模块综合试卷(二)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（人教版 浙江专版）

**基本信息** 聚焦化学反应原理模块，通过选择与非选择综合题型，系统整合能量转化、化学平衡、电化学等核心知识，强化概念→原理→应用的逻辑链条。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15题|概念辨析、原理应用|覆盖化学能与电能转化、平衡移动、弱电解质电离等，体现性质决定用途的化学观念| |非选择题|4题|实验流程、综合计算|整合电化学制备、沉淀分离、反应热计算，强化科学思维与探究实践能力|

模块综合试卷(二) [分值：100分] 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意) 1.(2025·杭州期中)下列我国科技创新的产品设备在工作时，由化学能转变成电能的是(　　) A.长征三号乙运载火箭用偏二甲肼为燃料 B.嫦娥四号月球探测器上的太阳能电池板 C.和谐号动车以350 km·h-1飞驰 D.世界首部可折叠柔屛手机通话 答案　D 解析　偏二甲肼为燃料，发动机将化学能转变为动能，故A错误；太阳能电池板将太阳能转变为电能，故B错误；和谐号动车将电能转变为动能，故C错误；世界首部可折叠柔屏手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，故D正确。 2.化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是(　　) A.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂 B.在铁制品上镀铜时，铁制品与电源负极相连，该电极发生氧化反应 C.在去除锅炉水垢中的CaSO4时，通常先用碳酸钠溶液浸泡，再用酸去除 D.用氯气和氢氧化钠制取消毒液，运用了盐类水解的原理 答案　C 解析　明矾水解产生的胶体粒子没有漂白性，A错误；铁制品作阴极，该电极发生还原反应，B错误；氯气与氢氧化钠发生化学反应，与盐类水解无关，D错误。 3.下列有关说法正确的是(　　) A.一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-38.6 kJ·mol-1 B.已知NaOH(aq)+HCl(aq)===NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ·mol-1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热小于57.3 kJ C.在一密闭容器中发生反应2SO2+O22SO3，增大压强，平衡正向移动，平衡常数的值增大 D.SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 答案　B 解析　0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，反应为可逆反应，而热化学方程式中为完全反应的能量变化，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH<-38.6 kJ·mol-1，故A错误；正反应2SO2+O22SO3是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，但温度不变，则平衡常数K不变，故C错误；升高温度，体系内活化分子百分含量增大，正、逆反应速率均增大，故D错误。 4.下列有关说法正确的是(　　) A.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低 B.工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去 C.工业上常在铁板表面镀上一层锡(俗称马口铁)来防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀 D.等体积的pH均为2的酸HA和HB的溶液分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强 答案　B 解析　实际进入锥形瓶内标准液的体积小，但计算时标准液体积偏大，导致测定结果偏高，故A错误；FeS的溶度积大于CuS、HgS的溶度积，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+、Hg2+，故B正确；Fe、Sn和电解质溶液构成原电池时，Fe易失电子作负极，Sn作正极，导致Fe加速被腐蚀，故C错误；等体积等pH的不同一元酸分别与足量铁粉反应，弱酸放出的氢气多，因为等pH的不同一元酸，弱酸的浓度较大，HA放出的H2多，说明HA酸性弱，故D错误。 5.在如图装置中，观察到图1装置铜电极上产生大量无色气泡，而图2装置中铜电极上无气泡产生，铬电极上产生大量有色气泡。下列叙述不正确的是(　　) A.图1装置中Cu电极上电极反应式是2H++2e-===H2↑ B.图2装置中Cu电极上电极反应式为Cu-2e-===Cu2+ C.图2装置中Cr电极上电极反应式为+e-+2H+===NO2↑+H2O D.两个装置中，电子均由Cr电极经导线流向Cu电极 答案　D 解析　图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明图1中，Cr为负极，铜为正极，正极上析出氢气，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明铜被氧化，应为负极，正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体。图1中电子由Cr电极经导线流向Cu电极，图2中电子由Cu电极经导线流向Cr电极，D不正确。 6.(2025·宁波市月考)下列离子方程式书写正确的是(　　) A.氯水呈酸性：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO- B.IBr与NaOH溶液反应的离子方程式：IBr+2OH-===I-+BrO-+H2O C.NaHS溶液水解：HS-+H2OS2-+H3O+ D.工业上用NH4Cl溶液除铁锈的原因：+H2ONH3·H2O+H+ 答案　D 解析　氯水呈酸性，离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A错误；IBr与NaOH溶液反应生成溴化钠、次碘酸钠、水，反应的离子方程式为IBr+2OH-===Br-+IO-+H2O，故B错误；NaHS溶液水解的离子方程式为HS-+H2OH2S+OH-，故C错误； 工业上用NH4Cl溶液除铁锈的原因是铵根离子水解使溶液呈酸性，离子方程式为+H2ONH3·H2O+H+，故D正确。 7.下列事实能用勒夏特列原理解释的是(　　) A.高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快 B.红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 C.工业合成氨选择500 ℃左右的反应温度 D.H2(g)、I2(g)、HI(g)反应平衡时的混合气体加压后颜色变深 答案　B 解析　高温和催化剂使活化分子百分数增大，反应速率加快，与勒夏特列原理无关，A不符合题意；2NO2N2O4，加压使容器体积减小，气体浓度增大，NO2气体颜色加深，然后平衡正向移动，NO2的浓度又减小，颜色变浅，与勒夏特列原理有关，B符合题意；合成氨反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正反应方向移动，但工业生产主要考虑催化剂的活性和反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；H2(g)、I2(g)、HI(g)反应平衡时的混合气体加压，由于该反应前后气体分子数不变，故平衡不移动，但加压后体积减小，气体浓度增大，I2蒸气颜色加深，与勒夏特列原理无关，D不符合题意。 8.已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是(　　) A.由图可知反应历程中有三个基元反应 B.该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87 kJ·mol-1 C.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热 D.升高温度，有利于该反应正向进行 答案　A 解析　由图可知反应历程中有三个基元反应，分别是A与H2O生成I1，I1生成I2，I2生成B与HCOO-，A正确；该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87 kJ·mol-1-(-1.99 kJ·mol-1)=18.86 kJ·mol-1，B错误；使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但催化剂不改变反应热，C错误；由图知，化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-的反应为放热反应，升高温度，不利于该反应正向进行，D错误。 9.新一代高效、绿色的稀土(REE)开采技术如图a所示，其原理如图b所示。下列说法正确的是(　　) A.阴极反应为REE3++3e-===REE B.阳极反应生成标准状况下22.4 L O2，理论上外电路需要转移4 mol电子 C.为加快开采速率，电源电压越高越好 D.浸取剂将稀土元素从黏土中溶浸出来，该分离方法属于过滤 答案　B 解析　由图b可知，阴极反应为2H2O+2e-===2OH-+H2↑，A错误；阳极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+，生成标准状况下22.4 L(即1 mol)O2，理论上外电路需要转移4 mol电子，B正确；溶浸是通过电化学提取金属元素，不属于过滤，D错误。 10.已知反应：CH2==CHCH3(g)+Cl2(g)CH2==CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系。下列说法正确的是(　　) A.图甲中ω1>1 B.若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变 C.温度T1、ω=2， Cl2的转化率约为33.3% D.图乙中，曲线A表示正反应的平衡常数 答案　C 解析　ω增大，可认为CH2==CHCH3的物质的量不变，增加Cl2的物质的量，平衡向右移动，CH2==CHCH3的转化率增大，则φ减小，由上述分析可知：ω2>ω1，则ω1<1；该反应在反应前后气体分子数不变，根据图甲升高温度丙烯的体积分数增大，即升高温度平衡逆向移动，正反应放热，在恒容绝热装置中进行题述反应，体系内温度升高，根据pV=nRT，达到平衡时，装置内的气体压强将增大；由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2==CHCH3和Cl2的物质的量分别为a mol和2a mol，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为x mol，根据三段式进行计算： 　　　　　　　CH2==CHCH3(g)+Cl2(g) CH2==CHCH2Cl(g)+HCl(g) 起始/mol　　　　　a　　　　　2a　　　　　0　　　　　　　　0 转化/mol　　　　　x　　　　　x　　　　　x　　　　　　　　x 平衡/mol　　　　　a-x　　　　2a-x　　　　x　　　　　　　　x 则=1，解得x=a，则Cl2的转化率为×100%≈33.3%；正反应是放热反应，故温度升高，正反应的平衡常数减小，故图乙中，曲线A表示逆反应的平衡常数。 11.常温下，用废电池的锌皮制备ZnCl2的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，工艺流程如下： 有关数据如下表所示： 化合物 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ksp近似值 10-17 10-17 10-39 下列说法不正确的是(　　) A.若不加H2O2溶液，将会使Zn2+和Fe2+不易分离 B.pH≈2.7时，铁离子刚好沉淀完全 C.调节pH步骤中，pH=8时，锌离子开始沉淀 D.由ZnCl2·2H2O晶体制得ZnCl2固体的操作方法是边加热边通入HCl气体 答案　C 解析　由表中数据可知Zn(OH)2、Fe(OH)2的Ksp相近，如不加H2O2，则Zn2+和Fe2+几乎同时沉淀，故A正确；Ksp[Fe(OH)3]=10-39，铁离子刚好沉淀完全时，c(OH-)= mol·L-1=1 mol·L-1，c(H+)= mol·L-1≈10-2.7 mol·L-1，pH≈2.7，故B正确；锌开始沉淀，则c(OH-)= mol·L-1=10-8 mol·L-1，此时pH=6，故C错误；ZnCl2·2H2O晶体制ZnCl2固体的操作方法是边加热边通入HCl气体，可防止氯化锌水解，故D正确。 12.N2O4与NO2之间存在反应：N2O4(g)2NO2(g)　ΔH>0。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。下列说法正确的是(　　) A.升高温度，k1增大，k2减小 B.该反应正反应的活化能高于逆反应的活化能 C.v正(N2O4)=2v逆(NO2)时反应达到平衡状态 D.一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=Kpk2 答案　B 解析　温度升高，速率常数k1和k2均增大，A错误；由N2O4(g)2NO2(g)　ΔH>0可知，反应吸热，正反应的活化能高于逆反应的活化能，B正确；N2O4与NO2的消耗速率满足2∶1时反应达到平衡，即2v(N2O4)=2k1p(N2O4)=v(NO2)=k2p2(NO2)，所以2k1=Kpk2，D错误。 13.由下列事实或现象能得出相应结论的是(　　) 项目 事实或现象 结论 A 用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1 mol·L-1 H2SO4溶液和0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液，H2SO4消耗的NaOH溶液多 酸性：H2SO4>CH3COOH B 铅酸蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应 C 向等物质的量浓度的NaCl，Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀 Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4) D 2NO2N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 答案　B 解析　H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通过该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，A项不符合题意；铅酸蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-+S+4H+===PbSO4+2H2O、负极反应为Pb-2e-+S===PbSO4，正、负极质量都增加，充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-===PbO2+S+4H+、阴极反应为PbSO4+2e-===Pb+S，阴、阳极质量都减小，B项符合题意；向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀，说明先达到AgCl的Ksp，但由于AgCl、Ag2CrO4的类型不相同，不能得出Ksp(AgCl) <Ksp(Ag2CrO4)，事实上Ksp(AgCl) >Ksp(Ag2CrO4)，C项不符合题意；将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明降低温度平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能<0知，正反应的活化能小于逆反应的活化能，D项不符合题意。 14.已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9及表中有关信息： 弱酸 CH3COOH H2CO3 电离平衡常数(常温) Ka=1.8×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 下列判断正确的是(　　) A.向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是C+2H2OH2CO3+2OH- B.常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH=6，则=18 C.NaHCO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(C) D.2×10-4 mol·L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl2溶液的浓度一定是5.6×10-5 mol·L-1 答案　C 解析　弱酸根离子水解是分步进行的，以第一步为主，向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是C+H2OHC+OH-，故A错误；常温时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的pH=6，醋酸的电离平衡常数表达式Ka=，=，则=，故B错误；NaHCO3溶液中的元素守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)，两式联立得：c(OH-)+c(C)=c(H2CO3)+c(H+)，故C正确；已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9=c(C)·c(Ca2+)，2×10-4 mol·L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，c(C)=2×10-4 mol·L-1×=1×10-4 mol·L-1，代入公式，得c(Ca2+)=2.8×10-5 mol·L-1，则原CaCl2溶液中c(Ca2+)≥2.8×10-5 mol·L-1×2=5.6×10-5 mol·L-1，故D错误。 15.已知pOH=-lg c(OH-)。初始温度为25 ℃时，向20 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加0.05 mol·L-1的稀硫酸，测得混合溶液的温度T、pOH随加入稀硫酸体积V的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A.a、b、c三点对应N的水解平衡常数：Kh(c)>Kh(b)>Kh(a) B.a点溶液中水电离产生的c水(OH-)>1×10-11 mol·L-1 C.若图中x=7，则b点溶液中c(N)=2c(S) D.若V3=40，则c点溶液中c(H+)=c(OH-)+c(N)+c(NH3·H2O) 答案　B 解析　升高温度能促进N水解，水解平衡常数增大，由题图可知，温度：T(b)>T(a)>T(c)，则a、b、c三点对应N的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)，A错误；a点溶液的pOH=3，即c(OH-)=10-3 mol·L-1，此时温度高于25 ℃，则水电离产生的c水(OH-)>1×10-11 mol·L-1，B正确；根据电荷守恒，b点溶液中存在c(N)+c(H+)=2c(S)+c(OH-)，b点时温度高于25 ℃，Kw>10-14，当c(OH-)=10-7 mol·L-1时，溶液不呈中性，c(N)≠2c(S)，C错误；c点溶液中加入稀硫酸的体积为40 mL，则原氨水中的NH3·H2O和加入的稀硫酸中H2SO4的物质的量相等，c点溶液的溶质是NH4HSO4，根据电荷守恒：c(N)+c(H+)=2c(S)+c(OH-)，根据元素守恒：c(N)+c(NH3·H2O)=c(S)，两式联立得c(H+)=c(OH-)　+c(N)+2c(NH3·H2O)，D错误。 16.H2S气体有高毒性和强腐蚀性，电化学法处理H2S的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A.电极a连接电源负极，电解时H+由a极室移向b极室 B.反应池中发生反应的离子方程式：2V+H2S+2H+===2VO2++S↓+2H2O C.b极反应式：VO2++H2O+e-===V+2H+ D.电解过程中每转移2 mol电子，理论上可生成22.4 L H2 答案　B 解析　电极a上氢离子得电子变成氢气，故a为阴极，与电源负极相连；b为阳极，与电源正极相连。电解时H+由阳极向阴极移动，故H+由b极室移向a极室，A错误；根据反应池进入和产生的物质，反应池中发生反应的离子方程式：2V+H2S+2H+===2VO2++S↓+2H2O，B正确；b极为阳极，发生氧化反应，电极反应式：VO2++H2O-e-===V+2H+，C错误；没有给出气体所处的温度和压强，无法计算氢气体积，D错误。 二、非选择题(本题包括4小题，共52分) 17.(15分)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸。醋酸的应用与其电离平衡密切相关。 (1)下列事实可证明醋酸具有酸性的是　　　　　(填字母)。  A.白醋具有杀菌消毒作用 B.醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳 C.0.1 mol·L-1醋酸溶液可以使紫色石蕊溶液变红 D.用醋酸溶液做导电性实验，灯泡很暗 (2)配制100 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液 ①需用量筒准确量取1 mol·L-1醋酸溶液的体积为　　　　mL。  ②下列关于容量瓶的操作正确的是　　　　　　(填字母)。  (3)为证明醋酸是弱酸，某化学小组设计了如下3个实验： 序号 实验 a 测定0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH b 比较0.1 mol·L-1的醋酸溶液与1 mol·L-1的醋酸溶液pH的差值 c 测定CH3COONa溶液的pH ①实验a中，pH　　　　(填“>”“<”或“=”)1。  ②加水稀释醋酸溶液过程中，c(H+)　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。实验b中ΔpH　　　　(填“>”“<”或“=”)1。  ③实验c中，测得pH>7，能说明醋酸是弱酸的理由是　　　　。  (4)向0.1 mol·L-1的醋酸溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液至碱性，整个过程中变化情况为　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  答案　(1)BC　(2)①10.0　②AB (3)①>　②减小　<　③CH3COONa溶液中醋酸根离子发生水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性 (4)减小 解析　(2)①配制100 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液，需用量筒准确量取1 mol·L-1醋酸溶液的体积为=0.01 L=10.0 mL。②定容时，视线应该平视刻度线，故C错误；定容完成后要将容量瓶上下颠倒摇匀，而不是上下振荡，故D错误。(3)①实验a中测定醋酸溶液的pH，醋酸是弱酸，在水溶液中不能完全电离，0.1 mol·L-1的醋酸溶液中c(H+)<0.1 mol·L-1，pH>1。②加水稀释醋酸溶液过程中，溶液体积增大，c(H+)减小；若为一元强酸，将溶液稀释10倍，pH增大1个单位，醋酸为一元弱酸，稀释10倍，pH增大小于1个单位，所以实验b中 ΔpH<1。(4)向0.1 mol·L-1的醋酸溶液滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液过程中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当加入NaOH溶液较少时，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(CH3COO-)，>1；当加入NaOH溶液至溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，c(Na+)>c(CH3COO-)，<1；整个过程中变化情况为减小。 18.(12分)(2024·温州适应性考试)某研究小组以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉，按如下流程开展实验： 已知： ①硫化铜精矿在酸性条件下与氧气反应：2CuS+O2+2H2SO4===2CuSO4+2S↓+2H2O。 ②金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 (1)步骤Ⅰ，通入O2采用高压的原因是　　　 　　　　。  (2)下列有关说法正确的是　　　　(填字母)。  A.步骤Ⅰ，过滤得到的滤渣中含有S B.步骤Ⅱ，NH3调节pH至4，使Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀完全 C.步骤Ⅲ，增加溶液的酸度不利于Cu生成 D.为加快过滤速率，需用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌 (3)步骤Ⅰ、Ⅲ需要高压反应釜装置如图。步骤Ⅲ中，首先关闭出气口，向高压反应釜中通入固定流速的H2，然后通过控制气阀K1或K2，维持反应釜中的压强为3.0×106Pa。请给出反应过程中的操作排序：g→ 　　　　　　→　　　　　　→　　　　　　→c→　　　　　　。  a.开启气阀K1 b.开启气阀K1，通入高压H2 c.关闭气阀K1 d.开启气阀K2 e.开启气阀K2，通入高压H2 f.关闭气阀K2 g.开启搅拌器 h.拆下罐体 (4)步骤Ⅲ，高压H2可以从滤液中置换出金属Cu，而无法置换出金属Zn。请结合方程式说明其原因是　　　 　　　　。  (5)铜纯度的测定 步骤1：取0.200 g粗铜，加入一定量浓HNO3、浓盐酸，微热至粗铜完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却； 步骤2：将步骤1所得溶液加水定容至250 mL，量取25.00 mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液，再加入少量淀粉溶液，用0.010 0 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL。 已知：2Cu2++4I-===2CuI+I2，I2+2S2===S4+2I-。 ①产品中铜的质量分数为　　　　。  ②测定过程中，下列说法正确的是　　　　(填字母)。  A.步骤1中若未反应的HNO3未除尽，则导致滴定结果偏低 B.步骤2中应先用蒸馏水洗涤酸式滴定管后，再用硫代硫酸钠标准液润洗 C.滴定过程中，若向锥形瓶内加少量蒸馏水，则滴定结果偏低 D.滴定前平视刻度线，滴定后仰视，则测定的结果偏高 答案　(1)高压条件下，增加溶液中O2浓度，提高反应速率　(2)AC　(3)f　b　d　h　(4)H2的还原性强于铜，故发生反应：H2+Cu2+===2H++Cu；而Zn的还原性强于H2，故H2+Zn2+===2H++Zn无法发生　(5)①96%　②D 解析　(2)根据分析可知，步骤Ⅰ，过滤得到的滤渣中含有S，故A正确；步骤Ⅱ，NH3调节pH至4，Fe3+沉淀为Fe(OH)3，未达到Zn2+沉淀pH，故B错误；步骤Ⅲ，用氢气还原Cu2+，氢气失去电子被氧化为氢离子，增加溶液的酸度，不利于氢气失去电子还原Cu单质，故C正确；用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌，可能导致滤纸破损，故D错误。(3)结合装置图及步骤Ⅲ，首先关闭出气口，向高压反应釜中通入固定流速的H2，然后通过控制气阀K1或K2，维持反应釜中的压强为3.0×106Pa，可知操作顺序： g→f→b→d→c→h。(5)①根据2Cu2++4I-===2CuI+I2，I2+2S2===S4+2I-，可知2Cu2+~I2~2S2，则n(Cu2+)=n(S2)=0.01 mol·L-1×0.03 L=3×10-4mol，0.2 g粗铜样品中，m(Cu)=3×10-4mol××64 g·mol-1=0.192 g，则铜的质量分数为×100%=96%。②步骤1中若未反应的HNO3未除尽，则导致Na2S2O3标准液体积消耗偏大，滴定结果偏高，故A错误；硫代硫酸钠为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，不能用酸式滴定管，故B错误；滴定过程中，若向锥形瓶内加少量蒸馏水，对测量结果无影响，故C错误；滴定前平视刻度线，滴定后仰视，则测定的结果偏高，故D正确。 19.(15分)Ⅰ.二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺，如图所示。 (1)图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。产生ClO2的电极应连接电源的　　　　(填“正极”或“负极”)，对应的电极反应式为　　　　　　　　　　　。  (2)a极区溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)图中离子交换膜应使用　　　　(填“阴”或“阳”)离子交换膜。  Ⅱ.(4)采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。 容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为　　　　；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中　　　(填字母)的能量变化。  A.*CO+*OHCO+*H2O B.*COOCH C.*OCH2OCH3 D.*OCH3CH3OH (5)海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂⁃海水一次电池构造示意图如图(玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能)。 ①M电极发生　　　　　　　　反应。  ②用该电池电解300 mL CuSO4溶液，一段时间后阴、阳两极上均收集到3.36 L气体(已换算成标准状况下的体积)，则原溶液中CuSO4的物质的量浓度为　　　　mol·L-1。  答案　(1)正极　Cl--5e-+2H2O===ClO2↑+4H+　(2)增大　(3)阳　(4)CO　A (5)①氧化　②0.5 解析　(5)①锂较活泼，发生氧化反应，为负极，则M电极发生氧化反应。②阴、阳两极上产生气体物质的量分别为=0.15 mol，阴极先发生反应：Cu2++2e-===Cu，后发生反应：2H++2e-===H2↑，阳极发生反应：2H2O-4e-===4H++O2↑，根据得失电子守恒可得：2n(Cu)+ 0.15 mol×2=0.15 mol×4，解得n(Cu)=0.15 mol，则原溶液中CuSO4的物质的量浓度为=0.5 mol·L-1。 20.(10分)二氧化碳的综合利用是当下研究的重要课题。回答下列问题： (1)已知下列热化学方程式： 反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-164.9 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 则反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH3=　　　kJ·mol-1。   (2)①向初始体积均为V L的恒压密闭容器中通入1 mol CO2、3 mol H2，分别在0.1 MPa和1 MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH4的影响，设这三种气体的物质的量分数之和为1，其中CO和CH4的物质的量分数与温度变化的关系如图所示。下列叙述能说明反应体系达到平衡状态的是　　　　(填字母)。   A.CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等 B.混合气体的密度不再发生变化 C.容器内气体压强不再发生变化 ②图中表示1 MPa时CH4的物质的量分数随温度变化关系的曲线是　　　　(填字母)。   (3)一种从高炉气回收CO2制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示： ①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中=　　　　　　[已知：该温度下Ka1(H2CO3)=5×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11]。   ②利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol e-时，阴极室溶液的质量增加　　　　 g。[B的电解效率=]  答案　(1)+206.1 (2)①B　②a (3)①4　②55.2 解析　(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ得CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH3=[+41.2-(-164.9)] kJ·mol-1=+206.1 kJ·mol-1。(2)①反应Ⅰ和反应Ⅱ均消耗CO2，只有反应Ⅰ生成甲烷，所以CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等，反应体系没有达到平衡状态，A错误；气体总质量不变，反应Ⅰ反应前后气体物质的量是变量，容器体积是变量，密度是变量，混合气体的密度不再发生变化，反应体系一定达到平衡状态，B正确；恒压密闭容器，容器内气体压强是恒定的，压强不再发生变化，体系不一定达到平衡状态，C错误。②反应Ⅰ正反应放热，其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移动，CH4的物质的量分数减小；其他条件不变时，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH4的物质的量分数增大，所以图中表示1 MPa时CH4的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a。(3)①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中====4。②利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为HCOOH，阴极的电极反应为CO2+2e-+2H+===HCOOH、2H++2e-===H2↑，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol e-时，阴极吸收1.2 mol CO2，放出0.3 mol H2，同时有3 mol H+移入阴极室，阴极室溶液的质量增加1.2 mol×44 g·mol-1+3 mol×1 g·mol-1-0.3 mol×2 g·mol-1=55.2 g。 学科网（北京）股份有限公司 $