2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期开学阶段性考试（8月）化学试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期开学阶段性考试（8月）化学试题 解析版

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期开学阶段性考试（8月）化学试题 ‎1.1.下列变化属于物理变化的是（ ）‎ A. 煤的干馏 B. 石油裂解 C. 石油分馏 D. 煤的气化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、煤的干馏是指在隔绝空气条件下给煤加强热使之分解，属于化学变化，A错误；B、油的裂解是深度裂化，是把长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的过程，是化学变化，B错误；C、石油的分馏是根据各馏分的沸点的不同分离物质的方法，是物理变化，C正确；D、煤的气化是高温下煤和水蒸气反应生成氢气和CO的过程，是化学变化，D错误，答案选C。‎ ‎2.2.100.0 mL 6.0 mol/L H2SO4溶液跟足量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量的(　　)‎ A. Na2CO3溶液 B. 水 C. CuSO4(aq) D. NaHSO4(s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据反应的实质为Zn+2H+＝Zn2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，则A．碳酸钠与酸反应，生成氢气的量减少，A错误；B．加水稀释，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，B正确；C．锌置换出铜，形成铜锌原电池，反应速率增大，C错误；D．加入硫酸氢钠，氢离子浓度增大，反应速率增大，D错误，答案选B。‎ 点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度对反应速率的影响即可解答，选项C为学生解答中的难点，注意原电池反应的特点。‎ ‎3.3.一定条件下的可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），若改变下列条件，可提高反应物中的活化分子百分数的是（　　）‎ A. 升高温度 B. 降低温度 C. 增大压强 D. 增大反应物浓度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 升高温度可提高反应物中的活化分子百分数，降低温度降低反应物中的活化分子百分数，增大压强、增大反应物浓度只增大活化分子的浓度，不改变活化分子百分数，答案选A。‎ 点睛：外界条件对化学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂，我们可以将其进行归纳：。‎ ‎4.4.下列各项因素中能够对化学反应速度起决定作用的是（ ）‎ A. 温度 B. 浓度 C. 催化剂 D. 物质性质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 影响化学反应速率的因素中，反应物的结构与性质是决定性的因素，即最主要因素，而温度、浓度、压强、催化剂等外界因素为次要因素，故选D。‎ ‎5.5.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. HCl的电子式 B. Cl－的结构示意图 C. CO2的电子式 D. 质量数为37的氯原子 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl是共价化合物，电子式为，A错误；‎ B. Cl－的结构示意图为，B正确；‎ C. CO2是共价化合物，电子式为，C错误；‎ D. 质量数为37的氯原子可表示为，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.6.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X的原子半径比Y的小，X 与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是 A. 原子半径的大小顺序:r(Y)>r(Z)>r(W)‎ B. 元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同 C. 元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强 D. 只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O； Y的原子序数大于X，Y的原子半径比X的大，二者不能同周期，则X处于第一周期，只能为H元素， Z、W的原子序数依次增大，X与W同主族，所以W是Na元素；由四元素原子最外层电子数之和为13， Y原子最外层电子数为13-1-1-6=5，则Y为N。‎ ‎ A．原子半径的大小顺序Na>N>O，故A错误；B． O2-、Na+电子层结构相同，故B错误；C．Y为N，Z为O，非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故C错误；D．只含H、N、O三种元素的化合物，可能是离子化合物NH4NO3，也可能是共价化合物HNO3，故D正确。‎ ‎7.7.下列变化中，吸收的热量用于克服分子间作用力的是( )‎ A. 加热氯化钠使之熔化 B. 加热二氧化硅使之熔化 C. 液溴受热变成溴蒸气 D. 加热碘化氢使之分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 加热氯化钠使之熔化克服的是离子键，A错误；B. 加热二氧化硅使之熔化克服的是共价键，B错误；C. 液溴受热变成溴蒸气克服的是分子间作用力，C正确；D. 加热碘化氢使之分解克服的是共价键，D错误，答案选C。‎ ‎8. 短周期主族元素X、Y、Z在周期表中的位置如图。下列说法正确的是 A. Z元素的最高化合价一定大于X元素 B. 三种元素原子半径由大到小的顺序一定是Y>X>Z C. 若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素 D. 若它们均为金属元素，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据短周期元素在周期表的位置可知原子最外层电子数是Z=Y>X，A．Z元素的最高化合价可能大于X元素，也可能小于，错误；B．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。所以三种元素原子半径由大到小的顺序是X>Y> Z，错误；C．若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素Al，Y是Si元素，Z是C元素，正确；D．若它们均为金属元素，由于同一周期的元素的金属性随原子序数的增大而减弱，同一主族的元素，则随着原子核外电子层数的增大而增强，则X的最高价氧化物对应水化物的碱性最强，错误。‎ 考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。‎ ‎9.9.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是(　　)‎ A. HCl B. NH4NO3 C. KCl D. CaCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，HCl中H原子和Cl原子之间存在共价键，A错误；B项，NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中的N原子和H原子之间存在共价键，硝酸根离子中N原子和O原子之间存在共价键，B正确；C项，KCl中K+和Cl-之间存在离子键，C错误；D项，CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，D错误。‎ 点睛：本题考查离子键和共价键的判断，根据物质的构成微粒确定化学键，一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，离子化合物中一定含有离子键。注意：不能根据是否含有金属元素确定离子键，如B中只含非金属元素但含有离子键。‎ ‎10.10.下列热化学方程式中，书写正确的是 A. 2SO2+O22SO3 △H =-196.6 kJ • mol-1‎ B. H2(g) +O2(g)=H2O(l) △H =-285.8 kJ • mol-1‎ C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H =-571.6 kJ D. C(s)+O2(g)=CO2(g) △H =393.5 kJ • mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、没有注明物质的状态，A错误；B、热化学方程式正确，B正确；C、反应热的单位是 kJ/mol，C错误；D. 碳燃烧是放热反应，△H＜0，D错误，答案选B。‎ 点睛：判断热化学方程式正误的观察点：“一观察”：化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；“二观察”：状态是否标明；“三观察”：反应热ΔH的符号和单位是否正确；“四观察”：反应热的数值与物质的系数是否对应。‎ ‎11.11.对于可逆反应M+N Q达到平衡时，下列说法正确的是 A. M、N、Q三种物质的浓度一定相等 B. M、N全部变成了Q C. 反应物和生成物的浓度都保持不变 D. 正反应和逆反应不再进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，所以不能作为判断是否达到平衡的依据，A错误；B、该反应是可逆反应，所以反应物不可能完全转化为生成物，存在反应限度，B错误；C、反应物和生成物的浓度都保持不变是化学平衡状态的判断依据，C正确；D、反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应不停止，D错误；答案选C。‎ ‎12.12.某容器中加入N2和H2，在一定条件下，N2+3H22NH3，达到平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是3 mol • L-l、4 mol • L-1、4 mol • L-1，则反应幵始时H2的浓度是 A. 5 mol • L-1 B. 10 mol • L-1 C. 8 mol • L-1 D. 6.7 mol • L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 平衡时氨气是4mol/L，根据方程式可知消耗氢气是6mol/L，平衡时氢气是4mol/L，所以反应幵始时H2的浓度是10mol/L，答案选B。‎ ‎13.13.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（　　）‎ A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 C. 两烧杯中溶液的pH均减小 D. 产生气泡的速度甲比乙快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲装置形成原电池，金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，氢离子放电，则正极铜上有大量气泡产生，A错误；‎ B、乙杯中锌片和铜片没有接触，故不能构成原电池，B错误；‎ C、甲烧杯中Zn、Cu用导线连接后构成原电池，正极上氢离子放电，乙中锌与稀硫酸发生置换反应生成氢气和硫酸锌，所以两烧杯中溶液的pH均增大，C错误；‎ D、甲烧杯中Zn、Cu用导线连接后构成原电池，加快反应速率，即产生气泡的速度甲比乙快，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎14.14.高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g），下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（　　）‎ A. 压强不变，充入氮气使容器体积增大 B. 将容器的体积缩小一半 C. 增加铁的量 D. 体积不变，充入氮气使容器压强增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、压强不变，充入氮气使容器体积增大，各组分的浓度减小，化学反应速率减小，A错误；‎ B、容器的体积缩小一半，增大压强，化学反应速率增大，B错误；‎ C、铁是固体，固体和纯液体的浓度视为常数，增加铁的量对化学反应速率无影响，C正确； ‎ D、体积不变，充入氮气使容器压强增大，各组分的浓度不变，化学反应速率不变，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题主要是考查外界条件对反应速率的影响判断，易错点是压强对反应速率的影响，注意压强对反应速率的影响是通过改变浓度引起的，因此需要视情况分析。例如有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。‎ ‎15.15.一定温度下，一定体积的容器中发生反应：A(s)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)，下列描述中能说明该反应达到平衡的是 ‎①A的质量不发生变化 ②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C ‎③容器中的压强不再变化 ④混合气体的密度不再变化 ‎⑤n(A)∶n(B)∶n(C)∶n(D)＝1∶3∶2∶2 ⑥B的浓度不变 A. ②③⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ②④⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以①⑥正确；②中反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此②中的关系始终是成立，②错误；反应前后气体体积是增大的，所以压强也是增大的，因此容器中的压强不再变化可以说明达到平衡状态，③正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但质量是变化的，所以④可以说明；平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，⑤错误，答案选B。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查化学平衡状态的判断 ‎【名师点晴】明确平衡状态的含义和特征是解答的关键，判断化学平衡状态的标志有：（1）任何情况下均可作为标志的：①υ正＝υ逆(同一种物质)；②各组分含量(百分含量、物质的量、质量)不随时间变化；③某反应物的消耗(生成)速率、某生成物的消耗(生成)速率＝化学计量数之比；（2）在一定条件下可作为标志的是：①对于有色物质参加或生成的可逆反应体系，颜色不再变化；②对于有气态物质参加或生成的可逆反应体系，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)；③对于恒温绝热体系，体系的温度不在变化；（3）不能作为判断标志的是：①各物质的物质的量或浓度变化或反应速率之比＝化学计量数之比 (任何情况下均适用)；②有气态物质参加或生成的反应，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)。‎ ‎16.16.下列说法正确的是（ ）‎ A. SO2和SO3互为同分异构体 B. 液溴和溴蒸气是同素异形体 C. 金刚石和石墨都是由碳原子构成，因此它们是同种物质 D. 乙醇和二甲醚互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同分异构体是指分子式相同结构不同的化合物，同素异形体是指同种元素形成的不同单质的互称，据此分析。‎ ‎【详解】A．二者分子式不同，不是同分异构体，A错误；‎ B．液溴和溴蒸气是溴单质的不同状态，属于同一种物质，B错误；‎ C．金刚石和石墨都是由碳原子构成，它们结构不同，属于同素异形体，C错误；‎ D．乙醇和二甲醚分子式相同，均是C2H6O，结构不同，互为同分异构体，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎17.17.将10mol A和5mol B放入10L真空箱内，某温度下发生反应：3A(气)＋B(气)2C(气)在最初0.2s内，消耗A的平均速率为0.06mol·(L·S)-1．则在0.2s时，真空箱中C的物质的量是（ ）‎ A. 0.12mol B. 0.08mol C. 0.04mol D. 0.8mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意可知V(A)= 0．06mol/(L·s)，则在最初的0．2s内，消耗A物质的量是n(A)= 0．06mol/(L·s)×0．2s×10L=0．12mol，根据方程式可知Δn(C)="2/3Δn(A)=" 2/3×0．12mol=0．08mol，选项B正确。‎ 考点：考查化学反应方程式中用不同物质表示的反应速率和物质的量关系的计算的知识。‎ ‎18.18.燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟氧气(或空气)起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱溶液。下面关于甲烷燃料电池的说法正确的是(　　)‎ A. 负极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ B. 负极反应式：CH4＋8OH－－8e－===CO2＋6H2O C. 随着放电的进行，溶液的c(OH－)不变 D. 放电时溶液中的阴离子向负极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据原电池的工作原理，负极：失电子，被氧化，发生氧化反应，正极：得电子，被还原，发生还原反应，O2＋2H2O＋4e－=4OH－在正极上发生，故错误；B、CO2属于酸性氧化物，在碱性条件下生成CO32－，CH4＋10OH－－8e－=CO32－＋7H2O，故错误；C、总电极反应式为：CH4＋O2＋2OH－=CO32－＋3H2O，消耗OH－，c(OH－)降低，故错误；D、根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故正确。‎ 考点：考查原电池的工作原理、电极反应式的书写等知识。‎ ‎19.19.已知：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=－Q1‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=－Q2‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=－Q3‎ 常温下取体积比为4：1的CH4和H2的混合气体11.2L（标况）经完全燃烧后恢复至常温，放出的热量是（ ）‎ A. 0.4Q1+0.05Q3 B. 0.4Q1+0.05Q2 C. 0.4Q1+0.1Q3 D. 0.4Q1+0.2Q2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：混合气的物质的量是0.5mol，其中甲烷是0.4mol，氢气是0.1mol。由于是恢复到常温下，所以生成物水是液态，因此反应中放出的热量是0.4Q1＋0.05Q3，答案选A。‎ 考点：考查反应热的有关计算 点评：该题是常识性知识的考查，试题基础性强，难度不大。该题的关键是明确水的状态，然后根据题意列式计算即可。‎ ‎20.20.乙醇分子中各化学键如图所示，对乙醇在各种反应中应断裂的键说明不正确的是（ ）‎ A. 和金属钠作用时，键①断裂 B. 和浓硫酸共热至170 ℃时，键②和⑤断裂 C. 和乙酸、浓硫酸共热时，键②断裂 D. 在铜催化下和氧气反应时，键①和③断裂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、与金属钠反应时生成乙醇钠和氢气，断裂①键，A正确；‎ B、与浓硫酸共热至170℃时发生消去反应生成乙烯和水，断裂②和⑤键，B正确；‎ C、和乙酸、浓硫酸共热时发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，断裂①键，C错误；‎ D、在铜催化下发生催化氧化生成乙醛和水，断裂①和③键，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎21.21.在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，c(NO)随时间的变化如表：‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ c(NO)(mol/L)‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.04‎ ‎0.03‎ ‎0.03‎ ‎0.03‎ ‎(1)分析上表,该反应达到平衡状态所需时间是_________。‎ ‎(2)上图中表示NO2的浓度变化曲线是_______________。‎ ‎(3)用NO表示从0~2s内该反应的平均速率v=________。‎ ‎(4)v(NO)：v(O2) = ______________。‎ ‎(5)达到平衡状态时O2的转化率为________。‎ ‎【答案】 (1). 3s (2). a (3). 0.03mol/(L·s) (4). 2:1 (5). 70%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)达到平衡状态时，体系中反应物、生成物浓度不再改变；‎ ‎(2)反应中NO2的浓度增大；(3)根据 ，计算用NO表示从0~2s内该反应的平均速率；‎ ‎(4)v(NO)：v(O2)=系数比；‎ ‎(5) O2的转化率= 。‎ 解析：(1)达到平衡状态时，体系中反应物、生成物浓度不再改变，3s后c(NO)不再变化，达到平衡状态所需时间是3s；‎ ‎(2)反应中NO2的浓度增大，表示NO2的浓度变化曲线是a；‎ ‎(3)根据 ，用NO表示从0~2s内该反应的平均速率v= 0.03mol/(L·s)；‎ ‎(4)v(NO)：v(O2)= 2:1‎ ‎(5) O2的转化率= = 70%。‎ 点睛：化学平衡是指，化学反应正逆反应速率相等不等于0，反应物和生成物各组分浓度不再改变的状态。‎ ‎22.22.X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，X的阴离子与Y的内层电子数相等，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Z、L是空气中含量最多的两种元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：‎ ‎（1）X与L形成的常见阴离子的电子式为____________________。‎ ‎（2）Z、X两元素按原子数目比1:3和2:4构成分子A和B，用电子式表示A的形成过程______，B的结构式_______________________。‎ ‎（3）硒是人体必须的微量元素，与L同一主族，硒原子比L原子多两个电子层，则硒在周期表的位置为_______________，其最高价氧化物水化物的化学式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 第四周期第ⅥA族 (5). H2SeO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，Z、L是空气中含量最多的二种元素，则Z为N元素，L为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素；Y原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；X的阴离子与Y的内层电子数相等，X的阴离子有2个电子，故X为H元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知X为H、Y为C、Z为N、L为O、M为Al。则 ‎（1）H元素与O元素形成的常见阴离子为OH－，电子式为；‎ ‎（2）Z为N元素、X为H元素，两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A为NH3，B为N2H4，氨气是共价化合物，用电子式表示NH3的形成过程为，N2H4的结构式为；‎ ‎（3）硒（Se）与O元素同一主族，硒原子比氧原子多两个电子层，则硒在周期表中的位置为第四周期第ⅥA族，最高化合价为+6价，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4。‎ ‎【点睛】本题考查元素的原子结构与元素的性质及元素在周期表中的位置之间的关系的应用，推断元素是解题关键，注意掌握电子式表示物质或化学键的形成过程以及元素周期律的灵活应用，题目难度不大。‎ ‎23.23.写出下列反应的热化学方程式：‎ ‎(1)CH3OH、H2燃烧热分别为：△H=-725.5 kJ/mol、△H=-285.8 kJ/mol ，写出工业上以CO2、H2合成CH3OH的热化学方程式：____________。‎ ‎(2)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483 kJ·mol -1‎ N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68kJ·mol -1‎ 则H2还原NO2生成水蒸气的热化学方程式为____________。‎ ‎(3)在25℃、101 kPa 时，7.80 g C6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(1)，放出 326.04 kJ的热量，则表示C6H6的燃烧热的热化学方程式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). CO2(g)+3 H2(g)= CH3 OH(l)+ H2O(l) △H=-131.9 kJ/mol (2). 4H2(g) + 2NO2(g)＝N2(g) + 4H2O(g) △H＝－1034 kJ·moL－1 (3). C6H6(l)＋7.5O2(g) ＝6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－3260.4 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎(1)CH3OH、H2燃烧热分别为：△H=-725.5 kJ/mol、△H=-285.8 kJ/mol，则有 ‎①CH3OH(l)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.5kJ/mol ‎②H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(l) △H=-285.8kJ/mol 根据盖斯定律可知②×3－①即得到CO2、H2合成CH3OH的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(l)+ H2O(l) △H＝-131.9kJ/mol。‎ ‎(2)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483kJ·mol-1‎ ‎②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律可知①×2－②即可得到H2还原NO2生成水蒸气的热化学方程式为4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H＝－1034kJ·moL－1。‎ ‎(3)在25℃、101 kPa 时，7.80gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(1)，放出 326.04kJ的热量，因此78gC6H6(l)即1mol苯燃烧生成CO2(g)和H2O(1)，放出 3260.104kJ的热量，则表示C6H6的燃烧热的热化学方程式为C6H6(l)＋7.5O2(g)＝6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－3260.4 kJ·mol－1。‎ 点睛：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参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。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。‎ ‎24.24.（1）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知在101kPa时，32.0g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出热量624kJ（25℃时），N2H4完全燃烧反应的热化学方程式是__________________________________。‎ ‎（2）肼－空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。肼－空气燃料电池放电时：正极的电极反应式是_______________________；负极的电极反应式是___________________________；总反应方程式是______________。‎ ‎（3）传统制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，制得肼的稀溶液。该反应的离子方程式是____。‎ ‎【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) △H=－624 kJ/mol (2). O2+2H2O+4e－＝4OH－ (3). N2H4+4OH－－4e－＝4H2O+N2↑ (4). O2+N2H4＝4H2O+N2 (5). ClO－+2NH3＝N2H4+Cl－+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）32.0g肼的物质的量为1mol，1molN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气放出热量624kJ，所以其热化学反应方程式为N2H4(l)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l)△H＝－624kJ/mol；‎ ‎（2）燃料电池中，正极上是氧气发生得电子的还原反应，在碱性环境下，电极反应式为O2+2H2O+4e－＝4OH－；负极上投放的是燃料，负极上燃料失电子发生氧化反应，在碱性环境下的反应式为N2H4+4OH－－4e－＝4H2O+N2↑，则总电极反应方程式是O2+N2H4＝2H2O+N2；‎ ‎（3）NaClO氧化NH3可以制得肼，根据原子守恒可知还有氯化钠生成，则反应的离子方程式为ClO－+2NH3＝N2H4+Cl－+H2O。‎ ‎ ‎