2025年蘇科新版選擇性必修1化學上冊月考試卷

…………○…………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年蘇科新版選擇性必修1化學上冊月考試卷398考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、用溶液滴定溶液的滴定曲線如圖所示。已知的下列說法錯誤的是。

A.a點，B.b點，C.若往c點溶液中加入溶液，能產(chǎn)生沉淀D.d點溶液中，2、用惰性電極電解一定濃度的硫酸銅溶液，通電一段時間后，若要恢復到電解前的濃度和pH，可向所得的溶液中加入0.01mol下列說法錯誤的是A.此電解過程中，陰極產(chǎn)生的氣體為B.此電解過程中，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.04molC.此電解過程中，與電源正極相連的電極共放出氣體的體積約為224mLD.電解結束后，原溶液的溶質(zhì)變?yōu)?、下列各種變化是因為構成原電池的是A.在空氣中金屬鋁表面迅速氧化形成保護層B.金屬表面涂漆以阻止金屬被氧化C.紅熱的鐵絲與水接觸鐵表面形成黑色物質(zhì)D.鋼鐵在潮濕的空氣里很快被腐蝕4、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.常溫常壓下，中含有中子數(shù)大于NAB.溶于水，溶液中的微粒總數(shù)和為0.5NAC.電解精煉銅時，當電路中通過個NA電子時，陽極消耗銅D.的氯化銨溶液中滴入氨水至數(shù)目大于0.1NA5、下列敘述正確的是A.已知石墨比金剛石穩(wěn)定，則C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH<0B.2H2(g)+O2(g)?2H2O(l)ΔH1；2H2(g)+O2(g)?2H2O(g)ΔH2，則ΔH1<ΔH2C.C(S)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)反應過程中，舊鍵斷裂吸收的能量小于新鍵形成釋放的能量D.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH>0，反應在一定條件下可自發(fā)進行，可知ΔS<06、科學家最近發(fā)明了一種Al-PbO2電池，電解質(zhì)為K2SO4、H2SO4、KOH，通過x和y兩種離子交換膜將電解質(zhì)溶液隔開，形成M、R、N三個電解質(zhì)溶液區(qū)域(a>b)；結構示意圖如圖所示。下列說法不正確的是。

A.M區(qū)域電解質(zhì)為KOHB.放電時，Al電極反應為：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-C.R區(qū)域的電解質(zhì)濃度逐漸減小D.每消耗0.1molPbO2電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子7、下列事實：

①溶液呈酸性；

②長期施用化肥會使土壤酸性增強；發(fā)生板結；

③配制溶液時，用稀鹽酸溶解固體；

④溶液中

⑤氯化銨溶液可去除金屬制品表面的銹斑；

⑥蒸干溶液，往往得不到固體。

其中與鹽類的水解有關的有A.僅①②③⑤B.僅②③④⑤⑥C.僅①④⑤⑥D(zhuǎn).僅②③④⑤評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、應用蓋斯定律的計算方法。

(1)“虛擬路徑”法。

若反應物A變?yōu)樯晌顳；可以有兩個途徑。

①由A直接變成D；反應熱為ΔH；

②由A經(jīng)過B變成C，再由C變成D，每步的反應熱分別為ΔH1、ΔH2、ΔH3。

如圖所示：

則有ΔH=_______。

(2)加合法。

加合法就是運用所給熱化學方程式通過_______的方法得到所求的熱化學方程式。

9、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_______，其電極名稱是_______，N的電極反應式為_______，乙池的總反應是_______，通入甲烷的鉑電極的電極反應式為_______。

(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_______L(標準狀況下)，若此時乙池溶液的體積為400mL，則乙池溶液的的濃度為_______。

(3)二氧化氯()為一種黃綠色氣體，是國際上公認的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑。下圖是目前已開發(fā)出用電解法制取的新工藝(如下圖)。

①用石墨做電極，電解飽和食鹽水制取陽極產(chǎn)生的電極反應式：_______。

②當陰極產(chǎn)生標準狀況下112mL氣體時，通過陽離子交換膜離子的物質(zhì)的量為_______mol。10、有兩只密閉的容器A和B，A能保持恒壓，B能保持恒容。起始時向容積相等的兩容器中通入體積比為2：l的等量的SO2和O2，使之發(fā)生反應：2SO2+O22SO3，并達到平衡。則(填<、=、>；左；右；增大、減小、不變)

(1)達到平衡所需的時間：tA___________tB，S02的轉(zhuǎn)化率：aA___________aB。

(2)起始時兩容器中的反應速率：vA__________vB，反應過程中的反應速率：vA_____________vB

(3)達到平衡時，向兩容器中分別通入等量的氬氣。A容器中的化學平衡向__________反應方向移動，B容器中的化學反應速率______________

(4)達到平衡后，向兩容器中分別通入等量的原反應氣體，再次達到平衡時，A容器中的SO2的百分含量_________，B容器中S02的百分含量_________。11、如圖是1molNO2(g)和1molCO(g)反應生成CO2(g)和NO(g)過程中的能量變化示意圖，請寫出NO2(g)和CO(g)反應的熱化學方程式___________12、氯堿工業(yè)以電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣；氫氣、燒堿和氯的含氧酸鹽等化工產(chǎn)品。如圖是離子交換膜法電解食鹽水的示意圖；圖中的離子交換膜只允許陽離子通過。

回答下列問題：

（1）寫出電解飽和食鹽水的離子方程式：_______________________________。

（2）離子交換膜的作用為_________________。

（3）精制飽和食鹽水從圖中____(填“a”、“b”；“c”或“d”；下同)位置補充，氫氧化鈉溶液從圖中____位置流出。

（4）KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反應生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)。寫出該反應的化學方程式：____________________________。13、為探究原電池和電解池的工作原理；某研究性小組分別用如圖所示裝置進行實驗。

甲裝置中，a電極的反應式為_________。

乙裝置中，陰極區(qū)產(chǎn)物為____和____。

若甲裝置作為乙裝置的電源，一段時間后，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為_____不考慮氣體的溶解

某工廠采用電解法處理含的廢水，耐酸電解槽用鐵板作陰、陽極，槽內(nèi)盛放含鉻廢水，被還原成為在陰極區(qū)生成沉淀除去；工作原理如圖：

①寫出電解時陽極的電極反應式：_______________。

②寫出被還原為的離子方程式：_______________評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、反應條件(點燃或加熱)對熱效應有影響，所以熱化學方程式必須注明反應條件。____A.正確B.錯誤15、化學平衡正向移動，反應物的轉(zhuǎn)化率不一定增大。(____)A.正確B.錯誤16、放熱過程有自發(fā)進行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進行，吸熱過程沒有自發(fā)進行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進行。__________________A.正確B.錯誤17、用濕潤的試紙測定鹽酸和醋酸溶液的醋酸溶液的誤差更大。(____)A.正確B.錯誤18、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19、25℃時，0.1mol·L-1的NaOH溶液中KW=1×10-13mol2·L-2。（____________）A.正確B.錯誤20、如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性。（____________）A.正確B.錯誤21、影響鹽類水解的因素有溫度、濃度、壓強等。(_______)A.正確B.錯誤22、生活中用電解食鹽水的方法制取消毒液，運用了鹽類的水解原理。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共4題，共32分)23、碘酸鈣是一種白色或乳黃色結晶粉末，它有良好的化學穩(wěn)定性，是食品及飼料添加碘源的優(yōu)良品種，碘酸鈣在室溫下微溶于水、難溶于乙醇。利用下列兩種方案制備Ca(IO3)2·H2O，方案一的裝置如圖所示(鐵架臺和水浴加熱裝置及磁力攪拌器未畫出)，在制備過程中會生成中間產(chǎn)物碘酸氫鉀：I2+2KClO3+HClKH(IO3)2+KCl+Cl2↑；方案流程如下：

方案一：

方案二：以碘和雙氧水為原料；在少量硝酸及催化劑存在下，碘被氧化為碘酸，經(jīng)石灰乳中和制得。

已知：碘酸鈣在不同溫度下的存在形態(tài)如下表所示：。碘酸鈣存在形態(tài)無水鹽一水合物六水合物穩(wěn)定的溫度區(qū)域>57.5℃32-57.5℃<32℃

(1)儀器A的名稱為：______

(2)方案二中，氧化過程主要發(fā)生的反應方程式為：______

(3)I2與KClO3的反應如何判斷反應已完全？_____

(4)下列關于實驗的描述正確的是：_____。

A.I2與KClO3的反應采用回流裝置的目的是有效控制碘的損耗。

B.溶液A加KOH溶液調(diào)pH=10是為了將未反應的碘單質(zhì)轉(zhuǎn)化為鹽。

C.方案一制備的產(chǎn)物中可能含有的雜質(zhì)有KCl、KClO3

D.上圖所示裝置存在缺陷；缺少氯氣尾氣處理裝置。

E.結晶過程中快速冷卻結晶可以獲得大顆粒晶體。

(5)操作X中可能含有以下操作中的幾種，請選擇合適的操作并排序(可重復使用)_____。

a.室溫下冷卻結晶。

b.控制溫度在32-57.5℃范圍內(nèi)冷卻結晶。

c.傾析法轉(zhuǎn)移溶液至布氏漏斗。

d.開大抽氣裝置水龍頭。

e.關小抽氣裝置水龍頭。

f.轉(zhuǎn)移固體至布氏漏斗。

g.用無水乙醇洗滌晶體；使洗滌劑緩慢通過沉淀物。

h.用蒸餾水潤濕濾紙；微開水龍頭。

具體操作：蒸發(fā)濃縮→____→h→____→____→____→____→g→____→拔下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管；關閉抽氣裝置水龍頭，將晶體轉(zhuǎn)移至濾紙晾干。

(6)測定產(chǎn)品純度，可以在強酸介質(zhì)中Ca(IO3)2與過量KI發(fā)生氧化還原反應，再選擇合適的指示劑用Na2S2O3標準液滴定，滴定終點判斷為：_，若滴定終點讀數(shù)時俯視刻度線，則測得產(chǎn)品的純度__(填“偏高”、“偏低”、“無影響”)24、50mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在圖所示的裝置中進行中和反應；通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱，回答下列問題：

(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_______。

(2)實驗中改用60mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.55mol·L－1NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_____________（填“相等”、“不相等”），所求中和熱_____________，（填“相等”、“不相等”），簡述理由________________________。

(3)化學反應中的能量變化，通常主要表現(xiàn)為熱量的變化。下列反應中，屬于放熱反應的是___________（填序號）。

a．Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl混合攪拌。

b．高溫煅燒石灰石。

c．鋁與鹽酸反應。

(4)已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ·mol-1，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律寫出肼與NO2完全反應生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學方程式________________。25、某學習小組利用來探究“外界條件對化學反應速率的影響”。實驗時，先分別量取酸性溶液、溶液；然后倒入大試管中迅速振蕩，觀察現(xiàn)象。

(1)可通過測定_______________來判斷反應的快慢。

(2)為了觀察到明顯的現(xiàn)象，如果與溶液的體積相同，則它們初始物質(zhì)的量濃度需要滿足的關系為：______。

(3)甲同學設計了如下實驗。實驗。

編號溶液溫度濃度體積濃度體積體積

①探究溫度對化學反應速率影響的組合實驗編號是______。

②實驗測得混合后溶液褪色的時間為忽略混合前后體積的微小變化，則這段時間平均反應速率______

(4)在實驗中，草酸溶液與酸性溶液反應時；褪色總是先慢后快。

①乙同學據(jù)此提出以下假設：

假設反應放熱。

假設生成_____________對反應有催化作用。

假設生成對反應有催化作用。

假設反應生成的或該反應有催化作用。

丙同學認為假設不合理，其理由_______________。

②丁同學用如下實驗證明假設成立：在和試管中分別加草酸溶液，再在試管中加入溶液、試管中加入_____蒸餾水，然后在兩支試管中同時分別加入酸性溶液。

預期的實驗現(xiàn)象是______。在試管中加入蒸餾水的目的是______。

同學們認為不宜用溶液代替溶液對該反應進行催化探究，其原因是用離子方程式表示_______________。26、過氧化鈣是一種用途廣泛的優(yōu)良供氧劑，可用于魚類養(yǎng)殖、農(nóng)作物栽培、污水處理等多方面。下圖為用儲量豐富的大理石(主要成分CaCO3，含有少量的Fe、Al、Mg、Si等雜質(zhì))制備CaO2的過程：

回答下列問題：

I．過氧化鈣的制取。

(1)H2O2作為氧化劑的優(yōu)點是___________。

(2)由濾液II得到CaO2·8H2O的化學方程式為___________，此反應過程溫度控制在0～8℃為宜的原因是___________。

(3)反應③后實驗操作為___________，用冰水洗滌CaO2·8H2O的方法___________。

II．過氧化鈣含量的測定。

稱量0.4g樣品加入一定量2mol·L-1鹽酸配成溶液，滴定時加入1mL0.05mol·L-1MnSO4，立即用0.1mol/L酸性KMnO4標準溶液滴定。

(4)滴定時用到的儀器有___________(填序號)。

(5)滴定終點現(xiàn)象為___________，若消耗20.00mLKMnO4，計算樣品中CaO2的質(zhì)量分數(shù)___________。

(6)下列操作使測定CaO2的質(zhì)量分數(shù)偏高的是___________。

A．滴定管未用KMnO4潤洗B．開始時滴定管內(nèi)有氣泡；滴定后消失。

C．滴定結束讀數(shù)時，俯視刻度線D．滴定過程中待測液濺出評卷人得分五、計算題(共4題，共36分)27、CH4—CO2催化重整是減少溫室氣體排放的重要途徑。已知以下的熱化學反應方程式：

C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H1=－75kJ/mol

C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=－394kJ/mol

C(s)+O2(g)=CO(g)△H3=－111kJ/mol

寫出催化重整反應CH4(g)和CO2(g)生成CO(g)和H2(g)的熱化學方程式：___________。28、一定溫度下，在10L密閉容器中加入5molSO2和3molO2，發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，10min時，反應達到平衡狀態(tài)，此時容器中還含有3molSO2。

(1)反應起始時，SO2的濃度為___，O2的濃度為___，反應生成了___molSO3，v(SO2)=___。

(2)平衡時SO3的濃度是__，SO2的轉(zhuǎn)化率是___。

(3)平衡時容器內(nèi)氣體的總物質(zhì)的量為__mol。

(4)物質(zhì)的濃度不再改變標志著該反應已達平衡，下列還可以說明該反應已達平衡的是______(填序號)。

①體系內(nèi)壓強不再改變。

②容器內(nèi)氣體的密度不再改變。

③混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變。

④v正(SO3)=2v逆(O2)

⑤n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)=2∶1∶229、I將等物質(zhì)的量的A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)；經(jīng)5min后，測得D的濃度為0.5mol/L，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反應速率為0.1mol/(L·min)。求：

(1)反應開始前容器中的A、B的物質(zhì)的量：n(A)＝n(B)＝__________mol；

(2)前5min內(nèi)用B表示的平均反應速率v(B)＝_____________；

(3)化學反應方程式中x的值為________。

II一定條件下，反應室(容積恒定為2L)中有反應：A(g)＋2B(g)C(g)。

(4)能說明上述反應達到平衡狀態(tài)的是__________(填字母；下同)。

A反應中A與B的物質(zhì)的量濃度之比為1∶2

B混合氣體總物質(zhì)的量不再變化。

C混合氣體的密度不隨時間的變化而變化。

D2v正(A)＝v逆(B)

(5)1molA(g)與2molB(g)在催化劑作用下在反應室反應生成C(g)；A的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度；壓強的關系如圖所示：

①p1__________(填“<”、“>”或“＝”，下同)p2，正反應的ΔH__________0。

②下列措施中一定能使c(C)/c(A)增大的是__________。

A升高溫度B恒溫恒容再充入A

C恒溫恒容再充入BD恒溫恒容再充入1molC

(6)100℃時將1molA和2molB通入反應室，保持溫度不變，10min末C(g)的濃度為0.05mol·L－1，則10min末B的轉(zhuǎn)化率為__________，此時v正__________(填“<”、“>”或“＝”)v逆。30、(1)已知H2(g)+Br2(1)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol，蒸發(fā)1molBr2(1)需要吸收的能量為30kJ；其它相關數(shù)據(jù)如下表：

。H2(g)Br2(g)HBr(g)鍵能/kJ·mol-1436a369①Br2(1)=Br2(g)△H1，則△H1=_______；

②寫出H2(g)與Br2(g)反應生成HBr(g)的熱化學方程式：_______

③試計算a=_______。

(2)磷在氧氣中燃燒，可能生成兩種固態(tài)氧化物。3.1g的單質(zhì)磷(P)在一定量氧氣中燃燒生成P2O3、P2O5各0.025mol；反應物完全耗盡，并放出XkJ熱量。

①已知1mol磷完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量為YkJ，則1molP與O2反應生成固態(tài)P2O3的反應熱△H=_______。

②寫出1molP與O2反應生成固態(tài)P2O3的熱化學方程式：_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．a(chǎn)點，pH=1.3，所以則A正確；

B．b點，加入了20ml此時溶液中的溶質(zhì)為根據(jù)分析可知的水解平衡常數(shù)電離常數(shù)所以電離大于水解，即又因為電離和水解都很微弱，所以三者中濃度最大的為所以B正確；

C．c點，pH=4.3，所以則若c點加入氫氧化鈉為30ml，則溶質(zhì)為相同量的和溶液呈酸性，則電離大于的水解，從而導致若若要則加入的氫氧化鈉溶液要小于30ml。往c點溶液中加入溶液，加入的一瞬間，總體積約為80ml，此時大于能產(chǎn)生沉淀；C正確；

D．d點溶液中，溶液總體積約為60ml，根據(jù)物料守恒可知未發(fā)生改變，但是總體積增大，則減小，所以D錯誤；

答案選D。2、C【分析】【分析】

若要恢復到電解前的濃度和pH，須向所得的溶液中加入0.01molCu(OH)2，根據(jù)“析出什么加入什么”的恢復規(guī)則可知，反應生成了0.01molCu、0.01molO2和0.01molH2，結合原子守恒分析使溶液恢復需要加入的物質(zhì)。

【詳解】

A．根據(jù)放電順序，陰極首先是銅離子得電子變?yōu)殂~單質(zhì)，然后水中的氫得電子變?yōu)镠2，故A正確；B．陽極發(fā)生的反應是：2H2O-4e-=O2+4H+，由上述分析可知，生成0.01molO2，故轉(zhuǎn)移的電子為0.04mol，故B正確；C．沒有描述標準狀況，故無法計算氣體的體積，故C錯誤；D．一開始電解的是硫酸銅，總反應式為然后電解水，故電解后溶液變?yōu)榱蛩崛芤?，故D正確。答案選C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．鋁直接被氧氣氧化；沒有構成原電池，故A不選；

B．金屬表面涂漆防腐；沒有構成原電池，故B不選；

C．紅熱的鐵絲與水接觸直接反應生成四氧化三鐵；沒有構成原電池，故C不選；

D．在潮濕的空氣里；鋼鐵中的鐵和少量碳形成了無數(shù)微小的原電池，加快了腐蝕，故D可選；

故選D。4、D【分析】【詳解】

A．已知，常溫常壓下氣體的摩爾體積大于22.4L/mol，故中含有中子數(shù)為×20×NAmol-1，結果小于NA；A錯誤；

B．由于SO2溶于水發(fā)生SO2+H2OH2SO3為可逆反應，故根據(jù)原子守恒溶液中的SO2微粒總數(shù)和為0.5NA；B錯誤；

C．由于電解精煉銅時，粗銅作陽極，電極反應有：Cu-2e-=Cu2+、Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Ni-2e-=Ni2+等，故當電路中通過個NA電子時；陽極消耗小于32g銅，C錯誤；

D．由于50℃時，水的離子積大于10-14，此時pH=7的溶液為堿性溶液，故1L0.1mol/L的氯化銨溶液中滴入氨水至pH=7，根據(jù)溶液中電荷守恒可知：c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(Cl-)，c(OH-)大于c(H+)，故c(NH)=c(OH-)-c(H+)+c(Cl-)，則c(NH)大于c(Cl-)，故NH數(shù)目大于1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1NA；D正確；

故答案為：D。5、B【分析】【詳解】

A．能量越低越穩(wěn)定，石墨比金剛石穩(wěn)定，說明石墨能量低，反應吸熱，ΔH>0；A錯誤；

B．氫氣和氧氣的反應是放熱反應ΔH<0；且生成液態(tài)水時放出的熱量更多，ΔH更小，B正確；

C．C(S)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)為吸熱反應；舊鍵斷裂吸收的能量大于新鍵形成釋放的能量，C錯誤；

D．反應自發(fā)進行現(xiàn)在ΔH>0，若一定條件則ΔS>0；D錯誤；

故選B。6、C【分析】【分析】

該電池為Al-PbO2電池，從圖中可知原電池工作時負極發(fā)生Al?3e?+4OH?=[Al(OH)4]?，消耗OH-，K+向正極移動，正極PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O，正極消耗氫離子和SO陰離子向負極移動，則x是陽離子交換膜，y是陰離子交換膜，則M區(qū)為KOH，R區(qū)為K2SO4，N區(qū)為H2SO4。

【詳解】

A．M區(qū)為KOH；A正確；

B．由以上分析可知，原電池工作時負極發(fā)生Al?3e?+4OH?=[Al(OH)4]?；B正確；

C．由以上分析可知，R區(qū)域K+與SO不斷進入；所以電解質(zhì)濃度逐漸增大，C錯誤；

D．由正極PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O反應可知，消耗0.1molPbO2電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子；D正確；

故選C。7、B【分析】【分析】

【詳解】

①中為強酸強堿的酸式鹽，溶液顯酸性是因為電離出②中是水解使土壤酸性增強；③中HCl電離產(chǎn)生的會抑制水解；④中是因的水解程度大于其電離程度；⑤中水解產(chǎn)生的與銹斑中的反應；⑥加熱會促進水解。故與鹽類水解有關的是②③④⑤⑥；故B正確；

故選：B。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】ΔH1＋ΔH2＋ΔH3加減乘除9、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，應為電解池的陽極，則應為石墨材料，M為電解池的陰極，為鐵電極，電解硝酸銀溶液時，陰極反應式為Ag++e-=Ag，陽極反應式為4OH--4e-=O2↑+2H2O；結合電子的轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量的判斷進行計算。

(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，電極反應式為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，應為電解池的陽極，則應為石墨材料，N為陽極，電極反應式是4OH--4e-=O2↑+2H2O，M為陰極，電極材料是Fe，電極反應式為Ag++e-=Ag，則乙池的總反應式為4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3，故答案為：鐵；陰極；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；

(3)

①電解過程中，Na+向右移動，因此左側(cè)為電解池陽極，右側(cè)為電解池陰極，因此陽極上是Cl-失去電子生成ClO2，電極反應式為Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；

②陰極電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，當陰極產(chǎn)生標準狀況下112mL氣體時，氣體的物質(zhì)的量為=0.005mol，則轉(zhuǎn)移電子為0.005mol×2=0.01mol，通過陽離子交換膜離子為Na+，因此所轉(zhuǎn)移Na+的物質(zhì)的量為0.01mol?！窘馕觥?1)鐵陰極4OH--4e-=O2↑+2H2O4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O

(2)0.2240.1mol/L

(3)Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+0.0110、略

【分析】【分析】

A容器相當于B容器加壓，所以反應開始后A容器的速率快v(A)>v(B)，t(A)<t(B)。增大壓強平衡逆向移動，所以NH3的轉(zhuǎn)化率：a(A)<a(B)。達到平衡后，A容器中通入氬氣，體積增大，相當于減壓，平衡正向移動；B容器中通入氬氣，不影響任何與反應有關的物質(zhì)的濃度，反應速率不變。達到平衡后，向兩容器中分別通入等量的原反應氣體，A容器反應物的量增多，體積增大，平衡狀態(tài)最終和原平衡相同，NH3的百分含量不變；B容器相當于加壓，平衡逆向移動，H2的百分含量減小。

【詳解】

（1）A能保持恒壓，B能保持恒容．起始時向容積相等的A、B中分別通入體積比為2：1的等量的SO2和O2，使之發(fā)生反應：2SO2+O2?2SO3；恒溫恒容隨反應進行壓強減小速率減慢，恒溫恒壓容器中反應過程中壓強增大，反應速率大；轉(zhuǎn)化率大；

答案：<>

（2）起始二氧化硫和氧氣濃度相同；反應速率相同；過程中A容器中的壓強大于B容器反應速率大；

答案：=>

（3）恒溫恒容容器加入惰氣總壓增大；分壓不變，平衡不動，反應速率不變；恒溫恒壓容器，加入惰氣壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向進行；

答案：左不變。

（4）恒溫恒壓容器加入等量原反應物；最后達到相同平衡狀態(tài)；恒溫恒容容器，加入原反應物壓強增大，平衡正向進行；

答案：不變減小【解析】①.<②.>③.=④.>⑤.左⑥.不變⑦.不變⑧.減小11、略

【分析】【分析】

ΔH=反應物的總鍵能－生成物的總鍵能。

【詳解】

NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=134kJ·mol-1－368kJ·mol-1=－234kJ·mol-1；故答案為：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=－234kJ·mol-1?！窘馕觥縉O2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=－234kJ·mol-112、略

【分析】【分析】

(1)電解精制飽和食鹽水生成氯氣；氫氣、燒堿；

(2)陽離子交換膜只能讓陽離子通過；陰離子和氣體不能通過；

(3)電解飽和食鹽水時,陽極上陰離子Cl-、OH-放電，Cl-的放電能力強于OH-，陽極發(fā)生的電極反應式為：2Cl—－2e-═Cl2陰極H+放電，電極反應式為:2H++2e-═H2H2、NaOH在陰極，NaOH溶液的出口為d，Cl2在陽極生成,精制飽和食鹽水從陽極進入；

（4）KClO3有氧化性，草酸(H2C2O4)有還原性，在硫酸提供酸性環(huán)境下反應生成ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)；依據(jù)電子守恒和原子守恒，可得該反應的化學方程式。

【詳解】

(1)電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣、氫氣、燒堿,反應的離子方程式為:

本題答案為：

(2)陽離子交換膜只能讓陽離子通過,陰離子和氣體不能通過；用石墨作電極電解飽和氯化鈉時，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣不能通過陽離子交換膜而進入陰極，如果氯氣進入陰極易和氫氣混合產(chǎn)生爆炸，且易和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉；次氯酸鈉而導致制取的氫氧化鈉不純；

本題答案為：能得到純度較高的氫氧化鈉溶液，避免Cl2與H2反應；

(3)電解槽中陰極是氫離子放電生成氫氣，水電離平衡正向進行氫氧根離子濃度增大,生成氫氧化鈉溶液,NaOH溶液的出口為d；Cl2在陽極,根據(jù)裝置圖分析可以知道精制飽和食鹽水從陽極進入,即進口為a；

本題答案為：a,d；

（4）KClO3有氧化性，草酸(H2C2O4)有還原性，在硫酸提供酸性環(huán)境下反應生ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)，依據(jù)電子守恒和原子守恒，可得該反應的化學方程式：2KClO3+2H2SO4+H2C2O42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；

本題答案為：2KClO3+2H2SO4+H2C2O42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。

【點睛】

在電解池中，陰離子在陽極放電，放電順序為：S2-I-Br--OH->F-；陽離子在陰極的放電順序為：Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+(酸中)>Sn2+>>Zn2+>H+(水中)>Al3+>K+。【解析】2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑能得到純度較高的氫氧化鈉溶液，避免Cl2與H2反應(其他答案合理即可)ad2KClO3+2H2SO4+H2C2O42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O13、略

【分析】【分析】

（1）甲裝置是燃料電池，通入氫氣的a電極為燃料電池的負極，通入氧氣的b電極為正極；

（2）乙裝置是電解池；與直流電源負極相連的電極為陰極，水在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，同時破壞水的電離平衡；

（3）若甲裝置作為乙裝置的電源；由得失電子數(shù)目守恒計算可得甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比；

（4）①由圖可知產(chǎn)生氫氣的B電極為電解池的陰極；則A電極為陽極；

②廢水中具有強氧化性，酸性條件下，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應生成Cr3+、Fe3+和H2O。

【詳解】

（1）甲裝置是燃料電池，通入氫氣的a電極為燃料電池的負極，堿性條件下，氫氣在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成水，電極反應式為H2＋2OH－－2e－＝2H2O，故答案為：H2＋2OH－－2e－＝2H2O；

（2）乙裝置是電解池，與直流電源負極相連的電極為陰極，飽和食鹽水溶液中水在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，同時破壞水的電離平衡，在陰極區(qū)云集大量氫氧根離子，則陰極區(qū)產(chǎn)物為NaOH和H2，故答案為：NaOH；H2；

（3）若甲裝置作為乙裝置的電源；由得失電子數(shù)目守恒可知，甲池消耗2mol氫氣同時消耗1mol氧氣，轉(zhuǎn)移4mol電子，乙裝置中可以產(chǎn)生2mol氫氣和2mol氯氣，則一段時間后，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為3:4，故答案為：3:4；

（4）①由圖可知產(chǎn)生氫氣的B電極為電解池的陰極，則A電極為陽極，陽極上鐵失去電子發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，電極反應式為Fe－2e－＝Fe2+，故答案為：Fe－2e－＝Fe2+；

②廢水中具有強氧化性，酸性條件下，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應生成Cr3+、Fe3+和H2O，反應的離子方程式為+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案為：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

【點睛】

氫氧燃料電池中通入氫氣的一極為原電池的負極，發(fā)生氧化反應，通入氧氣的一極為原電池的正極，發(fā)生還原反應是解答關鍵?！窘馕觥縃2＋2OH－－2e－＝2H2ONaOHH23:4Fe－2e－＝Fe2++6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O三、判斷題(共9題，共18分)14、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學方程式主要是強調(diào)這個反應的反應熱是多少，而不是強調(diào)這個反應在什么條件下能發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律，只要反應物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應熱都是一樣的，因此不需要注明反應條件，該說法錯誤。15、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應物可使平衡正向移動，加入反應物本身的轉(zhuǎn)化率減小，故正確。16、A【分析】【詳解】

放熱過程有自發(fā)進行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進行，吸熱過程沒有自發(fā)進行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進行，正確。17、B【分析】【詳解】

濕潤的試紙測定鹽酸和醋酸溶液的兩者均為稀釋，醋酸為弱酸電離程度變大，故醋酸溶液的誤差更小。

故錯誤。18、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。19、B【分析】【分析】

【詳解】

KW只與溫度有關，與濃度無關，25℃時KW=1×10-14，故答案為：錯誤。20、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。21、B【分析】【詳解】

除鹽的組成對鹽的水解有影響外，鹽溶液的濃度，溫度和溶液的酸堿性對鹽類的水解也有很大的影響，壓強對鹽類水解沒有影響，所以答案是：錯誤。22、B【分析】【分析】

【詳解】

飽和食鹽水在電解條件下生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，氯氣和氫氧化鈉之間反應可以得到消毒液，與水解無關，故錯誤。四、實驗題(共4題，共32分)23、略

【分析】【分析】

方案一：KClO3、I2、HCl反應、回流得到含KH(IO3)2溶液，加KOH溶液調(diào)pH得到KIO3，再滴加氯化鈣溶液得到含碘酸鈣溶液，再通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥得到Ca(IO3)2·H2O。

【詳解】

(1)由構造可知儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗；

(2)方案二中以碘和雙氧水為原料，在少量硝酸及催化劑存在下，碘被氧化為碘酸，結合得失電子守恒、原子守恒可知該過程可發(fā)生兩個反應I2+5H2O2=2HIO3+4H2O、3I2+10HNO3=6HIO3+10NO↑+2H2O；

(3)為保證碘單質(zhì)均轉(zhuǎn)化為碘酸氫鉀；鹽酸和氯酸鉀應稍稍過量，碘水呈黃色，當?shù)鈫钨|(zhì)消耗完，黃色將消失，因此判斷反應完全可根據(jù)反應混合液黃色是否消失來判斷；

(4)A．反應物I2易升華，I2與KClO3的反應采用回流裝置的目的是有效控制碘的損耗；A正確；

B．溶液A加KOH溶液調(diào)pH=10是為了將KH(IO3)2轉(zhuǎn)化為KIO3；B錯誤；

C．方案一中溶液A中滴加氯化鈣溶液后所得溶液混有KClO3、KCl，制備的產(chǎn)物中可能含有的雜質(zhì)有KCl、KClO3；C正確；

D．氯氣有毒；會污染空氣，上圖所示裝置存在缺陷，缺少氯氣尾氣處理裝置，D正確；

E．結晶過程中溶液冷卻速度越慢；得到晶體顆粒越大，E錯誤；

選ACD；

(5)操作X主要流程為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥得到Ca(IO3)2·H2O，由表格可知冷卻結晶時應控制溫度在32℃-57.5℃，抽濾的操作為用蒸餾水潤濕濾紙，微開水龍頭→傾析法轉(zhuǎn)移溶液至布氏漏斗→開大抽氣裝置水龍頭→轉(zhuǎn)移固體至布氏漏斗→關小抽氣裝置水龍頭獲得晶體，碘酸鈣難溶于乙醇、微溶于水，洗滌時用無水乙醇，操作為使洗滌劑緩慢通過沉淀物→開大抽氣裝置水龍頭→拔下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，關閉抽氣裝置水龍頭，然后將晶體轉(zhuǎn)移至濾紙晾干(干燥)，因此操作X的順序為：蒸發(fā)濃縮→b→h→c→d→f→e→g→d→拔下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管→關閉抽氣裝置水龍頭→將晶體轉(zhuǎn)移至濾紙晾干，填bcdfed；

(6)在強酸介質(zhì)中Ca(IO3)2與過量KI發(fā)生氧化還原反應，得到碘單質(zhì)，用Na2S2O3標準液標定選用淀粉作指示劑，終點現(xiàn)象為當?shù)稳胱詈笠坏螛藴室簳r，溶液藍色褪去，且半分鐘不變色；若滴定終點讀數(shù)時俯視刻度線，則V末讀數(shù)偏小，由V標=V末-V初可知V標偏小，則產(chǎn)品的純度偏低。【解析】①.恒壓滴液漏斗②.I2+5H2O2=2HIO3+4H2O、3I2+10HNO3=6HIO3+10NO↑+2H2O③.根據(jù)反應混合液黃色是否消失來判斷④.ACD⑤.bcdfed⑥.當?shù)稳胱詈笠坏螛藴室簳r，溶液藍色褪去，且半分鐘不變色⑦.偏低24、略

【分析】【分析】

本實驗為中和熱的測定實驗；通過稀強酸和稀強堿反應放出的熱量計算酸堿中和反應的反應熱，在實驗過程中為減小空氣中的二氧化碳對實驗結果的影響，堿液需稍過量，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)反應熱的測定裝置中需要燒瓶；溫度計、碎泡沫塑料、硬紙板、環(huán)形玻璃攪拌棒；根據(jù)圖示，反應缺少的一件玻璃用品是環(huán)形玻璃攪拌棒，故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；

(2)實驗過程中為保證數(shù)據(jù)的準確性，需將堿過量，以減少空氣中的二氧化碳對堿液濃度的影響，當酸液過量而堿液不變時，空氣中的二氧化碳會對測定結果造成一定的影響，使反應放出的熱量減少，但因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的能量，與酸堿的用量無關，反應熱不變，故答案為：不相等、相等、因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的能量；與酸堿的用量無關；

(3)氫氧化鋇固體與氯化銨固體混合；二者反應反應吸收大量的熱，為吸熱反應；高溫煅燒石灰石為分解反應，分解反應為吸熱反應；鋁和鹽酸反應為活潑金屬與酸的反應，為放熱反應,故答案為c；

(4)根據(jù)蓋斯定律，將第二個方程式乘以二在減去第一個方程式得到目標方程式，即2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)ΔH=-1135.7kJ/mol，故答案為：2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)ΔH=-1135.7kJ/mol。【解析】環(huán)形玻璃攪拌棒不相等相等因為中和熱是指酸跟堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的能量，與酸堿的用量無關C2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1135.7kJ/mol25、略

【分析】(1)

溶液為紫紅色溶液；反應后得到無色溶液，則可通過測定溶液紫紅色褪去所需時間來判斷反應的快慢，故答案為：溶液紫紅色褪去所需時間。

(2)

完全反應時，能看到溶液褪色，所以它們初始物質(zhì)的量濃度需要滿足的關系為：

(3)

①探究溫度對化學反應速率影響時，除了溫度外其它條件必須相同，實驗b和c的濃度相同，溫度不同，是探究溫度對反應速率影響，故選b和c。

②實驗中草酸的物質(zhì)的量為：0.20mol/L4.010-3mol/L=0.0008mol，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為：0.010mol/L4.010-3mol/L=0.00004mol，草酸和高錳酸鉀的物質(zhì)的量之比為0.0008mol：0.00004mol=20:1>5:2，顯然草酸過量，高錳酸鉀完全反應，混合后溶液中高錳酸鉀的濃度為：=0.005mol/L，則這段時間平均反應速率=0.01速率之比等于化學計量數(shù)之比，則0.01=故答案為：

(4)

①草酸溶液和高錳酸鉀酸性溶液反應生成了Mn2+，能夠解釋褪色總是先慢后快的實驗現(xiàn)象，所以假設2為生成Mn2+對反應有催化作用；該反應的實質(zhì)是草酸與高錳酸根離子反應，未參與該反應，所以對反應速率無影響，故答案為：Mn2+；未參與該反應(或一開始體系中就有)。

②加催化劑可以加快反應速率，分析催化劑對反應速率的影響時，其它條件必須相同，要使兩組實驗的草酸、高錳酸鉀溶液的濃度相同，則溶液的體積相同，即B試管中加入1蒸餾水；Mn2+對反應有催化作用，則反應速率加快，褪色時間短，即試管溶液褪色時間明顯早于試管；在B試管中加入蒸餾水的目的是控制變量，使兩個實驗中溶液總體積相同，從而草酸、高錳酸鉀的濃度相同；高錳酸根離子與氯離子反應生成氯氣，所以不能用溶液代替溶液，反應的離子方程式為：【解析】(1)溶液紫紅色褪去所需時間。

(2)

(3)

(4)Mn2+未參與該反應(或一開始體系中就有)1試管溶液褪色時間明顯早于試管控制變量，使兩個實驗中溶液總體積相同，從而草酸、高錳酸鉀的濃度相同26、略

【分析】【分析】

大理石加入鹽酸、過氧化氫浸取，碳酸鈣轉(zhuǎn)化為Ca2+，F(xiàn)e、Al、Mg轉(zhuǎn)化為Fe3+、Al3+、Mg2+，過濾得到的濾渣Ⅰ主要為Si；濾液I加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+、Mg2+轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾所得濾液Ⅱ主要為氯化鈣、氯化銨，再加入一水合氨和雙氧水，得到CaO2·8H2O沉淀，煅燒得到CaO2。

【詳解】

(1)H2O2做氧化劑還原為水；不引入雜質(zhì)離子，產(chǎn)物無污染；

(2)濾液Ⅱ中主要成分為氯化鈣、氯化銨，加入一水合氨和雙氧水，得到CaO2·8H2O，所以反應方程式為CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；為防止H2O2和NH3·H2O受熱分解；溫度不能太高；

(3)反應③后是濾液和沉淀CaO2·8H2O的分離；操作是過濾；洗滌沉淀的方法為向過濾器中加冰水浸沒沉淀，等水自然流下，重復操作2到3次；

(4)因為用高錳酸鉀滴定；有強氧化性所以選擇酸式滴定管，滴定過程還要用到錐形瓶，所以選擇①③；

(2)滴定終點為將H2O2反應完全，多一滴高錳酸鉀溶液，即溶液呈微紅色并且在半分鐘內(nèi)不褪色；根據(jù)反應方程式：CaO2+2HCl=CaCl2+H2O2

2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O

設參加反應的CaO2為x；則有。

計算得出x=0.36g，樣品取0.4g，則樣品中CaO的質(zhì)量數(shù)為：×100%=90%；

(3)根據(jù)滴定計算關系c測=

A．滴定管未用KMnO4潤洗，使溶液濃度減小，V標增大，c測偏高；A符合題意；

B．開始時滴定管內(nèi)有氣泡，滴定后消失，讀取的V標體積中包含氣泡體積，c測偏高；B符合題意；

C．滴定結束讀數(shù)時，俯視刻度線，使讀數(shù)偏大，V標偏小，c測偏低；C不符合題意；

D．滴定過程中待測液濺出，導致V標偏小，c測偏低；D不符合題意；

綜上所述所以選AB?！窘馕觥坎灰腚s質(zhì)離子，產(chǎn)物無污染CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl溫度高H2O2和NH3·H2O都易分解過濾向過濾器中加冰水浸沒沉淀，靜置，待水自然留下，重復操作2～3次①③當?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4標準溶液時，溶液呈淺紅色并且在半分鐘內(nèi)不褪色90%AB五、計算題(共4題，共36分)27、略

【分析】【分析】

【詳解】

將已知反應依次編號為①②③，由蓋斯定律可知，③×2—①—②可得催化重整反應CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，△H=2△H3－△H1－△H2=(－111kJ/mol)×2—(－75kJ/mol)—(－394kJ/mol)=+247kJ/mol，則反應的熱化學方程式為CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol，故答案為：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol?！窘馕觥緾H4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol28、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)反應起始時，SO2的濃度為c(SO2)==0.5mol/L；O2的濃度為c(O2)==0.3mol/L；當反應達到平衡時有3molSO2剩余，根據(jù)方程式可知：每有1molSO2反應，就會同時產(chǎn)生1molSO3，因此反應消耗SO2的物質(zhì)的量是(5-3)mol=2mol，則會產(chǎn)生2molSO3；則SO2的化學反應速率v(SO2)=

(2)根據(jù)(1)分析可知反應達到平衡時反應產(chǎn)生了2mol的SO3，由于容器的容積是10L，則此時SO3的濃度為c(SO3)==0.2mol/L；SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為

(3)平衡時含有SO2物質(zhì)的量是n(SO2)=3mol，n(O2)=3mol-=2mol，n(SO3)=2mol，則混合氣體的總物質(zhì)的量n(總)=3mol+2mol+2mol=7mol；

(4)①反應在恒容密閉容器中進行；氣體的體積不變；反應是氣體體積減小的反應，若體系內(nèi)壓強不再改變，則氣體的物質(zhì)的量不變，反應達到平衡狀態(tài)，①符合題意；

②反應在恒容密閉容器中進行；氣體的體積不變；反應混合物都是氣體，氣體的質(zhì)量不變，則容器內(nèi)氣體的密度始終不變，因此不能據(jù)此判斷反應是否處于平衡狀態(tài)，②不符合題意；

③反應混合物都是氣體；氣體的質(zhì)量不變，正反應是氣體體積減小的反應，若混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，說明氣體的物質(zhì)的量不變，反應處于平衡狀態(tài)，③符合題意；

④在任何情況下都存在v正(SO3)=2v正(O2)，若v正(SO3)=2v逆(O2)，則v正(O2)=v逆(O2)；反應處于平衡狀態(tài)，④符合題意；

⑤反應體系中若n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)=2∶1∶2；反應可能處于平衡狀態(tài)，也可能未達到平衡狀態(tài)，這與開始時加入的物質(zhì)的量的多少及反應條件有關，因此不能據(jù)此判斷反應是否處于平衡狀態(tài)，⑤不符合題意；

綜上所述可知：能夠判斷反應處于平衡狀態(tài)的敘述是①③④?！窘馕觥竣?0.5mol/L②.0.3mol/L③.2④.0.02mol/(L?min)⑤.0.2mol/L⑥.40％⑦.7⑧.①③④29、略

【分析】【分析】

有效提取已知條件、圖像信息、運用三段式、結合定義計算反應速率、平衡常數(shù)、轉(zhuǎn)化率等；運用濃度商和平衡常數(shù)的相對大小，判斷是否處于平衡狀態(tài)：當Qc<K，化學平衡正向移動，即v正>v逆，當Qc>K，化學平衡逆向移動，即v正逆，當Qc=K，化學平衡不發(fā)生移動，即v正=v逆；據(jù)此回答；

【詳解】

I(1)將等物質(zhì)的量的A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，經(jīng)5min后，測得D的濃度為0.5mol/L，生成的D為2L×0.5mol/L=1mol，C的平均反應速率為0.1mol/(L·min)，則△n(C)=0.1mol/