海南省海口第四中学2018-2019学年高一下学期期末考试化学（选考）试卷

海南省海口第四中学2018-2019学年高一下学期期末考试化学（选考）试卷

www.ks5u.com 海口四中2018～2019学年度第二学期期末考试 高一年级化学试题 考试说明：‎ ‎1.本试卷共有20道题，时间90分钟，满分100分，第Ⅰ卷为选择题，共42分，第Ⅱ卷为非选择题，共58分。‎ ‎2.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效。‎ ‎3.填涂答题卡上的选择题选项时需用2B铅笔。‎ ‎4.可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 C:12 Na:23 Cl:35.5‎ 第Ⅰ卷 (选择题 共42分)‎ 一、单项选择题(本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1.下列关于化学与生产、生活的认识正确的是 A. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源 B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物 C. 酸雨的pH在5.6～7.0之间 D. “地沟油”可以用来制造肥皂或生产生物柴油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 煤的气化、液化都是化学变化；石油分馏产物仍然是混合物；酸雨的pH小于5.6，；地沟油可以通过皂化反应生成肥皂，通过酯化和酯交换反应可以转化成生物柴油。‎ ‎【详解】A.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，A项错误；‎ B.石油的分馏产物汽油、柴油、煤油仍然是多种烃的混合物，并非纯净物，B项错误；‎ C.酸雨的pH值小于5.6，不在5.6～7.0之间，C项错误；‎ D.地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为皂化反应，可生成肥皂，通过酯化和酯交换反应可以将地沟油转化成生物柴油，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 矿物油也可以发生皂化反应 B. 葡萄糖和蔗糖都能发生银镜反应 C. 环己烯与苯可用溴水鉴别 D. 采取分液方法可以将液溴和CCl4的混合物进行分离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 矿物油属于烃类；‎ B. 还原性糖能发生银镜反应；‎ C. 双键能与溴水中的溴，发生加成使溴水褪色；‎ D. 液溴会溶于有机溶剂；‎ ‎【详解】A.矿物油属于烃类，不能发生皂化反应，A项错误；‎ B.葡萄糖属于还原性糖，蔗糖不属于还原性糖，B项错误；‎ C.环己烯中含有双键，能与溴水发生加成反应使它褪色，苯能与溴水发生萃取，C项正确；‎ D.液溴能溶于有机溶剂，所以不能用分液的方法分离，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列有关化学用语表示错误的是 A. 中子数为34，质子数为29的铜原子：‎ B. 羟基的电子式：‎ C. 聚乙烯的单体是：―CH2―CH2―‎ D. 乙烯的结构简式：CH2=CH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中子数为34，质子数为29的铜原子，质量数为34+29=63，元素符号的左下角为质子数，原子表示为，A项正确；‎ B. 氧原子周围7个电子，氢原子周围1个电子，B项正确；‎ C.聚乙烯中不含C=C，聚乙烯的单体为CH2═CH2，C项错误；‎ D.乙烯分子中含有官能团碳碳双键，其结构简式中必须标出碳碳双键，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应:‎ ‎(I )3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;‎ ‎(II )5NaBr+NaBrO3 +3H2SO4 ===3Na2SO4 +3Br2+3H2O 下列有关判断正确的是 A. 反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1‎ B. 溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应 C. 反应Ⅱ中生成3 mol Br2时，必有5 mol电子转移 D. 氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. (I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5:1，故错误；B. 溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；C. 反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3 +3H2SO4 ===3Na2SO4 +3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从-1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3 mol Br2时，必有5 mol电子转移，故正确；D.在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。故选C。‎ ‎5.有机化合物与我们的生活息息相关。下列说法正确的是 A. 卤代烃C3H7Cl有三种同分异构体 B. 石油裂解的目的是为了提高轻质液体燃料的产量和质量 C. 棉花和合成纤维的主要成分都是纤维素 D. 结构简式如图所示的有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.C3H8只有一种结构：CH3CH3CH3，分子中只有2种氢原子；‎ B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；‎ C.合成纤维是有机合成高分子材料；‎ D.由结构简式可知，分子中含碳碳双键、酯基。‎ ‎【详解】A. C3H8只有一种结构：CH3CH2CH3,分子中只有2种氢原子,则卤代烃C3H7Cl有2种同分异构体，A项错误；‎ B..石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，B项错误；‎ C..合成纤维是有机合成高分子材料，而棉花的主要成分是纤维素，C项错误；‎ D..由结构简式可知，分子中含碳碳双键可发生加成、氧化反应，含有酯基可以在碱性或酸性条件下发生水解反应，水解反应属于取代反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)；△H＝－483.6kJ·mol—1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol—1‎ B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)；△H＝－57.3kJ· mol—1，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出大于28.65kJ的热量 C. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)；△H＞0，则石墨比金刚石稳定 D. 己知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) △H=a、2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H=b，则a＞b ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，应生成液态水；‎ B．醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，据此回答；‎ C．一氧化碳燃烧生成二氧化碳放出热量，焓变为负值，据此分析比较大小；‎ D．物质具有的能量越低越稳定，吸热反应，产物的能量高于反应物的能量，据此回答。‎ ‎【详解】A. 燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，氢气燃烧热应生成液态水，2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1，反应中生成物水为气态，A项错误；‎ B. 醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于28.7kJ的热量，B项错误；‎ C. C(石墨⋅s)=C(金刚石⋅s)△H>0，可知石墨转化为金刚石吸热，即金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，C项正确；‎ D. 2molC完全燃烧生成CO2放出的热量比生成CO放出的热量要多，焓变为负值，则b>a，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列家庭化学实验不能达到预期目的的是 A. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物 B. 用湿润的淀粉-KI 试纸检验 HCl气体中是否混有 Cl2‎ C. 向 Ca(ClO)2 溶液中加入硫酸溶液，来证明 S、Cl 的非金属性强弱 D. 将一片铝箔用火灼烧，铝箔熔化但不滴落，证明铝箔表面致密Al2O3薄膜熔点高于Al ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质燃烧时能产生烧焦羽毛的气味，所以用灼烧方法可以鉴别纯棉织物和纯羊毛织物，故A正确；‎ B.氯气与KI反应生成碘单质，而HCl不能，淀粉遇碘变蓝，则用湿润的淀粉KI试纸检验HCl气体中是否混有Cl2，故B正确；‎ C.向Ca（ClO）2溶液中加入硫酸溶液，生成HClO，但HClO不是最高价含氧酸，不能比较非金属性的强弱，应利用最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性强弱，故C错误；‎ D.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，证明铝箔表面致密Al2O3薄膜熔点高于Al，故D正确。‎ 故选C。‎ 二、多项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分)‎ ‎8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，每生成2.24LO 2，转移的电子数一定为0.4NA B. 常温下，7.8g苯中所含C—H键数目为0.6NA C. 常温常压下，1.7g羟基中含有的电子数为0.9NA D. 25℃时，1.0L0.1mol/L的CH3CH2OH溶液中含有的OH−数目为0.1NA ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.标准状况下，每生成2.24L O2，物质的量为0.1mol，可以是-1价氧元素生成也可以是-2价氧元素生成； B.苯分子中的碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，苯中单键为碳氢键； C.1.8g甲基（-CH3）物质的量为0.1mol，甲基不显电性，计算0.1mol-CH3含中子个数，质量数=质子数+中子数； D. 乙醇不能电离出OH-。‎ ‎【详解】A.标准状况下,每生成2.24LO2,物质的量为0.1mol,可以是−1价氧元素生成,如过氧化钠和水反应,单质转移0.2NA,也可以是−2价氧元素生成如水分解,单质转移0.4NA，A项错误；‎ B. 7.8g苯的物质的量为0.1mol,苯中不存在碳碳单键,0.1mol苯分子中含有0.6mol碳氢单键,则含有单键的数目为0.6NA，B项正确；‎ C. 1.8g甲基(−CH3)物质的量为0.1mol,甲基不显电性,故0.1mol−CH3含中子个数=0.1mol×[12−6+(2−1)×3]×NA=0.9NA，C项正确；‎ D.乙醇不能电离出OH-，溶液中没有OH-， D项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】乙醇不能电离出OH-，如果题中问，乙醇溶液中含有氧原子的数目，要注意水中也含有大量氧原子。‎ ‎9.高温条件下，Al和Fe2O3反应生成Fe和Al2O3。下列说法正确的是 A. 该反应过程中的能量变化如图所示 B. 该反应条件下，Al的还原性强于Fe C. 反应中每生成1molFe转移3×6.02×1023个电子 D. 实验室进行该反应时常加入KClO3作催化剂 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.铝热反应属于放热反应；‎ B.氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；‎ C.反应中Fe元素的化合价从+3价降低到0价；‎ D.铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气。‎ ‎【详解】A.铝热反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，图像不符，A项错误；‎ B.Al和Fe2O3反应生成Fe和Al2O3，Al作还原剂，Fe是还原产物，所以Al的还原性强于Fe，B项正确；‎ C.反应中Fe元素的化合价从+3价降低到0价，所以反应中每生成1mol Fe转移3×6.02×1023个电子，C项正确；‎ D.铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气，反应中KClO3不是催化剂，D项错误。‎ 答案选BC。‎ ‎10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，X和Z同主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)‎ B. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强 C. 化合物X2Y2和Z2Y2所含化学键类型完全相同 D. 工业上常用电解熔融W的氧化物制备W的单质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则Y为O元素。X的原子半径比Y的小，X的原子序数比Y的小，则X为Ｈ元素。X和Z同主族，Z的原子序数大于O的原子序数，Z为Na元素。W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，则W的原子序数为12，为Na元素。所以X、Y、Z、W分别为：H、O、Na、Mg。‎ A、原子半径r(Na)>r(Mg)>r(O)，A错误。B、Z的最高价氧化物对应水化物为强碱NaOH，W的最高价氧化物对应水化物为中强碱Mg（OH）2，NaOH碱性大于Mg（OH）2，B正确。C、H2O2含的化学键为极性键和非极性键，Na2O2含的化学键为离子键和非极性键，不完全相同，C错误。MgO熔点很高，要成为熔融态，消耗大量能量，成本高。MgCl2熔点相对较低，故工业上电解熔融的MgCl2来制取Mg单质，D错误。正确答案为B ‎11.从海带中提取碘的实验过程中涉及以下操作，其中正确的是 A. 将海带灼烧成灰 B. 过滤得含I-的溶液 C. 放出碘的苯溶液 D. 分离碘并回收苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室从海带提取碘过程中涉及多种基本操作，根据仪器、装置、操作要领回答正误。‎ ‎【详解】A项：将海带灼烧成灰应使用坩埚，装置①用烧杯不正确；‎ B项：过滤应用玻璃棒引流，装置②错误；‎ C项：碘的苯溶液密度比水小，在上层，应从分液漏斗上口放出，装置③放出碘的苯溶液错误；‎ D项：用蒸馏方法分离碘并回收苯，装置④正确。‎ 本题选D。‎ ‎12.下列有关热化学反应的描述中正确的是：‎ A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol C. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．中和热是酸碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热与HCl和NaOH反应的中和热相同，都是ΔH＝－57.3kJ/mol，错误；B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO完全燃烧产生CO2放出热量是283.0kJ，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol，正确；C．1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，错误；D．由于醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，错误。‎ 考点：考查有关热化学反应的描述正误判断的知识。‎ ‎13.实验室可用如图所示装置实现路线图中部分转化：‎ 下列叙述正确的是 A. 乙醇在铜网表面被还原 B. 甲、乙烧杯中的水均起到冷却作用 C. 试管a收集到的液体中至少有两种有机物 D. 实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明发生的是放热反应 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 铜的表面氧气与乙醇发生氧化反应；B. 甲中为热水，起到加热乙醇的作用，乙中水起到冷却作用；C. 试管a收集到的液体为乙醇和乙醛；D. 熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明反应中有热量放出。‎ ‎【详解】A. 在铜作催化剂的作用下，乙醇与氧气反应生成乙醛，即铜的表面氧气与乙醇发生氧化反应，A项错误；‎ B. 甲中为热水，起到加热乙醇的作用，使乙醇形成蒸气挥发，乙中水起到冷却作用，使乙醛蒸气冷却，B项错误；‎ C. 试管a收集到的液体为乙醇和乙醛，乙醛还可能被氧化为乙酸，所以试管a收集到的液体中至少有两种有机物，C项正确；‎ D. 熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应，放出的热量足以维持反应进行，D项正确；‎ 答案选CD。‎ ‎14.下列说法不正确的是 A. 炒菜时，加一点酒和醋酸能使菜味香可口 B. 蔗糖在酸性条件下水解的产物互为同分异构体 C. CuSO4·5H2O可用于检验酒精中是否含有水 D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制甘油和肥皂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 酒的成分为乙醇，乙醇和醋酸发生取代反应生成具有香味的酯，因此能使菜味香可口，A正确；蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖和果糖，两种产物分子式均为C6H12O6,结构不一样，互为同分异构体，B正确；可用无水CuSO4检验酒精中是否含有水，若含有水，白色固体变为蓝色CuSO4·5H2O，C错误；利用油脂在碱性条件下水解，可以生产甘油和高级脂肪酸钠（肥皂主成分），D正确；正确选项C。‎ 点睛：检验酒精中是否含有水，可用无水硫酸铜进行检验，除去酒精中的水可加入生石灰，加蒸馏即可。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题 共58分)‎ 三、非选择题(本题包括 6 小题，共58分)‎ ‎15.短周期元素a、b、c、d、e在周期表中的相对位置如图所示。已知a元素形成的物质种类最多。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在周期表中，b在元素周期表中的位置为______。‎ ‎（2）b、c、e的气态氢化物热稳定性由强到弱的顺序为_____（用化学式表示）。‎ ‎（3）在d的氢化物中，既含极性键又含非极性键的分子的电子式为____。‎ ‎（4）a的单质在过量的d的单质气体中燃烧生成气态产物，转移1mol电子时放出的热量为98.75kJ。写出反应的热化学方程式:_______。‎ ‎（5）请写出e单质与石灰乳制成漂白粉的化学方程式________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第ⅣA族 (2). HCl>PH3>SiH4 (3). (4). C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-395kJ/mol (5). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据b在元素周期表的位置，推出b为Si元素，所以Si在第三周期第ⅣA族；‎ ‎（2）根据元素周期表的位置推断，b、c、e分别为Si、P、Cl，氢化物的热稳定性与它的非金属性有关，同一周期依次递增，所以HCl>PH3>SiH4；‎ ‎（3）在d的氢化物中，既含极性键又含非极性键的分子是过氧化氢；‎ ‎（4）根据燃烧热的定义进行书写，要注意1mol纯物质；‎ ‎（5）氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水。‎ ‎【详解】（1）根据周期数和主族数得出；‎ ‎（2）根据元素周期表的位置推断，b、c、e分别为Si、P、Cl，热稳定性根据非金属性来判断；‎ ‎（3）在d的氢化物中，既含极性键又含非极性键的分子是过氧化氢，电子式为；‎ ‎（4）根据燃烧热的定义进行书写，要注意1mol纯物质，C变成CO2失去4个电子，所以方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-395kJ/mol；‎ ‎（5）氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。‎ ‎16.以苯为原料合成一些化工产品的转化关系如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的名称是_________。‎ ‎（2）C的结构简式为__________。‎ ‎（3）B→D的反应类型是______；E中所含官能团名称是______。‎ ‎（4）B→A的化学方程式为_________。‎ ‎（5）写出E发生加聚反应方裎式_________。‎ ‎【答案】 (1). 硝基苯 (2). (3). 取代反应 (4). 碳碳双键 (5). +HNO3+H2O (6). n ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A名称是硝基苯；‎ ‎（2）C为苯环加成后的产物； ‎ ‎（3）B→D是将苯环上的一个氢原子被-CH2CH3取代，所以该反应为取代反应；E中所含官能团是碳碳双键；‎ ‎（4）B→A是硝化反应； ‎ ‎（5）苯乙烯加聚变成聚苯乙烯。‎ ‎【详解】（1）A的名称是硝基苯；‎ ‎（2）C为苯环加成后的产物环己烷，结构简式为； ‎ ‎（3）B→D是将苯环上的一个氢原子被-CH2CH3取代，所以该反应为取代反应；E中所含官能团是碳碳双键；‎ ‎（4）B→A是苯的硝化反应，方程式为+HNO3+H2O； ‎ ‎（5）苯乙烯加聚变成聚苯乙烯，方程式为n 。‎ ‎【点睛】注意苯环不是官能团。‎ ‎17.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。‎ ‎（1）在25℃、101kPa时，8gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则CH4燃烧的热化学方程式_____________。‎ ‎（2）已知：‎ C(s)+O2(g) = CO2(g) △H=-437.3kJ·mol -1‎ H2(g)+1/2O2(g) = H2O(g) △H=-285.8kJ·mol-1‎ CO(g)+1/2O2(g) = CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1‎ 则煤气化反应C(s)+H2O(g) = CO(g)+H2(g)的焓变△H=___ kJ·mol-1。‎ ‎【答案】 (1). CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） △H=-890.3kJ/mol (2). +131.5kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算1mol甲烷完全燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与焓变书写热化学方程式；‎ ‎（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减，构造目标热化学方程式，焓变也进行相应的计算；‎ ‎【详解】（1）在25℃、101kPa时,8gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ,则1mol甲烷燃烧放出的热量为：445.15kJ×1mol×16g/mol8g=890.3kJ,则CH4燃烧的热化学方程式是：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3kJ/mol，‎ 故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3kJ/mol；‎ ‎（2）已知：①.C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=−437.3kJ⋅mol-1‎ ‎②.H2(g)+12O2(g)═H2O(g)△H=−285.8kJ⋅mol-1‎ ‎③.CO(g)+12O2(g)═CO2(g)△H=−283.0kJ⋅mol-1‎ 根据盖斯定律,①−②−③可得：‎ C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)‎ ‎△H=−437.3kJ⋅mol-1−(−285.8kJ⋅mol-1)−(−283.0kJ⋅mol-1)=+131.5kJ⋅mol-1，‎ ‎18.海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海洋资源的综合利用具有非常广阔的前景。回答下列问题：‎ ‎（1）据媒体报道，挪威和荷兰正在开发一种新能源盐能。当海水和淡水混合时，温度将升高0.1℃，世界所有入海口的这种能源相当于电力需求的20％。海水和淡水混合时，温度升高最可能的原因是______。‎ A.发生了盐分解反应 B.发生了水分解反应 C.由于浓度差产生放热 D.盐的溶解度增大 ‎（2）蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法。你认为蒸馏法淡化海水最理想的能源是_______。‎ ‎（3）从海水中可得到多种化工原料和产品，如图是利用海水资源流程图。‎ ‎①反应Ⅱ的离子方程式为_________。‎ ‎②从反应Ⅲ后的溶液中得到纯净的单质溴的实验操作方法是_____。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 太阳能 (3). SO2+2H2O+Br2=4H++SO42-+2Br- (4). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）海水与淡水混合，不可能发生化学反应，溶解度与温度有关；‎ ‎（2）太阳能来源普遍，不会污染环境，它最清洁能源之一；‎ ‎（3）根据流程图知反应Ⅱ为SO2与Br2的反应；从溶液中提取固体的方法，可以选用蒸馏。‎ ‎【详解】（1）海水与淡水混合，不可能发生化学反应，A项错误、B项错误；海水和淡水存在浓度差，因此会放热，C项正确；温度升高可以使盐的溶解度增大，但溶解度增大不会使温度升高，D项错误，答案选C；‎ ‎（2）太阳能来源普遍，不会污染环境，它是最清洁能源之一，因此蒸馏法淡化海水最理想的能源是太阳能；‎ ‎（3）反应Ⅱ为SO2与Br2的反应，离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=4H++SO42-+2Br-；‎ 从反应Ⅲ后的溶液中得到纯净的单质溴的实验操作方法是蒸馏。‎ ‎19.用“>”“<”或“＝”填空： ‎ ‎ (1)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。‎ ‎(2)相同条件下，2 mol氢原子所具有的能量______1 mol氢分子所具有的能量。‎ ‎(3)已知常温下红磷比白磷稳定，比较下列反应中(反应条件均为点燃)ΔH的大小：ΔH1______ ΔH2。‎ ‎①P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH1，‎ ‎②4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH2。‎ ‎(4)已知：101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1，则碳的燃烧热数值________110.5 kJ·mol－1。‎ ‎(5)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量________57.3 kJ；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液中和生成1 mol 水放出的热量_______________57．3 kJ。‎ ‎(6)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。‎ ‎【答案】 (1). ＝ (2). > (3). < (4). > (5). > (6). > (7). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应热与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关。‎ ‎（2）化学键断裂为吸热过程，新键生成放热的过程。‎ ‎（3）常温时红磷比白磷稳定，说明白磷能量高，反应放出的热量较多。‎ ‎（4）燃烧热是指在101kp时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。‎ ‎（5）浓硫酸稀释放热；硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀时，因为伴随着沉淀热，故放出的热量增大。‎ ‎（6）合成氨反应是可逆反应，反应物不能完全消耗。‎ ‎【详解】(1)同温同压下，氢气和氯气生成氯化氢气体的焓变与过程、反应条件无关，只与反应始态、终态有关，所以ΔH1=ΔH2；正确答案：＝。‎ ‎(2)2 mol氢原子合成1 mol氢分子时形成化学键，要放出热量，故前者能量大；正确答案：>。‎ ‎(3)红磷比白磷稳定，红磷的能量比白磷低，红磷燃烧时放出的热量少，带负号比较时，后者大；正确答案：< 。 ‎ ‎(4)CO燃烧时还能放出热量，所以碳的燃烧热值大于110.5 kJ·mol－1；正确答案：>。‎ ‎(5)浓硫酸稀释时能放出热量，故与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3 kJ ‎；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液反应时生成硫酸钡，还需形成化学键（生成硫酸钡），放出能量，故中和时生成1mol水放出的热量大于57.3 kJ；正确答案： >；>。‎ ‎(6)合成氨反应是可逆反应，1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中不能全部反应，故放出的热量小于92.0 kJ；正确答案：<。‎ ‎【点睛】明确燃烧热的定义是解题的关键，然后仔细观察生成物的状态；反应物所具有的总能量越高，该反应物就越不稳定，燃烧放出的热量就越多，反之，反应物所具有的总能量越低，该反应物就越稳定，燃烧放出的热量就越少。‎ ‎20.已知：Cl2O常温下为气态，溶于水可得只含单一溶质A的弱酸性溶液，且有漂白性，A溶液在放置过程中其酸性会增强。常温下，Cl2O与NH3反应生成离子化合物B、气体单质C和常见液体D，C为空气中含量最多的物质。请回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学式为_______，气体单质C的结构式为_________。‎ ‎（2）用化学方程式表示A溶液酸性增强的原因______。‎ ‎（3）A溶液能使紫色石蕊溶液褪色，体现了A具有____性。‎ ‎（4）固体B与碱共热能生成一种刺激性气味的气体，该气体是_____(填“离子” 或“共价”)化合物。‎ ‎【答案】 (1). NH4Cl (2). NN (3). 2HClO=2HCl+O2 (4). 漂白 (5). 共价 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Cl2O溶于水生成一种弱酸且有漂白性，A溶液在放置过程中其酸性会增强，判断A溶液是HClO，根据常温下，Cl2O与NH3反应生成离子化合物B、气体单质C和常见液体D，C为空气中含量最多的物质，推断C是N2，D为常见液体H2O，B为离子化合物，结合元素来看，是NH4Cl。‎ ‎【详解】根据Cl2O溶于水生成一种弱酸且有漂白性，A溶液在放置过程中其酸性会增强，判断A溶液是HClO，根据常温下，Cl2O与NH3反应生成离子化合物B、气体单质C和常见液体D，C为空气中含量最多的物质，推断C是N2，D为常见液体H2O，B为离子化合物，结合元素来看，是NH4Cl。‎ ‎（1）B为离子化合物，B的化学式为NH4Cl，气体单质C为氮气，结构式为NN；‎ ‎（2）次氯酸会分解生成盐酸和氧气，方程式为2HClO=2HCl+O2；‎ ‎（3）HClO溶液能使紫色石蕊溶液褪色，体现了HClO具有漂白性；‎ ‎（4）固体B与碱共热能生成一种刺激性气味的气体，说明B中含有铵根离子，结合元素推断B为NH4Cl。‎ ‎【点睛】此题要注意弱酸溶液，在放置过程中其酸性会增强，根据其含有氯元素要想到是次氯酸，借此解题。‎ ‎ ‎