【化学】内蒙古乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】内蒙古乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

内蒙古乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高一下学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 N14 O‎16 F19 Na23 Al27 P31 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 Zn65 Br80‎ 第I卷 一、选择题(四个选项中，只有一个选项是最符合题意的)‎ ‎1.X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为（ ）‎ A. HX B. H2X C. XH4 D. XH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则最高价是＋5价，因此最低价为-3价，所以氢化物是XH3。‎ 答案选D。‎ ‎2.13C‎—NMR(核磁共振)、15N—NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下列有关‎13C、15N的叙述正确的是( )‎ A. 15N与14N互为同位素 B. ‎13C与C60互为同素异形体 C. ‎13C、15N具有相同的中子数 D. 15N的核外电子数与中子数相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；15N与14N质子数相同均为7，属于同一种元素，中子数分别为15-7=8、14-7=7，两者不相同，互为同位素，故A正确；‎ B．同一元素的不同单质互称同素异形体，‎13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；‎ C．‎13C与15N它们的中子数分别为：13-6=7，15-7=8，两者不相同，故C错误；‎ D．15N的质子数为7，则其核外电子数也为7，中子数=15-7=8，电子数与中子数不同，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎3.下列有关化学用语的表示错误的是( )‎ A. 次氯酸电子式为 B. 有a个电子、b个中子，R的原子符号为 C. 用电子式表示的形成过程为 D. 的结构示意图为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸的电子式为，故A正确，但不符合题意；‎ B.有a个电子、b个中子，则质子数为，质量数为，R原子的符号为，故B项正确，但不符合题意；‎ C.用电子式表示的形成过程为，故C 项错误，符合题意；‎ D.核外有10个电子，核内有11个质子，其结构示意图为，故D项正确，但不符合题意；‎ 故选：C。‎ ‎4.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )‎ A. CO2、CCl4中所有原子均达到最外层8电子稳定结构 B. ‎18 g H2O和‎18 g D2O的质子数都为10NA C. ‎78 g Na2O2中所含离子的数目为4NA D. KHSO4溶于水的过程中只有离子键断裂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2分子中C元素化合价为+4，C原子最外层电子数是4，4+4=8，所以碳原子满足8电子稳定结构，O元素化合价为-2，O原子最外层电子数是6，6+2=8，C、O原子均满足8个电子稳定结构，CCl4‎ 中Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，所以氯原子满足8电子稳定结构，C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，4+4=8，所以C、Cl原子均满足8个电子稳定结构，故A正确；‎ B．重水的摩尔质量为‎20g/mol，故‎18g重水和‎18g普通水的物质的量分别为0.9mol和1mol，而重水和普通水中均含10个质子，故0.9mol重水和1mol水中含有的质子数分别为9NA个和10NA个，故B错误；‎ C．‎78g Na2O2的物质的量为： =1mol，1mol中Na2O2含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，所含离子数目为3NA，故C错误；‎ D．KHSO4溶于水，发生电离，产生钾离子、氢离子、硫酸根离子，则钾离子与硫酸氢根离子之间的离子键断裂，H、O之间的共价键断裂，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎5.下列说法中，不符合第ⅦA族元素性质特征的是( )‎ A. 易形成-1价离子 ‎ B. 从上到下原子半径逐渐减小 C. 最高价氧化物水化物显酸性 ‎ D. 从上到下氢化物的稳定性依次减弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第ⅦA族元素的原子最外层有7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，易形成-1价离子，A正确；‎ B．同主族从上到下原子的电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，B错误；‎ C．非金属元素对应的最高价氧化物的水化物显酸性，第ⅦA族除F无正价外，其余元素的最高价氧化物的水化物显酸性，C正确；‎ D．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎6. 下列离子中半径最大的是（ ）‎ A. Na＋ B. Mg2＋ C. O2－ D. F－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na＋、Mg2＋、O2－ 和F－离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。‎ ‎7.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）‎ A. 酸性;H2SO4>H3PO4‎ B. 非金属性：Cl>Br C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2‎ D. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S>P，则酸性：H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；‎ B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl>Br，能用元素周期律解释，故B错误；‎ C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；‎ D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D正确。‎ 故答案选：D。‎ ‎8.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是（ ）‎ A. 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 B. Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)＞r(Mg)‎ C. 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 D. 该反应中化学能全部转化为热能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，A错误；‎ B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），B错误；‎ C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C正确；‎ D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是：（ ）‎ A. NaOH、CaCl2、CaO B. Na2O、Na2O2、Na2S C. NaCl、HCl、H2O D. HBr、CO2、NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH中含有离子键和共价键，CaCl2、CaO中均只有离子键，A错误；‎ B．Na2O、Na2S中均只有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，B错误；‎ C．NaCl中只有离子键，HCl、H2O中均只有共价键，C错误；‎ D.HBr、CO2、NH3中均只有共价键，化学键类型完全相同，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图。已知B、C两元素在周期表中族序数之和是A元素序数的2倍；B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍，则A、B、C所在的一组是（ ）‎ A. Be、Na、Al B. B、Mg、Si ‎ C. O、P、Cl D. C、Al、P ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、C均为短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知A位于第二周期，B、C位于第三周期，设A的原子序数为x，则B的原子序数为x+7，C为x+9，根据题中B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍可有：x+7+x+9=4x，解得x=8，所以A为O元素，B为P元素，C为Cl元素，满足B、C两元素在周期表中族序数之和是A元素序数的2倍。‎ 答案选C。‎ ‎11.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是( )‎ A. 元素的非金属性次序为c>b>a B. a和其他3种元素均能形成共价化合物 C. c的一种氧化物可以给自来水杀菌消毒 D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】aˉ的电子层结构与氦相同，则a为H元素，b和c的次外层有8个电子，二者都含有3个电子层，则b为S元素，c为Cl元素；cˉ和d+的电子层结构相同，则d为K元素。‎ ‎【详解】A．同周期主族元素自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；‎ B．a为H元素，与K元素形成离子化合物，故B错误；‎ C．c为Cl元素，ClO2可以给自来水消毒杀菌，故C正确；‎ D．H元素最高正价为+1价，最低负价为-1价，代数和为0；S元素最高正价为+6价，最低负价为-2价，代数和为4；Cl元素最高正价为+7价，最低负价为-1价，代数和为6，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎12.根据以下三个热化学方程式：‎ ‎2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－Q1kJ·mol－1‎ ‎2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－Q2kJ·mol－1‎ ‎2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g)　ΔH＝－Q3kJ·mol－1‎ 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）‎ A. Q1>Q2>Q3 B. Q1>Q3>Q‎2 ‎C. Q3>Q2>Q1 D. Q2>Q1>Q3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设题给方程式分别为①、②、③，①、②相比，①为H2S完全燃烧的热化学方程式，故放出热量比②多，即Q1>Q2；②、③相比，H2O的状态不同，因为等量的水，H2O(l)比H2O(g)能量低，故放出热量Q2>Q3，则有Q1>Q2>Q3，故选A。‎ ‎13.25℃‎‎、101 kPa下，‎2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（ ）‎ A. 2H2(g)+O2(g) == 2H2O(1) △H＝ ―285.8kJ／mol B. 2H2(g)+ O2(g) == 2H2O(1) △H＝ +571.6 kJ／mol C. 2H2(g)+O2(g) == 2H2O(g) △H＝ ―571.6 kJ／mol D. H2(g)+1/2O2(g) == H2O(1) △H＝ ―285.8kJ／mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】放出热量说明反应热△H<0，‎2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，说明消耗1molH2，放出285.8 kJ·mol－1，故选项D正确。‎ ‎14.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。下列说法不正确的是( ) ‎ A. 整个过程实现了光能向化学能的转换 B. 过程Ⅱ有O-O单键生成并放出能量 C. 过程Ⅲ发生的化学反应为：2H2O2 ═ 2H2O + O2↑‎ D. 整个过程的总反应方程式为：2H2O ═ 2H2↑ + O2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 由图可知，利用太阳光在催化剂表面实现水分解生成氢气和氧气，光能转化为化学能，A正确；‎ B． 由图可知，过程II中生成氢气、过氧化氢，生成了O−O单键，而生成化学键会放出能量，B正确；‎ C． 由图可知，过程Ⅲ发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应，化学方程式为H2O2═H2↑+O2↑，C错误；‎ D． 总反应为水分解生成氢气和氧气，则总反应为2H2O ═ 2H2↑ + O2↑，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎15.下列实验操作能够达到实验目的的是（ ）‎ 测定中和热 蒸馏石油 用石灰石和稀盐酸制取CO2‎ 配制溶液中转移溶液 A B C D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为了使反应物充分反应、溶液各部分温度相同，所以用环形玻璃搅拌棒搅拌混合溶液，A不符合题意；‎ B．石灰石是块状固体且稀盐酸是溶液、该反应不需加热、生成的二氧化碳在水中的溶解性较小，所以制取二氧化碳实验可以用启普发生器，B符合题意；‎ C．蒸馏石油时，温度计水银球应该位于烧瓶支管口处，为防止炸裂冷凝管，冷凝管中的水为下进上出，C不符合题意；‎ D．配制溶液中转移溶液时应该用玻璃棒引流，防止溅出溶液导致配制溶液浓度降低，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列有关能源的说法不正确的是（ ）‎ A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，应用相当广泛 B. 利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下可使水分解产生氢气 C. 贮氢合金的发现和应用，开辟了解决氢气贮存、运输难题的新途径 D. 煤、石油、天然气、氢能中，天然气、氢能是可再生能源 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A、光电转换的基本原理是光电效应；B．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源。‎ 详解：A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，选项A正确；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，选项B正确；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的新途径，选项C正确；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，选项D不正确。答案选D。‎ ‎17.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是( ) ‎ A. 三种化合物的稳定性顺序：B﹤A﹤C B. 两步反应均为放热反应 C. 加入催化剂会改变反应的焓变 D. AC的反应的ΔH＝E1－E2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。‎ ‎【详解】A．物质的总能量越低，越稳定，由图可知三种物质的能量高低顺序为：B>A>C所以三种化合物的稳定性顺序：B生成物总能量 C. 101kPa时，2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) △H= -Q kJ·mol-1，则H2的燃烧热为1/2Q kJ·mol-l D. H+(aq) +OH- (aq)=H2O(l) △H= -57.3 kJ·mol-1，含1mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5mol CH3COOH的醋酸溶液混合后会放出57.3 kJ的热量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应A=B 　△H<0为放热反应，反应物A的能量比生成物B的能量高，物质的能量越低越稳定，所以B物质稳定，物质越稳定分子内的键能越大，所以分子内共价键键能A比B小，A错误；‎ B．当反应物总能量＞生成物总能量时，反应是放热反应，即△H＜0，B正确；‎ C．燃烧热是1mol的物质完全燃烧，产生稳定的氧化物时所放出的能量，计算H2燃烧热时应用生成液态水的热化学方程式，C错误；‎ D．强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时，放出57.3 kJ的热量，用热化学方程式表示为：H+(aq) +OH- (aq)=H2O(l) △H= -57.3 kJ·mol-1，氢氧化钠溶液醋酸溶液混合后，由于CH3COOH是弱电解质，在反应的同时还存在着电离，而电离要吸收热量，含1mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5mol CH3COOH的醋酸溶液混合后只能生成0.5mol水，放出热量小于´57.3 kJ，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎20.已知热化学方程式：‎ ‎① C2H2(g) +O2(g) = 2CO2(g)＋H2O(l) ΔH1＝-1301.0 kJ•mol-1‎ ‎② C(s)+ O2(g) = CO2(g) △H2＝-393.5 kJ•mol-1‎ ‎③ H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H3 = -285.8 kJ·mol-1‎ 则反应④ ‎2C(s)+ H2(g) = C2H2(g)的△H为( )‎ A. +228.2 kJ·mol-1 B. -228.2 kJ·mol-1‎ C. +1301.0 kJ·mol-1 D. +621.7 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：① C2H2(g) +O2(g) = 2CO2(g)＋H2O(l) ΔH1＝-1301.0 kJ•mol-1‎ ‎② C(s)+ O2(g) = CO2(g) △H2＝-393.5 kJ•mol-1‎ ‎③ H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H3 = -285.8 kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律②×2+③-①可得‎2C(s)+ H2(g) = C2H2(g)的△H=-393.5 kJ•mol-1×2+(-285.8 kJ·mol-1)-(-1301.0 kJ•mol-1)=+228.2 kJ·mol-1，故答案为A。‎ ‎21.N2和H2合成NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（ ）‎ A. N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(l) △H＝2(a-b-c)kJ/mol B. N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(g) △H＝2(b-a)kJ/mol C. 1/2 N2(g)＋3/2H2(g)＝NH3(l) △H＝(b＋c-a)kJ/mol D. 1/2 N2(g)＋3/2H2(g)＝NH3(g) △H＝(a＋b)kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像，molN2(g)+molH2(g)的能量比1molNH3(g)的能量大(b-a)kJ，因此N2(g)+H2(g)=NH3(g) △H=(a-b)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，所以有：N2(g)+H2(g)=NH3(l) △H=(a-b-c)kJ/mol，即：N2(g)+3H2(g)=2NH3(1) △H=2(a-b-c)kJ•mol-1，故选A。‎ 第II卷 二、非选择题 ‎22.在A～I的元素中选择符合题意的元素，按要求回答下列问题：‎ ‎ 族周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎1‎ A ‎2‎ D E G ‎3‎ B C J F H I ‎(1)只有负价而无正价的是______(填元素名称)；‎ ‎(2)最高价氧化物的水化物酸性最强的是____(填化学式)； ‎ ‎(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物中，最稳定的化合物的结构式 _____；‎ ‎(4)在B、C、D、J、 E、F、G、H中，原子半径最大的是____(填原子符号)；‎ ‎(5)画出上述元素中金属性最强的元素的原子结构示意图______；‎ ‎(6)C单质与氢氧化钠溶液反应的离子方程式________________________；‎ ‎(7)用电子式表示E单质的形成过程_______________________；‎ ‎(8)写出冶炼B单质的化学方程式____________________；‎ ‎(9)D的最简单氢化物的燃烧热为890.3 kJ/mol，写出D的最简单氢化物燃烧热的热化学方程式_____；‎ ‎(10)写出NaHSO4熔融时电离方程式______________________。‎ ‎【答案】(1). 氟 (2). HClO4 (3). H—F (4). Na (5). (6). 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ (7). (8). 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ (9). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH =-890.3kJ/mol (10). NaHSO4(熔融)=Na++‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据各元素在元素周期表位置可知A~J分别为H、Na、Al、C、N、P、F、Cl、Ar、Si。‎ ‎【详解】(1)氟元素为非金属性最强的元素，只有正价没有负价；‎ ‎(2)非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素周期表中越靠右上角的主族元素，非金属性越强，但F没有最高正价，所以最高价氧化物的水化物酸性最强的是Cl元素，相应的酸为HClO4；‎ ‎(3)A为H元素，非金属性越强，氢化物越稳定，D、F、F、G、H中非金属性最强的是G，对应氟元素，氢化物的结构式为H—F；‎ ‎(4)同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，同主族自上而下原子半径依次增大，所以Na元素原子半径最大；‎ ‎(5)金属最强的元素为Na元素，其原子结构示意图为；‎ ‎(6)C为Al，Al与NaOH溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，离子方程式为2Al+2OHˉ+2H2O=2+3H2↑；‎ ‎(7)E为N元素，N2由两个N原子通过共价键构成，其形成过程可以表示为；‎ ‎(8)B为Na，为活泼金属，通过电解熔融状态的NaCl制取Na单质，化学方程式为2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑‎ ‎(9)D的简单氢化物为CH4，其燃烧热为890.3 kJ/mol，即1molCH4完全燃烧生成液态水和二氧化碳放出890.3kJ能量，相应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH =-890.3kJ/mol；‎ ‎(10)熔融状态下NaHSO4的电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++。‎ ‎23.为验证氯元素比硫元素非金属性强，某化学实验小组设计如下实验，请回答下列问题：‎ ‎(1)A中药品足量，发生的化学反应方程式____，当生成‎2.24 L Cl2(标况)时，被氧化的浓盐酸的物质的量为____；‎ ‎(2)B中试剂为_______，该装置的作用是_______；‎ ‎(3)C中盛有硫化钾溶液，该装置的现象是______；‎ ‎(4)在D的KI溶液中添加少量_____，通过观察到________的现象，可以证明氯元素的非金属性大于碘元素。指出整个实验设计的不足之处_____；‎ ‎(5)请阅读下列信息：‎ ‎①硫化氢的水溶液酸性比氯化氢的弱 ②S2Cl2分子中氯元素显-1价 ③铜和氯气在加热条件下反应生成氯化铜，铜和硫在加热条件下反应生成硫化亚铜 ④沸点：硫磺>氯气 ⑤高氯酸的酸性大于硫酸 能证明氯元素的非金属性比硫元素强的是______(填序号)‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 0.2mol (3). 饱和氯化钠溶液 (4). 除去Cl2中HCl (5). 产生淡黄色沉淀 (6). 淀粉 (7). 溶液变蓝 (8). 没有尾气吸收Cl2装置 (9). ②③⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A装置用于制取氯气，加热条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，所以分液漏斗中盛放的是浓盐酸、烧瓶中加入的是MnO2，化学方程式为 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据化学方程式可知，生成1molCl2，有2molHCl被氧化，则生成 ‎=0.1molCl2，被氧化的HCl为0.2mol；答案为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，0.2mol。‎ ‎（2）浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，饱和食盐水能溶解HCl且能抑制氯气的溶解，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，所以广口瓶中盛放的是饱和食盐水，其作用是除去氯气中的HCl；答案为饱和食盐水；除去氯气中的HCl。‎ ‎（3）要证明氯元素的非金属性比S元素强，可以用氯气氧化硫离子生成S来实现，离子方程式为 Cl2+S2-=S↓+2Cl-，现象是生成淡黄色沉淀S；答案为有淡黄色沉淀生成。‎ ‎（4）根据I2遇淀粉变蓝色，检验I2单质的生成，因而在D的KI溶液中添加少量淀粉，发生Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝色，可以证明Cl2置换出了I2，证明氯元素的非金属性大于碘元素，因为Cl2是有毒气体，不能任意排放到空气中，所以实验装置最后接一个盛放烧碱溶液装置，目的是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气；‎ 答案为淀粉，变蓝色。没有尾气吸收Cl2的装置。‎ ‎（5）①气态氢化物溶液的酸性强弱与非金属性强弱判断无关，应该比较其稳定性，故①错误；‎ ‎②S2Cl2分子中氯元素显-1价，则硫元素显+1价，说明形成的共用电子对偏向氯元素，偏离硫元素，说明吸引电子对Cl>S，可以说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱，故②正确。‎ ‎③氯气将铜元素氧化成最高价态，呈现+2价，而硫只能氧化铜元素生成+1价，说明氯气的氧化性更强，说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱，故③正确；‎ ‎④因为硫磺和氯气均为分子晶体，沸点：硫磺>氯气, 只说明硫磺分子间作用力大于氯气分子间作用力，与非金属性强弱判断无关，故④错误；‎ ‎⑤最高价氧化物对应水化物的酸性强说明非金属性强，高氯酸的酸性大于硫酸，说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱，故⑤正确；答案为②③⑤。‎ ‎24.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：‎ ‎①用量筒量取50 mL 0.25 mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸溶液温度；‎ ‎②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，并测出其温度；‎ ‎③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_________‎ A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入 ‎(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是__________‎ A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃棒上下轻轻地抽动 ‎(3)实验数据如下表： ‎ 温度 实验次数　‎ 起始温度t‎1℃‎ 终止温度t2/℃‎ 温度差平均值 ‎(t2－t1)/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎29.5‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎32.3‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.2‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎29.8‎ ‎①根据表中数据计算出来温度差的平均值为______℃；‎ ‎②近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是‎1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)。则中和热ΔH＝_______( 取小数点后一位)。‎ ‎③上述实验数值结果与中和热为57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是____。‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数 d．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 ‎【答案】(1). C (2). D (3). 3.4 (4). -56.8kJ/mol (5). abcd ‎【解析】‎ ‎【分析】本实验的目的是测定中和热，中和热是指是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；本实验中首先测定酸和碱反应前的温度，然后测定反应终止温度，然后利用比热容将温度转化为热量计算出中和热。本实验中为保证酸和碱完全反应，NaOH过量；实验的关键是要保温。‎ ‎【详解】(1)为了减少热量的散失，实验过程中倒入NaOH溶液时，必须一次迅速的倒入，所以选C；‎ ‎(2)温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失；使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，所以选D；‎ ‎(3)①四次的温差分别为‎3.4℃‎，5.1，‎3.3℃‎，‎3.5℃‎，第2组数据偏差较大舍去，所以平均温差为=‎3.4℃‎；‎ ‎②50mL 0.25mol/L硫酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应，NaOH过量，所以生成水的物质的量为‎0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为100ml×‎1g/cm3=‎100g，温度变化的值△T=‎3.4℃‎，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=‎100g×4.18J/(g•℃)×‎3.4℃‎=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-56.8kJ/mol；‎ ‎③实验结果的绝对值小于中和热的绝对值；‎ a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，所得中和热的绝对值偏小，故a符合； b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，温度计上沾有的NaOH与硫酸反应放出热量，使得测定的初始温度偏高，且造成热量的散失，测定的温差偏小，中和热的绝对值偏小，故b符合。 c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致氢氧化钠体积偏大，但硫酸少量，所以生成的水的物质的量不变，放出的总热量不变，而加入的NaOH溶液体积偏大，会使混合液的质量偏大，则测得的温差会偏小，中和热的绝对值偏小，故c符合； d．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的绝对值偏小，故d符合；故答案为：abcd；‎ ‎25.化学热力学是物理化学的重要分支。请根据所学知识回答下列问题：‎ ‎(1)最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：‎ ‎①CO和O生成CO2是______反应(填吸热或放热)‎ ‎②状态Ⅲ生成的分子含有____(填极性键或非极性键)，该分子的电子式____‎ ‎(2)已知一定条件下合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.0 kJ·mol-1，相同条件下将1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中充分反应，测得反应放出的热量(假定热量无损失)________92.0 kJ。(填=、>或<)‎ ‎(3)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1________ΔH2。(填=、>或<)‎ ‎(4)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，‎ 反应①为2HCl(g) + CuO(s) =H2O(g)+CuCl2(g) △H1‎ 反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2‎ 则总反应的热化学方程式为_______, (反应热用△H1和△H2表示)。‎ ‎(5)已知‎25℃‎，101kPa时：4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH=-1648kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393kJ/mol ‎2Fe(s)+‎2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480kJ/mol FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的ΔH=________‎ ‎(6)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：(g)(g)+H2(g)‎ 已知：‎ 化学键 C－H C－C C＝C H－H 键能/kJ·mol-1‎ ‎412‎ ‎348‎ ‎612‎ ‎436‎ 计算上述反应的△H＝________ 。‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). 极性键 (3). (4). < (5). = (6). 2HCl(g)+O2(g)=Cl2(g)+H2O(g) ΔH=ΔH1+ΔH2 (7). -260 kJ/mol (8). +124 kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据反应物和生成物的能量高低判断；‎ ‎(2)根据可逆反应特点考虑；‎ ‎(3)焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关；‎ ‎(4)根据盖斯定律计算反应热并写出热化学方程式；‎ ‎(5)根据盖斯定律计算反应热；‎ ‎(6)反应热=反应物键能总和-生成物键能总和 ‎【详解】(1)①由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，答案为：放热；‎ ‎②根据图示中原子的变化可知反应最后生成的是CO2，在CO2中C原子和O原子之间通过共用电子对形成极性共价键，C原子与每个O原子形成两个共用电子对，所有原子都达到8电子稳定结构，CO2电子式为：，答案为：极性键；；‎ ‎(2)合成氨反应是可逆反应，相同条件下将相同条件下1 mol N2和3 mol H2不能完全反应生成2 molNH3，所以放热小于92.0 kJ，答案为：< ； ‎ ‎(3)反应焓变与起始物质能量和终了物质能量差有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，答案为：=；‎ ‎(4)反应①为：2HCl(g) + CuO(s) =H2O(g)+CuCl2(s) △H1，反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2，由图示可知反应②为：CuCl2(s)+O2(g)= CuO(s) +Cl2(g) △H2，根据盖斯定律①+②可得总反应的热化学方程式：2HCl(g)+O2(g)=Cl2(g)+H2O(g) ΔH=ΔH1+ΔH2；‎ ‎(5)已知：①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH=-1648kJ/mol ‎②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393kJ/mol ‎③2Fe(s)+‎2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480kJ/mol 根据盖斯定律，①-③´2+②´4可得热化学方程式：4FeCO3(s) +O2(g)=2Fe2O3(s) +4CO2(g) ，所以FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的ΔH=-1648kJ/mol-2´(-1480kJ/mol)+4´(-393kJ/mol)=-260 kJ/mol，答案为：-260 kJ/mol；‎ ‎(6)反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，由反应中有机物的结构可知，应是—CH2CH3中键能与—CH=CH2、H2总键能之差，所以ΔH=(5´412+348-3´412-612-436) kJ/mol=+124 kJ/mol。‎