2025年外研版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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年外研版选择性必修1化学下册月考试卷274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8题，共16分)1、下列说法不正确的是A.化学变化过程是原子的重新组合过程B.化学反应可分为吸热反应和放热反应C.化学反应中反应热与旧化学键的断裂和新化学键的形成有关D.化学变化中的能量变化都是以热能形式表现出来的2、在时，橘红色在水溶液中沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的下列说法正确的是。

A.将溶液滴加到KCl溶液中，反应的活化能几乎为零B.时，的C.饱和溶液中，加入水能使溶液由X点变为Y点D.时，AgCl比的溶解度大3、1889年，Arrhenius提出了反应速率常数k随温度的变化关系lnk=(R，C均为常数)。已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)；经历反应1和反应2两步：

反应1：2NO(g)N2O2(g)ΔH1=-46.3kJ·mol-1

反应2：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=-65.7kJ·mol-1

两步反应的活化能Ea1<Ea2。某课题组通过实验绘制出两步反应lnK、lnk随的变化曲线如图所示(K表示平衡常数)；下列说法中不正确的是。

A.2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJB.曲线③表示的是k2随的变化关系C.温度越高，单位时间内NO的转化率可能越低D.相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著4、根据下列实验现象能得出相应实验结论的是。选项实验现象实验结论A用锌与稀硫酸反应制氢气时，滴入几滴硫酸铜溶液，反应速率加快Cu2+具有催化作用B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入溶液M，红色褪去溶液M一定呈酸性C向铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，一段时间后溶液边缘变红铁发生了吸氧腐蚀D向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液，有白色沉淀产生白色沉淀是Al2S3

A.AB.BC.CD.D5、下列对有关事实或解释不正确的是。

。编号。

事实。

解释。

①

锌与稀硫酸反应；加入氯化钠固体，速率加快。

增大了氯离子浓度；反应速率加快。

②

锌与稀硫酸反应；滴入较多硫酸铜溶液，生成氢气的速率减慢。

锌置换铜的反应干扰了锌置换氢的反应；致使生成氢气的速率变慢。

③

5%的双氧水中加入二氧化锰粉末；分解速率迅速加快。

降低了反应的焓变；活化分子数增多，有效碰撞增多，速率加快。

④

面粉生产车间容易发生爆炸。

固体表面积大；反应速率加快。

A.①④B.②③C.①②③D.①②④6、完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为Q，为完全吸收生成的CO2，并使之生成正盐Na2CO3，消耗掉0.8mol／LNaOH溶液500mL，则燃烧1mol酒精放出的热量是A.0.2QB.0.1QC.5QD.10Q7、下列关于金属腐蚀与防护的说法错误的是。

A.图①中的铁钉不易生锈B.图②中，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门被腐蚀C.图②中，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀D.图③中，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀8、在室温下，下列各组离子一定能大量共存的是A.滴入石蕊试液显红色的溶液：K+、Mg2+、B.1.0mol·L−1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl−、C.在=1×1012的溶液中：Fe2+、Cl-、D.通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl−、K+、Na+评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料；电催化合成偶氮化合物的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是。

A.若用铅蓄电池作为电源，Ni2P极连接铅蓄电池的PbO2极B.CoP电极反应式为2+8e-+8H+=+4H2OC.合成1mol偶氮化合物，要消耗2molRCH2NH2D.离子交换膜是阳离子交换膜10、已知25℃时，水溶液中AgBr的Ksp为5.0×10-13，AgI的Ksp为8.3×10-17。t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图1所示。已知：pAg=-lgc(Ag+)。图2所示是25℃时向10mLAgNO3溶液中加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时；溶液的pAg随着加入NaCl溶液体积(单位mL)变化的曲线(实线)。下列说法错误的是。

A.可知t<25B.在a点未达到沉淀溶解平衡，可采用加入适量的AgNO3固体使溶液对应的离子浓度到达c点C.图2中x点的坐标为(100，6)，原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1D.把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI，则图像在终点后变为曲线z11、下列有关说法正确的是A.为提高KMnO4溶液的氧化能力，可用稀硫酸将KMnO4溶液酸化B.将SO2通入含HClO的溶液中，生成H2SO4说明HClO酸性比H2SO4强C.检验蔗糖在稀硫酸中水解产生的葡萄糖，应先用NaOH溶液碱化后才能进一步检验D.饱和碳酸钠溶液可将BaSO4粉末转化为BaCO3，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)12、目前人们正在研究一种高能电池——钠硫电池，它是以熔融的钠、硫为两极，以Na+导放电电的β-Al2O3陶瓷作固体电解质，反应式为2Na+xSNa2Sx，以下说法中，正确的是A.放电时钠作正极，硫作负极B.充电时钠极与外电源的正极相连，硫与外电源的负极相连C.充电时，阳极发生的反应为：S-2e-=xSD.放电时钠极发生氧化反应13、在某温度时，将nmol·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1盐酸中；溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是。

A.当氨水滴加至c点时，两者恰好反应B.c点的离子大小关系为：c(Cl-)=c(NH)>c(H+)=c(OH-)C.水的电离程度：c>b>aD.25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数为(用n表示)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、科学家发明的一种光化学电池可充分利用南海太阳能，其结构如图所示，电池总反应为

①Cl-的迁移方向为___________________(填“正极→负极”或“负极→正极”)。

②正极的电极反应式为_________________________________。

③若用该电池为手机充电，该手机电池容量为3200mA，2小时能将电池充满，则理论上消耗AgCl的质量为_______g(保留一位小数)(已知：1库仑约为1.0×10-5mol电子所带的电量)。15、CH4、H2；C都是优质的能源物质；根据下列信息回答问题：

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ·mol－1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1

③C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1

④2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=－566.0kJ·mol-1

(1)在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷与O2作用产生的能量存活，甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水；放出的能量_______(填“＞”“＜”或“＝”)890.3kJ。

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气；放出的热量_______(填“大于”“等于”或“小于”)890.3kJ。

(3)计算CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)的焓变ΔH=_______。

(4)①石墨中C－C键键能_______金刚石中C－C键键能。(填“大于”“小于”或“等于”)。

②写出石墨转化为金刚石的热化学方程式：_______。16、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)；反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。

根据如图回答下列问题：

(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是________________________________________________________。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是_____________________。

(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH3＝____，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的ΔH4____(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。

(4)已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量和下列两个热化学方程式：

4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

则ΔH1和ΔH2的关系正确的是（______）

A．ΔH1＝ΔH2B．ΔH1＞ΔH2C．ΔH1＜ΔH2D．无法确定17、（1）如图1表示用相同浓度的NaOH溶液分别滴定浓度相同的3种一元酸，由图可确定酸性最强的是____（填“①”、“②“或“③”）。如图2表示用相同浓度的硝酸银标准溶液分别滴定浓度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图可确定首先沉淀的离子是_____。

图1图2

（2）25℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，若向1L0.1mol·L-1的NaCl溶液中加入1L0.2mol·L-1的硝酸银溶液，充分反应后溶液中c（Cl-）=________（不考虑混合后溶液体积的变化）。18、我国十分重视保护空气不被污染；奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫；氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：

I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。

A.它们的气态氢化物的稳定性。

B.它们在元素周期表中的位置。

C.它们相互之间形成的化合物中元素的化合价。

D.它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。

Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)；在一定容积的密闭容器中进行该反应。

（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。

在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。

A.K值减小B.逆反应速率先减小后增大。

C.K值增大D.正反应速率减小先慢后快。

Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)

（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。

若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。

（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。

该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)19、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误20、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误21、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误22、(1)用碳酸钠粉末可以制备CO2_______

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率可改用浓H2SO4_______

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3_______

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：将MgCl2溶液加热蒸干_______

(6)用向上排空气法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先熄灭酒精灯，后移出导管_______

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水_______A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共4题，共24分)23、研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；同温度下涉及如表所示反应：

①2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H1＜0，平衡常数为K1；

②2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H2＜0，平衡常数为K2。

(1)4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）△H3，平衡常数K＝______（用K1、K2表示）。△H3＝_________（用△H1、△H2表示）。

(2)①为研究不同条件对反应①的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应①达到平衡。测得10min内v（ClNO）＝7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n（Cl2）＝__________mol，NO的转化率α1＝__________。

②其他条件保持不变，反应①在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率为α2，α1________α2（填“＞”“＜”或“＝”），平衡常数K1________（填“增大”“减小”或“不变”）。若要使K1减小，可采用的措施是________。24、燃煤烟气中含有大量SO2和NO，某科研小组研究SO2和NO的吸收方法。

回答下列问题：

(1)已知SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H1=－241.6kJ·mol－1

NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H2=－199.8kJ·mol－1

则反应SO3(g)+NO(g)SO2(g)+NO2(g)的△H=________kJ·mol－1

(2)在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入1molNO和1molO3发生反应NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)；2min时达到平衡状态。

①若测得2min内v(NO)=0.21mol·L－1·min－1，则平衡时NO的转化率α1=________；若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“=”)

②保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3moNO2和0.04molNO，此时平衡将向________(填“正”或“逆”)方向移动。

③该反应的逆反应速率与时间的关系如下图所示，反应在t1、t3、t5时刻均达到平衡状态。t2、t6时刻都只改变了某一个条件，则t2时刻改变的条件是________，t6时刻改变的条件是________，t4时刻改变条件后v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“=”)

(3)处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。已知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7；Ksp(CaSO4)=7.1×10－5。

第1步：用过量的浓氨水吸收SO2；并在空气中氧化；

第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O。

①25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。

②计算第2步反应的平衡常数K=________(列出计算式即可)。25、硫是生物必须的营养元素之一；含硫化合物在自然界中广泛存在，循环关系如下图所示:

（1）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS），请用化学用语表示ZnS转变为CuS的过程__________。

（2）火山喷发产生H2S在大气当中发生如下反应：

①2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=﹣442.38kJ/mol

②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=﹣297.04kJ/mol。

H2S(g)与O2(g)反应产生SO2(g)和H2O(g)的热化学方程式是__________。

（3）降低SO2的排放量已经写入2018年政府工作报告，化石燃料燃烧时会产生含SO2的废气进入大气，污染环境，有多种方法可用于SO2的脱除。

①NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。

i.反应离子方程式是__________。

为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。在反应过程中产生的四价镍和原子氧具有极强的氧化能力,可加快对SO2的吸收。该催化过程的示意图如下图所示：

ii.过程1的离子方程式是__________。

iii.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是__________。

②电化学脱硫法。某种电化学脱硫法装置如下图所示，不仅可脱除烟气中的SO2还可以制得H2SO4。

i.在阴极放电的物质是______。

ii.在阳极生成SO3的电极反应式是______。26、乙二醇是工业常见的有机原料；常用来制取纺织工业的乙二醛和化妆品行业的乙醛酸。

①乙二醇(HOCH2CH2OH)气相催化氧化法制取乙二醛(OHC-CHO)，主要反应为：HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC—CHO(g)+2H2O(g)∆H。化学键O—HC—HC—OC=OO=OC—C键能（kJ·mol-1）436413356745493346

则∆H=_____kJ·mol-1。

②当原料气中氧醇比(氧气和乙二醇的物质的量之比)一定时，乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如图所示，则反应中应控制的适宜温度是___(填字母)。

a.低于450℃

b.450℃~490℃

c.高于495℃

p、m、n三点中____是平衡点，__是逆反应速率最快的点。

③温度超过495℃时，乙二醛的产率直线下降的原因是___。

（2）将乙二醇氧化为乙二酸，再利用乙二酸(HOOCCOOH)通过电解制备乙醛酸，阴极的电极反应式为____。

（3）液相氧化制备乙醛酸是近年研究的热点。向25L某浓度的乙二醛溶液中，加入适量的催化剂V2O5/C，以0.1mol·L-1的流速通入氧气；测得溶液中乙二醛的浓度；溶液的pH随时间变化的关系如图所示：

①图中曲线___(填“a”或“b”)表示溶液的pH值随时间变化的曲线。

②V2O5/C表示将催化剂覆盖在纳米碳纤维上，其目的是___。

③写出制备乙醛酸(HOC—COOH)的化学反应方程式：____，根据图中数据算出8h内乙醛酸的平均生成速率v(HOC—COOH)=____；该实验条件下乙醛酸的电离常数Ka=___。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共4分)27、已知A～N分别代表一种物质；它们之间的转化关系如图所示(部分反应的反应条件和生成物已略去)。A；B、C分别是由短周期元素组成的单质，A是金属，D是无色液体。F是一种离子化含物，其阴阳离子的个数比为1:3，且能与水反应得到两种碱。反应①是实验室检验某离予的方法，反应②是工业、生产N的重要反应。请回答下列问题：

(1)B元素在元素周期表中的位置是__________，F的电子式是_____________。

(2)写出反应①的离子方程式：___________；

(3)Cu与足量的N的浓溶液反应得到的产物主要是M不是L，其原因是__________(请用上图所示关系中反应的化学方程式回答)。

(4)选择性催化还原(SCR)是在有催化剂的条件下将M转变为无毒的物质，这是目前国外进行尾气治理遍采用的一种方法。亚铬酸铜(Adkin偿化剂)是极好的M催化还原的催化剂，是铜和铬的复合氧化物，成分不固定，如：aCuO·bCr2O3等，统称为亚铬酸铜。其中：CuNH4(OH)CrO4在295℃分解生成复合的氧化物(催化剂)、氮气及水，写出该反应的化学方程式：______________________。

(5)已知一定温度(>100℃)下，反应②的平衡常数为1。将0.8molK和1.1molB放入容积为1L的封闭容器中，发生反应②，一段时间后L的浓度为0.4mol/L，此时反应v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)。当反应到达平衡后，保持温度不变，再加入一定物质的量的B，重新达到平衡，则L的平衡浓度__________(填“增大”、“不变”或“减小”)，B的转化率_________。(填“升高”、“不变”或“降低”)，L的体积分数___________(填“增大”、“不变”、“减小”或“无法确定”)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．化学反应的过程从微粒角度考虑是分子分裂为原子；原子再重新组合成分子的过程，A正确；

B．化学反应一定伴随能量变化；根据化学反应中的能量变化情况，化学反应可分为吸热反应和放热反应，B正确；

C．旧化学键的断裂需要吸收能量；新化学键的形成需要释放能量，故化学反应中反应热与旧化学键的断裂和新化学键的形成有关，C正确；

D．化学反应中的能量变化形式可以是热能；电能、光能等；D错误；

故选D。2、A【分析】【详解】

将溶液滴加到KCl溶液中；反应立即产生AgCl沉淀，反应迅速，可判断不存在能量障碍，因此反应的活化能几乎为零。故A正确。

B.根据图像，时，溶液中存在时，的故B错误。

C.饱和溶液中，存在沉淀溶解平衡：记反应的浓度积为J，则图像上Z点的含义即为加水能使得化学平衡向正反应方向移动，则此时应为图像上X点的含义为综上，加入水，不能使溶液由X点变为Y点。故C错误。

D.时，则相同情况下，AgCl比的溶解度大；这里并没有说明是相同情况下。故D错误。

故选：A。

【点睛】

本题考查沉淀溶解平衡的知识，结合图像分析，灵活运用浓度积与溶度积来判断化学反应的方向是解题的关键。题目难度不大，是基础题。3、B【分析】【分析】

反应1、2均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故①②为lnK曲线；升高温度，反应速率增大，lnk变大，故③④为lnk曲线；lnk=两步反应的活化能Ea1<Ea2，则反应2斜率更大，故④为k2随的变化关系；

【详解】

A．反应1：2NO(g)N2O2(g)ΔH1=-46.3kJ·mol-1

反应2：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=-65.7kJ·mol-1

由盖斯定律可知，反应1+2得：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=-112kJ·mol-1，反应可逆反应，故2molNO与1molO2充分反应；放出热量小于112kJ，故A正确；

B．由分析可知，曲线④表示的是k2随的变化关系；故B错误；

C．反应为放热反应；温度越高，平衡逆向移动，则单位时间内NO的转化率可能越低，故C正确；

D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；两步反应的活化能Ea1<Ea2，相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著；故D正确；

故选B。4、C【分析】【详解】

A．用锌与稀硫酸反应制氢气时，滴入几滴硫酸铜溶液，反应速率加快，是因为锌置换出铜，形成Zn−Cu−H2SO4原电池；加快反应速率，不能得出该实验结论，故A不符合题意；

B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入溶液M；红色褪去，M可能是氯化钡或氯化钙，因此M不一定呈酸性，不能得出该实验结论，故B不符合题意；

C．向铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，一段时间后溶液边缘变红，可以推断此处发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；因此，铁发生了吸氧腐蚀，故C符合题意；

D．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液；有白色沉淀产生，两者发生双水解生成氢氧化铝沉淀；硫化氢和硫酸钠，不能得出该实验结论，故D不符合题意。

综上所述，答案为C。5、C【分析】【分析】

【详解】

①锌与稀硫酸反应的实质是锌与氢离子反应，即Zn+2H+=Zn2++H2↑；而加入氯化钠固体，氢离子浓度没有改变，反应速率不变，故①错误；

②加入较多硫酸铜，锌与硫酸铜反应生成铜，即Zn+Cu2+=Zn2++Cu；不一定有氢气生成，故②错误；

③二氧化锰为双氧水的催化剂，即2H2O22H2O+O2↑；催化剂不改变焓变，但可降低反应的活化能，故③错误；

④面粉生产车间的粉尘形成气溶胶增大了固体表面积；反应速率增大，面粉生产车间易爆炸，故④正确；

由上分析①②③错误，C正确；答案为C。6、D【分析】【详解】

n（NaOH）=0.5L×0.8mol/L=0.4mol，则由CO2～2NaOH可知，n（CO2）=0.2mol，则n（C2H6O）=×n（CO2）=0.1mol；放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q；

答案选D。

【点睛】

本题考查了化学反应极值分析计算，反应燃烧热概念的分析应用，掌握概念和计算方法是解题关键，根据CO2与NaOH溶液反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，极值法计算出CO2的物质的量，进而计算出乙醇的物质的量，根据乙醇的物质的量和热量的关系求出。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．碱石灰能干燥试管中的空气；即铁钉与水不接触，不易生锈，A项正确；

B．将钢闸门与电源的正极相连；则钢闸门作为阳极，失电子发生氧化反应，加速了钢闸门的腐蚀，B项错误；

C．断开电源；图②装置为原电池，海水为弱碱性电解质溶液，钢闸门将发生吸氧腐蚀，C项正确；

D．图③中；若金属M比铁活泼，则金属M作负极，失电子发生氧化反应，可保护输水管不被腐蚀，D项正确。

故选B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．滴入石蕊试液显红色的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+与会发生反应；不能大量共存，A不符合题意；

B．1.0mol·L−1的KNO3溶液中含有大量H+、Fe2+、会发生氧化还原反应；不能大量共存，B不符合题意；

C．=1×1012的溶液为碱性溶液，含有大量OH-，OH-与Fe2+会发生反应；不能大量共存，C不符合题意；

D．通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl−、K+、Na+之间不能发生任何反应；可以大量共存，D符合题意；

故合理选项是D。二、多选题(共5题，共10分)9、AC【分析】【分析】

该装置为电解池，Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，Ni2P为阳极，电极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O；CoP电极是硝基苯变化为偶氮化合物；发生的是还原反应，为电解池的阴极，据此分析解答。

【详解】

A．铅蓄电池的PbO2极为正极，连接电解池的阳极，即Ni2P极；故A正确；

B．CoP电极是硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，电极反应式为2+8e-+4H2O=+8OH-；故B错误；

C．根据电极反应式可知，合成1mol偶氮化合物转移8mol电子，要消耗2molRCH2NH2；故C正确；

D．由两电极反应式可知，左侧电极消耗OH-，右侧生成OH-；要使阴离子通过，离子交换膜应是阴离子交换膜，故D错误；

答案选AC。10、CD【分析】【详解】

A.根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得，该温度下Ksp(AgBr)＝4.9×10-13，比25℃时的小，AgBr的溶解度随温度升高而增大，故t<25；故A正确；

B.a点对应的Qc＝c(Ag+)·c(Br-)<Ksp(AgBr)，没有达到沉淀溶解平衡，a点和c点c(Br-)相同，需要增大c(Ag+)，故可以加入适量的AgNO3固体；故B正确；

C.加入氯化钠溶液的体积为0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0mol·L-1，硝酸银的物质的量为1.0mol·L-1×0.01L=0.01mol，pAg＝6时，二者恰好反应完全，所以氯化钠的物质的量为0.01mol，溶液的体积是=0.1L=100mL；即x坐标为(100，6)，故C错误；

D.pAg＝6时，二者恰好反应完全，银离子和氯离子的浓度是10-6mol·L-1，Ksp(AgCl)＝1×10-12，可得碘化银的Ksp小于氯化银的，所以如果换成0.1mol·L-1NaI，则图像在终点后Ag+浓度变小；pAg增大，故选曲线y，故D错误；

答案选CD。11、AC【分析】【分析】

【详解】

略12、CD【分析】【分析】

【详解】

略13、AC【分析】【分析】

【详解】

A．b点混合溶液温度最高；该点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，pH＜7，故A错误；

B．c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(Cl-)=c(NH)>c(H+)=c(OH-)；故B正确；

C．酸或碱抑制水电离，NH促进水电离，且酸或碱浓度越大，水电离程度越小，溶液中c(NH)越大，水电离程度越大，a点溶质为HCl、b点溶质为氯化铵、c点溶质为氯化铵和一水合氨，a点抑制水电离、b和c点促进水电离，b点促进水电离程度大于c点，所以水电离程度：b>c>a；故C错误；

D．25℃时，c点pH=7，加入氨水体积为10mL，该点溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，混合后溶液体积增大一倍，则离子浓度变为原来一半，所以c(Cl-)=c(NH)=0.5mol/L，c(NH3H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，NH3H2O的电离平衡常数为故D正确；

答案选AC。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

根据电池总反应为可知，AgCl得到电子变为Ag单质，Cu+失去电子变为Cu2+；则AgCl电极为正极，Pt电极为负极。

【详解】

①原电池中，阴离子向负极移动，Pt电极为负极，则Cl-的迁移方向为正极→负极；

②根据分析，AgCl电极为正极，AgCl得到电子变为Ag单质，正极的电极反应式为AgCl+e-=Ag+Cl-；

③若用该电池为手机充电，该手机电池容量为3200mA，2小时能将电池充满，通过手机的电量Q=3200mA×10-3×2×3600s=2.3×10-4A·s，1库仑约为1.0×10-5mol电子所带的电，则电路中转移的电子的物质的量=2.3×10-4A·s×1.0×10-5mol=0.23mol，正极的电极反应式为AgCl+e-=Ag+Cl-，理论上消耗AgCl的质量为0.23mol×143.5g/mol=33.0g。【解析】正极→负极AgCl+e-=Ag+Cl-33.015、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)给定反应的反应热只取决于反应物和生成物的多少和状态；与中间过程无关，所以该反应热仍为890.3kJ，故答案为：=；

(2)因为液态水变水蒸气是吸热的，所以1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气；放出的热量小于890.3kJ，故答案为：＜；

(3)根据盖斯定律，有②×2-①可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH=-252.9kJ/mol；故本题答案为：-252.9kJ/mol；

(4)①从图分析；等物质的量的石墨的能量比金刚石低，所以石墨中的键能大于金刚石中的键能，故本题答案为：大于；

②根据图有热化学方程式为：a：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol；

b：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-395.4kJ/mol，根据盖斯定律分析a-b可以得热化学方程式为C(石墨；s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol，故答案为：C(石墨，s)=C(金刚石，s)∆H=+1.9kJ/mol。

【点睛】

反应热只取决于反应物和生成物的多少和状态，与中间过程无关，但要注意键能是表示气态物质中化学键断开需要吸收的能量。【解析】=＜-252.9kJ/mol大于C(石墨，s)=C(金刚石，s)∆H=+1.9kJ/mol16、略

【分析】【分析】

（1）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（2）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（3）根据盖斯定律分析；根据反应物的总能量；中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；

根据盖斯定律的实质应用判断；可以利用题干所给反应和热量变化，合并得到白磷转化为红磷的热量变化分析判断。

【详解】

（1）根据图示可知：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=-306kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+

3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

故答案为：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol；

故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；

（3）根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的热化学方程式：

P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306kJ/mol；

Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93kJ/mol；

P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol；

由图像可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol-（+93kJ/mol）=399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热；

故答案为：-399kJ•mol-1；等于；

（4）①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

①−②得到4P(白)=4P(红)△H=△H1−△H2；

已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量，所以△H1−△H2<0；△H1<△H2；

故选：C。

【点睛】

反应热当反应物和生成物的状态定后，只与始态和终态有关，与反应所经历的途径无关。【解析】P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/molPCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1-399kJ•mol-1等于C17、略

【分析】【分析】

(1)同浓度一元酸酸性越强；pH值越小；横坐标相同时，纵坐标数值越大，卤离子浓度越小，其溶度积常数越小，越先生成沉淀。

(2)硝酸银过量，先计算反应后溶液中银离子的浓度再根据Ksp计算氯离子浓度。

【详解】

(1)根据图可知未加碱时相同浓度的三种一元酸pH值最小的是③，即酸性最强的是③；横坐标相同时，纵坐标数值越大，卤离子浓度越小，其溶度积常数越小，越先生成沉淀，根据图知，最先生成沉淀的是I-；

(2)硝酸银过量，混合后溶液中c(Ag+)=c(Cl-)=mol/L。

【点睛】

明确图2中纵横坐标含义及曲线变化趋势是解本题关键。【解析】③I-mol/L18、略

【分析】【详解】

(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；

(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B.SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C.温度不变，K值不变，故C错误；D.SO3浓度减小；平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；

(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；

(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为：若温度过低；催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。

【点睛】

本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。【解析】2s22p2电子云的伸展方向C、D不能该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡BNO2CO20.2mol/（L•min）若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小四、判断题(共4题，共28分)19、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。21、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。22、B【分析】【分析】

【详解】

(1)用碳酸钠粉末与酸反应可以制备CO2；故正确；

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率不可改用浓H2SO4；浓硫酸遇铁，常温下发生钝化，故错误；

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理除去二氧化碳和水，可获得NH3；故正确；

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同；均是固体加热，故正确；

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：应在HCl气流中将MgCl2溶液加热；故错误；

(6)应用排水法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO；故错误；

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先移出导管；后熄灭酒精灯，故错误；

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物应先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故错误。五、原理综合题(共4题，共24分)23、略

【分析】【分析】

（1）已知：①NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），②2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），根据盖斯定律，②×2-①可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）；则该反应平衡常数为②平衡常数平方与a①的商；

（2）①测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则△n（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol；由方程式计算参加反应NO；氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应a在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动；

②平衡常数只受温度影响；温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小。

【详解】

（1）已知：①NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）；

②2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）；

根据盖斯定律，②×2-①可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=则△H3=2H2-△H1，故答案为：2H2-△H1；

（2）①测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则△n（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol，由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol×=0.075mol，故平衡时氯气的物质的量n（Cl2）=0.1mol-0.075mol=0.025mol；参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为×100%=75%；故答案为：0.025；75%；

②正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，a在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率α1＜α2；

平衡常数只受温度影响；温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：＜；不变；升高温度。

【点睛】

本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、盖斯定律应用等知识，充分考查学生的分析理解能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力。【解析】2H2﹣△H10.02575%＜不变升高温度24、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律解答。

（2）①根据三段式解答。

NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)；

起始(mol)1100

转化(mol)xxxx

平衡(mol)1-x1-xxx

②根据平衡移动原理解答。

③t2时刻v逆增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v逆减小，则v(正)>v(逆)。

（3）①由题可知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2=1.0×10－7比NH3·H2O的K(NH3·H2O)=1.8×10－5的小，所以SO32-水解程度比NH4+的水解程度大，故25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈碱性。

②加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O，由于Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)c(SO42－)=7.1×10－5，K(NH3·H2O)=c(OH－)c(NH4+)/c(NH3·H2O)=1.8×10－5，把它们带入表达式，平衡常数K=c2(NH3·H2O)/c(Ca2+)c2(OH－)c2(NH4+)c(SO42－)=c2(NH3·H2O)/c2(OH－)c2(NH4+)×7.1×10－5=1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5。

【详解】

(1)①已知SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H1=－241.6kJ·mol－1

②NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H2=－199.8kJ·mol－1

②-①得，反应SO3(g)+NO(g)SO2(g)+NO2(g)，△H=－199.8kJ·mol－1+241.6kJ·mol－1=+41.8kJ·mol－1；故答案为+41.8。

（2）①NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)；

起始(mol)1100

转化(mol)xxxx

平衡(mol)1-x1-xxx

v(NO)=(x/2L)/2min=0.21mol·L－1·min－1，所以x=0.84mol，则平衡时NO的转化率α1=0.84mol÷1mol×100％=84％；NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，平衡不移动，则平衡时NO的转化率α2=α1；故答案为84％；=。

②NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)；

2min平衡(mol)：0.160.160.840.84

保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3moNO2和0.04molNO；根据平衡常数与浓度商的关系可知，平衡应该向逆反应方向移动，故答案为逆。

③t2时刻v逆增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v逆减小，则v(正)>v(逆),故答案为升高温度(或增大生成物的浓度)；使用催化剂（或增大压强）；>。

（3）①由题可知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2=1.0×10－7比NH3·H2O的K(NH3·H2O)=1.8×10－5的小，所以SO32-水解程度比NH4+的水解程度大，故25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈碱性；故答案为碱性。

②第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O；

由于Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)c(SO42－)=7.1×10－5，K(NH3·H2O)=c(OH－)c(NH4+)/c(NH3·H2O)=1.8×10－5，把它们带入表达式，平衡常数K=c2(NH3·H2O)/c(Ca2+)c2(OH－)c2(NH4+)c(SO42－)=c2(NH3·H2O)/c2(OH－)c2(NH4+)×7.1×10－5=1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5

故答案为1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5。【解析】+41.884％=逆升高温度(或增大生成物的浓度)使用催化剂（或增大压强）>碱性1/(1.8×10－5)2×7.1×10－525、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS），ZnS转变为CuS的化学方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS。

（2）已知：①2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=﹣442.38kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=﹣297.04kJ/mol。根据盖斯定律，由①+②2可得2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)，故△H=(﹣442.38kJ/mol)+(﹣297.04kJ/mol)2=﹣1036.46kJ/mol，所以，H2S(g)与O2(g)反应产生SO2(g)和H2O(g)的热化学方程式是2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=﹣1036.46kJ/mol。

（3）①NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2.NaClO碱性具有强氧化性，可以把SO2氧化为SO42-。i.反应离子方程式是ClO-+SO2+2OH-===Cl-+SO42-+H2O。由催化过程的示意图可知，过程1中，Ni2O3与ClO-反应生成具有强氧化性的NiO2，过程2中，NiO2与ClO-反应生成具有强氧化性的O原子。ii.过程1的离子方程式是Ni2O3+ClO-===2NiO2+Cl-。iii.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行。

②由电化学脱硫法装置示意图可知，该装置为电解池，烟气经催化氧化后，部分二氧化硫被氧化为三氧化硫，所得气体通入该装置，在阴极上，氧气得到电子被还原为硫酸根离子，电极反应式为O2+4e-+2SO3=2SO42-；在阳极上，二氧化硫失去电子被氧化为三氧化硫，电极反应式为2SO2-4e-+2SO42-=4SO3，三氧化硫经氮气导出与水反应生成硫酸，这样，不仅可脱除烟气中的SO2还可以制得H2SO4。i.在阴极放电的物质是O2。ii.在阳极生成SO3的电极反应式是SO2-2e-+SO42-=2SO3。

点睛：本题是有关化学反应原理的综合考查，主要考查了平衡移动原理、沉淀的转化、盖斯定律及其应用、电解原理及其应用。要求学生能深刻理解平衡移动原理，并能用平衡移动原理解释相关的平衡问题，能根据已知的热化学方程式求出与之相关的热化学方程式的反应热，掌握电解原理，能结合实际情况分析电极反应并写出电极反应式。【解析】2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=﹣1036.46kJ/molZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuSClO-+SO2+2OH-===Cl-+SO42-+H2ONi2O3+ClO-===2NiO2+Cl-Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行O2SO2-2e-+SO42-=2SO326、略

【分析】【分析】

(1)①根据△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；②反应中应控制的适宜温度是此温度下，乙二醛产率高，CO2的产率要低；HOCH2CH2OH(g)+O2(g)⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)该反应为放热反应，m点之前反应未达到平衡，m达到平衡，升高温度，平衡逆向移动；③由图可知，温度超过495℃时，乙二醛的产率直线下降，而CO2的产率直线上升；据此分析解答；

(2)HOOCCOOH与OHC-COOH对比，可知HOOCCOOH比OHC-COOH多一个O，发生