2025年岳麓版选择性必修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年岳麓版选择性必修1化学下册月考试卷774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9题，共18分)1、硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应产生黄色沉淀导致溶液变浑浊，实验可以根据溶液变浑浊为时间进行定性探讨化学反应速率快慢。下列各组中最先出现浑浊的是。选项反应温度(℃)Na2S2O3溶液H2OH2OV(mL)/c(mol/L)V(mL)/c(mol/L)V(mL)V(mL)/c(mol/L)V(mL)A2550.1100.15B2550.250.210C3550.1550.155D3550.250.220

A.AB.BC.CD.D2、下列不能达到实验目的的是。

A.利用A装置可以除去HCl气体中的水蒸气B.利用B装置探究Cl2的漂白性和氧化性C.利用C装置收集NH3并进行尾气吸收D.利用D装置检验该条件下Fe发生了析氢腐蚀3、反应的能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是。

A.第1步为决速步骤B.第2步为吸热过程C.焓变等于第1、3步活化能之差D.该反应适宜在强酸性条件下进行4、下列生活和生产中的做法或事实，与调控反应速率无关的是A.牛奶放在冰箱中冷藏B.使用加酶洗衣粉洗涤衣物C.食品抽真空包装D.用热水溶解蔗糖以加速溶解5、用来生产燃料甲醇的反应原理：某些化学键的键能数据如下表，与氢气充分反应的能量变化为。化学键键能/348413436358750463A.放热B.放热C.放热D.放热6、某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释；其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是。

A.稀释前溶液的浓度：B.溶液中水的电离程度：b点C.从b点到d点，溶液中逐渐增大D.在d点和e点均存在：(酸根阴离子)7、下列实验操作正确的是A.用碱式滴定管放出20.00ml氢氧化钠溶液B.中和热的测定时使用铜质搅拌棒C.中和滴定时眼睛始终紧盯滴定管液面D.用pH试纸测新制氯水的pH8、某温度下，反应2NO2(g)N2O4(g)在一恒容密闭容器内建立平衡，现向容器内再通入一定量纯净的NO2气体，则建立新平衡后c(NO2)/c(N2O4)的变化趋势是A.增大B.减小C.不变D.无法确定9、下列各项关于强电解质；弱电解质、非电解质的归类；完全正确的是（）

。选项。

强电解质。

弱电解质。

非电解质。

A

CaCO3

HF

SO2

B

NaCl

NH3

BaSO4

C

Fe

HCl

蔗糖。

D

HNO3

Fe(OH)3

Cl2

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、“温室效应”是哥本哈根世界气候变化大会研究的环境问题之一。CO2气体在大气层中具有吸热和隔热的功能；是主要的温室气体。

（1）下列措施中，有利于降低大气中CO2浓度的是__________（填字母编号）。

A采用节能技术；减少化石燃料的用量。

B鼓励乘坐公交车出行；倡导“低碳”生活。

C利用太阳能；风能等新型能源替代化石燃料。

（2）CH4是另一种主要的温室气体，lg甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳，放出55．64kJ的热量，写出表示甲烷燃烧的热化学方程式_______________。

（3）酸雨的形成主要是由废气中的SOx和NOx造成的，某空气污染监测仪是根据SO2与Br2、H2O的定量反应来测定空气中SO2含量的，该反应的化学方程式为：____________。

（4）某硫酸工厂以黄铁矿为原料生产硫酸。第一阶段燃烧黄铁矿的化学方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2：第二阶段的反应原理是2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），其生产设备的名称为接触室；在生产过程中某一时刻取样分析：SO2、O2、SO3的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、3mol·L－1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是__________（填字母编号）

ASO2为5mol·L－1，O2为3．5mol·L－1

BSO2为3mol·L－1

CSO2、SO3均为2．5mol·L－1

DSO3为5mol·L－111、已知下列热化学方程式：

①H2O(l)=H2(g)+O2(g)∆H=+285.8kJ·mol－1

②H2O(g)=H2(g)+O2(g)∆H=+241.8kJ·mol－1

③C(s)+O2(g)=CO(g)∆H=－110.5kJ·mol－1

④C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H=－393.5kJ·mol－1

回答下列问题：

(1)上述反应中属于放热反应的是_____________(填序号)。

(2)H2的燃烧热为∆H=____________。

(3)CO燃烧热的热化学方程式为________。

(4)在标准状况下，由CO和H2组成的混合气体4.48L，质量为3.0g。此混合物完全燃烧放出热量为____________kJ。12、锂二次电池新正极材料的探索和研究对锂电池的发展非常关键。

(1)锂硒电池具有优异的循环稳定性。

①正极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液反应制得，则该反应的化学方程式为__。

②一种锂硒电池放电时的工作原理如图1所示，写出正极的电极反应式：________________。充电时Li＋向________(填“Se”或“Li”)极迁移。

③Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是________。

(2)Li2S电池的理论能量密度高，其正极材料为碳包裹的硫化锂(Li2S)。

①Li2S可由硫酸锂与壳聚糖高温下制得，其中壳聚糖的作用是________。

②取一定量Li2S样品在空气中加热，测得样品固体残留率随温度的变化如图3所示。(固体残留率＝×100%)分析300℃后，固体残留率变化的原因是________。13、已知CaCO3溶于水有如下平衡关系：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)△H＞0。不同温度下(T1、T2)，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，回答下列问题(注：CaCO3均未完全溶解)：

(1)T1______(填“>”“<”或“=”)T2。

(2)保持T1，不变，怎样使A点变成B点：______。

(3)在B点，若温度从T1到T2，则B点变到_____(填“C”“D”或“E”)点。

(4)T1温度下，E点的某混合体系，静置一段时间是否有可能析出沉淀？为什么？______。14、按要求完成下列问题：

（1）在1.01×105Pa时，4g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出571kJ的热量，则H2的燃烧热的ΔH=__________。

（2）在1.01×105Pa时，16gS在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S燃烧的热化学方程式为______。

（3）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和水。已知室温下1g甲硅烷自燃放出44.6kJ热量，其热化学方程式为_____。评卷人得分三、判断题(共7题，共14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、增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(____)A.正确B.错误17、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误18、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____19、恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反应达到平衡状态。(____)A.正确B.错误20、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误21、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共1题，共7分)22、碲(Te)为第VIA元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲；工艺流程如下:

(1)“焙烧”后,碲主要以TeO2形式存在,写出相应反应的化学方程式:_____________。

(2)为了选择最佳的焙烧工艺,进行了温度和硫酸加入量的条件实验；结果如下表所示:

则实验中应选择的条件为_______________，原因为_______________。

(3)工艺(I)中，“还原”时发生的总的化学方程式为_______________。

(4)由于工艺(I)中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺(II)获得碲。则“电积”过程中，阴极的电极反应式为_______________。

(5)工业生产中；滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。

①滤液3与滤液1合并，进入铜电积系统。该处理措施的优点为________________。

②滤渣3中若含Au和Ag,可用__________将二者分离。(填字母)

A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)23、碘是人体必需的微量元素，也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻灰〔主要成分是)中；因此从海藻灰中提取碘，可有效利用海洋资源。

(1)某兴趣小组以海藻灰为原料进行的制备实验。具体步骤如下：将海藻灰加热浸泡后，得到了溶液，将适量固体溶于溶液，再将饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色沉淀，该反应的离子方程式为______。

(2)待沉淀完全后，过滤，将沉淀物置于小烧杯中，在搅拌下逐滴加入适量浓观察到______(颜色)气体放出，______(颜色)晶体析出。出于安全和环保考虑，该实验操作需在______(条件)下进行。该反应的化学方程式为______。

(3)用倾析法弃去上清液，固体物质用少量水洗涤后得到粗进一步精制时，选择必需的仪器搭建装置，并按次序排列：______(夹持装置略)。

A.B.C.D.E.F.

(4)将精制得到的配成浓度为的标准溶液，用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为M的含量。具体操作如下：准确称量ag样品，溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中，煮沸蒸馏水的目的是______。用容量瓶定容，使用______(仪器)量取样品溶液于锥形瓶中，再加入1∶1醋酸溶液和适量的______指示剂，立即用标准溶液滴定，溶液显稳定的______(颜色)即为滴定终点，消耗标准溶液则样品中维生素C的质量分数是______(写出表达式)。已知滴定反应方程式：

24、双氧水(过氧化氢)常用于消毒；杀菌、漂白等。某化学兴趣小组同学；围绕着过氧化氢开展了调查研究与实验。

I.调查。

(1)过氧化氢常用于消毒、杀菌、漂白等方面的主要原因是________。

(2)制备过氧化氢目前最常用的是乙基蒽醌法，其主要过程可以用如图表示，此过程中总反应式为________。

Ⅱ.不稳定性实验研究。

(3)为了探究温度、催化剂等外界条件对H2O2的分解速率的影响，某兴趣小组同学设计了如下三组实验，部分实验数据已经填在下面表中。实验编号T/XH2O2初始浓度/mol·L-1FeCl3初始浓度/mol·L-1I201.0_______II501.00III50___________0.1

实验I、Ⅱ研究______对分解速率的影响，实验Ⅱ、Ⅲ研究催化剂对分解速率的影响，则实验Ⅲ中H2O2初始浓度应为________mol·L-1。

III.过氧化氢含量的实验测定。

兴趣小组同学用0.1000mol·L-1酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中过氧化氢的含量，反应原理为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑

(4)用移液管吸取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的KMnO4标准溶液体积如下表所示：。第一次第二次第三次第四次体积(mL)17.1018.1018.0017.90

计算试样中过氧化氢的浓度为________mol·L-1(保留三位有效数字）。25、过二硫酸钠(Na2S2O8)是白色晶状粉末，易溶于水，加热至65℃时就会分解。常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用下图装置制备Na2S2O8并探究其性质(加热及夹持仪器均略去)。

Ⅰ.实验室制备Na2S2O8

已知：①(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3↑+2H2

②2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+N2+6H2O

(1)仪器a的名称是___________，装置Ⅰ中NaOH溶液的作用是___________。

(2)装置Ⅱ发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是___________。

(3)装置Ⅲ的作用是___________。

Ⅱ.探究Na2S2O8的性质。

(4)过二硫酸钠中S为＋6价，结构中含有___________个过氧键(-O-O-)。

(5)过二硫酸钠的性质与过氧化氢相似，酸性过二硫酸钠溶液在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为MnO该法可用于检验Mn2＋，所得溶液除去Ag＋后加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀。写出该反应的离子方程式___________。

Ⅲ.测定产品纯度。

(6)称取0.2500g样品，用蒸馏水溶解，加入过量KI，充分反应后，再滴加几滴指示剂，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为20.00mL。

已知：I2＋2S2O=S4O＋2I-。

①选用的指示剂是___________；达到滴定终点的现象是___________。

②样品的纯度为___________。26、是易溶于水的深蓝色晶体；是广谱杀菌剂。实验室通过如图1流程测定其组成。

(1)中氨的测定碱溶过程是在如图2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)中铜元素含量的测定(已知：在pH为8~9稳定，时会发生歧化；)

①准确称取样品投入到过量的NaOH溶液中，过滤，把滤渣加入溶液中，搅拌使滤渣充分溶解，向溶解后的溶液中加入过量固体，搅拌，充分反应后___________，记录消耗溶液体积。(须用试剂：溶液、淀粉溶液、蒸馏水)

②若消耗的标准溶液的体积偏大，可能的原因有___________。填字母

A．滴定前俯视。滴定后仰视B．锥形瓶水洗后未干燥。

C．装标准溶液的滴定管水洗后未润洗D．滴定时锥形瓶中有液体溅出。

③若反应消耗溶液的体积为则样品中___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

温度对速率的影响幅度大，对比四个选项，C、D温度高，速率比A、B快，C选项混合时浓度为：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)=D选项混合时浓度为：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)=C选项温度高，浓度大，速率最大，故选C。2、D【分析】【详解】

A．HCl是酸性气体，浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸来除去HCl气体中的水蒸气，故A正确；

B．氯气通入品红溶液中褪色，证明其漂白性，通入硫化氢和氯气发生氧化还原反应，证明其氧化性，故B正确；

C．氨气密度比空气小，可用向下排空气发生收集，氨气极易溶于水，可用倒扣的漏斗来防倒吸，进行尾气处理，故C正确；

D．NaCl溶液是中性溶液，铁与氧气和水发生吸氧腐蚀，故D错误；

故选：D。3、A【分析】【详解】

A．第1步反应的活化能大；反应速率慢，整个反应由第1步决定，故第1步为决速步骤，选项A正确；

B．由图可知；第2步反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热过程，选项B错误；

C．焓变等于生成物总能量与反应物总能量之差；由图可知，焓变不可能等于第1；3步活化能之差，选项C错误；

D．强酸性条件下反应逆向移动；故该反应不适宜在强酸性条件下进行，选项D错误；

答案选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A。牛奶放在冰箱中冷藏；温度降低，速率减小，故A不符合题意；

B．使用加酶洗衣粉洗涤衣物；相当于使用了催化剂，加快反应速率，故B不符合题意；

C．食品抽真空包装；来降低氧气浓度，从而降低反应速率，故C不符合题意；

D．升高温度可以加快溶解的速率；故用热水溶解蔗糖以加速溶解，蔗糖溶解属于物理变化，与调控化学反应速率无关，故D符合题意；

故选D。5、A【分析】【分析】

【详解】

由反应热△H=反应物的键能之和—生成物的键能之和可知，反应△H=(2×750+3×436)kJ/mol—（3×413+358+463+2×463）kJ/mol=—178kJ/mol，则1mol二氧化碳与氢气充分反应放出的热量为1mol×178kJ/mol=178kJ，故选A。6、C【分析】【详解】

A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)3COOH)，故A正确；

B．b点pH值小于c点pH值，说明c点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；

C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C错误；

D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D正确；

故选：C。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．由于NaOH会腐蚀酸式滴定管下端的玻璃活塞；故需用碱式滴定管放出20.00ml氢氧化钠溶液，A正确；

B．由于金属散热速度太快；用金属器质的搅拌棒加快热量散失，引起更大的实验误差，故中和热的测定时使用环形玻璃搅拌棒，B错误；

C．中和滴定时眼睛始终紧盯锥形瓶中溶液颜色的变化；以确定滴定终点，C错误；

D．由于氯水中含有HClO具有强氧化性；会漂白pH试纸，故不能用pH试纸测新制氯水的pH，而应该用pH计，D错误；

故答案为：A。8、B【分析】某温度下，反应2NO2(g)N2O4(g)在一恒容密闭容器内建立平衡，现向容器内再通入一定量纯净的NO2气体，若新平衡与原平衡等效，则c(NO2)/c(N2O4)的值与原平衡时相等，因为该反应正向气体分子数减小，所以增大压强平衡有利于平衡正向移动，则恒温恒容时再通入一定量纯净的NO2气体，达到的新平衡与原平衡不等效，NO2反应程度增大，因此c(NO2)/c(N2O4)的值减小，故选B。9、A【分析】【详解】

A.CaCO3虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，所以是强电解质，HF为弱电解质，SO2为非电解质；A正确；

B.NH3为非电解质，BaSO4为强电解质；B错误；

C．Fe虽然能导电；但不是强电解质，它既不是电解质也不是非电解质，HCl为强电解质，C错误；

D．Cl2既不是电解质也不是非电解质；D错误。

故选A。

【点睛】

酸、碱、盐、金属氧化物和水是电解质，其中强酸、强碱和绝大部分盐是强电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。需要注意的是，难溶性盐大多是强电解质，因为它们虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

(1)A；节能技术能减少化石燃料的使用；

B；减少化石燃料的消耗；倡导节能减排生活；

C；利用太阳能、风能可以减少化石燃料的使用；

(2)；依据热化学方程式的书写方法进行解答；注意标注物质聚集状态和对应焓变；

(3)、SO2和Br2；H2O的定量反应生成硫酸和溴化氢；

(4)、化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)之和不变；据此判断分析。

【详解】

(1)A；采用节能技术能减少化石燃料的使用；减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；

B；化石燃料燃烧产物是二氧化碳；减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；

C；利用太阳能、风能能减少化石燃料的使用；化石燃料燃烧产物是二氧化碳，减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；

故选：ABC；

(2)、1g甲烷生成液态水和二氧化碳气体，放出55.64kJ的热量，16g甲烷燃烧放热890.24kJ，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－890.24kJ·mol－1；

故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－890.24kJ·mol－1；

(3)、SO2和Br2、H2O的定量反应生成硫酸和溴化氢,方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；

故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4

(4)、2SO2(g)+O2(g)==2SO3(g)

某时刻2mol/L2mol/L3mol/L

极限转化5mol/L3.5mol/L0mol/L

极限转化0mol/L1mol/L5mol/L.

A、由于反应为可逆反应，SO2的浓度一定小于5mol/L，O2一定小于3.5mol/L；故A错误；

B、根据以上分析，SO2的浓度在0到5mol/L之间；故B正确；

C、根据元素守恒定律，c(SO2)+c(SO3)=5mol/L，则SO2、SO3均为2.5mol./L；故C正确；

D、由于反应为可逆反应，SO3的浓度一定小于5mol/L；故D错误；

故选：BC。【解析】ABCCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－890.24kJ·mol－1SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4BC11、略

【分析】【详解】

(1)放热反应：△H＜0；故属于放热反应的是③④，因此，本题答案是：③④；

(2)已知H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H=-285.8kJ·mol－1；故氢气的燃烧热为－285.8kJ/mol，故答案为：－285.8kJ/mol；

(3)已知③C(s)+O2(g)=CO(g)∆H=－110.5kJ·mol－1

④C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H=－393.5kJ·mol－1

由④-③得CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H=-393.5kJ/mol-(-110.5)kJ/mol=－283.0kJ/mol，因此，本题答案是：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H=－283.0kJ/mol；

(4)在标准状况下，由CO和H2组成的混合气体4.48L，物质的量为0.2mol，质量为3.0g，设CO和H2的物质的量分别为x和y，则x+y=0.2；28x+2y=3；解得x=0.1，y=0.1；根据氢气和一氧化碳的燃烧热计算出此混合物完全燃烧放出热量为0.1mol×283.0kJ/mol+0.1mol×285.8kJ/mol=56.88kJ，故答案为：56.88。【解析】③④－285.8kJ/molCO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H=－283.0kJ/mol56.8812、略

【分析】【详解】

(1)①SO2通入亚硒酸中生成Se，发生氧化还原反应，化学方程式为：

②由电池工作的原理图可知，Li电极为电池的负极，Se电极为电池的正极，电池放电时Li+能迁移到正极附近与Se结合生成因此正极的电极反应式为：电池在充电时，Li电极接外电源的负极，做阴极，Li+是阳离子在电解池中朝阴极迁移，因此Li+在充电时朝Li电极迁移；

③由图可知，与正极碳基体结合时会向外释放能量，如果释放的能量越大，那么结合之后越稳定，因此3中与碳基体结合能力的强弱为

(2)①Li2S电池的正极材料是碳包裹得Li2S，因此为了获得这种正极材料，就需要壳聚糖在与硫酸锂高温反应时，一方面将硫酸锂还原，另一方面提供包裹Li2S的碳源；

②该Li2S是具有碳包裹结构的Li2S，因此在考虑其固体质量变化时，一方面要考虑Li2S自身被氧化的影响，另一方面也要考虑包裹Li2S的碳在高温下被氧化的影响；所以300℃后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因是反应2为主。【解析】H2SeO3＋2SO2＋H2O===Se＋2H2SO42Li＋＋xSe＋2e－===Li2SexLiLi2Se6>Li2Se4>Li2Se提供碳源，将硫酸锂还原(作还原剂)300℃后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因反应2为主13、略

【分析】【详解】

（1）已知CaCO3溶于水有如下平衡关系：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)△H＞0，该反应吸热，升高温度平衡正向移动，c(Ca2+)增大，则T12。

（2）A、B两点温度相同，由A到B时c(Ca2+)减小，说明平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)逆向移动，可向悬浊液中加入Na2CO3固体增大c(CO)使平衡逆向移动实现。

（3）在B点，若温度从T1到T2，温度升高，平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)正向移动，c(Ca2+)、c(CO)均增大；则B点变到D点。

（4）温度T12，平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)是吸热反应，则Ksp1sp2，E点满足Ksp2=c(Ca2+)c(CO)，T1温度下，E点Q＞Ksp1，可能析出沉淀。【解析】(1)＜

(2)向悬浊液中加入Na2CO3固体。

(3)D

(4)可能析出沉淀，原因是E点Q＞Ksp14、略

【分析】【分析】

根据燃烧热的概念计算燃烧热；根据题干信息书写热化学方程式。

【详解】

(1)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，4g氢气放出571kJ的热量，则1molH2的燃烧放出的热量为所以ΔH=-285.5kJ•mol-1，故答案为：-285.5kJ•mol-1；

(2)16gS燃烧放出148.5kJ的热量，则1molS燃烧放出的热量为148.5kJ×2=297kJ，则S燃烧的热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

(3)1g甲硅烷自燃放出44.6kJ热量，则1mol甲硅烷自燃放出44.6kJ×32=1427.2kJ热量，其热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1。

【点睛】

热化学方程式的书写要常出错地方有：1、反应物和生成物的状态是否与题干信息一致。2、反应热的符号和单位是否正确，吸热为正值，放热为负值。3、反应热与化学方程式的化学计量数呈正比，通过题干信息计算。【解析】-285.5kJ·mol-1S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1三、判断题(共7题，共14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】【详解】

增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数目，能加快化学反应速率。在温度一定时，活化分子百分数是一定的，所以增大反应物浓度，不能增大活化分子百分数，故错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。18、×【分析】【详解】

水蒸气变为液态水时放出能量，该变化中没有新物质生成，不属于化学反应，故水蒸气变为液态水时放出的能量不能称为反应热，错误。【解析】错19、B【分析】【分析】

【详解】

恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的生成速率相等时，即正反应速率和逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。四、工业流程题(共1题，共7分)22、略

【分析】【分析】

流程的目的为从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲，则要先除杂。步骤1，培烧Cu2Te，通入氧气将Cu2Te氧化；步骤2，水浸，根据流程可知Te元素进入滤渣1，CuSO4进入滤液1，Cu和Te分离。可推断，步骤1中Cu被氧化为CuO后被硫酸溶解，生成易溶于水的硫酸铜，而Te以微溶于水的TeO2形式存在。步骤3，碱浸，Te元素进入滤液2，则TeO2与NaOH反应生成易溶于水的盐。据此分析解答。

【详解】

（1）碲(Te)为第VIA元素，则Te最低化合价为-2价，所以Cu2Te中Cu为+1价，Te为-2价。培烧时通入空气，加入硫酸，生成物中Te主要以TeO2形式存在，Te被氧化为+4价，Cu被氧化为+2价，根据元素守恒，硫酸将Cu溶解生成硫酸铜。利用化合价升降守恒可配平得方程式为：Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O。

（2）培烧的主要目的为将Cu元素转变为易溶于水CuSO4的，将Te元素转变为微溶于水的TeO2；从而达到分离Cu与Te的目的。所以培烧加硫酸的过程中，应提高Cu的浸出率，降低Te的浸出。分析表格数据可知，当硫酸的量一定时，温度升高，铜的浸出率降低；温度一定时，铜和Te的浸出率均增大。“460℃；硫酸用量为理论量的1.25倍”的条件最佳，因为该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。

（3）碲(Te)为第VIA元素，可以类比S元素进行解题。类比SO2与NaOH的反应可知，碱浸过程中发生的反应为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。工艺(I)中，加入双氧水，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀。再加入Na2SO3，Na2TeO4被还原为Te单质。还原过程的方程式为：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O。

（4）工艺(II)中，浸出液主要溶质为Na2TeO3，阴极得电子，化合价降低，被还原，则阴极反应为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

（5）①培烧；水浸后滤渣2中还有未浸出的铜；再次加硫酸溶解后得到硫酸铜，过滤后滤液3中主要成分为硫酸铜，与滤液1中的硫酸铜合并，进入铜电积系统，提取铜，该措施有效回收利用了硫酸铜，提高了经济效益；

②Au和Ag都能溶于王水，不能用王水分离银、金；Ag溶于稀硝酸，Au不溶于硝酸，可以将二者分离；浓NaOH、浓盐盐酸都不与Ag、Au反应，不能将金、银分离。答案选B。【解析】①.Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O②.460℃、硫酸用量为理论量的1.25倍③.该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低④.Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O⑤.TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-⑥.CuSO4溶液回收利用，提高经济效益⑦.B五、实验题(共4题，共24分)23、略

【分析】【分析】

溶液的配制分为七步；即计算；称量、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶贴标签。需要用到的仪器有天平、烧杯、容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。此题用氧化还原滴定法测维生素C的含量。

【详解】

(1)作还原剂，CuSO4作氧化剂，故该反应的离子方程式为故填

(2)CuI中的亚铜离子和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为Cu2+和I2，还原产物为NO2，其反应的化学方程式为2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O，其中NO2为红棕色有毒气体，需在通风条件下进行、I2为紫黑色，故填红棕色、紫黑色、通风条件下进行、2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O；

(3)因为碘单质受热易升华；故采用蒸馏法提纯碘单质。用到的仪器有A烧杯；C石棉网(防止温度过高，升华速度大于冷凝速度)、D酒精灯、F装冷水的圆底烧瓶用于冷凝。其装置为把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热，其连接顺序为DCAF，故填DCAF；

(4)维生素C具有还原性，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；准确量取溶液的体积用滴定管量取；用于指示碘单质时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘显蓝色，这里用碘标准溶液滴定维生素C，所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色，即为终点；根据题意消耗点标准液的物质的量为n=cV=cV×10-3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10-3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，质量为m=nM=cMV×10-2g，其质量分数为故填除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验、滴定管、淀粉、蓝色、

【点睛】

滴定时是从250mL溶液中量取25mL进行实验，故最后计算维生素C总物质的量时要乘10。【解析】①.②.红棕色③.紫黑色④.通风条件下⑤.2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O⑥.DCAF⑦.除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验⑧.滴定管⑨.淀粉⑩.蓝色⑪.24、略

【分析】【分析】

(1)过氧化氢具有强氧化性；

(2)乙基蒽醌作催化剂；氢气和氧气反应生成双氧水；

(3)①实验Ⅰ；Ⅱ；只有温度不同；实验Ⅱ、Ⅲ研究催化剂对分解速率的影响，则浓度相同；

②先比较温度；温度低的反应速率慢；

(4)由表中数据可知；第一次误差大可舍弃，其它三次的平均体积为18.00mL，结合反应计算。

【详解】

(1)过氧化氢常用于消毒；杀菌、漂白等利用了过氧化氢的性质是强氧化性；

(2)通过图示可知，用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水，反应为：H2+O2H2O2；

(3)实验Ⅰ、Ⅱ研究温度对分解速率的影响，实验Ⅱ、Ⅲ是研究催化剂对分解速率的影响，物质的浓度相同，则实验Ⅲ中H2O2初始浓度应为1.0moL/L；

(4)由表中数据可知，第一次误差大可舍弃，其它三次的平均体积为18.00mL，由2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑可知，过氧化氢的浓度c(H2O2)=c(MnO4-)=×=0.180mol/L。

【点睛】

本题考查物质的性质及含量测定、化学反应速率，把握物质的性质及发生的反应、含量测定原理、控制变量法为解答的关键，注意(4)为解答的难点。【解析】过氧化氢具有强氧化性H2+O2H2O2温度1.00.18025、略

【分析】【分析】

根据实验原理可知，用(NH4)2S2O8和氢氧化钠反应生成Na2S2O8，由于NH3能与Na2S2O8反应；装置Ⅰ通入空气经过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，防止一些后续操作，所以实验中要用氮气把生成的氨气及明排出容器，生成的氨气可以用硫酸吸收，氨气极易溶于水，所以要用防倒吸装置。

【详解】

(1)装置图可知装置I中盛NaOH溶液的仪器名称是分液漏斗；装置Ⅰ中NaOH溶液的作用是吸收空气中二氧化碳；

故答案为：分液漏斗；吸收空气中的CO2；

(2)NH3能与Na2S2O8反应，所以要及时排出，所以需要持续通入N2的目的是使三颈烧瓶内产生的NH3及时排除；减少副反应①的发生；

故答案为：使三颈烧瓶内产生的NH3及时排除；减少副反应的发生；

(3)根据上面的分析可知；装置Ⅱ是吸收氨气尾气的；

故答案为：吸收NH3防止空气污染；同时可