2025年浙教版选择性必修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年浙教版选择性必修1化学下册月考试卷158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、氧炔焰是乙炔（俗称电石气）在空气中燃烧产生的火焰，温度可达3000℃以上，常用来切割和焊接金属。一定量的乙炔气体完全燃烧生成二氧化碳和液态水，当消耗（已折算成标准状况）时，放出的热量，则下列热化学方程式正确的是A.B.C.D.2、在恒容密闭容器中，发生的化学反应为：下列说法正确的是A.当混合气体密度不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态B.当NO的转化率不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态C.4mol氨气与足量的NO充分反应，放出的热量为QkJD.增大压强，正反应速率增大逆反应速率减少3、常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A.的溶液中：B.滴加几滴溶液显红色的溶液中：C.加入铝粉能生成的溶液：加入D.的溶液中：4、常温下，已知次磷酸(H3PO2)溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷粒子的pc~pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷粒子的浓度负对数(pc=-lgc)。pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)]。z点坐标为(12.8；a)。已知：lg2=0.3，lg6=0.8，下列说法错误的是。

A.pOH=6的溶液中：c()>c(H3PO2)B.z点溶液对应的a值等于1.3C.常温下H3PO2电离常数Ka=6×10-2D.H3PO2的结构简式为5、常温下，Ka1(H2C2O4)=10-1.3，Ka2(H2C2O4)=10-4.2.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是。

A.点①所示溶液中：c(Na+)>c()>c(H2C2O4)>c()B.点②所示溶液中：c()=c()C.点③所示溶液中：c(Na+)=c()+c()D.点④所示溶液中：c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=c(OH-)+2c()6、用晶体制取无水的实验装置如图所示。下列说法不正确的是。

A.气体可以抑制的水解B.装置d中液体上层可为溶液，下层可为C.实验开始时，先点燃c处酒精灯，再滴入浓硫酸D.将浓盐酸换为氯化钠固体并微热，也可以达到实验目的7、煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应；降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:

CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H1=+218.4kJ/mol(反应I)

CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)△H2=-175.6kJ/mol(反应II)

下列有关说法正确的是A.提高反应体系的温度，能降低该反应体系中SO2生成量B.反应II在较低的温度下可自发进行C.用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g)3CaSO4(s)+CaS(s)△H3，则△H3>△H2D.由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、（1）重铬酸钾（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、电镀等．其水溶液中存在平衡：Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+。以铬酸钾（K2CrO4）为原料；用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。

①写出阴极区的电极反应式___________________，透过离子交换膜的离子是____________，移动方向为____________（填“由左向右”或“由右向左）。

②阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因为_______________________________________________________。

（2）工业上采用下面的方法处理含有Cr2O72-的酸性工业废水：废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，关于上述方法，下列说法正确的是_______（填字母序号）。

A．阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑

B．阳极反应：Fe－3e－===Fe3＋

C．在电解过程中当电路转移0.6mol电子时，被还原的Cr2O72-为0.05mol

D．可以将铁电极改为石墨电极9、一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0.一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。

(1)t1时，正、逆反应速率的大小关系为v正___________v逆(填“＞”“＜”或“=”)；

(2)4分钟内，CO2的转化率为___________；CO的平均反应速率v(CO)=___________。

(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是___________(填序号)。

①降低温度。

②减少铁粉的质量。

③保持压强不变；充入He使容器的体积增大。

④保持体积不变，充入He使体系压强增大10、和合成甲烷也是资源化利用的重要方法。对于反应催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的影响如图所示：

(1)高于后，以为催化剂，转化率略有下降，而以为催化剂，转化率仍在上升，其原因是_______。

(2)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。11、工业上一般在恒温恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)

(1)判断反应达到平衡状态的依据是(填字母序号，下同)__________。

A.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等。

B.混合气体的密度不变。

C.混合气体的相对平均分子质量不变。

D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化。

(2)下表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数(K)。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012

①由表中数据判断该反应的△H__________0(填“>”、“=”或“<”)；

②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为__________，此时的温度为__________。

(3)要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________。

a.升温b.加入催化剂c.增加CO的浓度d.加入H2e.加入惰性气体f.分离出甲醇12、下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)。化学式H2CO3CH3COOHHClO电离平衡常数K1=4.3×10-7K2=5.6×10-111.8×10-53.0×10-8

(1)根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HClO三种酸的酸性从强到弱依次是_____________________________________。

(2)常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_________（填字母）

A．c(H+)B．C．c(H+)•c(OH﹣)D．E．

(3)25℃时，等浓度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是_____________________________________。

(4)25℃时，将amol∙L﹣1的醋酸与bmol∙L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，溶液中离子浓度大小关系：_________________

(5)下列反应不能发生的是______(填字母)。

a．+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2Ob．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO

c．+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-d．2ClO-+CO2+H2O=+2HClO13、电解质溶液是化学反应的主战场；回答下列问题：

(1)用离子方程式表示泡沫灭火器的工作原理___。

(2)向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液，写出反应的离子方程式__。

(3)向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，写出反应的离子方程式__。

(4)25℃时，浓度均为1mol·L-1的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，其c(NH)由大到小的顺序为__(用序号表示)。14、近年来；随着聚酯工业的快速发展，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。传统的Deacon直接氧化法，按下列催化过程进行：

4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)

(1)写出上述反应的平衡常数表达式K=_____。

(2)生产过程中可使用CuCl2作催化剂；反应原理如下：

CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH1=+63kJ·mol－1

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol－1

则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_____kJ·mol－1。

(3)420℃时，将一定量的O2和HCl通入4L的恒容密闭容器中，反应过程中氧气的变化量如图所示，则平衡时O2的转化率为_____。

15、测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如下图所示．

（1）写出该反应的中和热的热化学方程式(中和热数值为57.3kJ/mol)：___________；

（2）装置图中碎泡沫塑料所起作用为：___________________；

（3）①取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验；

实验数据如下表．请填写下表中的空白：

。温度。

实验次数。

起始温度T1/℃

终止温度T2/℃

温度差平均值(T2－T1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.2

26.0

26.1

30.1

________

2

27.0

27.4

27.2

33.3

3

25.9

25.9

25.9

29.8

4

26.4

26.2

26.3

30.4

②若上述实验所测中和热数值偏小，产生偏差的原因可能是___________________

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溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误17、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误18、二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响(已知珊瑚礁的主要成分为)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起浓度增大、浓度减小。(________)A.正确B.错误19、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误20、(1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关____

(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小_____

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小_____

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl-浓度等于零_____

(8)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大____

(9)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变_____

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小______A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共4题，共40分)21、氯化铜和氯化亚铜都是重要的化原料，常用作石油工业脱臭脱硫和纯化剂、印染媒染剂等。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)为原料制备CuCl2·2H2O晶体，再用CuCl2·2H2O晶体制备CuCl。

[制备CuCl2·2H2O晶体]

（1）仪器B的名称是________________；B中反应的离子方程式为_______________________________。

（2）装置C中粗铜粉末与气体充分反应时的生成物是______________________(填化学式)。反应完成后，将C中的固体用稀盐酸完全溶解、再加入试剂M除杂，经一系列操作便可获得CuCl2·2H2O晶体。

①试剂M应当选用___________(填正确答案字母编号)

a.Cu(NO3)2b.NaOHc.CuOd.NH3·H2Oe.Cu(OH)2

②溶解C中生成物固体时，有时会加入少量双氧水，目的是____________________。

③设计简易实验方案确定所CuCl2·2H2O晶体中不含铁化合物:________________________。

[制备CuCl固体]

将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2；再加热到300℃以上可获得CuCl固体。

（3）将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水的原因是__________________。

（4）为测定CuCl固体的产率；进行如下定量分析:

①将10.26gCuCl2·2H2O晶体先加热到140℃；再加热到300℃以上，充分反应后，将所得固体平均分成三份，分别转移至三个锥形瓶中。

②分别在三个锥形瓶中加过量FeCl3溶液不断振荡；使固体迅速溶解，再加入2滴1，10—邻菲啰啉一硫酸亚铁络合物作指示剂。

③用1.00mol/L的硫酸铈[Ce(SO4)2]标准液进行滴定。平行测定三份样品溶液，消耗硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液的平均体积为19.40mL。

反应原理:CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+

根据上述定量实验计算CuCl的产率为________________________。22、某化学小组利用溶液和酸性溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡，混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢，实验数据如下：。实验序号溶液实验温度/℃实验温度/℃溶液颜色褪至无色时所需时间/sV/mLc/V/mLc/c/12.00.104.00.01254022.00.204.00.012532.00.204.00.0150

已知：

(1)通过实验1、2，可探究出___________(填外界条件)的改变对反应速率的影响，其中___________(填“>”或“<”)40s；通过实验___________(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响。

(2)实验3的反应速率___________。(用含有的式子表示；忽略混合前后溶液体积的变化)

(3)该小组的一位同学实验过程中发现；在反应过程中该反应的化学反应速率先增大后减小。

①造成化学反应速率先增大的原因可能是___________。

②反应后期，化学反应速率降低的原因是___________。23、文献记载：与铁反应能产生某小组进行如下实验。

实验Ⅰ：20℃，将过量铁粉溶于中；立即有无色气体生成，充分反应后，溶液几乎无色。

(1)检验气体：方法如图所示。

确认气体是不含NO。实验证据是___________。

(2)检验溶液：取上层清液；等分两份。

①向一份滴加溶液，___________(填现象)，说明含有

②向另一份加入NaOH溶液，产生灰绿色沉淀；加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。综合①、②，说明实验Ⅰ中发生的反应有另外还有___________(写出离子方程式)。

(3)对产生的原因提出假设：中的氧化性大于验证如下：

实验Ⅱ：将铜粉溶于中。经检测，发现没有___________生成；证实假设不成立。

(4)重新假设：的还原速率大于的还原速率。改变条件重复实验Ⅰ，向中加入过量铁粉，结果如下：。实验序号ⅢⅣⅤ温度20℃40℃60℃生成H体积6.0mL3.4mL2.6mL现象溶液几乎无色溶液略显黄色溶液显黄色

经检验，实验Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中，的还原产物与实验Ⅰ相同。

①根据实验现象，能否确定假设成立？___________。

②从反应速率的角度解释温度升高体积减少的原因___________。

(5)改用与过量铁粉反应，的还原产物主要是NO。综上所述，有利于金属与硝酸反应生成氢气的条件是___________。24、某小组同学通过下列实验探究了物质的溶解度大小；反应物浓度与沉淀转化方向之间的关系。

已知：。物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)

(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化。

实验操作：

试剂A试剂B加入盐酸后的现象实验ⅠNa2CO3Na2SO4无明显现象实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解

①实验Ⅰ中加入A溶液后生成沉淀的离子方程式为_____________。

②实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因________。

(2)探究AgCl和AgI之间的转化。

实验Ⅲ：

实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a>c>b>0)。装置步骤电压表读数i.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaii.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全bbiii.再向B中投入一定量NaCl(s)cciv.重复i，再向B中加入与iii等量NaCl(s)aa

注：其他条件不变时；参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。

①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液是_____________(填序号)。

a.AgNO3溶液b.NaCl溶液c.KI溶液。

②实验Ⅳ中结合信息，解释电压b_____________。

③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________。

(3)综合实验Ⅰ～Ⅳ，下列说法正确的是_____________(填序号)。

a.溶解度小的沉淀只能转化成溶解度更小的沉淀。

b.电化学是研究物质性质和转化的重要手段之一。

c.某些沉淀转化反应可通过对反应物浓度的调节；实现逆向转化。

d.溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共24分)25、有关物质存在如下图所示的转化关系（部分产物已省略）。通常C为气体单质；G为紫黑色固体单质．实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。

请回答下列问题；

（1）反应①的化学方程式为_____________________；

（2）反应②的离子方程式为_____________________；

（3）写出另外一种实验室制取H的化学方程式_____________________；

（4）D溶液与Pb（NO3）2溶液混合可形成沉淀．此沉淀的Ksp=7．1×10-9mol·L-3．将0．01mol·L-1的D溶液与0．001mol·L-1的Pb（NO3）2溶液等体积混合，你认为能否形成沉淀________（填“能”或“不能”），请通过计算说明________。26、短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期原子半径最小的元素。试回答以下问题：(所有答案都用相应的元素符号作答)

(1)化学组成为AFD的结构式为___，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为___化合物(填“离子”或“共价”)。

(2)化合物甲；乙由A、B、D、E中的三种或四种组成；且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为___。

(3)由D；E形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是___。

(4)元素B和C的非金属性强弱；B的非金属性___于C(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论___。

(5)以CA3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L-1的KOH溶液，电池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O。该电池负极的电极反应式为___；每消耗3.4gCA3转移的电子数目为___。27、下列六种短周期元素（用字母x等表示）。最高正价或最低负价与原子序数关系如图所示。

根据判断出的元素回答问题：

（1）f在周期表中的位置是______。已知x为非金属元素，由x、e、g三种元素组成的离子化合物的电子式：______。

（2）上述元素简单离子半径最大的是（用化学式表示，下同）：___；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_____。

（3）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__________。

（4）x和d组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是____（填化学式），此化合物可将碱性工业废水中的CN－氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为__________。28、有一瓶澄清溶液，可能含有K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、中的一种或几种。取该溶液进行以下实验：

①用pH试纸检验；表明溶液呈强酸性；

②取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡CCl4层呈紫红色；

③另取部分溶液；向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性变为碱牲，在滴加过程中先生成白色沉淀后完全溶解；取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。

④另取部分③中的碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

根据以上实验事实回答下列问题：

(1)该溶液中肯定存在的离子是___________________，肯定不存在的离子是________；

(2)步骤③加入NaOH溶液过程中先生成白色沉淀后完全溶解的离子方程式为_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

反应热单位为：反应生成液态水，反应热中“+”表示吸热，“-”表示放热，以此分析。

【详解】

一定量的乙炔气体完全燃烧生成二氧化碳和液态水，当消耗（已折算成标准状况）时，放出的热量，氧气物质的量则热化学方程式为：故答案选：C。2、B【分析】【详解】

A．容器体积不变；所有反应物均为气体，气体总质量不变，密度不是一个变量，混合气体的密度不变不能说明已达到化学平衡状态，选项A错误；

B．当某反应在一定条件下反应物转化率保持不变；即某物质的变化量不再改变时，即达到了化学平衡状态，选项B正确；

C．4mol氨气与足量的NO充分反应；放出的热量为QkJ，无法确定反应进行的程度，不能说明反应达到平衡状态，选项C错误；

D．增大压强；正反应速率增大，逆反应速率也增大，选项D错误；

答案选B。3、C【分析】【详解】

A．1.0mol/L的KNO3溶液中含有的和H+、Fe2+三者之间因发生氧化还原反应而不能大量共存；A不合题意；

B．滴加几滴溶液显红色的溶液中含有的Fe3+和I-因发生氧化还原反应而不能大量共存；B不合题意；

C．加入铝粉能生成H2的溶液可能是强酸性溶液，则能够大量共存，也可能是强碱性溶液，则不能含有大量的H+；C符合题意；

D．的溶液中含有大量的OH-，则OH-与Mg2+、OH-与不能大量共存；D不合题意；

故答案为：C。4、D【分析】【详解】

A．溶液碱性越大，的浓度越大，故pOH=6的溶液中：c()>c(H3PO2)；A正确；

B．z点；两种磷的粒子浓度相等，即为0.05mol/L，则pc=-lg0.05=1.3，B正确；

C．取z点数据，常温下H3PO2电离常数Ka=C正确；

D．从题分析；溶液中只含有两种含磷的粒子，故次磷酸为一元酸，含有一个羟基，D错误；

故选D。5、B【分析】【分析】

用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液，当V(NaOH)=10mL时，发生①H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O反应，溶液溶质为NaHC2O4，从变化图可知，溶液显酸性，电离过程大于水解过程；当V(NaOH)=20mL时，发生②NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，溶液的溶质为Na2C2O4，从变化图可知，溶液显碱性；当10mL<20mL时；溶液可以为酸性或中性，根据电荷守恒；物料守恒进行分析解答。

【详解】

A．结合以上分析可知，点①溶液为NaHC2O4，溶液显酸性，的电离过程大于水解过程，离子浓度大小关系：c(Na+)>c()>c()>c(H2C2O4)；故A错误；

B．点②溶液的pH=4.2，c(H+)=10-4.2mol/L；Ka2(H2C2O4)=10-4.2=所以c()=c()；故B正确；

C．点③溶液为中性，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)=c()+2c()；故C错误；

D．结合以上分析可知，点④溶液溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，根据电荷守恒：①c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+c(OH-)；物料守恒：②c(Na+)=2c(H2C2O4)+2c()+2c()；根据①×2-②可得：c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH-)+2c()；故D错误；

故选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．Cu2+水解显酸性，故气体可抑制Cu2+水解；A项正确；

B．装置d中液体上层可为溶液，下层可为可防止倒吸，B项正确；

C．实验开始时；应先滴入浓硫酸，使产生的HCl将装置中的空气排出，再点燃c处酒精灯，C项错误；

D．加热条件下；浓硫酸和氯化钠固体反应生成硫酸钠和HCl气体，故将浓盐酸换为氯化钠固体并微热，也可以达到实验目的，D项正确；

答案选C。7、B【分析】【详解】

分析：由已知的两个热化学方程式；结合温度对化学平衡的影响规律，即可分析A选项，根据自由能判据可分析B选项，利用盖斯定律可分析出C；D两个选项。

详解：A、只有在反应I中生成SO2，且该反应为吸热反应，所以升高温度，有利于反应I平衡向右移动，生成更多的SO2；故A错误；

B、要使反应II自发进行，则自由能判据△G=△H-T△S<0，已知△H2<0；由反应方程式可知该反应的熵变化不大，反应的自发性主要决定于焓变，所以该反应在低温下即可自发进行，且低温有利于节约能源，故B正确；

C、根据盖斯定律，反应II—4×反应I即得C选项的热化学方程式，所以△H3=△H2-4△H1，已知△H1>0，△H2<0，所以△H3<△H2,故C错误；

D、反应I和反应II中没有SO3(g)，所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变；故D错误。所以本题答案选B。

点睛：本题的难点是B选项，因为反应II前后气体、固体的分子数都不变，即商变不大，所以焓变对反应的自发性起决定作用，这是利用自由能判据的一种特殊情况，由于是放热反应，低温即可自发进行，且节约能源；易错点是C选项，要明确焓变的比较是带着+、-号进行比较的。本题有一定的难度。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【详解】

（1）①与电源的负极相连作阴极，溶液中氢离子得电子生成氢气，阴极区的电极反应式：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；离子交换膜为阳离子交换膜，所以透过离子交换膜的离子是K+；电解池中，阳离子向阴极移动，即由右向左移动；综上所述，本题答案是：.2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，K+；由右向左。

②与电源的正极相连作阳极，溶液中的OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7；综上所述，本题答案是：阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7。

（2）A、阴极得到电子，则溶液中的氢离子放电产生氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑；A正确；

B、有氢氧化铁生成，这说明铁是阳极，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋；B错误；

C、铁做阳极，失电子，极反应为：Fe－2e－＝Fe2＋,若转移0.6mol电子时，生成n(Fe2＋)=0.3mol；Cr2O72-能够氧化亚铁离子，本身被还原为Cr(OH)3，根据电子得失守恒可知，设被还原的Cr2O72-有xmol；则x×2×（6-3）=0.3，x=0.05mol，C正确；

D；铁作阳极提供还原剂亚铁离子；所以不能将铁电极改为石墨电极，D错误；

综上所述，本题选A、C。【解析】2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑K+由右向左阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7A、C9、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，t1时，反应未达到平衡，仍正向进行，因此v正＞v逆；

(2)根据图像，4min内，CO2的浓度变化量为0.7-0.2=0.5mol/L，则CO2的转化率为CO的浓度变化量为0.5-0=0.5mol/L，则CO的平均反应速率v(CO)=

(3)①降低温度；活化分子数减少，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，①符合题意；

②铁粉为固体；减少铁粉的质量不影响反应速率，②不符合题意；

③保持压强不变；充入He使容器的体积增大，浓度减小，反应速率减慢，③符合题意；

④保持体积不变；充入He使体系压强增大，浓度不变，反应速率不变，④不符合题意；

故答案选①③。【解析】＞或71.4%0.125mol·L-1·min-1①③10、略

【分析】【详解】

（1）由图可知，320℃前，在相同温度下以Ni—CeO2为催化剂反应相同时间CO2的转化率高于以Ni为催化剂时，说明在相同温度下Ni—CeO2的催化效果更好、反应达到平衡的时间更短；由图(a)可知，高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，CH4的选择性略下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是：320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；答案为：320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加。

（2）由图(a)和(b)可知，320℃前，相同温度下反应相同时间，使用Ni—CeO2为催化剂时CO2的转化率和CH4的选择性都大于Ni为催化剂时，故工业上应选择的催化剂是Ni—CeO2；在该条件下，320℃时CO2的转化率最大、CH4的选择性大，使用的合适温度为320℃；答案为：Ni—CeO2；320℃。【解析】(1)时，以为催化剂，甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以为催化剂，甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时转化率增加。

(2)11、略

【分析】【详解】

(1)A．生成CH3OH的同时必然消耗CO；其速率相等且方向同向，不能判断是否达到平衡状态，A与题意不符；

B．反应体系中各物质均为气体；则气体质量不变，而容积恒定，则混合气体的密度始终不变，气体的密度不变不能判断是否达到平衡状态，B与题意不符；

C．反应体系中各物质均为气体；则气体质量不变，达到平衡状态时，气体的物质的量不变，则混合气体的相对平均分子质量不变，C符合题意；

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化；反应达到平衡状态，D符合题意；

答案为CD。

(2)①根据表中数据，升高温度，K减小，即平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0；

②平衡时测得c(CO)=0.2mol/L；容器的体积为2L，则平衡时，CO的物质的量为0.4mol；

CO的转化率=×100%=80%；K==2.041；则温度为250℃；

(3)a．正反应为放热反应；升温平衡逆向移动，CO的转化率降低，a与题意不符；

b．加入催化剂反应速率加快，平衡不移动，b与题意不符；

c．增加CO的浓度平衡正向移动；CO的转化率降低，c与题意不符；

d．加入H2平衡正向移动；CO的转化率升高，d符合题意；

e．加入惰性气体；容积不变，平衡不移动，CO转化率不变，e与题意不符；

f．分离出甲醇；平衡正向移动，CO的转化率升高，f符合题意；

答案为df。【解析】①.CD②.<③.80%④.250℃⑤.df12、略

【分析】【分析】

(1)比较H2CO3(K1)、CH3COOH；HClO三种酸的电离常数；便可得出酸性强弱。

(2)在CH3COOH溶液中，存在下列电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-。

A．加水稀释，c(H+)不断减小；

B．加水稀释，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，=

C．c(H+)•c(OH﹣)=KW；

D．加水稀释，c(H+)减小，c(OH-)增大；

E．=Ka

(3)25℃时，比较等浓度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO三种溶液的pH；可比较对应的三种酸的酸性。

(4)25℃时，将amol∙L﹣1的醋酸与bmol∙L﹣1氢氧化钠等体积混合；反应后溶液恰好显中性，则醋酸过量，可利用电荷守恒进行分析。

(5)利用强酸制弱酸的原理分析反应发生的可能性。

【详解】

(1)根据分析表格中数据可知，K(CH3COOH)>K1>K(HClO)，所以三种酸的酸性从强到弱依次是CH3COOH>H2CO3>HClO。答案为：CH3COOH>H2CO3>HClO；

(2)A．加水稀释，c(H+)不断减小；A不合题意；

B．加水稀释，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，=变大；B符合题意；

C．常温下，c(H+)•c(OH﹣)=KW，加水稀释，KW不变；C不合题意；

D．加水稀释，c(H+)减小，c(OH-)增大，增大；D符合题意；

E．常温下，=Ka，加水稀释，Ka不变；E不合题意；

故选BD。答案为BD；

(3)25℃时，K(CH3COOH)>K(HClO)>K2，所以等浓度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO的碱性Na2CO3>NaClO>CH3COONa，三种溶液的pH从小到大依次是CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3。答案为：CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3；

(4)25℃时，将amol∙L﹣1的醋酸与bmol∙L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，依据电荷守恒可得：c()+c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)，由于c(H＋)＝c(OH－)，所以c()＝c(Cl－)，从而得出溶液中离子浓度大小关系：c()＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)。答案为：c()＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)；

(5)a．因为K(CH3COOH)>K1，所以+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O能发生；

b．因为K(CH3COOH)>K(HClO)，所以ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO能发生；

c．因为K(HClO)<K1，所以+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-不能发生；

d．因为K(HClO)>K2，所以2ClO-+CO2+H2O=+2HClO不能发生；

故选cd。答案为：cd。

【点睛】

比较Na2CO3、CH3COONa和NaClO三者的碱性强弱时，可比较对应酸的酸性，酸性越强，对应盐的碱性越弱。但需注意Na2CO3对应的酸为HCO3-，而不是H2CO3。解题时，若不注意理解，用H2CO3与HClO的电离常数进行比较，得出Na2CO3、NaClO的碱性强弱的结论，是错误的。【解析】①.CH3COOH>H2CO3>HClO②.BD③.CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3④.c()＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.cd13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)泡沫灭火器的工作原理是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应生成硫酸钠和氢氧化铝和二氧化碳，灭火时，能喷射出大量二氧化碳及泡沫，它们能粘附在可燃物上，使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的离子方程式Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；

(2)向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，反应的离子方程式HCO+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O；

(3)向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，溴离子还原性弱于二价铁离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子，1molFeBr2含有1mol二价铁离子，2mol溴离子，通入1mol氯气，1mol二价铁离子消耗0.5mol氯气，1mol溴离子消耗0.5mol氯气，反应的离子方程式2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-；

(4)25℃时，浓度均为1mol·L-1的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，均存在铵根离子水解：NH+H2O=NH3·H2O+H+，若NH不发生水解，三个溶液中NH浓度相等，(NH4)2CO3溶液中CO水解显碱性，促进NH水解，(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中Fe2+水解呈酸性，抑制NH4+水解，(NH4)2SO4溶液中对NH水解无影响，其c(NH)由大到小的顺序为③＞①＞②。【解析】Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑HCO+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-③＞①＞②14、略

【分析】【详解】

(1)根据化学反应方程式：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可知，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，即反应的平衡常数表达式：K=故答案为：

(2)根据反应原理：①CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH1=+63kJ·mol－1；②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol－1；利用盖斯定律：2(①+②)得到：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=2(ΔH1+ΔH2)=-116kJ·mol－1；故答案为：-116；

(3)平衡时O2的转化率为=33.3%，故答案为：33.3%。【解析】-11633.3%15、略

【分析】【详解】

（1）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水，热化学方程式为H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol;答案为H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol；

（2）碎泡沫的作用是保温、隔热、减少热量损失，故答案为保温、隔热、减少热量损失；（3）①根据表格数据求得温差平均值为℃=4.0℃；故答案为4.0；

②a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不选；c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，可保证实验成功，故c选；d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故选；故答案为acd。【解析】H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol保温、隔热，防止热量损失4.0a、c、d三、判断题(共5题，共10分)16、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。17、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。18、A【分析】【详解】

二氧化碳为酸性氧化物能与水反应生成碳酸，导致海水酸性增强，碳酸电离出和引起海水中浓度增大，与碳酸反应生成导致浓度减小，故答案为：正确；19、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)沉淀类型相同、温度相同时，Ksp越小；难溶电解质在水中的溶解能力才一定越弱，答案为：错误。

(2)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关；与离子浓度无关，答案为：正确。

(3)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，常温下，BaCO3的Ksp始终不变；答案为：错误。

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小；答案为：错误。

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，只有沉淀类型相同、温度相同时，才可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力；答案为：错误。

(6)Ag2CrO4与AgCl沉淀类型不同，不能通过Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比较Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案为：错误。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后析出氯化银沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-浓度不等于零；答案为：错误。

(8)物质确定时，溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，大多数沉淀Ksp增大、少数沉淀Ksp减小；例如氢氧化钙，答案为：错误。

(9)常温下Mg(OH)2的Ksp不变；不受离子浓度影响，答案为：正确。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先出现了碘化银沉淀，但由于不知道其实时氯离子和碘离子的浓度，因此，无法判断Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小；答案为：错误。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在含AgCl固体的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固体的溶液中，银离子和氯离子浓度不一定相等，答案为：错误。

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)时；则溶液中达到了AgCl的溶解平衡，答案为：正确。

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，则溶液中不变；答案为：正确。

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则先得到氢氧化镁沉淀和硫酸钠溶，后氢氧化镁转变为氢氧化铜沉淀，说明沉淀发生了转化，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，答案为：正确。四、实验题(共4题，共40分)21、略

【分析】【分析】

用粗铜(含杂质Fe)为原料制备CuCl2·2H2O晶体，再用CuCl2·2H2O晶体制备CuCl。

[制备CuCl2·2H2O晶体]

用MnO2和浓盐酸制取氯气，干燥后和粗铜（含铁）反应，生成CuCl2和FeCl3，多余的氯气用NaOH溶液吸收。由于CuCl2中含有杂质FeCl3以及可能存在的FeCl2，所以需要先加氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，然后加CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。得到的CuCl2溶液在HCl的气流中加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuCl2·2H2O晶体。

[制备CuCl固体]

将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2；再加热到300℃以上可获得CuCl固体。

[测定CuCl固体的产率]

根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+找到关系式：CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2进行计算。

【详解】

（1）仪器B是圆底烧瓶，其中发生的反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O。正确答案：圆底烧瓶、MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）C中发生的反应为：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3，所以生成物是CuCl2、FeCl3，①将生成的固体溶解在稀盐酸中后，制取氯化铜晶体前需要除去FeCl3，给出的五种试剂中，a、不能除去Fe3+且会引入NO3-，b、d都会引入杂质阳离子不适合，而c、e分别可以消耗溶液中的H+使溶液pH升高，从而使得Fe3+逐渐沉淀，所以应该选ce。②当装置C中Fe反应不充分时，Fe溶解在盐酸中生成Fe2+，在用CuO或者Cu(OH)2调节溶液pH值时不能生成沉淀除去，这样制取的氯化铜晶体就会含有杂质，所以必须先将Fe2+氧化成Fe3+。所以加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉降分离。③CuCl2·2H2O晶体中可能含有的杂质是由于Fe3+沉淀不完全而混入的FeCl3，检验方法是：取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物。正确答案：CuCl2，FeCl3、ce、将铁元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)；便于沉降分离；取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物。

（3）CuCl2·2H2O晶体直接加热脱水时，由于Cu2+水解及HCl的挥发等原因，最终得到的是CuO，所以脱水过程中必须设法避免CuCl2的水解，在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2”，可以利用体系中存在的HCl抑制CuCl2水解。正确答案：防止CuCl2水解。

（4）CuCl2·2H2OCuCl2+2H2O；2CuCl22CuCl+Cl2，因此10.26g晶体理论上可以得到CuCl：测定过程中，CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2，所以实验测得每份样品中CuCl：则CuCl的产率为正确答案：97%。

【点睛】

①除去杂质的的最后结果不能引入新的杂质。

②关于实验计算需要选好计算的基准。如本题以10.26g晶体为基准进行计算，因此后半段实验的计算中，由于样品被分成三等分，所以计算的结果应当乘以3。【解析】圆底烧瓶或烧瓶MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2OCuCl2，FeCl3c、e将铁元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)，便于沉降分离取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物防止Cu2+(或CuCl2)水解97%或0.9722、略

【分析】【详解】

（1）对比实验1和2的数据可发现，除了的浓度不同外；其余条件均相同，所以通过实验1；2，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中实验1中草酸浓度小于实验2，所以反应速率小于实验2，实验2溶液颜色褪至无色时所需时间小于40s；根据控制变量法，欲探究温度变化对化学反应速率的影响，则需使其他条件相同的情况下，温度作为变量，所以根据表中数据，通过实验2和3可探究温度变化对化学反应速率的影响，故填浓度；＜；2和3；

（2）实验3中，>所以草酸过量，混合时反应速率故填

（3）①根据反应有生成，具有催化作用，所以刚开始反应速率增大，故填反应中有生成；具有催化作用；

②随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减小，故填随着反应的进行，反应物浓度降低。【解析】(1)浓度＜2和3

(2)

(3)反应中有生成，具有催化作用随着反应的进行，反应物浓度降低23、略

【分析】【分析】

（1）

NO极易被氧气氧化成NO2；遇到空气立即变为红棕色，氢气在常温下不能与空气反应，NO不能燃烧，氢气能燃烧，故确认气体为氢气，不含NO的实验证据是气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声，故答案为：气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声。

（2）

①能与溶液反应产生蓝色沉淀，故向一份中滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明有说明含有故答案为：产生蓝色沉淀。

②向另一份加入NaOH溶液，产生灰绿色沉淀；加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明溶液中含有NH4+，综合①、②，说明实验Ⅰ中发生的反应有故答案为：

（3）

将铜粉溶于中，若的氧化性大于则氧化铜粉生成氢气和Cu2+，故若没有氢气产生，则说明的氧化性小于把铜粉氧化，故答案为：H2。

（4）

①根据实验现象；不能确定假设成立，故答案为：不能。

②温度升高，的还原性速率均增大，的还原速率增大的更多，同时被消耗，得电子的机会减少，导致产生H2的体积减少，故答案为：温度升高，的还原性速率均增大，的还原速率增大的更多，同时被消耗，得电子的机会减少，导致产生H2的体积减少。

（5）

较低温度、低浓度硝酸有利于金属与硝酸反应生成氢气，故答案为：较低温度、低浓度硝酸。【解析】(1)气体遇空气未见红棕色；点燃肥皂泡，发出爆鸣声。

(2)产生蓝色沉淀

(3)H2

(4)不能温度升高，的还原性速率均增大，的还原速率增大的更多，同时被消耗，得电子的机会减少，导致产生H2的体积减少。

(5)较低温度、低浓度硝酸24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，反应方程式为Ba2++CO32-=BaCO3↓；

②BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)⇌Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32－与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀；使上述平衡向右移动。

(2)①实验Ⅲ中后最后加入的时0.1mol/L的KI溶液，应该是探究的是AgCl转化成AgI，加入的NaCl溶液应该过量，AgNO3溶液应该不足，根据图示可知，甲不足、乙过量，则甲溶液是AgNO3溶液；故选a；

②加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，导致电压b

③实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了反应AgI+Cl-⇌AgCl+I-；部分AgI转化为AgCl；

(3)a.实验II和实验Ⅳ说明在一定条件下溶解度小的沉淀也可以转化成溶解度大的沉淀；故a错误；

b.实验Ⅳ说明电化学是研究物质性质和转化的重要手段之一，故b正确；

c.实验II和实验Ⅳ均表明某些沉淀转化反应可通过对反应物浓度的调节；实现逆向转化，故c正确；

d.综合实验Ⅰ～Ⅳ可知：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀；反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现，故d正确；

综上所述选bcd。【解析】Ba2＋＋CO32－＝BaCO3↓BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)⇌Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32－与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。a加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，导致电压b－本身对该原电池电压无影响，则c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了：AgI＋Cl－⇌AgCl＋I－bcd五、元素或物质推断题(共4题，共24分)25、略

【分析】【分析】

G为紫黑色固体单质，G为I2，C为气体单质，C具有氧化性，D中含有I－，C由浓A溶液与B在加热下生成，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，B在制取气体H中做催化剂，B应为MnO2，A为HCl，C为Cl2，实验室中用MnO2催化制取的气体是O2，H为O2，E为固体，E是KClO3，F为KCl，在酸性条件下KClO3将I－氧化为I2。

【详解】

（1）由以上分析可知B是MnO2，A是HCl，C是C