2022回族自治区石嘴山三中高三上学期第二次月考化学试题含解析

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石嘴山市第三中学高三年级化学月考测试
相对原子质量：Li7 B11 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Mn55 Fe56 Cu64 Ba137 Ag108 Pb207
一、选择题：本大题共25小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是
A. 驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运20”的机身材料采用了大量低密度、高强度的铝锂合金
B. 疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是晶体硅
C. 李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”，”烟花”不是焰色反应
D. 食品包装中常见抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝锂合金的强度高、密度小，可用作大飞机“运20”的机身材料，A正确；
B．疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是二氧化硅，B错误；
C．李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，意思是在这柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月去扬州远游，“烟花”不是焰色反应，焰色反应是某些金属元素的物理性质，C正确；
D．食品包装中常见抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，构成原电池；其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，D正确。
答案选B
2. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 7g环丁烷含有的极性键数为2NA
B. 标准状况下，1.12L HF中含有氢原子数为0.05NA
C. 1L 0.1mol/L HCOONa溶液中，Na+数为0.1NA
D. 氨气与钙发生置换反应生成Ca(NH2)2和2.24LH2时转移的电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．环丁烷分子式为C4H8，1个环丁烷分子含有极性键C-H键为8个，则7g环丁烷含有的极性键数为=NA，A错误；
B．标准状况下，HF是液态，不能用气体摩尔体积进行计算其分子数和原子数，B错误；
C．1L 0.1mol/L HCOONa溶液中，n(HCOONa)=cV=1L× 0.1mol/L =0.1mol，则Na+数为0.1NA，C正确；
D．未指明生成H2的状态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
故答案选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 通常状况下，11.2LCl2与足量NaOH溶液反应时转移的电子数为0.5NA
B. 0.1mol熔融状态下的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA
C. 100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA
D. 1mol•L﹣1FeCl3溶液中含Cl-数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．通常状况下，Vm不是22.4L/mol，Vm未知无法计算氯气的物质的量和电子转移数，故 A选项错误；
B．硫酸氢钠熔融状态电离产生钠离子和硫酸氢根离子，0.1mol熔融状态下NaHSO4中含有的阴离子数为0.1NA，故B选项错误；
C．乙醇水溶液中，乙醇分子中、水分子中都含有氢原子，在100q质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的物质的量为1mol，含6molH原子；含水54g，物质的量为3mol，含H原子为6mol，故溶液中含有氢原子数为12NA，故C选项正确；
D．1mol•L-1FeCl3溶液中含Cl-数目无法计算，因为不知道溶液的体积无法计算物质的量，故D选项错误。
故选C选项。
4. 下列过程涉及氧化还原反应的是
A. SO2漂白的纸张易变黄
B. 长江入海口沙洲的形成
C. 紫甘蓝汁中加入食醋会变为红色
D. 苹果汁中加入维生素C可防止苹果汁变黄
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2漂白的纸张时，与纸张中的有色物质结合生成无色物质，该无色物质不稳定，又能分解恢复原来的颜色，没有发生氧化还原反应，故A错误；
B．长江入海口沙洲的形成，发生胶体的聚沉，属于物理变化，没有发生氧化还原反应，故B错误；
C．紫甘蓝汁中加入食醋会变为红色，与酸碱指示剂变色原理相同，没有发生氧化还原反应，故C错误；
D．苹果汁中加入维生素C可防止苹果汁变黄利用维生素C的还原性，防止苹果汁被氧化，涉及氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
5. 火法炼铜中涉及反应：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，下列判断正确的是
A. CuFeS2只作还原剂
B. SO2既是氧化产物又是还原产物
C. 消耗1 mol O2时转移电子的物质的量为4 mol
D. 每生成1 mol Cu2S同时产生22.4 LSO2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．在该反应中 Cu元素的化合价由反应CuFeS2中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低得到电子，被还原，所以CuFeS2作氧化剂；S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS2又作还原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，A错误；
B．在该反应中，S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，SO2是氧化产物；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，SO2又是还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．在该反应中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量是6 mol，C错误；
D．根据方程式可知：每生成1 mol Cu2S同时产生1 mol SO2，但由于未知外界条件，因此不能确定1 mol的SO2的体积是否是22.4 L，D错误；
故合理选项是B。
6. 已知H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是
A. 物质的还原性：HI>H2SO3>HCl
B. H2SO3的物质的量浓度为0.6mol·L-1
C. 若再通入0.05molCl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D. 通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O=4+I2+10Cl-+16H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．由已知反应可知，还原性：H2SO3>HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O==2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI==I2＋2HCl，则还原性：HI>HCl，故还原性：H2SO3>HI>HCl，A项错误；
B．设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x mol·L-1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋=0.1，解得x=0.8，B项错误；
C．混合溶液中还剩余0.04 mol HI未被氧化，故只需再通入0.02 mol Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；
D．通入0.1 mol Cl2后，0.08 mol H2SO3和0.04 mol HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)=5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I-＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl-＋16H＋，D项正确；
答案选D。
7. 在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，若有6 mol水发生氧化反应，则被水还原的BrF3的物质的量为(　　)
A. 4 mol B. 6 mol C. 7 mol D. 9 mol
【答案】A
【解析】
【详解】在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既是氧化剂也是还原剂，部分水是还原剂，该反应中有2/3的BrF3被还原，有2/5的H2O参加氧化还原反应，在该反应中被还原的BrF3与参加氧化还原反应的水之间计量数的关系是1：1，若有6mol水发生氧化反应，则被氧化的BrF3物质的量为6mol，生成1molBr2得6mol电子，水失4mol电子，占4/6=2/3，被水还原的BrF3的物质的量为6mol×2/3=4mol,故选A。
8. 下表中，对陈述I、II的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
选项
陈述I
陈述II
判断
A
向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体
浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热
I对，II对；有
B
Cu能与浓反应
由于Cu具有还原性，浓具有强氧化性，在任何条件下生成的气体一定是
I对，II错；无
C
硫单质在纯氧中燃烧有少量生成
部分二氧化硫被氧化为
I对，II对；无
D
硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备
铵盐与碱能发生复分解反应
I对，II对；有

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热，并吸收水，所以向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体，故选A；
B．由于Cu具有还原性，浓具有强氧化性，所以Cu与浓反应，I、II有因果关系，故不选B；
C．硫燃烧生成二氧化硫，部分二氧化硫被氧化为，所以硫单质在纯氧中燃烧有少量生成，I、II有因果关系，故不选C；
D．硝酸铵加热易爆炸，且硝酸铵加热发生自身氧化还原反应不放氨气，所以不用硝酸铵和碱石灰共热制备，I错误，故不选D；
选A。
9. 溶液X中可能含有、Cl-、、、、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：

则下列说法正确的是（ ）
A. 气体甲能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，气体乙能使澄清石灰水变浑浊
B. Fe2+和Fe3+可能都存在，、一定存在
C. 若含有Fe3+，则一定含有Cl-
D. 该溶液中只存在上述离子中的、、、Fe2+四种离子
【答案】D
【解析】
【分析】某溶液X中可能含有、Cl-、、、、Fe2+、Fe3+中的几种，由实验可知，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是与H+的反应，也可能是在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02mol；所得的溶液甲中加入过量氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02mol；所得沉淀甲应为Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与发生相互促进水解而不能共存，故溶液中无，则生成气体乙的反应只能是与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和，且溶液X中所含阴离子的物质的量相等，即的物质的量也为0.02mol，由电荷守恒可知，溶液X中阴离子：0.02mol，0.02mol，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02mol，0.02mol Fe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷≥0.06mol，溶液呈电中性可知，当0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，此时Cl-不存在，若Cl-存在；若溶液中含Fe3+，且一定含Fe2+，阳离子所带正电荷大于或等于0.06mol，则溶液中可能存在Cl-，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，气体甲NH3，能使湿润的红色石蕊试纸蓝红，生成气体乙的反应只能是与Fe2+的氧化还原反应，则气体乙为NO，NO不能使澄清石灰水变浑浊，故A错误；
B．由上述分析可知，Fe2+一定存在，故B错误；
C．由上述分析可知，由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时且一定含Fe2+，则阳离子所带的正电荷≥0.06mol，因此溶液中可能含Cl-，故C错误；
D．该溶液中只存在上述离子中的、、、Fe2+四种离子，遵循电荷守恒，故D正确；
答案选D。
10. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：+CaSO4=CaCO3+
B. 酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应：2+16H++5═2Mn2++10CO2↑+8H2O
C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al3++4OH-=+2H2O
D. 氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2-=CuS↓
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C+CaSO4=CaCO3+S，故A正确；
B．酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应，草酸为弱酸：2+6H++5H2═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；
答案选A。
11. 下列离子方程式正确是
A. 向饱和溶液中滴加饱和溶液：
B. 向稀硝酸中滴加溶液：
C. 向新制氯水中滴加少量的溶液：
D. 向溶液中加入小颗粒钠：
【答案】A
【解析】
【详解】A．饱和溶液浓度较大，电离产生的与Ca2+结合生成难溶的CaCO3沉淀，促进电离，电离产生的H+与未反应的结合生成二氧化碳和水，离子方程式为：，故A正确；
B．稀具有强氧化性，能将氧化生成，B项错误；
C．氯水过量，被氧化成、，正确的离子方程式为：，C项错误；
D．钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铵发生反应生成一水合氨，正确的离子方程式为：，D项错误；
答案选A。
12. 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是

A. 图I：配制溶液时，向250mL容量瓶中转移溶液
B. 图II：分离乙酸和乙醇的混合液得到乙醇
C. 图III：装置气密性的检查
D. 图IV：吸收HCl气体且防止倒吸
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I：配制溶液时，向250mL容量瓶中转移溶液没有用玻璃棒引流，故A错误；
B．图II：乙酸和乙醇互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；
C．图III：可以用来检查装置气密性，当有气体产生时，锥形瓶中压强增大，注射器的活塞向外移动，说明装置气密性好，如果漏气，活塞不移动，故C正确；
D．图IV：不能起到防止倒吸作用，因为HCl气体极易溶于水，故D错误；
故答案：C。
13. 下列有关图像的说法正确的是

A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol， 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O， 当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。
14. 由下列实验事实得出的结论正确的是
A. 由SiO2不能与水反应生成H2SiO3，可知SiO2不是H2SiO3的酸酐
B. 由SiO2＋2CSi＋2CO↑，可知碳非金属性大于硅
C. CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3>H2SiO3
D. SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．酸酐是指含氧酸失去水生成的酸性氧化物，且酸酐与对应的酸中的非金属元素化合价相同，所以SiO2是H2SiO3的酸酐，A项错误；
B．反应SiO2＋2CSi＋2CO↑不能说明碳的非金属性比硅强，该反应能发生是因为生成CO气体，它的放出促进了反应进行，B项错误；
C．CO2通入Na2SiO3溶液中生成H2SiO3胶体，符合强酸制弱酸的规律，证明酸性：H2CO3>H2SiO3，C项正确；
D．SiO2除HF外不能与其他的酸反应，且SiF4不是盐，SiO2为酸性氧化物，不具有两性，D项错误；
答案选C。
15. 下列“类比”结果说法正确的是
A. 通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也无沉淀生成
B. 与反应生成，则与反应生成
C. 与浓共热可制，则与浓共热也可制
D. 向溶液中加入过量氨水生成，则往溶液中加入过量氨水生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO3与水反应生成H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，故A错误；
B．O和S属于同主族，CO2、CS2的性质具有相似性，Na2O为碱性氧化物，与CO2、CS2分别反应生成Na2CO3、Na2CS3，故B正确；
C．HI具有强氧化性，浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸能将HI氧化，因此NaI与浓硫酸反应共热不能制HI，故C错误；
D．Cu(OH)2能与过量氨水反应Cu(NH3)4(OH)2，故D错误；
答案为B。
16. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C. 加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D. 浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；
C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；
D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；
故选B。
17. 下列说法正确的是
A. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因
B. 若2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221.0kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/mol
C. 需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应
D. 加入催化剂可改变焓变
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学键旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故A正确；
B．一氧化碳能够继续燃烧生成二氧化碳，C元素的稳定产物为CO2(g)，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故B错误；
C．需要加热的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，常温下能发生的反应不一定是放热反应，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，故C错误；
D．催化剂改变活化能，但不改变焓变，故D错误；
故选A。
18. 图象可更直观地表现化学变化中的物质变化和能量变化。下列判断错误的是

A. 图甲所示反应为放热反应，且△H=Ea-
B. 若已知石墨比金刚石稳定，则C(石墨，s)=C(金刚石，s)
C. 图乙所示反应的热化学方程式为：
D. 若 ，则物质能量高低如图丙
【答案】C
【解析】
【分析】本题以热化学基础知识素材，考查知识的应用与证据推理等核心素养。
【详解】A．由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应为放热反应，为正反应活化能，为逆反应活化能，，A项正确。
B．能量越低越稳定，由于石墨比金刚石稳定，所以石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，即，B项正确。
C．由图乙可知，反应为吸热反应，热化学方程式为： ，C项错误。
D．由 可知由生成B的反应均为放热反应，即2A的能量高于B的能量，气态B的能量高于液态B的能量，D项正确。
故答案为：C。
19. 下列热化学方程式正确的是
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2的燃烧热为akJ·mol-1
H2+Cl22HCl ΔH=-akJ·mol-1
B
1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-98.3kJ·mol-1
C
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ·mol-1
D
31g白磷比31g红磷能量多bkJ
P4(白磷，s)=4P(红磷，s) ΔH=-4bkJ·mol-1

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，应是H2和O2反应，故A错误；
B．根据1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ可知，2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=--196.6 kJ·mol-1，故B错误；
C．根据H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1，生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6 kJ ，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH