2020年天津市学业水平等级考适应性测试化学试题

2020年天津市学业水平等级考适应性测试化学试题

‎2020年天津市学业水平等级考适应性测试化学 ‎1.下列“中国制造”所用的材料属于无机非金属材料的是（ ）‎ 宇航服所用 聚酯纤维 ‎“天眼”反射面板所用 铝合金 港珠澳大桥所用 水泥 ‎“蛟龙号”所用 钛合金 A B C D A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．宇航服所用聚酯纤维为有机合成高分子材料，故A错误；‎ B．“天眼”反射面板所用铝合金属金属材料，故B错误；‎ C．港珠澳大桥所用水泥为硅酸盐材料，属无机非金属材料，故C正确；‎ D．“蛟龙号”所用钛合金属金属材料，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2.下列可用于判断某物质为晶体的方法是（ ）‎ A. 质谱法 B. 红外光谱法 C. 核磁共振法 D. X射线衍射法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能判断某物质为晶体，故A错误；‎ B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，不能判断某物质为晶体，故B错误；‎ C．核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，不能判断某物质为晶体，故C 错误；‎ D．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，可以鉴别晶体与非晶体，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎3.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 最高正化合价： B. 第一电离能： ‎ C. 热稳定性： D. 碱性：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O无最高正价，N和P的最高价均为+5价，故A错误；‎ B．Li、Na、K均为同ⅠA族元素，核电荷数越大，金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，则第一电离能：Li＞Na＞K，故B正确；‎ C．元素的非金属性F＞O＞S，则气态氢化物的热稳定性HF＞H2O＞H2S ，故C错误；‎ D．Li、Na、K均为同ⅠA族元素，核电荷数越大，金属性越强，则碱性强弱顺序为KOH＞NaOH＞LiOH，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.下列表述正确的是（ ）‎ A. 的电子式： B. 的共价键类型：键和键 C. 中子数为30的原子符号： D. 分子的立体构型：三角锥形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2是离子型化合物，含有O22-，则电子式为，故A错误；‎ B．N2分子结构式，则分子内含有1个键和2个π键，故B正确；‎ C．Fe要核电荷数为26，则中子数为30的原子符号：，故C错误；‎ D．SO3分子中S原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，则其立体构型为平面三角形，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 含有金属离子的晶体都是离子晶体 B. 强电解质的导电能力都比弱电解质强 C. 金属氧化物都是碱性氧化物 D. 盐类的水解反应都是吸热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有金属离子的晶体不一定是离子晶体，也可能是金属晶体，故A错误；‎ B．溶液的导电能力与离子的浓度成正比，在相同条件下，弱电解质醋酸溶液的导电性比强电解质硫酸的弱，但当醋酸中离子浓度大于硫酸时，硫酸的导电性比醋酸的弱，故B错误；‎ C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠为过氧化物，不属于碱性氧化物，而氧化铝是两性氧化物等，故C错误；‎ D．盐类水解可看成是中和反应的逆反应，中和反应都是放热反应，则盐类的水解反应都是吸热反应，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.常温下，下列溶液均为，有关叙述正确的是（ ）‎ A. 碳酸氢钠溶液中 B. 碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小 C. 碳酸钠溶液中 D. 碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质只有NaCl ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠溶液显碱性，是HCO3-的水解大于HCO3-电离缘故，则溶液中，故A正确；‎ B．碳酸钠溶液中CO32-的水解程度比碳酸氢钠溶液中HCO3-的水解程度大，则Na2CO3的碱性强，即碳酸钠溶液pH大，故B错误；‎ C．碳酸钠溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+‎2c(CO32-)+c(OH-)，物料守恒式为c(Na+)＝‎2c(CO32-)+‎2c(H CO3-)+‎2c(H2CO3)，将物料守恒式c(Na+)代入电荷守恒式得c(H+)+‎2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，故C错误；‎ D．碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质除NaCl，还可能含有少量H2CO3与 NaHCO3，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】考查离子浓度大小比较；根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答是常见的解题方法和思维。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。‎ ‎7.下列关于水杨酸（）的说法错误的是（ ）‎ A. 水杨酸最多消耗 B. 水杨酸可以与溶液发生显色反应 C. 水杨酸存在分子内氢键，使其在水中的溶解度减小 D. 水杨酸可与发生加成反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水杨酸分子结构中的酚羟基和羧基均能和NaOH溶液反应，则1mol水杨酸最多消耗2molNaOH，故A正确；‎ B．水杨酸分子结构中的酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，故B正确；‎ C．水杨酸分子内酚羟基和羧基之间可形成分子内氢键，降低其在水中的溶解度，故C正确；‎ D．水杨酸分子内只有苯环可与H2发生加成反应，则1mol水杨酸可与3molH2发生加成反应，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】以水杨酸的结构为载体，考查官能团的性质，熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据含有的酚羟基说明具有酚的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，另外有苯环还具有苯的性质，再综合分析即可。‎ ‎8.下列表述错误的是（ ）‎ A. 植物油可发生催化加氢反应 B. 氨基酸脱水缩合可形成多肽 C. 蔗糖和果糖均可水解为单糖 D. 顺丁橡胶可被强氧化剂氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．植物油多为不饱和烃基高级脂肪酸甘油酯，烃基中含有碳碳双键，可发生催化加氢反应，故A正确；‎ B．氨基酸之间通过脱水缩合的方式形成多肽链，进而形成蛋白质，故B正确；‎ C．果糖为不可水解的单糖，蔗糖为可水解的二糖，故C错误；‎ D．顺丁橡胶的链节中含有碳碳双键，能被强氧化剂氧化，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎9.下列实验操作会使最终结果偏高的是（ ）‎ A. 配制溶液，定容时俯视刻度线 B. 用盐酸滴定溶液，起始读数时仰视 C. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH D. 测定中和热的数值时，将溶液倒入盐酸后，立即读数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，由c=可知所配溶液浓度偏高，故A正确；‎ B．用盐酸滴定溶液，起始读数时仰视，即起始时读数偏大，则滴定时消耗标准液的体积偏小，由c(测)=可知测定浓度偏低，故B错误；‎ C．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，NaOH溶液被稀释，所测溶液的pH偏低，故C错误；‎ D．测定中和热的数值时，将溶液倒入盐酸后，立即读数，测定温度偏低，即放出的热量偏低，导致中和热数值偏低，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查常见定量实验的误差分析，准确理解实验原理是解题关键，如溶液配制过程中误差分析，只须紧扣c=，溶液中溶质和溶液体积的变化判断误差，而中和滴定同样根据c(测)=，结合消耗标准液的体积误差对测定结果影响分析即可。‎ ‎10.下列反应的离子方程式错误的是（ ）‎ A. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：‎ B. 用惰性电极电解饱和食盐水：‎ C. 醋酸钠溶液呈碱性的原因：‎ D. 硫酸铜溶液遇到难溶的转变为更难溶的：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫代硫酸钠与稀硫酸的反应的离子方程式为，故A错误；‎ B．用惰性电极电解饱和食盐水生成Cl2、H2和NaOH，反应的离子方程式为，故B正确；‎ C．醋酸钠溶液呈碱性的原因是溶液中CH3COO-水解生成CH3COOH的缘故，发生反应的离子方程式为，故C正确；‎ D．硫酸铜溶液遇到难溶的转变为更难溶的时发生的离子方程式为，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等；本题难点是要准确理解反应原理，如选项A常因不理解反应原理，是易错点。‎ ‎11.大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生一次污染物——光化学烟雾，其中部分物质的反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该过程中作催化剂 B. 反应过程中没有电子转移 C. 反应过程中氮氧化物不断被消耗 D. 丙烯转化为甲醛和乙醛 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示可知，该过程中O2为反应物，与O原子结合生成O3，不是催化剂，故A错误；‎ B．丙烯与臭氧发生反应CH3CH═CH2+2O3→CH3CHO+HCHO，此反应过程中C和O元素的化合价均发生改变，是氧化还原反应，则存在电子转移，故B错误；‎ C．此反应过程中NOx在循环交替进行，则氮氧化物总量不变，故C错误；‎ D．根据图示可知，丙烯与臭氧发生反应CH3CH═CH2+2O3→CH3CHO+HCHO，反应中丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎12.为验证次氯酸光照分解的产物，某同学采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、Cl-浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 从0 s到150 s，溶液pH降低的原因是的电离程度增大 B. 从0 s到150 s，溶液中 增加到起始浓度的倍 C. 从50 s到150 s，的平均生成速率约为 D. 光照分解的产物有、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从0 s到150 s，溶液pH降低且Cl-浓度增大，说明是HClO分解生成HCl的缘故，故A错误；‎ B．从0 s到150 s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中 增加到起始浓度的=倍，故B正确；‎ C．从50 s到150 s，的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为=，故C正确；‎ D．由氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl-浓度增大，O2的体积分数增大，说明HClO分解产物有HCl和O2，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎13.碳和硅均为元素周期表中第IV A族的元素，其单质和化合物有着重要应用。‎ ‎（1）石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，最早是由科学家用机械剥离的方法从石墨中分离出来，其部分性能优于传统的硅材料，具有广泛的应用前景。‎ ‎①写出基态碳原子的电子排布式________。石墨烯中C的杂化类型为________。‎ ‎②下图为单层石墨烯的结构示意图。‎12 g的石墨烯中由C原子连接成的六元环的物质的量约为________mol。‎ ‎③石墨烯加氢制得的石墨烷，可用表示。下列有关叙述正确的是________。‎ a.石墨烷属于烷烃 b.石墨烷难溶于水 c.石墨烷中所有碳原子共平面 d.石墨烷可以发生加成反应 ‎④石墨烯可由加热晶体脱除的方法制得。该过程属于________。‎ a.物理变化 b.分解反应 c.氧化还原反应 ‎（2）的晶体结构与晶体硅类似。的晶体类型为________，晶体中原子与键的数目之比为________。‎ ‎（3）与空间构型相似，但性质不同：前者不易与水反应，但后者与水剧烈反应，生成两种酸和一种气体，写出该反应的化学方程式：__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p2 (2). sp2杂化 (3). 0.5 (4). b (5). b、c (6). 原子晶体 (7). 1:4 (8). SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①碳原子的核电荷数为6，其原子结构示意图为；C与相邻C形成3个C-C键，没有孤对电子；‎ ‎②石墨烯中每个碳原子形成3个碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子共用。每个碳原子为3个六元环共用，1个六元环含有2个碳原子；‎ ‎③结合烷烃和烯烃的结构特点和性质分析；‎ ‎④加热晶体脱除制得石墨烯，反应过程中引入碳碳双键，且C元素的化合价发生改变；‎ ‎(2)晶体硅原子晶体；晶体中每个Si原子形成4个Si-C键；‎ ‎(3)SiHCl3与水剧烈反应，生成的两种酸应该是H2SiO3和HCl，结合元素的化合价升降，同时生成的气体为H2。‎ ‎【详解】(1)①碳原子的核电荷数为6，其原子结构示意图为，则基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2；C与相邻C形成3个C-C键，没有孤对电子，杂化方式均为sp2；‎ ‎②每个碳原子形成3个碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子共用，故每碳原子单占有的共价键为=1.5，则碳原子和碳碳键的个数比是1:1.5=2:3，每个碳原子为3个六元环共用，1个六元环含有2个碳原子，‎12g碳的物质的量为1mol，则六元环物质的量为0.5mol；‎ ‎③a．石墨烷的分子通式为(CH)n，不满足烷烃的分子通式CnH2n+2，则不属于烷烃，故a错误；‎ b．石墨烷属烃类，均难溶于水，故b正确；‎ c．石墨烷中所有碳原子均为sp3杂化，则所有碳原子不可能共平面，故c错误；‎ d．石墨烷中不存在碳碳双键，不可以发生加成反应，故d错误；‎ 故答案为b；‎ ‎④a．加热晶体脱除制得石墨烯，有新物质生成，是化学变化，故a错误；‎ b．加热晶体脱除制得石墨烯，发生反应的化学方程式为SiC=Si+C，属分解反应，故b 正确；‎ c．反应中碳、硅元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故c正确；‎ 故答案为b、c；‎ ‎(2)晶体硅为原子晶体，SiC的晶体结构与晶体硅类似，则SiC的晶体类型为原子晶体；晶体中每个Si原子形成4个Si-C键，则晶体中Si原子与Si-C键的数目之比为1:4；‎ ‎(3)SiHCl3与水剧烈反应，生成的两种酸应该是H2SiO3和HCl，结合元素的化合价升降，同时生成的气体为H2，该反应的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑。‎ ‎14.诺贝尔奖获得者屠呦呦带领团队发现了青蒿素，为中医药科技创新和人类健康事业作出巨大贡献。我国化学家在确认青蒿素分子结构之后实现了青蒿素的全合成。根据信息（部分条件和步骤已省略）回答下列问题：‎ 已知：,按要求回答下列问题：‎ ‎（1）B的分子式为________________，所含官能团名称为________________________。 的反应类型为________________。‎ ‎（2）A的同系物中含碳原子数目最少的物质的结构简式为________________。A的同分异构体X含有醛基和六元碳环，且环上只有一个支链，满足上述条件的X有________种，其中核磁共振氢谱峰数最少的物质的结构简式为________________。‎ ‎（3）写出A与银氨溶液反应的化学方程式________________________________。‎ ‎（4）通过 的反应，分子中引入了硫醚基团，而 的反应，分子中硫醚基团又被脱去，这样做的目的是________________。‎ ‎（5）根据青蒿素所含官能团，推测其可能具有的性质________。‎ a.具有氧化性 b.可发生水解反应 c.易溶于水 ‎（6）参照上述合成路线，写出以为主要原料，经四步反应制备的流程。_____________‎ ‎【答案】 (1). C10H20O2 (2). 羟基 (3). 还原反应 (4). CH2=CHCHO (5). 5 (6). (7). (8). 保护羰基，提高反应选择性 (9). a、b (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)B的结构简式为，由此确定其分子式并判断分子结构中所含官能团；D→E是D分子结构中的羰基和碳碳双键与H2发生加成反应；‎ ‎(2)A的分子结构为，含有醛基和碳碳双键，则其同系物中应具有相同官能团；A的分子式为C10H18O，其同分异构体X含有醛基和六元碳环，且环上只有一个支链，则除六元环外，支链上有4个C原子，即为-C4H7O，其中包含有-CHO，根据碳架异构写出可能的取代基种类；‎ ‎(3)A的结构简式为，能与银氨溶液发生银镜反应，则是醛基被氧化后得到-COONH4；‎ ‎(4)I→J之间发生了醛与H2的加成反应，因H分子结构中的羰基也能与H2加成，则通过 的反应，分子中引入了硫醚基团，而的反应，分子中硫醚基团又被脱去，这样可防止H分子内的羰基被加成；‎ ‎(5)青蒿素的结构简式为，含有的官能团有酯基、醚基及过氧基，据此判断可能具有的性质；‎ ‎(6)以为主要原料合成，采用倒推法由与Br2/CCl4发和加成反应即可得到，而在NaOH的醇溶液中发生消去反应即可得到，而与Br2/CCl4发和加成反应即可得到，只需要结合题中合成信息思考能否生成即可。‎ ‎【详解】(1)B结构简式为，则分子式为C10H20O2，分子结构中所含官能团名称为羟基；D→E是D分子结构中的羰基和碳碳双键与H2发生加成反应生成 ‎，又称为还原反应；‎ ‎(2)A的分子结构为，含有醛基和碳碳双键，则其同系物中含碳原子数目最少的物质的结构简式为CH2=CHCHO；A的分子式为C10H18O，其同分异构体X含有醛基和六元碳环，且环上只有一个支链，则除六元环外，支链上有4个C原子，即为-C4H7O，因含有-CHO，则有-CH2CH2CH2CHO、-CH(CH3)CH2CHO、- CH2CH(CH3)CHO、-C(CH2CH3)CHO或-C(CH3)2CHO，共5种满足上述条件的X；其中核磁共振氢谱峰数最少的物质的结构简式为；‎ ‎(3)A的结构简式为，能与银氨溶液发生银镜反应，发生反应的化学方程式为；‎ ‎(4)I→J之间发生了醛与H2的加成反应，因H分子结构中的羰基也能与H2加成，则通过 的反应，分子中引入了硫醚基团，而 的反应，分子中硫醚基团又被脱去，可达到保护羰基，提高反应选择性的目的；‎ ‎(5)青蒿素的结构简式为，含有的官能团有酯基、醚基及过氧基，其中酯基可发生水解反应、过氧基具有强氧化性，整个分子结构中无亲水基，则青蒿素不可能易溶于水，选项ab正确，故答案为ab；‎ ‎(6)以为主要原料合成，采用倒推法由与Br2/CCl4‎ 发和加成反应即可得到，而在NaOH的醇溶液中发生消去反应即可得到，而与Br2/CCl4发和加成反应即可得到，而由题中合成信息可知在的条件下可生成，则合成流程为：。‎ ‎【点睛】本题根据信息合成，需要结合和合成的原料的结合特点，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目的变化，灵活运用题中信息，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。‎ ‎15.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：‎ ‎（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加 溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，产生的现象是______。‎ ‎（2）为测定绿矾中结晶水含量，将带有两端开关K1和K2的石英玻璃管（设为装置A）称重，记为。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为。按下图连接好装置进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是________________。‎ ‎②实验操作步骤：a.打开K1和K2，缓缓通入N2→b.点燃酒精灯，加热→c.熄灭酒精灯→d.→e.‎ 关闭和→f.称量A。d的操作为________________。‎ ‎③重复②的操作步骤，直至A恒重，记为，根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目________________（列式表示）。若实验时将a、b的操作次序颠倒，则使x________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。‎ 已知：装置C用于检验和吸收分解得到的气体产物之一.‎ ‎①C/D中的溶液依次为________（填标号）。‎ a、品红 b. c. d. e.浓 C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为________、________。‎ ‎②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：________________________。‎ ‎③在方框中画出尾气吸收装置并注明所用试剂。_________‎ ‎【答案】 (1). 溶液变为红色 (2). 球型干燥管 (3). 冷却至室温 (4). (5). 小 (6). c、a (7). 有白色沉淀生成 (8). 溶液褪色 (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)含Fe3+的溶液遇KSCN溶液变血红色；Fe2+遇氧气易氧化为Fe3+；‎ ‎(2)①根据仪器的结构可判断仪器名称；‎ ‎②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量变化；‎ ‎③直至A恒重，记为m‎3g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)。m(H2O)=(m2-m3)，以此计算n(H2O)、n(FeSO4)，结晶水的数目等于；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；‎ ‎(3)①硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2；‎ ‎②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，结合原子守恒和电子守恒书写化学方程式；‎ ‎③含有SO2的尾气用NaOH溶液吸收，可防止污染环境。‎ ‎【详解】(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加 溶液，溶液颜色无明显变化，说明溶液中没有Fe3+，可知绿矾样品未变质；再向试管中通入空气，因溶液中Fe2+遇氧气易氧化为Fe3+，则可观察到产生的现象是溶液变为红色；‎ ‎(2)①由仪器的结构和性能可知B为球形干燥管；‎ ‎②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，排出生成的水，冷却后注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化，则d的操作为冷却至室温；‎ ‎③直至A恒重，记为m‎3g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)，m(H2O)=(m2-m3)，则n(H2O)=、n(FeSO4)=，结晶水的数目等于；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小；‎ ‎(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色；‎ ‎②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；‎ ‎③含有SO2的尾气用NaOH溶液吸收，可防止污染环境，具体装置图为。‎ ‎16.偏二甲肼（）、肼（ ）和四氧化二氧（ ）可作为运载火箭的推进剂。‎ ‎（1）已知： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 和反应生成、和并放出大量热，写出该反应热化学方程式（ 用含 、 、 的代数式表示）__________。该反应______（填“是”或“不是”）自发反应，判断的理由是_______。‎ ‎（2）肼（ ）也可用于新型环保燃料电池中，燃料电池的工作原理示意图如图1所示，该燃料电池的负极反应式为_________________________________。‎ ‎（3）将4molN2O4放入‎2 L，恒容密闭容器中发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（）随温度的变化如图2所示 ‎①D点v（正）________v（逆）（填“>”“=”或“<”）。‎ ‎②A、B、C点中平衡常数K的值最大的是________点。 时，N2O4的平衡转化率为________；若达平衡时间为5 s，则此时间内的平均反应速率为________。‎ ‎③若其条件不变，在原平衡基础上，再加入一定量，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数________（填“增大”“不变”或“减小”）。‎ ‎【答案】 (1). C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2H2O(g)+2CO2(g) △H=△H 1-△H 2-△H3 (2). 是 (3). 正反应方向是熵增的放热反应，△H-T△S恒小于0 (4). N2H4-4e- +2O2-=N2+2H2O (5). ＜ (6). C (7). 25% (8). 0.1mol•L-1•S-1 (9). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)已知：① ，② ，③ ，由盖斯定律可知①-②-③得C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2H2O(g)+2CO2(g)，据此计算△H，再结合△G=△H-T△S分析反应能否自发进行；‎ ‎(2)燃料电池通O2的极为正极，则通N2H4的极为负极，发生氧化反应，产物为N2；‎ ‎(3)①由图可知，D点未达到平衡状态，A点达到平衡状态，D→A时反应物N2O4的体积分数增大，即反应逆向进行；‎ ‎②图2可知，随温度升高，平衡时N2O4的体积分数不断减小，说明温度升高平衡正向移动，平衡常数随温度的升高而增大；T2平衡时N2O4的体积分数为60%；‎ ‎ ‎ 则：=60%，解得：x=1，由此计算N2O4的转化率和平均反应速率；‎ ‎③若其条件不变，在原平衡基础上，再加入一定量，NO2的浓度增大，平衡逆向移动。‎ ‎【详解】(1)已知：① ，② ，③ ，由盖斯定律可知①-②-③得C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2H2O(g)+2CO2(g)，则△H=△H 1-△H 2-△H3，因此反应正反应为放热反应，即△H＜0，且为熵增反应，即△S＞0，则△G=△H-T△S恒小于0，说明此反应是自发反应；‎ ‎(2)燃料电池通O2的极为正极，则通N2H4的极为负极，发生氧化反应，产物为N2，且燃料电池工作时O2-向负极移动，则该燃料电池的负极反应式为N2H4-4e- +2O2-=N2+2H2O；‎ ‎(3)①由图可知，D点未达到平衡状态，A点达到平衡状态，D→A时反应物N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，即v正＜V逆；‎ ‎②图2可知，随温度升高，平衡时N2O4的体积分数不断减小，说明温度升高平衡正向移动，平衡常数随温度的升高而增大，即A、B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；T2平衡时N2O4的体积分数为60%；‎ ‎ ‎ 则：=60%，解得：x=1，故N2O4的转化率为=25%；若达到平衡所需要的时间为5s，则此时间内的平均反应速率为=0.1mol•L-1•S-1；‎ ‎③若其条件不变，在原平衡基础上，再加入一定量NO2，NO2的浓度增大，平衡逆向移动，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数将减小。‎ ‎【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎