2025年西师新版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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年西师新版选择性必修1化学上册月考试卷639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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法正确的是A.CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能B.任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化C.有化学键断裂一定发生化学反应D.灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应2、下列说法中不正确的是A.铜在酸性环境中易发生析氢腐蚀B.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈C.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈D.在船体外嵌入锌块，可以减缓船体的腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法3、下列有关电化学装置的说法正确的是。

A.利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面的反应为Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-B.图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出C.图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼D.图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀4、肼是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭发动机的燃料，已知下列说法正确的是A.该反应逆反应的活化能一定大于B.C.该反应反应物的总键能大于生成物的总键能D.该反应反应物的总能量小于生成物的总能量5、热激活电池(又称热电池)可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl−KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb。关于该电池的下列说法中，不正确的是。

A.负极的电极反应：Ca−2e－＝Ca2+B.放电时，K+向硫酸铅电极移动C.硫酸铅作正极材料，LiCl为正极反应物D.常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转6、有人提出可利用反应消除对环境的污染，并回收碳和氧气。下列对上述反应的判断合理的是A.任何温度下都能自发进行B.较高温度下能自发进行C.较低温度下能自发进行D.任何温度下都不能自发进行7、下列说法不正确的是A.某溶液c(H+)>c(OH-),则该溶液一定显酸性B.0.1mol•L-1一元酸HX溶液pH=3，则HX一定为弱电解质C.相同温度下，等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的pH大D.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl-)=c(CH3COO-)评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、常温下，用0.100mol•L-1的NH4SCN标准溶液滴定25.00mL未知浓度的AgNO3溶液，以NH4Fe(SO4)2•12H2O为指示剂，测得溶液中pSCN=-lgc(SCN)、pAg=‒lgc(Ag+)随加入NH4SCN溶液的体积变化如图所示。已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5，Ksp(Ag2CO3)=8×10-12.回答下列问题：

(1)滴定终点的现象：_______。

(2)该温度下AgSCN溶度积常数Ksp=_______。

(3)为防止指示剂失效，溶液应维持____(填“酸性”或“碱性”，)，若用K2CrO4做指示剂，应控制其浓度不超过___。(假设c(Ag+)≤10-5mol·L-1；完全沉淀)

(4)当加入15.00mLNH4SCN溶液时，悬浊液中生成少量的Ag2SO4，则此时溶液中c()=___。

(5)滴定终点，再加入10mL0.005mol·L-1的Na2CO3溶液，__(填“有”或“无”，)沉淀生成。9、试利用平衡移动原理解释下列事实：

(1)FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中_____；

(2)CaCO3难溶于稀硫酸，却能溶于醋酸中______；

(3)分别用等体积的蒸馏水和0.010mol·L-1硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸洗涤的损失量______。10、燃煤烟气中SO2和NOx是大气污染物的主要来源；脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。

(1)尿素/H2O2溶液脱硫脱硝。尿素[CO(NH2)2]是一种强还原剂。60℃时在一定浓度的尿素/H2O2溶液中通入含有SO2和NO的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H2O2溶液对SO2具有很高的去除效率，写出尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2的化学方程式为____。

(2)除去烟气中的NOx，利用氢气选择性催化还原(H2—SCR)是目前消除NO的理想方法。H2—SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H1

副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)△H2<0

①已知H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-241.5kJ·mol-1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H4=+180.5kJ·mol-1

则△H1=____kJ·mol-1。

②H2—SCR在Pt—HY催化剂表面的反应机理如图所示：

已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，反应中每生成1molN2，转移的电子的物质的量为___mol。

(3)V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。

①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为____。

②V2O5/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中O2的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是_____。

11、乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品；一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。

(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品_______。

(2)若用标记乙醇，该反应的化学方程式_______。

(3)一定温度下该反应的平衡常数若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率_______(计算时不计副反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图_______。

(4)近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为()。在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是_______。

a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol；反应已达到化学平衡。

b.当乙烯的百分含量保持不变时；反应已达到化学平衡。

c.在反应过程中任意时刻移除部分产品；都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变。

d.达到平衡后再通入少量乙烯；再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡。

(5)在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下；某研究小组在不同压强；相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：

①温度在60~80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是_______[用分别表示在不同压强下的反应速率]。

②在压强为温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_______。

③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施_______(任写两条)。12、1mol冰醋酸中含有NA个CH3COO-___13、(1)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为______

已知温度为T时：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝＋165kJ·mol－1

CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1

(2)用O2将HCl转化为Cl2；可提高效益，减少污染。

传统上该转化通过如图所示的催化循环实现。其中，反应①为：2HCl(g)＋CuO(s)H2O(g)＋CuCl2(s)ΔH1，反应②生成1molCl2(g)的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为_________________(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。

(3)已知：①Fe2O3(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)ΔH＝＋494kJ·mol－1

②CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1

③C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)ΔH＝－110kJ·mol－1

则反应Fe2O3(s)＋3C(s)＋3/2O2(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。理论上反应________放出的热量足以供给反应________所需要的热量(填上述方程式序号)。14、在一个温度不变的密闭容器内，放入一杯饱和的硫酸铜溶液，用细线吊住一块有缺口的硫酸铜晶体CuSO4▪5H218O浸在溶液中(如图)过几天后观察到：晶体上的缺口___________(填“有”或“没有”)了；晶体的质量___________(填“减小”、“增大”或“没变”)；此时的硫酸铜溶液是___________(填“饱和”或“不饱和”溶液)。溶液中，溶剂水中___________(填“含有”或“不含”)18O；胆矾晶体中___________(填“含有”或“不含”)18O。

评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误16、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误17、物质的状态不同ΔH的数值也不同。____A.正确B.错误18、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误19、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共2题，共8分)20、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。21、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)22、已知某NaOH试样中含有NaCl杂质；为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：

①称量1.0g样品溶于水；配成250mL溶液；

②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；

③滴加几滴酚酞溶液；

④用0.10mol∙L−1的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如表：。滴定序号待测液体积/(mL)所消耗盐酸标准液的体积/(mL)滴定前滴定后滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00

请回答：

(1)将样品配成250mL标准溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有_______。

(2)用_______盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液；向待测液滴加2-3滴指示剂。

(3)达到滴定终点时的标志为_______。

(4)烧碱样品的纯度为_______。

(5)用标准液滴定待测液，下列操作中导致中和滴定的测量值偏高的是_______

a．锥形瓶用蒸馏水冲洗后；再用待测液润洗2~3次。

b．滴定开始时；滴定管尖嘴有气泡，滴定过程中气泡消失。

c．滴定前读数时仰视；滴定后读数平视。

d．摇动锥形瓶时；瓶中有少量液体溅出。

e．滴定时，锥形瓶中加入少量蒸馏水23、淀粉和纤维素是常见的多糖；在一定条件下它们都可以水解生成葡萄糖。

(1)淀粉在浓硫酸作用下水解生成葡萄糖的化学方程式为_______。

(2)某学生设计了如下实验方案用以检验淀粉水解的情况：

下列结论正确的是_______。A．淀粉尚有部分未水解B．淀粉已完全水解C．淀粉没有水解D．淀粉已水解，但不知是否完全水解(3)一种测定饮料中糖类物质含量(所有糖类物质以葡萄糖计算)的方法如下：

步骤一：取某无色饮料20.00mL加入稀硫酸煮沸；充分反应后，冷却，加入适量的氢氧化钠溶液并稀释至100.00mL。

步骤二：取10.00mL稀释液，加入30.00mL0.0150mol/L标准I2溶液；置于暗处15分钟。

步骤二：然后滴加2~3滴淀粉溶液作指示剂，再用0.01200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定反应所剩余的I2，当溶液由蓝色变为无色且半分钟不变时，反应达到终点，共消耗Na2S2O3标推溶液25.00mL。

已知：

a.I2在碱性条件下能与萄萄糖反应：C6H12O6+I2+3NaOH=C6H11O7Na+2NaI+2H2O

b.Na2S2O3与I2能发牛如下反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

①配制100.00mL0.01500mol/LI2标准溶液，所必需的玻璃仪器有：100mL的容量瓶、烧杯、_______和_______。

②向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是_______。

③计算该饮料中糖类物质的含量_______(单位mg/mL)(写出计算过程)。24、对氯苯氧乙酸是植物生长调节剂的中间体；实验室合成如下。

Ⅰ．实验步骤：

Ⅱ．反应原理：

主反应：(相对分子质量：186.5)

副反应：

Ⅲ．实验装置。

请回答：

(1)用10mL20%NaOH溶液溶解苯酚固体的原因(用化学方程式表示)_______。

(2)下列说法正确的是_______

A．图1中仪器X名称为三颈烧瓶；其加热方式只能用水浴或垫石棉网加热。

B．图1冷凝管中的冷却水从导管a进入、导管b流出；利用逆流原理冷却效果好。

C．图2热过滤时固液混合物液面要低于滤纸边缘；滤纸要低于漏斗边缘。

D．图2热过滤优点防止温度降低引起产品损耗；从而提高产品收率。

(3)步骤Ⅳ为粗产品的纯化，从下列选项中的操作合理排序：粗产品→用热的乙醇溶解→_______→_______→加蒸馏水→_______→_______→_______→干燥→4.76g产品。本实验的产率为_______(保留整数)

a．自然冷却b．趁热过滤c．洗涤d．煮沸e．抽滤。

(4)为了测定对氯苯氧乙酸产品的纯度，可采用中和滴定法：准确称取0.2g产品，置于锥形瓶中，加30mL乙醇溶解，滴加酚酞指示剂，以标准溶液滴定至微红色出现并持续30s不变色，即为终点，重复实验，数据如下：。序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.2020.22220.2240.5231.5421.52

①装标准溶液时选择图3中规格为50mL的滴定管_______(填“M”或“N”)。

②对氯苯氧乙酸产品的纯度为_______(小数点后保留一位)。25、滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定；氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。

（1）氧化还原滴定﹣葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用Na2S2O3作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：

往实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O3全部转化成SO2；滴定过程中发生的反应是：I2+SO2+2H2O＝2HI+H2SO4

①加入盐酸时发生反应的离子方程式为___

②滴定时，I2溶液应装在___（“酸”或“碱”）式滴定管中，该滴定过程的指示剂为___

③下列情形会造成测定结果偏高的是___

A．滴定持续时间稍长；溶液中部分HI被空气氧化。

B．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后；未润洗。

C．滴定前平视；滴定后俯视。

D．滴定前滴定管尖嘴有气泡滴定后气泡消失。

（2）沉淀滴定一滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是___（填选项字母），判断滴定终点的方法为：___。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp1.77×10﹣105.35×10﹣131.21×10﹣161.12×10﹣121.0×10﹣12

A．Na2CrO4B．NaBrC．NaCND．NaCl参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】分析：A；只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池；B、化学反应中的能量变化有多种形式；如光能、电能等；C、化学键的断裂不一定有新物质生成，所以不一定都发生化学反应；D、只有是放热反应才能保持铂丝红热。

详解：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，而反应CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应；不可能设计成原电池，故A错误；

B；任何化学反应都伴随着能量变化；但不一定都是热量变化，也可能是光能、电能等多种形式，所以B错误；

C；某些物质的溶解、电离；或状态的变化可能伴随着化学键的破坏，但没有发生化学反应，所以C错误；

D；氨气的催化氧化用灼热的铂丝做催化剂；由于是放热反应，所以铂丝保持红热，故D正确。本题答案为D。

点睛：原电池反应一定由氧化还原反应设计而成的；化学反应一定伴随有能量变化，且能量变化的形式有多种，但有能量变化的过程不一定是化学反应；化学反应一定有化学键的断裂，但有化学键的断裂的过程不一定都发生化学反应。2、A【分析】【详解】

A．铜和H+不能反生反应；所以铜在酸性环境下也不会发生析氢腐蚀，故A说法不正确；

B．镀铜铁制品镀层受损后；铜和铁和环境中的水；氧气就会构成原电池，加速铁制品腐蚀，故B说法正确；

C．锡焊接的铁质器件；焊接处在环境中容易形成原电池，因此焊接处易生锈，故C说法正确；

D．在船体外嵌入锌块；由于锌比铁活泼，锌和船体中的钢铁与海水更容易形成原电池，所以可以减缓船体腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D说法正确；

本题答案D。3、A【分析】【详解】

A．形成原电池时，Al为负极被氧化，Ag2S为正极被还原，正极反应式为：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-；A正确；

B．铜为阴极；发生还原反应，不能溶解，石墨电极上生成氧气，故B错误；

C．X极为负极；粗铜极为阴极，而电解精练时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，不能进行铜的精练，C错误；

D．该装置有外接电源；属于外加电源的阴极保护法，D错误；

答案选A。4、A【分析】【详解】

A．反应的ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应的ΔH=−1080kJ⋅mol-1，所以逆反应的活化能Ea一定大于1080kJ⋅mol-1；故A正确；

B．气态水的能量高于液态水的能量，所以当生成等量的液态水时放出更多的热量，放热反应的ΔH为负值，所以ΔH<−1080kJ⋅mol-1；故B错误；

C．反应的ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能；该反应是放热反应，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C错误；

D．反应的ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；该反应是放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；

故选A。5、C【分析】【分析】

电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb，Ca化合价升高，失去电子，作负极，PbSO4化合价降低；得到电子，作正极。

【详解】

A．根据前面分析得到负极的电极反应：Ca−2e－＝Ca2+；故A正确；

B．放电时，根据离子移动方向“同性相吸”，因此K+向正极(硫酸铅)移动；故B正确；

C．硫酸铅作正极材料，熔融的LiCl作为电解质，根据PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb信息，PbSO4为正极反应物；故C错误；

D．根据题中信息；电解质的无水LiCl−KCl混合物一旦受热熔融，因此常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转，故D正确。

综上所述，答案为C。6、D【分析】【分析】

该反应为吸热反应，且为气体分子数减小的反应，熵变若，则反应在该温度下自发进行，反之则非自发。

【详解】

A．因为则该反应在任何温度下都不能自发进行，故A错误；

B．该反应在任何温度下都不能自发进行；故B错误；

C．较低温度下该反应不能自发进行；该反应在任何温度下都不能自发进行，故C错误；

D．该反应任何温度下都不能自发进行；故D正确；

故选D。7、C【分析】【详解】

A．氢离子浓度大于氢氧根离子浓度的溶液一定显酸性；故A正确；

B．0.1mol•L-1一元酸HX溶液pH=3，氢离子浓度为0.001mol•L-1；说明HX不能完全电离，则一定为弱电解质，故B正确；

C．相同温度下；等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，两溶液的浓度仍然相同，盐酸是强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，因此盐酸中氢离子浓度大于醋酸，盐酸的pH小于醋酸，故C错误；

D．根据电荷守恒可得：醋酸溶液中：盐酸溶液中：pH值相等，则两溶液中氢离子浓度相等，氢氧根浓度也相等，则c(Cl-)=c(CH3COO-)；故D正确；

故选：C。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

(1)铁离子与SCN反应溶液显红色，因此滴定至终点时溶液颜色变为红色，且振荡后不褪色,所以答案为：当最后一滴NH4SCN标准溶液加入时；溶液变为红色，且半分钟内不褪色；

(2)根据图像,可知NH,SCN溶液的体积为25mL时,pAg=pSCN=6,则AgSCN的沉淀溶解平衡常数所以AgSCN溶度积常数Ksp=1.0x10-12；

(3)中性或碱性溶液中铁离子易形成沉淀,所以为防止指示剂失效,溶液应维持酸性；根据则故其浓度不超过0.01mol•L-1。

(4)由图像的起点纵坐标的数值是1可以知道AgNO3的浓度是0.100mol•L-1。当加入15.00mLNH4SCN溶液时，溶液中

(5)滴定完后，加入10mL0.005mol·L-1的Na2CO3溶液不会产生新沉淀。【解析】当最后一滴NH4SCN标准溶液加入时，溶液变为红色，且半分钟内不褪色1.0×10-12酸性0.01mol•L-10.0224mol•L-1无9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入稀盐酸后，S2-+2H+H2S↑；破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移动，故FeS溶解。

(2)CaCO3(s)C(aq)+Ca2+(aq)，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附着在CaCO3的表面，很难破坏CaCO3的溶解平衡，故难溶于稀硫酸；而在醋酸中，C+2CH3COOH2CH3COO-+H2O+CO2↑，破坏了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸。

(3)BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向BaSO4溶解的方向移动，造成BaSO4损失；而用硫酸洗涤，H2SO42H++S，S的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4损失量少。【解析】FeS(s)⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入稀盐酸后，S2-+2H+=H2S↑，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移动，故FeS溶解CaCO3(s)⇌CO(aq)+Ca2+(aq)，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附着在CaCO3的表面，很难破坏CaCO3的溶解平衡，故难溶于稀硫酸；而在醋酸中，CO+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑，破坏了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO(aq)，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向BaSO4溶解的方向移动，造成BaSO4损失；而用硫酸洗涤，H2SO4=2H++SOS的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4损失量少10、略

【分析】【详解】

（1）尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒可得，反应的化学方程式为：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2。

（2）①已知I．H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-241.5kJ·mol-1，II．N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H4=+180.5kJ·mol-1，依据盖斯定律I2-II有：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)，△H1=(-241.5kJ·mol-1)2-(+180.5kJ·mol-1)=-663.5kJ·mol-1。

②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，依据图示和得失电子守恒可得反应的离子方程式为：4NH+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，依据方程式可知，反应中每生成1molN2；转移的电子的物质的量为3mol。

（3）①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和或者用化学方程式表示为：3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。

②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。【解析】(1)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2

(2)-663.53

(3)SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降11、略

【分析】【详解】

(1)实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下制备乙酸乙酯；乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇的杂质，利用饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸；溶解乙醇，而且乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，分液得到乙酸乙酯，再蒸馏除去残留的杂质；答案为产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏；

(2)根据酯化反应的原理，酸脱羟基醇脱氢，因此乙醇中的18O会在酯中，化学方程式为CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；

(3)利用三等式进行计算；有

平衡常数得x=转化率为

乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1＝1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如图所示：；

(4)a．当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol；表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；

b．当体系中乙烯的百分含量保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应已达到化学平衡，b正确；

c．产品减少，平衡正向移动，但是由于该反应的平衡常数表达式温度不变则平衡常数不变，所以平衡时乙烯的浓度与原平衡相等，c正确；

d．乙酸和乙酸乙酯为液态，在平衡常数表达式中不能标出，该反应的平衡常数表达式为：达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度不变，d错误；

故答案为：bc；

(5)①温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知P1＞P2＞P3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v（P1）＞v（P2）＞v（P3）；

②由图像可知，P1MPa；80℃时反应已达平衡且正反应放热；故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；

③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等，通入乙烯气体或增大压强。【解析】产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O66.7%bcv(P1)＞v(P2)＞v(P3)由图像可知，P1MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降通入乙烯气体或增大压强12、略

【分析】【分析】

【详解】

冰醋酸是弱电解质，不能完全电离，故其水溶液中醋酸根离子的数目无法确定。【解析】错13、略

【分析】【分析】

(1)已知：①CH4(g)+2H2O═CO2(g)+4H2(g)△H=+165kJ•mol-1,②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•mol-1，根据盖斯定律，②-①可得：CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)；

(2)由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2，则反应热化学方程式为：CuCl2(g)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2；根据盖斯定律(①+②)×2可得总反应的热化学方程式；

(3)利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3(s)+3C(s)+O2(g)═2Fe(s)+3CO2(g)的△H；因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应。

【详解】

(1)已知：①CH4(g)+2H2O═CO2(g)+4H2(g)△H=+165kJ•mol-1，②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•mol-1，根据盖斯定律，②-①可得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)△H=-206kJ•mol-1；

(2)由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应①为：2HCl(g)+CuO(s)⇌H2O(g)+CuCl2(s)△H1，反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2，则反应热化学方程式为：CuCl2(g)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2，根据盖斯定律(①+②)×2可得总反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=2(△H1+△H2)；

(3)利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3(s)+3C(s)+O2(g)═2Fe(s)+3CO2(g)△H=(+494kJ•mol-1)+3×(-283kJ•mol-1)=-355kJ•mol-1；因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应。

【点睛】

通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。【解析】CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－206kJ·mol－14HCl(g)＋O2(g)===2H2O(g)＋2Cl2(g)ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2－355②③①14、略

【分析】【分析】

在溶液中；溶解和结晶是同时进行的，单位时间内溶解的质量等于结晶出来的固体的质量。

【详解】

在饱和硫酸铜溶液中溶解和结晶是同时进行的，观察到：晶体上的缺口没有(填“有”或“没有”)了；晶体的质量没变(填“减小”、“增大”或“没变”)；此时的硫酸铜溶液是饱和(填“饱和”或“不饱和”溶液)。硫酸铜晶体CuSO4▪5H218O中18O，与水中18O处于平衡状态，溶液中，溶剂水中含有(填“含有”或“不含”)18O；胆矾晶体中含有(填“含有”或“不含”)18O。故答案为：没有；没变；饱和；含有；含有。【解析】没有没变饱和含有含有三、判断题(共5题，共10分)15、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，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-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

物质的物态变化会产生热效应，如固体变液体放热，液体变气体吸热等，而ΔH包含了物态变化的热，因此物质的状态不同ΔH的数值也不同，该说法正确。18、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。19、B【分析】【详解】

盐溶液显酸碱性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是电离引起的。四、结构与性质(共2题，共8分)20、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大321、略

【分析】【详解】

（1）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；

（2）Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋；具有较强的还原性；

（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN－（或C22－），阳离子是NO＋。故答案为：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。【解析】①.N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+五、实验题(共4题，共24分)22、略

【分析】【分析】

(1)

用固体配制一定物质的量浓度溶液的仪器有：天平(含砝码)；烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管；故将样品配成250mL标准溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；

(2)

由于盐酸会腐蚀碱性滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液；向待测液滴加2-3滴指示剂，故答案为：酸式滴定管；

(3)

锥形瓶中装的是酚酞和NaOH溶液；故原来溶液呈红色，随着盐酸的加入酸性减弱，颜色变浅直至褪色，故达到滴定终点时的标志为最后半滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色，故答案为：最后半滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色；

(4)

由表中数据可知滴定三次消耗的盐酸的体积分别为：20.10mL、20.00mL、19.90mL，故平均消耗的盐酸体积为：故有n(NaOH)=n(HCl)=20.00×10-3L×0.10mol∙L−1=2×10-3mol，烧碱样品的纯度为=80%；故答案为：80%；

(5)

根据酸碱中和滴定的原理可知，c(NaOH)=可知；c(HCl)；V(NaOH)相当于已知量，只有V(HCl)为未知量，故V(HCl)偏大则结果偏大，V(HCl)偏小则结果偏小，据此分析解题：

a．锥形瓶用蒸馏水冲洗后；再用待测液润洗2~3次，将导致消耗的盐酸体积偏大，故结果偏高，a符合题意；

b．滴定开始时，滴定管尖嘴有气泡，滴定过程中气泡消失，将导致消耗的盐酸体积偏大，故结果偏高，b符合题意；

c．滴定前读数时仰视；滴定后读数平视，将导致盐酸体积偏小，故结果偏低，c不合题意；

d．摇动锥形瓶时；瓶中有少量液体溅出，导致消耗盐酸的体积偏小，故结果偏低，d不合题意；

e．滴定时；锥形瓶中加入少量蒸馏水，对盐酸的体积无影响，故结果无影响，e不合题意；

故答案为：ab。【解析】(1)250mL容量瓶。

(2)酸式滴定管。

(3)最后半滴标准盐酸溶液滴入；溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色。

(4)80%

(5)ab23、略

【分析】【分析】

取淀粉液在稀硫酸中加热后的水解液；分成两份，一份滴加碘水，发现不变蓝色，说明无淀粉，另一份先加入氢氧化钠溶液，调PH至碱性，再加银氨溶液，最后再加热，有银镜生成，说明有葡萄糖，注意加入过量的氢氧化钠，碘单质能和氢氧化钠发生氧化还原反应；

【详解】

（1）淀粉在酸性环境下水解的最终产物是葡萄糖，化学方程式为：故答案为：

（2）取淀粉液在稀硫酸中加热后的水解液，分成两份，一份在加入银氨溶液之前加入了碱将溶液的酸性中和掉，加入银氨溶液后出现的银镜现象说明有葡萄糖存在，可以得出淀粉已经水解的结纶，淀粉在稀硫酸作用下完全水解生成葡萄糖，水解方程式为葡萄糖与银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化还原反应，反应的方程式为淀粉和碘作用显示蓝色；因加入过量的氢氧化钠，碘单质能和氢氧化钠发生氧化还原反应，所以另一份滴加碘水，发现不变蓝色，所以不知是否完全水解，选D，故答案为：D；

（3）①配制100.00mL0.01500mol•L-1I2标准溶液，先在烧杯中溶解药品，用玻璃棒搅拌，转移到100mL容量瓶，定容，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；

②向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是：将饮料中糖类物质转化为葡萄糖，故答案