2024年浙教版選修4化學上冊階段測試試卷

…………○…………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化學上冊階段測試試卷875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5題，共10分)1、下列事實，不能用勒夏特列原理解釋的是()A.熱純堿溶液比冷的純堿溶液洗滌油污的能力強B.向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀C.水的離子積隨溫度變化如表格所示：D.對CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)平衡體系增大壓強可使顏色變深2、T℃時，體積均為0.5L的兩個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：2A(g)+B(g)2C(g)△H=-QkJ/mol(Q>0)。保持溫度不變，實驗測得起始和平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。容器編號起始時各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol達平衡時體系能量的變化ABCC①210放熱0.75QkJ②0.40.21.6

下列敘述中正確的是（）A.容器①、②中反應(yīng)的平衡常數(shù)均為4B.容器②中達到平衡時放出的熱量為0.05QkJC.向容器①中通入氦氣，平衡時A的轉(zhuǎn)化率不變D.其他條件不變，若容器②保持恒容絕熱，則達到平衡時C的體積分數(shù)小于2/33、體積相同、相同的溶液、溶液和溶液，與溶液中和時三者消耗的物質(zhì)的量（）A.相同B.中和的多C.中和的多D.中和的多4、其他條件不變，升高溫度，下列數(shù)據(jù)不一定增大的是A.0.1mol·L－1CH3COONa溶液pHB.可逆反應(yīng)的化學平衡常數(shù)KC.弱電解質(zhì)的電離程度D.水的離子積常數(shù)KW5、已知：某二元酸在水中電離分兩步常溫下，在溶液中滴加溶液，溶液溫度與溶液體積關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是

A.該NaOH溶液B.滴加過程中，水的電離程度先變大后變小C.F點溶液中D.G點溶液中評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、將CO2轉(zhuǎn)化為二甲醚的反應(yīng)原理為2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，一定條件下，現(xiàn)有兩個體積均為1.0L的恒容密閉容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.18molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.36molH2，發(fā)生上述反應(yīng)并達到平衡。該反應(yīng)中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線X表示的是容器甲中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化B.體系的總壓強P總：P總(狀態(tài)Ⅱ)＜2P總(狀態(tài)Ⅲ)C.將狀態(tài)Ⅰ對應(yīng)的容器升溫到T2K，可變成狀態(tài)ⅡD.T2K時，向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，反應(yīng)將向正方向進行7、現(xiàn)有容積均為2L的甲、乙恒容密閉容器，向甲中充入1.5molCO2和3molH2，乙中充入2molCO2、3molH2，一定條件下僅發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g),實驗測得反應(yīng)體系中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.該反應(yīng)的ΔH＞0B.曲線Ⅱ表示甲容器中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系C.500K時，該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)為200D.700K時，若在上述密閉容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，則達到平衡時，H2的體積分數(shù)大于8、草酸(H2C2O4)是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性。向100mL0.2mol/L旳草酸溶液中加入1.68gKOH固體，若溶液體積不變，則對所得溶液中各粒子濃度之間旳關(guān)系描述錯誤的是（）A.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H＋)B.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/LC.c(C2O42-)＜c(HC2O4-)＜c(H2C2O4)D.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)9、25℃時，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加鹽酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的濃度的對數(shù)值（lgc）與pH的關(guān)系如圖所示（不考慮溶液溫度變化）；下列說法正確的是。

A.a表示lgc(A-)與pH的關(guān)系曲線B.K(HA)的數(shù)量級為10-5C.P點溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴加鹽酸或NaOH溶液的過程中c(HA)·c(OH-)均增大10、下列敘述中一定正確的是A.常溫下，pH=3的FeCl3溶液中，由水電離出的c(H+)為10－3mol/LB.常溫下，pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后，pH=8C.中和等體積等pH的NH3·H2O和NaOH消耗的等物質(zhì)的量濃度的鹽酸體積不同D.1.0mol·L―1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)+c(H+)+2c(H2CO3)11、室溫下，某二元堿X(OH)2水溶液中相關(guān)組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH變化的曲線如圖所示；下列說法錯誤的是。

A.Kb2的數(shù)量級為10-8B.X(OH)NO3水溶液顯酸性C.等物質(zhì)的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D.在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)12、在25℃時，將1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，充分反應(yīng)。然后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH的變化如圖所示。下列敘述正確的是（）

A.b點溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)B.由b點到a點的過程中，c(Na+)有可能大于c(CH3COO-)C.a、b、c對應(yīng)的混合液中，水的電離程度由大到小的順序是c>a>bD.25℃時，Ka(CH3COOH)=mol·L-1評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、在1.01×105Pa時，16gS在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S燃燒的熱化學方程式為：____________。14、由于石油資源有限，且汽油燃燒會產(chǎn)生嚴重的污染，未來將用氫氣作為燃料來取代汽油，生產(chǎn)21世紀環(huán)保汽車。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）寫出氫氣和氧氣反應(yīng)生成液態(tài)水的熱化學方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的熱量，至少需氫氣的質(zhì)量為____，這些氫氣在標準狀況下的體積為____。

（3）合成氨工業(yè)中氫氣可由天然氣和水反應(yīng)制備，其主要反應(yīng)為：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反應(yīng)過程中能量變化如圖所示，則該反應(yīng)為反應(yīng)____（填“吸熱”或“放熱”）

若已知，破壞1mol化學鍵需要吸收的熱量如下表所示：?；瘜W鍵C—HO—HC=OH—H吸收熱量（kJ/mol）abcd

則該反應(yīng)的ΔH為_____(用含a、b、c、d字母的代數(shù)式表示)。15、能源的開發(fā)利用具有重要意義。

(1)已知：化學鍵C-H鍵能bcd

①寫出CH4的結(jié)構(gòu)式___________。

②C=O的鍵能為___________(用含a、b；c、d的式子表示)

(2)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ。則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為_______。16、煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫；脫硝。回答下列問題：

（1）在鼓泡反應(yīng)器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應(yīng)溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10-3mol·L-1。反應(yīng)一段時間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如下表。離子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/（mol·L-1）8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3

①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子方程式___。增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率__（填“提高”；“不變”或“降低”）。

②由實驗結(jié)果可知，脫硫反應(yīng)速率___脫硝反應(yīng)速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是__。

（2）在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應(yīng)中，SO2和NO的平衡分壓pe如圖所示。

①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，脫硫、脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均__（填“增大”；“不變”或“減小”）。

②反應(yīng)ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常數(shù)K表達式為___。

（3）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2；也能得到較好的煙氣脫硫效果。

①從化學平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的優(yōu)點是__。17、有兩個起始體積相同的密閉容器A和B；A容器有一個可移動的活塞，能使容器內(nèi)保持恒壓；B容器為固定體積。

起始時這兩個容器分別充入等量的體積比為2∶1的SO2和O2的混合氣，并使A、B容器中氣體體積相等，并保持在400℃條件下發(fā)生反應(yīng)2SO2+O22SO3；并達到平衡。

⑴達到平衡所需時間，A容器比B容器_____，兩容器中SO2的轉(zhuǎn)化率A比B______。

⑵達到⑴所述平衡后，若向兩容器中分別通入等量Ar氣體，A容器的化學平衡_____移動，B容器中的化學平衡________移動。

⑶達到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合氣體，重新達到平衡后，A容器中SO3的體積分數(shù)_______，B容器中SO3的體積分數(shù)________(填變大、變小、不變)。18、運用化學反應(yīng)原理研究氮；硫等單質(zhì)及其化合物的反應(yīng)有重要意義。

(1)硫酸生產(chǎn)過程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合體系中SO3的百分含量和溫度的關(guān)如圖所示；根據(jù)如圖回答下列問題：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)為__________反應(yīng)（填“吸熱”“放熱”）。

②一定條件下，將SO2與O2以體積比為2︰1置于一體積不變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，能說明該反應(yīng)已達到平衡的是________(填選項字母)。

a．體系的密度不發(fā)生變化。

b．SO2與SO3的體積比保持不變。

c．體系中硫元素的質(zhì)量分數(shù)不再變化。

d．單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)移4mol電子，同時消耗2molSO3

e．容器內(nèi)的氣體分子總數(shù)不再變化。

③V2O5可作為2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化劑，催化循環(huán)機理可能為：V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩氧化物；四價釩氧化物再被氧氣氧化為V2O5。寫也該催化循環(huán)機理的化學方程式__________，________。

(2)一定條件下，合成氨反應(yīng)為：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。圖1表示在2L的密閉容器中反應(yīng)時N2的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線。圖2表示在其他條件不變的情況下；改變起始物氫氣的物質(zhì)的量對此反應(yīng)平衡的影響。

①由圖1信息，從11min起其他條件不變，壓縮容器的體積為1L，則n(N2)的變化曲線為________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮氣的物質(zhì)的量，則n(N2)的變化曲線為________。

②由圖2信息，a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反應(yīng)物N2的轉(zhuǎn)化率最高的是________點，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。19、.按要求寫出下列化學方程式或離子方程式。

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式_________________________________

（2）7.80g乙炔氣體完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水；放出389.9kJ的熱量，寫出反應(yīng)的熱化學方程式_______________________________

（3）氫氧燃料電池是最常見的燃料電池，電解質(zhì)溶液通常是KOH溶液，寫出負極電極反應(yīng)式______________________________評卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)20、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)21、50mL1.0mol/L鹽酸跟50mL1.1mol/L氫氧化鈉溶液在圖所示裝置中進行中和反應(yīng)；并通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量來計算中和熱。試回答下列問題：

(1)如果改用60mL1.0mol·L-1鹽酸跟50mL1.1mol·L-1氫氧化鈉溶液進行反應(yīng)；則與上述實驗相比，所放熱量___（填“增加”；“減少”或“不變”），所求中和熱數(shù)值____（填“增加”、“減少”或“不變”）；

(2)如果將環(huán)形玻璃攪拌棒改為環(huán)形金屬（如銅）棒；對求得中和熱數(shù)值的影響是___（填“偏高”；“偏低”或“無影響”）。

(3)不能用Ba(OH)2和硫酸代替鹽酸和氫氧化鈉溶液；理由是____________；

(4)該實驗小組做了三次實驗；每次取溶液各50mL，并記錄如下原始數(shù)據(jù)。

。實驗序號。

起始溫度t1/℃

終止溫度t2/℃

溫差(t2-t1)/℃

1

25.0

32.6

2

25.1

31.8

3

25.1

31.9

已知鹽酸；NaOH溶液密度近似為1.00g/cm3；中和后混合液的比熱容C=4.184×10-3kJ/(g．℃)，則該反應(yīng)的中和熱為△H=____（保留小數(shù)點后一位）。

(5)上述實驗數(shù)值結(jié)果與57.3kJ/mol有偏差；產(chǎn)生偏差的原因可能是___（填字母）。

a．實驗裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中。

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定HCl溶液的溫度22、氮氧化物是大氣主要污染物之一，其中基于NO的煙氣脫硝技術(shù)成為研究熱點。查文獻資料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被還原為N2。在堿性條件下NO遇還原性較強的物質(zhì)形成不穩(wěn)定的NO-并轉(zhuǎn)化為相對穩(wěn)定的N2O下面是對NO在不同條件下被氧化或被還原進行的實驗探究：

(1)實驗室為獲取NO進行實驗，使用銅與_____作為反應(yīng)物，用裝置_____制備氣體(填序號)，為了不影響探究結(jié)果，反應(yīng)前對連接好并裝好藥品的裝置進行的具體操作是_____。

(2)若要使裝置②的分液漏斗中的液體順利流下，不改動裝置，對分液漏斗的具體操作是_____。

(3)在保證實驗安全環(huán)保的條件下，將NO通入內(nèi)壁附著綠色NiO的試管中(如裝置④，其它裝置已省略)。小火加熱，綠色固體逐漸變?yōu)楹谏?Ni2O3固體呈黑色)，此現(xiàn)象可說明NO轉(zhuǎn)化為_____。

(4)將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中(如裝置⑥)。在試管口不脫離液面的情況下，輕輕不斷搖動試管，此操作的主要目的是_____，實驗中NO被Na2SO3堿性溶液快速吸收被還原為N2O發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____，此反應(yīng)可應(yīng)用于處理含NO和SO2的工業(yè)廢氣，從實際效果看，Na2SO3強堿性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。23、(1)下圖表示10mL量筒中液面的位置，A與B，B與C刻度間相差1mL，如果刻度A為4，量筒中液體的體積是________mL。

(2)下圖表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面處的讀數(shù)是a，則滴定管中液體的體積(填代號)______________。

A.是amLB.是(50-a)mLC.一定大于amLD.一定大于(50-a)mL

(3)下圖為20mL未知濃度的鹽酸用一標準濃度NaOH溶液滴定時的滴定曲線。則兩種溶液的物質(zhì)的量濃度分別是：[HCl]＝__________，[NaOH]＝__________。

24、氨氣是重要的化工原料。

(1)檢驗氨氣極易溶于水的簡單操作是：收集一試管氨氣，______________。

(2)往飽和食鹽水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化學式為_________；過濾后，使余液盡可能析出較多NH4Cl晶體的方法是：再通入足量的NH3、冷卻并加入________，請說明這樣操作為什么可以析出較多NH4Cl的原因：_________________。某NaHCO3晶體中含有NaCl雜質(zhì)，某同學在測定其中NaHCO3的含量時，稱取5.000g試樣，定容成100mL溶液，用標準鹽酸溶液滴定(用甲基橙做指示劑)，測定數(shù)據(jù)記錄如下：。滴定次數(shù)待測液(mL)0.5000mol/L鹽酸溶液的體積(mL)初讀數(shù)終讀數(shù)初讀數(shù)終讀數(shù)第一次20.001.0021.00第二次20.00如圖Ⅰ如圖Ⅱ

(3)定容過程中需要用到的儀器有燒杯、玻璃棒、___________和____________。

(4)當?shù)味ㄖ羅_________________________，即為滴定終點；第二次滴定，從圖I圖II顯示消耗的鹽酸溶液體積為_________mL。

(5)該實驗測定樣品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)為__________(保留2位小數(shù))。

(6)若該同學測定結(jié)果偏大，請寫出一個造成該誤差的原因_____________。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共4分)25、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

平衡移動原理是如果改變影響平衡的一個條件；平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動。平衡移動原理適用的對象應(yīng)存在可逆的過程，并且可逆的過程發(fā)生移動，據(jù)此判斷。

【詳解】

A；鹽類水解是吸熱的可逆反應(yīng)；升高溫度促進水解，所以熱的純堿溶液比冷的純堿溶液洗滌油污的能力強，效果好，能夠用平衡移動原理解釋，A不選；

B、碳酸鎂微溶，存在溶解平衡，氫氧化鎂比碳酸鎂難溶，則向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀；能夠用平衡移動原理解釋，B不選；

C；水的電離是吸熱的；升高溫度促進水的電離，電離常數(shù)增大，導致水的離子積常數(shù)增大，能夠用平衡移動原理解釋，C不選；

D、反應(yīng)CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)為氣體體積不變的可逆反應(yīng)；壓強不影響該反應(yīng)的平衡狀態(tài)，氣體顏色變深是由于二氧化氮濃度增大所致，不能用平衡移動原理解釋，D選；

答案選D。2、C【分析】【詳解】

容器①中參加反應(yīng)的A的物質(zhì)的量=2mol×=1.5mol，則：2A（g）+B（g）2C（g）

起始（mol）：210

轉(zhuǎn)化（mol）：1.50.751.5

平衡（mol）：0.50.251.5

恒溫恒容下；②中完全轉(zhuǎn)化到方程式左邊可以得到2molA；1mol，容器①、②反應(yīng)為完全等效平衡，平衡時各組分的物質(zhì)的量相等，②中A的起始物質(zhì)的量為0.4mol，小于平衡時的0.5mol。

A．由于溫度相等，①②中平衡常數(shù)K==18；故A錯誤；

B．②中反應(yīng)吸收熱量；容器①；②反應(yīng)為完全等效平衡，平衡時B的物質(zhì)的量相等，則②中吸收的熱量為（0.25-0.2）mol×QkJ/mol=0.05QkJ，故B錯誤；

C．恒容條件下；向容器①中通入氦氣，各組分的濃度不變，平衡不移動，平衡時A的轉(zhuǎn)化率不變，故C正確；

D．平衡時①、②中C的體積分數(shù)為=其他條件不變，若容器②保持恒容絕熱，隨反應(yīng)進行，溫度降低，反應(yīng)向生成C的方向移動，生成2molC時，混合氣體減小1mol，則達到平衡時C的體積分數(shù)大于故D錯誤。

答案選C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

體積相同、pH相同的H2SO4溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液，最終電離出的n(H+)：硫酸=鹽酸＜醋酸，與NaOH溶液中和時，三者消耗NaOH的物質(zhì)的量與最終電離出的n(H+)成正比；所以消耗NaOH的物質(zhì)的量：硫酸=鹽酸＜醋酸，故選C。

【點睛】

明確溶液中酸能夠電離出的氫離子的總量是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為A，要注意醋酸為弱酸，而硫酸和鹽酸為強酸，pH相同時，等體積的溶液中含有的氫離子總量不同。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．醋酸鈉水解吸熱；升溫能夠促進其水解，堿性增強，pH增大，故A錯誤；

B．若正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，化學平衡常數(shù)減小，若正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)移動，化學平衡常數(shù)增大，可逆反應(yīng)的化學平衡常數(shù)K不一定增大，故B正確；

C．電離是吸熱過程；升溫促進弱電解質(zhì)的電離，電離度增大，故C錯誤；

D．水的電離過程是吸熱的；升高溫度促進水的電離，升高溫度電離程度增大，水的離子積一定增大，故D錯誤；

故答案為B。

【點睛】

考查溫度對水的離子積、電離平衡常數(shù)、鹽類水解以及化學平衡常數(shù)的影響，注意溫度對化學反應(yīng)速率和化學平衡影響的區(qū)別，不要混淆，特別是根據(jù)勒夏特列原理，對所有可逆反應(yīng)升溫平衡都向吸熱的方向移動．可逆反應(yīng)的正反應(yīng)既有吸熱反應(yīng)也有放熱反應(yīng)，要區(qū)別對待。5、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)圖像分析可知，F(xiàn)點溫度最高，說明此時兩物質(zhì)恰好完全反應(yīng)，說明滴入的故A正確；

B.溶質(zhì)為時水解程度最大；E到F過程中，水的電離程度增大，F(xiàn)到G過程中，加入氫氧化鈉溶液，抑制水電離，故B正確；

C.點溶質(zhì)為溶液中質(zhì)子守恒為所以故C正確；

D.依題意，第一步完全電離，溶液中不存在故D錯誤。

故選D。

【點睛】

本題主要考查酸堿中和滴定圖像分析、離子濃度大小比較以及離子守恒關(guān)系，判斷清楚圖像中每個點對應(yīng)的溶質(zhì)是解題的關(guān)鍵。二、多選題(共7題，共14分)6、BD【分析】【詳解】

A.由已知，結(jié)合圖像可得，恒溫恒容時，甲、乙兩平衡不等效，由于正反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的瓜不，故壓強越大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率越高。在相同溫度下，乙的CO2的平衡轉(zhuǎn)化率高，所以曲線X表示的是容器乙中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化；選項A錯誤；

B.狀態(tài)II和狀態(tài)III溫度和體積相同，點II處于起始加入0.2molCO2的曲線上，點III處于起始加入0.1molCO2的曲線上，狀態(tài)II起始加入的CO2物質(zhì)的量是狀態(tài)III的兩倍，狀態(tài)II相當于在狀態(tài)III達平衡后將體積縮小一半，若平衡不移動，狀態(tài)II總壓強等于狀態(tài)III的兩倍，增大壓強平衡向正反應(yīng)方向移動，所以P總（狀態(tài)II）＜2P總（狀態(tài)III）；選項B正確；

C.由圖像可知，將狀態(tài)Ⅰ對應(yīng)的容器升溫到T2K，平衡逆向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小；只能得到狀態(tài)III而得不到狀態(tài)II，選項C錯誤；

D.T2K時，乙中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率40%，平衡時CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)的濃度分別為0.12mol/L、0.12mol/L、0.04mol/L、0.12mol/L，K=在相同溫度下，化學平衡常數(shù)不變。向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，Q=反應(yīng)將向正方向進行，選項D正確。

答案選BD。

【點睛】

本題通過圖象考查了影響平衡的因素分析判斷，題目難中等，關(guān)鍵看懂圖象，學會分析圖象的方法，易錯點為選項B，狀態(tài)II和狀態(tài)III溫度和體積相同，點II處于起始加入0.2molCO2的曲線上，點III處于起始加入0.1molCO2的曲線上，狀態(tài)II起始加入的CO2物質(zhì)的量是狀態(tài)III的兩倍，狀態(tài)II相當于在狀態(tài)III達平衡后將體積縮小一半，若平衡不移動，狀態(tài)II總壓強等于狀態(tài)III的兩倍，增大壓強平衡正向移動使體系的壓強會減小一些，故P總（狀態(tài)II）＜2P總（狀態(tài)III）。7、CD【分析】【詳解】

A．隨著溫度升高，CO2平衡轉(zhuǎn)化率降低，表明溫度升高不利于反應(yīng)正向進行，所以反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的ΔH＜0；故A錯誤；

B．相同溫度下，平衡常數(shù)不變，曲線Ⅰ中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率高，甲和乙相比，相同條件下乙中二氧化碳的濃度大，曲線Ⅰ表示甲容器中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系；故B錯誤；

C．如圖所示，曲線Ⅰ代表甲容器的反應(yīng)，500K時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，根據(jù)反應(yīng)CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)，則平衡時n(CO2)=1.5mol×(1-60%)=0.6mol，n(H2)=3mol-3×1.5mol×60%=0.3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.9mol，該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)為K==200；故C正確；

D．如圖所示，曲線Ⅱ代表乙容器的反應(yīng)，700K時，乙容器中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為20%，根據(jù)反應(yīng)CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)，則平衡時n(CO2)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(H2)=3mol-3×2mol×20%=1.8mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.4mol，此時H2的體積分數(shù)==若在上述密閉容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，此時密閉容器中n(CO2)=2.5mol，n(H2)=3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.5mol，與原平衡初始相比，氫氣的物質(zhì)的量不變，其他組分增加，相當于增大了密閉容器的壓強，平衡正向移動，則達到平衡時，H2的體積分數(shù)大于故D正確；

答案選CD。8、AC【分析】【分析】

向100mL0.2mol/L的草酸溶液中加入1.68gKOH固體，n(H2C2O4)＝0.02mol，n(KOH)＝＝0.03mol，則二者反應(yīng)生成0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4；結(jié)合物料守恒及電荷守恒解答。

【詳解】

A．由電荷守恒可知，存在2c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(OH?)＝c(K＋)＋c(H＋)；故A錯誤；

B．由草酸根中C原子守恒，可知物料守恒式為c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/L；故B正確；

C．反應(yīng)后溶液中存在0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4，H2C2O4由HC2O4-和C2O42-水解得到，水解是微弱的，所以c(H2C2O4)＜c(HC2O4?)，c(H2C2O4)＜c(C2O42?)；故C錯誤；

D．溶液中存在物料守恒3[c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(H2C2O4)]＝2c(K＋)，則c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)；故D正確；

故答案選AC。

【點睛】

兩種溶液混合求離子濃度大小關(guān)系，優(yōu)先考慮是否發(fā)生化學反應(yīng)及生成的物質(zhì)的量關(guān)系，然后考慮電離或水解的影響進行判斷。9、BC【分析】【分析】

根據(jù)圖像分析，微粒濃度的對數(shù)越大離子濃度越大，隨著pH的增大，溶液堿性增強，酸性減弱，則氫離子濃度逐漸減小，氫氧根離子濃度逐漸增大；c的濃度對數(shù)值在減小，為c(H+)濃度變化曲線；d的濃度對數(shù)值在增大，為c(OH-)濃度變化曲線；pH小于4.75時，a的濃度對數(shù)值不變，pH越大，a的濃度對數(shù)值減小，應(yīng)該是c(HA)的變化曲線；b的濃度對數(shù)值隨pH的增大而增大，b為c(A-)變化曲線；

【詳解】

A.根據(jù)上述分析a表示lgc(HA)與pH的關(guān)系曲線；故A錯誤；

B.K(HA)的表達式為K(HA)=pH=4.75時，c(HA)=c(A-)，K(HA)==10-4.75≈1.78×10-5，數(shù)量級為10-5；故B正確；

C.P點時，c(OH-)=c(HA)，P點的電荷守恒式為c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，變式為c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根據(jù)題中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，則溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol；故C正確；

D.滴加鹽酸或NaOH溶液的過程中，K(HA)=c（H+）=K(HA)=K(HA)、Kw只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，滴加鹽酸，c(A-)在減小，c(OH-)?c(HA)在減小；故D錯誤；

答案選BC。10、CD【分析】【詳解】

A．FeCl3溶液中鐵離子水解，促進水的電離，pH=3的FeCl3溶液中，c(H+)=10－3mol/L，所以由水電離出的c(H+)＞10-3mol/L；故A錯誤；

B．常溫下，pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后仍為酸性溶液；pH＜7，故B錯誤；

C．氨水為弱堿，等體積等pH的NH3·H2O和NaOH溶液中含有NH3·H2O的比NaOH多；中和時，消耗的等物質(zhì)的量濃度的鹽酸，氨水比NaOH多，故C正確；

D．根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，所以有c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；故D正確；

故選CD。11、BC【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖象，液中c[X(OH)+]=c(X2+)時，溶液pH=6.2，則溶液中c(OH-)===10-7.8mol/L，所以Kb2==10-7.8，數(shù)量級為10-8，故A正確；

B．X(OH)+的電離平衡常數(shù)為Kb2=10-7.8mol/L，根據(jù)圖象，溶液中c[X(OH)2]=c(X(OH)+]時，溶液的pH=9.2，則溶液中c(OH-)===10-4.8，所以Kb1=10-4.8，則X(OH)+的水解平衡常數(shù)為Ka==10-9.2，則電離程度大于水解程度，溶液顯堿性，故B錯誤；

C．等物質(zhì)的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液，由于X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，則溶液中c(X2+)＜c[X(OH)+]，故C錯誤；

D．在X(OH)NO3水溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(X2+)-c[X(OH)2]，故D正確，

故選：BC。12、AD【分析】【分析】

1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，混合后溶液的pH＜5，顯酸性，說明醋酸過量，溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa；加醋酸時，酸的量增多，使溶液酸性增強；加CH3COONa時，CH3COONa本身水解顯堿性；相當于加堿，使溶液酸性減弱，最終達到中性。

【詳解】

A．1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，混合后溶液的pH＜5，顯酸性，說明醋酸過量，溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，b點溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)；故A正確；

B．由b點到a點的過程中，一直是醋酸過量，c(Na+)小于c(CH3COO-)；故B錯誤；

C．溶液中酸或堿電離的氫離子或氫氧根離子的濃度越大，水的電離程度越小，a、b、c三點溶液中氫離子濃度依次減小，水的電離程度增大，所以水的電離程度由大到小的順序的是c＞b＞a；故C錯誤；

D．根據(jù)圖象可知，c點溶液的pH=7，c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，根據(jù)電荷守恒可知：c（CH3COO－）=c（Na＋）=0.2mol·L－1，c（CH3COOH）=w+0.1-0.2=w-0.1，則CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka==mol·L-1；故D正確；

故選AD。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷，明確圖象曲線變化情況為解答關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，D為易錯點，利用圖中C點的數(shù)據(jù)進行計算。三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【詳解】

S在氧氣中燃燒生成SO2，32gS發(fā)生反應(yīng)放出297kJ的能量，根據(jù)熱化學方程式書寫規(guī)則，S燃燒的熱化學方程式為S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1

【點睛】

在書寫熱化學方程式時，25℃、101kPa的條件可以不注明?！窘馕觥縎(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-114、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa時，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱，單位為kJ/mol；寫出氫氣與氧氣反應(yīng)生成液態(tài)水的化學方程式，根據(jù)蓋斯定律，結(jié)合反應(yīng)①②計算氫氣與氧氣反應(yīng)生成液態(tài)水的反應(yīng)熱；

（2）根據(jù)物質(zhì)的量與反應(yīng)熱成正比；結(jié)合熱化學方程式進行計算；

（3）圖象分析可知反應(yīng)物能量低于生成物；反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，化學反應(yīng)吸收的熱量=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和。

【詳解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情況下，若要得到857.4kJ的熱量，則需要氫氣的的物質(zhì)的量為：=3mol，需H2的質(zhì)量=3mol×2g/mol=6g；這些H2在標況下的體積=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反應(yīng)過程中能量變化分析可知，反應(yīng)物能量低于生成物，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b?2c?4d?！窘馕觥?H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸熱4a+4b?2c?4d15、略

【分析】【詳解】

(1)①甲烷為共價化合物，結(jié)構(gòu)式為

②根據(jù)△H=反應(yīng)物的總鍵能－生成物的總鍵能，有△H=4b＋4d－2E(C=O)－4c=＋akJ/mol，求得E(C=O)=kJ/mol；

(2)燃燒熱指的是1mol燃料完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時放出的熱量；現(xiàn)1g甲醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ，1mol甲醇的質(zhì)量為32g，完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱32×22.68kJ=725.76kJ，則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。16、略

【分析】【分析】

（1）①NaClO2具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；增大壓強，NO轉(zhuǎn)化率提高;

②在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率，SO2溶解度較高；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高；

（2）①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，SO2和NO的平衡分壓負對數(shù)減小；這說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行；

②平衡常數(shù)K是生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值；

（3）①形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。

【詳解】

（1）①NaClO2具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O，正反應(yīng)是氣體體積分數(shù)減小的反應(yīng)，則增大壓強，NO轉(zhuǎn)化率提高，故答案為：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；提高。

②由實驗結(jié)果可知，在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率，原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高，故答案為：大于；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高。

（2）①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，SO2和NO的平衡分壓負對數(shù)減??；這說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行，因此脫硫；脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均減小，故答案為：減小。

②根據(jù)反應(yīng)的方程式ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?可知平衡常數(shù)K表達式為故答案為：

（3）①用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好，故答案為：形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好?！窘馕觥?OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O提高大于NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高減小形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好17、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)化學反應(yīng)速率越快；到達平衡的時間越短；利用等效平衡來判斷平衡移動來解答；

（2）根據(jù)容器中的壓強對化學平衡的影響；

（3）根據(jù)濃度對化學平衡的影響，求出平衡移動后SO3的體積分數(shù)。

【詳解】

（1）因A容器保持恒壓，反應(yīng)過程中體積變小，濃度增大，根據(jù)濃度越大，化學反應(yīng)速率越快，到達平衡的時間越短，所以達到平衡所需時間A比B短，若A容器保持恒容，兩容器建立的平衡等效，而實際上A容器體積減少，壓強增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，所以A中SO2的轉(zhuǎn)化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向兩容器通入數(shù)量不多的等量氬氣，A容器體積增大，壓強不變，參加反應(yīng)的氣體產(chǎn)生的壓強減少，平衡向逆反應(yīng)方向移動，A容器體積不變，壓強增大，參加反應(yīng)的氣體產(chǎn)生的壓強不變，平衡不移動；

答案：逆反應(yīng)方向移動；不。

（3）向兩容器中通入等量的原反應(yīng)氣體，達到平衡后，A中建立的平衡與原平衡等效，所以SO3的體積分數(shù)不變，B容器中建立的平衡相當于在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強，平衡正向移動，B容器中SO3的體積分數(shù)增大；

答案：不變；變大【解析】①.短②.大③.逆反應(yīng)方向移動④.不⑤.不變⑥.變大18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①根據(jù)圖像，隨著溫度的升高，SO3的百分含量降低，即升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進行，根據(jù)勒夏特列原理，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即△H<0；

②a；組分都是氣體；氣體質(zhì)量不變，容器為恒容狀態(tài)，氣體體積不變，根據(jù)密度定義，密度任何時刻保持不變，即密度不變，不能說明反應(yīng)達到平衡，故a不符合題意；

b、SO2和SO3的體積比保持不變，得出SO2和SO3的物質(zhì)的量保持不變，即達到平衡，故b符合題意；

c；根據(jù)原子守恒；體系中硫元素的質(zhì)量分數(shù)始終保持不變，不能說明反應(yīng)達到平衡，故c不符合題意；

d、轉(zhuǎn)移4mol電子，有消耗或生成2molSO3；不能說明反應(yīng)達到平衡，故d不符合題意；

e；向正反應(yīng)方向進行；氣體物質(zhì)的量減小，分子總數(shù)減小，當分子總數(shù)不變，說明反應(yīng)達到平衡，故e符合題意；

③根據(jù)題意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被還原成為VO2，反應(yīng)方程式為V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧氣氧化成V2O5，反應(yīng)方程式為4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①壓縮容器，改變瞬間N2的物質(zhì)的量不變，壓縮容器的體積，相當于增大壓強，根據(jù)勒夏特列原理，增大壓強，此反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，N2的物質(zhì)的量減小，即d為n(N2)變化曲線；增加N2的物質(zhì)的量,N2的物質(zhì)的量增加，平衡向正反應(yīng)方向進行，N2物質(zhì)的量減少，即b代表n(N2)的變化曲線；

②增加H2的起始量，N2的轉(zhuǎn)化率增大，即N2的轉(zhuǎn)化率最高的點是c；氫氣起始量相同時，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡向正反應(yīng)方向移動，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>19、略

【分析】【分析】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣；

（2）0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時；放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為2599.2kJ；

（3）氫氧燃料電池中；氫氣做負極，堿性條件下在負極放電生成水。

【詳解】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）7.80g乙炔的物質(zhì)的量為=0.3mol，0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時，放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為=2599.2kJ，反應(yīng)的熱化學方程式為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1，故答案為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1；

（3）氫氧燃料電池中，氫氣做負極，堿性條件下在負極放電生成水，電極反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案為H2-2e-+2OH-=2H2O。

【點睛】

書寫熱化學方程式時注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)不能漏寫、反應(yīng)熱的符號和單位不要漏寫是解答易錯點?！窘馕觥?2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O四、判斷題(共1題，共9分)20、×【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4題，共32分)21、略

【分析】【分析】

（1）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；并根據(jù)中和熱的概念和實質(zhì)來回答；

（2）環(huán)形銅棒是熱的良導體；會使熱量損失；

（3）氫氧化鋇與硫酸反應(yīng)生成了硫酸鋇沉淀；生成沉淀的過程中會有熱量變化，影響測定結(jié)果；

（4）先判斷三次反應(yīng)溫度差的有效性；然后求出平均值，根據(jù)公式Q=cm△T來求出生成0.05mol的水放出熱量，最后根據(jù)中和熱的概念求出中和熱；

（5）a．實驗裝置保溫；隔熱效果差；熱量散失較大；

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)；會導致所量的氫氧化鈉體積偏大；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中；熱量散失較大；

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定HCl溶液的溫度；HCl溶液的起始溫度偏高。

【詳解】

：（1）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，改用60mL1.0mol?L-1鹽酸跟50mL1.1mol?L-1氫氧化鈉溶液進行反應(yīng)；與上述實驗相比，生成水的物質(zhì)的量增多，所放出的熱量增加，但是中和熱是強酸和強堿反應(yīng)生成1mol水時放出的熱量，與酸堿的用量無關(guān)；

故答案為：增加；不變；

（2）環(huán)形銅棒是熱的良導體；其導熱效果好于環(huán)形玻璃攪拌棒，會有一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會減??；

故答案為：偏低；

（3）硫酸與Ba（OH）2溶液反應(yīng)除了生成水外，還生成了BaSO4沉淀，該反應(yīng)中的生成熱會影響反應(yīng)的反應(yīng)熱，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和鹽酸測中和熱；

故答案為：硫酸與Ba（OH）2溶液反應(yīng)生成BaSO4沉淀的生成熱會影響反應(yīng)的反應(yīng)熱；

（4）3次反應(yīng)前后溫度差分別為：7.6℃；6.7℃、6.8℃；第一組舍去，平均值為6.75℃，50mL1.0mol/L鹽酸跟50mL1.1mol/L氫氧化鈉溶液的質(zhì)量和m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出熱量Q=4.184J/（g?℃）×100g×6.75℃=2.8224kJ，即生成0.05mol的水放出熱量2.8224kJ，所以生成1mol的水放出熱量為2.8224kJ×20=56.5kJ，即該實驗測得的中和熱△H=-56.5kJ/mol；

故答案為：-56.5kJ/mol；

（5）a．裝置保溫；隔熱效果差；測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故a正確；

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)，會導致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高，中和熱的數(shù)值偏大，故b錯誤；

c．盡量一次快速將NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中；不允許分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，故c正確；

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定HCl溶液的溫度；HCl溶液的起始溫度偏高，測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故d正確；

故答案為：acd。【解析】增加不變偏低H2SO4與Ba(OH)2反應(yīng)生成的BaSO4沉淀時也有能量變化（或放熱）-56.5kJ/mola、c、d22、略

【分析】【分析】

實驗探究NO在不同條件下被氧化或被還原，首先使用銅和稀硝酸反應(yīng)制取NO，選用裝置③制備氣體，裝置④玻璃管內(nèi)壁附著綠色NiO，加熱反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為黑色的Ni2O3，說明NiO被氧化，則NO被還原，驗證NO具有氧化性；在裝置⑥中NO遇還原性較強的Na2SO3溶液生成N2O也能驗證NO具有氧化性。

【詳解】

（1）實驗室使用銅和稀硝酸反應(yīng)制取NO，發(fā)生的反應(yīng)為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，該反應(yīng)為固體和液體不加熱制取氣體，則應(yīng)用裝置③制備氣體，由于NO除易氧化成NO2，裝置中不能有空氣，則反應(yīng)前對連接好并裝好藥品的裝置進行的具體操作是通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2，故答案為：稀硝酸；③；通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2(或防止NO被氧化)。

（2）分液漏斗在使用時；為了使液體順利流下，不改動裝置，要先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞，使漏斗上口處內(nèi)外空氣相通，再打開旋塞，故答案為：先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞，再打開旋塞。

（3）NO與NiO反應(yīng)，綠色的NiO轉(zhuǎn)化為黑色的Ni2O3，Ni元素化合價升高，被氧化，則NO中N元素化合價降低被還原，由信息可知，NO可被還原為N2，即NO轉(zhuǎn)化為N2，故答案為：N2。

（4）將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中，輕輕不斷搖動試管，可使NO氣體與溶液充分接觸，便于氣體吸收；NO被Na2SO3堿性溶液吸收被還原為N2O則SO被氧化為SO根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，配平反應(yīng)的離子方程式為2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；用Na2SO3強堿性溶液吸收含有SO2的NO，根據(jù)吸收反應(yīng)，SO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO增大c(SO)，從而促進NO吸收，故答案為：為使NO氣體與溶液充分接觸；2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；SO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO增大c(SO)，從而促進NO吸收?！窘馕觥?1)稀硝酸③通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2(或防止NO被氧化)

(2)先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞；再打開旋塞。

(3)N2

(4)為使NO氣體與溶液充分接觸2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2OSO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO增大c(SO)，從而促進NO吸收23、略

【分析】【分析】

(1)(2)根據(jù)儀器的構(gòu)造回答；

(3)結(jié)合滴定曲線上關(guān)鍵點的數(shù)據(jù)，按計算即可；

【詳解】

(1)量筒從小到上刻度值逐漸增大，A與B，B與C刻度間相差1mL，則每刻度為0.2mL，則如果刻度A為4，則B為3，量筒中液體的體積是3.2mL；

(2)滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，由于滴定管活塞下方或橡皮管無刻度，50mL滴定管中實際盛放液體的體積大于50mL，如果液面處的讀數(shù)是a，則滴定管中液體的體積大于(50?a)mL，故答案為：D；

(3)根據(jù)當pH=7時消耗的氫氧化鈉溶液的體積可知，鹽酸的物質(zhì)的量濃度是氫氧化鈉溶液的2倍，設(shè)氫氧化鈉溶液的濃度為c，則鹽酸的濃度為2c，根據(jù)滴加氫氧化鈉溶液體積為30mL時pH=1可得關(guān)系式0.020L2c?0.030Lc=0.1mol/L(0.020L+0.030L)，解得c=0.5mol/L；即氫氧化鈉溶液濃度為0.5mol/L，鹽酸