河南省郑州市中原区第一中学2025届化学高一下期末联考试题含解析

河南省郑州市中原区第一中学2025届化学高一下期末联考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知R2+离子核外有a个电子，b个中子．表示R原子符号正确的是（）A．RB．RC．RD．R2、下列有关判断的依据不正确的是()A．氧化还原反应：是否有元素化合价的变化B．共价化合物：是否含有共价键C．放热反应：反应物的总能量大于生成物的总能量D．化学平衡状态：平衡体系中各组分的的质量分数不再改变3、我国古代“药金”的冶炼方法是：将炉甘石（ZnCO3）和赤铜矿（Cu2O）与木炭按一定的比例混合后加热至800℃，即可炼出闪烁似金子般光泽的“药金”。下列叙述正确的是（）A．“药金”实质上是铜锌合金B．冶炼炉中炉甘石直接被木炭还原为锌C．用王水可区别黄金和“药金”D．用火焰灼烧不能区别黄金和药金4、标准状况下，44.8LCH4与一定量Cl2在光照条件下发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机取代产物的物质的量相等，则消耗的Cl2为()A．1mol B．2mol C．4mol D．5mol5、现有MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl

五种溶液，只用一种试剂把它们区别开，这种试剂是A．氨水 B．AgNO3

溶液 C．浓NaOH

溶液 D．NaCl

溶液6、纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为Zn＋Ag2O===2Ag＋ZnO。关于该电池下列叙述不正确的是（）A．正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－B．Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应C．使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极D．使用时溶液中电流的方向是由Ag2O极流向Zn极7、将等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别插入溶液中，放置片刻铜片质量减小的是A．水B．无水乙醇C．石灰水D．盐酸8、下列有关电池的说法不正确的是（）A．手机上用的锂离子电池属于二次电池B．锌锰干电池中，锌电极是负极C．氢氧燃料电池可把化学能转化为电能D．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极9、下列关于“生活中的化学”的叙述错误的是（）A．棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B．误食重金属盐，可立即喝牛奶或生蛋清进行解毒C．食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，它是人体的营养物质D．新居室内装饰材料中缓慢释放出的甲醛等有机物会污染室内空气10、对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能减少反应物活化分子百分数、降低反应速率的是A．增大压强 B．移除一部分SO3 C．使用催化剂 D．降低温度11、2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的反应中，经过一段时间后，SO3的浓度增加了0.9mol·L－1，此时间内用O2表示的平均速率为0.45mol·L－1·s－1，则这段时间是()A．1sB．0.44sC．2sD．1.33s12、下列各组元素性质递变情况不正确的是A．原子半径N<P<Cl B．最外层电子数Li<Be<BC．金属性Na<K<Rb D．氢化物稳定性P<S<Cl13、氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2＋3C2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是()A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮元素的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g14、在标准状况下，有两种气态烷烃的混合物，密度为1.16g/L，则下列关于此混合物组成的说法正确的是A．一定有甲烷B．一定有乙烷C．可能是甲烷和戊烷的混合物D．可能是乙烷和丙烷的混合物15、已知硒元素的核电荷数为34，下列关于78Se的说法正确的是()A．78Se的核内有78个质子B．78Se的质量数是44C．78Se的核内有34个中子D．78Se的核外有34个电子16、如图为发光二极管连接柠檬电池装置，下列说法正确的是（）A．铁环作为柠檬电池的正极B．电子由发光二极管经导线流向铁环C．负极的电极反应为Fe-2e-=Fe2+D．可将柠檬替换成盛装乙醇溶液的装置二、非选择题（本题包括5小题）17、I.在现代有机化工生产中，通过天然气裂解所得某种主要成分，已成为制造合成纤维、人造橡胶、塑料的基石.其中相关物质间的转化关系如下图所示(C、G是两种常见的塑料，E的结构简式为)请回答下列问题:(1)写出B的电子式_________。(2)分别写出下列反应的化学方程式A→D______；F→G______。II.为测定某有机化合物X的化学式.进行如下实验；将0.15mo1有机物B和0.45molO2在密闭容器中完全燃烧后的产物为CO2、CO、H2O（气），产物经过浓H2SO4后.质量增加8.1g，再通过灼热的氧化铜充分反应后，质量减轻2.4g，最后气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加19.8g.试通过计算确定该有机物X的化学式(写出计算过程)_______。18、已知A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志，F是一种常见的高分子材料。根据下面转化关系回答下列问题：(1)操作⑥、操作⑦的名称分别为________、________。(2)下列物质中沸点最高的是________。A汽油B煤油C柴油D重油(3)在①～⑤中属于取代反应的是________；原子利用率为100%的反应是________。(填序号)(4)写出结构简式：A________、F________。(5)写出反应③的离子方程式：___________。(6)作为家庭中常见的物质F，它给我们带来了极大的方便，同时也造成了环境污染，这种污染称为________。19、(1)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L,大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格,实验温度为25℃、35℃,每次实验HNO3的用量为25.0mL.大理石用量为10.00g。请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空:实验编号温度/℃大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(I)实验①和②探究浓度对反应速率的影响②25粗颗粒_____(II)实验①和③探究温度对反应遮率的影响；③_____粗颗粒2.00(III)实验①和④探究_________对反应速率的影响④25细颗粒2.00(II)把2.5

mol

A和2.5

mol

B混合放入2

L密闭容器里，发生反应:

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经5s后反应达到平衡。在此5s内C的平均反应速率为0.2

mol/(L·s)，同时生成1

mol

D。试求:(1)达到平衡时B的转化率为_____。(2)

x的值为______。(3)若温度不变，达到平衡时容器内气体的压强是反应前的______倍。20、（I）草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．试回答：（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________；（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________；（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________；B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________；C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________；（II）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________________________________．（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝___________；（结果保留一位小数）序号起始温度t1℃终止温度t2℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.621、氨气是一种重要的化工产品。(1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下：3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ①对于该反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是__________，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是__________：(均选填字母)A．较高温度B．较低温度C．较高压强D．较低压强E．使用合适的催化剂工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。②该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_______：(选填字母)A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大C．减小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图)，该流程中：向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________，可以循环使用的X是_______________。(填化学式)(2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。有关的离子方程式为_____________________。①0.01mol/L硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_____L(标准状态)。②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气0.025mol；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01mol白色沉淀，则原混合液中，硝酸铵的浓度为_______mol/L。③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液VL，将混合溶液分成两等分：一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气Amol；另一份溶液中慢慢滴入Cmol/L的氯化钡溶液BL，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生Dmol沉淀。则原混合溶液中，氯化铵的浓度为________mol/L，硝酸铵的浓度为_______mol/L。(用含有字母的代数式表示)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此判断。详解：已知R2+离子核外有a个电子，b个中子，质子数是a+2，质量数＝质子数+中子数＝a+b+2，则表示R原子符号为R。答案选C。2、B【解析】

A.氧化还原反应是有元素化合价发生变化的反应，故A正确；B.共价化合物是通过共用电子对形成的化合物，离子化合物也可能含有共价键，如氢氧化钠，故B错误；C.放热反应是反应物的总能量大于生成物总能量，故C正确；D.化学平衡状态是正逆反应速率相等，平衡体系中各组分的的质量分数不再改变，故D正确；故选：B。3、A【解析】

A、冶炼“药金”的相关反应方程式为：ZnCO3ZnO＋CO2↑，2ZnO＋C2Zn＋CO2↑，2Cu2O＋C4Cu＋CO2↑，A项正确；B、根据A中分析可知B项错误；C、王水可以溶解黄金和“药金”，故C项错误；D、用火焰灼烧可以区别黄金和“药金”，因为高温下黄金跟空气不反应，而“药金”可以与空气反应，生成的CuO是黑色的，ZnO是白色的，总之，灼烧后的“药金”颜色有变化，故D项错误。答案选A。4、D【解析】

根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量。【详解】在标准状况下，44.8LCH4的物质的量为2mol，2mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.5mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以生成0.5mol一氯甲烷需要氯气0.5mol氯气，生成0.5mol二氯甲烷需要氯气1mol，生成0.5mol三氯甲烷需要氯气1.5mol氯气，生成0.5mol四氯化碳需要氯气2mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.5mol+1mol+1.5mol+2mol=5mol。答案选D。5、C【解析】

A、加入氨水，氯化镁生成白色沉淀，氯化铝也生成白色沉淀，不能鉴别，不选A；B、硝酸银和五种溶液都生成白色沉淀，不能鉴别，不选B；C、氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，氯化铝和氢氧化钠先生成白色沉淀后沉淀溶解，氯化铜和氢氧化钠反应生成蓝色沉淀，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和红褐色沉淀，氯化铵和氢氧化钠产生气体，能鉴别，选C；D、氯化钠和五种溶液都不反应，不选D；答案选C。【点睛】常用的离子检验的方法有：1、颜色：铜离子为蓝色、铁离子为浅黄色、亚铁离子为浅绿色，高锰酸根离子为紫色。2、硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。3、氯离子：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。4、碳酸根离子：加入氯化钙，产生白色沉淀，沉淀溶于盐酸产生无色无味的能使澄清的石灰水变浑浊的气体。5、铝离子：加入氢氧化钠溶液，先产生沉淀后沉淀溶解6、D【解析】

由题意知，纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故Zn为负极、Ag2O为正极。A.正极发生还原反应，电极反应为Ag2O+2e‾+H2O=2Ag+2OH‾，A正确；B.Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应，B正确；C.使用时Zn是负极，电子由Zn极经外电路流向正极，C正确；D.溶液中是由离子导电的，溶液不能传递电流或电子，D不正确；本题选D。7、D【解析】试题分析：A、铜加热后生成CuO，插入水中后不反应，故铜片质量增加，A错误；B、铜加热后生成CuO，插入乙醇中，生成乙醛，和Cu，质量不变，故B错误；C、铜加热后生成CuO，插入石灰水中，铜片质量增加，故C错误；D、铜加热后生成CuO，插入盐酸中，CuO和盐酸反应生成CuCl2溶于水，故铜片质量减少，故D正确，此题选D。考点：考查有机化学反应原理相关知识8、D【解析】

A.手机上用的锂离子电池既能放电又能充电，故其属于二次电池，A正确；B.锌锰干电池中，碳棒是正极、锌电极是负极，B正确；C.氢氧燃料电池可把化学能转化为电能，C正确；D.铜锌原电池工作时，锌为负极，铜为正极，电子沿外电路从锌电极流向铜电极，D不正确；本题选D。9、A【解析】

A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A错误；B．重金属盐遇到牛奶或生鸡蛋清会使之发生变性，而不和人体蛋白质结合，所以喝牛奶或生鸡蛋清能解毒，B正确；C．植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，油脂是人体的营养物质，C正确；D．甲醛、甲苯等有机物有毒会污染室内空气，D正确；答案选A。【点睛】本题考查油脂、蛋白质的性质及生活中有毒的物质等，注意甲醛、甲苯等有机物有毒会污染室内空气，注意相关知识的积累。10、D【解析】

A．增大压强反应物活化分子百分数不变，反应速率加快，故A错误；B．移除一部分SO3反应物活化分子百分数不变，反应速率减慢，故B错误；C．使用催化剂，活化能降低，反应物活化分子百分数增大、反应速率加快，故C错误；D．降低温度反应物活化分子百分数减小、反应速率减慢，故D正确。11、A【解析】试题分析：此时间内用O2表示的平均速率为0.45mol/(L·s)，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知用三氧化硫表示的反应速率为0.9mol/(L·s)，因此t×0.9mol/(L·s)＝0.9mol/L，解得t＝1s，答案选A。考点：考查反应速率计算12、A【解析】

A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素自上而下，原子半径依次增大，则原子半径N<Cl<P，故A错误；B项、最外层电子数与主族序数相等，Li、Be、B的主族序数依次为ⅠA、ⅡA、ⅢA，则最外层电子数Li<Be<B，故B正确；C项、同主族元素自上而下，随原子序数增大金属性依次增强，则金属性Na<K<Rb，故C正确；D项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则氢化物稳定性P<S<Cl，故D正确；故选A。13、B【解析】

A、由反应方程式：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO可得到Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由0→-3被还原，N2是氧化剂，而C的化合价由0→+2，C被氧化是还原剂，A错误；B、N的化合价由0→-3，每生成1molAlN转移电子总数为3mol，B正确；C、AlN中氮元素的化合价为-3，C错误；D、AlN的摩尔质量为41g·mol-1，D错误；故选B。14、A【解析】分析：该混合烃的平均摩尔质量为1.16g/L×22.4L/mol=26g/mol，即平均相对分子质量为26，相对分子质量小于26的烷烃是甲烷，其相对分子质量为16，其他烷烃相对分子质量都大于26，所以混合物中一定有甲烷，结合常温烯为气态烃判断。详解：A．由上述分析可知，混合物中一定含有甲烷，故A正确；

B．乙烷的相对分子质量为30，可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故B错误；

C．常温下，戊烷为液态，不可能是甲烷与戊烷的混合物，故C错误；

D．乙烷与丙烷的相对分子质量都大于16，不可能是乙烷和丙烷的混合物，故D错误，故答案为：A。点睛：本题主要考查混合物计算、有机物分子式的确定等，题目难度中等，注意利用平均相对分子质量进行分析解答，侧重于考查学生的思维能力。15、D【解析】分析：元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数,质子数=核电荷数=原子序数=核外电子,中子数=质量数-质子数,据此分析解答。详解:硒元素的核电荷数为34,78Se的质量数为78,则质子数=核电荷数=核外电子=34,78Se的质量数为78,中子数=质量数-质子数78-34=44,所以A、B、C错误，

所以D选项是正确的。16、C【解析】

A.铜线、铁环插入柠檬，制成柠檬电池，由于活泼性：Fe>Cu，所以铜线是柠檬电池的正极，铁环是柠檬电池的负极，故A错误；B.电子由负极铁环经导线流向发光二极管，再由发光二极管流向铜线，故B错误；C.负极发生氧化反应，电极反应为，故C正确；D.乙醇溶液为非电解质溶液，不能将柠檬替换成盛装乙醇溶液的装置，故D错误；故选C。【点睛】由于铁比铜活泼，所以铁环为负极、电极反应为Fe-2e-═Fe2+，铜线为正极，电子由负极铁经过发光二极管流向正极铜，据此分析解答。二、非选择题（本题包括5小题）17、+HCNCH2=CHCNnCH2=CHClC3H6O2【解析】

I.根据E的结构简式为，逆推D是丙烯腈，乙炔与HCN发生加成反应生成丙烯腈，则A是乙炔，乙炔与氢气加成后的产物B能生成高聚物C，则C是聚乙烯、B是乙烯；乙炔与氯化氢加成后的产物F能生成高聚物G，则F是氯乙烯、G是聚氯乙烯。II.根据原子守恒计算X的化学式。【详解】(1)B是乙烯，结构简式是CH2=CH2，电子式是。(2)A→D是乙炔与HCN发生加成反应生成丙烯腈，化学方程式是+HCNCH2=CHCN；F→G是氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应方程式是nCH2=CHCl。II.产物经过浓H2SO4后质量增加8.1g，则燃烧生成水的物质的量是，H原子的物质的量为0.9mol；通过灼热的氧化铜充分反应后，质量减轻2.4g，说明CO吸收氧原子的物质的量是；最后气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加19.8g，则最终生成CO2的物质的量是为，C原子的物质的量为0.45mol；二氧化碳、水中的氧原子来自氧气、氧化铜、有机化合物X，根据原子守恒，有机物X提供的氧原子是0.45mol×1+0.45mol×2-0.45mol×2-0.15mol=0.3mol；0.15mo1有机物X含有0.45molC、0.9molH、0.3molO，该有机物X的化学式是C3H6O2。18、分馏裂解D①②③④⑤CH3COOHCH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH白色污染【解析】

由E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2；由乙烯可以转化成F，再结合F是家庭中常见的有机物，F是一种常见的高分子材料知，F为；A、B、F是家庭中常见的有机物，E与水发生加成反应生成B为C2H5OH；由流程图知，C在酸性或碱性条件下都可以得到乙醇，说明C是某种酸与乙醇反应生成的酯，再结合A与B反应生成C，A是家庭中常见的有机物知，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa；结合分析机型解答。【详解】（1）由石油得到汽油、煤油、柴油等轻质油的操作是分馏；由石油产品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分馏；裂解；

（2）由于在石油分馏的操作过程中，温度逐步升高使烃汽化，再经冷凝将烃分离开来，得到石油的分馏产品，即先得到的分馏产品沸点低，后得到的分馏产品沸点高，故选：D；

（3）由于酯化反应、酯的水解反应均属于取代反应，所以在①～⑤中属于取代反应的是①、②、③；原子利用率为100%的反应是加成反应和加聚反应，所以原子利用率为100%的反应是④、⑤；答案：①、②、③；④、⑤；

（4）由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，F的结构简式为：；

（5）由上述分析可知反应③为乙酸乙酯在碱性条件下发生的水解反应，其离子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH；

（6）由上述分析可知：F为，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯结构稳定、难以分解，急剧增加的塑料废弃物会造成白色污染。答案：白色污染。【点睛】本题突破口：E是石油化工发展水平的标志，E为CH2=CH2；以乙烯为中心进行推导得出各物质，再根据各物质的性质进行分析即可。19、1.0035探究固体物质的表面积(答接触面亦可)20%x=41.2【解析】试题分析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同；(Ⅱ)根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

根据相关计算公式计算相关物理量。解析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同，实验②中HNO3浓度为1.00mol/L；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同，实验③的温度选择35℃；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同，实验①和④探究固体物质的表面积对反应速率的影响；(Ⅱ)根据三段式法，平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

（1）达平衡时B的转化率为。（2），x=4。（3）若温度不变，容器内气体的压强比等于物质的量比，点睛：根据阿伏加德罗定律及其推论；同温、同体积的气体，压强比等于物质的量比；同温、同压，体积比等于物质的量比。20、酸高锰酸钾具有强氧化性锥形瓶内颜色变化当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色偏小无影响偏小环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失-51.8kJ/mol【解析】

(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(3)根据c(待测)═分析误差；(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。【详解】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；(3)A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小；B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对V(标准)无影响，根据c(待测)═分析，c(待测)无影响，故答案为：无影响；C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，待测液减少，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小。(II)(1)由量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；平均温度差为：3.1℃。50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.2958kJ×=-51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol。【点睛】本题的易错点为(II)(3)中和热的计算，要注意中和热的概念的理解，水的物质的量特指“1mol”。21、ACEBCA生成正盐，使Ca2+完全沉淀CO2NH4++OH-H2O+NH30.1120.01【解析】

(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现；②根据影响平衡移动的条件分析判断；③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水；①根据N