【化学】河北省张家口市尚义县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】河北省张家口市尚义县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

河北省张家口市尚义县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，全卷满分100分，考试时间90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必用‎0.5mm黑色签字笔在答题卡相应栏内填写自己的班级、姓名、考场、准考证号，并用2B铅笔将考试科目、准考证号涂写在答题卡上。‎ ‎2.II卷内容须用‎0.5mm黑色签字笔写在答题卡相应空格或区域内。‎ ‎3.考试结束，将答题卡交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 N-14 Zn-65 Fe-56 S-32 Cu-64‎ 第I卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分.每小题只有一个正确选项，每小题选出答案后，请填在答题卡上。）‎ ‎1.化学与生活，社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. ‎14C可用于文物年代的鉴定，‎12C和‎14C互为同位素 B. 甲烷的燃烧热很高，是较清洁的燃料，但它是温室气体 C. 在元素周期表中所含元素种类最多的族是IIIB族 D. 碱金属元素自上而下金属性逐渐增强，熔沸点依次升高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎12C和‎14C的质子数相同中子数不同，互为同位素，故A正确；‎ B. 甲烷的燃烧热高，是较清洁的燃料，是温室气体，故B正确；‎ C. IIIB族包含镧系和锕系元素，含元素种类最多，故C正确 D. 碱金属元素自上而下金属性逐渐增强，熔沸点依次降低，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是( )‎ A. H2O2的电子式：H+[]2-H+ B. Cl-的结构示意图：‎ C. 原子核中有10个中子的氧离子：188O2— D. HClO的结构式H-Cl-O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 双氧水是共价化合物，两个氧原子之间以单键结合，每个O原子又分别与一个H原子以共价键结合，故电子式为，故A项错误；‎ ‎ B. 氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故氯离子的结构示意图为，故B项错误；‎ C.质量数=质子数+中子数，故原子核中有10个中子的氧离子的质量数为18，表示为： ，故C项正确；‎ D. HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H-O-Cl，故D项错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.下列变化过程，属于放热反应的是（ ）‎ ‎①液态水变成水蒸气②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 ③Al与四氧化三铁高温下反应 ④固体NaOH溶于水 ⑤ H2 在 Cl2 中燃烧 ⑥食物腐败 A. ②⑤⑥ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】放热反应属于化学反应；‎ ‎【详解】①液态水变成水蒸气，属于吸热过程，但不是吸热反应，故①不符合题意；‎ ‎②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应，属于吸热反应，故②不符合题意；‎ ‎③铝与四氧化三铁高温下发生铝热反应，是放热反应，故③符合题意；‎ ‎④固体NaOH溶于水是放热过程，但不是放热反应，故④不符合题意；‎ ‎⑤氢气在氯气中燃烧，属于放热反应，故⑤符合题意；‎ ‎⑥食物腐败，食物被氧化，属于放热反应，故⑥符合题意；‎ 综上所述，选项D正确。‎ ‎4.某同学在研究前18号元素时发现,可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状,图中每个“·”代表一种元素,其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是(　　 )‎ A. 离O点越远的元素原子半径越大 B. 虚线相连的元素处于同一族 C. N点代表的是图中金属性最强的元素 D. M、N点代表的元素组成的化合物中可能含有共价键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图中虚线，代表的是周期表中同一主族，在同一主族中原子序数越大的元素，离0点越远，半径越大。但整个图中，原子半径呈现出周期性变化，故A错误；‎ B、虚线相连的元素处于同一族，B正确；‎ C、N为Na，在短周期元素中金属性最强，C正确；‎ D、M为O，M、N点代表的元素组成的化合物Na2O2中有非极性共价键，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎5.硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素，已知Se的原子结构示意图如图：下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该元素处于第四周期第ⅥA族 B. SeO2既有氧化性又有还原性 C. 酸性：H2SO4>H2SeO4‎ D. 该原子的质量数为34‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据原子结构示意图，有4个电子层，得出该元素处于第四周期，最外层有6个电子，得出是第ⅥA族，故A正确；‎ B．SeO2中Se化合价是+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故B正确；‎ C．同主族从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，因此酸性：H2SO4‎ ‎＞H2SeO4，故C正确；‎ D．原子中，核电荷数=质子数，所以该原子的质子数为34，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎6.下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 碱金属单质都可保存在煤油中 B. Rb比Na活泼，故Rb可以从NaCl溶液中置换出Na C. 砹（At）是第六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAt>HI D. 卤素单质与水反应的通式为X2+H2O= HX+HXO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锂的密度比煤油小，浮在煤油上，会与空气接触而变质，达不到液封的效果，不能保存在煤油里，A项错误； ‎ B. Rb能与水反应生成RbOH和H2，所以不可以从NaCl溶液中置换出Na，B项错误；‎ C. 单质的氧化性越弱，对应离子的还原性越强，则同族中，砹在碘的下方，非金属性弱，单质的氧化性弱，HAt的还原性比HI强，C项正确；‎ D. F2的氧化性很强，F2与水反应生成HF和氧气，不符合通式，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.如图所示的8个装置属于原电池的是（ ）‎ A. ①④⑤ B. ②③⑥ C. ④⑥⑦ D. ⑥⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据原电池中有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合回路，自发进行的氧化还原反应，据此分析。‎ ‎【详解】①该装置只有一个电极材料，所以不能形成原电池，故错误．‎ ‎②该装置只有一个电极材料，且石墨和电解质溶液不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故错误．‎ ‎③两电极材料相同，所以不能形成原电池，故错误．‎ ‎④该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故正确．‎ ‎⑤酒精不是电解质，铁和酒精不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故错误．‎ ‎⑥该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故正确．‎ ‎⑦该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故正确．‎ ‎⑧该装置两电极间不能构成闭合回路，所以不能形成原电池，故错误。‎ 综上，符合条件的有④⑥⑦。‎ 答案选C。‎ ‎8.NF3是一种温室气体，其存储能量能力是CO2的12000〜20000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能，下列说法中正确的是（ ）‎ 化学键 N≡N F—F N—F 键能/kJ·mol-1‎ ‎946‎ ‎154.8‎ ‎283.0‎ A. 过程N2(g)→2N(g)放出能量 B. 过程N(g) + ‎3F(g)→NF3(g)放出能量 C. 反应N2(g) + ‎3F2(g)→2NF3(g)为吸热反应 D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N2(g)→2N(g)为化学键断裂的过程，吸收能量，故A项错误；‎ B. N(g) + ‎3F(g)→NF3(g)形成化学键的过程，放出能量，故B项正确；‎ C.反应N2(g) + ‎3F2(g)→2NF3(g)的△H =反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则△H= 946 kJ/mol + 3×l54.8 kJ/mol-6×283.0 kJ/mol=-287.6 kJ/mol，因此△‎ H<0，为放热反应，故C项错误；‎ D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故D项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 通过化学变化可以实现16O与18O之间的转化 B. 因为H2O的沸点高于H2S，所以O原子得电子能力大于S原子 C. 某化合物熔融状态下能导电，该化合物中一定有离子键 D. 16O2与18O2互为同素异形体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同位素之间的转化需通过核变化才能实现，故A错误；‎ B．水分子间存在氢键，导致H2O的沸点高于H2S，与O、S的得电子能力无关，故B错误；‎ C．熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，一定含离子键，故C正确；‎ D．16O2与18O2均表示氧气分子，二者不互为同素异形体，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎10.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Fe环 C. 负极的电极反应为：Fe－2e-=Fe2+‎ D. 可将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，故A错误；‎ B.‎ ‎ 铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，铜为正极，电子由Fe环经导线流向发光二极管，故B错误；‎ C. 铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，负极铁失电子，电极反应为：Fe－2e-=Fe2+，故C正确；‎ D. 酒精是非电解质，不能导电，不能将柠檬替换成盛装酒精溶液的装置，故D错误；‎ 选C。‎ ‎11.将10 mol H2和5 mol N2放入‎10 L真空密闭容器内，一定温度下发生如下反应：3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)，在最初的0.2 s内，消耗H2的平均速率为0.06 mol·L−1·s−1，则在0.2 s末，容器中NH3的物质的量是（ ）‎ A. 0.12‎‎ mol B. 0.08 mol C. 0.04 mol D. 0.8 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据v==可知，△n=v×△t×V，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据反应速率之比=化学计量数之比，消耗H2的平均反应速率为0.06 mol·L−1·s−1，因此生成氨气的平均反应速率为×0.06 mol·L−1·s−1=0.04 mol·L−1·s−1，则△c(NH3)=v×△t=0.04 mol·L−1·s−1×0.2 s=0.008 mol·L−1，容器中NH3的物质的量=0.008 mol·L−1×‎10 L=0.08 mol，故选B。‎ ‎12.短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列叙述错误的是（ ）‎ A. T的氧化物能与碱反应 B. 元素的非金属性：Q强于W C. W的单质共热时，能与其最高价氧化物的水化物浓溶液反应 D. 原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】图中所示是短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，因为T所处的周期序数与主族族序数相等，所以T是Al，Q是C，R是N，W是S，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知T为Al，Q是C，R是N，W是S，则 A. T的氧化物是两性氧化物氧化铝，能与碱反应生成偏铝酸钠和水，A正确；‎ B. 元素的非金属性：碳元素弱于硫元素，B错误；‎ C. 在加热的条件下浓硫酸与硫单质反应生成二氧化硫和水，C正确；‎ D. 原子序数比R多1的元素是氧元素，其一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，即双氧水分解生成氧气和水，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是(　　)‎ A. 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeC13溶液 B. 正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液 C. 正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液 D. 正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐。‎ ‎【详解】A．铁作负极，铜作正极，可溶性的氯化铁溶液作电解质，能实现题中反应，故A不符合题意。‎ B．铁作负极，碳作正极，可溶性的硝酸铁溶液作电解质，能实现题中反应，故B不符合题意。‎ C．铁作负极，银作正极，可溶性的硫酸铁溶液作电解质，能实现题中反应，故C不符合题意。‎ D．锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，可溶性的硫酸铁溶液作电解质，原电池总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Zn=2Fe2＋＋Zn2+，故D符合题意。本题选D。‎ ‎14.下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（ ）‎ 选项 A B C D 反应装置或图像 实验现象或图像信息 反应开始后，针筒活塞向右移动 反应开始后，甲侧液面低于乙侧液面 温度计的水银柱上升 反应开始后，气球慢慢胀大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A．Zn与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动； B．甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量； C．温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量 D．根据气体热胀冷缩原理分析作答。‎ ‎【详解】A. Zn与稀硫酸反应生成的氢气可使针筒活塞向右移动，则不能充分说明相应的化学反应是放热反应，故A项错误；‎ B. 甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高，说明相应的化学反应是放热反应，故B项正确；‎ C. 温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，故C项正确；‎ D. 稀硫酸与氢氧化钾溶液反应后，由于反应放热，导致瓶内气压增大，气球会胀大，则间接说明相应的化学反应为放热反应，故D项正确，‎ 答案选A。‎ ‎15.肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料，常温下为液体，其球棍模型如图所示。肼能与双氧水发生反应N2H4＋2H2O2＝N2＋4H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，‎11.2 L N2中含有的电子总数为5NA B. 标准状况下，‎22.4 L N2H4中含有的原子总数为6NA C. 标准状况下，‎3.2 g N2H4中含有共价键的总数为0.6NA D. 若生成‎3.6 g H2O，则上述反应转移电子的数目为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，‎11.2 L N2是0.5mol，含有的电子的物质的量应为7mol，A错误；‎ B. 标准状况下，‎22.4 L N2H4不是1mol，含有的原子总数不是6NA，B错误；‎ C. 标准状况下，‎3.2 g N2H4的物质的量是0.1mol，含有的共价键的物质的量为0.5mol，C错误。‎ D. 氮元素化合价从－2价降低到0价，得到2个电子，生成‎3.6 g H2O即0.2mol水，消耗0.05molN2H4，则上述反应转移电子的数目为0.2NA，D正确；‎ 答案选D。‎ 二、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分。每小题只有一个正确选项，每小题选出答案后，请填在答题卡上。）‎ ‎16.对于反应4NH3+5O2＝4NO+6H2O，下列为4种不同情况下测得的反应速率中，表明该反应进行最快的是（ ）‎ A. v(NH3)＝0.2 mol/（L·s） B. v(O2)＝1.4 mol/（L·min）‎ C. v(H2O)＝0.25 mol/（L·s） D. v(NO)＝9 mol/（L·min）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】如果都用氧气表示其反应速率，则根据反应速率之比是化学计量数之比结合方程式可知选项A～D分别是[mol/(L·min）]15、1.4、12.5、11.25，所以反应速率最快的是选项A。答案选A。‎ ‎17.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是（ ） ‎ A. 离子半径： X>Y>Z B. WX3和水反应形成的化合物是离子化合物 C. 最高价氧化物对应的水化物酸性：R>W D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】这几种元素都是短周期元素，根据元素化合价知，X只有-2价，X是O元素、Y只有+1价，Y是Na元素、Z是+3价，Z是Al元素、W有+6价，-2价，W是S元素、R是Cl元素。‎ ‎【详解】A．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，X、Y、Z离子的电子层结构相同，原子序数X＜Y＜Z，则离子半径X＞Y＞Z，故A正确；‎ B．SO3和水反应形成的化合物是H2SO4，硫酸分子中只含共价键，为共价化合物，故B错误；‎ C．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＜Cl，则最高价氧化物对应的水化物酸性：Cl＞S，故C正确；‎ D．Y、Z两者的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al（OH）3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能溶于强酸强碱溶液，NaOH是强碱，所以Y、Z两者的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎18.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是( )‎ A. ‎17 g OH- 含有的质子数为9NA B. ‎2 L 0.5 mol·L-1 CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目为NA C. 标准状况下，‎22.4 L HF含有的共价键数为NA D. ‎2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一个OH- 离子含9个质子， ‎17 g OH- 含有的质子数为9NA，故A正确；‎ B.CH3COOH是弱电解质，在水中不能完全电离， ‎2 L 0.5 mol·L-1 CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目少于NA，故B错误；‎ C. 标准状况下， HF不是气态，无法根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；‎ D. H218O中含10个中子，相对分子质量为20，D2‎ O中含10个中子，且相对分子质量为20，故可以当作一种物质进行计算。‎2.0 g H218O 的物质的量为‎2.0g/‎20g·mol－1=0.1mol，1molH218O 有10mol中子，故0.1molH218O 含中子数为NA，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎19.LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. a外通入氧气，b处通氢气 B. 通入H2的电极发生反应：H2−2e−===2H+‎ C. 通入O2的电极发生反应：O2+4e−+2H2O===4OH−‎ D. 该装置将化学能最终转化为电能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电子移动方向知，a处通入的气体失电子发生氧化反应，b处通入气体得电子发生还原反应，燃料电池中，燃烧失电子、氧化剂得电子，所以a处通入的气体是氢气、b处通入的气体是氧气，再结合能量转化方式分析解答。‎ ‎【详解】A．通过以上分析知，a处通入的气体是氢气，b处通入的气体是氧气，A错误；‎ B．a处通入的气体是氢气，为原电池负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－+2OH－＝2H2O，B错误；‎ C．b处通入的气体是氧气，为原电池正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-，C正确；‎ D．该装置中涉及的能量转化方式有：化学能转化为电能、电能转化为光能和热能，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 两步反应均为吸热反应 B. A与C的能量差为E4‎ C. 三种化合物中的稳定性B﹤A﹤C D. A→B反应，反应条件一定要加热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；‎ B. A与C的能量差为E4-E3-E1+E2，故B错误；‎ C.物质的总能量越低，越稳定，三种化合物中的稳定性B﹤A﹤C，故C正确；‎ D. A→B反应为吸热反应，但吸热反应不一定要加热，故D错误；‎ 答案：C ‎21.在一定温度下，向aL密闭容器中加入1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)，下列说法中：‎ ‎①容器内压强不随时间变化，②容器内各物质的浓度不随时间变化，‎ ‎③容器内X、Y、Z的浓度之比为1:2:2，‎ ‎④单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z,能判断此反应达到平衡的标志的是（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。‎ ‎【详解】①反应前后气体系数之和不相等，即反应前后气体的物质的量是变化的，因此压强不变，能说明反应达到平衡；‎ ‎②根据化学平衡状态的定义，组分的浓度不变说明反应达到平衡；‎ ‎③没有转化率无法计算，因此不能说明达到平衡；‎ ‎④不同物质的反应速率判断达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗X和生成Z反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡。‎ 所以能判断此反应达到平衡的标志的是①②。答案选A。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共52分）‎ 三、填空题（本题共3个小题，共计38分，每小题做出答案后，请写在答题卡上。）‎ ‎22.能源是现代社会发展的支柱之一。‎ ‎（1）化学反应中的能量变化，主要表现为热量的变化。‎ ‎①下列反应中，属于放热反应的是_________（填字母）。‎ a．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl混合搅拌 b．高温煅烧石灰石 c．铝与盐酸反应 ‎②某同学进行如图所示实验，测量稀盐酸与烧碱溶液中和反应的能量变化。实验表明，反应温度升高；由此判断该反应是_____________（填“吸热”或“放热”）反应，其离子方程式是__________________________。‎ ‎（2）电能是现代社会应用最广泛的能源之一。如图所示的原电池装置中，负极是____，正极上能够观察到的现象是________，正极的电极反应式是____________。原电池工作一段时间后，若消耗锌‎6.5 g，则放出气体_______g。‎ ‎【答案】(1). c (2). 放热 (3). H++OH－＝H2O (4). Zn (5). 铜片表面产生无色气泡 (6). 2H++2e－＝H2↑ (7). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①根据常见的放热反应有：所有的燃烧、金属与酸反应、金属与水反应，中和反应，绝大多数化合反应和铝热反应等；‎ ‎②中和反应是放热反应；‎ ‎(2)根据金属的活泼性和原电池原理分析，锌做负极被氧化，铜做正极溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，根据消耗的金属的量和方程式计算。‎ ‎【详解】(1)①a、Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl混合搅拌属于常见的吸热反应，a错误；‎ b、碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳的反应是吸热反应，b错误；‎ c、铝与盐酸反应，发生置换反应，属于氧化还原反应，反应过程中放热，c正确；‎ 答案选c。‎ ‎②中和反应放热反应，离子方程式为H++OH－＝H2O。‎ ‎(2)因为锌比铜活泼，所以锌作负极，消耗的金属为锌，锌失电子生成锌离子进入溶液，电极反应式为Zn-2e-＝Zn2+，铜片上氢离子得电子生成氢气，所以电极反应式为2H++2e－＝H2↑。原电池工作一段时间后，若消耗锌‎6.5g，物质的量n(Zn)=‎6.5g÷‎65g/mol=0.1mol，根据反应Zn+2H+＝H2↑+Zn2+可知放出的氢气为0.1mol，氢气的质量为‎0.2g。‎ ‎23.A、B、C、D、E均是短周期主族元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2,E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答:‎ ‎（1）D在元素周期表中的位置是___________。‎ ‎（2）C2B2的电子式是________。‎ ‎（3）B、C、E的离子半径由大到小的顺序为________(用离子符号回答)；A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为_________(用化学式回答，下同),B的气态氢化物与H2S相比沸点高的是_____，原因是___________________________。‎ ‎（4）写出D的氧化物与氢氟酸反应的化学方程式____________________________________。‎ ‎（5）1mol C2B2与足量的水反应转移电子的物质的量是_______。‎ ‎【答案】(1). 第三周期第IVA族 (2). (3). Cl-＞O2-＞Na+ (4). HClO4＞H2CO3＞H2SiO3 (5). H2O (6). 水分子间存在氢键，硫化氢不存在氢键 (7). SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O (8). 1mol ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和D同族，则D为硅元素，A和B同周期，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为氯元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A为C，B为O，C为Na，D为Si，E为Cl，则 ‎（1）D为硅元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族；‎ ‎（2）C2B2是Na2O2，含有离子键和非极性键，其电子式是；‎ ‎（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以B、C、E离子半径由大到小的顺序为Cl-＞O2-＞Na+；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，非金属性Cl＞C＞Si，所以酸性HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；由于水分子之间存在氢键，所以水的沸点高于H2S；‎ ‎（4）D的氧化物SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水，反应的化学方程式为SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O；‎ ‎（5）过氧化钠与水的反应中既是氧化剂，也是还原剂，其中氧元素化合价部分从－1价降低到－2价，部分升高到0价，则1mol过氧化钠与足量的水反应转移电子的物质的量是1mol。‎ ‎24.工业合成氨的反应如下：3H2+N22NH3。某温度下，在容积恒定为‎2.0 L的密闭容器中充入2.0 mol N2和2.0 mol H2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：‎ t/s ‎0‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ n(NH3)/mol ‎0‎ ‎0.24‎ ‎0.36‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ ‎(1)0～50 s内的平均反应速率υ (N2)＝_______________。‎ ‎(2)250 s时，H2的转化率为_______________。‎ ‎(3)已知N≡N的键能为946 kJ·mol-1，H－H的键能为436 kJ·mol-1，N－H的键能为391 kJ·mol-1，则生成1 mol NH3过程中的热量变化为_______kJ。下图能正确表示该反应中能量变化的是_____（填字母）。‎ A B ‎(4)为加快反应速率，可以采取的措施______________。‎ a．降低温度 b．增大压强 c．恒容时充入He气 d．恒压时充入He气 e．及时分离出NH3‎ ‎(5)下列说法错误的是____________。‎ a．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率 b．上述条件下，N2不可能100%转化为NH3‎ c．在一定条件下，合成氨反应有一定的限度 d．250～350 s时，生成物浓度保持不变，反应停止 ‎【答案】(1). 1.2×10-3 mol·L-1·s-1 (2). 30% (3). 46 (4). A (5). b (6). d ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）0～50s内生成氨气0.24mol，浓度是0.24mol÷‎2L＝0.12mol/L，则平均反应速率υ(NH3)＝0.12mol/L÷50s＝2.4×10-3mol/(L·s)，反应速率之比等于化学计量数之比，则υ(N2)＝1.2×10-3mol/(L·s)；‎ ‎（2）250s时，生成了氨气0.4mol，根据方程式可知反应的氢气的物质的量为0.6mol，所以H2的转化率为×100%=30%；‎ ‎（3）∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则根据反应方程式N2+3H22NH3可知△H＝（946kJ/mol+3×436kJ/mol）-6×391kJ/mol＝-92 kJ/mol，因此生成1molNH3过程中的热量变化为0.5×92 kJ＝46 kJ，该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，答案选A；‎ ‎（4）a．降低温度，反应速率减慢，a不选；‎ b．增大压强，反应速率加快，b选；‎ c．恒容时充入He气，反应物的浓度不变，反应速率不变，c不选；‎ d．恒压时充入He气，反应物的浓度减小，反应速率减慢，d不选；‎ e．及时分离NH3，生成物的浓度减小，反应速率减慢，e不选；‎ 答案选b；‎ ‎（5）a．使用催化剂，反应速率加快，提高了生产效率，a正确；‎ b．反应为可逆反应，N2不可能100%转化为NH3，b正确；‎ c．反应为可逆反应，在一定条件下，合成氨反应有一定的限度，c正确；‎ d．250～350s生成物浓度保持不变，反应达到了化学平衡状态，但反应未停止，d错误；‎ 答案选d。‎ 四、实验题（本题每空2分，共计14分，每小题做出答案后，请写在答题卡上）。‎ ‎25.请根据信息填空：‎ ‎(1)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生反应2FeCl3 +Cu ===2FeCl2 +CuCl2，若将此反应设计成原电池，则负极所用的电极材料为____；当线路中转移0.2mol电子时，则被腐蚀的铜的质量为____。‎ ‎(2)如图所示，把试管放入盛有‎25℃‎的饱和澄清石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入5 mL盐酸于试管中，可观察到溶液变浑浊，试回答下列问题：‎ ‎①产生上述现象的原因是___________________________；‎ ‎②写出有关反应的离子方程式___________________。‎ ‎③由实验推知，MgCl2和H2的总能量__________(填“大于”、“小于”或“等于”)Mg和HCl的总能量。‎ ‎【答案】(1). Cu (2). 6.4 (3). 镁片与稀盐酸反应为放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，从而析出 (4). Mg +2H+ =Mg2+ +H2↑ (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)该电池反应中，铜失电子发生氧化反应作负极，正极是三价铁离子得电子发生还原反应生成Fe2+，结合电子守恒进行计算； ‎ ‎(2)①镁与盐酸反应是放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；‎ ‎②镁与盐酸反应，生成氯化镁和氢气；‎ ‎③放热反应是指反应物能量高于生成物的能量。‎ ‎【详解】(1)该电池反应中，铜失电子发生氧化反应作负极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，正极是三价铁离子得电子发生还原反应，电极反应为：2Fe3++2e-=2Fe2+，当线路中转移0.2mol电子时，反应的Cu为0.1mol，其质量为0.1mol×‎64g/mol=‎6.4g； ‎ ‎(2)①镁与盐酸剧烈反应，产生氢气并放出大量的热，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，所以饱和石灰水升温后析出的氢氧化钙使溶液呈浑浊状；‎ ‎②镁与盐酸发生置换反应，生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为Mg +2H+ =Mg2+ +H2↑；‎ ‎③当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片的盐酸的总能量。‎ ‎26.在1×105Pa和298K时，将1mol气态AB分子分离成气态A原子和B原子所需要的能量称为键能(kJ·mol-1)。下面是一些共价键的键能：(已知氨分子中有三个等价的氮氢共价键)‎ 共价键 H2分子 N2分子 NH3分子 键能(kJ·mol-1)‎ ‎436‎ ‎945‎ ‎391‎ ‎（1）根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是__(填“吸热”或“放热”)反应；‎ ‎（2）在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，在催化剂存在下进行反应，理论上生成2molNH3时放出或吸收的热量为Q，则Q为___。‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). 93kJ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式以及反应物、生成物的键能分别计算吸收和放出的能量，以此计算判断吸热还是放热； （2）根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算生成2molNH3时的能量变化。‎ ‎【详解】（1）在反应N2+3H22NH3中，断裂1mol NN键、3mol H-H键共吸收的能量为945kJ+3×436kJ=2253kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应；‎ ‎（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能，反应N2+3H22NH3 ，即理论上生成2molNH3时放出的热量Q为93kJ。‎