惠州市實驗中學(xué)2024屆高二化學(xué)第一學(xué)期期中經(jīng)典模擬試題含解析

惠州市實驗中學(xué)2024屆高二化學(xué)第一學(xué)期期中經(jīng)典模擬試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、已知電離平衡常數(shù)H2SO3：H2SO3?HSO3-+H+K1=1.54×10-2，HSO3?SO32-+H+K2=1.02×10-7；H2CO3：H2CO3?HCO3-+H+K1=4.4×10-7HCO3-?CO32-+H+K2=4.7×10-11，則溶液中不可以大量共存的離子組是A．HSO3-、CO32-B．HSO3-、HCO3-C．SO32-、HCO3-D．SO32-、CO32-2、反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-akJ/mol(a>0),能量變化如圖所示，下列說法不正確的是A．2SO2(g)+O2(g)2SO3(1)△H>-akJ/molB．過程II可能使用了催化劑，使用催化劑不可以提高SO2的平衡轉(zhuǎn)化率C．反應(yīng)物斷鍵吸收能量之和小于生成物成鍵釋放能量之和D．將2molSO2(g)和1molO2(g)置于一密閉容器中充分反應(yīng)后放出的熱量小于akJ3、下面是4位同學(xué)對“化學(xué)與健康”這一話題發(fā)表的見解，正確的是()A． B．C． D．4、已知；(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g)△H=+74.9kJ·mol﹣1，下列說法中正確的是A．該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，因此一定不能自發(fā)進行B．該反應(yīng)熵增，所以一定可以自發(fā)進行C．該反應(yīng)中ΔS>0、所以高溫可以自發(fā)進行D．自發(fā)進行的反應(yīng)可能是放熱反應(yīng)，不能自發(fā)進行的反應(yīng)都是吸熱反應(yīng)5、戊烷（C5H12）的同分異構(gòu)體共有（）個A．2個 B．3個 C．4個 D．5個6、一定條件下，可逆反應(yīng)C(s)+CO2(g)2CO(g)△H＞0，達到平衡狀態(tài)，進行如下操作：①升高反應(yīng)體系的溫度；②增加反應(yīng)物C的用量；③縮小反應(yīng)體系的體積；④減少體系中CO的量。上述措施中一定能使反應(yīng)的正反應(yīng)速率顯著加快的是A．①②③④ B．①③ C．①② D．①③④7、碳化硅(SiC)的一種晶體具有類似金剛石的結(jié)構(gòu)，其中碳原子與硅原子的位置是交替的，在下列三種晶體中，它們的熔點從高到低的順序是①金剛石②晶體硅③碳化硅A．①③② B．②③① C．③①② D．②①③8、一定條件下,充分燃燒一定量的丁烷生成二氧化碳和氣態(tài)水時放出熱量QkJ(Q>0)。經(jīng)測定完全吸收生成的CO2需消耗5mol·L-1的KOH溶液100mL,恰好生成正鹽。則此條件下反應(yīng)C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH為()kJ·mol-1A．+8Q B．+16Q C．-8Q D．-16Q9、充分燃燒一定量的丁烷氣體放出的熱量為QkJ。完全吸收它生成的CO2氣體生成正鹽，需5mol·L-1的KOH溶液100mL，則丁烷的燃燒熱為A．16QkJ·mol-1 B．8QkJ·mol-1 C．4QkJ·mol-1 D．2QkJ·mol-110、可逆反應(yīng)mA(s)+nB(g)pC(g)在一定條件下達到平衡后，改變壓強，B的體積分?jǐn)?shù)φ(B)與壓強的關(guān)系如圖所示，有關(guān)敘述正確的是()。A．m+n＜pB．n＞pC．X點時v(正)＞v(逆)D．X點比Y點的正反應(yīng)速率快11、恒溫恒壓下，1molA和nmolB在一個容積可變的容器中發(fā)生如下可逆反應(yīng)：A(g)+2B(g)2C(g)，一段時間后達到平衡，生成amolC，則下列說法中正確的是()A．物質(zhì)A、B的轉(zhuǎn)化率之比為1∶2B．起始時刻和達到平衡后容器中混合氣體的密度相等C．當(dāng)υ正(A)=2υ逆(C)時，可斷定反應(yīng)達到平衡狀態(tài)D．若起始時放入2molA和2nmolB，則達平衡時C的物質(zhì)的量為2amol12、下列敘述正確的是()A．95℃純水的pH<7，說明加熱可導(dǎo)致水呈酸性B．pH＝3的醋酸溶液，稀釋10倍后pH＝4C．0.2mol·L－1的鹽酸，與等體積水混合后pH＝1D．25℃與60℃時，水的pH相等13、一定條件下密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：NO(g)+CO(g)1/2N2(g)+CO2(g)△H=—373.2kJ/mol，達到平衡后，為提高該反應(yīng)的速率和NO的轉(zhuǎn)化率，采取的正確措施是()A．升高溫度 B．充入NO C．增大壓強 D．加催化劑14、下列有機物的命名正確的是A．3-甲基2-乙基戊烷B．2，3，3-三甲基丁烷C．2-甲基-3-丁炔D．3，3-二甲基-1-丁烯15、NO和CO都是汽車尾氣里的有害物質(zhì)，它們能緩慢地起反應(yīng)生成氮氣和二氧化碳?xì)怏w：2NO+2CO=N2+2CO2；對此反應(yīng)，下列敘述正確的是A．使用催化劑不能加快反應(yīng)速率B．改變壓強對反應(yīng)速率沒有影響C．冬天氣溫低，反應(yīng)速率降低，對人體危害更大D．外界條件對此化學(xué)反應(yīng)速率無影響16、分析下列反應(yīng)在任何溫度下均能自發(fā)進行的是（）A．2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g)ΔH=＋163kJ·mol-1B．Ag(s)＋Cl2(g)=AgCl(s)ΔH=-127kJ·mol-1C．H2O2(l)=O2(g)＋H2O(l)ΔH=-98kJ·mol-1D．HgO(s)=Hg(l)＋O2(g)ΔH=＋91kJ·mol-117、化學(xué)與人類生活、環(huán)境及社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列說法錯誤的是A．推廣“2020新版限塑令”有利于減少白色污染，保護環(huán)境B．人體內(nèi)葡萄糖被氧化成CO2是熱能轉(zhuǎn)變成化學(xué)能的過程C．生活中常用鹽酸來清潔衛(wèi)生潔具或去除水垢D．2019年南陽青年汽車公司推出“水制氫”汽車，并不利于節(jié)約能源18、存在于葡萄等水果里，在加熱條件下能和銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡的物質(zhì)是A．葡萄糖 B．淀粉 C．纖維素 D．乙酸19、下列同周期元素中，原子半徑最大的是A．AlB．MgC．SiD．Cl20、如圖是Zn和Cu組成的原電池示意圖，某小組做完該實驗后，在讀書卡片上作了如下記錄，其中合理的是()實驗記錄：①導(dǎo)線中電流方向：鋅→銅②銅極上有氣泡產(chǎn)生③鋅片變薄實驗結(jié)論：④Zn為正極，Cu為負(fù)極⑤銅比鋅活潑⑥H＋向銅片移動A．①②③ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．②③⑥21、根據(jù)表中數(shù)據(jù)(均在同溫、同壓下測定):可得出弱電解質(zhì)強弱順序正確的是()A．HX>HY>HZ B．HZ>HY>HX C．HY>HZ>HX D．HZ>HX>HY22、研究不同條件對相同體積相同物質(zhì)的量濃度的H2O2分解速率的影響，得到如下數(shù)據(jù)。由此不能得出的結(jié)論是：A．Cu2+與Fe3+對H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好B．由Ⅰ與Ⅱ可知其它條件相同時，時間越長，H2O2分解越徹底C．由Ⅰ與Ⅲ可知其它條件相同時，溫度越高，H2O2分解越快D．由Ⅰ與Ⅲ可知其它條件相同時，堿性越強，H2O2分解越快二、非選擇題(共84分)23、（14分）根據(jù)下面的反應(yīng)路線及所給信息,回答下列問題:（1）11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)的烴A在氧氣中充分燃燒可以產(chǎn)生88gCO2和45gH2O,A的分子式是__________（2）B和C均為一氯代烴,已知C中只有一種等效氫,則B的名稱(系統(tǒng)命名)為__________（3）D的結(jié)構(gòu)簡式__________,③的反應(yīng)類型是__________（4）寫出③的反應(yīng)化學(xué)方程式_________24、（12分）前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素A、B、C、D、E、F中，A、B屬于同一短周期元素且相鄰，A元素所形成的化合物種類最多，C、D、E、F是位于同一周期的金屬元素，基態(tài)C、F原子的價電子層中未成對電子均為1個，且C、F原子的電子數(shù)相差為10，基態(tài)D、E原子的價電子層中未成對電子數(shù)分別為4、2，且原子序數(shù)相差為2。（1）六種元素中第一電離能最小的是_________（填元素符號，下同）。（2）黃血鹽是由A、B、C、D四種元素形成的配合物C4[D(AB)6]，易溶于水，廣泛用作食鹽添加劑（抗結(jié)劑）。請寫出黃血鹽的化學(xué)式_________，黃血鹽晶體中各種微粒間的作用力不涉及______________（填序號）。a．金屬鍵b．共價鍵c．配位鍵d．離子鍵e．氫鍵f．分子間的作用力（3）E2+的價層電子排布圖為___________________，很多不飽和有機物在E催化下可與H2發(fā)生加成：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2雜化的分子有____________（填物質(zhì)序號），HCHO分子的立體結(jié)構(gòu)為______________，它加成后產(chǎn)物甲醇的熔、沸點比CH4的熔、沸點高，其主要原因是____________。（4）金屬C、F晶體的晶胞如下圖（請先判斷對應(yīng)的圖），C、F兩種晶體晶胞中金屬原子的配位數(shù)之比為_________。金屬F的晶胞中，若設(shè)其原子半徑為r，晶胞的邊長為a，根據(jù)硬球接觸模型，則r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空間占有率______________(不要求計算結(jié)果)。25、（12分）已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O．某化學(xué)小組根據(jù)上述反應(yīng)原理進行下列實驗：I．測定H2C2O4溶液的物質(zhì)的量濃度實驗步驟如下：①取待測H2C2O4溶液25.00mL放入錐形瓶中，再加入適量的稀硫酸；②用0.1mol/L

KMnO4溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)；③重復(fù)滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。請回答：（1）滴定時，將KMnO4溶液裝在______（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。（2）若在步驟①操作之前，先用待測H2C2O4溶液潤洗錐形瓶，則測得H2C2O4溶液的濃度會______（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。（3）步驟②中到達滴定終點時的現(xiàn)象為_______________________________。（4）計算H2C2O4溶液的物質(zhì)的量濃度為__________mol/L。II．探究反應(yīng)物濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響設(shè)計如下實驗方案（實驗溫度均為25℃）：實驗序號體積V/mL0.1mol?L-1KMnO4溶液

0.11mol?L-1H2C2O4溶液0.11mol?L-1H2SO4溶液H2O①2.05.06.07.0②2.08.06.0V1③2.0V26.02.0請回答：（5）表中v1=______。（6）實驗中需要測量的數(shù)據(jù)是______________________________。（7）實驗中______（填“能”或“不能”）用0.2mol/L鹽酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是_________。26、（10分）溴乙烷在不同溶劑中與NaOH發(fā)生不同類型的反應(yīng)，生成不同的反應(yīng)產(chǎn)物。某同學(xué)依據(jù)溴乙烷的性質(zhì)，用如圖實驗裝置(鐵架臺、酒精燈略)驗證取代反應(yīng)和消去反應(yīng)的產(chǎn)物，請你一起參與探究。實驗操作Ⅰ：在試管中加入5mL1mol/LNaOH溶液和5mL溴乙烷，振蕩。實驗操作II：將試管如圖固定后，水浴加熱。（1）用水浴加熱而不直接用酒精燈加熱的原因是_______________________________。（2）觀察到_________________________現(xiàn)象時，表明溴乙烷與NaOH溶液已完全反應(yīng)。（3）鑒定生成物中乙醇的結(jié)構(gòu)，可用的波譜是_________________________________。（4）為證明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中發(fā)生的是消去反應(yīng)，在你設(shè)計的實驗方案中，需要檢驗的是______________________，檢驗的方法是_____________(需說明：所用的試劑、簡單的實驗操作及預(yù)測產(chǎn)生的實驗現(xiàn)象)。27、（12分）實驗室測定中和熱的步驟如下(如圖)：第一步：量取40.0mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小燒杯中，測量溫度；第二步：量取40.0mL0.55mol/LNaOH溶液，測量溫度；第三步：將NaOH溶液倒入小燒杯中，混合均勻后測量混合液溫度。請回答：(1)圖中儀器A的名稱是____________。(2)NaOH溶液稍過量的原因____________．(3)加入NaOH溶液的正確操作是____________（填字母）。A．沿玻璃棒緩慢加入B．分三次均勻加入C．一次迅速加入D．用滴定管小心滴加(4)上述實驗測得的結(jié)果與理論上的57.3kJ/mol有偏差，其原因可能是____________。a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中后未及時將蓋板蓋好b．實驗裝置保溫、隔熱效果不好c．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后又直接測定H2SO4溶液的溫度d．使用溫度計攪拌混合液體(5)若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量_____（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是__________________________________。(6)已知某溫度下：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ?mol﹣1；H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣55.6kJ?mol﹣1。則CH3COOH在水溶液中電離的△H=________________。28、（14分）某工廠的電鍍污泥中含有銅、鐵等金屬化合物。為實現(xiàn)資源的回收利用并有效防止環(huán)境污染，設(shè)計如下工藝流程：(1)酸浸后加入H2O2的目的是______，調(diào)pH的最適宜范圍為______。(2)調(diào)pH過程中加入的試劑最好是_________。A．NaOHB．CuOC．NH3·H2OD．Cu2(OH)2CO3(3)煮沸CuSO4溶液的原因是______。向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式________________。(4)稱取所制備的CuCl樣品0.2500g置于一定量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后加水20mL，用0.1000mol﹒L－1的Ce(SO4)2溶液滴定，到達終點時消耗Ce(SO4)2溶液25.00mL。有關(guān)的化學(xué)反應(yīng)為Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl－，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+。計算該CuCl樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_______________。(5)在一定條件下用甲醇與CO反應(yīng)生成醋酸消除CO污染。常溫下，將amol·L－1的醋酸與bmol·L－1Ba(OH)2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka＝_________(用含a和b的代數(shù)式表示)。29、（10分）25℃，幾種酸的電離平衡常數(shù)如表。化學(xué)式CH3COOHH2CO3HCNHClOH2SO3電離常數(shù)1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-115×10-103.0×10-8K1=2×10-2K2=1×10-7（1）物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的四種溶液：a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3，pH由大到小的順序為__（用編號填寫）。（2）根據(jù)上表數(shù)據(jù)判斷，下列離子方程式錯誤的是__。A．CO2(過量)+H2O+ClO-=HCO+HClOB．SO2(過量)+H2O+ClO-=HSO+HClOC．CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCND．SO2(少量)+H2O+CN-=HSO+HCNE.SO2(少量)+2CO+H2O=SO+2HCOF.2SO2(過量)+CO+H2O=2HSO+CO2↑（3）0.10mol·L-1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為__。（4）25℃時，NaCN與HCN的混合溶液，若c（CN-）=c（HCN），則溶液中pH=_（已知lg2=0.3，lg5=0.7）。（5）25℃時，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將__（填“增大”“減小”或“不變”）。（6）25℃時，在pH=7的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=___。（7）同濃度下列溶液中A．NH4ClB．NH4HSO4C．NH4NO3D．NH4HCO3E.NH3·H2OF.(NH4)2CO3，c平（NH）由大到小排序___（填序號）

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解題分析】因為電力平衡常數(shù)越大酸性越強，由H2SO3?HSO3-+H+K1=1.54×10-2，HSO3-?SO32-+H+K2=1.02×10-7；H2CO3：H2CO3?HCO3-+H+K1=4.4×10-7,HCO3-?CO32-+H+K2=4.7×10-11的電離平衡常數(shù)可知：酸性順序為：H2SO3>HSO3-≈H2CO3>HCO3-,則強酸和弱酸鹽反應(yīng)能生成弱酸，則不能大量共存?！绢}目詳解】A.因為HSO3-的電離平衡常數(shù)比HCO3-的電離平衡常數(shù)大，所以酸性HSO3->HCO3-，所以HSO3-、CO32-不能大量共存，故選A；B.因為HSO3-的電離平衡常數(shù)和H2CO3的電離平衡常近似相等，所以HSO3-、HCO3-不能反應(yīng)，可以大量共存，故不選B；C.因為HCO3-的電離平衡常數(shù)比HSO3-的電離平衡常數(shù)小，所以SO32-、HCO3-不反應(yīng)，可以大量共存，故不選C；D.SO32-、CO32-之間不會發(fā)生反應(yīng)，所以可以大量共存，故不選D.所以本題答案為A。2、A【題目詳解】A.S03(g)變?yōu)镾03(1)，放出熱量；因此2S02(g)+02(g)2S03(1)反應(yīng)發(fā)生后，a的數(shù)值變大，但是△H變小，所以△H<-akJ/mol，故A錯誤；B.過程II可能使用了催化劑，使用催化劑降低反應(yīng)活化能，平衡不移動，S02的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故B正確；C.該反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，屬于放熱反應(yīng)，說明反應(yīng)物斷鍵吸收能量之和小于生成物成鍵釋放能量之和，故C正確；D.反應(yīng)處于密閉容器中，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行到底，放出的熱量小于akJ，故D正確；綜上所述，本題選A?！绢}目點撥】反應(yīng)熱=反應(yīng)物斷鍵吸收的總能量-生成物成鍵放出的總能量，如果反應(yīng)物斷鍵吸收的能量大于生成物成鍵放出的能量，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；如果反應(yīng)物斷鍵吸收的能量小于生成物成鍵放出的能量，反應(yīng)為放熱反應(yīng)。3、B【題目詳解】A．海產(chǎn)品里面有大量的碘元素，可以預(yù)防地方性甲狀腺腫，即大脖子病，A項錯誤；B．食物可以分為酸性食物和堿性食物。根據(jù)體內(nèi)的酸堿性選擇合適食物來調(diào)節(jié)體液平衡，B項正確；C.每天只吃水果、蔬菜，缺乏碳水化合物的攝入，會造成營養(yǎng)攝入不平衡。C項錯誤。D．食品防腐劑是能防止由微生物引起的腐敗變質(zhì)、延長食品保質(zhì)期的添加劑。D項錯誤；故選B。4、C【解題分析】A．反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H>0、ΔS>0，由反應(yīng)自發(fā)進行的依據(jù)是△H-TΔS<0可知，當(dāng)高溫時可以自發(fā)進行，所以A錯誤；B.該反應(yīng)ΔS>0、△H>0只有當(dāng)△H-TΔS<0時才能自發(fā)進行，即高溫時才能自發(fā)進行，所以B錯誤；C.該反應(yīng)中ΔS>0、所以高溫可以自發(fā)進行，C正確；D.無論放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)只要△H-TΔS<0就能自發(fā)進行，所以D錯誤，故本題答案為C?！绢}目點撥】一個反應(yīng)能否自發(fā)進行是由T、ΔS、△H共同決定的，只要滿足△H-TΔS<0就能自發(fā)進行。5、B【題目詳解】分子為C5H12為戊烷，戊烷的同分異構(gòu)體有3種，正戊烷、異戊烷和新戊烷，分別為CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，選項B符合題意；故答案選B。6、B【題目詳解】①升高溫度，化學(xué)反應(yīng)的正反應(yīng)、逆反應(yīng)的速率都加快；②由于碳單質(zhì)是固體，所以增加反應(yīng)物C的用量，化學(xué)反應(yīng)速率不變；③縮小反應(yīng)體系的體積，反應(yīng)物、生成物的濃度都增大，正反應(yīng)、逆反應(yīng)的速率都加快；④減小體系中CO的量，即減小生成物的濃度，在這一瞬間，由于反應(yīng)物的濃度不變，正反應(yīng)速率不變，生成物的濃度減小，v正＞v逆，化學(xué)平衡正向移動。隨著反應(yīng)的進行，反應(yīng)物的濃度逐漸減小，正反應(yīng)速率逐漸減小，最終正反應(yīng)、逆反應(yīng)速率相等，達到新的平衡狀態(tài)；故上述措施中一定能使反應(yīng)的正反應(yīng)速率顯著加快的是①③；答案選B。7、A【題目詳解】三種晶體均為原子晶體，結(jié)構(gòu)相似，晶體內(nèi)部的結(jié)合力是呈現(xiàn)空間網(wǎng)狀的共價鍵，共價鍵鍵長C-C<C-Si<Si-Si，鍵能：C-C>C-Si>Si-Si；共價鍵鍵長越短，鍵能越大，原子晶體的熔點越高，所以三者熔點從高到低的順序是①③②；A正確；正確選項A。8、D【分析】KOH的物質(zhì)的量為0.1L×5mol/L=0.5mol，根據(jù)鉀離子守恒，故n(K2CO3)=0.25mol，根據(jù)碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根據(jù)碳元素守恒可知，丁烷的物質(zhì)的量為0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的熱量大小為QkJ，據(jù)此計算?！绢}目詳解】KOH的物質(zhì)的量為0.1L×5mol/L=0.5mol，根據(jù)鉀離子守恒，故n（K2CO3）=0.25mol，根據(jù)碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根據(jù)碳元素守恒可知，丁烷的物質(zhì)的量為0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的熱量大小為QkJ，故1mol丁烷完全燃燒放出的熱量為16QkJ，所以C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH=-16QkJ·mol-1，故選D。9、A【題目詳解】n(KOH)=0.1L×5mol/L=0.5mol，則由CO2+2KOH=K2CO3+H2O可知，n(CO2)=0.25mol，則n(C4H10)=×n(CO2)=×0.25mol=mol，放出的熱量為QkJ，所以1mol丁烷完全燃燒放出的熱量為16QkJ。答案選A。【題目點撥】本題考查燃燒熱的計算，根據(jù)生成的二氧化碳的物質(zhì)的量計算丁烷的物質(zhì)的量是解題的關(guān)鍵。本題中要注意生成的正鹽為碳酸鈉，碳酸氫鈉為酸式鹽。10、C【題目詳解】A．由圖象的曲線變化特征可以看出，增大壓強，B的百分含量增大，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，則有n＜p，由于A為固體，所以m+n與p的關(guān)系不確定，故A錯誤；B．由圖象的曲線變化特征可以看出，增大壓強，B的百分含量增大，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，則有n＜p，故B錯誤；C．x點位于曲線上方，未達到平衡狀態(tài)，由圖象可以看出，當(dāng)B的含量減小時，可趨向于平衡，則應(yīng)是向正反應(yīng)方向移動，即v正＞v逆，故C正確；D．由圖象可以看出x點的壓強小于y點壓強，壓強越大，反應(yīng)速率越大，故x點比y點混合物的反應(yīng)速率慢，故D錯誤。故選C。【點晴】本題注意分析縱坐標(biāo)隨橫坐標(biāo)變化的趨勢，特別是曲線的上的點與曲線外的點的區(qū)別。由圖象的曲線變化特征可以看出，增大壓強，B的百分含量增大，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，由于A為固體則有n＜p，在曲線上的點為平衡狀態(tài)。11、D【題目詳解】A.利用“三段式”列出各組分相關(guān)量：物質(zhì)A轉(zhuǎn)化率=，物質(zhì)B轉(zhuǎn)化率=，物質(zhì)A、B轉(zhuǎn)化率之比，A項錯誤；B.恒溫恒壓下，起始時刻的氣體體積與達到平衡時的氣體體積之比等于起始時刻的氣體物質(zhì)的量與達到平衡時的氣體物質(zhì)的量之比，由方程式的計量數(shù)可知，恒溫恒壓下氣體的體積將減??；另外，根據(jù)質(zhì)量守恒，起始時刻的氣體質(zhì)量與達到平衡時氣體質(zhì)量相等，由密度公式可推知，起始時刻的氣體密度與達到平衡時氣體密度不相等，B項錯誤；C.當(dāng)υ正(A)=2υ逆(C)時，即υ正(A)：υ逆(C)=2:1，υ正(A)、υ逆(C)之比不等于A、C的計量數(shù)之比，所以，不能斷定反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，C項錯誤；D.起始時放入2molA和2nmolB達到的平衡，相當(dāng)于2個題設(shè)平衡（初始投入1molA和nmolB的狀態(tài)）在恒溫恒壓下疊加，氣體體積加倍，故平衡沒有移動，各組分物質(zhì)的量加倍，所以達到平衡時C的物質(zhì)的量為2amol，D項正確；答案選D?！绢}目點撥】如果正、逆反應(yīng)用不同物質(zhì)表示時，只要它們的速率之比等于相應(yīng)物質(zhì)的計量數(shù)之比，則表明反應(yīng)達到了平衡狀態(tài)。12、C【題目詳解】A.水的電離是吸熱過程，加熱促進電離，氫離子濃度增大，但水是中性的液體，不可能呈酸性，故A錯誤；B.醋酸是弱電解質(zhì)存在電離平衡，加水稀釋促進電離，pH=3的醋酸溶液，稀釋10倍后pH＜4，故B錯誤；C.0.2

mol?L-1的鹽酸，與等體積水混合后氫離子濃度變化為0.1mol/L，溶液pH=1，故C正確；D.水的電離是吸熱過程，加熱促進電離，氫離子濃度增大，水的pH不相等，故D錯誤；故選：C。13、C【分析】外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響為本題主要考查點。【題目詳解】A.升高溫度，反應(yīng)速率加快，平衡逆向進行，一氧化氮轉(zhuǎn)化率減小，A錯誤；B.充入NO，反應(yīng)速率加快，平衡雖然正向進行，但一氧化氮轉(zhuǎn)化率減小，B錯誤；C.增大壓強，反應(yīng)速率加快，平衡正向進行，一氧化氮轉(zhuǎn)化率增大，C正確；D.加催化劑反應(yīng)速率加快但不影響平衡，NO的轉(zhuǎn)化率不變，D錯誤；正確答案：C。14、D【解題分析】A、烷烴命名時，應(yīng)選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有6個碳原子，在3號和4號碳原子上各有一個甲基，故名稱為3，4-二甲基己烷，故A錯誤；B、烷烴命名時，當(dāng)兩端離支鏈一樣近時，應(yīng)從支鏈多的一端開始編號，故此烷烴的正確的名稱為2，2，3-三甲基丁烷，故B錯誤；C、炔烴命名時，應(yīng)從離官能團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故碳碳三鍵在1號和2號碳原子之間，在3號碳原子上有一個甲基，故名稱為3-甲基-1-丁炔，故C錯誤；D、烯烴命名時，應(yīng)選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有4個碳原子，從離官能團近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故在1號和2號碳原子之間有碳碳雙鍵，在3號碳原子上有兩個甲基，故名稱為3，3-二甲基-1-丁烯，故D正確；故選D。15、C【解題分析】A、催化劑能增大活化分子的百分?jǐn)?shù)，反應(yīng)速率增大；B、有氣體參見反應(yīng)，改變壓強時，反應(yīng)速率改變；C、降低溫度可減慢反應(yīng)速率，NO和CO對人的危害遠(yuǎn)大于N2和CO2；D、當(dāng)改變外界條件，活化分子的濃度或百分?jǐn)?shù)發(fā)生改變時，化學(xué)反應(yīng)速率改變。【題目詳解】A項、催化劑可以改變化學(xué)反應(yīng)速率，NO與CO的反應(yīng)極其緩慢，使用催化劑能加快反應(yīng)速率，故A錯誤；B項、增大壓強，可以使氣體物質(zhì)的體積變小，其濃度變大，所以反應(yīng)速率加快，反之，減小壓強，可使氣體的體積變大，濃度變小，反應(yīng)速率變慢，由于該反應(yīng)是氣體物之間的反應(yīng)，改變壓強，對反應(yīng)速率有影響，故B錯誤；C項、升高溫度，可以加快反應(yīng)速率，降低溫度可減慢反應(yīng)速率，由于NO和CO對人的危害遠(yuǎn)大于N2和CO2，所以冬天氣溫低，NO與CO反應(yīng)生成N2和CO2的速率降低時，對人危害更大，故C正確；D項、NO與CO的反應(yīng)是一個氣體物質(zhì)間的化學(xué)反應(yīng)，改變反應(yīng)物的濃度、壓強、溫度均能改變該反應(yīng)的速率，故D錯誤．故選C。16、C【分析】在任何溫度下均能自發(fā)進行的反應(yīng)，應(yīng)為放熱反應(yīng)(ΔH<0)，同時為熵增的反應(yīng)?！绢}目詳解】A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，A不合題意；B．該反應(yīng)雖為放熱反應(yīng)，但熵減小，B不合題意；C．該反應(yīng)放熱，且生成物中有氣體，熵增大，C符合題意；D．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，D不合題意；故選C。17、B【題目詳解】A．塑料屬于有機高分子材料，不利于降解，限制使用，能保護環(huán)境，A正確；B．人體內(nèi)葡萄糖被氧化成二氧化碳，是將葡萄糖中的化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)闊崮艿倪^程，B錯誤；C．衛(wèi)生潔具的污漬以及水垢的主要成分是碳酸鈣，鹽酸是強酸，能與碳酸鈣反應(yīng)，生成氯化鈣、二氧化碳和水，所以生活中常用鹽酸來清潔衛(wèi)生潔具或去除水垢，C正確；D．“水制氫”汽車的能源氫氣的制取過程能耗太高，不利于節(jié)約能源，D正確；故選B。18、A【題目詳解】葡萄糖含有醛基和羥基，存在于葡萄等水果中，葡萄糖在加熱條件下能和銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡；淀粉、纖維素、乙酸在加熱條件下都不能和銀氨溶液反應(yīng)生成銀鏡；答案選A。19、B【解題分析】同周期元素從左到右半徑依次減小，Al、Mg、Si、Cl都是第三周期元素，原子序數(shù)Mg<Al<Si<Cl，所以Mg原子半徑最大、Cl原子半徑最小，故B正確。20、D【分析】由圖可知，Zn、Cu、稀硫酸構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，Cu為正極，氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電子由負(fù)極經(jīng)過外電路流向正極，據(jù)此分析解答。【題目詳解】由圖可知，Zn、Cu、硫酸構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，Cu為正極，氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)。①電流方向與電子方向相反，由Cu→Zn，故①錯誤；②正極上氫離子得到電子生成氫氣，銅極上有氣泡產(chǎn)生，故②正確；③Zn失去電子，溶解而變薄，故③正確；④由上述分析可知，Zn為負(fù)極，Cu為正極，故④錯誤；⑤Zn失去電子，Zn活潑，故⑤錯誤；⑥原電池中，陽離子向正極移動，則H＋向銅片移動，故⑥正確；合理的有②③⑥，故選D?！绢}目點撥】把握原電池的工作原理為解答的關(guān)鍵。本題的易錯點為①，要注意電流方向是正電荷的移動方向，與電子移動的方向相反。21、A【題目詳解】因為三種酸都是一元酸，根據(jù)三種酸的電離平衡常數(shù)K(HX)=7.2×10-4,K(HY)=1.8×10-4,K(HZ)=1.8×10-5,可知電離常數(shù)越大，酸性越強，所以酸性HX>HY>HZ。A.HX>HY>HZ符合題意，故A正確；B.HZ>HY>HX不符合題意，故B錯誤；C.HY>HZ>HX不符合題意，故C錯誤；D.HZ>HX>HY不符合題意，故D錯誤；答案：A。22、C【題目詳解】A．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知在其它條件相同時，分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2+與Fe3+對H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好，故A正確；B．由I與II可知其它條件相同時，反應(yīng)時間越長，分解百分率越高，分解越徹底，故B正確；C．由I與III溶液的酸堿性和溫度不一樣，無法單獨判斷溫度與H2O2分解速率的關(guān)系，故C錯誤；D．由I與III可知溫度和溶液的酸堿性均不相同，Ⅲ中在相同條件下，溫度低，溶液顯堿性時，H2O2分解越快，故D正確；故選C。【題目點撥】本題考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，在探究相關(guān)規(guī)律時，需要控制其他條件不變。本題的難點和易錯點為D，要注意Ⅲ在低溫下，堿性條件下進行，分解速率快，因此堿性越強，H2O2分解越快。二、非選擇題(共84分)23、C4H102.2-甲基-1-氯丙烷CH2=C(CH3)2取代反應(yīng)(水解反應(yīng))CH2BrCBr(CH3)2+2NaOHCH2OHCOH(CH3)2+2NaBr【解題分析】（1）標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L烴A的物質(zhì)的量為0.5mol，88gCO2的物質(zhì)的量為2mol，45gH2O的物質(zhì)的量為2.5mol，所以根據(jù)碳?xì)湓邮睾憧芍獰NA的分子式為C4H10；（2）B和C均為一氯代烴，已知C中只有一種等效氫，說明結(jié)構(gòu)中有三個甲基，A為異丁烷，C為(CH3)3CCl，B為(CH3)2CHCH2Cl，則B的名稱（系統(tǒng)命名）為2-甲基-1-氯丙烷；（2）異丁烷取代后的一氯取代物在氫氧化鈉的醇溶液中加熱消去生成2－甲基丙烯，則D的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)2；D和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成E，E是鹵代烴，在氫氧化鈉溶液中水解生成F，則③的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；（4）根據(jù)以上分析可知③的反應(yīng)化學(xué)方程式為CH2BrCBr(CH3)2+2NaOHCH2OHCOH(CH3)2+2NaBr。點睛：準(zhǔn)確判斷出A的分子式是解答的關(guān)鍵，注意等效氫原子判斷方法、鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)和水解反應(yīng)的條件。24、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之間存在氫鍵，熔、沸點比CH4高2∶3aπ×100%【分析】前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素A、B、C、D、E、F中，A、B屬于同一短周期元素且相鄰，A元素所形成的化合物種類最多，則A為碳元素、B為N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金屬元素，只能處于第四周期，基態(tài)C、F原子的價電子層中未成對電子均為1個，且C、F原子的電子數(shù)相差為10，可推知C為K、F為Cu，基態(tài)D、E原子的價電子層中未成對電子數(shù)分別為4、2，且原子序數(shù)相差為2，D、E價電子排布分別為3d64s2，3d84s2，故D為Fe、E為Ni，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析，A為C元素，B為N元素，C為K元素，D為Fe元素，E為Ni元素，F(xiàn)為Cu元素。(1)六種元素中K的金屬性最強，最容易失去電子，其第一電離能最小，故答案為：K；(2)黃血鹽是由A、B、C、D四種元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化學(xué)式為K4[Fe(CN)6]，黃血鹽晶體中含有離子鍵、配位鍵、共價鍵，沒有金屬鍵、氫鍵和分子間作用力，故答案為：K4Fe(CN)6；aef；(3)鎳為28號元素，Ni2+的價層電子排布式為3d8，故價電子排布圖為；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子價層電子對數(shù)都是3，沒有孤電子對，C原子采取sp2雜化；②HC≡CH為C原子價層電子對數(shù)是2，沒有孤電子對，C原子采取sp雜化；HCHO分子的立體結(jié)構(gòu)為平面三角形，它的加成產(chǎn)物為甲醇，甲醇分子之間能夠形成氫鍵，其熔、沸點比CH4的熔、沸點高，故答案為：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之間存在氫鍵，熔、沸點比CH4高；(4)金屬K晶體為體心立方堆積，晶胞結(jié)構(gòu)為左圖，晶胞中K原子配位數(shù)為8，金屬Cu晶體為面心立方最密堆積，晶胞結(jié)構(gòu)為右圖，以頂點Cu原子研究與之最近的原子位于面心，每個頂點Cu原子為12個面共用，晶胞中Cu原子配位數(shù)為12，K、Cu兩種晶體晶胞中金屬原子的配位數(shù)之比為8∶12=2∶3；金屬Cu的晶胞中，根據(jù)硬球接觸模型的底面截面圖為，則Cu原子半徑為r和晶胞邊長a的關(guān)系為：4r=a，解得r=a；Cu原子數(shù)目=8×+6×=4，4個Cu原子的體積為4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的體積為a3，Cu原子在晶胞中的空間占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案為：2∶3；a；π×100%。【題目點撥】本題的難點和易錯點為(4)中晶胞的計算，要注意正確理解晶胞結(jié)構(gòu)，本題中底面對角線上的三個球直線相切，然后根據(jù)平面幾何的知識求解。25、酸式偏大溶液由無色變?yōu)樽霞t色且在半分鐘內(nèi)不褪色0.24.010.0KMnO4溶液完全褪色所需的時間不能,KMnO4能氧化鹽酸?！窘忸}分析】（1）高錳酸鉀溶液具有氧化性，能腐蝕橡膠管；（2）引起滴定過程中消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大，故測定溶液濃度偏大；（3）KMnO4溶液顯紫紅色；（4）根據(jù)C（待測）=C（標(biāo)準(zhǔn)）×V(標(biāo)準(zhǔn))V(待測)（5）H2O的體積是為了保證溶液總體積一致；（6）可根據(jù)KMnO4溶液完全褪色所需的時間判斷反應(yīng)速率；（7）KMnO4能氧化鹽酸?！绢}目詳解】（1）高錳酸鉀溶液具有氧化性，能腐蝕橡膠管，不能盛裝堿式滴定管，故將KMnO4溶液裝在酸式滴定管中；（2）若在步驟①操作之前，先用待測H2C2O4溶液潤洗錐形瓶，待測H2C2O4溶液量多了，滴定過程中消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大，故測定溶液濃度偏大；（3）該實驗是氧化還原滴定，終點時KMnO4溶液恰好過量一滴，溶液會顯紫紅色，30秒內(nèi)不變色；（4）根據(jù)化學(xué)方程式可知，5H2C2O4～2MnO4-，則C（H2C2O4）=0.1mol/（5）加入H2O是為了保證溶液總體積一致，故其他體積保持相同，只有草酸濃度這個變量，探究草酸濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故v1=4.0；（6）KMnO4溶液顯紫紅色，可根據(jù)KMnO4溶液完全褪色所需的時間判斷反應(yīng)速率；（7）實驗中不能用0.2mol/L鹽酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，因為KMnO4能氧化鹽酸生成氯氣，消耗高錳酸鉀，影響測定結(jié)果。26、溴乙烷沸點低，減少溴乙烷的損失試管內(nèi)溶液靜置后不分層紅外光譜、核磁共振氫譜生成的氣體將生成的氣體先通過盛有水的試管，再通入盛有KMnO4溶液的試管，KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)【題目詳解】溴乙烷與氫氧化鈉反應(yīng)生成乙醇與溴化鈉，反應(yīng)方程式為CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr。（1）溴乙烷沸點低，溴乙烷易揮發(fā)，用水浴加熱熱均勻，減少溴乙烷的損失，故答案為溴乙烷沸點低，減少溴乙烷的損失；（2）溴乙烷不溶于水，開始溶液分層，生成的產(chǎn)物乙醇、溴化鈉都易溶于水，當(dāng)溶液分層消失，表明溴乙烷與NaOH溶液已完全反應(yīng)，故答案為試管內(nèi)溶液靜置后不分層；（3）乙醇分子結(jié)構(gòu)中有三種氫原子，它們的比為3：2：1，利用紅外光譜、核磁共振氫譜可檢測，故答案為紅外光譜、核磁共振氫譜；（4）無論發(fā)生取代反應(yīng)還是消去反應(yīng)，溶液中都會產(chǎn)生Br-，但生成的有機物不同，溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，所以應(yīng)檢驗生成的有機物乙烯；檢驗乙烯可根據(jù)其能使酸性KMnO4溶液或溴水褪色的原理來進行，可以采用洗氣的裝置，觀察到酸性KMnO4溶液褪色且有氣泡產(chǎn)生，溴水或溴的四氯化碳溶液褪色即可，故答案為生成氣體；將生成的氣體先通過盛有水的試管，再通入盛有KMnO4溶液的試管，KMnO4溶液褪色（或直接通入溴的四氯化碳溶液，溴水褪色）。27、環(huán)形玻璃攪拌棒確保硫酸被完全中和Cabcd大于濃硫酸溶于水放出熱量干擾中和熱測定+43.5kJ?mol﹣1【分析】測定中和熱實驗時，一要保證所用的酸、堿都為稀的強電解質(zhì)，否則易產(chǎn)生溶解熱、電離熱；二要保證酸或堿完全反應(yīng)，以便確定參加反應(yīng)的量；三要確保熱量盡可能不損失，即把熱量損失降到最低?！绢}目詳解】(1)圖中儀器A的名稱是環(huán)形玻璃攪拌棒。答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；(2)為保證硫酸完全反應(yīng)，NaOH溶液稍過量的原因是確保硫酸被完全中和。答案為：確保硫酸被完全中和；(3)為盡可能減少熱量的損失，藥品應(yīng)快速加入，所以加入NaOH溶液的正確操作是C。答案為：C；(4)a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中后未及時將蓋板蓋好，熱量會發(fā)生散失，從而造成偏差；b．實驗裝置保溫、隔熱效果不好，反應(yīng)放出的熱量會散失到大氣中，從而造成偏差；c．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后又直接測定H2SO4溶液的溫度，則在溫度計表面酸與堿發(fā)生反應(yīng)放熱，使測得的初始溫度偏高，反應(yīng)前后的溫度差偏低，從而造成偏差；d．使用溫度計攪拌混合液體，此操作本身就是錯誤的，容易損壞溫度計，另外，溫度計水銀球所在位置不同，所測溫度有差異，從而造成偏差；綜合以上分析，四個選項中的操作都產(chǎn)生偏差，故選abcd。答案為：abcd；(5)若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，濃硫酸溶于水會釋放熱量，從而使放出的熱量大于57.3kJ，原因是濃硫酸溶于水放出熱量干擾中和熱測定。答案為：大于；濃硫酸溶于水放出熱量干擾中和熱測定；(6)已知：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ?mol﹣1①；H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣55.6kJ?mol﹣1②；利用蓋斯定律，將反應(yīng)①-反應(yīng)②得：CH3COOH(aq)CH3COO﹣(aq)+H+(aq)△H=﹣12.1kJ?mol﹣1-(﹣55.6kJ?mol﹣1)=+43.5kJ?mol﹣1。答案為：+43.5kJ?mol﹣1。【題目點撥】在測定中和熱的燒杯內(nèi)，混合液的溫度并不完全相同，靠近燒杯底、燒杯壁的溶液，由于熱量發(fā)生了散失，所以溫度相對偏低。28、將Fe2+氧化為Fe3+，便于調(diào)整pH使其與Cu2+分離3.2≤pH<4.4BD除凈溶液中的H2O2，避免影響下一步CuCl的生成2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O===2CuCl↓+Na2SO4+H2SO499.50%2b×10-7/(a-2b)【分析】（1）電鍍污泥中含有銅、鐵等金屬化合物，酸浸后主要是溶解銅、鐵等金屬化合物，雙氧水有強氧化性，能夠?qū)e2+氧化為Fe3+，便于調(diào)整pH值與Cu2+分離；（2）為不引入新雜質(zhì)，可以用氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅等調(diào)pH；（3）雙氧水有強氧化性，過量的H2O2除去可避免影響下一步CuCl的生成；亞硫酸鈉具有還原性，能夠把Cu2+還原為Cu+，據(jù)此寫出反應(yīng)的方程式；（4）發(fā)生的反應(yīng)有Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl－，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，根據(jù)上述化學(xué)反應(yīng)關(guān)系：CuCl～Fe2+～Ce4+進行計算求出純CuCl的質(zhì)量，再求樣品的純度；（5）根據(jù)溶液中存在的電荷守恒關(guān)系2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),計算出c(CH3COO-)和c(H+)，然后再計算出溶液中c(CH3COOH),最后計算出醋酸的Ka?！绢}目詳解】（1）電鍍污泥中含有銅、鐵等金屬化合物，酸浸后主要是溶解銅、鐵等金屬化合物，雙氧水有強氧化性，能氧化還原性的物質(zhì)，F(xiàn)e2+具有還原性，酸浸后加入H2O2，F(xiàn)e2+能被雙氧水氧化為高價離子，便于調(diào)整pH值與Cu2+分離，調(diào)pH步驟中加入的試劑最好是加入某種物質(zhì)除去溶液中的酸且不引進新的雜質(zhì)，所以要加入氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅，當(dāng)溶液的pH值4.4時，銅離子開始出現(xiàn)沉淀，當(dāng)溶液的pH值為3.2時，三價鐵離子沉淀完全，銅離子未產(chǎn)生沉淀，從而使三價鐵離子和銅離子分離，因此調(diào)pH的最適宜范圍為3.2≤pH<4.4；綜上所述，本題答案是：將Fe2+氧化為Fe3+，便于調(diào)整pH使其與Cu2+分離；3.2≤pH<4.4。（2）根據(jù)（1）分析可知調(diào)pH過程中加入的試劑最好是氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅等；綜上所述，本題選BD。（3）過氧化氫加熱分解為水和氧氣，將溶液中過量的H2O2除去可避免影響下一步CuCl的生成；因為CuSO4中+2價的銅能把Na2SO3中+4價的硫氧化成+6價的硫，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3時生成白色的CuCl沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSO4＋2NaCl＋Na2SO3＋H2O＝2CuCl↓＋2Na2SO4＋H2SO4；綜上所述，本題答案是：除凈溶液中的H2O2，避免影響下一步CuCl的生成；2CuSO4+2NaCl+Na2SO