2025年粤教版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年粤教版高三化学上册月考试卷594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、有机物分子中的原子（团）之间会相互影响，导致相同的原子（团）表现出不同的性质．下列现象不能说明上述观点的是（）A.苯酚与溴水可以直接反应，而苯与液溴反应则需要铁作催化剂B.乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应C.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO4溶液褪色D.苯酚可以与NaOH反应，而乙醇不能与NaOH反应2、下列变化需要加入还原剂才能实现的（）A.MnO4-→Mn2+B.HCl→Cl2C.Fe→Fe3+D.KClO3→O23、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）。A.使酚酞变红色的溶液：Fe3＋、Mg2＋、SO42－、NO3－B.KNO3的酸性溶液：Fe2＋、Ca2＋、Al3＋、Cl－C.常温下，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1的溶液：NH4＋、Na＋、SiO32－、CO32－D.透明的溶液：Cu2＋、Fe3＋、NO3－、MnO4－4、如图中的两条线分别代表的是：1gC3H6和1gM气体在相同容积的容器中，测得容器中的压强和温度的关系，试根据图形判断M气体可能是()A.C3H8B.C2H4C.H2SD.N2O45、共价键、离子键、配位键和范德华力是粒子之间的四种作用力．现有下列晶体：①Na2O2②SiO2③[Cu（NH3）4]Cl2④NH4Cl⑤NaCl⑥AlCl3，其中含有三种作用力的是（）A.只有①②③B.只有①②③⑥C.只有③④⑥D.只有③④评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、质量为4.6g的金属钠（含一种杂质）放入足量的盐酸中，可以收集到0.18g的气体，则钠中不可能含有的杂质是（）A.AlB.KC.CuD.Mg7、不可以证明可逆反应N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态的是（）A.一个N≡N断裂的同时，有3个H-H键断裂B.保持其它条件不变时，体系压强不再改变C.恒温恒容时，密度保持不变D.正反应速率v（H2）=0.6mol/L•min，逆反应速率v（NH3）=0.4mol/L•min8、下列叙述错误的是（）A.汽车尾气中的NOx是造成光化学烟雾的唯一因素B.空气中SO2、NOx等是形成酸雨的重要原因C.冬天撒盐熔雪能造成土壤和水污染D.河流人海口处形成的三角洲是海水使河水泥沙胶体凝聚的结果9、已知在100℃的温度下（本题涉及的溶液温度均为100℃），水的离子积KW=1×10-12．下列说法合理的是（）A.0.1mol/L的NaHSO4溶液，PH=1B.0.1mol/L的H2SO4溶液，PH＞1C.0.01mol/L的NaOH溶液，PH=10D.pH=9的NaOH溶液稀释1000倍，PH=710、为了确定（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）的成分，下列实验操作及叙述中正确的是（）A.取少量样品放入试管中，加热，试管口放一团蘸有无水硫酸铜粉末的棉花团，变蓝则可证明晶体的成分中一定含有结晶水B.取少量样品溶于水，向溶液中滴入几滴新制氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+C.取少量样品溶于水，滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42-D.取少量样品放入试管中，加入少量浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，则可证明晶体的成分中是否含有NH4+11、对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（）A.实验Ⅰ试管中红色溶液逐渐变成无色溶液B.实验Ⅱ试管中出现淡黄色浑浊C.实验Ⅲ碳棒上有无色气泡产生D.实验Ⅳ中酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、A；B、C、D四种溶液分别是氢氧化钡溶液、氨水、醋酸溶液、盐酸中的一种．已知同浓度的四种溶液：①加入大小完全相同的锌粒；仅A、C中放出气体，且开始时A中冒气泡的速度快；②相同条件下，取B、D溶液进行导电性实验，发现导电能力最差的是D．回答下列问题：

（3）D溶液为____；同浓度的四种溶液中，pH值最大的是____（填化学式）溶液．

（4）pH值和体积均相同的A和C溶液；分别与足量且大小完全相同的锌粒反。

应，开始时的反应速率v（A）____v（C）（填“＞”；“＜”或“=”；下同），最终产生气体。

的物质的量n（A）____n（C）．

（5）等体积等浓度的氨水和盐酸混合后，所得溶液呈____（填“酸性”；“碱。

性”或“中性”），用离子方程式解释其原因____．

（6）0.1mol/L氨水中除水分子以外的粒子有____（填化学式）．13、化学反应过程中发生物质变化的同时；常常伴有能量的变化．这种能量的变化常以热量的形式表现出来，叫做反应热．由于反应的情况不同，反应热可分为许多种，如标准燃烧热和中和反应反应热等．

（1）下列△H表示物质标准燃烧热的是____；表示中和反应反应热的是____．（填“△H1”、“△H2”、“△H3”等）

A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1B．C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=-Q1kJ•mol-1

C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H4=-Q2kJ•mol-1

E．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H5

（2）2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出99.6kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：____．

（3）根据题（1）中B、D判断1molCO（g）完全燃烧的△H=____．

（4）反应E的△H6可以用如图所示的装置进行测量．实验中直接测定的数据是____；从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是____；大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和反应的反应热的数值____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．14、氨的合成是重要的一项化工生产．已知合成氨有关能量变化的图象如图1．

（1）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=____；

（2）化学反应可视为旧健断裂和新键形成的过程，化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）出的能量．现提供以下化学键的键能（kJ•mol-1）：H-H：436；N≡N：946，则N-H的键能是。

____kJ•mol-1；

（3）在一定条件下按图2实线I进行，改变某条件按图2虚线II进行，则该条件可能是____；

（4）在一个密闭容器中加入1molN2、3molH2，一定条件下充分反应，其热效应始终小于92kJ，请说明原因____；

（5）在一个密闭容器中加入amolN2、bmolH2，达到平衡时n（N2）：n（H2）=1：3，则a：b=____．

（6）在一个5L密闭容器中加入8molN2、22molH2，2min内v（N2）=0.2mol•L-1•min-1，5min后达化学平衡，维持温度不变平衡时压强是反应前的11/15.2min和平衡时n（NH3）分别是____和____．（写出此结果的计算过程）15、已知：温度过高时，WO2（s）转变为WO2（g）：WO2（s）+2H2（g）═W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1WO2（g）+2H2（g）═W（s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1则WO2（s）═WO2（g）的△H=____．16、A、B、C、D四种可溶的化合物（所含离子各不相同），分别由阳离子Na＋、Mg2＋、Al3＋、Ba2＋和阴离子OH－、Cl－、SO42-、CO32-两两组合而成。为了确定这四种化合物的成分，某同学进行了如下实验操作：①将四种化合物各取适量配成溶液，分别装入四支试管。②取A溶液分别滴入另外三种溶液中，记录实验现象如下：B溶液白色沉淀沉淀不溶解C溶液白色沉淀沉淀不溶解D溶液白色沉淀沉淀部分溶解③向B溶液中滴入D溶液，无明显实验现象。请回答下列问题：（1）写出它们的化学式：A________；B________；C________；D________；（2）上述②的第三次实验，再加入A，沉淀部分溶解的离子方程式为_________________________________________________________________。（3）③中若向C溶液中滴入D溶液，可能出现的实验现象是_________________________________________________________________。用离子方程式表示其原因：_________________________________________。17、常温下，将amol•L-1CH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的bmol•L-1的盐酸使溶液呈中性（不考虑盐酸和醋酸的挥发），用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka=____．18、某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl2•2H2O）．

（1）实验室采用如下图所示的装置，可将反应①粗铜与Cl2反应转化为固体1（部分仪器和夹持装置已略去）．

①仪器A的名称是____．

②连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是____．

③装置B中发生反应的离子方程式是____．

④有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要（填“是”或“否”）____．

⑤虚线内缺少实验装置；请你画出装置图，标明药品名称．

（2）试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）____．

a．NaOHb．NH3•H2Oc．CuOd．Cu2（OH）2CO3e．CuSO4

操作①的名称是____．

（3）在溶液2转化为CuCl2•2H2O的操作过程中；发现溶液颜色由蓝色变为绿色．小。

组同学欲探究其原因．

已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：

Cu（H2O）42+（aq）+4Cl-（aq）⇌CuCl42-（aq）+4H2O（l）

蓝色黄色。

取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是（填序号）____．

a．将Y稀释；发现溶液呈蓝色。

b．在Y中加入CuCl2晶体；溶液变为绿色。

c．在Y中加入NaCl固体；溶液变为绿色。

d．取Y进行电解；溶液颜色最终消失。

（4）操作②需在氯化氢气流中经过加热浓缩、____、过滤、洗涤、干燥．评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)19、胶体属于介稳体系____．（判断对错）20、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）评卷人得分五、书写(共1题，共2分)21、①某烃1mol与2molHCl完全加成，生成的氯代烷最多还可以与6molCl2发生取代反应，则该烃的结构简式为____．

②欲检验CH2=CH-CHO中的官能团，可先将CH2=CH-CHO与新制的Cu（OH）2悬浊液共热，相关的化学反应方程式为____．评卷人得分六、综合题(共1题，共4分)22、［化学—选修化学与技术］（15分）请回答有关氯碱工业的如下问题：（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝＿＿＿＿（要求计算表达式和结果）;（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②HCl（盐酸）③BaCl2，这3种试剂添加的合理顺序是＿＿＿＿＿＿＿＿（填序号）（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。①图中X、Y分别是＿＿＿＿、＿＿＿＿（填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a％与b％的大小_＿＿＿＿；②分别写出燃料电池B中正极、负极上发生的电极反应正极：＿＿＿＿；负极：＿＿＿＿；③这样设计的主要节（电）能之处在于（写出2处）＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】A；羟基影响苯环；苯环上的邻位、对位氢原子易取代；

B；乙烯含有碳碳双键；乙烷为稳定结构；

C；苯环影响甲基；甲苯易被氧化；

D、苯环影响-OH，具有酸性．【解析】【解答】解：A；羟基影响苯环；苯环上的邻位、对位氢原子易取代，苯不含羟基，与液溴反应则需要铁作催化剂，可说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故A不选；

B；乙烯含有碳碳双键；乙烷为稳定结构，二者结构不同，性质不同，与原子团的影响无关，故B选；

C；苯环影响甲基；甲苯易被高锰酸钾氧化，而苯不能，可说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故C不选；

D；苯环影响-OH；具有酸性，乙醇为中性，-OH连接的烃基不同，可说明或原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故D不选；

故选B．2、A【分析】【分析】需要加入还原剂才能实现，则选项中氧化剂在反应中元素的化合价降低，以此来解答．【解析】【解答】解：A．Mn元素化合价降低；被还原，应加入还原剂，故A正确；

B．Cl元素化合价升高；被氧化，应加入氧化剂，故B错误；

C．Fe元素化合价升高；被氧化，应加入氧化剂才能实现，故C错误；

D．O元素化合价升高，被氧化，KClO3分解即生成O2；不需要加入氧化剂，故D错误．

故选A．3、D【分析】使酚酞变红色的溶液呈碱性，在碱性溶液中Fe3＋、Mg2＋不能大量存在，A错误；B项，溶液中有H＋和NO3－，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，B错误；C项，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中SiO32－、CO32－不能大量存在，在碱性溶液中，NH4＋不能大量存在，C错误。【解析】【答案】D4、B【分析】试题分析：由pV=nRT可知，在相同容积的容器中，若温度相同时，p与n成正比，由图可知，M的压强大，设M的相对分子质量为x，则1.2:0.8=1/x：1/42，解得x=28。C3H8的相对分子质量为44，C2H4的相对分子质量为28，H2S的相对分子质量为34，N2O4的相对分子质量为92，故B项正确。考点：本题考查阿伏加德罗定律、图像的分析。【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属元素之间形成共价键，单方提供空轨道和单方提供孤对电子可形成配位键，分子之间存在分子间作用力（范德华力），以此来解答．【解析】【解答】解：①Na2O2存在离子键和共价键；

②SiO2中只存在共价键；

③[Cu（NH3）4]Cl2中存在氯离子与四氨合铜离子之间的离子键；N-H之间的共价键及铜离子提供空轨道和N原子孤对电子形成的配位键；

④NH4Cl中含氯离子与铵根离子之间的离子键；N-H之间的共价键及氢离子提供空轨道和N原子孤对电子形成的配位键；

⑤NaCl中只含离子键；

⑥AlCl3中含共价键；配位键和范德华力；

则含有三种作用力的是③④⑥；

故选C．二、多选题(共6题，共12分)6、AD【分析】【分析】根据化学方程式2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，假设是纯净的钠4.6g与足量的稀盐酸反应生成氢气为0.2克；含有杂质的钠只生成0.18g氢气，说明等质量的金属时，杂质金属生成的氢气少，结合反应方程式计算．【解析】【解答】解：由化学方程式2Na+2HCl═2NaCl+H2↑；假设是纯净的钠4.6g与足量的稀盐酸反应生成氢气为0.2克；含有杂质的钠只生成0.18g氢气，说明等质量的金属时，杂质金属生成的氢气少；

A．2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；

2×273×2

4.6gm1

则m1=0.51g；

B．2K+2HCl═2KCl+H2↑

2×392

4.6gm2

则m2=0.12g

C．Cu与盐酸不反应；含有Cu时生成的氢气会减少；

D．Mg+2HCl═MgCl2+H2↑

242

4.6gm3

则m2=0.38g；

综上可知；含有Al或Mg时生成的氢气会大于0.2g，所以钠中不可能含有的杂质是Al；Mg；

故选AD．7、AC【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，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，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，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．【解析】【解答】解：A；一个N≡N断裂的同时；有3个H-H键断裂，都体现的正反应方向，故A错误；

B；随着反应的进行体系压强逐渐减小；容器内压强保持不变说明达平衡状态，故B正确；

C；恒温恒容时；密度始终保持不变，故C错误；

D、正反应速率v（H2）=0.6mol/L•min，逆反应速率v（NH3）=0.4mol/L•min，所以2v正（H2）=3v正（NH3）=3v逆（NH3）；故D正确；

故选AC．8、AC【分析】【分析】A．NOx和碳氢化合物在阳光照射下发生光化学反应产生二次污染物的现象；称为“光化学烟雾”；

B．空气中SO2、NOx等最终会转成强酸；

C．熔雪盐不会能造成土壤和水污染；是食用盐；

D．海水能使河水泥沙胶体凝聚形成的三角洲．【解析】【解答】解：A．尾气中的NOx是会造成光化学烟雾；但不是唯一因素，碳氢化合物也可以，故A错误；

B．空气中SO2、NOx等最终会转成强酸；是形成酸雨的重要原因，故B正确；

C．熔雪盐是食用盐；不会能造成土壤和水污染，故C错误；

D．海水中电解质浓度较大；在人海口处能使河水泥沙胶体凝聚形成的三角洲，故D正确；

故选AC．9、AC【分析】【分析】100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下的中性溶液中pH=6，pH小于6的为酸性溶液，大于6的为碱性溶液，pH=-lgc（H+），强酸和强碱反应的混合溶液呈中性时，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，注意碱性溶液中氢氧根离子浓度的计算方法．【解析】【解答】解：100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12；所以该温度下的中性溶液中pH=6；

A.0.1mol•L-1的硫酸氢钠溶液中，c（H+）=0.1mol•L-1；所以pH=1，故A正确；

B.0.1mol/L的H2SO4溶液，c（H+）=2×0.1mol•L-1=0.2mol/L；PH＜1，故B错误；

C.0.01mol/L的氢氧化钠溶液，c（OH-）=0.01mol/L，c（H+）=10-10mol/L；pH=10，故C正确；

D．pH=9的NaOH溶液稀释1000倍；PH≈6，故D错误；

故选AC．10、AD【分析】【分析】A；加热失去结晶水；

B、向溶液中滴入几滴新制氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变为红色，只能说明滴入氯水后溶液中含Fe3+；

C；依据硫酸根离子的检验方法分析判断；

D、加入的浓NaOH溶液能和NH4+反应生成NH3．【解析】【解答】解：A；晶体加热后能使无水硫酸铜变蓝；说明有水生成，则证明晶体中含结晶水，故A正确；

B、向溶液中滴入几滴新制氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明含Fe3+，但此Fe3+不一定是由Fe2+氧化而来的；可能是原来含有的，故B错误；

C、加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42-；这是硫酸根离子的检验方法，故C错误；

D、加入的浓NaOH溶液能和NH4+反应生成NH3，故向样品中加入少量浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明有氨气生成，则晶体的成分中含有NH4+；故D正确．

故选AD．11、CD【分析】【分析】A．反应生成硅酸沉淀；

B．实验Ⅱ试管中发生二氧化硫与氯化铁的反应；

C．实验Ⅲ为原电池；Fe为负极，碳棒为正极，氢离子得电子；

D．实验Ⅳ中生成乙烯，能被高锰酸钾氧化．【解析】【解答】解：A．反应生成硅酸沉淀；则观察到溶液变浑浊，故A错误；

B．实验Ⅱ试管中发生二氧化硫与氯化铁的反应；S元素的化合价升高，生成硫酸根离子，不会出现淡黄色沉淀，故B错误；

C．实验Ⅲ为原电池；Fe为负极，碳棒为正极，氢离子得电子，则碳棒上有无色气泡产生，故C正确；

D．实验Ⅳ中生成乙烯，能被高锰酸钾氧化，则酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去；故D正确；

故选CD．三、填空题(共7题，共14分)12、氨水Ba（OH）2=＜酸性NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+NH3、NH3•H2O、NH4+、H+、OH-【分析】【分析】①加入大小完全相同的锌粒；仅A；C中放出气体，说明A、C为酸，且开始时A中冒气泡的速度快，则A的酸性强为盐酸，C为醋酸；

②相同条件下；取B；D溶液进行导电性实验，发现导电能力最差的是D，则D为弱电解质，即D为氨水，B为氢氧化钡；

（3）根据分析判断；碱性最强的溶液的pH最大；

（4）氢离子浓度相同；则反应速率相同；pH值和体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大；

（5）等体积等浓度的氨水和盐酸混合生成氯化铵；铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；

（6）氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH4++OH-，H2O⇌H++OH-．【解析】【解答】解：①加入大小完全相同的锌粒；仅A；C中放出气体，说明A、C为酸，且开始时A中冒气泡的速度快，则A的酸性强为盐酸，C为醋酸；

②相同条件下；取B；D溶液进行导电性实验，发现导电能力最差的是D，则D为弱电解质，即D为氨水，B为氢氧化钡；

（3）分析可知D溶液为氨水；四种溶液浓度相同；分别为盐酸；氢氧化钡、醋酸、氨水，其中碱性最强的溶液是氢氧化钡，其pH最大；

故答案为：氨水；Ba（OH）2；

（4）pH值和体积均相同的HCl和醋酸溶液中氢离子浓度相同；则反应速率相同；pH值和体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大，所以醋酸与Zn反应生成的氢气的物质的量大，即n（A）＜n（C）；

故答案为：=；＜；

（5）等体积等浓度的氨水和盐酸混合生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性；铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，其水解方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

故答案为：酸性；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

（6）氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，H2O⇌H++OH-，所以氨水中除水分子以外的粒子有NH3、NH3•H2O、NH4+、H+、OH-；

故答案为：NH3、NH3•H2O、NH4+、H+、OH-．13、△H4△H52C2H2（g）+5O2=4CO2（g）+2H2O（l）△H2=-2589.6kJ•mol-1（Q1-Q2）kJ•mol-1温度环形玻璃搅拌棒偏小【分析】【分析】（1）燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；中和反应反应热：稀的强酸与强碱溶液反应生成1mol水放出热量；以此解答该题；

（2）根据2.00gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2，放出99.6kJ的热量，计算1molC2H2燃烧放出的热量；结合化学方程式书写热化学方程式．注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；

（3）依据盖斯定律D-B的CO（g）+O2（g）=CO2（g）据此解答；

（4）依据中和热测定步骤及量热计构造解答．【解析】【解答】解：（1）A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1中氢气的物质的量不是1mol，所以△H1不能表示燃烧热；故A错误；

B．C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=-Q1kJ•mol-1，生成产物不是最稳定氧化物，所以△H2不能表示燃烧热；故B错误；

C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3，生成水为气体，不是最稳定氧化物，所以△H3不能表示燃烧热；故C错误；

D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H4=-Q2kJ•mol-1，碳的物质的量为1mol生成物二氧化碳为稳定氧化物，所以△H5能表示燃烧热；故D正确；

E．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H5，符合中和热定义，△H5能表示中和反应反应热；故E正确；

故答案为：△H4；△H5；

（2）C2H2气体完全燃烧反应的化学方程式为：2C2H2+5O24CO2+2H2O，2.00gC2H2气体n（C2H2）==mol，放出99.6kJ的热量，则1molC2H2燃烧放出的热量为：99.6kJ×13=1294.8KJ，则热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2=4CO2（g）+2H2O（l）△H2=-2589.6kJ•mol-1；

故答案为：2C2H2（g）+5O2=4CO2（g）+2H2O（l）△H2=-2589.6kJ•mol-1；

（3）依据盖斯定律D-B的CO（g）+O2（g）=CO2（g），所有反应的焓变为△H=（Q1-Q2）kJ•mol-1；

故答案为：（Q1-Q2）kJ•mol-1；

（4）反应E的△H6可以用如图所示的装置进行测量．实验中直接测定的数据是温度；

量热计应带环形玻璃搅拌棒；大烧杯上如不盖硬纸板；导致热量损失，所有求得的中和反应的反应热的数值偏小；

故答案为：温度；环形玻璃搅拌棒；偏小．14、-92KJ/mol391加入催化剂可逆反应不能完全转化1：34mol8mol【分析】【分析】（1）从图象可知；反应物能量高于生成物，反应放热，△H=生成物能量和-反应物能量和；

（2）据△H=反应物键能和-生成物键能和求算；

（3）反应的活化能降低了；催化剂能够降低反应的活化能；

（4）焓变是生成物与反应物能量差；可逆反应不能完全转化，放热比焓变小；

（5）合成氨反应中氮气和氢气的物质的量之比为1：3；平衡时为1：3，说明加入的反应物之比一定为1：3；

（6）在一个5L密闭容器中加入8molN2、22molH2，2min内v（N2）=0.2mol•L-1•min-1，所以2min内消耗氮气为0.2×5×2=2mol，根据N2+3H2⇌2NH3所以生成氨气为4mol，则2minn（NH3）是4mol；

5min后达化学平衡；则根据。

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）设反应转换xmol氮气；则有。

开始8220

转换x3x2x

平衡8-x22-3x2x

根据平衡时压强之比等于物质的量之比列方程计算．【解析】【解答】解：（1）从图象可知；△H=生成物能量和-反应物能量和=-92KJ/mol，故答案为：-92KJ/mol；

（2）△H=反应物键能和-生成物键能和；-92KJ/mol=3×436KJ/mol+946KJ/mol-6×Q（N-H），所以Q（N-H）=391KJ/mol，故答案为：391；

（3）实线I比虚线II的活化能高；其他相同，说明使用了催化剂，因为催化剂是通过降低反应的活化能加快反应速率的，故答案为：加入催化剂；

（4）可逆反应的反应物不能完全转化；放热就少，故答案为：可逆反应不能完全转化；

（5）合成氨反应中氮气和氢气的物质的量之比为1：3，平衡时为1：3，说明加入的反应物之比一定为1：3，所以a：b=1：3；故答案为：1：3；

（6）在一个5L密闭容器中加入8molN2、22molH2，2min内v（N2）=0.2mol•L-1•min-1，所以2min内消耗氮气为0.2×5×2=2mol，根据N2+3H2⇌2NH3所以生成氨气为4mol，则2minn（NH3）是4mol；

5min后达化学平衡；则根据。

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）设反应转换xmol氮气；则有。

开始8220

转换x3x2x

平衡8-x22-3x2x

因为平衡时压强是反应前的11/15，所以=；解得x=4mol

所以平衡时n（NH3）为4×2=8mol，故答案为：4mol；8mol．15、+203.9kJ•mol-1【分析】【分析】根据盖斯定律和题干已知热化学方程式相减得到目标反应的热化学方程式，从而得出该反应的焓变．【解析】【解答】解：①WO2（s）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1；

②WO2（g）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1；

依据盖斯定律①-②得到：WO2（s）⇌WO2（g）△H=+203.9kJ/mol；

故答案为：+203.9kJ•mol-1．16、略

【分析】分析4种阳离子和4种阴离子之间的关系可知：CO32-只能与Na＋结合成Na2CO3，则OH－只能与Ba2＋结合成Ba（OH）2。对照实验②可知A为Ba（OH）2，D溶液中生成的白色沉淀再加Ba（OH）2溶液后沉淀部分溶解，说明D是Al2（SO4）3。根据实验③可确定B是MgCl2，则C是Na2CO3。（3）中CO32-与Al3＋发生水解相互促进反应生成气体和沉淀。【解析】【答案】（1）Ba（OH）2MgCl2Na2CO3Al2（SO4）3（2）Al（OH）3＋OH－=AlO2-＋2H2O（3）冒出大量气泡，同时生成白色沉淀2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al（OH）3↓＋3CO2↑17、【分析】【分析】盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，由于溶液体积加倍，则离子浓度均减半，故c（Cl-）=0.5bmol/L，而根据溶液的电中性可知：c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO-）=（0.5a-0.5b）mol/L，根据醋酸的电离常数表达式来计算．【解析】【解答】盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，则生成的c（CH3COOH）=0.5bmol/L，溶液显中性，故c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，根据电荷守恒，c（Cl-）=0.5bmol/L，c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO-）=（0.5a-0.5b）mol/L；

醋酸的电离常数Ka===，故答案为：．18、分液漏斗检验装置气密性MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O否cd过滤abc冷却结晶【分析】【分析】粗铜中含有Fe，与氯气反应生成CuCl2和FeCl3，调节溶液pH，使FeCl3发生水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，则加入的物质应不能引入新杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2，经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体；实验室用二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，含有HCl、H2O等杂质；通过浓硫酸进行干燥后与铜反应；

（1）①仪器A是分液漏斗；

②制备气体；应首先检验装置的气密性；

③装置B中制取氯气；二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰；氯气、水；

④HCl对反应没有影响；

⑤氯气有毒；尾气需进行处理，氯气和碱反应生成无毒物质，所以用碱液吸收尾气；

（2）由工艺流程可知；加入试剂X用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，不能引入新杂质；固体液体分离用过滤；

（3）根据平衡移动原理分析；

（4）氯化铜中的金属铜离子易水解，在氯化氢气流中可以抑制氯化铜水解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到CuCl2•2H2O晶体．【解析】【解答】解：（1）①仪器A是分液漏斗；向烧瓶中滴加盐酸制取氯气；

故答案为：分液漏斗；

②制备气体；不能漏气，所以连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是应首先检验装置的气密性；

故答案为：检验装置气密性；

③装置B中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

④HCl对反应没有影响；不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置；

故答案为：否；

⑤反应后尾气含有氯气，不能直接排放到空气中，应用NaOH溶液进行尾气的吸收