2025年苏科版选择性必修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年苏科版选择性必修1化学下册月考试卷179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7题，共14分)1、关于下列各装置图的叙述中；不正确的是（）

A.用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D.若装置①是电镀池，则待镀件放在电极b2、二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是

A.在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率为0.07mol·L-1·min-1B.R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响C.二氧化钛对pH＝2的R溶液催化效率好D.在0～50min之间，R的降解百分率pH＝2大于pH＝73、汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中起始物质的量与反应温度如表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示∶。容器温度/℃起始物质的量/molNO(g)CO(g)NO(g)CO(g)甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20

下列说法正确的是A.该反应的正反应为吸热反应B.达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小C.T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，则反应达到新平衡前v(正)>v(逆)D.T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，则达平衡时N2的转化率<40%4、已知25℃时，下列叙述错误的是A.相同温度下，溶解度：B.向的混合溶液中滴加溶液时，先生成沉淀C.的平衡常数为D.常温下，若向饱和溶液中加入溶液，使其转化为则的浓度不能低于5、以下为放热反应的共有个。

①放出热量的化学反应②吸收热量的化学反应③反应物的总能量大于生成物的总能量④反应物的总能量小于生成物的总能量⑤生成物分子键能大于反应物分子键能⑥生成物分子键能小于反应物分子键能⑦⑧⑨正反应活化能大于逆反应活化能的反应⑩正反应活化能小于逆反应活化能的反应⑪大多数化合反应⑫大多数分解反应⑬铝热反应⑭煤的气化(水煤气反应)⑮过氧化氢分解⑯⑰且任意温度自发的反应⑱且低温下自发的反应⑲⑳A.10B.11C.12D.136、对于常温下发生的反应:2H2(g)+O2(g)2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1,△S=-70kJ·K-1·mol-1下列说法正确的是A.该反应是放热、熵增的反应B.可根据计算ΔH-TΔS是否小于0，判断常温下该反应是否自发反应C.由于反应需要“点燃”条件，因此可推断该反应在该条件下不是自发反应D.该反应中的“点燃”条件，使反应从非自发反应变成自发反应，因此可以看到产生水珠的现象7、强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)，ΔH=−57.3kJ/mol。已知：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)，ΔH=−Q1kJ/mol，H2SO4(浓)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)，ΔH=−Q2kJ/mol，HNO3(aq)+KOH(aq)=KNO3(aq)+H2O(l)，ΔH=−Q3kJ/mol，上述反应均为溶液中的反应，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为A.Q1=Q2=Q3B.Q1>Q2>Q3C.Q2>Q3>Q1D.Q2=Q3>Q1评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如下图所示。若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的(羟基自由基)；若上端开口关闭，可得到强还原性的(氢原子)。下列说法正确的是。

A.上端开口关闭，不鼓入空气时，正极的电极反应式为B.上端开口打开，并鼓入空气时，每生成转移电子数目为C.铁碳微电解的工作原理基于电化学、氧化还原、物理吸附等共同作用对污水进行处理D.用该技术处理含有草酸的污水时，上端应打开9、用甲醚(CH3OCH3)燃料电池电解Na2SO4溶液制取NaOH溶液和硫酸的装置如下图所示。下列说法正确的是。

A.M为硫酸、N为NaOHB.膜a、膜b依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.燃料电池的负极反应式为CH3OCH3-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋D.反应的甲醚与生成气体Y的物质的量之比为1:310、我国科学家成功实现了电解气态HCl制备Cl2；其工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.a为外接直流电源的正极B.阳极的电极反应为2HCl-2e-=Cl2+2H+C.通电后H+从左室迁移至右室D.左室中发生反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，实现了Fe3+的再生11、两个体积相同的带活塞的容器，分别盛有一定质量的NO2和Br2(g)；都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是。

A.aa′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的深B.a′、b′的颜色一样深C.a′的压强比a的压强的2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍D.a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小12、反应N2(g)+O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施能使该反应的反应速率加快的是（）A.缩小体积使压强增大B.压强不变充入He使体积增大C.体积不变充入He使压强增大D.体积不变充入NO使压强增大13、下列说法错误的是A.将0.1mol∙L−1的CH3COOH溶液加水稀释，变小B.向0.1mol∙L−1的氨水中通氨气，则NH3·H2O的电离程度增大C.CuCl2溶液存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl－[CuCl4]2−(黄色)+4H2O，向黄绿色的CuCl2溶液中加水，溶液颜色变蓝D.分别向甲容器(恒温恒容)中充入1molPCl5，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lmol，发生反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＞0，平衡时14、已知重铬酸钾()溶液中存在如下平衡：

实验①向溶液中滴入3滴溶液，溶液由橙色为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓溶液由黄色变为橙色。

实验②向2mL0.lmol/L酸化的溶液中滴入适量溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：下列分析正确的是A.酸性溶液具有强氧化性，是因为中铬元素呈高价具有强氧化性B.实验②能说明氧化性C.和在酸性溶液中可以大量共存D.稀释溶液时，溶液中各离子浓度均减小15、室温下，向10mL0.10mol·L-1的HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液；溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列说法正确的是()

A.a点时，c(Na+)-c(HA)=c(OH-)-c(H+)B.由a→b，溶液中n(A-)持续增大C.b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D.V=10mL时，c(HA)+c(A-)+c(Na+)=0.20mol·L-116、下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.100mol•L-1Na2C2O4溶液中：c()＞c()＞c(OH−)＞c(H＋)B.0.4mol·L－1CH3COOH溶液和0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合（pH<7）：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)C.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：c()＋2c(OH－)＝c()＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)D.0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c()+c()评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、（1）O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：

①I－(aq)+O3(g)＝IO－(aq)+O2（g）△H1

②IO－(aq)+H+(aq)HOI(aq)△H2

③HOI(aq)+I－(aq)+H+(aq)I2(aq)+H2O(l)△H3

总反应的热化学方程式为___。

（2）AgCl和水的悬浊液中加入足量的Na2S溶液并振荡；结果白色固体完全转化为黑色固体：写出白色固体转化成黑色固体的化学方程式：___。

（3）向Na2CO3溶液中滴加酚酞呈红色的原因是___（用离子方程式表示）；溶液中各离子浓度由大到小的顺序___；向此溶液中加入AlCl3溶液，观察到的现象是__，反应的离子方程式为___。18、为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。

已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566kJ·mol-1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；ΔH=-483.6KJ·moL-1

(1)CO的燃烧热△H=___kJ·moL-1。

(2)写出CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式：___。

(3)H2是一种理想的绿色能源，可作燃料电池；若电池以20%~30%的KOH溶液为电解质溶液，该氢氧燃料电池放电时：正极的电极反应式是___，负极的电极反应式是___。19、(1)在一定条件下发生反应：N2+3H2⇌2NH3；请回答：

①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。

②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_________。(写出计算过程)

(2)已知：H2O(l)＝H2O(g)△H=+44.0kJ/mol。液氢也是一种常用燃料，将煤与水蒸气在高温下反应是获取H2的重要方法。C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式分别为：

①C(s)+O2(g)＝CO2(g)∆H=–393.5kJ/mol

②CO(g)+O2(g)＝CO2(g)∆H=–283.0kJ/mol

③H2(g)+O2(g)＝H2O(l)∆H=–285.8kJ/mol

根据以上信息，则1molC(s)与水蒸气反应生成H2和CO的热化学方程式为______。

(3)根据下列两个热化学方程式；回答下列问题：

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(1)ΔH=－571.6kJ·mol－1

C3H8(g)+5O2(g)＝3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=－2220kJ·mol－1

①H2的燃烧热为_______。

②1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为_______。(写出计算过程)20、已知萃取剂A、B中pH对钴离子、锰离子萃取率的影响如图所示，为了除去Mn2＋，应选择萃取剂___________(填“A”或“B”)。

21、I.在一定条件下xA+yBzC的可逆反应达到平衡；

(1)已知A、B、C均为气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，则x、y、z的关系是___________。

(2)已知C是气体且x+y=z，在加压时如果平衡发生移动，则平衡必向___________方向移动。(填“正反应”或“逆反应”)

(3)已知B、C是气体，现增加A的物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，则A是___________态。

II.(4)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1△H1

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2△H2

则4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=_______(用含有K1、K2的式子表示)；

(5)在时，2L的密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和2min末的浓度如下表(该反应为可逆反应)：。物质ABC初始浓度/()1.02.002min末的浓度/()0.40.21.2

请填写下列空白：

该反应方程式可表示为_____；从反应开始到2min末，A的平均反应速率为_____。22、由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。该反应进行过程中能量的变化(单位为kJ·mol-1)如图所示。

请回答下列问题：

(1)观察图象可知上述反应过程中，断裂反应物中的化学键吸收的总能量_____(填“大于”“小于”或“等于”)形成生成物中的化学键释放的总能量。

(2)甲醇的结构类似于乙醇，试写出甲醇的结构式：______。甲醇分子中的化学键类型是______(填“离子键“共价键”)。

(3)科研人员开发出一种新型甲醇燃料电池。其电解质溶液是KOH溶液，在该电池的负极发生反应的物质是________，发生的是________(填"氧化"或"还原")反应。

(4)欲使合成甲醇的化学反应速率加快，请写出两条措施：________；23、氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景；采用天然气制备氢气主要经历以下反应：

(i)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1

(ii)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H2

根据图像计算∆H1=_______kJ∙mol−1。

24、我国对“可呼吸”的钠——二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。

（1）钠金属片作为该电池的___极(填“正”或“负”，下同)；放电时，电解质溶液中Na＋从___极区向___极区移动。

（2）充电时，碳纳米管连接直流电源的___极，电极反应式为___。25、钢铁工业是国家工业的基础。请回答钢铁冶炼；腐蚀、防护过程中的有关问题。

（1）下列哪个装置可防止铁棒被腐蚀_____________。

（2）在实际生产中；可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意图如右：

请回答：

①A电极对应的金属是______(写元素名称)，B电极的电极反应式是____________。

②若电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为51.2g，则电镀时电路中通过的电子物质的量为_______。评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)26、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误27、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误28、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误29、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共40分)30、“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是实验小组制备消毒液；并利用其性质探究制备碘水的方法。

资料：i.的电离常数为的电离常数为

ii.碘的化合物主要以和的形式存在，

iii.碘单质能与反应：(低浓度时显黄色；高浓度时为棕色)。

I.制备消毒液(夹持装置略)

(1)制备的离子反应方程式_______。

(2)结合资料i，写出D中反应的化学方程式_______。

II.利用消毒液的性质探究碘水的制备方法。

将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：。方案操作现象反应后加淀粉溶液1烧杯1溶液中加入9g固体溶液为橙黄色2烧杯2溶液中加入9g固体，再加入1盐酸10mL溶液颜色快速加深，呈紫红色变蓝3烧杯3溶液中加入少量固体(小于0.5g)振荡后溶液保持无色不变蓝(3)针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因；提出两种假设：

假设1：生成的I2在碱性溶液中不能存在。

设计实验a证实了假设1成立，实验a的操作及现象是_______。

假设2：过量的将反应生成的氧化为

设计实验b证实了假设2成立。氧化生成的离子方程式是_______。

(4)某小组检验烧杯3所得溶液中含取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在说明理由_______。

(5)预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据_______。

(6)对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是_______。31、铜是生活中常见的金属；以铜为原料进行如下实验。回答下列问题：

Ⅰ.制备

(1)利用铜与浓硫酸制备适宜的装置是_______(从A、B、C中选择)，该装置内发生的化学方程式为_______。

(2)收集干燥的所需装置的接口连接顺序为：发生装置→_______(填小写字母)。

(3)反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，原因是_______。

Ⅱ.探究温度对铜与过氧化氢反应的影响。

向10mL30%的溶液中滴加1mL3mol/L硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为查阅资料发现是催化分解的结果。

(4)写出生成的离子方程式_______。

(5)学习小组提出猜想：升高温度，催化能力增强，该小组设计如下实验验证猜想。实验序号30%H2O2(mL)1mol/LCuSO4(mL)水(mL)水浴温度(℃)3min时生成O2的平均速率()11011202.4210113093101140904100220A15A26100240A3

①小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是_______。

②为进一步验证猜想，完善实验4～6的方案(答案填在答题卡上)_______。小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，依据是_______。32、某实验小组用溶液和溶液进行中和反应反应热的测定。

Ⅰ．配制溶液。

(1)实验中要使用溶液，则至少需要称量NaOH固体______________g。

(2)从表中选择称量NaOH固体所需要的仪器_______________（填标号）。名称托盘天平（用砝码）小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器标号abcdef

Ⅱ．测定中和反应反应热的实验装置如图所示。

(3)取溶液和溶液进行实验，实验数据如表所示。实验次数起始温度终止温度温度差平均值溶液NaOH溶液平均值平均值1234

①填写表中的空白_________________。

②使溶液与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_________________（填标号）。

a．用温度计小心搅拌b．揭开杯盖用玻璃棒搅拌。

c．轻轻地振荡杯体d．用套在杯盖上的玻璃搅拌器轻轻地搅动。

③近似认为溶液和溶液的密度都是中和后混合溶液的比热容则__________（结果保留小数点后一位）。

④上述实验结果大于理论值，产生偏差的原因可能是______________（填标号）。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有溶液的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测量溶液的温度33、[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+)=__。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共12分)34、钼酸钠晶体常用于配制金属缓蚀剂。图为利用钼精矿(主要成分是含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。

回答下列问题：

(1)中钼元素的化合价是_______；

(2)“焙烧”反应为该反应氧化产物是_______(填化学式)，写出一条提高焙烧速率的措施_______；

(3)“浸取”时含钼化合物发生反应的离子方程式为_______；

(4)“结晶”前需向滤液中加入固体以除去若滤液中要使钼元素无损失，残余的最低浓度是_______mol/L；[已知：]

(5)钼酸钠也可用钼酸铵和适量热的纯碱反应来制取，反应后溶液中只含钼酸钠从而有利于提纯。该反应的化学方程式为_______；

(6)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下；碳素钢在缓蚀剂中的腐蚀速率实验结果如图所示。

要使碳素钢的缓蚀效果最好，缓蚀剂中钼酸钠(摩尔质量为M)的物质的量浓度为_______mol/L。35、铋主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣(主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O；CuO)为原料提取Bi的工艺流程如下：

已知：Ⅰ.BiCl3可水解生成不溶于水的BiOCl

Ⅱ．25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=1.2×10-20；Ksp(PbCl2)=1.17×10-5。

回答下列问题：

(1)“浸出”时，若c(HCl)=1mol/L时，铋的浸出率和Cl-浓度的关系如图所示，其中NaCl的作用是___________；若升高温度，反应相同的时间，铋的浸出率先升高后降低，则浸出率下降的主要原因可能是HCl挥发和___________。

(2)“滤渣Ⅰ”的成分为___________(填化学式)。

(3)“脱氯”的化学方程式为___________。

(4)“沉铜”时向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液，可促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2沉淀，请写出“沉铜”的离子方程式___________。若“滤液Ⅱ”中c(Cu2+)为0.01mol·L-1，常温下加入等体积的NaOH溶液使pH恰好为6时，出现Cu(OH)2沉淀，此时Cu2+的去除率为___________(忽略溶液体积变化)。

(5)可循环利用的物质是___________。

(6)粗铋可通过电解法进行精炼，其原理如图所示，其中电极a的材料是___________，电极b上发生的电极反应为___________。

36、氯化亚铜广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。以某种铜矿粉(含Cu2S；CuS及FeS等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：

已知：①CuS、Cu2S、FeS灼烧固体产物为Cu2O；FeO；

②Ksp(CuCl)=2×10-7，2Cu+=Cu+Cu2+的平衡常数K1=1×106

回答下列问题：

（1）“灼烧”时，被还原的元素有____________(填元素符号)。

（2）“酸浸”所需H2SO4是用等体积的98%H2SO4和水混合而成。实验室配制该硫酸溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_______。“酸浸”时硫酸不宜过多的原因是__________________。

（3）“除杂”的总反应方程式是_____________________。

（4）“络合”反应中的NH3与NaHCO3理论比值是____________________。

（5）加热“蒸氨”在减压条件下进行的原因是________________。

（6）X可以充分利用流程中的产物，若X是SO2时，通入CuCl2溶液中反应的离子方程式是________________；若X是Cu时，反应Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl的平衡常数K2=_________。

（7）以铜为阳极电解NaCl溶液也可得到CuCl，写出阳极电极反应式__________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．精炼铜时，粗铜为阳极，精铜作阴极，用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液；选项A正确；

B．装置②是原电池，铁的活泼性大于铜，铁是负极，总反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+；选项B错误；

C．装置③是外接电流阴极保护法；钢闸门应与外接电源的负极相连，选项C正确；

D．若装置①是电镀池，则待镀件应连接负极做阴极，根据电流由正极流向a，a为阳极，b为阴极，待镀件连接电极b；选项D正确；

答案选B。2、C【分析】【详解】

A．在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率==7×10-6mol·L-1·min-1；A错误；

B．根据图中曲线可知；曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，pH不同分解速率也不同，故R的起始浓度和溶液的pH均影响R的降解速率，但R的起始浓度不同，可以判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响，通过分析斜率的大小来判断，B错误；

C．通过图像可知；pH＝2时，二氧化钛对R溶液催化时间迅速缩短，效率好，C正确；

D．在0～50min之间；R的降解初始量pH＝7大于pH＝2，平衡时浓度接近0，则降解百分率pH＝7等于pH＝2，D错误；

答案为C。3、C【分析】【详解】

A．2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2；此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；

B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大；故B错误；

C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol；结合三行计算计算平衡常数；

K==10，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，Qc==2.5＜K=10．则反应达到新平衡前v(正)＞v(逆)；故C正确；

D．T2℃时；平衡状态CO物质的量为0.12mol；

若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2；反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO；NO相比，相当于减少了0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D错误；

故选C。4、C【分析】【详解】

A．是相同类型的难溶电解质，所以相同温度下，溶解度A项正确。

B．因为所以向的混合溶液中滴加溶液时，先生成沉淀；B项正确。

C．C项错误。

D．饱和溶液中形成沉淀所需的最小D项正确；

故选C。5、C【分析】【详解】

①放出热量的化学反应为放热反应；

②吸收热量的化学反应为吸热反应；

③反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；

④反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；

⑤生成物分子键能大于反应物分子键能的焓变小于0；为放热反应；

⑥生成物分子键能小于反应物分子键能的焓变大于0；为吸热反应；

⑦为放热反应；

⑧为吸热反应；

⑨正反应活化能大于逆反应活化能的反应为吸热反应；

⑩正反应活化能小于逆反应活化能的反应为放热反应；

⑪大多数化合反应为放热反应；

⑫大多数分解反应为吸热反应；

⑬铝热反应为放热反应；

⑭煤的气化(水煤气反应)为吸热反应；

⑮过氧化氢分解为放热反应；

⑯为放热反应；

⑰根据△H-T△S<0反应自发进行，且任意温度自发的反应为放热反应；

⑱根据△H-T△S<0反应自发进行，且低温下自发的反应为放热反应；

⑲的反应为吸热反应；

⑳的反应为放热反应；

有12个符合题意；

故选C。6、B【分析】【分析】

该反应为吸热反应；为熵减的反应，根据的符号即可判断该反应是否自发。

【详解】

A．该反应为吸热反应；为熵减的反应，故A错误；

B．若则反应自发，若该反应非自发；故B正确；

C．反应的自发与否与反应条件无关，与的符号有关；故C错误；

D．因为该反应所以该反应高温自发，与是否点燃无关，故D错误；

故选B。7、C【分析】【分析】

【详解】

强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH-（aq）=H2O△H=-57.3kJ/mol，醋酸的电离吸热，放出的热量Q1小于57.3kJ；浓硫酸溶于水放热，放出的热量Q2大于57.3kJ；稀硝酸为稀的强酸，放出的热量Q3为57.3kJ，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为Q2>Q3>Q1，故选C。二、多选题(共9题，共18分)8、CD【分析】【分析】

根据题目信息判断参与反应的正极反应的物质。根据反应实质判断反应类型。铁粉做负极；碳粉做正极，砂芯板起吸附作用，让正极反应物充分接触。

【详解】

A．该原电池属于铁的吸氧腐蚀；正极的反应物为氧气，A项不正确；

B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-；所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，B项不正确；

C．根据该工艺图判断属于原电池；实质发生氧化还原反应，砂芯板起吸附作用，故C正确；

D．除去草酸需要氧化性的物质；上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；

故选答案CD。

【点睛】

原电池的实质是氧化还原反应，金属在碱性条件下发生的电化学腐蚀常见的吸氧腐蚀。9、AC【分析】【分析】

图中左池为甲醚燃料电池，通甲醚一极为负极，通氧气一极为正极，对应右池（电解池）左边为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，此时中间室经过膜a进入阳极室，可得到H2SO4，故膜a为阴离子交换膜；右边为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，此时中间室Na+经过膜b进入阴极室，可得到NaOH，故膜b为阳离子交换膜。

【详解】

A．根据分析可知，右池阳极产生H2SO4，阴极产生NaOH，即M为H2SO4；N为NaOH，A正确；

B．由分析知膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜；B错误；

C．由图中质子交换膜知燃料电池电解质溶液为酸性，此时CH3OCH3反应生成CO2，C元素化合价由-2价升高到+4价，故1分子甲醚失去12个电子，即负极转化为：CH3OCH3-12e-→2CO2↑，根据电荷守恒，左边添加12个H+，根据元素守恒，右边添加3个H2O，得最终电极反应为：CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+；C正确；

D．电解阴极产生气体Y为H2，生成1个H2得两个电子，1个CH3OCH3反应转移12个电子，根据串联电路转移电子处处相等规律，确定关系：CH3OCH3~6H2，即反应的甲醚和生成的H2物质的量比为1:6；D错误；

故答案选AC。10、BD【分析】【分析】

电解池工作时；阳极发生氧化反应；阴极发生还原反应，电解质溶液中，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动。

【详解】

A．右侧氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则a为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极；选项A错误；

B．阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应为2HCl-2e-＝Cl2+2H+；选项B正确；

C．电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H+从右室迁移至左室；选项C错误；

D．根据装置图可判断左室中发生反应为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，实现了Fe3+的再生；选项D正确；

答案选BD。11、AC【分析】【详解】

A．a→a′过程中，体积缩小为原来的一半，各物质物质的量浓度迅速增大为原来的两倍，颜色突然加深，后2NO2N2O4平衡正向移动；增大压强，不论平衡怎样移动，新平衡时各物质（气体）的浓度均比旧平衡的大，最终颜色比原来深，A正确；

B．a在压缩中有一定NO2转化成N2O4，a′颜色应比b′中的浅；B错误；

C．a′中物质的量比a中要少，a′的压强比a的压强2倍要小，b和b′中物质的量相等，b′的压强为b的压强的2倍；C正确；

D．两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等，a′中的c(NO2)不一定比b′中的c(Br2)小；D错误；

故答案为：AC。12、AD【分析】【详解】

A.缩小体积使压强增大；增大了物质的浓度，反应速率加快，A符合题意；

B.压强不变充入He使体积增大；反应体系中物质的浓度减小，反应速率减小，B不符合题意；

C.体积不变充入He使压强增大；反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，C不符合题意；

D.体积不变充入NO使压强增大；增大了物质的浓度，反应速率加快，D符合题意；

故选AD。13、AB【分析】【详解】

A．将0.1mol∙L−1的CH3COOH溶液加水稀释，醋酸根浓度减小，电离常数不变，所以增大；故A错误；

B．向0.1mol∙L−1的氨水中通氨气，NH3·H2O物质的量浓度增大，电离平衡正向移动，但NH3·H2O的电离程度减小；故B错误；

C．CuCl2溶液存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl－[CuCl4]2−(黄色)+4H2O，向黄绿色的CuCl2溶液中加水，平衡逆向移动，[CuCl4]2−(黄色)转变为[Cu(H2O)4]2+(蓝色)；溶液颜色变蓝，故C正确；

D．分别向甲容器(恒温恒容)中充入1molPCl5，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lmol，发生反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＞0，乙容器温度比甲容器温度高，该反应是吸热反应，温度升高，正向移动，转化率增大即平衡时故D正确。

综上所述，答案为AB。14、AB【分析】【分析】

【详解】

A．中铬元素呈高价，在酸性溶液具有强氧化性，被还原为Cr3+；故A正确；

B．实验②中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、而铁离子的氧化性大于亚铁离子的氧化性，则可说明氧化性故B正确；

C．和在酸性溶液中会发生氧化还原反应；不能大量共存，故C错误；

D．稀释溶液时，氢离子浓度减小，Kw不变；氢氧根离子浓度增大，故D错误；

故选AB。15、AB【分析】【详解】

A．a点时，pH=3，c(H+)=1.0×10-3mol•L-1，因为Ka==1.0×10-3，所以c(HA)=c(A-)，根据电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A-)可知：c(Na+)-c(HA)=c(OH-)-c(H+)；故A正确；

B．由a→b，是向一元弱酸HA中逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成NaA，即：HA+NaOH=NaA+H2O，溶液中n(A-)持续增大；V=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，根据A-+H2O⇌HA+OH-，继续加入NaOH溶液，抑制A-的水解，所以溶液中n(A-)持续增大；故B正确；

C．根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可得c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)，若c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)成立，则c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)，推出c(HA)+c(H+)=0，很明显溶液中c(HA)+c(H+)≠0；故C错误；

D．V=10mL时，反应恰好生成NaA，根据物料守恒：c(Na+)=c(HA)+c(A-)，所以c(HA)+c(A-)+c(Na+)=2c(Na+)=2×=0.1mol/L；故D错误；

故答案为AB。16、BC【分析】【详解】

A．0.100mol•L-1Na2C2O4溶液中，c()＞c(OH−)＞c()＞c(H＋)；A错误；

B．0.4mol·L－1CH3COOH溶液和0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合后，溶液中CH3COOH和CH3COONa浓度相等，pH<7说明CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度，因此c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)；B正确；

C．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合，根据电荷守恒和物料守恒可得c()＋2c(OH－)＝c()＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)；C正确；

D．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合生成(NH4)2CO3，根据物料守恒可得c()+c(NH3·H2O)=2c(H2CO3)+2c()+2c()；D错误；

故选BC。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【详解】

（1）将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I-（aq）+O3（g）+2H+（aq）⇌I2（aq）+O2（g）+H2O（l），△H=△H1+△H2+△H3。

故答案为2I-（aq）+O3（g）+2H+（aq）⇌I2（aq）+O2（g）+H2O（l）△H=△H1+△H2+△H3

（2）硫化银的溶解度比氯化银还小，根据沉淀转化的原理，氯化银可以和硫离子反应生成硫化银，反应化学方程式为：2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl

故答案为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl

（3）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，钠离子浓度大于碳酸根离子浓度的2倍，且溶液呈碱性，故氢离子浓度最低，故各离子浓度由大到小的顺序c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)。加入铝离子后，CO32-与Al3+反应会双水解，产生气泡及白色沉淀，溶液红色逐渐变浅至颜色消失，反应离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。

故答案为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)产生气泡及白色沉淀，溶液红色逐渐变浅至颜色消失2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【解析】2I-（aq）+O3（g）+2H+（aq）I2（aq）+O2（g）+H2O（l）△H=△H1+△H2+△H32AgCl+Na2S=Ag2S+2NaClCO32-+H2OHCO3-+OH-c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)产生气泡及白色沉淀，溶液红色逐渐变浅至颜色消失2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑18、略

【分析】【详解】

(1)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ·mol-1，通常条件下，1molCO完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为氢气的燃烧热，CO的燃烧热为(-566kJ·mol-1)=-283kJ·mol-1；故答案为：-283；

(2)已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ•moL-1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6KJ•moL-1

根据盖斯定律，①-②得2CO(g)+2H2O(g)=2H2(g)+2CO2(g)△H=-566kJ•moL-1-(-483.6kJ•moL-1)=-82.4KJ•moL-1，即CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ•moL-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ•moL-1；

(3)原电池负极发生氧化反应，氧气在正极放电，在碱性条件下，生成氢氧根，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；氢气在负极放电；在碱性条件下，氢气放电生成水；

负极电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；H2-2e-+2OH-═2H2O。【解析】-283CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H=-41.2kJ/molO2+2H2O+4e-=4OH-H2+2OH--2e-=2H2O19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2；则焓变小于0，该反应为放热反应；

②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，利用化学键的键能计算该反应焓变为：ΔH＝946+436×3-6×391=－92kJ·mol－1；则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1；

（2）根据以上信息，1molC(s)与水蒸气反应生成H2和CO的焓变为：∆H=–393.5kJ/mol-44.0kJ/mol+285.8kJ/mol+283.0kJ/mol=+131.3kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)＝H2(g)+CO(g)∆H=+131.3kJ/mol；

（3）①H2的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，由2H2(g)+O2(g)＝2H2O(1)ΔH=－571.6kJ·mol－1知，H2的燃烧热：285.8kJ·mol－1；

②1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为Q放=1mol×285.8kJ·mol－1+2mol×2220kJ·mol－1=4725.8kJ。【解析】放热N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1C(s)+H2O(g)＝H2(g)+CO(g)∆H=+131.3kJ/mol285.8kJ·mol－14725.8kJ20、B【分析】【详解】

由图可知萃取剂A对于钴离子和锰离子在相同pH时萃取率相差不是很大（大致相差20%左右），而萃取剂B对于钴离子和锰离子在pH=5时相差最大（此时Mn2+的萃取率达到60%，而Co2+此时仅为20%）；故选择的条件为：pH=5，选取萃取剂B；

故答案为：B。21、略

【分析】【详解】

(1)A、B.C都是气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，即x+y>z，故答案为：x+y>z；

(2)C是气体；且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X；Y至少有1种不是气体，逆反应是气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；

(3)B；C是气体；增加A物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，说明A是固体或纯液体，即A为非气态，故答案为：固体或纯液体。

(4)①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)中平衡常数K1=②2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)中平衡常数K2=③4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=计算得到K=故答案为：

(5)依据图表数据ABC的反应浓度分别为：A变化的浓度为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，B变化的浓度=2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，C的变化浓度=1.2mol/L，反应之比等于化学方程式计量数之比，n(A)：n(B)：n(C)=0.6：1.8：1.2=1：3：2，反应的化学方程式为A+3B2C，从反应开始到2min末，A的平均反应速率为v==0.3mol•L-1•min-1，故答案为：A+3B2C；0.3mol•L-1•min-1。【解析】x+y>z逆反应固体或纯液体A+3B2C0.3mol•L-1•min-122、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）从图象分析；反应物能量高于生成物，反应放热，说明反应物键能和小于生成物，故答案为：小于；

（2）C原子形成四个共价键，H只形成1个化学键，O形成2个化学键，结合乙醇的结构可知甲醇的结构式为：两非金属元素的原子间形成的是共价键；

（3）负极是电子流出的极；甲醇在负极失电子发生氧化反应，故答案为：甲醇；氧化；

（4）欲使反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)速率加快，可以升高温度、使用合适的催化剂、增大压强、增大反应物的浓度等；【解析】小于共价键甲醇氧化升高温度、使用合适的催化剂、增大压强、增大反应物的浓度等23、略

【分析】【分析】

【详解】

焓变等于反应物断键吸收的热量减去生成物成键放出的热量，根据图像得到△H1=2582kJ∙mol−1－2378kJ∙mol−1＝＋204kJ∙mol−1；故答案为＋204。【解析】+20424、略

【分析】【分析】

（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出；Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中阳离子向正极区移动。

（2）充电时；负极连接直流电源的负极，正极连接直流电源的正极，电极反应式为作原电池正极时反应的逆反应。

【详解】

（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中Na＋(阳离子)从负极区向正极区移动。答案为：负；负；正；

（2）充电时，负极(钠金属片)连接直流电源的负极，碳纳米管(正极)连接直流电源的正极，电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。答案为：正；2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。

【点睛】

燃料电池的电极反应式书写起来往往比较麻烦，且易出错。我们可以写出一个电极的反应式(简单易写的)，然后利用总反应方程式—某电极的电极反应式，就可得出另一电极的反应式。【解析】负负正正2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+25、略

【分析】【分析】

(1)根据金属生锈的条件以及原电池和电解池的工作原理知识来回答判断；

(2)①在铁件的表面镀铜时；金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，根据电解池的工作原理来回答；

②根据电极反应以及两极上金属质量的变化来回答。

【详解】

(1)B装置中；金属铁做原电池的正极，被保护，不易生锈，D装置中，金属铁作阴极，被保护起来，C装置具备金属生锈的条件，A装置中，金属铁是原电池的负极，易被腐蚀，故答案为BD；

(2)①在铁件的表面镀铜，金属铜必须是阳极材料，发生电极本身失电子的氧化反应，且金属铁为阴极，发生电极反应：Cu2++2e-=Cu；

②若电镀前铁、铜两极的质量相同，电镀后两极上的电极反应：阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极：Cu2++2e-=Cu，当两个电极质量差为5.12g时，设电子转移量是n，则0.5n×2×64g/mol=5.12g，解得n=0.08mol。【解析】BD铜Cu2++2e-=Cu0.8mol四、判断题(共4题，共40分)26、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。27、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。28、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。29、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。五、实验题(共4题，共40分)30、略

【分析】【分析】

Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂；则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；

Ⅱ中三个实验操作；方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。

【详解】

（1）Cl2与NaOH反应生成NaClO、NaCl，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

（2）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；

（3）证实假设1成立；则反应生成的碘在碱性环境中又发生了反应；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3中pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。

氧化生成反应中氯元素化合价由+1降低到-1，碘元素化合价由0升高到+5，根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；

（4）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在答案为：不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；

（5）已知资料iii：碘单质能与反应：(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或反应生成的I2存在平衡I2+I-有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。

（6）对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。【解析】(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O

(2)Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2

(3)向与烧杯3中pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+

(4)不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝。

(5)变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质；或变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或反应生成的I2存在平衡I2+I-有I2会变蓝；或不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O

(6)溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量31、略

【分析】【分析】

用铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体；先干燥再收集，最后处理二氧化硫尾气，探究温度对铜与过氧化氢反应的影响时，要注意对变量的分析，只能有一个作变量。

(1)

用铜与浓硫酸制备反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水，因此适宜的装置是B，该装置内发生的化学方程式为

(2)

收集干燥的先用浓硫酸干燥二氧化硫气体，再用向上排空气发收集二氧化硫气体，最后进行尾气处理，因此所需装置的接口连接顺序为：发生装置→ghedij。

(3)

反应后；发生装置中未观察到蓝色溶液，可能是浓硫酸具有吸水性，将硫酸铜溶液中水吸收，最后硫酸铜以固体形式存在。

(4)

铜、硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，则生成的离子方程式为

(5)

①小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是H2O2的热稳定性较差，温度升高促进的分解。

②为进一步验证猜想，根据1、4；3、6；实验温度相同，实验条件中硫酸铜溶液的用量不同，得出实验2、5是一组实验对比，其方案中加入的体积分别为10、0、2、30；小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，根据1和4，2和5，3和6分别对比实验得出温度升高，催化能力增强即依据是实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组4～6大。【解析】(1)B

(2)ghedij

(3)浓硫酸具有吸水性；反应后的硫酸铜以固体形式存在。

(4)

(5)温度升高促进的分解10、0、2、30实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组4～6大32、略

【分析】【分析】

计算配制溶液所需的NaOH质量时；需先选择一定规格的容量瓶，若无此规格的容量瓶，应选择规格稍大的容量瓶；称量NaOH固体时，需在小烧杯内进行；多次实验时，应取平均值。

【详解】

(1)实验中要使用溶液，需要配制溶液，故需要根据体积算出所需NaOH的质量，答案为：5.0；

(2)NaOH固体需放到小烧杯中称量，故需要用到托盘天平、小烧杯和药匙，故选abe。答案为：abe；

(3)①终止温度减去起始温度的平均值，算出每次的温度差，再求四次温度差的平均值为

②a．温度计不能用来搅拌溶液；a不正确；

b．揭开杯盖用玻璃棒搅拌，会导致热量的散失，b不正确；

c．轻轻地振荡杯体；会导致液体溅出，c不正确；

d．用套在杯盖上的玻璃搅拌器轻轻地搅动；既能保证溶液混合均匀，又能避免热量散失，d正确；

故选d。

③根据题中数据及中和反应反应热的计算公式可求出反应后溶液质量为则

④测得结果大于理论值；在实验过程中可能有热量损失。

a．实验装置保温；隔热效果差；则测得的热量有损失，a符合题意；

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，则所量体积偏大，测得的热量值偏高，b不合题意；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有溶液的小烧杯中；则实验过程中有热量损失，c符合题意；

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测量溶液的温度；起始温度偏高，差值偏小，计算出的热量偏低，d符合题意；

故a；c、d符合题意。

答案为：4.0；d；acd。

【点睛】

分析“实验结果大于理论值”的原因时，容易忽视△H＜0，实验结果偏大，则表明反应放出的热量少。【解析】5.0abe4.0dacd33、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0.00216六、工业流程题(共3题，共1