还剩11页未读，
继续阅读
【化学】辽宁省六校协作体2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
展开
辽宁省六校协作体2018-2019学年高一下学期期中考试试题
一．选择题：（本题共有 15 题，每题 3 分，共 45 分）
1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是（ ）
A. 绘制《山水画》所用的纸和墨的主要成分都是有机物
B. 刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到
C. 王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。
【答案】A
【解析】A. 纸的主要成分为纤维素，属于有机物，墨的主要成分为炭黑，属于单质，故A错误；
B. “沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C. 爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生成，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；
D. “豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D正确。
故选A。
2.关于 100mL 0.1 mol/L H2SO4 溶液的叙述错误的是（ ）
A. 该溶液中含有O 原子的物质的量为 0.04mol
B. 该溶液中氢离子的物质的量浓度为 0.2 mol/L
C. 该溶液的酸性与 0.2 mol/LNaHSO4 溶液相同
D. 取该溶液 10 mL，加水稀释至 100 mL 后 H2SO4 的物质的量浓度为 0.01 mol/L
【答案】A
【解析】A. n（H2SO4）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，n（O）=4n（H2SO4）=0.04mol，但水分子中也含有O原子，所以该溶液中含有O原子的物质的量应大于0.04mol，故A错误；
B. c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，故B正确；
C. 该溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，0.2mol/LNaHSO4溶液中c（H+）=c（NaHSO4）=0.2mol/L，所以该溶液的酸性与0.2mol/LNaHSO4溶液相同，故C正确；
D. 取该溶液10mL，n（H2SO4）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，加水稀释至100 mL后H2SO4的物质的量浓度为0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，故D正确。
故选A。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶是否干燥对配制结果无影响
B. 在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中
C. 丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的
D. 已知钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，所以两种电解质的活泼性：水大于乙醇
【答案】D
【解析】A.用容量瓶配制一定物质量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A正确；
B.钠为极活泼的金属，易和水反应生成氢气，所以实验后剩余的少量钠要放回原试剂瓶中，故B正确；
C.胶粒直径介于1～100nm之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故C正确；
D.钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，说明乙醇羟基中的H不如水中的H活泼，乙醇比水更难电离，所以乙醇是非电解质，故D错误。
故选D。
4.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 向稀 HNO3 中滴加Na2SO3 溶液：SO32-＋2H+SO2↑＋H2O
B. 向 Na2SiO3 溶液中通入过量 SO2：SiO32-＋SO2＋H2OH2SiO3↓＋SO32-
C. 向 CuSO4 溶液中加入 Na2O2：2Na2O2＋2Cu2+＋2H2O4Na+＋2Cu(OH)2↓＋O2↑
D. 向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量 NH3·H 2O：Al3+＋4NH3·H 2OAlO2-＋4NH4+＋2H2O
【答案】C
【解析】A.HNO3有强的氧化性，Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式是：2H++2NO3-+3SO32-H2O+3SO42-+2NO↑，故A错误；
B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2发生反应产生酸式盐，反应的离子方程式是：SiO32－+2SO2+2H2OH2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；
C.向CuSO4溶液中加入Na2O2，离子方程式2Na2O2+2Cu2++2H2O4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑符合反应事实、离子方程式的书写原则，故C正确；
D.NH3·H2O是弱碱，不能与两性氢氧化物发生反应，反应的离子方程式是：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+，故D错误。
故选C。
5.在 200mL 含等物质的量 HBr 和H2SO3 的溶液中通入 0.01molCl2，有一半Br-变为 Br2（已知 Br2 能氧化 H2SO3），原溶液中 HBr 和 H2SO3 的浓度都等于（ ）
A. 0.0075mol•L-1 B. 0.0018mol• L-1
C. 0.04mol• L-1 D. 0.08mol•L L-1
【答案】C
【解析】
【分析】还原性H2SO3＞HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2。令原溶液中HBr和H2SO3的物质的量为nmol/L，根据电子转移守恒列方程计算，再根据c=计算浓度。
【详解】还原性H2SO3＞HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2。有一半Br-变为Br2，说明H2SO3已经完全被氧化，令原溶液中HBr和H2SO3的物质的量都为nmol，根据电子转移守恒有nmol×（6-4）+nmol×1=0.01mol×2，解得n=0.008mol，原溶液中HBr和H2SO3物质的量浓度为=0.04mol/L。
故选C。
6.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是（ ）
A. 铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2＋产生
B. 如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变
C. 其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”
D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光
【答案】C
【解析】试题分析：A．锌片作负极，发生氧化反应；铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，A错误；B．如果将锌片换成铁片，铁片依然是作负极，电路中的电流方向不会发生改变，B错误；C．其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，C正确；D．如果将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，LED灯也会发光，D错误；故答案C。
7.从金属利用的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的冶炼是近百年的事．决定金属使用年代先后顺序的关键因素是（ ）
A. 金属的活动性 B. 金属的导电性
C. 金属的延展性 D. 地壳中金属元素的含量
【答案】A
【解析】金属的活动性越强，越容易与其它物质反应生成化合物，其化合物越不容易被还原，导致该金属的冶炼越难，所以决定金属使用年代的是金属的活动性，与金属的导电性、延展性、在地壳中的含量无关，答案选A。
8.下列离子的检验方法合理的是（ ）
A. 向某溶液中滴入稀 NaOH 溶液未生成使红色石蕊试纸变蓝的气体，说明不含NH4+
B. 向某溶液中通入 Cl2，然后再加入 KSCN 溶液变红色，说明原溶液中含有 Fe2+
C. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，得到白色沉淀，说明溶液中含有 SO42-
D. 向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色沉淀，说明溶液中含有 Cl-
【答案】D
【解析】A.氨气溶解度很大，要使得氨气放出，需要对反应溶液加热，此试纸不变蓝，不能说明溶液中是否含有铵根离子，故A错误；
B.溶液中可能存在铁离子，检验时应先在溶液中加入KSCN溶液，观察是否呈血红色，若无明显变化，再通入氯气，然后加入KSCN溶液，若呈血红色，则说明原溶液中有二价铁离子，故B错误；
C.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故C错误；
D.向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色沉淀，说明溶液中含有Cl-，故D正确。
故选D。
9.下列物质能使品红溶液褪色,且褪色原理基本相同的是( )
①活性炭 ②新制氯水③二氧化硫 ④臭氧 ⑤过氧化钠 ⑥双氧水
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】新制氯水、臭氧、过氧化钠和双氧水都是利用其强氧化性，使品红褪色。
10.已知浓盐酸和次氯酸钙能发生如下反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓) CaCl2+2Cl2↑+2H2O。用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是（ ）
①CO2②HCl③H2O④O2
A. ①②③ B. ②③④
C. ②③ D. ①④
【答案】A
【解析】由于酸性：H2CO3>HClO，所以Ca(ClO)2在空气中易与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO。用含CaCO3的Ca(ClO)2与浓盐酸反应制取Cl2，Cl2中必然含有CO2、H2O、HCl等杂质，而漂白粉在空气中变质生成的HClO不稳定，不会混在固体中，制得的氯气中不可能含有O2。
11.下列叙述中正确的是（ ）
A. 周期表中第 15 列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为 H3RO4
B. O22-与S2-具有不同的质子数和电子数
C. 元素周期表中前 6 周期一共有 22 种非金属
D. 氕化锂、氘化锂、氚化锂作为“长征 2 号”火箭发射的重要燃料，LiH、LiD、LiT 的化学性质不同
【答案】C
【解析】A.周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，故A错误；
B.O22-与S2-质子数均为16，核外电子数均为18，故B错误；
C.元素周期表中有22种非金属元素，包括氢、硼、碳、氮、氧、氟、硅、磷、硫、氯、砷、硒、溴、碲、碘、砹、氦、氖、氩、氪、氙、氡，故C正确；
D.H、D、T互为同位素，LiH、LiD、LiT的化学性质几乎完全相同，故D错误。
故选C。
12.W、X、Y、Z 四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，由此可知：
X
Y
W
Z
A. Z 元素氢化物的水溶液一定是强酸（ ）
B. 四种元素原子形成的简单离子，半径最小的一定是 Y
C. 四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的一定是 Y
D. 四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y
【答案】D
【解析】试题分析：根据W、X、Y、Z四种短周期主族元素在周期表中的相对位置关系可知，若W是Al，则X是N元素、Y为O元素、Z为S元素；若W为Si、则X为O元素、Y为F元素、Z为Cl元素。A．若Z为S元素，氢化物的水溶液一定是弱酸，故A错误；B．四种元素原子形成的简单离子，半径最小的是Y或W，故B错误；C．O和F一般无正价，四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是Z，故C错误；D．Y 的非金属性最强，四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y，故D正确；故选D。
13.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源
B. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能
C. PM2.5 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
D. 发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统
【答案】D
【解析】试题分析：A、一级能源是指直接从自然界取得的能源，氢气不属于一级能源；B、风力发电是将风能转化为电能；C、砷元素属于非金属元素；D、低碳经济、循环经济，利用太阳能、风能均有利于能源开发和环境保护，正确。
14.已知：H2(g)＋F2(g) 2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1，下列说法正确的是（ ）
A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应
B. 1 mol H2 与 1 mol F2 反应生成 2 mol 液态 HF 放出的热量小于 270 kJ
C. 在相同条件下，1 mol H2与 1 mol F2能量总和小于 2 mol HF 气体的能量
D. 该反应中能量变化可用如图来表示
【答案】C
【解析】试题分析：A、此反应是放热反应，逆过程是吸热反应，故错误；B、HF(g)=HF(l) ∆H<0，因此1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ，故错误；C、此反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故正确；D、根据选项C的分析，故错误。
15.取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是（ ）
A. 为加快化学反应速率，应在强光照射下完成
B. 甲烷和 Cl2 反应后试管内壁的油状液滴物包括 CH3Cl 、CH2Cl2、CHCl3、CCl4
C. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出
D. CH4 和 Cl2 完全反应后液面上升，液体充满试管
【答案】C
【解析】A.光照为该反应的条件，无光照该反应不能发生，所以强光照射并不是为了加快化学反应速率，故A错误；
B.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，故B错误；
C.甲烷和Cl2反应后产物最多的是HCl，HCl溶于饱和食盐水会有少量NaCl晶体析出，故C正确；
D.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，CH3Cl是不溶于水的气体，所以液体不会充满试管，故D错误。
故选C。
二、填空题：（本题有 4 道题，共 55 分）
16.(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，请说明原因：__________。
(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选氯化铁溶液，外加导线，构成原电池。请写出正极电极方程式：______________。
【答案】(1). 二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀 (2). Fe3＋＋e－Fe2＋
【解析】（1）铜、铝、潮湿空气会形成原电池，金属铝做负极，加速了金属铝的腐蚀速度，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，故答案为：二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀。
（2）该原电池的正极发生三价铁离子得电子的还原反应，电极方程式为：Fe3++e-Fe2+，故答案为：Fe3++e-Fe2+。
17.有 A、B、C、D、E 五种短周期主族元素，原子序数由 A 到 E 逐渐增大．①A 元素最外层电子数是次外层电子数的 2 倍． ②B 的阴离子和 C 的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B 的单质是气体，0.1molB 的气体与足量的氢气完全反应共有 0.4mol 电子转移．④C 的单质在点燃时与 B 的单质充分反应，生成淡黄色的固体， 此淡黄色固体能与 AB2 反应可生成 B 的单质．⑤D 的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：
（1）A 元素的最高价氧化物的电子式_________________，A 元素简单气态氢化物可构成碱性燃料电池，该电池的的负极电极方程式为：_____________________
（2）B 元素在周期表中的位置 _____________________
（3）B 单质与 C 单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有 _________________
（4）D 元素的低价氧化物与 E 的单质的水溶液反应的化学方程式为 ：____________________
（5）C 与 D 能形成 2：1 的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程：_________________________
【答案】(1). (2). CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O (3). 第二周期VIA族 (4). 离子键、共价键 (5). SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl (6).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A有2个电子层，最外层电子数为4，则A为C元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第3周期，B处于第2周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素化合价为-2价，则B为O元素，C的单质在点燃时与 B 的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na元素，D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，则D为S元素，E的原子序数最大，则E为Cl元素，据此答题。
【详解】由分析可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D是S元素，E是Cl元素。
（1）A为C元素，C的最高价氧化物是CO2，CO2分子中碳原子与氧原子形成共价键，电子式为：，碱性甲烷燃料电池，负极甲烷失电子生成碳酸根离子和水，其负极的电极方程式为：CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O，故答案为：，CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O。
（2）B为O元素，氧元素位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期VIA族。
（3）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子与氧原子之间形成共价键，故答案为：离子键、共价键。
（4）D是S元素，E是Cl元素，硫元素的低价氧化物是SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl。
（5）Na和S形成的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，其形成过程可表示为，故答案为：。
18.某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律． Ⅰ．甲同学设计了如图装置来一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较。
（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前的具体操作是：______________
（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在 A 中加________________溶液，B 中加___________溶液，C 中加___________溶液，将观察到C 中________________的现象．但花花认为，该现象不足以证明三者非金属性强弱，请用文字叙述理由_____________。
（3）为避免上述问题，应在 B、C 之间增加一个盛有足量_____的洗气装置．改进后C 中发生反应的离子方程式是________________．
Ⅱ．丙同学设计了如图装置来验证卤族元素性质的递变规律．A、B、C 三处分别是沾有NaBr 溶液的棉花、湿润淀粉 KI 试纸、湿润红纸．
（4）请写出浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式：______________
（5）A 中棉花颜色变_______，则说明非金属性 Cl＞Br；向 NaBr 和 KI 的混合溶液中，通入足量的 Cl2 充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，最后得到的物质是___________
【答案】(1). 将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶 ，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好 (2). HNO3 (3). Na2CO3 (4). Na2SiO3 (5). 白色浑浊 (6). 挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应 (7). 饱和碳酸氢钠溶液 (8). SiO32-+CO2+H2OH2SiO3↓+CO32- (9). 2MnO4- +16H+ + 10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O (10). 橙色 (11). NaCl和KCl
【解析】（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前，首先关闭分液漏斗，将烧杯C中导管深入烧杯液面以下，再微热圆底烧瓶，如果C中有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好，故答案为：将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好。
（2）依据强酸制弱酸来设计反应，所以A为硝酸，B为碳酸钠，C为硅酸钠溶液，将观察到C中有白色浑浊生成硅酸沉淀，故现象不足以证明三者非金属性强弱，因为挥发出来的硝酸可能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故答案为：HNO3；Na2CO3；Na2SiO3；白色浑浊；挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应。
（3）硝酸易挥发，所以为吸收挥发出来的硝酸，应在B和C之间增加一个洗气装置，盛放饱和的碳酸氢钠，吸收挥发出来的硝酸，避免干扰，改进后C中为二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2OH2SiO3↓+CO32-，：故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；SiO32-+CO2+H2OH2SiO3↓+CO32-。
（4）浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+16H+ +10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H+ +10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（5）NaBr溶液的棉花与氯气反应生成单质溴，所以棉花由白色变为橙色，B处湿润淀粉KI试纸中的碘离子与氯气反应生成单质碘，反应的离子方程式为：2I-+Cl22Cl-+I2；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，过量的氯气逸出，溴挥发，碘升华，所以最后得到NaCl和KCl；故答案为：橙色；NaCl和KCl。
19.(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成 NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是_________________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是___________。
②1 mol NH4+ (aq)全部氧化成NO3- (aq)的热化学方程式是_________________。
(2)已知红磷比白磷稳定，则反应 P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋ 5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；ΔH1 和 ΔH2 关系是 ΔH1____________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)在 298 K、101 kPa 时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)ΔH3
则 ΔH3 与 ΔH1 和 ΔH2 之间的关系正确的是___________。
A ΔH3＝ΔH1＋2 ΔH2 B ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D ΔH3＝ΔH1－ΔH2
(4)已知 H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)ΔH＝－72 kJ·mol-1，蒸发 1 mol Br2(l)需要吸收的能量为 30 kJ，其他相关数据如下表：
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol 分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
则表中 a＝__________________。
【答案】(1). 放热 (2). ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) (3). (aq)＋2O2(g)===NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ·mol－1 (4). < (5). A (6). 369
【解析】（1）①由图可知：焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案为：放热，ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)。
②第一步的热化学方程式为①NH4+(aq)+1.5O2(g)NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-273kJ/mol，第二步的热化学方程式为②NO2-(aq) +0.5O2(g)NO3-(aq) ΔH=-73kJ/mol，根据盖斯定律，由①+②可得：NH4+(aq)+2O2(g)2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq) ΔH=（-273kJ/mol）+（-73kJ/mol）=－346kJ·mol－1，故答案为：NH4+(aq)＋2O2(g)NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ·mol－1。
（2）①P4(白磷，s)＋5O2(g)2P2O5(s) ΔH1，②4P(红磷，s)＋5O2(g)2P2O5(s) ΔH2，由盖斯定律②-①可得到反应：4P(红磷，s)=P4(白磷，s) ΔH=ΔH2-ΔH1，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反应是吸热反应，即ΔH=ΔH2-ΔH1＞0，即ΔH1＜ΔH2，故答案为：＜。
（3）已知：①2H2O(g)O2(g)＋2H2(g) ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)2HCl(g) ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)4HCl(g)＋O2(g) ΔH3，则反应③=②×2+①，由盖斯定律可知：ΔH3=ΔH1+2ΔH2，故答案为：A。
（4）已知H2(g)＋Br2(l)2HBr(g) ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，则H2(g)＋Br2(g)2HBr(g) ΔH＝－102kJ·mol-1，ΔH=反应物键能-生成物键能，则有-102=436+200-2a，解得a=369，故答案为：369。
20.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：
①哪一时间段反应速率最大______min（填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5），原因是_____。
②求3～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_________(设溶液体积不变)。
(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是____。
A．蒸馏水 B．KCl溶液 C．KNO3溶液 D．CuSO4溶液
(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
①该反应的化学方程式是_______。
②该反应达到平衡状态的标志是______
A．Y的体积分数在混合气体中保持不变
B．X、Y的反应速率比为3∶1
C．容器内气体压强保持不变
D．容器内气体的总质量保持不变
E．生成1mol Y的同时消耗2mol Z
③2min内Y的转化率为______。
【答案】(1). 2～3 (2). 因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快 (3). 0.025 mol/(L•min) (4). CD (5). 3X(g)+Y(g)2Z(g) (6). AC (7). 10%
【解析】（1）①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min；原因是：因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快；②在3～4min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·mol－1=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol/（0.4L·1min）=0.025mol/（L·min）；③A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；B．加入KCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；C．加入KNO3溶液，H＋浓度减小，因酸性溶液中有NO3－，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C错误；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu，形成原电池，反应速度增大，且影响生成氢气的量，故D错误；故选CD；(3)①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到5min时，∆n（Y）=0.2mol，∆n（Z）=0.4mol，∆n（X）=0.6mol，则∆n（Y）：∆n（Z）：∆n（X）=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；②A．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，Y的体积分数在混合气体中保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．X、Y的反应速率比为3∶1，随着反应的进行X、Y的反应速率比始终为3：1，不能作为平衡状态的标志，故B错误；C．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，当容器的压强保持一定，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D．反应物生成物均为气体，容器内气体的总质量保持不变，不能作为平衡状态的标志，故D错误；E．生成1mol Y的同时消耗2mol Z 均只能表示逆速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应达到平衡状态，故E错误；故选AC。③2min内X的转化率为=变化物质的量/起始总物质的量 ×100%=(1mol-0.9mol)/1mol ×100%=10%.
一．选择题：（本题共有 15 题，每题 3 分，共 45 分）
1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是（ ）
A. 绘制《山水画》所用的纸和墨的主要成分都是有机物
B. 刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到
C. 王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。
【答案】A
【解析】A. 纸的主要成分为纤维素，属于有机物，墨的主要成分为炭黑，属于单质，故A错误；
B. “沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C. 爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生成，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；
D. “豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D正确。
故选A。
2.关于 100mL 0.1 mol/L H2SO4 溶液的叙述错误的是（ ）
A. 该溶液中含有O 原子的物质的量为 0.04mol
B. 该溶液中氢离子的物质的量浓度为 0.2 mol/L
C. 该溶液的酸性与 0.2 mol/LNaHSO4 溶液相同
D. 取该溶液 10 mL，加水稀释至 100 mL 后 H2SO4 的物质的量浓度为 0.01 mol/L
【答案】A
【解析】A. n（H2SO4）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，n（O）=4n（H2SO4）=0.04mol，但水分子中也含有O原子，所以该溶液中含有O原子的物质的量应大于0.04mol，故A错误；
B. c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，故B正确；
C. 该溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，0.2mol/LNaHSO4溶液中c（H+）=c（NaHSO4）=0.2mol/L，所以该溶液的酸性与0.2mol/LNaHSO4溶液相同，故C正确；
D. 取该溶液10mL，n（H2SO4）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，加水稀释至100 mL后H2SO4的物质的量浓度为0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，故D正确。
故选A。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶是否干燥对配制结果无影响
B. 在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中
C. 丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的
D. 已知钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，所以两种电解质的活泼性：水大于乙醇
【答案】D
【解析】A.用容量瓶配制一定物质量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A正确；
B.钠为极活泼的金属，易和水反应生成氢气，所以实验后剩余的少量钠要放回原试剂瓶中，故B正确；
C.胶粒直径介于1～100nm之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故C正确；
D.钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，说明乙醇羟基中的H不如水中的H活泼，乙醇比水更难电离，所以乙醇是非电解质，故D错误。
故选D。
4.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 向稀 HNO3 中滴加Na2SO3 溶液：SO32-＋2H+SO2↑＋H2O
B. 向 Na2SiO3 溶液中通入过量 SO2：SiO32-＋SO2＋H2OH2SiO3↓＋SO32-
C. 向 CuSO4 溶液中加入 Na2O2：2Na2O2＋2Cu2+＋2H2O4Na+＋2Cu(OH)2↓＋O2↑
D. 向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量 NH3·H 2O：Al3+＋4NH3·H 2OAlO2-＋4NH4+＋2H2O
【答案】C
【解析】A.HNO3有强的氧化性，Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式是：2H++2NO3-+3SO32-H2O+3SO42-+2NO↑，故A错误；
B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2发生反应产生酸式盐，反应的离子方程式是：SiO32－+2SO2+2H2OH2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；
C.向CuSO4溶液中加入Na2O2，离子方程式2Na2O2+2Cu2++2H2O4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑符合反应事实、离子方程式的书写原则，故C正确；
D.NH3·H2O是弱碱，不能与两性氢氧化物发生反应，反应的离子方程式是：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+，故D错误。
故选C。
5.在 200mL 含等物质的量 HBr 和H2SO3 的溶液中通入 0.01molCl2，有一半Br-变为 Br2（已知 Br2 能氧化 H2SO3），原溶液中 HBr 和 H2SO3 的浓度都等于（ ）
A. 0.0075mol•L-1 B. 0.0018mol• L-1
C. 0.04mol• L-1 D. 0.08mol•L L-1
【答案】C
【解析】
【分析】还原性H2SO3＞HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2。令原溶液中HBr和H2SO3的物质的量为nmol/L，根据电子转移守恒列方程计算，再根据c=计算浓度。
【详解】还原性H2SO3＞HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2。有一半Br-变为Br2，说明H2SO3已经完全被氧化，令原溶液中HBr和H2SO3的物质的量都为nmol，根据电子转移守恒有nmol×（6-4）+nmol×1=0.01mol×2，解得n=0.008mol，原溶液中HBr和H2SO3物质的量浓度为=0.04mol/L。
故选C。
6.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是（ ）
A. 铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2＋产生
B. 如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变
C. 其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”
D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光
【答案】C
【解析】试题分析：A．锌片作负极，发生氧化反应；铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，A错误；B．如果将锌片换成铁片，铁片依然是作负极，电路中的电流方向不会发生改变，B错误；C．其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，C正确；D．如果将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，LED灯也会发光，D错误；故答案C。
7.从金属利用的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的冶炼是近百年的事．决定金属使用年代先后顺序的关键因素是（ ）
A. 金属的活动性 B. 金属的导电性
C. 金属的延展性 D. 地壳中金属元素的含量
【答案】A
【解析】金属的活动性越强，越容易与其它物质反应生成化合物，其化合物越不容易被还原，导致该金属的冶炼越难，所以决定金属使用年代的是金属的活动性，与金属的导电性、延展性、在地壳中的含量无关，答案选A。
8.下列离子的检验方法合理的是（ ）
A. 向某溶液中滴入稀 NaOH 溶液未生成使红色石蕊试纸变蓝的气体，说明不含NH4+
B. 向某溶液中通入 Cl2，然后再加入 KSCN 溶液变红色，说明原溶液中含有 Fe2+
C. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，得到白色沉淀，说明溶液中含有 SO42-
D. 向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色沉淀，说明溶液中含有 Cl-
【答案】D
【解析】A.氨气溶解度很大，要使得氨气放出，需要对反应溶液加热，此试纸不变蓝，不能说明溶液中是否含有铵根离子，故A错误；
B.溶液中可能存在铁离子，检验时应先在溶液中加入KSCN溶液，观察是否呈血红色，若无明显变化，再通入氯气，然后加入KSCN溶液，若呈血红色，则说明原溶液中有二价铁离子，故B错误；
C.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故C错误；
D.向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色沉淀，说明溶液中含有Cl-，故D正确。
故选D。
9.下列物质能使品红溶液褪色,且褪色原理基本相同的是( )
①活性炭 ②新制氯水③二氧化硫 ④臭氧 ⑤过氧化钠 ⑥双氧水
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】新制氯水、臭氧、过氧化钠和双氧水都是利用其强氧化性，使品红褪色。
10.已知浓盐酸和次氯酸钙能发生如下反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓) CaCl2+2Cl2↑+2H2O。用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是（ ）
①CO2②HCl③H2O④O2
A. ①②③ B. ②③④
C. ②③ D. ①④
【答案】A
【解析】由于酸性：H2CO3>HClO，所以Ca(ClO)2在空气中易与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO。用含CaCO3的Ca(ClO)2与浓盐酸反应制取Cl2，Cl2中必然含有CO2、H2O、HCl等杂质，而漂白粉在空气中变质生成的HClO不稳定，不会混在固体中，制得的氯气中不可能含有O2。
11.下列叙述中正确的是（ ）
A. 周期表中第 15 列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为 H3RO4
B. O22-与S2-具有不同的质子数和电子数
C. 元素周期表中前 6 周期一共有 22 种非金属
D. 氕化锂、氘化锂、氚化锂作为“长征 2 号”火箭发射的重要燃料，LiH、LiD、LiT 的化学性质不同
【答案】C
【解析】A.周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，故A错误；
B.O22-与S2-质子数均为16，核外电子数均为18，故B错误；
C.元素周期表中有22种非金属元素，包括氢、硼、碳、氮、氧、氟、硅、磷、硫、氯、砷、硒、溴、碲、碘、砹、氦、氖、氩、氪、氙、氡，故C正确；
D.H、D、T互为同位素，LiH、LiD、LiT的化学性质几乎完全相同，故D错误。
故选C。
12.W、X、Y、Z 四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，由此可知：
X
Y
W
Z
A. Z 元素氢化物的水溶液一定是强酸（ ）
B. 四种元素原子形成的简单离子，半径最小的一定是 Y
C. 四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的一定是 Y
D. 四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y
【答案】D
【解析】试题分析：根据W、X、Y、Z四种短周期主族元素在周期表中的相对位置关系可知，若W是Al，则X是N元素、Y为O元素、Z为S元素；若W为Si、则X为O元素、Y为F元素、Z为Cl元素。A．若Z为S元素，氢化物的水溶液一定是弱酸，故A错误；B．四种元素原子形成的简单离子，半径最小的是Y或W，故B错误；C．O和F一般无正价，四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是Z，故C错误；D．Y 的非金属性最强，四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y，故D正确；故选D。
13.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源
B. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能
C. PM2.5 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
D. 发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统
【答案】D
【解析】试题分析：A、一级能源是指直接从自然界取得的能源，氢气不属于一级能源；B、风力发电是将风能转化为电能；C、砷元素属于非金属元素；D、低碳经济、循环经济，利用太阳能、风能均有利于能源开发和环境保护，正确。
14.已知：H2(g)＋F2(g) 2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1，下列说法正确的是（ ）
A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应
B. 1 mol H2 与 1 mol F2 反应生成 2 mol 液态 HF 放出的热量小于 270 kJ
C. 在相同条件下，1 mol H2与 1 mol F2能量总和小于 2 mol HF 气体的能量
D. 该反应中能量变化可用如图来表示
【答案】C
【解析】试题分析：A、此反应是放热反应，逆过程是吸热反应，故错误；B、HF(g)=HF(l) ∆H<0，因此1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ，故错误；C、此反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故正确；D、根据选项C的分析，故错误。
15.取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是（ ）
A. 为加快化学反应速率，应在强光照射下完成
B. 甲烷和 Cl2 反应后试管内壁的油状液滴物包括 CH3Cl 、CH2Cl2、CHCl3、CCl4
C. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出
D. CH4 和 Cl2 完全反应后液面上升，液体充满试管
【答案】C
【解析】A.光照为该反应的条件，无光照该反应不能发生，所以强光照射并不是为了加快化学反应速率，故A错误；
B.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，故B错误；
C.甲烷和Cl2反应后产物最多的是HCl，HCl溶于饱和食盐水会有少量NaCl晶体析出，故C正确；
D.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，CH3Cl是不溶于水的气体，所以液体不会充满试管，故D错误。
故选C。
二、填空题：（本题有 4 道题，共 55 分）
16.(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，请说明原因：__________。
(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选氯化铁溶液，外加导线，构成原电池。请写出正极电极方程式：______________。
【答案】(1). 二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀 (2). Fe3＋＋e－Fe2＋
【解析】（1）铜、铝、潮湿空气会形成原电池，金属铝做负极，加速了金属铝的腐蚀速度，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，故答案为：二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀。
（2）该原电池的正极发生三价铁离子得电子的还原反应，电极方程式为：Fe3++e-Fe2+，故答案为：Fe3++e-Fe2+。
17.有 A、B、C、D、E 五种短周期主族元素，原子序数由 A 到 E 逐渐增大．①A 元素最外层电子数是次外层电子数的 2 倍． ②B 的阴离子和 C 的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B 的单质是气体，0.1molB 的气体与足量的氢气完全反应共有 0.4mol 电子转移．④C 的单质在点燃时与 B 的单质充分反应，生成淡黄色的固体， 此淡黄色固体能与 AB2 反应可生成 B 的单质．⑤D 的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：
（1）A 元素的最高价氧化物的电子式_________________，A 元素简单气态氢化物可构成碱性燃料电池，该电池的的负极电极方程式为：_____________________
（2）B 元素在周期表中的位置 _____________________
（3）B 单质与 C 单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有 _________________
（4）D 元素的低价氧化物与 E 的单质的水溶液反应的化学方程式为 ：____________________
（5）C 与 D 能形成 2：1 的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程：_________________________
【答案】(1). (2). CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O (3). 第二周期VIA族 (4). 离子键、共价键 (5). SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl (6).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A有2个电子层，最外层电子数为4，则A为C元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第3周期，B处于第2周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素化合价为-2价，则B为O元素，C的单质在点燃时与 B 的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na元素，D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，则D为S元素，E的原子序数最大，则E为Cl元素，据此答题。
【详解】由分析可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D是S元素，E是Cl元素。
（1）A为C元素，C的最高价氧化物是CO2，CO2分子中碳原子与氧原子形成共价键，电子式为：，碱性甲烷燃料电池，负极甲烷失电子生成碳酸根离子和水，其负极的电极方程式为：CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O，故答案为：，CH4+10OH--8e-CO32-+7H2O。
（2）B为O元素，氧元素位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期VIA族。
（3）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子与氧原子之间形成共价键，故答案为：离子键、共价键。
（4）D是S元素，E是Cl元素，硫元素的低价氧化物是SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl。
（5）Na和S形成的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，其形成过程可表示为，故答案为：。
18.某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律． Ⅰ．甲同学设计了如图装置来一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较。
（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前的具体操作是：______________
（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在 A 中加________________溶液，B 中加___________溶液，C 中加___________溶液，将观察到C 中________________的现象．但花花认为，该现象不足以证明三者非金属性强弱，请用文字叙述理由_____________。
（3）为避免上述问题，应在 B、C 之间增加一个盛有足量_____的洗气装置．改进后C 中发生反应的离子方程式是________________．
Ⅱ．丙同学设计了如图装置来验证卤族元素性质的递变规律．A、B、C 三处分别是沾有NaBr 溶液的棉花、湿润淀粉 KI 试纸、湿润红纸．
（4）请写出浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式：______________
（5）A 中棉花颜色变_______，则说明非金属性 Cl＞Br；向 NaBr 和 KI 的混合溶液中，通入足量的 Cl2 充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，最后得到的物质是___________
【答案】(1). 将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶 ，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好 (2). HNO3 (3). Na2CO3 (4). Na2SiO3 (5). 白色浑浊 (6). 挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应 (7). 饱和碳酸氢钠溶液 (8). SiO32-+CO2+H2OH2SiO3↓+CO32- (9). 2MnO4- +16H+ + 10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O (10). 橙色 (11). NaCl和KCl
【解析】（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前，首先关闭分液漏斗，将烧杯C中导管深入烧杯液面以下，再微热圆底烧瓶，如果C中有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好，故答案为：将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好。
（2）依据强酸制弱酸来设计反应，所以A为硝酸，B为碳酸钠，C为硅酸钠溶液，将观察到C中有白色浑浊生成硅酸沉淀，故现象不足以证明三者非金属性强弱，因为挥发出来的硝酸可能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故答案为：HNO3；Na2CO3；Na2SiO3；白色浑浊；挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应。
（3）硝酸易挥发，所以为吸收挥发出来的硝酸，应在B和C之间增加一个洗气装置，盛放饱和的碳酸氢钠，吸收挥发出来的硝酸，避免干扰，改进后C中为二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2OH2SiO3↓+CO32-，：故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；SiO32-+CO2+H2OH2SiO3↓+CO32-。
（4）浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+16H+ +10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H+ +10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（5）NaBr溶液的棉花与氯气反应生成单质溴，所以棉花由白色变为橙色，B处湿润淀粉KI试纸中的碘离子与氯气反应生成单质碘，反应的离子方程式为：2I-+Cl22Cl-+I2；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，过量的氯气逸出，溴挥发，碘升华，所以最后得到NaCl和KCl；故答案为：橙色；NaCl和KCl。
19.(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成 NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是_________________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是___________。
②1 mol NH4+ (aq)全部氧化成NO3- (aq)的热化学方程式是_________________。
(2)已知红磷比白磷稳定，则反应 P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋ 5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；ΔH1 和 ΔH2 关系是 ΔH1____________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)在 298 K、101 kPa 时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)ΔH3
则 ΔH3 与 ΔH1 和 ΔH2 之间的关系正确的是___________。
A ΔH3＝ΔH1＋2 ΔH2 B ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D ΔH3＝ΔH1－ΔH2
(4)已知 H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)ΔH＝－72 kJ·mol-1，蒸发 1 mol Br2(l)需要吸收的能量为 30 kJ，其他相关数据如下表：
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol 分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
则表中 a＝__________________。
【答案】(1). 放热 (2). ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) (3). (aq)＋2O2(g)===NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ·mol－1 (4). < (5). A (6). 369
【解析】（1）①由图可知：焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案为：放热，ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)。
②第一步的热化学方程式为①NH4+(aq)+1.5O2(g)NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-273kJ/mol，第二步的热化学方程式为②NO2-(aq) +0.5O2(g)NO3-(aq) ΔH=-73kJ/mol，根据盖斯定律，由①+②可得：NH4+(aq)+2O2(g)2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq) ΔH=（-273kJ/mol）+（-73kJ/mol）=－346kJ·mol－1，故答案为：NH4+(aq)＋2O2(g)NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ·mol－1。
（2）①P4(白磷，s)＋5O2(g)2P2O5(s) ΔH1，②4P(红磷，s)＋5O2(g)2P2O5(s) ΔH2，由盖斯定律②-①可得到反应：4P(红磷，s)=P4(白磷，s) ΔH=ΔH2-ΔH1，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反应是吸热反应，即ΔH=ΔH2-ΔH1＞0，即ΔH1＜ΔH2，故答案为：＜。
（3）已知：①2H2O(g)O2(g)＋2H2(g) ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)2HCl(g) ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)4HCl(g)＋O2(g) ΔH3，则反应③=②×2+①，由盖斯定律可知：ΔH3=ΔH1+2ΔH2，故答案为：A。
（4）已知H2(g)＋Br2(l)2HBr(g) ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，则H2(g)＋Br2(g)2HBr(g) ΔH＝－102kJ·mol-1，ΔH=反应物键能-生成物键能，则有-102=436+200-2a，解得a=369，故答案为：369。
20.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：
①哪一时间段反应速率最大______min（填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5），原因是_____。
②求3～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_________(设溶液体积不变)。
(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是____。
A．蒸馏水 B．KCl溶液 C．KNO3溶液 D．CuSO4溶液
(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
①该反应的化学方程式是_______。
②该反应达到平衡状态的标志是______
A．Y的体积分数在混合气体中保持不变
B．X、Y的反应速率比为3∶1
C．容器内气体压强保持不变
D．容器内气体的总质量保持不变
E．生成1mol Y的同时消耗2mol Z
③2min内Y的转化率为______。
【答案】(1). 2～3 (2). 因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快 (3). 0.025 mol/(L•min) (4). CD (5). 3X(g)+Y(g)2Z(g) (6). AC (7). 10%
【解析】（1）①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min；原因是：因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快；②在3～4min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·mol－1=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol/（0.4L·1min）=0.025mol/（L·min）；③A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；B．加入KCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；C．加入KNO3溶液，H＋浓度减小，因酸性溶液中有NO3－，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C错误；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu，形成原电池，反应速度增大，且影响生成氢气的量，故D错误；故选CD；(3)①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到5min时，∆n（Y）=0.2mol，∆n（Z）=0.4mol，∆n（X）=0.6mol，则∆n（Y）：∆n（Z）：∆n（X）=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；②A．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，Y的体积分数在混合气体中保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．X、Y的反应速率比为3∶1，随着反应的进行X、Y的反应速率比始终为3：1，不能作为平衡状态的标志，故B错误；C．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，当容器的压强保持一定，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D．反应物生成物均为气体，容器内气体的总质量保持不变，不能作为平衡状态的标志，故D错误；E．生成1mol Y的同时消耗2mol Z 均只能表示逆速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应达到平衡状态，故E错误；故选AC。③2min内X的转化率为=变化物质的量/起始总物质的量 ×100%=(1mol-0.9mol)/1mol ×100%=10%.
相关资料
更多
