2025年湘教新版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年湘教新版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷997考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、過(guò)渡金屬硫化物作為一種新興的具有電化學(xué)性能的電極材料，在不同的領(lǐng)域引起了研究者的興趣，含有過(guò)渡金屬離子廢液的回收再利用有了廣闊的前景，下面為S2?與溶液中金屬離子的沉淀溶解平衡關(guān)系圖，若向含有等濃度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的廢液中加入含硫的沉淀劑；則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.由圖可知溶液中金屬離子沉淀先后順序?yàn)镃u2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+B.控制S2?濃度可以實(shí)現(xiàn)銅離子與其他金屬離子的分離C.因Na2S、ZnS來(lái)源廣、價(jià)格便宜，故常作為沉銅的沉淀劑D.向ZnS中加入Cu2+的離子方程式為：S2?+Cu2+CuS↓2、微生物燃料電池(MFCs)技術(shù)以污水中的有機(jī)物為電子供體；在微生物的參與下將蘊(yùn)含在污水中的化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為電能，可在常溫下運(yùn)行，且污泥產(chǎn)率遠(yuǎn)低于活性污泥法，是一種集污水凈化和能源轉(zhuǎn)化于一體的新型污水處理與能源回收技術(shù)，為有機(jī)污水的低成本處理提供了一條新路徑。關(guān)于MFCs說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.有機(jī)物在陽(yáng)極微生物作用下被氧化，釋放質(zhì)子和電子B.將碳納米材料應(yīng)用于MFCs可以大幅增加陽(yáng)極的導(dǎo)電性和比表面積，從而使微生物與陽(yáng)極之間的電子傳遞更容易C.陰極發(fā)生的電極反應(yīng)為O2+4e-+4H+=2H2O、2NO+10e-+12H+=N2↑+6H2OD.若該有機(jī)物為CH3OH，則當(dāng)反應(yīng)32gCH3OH時(shí)，理論上轉(zhuǎn)移4mole-3、常溫下；在體積均為20mL；濃度均為0.1mol/L的氫氧化鈉溶液和氨水中，分別滴加濃度為0.1mol/L的鹽酸，溶液的導(dǎo)電率與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.pH的相對(duì)大?。篶＞dB.在c、e兩點(diǎn)中，水的電離程度c＜eC.b點(diǎn)溶液：c(H+)+c(NH)=c(OH-)D.c點(diǎn)溶液：c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)4、甲胺(CH3NH2)的性質(zhì)與氨氣相似，將pOH相同、體積均為V0的CH3NH2?H2O和NaOH兩種溶液分別加水稀釋至體積為V，pOH隨lg的變化關(guān)系如圖所示，下列敘述錯(cuò)誤的是。

已知：常溫下，pH+pOH=14，pOH=-lgc(OH-)A.稀釋相同倍數(shù)時(shí)，CH3NH2?H2O的濃度比NaOH的濃度大B.溶液中水的電離程度：b點(diǎn)大于c點(diǎn)C.由c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中保持不變D.常溫下，某鹽酸的pH=m，a點(diǎn)時(shí)CH3NH2?H2O的pH=n，當(dāng)m+n=14時(shí)，取等體積的兩溶液混合，充分反應(yīng)后：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)5、下列離子方程式書寫正確的是A.FeCl3溶液中通入足量H2S：2Fe3＋＋3H2S=2FeS↓＋S↓＋6H＋B.以石墨作電極電解熔融AlCl3：2AlCl32Al+3Cl2↑C.Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2氣體：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOD.向明礬溶液中加入氫氧化鋇溶液至沉淀的質(zhì)量最大：Al3＋＋2＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋＋2H2O評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、在時(shí)，向容積為的恒容密閉容器中充入和一定量的發(fā)生反應(yīng)：若起始時(shí)容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)為達(dá)到平衡時(shí)，的分壓與起始的關(guān)系如圖所示：

A.若到達(dá)c點(diǎn)，則B.b點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)C.c點(diǎn)時(shí)，再加入和使二者分壓均增大減小D.容器內(nèi)的體積分?jǐn)?shù)保持不變，說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)7、在體積可變的密閉容器中投入0.5molO2和1molSO2，不同條件下發(fā)生反應(yīng)：O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)ΔH。實(shí)驗(yàn)測(cè)得平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率[α(SO2)]隨溫度；壓強(qiáng)的變化如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.Y代表壓強(qiáng)，且Y1>Y2；X代表溫度，且ΔH<0B.M點(diǎn)反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率之比α(O2)：α(SO2)=1：1，N點(diǎn)該比例減小C.若M、N兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的容器體積均為5L，則N點(diǎn)的平衡常數(shù)K=20D.M、N兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平均摩爾質(zhì)量：M(M）(N)8、銀Ferrozine法檢測(cè)甲醛的原理：①在原電池裝置中，氧化銀將甲醛充分氧化為CO2②Fe3+與①中產(chǎn)生的Ag定量反應(yīng)生成Fe2+③Fe2+與Ferrozine形成有色物質(zhì)④測(cè)定溶液的吸光度（吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比）。下列說(shuō)法不正確的是A.①中負(fù)極反應(yīng)式：HCHO-4e?+H2O=CO2+4H+B.①溶液中的H+由Ag2O極板向另一極板遷移C.理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質(zhì)的量之比為1∶2D.測(cè)試結(jié)果中若吸光度越大，則甲醛濃度越高9、金屬配合物催化氨氧化轉(zhuǎn)化為氮是一種很有前途的氨氧化轉(zhuǎn)化工藝。錳(Ⅲ)配合物催化氨氣氧化的能量變化如圖1，反應(yīng)歷程如圖2，錳的配合物用表示，圖3表示配合物錳為價(jià)。

下列說(shuō)法正確的是A.該反應(yīng)的主要決速步驟是的生成B.在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行C.該反應(yīng)涉及6電子和轉(zhuǎn)移D.圖2中化學(xué)反應(yīng)方程式為10、某溫度下，反應(yīng)2A(g)B(g)ΔH＞0，在密閉容器中達(dá)到平衡，平衡后=a，若改變某一條件，足夠時(shí)間后，反應(yīng)再次達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)=b，下列敘述正確的是A.在該溫度下，保持容積固定不變，向容器內(nèi)補(bǔ)充了B氣體，則a＜bB.在該溫度恒壓條件下再充入少量B氣體，則a=bC.若其他條件不變，升高溫度，則a＜bD.若保持溫度、壓強(qiáng)不變，充入惰性氣體，則a＜b11、我國(guó)在2009年推出了國(guó)產(chǎn)燃料電池概念汽車，該車裝有“綠色心臟”——質(zhì)子交換膜燃料電池。如圖是某科技雜志登載的該電池原理示意圖。下列敘述正確的是（）

A.工作時(shí)X極周圍溶液的酸性增強(qiáng)B.氫氣在電極上發(fā)生還原反應(yīng)C.圖中標(biāo)出的Y極實(shí)際是原電池的正極D.工作過(guò)程中，質(zhì)子從Y極一邊透過(guò)質(zhì)子交換層移動(dòng)到X極一邊與反應(yīng)生成水12、常溫時(shí)，采用甲基橙和酚酞雙指示劑，用鹽酸滴定溶液﹐溶液中隨溶液pH的變化及滴定曲線如圖所示：

下列說(shuō)法不正確的是A.整個(gè)滴定過(guò)程中可先用酚酞再用甲基橙作指示劑B.n點(diǎn)的pH為m點(diǎn)和q點(diǎn)pH的平均值C.r點(diǎn)溶液中：D.r點(diǎn)到k點(diǎn)對(duì)應(yīng)的變化過(guò)程中，溶液中水的電離程度先減小后增大13、某煉鐵廢渣中含有大量CuS及少量鐵的化合物，工業(yè)上以該廢渣為原料生產(chǎn)晶體的工藝流程如下：

下列說(shuō)法正確的是A.濾渣為Fe(OH)3B.焙燒過(guò)程中每消耗1molCuS則消耗1.5molO2C.焙燒后的廢氣能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，證明該氣體具有漂白性D.將獲得的CuCl2·2H2O晶體直接加熱分解可制得CuCl2固體14、近期，天津大學(xué)化學(xué)團(tuán)隊(duì)以CO2與辛胺為原料實(shí)現(xiàn)了甲酸和辛腈的高選擇性合成；裝置工作原理如圖。下列說(shuō)法正確的是。

A.Ni2P電極與電源正極相連B.辛胺轉(zhuǎn)化為辛腈發(fā)生了還原反應(yīng)C.In/In2O3-x電極上可能有副產(chǎn)物H2生成D.在In/In2O3-x電極上發(fā)生的反應(yīng)為CO2+H2O-2e-=HCOO-+OH-評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、判斷下列說(shuō)法的正誤。

如圖是室溫下用除去溶液中達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)，溶液中與的關(guān)系曲線，說(shuō)明溶液中越大越小，__________。

16、亞磷酸及其鈉鹽可用于農(nóng)藥中間體以及有機(jī)磷水處理劑的原料。

I.已知亞磷酸(H3PO3)是二元弱酸，常溫下向1L0.5mol?L-1H3PO3溶液中滴加等濃度的NaOH溶液；混合溶液中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液pH的關(guān)系如圖所示：

（1）b點(diǎn)c(Na+)___2c(HPO)+c(H2PO)(填“＞”、“＜”或“=”)；反應(yīng)H3PO3+HPO2H2PO的平衡常數(shù)的數(shù)值為____。

II.用白磷合成亞磷酸某種鈉鹽X的流程如圖：

回答下列問(wèn)題：

（2）“制取NaH2PO2”過(guò)程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為___。

（3）“合成H3PO3”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。

（4）“減壓蒸饞”過(guò)程，I-回收率為95%，則剩余固體的主要成分鈉鹽X為___。(填化學(xué)式)。17、在400℃，1.01×105Pa時(shí)，將一定量的SO2和14molO2壓入一個(gè)裝有催化劑的VL密閉反應(yīng)器中，發(fā)生2SO2+O22SO3的反應(yīng)，并且在10min后達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得容器內(nèi)有2molSO2和12molO2。

(1)SO2的起始濃度為____，SO3(氣)的平衡濃度為_____；

(2)平衡時(shí)SO3(氣)占總體積的百分?jǐn)?shù)為___，此時(shí)體系壓強(qiáng)為反應(yīng)起始時(shí)體系壓強(qiáng)的____倍；

(3)10min時(shí)達(dá)到平衡后，壓縮反應(yīng)器體積為一段時(shí)間后，達(dá)到新的平衡，此時(shí)SO3(氣)的濃度_(大于、小于、等于)10min時(shí)SO3(氣)濃度的2倍。

(4)10min時(shí)達(dá)到平衡后，保持容器體積不變，向容器中再充入1molSO2，O2的轉(zhuǎn)化率___(增大、減小、不變)18、摻雜硒的納米氧化亞銅催化劑可用于工業(yè)上合成甲醇，其反應(yīng)為回答下列問(wèn)題：

(1)若按投料，將與CO充入2L恒容密閉容器中；在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，測(cè)得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度；壓強(qiáng)的關(guān)系如圖1所示。

已知：v正=k正c(CO)·c2(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)，其中k正、k逆為速率常數(shù)；只與溫度有關(guān)。

①壓強(qiáng)由小到大的順序是___________。

②T1℃、壓強(qiáng)為p3時(shí)，若向該容器中充入和發(fā)生反應(yīng)，5min后反應(yīng)達(dá)到平衡(M點(diǎn))，則內(nèi)，v(H2)=___________N點(diǎn)時(shí)的___________。

(2)若向起始溫度為325℃的10L恒容密閉容器中充入2moLCO和發(fā)生反應(yīng)，體系總壓強(qiáng)(p)與時(shí)間(t)的關(guān)系如圖2中曲線Ⅰ所示，曲線Ⅱ?yàn)橹桓淖兡骋粭l件的變化曲線。平衡時(shí)溫度與起始溫度相同。

①曲線Ⅱ所對(duì)應(yīng)的改變的條件可能為___________。

②體系總壓強(qiáng)先增大后減小的原因?yàn)開__________。

③該條件下的平衡轉(zhuǎn)化率為___________%(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。19、合成氨工業(yè)對(duì)國(guó)民經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展具有重要的意義，其原理為：在不同溫度、壓強(qiáng)和相同催化劑條件下，初始分別為時(shí)；平衡后混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)(α)如圖所示：

回答以下問(wèn)題：

(1)其中，p1、p2和p3由大到小的順序是___________，其原因是___________。

(2)①若分別用和表示從反應(yīng)開始至達(dá)平衡狀態(tài)A、B時(shí)的化學(xué)反應(yīng)速率，則___________(填“>”“<”或“=”)。

②若在250℃、p1條件下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器的體積為1L，則該條件下合成氨的平衡常數(shù)K=___________(列出計(jì)算式即可)。

(3)合成氨反應(yīng)在催化劑作用下的反應(yīng)歷程為(*表示吸附態(tài))：

第一步(慢反應(yīng))

第二步(快反應(yīng))

第三步(快反應(yīng))

比較第一步反應(yīng)的活化能E1與第二步反應(yīng)的活化能E2的大?。篍1___________E2(填“>”“<”或“=”)。

(4)是工業(yè)由氨氣合成尿素的中間產(chǎn)物。在一定溫度下、體積不變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________(填序號(hào))。

①混合氣體的壓強(qiáng)不變。

②混合氣體的密度不變。

③混合氣體的總物質(zhì)的量不變。

④混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變。

⑤的體積分?jǐn)?shù)不變?cè)u(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共32分)20、升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，此時(shí)v放減小，v吸增大。(____)A.正確B.錯(cuò)誤21、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低溫下能自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯(cuò)誤22、反應(yīng)條件(點(diǎn)燃或加熱)對(duì)熱效應(yīng)有影響，所以熱化學(xué)方程式必須注明反應(yīng)條件。____A.正確B.錯(cuò)誤23、ΔH＜0，ΔS＞0的反應(yīng)在溫度低時(shí)不能自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共24分)24、已知在稀溶液里；強(qiáng)酸跟強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出的熱量叫做中和熱。某小組用50mL0.5mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在圖示裝置進(jìn)行中和反應(yīng)，并通過(guò)測(cè)定反應(yīng)過(guò)程中所放出的熱量來(lái)計(jì)算中和熱。試回答下列問(wèn)題：

(1)從實(shí)驗(yàn)裝置上看；圖中尚缺少的一種玻璃儀器是___________。

(2)做一次完整的中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)(需重復(fù)測(cè)定3次)；溫度計(jì)需使用至少___________次。

(3)各稀溶液的密度均近似為1g·mL-1，又知中和反應(yīng)后生成溶液的比熱容c=4.18J·g-1·℃-1.為了計(jì)算中和熱；某學(xué)生實(shí)驗(yàn)記錄數(shù)據(jù)如下：

。實(shí)驗(yàn)序號(hào)。

起始溫度

終止溫度

鹽酸。

氫氧化鈉溶液。

混合溶液。

混合溶液。

1

2

3

依據(jù)該學(xué)生的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算；該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=___________(結(jié)果保留一位小數(shù))

(4)某小組同學(xué)為探究強(qiáng)酸與弱堿的稀溶液反應(yīng)時(shí)的能量變化，用相同濃度和相同體積的稀氨水代替NaOH溶液，測(cè)得的中和熱的數(shù)值會(huì)___________(填“偏大”、“偏小”或“無(wú)影響”)，理由是___________。25、某實(shí)驗(yàn)小組用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1H2SO4溶液進(jìn)行中和熱的測(cè)定。測(cè)定稀硫酸和稀氫氧化鈉反應(yīng)的中和熱的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示：

(1)寫出表示該反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式(中和熱為57.3kJ·mol-1)：_______。

(2)取50mLNaOH溶液和30mLH2SO4溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表。

。實(shí)驗(yàn)。

次數(shù)。

起始溫度t1/℃

終止溫度t2/℃

溫度差(t2-t1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.6

26.6

26.6

29.1

2

27.0

27.4

27.2

31.2

3

25.9

25.9

25.9

29.8

4

26.4

26.2

26.3

30.4

①溫度差的平均值為_______℃。

②近似認(rèn)為0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1H2SO4溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J·(g·℃)-1。則測(cè)得的中和熱ΔH=_______(取小數(shù)點(diǎn)后一位)。

③上述結(jié)果與57.3kJ·mol-1有偏差；產(chǎn)生此偏差的原因可能是_______(填字母)。

a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小燒杯中。

d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度26、某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反應(yīng)，研究外界條件對(duì)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象如下：。編號(hào)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象Ⅰ向一支試管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸餾水，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液前10min內(nèi)溶液紫色無(wú)明顯變化，后顏色加速變淺，30min后幾乎變?yōu)闊o(wú)色Ⅱ向另一支試管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液80s內(nèi)溶液紫色無(wú)明顯變化，后顏色迅速變淺，約200s后幾乎變?yōu)闊o(wú)色

(1)補(bǔ)全高錳酸鉀與草酸反應(yīng)的離子方程式：_____

________H2C2O4+________MnO+________H+═________Mn2++____________+____________

(2)由實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ可得出的結(jié)論是_____。

(3)該小組同學(xué)根據(jù)經(jīng)驗(yàn)繪制了n(Mn2+)隨時(shí)間變化趨勢(shì)的示意圖，如圖1所示。但有同學(xué)查閱已有的實(shí)驗(yàn)資料發(fā)現(xiàn)，該實(shí)驗(yàn)過(guò)程中n(Mn2+)隨時(shí)間變化的趨勢(shì)應(yīng)如圖2所示。該小組同學(xué)根據(jù)圖2所示信息對(duì)于實(shí)驗(yàn)Ⅱ中80s后溶液顏色迅速變淺的原因；該小組提出了新的猜想，并繼續(xù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究。

Ⅰ．該小組同學(xué)提出的猜想是_____。

Ⅱ．請(qǐng)你幫助該小組完成實(shí)驗(yàn)方案；并填寫表中空白。

【實(shí)驗(yàn)內(nèi)容及記錄】(H2C2O4溶液足量)。編號(hào)室溫下，試管中所加試劑及其用量/mL再向試管中加入少量固體室溫下溶液顏色褪至無(wú)色所需時(shí)間0.1mol/LH2C2O4溶液0.01mol/LKMnO4溶液3mol/L稀硫酸3mol/L稀硫酸15.05.010滴無(wú)200s25.05.010滴有t

若該小組同學(xué)提出的猜想成立，則編號(hào)2中加入的固體是_____

t___(“＞”“＜”“＝”)200s。計(jì)算此時(shí)實(shí)驗(yàn)1中高錳酸鉀的的反應(yīng)速率____(忽略10滴硫酸的體積)27、某實(shí)驗(yàn)小組用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1H2SO4溶液進(jìn)行中和熱的測(cè)定。測(cè)定稀硫酸和稀氫氧化鈉反應(yīng)的中和熱的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示：

(1)寫出表示該反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式(中和熱為57.3kJ·mol-1)：_______。

(2)取50mLNaOH溶液和30mLH2SO4溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表。

。實(shí)驗(yàn)。

次數(shù)。

起始溫度t1/℃

終止溫度t2/℃

溫度差(t2-t1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.6

26.6

26.6

29.1

2

27.0

27.4

27.2

31.2

3

25.9

25.9

25.9

29.8

4

26.4

26.2

26.3

30.4

①溫度差的平均值為_______℃。

②近似認(rèn)為0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1H2SO4溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J·(g·℃)-1。則測(cè)得的中和熱ΔH=_______(取小數(shù)點(diǎn)后一位)。

③上述結(jié)果與57.3kJ·mol-1有偏差；產(chǎn)生此偏差的原因可能是_______(填字母)。

a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小燒杯中。

d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

由圖可知溶液中金屬硫化物沉淀的Ksp大小順序?yàn)镃uS2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，選項(xiàng)A正確；CuS的Ksp最小，控制S2?濃度可以使銅離子從溶液中沉淀出來(lái)，實(shí)現(xiàn)銅離子與其他金屬離子的分離，選項(xiàng)B正確；因Na2S、ZnS來(lái)源廣、價(jià)格便宜，可作沉銅的沉淀劑，選項(xiàng)C正確；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2+的離子方程式為：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，選項(xiàng)D不正確。2、D【分析】【詳解】

A．據(jù)圖可知陽(yáng)極上有機(jī)物被氧化為CO2；釋放電子，根據(jù)圖示離子的遷移可知，同時(shí)有氫離子(質(zhì)子)釋放，A正確；

B．碳納米材料；半徑小，顆粒數(shù)目多，可以大幅增加陽(yáng)極的導(dǎo)電性和比表面積，從而使微生物與陽(yáng)極之間的電子傳遞更容易，B正確；

C．據(jù)圖可知陰極上O2、NO被還原，根據(jù)該裝置的作用可知產(chǎn)物應(yīng)無(wú)污染，所以O(shè)2被還原生成水，NO被還原生成N2，電極方程式為O2+4e-+4H+=2H2O、2NO+10e-+12H+=N2↑+6H2O；C正確；

D．32gCH3OH的物質(zhì)的量為1mol，CH3OH被氧化為CO2時(shí)C元素化合價(jià)升高6價(jià)；所以轉(zhuǎn)移6mol電子，D錯(cuò)誤；

綜上所述答案為D。3、D【分析】【分析】

NaOH是強(qiáng)堿，NH3?H2O為弱堿，濃度相同時(shí)NaOH的導(dǎo)電能力較強(qiáng)，則曲線1表示NH3?H2O與鹽酸的反應(yīng)；曲線2表示NaOH與鹽酸的反應(yīng)，據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．根據(jù)圖示可知，c、d點(diǎn)都加入20mL等濃度、等體積的鹽酸，c點(diǎn)溶質(zhì)為強(qiáng)酸弱堿鹽NH4Cl，溶液呈酸性，而d點(diǎn)為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽NaCl，溶液呈中性，則pH的相對(duì)大小：c＜d，A錯(cuò)誤；

B．c點(diǎn)恰好反應(yīng)NH4Cl，水解促進(jìn)了水的電離，e點(diǎn)因鹽酸過(guò)量而抑制了水的電離，則水的電離程度最大的點(diǎn)是c＞e，B錯(cuò)誤；

C．b點(diǎn)溶液中滿足電荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，C錯(cuò)誤；

D．c點(diǎn)恰好生成強(qiáng)酸弱堿鹽NH4Cl，水解溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH-)，結(jié)合電荷守恒可知c(Cl-)＞c()，故離子濃度大小關(guān)系為：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；D正確；

故答案為：D。4、D【分析】【分析】

pOH相同、體積均為V0的CH3NH2?H2O和NaOH兩種溶液分別加水稀釋至體積為V，強(qiáng)堿氫氧化鈉的pOH變化大，則曲線Ⅱ表示氫氧化鈉的變化，曲線Ⅰ表示CH3NH2?H2O的變化。

【詳解】

A.CH3NH2?H2O是弱堿，pOH相同時(shí)c(CH3NH2?H2O)>c(NaOH)，即POH相同、體積均為V0的CH3NH2?H2O和NaOH兩種溶液中的n(CH3NH2?H2O)>n(NaOH)，根據(jù)可知，稀釋相同倍數(shù)時(shí)，CH3NH2?H2O的濃度比NaOH濃度大；故A正確，不符合題意；

B.堿抑制水的電離，并且堿性越強(qiáng)，抑制作用越大，由圖可知，b點(diǎn)堿性弱，c點(diǎn)堿性強(qiáng)，所以水的電離程度，b點(diǎn)大于c點(diǎn)；故B正確，不符合題意；

C.曲線Ⅰ表示CH3NH2?H2O的變化，CH3NH2?H2O的電離平衡常數(shù)為Kb，即Kb=為常數(shù)，只與溫度有關(guān)，所以由c點(diǎn)到d點(diǎn)，即加水稀釋時(shí)，保持不變；故C正確，不符合題意；

D.m+n=14，酸電離的氫離子濃度與堿電離的氫氧根離子濃度相同，但CH3NH2?H2O為弱堿，部分電離，所以等體積的兩種溶液混合時(shí)，堿過(guò)量，混合后溶液顯堿性，n(OH-)>n(H+)，電荷關(guān)系為n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n()，所以充分反應(yīng)后，n()>n(Cl-)>n(OH-)>n(H+)；故D錯(cuò)誤，符合題意。

故選D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．FeCl3溶液中通入足量H2S：2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋；A錯(cuò)誤；

B．熔融AlCl3不導(dǎo)電；無(wú)法電解，B錯(cuò)誤；

C．Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2氣體：Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO；C錯(cuò)誤；

D．向明礬溶液中加入氫氧化鋇溶液至沉淀的質(zhì)量最大時(shí)恰好反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和偏鋁酸鉀：Al3＋＋2＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋＋2H2O；D正確；

答案選D。二、多選題(共9題，共18分)6、AC【分析】【分析】

【詳解】

投入在恒容容器內(nèi)反應(yīng)前混合氣的則反應(yīng)后根據(jù)化學(xué)反應(yīng)列三段式得：

A．A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．b點(diǎn)和c點(diǎn)溫度相同，平衡常數(shù)相同，故B項(xiàng)正確；

C．再加入和使二者分壓均增大則化學(xué)平衡向右移動(dòng)，故的轉(zhuǎn)化率增大；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．在容器內(nèi)的體積分?jǐn)?shù)保持不變；各物質(zhì)的濃度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，D項(xiàng)正確；

故選：AC；7、BD【分析】【詳解】

A．若X為壓強(qiáng)，Y為溫度，由圖可知相同溫度下壓強(qiáng)越大SO2的轉(zhuǎn)化率越小，而該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，相同溫度下壓強(qiáng)越大SO2的轉(zhuǎn)化率越大，所以Y為壓強(qiáng)，X為溫度，且Y1>Y2；相同壓強(qiáng)下溫度越高，SO2的轉(zhuǎn)化率越小，說(shuō)明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即ΔH<0；A正確；

B．初始投料n(O2)：n(SO2)=1：2，根據(jù)方程式可知反應(yīng)過(guò)程中O2和SO2按照1：2反應(yīng)；所以任意時(shí)刻二者的轉(zhuǎn)化率之比均為1：1，B錯(cuò)誤；

C．N點(diǎn)和M點(diǎn)溫度相同，則平衡常數(shù)相同，容器體積為5L，M點(diǎn)SO2的轉(zhuǎn)化率為50%，可根據(jù)該點(diǎn)列三段式

根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知=20；C正確；

D．M點(diǎn)比N點(diǎn)壓強(qiáng)大，平衡正向移動(dòng)，氣體總物質(zhì)的量減小，氣體總質(zhì)量不變，平均摩爾質(zhì)量增大，M(M)>M(N)；D錯(cuò)誤；

故選BD。8、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．①中負(fù)極甲醛發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳，所以電極反應(yīng)式為HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+；故A正確；

B．原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，則①溶液中的H+由負(fù)極移向正極氧化銀；故B錯(cuò)誤；

C．甲醛充分氧化為CO2，碳元素的化合價(jià)從0價(jià)升高到+4價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4，F(xiàn)e3+反應(yīng)生成Fe2+轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1，則理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質(zhì)的量之比為1：4；故C錯(cuò)誤；

D．甲醛濃度越大，反應(yīng)生成的Fe2+的物質(zhì)的量濃度越大；形成有色配合物的濃度越大，吸光度越大，故D正確。

故選：BC。9、AC【分析】【詳解】

A．由圖1可知，的能壘最大；該反應(yīng)的主要決速步驟，故A正確；

B．由圖1可知在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下反應(yīng)過(guò)程中，能自發(fā)進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；

C．由圖2，可知該反應(yīng)涉及6電子和轉(zhuǎn)移；故C正確；

D．由圖2，化學(xué)反應(yīng)方程式為故D錯(cuò)誤。

故選AC。10、BD【分析】【詳解】

A．在該溫度下，保持容積固定不變，向容器內(nèi)補(bǔ)充了B氣體，雖然平衡逆向移動(dòng)，但c(A)增大的幅度小于c(B)增大的幅度(相當(dāng)于原平衡體系加壓)，則減小，a＞b；A不正確；

B．在該溫度恒壓條件下再充入少量B氣體，可認(rèn)為B氣體在另一同溫同壓容器內(nèi)達(dá)平衡后再充入，c(A)不變，c(B)不變，則a=b；B正確；

C．若其他條件不變，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，減小，則a＞b；C不正確；

D．若保持溫度、壓強(qiáng)不變，充入惰性氣體，則相當(dāng)于增大容器的體積，平衡逆向移動(dòng)，增大，a＜b；D正確；

故選BD。11、AC【分析】【分析】

該電池屬于酸性氫氧燃料電池，電池工作時(shí)的正極：O2+4H++4e－＝2H2O；負(fù)極：H2-2e－＝2H+；在原電池中陽(yáng)離子向電池的正極移動(dòng)，陰離子向電池的負(fù)極移動(dòng)。

【詳解】

A.X極通入氫氣；發(fā)生氧化反應(yīng)，是原電池的負(fù)極，有氫離子生成，溶液的酸性增強(qiáng)，故A正確；

B.X極通入氫氣；發(fā)生氧化反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.Y電極通入空氣；發(fā)生還原反應(yīng)，是原電池的正極，故C正確；

D.工作過(guò)程中，質(zhì)子(H＋)從“X極”一邊透過(guò)質(zhì)子交換膜移動(dòng)到“Y極”一邊與OH－反應(yīng)生成水；故D錯(cuò)誤；

故答案：AC。12、CD【分析】【分析】

本題主要考查鹽酸滴定溶液，側(cè)重考查學(xué)生分析和解決化學(xué)問(wèn)題的能力。已知：時(shí)酚酞溶液變無(wú)色，時(shí)甲基橙變橙色。

【詳解】

A．由圖可知：鹽酸溶液滴定溶液時(shí)；先用酚酞再用甲基橙作指示劑，A項(xiàng)正確；

B．點(diǎn)：①q點(diǎn)：②n點(diǎn)，B項(xiàng)正確；

C．由水解生成的和的量是相等的可知，此時(shí)溶質(zhì)為由質(zhì)子守恒得C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．r點(diǎn)溶質(zhì)為此時(shí)水的電離程度最大，r點(diǎn)到k點(diǎn)滴加鹽酸；水的電離程度始終減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選D。13、AB【分析】【分析】

【詳解】

A．鐵的化合物與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵；調(diào)節(jié)pH，鐵離子發(fā)生水解生成氫氧化鐵沉淀,則濾渣中主要含氫氧化鐵，A正確；

B．焙燒過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)：每消耗1molCuS則消耗1.5molO2；B正確；

C．焙燒后的廢氣能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色；證明該氣體具有還原性，C錯(cuò)誤；

D．將獲得的CuCl2·2H2O晶體直接加熱，會(huì)發(fā)生水解得到Cu(OH)2，Cu(OH)2受熱分解得到CuO固體，無(wú)法得到CuCl2固體；D錯(cuò)誤；

答案選AB。14、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．辛胺在Ni2P電極轉(zhuǎn)化為辛腈，發(fā)生氧化反應(yīng)，Ni2P電極是電解池的陽(yáng)極；與電源正極相連，A正確；

B．辛胺轉(zhuǎn)化為辛腈為去氫反應(yīng)；去氫反應(yīng)屬于氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；

C．In/In2O3-x電極為陰極，H+可能在該電極上發(fā)生反應(yīng)生成H2，所以In/In2O3-x電極上可能有副產(chǎn)物H2生成；C正確；

D．In/In2O3-x電極為陰極，陰極上CO2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成HCOO-，電極反應(yīng)式為：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-；D錯(cuò)誤；

故選AC。三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【詳解】

根據(jù)題圖可知，越小，越大，說(shuō)明越大，越小，正確。【解析】正確16、略

【分析】【分析】

由圖可知合成步驟為NaH2PO2和I2、水反應(yīng)生成H3PO3和NaI、HI。因?yàn)镠I易揮發(fā)，“減壓蒸餾”獲得HI溶液，剩余固體主要為NaH2PO3，加水溶解，調(diào)節(jié)pH=11使NaH2PO2轉(zhuǎn)化為Na2HPO3，最后"結(jié)晶‘得到Na2HPO3固體；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)由圖可知：b點(diǎn)時(shí)с(Н2РО)=(НРО)，Ka2=c(H+)=10-6.54，常溫下pH=6.54<7，溶液呈酸性，則c(OH-)+)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)<2с(НРО)+с(Н2РО)，所以c(Na+)<3c(НРО)。由圖可知：с(Н2РО)=с(НзРОЗ)，Ka1=c(H+)=10-1.43，反應(yīng)H3PO3+HPO2H2PO的平衡常數(shù)的數(shù)值為K=====105.11，故答案：<；105.11。

(2)由框圖可知：白磷加入適量的的NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)生成亞磷酸二氫鈉和磷化氫氣體，則P4NaH2PO2中P元素由0價(jià)升高到+1價(jià)，做還原劑，P4PH3中P元素由0價(jià)降低到-3價(jià)；做氧化劑，根據(jù)電子守恒規(guī)律可知，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:3，故答案：1:3。

(3)"合成"步驟，NaH2PO3和I2和水反應(yīng)生成H3PO3和NaI和HI，反應(yīng)方程式為：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI，故答案：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI。

(4)根據(jù)合成步驟的反應(yīng)可知，蒸餾前溶液中主要含H3PO3、NaI和HI，而蒸餾過(guò)程I回收率為95%，說(shuō)明H3PO3和NaI反應(yīng)有NaH2PO3生成，則剩余固體的主要成分為NaH2PO3，故答案：NaH2PO3?！窘馕觥竣?＜②.105.11③.1：3④.NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI⑤.NaH2PO317、略

【分析】【詳解】

根據(jù)題意列出“三段式”:

(1)SO2的起始濃度為SO3(氣)的平衡濃度為

(2)平衡時(shí)SO3(氣)占總體積的百分?jǐn)?shù)即為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)：=22.22%，恒溫恒容下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，故此時(shí)體系壓強(qiáng)為反應(yīng)起始時(shí)體系壓強(qiáng)的=0.9倍；

(3)10min時(shí)達(dá)到平衡后，壓縮反應(yīng)器體積為若平衡不移動(dòng)，SO3(氣)的濃度等于10min時(shí)SO3(氣)濃度的2倍，但壓縮體積相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，一段時(shí)間后，達(dá)到新的平衡，此時(shí)SO3(氣)的濃度大于10min時(shí)SO3(氣)濃度的2倍；

(4)10min時(shí)達(dá)到平衡后，保持容器體積不變，向容器中再充入1molSO2，使反應(yīng)物的濃度增大，平衡正向移動(dòng)，O2的轉(zhuǎn)化率增大?！窘馕觥?2.22%0.9大于增大18、略

【分析】（1）

①增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率增大，所以壓強(qiáng)p1、p2、p3由小到大的順序是；p3＜p2＜p1；

②壓強(qiáng)為p3時(shí)，若向該容器中充入和3molCO發(fā)生反應(yīng)；5min后反應(yīng)達(dá)到平衡(M點(diǎn))，M點(diǎn)CO的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，列三段式如下：

υ(H2)=

其中k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)，N點(diǎn)的速率常數(shù)等于M點(diǎn)速率常數(shù)，M點(diǎn)為平衡點(diǎn)，故υ正=υ逆，則則0.135；

（2）

①改變條件；反應(yīng)速率加快，平衡沒(méi)移動(dòng)，曲線Ⅱ所對(duì)應(yīng)的改變的條件可能為加入催化劑；

②反應(yīng)初始階段溫度為主導(dǎo)因素；反應(yīng)放熱，氣體膨脹使壓強(qiáng)增大，之后氣體總物質(zhì)的量為主導(dǎo)因素，氣體總物質(zhì)的量減小使壓強(qiáng)減小，所以體系總壓強(qiáng)先增大后減小，故此處填：反應(yīng)初始階段溫度為主要因素，反應(yīng)放熱，氣體膨脹使壓強(qiáng)增大；之后氣體總物質(zhì)的量為主導(dǎo)因素，氣體總物質(zhì)的量減小使壓強(qiáng)減??；

③

X=0.5，該條件下H2的平衡轉(zhuǎn)化率為33.3%。【解析】(1)0.240.135

(2)加入催化劑反應(yīng)初始階段溫度為主導(dǎo)因素，反應(yīng)放熱，氣體膨脹使壓強(qiáng)增大；之后氣體總物質(zhì)的量為主導(dǎo)因素，氣體總物質(zhì)的量減小使壓強(qiáng)減小33.319、略

【分析】（1）

(1)由反應(yīng)可知，正向?yàn)闅怏w分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，氨氣的物質(zhì)的量增大，則平衡時(shí)氨氣的體積分?jǐn)?shù)增大，則和由大到小的順序是

（2）

①溫度越高，壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越大，由(1)分析可知，由圖可知，B對(duì)應(yīng)的溫度高、壓強(qiáng)大，則反應(yīng)速率大，

②在條件下，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器的體積為列“三段式”：

解得：則該條件下合成氨的平衡常數(shù)

（3）

第一步為慢反應(yīng)，說(shuō)明要反應(yīng)需要從外界吸收的熱量多，活化分子數(shù)少，活化能大，則

（4）

①該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)；反應(yīng)過(guò)程中壓強(qiáng)逐漸增大，當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，表明正逆反應(yīng)速率相等，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故①符合題意；

②由于是固體；沒(méi)有達(dá)到平衡狀態(tài)前，氣體質(zhì)量會(huì)變化，容器體積不變，密度也會(huì)發(fā)生變化，所以密度不變，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)，故②符合題意；

③由于是固體；生成物全部為氣體，氣體的物質(zhì)的量在增加，當(dāng)混合氣體的總物質(zhì)的量不變，說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到了平衡狀態(tài)，故③符合題意；

④混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量=混合氣體的質(zhì)量和/混合氣體的物質(zhì)的量總和，混合氣體的質(zhì)量恒等于分解的質(zhì)量，氣體的物質(zhì)的量為分解的的三倍；混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故④不符合題意；

⑤因反應(yīng)物是固體物質(zhì)，所以密閉容器中的體積分?jǐn)?shù)始終不變；故⑤不符合題意；

故答案為：①②③。【解析】(1)溫度相同時(shí)；加壓平衡正向移動(dòng)，故壓強(qiáng)越大平衡混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)越大。

(2)<

(3)>

(4)①②③四、判斷題(共4題，共32分)20、B【分析】【分析】

【詳解】

升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)混合物分子能量增大，單位體積活化分子數(shù)、活化分子百分?jǐn)?shù)均增大，此時(shí)v放增大，v吸增大，故錯(cuò)誤。21、A【分析】【詳解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，正確。22、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學(xué)方程式主要是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)熱是多少，而不是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)在什么條件下能發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律，只要反應(yīng)物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應(yīng)熱都是一樣的，因此不需要注明反應(yīng)條件，該說(shuō)法錯(cuò)誤。23、B【分析】【詳解】

根據(jù)吉布斯自由能判斷，ΔH＜0、ΔS＞0的反應(yīng)在溫度低時(shí)能自發(fā)進(jìn)行，錯(cuò)誤。五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共24分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)缺少環(huán)形玻璃攪拌棒。

(2)做一次完整的中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)(需重復(fù)測(cè)定3次)；每次需要測(cè)定酸；堿和反應(yīng)后的最高溫度，即每次實(shí)驗(yàn)使用三次溫度計(jì)，3次實(shí)驗(yàn)溫度計(jì)需使用至少9次。

(3)50mL0.5mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行中和反應(yīng)三次水的物質(zhì)的量為0.025mol，溶液的質(zhì)量為100g，溫度變化值為23.2-20.05,23.4-20.3,23.6-20.55，取平均值為℃，則中和熱為=-51.8kJ/mol。

(4)用相同濃度和相同體積的稀氨水代替NaOH溶液，因?yàn)榘彼婋x吸熱，所以測(cè)得的中和熱的數(shù)值會(huì)偏小?！窘馕觥凯h(huán)形玻璃攪拌棒(只答攪拌棒不扣分)9次-51.8kJ/mol(沒(méi)帶單位扣一分)偏小一水合氨的電離吸熱25、略

【分析】【分析】

(1)在稀溶液中，強(qiáng)酸、強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生可溶性鹽和1molH2O時(shí)放出57.3kJ的熱量；

(2)計(jì)算每次實(shí)驗(yàn)起始溫度、終止溫度的溫度差，然后舍去偏差較大的數(shù)值，用其余實(shí)驗(yàn)溫度差的總和除以實(shí)驗(yàn)次數(shù)就得到平均溫度，再根據(jù)Q=c·m·△t計(jì)算反應(yīng)放出的熱量，最后根據(jù)中和熱ΔH=-得到中和熱。根據(jù)操作對(duì)熱量變化；反應(yīng)產(chǎn)生的水的物質(zhì)的量的影響分析對(duì)中和熱的影響。

【詳解】

(1)中和熱是酸、堿在溶液中反應(yīng)產(chǎn)生可溶性鹽和1molH2O時(shí)放出的熱量，硫酸與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4和1molH2O，放出熱量57.3kJ，則表示中和熱的熱化學(xué)方程式為：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；

(2)①進(jìn)行的四次實(shí)驗(yàn)反應(yīng)前后溫度差分別是2.5℃、4.0℃、3.9℃、4.1℃，顯然第一次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)偏差較大，應(yīng)該舍去，則后三次實(shí)驗(yàn)的平均溫度差△t==4.0℃；

②酸、堿發(fā)生中和反應(yīng)實(shí)質(zhì)是H++OH-=H2O，根據(jù)已知信息可知H2SO4過(guò)量，反應(yīng)產(chǎn)生H2O的物質(zhì)的量以不足量的NaOH為標(biāo)準(zhǔn)計(jì)算，n(H2O)=0.50mol/L×0.05L=0.025mol，溶液質(zhì)量m=50g+30g=80g，反應(yīng)放出熱量Q=c·m·△t=4.18J·(g·℃)-1×80g×4.0℃=1337.6J=1.338kJ，故測(cè)得的該反應(yīng)的中和熱ΔH=-=-53.5kJ·mol-1；

③中和熱理論值是57.3kJ·mol-1，實(shí)驗(yàn)測(cè)定值是53.5kJ·mol-1；測(cè)定值偏低，產(chǎn)生了一定的偏差。

a．若實(shí)驗(yàn)裝置保溫、隔熱效果差，導(dǎo)致反應(yīng)放出熱量使溶液溫度升高偏少，△t偏??；則最終會(huì)使得測(cè)定的中和熱數(shù)值偏低，a符合題意；

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)，則NaOH偏多，反應(yīng)放出熱量偏多，最終會(huì)使中和熱數(shù)值偏高，b不符合題意；

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小燒杯中；可以減少熱量損失，會(huì)使測(cè)定值更接近理論值，c不符合題意；

d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度，會(huì)使反應(yīng)前溶液溫度偏高，導(dǎo)致反應(yīng)前后溫度差△t偏小；最終使得測(cè)定的中和熱數(shù)值偏低，d符合題意；

故合理選項(xiàng)是ad。【解析】H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-14.0-53.5kJ·mol-1ad26、略

【分析】【分析】

對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、II，加入酸的量不同，總體積相同，則氫離子濃度不同；為驗(yàn)證Mn2+的催化作用，加入試劑的總體積仍舊為10mL溶液，且