2025年教科新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年教科新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷658考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、关于锂电池的叙述正确的是()A.电能转化为化学能B.电容量大，质量轻C.不可循环充电使用D.废旧锂电池是干垃圾2、如图为发光二极管连接柠檬电池装置；下列说法不正确的是。

A.铁环作负极B.电子由Fe环经导线流向发光二极管C.负极的电极反应为，Fe-2e-=Fe2+D.柠檬可替换成葡萄糖溶液3、在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量称为键能，用E表示(单位为)。下表是一些键能数据。化学键H-H(CO)H-OE/()4361076465

反应的能量变化如下图；下列说法正确的是。

A.该反应将化学能转化为热能B.该反应中反应物的总键能小于生成物的总键能C.1mol气体参与该反应吸收41kJ能量D.断裂中1mol键所吸收的能量为805.5kJ4、化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A.淀粉属于多糖B.天然药物无毒副作用，可以长期服用C.与铜质水龙头连接处的铁质水管更易被腐蚀D.医疗垃圾有多种致病微生物，可用高温焚烧处理5、下列说法正确的是A.水凝结成冰的过程B.溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程C.△H<0的化学反应都是自发进行的反应D.发生离子反应的条件之一是生成气体，此过程△S>06、向AgNO3溶液中通入过量SO2；过程和现象如图。

经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。下列说法不正确的是A.①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+B.①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)sp(Ag2SO4)C.②中的现象体现了Ag+的氧化性D.该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、钢铁是目前应用最广泛的金属材料；了解钢铁腐蚀的原因与防护方法具有重要意义，对钢铁制品进行抗腐蚀处理，可适当延长其使用寿命。

(1)抗腐蚀处理前；生产中常用盐酸来除铁锈。现将一表面生锈的铁件放入盐酸中，当铁锈除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式为______________。

(2)利用如图装置；可以模拟铁的电化学防护。

①若X为碳棒；则为减缓铁件的腐蚀，开关K应置于__________处。

②若X为锌，开关K置于M处，则该电化学防护法称为______________。8、(1)向一体积不变的密闭容器中加入和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应各物质浓度随时间变化如图1所示。图2为时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知阶段为使用催化剂；图1中阶段未画出。

①阶段改变的条件为_________，________B的起始物质的量为________。

②为使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动可以采取的措施有_________。

(2)某小组利用溶液和硫酸酸化的溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：(未配平)。实验编号酸性溶液的体积溶液的体积的体积实验温度/℃溶液褪色所需时间①103525②10103025③101050

①表中___________mL，___________mL

②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对反应速率影响的实验编号是____________。

③实验①测得溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率_______________.

④已知50℃时与反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时的变化曲线示意图。_________

9、I.CH4、CO2都是碳的重要化合物；实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。

(1)在一定条件下，可通过CH4与NOx反应除去NOx；已知有下列热化学方程式：

①

②

③

则___________

(2)(在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内，在不同温度下，NO2的转化率如图(横坐标为反应温度，纵坐标为NO2转化率/%)：

则下列叙述正确的是___________。A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%B．反应速率：b点的v(逆)>e点的v(逆)C．平衡常数：c点=d点D．提高c点时NO2的转化率和反应速率，可减小压强或增大c(CH4)

(3)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：向一容积为2L的恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2，在300℃时发生上述反应，达到平衡时H2的浓度为则300℃时上述反应的平衡常数K=___________。200℃时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的___________(填“>”或“<”)0。

II.已知可逆反应的正、逆反应均为一级反应，v正=k正•c(A)，v逆=k逆•c(B)且存在如下数据：。温度(K)850850速率常数k正()3270k逆()81212

(4)600K时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入2mol气体A，已知反应过程中物质的浓度、速率常数和反应时间之间满足如下关系：[c0(A)为反应物A的起始浓度，ct(A)、ct(B)分别为A；B任意时刻的浓度，k为反应速率常数，t为反应时间]，则：

①t=___________min时反应达平衡。

②反应一段时间后A，B浓度相等，则这段时间内正反应的平均反应速率v=___________mol(L∙min)(保留整数)。(已知lg2=0.3，lg5=0.7)10、甲醇作为燃料；在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。

Ⅰ.甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。

（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18(l)]。已知：25℃，101KPa时，0.2mol辛烷完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出1103.6kJ热量。该反应的热化学方程式为___。25℃，101KPa时CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.5kJ·mol-1，相同质量的甲醇和辛烷分别燃烧时释放的热量用于煅烧石灰石制备CaO，则得到CaO多的是___(填“甲醇”或“辛烷”)。

（2）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)ΔH=-393kJ·mol-1，该反应相关化学键键能数据如下表：则X=___。化学键O=OC-OC≡OH-OC-HE/(kJ·mol-1)4963431076X413

Ⅱ.甲醇的合成。

（3）以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇；反应的能量变化如图所示。

①补全图：图中A处应填入___。

②该反应需要加入铜-锌基催化剂。加入催化剂后，该反应ΔH___(填“变大”；“变小”或“不变”)。

③已知：CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-283kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ·mol-1

CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-676kJ·mol-1

以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的热化学方程式为___。11、在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：。时间(s)012345n(NO)(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)写出该反应的平衡常数表达式：K=___，已知：>则该反应是____热反应。

(2)如图中表示NO2的变化的曲线是___。用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=__mol·l-1·s-1。

(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_______。

a.v(NO2)=2v(O2)b.反应不再发生c.NO的量不再变d.容器内密度保持不变。

(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_______。

a.及时分离出NO2气体b.适当升高温度c.增大O2的浓度d.选择高效催化剂12、通常状况下的十种物质：①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥氯气⑦CO2⑧冰醋酸⑨KIO3固体⑩液氨。

（1）按物质的分类方法填写表格的空白处（填序号）：属于电解质的是__，属于非电解质的是__。

（2）写出⑧溶于水的电离方程式__，写出镁在⑦中燃烧的化学方程式__。13、按要求回答问题：

(1)写出醋酸的电离平衡常数表达式：______。

(2)取(冰醋酸)作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示。比较a、b点的相关性质(填“>”“＜”或“=”)：

①a______b；

②a______b；

(3)浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸)和B()分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是______(填写序号)

①反应所需要的时间②开始反应时的速率

③参加反应的锌的物质的量④A中有锌剩余。

(4)某温度()时，的氢氧化钠溶液中，由水电离出的请回答下列问题：

①此温度下水的______；

②在相同温度下，氢氧化钠溶液的应为______。14、现有下列6种物质：①溶液、②溶液、③溶液、④溶液、⑤溶液、⑥溶液．请根据要求填写下列空白：

已知：时，

(1)①呈_______(填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是_____(用离子方程式表示)。

(2)比较等浓度的②③中②_______③(填“>”“<”或“=”)。稀溶液②中各离子浓度大小关系为_______。

(3)常温下，将等浓度等体积的④⑤混合，所得溶液呈________(填“酸”“碱”或“中”)性。

(4)时，将的溶液和的溶液分别与的溶液混合，实验测得产生气体的体积随时间变化的情况如图所示：

代表溶液与溶液混合的变化曲线为_______(填标号)，混合时反应的化学方程式是____。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误16、酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。(_______)A.正确B.错误17、pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正确B.错误18、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误19、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共1题，共4分)20、以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用。请回答：

(1)已知：2Al2O3(s)===4Al(g)＋3O2(g)ΔH1＝3351kJ·molˉ1

2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH2＝－221kJ·molˉ1

2Al(g)＋N2(g)===2AlN(s)ΔH3＝－318kJ·molˉ1

碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是________，该反应自发进行的条件________。

(2)在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体(体积比1∶4，总物质的量amol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。

反应ⅠCO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH4

反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH5

①下列说法不正确的是________

A．ΔH4小于零。

B．温度可影响产物的选择性。

C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少。

D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1∶3，可提高CO2平衡转化率。

②350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，该温度下反应Ⅰ的平衡常数为________(用a；V表示)

③350℃下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3所示。画出400℃下0～t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线。

(3)据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是________。评卷人得分五、计算题(共4题，共36分)21、过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质；处理含重金属粒子废水、应急供氧等。

(1)已知：I2＋2=2I-＋测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：

第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入过量的bgKI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是___________。若滴定消耗Na2S2O3溶液VmL，则样品中CaO2的质量分数为___________(用字母表示)。

(2)已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350℃左右所得固体物质的化学式为___________。

22、(1)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中＝_____________(保留三位有效数字)；已知：Ksp(BaCO3)＝2.6×10−9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10−10。

(2)已知室温时，Ksp［Mg(OH)2］＝4.0×10−11。在0.1mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，溶液的pH是_____________(已知lg2＝0.3)。23、已知下列热化学方程式:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1

②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044.0kJ·mol-1

（1）氢气的燃烧热是__________

（2）已知：H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，写出丙烷(C3H8)燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：__________

（3）实验测得H2和C3H8的混合气体共3mol,完全燃烧生成液态水时放热2791.6kJ，计算混合气体中H2和C3H8的体积比是_____

（4）恒温恒容条件下,硫可以发生如下反应，其反应过程和能量关系如图所示，已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1

①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：__________

②△H2=__________kJ·mol-124、一定温度下，向恒容容器中充入和发生反应经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表，回答下列问题：。

(1)前的平均反应速率_______，达平衡时的平衡体积分数为_______。

(2)由表中数据计算该温度下该反应的平衡常数为_______，随着反应温度升高，该反应的平衡常数_______(选填“增大”；“减小”或“不变”)。

(3)保持温度不变，起始时向容器中充入达平衡时，的转化率为_______。评卷人得分六、实验题(共4题，共16分)25、[Cu(NH3)x]SO4•yH2O是易溶于水的深蓝色晶体；是广谱杀菌剂。实验室通过如图流程测定其组成。

(1)[Cu(NH3)x]SO4•yH2O中氨的测定碱溶过程是在下列装置中进行的；用滴定方法完成烧杯中氨的测定。

①烧瓶中有黑色固体生成，该黑色固体的化学式为___。

②反应停止后还需要进行的操作是__。

③实验完成后需要将倒扣漏斗提出液面，在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，原因是__。

(2)Cu(NH3)x]SO4•yH2O中铜元素含量的测定(已知：Na2S2O3在pH为8~9稳定，pH<8时会发生歧化；I2+2S2O=2I-+S4O)

①准确称取样品Cu(NH3)x]SO4•yH2O0.04624g投入到过量的NaOH溶液中，过滤，把滤渣加入6mol•L-1H2SO4溶液中，搅拌使滤渣充分溶解，向溶解后的溶液中加入2gKI(过量)固体，搅拌，充分反应后___，记录消耗Na2S2O3溶液体积.(须用试剂：Na2CO3溶液、0.1800mol•L-1Na2S2O3；淀粉溶液、蒸馏水)

②若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为12.00mL，则样品中n(Cu2+)=__。26、在工业生产中，硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]具有十分广泛的用途。实验室拟用FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液反应制备硫酸亚铁铵晶体；并测定其纯度。

已知：①铁粉中含有少量FeS杂质；②FeSO4溶液易被氧化；③硫酸亚铁铵晶体易溶于水；不溶于乙醇，在空气中不易被氧化。

实验一：制备硫酸亚铁铵晶体；其装置如图(夹持仪器已略去)。

(1)先关闭旋塞K2，打开旋塞K1，再打开分液漏斗活塞使H2SO4与铁屑反应，此时产生氢气的作用是______。

(2)反应一段时间后，关闭旋塞K1，打开旋塞K2，持续产生氢气的作用是______。

(3)将装置B中制得的溶液蒸发浓缩、______；过滤、用乙醇洗涤；即可得到硫酸亚铁铵晶体。

实验二：产品纯度的测定。

称取实验一中制取的产品ag溶于稀硫酸中配制成100mL溶液。每次量取20.00mL溶液注入锥形瓶，用0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液滴定，三次消耗KMnO4溶液的读数如表。滴定次数待测溶液的体积KMnO4溶液读数记录(mL)滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次20.00mL0.2020.20第二次20.00mL2.2022.20第三次20.00mL2.0025.00(4)用KMnO4溶液滴定时，应将KMnO4溶液注入______(选填“酸式”或“碱式”)滴定管中。

(5)滴定终点时的现象是______。

(6)滴定过程中，可能导致产品纯度测定结果偏高的操作是______。(填标号)。A．锥形瓶用蒸馏水洗后，再用产品溶液润洗B．滴定过程中，振荡锥形瓶时部分液体溅出C．用滴定管量取产品溶液时，开始读数正确，最后俯视读数D．装KMnO4溶液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡(7)假设[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]相对分子质量为M，则产品中[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]的质量分数为______(用含a、M的代数式表示)。27、优化反应条件是研究化学反应的重要方面。以反应Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验。

序号Na2S2O3溶液蒸馏水蒸馏水温度/℃浓度/(mol/L)体积/mL浓度/(mol/L)体积/mL体积/mL体积/mLⅠ0.11.50.11.51020Ⅱ0.12.50.11.59aⅢ0.1b0.11.5930

表中，a为___________，b为___________。上述三个实验中的反应速率最快的应该是实验___________(用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ作答)，实验证据为___________。28、As2S3是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。实验装置及步骤如下。

步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2gAs2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆；关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。

步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5；过滤。

步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。

(1)A装置中仪器X的名称是_______；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是_______；实验中的加热方式为_______。

(2)C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为_______。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3x10-36。则滤液中S2-浓度为_______mol·L-1。

(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为_______。

(4)本实验中As2O3的产率最接近于_______(填标号)。

A．40%B．50%C．60%D．70%

(5)将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．电池是把化学能转化为电能的装置；故A错误；

B．单位质量的锂放电多；锂电池电容量大，质量轻，故B正确；

C．锂离子电池；可循环充电使用，故C错误；

D．废旧锂电池是有害垃圾；故D错误；

答案选B。2、D【分析】【详解】

A．铁的活泼性大于铜；铁环作为柠檬电池的负极，故A正确，不选；

B．铁的活泼性大于铜；铁环作为柠檬电池的负极，铜为正极，电子由Fe环经导线流向发光二极管，故B正确，不选；

C．铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，负极铁失电子，电极反应为：Fe－2e-=Fe2+；故C正确，不选；

D．葡萄糖是非电解质；不能导电，不能将柠檬替换成装有葡萄糖溶液的装置，故D错误，符合题意；

答案选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示；反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，该反应将热能转化为化学能，故A错误；

B．根据图示；反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，则该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能，故B错误；

C．图示中表示的反应为1mol气体参与该反应生成1mol气态水时吸收41kJ能量，而反应中为液态水；故C错误；

D．断开化学键需要吸收能量，根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则2EC=O+EH-H-EC≡O-2EH-O=41kJ，EC=O=×(41kJ/mol+2×465kJ/mol+1076kJ/mol-436kJ/mol)=805.5kJ/mol，断裂中1mol键所吸收的能量为805.5kJ；故D正确；

答案选D。4、B【分析】【详解】

A．淀粉；纤维素属于多糖；故A正确；

B．俗话说“是药三分毒”；天然药物也不能长期服用，故B错误；

C．与铜质水龙头连接处的铁质水管更易被腐蚀；是因为形成铁铜原电池，铁更活泼，铁更易发生反应，故C正确；

D．医疗垃圾有多种致病微生物；可用高温焚烧处理，通过将蛋白质变性杀死微生物，故D正确。

综上所述，答案为B。5、D【分析】【详解】

A．水凝结成冰放热，A错误；

B．吸热过程、放热过程均可能自发，能溶于水，虽然吸热，但是熵增，没有借助外力，说明溶于水是自发过程；B错误；

C．一个反应是否自发要结合判断，不能单独通过△H<0就确定它能自发进行；C错误；

D．发生离子反应生成气体说明气体分子数增多，熵增，即>0；D正确；

答案选D。6、B【分析】【分析】

结合检验结果可推测向AgNO3溶液中通入过量SO2发生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置过程中有Ag生成是因为过量的SO2将部分Ag+还原。

【详解】

A．①中生成的白色沉淀为Ag2SO3，则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNO3溶液提供Ag+，发生复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+；A正确；

B．①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因为硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，因此不能证明Ag2SO3更难溶，也就不能说明Ksp(Ag2SO3)sp(Ag2SO4)；B错误；

C．②中有Ag生成，则证明Ag+被还原，Ag+有氧化性；C正确；

D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3，然后放置一段时间后才生成Ag，故该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率；D正确；

答案选B。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铁锈的主要成分是Fe2O3，与盐酸反应生成Fe3+，Fe3+会与Fe反应生成Fe2+，其化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2；

(2)①若X为碳棒；利用外接电源的阴极保护法，则需要将铁件接电源的负极，即开关K置于N处；

②若X为Zn，开关K置于M处，则Zn-Fe-海水构成原电池，其中Zn作负极，Fe作正极，此方法称为牺牲阳极的阴极保护法。【解析】2FeCl3+Fe=3FeCl2N牺牲阳极的阴极保护法8、略

【分析】【详解】

(1)①t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，若t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡会发生移动，则正逆反应速率不相等，该反应为气体等体积反应，则t4～t5阶段应为减小压强；t5～t6阶段化学反应速率均增加，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，该反应正向为吸热反应，因此t5～t6阶段改变的条件为升高温度；反应开始至平衡过程中，A的物质的量浓度由1mol/L降低至0.8mol/L，Δc(A)=0.2mol/L，则Δc(B)=0.1mol/L，A起始的物质的量为2mol，起始浓度为1mol/L，则容器体积为2L，平衡时c(B)=0.4mol/L，则起始c(B)=0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，n(B)=0.5mol/L×2L=0.1mol；

②要使化学反应速率减慢；则需要减弱外界条件，该反应为气体等体积吸热反应，因此可通过降低温度或及时移出A；B使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动；

(2)①实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL−10mL−35mL=5mL，V2=50mL−10mL-10mL=30mL；

②探究温度对化学反应速率影响；必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：2和3；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是1和2，故答案为：2和3；1和2；

③草酸的物质的量为0.60mol/L×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量为0.10mol/L×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=0.02mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.01mol•L−1•min−1，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=0.01mol•L−1•min−1×=0.025mol•L−1•min−1，故答案为：0.025mol•L−1•min−1；

④25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时的变化曲线示意图为：【解析】减小压强升高温度0.1mol降低温度或及时移出A、B5302和31和20.025mol•L−1•min−19、略

【分析】【分析】

(1)

第①个方程式2倍减去第②个方程式的2倍，再减去第③个方程式，则−1750.6故答案为：−1750.6。

(2)

A.若温度维持在200℃更长时间，NO2反应生成N2O4，因此NO2的转化率将大于19%，故A正确；B.温度越高，反应速率越快，因此反应速率：b点的υ(逆)＜e点的υ(逆)，故B错误；C.温度越高，平衡逆向移动，平衡常数减低，因此平衡常数：c点＞d点，故C错误；D.提高c点时NO2的转化率和反应速率；可减小压强，平衡逆向移动，转化率减小，故D错误；综上所述，答案为A。

(3)

根据题意建立三段式则300℃时上述反应的平衡常数200℃时该反应的平衡常数K=64.8，则温度越高，平衡常数减小，说明逆向移动，即逆向是吸热反应，正向是放热反应，即该反应的＜0；故答案为：25；＜。

(4)

①达到平衡，则有υ正=k正∙c(A)=υ逆=k逆∙c(B)，解得x=1.6，解得t=0.023min，因此t=0.023min时反应达平衡；故答案为：0.023。

②反应一段时间后A，B浓度相等，得到浓度都为1mol∙L−1，t=0.0115min，则这段时间内正反应的平均反应速率故答案为：87。【解析】(1)−1750.6

(2)A

(3)①.25②.＜

(4)①.0.023②.8710、略

【分析】【详解】

（1）25℃，101KPa时，0.2mol辛烷完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出1103.6kJ热量，则1molC8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出1103.6kJ5=5518kJ热量，热化学方程式为C8H18(l)+12.5O2=4CO2(g)+9H2O(l)ΔH=-5518kJ·mol-1；

物质的量与热量成正比，等质量时则放热多的为C8H18；热量用于煅烧石灰石制备CaO，则得到CaO多的是辛烷；故答案为：辛烷；

（2）ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，有解得X=465，故答案为：465；

（3）①A为反应物，结合生成物及原子守恒可知，A处为1molCO2+3molH2，故答案为：1molCO2+3molH2；

②催化剂不改变反应的始终态，则加入催化剂后，该反应的△H不变；故答案为：不变；

③已知热化学方程式：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-283kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ·mol-1

③CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-676kJ·mol-1

结合盖斯定律可知，①+②×2-③得到CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-283kJ/mol+(-242kJ/mol)×2-(-676kJ/mol)=-91kJ/mol，故答案为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-91kJ·mol-1。

【点睛】

把握热化学方程式的书写方法、焓变计算、燃料的使用为解答的关键。【解析】C8H18(l)+12.5O2=4CO2(g)+9H2O(l)ΔH=-5518kJ·mol-1辛烷4651molCO2+3molH2不变CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-91kJ·mol-111、略

【分析】【详解】

(1)2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，平衡常数=>温度越高平衡常数越小；说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应；

故答案为：放热。

(2)NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量△c(NO)==0.0065mol/L，结合图像纵轴数据分析，图中表示NO2的变化的曲线是b；2s内该反应的平均速率v=速率之比等于化学为计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=×=

故答案为：b；

(3)a．表示同一方向反应速率，v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍；不能说明达到平衡，故a错误；

b．可逆反应，反应时时刻刻进行，不会不再发生，故b错误；

c．NO的量不再变可以证明反应达到平衡；故c正确；

d．混合气体的总质量不变；容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误；

故答案为：c。

(4)a．及时分离出NO2气体减小生成物浓度反应速率减小；故a错误；

b．适当升高温度反应速率增大，但该反应是放热反应，升温平衡逆向进行，故b错误；

c．增大O2的浓度增大反应物浓度；平衡正向进行，反应速率增大，故c正确；

d．选择高效催化剂；催化剂同等程度改变正逆反速率，使用催化剂平衡不移动，故d错误；

故答案为：c。【解析】①.②.放热③.b④.⑤.c⑥.c12、略

【分析】【分析】

(1)在水溶液中或熔融下能导电的化合物为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；

(2)冰醋酸是弱酸，只能部分电离；Mg在CO2中燃烧生成MgO和C。

【详解】

(1)在水溶液中或熔融下能导电的化合物为电解质，故①NaCl晶体③CaCO3固体④熔融KCl⑧冰醋酸⑨KIO3固体为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故⑤蔗糖⑦CO2⑩液氨为非电解质；则属于电解质的是①③④⑧⑨，属于非电解质的是⑤⑦⑩；

(2)冰醋酸是弱酸，只能部分电离，故电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。

【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。【解析】①③④⑧⑨⑤⑦⑩CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+2Mg+CO22MgO+C13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)醋酸是弱酸，电离可逆，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

(2)①加水稀释促进醋酸电离，所以n(H+)：a＜b；

②溶液的导电率与离子浓度成正比，离子浓度越大其导电率越大，导电率a＞b，则c(CH3COO-)：a＞b；

(3)①醋酸持续电离出氢离子，则反应过程中c(H+)：A＜B；反应速率A＜B，则反应所需要的时间B＜A，故错误；

②开始时c(H+)相等；则开始反应时的速率A=B，故错误；

③生成氢气的物质的量相等；根据转移电子守恒，参加反应的锌的物质的量A=B，故正确；

④c(H+)相同的盐酸和醋酸，体积相同时n(盐酸)＜n(醋酸)；分别与Zn反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，应该是盐酸中存在Zn，故正确；

综上所述答案为：③④；

(4)①该溶液中c(OH-)=0.01mol/L，水电离出的氢离子就是溶液中的氢离子，则c(H+)=10-11mol•L-1，此温度下水的Kw=c(H+)×c(OH-)=0.01×10-11=10-13；

②在相同温度下，0.1mol•L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=10-12mol•L-1，溶液的pH=12。【解析】<>③④1214、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)溶液中，Al3+发生水解而使溶液呈酸性，水解的离子方程式为：故答案为：酸；

(2)溶液中CH3COO-水解产生OH-，促进NH的水解，溶液中，HSO电离产生H+，抑制NH的水解，则②③中②<③；由于则溶液中CH3COO-和NH的水解程度相同，则该溶液呈中性，各离子浓度大小关系为：故答案为：<；

(3)常温下，将等浓度等体积的④⑤混合，所得溶液为NaHSO3溶液，HSO的水解常数Kh===<则HSO的电离程度大于其水解程度；该溶液呈酸性，故答案为：酸；

(4)由电离常数的数据可知酸性：>则与的反应速率更快，代表溶液与溶液混合的变化曲线为I；由于电离常数根据强酸制弱酸的原理，与反应能够生成H2CO3，但HSO不能和反应生成H2CO3，所以溶液与溶液混合的反应为：故答案为：I；【解析】酸<酸I三、判断题(共5题，共10分)15、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。16、A【分析】【详解】

酸式盐可能因溶质直接电离成酸性，如硫酸氢钠溶液；酸式盐可能因水解程度小于电离程度而呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液；酸式盐可能因水解程度大于电离程度而呈碱性，如碳酸氢钠溶液。所以答案是：正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

pH=11的氨水中氢氧根浓度和pH=3的盐酸中氢离子浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得故答案为：错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。19、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。四、原理综合题(共1题，共4分)20、略

【分析】【详解】

(1)①2Al2O3(s)═4Al(g)+3O2(g)△H1=3351KJ•mol-1,②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H2=-221KJ•mol-1,③2Al(g)+N2(g)═2AlN(s)△H3=-318KJ•mol-1,盖斯定律计算，(①+②×3+③×2)×得到，碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式：3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026KJ/mol/L，反应△S＞0，△H＞0，则满足△H-T△S＜0，反应自发进行的条件是高温条件下，故答案为3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026KJ/mol/L；高温；

(2)①A．图象中，二氧化碳先增大是反应正向进行，到一定温度达到平衡状态，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率随温度升高减小，平衡说明正反应为放热反应，△H4小于零，故A正确；B．图象2分析可知，图象变化趋势随温度升高到400°C以上，CH4和CO选择性受温度影响甲烷减小，一氧化碳增大，温度可影响产物的选择性，故B正确；C．二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态，达到平衡状态，随温度升高二氧化碳转化率减小，故C错误；D．CO2和H2混和气体(体积比1：4，总物质的量amol)进行反应，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3；二氧化碳转化率减小，故D错误；故答案为CD；

②在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体(体积比1：4，总物质的量amol)进行反应，350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，二氧化碳转化率为80%CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

起始量(mol)0.2a0.8a00

变化量(mol)0.16a0.64a0.16a0.32a

平衡量(mol)0.04a0.16a0.16a0.32a

平衡常数K=[×()2]÷[×()4]=故答案为

③反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知接近72.5%，甲烷物质的量减小小于350°C时甲烷物质的量，达到平衡所需要时间缩短CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

起始量(mol)0.2a0.8a00

变化量(mol)0.145a0.58a0.145a0.29a

平衡量(mol)0.0550.22a0.145a0.29a

画出图象，达到平衡状态甲烷0.145amol，升温加快反应速率，达到平衡所需时间缩短，得到图象为故答案为

(3)CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为：CO2+6H2O+8e-═CH4+8OH-，故答案为CO2+6H2O+8e-═CH4+8OH-。

点睛：本题考查了热化学方程式书写方法、影响化学平衡因素分析、图象的理解和应用、平衡常数计算、电解池电极反应书写，主要是影响因素对化学平衡影响的图象绘制，题目难度较大。【解析】Al2O3(s)＋3C(s)＋N2(g)===2Al(g)＋3CO(g)＋2AlN(s)ΔH=+1026kJ·molˉ1CD625V2/a2CO2＋6H2O＋8eˉ===6CH4＋8OHˉ五、计算题(共4题，共36分)21、略

【分析】【分析】

碘遇淀粉变蓝色，根据电子转移守恒及题中反应方程式，可得关系式：CaO2～I2～2据此列式计算；固体由2.16g加热到350℃时变为0.56g，在加热过程中固体中钙元素的量不变，据此计算剩余固体中Ca；O元素的质量，进而确定化学式。

【详解】

(1)碘遇淀粉变蓝色，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变成无色，且30s内不出现蓝色，说明滴定到达终点；根据电子转移守恒及题中反应方程式，可得关系式：CaO2～I2～2设样品中CaO2的质量分数为x，则有=解得x=%，故答案为：溶液由蓝色变成无色，且30s内不出现蓝色；%；

(2)固体由2.16g加热到350℃时变为0.56g，在加热过程中固体中钙元素的量不变，剩余固体中n(Ca)=n(CaO2•8H2O)==0.01mol，m(Ca)=0.01mol×40g/mol=0.4g，则剩余固体中m(O)=0.56g-0.4g=0.16g，故n(O)==0.01mol，故n(Ca)：n(O)=1：1，剩余固体的化学式为CaO，故答案为：CaO。【解析】溶液由蓝色变无色，且30s内不恢复蓝色%CaO22、略

【分析】【分析】

（1）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中同时存在BaSO4、BaCO3的沉淀溶解平衡；根据溶度积公式进行计算；

（2）0.1mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，浓度应小于1.0×10−5mol/L；据此根据溶度积公式进行计算。

【详解】

（1）

故答案为：23.6；

（2）c(MgCl2)=0.1mol⋅L−1，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，浓度应小于1.0×10−5mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg=11.3；

故答案为：11.3。【解析】23.611.323、略

【分析】【分析】

(1)氢气的燃烧热指的是1molH2完全燃烧生成水时放出的热量；由热化学方程式①确定氢气的燃烧热；

(2)将热化学方程式②与已知H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1结合可得出丙烷(C3H8)燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式；

(3)设混合气体中H2的物质的量为xmol，那么571.6x+2220.0(3-x)=2791.6，解得混合气体中H2的物质的量和丙烷的物质的量，根据物质的量之比等于体积之比得出混合气体中H2和C3H8的体积比；

(4)①燃烧热指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；

②根据热化学方程式2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1进行计算。

【详解】

(1)由热化学方程式①可知氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1；

(2)将热化学方程式②与已知H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1结合，得出丙烷(C3H8)燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220.0kJ·mol-1；

(3)设混合气体中H2的物质的量为xmol，那么571.6x+2220.0(3-x)=2791.6，解得x=2，即混合气体中H2的物质的量为2.3mol，C3H8的物质的量为0.7mol，因此混合气体中H2和C3H8的体积比约为3:1；

(4)①1molS(s)完全燃烧生成SO2(g)时所释放出的热量为燃烧热，因此硫的燃烧热的热化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ·mol-1；

②由图可知参与反应的SO2的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol，根据热化学方程式2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1可知△H2==0.4×△H=0.4×(-196.6kJ·mol-1)=-78.64kJ·mol-1.

【点睛】

解答本题第一问时要特别注意：由于中和反应与燃烧反应均是放热反应，表示中和热与燃烧热时可不带“－”号，但用ΔH表示时，必须带“－”号。【解析】285.8kJ·mol-1C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220.0kJ·mol-13:1S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ·mol-1-78.64kJ·mol-124、略

【分析】【详解】

(1)前消耗A的物质的量为1mol-0.85mol=0.15mol，则平均反应速率由表格数据可知，达平衡时，A剩余0.8mol，消耗A的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，则生成C为0.2mol，B为固体，由化学计量数可知，反应前后气体物质的量不变，始终为1mol，则的平衡体积分数为

(2)由(1)知，平衡时，c(A)=0.4mol/L，c(C)=0.1mol/L，则该温度下该反应的平衡常数为该反应为放热反应；则随着反应温度升高，平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小；

(3)保持温度不变，则平衡常数不变，设C的转化量为xmol/L，则可列出三段式(mol/L)：解得x=0.8mol，则达平衡时，的转化率为【解析】减小六、实验题(共4题，共16分)25、略

【分析】【分析】

[Cu(NH3)x]SO4•yH2O是易溶于水的深蓝色晶体，加入NaOH发生反应：Cu(NH3)+2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑；再加入硫酸使氢氧化铜沉淀溶解，向溶解后的溶液中加入KI固体，生成CuI固体，以此解答。

【详解】

(1)①[Cu(NH3)x]SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气，则其反应的离子方程式为：Cu(NH3)+2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑，生成的Cu(OH)2在加热条件下可能分解产生黑色固体CuO；故答案为：CuO；

②若加入的NaOH溶液不足，[Cu(NH3)x]SO4•yH2O没有完全反应；生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则反应停止后还需要进行的操作是继续加热至没有气体从圆底烧瓶中产生，故答案为：继续加热至没有气体从圆底烧瓶中产生；

③挥发的HCl可能与氨气在漏斗内壁生成NH4Cl，需要在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，使NH3完全溶解在烧瓶中，故答案为：挥发的HCl可能与氨气在漏斗内壁生成NH4Cl，需要在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，使NH3完全溶解在烧瓶中；

(2)①过滤后的滤渣是Cu(OH)2，把滤渣加入H2SO4溶液中，搅拌使滤渣充分溶解生成CuSO4，向溶解后的溶液中加入2gKI(过量)固体，发生反应：2CuSO4+4KI=2CuI+I2+2K2SO4，生成CuI固体和碘单质，充分反应后加入Na2CO3溶液使溶液pH为8~9，再加入淀粉溶液作指示剂，溶液呈蓝色，用Na2S2O3滴定生成的I2，当溶液由蓝色变为无色且30s内不出现蓝色，说明滴定完全，记录消耗Na2S2O3溶液体积，即可计算出CuI的物质的量，故答案为：加入Na2CO3溶液使溶液pH为8~9，再加入淀粉溶液作指示剂，溶液呈蓝色，用Na2S2O3滴定生成的I2；当溶液由蓝色变为无色且30s内不出现蓝色，说明滴定完全；

②根据反应I2+2S2O=2I-+S4O若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为12.00mL，则n(I2)=n(S2O)=0.012L0.1800mol•L-1=0.00108mol，生成的CuI的物质的量n(CuI)=2n(I2)=0.00216mol，则样品中n(Cu2+)=0.00216mol，故答案为：0.00216。【解析】CuO继续加热至没有气体从圆底烧瓶中产生挥发的HCl可能与氨气在漏斗内壁生成NH4Cl，需要在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，使NH3完全溶解在烧瓶中加入Na2CO3溶液使溶液pH为8~9，再加入淀粉溶液作指示剂，溶液呈蓝色，用Na2S2O3滴定生成的I2，当溶液由蓝色变为无色且30s内不出现蓝色，说明滴定完全0.0021626、略

【分析】【分析】

先关闭旋塞K2，打开旋塞K1，再打开分液漏斗活塞使H2SO4与铁屑反应，铁及其中含