…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年岳麓版選擇性必修1化學下冊月考試卷774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9題，共18分)1、硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸反應產生黃色沉淀導致溶液變渾濁，實驗可以根據溶液變渾濁為時間進行定性探討化學反應速率快慢。下列各組中最先出現渾濁的是。選項反應溫度(℃)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、下列不能達到實驗目的的是。

A.利用A裝置可以除去HCl氣體中的水蒸氣B.利用B裝置探究Cl2的漂白性和氧化性C.利用C裝置收集NH3并進行尾氣吸收D.利用D裝置檢驗該條件下Fe發生了析氫腐蝕3、反應的能量與反應歷程如圖所示。下列說法正確的是。

A.第1步為決速步驟B.第2步為吸熱過程C.焓變等于第1、3步活化能之差D.該反應適宜在強酸性條件下進行4、下列生活和生產中的做法或事實，與調控反應速率無關的是A.牛奶放在冰箱中冷藏B.使用加酶洗衣粉洗滌衣物C.食品抽真空包裝D.用熱水溶解蔗糖以加速溶解5、用來生產燃料甲醇的反應原理：某些化學鍵的鍵能數據如下表，與氫氣充分反應的能量變化為?；瘜W鍵鍵能/348413436358750463A.放熱B.放熱C.放熱D.放熱6、某溫度下，將pH和體積均相同的HCl和溶液分別加水稀釋；其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述不正確的是。

A.稀釋前溶液的濃度：B.溶液中水的電離程度：b點C.從b點到d點，溶液中逐漸增大D.在d點和e點均存在：(酸根陰離子)7、下列實驗操作正確的是A.用堿式滴定管放出20.00ml氫氧化鈉溶液B.中和熱的測定時使用銅質攪拌棒C.中和滴定時眼睛始終緊盯滴定管液面D.用pH試紙測新制氯水的pH8、某溫度下，反應2NO2(g)N2O4(g)在一恒容密閉容器內建立平衡，現向容器內再通入一定量純凈的NO2氣體，則建立新平衡后c(NO2)/c(N2O4)的變化趨勢是A.增大B.減小C.不變D.無法確定9、下列各項關于強電解質；弱電解質、非電解質的歸類；完全正確的是（）

。選項。

強電解質。

弱電解質。

非電解質。

A

CaCO3

HF

SO2

B

NaCl

NH3

BaSO4

C

Fe

HCl

蔗糖。

D

HNO3

Fe(OH)3

Cl2

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、“溫室效應”是哥本哈根世界氣候變化大會研究的環境問題之一。CO2氣體在大氣層中具有吸熱和隔熱的功能；是主要的溫室氣體。

（1）下列措施中，有利于降低大氣中CO2濃度的是__________（填字母編號）。

A采用節能技術；減少化石燃料的用量。

B鼓勵乘坐公交車出行；倡導“低碳”生活。

C利用太陽能；風能等新型能源替代化石燃料。

（2）CH4是另一種主要的溫室氣體，lg甲烷完全燃燒生成液態水和二氧化碳，放出55．64kJ的熱量，寫出表示甲烷燃燒的熱化學方程式_______________。

（3）酸雨的形成主要是由廢氣中的SOx和NOx造成的，某空氣污染監測儀是根據SO2與Br2、H2O的定量反應來測定空氣中SO2含量的，該反應的化學方程式為：____________。

（4）某硫酸工廠以黃鐵礦為原料生產硫酸。第一階段燃燒黃鐵礦的化學方程式為4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2：第二階段的反應原理是2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），其生產設備的名稱為接觸室；在生產過程中某一時刻取樣分析：SO2、O2、SO3的濃度分別為2mol·L－1、2mol·L－1、3mol·L－1，當反應達到平衡時，可能存在的數據是__________（填字母編號）

ASO2為5mol·L－1，O2為3．5mol·L－1

BSO2為3mol·L－1

CSO2、SO3均為2．5mol·L－1

DSO3為5mol·L－111、已知下列熱化學方程式：

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

回答下列問題：

(1)上述反應中屬于放熱反應的是_____________(填序號)。

(2)H2的燃燒熱為?H=____________。

(3)CO燃燒熱的熱化學方程式為________。

(4)在標準狀況下，由CO和H2組成的混合氣體4.48L，質量為3.0g。此混合物完全燃燒放出熱量為____________kJ。12、鋰二次電池新正極材料的探索和研究對鋰電池的發展非常關鍵。

(1)鋰硒電池具有優異的循環穩定性。

①正極材料Se可由SO2通入亞硒酸(H2SeO3)溶液反應制得，則該反應的化學方程式為__。

②一種鋰硒電池放電時的工作原理如圖1所示，寫出正極的電極反應式：________________。充電時Li＋向________(填“Se”或“Li”)極遷移。

③Li2Sex與正極碳基體結合時的能量變化如圖2所示，圖中3種Li2Sex與碳基體的結合能力由大到小的順序是________。

(2)Li2S電池的理論能量密度高，其正極材料為碳包裹的硫化鋰(Li2S)。

①Li2S可由硫酸鋰與殼聚糖高溫下制得，其中殼聚糖的作用是________。

②取一定量Li2S樣品在空氣中加熱，測得樣品固體殘留率隨溫度的變化如圖3所示。(固體殘留率＝×100%)分析300℃后，固體殘留率變化的原因是________。13、已知CaCO3溶于水有如下平衡關系：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)△H＞0。不同溫度下(T1、T2)，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，回答下列問題(注：CaCO3均未完全溶解)：

(1)T1______(填“>”“<”或“=”)T2。

(2)保持T1，不變，怎樣使A點變成B點：______。

(3)在B點，若溫度從T1到T2，則B點變到_____(填“C”“D”或“E”)點。

(4)T1溫度下，E點的某混合體系，靜置一段時間是否有可能析出沉淀？為什么？______。14、按要求完成下列問題：

（1）在1.01×105Pa時，4g氫氣在O2中完全燃燒生成液態水，放出571kJ的熱量，則H2的燃燒熱的ΔH=__________。

（2）在1.01×105Pa時，16gS在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S燃燒的熱化學方程式為______。

（3）甲硅烷（SiH4）是一種無色氣體，遇到空氣能發生爆炸性自燃，生成SiO2和水。已知室溫下1g甲硅烷自燃放出44.6kJ熱量，其熱化學方程式為_____。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性。（____________）A.正確B.錯誤16、增大反應物的濃度，能夠增大活化分子的百分數，所以反應速率增大。(____)A.正確B.錯誤17、升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，此時v放減小，v吸增大。(____)A.正確B.錯誤18、水蒸氣變為液態水時放出的能量就是該變化的反應熱。_____19、恒溫恒容下進行的可逆反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，當SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等時，反應達到平衡狀態。(____)A.正確B.錯誤20、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）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.錯誤評卷人得分四、工業流程題(共1題，共7分)22、碲(Te)為第VIA元素，其單質憑借優良的性能成為制作合金添加劑、半導體、光電元件的主體材料，并被廣泛應用于冶金、航空航天、電子等領域?？蓮木珶掋~的陽極泥(主要成分為Cu2Te)中回收碲；工藝流程如下:

(1)“焙燒”后,碲主要以TeO2形式存在,寫出相應反應的化學方程式:_____________。

(2)為了選擇最佳的焙燒工藝,進行了溫度和硫酸加入量的條件實驗；結果如下表所示:

則實驗中應選擇的條件為_______________，原因為_______________。

(3)工藝(I)中，“還原”時發生的總的化學方程式為_______________。

(4)由于工藝(I)中“氧化”對溶液和物料條件要求高，有研究者采用工藝(II)獲得碲。則“電積”過程中，陰極的電極反應式為_______________。

(5)工業生產中；濾渣2經硫酸酸浸后得濾液3和濾渣3。

①濾液3與濾液1合并，進入銅電積系統。該處理措施的優點為________________。

②濾渣3中若含Au和Ag,可用__________將二者分離。(填字母)

A.王水B.稀硝酸C.濃氫氧化鈉溶液D.濃鹽酸評卷人得分五、實驗題(共4題，共24分)23、碘是人體必需的微量元素，也可用于工業、醫藥等領域。大量的碘富集于海藻灰〔主要成分是)中；因此從海藻灰中提取碘，可有效利用海洋資源。

(1)某興趣小組以海藻灰為原料進行的制備實驗。具體步驟如下：將海藻灰加熱浸泡后，得到了溶液，將適量固體溶于溶液，再將飽和溶液滴入上述溶液中，生成白色沉淀，該反應的離子方程式為______。

(2)待沉淀完全后，過濾，將沉淀物置于小燒杯中，在攪拌下逐滴加入適量濃觀察到______(顏色)氣體放出，______(顏色)晶體析出。出于安全和環?？紤]，該實驗操作需在______(條件)下進行。該反應的化學方程式為______。

(3)用傾析法棄去上清液，固體物質用少量水洗滌后得到粗進一步精制時，選擇必需的儀器搭建裝置，并按次序排列：______(夾持裝置略)。

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

(4)將精制得到的配成濃度為的標準溶液，用來測定某樣品中維生素C(相對分子質量為M的含量。具體操作如下：準確稱量ag樣品，溶于新煮沸過并冷卻至室溫的蒸餾水中，煮沸蒸餾水的目的是______。用容量瓶定容，使用______(儀器)量取樣品溶液于錐形瓶中，再加入1∶1醋酸溶液和適量的______指示劑，立即用標準溶液滴定，溶液顯穩定的______(顏色)即為滴定終點，消耗標準溶液則樣品中維生素C的質量分數是______(寫出表達式)。已知滴定反應方程式：

24、雙氧水(過氧化氫)常用于消毒；殺菌、漂白等。某化學興趣小組同學；圍繞著過氧化氫開展了調查研究與實驗。

I.調查。

(1)過氧化氫常用于消毒、殺菌、漂白等方面的主要原因是________。

(2)制備過氧化氫目前最常用的是乙基蒽醌法，其主要過程可以用如圖表示，此過程中總反應式為________。

Ⅱ.不穩定性實驗研究。

(3)為了探究溫度、催化劑等外界條件對H2O2的分解速率的影響，某興趣小組同學設計了如下三組實驗，部分實驗數據已經填在下面表中。實驗編號T/XH2O2初始濃度/mol·L-1FeCl3初始濃度/mol·L-1I201.0_______II501.00III50___________0.1

實驗I、Ⅱ研究______對分解速率的影響，實驗Ⅱ、Ⅲ研究催化劑對分解速率的影響，則實驗Ⅲ中H2O2初始濃度應為________mol·L-1。

III.過氧化氫含量的實驗測定。

興趣小組同學用0.1000mol·L-1酸性高錳酸鉀標準溶液滴定試樣中過氧化氫的含量，反應原理為2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑

(4)用移液管吸取25.00mL試樣置于錐形瓶中，重復滴定四次，每次消耗的KMnO4標準溶液體積如下表所示：。第一次第二次第三次第四次體積(mL)17.1018.1018.0017.90

計算試樣中過氧化氫的濃度為________mol·L-1(保留三位有效數字）。25、過二硫酸鈉(Na2S2O8)是白色晶狀粉末，易溶于水，加熱至65℃時就會分解。常用作漂白劑、氧化劑等。某研究小組利用下圖裝置制備Na2S2O8并探究其性質(加熱及夾持儀器均略去)。

Ⅰ.實驗室制備Na2S2O8

已知：①(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3↑+2H2

②2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+N2+6H2O

(1)儀器a的名稱是___________，裝置Ⅰ中NaOH溶液的作用是___________。

(2)裝置Ⅱ發生反應的同時，需要持續通入空氣的目的是___________。

(3)裝置Ⅲ的作用是___________。

Ⅱ.探究Na2S2O8的性質。

(4)過二硫酸鈉中S為＋6價，結構中含有___________個過氧鍵(-O-O-)。

(5)過二硫酸鈉的性質與過氧化氫相似，酸性過二硫酸鈉溶液在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為MnO該法可用于檢驗Mn2＋，所得溶液除去Ag＋后加入BaCl2溶液可以產生白色沉淀。寫出該反應的離子方程式___________。

Ⅲ.測定產品純度。

(6)稱取0.2500g樣品，用蒸餾水溶解，加入過量KI，充分反應后，再滴加幾滴指示劑，用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，達到滴定終點時，消耗標準溶液的體積為20.00mL。

已知：I2＋2S2O=S4O＋2I-。

①選用的指示劑是___________；達到滴定終點的現象是___________。

②樣品的純度為___________。26、是易溶于水的深藍色晶體；是廣譜殺菌劑。實驗室通過如圖1流程測定其組成。

(1)中氨的測定堿溶過程是在如圖2裝置中進行的；用滴定方法完成燒杯中氨的測定。

①燒瓶中有黑色固體生成，該黑色固體的化學式為___________。

②反應停止后還需要進行的操作是___________。

③實驗完成后需要將倒扣漏斗提出液面，在燒杯上方用蒸餾水對漏斗的內外壁洗滌，原因是___________。

(2)中銅元素含量的測定(已知：在pH為8~9穩定，時會發生歧化；)

①準確稱取樣品投入到過量的NaOH溶液中，過濾，把濾渣加入溶液中，攪拌使濾渣充分溶解，向溶解后的溶液中加入過量固體，攪拌，充分反應后___________，記錄消耗溶液體積。(須用試劑：溶液、淀粉溶液、蒸餾水)

②若消耗的標準溶液的體積偏大，可能的原因有___________。填字母

A．滴定前俯視。滴定后仰視B．錐形瓶水洗后未干燥。

C．裝標準溶液的滴定管水洗后未潤洗D．滴定時錐形瓶中有液體濺出。

③若反應消耗溶液的體積為則樣品中___________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

溫度對速率的影響幅度大，對比四個選項，C、D溫度高，速率比A、B快，C選項混合時濃度為：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)=D選項混合時濃度為：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)=C選項溫度高，濃度大，速率最大，故選C。2、D【分析】【詳解】

A．HCl是酸性氣體，濃硫酸具有吸水性，可用濃硫酸來除去HCl氣體中的水蒸氣，故A正確；

B．氯氣通入品紅溶液中褪色，證明其漂白性，通入硫化氫和氯氣發生氧化還原反應，證明其氧化性，故B正確；

C．氨氣密度比空氣小，可用向下排空氣發生收集，氨氣極易溶于水，可用倒扣的漏斗來防倒吸，進行尾氣處理，故C正確；

D．NaCl溶液是中性溶液，鐵與氧氣和水發生吸氧腐蝕，故D錯誤；

故選：D。3、A【分析】【詳解】

A．第1步反應的活化能大；反應速率慢，整個反應由第1步決定，故第1步為決速步驟，選項A正確；

B．由圖可知；第2步反應物的總能量高于生成物的總能量，反應為放熱過程，選項B錯誤；

C．焓變等于生成物總能量與反應物總能量之差；由圖可知，焓變不可能等于第1；3步活化能之差，選項C錯誤；

D．強酸性條件下反應逆向移動；故該反應不適宜在強酸性條件下進行，選項D錯誤；

答案選A。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A。牛奶放在冰箱中冷藏；溫度降低，速率減小，故A不符合題意；

B．使用加酶洗衣粉洗滌衣物；相當于使用了催化劑，加快反應速率，故B不符合題意；

C．食品抽真空包裝；來降低氧氣濃度，從而降低反應速率，故C不符合題意；

D．升高溫度可以加快溶解的速率；故用熱水溶解蔗糖以加速溶解，蔗糖溶解屬于物理變化，與調控化學反應速率無關，故D符合題意；

故選D。5、A【分析】【分析】

【詳解】

由反應熱△H=反應物的鍵能之和—生成物的鍵能之和可知，反應△H=(2×750+3×436)kJ/mol—（3×413+358+463+2×463）kJ/mol=—178kJ/mol，則1mol二氧化碳與氫氣充分反應放出的熱量為1mol×178kJ/mol=178kJ，故選A。6、C【分析】【詳解】

A．稀釋前兩溶液的pH值相等，由于醋酸是部分電離，因此溶液的濃度：c(HCl)3COOH)，故A正確；

B．b點pH值小于c點pH值，說明c點酸性弱，抑制水的電離程度小，水的電離程度大，因此溶液中水的電離程度：b點＜c點，故B正確；

C．從b點到d點，由于溶液的溫度不變，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不變，故C錯誤；

D．在d點和e點均存在電荷守恒即c(H+)=c(酸根陰離子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根陰離子)，故D正確；

故選：C。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由于NaOH會腐蝕酸式滴定管下端的玻璃活塞；故需用堿式滴定管放出20.00ml氫氧化鈉溶液，A正確；

B．由于金屬散熱速度太快；用金屬器質的攪拌棒加快熱量散失，引起更大的實驗誤差，故中和熱的測定時使用環形玻璃攪拌棒，B錯誤；

C．中和滴定時眼睛始終緊盯錐形瓶中溶液顏色的變化；以確定滴定終點，C錯誤；

D．由于氯水中含有HClO具有強氧化性；會漂白pH試紙，故不能用pH試紙測新制氯水的pH，而應該用pH計，D錯誤；

故答案為：A。8、B【分析】某溫度下，反應2NO2(g)N2O4(g)在一恒容密閉容器內建立平衡，現向容器內再通入一定量純凈的NO2氣體，若新平衡與原平衡等效，則c(NO2)/c(N2O4)的值與原平衡時相等，因為該反應正向氣體分子數減小，所以增大壓強平衡有利于平衡正向移動，則恒溫恒容時再通入一定量純凈的NO2氣體，達到的新平衡與原平衡不等效，NO2反應程度增大，因此c(NO2)/c(N2O4)的值減小，故選B。9、A【分析】【詳解】

A.CaCO3雖然難溶于水，但溶于水的部分完全電離，所以是強電解質，HF為弱電解質，SO2為非電解質；A正確；

B.NH3為非電解質，BaSO4為強電解質；B錯誤；

C．Fe雖然能導電；但不是強電解質，它既不是電解質也不是非電解質，HCl為強電解質，C錯誤；

D．Cl2既不是電解質也不是非電解質；D錯誤。

故選A。

【點睛】

酸、堿、鹽、金屬氧化物和水是電解質，其中強酸、強堿和絕大部分鹽是強電解質；單質和混合物既不是電解質也不是非電解質。需要注意的是，難溶性鹽大多是強電解質，因為它們雖然難溶，但溶于水的部分發生完全電離。二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【分析】

(1)A；節能技術能減少化石燃料的使用；

B；減少化石燃料的消耗；倡導節能減排生活；

C；利用太陽能、風能可以減少化石燃料的使用；

(2)；依據熱化學方程式的書寫方法進行解答；注意標注物質聚集狀態和對應焓變；

(3)、SO2和Br2；H2O的定量反應生成硫酸和溴化氫；

(4)、化學平衡的建立，既可以從正反應開始，也可以從逆反應開始，或者從正逆反應開始，不論從哪個方向開始，物質都不能完全反應，利用極限法假設完全反應，計算出相應物質的濃度變化量，實際變化量小于極限值，由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)之和不變；據此判斷分析。

【詳解】

(1)A；采用節能技術能減少化石燃料的使用；減少化石燃料的使用就減少了二氧化碳的排放，所以正確；

B；化石燃料燃燒產物是二氧化碳；減少化石燃料的使用就減少了二氧化碳的排放，所以正確；

C；利用太陽能、風能能減少化石燃料的使用；化石燃料燃燒產物是二氧化碳，減少化石燃料的使用就減少了二氧化碳的排放，所以正確；

故選：ABC；

(2)、1g甲烷生成液態水和二氧化碳氣體，放出55.64kJ的熱量，16g甲烷燃燒放熱890.24kJ，熱化學方程式為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－890.24kJ·mol－1；

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

(3)、SO2和Br2、H2O的定量反應生成硫酸和溴化氫,方程式為：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；

故答案為：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4

(4)、2SO2(g)+O2(g)==2SO3(g)

某時刻2mol/L2mol/L3mol/L

極限轉化5mol/L3.5mol/L0mol/L

極限轉化0mol/L1mol/L5mol/L.

A、由于反應為可逆反應，SO2的濃度一定小于5mol/L，O2一定小于3.5mol/L；故A錯誤；

B、根據以上分析，SO2的濃度在0到5mol/L之間；故B正確；

C、根據元素守恒定律，c(SO2)+c(SO3)=5mol/L，則SO2、SO3均為2.5mol./L；故C正確；

D、由于反應為可逆反應，SO3的濃度一定小于5mol/L；故D錯誤；

故選：BC?！窘馕觥緼BCCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－890.24kJ·mol－1SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4BC11、略

【分析】【詳解】

(1)放熱反應：△H＜0；故屬于放熱反應的是③④，因此，本題答案是：③④；

(2)已知H2(g)+O2(g)=H2O(l)?H=-285.8kJ·mol－1；故氫氣的燃燒熱為－285.8kJ/mol，故答案為：－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，本題答案是：CO(g)+O2(g)=CO2(g)?H=－283.0kJ/mol；

(4)在標準狀況下，由CO和H2組成的混合氣體4.48L，物質的量為0.2mol，質量為3.0g，設CO和H2的物質的量分別為x和y，則x+y=0.2；28x+2y=3；解得x=0.1，y=0.1；根據氫氣和一氧化碳的燃燒熱計算出此混合物完全燃燒放出熱量為0.1mol×283.0kJ/mol+0.1mol×285.8kJ/mol=56.88kJ，故答案為：56.88。【解析】③④－285.8kJ/molCO(g)+O2(g)=CO2(g)?H=－283.0kJ/mol56.8812、略

【分析】【詳解】

(1)①SO2通入亞硒酸中生成Se，發生氧化還原反應，化學方程式為：

②由電池工作的原理圖可知，Li電極為電池的負極，Se電極為電池的正極，電池放電時Li+能遷移到正極附近與Se結合生成因此正極的電極反應式為：電池在充電時，Li電極接外電源的負極，做陰極，Li+是陽離子在電解池中朝陰極遷移，因此Li+在充電時朝Li電極遷移；

③由圖可知，與正極碳基體結合時會向外釋放能量，如果釋放的能量越大，那么結合之后越穩定，因此3中與碳基體結合能力的強弱為

(2)①Li2S電池的正極材料是碳包裹得Li2S，因此為了獲得這種正極材料，就需要殼聚糖在與硫酸鋰高溫反應時，一方面將硫酸鋰還原，另一方面提供包裹Li2S的碳源；

②該Li2S是具有碳包裹結構的Li2S，因此在考慮其固體質量變化時，一方面要考慮Li2S自身被氧化的影響，另一方面也要考慮包裹Li2S的碳在高溫下被氧化的影響；所以300℃后，樣品主要發生兩個反應過程：反應1為Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反應2為C被O2氧化生成CO2；前期固體殘留率增加的原因是反應1為主，后期固體殘留率減少的原因是反應2為主。【解析】H2SeO3＋2SO2＋H2O===Se＋2H2SO42Li＋＋xSe＋2e－===Li2SexLiLi2Se6>Li2Se4>Li2Se提供碳源，將硫酸鋰還原(作還原劑)300℃后，樣品主要發生兩個反應過程：反應1為Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反應2為C被O2氧化生成CO2；前期固體殘留率增加的原因是反應1為主，后期固體殘留率減少的原因反應2為主13、略

【分析】【詳解】

（1）已知CaCO3溶于水有如下平衡關系：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)△H＞0，該反應吸熱，升高溫度平衡正向移動，c(Ca2+)增大，則T12。

（2）A、B兩點溫度相同，由A到B時c(Ca2+)減小，說明平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)逆向移動，可向懸濁液中加入Na2CO3固體增大c(CO)使平衡逆向移動實現。

（3）在B點，若溫度從T1到T2，溫度升高，平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)正向移動，c(Ca2+)、c(CO)均增大；則B點變到D點。

（4）溫度T12，平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)是吸熱反應，則Ksp1sp2，E點滿足Ksp2=c(Ca2+)c(CO)，T1溫度下，E點Q＞Ksp1，可能析出沉淀?！窘馕觥?1)＜

(2)向懸濁液中加入Na2CO3固體。

(3)D

(4)可能析出沉淀，原因是E點Q＞Ksp14、略

【分析】【分析】

根據燃燒熱的概念計算燃燒熱；根據題干信息書寫熱化學方程式。

【詳解】

(1)燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩定的化合物時所放出的熱量，4g氫氣放出571kJ的熱量，則1molH2的燃燒放出的熱量為所以ΔH=-285.5kJ?mol-1，故答案為：-285.5kJ?mol-1；

(2)16gS燃燒放出148.5kJ的熱量，則1molS燃燒放出的熱量為148.5kJ×2=297kJ，則S燃燒的熱化學方程式為：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

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

(3)1g甲硅烷自燃放出44.6kJ熱量，則1mol甲硅烷自燃放出44.6kJ×32=1427.2kJ熱量，其熱化學方程式為：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1，故答案為：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1。

【點睛】

熱化學方程式的書寫要常出錯地方有：1、反應物和生成物的狀態是否與題干信息一致。2、反應熱的符號和單位是否正確，吸熱為正值，放熱為負值。3、反應熱與化學方程式的化學計量數呈正比，通過題干信息計算?！窘馕觥?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、判斷題(共7題，共14分)15、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。16、B【分析】【詳解】

增大反應物濃度，能增大單位體積內活化分子數目，能加快化學反應速率。在溫度一定時，活化分子百分數是一定的，所以增大反應物濃度，不能增大活化分子百分數，故錯誤。17、B【分析】【分析】

【詳解】

升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，反應混合物分子能量增大，單位體積活化分子數、活化分子百分數均增大，此時v放增大，v吸增大，故錯誤。18、×【分析】【詳解】

水蒸氣變為液態水時放出能量，該變化中沒有新物質生成，不屬于化學反應，故水蒸氣變為液態水時放出的能量不能稱為反應熱，錯誤?！窘馕觥垮e19、B【分析】【分析】

【詳解】

恒溫恒容下進行的可逆反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，當SO3的生成速率與SO2的生成速率相等時，即正反應速率和逆反應速率相等時，反應達到平衡狀態，故錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關，也和溶度積常數有關，溫度升高，溶度積常數增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。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-)=故此判據錯誤。四、工業流程題(共1題，共7分)22、略

【分析】【分析】

流程的目的為從精煉銅的陽極泥(主要成分為Cu2Te)中回收碲，則要先除雜。步驟1，培燒Cu2Te，通入氧氣將Cu2Te氧化；步驟2，水浸，根據流程可知Te元素進入濾渣1，CuSO4進入濾液1，Cu和Te分離。可推斷，步驟1中Cu被氧化為CuO后被硫酸溶解，生成易溶于水的硫酸銅，而Te以微溶于水的TeO2形式存在。步驟3，堿浸，Te元素進入濾液2，則TeO2與NaOH反應生成易溶于水的鹽。據此分析解答。

【詳解】

（1）碲(Te)為第VIA元素，則Te最低化合價為-2價，所以Cu2Te中Cu為+1價，Te為-2價。培燒時通入空氣，加入硫酸，生成物中Te主要以TeO2形式存在，Te被氧化為+4價，Cu被氧化為+2價，根據元素守恒，硫酸將Cu溶解生成硫酸銅。利用化合價升降守恒可配平得方程式為：Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O。

（2）培燒的主要目的為將Cu元素轉變為易溶于水CuSO4的，將Te元素轉變為微溶于水的TeO2；從而達到分離Cu與Te的目的。所以培燒加硫酸的過程中，應提高Cu的浸出率，降低Te的浸出。分析表格數據可知，當硫酸的量一定時，溫度升高，銅的浸出率降低；溫度一定時，銅和Te的浸出率均增大。“460℃；硫酸用量為理論量的1.25倍”的條件最佳，因為該條件下，銅的浸出率高且碲的損失較低。

（3）碲(Te)為第VIA元素，可以類比S元素進行解題。類比SO2與NaOH的反應可知，堿浸過程中發生的反應為：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。工藝(I)中，加入雙氧水，Na2TeO3被氧化為Na2TeO4沉淀。再加入Na2SO3，Na2TeO4被還原為Te單質。還原過程的方程式為：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O。

（4）工藝(II)中，浸出液主要溶質為Na2TeO3，陰極得電子，化合價降低，被還原，則陰極反應為：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

（5）①培燒；水浸后濾渣2中還有未浸出的銅；再次加硫酸溶解后得到硫酸銅，過濾后濾液3中主要成分為硫酸銅，與濾液1中的硫酸銅合并，進入銅電積系統，提取銅，該措施有效回收利用了硫酸銅，提高了經濟效益；

②Au和Ag都能溶于王水，不能用王水分離銀、金；Ag溶于稀硝酸，Au不溶于硝酸，可以將二者分離；濃NaOH、濃鹽鹽酸都不與Ag、Au反應，不能將金、銀分離。答案選B。【解析】①.Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O②.460℃、硫酸用量為理論量的1.25倍③.該條件下，銅的浸出率高且碲的損失較低④.Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O⑤.TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-⑥.CuSO4溶液回收利用，提高經濟效益⑦.B五、實驗題(共4題，共24分)23、略

【分析】【分析】

溶液的配制分為七步；即計算；稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、裝瓶貼標簽。需要用到的儀器有天平、燒杯、容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒。此題用氧化還原滴定法測維生素C的含量。

【詳解】

(1)作還原劑，CuSO4作氧化劑，故該反應的離子方程式為故填

(2)CuI中的亞銅離子和碘離子均能被濃硝酸氧化，氧化產物分別為Cu2+和I2，還原產物為NO2，其反應的化學方程式為2CuI+8HNO3(濃)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O，其中NO2為紅棕色有毒氣體，需在通風條件下進行、I2為紫黑色，故填紅棕色、紫黑色、通風條件下進行、2CuI+8HNO3(濃)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O；

(3)因為碘單質受熱易升華；故采用蒸餾法提純碘單質。用到的儀器有A燒杯；C石棉網(防止溫度過高，升華速度大于冷凝速度)、D酒精燈、F裝冷水的圓底燒瓶用于冷凝。其裝置為把粗碘放入燒杯內，將裝有冷水的燒瓶放在燒杯上，墊上石棉網用酒精燈加熱，其連接順序為DCAF，故填DCAF；

(4)維生素C具有還原性，故煮沸蒸餾水是為了防止水中溶解的氧干擾實驗；準確量取溶液的體積用滴定管量取；用于指示碘單質時，通常用淀粉作指示劑，淀粉遇碘顯藍色，這里用碘標準溶液滴定維生素C，所以當最后一滴標準液滴入錐形瓶后，溶液由無色變為藍色且30秒內不褪色，即為終點；根據題意消耗點標準液的物質的量為n=cV=cV×10-3mol，由反應方程式可知25mL溶液中維生素C的物質的量為cV×10-3mol，則ag樣品中維生素C的物質的量為10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，質量為m=nM=cMV×10-2g，其質量分數為故填除去蒸餾水中溶解的氧，防止干擾實驗、滴定管、淀粉、藍色、

【點睛】

滴定時是從250mL溶液中量取25mL進行實驗，故最后計算維生素C總物質的量時要乘10?！窘馕觥竣?②.紅棕色③.紫黑色④.通風條件下⑤.2CuI+8HNO3(濃)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+I2+4H2O⑥.DCAF⑦.除去蒸餾水中溶解的氧，防止干擾實驗⑧.滴定管⑨.淀粉⑩.藍色?.24、略

【分析】【分析】

(1)過氧化氫具有強氧化性；

(2)乙基蒽醌作催化劑；氫氣和氧氣反應生成雙氧水；

(3)①實驗Ⅰ；Ⅱ；只有溫度不同；實驗Ⅱ、Ⅲ研究催化劑對分解速率的影響，則濃度相同；

②先比較溫度；溫度低的反應速率慢；

(4)由表中數據可知；第一次誤差大可舍棄，其它三次的平均體積為18.00mL，結合反應計算。

【詳解】

(1)過氧化氫常用于消毒；殺菌、漂白等利用了過氧化氫的性質是強氧化性；

(2)通過圖示可知，用乙基蒽醌作催化劑制取雙氧水，反應為：H2+O2H2O2；

(3)實驗Ⅰ、Ⅱ研究溫度對分解速率的影響，實驗Ⅱ、Ⅲ是研究催化劑對分解速率的影響，物質的濃度相同，則實驗Ⅲ中H2O2初始濃度應為1.0moL/L；

(4)由表中數據可知，第一次誤差大可舍棄，其它三次的平均體積為18.00mL，由2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑可知，過氧化氫的濃度c(H2O2)=c(MnO4-)=×=0.180mol/L。

【點睛】

本題考查物質的性質及含量測定、化學反應速率，把握物質的性質及發生的反應、含量測定原理、控制變量法為解答的關鍵，注意(4)為解答的難點。【解析】過氧化氫具有強氧化性H2+O2H2O2溫度1.00.18025、略

【分析】【分析】

根據實驗原理可知，用(NH4)2S2O8和氫氧化鈉反應生成Na2S2O8，由于NH3能與Na2S2O8反應；裝置Ⅰ通入空氣經過氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，防止一些后續操作，所以實驗中要用氮氣把生成的氨氣及明排出容器，生成的氨氣可以用硫酸吸收，氨氣極易溶于水，所以要用防倒吸裝置。

【詳解】

(1)裝置圖可知裝置I中盛NaOH溶液的儀器名稱是分液漏斗；裝置Ⅰ中NaOH溶液的作用是吸收空氣中二氧化碳；

故答案為：分液漏斗；吸收空氣中的CO2；

(2)NH3能與Na2S2O8反應，所以要及時排出，所以需要持續通入N2的目的是使三頸燒瓶內產生的NH3及時排除；減少副反應①的發生；

故答案為：使三頸燒瓶內產生的NH3及時排除；減少副反應的發生；

(3)根據上面的分析可知；裝置Ⅱ是吸收氨氣尾氣的；

故答案為：吸收NH3防止空氣污染；同時可