湖南省衡阳市第八中学2022学年高二化学下学期期末结业考试试题实验班含解析

湖南省衡阳市第八中学2022-2022学年高二（实验班）下学期期末结业考试理综-化学试题1.下列叙述正确的是A.常温常压下，4.6gNO2气体约含有1.81×1023 个原子B.标准状况下，80gSO3所占的体积约为22.4 LC.标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4 分子数为NAD.标准状况下，22.4L氢气与足量氧气反应，转移的电子数为1NA【答案】A【解析】A、二氧化氮能转化为四氧化二氮，四氧化二氮的相对分子质量、原子个数是二氧化氮的2倍，把气体当作二氧化氮计算即可，二氧化氮分子个数N=nNA=NA=×NA/mol=0.1NA，每个分子中含有3个原子，所以原子总数为1.81×1023，选项A正确；B、标准状况下，SO3是固体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算SO3的体积，选项B错误；C、标准状况下，CCl4是液体，体积为22.4L的CCl4其物质的量大于1mol，所以标况下22.4L的CCl4中含有CCl4分子数大于NA，选项C错误；D、标准状况下，22.4 L 氢气与足量氧气反应，转移的电子数为2NA，选项D错误。答案选A。2.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是A.热稳定性：HF<HCl<HBr<HIB.微粒半径：K+>Na+>Mg2+>Al3+C.酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3D.最外层电子数：Li<Mg<Si<Ar【答案】A【解析】分析：A、同主族非金属元素的气态氢化物的热稳定性可由其非金属性强弱去判断，B、微粒半径大小的比较遵循先看电子层数、再看核电荷数、最后看电子数的顺序进行判断，C、非金属元素最高价含氧酸的酸性强弱由其对应的非金属性强弱决定，D、根据电子排布规律可确定元素的原子最外层电子数的多少。详解：A、第ⅦA自上而下依次为F、Cl、Br、I，它们的非金属性依次减弱，所以形成的气态氢化物的热稳定性也依次减弱，即HF>HCl>HBr>HI，故A不正确；B、K+是288型离子，Na+、Mg2+、Al3+都是28型离子，且核电荷数依次增大，所以半径依次减小，因此离子半径为K+>Na+>Mg2+>Al3+，故B正确；-12-\nC、第三周期非金属元素从左到右依次为Si、P、S、Cl，根据同周期非金属性变化规律，它们的非金属性依次增强，所以最高价含氧酸的酸性依次增强，故C正确；D、已知Li、Mg、Si、Ar的核电荷数分别为3、12、14、18，根据电子排布规律可得，它们最外层电子数分别为1、2、4、8，所以D正确。本题答案为A。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol·L-1NaOH溶液：K+、Ba2+、Cl-、HCO3-B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K+、NH4+、NO3-、SO42-C.0.1mol·L-1FeCl3溶液：K+、Na+、I-、SCN-D.0.1mol·L-1HCl的溶液：Ca2+、Na+、C1O-、NO3-【答案】B【解析】A．HCO3-、OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A错误；B．CO32-分别与K+、NH4+、NO3-、SO42-离子均不发生离子反应，且K+、NH4+、NO3-、SO42-离子之间不发生离子反应，，能大量共存，故B正确；C．Fe3+、SCN-离子之间结合生成络离子、Fe3+、I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．HClO是弱酸，则C1O-不能在强酸性溶液里大量存在，故D错误；答案为B。4.根据图中包含的信息分析，下列叙述正确的是A.氢气与氯气反应生成1mol氯化氢气体，反应吸收248kJ的能量B.436kJ·mol－1是指断开1molH2中的H－H键需要放出436kJ的能量C.氢气与氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应放出183kJ的能量D.431kJ·mol－1是指生成2molHCl中的H—Cl键需要放出431kJ的能量【答案】C-12-\n【解析】试题分析：氢气与氯气反应生成氯化氢气体，反应放出能量，故A错误；436kJ•mol-1是指断开1molH2中的H—H键需要吸收436kJ的能量，故B错误；氢气与氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应放出432×2－436－243="183"kJ的能量，故C正确；431kJ•mol-1是指生成1molHCl中的H—Cl键需要放出431kJ的能量，故D错误。考点：本题考查化学反应中的能量变化。5.现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验方案1：铝镁合金 测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案2：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案3：铝镁合金溶液过滤、洗涤、干燥后测定得到沉淀的质量对能否测定出镁的质量分数的实验方案判断正确的是A.都能B.都不能C.①不能，其它都能D.②③不能，①能【答案】A【解析】试题解析：已知质量的铝镁合金，设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数；设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，选A．考点：化学实验方案的评价；6.将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：实验序号稀硝酸的体积/mL剩余固体的质量/gNO的体积/L110017.22.2422008.004.4834000V-12-\n下列说法正确的是A.表中 V=7.84LB.原混合物粉末的质量为25.6gC.原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3D.实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875mol•L﹣1【答案】A【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4n（NO），加入100mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24LNO气体（转移0.3mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56g·mol-1：14.4g÷64g·mol-1=8：9；400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu)×2÷3+2n(Cu)×2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）]÷3×22.4L·,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6g×3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。-12-\n点睛：对于硝酸与Fe的反应，Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3，过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+，如本题中第1、第2次的两次实验，金属剩余，Fe应该生成Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余8g的成分提供依据，即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe生成Fe3+。7.下列实验中，对应的实验现象和实验结论都正确且具有因果关系的是选项实验方法或操作实验现象实验结论A将小块Na放入CuSO4溶液中钠浮在水面上四处游动，溶液中有红色沉淀生成金属Na比Cu活泼B在淀粉粉末中加入适量浓硫酸淀粉变黑浓硫酸具有吸水性C在AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中D将装满氯水的圆底烧瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射烧瓶内有气泡向上逸出日光照射时，溶解的Cl2逸出A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】A.钠放入盐溶液中，钠先与水反应；B.使淀粉变黑体现浓硫酸的脱水性；C.Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于弱酸和弱碱；D.在光照条件下，次氯酸分解生成氧气。【详解】A.在盐溶液中，Na先与水反应生成NaOH，NaOH与溶液中的CuSO4反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故A错误；B.浓硫酸具有脱水性，能够使淀粉碳化而变黑，所以使淀粉变黑体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；-12-\nC.AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，通入CO2气体，NaAlO2与碳酸反应生成Al(OH)3沉淀，故C正确；D.氯水受日光照射，氯水中的HClO分解生成氧气而不是氯气，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀的转化等为解题的关键，题目难度不大。本题的易错点是D项，注意氯水在光照时，溶液中含有的次氯酸发生分解反应生成的气体是氧气。8.硝酸甘油(C3H5N3O9)在医药上用作血管扩张的药，是预防和紧急治疗心绞痛的特效药该药的正确使用方法是舌下含服而不是吞服，将药片含在舌下，硝酸甘油溶于水后，立即被舌下丰富的毛细血管吸收，最终到达心脏血管壁外的平滑肌细胞的细胞质基质中释放NO，NO可调节平滑肌的收缩状态，使血管舒张，从而在几分钟内缓解心绞痛；在上述整个过程中，硝酸甘油至少穿过几层磷脂分子A.5B.7C.10D.14【答案】D【解析】试题分析：将药片含在舌下，硝酸甘油溶于水后，立即通过舌下丰富的毛细血管被吸收，此时需要通过2层膜（进毛细血管壁细胞+出毛细血管壁细胞）；靠红细胞运输（进红细胞+出红细胞），最终到达心脏血管壁外（进毛细血管壁细胞+出毛细血管壁细胞）的平滑肌细胞的细胞质基质中（进平滑肌细胞），此时需要通过5层膜；共需穿过7层膜，即14层磷脂分子层。故选D考点：本题考查细胞膜的结构、物质的跨膜运输、内环境等相关知识，意在考查考生理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系的能力。9.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。【制备FeBr2固体】实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。-12-\n实验开始时，先将干燥、纯净的CO2气流通入D中，再将铁粉加热至600—700℃，E管中铁粉开始反应。不断将d中液溴滴入温度为100—120℃的D中，经过一段时间的连续反应，在不锈钢管内产生黄绿色鳞片状溴化亚铁。（1）若在A中盛固体CaCO3，a中盛有6mol/L的盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的洗气瓶中装有的试剂分别是：B中为____________，C中为_________。若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为______________________________。（2）E管中的反应开始前通入CO2的主要作用是__________；E管中的反应开后持续通入CO2的主要作用是________________________________________________。【探究FeBr2的还原性】（3）现实验需要90mL0.1mol/LFeBr2溶液，取上述反应制得的FeBr2固体配制该溶液，所需仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是_______________。（4）已知：Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色。Cl2既能氧化Br－，也能氧化Fe2+。取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+_________Br－（填“>”或“<”）。(5)若在40mL上述FeBr2溶液中通入标准状况下67.2mL的 C12，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈_____色，写出该反应的离子方程式___________。【答案】(1).饱和NaHCO3溶液(2).浓硫酸(3).3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑(4).排尽装置中原有的空气(5).将溴蒸气带入E装置中进行反应(6).胶头滴管100mL容量瓶(7).＞(8).橙红(9).4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-【解析】(1)装置B用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置D作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；若进入E装置中的CO2未干燥，则可能发生的副反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2溴蒸汽有毒，不能排到空气中，可被碱液吸收，如氢氧化钠溶液能够与溴单质反应，适宜为防止污染空气，实验时应在F处连接盛有碱液如氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，故答案为：盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；盛有浓H2SO4的洗气瓶；NaOH溶液；-12-\n(2)反应过程中要不断地通入CO2，其主要作用是为：反应前将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；反应过程中要不断通入CO2，还可以将Br2蒸气带入反应器D中，使溴能够与铁粉充分反应，故答案为：①排净容器里的空气；②将Br2蒸气带入反应器E中；Ⅱ．(3)配制90mL0.1mol/LFeBr2溶液FeBr2溶液时需要天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、100ml的容量瓶，胶头滴管，则除烧杯、玻璃棒量筒、外还需的玻璃仪器是，胶头滴管、100ml的容量瓶；故答案为：100ml的容量瓶，胶头滴管；（4）.取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色,证明有Fe3+。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，实验证明不存在单质溴，以上实验结论表明还原性：Fe2+>Br－。（5）40ml0．1mol/LFeBr2溶液含有FeBr2的物质的量为0.004mol，还原性Fe2+＞Br-，二者以4：3反应，标准状况下67.2mL的C12的物质量为0.003mol,转移电子0.003=0.006mol由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化为Br2，所以加入CCl4，振荡后下层液体呈橙色，反应的离子反应为4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-，故答案为：橙色4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。10.氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料，某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2＋NH3↑【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）如图C装置中球形干燥管的作用是______________。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先______；再加入实验药品。接下来的实验操作是__________,打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是______________。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_________。-12-\n【方案2】用如下图装置测定mg样品中A1N的纯度(部分夹持装置已略去)。（4）导管a的主要作用是______________。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是____________。（填选项序号）a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d．（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为Vml,（已转换为标准状况），则A1N的质量分数为_____________（用含V、m的代数式表示）。【答案】(1).防止倒吸(2).检查装置气密性(3).关闭K1，打开K2(4).把装置中残留的氨气全部赶入C装置(5).C装置出口处连接一个干燥装置(6).保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下(7).ad(8).[41V/22400m]×100%【解析】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；（2）组装好实验装置，需要先检查装置气密性，加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为：检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；（4）导管a可以保持分液漏斗上方和反应装置内的气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下，故答案为：保持气压恒定，使NaOH浓溶液容易流下；（5）a．CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；b．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；c．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；-12-\nd．氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；故答案为：ad；（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑41                22.4Lm                   V×10-3Lm=g，则AlN的质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%。11.氨的合成对国家工业发展有着举足轻重的作用，请根据化学原理知识回答下列问题：（1）已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol。4NH3 (g)+5O2 (g) 4NO(g)+6H2O(l) △H=—1168.8kJ/molN2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.6kJ/mol。则工业合成氨的热化学方程式为___。（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)反应的影响。实验结果如图所示：（图中 T表示温度， n表示物质的量）①图像中 T2和 T1的关系是： T2____T1（填“高于”、“低于”、 “等于”或“无法确定”）。②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2 的转化率最高的是_____（填字母）。③在起始体系中n(N2)：n(H2)=1:3时，反应后氨的百分含量最大；若容器容积为1L， n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此条件下（ T 2），反应的平衡常数 K= ______。（3）氮元素的+4价氧化物有两种，它们之间发生反应：2NO2N2O4 ∆H<0，将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化 (气体颜色越深，透光率越小)。下列说法正确的是 ___________。-12-\nA．b点的操作是压缩注射器B．c点与a点相比， c(NO2)增大， c(N2O4)减小C．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则b、c两点的平衡常数Kb>KcD．d点：v(正)>v(逆)（4）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成原电池，能消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图所示。①电极a为 _____极，其电极反应式为________。②当有0.1molNO2被处理时，转移电子为________________mol。③为使电池持续放电，该离子交换膜需选用_______________交换膜。【答案】(1).N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol(2).低于(3).C(4).25/12 或2.08或2.1(5).AC(6).负(7).2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O(8).0.4(9).阴离子【解析】（1）①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H1=-285.8kJ•mol-1；②4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)△H2=—1168.8kJ/mol；③N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H3=+180.6kJ/mol；根据盖斯定律可知，③+①×3-②×可得：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），则△H=（+180.6kJ/mol）+（-285.8kJ•mol-1）×3-（—1168.8kJ/mol）×=-92.4kJ•mol-1；（2）①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T1到T2-12-\n反应物氮气的量增加，故T1＜T2； ②b点代表平衡状态，c点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大，故答案为c； ③当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，当n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，故起始氮气浓度为1.2mol/l，变化的氢气浓度为1.8mol/l，变化的氮气浓度为0.6mol/l，平衡时氮气、氢气、氨气的浓度分别是0.4mol/l、1.2mol/l、1.2mol/l，据K===2.08；(3)A．b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B．c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）＜T（c），升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以Kb＞Kc，故C正确；D．c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）＞v（正），故D错误；故答案为AC。（4）①由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则a为负极，b为正极，负极电极方程式为2NH3-6e-+60H-=N2+6H2O；②当有0.1molNO2被处理时，转移电子为0.1mol×（4-0）=0.4mol；③原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作。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。-12-