2025年冀教新版选择性必修1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年冀教新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷179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5题，共10分)1、相同条件下，下列各组热化学方程式(溶液中的反应均是在稀溶液之间进行的)中，ΔH1＞ΔH2的是A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH1；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH2B.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH1；H+(aq)+NH3·H2O(aq)=N(aq)+H2O(l)ΔH2C.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1；S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH2D.CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH1；2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH22、已知“凡气体分子总数增大的反应一定是熵增加的反应”。下列反应一定能自发进行的是A.2O3(g)=3O2(g)∆H<0B.2CO(g)=2C(s)+O2(g)∆H>0C.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H<0D.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)∆H>03、信使分子NO对人体生命活动有重要意义，在一定温度时可以发生反应2NO+O22NO2；如图是在其他条件相同时，分别在有；无催化剂时反应过程的能量变化。下列说法正确的是。

A.该反应为吸热反应B.逆反应的活化能大于正反应的活化能C.加入催化剂可以改变反应的焓变D.该反应的焓变为E1—E24、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(s)。2min末该反应达到平衡，测得生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L-1。下列判断不正确的是A.x=1B.2min内A的平均反应速率为0.3mol·L-1·min-1C.A与B的转化率相等，均为40%D.平衡时B与C的浓度之比为2：35、物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4④CH3COONH4⑤NH4Al(SO4)2中，c()由大到小的顺序为（）A.②③①⑤④B.②③⑤①④C.⑤④①③②D.②③①④⑤评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到固体TiO2。实验室用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：

（1）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_________________________________。

（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是_________________________。

（3）NH4Fe(SO4)2标准溶液盛装在___________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定终点的现象是________________________。若在滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面使测定结果________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为Mg·mol-1）试样wg，消耗cmol·L-1NH4Fe(SO4)2标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为__________________________。7、和合成甲烷也是资源化利用的重要方法。对于反应催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的影响如图所示：

(1)高于后，以为催化剂，转化率略有下降，而以为催化剂，转化率仍在上升，其原因是_______。

(2)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。8、回答问题：

(1)在一定条件下的密闭容器中，等物质的量的A、B发生可逆反应A(g)+B(g)M(g)+N(g)。达到平衡后，如果保持温度不变，压缩容器的体积，则平衡___________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；再达到平衡时，B的百分含量___________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)在一定条件下的密闭容器中，可逆反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔH＞0达到平衡。如果保持温度和容器容积不变，再通入少量CO2，则平衡___________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；再达平衡时，容器的压强___________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(3)室温下，把SiO2细粉放入蒸馏水中，搅拌至平衡，生成H4SiO4溶液(SiO2＋2H2OH4SiO4)，该反应的平衡常数表达式K=___________。该反应平衡常数K随温度的变化如图所示，若K值变小，在平衡移动时正反应速率如何变化___________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(4)已知CO2(g)＋2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)在一定温度下，向一容积可变的容器中充入2molCO2、4molCH3OH(g)，CO2的转化率与反应时间的关系如图所示。在t时加压，若t1时容器容积为1000mL，则t2时容器容积为___________mL。

(5)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。925℃时，已知总压为p总，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=___________。

9、（1）13gC2H2(g)完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出659kJ的热量，写出表示该物质燃烧热的热化学方程式___________________________。

（2）已知反应：Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl。

Ⅰ.当有0.2molHCl生成时放出8.1kJ的热量。

Ⅱ.其能量变化示意图如图：

则该反应的热化学方程式为_____________________________________。由上述数据判断断开1molH—Cl键与断开1molH—Br键所需能量相差约为________kJ。

（3）已知：①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1

②Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋1/2O2(g)ΔH＝－226kJ·mol－1

则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数目为________。

（4）已知CO、H2、CH4的燃烧热分别为283kJ·mol－1、286kJ·mol－1、890kJ·mol－1。若将amolCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等时,则放出热量(Q)的取值范围是____。10、温度为t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10-amol·L-1，c(OH-)=10-bmol·L-1；已知：a+b=13；请回答下列问题：

(1)该温度下水的离子积常数Kw=_______，t_______(填“＜”、“>”或“=”)25。

(2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为_______，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)为_______。

(3)回答下列有关醋酸的问题。在一定温度下；向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如图所示：

a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为_______；a、b、c三点对应的溶液中，pH最小的是_______；a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是_______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)11、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误12、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误13、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误14、(1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关____

(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小_____

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小_____

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl-浓度等于零_____

(8)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大____

(9)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变_____

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小______A.正确B.错误15、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误16、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误17、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误18、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共18分)19、锆(40Zr)是现代工业中重要的金属原料，具有良好的可塑性，其抗蚀性能强于钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产错及其化合物的流程如图所示：

(1)分馏属于___(填“物理变化”或“化学变化”)。

(2)锆英石___(填“能”或“不能”)直接用稀盐酸浸取后再分馏，理由是___。

(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrCl4的反应的化学方程式为___。

(4)流程中ZrCl4与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOCl2·8H2O，检验该物质是否洗涤干净的实验操作为__。

(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KCl组成的熔盐来制取金属错。阳极上的电极反应式为__，每转移0.4mole-，理论上阴极增加的质重为__。

(6)极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc(pcB=-lgcB)表示。某温度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，则其饱和溶液中pc(Zr4+)+pc(CO)=__。(已知lg2=0.3)20、工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：

已知：①PbCl2难溶于冷水；易溶于热水。

②PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0

③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5

(1)“浸取”时需要加热，充分反应后生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，其中生成FeCl3的化学方程式为______。

(2)“滤渣2”的主要成分是______。

(3)“沉降”操作时加入冰水的原因是______。

(4)上述流程中滤液可循环利用，试剂X是______(填化学式)。PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LX溶液转化10mol的PbCl2，则X溶液的最初物质的量浓度不得低于______。

(5)硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池。铅蓄电池充电时，正极与电源的______极相连，其电极反应式为______。充电过程中转移2mole-时，两电极材料共______(填“增加”或“减少”)的质量为______g。评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)21、研究化学反应的速率和限度对于日常生活和工农业生产都具有重要的意义。

(1)一定温度下，在2L的恒容容器中充入N2与H2各1mol，H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：

①反应0～2min，以NH3表示的平均反应速率为_______。

②能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。

a.混合气体的密度保持不变b.容器内的气体压强保持不变

c.d.N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2

e.气体的平均相对分子质量保持不变f.NH3的体积分数保持不变。

③我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法错误的是_______。

a.N2生成NH3是通过多步还原反应生成的。

b.过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化相同。

c.适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高转化率。

d.大量氨分子吸附在催化剂表面；将降低反应速率。

(2)一种“碘钟实验”是将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。某小组同学在室温下对该实验原理进行探究。资料：该实验的总反应为反应分两步进行，第i步：第ii步：

①第ii步的离子方程式是_______。对于总反应，的作用相当于_______。

②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验I、实验Ⅱ(溶液浓度均为0.01mol/L)。实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)H2O变蓝时间实验I5mL4mL8mL3mL030min实验Ⅱ5mL2mLxmLymLzmL40min

实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是_______。对比实验I、实验Ⅱ，可得出的实验结论是_______。

③为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01mol/L)。实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅲ4mL4mL9mL3mL0

实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及第i、ii步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因_______。22、50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应的反应热。

回答下列问题：

(1)从实验装置看；图中还缺少的一种玻璃仪器是______，能不能用铜丝搅拌棒代替该玻璃仪器______(“能”或“不能”)，理由是_________。

(2)两烧杯间填满碎纸屑的作用是________。

(3)实验中改用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应；与上述实验相比较，所放出的热量______(填“相等”或“不相等”)，理由是_________。

(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验；测得中和反应的中和热的数值与57.3kJ/mol相比较会_________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(5)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和反应的反应热数值________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。23、某实验小组用溶液和硫酸进行中和反应反应热的测定。

(1)配制溶液。

①若实验中大约要使用溶液，至少需要称量固体_______g。

②从下表中选择，称量固体所需要的仪器是(填字母)_______。名称托盘天平(带砝码)小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器序号abcdef

(2)取溶液和硫酸进行实验；实验数据如下表。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和反应反应热的实验装置如图所示：

①仪器A的名称为_______；实验中还需要用到的玻璃仪器是_______。

假设稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的密度都是又知中和反应后生成溶液的比热容为了计算中和热(稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成液态水放出的热量)；某学生实验记录数据如下：

②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)/℃平均值平均值126.226.026.130.1_______227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4

③依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热_______(结果保留一位小数)。

已知强酸强碱的稀溶液反应生成液态时反应放出的热量为上述实验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．量取溶液的体积时仰视读数。

C．分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中。

D．用温度计测定溶液起始温度后直接测定溶液的温度24、测定反应Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)的反应焓变ΔH值的实验步骤如下：

第1步；按下图装配简易量热计。

第2步，测定量热计的水当量(仪器常数)q：取100.0mL水加入保温杯，稳定后测量其温度(T1)。再加入温度为T2的温水100.0mL，仔细搅拌后测量其温度(T3)。倒出瓶中的水并擦干内壁。

第3步，测定反应的热效应：将100.0mL0.200mol·L-1硫酸铜溶液全部加入保温杯中；盖好插有温度计和搅拌棒的盖子；不断搅拌，每10s测一次温度。温度稳定后迅速向溶液中加入3.0g锌粉，立即盖好盖子；不断搅拌，开始时每10s测一次温度，反应1min后每30s测一次温度，温度上升到最高值后继续测2min。

请回答下列问题：

(1)为什么要用环形玻璃棒搅拌_______？是否可用铁丝代替环行玻璃棒_______？为什么_______？

(2)实验中，所用锌粉只需用台式天平称取，而CuSO4溶液的浓度与体积则要求比较准确，为什么_______？

(3)第2步测得的实验数据见下表：。项目冷水体积V1/mL热水体积V2/mLT1/KT2/KT3/K数据100.0100.0291.82309.68300.18

已知水的比热容cp=4.18J/(g·K)，水的密度ρ(H2O)=1.00g·mL-1，可算出q=56.0J/K，请列出q的计算式_______(用字母表示)。

(4)根据第3步测得的实验数据可绘图如下：

图中，a、dˊ、d点对应的温度分别为291.84、300.16、300.50K。反应后溶液的比热容cs可用水的比热容cp近似代替；反应后溶液的密度ρs可近似地取室温时0.200mol·L-1ZnSO4溶液的密度(1.03g·mL-1)。

①图中，线段bc、ddˊ分别表示什么含义_______、_______。

②请计算题中所给反应的焓变ΔH=_______。

③加锌粉后，若温度计的水银球不小心跟保温杯壁接触，这对反应焓变的测定结果有什么影响_______。理由是_______。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共4分)25、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。26、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)为氢气的燃烧，燃烧是放热反应，ΔH1＜0；反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)属于吸热反应，ΔH2＞0，则ΔH1＜ΔH2；故A不符合题意；

B．离子反应H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)表示强酸与强碱的中和反应，中和反应是放热反应，ΔH1＜0；离子反应H+(aq)+NH3·H2O(aq)=(aq)+H2O(l)表示强酸与弱碱一水合氨的中和反应，也是放热反应，ΔH2＜0，但氨水电离时吸热，强酸碱碱反应放出的热量更多，放热反应焓变为负值，放出热量越多，焓变越小，则ΔH1＜ΔH2；故B不符合题意；

C．S单质由固态变为气态会吸热，气态硫单质的能量更高，燃烧时放出的热量更多，则ΔH1＞ΔH2；故C符合题意；

D．二氧化碳的分解反应为吸热反应，ΔH＞0，参与反应的物质的量越多，吸收的热量越多，则ΔH1＜ΔH2；故D不符合题意；

答案选C。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．该反应ΔH<0，ΔS>0；任何温度下都自发，故A正确；

B．该反应ΔH>0，ΔS<0；任何温度都不自发，故B错误；

C．该反应ΔH<0，ΔS<0；低温自发，故C错误；

D．该反应ΔH>0，ΔS>0；高温自发，故D错误；

故选：A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A.该反应生成物总能量低于反应物总能量；故反应为放热，A错误；

B.由图像可知；该反应逆反应的活化能大于正反应的活化能，B正确；

C.催化剂可以降低反应的活化能；但是不能改变反应的焓变，C错误；

D.该反应的焓变为E1-E3；D错误；

故答案选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．2min末该反应达到平衡，测得生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L-1，生成C的物质的量是0.2mol·L-1×2L＝0.4mol；变化量之比是化学计量数之比，因此x＝1，A正确；

B．根据三段式可知。

因此2min内A的平均反应速率为＝0.3mol·L-1·min-1；B正确；

C．由于A和B是按照化学计量数之比通入的，因此A与B的转化率相等，均为×100%＝40%；C正确；

D．平衡时B与C的浓度之比为0.6:0.4＝3:2；D错误；

答案选D。5、B【分析】【详解】

设各种盐的物质的量浓度都为1mol/L，则①NH4Cl、④CH3COONH4、⑤NH4Al(SO4)2电离产生的c()都为1mol/L，②(NH4)2Fe(SO4)2、③(NH4)2SO4电离产生的c()都为2mol/L。②中Fe2+的水解对水解有抑制作用，所以c()关系是②＞③；①、④、⑤中，CH3COO-的水解对水解有促进作用，Al3+水解对水解有抑制作用，所以c()关系是⑤＞①＞④。综合以上分析，c()由大到小的顺序为②＞③＞⑤＞①＞④；故选B。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【详解】

分析：（1）根据物质的性质和质量守恒定律书写化学方程式；

（2）NH4Fe（SO4）2易水解；故需加入一定量的稀硫酸抑制水解；

(3)NH4Fe(SO4)2易水解显酸性，因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，生成血红色的Fe（SCN）3；滴定终点读取滴定管刻度时；仰视标准液液面读取的体积比实际消耗的体积偏大；

（4）根据得失电子守恒分析；

详解：(1)设TiCl4的系数为1,根据元素守恒,TiO2⋅xH2O的系数为1,HCl的系数为4;再根据O元素守恒,可知H2O的系数为(2+x),反应的化学方程式为：TCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl故答案为TCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl

(2)NH4Fe(SO4)2易水解,故需加入一定量的稀硫酸抑制水解,故答案为抑制NH4Fe(SO4)2水解；

（3）NH4Fe(SO4)2易水解显酸性，因此NH4Fe(SO4)2标准溶液盛装在碱式滴定管中，Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2，溶液中Fe3+过量；会变成红色，若在滴定终点读取滴定管刻度时，若终点仰视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏大，使测定结果偏高，故答案为酸式；溶液变为红色，半分钟内红色不褪去、偏高。

（4）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，其质量分数为：×100%，故答案为×100%【解析】TCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解酸式溶液变为红色，半分钟内红色不褪去偏高×100%7、略

【分析】【详解】

（1）由图可知，320℃前，在相同温度下以Ni—CeO2为催化剂反应相同时间CO2的转化率高于以Ni为催化剂时，说明在相同温度下Ni—CeO2的催化效果更好、反应达到平衡的时间更短；由图(a)可知，高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，CH4的选择性略下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是：320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；答案为：320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加。

（2）由图(a)和(b)可知，320℃前，相同温度下反应相同时间，使用Ni—CeO2为催化剂时CO2的转化率和CH4的选择性都大于Ni为催化剂时，故工业上应选择的催化剂是Ni—CeO2；在该条件下，320℃时CO2的转化率最大、CH4的选择性大，使用的合适温度为320℃；答案为：Ni—CeO2；320℃。【解析】(1)时，以为催化剂，甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以为催化剂，甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时转化率增加。

(2)8、略

【分析】【分析】

(1)

A(g)+B(g)M(g)+N(g)是一个体积不变的反应；增大压强，平衡不移动，再达到平衡时，B的百分含量不变，故答案为：不；不变；

(2)

对反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，K=c(CO2)，如果保持温度和容器容积不变，再通入少量CO2，平衡向逆反应方向移动，由于温度不变，K不变，故CO2的浓度不变；体系的压强不变；故答案为：逆向；不变；

(3)

SiO2＋2H2OH4SiO4，固体和纯液体不写在平衡表达式中，故K=c(H4SiO4)，由图可知，升高温度，K值减小，反应速率增大，故答案为：K=c(H4SiO4)；增大；

(4)

由图象数据可得，t1时CO2的转化率为0.5；

平衡时；总物质的量为5mol；

由图象数据可得，t2时CO2的转化率为0.8；

平衡时；总物质的量为(0.4+0.8+1.6+1.6)=4.4mol；

等温等压下，气体的物质的量之比=体积之比，有解得V=880mL；故答案为：880；

(5)

925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp==23.04P，故答案为：23.04P总。【解析】(1)①.不②.不变。

(2)①.逆向②.不变。

(3)①.K=c(H4SiO4)②.增大。

(4)880

(5)Kp=23.04p总9、略

【分析】【分析】

（1）根据13gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2，放出659kJ的热量，计算1molC2H2燃烧放出的热量，热化学方程式书写注意物质的聚集状态和反应热的单位；（2）当有0.2molHCl生成时放出8.1kJ的热量，所以生成2molHCl放热81kJ；根据图示，断开1molH—Br键所需能量是根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算H—Cl键的键能。（3）根据盖斯定律计算CO(g)与Na2O2(s)反应的焓变；（4）若将amolCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等。根据极值法，若该混合气体由CH4和CO1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是若该混合气体由CO和H21:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是根据气体物质的量计算放出的热量。

【详解】

（1）13gC2H2气体n（C2H2）=0.5mol，放出659kJ的热量，则1molC2H2燃烧放出的热量为：659kJ×2=1318KJ，则热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-1318KJ/mol；（2）当有0.2molHCl生成时放出8.1kJ的热量，所以生成2molHCl放热81kJ，所以Cl2(g)＋2HBr(g)==Br2(g)＋2HCl(g)ΔH＝－81kJ·mol－1；根据图示，断开1molH—Br键所需能量是设H—Cl键的键能是xkJ·mol－1，根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，243+498-200-2x=－81，解得x=311kJ·mol－1，所以断开1molH—Cl键与断开1molH—Br键所需能量相差约为311-4982=62kJ。（3）根据盖斯定律②×2+①得2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018KJ/mol，反应放出509kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为2NA；（4）若该混合气体由CH4和CO1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是放出热量Q=283kJ·mol－1×＋890kJ·mol－1×=1173×若该混合气体由CO和H21:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是放出热量为Q=283kJ·mol－1×＋286kJ·mol－1×=569×放出热量(Q)的取值范围是284.5akJ<586.5akJ。【解析】C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1318kJ·mol－1Cl2(g)＋2HBr(g)===Br2(g)＋2HCl(g)ΔH＝－81kJ·mol－1622NA(或1.204×1024)284.5akJ<586.5akJ10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)•c(OH-)=10-amol/L×10-bmol/L=10-(a+b)=10-13，25℃时，水的离子积为10-14，10-13＞10-14；水的电离是吸热过程，则温度t＞25℃；

(2)NaOH的浓度等于溶液中c(OH-)，由水电离出的c(OH-)=c(H+)溶液，则NaOH的物质的量浓度为10-bmol/L，由水电离出的c(OH-)为10-amol/L；

(3)依据弱电解质“越稀越电离”，电离程度随着水的加入量增大而增大，则醋酸的电离程度由大到小的顺序为c＞b＞a，pH=-lgc(H+)，则c(H+)越大，溶液的pH越小，溶液导电能力越大，根据图知，导电能力最大的点是b，则c(H+)最大的点是b，pH值最小的点是b；c(H+)：b＞a＞c，则水电离程度：c＞a＞b，即水的电离程度最大的是c；故答案为：c＞b＞a；b；c。【解析】10-13＞10-bmol/L10-amol/Lc＞b＞abc三、判断题(共8题，共16分)11、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。12、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。13、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。14、B【分析】【分析】

【详解】

(1)沉淀类型相同、温度相同时，Ksp越小；难溶电解质在水中的溶解能力才一定越弱，答案为：错误。

(2)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关；与离子浓度无关，答案为：正确。

(3)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，常温下，BaCO3的Ksp始终不变；答案为：错误。

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小；答案为：错误。

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，只有沉淀类型相同、温度相同时，才可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力；答案为：错误。

(6)Ag2CrO4与AgCl沉淀类型不同，不能通过Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比较Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案为：错误。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后析出氯化银沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-浓度不等于零；答案为：错误。

(8)物质确定时，溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，大多数沉淀Ksp增大、少数沉淀Ksp减小；例如氢氧化钙，答案为：错误。

(9)常温下Mg(OH)2的Ksp不变；不受离子浓度影响，答案为：正确。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先出现了碘化银沉淀，但由于不知道其实时氯离子和碘离子的浓度，因此，无法判断Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小；答案为：错误。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在含AgCl固体的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固体的溶液中，银离子和氯离子浓度不一定相等，答案为：错误。

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)时；则溶液中达到了AgCl的溶解平衡，答案为：正确。

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，则溶液中不变；答案为：正确。

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则先得到氢氧化镁沉淀和硫酸钠溶，后氢氧化镁转变为氢氧化铜沉淀，说明沉淀发生了转化，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，答案为：正确。15、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。16、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。18、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。四、工业流程题(共2题，共18分)19、略

【分析】【分析】

锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2•8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2；加入镁置换得到海绵锆，据此解答。

【详解】

(1)分馏过程中没有产生新物质；属于物理变化。

(2)由于ZrSiO4难溶于盐酸；后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品，所以锆英石不能直接用稀盐酸浸取后再分馏。

(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrCl4，根据原子守恒可知还有四氯化硅生成，由于是高温条件下，因此碳转化为CO，则反应的化学方程式为ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO。

(4)由于溶液中含有氯离子，可以通过检验氯离子来判断该物质是否洗涤干净，即实验操作为取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液；若无沉淀产生，则已洗涤干净。

(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KCl组成的熔盐来制取金属锆，阳极上发生失去电子的氧化反应，因此阳极是氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上得到金属Zr，Zr元素化合价从+4价降低到0价，每转移0.4mole-，生成0.1molZr；则理论上阴极增加的质量为0.1mol×91g/mol＝9.1g。

(6)某温度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，则其饱和溶液中c(Zr4+)＝c(CO)，Ksp[Zr(CO3)2]=c(Zr4+)×c2(CO)=4.0×10-12，解得c(Zr4+)＝1×10-4mol/L，c(CO)＝2×10-4mol/L，所以pc(Zr4+)+pc(CO)=4+4－0.3＝7.7。【解析】①.物理变化②.不能③.ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品④.ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO⑤.取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净⑥.2Cl--2e-=Cl2↑⑦.9.1g⑧.7.720、略

【分析】【分析】

方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)中加入盐酸、饱和食盐水和MnO2，在加热条件下发生反应生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，MnO2被还原成Mn2+，过滤，滤渣1为S固体；加入MnO溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，滤渣2为Fe(OH)3；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡逆向移动，过滤得到PbCl2晶体；之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl；据此解答。

【详解】

(1)由上述分析可知，FeS2、MnO2和HCl发生氧化还原反应，FeS2中铁元素和硫元素被氧化成Fe3+和S，MnO2被还原成Mn2+，依据原子守恒和电子守恒，生成FeCl3的化学方程式为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O；答案为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O。

(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3，从而除去Fe3+，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；答案为Fe(OH)3。

(3)温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体；答案为温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体。

(4)难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为盐酸，可以在开始的浸取过程中循环利用，则X为H2SO4；PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，其K====1.48×103，当10mol的完成转化成PbSO4时，c(Cl-)==20mol·L-1，则c()===0.27(mol·L-1)，H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于10mol·L-1+0.27mol·L-1=10.27mol·L-1；答案为H2SO4；10.27mol·L-1。

(5)由Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)可知，铅蓄电池进行充电时，为电解池装置，铅蓄电池的正极与电源正极相连作为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++阴极的电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+当充电过程中转移2mole-时，阳极1molPbSO4变为1molPbO2，电极质量减轻303g-239g=64g，阴极1molPbSO4变为1molPb，质量减轻303g-207g=96g，即两极质量共减轻64g+96g=160g；答案为正；PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++减轻；160。【解析】3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2OFe(OH)3温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体H2SO410.27mol·L-1正PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++减轻160五、实验题(共4题，共12分)21、略

【分析】【详解】

（1）①由题干图示可知，反应0～2min，=根据反应速率之比等于其化学计量系数之比，故以NH3表示的平均反应速率为=故答案为：

②a.反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡，a不合题意；

b.反应前后气体的系数发生改变，即反应过程中容器的气体压强一直在改变，则容器内的气体压强保持不变，说明反应达到平衡，b符合题意；

c.根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，则当时反应的正逆反应速率不相等；反应未达到化学平衡，c不合题意；

d.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，即N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2不能说明反应达到化学平衡；d不合题意；

e.反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变，即气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到化学平衡，e符合题意；

f.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，则NH3的体积分数保持不变说明反应达到化学平衡；f符合题意；

故答案为：bef；

③

a.由题干反应历程图示信息可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的，即通过多步还原反应生成NH3；a正确；

b.过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所以所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，b错误；

c.适当提高N2分压，可以加快N2（g）→*N2反应速率，但N2在此步骤的转化率降低；c错误；

d.氨气分子的脱附可留下继续反应的空间；而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将降低反应速率，d正确；

故答案为：bc；

（2）①该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2+2H+═+2H2O，反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，反应B：①-②得到反应的离子方程式：I2+2=2I-+对于总反应，I-的作用相当于催化剂，故答案为：I2+2=2I-+催化剂；

②为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究；即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅱ跟实验Ⅰ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅱ中，x；y、z所对应的数值分别是：8、3、2，对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率，故答案为：8、3、2；其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；

③对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，混合溶液中小于第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象，故答案为：混合溶液中小于第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象。【解析】(1)befbc

(2)催化剂8、3、2其他条件相同，增大浓度可以加快该化学反应速率混合溶液中小于第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象22、略

【分析】【分析】

根据量热计的构造和测定原理结合实验的注意事项分析解答。

【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，环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量散失较大，产生实验误差；故答案为：环形玻璃搅拌棒；不能；铜传热快，热量散失多，导致误差大；

(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；故答案为：保温；隔热，减少热量散失；

(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；用60mL0.50mol/L的盐酸跟60mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，故答案为：不相等；参加反应的酸和碱的物质的量增多了；

(4)氨水为弱碱；电离过程中需要吸热，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；

(5)大烧杯上如不盖硬纸板；会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，即中和反应的反应热数值将偏小，故答案为：偏小。

【点睛】

明确中和热的测定步骤和实验注意事项为解答的关键。本题的易错点为(4)(5)，要注意比较的是数值(绝对值)，不能按照负值比较。【解析】环形玻璃搅拌棒不能铜传热快，热量散失多，导致误差大保温、隔热，减少热量散失不相等参加反应的酸和碱的物质的量增多了偏小偏小23、略

【分析】【分析】

容量瓶没有245mL规格的，只能用250mL容量瓶配制，根据m=nM计算需要的氢氧化钠的质量；测定中和热时需要先判断数据的有效性，再根据Q=m•c•△t计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算中和热，强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，根据计算的kJ分析误差产生的原因。

【详解】

(1)①容量瓶没有245mL规格的，只能用250mL容量瓶配制，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；故答案为：5.0；

②氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为：abe；

(2)①根据图示；仪器A为环形玻璃搅拌棒；量取酸和碱溶液时，要用到量筒，所以除图中所示仪器之外，还需要的玻璃仪器是量筒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；量筒；

②4次温度差分别为：4.0℃；6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2组数据相差较大，舍去，其他三次温度差的平均值4.0℃，故答案为：4.0；

③50mL0.50mol•L-1氢氧化钠与30mL0.50mol•L-1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80mL×1g/cm3=80g，温度变化的值为△t=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△t=80g×4.18J/(g•℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-53.5kJ/mol；强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，而实验测得生成1mol液态H2O时反应放出的热量为53.4kJ，测得的热量偏少。A．实验装置保温、隔热效果差，导致测得的热量偏少，故A正确；B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏多，故B错误；C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致热量散失，测得的热量偏少，故C正确；D．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，部分氢氧化钠与硫酸发生了中和反应，热量散失，同时硫酸的起始温度偏高，导致测得的热量偏少，故D正确，故选ACD，故答案为：-53.5kJ/mol；ACD。【解析】5.0abe环形玻璃搅拌棒量筒4.0ACD24、略

【分析】【分析】

【详解】

②△H=-(cspsVs+q)·(Td–Ta)/[c(CuSO4)Vs]=-kJ/mol=-210.7kJ/mol【解析】便于充分搅拌，使杯内温度尽快均匀不能因为铁丝会与硫酸铜反应并放热，将影响反应热测定结果的准确性；另一方面，铁丝传热快，将使温度不准由于锌粉过量，故可粗略称量；由于焓变ΔH要根据溶质硫酸铜的物质的量来求算，所以其浓度与体积要求准确[cpρ(H2O)V1+q](T3-T1)=cpρ(H2O)V2(T2-T3)表明量热计热量散失的程度用外推法补偿的由热量散失造成的温度差-210.7kJ/mol会导致测得的△H的绝对值偏小因为保温杯并非理想绝热材料，实际中杯壁的温度要比内部溶液的温度低，从而使测得的d点的温度Td偏小六、结构与性质(共2题，共4分)25、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，