2024年浙教版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年浙教版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷266考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知下列反應(yīng)的反應(yīng)熱：

(1)CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ?mol-1

(2)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ?mol-1

(3)H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3=-285.8kJ?mol-1

則下列反應(yīng)的反應(yīng)熱為（）

2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)A.△H=+488.3kJ·mol?1B.△H=?244.15kJ·mol?1C.△H=?977.6kJ·mol?1D.△H=?488.3kJ·mol?12、下列反應(yīng)中符合下列圖像的是。

A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-Q1kJ/mol(Q1>0)B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)ΔH=+Q2kJ/mol(Q2>0)C.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-Q3kJ/mol(Q3>0)D.H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)ΔH=+Q4kJ/mol(Q4>0)3、已知NO2和N2O4可以相互轉(zhuǎn)化：2NO2（g）N2O4（g）+Q現(xiàn)將一定量的NO2和N2O4混合氣體通入體積為1L的恒溫密閉容器中；兩種物質(zhì)的濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.圖中兩條曲線X和Y，其中X表示NO2濃度隨時(shí)間的變化B.a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)中，表示化學(xué)反應(yīng)處于化學(xué)平衡狀態(tài)的是b和dC.反應(yīng)進(jìn)行至25min時(shí)，曲線變化的原因是加入了0.4molN2O4D.若要達(dá)到與d相同的平衡狀態(tài)，在25min時(shí)還能采取的措施是縮小容器的體積4、常溫下，100mL0.1mol·L-1的H2A溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液；含A元素相關(guān)微粒物質(zhì)的量隨pH的變化如圖所示。下列說法正確的是（）

A.將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯堿性B.X點(diǎn)所加NaOH溶液體積為50mLC.X點(diǎn)溶液中含A元素的相關(guān)離子存在以下關(guān)系：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1D.Y點(diǎn)溶液中存在以下關(guān)系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)5、已知NaHSO4在水中的電離方程式為NaHSO4===Na++H++SO42-。某溫度下，向pH=6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液pH為2。對于該溶液下列敘述中不正確的是A.該溫度高于25℃B.該溫度下NaHSO4溶液中，水電離出來的c(H+)=1×10-10mol/LC.該溫度下加入等體積pH為12的NaOH溶液可使反應(yīng)后的溶液恰好呈中性D.c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)6、25℃時(shí)，將濃度均為0.1mol·L?1；體積分別為V(HA)和V(BOH)的HA溶液與BOH溶液按不同體積比混合；保持V(HA)+V(BOH)=100mL，V(HA)、V(BOH)與混合液的pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()

A.Ka(HA)=10?6mol·L?1B.b點(diǎn)時(shí)，c(B+)=c(A?)+c(HA)C.c點(diǎn)時(shí)，隨溫度升高而減小D.a→c過程中水的電離程度始終增大7、磷酸(H3PO4)是一種中強(qiáng)酸，常溫下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分?jǐn)?shù)(平衡時(shí)某微粒的濃度占各含磷微?？倽舛鹊姆?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系如圖；下列說法正確的是。

A.H3PO4的電離方程式為：H3PO43H++PO43?B.pH=2時(shí)，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4?、HPO42?、PO43?C.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4?)+2c(HPO42?)+3c(PO43?)D.滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、的生產(chǎn)；應(yīng)用是一個(gè)國家化工水平的重要標(biāo)志。

（1）上海交通大學(xué)仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氫的反應(yīng)歷程如下圖所示：

則____________，催化乙烯加氫效果較好的催化劑是________（選填“”或“”）。

（2）經(jīng)催化加氫合成乙烯：恒容條件下，按投料；各物質(zhì)平衡濃度變化與溫度的關(guān)系如圖所示：

①指出圖中曲線分別表示_______、________的濃度。

②升高溫度，平衡常數(shù)_________（“減小”“增大”或“不變”）。點(diǎn)，______（用表示）。寫出能提高乙烯平衡產(chǎn)率的措施__________（任舉兩種）。

（3）加州理工學(xué)院TheodorAgape等在強(qiáng)堿環(huán)境下，實(shí)現(xiàn)了電催化制產(chǎn)物的選擇性高達(dá)轉(zhuǎn)化為的電極反應(yīng)式為___________________。9、我國芒硝（Na2SO4·10H2O）的儲量豐富；它是重要的化工原料。

（1）制備碳酸鈉。將飽和硫酸鈉溶液和飽和碳酸氫銨溶液混合，結(jié)晶得NaHCO3晶體，再經(jīng)加熱分解制得碳酸鈉。生成NaHCO3晶體的化學(xué)方程式是________。

已知：I．2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1＝?127.4kJ·mol?1

II．NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2＝?131.5kJ·mol?1

則：2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH＝________kJ·mol?1。

（2）制備燒堿和硫酸。用如圖所示裝置，以惰性電極進(jìn)行電解，a、b均為離子交換膜。

①Na+遷移方向是________。

②氣體1是________；溶液2是________。10、采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)；在含能材料；醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用。已知：

2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=?4.4kJ·mol?1

2NO2(g)＝N2O4(g)ΔH2=?55.3kJ·mol?1

則反應(yīng)N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol?1。11、碳酸鈉作固硫劑并用氫還原輝鉬礦的原理為MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)ΔH；實(shí)驗(yàn)測得平衡時(shí)的有關(guān)變化曲線如圖所示。

（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=___。

（2）由圖1可知，該反應(yīng)ΔH__0(填“>”或“<”)，p1、p2、p3由大到小的順序?yàn)開__。

（3）由圖2可知，A點(diǎn)時(shí)H2的平衡轉(zhuǎn)化率為___。12、一定溫度下，向2L密閉容器中充入5molN2和7molH2。發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。請問答:

(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為___________

(2)一定溫度下，不能說明上述反應(yīng)已達(dá)到平衡的是____________(填選項(xiàng)字母)。

a.NH3的生成速率和NH3的分解速率相等。

b.單位時(shí)間內(nèi)消耗amolN2同時(shí)生成2amolNH3

c.容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化。

d.容器內(nèi)的密度不再變化。

e.容器內(nèi)H2的體積分?jǐn)?shù)不再變化。

(3)當(dāng)該反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測得c(N2)=2.0mol/L，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_____。

(4)若在上述平衡條件下保持溫度不變，將容器擴(kuò)大到原來的兩倍，再次達(dá)到平衡時(shí)N2(g)的轉(zhuǎn)化率_______(填“增大”、“減小”或“不變")，c(NH3)____0.5mol/L(填“>”、“<”或“=”)。13、碳的化合物的轉(zhuǎn)換在生產(chǎn)、生活中具有重要的應(yīng)用，如航天員呼吸產(chǎn)生的CO2用Sabatier反應(yīng)處理，實(shí)現(xiàn)空間站中O2的循環(huán)利用。

Sabatier反應(yīng)：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水電解反應(yīng)：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)將原料氣按n(CO2):n(H2)=1：4置于密閉容器中發(fā)生Sabatier反應(yīng)，測得H2O(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示（虛線表示平衡曲線）。

①該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度降低而________（填“增大”或“減小”）。

②在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行該反應(yīng)；下列能說明達(dá)到平衡狀態(tài)的是_____。

A．混合氣體密度不再改變B．混合氣體壓強(qiáng)不再改變。

C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量不再改變D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃達(dá)到平衡時(shí)體系的總壓強(qiáng)為p；該反應(yīng)平衡常數(shù)Kp的計(jì)算表達(dá)式為_______。（不必化簡，用平衡分，壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）

(2)Sabatier反應(yīng)在空間站運(yùn)行時(shí)，下列措施能提高CO2轉(zhuǎn)化率的是____（填標(biāo)號）。

A．適當(dāng)減壓B．合理控制反應(yīng)器中氣體的流速。

C.反應(yīng)器前段加熱，后段冷卻D.提高原料氣中CO2所占比例。

(3)一種新的循環(huán)利用方案是用Bosch反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反應(yīng)。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分別為-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反應(yīng)的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定條件下由對應(yīng)單質(zhì)生成lmol化合物時(shí)的反應(yīng)熱）

②一定條件下Bosch反應(yīng)必須在高溫下才能啟動；原因是______________。若使用催化劑，則在較低溫度下就能啟動。

③Bosch反應(yīng)的優(yōu)點(diǎn)是_______________。14、液氨常用作制冷劑；回答下列問題。

（1）一定條件下在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：

a．NH4I(s)NH3(g)+HI(g)

b．2HI(g)H2(g)+I2(g)

①寫出反應(yīng)a的平衡常數(shù)表達(dá)式_____________

②達(dá)到平衡后，擴(kuò)大容器體積，反應(yīng)b的移動方向______（填正向、逆向或不移動），達(dá)到新的平衡時(shí)容器內(nèi)顏色將怎樣變化______（填加深；變淺或不變）

（2）工業(yè)上合成氨的反應(yīng)：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.60kJ·mol－1

下列說法能說明上述反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行的是________(填序號)。

a.單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolNH3的同時(shí)生成3nmolH2

b.單位時(shí)間內(nèi)生成6nmolN—H鍵的同時(shí)生成2nmolH—H鍵。

c.用N2、H2、NH3的物質(zhì)的量濃度變化表示的反應(yīng)速率之比為1∶3∶2

d.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大。

e.容器內(nèi)的氣體密度不變。

（3）已知合成氨反應(yīng)在某溫度下2L的密閉容器中進(jìn)行；測得如下數(shù)據(jù)：

根據(jù)表中數(shù)據(jù)計(jì)算：

①反應(yīng)進(jìn)行到2h時(shí)放出的熱量為________kJ。

②0～1h內(nèi)N2的平均反應(yīng)速率為________mol·L－1·h－1。

③此溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝________(保留兩位小數(shù))。

④反應(yīng)達(dá)到平衡后，若往平衡體系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化學(xué)平衡將向________方向移動(填正反應(yīng)或逆反應(yīng))。

（4）肼（N2H4）的性質(zhì)類似于NH3，極易溶于水，與水反應(yīng)生成一種二元弱堿在溶液中分步電離，請用離子反應(yīng)方程式表示其水溶液顯堿性的原因_________________________。15、有下列六種物質(zhì)的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃時(shí)，用離子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸堿性原因：__________；

(2)常溫下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含離子和分子)的種類是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)將④溶液加熱蒸干并灼燒最終得到的物質(zhì)是________(填化學(xué)式)；

(4)常溫下0.1mol/L⑤溶液加水稀釋至中性的過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)一定變大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)16、(1)氫氧燃料電池是符合綠色化學(xué)理念的新型發(fā)電裝置。下圖為電池示意圖，該電池電極表面鍍一層細(xì)小的鉑粉，鉑吸附氣體的能力強(qiáng)，性質(zhì)穩(wěn)定。其正極反應(yīng)方程式為____________，若將負(fù)極材料改為CH4，寫出其負(fù)極反應(yīng)方程式___________。

(2)NH3代替氫氣研發(fā)燃料電池是當(dāng)前科研的一個(gè)熱點(diǎn)。使用的電解質(zhì)溶液是2mol·L-1的KOH溶液，電池總反應(yīng)為：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為__________；每消耗3.4gNH3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為_________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共8分)18、工業(yè)上由鋁土礦（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制備無水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，F(xiàn)eCl3；分別在183℃；315℃升華。

（1）在焙燒爐中發(fā)生反應(yīng)：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反應(yīng)2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化爐中高溫下發(fā)生反應(yīng)，當(dāng)生成1molAlCl3時(shí)轉(zhuǎn)移______mol電子；爐氣中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其離子方程式為_______。在溫度約為700℃向升華器中加入鋁粉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。充分反應(yīng)后溫度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），開始分離收集AlCl3。

②將AlCl3·6H2O溶于濃硫酸進(jìn)行蒸餾，也能得到一定量的無水AlCl3，此原理是利用濃硫酸下列性質(zhì)中的_______（填字母序號）。

①氧化性②吸水性③難揮發(fā)性④脫水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋燈塔電池是利用鋁、石墨為電極材料，海水為電解質(zhì)溶液，構(gòu)成電池的其正極反應(yīng)式________，與鉛蓄電池相比．釋放相同電量時(shí)，所消耗金屬電極材料的質(zhì)量比m（Al）:m（Pb）=__________________。19、汽車的大量使用給人們的出行帶來了便利；但也帶來了諸多社會問題，如廢舊鉛蓄電池的環(huán)境污染。通過下列工藝流程對廢舊鉛蓄電池進(jìn)行處理，可回收金屬鉛和粗硫酸。

已知：i.鉛膏的成分：

ii.常溫下，部分鉛鹽的濃度積：

回答下列有關(guān)問題：

(1)“翻料、傾料”操作后所得電解質(zhì)溶液中的電解質(zhì)是_______(填化學(xué)式)。

(2)“鉛膏”加水的目的是調(diào)成懸濁液，作用是_______。

(3)反應(yīng)I的化學(xué)方程式是_______。

(4)測得“析鉛”后的濾液中，對析出的進(jìn)行洗滌、干燥，得產(chǎn)品，則原鉛膏中的總物質(zhì)的量為_______濾液中_______(保留一位小數(shù))。濾液X中主要溶質(zhì)的用途有_______(填一種)。

(5)HBF4是一種強(qiáng)酸，則氣體Y為_______(填化學(xué)式)。20、軟錳礦是一種常見的錳礦物，其主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質(zhì)。高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性；在實(shí)驗(yàn)室中和工業(yè)上常用作氧化劑。以軟錳礦為原料先制得錳酸鉀，再使其在酸性條件下歧化而制得高錳酸鉀的工藝流程如圖所示。

溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+開始沉淀時(shí)(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀時(shí)(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列問題：

(1)“還原”中加稀硫酸的兩個(gè)作用分別是__________________、___________。

(2)“濾渣2”的成分是____________。利用上表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Mn(OH)2的Ksp=______(列出計(jì)算式)。

(3)“熔融”時(shí)生成錳酸鉀的化學(xué)方程式為__________________。

(4)“歧化”時(shí)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為____________________。

(5)操作1為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，減壓過濾，“減壓過濾”(裝置如圖所示)的目的是_____。

(6)由錳酸鉀制備高錳酸鉀除了有歧化法；還有電解法：以錳酸鉀為電解液，鎳板為陽極，鐵板為陰極。

①寫出生成高錳酸鉀的電極反應(yīng)式：___________。

②由電解法制備高錳酸鉀時(shí)可循環(huán)利用的物質(zhì)是________(填化學(xué)式)。21、膽礬是一種重要的含銅化合物，某課外研究小組用粗銅(含少量)通過不同的化學(xué)反應(yīng)制取膽礬的過程如圖：

物質(zhì)完全沉淀時(shí)的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

當(dāng)溶液中被沉淀離子的物質(zhì)的量濃度小于時(shí)；認(rèn)為該離子沉淀完全。

試回答下列問題：

（1）下列物質(zhì)中，最適合作為試劑X的是________(填序號)。

A.B.C.D.

（2）由粗銅通過兩種途徑制取膽礬，與途徑Ⅱ相比，途徑Ⅰ有明顯的兩個(gè)優(yōu)點(diǎn)，分別是______________、____________________。

（3）試劑Y可以是______________________(任填一種物質(zhì)的化學(xué)式)。

（4）若溶液C中的濃度分別為則向溶液C中加入少量試劑Y的過程中應(yīng)控制溶液C的pH范圍約為________。

（5）氫化亞銅是一種紅色固體，40～50℃時(shí)，濾液E和溶液混合反應(yīng)可得氫化亞銅沉淀，同時(shí)得到硫酸和磷酸，該反應(yīng)的離子方程式為___________________________________，該反應(yīng)每轉(zhuǎn)移1.5個(gè)電子，生成CuH的物質(zhì)的量為________mol。

（6）納米氧化亞銅是一種用途廣泛的光電材料，電化學(xué)法可用銅棒和石墨作電極，電解濾液E獲得納米氧化亞銅，電解過程中無氣體產(chǎn)生，則銅棒作________極，生成的電極反應(yīng)式為______________________，電解過程中濾液E的濃度____________(填“增大”“不變”或“減小”)。

（7）得到晶體，乙醇代替蒸餾水洗滌晶體的目的是______________。評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共8分)22、(1)某學(xué)生用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測的NaOH溶液，根據(jù)3次實(shí)驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如表：。滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積滴定后刻度溶液體積第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09

則依據(jù)表中數(shù)據(jù)，該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為______。

(2)實(shí)驗(yàn)室用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液測定某NaOH溶液的濃度，用甲基橙作指示劑，下列操作可能使測定結(jié)果偏低的是______。

A.酸式滴定管用蒸餾水洗滌后未用標(biāo)準(zhǔn)液清洗。

B.開始實(shí)驗(yàn)時(shí)；酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，在滴定過程中氣泡消失。

C.滴定過程中；錐形瓶內(nèi)溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?，但又立即變?yōu)辄S色，此時(shí)便停止滴定，記錄讀數(shù)。

D.達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)；仰視讀數(shù)并記錄。

(3)準(zhǔn)確量取25.00mL酸性高錳酸鉀溶液應(yīng)用______。(填儀器名稱)評卷人得分六、計(jì)算題(共4題，共28分)23、按要求寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）以CO2和NH3為原料可合成尿素[CO(NH2)2]。已知：

①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH1＝－159.47kJ·mol－1

②NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2＝＋116.49kJ·mol－1

③H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1

則NH3和CO2合成尿素和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為________。

（2）已知25℃；101kPa時(shí)：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1＝－197kJ·mol－1

②H2O(g)=H2O(l)ΔH2＝－44kJ·mol－1

③2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)ΔH3＝－545kJ·mol－1

則SO3(g)與H2O(l)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_____。

（3）工業(yè)上利用甲烷催化還原NOx可減少氮氧化物的排放。已知：

①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol－1

②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－1160kJ·mol－1

甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式為__________。

（4）通常人們把拆開1mol某化學(xué)鍵所吸收的能量看成該化學(xué)鍵的鍵能。鍵能的大小可以衡量化學(xué)鍵的強(qiáng)弱，也可用于估算化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱(ΔH)，化學(xué)反應(yīng)的ΔH等于反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵的鍵能之和與反應(yīng)中形成新化學(xué)鍵的鍵能之和的差。已知：。化學(xué)鍵H—HH—ClCl—Cl鍵能/（kJ·mol－1）436431242

工業(yè)上通過氫氣在氯氣中充分燃燒制取HCl氣體，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_____。24、按要求回答下列問題：

(1)300℃，硅粉與HCl(g)反應(yīng)生成1molSiHCl3氣體和H2(g)時(shí)，放出225kJ的熱量。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_____________________。

(2)已知：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ/mol

CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ/mol

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ/mol

則：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ/mol。

又知：

推算：斷開1molH-O鍵與斷開1molH-Cl鍵所需能量相差_______kJ。25、在密閉容器中加入一定量的N2和H2，反應(yīng)N2(g)+3H2（g）2NH3（g），平衡時(shí)c（N2）=4.5mol/L，c（H2）=1mol/L，c（NH3）=5mol/L；求：

（1）N2和H2的起始濃度；____

（2）N2的轉(zhuǎn)化率；____

（3）平衡時(shí)氣體物質(zhì)的量與開始時(shí)氣體物質(zhì)的量之比。____26、在體積為2L的恒容密閉容器中，充入2molCO2和6molH2，一定條件下反應(yīng)：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時(shí)間變化如圖所示。

（1）0～9min內(nèi)，v(H2)=__mol·L?1·min?1。

（2）能說明上述反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是__(填編號)。

a．反應(yīng)中CO2與CH3OH的物質(zhì)的量濃度之比為1：1

b．混合氣體的密度不隨時(shí)間的變化而變化。

c．單位時(shí)間內(nèi)消耗3molH2，同時(shí)生成1molH2O

d．CO2的體積分?jǐn)?shù)在混合氣體中保持不變。

e．混合氣體的壓強(qiáng)不隨時(shí)間的變化而變化。

（3）平衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率為___。

（4）平衡時(shí)混合氣體中H2O(g)的體積分?jǐn)?shù)是__。

（5）一定溫度下，第9分鐘時(shí)v正(CH3OH)__(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分鐘時(shí)v逆(CH3OH)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

由中C、的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，可推出：即得，

選項(xiàng)D正確。

答案選D。2、B【分析】【詳解】

由左邊的圖象可知，溫度越高生成物的濃度越大，說明升高溫度，平衡向正反應(yīng)移動，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

由右邊圖象可知，相交點(diǎn)左邊未達(dá)平衡，相交點(diǎn)為平衡點(diǎn)，相交點(diǎn)右邊壓強(qiáng)增大，平衡被破壞，V逆＞V正，平衡向逆反應(yīng)移動，說明正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)；

綜合上述分析可知，可逆反應(yīng)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)且正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，

A．N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，為放熱反應(yīng)反應(yīng)，正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，故A不符合；

B.2SO3（g）?2SO2（g）+O2（g）△H＞0，為吸熱反應(yīng)反應(yīng)，正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，故B符合；

C.4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，但為放熱反應(yīng)反應(yīng)，故C不符合；

D．H2（g）+CO（g）?C（s）+H2O（g）△H＞0，為吸熱反應(yīng)反應(yīng)，但正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，故D不符合；

故選B。3、C【分析】【分析】

由圖可知0-10min平衡狀態(tài)時(shí)，X表示的生成物的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的濃度變化量是Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量的2倍，所以X表示NO2濃度隨時(shí)間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時(shí)間的變化曲線；25min時(shí)，NO2的濃度增大，應(yīng)為加入一定量的NO2；達(dá)到平衡的時(shí)間段為10min～25min以及30min以后。

【詳解】

A．結(jié)合以上分析可知，其中X表示NO2濃度隨時(shí)間的變化；故A正確；

B．達(dá)到平衡的時(shí)間段為10min～25min以及30min以后，表示化學(xué)反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的點(diǎn)是b和d；故B正確；

C．25min時(shí)，NO2的濃度增大0.4mol?L?1，所以應(yīng)為加入0.4mol的NO2；故C錯誤；

D．d狀態(tài)為平衡狀態(tài)，NO2與N2O4的濃度與原來的平衡狀態(tài)相比較均增大，適當(dāng)縮小容器體積，NO2與N2O4的濃度都增大；可達(dá)到與d相同的狀態(tài)，故D正確。

綜上所述，答案為C。4、D【分析】【詳解】

A．圖中曲線分析可知溶液中存在酸H2A的分子，說明為弱酸，將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后恰好轉(zhuǎn)化為NaHA；根據(jù)圖像可知溶液顯酸性，故A錯誤；

B．X點(diǎn)溶液中c（H2A）=c（HA-）；X點(diǎn)所加NaOH溶液體積大于50mL，故B錯誤；

C．X點(diǎn)溶液中c（H2A）=c（HA-），X點(diǎn)溶液體積大于100mL，導(dǎo)致含有A微粒濃度之和減小，所以c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)＜0.1mol/L；故C錯誤；

D．根據(jù)圖象分析，Y點(diǎn)溶液中c（HA-）=c（A2-），根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-），則Y點(diǎn)溶液中存在以下關(guān)系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)；故D正確；

故答案選D。

【點(diǎn)睛】

明確圖象中酸堿混合時(shí)溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，抓住圖象進(jìn)行分析即可，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用，C為解答易錯點(diǎn)。5、C【分析】【詳解】

試題分析：A、常溫下，蒸餾水的pH=7，而此時(shí)蒸餾水的pH=6，升高溫度促進(jìn)水的電離，即溫度高于25℃，故說法正確；B、此時(shí)水的離子積為10－12，水電離出的c(H＋)=c(OH－)=10－12/10－2mol/l=10－10mol·L－1，故說法正確；C、pH=12的NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等體積混合時(shí)，堿過量，溶液顯堿性，故說法錯誤；D、溶液呈現(xiàn)電中性，即有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，根據(jù)電離方程式c(Na＋)=c(SO42－)，兩式推出：c(H＋)=c(OH－)＋c(SO42－)；故說法正確。

考點(diǎn)：考查影響水的離子積的因素、溶液酸堿性的判斷、離子濃度大小比較等知識。6、B【分析】【詳解】

A.由圖可知0.1mol·L?1HA溶液pH=3，由HA=H++A-可知Ka(HA)==110-5，故A錯誤；

B.b點(diǎn)是兩者等體積混合溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，結(jié)合物料守恒可知:c(B+)=c(A-)+c(HA)；故B錯誤；

C.升高溫度促進(jìn)水解，Kh增大，則c點(diǎn)時(shí)，隨溫度升高而減小，故C正確；

D.a→b是酸過量和b→c是堿過量兩過程中水的電離程受抑制，b點(diǎn)是弱酸弱堿鹽水解對水的電離起促進(jìn)作用，所以a→c過程中水的電離程度先增大后減小，故D錯誤；

故選：B。7、C【分析】【分析】

觀察圖可知：隨著PH值的增大，水溶液中各種含磷微粒的含量相應(yīng)的發(fā)生改變：PH從0到4，H3PO4含量下降，H2PO4-含量上升，PH=2時(shí)，兩者濃度相等，其它含磷微粒含量幾乎為零；從4到10，H2PO4-含量下降，HPO42-含量上升，PH=7時(shí)，兩者濃度相等，其它含磷微粒含量幾乎為零；pH>10，HPO42-含量下降，PO43-含量上升；PH在虛線所標(biāo)處兩者濃度相等，其它含磷微粒含量幾乎為零。根據(jù)圖中各微粒的分布情況，結(jié)合弱電解質(zhì)的電離，電中性原則及物質(zhì)的基本性質(zhì)可對各選項(xiàng)作出判斷。

【詳解】

A項(xiàng)；磷酸是三元中強(qiáng)酸；屬于弱電解質(zhì)，電離方程式應(yīng)分步書寫，A選項(xiàng)錯誤；

B項(xiàng)、由圖可知，PH=2時(shí)，含磷微粒主要是H3PO4和H2PO4-；其它含量幾乎為零，B錯；

C項(xiàng)、根據(jù)電中性原則有：c(H+)+c(Na+)=c(H2PO4?)+2c(HPO42?)+3c(PO43?)+c(OH-)，PH=7時(shí)，c（H+）=C（OH-），所以有：c(Na+)=c(H2PO4?)+2c(HPO42?)+3c(PO43?)；C正確；

D項(xiàng)、生成二氧化碳的環(huán)境為酸性環(huán)境，在磷酸中滴加少量碳酸鈉溶液得到的含磷產(chǎn)物主要是H2PO4-或HPO42-；D錯；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

本題中，要結(jié)合圖來判斷不同環(huán)境下的含磷微粒的存在形式。如D選項(xiàng)，要根據(jù)反應(yīng)的量來判斷反應(yīng)后的溶液酸堿性，從而判斷微粒的存在形式。二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【詳解】

（1）與反應(yīng)過程無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)與終態(tài)有關(guān)，所以根據(jù)圖像可知，催化乙烯加氫效果較好的催化劑是故答案為：

（2）①該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，水蒸氣和乙烯都減少，根據(jù)反應(yīng)方程式，水蒸氣比乙烯減少的快，由圖可知，m和n減少，且m減少的快，則m為水蒸氣，n為乙烯，同理，二氧化碳和氫氣都增多，氫氣增多的比二氧化碳快，a和b都是增多，a增多的快，a為氫氣，b為二氧化碳，故答案為：

②該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，升高溫度，平衡常數(shù)減小，恒容條件下，設(shè)CO2的濃度為1xmol/L，H2濃度為3xmol/L，則

在A點(diǎn)，CO2的濃度等于H2O的濃度，c0=2(x-c0)，x=c0，K=該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，乙烯平衡產(chǎn)率提高；又因?yàn)樵摲磻?yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動，乙烯平衡產(chǎn)率提高；移走產(chǎn)物，平衡正向移動，乙烯平衡產(chǎn)率提高，故答案為：減?。患訅?；適當(dāng)降溫、移走產(chǎn)物；

（3）在堿性條件下，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：故答案為：【解析】減小加壓、適當(dāng)降溫、移走產(chǎn)物9、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)題意寫出化學(xué)方程式即可，需要注意的是兩個(gè)飽和溶液反應(yīng)生成的是NaHCO3晶體；故要加上沉淀符號；根據(jù)蓋斯定律計(jì)算即可；

（2）電解Na2SO4溶液，左側(cè)為陰極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，右側(cè)為陽極，電極反應(yīng)為4OH--4e-=O2↑+2H2O；則溶液1為NaOH溶液，氣體1為H2，溶液2為H2SO4溶液，氣體2為O2。

【詳解】

（1）根據(jù)題意，可以得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根據(jù)蓋斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol?1)+(-127.4kJ·mol?1)=+135.6kJ·mol?1；

（2）電解Na2SO4溶液，左側(cè)為陰極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，右側(cè)為陽極，電極反應(yīng)為4OH--4e-=O2↑+2H2O；則溶液1為NaOH溶液，氣體1為H2，溶液2為H2SO4溶液，氣體2為O2；故Na+透過a膜進(jìn)入陰極室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透過a膜進(jìn)入陰極室（其他合理答案給分）氫氣（H2）H2SO410、略

【分析】【詳解】

第一個(gè)方程式×-第二個(gè)方程式得到第三個(gè)方程式，故ΔH=ΔH1-ΔH2=53.1kJ·mol?1，故答案為：53.1?！窘馕觥?3.111、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義書寫該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式；

(2)圖象中氫氣體積分?jǐn)?shù)隨溫度升高減小，說明升溫平衡正向進(jìn)行；MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)?Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)；反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量增大，壓強(qiáng)越大平衡逆向進(jìn)行；

(3)由圖可知A點(diǎn)時(shí)氫氣的體積分?jǐn)?shù)為40%；結(jié)合三行計(jì)算列式計(jì)算平衡轉(zhuǎn)化率。

【詳解】

(1)MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)?Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，化學(xué)平衡常數(shù)為達(dá)到平衡，體系各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值，固體或純液體沒有濃度變化量，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=

(2)圖象中氫氣體積分?jǐn)?shù)隨溫度升高減小，說明升溫平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)為為吸熱反應(yīng)，△H＞0，MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)?Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，該反應(yīng)正向是氣體增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)則平衡逆向進(jìn)行，氫氣體積分?jǐn)?shù)增大，即其它條件相同時(shí)，壓強(qiáng)越大，氫氣體積分?jǐn)?shù)越大，則p3＞p2＞p1；

(3)設(shè)生成二氧化碳物質(zhì)的量為x；三段式為。

由圖可知A點(diǎn)時(shí)氫氣的體積分?jǐn)?shù)為40%，得到×100%=40%，x=1mol，氫氣轉(zhuǎn)化率=×100%=50%。

【點(diǎn)睛】

由于固體或純液體沒有濃度變化量，濃度始終為常數(shù)1，不用寫入平衡常數(shù)表達(dá)式中?！窘馕觥縆=＞p3＞p2＞p150%12、略

【分析】【分析】

(1)化學(xué)平衡常數(shù)K等于生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；

(2)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；正；逆反應(yīng)速率相等(同種物質(zhì))或正、逆反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比(不同物質(zhì))，平衡時(shí)各種物質(zhì)的物質(zhì)的量、濃度等不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不變，以此分析；

(3)先計(jì)算各種物質(zhì)的平衡濃度；帶入平衡常數(shù)表達(dá)式，可得該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)的值；

(4)利用壓強(qiáng)對化學(xué)平衡移動的影響分析平衡移動的方向；判斷物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率及物質(zhì)的平衡濃度大小。

【詳解】

(1)反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K=

(2)a.NH3生成的速率與NH3分解的速率相等；表明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到了平衡狀態(tài)，故a正確；

b.單位時(shí)間內(nèi)消耗amolN2，同時(shí)生成2amolNH3，表示的都是正反應(yīng)速率，無法判斷正、逆反應(yīng)速率是否相等，b錯誤；

c.該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不等的反應(yīng)；反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，若壓強(qiáng)不再隨時(shí)間變化而變化，說明氣體總物質(zhì)的量不再改變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，c正確；

d.容器內(nèi)的密度不再變化，該反應(yīng)兩邊都是氣體，氣體的質(zhì)量不變，反應(yīng)中容器的容積不變，根據(jù)ρ=可知；密度在反應(yīng)過程中始終不變，不能作為判斷平衡狀態(tài)的依據(jù)，d錯誤；

e.容器內(nèi)H2的體積分?jǐn)?shù)不再變化，說明H2的物質(zhì)的量不再隨時(shí)間變化而變化；此時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，e正確；

故合理選項(xiàng)是bd；

(3)在2L密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反應(yīng)開始時(shí)，充入5molN2和7molH2，c(N2)=5mol÷2L=2.5mol/L，c(H2)=7mol÷2L=3.5mol/L，達(dá)到平衡時(shí)，測得c(N2)=2.0mol/L，則根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知△c(N2)=2.5mol/L-2.0mol/L=0.5mol/L，△c(H2)=1.5mol/L，△c(NH3)=1.0mol/L，因此平衡時(shí)各種物質(zhì)的濃度：c(N2)=2.0mol/L，c(H2)=3.5mol/L-1.5mol/L=2.0mol/L，c(NH3)=1.0mol/L，所以該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=L2·mol-2=0.0625L2·mol-2；

(4)在(3)所得平衡狀態(tài)的基礎(chǔ)上，將容器擴(kuò)大到原來的兩倍，c(NH3)瞬間變?yōu)樵胶獾募礊?.5mol/L，此時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)減小，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，減小壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積增大的逆方向移動，則反應(yīng)N2的轉(zhuǎn)化率減小，達(dá)到平衡時(shí)c(NH3)<0.5mol/L。

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)判斷、化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、平衡移動等知識，注意掌握化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷方法、利用化學(xué)平衡平衡常數(shù)的定義計(jì)算某條件下其數(shù)值的大小?！窘馕觥縆=bd0.0625L2·mol－2減小<13、略

【分析】①根據(jù)圖中平衡時(shí)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線隨溫度的降低而增大；可知該正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，K隨溫度的升高而減小，K隨溫度降低而增大。答案：增大。

②根據(jù)在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行的反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合氣體密度不會改變，所以不能作為平衡的依據(jù)，故A錯；B．由反應(yīng)可知此反應(yīng)兩邊計(jì)量數(shù)不等，所以混合氣體壓強(qiáng)不再改變標(biāo)志達(dá)到平衡，故B正確。C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量M=m/n,M不變說明n不在改變，說明達(dá)到平衡了。故C正確；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化學(xué)平衡的定義；不能作為判斷平衡的依據(jù)，故D錯。本題答案：BC。

③在密閉容器里全部由氣體參與的反應(yīng)中，平衡時(shí)氣體壓強(qiáng)之比=氣體物質(zhì)的量之比=氣體物質(zhì)的量濃度之比。根據(jù)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，可知平衡時(shí)所占的壓強(qiáng)為根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式可知所占壓強(qiáng)為因此和所占的壓強(qiáng)為根據(jù)初始投料比以及和的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，兩者的物質(zhì)的量之比也為故平衡時(shí)所占的壓強(qiáng)為所占的壓強(qiáng)為故可寫出的表達(dá)式為

（2）A項(xiàng)，該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理可知減壓后反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，會降低的轉(zhuǎn)化效率，故A項(xiàng)錯；B根據(jù)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反應(yīng)器中氣體的流速，可以增大反應(yīng)物接觸面積，可以使反應(yīng)物充分反應(yīng)，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C項(xiàng)，反應(yīng)器前段加熱可以加快反應(yīng)速率，后段冷卻可以加大反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，因此該措施能提高的轉(zhuǎn)化效率，故選C項(xiàng)；D項(xiàng)，提高原料氣中的比例會增大的轉(zhuǎn)化率，但會減小的轉(zhuǎn)化效率；故D項(xiàng)錯。綜上所述，本題正確答案為BC。

（3）①根據(jù)題目給出條件可知a.b.由即可得Bosch反應(yīng)，其反應(yīng)熱為

②在化學(xué)反應(yīng)中；只有活化分子才能發(fā)生有效碰撞而發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。升高溫度可以提高反應(yīng)物的活化能，從而發(fā)生反應(yīng)，而Bosch反應(yīng)的反應(yīng)活化能高，所以必須在高溫下才能啟動。

③在Bosch反應(yīng)中，氫原子全部轉(zhuǎn)化到水分子中，水電解后氫原子又重新全部形成因此該方案的優(yōu)點(diǎn)為氫原子利用率為【解析】增大BCBC-90反應(yīng)的活化能高氫原子利用率為100%14、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）①反應(yīng)NH4I(s)NH3(g)+HI(g)平衡常數(shù)表達(dá)式是k＝c(NH3)?c(HI)②反應(yīng)2HI(g)H2(g)+I2(g)由于是反應(yīng)前后氣體體積相等的反應(yīng)，達(dá)到平衡后，擴(kuò)大容器體積，2HI(g)H2(g)+I2(g)不移動。由于容器的容積擴(kuò)大，所以達(dá)到新的平衡時(shí)容器內(nèi)顏色變淺；（2）a.單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolNH3的同時(shí)生成3nmolH2，則反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，錯誤；b.單位時(shí)間內(nèi)生成6nmolN—H鍵的同時(shí)生成2nmolH—H鍵，則反應(yīng)正向進(jìn)行，正確；c.用N2、H2、NH3的物質(zhì)的量濃度變化表示的反應(yīng)速率之比為1∶3∶2是任何狀態(tài)下都存在的狀態(tài)，不能確定反應(yīng)進(jìn)行的方向或程度，錯誤；d.由于第一個(gè)反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，如果反映未達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行，則混合氣體的質(zhì)量增大，由更高的固體變?yōu)闅怏w，混合氣體的物質(zhì)的量不變，所以混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大，正確；e.無論反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，容器內(nèi)的氣體密度不變，因此不能確定反應(yīng)進(jìn)行的方向，錯誤。（3）①根據(jù)方程式可知1mol的氮?dú)馔耆磻?yīng)放出熱量是92.60kJ，反應(yīng)進(jìn)行到2h時(shí)N2發(fā)生反應(yīng)消耗了0.3mol，則放出的熱量為92.60kJ/mol×0.3mol=27.78KJ；②0～1h內(nèi)H2的平均反應(yīng)速率為V(H2)=(4.50-4.20)mol÷2L÷1h=0.15(mol/L?h)，由于V(H2)=3V(N2)，所以V(N2)=V(H2)÷3=0.05(mol/L?h)，③當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，c(N2)=0.5mol/Lc(H2)=1.5mol/L,c(NH3)=0.5mol/L,此溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝0.15;④反應(yīng)達(dá)到平衡后，若往平衡體系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，則由于反應(yīng)物的濃度增大的多，所以化學(xué)平衡將向正反應(yīng)方向移動；（4）肼（N2H4）的性質(zhì)類似于NH3，極易溶于水，與水反應(yīng)生成一種二元弱堿在溶液中分步電離，水溶液顯堿性是由于存在電離平衡：N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－。

考點(diǎn)：考查化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡移動、反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、移動方向、物質(zhì)的溶液的酸堿性的原因分析的知識?！窘馕觥縦＝c(NH3)?c(HI)不移動變淺b、d27.780.050.15正反應(yīng)N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－15、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)NH4+水解規(guī)律進(jìn)行分析；

(2)根據(jù)Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；電離平衡進(jìn)行分析；

(3)硫酸屬于難揮發(fā)性酸，Al2(SO4)3溶液加熱蒸干灼燒后產(chǎn)物為原溶質(zhì)；

(4)根據(jù)CH3COOH溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀釋促進(jìn)電離進(jìn)行分析。

【詳解】

(1)②為NH4Cl溶液，溶液中銨根離子能發(fā)生水解，其反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：NH4++H2ONH3?H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在著銨根離子水解平衡：NH4++H2ONH3?H2O+H+，所以NH4Cl溶液顯酸性；

(2)③為Na2CO3溶液，⑥為NaHCO3溶液，碳酸鈉溶液中碳酸根水解，且水解分步進(jìn)行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能電離，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常溫下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒種類是相同，故答案：相同；

(3)④為Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸屬于難揮發(fā)性酸，所以將Al2(SO4)3溶液加熱蒸干并灼燒后的產(chǎn)物為硫酸鋁；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤為CH3COOH溶液，常溫下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反應(yīng)，加水稀釋至中性的過程中，c(H+)逐漸減小，c(OH-)逐漸增大，由于溫度不變，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不變；根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)可知，=加水稀釋過程中，促進(jìn)電離，c（CH3COO-）減小，但是Ka不變，所以增大；故答案選BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+離子的水解平衡：NH4++H2ONH3?H2O+H+，所以NH4Cl溶液顯酸性相同Al2(SO4)3BC16、略

【分析】【分析】

在原電池中；負(fù)極上失電子，燃料發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得電子，氧氣發(fā)生還原反應(yīng)。

【詳解】

(1)氫氧燃料電池正極上氧氣得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)是堿，則生成OH-，反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，若將負(fù)極材料改為CH4，在堿性條件下應(yīng)該生成總反應(yīng)式為：CH4+2O2+2OH-=+3H2O，正極反應(yīng)為：2O2+4H2O+8e-=8OH-，兩式相減得負(fù)極反應(yīng)方程式為：CH4+10OH--8e-=+7H2O；

(2)NH3代替氫氣，電解質(zhì)溶液是KOH溶液沒有變，則正極反應(yīng)式也沒有變化，電池總反應(yīng)為：4NH3+3O2＝2N2+6H2O，正極反應(yīng)為：3O2+6H2O+12e-=12OH-，兩式相減得負(fù)極反應(yīng)方程式為：4NH3+12OH--12e-=2N2+12H2O，即為2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；3.4gNH3物質(zhì)的量為:根據(jù)負(fù)極反應(yīng)可知，2molNH3轉(zhuǎn)移6mol電子，則3.4gNH3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.6mol，即0.6NA。

【點(diǎn)睛】

燃料電池電極方程式的書寫，掌握正極反應(yīng)式一般較固定，記住在酸性或堿性條件下的正極反應(yīng)，負(fù)極反應(yīng)等于總反應(yīng)減去正極反應(yīng)。【解析】O2+2H2O+4e-=4OH-CH4+10OH--8e-=+7H2O2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA三、判斷題(共1題，共2分)17、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、工業(yè)流程題(共4題，共8分)18、略

【分析】【分析】

（1）由蓋斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)的計(jì)算；

（2）①根據(jù)工藝流程可知升華器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)會生成A1C13，由冷凝器尾氣可知還會生成CO，根據(jù)氯元素化合價(jià)變化計(jì)算注意電子數(shù)目；Cl2有強(qiáng)氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時(shí)可以生成HCl抑制氯化鋁水解；

（3）該原電池實(shí)質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，根據(jù)元素化合價(jià)計(jì)算n（Al）、n（Pb）；再根據(jù)m=nM計(jì)算。

【詳解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由蓋斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案為：-467.5；

（2）①根據(jù)工藝流程可知氯化爐的產(chǎn)物，經(jīng)冷卻、升華可制備無水AlCl3，說明氯化爐的產(chǎn)物中含有A1C13，冷凝器尾氣含有CO，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)，生成A1C13和CO，反應(yīng)方程式為A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反應(yīng)中氯元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，氯氣是氧化劑，故生成1molAlCl3時(shí)轉(zhuǎn)移電子為1mol×3=3mol；Cl2有強(qiáng)氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-，反應(yīng)離子方程式為SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3，反應(yīng)方程式為Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；故溫度應(yīng)控制在315℃以下；

故答案為：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時(shí)可以生成HCl抑制氯化鋁水解，利用濃硫酸的吸水性與難揮發(fā)性；

故答案為：c；

（3）該原電池實(shí)質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，則n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23?！窘馕觥?467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2319、略

【分析】【分析】

廢舊鉛蓄電池，“翻料、傾料”得二氧化硫把鉛膏中的還原為加入碳酸銨把轉(zhuǎn)化為HBF4和碳酸鉛反應(yīng)生成Pb(BF4)2，電解Pb(BF4)2得到金屬Pb。

【詳解】

(1)廢舊鉛蓄電池中的電解質(zhì)是硫酸，“翻料、傾料”操作后所得電解質(zhì)溶液中的電解質(zhì)是

(2)“鉛膏”加水調(diào)成懸濁液；可以增大反應(yīng)物的接觸面積，加快后續(xù)化學(xué)反應(yīng)速率；

(3)反應(yīng)I是用二氧化硫把鉛膏中的還原為化學(xué)方程式是

(4)測得“析鉛”后的濾液中，對析出的進(jìn)行洗滌、干燥，得產(chǎn)品，根據(jù)鉛元素守恒，原鉛膏中的總物質(zhì)的量為濾液中“析鉛”過程是硫酸鉛和碳酸銨反應(yīng)生成碳酸鉛和硫酸銨；濾液X中的溶質(zhì)是硫酸銨，硫酸銨可以用作化肥。

(5)HBF4是一種強(qiáng)酸，HBF4和碳酸鉛反應(yīng)生成Pb(BF4)2和二氧化碳，則氣體Y為

【點(diǎn)睛】

本題以廢舊鉛蓄電池回收金屬鉛和粗硫酸為載體，考查化學(xué)工藝流程，明確目的和反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，掌握沉淀轉(zhuǎn)化，會根據(jù)溶度積常數(shù)進(jìn)行計(jì)算，培養(yǎng)學(xué)生應(yīng)用知識解決實(shí)際問題的能力?！窘馕觥竣?②.增大反應(yīng)物的接觸面積，加快后續(xù)化學(xué)反應(yīng)速率③.④.1000.1⑤.⑥.作化肥⑦.20、略

【分析】【分析】

軟錳礦主要成分是MnO2，還含有Al2O3、Fe2O3、SiO2雜質(zhì)，用硫酸溶解，加入二氧化硫還原，過濾出難溶的SiO2；得含有硫酸亞鐵；硫酸鋁、硫酸錳的溶液，所得溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH除去鐵、鋁，再加入高錳酸鉀溶液，把硫酸錳氧化為二氧化錳，二氧化錳、氫氧化鉀在熔融條件下和氧氣反應(yīng)生成錳酸鉀，錳酸鉀在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成高錳酸鉀和二氧化錳。

【詳解】

(1)軟錳礦中主要成分是二氧化錳，還含有Al2O3、Fe2O3，二氧化錳是強(qiáng)氧化劑，在酸性溶液中具有較強(qiáng)的氧化性，而SO2在水溶液中具有較強(qiáng)的還原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增強(qiáng)MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亞鐵、硫酸鋁、硫酸錳的溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH除去鐵、鋁，“濾渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀時(shí)(c=1.0×10-5mol/L)的pH為10.1，Mn(OH)2的Ksp=10?5×(1010.1?14)2；

(3)“熔融”時(shí)二氧化錳、氫氧化鉀、氧氣反應(yīng)生成錳酸鉀，反應(yīng)方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程圖可知錳酸鉀歧化為高錳酸鉀和二氧化錳；錳酸鉀既是氧化劑也是還原劑，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1，因此氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2。

(5)減壓過濾即抽濾；加快過濾速度；

(6)①電解制備KMnO4，MnO在陽極失電子生成MnO電極反應(yīng)式是MnO?e?=MnO

②電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e?=H2↑+2OH?；產(chǎn)物之一為KOH可以用于錳酸鉀的制備。

【點(diǎn)睛】

本題以軟錳礦為原料(主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質(zhì))制備高錳酸鉀為載體，明確各步驟的反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，掌握氧化還原反應(yīng)規(guī)律，熟悉混合物分離方法。【解析】溶解Al2O3和Fe2O3增強(qiáng)MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6?14)2或10?5×(1010.1?14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快過濾速度MnO?e?=MnOKOH21、略

【分析】【分析】

分析由粗銅(含少量Fe)通過不同的化學(xué)反應(yīng)制取膽礬的流程圖可知，由粗銅通過兩種途徑制取膽礬，途徑Ⅰ中，銅在空氣中加熱生成CuO，同時(shí)鐵生成Fe3O4，固體A為CuO和Fe3O4的混合物，加入足量的稀硫酸，固體A溶解生成硫酸銅、溶液中還含有Fe2+、Fe3+，從后續(xù)分離步驟分析，試劑X應(yīng)為氧化劑，其作用是將Fe2+氧化為Fe3+，便于后面形成Fe(OH)3除去，試劑Y的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+沉淀；途徑II銅直接和濃硫酸加熱反應(yīng)，生成硫酸銅、水和二氧化硫，鐵也被氧化成Fe3+；得到溶液C，經(jīng)分離得到膽礬，可以據(jù)此解答。

【詳解】

（1）根據(jù)以上分析，試劑X應(yīng)為氧化劑，其作用是將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入雜質(zhì)，最適合作為試劑X的是H2O2；故選C；

因此；本題正確答案為：C。

（2）途徑II中產(chǎn)生二氧化硫氣體不但會產(chǎn)生污染；而且會使部分硫酸因轉(zhuǎn)化成二氧化硫而造成轉(zhuǎn)化率不高，因此與途徑Ⅱ相比，途徑I有明顯的兩個(gè)優(yōu)點(diǎn)，分別是產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少，途徑Ⅰ不會產(chǎn)生污染大氣的氣體；

因此；本題正確答案為：產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少；途徑Ⅰ不會產(chǎn)生污染大氣的氣體；

（3）試劑Y的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+沉淀，為了不引入雜質(zhì)，因此試劑Y可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

因此，本題正確答案為：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

（4）根據(jù)制備的最終目的是得到膽礬，要除去鐵元素，加入少量試劑Y的過程中應(yīng)控制溶液C的pH，使Fe3+沉淀完全時(shí)，且Cu2+不沉淀，由表中數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+沉淀完全時(shí)pH=3.2，Cu2+沉淀完全時(shí)pH=6.4，此時(shí)c(OH-)=10-7.6，據(jù)此可求出氫氧化銅的溶度積Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=1×10-5×10-15.2=10-20.2，若c(Cu2+)=1mol/L，解得c(OH-)=10-10.1，則c(H+)=10-3.9；pH=3.9；

因此；本題正確答案為：3.2～3.9；

（5）濾液E中的銅離子和H3PO2溶液混合反應(yīng)可得氫化亞銅沉淀，同時(shí)得到硫酸和磷酸，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒，寫出反應(yīng)的離子方程式為4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；該反應(yīng)中每生成4molCuH轉(zhuǎn)移12mol電子，所以每轉(zhuǎn)移1.5NA個(gè)電子；生成CuH的物質(zhì)的量為0.5mol；

因此，本題正確答案為：4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；0.5mol；

（6）要生成氧化亞銅，則銅必須失去電子，因此銅作陽極。陰極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，所以陰極電極反應(yīng)式為2Cu2++2e－+H2O==Cu2O+2H+，由兩電極反應(yīng)可知，陽極產(chǎn)生的Cu2+小于陰極消耗的Cu2+故電解過程中濾液E的濃度減??；

因此，本題正確答案為：陽極；2Cu2++2e?+H2O=Cu2O+2H+；減?。?/p>

（7）因?yàn)榱蛩徙~在乙醇中溶解度較小且乙醇易揮發(fā)；所以用乙醇代替蒸餾水洗滌硫酸銅晶體；

因此，本題正確答案為：硫酸銅在乙醇中溶解度較小且乙醇易揮發(fā)?！窘馕觥竣?C②.產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少③.途徑Ⅰ不會產(chǎn)生污染大氣的氣體④.CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3⑤.3.2～3.9⑥.4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4⑦.0.5mol⑧.陽極⑨.2Cu2++2e?+H2O=Cu2O+2H+⑩.減小?.硫酸銅在乙醇中溶解度較小且乙醇易揮發(fā)五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共8分)22、略

【分析】【分析】

(1)先根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性；舍去第2組數(shù)據(jù)，然后求出1；3組平均消耗V(鹽酸)；

(2)利用c(堿)=來進(jìn)行濃度計(jì)算；

(3)高錳酸鉀具有氧化性；所以準(zhǔn)確量取25.00mL酸性高錳酸鉀溶液應(yīng)用酸式滴定管。

【詳解】

(1)由三次鹽酸溶液的體積可知，第2組數(shù)據(jù)偏差太大，要舍去，求出1、3組平均消耗鹽酸平均體積值V(鹽酸)=mL=26.10mL，由HCl與NaOH反應(yīng)方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O，可知c(堿)==0.1044mol/L；

(2)由c(堿)=可知：

A.酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸；消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，A不符合題意；

B.酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失，消耗酸的體積增大，則c(堿)偏大，B不符合題意；

C.滴定過程中；錐形瓶內(nèi)溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?，但又立即變?yōu)辄S色，此時(shí)便停止滴定，記錄讀數(shù)，實(shí)際上加入的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，導(dǎo)致待測堿液濃度偏低，C符合題意；

D.讀取鹽酸體積時(shí)；仰視讀數(shù)記錄，讀數(shù)偏大，則消耗酸的體積偏大，導(dǎo)致待測液溶液c(堿)偏高，D不符合題意；

故合理選項(xiàng)是C；

(3)酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)的氧化性；容易腐蝕堿式滴定管的橡膠管，所以準(zhǔn)確量取25.00mL酸性高錳酸鉀溶液應(yīng)用酸式滴定管。

【點(diǎn)睛】

本題考查中和滴定，涉及溶液濃度的計(jì)算、儀器的使用、誤差分析、滴定終點(diǎn)的判斷等。明確滴定實(shí)驗(yàn)中的儀器、數(shù)據(jù)處理及中和滴定的誤差分析是解答本題的關(guān)鍵，注意酸堿中和的實(shí)質(zhì)?！窘馕觥竣?0.1044mol/L②.C③.酸式滴定管六、計(jì)算題(共4題，共28分)23、略

【分析】【分析】

⑴⑵⑶根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算。

⑷ΔH＝反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵的鍵能之和－反應(yīng)中形成新化學(xué)鍵的鍵能之和。

【詳解】

⑴依據(jù)蓋斯定律，由①＋②－③得到2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝(－159.47＋116.49－44)kJ·mol－1＝－86.98kJ·mol?1；故答案為：2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝－86.98kJ·mol?1。

⑵依據(jù)蓋斯定律，由×(③－①－2×②)得到SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH＝×(ΔH3－ΔH1－2ΔH2)＝－130kJ·mol?1；故答案為：SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH＝－130kJ·mol?1。

⑶依據(jù)蓋斯定律，由(①＋②)×得到CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝×(ΔH1＋ΔH2)＝－867kJ·mol?1；故答案為：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·mol?1。

⑷ΔH＝反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵的鍵能之和－反應(yīng)中形成新化學(xué)鍵的鍵能之和，則H2在Cl2中燃燒的反應(yīng)熱＝436kJ·mol?1＋242kJ·mol?1－2×431kJ·mol?1＝－184kJ·mol?1，所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為H2(g)