2025年鲁教五四新版选修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2025年鲁教五四新版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是()A.加入苯，振荡，平衡正向移动B.加入FeSO4固体，平衡逆向移动C.该反应的平衡常数K=D.经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度2、25℃时，一定量的甲烷与aL（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出bkJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是A.B.C.D.3、将甘油转化为高附加值产品是当前的热点研究方向，如甘油和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得反应过程如下：

。反应Ⅰ

甘油水蒸气重整。

反应Ⅱ

甘油部分氧化。

反应Ⅲ

甘油氧化水蒸气重整。

下列说法正确的是（）A.B.消耗等量的甘油，反应Ⅲ的放热效果最显著C.消耗等量的甘油，反应的产氢率最高D.甘油不溶于水4、某温度下反应的平衡常数现向此温度下的真空容器中充入及则下列说法中正确的是A.反应正好达平衡B.反应向逆反应方向进行C.反应向某方向进行一段时间后D.反应向某方向进行一段时间后5、密闭容器中进行的可逆反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下；混合气体中B的质量分数w(B)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是()

A.T12，p12，a＋b>c，正反应为吸热反应B.T1>T2，p12，a＋bC.T12，p1>p2，a＋bD.T1>T2，p1>p2，a＋b>c，正反应为放热反应6、在下面的自发过程中，你认为其中能用熵判据解释的是A.水由高处流向低处B.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH=－483.6kJ/molC.墨水滴在水中会扩散到整个水体D.－10℃的液态水自动结冰成为固态7、已知常温下HClO的在的和NaOH混合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示。对于浓度均为的NaClO和溶液，下列叙述正确的是

A.NaClO溶液的pH比溶液的小B.NaClO溶液中：C.溶液中：D.将两溶液等体积混合，混合溶液接近中性8、常温时，将足量的CaCO3固体分别加入同体积下列各溶液中，CaCO3溶解最少的是A.1mol·L-1的Na2CO3溶液B.2mol·L-1的K2CO3溶液C.2mol·L-1的HCl溶液D.1mol·L-1的NaCl溶液9、在海轮的船壳上连接锌块，这是一种A.制成合金的保护法B.外加电流的阴极保护法C.牺牲阳极的阴极保护法D.牺牲正极的负极保护法评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、（1）向1L1mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①浓H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应为△H1、△H2、△H3，则三者由小到大顺序为________

（2）由盖斯定律结合下述反应方程式；回答问题：

①NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H=﹣176kJ/mol

②NH3（g）+H2O（l）═NH3•H2O（aq）△H=﹣35.1kJ/mol

③HCl（g）+H2O（l）═HCl（aq）△H=﹣72.3kJ/mol

④NH3•H2O（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）△H=﹣52.3kJ/mol

则NH4Cl（s）+2H2O（l）═NH4Cl（aq）其△H等于_________kJ/mol．

（3）根据下列热化学方程式分析，写出C（s）燃烧热的热化学方程式________

C（s）+H2O（l）═CO（g）+H2（g）△H1=+175.3kJ•mol﹣1

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3=﹣571.6kJ•mol﹣1．11、在2L密闭容器中，800℃时，反应2NO＋O22NO2体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)如图表示各物质浓度的变化曲线；

A点处，v(正)___________v(逆)，A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”；“小于”或“等于”填空)

(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________________________。

(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。

A．及时分离出NO2气体B．升高温度。

C．减小O2的浓度D．选择高效的催化剂。

(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。

A．容器内压强保持不变B．v(NO)＝2v(O2)

C．容器内的密度保持不变D．v逆(NO2)＝2v正(O2)12、运用化学反应原理研究氮；硫等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关如图所示；根据如图回答下列问题：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为__________反应（填“吸热”“放热”）。

②一定条件下，将SO2与O2以体积比为2︰1置于一体积不变的密闭容器中发生反应，能说明该反应已达到平衡的是________(填选项字母)。

a．体系的密度不发生变化。

b．SO2与SO3的体积比保持不变。

c．体系中硫元素的质量分数不再变化。

d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3

e．容器内的气体分子总数不再变化。

③V2O5可作为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式__________，________。

(2)一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。

①由图1信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮气的物质的量，则n(N2)的变化曲线为________。

②由图2信息，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________点，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。13、时，三种酸的电离平衡常数如下：。化学式HClO电离平衡常数

回答下列问题：

（1）一般情况下，当温度升高时，______填“增大”、“减小”或“不变”

（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反应不能发生的是______填序号

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号

a.b.c．d．

（5）体积均为10mL；pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL；稀释过程中pH变化如图所示。

则HX的电离平衡常数______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是___________。14、工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的分别生成其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是______，用文字和化学用语解释原因______15、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。16、科学家预言；燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如下：

请回答下列问题：

（1）Pt(a)电极是电池的________极，电极反应式为__________________；Pt(b)电极发生________(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为___________。

（2）电池的总反应方程式为____________________。

（3）如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有______mol。17、（1）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0。CO和H2O浓度变化如图，则0〜4min的平均反应速率v(CO)=______________mol/(L·min)

（2）t1℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表。时间(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c450.1160.2160.08460.0960.2660.104

请回答：

①表中3〜4min之间反应处于_____________状态；c3数值_____________0.12mol/L(填大于；小于或等于)。

②反应在4〜5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是_____________(单选)，表中5〜6min之间数值发生变化，可能的原因是_____________(单选)。

a．增加了水蒸气的量b．升高温度c．使用催化剂d．增加压强。

（3）如图是一个电化学的装置图。

①图中乙池是________装置（填“电解池”或“原电池”)甲池中OH-移向____________极(填“CH3OH”或“O2”)。若丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液，当外电路有1mol电子通过时，C、D两极共产生_______mol的气体。

②写出B电极的电极反应式：______________________________________________________________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共1题，共5分)19、氯化亚铜（）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含）生产的流程如图所示：

根据以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中：X是________，Z是________。（均填化学式）

（2）写出生成的离子方程式________。

（3）析出的晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。

（4）在的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是________。

（5）已知：常温下现向饱和溶液中加入固体至此时溶液中=________。

（6）实验探究pH对产率的影响如下表所示：。pH1234567产率/%70908278757270

析出晶体最佳pH为________，当pH较大时产率变低的原因是________。评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)20、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。21、中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验；回答下列问题：

（1）从上图实验装置看；其中尚缺少的一种玻璃用品是__________________________。

（2）若改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比；所放出的热量___________（填“相等”；“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热__________填“相等”“不相等”）。

（3）倒入NaOH溶液的正确操作是：________。(从下列选出)。

A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入。

（4）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是：________。(从下列选出)。

A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌。

C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动。

（5）实验数据如下表：①请填写下表中的空白：

。温度。

实验次数

起始温度t1℃

终止温度t2/℃

温度差平均值。

(t2－t1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.2

26.0

26.1

29.5

______

2

27.0

27.4

27.2

32.3

3

25.9

25.9

25.9

29.2

4

26.4

26.2

26.3

29.8

②近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3；中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH＝___________(取小数点后一位)。

③上述实验数值结果与57.3kJ/mol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H2SO4溶液的温度。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中22、三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂；沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。

实验1：探究Na2CS3的性质。步骤操作及现象①取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份②向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色③向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去

（1）H2CS3是___酸(填强或弱)。

（2）已知步骤③的氧化产物是SO42-，写出该反应的离子方程式___。

实验2：测定Na2CS3溶液的浓度，按如图所示连接好装置，取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4；关闭活塞。

已知：Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。

（3）盛放无水CaCl2的仪器的名称是___。

（4）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是___。

（5）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为___。(保留1位小数)23、实验小组研究Mg与NH4Cl溶液的反应，实验如下：。实验试剂X现象ⅠH2O产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止Ⅱ1mol/LNH4Cl溶液(pH=5)数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热

(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。反应很快停止的原因是__。

(2)探究实验Ⅰ；Ⅱ产生气泡差异的原因。

假设一：NH4Cl溶液显酸性，c(H+)较大；与Mg反应速率较快。

①用离子方程式表示NH4Cl溶液显酸性的原因：___。

测定实验Ⅱ反应过程中溶液pH随时间的变化；结果如下：

②假设一__(填“是”或“不是”）实验Ⅰ；Ⅱ产生气泡差异的主要原因。

假设二：NH4Cl溶液中的NH溶解Mg(OH)2固体；使Mg能够持续与水反应。

进行实验：向1mol/LNH4Cl溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液a。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液a；固体溶解。

③有同学认为假设二的实验不严谨，需增加对比实验：__(填操作和现象）；说明假设二正确。

④向NH4Cl溶液中加几滴氨水的目的是___。

(3)1min后，实验Ⅱ中还检测到少量NH3。

①检测NH3时要使用湿润的___试纸。

②气体中含有少量NH3的原因是__。

(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，解释Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因：__。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共9分)24、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

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

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)25、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。26、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

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

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A.加入苯，导致溶液中碘单质的浓度减小，减少生成物的浓度平衡正向移动，故A正确；B.加入FeSO4固体，导致溶液中亚铁离子的浓度变大，平衡逆向移动，故B正确；C.由反应2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)可知：平衡常数K=故C错误；D.在FeCl3与过量的KI溶液充分反应后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有三价铁离子，即铁离子没有完全反应，说明该化学反应存在限度，故D正确；故选C。2、C【分析】【详解】

空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量bkJ，则1mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)；且放热反应的焓变为负值，故C正确；

答案：C

【点睛】

考查燃烧热的重点：（1）可燃物1mol（2）完全燃烧（3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2，S→SO2等。3、A【分析】【分析】

A；根据盖斯定律求解；

B；由三个反应的反应热进行比较；

C；根据三个反应找出消耗1mol甘油产生的氢气的量；

D；甘油和水分子间形成氢键；甘油易溶于水。

【详解】

A、（1）已知：Ⅰ

Ⅱ

结合盖斯定律：（Ⅰ+Ⅱ）÷2得到

故A正确；

B、消耗的甘油，因此反应Ⅱ放热效果最显著，故B错误；

C；设甘油1mol；则反应I生成氢气7mol，反应II生成氢气4mol，反应III生成氢气5.5mol，消耗等量的甘油，反应I的产氢率最高，故C错误；

D；甘油可以和水以一定比例混合做汽油的抗冻剂；故D错误。

故选A。4、C【分析】【详解】

根据题意，向此温度下的真空容器中充入0.2mol•L-1H2(g)、0.5mol•L-1I2(g)及0.3mol•L-1HI(g)，Qc===9＜K=57.0。A．反应向正反应方向进行，故A错误；B．反应向正反应方向进行，故B错误；C．反应向正方向进行一段时间后，反应物浓度减小，c(H2)＜0.2mol•L-1；故C正确；D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C。

点睛：本题考查化学平衡的影响因素及计算。判断可逆反应进行的方向时，若Qc＜K时，向正反应方向进行；若Qc=K时，反应平衡；若Qc＞K时，向逆反应方向进行。5、B【分析】【分析】

升高温度；增大压强；反应速率均增大，到达平衡的时间缩短。

【详解】

温度都为T1，压强为p2先达到平衡，p2＞p1，p1到p2，平衡时B的质量分数增大，即增大压强，平衡逆向移动，故a＋b

压强都为p2，T1条件下先达到平衡，T1＞T2，T1到T2；平衡时B的质量分数增大，即降低温度，平衡逆向移动，故逆反应是放热反应，正反应是吸热反应；

综上所述，T1>T2，p12，a＋b

答案选B。

【点睛】

“先拐先平”数值大。6、C【分析】【详解】

熵表示物质的混乱度，在相同条件下，同一种物质在气态时熵值最大，液态其次，固态时熵值最小，所以选项C可以用熵判据解释。而选项A、B、D都应该用焓变来解释，即都是能量减少的过程，所以答案选C。7、D【分析】【详解】

A.时，和的浓度相等，则的即HClO的比的小；则NaClO的水解程度更大，溶液碱性更强，A项错误；

B.NaClO溶液呈碱性，B项错误；

C.根据物料守恒可知c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)；C项错误；

D.混合后发生反应均不水解；D项正确。

故选D。8、B【分析】【分析】

常温时，CaCO3固体在溶液中存在溶解平衡CaCO3Ca2++CO32-；结合平衡的移动分析判断。

【详解】

A．1mol·L-1的Na2CO3溶液中c(CO32-)=1mol·L-1；抑制碳酸钙的溶解；

B．2mol·L-1的K2CO3溶液中c(CO32-)=2mol·L-1；抑制碳酸钙的溶解，抑制程度更大，碳酸钙的溶解度更小；

C．2mol·L-1的HCl溶液与碳酸根离子反应，c(CO32-)减小；常见碳酸钙溶解，溶解度变大；

D．1mol·L-1的NaCl溶液对CaCO3Ca2++CO32-的平衡无影响；碳酸钙溶解度不变；

CaCO3溶解最少的是2mol·L-1的K2CO3溶液，故选B。9、C【分析】【分析】

【详解】

A.制成合金的保护法是改变结构的化学方法；改变金属的内部结构。例如：把铬；镍加入普通钢中制成不锈钢，故A不符；

B.外加电流的阴极保护法：这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极；迫使电子流向被保护金属，使被保护金属电极电位高于周围环境来进行保护，故B不符；

C.牺牲阳极的阴极保护法：即用电极电位较低的金属与被保护的金属接触；使被保护的金属成阴极而不被腐蚀，故C符合；

D.没有牺牲正极的负极保护法这种方法；故D不符；

故选C。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【详解】

（1）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H＋（aq）十OH－（aq）=H2O△H=一57.3kJ·mol－1，分别向1L1mol·L－1的NaOH溶液中加入：①浓H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，恰好完全反应时的放出的热量为①＞②＞③，所以△H1＜△H2＜△H3，故答案为：△H1＜△H2＜△H3；

（2）根据盖斯定律：②+④-①+③得。

NH4Cl（s）+H2O（l）=NH4Cl（aq）△H=（-35.1kJ·mol－1）+（-52.3kJ·mol－1）-（-176kJ·mol－1）+（-72.3kJ·mol－1）

即NH4Cl（s）+H2O（l）=NH4Cl（aq）△H=+16.3kJ·mol－1；

故答案为：+16.3；

（3）①C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H1=+175.3kJ·mol－1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ·mol－1

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.6kJ·mol－1。

根据盖斯定律，①+②×+③×得：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1；

故答案为：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1．【解析】△H1＜△H2＜△H3+16.3C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣111、略

【分析】【分析】

（1）A点后c浓度继续减小；a的浓度继续增大，故A点向正反应进行，正反应速率继续减小；逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等；

由表中数据可知从3s开始；NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；

（2）氧气是反应物，随反应进行浓度减小，由方程式可知2△c（O2）=△c（NO）；

根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；

（3）升高温度；使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率；减低浓度反应速率会减慢．

（4）可逆反应达到平衡时，v正=v逆（同种物质表示）或正；逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示）；反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

【详解】

（1）A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆)；而B点处于平衡状态，即v（正）=v（逆），A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点，A点正反应速率>B点正反应速率；

答案为大于；大于；

(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO)；由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍，故曲线c表示NO，曲线d表示氧气；

2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1；

答案为d；0.003mol⋅L−1⋅s−1；

（3）

A．及时分离出NO2气体，会使NO2气体浓度降低；反应速率减慢，故A错误；

B．升高温度反应速率加快；故B正确；

C．减少O2的浓度；反应速率减慢，故C错误；

D．选择高效的催化剂；加快反应速率，故D正确；

答案选BD。.

（4）

A．随反应进行；反应混合气体总的物质的量在减小，恒温恒容下容器内压强减小，容器内压强不再变化说明反应到达平衡，故A正确；

B．若表示同一方向反应速率,v(NO)自始至终为v(O2)的2倍；不能说明达到平衡，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器容积不变，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故C错误；

D．由方程式可知v正(NO2)=2v正(O2),而v逆(NO2)=2v正(O2),故v逆(NO2)=v正(NO2)；反应到达平衡，故D正确；

答案选AD【解析】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L－1·s－1⑤.BD⑥.AD12、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①根据图像，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；

②a；组分都是气体；气体质量不变，容器为恒容状态，气体体积不变，根据密度定义，密度任何时刻保持不变，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；

b、SO2和SO3的体积比保持不变，得出SO2和SO3的物质的量保持不变，即达到平衡，故b符合题意；

c；根据原子守恒；体系中硫元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；

d、转移4mol电子，有消耗或生成2molSO3；不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；

e；向正反应方向进行；气体物质的量减小，分子总数减小，当分子总数不变，说明反应达到平衡，故e符合题意；

③根据题意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被还原成为VO2，反应方程式为V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧气氧化成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①压缩容器，改变瞬间N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，此反应向正反应方向进行，N2的物质的量减小，即d为n(N2)变化曲线；增加N2的物质的量,N2的物质的量增加，平衡向正反应方向进行，N2物质的量减少，即b代表n(N2)的变化曲线；

②增加H2的起始量，N2的转化率增大，即N2的转化率最高的点是c；氢气起始量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>13、略

【分析】【分析】

(1)弱电解质的电离为吸热过程；升高温度，促进弱电解质的电离；

(2)电离平衡常数越大；酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；

(3)根据酸性强弱；结合强酸能够制取弱酸分析判断；

(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小；据此分析解答；

(5)加水稀释；促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。

【详解】

(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；故答案为增大；

(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为a＞b＞d＞c；

(3)酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-；该反应不能发生，故d正确；故答案为cd；

(4)a．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；b．加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；c．加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；d．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误，故答案为b；

(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它对水的电离的抑制能力减弱。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧根离子浓度会增大。【解析】增大cdb大于大于稀释后HX溶液中的小于溶液中的它对水的电离的抑制能力减弱14、略

【分析】【分析】

根据铵根离子水解后，溶液显酸性，抑制亚硫酸氢根的电离；据此分析解答。

【详解】

因为生成亚硫酸根离子和氢离子，铵根水解，溶液呈酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以中浓度减小，故答案为：水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小。【解析】①.②.水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小15、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑16、略

【分析】从示意图中可以看出电极Pt(a)原料是CH3OH和水，反应后产物为CO2和H＋，CH3OH中碳元素化合价为－2，CO2中碳元素化合价为＋4，说明Pt(a)电极上CH3OH失去电子，电极Pt(a)是负极，则电极Pt(b)是正极，Pt(b)电极原料是O2和H＋，反应后的产物为H2O，氧元素化合价由0→－2，发生还原反应，因为电解质溶液是稀H2SO4，可以写出电池总反应式为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，再写出较为简单的正极反应式：3O2＋12e－＋12H＋=6H2O，用总反应式减去正极反应式即可得到负极反应式为：2CH3OH＋2H2O－12e－=2CO2↑＋12H＋。【解析】负CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋还原O2＋4H＋＋4e－===2H2O2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O17、略

【分析】【详解】

(1)υ(CO)===0.03mol/(L•min)；故答案为0.03mol/(L•min)；

(2)①在高于850℃时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡．另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min-4min之间反应应处于平衡状态；由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C3数值应小于0.12mol/L；故答案为平衡；小于；

②反应在4min-5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选b；表中5min-6min之间CO浓度减少，H2O浓度增大，CO2浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动，故选a；故答案为b；a；

(3)①根据图示，图中甲池属于燃料电池，乙池和丙池属于电解池；甲池中通入甲醇的是负极，通入氧气的是正极，原电池中阴离子移向负极，因此OH-移向CH3OH极。丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液含有硫酸铜0.4mol，0.4mol铜离子放电转移0.8mol电子，当外电路有1mol电子通过时，阳极有氢氧根离子放电生成0.25mol氧气，阴极还有0.2mol氢离子放电生成0.1mol氢气，两极共产生0.35mol的气体，故答案为电解池；CH3OH；0.35；

②乙池中B电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为Ag+＋e-=Ag，故答案为Ag+＋e-=Ag。

点睛：本题综合考查化学平衡常数、平衡的有关计算和判断、原电池和电解池等问题。将图表信息和图象信息相结合来分析是解答的关键。本题的易错点是(3)中气体的判断。【解析】0.03平衡小于ba电解池CH3OH0.35Ag+＋e-===Ag三、判断题(共1题，共2分)18、×【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、工业流程题(共1题，共5分)19、略

【分析】【分析】

根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子；过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜；铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，调节溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)由以上分析可知X是Fe，Z是Cl2，故答案为：Fe；Cl2；

(2)生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；

(3)氯化亚铜微溶于水；不溶于乙醇和稀硫酸；析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减少产品CuCl的损失；

(4)依据图示可知：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；

(5)常温下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=mol/L=1.2×10-11，c(Cl-)=mol/L=4×10-4mol/L，此时溶液中==3×10-8，故答案为：3×10-8；

(6)由表中数据可知；析出CuCl晶体最佳pH为2，pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少，CuCl产率降低，故答案为：2；pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少。

【点睛】

根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意根据反应的方程式分析判断。【解析】Fe或等合理答案亦可2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+减少产品的损失Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体2pH较大时，水解程度增大，反应生成减少五、实验题(共4题，共16分)20、略

【分析】【分析】

装置A为制备氧气的装置，其反应方程式为：2H2O22H2↑+O2↑，与氮气一同模拟空气进入装置B中，装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气；进入装置C中，氧化亚硫酸铵，装置D中的稀硫酸的作用为尾气处理。

【详解】

（1）仪器M的名称为分液漏斗，装置A制备氧气，根据装置可以判断反应为2H2O2

2H2↑+O2↑，故答案为：分液漏斗；2H2O22H2↑+O2↑；

（2）实验目的是模拟空气氧化亚硫酸铵；氮气与氧气混合模拟空气，故答案为：氮气与氧气混合模拟空气；

（3）装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气，避免气体带走装置C中水蒸气使溶液体积减小，导致剩余SO32-浓度偏大，最终测得（NH4）2SO3的转化率减小；故答案为：观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）；

（4）采用多孔球泡可以增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率，Ba(OH)2与澄清石灰水均与SO32-反应，影响SO32-转化率；根据装置图，用稀硫酸吸收尾气，说明调节pH用的是氨水，故答案为：增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率；a；

（5）可以判断出该实验缺少的装置是带有温度计的水浴加热装置；故答案为：带有温度计的水浴加热装置；

（6）根据反应方程式：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+，计算n(SO32-)=n(I2)=ab×10-3mol，则（NH4）2SO3的转化率为故答案为：【解析】分液漏斗2H2O22H2↑+O2↑氮气与氧气混合模拟空气观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率a带有温度计的水浴加热装置21、略

【分析】【详解】

（1）由量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；因此本题答案是：环形玻璃搅拌棒。

（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.25mol•L-1H2SO4和50mL0.55mol•L-1NaOH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，中和热相等；因此，本题正确答案是：不相等；相等。

（3）中和热的测定中；必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，所以C选项是正确的；本题答案是：C。

（4）A．温度计用于测定温度；不能使用温度计搅拌溶液，故A错误；

B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌；会导致热量散失，影响测定结果，故B错误；

C．轻轻地振荡烧杯；会导致溶液溅出，甚至导致热量散失，影响测定结果，故C错误；

D．用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动；可以使硫酸和氢氧化钠溶液混合均匀，又可以减少热量散失，所以D选项是正确的；

综上所述；本题答案是：D。

（5）①四次测定温度差分别为3.4℃；5.1℃，3.3℃，3.5℃，其中第2次的温度差误差较大，应该舍弃，其它三次温度差的平均值为：（3.4+3.3+3.5）/3=3.4℃；因此本题答案是：3.4。

②50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g；温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.4212KJ，所以实验测得的中和热△H="-1.4212/0.025=-56.8"kJ/mol；因此，本题正确答案是：-56.8kJ/mol。

③a．实验装置保温；隔热效果必须好；否则会有热量损失，测定结果偏小，故a正确；

b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，因为温度计上会有氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测定结果偏小，故b正确；

c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中；不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失，故c正确；

因此，本题正确答案是：abc。【解析】环形玻璃搅拌棒不相等相等CD3.4-56.8kJ/molabc22、略

【分析】【分析】

(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；

(2)步骤③的氧化产物是SO42－，还原产物是Mn2＋，同时还生成CO2和H2O；

(3)A中发生Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S↑；生成的硫化氢可与B中硫酸铜反应生成CuS沉淀，无水氯化钙吸收水，根据仪器的图形判断仪器的名称；

(4)反应结束后打开活塞k，再缓缓通入热N2一段时间；将气体全部被后续装置吸收；

(5)对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得到19.2g黑色沉淀，根据反应方程式建立关系式为得出结果。

【详解】

(1)的水溶液中加入酚酞变红色，说明是强碱弱酸盐，则为弱酸；

故答案为：弱；

(2)步骤的氧化产物是还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为

故答案为：

(3)盛放无水的仪器为球形干燥管；

故答案为：球形干燥管；

(4)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热一段时间，其目的是：将装置中的全部排入B中被充分吸收；将装置中的全部排入C中被充分吸收；

故答案为：将装置中残留的全部排入后续装置中；使其被完全吸收；

(5)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得黑色固体，根据关系式得

故答案为：【解析】弱5CS32-+24MnO4-+52H+=5CO2↑+15SO42-+24Mn2++26H2O(球形)干燥管将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收2.0mol/L23、略

【分析】【详解】

(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。而氢氧化镁不溶于水，会覆盖在镁单质的表面，减少了镁与水的接触面积，从而使反应速率减慢并停止，故答案为：生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面；使Mg与水接触面积减小，反应很快停止；

(2)①NH4Cl溶液显酸性是因铵根离子能发生水解反应产生氢离子，反应为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+；

②根据反应过程中的pH值变化曲线；若假设一是实验I；II产生差异的原因的话，因此起始时氯化铵的浓度最大，水解产生的氢离子浓度最大，开始阶段的反应速率应比较大，则开始阶段pH值应出现明显变化，这与图像不符合，因此假设一不是实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的主要原因，故答案为：不是；

③假设二的实验操作中不能说明是铵根离子还是氢氧根离子对氢氧化镁产生了影响，应补充对照实验，排除氢氧根离子对沉淀的影响，具体操作：在其他条件相同时，向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解，故答案为：向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b；固体不溶解；

④向NH4Cl溶液中加几滴氨水是溶液呈碱性，这样可以在确保铵根浓度不变的情况下，排除氢离子的影响，故答案为：排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变；

(3)①检测NH3一般用湿润的红色石蕊试纸；看试纸是否变蓝，故答案为：红色石蕊；

②随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3，导致气体中含有少量NH3，故答案为：随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3；

(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快，故答案为：NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快；【解析】生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面，使Mg与水接触面积减小，反应很快停止NH+H2ONH3•H2O+H+不是向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变红色石蕊随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快六、结构与性质(共3题，共9分)24、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得