200℃时，11.6g由二氧化碳和水组成的混合气体与足量过氧化钠充分反应后，固体质量增加3.6g，则原混合气体的平均相对

火山爆发喷出的炽热岩浆温度可达1 200℃，岩浆使海水冒出了大量“白气”；
这主要是火山爆发喷出的炽热岩浆使海水中的水先汽化，汽化后的水蒸气到空中又液化成小水滴．
故选C．

点评：
本题考点： 液化及液化现象；汽化及汽化吸热的特点．

考点点评： 本题主要考查学生对：液化和汽化现象的了解和掌握．特别注意“白气”是液态的小液滴．

晶体有一定的熔化温度，在熔化的过程中虽然吸热但温度是不变的；非晶体没有一定的熔化温度，在熔化时吸热升温．玻璃在200℃时熔化，当温度升到300℃时还没有熔化完，说明玻璃熔化时温度不断上升，没有固定的熔点，故玻璃是非晶体．
故选C．

点评：
本题考点： 晶体和非晶体的区别．

考点点评： 本题考查了晶体和非晶体的区别：晶体和非晶体的区别是晶体有确定的熔点和凝固点，而非晶体没有．难度不大，是一道热学的基础题．

答：溅入油里的水滴，到达油面时有一定的速度，水的密度比油大，水要继续向下运动．由于油的温度远高于水的沸点，水滴向下运动过程中快速汽化，产生高压气泡，气泡迅速膨胀破裂把油溅起来．

点评：
本题考点： 沸点及沸点与气压的关系．

考点点评： 本题考查了生活中常见的物理现象，体现了物理和生活的联系，平时学习要注意多观察多思考．

该物质在200℃开始熔化，直到250℃还未熔化完，说明该物质熔化过程吸收热量温度不断升高，没有一定的熔化温度，即没有熔点，所以这种物质一定是非晶体．
故答案为：非晶体．

点评：
本题考点： 晶体和非晶体的区别．

考点点评： 本题考查了晶体和非晶体的区别：晶体有固定的熔点和凝固点，非晶体没有固定的熔点和凝固点．

晶体有一定的熔化温度，在熔化的过程中虽然吸热但温度是不变的；非晶体没有一定的熔化温度，在熔化时吸热升温．玻璃在200℃时熔化，当温度升到300℃时还没有熔化完，说明玻璃熔化时温度不断上升，没有固定的熔点，故玻璃是非晶体．
故选C．

点评：
本题考点： 晶体和非晶体的区别．

考点点评： 本题考查了晶体和非晶体的区别：晶体和非晶体的区别是晶体有确定的熔点和凝固点，而非晶体没有．难度不大，是一道热学的基础题．

根据题干知，焊锡是合金，根据合金的特性知道合金的熔点一般要比其组分低，焊锡的熔点要低于锡和铅，所以在焊接金属时，为节约时间，节约能源、节约成本采用锡铅合金．
故选B

点评：
本题考点： 合金与合金的性质．

考点点评： 本题主要考查了合金的特性，合金的强度高、抗腐蚀是材料所需要的，合金的熔点比组分低便于加工制作，因此合金在生活中运用很广泛．

（1）根据公式c=nV可以计算出C（H2）=aVmol/L，C（I2）=bVmol/L，C（HI）=0，开始阶段反应正向进行，ν（正）最大，ν（逆）=0，故答案为：aVmol/L； bVmol/L；0；ν（正）； ν（逆）；（2）随着反应的进行，反应物...

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查学生化学平衡状态的建立、平衡移动以及化学平衡状态的特征，可以根据所学知识进行回答，难度不大．

计算过程如图

向足量的固体Na₂O₂中通入11.6gCO₂和H₂O，固体只增加3.6g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=11.6g-3.6g=8.0g，所以n（O₂）=0.25mol，
令混合物中CO₂和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：
2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，
x 0.5x
2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑
ymol0.5ymol
所以

0.5x+0.5y＝0.25
44x+18y＝11.6
解得：x=0.1mol，y=0.4mol
故原混合物中CO₂和水蒸气的质量比为（0.1×44）：（0.4×18）=11：18，
答：故原混合物中CO₂和水蒸气的质量比为11：18．

点评：
本题考点： 钠的重要化合物；有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物的有关计算、过氧化钠的性质等，注意理解固体质量变化的原因，根据反应的方程式计算，难度中等．

∵Q=cm△t，
∴铜块升高的温度：
△t=[Q/cm]=
7.8×105J
0.39×103J/(kg•℃)×20kg=100℃，
铜块原来的温度：
t₀=t-△t=200℃-100℃=100℃；
答：该铜块原来的温度为100℃．

点评：
本题考点： 热量的计算．

考点点评： 本题考查了求铜块的初温度，应用热量公式即可正确解题．

C是一种非极性分子且能与过氧化钠反应，应为CO₂，则F为O₂，B可与氧气在催化剂条件下加热反应，则应为NH₃，G为NO，H为NO₂，I为HNO₃，D为H₂O，与J在高温下反应，J为Fe，K为Fe₃O₄，L为Fe（NO₃）₃，E可与反应生成Fe和CO₂，则E具有还原性，应为CO，晶体A隔绝空气加热到200°C时，全部分解为B、C、G、E四种气体，且其物质的量相等，则A应为NH₄HC₂O₄，
（1）由以上分析可知J为Fe，E为CO，故答案为：Fe；CO；
（2）B和F反应的化学方程式为4NH₃+5O₂

催化剂
.
△4NO+6H₂O，D和Na₂O₂反应的化学方程式为2H₂O+2Na₂O₂=4NaOH+O₂↑，
故答案为：4NH₃+5O₂

催化剂
.
△4NO+6H₂O；2H₂O+2Na₂O₂=4NaOH+O₂↑；
（3）Fe₃O₄与稀硝酸反应的离子方程式为3Fe₃O₄+28H⁺+NO₃^-=9Fe³⁺+NO↑+14H₂O，故答案为：3Fe₃O₄+28H⁺+NO₃^-=9Fe³⁺+NO↑+14H₂O；
（4）由以上分析可知A为NH₄HC₂O₄，故答案为：NH₄HC₂O₄．

点评：
本题考点： 无机物的推断．

考点点评： 本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，注意本题可根据物质的颜色、状态为突破口进行推断，明确物质的种类为解答该题的关键，难度不大．

向足量的固体Na₂O₂中通入11.6gCO₂和H₂O，固体只增加3.6g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=11.6g-3.6g=8.0g，所以n（O₂）=[8g/32g/mol]=0.25mol，
令混合物中CO₂和水蒸气的物质的量分别为为xmol，ymol，则：
2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，
xmol0.5xmol
2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑
ymol0.5ymol
所以

0.5x+0.5y=0.25
44x+18y=11.6
解得：x=0.1，y=0.4
故原混合物中CO₂和H₂O的物质的量比为0.1mol：0.4mol=1：4，
答：原混合物中CO₂和H₂O的物质的量比为1：4．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算；钠的重要化合物．

考点点评： 本题考查混合物的有关计算、过氧化钠的性质等，注意理解固体质量变化的原因，根据反应的方程式计算，难度中等．

200℃时水为气态，向足量的固体Na₂O₂中通入11.6gCO₂和H₂O，发生反应方程式为：2Na₂O₂+2CO₂=Na₂CO₃+O₂、2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=11.6g-3.6g=8g，氧气的物质的量为：n（O₂）=[8g/32g/mol]=0.25mol，
根据方程式2Na₂O₂+2CO₂=Na₂CO₃+O₂、2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑可知：n（混合气体）=2n（O₂）=2×0.25mol=0.5mol，
所以原混合气体的平均摩尔质量为：[11.6g/0.5mol]=23.2g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为23.2，
答：原混合气体的平均相对分子质量为23.2g．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查有关混合物反应的计算、过氧化钠的性质等，题目难度中等，明确固体质量变化的原因是解答本题的关键，注意掌握根据化学反应进行的化学计算的方法．

向足量的固体Na₂O₂中通入11.6gCO₂和H₂O，固体只增加3.6g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=11.6g-3.6g=8.0g，所以n（O₂）=0.25mol，
令混合物中CO₂和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：
2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，
x 0.5x
2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑
ymol0.5ymol
所以

0.5x+0.5y＝0.25
44x+18y＝11.6
解得：x=0.1mol，y=0.4mol
故原混合物中CO₂和水蒸气的质量比为（0.1×44）：（0.4×18）=11：18，
答：故原混合物中CO₂和水蒸气的质量比为11：18．

点评：
本题考点： 钠的重要化合物；有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物的有关计算、过氧化钠的性质等，注意理解固体质量变化的原因，根据反应的方程式计算，难度中等．

200℃时水为气态，向足量的固体Na₂O₂中通入11.6gCO₂和H₂O，发生反应方程式为：2Na₂O₂+2CO₂=Na₂CO₃+O₂、2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=11.6g-3.6g=8g，氧气的物质的量为：n（O₂）=[8g/32g/mol]=0.25mol，
根据方程式2Na₂O₂+2CO₂=Na₂CO₃+O₂、2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑可知：n（混合气体）=2n（O₂）=2×0.25mol=0.5mol，
所以原混合气体的平均摩尔质量为：[11.6g/0.5mol]=23.2g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为23.2，
答：原混合气体的平均相对分子质量为23.2g．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查有关混合物反应的计算、过氧化钠的性质等，题目难度中等，明确固体质量变化的原因是解答本题的关键，注意掌握根据化学反应进行的化学计算的方法．

（1）1kg的铝温度降低50℃放出的热量：
Q_放=cm△t=0.88×10³J/（kg•℃）×1kg×50℃=4.4×10⁴J；
（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水冷却发动机，冷却效果好．
故答案为：4.4×10⁴；比热容．

点评：
本题考点： 热量的计算；水的比热容的特点及应用．

考点点评： 本题主要考查了学生对放出热量公式的理解和对水的比热容大的特点及应用的掌握，注意在相同的m、△t条件下，c越大的Q越大．只要记住有关公式解答并不难．

向足量的固体Na₂O₂中通入11.6gCO₂和H₂O，固体只增加3.6g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=11.6g-3.6g=8.0g，所以n（O₂）=0.25mol，
令混合物中CO₂和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：
2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，
x 0.5x
2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑
ymol0.5ymol
所以

0.5x+0.5y＝0.25
44x+18y＝11.6
解得：x=0.1mol，y=0.4mol
故原混合物中CO₂和水蒸气的质量比为（0.1×44）：（0.4×18）=11：18，
答：故原混合物中CO₂和水蒸气的质量比为11：18．

点评：
本题考点： 钠的重要化合物；有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物的有关计算、过氧化钠的性质等，注意理解固体质量变化的原因，根据反应的方程式计算，难度中等．

A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，故v（B）

0.2mol
2L
5min=0.02 mol•L^-1•min^-1，故A正确；
B．由图Ⅱ可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，故B错误；
C．恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v_（正）=v_（逆），故C错误；
D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y；z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A 的体积分数为[0.4mol/0.4mol+0.2mol+0.2m0l]=0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的增大，故达到平衡时，A 的体积分数小于0.5，故D正确；
故选AD．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意B选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响．

200℃时水为气态，向足量的固体Na₂O₂中通入11.6gCO₂和H₂O，发生反应方程式为：2Na₂O₂+2CO₂=Na₂CO₃+O₂、2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=11.6g-3.6g=8g，氧气的物质的量为：n（O₂）=[8g/32g/mol]=0.25mol，
根据方程式2Na₂O₂+2CO₂=Na₂CO₃+O₂、2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑可知：n（混合气体）=2n（O₂）=2×0.25mol=0.5mol，
所以原混合气体的平均摩尔质量为：[11.6g/0.5mol]=23.2g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为23.2，
答：原混合气体的平均相对分子质量为23.2g．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查有关混合物反应的计算、过氧化钠的性质等，题目难度中等，明确固体质量变化的原因是解答本题的关键，注意掌握根据化学反应进行的化学计算的方法．