2018-2019学年天津市第一中学高一下学期期末考试化学试卷（解析版）
天津一中 2018-2019-2 高一年级
化学学科期末质量调查试卷
可能用到的相对原子质量：H 1；Ca 40；Mg 24；O 16；Pb 207
第 I 卷(选择题)
一、单选题(每小题 2 分，共 40 分)
1.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
C. 我国从四千余年前开始用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为石灰石
【答案】A
【解析】
【详解】A. 高温时，金属钠可还原相应的氯化物来制取金属钛，故A项正确；
B. 丝绸的主要成分为蛋白质，故B项错误；
C. 谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，故C项错误；
D. 陶瓷的制造原料为黏土，而不是石灰石，故D项错误；
答案选A。
2.澳大利亚研究人员最近开发出被称为第五形态的固体碳，这种新的碳结构称作“纳米泡沫”,他外形类似海绵，比重极小，并具有磁性。纳米泡沫碳与金刚石的关系是
A. 同系物 B. 同分异构体 C. 同位素 D. 同素异形体
【答案】D
【解析】
【详解】它们均属于C构成的不同的物质，属于同素异形体。本题答案选D。
3.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（ ）
A. 三种化合物中C最稳定
B. 两步反应均为吸热反应
C. A与C的能量差为E4
D. AB反应，反应条件一定要加热
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，故A正确；
B、由图象可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故B错误；
C、A与C的能量差为ΔH=（E1-E2）+（E3-E4）=E1+E3-E2-E4，则C错误；
D、AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为C，注意把握反应热的计算。
4.甲、乙、丙、丁为中学化学中的常见物质，其转化关系如下图所示，下列说法错误的是
A. 若甲为C，则丙可能为CO2 B. 若甲为NaOH，则丁可能为CO2
C. 若甲为Fe，则丁可能为Cl2 D. 若甲为H2S，则丙可能为SO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若甲为C，则乙和丙分别为一氧化碳和二氧化碳，则内可能为CO2，故正确；
B. 若甲为NaOH，则丁可能为CO2，乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，故正确；
C. 若甲为Fe、丁为Cl2，二者反应生成氯化铁，氯化铁和氯气不能发生反应，故错误；
D. 若甲为H2S，硫化氢和氧气反应生成硫和水，硫和氧气反应生成二氧化硫，则丙可能为SO2，故正确。
故选C。
【点睛】掌握常见物质间的转化关系，中甲、乙、丙、丁可能依次为：1.
碳、一氧化碳、二氧化碳、氧气；2.钠、氧化钠、过氧化钠、氧气；3.氯气、氯化铁、氯化亚铁、铁；4.硫化氢、硫、二氧化硫、氧气；5.氨气、一氧化氮、二氧化氮、氧气；6.氯化铝、氢氧化铝、偏铝酸钠、氢氧化钠。
5.除去粗盐中的杂质 CaCl2、MgCl2 和 Na2SO4,过程如下：
下列有关说法中，不正确的是( )
A. 除去 Mg2+的主要反应： Mg2++ 2OH-=Mg(OH)2↓
B. 试剂①一定不是Na2CO3溶液
C. 检验 SO42-是否除净：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加 BaCl2 溶液
D. 滤液加稀盐酸时只发生反应：H+ +OH- =H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
除去混合物中的可溶性杂质，常将杂质离子转化为难溶物，再过滤。为保证除杂完全，所用沉淀剂必须过量。而过量的沉淀剂应在后续步骤中除去。据此分析解答。
【详解】A、粗盐中的杂质离子为Ca2+、Mg2+和SO42－，可分别用过量的Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液将其转化为沉淀，选项A正确；
B、多余的Ba2+可用Na2CO3去除，故Na2CO3溶液需在BaCl2溶液之后加入，选项B正确；
C、为防止某些沉淀溶解于盐酸，则加入稀盐酸前应进行过滤。检验SO42-时，先加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀，选项C正确；
D、多余的CO32－、OH－可用稀盐酸去除，选项D错误。
答案选D。
6.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，下列分析正确的是
A. ②代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B. b点，两反应物物质的量之比为1: 2
C. a、d两点对应的溶液均显中性
D. c点，两溶液中含有相同物质的量浓度的OH﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O。溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A错误；
B.根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液中的溶质为NaOH，两种反应物的物质的量的比为1：1，B错误；
C.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4。水和硫酸钠溶液都呈中性，C正确；
D.在c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，D错误；
故合理选项是C。
7.通过对实验现象观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是( )
选项
操作、现象
解释
A
向KI淀粉溶液中加入FeCl3溶液，溶液变蓝
Fe3＋能与淀粉发生显色反应
B
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
C
向稀硝酸中加入少量铁粉，有气泡产生
说明Fe置换出硝酸中的氢，生成了氢气
D
新制Fe(OH)2
说明Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3
露置于空气中一段时间，白色物质变成了红褐色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A.铁离子能够氧化碘离子，生成的碘单质时淀粉变蓝，不是显色反应；
B. NaOH易潮解，具有腐蚀性；
C.铁与稀硝酸反应生成的NO气体，不会生成氢气。
D.氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化成氢氧化铁。
【详解】A.向KI淀粉溶液中加入FeCl3溶液，I-被铁离子氧化成I2单质，从而使溶液变蓝，但Fe3＋不与淀粉反应，A错误；
B.NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘的小烧杯中称量，不能放在纸上，B错误；
C.少量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO气体和水，不会生成氢气，C错误；
D.新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间，Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3，白色的氢氧化亚铁迅速变为灰绿色，最后变成了红褐色的氢氧化铁，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等。明确铁及其化合物性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
8.下列关于有机物的说法中，正确的一组是
①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物
②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O
③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化。
④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖
⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag
⑥除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶
A. ③⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②⑤ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，错误。②汽油、柴油都是烃；而植物油是酯。错误。③石油的分馏、煤的气化和液化都是化学变化，错误。④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，正确。⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag，铜是反应的催化剂，因此反应后称量的质量也是ag，正确。⑥由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1,2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，正确。正确的是④⑤⑥，选项是B。
考点：考查关于有机物的说法的正误判断的知识。
9.绿色化学是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用。下列 化学反应不符合绿色化学概念的是( )
A. 消除硫酸厂尾气排放：SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3
B. 消除制硝酸厂的氮氧化物污染：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O
C. 制 CuSO4：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
D. 制 CuSO4：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4(稀)=CuSO4+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫是有害气体，用氨气吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，选项A不选；
B．二氧化氮和一氧化氮都是有害气体，用氢氧化钠吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，选项B不选；
C．浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，选项C选；
D．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，对环境无污染，符合绿色化学的理念，选项D不选；
答案选C。
10.五种短周期元素X、Y、Z、M、N，其原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A. 非金属性：X>Z
B. 气态氢化物的稳定性：M
S>Al，即X>Z，A项正确；
B.根据同周期气态氢化物的稳定性从左往右越强，同主族气态氢化物的稳定性从下往上越强，因而根据位置关系可知气态氢化物的稳定性：HCl>SiH4，即MΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；
D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。
故答案选C。
17. 下列关于有机物的说法不正确的是
A. 乙烯和苯可以用石油和煤为原料制得，它们均能使溴水褪色，但褪色的原理不同
B. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应，且均属于高分子化合物
C. 用饱和Na2CO3溶液能除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇杂质
D. 研究表明禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，是因为病毒所含蛋白质受热变性
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应而使溴水褪色。苯不能和溴水发生化学反应，但苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，二者得褪色原理不同，A正确；B、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物。另外糖类中的单糖和二糖也不是高分子化合物，且单糖不能发生水解反应，B不正确；C、饱和碳酸钠溶液能吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，因此用饱和Na2CO3溶液能除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇杂质，C正确；D、蛋白质在高温下能发生变性，所以禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，D正确，答案选B。
考点：考查苯、乙烯、糖类、油脂、蛋白质的结构和性质以及乙酸乙酯的分离与提纯
18.海葵毒素是从海葵中分离出的一种剧毒物质，分子式为C129H223N3O54。哈佛大学Kishi教授领导的研究小组经过8年努力，于1989年完成了海葵毒素的全合成。下列说法正确的是
A. 海葵毒素是一种高分子化合物
B. 海葵毒素是一种无机化合物
C. 海葵毒素的合成成功预示着有机合成必将步入新的辉煌
D. 海葵毒素的合成成功预示着人类是无所不能的，能够合成任何有机物
【答案】C
【解析】
A、高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，海葵毒素不属于高分子化合物，A错误；B、除CO、CO2、H2CO3、碳酸盐等物质是无机物外，绝大多数含碳化合物为有机化合物，海葵毒素是一种有机化合物，B错误；C、合成海葵毒素是一项极具挑战性的工作，它的成功合成预示着有机合成必将步入新的辉煌，C正确；D、海葵毒素的合成成功并不能预示着人类是无所不能的，能够合成任何有机物，D错误，答案选C。
19.核磁共振氢谱是根据不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号不同来确定有机物分子中氢原子种类的。下列有机物分子中，在核磁共振氢谱中只给出一种信号的是（ ）
A. 丙烷 B. 正丁烷 C. 新戊烷 D. 异丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3CH2CH3结构对称，只有2种H原子，核磁共振氢谱图中给出两种峰，故A错误；
B．CH3CH2CH2CH3含有2种H原子，核磁共振氢谱图中给出两种峰，故B错误；
C．C（CH3）4有1种H原子，核磁共振氢谱中给出一种峰，故C正确；
D．（CH3）2CHCH3中有2种H原子，核磁共振氢谱图中只给出两种峰，故D错误；
答案：C
20.短周期元素 X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中 W 原子的最外 层电子数是最内层电子数的 3 倍。下列判断正确的是( )
A. 原子半径：rW＞rZ＞rY＞rX
B. 含 Y 元素的氧化物的硬度大于金刚石
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：X＞W
D. Z 的最高价氧化物的水化物易溶于水
【答案】C
【解析】
【分析】
由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，而W 原子的最外层电子数是最内层电子数的 3 倍，则W为S，可推知X为N元素、Y为Al、Z为Si，据此分析。
【详解】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，而W 原子的最外层电子数是最内层电子数的 3 倍，则W为S，可推知X为N元素、Y为Al、Z为Si。
A．同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径：rY>rZ>rW>rX，选项A错误；
B. 含 Y 元素的氧化物Al2O3的硬度很大，但小于金刚石，选项B错误；
C．非金属性N>S，非金属性越强，对应氢化物越稳定性，X的氢化物为NH3，W的氢化物为H2S，热稳定性：NH3＞H2S，选项C正确；
D. Z 的最高价氧化物的水化物H2SiO3或H4SiO4均难溶于水，选项D错误。
答案选C。
第 II 卷(非选择题，共 60 分)
21.(1)有①168 O 、 17 8O 、 188O ；②H2、D2、T2；③石墨、金刚石；④11H 、21H、 31H；四组微粒或物质。互为同位素的是_____(填编号)。
(2)下列物质中：①N2；②MgCl2；③NH4Cl；④CH4；⑤CO2；⑥Ne；⑦H2S；⑧KOH；⑨Na2O2； ⑩K2O；只存在共价键的是_____；属于离子化合物，但含有共价键的 是_____。
(3) 用电子式表示下列物质：
MgCl2 _____； N2 _____；
NH4+_____； Na2O2 _____
【答案】 (1). ①、④ (2). ①、④、⑤、⑦ (3). ③、⑧、⑨ (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
（1）质子数相同，中子数不同的原子互为同位素；
（2）像氯化氢那样，以共用电子对(或共价键)结合在一起的化合物，叫做共价化合物；离子化合物 由阳离子和阴离子构成的化合物；
（3）根据构成物质的化学键进行判断并书写电子式。
【详解】（1）①168 O 、 17 8O 、 188O质子数相同，中子数不同，故互为同位素；
②H2、D2、T2是由氢的同位素原子构成的氢分子，既不是同位素，也不是同素异形体；
③石墨、金刚石都是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；
④11H 、21H、 31H质子数相同，中子数不同，故互为同位素；
互为同位素的是：①④；
（2）①CO2中只含共价键，为共价化合物；
②MgCl2中只含离子键，为离子化合物；
③NH4Cl中含离子键和N-H极性共价键，为离子化合物；
④CH4中只含共价键，为共价化合物；
⑤CO2中只含共价键，为共价化合物；
⑥Ne中不含化学键，为单质；
⑦H2S中只含极性共价键，为共价化合物；
⑧KOH中含离子键和极性共价键，为离子化合物；
⑨Na2O2中含离子键和O-O非极性共价键，为离子化合物；
⑩K2O中只含离子键；
只存在共价键的是①④⑤⑦；
属于离子化合物的是②③⑧⑨⑩，且含有共价键为：③⑧⑨；
（3）MgCl2是镁离子与2个氯离子通过离子键结合，电子式为：；
氮气中两个氮原子通过三对共用电子对结合，电子式为：；
氨根离子为阳离子，氮原子与氢原子间通过共价键，电子式为：；
过氧化钠为离子化合物，2个钠离子与过氧根离子通过离子键结合，两个氧原子通过共用电子对结合，电子式为：。
22.(1)铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及 X 射线防护材料等。回答下 列问题：
①铅是碳的同族元素，比碳多 4 个电子层。铅的原子结构示意图为_____；铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的______(填“强”或“弱”)。
②PbO2 与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_____。
③铅蓄电池放电时的正极反应式为_____ ，当电路中有 2mol 电子转移时，理论上两电极质量变化的差为_____g。
(2)NO2、O2 和熔融 NaNO3 可制作燃料电池，其原理见下图，石墨Ⅰ为电池的_____极；该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物 Y，其电极反应式为_____。
【答案】 (1). (2). 弱 (3). PbO2+4HCl＝PbCl2+Cl2↑+2H2O (4). PbO2+2e‐+4H++SO42‐=PbSO4+2H2O (5). 32 (6). 负 (7). 02+2N2O5+4e-＝4NO3-
【解析】
【详解】(1)①铅是碳的同族元素，比碳多 4 个电子层，则铅为第六周期ⅣA元素，铅的原子结构示意图为；非金属性越弱，其最高价氧化物的酸性越弱，故铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的弱；
②PbO2 与浓盐酸共热生成黄绿色气体，同时生成氯化铅和水，反应的化学方程式为PbO2+4HCl＝PbCl2+Cl2↑+2H2O；
③铅蓄电池放电时的正极得到电子,发生还原反应,电极反应为: PbO2 + 2e-+ 4H+ + SO42-=PbSO4 + 2H2
O ,当有2mol电子转移时,正极质量增加303g－239g＝64g；铅蓄电池放电时的负极失去电子, 发生氧化反应，电极反应为: Pb- 2e- +SO42-=PbSO4 ,当有2mol电子转移时,负极质量增加96g ,则两电极质量变化的差为96g-64g=32g；
(2) NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池,石墨I通入NO2 ,失去电子, 发生氧化反应,因此负极,电极反应为: NO2-e- + NO3- =N2O5。石墨Ⅱ为正极,得到电子,发生还原反应,电极反应为: 02+2N2O5+4e-=4NO3-。
【点睛】本题主要考查原电池的工作原理。在原电池中,活泼电极作负极,失去电子,发生氧化反应,被氧化;不活泼电极作正极,得到电子,发生还原反应,被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中,阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
23.X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体。X与M，W与N分别同主族，在周期表中X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等。试回答下列问题：
(1)N元素在周期表中的位置为_____；Y的简单氢化物的稳定性_____(填“>”“<”或“＝”)W的简单氢化物的稳定性。
(2)X、Z形成的含18电子的化合物的结构式为_____。
(3)由X、Z、W、N四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_____。
(4)X和W组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是_____(填化学式)，此化合物可将碱性工业废水中的CN－氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). 第三周期ⅥA族 (2). < (3). (4). HSO3-+H+ =H2O+ SO2↑、SO32-+2H+=H2O+ SO2↑ (5). H2O2 (6). OH-+CN -+H2O2= CO32- +NH3↑。
【解析】
【详解】H的原子半径最小，所以X为H；X和M同主族，由M在题述元素中的排序知，M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它们与H可形成等电子分子，结合Z、W的最外层电子数之和与Na的核外电子总数相等知，Y、Z、W依次为C、N、O, W与N同主族，则N为S。
(1) N为S，在周期表中的位置为第三周期ⅥA族；C的非金属性弱于O的非金属性，故CH4的稳定性比H2O弱；故答案为<；
(2)H、N形成的含18电子的化合物是N2H4，N2H4的结构式为；
(3)由H、N、O、S组成的既能与盐酸反应又能与氯水反应的离子化合物为NH4HSO3或(NH4)2SO3，其分别与足量盐酸反应的离子方程式为HSO3-+H+ =H2O+ SO2↑、SO32-+2H+=H2O+ SO2↑；
(4)H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，H2O2具有氧化性，氧化碱性工业废水中CN-的离子方程式为OH-+CN -+H2O2= CO32- +NH3↑。
24.（1）在一个绝热、容积不变的密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0。下列各项能说明该反应已经达到平衡状态的是________。
A、容器内气体密度保持不变
B、容器内温度不再变化
C、断裂1mol N≡N键的同时，生成6mol N﹣H键
D、反应消耗N2、H2与产生NH3的速率之比1：3：2
（2）已知：①Zn(s)＋1/2O2(g) = ZnO(s) △H =－348.3 kJ/mol
②2Ag(s)＋1/2O2(g) = Ag2O(s) △H =－31.0 kJ/mol
则Zn(s)＋Ag2O(s) = ZnO(s)＋2Ag(s)的△H=________ kJ/mol。
（3）已知两个热化学方程式：
C(s)＋O2(g)==CO2(g) △H = －393.5kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)△H = －483.6kJ/mol
现有0.2mol炭粉和H2组成悬浮气，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是________。
（4）在水溶液中，YO3n－和S2－发生反应的离子方程式如下：YO3n－ + 3S2－ + 6H+ = Y－+ 3S↓+ 3H2O
①YO3n－中Y的化合价是_____________；
②Y元素原子的最外层电子数是_________。
【答案】 (1). B (2). －317.3 (3). 1：1 (4). +5 (5). 7
【解析】
(1)A．容积不变，气体的总质量不变，则容器内气体密度始终不改变，无法判断为平衡状态，故A不选；B．在绝热条件，容器内温度不变，说明反应处于相对静止状态，为平衡状态，故B选；C．断裂1mol N≡N键的同时，断裂3 mol H-H键，均体现正反应速率，不能判断平衡，故C不选；D．反应消耗N2、H2与产生NH3的速率之比1：3：2，正速率之比等于化学计量数之比，不能判定平衡，故D不选；故选B。
(2)①Zn(s)+O2(g)═ZnO(s)；D△H=-348.3kJ•mol-1；②4Ag(s)+O2(g)═2Ag2O(s)；D△H=-62.0kJ•mol-1；①-②×得Zn(s)+Ag2O(s)═ZnO(s)+2Ag(s)△H=[-348.3KJ/mol-
×(-62KJ/mol)]=-317.3 kJ/mol；
(3)解：设碳粉xmol，则氢气为(0.2-x)mol，则
C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ/mol
1 393.5kJ
x 393.5xkJ
2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol
2 483.6kJ
(0.2-x)mol 241.8(0.2-x)kJ
所以393.5xkJ+241.8(0.2-x)kJ=63.53kJ，
解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol︰0.1mol=1︰1；
(4)①离子方程式遵循电荷守恒，则在YO3n-+3S2-+6H+=Y-+3S↓+3H2O中：n+3×2-6=1，n=1，设YO3n-中Y元素的化合价为x，则-2×3+x=-1，x=+5；
②由离子方程式可知，Y的最低负价为-1价，则说明最外层含有7个电子。
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。
25.钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强 合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。如图是化工生产中 制备金属钼的主要流程图。
(1)写出在高温下发生反应①的化学方程_________________________________________
(2)生产中用足量的浓氨水吸收反应①的尾气合成肥料，写出该反应的离子方程式：______________________________
(3)如果在实验室模拟操作 1 和操作 2，则需要使用的主要玻璃仪器有______________________________
(4)某同学利用下图所示装置来制备氢气，利用氢气还原三氧化钼，根据要求回答问题：
① 请设计一个实验方案验证H2的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是______________________________
② 在烧瓶 A 中加入少量硫酸铜的目的是_____
③ 两次使用 D 装置，其中所盛的药品依次是_____、_____
【答案】 (1). 2MoS2 + 7O22MoO3 + 4SO2 (2). SO2 + 2NH3·H2O＝ 2NH4+ + SO32－+ H2O (3). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4). ACBDD (5). 可形成原电池，加快生成氢气的速率 (6). 无水硫酸铜 (7). 碱石灰
【解析】
【分析】
根据流程图分析主要反应和主要操作，完成化学方程式、选择所需仪器。根据实验目的，设计相关实验，并防止空气的影响。
【详解】（1）据流程图找出反应①的反应物、生成物，并用化合价升降法配平，得2MoS2 + 7O22MoO3 + 4SO2；
（2）足量的浓氨水吸收SO2生成正盐，离子方程式为SO2 + 2NH3·H2O＝ 2NH4+ + SO32－+ H2O；
（3）步骤②得固体和溶液，操作1为过滤。步骤③复分解反应能进行，则钼酸难溶于水，操作2为过滤。需要使用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）①制备H2并还原MoO3可证明其还原性，用无水硫酸铜检验氧化产物水，必须对氢气干燥，并防止空气中水汽干扰。故装置连接顺序是ACBDD；
②在烧瓶A中加入少量硫酸铜，锌置换出铜，从而形成原电池，加快生成氢气速率；
③第一次使用D装置，所盛药品为无水硫酸铜，用于检验氧化产物水。第二次使用D装置，所盛药品为碱石灰等，防止空气中的水汽使无水硫酸铜变蓝。
26.某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。他将50mL0.5mol/L 的盐酸与50mL0.55mol/L
的 NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应。 请回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________；由图可知该装 置有不妥之处，应如何改正？_____。
(2)实验中改用 60 mL0.50 mol/L 的盐酸跟 50mL 0.55 mol/L 的 NaOH 溶液进行反应，与 上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和热的数值会_____(填“相等”或 “不相等”)，理由是_____。
(3)该同学做实验时有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因 是_____。
A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净 B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓 C．做本实验的当天室温较高 D．在量取盐酸时仰视计数
E．将 50mL0.55mol/L 氢氧化钠溶液取成了 50mL0.55mol/L 的氨水
(4)将 V1ml 1.0mol/L HCl 溶液和 V2ml 未知浓度的 NaOH 溶液混合均匀后测量并记录温 度，实验结果如下图所示(实验中始终保持 V1+V2=50mL)
通过分析图像可知，做该实验时环境温度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，该 NaOH 溶液的浓度约为_____mol/L。
(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是 1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容 c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度 t1/℃
终止温度 t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.3
20.5
25.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝_____(结果保留一位小数)。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平 (3). 不相等 (4). 相等 (5). 中和热是酸和碱发生中和反应生成 1molH2O 所放出的热量与酸碱用量无关 (6). ABE (7). 低于 (8). 1.5 (9). -51.8kJ/mol
【解析】
【分析】
（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条；
（2）中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关；
（3）根据中和热测定过程中误差判断；
（4）根据酸碱中和反应原理进行计算；
（5）根据Q=cm△T进行计算。
【详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；由图可知该装置有不妥之处：大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条，应用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平；
（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；
（3）A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，导致实验测得中和热的数值偏小，选项A正确；
B、把量筒中氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，选项B正确；
C、做本实验的室温和反应热的数据之间无关，选项C错误；
D、在量取盐酸时仰视计数，会使得实际量取体积高于所要量的体积，放出的热量偏大，导致实验测得中和热的数值偏高，选项D错误；
E、将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水，由于氨水是弱碱，碱的电离是吸热的过程，所以导致实验测得中和热的数值偏小，选项E正确；
答案选ABE；
（4）从图形起点可知：5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃
，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；当酸碱恰好反应时，放出的热量最高，从图示可知V1=30mL，V2=50mL-30mL=20mL，二者体积比为：，c（NaOH）===1.5mol/L；
（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.1℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.4℃，反应后温度为：25.6℃，反应前后温度差为：5.2℃，与其他组相差太大，舍去；
50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.1℃=1295.8J＝1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol。
