1、乾安七中20182019学年度高一下第二次质量化学试题第I卷（60分）一、选择题(每题3分，共60分）1.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是（ ）A. 由Zn和稀H2SO4制氢气B. 灼热的炭粉与二氧化碳C. Ba(OH)28H2O晶体和NH4Cl晶体混合D. 碳酸钙的分解【答案】A【解析】试题分析：从图上分析，反应物能量高于生成物，正反应是放热反应。A活泼金属与酸的反应是放热反应，故A正确；B灼热的碳和二氧化碳的反应，是以C作为还原剂的反应，反应吸热，故B错误；CBa(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合反应是吸热反应，故C错误；D碳酸钙分解属于分解反应，是吸热反应，故D错误；故选A。
2、【考点定位】考查吸热反应和放热反应【名师点晴】本题通过反应物与生成物能量不同判断放热反应和吸热反应，熟悉常见的放热反应和吸热反应是解题的关键。常见的放热反应有：所有的燃烧反应，金属与酸或水的反应、酸碱中和反应、多数的化合反应等常见的吸热反应：Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合反应、水解反应、大多数的分解反应、以C、CO、H2作为还原剂的反应等。2.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）A. 酸性：H2SO4H3PO4B. 非金属性：OSC. 碱性：NaOHMg（OH）2D. 沸点：HFHCl【答案】D【解析】【详解】A项、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金
3、属性：SP，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4H3PO4，能用元素周期律解释，故A正确；B项、同主族元素从上到下，非金属性依次增强，则非金属性：OS，能用元素周期律解释，故B正确；C项、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：NaMg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOHMg（OH）2，能用元素周期律解释，故C正确；D项、HF分子间能形成氢键，增大分子间作用力，HCl不能形成氢键，沸点：HFHCl，不能用元素周期律解释，故D错误。故选D。【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键。3.化学反应中的能量变化是由化学
4、反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：下列说法正确的是（ ）A. 1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJB. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量C. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)D. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水【答案】B【解析】从反应可看出反应过程中吸收的能量大于放出的能量，故反应过程是吸热反应，B正确；由于氮气的键能特别大，N2(g)和O2(g)在通常情况下不能反应；N
5、O是一种不成盐氧化物。4.如果n为第A中某元素的原子序数，则原子序数为（n+1)的元素可能位于第A族第A族第B族第A族（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】从周期表的结构可知，A后面的族既可以是B(第四、五、六、七周期)，也可以是A(第二、三周期)，故和满足条件，故选C。5.含有极性键的共价化合物是（ ）A. Na2O2B. NaOHC. H2D. HCl【答案】D【解析】试题分析：A、过氧化钠是离子化合物，错误；B、氢氧化钠是强碱，属于离子化合物，错误；C、氢气是单质，不是化合物，错误；D、HCl分子中，H与Cl原子形成1对共用电子对，形成极性键，所以是含有极性键共价化合物，正确，
6、答案选D。考点：考查化合物类型、化学键类型的判断6.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是A. 铝片与稀H2SO4反应B. Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应C. 灼热炭与CO2反应D. 甲烷在O2中的燃烧反应【答案】C【解析】【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应。【详解】A项、铝片与稀硫酸反应是氧化还原反应，但该反应是放热反应，故A错误；B项、Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应但是不是氧化还原反应，故B错误；C项、灼热的炭与CO2的反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，故C正确；D项、甲烷在氧气中的燃烧属于放热反应
7、，但该反应是氧化还原反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应和吸热反应，把握元素化合价变化、归纳常见的吸热反应为解答的关键。7. A、B、C、都是金属，A中混有C时，在潮湿的空气中A先腐蚀，A与B组成原电池时，A为电池的正极。A、B、C三种金属的活动性顺序为A. ABCB. ACBC. BACD. BCA【答案】C【解析】试题分析：A中混有C时，A先腐蚀，说明A活泼；A与B组成原电池时，A为电池的正极，B为负极，B较活泼；则活泼性BAC，故C正确。考点：本题考查原电池原理。8.与氢氧根具有相同的质子数和电子数的微粒是（ ）A. CH4B. NH4+C. ClD. NH2【答案】D【
8、解析】分析：氢氧根离子中质子数为各元素的质子数之和，一个氢氧根离子中的质子数是9个，电子数是10个。详解：A、甲烷分子中质子数是10，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数相同，电子数不同，A错误；B、铵根离子中质子数是11，电子数是10，所以和氢氧根离子中质子数不同，电子数相同，B错误；C、氯离子中质子数是17，电子数是18，所以和氢氧根离子中质子数和电子数都不同，C错误。D、NH2-中质子数是9，电子数是10，所以与氢氧根具有相同的质子数和电子数，D正确；答案选D。点睛：本题考查了离子中质子数和电子数的计算，难度不大。注意掌握微粒电子数的计算方法，即阳离子中质子数=电子数+电荷数，阴离子中
9、质子数=电子数-电荷数。9.肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应时，N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)2O2(g)=N2O4(g) H8.7 kJ/mol，N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H534.0 kJ/mol，下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是（ ）A. 2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g) H542.7kJ/molB. 2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g) H1059.3kJ/molC. 2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g) H10767kJ/molD.
10、N2H4(g)N2O4(g)=N2(g)2H2O(g) H1076.7kJ/mol【答案】C【解析】【分析】依据盖斯定律计算可得。【详解】将已知热化学方程式依次编号为，根据盖斯定律2-得肼和N2H4反应的热化学方程式为2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g），则H=2H2H1=2（534.0 kJ/mol）（8.7 kJ/mol）=-1076.7kJ/mol，或N2H4(g)N2O4(g)=N2(g)2H2O(g) H-538.35kJ/mol，故选C。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意运用盖斯定律计算，明确热化学方程式与化学方程式的书写区别是解答关键。10.对原电
11、池的反应本质，最准确的描述是（ ）A. 置换反应B. 化合反应C. 氧化还原反应D. 复分解反应【答案】C【解析】化学电池的反应本质是氧化还原反应，但不一定是置换反应和化合反应。非氧化还原反应如复分解反应不能制成原电池。11.已知反应：H2(g)O2(g)=H2O(g) H1N2(g)O2(g)=NO2(g) H2N2(g)3/2H2(g)=NH3(g) H3则反应2NH3(g)O2(g)=2NO2(g)3H2O(g)的H为（ ）A. 2H12H22H3B. H1H2H3C. 3H12H22H3D. 3H12H22H3【答案】D【解析】【分析】利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相
12、同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。【详解】将已知热化学方程式依次编号为，根据盖斯定律3+2-2得2NH3(g)O2(g)=2NO2(g)3H2O(g)，则H=3H1+2H2-2H3，故选D。【点睛】本题考查了盖斯定律的计算，会根据目标方程式进行分析是解答关键。12.白磷与氧可发生如下反应：P45O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：PP akJmol1、PO bkJmol1、P=O ckJmol1、O= O dkJmol1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的H，其中正确的是（ ）A. (6a5d4c12b)kJmol1B. (4c12b6a5d)k
13、Jmol1C. (4c12b4a5d)kJmol1D. (4a5d4c12b)kJmol1【答案】A【解析】【分析】化学反应的实质是反应物原有化学键的断裂和生成物新化学键生成的过程，反应热H=反应物总键能-生成物总键能。【详解】各化学键键能为P-P akJmol-1、P-O bkJmol-1、P=O ckJmol-1、O=O dkJmol-1，结合物质的结构式可知，白磷分子中含有6个PP键，氧气中含有1个OO键，P4O10分子中含有4个PO键和12个PO键，依据键能的数值可以估算化学反应的热效应，即H反应物的键能总和生成物的键能总和，则该反应的H6a5d（4c12b）kJmol1，故选A。【点
14、睛】本题考查根据键能计算反应热，注意从物质能量、键能理解反应热，明确反应热与化学键键能的关系是解答关键。13.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) H64.39 kJmol12H2O2(l)=2H2O(l)O2(g) H196.46 kJmol1H2(g)O2(g)=H2O(l) H285.84 kJmol1在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2(aq)和H2O(l)的反应热的H等于（ ）A. 417.91 kJmol1B. 319.68 kJmol1C. 546.69 kJmol1D. 448.46 kJ
15、mol1【答案】B【解析】试题分析：由Cu（s）+2H+（aq）Cu2+（aq）+H2（g）H1=64.39kJmol-1；2H2O2（l）2H2O（l）+O2（g）H2=-196.46kJmol-1；H2（g）+1/2O2（g）H2O（l）H3=-285.84kJmol-1；则反应Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）可由反应+1/2+得到。由盖斯定律可知该反应的反应热H = H1 + H2 1/2 + H3 = 64.39 kJmol-1 + （-196.46 kJmol-1） 1/2 + （-285.84 kJmol-1）=-319.68 kJmol
16、-1，即Cu（s） + H2O2（l） + 2H+（aq） = Cu2+（aq） + 2H2O（l）H=-319.68 kJmol-1，选项B正确。故选B。考点：考查盖斯定律的有关计算；热化学方程式的含义14.实验室要快速制取氢气，应选用正确的措施是（ ）A. 纯锌和稀硫酸反应B. 粗锌和稀硫酸反应C. 粗锌和稀硝酸反应D. 用铁代替锌与稀硫酸反应【答案】B【解析】【详解】A项、粗锌与纯锌相比较，粗锌中含有杂质，锌与杂质在稀硫酸中易形成原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，用纯锌和稀硫酸反应制氢气，不是实验室中加快制取氢气的速率的措施，故A错误；B项、粗锌与纯锌相比较，粗锌中含有杂质，锌与杂质
17、在稀硫酸中易形成原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，快速制取氢气，可用粗锌和稀硫酸反应，故B正确；C项、硝酸具有强氧化性，锌与稀硝酸反应生成一氧化氮而不生成氢气，故C错误；D项、铁的金属活泼性弱于锌，用铁代替锌与稀硫酸反应，与稀硫酸反应速率变慢，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于分析能力的考查，注意原电池反应和硝酸的性质是解答关键。15.按C、N、O、F的顺序，下列递变规律错误的是（ ）A. 原子半径逐渐减小B. 元素原子得电子能力逐渐增强C. 最高正化合价逐渐增大 D. 气态氢化物稳定性逐渐增大【答案】C【解析】C、N、O、F在周期表相同周期，从左到右原子序数
18、逐渐增大，则：A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，选项A正确；B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，选项B正确；C、F的最高化合价为0价，无正价，选项C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的气态氢化物稳定性逐渐增强，选项D正确。答案选C。16.下列各组微粒半径大小的比较中，错误的是（ ）A. KNaLiB. Mg2+Na+FC. Na+Mg2+Al3+D. ClFF【答案】B【解析】分析：A同主族自上而下原子半径增大；B核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；C核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；D最外层电子数相同，电子层越多离子
19、半径越大，阴离子半径大于相应的原子半径。详解：A同主族自上而下原子半径增大，故原子半径KNaLi，A正确；B核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径F-NaMg2+，B错误；C核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径NaMg2+Al3+，C正确；D最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，阴离子半径大于相应的原子半径，故半径Cl-F-F，D正确；答案选B。17.将HCl和NaCl分别溶于水。下列说法正确的是（ ）A. HCl的离子键被破坏B. NaCl的共价键被破坏C. HCl和NaCl的化学键均遭破坏D. HCl和NaCl的化学键均未遭破坏【答案】C【解析】HCl
20、溶于水，共价键被破坏，故A错误；NaCl溶于水，离子键被破坏，故B错误；HCl的共价键和NaCl的离子键均遭破坏，故C正确；HCl和NaCl的化学键均被遭破坏，故D错误。18.下面四个装置中的电解质都是稀硫酸。其中可以构成原电池的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】可以看出是原电池。由到省略了导线，由到则是把锌片和铜片靠在一起，由到则又把锌片和铜片的上端分开，虽然形式不同，但都满足构成原电池的四个条件。19.有甲、乙两个装置,下列说法错误的是( ) A. 甲、乙装置中,Zn的质量均减小B. 甲、乙装置中,Cu上均有气泡产生C. 化学反应速率乙甲D. 甲中H+移向Zn，乙中H+移向
21、Cu【答案】B【解析】甲装置中的两种金属未用导线连接，所以不能构成原电池。乙装置符合原电池的构成条件，构成了原电池，锌作负极，铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，作原电池负极的金属腐蚀速率较快，原电池放电时，阳离子向正极移动。A项，甲、乙装置中锌都失去电子转化成锌离子进入溶液，所以锌的质量均减小，故A项正确。B项，甲装置中，锌和氢离子发生置换反应生成氢气，所以锌附近有气泡产生，乙装置构成原电池，氢离子在正极铜上得电子生成氢气，故B项错误。C项，甲装置不能构成原电池，乙装置能构成原电池，反应速率：乙甲，故C项正确。D项，甲装置中氢离子在锌附近得电子发生还原反应，
22、乙装置中氢离子在铜上得电子发生还原反应，所以甲装置中H+移向Zn，乙装置中H+移向Cu，故D项正确。20.如图所示，将镁条和铜片插入一个半熟的橘子中，用导线将二者与蜂鸣器连接，即构成一个水果原电池，蜂鸣器就可以发出音乐声。下列有关说法中不正确的是（ ）A. 该原电池的负极反应为Mg2e=Mg2+B. 电流方向：Mg蜂鸣器CuC. 电路中每通过1 mol电子，在铜电极上产生的气体为11.2 L(标准状况)D. 铜片作正极【答案】B【解析】在该水果原电池中Mg作负极，电子流动方向为Mg蜂鸣器Cu，电流方向与电子流动方向相反。第II卷（40分）二、非选择题21.X、Y、Z、M、G五种主族元素分属三个
23、短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。（1）Y在元素周期表中位置为_。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_ (写化学式)，非金属气态氢化物还原性最强的是_ (写化学式)。（3）X、Y、Z、M组成两种盐的溶液反应可产生MY2气体，写出其反应离子方程式：_。（4）M的氧化物与G的单质的水溶液均有漂白性，相同条件下，同体积M的氧化物与G单质混合通入品红溶液，品红溶液_（填褪色或不褪色）。（5）Y的氢化物沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，其原因是_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). HClO4 (3).
24、 H2S (4). HSO3-+H+=H2O+SO2 (5). 不褪色 (6). H2O分子之间有氢键【解析】【分析】X、Y、Z、M、G五种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，则X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Z原子序数大于Y原子序数，则Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则Y是O元素，M是S元素，G是Cl元素。【详解】（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（2）非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强
25、的是高氯酸HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是硫化物H2S，故答案为：HClO4；H2S；（3）X、Y、Z、M组成硫酸氢钠和亚硫酸氢钠两种盐，硫酸氢钠是强酸的酸式盐，亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，两溶液混合反应可生成SO2气体，反应的离子方程式为HSO3-+H+=H2O+SO2，故答案为：HSO3-+H+=H2O+SO2；（4）二氧化硫和氯水都有漂白性，两者以相同体积混合通入品红溶液，发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，因反应生成的盐酸和硫酸不具有漂白性，所以品红溶液不褪色，故答案为：不褪色；（5）氧
26、元素非金属性强，原子半径小，形成的氢化物水分子间能形成氢键，增大分子间作用力，而硒化氢分子间不能形成氢键，所以水的沸点比硒化氢高，故答案为：H2O分子之间有氢键。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，注意相关元素化合物知识的灵活运用，正确判断元素是解本题的关键。22.在铜、银和硝酸银构成的原电池工作时，正极为反应式_；当有1.6g铜溶解时，银棒增重_g。（原子量：Cu64 Ag108）【答案】Ag+e-=Ag； 5.4 g【解析】铜比银活泼，作负极，电极反应式为Cu2eCu2。银作正极，溶液中的Ag放电，电极反应式为Ag+e-=Ag。1.6 g铜是0.025mol，
27、失去电子0.05mol，根据得失电子守恒知生成银0.05mol。其质量是5.4g。23.0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三化二硼和液态水，放出649.5kJ热量， 又已知：H2O（l）=H2O（g） H=+44kJ/mol，则0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是_。【答案】1016.5kJ【解析】【分析】先依据题给信息，结合盖斯定律写出乙硼烷完全燃烧生成气态水时的热化学方程式，再依据反应热计算0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水放出的热量。【详解】0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和水蒸气，放出609.9kJ的热量，则
28、1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和气态水，放出2033kJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（g）H=-2033kJ/mol，H2O（l）H2O（g）H=+44kJ/mol，依据盖斯定律-3得到B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）H=-2165kJ/mol，则0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量为0.5mol2165kJ/mol=1016.5kJ，故答案为：1016.5kJ。【点睛】本题考查反应热的计算，注意盖斯定律的应用，明确反应热的计算方法是解答关键。24.面对日益加剧的能源危机
29、，中科院院士何祚庥在2003年就曾经倡议大力发展替代能源，如风能、电能等等，要大力开发电动自行车，电动自行车、电动汽车。2006年12月上旬，年产2万辆纯电动汽车的研发基地在天津奠基。回答下列问题：（1）下列物质中可以作为燃料电池的负极反应物的是（ ）ACH4 BH2 CC2H5OH DCO2（2）若用CH4作燃料，氢氧化钾溶液作电解质溶液，写出负极上的电极反应式_，(写离子方程式），电池工作时的总反应式是_。(写离子方程式）（3）电池工作时，负极附近溶液的pH_（填“升高”、“降低”或“不变”），溶液中KOH的物质的量浓度_（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】 (1). ABC (2
30、). CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O (3). CH4 +2OH-+2O2 =CO32-+3H2O (4). 降低 (5). 减少【解析】【分析】燃料电池工作时，燃料具有还原性，在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生氧化反应。【详解】（1）CH4、H2和C2H5OH都是能够与氧气反应的燃料，可以在负极失电子发生氧化反应，故选ABC，故答案为：ABC；（2）在碱性溶液中，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O，氧气在正极上得电子发生还原反应生成氢氧根，电极反应式为2O2+4H2O+8e-OH-，则电池工作时的总
31、反应式为CH4 +2OH-+2O2 CO32-+3H2O，故答案为：CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O；CH4 +2OH-+2O2 CO32-+3H2O；（3）由负极电极反应式为CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O可知，电池工作时，负极消耗氢氧根，则负极附近溶液的pH降低，由电池工作时的总反应式为CH4 +2OH-+2O2 CO32-+3H2O可知，反应中消耗氢氧化钾，则溶液中KOH的物质的量浓度减少，故答案为：降低；减少。【点睛】本题考查燃料电池，注意燃料电池的工作原理，明确原电池正负极上发生的反应，能够依据溶液酸碱性正确书写电极反应式是解答关键。25.题图中：E113
32、4kJmol1，E2368kJmol1，根据要求回答问题：（1）如图是1molNO2(g)和1 molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_。（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下：CH3OH(g)H2O(g)=CO2(g)3H2(g) H49.0 kJmol1CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g) H192.9 kJmol1又知H2O(g)=H2O(l) H44kJmol1，则甲醇蒸气燃烧为液态水的热化学方程式为_。（3）已知在常温常压下：2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g
33、)4H2O(g) H1275.6 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g) H566.0kJ/molH2O(g)=H2O(l) H44.0 kJ/mol请写出1 mol甲醇不完全燃烧生成1 mol 一氧化碳和液态水的热化学方程式：_。【答案】 (1). NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g) H234kJmol1 (2). CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H764.7kJmol1 (3). CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l) H442.8 kJ/mol【解析】【分析】（1）由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO
34、放出热量368kJ-134kJ=234kJ；（2）依据热化学方程式，利用盖斯定律进行计算；（3）依据热化学方程式，利用盖斯定律进行计算。【详解】（1）由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=-234 kJmol-1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=-234 kJmol-1；（2）依据盖斯定律3-2+2可得CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(l)，则H(192.9 kJmol1)3-(49.0 kJmol1)2+(
35、44kJmol1)2764.7kJmol1，故答案：CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H764.7kJmol1；（3）根据盖斯定律（-+4）2可得CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），则H=-1275.6kJmol-1-（-566.0kJmol-1）+4（-44.0kJmol-1）2=-442.8 kJmol-1 ，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=-442.8 kJmol-1。【点睛】本题考查运用盖斯定律书写热化学方程式，注意根据已知热化学方程式构造目标方程式是解答关键。26.实验室用50 mL 0.50 molL
36、1盐酸、50 mL 0.55 molL1NaOH溶液和下图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：实验次数起始温度t1/终止温度t2/盐酸NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9试完成下列问题：（1）实验时用环形玻璃棒搅拌溶液的方法是_。不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃棒的理由是_。（2）经数据处理，t2t13.4 。则该实验测得的中和热H_盐酸和NaOH溶液的密度按1 gcm3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18 J(g)1计算。（3）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为H1，则H1与H的关系为：H1_H(填“”、“”或“”)，理由是_。【答案】（1）上下搅动；铜的导热性强，防止热量损失；（2）56.8kJ mol1；（3） ；一水合氨电离吸热；【解析】试题分析：（1）实验时用环形玻璃棒搅拌溶液的方法是上下搅动；铜的导热性强，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃棒，以防止热量损失；（2） Hcmt=4.18 J(g)1100g3.4 =56.8kJ mol1；（3）氨水为弱电解质，电离吸热，H1H。考点：本题考查中和热测定。
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