【化学】浙江省金华市方格外国语学校2019-2020学年高二上学期12月月考（解析版）

【化学】浙江省金华市方格外国语学校2019-2020学年高二上学期12月月考（解析版）

浙江省金华市方格外国语学校2019-2020学年高二上学期12月月考 可能用到的相对原子质量:H-l,C-12,N- 14,O-16,Mg-24,Al-27,Fe-56,Cu-64。‎ 第I卷（选择题共45分）‎ 一、选择题（本题包括15小题，每题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列属于氧化物的是 A. HNO3 B. NO2 C. NaNO3 D. Al(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由两种元素组成的化合物中，如果有一种元素是氧元素，这种化合物叫氧化物，二氧化氮由两种元素组成，其中一种元素是氧元素，故选B。‎ ‎2.下列仪器名称为“滴定管”的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 为滴管，故A错误；‎ B. 为量筒，故B错误；‎ C. 为容量瓶，故C错误；‎ D. 为碱式滴定管，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.下列属于弱电解质的是 A. CH3COOH B. CH3CH2OH C. Cu(NO3)2 D. 氨水溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙酸为弱酸，属于弱电解质，故A正确；‎ B、乙醇在水溶液中不能电离，属于非电解质，故B错误；‎ C、硝酸铜在溶液中能完全电离，为强电解质，故C错误；‎ D、氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，注意明确强电解质与弱电解质的本质区别为能否完全电离。一般而言弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐。本题的易错点为D，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎4.下列属于置换反应的是 A. 2Al（OH）3Al2O3+3H2O B. 4NH3+5O24NO+6H2O C. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 D. 2NH3+H2SO4= （NH4）2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 2Al（OH）3Al2O3+3H2O是分解反应，不是置换反应，故A错误；‎ B. 4NH3+5O24NO+6H2O生成物中没有单质，不是置换反应，故B错误；‎ C. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，是置换反应，故C正确；‎ D. 2NH3+H2SO4= （NH4）2SO4是化合反应，不是置换反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是 A. H2SO4 B. NaHSO4 C. NH3 D. NH4Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2SO4 属于酸，水溶液中发生电离显酸性，不发生水解，故A错误；‎ B．NaHSO4 属于强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，溶液显酸性，故B错误；‎ C．NH3溶于水，部分氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子导致溶液显碱性，故C错误；‎ D．NH4Cl溶液中铵根离子水解产生氢离子导致溶液显酸性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. “氮的固定”过程氮元素一定被氧化 B. 工业上利用电解熔融氧化铝的方法制备金属铝 C. 氮氧化物会造成“光化学烟雾”、“酸雨”等环境危害 D. 长期放置的浓硝酸常显黄色是因为溶有NO2的缘故 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“氮的固定”过程氮元素一定被氧化，如空气中氮气与氧气的反应中，氮气被氧化，工业合成氨反应中氮气被还原，故A错误；‎ B．因为氯化铝属于共价化合物，无法通过电解熔融的氯化铝冶炼铝，工业上通常电解熔融氧化铝制取金属铝，故B正确；‎ C、氮氧化物不仅能形成酸雨，而且还成形成光化学烟雾，破坏臭氧层，故C正确；‎ D．浓硝酸受热易分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮溶于浓硝酸而使溶液呈黄色，所以浓硝酸常常显黄色，故D正确；‎ 故选A ‎7.为了配制NH4+的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可以在NH4Cl溶液中加入适量 A. 浓盐酸 B. NaCl固体 ‎ C. 浓氨水 D. NaOH固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入浓盐酸，水解平衡逆向移动，溶液中铵根离子的浓度减小，氯离子浓度增加，导致NH4+与Cl-的浓度比变得更小，故A错误；‎ B.加入NaCl固体，溶液中加入NaCl晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致NH4+与Cl-的浓度比变得更小，故B错误；‎ C.浓氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，可以使NH4+的浓度与C1-的浓度比为1:1，故C正确；‎ D.加入NaOH固体，会发生反应：NH4++OH-=NH3•H2O，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致NH4+与Cl-的浓度比变得更小，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】氯化铵是典型的强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c(NH4+)＜c(Cl-)，溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl-的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的酸性物质并保持氯离子浓度不变，抑制水解；或增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度。如：①通入氨气，如题中加入浓氨水；②加入含铵根离子，不含氯离子的盐，如硝酸铵晶体；③加入适量硝酸银，减小溶液中氯离子浓度等。‎ ‎8.下列变化过程中，ΔS ＜0的是 ( )‎ A. 氯化钠溶于水中 B. NH3(g)和HCl(g)反应生成NH4Cl C. 干冰的升华 D. CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 熵变是反应体系的混乱度，是体系混乱度（或无序度）的量度，同一物质，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵；不同物质生成的气体体积越大，熵值增加，熵变为正值．气体体积减少，熵值减小，熵变为负值，△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，据此分析判断 ‎【详解】A. 氯化钠固体溶解到水中形成溶液，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故A错误；‎ B. NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，气体体积减小，体系混乱度减小，熵值减小，△S<0，故B正确；‎ C. 干冰(CO2)的升华，固体转化为气体，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故C错误；‎ D. CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)，反应生成了气体，体系混乱度增大，熵值增大，△S>0，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】熵变小于零，是指混乱度减小，例如气体的体积减小。‎ ‎9.下列数据不一定随温度升高而增大是 A. 活化分子百分数 B. 化学平衡常数 C. 弱酸或弱碱的电离平衡常数 D. 水的离子积常数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度，反应的活化分子百分数增加，故A不选；‎ B、化学反应的平衡常数与温度的关系和反应的吸放热之间有关系，正向为吸热反应，升温，平衡常数增加，但是正向为放热反应，升温，平衡常数减小，故B选；‎ C、弱电解质的电离过程是吸热的，升温可以使电离平衡常数增加，故C不选；‎ D. 水的电离是吸热过程，水的离子积常数随温度升高而增大，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎10.二氧化氮存在下列平衡：2N02(g)N204(g)，△H<0，在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中较为适宜的是( )‎ A. 温度130℃、压强3.03×105Pa B. 温度25℃、压强1.01×105Pa C. 温度130℃、压强5.05×104Pa D. 温度0℃、压强5.05×105Pa ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】要测定NO2的相对分子质量，则应该使反应向逆反应方向移动。由于正方应是体积减小的、放热的可逆反应，所以适宜的条件应该是高温低压，答案选C。‎ ‎11.下列离子方程式正确的是 A. 醋酸溶解水垢中的碳酸钙:CaCO3+2H+=Ca2++CO2 ↑+H2O B. AlCl3溶液中加入过量氨水:Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O C. 铜与过量浓硝酸反应:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO ↑+4H2O D. FeCl2 溶液与稀硝酸反应:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO ↑+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸是弱酸要写成分子式的形式，所以其离子方程式为CaCO3+2CH3COOH ═2CH3COO-+ Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；‎ B．向AlC13溶液中加入过量氨水，离子方程式：A13++3NH3•H2O═ Al(OH)3↓+3NH4+‎ ‎，故B错误；‎ C．铜与浓硝酸反应的离子的反应为Cu+4H++2NO3-═Cu2+ +2NO2↑ +2H2O，故C错误；‎ D．FeCl2 溶液与稀硝酸反应，亚铁离子被氧化成铁离子、硝酸本身被还原成一氧化氮，离子反应为：3Fe2++ NO3-+4H+═ 3Fe3++ NO↑+2H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为:N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程如图1，能量变化过程如图2。下列说法正确的是 A. 由图1可知:ΔH1=ΔH+ΔH2‎ B. 由图2 可知:ΔH=-226 kJ/mol C. 由图2可知:反应①的反应速率比反应②快 D. 为了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和Pt2O2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1，②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)△H=△H1+△H2，即ΔH1=ΔH-ΔH2，故A错误；‎ B.由图2分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量=135kJ/mol-359kJ/mol=-226kJ/mol，故B正确；‎ C.由图2有催化剂的图像可知，反应①的活化能大于反应②，相同条件下，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应①的反应速率比反应②慢，故C错误；‎ D.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1，②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2，反应过程中Pt2O+和Pt2O2+ 参与反应后又生成不需要补充，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎13.25℃时，在密闭容器中合成氨反应如下:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol,下列叙述正确的是 A. 混合气体的质量不变时，说明该反应一定达到平衡状态 B. 将容器的体积扩大到原来的2倍，v(正)减小，v(逆)增大，平衡向左移动 C. 1mol N2(g)和3 mol H2(g)的总键能大于2 mol NH3(g)的总键能 D. 在密闭容器中通入1mol N2和3 mol H2进行反应，测得反应放出的热量小于92.4 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应前后气体的质量始终不变，因此混合气体的质量不变，不能说明该反应是否达到平衡状态，故A错误；‎ B.将容器的体积扩大到原来的2倍，容器中气体的压强减小，平衡逆向移动，v(正)减小，v(逆)减小，故B错误；‎ C.该反应为放热反应，说明1mol N2(g)和3 mol H2(g)的总键能小于2 mol NH3(g)的总键能，故C错误；‎ D.该反应为可逆反应，在密闭容器中通入1mol N2和3 mol H2进行反应，不可能完全反应，反应放出的热量一定小于92.4 kJ，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.对下列实验的描述不正确的是 A. 图(a)根据检流计(G)中指针偏转的方向比较Zn、Cu 的金属活泼性 B. 图(b)根据导管中液面的变化判断铁钉发生了析氢腐蚀 C. 图(c)根据温度计读数的变化测定稀HCl和稀NaOH溶液的反应热 D. 图(d)根据两只烧瓶中气体颜色的变化判断2NO2(g)N2O4(g)的热效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn、Cu形成原电池，锌活泼性强的为负极，检流计的指针偏向正极Cu，所以能够根据指针偏向确定正负极，即可判断金属性强弱，故A正确；‎ B．在氯化钠溶液中铁发生吸氧腐蚀，试管中压强减小，导管中液面上升，发生的不是析氢腐蚀，故B错误；‎ C．中和热测定应选稀的强酸和稀的强碱之间来反应，故C正确；‎ D．热水中颜色深，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎15.一种锂铜可充电电池，工作原理如下图。在该电池中，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开。下列说法不正确的是 A. 陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过 B. 放电时，N极为电池的正极 C. 充电时，阳极反应为:Cu-2e-== Cu2+‎ D. 充电时，接线柱A应与外接电源的正极相连 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，故A正确；‎ B、放电时，金属锂是负极，发生失电子的氧化反应，M是负极，N为电池的正极，故B正确；‎ C、充电时，阳极反应和放电时的正极反应互为逆过程，电极反应为：Cu-2e-= Cu2+，故C正确；‎ D、充电时，接线柱A 应与M极相连，M是负极，所以A外接电源的负极，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了新型化学电源，注意对题干信息的应用，明确原电池的原理是解题的关键。锂铜可充电电池放电时，金属锂是负极，铜是正极；在充电时，电源的正极连接原电池的正极，发生氧化反应；非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过。‎ 二、选择题（本题包括5小题，每题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎16.常温时，向10 mL浓度为0.01mol/L的氨水溶液中逐滴加入0.01mol/L的CH3COOH溶液，混合液的pH 与加入CH3COOH 的体积V之间的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A. a点溶液的pH=12‎ B. b点时c(CH3COO-)>c(NH4+)‎ C. c点时水的电离程度最大 D. d点处微粒间存在:2c(H+)+c(CH3COO-)=2c(OH-)+c(NH3·H2O)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨水是弱电解质，部分发生电离，则0.01mol•L-1的氨水，其pH＜12，故A错误；‎ B．c点溶液的pH=7，溶液中存在c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(OH-)=c(H+)，c(CH3COO-)=c(NH4+)，b点时c(CH3COO-)＜c(NH4+)，故B错误；‎ C．c点溶液的pH=7，溶液中存在c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(OH-)=c(H+)，c(CH3COO-)=c(NH4+)，水解程度最大，水的电离程度最大，故C正确；‎ D．d点溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸铵，根据电荷守恒，c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，根据物料守恒，c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=2c(NH4+)+ 2c(NH3·H2O)，则因此2c(H+)+2c(NH4+)=2c(H+)+c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)-2c(NH3·H2O)=2c(OH-)+2c(CH3COO-)，则2c(H+)+c(CH3COO-)=2c(OH-)+2c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(NH3·H2O)，因为醋酸铵溶液显中性，醋酸过量，以醋酸的电离为主，溶液呈酸性，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，则2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)-c(CH3COOH)＞0，因此2c(H+)+c(CH3COO-)＞2c(OH-)+c(NH3·H2O)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离以及酸碱混合的判断，解答该类题目需要把握电荷守恒、物料守恒的运用。本题的难点是D，也可以根据溶液的组成和溶液的性质分析判断，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液以醋酸的电离为主，铵根离子的水解受到抑制，则c(CH3COO-)＞c(NH3·H2O)，因此2c(H+)+c(CH3COO-)＞2c(OH-)+c(NH3·H2O)。‎ ‎17.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A. 25℃，1L pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA B. 4.6 g NO2和N2O4混合物中含氧原子数为0.3 NA C. 标准状况下，6.72 L NO2与水反应，转移电子数为0.3 NA D. 0.1 mol/L NaHCO3溶液中,HCO3-、H2CO3和CO32-总数为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.依据n=cV，25℃，1LpH=13的NaOH溶液中OH-的物质的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，故A正确；‎ B.4.6gNO2和N2O4混合物中含有NO2原子团的物质的量为=0.1mol，含有氧原子数为0.2 NA，故B错误；‎ C.标准状况下，6.72LNO2的物质的量为=0.3mol，与水反应生成硝酸和一氧化氮，转移电子数为0.2NA，故C错误；‎ D.未告知溶液的体积，无法计算0.1mol/LNaHCO3溶液中,HCO3-、H2CO3和CO32-总数，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】解答此类试题需要注意：①气体摩尔体积的使用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况；②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的D项。‎ ‎18.铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，下图所示是从铝土矿中制备铝的工艺流程:‎ 已知:溶液中硅酸钠与偏铝酸钠反应能生成硅铝酸盐沉淀，化学方程式为:2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8 ↓+4NaOH。下列说法不正确的是 A. 滤渣A的成分为Na2Al2Si2O8 和Fe2O3‎ B. 用过量CO2 酸化，生成Al(OH)3的反应:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3 ↓+HCO3-‎ C. 过滤操作时，用玻璃棒搅拌，可以加快过滤速度 D. 灼烧操作前，坩埚需先洗净，再擦干 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8沉淀，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，故A正确；‎ B.经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3，反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al(OH)3↓，故B正确；‎ C.过滤操作时，不能用玻璃棒搅拌，容易将滤纸捅破，故C错误；‎ D.灼烧操作前，坩埚需先洗净，再擦干，防止加热时坩埚炸裂，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎19.已知K2Cr2O7溶液中存在如下平衡:Cr2O72-(aq,橙色)+H2O(l) 2H+(aq)+2CrO42-(aq,黄色)，现进行如下实验:①向试管中加入4 mL 0.1mol/L K2Cr2O7溶液，再滴加1mol/LNaOH溶液至稍过量;②向①所得溶液中滴加1mol/LHNO3溶液至稍过量。下列分析不正确的是 A. 上述反应平衡常数的表达式为:K=[c(H+)·c2(CrO42-)]/[c(Cr2O72-)·c(H2O)]‎ B. 实验①现象:溶液由橙色变为黄色，实验②现象:溶液由黄色变为橙色 C. 实验①和②的目的是探究H+浓度对上述平衡的影响 D. 预测稀释K2Cr2O7溶液时，溶液颜色由橙色变为黄色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，水的浓度是常数，所以K=，故A错误；‎ B. 实验①向试管中加入4 mL 0.1mol/L K2Cr2O7溶液，再滴加1mol/LNaOH溶液至稍过量，Cr2O72-(aq,橙色)+H2O(l) 2H+(aq)+2CrO42-(aq,黄色)，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，实验②向①所得溶液中滴加1mol/LHNO3溶液至稍过量，平衡又逆向移动，溶液由黄色变为橙色，故B正确；‎ C. 根据实验①和②加入试剂改变了溶液中氢离子的浓度，因此目的是探究H+浓度对上述平衡的影响，故C正确；‎ D. 稀释K2Cr2O7溶液时，平衡正向移动，溶液颜色由橙色变为黄色，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎20.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L，某同学进行如下实验。下列说法正确的是 A. 无法确定沉淀C 的成分 B. 无法确定原试液中是否存在K+、Al3+、Cl-、‎ C. 试液中可能含有CO32-、K+、NH4+‎ D. 试液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试液中加入盐酸产生气体，说明一定含有硝酸根离子和二价铁离子或是含有碳酸根，滤液中加入氢氧化钠生成气体，说明一定含有氨根离子，产生沉淀A，该沉淀只能是氢氧化铁，因此一定存在Fe2+、NO3-，滤液中通入二氧化碳，得不到沉淀，则一定不含铝离子，即原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3-；根据离子浓度均为0.1mol•L-1结合电荷守恒，原溶液中一定存在SO42-，因此原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-，无法确定原试液中有K+、Cl-，一定不含Al3+，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了常见离子的性质检验和溶液组成的判断，熟悉离子的性质及检验方式是解题关键。本题的易错点和难点是硫酸根离子的判断，需要注意结合电荷守恒分析判断。‎ 第I卷（非选择题 共55分）‎ 三、填空题（本题包括3小题，共25分）‎ ‎21.有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。‎ 阳离子 Na+、Ba2+、NH4+‎ 阴离子 CO32-、Cl-、OH-、SO42-‎ 已知:‎ ‎①常温下A、C溶液pH均大于7，B溶液pH小于7，D溶液pH等于7;‎ ‎②C溶液和D溶液混合只产生白色沉淀;‎ ‎③B溶液和C溶液混合共热时只产生刺激性气味的气体;‎ ‎④A溶液和D溶液混合时无明显现象。‎ 请回答:‎ ‎(1)D的化学式_______________________。‎ ‎(2)实验③反应的离子方程式_______________________。‎ ‎(3)从B、C、D中选取物质，设计实验方案确定A的组成_______________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2SO4 (2). NH4++OH-NH3↑+H2O (3). 将A溶液与Ba(OH)2溶液混合共热，若既产生刺激性气味气体，又产生白色沉淀，则A为(NH4)2CO3; 若只产生白色沉淀，则A为Na2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①A、C溶液的pH均大于7，应为碳酸盐和碱溶液，B溶液pH小于7，为铵盐，D溶液pH等于7，为强酸强碱盐；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，③B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，则C为碱，④A溶液和D溶液混合时无明显现象，则说明C为Ba(OH)2，D为Na2SO4，则B为NH4Cl，A为碳酸盐，可能为碳酸钠，也可能为碳酸铵，据以上分析解答。‎ ‎【详解】①A、C溶液的pH均大于7，应为碳酸盐和碱溶液，B溶液pH小于7，为铵盐，D溶液pH等于7，为强酸强碱盐；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，③‎ B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，则C为碱，④A溶液和D溶液混合时无明显现象，则说明C为Ba(OH)2，D为Na2SO4，则B为NH4Cl，A为碳酸盐，可能为碳酸钠，也可能为碳酸铵。‎ ‎(1)根据上述分析，D为Na2SO4，故答案为Na2SO4；‎ ‎(2)实验③B溶液和C溶液混合共热时只产生刺激性气味的气体，反应的离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为NH4++OH-NH3↑+H2O；‎ ‎(3) 碳酸钠和碳酸铵的区别在阳离子不同，铵根离子能够与碱反应生成氨气，可以选用氢氧化钡检验：将A溶液与Ba(OH)2溶液混合共热，若既产生刺激性气味气体，又产生白色沉淀，则A为(NH4)2CO3; 若只产生白色沉淀，则A为Na2CO3，故答案为将A溶液与Ba(OH)2溶液混合共热，若既产生刺激性气味气体，又产生白色沉淀，则A为(NH4)2CO3；若只产生白色沉淀，则A为Na2CO3。‎ ‎【点睛】本题较为综合，涉及无机物的推断、电解质在水溶液中的电离、盐类水解的应用等知识，正确推断各种物质为解答本题的关键。本题的难点是A的判断，根据题意，不可能为碳酸钡，碳酸钠和碳酸铵均有可能。‎ ‎22.某离子化合物M(仅含三种元素)是一种镁基储氢材料。为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验:‎ 已知:气体的体积均在标准状况下测定，化合物A仅含两种元素。‎ 请回答:‎ ‎(1)化合物M中阳离子和阴离子的个数比为1:2，则M的化学式为_______________。‎ ‎(2)化合物A 与H2O反应的化学方程式_______________。‎ ‎(3)镁条在足量的气体B中燃烧可生成化合物M 和气体D，则D的分子式为_______________。‎ ‎(4)研究表明液态B也是一种良好的储氢物质，其储氢容量可达17.6%，已知液态B中存在类似水的电离(2H2OH3O++OH-)，用Pt电极对液态B进行电解可产生两种气态单质。‎ ‎①液态B的电离方程式________________。‎ ‎②电解时，阴极的电极反应式________________。‎ ‎【答案】 (1). Mg(NH2)2 (2). Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑ (3). H2 (4). 2NH3=NH4++NH2- (5). 2NH3+2e-=H2↑+2NH2- 或2NH4++2e-=H2↑+2NH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，气体的体积均在标准状况下测定，某物质M (仅含三种元素)是一种镁基储氢材料，M高温分解生成固体A和气体B为氨气，物质的量==0.2mol，证明M中含有N、H、Mg元素，化合物A只含两种元素，和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量==0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，元素守恒得到Mg元素物质的量0.15mol，所含氮元素0.1mol，M分解生成氨气0.2mol，则M中含氮元素0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量==0.6mol，M中元素物质的量之比为：n(Mg)：n(N)：n(H)=0.15：0.3：0.6=1：2：4，据以上分析解答。‎ ‎【详解】气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，气体的体积均在标准状况下测定，某物质M (仅含三种元素)是一种镁基储氢材料，M高温分解生成固体A和气体B为氨气，物质的量==0.2mol，证明M中含有N、H、Mg元素，化合物A只含两种元素，和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量==0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，元素守恒得到Mg元素物质的量0.15mol，所含氮元素0.1mol，M分解生成氨气0.2mol，则M中含氮元素0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量==0.6mol，M中元素物质的量之比为：n(Mg)：n(N)：n(H)=0.15：0.3：0.6=1：2：4，‎ ‎(1)化合物M中阳离子和阴离子的个数比为1:2，M中元素物质的量之比为：n(Mg)：n(N)：n(H)=0.15：0.3：0.6=1：2：4，则M的化学式为Mg(NH2)2，故答案为Mg(NH2)2；‎ ‎(2)化合物A 为Mg3N2，与H2O反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2↓+ 2NH3‎ ‎↑，故答案为Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑；‎ ‎(3)镁条在足量的氨气中燃烧可生成化合物M [Mg(NH2)2]和气体D，在M中n(N)：n(H)=1：2，而氨气中n(N)：n(H)=1：3，则D中含有H元素，分子式为H2，故答案为H2；‎ ‎(4) ①液态氨中存在类似水的电离(2H2O H3O++OH-)，则氨的电离方程式为2NH3=NH4++NH2-，故答案为2NH3=NH4++NH2-；‎ ‎②用Pt电极对液态B进行电解可产生两种气态单质，分别为氮气和氢气，电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为2NH4++2e-=H2↑+2NH3，故答案为2NH4++2e-=H2↑+2NH3。‎ ‎23.二氧化碳加氢合成乙烯的反应如下:2CO2(g )+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。‎ 已知:①C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2 ΔH1=a kJ/mol；‎ ‎②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2=bkJ/mol；‎ ‎③H2O(1)=H2O(g) ΔH3=c kJ/mol；‎ 请回答:‎ ‎(1)ΔH=____kJ/mol。(用a、b、c 表示)‎ ‎(2)在催化剂[Fe3(CO)12/ZSM-5]、空速1200 h-1 条件下，温度、压强、氢碳比[n(H2)/n(CO2)=x]对CO2平衡转化率及温度对催化效率影响如图1所示。‎ ‎①下列有关说法正确的是________(填字母)。‎ A.ΔH>0‎ B.增大氢碳比，可以提高CO2的平衡转化率 C.温度低于300℃时，随温度升高乙烯的产率增大 D.平衡常数:K(M)>K(N)‎ E.为提高CO2的平衡转化率，工业生产中应在尽可能低的温度下合成乙烯 ‎②M点时，CO2的平衡转化率为2/3，则此时平衡体系中乙烯的体积分数为_________。‎ ‎③工业生产中压强一般控制在2.1~2.6 MPa之间，理由是____________________________。‎ ‎(3)恒温(300℃)，在体积为1L的恒容容器中以n(H2)/n(CO2)=3的投料比加入反应物，至t1时达到平衡。t2时将容器体积瞬间扩大至2 L并保持不变，t3时重新达平衡。在图2中绘制0~t4时间段内，容器内混合气体的平均相对分子质量(M)随时间(t)变化的图像。_______‎ ‎【答案】 (1). 3b+4c-a (2). B D (3). 1/9或11.1% (4). 压强小于2.1MPa，CO2的平衡转化率较小;压强大于2.6MPa，CO2 的平衡转化率提高幅度较小，运行成本增加 (5). [起点12.5，t2低于20(实际为16.7)，t3高于12.5]‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律结合三个给定反应及所求的目标反应进行分析计算；‎ ‎（2）①A．升高温度二氧化碳转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；‎ B．增大氢碳比，则氢气的物质的量浓度增大，平衡正向移动；‎ C．温度低于300℃时，随温度升高二氧化碳转化率降低，平衡逆向移动；‎ D．升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小；‎ E．工业生产中应在低的温度下合成乙烯，平衡正向移动，但是反应速率较慢；‎ ‎②结合图像，根据三段式进行分析计算；平衡体系中乙烯的体积分数等于其物质的量分数；‎ ‎③工业生产中压强一般控制在2.1～2.6MPa之间，温度较低、二氧化碳转化率较高；‎ ‎（3）随着反应进行，气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，至t0时达到化学平衡，t1时将容器体积瞬间扩大至2VL，平衡向逆方向移动，t2时重新达平衡。‎ ‎【详解】(1) 已知①C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2 ΔH1=a kJ/mol；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=bkJ/mol；③H2O(1)=H2O(g)  ΔH3=c kJ/mol；根据盖斯定律，将②×3+③×4-①得：2CO2(g )+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=(3b+4c-a )kJ/mol，故答案为3b+4c-a；‎ ‎(2)①A.根据图像，CO2平衡转化率随温度升高而降低，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；‎ B.根据方程式2CO2(g )+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，增大氢碳比()，可以提高CO2的平衡转化率，故B正确；‎ C.根据A的分析，ΔH＜0，温度升高，平衡逆向移动，乙烯的产率降低，故C错误；‎ D.升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数:K(M)>K(N)，故D正确；‎ E.根据图像，为提高CO2的平衡转化率，工业生产中应在300℃温度下合成乙烯，温度太低，催化剂的活性较低，反应速率太慢，故E错误；‎ 故选BD；‎ ‎②设参与反应的二氧化碳的物质的量为3n，则氢气为9n，根据反应2CO2(g )+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)可知，CO2的平衡转化率为2/3，平衡时n(CO2)=n mol，n(H2)=3nmol，n(C2H4)=nmol，n (H2O)=4nmol，平衡体系中乙烯的体积分数=物质的量分数==，故答案为；‎ ‎③根据图像，工业生产中压强一般控制在2.1~2.6 MPa之间，是因为压强小于2.1MPa，CO2的平衡转化率较小；压强大于2.6MPa，CO2的平衡转化率提高幅度较小，运行成本增加，故答案为压强小于2.1MPa，CO2的平衡转化率较小；压强大于2.6MPa，CO2的平衡转化率提高幅度较小，运行成本增加；‎ ‎(3) 设参与反应的二氧化碳的物质的量为3mol，则氢气为9mol，起始时混合气体的平均相对分子质量(M)==12.5；300℃时，CO2的平衡转化率为，根据反应2CO2(g )+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)可知，平衡时n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，n(C2H4)=1mol，n (H2O)=4mol，混合气体的平均相对分子质量(M)= =16.67；t2时将容器体积瞬间扩大至2 L并保持不变，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，但小于12mol，新平衡时混合气体的平均相对分子质量(M)减小，但大于12.5，容器内混合气体的平均相对分子质量(M)随时间(t)变化的图像为 [起点12.5，‎ t2低于20(实际为16.7)，t3高于12.5]，故答案为 [起点12.5，t2低于20(实际为16.7)，t3高于12.5]。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡的移动原理和计算。掌握化学平衡的移动和影响因素是解题的关键。本题的易错点为图像的绘制，要注意图像的拐点和变化趋势的描绘。‎ 四、实验题（本题包括2小题,共24分）‎ ‎24.某同学将反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2设计成下图所示的原电池:‎ 实验步骤及现象如下:‎ ‎①闭合开关，指针发生偏转，随后电流计读数逐渐变小，当读数变为零时，打开开关;‎ ‎②取少许甲烧杯中溶液，滴入3~4滴淀粉溶液，溶液显蓝色;‎ ‎③取少许乙烧杯中溶液，滴入3~4滴KSCN溶液，溶液显血红色;‎ ‎④向乙烧杯中加入少量FeCl2固体，再次闭合开关，指针向左偏转(最后读数变为零)。‎ ‎【查阅资料】灵敏电流计指针总是偏向电源正极；原电池中存在内阻，会影响反应进程。‎ 请回答:‎ ‎(1)步骤①中，开始时指针向_____(填“左"或“右”)偏转，甲烧杯中发生的电极反应式____________________。‎ ‎(2)经步骤①后，乙烧杯溶液中新增金属阳离子____________(填离子符号)。‎ ‎(3)步骤④中指针向左偏转，乙烧杯中发生的电极反应式______________________。‎ ‎(4)要证明2Fe3++2I-2Fe2++I2 为可逆反应，你认为上述实验步骤不必做的是______________(填序号)。‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). 2I--2e-=I2 (3). Fe2+、K+ (4). Fe2+ -e-=Fe3+ (5). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）闭合开关，指针发生偏转，形成原电池，电流从正极流向负极，b是正极，发生还原反应，a是负极，发生氧化反应；‎ ‎（2）根据反应原理和盐桥中离子的移动方向来回答；‎ ‎（3）步骤④中指针向左偏转，产生电流，乙烧杯是原电池的负极，发生失电子的氧化反应；‎ ‎（4）要证明反应是可逆反应，只需通过平衡移动原理即可解释，实验①证明反应的发生，实验④证明铁离子浓度变化引起了化学平衡的移动。‎ ‎【详解】(1) 根据总反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，甲烧杯中石墨为负极，图中灵敏电流计的指针指向右偏转，甲中石墨电极上的电极反应式为2I--2e-=I2，故答案为：右；2I--2e-=I2；‎ ‎(2)经步骤①后，乙烧杯中发生还原反应生成亚铁离子，同时盐桥中钾离子移向乙烧杯，乙烧杯溶液中新增金属阳离子有Fe2+、K+，故答案为Fe2+、K+；‎ ‎(3)步骤④中指针向左偏转，说明甲烧杯中石墨为正极，乙烧杯中发生氧化反应，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，故答案为Fe2+-e-=Fe3+；‎ ‎(4)根据上述实验①，可以证明存在反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据实验④，可以证明存在反应2Fe2++I2=2Fe3++2I-，说明反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2为可逆反应，实验步骤②和③不必做，故答案为②③。‎ ‎25.氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路、陶瓷等生产领域。工业上由氧化铝与焦炭在氮气流中高温制得:Al2O3+3C+N22AlN+3CO。请回答:‎ ‎(1)上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比___________________。‎ ‎(2)制得的氮化铝产品中常含有Al4C3、Al2O3和C等杂质，已知:‎ 稀硫酸(过量)‎ 浓NaOH溶液(过量)‎ AlN ‎2AlN+4H2SO4=Al2(SO4)3+(NH4)2SO4‎ AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3 ↑‎ Al4C3‎ Al4C3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+3CH4 ↑‎ Al4C3+4NaOH+4H2O=4NaAlO2+3CH4 ↑‎ 为测定产品中AlN和Al4C3的含量，设计了如下两套实验装置(在通风橱进行，可适当微热，忽略空气中水蒸气、CO2的影响及NH3在强碱性溶液中的溶解)。‎ 装置I、II在反应前后的质量差分别为m1 g和m2 g，则m g产品中AlN的质量分数为______(用含m、m1、m2的代数式表示)。‎ ‎(3)取装置I中反应后的滤液，先加入少量(NH4)2SO4溶液，然后依次进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用少量酒精洗涤、滤纸吸干，得到铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]。‎ ‎①蒸发浓缩操作时，除需铁架台(带铁圈)、酒精灯、坩埚钳、玻璃棒外，还需要_______(填仪器名称)；蒸发浓缩的操作；小火加热，不断搅拌，_________。‎ ‎②用少量酒精洗涤的目的__________________________。‎ ‎(4)已知:25℃时，Kw=1.0×10-14，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kb(Al(OH)3]=1.4×10-9。‎ ‎① NH4Al(SO4)2溶液中离子浓度由大到小的顺序_________________。‎ ‎②(NH4)2SO4溶液中存在水解平衡，则水解平衡常数_____________。‎ ‎【答案】 (1). 1:3 (2). [41(m2-m1)/17m]×100% (3). 蒸发皿 (4). 当液面上出现晶膜时停止加热 (5). 洗去晶体表面附着的水分 (6). c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) (7). 5.6×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据氧化还原反应的特征颜色化合价变化分析判断，颜色化合价升高做还原剂被氧化得到氧化产物，元素化合价降低做氧化剂被还原生成还原产物；‎ ‎（2）制得的氮化铝产品中常含有Al4C3、Al2O3和C等杂质，为测定产品中AlN和Al4C3的含量，装置Ⅰ中固体和稀硫酸反应，2AlN+4H2SO4=Al2（SO4）3+（NH4）2SO4 ，Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑，质量变化为甲烷气体质量，装置Ⅱ中是固体和过量氢氧化钠溶液反应，AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，Al4C3+4NaOH+4H2O=4NaAlO2+3CH4‎ ‎↑，质量变化为甲烷和氨气的质量，则生成氨气质量=（m2-m1）g，结合化学方程式定量关系计算；‎ ‎（3）①蒸发浓缩操作时需要在蒸发皿中进行；当液面上出现晶膜时停止加热；‎ ‎②用少量酒精洗涤晶体表面水分，减少晶体损失；‎ ‎（4）①Kb（NH3•H2O）=1.8×10-5，Kb（Al（OH）3]=1.4×10-9，铝离子水解程度大，溶液显酸性；‎ ‎②（NH4）2SO4溶液中存水解平衡，则水解平衡常数Kh= = 。‎ ‎【详解】(1)根据反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，反应中氮元素化合价从0价变化为-3价，做氧化剂，被还原为AlN，碳元素化合价从0价变化为+2价，做还原剂，被氧化为一氧化碳，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3；故答案为1:3；‎ ‎(2)根据发生的反应：装置I中发生2AlN+4H2SO4=Al2(SO4)3+(NH4)2SO4、Al4C3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+3CH4 ↑，则生成甲烷的质量为m1 g，装置II中发生AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3 ↑、Al4C3+4NaOH+4H2O=4NaAlO2+3CH4 ↑，生成的甲烷和氨气的质量之和为m2 g，则生成氨气的质量为(m2- m1)g，因此AlN的质量为×41g/mol=g，因此m g产品中AlN的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；‎ ‎(3) ①蒸发浓缩操作时，除需铁架台(带铁圈)、酒精灯、坩埚钳、玻璃棒外，还需要蒸发皿；蒸发浓缩的操作；小火加热，不断搅拌，当液面上出现晶膜时，停止加热，故答案为蒸发皿；当液面上出现晶膜时，停止加热；‎ ‎②用少量酒精洗涤，可以洗去晶体表面附着的水分，同时可以减少铵明矾晶体的损失，故答案为洗去晶体表面附着的水分；‎ ‎(4)① 根据Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kb(Al(OH)3]=1.4×10-9可知，碱性NH3·H2O ＞Al(OH)3，则NH4Al(SO4)2溶液中Al3+水解程度大于NH4+‎ ‎，溶液显酸性，离子浓度由大到小的顺序为c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)，故答案为c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)；‎ ‎②(NH4)2SO4溶液中存在水解平衡，则水解平衡常数K===5.6×10-10，故答案为5.6×10-10。‎ 五、计算题（本题包括1小题，共6分）‎ ‎26.锌铝合金是以Zn、Al 为主，Cu、Mg为辅的多元化合金。测定其中Cu含量的实验步骤如下:‎ ‎①称取该合金样品1.100 g，用稀H2SO4和H2O2溶解后煮沸除去过量H2O2，残液定容于250mL容量瓶中;‎ ‎②用移液管移取50.00mL配制液于250mL碘量瓶中，调节溶液的pH=3~4，加入过量KI溶液2Cu2++4I-=2CuI↓+I2)和3-4滴淀粉溶液;‎ ‎③用1.100x10-2mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2至终点(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，消耗Na2S2O3溶液6.45mL。‎ 请回答:‎ ‎(1)步骤①中溶解Cu的离子方程式___________________。‎ ‎(2)步骤③中判断滴定终点的方法_______________________。‎ ‎(3)合金中Cu的质量分数_____________。(结果保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O (2). 当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不再变化 (3). 2.06%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）步骤①中溶解Cu的反应是硫酸溶液中过氧化氢氧化铜生成硫酸铜；‎ ‎（2）淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点；‎ ‎（3）由②可知发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，根据关系式2Cu～2Cu2+～I2～2S2O32-计算n（Cu），再计算m（Cu），据此计算合金中Cu的质量分数。‎ ‎【详解】(1)酸性条件下，Cu与双氧水反应生成铜离子和水，其反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2═Cu2++2H2O；故答案为Cu+2H++H2O2═Cu2++2H2O；‎ ‎(2)淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，I2与Na2S2O3恰好反应，I2‎ 被完全消耗，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变；‎ ‎(3)由②可知发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，‎ 根据关系式：2Cu～～2Cu2+～～I2～～2S2O32-，‎ ‎ 2 2‎ ‎ n(Cu) 0.01100mol/L×6.45×10-3L×5‎ 所以 n(Cu)=0.01100mol/L×6.45×10-3L×5=5.5×6.45×10-5mol，合金中Cu的质量分数为×100%=2.06%，答：合金中Cu的质量分数为2.06%。‎