2025年華東師大版選修4化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版選修4化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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9題，共18分)1、能夠用反應熱表示標準燃燒熱的是A.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔHB.S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔHC.C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔHD.H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH2、已知以下的熱化學反應方程式：

Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/mol

Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/mol

Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol

則56gCO氣體還原足量FeO固體得到Fe固體和CO2氣體時對應的ΔH約為（）A.－327kJ/molB.＋327kJ/molC.＋436kJ/molD.－436kJ/mol3、25℃時；電離平衡常數(shù)如下表，下列說法錯誤的是。

?；瘜W式。

CH3COOH

H2CO3

HClO

電離平衡常數(shù)。

1.8×10－5

K14.3×10－7

K25.6×10－11

3.0×10－8

A.離子結合質子的能力由大到小的順序是：CO32->ClO->HCO3->CH3COO-B.2ClO-+CO2+H2O＝CO32-+2HClO反應不能發(fā)生C.用蒸餾水稀釋0.10mol·L-1的醋酸，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)的數(shù)值逐漸增大D.等體積、等pH的CH3COOH與HClO兩溶液與NaOH恰好完全反應，CH3COOH消耗氫氧化鈉物質的量更多4、常溫下，用0.1000mol?L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol?L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是（）

A.點①時：c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)B.點②時：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)C.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值：③點等于④點D.恰好完全中和時，將兩種溶液混合后：c(HCN)+c(CH3COOH)>c(OH-)-c(H+)5、時，向溶液中逐滴加入的鹽酸，溶液中部分含碳微粒的物質的量隨溶液pH的變化如圖所示。下列說法不正確的是

A.HCl溶液滴加一半時，溶液B.溶液中C.在A點：D.當時，溶液中6、次磷酸(H3PO2，一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物殺菌。常溫時，有1mol?L-1的H3PO2溶液和1mol˙L-1的HBF4溶液，兩者起始時的體積均為V0；分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積均為V，兩溶液的pH變化曲線如圖所示.下列說法錯誤的是：

A.常溫下，該HBF4溶液滿足pH=B.常溫下，H3PO2的電離平衡常數(shù)約為1.110-2C.常溫下，NaBF4溶液的pH=7D.NaH2PO2溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)7、溴酸銀(AgBrO3)的溶解度隨溫度變化曲線如右上圖所示；下列說法正確的是。

A.溫度升高不利于溴酸銀的溶解B.溴酸銀的溶解是放熱過程C.若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純D.60℃時，將0.04g溴酸銀加入到10g水中，形成的分散系中存在沉淀溶解平衡8、某興趣小組設計如圖所示微型實驗裝置。實驗時，先斷開K2，閉合K1，兩極均有氣泡產生；一段時間后，斷開K1、閉合K2；發(fā)現(xiàn)電流表A指針偏轉。下列有關描述正確的是()

A.斷開K2，閉合K1時，總反應的離子方程式為：2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑B.斷開K2，閉合K1時，石墨電極附近溶液變紅C.斷開K1，閉合K2時，銅電極上的電極反應式為：Cl2＋2e－=2Cl－D.斷開K1，閉合K2時，石墨電極作正極9、2022年前后我國將建成首座載人空間站。為實現(xiàn)空間站的零排放，循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2，我國科學家研發(fā)了一種能量轉化裝置，總反應方程式為2CO2=2CO+O2。下列說法正確的是（）

A.該裝置將太陽能直接轉化為化學能B.離子交換膜為陽離子交換膜C.反應完畢，該裝置中電解質溶液的pH不變D.Y電極的反應：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、某反應過程能量變化如圖所示；下列說法正確的是。

A.反應過程a有催化劑參與B.該反應為放熱反應，熱效應等于ΔHC.改變催化劑，可改變該反應的活化能D.有催化劑條件下，反應的活化能等于E1+E211、以下反應中，Q1＞Q2的是A.S(s)＋O2(g)SO2(g)＋Q1kJ；S(g)＋O2(g)SO2(g)＋Q2kJB.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)＋Q1kJ；2H2(g)＋O2(g)→2H2O(g)＋Q2kJC.NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)＋Q1kJNaOH(aq)＋HAc(aq)→NaAc(aq)＋H2O(l)＋Q2kJD.H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)＋Q1kJ，H2(g)＋F2(g)=2HF(g)＋Q2kJ12、常溫下，某溶液中由水電離出來的c(H+)=1.0×10-13mol?L-1，該溶液可能是A.稀硫酸B.氯化鈉水溶液C.硝酸鈉水溶液D.氫氧化鈉水溶液13、水的電離平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（）

A.圖中對應點的溫度關系為：a＞b＞cB.純水僅升高溫度，可從a點變到c點C.水的電離常數(shù)Kw數(shù)值大小關系為：b＞c＞dD.在b點對應溫度下，將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性14、H2S為二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(電離常數(shù)K的負對數(shù)－lgK＝pK)。在20℃時，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中緩慢通入HCl(忽略溶液體積變化和H2S的揮發(fā))，在該過程中下列微粒物質的量濃度關系一定正確的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)時，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性時，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89時，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1時，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)15、KHC2O4·H2C2O4·2H2O(四草酸鉀，記作PT)是一種分析試劑。室溫時，H2C2O4的pKa1、pKa2分別為1.23、4.19(pKa=-lgKa)。下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系錯誤的是A.0.1mol·L-1PT溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)B.0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液pH=4.19：c(Na＋)-c(K＋)<c(HC2O4－)－c(H2C2O4)C.0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)D.0.1mol·L-1PT與0.3mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(Na＋)-c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)16、已知25℃；醋酸；次氯酸、碳酸、亞硫酸的電離平衡常數(shù)如表，下列敘述正確的是。

。酸。

電離平衡常數(shù)。

醋酸。

Ki=1.75×10-5

次氯酸。

Ki=2.98×10-8

碳酸。

Ki1=4.30×10-7Ki2=5.61×10-11

亞硫酸。

Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7

A.25℃，等PH值的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四種溶液中，物質的量最小的是Na2CO3B.少量的SO2通入NaClO溶液中反應的離子方程式為：SO2+H2O+2ClO—SO32—+2HClOC.少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中反應的離子方程式為：CO2+H2O+ClO—HCO3—+HClOD.向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pH＞a、pH＜a、pH=a均有可能17、25℃時，向10mL0.1mol·L－1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的鹽酸，溶液的AG[AG＝lg]變化如圖所示(溶液混合時體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是()

A.若a＝－8，則Kb(XOH)≈10－6B.M點表示鹽酸和XOH恰好完全反應C.R點溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D.M點到N點，水的電離程度先增大后減小評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術；在含能材料；醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應用。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N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol?1。19、在恒溫恒容條件下，將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應：N2O4(g)2NO2(g)，反應過程中各物質的物質的量濃度c隨時間t的變化關系如圖所示。

(1)該反應的平衡常數(shù)表達式為______________，若溫度升高K值增大，則該反應的正反應為__________反應（填吸熱或放熱）。

(2)a、b、c、d四個點中，化學反應處于平衡狀態(tài)的是______________點。從起點開始首次達到平衡時以NO2表示的平均反應速率為___________________________。

(3)25min時，增加了______mol______（填物質的化學式）使平衡發(fā)生了移動。

(4)變化過程中a、b、c、d四個時刻體系的顏色由深到淺的順序是______（填字母）。20、氫氣用于工業(yè)合成氨：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1。

(1)一定溫度下，在容積恒定的密閉容器中，一定量的N2和H2反應達到平衡后，改變某一外界條件，正、逆反應速率與時間的關系如圖所示，其中t4、t5、t7時刻所對應改變的實驗條件分別是t2______t4____，t5_____，t7_____。

(2)在一定條件下，將2molN2與5molH2混合于一個10L的密閉容器中；反應情況如圖所示：

①5min內的平均反應速率v(NH3)＝_________________________________；

②達到平衡時NH3的百分含量為______________________________。21、有c(H+)=0.01mol/L的鹽酸；硫酸、醋酸三瓶溶液：

（1）設三種酸的物質的量濃度依次為c1、c2、c3，則其關系是_____（用“>、<；=”表示；下同）。

（2）取同體積的三種酸溶液分別加入足量的鋅粉，反應過程中放出H2的速率依次為b1、b2、b3，則其關系是________________。

（3）完全中和體積和物質的量濃度均相同的三份NaOH溶液時，需三種酸的體積依次為V1、V2、V3，則其關系是________。22、在室溫下；有下列五種溶液：

①0.1mol/LNH4Cl

②0.1mol/LCH3COONH4

③0.1mol/LNH4HSO4

④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液。

⑤0.1mol/LNH3·H2O

請根據(jù)要求填寫下列空白：

（1）溶液①呈_____性(填“酸”“堿”或“中”)，其原因是____________(用離子方程式表示)。

（2）溶液①②③⑤中c(NH4+)的關系由大到小排列是______。（用①②③⑤表示）

（3）室溫下，測得溶液②的pH＝7，則CH3COO－與NH4+濃度的大小關系是c(CH3COO－)________c(NH4+)(填“＞”“＜”或“＝”)。

（4）已知室溫下NH3·H2O的電離常數(shù)為1.8×10－5，通過計算可推知溶液④呈____性(填“酸”“堿”或“中”)，溶液中離子濃度由小到大為____________（用離子符號表示），該溫度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____mol·L－1。(已知≈2.36)，23、某二元酸HB在水中的電離方程式是HBH

的NaHB溶液顯酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是________填標號

A.

B.

C.

D.評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)24、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、實驗題(共3題，共18分)25、研究+6價鉻鹽不同條件下微粒存在形式及氧化性；某小組同學進行如下實驗：

已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黃色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6價鉻鹽在一定條件下可被還原為Cr3+，Cr3+在水溶液中為綠色。

（1）試管c和b對比，推測試管c的現(xiàn)象是_____________________。

（2）試管a和b對比，a中溶液橙色加深。甲認為溫度也會影響平衡的移動，橙色加深不一定是c(H+)增大影響的結果；乙認為橙色加深一定是c(H+)增大對平衡的影響。你認為是否需要再設計實驗證明？__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。

（3）對比試管a、b、c的實驗現(xiàn)象，可知pH增大_____（選填“增大”；“減小”，“不變”）；

（4）分析如圖試管c繼續(xù)滴加KI溶液、過量稀H2SO4的實驗現(xiàn)象，說明+6價鉻鹽氧化性強弱為Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不確定”）；寫出此過程中氧化還原反應的離子方程式_________。

（5）小組同學用電解法處理含Cr2O72-廢水，探究不同因素對含Cr2O72-廢水處理的影響，結果如表所示（Cr2O72-的起始濃度，體積、電壓、電解時間均相同）。實驗ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL電極材料陰、陽極均為石墨陰、陽極均為石墨陰、陽極均為石墨陰極為石墨，陽極為鐵Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3

①實驗ⅱ中Cr2O72-放電的電極反應式是________________。

②實驗ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的機理如圖所示，結合此機理，解釋實驗iv中Cr2O72-去除率提高較多的原因_______________。

26、I．(1)實驗測得8g液態(tài)甲醇（化學式為CH4O）在氧氣中完全燃燒，生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出181.6kJ的熱量。請寫出表示液態(tài)甲醇燃燒熱的熱化學方程式：_______。

(2)發(fā)射衛(wèi)星時常用肼（N2H4）作為燃料，用二氧化氮作為氧化劑，這兩種物質反應生成氮氣和水蒸氣。已知：①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH=akJ/mol；②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH=bkJ/mol。寫出肼氣體與二氧化氮氣體反應的熱化學方程式：_______。

II．某學習小組的同學在實驗室利用下圖裝置進行中和熱的測定；請回答下列問題：

(1)在其它操作正確的前提下，如果大燒杯不蓋硬紙板，求得的中和熱ΔH將_______（填“偏大”；“偏小”或“無影響”）。

(2)取50mL0.50mol/LNaOH溶液和30mL0.50mol/L硫酸溶液進行實驗，實驗數(shù)據(jù)如下表。實驗次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃溫度差平均值(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值平均值126.526.726.630.1226.026.426.230.3325.925.925.930.2426.426.226.330.5

①表中的溫度差的平均值為_____℃。

②近似認為0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/（g·℃）。則中和熱ΔH=_____kJ/mol（保留到小數(shù)點后一位）。

③實驗中改用60mL0.50mol/L鹽酸跟50mL0.55mol/L氫氧化鈉進行反應，若其它實驗操作均正確，則與上述實驗相比，所放出的熱量_____（填“相等”或“不相等”，下同），所求得的中和熱_____。27、工業(yè)上用空氣氧化（NH4）2SO3的方法制?。∟H4）2SO4；某研究小組用如圖裝置模擬該過程，并通過測定反應后溶液中SOT的濃度來計算該反應的轉化率。

實驗步驟如下：

①按圖連接好裝置；檢查裝置氣密性；

②取200mL0.5000mol?L-1（NH4）2SO3溶液（調節(jié)pH=8）裝入三頸燒瓶中，加入催化劑，控制氣體流速為300L?h-1；在溫度為50℃下進行實驗；

③反應2.5h后，測定反應后溶液中SO32-的濃度。

回答下列問題：

（1）儀器M的名稱為_____，儀器M中裝有H2O2溶液，則裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_______。

（2）實驗中通如N2的目的是_____。

（3）裝置B的作用是_____（任答一條）。

（4）裝置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亞硫酸銨溶液的pH小于8,要調節(jié)裝置C中溶液的pH=8,應向該溶液中加入一定量的_____（填標號。

aNH3?H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）該實驗缺少的裝置是_____。

（6）取VmL反應后的溶液（反應前后體積不變）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol?L-1的標準碘溶液滴定至終點時，消耗碘水的體積為bmL，則（NH4）2SO3的轉化率為_____。評卷人得分六、計算題(共2題，共20分)28、在一定溫度下，10L密閉容器中加入5molSO2、4.5moLO2，經10min后反應達平衡時，有3molSO2發(fā)生了反應。試回答下列問題：

(1)O2的轉化率為__。

(2)用SO2表示該反應的反應速率為__。

(3)平衡時容器內氣體壓強與反應前的壓強之比為__。（最簡整數(shù)比）29、利用催化氧化反應將SO2轉化為SO3是工業(yè)上生產硫酸的關鍵步驟。已知：SO2（g）＋O2（g）SO3（g）+98kJ/mol

（1）某溫度下該反應的平衡常數(shù)K=若在此溫度下，向100L的恒容密閉容器中，充入3.0molSO2(g)、16.0molO2(g)和3.0molSO3(g)，則反應開始時v（正）__v（逆）（填“＜”；“＞”或“＝”）。

（2）一定溫度下，向一帶活塞的體積為20L的密閉容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，達到平衡后體積變?yōu)?6L，則平衡后SO2轉化的百分率為__。

（3）在（2）中的反應達到平衡后，改變下列條件，能使SO2(g)平衡濃度比原來減小的是__（填字母）。

A.保持溫度和容器體積不變，充入0.2molO2

B.保持溫度和容器內壓強不變，充入0.4molSO3

C.降低溫度。

D.移動活塞壓縮氣體。

（4）若以如圖所示裝置，用電化學原理生產硫酸，為穩(wěn)定持續(xù)生產，硫酸溶液的濃度應維持不變，則通入SO2和水的質量比為__。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

燃燒熱是指在25C°；101kPa時；1mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量。

【詳解】

燃燒熱是指在25C°、101kPa時，1mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量。A..ΔH表示2molH2燃燒所釋放的熱量；故A錯誤；

B．ΔH表示1molS完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物SO2(g)所放出的熱量；故B正確；

C.C(s)的穩(wěn)定氧化物為CO2(g)；而不是CO(g)，故C錯誤；

D.HCl(g)不是氧化物；故不能表示燃燒熱，故D錯誤；

答案選D。2、D【分析】【詳解】

給以上熱化學方程式依次編號。

①Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/mol

②Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/mol

③Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol

由蓋斯定律可知，反應FeO(s)＋CO(g)＝Fe(s)＋CO2(g)可由得到，其反應熱為則56gCO即1molCO還原足量FeO固體得到Fe固體和CO2氣體時對應的ΔH為-436kJ/mol；D項正確；

答案選D。3、D【分析】【分析】

根據(jù)酸的電離平衡常數(shù)知，酸強弱順序為：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3－

【詳解】

A選項，酸越弱，對應陰離子結合氫離子能力越強，因此離子結合質子的能力由大到小的順序是：CO32－>ClO－>HCO3－>CH3COO－；故A正確；

B選項，2ClO－+CO2+H2O＝CO32－+2HClO反應，違背了HClO>HCO3－；因此不能發(fā)生，故B正確；

C選項，用蒸餾水稀釋0.10mol·L-1的醋酸，氫離子濃度減小，比值增大，故C正確；

D選項，等體積、等pH的CH3COOH與HClO兩溶液與NaOH恰好完全反應；HClO物質的量多，則次氯酸消耗氫氧化鈉物質的量更多，故D錯誤。

綜上所述；答案為D。

【點睛】

等體積、等pH的一元弱酸與一元強酸兩溶液與NaOH恰好完全反應，弱酸的物質的量多，消耗的氫氧化鈉多。4、D【分析】【詳解】

A.點時，滴加NaOH溶液的體積為10mL，對于HCN溶液，恰好生成1，由于溶液呈堿性，因此的水解程度大于HCN的電離程度，則故A說法正確；

B.點時滴加NaOH溶液的體積為10mL，反應后溶質為等濃度的醋酸和醋酸鈉，根據(jù)電荷守恒和物料守恒可得：故B說法正確；

C.點溶液顯中性，根據(jù)電荷守恒，推出則點溶液中點二者恰好反應，根據(jù)物料守恒可知因此溶液中的值為由于溶液中濃度均遠大于濃度，所以的值約等于即點近似等于點；故C說法正確；

D.恰好中和時反應后溶質為等物質量的NaCN和根據(jù)物料守恒得：混合液中滿足電荷守恒：二者結合可得：故D說法錯誤。

答案：D。5、D【分析】【詳解】

A.HCl溶液滴加一半時，溶質為由圖像知，碳幾乎全部為時，溶液故A正確；

B.由電荷守恒，溶液中故B正確；

C.在A點和各占且溶液呈堿性，故C正確；

D.若溶液中根據(jù)物料守恒，溶質應該為由圖知，碳幾乎全部為時；溶液呈堿性，故D錯誤；

答案選D。

【點睛】

本題考查溶液中的“三守恒”，要能夠熟練書寫物料守恒、電荷守恒、質子守恒式是解答關鍵。6、A【分析】【分析】

當+1=1時，V=V0，即起始時1mol/L的曲線b溶液的pH=0，說明曲線b對應酸為強酸，H3PO2為一元弱酸，則曲線b為氟硼酸（HBF4）加水稀釋的曲線，曲線a為H3PO2溶液的稀釋曲線；據(jù)此分析。

【詳解】

A．根據(jù)圖示曲線b可知，+1=1，則=pH=0，+1=5時，=pH=4，所以在0?pH?4時，HBF4溶液滿足pH=故A錯誤；

B．a曲線表示的是次磷酸的稀釋曲線，由曲線上的點的坐標可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸電離方程式為：H3PO2?H++H2PO2-，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c(H2PO2-)=0.1mol/L；那么次磷酸的電離平衡常數(shù)即為：

Ka故B正確；

C．根據(jù)圖像可知，b表示的酸每稀釋十倍，pH值增加1，所以b為強酸的稀釋曲線，又因為H3PO2為一元弱酸，所以b對應的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸為強酸；那么NaBF4即為強酸強堿鹽；故溶液為中性，常溫下pH=7，C項正確；

D．NaH2PO2溶液中：符合質子守恒，c(OH-)=c(H3PO2)+c(H+)，則c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)；故D正確；

答案選A。7、C【分析】試題分析：A；根據(jù)圖像升高溫度；溴酸銀的溶解度增大，所以溫度升高時有利于溴酸銀的溶解，故A錯誤；B、根據(jù)圖象可知，升高溫度，溴酸銀的溶解度增大，說明溴酸銀的溶解過程為吸熱過程，故B錯誤；C、根據(jù)圖象可知，常溫下溴酸銀的溶解度大于0.2g，微溶于水，且隨溫度的變化不大，而硝酸鉀的溶解度較大，若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純，故C正確；D、60℃時溴酸銀的溶解度為0.6g，在10g水最多溶解0.06g，因此60℃時，將0.04g溴酸銀加入到10g水中，溴酸銀完全溶解，不存在沉淀溶解平衡，故D錯誤；

故選C。

考點：考查了難溶物的溶解平衡的相關知識。8、D【分析】試題分析：斷開K2、閉合K1時，裝置為電解池，兩極均有氣泡產生，則總反應為2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨為陽極，銅為陰極，因此石墨電極處產生Cl2，在銅電極處產生H2，銅電極附近產生OH-，溶液變紅，A錯誤；B、根據(jù)A中分析可知B錯誤；C、斷開K1、閉合K2時，裝置為原電池，銅電極上的電極反應為H2-2e-+2OH-=2H2O，其為負極，而石墨上的電極反應為Cl2+2e-=2Cl-；其為正極，C錯誤，D；根據(jù)C中分析可知D正確，答案選D。

【考點定位】本題綜合考查電解池和原電池知識。

【名師點晴】解答時注意把握電化學工作原理，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)。明確原電池和電解池的工作原理是解答的關鍵，注意電極名稱的判斷和電極反應式的書寫。9、C【分析】【分析】

由示意圖可知；該裝置實現(xiàn)了“太陽能→電能→化學能”的轉化，電能轉化為化學能，為電解裝裝置，X極與光電池的負極相連，為陰極，Y極與光電池的正極相連，為陽極，以此解答該題。

【詳解】

A．由示意圖可知；該裝置實現(xiàn)了“太陽能→電能→化學能”的轉化，故A錯誤；

B.由示意圖可知；離子交換膜允許氫氧根離子通過，為陰離子交換膜，故B錯誤；

C.由總反應方程式可知；電解前后電解質溶液中氫氧根濃度不變，溶液的pH不變，故C正確；

D.由示意圖可知，Y極為陽極，氫氧根在陽極失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑；故D錯誤；

故選C。

【點睛】

由示意圖可知，該裝置實現(xiàn)了“太陽能→電能→化學能”的轉化，電能轉化為化學能，為電解裝置是分析判斷的關鍵。二、多選題(共8題，共16分)10、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖示可知反應過程a需要的活化能較高；沒有催化劑參與，錯誤；

B．由于反應物的能量高于生成物的能量；多余的能量就以熱能的形式釋放出來。所以該反應為放熱反應，熱效應等于反應物與生成物能量的差值ΔH，正確；

C．改變催化劑；改變了反應途徑，降低了反應的活化能，但是反應熱不變，正確；

D．E1是正反應的活化能，E2是中間產物的活化能，有催化劑條件下,正反應的活化能等于E1；錯誤。

答案選B。11、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．燃燒反應為放熱反應，生成物相同，反應物中氣態(tài)S的能量大于固態(tài)S的能量，則Q1＜Q2；故A不選；

B．反應物相同，生成物中氣態(tài)水的能量大于液態(tài)水的能量，則Q1>Q2；故B選；

C．中和反應為放熱反應，醋酸電離吸熱，則Q1＞Q2；故C選；

D．非金屬性F＞Cl，F(xiàn)2比Cl2能量高，HF更穩(wěn)定，則Q1＜Q2；故D不選；

故選BC。

【點睛】

本題考查反應熱與焓變，把握反應中能量變化、物質的狀態(tài)、弱電解質的電離為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意燃燒與中和反應均放熱，難點D，生成氫化物越穩(wěn)定，放出的熱量越多。12、AD【分析】【分析】

常溫下，某溶液中由水電離出的c(H+)水=1.0×10-13mol/L＜10-7mol/L；說明該溶液中的溶質抑制了水的電離；酸堿對水的電離有抑制作用，水解的鹽促進水的電離，據(jù)此分析判斷。

【詳解】

A.稀硫酸是強酸；硫酸電離出的氫離子抑制水的電離，A項正確；

B.氯化鈉溶液電離的氯離子和鈉離子不影響水的電離；氯化鈉溶液顯中性，對水的電離無影響，B項錯誤；

C.硝酸鈉溶液為強酸強堿鹽；溶液顯中性，對水的電離無影響；C項錯誤；

D.氫氧化鈉是強堿；氫氧化鈉電離出的氫氧根離子抑制水的電離，D項正確；

答案選AD。13、CD【分析】【詳解】

A．溫度越高，水的離子積常數(shù)越大，根據(jù)圖象知，b點Kw=10-12，c點Kw=10-13，a點Kw=10-14，所以溫度關系為：b＞c＞a；故A錯誤；

B．c點Kw=10-13；則c曲線的純水中6＜pH＜7，c點的pH=6，則該溶液呈酸性，所以純水僅升高溫度，不能從a點變到c點，故B錯誤；

C．a、d曲線溫度相同，則離子積常數(shù)相同，即d點Kw=10-14，b點Kw=10-12，c點Kw=10-13，所以水的電離常數(shù)KW數(shù)值大小關系為：b＞c＞d；故C正確；

D．b點Kw=10-12；中性溶液pH=6；將pH=2的硫酸與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，等體積混合溶液呈中性，故D正確；

故答案為：CD。

【點睛】

正確理解水的電離平衡曲線：

（1）曲線上任意點的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同；溫度相同；

（2）曲線外的任意點與曲線上任意點的Kw不同；溫度不同；

（3）實現(xiàn)曲線上點之間的轉化需保持溫度不變，改變酸堿性；實現(xiàn)曲線上點與曲線外點之間的轉化一定得改變溫度。14、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2?)+2c(HS?)+2c(H2S)，兩式相加可得質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)。

【詳解】

A．根據(jù)c(HS?)=c(S2?)可知，溶液呈堿性，所以c(OH?)＞c(H+)，由質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，可得c(Cl?)＜c(HS?)+2c(H2S)，由于c(HS?)=c(S2?)，所以c(Cl?)＜c(S2?)+2c(H2S)；故A錯誤；

B．由質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH?)=c(H+)，可得c(Cl?)═c(HS?)+2c(H2S)；故B正確；

C．溶液pH＝6.89時，c(H+)=10-6.89溶液顯酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱電解質的電離比較弱，溶液中離子濃度大小關系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正確；

D．c(Cl?)=0.200mol?L?1，說明Na2S恰好和通入的HCl完全反應生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl?)，根據(jù)電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D錯誤；故選：BC。15、AC【分析】【詳解】

A．PT溶于水后，若HC2O4－和H2C2O4不電離也不水解，則有c(K+)=c(H2O4-)=c(H2C2O4)，但是HC2O4－和H2C2O4均會電離，根據(jù)電離平衡常數(shù)大小，H2C2O4電離程度大于HC2O4－的電離程度，根據(jù)H2C2O4H＋HC2O4－，溶液中的HC2O4－的濃度會增加，H2C2O4濃度減小，因此c(HC2O4-)>c(K+)>c(H2C2O4)；A錯誤，符合題意；

B．pH=4.19，則c(H＋)=10－4.19mol/L，根據(jù)pKa2=4.19，則帶入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。在溶液中電荷守恒，則c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，根據(jù)PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。在電荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)+c(H2C2O4)，將物料守恒的式子，帶入等式的右邊，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右兩邊消去c(K＋)，再根據(jù)c(C2O42－)=c(HC2O4－)，可得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)+c(K＋)。溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，則c(H2C2O4)+c(Na＋)<c(HC2O4－)+c(K＋)，可得c(Na＋)-c(K＋)<c(HC2O4－)－c(H2C2O4)；B正確，不選；

C．若PT與等物質的量的NaOH反應，則H2C2O4與NaOH反應生成NaHC2O4，此時溶液中的c(K＋)=c(Na＋)。HC2O4－在溶液中能夠電離，也能水解，其電離平衡常數(shù)Ka2=10－4.19，其水解平衡常數(shù)電離大于水解，溶液呈酸性?，F(xiàn)需要滴加NaOH至溶液呈中性，則NaOH的量大于PT的量，則溶液中c(K＋)<c(Na＋)；C錯誤，符合題意；

D．0.1mol·L-1PT與0.3mol·L-1NaOH溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒，有c(Na＋)=3c(K＋)，根據(jù)PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。則c(Na＋)-c(K＋)=2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)；D正確，不選。

答案選AC。

【點睛】

B項比較難，需要運用到電荷守恒，物料守恒，以及電離平衡常數(shù)的相關計算。在溶液中，如果pH=pKa，則弱酸和電離出來的酸根陰離子濃度相同，如此題中，pH=pKa2，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。16、CD【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知；酸性大小關系為：醋酸＞亞硫酸＞碳酸＞亞硫酸氫根離子＞次氯酸＞碳酸氫根離子；

A．相同物質的量濃度的含有弱酸根離子的鈉鹽溶液，對應酸的酸性越弱則酸根離子水解程度越大，溶液中氫氧根離子濃度越大，pH越大，水解程度大小順序是：CH3COO-＜SO32-＜ClO-＜CO32-，所以相同溫度時，等pH的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四種溶液中；物質的量濃度最小的為水解程度最大的鹽：碳酸鈉，由于沒有告訴溶液體積，各物質的物質的量大小無法判斷，故A錯誤；

B．SO2有還原性，NaClO有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應；少量的SO2通入NaClO溶液中，反應生成的次氯酸能夠氧化亞硫酸根離子，正確的離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=SO42-+2H++Cl-；故B錯誤；

C．由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反應生成次氯酸和碳酸氫根離子，反應的離子方程式為：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO；故C正確；

D．若溫度不變，向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，若原來是稀溶液，稀釋作用大于平衡正向移動是c(H+)增大的趨勢，所得溶液的pH＞a；若原來是濃溶液，加水時使酸分子的電離作用大于水的稀釋作用，平衡正向移動是c(H+)增大的趨勢；所得溶液的pH＜a；若加水時使酸分子的電離作用等于加水對溶液的稀釋作用，平衡不發(fā)生移動pH=a。故三種情況均有可能，D正確；

故選CD。17、AB【分析】【詳解】

A.a點表示0.1mol·L－1的XOH，若a=?8，則c(OH?)=10?3mol·L－1，所以Kb(XOH)=≈10?5；A項錯誤；

B.M點AG=0，則溶液中c(OH?)=c(H+)；溶液呈中性，所以溶液中為XOH；XCl，二者沒有恰好反應，B項錯誤；

C.若R點恰好為XCl時，根據(jù)物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1?)；C項正確；

D.M點的溶質為XOH和XCl；繼續(xù)加入鹽酸，直至溶質全部為XCl時，該過程水的電離程度增大，然后XCl溶液中再加入鹽酸，水的電離程度減小，所以從M點N點，水的電離程度先增大后減小，D項正確；

答案選AB。三、填空題(共6題，共12分)18、略

【分析】【詳解】

第一個方程式×-第二個方程式得到第三個方程式，故ΔH=ΔH1-ΔH2=53.1kJ·mol?1，故答案為：53.1?！窘馕觥?3.119、略

【分析】【詳解】

（1）反應N2O4(g)2NO2(g)的平衡常數(shù)表達式為：K＝若溫度升高K值增大，反應向正反應方向移動，則該反應的正反應為吸熱反應，故答案為：K＝吸熱；

（2）由圖可知，10～25min及30min之后各物質的物質的量濃度不發(fā)生變化，則相應時間段內的點處于化學平衡狀態(tài)，即b、d處于化學平衡狀態(tài)，首次達到平衡時以NO2表示的平均反應速率為故答案為：b；d；0.04mol/(L·min)；

（3）利用25min后的物質的濃度變化可知在25min時加入了NO2，其加入的物質的量=(1.0mol?L?1-0.6mol?L?1)×2L=0.8mol；故答案為：0.8mol；NO2；

（4）從a到b，c(NO2)增大，c點和d點分別是增大c(NO2)后未達到平衡的點和平衡時的點，所以c點c(NO2)大于d點，二氧化氮濃度越大顏色越深，所以顏色由深到淺的順序是c＞d＞b＞a?！窘馕觥縆＝吸熱b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c＞d＞b＞a20、略

【分析】【分析】

（1）一定溫度下，在容積恒定的密閉容器中，一定量的N2和H2反應達到平衡后，改變某一外界條件，根據(jù)正逆反應速率與時間的關系可知，其中t2、t4﹑t5﹑t7時刻對應的實驗條件改變分別是：t2時正反應速率增大而逆反應速率暫時不變隨之增大，所以是增加反應物的濃度；t4正逆反應速率同時增大相同的倍數(shù)，所以使用催化劑；t5時平衡正向移動，但逆反應的速率突然減小，所以是減小生成物的濃度；t7時刻正逆反應速率都減?。磺曳磻蛘磻较蜻M行，說明是降低溫度；

（2）根據(jù)圖像以及速率之比等于化學方程式的系數(shù)比求用氨表示的速率；用三段式計算平衡時NH3的體積分數(shù)。

【詳解】

（1）根據(jù)一定溫度下，在容積恒定的密閉容器中，一定量的N2和H2反應達到平衡后，改變某一外界條件，正逆反應速率與時間的關系，t2﹑t4﹑t5﹑t7時刻對應的實驗條件改變分別是t2時正反應速率增大而逆反應速率暫時不變隨之增大，所以是增加反應物的濃度；t4正逆反應速率同時增大相同的倍數(shù)但平衡不移動，所以使用催化劑；t5時平衡正向移動，但逆反應的速率突然減小，所以減小生成物的濃度；t7時刻正逆反應速率都減??；且反應向正反應方向進行，說明是降低溫度，平衡正向進行；

故答案為：增大反應物的濃度；催化劑；減少生成物的濃度；降低溫度；

（2）根據(jù)起始氮氣和氫氣的物質的量和平衡時的物質的量可以列三段式解答：

①所以5min內的平均反應速率v(NH3)==0.04mol/(L?min)；

②達到平衡時NH3的體積分數(shù)=×100%=40%。

故答案為：0.04mol/(L?min)；40%

【點睛】

有關可逆反應的計算要學會運用三段式，即是初始量，轉化量，平衡量，然后代入有關物理量進行計算。【解析】①.增大反應物的濃度②.加入催化劑③.減小NH3的濃度④.降溫⑤.0.04mol/(L?min)⑥.40%21、略

【分析】【分析】

HCl為一元強酸，H2SO4為二元強酸，CH3COOH為一元弱酸；本題需要抓住強弱電解質的本質區(qū)別。

【詳解】

（1）HCl為一元強酸，H2SO4為二元強酸，CH3COOH為一元弱酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L的情況下，c3>c1>c2；

（2）反應速率與c(H+)有關，濃度越大，速率越快，由于鹽酸和硫酸為強酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L，且溶液體積相等的情況下，反應速率相等b1=b2，而醋酸為弱酸，c(H+)等于0.01mol/L，隨反應進行，會促進醋酸的電離，使得c(H+)減小的程度沒有鹽酸和硫酸大，從而反應速率會比兩種強酸的大，所以三者的速率比較結果為：b1=b23。

（3）鹽酸和硫酸中H+等于0.01mol/L，消耗等量的NaOH溶液時，需要的體積相等V1=V2，而醋酸中H+等于0.01mol/L，但是還有很多的醋酸未電離，所以消耗等量的NaOH溶液時，所用溶液體積會小于鹽酸和硫酸的，故答案為V1=V2>V3?！窘馕觥竣?c3>c1>c2②.b1=b23③.V1=V2>V322、略

【分析】【分析】

NH4Cl是強酸弱堿鹽，銨根水解；CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，水解相互促進；NH4HSO4是強酸的酸式鹽，電離出的氫離子抑制銨根水解；NH3·H2O是一元弱堿；結合電離和水解分析解答。

【詳解】

（1）NH4Cl是強酸弱堿鹽，銨根水解導致溶液呈酸性，水解離子方程式為NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。

（2）①、②、③中溶質是強電解質，完全電離，銨根水解程度越大，溶液中越小，銨根水解程度②＞①，③中電離出的氫離子抑制銨根水解，⑤中一水合氨是弱電解質，部分電離，最小，則濃度由大到小的順序是③＞①＞②＞⑤。

（3）室溫下，測得溶液②的pH=7，溶液呈中性，則根據(jù)電荷守恒得

（4）室溫下的電離常數(shù)為1.8×10－5，所以電離大于銨根水解，溶液呈堿性；由電荷守恒可知溶液呈堿性所以即c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)；設則根據(jù)NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋可知c(NH4+)＝1mol/L，代入Kb計算可得【解析】酸NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋③＞①＞②＞⑤＝堿c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)2.36×10－523、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解；根據(jù)氫離子和氫氧根離子濃度相對大小確定溶液的酸堿性；

（2）任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，導致溶液中c(H+)>c(OH?)；所以溶液呈酸性；

故答案為：HB?只能電離不能水解；

(2)A.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，根據(jù)物料守恒，應該為c(B2?)+c(HB?)=0.1mol/L；故A正確；

B.HB-不會進一步水解，所以溶液中沒有H2B分子；故B錯誤；

C.溶液中存在質子守恒，根據(jù)質子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HB?)+2c(B2?)；故D錯誤；

故答案選AC。

【點睛】

本題的解題關鍵在于H2B第一步完全電離、第二步部分電離，在分析判斷是要注意HB?只能電離不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能電離，不能水解②.四、判斷題(共1題，共3分)24、×【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】錯五、實驗題(共3題，共18分)25、略

【分析】【分析】

根據(jù)平衡移動原理分析對比實驗；注意從圖中找出關鍵信息。

【詳解】

（1）由Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黃色)+2H+及平衡移動原理可知，向重鉻酸鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液后，可以減小溶液中的氫離子濃度，使上述平衡向正反應方向移動，因此，試管c和b（只加水；對比加水稀釋引起的顏色變化）對比，試管c的現(xiàn)象是：溶液變?yōu)辄S色。

（2）試管a和b對比，a中溶液橙色加深。甲認為溫度也會影響平衡的移動，橙色加深不一定是c(H+)增大影響的結果；乙認為橙色加深一定是c(H+)增大對平衡的影響。我認為不需要再設計實驗證明，故填否。理由是：Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黃色)+2H+正向是吸熱反應，濃H2SO4溶于水會放出大量的熱量而使溶液的溫度升高，上述平衡將正向移動，溶液會變?yōu)辄S色。但是，實際的實驗現(xiàn)象是溶液的橙色加深，說明上述平衡是向逆反應方向移動的，橙色加深只能是因為增大了c(H+)的結果。

（3）對比試管a、b、c的實驗現(xiàn)象，可知隨著溶液的pH增大，上述平衡向正反應方向移動，減小，而增大，故減小。

（4）向試管c繼續(xù)滴加KI溶液，溶液的顏色沒有明顯變化，但是，加入過量稀H2SO4后，溶液變?yōu)槟G色，增大氫離子濃度，上述平衡向逆反應方向移動，CrO42-轉化為Cr2O72-，Cr2O72-可以在酸性條件下將I-氧化，而在堿性條件下，CrO42-不能將I-氧化，說明+6價鉻鹽氧化性強弱為：Cr2O72-大于CrO42-；此過程中發(fā)生的氧化還原反應的離子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。

（5）①實驗ⅱ中，Cr2O72-在陰極上放電被還原為Cr3+，硫酸提供了酸性環(huán)境，其電極反應式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。

②由實驗ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的機理示意圖可知，加入Fe2(SO4)3溶于水電離出Fe3+，在直流電的作用下，陽離子向陰極定向移動，故Fe3+更易在陰極上得到電子被還原為Fe2+，F(xiàn)e2+在酸性條件下把Cr2O72-還原為Cr3+。如此循環(huán)往復，F(xiàn)e3+在陰極得電子生成Fe2+，繼續(xù)還原Cr2O72-，F(xiàn)e2+循環(huán)利用提高了Cr2O72-的去除率。由此可知，實驗iv中Cr2O72-去除率提高較多的原因是：陽極Fe失電子生成Fe2+，F(xiàn)e2+與Cr2O72-在酸性條件下反應生成Fe3+，F(xiàn)e3+在陰極得電子生成Fe2+，繼續(xù)還原Cr2O72-，故在陰陽兩極附近均在大量的Fe2+，F(xiàn)e2+循環(huán)利用提高了Cr2O72-的去除率。

【點睛】

本題中有很多解題的關鍵信息是以圖片給出的，要求我們要有較強的讀圖能力，能從圖中找出解題所需要的關鍵信息，并加以適當處理，結合所學的知識解決新問題?！窘馕觥咳芤鹤凕S色否Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黃色)+2H+正向是吸熱反應，若因濃H2SO4溶于水而溫度升高，平衡正向移動，溶液變?yōu)辄S色。而實際的實驗現(xiàn)象是溶液橙色加深，說明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移動的結果減小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O陽極Fe失電子生成Fe2+，F(xiàn)e2+與Cr2O72-在酸性條件下反應生成Fe3+，F(xiàn)e3+在陰極得電子生成Fe2+，繼續(xù)還原Cr2O72-，F(xiàn)e2+循環(huán)利用提高了Cr2O72-的去除率26、略

【分析】【分析】

I．(1)8gCH4O(物質的量為0.25mol)與O2反應，生成CO2和液態(tài)水，放熱181.6kJ，則可計算出1molCH4O完全燃燒所放出的熱量；由此可寫出液態(tài)甲醇燃燒熱的熱化學方程式。

(2)①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH=akJ/mol

②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH=bkJ/mol

利用蓋斯定律；將②×2-①，便可得出肼氣體與二氧化氮氣體反應的熱化學方程式。

II．(1)在其它操作正確的前提下，如果大燒杯不蓋硬紙板，則所測得的反應后混合物的溫度低，由此確定求得的中和熱ΔH的變化。

(2)①去除誤差大的第1組數(shù)據(jù)；另三組計算平均值，由此可得出表中的溫度差的平均值。

②先利用公式計算反應放出的熱量Q=cm??t，然后換算為生成1molH2O所釋放的熱量，從而求得中和熱ΔH。

③改用60mL0.50mol/L鹽酸跟50mL0.55mol/L氫氧化鈉進行反應；參加反應的反應物的物質的量不同，則放出的熱量不同，由反應熱概念確定所求得的中和熱如何變化。

【詳解】

I．(1)8gCH4O(物質的量為0.25mol)與O2反應，生成CO2和液態(tài)水，放熱181.6kJ，則1molCH4O完全燃燒放出熱量：181.6kJ×4=726.4kJ，所以表示液態(tài)甲醇燃燒熱的熱化學方程式為CH4O(l)+O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝﹣726.4kJ/mol（CH4O也可寫為CH3OH）。答案為：CH4O(l)+O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝﹣726.4kJ/mol（CH4O也可寫為CH3OH）；

(2)①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH=akJ/mol

②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH=bkJ/mol

利用蓋斯定律，將②×2-①，便可得出肼氣體與二氧化氮氣體反應的熱化學方程式為2N2H4(g)+2NO2(g)＝3N2(g)+4H2O(g)ΔH＝(2b-a)kJ/mol〔或者ΔH=﹣(a-2b)kJ/mol〕；

或寫成N2H4(g)+NO2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH＝kJ/mol〔或者ΔH=﹣kJ/mol〕。答案為：2N2H4(g)+2NO2(g)＝3N2(g)+4H2O(g)ΔH＝(2b-a)kJ/mol〔或者ΔH=﹣(a-2b)kJ/mol〕,或寫成N2H4(g)+NO2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH＝kJ/mol〔或者ΔH=﹣kJ/mol〕；

II．(1)在其它操作正確的前提下，如果大燒杯不蓋硬紙板，則反應放出的熱量易散失，所測得的反應后混合物的溫度