2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高一下学期期中考试 化学试题（解析版）‎ 一、单选题(本大题共16小题，共48.0分)‎ ‎1.根据元素周期表，下列叙述中不正确的是 A. 在地球上,元素的分布和它们在元素周期表中的位置有密切关系 B. 在金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素 C. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素 D. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 在地球上，元素的分布和它们在元素周期表中的位置有密切关系，A正确；B. 应该在非金属元素区域寻找制备新型农药材料的元素，B错误；C. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素，C正确；D. 在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素往往既具有金属性，也具有非金属性，因此可以寻找制备半导体材料的元素，D正确，答案选B。‎ ‎2.下列说法中,正确的是(   )‎ A. 浓硫酸稀释时,应将水沿器壁慢慢倒入浓硫酸中,并不断用玻璃棒搅拌 B. 浓硫酸不分解,不挥发,所以可以敞口放置于空气中 C. 浓硫酸具有氧化性,稀硫酸无氧化性 D. 可以用铁罐或铝槽车来运输冷的浓硫酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．浓硫酸稀释的正确操作：将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，A错误；B．浓硫酸具有吸水性，敞口放置于空气中会吸收空气中水，浓度减小，B错误；C．稀硫酸中+1价氢在反应中能得到电子，所以稀硫酸也具有氧化性，C错误；D．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝钝化，形成致密的氧化膜，所以可以用铁罐或铝槽车来运输冷的浓硫酸，D正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸的吸水性、脱水性、强氧化性是解题的关键，注意钝化是化学变化。另外还要注意氧化性酸与酸的氧化性的区别，任何酸都能电离出氢离子，具有氧化性。‎ ‎3.下列各组性质比较中，正确的是（ ）‎ 沸点：HF＞HCl＞HBr＞HI 离子还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-‎ 酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 金属性：K＞Na＞Mg＞Al 气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S 半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+‎ A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，①错误；‎ ‎②元素的非金属性Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，②错误；‎ ‎③非金属性Cl＞Br＞I，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，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，③正确；‎ ‎④同主族从上到下，金属性增强：K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即Na＞Mg＞Al，即金属性：K＞Na＞Mg＞Al，④正确；‎ ‎⑤元素的非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，⑤正确；‎ ‎⑥核外电子排布相同时，离子半径随核电荷数增大而减小，即离子半径O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，⑥正确。‎ 答案选B。‎ ‎4.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径/10－10m ‎0.66‎ ‎1.36‎ ‎1.23‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.54‎ ‎0.70‎ ‎1.24‎ 最高价或最低价 ‎－2‎ ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5、－3‎ ‎+7、－1‎ ‎+1‎ ‎+5、－3‎ ‎+3‎ A. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物 B. 元素⑦位于第二周期第V族 C. 元素①⑧形成的化合物具有两性 D. 元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都有最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al，则 A．元素④⑤形成的化合物是NCl3，属于共价化合物，A错误；‎ B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，B错误；‎ C．元素①⑧形成的化合物为Al2O3，Al2O3具有两性，C正确；‎ D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，根据化合价与原子半径推断元素是解答的关键，注意对元素周期律的理解掌握。‎ ‎5.下列化学用语或命名正确是　‎ A. 次氯酸的结构式：‎ B. 第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为 C. CO2分子的比例模型 ：‎ D. 的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸中各原子均达到稳定结构，其结构式：，A项错误；‎ B. 第三周期简单阴离子得电子后,核外电子总数为18,其结构示意图均可表示为,B项正确；‎ C.同周期元素原子半径从左到右依次减小，原子半径比较：OHClO2>HClO3，跟含氧酸的元素化合价无直接关系，B项错误；‎ C.二氧化硅可与氢氧化钠反应，但不与水反应，可与氢氟酸可以发生反应生成四氟化硅与水，C项错误；‎ D. Ge位于元素周期表的金属与非金属的边界线上，具有半导体的特性，与C同族，C可形成CO与CO2，根据同族元素的相似性可知，其氧化物可以是GeO或GeO2，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】B项是学生的易错点，对于同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强，但氧化性不一定越强。学生要加以对比与区分。‎ ‎9.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。其中X、Y为金属元素，W和Z同主族。Z的核外电子数是W的2倍，W和Z的质子数之和等于X和Y的质子数之和。下列说法不一定正确的是(    )‎ A. 原子半径：‎ B. 工业冶炼Y的方法是电解熔融Y的氧化物 C. W和X组成的化合物为碱性氧化物 D. 向W、X、Y组成的化合物水溶液中滴入稀盐酸至过量，溶液先变浑浊后澄清 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W和Z同主族，Z核外电子数是W的2倍，则W为O元素，Z为S元素，W和Z的质子数之和等于X和Y的质子数之和，可知X为Na元素，Y为Al元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】由以上分析可知W为O、X为Na、Y为Al、Z为S元素。‎ A. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序为X>Y>Z>W，A项正确；‎ B. Y为Al，工业上利用电解熔融氧化铝的方式冶炼铝单质，B项正确；‎ C. W和X组成的化合物如为Na2O2，为过氧化物，不属于碱性氧化物，C项错误；‎ D. W、X、Y组成的化合物为NaAlO2，加入盐酸，先生成氢氧化铝，盐酸过量，则沉淀溶解，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】C项是学生的易错点，需要注意过氧化钠不是氧化物，也不是碱性氧化物。‎ ‎10.下列说法正确的是(    )‎ 离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键 硫酸的酸性大于碳酸的酸性，所以非金属性 含金属元素的化合物不一定是离子化合物 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 熔融状态能导电的化合物是离子化合物 由分子组成的物质中一定存在共价键 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键，如H2O2、Na2O2，①项正确；‎ ‎②元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，②项正确；‎ ‎③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，③项正确；‎ ‎④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐为离子化合物，④项错误；‎ ‎⑤熔融状态能导电的化合物是离子化合物，说明该化合物中含有自由移动的离子，⑤项正确；‎ ‎⑥由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，⑥项错误；‎ 综上所述，正确，故C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎11.下列物质中含有共价键的离子化合物是    ‎ ‎　　　　   　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键一定不含离子键，据此分析解答。‎ ‎【详解】①MgF2中镁离子和氟离子之间只存在离子键，①项错误；  ②Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子和氧原子之间存在共价键，②项正确； 中钠离子和醋酸根离子间存在离子键，醋酸根离子中C与O、C与H及C与C之间存在共价键，③项正确；    ④CaC2中存在Ca2+和C22-离子，C22-离子中碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，④项正确；    ⑤CO2中碳原子和氧原子之间存在共价键，⑤项错误；    ⑥H2O2中氢原子和氧原子之间存在共价键，⑥项错误；     ⑦N2中氮原子和氮原子之间存在共价键，⑦项错误；‎ 综上所述，②③④正确，即A项正确， 答案选A。‎ ‎【点睛】离子化合物与共价化合物依据常见形成的化合物分类可区分如下为：‎ 离子化合物是存在于①活泼金属（指第一和第二主族的金属元素）与活泼的非金属元素（指第六和第七主族的元素）之间形成的化合物；②金属元素与酸根离子之间形成的化合物。（酸根离子如硫酸跟离子、硝酸跟离子、碳酸跟离子等等）③铵跟离子（NH4+）和酸根离子之间，或铵根离子与非金属元素之间；而共价化合物存在于非金属元素之间，对于由两种元素形成的化合物。如果存在于同种非金属元素之间那么是非极性共价键，如是不同种元素之间形成的是极性共价键，这些都是共价化合物，学生要加以准确区分与判断。‎ ‎12.下列变化中，反应物的总能量小于生成物的总能量的是 A. 过氧化氢分解 B. 铝热反应 C. 碳酸钙分解 D. 酸碱中和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，说明该反应为吸热反应，常见的吸热反应有：①氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，②大多数分解反应，③C、氢气或CO为还原剂的氧化还原反应等，以此解答该题。‎ ‎【详解】反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，说明该反应为吸热反应，‎ A. 过氧化氢分解为放热反应，A项错误；‎ B. 铝热反应为放热反应，B项错误；‎ C. 碳酸钙分解需要吸热，为吸热反应，C项正确；‎ D. 酸碱中和为放热反应，D项错误。‎ 答案选C。‎ ‎13.下列实验装置中，设计合理的是　　‎ A. 除去中混有的HCl气体 B. 制取并收集少量气体 C. 排空气法收集气体 D. 比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水、洗气，故A错误；B．常温下，Cu与浓硫酸无明显现象，且二氧化硫能与水反应，在水中的溶解度较大，不能用排水法收集二氧化硫，故B错误；C．CO2气体的密度比空气密度大，则应长导管进气，故C错误；D．硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，根据现象比较最高价含氧酸的酸性，以此可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为C，需要正确理解瓶口向下或向上排空气法收集气体的原理，该装置长进短出可以收集密度比空气大气体，短进长出可以收集密度比空气小的气体。‎ ‎14.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是 A. 常温常压下X的单质为气态 B. Z的氢化物为离子化合物 C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D. W与Y具有相同的最高化合价 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na，据此解答。‎ 详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则 A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；‎ B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；‎ C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；‎ D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。‎ 点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。‎ ‎15.假设R元素无同位素，元素R原子的质量数为A，Rm－的核外电子数为x，则W gRm－所含中子的物质的量为 A. (A－x＋m) mol B. (A－x－m) mol C. W/A (A－x＋m) mol D. W/A (A－x－m) mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Rm－的核外电子数为x，则R的质子数是x－m。因为质子数和中子数之和是质量数，所以Rm－所含的中子数为A－x＋m，则w g Rm－所含中子的物质的量为（A－x＋m）W/A mol，答案选C。‎ ‎16. 在下列进行的各反应中，在反应过程中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成的是 A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 B. 2AgOH=Ag2O+H2O C. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A中没有极性键的断裂和形成。B中没有非极性键的断裂和形成。C中没有离子键和非极性键的断裂，所以正确的答案选D。‎ 考点：考查化学键的有关判断 点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础知识的巩固，侧重能力的培养和解题方法的训练，有利于培养学生分析问题、解决问题的能力。该题的根据明确化学键的含义及其分类。‎ 二、推断题(本大题共2小题，共20.0分)‎ ‎17.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中仅含有一种金属元素，A单质是自然界中密度最小的气体，A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族．B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物．请回答下列问题：‎ ‎（1）A元素的名称是____，D在周期表中的位置______．E的离子结构示意图___．‎ ‎（2）B2分子的电子式：__，A2C的结构式：______．‎ ‎（3）用电子式表示D2E化合物的形成过程为__．‎ ‎（4）用含A元素最简单的有机化合物与赤热的氧化铜反应生成一种单质、液态氧化物和一可以使澄清石灰水变浑浊的气体，其化学方程式为_______．‎ ‎（5）在100mL 18mol/L E的最高价氧化物对应水化物的溶液中加入过量的铜片，加热使之充分反应，铜片部分溶解．产生的气体在标准状况下的体积可能是____（填序号）‎ a．7.32L b．6.72L c．20.16L d．30.24L．‎ ‎【答案】 (1). 氢 (2). 第三周期IA族 (3). (4). (5). H﹣O﹣H (6). (7). CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O (8). ab ‎【解析】‎ A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，A单质试自然界中密度最小的气体，是A为H元素；A和D最外层电子数相同，则二者处于同族，原子序数相差大于2，则D处于第三周期，D为Na元素；结合原子序数可知B、C处于第二周期，E处于第三周期，B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，B、C最外层电子数分别为5、6，故B为N元素，C为O元素，E为S元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2。‎ ‎（1）A元素的名称是氢；D为Na，在周期表中的位置是第三周期IA族；E的离子结构示意图为；‎ ‎（2）N2分子的电子式：，H2O的结构式：H﹣O﹣H；‎ ‎（3）用电子式表示Na2S化合物的形成过程为: ；‎ ‎（4）A元素最简单有机化合物为CH4，与赤热的氧化铜反应生成一种单质Cu、液态氧化物H2O和一可以使澄清石灰水变浑浊的气体CO2，其化学方程式为: CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；‎ ‎（5）在100mL 18mol/L的浓H2SO4溶液中加入过量的铜片，加热使之充分反应，铜片部分溶解，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，硫酸的物质的量为0.1L×18mol/L=1.8mol，发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，假设浓硫酸完全反应，生成二氧化硫为0.9mol，故实际生成二氧化硫的体积小于0.9mol×22.4L/mol=20.16L，答案选ab。‎ 点睛：本题考查位置结构性质三者关系及其应用，侧重对学生分析推理能力、知识迁移应用等能力的考查，推断出各种元素是解答本题的关键，利用题给信息中各元素的特征性质推断而得解，难度不大。 ‎ ‎18.已知A、B、C、D四种化合物均含有同种元素，该元素原子的电子层数是最外层电子数的3倍。E为单质，其组成元素的原子最外层电子数是电子层数的3倍。它们存在如图所示转化关系。 ‎ 的化学式为________，除去A溶液中混有的B，可采用的方法是________________。‎ 的电子式为________________，D的电子式为________________。‎ 与C的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 通入足量的 (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知A、B、C、D四种化合物均含有同种元素，该元素原子的电子层数是最外层电子数的3倍，则该元素为Na元素。E为单质，其组成元素的原子最外层电子数是电子层数的3倍，则该元素为O，则E单质为O2；根据转化关系可以推测出A为NaHCO3，B为Na2CO3，C为Na2O2，D为NaOH，E为O2，X为CO2，Y为H2O，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）A的化学式为NaHCO3；除去NaHCO3溶液中的Na2CO3可以向溶液中通入足量的CO2，足量的CO2与Na2CO3反应会生成NaHCO3；‎ 故答案为：NaHCO3；向溶液中通入足量的CO2；‎ ‎（2）X为CO2，碳氧之间为共价双键，则其电子式为： ；D为NaOH，是离子化合物，则其电子式为：；‎ 故答案为： ；；‎ ‎（3）CO2与Na2O2的反应中，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，氧化剂和还原剂都是Na2O2，且物质的量之比为1:1，‎ 故答案为：1:1。‎ 三、实验题(本大题共1小题，共16.0分)‎ ‎19.已知可以和HClO发生氧化还原反应。某学习小组对氯、硫及其化合物的性质进行下列实验探究活动： ‎ 实验一：探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。选用的装置和药品如下。‎ 装置A气密性检查的方法是________。‎ 装置连接顺序为A、________、B、E、________、F，其中装置E中反应的离子方程式为________，通过现象________即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。‎ 实验二：探究氯气与硫化氢气体混合能发生反应。选用的装置和药品如下。‎ 通过现象________即可证明氯气与硫化氢发生了反应。‎ 该装置存在一个不妥之处，你的改进措施为________。‎ 实验三：探究氯元素和硫元素非金属性强弱。‎ 为探究氯元素和硫元素的非金属性强弱，下列实验方案或有关说法中正确的是________。‎ A.实验一能说明硫元素非金属性强于氯元素 B.实验二能说明硫元素非金属性弱于氯元素 C.通过测定盐酸和氢硫酸的pH来判断非金属性强弱 D.已知硫化氢的沸点为，氯化氢的沸点为，则硫元素非金属性强于氯元素 ‎【答案】 (1). 方法一：塞紧橡胶塞，关闭止水夹，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，一段时间后，水不能顺利流下，则说明装置不漏气 或方法二：塞紧橡胶塞，关闭分液漏斗活塞，导管末端伸入盛水的烧杯中，用酒精灯微热烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止加热，冷却后，导管末端形成一段水柱，且保持一段时间不下降，则说明装置不漏气 (2). (3). D (4). 5SO2 +2MnO4-+2H2O =2Mn2++5SO42-+4H+ (5). D中品红不褪色，F中出现白色沉淀 (6). 装置D中有黄色固体生成 (7). 在导管F处连接一盛有碱石灰的尾气吸收装置 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可从注水法或气体的热胀冷缩法考虑；‎ ‎（2）根据题目所给装置，先比较亚硫酸与碳酸酸性，然后利用碳酸的酸性强于次氯酸，从而作出推断；‎ ‎（3）氯气与硫化氢在装置D中发生反应会生成淡黄色的硫单质；‎ ‎（4）氯气与硫化氢均有毒，必须有尾气处理装置；‎ ‎（5）依据非金属性判断的依据来作答。‎ ‎【详解】（1）检验装置气密性方法一：塞紧橡胶塞，关闭止水夹，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，一段时间后，水不能顺利流下，则说明装置不漏气 或方法二：塞紧橡胶塞，关闭分液漏斗活塞，导管末端伸入盛水的烧杯中，用酒精灯微热烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止加热，冷却后，导管末端形成一段水柱，且保持一段时间不下降，则说明装置不漏气，‎ 故答案为：方法一：塞紧橡胶塞，关闭止水夹，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，一段时间后，水不能顺利流下，则说明装置不漏气 或方法二：塞紧橡胶塞，关闭分液漏斗活塞，导管末端伸入盛水的烧杯中，用酒精灯微热烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止加热，冷却后，导管末端形成一段水柱，且保持一段时间不下降，则说明装置不漏气；‎ ‎（2）装置A作用是制取SO2，此装置中SO2含有HCl，HCl干扰实验，必须除去，制出的SO2通入到C装置，然后通入到装置B中，有气泡冒出，说明亚硫酸的酸性强于碳酸，此气体中混有SO2，然后用KMnO4溶液除去SO2，然后再通入品红溶液，检验SO2是否被完全除尽，品红不褪色，说明SO2被完全除尽，通入到F装置中，如果有白色沉淀产生，说明碳酸酸性强于次氯酸，从而得出结论，因此装置的连接顺序是A→C→B→E→D→F，装置B的作用是制取CO2，现象是D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀，‎ 故答案为：D；5SO2 +2MnO4-+2H2O =2Mn2++5SO42-+4H+；D中品红不褪色，F中出现白色沉淀；‎ ‎（3）氯气与硫化氢在装置D中发生反应会生成淡黄色的硫单质，则通过观察出D中有淡黄色固体生成来证明氯气与硫化氢发生了反应，‎ 故答案为：装置D中有黄色固体生成；‎ ‎（4）为防止气体污染环境，需有尾气处理装置，又氯气与硫化氢均为酸性气体，可连接装有碱石灰的尾气处理装置，‎ 故答案为：在导管F处连接一盛有碱石灰的尾气吸收装置；‎ ‎（5）A. 亚硫酸与次氯酸均不是最高价氧化物对应水化物酸性，所以不能比较硫与氯的非金属性，A项错误；‎ B. 氯气与硫化氢反应生成硫与氯化氢，氧化剂为氯气，氧化产物为硫，根据氧化还原反应规律可知氯气的氧化性大于硫，则氯的非金属性强于硫，B项正确；‎ C. 元素氢化物的酸性强弱不能判断非金属性强弱，C项错误；‎ D. 沸点为物理性质，不能判断非金属性的强弱，D项错误；‎ 故答案为B。‎ 四、计算题(本大题共2小题，共16.0分)‎ ‎20.将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：‎ ‎(1)NO的体积为________L(保留一位有效数字，下同)，NO2的体积为________L。‎ ‎(2)参加反应的HNO3的物质的量是___________。‎ ‎(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L−1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol·L−1。‎ ‎【答案】 (1). 5.8 (2). 5.4 (3). 1.52 mol (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）n(Cu)＝＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为11.2 L，有：x＋y＝0.5 mol　①，根据“得失电子守恒”，有：3x＋y＝0.51 mol×2　②，解方程组得：x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则：V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1≈5.8 L，V(NO2)＝11.2 L－5.8 L＝5.4 L；‎ 本题答案为：5.8，5.4；‎ ‎（2）参加反应的HNO3分两部分：一部分显酸性生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3为：0．51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol；‎ 本题答案为：1.52；‎ ‎（3）HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO3-的形式留在溶液中,变成气体的HNO3的物质的量为0.5‎ ‎ mol,加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO3-形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol,所以c(HNO3)＝mol·L－1；‎ 本题答案为：。‎ ‎21.(1)已知拆开1mol H−H键、1mol I−I键、1molH−I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299k J.则由氢气和碘反应生成1mol HI需要 ______ (填“放出”或“吸收”) ______  kJ的热量.氢气、碘和碘化氢三种分子最稳定的是 ______ (填化学式)‎ ‎(2)C、是常用的燃料，它们每1mol分别完全燃烧生成及时，放出的热量分别为、。计算说明：有数值计算的题，数值结果保留到小数点后1位。 ‎ 完全燃烧时放出的热量?_________ ‎ 完全燃烧相同质量的C和，哪种燃料放出热量较多？_________‎ ‎【答案】 (1). 放出 (2). 5.5 (3). H2 (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应，键能越大越稳定；‎ ‎（2）①1molC完全燃烧生成CO2（g）放出的热量为393.5kJ，1molC的质量为12g，则1gC完全燃烧放出的热量=；‎ ‎②计算1gC、CH4分别完全燃烧放出的热量，从而确定完全燃烧相同质量的C和CH4哪种燃料放出的热量多。‎ ‎【详解】（1）氢气和碘反应生成2mol HI，旧键断裂吸收能量的值为：436 kJ+151 kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598 kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应,放出的热量为：598kJ−587kJ=11kJ，生成1molHI需要放出=5.5kJ的热量，键能越大越稳定，最稳定的是氢气，‎ 故答案为：放出； 5.5；氢气；‎ ‎（2）①1molC完全燃烧生成CO2(g)放出的热量为393.5kJ，1molC的质量为12g,则1gC完全燃烧放出的热量== 32.8kJ，‎ 故答案32.8kJ；‎ ‎②1g CH4完全燃烧放出的热量==55.6kJ，1g C完全燃烧时放出的热量为32.8kJ，所以1mol甲烷完全燃烧放出的热量多，‎ 故答案为：甲烷。‎ ‎ ‎