【文档说明】湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中2019-2020学年高一下学期3月月考化学试题【精准解析】【武汉专题】.pdf，共(20)页，425.224 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中2019-2020学年高一下学期3月月考化学试题1.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，不正确．．．的是A.道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用B.门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表C.

半导体器件的研制开始于锗，后来发展到研制与它同族的硅D.化石燃料的使用，极大地促进了生产力的发展，但同时又伴随着能源危机和环境问题【答案】B【解析】【详解】A．化学主要从物质的分子和原子方面对物质进行研究，道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”

对化学的发展起到了极大的推动作用，故A正确；B．门捷列夫将元素按相对原子质量由小到大依次排列，并将化学性质相似的元素放在一个纵行，制出了第一张元素周期表，故B错误；C．在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又

具有非金属性，但半导体器件的研制开始于锗，后来发展到研制与它同族的硅，故C正确；D．化石燃料指煤、石油、天然气等，化石燃料的使用极大地促进了生产力的发展，化石燃料属于非再生能源，化石燃料的使用伴生着能源危机和环境问题如酸雨、温室效应等，故D正确；答案选B。2.下列反应中生成物总能量高于反应物

总能量的是A.碳酸钙受热分解B.乙醇燃烧C.铝粉与氧化铁粉末反应D.氧化钙溶于水【答案】A【解析】【分析】根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答。【详解】A.碳酸钙受热分解是一个吸热反应

，故A正确；B.乙醇的燃烧反应是一个放热反应，故B错误；C.铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应，故C错误；D.氧化钙溶于水是一个放热反应，故D错误。故选A。【点睛】把握放热反应和吸热反应的含义是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反

应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。3.R、X、Y、Z、W是短周期主族元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。R最高价氧化物对应水化物与其简单气态氢化物反应可以形成离子化合物。下列推断正确的是RXYZW

A.最简单气态氢化物的热稳定性由强到弱的排序：Z、R、X、YB.R、X、Y、Z、W各元素最高价和最低价的绝对值之和均为8C.最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的排Z、R、WD.RY3、W2X、ZW5分子中每个原子最外层都达到8电子结构【答案】C【解析】【分析】R最高价氧化

物对应水化物与其简单气态氢化物反应可以形成离子化合物。R为N元素，Z为P元素，X为O元素，Y为F元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定。同主族的非金属元素，从上到

下，随核电荷数的增加，非金属性渐弱，气态氢化物的稳定性渐弱；同周期的非金属元素，从左到右，随核电荷数的增加，非金属性渐强，气态氢化物的稳定性渐强。最简单气态氢化物的热稳定性由强到弱的排序：Y、X、R、Z，故A错误；B

．O和F两元素通常不显正价，故B错误；C．最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的排H3PO4、HNO3、HClO4，故C正确；D．NCl3、Cl2O、PCl5中PCl5的P最外层有10个电子，故D错误；故

选C。4.猜想与假设是基于部分证据得出的不确定结论。下列猜想与假设不合理．．．的是A.Ca与H2O反应可能生成H2B.SO2和H2O2反应可能生成H2SO4C.浓硫酸与乙醇在一定条件下反应产生的黑色物质可能是碳单质D.H2C2

O4溶液与H2SO4酸化的KMnO4溶液反应，先慢后快，催化剂可能是K+【答案】D【解析】A.Ca比Na活泼，与H2O反应可以生成H2，A正确；B.SO2的还原性较强，H2O2的氧化性较强，所以两者可以反应生成H2S

O4，B正确；C.浓硫酸有脱水性和强氧化性，所以其与乙醇在一定条件下反应产生的黑色物质可能是碳单质，C正确；D.H2C2O4溶液与H2SO4酸化的KMnO4溶液反应，先慢后快，催化剂可能是两者的生成物，不可能是K+，因为K+的浓度不变，D不合理。本题选D。5.测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶

液中和热的实验中没有使用的仪器有：①大、小烧杯；②容量瓶；③量筒；④环形玻璃搅拌棒；⑤试管；⑥温度计；⑦蒸发皿；⑧托盘天平中的()A.①②⑥⑦B.②⑤⑦⑧C.②③⑦⑧D.③④⑤⑦【答案】B【解析】【详解】在测定稀盐酸和氢氧化钠

稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即②⑤⑦⑧，答案选B。

6.肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1molN—H键所需的能量(kJ)是()A.194B.391C.516D.658【答案】B【解析】

【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol－534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新

键生成释放能量，设断裂1molN―H键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。7.下列说法正确的有几项①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键②共价化合物含共价键，也可能含离子键③含金属元素的化合物不一定是离子化合物④由非金属元素

组成的化合物一定是共价化合物⑤由分子组成的物质中一定存在共价键⑥熔融状态能导电的化合物是离子化合物A.2项B.3项C.4项D.5项【答案】B【解析】【详解】①离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如N

aOH中含极性共价键，过氧化钠中含非极性共价键，故①正确；②含离子键的化合物一定为离子化合物，共价化合物含共价键、不含离子键，故②错误；③含金属元素的化合物可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，而NaCl为离子化合物，故③正确；④由

非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐为离子化合物，故④错误；⑤由分子组成的物质可能不存在化学键，如稀有气体的单质不存在化学键，故⑤错误；⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子，则作用力为离子键，化合物是离子化合物，故⑥正确；正确的有3项

；答案选B。8.三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4O10，下列有关P4S3的说法中不正确的是()A.P4S3属于共价化合物B.1molP4S3分子中含有9mol共价键C.P4S3充分

燃烧的化学方程式为P4S3+8O2点燃P4O10+3SO2D.P4S3中磷元素为+3价【答案】D【解析】【详解】A．由于S和P都是非金属，根据P4S3的分子结构图可知分子中的化学键均为共价键，所以该化合物是共价化合物，A正确；B．根据P4S3的分子结构图，S-P键有6条，P-P键有3条，共9

条共价键，B正确；C．根据题意，P4S3燃烧时P被氧化为P4O10，S则被氧化为SO2，故方程式为：P4S3+8O2P4O10+3SO2，C正确；D．根据在周期表中的位置可知，硫元素的非金属性比磷的强，故在P4S3中磷元素显正价，S显-2价，则

P的平均化合价为3+2，D错误；故选D。9.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是()A.由水溶液的酸性：HCl＞HF，不能推断出元素的非金属性：Cl＞FB.人们可以在周期表的过渡元素中寻找催化剂和

耐腐蚀、耐高温的合金材料C.短周期元素正化合价数值和其族序数相同D.短周期元素形成的微粒X2－和Y2＋核外电子排布相同，离子半径：X2－＞Y2＋【答案】C【解析】根据最高价含氧酸酸性推断元素非金属性，故A正确；人们在周期表的过渡元素中寻找催化剂和耐腐蚀、耐高温的合金材料，故B正确

；短周期元素正化合价数值和其族序数相同（O、F除外），故C错误；核外电子排布相同时，质子数越多半径越小，故D正确。10.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（）A.三种化合物中C最稳定B.两步反应均为吸热反应C.A与C的能量差为E4D.AB反

应，反应条件一定要加热【答案】A【解析】【详解】A、根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，故A正确；B、由图象可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故B错误；C、A与C的能量差为ΔH=（E1-E2

）+（E3-E4）=E1+E3-E2-E4，则C错误；D、AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为C，注意把握反应热的计算。11.某学习小组设计实验制备Ca(N

O2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO+CaO2===Ca(NO2)2；2NO2+CaO2==Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A.通入N2是为了排尽装置中的空气B.装置B、D中的试剂可分别为

水和浓硫酸C.将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙D.借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO【答案】C【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸

具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要

制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。12.用H2O2和

H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/molH2(g)+12O2(g)=H2O

(l)ΔH=-285.84kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反应热ΔH等于A.－319.68kJ/molB.－417.91kJ/molC.－448.46kJ/molD.＋546.69kJ/mol【答案】A

【解析】【详解】①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/mol③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH

=-285.84kJ/mol根据盖斯定律，将①+12×②+③，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ/mol，故合理选项是A。13.下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素的强的有几项

①HCl比H2S稳定②HClO的氧化性比H2SO4强③Cl2能与H2S反应生成S④HCl的溶解度比H2S大⑤Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe生成FeS⑥HCl的酸性比H2S强A.3项B.4项C.5项D.6项【答案】A【解析】【详解】①元素的非金属性越强

，对应的氢化物越稳定，故①正确；②比较非金属性的强弱，根据最高价含氧酸的氧化性强弱来比较，最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强，HClO不是最高价含氧酸，故②错误；③Cl2能与H2S反应生成S，说明元素的非金属性是氯元素大于硫元素，故③正确；④元素的非金属性强弱与氢化

物溶解性没有关系，故④错误；⑤元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S，则非金属性Cl大于S，故⑤正确；⑥比较非金属性的强弱不能根据氢化物的酸性强弱，故⑥错误；不能说明氯元素

的非金属性比硫元素的强的有3项。答案选A。14.已知X、Y、Z、E、F五种常见物质含有同一元素M，在一定条件下它们有如下转化，Z是NO，下列推断不合理的是A.X可能是一种氢化物B.X生成Z一定是化合反应C.E可能是一种有色气体D.F中M元素的化合价可能为+5【答案】B【解析】【详解】A．如果X是

水，分解可生成O2，O2与N2反应生成NO，X可能是一种氢化物，故A正确；B．Z为NO，如果Y是O2，那么NH3与O2在催化剂的条件下可以生成NO，所以不一定就是化合反应，故B错误；C．Z是NO，NO

与O2反应产生红棕色的NO2气体，所以E可能是红棕色NO2，故C正确；D．F可以是HNO3，M元素的化合价可能为+5，故D正确；答案选B。15.一定条件下。RO3-与R-可发生反应：RO3-+5R-+6H+=3R2+3H2O，下列叙述正确的是A.元素

R位于周期表中第ⅤA族B.RO3-中的R只能被还原C.R2在常温下一定是气体D.若1molRO3－参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol【答案】D【解析】【详解】A.由反应方程式可知，R的最低负价为-1，则其最高正价为+7价，族序数等于元素的最高正化合价，所以元素R应位于第

ⅦA族，A错误；B.RO3-中R为+5价，R的最低负价为-1，R最高正价为+7价，元素的+5价处于中间价态，则既具有氧化性又具有还原性，B错误；C.若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，C错误；D.反应中R元素化合价

由+5价降低为0，若1molRO3-参与该反应，则转移的电子的物质的量为1mol×(5-0)=5mol，D正确；故合理选项是D。16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电

子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A.元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB.Y单质的熔点高于X单质C.W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D.化合物M中W不都满足8电子稳定结构【答案

】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与

X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。A、同一周期，从左向

右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D、根据，阴离子带2个

单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。17.1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是A.504mLB

.168mLC.336mLD.224mL【答案】C【解析】【分析】铜与硝酸反应可能生成二氧化氮、一氧化氮，二氧化氮、一氧化氮与氧气和水能反应又生成硝酸，在这个过程中，铜失去电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒可进行计算。【详解】1.92g铜的物质的量为n（Cu）=1.92g=0.03mol64g

/mol，则根据得失电子守恒可知，铜失去电子的总物质的量等于氧气得到电子的总物质的量，即2V(O)0.03mol2=422.4L/mol，解得2V(O)=0.336L=336mL，综上所述，答案为C。18.按

要求填空：(1)已知X+、Y2+、Zˉ、W2ˉ四种离子均具有相同的电子层结构，则X、Y、Z、W这四种元素的原子半径由大到小的顺序是__________________。(2)A+、Bˉ、C、D四种粒子(分子或离子)，它们都分别含10个电子，已知它们有如

下转化关系：A++BˉΔC+D↑，则A+、Bˉ的电子式：___________，____________。(3)已知：12N2(g)+32H2(g)=N(g)+3H(g)ΔH1=+akJ·mol-1N(g)+3H(g)=NH3(g

)ΔH2=-bkJ·mol-1NH3(g)=NH3(l)ΔH3=-ckJ·mol-1写出N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式____________________________。(4)下列原子：12142332352

2386611192192CCNaHUHU、、、、、、中共有____种元素，_____种核素。【答案】(1).X＞Y＞W＞Z(2).(3).(4).N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1(5).4(6).7【解析】【分析】具有相同的电子层结构

的离子，阴前阳下，核电荷数大的在右面；电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小；都分别含10个电子，由A++BˉΔC+D↑可知，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水；根据盖斯定律：(①+②+③)×2计算N2(g)+3H2(g)═2NH3(l

)的△H，进而写出热化学方程式；根据元素和核素的定义判断。【详解】(1)具有相同的电子层结构的离子，阴前阳下，原子序数大的离子半径小，则X、Y、Z、W这四种元素的原子序数由大到小的顺序是X＞Y＞W＞Z，原子半径由大到小的顺序是X＞Y＞W＞Z；(2)都分别含10个电子，由A++B

ˉΔC+D↑可知，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，则A+、B−的电子式分别为和；(3)N2(g)和H2(g)反应生成液氨的化学方程式N2(g)+3H2(g)═2NH3(l)，①12N2(g)+32H2(g)=N(g)+3H(g)ΔH1=+akJ·mol-1②N(g)+3H(g)=NH

3(g)ΔH2=-bkJ·mol-1③NH3(g)=NH3(l)ΔH3=-ckJ·mol-1根据盖斯定律：(①+②+③)×2计算N2(g)+3H2(g)═2NH3(l)的△H=2(a−b−c)kJ/mol，热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═2NH3(l)

△H=2(a−b−c)kJ/mol，即N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1；(4)121423323522386611192192CCNaHUHU、、、、、、中有C、Na、U、H4

种元素，这7种微粒均具有一定数目的质子数和一定数目的中子数，均属于原子，共有7种原子，即7种核素。【点睛】含有相同质子数的一类原子的总称为元素，是一个宏观概念；核素是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，元素的范围较大，为易错点。19.

如表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题：（1）第三周期中元素非金属性最强的元素的原子结构示意图为____________。（2）②③⑨最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为（填化学式）

___________。（3）用电子式表示④的简单氢化物的形成过程______________。（4）下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是_________a．⑤单质的熔点比⑥单质低b．⑤的化合价比⑥低c．⑤单质与水反应

比单质⑥剧烈d．⑤最高价氧化物的水化物的碱性比⑥强（5）由表中①、③、④、⑥、⑧元素形成的常见物质Z、M、N可发生以下反应：a．M中所含的化学键种类为（若含共价键，请标明极性或非极性）___________。b．N→

⑥的单质的化学方程式__________________。【答案】(1).(2).HNO3＞H2CO3＞H2SiO3(3).(4).cd(5).极性共价键、离子键(6).2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N

、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Si。结合元素周期律分析解答(1)～(4)；(5)氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，则M是氯化铵，Z是氢氧化铝，氢氧化铝分解生成N是氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝，据此分析解答。【详解】由元素在周期表中的位置可

知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Si。(1)同周期自左向右非金属性逐渐增强，则第三周期中元素非金属性最强的元素是氯元素，其原子结构示意图为，故答案为；(2)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则②③⑨最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为HNO3＞H2

CO3＞H2SiO3，故答案为HNO3＞H2CO3＞H2SiO3；(3)④的简单氢化物是水，则用电子式表示其形成过程为，故答案为；(4)a．金属性强弱与金属单质的熔点高低没有关系，故a错误；b．金属性强弱与金属元素的化合价高低没有关系，故b错误；c．金属性越强，其单质越容易与水反应，则⑤单

质与水反应比单质⑥剧烈说明钠的金属性强于铝，故c正确；d．金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，则⑤最高价氧化物的水化物的碱性比⑥强说明钠的金属性强于铝，故d正确；故答案为cd；(5)氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，则M是氯化铵，Z是氢氧化

铝，氢氧化铝分解生成N，N是氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝。a．氯化铵中所含的化学键种类有离子键和极性共价键；故答案为极性共价键、离子键；b．电解熔融的Al2O3冶炼铝，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+O2↑，故答案为2Al2O3(熔融)4Al+O

2↑。20.用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热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是：______________。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是：____

_________________________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值___________(填“偏大、偏小、无影响”)（4）加入NaOH溶液的正确操作是_____________（填字母）．A．沿玻璃棒缓慢加入B．一次迅速加入C．分三次加

入（5）上述实验测得的结果与书上的57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是______________a．实验装置保温、隔热效果差b．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好．c．用

温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度（6）若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量_______（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3k

J（7）已知：CH3COOH（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣12.1kJ•mol﹣1；HCl（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣55.6kJ•mol﹣1．则CH3COOH在水溶液中电离的△H等于___

___________．A．﹣67.7kJ•mol﹣1B．﹣43.5kJ•mol﹣1C．+43.5kJ•mol﹣1D．+67.7kJ•mol﹣1【答案】(1).环形玻璃搅拌棒(2).保温，防止热散失(3).偏小(4).B(5).abc(6

).大于(7).C【解析】【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（4）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；（5）a．装

置保温、隔热效果差，测得的热量偏小；b．将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失；c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液温度，H2SO4的起始温度偏高；【详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；故答案

为环形玻璃搅拌棒；(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纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为保温，防止热散失；(3))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；故答案为偏小；（4）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少

热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果；故答案为B；（5）a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，则测定的中和热的数值偏小，故a正确；b．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的

小烧杯中，分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会导致热量散失较多，则测定的中和热的数值偏小，故b正确；c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液温度，H2SO4的起始温度偏高，温度差偏小，

中和热的数值偏小，故c正确；故选abc；(6)浓硫酸稀释放热，反应后的温度偏高，温度差偏大，所测得中和热的数值偏大,故答案为大于；(7)根据题意可得如下热化学方程式：CH3COOH(aq)＋OH－(aq)=CH3COO-

(aq)＋H2O(l)ΔH＝－12.1kJ·mol－1，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－55.6kJ·mol－1，依据盖斯定律上面第一个式子减第二个式子，得到：CH3COOH(aq)⇌H＋(aq)＋

CH3COO-(aq)ΔH＝(－12.1kJ·mol－1)－(－55.6kJ·mol－1)＝＋43.5kJ·mol－1综上所述，故选C。21.某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并

进行相关实验。Ⅰ.从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2。(1)甲同学设计如图1装置进行实验：①试管A中反应的离子方程式是___________________________________

______。②待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B；向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃。③仪器C兼有防

倒吸的作用，仪器C的名称为___________________。结论：甲同学认为假设2正确。(2)乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是________________________。乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实

验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设1正确，则NO2和Na2O2反应的化学方程式是_______________________。Ⅱ.该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化

。查阅资料：2NO+Na2O2=2NaNO2；2NaNO2+2HCl=2NaCl+NO2↑+NO↑+H2O；酸性条件下，NO能与-4MnO反应生成-3NO和Mn2+。(3)丙同学用图2所示装置(部分夹持装置略)探究NO与Na2O2的反应。①在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是______

___________。②B中不能观察到的现象是____________(填字母编号)。a.铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色b.有红棕色气泡产生c.有无色气泡产生③C、E中所盛装的试剂不能是________(填字母编号)。a．无水硫酸铜b．无水氯

化钙c．碱石灰d．生石灰④F中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。⑤充分反应后，检验D装置中产物的方法是：______________，则产物是NaNO2。【答案】(1).Cu+4H++2-3NO=Cu2++2NO2↑+2H2O(

2).球形干燥管(3).除去生成NO2气体中混有的水蒸气(4).Na2O2+2NO2=2NaNO3(5).将装置中的空气排出(6).b(7).a(8).3：5(9).取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体【解析】【分析】装置A中是铜与浓硝酸发

生氧化还原反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，B装置中收集二氧化氮，C装置防止倒吸；将B中的气体加入过氧化钠，由于二氧化氮气体中混有水蒸气，过氧化钠与水反应也能释放出氧气，使带火星的木条复燃，故乙同学改进装置，在A、B之间应增加一个干燥装置，得出结论1正确；验证NO易与O2发生反应，应该更易被Na2

O2氧化的实验，先通入氮气排尽装置中的氧气，A中的铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，进入B装置中，B装置中产生出大量一氧化氮气体，经过C装置的干燥，进入D装置与过氧化钠反应，E中加入干燥剂防止空气中的气体进入，用酸性高锰酸溶液吸收多余的一氧化氮，由此分析。【详解】(1)①试管A中铜和浓硝酸

反应，其离子方程式是Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；②待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B；向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕

色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃；③仪器C兼有防倒吸的作用，仪器C为球形干燥管；(2)乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是除去NO2气体中混有的水蒸气，防止其干扰实验。乙同学用改进后的装置，重复了

甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃。使带火星的本条复燃的氧气是水蒸气与过氧化钠反应得到，由此得出结论：假设1正确，NO2和Na2O2反应的化学方程式是Na2O2+2NO2=2NaNO3；Ⅱ．该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易

被Na2O2氧化。查阅资料：2NO+Na2O2=2NaNO2；2NaNO2+2HCl=2NaCl+NO2↑+NO↑+H2O；酸性条件下，NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；(3)①在反应前，打

开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是将装置中的空气排出，防止氧气干扰实验；②B中观察到的主要现象是铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生，不能观察到的现象选b；③无水硫酸铜通常用于检验水，不用于吸收水，所以C、E中所盛装的试剂不能是a；④F

中发生的是一氧化氮与酸性高锰酸钾溶液的反应，其中的氧化剂高锰酸根被还原生成+2价锰离子，锰元素的化合价降低了5价，还原剂NO被氧化成硝酸根，氮元素的化合价升高了3价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5；⑤由题中信息可知，2NaNO2+2HCl=2NaCl+NO2↑+NO↑

+H2O。因此，检验D装置中产物的方法是：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体，则产物是NaNO2。【点睛】根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5是难点。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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