2022-2022学年浙江省杭州市富阳市场口中学高二（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（每小题均只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1．（2分）《科学》杂志评出2022年10大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一．下列关于水的说法中正确的是（　　）　A．水在常温下属于分子晶体　B．水的电离和电解都需要通电　C．水分子很稳定是因为H﹣O共价键键能大　D．金属的电化学腐蚀与水无关考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；水的电离．专题：化学键与晶体结构．分析：A、晶体属于固体，水在常温下是液体；B、电离不需要用电，电解需要通电；C、化学物质的稳定性与化学键有关；D、金属的电化腐蚀均需要电解质溶液，而水是溶剂．解答：解：A、水在常温下是液体，不是固体，因此不是分子晶体，故A错误；B、电离是指电解质在一定条件下（例如溶于某些溶剂、加热熔化等），电离成可自由移动的离子的过程，不需要通电，电解过程需要通电，故B错误；C、化学物质的稳定性与化学键有关，水是共价化合物，含有O﹣H，共价键键能越大，物质越稳定，故C正确；D、金属的电化腐蚀均需要电解质溶液，而水是溶剂，因此无论是吸氧腐蚀还是析氢腐蚀都与水有关，故D错误；故选C．点评：本题考查了晶体常识、电离和电解、电化学腐蚀、化学物质的稳定性等知识，题目综合性较强，注意不同晶体的作用力对物质物理性质的影响．　2．（2分）未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列能源符合未来新能源标准的是（　　）①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．　A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．专题：化学反应中的能量变化．分析：煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．-21-解答：解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，核能发电﹣．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源．故选B．点评：本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握．　3．（2分）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（　　）　A．炭和水蒸气反应B．乙醇燃烧　C．铝粉与氧化铁粉末反应D．氧化钙溶于水考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．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．解答：解：A、炭和水蒸气反应是一个吸热反应，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．点评：本题主要考查学生常见的反应的吸热放热情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　4．（2分）下列说法中错误的是（　　）　A．许多化学反应中的能量变化表现为热量的放出和吸收　B．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因　C．无需加热的反应一定是放热反应　D．恒温、恒压条件下的反应热叫做焓变考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、化学反应中的能量变化主要表现为热量变化；B、化学反应过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量；C、反应放热还是吸热与反应条件无关，决定于反应物和生成物能量的相对高低；D、在恒压条件下，△H（焓变）数值上等于恒压反应热，反应热和焓变的单位都是kJ•mol﹣1．解答：解：A、化学反应中的能量变化主要表现为热量变化，还有光能、电能等等，故A正确；B、化学反应过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量，故B正确；-21-C、氯化铵与氢氧化钡在常温下就能很快反应，不需要加热，但属于吸热反应，故C错误；D、在恒压条件下，△H（焓变）数值上等于恒压反应热，故D正确．故选：C．点评：本题考查化学反应中能量变化的形式、原因以及焓变的求算和反应条件与焓变无关等等，题目难度不大．　5．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．含硅材料广泛用于太阳能电板、半导体材料、光纤通讯以及建筑材料等　B．水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品　C．工艺师利用稀盐酸刻蚀石英制作艺术品　D．粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应考点：硅和二氧化硅．专题：碳族元素．分析：A．硅和硅的化合物在现代信息技术中应用广泛，如用于制造计算机芯片的材料是硅；B．餐桌上的瓷盘是陶瓷，是硅酸盐制品，水晶的主要成分是二氧化硅；C．氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅气体；D．有化合价变化的反应是氧化还原反应．解答：解：A．硅材料广泛应用于信息、通讯等领域，如：光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作硅能电池，故A正确；B．餐桌上的瓷盘是陶瓷，主要成分是硅酸盐，是硅酸盐制品，水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐制品，故B错误；C．石英为SiO2，可以用HF（氢氟酸）来刻蚀玻，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故C错误；D．粗硅制备单晶硅的反应是，Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl，过程中涉及氧化还原反应，故D错误．故选A．点评：本题考查硅和二氧化硅的性质，为高频考点，掌握粗硅的提纯是解答本题的关键，题目难度不大．　6．（2分）实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2．下列说法正确的是（　　）　A．NaNO2是还原剂　B．NH4Cl中N元素被还原　C．生成1molN2时转移6mol电子　氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1-21-D．考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：A、依据物质中元素化合价变化分析判断，有元素化合价升高的物质做还原剂；B、氯化铵中氮元素化合价从﹣3价变化为0价，化合价升高被氧化；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，依据电子转移计算；D、依据化学方程式计算判断．解答：解：A、反应中NaNO2氮元素化合价从+3价变化为0价，化合价降低，则为氧化剂，故A错误；B、氯化铵中氮元素化合价从﹣3价变化为0价，氮元素化合价升高被氧化，故B错误；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，生成1molN2时转移3mol电子，故C错误；D、由化学方程式NaNO2+NH4Cl═NaC1+N2↑+2H2O可知，氧化剂（NaNO2）和还原剂（NH4Cl）的物质的量之比是1：1，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应的概念理解、概念判断和应用，电子转移的计算判断，熟悉氧化还原反应的基本概念含义是解题关键．　7．（2分）下列关于晶体的说法正确的是（　　）　A．构成分子晶体的微粒之间可能含有离子键　B．原子晶体一定是单质　C．离子晶体熔化时，需要克服离子键　D．碘晶体升华时，分子中共价键发生断裂考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：化学键与晶体结构．分析：A、含有离子键的微粒构成离子晶体；B、原子晶体也可以是化合物，如二氧化硅等；C、构成离子晶体的微粒以离子键相结合；D、碘晶体为分子晶体，碘升华时只破坏分子间作用力．解答：解：A、含有离子键的微粒构成离子晶体，分子晶体的微粒不可能含有离子键，故A错误；B、原子晶体也可以是化合物，如二氧化硅等，故B错误；C、构成离子晶体的微粒以离子键相结合，因此离子晶体熔化时，需要克服离子键，故C正确；D、碘晶体为分子晶体，碘升华时只破坏分子间作用力，不破坏化学键，故D错误；故选C．点评：-21-本题考查晶体类型和不同晶体微粒间作用力的差异，难度不大，学习中牢固把握相关基础知识．　8．（2分）NH3的喷泉实验不能说明（　　）　A．常温常压下NH3在水中的溶解度很大　B．NH3的水溶液呈碱性　C．NH3的沸点较高　D．产生喷泉现象的关键是使烧瓶内外的气压差显著考点：氨的化学性质；氨的物理性质．专题：氮族元素．分析：氨气的喷泉现象是形成红色喷泉，说明氨气易溶于水，与水反应生成一水合氨，溶液呈碱性，以此解答该题．解答：解：氨气的喷泉现象是形成红色喷泉，说明常温常压下NH3在水中的溶解度很大，NH3的水溶液呈碱性，与氨气的沸点高低无关，而产生喷泉现象的关键是使烧瓶内外的气压差显著，故选C．点评：本题考查氨气的性质，侧重于氨气形成喷泉实验的探究，注意把握氨气的化学性质与物理性质，难度不大．　9．（2分）以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆，由于环保方面的原因，目前要推广使用水基防锈漆，但水基漆较易溶解O2，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑，为此要在水基漆中加入缓蚀剂，以下可作为缓蚀剂添加的是（　　）　A．KMnO4B．NaNO2C．FeCl3D．HNO3考点：重要的还原剂．专题：氧化还原反应专题．分析：依据缓蚀剂的作用是要避免O2的氧化分析判断，解答：解：A、KMnO4是强氧化剂，不能和氧气反应，不能起缓蚀剂的作用，故A错误；B、NaNO2可以被O2氧化成NaNO3起到缓蚀剂的作用，故B正确；C、FeCl3具有较强的氧化性，不能和氧气反应，起不到缓蚀剂的作用，故C错误；D、HNO3是强氧化剂，不能起缓蚀剂的作用，故D错误；故选B．点评：本题考查了氧化剂还原剂的作用的判断，主要是依据生活中的应用来考查避免氧化的实质是能和氧气反应，起到缓冲剂的作用的信息应用．　10．（2分）下列不属于氮的固定的是（　　）　A．雷雨天：N2+O2═2NOB．工业上合成氨：N2+3H2⇌2NH3　大豆根瘤菌将N2转化成化合态氮2NO+O2═2NO2-21-C．D．考点：氮的固定．专题：氮族元素．分析：把大气中的游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为固氮，主要有：自然固氮：生物固氮（根瘤菌的固氮）和大气固氮（闪电时N2转化为NO）、工业固氮（合成氨）两大类，据此分析解答．解答：解：氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程．A．雷雨天：N2+O2═2NO，将氮气单质变为化合物中的氮元素，属于大气固氮，故A错误；B．工业上合成氨：N2+3H2⇌2NH3，属于工业固氮，故B错误；C．大豆根瘤菌将N2转化成化合态氮，属于生物固氮，故C错误；D．NO、NO2都为氮的氧化物，它们间的相互转化，属于化合物间的转化，不符合单质转化为化合物的特点，所以不属于氮的固定，故D正确；故选D．点评：本题主要考查氮的固定，依据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程即可解答，题目难度不大．　11．（2分）下列物质：①Cl2②Na③Na2O2④F2分别与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1的是（　　）　A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：先根据元素化合价变化来确定氧化剂、还原剂，再根据方程式中氧化剂和还原剂的计量数之比判断即可．解答：解：①Cl2+H2O=HCl+HClO中，氯元素的化合价由0价变为﹣1价和+1价，所以氧化剂和还原剂都是氯气，每个氯原子得电子或失电子个数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应中钠是还原剂，水是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中氧元素的化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，每个过氧化钠化学式中氧原子得失数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；④2F2+2H2O=4HF+O2，该反应中氟元素的化合价由0价变为﹣1价，氧元素的化合价由﹣2价变为0价，所以氟气是氧化剂，水是还原剂，根据方程式知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故正确；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应的有关计算，正确书写方程式是解本题关键，再根据方程式中各物理量的关系来分析解答，难度不大．　12．（2分）下列四种说法：①只有一种元素组成的物质一定是纯净物　-21-②只有C2H6O组成的物质一定是纯净物　③有单质参加的反应一定是氧化还原反应　④同素异形体之间的相互转化属于化学反应，其中错误的组合是（　　）　A．只有①②B．只有③④C．只有①②③D．全错考点：混合物和纯净物；氧化还原反应．专题：物质的分类专题．分析：①混合物是由两种或两种以上物质组成的；纯净物是由一种物质组成的；②纯净物是由一种物质组成的；③有化合价升降的反应一定是氧化还原反应；④有新物质生成的是化学反应．解答：解：①只有一种元素组成的物质可能是混合物，如氧气和臭氧，故①错误；②C2H6O有乙醇和二甲醚两种同分异构体，可能为混合物，故②错误；③有单质参加的化学反应不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3，但有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，故③错误；④同素异形体之间的相互转化有新物质生成属于化学反应，故④正确；故选C．点评：本题考查物质和反应的分类，难度不大，注意有单质参加的化学反应不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3，③为易错点．　13．（2分）下列各物质中，不能满足“”转化关系的一组是（　　）XYZASiSiO2Na2SiO3BHNO3NONO2CAl2O3NaAlO2Al（OH）3DCuCuOCuSO4　A．AB．BC．CD．D考点：含氮物质的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：A．Na2SiO3不能直接生成Si；B．硝酸可被还原生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成硝酸；C．根据两性化合物的性质判断；D．铜可与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜被置换可生成铜．解答：解：A．硅可氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，但Na2SiO3-21-不能直接生成Si，故A错误；B．硝酸可被还原生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成硝酸，符合转化关系，故B正确；C．氧化铝可与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与弱酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解可生成氧化铝，故C正确；D．铜可与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜被置换可生成铜，故D正确．故选A．点评：本题综合考查元素化合物知识，侧重于元素化合物知识的综合运用，为高考高频考点和常见题型，难度不大，注意相关基础知识的积累．　14．（2分）下列不能用于实验室制取NH3的是（　　）　A．Ca（OH）2固体与NH4Cl晶体混合加热　B．分解NH4Cl晶体　C．分解NH4HCO3晶体　D．将浓氨水加入到锥形瓶中的CaO固体上考点：氨的实验室制法．专题：实验评价题；元素及其化合物．分析：A．Ca（OH）2固体与NH4Cl晶体混合加热生成氯化钙、氨气和水；B．氯化铵分解生成氯化氢和氨气，二者遇冷有迅速结合生成氯化铵；C．分解NH4HCO3晶体，生成氨气、水、二氧化碳；D．氧化钙溶液水反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热，氨气易挥发．解答：解：A．Ca（OH）2固体与NH4Cl晶体混合加热生成氯化钙、氨气和水，可以用于实验室制备氨气，故A错误；B．氯化铵分解生成氯化氢和氨气，二者遇冷有迅速结合生成氯化铵，得不到氨气，故B错误；C．分解NH4HCO3晶体，生成氨气、水、二氧化碳，用碱石灰除去水和二氧化碳即可得到氨气，故C正确；D．氧化钙溶液水反应生成氢氧化钙，使溶液显碱性，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，故D正确；故选：B．点评：本题考查了实验室制备氨气原理，明确氨气的性质是解题关键，题目难度不大．　15．（2分）Cl2通入70℃的NaOH溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，反应后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，则该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（　　）　A．9：4B．5：1C．11：2D．1：1-21-考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O，令NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒计算n（NaCl），进而计算溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比．解答：解：令NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒有：4mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=n（NaCl）×[0﹣（﹣1）]，解得：n（NaCl）=9mol，所以该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9mol：4mol=9：4；故选A．点评：本题考查学生氧化还原反应的有关知识，注意电子守恒思想在解题中的运用．　16．（2分）氨氧化制硝酸的反应如下：①NH3+O2→NO+H2O；②NO+O2→NO2；③NO2+H2O→HNO3+NO．如将氨全部氧化得2mol硝酸，下列哪个值是理论上需氧气的物质的量是（　　）　A．2molB．3molC．4molD．5mol考点：氧化还原反应的计算．专题：计算题．分析：反应的总方程式为NH3+2O2=HNO3+H2O，反应中N元素化合价由﹣3价升高+5价，O元素化合价由0价降低到﹣2价，结合反应的方程式计算．解答：解：反应的总方程式为NH3+2O2=HNO3+H2O，反应中N元素化合价由﹣3价升高+5价，由方程式可知当生成1mol硝酸，需要2mol氧气，则如将氨全部氧化得2mol硝酸，需要4mol氧气．故选C．点评：本题考查了氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确氮气和氧气的关系是解本题的关键，结合原子守恒来分析解答，难度不大．　17．（2分）在11.8g铁铜混合物中加入足量的硝酸，得到硝酸唯一的还原产物NO的物质的量为0.2mol，充分反应后向混合液中加入足量的氢氧化钠溶液，最终得到沉淀的质量为（单位：g）（　　）　A．18B．20C．22D．24考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：铁铜混合物中加入足量的硝酸生成硝酸铁、硝酸铜，向反应后的混合液中加入足量的氢氧化钠溶液，最终得到沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，根据电荷守恒可知：金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子物质的量，再根据电子转移守恒计算n（OH﹣），而沉淀质量=金属质量+氢氧根离子的质量．解答：解：铁铜混合物中加入足量的硝酸生成硝酸铁、硝酸铜，向反应后的混合液中加入足量的氢氧化钠溶液，最终得到沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，根据电荷守恒可知：金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子物质的量，根据电子守恒可知n（OH﹣）=-21-=0.6mol，故最终沉淀质量=11.8g+0.6mol×17g/mol=22g，故选C．点评：本题考查混合物计算，难度中等，本题采取守恒法计算，简化解题过程，也可以利用方程进行计算，但相对繁琐．　18．（2分）已知热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1②H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H=﹣241.8kJ•mol﹣1则下列说法正确的是（　　）　A．H2的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1　B．由反应①、②可知如图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1　C．H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要释放能量　D．根据②推知反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H＞﹣241.8kJ•mol﹣1考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量来判断；B、化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差；C、氢气转化为水蒸气的途径不一样，化学反应过程吸收或释放能量的情况就不一样；D、气态水变为液态水是一个放热过程．解答：解：A、氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时放出热量，所以H2的燃烧热要高于241.8kJ•mol﹣1，故A错误；B、化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热的，根据盖斯定律，反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）等于①﹣②，即反应的焓变=﹣283.0kJ•mol﹣1+241.8kJ•mol﹣1=﹣41.2kJ•mol﹣1，故B正确；C、氢气和氧气在点燃的情况下生成水（液态）一定会释放能量，水（液态）气化到气态，则是吸收能量，如果是氢气和氧化铜在高温下发生化学反应则会吸收能量，故C错误；D、由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据②推知反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H＜﹣241.8kJ•mol﹣1，故D错误．-21-故选B．点评：本题考查了化学反应的能量变化、燃烧热的概念以及图象分析判断知识，化学反应过程中一定伴随能量变化和反应前后能量守恒是解题关键，难度不大．　19．（2分）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（　　）　A．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol　B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，则相同条件下金刚石比石墨稳定　C．在稀溶液中H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3kJ　D．己知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2；则△H1＜△H2考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、根据热化学方程式中系数和焓变的关系来回答判断；B、物质具有的能量越低越稳定；C、浓硫酸的稀释过程会放出热量；D、液态水变为气态水是一个吸热过程．解答：解：A、在101kPa时，2gH2即1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，故A错误；B、已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，则石墨能量低于金刚石，所以石墨稳定，故B错误；C、浓硫酸的稀释过程会放出热量，将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D、液态水变为气态水是一个吸热过程，氢气燃烧生成气态水放热少，焓变大，即2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2，则△H1＜△H2，故D正确．故选D．点评：本题涉及热化学方程式中的能量变化和热化学方程式的意义以及书写知识，注意中和热的含义是关键，难度不大．　20．（2分）在一定条件下，CO和CH4的燃烧热分别为△H=﹣283kJ•mol﹣1和△H=﹣890kJ•mol﹣1又知由H2与O2反应生成1mol液态H2O比生成1mol气态H2O多放出44kJ/mol的热量．则CH4气在空气中不完全燃烧的热化学方程式正确的是（　　）　A．2CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+CO（g）+4H2O（1）；△H=﹣1214kJ•mol﹣1　B．2CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+CO（g）+4H2O（g）；△H=﹣1038kJ•mol﹣1　C．3CH4（g）+5O2（g）=CO2（g）+2CO（g）+6H2O（g）；△H=﹣1840kJ•mol﹣1-21-　D．3CH4（g）+5O2（g）=CO2（g）+2CO（g）+6H2O（1）；△H=﹣1538kJ•mol﹣1考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：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，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物．CO和CH4的热化学方程式分别为：①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ/mol；②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol再由由H2与O2反应生成1mol液态H2O比生成1mol气态H2O多放出44kJ/mol的热量可知，③H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律计算．解答：解：在一定条件下，CO和CH4的燃烧热分别为△H=﹣283kJ•mol﹣1和△H=﹣890kJ•mol﹣1，则它们的热化学反应方程式分别为：①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ/mol；②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ/mol再由由H2与O2反应生成1mol液态H2O比生成1mol气态H2O多放出44kJ/mol的热量可知，③H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律：②×3﹣①×2得，3CH4（g）+5O2（g）═CO2（g）+2CO（g）+6H2O（l）△H=3×（﹣890kJ/mol）﹣2×（﹣283kJ/mol）=﹣2104kJ/mol故A、D都错误；根据盖斯定律：②×3﹣①×2+6×③得，3CH4（g）+5O2（g）═CO2（g）+2CO（g）+6H2O（g）△H=3×（﹣890kJ/mol）﹣2×（﹣283kJ/mol）+6×44kJ/mol=﹣1840kJ/mol，故B错误，C正确；故选C．点评：本题考查反应热的有关计算，注意掌握根据盖斯定律、燃烧热等进行的计算，题目难度中等．　21．（2分）已知单质铁溶于一定浓度的HNO3溶液中反应的离子方程式为：aFe+bNO3﹣+cH+=dFe2++fFe3++gNO↑+hN2O↑+kH2O，化学计量数a～k均为正整数．则它们之间的关系正确的是（　　）　A．c=4g+10hB．c﹣2b=2d+3fC．2d+3f=3g+8hD．a+c=d+f考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：氧化还原反应的离子反应遵循电荷守恒、原子守恒、得失电子守恒等，分别根据各个守恒关系列出用a～k表示的等式，然后对各选项进行判断．解答：解：化学反应中的电荷守恒是指：反应物所带电荷总数等于生成物所带电荷总数，即﹣b+c=2d+3f，故BD错误；铁单质从0价到+2、+3价，失电子总数为2d+3f，从硝酸根到一氧化氮和一氧化二氮，一共降3g+8h，所以有关系式：2d+3f=3g+8h，故C正确，-21-综上：依电荷守恒得﹣b+c=2d+3f；依元素守恒得：a=d+f（Fe元素守恒），b=g+2h（N元素守恒）；依得失电子总数相等得：2d+3f=3g+8h，整理得：4g+10h=c，故A正确；故选AC．点评：本题考查氧化还原反应的综合应用，题目难度中等，明确化合价的变化相等是解答的关键，并学会电子守恒、原子守恒法来解答问题．　22．（2分）（2022•四川）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（　　）　A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1　B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L　C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L　D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol考点：有关混合物反应的计算．专题：压轴题；守恒法．分析：在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），据此计算．解答：解：在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有-21-64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D正确．故选B．点评：本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键．　二、非选择题（本大题共6题，共56分）23．（10分）（1）现有：①氯化钠晶体；②金刚石；③晶体硅；④干冰；⑤白磷，其熔点由高到低的顺序为　②③①⑤④　（填序号）；（2）对硝酸进行一系列的实验，其中部分实验（包括现象）如下：①浓硝酸中滴入紫色石蕊试液，溶液先呈红色后褪色；②两根玻璃棒分别蘸有浓硝酸和浓氨水，靠近（不接触）两根玻璃棒出现白烟；③将铜片投入浓硝酸中，溶液变绿色并产生大量红棕色气体；④在稀硝酸中逐渐加入铁粉，溶液颜色先变棕黄色后变浅绿色，且开始有气泡出现后来无气泡；⑤浓硝酸中加入红热的炭，产生大量混合气体上述实验中，硝酸既表现强氧化性又表现酸性的实验是　①③④　（填实验序号，下同），既表现酸性又表现挥发性的是　②　，只表现强氧化性的是　⑤　．（3）有等体积混合而成的四组气体：①NO2+NO；②NO2+O2；③HCl+N2；④NO+N2，将其分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，试管内水面上升的高度分别为H1，H2，H3，H4，其中高度关系正确的是　A　．A．H2＞H3＞H1＞H4B．H3＞H2＞H1＞H4C．H1=H2=H3=H4D．H1＞H2＞H3＞H4．考点：晶体熔沸点的比较；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．专题：化学键与晶体结构；氮族元素．分析：（1）判断晶体类型，根据晶体类型判断熔点高低；（2）①浓硝酸具有酸性，可使指示剂变色，浓硝酸具有强氧化性，可以氧化漂白石蕊；②浓硝酸易挥发，与氨气反应生成硝酸铵，表现了浓硝酸的酸性；③将铜片投入浓硝酸中，生成硝酸铜并产生大量红棕色气体，表现了浓硝酸的酸性和强氧化性；④在稀硝酸中逐渐加入铁粉，溶液颜色先变棕黄色，说明生成了硝酸铁，表现了硝酸的硝酸的酸性和强氧化性，后变浅绿色，表现了铁离子的氧化性；-21-⑤浓硝酸中加入红热的炭，产生大量混合气，不能生成盐，因此只表现了浓硝酸的强氧化性；（3）NO、N2、O2不溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，气气体减少的体积等于试管内液体体积．解答：解：（1）①氯化钠晶体是离子晶体②金刚石是原子晶体③晶体硅是原子晶体④干冰分子是晶体⑤白磷是分子晶体，C原子半径小于Si，因此金刚石的熔点大于晶体硅，白磷相对分子质量大于二氧化碳，因此白磷的熔点高于干冰，结合熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，其熔点由高到低的顺序为：②③①⑤④，故答案为：②③①⑤④；（2）①浓硝酸具有酸性，可使指示剂变色，浓硝酸具有强氧化性，可以氧化漂白石蕊，因此表现了硝酸的酸性和强氧化性；②浓硝酸易挥发，与氨气反应生成硝酸铵，表现了浓硝酸的酸性，因此表现了硝酸的挥发性和酸性；③将铜片投入浓硝酸中，生成硝酸铜并产生大量红棕色气体，表现了浓硝酸的酸性和强氧化性；④在稀硝酸中逐渐加入铁粉，溶液颜色先变棕黄色，说明生成了硝酸铁，表现了硝酸的硝酸的酸性和强氧化性，后变浅绿色，表现了铁离子的氧化性；⑤浓硝酸中加入红热的炭，产生大量混合气，不能生成盐，因此只表现了浓硝酸的强氧化性，故答案为：①③④；②；⑤；（3）假设各种气体体积都是a，试管容积为2a，气体减少的体积等于试管内液体体积，①根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，生成NO的体积为二氧化氮体积的，所以二氧化氮和水反应生成NO的体积为，原来还有a，所以NO总的体积为，则液面上升高度为试管高度的；②根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3知，二氧化氮完全反应，剩余气体是氧气，根据氧气和二氧化氮的关系式知，剩余氧气的体积=a﹣×a=，则液面高度占试管体积的；③氮气和水不反应，氯化氢极易溶于水，所以液面高度等于氯化氢体积，液面高度占试管容积的=；④NO、N2都不和水反应，所以水不进入试管，其液面高度为0，通过以上分析知，液面高度关系为H2＞H3＞H1＞H4，故答案为：A．点评：本题考查了晶体的类型、硝酸的性质、根据方程式进行计算，明确晶体的类型和物质的性质是解本题关键，根据试管内液体体积与反应过程中气体减少体积之间的关系来分析解答，题目难度不大．　24．（8分）完成下列化学用语的书写：（1）实验室制NH3的化学方程式　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑　；-21-（2）工业上由SiO2制取粗硅的化学方程式　SiO2+2C2CO+Si　；（3）甲烷燃料电池以氢氧化钠作电解质溶液的负极反应式　CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O　；（4）已知25℃、101kPa时，16gCH3OH（l）完全燃烧时放出363.2kJ的热量．写出该条件下CH3OH（1）完全燃烧的热化学方程式：　CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4kJ/mol　．考点：硅和二氧化硅；热化学方程式；化学电源新型电池；铵盐．专题：元素及其化合物．分析：（1）在实验室里可用固体NH4Cl和熟石灰混合共热生成氯化钙和水和氨气；（2）碳与二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳；（3）甲烷燃料电池中，负极上是甲烷发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，又因为电解质是NaOH溶液，不会在电极上放出二氧化碳；（4）依据化学方程式甲醇物质的量结合题干条件计算得到对应量下的焓变，标注物质聚集状态和对应焓变，写出热化学方程式．解答：解：（1）在实验室里可用固体NH4Cl和熟石灰混合共热生成氯化钙和水和氨气，2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；（2）工业上制取粗硅的化学方程式为：SiO2+2C2CO+Si，故答案为：SiO2+2C2CO+Si；（3）甲烷燃料电池以NaOH溶液为电解质溶液时，负极上是甲烷发生失电子的氧化反应，又因为电解质是NaOH溶液，二氧化碳和氢氧化钠反应得到的是碳酸钠，即CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，故答案为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；（4）101kPa时，若16gCH3OH物质的量为0.5mol，完全燃烧生成液态水，放出热量为363.2kJ/mol，则1mol甲醇燃烧放热726.4KJ；反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4kJ/mol．点评：本题考查化学方程式的书写、电解池的工作原理以及电极方程式、热化学方程式的书写，注意电解质环境对电极反应书写的影响，难度不大．　25．（8分）氧化还原反应实际上包含氧化反应和还原反应两个过程，一个还原反应过程的离子方程式为：NO+4H++3e﹣=NO+2H2O．下列四种物质：KMnO4，Na2CO3，KI，Fe2（SO4）3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生．（1）发生氧化反应的物质是　KI　；（2）写出并配平该氧化还原反应方程式　6KI+8HNO3═6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O　；（3）反应生成0.3molH2O，则转移电子的数目为　0.45NA　；-21-（4）若反应后，氧化产物的化合价升高，而其他物质保持不变，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比将　增大　（填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：由还原过程发生氧化反应可知，N元素的化合价升高，则与还原剂发生氧化还原反应，在题给四种物质中，能发生氧化反应的只有KI，被还原的元素为N，还原剂是KI，发生反应的化学方程式为6KI+8HNO3═6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O，结合化合价的变化计算．解答：解：（1）题给四种物质中，能发生氧化反应的只有KI，被还原的元素为N，还原剂是KI，故答案为：KI；（2）反应的方程式应为6KI+8HNO3═6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O，故答案为：6KI+8HNO3═6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O；（3）反应6KI+8HNO3═6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O中转移的电子数为6e﹣，即每生成4molH2O，转移6mol电子．因此若生成0.3molH2O，转移0.45NA电子，故答案为：0.45NA；（4）若反应后氧化产物的化合价升高，则需氧化剂的物质的量增大，故氧化剂与还原剂的物质的量之比增大，故答案为：增大．点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，本题可根据配平后的化学方程式计算，难度中等．　26．（10分）如图表示各物质之间的转化关系．已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体．A中阴、阳离子个数比是1：1，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质．（部分生成物和反应条件省略）请按要求填空：（1）A物质的化学式是　NH4HCO3　；（2）反应③的化学方程式是　4NH3+5O24NO+6H2O　；反应④的离子方程式是　Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O　；（3）反应①中氧化剂和还原剂的物质的量比　1：1　；（4）检验溶液A中阳离子的方法是　取少许溶液A于试管，加入NaOH溶液，微热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有NH4+　．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系②可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2-21-，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．解答：解：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系②可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；（2）反应③的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；反应④的离子方程式是Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O；（3）反应①为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，反应中过氧化钠即为氧化剂也是还原剂，Na2O2中O元素化合价由﹣1价分别变化为﹣2价、0价，都变化为1价，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；（4）溶液A中阳离子为NH4+，检验NH4+的方法是：取少许溶液A于试管，加入NaOH溶液，微热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有NH4+，故答案为：取少许溶液A于试管，加入NaOH溶液，微热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有NH4+．点评：本题考查无机物推断，涉及N元素化合物性质与转化，物质的颜色及特殊性质是推断突破口，注意根据氧化还原反应理解反应②，难度中等．　27．（4分）已知水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质，而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”可用如图表达：请写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：　2Na+2H2O=2NaOH+H2↑　，其中水为　氧化　剂．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：由图可知，Ⅳ为氧化还原反应，且属于置换反应，以此来解答．解答：解：由图可知，Ⅳ为氧化还原反应，且属于置换反应，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；氧化．点评：-21-本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应类型Ⅳ及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　28．（8分）微型纽扣电池在现代生活中有广泛的应用，银锌电池为其中一种，其电极为Ag2O和Zn，KOH溶液为电解质，电极反应为：Zn+2OH=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH．根据上述反应式，回答下列问题：（1）写出电池的总反应式　Zn+Ag2O=2Ag+ZnO　．（2）电池工作时，正极　得到　电子（填“得到”、“失去”），失去电子的物质是　Zn　，负极区溶液的pH　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）．考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池中负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在得失电子相等的条件下，将正负电极上电极反应式相加即得电池反应式，根据电极反应判断溶液pH的变化．解答：解：（1）负极电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O、正极电极反应式为Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，所以电池反应式为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故答案为：Zn+Ag2O=2Ag+ZnO；（2）该原电池中，Zn元素化合价由0价变为+2价、Ag元素化合价由+1价变为0价，所以Zn是负极失电子发生氧化反应，Ag2O是正极得电子发生还原反应；负极的电极反应式为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O，则负极附近pH减小；故答案为：得到；Zn；减小．点评：本题考查了原电池原理，题目难度不大，根据元素化合价变化确定正负极及反应类型，将正负极电极反应式相加得电池反应式，难点是电极反应式的书写．　29．（2分）研究表明，化学反应的能量变化（△H）与反应物和生成物的键能有关．键能可以简单的理解为：断开1mol化学键时所需吸收的能量（或形成1mol化学键所释放的能量）．下表是部分化学键的键能数据：化学键C﹣HCl﹣ClC﹣ClH﹣Cl键能/kJ•mol﹣1X243330432已知：反应CH4（g）+Cl2（g）=CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=﹣106kJ/mol，则上表中X=　413kJ/mol　．考点：有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此结合CH4（g）+Cl2（g）=CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=﹣106kJ/mol计算出表中X．解答：解：各化学键键能为：Cl﹣Cl243kJ•mol﹣1、C﹣Cl330kJ•mol﹣1、H﹣Cl432kJ•mol﹣1，C﹣HXkJ•mol﹣1反应CH4（g）+Cl2（g）=CH3-21-Cl（g）+HCl（g）；△H=﹣106kJ/mol，反应焓变△H=4×C﹣H+Cl﹣Cl﹣（C﹣Cl+3×C﹣H+H﹣Cl）=﹣106，4X+243﹣（330+3X+432）=﹣106，计算得到X=413kJ/mol；故答案为：413kJ/mol；点评：本题考查反应热与化学键键能的关系，题目难度中等，注意从物质能量、键能角度理解反应热，明确反应热的焓变△H=反应物总键能﹣生成物总键能及焓变的正负与吸收、放热热量的关系．　30．（6分）已知Cu2O加入到稀硫酸中充分反应，溶液变蓝色并有紫红色固体产生．向质量为mg的Cu、Cu2O、CuO的混合物中加入1L0.6mol/L的稀硝酸，恰好完全反应，收集到标准状况下2240mL的NO气体．（1）写出Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式　3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O　；（2）若mg上述混合物用足量CO还原，最后得到固体的质量为　16g　；（3）若mg上述混合物中含单质Cu的物质的量为0.1mol，则与mg该混合物反应消耗物质的量浓度为1mol/L的稀硫酸的体积为　0.1L　．考点：硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算．专题：守恒法．分析：（1）硝酸具有强氧化性，Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3﹣被还原为NO，同时生成H2O，据此配平写出反应离子方程式；（2）质量为mg的Cu、Cu2O、CuO的混合物中加入1L0.6mol/L的稀硝酸，恰好完全反应，收集到标准状况下2240mL的NO气体，根据N原子守恒计算n[Cu（NO3）2]，根据Cu元素守恒计算还原后得到Cu的物质的量，再根据m=nM计算固体Cu的质量；（3）结合NO的体积，根据电子转移守恒计算混合物中n（Cu2O），再结合（2）中Cu元素物质的量计算混合物中n（CuO），Cu不与稀H2SO4反应，Cu2O、CuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4中H+结合生成H2O，计算消耗硫酸的物质量，依据V=计算硫酸的体积．解答：解：（1）Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3﹣被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O；故答案为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O；（2）硝酸的物质的量为1L×0.6mol/L=0.6mol，NO的物质的量为=0.1mol，Cu、Cu2O、CuO的混合物中加入1L0.6mol/L的稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，依据氮原子个数守恒可知生成硝酸铜的物质的量为：n[Cu（NO3）2]=0.5（0.6mol﹣0.1mol）=0.25mol，所以原混合物共含有铜原子的物质的量为0.25mol，Cu、Cu2O、CuO的混合物与足量的CO反应，最后剩余固体为铜，依据铜原子个数守恒可知，剩余固体的质量为0.25mol×64g/mol=16g；故答案为：16g；（3）根据3Cu～2NO可知，0.1molCu反应生成NO为mol，故3Cu2O～2NO反应生成NO为（0.1mol﹣mol），可得混合物中Cu2O为（0.1mol﹣mol）×=0.05mol，故CuO为0.25mol﹣0.1mol﹣0.05mol=0.05mol，混合物中，Cu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4-21-反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，可得n（H2SO4）=0.05mol+0.05mol=0.1mol，V===0.1L；故答案为：0.1L．点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，侧重对学生思维能力的考查，解题时注意明确发生的化学反应、注意守恒规律的运用．　-21-