2025年北师大版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年北师大版选修4化学下册阶段测试试卷347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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图；下列叙述不正确的是。

A.在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为92kJB.a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C.加入催化剂，也不能提高N2的转化率D.该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H="﹣92"kJ/mol2、在某密闭容器中，可逆反应：A(g)＋B(g)xC(g)符合图像(Ⅰ)所示关系。由此推断；对图像(Ⅱ)的不正确的说法是()

A.p3>p4，y轴表示A的转化率B.p3>p4，y轴表示B的质量分数C.p3>p4，y轴表示C的质量分数D.p3>p4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量3、将等物质的量的X和Y混合气体，通入密闭容器中发生如下反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)，平衡时混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3:2，则Y的转化率最接近于A.33%B.40%C.50%D.67%4、在一密闭容器中有如下反应：aX(g)＋bY(g)nW(g)ΔH＝Q某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据；作出了如图曲线图：其中ω(W)表示W在反应混合物中的百分含量，t表示反应时间。其它条件不变时，下列分析可能正确的是（）

A.图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且P1＞P2，n＜a＋bB.图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2，Q＜0C.图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且P2＞P1，a＋b＜nD.图Ⅱ可能是在同温同压下催化剂对反应的影响，且2使用的催化剂效果好5、在某恒容密闭容器中发生反应A(g)＋B(g)xC(g)；C的体积分数(C%)跟温度(T)和压强(p)的关系如图I所示。下列对图II的说法正确的是。

A.若p3>p4，则y轴表示B的转化率B.若p34，则y轴表示B的体积分数C.若p3>p4，则y轴表示混合气体的密度D.若p34，则y轴表示混合气体的相对分子质量6、下列说法正确的是A.1mol·L－1的稀硫酸中存在OH－B.Kw随溶液c(H＋)和c(OH－)的变化而改变C.水的电离只受温度影响，酸碱性对其无影响D.Kw＝10－14适用于任何温度、任何溶液7、25℃时；浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是。

。序号。

①

②

③

④

溶液。

NaCl

CH3COONH4

NaF

NaHCO3

pH

7.0

7.0

8.1

8.4

A.酸性强弱：H2CO3＞HFB.①和②中溶质均未水解C.①和③中阴离子的总浓度：c(Cl-)+c(OH-)＞c(F-)+c(OH-)D.④中：c()+2c()+c(H2CO3)0.1mol/L8、二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似，常温下；用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.b点溶液：B.d点溶液：C.e点溶液中：D.a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：9、铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3＋＋Cr2＋Fe2＋＋Cr3＋。下列说法一定正确的是。

A.放电时，正极的电极反应式为Cr2＋－e－=Cr3＋B.电池充电时，阴极的电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋C.电池放电时，Cl－从正极室穿过选择性透过膜移向负极室D.放电时，电路中每流过0.1mol电子，Cr3＋浓度增加0.1mol·L－1评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

（1）已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式___。11、（1）298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①下列可判断反应达到平衡的是__(填标号)。

a.溶液的pH不再变化。

b.v(I-)=2v(AsO)

c.不再变化。

d.c(I-)=ymol·L-1

e.=不再变化。

②tn时，v正__v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。

③tm时v逆__tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是__。

④比较产物AsO在tm～tnmin和tp～tqmin时平均反应速率的大小，前者__；（填大或小或相等）

（2）合成氨工厂常通过测定反应前后混合气体的密度来确定氨的转化率。某工厂测得合成塔中N2、H2混合气体的密度为0.5536g/L（标准状况），从合成塔中出来的混合气体在相同条件下密度为0.693g/L（标准状况）。该合成氨厂N2的转化率___。12、污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒温恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5min后反应达到平衡，此时NO2的浓度为0.05mol/L。

(1)反应从开始到5min时，CO的平均反应速率v(CO)=________，NO2的平衡转化率a=________，310K时，上述反应的平衡常数K=________。

(2)在350K下，重复上述实验，平衡后NO2的物质的量分数为30%，则该反应的ΔH________(填“＞”“＜“或“=”)0。13、对可逆反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)＋dＤ(g)达到平衡时，各物质的物质的量浓度满足以下关系：=K(为一常数)，K称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关。现有反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH=-QkJ·mol-1。在850℃时；K=1。

(1)若升高温度到950℃时，达到平衡时K_______1(填“大于”“小于”或“等于”)。

(2)850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，则：①当x=5.0时，上述平衡向_______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。

②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_______。

(3)在850℃时，若设x=5.0和x=6.0，其他物质的投料不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a％、b％，则a_______b(填“大于”“小于”或“等于”)。14、判断下列盐溶液的酸碱性，能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、有机推断题(共1题，共2分)16、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共12分)17、汽车尾气的主要成分有CO、SO2、NO、NO2等。

（1）利用氨水可以将SO2；氮氧化物吸收；原理如下图所示。

①25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中，c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=__________mol/L(填确值)

②请写出NO2和NO按体积比1：1被吸收时反应的离子方程式_____________________。

（2）科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。

①已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

TiO2催化尾气降解原理可表示为：2COg)+O2(g)2CO2(g)△H3

则2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)△H4=______________________。

②在O2、H2O(g)浓度一定条件下，模拟CO、NO的降解，得到其降解率(即转化率)如图1所示。请解释T1后NO降解率下降的可能原因______________________。

（3）沥青混凝土也可降解CO。如图2为在不同颗粒间隙的沥青混凝土(α；β型)在不同温度下；反应相同时间，测得CO降解率变化。结合如图回答下列问题：

①已知在50℃时在α型沥青混凝土容器中，平衡时O2浓度为0.01mol·L－1，求此温度下CO降解反应的平衡常数____________________________________________。(用含x的代数式表示)

②科研团队以β型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的TiO2纳米管，在10℃~60℃范围内进行实验，请在如图中用线段与“”阴影描绘出CO降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围(在图中画出)。____________

（4）TiO2纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电极反应式____________________________________________。18、氢气是一种高能燃料；也广范应用在工业合成中。

（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa；最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa

时下列反应：

①2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(l)△H=－3116kJ·mol－1

②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ·mol－1

③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol－1

写出乙烷标准生成焓的热化学方程式：___________________________________________。

（2）已知合成氨的反应为：N2＋3H22NH3△H＜0。某温度下，若将1molN2和2.8molH2分别投入到初始体积为2L的恒温恒容、恒温恒压和恒容绝热的三个密闭容器中，测得反应过程中三个容器(用a、b、c表示)内N2的转化率随时间的变化如图所示；请回答下列问题：

①图中代表反应在恒容绝热容器中进行的曲线是______（用a、b；c表示）

②曲线a条件下该反应的平衡常数K=_________。

③b容器中M点，v(正)____v(逆)（填“大于”；“小于”或“等于”）

（3）利用氨气可以设计成高能环保燃料电池，用该电池电解含有NO2－的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极电极反应式为______；标准状况下，当阴极收集到11.2LN2时，理论上消耗NH3的体积为_____。

（4）氨水是制备铜氨溶液的常用试剂；通过以下反应及数据来探究配制铜氨溶液的最佳途径。

已知：Cu(OH)2(s)Cu2＋＋2OH－Ksp=2.2×10－20

Cu2＋＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)＋4H2OKβ=7.24×1012

①请用数据说明利用该反应：Cu(OH)2(s)＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－配制铜氨溶液是否可行：_________________________________________。

②已知反应Cu(OH)2(S)＋2NH3·H2O＋2NH4＋[Cu(NH3)4]2＋＋4H2OK=5.16×102。向盛有少量Cu(OH)2固体的试管中加入14mol·L－1的氨水，得到悬浊液；此时若加入适量的硫酸铵固体，出现的现象为_______________；解释出现该现象的原因是_____________________。19、碘及其化合物在工业生产中有重要用途。回答下列问题：

(1)单质碘的一种制备方法为：2(aq)+5(aq)I2(aq)+3H+(aq)+5(aq)+H2O(1)△H总；该反应的历程如下：

第一步：(aq)+3(aq)3H+(aq)+3(aq)+I-(aq)∆H1慢反应。

第二步：(aq)+5I-(aq)+6H+(aq)3I2(aq)+3H2O(1)∆H2慢反应。

第三步：I2(aq)+(aq)+H2O(1)2I-(aq)+3H+(aq)+(aq)∆H3快反应。

∆H总=_____(用含△H1、∆H2、∆H3的式子表示)；上述反应历程中，活化能最小的是第_____步；I-、H+、I2五种粒子中，物质的量浓度增加相同倍数时对总反应速率影响最小的是_______。

(2)已知：2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+11kJ·mol-1，在716K时，向甲容器中充入amolHI(g)，向与甲完全相同的乙容器中充入0.5amolH2(g)和0.5amolI2(g)；同时发生反应，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下图：

①0~20min，甲容器中反应的平均速率v(HI)=_______min-1(用单位时间内的物质的量分数的变化表示)；20min时，乙容器中氢气的转化率(H2)=_______；反应达到平衡时，x(HI)、x(H2)、x(I2)与HI分解反应平衡常数的关系式为K=_______

②HI分解反应中，正反应速率为v正=kx2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数。升高温度，k正增大的倍数_______k逆增大的倍数(填“大于”“小于”或“等于")；80min时，甲容器中v正_______v逆(填“大于”“小于”或等于”)。

③120min时，可判断甲、乙容器中反应均达到平衡状态，其理由是_______。评卷人得分六、实验题(共4题，共16分)20、研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性；某小组同学进行如下实验：

已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大_____（选填“增大”；“减小”，“不变”）；

（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验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电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3

①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

21、(1)分别取40mL0.50mol/L盐酸与0.55mol/LNaOH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。

回答下列问题：假设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·℃)。实验时，还需测量的数据有_______________。

A.反应前盐酸溶液的温度B.反应前盐酸溶液的质量。

C反应前氢氧化钠溶液的温度D.反应前氢氧化钠溶液的质量。

E.反应后混合溶液的最高温度F.反应后混合溶液的质量。

(2)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

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热为△H=____________。

(3)假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.50mol/L盐酸跟100mL0.55mol/LNaOH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”)

(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；用40mL0.50mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________。(填“偏大”；“偏小”或“无影响”)

(5)上述实验结果与57.3kJ/mol(常温下中和热的值)有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)___________。

a.实验装置保温；隔热效果差。

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度。

c.用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数。

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯22、为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应；某小组同学进行了如下实验。

(1)配制50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H+)=0.2mol·L−1。

①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。

②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序号)。

a.加水稀释b.加入FeCl3固体。

c.滴加浓KSCN溶液d.加入NaHCO3固体。

(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：

。操作。

现象。

向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液；搅拌。

溶液温度迅速上升；稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体。

收集检验反应过程中产生的气体。

集气管口靠近火焰；有爆鸣声。

已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑

①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：___________________________________。

②用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：_______________________________________________________。

③分离出黑色固体；经下列实验证实了其中含有的主要物质。

i.黑色固体可以被磁铁吸引；

ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液；产生气泡；

iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后；加入稀盐酸，产生大量气泡；

iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液；无变化。

a.黑色固体中一定含有的物质是________________________________________。

b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是__________________。

(3)为进一步探究上述1.0mol·L−1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱；继续实验并观察到反应开始时现象如下：

。操作。

现象。

将5mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合。

溶液温度迅速上升；开始时几乎没有气泡。

将___与0.65g锌粉混合。

溶液中立即产生大量气泡。

小组同学得出结论：在1.0mol·L−1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强。23、I．亚铁是血红蛋白重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄入过量的铁也有害。下面是一种常见补药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%～36%；不溶于水但能溶于人体中的胃酸：与Vc(维生素C)同服可增加本品吸收。

甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：

(1)加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3+。药品说明书中“与Vc同服可增加本品吸收”，通过探究，说明Vc具有___________性。

(2)乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL。

①该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是______(填序号)。

A．蒸馏水B．稀盐酸C．稀硫酸D．稀硝酸。

②请计算该药品含“铁”的质量分数为_________(保留三位有效数字)。

II．二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。利用食盐水制取ClO2的工业流程如下图所示：

(3)下图为用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2的装置。写出阳极产生ClO2的电极反应式：_________。电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_________mol。

(4)用于电解的食盐水，需先除去其中的SO等杂质，除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3，若溶液中c(Ba2+)=1x10-5时，c(CO)∶c(SO)=___________(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9)。

(5)②发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A、该反应是可逆反应，反应存在一定限度，在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2充分反应后放出的热量小于92kJ；故A错误；

B；催化剂能改变反应的路径；使发生反应所需的活化能降低，因此a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故B正确；

C、催化剂能改变反应速率，但不能改变化学平衡，所以加入催化剂，也不能提高N2的转化率；故C正确；

D；该反应放出的能量大于吸收的能量；所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故D正确。

综上所述，本题正确答案为A。2、B【分析】【详解】

据图像(Ⅰ)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1>T2；降温(T1→T2)时，C%增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应；当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故压强p2>p1，增大压强(p1→p2)时，C%增大，即平衡正向移动，故x<2即x＝1；即该反应方程式为：A(g)＋B(g)C(g)；

由图像(Ⅱ)知，针对A(g)＋B(g)C(g)反应，保持体系温度不变，增大压强(p4→p3)；平衡正向移动，C%；A、B的转化率、混合气体的平均相对分子质量均增大，而A、B的质量分数要减小；

故答案为B。3、D【分析】【详解】

试题分析：假设X和Y物质的量均为1mol；达平衡时消耗Y物质的量为m，依据题干条件列式计算。

X(g)+2Y(g)2Z(g)

起始量（mol）110

变化量（mol）0.5mmm

平衡量（mol）1-0.5m1-mm

平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则（1-0.5m+1-m）：m=3：2，解得m=2/3，所以Y的转化率=67%；答案选D。

考点：考查化学平衡计算4、C【分析】【分析】

【详解】

A项、图Ⅱ若是压强对反应的影响，由图可知，先达到平衡的P1大于P2，增大压强，ω（W）不变，说明平衡不移动，则n=a+b；故A错误；

B项、图Ⅲ若是温度对反应的影响，由图可知，先达到平衡的T1大于T2；升高温度，ω（W）增大，说明平衡向正反应方向移动，则△H＞0，故B错误；

C项、图Ⅰ若是不同压强对反应的影响，由图可知，先达到平衡的P2大于P1，增大压强，ω（W）减小，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜n；故C正确；

D项；图Ⅱ若是在同温同压下催化剂对反应的影响；先达到平衡的1使用的催化剂效果好，故D错误；

故选C。

【点睛】

注意依据先拐先平，可以确定温度（压强）的高低或是否使用催化剂，再根据物质的含量变化和勒夏特列原理推导平衡的移动方向是解答关键。5、A【分析】【分析】

由图Ⅰ中a、b的相对位置知：温度相同，p2>p1，增压C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知：压强相同，T1>T2，升温C%降低，正反应为放热反应；即该反应为：A(g)＋B(g)C(g)ΔH<0；由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动；由图Ⅱ可知，y随温度的升高而降低，升高温度，平衡逆向移动，再根据信息具体分析，依此解答。

【详解】

A．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低；增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3>P4；故A正确；

B．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大；增大压强平衡向正反应方向移动，B的体积分数减小，则P34；故B错误；

C．混合气体总质量不变；容器容积不变，反应混合气体的密度不变，故C错误；

D．混合气体总质量不变，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小；增大压强平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量减小，混合气体平均相对分子质量增大，则P3>P4；故D错误；

答案选A。6、A【分析】【详解】

A．硫酸溶液中；还存在水的微弱的电离，水能电离出少量的氢离子和氢氧根离子，故硫酸溶液中存在氢氧根离子，故A正确；

B．Kw的值与所处的环境无关，只受温度的影响，与溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小无关；故B错误；

C．酸；碱能抑制水的电离；盐类的水解能促进水的电离，故溶液的酸碱性对水的电离有影响，故C错误；

D．Kw＝10－14适用于常温下的任何水溶液；故D错误；

故答案为A。7、C【分析】【分析】

NaCl不水解，故溶液显中性，CH3COONH4显中性是因为醋酸根和铵根的水解程度相同，而等浓度NaHCO3溶液的碱性强于NaF，说明酸性：H2CO3＜HF。

【详解】

A．NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液pH，则对应酸性为H2CO3＜HF；故A错误；

B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液；溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①中溶质未水解，②中溶质发生双水解，故B错误；

C．氯化钠溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；氟化钠溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)；故要比较两溶液阴离子总浓度，即比较阳离子总浓度，c(Na+)相等，氯化钠溶液呈中性，氟化钠溶液呈碱性，故c(H+)：①>③，①和③中阴离子的总浓度：①>③，即c(Cl-)+c(OH-)＞c(F-)+c(OH-)；故C正确；

D．依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L；故D错误。

答案选C。

【点睛】

本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒分析判断，物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，尤其是C项需灵活利用电荷守恒分析。8、D【分析】【分析】

NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH>(CH3)2NH，所以①曲线表示NaOH滴定曲线、②曲线表示(CH3)2NH滴定曲线；然后结合相关守恒解答。

【详解】

A．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2Cl的水解常数所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：A错误；

B．d点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因此则溶液中存在电荷守恒：因此故B错误；

C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：物料守恒：则故C错误；

D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b>a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d>c>b>a；故D正确；

故案为：D。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．电池放电时，是原电池的工作原理，正极得电子发生还原反应，电极方程式为Fe3++e-=Fe2+；A错误；

B．充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为Cr3++e-=Cr2+；B错误；

C．电池放电时；Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，C正确；

D．放电时；电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的三价铬离子生成，离子的浓度和体积有关，D错误；

故选C。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

（1）化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并写出热化学方程式。

（2）根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式。

【详解】

（1）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN≡N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol；

答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

答案为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。

【点睛】

此题最易错之处是没有弄清中和热的概念，即生成1摩尔水时反应放出的热量才是中和热。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol11、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①a.溶液的pH不再变化；说明溶液中氢离子浓度不变，则氢氧根离子的浓度也不在变化，可以说明反应达到平衡状态，故a可判断平衡；

b.根据反应方程式可知，结合化学反应速率之比=化学计量数之比可得任意时刻v(I-)=2v(AsO)，不能据此判断平衡状态，故b不可判断平衡；

c.在反应达到平衡状态之前，反应物在减少，产物在增加，则在发生变化；当达到平衡后该比值不再变化，故c可判读平衡；

d.由图像可知当反应达到平衡时：则此时c(I-)=2ymol·L-1，因此c(I-)=ymol·L-1时反应未达到平衡状态；故d不能判断平衡；

e.均为产物且系数比为1:2，则在反应过程中两者的浓度之比始终保持不变，因此=不再变化不能说明是平衡状态；故e不可判断平衡。

故答案为：ac。

②由图可知tn时；反应未达平衡状态，反应正向进行才能达到平衡，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于。

③tm、tn时反应均没有到达平衡状态，tn时反应正向进行的程度大，产物浓度比tm时产物浓度大，其他条件相同时浓度越大反应速率越快，则逆反应速率tn时大，故答案为：小于；tn时产物的浓度大于tm时的产物浓度；浓度越大反应速率越。

④AsO在由图像可知tm～tnmin反应未达平衡状态，tp～tqmin时反应已经平衡，平衡后各物质的浓度保持恒定不变，则tp～tqminAsO的浓度变化量为0，速率为0，因此tm～tnmin时AsO平均反应速率的大；故答案为：大。

（2）设反应前混合气体中氮气的物质的量分数为x，氢气的物质的量量分数为（1-x），依题意得：解得x=0.4,

设起始氮气2mol，氢气3mol，氮气转化的物质的量为ymol，列出三段式：。起始物质的量(mol)23转化物质的量(mol)y3y2y平衡物质的量(mol)2-y3-3y2y

n(总)=（2-y）mol+（3-3y）mol+2ymol=（5-2y）mol

根据反应前后气体质量守恒可知：解得y=0.5mol

N2的转化率=故答案为：25%。【解析】①.ac②.大于③.小于④.tn时产物的浓度大于tm时是的产物浓度，浓度越大反应速率越快⑤.大⑥.25%12、略

【分析】【分析】

(1)反应速率

(2)和310K时NO2的物质的量分数比较判断反应进行的方向确定反应的焓变。

【详解】

(1)污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒温恒容密闭容器中充人0.1molNO2和0.2molCO；5min后反应达到平衡，此时2的浓度为0.05mol/L，结合三行计算列式：

反应从开始到5min时，CO的平均反应速率NO2的平衡转化率310K时，上述反应的平衡常数故答案为：0.02mol/(L•min)；50%；10；

(2)310K时，平衡后NO2的物质的量分数在350K下，重复上述实验，平衡后NO2的物质的量分数为30%，二氧化氮物质的量分数增大，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜。【解析】①.0.02mol/(L•min)②.50%③.10④.＜13、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）从题给信息知：正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，CO2和H2的浓度将减少，而CO和H2O(g)的浓度将增大；故K值减少；

（2）将1．0molCO,3．0molH2O，1．0molCO2和xmolH2代入式中，得x＝3．0mol<5．0mol,平衡向逆反应方向移动。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是：x<3．0mol。

（3）其他物质的投料不变，增加H2的量，平衡向逆反应方向移动，但H2的转化率将减少。

考点：化学平衡【解析】①.小于②.逆反应③.x＜3.0④.小于14、略

【分析】【分析】

先判断是否有弱离子再确定是否水解；结合水解方程式判断溶液的酸碱性。

【详解】

K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；故答案为：碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；中；不发生水解；酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；中；不发生水解。

【点睛】

把握盐类水解规律是解题的关键。本题的易错点为Ba(NO3)2，要注意氢氧化钡是强碱，Ba(NO3)2属于强酸强碱盐，另外，Fe3+水解生成的氢氧化铁不能加“↓”。【解析】①.碱②.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-③.中④.不发生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不发生水解三、判断题(共1题，共2分)15、×【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、有机推断题(共1题，共2分)16、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、原理综合题(共3题，共12分)17、略

【分析】【分析】

(1)①25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)；据此分析；

②根据流程图知，NO2、NO与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得电子被还原，则HSO3－被氧化生成SO42－；据此书写离子方程式；

(2)①根据已知方程式构建目标方程式；根据盖斯定律计算反应热；

②根据平衡移动原理来分析；升高温度，平衡逆向移动；

(3)①化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；

②据催化剂能加快化学反应速率；但不影响平衡移动画图；

(4)据阳极失去电子发生氧化反应书写电极反应方程式。

【详解】

(1)25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)，则c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=（10-5-10-9）mol/L；

②根据流程图知，NO2、NO与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得电子被还原，则HSO3－被氧化生成SO42－，反应的方程式为：NO+NO2+3NH4HSO3=N2+3NH4HSO4，离子方程式为NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

因此，本题正确答案是：NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

(2)①反应Ⅰ：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

反应Ⅱ：3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

根据盖斯定律(Ⅰ×3+Ⅱ×2)得反应2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)

则△H4=[(－113.0kJ·mol－1)×3+(－138.0kJ·mol－1)×2]=-615kJ/mol

因此；本题正确答案是：-615kJ/mol；

②由以上计算可知，2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)为放热反应，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，造成HNO3浓度降低；

因此；本题正确答案是：温度升高，平衡逆向移动；

(3)①CO的降解率为x；设起始CO浓度为amol/L；

2CO(g)+O2(g)2CO2(g)

开始(mol/L)a0

变化(mol/L)axaxax

平衡(mol/L)a-ax0.01ax

K===

因此，本题正确答案是：

②据催化剂能加快化学反应速率；但不影响平衡移动，故图为。

因此，本题正确答案是：

(4)阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+；

因此，本题正确答案是：Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+。【解析】10-5-10-9NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+-615kJ/mol温度升高，平衡逆向移动

(图像画法说明：阴影部分a点之前在型上方，a点之后重合)Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+18、略

【分析】【详解】

本题考查盖斯定律的应用，②×2＋③×3/2－①/2得出：2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/mol；

（2）①恒容绝热容器；正反应是放热反应，随着反应进行，温度升高，化学反应速率升高，先达到平衡，符合条件的曲线是c；

②此反应是气体物质的量减少的，恒温恒容是的反应速率小于恒温恒压，即b为恒温恒容时的曲线，a为恒温恒压时的曲线，化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，即N2+3H22NH3

起始（mol·L－1）0.51.40

变化：0.41.20.8

平衡：0.10.20.8

根据化学平衡常数的定义，K=c2(NH3)/(NH3)/[c3(H2)×c(N2)]=800；③M点达到b曲线上，N2的转化率降低，说明反应向逆反应方向移动，即v(正)

（3）根据电解的原理，阴极上得到电子，化合价降低，根据信息NO2－→N2，化合价由＋3价→0价，NO2－在阴极上放电，因此阴极反应式为：2NO2－＋4H2O＋6e－=N2＋8OH－，阳极上失去电子化合价升高，阴极上收集到11.2L的N2，消耗NO2－的物质的量11.2×2/22.4mol=1mol，NH3在阳极上失电子，根据得失电子守恒，n(NH3)×3=n(NO2－)×3，解得n(NH3)=1mol；合22.4L；

（4）①根据平衡常数定义，K=c2(OH－)c(Cu[NH3]4]2－)/c4(NH3·H2O)=c2(OH－)c(Cu[NH3]4]2－)c(Cu2＋)/[c4(NH3·H2O)c(Cu2＋)]=KspKβ=2.2×10－20×7.24×1012=1.6×10－7<10－5；此反应很难进行；

②溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸铵固体增大了铵根离子浓度，平衡正向移动，现象是固体溶解，得到深蓝色溶液。【解析】2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/molc800小于2NO2-＋6e-＋4H2O=N2+8OH-22.4L该反应的K=Ksp·Kβ=1.6×10-7＜10-5所以反应很难进行固体溶解，得到深蓝色溶液溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸铵固体增大了铵根离子浓度，平衡正向移动19、略

【分析】【详解】

(1)由已知反应①(aq)+3(aq)3H+(aq)+3(aq)+I-(aq)∆H1、②(aq)+5I-(aq)+6H+(aq)3I2(aq)+3H2O(1)∆H2、③I2(aq)+(aq)+H2O(1)2I-(aq)+3H+(aq)+(aq)∆H3，根据盖斯定律，①+②+③2即得2(aq)+5(aq)I2(aq)+3H+(aq)+5(aq)+H2O(1)△H总=∆H1+∆H2+2∆H3，或①2-③也得2(aq)+5(aq)I2(aq)+3H+(aq)+5(aq)+H2O(1)△H总=2∆H1-∆H3；活化能小反应快，则上述反应历程中，活化能最小的是第三步；总反应速率由反应速率最慢的反应决定，即第一步和第二步反应决定，第三步为快反应，对总反应速率影响小，由反应I2(aq)+(aq)+H2O(1)2I-(aq)+3H+(aq)+(aq)可知，I-、H+、I2五种粒子中，只有I2是第三步反应的反应物，所以物质的量浓度增加相同倍数时对总反应速率影响最小的是I2，故答案为：∆H1+∆H2+2∆H3(或2∆H1-∆H3)；三；I2；

(2)①0~20min，甲容器中反应的平均速率v(HI)==0.0045min-1；x(H2)=x(I2)=[1-x(HI)]起始时x(H2)=0.50，20min时x(H2)=(1-0.60)=0.20，氢气的转化率(H2)==60%；反应达到平衡时，由于n总不变，K===故答案为：0.0045；60%；

②平衡时v正=v逆，即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2)，可得∆H=+11kJ·mol−1，升高温度时K增大，说明k正增大的倍数大于k逆增大的倍数；由图可知，80min时，甲容器中反应向正反应方向进行，此时v正大于v逆；故答案为：大于；大于；

③甲、乙容器条件相同，甲容器中充入amolHI(g)与乙容器中充入0.5amolH2(g)和0.5amolI2(g)等效，甲、乙容器分别从正向、逆向开始反应，建立相同的平衡，由平衡前Q(甲)<K<Q(乙)，120min时Q(甲)=Q(乙)=K可判断甲、乙容器中反应均达到平衡状态，故答案为：甲、乙容器分别从正向、逆向开始反应，平衡前Q(甲)<K<Q(乙)，120min时Q(甲)=Q(乙)=K。【解析】∆H1+∆H2+2∆H3(或2∆H1-∆H3)三I20.004560%大于大于甲、乙容器分别从正向、逆向开始反应，平衡前Q(甲)<K<Q(乙)，120min时Q(甲)=Q(乙)=K六、实验题(共4题，共16分)20、略

【分析】【分析】

根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。

【详解】

（1）由Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c和b（只加水；对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c的现象是：溶液变为黄色。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。我认为不需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c(H+)的结果。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知随着溶液的pH增大，上述平衡向正反应方向移动，减小，而增大，故减小。

（4）向试管c继续滴加KI溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H2SO4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO42-转化为Cr2O72-，Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化，而在碱性条件下，CrO42-不能将I-氧化，说明+6价铬盐氧化性强弱为：Cr2O72-大于CrO42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。

（5）①实验ⅱ中，Cr2O72-在阴极上放电被还原为Cr3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。

②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知，加入Fe2(SO4)3溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+，Fe2+在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。

【点睛】

本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。【解析】溶液变黄色否Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率21、略

【分析】【分析】

(1)根据Q=c·m·△t计算分析；

(2)根据△H=-Q=-c·m·△t进行计算；

(3)根据反应放出的热量与反应的物质多少呈正比分析；结合中和热概念判断；

(4)一水合氨是弱电解质；电离吸收热量；物质完全反应放出热量比不完全反应放出热量多；

(5)a．实验装置保温；隔热效果必须好；

b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零值再测定H2SO4溶液的温度；

c．量取NaOH溶液的体积时视线要和凹液面相平；

d．酸碱混合尽可能减少实验过程中能量损失。

【详解】

(1)由Q=c·m·△t可知；测定中和热需要测定的数据为：

A.反应前盐酸和氢氧化钠溶液的温度；C.反应前氢氧化钠溶液的温度；E.反应后混合溶液的最高温度；故合理选项是ACE；

(2)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20.55℃；反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；

平均温度差为：3.1℃，40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/(g·℃)，代入公式-Q=c·m·△t可计算出生成0.02mol的水放出热量Q=4.18J/(g·℃)×80g×3.1℃=1036.64J=1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；

(3)因所用的酸与碱物质的量多少不同，所以反应放出的热量不同，但由于中和热是强酸、强碱完全反应产生可溶性盐和1molH2O时时放出的热量；可知中和热是相等的；

(4)氨水中的一水合氨是一元弱碱；电离会吸收热量，使得测得的中和热数值会偏小，因碱的量可能不足，则测得的中和热可能会偏小；

(5)a.实验装置保温；隔热效果差则测得的热量不够；使测定中和热数值偏小，a符合题意；

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度这样因酸与碱会反应，热量散失，所以会偏小，b符合题意；

c.中和热的数值测定以盐酸为标准计算；用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数，这样会数值偏小，以该盐酸体积为标准计算会使测定数值偏大，c不符合题意；

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯这样会造成测得的热量会减小；结果使测定中和热数值偏小，d符合题意；

故合理选项是abd。

【点睛】

本题考查中和热的测定的有关知识。注意中和热的概念的理解，为使酸(或碱)反应完全，所加入的碱(或酸)要过量，以不足量的物质为标准计算。中和热测定关键是减少酸碱混合时的热量损失。【解析】①.ACE②.-51.8kJ/mol③.不相等④.相等⑤.偏小⑥.偏小⑦.ab