2025年浙教版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷158考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、氧炔焰是乙炔（俗稱電石氣）在空氣中燃燒產(chǎn)生的火焰，溫度可達(dá)3000℃以上，常用來切割和焊接金屬。一定量的乙炔氣體完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水，當(dāng)消耗（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）時(shí)，放出的熱量，則下列熱化學(xué)方程式正確的是A.B.C.D.2、在恒容密閉容器中，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：下列說法正確的是A.當(dāng)混合氣體密度不再變化時(shí)，該反應(yīng)就達(dá)到了化學(xué)平衡狀態(tài)B.當(dāng)NO的轉(zhuǎn)化率不再變化時(shí)，該反應(yīng)就達(dá)到了化學(xué)平衡狀態(tài)C.4mol氨氣與足量的NO充分反應(yīng)，放出的熱量為QkJD.增大壓強(qiáng)，正反應(yīng)速率增大逆反應(yīng)速率減少3、常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是A.的溶液中：B.滴加幾滴溶液顯紅色的溶液中：C.加入鋁粉能生成的溶液：加入D.的溶液中：4、常溫下，已知次磷酸(H3PO2)溶液中含磷粒子的濃度之和為0.1mol·L-1，溶液中各含磷粒子的pc~pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷粒子的濃度負(fù)對數(shù)(pc=-lgc)。pOH表示OH-的濃度負(fù)對數(shù)[pOH=-lgc(OH-)]。z點(diǎn)坐標(biāo)為(12.8；a)。已知：lg2=0.3，lg6=0.8，下列說法錯(cuò)誤的是。

A.pOH=6的溶液中：c()>c(H3PO2)B.z點(diǎn)溶液對應(yīng)的a值等于1.3C.常溫下H3PO2電離常數(shù)Ka=6×10-2D.H3PO2的結(jié)構(gòu)簡式為5、常溫下，Ka1(H2C2O4)=10-1.3，Ka2(H2C2O4)=10-4.2.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液所得滴定曲線如圖。下列說法正確的是。

A.點(diǎn)①所示溶液中：c(Na+)>c()>c(H2C2O4)>c()B.點(diǎn)②所示溶液中：c()=c()C.點(diǎn)③所示溶液中：c(Na+)=c()+c()D.點(diǎn)④所示溶液中：c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=c(OH-)+2c()6、用晶體制取無水的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說法不正確的是。

A.氣體可以抑制的水解B.裝置d中液體上層可為溶液，下層可為C.實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，先點(diǎn)燃c處酒精燈，再滴入濃硫酸D.將濃鹽酸換為氯化鈉固體并微熱，也可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、煤炭燃燒過程中會釋放出大量的SO2，嚴(yán)重破壞生態(tài)環(huán)境。采用一定的脫硫技術(shù)可以把硫元素以CaSO4的形式固定，從而降低SO2的排放。但是煤炭燃燒過程中產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；降低脫硫效率。相關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下:

CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H1=+218.4kJ/mol(反應(yīng)I)

CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)△H2=-175.6kJ/mol(反應(yīng)II)

下列有關(guān)說法正確的是A.提高反應(yīng)體系的溫度，能降低該反應(yīng)體系中SO2生成量B.反應(yīng)II在較低的溫度下可自發(fā)進(jìn)行C.用生石灰固硫的反應(yīng)為:4CaO(s)+4SO2(g)3CaSO4(s)+CaS(s)△H3，則△H3>△H2D.由反應(yīng)I和反應(yīng)II可計(jì)算出反應(yīng)CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓變評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、（1）重鉻酸鉀（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、電鍍等．其水溶液中存在平衡：Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+。以鉻酸鉀（K2CrO4）為原料；用電化學(xué)法制備重鉻酸鉀的實(shí)驗(yàn)裝置如圖。

①寫出陰極區(qū)的電極反應(yīng)式___________________，透過離子交換膜的離子是____________，移動(dòng)方向?yàn)開___________（填“由左向右”或“由右向左）。

②陽極區(qū)能得到重鉻酸鉀溶液的原因?yàn)開______________________________________________________。

（2）工業(yè)上采用下面的方法處理含有Cr2O72-的酸性工業(yè)廢水：廢水中加入適量NaCl，以鐵為電極進(jìn)行電解，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，關(guān)于上述方法，下列說法正確的是_______（填字母序號）。

A．陰極反應(yīng)：2H＋＋2e－===H2↑

B．陽極反應(yīng)：Fe－3e－===Fe3＋

C．在電解過程中當(dāng)電路轉(zhuǎn)移0.6mol電子時(shí)，被還原的Cr2O72-為0.05mol

D．可以將鐵電極改為石墨電極9、一定條件下鐵可以和CO2發(fā)生反應(yīng)Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0.一定溫度下，向某密閉容器中加入足量鐵粉并充入一定量的CO2氣體，反應(yīng)過程中CO2氣體和CO氣體的濃度與時(shí)間的關(guān)系如圖所示。

(1)t1時(shí)，正、逆反應(yīng)速率的大小關(guān)系為v正___________v逆(填“＞”“＜”或“=”)；

(2)4分鐘內(nèi)，CO2的轉(zhuǎn)化率為___________；CO的平均反應(yīng)速率v(CO)=___________。

(3)下列條件的改變能減慢其反應(yīng)速率的是___________(填序號)。

①降低溫度。

②減少鐵粉的質(zhì)量。

③保持壓強(qiáng)不變；充入He使容器的體積增大。

④保持體積不變，充入He使體系壓強(qiáng)增大10、和合成甲烷也是資源化利用的重要方法。對于反應(yīng)催化劑的選擇是甲烷化技術(shù)的核心。在兩種不同催化劑條件下反應(yīng)相同時(shí)間，測得轉(zhuǎn)化率和生成選擇性隨溫度變化的影響如圖所示：

(1)高于后，以為催化劑，轉(zhuǎn)化率略有下降，而以為催化劑，轉(zhuǎn)化率仍在上升，其原因是_______。

(2)對比上述兩種催化劑的催化性能，工業(yè)上應(yīng)選擇的催化劑是_______，使用的合適溫度為_______。11、工業(yè)上一般在恒溫恒容密閉容器中可以采用下列反應(yīng)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)

(1)判斷反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)是(填字母序號，下同)__________。

A.生成CH3OH的速率與消耗CO的速率相等。

B.混合氣體的密度不變。

C.混合氣體的相對平均分子質(zhì)量不變。

D.CH3OH、CO、H2的濃度都不再發(fā)生變化。

(2)下表所列數(shù)據(jù)是反應(yīng)在不同溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)(K)。溫度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012

①由表中數(shù)據(jù)判斷該反應(yīng)的△H__________0(填“>”、“=”或“<”)；

②某溫度下，將2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中，充分反應(yīng)后，達(dá)到平衡時(shí)測得c(CO)=0.2mol/L，則CO的轉(zhuǎn)化率為__________，此時(shí)的溫度為__________。

(3)要提高CO的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是__________。

a.升溫b.加入催化劑c.增加CO的濃度d.加入H2e.加入惰性氣體f.分離出甲醇12、下表是幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)(25℃)。化學(xué)式H2CO3CH3COOHHClO電離平衡常數(shù)K1=4.3×10-7K2=5.6×10-111.8×10-53.0×10-8

(1)根據(jù)分析表格中數(shù)據(jù)可知，H2CO3、CH3COOH、HClO三種酸的酸性從強(qiáng)到弱依次是_____________________________________。

(2)常溫下，0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變大的是_________（填字母）

A．c(H+)B．C．c(H+)?c(OH﹣)D．E．

(3)25℃時(shí)，等濃度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO三種溶液的pH從小到大依次是_____________________________________。

(4)25℃時(shí)，將amol?L﹣1的醋酸與bmol?L﹣1氫氧化鈉等體積混合，反應(yīng)后溶液恰好顯中性，溶液中離子濃度大小關(guān)系：_________________

(5)下列反應(yīng)不能發(fā)生的是______(填字母)。

a．+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2Ob．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO

c．+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-d．2ClO-+CO2+H2O=+2HClO13、電解質(zhì)溶液是化學(xué)反應(yīng)的主戰(zhàn)場；回答下列問題：

(1)用離子方程式表示泡沫滅火器的工作原理___。

(2)向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液，寫出反應(yīng)的離子方程式__。

(3)向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，寫出反應(yīng)的離子方程式__。

(4)25℃時(shí)，濃度均為1mol·L-1的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，其c(NH)由大到小的順序?yàn)開_(用序號表示)。14、近年來；隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)展，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點(diǎn)。傳統(tǒng)的Deacon直接氧化法，按下列催化過程進(jìn)行：

4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)

(1)寫出上述反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=_____。

(2)生產(chǎn)過程中可使用CuCl2作催化劑；反應(yīng)原理如下：

CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH1=+63kJ·mol－1

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol－1

則4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_____kJ·mol－1。

(3)420℃時(shí)，將一定量的O2和HCl通入4L的恒容密閉容器中，反應(yīng)過程中氧氣的變化量如圖所示，則平衡時(shí)O2的轉(zhuǎn)化率為_____。

15、測定稀硫酸和稀氫氧化鈉中和熱的實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示．

（1）寫出該反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式(中和熱數(shù)值為57.3kJ/mol)：___________；

（2）裝置圖中碎泡沫塑料所起作用為：___________________；

（3）①取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；

實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表．請?zhí)顚懴卤碇械目瞻祝?/p>

。溫度。

實(shí)驗(yàn)次數(shù)。

起始溫度T1/℃

終止溫度T2/℃

溫度差平均值(T2－T1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.2

26.0

26.1

30.1

________

2

27.0

27.4

27.2

33.3

3

25.9

25.9

25.9

29.8

4

26.4

26.2

26.3

30.4

②若上述實(shí)驗(yàn)所測中和熱數(shù)值偏小，產(chǎn)生偏差的原因可能是___________________

a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中。

d．用溫度計(jì)測定NaOH溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤17、Na2CO3溶液加水稀釋，促進(jìn)水的電離，溶液的堿性增強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤18、二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響(已知珊瑚礁的主要成分為)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起濃度增大、濃度減小。(________)A.正確B.錯(cuò)誤19、0.1mol/LCH3COOH溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤20、(1)Ksp越小，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小與離子濃度無關(guān)，只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)____

(3)常溫下，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的Ksp減小_____

(4)Ksp小的物質(zhì)其溶解度一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解度小_____

(5)Ksp反應(yīng)了物質(zhì)在水中的溶解能力，可直接根據(jù)Ksp數(shù)值的大小來比較電解質(zhì)在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，則Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl與10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反應(yīng)后，Cl-濃度等于零_____

(8)溶度積常數(shù)Ksp只受溫度影響，溫度升高，Ksp增大____

(9)常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，Mg(OH)2的Ksp不變_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，則Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，則在任何含AgCl固體的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在溫度一定時(shí)，當(dāng)溶液中Ag+和Cl-的濃度的乘積等于Ksp(AgCl)時(shí)，則溶液中達(dá)到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變_____

(14)將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，現(xiàn)象是先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍(lán)色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小______A.正確B.錯(cuò)誤評卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共40分)21、氯化銅和氯化亞銅都是重要的化原料，常用作石油工業(yè)脫臭脫硫和純化劑、印染媒染劑等。某研究小組用粗銅(含雜質(zhì)Fe)為原料制備CuCl2·2H2O晶體，再用CuCl2·2H2O晶體制備CuCl。

[制備CuCl2·2H2O晶體]

（1）儀器B的名稱是________________；B中反應(yīng)的離子方程式為_______________________________。

（2）裝置C中粗銅粉末與氣體充分反應(yīng)時(shí)的生成物是______________________(填化學(xué)式)。反應(yīng)完成后，將C中的固體用稀鹽酸完全溶解、再加入試劑M除雜，經(jīng)一系列操作便可獲得CuCl2·2H2O晶體。

①試劑M應(yīng)當(dāng)選用___________(填正確答案字母編號)

a.Cu(NO3)2b.NaOHc.CuOd.NH3·H2Oe.Cu(OH)2

②溶解C中生成物固體時(shí)，有時(shí)會加入少量雙氧水，目的是____________________。

③設(shè)計(jì)簡易實(shí)驗(yàn)方案確定所CuCl2·2H2O晶體中不含鐵化合物:________________________。

[制備CuCl固體]

將CuCl2·2H2O晶體在HCl氣流中加熱到140℃得無水CuCl2；再加熱到300℃以上可獲得CuCl固體。

（3）將CuCl2·2H2O晶體在HCl氣流中加熱脫水的原因是__________________。

（4）為測定CuCl固體的產(chǎn)率；進(jìn)行如下定量分析:

①將10.26gCuCl2·2H2O晶體先加熱到140℃；再加熱到300℃以上，充分反應(yīng)后，將所得固體平均分成三份，分別轉(zhuǎn)移至三個(gè)錐形瓶中。

②分別在三個(gè)錐形瓶中加過量FeCl3溶液不斷振蕩；使固體迅速溶解，再加入2滴1，10—鄰菲啰啉一硫酸亞鐵絡(luò)合物作指示劑。

③用1.00mol/L的硫酸鈰[Ce(SO4)2]標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定。平行測定三份樣品溶液，消耗硫酸鈰[Ce(SO4)2]標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為19.40mL。

反應(yīng)原理:CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，F(xiàn)e2++Ce4+=Ce3++Fe3+

根據(jù)上述定量實(shí)驗(yàn)計(jì)算CuCl的產(chǎn)率為________________________。22、某化學(xué)小組利用溶液和酸性溶液反應(yīng)來探究“條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響”。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先分別量取兩種溶液，然后倒入試管中迅速振蕩，混合均勻，開始計(jì)時(shí)，通過測定褪色所需時(shí)間來判斷反應(yīng)的快慢，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：。實(shí)驗(yàn)序號溶液實(shí)驗(yàn)溫度/℃實(shí)驗(yàn)溫度/℃溶液顏色褪至無色時(shí)所需時(shí)間/sV/mLc/V/mLc/c/12.00.104.00.01254022.00.204.00.012532.00.204.00.0150

已知：

(1)通過實(shí)驗(yàn)1、2，可探究出___________(填外界條件)的改變對反應(yīng)速率的影響，其中___________(填“>”或“<”)40s；通過實(shí)驗(yàn)___________(填實(shí)驗(yàn)序號)可探究出溫度變化對化學(xué)反應(yīng)速率的影響。

(2)實(shí)驗(yàn)3的反應(yīng)速率___________。(用含有的式子表示；忽略混合前后溶液體積的變化)

(3)該小組的一位同學(xué)實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)；在反應(yīng)過程中該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率先增大后減小。

①造成化學(xué)反應(yīng)速率先增大的原因可能是___________。

②反應(yīng)后期，化學(xué)反應(yīng)速率降低的原因是___________。23、文獻(xiàn)記載：與鐵反應(yīng)能產(chǎn)生某小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。

實(shí)驗(yàn)Ⅰ：20℃，將過量鐵粉溶于中；立即有無色氣體生成，充分反應(yīng)后，溶液幾乎無色。

(1)檢驗(yàn)氣體：方法如圖所示。

確認(rèn)氣體是不含NO。實(shí)驗(yàn)證據(jù)是___________。

(2)檢驗(yàn)溶液：取上層清液；等分兩份。

①向一份滴加溶液，___________(填現(xiàn)象)，說明含有

②向另一份加入NaOH溶液，產(chǎn)生灰綠色沉淀；加熱至沸，有刺激性氣味氣體逸出，用濕潤紅色石蕊試紙檢驗(yàn)，試紙變藍(lán)。綜合①、②，說明實(shí)驗(yàn)Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)有另外還有___________(寫出離子方程式)。

(3)對產(chǎn)生的原因提出假設(shè)：中的氧化性大于驗(yàn)證如下：

實(shí)驗(yàn)Ⅱ：將銅粉溶于中。經(jīng)檢測，發(fā)現(xiàn)沒有___________生成；證實(shí)假設(shè)不成立。

(4)重新假設(shè)：的還原速率大于的還原速率。改變條件重復(fù)實(shí)驗(yàn)Ⅰ，向中加入過量鐵粉，結(jié)果如下：。實(shí)驗(yàn)序號ⅢⅣⅤ溫度20℃40℃60℃生成H體積6.0mL3.4mL2.6mL現(xiàn)象溶液幾乎無色溶液略顯黃色溶液顯黃色

經(jīng)檢驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中，的還原產(chǎn)物與實(shí)驗(yàn)Ⅰ相同。

①根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，能否確定假設(shè)成立？___________。

②從反應(yīng)速率的角度解釋溫度升高體積減少的原因___________。

(5)改用與過量鐵粉反應(yīng)，的還原產(chǎn)物主要是NO。綜上所述，有利于金屬與硝酸反應(yīng)生成氫氣的條件是___________。24、某小組同學(xué)通過下列實(shí)驗(yàn)探究了物質(zhì)的溶解度大?。环磻?yīng)物濃度與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。

已知：。物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)

(1)探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化。

實(shí)驗(yàn)操作：

試劑A試劑B加入鹽酸后的現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)ⅠNa2CO3Na2SO4無明顯現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解

①實(shí)驗(yàn)Ⅰ中加入A溶液后生成沉淀的離子方程式為_____________。

②實(shí)驗(yàn)Ⅱ說明沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化，結(jié)合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因________。

(2)探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化。

實(shí)驗(yàn)Ⅲ：

實(shí)驗(yàn)Ⅳ：在試管中進(jìn)行溶液間反應(yīng)時(shí)，同學(xué)們無法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，于是又設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)(電壓表讀數(shù)：a>c>b>0)。裝置步驟電壓表讀數(shù)i.如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaii.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全bbiii.再向B中投入一定量NaCl(s)cciv.重復(fù)i，再向B中加入與iii等量NaCl(s)aa

注：其他條件不變時(shí)；參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強(qiáng)，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)。

①實(shí)驗(yàn)Ⅲ證明了AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，甲溶液是_____________(填序號)。

a.AgNO3溶液b.NaCl溶液c.KI溶液。

②實(shí)驗(yàn)Ⅳ中結(jié)合信息，解釋電壓b_____________。

③實(shí)驗(yàn)Ⅳ的現(xiàn)象能說明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，理由是_____________。

(3)綜合實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅳ，下列說法正確的是_____________(填序號)。

a.溶解度小的沉淀只能轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀。

b.電化學(xué)是研究物質(zhì)性質(zhì)和轉(zhuǎn)化的重要手段之一。

c.某些沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)可通過對反應(yīng)物濃度的調(diào)節(jié)；實(shí)現(xiàn)逆向轉(zhuǎn)化。

d.溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)25、有關(guān)物質(zhì)存在如下圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分產(chǎn)物已省略）。通常C為氣體單質(zhì)；G為紫黑色固體單質(zhì)．實(shí)驗(yàn)室中，常用固體E在B的催化下加熱制取氣體單質(zhì)H。

請回答下列問題；

（1）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為_____________________；

（2）反應(yīng)②的離子方程式為_____________________；

（3）寫出另外一種實(shí)驗(yàn)室制取H的化學(xué)方程式_____________________；

（4）D溶液與Pb（NO3）2溶液混合可形成沉淀．此沉淀的Ksp=7．1×10-9mol·L-3．將0．01mol·L-1的D溶液與0．001mol·L-1的Pb（NO3）2溶液等體積混合，你認(rèn)為能否形成沉淀________（填“能”或“不能”），請通過計(jì)算說明________。26、短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，它們的原子核外電子層數(shù)之和為13。B的化合物種類繁多，數(shù)目龐大；C、D是空氣中含量最多的兩種元素，D、E兩種元素的單質(zhì)反應(yīng)可以生成兩種不同的離子化合物；F為同周期原子半徑最小的元素。試回答以下問題：(所有答案都用相應(yīng)的元素符號作答)

(1)化學(xué)組成為AFD的結(jié)構(gòu)式為___，A、C、F三種元素形成的化合物CA4F為___化合物(填“離子”或“共價(jià)”)。

(2)化合物甲；乙由A、B、D、E中的三種或四種組成；且甲、乙的水溶液均呈堿性。則甲、乙反應(yīng)的離子方程式為___。

(3)由D；E形成的簡單離子的離子半徑由大到小的順序是___。

(4)元素B和C的非金屬性強(qiáng)弱；B的非金屬性___于C(填“強(qiáng)”或“弱”)，并用化學(xué)方程式證明上述結(jié)論___。

(5)以CA3代替氫氣研發(fā)燃料電池是當(dāng)前科研的一個(gè)熱點(diǎn)。CA3燃料電池使用的電解質(zhì)溶液是2mol?L-1的KOH溶液，電池反應(yīng)為：4CA3+3O2=2C2+6H2O。該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為___；每消耗3.4gCA3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為___。27、下列六種短周期元素（用字母x等表示）。最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)與原子序數(shù)關(guān)系如圖所示。

根據(jù)判斷出的元素回答問題：

（1）f在周期表中的位置是______。已知x為非金屬元素，由x、e、g三種元素組成的離子化合物的電子式：______。

（2）上述元素簡單離子半徑最大的是（用化學(xué)式表示，下同）：___；比較g、h的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱：_____。

（3）已知1mole的單質(zhì)在足量d2中燃燒，恢復(fù)至室溫，放出255.5kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：__________。

（4）x和d組成的化合物中，既含有極性共價(jià)鍵又含有非極性共價(jià)鍵的是____（填化學(xué)式），此化合物可將堿性工業(yè)廢水中的CN－氧化，生成碳酸鹽和氨氣，相應(yīng)的離子方程式為__________。28、有一瓶澄清溶液，可能含有K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、中的一種或幾種。取該溶液進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：

①用pH試紙檢驗(yàn)；表明溶液呈強(qiáng)酸性；

②取出部分溶液，加入少量CCl4及數(shù)滴新制氯水，經(jīng)振蕩CCl4層呈紫紅色；

③另取部分溶液；向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液從酸性變?yōu)閴A牲，在滴加過程中先生成白色沉淀后完全溶解；取部分堿性溶液加熱，有氣體放出，該氣體能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍(lán)。

④另取部分③中的堿性溶液，向其中加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)事實(shí)回答下列問題：

(1)該溶液中肯定存在的離子是___________________，肯定不存在的離子是________；

(2)步驟③加入NaOH溶液過程中先生成白色沉淀后完全溶解的離子方程式為_______。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】

反應(yīng)熱單位為：反應(yīng)生成液態(tài)水，反應(yīng)熱中“+”表示吸熱，“-”表示放熱，以此分析。

【詳解】

一定量的乙炔氣體完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水，當(dāng)消耗（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）時(shí)，放出的熱量，氧氣物質(zhì)的量則熱化學(xué)方程式為：故答案選：C。2、B【分析】【詳解】

A．容器體積不變；所有反應(yīng)物均為氣體，氣體總質(zhì)量不變，密度不是一個(gè)變量，混合氣體的密度不變不能說明已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B．當(dāng)某反應(yīng)在一定條件下反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率保持不變；即某物質(zhì)的變化量不再改變時(shí)，即達(dá)到了化學(xué)平衡狀態(tài)，選項(xiàng)B正確；

C．4mol氨氣與足量的NO充分反應(yīng)；放出的熱量為QkJ，無法確定反應(yīng)進(jìn)行的程度，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D．增大壓強(qiáng)；正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率也增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選B。3、C【分析】【詳解】

A．1.0mol/L的KNO3溶液中含有的和H+、Fe2+三者之間因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存；A不合題意；

B．滴加幾滴溶液顯紅色的溶液中含有的Fe3+和I-因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存；B不合題意；

C．加入鋁粉能生成H2的溶液可能是強(qiáng)酸性溶液，則能夠大量共存，也可能是強(qiáng)堿性溶液，則不能含有大量的H+；C符合題意；

D．的溶液中含有大量的OH-，則OH-與Mg2+、OH-與不能大量共存；D不合題意；

故答案為：C。4、D【分析】【詳解】

A．溶液堿性越大，的濃度越大，故pOH=6的溶液中：c()>c(H3PO2)；A正確；

B．z點(diǎn)；兩種磷的粒子濃度相等，即為0.05mol/L，則pc=-lg0.05=1.3，B正確；

C．取z點(diǎn)數(shù)據(jù)，常溫下H3PO2電離常數(shù)Ka=C正確；

D．從題分析；溶液中只含有兩種含磷的粒子，故次磷酸為一元酸，含有一個(gè)羥基，D錯(cuò)誤；

故選D。5、B【分析】【分析】

用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液，當(dāng)V(NaOH)=10mL時(shí)，發(fā)生①H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O反應(yīng)，溶液溶質(zhì)為NaHC2O4，從變化圖可知，溶液顯酸性，電離過程大于水解過程；當(dāng)V(NaOH)=20mL時(shí)，發(fā)生②NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，溶液的溶質(zhì)為Na2C2O4，從變化圖可知，溶液顯堿性；當(dāng)10mL<20mL時(shí)；溶液可以為酸性或中性，根據(jù)電荷守恒；物料守恒進(jìn)行分析解答。

【詳解】

A．結(jié)合以上分析可知，點(diǎn)①溶液為NaHC2O4，溶液顯酸性，的電離過程大于水解過程，離子濃度大小關(guān)系：c(Na+)>c()>c()>c(H2C2O4)；故A錯(cuò)誤；

B．點(diǎn)②溶液的pH=4.2，c(H+)=10-4.2mol/L；Ka2(H2C2O4)=10-4.2=所以c()=c()；故B正確；

C．點(diǎn)③溶液為中性，根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)=c()+2c()；故C錯(cuò)誤；

D．結(jié)合以上分析可知，點(diǎn)④溶液溶質(zhì)為Na2C2O4，溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒：①c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+c(OH-)；物料守恒：②c(Na+)=2c(H2C2O4)+2c()+2c()；根據(jù)①×2-②可得：c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH-)+2c()；故D錯(cuò)誤；

故選B。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．Cu2+水解顯酸性，故氣體可抑制Cu2+水解；A項(xiàng)正確；

B．裝置d中液體上層可為溶液，下層可為可防止倒吸，B項(xiàng)正確；

C．實(shí)驗(yàn)開始時(shí)；應(yīng)先滴入濃硫酸，使產(chǎn)生的HCl將裝置中的空氣排出，再點(diǎn)燃c處酒精燈，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．加熱條件下；濃硫酸和氯化鈉固體反應(yīng)生成硫酸鈉和HCl氣體，故將濃鹽酸換為氯化鈉固體并微熱，也可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，D項(xiàng)正確；

答案選C。7、B【分析】【詳解】

分析：由已知的兩個(gè)熱化學(xué)方程式；結(jié)合溫度對化學(xué)平衡的影響規(guī)律，即可分析A選項(xiàng)，根據(jù)自由能判據(jù)可分析B選項(xiàng)，利用蓋斯定律可分析出C；D兩個(gè)選項(xiàng)。

詳解：A、只有在反應(yīng)I中生成SO2，且該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以升高溫度，有利于反應(yīng)I平衡向右移動(dòng)，生成更多的SO2；故A錯(cuò)誤；

B、要使反應(yīng)II自發(fā)進(jìn)行，則自由能判據(jù)△G=△H-T△S<0，已知△H2<0；由反應(yīng)方程式可知該反應(yīng)的熵變化不大，反應(yīng)的自發(fā)性主要決定于焓變，所以該反應(yīng)在低溫下即可自發(fā)進(jìn)行，且低溫有利于節(jié)約能源，故B正確；

C、根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)II—4×反應(yīng)I即得C選項(xiàng)的熱化學(xué)方程式，所以△H3=△H2-4△H1，已知△H1>0，△H2<0，所以△H3<△H2,故C錯(cuò)誤；

D、反應(yīng)I和反應(yīng)II中沒有SO3(g)，所以無法通過反應(yīng)I和反應(yīng)II計(jì)算出反應(yīng)CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓變；故D錯(cuò)誤。所以本題答案選B。

點(diǎn)睛：本題的難點(diǎn)是B選項(xiàng)，因?yàn)榉磻?yīng)II前后氣體、固體的分子數(shù)都不變，即商變不大，所以焓變對反應(yīng)的自發(fā)性起決定作用，這是利用自由能判據(jù)的一種特殊情況，由于是放熱反應(yīng)，低溫即可自發(fā)進(jìn)行，且節(jié)約能源；易錯(cuò)點(diǎn)是C選項(xiàng)，要明確焓變的比較是帶著+、-號進(jìn)行比較的。本題有一定的難度。二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】【詳解】

（1）①與電源的負(fù)極相連作陰極，溶液中氫離子得電子生成氫氣，陰極區(qū)的電極反應(yīng)式：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；離子交換膜為陽離子交換膜，所以透過離子交換膜的離子是K+；電解池中，陽離子向陰極移動(dòng)，即由右向左移動(dòng)；綜上所述，本題答案是：.2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，K+；由右向左。

②與電源的正極相連作陽極，溶液中的OH﹣放電，溶液中H+濃度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移動(dòng)，（部分K+通過陽離子交換膜移動(dòng)到陰極區(qū)），使陽極區(qū)主要成分是K2Cr2O7；綜上所述，本題答案是：陽極OH﹣放電，溶液中H+濃度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移動(dòng)，（部分K+通過陽離子交換膜移動(dòng)到陰極區(qū)），使陽極區(qū)主要成分是K2Cr2O7。

（2）A、陰極得到電子，則溶液中的氫離子放電產(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－＝H2↑；A正確；

B、有氫氧化鐵生成，這說明鐵是陽極，電極反應(yīng)式為Fe－2e－＝Fe2＋；B錯(cuò)誤；

C、鐵做陽極，失電子，極反應(yīng)為：Fe－2e－＝Fe2＋,若轉(zhuǎn)移0.6mol電子時(shí)，生成n(Fe2＋)=0.3mol；Cr2O72-能夠氧化亞鐵離子，本身被還原為Cr(OH)3，根據(jù)電子得失守恒可知，設(shè)被還原的Cr2O72-有xmol；則x×2×（6-3）=0.3，x=0.05mol，C正確；

D；鐵作陽極提供還原劑亞鐵離子；所以不能將鐵電極改為石墨電極，D錯(cuò)誤；

綜上所述，本題選A、C?！窘馕觥?H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑K+由右向左陽極OH﹣放電，溶液中H+濃度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移動(dòng)，（部分K+通過陽離子交換膜移動(dòng)到陰極區(qū)），使陽極區(qū)主要成分是K2Cr2O7A、C9、略

【分析】【詳解】

(1)由圖像可知，t1時(shí)，反應(yīng)未達(dá)到平衡，仍正向進(jìn)行，因此v正＞v逆；

(2)根據(jù)圖像，4min內(nèi)，CO2的濃度變化量為0.7-0.2=0.5mol/L，則CO2的轉(zhuǎn)化率為CO的濃度變化量為0.5-0=0.5mol/L，則CO的平均反應(yīng)速率v(CO)=

(3)①降低溫度；活化分子數(shù)減少，有效碰撞幾率減小，反應(yīng)速率減慢，①符合題意；

②鐵粉為固體；減少鐵粉的質(zhì)量不影響反應(yīng)速率，②不符合題意；

③保持壓強(qiáng)不變；充入He使容器的體積增大，濃度減小，反應(yīng)速率減慢，③符合題意；

④保持體積不變；充入He使體系壓強(qiáng)增大，濃度不變，反應(yīng)速率不變，④不符合題意；

故答案選①③?！窘馕觥浚净?1.4%0.125mol·L-1·min-1①③10、略

【分析】【詳解】

（1）由圖可知，320℃前，在相同溫度下以Ni—CeO2為催化劑反應(yīng)相同時(shí)間CO2的轉(zhuǎn)化率高于以Ni為催化劑時(shí)，說明在相同溫度下Ni—CeO2的催化效果更好、反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間更短；由圖(a)可知，高于320℃后，以Ni—CeO2為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率略有下降，CH4的選擇性略下降，而以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率仍在上升，其原因是：320℃時(shí)，以Ni—CeO2為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)已達(dá)平衡，升高溫度平衡左移；以Ni為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)速率較慢，升高溫度反應(yīng)速率加快，反應(yīng)相同時(shí)間時(shí)CO2轉(zhuǎn)化率增加；答案為：320℃時(shí)，以Ni—CeO2為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)已達(dá)平衡，升高溫度平衡左移；以Ni為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)速率較慢，升高溫度反應(yīng)速率加快，反應(yīng)相同時(shí)間時(shí)CO2轉(zhuǎn)化率增加。

（2）由圖(a)和(b)可知，320℃前，相同溫度下反應(yīng)相同時(shí)間，使用Ni—CeO2為催化劑時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率和CH4的選擇性都大于Ni為催化劑時(shí)，故工業(yè)上應(yīng)選擇的催化劑是Ni—CeO2；在該條件下，320℃時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率最大、CH4的選擇性大，使用的合適溫度為320℃；答案為：Ni—CeO2；320℃?！窘馕觥?1)時(shí)，以為催化劑，甲烷化反應(yīng)已達(dá)平衡，升高溫度平衡左移；以為催化劑，甲烷化反應(yīng)速率較慢，升高溫度反應(yīng)速率加快，反應(yīng)相同時(shí)間時(shí)轉(zhuǎn)化率增加。

(2)11、略

【分析】【詳解】

(1)A．生成CH3OH的同時(shí)必然消耗CO；其速率相等且方向同向，不能判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，A與題意不符；

B．反應(yīng)體系中各物質(zhì)均為氣體；則氣體質(zhì)量不變，而容積恒定，則混合氣體的密度始終不變，氣體的密度不變不能判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，B與題意不符；

C．反應(yīng)體系中各物質(zhì)均為氣體；則氣體質(zhì)量不變，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，氣體的物質(zhì)的量不變，則混合氣體的相對平均分子質(zhì)量不變，C符合題意；

D．CH3OH、CO、H2的濃度都不再發(fā)生變化；反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，D符合題意；

答案為CD。

(2)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，升高溫度，K減小，即平衡逆向移動(dòng)，則逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0；

②平衡時(shí)測得c(CO)=0.2mol/L；容器的體積為2L，則平衡時(shí)，CO的物質(zhì)的量為0.4mol；

CO的轉(zhuǎn)化率=×100%=80%；K==2.041；則溫度為250℃；

(3)a．正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；升溫平衡逆向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率降低，a與題意不符；

b．加入催化劑反應(yīng)速率加快，平衡不移動(dòng)，b與題意不符；

c．增加CO的濃度平衡正向移動(dòng)；CO的轉(zhuǎn)化率降低，c與題意不符；

d．加入H2平衡正向移動(dòng)；CO的轉(zhuǎn)化率升高，d符合題意；

e．加入惰性氣體；容積不變，平衡不移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率不變，e與題意不符；

f．分離出甲醇；平衡正向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率升高，f符合題意；

答案為df?！窘馕觥竣?CD②.<③.80%④.250℃⑤.df12、略

【分析】【分析】

(1)比較H2CO3(K1)、CH3COOH；HClO三種酸的電離常數(shù)；便可得出酸性強(qiáng)弱。

(2)在CH3COOH溶液中，存在下列電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-。

A．加水稀釋，c(H+)不斷減??；

B．加水稀釋，n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，=

C．c(H+)?c(OH﹣)=KW；

D．加水稀釋，c(H+)減小，c(OH-)增大；

E．=Ka

(3)25℃時(shí)，比較等濃度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO三種溶液的pH；可比較對應(yīng)的三種酸的酸性。

(4)25℃時(shí)，將amol?L﹣1的醋酸與bmol?L﹣1氫氧化鈉等體積混合；反應(yīng)后溶液恰好顯中性，則醋酸過量，可利用電荷守恒進(jìn)行分析。

(5)利用強(qiáng)酸制弱酸的原理分析反應(yīng)發(fā)生的可能性。

【詳解】

(1)根據(jù)分析表格中數(shù)據(jù)可知，K(CH3COOH)>K1>K(HClO)，所以三種酸的酸性從強(qiáng)到弱依次是CH3COOH>H2CO3>HClO。答案為：CH3COOH>H2CO3>HClO；

(2)A．加水稀釋，c(H+)不斷減?。籄不合題意；

B．加水稀釋，n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，=變大；B符合題意；

C．常溫下，c(H+)?c(OH﹣)=KW，加水稀釋，KW不變；C不合題意；

D．加水稀釋，c(H+)減小，c(OH-)增大，增大；D符合題意；

E．常溫下，=Ka，加水稀釋，Ka不變；E不合題意；

故選BD。答案為BD；

(3)25℃時(shí)，K(CH3COOH)>K(HClO)>K2，所以等濃度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO的堿性Na2CO3>NaClO>CH3COONa，三種溶液的pH從小到大依次是CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3。答案為：CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3；

(4)25℃時(shí)，將amol?L﹣1的醋酸與bmol?L﹣1氫氧化鈉等體積混合，反應(yīng)后溶液恰好顯中性，依據(jù)電荷守恒可得：c()+c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)，由于c(H＋)＝c(OH－)，所以c()＝c(Cl－)，從而得出溶液中離子濃度大小關(guān)系：c()＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)。答案為：c()＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)；

(5)a．因?yàn)镵(CH3COOH)>K1，所以+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O能發(fā)生；

b．因?yàn)镵(CH3COOH)>K(HClO)，所以ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO能發(fā)生；

c．因?yàn)镵(HClO)<K1，所以+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-不能發(fā)生；

d．因?yàn)镵(HClO)>K2，所以2ClO-+CO2+H2O=+2HClO不能發(fā)生；

故選cd。答案為：cd。

【點(diǎn)睛】

比較Na2CO3、CH3COONa和NaClO三者的堿性強(qiáng)弱時(shí)，可比較對應(yīng)酸的酸性，酸性越強(qiáng)，對應(yīng)鹽的堿性越弱。但需注意Na2CO3對應(yīng)的酸為HCO3-，而不是H2CO3。解題時(shí)，若不注意理解，用H2CO3與HClO的電離常數(shù)進(jìn)行比較，得出Na2CO3、NaClO的堿性強(qiáng)弱的結(jié)論，是錯(cuò)誤的?！窘馕觥竣?CH3COOH>H2CO3>HClO②.BD③.CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3④.c()＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.cd13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)泡沫滅火器的工作原理是硫酸鋁和碳酸氫鈉發(fā)生雙水解反應(yīng)生成硫酸鈉和氫氧化鋁和二氧化碳，滅火時(shí)，能噴射出大量二氧化碳及泡沫，它們能粘附在可燃物上，使可燃物與空氣隔絕，達(dá)到滅火的目的離子方程式Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；

(2)向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液反應(yīng)生成碳酸鈉、碳酸鈣和水，反應(yīng)的離子方程式HCO+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O；

(3)向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，溴離子還原性弱于二價(jià)鐵離子，氯氣少量先氧化二價(jià)鐵離子，再氧化溴離子，1molFeBr2含有1mol二價(jià)鐵離子，2mol溴離子，通入1mol氯氣，1mol二價(jià)鐵離子消耗0.5mol氯氣，1mol溴離子消耗0.5mol氯氣，反應(yīng)的離子方程式2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-；

(4)25℃時(shí)，濃度均為1mol·L-1的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，均存在銨根離子水解：NH+H2O=NH3·H2O+H+，若NH不發(fā)生水解，三個(gè)溶液中NH濃度相等，(NH4)2CO3溶液中CO水解顯堿性，促進(jìn)NH水解，(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中Fe2+水解呈酸性，抑制NH4+水解，(NH4)2SO4溶液中對NH水解無影響，其c(NH)由大到小的順序?yàn)棰郏劲伲劲凇！窘馕觥緼l3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑HCO+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-③＞①＞②14、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可知，化學(xué)平衡常數(shù)等于生成物濃度冪之積與反應(yīng)物的濃度冪之積的比值，即反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式：K=故答案為：

(2)根據(jù)反應(yīng)原理：①CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH1=+63kJ·mol－1；②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol－1；利用蓋斯定律：2(①+②)得到：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=2(ΔH1+ΔH2)=-116kJ·mol－1；故答案為：-116；

(3)平衡時(shí)O2的轉(zhuǎn)化率為=33.3%，故答案為：33.3%?！窘馕觥?11633.3%15、略

【分析】【詳解】

（1）稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出57.3kJ的熱量，應(yīng)生成1mol液態(tài)水，熱化學(xué)方程式為H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol;答案為H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol；

（2）碎泡沫的作用是保溫、隔熱、減少熱量損失，故答案為保溫、隔熱、減少熱量損失；（3）①根據(jù)表格數(shù)據(jù)求得溫差平均值為℃=4.0℃；故答案為4.0；

②a．裝置保溫、隔熱效果差，測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故a選；b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)，會導(dǎo)致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高，中和熱的數(shù)值偏大，故b不選；c．盡量一次快速將NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，不允許分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，可保證實(shí)驗(yàn)成功，故c選；d．溫度計(jì)測定NaOH溶液起始溫度后直接插入稀H2SO4測溫度，硫酸的起始溫度偏高，測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故選；故答案為acd。【解析】H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol保溫、隔熱，防止熱量損失4.0a、c、d三、判斷題(共5題，共10分)16、A【分析】【分析】

【詳解】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相對大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈堿性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性，故答案為：正確。17、B【分析】【詳解】

稀釋使鹽水解程度增大，但溶液總體積增加得更多。鹽的濃度降低、水解產(chǎn)生的氫氧根濃度也降低，堿性減弱。所以答案是：錯(cuò)誤。18、A【分析】【詳解】

二氧化碳為酸性氧化物能與水反應(yīng)生成碳酸，導(dǎo)致海水酸性增強(qiáng)，碳酸電離出和引起海水中濃度增大，與碳酸反應(yīng)生成導(dǎo)致濃度減小，故答案為：正確；19、B【分析】【詳解】

根據(jù)質(zhì)子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，錯(cuò)誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)沉淀類型相同、溫度相同時(shí)，Ksp越小；難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力才一定越弱，答案為：錯(cuò)誤。

(2)溶度積常數(shù)Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)；與離子濃度無關(guān)，答案為：正確。

(3)溶度積常數(shù)Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，常溫下，BaCO3的Ksp始終不變；答案為：錯(cuò)誤。

(4)Ksp小的物質(zhì)其溶解度一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解度?。淮鸢笧椋哄e(cuò)誤。

(5)Ksp反應(yīng)了物質(zhì)在水中的溶解能力，只有沉淀類型相同、溫度相同時(shí)，才可直接根據(jù)Ksp數(shù)值的大小來比較電解質(zhì)在水中的溶解能力；答案為：錯(cuò)誤。

(6)Ag2CrO4與AgCl沉淀類型不同，不能通過Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比較Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案為：錯(cuò)誤。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl與10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反應(yīng)后析出氯化銀沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-濃度不等于零；答案為：錯(cuò)誤。

(8)物質(zhì)確定時(shí)，溶度積常數(shù)Ksp只受溫度影響，溫度升高，大多數(shù)沉淀Ksp增大、少數(shù)沉淀Ksp減??；例如氫氧化鈣，答案為：錯(cuò)誤。

(9)常溫下Mg(OH)2的Ksp不變；不受離子濃度影響，答案為：正確。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先出現(xiàn)了碘化銀沉淀，但由于不知道其實(shí)時(shí)氯離子和碘離子的濃度，因此，無法判斷Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相對大?。淮鸢笧椋哄e(cuò)誤。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，則在含AgCl固體的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固體的溶液中，銀離子和氯離子濃度不一定相等，答案為：錯(cuò)誤。

(12)在溫度一定時(shí)，當(dāng)溶液中Ag+和Cl-的濃度的乘積Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)時(shí)；則溶液中達(dá)到了AgCl的溶解平衡，答案為：正確。

(13)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，則溶液中不變；答案為：正確。

(14)將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，現(xiàn)象是先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍(lán)色沉淀，則先得到氫氧化鎂沉淀和硫酸鈉溶，后氫氧化鎂轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸~沉淀，說明沉淀發(fā)生了轉(zhuǎn)化，所以Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小，答案為：正確。四、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共40分)21、略

【分析】【分析】

用粗銅(含雜質(zhì)Fe)為原料制備CuCl2·2H2O晶體，再用CuCl2·2H2O晶體制備CuCl。

[制備CuCl2·2H2O晶體]

用MnO2和濃鹽酸制取氯氣，干燥后和粗銅（含鐵）反應(yīng)，生成CuCl2和FeCl3，多余的氯氣用NaOH溶液吸收。由于CuCl2中含有雜質(zhì)FeCl3以及可能存在的FeCl2，所以需要先加氧化劑把Fe2+氧化為Fe3+，然后加CuO或Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去。得到的CuCl2溶液在HCl的氣流中加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾等操作得到CuCl2·2H2O晶體。

[制備CuCl固體]

將CuCl2·2H2O晶體在HCl氣流中加熱到140℃得無水CuCl2；再加熱到300℃以上可獲得CuCl固體。

[測定CuCl固體的產(chǎn)率]

根據(jù)反應(yīng)CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，F(xiàn)e2++Ce4+=Ce3++Fe3+找到關(guān)系式：CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

（1）儀器B是圓底燒瓶，其中發(fā)生的反應(yīng)為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，離子方程式為：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O。正確答案：圓底燒瓶、MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）C中發(fā)生的反應(yīng)為：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3，所以生成物是CuCl2、FeCl3，①將生成的固體溶解在稀鹽酸中后，制取氯化銅晶體前需要除去FeCl3，給出的五種試劑中，a、不能除去Fe3+且會引入NO3-，b、d都會引入雜質(zhì)陽離子不適合，而c、e分別可以消耗溶液中的H+使溶液pH升高，從而使得Fe3+逐漸沉淀，所以應(yīng)該選ce。②當(dāng)裝置C中Fe反應(yīng)不充分時(shí)，F(xiàn)e溶解在鹽酸中生成Fe2+，在用CuO或者Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH值時(shí)不能生成沉淀除去，這樣制取的氯化銅晶體就會含有雜質(zhì)，所以必須先將Fe2+氧化成Fe3+。所以加入雙氧水的目的是將Fe2+氧化成Fe3+，便于沉降分離。③CuCl2·2H2O晶體中可能含有的雜質(zhì)是由于Fe3+沉淀不完全而混入的FeCl3，檢驗(yàn)方法是：取少量晶體加水溶解后，滴加KSCN溶液，沒有出現(xiàn)血紅色，證明晶體不含鐵化合物。正確答案：CuCl2，F(xiàn)eCl3、ce、將鐵元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)；便于沉降分離；取少量晶體加水溶解后，滴加KSCN溶液，沒有出現(xiàn)血紅色，證明晶體不含鐵化合物。

（3）CuCl2·2H2O晶體直接加熱脫水時(shí)，由于Cu2+水解及HCl的揮發(fā)等原因，最終得到的是CuO，所以脫水過程中必須設(shè)法避免CuCl2的水解，在HCl氣流中加熱到140℃得無水CuCl2”，可以利用體系中存在的HCl抑制CuCl2水解。正確答案：防止CuCl2水解。

（4）CuCl2·2H2OCuCl2+2H2O；2CuCl22CuCl+Cl2，因此10.26g晶體理論上可以得到CuCl：測定過程中，CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2，所以實(shí)驗(yàn)測得每份樣品中CuCl：則CuCl的產(chǎn)率為正確答案：97%。

【點(diǎn)睛】

①除去雜質(zhì)的的最后結(jié)果不能引入新的雜質(zhì)。

②關(guān)于實(shí)驗(yàn)計(jì)算需要選好計(jì)算的基準(zhǔn)。如本題以10.26g晶體為基準(zhǔn)進(jìn)行計(jì)算，因此后半段實(shí)驗(yàn)的計(jì)算中，由于樣品被分成三等分，所以計(jì)算的結(jié)果應(yīng)當(dāng)乘以3?！窘馕觥繄A底燒瓶或燒瓶MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2OCuCl2，F(xiàn)eCl3c、e將鐵元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)，便于沉降分離取少量晶體加水溶解后，滴加KSCN溶液，沒有出現(xiàn)血紅色，證明晶體不含鐵化合物防止Cu2+(或CuCl2)水解97%或0.9722、略

【分析】【詳解】

（1）對比實(shí)驗(yàn)1和2的數(shù)據(jù)可發(fā)現(xiàn)，除了的濃度不同外；其余條件均相同，所以通過實(shí)驗(yàn)1；2，可探究出濃度的改變對反應(yīng)速率的影響，其中實(shí)驗(yàn)1中草酸濃度小于實(shí)驗(yàn)2，所以反應(yīng)速率小于實(shí)驗(yàn)2，實(shí)驗(yàn)2溶液顏色褪至無色時(shí)所需時(shí)間小于40s；根據(jù)控制變量法，欲探究溫度變化對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，則需使其他條件相同的情況下，溫度作為變量，所以根據(jù)表中數(shù)據(jù)，通過實(shí)驗(yàn)2和3可探究溫度變化對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故填濃度；＜；2和3；

（2）實(shí)驗(yàn)3中，>所以草酸過量，混合時(shí)反應(yīng)速率故填

（3）①根據(jù)反應(yīng)有生成，具有催化作用，所以剛開始反應(yīng)速率增大，故填反應(yīng)中有生成；具有催化作用；

②隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率減小，故填隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)物濃度降低?！窘馕觥?1)濃度＜2和3

(2)

(3)反應(yīng)中有生成，具有催化作用隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)物濃度降低23、略

【分析】【分析】

（1）

NO極易被氧氣氧化成NO2；遇到空氣立即變?yōu)榧t棕色，氫氣在常溫下不能與空氣反應(yīng)，NO不能燃燒，氫氣能燃燒，故確認(rèn)氣體為氫氣，不含NO的實(shí)驗(yàn)證據(jù)是氣體遇空氣未見紅棕色，點(diǎn)燃肥皂泡，發(fā)出爆鳴聲，故答案為：氣體遇空氣未見紅棕色，點(diǎn)燃肥皂泡，發(fā)出爆鳴聲。

（2）

①能與溶液反應(yīng)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，故向一份中滴加溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說明有說明含有故答案為：產(chǎn)生藍(lán)色沉淀。

②向另一份加入NaOH溶液，產(chǎn)生灰綠色沉淀；加熱至沸，有刺激性氣味氣體逸出，用濕潤紅色石蕊試紙檢驗(yàn)，試紙變藍(lán)，說明溶液中含有NH4+，綜合①、②，說明實(shí)驗(yàn)Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)有故答案為：

（3）

將銅粉溶于中，若的氧化性大于則氧化銅粉生成氫氣和Cu2+，故若沒有氫氣產(chǎn)生，則說明的氧化性小于把銅粉氧化，故答案為：H2。

（4）

①根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；不能確定假設(shè)成立，故答案為：不能。

②溫度升高，的還原性速率均增大，的還原速率增大的更多，同時(shí)被消耗，得電子的機(jī)會減少，導(dǎo)致產(chǎn)生H2的體積減少，故答案為：溫度升高，的還原性速率均增大，的還原速率增大的更多，同時(shí)被消耗，得電子的機(jī)會減少，導(dǎo)致產(chǎn)生H2的體積減少。

（5）

較低溫度、低濃度硝酸有利于金屬與硝酸反應(yīng)生成氫氣，故答案為：較低溫度、低濃度硝酸。【解析】(1)氣體遇空氣未見紅棕色；點(diǎn)燃肥皂泡，發(fā)出爆鳴聲。

(2)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀

(3)H2

(4)不能溫度升高，的還原性速率均增大，的還原速率增大的更多，同時(shí)被消耗，得電子的機(jī)會減少，導(dǎo)致產(chǎn)生H2的體積減少。

(5)較低溫度、低濃度硝酸24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①碳酸鈉溶液中滴加氯化鋇溶液生成碳酸鋇沉淀，反應(yīng)方程式為Ba2++CO32-=BaCO3↓；

②BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)?Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32－與Ba2＋結(jié)合生成BaCO3沉淀；使上述平衡向右移動(dòng)。

(2)①實(shí)驗(yàn)Ⅲ中后最后加入的時(shí)0.1mol/L的KI溶液，應(yīng)該是探究的是AgCl轉(zhuǎn)化成AgI，加入的NaCl溶液應(yīng)該過量，AgNO3溶液應(yīng)該不足，根據(jù)圖示可知，甲不足、乙過量，則甲溶液是AgNO3溶液；故選a；

②加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，導(dǎo)致電壓b

③實(shí)驗(yàn)ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c(I-)增大，證明發(fā)生了反應(yīng)AgI+Cl-?AgCl+I-；部分AgI轉(zhuǎn)化為AgCl；

(3)a.實(shí)驗(yàn)II和實(shí)驗(yàn)Ⅳ說明在一定條件下溶解度小的沉淀也可以轉(zhuǎn)化成溶解度大的沉淀；故a錯(cuò)誤；

b.實(shí)驗(yàn)Ⅳ說明電化學(xué)是研究物質(zhì)性質(zhì)和轉(zhuǎn)化的重要手段之一，故b正確；

c.實(shí)驗(yàn)II和實(shí)驗(yàn)Ⅳ均表明某些沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)可通過對反應(yīng)物濃度的調(diào)節(jié)；實(shí)現(xiàn)逆向轉(zhuǎn)化，故c正確；

d.綜合實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅳ可知：溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀；反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)，故d正確；

綜上所述選bcd?！窘馕觥緽a2＋＋CO32－＝BaCO3↓BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)?Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32－與Ba2＋結(jié)合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動(dòng)。a加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，導(dǎo)致電壓b－本身對該原電池電壓無影響，則c>b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發(fā)生了：AgI＋Cl－?AgCl＋I(xiàn)－bcd五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)25、略

【分析】【分析】

G為紫黑色固體單質(zhì)，G為I2，C為氣體單質(zhì)，C具有氧化性，D中含有I－，C由濃A溶液與B在加熱下生成，常用固體E在B的催化下加熱制取氣體單質(zhì)H，B在制取氣體H中做催化劑，B應(yīng)為MnO2，A為HCl，C為Cl2，實(shí)驗(yàn)室中用MnO2催化制取的氣體是O2，H為O2，E為固體，E是KClO3，F(xiàn)為KCl，在酸性條件下KClO3將I－氧化為I2。

【詳解】

（1）由以上分析可知B是MnO2，A是HCl，C是C