...N≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ,则N2

Ⅰ：已知拆开1mol H-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，反应为N2+3H2═2NH3；反应焓变△H=拆化学键吸收能量-形成化学键放出的能量=946KJ+3×436KJ-6×391kJ=92KJ；则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1，
故答案为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1；
Ⅱ：（1）因Cu2+水解产生Cu（OH）2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液，
故答案为：Cu2+水解产生Cu（OH）2是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；应加入少量H2SO4；
（2）铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑，
故答案为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑；
III：（1）高锰酸钾本身呈紫色，无需指示剂，滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点，
故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液恰好由黄绿色变浅紫红色，且半分钟内不褪色；
（2）A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，所需v（标准）增大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)V(待测)判断可知c（待测）偏大，故A错误；
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需v（标准）不变，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)V(待测)判断可知c（待测）不变，故B错误；
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，所需v（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)V(待测)判断可知c（待测）偏小，故C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，所需v（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)V(待测)判断可知c（待测）偏大，故D错误；
故选：C；
 （3）配制100mL待测溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；滴定所需要的仪器有：酸式滴定管；锥形瓶；铁架台等，
故答案为：ABDE；
（4）由题意可知10.0ml待测液与10.0ml0.1mol?L-1的KMnO4完全反应，
     5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，
     5         1 
0.01L×C   0.1mol?L-1×0.01L
则C=0.5mol?L-1，则10.0ml待测液中FeSO4的物质的量为0.5mol?L-1×0.01L=0.005mol，FeSO4的质量为0.005mol×152g/mol=0.76g，100mL待测溶液中FeSO4的质量为7.6g，所以样品中FeSO4的质量分数为7.6g15.2g×110%=50%；
故答案为：50%．

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