【化学】广西南宁市第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试段考试题（解析版）

【化学】广西南宁市第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试段考试题（解析版）

广西南宁市第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试段考试题 出题人：杨欢 审题人：高一化学备课组 ‎‎2020-5-12‎ ‎（考试时间90分钟，满分100分）‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Ca-40 Cu-64 ‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1.以下说法正确的是（ ）‎ A. “‎84”‎消毒液中有效成分NaClO的电子式为 B. 食盐中阴离子的核外电子排布式为 C. 16O2和18O2互为同位素 D. 二硫化碳的结构式是S-C-S ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，NaClO为离子化合物，其电子式为：，故A正确；‎ B．食盐中阴离子主要为Cl-，核外电子排布式为，故B错误；‎ C．16O2和18O2是由氧的不同核素组成的同种物质，均属于单质，物理性质有所不同，化学性质相同，故C错误；‎ D．二硫化碳中含有碳硫双键，其分子的结构式为S=C=S，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列有关能量的说法不正确的是（ ）‎ A. 化石能源物质内部贮存着大量的能量 B. 海洋能、地热能是可再生的清洁能源 C. 植物的光合作用使太阳能转化为化学能 D. 燃料燃烧时只是将化学能转化为热能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化石能源是指煤、石油、天然气，内部储存了大量能量，故A正确；‎ B．海洋能、地热能是可再生的清洁能源，故B正确；‎ C．光合作用是指绿色植物吸收光能，将二氧化碳和水合成富能有机物，植物通过光合作用将太阳能转化为化学能储存起来，故C正确；‎ D．燃烧是放热反应，除放热外还有光能等释放出来，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】可再生能源包括太阳能、水能、风能、生物质能、波浪能、潮汐能、海洋温差能、地热能等。它们在自然界可以循环再生。是取之不尽，用之不竭的能源，不需要人力参与便会自动再生，是相对于会穷尽的非再生能源的一种能源。‎ ‎3.下列说法不正确的是（ ）‎ A. AlCl3在溶解过程中有共价键被破坏 B. 由分子构成的物质，均存在共价键 C. DNA中的碱基互补配对和羊毛制品水洗再晒干后变形都与氢键有关 D. SnH4的沸点比SiH4高是因为SnH4之间的分子间作用力更大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AlCl3是共价化合物，在溶解过程中有共价键被破坏形成铝离子和氯离子，故A正确；‎ B．稀有气体是由分子构成的物质，但稀有气体属于单原子分子，不存在化学键，故B错误；‎ C．DNA中含有O元素、N元素，其电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，羊毛的主要成分为蛋白质，蛋白质分子中含有O元素、N元素，与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形与氢键有关，故C正确；‎ D．SnH4和SiH4都属于分子结晶且SnH4的相对分子质量大于SiH4，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，SnH4的沸点比SiH4高，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列各情况下，溶液中一定能大量存在的离子组是（ ）‎ A. 能使pH试纸变红的溶液：NH4+、SO42-、Fe3+、NO3-‎ B. 含有大量NO3-的溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-‎ C. 含有大量SiO32-的溶液：Na+、Mg2+、SO42-、OH-‎ D. 加入铝粉后产生大量氢气的溶液：NH4+、Na+、NO3-、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能使pH试纸变红的溶液显酸性，NH4+、SO42-、Fe3+、NO3-之间以及与氢离子之间不发生反应，能大量共存，故A正确；‎ B．含有大量NO3-的溶液中，NO3-、H+和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．含有大量SiO32-的溶液：Mg2+和OH-、SiO32-都反应，不能大量共存，故C错误；‎ D．加入铝粉后产生大量氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，碱性条件下，NH4+与OH-反应不能大量共存，酸性条件下，硝酸根离子具有氧化性，与金属铝反应不产生氢气，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列有关阿伏加德罗常数NA的叙述中不正确的是（ ）‎ A. 1mol NaHSO4固体所含的阳离子数目为NA B. 常温常压下，‎92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA C. 标准状况下，‎22.4L HF含有电子数为8NA D. ‎60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHSO4固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，1mol NaHSO4固体所含的钠离子的物质的量为1mol，其数目为NA，故A正确；‎ B．NO2和N2O4的最简式相同为NO2，‎92 g的NO2和N2O4混合气体物质的量为2mol，含有的原子数为2mol×3×NA=6NA，故B正确；‎ C．标准状况下，HF为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则含有的电子数目无法计算，故C错误；‎ D．二氧化硅为原子晶体，一个硅原子周围连接4个氧原子，‎60g二氧化硅的物质的量为，而1mol二氧化硅中含4molSi−O键，即4NA个，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 氢氟酸腐蚀玻璃：SiO2＋4H++‎4F-=SiF4↑+2H2O B. 工业制漂白粉：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O C. 铁加入足量的稀硝酸溶液中：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋2H2O＋NO↑‎ D. 将SO2通入到BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氟酸腐蚀玻璃，氢氟酸是弱酸，离子反应中不能拆，正确的离子反应为：SiO2＋4HF=SiF4↑+2H2O，故A错误；‎ B．工业制漂白粉使用氢氧化钙乳浊液与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，氢氧化钙在反应中为沉淀，不能拆，正确的离子反应为：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B错误；‎ C．铁片溶于足量稀硝酸生成硝酸铁、NO和水，离子反应为：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋2H2O＋NO↑，故C正确；‎ D．亚硫酸的酸性弱于盐酸，将SO2通入到BaCl2溶液中不反应，一般情况下弱酸不能制取强酸，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.根据元素周期律，由事实进行归纳推测，推测不合理的是（　 　）‎ ‎ ‎ ‎ 事实 ‎ 推测 ‎ A ‎12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快 ‎56Ba（ⅡA族）与水反应更快 ‎ B Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料 Ⅳ族的元素都是半导体材料 ‎ C ‎ HCl在‎1500℃‎时分解，HI在‎230℃‎时分解 ‎ HBr的分解温度介于二者之间 ‎ D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 ‎ P与H2在高温时能反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族从上到下金属性逐渐增强，12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快，56Ba（ⅡA族）与水反应更快，推论合理，故A正确；‎ B．Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料，只有金属与非金属交界线附近才存在半导体，Ⅳ族的元素都是半导体材料的推论不合理，故B错误；‎ C．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，HCl在‎1500℃‎ 时分解，HI在‎230℃‎时分解，推出：HBr的分解温度介于二者之间，结论合理，故C正确；‎ D．同周期从左到右元素的非金属性增强，单质与氢化合从难到易，由Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应得出：P与H2在高温时能反应，结论合理，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）‎ 选项 A B C D 实验 装置 实验 目 制取少量纯净的CO2气体 验证钠和水的反应是放热反应 制取并收集干燥纯净的NH3‎ 进行喷泉实验 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该实验装置图示按照启普发生器原理设计的简易装置，纯碱为可溶性钠盐的固体粉末，不能用于控制反应的发生与停止，且盐酸具有挥发性，产物中混有HCl气体杂质，不纯净，故A错误；‎ B．钠与水反应放热，使试管的温度升高，集气瓶内的气体压强增大，U型管中右边的水柱上升，能验证钠和水的反应是放热反应，故B正确；‎ C．氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故C错误；‎ D．氯气能溶于水（1：2），少量氯气能够和水反应，所以烧瓶内氯气的减少量太少，则无法形成较大的压强差，所以不能产生喷泉，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.化合物A是一种环境友好的新型锅炉水除氧剂，其结构式如下图。下列说法正确的是（ ）‎ A. A分子中只含极性键，不含非极性键 B. A分子中的共用电子对数为11‎ C. A与氧气反应的方程式为(N2H3)2CO+6O2=4NO2+CO2+3H2O D. A是共价化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子中N-H、C=O为极性键，N-N为非极性键，故A错误；‎ B．分子中含有10个单键和一个碳氧双键，每一个单键为一对共用电子对，一个碳氧双键中有两个共用电子对，故A分子中共用电子对数是12，故B错误；‎ C．NO2和H2O会发生反应，产物中不可能共存，故C错误；‎ D．A分子中只有共价键，所以A是共价化合物，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3−、dD−都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 单质的还原性：A＞B＞D＞C B. 简单氢化物的稳定性：C＞D C. 简单离子半径：C＞D＞B＞A D. 原子半径：A＞B＞D＞C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3−、dD−都具有相同的电子层结构，所以A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：A＞B＞D＞C，结合元素周期律递变规律解答该题。‎ ‎【详解】短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3−、dD−都具有相同的电子层结构，所以A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：A＞B＞D＞C，且A、B为金属元素，C、D为非金属元素；‎ A．A、B在周期表中同周期，原子序数：A＞B，金属性：B＞A，对应单质的还原性：B＞A，C、D为非金属，单质主要表现氧化性，故A错误；‎ B．C、D为非金属，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，C、D同周期，原子序数增大，非金属性越强，非金属性：D＞C，则简单氢化物的稳定性：D＞C，故B错误；‎ C．aA2+、bB+、cC3−、dD−都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数A＞B＞D＞C，所以离子半径C＞D＞B＞A，故C正确；‎ D．A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：A＞B＞D＞C，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.表中的W、X、Y、Z均为短周期元素，其原子最外层电子数之和为22。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 以上元素都可以与H元素形成18电子的分子 B. X的氧化物都不是酸性氧化物 C. Y与金属钠形成的化合物可能含有非极性共价键 D. 1mol W的单质与足量的Z的单质反应，转移电子数为4NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl，以此结合元素性质解答该题。‎ ‎【详解】A．W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl，以上元素都可以与H元素形成18电子的分子为SiH4、N2H4、H2O2、HCl，故A正确；‎ B．X为N，X的氧化物中三氧化二氮和五氧化二氮都能水反应生成相应的酸，都是酸性氧化物，故B错误；‎ C．Y为O ，Y与金属钠形成的化合物有过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故C正确；‎ D．W为Si，Z为Cl，1mol Si与足量的Cl2反应生成四氯化硅，一个硅原子由0价变为+4价，转移4个电子，则1mol Si完全反应转移电子数为4NA，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Y与T同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是（ ） ‎ A. 离子半径：Y＜Z B. 氢化物的沸点：Y＜T C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T＜R D. 由X、Y、Z、R四种元素组成的常见化合物中含有离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z是Na元素、Y是O元素；Y与T同主族，Y的原子序数小于T，所以T是S元素。R的原子序数小于O，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；X的半径、原子序数都小于C原子，所以X是H元素。‎ ‎【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Na+＜O2-，故A错误；‎ B. 水分子间形成氢键，氢化物的沸点：H2S＜H2O，故B错误；‎ C. S的非金属性大于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜H2SO4，故C错误；‎ D. 由H、O、Na、C四种元素组成的常见化合物NaHCO3中含有离子键，故D正确，答案选D。‎ ‎13.青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO。下列说法正确的是（ ）‎ A. 青石棉中含有石英晶体 B. 青石棉是一种易燃品且易溶于水 C. 青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·5FeO·8SiO2·H2O D. 1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗‎6L 3mol/L HNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．青石棉属于硅酸盐材料，没有石英晶体，故A错误；‎ B．青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故B错误；‎ C．根据题给信息可知，青石棉中铁元素的化合价有+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O∙3FeO∙Fe2O3∙8SiO2∙H2O，故C错误；‎ D．‎6L 3mol/L HNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，又1molNa2Fe5Si8O22（OH）2中3mol含亚铁离子，所以根据得失电子守恒氧化亚铁离子生成铁离子消耗1molHNO3，又青石棉中的Na、Fe原子最终都转换产物为NaNO3、Fe（NO3）3，根据原子守恒，又要消耗HNO3的物质的量为2+5×3=17mol，所以1mol该物质一共能和1+17=18molHNO3反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点‎11℃‎)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：‎ 已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是（ ）‎ A. a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B. b中NaClO2可用饱和食盐水代替 C. c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D. d中吸收尾气后只生成一种溶质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据实验装置和反应方程式可知，a中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可用b装置吸收氯气和氯化氢，再用c中的蒸馏水吸收ClO2，获得纯净ClO2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；‎ B．b中NaClO2的作用是吸收ClO2‎ 中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；‎ C．ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；‎ D．d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.某溶液中含如下离子组中的几种K+、Fe3+、Fe2+、Cl-、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-、I-，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：‎ Ⅰ．用铂丝醮取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰 ‎ Ⅱ．另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成 Ⅲ．取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，第二支试管加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 原溶液中肯定不含Fe2+、NO3-、SiO32-、I-‎ B. 原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、NO3-、SO42-‎ C. 步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生 D. 为确定是否含有Cl-可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；‎ Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，证明含有NO3-、Fe2+，一定不含有SiO32-、CO32-；‎ Ⅲ．取Ⅱ反应后的溶液分置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即为硫酸钡，证明含有SO42-，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，即出现了三价铁离子，是Ⅱ过程中亚铁离子被硝酸氧化的结果；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层无色，证明一定没有I-；Fe3+、Cl-是否存在无法确定；‎ A．原溶液中一定含有NO3-、Fe2+，A项错误；‎ B．Fe3+是否存在无法确定，B项错误；‎ C．根据分析可知，步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生，C项正确；‎ D．原溶液中含有硫酸根离子，干扰了氯离子的检验，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为‎25.6g，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体‎4.48L。已知Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为（ ）‎ A. 2 mol/L-1 B. 1.6 mol/L‎-1 ‎C. 0.8 mol/L-1 D. 0.4 mol/L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为‎25.6g，这些铜的物质的量为0.4mol，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解一定还生成了0.4molCu(NO3)2，并产生标准状况下的NO气体‎4.48L，NO的物质的量为0.2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为1mol，则稀硝酸的浓度为2mol/L，A正确。本题选A。‎ 二、填空题（除标注外，每空2分共52分）‎ ‎17.（1）下列各组化合物中，化学键类型和化合物类型均相同的是_________（填序号）。‎ ‎①CaCl2和 Na2S ②Na2O 和 Na2O2 ③CO2和CaO ④HCl 和 NaOH ‎（2）下列过程不一定释放能量的是________。‎ ‎①化合反应；②分解反应；③形成化学键；④燃料燃烧；⑤酸碱中和；⑥炸药爆炸 ‎（3）Ba(OH)2 • 8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是________________________________，反应过程能量变化的图像符合_____________（填“图‎1”‎或“图‎2”‎）。‎ 图1 图2‎ ‎（4）已知1 mol石墨转化为1 mol金刚石要吸收能量，则石墨比金刚石_______（填“稳定”或“不稳定”）。‎ ‎（5）一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1‎ ‎，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1______Q2（填大于、小于或等于）。‎ ‎（6）已知：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O。该反应中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量，且断开O=O键和Cl-Cl键所需的能量如下图所示。则断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为______ kJ。‎ ‎【答案】(1). ① (2). ①② (3). Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O (4). 图2 (5). 稳定 (6). 小于 (7). 31.9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键；‎ ‎(2)根据吸热反应和放热反应的类别判断；‎ ‎(3)Ba(OH)2∙8H2O和NH4Cl反应生成氯化钡，氨气和水，属于吸热反应，判断合适的能量图；‎ ‎(4)根据自身能量越低越稳定判断；‎ ‎(5)根据气态水变成液态水放热判断；‎ ‎(6)根据焓变等于断裂旧的化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量计算。‎ ‎【详解】(1)①CaCl2和Na2S都属于离子化合物，都含有离子键，故①符合题意；‎ ‎②Na2O和Na2O2都属于离子化合物，Na2O中存在离子键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故②不符合题意；‎ ‎③CO2属于共价化合物，主要含有共价键，CaO属于离子化合物，含有离子键；‎ ‎④HCl属于共价化合物，主要含有共价键，NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键；‎ 所以化学键类型和化合物类型均相同的是①；‎ ‎(2)①绝大多数化合反应释放能量，少数化合反应吸收热量，例如碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，故①符合题意；‎ ‎②绝大多数分解反应吸收能量，少数化合反应释放能量，例如过氧化氢分解制氧气，故②符合题意；‎ ‎③形成化学键一定释放能量，故③不符合题意；‎ ‎④燃料燃烧一定释放能量，故④不符合题意；‎ ‎⑤酸碱中和反应一定释放能量，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥炸药爆炸一定释放能量，故⑥不符合题意；‎ 符合题意的是①②；‎ ‎(3)Ba(OH)2∙8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，反应为吸热反应，即生成物的能量高于反应物的能量，能量图选择图2；‎ ‎(4)已知1 mol石墨转化为1 mol金刚石要吸收能量，则石墨比金刚石能量低，能量越低的物质越稳定，石墨比金刚石稳定；‎ ‎(5)一定量的氢气在氧气中充分燃烧生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，由于气态水转化为液态水还要放热，故生成液态水释放的能量多，Q1小于Q2；‎ ‎(6)根据化学反应：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，放出115.6 kJ的热量，断开1molO=O键和1molCl-Cl键所需的能量分别为498kJ/mol和243kJ/mol，设断开1molH—O键需要的能量为x，断开1 mol H—Cl键所需能量为y，根据反应物断裂吸收的总能量与形成生成物释放的能量差等于反应放出的能量，4y+498kJ/mol-(243kJ/mol×2+4x)=-115.6 kJ，解得x-y=31.9kJ/mol，断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为31.9kJ。‎ ‎18.已知V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，U为地壳中含量最高的过渡金属元素。V与Y同主族，W与X同周期，X与Z同主族，且X与Y的原子序数之和为20，X单质能与常见的无色无味液体m反应置换出W单质，Y单质也能与m反应置换出V单质，V、W、X均能与Y形成离子化合物。‎ ‎（1）Z在元素周期表中的位置是___________________________________。‎ ‎（2）V和Y的单质可反应生成化合物n，请用电子式表示其形成过程_________________。‎ ‎（3）写出X单质与液体m反应的化学方程式________________________________。‎ ‎（4）已知A是Y的单质，C是U的单质，甲是V的单质，乙是Z的单质。根据下图回答下列问题：‎ ‎①反应③的氧化剂是_________________________。‎ ‎②向物质F中加入足量的物质D，可观察到的主要现象是__________________________，对应的化学反应方程式是_____________________________________。‎ ‎③将0.1mol Y的碳酸盐溶液和0.15mol E溶液混合，有如下两种方式：‎ A．将Y的碳酸盐溶液逐滴加入到E溶液中；‎ B．将E溶液逐滴加入到Y的碳酸盐溶液中；‎ 理论上产生气体比较多的是_____(填序号)，多_____mol。‎ ‎【答案】(1). 第三周期第VIIA族 (2). (3). ‎2F2+2H2O=4HF+O2 (4). H2O (5). 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 (6). FeCl2+2NaOH= Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). A (8). 0.025‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】已知V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，U为地壳中含量最高的过渡金属元素，则U为Fe，X单质能与常见的无色无味液体m反应置换出W单质，Y单质也能与m反应置换出V单质，V与Y同主族，W与X同周期，X与Z同主族，且X与Y的原子序数之和为20，V是H、W是O，m为H2O，单质应该为氢气、氧气，结合原子序数可知X为F，Y为Na元素，Z为Cl，然后分析； ‎ ‎(4)A是Y的单质，是Na，C是U的单质，是Fe，甲是V的单质，是H2，乙是Z的单质，是Cl2，反应①为钠和水反应生成D(氢氧化钠)和氢气，②为氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水生成物质E(盐酸)，④为铁与盐酸反应生成F(氯化亚铁)和氢气，⑤为氯化亚铁和氯气反应生成G(氯化铁)，⑥为氢氧化钠和三氯化铁反应生成H(氢氧化铁)和氯化钠，③为B(铝)和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故A是Na，B是Al，C是Fe，D是氢氧化钠，E是盐酸，F氯化亚铁，G是氯化铁，H是氢氧化铁，然后据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)氯在元素周期表中的位置是第三周期第VIIA族；‎ ‎(2)V是H，Y是Na，形成离子化合物氢化钠，电子式表示形成过程为；； ‎ ‎(3)氟气和水反应生成氟化氢和氧气，化学反应方程式为‎2F2+2H2O=4HF+O2；‎ ‎(4)①反应③为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应可以由2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑ 2Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O两个化学方程式相加，水的化合价降低，作氧化剂；‎ ‎②物质F中加入足量的物质D，为氯化亚铁与氢氧化钠的反应，FeCl2+2NaOH= Fe(OH)2↓+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，实验现象为生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；‎ ‎③A．将碳酸钠溶液逐滴加入到盐酸中，发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，生成CO2为0.15mol×=0.075mol；‎ B．将盐酸逐滴加入到含碳酸钠溶液中，先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，剩余0.05molHCl、生成0.1molNaHCO3，而后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成0.05molCO2，故理论上产生气体比较多的是A，多产生CO2为0.075mol−0.05mol=0.025mol；‎ 故答案为：A；0.025。‎ ‎19.硫酸的工业制备是一个重要的化工生产过程，但同时在生产过程中会产生大量SO2等污染物。以硫酸工业的尾气、氨水、石灰石、焦炭及氯化钾为原料可以合成有重要用途的硫化钙、硫酸钾、氯化铵、亚硫酸铵等物质。请根据下图中的合成路线回答下列问题：‎ ‎（1）生产中，常向反应II的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是__________。‎ ‎（2）操作a中，必须的操作步骤有_______________、___________、过滤等。‎ ‎（3）反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。‎ ‎（4）写出反应Ⅳ的化学方程式__________________________________________________；操作b所得滤液中阳离子的检验方法是________________。‎ ‎（5）该生产过程中可以循环使用的物质是_______________。‎ ‎（6）(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为N2‎ ‎，试写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式___________________________________________。‎ ‎（7）某电厂每月用煤300t(煤中含硫的质量分数为2.5%)，若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，现用反应Ⅰ的原理将尾气中的SO2转化为石膏[M(CaSO4·2H2O)=172]，且反应过程中96%的二氧化硫转化为石膏，则可生产石膏______ t。‎ ‎【答案】(1). 防止亚硫酸铵被氧化 (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). 1:4 (5). CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3 (6). 取少量滤液于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，生成有刺激性气味的气体且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则滤液中含NH4+ (7). CaCO3，CO2 (8). 4(NH4)2SO3+2NO2=4(NH4)2SO4+N2 (9). 38.7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程可知，I中发生2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，反应II为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，即SO2+2NH3∙H2O=(NH4)2SO3+H2O，Ⅲ中发生CaSO4+‎4C=CaS+4CO↑，反应Ⅳ为NH4HCO3、CaSO4、NH3反应生成碳酸钙和硫酸铵，发生NH4HCO3+NH3+CaSO4=CaCO3↓+(NH4)2SO4，可知CaCO3、CO2可循环使用，反应Ⅴ为硫酸铵溶液中加入氯化钾生成硫酸钾晶体，所以操作b为过滤，滤液中含有的阳离子为铵根离子，然后据此分析。‎ ‎【详解】(1)反应II为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵,即SO2+2NH3∙H2O=(NH4)2SO3+H2O生产中，常向反应II的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵被氧化； (2)操作a是从亚硫酸铵溶液中获得亚硫酸铵晶体，使亚硫酸铵析出晶体的方法是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；‎ ‎(3)Ⅲ中发生CaSO4+‎4C=CaS+4CO↑，氧化剂是硫酸钙，还原剂是碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4；‎ ‎(4)反应Ⅳ为NH4HCO3、CaSO4、NH3反应生成碳酸钙和硫酸铵，反应方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓，操作b所得滤液中阳离子为铵根离子，其操作为取溶液少许加入NaOH并加热，生成有刺激性气味的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；‎ ‎(5)根据分析可知，该生产过程中可以循环使用的物质是CaCO3，CO2；‎ ‎(6)(NH4)2SO3可以和二氧化氮反应生成氮气和硫酸铵，化学反应方程式为4(NH4)2SO3+2NO2=4(NH4)2SO4+N2；‎ ‎(7)二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4∙2H2‎ O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4∙2H2O，总反应为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O═2CaSO4∙2H2O+2CO2； ‎ ‎，解得m=38.7t。‎ ‎20.某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。调节pH，对两者的反应进行了如下实验并记录了实验现象（实验都在锥形瓶中完成，且所用锥形瓶均进行振荡）：‎ 实验 pH 实验现象 ‎1‎ ‎10‎ 产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清 ‎2‎ ‎6‎ 产生白色沉淀，放置长时间后无变化 ‎3‎ ‎2‎ 产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X 已知：‎ A．0.1mol/L的Na2SO3溶液pH=11‎ B．Ag2SO3：白色不溶于水，能溶于过量Na2SO3溶液 C．Ag2SO4：白色微溶于水，只能溶于浓硝酸 D．Ag2O：棕黑色，能与酸反应 ‎（1）根据以上信息，解释实验1中白色沉淀溶解可能的原因___________。‎ ‎（2）甲同学对于实验2中的白色沉淀的成分，提出如下猜想：‎ 猜想1：白色沉淀为Ag2SO3‎ 猜想2：白色沉淀为Ag2SO4‎ 猜想3：白色沉淀中既有Ag2SO3也有Ag2SO4‎ 为了证明其猜想，甲同学过滤实验2中的白色沉淀，加入________溶液，发现白色沉淀部分溶解；再将剩余固体过滤出来，加入________溶液，沉淀完全溶解，由此证明猜想3成立。‎ ‎（3）乙同学将实验3中的棕黑色沉淀X滤出，洗净得到纯净的棕黑色物质Y。通过如下实验确认Y的成分：‎ ‎①向Y中加入稀盐酸，无明显变化 ‎②向Y中加入过量浓硝酸，有红棕色气体生成 ‎③分别用Ba(NO3)2溶液和BaCl2溶液检验实验②反应后的溶液，发现前者无变化，后者产生白色沉淀。‎ 其中，实验①的目的为___________，由上述实验现象可确定沉淀Y的成分为___________（填化学式），实验②的离子方程式为______________________________。‎ ‎【答案】(1). 生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解 (2). Na2SO3 (3). 浓硝酸 (4). 证明该沉淀不是Ag2O (5). Ag (6). Ag + 2H++NO3- = Ag+ + NO2↑ + H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①白色沉淀1可能为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”判断； ‎ ‎(2)②pH=6时，溶液显酸性，根据Ag2SO3是白色不溶于水，能溶于过量Na2SO3溶液的固体，Ag2SO4是白色微溶于水的固体，只能溶于浓硝酸的性质判断；‎ ‎(3)③pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能为Ag2O或Ag，根据性质回答。‎ ‎【详解】(1)白色沉淀1可能为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”，因此可能是生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解；‎ ‎(2)pH=6时，酸性条件下，NO3-具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，SO32-可能被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2S04，所以沉淀2可能Ag2SO3和Ag2SO4的混合物；可先验证Ag2SO3，向白色沉淀中加入Na2SO3溶液，发现白色沉淀部分溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO3；再验证Ag2SO4，根据已知“Ag2SO4是白色微溶于水的固体，只能溶于浓硝酸”，可用浓硝酸验证Ag2SO4，操作为将剩余固体过滤出来，加入浓硝酸溶液，沉淀完全溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO4；‎ ‎(3)pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能为Ag2O或Ag，根据已知Ag2O或Ag：棕黑色，能与酸反应，可先用非氧化性酸(盐酸)验证是否存在Ag2O，①向X中加入稀盐酸，无明显变化，则证明黑色沉淀不含有Ag2O；再用浓硝酸验证沉淀是否为Ag；②向X中加入过量浓硝酸，有红棕色气体生成说明沉淀为Ag，沉淀Y的成分为Ag，与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮气体、硝酸银和水，反应离子方程式为：Ag + 2H++NO3- = Ag+ + NO2↑ + H2O。‎ ‎ ‎ ‎ ‎