湖南省衡阳市2020年高一(下)化学期末学业水平测试模拟试题含解析

湖南省衡阳市2020年高一(下)化学期末学业水平测试模拟试题
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．下列各组离子能够大量共存的是
A ．加入Al 粉后产生2H 的溶液中：Na +、3HCO -
、24SO -、Cl - B ．滴加石蕊试剂变红的溶液中：Na +、2+Fe 、3NO -
、Cl -
C ．酸性溶液中：3+Fe 、+K 、SCN -、2
4SO - D ．澄清溶液中：2+Cu 、+H 、+
4NH 、2
4SO - 【答案】D
【解析】
【详解】
A. 能与铝反应生成氢气的溶液可能呈酸性，也可能碱性，无论呈酸性还是碱性，3HCO -都不能大量共存，
故A 错误；
B. 滴加石蕊试剂变红的溶液显酸性，酸性条件下Fe 2+会被3NO -氧化，故B 错误；
C.Fe 3+与SCN -会反应生成配合物，不能共存，故C 错误；
D. 澄清的溶液中可以存在Cu 2+、+H 、+
4NH 、2
4SO -，且都不发生反应，故D 正确； 答案选D 。

【点睛】
本题考查离子的共存，为高考常考题型，侧重信息的抽取和离子反应的考查，题目难度不大，注意把握离子的性质以及反应类型的判断。

2．氢氧燃料电池已用于航天飞机，以30%KOH 溶液为电解质溶液的这种电池在使用时的电极反应如下：2H 2+4OH --4e -＝4H 2O ，O 2+2H 2O+4e -＝4OH -。

下列叙述不正确的是
A ．氢氧燃料电池能量转化率可达100%
B ．是一种不需要将还原剂和氧化剂全部贮存在电池内的新型发电装置
C ．供电时的总反应为：2H 2+O 2＝2H 2O ，产物为无污染的水，属于环境友好电池
D ．氧气在正极反生还原反应
【答案】A
【解析】分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，电子经导线传递到正极，正极发生得到电子的还原反应，据此解答。

详解：A . 氢氧燃料电池能量转化率不可能可达100%，A 错误；
B . 氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部贮存在电池内的新型发电装置，B 正确；
C . 负极和正极反应式叠加即可得到供电时的总反应为：2H 2+O 2＝2H 2O ，产物为无污染的水，属于环境友
好电池，C正确；
D. 氧气在正极发生得到电子的还原反应，D正确；答案选A。

3．高一入学体检时，小亮体检的血液化验单中，出现了如下图所示的体检指标。

表示该体检指标的物理量是( )
A．溶解度B．摩尔质量C．质量分数D．物质的量浓度
【答案】D
【解析】分析：A．溶解度的单位是g；
B．摩尔质量的单位为g/mol；
C．质量分数表示溶液组成的物理量，无单位；
D．mmol/L是物质的量浓度的单位。

详解：A．溶解度的单位是g，不是mol/L，A错误；
B．摩尔质量的单位为g/mol，B错误；
C．质量分数是表示溶液组成的物理量，无单位，C错误；
D．物质的量浓度是表示溶液组成的物理量，mmol/L是物质的量浓度的单位，D正确；
答案选D。

4．下列关于苯的叙述正确的是( )
A．反应①为取代反应，有机产物的密度比水小
B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
C．反应③为取代反应，有机产物是一种烃
D．反应④1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；
B．苯能与在空气中能燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；
C．苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；D．苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误；
故选B。

5．取少量某镁铝合金粉末，其组成可用Mg x Al y表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808L H2（标准状况）同时得无色溶液，向所得溶液中加入过量NaOH溶液，充分反应得到沉淀4.64g。

则x∶y为A．2∶1B．4∶3C．1∶1D．1∶2
【答案】B
【解析】由题中信息可知发生反应为Mg x Al y+（x+）H2SO4=xMgSO4+Al2(SO4)3+( x+)H2↑、
MgSO4+2NaOH= Mg(OH)2↓+Na2SO4，取少量某镁铝合金粉末，其组成可用Mg x Al y表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808L H2（标准状况）同时得无色溶液，氢气的物质的量为，向所得溶液中加入过量NaOH溶液，充分反应得到沉淀4.64g，则为氢氧化镁沉淀，
n(Mg)=0.08mol，n(Al)=(0.17mol-0.08mol)=0.06mol，故x:y=0.08mol: 0.06mol=4:3，答案选B。

6．中国是中草药的发源地，目前中国大约有12000种药用植物。

从某中草药提取的的有机物结构如图所示，该有机物的下列说法中不正确的是
A．分子式为C14H18O6
B．环上氢原子的一氯取代物5种
C．1 mol该有机物与足量的金属钠反应产生4 mol H2
D．分子间能发生酯化反应
【答案】C
【解析】A．由结构可知，分子式为C14H18O6，A正确；B．结构对称，环上有5种H，环上氢原子的一氯取代物5种，B正确；C．-OH、-COOH均与Na反应，1mol该有机物与足量的金属钠反应产生2mol H2，C 错误；D．含-OH、-COOH，分子间可发生酯化反应，D正确；答案选C。

7．NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(见右图)，下列说法正确的是
A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B．NH4Cl、NaHCO3和Na2CO3受热时都易分解
C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D．图中所涉及的盐类物质均可与Ca(OH)2发生反应
【答案】C
【解析】
A项，NH4Cl是氮肥，NaHCO3不是化肥，故A错误；B项，NH4Cl、HNO3受热时都易分解，Na2CO3受热时不易分解，故B错误；C项，NO2跟NH3可以发生反应：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，该反应为氧化还原反应，故C正确；D项，图中涉及的盐中，NaCl和Ca(ClO)2不能与Ca(OH)2发生反应，故D错误。

8．物质(t－BuNO)2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(t－BuNO)22(t－BuNO) ΔH＝＋50.5 kJ·mol－1，E a＝90.4 kJ·mol－1。

下列图象合理的是( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
由反应的ΔH=50.5kJ•mol-1，则该反应为吸热反应，则反应物的总能量应小于生成物的总能量，所以B、C 错误；由ΔH=50.5kJ•mol-1，E a=90.4kJ•mol-1，则反应热的数值大于活化能的数值的一半，所以A错误、D 正确。

点睛：本题考查反应热、焓变和活化能等知识，注重对学生基础知识和技能的考查，并训练学生分析图象的能力，明确活化能是反应物分子变为活化分子所需要的能量，再结合图象来分析是解题关键。

9．夏天用食醋调凉拌菜时，醋酸的作用：①使凉拌菜味美可口；②增进食欲、帮助消化；③抑菌杀菌、预防肠道疾病；④增加糖类等营养成分的吸收。

其中说法正确的是
A．只有①B．①和②C．①②③D．①②③④
【答案】C
【解析】
【详解】
①醋酸能使凉拌菜味美可口；②醋酸能增进食欲、帮助消化；③醋酸能抑菌杀菌、预防肠道疾病；④醋酸不能增加糖类等营养成分的吸收。

其中说法正确的是①②③。

答案选C。

10．分子式为C4H10O的有机物，其同分异构体共有(不考虑手性异构)
A．2种B．4种C．6种D．7种
【答案】D
【解析】
【详解】
分子式为C4H10O的有机物可能是醇、醚，因此它们的同分异构分别为
醇：C4H9OH，先写碳结构，在添—OH
醚就是碳和碳之间添加氧原子，先写碳架结构，再添氧原子
所以总共有7种，故D正确；
综上所述，答案为D。

11．下图为某城市某日空气质量报告，下列叙述与报告内容不相符
．．．的是
A．该日空气首要污染物是PM10
B．该日空气质量等级属于中度污染
C．污染物NO2、CO可能主要来源于机动车尾气
D．PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物，会影响人体健康
【答案】B
【解析】首要污染物是指污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污
染物是PM10，故A正确；首要污染物的污染指数即为空气污染指数，该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良，故B错误；机动车尾气中含有NO2、CO，故C正确；PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物,它的直径仅有2.5微米, PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故D正确。

12．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙等杂质,将粗盐溶于水,然后进行下列操作：
①过滤, ②加过量的NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量的BaCl2溶液,正确的操作顺序是
A．①④⑤②③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③D．④⑤②①③
【答案】C
【解析】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，先除镁离子，还是先除硫酸根离子，顺序可以调整，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：②加过量的氢氧化钠溶液⑤加过量的氯化钡溶液④加过量的碳酸钠溶液①过滤③加适量盐酸，故选C。

13．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH－=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是A．每转移2mol电子，有1molS2O32-被氧化B．还原剂只有Fe2+
C．x=2，氧化剂是O2D．氧化产物只有S4O62-
【答案】A
【解析】
【分析】
反应中，Fe2＋部分被氧化为Fe3O4中＋3价的铁，S2O32-中的S（平均价态为+2价）被氧化为S4O62-（S的平均价态为+2.5价），反应中O2作氧化剂，可根据氧气的化学计量数求得该反应转移电子的数目为4e-，根据电荷守恒，可得x的值为4。

【详解】
A. 每转移2mol电子，有1molS2O32-被氧化，故A正确；
B. 该反应的还原剂为Fe2+和S2O32-，故B错误；
C. x=4，氧化剂为氧气，故C错误；
D. 该反应的氧化产物为Fe3O4和S4O62-，故D错误；
故答案选A。

【点睛】
此题考察的是陌生氧化还原反应的分析，只需要按照步骤标好化合价，找到变价元素，进行分析即可。

14．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是（）
A．天然气、石油、甲醇、风力、氢气为一次能源
B．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等
C．石油裂化的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料
D．PM 2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
【答案】B
【解析】分析：A、氢能属于二次能源；B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程(又称海水脱盐),其方法较多；C.裂化的目的是得到轻质油；D、砷属于非金属元素。

详解：A、一次能源是自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。

包括化石燃料(如原煤、原油、天然气等)、核燃料、生物质能、水能、风能、太阳能、地热能、海洋能、潮汐能等,氢能属于二次能源,故A错误；
B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程(又称海水脱盐)，蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法,技术和工艺比较完备；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法,是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后,阴离子移向阳极,阳离子移向阴极,分离盐和水,所以B选项是正确的；
C.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,故C错误；
D.铅、镉、铬、钒属于金属元素,砷属于非金属元素,故D错误；
所以B选项是正确的。

15．下列化学用语表达正确的是（）
A．苯的分子式
B．氟原子的结构示意图
C．氯化钠的电子式
D．正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 苯的分子式为C6H6，与题意不符，A错误；
B. 氟原子的结构示意图，与题意不符，B错误；
C. 氯化钠的电子式，与题意不符，C错误；
D. 正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3，符合题意，D正确；
答案为D。

16．关于电解食盐水溶液，下列说法正确的是
A．电解时在阳极得到氯气B．电解时在阴极得到金属钠
C．电解时在正极得到氯气D．电解时在负极得到氢气
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
电解池中只有阴阳两极，无正负极。

电解饱和食盐水，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑（氧化反应），阴极反应
式：2H++2e-=H2↑（还原反应），总反应式为：2NaCl+2H2O 通电
2NaOH+H2↑+Cl2↑，故可知A项正确；
答案选A。

17．为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下四个实验，你认为结论不正确的是。

( )
A．将铜片放入稀硫酸中，无现象。

若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气生成
B．将除去氧化膜的相同大小、相同质量的镁条和铝条与相同浓度盐酸反应，前者速率大于后者
C．两支试管中分别加入根同质量的氯酸钾，其中一支试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同
D．相同条件下等质量的块状和粉末状大理石与相同浓度盐酸反应时，粉末状的反应速率快
【答案】A
【解析】
【详解】
A、铜与稀硫酸不反应，加入硝酸银之后，酸性环境下，硝酸根离子具有强氧化性，比银离子氧化性强，首先将铜氧化，生成的是一氧化氮，不是氢气，A错误；
B、镁比铝活泼，所以相同质量的镁、铝和相同浓度的盐酸反应时，镁的反应速率快，B正确；
C、二氧化锰在氯酸钾受热分解制氧气的反应中作催化剂，所以加入二氧化锰后，反应速率会加快，C正确；
D、粉末状的大理石比块状的大理石和盐酸接触的面积大，所以反应速率更快些，D正确；
答案选A。

18．甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（）
A．1mol•L-1甲酸溶液的pH约为2
B．甲酸能与水以任意比例互溶
C．10mL1mol•L-1甲酸恰好与10mL1mol•L-1NaOH溶液完全反应
D．在相同条件下，甲酸溶液的导电性比醋酸溶液强
【答案】A
【解析】
【详解】
A.1 mol•L-1甲酸溶液的pH约为2，溶液中c（H+）=0.01mol/L＜1mol/L，说明甲酸在水溶液里部分电离，所以能证明甲酸是弱电解质，故A正确；
B．甲酸能与水以任意比例互溶，说明甲酸溶解性较强，但不能说明甲酸电离程度，所以不能证明甲酸是弱电解质，故B错误；
C.10mL 1 mol•L-1甲酸恰好与10mL 1 mol•L-1NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，但不能说明甲酸在水溶液里部分电离，所以不能证明甲酸是弱电解质，故C错误；
D．相同条件下，甲酸溶液的导电性比醋酸溶液强，说明甲酸电离程度比醋酸大，但不能说明甲酸部分电离，所以不能证明甲酸是弱电解质，故D错误；
答案选A。

【点睛】
只要能说明甲酸在水溶液里部分电离就能证明甲酸是弱电解质，可以根据一定甲酸溶液pH大小、其钠盐溶液酸碱性、相同浓度的一元酸导电能力强弱判断。

19．将足量的二氧化锰与40 mL10 mol·L-1浓盐酸反应产生的氯气同0.1 mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气相比
A．两者产生的氯气一样多B．前者产生的氯气的量是后者的2倍
C．后者产生的氯气的量比前者多D．后者产生的氯气的量是前者的2倍
【答案】C
【解析】浓盐酸与二氧化锰在加热条件下可生成氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，将足量的二氧化锰与40mL10mol•L-1浓盐酸反应，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成的氯气小于0.1mol，0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气为0.1mol，所以后者产生的氯气的量比前者多，答案选C。

点睛：本题考查盐酸与二氧化锰的反应，题目难度不大，本题注意只有浓盐酸与二氧化锰反应，稀盐酸与二氧化锰不反应。

浓盐酸与二氧化锰在加热条件下可生成氯气，稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，以此解答该题。

20．对于a、b、c、d四块金属片，若a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中，电子由a流向b；c、d用导线相连浸泡在稀H2SO4时，d产生大量气泡；a、c用导线相连浸泡在稀CuSO4中时，c上附着上一层红色物
质；d浸泡在b的硝酸盐溶液中，置换出b的单质。

由这四种金属的活动顺序由大到小为( )
A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b
C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a
【答案】B
【解析】
【详解】
a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中形成原电池，活泼金属做负极，电子由负极经外电路流向正极，因此活泼性a>b；c、d相连浸入稀H2SO4中，H＋在正极上得电子生成H2，有气泡生成，所以d为正极，c为负极，活泼性c>d；a、c相连浸入稀CuSO4溶液中时，Cu2＋在正极上得电子生成Cu附着在正极表面，a是负极，c为正极，活泼性a>c；又活泼性d>b，所以四种金属的活动性顺序为a>c>d>b，B项正确。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．已知：① NO + NO2 + 2NaOH2NaNO2 + H2O；
② 2NO2 + 2NaOH NaNO3 + NaNO2 + H2O
将51.2 g Cu溶于一定浓度的硝酸中，若生成的气体只含有NO、NO2，且这些气体恰好被500 mL2.0 mol/L 的NaOH溶液完全吸收，得到只含NaNO2和NaNO3的溶液。

求：气体中NO、NO2的物质的量分别为多少？【答案】0.3mol、0.7mol
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中电子守恒，原子守恒进行解答；
【详解】
根据题意知：n(Cu)=0.8mol ，n(NaOH)=0.5mol×2. 0mol/L=1.0mol
设反应生成的NO、NO2的物质的量分别为x、y
根据Cu与硝酸反应中的得失电子守恒，可得：3 x + y=2×0.8mol ①
因为气体恰好能被500 mL2.0 mol/L的NaOH溶液完全吸收，生成只含NaNO2和NaNO3的溶液，所以生成的NO2和NO的物质的量之和与NaOH的物质的量相等
即x + y = 1.0mol ②
①②方程联立求解
解得：x= 0.3mol，y= 0.7mol
所以反应生成的NO、NO2的物质的量分别为0.3mol、0.7mol；
答案：0.3mol、0.7mol。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．在实验室中可用下图装置来制取乙酸乙酯。

回答下列问题
（1）写出制取乙酸乙酯的化学方程式__________________________；
（2）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：
_________________________________________________；
（3）浓硫酸的作用是______________；
（4）饱和碳酸钠的作用是________________________________________；
（5）通蒸气的导管要靠近饱和碳酸钠溶液的液面，但不能插入溶液之中，原因是
________________________；
（6）若要将乙酸乙酯分离出来，应当采取的实验操作是___________；
【答案】CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O浓H2SO4倒入乙醇和乙酸的混合溶液中，然后轻轻振荡试管，使之混合均匀催化剂和吸水剂降低乙酸乙酯的溶解度、溶解乙醇杂质、除去乙酸杂质防止倒吸分液
【解析】
【详解】
（1）酯化反应的本质为酸脱羟基、醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
（2）浓H2SO4的密度比乙醇、乙酸大，将浓H2SO4倒入乙醇和乙酸的混合溶液中，易于混合均匀，另外，若反过来加入，会因混合放热而导致乙醇、乙酸等外溅；
（3）该反应需加入一定量的浓硫酸，则浓硫酸的主要作用是催化剂和吸水剂，
故答案为：催化剂和吸水剂；
（4）右边试管内所盛饱和碳酸钠溶液的主要作用是降低乙酸乙酯的溶解度、溶解乙醇杂质、除去乙酸杂质，
故答案为：降低乙酸乙酯的溶解度、溶解乙醇杂质、除去乙酸杂质；
（5）导管若插入溶液中，反应过程中可能发生倒吸现象，所以导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，目的是防止倒吸，
故答案为：防止倒吸；
（6）乙酸乙酯不溶于水，则要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是分液。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．A、B、C、D、E为五种常见的有机物，它们之间的转化关系如图1所示。

其中A是一种可以使溴水及
酸性KMnO4溶液褪色的气体，可作为水果的催熟剂。

D分子的模型如图2所示。

请回答下列问题：
(1)由B生成C的反应类型是________。

(2)A的结构简式为________，D中的官能团为______。

(3)B与D反应生成E的化学方程式为__________。

【答案】氧化反应CH2=CH2羧基（—COOH）CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O 【解析】
【分析】
A是一种可以使溴水及酸性KMnO4溶液褪色的气体，可作为水果的催熟剂，则A为乙烯；A与水发生加成反应生成B，B为乙醇；B发生催化氧化反应生成C，则C为乙醛；B可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为D，由D的分子结构模型可知D为乙酸，B和D在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成E，则E为乙酸乙酯。

【详解】
(1)由B生成C的反应是乙醇的催化氧化，故反应类型是氧化反应。

(2)A是乙烯，其结构简式为CH2=CH2，D是乙酸，其中的官能团为羧基（—COOH）。

(3)B与D反应生成E的反应，即乙醇和乙酸发生酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O。

【点睛】
本题要求学生在基础年级要打好基础，掌握常见重要有机物之间的经典转化关系，并能在相似的情境中进行迁移应用。

特别要注意一些典型的反应条件，这往往是解题的突破口，如Cu/△通常是醇的催化氧化反应的条件。

还要注意总结连续氧化的反应，这种现象在无机化学和有机化学中都存在，要学会归纳。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．I. 依据事实写出下列反应的热化学方程式。

① 在25℃、101kPa下,1g甲醇CH3OH燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。

则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为__________________。

② 若适量的N2和O2完全反应,每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量_____________。

II. 盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。

有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。

现根据下列3个热化学反应方程式
①Fe2O3(s)+3CO(g)== 2Fe(s)+3CO2(g) △H= ―24.8 kJ.mol -1
②3Fe2O3(s)+ CO(g)==2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H= ―47.2 kJ.mol -1
③Fe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g) △H= +640.5 kJ.mol -1
写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式________________。

III．已知反应 2HI（g）=H2(g) + I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、 1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收 436KJ、151KJ 的能量，则 1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为
______________kJ。

【答案】CH3OH（l）+ 3/2 O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.8 kJ.mol-1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.8kJ.mol-1CO(g) + FeO(s)= Fe(s) + CO2(g) △H=-218.03 kJ.mol-1449
【解析】
试题分析：I. ①依据燃烧热的概念计算甲醇的燃烧热；②生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量，则生成92g NO2放热67.8kJ；II.根据盖斯定律计算CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的焓变；III．根据反应物的总键能-生成物的总键能=焓变，计算1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量解析：I. ① 在25℃、101kPa下,1g甲醇CH3OH燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。

，46g甲醇燃烧放出热量725.8。

表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+ 3/2 O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.8 kJ.mol-1；
②N2和O2完全反应,每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量，生成92g NO2放热67.8kJ，热化学方程式为N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.8kJ.mol-1；
II.根据盖斯定律①1
2
―②×
1
6
―③×
1
3
得，CO(g) + FeO(s)= Fe(s) + CO2(g) △H=-218.03 kJ.mol-1；
III．反应物的总键能-生成物的总键能=焓变，即2x-436KJ-151KJ=11kJ,x=449 kJ。

点睛：本题考查热化学方程式书写、焓变计算；特别注意，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。