湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期期中考试 化学试卷及参考答案

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可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 Si～28 S～32 Fe～56 Cu～64
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一项符合题意)
1.近年来，具有特殊性质的新型无机非金属材料迅速发展，下列有关新型无机非金属材料的叙述正确的是
A.氮化硅陶瓷是一种新型硅酸盐材料，可用于制造发动机部件，其化学式为Si3N4
B.利用二氧化硅的半导体性能，可以制成太阳能电池
C.碳化硅的硬度大、熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承
D.富勒烯是由碳原子构成的一系列笼形分子的总称，属于有机材料
【答案】C
【解析】【详解】A.氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，可用于制造发动机部件，其化学式为Si3N4，不属于硅酸盐，故A错误；
B.利用硅的半导体性能，可以制成太阳能电池，故B错误；
C.碳化硅是新型无机非金属材料，硬度大、熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承，故C正确；
D.富勒烯是由碳原子构成的一系列笼形分子的总称，是碳单质，不是有机材料，故D错误；选C。
2.化学是一门以实验为基础的科学，下列有关操作正确的是
A.用pH试纸测定新制SO2水溶液的酸碱度
B.用pH试纸测定新制氯水的酸碱度
C.用玻璃棒蘸取浓硫酸靠近收集氨气的试管口验证氨气已收集满
D.用带橡胶塞的无色试剂瓶保存浓硝酸
【答案】A
【解析】【详解】A.SO2的水溶液显酸性，用pH试纸测定新制SO2水溶液的pH，可判断其酸碱度，故A正确；
B.新制氯水有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故B错误；
C.浓硫酸不具有挥发性，靠近收集氨气的试管口没有明显现象，不能验证氨气已收集满，故C错误；
D.浓硝酸可腐蚀橡胶且受热或光照易分解，应保存在带玻璃塞的棕色细口瓶中，故D错误；选A。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A.一定温度与压强下，1mlN2与足量H2充分反应，生成NH3分子的个数为2NA
B.标准状况下，11.2LCO2和SO2的混合气中含氧原子数为NA
C.28g晶体硅中，Si—Si的数目为4NA
D.标准状况下，2.24LCl2溶于水所得氯水中含氯微粒总数为0.2NA
【答案】B
【解析】【详解】A.氮气与氢气反应制取氨气是可逆反应，不可能完全反应，所以生成氨气的量小于，故氨气分子的个数小于，A错误；
B.标准状况下，气体的总物质的量为。的混合气中，每个分子均含2个氧原子。因此，氧原子总数为，B正确；
C.晶体硅中，每个原子形成个键，但每个硅硅键被原子共享。原子对应键，数目为，C错误；
D.氯气溶于水部分反应（），氯原子总数守恒为，由于在此变化过程中，可能还有部分氯气未完全反应，溶液中还存在氯分子，故含氯微粒总数小于，D错误；故选B。
4.用如图所示装置完成相应实验(a、b、c中分别盛有试剂1、2、3)，能达到实验目的的是

A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.双氧水在MnO2催化作用下分解放出氧气，故不选A；
B.常温下铜和浓硫酸不反应，故不选B；
C.浓盐酸和高锰酸钾在常温下反应放出氯气，用饱和食盐水除去氯气的氯化氢，故选C；
D.常温下，铁在浓硝酸中钝化，故不选D；选C。
5.下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A.SO2使溴水褪色：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋＋2Br-
B.二氧化硅与足量碳在高温下反应：SiO2＋CSi＋CO2↑
C.实验室制备氨气的原理：NH4ClNH3↑＋HCl↑
D.向Na2SO3溶液中滴加稀硝酸：＋2H＋=SO2↑＋H2O
【答案】A
【解析】【详解】A.二氧化硫使溴水褪色是因为二者发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H＋++2Br-，故A正确；
B.二氧化硅与足量碳在高温下的反应生成CO，反应的化学方程式为，故B错误；
C.氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢遇冷会发生化合反应又生成氯化铵，故实验室不能用加热氯化铵的方法制取氨气，实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合固体制备氨气，反应原理为，故C错误；
D.向Na2SO3溶液中滴加稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，故D错误；故选A。
6.下列有关电化学知识的叙述正确的是
A.反应CaO＋H2O=Ca(OH)2可以放出大量的热，故可将该反应设计成原电池，使其中的化学能转化为电能
B.某原电池反应为Cu＋2AgNO3=Cu(NO3)2＋2Ag，装置的盐桥中可以是装有含琼脂的KCl饱和溶液
C.原电池的两极可以是同样的材料
D.将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中，若能组成原电池，则铁作负极，铜作正极
【答案】C
【解析】【详解】A.能设计成原电池的反应必须是自发进行的氧化还原反应，该反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，A错误；
B.银离子会和氯离子反应堵塞盐桥，所以不可以用KCl饱和溶液制得的琼脂，B错误；
C.原电池的两极是由活动性不同的两种金属或是金属和非金属构成的，不一定都是金属电极材料，且在燃料电池、浓度差电池中还可是同样的电极材料，C正确；
D.常温下，浓硝酸能使Fe钝化，阻止反应继续进行，Cu能与硝酸发生失电子的反应，若能组成原电池，必是铁作正极，铜作负极，D错误；故答案为：C。
7.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图所示，下列说法错误的是
A.CaSO4·2H2O属于盐类和纯净物
B.将10L上清液中的S2-(S2-浓度为480mg·L-1)转化为，理论上共需要0.3mlO2
C.过程Ⅰ后溶液碱性增强
D.过程Ⅱ中，反应的离子方程式为2S2-＋4MnO＋9H2O=4Mn(OH)2↓＋S2O＋10OH-
【答案】C
【解析】【详解】A.CaSO4·2H2O俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物中的盐类，故A正确；
B.10L上清液中的S2-的物质的量为(10×480×10-3)g÷32g/ml=0.15ml，根据物质转化过程可知，S2-最终转化为硫酸根离子，硫元素的化合价由-2价变成＋6价，S2-共失去0.15ml×8=1.2ml电子，1mlO2在反应中得到4ml电子，根据得失电子守恒，将10L上清液中的S2-转化为硫酸根离子，理论上共需要O2的物质的量=1.2ml÷4=0.3ml，故B正确；
C.过程Ⅰ中发生反应：2Mn(OH)2＋O2＋4OH-=2＋4H2O，反应消耗OH-，溶液的碱性减弱，故C错误；
D.根据转化关系图，过程Ⅱ中S2-与反应生成和Mn(OH)2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2S2-＋4＋9H2O=4Mn(OH)2↓＋＋10OH-，故D正确；选C。
8.氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A.已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH1>0
B.相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的小
C.相同条件下，HCl的ΔH3＋ΔH4比HI的大
D.一定条件下，气态原子生成1 ml H—X放出a kJ能量，则该条件下ΔH2=-a kJ·ml-1
【答案】A
【解析】【详解】A.已知HF气体溶于水放热，则其逆过程吸热，即HF的ΔH1>0，A项正确；
B.由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的大，B项错误；
C.ΔH3＋ΔH4代表H(g)→H＋(aq)焓变，其大小与氢卤酸的种类无关，C项错误；
D.一定条件下，气态原子生成1 ml H—X放出a kJ能量，则断开1 ml H—X生成气态原子吸收a kJ能量，则ΔH2=＋a kJ·ml-1，D项错误；故选：A。
9.被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片(在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰)作为传导体，在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解质溶液，总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnO(OH)。下列说法不正确的是
A.当该电池消耗2mlMnO2时，与铅酸蓄电池消耗0.5mlPb产生的电量相等
B.该电池二氧化锰为正极，发生还原反应
C.当0.1mlZn完全溶解时，电池外电路转移的电子数约为1.204×1023
D.电池正极反应式为MnO2＋e-＋H2O=MnO(OH)＋OH-
【答案】A
【解析】【详解】A.根据题目中的总反应可知，当该电池消耗时，转移电子；铅酸蓄电池负极反应式为：，消耗转移的电子为，A错误；
B.反应中元素化合价降低，被还原，发生还原反应，B正确；
C.锌元素化合价由价变化为价，则当完全溶解时，电池外电路转移的电子数为，个数约为，C正确；
D.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为：，D正确；故选A。
10.含有下列各组离子的溶液中，通入过量的某种气体后各离子仍能大量存在的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】【详解】A.、OH﹣、Na+、I﹣之间不能发生反应，可以大量共存，但通入HCl后溶液呈酸性，OH﹣、H+之间会发生中和反应，不能大量共存；、H+、I﹣之间会发生氧化还原反应，也不能大量共存，A错误；
B.HS﹣、之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C.Al3+、Cl﹣、K+、之间不发生反应，当通入CO2后也不能发生反应，因此可以大量共存，C正确；
D.通入NH3后Mg2+与NH3、H2O转化为Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。
11.浓硫酸分别和三种钠盐反应，反应现象如图所示。下列分析不正确的是
A.对比①和②可以说明还原性：Br->Cl-
B.③中体现浓硫酸的强酸性，未体现氧化性
C.②中试管口出现白雾是HCl遇水蒸气所致
D.对比①和③可以说明氧化性：Br2>SO2
【答案】D
【解析】【详解】A.①中试管上部有红棕色气体，为Br2蒸气，说明浓硫酸可以将Br-氧化，②中试管上部无明显现象，说明浓硫酸不能将Cl-氧化成Cl2，否则应有黄绿色气体出现，所以对比①和②可以说明还原性：Br->Cl-，故A正确；
B.③中发生的反应是Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，不是氧化还原反应，体现的是浓硫酸的强酸性，故B正确；
C.②中试管口出现的白雾为HCl遇水形成的小液滴，②中反应原理是高沸点、难挥发性酸制易挥发性酸，故C正确；
D.③中发生的反应不是氧化还原反应，不能说明氧化性：Br2>SO2，故D错误；选D。
12.已知碘化氢分解吸热，分以下两步完成：2HI(g)→H2(g)+2I•(g)；2I•(g)→I2(g)，下列图像最符合上述反应历程的是
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】【详解】根据题干描述，碘化氢分解的总反应是吸热的，而第二步是成键过程，一定是放热，故第一步必然吸热；
A.结合图像，第一步吸热，第二步放热，总反应吸热，符合上述分析，故A符合题意；
B.根据图像，总反应是放热反应，不符合上述分析，故B不符合题意；
C.根据图像，第二步吸热，不符合上述分析，故C不符合题意；
D.根据图像，第一步放热，第二步吸热，不符合上述分析，故D不符合题意。答案选A。
13.建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是
A.钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：
B.向烧碱溶液通入
C.分散系的分类：
D.FeBr2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式(已知还原性：Fe2＋>Br－)：
【答案】C
【解析】【详解】A.钠在氧气中燃烧只能生成过氧化钠，常温下和氧气反应生成氧化钠，错误，不选A；
B.由方程式2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O， NaOH+SO2=NaHSO3可知，=2时生成Na2SO3，=1时生成NaHSO3，错误，不选B；
C.溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径，胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，正确，选C；
D.已知还原性：Fe2＋>Br－，氯气先和亚铁离子反应生成铁离子，比例为1:2，当氯气过量时溴离子也反应生成溴单质，比例为3:2，错误，不选D；选C。
14.向含有1ml 和1ml 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是
A.B.a表示的关系曲线
C.P点时，D.向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
【答案】D
【解析】【分析】向含有1ml 和1ml 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，首先发生反应：，当铁过量时发生：，点时和的物质的量相同，据此计算有关的量的多少。
【详解】A.向含有1ml 和1ml 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，首先发生反应：，1ml 和1ml 中含有3ml ，1ml 完全反应需消耗4ml ，不足量，则产生的物质的量为，即，A错误；
B.向含有1ml 和1ml 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，首先发生反应：，后铁过量发生反应：，a是表示的关系曲线，则b是表示的关系曲线，B错误；
C.当铁过量，会发生反应：，设被还原的物质的量x ml，则反应产生物质的量为1.5x ml，点时和的物质的量相同，0.75-x=1.5x，解得x=0.3ml，此时溶液中的物质的量，即P点时，，C错误；
D.向P点溶液中加Cu，发生反应：，设加入铜的质量是y g，根据方程式可知：2ml 反应消耗64g Cu，而P点溶液中含有的物质的量是0.45ml，则其反应消耗Cu的质量为，D正确；故合理选项是D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15.铁黄(FeOOH)是一种重要化工原料，一种以硫酸渣(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)为原料生产铁黄的工艺流程如下：
（1）铁黄中铁的化合价为_____，铁元素在元素周期表中的位置为_____。
（2）“滤渣1”的主要成分是_____(填名称)。
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应的离子方程式为_____；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是_____(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分为_____。
（4）“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为_____。
（5）带结晶水的铁黄产品也可用Fe2O3·xH2O表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x=_____(用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】（1） ①.＋3 ②.第四周期第Ⅷ族
（2）二氧化硅 （3） ①.Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O ②.Fe ③.Fe和Cu
（4）FeSO4＋2NH4HCO3=Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑
（5）
【解析】【分析】硫酸渣(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)在酸溶中，FeO、Fe3O4与硫酸发生反应生成Fe3+和Fe2+，其中二氧化硅不与硫酸发生反应，过滤后溶液中含硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜和硫酸，二氧化硅作为滤渣滤出，故滤渣1为二氧化硅；加入过量X还原，根据后续流程可知，为了不引入新杂质，是加入铁粉进行还原，铁粉与溶液中三价铁离子、氢离子反应生成二价铁离子，与铜离子反应生成铜，过滤后溶液中含硫酸亚铁，铜和未反应完的铁粉作为滤渣滤出，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成FeOOH，过滤得铁黄；
【小问1详解】铁黄中H为+1价，O为-2价，则铁元素为+3价，Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
【小问2详解】硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的SiO2，所以滤渣1为二氧化硅；
【小问3详解】“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是Fe，不会引入新的杂质；根据分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe和Cu；
【小问4详解】FeSO4与NH4HCO3反应生成Fe(OH)2的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
【小问5详解】结晶水的质量为(m1-m2)g，则，解得x=。
16.亚硝酸钠(NaNO2)在生活中应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与NaCl极其相似；NaNO2可作食品护色剂，少量添加可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长。某化学兴趣小组查阅资料得知：2NO＋Na2O2=2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的NaNO2.(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将NO、氧化成。
回答下列问题：
Ⅰ.NaNO2的制备：
（1）装置A中盛装铜单质的仪器名称是_____，仪器按气流方向连接顺序为b→_____。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气的目的是_____；反应结束后打开止水夹a，再通入过量氮气的目的是_____。
（3）装置D的作用是_____。
（4）判断Na2O2已被NO反应完全的现象是_____。
（5）写出装置E中发生反应离子方程式：_____。
Ⅱ.测定NaNO2的纯度(假设杂质不参与反应)：
（6）准确称取反应后的固体3.000g于烧杯中，加入蒸馏水溶解，配成250mL溶液；取出25.00mL于锥形瓶中，滴入0.1ml·L-1酸性KMnO4溶液至恰好完全反应，用去16.00mL酸性KMnO4溶液。固体中NaNO2的纯度为_____%。
【答案】（1） ①.三颈烧瓶 ②.g→h→e→f→c→d→e→f→i或g→h→e→f→d→c→e→f→i
（2） ①.通入过量氮气排除装置中的空气，防止NO转化成NO2，防止CO2、水与Na2O2反应，防止氧气将NaNO2氧化为NaNO3 ②.将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气
（3）除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO
（4）装置B中淡黄色固体完全变为白色
（5）3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O
（6）92
【解析】【分析】根据制备原理，结合提示2NO＋Na2O2=2NaNO2可知，反应开始前通入氮气排除装置内的空气，然后浓硝酸与Cu反应制取NO2，用盛水的洗气瓶将二氧化氮转化为NO，再用盛有浓硫酸的洗气瓶干燥NO，防止水蒸气与过氧化钠反应产生氧气进而影响产品纯度，最后用酸性高锰酸钾溶液除去过量的NO防止污染环境。
【小问1详解】装置A三颈烧瓶中铜和分液漏斗中的浓硝酸反应制取二氧化氮，在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥，通入直玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入直玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO，防止污染空气，则连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或b→g→h→e→f→d→c→e→f→i；
【小问2详解】空气中的CO2、水会和Na2O2反应，空气中的氧气则会把产品中NaNO2氧化成NaNO3，故反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气。反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
【小问3详解】NO2和水反应可以产生NO，则装置D的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
【小问4详解】Na2O2为淡黄色固体，而NaNO2为白色固体，故判断Na2O2已被NO反应完全的现象是装置B中淡黄色固体完全变为白色；
【小问5详解】装置E中酸性高锰酸钾溶液可氧化NO气体，自身被还原为锰离子，氧化NO为硝酸根离子，反应的离子方程式为3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O；
【小问6详解】依据电子守恒，KMnO4和NaNO2的关系为：2KMnO4～5NaNO2，则样品中NaNO2的物质的量n(NaNO2)=n(KMnO4)×=16×10-3L×0.1ml·L-1×=0.004ml，则m(NaNO2)=0.004ml×10×69g·ml-1=2.76g，则NaNO2的纯度=×100%=92%。
17.已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的某种原子核内没有中子，A和D，C和G分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，F的最高价氧化物的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，G的单质常出现在火山口。
（1）C、D分别形成的简单离子中，半径较大的是_____(填离子符号)。
（2）G和H的最高价氧化物的水化物酸性较强的是_____(填化学式)。
（3）由A、C、D形成的化合物中化学键的类型为_____，C、D形成摩尔质量为78g·ml-1的化合物的电子式为_____，由A、B形成的18e-化合物的结构式为_____。
（4）甲烷(CH4)可与C2组成燃料电池，其装置如图甲所示。E、F的单质可与氢氧化钠溶液形成原电池，其装置如图乙所示。
①图甲中，Pt1电极上的电极反应式为_____，每转移2ml电子，消耗标准状况下CH4的体积为_____L。
②请写出图乙原电池负极的电极反应式：_____，溶液中Na＋向_____(填“E”或“F”)极移动。
【答案】（1）O2- （2）HClO4
（3） ①.离子键和(极性)共价键 ②. ③.
（4） ①.CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O ②.5.6 ③.Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]- ④.E
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G、H 是原子序数依次增大的短周期主族元素，A 的某种原子核内没有中子，A为H；B原子的最外层电子数比次外层多3，B为N；F的最高价氧化物的水化物既能与强酸反应也能与强碱溶液反应，F为Al；G 的单质常出现在火山口，G为S；A与D同主族，D原子序数大于N小于Al，D为Na；C和G同主族，C为O；则E为 Mg，H为 C1，据此分析。
【小问1详解】具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，C是氧（O）、D是钠（Na），所以氧离子的半径较大，故答案为：O²-；
【小问2详解】G是硫（S）、H是氯（Cl）；硫的最高价氧化物的水化物是硫酸（H2SO4），氯的最高价氧化物的水化物是高氯酸（HClO4），非金属性：Cl＞S，所以高氯酸的酸性比硫酸强，故答案为：HClO4；
【小问3详解】由A（H）、C（O）、D（Na）形成的化合物是氢氧化钠（NaOH），其化学键类型为离子键和共价键。C（O）和D（Na）形成的摩尔质量为78g·ml-1的化合物是过氧化钠（Na₂O₂），其电子式为。由A（H）和B（N）形成的18e⁻化合物是氨（N2H4），其结构式为，故答案为：离子键和(极性)共价键；；；
【小问4详解】①图甲中，Pt1为燃料电池的负极，电极反应式为CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，每消耗标准状况下的1mlCH4气体转移8ml电子，所以每转移2ml电子，消耗标准状况下CH4的体积为5.6L，故答案为：CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，5.6；
②图乙中F(Al)为原电池负极的电极反应式为Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-，E(Mg)为原电池的正极，溶液中Na⁺向正极移动，故答案为：Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-；E。
18.化学反应中的热效应又称反应热，包括燃烧热、中和热等，其数据广泛应用于科学研究和工业生产方面。
（1）若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则表示石墨燃烧热的热化学方程式为_____。甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(CH4和CO2)直接转化为合成气(主要成分为CO和H2)，反应方程式为CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)。已知几种物质的燃烧热如下表：
则上述甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)的 ΔH=_____kJ·ml-1。
（2）利用如图所示装置测定中和反应的反应热的实验步骤如下：
①测出盐酸的温度为20.1℃，用量筒量取50mL0.50ml·L-1盐酸倒入内筒中；
②测出NaOH溶液的温度为20.3℃，用另一量筒量取50mL0.55ml·L-1NaOH溶液；
③将NaOH溶液沿玻璃棒分几次缓慢倒入内筒中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度为23.4℃。
上述实验步骤中一处不合理的操作应改成：_____，实验过程中采用稍过量NaOH溶液的原因是_____。假设盐酸和NaOH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，根据以上数据可计算出中和反应的反应热ΔH=_____kJ·ml-1(保留三位有效数字)，如果采用氨水代替NaOH溶液，测得的中和反应的反应热ΔH_____(“偏大”“偏小”或“相等”)。
（3）已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)=CH2=CH2(g)＋4H2O(g)。几种物质的能量如表所示(在25℃、101kPa条件下，规定单质具有的能量为0，测得其他物质生成时的反应热为其具有的能量)：
则该反应的ΔH=_____kJ·ml-1。
已知几种化学键的键能如表所示：
则a=_____。
【答案】（1） ①.C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=-12akJ·ml-1 ②.＋245
（2） ①.将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中 ②.将酸完全中和 ③.-53.5 ④.偏大
（3） ①.-128 ②
【解析】【18题详解】1g石墨完全燃烧生成CO2时放出的热量为akJ，1ml石墨完全燃烧放热12akJ，则热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=-12akJ·ml-1，根据表格燃烧热数据，可知以下热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-893kJ·ml-1②CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283kJ·ml-1③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2=-286kJ·ml-1依据盖斯定律，将反应①-②×2-③×2得甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH=(-893kJ·ml-1)-(-283kJ·ml-1)×2-(-286kJ·ml-1)×2=＋245kJ·ml-1
【19题详解】反应时为了减少热量损失，需要迅速使酸碱混合反应，上述实验步骤中不合理的操作应为③，改成：将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中，用稍过量的碱是为了将酸反应完。平均温度变化值为，50mL0.50ml/L盐酸与50mL0.55ml/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，，生成0.025ml的水放出热量Q=cmΔT=4.18J/(g·℃)×100g×3.2℃=1337.6J=1.3376kJ，则该实验测得的中和热，如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，由于一水合氨的电离吸热，测得的中和反应的放热偏少，焓变偏大。
【20题详解】根据反应物和产物能量差值，算出焓变，再根据焓变计算键能；选项
试剂1
试剂2
试剂3
实验目的
A
双氧水
MnO2
浓硫酸
制取干燥的H2
B
浓硫酸
Cu片
浓硫酸
制取干燥的SO2
C
浓盐酸
KMnO4
饱和NaCl溶液
制取Cl2并除去HCl
D
浓硝酸
Fe片
H2O
制取干燥的NO2
选项
溶液中的离子
通入的过量的气体
A
、OH﹣、Na+、I﹣
HCl
B
HS﹣、Na+、、
SO2
C
Al3+、Cl﹣、K+、
CO2
D
Mg2+、Na+、、Cl﹣
NH3
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热/(kJ·ml-1)
893
283
286
物质
CO2(g)
H2(g)
CH2=CH2(g)
H2O(g)
能量/(kJ·ml-1)
-394
0
52
-242
化学键
C=O
H—H
C=C
C—H
H—O
键能/(kJ·ml-1)
803
436
615
a
463