四川省成都列五中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都列五中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第I卷
一、选择题
1. 化学与生活生产息息相关，下列相关说法正确的是
A. 食品加工时不可添加任何防腐剂
B. 5G芯片“骁龙888”主要材料是Si
C. 从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，是一种电解质
D. 工业合成氨中，触媒的使用是为了提高合成氨的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．只要按规定合理添加防腐剂，可以提高食物保存时间，因此食品加工可以添加防腐剂，但要注意在要求范围之内，故A错误；
B．单质Si是芯片的主要材料，5G芯片“骁龙888”主要料料是Si，故B正确；
C．石墨烯是碳的一种单质，不是化合物，不能电离，不是电解质，故C错误；
D．铁触媒的使用有利于加快反应速率，但平衡不移动，不能提高合成氨的转化率；故D错误。
答案选B。
2. 化学是实验的科学，下列有关实验设计能达到目的的是(部分夹持装置已略去)
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．当挤压胶头滴管时，SO2与NaOH溶液反应，导致烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液通过导气管进入烧瓶，继续与气体发生反应，使烧瓶中压强进一步减小，烧瓶内外持续形成压强差，从而形成喷泉，能够达到目的，A符合题意；
B．HCl溶于水，会导致导气管中气体压强减小，试管中的水进入导气管，引起倒吸现象的发生，不能用于吸收多余HCl气体，B不符合题意；
C．不能形成密闭系统，气体会通过长颈漏斗逸出，因而不能用来测定化学反应速率，C不符合题意；
D．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，在稀释浓硫酸时应该在烧杯中进行，待溶液冷却至室温后，再通过玻璃棒引流，将溶液转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接稀释，D不符合题意；
故合理选项是A。
3. 下列与热化学相关说法正确的是
A. 已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H=-92 kJ/ml，增加氮气和氢气的用量，则∆H变大
B. 1 ml H2与0.5 ml O2反应放出的热就是H2的燃烧热
C. 已知：S(g)+O2(g)=SO2(g) ∆H1；S(s)+O2(g)=SO2(g) ∆H2，则∆H1>∆H2
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ∆H=-57.3 kJ/ml，若将1 ml NaOH固体加入1 L 1 m/L的稀盐酸溶液中，放出的热量大于57.3 kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A．焓变与该化学方程式的化学计量数相关，跟实际反应中氮气和氢气的用量无关，即增加氮气和氢气的用量，△H不变，故A错误；
B．1 ml H2与0.5 ml O2反应生成液态水放出的热是H2的燃烧热，故B错误；
C．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2，故C错误；
D．NaOH固体溶解放热，因此将1 ml NaOH固体加入1 L 1 m/L的稀盐酸溶液中，放出的热量大于57.3 kJ，故D正确。
答案选D。
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述错误的是
A. 20 g D2O中所含的中子数为10NA
B. 标准状况下，22.4 L NO2含有的分子数为NA
C. 通常状况下，O3和O2混合气体16 g所含氧原子数为NA
D. 1 ml碘蒸气和1 ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．20g D2O物质的量为，所含的中子数为10NA，选项A正确；
B．标准状况下，22.4 L NO2的物质的量为，但会发生反应2NO2N2O4，因此气体含有分子数小于NA，选项B错误；
C．O3和O2都是有O原子组成，16g含O原子为1ml，O原子个数为NA，选项C正确；
D．碘蒸气与氢气发生的反应为可逆反应，不能充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，选项D正确；
答案选B。
5. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−=+H2↑
B. KI溶液在酸性条件下能与氧气反应：2H++2I-+O2=I2+H2O
C. Na2S2O3和稀H2SO4反应：+2H+=SO2↑+S↓+H2O
D. 酸性条件下KMnO4遇H2C2O4褪色：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．原离子方程式电荷不守恒，用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2+3H2↑，A错误；
B．原离子方程式质量不守恒，KI溶液在酸性条件下能与氧气反应的离子方程式为：4H++4I-+O2=2I2+2H2O，B错误；
C．Na2S2O3和稀H2SO4反应生成Na2SO4、S、SO2和H2O，故离子方程式为：+2H+=SO2↑+S↓+H2O，C正确；
D．H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故酸性条件下KMnO4遇H2C2O4褪色的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误；
故答案为：C。
6. 下列说法正确的是
A. 增大压强，活化分子百分数增多，化学反应速率一定增大
B. C(石墨，s)=C(金刚石，s) ∆H=+1.9 kJ/ml，则金刚石比石墨稳定
C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ∆H>0，∆S>0，则不论在何种条件下都不可能自发进行
D. 用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq) ∆H>-57.3 kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．增大压强，单位体积为活化分子数增大，但活化分子数百分数不变，故A错误；
B．物质能量越高越不稳定，由C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H=+1.9kJ/ml，可知石墨能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ∆H>0，∆S>0，根据△H-T△S＜0反应可自发进行可知该反应在高温下可自发进行，故C错误；
D．醋酸为弱酸电离吸收热量，则CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq) ∆H>-57.3 kJ/ml，故D正确；
答案选D。
7. N2O和CO是环境污染性气体，可在表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是
A. 为了实现转化，需不断向反应器中补充和
B. CO为还原剂
C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D. 总反应的
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂在反应中先消耗，后生成，中间产物在反应中先生成，后消耗，Pt2O+为反应的催化剂，为中间产物，则不需要不断向反应器中补充，故A错误；
B．总反应为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)，CO中C元素的化合价升高，CO为还原剂，故B正确；
C．该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C正确；
D．由甲图分析可知，①N2O(g)+Pt2O+(s)= (s)+N2(g) △H1，②(s)+CO(g)=Pt2O+(s)+CO2(g) △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g) △H=ΔH1+ΔH2=134kJ/ml-360kJ/ml=-226kJ/ml，故D正确。
答案选A。
8. 下列有关速率和平衡说法正确的是
A. 已知反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，在密闭的反应炉内达到平衡后，若其他条件均不改变，将反应炉体积缩小一半，则达到新平衡时CO2(g)的浓度将升高
B. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色变深，能用勒夏特列原理解释
C. 重铬酸钾溶液中存在：(橙色)(黄色)，若滴加少量NaOH溶液，平衡正移，溶液由橙色变黄色
D. 使用正催化剂，改变了反应历程和∆H，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应的平衡常数表示式为K=，温度不变平衡常数不变，达到新平衡时CO2(g)的浓度不变，故A错误；
B．H2、I2生成HI的反应前后气体计量数之和不变，压强不影响该反应平衡移动，增大压强导致气体体积减小，碘蒸汽浓度增大，导致气体颜色加深，不能用平衡移动原理解释，故B错误；
C．重铬酸钾溶液中存在：(橙色)(黄色)，若滴加少量NaOH溶液，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c()增大，溶液由橙色变黄色，故C正确；
D．使用正催化剂，改变了反应历程，但是不能改变∆H，故D错误。
答案选C。
9. 对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. υ(A)=0.3ml•L-1•s-1B. υ(B)=1.8ml•L-1•s-1
C. υ(D)=0.7ml•L-1•s-1D. υ(C)=1.5ml•L-1•min -1
【答案】C
【解析】
【详解】由于B是固体，不能用浓度的改变量来描述反应速率，再根据速率与计量系数之比分析，比值越大，则反应速率越快，，则υ(D)=0.7ml•L-1•s-1的速率最快，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
10. 在密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50 ml·L-1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再次达平衡时测得A的浓度为0.20 ml·L-1，有关判断错误的是
A. x+yC. B的转化率增大D. C的体积分数下降
【答案】D
【解析】
【分析】平衡时测得A的浓度为0.50ml/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，如平衡不移动，则A的浓度应降低为0.25ml/L，而实际浓度为0.20ml/L，则说明降低压强平衡向正反应方向移动。
【详解】A．根据分析可知，减小压强平衡向着正向移动，说明正反应为气体体积增大的反应，则x+yB．由分析可知，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C．平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，故C正确；
D．平衡向正反应方向移动，C的体积分数会增大，故D错误；
答案选D。
11. 在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 ml A和1 ml B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）

A. ③②①B. ③①②C. ①②③D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。
12. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图象如图，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1B. 由图2可知，该反应m+nC. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据“先拐先平数值大”，可知T1B．由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n>p，选项B错误；
C．图中点3的转化率小于同温下的平衡转化率，说明点3反应正向进行，反应速率：v正>v逆，选项C正确；
D．曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n=p，曲线a可能使用了催化剂或加压，选项D错误；
答案选C。
13. 在某2 L恒容密闭容器中充入2 ml X(g)和1 ml Y(g)发生反应：2X(g)+Y(g)⇌3Z(g) ΔH，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A. M点时Y的转化率最大
B. 升高温度，平衡向逆反应方向移动
C. 平衡后充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大
D. W、M两点Y的正反应速率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．混合体系中X的体积分数最小时，说明反应向正向进行的程度最大，Y的转化率最大，则Q点Y的转化率最大，A错误；
B．由图可知，Q点后，升高温度，X的体积分数逐渐增大，说明平衡向逆向进行，则反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，B正确；
C．平衡后充入Z，相当于给体系加压，反应为反应前后气体物质的量不变的反应，则达到新平衡时Z的体积分数不变，C错误；
D．W和M两点，各物质的浓度相同，但M点温度更高，则W点和M点的正反应速率不相等，D错误；
故选B。
14. 有一反应：2A＋B2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有 a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是
A. 该反应是放热反应
B. b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C. T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法
D. c点：v(正)【答案】B
【解析】
【分析】由反应方程式可知该反应的正反应为气体体积减小的反应。分析所给图示，可以看出随着温度的升高，B的转化率逐渐增大，表示反应向正反应方向进行，则该反应为吸热反应。
【详解】A．分析图示曲线的趋势，温度升高，反应正向进行，即正反应是吸热反应，A项错误；
B．b点在平衡曲线上，说明此时可逆反应达平衡状态，对于反应前后气体体积改变的反应，平均摩尔质量不再变化，B项正确；
C．T1温度下若由a点达到平衡，则可逆反应应向逆反应方向移动，增大压强会使该反应向正反应方向移动，不能达到目的，C项错误；
D．c点未处于平衡状态，要达到平衡状态，反应需向正反应方向进行，则v(正)>v(逆)，D项错误；
答案选B。
15. 在容积为2 L的恒容密闭容器中充入P(g)和Q(g)，发生反应P(g)+2Q(g)⇌3R(g)+4S(s) ΔH．所得数据如下表。下列说法不正确的是
A. 该反应的ΔH>0
B. 反应达到平衡后增大压强，平衡逆向移动
C. ②中x的值可以算出
D. 700℃，若P、Q、R、S的物质的量均为0.2 ml，则平衡正移
【答案】B
【解析】
【详解】A．500℃时，由表中数据及体积为2L可知，
则K(500℃)===；
同理，可以计算出K(700℃)=，K(700℃)＞K(500℃)，正反应为吸热反应，△H＞0，故A正确；
B．该反应是气体体积不变的反应，压强变化对平衡无影响，故B错误；
C．该反应是气体体积不变的反应，则编号①和编号②为等效平衡，编号②的起始量是编号①的双倍，则平衡时x=0.48，故C正确；
D．Qc===1< K(700℃)=，则平衡正向移动，故D正确。
答案选B。
第II卷
16. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，一种工业合成氨的简易流程图如下：
（1）分离氨应用了氨___________的性质。
（2）步骤II中制氢气原理如下：
a、
b、
利用反应b将CO进一步转化，可提高H2产量。反应b化学平衡常数K和温度T的关系如表：
该反应为___________反应(填“吸热”或“放热”)；某温度下，体系中各物质的平衡浓度符合下式：，试判断此时的温度为___________。
（3）下图表示500℃、60.0 MPa条件下，合成氨反应原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡转化率为___________%(结果保留一位小数)。
（4）科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器中充入9.0 ml N2和23.0 ml H2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图。
①、、由大到小的排序为___________。
②在、60 MPa条件下，A点___________ (填“大于”、“小于”或“等于”)。
【答案】（1）易液化 （2） ①. 放热 ②. 1200℃
（3）59.2 （4） ①. ②. 大于
【解析】
【小问1详解】
氨气沸点高，易液化，即冷却分离应用了氨易液化的性质；
【小问2详解】
由表中数据可知，温度越高化学平衡常数越小，则升高温度平衡向逆反应移动，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应；由5c(CO2)•c(H2)=3c(CO)•c(H2O)，可得平衡常数，故反应温度为1200℃；
【小问3详解】
a点时H2、N2物质的量之比为3，设起始投入3ml H2、1ml N2，到平衡时转化的N2为xml，列三段式
又平衡时体积分数等于物质的量分数，即，解得x=0.592，则N2的平衡转化率为；
【小问4详解】
①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3>T2>T1；
②根据图象，在T2、60MPa条件下，A点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此>；
17. 丙酮蒸气热裂解可生产乙烯酮， ，现对该热裂解反应进行研究，回答下列问题：
（1）①根据表格中的键能数据，计算___________；
②该反应在___________(填“低温”或“高温”或“任意温度”)条件下可自发进行。
（2）在恒容绝热密闭容器中，充入丙酮蒸气，不能判断下列到达平衡状态的是___________。
A．消耗速率与生成速率相等
B．容器内压强不再变化
C．反应的平衡常数不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
E．和的浓度比保持不变
（3）丙酮的平衡转化率随温度、压强变化如图所示：
①图中X表示的物理量是___________；
②A、C两点化学平衡常数___________(填“>”、“<”或“=”)；
③恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是___________。
（4）在容积可变的恒温密闭容器中，充入丙酮蒸气维持恒压(110 kPa)。
①经过时间t min，丙酮分解10%。用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)=_______kPa/min；
②该条件平衡时丙酮分解率为a，则___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. +84 ②. 高温
（2）E （3） ①. 压强 ②. < ③. 升高温度
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①根据键能关系△H=反应物的总键能-生成物的总键能=348×2+412×6-612-412×2-412×4=+84kJ·ml-1；
②△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，该反应△S＞0，即高温时，反应自发；
【小问2详解】
A．O=C=CH2(g)消耗速率与CH4生成速率相等说明逆反应速率等于正反应速率，能判断反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B．容器为恒容，反应过程中气体分子数增多，体系压强增大，容器内压强不再变化，能判断反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．该容器为绝热容器，平衡常数不变，说明温度不变，则达到平衡状态，故C不符合题意；
D．正反应方向是气体物质的量增大的方向，即混合气体的平均相对分子质量减小的方向，当平均相对分子质量不变时，说明达到平衡状态，故D不符合题意；
E．该反应进行时，O=C=CH2(g)和CH4(g)的浓度比始终保持不变，故E符合题意；
故答案为E；
【小问3详解】
①该反应吸热反应，温度升高，平衡向正反应移动，丙酮的转化率应该升高，若X为温度，与图示不符；X表示压强，增大压强时，平衡逆向移动，丙酮转化率降低，符合图示；故图中X表示的物理量是压强；
②A、B两点的压强相同，B点的丙酮的转化率更高，则B点的温度更高，即C点的温度更高，该反应是吸热反应，则KA＜Kc；
③根据上述分析恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是升高温度；
【小问4详解】
①在容积可变的恒温密闭容器中，体系为恒压体系，设起始丙酮的物质的量为n ml，则分解10%后，各物质的量为0.9n ml、0.1n ml、0.1n ml，物质的量之比等于分压之比，则此时丙酮的分压为，则用单位时间内气体分压变化表示的反应速率v(丙酮)=kPa/min；
②该条件平衡时丙酮分解率为a，设起始丙酮的物质的量为n ml，则平衡时各物质的量为(1-a)n ml、an ml、an ml，物质的量分数分别为，，，则。
18. 生产生活中的化学反应都伴随能量的变化，请用学到的有关知识回答下列问题：
（1）制作有降温、保鲜和镇痛的冷敷袋可以利用___________(填“放热”或“吸热”)的化学变化或物理变化。
（2）“即热盒饭”可利用下面___________(填字母序号)反应释放的热量加热食物。
A．生石灰和水 B．浓硫酸和水 C．钠和水
（3）CH3OH是优质液体燃料，在25℃、101 kPa下，充分燃烧1 g CH3OH并恢复到原状态，会释放22.7 kJ的热量。请写出表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式：___________。
【答案】18. 吸热 19. A
20.
【解析】
【小问1详解】
制作有降温、保鲜和镇痛的冷敷袋可以利用吸热的变化使物质能量降低；
【小问2详解】
A．生石灰与水的反应是放热反应，反应物材料廉价易得，可以作加热食物的材料，故A正确；
B．浓硫酸溶于水也会放出热量，但浓硫酸具有强腐蚀性，不适宜加热食物，故B错误；
C．Na与水反应产生NaOH和H2，反应属于放热反应，反应会放出热量，但反应产生的NaOH有强烈的腐蚀性，且H2易燃烧，存在安全隐患，因此不适合给食物加热，故C错误；
故答案为A；
【小问3详解】
CH3OH是优质液体燃料，在25℃、101 kPa下，充分燃烧1g CH3OH并恢复到原状态，会释放22.7kJ的热量，1 ml CH3OH的质量是32g，则燃烧1ml CH3OH恢复至原状态放出热量Q=22.7kJ/g×32g=726.4kJ，故表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式为 。
19. 同学们用0.50 ml/L NaOH溶液和0.50 ml/L硫酸进行中和反应反应热的测定。
I．配制溶液
（1）若实验中大约要使用245 mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体___________g。
（2）配制硫酸溶液的实验方案中出现图标和，前者提示实验中会用到温度较高的设备，后者要求实验者___________(填防护措施)。
II．取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸进行实验，实验数据如下表。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和反应反应热的实验装置如图所示：
（3）仪器A的名称为___________。
（4）假设稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的密度都是1 g/mL，又知中和反应后生成溶液的比热容。为了计算中和热(稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1 ml液态水放出的热量)，某学生实验记录数据如下：
①依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热___________(结果保留一位小数)。
②已知强酸强碱的稀溶液反应生成1 ml液态H2O时反应放出的热量为57.3 kJ，上述实验产生偏差的原因可能是___________(填字母)。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定溶液的温度
【答案】（1）5.0 （2）佩戴护目镜
（3）环形玻璃搅拌棒 （4） ①. -53.5kJ/ml ②. ACD
【解析】
【小问1详解】
没有245mL的容量瓶，所以用250mL的容量瓶，托盘天平精确到0.1g，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5ml/L×0.25L×40g/ml=5.0g；
【小问2详解】
根据图示，要求实验者佩戴护目镜；
【小问3详解】
根据仪器的构造，仪器A的名称为玻璃搅拌器；
【小问4详解】
①4次温度差分别为：30.1℃-26.1℃=4.0℃，33.3℃-27.2℃=6.1℃，29.8℃-25.9℃=3.9℃，30.4℃-26.3℃=4.1℃，4组数据中第二组误差较大舍去，其他三组都有效，温度差平均值==4.0℃，50mL 0.50ml/L氢氧化钠与30mL 0.50ml/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50ml/L=0.025ml,溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g,温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025ml水放出的热量为Q=m•c•△T=80g×4.18J/(g•℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=-=-53.5 kJ/ml；
④A．实验装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故A符合；
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故B不符合；
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，中和热的数值偏小，故C符合；
D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故D符合；
答案选ACD。
20. 已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，小组同学对该反应进行实验探究。
（1）甲同学首先进行了实验1
①写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式___________。
②加入KSCN溶液的目的是___________。
③甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c(Fe3+)太低，改进方案，进行实验2.
本实验改用0.1 ml·L-1 KI溶液的目的是___________。用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因___________。
（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2+I-⇌。于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在。
①为验证假设，乙同学设计并完成了实验3.
实验3的结论是___________。
②甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验，证明了平衡I2+I-⇌的存在。
请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1 mL水，振荡、静置；向试管2中加入1 mL0.1 ml·L-1 KI溶液，振荡、静置。两支试管中的现象分别为试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，
试管2：___________。
【答案】20. ①. ②. 检验溶液中是否大量存在Fe3+ ③. 提高平衡时溶液中的c(Fe3+) ④. 加入CCl4后，碘单质被CCl4萃取，平衡正向移动，c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]降低，所以红色消失
21. ①. 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在 ②. 试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色(或紫红色变浅)
【解析】
【分析】该实验为探究FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，可逆反应反应物和产物将同时存在，则实验1为检测反应结束后的溶液中是否存在Fe3+，实验2为检测反应结束后的溶液中存在碘单质。
【小问1详解】
①FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式为；
②Fe3+遇到KSCN溶液会呈红色，加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe3+；
③甲同学认为实验1溶液不显红色的原因是反应体系中c(Fe3+)太低，可能是加入的KI浓度较大，则需要减小KI的浓度，故本实验改用0.1 ml·L-1 KI溶液的目的是提高平衡时溶液中的c(Fe3+)；实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因可能为加入CCl4后，碘单质被CCl4萃取，平衡正向移动，c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]降低，所以红色消失；
【小问2详解】
①实验3的目的是验证假设“萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在”，利用饱和碘水进行对比，根据碘水利用CCl4萃取后上层为无色可知，实验3的结论是萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在；
②将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1 mL水，振荡、静置；向试管2中加入1 mL0.1 ml·L-1 KI溶液，振荡、静置，试管1中水不能反萃取出碘单质，试管2中水层含KI，发生反应，则可反萃取出碘单质，生成，则两支试管中的现象分别为试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，则试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色(或紫红色变浅)。
21. 年是元素周期表诞生周年，元素周期表律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。
（1）元素①～⑧中，金属性最强的元素的最高价氧化物对应的水化物中含有的化学键类型为___________，该物质与⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。
（2）元素①和④可形成两种常见分子，写出分子量较大的分子的电子式___________。
已知A、B、C几种纯净物至少含元素①～⑧中一种共同的元素，它们之间有如下转化关系(部分条件和产物省略)。回答下列问题：
（3）若A为金属单质，C为浅黄色粉末，Y为液态氧化物(常温常压)，则C→D的化学方程式为___________。
（4）若A是酸性氧化物，向空气中大量排放A，会加剧温室效应的形成，强碱X的焰色呈黄色，则B的化学式为___________。
（5）若A为黄绿色气体，X为金属单质，B为X在A中燃烧生成的棕褐色烟，为探究C中阳离子具有还原性，设计如下方案：
取适量的C固体溶于水，将溶液分成甲、乙、丙三份，进行如下实验：
丙实验中溶液里的氧化还原反应是___________(用离子方程式表示)。
【答案】（1） ①. 离子键、极性共价键 ②.
（2） （3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（4）NaHCO3 （5）2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+
【解析】
【分析】根据元素周期表中各元素位置可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl。
【小问1详解】
元素①～⑧中，金属性最强的元素的最高价氧化物对应的水化物NaOH中，含有的化学键类型为离子键、极性共价键，该物质与⑥的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应的离子方程式为；
小问2详解】
元素①和④可形成两种常见分子，分子量较大的分子H2O2的电子式为；
【小问3详解】
若A为金属单质，C为浅黄色粉末，Y为液态氧化物(常温常压)，结合转化关系，推测C为Na2O2，A为Na，Y为H2O，Na与O2(X)常温下反应生成Na2O(B)，Na2O加热时可与O2继续反应转化为Na2O2，Na2O2与水反应生成NaOH(D)，故C→D的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
【小问4详解】
若A是酸性氧化物，向空气中大量排放A，会加剧温室效应的形成，强碱X的焰色呈黄色，推测A为CO2，X为NaOH，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3(B)，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3(C)；
【小问5详解】A
B
C
D
进行喷泉实验
可吸收多余的HCl气体
测定化学反应速率
配制稀硫酸溶液
组号
温度/℃
起始量/ml
平衡量/ml
n(P)
n(Q)
n(R)
n(S)
①
500
0.10
0.80
0.24
0.32
②
500
0.20
1.60
x
x
③
700
0.10
030
0.18
0.24
T/℃
700
800
830
1000
1200
K
2.6
1.7
1.0
0.9
0.6
化学键
C=C
键能
412
348
612
温度实验次数
起始温度℃
终止温度℃
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
实验1
实验步骤
实验现象
i.取2 mL1 ml·L-1 KI溶液，滴加0.1 ml·L-1 FeCl3溶液3滴(1滴约为0.05 mL，下同)。
i.溶液呈棕黄色。
ii.向其中滴加2滴0.1 ml·L-1 KSCN溶液。
ii.溶液不显红色。
实验2
实验步骤
实验现象
i.取2 mL 0.1 ml·L-1 KI溶液，滴加0.1 ml·L-1 FeCl3溶液3滴。
i.溶液呈棕黄色。
ii.向其中滴加2滴0.1 ml·L-1 KSCN溶液。
ii.溶液显红色。
iii.继续加入2 mL CCl4，充分振荡、静置。
iii.液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色。
实验3
实验步骤
实验现象
i.取1 mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2 mLCCl4，振荡、静置。
i.液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色。
ii.取1 mL饱和碘水，加入2 mLCCl4，振荡、静置。
ii.液体分层，上层为无色，下层呈紫红色。
实验
操作
现象
甲
加入镁粉
溶液颜色逐渐变无色
乙
依次滴加KSCN溶液、新制氯水
开始不变色，后变红色
丙
先滴加KSCN溶液，后滴加酸化的双氧水
开始不变色，后变红色