临沂市重点名校2019-2020学年高一下学期期末质量检测化学试题含解析

临沂市重点名校2019-2020学年高一下学期期末质量检测化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．甲烷是一种高效清洁的新能源，0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是（）
A．2CH4(g) + 4O2(g) =2CO2(g) + 4H2O(l)ΔH= +890 kJ·mol-1
B．CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) +2H2O(l)ΔH= +890 kJ·mol-1
C．CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) +2H2O(l)ΔH=－890 kJ·mol-1
D．2CH4(g) + 4O2(g) = 2CO2(g) + 4H2O(l)ΔH= －890 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
甲烷燃烧是放热反应，△H小于0，故AB不正确；
0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5kJ热量，则1mol甲烷燃烧放出的热量是222.5kJ×4＝890 kJ。

答案选C。

2．对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（）
A．Cl2既做氧化剂又做还原剂
B．被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为5∶1
C．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
D．氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5∶1
【答案】A
【解析】
A.反应中只有氯元素的化合价发生变化，所以Cl2既做氧化剂又做还原剂，A正确；
B. 反应中有1个氯原子化合价升高、有5个氯原子化合价降低，所以被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1∶5，B不正确；
C. Cl2既做氧化剂又做还原剂，NaOH既不做氧化剂也不做还原剂，C不正确；
D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1∶1，D不正确。

本题选A。

点睛：在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。

3．能通过化学反应使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A．苯B．乙酸C．甲烷D．乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】
A．苯不能使溴水因反应褪色，不能使酸性高锰酸钾褪色，选项A错误；
B．乙酸不和溴反应，不能使溴水褪色，也不能被酸性高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，选项B 错误；
C．甲烷既不能与溴水反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C错误；
D．乙烯含有C=C双键，与溴发生加成反应使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，选项D正确；
答案选D。

4．下列各组物质中，互为同系物的是
A．CH4和CH3CH2CH3
B．和
C．
D．
【答案】A
【解析】分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，据此判断。

详解：A. CH4和CH3CH2CH3均是烷烃，结构相似，相差2个CH2原子团，互为同系物，A正确；
B.和是质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素，互为同位素，B错误；
C. 的结构和性质完全相同，是同一种物质，C错误；
D. 的分子式相同，均是C4H10，结构不同，互为同分异构体，D错误。

答案选A。

点睛：关于同系物判断还需要注意以下几点：①同系物必然符合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；其中符合通式C n H2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物。

②同系物必为同一类物质。

③同系物组成元素相同。

④同系物结构相似但不一定完全相同。

5．可逆反应在一定条件下达到化学反应限度时
A．反应停止了B．正反应速率与逆反应速率均为零
C．反应物全部转化成生成物D．反应物和生成物浓度不再发生变化
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可逆反应的特点：逆、等、动、定、变进行分析；
【详解】
A、化学平衡是动态平衡，反应不会停止，故A错误；
B、化学平衡为动态平衡，V正=V逆≠0，故B错误；
C、化学平衡为可逆反应，不能完全进行到底，故C错误；
D、根据化学平衡状态的定义，当组分的浓度不再改变，说明反应达到平衡，故D正确；
答案选D。

6．下列说法正确的是
A．1mol酸与1mol碱完全反应放出的热量就是中和热
B．燃烧热随化学方程式的化学计量数的改变而改变
C．强酸强碱中和热的热化学方程式可表示为：H+（aq）+OHˉ（aq）═H2O（l）△H=57.3 kJ/mol
D．反应物总能量大于生成物总能量，则反应的△H＜0
【答案】D
【解析】A．1mol二元酸与1mol二元碱反应生成2mol水时放出的热量不是中和热，故A错误；B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧释放的热量，与化学计量数无关，故B错误；C．稀的强酸强碱发生的中和反应为放热反应，焓变为负值，则其中和热的离子方程式可表示为：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）
△H=-57.3 kJ/mol，故C错误；D．反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，该反应的△H＜0，故D正确；答案为D。

7．已知苯甲酸的酸性比碳酸强，苯酚的酸性比碳酸弱。

则可以将
转变为的方法是（）
①与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液③加热溶液，通入足量的CO2④与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3
A．①②B．①④C．②③D．②④
【答案】B
【解析】
【分析】
因羧酸、酚羟基均与碱反应生成盐，则将转变为，可选择与碱反应，然后利用碳酸酸性大于苯酚酸性，再通入二氧化碳即可；或先加稀硫酸水解后，利用苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，再与NaHCO3反应即可，以此来解答。

【详解】
①与足量的NaOH溶液共热，羧基与NaOH反应，酯基水解生成苯酚与NaOH反应生成苯酚钠，再通入CO2，与苯酚钠反应生成产物，①项正确；
②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液，苯酚能与NaOH反应，则不能得到产物，②项错误；
③加热溶液，通入足量的CO2，因为苯甲酸的酸性比碳酸酸性强，所以不能得到羧酸钠，③项错误；
④与稀H2SO4共热后，酯基水解生成苯酚，加入足量的NaHCO3，羧基与NaHCO3反应得到产物，④项正确；答案选B。

8．下列反应一定属于放热反应的是
A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B．反应物能量比生成物能量低的反应
C．化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应
D．不需要加热就能发生的反应
【答案】C
【解析】
【分析】
生成物的总能量大于反应物的总能量的反应为吸热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量的反应为放热反应。

【详解】
A项、氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，故A错误；
B项、生成物的总能量比反应物的总能量大的反应为吸热反应，故B错误；
C项、化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应为放热反应，故C正确；
D项、不需要加热就能发生的反应可能为吸热反应，也可能为放热反应，故D错误；
故选C。

9．雾霾的化学成分较为复杂，包含有下列物质，其中属于有机物的是（）
A．臭氧B．二氧化硫C．氮氧化物D．碳氢化合物
【答案】D
【解析】有机物是含碳的化合物，臭氧、二氧化硫、氮氧化物不含有碳，属于无机物，碳氢化合物属于有机物，故D正确。

10．浓硫酸具有很多重要的性质，在于含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是
A．酸性B．吸水性C．脱水性D．强氧化性
【答案】A
【解析】
浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭(碳化)，并会产生二氧化硫。

反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水(试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒)，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故选A。

点睛：本题考查浓硫酸的性质。

浓硫酸除了具有酸固有的性质--酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子(H2SO4)，这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。

11．下列过程中吸热的是（）
A．生石灰溶于水B．乙醇燃烧
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体混合D．盐酸与氢氧化钠混合
【答案】C
【解析】分析：根据发生的化学变化结合常见的放热反应和吸热反应解答。

详解：A. 生石灰溶于水生成氢氧化钙，属于放热反应，A错误；
B. 乙醇燃烧一定是放热反应，B错误；
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体混合属于吸热反应，C正确；
D. 盐酸与氢氧化钠混合发生中和反应，一定是放热反应，D错误。

答案选C。

12．下列表示不正确的是
A．HCl的电子式：
B．正丁烷的球棍模型：
C．乙醛的结构简式：CH3CHO
D．原子核内有8 个中子的碳原子：146C
【答案】A
【解析】
【详解】
A. HCl是共价化合物，H原子与Cl原子通过共用电子对结合，所以其电子式为：，A错误；
B.正丁烷分子中的4个C原子形成一条链，根据C原子正四价的原则及H、C原子的相对大小，用球棍模型表示为，B正确；
C.乙醛分子式是C2H4O，分子中含有的官能团是醛基-CHO，因此其结构简式为：CH3CHO，C正确；
D.C是6号元素，原子核内有6个质子，若有8 个中子，则该碳原子质量数是14，用原子符号表示为：146C，D正确；
故合理选项是A。

13．图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是( )
A．步骤①需要用到蒸发皿B．步骤③需要过滤装置
C．步骤⑤需要用到分液漏斗D．步骤⑥需要蒸馏装置
【答案】A
【解析】
【分析】
由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤③为过滤，得到含碘离子的溶液，④中发生MnO2+2I-+4H+=I2+Mn2++2H2O，得到含碘单质的溶液，⑤为萃取，⑥为蒸馏，以此来解答。

【详解】
A．灼烧固体，应放在坩埚中，蒸发皿用于加热蒸发溶液，故A错误；
B．步骤③用于分离和固体和液体，得到含碘离子的溶液，为过滤操作，故B正确；
C．⑤为萃取，所用主要仪器是分液漏斗、烧杯，故C正确；
D．步骤⑥分离碘与苯，二者互溶，但沸点不同，则操作名称是蒸馏，故D正确；
故选A。

【点睛】
本题以海带提碘为载体考查混合物分离提纯的综合应用，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键。

14．M元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成化合物Z。

下列说法中正确的是()
A．Z是共价化合物
B．Z可表示为M2Y
C．Z的电子式可表示为
D．M形成＋2价阳离子
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，据此解答。

【详解】
A．由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y
原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，故A错误；
B．Z的化学式为MY2，故B错误；
C．Z的电子式为，故C错误；
D．一个M原子失去2个电子形成M2+，M形成＋2价阳离子，故D正确；
答案选D。

【点睛】
本题考查原子结构与元素性质，通过电子的得失确定元素的化合价是关键，注意离子化合物电子式的书写。

15．下列混合物能用分液法分离的是
A．乙醇与乙酸B．苯和溴苯
C．乙酸乙酯和Na2CO3溶液D．葡萄糖与果糖混合液
【答案】C
【解析】试题分析：A．乙酸能够溶解在乙醇中，不能使用分液的方法获得，错误。

B．溴苯容易容易苯中，不能使用分液的方法分离，错误。

C．乙酸乙酯和Na2CO3溶液是互不相溶的两层液体，可以使用分液的方法分离得到，错误。

D．葡萄糖与果糖混合液是互溶的物质，不能使用分液的方法分离得到，错误。

考点：考查混合物能用分液法分离的判断的知识。

16．下列说法正确的是
A．煤的干馏、石油分馏、石油裂解都是化学反应
B．煤经过气化、液化等化学变化可得到清洁燃料
C．人造纤维、合成纤维和油脂都是有机高分子化合物
D．棉花、羊毛、蚕丝、麻都由C、H、O元素构成
【答案】B
【解析】A．石油分馏与物质的沸点有关，为物理变化，而煤的干馏、石油裂解都是化学反应，故A错误；B．煤气化生成CO和氢气、液化生成甲醇，均为化学变化可得到清洁燃料，故B正确；C．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而人造纤维、合成纤维都是有机高分子化合物，故C错误；D．羊毛、蚕丝的成分为蛋白质，含N元素，而棉花、麻都由C、H、O元素构成，故D错误；故选B。

点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的组成、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意煤和石油的综合应用，题目难度不大。

17．下列化学用语正确的是（）
A．甲烷的结构式CH4B．K的原子结构示意图：
C．苯的分子式C6H6D．氯化钠的电子式
【答案】C
【解析】分析：A. 用短线“－”表示原子之间所形成的一对共用电子进而表示物质结构的式子称为结构
式；
B. K的原子核外电子排布分为4层；
C. 苯的分子式为C6H6；
D. 氯化钠中含有离子键。

详解：A. CH4表示甲烷的分子式，结构式为，A错误；
B. K的原子结构示意图为，B错误；
C. 苯是最简单的芳香烃，其分子式为C6H6，C正确；
D. 氯化钠是离子化合物，含有离子键，氯化钠的电子式为，D错误；
答案选C。

18．某有机物的结构式为：，它在一定条件下可能发生的反应有①加成②水解③酯
化④氧化⑤中和⑥加聚
A．②③④B．①③④⑤⑥C．①③④⑤D．②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
该有机物含有碳碳双键、羟基和羧基，依据多官能团的结构与性质作答。

【详解】
该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，①④⑥正确；含有羟基，可发生氧化、酯化反应，③正确；含有羧基可发生酯化反应，同时具有酸性，可发生中和反应，⑤正确；综上所述，①③④⑤⑥符合题意，B项正确；
答案选B。

19．我国成功研制的一种新型可充放电AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。

电池反应为C x PF6+Li y Al=C x+LiPF6+Li y-1+Al。

放电过程如图，下列说法正确的是（）
A．B为负极，放电时铝失电子
B．电解液可以用常规锂盐和水代替
C．放电时A电极反应式为C x PF6+e-=C x+PF6-
D．放电时，若转移1mol电子，石墨电极上可增重7g
【答案】C
【解析】分析：电池反应为C x PF6+Li y Al=C x+LiPF6+Li y-1+Al，根据离子的移动方向可知A是正极，B是负极，结合原电池的工作原理解答。

详解：A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Li失电子，A错误；
B、锂的金属性很强，能与水反应，故电解液不可以用常规锂盐和水代替，B错误；
C、放电时A电极为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为C x PF6+e-=C x+PF6-，C正确；
D、废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移1mol电子，消耗1molLi，即7gLi失电子，铝电极减少7g，D错误。

答案选C。

点睛：本题主要是考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极的判断、离子移动方向即可解答，难点是电极反应式的书写，易错选项是B。

20．H2O2俗称双氧水，医疗上常用3％的双氧水进行伤口或耳炎消毒。

下列关于H2O2的说法正确的是（）A．H2O2分子中含有氢离子
B．H2O2分子中既有离子键，又有共价键
C．H2O2属于共价化合物
D．H2O2属于H2和O2组成的混合
【答案】C
【解析】A. H2O2分子是共价化合物，不存在氢离子，A错误；B. H2O2分子中只有共价键，B错误；C. H2O2分子中只有共价键，属于共价化合物，C正确；D. H2O2属于纯净物，D错误，答案选C。

点睛：掌握离子键、共价键的形成条件以及化学键与化合物之间的关系是解答的关键，注意离子化合物中可能含有共价键，但共价化合物中只有共价键，不存在离子键。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出20mL。

加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干后得沉淀9.32g；
滤液与lmol/L的苛性钠溶液140mL恰好完全中和。

试求：
（1）原混合溶液中硫酸的物质的量的浓度。

（2）另取20mL原溶液，加入1.92g铜粉共热，生成气体一氧化氮的体积（标准状况下）。

【答案】（1）2mol/L；（2）0.448L
【解析】（1）沉淀9.32g为硫酸钡的质量，根据H2SO4+BaCl2＝2HCl+BaSO4↓可知n（H2SO4）=n（BaSO4）=9.32g÷233g/mol=0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）=0.04mol÷0.02L=2mol/L；
滤液中氢离子物质的量不变，与1.0mol•L-1NaOH溶液反应，用去140mL碱液时恰好完全中和，由H++OH-＝H2O可知n（H+）=n（OH-）=0.14L×1mol/L=0.14mol，溶液氢离子来源于硫酸、硝酸的电离，故n（HNO3）+2×0.04mol=0.14mol，解得n（HNO3）＝0.06mol；
（2）1.92g铜是1.92g÷64g/mol=0.03mol，20mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，硝酸是0.06mol，氢离子的物质的量是0.14mol，硝酸和铜反应的离子方程式为
3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++4H2O+2NO↑
3mol 8mol 2mol
0.05mol 0.133mol 0.033mol
所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu是不足完全，所以生成NO的物质的量是0.03mol×2/3，其标准状况下的体积是0.03mol×2/3×22.4L/mol=0.448L。

点睛：本题考查混合物计算、根据方程式进行的计算，解答的关键是弄清楚发生的反应，（2）中硫酸和铜不反应，可以提供氢离子，只要氢离子足量，硝酸根就有可能被完全还原，注意利用离子方程式进行计算。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：
苯溴溴苯
密度/g·cm-30.88 3.10 1.50
沸点/℃80 59 156
水中溶解度微溶微溶微溶
按下列合成步骤回答问题：
（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。

在b中小心加入4.0mL液态溴。

向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了______气体。

该反应为_______（填“吸热”或“放热”）反应，冷却水流向是
_____________（填“上进下出”或“下进上出”），继续滴加至液溴滴完。

其中仪器c的名称是________,其作用是：__________________________________。

装置d的作用是：
_____________________________________________________；烧瓶中发生的有机反应的方程式为：
_______________________________________________。

（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：
①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；
②滤液依次用10mL水、8mL 10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。

洗涤、分离有机和无机试剂，需要用到的仪器是：_____________。

第一次水洗除去大部分的HBr；用NaOH溶液洗涤的作用是______________；第二次水洗的目的是：____________；每一次洗涤，有机层从_________（填“下口放出”或“上口倒出”），棕黄色的溴苯经过提纯后恢复为无色。

③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。

加入氯化钙的目的是_____________。

（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质苯，要进一步提纯，下列操作中必须的是____（填入正确选项前的字母）。

A．蒸馏 B．渗析 C．分液 D．萃取
【答案】HBr放热下进上出球形冷凝管冷凝回流溴和苯，减少原料挥发损失吸收HBr 和Br2，防止污染环境，同时可以防止倒吸+Br2+HBr分液漏斗除去Br2和少量的HBr除去NaOH下口放出吸收水分A
【解析】
【详解】
（1）苯与液溴在铁或溴化铁作催化剂下发生取代反应，即反应方程式为＋Br2＋HBr，HBr气体遇到水蒸气会产生白雾，即白雾是HBr；苯与液溴发生反应是放热反应；为了增加冷却效果，即冷却水流向是下进上出；仪器c为球形冷凝管，冷凝管的作用是冷凝挥发出来的苯和液溴，并使它们流回到三颈烧瓶中，提高反应的转化率，减少原料挥发损失；苯与液溴反应生成HBr，苯的卤代反应是放热反应，液溴易挥发，因此尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气，所以装置d的作用是吸收HBr和Br2，同时用倒扣的漏斗防止倒吸；发生的反应方程式为＋Br2
＋HBr；
（2）②分离有机和无机试剂，采用的方法是分液，需要用到的仪器是分液漏斗；纯净的溴苯为无色，实验中制备的溴苯，因溶解Br2而显褐色，因此洗涤时加入NaOH的目的是把未反应的Br2转化成NaBr和NaBrO，以及除去少量的HBr；第二次水洗的目的是除去过量的NaOH；溴苯的密度大于水，因此每一次洗涤，有机层从下口放出；
③无水氯化钙为干燥剂，加入氯化钙的目的是吸收水分，干燥溴苯；
（3）苯是良好的有机溶剂，溴苯和苯互溶，进一步提纯，需要采用蒸馏的方法进行，故A正确。

【点睛】
实验题中，必须准确的知道每一个装置的作用，尤其是产生气体的实验，要知道哪一个装置是气体产生装置，除了产生的气体外，还有什么杂质，这有助于判断后面装置的作用。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．NaN3是一种易溶于水(NaN3＝Na++N3－)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气药等。

钠法（液氨法）制备NaN3的工艺流程如下：
（1）钠元素位于周期表第______周期______族。

（2）NaNH2中氮元素的化合价为_______；Na+的结构示意图为_____。

（3）NaOH的电子式为______。

（4）反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑中，每生成1molN2O转移电子数为_____个。

（5）反应①的化学方程式为______。

（6）销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为______（N3－被氧化为N2）。

【答案】三ⅠA －3 2.408×1024
2NaNH2+N2O NaN3+NH3+NaOH ClO－+2N3－+H2O＝Cl－+2OH－+3N2↑
【解析】
【详解】
（1）钠为11号元素，位于周期表第三周期ⅠA族；
（2）NaNH2中钠为+1价，氢为+1价，根据化合物各元素化合价代数和为0可知，氮元素的化合价为－3价；Na+的结构示意图为；
（3）NaOH为离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，氢氧根离子中存在氢原子和氧原子之间的共价键，NaOH的电子式为；
（4）反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑中，氮元素由-3价升为+1价，由+5价降为+1价，故每生成1mol N2O转移电子数为2.408×1024个；
（5）反应①为210-220℃下NaNH2与N2O反应生成NaN3和氨气，根据氧化还原反应方程式的配平及质量守恒可得反应的化学方程式为2NaNH2+N2O NaN3+NH3+NaOH；
（6）销毁NaN3可用NaClO溶液，将其氧化生成氮气，故该销毁反应的离子方程式为ClO－+2N3－+H2O＝Cl －+2OH－+3N2↑。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．I、白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。

相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH1＝＋3 359.26 kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH3 则ΔH3＝__
II．下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和足量的AgNO3溶液，电极均为石墨电极。

接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加了32g。

据此回答问题：
（1）电源的N端为________极；
（2）电极b上发生的电极反应为________________；
（3）列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：________L；
（4）丙池中______（e或f）电极析出金属Ag__________g；
（5）电解前后各溶液的pH是否发生变化（填增大、或减小、或不变）：
甲溶液________________；乙溶液________________；丙溶液________________；
【答案】+2821.6kl/mo正极4OH－－4e－=O2↑＋2H2O 5.6L e108g增大减小
减小
【解析】
【分析】
I.根据盖斯定律将已知热化学方程式①+②×6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g），焓变做相应运算求解。

II.接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明C电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极；再根据电子守恒分析判断。

【详解】
①2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)ΔH1＝＋3 359.26 kJ∙mol－1
②CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ∙mol－1；由盖斯定律可知,①+②×6得2Ca3(PO4)2(s)＋
6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)，所以其反应为
△H3=△H1+6×△H2=+3359.26kJ∙mol−1+6×(−89.61kJ⋅mol−1)=+2821.6kJ∙mol−1
故答案为：+2821.6kJ/mol。

II.（1）该装置是电解池，甲池为NaOH溶液，乙池为CuSO4溶液，丙池为AgNO3溶液，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加32g，说明c电极是电解池阴极，则M电极是负极，N是电极的正极，故答案为：正；
（2）电解氢氧化钠溶液时，b极为电解池的阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：
4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
（3）乙池为电解CuSO4溶液，乙中的c电极产生的是铜，质量增加32g，物质的量32g/64g∙mol-1=0.5mol,所以转移的电子数为1.0mol，根据电子守恒，电极b上生成的气体在标准状况下的体积
V=1.0mol÷4×22.4mol∙L-1=5.6L；答案：5.6L；
（4）丙池为AgNO3溶液，e电极为电解池的阴极，发生Ag＋＋e－=Ag，根据电子守恒，m(Ag)=
1.0mol×108g/mol=108g；
（5）甲池为NaOH溶液，电解氢氧化钠溶液实质是电解水，使得氢氧化钠溶液pH增大；
乙池为CuSO4溶液，电解硫酸铜溶液，阳极发生：4OH--4e-=2H2O+O2↑，破坏水的电离平衡，所以溶液pH 减小；丙池为AgNO3溶液，电解硝酸银溶液，阴极电极反应为：4Ag++4e-=4Ag，阳极发生：4OH--4e-=2H2O+O2↑，破坏水的电离平衡，所以溶液pH减小；答案：甲溶液增大；乙溶液减小；丙溶液减小。

【点睛】
本题的突破口：乙中c电极质量增加，说明c电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极；以此分析解答。