2025年浙教版选择性必修1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年浙教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷722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、合成二甲醚的三步反应如下：

2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH1

2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3

则3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH是A.ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3B.ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3C.ΔH＝ΔH1+2ΔH2+2ΔH3D.ΔH＝2ΔH1+ΔH2—ΔH32、一种以LiAlCl4液体为电解质的可充电锂离子电池；其工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.放电时，FePO4发生氧化反应B.放电过程中电解质溶液中Li+的浓度不发生变化C.放电时，负极的电极反应式为Al+7AlCl-3e-=4Al2ClD.充电时，a接正极，b接负极3、在含Fe3+的和I-的混合溶液中，反应的催化机理和反应进程中的能量变化如下：

步骤①:2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)

步骤②:

下列有关该反应说法不正确的是A.步骤①的反应速率小于步骤②B.Fe3+是该反应的催化剂C.若不加Fe3+则该反应的ΔH减小D.步骤②中2molFe2+和1mol的总能量高于2molFe3+和2mol的总能量4、在直流电源作用下，双极膜中间层中的解离为和某技术人员利用双极膜(膜c、膜d)和离子交换膜高效制备和工作原理如图所示：

下列说法错误的是A.电势：N电极>M电极B.双极膜膜c输出膜a、膜e为阳离子C.M极电极反应式为D.当电路中转移时，整套装置将制得5、在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是。

A.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH＞0B.图中X点所示条件下，升温则NO转化率减小C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＞20006、已知2A(g)＋B(g)⇌2C(g)△H<0，向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molA(g)和1molB(g)；(乙)1molA(g)和0.5molB(g)；(丙)2molC。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是A.容器内压强p：p甲=p丙>2p乙B.C的质量m：m甲=m丙>2m乙C.c(A)与c(B)之比k：k甲=k丙>k乙D.反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙>2Q乙7、工业上高温电解熔融制备Ti单质的部分装置如图所示；该水冷铜质电解槽内有一层厚1~3mm的结壳，该结壳具有绝缘性和较低的热传导性，下列说法不正确的是。

A.阳极的电极反应：B.电源b极应与X区域相连接C.结壳的主要作用是减少电解槽内的热量散失D.本装置利用了铜优良的导电性能，提高了生产效率8、将标准状况下的2.24LCO2通入150mLlmol/LNaOH溶液中，下列说法正确的是A.c(HCO)略大于c(CO)B.c(HCO)等于c(CO)C.c(Na+)=c(CO)+c(HCO)D.c(HCO)略小于c(CO)9、肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同；200℃时在Cu表面分解的机理如图。已知200℃时：

反应Ⅰ：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)ΔH1=−32.9kJ·mol−1；

反应Ⅱ：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)ΔH2=−41.8kJ·mol−1

下列说法不正确的是△H3A.图所示过程②是吸热反应B.反应Ⅱ的能量过程示意图如图所示C.断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)的化学键释放的能量D.200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)ΔH=-50.7kJ·mol−1评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是A.恒温恒容的密闭容器中发生反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)，若B是有色物质，A，C均为无色物质，达到平衡后，加入一定量C，体系的颜色会变深B.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，则气体平均分子量不变可以作为判断反应达到平衡状态的依据C.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0D.恒温时，对于反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)，起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n%，此时若给体系加压为原来的两倍，则A体积分数仍为n%11、恒温条件下；将一定量的A；B气体通入2L密闭容器中生成气体C，测得容器中各物质的物质的量n随时间1的变化如下图所示，则下列说法正确的是。

A.0～10min，用A物质表示的反应速率为0.05mol·L-1·min-1B.该反应方程式可表示为：A+3B=2CC.该条件下，A物质的最大转化率为60%D.平衡时，C的物质的量浓度为1.2mol/L12、已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ/mol。下列说法正确的是()A.∆H与方程式中各物质的化学计量数无关B.CH4的燃烧热∆H=-890.3kJ/molC.8gCH4完全燃烧生成液态水，放出445.15kJ热量D.1molCH4完全燃烧生成气态水，放出890.3kJ热量13、已知：时，用的溶液滴定由浓度均为的溶液和氨水组成的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入溶液体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是。

A.点时混合溶液中：B.点时混合溶液中：C.点时混合溶液中：D.点时混合溶液中：14、室温下，将两种浓度均为0.10mol·L-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是A.NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c()+2c(H+)＝c(NH3·H2O)+2c(OH-)C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H+)+c(H2C2O4)＝c(Na+)+c()+c(OH-)评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、请回答下列问题：(25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示)。化学式电离平衡常数

(1)用蒸馏水稀释0.10mol/L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.

(2)在25℃时对氨水进行如下操作；请填写下列空白。

①若向氨水中加入稀硫酸，使氨水恰好被中和，写出反应的离子方程式：_______；所得溶液的pH_______(填“＞”“=”或“＜”)7，用离子方程式表示其原因：_______。

②若向氨水中加入稀硫酸至溶液此时溶液中的则_______mol/L。

(3)相同温度下，等pH的溶液、溶液和溶液，三种溶液的物质的量浓度由大到小排序为_______。

(4)25℃时的水解平衡常数_______(结果保留1位有效数字)。16、某课外活动小组用如图装置进行实验；试回答下列问题：

（1）若开始时开关K与a连接，则B极的Fe发生___腐蚀（填“析氢”或“吸氧”），B极的电极反应式为___。

（2）若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是___(填序号)；

a.溶液中Na＋向A极移动。

b.从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝。

c.反应一段时间后加入适量稀盐酸可使电解质溶液恢复到电解前的浓度。

d.若标准状况下B极产生2.24L气体；则溶液中转移0.2mol电子。

此时装置内总反应的离子方程式为___。

（3）该小组同学认为；如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气；氧气、硫酸和氢氧化钾。

①该电解槽的阳极反应式为___，此时通过阴离子交换膜的离子数___(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。

②制得的氢氧化钾溶液从出口___(填“A”“B”“C”或“D”)导出。17、回答下列问题：

(1)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是___________。

(2)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1

CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.76kJ热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量分别为___________。18、2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1。请回答下列问题：

(1)图中A、C分别表示_______、_______；

(2)E表示_______；E的大小对该反应的反应热_______(填“有”或“无”)影响。

(3)该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图ΔH_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是_______。

(4)图中ΔH=_______kJ·mol-1；

(5)已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=_______(要求计算过程)。19、反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示:

完成下列填空:

（1）该反应是__________反应(选填“吸热”、“放热”)，该反应化学平衡常数表达式为K=____。

（2）在恒温恒容条件下，能判断该反应达到平衡状态的依据是____________。(用文字表示)

（3）若在体系中加入合适的催化剂，则该反应的化学反应速率_________，反应的热效应_____(均选填“增大”；“减小”或“不变”)。

（4）达到平衡时，改变一个条件，化学平衡常数不变，A的转化率增大，则该条件是_______。

（5）FeCl3固体溶于蒸馏水常会出见浑浊，得不到澄清的氧化铁溶液。其原因是_________，如果要得到澄清的氯化铁溶液，可采取的措施是____________。20、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0;

(1)写出该反应的化学平衡常数表达式K=__________

(2)降低温度，该反应K值__________，二氧化硫转化率___________，化学反应速率___________（以上均填增大；减小或不变）。

(3)600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态时间是___________________________。

(4)据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是_______________________（用文字表达）。

(5)10min到15min的曲线变化的原因可能是____________（填写编号）。

A、加了催化剂B；缩小容器体积。

C、降低温度D、增加SO3的物质的量。

(6)若该反应的密闭容器为2L，则反应15min时，v（SO2）=___________

(7)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是()

A、及时分离出SO3气体B；适当升高温度。

C、增大O2的浓度D、选择高效的催化剂评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)21、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)相等。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共16分)22、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：23、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。24、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。25、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、实验题(共3题，共6分)26、取0.55mol•L-1的NaOH溶液50mL与0.25mol•L-1的硫酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验；回答下列问题：

(1)从如图实验装置可知，缺少的一种仪器名称是___。

(2)在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是___。

(3)若改用60mL0.25mol•L-1H2SO4和50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，则比上述实验所放出的热量___(填“多”或“少”)，若实验操作均正确，最少需要测___次温度。

(4)写出用稀H2SO4和稀NaOH溶液的反应表示中和热的热化学方程式(中和热数值为57.3kJ•mol-1)：___。

(5)某学生实验记录数据如下：。实验起始温度t1/℃终止温度t2/℃序号硫酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.424.2320.420.623.6

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)。(已知稀溶液的比热容为4.18J/(g•℃)，稀溶液的密度1g/cm3)。

(6)上述实验数值结果与57.3kJ•mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是___。

a.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸的温度。

b.量取硫酸的体积时仰视读数。

c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中。

d.实验装置保温、隔热效果差27、已知：将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入双氧水，将发生反应：且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。由于溶液立即变蓝。因此，根据试剂X的量、滴入双氧水至溶液变蓝所需的时间，即可推算反应的反应速率。下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录(各实验均在室温条件下进行)：。编号往烧杯中加入的试剂及其用量(mL)催化剂溶液开始变蓝时间(min)KI溶液H2OX溶液双氧水稀盐酸稀盐酸120.010.010.020.020.0无1.4220.0m10.010.0n无2.8310.020.010.020.020.0无2.8420.0010.010.040.0无t520.010.010.020.020.05滴溶液0.6

回答下列问题：

(1)已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对反应速率的影响。实验2中m=_______，n=_______。

(2)一定温度下，反应速率可以表示为(k为常数)；则：

①根据上表数据关系可知，a、b的值依次为_______和_______。

②t=_______。

(3)实验5表明：

①硫酸铁能_______该反应速率。

②试用离子方程式表示对催化的过程为2Fe3+＋2I-＝2Fe2+＋I2、_______。

(4)若要探究温度对H2O2+2H++2I-→2H2O+I2反应速率的影响，为了避免温度过高导致H2O2大量分解(已知温度为60℃时H2O2会分解50%以上)，应该采取的加热方式是_______。28、某校化学课外学习小组发现将镁粉按图投入纯水中现象不明显；而投入氯化铵溶液中，两者立即发生反应，产生大量气泡。经检验该过程产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味。

（1）实验开始时用校准过的pH传感器测定纯水的pH，发现纯水的pH总是在7.30左右，其原因可能是_____________________

（2）请设计简单的实验方案检验上述实验中有刺激性气味的气体：__________________

（3）实验中0.2mol/L氯化铵溶液的pH为5.90，请用离子方程式解释原因：_________________

（4）该小组同学为探究镁与氯化铵溶液反应的原因设计了如下实验方案：

。序号实验试剂实验现象实验1-10.20g镁粉3.0mL0.2mol/LNH4Cl溶液反应明显，有气泡产生实验1-20.20g镁粉3.0mL盐酸反应不明显，几乎没有气泡产生

①上述探究实验1-2选用的盐酸为_____________(填字母)。

A、1mol·L－1B、pH＝1.0C、0.2mol·L－1D；pH＝5.90

②通过实验对比，说明NH4Cl水解产生的H+对反应影响_____NH4+对反应影响（填“小于”；“大于”或“等于”）。

（5）该小组同学继续探究镁粉与氯化铵溶液反应剧烈的影响因素。

。实验序号实验试剂实验2-10.20g镁粉________________实验2-20.20g镁粉_________________实验3-10.20g镁粉3.0mL0.2mol/LNH4NO3溶液实验3-20.20g镁粉3.0mL0.2mol/LKNO3溶液

①实验2-1与实验2-2中实验现象说明Cl-对反应速率的影响很小；请补充完成实验方案所需的试剂。

②实验3-1与实验3-2的结论说明NH4+对反应速率影响很大，则两支试管中实验现象的不同之处是___________________

（6）写出镁与氯化铵溶液反应生成Mg2+的离子方程式_______________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

已知：①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH1，②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2，③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3，则根据盖斯定律可知①×2＋②＋③即得到反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3，答案选A。2、C【分析】【分析】

根据锂离子移动方向以及得失电子难易程度课分析出a电极为电池负极b电极为电池正极。

【详解】

A．放电时，FePO4得电子；发生还原反应，A错误；

B．放电时，负极的电极反应式为Al+7AlCl-3e-=4Al2Cl正极电极反应式为Li++e-+FePO4=LiFePO4，故放电过程中电解质溶液中Li+的浓度减小；B错误；

C．放电时，Al做负极，电极反应式为Al+7AlCl-3e-=4Al2ClC正确；

D．充电时原电池的正极接外接电源的正极；原电池负极接外接电源负极，故D错误；

所以答案选C。3、C【分析】【详解】

A．由图中信息可知；步骤①的活化能高于步骤②，活化能越高，活化分子百分数越小，化学反应速率越小，因此，步骤①的反应速率小于步骤②，A说法正确；

B．综合分析两步反应可以发现，Fe3+参与了反应；但在反应前后其质量和性质保持不变，故其为该反应的催化剂，B说法正确；

C．Fe3+是该反应的催化剂，催化剂不能影响该反应的ΔH；C说法不正确；

D．由图中信息可知，步骤②为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此，2molFe2+和1mol的总能量高于2molFe3+和2mol的总能量；D说法正确。

综上所述，有关该反应说法不正确的是C，答案为C。4、D【分析】【分析】

由题意可知该电解池可以高效制备和说H2O在M极得到电子生成H2和OH-，电极方程式为：膜a是阳离子交换膜，Na+通过膜a进入M极，双极膜膜c输出膜b是阴离子交换膜，SO通过膜b进入膜b和膜c之间的区域生成H2O在N极失去电子生成O2和H+，电极方程式为：膜f是阴离子交换膜，SO通过膜f进入N极，双极膜膜d输出OH-，膜e是阳离子交换膜，Na+通过膜e进入膜e和膜d之间的区域生成以此解答。

【详解】

A．由分析可知，H2O在M极得到电子生成H2和OH-，M为阴极，H2O在N极失去电子生成O2和H+，N极为阳极，则电势：N电极>M电极；故A正确；

B．由分析可知，双极膜膜c输出膜a；膜e为阳离子，故B正确；

C．由分析可知，M极电极反应式为故C正确；

D．由分析可知，N极电极方程式为当电路中转移时，N极生成同时在膜b和膜c之间的区域生成1mol故D错误；

故选D。5、D【分析】【详解】

A．根据图像，虚线表示相同条件下NO的平衡的转化率，NO的平衡转化率随着温度的升高而降低，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即ΔH＜0；故A错误；

B．虚线代表NO的平衡转化率；根据图像X点还没有达到平衡，反应向正反应方向进行，升温化学反应速率增大，可以提高单位时间内消耗NO的物质的量，即提高NO的转化率，故B错误；

C．根据Y点为平衡点，增加O2的浓度；使平衡向正反应方向移动，NO的转化率提高，故C错误；

D．假设NO的起始物质的量浓度为amol·L－1，建立三段式：根据化学平衡常数的表达式，K=因为0.25a＞0，因此K＞2000；故D正确；

答案为D。6、B【分析】【分析】

恒温恒容，甲与乙起始n(A)：n(B)=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n(A)=2mol，n(B)=1mol；与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等。

【详解】

A．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强p甲=p丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故p甲＜2p乙，故p甲=p丙＜2p乙；故A错误；

B．甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故C的质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1molA和0.5molB，增大压强，平衡向正反应移动，A转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙；故B正确；

C．对于甲、乙，A、B起始物质的量之比等于化学计量数之比，c(A)与c(B)之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c(A)与c(B)之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2；故C错误；

D．因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡，若转化率均为50%时，反应热的数值应相等，但该反应的转化率不一定是50%，所以Q甲和Q丙不一定相等；故D错误；

故选B。7、D【分析】【分析】

由图可知，电解熔融制备Ti单质的部分装置中，阳极是熔融TiCl4，则a极为电源的正极，b极为电源负极，与x区域钛相连，为阴极，阴极电极反应为：Ti4++4e-=Ti；生成钛沉积在阴极，由此分析。

【详解】

A．阳极是熔融TiCl4，Cl-失电子则电极反应为：故A不符合题意；

B．因阳极是熔融TiCl4，则a极为电源的正极，所以b极为电源负极，与x区域钛相连，为阴极，阴极电极反应为：Ti4++4e-=Ti；生成钛沉积在阴极，故B不符合题意；

C．结壳有绝缘性和较低的热传导性；减少电解槽内的热量散失，故C不符合题意；

D．该水冷铜质电解槽内有一层厚1~3mm的结壳；该结壳具有绝缘性和较低的热传导性，本装置中的铜质电解槽，与铜的导电性能无关，故D符合题意；

答案选D。8、A【分析】【分析】

标况下2.24LCO2的物质的量为0.1mol，150mL1mol/LNaOH溶液中n(NaOH)=0.15L×1mol/L=0.15mol，所以二者反应的化学方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，即溶液中的溶质为等物质的量的Na2CO3和NaHCO3。

【详解】

A．由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)略大于c(CO)；A正确；

B．碳酸氢根和碳酸根的水解程度不同，所以c(HCO)不等于c(CO)；B错误；

C．根据物料守恒可知c(Na+)=1.5c(CO)+1.5c(HCO)+1.5c(H2CO3)；C错误；

D．由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)略大于c(CO)；D错误；

综上所述答案为A。9、D【分析】【分析】

【详解】

A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)△H═−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1；为吸热反应，A项正确；

B.反应II：N2H4(g)+H2(g)═2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol；反应为放热反应，反应物能量高于生成物，B项正确；

C.反应I：3N2H4(g)═N2(g)+4NH3(g)△Hl=−32.9KJ/mol，反应为放热反应，断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1moIN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量；C项正确；

D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)△H═−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1；D项错误；

答案选D。二、多选题(共5题，共10分)10、AD【分析】【详解】

A．加入无色物质C；C浓度增大，平衡逆向移动，容器内B的浓度均增加，故A正确；

B．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)；由于反应物是固体，生成物是两种气体，二氧化碳和氨气在混合气体中的体积分数不变，气体的平均分子量是恒量，气体的平均分子量不变不能作为平衡判断的依据，故B错误；

C．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)；该反应的ΔS＜0，在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＜0，故C错误；

D．

A%=(1-x)/(1-x+1-3x+2x)=50%；增大压强，平衡正向移动，A%=50%，故D正确；

选AD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．0～10min内，A物质反应了0.5mol，用A物质表示的反应速率为A项错误；

B．0～10min内；A物质减少了0.5mol，B物质减少了1.5mol，C物质增加1mol，转化的物质的量之比等于化学计量系数之比，该反应方程式可表示为：A+3B=2C，B项正确；

C．平衡时B物质反应了1.8mol；根据三段式进行计算，A物质反应了0.6mol，最大转化率为60%，C项正确；

D．平衡时B物质反应了1.8mol；根据三段式进行计算，C生成了1.2mol，物质的量浓度为0.6mol/L，D项错误；

故答案为BC。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．∆H与方程式中各物质的物质的量成正比；A说法错误；

B．CH4的燃烧热为1mol甲烷，完全燃烧生成稳定的氧化物时，释放的能量，则燃烧热的∆H=-890.3kJ/mol；B说法正确；

C．8gCH4即0.5mol；完全燃烧生成液态水，放出445.15kJ热量，C说法正确；

D．气态水变为液态时，释放热量，则1molCH4完全燃烧生成气态水；放出的热量小于890.3kJ，D说法错误；

答案为BC。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．a点时溶液为0.01mol/L的NaOH、NH3·H2O得到的混合溶液，NaOH是强碱，完全电离，NH3·H2O是弱碱，部分电离，由NH3·H2O的电离平衡常数可得故A正确；

B．b点时NaOH恰好被中和，溶液为CH3COONa、NH3·H2O的混合溶液，由于醋酸是一元弱酸，NH3·H2O、CH3COOH电离平衡常数相同，CH3COONa会水解产生CH3COOH，CH3COO-的水解平衡常数故CH3COO-的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，因此该混合溶液中微粒浓度：故B错误；

C．c点溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4的混合溶液，根据物料守恒可得：故C正确；

D．c点溶液的溶质为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4，在CH3COONH4溶液中，CH3COO-和的水解程度相近，溶液呈中性，CH3COONa属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可知等浓度的CH3COONa、CH3COONH4混合溶液的pH>7；故D错误；

综上所述，叙述错误的是BD项，故答案为BD。14、AC【分析】【分析】

氯化铵；碳酸钠等溶液会水解；充分利用电荷守恒、物料守恒关系列等式求解；

【详解】

A.NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：溶液中剩余微粒浓度关系为：和水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：故A错误；

B.该混合溶液中电荷守恒为：物料守恒为：两式联立消去c(Cl-)可得：故B正确；

C.该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)；故C错误；

D.该混合溶液中物料守恒为：电荷守恒为：两式相加可得：故D正确；

答案选AC。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

（1）在醋酸溶液中存在电离平衡：

a．加水稀释促进的电离，溶液中物质的量增大、物质的量减小，则减小；a不符合。

b．加水稀释促进的电离，溶液中物质的量增大、物质的量减小，则增大，b符合。

c．稀释过程中，酸性减弱，减小，温度不变，水的离子积常数不变，则增大，所以减小，c不符合。故选b。

（2）①若向氨水中加入稀硫酸，使氨水恰好被中和，反应生成硫酸铵，反应的离子方程式为：硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解：溶液呈酸性，所得溶液的

②若向氨水中加入稀硫酸至溶液根据电荷守恒此时溶液中的则

（3）弱酸的酸性越弱，其酸根离子越易水解，由于所以等的溶液、溶液和溶液，三种溶液的物质的量浓度由大到小排序为

（4）25℃时，的水解方程式为则水解平衡常数【解析】(1)b

(2)＜

(3)

(4)16、略

【分析】【分析】

(1)K与a连接；该装置为原电池，发生吸氧腐蚀进行分析；

(2)K与b连接；构成电解池，利用电解原理进行分析；

(3)利用电解原理；以及电解的目的进行分析；

【详解】

(1)K与a接触，因电解质为氯化钠溶液，则构成有原电池，即吸氧腐蚀，B极为负极，根据原电池工作原理，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；

答案为吸氧；Fe－2e－=Fe2＋；

(2)K与b接触；有外加电源，构成装置为电解池；

a.A电极连接电源正极，即A电极为阳极，B电极连接电源的负极，即B电极为阴极，根据电解原理，Na＋向B电极移动；故a不符合题意；

b.根据a的分析，A电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，Cl2将I－氧化成I2，淀粉变蓝，故b符合题意；

c.电解饱和食盐水的方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，脱离体系是H2和Cl2；因此恢复到原来状态，需要通入一定量的HCl，而盐酸是HCl的水溶液，故c不符合题意；

d.B电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；产生标况下2.24L的气体，转移0.2mol电子，但溶液中移动的阴阳离子，没有电子通过，故d不符合题意；

电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；

答案为b；2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；

(4)①根据装置图，作电极为阳极，其电极反应式为2H2O－2e－=O2↑＋4H＋，或者4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；为了平衡电荷守恒，SO42－通过阴离子交换膜进入阳极区，右端电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，为了平衡电荷守恒，K＋通过阳离子交换膜进入阴极区，因SO42－所带电荷数大于K＋；因此拖过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数；

答案为2H2O－2e－=O2↑＋4H＋，或者4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；小于；

②根据①的分析；KOH从出口D导出；

答案为D。【解析】①.吸氧②.Fe-2e=Fe2+③.b④.2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑⑤.2H2O－4e-=O2↑＋4H+（或4OH-－4e-=2H2O＋O2↑）⑥.小于⑦.D17、略

【分析】【分析】

(1)

CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。根据元素守恒可知该黑色固体是CuO。已知在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，由于物质发生反应放出热量与反应的物质多少呈正比，可知该反应的热化学方程式是：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH=-177.6kJ·mol-1。

(2)

由题意知：反应生成3.6gH2O(l)，故根据H元素守恒可知H2的物质的量n(H2)==0.2mol。根据已知条件可知0.2molH2完全燃烧放出的热量为Q=×0.2=57.16kJ，故混合气体中CO完全燃烧放出的热量Q=113.76kJ-57.16kJ=56.6kJ，所以CO的物质的量n(CO)==0.2mol。【解析】（1）4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH=-177.6kJ·mol-1

（2）0.2mol、0.2mol18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据题给信息可知；该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以图中A；C分别表示反为应物总能量、生成物总能量；

故答案为：反应物总能量；生成物总能量；

(2)E表示活化能；E的大小对该反应的反应热没有影响；

故答案为：活化能；无；

(3)该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5不会使ΔH发生变化；因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；

故答案为：不变；因为催化剂可以降低反应的活化能；但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；

(4)1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的=-99kJ·mol-1，2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的=-198kJ·mol-1，图中=-198kJ·mol-1；

故答案为：-198；

(5)根据题意可写出下列两个热化学方程式：①S(s)+O2(g)=SO2(g)=-296kJ·mol-1，②SO2(g)+O2(g)=SO3(g)=-99kJ·mol-1，根据盖斯定律①+②得：S(s)+O2(g)=SO3(g)=-395kJ·mol-1，所以由S(s)生成3molSO3(g)的=3=-1185kJ·mol-1；

故答案为：-1185kJ·mol-1。【解析】反应物总能量生成物总能量活化能无不变因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热-198-1185kJ·mol-119、略

【分析】【详解】

(1).反应物能量高于生成物能量，反应为放热反应；化学平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，表达式为K=

(2).化学平衡状态的本质性标志是：正反应与逆反应的速率相等；反应混合物中各组分的浓度保持不变等；

(3).加入催化剂可使化学反应速率增加；但参加反应的物质种类不变，反应的热效应不变；

(4).增加B物质的浓度；或者减少生成物的浓度，均可增加A物质的转化率；

(5).3价铁离子容易在水中水解生成Fe（OH）3胶体从而导致溶液浑浊，要得到澄清溶液，可在溶液中加入少量稀盐酸溶液，除去Fe（OH）3胶体。【解析】放热混合气体中各组分的浓度不再发生变化、各物质的正逆速率相等等合理即可增大不变增加B的浓度或移走产物等合理即可Fe3+易水解生成Fe(OH)3导致溶液浑浊向溶液中滴加适量的稀盐酸20、略

【分析】【分析】

(1)根据反应方程式和平衡常数的概念书写K的表达式；

(2)降低温度平衡向放热反应方向移动；根据平衡的移动判断温度对平衡常数；二氧化硫转化率影响，降低温度反应速率减小；

(3)反应混合物各物质的物质的量不变化；说明反应处于平衡状态；

(4)由图可知；反应进行至20min时，改变条件，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；

(5)由图可知；反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变；

(6)根据v(SO2)=计算；

(7)增大反应速率的方法有增大浓度；增大压强、加入催化剂、升高温度；平衡向右移动方法有：降低温度、增大反应物浓度或减小生成物浓度、增大压强。

【详解】

(1)在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，该反应的平衡常数表达式K=

(2)该反应正反应为放热反应；降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数k增大，二氧化硫转化率增大，降低温度反应速率减小；

(3)反应混合物各物质的物质的量不变化；说明反应处于平衡状态，由图可知在15-20min和25-30min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态；

(4)由图可知；反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；

(5)由图可知；反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变；

A．加了催化剂；增大反应速率，故A正确；

B．缩小容器体积；增大压强，增大反应速率，故B正确；

C．降低温度反应速率降低；故C错误；

D．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO3的物质的量；故D错误；

故答案为AB；

(6)反应进行到15min时，SO2的变化物质的量为0.04mol，反应的密闭容器为2L，则反应15min时，v(SO2)=≈0.0013mol/(L·min)；

(7)A．及时分离出SO3气体；减小生成物浓度，反应速率减小，故A错误；

B．适当升高温度；反应速率增大，反应是放热反应，平衡逆向进行，故B错误；

C．增大O2的浓度；增大反应物浓度，反应速率增大，平衡正向进行，故C正确；

D．选择高效的催化剂改变反应速率；但不改变化学平衡，故D错误；

故答案为C。【解析】K=增大增大减小15-20min和25-30min增大了氧气的浓度AB0.0013mol/(L·min)C四、判断题(共1题，共6分)21、B【分析】【分析】

【详解】

醋酸钠显碱性，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)：盐酸＞醋酸，故答案为：错误。五、有机推断题(共4题，共16分)22、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)23、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g24、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH325、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、实验题(共3题，共6分)26、略

【分析】【分析】

要准确测定中和热，应该做好保温工作，减少热量损失；实验中反应放出的热量多少与反应的酸、碱的物质的量的多少有关；反应的物质的量越多，反应产生的水越多，放出的热量就越多；应该知道反应前酸、碱及反应后溶液的温度，再利用Q=c·m·△t计算热量，再根据ΔH=-kJ/mol计算；据此回答。

(1)

从如图实验装置可知；缺少的一种仪器名称是环形玻璃搅拌器(环形玻璃搅拌棒)。

(2)

在操作正确的前提下；提高中和热测定准确性的关键是减少热量损失。

(3)

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/LH2SO4和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应；与上述实验相比，生成水的量增多，反应所放出的热量就多；若实验操作均正确，最少需要测定反应前硫酸；氢氧化钠溶液的温度及二者恰好反应，温度达到最大值时溶液的温度，因此最少需要测定3次溶液的温度。

(4)

已知稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应，中和热数值为57.3kJ/mol，则表示中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1；或H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1。

(5)

第1次实验硫酸和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次实验硫酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应前后温度差为：3.9℃；

第3次实验硫酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5℃；反应前后温度差为：3.1℃；

其中，第2次数据偏差大、舍去。其余二次实验平均温度是3.1℃，50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，NaOH过量，以不足量的硫酸为标准计算，生成水的物质的