2024届科大附中化学高二第一学期期中学业水平测试试题含解析

2024届科大附中化学高二第一学期期中学业水平测试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列不是氯气所具有的性质是（）
A．有毒性B．能与金属单质反应 C．能与浓硫酸反应D．能与水反应
2、下列说法正确的是（）
A．铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质
D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质
3、某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（）
①原混和气体的体积为1.2V升；
②原混和气体的体积为1.1V升；
③反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；
④反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升。

A．②③B．②④C．①③D．①④
4、下列仪器的使用或操作正确的是
A．配制一定物质的量浓度的稀硫酸
B．制取少量的Fe(OH)3胶体
C．硫酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液
D．称量氢氧化钠固体
5、298 K时，向20 mL 0.1 mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。

下列说法错误的是
A．HA为弱酸
B．b点溶液中：c(A－)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH－)
C．b、c之间一定存在c(Na+)＝c(A－)的点
D．曲线上a到c点：水的电离程度先增大后减小
6、如图所示是25℃时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是
A．该反应为放热反应
B．b曲线是表示加入了催化剂时的能量变化曲线
C．加入催化剂，增加了反应的热效应
D．反应开始通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量一定为92kJ
7、以下说法正确的是( )
A．电子在原子核外排布时，总是尽先排在能量最高的电子层里
B．原子核外各电子层最多能容纳的电子数2n2，所以钾原子的M层有9个电子
C．稀有气体元素都形成了稳定的电子层结构，所以这些元素一定不存在化合态
D．在1～18号元素中，最外层电子数等于电子层数的元素有3种
8、恒温下, 反应aX(g)bY(g) +cZ(g)达到平衡后, 把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时, X的物质的量浓度由0.1mol/L增大到0.19mol/L, 下列判断正确的是:
A．a＞b+c B．a＜b+c
C．a＝b+c D．a＝b=c
9、常温下，向纯水中加入NaOH使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH 离子浓度和水电离出的OH离子浓度之比为( )
A．1：1 B．108：1 C．5×109：1 D．1010：1
10、某温度下，水的离子积常数K w=1×10-12。

该温度下，将pH=4的H2SO4溶液与pH=9的NaOH溶液混合并保持恒温，忽略溶液体积变化。

欲使混合溶液的pH=6，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为（）
A．1：10 B．9：1 C．1：9 D．10：1
11、在容积不变的密闭容器中，一定条件下进行反应:NO(g)+CO(g)⇌1
2
N2(g)+CO2(g)ΔH=-373.2 kJ/mol。

如图曲线a
表示该反应过程中，NO的转化率与反应时间的关系，若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是()
A．加催化剂B．向密闭容器中加入氩气
C．降低温度D．增大反应物中NO的浓度
12、为了减缓地下钢管的腐蚀，下列措施可行的是
A．钢管与锌块相连B．钢管与铜板相连
C．钢管与铅板相连D．钢管与直流电源正极相连
13、已知(1)Zn(s)＋1
2
O2(g)===ZnO(s)ΔH＝－348.3kJ·mol－1
(2)2Ag(s)＋1
2
O2(g)===Ag2O(s)ΔH＝－31.0kJ·mol－1
则Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)的ΔH等于
A．－317.3kJ·mol－1B．－379.3kJ·mol－1
C．－332.8kJ·mol－1D．317.3kJ·mol－1
14、下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是
A．用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3
C．在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深
D．合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应）
15、用石墨电极电解某酸溶液时，在相同条件下，阴、阳两极收集到的气体的体积比是2∶1，则下列结论正确的是( )
A．阴极一定是H2，阳极一定是O2B．该酸可能是盐酸
C．电解后溶液的酸性减弱D．阳极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
16、在一个1L的密闭容器中加2molA和1molB发生反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L , C的体积分数为a% 。

维持容器的体积和温度不变，按下列配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是1.2mol/L,C 的体积分数仍为a% 的是
A．6mol C+2mol D B．4mol A+2mol B
C．1mol A+0.5mol B+1.5mol C D．3mol C+5mol D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。

（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。

（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。

18、X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，其中X、Y、Z能使溴水褪色，1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子。

X与Z、Y与Q分别有相同的分子通式，X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，在同温同压下Y与氮气的密度相同，W是最简单的有机物，Q没有同类的异构体，则五种气态烃的名称分别是：X：___，Y：___，Z：___，W：___，Q：___。

19、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量____________________。

（2）倒入NaOH溶液的正确操作是________(填序号)。

A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填序号)。

A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为________。

（5）________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_____________。

20、NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。

Ⅰ．某同学用0.200 0 mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度
（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250 mL待测液，取10.00 mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________ mL。

（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是________。

标准盐酸体积
滴定次数待测NaOH溶液体积(mL)
滴定前的刻度(mL) 滴定后的刻度(mL)
第一次10.00 0.40 20.50
第二次10.00 4.10 24.00
Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。

测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。

②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。

③终点时用去20mL l.0×l0﹣4 mol/L的KMnO4溶液。

（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_____________________。

（2）滴定时，将KMnO4溶液装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。

（3）判断滴定终点的方法是________________________。

（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果________。

②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果________。

（5）计算：血液中含钙离子的浓度为________mol/L。

Ⅲ．50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。

回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。

如改用0.0275 mol NaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1 mol H2O时，放出5.73 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：___________________________。

21、有下列8种晶体，用序号回答下列问题：
A．水晶 B．白磷 C．冰醋酸 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石
(1）含有非极性键的原子晶体是_____,属于原子晶体的化合物是___，不含化学键的分子晶体是______，属于分子晶体的单质是_________。

(2）含有离子键、共价键、配位键的化合物是___________，受热熔化，需克服共价键的是___________。

(3）金刚砂(SiC）的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，则金刚砂的晶胞中含有_____个硅原子，______个碳原子；金刚石熔点高于金刚砂的原因_____________________________________。

金刚石结构
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【题目详解】A．氯气是有毒气体，故不选A；
B．氯气能与金属单质铁、铜等反应，故不选B；
C．氯气和浓硫酸不反应，故选C；
D．氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，故不选D；
选C。

2、D
【题目详解】A．铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．NH3、CO2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故B错误；
C．液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，氯化氢和氯化钠溶于水能够电离出自由移动的离子而使溶液导电，氯化氢和氯化钠是电解质，故C错误；
D．蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故D正确；
故选D。

【题目点拨】
本题的易错点为B，要注意电离出的离子必须该化合物本身，不是和其他物质生成的化合物电离的。

3、A
【分析】当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，即平衡时生成C的体积为0.1VL，根据方程式可以计算消耗的A、B的体积，以及气体体积减少量，根据原混合气体体积=平衡时体积+减小的体积分析解答。

【题目详解】平衡时生成C的体积为0.1VL，则：
A(g) + 3 B(g)⇌2 C(g) 体积减小△V
1 3
2 2
0.05VL 0.15VL 0.1VL 0.1VL
则原混合气体总体积=VL+0.1VL=1.1V L，反应达平衡时气体A消耗掉0.05V L，气体B消耗掉0.15V L，所以②③正确，①④错误，故选A。

4、C
【解题分析】试题分析：A、浓硫酸应该在烧杯稀释并冷却后再转移至容量瓶，A错误；B、制备氢氧化铁胶体时不能搅拌，B错误；C、仪器选择和操作均正确，C正确；D、应该是左物右码，且氢氧化钠要再烧杯中称量，D错误，答案选C。

考点：考查化学实验基本操作
5、D
【分析】0.1mol·L－1HA溶液pH>1，故HA是弱酸，溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。

【题目详解】A．0.1mol·L－1HA溶液pH>1，故HA是弱酸，故A正确；
B．b溶液显酸性，c(H＋)>(OH－)，HA的电离大于A-的水解，由电荷守恒可知c(Na＋)<c(A－)，c(A－)＞c(Na+)＞c(HA)，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(A－)，当溶液pH=7呈中性时c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)=c(A－)，所以b、c之间一定存在c(Na＋)=c(A－)的点，故C正确；
D．a、b点中溶液显酸性，HA电离出的H＋对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点水的电离程度增大，c点水的电离程度最大，故D错误；
故选D。

6、A
【分析】该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，△H=放出的能量-吸收的能量
=600kJ/mol-508kJ/mol=92kJ/mol；其中曲线a是反应的活化能降低了，反应的焓变不变。

【题目详解】A.该反应放出的能量大于吸收的能量，所以该反应为放热反应，故A正确；
B. 曲线a是反应的活化能降低了，反应的焓变不变，所以是加入了催化剂所致，故B错误；
C. 反应体系中加入催化剂，不改变反应的始终态，则不会改变反应的热效应，故C错误；
D. 向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量小于92kJ，故D错误；
故答案选A。

【题目点拨】
本题考查了化学反应中能量转化与催化剂的关系，反应热的计算，图象的应用能力，注意化学平衡的特征是可逆反应。

7、D
【题目详解】A．电子在原子核外排布时，总是先排在能量最低的电子层里，A错误；
B．原子核外各电子层最多能容纳的电子数2n2，且最外层不得超过8个电子，所以钾原子的M层有8个电子，N层有1个电子，B错误；
C．稀有气体元素都形成了稳定的电子层结构，但与性质非常活泼的物质也会形成化合态，比如XeF6，故C错误；D．在1～18号元素中，最外层电子数等于电子层数的元素有3种，有氢、铍、铝，D正确；
故答案D。

8、A
【题目详解】达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半，假定平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即0.2mol/L，达到新平衡时，X的实际浓度0.19mol/L，小于0.2mol/L，说明增大压强，平衡向正反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，故a＞b+c，故答案选A。

9、B
【解题分析】pH=11的NaOH溶液，水电离的c(H+)=10-11mol/L，根据水的离子积常数由NaOH电离产生的
c(OH-)=1×10−14/10−11mol/L=10-3mol/L，而由水电离产生的c（OH-）=c（H+）=10-11mol/L，所以由氢氧化钠电离出的OH-离子浓度与水电离出的OH-离子浓度之比：10-3mol/L：10-11mol/L=108：1
故选B。

【点晴】
本题最大的难点是读懂题目，何胃水电离出的OH-，在NaOH溶液中因氢氧化钠的电离使溶液显碱性，此时溶液里的OH—主要来自氢氧化钠的电离，并且电离出的OH-抑制了水电离，由此可知溶液里的H+来自水的电离，而水电离出的H+与OH-的数目或浓度是相等的，由此展开讨论，结合水的离子积常数进行计算，即根据H2O H++OH-，从影
响水的电离平衡移动的角度分析，NaOH抑制水的电离，根据溶液的PH为11，求出水电离出的c(H+)利用水的离子积常数求出氢氧化钠电离出的OH-离子浓度。

10、D
【题目详解】某温度下，水的离子积常数K w=1×10-12，当混合溶液的pH=6时，溶液呈中性，设硫酸溶液的体积为a L，氢氧化钠溶液的体积为b L，则a×10-4=b×10-3，a︰b=10︰1；
答案选D。

11、C
【解题分析】反应NO(g)+CO(g)⇌1
2
N2(g)+CO2(g)ΔH=-373.2 kJ/mol的特点是：反应物气体的体积大于生成物气体的
体积，增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大；正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO的转化率减小，以此解答。

【题目详解】A.加入催化剂，平衡不移动，平衡时NO的转化率不变，故A错误；
B.向密闭容器中加入氩气，参加反应的气体的浓度不变，平衡不移动，平衡时NO的转化率不变，故B错误；
C. 该反应为放热反应，由图象可以知道温度a>b，降低温度平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故C正确；
D.如增大反应物中NO的浓度，反应速率增大，达到平衡时NO的转化率降低，故D错误；
答案选C。

12、A
【题目详解】A. 由于金属活动性Zn>Fe，所以钢管与锌块相连，构成原电池时，钢管为正极，Fe被保护，首先腐蚀的是锌，A符合题意；
B. 由于金属活动性Fe>Cu，所以钢管与铜板相连，构成原电池时，钢管为负极，发生氧化反应，导致腐蚀加快，B不符合题意；
C. 金属活动性Fe>Pb，所以钢管与铅板相连构成原电池时，钢管为负极，发生氧化反应，导致腐蚀加快，C不符合题意；
D. 钢管与直流电源正极相连，作阳极，失去电子，发生氧化反应，腐蚀速率大大加快，D不符合题意；
故合理选项是A。

13、A
【题目详解】根据盖斯定律可知，(1)-(2)可得Zn(s)＋Ag2O(s)=ZnO(s)＋2Ag(s)，则ΔH=－348.3kJ·mol-1+31.0kJ·mol-1=－317.3kJ·mol-1，答案为A。

14、D
【解题分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。

使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。

【题目详解】A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子
浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故A不选；
B．SO2和O2反应生成SO3，是气体体积缩小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，故B不选；
C．增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe（SCN）3浓度增大，体系颜色变深，故C不选。

D．合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，故D选；
答案选D。

15、A
【解题分析】A.由题意分析可得在电解池的阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，阳极电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，则在阴极得到氢气，在阳极得到氧气，故A正确；
B.若该酸为盐酸，则阳极为氯离子放电产生氯气，由电子转移守恒可得两极产生气体和体积之比为1:1，故B错误；
C.电解过程相当于电解水，电解后酸溶液的浓度会增大，溶液的酸性增强，故C错误；
D.阳极为阴离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，故D错误；
答案选A。

16、D
【分析】在一个1L的密闭容器中加2molA和1molB发生反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L , C的体积分数为a% 。

维持容器的体积和温度不变，只要所加的物质完全转化为反应物且与2molA和1molB 相同，反应达平衡后C的浓度仍是1.2mol/L,C的体积分数仍为a%；据以上分析解答。

【题目详解】A、开始加入6molC、2molD，按化学计量数全部折算成反应物，相当于加入4molA和2molB，是原加入A和B的量的2倍，但平衡不移动，C的浓度是2.4mol/L,A错误；
B. 开始加入4molA、2molB，相当于在加入2molA和1molB达平衡后，再加入2molA和1molB，平衡不移动，但是平衡时C的浓度大于1.2mol/L，B错误；
C. 开始加入1mol A、0.5molB和1.5molC，缺少D物质，无法寻找等效量，C错误；
D.D为固体不算体积，开始加入3molC和5molD，按化学计量数把生成物转化为反应物，相当于加入2molA和
1molB，与原平衡为等效平衡，D正确；
本题选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Fe、S Fe2S3SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓
【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。

根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol 56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。

再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。

【题目详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol 56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D 使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S) = 41.6g-22.4g = 19.2g，n(S)=
19.2 32/g
g mol
= 0.6mol，可以知道n(Fe):n(S) = 2:3，应为Fe2S3，故答案为Fe、S；Fe2S3；
（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+，故答案为SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+；
(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓，故答案为Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓
【题目点拨】
用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。

对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。

18、乙炔乙烯1，3－丁二烯甲烷环丙烷
【分析】根据同温同压下，密度相同则相对分子质量相同进行分析；能使溴水褪色说明结构中含有碳碳不饱和建。

最简单有机物为甲烷。

据此分析。

【题目详解】X、Y、Z、W、Q是五种气态烃，即碳原子数小于等于4,其中X、Y、Z能使溴水褪色，说明有碳碳不饱和键,其他物质中应都是单键, 在同温同压下Y与氮气的密度相同,说明其相对分子质量为28,是乙烯；Y与Q分别有相同的分子通式，Q没有同类的异构体，说明其为环丙烷；X在催化剂存在下与氢气反应可得到Y，说明X为乙炔；W是最简单的有机物，为甲烷；1molZ与2mol氯气完全加成，生成物分子中每个碳原子上都连有氢原子和氯原子，X 与Z有相同的分子通式，则Z为1，3－丁二烯。

故X为乙炔，Y为乙烯，Z为1，3－丁二烯，W为甲烷，Q为环丙烷。

19、确保盐酸被完全中和CD△H1＝△H2＜△H3不能H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热
【解题分析】（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的盐酸反应完全；
（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次性迅速的倒入，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C；
（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计不能用来搅拌，揭开硬纸片用玻璃棒搅拌会导致热量损失，轻轻地振荡烧杯容易使液体溅出，故答案为D；
（4）中和热是强酸与强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热相同；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放出的热量减少，但由于反应焓变是负值，所以△H1＝△H2＜△H3；
（5）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。

【题目点拨】
本题考查了中和热的测定方法、误差分析，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确是解答的关键。

（5）是解答的易错点，注意硫酸钡在溶液中存在溶解平衡。

20、22.6080.0%（或80%）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O酸式当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色偏高偏高2.5×10﹣3环形玻璃搅拌棒偏大NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
【解题分析】I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；
（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H++OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据计算出氢氧化钠质量，由百分含量=计算出氢氧化钠百分含量；
II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；
（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；
（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；
（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；
（5）依据可知，列示计算即可；
III（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；
（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。

【题目详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；
（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=4×10-3mol，由H++OH-=H2O可知，
n（OH-）=25×4×10-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，故NaOH的百分含量==80%；
II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧化橡胶，使橡胶老化，故应装在酸式滴定管中；
（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
（5）由原子守恒以及转移电子守恒可列出下列关系式：
1 0.4
n（Ca2+）c（标）V（标）
即，由此可知c（Ca2+）×2mL=2.5×20mL×l.0×l0﹣4mol/L，解得c（Ca2+）=2.5×10﹣3mol/L。

III（1）由图可知，该装置缺少的玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致最终温度偏大，计算出的热量偏大，即实验中测得的“中和热”数值将偏大；
（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水和可溶性盐放出的热量，当生成0.1mol水时，放出5.73kJ热量，故生成1mol水时，放出57.3kJ热量，故表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。

【题目点拨】
（1）对于滴定过程中消耗溶液的体积，需取相近的多组数据求平均值，以减小误差，若出现某组数据与其它数据偏差较大时，则该组数据舍去；（2）对于误差分析，需以该操作对反应中物质的量的影响分析。

21、G A D BD E AG44金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长Si—C>C—C，所以键能C—C>Si—C，所以熔点金刚石高于碳化硅
【解题分析】(1)水晶、金刚石都是原子晶体,水晶化学成分为二氧化硅,含有硅氧极性键，属于原子晶体的化合物,金刚石是单质,含有非极性共价键；稀有气体分子不存在化学键；属于分子晶体的单质是白磷和固态氩；正确答案：. G；A；D；BD。

（2）离子化合物中一定含有离子键，因此上述物质中只有氯化铵为离子化合物，除了含有离子键外，氮氢之间有共价键和配位键；分子晶体受热熔化破坏分子间作用力，离子晶体破坏离子键，原子晶体受热熔化破坏共价键，金属晶体受热熔化破坏金属键；因此晶体受热熔化，需克服共价键的是水晶和金刚石；正确答案：E；AG。