【化学】甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试（第二次月考）试题（解析版）

【化学】甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试（第二次月考）试题（解析版）

甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试（第二次月考）试题 相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 Na 23 Zn 65 Ag 108 ‎ 一、选择题 ‎1.《本草经集注》中记载了区别硝石（KNO3）和芒硝（Na2SO4）:“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是运用了硝石的（ ）‎ A. 焰色反应 B. 氧化性 C. 还原性 D. 不稳定性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，体现了元素的性质，属于物理变化，故选A。‎ ‎2.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是(　　)‎ A B C D 硅太阳能电池 锂离子电池 太阳能集热器 燃气灶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅太阳能电池工作时将光能转化为电能，故A不符合； B. 锂离子电池是化学电池，工作时将化学能转化为电能，故B不符合； C. 太阳能集热器工作时将光能转化为热能，故C不符合； D. 燃气灶工作时将化学能转化为热能，故D符合； 故选D。‎ ‎3.具有相同电子层结构的三种微粒An＋、Bn－、C，下列分析正确的是（ ）‎ A. 原子序数关系：C>B>A B. 微粒半径关系：Bn－C>B，A错误；‎ B.因An+、Bn-具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，阴离子半径大于阳离子半径，即r(Bn−)>r(An+)，B错误；‎ C.An+、Bn-都应具有稀有气体的电子层结构，C的电子层结构相同于An+、Bn-，所以C必为稀有气体元素的原子，C正确；‎ D.A、B为不同周期的元素，由于原子序数A>B，A在B的下一周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径A>B，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.氧可与许多元素形成化合物，下列有关叙述错误的是(　　)‎ A. 水分子的结构式为：‎ B. H2O2的电子式：‎ C. Na2O2的电子式为：‎ D. 在MgO晶体中，O2-的结构示意图可表示为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水为V型分子，其结构式为，A正确，不选；‎ B．H2O2是共价化合物，其电子式为，B错误，符合题意；‎ C．Na2O2由Na＋和O22－组成，其电子式为，C正确，不选；‎ D．O为8号元素，得到2个电子后形成O2－，、O2－的结构示意图为，D正确，不选；‎ 答案选B。‎ ‎5.能源可划分为一次能源和二次能源，直接来自于自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 水煤气是二次能源 B. 水力是二次能源 C. 天然气是二次能源 D. 电能是一次能源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水煤气是通过煤与水反应制取的，是二级能源，A正确； ‎ B．水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，B错误；‎ C．天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，C错误；‎ D．电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，D错误。‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.下列热化学方程式中△H的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是( )‎ A. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-184.6kJ/mol B. C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ/mol C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ/mol D. CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】燃烧热是指101kP时，1mol物质完全燃烧产生稳定氧化物时放出的热量，常见元素及其稳定产物：H⟶H2O(l)，C⟶ CO 2 (g)，据此判断。‎ ‎【详解】A.氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧产生1mol H2O(l)时的反应热，故A不合题意；‎ B.碳单质的燃烧热是1mol C(s) 燃烧产生1mol CO 2 (g)时的反应热，该反应产物是CO(g)，故B不合题意；‎ C. 氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧产生1mol H2O(l)时的反应热，该反应是2mol H2(g)反应，故C不合题意；‎ D. 1mol CO(g) 燃烧产生1mol CO 2 (g)时的反应热为CO的燃烧热，故D符合题意；‎ 故选：D。‎ ‎7.中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，关于核素Lv的叙述错误的是（ ）‎ A. 原子序数为116 B. 中子数为177‎ C. 核外电子数为116 D. 该元素的相对原子质量为293‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 第116号元素Lv的原子序数为116，A项正确；‎ B. 中子数=质量数-质子数=293-116=177，B项正确；‎ C. 原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，所以核外电子数为116，C项正确；‎ D. 293代表该原子的质量数，数值约等于相等原子质量，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列现象或事实不能用同一原理解释的是（ ）‎ A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存 B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质 C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸 D. SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硝酸和氯水均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；‎ B、硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；‎ C、常温下铁遇浓硝酸钝化，珀与浓硝酸不反应，原理不同，C符合题意；‎ D、SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎9.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（ ）‎ A. 原子半径：W r(Z) > r(Y)‎ B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。‎ ‎【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；‎ B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；‎ C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；‎ D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.类推思想在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是(　　)‎ A. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 盐酸与镁反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气 C. SO2能使品红溶液褪色，故CO2也能使品红溶液褪色 D. 常温下浓硫酸能使铁和铝钝化，故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其具有还原性，二氧化碳没有还原性，不能与KMnO4反应，故A错误； B.硝酸具有强的氧化性，与活泼金属反应得不到氢气，故B错误； C.SO2能使品红溶液褪色，是因为其具有漂白性，二氧化碳没有漂白性，所以CO2不能使品红溶液褪色，故C错误； D.浓硫酸与浓硝酸都具有强的氧化性，室温下，都能使铁和铝发生钝化，故D正确； 答案选D。‎ ‎12. 下列装置应用于实验室制二氧化硫并验证其漂白性的实验，其中能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用装置甲制取二氧化硫 B. 用装置乙收集二氧化硫 C. 用装置丙验证二氧化硫的漂白性 D. 用装置丁吸收二氧化硫 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热制取SO2，题给装置没有加热装置，反应不能发生，因此该装置不能达到实验目的，A错误；‎ B．由于SO2的密度比空气大，所以应该用向上排空气的方法收集SO2，即导气管应该是长进短出，用装置乙不能收集到二氧化硫，B错误；‎ C. SO2有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸而使高锰酸钾溶液的紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性，C错误；‎ D. SO2是大气污染物，在验证SO2的漂白性后的尾气不能排入大气，要用碱溶液吸收，为了防止倒吸现象的发生，应该在导气管的末端安装一个倒扣的漏斗，D正确。‎ 故选D。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应热就是反应中放出的能量 B. 在任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热 C. 由C（s，石墨）═C（s，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1可知，金刚石比石墨稳定 D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应过程中吸收的热也是反应热，故A错误；‎ B、在恒压条件下，△H（焓变）数值上才等于反应热，故B错误；‎ C、比较稳定性应比较其能量的高低，由C（石墨）═C（金刚石）△H=+1.9 kJ•mol﹣1可知，金刚石能量高，不稳定，故C错误；‎ D、因为硫固体变为硫蒸气要吸热，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890kJ/mol，若以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 有4NA个电子转移时，放出890 kJ的能量 B. 有NA个C-H键断裂时，放出890 kJ的能量 C. 有2NA个H2O(l)生成时，放出890 kJ的能量 D. 有NA个C、O间的共用电子对生成时，放出890 kJ的能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】该热化学方程式CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890kJ/mol表示1mol甲烷气体和2mol氧气反应生成1mol二氧化碳气体和2mol液态水时放出890kJ的能量，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 该反应中CH4中-4价的碳经过反应变为产物二氧化碳中+4价的碳，所以每当放出890kJ的能量时，转移的电子数为8mol，则当有4NA个电子转移时，放出的能量应为445kJ，故A错误；‎ B. 有4NA个C−H键断裂时，放出890kJ的能量，故B错误；‎ C. 生成2mol的液态水放出890 kJ的能量，即有2NA个H2O(l)生成时，放出890 kJ的能量，故C正确；‎ D. 1mol二氧化碳分子中含有4NA个C、O间的共用电子对，由此可知有4NA个C、O间的共用电子对生成时，放出890 kJ的能量，所以有NA个C、O间的共用电子对生成时，应放出222.5kJ的能量，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.某小组设计如图装置(盐桥中盛有浸泡了KNO3溶液的琼脂)研究电化学原理。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 银片为负极，发生的反应为Ag＋＋e－=Ag B. 进行实验时，琼脂中K＋移向Mg(NO3)2溶液 C. 用稀硫酸代替AgNO3溶液，可形成原电池 D. 取出盐桥，电流表依然有偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】该装置为原电池，Mg是负极，Ag是正极。‎ ‎【详解】A. 银片为正极，发生的反应为Ag＋＋e－=Ag，A不正确；‎ B. 进行实验时，琼脂中K＋移向正极区，B不正确；‎ C. 用稀硫酸代替AgNO3溶液，正极上生成氢气，可形成原电池，C正确；‎ D. 取出盐桥，不能形成闭合回路，电流表不可能偏转，D不正确。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎16.目前，太原市电能的主要来源是火力发电．下列关于火力发电过程中能量转化关系的描述，正确的是（　　）‎ A 化学能转化成机械能再转化成电能 B. 化学能转化成热能再转化成电能 C. 化学能转化成机械能再转化成热能再到机械能 D. 化学能转化成热能再转化成机械能再到电能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】火力发电是通过煤、石油等燃料的燃烧，将燃料的化学能转化为热能被水吸收变为水的内能，水蒸气膨胀做功能转化为汽轮机的机械能，汽轮机带动发电机转动将机械能转化为电能，故选D。‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 B. NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂 C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成 D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误； B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故B错误；‎ C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；‎ D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。 所以D选项是正确的。‎ ‎18.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是（ ）‎ ‎①CaCl2 和Na2S ②CO2 和CS2 ③Na2O 和Na2O2 ④HCl 和NaOH A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①CaCl2和Na2S中都只有离子键，化学键类型完全相同；②CO2和CS2中都只有极性共价键，化学键类型完全相同；③Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键类型不完全相同；④HCl中只有共价键，NaOH中有离子键和极性共价键，化学键类型不完全相同；化学键类型完全相同的是①②，答案选A。‎ ‎19.下列关于F、Cl、Br、I相关物质性质的比较中，正确的是（ ）‎ A. 单质的颜色随核电荷数的增加而变浅 B. 单质的熔、沸点随核电荷数的增加而降低 C. 它们的氢化物的还原性随核电荷数的增加而增强 D. 它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】F、Cl、Br、I位于周期表同一主族，原子序数逐渐增大，原子核外电子层数逐渐增加，半径逐渐增大，熔沸点随核电荷数的增加而增加；元素的非金属性逐渐减弱，则对应氢化物的稳定性逐渐减弱。‎ ‎【详解】A. 卤族元素单质从F2到I2，其颜色分别为：淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫红色，所以卤族元素单质的颜色随着核电荷数增大而加深，A项错误；‎ B. F. Cl、Br、I位于周期表同一主族，其单质均属于分子晶体，它们的熔沸点随相对分子质量的增大而增加，B项错误；‎ C. 元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，从F到I，其非金属性随着核电荷数增大而减弱，所以它们的气态氢化物的还原性随核电荷数的增加而增强，C项正确；‎ D. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，从F到I元素，其非金属性随着核电荷数增大而减弱，所以其气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.下列关于物质性质的比较，不正确的是（ ）‎ A 碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH B. 原子半径大小：Na＞S＞O C. 酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4 D. 稳定性：HF＞HCl＞H2S ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性就越强，金属性K>Na>Li，碱性：KOH>NaOH>LiOH，故A说法正确；‎ B、同主族从上到下原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径：Na>S>O，故B说法正确；‎ C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，非金属性：Cl>Br>I，即酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故C说法错误；‎ D、非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强，非金属性F>Cl>S，即稳定性：HF>HCl>H2S，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎21.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 放电时负极附近溶液的碱性不变 D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+ OH- =NiO(OH) + H2O，故A项正确；‎ B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；‎ C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH- 使负极附近溶液pH减小，故C项错误；‎ D项，放电时Cd在负极消耗OH- ，OH- 向负极移动，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎22.氢氧燃料电池用于航天飞机，电极反应产生的水，经冷凝后可作为航天员的饮用水，其电极反应如下：负极：2H2＋4OH-－4e-===4H2O；正极：O2＋2H2O＋4e-===4OH-。当得到‎1.8 L饮用水时，电池内转移的电子数约为(　　)‎ A. 3.6‎‎ mol B. 100 mol C. 200 mol D. 400 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎1.8L水的质量是‎1800g，水的物质的量为，负极：2H2＋4OH-－4e-===4H2O①；正极：O2＋2H2O＋4e-===4OH-②，①+②得：2H2＋O2=2H2O，转移的电子数为：，即转移200mol电子数，答案选C。‎ ‎23.2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是（ ）‎ A. a为电池的正极 B. 电池充电反应为LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi C. 放电时，a极锂的化合价发生变化 D. 放电时，溶液中Li＋从b向a迁移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Li发生氧化反应，所以Li为负极，故A正确；‎ B、电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2Ox+xLi，故B正确；‎ C、放电时，b极锂的化合价升高发生氧化反应，故C错误；‎ D、a为正极，放电时溶液中Li+从b向a迁移，故D正确。答案选C。‎ ‎24.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是（ ）‎ A. O2在电极b上发生还原反应 B. 溶液中OH－向电极a移动 C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶5‎ D. 负极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故A正确；‎ B．因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；‎ C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；‎ D．负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ 二、填空题 ‎25.A、B、C、D四种元素，A元素形成的-2价阴离子比氦的核外电子数多8个。B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质。C为第三周期的第IIA族金属元素。D的M层上有7个电子。‎ ‎(1)填元素符号：A________，B________，C_________，D________。‎ ‎(2)A、B、C的简单离子半径大小顺序是：_____________(填离子符号)。‎ ‎(3)比较D的气态氢化物与HF的稳定性强弱顺序：_______________。‎ ‎【答案】(1). O (2). Na (3). Mg (4). Cl (5). O2-＞Na+＞Mg2+ (6). HF＞HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】A元素形成的-2价阴离子比氦的核外电子数多8个，则A的质子数为2+8-2=8，则A为氧元素；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，则B为钠元素；C为第三周期的第IIA族金属元素，则C为镁元素；D的M层上有7个电子，则D为氯元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A为氧元素；B为钠元素；C为镁元素；D为氯元素。‎ ‎(1)由上述分析可知，A是O、B是Na、C是Mg、D是Cl；‎ ‎(2)A是O、B是Na、C是Mg，三种元素的离子分别是O2-、Na+、Mg2+，三种离子具有相同的电子层结构；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越多，离子半径越小，所以A、B、C的简单离子半径大小顺序是：O2-＞Na+＞Mg2+；‎ ‎(3)元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；D的气态氢化物为HCl，由于元素的非金属性F＞Cl，所以气态氢化物稳定性：HF＞HCl。‎ ‎26.取40ml，0.50mol/L的盐酸与40ml，0.55mol/L的NaOH溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、_______________________。‎ ‎（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是‎1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g•℃）。实验时，还需测量的数据有________（填选项字母）。‎ A.反应前盐酸溶液的温度 B.反应前盐酸溶液的质量 C.反应前氢氧化钠溶液的温度 D.反应前氢氧化钠溶液的质量 E.反应后混合溶液的最高温度 F.反应后混合溶液的质量 某学生实验记录数据如下表：‎ 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 ‎20.1‎ ‎23.2‎ ‎2‎ ‎20.2‎ ‎20.4‎ ‎23.4‎ ‎3‎ ‎20.5‎ ‎20.6‎ ‎236‎ 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H=_____（保留三位有效数字）。‎ ‎（3）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.50mol/L的盐酸与100mL0.55mol/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___________（填“相等”或“不相等”）。‎ ‎【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒、温度计 (2). ACE (3). -51.8 KJ·mol-1 (4). 不相等 ‎ ‎ (5). 相等 ‎【解析】‎ ‎【分析】中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计；根据Q=cm△T可以计算出反应放出的热量，实验时注意温度要取三次实验的平均值；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但是中和热是指强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关。‎ ‎【详解】(1)中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计；‎ ‎(2)由Q=cm△T可知，测定中和热需要测定的数据为：A．反应前盐酸溶液的温度、C.反应前氢氧化钠溶液的温度和E．反应后混合溶液的最高温度，答案选ACE；‎ ‎(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为‎20.05℃‎，反应后温度为：‎23.2℃‎，反应前后温度差为：‎3.15℃‎；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为‎20.3℃‎，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‎20.55℃‎，反应前后温度差为：‎3.05℃‎；40mL的0.50mol/L盐酸与40mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×‎1g/cm3=‎80g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×‎80g×=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：=51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；‎ ‎(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用100mL 0.50mol/L盐酸跟100mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，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，所以用100mL 0.50mol/L盐酸跟100mL 0.55mol/L NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等。‎ ‎27.氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，消除氮氧化物有多种方法。‎ ‎(1)目前，应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原法，化学反应可表示为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)== 2N2(g)+3H2O(g)   △H＜0‎ ‎①该反应中，反应物总能量_______(填“>”、“<”或“=”)生成物总能量。‎ ‎②当该反应有2mol N2(g)生成时，转移电子的物质的量为________mol。‎ ‎③该反应中，还原剂为_______(填化学式)，氧化产物与还原产物的质量比为_______。‎ ‎(2)也可以利用甲烷催化还原氮氧化物，已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)    △H1=-574kJ/mol ；CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)      △H2=-867kJ/mol 则CH4(g)将NO(g)还原为N2(g)的热化学方程式是_______。‎ ‎(3)锌锰干电池是应用最普遍的电池之一(如图所示)，总反应方程式为： Zn+2MnO2+2NH4Cl＝ZnCl2+2NH3↑+Mn2O3+H2O ‎①锌锰干电池的负极材料是________，‎ ‎②负极发生的电极反应方程式为：_______‎ ‎③正极发生的电极反应方程式为：________。‎ ‎④若反应消耗‎32.5 g 负极材料，则电池中转移电子的数目为_______。‎ ‎【答案】(1). > (2). 6 (3). NH3 (4). 1：1 (5). CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H =-1160kJ•mol-1 (6). 锌 (7). Zn-2e-=Zn2+ (8). 2+2MnO2+2e-=2NH3+Mn2O3+H2O (9). NA或6.02´1023‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①△H＜0，反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；‎ ‎②根据化合价升高的数值=化合价降低数值=转移电子数；‎ ‎③还原剂是失电子，元素的化合价升高的，氨气中氮元素化合价-3价升高为0价，故NH3做还原剂；2NH3被氧化得到1mol氧化产物N2，所以还原产物氮气物质的量为1mol，氧化产物与还原产物的质量比为1：1；‎ ‎(2)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)    △H1=-574kJ/mol ‎ ‎②CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)      △H2=-867kJ/mol 由盖斯定律计算②×2-①即可得到目标方程。‎ ‎(3)从总反应式Zn+2MnO2+2NH4Cl＝ZnCl2+2NH3↑+Mn2O3+H2O看出，锌元素化合价从‎0升至+2，失电子，为负极材料；负极反应式为Zn-2e-=Zn2+；再用总反应-负极反应式即得正极反应式；‎32.5g 锌是0.5mol，由理论值和实际值的比例关系，可得转移的电子数。‎ ‎【详解】(1)①△H＜0，反应为放热反应，反应物总能量>生成物总能量；‎ ‎②根据化合价升高的数值=化合价降低数值=转移电子数，化合价升高情况：2NH3～6e-～N2，所以当有2mol N2生成，该反应的电子转移的量是6mol；‎ ‎③反应中氨气中氮元素化合价-3价升高为0价，失电子做还原剂被氧化得到氧化产物N2，2NH3被氧化得到1mol氧化产物N2，所以还原产物氮气物质的量为1mol，氧化产物与还原产物的质量比为1：1；‎ ‎(2)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)    △H1=-574kJ/mol ‎ ‎②CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)      △H2=-867kJ/mol 由盖斯定律计算②×2-①得到：‎ CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)  △H=-1160kJ/mol；‎ ‎(3)①负极发生氧化反应，锌失电子，则锌锰干电池的负极材料是锌；‎ ‎②负极电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；‎ ‎③正极反应式=总反应式-负极反应式，即2+2MnO2+2e-=2NH3+Mn2O3+H2O；‎ ‎④‎32.5g 锌是0.5mol，而1mol的锌失去2mol的电子，所以转移电子的物质的量为1mol，数目为NA 或6.02×1023。‎ ‎28.某化学课外活动小组通过实验探究NO2的性质。已知：2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。‎ 任务1：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(夹持固定装置已略去)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）E装置中制取NO2的化学方程式是_____________________________。‎ ‎（2）若NO2能被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是________________。‎ ‎（3）此实验装置存在的一个明显缺陷是_______________________________________。‎ 任务2：探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。‎ ‎（4）实验前，该小组同学提出三种假设。‎ 假设1：二者不反应；‎ 假设2：NO2能被Na2O2氧化；‎ 假设3：________________________________________________。‎ ‎（5）为了验证假设2，该小组同学选用任务1中的B、D、E装置，将B中的药品更换为Na2O2，另选F装置(如图所示)，重新组装，进行实验。‎ ‎①装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_________________。‎ ‎②实验过程中，B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成。推测B装置中发生反应的化学方程式为______________________。‎ ‎【答案】(1). Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O (2). 气体颜色逐渐变浅 (3). 缺少尾气处理装置 (4). NO2能被Na2O2还原 (5). E→D→B→D→F (6). 2NO2＋Na2O2===2NaNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水； （2）若NO2能够被NH3还原，则混合气体的颜色将变浅； （3）实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低； （4）有毒气体不能直接排空； （5）NO2能被Na2O2还原； （6）①验证假设2，首先要制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，所以要除去水的干扰，使二氧化氮气体通过过氧化钠，最后要进行尾气处理； ②过氧化钠变成白色固体且为纯净物，根据氧化还原反应中元素化合价的变化确定生成物。‎ ‎【详解】（1）E装置中浓硝酸与铜片发生反应生成NO2，反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；‎ ‎（2）A装置用于制备NH3，NH3被碱石灰干燥后进入C装置，E装置生成的NO2经无水CaCl2干燥后也进入C装置，由于NO2具有氧化性，NH3具有还原性，故在C装置中发生反应：6NO2＋8NH3＝7N2＋12H2O2，随着红棕色的NO2被消耗，C装置中气体的颜色逐渐变浅；所以若NO2能够被NH3‎ 还原，预期观察到C装置中的现象是C装置中混合气体颜色变浅；‎ ‎（3）由于多余的NH3、NO2会从C装置中竖直的玻璃导管中逸出，污染环境，所以缺陷是缺少尾气吸收装置；‎ ‎（4）根据价态分析，NO2中氮元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，Na2O2中的氧元素也处于中间价态，既有氧化性又有还原性，所以假设3应是NO2能被Na2O2还原；‎ ‎（5）①选择E装置制备NO2，选择D装置干燥NO2，选择B装置盛放Na2O2，选择F装置进行尾气处理，为防止F装置中蒸发出的少量水蒸气对B装置中的反应产生干扰，最好在B、F装置间再加D装置，故装置连接顺序为EDBDF；‎ ‎②假设2是NO2能被Na2O2氧化，根据B装置产生的实验现象“淡黄色粉末逐渐变成白色”可知Na2O2与NO2发生了反应，NO2为还原剂，分子中氮元素的化合价升高到＋5价，反应产物又只有一种，因此推知发生的反应为2NO2＋Na2O2＝2NaNO3。‎