广东名校联盟(广州二中,珠海一中,中山纪中)2021-2021学年高二上学期期中考试试题(解析版)

1、广东名校联盟 广州二中，珠海一中，中山纪中2021-2021学年高二上学期期中考试试题一、选择题1以下有关物质用途的描述不正确的选项是A. 刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是AI2O3 B.硅可用于制作太阳能电池C. Fe2O3俗称磁性氧化铁，可用作指南针D. NaHCO 3可用于作发酵剂2在以下反响中，水既不做氧化剂也不做复原剂的是A. 2H2O 2H2f+ 02fB. 2F 2+ 2H2O = 4HF + 02?C. 3Fe+ 4H2O Fe3O4 + 4H2?D. 3NO2+ H2O= 2HNO 3+ NO2?3. 以下物质久置于空气中会发生变化，其中不包含氧化复原过程的是A.

2、 钠变成白色粉末B.绿矶发黄C.澄清的石灰水变浑浊D.漂白粉失效4. 以下说法正确的选项是A. 向Na2CO3溶液中加硫酸，有气泡产生，说明非金属性S>CB. 酸性：HBr> HI，说明非金属性 Br>lC. 金属性Na>Cu，钠投入硫酸铜溶液会析出红色沉淀D. 金属性Al>Cu，常温下，铝与同浓硫酸反响比铜更剧烈5. 以下反响的离子方程式的书写不正确的选项是A. 向澄清石灰水中通入过量CO2： OH-+CO2=HCO 3B. NH4HCO3溶液中参加过量的 NaOH溶液并加热：NH4+ + OH- NH3? +HOC. 氯气通入 NaOH 溶液中：Cl2+ 2O

3、H-= Cl-+ ClO- + H2OD. 金属铜与稀硝酸反响：3Cu + 8H + + 2NO3- 3Cu2+ + 2NOT + 4出。6. 以下各组物质间反响：Cu与HNO3溶液 钠与氧气 Zn与H2SO4溶液 MnO2与HCI溶液。由于浓度不同反响情况不同的有A. B.C.D.7. 改变以下条件，能增加反响物分子中活化分子百分比的是升高温度增加浓度缩小反响容器体积使用催化剂A. B.C.D.8. 以下说法不正确的选项是A. Sg+O2g=SO2g Hi; Ss+O2g=SO2g AH2 , 那么AHivAH2B. Zns+CuSO 4aq=ZnSO4aq+Cus AH=-216kJ?mo

4、l-1,那么反响物总能量 >生成物总能量C. 己知C石墨？s =C金刚石？s AH>0,那么石墨比金刚石稳定D. 相同条件下，假设1mol氢原子具有的能量为 E1 ， 1mol氢分子具有的能量为E2 ，那么2E1=E29用铁块与O.1mol/L硫酸反响制取氢气，以下措施不能提高H2生成速率的是A. 将铁块换为铁粉B.将0.1mol/L硫酸换为98%的硫酸C.适当加热D.向溶液中参加适量 0.5mol/L盐酸10以下化学反响符合图示的是A.冰雪融化B.铝与氧化铁的反响C.钠与水反响 D. BaOH 2 8H2O和NH 4CI的反响11. 设Na为阿伏伽德罗常数的值，以下说法正确的选项

5、是A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4 NaB. 足量Na与imol O2反响生成 Na2O2时，钠失去 2Na个电子C. 标况下，22.4LNO 2气体中含 Na个NO2分子D. 1L0.1mol/L的蔗糖溶液中含有 Na个分子12. 破坏或形成1 mol化学键所吸收或放出的能量称为键能。H H键的键能为 436kJ mol 1,O=O键的键能为 498 kJ mol 1,1H2(g) +O2(g)=H2O(l) AH = - 286kJ mol 1,那么H2O分子中O H键的键能为)A. 485.5 kJmoLB. 610 kJ mo- C.917 kJ mol 1D. 1

6、220 kJ mol-113.反响：CO2g+H2g = COg+H 2Og A1H0某条件下的平衡常数 K=1，在该条件 下，向某体积恒定密闭容器中充入一定量CO2g和H2g，反响到1min时，测得体系中各物质浓度依次为：cCO2=1mol/L , cH2=1mol/L , cCO=0.5mol/L , cH2O=0.5mol/L，那么下 列说法正确的选项是A. 1min时该反响处于平衡状态，正逆反响速率相等B. 反响从开始到 1min内的平均速率 V(CO)=1mol/L.minC. 1min时降低温度，反响逆向进行D. 1min时反响正向进行，正反响速率大于逆反响速率14. 在2 L恒容

7、密闭容器中充入2molH2、1 mol CO ,在一定条件下发生如下反响：2H2(g) + CO(g)FsCH3OH(g)i a/= -90,1 kJ - mol；CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如下图。以下推断正确的选项是()flr-rA. 工业上，利用上述反响合成甲醇，温度越高越好B. 图象中X代表温度，P(M2)> P(Mi)C. 图象中P点代表的平衡常数 K为4D. 温度和容积不变，再充入 2molH2、1 mol CO，到达平衡时 CO转化率减小15. 反响： 25 C、101 kPa 时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=望21 kJ mol?1 , 稀溶液中，

8、H+(aq)+OH ?(aq) =H2O(l) H=57.3 kJ mol?1。以下说法正确的选项是()A. 碳的燃烧热大于110.5 kJ mol?1B. 的反响热为221 kJ m-ol?1C. 稀硫酸与稀 NaOH溶液反响的中和热为 ？57.3 kJ mol?1D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反响生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量16. 一定温度下，在容积恒定的密闭容器中参加一定量的A(s)和B(g)，进行如下可逆反响：A(s)+2B(g) 厂C(g)+D(g)，当以下物理量不发生变化时，能说明该反响已达平衡状态的是() 混合气体的密度容器内气体的压强混合气体的总物质的量C和D的浓度

9、比值B物质的量浓度A.B.C.D.17同温同压下，以下三个反响放出的热量分别用2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) ld=- a kJ mo1 2H2(g) + O2(g)=2H2O(l) H= b kJ mol-1 H2(g) + 1/2O2(g)=H 20(g) H =- c kJ mol-1 A. a> b , b = 2cB. a= b= c:18. 恒容密闭容器中发生反响CO(g)+2H 2(g)-a、b、c表示，那么a、b、c的关系是()C. av b, c= a/2D.无法比拟CH3OH(g) AH= Q kJ?mol在其他条件不变的情况下，研究温度对反响的影响，

10、实验结果如下图， 以下说法正确的选项是()©(肪M町A. 反响的平衡常数B. Q > 0C.高温有利于该反响的自发进行D. A点混合气体的平均摩尔质量大于B点19. NO和O2转化为NO2的反响机理如下： 2NO(g) ' N2O2(g)(快) AH1< 0 平衡常数 K1> !U' N2O2(g)+O2 - 2NO2(g) (慢) Hzv 0 平衡常数 K2A. 2NO(g)+O 2 ' 2NO2(g) != AH1-AH2B. 2NO(g)+O 22NO2(g)的平衡常数 CK1XK2C. 该转化反响过程中能量变化可如图表示D. 总速率的

11、大小由反响决定20在一体积可变的密闭容器中，参加一定量的X、丫、Z,发生反响mX(g) + nY(g) ? pZ(g) AH=QkJmoir。反响到达平衡后，Y的物质的量浓度与温度、容器体积的关系如下表所示。以下说法不正确的选项是()/ (mol1231001.000 750.532001.200.900,33001301 (X)0.70A. m + n> pB.压强不变，容器中充入稀有气体，平衡正反响方向移动C. Q<0D.体积不变，容器中充入稀有气体，Y的质量分数增大二、非选择题(本大题有 4小题，共50分)21.下表为元素周期表中的一局部，表中列出了10种元素在周期表中的位置

12、，按要求完成下列各小题。王族周期I An a川AIV AV AW AW A0234(1) I.这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是 (填元素符号)，非金属性最强的元素是 (填元素符号)。(2) 三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是(3) 三种元素的原子半径由大到小的顺序是 (填元素符号)(4 )某元素的最高价氧化物对应的水化物既能与酸又能和碱反响生成盐和水，向该元素和号元素形成的化合物的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液至过量，产生的实验现象是5II.以下物质中：N2C02NH3Na20Na2O2NaOHNH4CIH2O2既含有极性键又含有非极性键的是 ;填序号6 晶

13、体中阳离子阴离子个数比为2:1的有填序号7 含有配位键的是 填序号8 非极性分子有 填序号22某化学小组用 50ml 0. 50mol/L NaOH溶液和30ml 0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测 定实验。1实验中大约要使用 230mL NaOH溶液，配制溶液时至少需称量 NaOH固体_g .2 做中和热的测定实验时：桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、硬纸板、胶头滴管、环 形玻璃搅拌棒.实验尚缺少的玻璃仪器用品是 、。3他们记录的实验数据如下 ：请填写表中的空白：实验次数起始温度t1终止温度温度差平均值H2SO4NaOHt2/C(t2 - t1)/C125.0 C25.0 C29.1

14、t=225.0 C25.0 C29.8325.0 C25.0 C28.9425.0 C25.0 C29.0 ：溶液的比热容c为4.18 J -1 g-1,溶液的密度均为1 g cm-3。测得的中和热？ H =.取小数点后一位4假设用氨水代替 NaOH做实验，测定结果AH会填 偏大 偏大 无影响23. 在一密闭容器中发生反响N2g+3H2g2NH3g H<01 I.改变以下条件，能使平衡向正反响方向进行且平衡常数不变的是。A. 增大压强B. 降低温度C. 使用催化剂D. 增大反响物的浓度2II.上述反响到达平衡后，只改变某一个条件时，反响速率与反响时间的关系如下图。tl、t3、t4时刻分别

15、改变了反响的一个条件，其中tl时刻改变的条件是；某时刻改变的条件是保持压强不变，向容器中冲入氩气，这个时刻是 。(3) 以下时间段中,混合气体中氮气百分含量最高的是 ，氢气浓度最大的是A.t 0 tlB.t2 t3 C.t4 t5D.t5 t6(4) m .一定条件下，合成氨反响到达平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%,那么反响后与反响前的混合气体体积之比为 。(5) W .合成氨及其相关工业中，局部物质间的转化关系如下：以下说法不正确的选项是()A. 甲、乙、丙三种物质都含有氮元素B. 反响n、川和w的氧化剂相同C. W的产物可在上述流程中被再次利用D. 丁为 NaHCO3E. V过

16、程中先通入 CO2再通入 NH 324. 研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反响：2NO2 (g) +NaCI (s) 厂 NaNO3 (s) +C1NO (g) Ki ?H < 0(I)LJ2NO(g) +CI2 (g) 2CINO(g)K2 ?H < 0(II)(1) 4NO2 (g) +2NaCI (s) =2NaNO3 (s)+2NO (g) +CI2 (g)的平衡常数K=用Ki、K2表示。2 为研究不同条件对反响II的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中参加 0.2molNO 和 O.lmol Cl2， 10min 时反响II到达 平衡，测得 1

17、0min 内 v CINO =7.5 X0-3mol?L-1?min-1 , 那么平衡后 n CI2 =mol , NO 的转化率 a=。3 其它条件保持不变，反响II在恒压条件下进行，平衡时 NO的转化率a 1填“>或“=平衡常数K2 填增大减小或不变。假设要使K2减小，可米用的措施是 。【参考答案】一、选择题1. C【解析】A.刚玉为AI2O3 ,其熔点高，常用作耐高温材料，选项正确，A不符合题意；B. 硅是一种常用的半导体材料，常用于制作太阳能电池，选项正确，B不符合题意；C. 磁性氧化铁为Fe3O4 ，可用作指南针，Fe2O3为氧化铁，可用于制作涂料，选项错误，C符合题意；D.

18、NaHCO 3是一种常用的发酵剂，选项正确，D不符合题意；故答案为：C2. D【解析】A.该反响中，H2O中氢元素化合价降低，为氧化剂，氧元素化合价升高，为复原剂， 因此H2O既是氧化剂，又是复原剂，A不符合题意；B. 该反响H2O中氧元素化合价升高，为复原剂，B不符合题意；C. 该反响H2O中氢元素化合价降低，为氧化剂，C不符合题意；D. 该反响H2O中氢氧元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂又不是复原剂，D符合题意；故答案为：D3. C【解析】A.钠变成白色粉末，过程中钠元素的化合价升高，包含氧化复原反响，A不符合题意;B. 绿矶的主要成分为 FeSO4 7H2O，变换的过程中铁元素由

19、 +2价变为+3价，包含氧化复原 反响，B不符合题意；C. 澄清石灰水变浑浊的过程中，发生CO2与Ca(OH) 2的反响，过程中没有元素化合价发生变化，不包含氧化复原反响，C符合题意；D. 漂白粉的有效成分是 Ca(CIO)2 ,其失效过程主要与空气中的CO2反响生成HCIO,HCIO分解形成HCI和O2 ,过程中发生氧化复原反响，D不符合题意；故答案为：C4. A【解析】A.向Na2CO3溶液中参加稀硫酸反响生成 CO2 ,说明酸性H2SO4>H2CO3 ,那么 非金属性S>C, A符合题意;B. 气态氢化物的酸性 HI>HBr，而非金属性Br>I , B不符合题意；

20、C. 由于Na的金属性强，投入 CuS04溶液中，直接与 H20发生反响，不与 CuS04发生置换 反响，C不符合题意；D. 常温下， 浓硫酸能是铝钝化，形成一层致密的氧化膜，因此反响不剧烈，D不符合题意；故答案为：A5. B【解析】A.通入过量C02 ，那么反响生成HC03一 ,该反响的离子方程式为：C02+ 0H 一 =HC03,选项正确，A不符合题意；B. Na0H过量，那么NH4+和HC03-都参与反响，该反响的离子方程式为： NH4* + HC03+ 20H 一=NH3 H20 + C032+ H20，选项错误，B符合题意；C. C12与Na0H反响生成可行性的 NaCl、NaCl0

21、和 我0，该反响的离子方程式为：CI2+ 20H=c+ CI0+ H20，选项正确，C不符合题意；D. 铜与稀硝酸反响生成可溶性Cu(N03)2、H20和N0,该反响的离子方程式为：3Cu+ 8H + 2N03一 =3Cu2+ 2N0T + 4出0，选项正确，D不符合题意；故答案为：B6. C【解析】铜与浓硝酸反响，其复原产物为N02 ,与稀硝酸反响，其复原产物为NO,硝酸的浓度不同，反响情况不同，符合题意； 钠与氧气常温下反响生成Na20，加热条件下反响生成 Na202 ,反响条件不同，产物不同，与浓度无关，不符合题意； Zn与浓硫酸反响，生成 S02,与稀硫酸反响生成 H2,硫酸浓度不同，

22、产物不同， 符合题意； Mn0 2与浓盐酸反响生成 CI2,与稀盐酸不反响，盐酸的浓度不同，反响情况不同， 符合题意；综上，由于浓度不同，反响情况不同的是，C符合题意；故答案为：C7. B【解析】能增加反响物分子中活化分子百分数的有升高温度、参加催化剂，正确，B符合题意；故答案为：B8. D【解析】A.根据盖斯定律可得 S(g)=S(S) H=AHi-AH2<0,因此AHKAH2 ,选项正确，A 不符合题意；B. 由于该反响 A H<Q那么该反响为放热反响，因此反响物的总能量大于生成物的总能量，选项正确，B不符合题意；C由于该反响 A H>Q那么该反响为吸热反响，因此石墨的能

23、量小于金刚石的能量，而物质能 量越高，越不稳定，因此石墨比金刚石稳定，选项正确，C不符合题意；D. 由氢原子形成氢分子的过程中形成化学键，需要释放能量，因此2EQE2 ,选项错误，D符合题意；故答案为：D9. B【解析】A.将铁块换成铁粉，相对外表积增大，反响速率加快，A不符合题意；B. 将O.1mol/L的稀硫酸换为98%的浓硫酸，由于浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，因此无法加快反响速率，B符合题意；C. 适当加热，温度升高，那么反响速率加快，C不符合题意；D. 向溶液中适量参加 0.5mol/L的稀盐酸，那么溶液中 c(H+)增大，反响速率加快，D不符合题意；故答案为：B10. D【

24、解析】A.冰雪融化过程中需要加热，但该过程中没有新物质生成，属于物理变化，而不是化学反响，A不符合题意；B. 铝与氧化铁的反响为放热反响，B不符合题意；C. 钠与水的反响为放热反响，C不符合题意；D. Ba(OH) 28H2O和NH4CI的反响为吸热反响， D符合题意；故答案为：D11. B【解析】A.乙烯和丙烯的最简式都是 CH2 ,可按CH2进行计算，那么28g混合气体的物质m 28的量，那么其所含的原子个数为 2molX3XNA=6NA , A不符合题意；B.反响生成Na2O2时，氧元素由0价变为-1价，因此1molO2反响时转移电子数为:1mol >2 X1 >NIa=2N

25、a , B 符合题意;VC.标准状态下，22.4LNO 2的物质的量.22.4A由于NO2气体中存在可逆反响2NO2(g)? N 204(g)，因此所含NO 2分子数应小于1NaC不符合题意;D.蔗糖溶液中还存在水分子，因此所含分子数应大于1Na ,D不符合题意;故答案为：B12. A那么该反响的反响热【解析】 设 O-H 化学键的键能为 akJ/mol ， H=436kJ/mol+498kJ/molX20冶kJ/mol=-286kJ/mol，解得 a=485.5kJ/mol , A 符合题意;故答案为：A13. Dg = x) = o.sxo.5 = oz5<i【解析】A.反响至1mi

26、n时，体系内1 V 1，因此反响正向进行，A不符合题意;B.反响从开始到1min内用CO表示的反响速率. 一lc，B不符合题意;C由于1min时反响还未到达平衡状态，因此此时降低温度，平衡仍正向进行,C不符合题意;D.由于Q<K，反响正向进行，那么正反响速率大于逆反响速率,D符合题意;故答案为：D14.C【解析】A.由于该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，不利于CH3OH的合成，A不符合题意;B.由于该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动,CO的转化率降低，因此 X不能表示温度，B不符合题意；C.由图可知，P点时CO的转化率为50%，那么参与反响n(CO)=1mol 20%=0.

27、5mol，那么参与反应的n(H2)=0.5mol 2=1mol，反响生成的n(CH 3OH)=0.5mol ;那么反响到达平衡状态时，n(CO)=1mol-0.5mol=0.5mol、n(H2)=2mol-1mol=1mol、n(CH 3OH)=0.5mol，因此该条件下，21C符合题意;反响的平衡常数D. 温度和压强不变时，再充入2molH 2和ImolCO，那么体系的压强增大，平衡正向移动，CO的转化率增大，D不符合题意；故答案为：C15. A【解析】A.C完全燃烧生成的稳定氧化物为CO2g，CO燃烧生成CO2的过程中会继续放出热量，因此C的燃烧热应大于110.5kJ/mol，A符合题意；

28、B. 的反响热应为-221kJ/mol，B不符合题意；C. 稀硫酸与NaOH溶液反响的过程中，参与反响的具体量未知，无法计算反响热，C不符合 题意；D. CH 3COOH电离过程中吸收热量，因此CH3COOH与NaOH反响生成ImolHzO时放出的热量小于57.3kJ, D不符合题意；故答案为：A16. A【解析】由于反响物中含有固体，那么反响前后，混合气体的质量发生变化，反响前后气体分子数不变，那么混合气体的物质的量不变，根据密度公式可知，反响过程中，混合气体的密度发生变化，那么当其不变时，反响到达平衡状态，符合题意； 由于反响前后气体分子数不变，那么其反响过程中压强一直不变，故压强不变不能

29、说明反应到达平衡状态，不符合题意； 由于反响前后气体分子数不变，那么反响过程中混合气体的总物质的量不变，故混合气体的总物质的量不变，不能说明反响到达平衡状态，不符合题意； C和D均为生成物，因此反响过程中，C和D的浓度比值恒定，故 C和D的浓度比值不变，不能说明反响到达平衡状态，不符合题意； 假设反响正向进行，那么 B的物质的量浓度减小，假设反响逆向进行，那么B的物质的量浓度增大，那么当其不变时，说明反响到达平衡状态，符合题意；A符合题意;综上，能说明反响到达平衡状态的为,故答案为：A17. C【解析】根据盖斯定律可得，a=2c;反响生成的为 H20(g)，反响生成的H20(l)，气态水到液态

30、水的转化过程中需要释放能量，因此b>a;综上，a、b、c的大小关系为 a<b， c=a/2，C符合题意；故答案为：C18. D【解析】A.该反响的平衡常数V，U ， A不符合题意；B. 由分析可知，该反响为放热反响，因此Q<0，B不符合题意；C. 假设反响自发进行，那么AH-TA S<0由于该反响 H<Q S<0假设为高温条件，那么 AH-TAS可能大于0,不利于反响自发进行，C不符合题意；D. 该反响中反响物和生成物都是气体，因此反响前后混合气体的质量不变，A点时反响正向if =进行的程度较大，那么混合气体的物质的量较小，根据公式.可知，混合气体的平局摩尔

31、质量较大，D符合题意；故答案为：D19. B【解析】A.NO和02反响的化学方程式为：2NO(g)+O 2(g)=2NO 2(g)，根据盖斯定律可得，该反响的反响热 A H=AHi+AH2, A不符合题意;区1 = &劈紀B反响的平衡常数'>,反响的平衡常数'''K =呼、=Fj X Kz而反响2NO(g)+O 2(g)=2NO 2(g)的平衡常数 八'' ?,B符合题意；C.两个反响都为放热反响，那么反响物的总能量应高于生成物的总能量,C不符合题意;D.总反响的速率大小取决于慢反响速率，因此总速率的大小由反响决定,D不符合题意;故

32、答案为：B20.B【解析】A.容器体积增大为原来的两倍时，c(Y)=0.50mol/L，而平衡时c(Y)=0.75mol/L，说明此时平衡逆向移动，即压强减小，平衡逆移，那么正反响为气体分子数减小的反响，因此m+n>p ,选项正确，A不符合题意；B. 压强不变，充入稀有气体，那么容器体积增大，反响物和生成物产生的压强减小，平衡逆向 移动，选项错误，B符合题意；C. 由表格数据可知，升高温度，cY增大，那么平衡逆向移动，因此逆反响为吸热反响，那么正反响为放热反响，因此 Q<0，选项正确，C不符合题意；D. 体积不变，充入稀有气体，反响物和生成物产生的压强不变，平衡不移动，Y的质量分数

33、不变，选项错误，D符合题意；故答案为：BD二、非选择题本大题有4小题，共50分21. 1Ar ； F 2厂Y ' 3K>Na>Mg 4先出现白色沉淀后沉淀溶解5® 67炉8【解析】1化学性质最不活泼的元素为稀有气体元素，因此上述10种元素中，化学性质最不活泼的为 Ar ;在元素周期表中，从左到右、从上到下，非金属性逐渐增强，因此上述 10种元素中，非金属性最强的元素为F;2同周期元素，核电荷数越小，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性最强的化合物为NaOH，其电子式为'''1 1_ ；3 电子层数越大，原子半径越大，电子

34、层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此三种元素的原子半径大小关系为：K>Na>Mg ；4 往AICI3溶液中滴加 NaOH溶液，先发生反响 Al 3+ 3OH 一 =AIOH 3J,有白色沉淀 生成；继续参加 NaOH溶液，发生反响 AlOH 3 + 0H=AI0 2+ 2出0，沉淀逐渐溶解；因 此产生的现象是先出现白色沉淀，后沉淀溶解；5 极性键是由两种不同的元素组成的，非极性键是由同种元素形成的，上述所给物质中，同时存在极性键和非极性键的物质为H2O2 ,故答案为；6 上述物质中符合阳离子与阴离子个数比为2:1有Na2O和Na2O2 ,故答案为；7 上述物质中含有配位键的为

35、NH4CI，故答案为；8 非极性分子，其正负电荷的重心重合，上述物质中属于非极性分子的有N2和CO2故答案为：；22. (1) 5.0(2) 量筒；温度计(3) 4.0; - 53.5kJ/mol(4) 偏大【解析】(1)容量瓶具有一定规格，没有230mL的容量瓶，因此配制 230mL溶液，应选用250mL 容量瓶，故所需 NaOH 固体的质量 m=nXM=cX VXM=0.5mol/L 025L H0g/mol=5.0g ;(2) 由于实验过程需量取NaOH溶液和稀盐酸的体积，因此需用到量筒；实验过程中， 需测量反响前后温度的变化，故需用到温度计；(3) 第二次实验终止温度 29.8C与其他

36、数据差距较大，误差较大，应舍去，因此温度差的平均值；该反响过程中生成 n(H20)=0.025mol , 反响过程中放出热量Q=cmA t=4.18 X (50+30) X 1 X 4=1.3376那么J当反响生成 1molH2O 时放出的热量为13376/53.5Jt/丄., 因此中和热 H=53.5kJ/mol ；(4) NH3H2O为弱碱，在水中电离需要吸热，会使得反响过程中放出的热量减小，那么AH 偏大；23. (1) A,D(2) 升高温度；t4(3) D ； B(4) 5:6(5) B、E【解析】(1) A.该反响为气体分子数减少的反响，增大压强，平衡正向移动，由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，A符合题意；B. 由