2025年湘師大新版選擇性必修1化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘師大新版選擇性必修1化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、在容積為2.0L的密閉容器內(nèi)，物質(zhì)D在T℃時發(fā)生反應(yīng)，其反應(yīng)物和生成物的物質(zhì)的量隨時間t的變化關(guān)系如圖，下列敘述不正確的是。

A.從反應(yīng)開始到第一次達到平衡時，A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率為0.0667mol/(L·min)B.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為K=c(A)2·c(B)C.已知：反應(yīng)的?H＞0，則第5分鐘時圖象呈現(xiàn)上述變化的原因可能是升高體系的溫度D.若在第7分鐘時增加D的物質(zhì)的量，則表示A的物質(zhì)的量變化正確的是a曲線2、在時，把氣體通入體積為5L的真空密閉容器中，立即出現(xiàn)紅棕色。反應(yīng)進行至2s時，的濃度為在時，體系已達平衡，此時容器內(nèi)壓強為開始時的1.6倍。下列說法正確的是A.前2s，以的濃度變化表示的平均反應(yīng)速率為B.在2s時體系內(nèi)的壓強為開始時的1.1倍C.在平衡時體系內(nèi)含D.平衡時，如果壓縮容器體積，則可提高的轉(zhuǎn)化率3、下列敘述中正確的是A.溶度積大的化合物溶解度一定大B.AgCl水溶液的導(dǎo)電性很弱，所以AgCl是弱電解質(zhì)C.將難溶電解質(zhì)放入純水中，溶解達平衡時，電解質(zhì)離子濃度的乘積就是該物質(zhì)的溶度積D.在一定溫度下，向含有AgCl固體的溶液中加入適量的水使AgCl溶解，又達到平衡時，AgCl的溶解度不變，溶度積也不變4、下列說法錯誤的是A.濃硝酸通常保存在無色玻璃試劑瓶中B.NH4Cl溶液中加入鎂條會產(chǎn)生氣泡C.單質(zhì)硅是將太陽能轉(zhuǎn)變成電能的常用材料D.鋼鐵的析氫腐蝕和吸氧腐蝕的負極反應(yīng)相同5、實驗室用粒與稀鹽酸反應(yīng)制備時反應(yīng)速率太慢，為了加快反應(yīng)速率，下列方法可行的是A.加入濃B.加入C.使粒過量D.滴入幾滴溶液6、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論錯誤的是。選項實驗操作和實驗現(xiàn)象結(jié)論A常溫下，分別測定HCOONa和CH3COONa溶液的pH，CH3COONa溶液的pH較大結(jié)合質(zhì)子的能力：CH3COO-＞HCOO-B分別蒸干并灼燒FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液，均可得到固體產(chǎn)物固體產(chǎn)物的成分一樣C向pH=3的HA和HB溶液中分別加水稀釋至100倍，pH(HA)>pH(HB)酸性：HA＞HBD相同條件下，向一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，后一支試管反應(yīng)快FeCl3可做H2O2分解的催化劑

A.AB.BC.CD.D7、一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)2HI(g)+Cl2(g)2HCl(g)+I2(s)。下列事實不能說明該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是A.斷裂1molCl-Cl鍵的同時形成2molH-Cl鍵B.容器內(nèi)氣體密度不再改變C.容器內(nèi)氣體顏色不再改變D.容器內(nèi)氣體壓強不再改變8、下列熱化學(xué)方程式書寫正確的是A.H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=+241.8kJ·mol-1B.CH4+2O2=CO2+2H2OΔH=-802.3kJ·mol-1C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1D.CO(g)+O2(g)=CO2ΔH=-283kJ·mol-19、已知：①

②

下列說法正確的是A.H2(g)的燃燒熱為571.6kJ/molB.同質(zhì)量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃燒，H2(g)放出的熱量多C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、下圖是一個甲烷燃料電池工作時的示意圖；乙池中的兩個電極一個是石墨電極，一個是鐵電極，工作時M；N兩個電極的質(zhì)量都不減少，請回答下列問題：

(1)M電極的材料是_____，N的電極電極反應(yīng)式為：_______________；乙池的總反應(yīng)式是__________，通入甲烷的鉑電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為_____。

(2)在此過程中，乙池中某一電極析出金屬銀4.32g時，甲池中理論上消耗氧氣為____L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)；若此時乙池溶液的體積為400mL，則乙池中溶液的H+的濃度為_________。11、CO2和CH4是兩種重要的溫室氣體。

（1）在一定條件下，二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲烷的反應(yīng)為CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。向一容積為2L的恒容密閉容器中充入一定量的CO2和H2，在300℃時發(fā)生上述反應(yīng)，達到平衡時各物質(zhì)的濃度分別為CO20.2mol·L?1，H20.8mol·L?1，CH40.8mol·L?1，H2O1.6mol·L?1。則CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為_____________________。

（2）以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸：CO2+CH4CH3COOH。為了提高該反應(yīng)中CH4的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是_____________________（寫出一條即可）。

（3）在煤炭中加氫，發(fā)生的主要反應(yīng)為：C(s)+2H2(g)CH4(g)。在密閉容器中投入碳和H2；控制條件使其發(fā)生上述反應(yīng)，實驗測得碳的平衡轉(zhuǎn)化率隨壓強及溫度的變化關(guān)系如圖中曲線所示。

①上述正反應(yīng)的ΔH__________0（填“>”“<”或“=”）。

②在4MPa、1200K時，圖中X點v正(H2)_________v逆(H2)（填“>”“<”或“=”）。

③某化學(xué)興趣小組提供下列四個條件進行上述反應(yīng)，比較分析后，你選擇的反應(yīng)條件是_____________（填字母序號）。

A．3Mpa800KB．6Mpa1000K

C．10Mpa1000KD．10Mpa1100K12、部分弱酸的電離平衡常數(shù)如表：

(1)上表的6種酸進行比較，酸性最弱的是：_____；HCOO-、S2-、HSO3-三種離子中，最難結(jié)合H+的是__________。

(2)在濃度均為0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐漸滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是：_________。

(3)已知HNO2具有強氧化性，弱還原性。將HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同時有沉淀和無色氣體生成，該氣體遇空氣立即變?yōu)榧t棕色，試寫出兩酸之間的化學(xué)反應(yīng)方程式：___。

(4)下列離子方程式書寫正確的是________。

A.HNO2+HS-=NO2-+H2S↑

B.2HCOOH+SO32-=2HCOO-+H2O+SO2↑

C.H2SO3+2HCOO-=2HCOOH+SO32-

D.H2SO3+SO32-=2HSO3-

E.H2C2O4+NO2-=HC2O4-+HNO2

(5)將少量的SO2通入Na2C2O4溶液，寫出離子方程式___。

(6)已知HX為一元弱酸。HX的電離常數(shù)為5.5×10﹣8。某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3。往溶液中通入3molCO2氣體，充分反應(yīng)后，氣體全部被吸收，計算某些物質(zhì)的量：Na2CO3______、NaHCO3______。13、如圖是一個電化學(xué)過程的示意圖。

請回答下列問題：

(1)甲池中OH－移向________極(填“C2H5OH”或“O2”)，通入C2H5OH電極的電極反應(yīng)式為__________。

(2)乙池中A(石墨)電極的名稱為_____(填“正極”“負極”“陰極”或“陽極”)，并寫出此電極的反應(yīng)式：_____________；

(3)若丙中電極不變，將其溶液換成NaCl溶液，電鍵閉合一段時間后，丙中溶液的pH將________(填“增大”“減小”或“不變”)。

(4)當(dāng)乙池中B(Ag)極質(zhì)量增加5.4g時，甲池中理論上消耗O2的體積為______mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，乙池的pH是______(若此時乙池中溶液的體積為500mL)；14、如圖所示為800℃時A；B、C三種氣體在密閉容器中反應(yīng)時濃度的變化情況；根據(jù)圖回答下列問題。

(1)寫出該反應(yīng)的方程式：_______

(2)前2minA的分解速率為_______

(3)達到平衡后，若增大壓強，平衡向_______方向移動。

(4)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_______15、用CO與H2反應(yīng)合成甲醇符合原子經(jīng)濟的綠色化學(xué)理念；反應(yīng)過程中能量變化如圖所示。

(1)該反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如表所示：則C←=O中的鍵能為__kJ/mol(已知CO的結(jié)構(gòu)式是C←=O)；?；瘜W(xué)鍵H-HC-OH-OC-HE/(kJ/mol)436343465413

(2)圖中曲線I和II所對應(yīng)的反應(yīng)路徑，比較容易發(fā)生的是__(填I(lǐng)或II)；

(3)工業(yè)上可利用CO2和H2生成甲醇，熱化學(xué)方程式如下：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=Q1kJ/mol

又查資料得知：①CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H2=Q2kJ/mol

②H2O(g)=2H2O(l)△H=Q3kJ/mol

則表示甲醇的燃燒熱的熱化學(xué)方程式為__。16、如圖裝置閉合電鍵K時；電流計A的指針將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。試回答：

（1）乙中Ag電極的電極反應(yīng)是___，若電路中有0.02mol電子通過，則甲中a電極溶解的質(zhì)量為___g；

（2）閉合電鍵K一段時間后，丙池中發(fā)生的總的化學(xué)方程式是___；

（3）丙池中反應(yīng)進行較長時間后，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣2.24L此時測得丙池溶液質(zhì)量實際減少3.75g，含有堿0.100mol（不考慮氣體在水中的溶解），則實際放出氣體的物質(zhì)的量是___mol。

（4）如果要給丙中鐵片上鍍上一層Cu，則丙池應(yīng)作何改進___。17、鐵在生活中應(yīng)用廣泛；請回答下列問題：

(1)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽()己成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點之一。Fe還原水體中的反應(yīng)原理如下圖所示，則正極的電極反應(yīng)式是_______________。

(2)下列哪些裝置可防止鐵棒被腐蝕_____________。

(3)在實際生產(chǎn)中；可在鐵件的表面鍍銅防止鐵被腐蝕(如下圖甲)。

①電鍍時鍍件與電源的_____極連接，A電極的電極反應(yīng)式是___________。

②圖乙是一種鈉硫高能電池的結(jié)構(gòu)示意圖，M由Na2O和Al2O3制得，其作用是導(dǎo)電和隔膜，該電池總反應(yīng)為2Na+xS=Na2Sx。該電池的正極反應(yīng)式為_______________。

用該電池作電源進行①中鐵件鍍銅時，若電鍍池中兩電極的質(zhì)量開始相同，電鍍完成后取出洗凈、烘干、稱量，二者質(zhì)量差為25.6g，則理論上該鈉硫電池負極消耗的質(zhì)量為___________g。18、(1)炒過菜的鐵鍋未及時洗凈；不久便會因腐蝕而出現(xiàn)紅褐色銹斑。請回答：

①鐵鍋的銹蝕是________腐蝕（填“析氫”或“吸氧”）。

②寫出鐵鍋腐蝕正極的電極反應(yīng)式：________________________________

(2)在如圖用石墨作電極的電解池中；放入500mL含一種溶質(zhì)的某藍色溶液進行電解，觀察到A電極表面有紅色的固態(tài)物質(zhì)生成，B電極有無色氣體生成；當(dāng)溶液中的原有溶質(zhì)完全電解后，停止電解，取出A電極，洗滌；干燥、稱量、電極增重1.6g。請回答下列問題：

①A接的是電源的_______極，B電極上的反應(yīng)式_____________________。

②寫出電解時反應(yīng)的總離子方程式_____________________________________

③電解后溶液的pH為_____________（假設(shè)電解前后溶液的體積不變）；

要使電解后溶液恢復(fù)到電解前的狀態(tài)，則需加入__________。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)19、100℃時Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1鹽酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正確B.錯誤20、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低溫下能自發(fā)進行。__________________A.正確B.錯誤21、某溫度下，純水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，則c(OH-)=()A.正確B.錯誤22、用pH計測得某溶液的pH為7.45。（____________）A.正確B.錯誤23、100℃的純水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此時水呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤24、如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性。（____________）A.正確B.錯誤25、為使實驗現(xiàn)象更加明顯，酸堿中和滴定時加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正確B.錯誤26、新制氯水中加入固體NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯誤27、25℃時，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共3題，共27分)28、工業(yè)上過氧化氫是重要的氧化劑和還原劑；常用于消毒；殺菌、漂白等。某化學(xué)興趣小組的同學(xué)圍繞過氧化氫開展了調(diào)查研究與實驗，請你參與其中一起完成下列學(xué)習(xí)任務(wù)：

（1）該興趣小組的同學(xué)查閱資料后發(fā)現(xiàn)H2O2為二元弱酸，其酸性比碳酸弱。請寫出H2O2在水溶液中的電離方程式：___。

（2）同學(xué)們用0.1000mol/L的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定某試樣中過氧化氫的含量，反應(yīng)原理為2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑

①滴定達到終點的現(xiàn)象是___。

②用移液管吸取25.00mL試樣置于錐形瓶中，重復(fù)滴定四次，每次消耗的酸性標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液的體積如下表所示：

。

第一次。

第二次。

第三次。

第四次。

體積(mL)

17.10

18.10

17.00

16.90

則試樣中過氧化氫的濃度為___mol/L。

（3）同學(xué)們通過繼續(xù)查閱資料，發(fā)現(xiàn)醫(yī)學(xué)上常用酸性KMnO4溶液和草酸溶液的反應(yīng)來測定血鈣的含量。測定方法如下：取2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反應(yīng)生成CaC2O4沉淀，將沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后再用KMnO4溶液滴定。

①滴定時，用___(填“酸”或“堿”)式滴定管盛裝KMnO4溶液。

②下列操作會引起測定結(jié)果偏高的是___(填字母代號)。

A.滴定管在盛裝KMnO4溶液前未潤洗。

B.滴定過程中錐形瓶振蕩得太劇烈；以致部分液體濺出。

C.滴定前讀數(shù)正確；滴定終點時俯視讀數(shù)。

D.錐形瓶未用待測液潤洗29、某學(xué)生為測定未知濃度的硫酸溶液，實驗如下：用1.00mL待測硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14mol·L-1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO425.00mL，滴定終止時消耗NaOH溶液15.00mL。該學(xué)生用標(biāo)準(zhǔn)0.14mol·L-1NaOH溶液滴定硫酸的實驗操作如下：

A、用酸式滴定管取稀H2SO425.00mL；注入錐形瓶中，加入指示劑。

B；用待測定的溶液潤洗酸式滴定管。

C；用蒸餾水洗干凈滴定管。

D；取下堿式滴定管用標(biāo)準(zhǔn)的NaOH溶液潤洗后；將標(biāo)準(zhǔn)液注入堿式滴定管刻度“0”以上2-3cm處，再把堿式滴定管固定好，調(diào)節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下。

E；檢查滴定管是否漏水。

F；另取錐形瓶；再重復(fù)操作一次。

G；把錐形瓶放在滴定管下面；瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點記下滴定管液面所在刻度。

(1)滴定操作的正確順序是(用序號填寫)___。

(2)堿式滴定管用蒸餾水潤洗后；未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗導(dǎo)致滴定結(jié)果___(填“偏小”；“偏大”或“恰好合適”)。

(3)配制準(zhǔn)確濃度的稀H2SO4溶液；必須使用的主要容器是__。

(4)如有1mol·L-1和0.1mol·L-1的NaOH溶液來滴定上述稀硫酸；應(yīng)用_的NaOH溶液，原因是__。

(5)觀察堿式滴定管讀數(shù)時，若滴定前仰視，滴定后俯視，則結(jié)果會導(dǎo)致測得的稀H2SO4溶液濃度測定值選填“偏大”；“偏小”或“無影響”)_______。

(6)計算待測硫酸(稀釋前的硫酸)溶液的物質(zhì)的量濃度(計算結(jié)果到小數(shù)點后二位)___。30、四氯化錫是無色液體，熔點為沸點為144℃，遇水即發(fā)生水解反應(yīng)生成錫酸()；并產(chǎn)生有刺激性的氣體，可用作媒染劑；催化劑等。與非極性分子能互溶。某化學(xué)實驗小組擬制備四氯化錫(如下圖所示)，并探究其部分水解產(chǎn)物。

請回答下列問題：

(1)甲裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______，儀器的名稱是______。

(2)干燥管中堿石灰的作用是______，如果沒有干燥管，三頸燒瓶中可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為______。

(3)實驗過程中如果的量不足，可能會產(chǎn)生副產(chǎn)物______(填化學(xué)式)。實驗室配制水溶液的操作方法是______。

(4)探究四氯化錫水解的部分產(chǎn)物。

甲同學(xué)取三頸燒瓶中的部分固體于潔凈試管中，往試管中加入少量蒸餾水，將試管中產(chǎn)生的氣體通入酸化的溶液中，生成了白色沉淀。該同學(xué)由此判斷該氣體為

乙同學(xué)認(rèn)為該結(jié)論不準(zhǔn)確，試簡述理由______。請設(shè)計改進方案______。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共18分)31、用含鈷廢料(主要成分為Co，還含有一定量的NiO，Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)的工藝流程如下圖所示：

已知：①草酸鈷晶體難溶于水；②RH為有機物(難電離)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)濾渣I的主要成分是_______(填化學(xué)式)，操作①的名稱_______，需用到的玻璃儀器有_______。

(2)H2O2是一種綠色氧化劑，加入H2O2時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。加入CoO的目的是_______。

(3)[已知：溶液中某種離子的濃度小于1.0×10-5mol·L，則認(rèn)為該離子已經(jīng)完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分別為1.0×10-15、1.0×10-38、1.0×10-32]。若要將浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，則應(yīng)將浸出液的pH控制在_______之間。

(4)加入有機溶劑的目的是_______。實驗室可以用酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定溶液中的C2O濃度，KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液常用硫酸酸化，若用鹽酸酸化，會使測定結(jié)果_______(填“偏高”；“偏低”或“無影響”)。

(5)水層中加入(NH4)2C2O4溶液，判斷Co2+沉淀完全的操作是_______。32、碘酸鉀是一種重要的無機物；可用作食鹽中的加碘劑。其制備方法如下：

I.過氧化氫氧化法。

(1)合成步驟中加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施是___。

(2)合成步驟中的化學(xué)方程式為___。

(3)當(dāng)合成溫度高于70℃，碘酸鉀產(chǎn)率會降低，請寫出可能的兩種原因___。

II.氯酸鉀氧化法。

(4)在稀硝酸介質(zhì)中，用氯酸鉀氧化碘單質(zhì)，然后用氫氧化鉀中和碘酸氫鉀[KH(IO3)2]，補全反應(yīng)的化學(xué)方程式：___

6I2+KClO3+H2O=6KH(IO3)2+KCl+3Cl2，KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。

(5)相對于氯酸鉀氧化法，過氧化氫氧化法的優(yōu)點是___。

III.電解法。

(6)先將一定量的I2溶于過量的KOH溶液，發(fā)生反應(yīng)：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O。將反應(yīng)后溶液加入陽極區(qū)，制備純度較高的碘酸鉀。寫出陽極的電極反應(yīng)式___。

33、實驗室以含銀廢液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}為原料制取硝酸銀晶體；其實驗流程如下：

已知：①“沉銀”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。

②Zn2+在濃氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。

③PbCl2、AgNO3的溶解度曲線如圖所示：

(1)“濾液”中的主要陽離子為___(填化學(xué)式)。

(2)“除雜”分為兩步：先除去PbCl2，再除去Ag2S。

①在不同溫度下，AgCl、Ag2S均難溶于水。除去PbCl2的操作為______；熱水洗滌。

②向熱水洗滌所得固體中加入濃硝酸和稀鹽酸，邊加熱邊充分?jǐn)嚢瑁笰g2S轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl。加入濃硝酸的目的是_______。

(3)室溫下，可逆反應(yīng)AgCl+2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常數(shù)K=___。{Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常數(shù)為1.1×107}

(4)“還原”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____。

(5)粗銀經(jīng)水洗后，經(jīng)多步處理可制備硝酸銀晶體。請補充完整由以水洗后粗銀為原料，制備硝酸銀晶體的實驗方案：________，過濾，________，將產(chǎn)生的氣體和空氣混合后通入NaOH溶液進行尾氣處理，將所得AgNO3溶液_______，過濾，將所得晶體置于烘箱(120℃)干燥，密封包裝。(實驗中須使用的試劑：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共24分)34、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應(yīng)；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學(xué)方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。：35、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設(shè)計的，這兩種化合物相遇會反應(yīng)生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。36、已知A；B、C、E的焰色反應(yīng)均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學(xué)式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____________________________。

（5）科學(xué)家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應(yīng)方程式：____________________。37、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__________。

②當(dāng)n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學(xué)式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應(yīng)生成TiCl4和O2的熱化學(xué)方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)v=?c/?t計算得A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率為0.4mol/(2L×3min)=0.0667mol/(L·min),A正確；

B.根據(jù)圖在第一次達到平衡時A的物質(zhì)的量增加了0.4mol，B的物質(zhì)的量增加了0.2mol，所以A、B為生成物，D的物質(zhì)的量減少了0.4mol/L，所以D為反應(yīng)物，D、A、B的變化量之比為0.4:0.4:0.2=2:2:1,反應(yīng)中各物質(zhì)計量數(shù)之比等于物質(zhì)的濃度的變化量之比，化學(xué)方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為K=c(A)2·c(B)；故B正確；

C.第5分鐘時A、B的物質(zhì)的量在原來的基礎(chǔ)上增加，而D的物質(zhì)的量在原來的基礎(chǔ)上減小，說明平衡正向移動，因為反應(yīng)的?H＞0,所以此時是升高溫度；故C正確；

D.因為D是固體；量的改變不影響化學(xué)平衡，所以A的物質(zhì)的量不變，故D錯誤；

綜上所述，本題選D。2、B【分析】【分析】

根據(jù)題目信息；可逆反應(yīng)2s末的狀態(tài)數(shù)據(jù)如下：

可逆反應(yīng)60s末達到化學(xué)平衡，根據(jù)阿伏伽德羅定律推論，同溫同體積，容器內(nèi)壓強比等于氣體總物質(zhì)的量之比，即設(shè)達到平衡時N2O4轉(zhuǎn)化濃度為xmol/L；則有下列三段式：

將濃度數(shù)據(jù)代入壓強比例式，得解之得，x=0.06；

【詳解】

A．2s末A錯誤；

B．將2s末的濃度數(shù)據(jù)代入壓強比例式，得B正確；

C．根據(jù)分析平衡狀態(tài)的N2O4濃度數(shù)據(jù)，可計算出C錯誤；

D．壓縮容器容積，達到增壓效果，原平衡受到破壞，根據(jù)勒沙特列原理，反應(yīng)將向氣體總物質(zhì)的量減少的狀態(tài)變化建立新平衡，即向反應(yīng)方程氣體系數(shù)和小的一側(cè)移動，新平衡時N2O4物質(zhì)的量將增加，故N2O4的轉(zhuǎn)化率將降低；D錯誤；

選B。3、D【分析】【詳解】

對于化學(xué)式相似溶度積大的化合物溶解度大；所以化學(xué)式不相似不能直接比較溶度積，A錯誤；導(dǎo)電性與溶液中自由移動離子濃度有關(guān)，自由移動離子濃度越大導(dǎo)電性越強，AgCl在水中完全電離屬于強電解質(zhì)，B錯誤；溶度積是離子濃度冪的乘積，所以電解質(zhì)離子濃度的乘積不一定是該物質(zhì)的溶度積，C錯誤；在一定溫度下溶解度和溶度積為常數(shù)，所以在一定溫度下，向含有AgCl固體的溶液中加入適量的水使AgCl溶解，又達到平衡時，AgCl的溶解度不變，溶度積也不變，D正確；正確選項D。

點睛：在一定溫度下，向含有AgCl固體的溶液中加入適量的水使AgCl溶解，又達到平衡時，溶液中銀離子濃度、氯離子濃度均不變，所以AgCl的溶解度不變，溶度積也不變。4、A【分析】【詳解】

A；濃硝酸見光易分解；應(yīng)保存在棕色試劑瓶中，故A錯誤；

B、NH4Cl為強酸弱堿鹽；水解顯酸性，故加入鎂條會產(chǎn)生氣泡，故B正確；

C；單質(zhì)硅是制備太陽能電池常用的材料；故C正確；

D；在弱酸性或中性條件下；鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，在強酸性條件下，鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕，無論析氫腐蝕還是吸氧腐蝕，鐵都作負極，負極上都是鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確；

故答案選A。

【點睛】

實驗室保存化學(xué)試劑，應(yīng)根據(jù)化學(xué)藥品的物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)采取正確的保存方法，如易揮發(fā)藥品要密封保存，易分解物質(zhì)和避光、低溫保存，具體物質(zhì)要具體分析。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．加入濃會產(chǎn)生的NO2氣體；故A錯誤；

B．加水稀釋；氫離子濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故B錯誤；

C．為了加快反應(yīng)速率，滴加濃鹽酸，使氫離子濃度變大，使粒過量無法改變速率；故C錯誤；

D．滴加硫酸銅后，Cu2+會先于氫離子與鋅反應(yīng)；置換出的銅與鋅粒形成原電池，加快反應(yīng)速率，故D正確；

故答案為D。6、B【分析】【詳解】

A．常溫下，分別測定HCOONa和CH3COONa溶液的pH，CH3COONa溶液的pH較大，說明CH3COO-的水解程度大于HCOO-的水解程度，酸性：HCOOH＞CH3COOH，則結(jié)合質(zhì)子的能力：CH3COO-＞HCOO-，故A正確；B．FeCl3水解生成氫氧化鐵和HCl，HCl易揮發(fā)，加熱、蒸干、灼燒生成氧化鐵，因硫酸不揮發(fā)，所以Fe2(SO4)3溶液加熱、蒸干、灼燒得到硫酸鐵，故B錯誤；C．酸性越強，稀釋相同的倍數(shù)時溶液的pH變化越大，向pH=3的HA和HB溶液中分別加水稀釋至100倍，pH(HA)＞pH(HB)，說明酸性：HA＞HB，故C正確；D．相同條件下，向一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，溶液的體積和H2O2的濃度均相同，但后一支試管反應(yīng)快，說明FeCl3可做H2O2分解的催化劑，故D正確；答案選B。7、A【分析】A.根據(jù)方程式可知：當(dāng)有1molCl-Cl鍵斷裂的時候，會生成2molHCl,即形成2molH-Cl鍵,無法證明Cl2的量或HCl的量不再改變，所以不能說明該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，A錯誤；B.反應(yīng)過程中氣體的質(zhì)量是變量，而容器的體積不變，則密度是變量，容器內(nèi)氣體密度不再改變，一定達到平衡狀態(tài)，B正確；C.容器內(nèi)氣體顏色不再改變，說明Cl2的濃度不再改變，一定達到平衡狀態(tài)，C正確；D.反應(yīng)過程中壓強是變量，容器內(nèi)氣體壓強不再改變，一定達到平衡狀態(tài)，D正確.答案選A.8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．氫氣燃燒是放熱反應(yīng)；ΔH＜0，A錯誤；

B．項沒有標(biāo)明物質(zhì)的狀態(tài)；B錯誤；

C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1均符合書寫要求；C正確；

D．CO2沒有注明狀態(tài)；D錯誤；

答案選C。9、B【分析】【分析】

【詳解】

A．燃燒熱是1mol物質(zhì)完全燃燒產(chǎn)生穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量；方程式中給出的是2mol的氫氣完全燃燒所放出的熱量為571.6kJ，A錯誤；

B．由方程式可知1gH2燃燒放出熱量142.9kJ，1gCH3OH（l）完全燃燒放出熱量則同質(zhì)量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃燒，H2（g）放出的熱量多；B正確；

C．在反應(yīng)中除了H+、OH-反應(yīng)生成水外；還有沉淀產(chǎn)生，放出熱量不是57.3kJ，C錯誤；

D．根據(jù)蓋斯定律，將整理可得D錯誤；

故選B。二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【分析】

堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極為原電池的負極，通入氧氣的一極為原電池的正極，乙池為電解池，乙池中的兩個電極一個是石墨電極，一個是鐵電極，工作時M、N兩個電極的質(zhì)量都不減少，N連接原電池的正極，應(yīng)為電解池的陽極，則應(yīng)為石墨材料，M為電解池的陰極，為鐵電極，電解硝酸銀溶液時，陰極反應(yīng)式為Ag++e-=Ag，陽極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O；結(jié)合電子的轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量的判斷進行計算。

【詳解】

(1)堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極為原電池的負極，負極上甲烷失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，通入氧氣的一極為原電池的正極，乙池為電解池，乙池中的兩個電極一個是石墨電極，一個是鐵電極，工作時M、N兩個電極的質(zhì)量都不減少，N連接原電池的正極，應(yīng)為電解池的陽極，則應(yīng)為石墨材料，N為陽極，電極反應(yīng)式是4OH--4e-=O2↑+2H2O，M為陰極，電極材料是Fe，電極反應(yīng)式為Ag++e-=Ag，則乙池的總反應(yīng)式為4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3，故答案為：鐵；4OH--4e-=O2↑+2H2O；4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O；

(2)n(Ag)==0.04mol，根據(jù)Ag++e-=Ag可知轉(zhuǎn)移電子為0.04mol，甲池中通入氧氣的一極為正極，反應(yīng)式為2O2+8H++8e-=4H2O，則消耗n(O2)=×0.04mol=0.01mol，V(O2)=0.01mol×22.4L/mol=0.224L；乙池中某一電極析出金屬銀4.32g時，同時產(chǎn)生氫離子的物質(zhì)的量是0.04mol，則其濃度是0.1mol/L，故答案為：0.224；0.1mol/L?！窘馕觥胯F4OH--4e-=O2↑+2H2O4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3CH4-8e-+10OH-=+7H2O0.224L0.1mol/L11、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)三段式計算求出起始二氧化碳的濃度為1.0mol·L?1，則CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=80%。

（2）根據(jù)平衡原理回答；

（3）①溫度升高碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大；說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

②X點反應(yīng)未達到平衡且此時碳的轉(zhuǎn)化率小于該條件下平衡時的轉(zhuǎn)化率；說明反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，判斷速率大小。

③考慮轉(zhuǎn)化率和經(jīng)濟效益。

【詳解】

（1）CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

起始量（mol·L－1）1.04.000

變化量（mol·L－1）0.83.20.81.6

平衡量（mol·L－1）0.20.80.81.6

根據(jù)三段式計算求出起始二氧化碳的濃度為1.0mol·L?1，則CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=80%。

（2）該反應(yīng)是氣體總體積縮小的反應(yīng)，增大壓強平衡向右移動，CH4的轉(zhuǎn)化率提高，另外，增加二氧化碳的濃度或分離出乙酸均可提高CH4的轉(zhuǎn)化率。

（3）①溫度升高碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故ΔH>0。

②X點反應(yīng)未達到平衡且此時碳的轉(zhuǎn)化率小于該條件下平衡時的轉(zhuǎn)化率，說明反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，故v正(H2)>v逆(H2)。

③在3MPa；800K條件下反應(yīng)；碳的平衡轉(zhuǎn)化率較低，在B、C、D三種條件下反應(yīng)，碳的平衡轉(zhuǎn)化率差別不大，而在6MPa、1000K條件下反應(yīng)最經(jīng)濟。

【點睛】

本題考查了轉(zhuǎn)化率的計算，平衡影響因素分析判斷，難點：（1）根據(jù)平衡計算的轉(zhuǎn)化率，注意列三段式計算理清各物質(zhì)的起始量，變化量，平衡量，問題就迎刃而解。【解析】①.80%②.增大壓強(或提高二氧化碳的濃度或分離出乙酸)③.>④.>⑤.B12、略

【分析】【分析】

(1)相同溫度下；酸的電離平衡常數(shù)越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越強，其酸根離子水解程度越小，則結(jié)合氫離子能力越弱；

(2)酸的電離平衡常數(shù)越大；該酸的酸性越強，與堿反應(yīng)越容易，根據(jù)酸的電離平衡常數(shù)大小判斷；

(3)HNO2和H2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)；生成沉淀和無色氣體，無色氣體遇空氣立即變?yōu)榧t棕色，則該無色氣體是NO，亞硝酸具有強氧化性，硫化氫具有還原性，所以硫化氫被亞硝酸氧化生成S單質(zhì)，根據(jù)元素守恒知還生成水，據(jù)此書寫方程式；

(4)強酸能和弱酸的鹽反應(yīng)生成弱酸和強酸鹽；

(5)將少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4>H2SO3>HC2O4->HSO3-；據(jù)此寫出離子方程式；

(6)已知HX為一元弱酸，某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3，NaX、NaHCO3能共存；說明HX的酸性強于碳酸氫根離子，往溶液中通入3mol

CO2氣體，充分反應(yīng)后，氣體全部被吸收，說明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中除了發(fā)生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，還發(fā)生反應(yīng)NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3；根據(jù)反應(yīng)方程式進行計算。

【詳解】

(1)相同溫度下，酸的電離平衡常數(shù)越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越強，其酸根離子水解程度越小，則結(jié)合氫離子能力越弱，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性最弱的是H2S，酸性最強的是H2SO3，所以結(jié)合氫離子能力最弱的是HSO3-；

(2)酸的電離平衡常數(shù)越大，該酸的酸性越強，與堿反應(yīng)越容易，根據(jù)酸的電離平衡常數(shù)知，被OH﹣先后消耗的酸及酸式酸根依次是H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；

(3)HNO2和H2S生成沉淀和無色氣體，無色氣體遇空氣立即變?yōu)榧t棕色，則該無色氣體是NO，亞硝酸具有強氧化性，硫化氫具有還原性，所以硫化氫被亞硝酸氧化生成S單質(zhì)，根據(jù)元素守恒知還生成水，該反應(yīng)方程式為2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；

(4)A.HNO2具有強氧化性，HS-具有還原性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、離子守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為H++2HNO2+HS-=2NO↑+S↓+2H2O；A錯誤；

B.酸性：H2SO3>HCOOH>HSO3-，所以HCOOH和SO32-反應(yīng)生成HCOO-和HSO3-，反應(yīng)的離子方程式為HCOOH+SO32-=HCOO-+HSO3-；B錯誤；

C.酸性：H2SO3>HCOOH>HSO3-，所以H2SO3和HCOO-反應(yīng)生成HCOOH、HSO3-，反應(yīng)的離子方程式為H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO3-；C錯誤；

D.亞硫酸和亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸氫根離子，離子方程式為H2SO3+SO32-=2HSO3-；D正確；

E.根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，H2C2O4的一級電離平衡常數(shù)大于HNO2，二級電離平衡常數(shù)小于HNO2，所以H2C2O4+NO2-=HC2O4-+HNO2；E正確；

故合理選項是DE；

(5)將少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4>H2SO3>HC2O4->HSO3-，據(jù)此離子方程式為：SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3-；

(6)已知HX為一元弱酸，某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，說明HX的酸性強于HCO3-，往溶液中通入3molCO2氣體，充分反應(yīng)后，氣體全部被吸收，說明HX的酸性弱于H2CO3，溶液中發(fā)生的反應(yīng)有：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根據(jù)該反應(yīng)可知2molNa2CO3能生成4molNaHCO3同時消耗二氧碳2molCO2，還有1molCO2發(fā)生反應(yīng)NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，生成1molNaHCO3，所以溶液中沒有Na2CO3，Na2CO3的物質(zhì)的量是0，NaHCO3的物質(zhì)的量為1mol+4mol+1mol=6mol。

【點睛】

本題考查了電離平衡常數(shù)在電解質(zhì)的電離和鹽的水解的應(yīng)用。明確弱酸電離平衡常數(shù)與酸的酸性強弱、酸根離子水解程度的關(guān)系即可解答，注意(4)中選項A，要既考慮強酸制取弱酸，同時也要注意亞硝酸的強氧化性，否則就會得出錯誤結(jié)論，為本題的易錯點。【解析】①.H2S②.HSO3﹣③.H2C2O4、HCOOH、HC2O4﹣④.2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓⑤.DE⑥.SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3﹣⑦.0mol⑧.6mol13、略

【分析】【分析】

根據(jù)圖示分析；甲池是乙醇燃料電池，通入燃料乙醇的一極為負極，還原劑失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電子沿著導(dǎo)線流向正極，通入氧氣的一極為正極，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，內(nèi)電路中陰離子移向負極；陽離子移向正極，電解池中，與電源正極相連的A電極是陽極，陽極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，B電極是陰極，陰極上氧化劑得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，乙池和丙池是串聯(lián)的電解池，C電極是陽極，D電極是陰極，內(nèi)電路中陰離子移向陽極、陽離子移向陰極；電化學(xué)反應(yīng)時，電極上電子數(shù)守恒，據(jù)此分析回答；

【詳解】

(1)甲池為原電池，陰離子向負極移動，通入C2H5OH電極為負極，則電解質(zhì)溶液中OH－移向移向C2H5OH極；C2H5OH失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：C2H5OH-12e-＋16OH-=2CO＋11H2O；

(2)乙池中A(石墨)電極的名稱為陽極，陽極上水電離的陰離子氫氧根離子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極的反應(yīng)式：4OH--4e-=2H2O+O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+；

(3)若丙中電極不變；將其溶液換成NaCl溶液，電鍵閉合，則一段時間后，丙中電解飽和食鹽水，生成氫氧化鈉；氫氣和氯氣，溶液的pH將增大；

(4)甲池反應(yīng)為：C2H5OH+3O2+4OH?=2CO+5H2O，乙池反應(yīng)為：4AgNO3+2H24Ag+O2↑+4HNO3；當(dāng)乙池中B(Ag)極質(zhì)量增加5.4g時；

則V=0.28L=280mL，n=0.05mol，甲池中理論上消耗O2的體積為280mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，乙池中生成氫離子0.05mol，則氫離子的物質(zhì)的量濃度為=0.1mol/L，則pH=?lg0.1=1。【解析】C2H5OHC2H5OH-12e-＋16OH-=2CO＋11H2O陽極4OH--4e-=2H2O+O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+增大280114、略

【分析】【分析】

(1)

由圖可知，反應(yīng)物為A，生成物為B、C，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)中A、B、C的濃度變化量為(0.4—0.2)mol/L：(0.3—0.1)mol/L：(0.1—0)mol/L=2：2：1，由濃度的變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2A2B+C，故答案為：2A2B+C；

(2)

由圖可知，前2minA的分解速率為=0.1mol/(L·min)；故答案為：0.1mol/(L·min)；

(3)

由圖可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2A2B+C；該反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強，平衡向逆反應(yīng)方向移動，故答案為：逆反應(yīng)；

(4)

由圖可知，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==0.225，故答案為：0.225?！窘馕觥?1)2A2B+C

(2)0.1mol/(L·min)

(3)逆反應(yīng)。

(4)0.22515、略

【分析】【詳解】

(1)△H＝反應(yīng)物的總鍵能?生成物的總鍵能＝C≡O(shè)的鍵能＋2×436kJ/mol?343kJ/mol?3×413kJ/mol?465kJ/mol＝?91kJ/mol；解得C≡O(shè)的鍵能＝1084kJ/mol；

故答案為：1084；

(2)催化劑能降低反應(yīng)的活化能，所以圖中曲線b表示使用催化劑時反應(yīng)的能量變化；

故答案為：Ⅱ；

(3)根據(jù)蓋斯定律。

①CO2(g)＋3H2(g)═CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝Q1kJ/mol

②CH3OH(l)＋O2(g)═CO2(g)＋2H2(g)△H2＝Q2kJ/mol

③H2O(g)═2H2O(l)△H＝Q3kJ/mol

2×①＋3×②＋2×③得CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝(2Q1＋3Q2＋2Q3)kJ/mol；

故答案為：CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝(2Q1＋3Q2＋2Q3)kJ/mol?！窘馕觥?084ⅡCH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝(2Q1＋3Q2＋2Q3)kJ/mol16、略

【分析】【分析】

甲和乙形成有鹽橋的原電池，相當(dāng)于給丙外加電源，因此丙屬于電解池，甲中a為活潑金屬即失電子為負極，b中Ag為正極；丙中c電極連接原電池的正極屬于陽極，d為陰極。

【詳解】

（1）乙中Ag為正極，其電極上是銀離子得電子生成銀單質(zhì)，其電極反應(yīng)為：Ag++e－=Ag；Zn從0價升高到+2價失去2個電子，已知電路中有0.02mol電子通過，所以消耗的Zn為0.01mol，

（2）丙池中是電解NaCl溶液生產(chǎn)氫氣、氯氣和氫氧化鈉，其電解方程式：

（3）已知堿0.1mol，

210.1mol0.05mol

因此：

丙池溶液質(zhì)量實際減少4.23g，是氫氣、氯氣和氧氣的質(zhì)量和，所以所以

因此實際放出氣體的物質(zhì)的量是：0.1mol+0.05mol+0.015mol=0.165mol；

（4）要給丙中鐵片上鍍上一層Cu，根據(jù)鍍層金屬做陽極，鍍件做陰極原理，則陽極應(yīng)該為Cu電極，電解質(zhì)溶液為硫酸銅溶液，所以要把C電極換成Cu電極，把NaCl溶液換為硫酸銅溶液?！窘馕觥緼g++e-=Ag0.650.165“C”換成“Cu”、將“NaCl溶液”換成“CuSO4溶液”17、略

【分析】【詳解】

(1)Fe還原水體中根據(jù)題意Fe3O4為電解質(zhì)，則Fe作還原劑，失去電子，作負極；在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生應(yīng)為酸性環(huán)境，正極的電極反應(yīng)式為：+8e-+10H+=+3H2O；

(2)A．該裝置為原電池；鐵棒作負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，加快鐵棒的腐蝕，故A錯誤；

B．該裝置為原電池；鐵棒作正極，被保護，為犧牲陽極保護法，故B正確；

C．該裝置不能防止鐵棒被腐蝕；故C錯誤；

D．該裝置為電解池；鐵棒作陰極，為陰極電保護法，故D正確；

答案選BD；

(3)①根據(jù)電鍍池的構(gòu)成：鍍層金屬作陽極，鍍件作陰極，電解液為含有鍍層金屬陽離子的鹽溶液知，在鐵件的表面上鍍銅，電鍍時，鍍件與電源的負極連接，A電極對應(yīng)的金屬是銅，B電極的電極反應(yīng)式是Cu2++2e-=Cu；

②根據(jù)電池反應(yīng)分析，硫元素的化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，作正極，電極反應(yīng)式為xS+2e-=Sx2-；根據(jù)電鍍時兩極的電極反應(yīng)式判斷；陽極：Cu-2e-=Cu2+，陰極：Cu2++2e-=Cu，及該原電池的負極反應(yīng)式：Na-e-=Na+，利用電子守恒法計算；若電鍍池中兩電極的質(zhì)量開始相同，電鍍完成后二者質(zhì)量差為25.6g，則轉(zhuǎn)移的電子為0.4mol，則理論上該電池負極消耗的質(zhì)量為9.2g?！窘馕觥?8e-+10H+=+3H2OBD負Cu-2e-=Cu2+xS+2e-=Sx2-9.218、略

【分析】【分析】

(1)①中性或弱酸性條件下；鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕；

②鐵；碳和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池；碳作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

(2)②電解可溶性的銅鹽的實質(zhì)是電解鹽和水；根據(jù)電極反應(yīng)書寫電解方程式；

③根據(jù)電解后所得溶液中氫離子的濃度計算溶液的pH；電解后溶液復(fù)原，遵循的原則是：出什么加什么。

【詳解】

(1)①弱酸或中性條件下；鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，故答案為：吸氧；

②鐵、碳和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，碳作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H2O+O2+4e－=4OH－，故答案為：2H2O+O2+4e－=4OH－；

(2)①電解液是藍色溶液，A電極表面有紅色的固態(tài)物質(zhì)生成，所以A極是銅離子得電子，所以A極是陰極，A接的是電源的負極，B電極有無色氣體生成，則一定是氫氧根失電子產(chǎn)生的氧氣，電極方程式為4OH-－4e-=2H2O+O2↑；

②陰極反應(yīng)：2Cu2＋+4e－=2Cu，陽極反應(yīng)：4OH－-4e－=2H2O+O2↑，電解時反應(yīng)的總離子方程式為：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

③取出A電極，洗滌、干燥、稱量、電極增重1.6g，所以陰極析出金屬銅的質(zhì)量是1.6g，即0.025mol，所以生成氫離子的物質(zhì)的量為0.05mol，所以則pH=1，電解后析出了金屬銅和有氧氣放出，所以要想溶液復(fù)原，需加入CuO或CuCO3。

【點睛】

解后溶液復(fù)原，遵循的原則是：出什么加什么，即加入陰極和陽極反應(yīng)后的物質(zhì)，如在該題中，陰極得到Cu，陽極得到O2，則溶液復(fù)原加入Cu和O2反應(yīng)后的物質(zhì)，即CuO；此外，由于電解后的溶液呈酸性，也可以加入CuCO3，CuCO3加入酸中，逸出CO2，相當(dāng)于加入CuO?！窘馕觥课?H2O+O2+4e-=4OH-陰極4OH-－4e-=2H2O+O2↑2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+1CuO或CuCO3三、判斷題(共9題，共18分)19、A【分析】【分析】

【詳解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃時Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在該溫度下NaOH溶液中c(H+)=所以該溶液的pH=10，故在100℃時0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的說法是正確的。20、A【分析】【詳解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低溫下能自發(fā)進行，正確。21、B【分析】【分析】

【詳解】

純水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某溫度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此該溫度下，c(OH-)=故此判據(jù)錯誤。22、A【分析】【分析】

【詳解】

pH計可準(zhǔn)確的測定溶液的pH，即可為測得某溶液的pH為7.45，故答案為：正確。23、B【分析】【分析】

【詳解】

水的電離過程為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，氫離子和氫氧根離子濃度均增大，且增大幅度相同；因此100℃時，純水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍為中性，故此判據(jù)錯誤。24、A【分析】【分析】

【詳解】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相對大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈堿性，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-)，則溶液一定呈一定的酸堿性，故答案為：正確。25、B【分析】【詳解】

酸堿指示劑本身就是弱酸或弱堿，加入過多會使中和滴定結(jié)果產(chǎn)生較大誤差。26、B【分析】【詳解】

遵循電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，錯誤。27、A【分析】【分析】

【詳解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室溫下Kw=10-14mol2/L2，所以該溶液中c(H+)=10-12mol/L，故該溶液的pH=12，因此室溫下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的說法是正確的。四、實驗題(共3題，共27分)28、略

【分析】【分析】

（1）H2O2為二元弱酸；為弱電解質(zhì)，分步電離；

（2）①用0.1000mol/L的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定某試樣中過氧化氫的含量，同時酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液還可以做指示劑；據(jù)此解答；

②由數(shù)據(jù)可知第二次滴定數(shù)據(jù)誤差較大，數(shù)據(jù)舍棄，求出三次滴定消耗KMnO4溶液的平均體積；然后根據(jù)方程式計算過氧化氫的濃度；

（3）①根據(jù)KMnO4溶液具有強氧化性分析；

②滴定誤差分析可以根據(jù)c(待測)=進行判斷。

【詳解】

（1）H2O2為弱電解質(zhì)，分步電離，電離方程式為：H2O2HO2－＋H＋、HO2－H＋＋O22－；

（2）①用0.1000mol/L的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定某試樣中過氧化氫的含量，同時酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液還可以做指示劑；當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏稳芤簳r，錐形瓶內(nèi)溶液顏色恰好由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明達到了滴定終點；

②滴定時消耗KMnO4溶液的平均體積為17.00mL，那么c(H2O2)==0.1700mol/L；

（3）①KMnO4溶液具有強氧化性；用酸式滴定管盛裝；

②A.滴定管在盛裝KMnO4溶液前未潤洗；導(dǎo)致溶液濃度減小，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大，測定結(jié)果偏高，A項正確；

B.滴定過程中錐形瓶振蕩得太劇烈；以致部分液體濺出，待測液減少，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，B項錯誤；

C.滴定前讀數(shù)正確；滴定終點時俯視讀數(shù)，讀取的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積減小，導(dǎo)致測定標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度偏低，C項錯誤；

D.錐形瓶未用待測液潤洗；不影響滴定時消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積，對測定的結(jié)果沒有影響，D項錯誤；

答案選A?！窘馕觥縃2O2HO2－＋H＋、HO2－H＋＋O22－滴加最后一滴溶液時，錐形瓶內(nèi)溶液顏色恰好由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.1700酸A29、略

【分析】【詳解】

(1)用標(biāo)準(zhǔn)0.14mol·L-1NaOH溶液滴定硫酸的實驗操作步驟為：檢查滴定管是否漏水；洗滌滴定管、潤洗并盛裝標(biāo)準(zhǔn)液、潤洗盛裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管、盛裝標(biāo)準(zhǔn)液、開始滴定、重復(fù)滴定等；所以正確的操作順序為：ECDBAGF；

(2)堿式滴定管用蒸餾水潤洗后；未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，相當(dāng)于標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，所以消耗掉的稀硫酸體積就會增多，滴定結(jié)果偏大；

(3)配制稀硫酸的體積是100mL，所以配制準(zhǔn)確濃度的稀H2SO4溶液；必須使用的主要容器是100mL容量瓶；

(4)根據(jù)實驗，應(yīng)選用0.1mol·L-1的NaOH溶液進行滴定；以減小實驗誤差，因為溶液濃度越稀，誤差就越??；

(5)觀察堿式滴定管讀數(shù)時；若滴定前仰視，則讀數(shù)偏大，滴定后俯視，則讀數(shù)偏小，兩個讀數(shù)差即是反應(yīng)消耗的氫氧化鈉的體積，兩個讀數(shù)差偏小，即消耗的氫氧化鈉的體積偏小，求出硫酸的物質(zhì)的量濃度偏?。?/p>

(6)根據(jù)反應(yīng)：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，稀釋后的硫酸溶液濃度為：c(H2SO4)==0.042mol·L-1，稀釋前稀硫酸的濃度c==4.20mol·L-1。【解析】ECDBAGF偏大100mL容量瓶0.1mol·L-1溶液濃度越稀，誤差就越小偏小4.20mol·L-130、略

【分析】【分析】

利用高錳酸鉀和濃鹽酸制備氯氣；飽和食鹽水將氯氣中的氯化氫氣體除去，再用濃硫酸將氯氣干燥，氯氣和錫粉反應(yīng)生成四氯化錫，據(jù)此分析答題。

【詳解】

(1)甲裝置中高錳酸鉀和濃鹽酸不需加熱制備氯氣，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：根據(jù)儀器a的結(jié)構(gòu)特點可知其為球形冷凝管，答案為：球形冷凝管；

(2)四氯化錫遇水即發(fā)生水解反應(yīng)生成錫酸()，并產(chǎn)生有刺激性的氣體，堿石灰可以吸收尾氣以免污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入丁裝置使四氯化錫水解；如果沒有干燥管空氣中水蒸氣進入后四氯化錫發(fā)生水解，化學(xué)方程式為：(或)，答案為：吸收尾氣以免污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入丁裝置使四氯化錫水解；(或)；

(3)實驗過程中如果的量不足，金屬錫可以和空氣中氧氣作用，可能會產(chǎn)生副產(chǎn)物因為四氯化錫易水解，所以配置水溶液的操作方法是：取適量液體溶于濃鹽酸，再用蒸餾水稀釋，答案為：取適量液體溶于濃鹽酸；再用蒸餾水稀釋；

(4)中會溶解少量氯氣溶于水之后也會和酸化的溶液中，生成了白色沉淀；可以先將氣體通入非極性有機溶劑除去氯氣，可以排除氯氣的干擾，答案為：中會溶解少量通入，也能產(chǎn)生白色沉淀；將氣體先通入四氯化碳(或苯等)后，再通入酸化的溶液中?！窘馕觥壳蛐卫淠芪瘴矚庖悦馕廴究諝猓瑫r防止空氣中的水蒸氣進入丁裝置使四氯化錫水解(或)取適量液體溶于濃鹽酸，再用蒸餾水稀釋中會溶解少量通入，也能產(chǎn)生白色沉淀將氣體先通入四氯化碳(或苯等)后，再通入酸化的溶液中五、工業(yè)流程題(共3題，共18分)31、略

【分析】【分析】

粉碎后用硫酸溶解，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，過濾得到濾液中含有硫酸鈷、硫酸鎳、硫酸亞鐵、硫酸鋁以及過量的硫酸，濾渣Ⅰ為二氧化硅；濾液中加入過氧化氫和氧化鈷，將亞鐵離子氧化為鐵離子，同時調(diào)節(jié)pH，使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，所以濾渣Ⅱ為氫氧化鐵、氫氧化鋁；此時溶液中陽離子為鎳離子、鈷離子，向濾液中加入有機物RH與Ni2+反應(yīng)，然后用有機溶劑進行萃取分液，NiR2溶于有機層，鈷離子在水層，向水層加入(NH4)2C2O4；析出草酸鈷晶體。

【詳解】

(1)用含鈷廢料，粉碎后用硫酸溶解，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，濾渣Ⅰ為SiO2；通過操作①得到水層和有機層；則操作①為分液；分液需要的儀器有：分液漏斗；燒杯；

(2)過氧化氫與亞鐵離子反應(yīng)生成鐵離子，離子方程式為加入CoO的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH；

(3)若要將浸出液中鐵離子和鋁離子全部沉淀，氫氧化鋁的Ksp=1×10-32，則則c(H+)=10-5，pH=5；Ni2+不能沉淀，開始沉淀的則c(H+)=10-9；pH=9，則調(diào)節(jié)pH在5到9之間；

(4)加入有機萃取劑的目的是溶解NiR2，使之與水層分離；實驗室可以用酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液滴定草酸根離子來測定溶液中草酸根離子的濃度，高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液常用硫酸酸化，發(fā)生若用鹽酸酸化，高錳酸鉀會氧化鹽酸中的氯離子，消耗高錳酸鉀偏多，測定結(jié)果偏高；

(5)萃取后余液中加入(NH4)2C2O4溶液沉淀Co2+，當(dāng)靜置后，向上層清液繼續(xù)滴加(NH4)2C2O4，無沉淀現(xiàn)象出現(xiàn)可判斷Co2+沉淀完全?！窘馕觥縎iO2分液分液漏斗、燒杯調(diào)節(jié)溶液的pH5<9溶解NiR2，使之與水層分離偏高當(dāng)靜置后，向上層清液繼續(xù)滴加(NH4)2C2O4，無沉淀現(xiàn)象出現(xiàn)32、略

【分析】I.合成步驟中，過氧化氫與碘單質(zhì)在70℃以及催化劑的作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘酸(HIO3)，再加入碳酸鉀溶液，反應(yīng)生成KIO3，再結(jié)晶得到KIO3晶體；

【詳解】

(1)粉碎碘單質(zhì)；可增大固液接觸面積，加快應(yīng)速率；加熱，升高溫度，可加快反應(yīng)速率；使用催化劑，可加快反應(yīng)速率；

(2)合成步驟中，過氧化氫與碘單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘酸(HIO3)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為I2+5H2O22HIO3+4H2O；

(3)當(dāng)合成溫度高于70℃；雙氧水易分解；碘單質(zhì)易升華、催化劑活性可能降低，從而使碘酸鉀產(chǎn)率會降低；

II.(4)在稀硝酸介質(zhì)中，用氯酸鉀氧化碘單質(zhì)，得到碘酸氫鉀[KH(IO3)2]，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒平衡該反應(yīng)的化學(xué)方程式：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑；

(5)氯酸鉀氧化法中有氯氣生成；相對于氯酸鉀氧化法，過氧化氫氧化法的優(yōu)點是產(chǎn)物無污染；

III.(6)反應(yīng)后的溶液為KI和KIO3的混合溶液，將反應(yīng)后溶液加入陽極區(qū)，制備純度較高的碘酸鉀，則陽極附近的陰離子有碘離子、碘酸根離子、氫氧根離子，電解過程中陽極上碘離子失去電子生成IO則陽極的電極反應(yīng)式I--6e-+6OH-=IO+3H2O。【解析】粉碎、70℃、催化劑I2+5H2O22HIO3+4H2O雙氧水分解、碘單質(zhì)升華、催化劑活