2024年人教版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人教版选修4化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列说法正确的是A.氨气溶于水能导电，所以NH3是电解质B.在醋酸钠溶液中再加入少量水，会使其水解平衡正向移动C.用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制pH＝1的醋酸溶液D.室温下pH=12Ba(OH)2与pH=2的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为1:22、下列说法正确的是A.c(H＋)>1.0×10－7mol·L－1的溶液一定呈酸性B.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14的溶液一定呈中性C.中性溶液中的c(H＋)一定等于1.0×10－7mol·L－1D.c(H＋)＝c(OH－)的溶液一定是中性溶液3、常温下，向(酸式盐)溶液分别滴加盐酸或溶液；溶液的pH与滴加溶液体积关系如图所示。下列推断正确的是。

A.NaHA在水中电离程度大于水解程度B.在对应的各点溶液中H点水电离程度最大C.E点对应的溶液中，D.F点对应的溶液中4、常温下，0.1mol/L的下列溶液中，c(NH4+)最大的是（）A.NH4ClB.(NH4)2Fe(SO4)2C.(NH4)2CO3D.CH3COONH45、铆有铁铆钉的铜板暴露在潮湿的空气中将观察到腐蚀现象。下列说法正确的是A.发生腐蚀的是铜片B.腐蚀过程属于化学腐蚀C.铁铆钉与铜板接触处腐蚀最严重D.腐蚀过程实现电能向化学能转变评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、回答下列问题：

（1）已知室温下CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO的燃烧热的热化学方程式为___________________________________。

（2）工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-116kJ/mol

如图表示CO的平衡转化率(α)随温度和压强变化的示意图。X表示的是_____________，Y1_____Y2(填“<”、“=”、“>”)。

（3）合成甲醇的反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

①反应进行到4min时，v(正)____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。0~4min，CO2的平均反应速率v(CO2)=____________mol·L−1·min−1。

②该温度下平衡常数为_____________。

③下列能说明该反应已达到平衡状态的是______________。

A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)

B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1

C．恒温恒压下；气体的体积不再变化。

D．恒温恒容下；气体的密度不再变化。

（4）为提高燃料的能量利用率，常将其设计为燃料电池。某电池以甲烷为燃料，空气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，以具有催化作用和导电性能的稀土金属为电极。写出该燃料电池的负极反应式：_____________________________。7、CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)

已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：。化学键C—HC=OH—HCO(CO)键能/kJ·mol－14137454361075

则该反应的ΔH＝__________________。8、比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系(填“>”或“<”)。

①S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1

S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2则ΔH1________ΔH2

②CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1

CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2则ΔH1_____ΔH29、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有4NA个电子转移时，放出450kJ的热量。其热化学方程式为______________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

（3）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及的步骤为：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

则TiO2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为______________________________。10、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)11、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共3分)12、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

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

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分五、实验题(共4题，共36分)13、新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2

某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。

实验(一)制备流程：

实验(二)Li2FeSiO4含量测定：

从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：。实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL

（1）实验(二)中的仪器名称：仪器B____________，仪器C__________。

（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是______________________。

（3）操作Ⅱ的步骤______________，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需_______________。

（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式_____________________，此时后续处理的主要目的是_________________________。

（5）滴定终点时现象为________________________________；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_______________；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量_______________。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。14、某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。他将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。请回答下列问题：

(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？_____。

(2)实验中改用60mL0.50mol/L的盐酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和热的数值会_____(填“相等”或“不相等”)，理由是_____。

(3)该同学做实验时有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是_____。

A．测量盐酸的温度后；温度计没有用水冲洗干净B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C．做本实验的当天室温较高D．在量取盐酸时仰视计数。

E．将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水。

(4)将V1ml1.0mol/LHCl溶液和V2ml未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)

通过分析图像可知，做该实验时环境温度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为_____mol/L。

(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：。

实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝_____(结果保留一位小数)。15、火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时；即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。

（1）该反应的热化学方程式为_________________________________。

（2）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。A的仪器名称为____________________。

（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是__________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是_______________。

（4）某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度T1℃终止温度T2℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；

（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)，所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。16、高氯酸铵（NH4ClO4）易分解产生大量气体，常用作火箭推进剂。实验室可通过下列反应制取：NaClO4（aq）+NH4Cl（aq）NH4ClO4（aq）+NaCl（aq）。

（1）若NH4Cl用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是_____。

（2）根据如图的溶解度曲线，在反应后得到的混合溶液中获得NH4ClO4晶体的实验操作依次为：_____；洗涤，干燥。

（3）在上述操作中，洗涤剂应选择_____

A.热水B.乙醇C.冰水D.滤液。

（4）样品中NH4ClO4的含量可用蒸馏法进行测定；蒸馏装置如图所示（加热和仪器固定装置已略去）；

实验步骤如下：

步骤1：按如图组装好仪器；准确称取样品ag（约0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。

步骤2：准确量取40.00mL约0.1mol·L－1H2SO4溶液于锥形瓶中。

步骤3：经滴液漏斗向蒸馏瓶中加入20mL3mol•L－1NaOH溶液。

步骤4：加热蒸馏至蒸馏烧瓶中剩余约100mL溶液。

步骤5：用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次；洗涤液并入锥形瓶中。

步骤6：向锥形瓶中加入酸碱指示剂，用cmol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点；记录消耗NaOH标准溶液的体积。

步骤7：将实验步骤1-6重复2次。记录消耗NaOH标准溶液的平均体积为V1mL

步骤8：在步骤1中不加入样品，将实验步骤1-6重复3次。记录消耗NaOH标准溶液的平均体积为V2mL。

请回答：

①步骤2中，准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是_____。

②为确保氨气被充分吸收的实验步骤为_________，为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为_____

③请用含字母的表达式表示（如果有数字，请化简成一个数字）样品中NH4ClO4的含量_____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．氨气溶于水生成的NH3•H2O可电离而导电，所以NH3•H2O是电解质；而氨气不是，A错误；

B．在醋酸钠溶液中再加入少量水；醋酸钠溶液的浓度减小，水解程度增大，水解平衡正向移动，B正确；

C．醋酸为弱酸；难以配制pH＝1的溶液，且缺少量取(滴定管或移液管)或称取(分析天平)醋酸的仪器，C错误；

D．两溶液中OH-和H+浓度相同；恰好中和的体积之比应为1:1，D错误；

故选B2、D【分析】【详解】

A．100℃时，纯水溶液pH=6，则c(H+)＞1.0×10-71mol•L-1的溶液可能呈中性；碱性或酸性；故A错误；

B．常温下c(H+)•c(OH-)=1.0×10-14，该溶液可能呈酸性、碱性或中性，与溶液中H+和OH-浓度相对大小有关；故B错误；

C．中性溶液中的c(H+)不一定等于1.0×10-71mol•L-1；如100℃时，纯水溶液pH=6，故C错误；

D．只要溶液中存在c(H+)=c(OH-)；则该溶液一定是中性溶液，故D正确；

故答案为D。3、A【分析】【详解】

A.根据图像信息NaHA溶液显酸性，所以在水中电离程度大于水解程度；故A正确；

B.图中E、F、G所在的曲线为向NaHA溶液中滴加的NaOH溶液，当加入20mLNaOH溶液时，恰好完全反应生成该点只存在的水解；能够促进水的电离，所以F点水的电离程度最大，故B错误；

C.E点对应的溶液呈中性，根据电荷守恒则有故C错误；

D.F点对应的溶液中溶质为溶液中离子浓度大小为：故D错误；

故选A。4、B【分析】【详解】

A．NH4Cl是强酸弱碱盐；铵根离子能水解但较弱；

B．NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子水解溶液显酸性，Fe2++2H2OFe(OH)2+H+；抑制铵根离子水解；

C．(NH4)2CO3中碳酸根离子促进铵根离子水解；

D．CH3COONH4中醋酸根离子促进铵根离子水解；

综上所述同浓度的溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为(NH4)2Fe(SO4)2＞(NH4)2CO3＞NH4Cl＞CH3COONH4，故答案为B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.铆有铁铆钉的铜板暴露在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀；金属性铁强于铜，发生腐蚀的是铁，A错误；

B.腐蚀过程中有电流产生；属于电化学腐蚀，B错误；

C.铁铆钉与铜板接触处最容易发生电化学腐蚀；因此腐蚀最严重，C正确；

D.腐蚀过程实现化学能向电能转变，D错误；答案选C。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

燃烧热为1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的化合物释放的热量；可逆反应到达平衡时；同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度；含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。

【详解】

(1)根据燃烧热的概念，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol；

(2)△H<0，该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，图像中曲线Y升高，根据方程可知，增大压强，体积减小，平和正向移动，则X表示压强；当压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，Y12;

(3)①通过图像可知，反应在15min时平衡，4min反应正向进行，则v(正)>v(逆)；v(CO2)=/=0.5/4=0.125mol/（L·min）；

②该温度下平衡常数，=5.33；

③A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，因此3v正(CH3OH)=v正(H2)，所以v正(CH3OH)=3v逆(H2)不能说明CH3OH正逆反应速率相同；A错误；

B.平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比不一定为1:3:1:1；所以不能作为平衡的标志，B错误；

C.该反应是气体分子数变化的反应；恒温恒压下，气体的体积不再变化，可以作为平衡的标志，C正确；

D.反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度始终保持不变，因此混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，D错误；

答案为C

(4)甲烷燃料电池以甲烷为燃料，以空气为氧化剂，以KOH溶液为电解质，负极得电子，电解质溶液参与反应，电池反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；【解析】CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol压强<>0.1255.33(或5.3或16/3)CCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O7、略

【分析】【分析】

由反应的焓变ΔH＝反应物的键能之和—生成物的键能之和计算可得。

【详解】

该反应的焓变ΔH＝反应物的键能之和—生成物的键能之和=[4×E(C—H)＋2×E(C=O)]－[2×E(CO)＋2×E(H—H)]＝(4×413＋2×745)kJ·mol－1－(2×1075＋2×436)kJ·mol－1＝＋120kJ·mol－1，故答案为：＋120kJ·mol－1。【解析】＋120kJ·mol－18、略

【分析】【分析】

【详解】

①固体S燃烧时要先变成气态，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，故ΔH1>ΔH2；

②水由气态变成液态放出热量，所以生成液态水，放出的热量多，但反应热为负值，故ΔH1<ΔH2。【解析】><9、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合价是－1价，反应后变为＋4价，失去5个电子，即1mol乙炔失去10mol电子，则每有4NA个电子转移时，消耗乙炔的物质的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的热量是因此该反应的热化学方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反应热就是断键吸收的能量，和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能可知，每生成2mol氨气的反应热△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根据盖斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以该反应的反应热ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考点：考查热化学方程式的书写以及反应热的有关计算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）10、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.三、判断题(共1题，共2分)11、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、元素或物质推断题(共1题，共3分)12、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、实验题(共4题，共36分)13、略

【分析】【分析】

实验（一）制备流程：废铁屑中加入稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤后从滤液中获得绿矾晶体，然后使绿矾失去结晶水得到硫酸亚铁，硫酸亚铁固体和亚硅酸锂固体在惰性气体保护下高温反应得到Li2FeSiO4。

实验（二）Li2FeSiO4含量测定：取20.00g产品于坩埚中，灼烧后加入足量稀硫酸，充分反应后转移入烧杯中，通入足量的二氧化硫，把铁元素全部转化为+2价，用一定浓度的高锰酸钾溶液滴定含亚铁离子的溶液，测定的Li2FeSiO4含量。

【详解】

（1）实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL；需要仪器为100mL容量瓶，仪器C为滴定实验装标准溶液的仪器，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案为100mL容量瓶，酸式滴定管；

（2）固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行；因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化，故答案为防止二价铁被氧化；

（3）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作；蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法，需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗；烧杯、玻璃棒，故答案为蒸发浓缩，降温结晶，过滤；玻璃棒；

（4）还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；

（5）滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=mL=20.00mL；铁元素守恒计算。

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

n=0.0200mol

100mL溶液中含物质的量=0.0200mol×=0.1000mol；

产品中Li2FeSiO4的质量分数=×100%=81%；

滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成Li2FeSiO4的含量偏高；

故答案为溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高；【解析】100mL容量瓶酸式滴定管防止二价铁被氧化蒸发浓缩，冷却结晶，过滤玻璃棒SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定溶液变为浅红色，且半分钟内不变色81%偏高14、略

【分析】【分析】

（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条；

（2）中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热；与酸碱的用量无关；

（3）根据中和热测定过程中误差判断；

（4）根据酸碱中和反应原理进行计算；

（5）根据Q=cm△T进行计算。

【详解】

（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；由图可知该装置有不妥之处：大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条；应用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平；

（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；

（3）A．测量盐酸的温度后；温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，导致实验测得中和热的数值偏小，选项A正确；

B；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓；会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，选项B正确；

C；做本实验的室温和反应热的数据之间无关；选项C错误；

D；在量取盐酸时仰视计数；会使得实际量取体积高于所要量的体积，放出的热量偏大，导致实验测得中和热的数值偏高，选项D错误；

E；将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水；由于氨水是弱碱，碱的电离是吸热的过程，所以导致实验测得中和热的数值偏小，选项E正确；

答案选ABE；

（4）从图形起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；当酸碱恰好反应时，放出的热量最高，从图示可知V1=30mL，V2=50mL-30mL=20mL，二者体积比为：c（NaOH）===1.5mol/L；

（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.4℃；反应后温度为：25.6℃，反应前后温度差为：5.2℃，与其他组相差太大，舍去；

50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.1℃=1295.8J＝1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol。【解析】环形玻璃搅拌棒用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平不相等相等中和热是酸和碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量与酸碱用量无关ABE低于1.5-51.8kJ/mol15、略

【分析】【详解】

（1）0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量，1mol液态肼放出的热量，=641.63kJ该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1。故答案为：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1；

（2）根据图示可知；A的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；

（3）为泡沫塑料板；上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；

中和反应是放热反应；温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；

（4）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应前后温度差为：3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃；反应前后温度差为：3.05℃；

40mL的0.50mol·L－1盐酸与40mL的0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g·cm－3=80g，c=4.18J/（g·℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g·℃）×80g×℃=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×=-51.8kJ·mol－1，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ·mol－1；故答案为：-51.8kJ·mol－1