2025年外研衔接版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年外研衔接版选修4化学下册月考试卷207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、合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)。

已知下列键能数据：

。化学键。

C—H

H—O

C=O

H—H

键能/kJ·mol-1

414

464

803

436

则该反应的△H=（）A.+162kJ·mol-1B.-766kJ·mol-1C.-162kJ·mol-1D.+1470kJ·mol-12、25℃时，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的盐酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列说法不正确的是A.若将四种溶液稀释100倍，稀释后溶液pH大小顺序：③>④>②>①B.等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，混合后溶液呈酸性C.等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④D.等体积的①和②分别与足量的锌粒反应生成的氢气在同温同压下体积：①>②3、下列说法正确的是A.25℃水的电离常数是1.0×10－12B.中性溶液的c(H＋)＝C.纯水在100℃时，c(H＋)>10－7mol·L－1，所以此时纯水中c(H＋)>c(OH－)D.pH<7的溶液一定是酸溶液4、常温下，在溶液中逐滴加入溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化下列说法正确的是

A.在溶液中：B.当溶液的pH为7时，溶液的总体积为C.在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是D.在A点所示的溶液中：5、HCN是一种剧毒性的酸，常温下，0.10mol∙L-1HCN溶液的pH=3，下列说法正确的是A.HCN是一种强酸B.相同浓度的NaCl溶液与NaCN溶液，前者的pH更大C.在NaCN溶液中存在：c(Na+)=c(HCN)+c(CN－)D.中和相同体积与浓度的HCl溶液与HCN溶液，所消耗的NaOH溶液的体积不同6、下列说法不正确的是A.室温下测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液pH=3.0，则HA一定为弱电解质B.室温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=11.0.C.室温下NaClO溶液中有：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（ClO-）D.室温下0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.07、不同物质的溶液酸碱性不同，根据下表中pH的情况判断，下列说法中不正确的是（）。盐酸CuSO4溶液NaCl溶液水Na2CO3溶液NaOH溶液pH<7<7=7=7>7>7

A.酸溶液一定显酸性B.显碱性的溶液不一定是碱溶液C.盐溶液一定显中性D.盐溶液不一定显中性8、常温下联氨的水溶液中有：

提示：二元弱碱的电离也是分步电离

该溶液中的微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A.据A点可求：B.D点溶液的C.若C点为溶液，则存在：D.在水溶液中，9、下图所示的电解池I和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d。符合上述实验结果的盐溶液是。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝；回答下列问题：

（1）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol·L−1）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式____________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_____________。

（2）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pc如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______（填“增大”“不变”或“减小”）。

②反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为________________。

（3）如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2；也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是______________。

②已知下列反应：

SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)的ΔH=_______。11、参考下列图表和有关要求回答问题：

(1)图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_________。

(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：

①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1

②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1

又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1

则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化学键的键能数据：。化学键P—PP—OO=OP=O键能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝________kJ·mol－112、在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：。时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007

（1）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是________。

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

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。

a.v（NO2）＝2v（O2）b.容器内压强保持不变。

c.2v逆（NO）＝v正（O2）d.容器内气体的平均摩尔质量保持不变。

（4）能使该反应的反应速率增大的是________。

a.及时分离出NO2气体b.适当升高温度。

c.增大O2的浓度d.选择高效催化剂13、体积均为100mL、pH=2的CH3COOH与一元酸HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数。

14、(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红。该溶液中HSO3－的电离程度______HSO3－的水解程度。（填＞；＜或＝）

(2)物质的量浓度相同的①氨水；②氯化铵；③碳酸氢铵；④硫酸氢铵；⑤硫酸铵5种溶液中，c（NH4+）的大小顺序是__________________。（用序号从大到小表示）15、(1)AlCl3溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，原因是____________________________(用离子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____________________(写化学式)。实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的________；以抑制其水解。

(2)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。

(3)25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中，c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。

(4)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，醋酸体积________氢氧化钠溶液体积(填“>”“＝”或“<”)。

(5)已知0.1mol·L－1的NaHCO3溶液pH＝9，则溶液中c(CO32-)________c(H2CO3)(填“>”“＝”或“<”)，其溶液显电中性的原因是________________________(用离子浓度关系式表示)。16、按要求填写下面的空。

（1）温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液；它们的pH值由小到大的排列顺序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3；则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加水稀释。pH值将_____（填“增大”；“减小”或“无法确定”）

（3）25℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝______（取近似值）

（4）pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)__________V(CH3COOH)(填“>”、“<”或“=”；下同)

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl)_____pH(CH3COOH)17、硼酸（H3BO3）为白色粉末状结晶，大量用于玻璃工业，可以改善玻璃制品的耐热、透明性能，提高机械强度，缩短熔融时间。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸的工艺流程如下（部分操作和条件略）：

I．向铁硼矿粉中加入过量稀H2SO4；过滤；

Ⅱ．向滤液中加入过量双氧水；再调节溶液的pH约为5；

Ⅲ．过滤；将所得滤液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤得粗硼酸和含镁盐的母液；

Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸。

已知：生成氢氧化物沉淀的pH

。

Al（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Mg（OH）2

开始沉淀时。

3.8

5.8

2.2

10.6

完全沉淀时。

4.7

8.3

4．0

12

注：金属离子的起始浓度为0．01mol·L-1

请回答：

（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式：___________。

（2）为提高步骤I中的反应速率；可采取的措施有_________________（写出两条）。

（3）步骤Ⅱ的目的是_______________________。

（4）“粗硼酸”中的主要杂质是___________________。18、(1)依据反应：设计的原电池如图所示。

①电极X的材料是________；Y溶液可以是________溶液。

②电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，向溶液扩散的离子是________（填离子符号）。

(2)钢铁发生电化学腐蚀可分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀；可以采用电化学手段进行防护。

①写出钢铁在酸性较强的环境中发生电化学腐蚀的正极反应式：_________。

②为了减缓水库铁闸门被腐蚀的速率；可以采用下图所示的方案：

其中连接在铁闸门上的固体材料R可以采用________（填写字母序号）。

a.铜b.钠c.锌d.石墨。

(3)电解原理在工业上有着广泛的用途；如图表示一个电解池，装有电解液a；X；Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。

①若X、Y都是惰性电极，a是饱和溶液，则电解的总反应式为________________。

②当电路中流通电子时，整个装置共放出气体________L（标准状况下）。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共2题，共10分)20、从下列试剂中选择实验所需的物品，你__(填“能”或“不能”)区分0.1mol·L-1的硫酸和0.01mol·L－1的硫酸。若能；简述操作过程__。

①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸21、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)评卷人得分五、计算题(共4题，共40分)22、到目前为止；由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。

(1)在25℃、101kPa下，16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______。

(2)化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物的键能(E)有关。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣185kJ/mol，E(H﹣Cl)=432kJ/mol，E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol则E(H﹣H)=_____。

(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ•mol﹣1，C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ•mol﹣1，则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式_____。

(4)如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化示意图：

①请计算每生成1molNH3放出热量为：______。

②若起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为_________。23、化学反应伴随能量变化；获取反应能量变化有多条途径。

(1)下列反应中，属于吸热反应的是______(填字母)。

A.Na2O与水反应B.甲烷的燃烧反应C.CaCO3受热分解D.锌与盐酸反应。

(2)获取能量变化的途径①通过化学键的键能计算。已知：。化学键种类H—HO＝OO—H键能(kJ/mol)436498463.4

计算可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H＝____________kJ·mol-1

②通过盖斯定律可计算。已知在25℃；101kPa时：

Ⅰ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O(s)△H＝－414kJ·mol-1

Ⅱ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H＝－511kJ·mol-1

写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式__________。

③利用实验装置测量。测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，若取50mL0.50mol·L-1的盐酸，则还需加入________(填序号)。

A.50mL0.50mol·L-1NaOH溶液B.50mL0.55mol·L-1NaOH溶液C.1.0gNaOH固体24、在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

（1）0～9min内，v(H2)=__mol·L−1·min−1。

（2）能说明上述反应达到平衡状态的是__(填编号)。

a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1

b．混合气体的密度不随时间的变化而变化。

c．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O

d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变。

e．混合气体的压强不随时间的变化而变化。

（3）平衡时H2的转化率为___。

（4）平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数是__。

（5）一定温度下，第9分钟时v正(CH3OH)__(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时v逆(CH3OH)。25、（1）在常温下的0.05mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝_______mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝___________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________mol·L－1。

（2）某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)为_____________mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4mol·L－1，则溶液中c(OH－)为_______________mol·L－1，此时温度_______(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共6分)26、金属钛(Ti)及其合金是高强度、低密度结构材料，在航空航天、医疗器械等领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将TiO2转化为TiCl4；再进一步还原得到钛。

(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法(反应a)和碳氯化法(反应b)。

a．TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=172kJ·mol-1

b．TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH2

已知：C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH4=-566.0kJ·mol-1

①直接氯化反应在___________(填“高温”“低温”)有利于自发进行。

②ΔH2=___________kJ·mol-1

③碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，从熵变角度分析可能的原因是___________。

④已知常压下TCl4的沸点为136°C，从碳氯化反应的混合体系中分离出TiCl4的措施是___________。

(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中TiCl4、CO、CO2平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。

①已知在200°C平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是___________。

②图中a曲线代表的物质是___________，原因是___________。

③反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数Kp(1200°C)=___________Pa。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

在化学反应中，旧的键断开需要吸收能量，新的键形成释放能量，则反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则该反应的反应热△H=4×414kJ·mol-1+4×464kJ·mol-1-2×803kJ·mol-1-4×436kJ·mol-1=+162kJ·mol-1，故选A。2、B【分析】【分析】

本题考查弱电解质的电离平衡；溶液中的pH计算及酸性强弱的比较，溶液的稀释对电离平衡的影响以及溶液的酸碱性的判断，难度较大。

【详解】

pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1,pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3mol·L－1,pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3mol·L－1

A.若将四种溶液稀释100倍，弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液，则稀释后溶液pH大小顺序为：③>④>②>①，A项错误；

B.等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐；氨水为弱碱，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液呈碱性，其pH大于7，B项正确；

C.c(NH3·H2O)＞c(NaOH)所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④，C项错误；

D.醋酸为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，等体积的①和②分别与足量镁粉反应，生成的量①>②；D项错误；

答案选B。

【点睛】

因醋酸为弱酸故pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1，氨水为弱碱pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，故BCD三项在判断时，应考虑其物质的总量来判断。3、B【分析】【详解】

A．温度为25℃，纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,c(H2O)==55.6mol/L，则水的电离常数是=≈1.79×10-12；故A错误。

B．已知Kw=c(H+)×c(OH-)，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，则c(H+)=故B正确；

C．温度升高到100℃，水的电离度增大，则c(H+)=c(OH-)＞10-7mol/L，但c(H+)和c(OH-)仍相等；故C错误；

D．温度未知；pH＜7的溶液不一定呈酸性，可能呈中性或碱性，如100℃时中性溶液pH=6，故D错误；

故答案为B。4、C【分析】【详解】

A.不符合电荷守恒，Na2CO3溶液中的电荷守恒为选项A错误；

B.溶液的总体积为此时应为溶液与溶液恰好完全反应生成溶液；溶液呈弱碱性，不可能为7，选项B错误；

C.B点对应的是碳酸氢钠，浓度最大的阳离子是Na+；选项C正确；

D.根据图像可知，A点所示的溶液呈碱性，选项D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查离子浓度大小的比较，明确溶液的成分及所含有的微粒，并结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3-的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，难点是B，采用逆推的方法分析解答。5、C【分析】【详解】

A选项，常温下，0.10mol∙L-1HCN溶液的pH=3，即c(H+)=0.001mol∙L-1；可知HCN不能完全电离，故为弱酸，故A错误；

B选项；NaCl是强碱强酸盐，不水解，溶液显中性，即pH=7；而NaCN为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH大于7，故相同浓度的NaCl溶液与NaCN溶液，后者的pH更大，故B错误；

C选项，在NaCN溶液中，是弱酸根，在溶液中能部分水解为HCN分子，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(HCN)+c(CN－)；故C正确；

D选项；相同体积与浓度的HCl溶液与HCN溶液中HCl与HCN的物质的量相同，且两者均为一元酸，故消耗的氢氧化钠的体积相同，故D错误。

综上所述，答案为C。6、D【分析】【详解】

A．若HA是强电解质，则室温下测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液PH=1.0；现在为pH=3.0，说明HA只有1%发生了电离，故HA一定为弱电解质，A正确；

B．室温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)为0.1mol·L-1，加水稀释100倍后，c(OH-)变为0.001mol·L-1，故c(H+)为10-11mol·L-1；故所得溶液的pH=11.0，B正确；

C．室温下NaClO溶液中只存在H+、Na+、OH-、ClO-四种离子，根据电荷守恒有：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（ClO-）；C正确；

D．室温下0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合；恰好完全反应生成NaA，若HA为强酸，则所得溶液pH等于7.0，若HA为弱酸，则由于水解溶液显碱性pH大于7.0，故所得溶液PH不一定等于7.0，D错误；

故答案为：D。7、C【分析】【详解】

A．盐酸的pH<7；由此可得：酸溶液一定显酸性，A正确；

B．显碱性的溶液可能是碱溶液；也可能是强碱弱酸盐溶液，B正确；

C．盐溶液不一定显中性，如CuSO4溶液显酸性，Na2CO3溶液显碱性；C不正确；

D．盐溶液不一定显中性；可能显酸性，也可能显碱性，D正确；

故选C。8、B【分析】【分析】

已知联氨的两步电离分别为：N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-．曲线Ⅰ为N2H4、Ⅱ为N2H5+、Ⅲ为N2H62+；

【详解】

A．K1=A点N2H5+和N2H4的物质的量分数相等，则c(N2H5+)=c(N2H4)，K1=c(OH-)=10-6；故A正确；

B．K2=B点c(N2H5+)=c(N2H62+)，则K2=c(OH-)=10-15；①N2H4+H2ON2H5++OH-，②N2H5++H2ON2H62++OH-，①+②得N2H4+2H2ON2H62++2OH-，则K1×K2==10-6×10-15=10-21，在D点c(N2H4)=c(N2H62+)，故c(OH-)==10-10.5；故B错误；

C．N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)，C点显酸性，c(H+)＞c(OH-)，c(Cl-)＞(N2H5+)+2c(N2H62+)；故C正确；

D．在N2N5Cl的水溶液中，存在电荷守恒c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)和物料守恒：c(Cl-)=c(N2H4)+c(N2H5+)+c(N2H62+)，则c(OH-)+c(N2H4)+c(N2H5+)+c(N2H62+)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)得c(OH-)+c(N2H4)=c(H+)+c(N2H62+)；故D正确；

故答案为B。9、D【分析】【详解】

电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d；则。

A．在金属活动性顺序表中；Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；

B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d；故B错误；

C．在金属活动性顺序表中；Fe；Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；

D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d；故D正确；

故选D。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【分析】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，会将NO氧化成NO3-，且NaClO2溶液呈碱性，据此分析作答；

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；

（2）①由图分析可知，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；

②化学平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；根据平衡常数的定义列出具体表达式；

（3）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；

②根据盖斯定律计算。

【详解】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的；则增加压强，NO的转化率提高；

故答案为3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同；还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

故答案为大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（2）①由图分析可知，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为减小；

②反应ClO2−+2SO32-===2SO42-+Cl−的平衡常数K表达式为：K=；

故答案为K=

（3）①如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca(ClO)2效果好；

故答案为形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高；

②SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则根据盖斯定律可知①+②−③即得到反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)，则△H1＋△H2－△H3；

故答案为△H1＋△H2－△H3。【解析】4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小K=形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高△H1＋△H2－△H311、略

【分析】【分析】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ；根据热化学方程式书写原则进行书写；

(2)依据热化学方程式；利用盖斯定律进行计算；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；根据化学键的断裂和形成的数目进行计算。

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1；

(2)①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，又知③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，依据盖斯定律计算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以(6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)-12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol=-1194kJ/mol，解得：x=138，故答案为：138。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。【解析】减小不变NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ·mol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ·mol-113812、略

【分析】【分析】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，结合c=计算；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；根据v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算NO2的反应速率；

(3)结合平衡的特征分析判断是否为平衡状态；

(4)根据浓度；压强、催化剂等对反应速率的影响分析判断。

【详解】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，NO的物质的量浓度是=0.0035mol/L；故答案为：0.0035mol/L；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向进行，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；

0～2s内v(NO)==0.0030mol/(L·s)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol/(L•s)，故答案为：b；0.003mol/(L•s)；

(3)a．v(NO2)=2v(O2)始终存在，不能判定平衡状态，故a不选；b．反应后气体的物质的量逐渐减小，则容器内压强逐渐减小，当压强保持不变，说明达到平衡状态，故b选；c．2v逆(NO)=v正(O2)，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故c不选；d．容器内气体的质量不变、物质的量逐渐减小，则气体的平均摩尔质量逐渐增大，当气体的平均摩尔质量保持不变，说明达到平衡状态，故d选；故答案为：bd；

(4)a．及时分离出NO2气体，正反应速率减小，故a不选；b．适当升高温度，反应速率增大，故b选；c．增大O2的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；d．选择高效催化剂，反应速率加快，故d选；故答案为：bcd。【解析】①.0.0035mol/L②.b③.3.0×10－3mol/（L·s）④.b、d⑤.bcd13、略

【分析】【详解】

pH相等的酸中；加水稀释促进弱酸的电离，稀释相同的倍数，pH变化大的酸的酸性强，由图可知，HX的pH变化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，故答案为：大于。

【点睛】

对于强酸溶液，稀释10倍，pH增大1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH增大不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7；对于强碱溶液，稀释10倍，pH减小1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH减小不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7；弱酸弱碱的稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH的范围。【解析】大于14、略

【分析】【分析】

（1）根据HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性分析；

（2）根据NH4+水解方程式NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+分析；

【详解】

（1）HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性；根据指示剂变色，判断溶液呈酸性，故电离大于水解。

故答案为：＞；

（2）水解和电离是微弱，⑤中铵根离子为硫酸根离子的两倍，故铵根离子浓度最大；④中氢离子抑制了铵根离子的水解；②中只有铵根离子水解，不促进也不抑制；③中碳酸氢根离子的水解产生氢氧根离子，促进了铵根离子的水解。所以铵根离子的浓度由大到小为④②③，①为弱电解质，只能很少部分电离，水解和电离是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小顺序为⑤④②③①。

故答案为：⑤④②③①。【解析】①.＞②.⑤④②③①15、略

【分析】【详解】

（1）氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式是AI3++3H2OAI（OH）3+3H+。水解是吸热的，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，所以最终生成的是氢氧化铝，灼烧则得到氧化铝。所以实验室在保存AlCl3溶液时；常在溶液中加少量的盐酸，以抑制氯化铝的水解。

（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，恰好反应，生成醋酸钠。醋酸钠水解，溶液显碱性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＞c(CH3COO－)。

（3）由于醋酸是弱酸，所以pH＝3的醋酸的浓度大于0.001mol/L，则在和氢氧化钠反应时，醋酸是过量的，所以溶液显酸性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＜c(CH3COO－)。

（4）根据电荷守恒定律可知，当溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等是，氢离子浓度等于OH－浓度；溶液显中性。这说明醋酸应该是过量的，所以醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积。

（5）0.1mol·L－1的NaHCO3溶液PH=9，这说明碳酸氢钠的水解程度大于碳酸氢钠的电离程度，所以溶液中c(CO32-)＜c(H2CO3)。根据电荷守恒定律可知，离子浓度的关系是2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)。【解析】①.酸②.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+③.Al2O3④.HCl⑤.抑制⑥.碱⑦.＞⑧.＜⑨.中⑩.＞⑪.＜⑫.2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)16、略

【分析】【分析】

（1）先判断出溶液的酸碱性；然后利用盐类水解规律进行分析；

（2）利用电离平衡常数进行计算；以及浓度对弱电解质电离的影响进行分析；

（3）根据电荷守恒以及离子积进行分析判断；

（4）先稀释相同倍数；判断出pH的大小，然后继续加水稀释得出结果；

（5）利用强电解质完全电离；弱电解质部分电离进行分析；

【详解】

（1）①(NH4)2SO4溶液显酸性，②NaNO3溶液显中性，③NH4HSO4溶液显酸性，④NH4NO3溶液显酸性，⑤NaClO溶液显碱性，⑥CH3COONa溶液显碱性，CH3COOH的酸性强于HClO，即ClO－水解能力强于CH3COO－，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全电离NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液显酸性，是因为NH4＋水解造成，水解程度微弱，相同浓度时，(NH4)2SO4的酸性强于NH4NO3；因此pH由小到大的顺序是③①④②⑥⑤，故A正确；

答案为A；

（2）CH3COOH的电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(H＋)=c(CH3COO－)=10－3mol·L－1，醋酸为弱电解质，电离程度微弱，溶液中C(CH3COOH)约为0.1mol·L－1，电离平衡常数Ka==10－5；向此溶液中加水稀释，虽然促进醋酸的电离，但c(H＋)减小；即pH增大；

答案为10－5；增大；

（3）根据电荷守恒，c(NH4＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，该溶液的pH=3，则溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，c(OH－)=10－11mol·L－1，代入上述表达式，2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－3－10－11≈10－3mol·L－1；

答案为10－3mol·L－1；

（4）醋酸为弱酸，部分电离，加水稀释促进电离，盐酸为强酸，全部电离，相同pH的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数，醋酸的pH小于盐酸的pH，为达到pH再次相等，需要向醋酸中继续加水稀释，因此加水的体积V(HCl)3COOH)；

答案为<；

（5）盐酸为强酸，0.1mol·L－1盐酸其pH=1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1醋酸溶液的pH>1，加水稀释相同倍数后，盐酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，即pH(HCl)3COOH)；

答案为<。

【点睛】

稀释一元弱酸和一元强酸时，应注意是浓度相同还是pH相同，如果是浓度相同，体积相同，一元强酸完全电离，一元弱酸是部分电离，稀释相同倍数，强酸中c(H＋)始终大于弱酸；如果是pH相同，体积相同，则弱酸的浓度大于强酸，加水稀释，促进醋酸的电离，弱酸的pH小于强酸。【解析】A10-5增大10－3mol·L－1<<17、略

【分析】试题分析：（1）根据铁硼矿的成分以及强酸制取弱酸，发生的反应有：Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4=2MgSO4＋2H3BO3，Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O，FeO＋H2SO4=FeSO4＋H2O，Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O；（2）根据影响化学反应速率的因素，可以提高温度、适当增加硫酸溶液的浓度、减小铁硼矿粉的粒径等；（3）根据生成氢氧化物沉淀的pH，加入双氧水的目的，把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH使Al3＋和Fe3＋转化成Al(OH)3和Fe(OH)3，除去杂质；（4）根据流程以及（1）的反应，含有杂质为MgSO4。

考点：考查化学流程、元素及其化合物的性质等知识。【解析】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；

（2）升高温度；适当增大硫酸的浓度或减小铁硼矿粉的粒径等；

（3）将Fe2+氧化为Fe3+，使Al3+和Fe3+沉淀完全；（4）MgSO4。18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①依据反应：可知，该装置为铜锌原电池，Zn作负极，Cu作正极，则电极X的材料是Zn(锌)；Y溶液可以是CuSO4(硫酸铜)溶液；

②电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，溶液在负极区，原电池中，阴离子向负极移动，则向溶液扩散的离子是

(2)①钢铁在酸性较强的环境中发生析氢腐蚀，正极反应式：2H++2e-=H2↑；

②为了减缓水库铁闸门被腐蚀的速率；可以采用图示中的牺牲阳极的阴极保护法，即在铁闸门上的固体材料R的活泼性要强于铁；

a．铜的活泼性比铁弱，不能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故a不符合题意；

b．钠的活泼性比铁强，但钠可与水反应，故b不符合题意；

c．锌的活泼性比铁强；可代替铁作负极，能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故c符合题意；

d．石墨活泼性比铁弱；不能代替铁作负极，不能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故d不符合题意；

答案选c；

(3)①根据图示，该装置为电解质，X、Y都是惰性电极，根据电源电极可知，X作阴极，Y作阳极，若a是饱和溶液，则该装置为电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解的总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

②根据①中电解总反应，生成1mol氯气和1mol氢气时电路中转移2mol电子，当电路中流通电子时，生成0.1mol氯气和0.1mol氢气，则整个装置共放出标准状况下气体体积为0.2×22.4L/mol=4.48L。【解析】Zn(锌)CuSO4(硫酸铜)2H++2e-=H2↑c2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑4.48L三、判断题(共1题，共2分)19、×【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2题，共10分)20、略

【分析】【详解】

由于二者c(H＋)只相差10倍，且都在强酸性区域，酸碱指示剂不能很好区分；广泛pH试纸可区分c(H＋)10倍差别的溶液。答案为能用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol·L-1的硫酸。【解析】能用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol·L-1的硫酸21、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/L五、计算题(共4题，共40分)22、略

【分析】【分析】

(1)依据燃烧热的概念；是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据题干所给量计算1mol甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，再书写反应的热化学方程式；

(2)根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；

(3)根据盖斯定律分析解答；

(4)①△H=反应物的活化能-生成物的活化能计算生成2mol氨气放出的能量，再计算得到1mol氨气放出的热量；②依据氮气的转化率计算生成氨气的物质的量，结合热化学方程式计算Q1。

【详解】

(1)在25℃、101kPa下，16g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热352kJ，32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为704kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ•mol-1，故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ•mol-1；

(2)△H=反应物总键能-生成物总键能=E(H﹣H)+243kJ/mol-2×432kJ/mol=-185kJ/mol；解得E(H-H)=436kJ/mol，故答案为436kJ/mol；

(3)①2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=-169kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ•mol-1，③2Cu(s)+O2(g)═CuO(s)△H=-314kJ•mol-1，用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO(s)=Cu(s)+CO(g)，根据盖斯定律，将②-③-×①，反应的焓变为-110.5kJ•mol-1-(-314kJ•mol-1)-×(-169kJ•mol-1)=34.5kJ•mol-1，故答案为C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1；

(4)①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=反应物的活化能-生成物的活化能=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol；所以生成1mol氨气放热46.1kJ，故答案为46.1kJ；

②如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol，起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%，生成氨气的物质的量为1mol×20%×2=0.4mol，生成0.4mol氨气放出的热量=×92.2kJ=18.44kJ；故答案为18.44。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意盖斯定律的应用，平时学习过程中要适当练习。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=﹣704kJ/mol436kJ/molC(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ/mol41.6kJ18.4423、略

【分析】【分析】

（1）大多数化合反应属于放热反应；大多数分解反应属于吸热反应，可燃物质的燃烧是放热反应；

（2）题中给出了反应物、生成物的键能，利用键能计算反应热：∆H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；结合题中给出的已知的两个热化学方程式，计算Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式；利用盖斯定律进行计算，注意热量的变化；测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，为了保证酸完全反应，所加碱溶液稍过量。

【详解】

（1）A．Na2O与水反应生成氢氧化钠；同时放出热量，该反应为放热反应，A不符合题意；

B．甲烷的燃烧反应是放热反应；B不符合题意；

C．CaCO3受热分解生成二氧化碳；氧化钙；该反应为分解反应，并且该反应为吸热反应，C符合题意；

D．锌与盐酸反应；生成氢气，同时放出热量，该反应为置换反应，同时也是放热反应，D不符合题意；

答案选C。

（2）①用键能计算反应热：∆H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=(2×436kJ/mol+498kJ/mol-463.4kJ/mol×4)=-483.6kJ/mol；

②Ⅰ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O(s)△H＝－414kJ·mol-1，Ⅱ.2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H＝－511kJ·mol-1，结合盖斯定律可知Ⅰ×2-Ⅱ得到Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s)△H=(-414kJ/mol×2)-(-511kJ·mol-1)=-317kJ·mol-1；

③测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，为了保证酸完全反应，所加碱溶液稍过量，氢氧化钠固体溶于水放热，所以若取50mL0.50mol·L-1的盐酸，还需要加入50mL0.55mol·L-1NaOH溶液；B符合题意；

答案选B。

【点睛】

在计算反应热时，学生应该熟练掌握以下几种反应热的计算方式：①从宏观角度计算：△H=生成物的总能量-反应物的总能量；

②从微观角度计算：△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和；

③从活化能角度计算：△H=正反应活化能-逆反应活化能；

④利用盖斯定律计算：先书写目标热化学方程式，再计算反应热。【解析】C-483.6Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1B24、略

【分析】【分析】

(1)可先求出0～9min内v(CO2)，然后利用速率之比等于化学计量数之比，求出v(H2)。

(2)a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1；不能确定反应是否达平衡状态；

b．反应前后混合气的质量不变；体积不变，则混合气体的密度始终