2024年魯人新版選修4化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年魯人新版選修4化學下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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、已知:①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1

②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3

④2CO2（g）+4H2（g）=CH3COOH（1）+2H2O（l）△H4

⑤2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）△H5

下列關(guān)于上述反應的焓變的判斷正確的是（）A.△H1＞0,△H2＜0B.△H5=2△H2+△H3-△H1C.△H2＞0D.△H4=△H1-2△H32、羰基硫(COS)可用于合成除草劑、殺草丹等農(nóng)藥。H2S與CO2在高溫下反應可制得COS：H2S(g)+CO2(g)?COS(g)+H2O(g)△H>0。在2L容器中充入一定量的H2S和CO2發(fā)生上述反應，數(shù)據(jù)如下：。實驗溫度/℃起始時平衡時平衡常數(shù)n(CO2)/moln(H2S)/moln(COS)/moln(H2O)/moln(COS)/moln(H2O)/moln(COS)/mol1T10.2000.200000.0200K12T20.2000.20000n2K2=1/363T20.4000.40000n3K3

下列判斷不正確的是()A.K1=l/81B.K2=K3且n3=2n2C.實驗2中平衡時的c(COS)約為0.0286mol·L-1D.初始反應速率：實驗3>實驗2>實驗13、常溫下將NaOH溶液添加到某二元弱酸H2A溶液中；混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是（）

A.Ka2（H2A）的數(shù)量級為10-5B.NaHA溶液中c(H＋)＞c(OH－)C.曲線M表示pH與的變化關(guān)系D.當混合溶液呈中性時：c(Na+)>c(HA－)>c(A2－)>c(OH－)＝c(H+)4、25℃時，分別向20.00mL0.1000mol·L－1的氨水、醋酸銨溶液中滴加0.1000mol·L－1的鹽酸；溶液pH與加入鹽酸體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是()

A.氨水的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級約是10-5B.N點：c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)C.P點：c(NH4+)<2c(CH3COO－)＋c(NH3·H2O)D.Q點：2c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(NH4+)5、下列實驗操作、現(xiàn)象與結(jié)論均正確的是。選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固體溶液顏色變淺FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡向逆反應方向移動B向酸性高錳酸鉀溶液中加入過量的FeI2固體反應后溶液變黃反應后溶液中存在大量Fe3+C取3mL1mol·L-1NaOH溶液,先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀Mg(OH)2的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大D常溫下，向濃度、體積都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞變紅,前者紅色更深結(jié)合質(zhì)子的能力：CO32->HCO3-

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、根據(jù)事實；寫出298K時下列反應的熱化學方程式：

（1）將0.3mol的氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出649.5kJ熱量，該反應的熱化學方程式為__。

（2）1mol碳與適量水蒸氣完全反應，生成一氧化碳氣體和氫氣，吸收131.3kJ熱量。___。

（3）家用液化氣中主要成分之一是丁烷。當1g丁烷完全燃燒并生成CO2和液態(tài)水時，放出熱量50kJ。試寫出丁烷燃燒反應的熱化學方程式___。

（4）1molHgO(s)分解為液態(tài)汞和氧氣，吸熱90.7kJ。__。7、工業(yè)燃燒煤、石油等化石燃料釋放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等氣體；嚴重污染空氣。對廢氣進行脫硝；脫碳和脫硫處理可實現(xiàn)綠色環(huán)保、廢物利用。

Ⅰ.脫硝：

已知：H2的燃燒熱為285.8kJ·mol-1

N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH＝+133kJ·mol-1

H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44kJ·mol-1

催化劑存在下，H2還原NO2生成水蒸氣和其他無毒物質(zhì)的熱化學方程式為：____________。

Ⅱ.脫碳：

(1)向2L密閉容器中加入2molCO2和6molH2；在適當?shù)拇呋瘎┳饔孟?，發(fā)生反應：

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)

①該反應自發(fā)進行的條件是_____________(填“低溫”；“高溫”或“任意溫度”)

②下列敘述能說明此反應達到平衡狀態(tài)的是____________。(填字母)

a.混合氣體的平均式量保持不變b.CO2和H2的體積分數(shù)保持不變。

c.CO2和H2的轉(zhuǎn)化率相等d.混合氣體的密度保持不變。

e.1molCO2生成的同時有3molH—H鍵斷裂。

③CO2的濃度隨時間（0～t2）變化如下圖所示，在t2時將容器容積縮小一倍，t3時達到平衡，t4時降低溫度，t5時達到平衡，請畫出t2～t6CO2濃度隨時間的變化。_____________

⑵改變溫度，使反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH﹤0中的所有物質(zhì)都為氣態(tài)。起始溫度、體積相同（T1℃；2L密閉容器）。反應過程中部分數(shù)據(jù)見下表：

。

反應時間。

CO2(mol)

H2(mol)

CH3OH(mol)

H2O(mol)

反應Ⅰ：恒溫恒容。

0min

2

6

0

0

10min

4.5

20min

1

30min

1

反應Ⅱ：絕熱恒容。

0min

0

0

2

2

①達到平衡時，反應Ⅰ、Ⅱ?qū)Ρ龋浩胶獬?shù)K(I)______K(II)（填“﹥”“﹤”或“＝”下同）；平衡時CH3OH的濃度c(I)____c(II)。

②對反應Ⅰ，前10min內(nèi)的平均反應速率v(CH3OH)＝_______。在其他條件不變的情況下，若30min時只改變溫度T2℃，此時H2的物質(zhì)的量為3.2mol，則T1___T2(填“>”、“<”或“=”)。若30min時只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，則平衡_____移動(填“正向”“逆向”或“不”)。

⑶利用人工光合作用可將CO2轉(zhuǎn)化為甲酸，反應原理為2CO2+2H2O=2HCOOH+O2,

裝置如圖所示：

①電極2的電極反應式是____________；

②在標準狀況下，當電極2室有11.2LCO2反應。理論上電極1室液體質(zhì)量_____(填“增加”或“減少”______g。8、為有效控制霧霾；各地積極采取措施改善大氣質(zhì)量，研究并有效控制空氣中的氮氧化物；碳氧化物和硫氧化物含量顯得尤為重要。

I.汽車內(nèi)燃機工作時會引起N2和O2的反應：N2+O22NO；是導致汽車尾氣中含有NO的原因之一。

（1）在T1、T2溫度下，一定量的NO發(fā)生分解反應時N2的體積分數(shù)隨時間變化如右圖所示，根據(jù)圖像判斷反應N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H__________0(填“>"或“<”）。

（2）在T3溫度下，向2L密閉容器中充入10molN2與5molO2，50秒后達到平衡，測得NO的物質(zhì)的量為2mol，則該反應的速率v(N2)_________。該溫度下，若增大壓強此反應的平衡常數(shù)將____________(填“增大”、“減小”、“不變”或“無法確記”）；若開始時向上述容器中充入N2與O2均為1mol，則達到平衡后O2的轉(zhuǎn)化率為__________。

II.甲烷和甲醇可以做燃料電池；具有廣闊的開發(fā)和應用前景，回答下列問題。

（3）甲醇燃料電池（簡稱DMFC)由于結(jié)構(gòu)簡單；能量轉(zhuǎn)化率高、對環(huán)境無污染；可作為常規(guī)能源的替代品而越來越受到關(guān)注。DMFC工作原理如右圖所示：

通入a氣體的電極是原電池的____________極（填“正”或“負”），其電極反應式為_______________。

（4）某研究小組將兩個甲烷燃料電池串聯(lián)后作為電源，進行飽和氯化鈉溶液電解實驗，如圖所示U形管中氯化鈉溶液的體積為800ml。閉合K后，若每個電池甲烷用量為0.224L(標況），且反應完全，則理論上通過電解池的電量為__________(法拉第常數(shù)F=9.65×104C/mol)，若產(chǎn)生的氣體全部逸出，電解后溶液混合均勻，電解后U形管中溶液的pH為_________。9、現(xiàn)有反應：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0；在850℃時，平衡常數(shù)K=1。

（1）若升高溫度到950℃時；達到平衡時K_____1（填“大于”；“小于”或“等于”）

（2）850℃時，若向一容積可變的密閉容器中同時充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2；則：

①當x=5.0時；上述平衡向_______（填正反應或逆反應）方向進行。

②若要使上述反應開始時向正反應方向進行，則x應滿足的條件是________。10、運用化學反應原理研究氮；硫等單質(zhì)及其化合物的反應有重要意義。

(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（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，能說明該反應已達到平衡的是________(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，合成氨反應為：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。圖1表示在2L的密閉容器中反應時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，反應物N2的轉(zhuǎn)化率最高的是________點，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。11、水是生命的源泉；工業(yè)的血液、城市的命脈。河水是主要的飲用水源；污染物通過飲用水可毒害人體，也可通過食物鏈和灌溉農(nóng)田間接危及健康。請回答下列問題：

（1）純水在100℃時，pH=6，該溫度下1mol·L-1的NaOH溶液中，由水電離出的c（OH-）=___mol·L-1。

（2）25℃時，向水的電離平衡體系中加入少量碳酸鈉固體，得到pH為11的溶液，其水解的離子方程式為___。

（3）體積均為100mLpH均為2的CH3COOH與一元酸HX，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，則相同溫度時，HX的電離平衡常數(shù)__（填“大于”或“小于”或“等丁”）CH3COOH的電離平衡常數(shù)。

（4）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強弱的物理量。已知：?；瘜W式電離常數(shù)（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃時，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為___。

②向NaCN溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應的化學方程式為___。

（5）25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH=6，則溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=__mol·L-1（填精確值）。12、鋁-空氣電池是正在探索的車用新型電池。電池工作時，金屬鋁被氧化為并形成空氣中的氧氣發(fā)生還原而生成

(1)寫出鋁-空氣電池中的正、負極反應和總反應________。

(2)廣泛采用鋁-空氣電池的好處有哪些？不足有哪些？就你的發(fā)現(xiàn)寫出簡要的報告，并預測其未來的應用前景________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、實驗題(共3題，共24分)14、某實驗小組用工業(yè)上廢棄固體(主要成分Cu2S和Fe2O3)混合物制取粗銅和Fe2(SO4)3晶體；設計的操作流程如下：

(1)③實驗過程中，過濾操作用到的玻璃儀器有_________。

(2)③④操作中會有一種氣體生成，若在實驗室制備該氣體，可選擇下列哪些裝置_____(填字母)。

(3)溶液B在空氣中放置有可能變質(zhì)，如何檢驗溶液B是否變質(zhì)：__________。

(4)溶液B加稀硫酸酸化后加強氧化劑X，試劑X最好選擇下列哪種試劑______(填字母)。

a.Cl2b.H2O2c.KMnO4

試劑X在酸性條件下與溶液B反應的離子方程式為____________。

(5)由溶液C經(jīng)_______、________、過濾等操作得Fe2(SO4)3晶體。

(6)實驗室中很難用硫酸亞鐵與燒堿溶液反應制得純凈的Fe(OH)2，某同學利用下圖裝置(鐵作電極，電解質(zhì)溶液：氯化鈉溶液)，通過電解法制取較純的Fe(OH)2，且較長時間不變色，寫出電解的化學反應方程式為______。

15、某學生通過測定反應過程中所放出的熱量來計算中和熱。他將50mL0.5mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。請回答下列問題：

(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_________；由圖可知該裝置有不妥之處，應如何改正？_____。

(2)實驗中改用60mL0.50mol/L的鹽酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和熱的數(shù)值會_____(填“相等”或“不相等”)，理由是_____。

(3)該同學做實驗時有些操作不規(guī)范，造成測得中和熱的數(shù)值偏低，請你分析可能的原因是_____。

A．測量鹽酸的溫度后；溫度計沒有用水沖洗干凈B．把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩C．做本實驗的當天室溫較高D．在量取鹽酸時仰視計數(shù)。

E．將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水。

(4)將V1ml1.0mol/LHCl溶液和V2ml未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溫度，實驗結(jié)果如下圖所示(實驗中始終保持V1+V2=50mL)

通過分析圖像可知，做該實驗時環(huán)境溫度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，該NaOH溶液的濃度約為_____mol/L。

(5)假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反應后生成溶液的比熱容c＝4.18J·g－1·℃－1。為了計算中和熱，某學生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：。

實驗序號起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6

依據(jù)該學生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱ΔH＝_____(結(jié)果保留一位小數(shù))。16、為了證明一水合氨是弱電解質(zhì)；甲；乙、丙三位同學利用下面試劑進行實驗：

0.10mol·L－1氨水、NH4Cl晶體；醋酸銨晶體、酚酞試劑、pH試紙、蒸餾水。

(1)常溫下，pH=10的氨水中，c(OH－)=___，由水電離出來的濃度為c(OH－)水=_____。

(2)甲用pH試紙測出0.10mol·L－1氨水的pH為10；據(jù)此他認定一水合氨是弱電解質(zhì)，你認為這一結(jié)論______(填“正確”或“不正確”)，并說明理由__________________。

(3)乙取出10mL0.10mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞試液，顯粉紅色，原因是(用電離方程式回答)：______；再加入CH3COONH4晶體少量；顏色變淺，原因是：__________。你認為這一方法能否證明一水合氨是弱電解質(zhì)：_____(填“能”或“否”)。

(4)丙取出10mL0.10mol·L－1氨水，用pH試紙測出其pH為a，然后用蒸餾水稀釋至1000mL，再用pH試紙測出其pH為b，他認為只要a、b滿足如下關(guān)系__________(用等式或不等式表示)就可以確認一水合氨是弱電解質(zhì)。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共21分)17、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應達到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質(zhì)的量分數(shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)18、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。19、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A.燃燒和緩慢氧化都屬于放熱反應，反應①和②都是燃燒反應，都是放熱反應，則△H1＜0，△H2＜0；故A錯誤；

B.由蓋斯定律可知，②×2+③—①得反應⑤，則△H5=2△H2+△H3-△H1；故B正確；

C.燃燒和緩慢氧化都屬于放熱反應，反應②是燃燒反應，△H2＜0；故C錯誤；

D.由蓋斯定律可知，③×2—①得反應④，則△H4=2△H3-△H1；故D錯誤；

故選B。2、C【分析】【詳解】

A．則平衡時c(COS)=c(H2O)=0.01mol/L，c(CO2)=c(H2S)=(0.1-0.01)mol/L=0.09mol/L，故A不符合題意；

B．化學平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，因此K2=K3，該反應為氣體等體積反應，壓強不影響化學平衡，實驗3相對于實驗2相當于加壓，平衡不移動，二者互為等效平衡，實驗3起始反應物濃度為實驗2的2倍，因此平衡時各物質(zhì)濃度也為實驗2的2倍，即n3=2n2；故B不符合題意；

C．實驗2的平衡常數(shù)為即解得n2=則平衡時的c(COS)約為故C符合題意；

D．該反應正向為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，由此可知T2>T1，升高溫度，化學反應速率增大，增加反應物濃度，化學反應速率增大，因此初始反應速率：實驗3>實驗2>實驗1；故D不符合題意；

故答案為：C。3、B【分析】【分析】

H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1（H2A）＞Ka2（H2A），酸性條件下，則pH相同時>由圖像可知N為的變化曲線，M為

【詳解】

A.當=0時，=1，此時pH≈5.4，則Ka2（H2A）≈10-5.4，可知Ka2（H2A）的數(shù)量級為10-6；故A錯誤；

B．由圖像可知，=0，即c（HA-）=c（A2-），此時pH≈5.4，可知HA-電離程度大于A2-水解程度，則NaHA溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH-）；故B正確；

C．由以上分析可知曲線M表示pH與的變化關(guān)系；故C錯誤；

D．由圖像可知當pH=7時，＞0，則c（A2-）＞c（HA-）；故D錯誤。

故答案為B。4、D【分析】【分析】

濃度為0.1000mol·L－1的氨水顯堿性，濃度為0.1000mol·L－1的醋酸銨溶液顯中性。

【詳解】

A選項，0.1000mol·L－1的氨水pH值為11，c(NH4+)=c(OH－)=1×10-3mol·L－1，氨水的電離平衡常數(shù)其數(shù)量級約是10-5；故A正確；

B選項，N點溶質(zhì)為氯化銨和氨水的混合物且濃度相等，溶液顯堿性，說明氨水電離程度大于NH4+水解程度，因此濃度大小為：c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)；故B正確；

C選項，P點溶質(zhì)是醋酸銨、醋酸和氯化銨，溶液顯酸性，根據(jù)電荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(H+)，溶液呈酸性：c(OH－)<c(H+)，因此濃度有：c(NH4+)<c(Cl－)＋c(CH3COO－)，根據(jù)物料守恒得到：2c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+)，兩者變形得到c(NH4+)<c(NH3·H2O)＋2c(CH3COO－)；故C正確；

D選項，Q點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的醋酸和氯化銨，根據(jù)物料守恒得出：2c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+)＋c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)；故D錯誤。

綜上所述，答案為D。5、D【分析】【詳解】

A、發(fā)生的離子反應：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入KCl固體，平衡不移動，故A錯誤；B、酸性高錳酸鉀溶液可將Fe2＋氧化為Fe3＋，將I－氧化成I2，F(xiàn)e3＋、I2在溶液種都顯黃色，故B錯誤；C、因為加入NaOH是過量，再滴入3滴FeCl3溶液，F(xiàn)e3＋與過量的NaOH溶液生成Fe(OH)3，不能說明兩者溶度積大小，故C錯誤；D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都顯堿性，前者紅色更深，說明CO32－水解的程度比HCO3－大，即CO32－結(jié)合H＋能力強于HCO3－，故D正確。二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】【詳解】

（1）1mol氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出的熱量為熱化學方程式為：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=?2165kJ/mol，故答案為：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=?2165kJ/mol；

（2）1mol碳與適量水蒸氣完全反應，生成一氧化碳氣體和氫氣，吸收131.3kJ熱量，熱化學方程式為：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol，故答案為：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol；

（3）1g丁烷氣體完全燃燒生成CO2和H2O(l)，放出熱量50kJ，則1mol丁烷氣體完全燃燒生成CO2和H2O(l)，所放出的熱量為：丁烷氣體燃燒的熱化學方程式為：C4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=?2900kJ/mol，故答案為：C4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=?2900kJ/mol；

（4）1molHgO(s)分解為液態(tài)汞和氧氣，吸熱90.7kJ，熱化學方程式為：HgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol，故答案為：HgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol?！窘馕觥緽2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=?2165kJ/molC(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/molC4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=?2900kJ/molHgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol7、略

【分析】本題考查化學平衡狀態(tài)的判斷；蓋斯定律的應用，平衡移動的應用，燃料電池的應用，電極式的書寫。

I、根據(jù)氫氣的熱值可書寫氫氣的熱化學方程式是2H2(g)+O2（g）＝H2O（l)△H＝-142.9×4kJ/mol=-571.6kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，將已知熱化學方程式中的氧氣與液態(tài)水消去得到H2還原NO2生成水蒸氣和氮氣的熱化學方程式，為4H2（g）+2NO2（g）＝N2（g）+4H2O（g）△H＝-1100.2kJ·mol-1；

II、（1）①該反應的△S<0，所以若反應自發(fā)進行，則△H<0；因此反應自發(fā)進行的條件是低溫自發(fā)；

②a；該體系中的氣體只有二氧化碳和氫氣；且二者的起始物質(zhì)的量之比等于化學方程式中的化學計量數(shù)之比，所以混合氣體的平均式量始終不變，不能判斷為平衡狀態(tài)，錯誤；

b、二氧化碳與氫氣始終是1：3的關(guān)系，所以CO2和H2的體積分數(shù)保持不變的狀態(tài)不是平衡狀態(tài)；錯誤；

c；二氧化碳與氫氣的起始物質(zhì)的量之比等于化學方程式中的化學計量數(shù)之比；所以二者的轉(zhuǎn)化率一定相等，與是否達到平衡狀態(tài)無關(guān)，錯誤；

d；因為該體系中有液體參加；所以氣體的質(zhì)量在逐漸減少，則氣體的密度減小，達平衡時，保持不變，正確；

e、1molCO2生成的同時有3molH-H鍵斷裂；符合正逆反應速率相等，是平衡狀態(tài)，答案選de；

③在t2時將容器容積縮小一倍，二氧化碳的濃度瞬間增大到1mol/L，則壓強增大，平衡正向移動，t3時達到平衡，達到的平衡與原平衡相同，濃度仍是0.5mol/L；該反應是放熱反應，t4時降低溫度，則平衡正向移動，t5時達到平衡，則二氧化碳的濃度將小于0.5mol/L，對應的圖像為

（2）①因為生成甲醇的反應是放熱反應，而反應II是從逆反應開始的，所以反應吸熱，所以絕熱容器的溫度要低于恒溫容器，即反應I溫度高于反應II，溫度升高，放熱反應的平衡常數(shù)減小，則K(I)3OH的濃度c(I)

②對反應I，前10min內(nèi)氫氣的物質(zhì)的量減少6-4.5=1.5mol，則甲醇的物質(zhì)的量增加0.5mol，所以前10min內(nèi)平均反應速率v(CH3OH)＝0.5mol/2L/10min="0.025mol"·L-1·min-1；30min時是平衡狀態(tài)，生成甲醇1mol，則消耗氫氣3mol，平衡氫氣的物質(zhì)的量是3mol，而改變溫度后氫氣的物質(zhì)的量變?yōu)?.2mol，物質(zhì)的量增大，說明平衡逆向移動，因為該反應是放熱反應，所以升高溫度，平衡逆向移動，則T12；若30min時只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)計算該溫度下的平衡常數(shù)為K=1/6.75，此時Qc=1/6.75=K；所以平衡不移動。

（3）離子交換膜為質(zhì)子膜，則電解質(zhì)溶液呈酸性，根據(jù)總的電池反應為2H2O+2CO2═2HCOOH+O2可知，該反應中C元素化合價由+4價變?yōu)?2價，O元素化合價由-2價變?yōu)?價，所以1是負極、2是正極，（也可根據(jù)裝置圖中電子的流向判斷1是負極、2是正極），負極上水失電子生成氫離子和氧氣，判斷電極1電極反應：2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增強，H+通過質(zhì)子膜進入到電極2區(qū)域；電極2通入二氧化碳，酸性條件下生成HCOOH，電極反應：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性減弱，從總反應看，每消耗1molCO2，就會消耗1molH2O，現(xiàn)有標準狀況下，11.2LCO2即0.5mol反應，那就會消耗0.5molH2O即9g。【解析】4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g)△H＝-1100.2kJ·mol-1低溫de<<0.025mol·L-1·min-1<不CO2+2H++2e-=HCOOH減少98、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）根據(jù)題給圖像知，溫度為T2時先達到平衡狀態(tài)，說明溫度為T2時反應速率快，故溫度：T1＜T2，但溫度為T2時反應達平衡時氮氣的體積分數(shù)低；說明升高溫度平衡向正反應方向進行，正方應是吸熱反應，即△H＞0。

（2）50秒后達到平衡，測得NO的物質(zhì)的量為2mol，根據(jù)方程式可知消耗氮氣是1mol，則該反應的速率v(N2)根據(jù)公式v=△n/V△t將題給數(shù)據(jù)代入計算得υ(N2)＝＝0.01mol·L－1·s－1；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，增大壓強平衡常數(shù)不變；平衡時氮氣和氧氣的濃度分別是5mol/L－0.5mol/L＝4.5mol/L、2.5mol/L－0.5mol/L＝2mol/L，NO的濃度是1mol/L，T3溫度下該反應的化學平衡常數(shù)K＝1/9，如果該溫度下，若開始時向上述容器中充入N2與O2均為1mol；則。

N2（g）+O2（g）2NO（g）

起始濃度（mol/L）0.50.50

轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）xx2x

平衡濃度（mol/L）0.5－x0.5－x2x

因此平衡常數(shù)K＝＝1/9，解得x=1/14，因此達到平衡后N2的轉(zhuǎn)化率為14.3%；

（3）燃料電池中，通入燃料的電極為負極，發(fā)生氧化反應。根據(jù)裝置圖可知左側(cè)是電子流出的一極，所以通入a氣體的電極是原電池的負極。由于存在質(zhì)子交換膜，所以甲醇被氧化生成二氧化碳，電極方程式為CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

（4）電解氯化鈉溶液的化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可知關(guān)系式1molCH4～8mole﹣～8molNaOH，故若每個電池甲烷通入量為0.224L（標準狀況），生成0.08molNaOH，c（NaOH）＝0.08mol÷0.8L＝0.1mol/L，pH=13；電解池通過的電量為×8×9.65×104C?mol﹣1=7.72×103C（題中雖然有兩個燃料電池；但電子的傳遞量只能用一個池的甲烷量計算。

考點：考查外界條件對平衡狀態(tài)的影響以及有關(guān)計算、電化學原理的應用等【解析】>0.01mol/(L.s)不變14.3%負CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+7.72×103c139、略

【分析】【詳解】

試題分析：(1)CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)；△H＜0；在850℃時，平衡常數(shù)K=1，升溫到950℃時，平衡常數(shù)隨溫度變化，反應是放熱反應，升溫平衡逆向進行，平衡常數(shù)減小，K＜1；

(2)①850℃時，若向一容積可變的密閉容器中同時充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，當x=5.0時，反應前后氣體體積不變，可以利用物質(zhì)的量代替平衡濃度計算濃度商，Q==5/3＞K=1，平衡逆向進行；②若要使上述反應開始時向正反應方向進行，滿足Q＜K，Q=＜1；x＜3.0，則x應滿足的條件是0＜x＜3；

【考點定位】考查化學平衡常數(shù)的分析判斷。

【名師點晴】平衡常數(shù)，濃度商計算比較判斷反應進行方向是解題關(guān)鍵，注意化學平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，同一轉(zhuǎn)化關(guān)系化學計量數(shù)不同，平衡常數(shù)不同，溫度相同，同一可逆反應的正、逆反應平衡常數(shù)互為倒數(shù)。平衡常數(shù)指各生成物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積所得的比值，化學平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度、壓強無關(guān)，平衡常數(shù)越大，說明可逆反應進行的程度越大?！窘馕觥竣?小于②.逆反應③.x<3.010、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，平衡向逆反應方向進行，根據(jù)勒夏特列原理，正反應為放熱反應，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；不能說明反應達到平衡，故d不符合題意；

e；向正反應方向進行；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，反應方程式為V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧氣氧化成V2O5，反應方程式為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，此反應向正反應方向進行，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，該反應為放熱反應，降低溫度平衡向正反應方向移動，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>11、略

【分析】【詳解】

（1）100℃純水中：c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L（根據(jù)pH與c(H+)關(guān)系換算），故100℃時Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；1mol/LNaOH溶液中c(OH-)=1mol/L，NaOH溶液中H+全部來源于水，故由水電離出的c水(H+)=c(H+)=10-12mol/L，又c水(H+)=c水(OH-)，故由水電離出的OH-為10-12mol/L；

（2）碳酸根水解結(jié)合水電離出的H+生成碳酸氫根，即水解方程式為：

（3）根據(jù)圖像；加水稀釋過程中，HX的pH變化比較小，說明HX酸性比醋酸弱，即相同條件下，HX電離程度小，電離平衡常數(shù)小，故填小于；

（4）①三者溶液都因相應陰離子水解呈堿性，故需比較三者水解程度的大小，因為：K2(H2CO3)<K(HCN)<K(CH3COOH)，根據(jù)越弱越水解規(guī)律得水解程度：故堿性強弱：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，即pH：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；（注意判斷水解程度，應拿電離常數(shù)比較）

②由平衡常數(shù)數(shù)值可知酸性強弱：H2CO3>HCN>故不能制HCN，即此時反應生成HCN和NaHCO3，故方程式為：

（5）由電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L–10-8mol/L=9.9×10-7mol/L。（c(H+)、c(OH-)由pH換算求得）．

【點睛】

運用Kw計算時，注意溫度。【解析】10-12CO+H2OHCO+OH-小于Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO39.9×10-712、略

【分析】【分析】

鋁—空氣電池工作時，金屬鋁被氧化為Al3+，鋁為負極，正極上空氣中的O2發(fā)生得電子的還原反應生成OH-。

【詳解】

（1）鋁—空氣電池中負極為Al，負極電極反應式為4Al-12e-=4Al3+，正極上為O2發(fā)生得電子的還原反應生成OH-，正極電極反應式為3O2+12e-+6H2O=12OH-，根據(jù)正、負極得失電子總數(shù)相等，電池總反應為4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案為：正極反應：3O2+12e-+6H2O=12OH-；負極反應：4Al-12e-=4Al3+；總反應：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）鋁—空氣電池的的好處有：（1）比能量大；（2）質(zhì)量輕；（3）無毒危險（副產(chǎn)物氫氧化鋁可回收使用）；（4）鋁原材料豐富；（5）生產(chǎn)成本低；（6）使用方便；（7）安全；環(huán)保等；

不足有：（1）雖然鋁—空氣電池比能量高；但比功率低；（2）放電速率比較緩慢，電壓滯后；（3）不能反復充電，需要更換鋁電極或更換電池才能繼續(xù)工作；（4）自放電率較大，需要采用熱管理系統(tǒng)來防止鋁—空氣電池工作時的過熱；

鋁—空氣電池未來的應用前景：（1）電動車電源的有力競爭者；（2）潛艇AIP系統(tǒng)的優(yōu)秀能源；（3）水下機器人的最佳動力電源；（4）價廉物美的高能電源等?！窘馕觥?1)正極反應：3O2+12e-+6H2O=12OH-；負極反應：4Al-12e-=4Al3+；總反應：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好處有：（1）比能量大；（2）質(zhì)量輕；（3）無毒危險（副產(chǎn)物氫氧化鋁可回收使用）；（4）鋁原材料豐富；（5）生產(chǎn)成本低；（6）使用方便；（7）安全；環(huán)保等；

不足有：（1）雖然鋁—空氣電池比能量高；但比功率低；（2）放電速率比較緩慢，電壓滯后；（3）不能反復充電，需要更換鋁電極或更換電池才能繼續(xù)工作；（4）自放電率較大，需要采用熱管理系統(tǒng)來防止鋁—空氣電池工作時的過熱；

未來的應用前景：（1）電動車電源的有力競爭者；（2）潛艇AIP系統(tǒng)的優(yōu)秀能源；（3）水下機器人的最佳動力電源；（4）價廉物美的高能電源等。三、判斷題(共1題，共2分)13、×【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、實驗題(共3題，共24分)14、略

【分析】【分析】

廢棄固體主要成分Cu2S和Fe2O3，灼燒廢氣固體發(fā)生反應Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以氣體a是SO2，固體A是CuO和Fe2O3，固體A和稀硫酸混合，發(fā)生的反應為CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，所以溶液A中成分為CuSO4、Fe2(SO4)3，向溶液A中加入過量Fe屑，發(fā)生反應CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，所以固體B成分是Fe、Cu，濾液B成分為FeSO4，固體B和稀硫酸混合，F(xiàn)e和稀硫酸反應生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反應，過濾得到固體粗銅；向濾液B中加入試劑X得到溶液C，將溶液C濃縮結(jié)晶得到硫酸鐵晶體，濾液B中成分是FeSO4，需要加入氧化劑雙氧水將FeSO4氧化為硫酸鐵，所以試劑x是H2O2；根據(jù)電解的原理分析，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)操作③分離難溶性固體和溶液；所以該操作是過濾，該實驗操作中用到的玻璃儀器有燒杯；玻璃棒、漏斗；

(2)③④操作中會有一種氣體生成；該氣體是氫氣，若在實驗室制備該氣體，可以用鋅和稀硫酸反應制取，該反應的反應物為固液混合；不需要加熱，所以應該選取固液混合不加熱型裝置，所以可選擇cd裝置，故選cd；

(3)溶液B中成分是FeSO4，F(xiàn)eSO4不穩(wěn)定；易被空氣氧化生成硫酸鐵，鐵離子和KSCN溶液反應生成絡合物硫氰化鐵，導致溶液呈血紅色，所以可以用KSCN溶液檢驗硫酸亞鐵是否變質(zhì)，其檢驗方法是：取少量B溶液倒入試管中，向試管中加入幾滴KSCN溶液，如果溶液變?yōu)檠t色，說明含有鐵離子，否則不含鐵離子；

(4)溶液B加稀硫酸酸化后加強氧化劑x，且反應后不能產(chǎn)生雜質(zhì)，氯氣和高錳酸鉀能將亞鐵離子氧化為鐵離子，但引進新的雜質(zhì)，雙氧水和硫酸亞鐵反應生成硫酸鐵和水，不產(chǎn)生新的雜質(zhì)，故選b；雙氧水具有氧化性，能將硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，自身被還原為水，所以試劑x在酸性條件下與溶液B反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(5)由溶液C經(jīng)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾等操作可得Fe2(SO4)3晶體；

(6)鐵作電極時，陽極上鐵失電子形成亞鐵離子，陰極上氫離子得電子形成氫氣，總的電極反應為：Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑。

【點睛】

鐵屬于活性電極，會優(yōu)先在陽極上失電子，發(fā)生氧化反應，為易錯點?！窘馕觥柯┒贰?、玻璃棒cd取少量溶液B于試管中，加入幾滴KSCN溶液，如果變?yōu)檠t色則證明存在Fe3+，即原溶液已變質(zhì)bH2O2＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋2H2O蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑15、略

【分析】【分析】

（1）由量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；大小燒杯口之間不相平且沒填滿碎紙條；

（2）中和熱是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱；與酸堿的用量無關(guān)；

（3）根據(jù)中和熱測定過程中誤差判斷；

（4）根據(jù)酸堿中和反應原理進行計算；

（5）根據(jù)Q=cm△T進行計算。

【詳解】

（1）由量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；由圖可知該裝置有不妥之處：大小燒杯口之間不相平且沒填滿碎紙條；應用碎塑料泡沫墊高小燒杯，使小燒杯口和大燒杯口相平；

（2）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；改用60mL0.50mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關(guān)，中和熱數(shù)值相等；

（3）A．測量鹽酸的溫度后；溫度計沒有用水沖洗干凈，在測堿的溫度時，會發(fā)生酸和堿的中和，溫度計示數(shù)變化值減小，導致實驗測得中和熱的數(shù)值偏小，選項A正確；

B；把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩；會導致一部分能量的散失，實驗測得中和熱的數(shù)值偏小，選項B正確；

C；做本實驗的室溫和反應熱的數(shù)據(jù)之間無關(guān)；選項C錯誤；

D；在量取鹽酸時仰視計數(shù)；會使得實際量取體積高于所要量的體積，放出的熱量偏大，導致實驗測得中和熱的數(shù)值偏高，選項D錯誤；

E；將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水；由于氨水是弱堿，堿的電離是吸熱的過程，所以導致實驗測得中和熱的數(shù)值偏小，選項E正確；

答案選ABE；

（4）從圖形起點可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反應放熱后的溫度已經(jīng)是22℃，則溶液混合前的實驗環(huán)境溫度一定低于22℃；當酸堿恰好反應時，放出的熱量最高，從圖示可知V1=30mL，V2=50mL-30mL=20mL，二者體積比為：c（NaOH）===1.5mol/L；

（5）第1次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.1℃；反應后溫度為：23.2℃，反應前后溫度差為：3.1℃；

第2次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應后溫度為：23.4℃，反應前后溫度差為：3.1℃；

第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.4℃；反應后溫度為：25.6℃，反應前后溫度差為：5.2℃，與其他組相差太大，舍去；

50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液的質(zhì)量和為m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×100g×3.1℃=1295.8J＝1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出熱量為：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出熱量為1.2958kJ×=51.8kJ，即該實驗測得的中和熱△H=-51.8kJ/mol?！窘馕觥凯h(huán)形玻璃攪拌棒用碎塑料泡沫墊高小燒杯，使小燒杯口和大燒杯口相平不相等相等中和熱是酸和堿發(fā)生中和反應生成1molH2O所放出的熱量與酸堿用量無關(guān)ABE低于1.5-51.8kJ/mol16、略

【分析】【詳解】

(1)常溫下，pH=10的氨水中，c(H+)=10-10mol/L，c(OH－)==10-4mol·L－1，氨水中氫離子全部由水電離，水電離出的氫氧根和氫離子濃度相等，所以c(OH－)水=10-10mol·L－1；

(2)若是強電解質(zhì)，則0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)應為0.010mol·L－1；pH＝12，而實際上pH=10，說明一水合氨不完全電離，為弱電解質(zhì)，故正確；

(3)滴入酚酞顯紅色，說明顯堿性，一水合氨可以電離出氫氧根使溶液顯堿性，電離方程式為NH3·H2O?NH+OH－；加入CH3COONH4晶體，NH濃度增大，氨水的電離平衡左移，溶液中c(OH－)減??；堿性減弱顏色變淺；該實驗說明一水合氨溶液中存在電離平衡，能說明一水合氨是弱電解質(zhì)；

(4)若一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進其電離，則由10mL稀釋到1000mL后其pH會變小，且變化小于2，即a、b滿足a－2【解析】10-4mol·L－110-10mol·L－1正確若是強電解質(zhì)，則0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)應為0.010mol·L－1，pH＝12NH3·H2O?NH+OH－加入CH3COONH4晶體，NH濃度增大，氨水的電離平衡左移，溶液中c(OH－)減小能a－2五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共21分)17、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成