2018-2019学年浙江省杭州市八校联盟高二上学期期中考试化学试题 解析版
浙江省杭州市八校联盟2018-2019学年高二上学期期中考试
化学试题
1.下列物质属于纯净物的是
A. 漂白粉 B. 普通玻璃 C. 纯净的盐酸 D. 液氯
【答案】D
【解析】
【详解】A.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；
B.普通玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物，故B错误；
C.氯化氢气体溶于水形成盐酸，属于混合物，故C错误；
D.液氯是液态氯气属于一种物质组成的纯净物，故D正确。
故选D。
【点睛】判断纯净物和混合物，只有一种物质组成的是纯净物，有两种或两种以上的物质组成的是混合物。
2.水玻璃的主要成分是
A. 碳酸钠 B. 碳酸氢钠 C. 硅酸钠 D. 氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】水玻璃是硅酸钠的水溶液，所以水玻璃的主要成分是硅酸钠，故C正确。
故选C。
3.仪器名称为“坩埚”的是：
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.仪器名称是蒸发皿，故A错误；
B.仪器名称是表面皿，故B错误；
C.仪器名称是坩埚，故C正确；
D.仪器名称是圆底烧瓶，故D错误。
故选C。
4.在下列物质中，金属镁不能燃烧的是
A. 二氧化碳 B. 氢气 C. 氧气 D. 氮气
【答案】B
【解析】
【详解】A.镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，故A错误；
B.镁在氢气中不能燃烧，故B正确；
C.镁在氧气中燃烧生成氧化镁，故C错误；
D.镁在氮气中燃烧生成氮化镁，故D错误。
故选B。
5.下列反应发生时，会产生棕黄色烟的是
A. 金属钠在氯气中燃烧 B. 金属铜在氯气中燃烧
C. 金属钠在氧气中燃烧 D. 氢气在氯气中燃烧
【答案】B
【解析】
【详解】A. 金属钠在氯气中燃烧，生成氯化钠固体，产生白烟，故A错误；
B. 金属铜在氯气中燃烧，生成固体氯化铜，产生棕黄色烟，故B正确；
C. 金属钠在氧气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体，故C错误；
D. 氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，易溶于水，可形成酸雾，烟是固体小颗粒，故D错误。
故选B。
6.下列反应中，HCl只作氧化剂的是
A. CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O
B. Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑
C. 2HClH2↑＋Cl2↑
D. MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O反应中，没有元素化合价变化，故A错误；
B. Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑反应中，氯元素化合价没变，氢元素化合价降低，所以HCl只作氧化剂，故B正确；
C.氢元素和氯元素化合价都变化了，所以HCl既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D. MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O反应中，氯元素化合价升高了，所以HCl作还原剂，故D错误。
故选B。
【点睛】氧化剂在反应中所含元素化合价降低，得电子，发生还原反应，被还原；还原剂在反应中所含元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，被氧化。
7.下列物质中属于非电解质的是
A. 氢氧化钠溶液 B. CO2
C. N2 D. 熔融的氯化镁
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B. CO2溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质，故B正确；
C. N2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D. 熔融的氯化镁是电解质，故D错误。
故选B。
【点睛】电解质和非电解质的前提必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。常见的电解质有：酸、碱、盐、活泼金属氧化物，水；常见的非电解质有：蔗糖、酒精，淀粉等大多数的有机物，非金属氧化物，氨气等。
8.下列表示正确的是
A. 二氧化硅的分子式：SiO2 B. H2O2的电子式：
C. H2O的比例模型： D. 硫离子结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化硅为原子晶体，不存在二氧化硅分子，应为化学式，故A错误；
B.双氧水为共价化合物，正确的电子式为：，故B错误；
C. 是H2O的球棍模型，故C错误；
D. 硫的原子序数为16，硫离子结构示意图：，故D正确。
故选D。
9.下列说法正确的是
A. 金刚石和C60互为同素异形体，且都属于原子晶体
B. C2H6和C4H10互为同系物
C. 1H2和2H2互为同位素
D. 与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 金刚石和C60互为同素异形体，金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，故A错误；
B. C2H6和C4H10都是烷烃，结构相似，分子组成相差2个CH2，故B正确；
C.同位素研究对象是原子，1H2和2H2都是分子，故C错误；
D. 与是四面体结构，是同种物质，故D错误。
故选B。
【点睛】结构相似，分子组成相差1个或若干个CH2原子团的有机化合物互称为同系物；同种元素形成的几种性质不同的单质，互称为同素异形体；分子式相同而结构不同的化合物互称为同分异构体；质子数相同，质量数不同的核素互称为同位素。
10.下列说法不正确的是
A. 氧化铝可以用作耐高温材料 B. 光导纤维的主要成分是单质硅
C. 工业上用氯气制造漂白粉 D. 钾钠合金可作快中子反应堆的热交换剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化铝具有很高的熔点，常用作耐高温材料，故A正确；
B. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C. 工业上用氯气和石灰乳制漂白粉，故C正确；
D. 钠钾合金在常温下呈液态，可作快中子反应堆的热交换剂，故D正确。
故选B。
11.短周期元素X,Y,Z,W在周期表中的相对位置如下图所示， 已知它们的最外层电子数之和为18，下列说法正确的是
A. X,Y,Z,W中可能都是非金属元素
B. Z的最高价氧化物的水化物一定是强酸
C. 元素的最高化合价：W＞Z＞Y
D. 原子半径由大到小的顺序：W＞Z＞Y＞X
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素X,Y,Z,W在同一周期，设X元素的最外层电子数为a，Y,Z,W的最外层电子数分别为a+1，a+2，a+3，已知它们的最外层电子数之和为18，则a +a+1+a+2+a+3=18，则a=3，X为B元素，则Y为C，Z为N，W为O；X为Al元素，Y为Si，Z为P，W为S。
【详解】A. 由分析可知，X,Y,Z,W中可能都是非金属元素，故A正确；
B. Z如果为N元素，最高价氧化物的水化物是硝酸，是强酸，Z如果为P元素，最高价氧化物的水化物是磷酸，是中强酸，故B错误；
C.若W为O，O没有最高正价，故C错误；
D.同周期自左往右原子半径减小，故原子半径W
S，所以H2O比H2S稳定，与分子间作用力无关，故A错误；
B. Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数比都是1:2，故B正确；
C. HCl属于共价化合物，在水分子的作用下完全电离，为强电解质，故C正确；
D. 碘单质属于分子晶体，升华时破坏的是分子间作用力，故D正确。
故选A。
19.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 1molC2H6分子中所含共用电子对数目为8NA
B. 80g由CuO和Cu2S组成的混合物中所含铜原子数为NA
C. 56g铁与22.4L(标准状况下)氯气充分反应，转移的电子数为3NA
D. 标准状况下，11.2L的四氯化碳中含有的氯原子数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1molC2H6分子中所含共用电子对数目为7NA，故A错误；
B. 铜元素在Cu2S和CuO中的质量分数相同，无论Cu2S和CuO物质的量之比如何变化，80g混合物中铜元素物质的量为1mol，即NA，故B正确；
C.
56g铁是1mol，22.4L(标准状况下)氯气的物质的量为1mol，铁有剩余，转移的电子数为2NA，故C错误；
D. 标准状况下，四氯化碳是液体，无法计算，故D错误。
故选B。
20.t℃时，在一个体积为2L密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A(s)+2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是
物质
起始
2分钟
4分钟
6分钟
A
2 mol
1.2 mol
B
6 mol
3.0 mol
C
0 mol
x mol
4.5 mol
A. 前2分钟内，A的反应速率为0.2mol•L-1•min-1
B. 表中x的值为3.6
C. 4分钟时，反应达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0
D. 升高温度，正、逆反应的速率都会增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A(s) + 2B(g) 3C(g)
起始（mol） 2 6 0
2分钟（mol） 1.2 x=2.4
4分钟（mol） 3 4.5
6分钟（mol） 4.5
根据三段式可推出4分钟时，C为4.5 mol，4分钟时，反应就达到平衡状态了。
【详解】A. A为固体，浓度始终是一个常数，故不能用A来表示该反应的速率，故A错误；
B. 各物质的转化量等于化学计量数之比，表中x的值为2.4，故B错误；
C. 4分钟时，反应达到平衡状态，化学平衡状态是一个动态平衡，此时正、逆反应的速率都不为0，故C错误；
D. 升高温度，正、逆反应的速率都会增大，故D正确。
故选D。
21.下列变化属于放热反应的是
A. 浓硫酸稀释 B. 石灰石受热分解
C. 碳粉不完全燃烧 D. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合搅拌
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸稀释是放出热量，是物理过程，故A错误；
B.石灰石受热分解是吸热反应，故B错误；
C. 碳粉不完全燃烧要放出热量，故C正确；
D. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合搅拌是吸热反应，故D错误。
故选C。
【点睛】常见的放热反应有：大多数化合反应，燃烧，酸碱中和反应，铝热反应等；常见的吸热反应有：大多数分解反应，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，碳和二氧化碳的反应，碳和水蒸气的反应。
22.下列说法正确的是
A. 提取溴水中的溴单质的方法：加入酒精后，振荡、静置、分液
B. 除去CO2气体中混有的SO2的方法：通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
C. 向铜和浓硫酸反应后的混合液中加水，可以判断有无铜离子生成
D. 金属钠着火可以二氧化碳气体来灭火
【答案】B
【解析】
【详解】A.酒精和水互溶，不能作萃取剂，故A错误；
B.饱和碳酸氢钠溶液与CO2不反应，与SO2反应生成CO2气体，故B正确；
C.铜和浓硫酸在加热条件下反应生成了硫酸铜，由于体系中还存在浓硫酸，应该将反应后的溶液缓慢加入水中，并不断搅拌，故C错误；
D.金属钠和二氧化碳气体反应，所以金属钠着火不能用二氧化碳气体来灭火，故D错误。
故选B。
23.分别将0.2mol的钠、镁、铝投入到100ml浓度为1 mol•L-1的盐酸中，充分反应后，产生的气体（同温同压下）体积比为
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 2:1:1 D. 2:2:3
【答案】C
【解析】
【详解】100ml浓度为1 mol•L-1的盐酸的物质的量为0.1mol,
2Na + 2HCl = 2NaCl + H2↑，2Na+2H2O=2NaOH+ H2↑
Mg + 2HCl = MgCl2+ H2↑, 2Al + 6HCl= 2AlCl3 + 3H2↑
根据方程式可知，0.2mol的钠、镁、铝与0.1mol的盐酸反应，金属全部都剩余，但剩余的钠还要继续与水反应，钠、镁、铝与0.1mol盐酸反应都产生0.05mol H2，钠与盐酸反应后剩余钠0.1mol，再接着与水反应2Na+2H2O=2NaOH+ H2↑，还能生成0.05mol H2，所以0.2mol的钠总共产生0.1mol氢气，故钠、镁、铝投入到100ml浓度为1 mol•L-1的盐酸中，产生的氢气的物质的量分别为：0.1mol，0.05mol，0.05mol。
故选C。
24.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C,S,P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：
下列说法不正确的是
A. 废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污
B. 步骤②是将Fe2+转化为Fe(OH)3
C. 步骤③中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-=FeO42-+3Cl-+4H++H2O
D. 步骤④中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4
【答案】C
【解析】
【详解】A.热的纯碱溶液可以去油污，故废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；
B. 步骤①酸溶生成了Fe2+，步骤②中双氧水有氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+与OH-生成Fe(OH)3，故B正确；
C.步骤③中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；故C错误；
D.在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以步骤④中反应能发生，故D正确。
故选C。
25.现有一份澄清溶液，可能含有Na+、K+、NH4+、Ca2+、Fe3+、SO42-、CO32-、SO32-、Cl-、I-中的若干种，且离子的物质的量浓度均为0.1mol/L（不考虑水解和水的电离）。
①取少量溶液，滴加过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
②另取少量原溶液，滴加过量氯水，无气体生成；加入四氯化碳，振荡，溶液分层，下层为紫红色；
③取②中的上层溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，有白色沉淀生成。
则关于原溶液的判断中正确的是
A. 是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定
B. 通过四氯化碳层的颜色变化，可以判断出原溶液中是否存在Fe3+
C. 由于实验过程引入了氯元素，因此影响了原溶液中是否存在Cl-的判断
D. SO32-无法确定是否存在
【答案】B
【解析】
【分析】
①取少量溶液，滴加过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成；说明有SO42-存在，硫酸钙微溶于水，SO42-与Ca2+不能大量共存，故不存在Ca2+。
②另取少量原溶液，滴加过量氯水，无气体生成，说明不存在CO32-，加入四氯化碳，振荡，溶液分层，下层为紫红色，I2在四氯化碳中呈紫红色，说明有I-存在，Fe3+与I-发生氧化还原反应，不能共存，故不存在Fe3+。
因为离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，在同一溶液中，体积相同，所以物质的量也相同，设体积为1L，各离子的物质的量为0.1mol，I-和SO42-的所带负电荷总数为0.3mol，Na+、K+、NH4+所带正电荷总数为0.3mol，正负电荷已守恒，故不存在Cl-和SO32-。
【详解】A.根据溶液呈电中性，计算出有Na+、K+存在，故A错误；
B. 通过四氯化碳层的颜色变化，说明有I-存在，Fe3+与I-发生氧化还原反应，不能共存，故不存在Fe3+，故B正确。
C. 根据溶液呈电中性，计算出没有Cl-，故C错误；
D. 正负电荷已守恒， SO32-肯定不存在，故D错误；
故选B。
26.按要求填空
（1）乙醇同分异构体的结构简式__________，磁铁矿主要成分的化学式__________；
（2）氯气和水反应的离子方程式____________________________________________；
（3）铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式____________________________________；
（4）碳酸氢钠的电离方程式________________________________________________；
【答案】 (1). CH3OCH3 (2). Fe3O4 (3). Cl2+H2OH++Cl-+HClO (4). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (5). NaHCO3＝Na++HCO3-
【解析】
【分析】
（1）乙醇的分子式为C2H6O，它与乙醚互为同分异构体。
（2）氯气和水反应的化学方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，单质，水，弱酸都不能拆成离子形式。
（3）铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。
（4）碳酸氢钠的电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO3-。
【详解】（1）乙醇的分子式为C2H6O，它与乙醚互为同分异构体，乙醚的结构简式为：CH3OCH3；磁铁矿主要成分是Fe3O4，故答案为：CH3OCH3；Fe3O4。
（2）氯气和水反应的化学方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，单质，水，弱酸都不能拆成离子形式，只有HCl能拆成离子形式，故答案为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO。
（3）铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ ，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。
（4）碳酸氢钠的电离方程式为：NaHCO3＝Na++HCO3-，HCO3-不能拆开，故答案为：NaHCO3＝Na++HCO3-。
27.某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，在一定条件下氧化可生成有机物乙；乙与氢气反应可生成有机物丙，乙进一步氧化可生成有机物丁；丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味）。
请回答：
（1）甲的结构简式是_____________；乙的官能团名称为__________________；
（2）写出丙和丁反应生成戊的化学方程式_______________________________；
（3）下列说法正确的是___________
A.有机物甲可以使高锰酸钾溶液褪色，是因为发生了氧化反应
B.葡萄糖水解可生成有机物丙
C.有机物乙和戊的最简式相同
D.有机物戊的同分异构体有很多，其中含有羧基的同分异构体有3种
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 醛基 (3). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。 (4). AC
【解析】
【分析】
某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，所以M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛， 乙醛和氢气反应生成乙醇，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化反应生成乙酸乙酯。
【详解】（1）某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，故答案为：CH2=CH2；醛基。
（2）乙与氢气反应可生成有机物丙，丙是乙醇，乙进一步氧化可生成有机物丁，丁是乙酸，
丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味），戊是乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O ，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。
（3）A.甲是乙烯，乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化了，故A正确；
B. 葡萄糖不能水解，故B错误；
C. 乙是乙醛，分子式是C2H4O，戊是乙酸乙酯，分子式是C4H8O2，最简式都是C2H4O，故C正确；
D. 有机物戊的同分异构体，其中含有羧基的同分异构体有2种，故D错误。
故选AC。
28.为了探究某固体化合物X（含有3种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验，请回答：
已知：气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味。
（1）固体X中含有氧、_________和__________三种元素（写元素符号）
（2）写出X隔绝空气分解的化学方程式___________________________________________；
（3）检验溶液A中最主要金属阳离子的方法是____________________；
（4）由沉淀转化为红棕色固体的一系列操作包括：过滤、_______、灼烧、________和称量。
【答案】 (1). C (2). Fe (3). FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑ (4). 取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+ (5). 洗涤 (6). 冷却
【解析】
【分析】
无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以甲中还有CO，CO在标准状况下是2.24L，物质的量是0.1mol，白色沉淀是碳酸钙，碳酸钙的质量是10g，物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.1mol，所以固体X中含碳元素为0.2mol，红棕色固体是Fe2O3，Fe2O3为8g，物质的量为0.05mol，固体X中含铁元素为0.1mol，X中含O元素的质量为：14.4g-（0.1mol×56g/mol+0.2mol×12 g/mol）=6.4g，O元素的物质的量为0.4 mol，所以X中含有铁元素为0.1mol，碳元素为0.2mol，O元素的物质的量为0.4 mol，故X的化学式为：FeC2O4。
【详解】（1）流程中有红棕色固体生成，是Fe2O3，无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，根据元素守恒可知X中还含有碳元素和铁元素，故答案为：C ；Fe。
（2）X隔绝空气分解生成的黑色固体是FeO，气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以这两种气体是CO和CO2，反应的方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，故答案为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。
（3）Fe2+
的检验方法为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+，故答案为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+。
（4）沉淀转化为红棕色固体（Fe2O3），具体操作为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量，故答案为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量。
29.肼（N2H4），又称联氨，主要用作火箭和喷气发动机的燃料部分。
（1）已知：N2H4（g）+H2(g) ＝2NH3(g) △H=-41.8 KJ•mol-1
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92 KJ•mol-1
2H2(g)+O2(g) ＝2H2O(g) △H=-483.6 KJ•mol-1
请写出肼与氧气反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式______________________________；
（2）同时，肼也可作为新型燃料电池的燃料。请利用肼、氧气与氢氧化钾溶液组成碱性燃料电池，写出该电池负极的电极反应式__________________________，当电路中转移0.6mol电子时，正极消耗的氧气体积为___________L（标准状况下）。
【答案】 (1). N2H4（g）+ O2(g) ＝N2(g)+ 2H2O(g) △H=-433.4kJ•mol-1 (2). N2H4+4OH—-4e-＝N2+4H2O (3). 3.36
【解析】
【分析】
（1）依据盖斯定律，结合题干热化学方程式计算可得。
（2）负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，负极的电极反应式为：N2H4+4OH—-4e-＝N2+4H2O，正极为氧气得电子，O2+2H2O+4e-=4OH—。
【详解】（1）① N2H4（g）+H2(g) ＝2NH3(g) △H=-41.8 KJ•mol-1
② N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92 KJ•mol-1
③ 2H2(g)+O2(g) ＝2H2O(g) △H=-483.6 KJ•mol-1
根据盖斯定律：①-②+③，可得N2H4（g）+ O2(g) ＝N2(g)+ 2H2O(g) △H=-433.4kJ•mol-1，故答案为：N2H4（g）+ O2(g) ＝N2(g)+ 2H2O(g) △H=-433.4kJ•mol-1。
（2）负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，负极的电极反应式为：N2H4+4OH—-4e-＝N2+4H2O，正极为氧气得电子，O2+2H2O+4e-=4OH—，当电路中转移0.6mol电子时，消耗氧气为0.15mol，标准状况下体积为3.36L。故答案为：N2H4+4OH—-4e-＝N2+4H2O ； 3.36。
30.实验室欲配制480ml浓度为0.1 mol•L-1的CuSO4溶液：
（1）本实验需要用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________；
（2）经计算需要称量CuSO4•5H2O晶体___________g
（3）若实验过程中出现下列情况，对所配溶液将有何影响（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
①移液后未洗涤烧杯和玻璃棒____________；
②使用前用0.1 mol•L-1的CuSO4溶液润洗容量瓶____________；
③摇匀后，将溶液转移到试剂瓶过程中，少量溶液溅出____________。
【答案】 (1). 500ml容量瓶 (2). 12.5 (3). 偏低 (4). 偏高 (5). 无影响
【解析】
【分析】
（1）溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2~3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
（2）CuSO4•5H2O晶体的物质的量与CuSO4的物质的量相同。
（3）根据c=n/V分析判断。
【详解】（1）溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2~3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500ml容量瓶。
（2）用CuSO4•5H2O晶体来配制，应该称量晶体的质量为：0.5L×0.1 mol•L-1×250g/mol=12.5g，故答案为：12.5。
（3）①移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，少量硫酸铜沾在烧杯壁和玻璃棒上，移入容量瓶内硫酸铜的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏低。
②容量瓶使用前不需要用所配溶液润洗，使用前用0.1 mol•L-1的CuSO4溶液润洗容量瓶，导致所配溶液浓度偏大，故答案为：偏高。
③摇匀后，将溶液转移到试剂瓶过程中，少量溶液溅出，这时溶液已经配好了，所配溶液浓度不变，故答案为：无影响。
31.将ag铜投入到50ml浓度为12mol•L-1的浓硝酸中，两者恰好完全反应，放出4.48L（标准状况下）的混合气体（只有NO和NO2）。请计算：
（1）铜的质量a=_________g
（2）混合气体中NO和NO2的物质的量之比为__________
【答案】 (1). 12.8 (2). 1:1
【解析】
【分析】
（1）两者恰好完全反应，根据氮元素守恒解答。
（2）根据电子守恒解答。
【详解】（1）4.48L（标准状况下）的混合气体（只有NO2和NO2）的物质的量为0.2mol，50ml浓度为12mol•L-1的浓硝酸的物质的量为0.6mol，两者恰好完全反应，所以生成硝酸铜的物质的量为a/64mol，硝酸铜中硝酸根离子的物质的量为2a/64mol，根据氮元素守恒可得2a/64mol+0.2mol=0.6mol，a= 12.8g，故答案为：12.8。
（2）铜的物质的量为0.2mol，设NO2为xmol， NO为ymol， x+y=0.2mol，x+3y=0.4（电子守恒），解得x=0.1mol ，y= 0.1mol，故答案为：1:1。
【点睛】铜与浓硝酸的反应，浓硝酸既表现氧化性又表现酸性，在氧化还原反应中既要遵循元素守恒又要遵循得失电子守恒。
