2025年粤教版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版选修4化学上册阶段测试试卷59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6题，共12分)1、已知反应X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=－akJ·mol-1，一定条件下，1molX和3molY在2L恒容密闭容器中发生反应，10min时测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是A.10min时，容器内的压强是反应前的0.9倍B.10min时，X的转化率为80%C.10min内，用Y表示的平均反应速率为0.03mol·L-1·s-1D.前5分钟内，X和Y反应放出的热量等于0.1akJ2、某温度下，可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)的化学平衡常数为K，下列说法正确的是A.其他条件不变，升高温度，K值一定增大B.其他条件不变，增大B(g)的浓度，K值增大C.其他条件不变，增大压强，K值不变D.K值不会随反应条件的改变而改变3、已知常温下，酸性：HF>HCN；分别向1L1mol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度和溶液体积的变化），溶液中的（X表示F或CN）随pH变化如图所示，下列说法正确的是。

A.HF的电离常数Ka(HF)的数量级10-4B.d点溶液中：c(Na+)=c(X-)>c(HX)C.a到b点的过程中水的电离程度先变大后变小D.b点溶液和d点溶液中c(Na+)：b4、将一定量的放入水中，对此有关的叙述正确的是A.不溶于水，所以固体质量不会减少B.的电离方程式为：C.加水或加入溶液，Ksp不变，沉淀溶解平衡不移动D.体系中存在平衡：5、下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是（）。操作和现象结论A向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，铜片很快开始溶解，并放出刺激性气味的气体浓硫酸具有强氧化性B向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：I⇌I2+I-C向一定量的硝酸银溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱

A.AB.BC.CD.D6、科学家很早就提出锂-空气电池的概念，它直接使用金属锂作电极，从空气中获得O2，和以LiFePO4作电极的锂离子电池相比，增大了电池的能量密度(指标之一是单位质量电池所储存的能量)。右图是某种锂-空气电池的装置示意图，放电时，下列说法不正确的是。

A.金属锂为负极B.若隔膜被腐蚀，不会影响该电池正常使用C.多孔碳电极上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-===4OH-D.锂-空气电池能量密度大的原因之一是转移等量电子时，金属锂比LiFePO4质量小评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是______________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________。

(2)如图所示是101kPa时氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的能量变化，此反应的热化学方程式为_____________。8、为了合理利用化学能；确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施。化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算。

（1）今有如下两个热化学方程式：则a_____b（填“＞”；“＝”或“＜”）

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1＝akJ•mol﹣1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝bkJ•mol﹣1

（2）拆开lmol气态物质中某种共价键需要吸收的能量叫键能，部分化学键键能如表。化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1436a945

已知反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝-93kJ•mol﹣1，试根据表中所列键能数据计算a=______________。

（3）利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

反应③为制取二甲醚的第3步反应，利用△H1和△H2计算△H3时，还需要利用________反应的△H。

（4）中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃；其过程如图。

图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______________________________________。9、（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﹣1．10、在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol·L－1；试计算：（写出简单的计算过程）

（1）x的值为多少________

（2）B的转化率为多少________

（3）平衡时A的浓度为多少________11、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，反应如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

（1）图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__、__。

（2）根据图中点A(600K，b、c相交)，计算该温度时反应的平衡转化率为__(保留小数点后一位)。

（3）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__。12、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度13、NH3作为一种重要化工原料；被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：

反应I：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=―905.0kJ·molˉ1

反应II：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H=？

（1）

。化学键。

H—O

O===O

N≡N

N—H

键能kJ·molˉ1

a

b

c

d

△H=__________________。

（2）在恒温恒容装置中充入一定量的NH3和O2，在某催化剂的作用下进行反应I，则下列有关叙述中正确的是__________________。

A．使用催化剂时；可降低该反应的活化能，加快其反应速率。

B．若测得容器内4v正(NH3)=6v逆(H2O)时；说明反应已达平衡。

C．当容器内n(NO)/n(NH3)=1时；说明反应已达平衡。

（3）氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应I、II。为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2；测得有关物质的量关系如下图：

①该催化剂在高温时选择反应____________(填“I”或“II”）。

②520℃时，4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)的平衡常数K=___________________(不要求得出计算结果；只需列出数字计算式）。

③有利于提高NH3转化为N2平衡转化率的措施有_______________

A．使用催化剂Pt/Ru

B．使用催化剂Cu/TiO2

C．增大NH3和O2的初始投料比。A．投料比不变，增加反应物的浓度B．降低反应温度（4）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，工业上常用电解法Cu2O，其反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，则阳极上的电极反应式为___________________，当生成_______克Cu2O时，就会有NA个阴离子通过离子交换膜。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共3题，共24分)15、某实验小组用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1H2SO4溶液进行中和热的测定。

Ⅰ.配制0.50mol·L－1H2SO4溶液。

(1)若配制250mLH2SO4溶液，则需量筒量取密度为1.84g·cm－3，质量分数为98%的浓硫酸____mL。

Ⅱ.测定稀硫酸和稀氢氧化钠反应的中和热的实验装置如图所示：

(2)仪器A的名称为___________。

(3)写出表示该反应中和热的热化学方程式：__________________。

(4)取50mLNaOH溶液和30mLH2SO4溶液进行实验，实验数据如下表。实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4

①温度差的平均值为____℃。

②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1H2SO4溶液的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·(g·℃)－1。则测得的中和热ΔH＝___________(取小数点后一位)。

③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生此偏差的原因可能是____(填字母)。

a．实验装置保温、隔热效果差

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度。

(5)碎泡沫塑料的作用是___________。16、实验室中有一未知浓度的稀盐酸；某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行实验。请完成下列填空：

（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液。

①主要操作步骤：计算→称量→溶解→(冷却后)__→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→__→摇匀→将配制好的溶液倒入试剂瓶中；贴上标签。

②称量__g氢氧化钠固体所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、___、__。

（2）取20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下：。实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸溶液的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00

①滴定达到终点的标志是___。

②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__(保留两位有效数字)。

③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的__；然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

④在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有：___。

A.滴定终点读数时俯视读数。

B.酸式滴定管使用前；水洗后未用待测盐酸溶液润洗。

C.锥形瓶水洗后未干燥。

D.称量NaOH固体中混有Na2CO3固体。

E.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3

F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失17、无水氯化铁是一种重要的化工原料；其熔点为306℃，沸点为315℃，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下：

回答下列各题：

(1)向沸水中滴入几滴饱和氯化铁溶液，煮沸至溶液变为红褐色，该过程可用离子方程式表示为________________。

(2)由FeCl3·6H2O获得无水氯化铁的方法是_________。

(3)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为_______________。

(4)吸收塔内盛放的吸收剂为____________。

(5)某兴趣小组仿照工业制备无水氯化铁；设计如下实验：

①装置C中玻璃丝的作用为_____________；

②该实验设计存在的明显缺陷为_______________；

③通过下列实验测定实验后所得固体中FeCl3的质量分数。

a.称取mg所得固体；溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水定容；

b.取出10mL待测溶液液于锥形瓶中；加入稍过量的KI溶液充分反应；

c.以淀粉做指示剂，用bmol/LNa2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)；共用去VmL。

通过上述实验测得所得固体中氯化铁的质量分数为_____________；若加入淀粉偏多，可能导致最终结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共24分)18、CO2的利用是国际社会普遍关注的问题。

（1）CO2的电子式是______。

（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇；但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。

获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：

Ⅰ．

Ⅱ．EC加氢生成乙二醇与甲醇。

①步骤Ⅱ的热化学方程式是______。

②研究反应温度对EC加氢的影响（反应时间均为4小时）；实验数据见下表：

。反应温度/℃

EC转化率/%

产率/%

乙二醇。

甲醇。

乙二醇。

甲醇。

160

23.8

23.2

12.9

180

62.1

60.9

31.5

200

99.9

94.7

62.3

220

99.9

92.4

46.1

由上表可知，温度越高，EC的转化率越高，原因是______。温度升高到220℃时，乙二醇的产率反而降低，原因是______。

（3）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如下图所示，电极a接电源的______极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是______。

（4）CO2较稳定、能量低。为实现CO2的化学利用，下列研究方向合理的是______（填序号）。

a．选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物。

b．利用电能、光能或热能活化CO2分子。

c．选择高效的催化剂19、（1）①CaCO3(s)＝CaO(s)+CO2(g)ΔH=+177.7kJ·mol-1

②C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)ΔH=-131.3kJ·mol-1

③1/2H2SO4(l)+NaOH(l)＝1/2Na2SO4(l)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

④C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

⑤CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

（a）上述热化学方程式中表示不正确的有__（填序号）。

（b）根据上述信息；写出C转化为CO的热化学方程式__________。

（2）已知热化学方程式：H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH=-241.8kJ·mol-1，该反应的活化能为167.2kJ·mol-1，则其逆反应的活化能为__kJ·mol-1。

（3）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：

CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣574kJ·mol-1

CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣1160kJ·mol-1

若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2，反应中转移的电子总数为__（用阿伏加德罗常数NA表示）；放出的热量为__kJ。

（4）下列有关中和热的说法正确的是（________）。A．表示中和热的热化学方程式：H＋(l)＋OH－(l)＝H2O(l)ΔH＝-57.3kJ·mol－1B．准确测量中和热的实验过程中，至少需记录温度4次C．中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，测量出的中和热数值偏小D．已知2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)＝Na2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH＝-114.6kJ·mol－1，则该反应的中和热为57.3kJ·mol－120、为消除燃煤烟气中含有的SO2、NOx；研究者提出了若干烟气“脱硫”；“脱硝”的方法。

（1）向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4的化学方程式是______。

（2）选择性催化还原法（SCR）“脱硝”。在催化剂的作用下，选取还原剂将烟气中的NO进行无害化处理。NH3还原NO的化学方程式是______。

（3）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的pH＝5.5，将烟气中的SO2、NO转化为SO42−、NO3−；均为放热反应。

①在如图中画出“放热反应”的反应过程中的能量变化示意图。

②NaClO溶液吸收烟气中SO2的离子方程式是______。

③一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是______（写出1种即可）。

④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见图2，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量之比为______。21、在含有弱电解质的溶液中；往往有多个化学平衡共存。

（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，则溶液中_____（填“增大”、“不变”或“减小”）；写出该溶液中的电荷守恒关系_____。

（2）土壤的pH一般在4~9之间。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：_____。加入石膏（CaSO4·2H2O）可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为_____。

（3）水垢的主要成分CaCO3可以用过量食醋溶解，请结合化学用语，从沉淀溶解平衡的角度进行解释______________。

（4）常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：

①在同一溶液中H2CO3和CO____________________（填“能”或“不能”）大量共存。

②当pH＝7时，溶液中含碳元素的最主要微粒为_____，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为_________。

③已知在25℃时，CO水解反应的平衡常数=2.0×10－4，当溶液中c(HCO):c(CO)＝2:1时，溶液的pH＝_____。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共8分)22、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：_____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

根据题意；该反应的三段式为：

A；在恒温恒容的容器中；容器内总压强和体系的总物质的量呈正比，刚开始体系的总物质的量为4mol，10min时体系的总物质的量为3.6mol，则10min时，容器内的压强是反应前的0.9倍，A正确；

B、10min时，α(X)==20%；B错误；

C、10min内，v(Y)==0.03mol·L-1·min-1；C错误；

D；反应物的浓度越大；反应速率也越大；10min时Y反应了0.6mol，则5min时，Y的转化量大于0.3mol，即X的转化量大于0.1mol，所以前5min内，X和Y反应放出的热量大于0.1akJ，D错误；

故选A。

【点睛】

本题的难点是D选项，化学反应速率v=表示某一段时间内的平均反应速率，而非瞬时速率，且实际过程中，随着反应物的浓度减小，反应的瞬时速率也在减小，故所得曲线一般是“凹”形曲线。2、C【分析】【详解】

A．若该反应正反应是放热反应；升高温度，平衡向逆反应移动，平衡常数降低，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，平衡常数增大，故A错误；

B．化学平衡常数只受温度影响；与浓度无关，增大B(g)的浓度，能使平衡正向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；

C．化学平衡常数只受温度影响；与浓度无关，增大压强，平衡可能移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故C正确；

D．化学平衡常数只受温度影响；如果温度发生变化，平衡常数一定发生变化，故D错误；

答案选C。

【点睛】

本题的易错点为A，要注意化学平衡常数只受温度影响，温度升高，平衡常数一定发生变化，可能增大，可能减小，与反应是放热反应还是吸热反应有关。3、A【分析】【分析】

已知酸性：HF>HCN，则Ka(HF)>Ka(HCN)，即：当相同时HF中c(H+)>HCN中c(H+)；此时HF的pH小于HCN，所以直线Ⅰ表示HF溶液中加NaOH的变化情况，直线Ⅱ表示HCN溶液中加NaOH的变化情况。

【详解】

A.根据直线Ⅰ的坐标（3.2,0）可以计算出Ka(HF)的值，Ka(HF)=c(H+)=10-3.2=100.8×10-4，所以其数量级为10-4；A正确；

B.d点溶液呈中性，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)可得到：c(Na+)=c(CN-)，又由图可知：所以d点溶液中：c(HX)>c(Na+)=c(X-)；B错误；

C.a到b点的过程中，HF不断减少，但未反应完，H2O的电离程度逐渐增大；C错误；

D.b、d两点溶液均呈中性，b溶液中溶质：NaF和HF，d溶液中溶质：NaCN和HCN，但CN-水解程度大于F-，要使产生的OH-离子浓度相同，NaCN浓度必定小一些，所以有b点溶液和d点溶液中c(Na+)：b>d；D错误；

答案选A。4、D【分析】【详解】

A．不溶于水，是相对的，在水中存在溶解平衡，固体质量会减少；故A错误；

B．硫酸钡为强电解质，的电离方程式为故B错误；

C．加水或加入溶液；溶液中参与平衡的离子浓度发生改变，故平衡移动，但温度不变，则Ksp不变，故C错误；

D．难溶电解质存在溶解平衡，体系中存在平衡：故D正确；

故答案为D。5、B【分析】【详解】

A．铜与浓硫酸的反应需要加热；常温下，几乎无明显现象，现象不正确，故A错误；

B．向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中存在I2，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在I-，说明KI3溶液中存在平衡：I⇌I2+I-；故B正确；

C．向一定量的硝酸银溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，可能是因为溶液中硝酸银过量，因此不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；实验结论不正确，故C错误；

D．NaClO溶液具有强氧化性；不能用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液的pH，实验操作不正确，故D错误；

故选B。6、B【分析】【分析】

通过原电池的工作原理进行分析。

【详解】

A；Li是活泼金属；根据装置示意图，金属锂为负极，故A说法正确；

B；锂是活泼金属；能与水发生反应，隔膜被腐蚀后，锂与水接触，锂与水反应，不符合该电池设计原理，因此隔膜被腐蚀，影响该电池正常使用，故B说法错误；

C、根据装置示意图，多孔碳电极为正极，电解质溶液显碱性，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；故C说法正确；

D、锂作负极，其电极反应式为Li－e－=Li＋，LiFePO4作电极时，电极反应式为FePO4＋Li＋e－=LiFePO4，根据电池能量密度的定义，相同质量时，Li失去电子物质的量多，锂-空气电池能量密度大的原因之一是转移等量电子时，金属锂比LiFePO4质量小；故D说法正确。

【点睛】

本题难点是选项B，学生弄不清楚选项B是否正确，因为忽略了锂是碱金属，能与水反应，隔膜破损后，锂与水发生反应，不符合该电池设计原理。需要学生平时对基础知识熟记和学会运用。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【详解】

（1）①根据图像，第一步反应ΔH小于0，也可以根据应物的总能量大于生成物的总能量判断该反应为放热反应，故答案为：放热；ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量；

②第一步反应的热化学方程式为：第二步反应的热化学方程式为：两步反应相加，即可得到目标方程式：故答案为：

（2）反应焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和故该反应的热化学方程式为：故答案为：【解析】放热ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346KJ/mol8、略

【分析】【详解】

⑴两个反应均为放热反应，生成液态水放出的热量多，但焓变反而小，所以则a＜b；

故答案为：＜；

⑵△H=-93=436×3+945–6a；a=391

故答案为：391

⑶利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

利用△H1和△H2计算△H3时，①×2+②，得到4H2（g）+2CO（g）═H2O（g）+CH3OCH3（g）还需要利用2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，2CO+O2(g)==2CO2(g)

反应的△H。

故答案为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)；

⑷图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

将第二个方程式减去第一个方程式的2倍得到CO转化为C2H4的热化学方程式是。

2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol【解析】＜3912H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol9、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﹣110、略

【分析】【分析】

3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)

起6mol5mol00

转3mol1mol2mol2mol

平3mol4mol2mol4L×0.5mol·L－1

【详解】

（1）物质的量的变化量之比等于化学计量数之比；因此x=2，故答案为：2；

（2）B的转化率故答案为：20%；

（3）平衡时A的浓度故答案为：0.75mol/L

【点睛】

化学平衡的计算，三段式是常用方法，把三段式列出来，然后根据题目要求，具体计算。【解析】①.2②.20%③.0.75mol/L11、略

【分析】【分析】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4；(2)利用“三段式”计算A点对应温度的平衡转化率；(3)催化剂具有选择性；

【详解】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，图中点A，b、c相交，即x=平衡转化率33.3%；(3)催化剂具有选择性，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】

本题考查化学平衡转化率，正确分析图象各曲线代表的物质是解题关键，明确反应过程中C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4。【解析】①.d②.c③.33.3%④.选择合适的催化剂12、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC13、略

【分析】【分析】

（1）反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能。（2）催化剂改变反应途径，降低反应活化能；不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态；当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。（3）①根据生成物氮气、NO的物质的量判断催化剂对反应的选择性；②520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成的水的物质的量，可以计算平衡时氨气与氧气物质的量，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度带入K=c4（NO）∙c6（H2O）/c4（NH3）∙c5（O2）计算；③催化剂不影响平衡移动，改变浓度与投料比不影响催化剂对反应的选择性，图中温度影响催化剂选择性。（4）铜电极和电源的正极相连，做阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式是2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；

【详解】

（1）反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=（4×3×d+3b-2×c-6×2×a）kJ/mol=(12d+3b-2c-12a)kJ·molˉ1。（2）加入催化剂，改变反应途径，降低反应的活化能，增加了活化分子百分数，化学反应速率增大，A正确；对于反应4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g），应是6v正（NH3）=4v逆（H2O）时，反应达到平衡状态，B错误；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，与n（NO）/n（NH3）=1无关，C错误,故选A。（3）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；②在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol；则：

4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g）

变化（mol）：0.20.250.20.3

4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）

变化（mol）：0.40.30.20.6

故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数Kc4（NO）∙c6（H2O）/c4（NH3）∙c5（O2）=0．24×0．96、0．44×1.455；③使用催化剂不影响平衡移动，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，A错误；使用催化剂不影响平衡移动，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，B错误；增大NH3和O2的初始投料比，平衡常数不变，不影响催化剂对反应的选择性，C错误；投料比不变，增加反应物的浓度，平衡常数不变，不影响催化剂对反应的选择性，D错误；由图可知低温有利于氮气的生成，降低反应温度有利于提高NH3转化为N2平衡转化率，E正确。故选E。（4）在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，金属铜失去电子被氧化生成氧化亚铜，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，阴极的电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH-，由电极反应式可知，当有1molOH-通过阴离子交换膜时，有0.5molCu2O生成，则有NA个阴离子通过离子交换膜时，生成0.5molCu2O生成，0.5molCu2O的质量为72g。

【点睛】

本题考查化学反应原理的综合应用，涉及反应热计算、化学平衡状态及其影响因素、对图象的分析、化学平衡常数计算、电解原理等，属于拼合型题目，平衡常数计算为易错点，关键是平衡体系中氨气与氧气浓度有关计算。【解析】△H=(12d+3b-2c-12a)kJ·molˉ1AI0．24×0．96/0．44×1.455E2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O72三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、实验题(共3题，共24分)15、略

【分析】【详解】

（1）由溶液稀释前后，溶质质量不变可得：1.84g/cm3×V×98%=0.5mol/L×0.25L×98g/mol，解得V=6.8mL；答案为6.8；

（2）由图可以看出仪器A为环形玻璃搅拌棒；答案为环形玻璃搅拌棒；

（3）强酸强碱的中和热为-57.3kJ/mol，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水放出的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1；答案为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1；

（4）①温度差分别为2.5℃；4.0℃、3.9℃、4.1℃；第一次实验温度差误差较大，应舍弃，故温度差平均值为(4.0℃+3.9℃+4.0℃)/3=4.0℃；答案为4.0℃；

②生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL×1g/cm3=80g，温度差为4℃，则生成0.025mol的水应放出的热量为Q=m•c•△t=80g×4.18J·(g·℃)-1×4℃=1337.6J=1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H==-53.5kJ•mol-1；答案为-53.5kJ•mol-1；

③a项实验装置保温；隔热效果差；求得放出的热量偏小，中和热的数值偏小；

b项量取氢氧化钠溶液的体积时仰视读数；会导致所量取的氢氧化钠溶液体积偏大，放出热量偏高，中和热的数值偏大；

c项为正确操作；不会引起误差；

d项温度计测定氢氧化钠溶液起始温度；直接插入硫酸溶液测温度，导致硫酸溶液的起始温度偏高，求得的放出热量偏小，中和热数值偏小；据此分析只有ad选项才能使得中和热的数据偏小；

答案为ad；

（5）碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温、隔热，减少实验过程中热量损失等作用；答案为保温、隔热，减少实验过程中热量损失。【解析】6.8环形玻璃搅拌棒H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1。4.0-53.5kJ•mol-1ad保温、隔热，减少实验过程中热量损失16、略

【分析】【详解】

（1）①配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的操作步骤是计算→称量→溶解→(冷却后)转移→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→定容→摇匀→装瓶→贴签；

②n(NaOH)=0.100L×0.10mol/L=0.01mol；m(NaOH)=0.01mol×40g/mol=0.4g，因此要称量0.4gNaOH。所需仪器有：天平(带砝码；镊子)、烧杯、药匙；

（2）①由于是用已知浓度的碱滴定未知浓度的酸；所以指示剂在酸溶液中，当滴定达到终点时会看到溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色即可确定滴定达到了终点；

②V(NaOH)=(22.62＋22.72＋22.80)mL÷3=22.71mL；因为HCl恰好反应时物质的量的比为1:1.所以c(HCl)=(0.10mol/L×22.71mL)÷20.00mL=0.11mol/L；

③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的丙操作；然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液；

④A.滴定终点读数时俯视读数；会使读数偏小，所以测定结果偏低，选项A错误；

B.酸式滴定管使用前；水洗后未用待测盐酸溶液润洗，会使酸式滴定管内的盐酸浓度变小，导致中和20.00mL的盐酸的氢氧化钠溶液体积减小，测定该盐酸的浓度就一定偏低，选项B错误；

C.锥形瓶水洗后未干燥；实际不影响加入的氢氧化钠的体积，所以无影响，选项C错误；

D.称量NaOH固体中混有Na2CO3固体，1mol氢氧化钠中和1mol盐酸，1mol碳酸钠中和2mol盐酸，即质量相等的前提下，氢氧化钠反应的盐酸会更多，所以NaOH固体中混有Na2CO3固体；实际降低了其反应盐酸的能力，但是计算时仍然以为都是氢氧化钠，就会将盐酸浓度算大，选项D正确；

E.1mol氢氧化钠中和1mol盐酸，转化为0.5mol碳酸钠也中和1mol盐酸，所以配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3；实际不影响等体积的溶液中和盐酸的能力，测定结果应该不变，选项E错误；

F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡；滴定后消失，则读数的体积是滴入溶液中的氢氧化钠体积和原来的气泡的体积，所以测定结果偏高，选项F正确；

故选择DF。

【点睛】

明确酸碱中和滴定实验的原理及操作是解题关键，注意酸碱中和滴定时，若锥形瓶水洗后未干燥，由稀释定律可知盐酸溶液中氯化氢的物质的量不变，对实验无影响。【解析】①.转移②.定容③.0.4④.烧杯(或表面皿)⑤.药匙⑥.最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅粉红色，并且半分钟不褪色⑦.0.11mol/L⑧.丙⑨.D、F17、略

【分析】【分析】

铁屑经过预处理后，与Cl2反应得到FeCl3，工业尾气中含有Cl2，可用FeCl2溶液吸收，得到FeCl3溶液，蒸发结晶得到FeCl3·6H2O；最终得到无水氯化铁。

(5)利用装置A制备Cl2，装置B干燥氯气，在装置C中反应得到FeCl3；装置D用于尾气吸收。

【详解】

(1)FeCl3溶液中Fe3＋容易水解，带入沸水中，促进Fe3＋水解，可得到FeOH胶体，离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；

(2)由于Fe3＋易水解，FeCl3水解会生成Fe(OH)3和HCl，受热HCl逸出，使得水解平衡正向移动，最终得到Fe(OH)3受热分解的产物Fe2O3；应该在HCl的氛围中加热脱水；

(3)FeCl3的相对式量为162.5，而325恰好是162.5的两倍，可知温度超过400℃时，FeCl3会结合在一起，形成Fe2Cl6；

(4)工业尾气中含有Cl2，吸收塔中吸收Cl2最终得到FeCl3，因此吸收塔中的物质吸收氯气后转化为FeCl3，根据反应Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，应为FeCl2溶液；

(5)①无水氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，制得FeCl3首先得到FeCl3形成的气体，在玻璃管的尾部放置玻璃丝，可以冷凝收集FeCl3，也可以防止冷凝的FeCl3堵塞导管；

②FeCl3极易吸水，而装置C和D之间缺少干燥装置，水蒸气可以通过导管进入装置C中，使得产物FeCl3潮解；

③Fe3＋可将I－氧化成I2，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，碘单质能与Na2S2O3反应，可得关系式2Fe3＋～I2～2Na2S2O3；10mL含FeCl3的待测液，消耗n(Na2S2O3)=bV×10－3mol，则mg固体中含有n(FeCl3)=10×bV×10－3mol=0.01bVmol，则FeCl3的质量分数加入过量的淀粉溶液，并不会影响消耗的Na2S2O3溶液的量，因此对实验结果无影响。【解析】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋在HCl的氛围中加热脱水Fe2Cl6FeCl2溶液冷凝收集FeCl3（或防止导管堵塞）装置C和D之间缺少干燥装置，会使所得FeCl3潮解无影响。五、原理综合题(共4题，共24分)18、略

【分析】（1）①CO2为共价化合物，碳氧之间形成2条共价键，CO2的电子式是正确答案：

（2）根据盖斯定律可知：反应Ⅱ-反应Ⅰ，可得步骤Ⅱ的热化学方程式是正确答案：

②由上表可知，温度越高，反应速率越快；EC的转化率越高；当温度升高到220℃时；乙二醇会深度加氢生成乙醇，乙二醇的产率降低；正确答案：温度越高，反应速率越快；反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇，乙二醇的产率降低。

（3）CO2中碳+4价，甲醇中碳为-2价，电解CO2可制取甲醇，发生还原反应，所以电极a接电源的负极，生成甲醇的电极反应式是CO2+6H++6e−==CH3OH+H2O；正确答案：负；CO2+6H++6e−==CH3OH+H2O。

（4）CO2较稳定、能量低，为实现CO2的化学利用，选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物，有利于反应的发生，a正确；利用电能、光能或热能活化CO2分子，增加二氧化碳活化分子百分数，加快反应速率，b正确；选择高效的催化剂，加快反应速率，提高效率，c正确；正确选项abc。【解析】温度越高，反应速率越快反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇，乙二醇的产率降低负CO2+6H++6e−==CH3OH+H2Oabc19、略

【分析】【详解】

（1）（a）根据热化学方程式的书写方法；②③都是错误的，错误之处分别是：

②该反应为吸热反应，ΔH＞0，应为ΔH=+131.3kJ·mol-1；

③H2SO4、NaOH、Na2SO4均为溶液；不是纯液体，应用aq表示状态；

故答案为：②③；

（b）已知热化学方程式④C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1；⑤CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1；根据盖斯定律知：C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)可由④-⑤得到，ΔH=-393.5kJ·mol-1-(-283kJ·mol-1)=-110.5kJ·mol-1；则C转化为CO的热化学方程式为：C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1；

（2）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变的绝对值；H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH=-241.8kJ·mol-1，该反应的活化能为167.2kJ∙mol−1，则其逆反应的活化能=167.2kJ·mol-1+241.8kJ·mol-1=409.0kJ·mol-1；

（3）已知①CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1；

②CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1；

根据盖斯定律(①+②)/2可得：③CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H==-867kJ⋅mol−1，标况下，4.48L甲烷的物质的量为：甲烷中碳元素的化合价为－4价，反应产物二氧化碳中C元素化合价为+4价，化合价变化为8，即完全反应1mol甲烷转移了8mol(8NA)电子，则反应0.2mol甲烷转移的电子总数为：0.2mol×8NA=1.6NA；根据热化学方程式③可知，完全反应0.2mol甲烷放热的热量为：867kJ⋅mol−1×0.2mol=173.4kJ；

（4）A.H＋、OH－不是纯液体，应用aq表示状态，应为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol；A项错误；

B.准确测量中和热的实验过程；每一组完整的实验数据需记录三次温度，分别是第一次测盐酸起始温度，第二次测氢氧化钠起始温度，第三次测混合液的最高温度；而且需重复实验2到4次，则至少需记录温度6次，B项错误；

C.中和热测定实验成败的关键是保温工作；金属铜的导热效果好于环形玻璃搅拌棒，所以测量出的中和热数值偏小，C项正确；

D.中和热指的是稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时放出的热量，根据已知热化学方程式可知，生成1mol水放出57.3kJ的热量，则该反应的中和热为57.3kJ·mol-1；D项正确；

故答案为：CD。【解析】②③C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1409.01.6NA173.4CD20、略

【分析】【详解】

（1）向燃煤中加入适量石灰石，高温时石灰石、氧气和SO2转化为CaSO4的化学方程式是2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；（2）NH3还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式是4NH3+6NO5N2+6H2O；（3）①“放热反应”的反应过程中反应物总能量大于生成物总能量，故能量变化示意图如下：②NaClO溶液吸收烟气中SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式是SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+；③一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是SO2在水中的溶解度大于NO、SO2在溶液中的还原性强于NO、SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO；④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见图2分别为100%和80%，根据反应SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+、3ClO−+2NO+H2O=2NO3−+3Cl−+2H+，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量之比为【解析】2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO24NH3+6NO5N2+6H2O

SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+

SO2在水中的溶解度大于NOSO2在溶液中的还原性强于NOSO2与NaClO溶液的反应速率大于NO

2∶1321、略

【分析】【分析】

（1）CH3COOH的电离平衡常数K=温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；

（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低；使土壤碱性降低；

（3）水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；

（4）①由图象可以看出，H2CO3存在于PH＜8的溶液中，CO32-存在于pH＞8的溶液中；

②由图可知，H=7时