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【化学】重庆市大学城第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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重庆市大学城第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
考试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题:本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1.下列各项表达式不正确的是（ ）
A. N2的电子式： B. 二氧化碳分子的结构式为 O=C=O
C. NaCl的电子式： D. F－的结构示意图：
【答案】C
【详解】A.氮气分子中存在氮氮三键，氮气的电子式为：，故不选A；
B.二氧化碳中存在两个碳氧双键，结构式为：O=C=O，故不选B；
C.氯化钠为离子化合物，电子式中应该标出离子所带的电荷，正确的电子式为：，故选C；
D.氟离子核电荷数为9，核外电子数为10，其离子结构示意图为：，故不选D；
答案：C
2.下列排列顺序错误的是（ ）
A. 酸性 H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4
B. 碱性 Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
C. 稳定性SiH4＞NH3＞H2O＞HF
D. 半径 O2-＞F－＞Mg2＋＞Al3＋
【答案】C
【详解】A.同一周期从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，因此酸性 H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故不选A；
B.同一主族从上到下金属性增强，同一周期从左到右金属性减弱；金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，因此碱性 Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故不选B；
C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性SiH4
答案：C
3.下列有关13C、15N的叙述正确的是（ ）
A. 13C与15N有相同中子数 B. C60与13C互为同素异形体
C. 15N与14N互为同位素 D. 15N的核外电子数与中子数相同
【答案】C
【详解】A. 13C中子数13-6=7与15N有中子数15-7=8，中子数不相等，故A错误；
B.同素异形体是同种元素形成的不同单质，13C是原子不是单质，故B错误；
C.同位素指质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素，因此15N与14N互为同位素，故C正确；
D. 15N的核外电子数为7，中子数为15-7=8，电子数与中子数不相等，故D错误；
答案：C
4.下列关于化学反应与能量的说法，正确的是（ ）
A. 放热反应都能自发进行，吸热反应需要在加热的条件下才能进行
B. 在化学反应中，反应物的总能量总是等于生成物的总能量
C. 化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量
D. 只有化学反应中才有能量的变化
【答案】C
【详解】A.放热反应不一定能自发进行，比如铁的燃烧虽然是放热反应，但是需要提供高温才能引发，硫酸铵结晶水合物和氢氧化钡的反应在常温下就能进行，但属于吸热反应，故A错误；
B.在化学反应过程中反应物的总能量不等于生成物的总能量，对于放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；对于吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，故B错误；
C化学键的断裂吸收能量，化学键的生成释放能量，故C正确；
D.不只有化学反应中才有能量的变化，例如物质的三态变化就涉及了能量的变化，故D错误；
答案：C
5.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（ ）
A. X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y
B. Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C. X元素形成的单核阴离子还原性大于Y
D. Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
【答案】A
【解析】试题分析：根据题给信息知W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W为氮元素；结合四种短周期元素在元素周期表中的相对位置判断，X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素。A、非金属性：O＞Cl＞S，最简单氢化物稳定性最弱的是S，A正确；B、同主族元素由左向右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，故高氯酸的酸性一定强于硫酸，其它含氧酸则不一定，B错误；C、同主族元素由上到下元素的非金属性逐渐减弱，形成阴离子的还原性逐渐增强，故O2—还原性弱于S2—，C错误；D、氯气中氯元素为0价，是氯元素的中间价态，在化学反应中既可表现氧化性又能表现还原性，D错误。答案选A。
6.如图是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下，其中正确的是（ ）
①Zn为正极，Cu为负极； ②H＋向负极移动；③电子是由Zn经外电路流向Cu；④Cu极上有H2产生；⑤若有1 mol电子流过导线，则产生的H2为0.5 mol；⑥正极的电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ④⑤⑥ D. ②③④
【答案】B
【解析】在该原电池中，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu作正极，电子由Zn流出经导线流向Cu；负极反应为Zn－2e－=Zn2＋，正极反应为2H＋＋2e－=H2↑，故每转移1 mol电子时，产生0.5 mol H2；在溶液中H＋向正极移动，SO向负极移动。故①②⑥错误，③④⑤正确，选B项。
7.下列各组中每种物质都既有离子键又有共价键的一组是（ ）
A. NaOH H2SO4 (NH4)2SO4 B. MgO Na2SO4 HNO3
C. Na2O2 KOH Na3PO4 D. HCl Al2O3 MgCl2
【答案】C
【解析】A、H2SO4中只含共价键，A错误；B、MgO中只含离子键，HNO3中只含共价键，B错误；C、三种物质都既有离子键又有共价键，C正确；D、各物质均只含一种化学键，分别是共价键、离子键和离子键，D错误，答案选C。
8.某元素原子R的质量数为A，Rm-的核外电子数为x，则WgRm-离子所含中子的物质的量约为（ ）
A. (A-x+m)mol B. (A-x-m)mol
C. mol D. mol
【答案】D
【详解】R原子获得m个电子形成Rm-离子，Rm-的核外电子数为x，则R原子核外电子数=x-m，由于质量数等于质子数与中子数的和，所以该元素原子具有的中子数=A-x+m。元素R原子的质量数为A，则其摩尔质量为Ag/mol，WgRm+离子的物质的量n=mol，则WgRm+离子所含中子的物质的量=mol×(A-x+m)=
mol，故合理选项是D。
9.在如图所示的蓝色石蕊试纸上X、Y、Z三处分别滴加30%的盐酸、98.3%的硫酸和新制的氯水，三处最后呈现的颜色分别是（ ）
A. 红、红、白 B. 红、黑、红 C. 红、红、红 D. 红、黑、白
【答案】D
【详解】30%的盐酸具有酸性，滴加到蓝色石蕊试纸上，试纸变红；98.3%的硫酸为浓硫酸，具有酸性和脱水性，能使蓝色石蕊试纸先变红然后变为黑色；氯水中含有盐酸和次氯酸，HClO具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色；三处最后呈现的颜色分别红、黑、白，故D正确；
答案：D
10.下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是（ ）
①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe 反应生成FeS
A. ①②④ B. ①②⑥ C. ②⑤ D. ①③⑤
【答案】C
【详解】①元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，HCl比H2S稳定，则Cl的非金属性比S的强，故①正确；
②不能根据含氧酸的氧化性判断非金属性，所以HClO氧化性比H2SO4强，不能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故②错误；
③元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，故③正确；
④根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知氯气氧化性强于硫，则氯元素的非金属性比硫元素强，故④正确；
⑤最外层电子数多非金属性不一定强，如Br最外层7个电子，O最外层6个电子，但是非金属性O大于Br，故⑤错误；
⑥非金属单质与金属单质反应，生成产物的化合价越高，则非金属单质的氧化性越强，说明Cl2的氧化性大于S的氧化性，所以Cl的非金属性比S的强，故⑥正确；不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是②⑤，故选C；
答案：C
11.近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－。下列说法不正确的是( )
A. 放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动
B. 放电时，负极的电极反应式为Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－
C. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D. 整个反应过程中，铜相当于催化剂
【答案】B
【解析】试题分析：A．因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故B错误；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D．由C项分析知：铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B。
12.下列说法中错误是（ ）
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B. 元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子核外电子排布呈周期性变化
C. 已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应X的能量一定低于M的,Y的能量一定低于N
D. 化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因
【答案】C
【详解】A.金属钠与氯气反应生成氯化钠属于放热反应，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，因此结构的稳定性增强，故不选A；
B.元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子核外电子排布呈周期性变化，故不选B；
C.反应热取决于反应物与生成物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系，X+Y═M+N为是一个吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，故选C；
D.旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故不选D；
答案：C
13.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是( )
①实验室收集氨气采用图所示装置 ②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图所示装置 ③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 ④实验室中采用图所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】解答本题的关键是要理解绿色化学的理念，做好污染的防护与治理，不能污染环境。据此解答。
【详解】①实验室收集NH3采用图一所示装置，在制备的过程中用带有酚酞的水吸收逸出的NH3，防止污染环境，符合绿色化学的要求，现象明显，便于观察，①符合要求；
②实验室中做Cl2与Na的反应实验时采用图二所示装置，用沾有碱液的棉球可以吸收多余的Cl2，能防止污染环境，②符合要求；
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验时，挥发出的HCl和NH3会扩散到大气中而污染大气，不符合绿色化学的要求，③不符合要求；
④实验室中采用图三所示装置进行Cu与稀HNO3的反应时，将生成的氮的氧化物及时收集在气球里面，就可以防止污染环境，符合绿色化学的要求，④符合要求。
综上所述①②④都符合“绿色化学实验”要求，故合理选项是C。
14.已知七种短周期元素a～g的有关信息如下表所示：
元素编号
a
b
c
d
e
f
g
原子半径/nm
0.037
0.074
0.082
0.102
0.143
0.152
0.186
最高化合价或最低化合价
+1
﹣2
+3
﹣2
+3
+1
+1
下列推断不正确的是（ ）
A. 氢化物稳定性的强弱：b＞d B. 金属性的强弱：f＜g
C. 元素e的氧化物只能与酸反应 D. 元素a与元素d形成的化合物属于共价化合物
【答案】C
【解析】试题分析：分析表中数据得：a为H元素，f为Na元素，g为K元素，b为O元素，d为S元素，c为Be元素，e为Al元素。
C、元素e为Al元素，既可以与酸反应也可以与碱反应，故错。故选C。
15.已知2H2O(g)=2 H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋496kJ·mol－1 。断开1 mol H—H键、O＝O键分别需要吸收436 kJ、498 kJ的热量，则断开1 molO—H键需要吸收的热量为( )
A. 462 kJ B. 469 kJ C. 362 kJ D. 466.5 kJ
【答案】D
【详解】根据ΔH＝反应物旧键断裂吸收的能量-生成物新键生成放出的能量，设断开1 molO—H键需要吸收的热量为x kJ；
496=4x-2×436-498得x=466.5kJ，因此D正确；
答案：D
16.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是（ ）
A. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
B. 原混合酸中SO42－物质的量为0.6 mol
C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D. 取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H+)=0.2mol/L
【答案】B
【解析】分析：该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为①3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，已知m(Cu)=19.2g，即n(Cu)=0.3mol，可求得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol；铁粉与混合溶液反应时，铁被氧化为Fe3＋，而HNO3被还原为NO，即OA段的反应②为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；随着铁粉的增加，AB段的反应③为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，此时没有气体生成；当再增加铁粉时，又产生气体，即BC段的反应④为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，说明溶液中剩余的有H+；已知OA段消耗n( Fe) =0.2mol，由反应②可得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol，BC段消耗n( Fe) =0.1mol，则反应④消耗的n(H+)=0.2mol，综合分析可知，每一份混合溶液中n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol。
详解：A、混合溶液开始与铁粉反应时，稀硝酸把铁氧化为Fe3＋，而自身被还原为NO，即OA段，由于Fe3＋也有较强的氧化性，被增加的铁粉还原为Fe2+，即AB段，由于溶液中剩余有H+，与加入的铁粉反应生成H2，即BC段，所以A正确；
B、由上述分析可知，原混合溶液中n(H2SO4)= n(SO42-)=2×0.4mol=0.8mol，所以B错误；
C、根据反应②③④可得，第二份溶液中的最终溶质只有FeSO4，所以C正确；
D、每一份混合溶液(100mL)中含有n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则c(H+)=10 mol/L，取20mL加水稀释至1L时，根据溶质的物质的量不变，可得0.02L×10mol/L=1L×c(H+)，c(H+)=0.2mol/L，所以D正确。本题答案为B。
二、非选择题：本题共4小题，共52分
17.A、B、C、D四种短周期元素，0.5molA的元素的离子得到NA个电子后被还原为中性原子；0.4gA的氧化物恰好与100mL0.2mol/L的盐酸完全反应；A元素原子核内质子数与中子数相等．B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1；C﹣离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1；D元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍．请填写下列空格：
（1）推断A、B、C、D四种元素的符号A_____；B_____；C_____；D_____；
（2）C的一价阴离子的结构示意图_____；
（3）D元素的最高价氧化物的结构式是_____；
（4）C、D两元素形成的化合物电子式_____，分子内含有_____键 （填极性或非极性）．
（5）用电子式表示A、C两元素形成的化合物的过程_____．
【答案】(1). Mg (2). Al (3). Cl (4). C (5). (6). O＝C＝O (7). (8). 极性 (9).
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D中，0.5mol A元素的离子得到NA个电子被还原为中性原子，则A离子带两个单位正电荷，0.4g A的氧化物恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，HCl的物质的量=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，由AO+2HCl═ACl2+H2O，可知0.4gAO的物质的量为0.01mol，则M（AO）=0.4g/0.01mol=40g/mol，故A的摩尔质量为40g/mol-16g/mol=24g/mol，A原子核内质子数目与中子数目相等，则质子数为12，即A为Mg元素；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1，则B为Al；C-比A元素的离子多1个电子层，则C的质子数为18-1=17，即C为Cl元素；D元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，即D为C元素，以此解答。
【详解】（1）综上所述，A为Mg，B为Al，C为Cl，D为C；答案： Mg Al Cl C
（2）Cl质子数为17，离子结构示意图为；答案：
（3）D为碳元素，最高价氧化物为CO2，分子内C原子与O原子之间形成2对共用电子对，其结构式为：O＝C＝O；答案：O＝C＝O
（4）C、D两元素形成的化合物为CCl4，属于共价化合物，存在4个C-Cl键，电子式，分子内含有极性键；答案： 极性
（5）Cl、Mg两元素形成化合物为MgCl2，MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：；
答案：
18.（请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白:
（1）在Ba(OH)2· 8H2O和NH4Cl晶体反应的实验中:反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是_________,体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________________。
（2）下列过程中不一定释放能量的是______(请填编号)。
A.形成化学键 B.燃料燃烧 C.化合反应
D.葡萄糖在体内的氧化反应 E.酸碱中和 F.炸药爆炸
（3）等质量的下列物质分别完全燃烧，放出热量较多的是______ (填编号) 。
A.固体硫 B.硫蒸气
（4）已知:通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1mol水放出的热量为中和热。稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时放出Q kJ热量,则其中和热为______kJ/mol。
（5）已知H2和O2反应放热，且断开1mol H-H、1mol O=O、 1mol O-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3 kJ,由此可以推知下列关正确的是_____(填编号)。
A. Q1+Q2>Q3 B. Q1+Q2> 2Q3 C.2Q1+Q2 <4Q3 D.2Q1+Q2 <2Q3
【答案】（1）搅拌，使反应物充分接触，促进反应；玻璃片上水结冰而与烧杯粘一起
（2）C；（3）B（4）Q/2；（5）C。
【解析】试题分析：（1）在Ba(OH)2• 8H2O和NH4Cl晶体反应的实验中：为使反应物充分接触，促进反应快速进行，需用玻璃棒迅速搅拌,体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起。
（2）一般的化合反应放热，但有的化合反应吸热，如二氧化碳和碳生成一氧化碳；
（3）硫蒸汽的能量大于固体硫，所以等质量的固体硫、硫蒸气分别完全燃烧，放出热量较多的是硫蒸气。
（4）稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时生成2mol水，放出Q kJ热量，所以中和热为Q/2 kJ/mol。
（5）已知2mol H2和O2反应生成2molH2O，反应断开2molH－H吸收能量2Q1、1molO=O吸收能量Q2、形成4molO－H放出能量4Q3，总反应放热，2Q1+Q2﹤4Q3。
19.（1）实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：
回答下列问题：
①若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可能是下列气体中的_____。
A.CO2 B.H2 C.Cl2 D.NH3
②D装置的小烧杯中应盛放NaOH溶液，目的是__________________。
③若要收集干净纯净的X气体，上述装置应如何改进____________________。
④若用B装置制取氨气可以用_________（填试剂名称）进行干燥。
（2）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行试验。
请回答下列问题：
①装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是_________、________。
②反应后，装置B中发生的现象是____________，装置D表现了SO2的_____性，装置E表现了SO2的______性。
③F装置漏斗的作用是_____________。
④装置C中发生的离子方程式________________________________。
【答案】(1). C (2). 尾气进行处理,防止污染环境 (3). 在装置A、 D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗瓶 (4). 碱石灰(或CaO、Ca(OH)2等) (5). 分液漏斗 (6). 圆底烧瓶 (7). 黄绿色逐渐变浅 (8). 氧化 (9). 漂白 (10). 防止倒吸 (11). 2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
【解析】
【分析】（1）A装置用于固体（液体）与液体反应加热制取气体，B装置是固体加热制取气体，C装置是固体（液体）与液体反应不需要加热制取气体，D装置浓硫酸干燥气体，收集密度比空气大的气体，最后尾气处理防止污染空气以此进行分析；
（2）A装置利用强酸制弱酸原理，将浓硫酸滴入圆底烧瓶与亚硫酸钠反应制取二氧化硫气体，B装置二氧化硫与氯水发生氧化还原反应，使溶液褪色，SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，C装置二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使溶液褪色，2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，B、C装置均验证二氧化硫的还原性，D装置验证二氧化硫氧化性，SO2+2H2S=3S+2H2O，E装置验证二氧化硫的漂白性，F为尾气吸收装置，防止污染环境；
【详解】（1）①A装置用于固体（液体）与液体反应加热制取气体，D装置浓硫酸干燥气体，收集密度比空气大的气体，最后尾气处理防止污染空气以此进行分析；
A.大理石与盐酸反应制取二氧化碳不需要加热，故A不正确；
B.H2密度比空气小，故B不正确；
C.二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，浓硫酸干燥氯气，向上排空气法收集，尾气用碱液处理法，故C正确；
D.NH3不可用浓硫酸干燥，故D不正确；
答案：C
②D装置的小烧杯中应盛放NaOH溶液，因为氯气有毒，需要进行尾气处理,防止污染环境；
答案：尾气进行处理,防止污染环境
③因为浓盐酸易挥发，制得的氯气中混有氯化氢，应该在装置A、 D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗瓶，除去氯气中的氯化氢，可以收集干净纯净的氯气；
答案：在装置A、 D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗瓶
④氨气为碱性气体，不可以用酸性干燥剂；氨气还会与氯化钙反应，所以也不可用氯化钙，只能选择碱性干燥剂，例如碱石灰，生石灰等；答案：碱石灰(或CaO、Ca(OH)2等)
（2）①装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶；
答案：分液漏斗 圆底烧瓶
②装置B中发生反应为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，现象是黄绿色逐渐变浅，装置D反应SO2+2H2S=3S+2H2O，表现了SO2的氧化性，装置E二氧化硫漂白品红溶液，表现了SO2的漂白性；答案：黄绿色逐渐变浅 氧化 漂白
③F装置漏斗的作用是防止倒吸；答案：防止倒吸
④装置C中高锰酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子，发生的离子方程式2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；答案：2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
20.（1）SO2、CO、CO2、NOx是对环境影响较大的几种气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。利用电化学原理将CO、SO2转化为重要化工原料, 装置如图所示。
①若A为CO, B为H2，C为CH3OH,则通入CO一极的电极反应式为_____________。
②A为SO2, B为O2, C为H2SO4, 则负极反应式为________________。
③若A为NO2, B为O2, C为HNO3，负极的电极反应式为_________________。
（2）下图所示的原电池装置中,负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。 负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g ,则放出气体______mol。
（3）利用反应Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4设计一个原电池。
①在下面方格内画出实验装置图________________。
②指出正极材料可以为_____，该电极上发生的电极反应为___________。
【答案】(1). CO+4e-+4H+==CH3OH (2). SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ (3). NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ (4). Al (5). 有气体生成 (6). Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O (7). 0.3 (8). (9). C（Ag等） (10). Fe3++e-=Fe2+
【解析】
【分析】（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，发生还原反应；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子；
③若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则负极上二氧化氮失电子生成硝酸根离子；
（2）根据只有自发进行的氧化还原反应才可以设计成原电池进行分析；
（3）根据反应“Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4”可知，反应中Cu被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为Fe2(SO4)3，以此画出实验装置图并书写有关的电极反应式；
【详解】（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极方程式为CO+4 e-+4H+=CH3OH，答案：CO+4 e-+4H+=CH3OH；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；答案：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；
③若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则负极上二氧化氮失电子生成硝酸根离子和氢离子，电极反应式NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；答案：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+
（2）只有自发进行的氧化还原反应才可以设计成原电池，此装置自发进行的氧化还原反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，因此负极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，正极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；根据总方程式可知2Al～3H2，消耗负极5.4g ,则放出气体；答案：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O 0.3
（3）①根据反应“Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4”可知，反应中Cu被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为Fe2(SO4)3，以此画出实验装置图；答案：
（2）正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料；根据Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4可知：电极反应式负极：Cu-2e-=Cu2+，正极2Fe3++2e-=2Fe2+；答案：C（Ag等） Fe3++e-=Fe2+
考试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题:本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1.下列各项表达式不正确的是（ ）
A. N2的电子式： B. 二氧化碳分子的结构式为 O=C=O
C. NaCl的电子式： D. F－的结构示意图：
【答案】C
【详解】A.氮气分子中存在氮氮三键，氮气的电子式为：，故不选A；
B.二氧化碳中存在两个碳氧双键，结构式为：O=C=O，故不选B；
C.氯化钠为离子化合物，电子式中应该标出离子所带的电荷，正确的电子式为：，故选C；
D.氟离子核电荷数为9，核外电子数为10，其离子结构示意图为：，故不选D；
答案：C
2.下列排列顺序错误的是（ ）
A. 酸性 H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4
B. 碱性 Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
C. 稳定性SiH4＞NH3＞H2O＞HF
D. 半径 O2-＞F－＞Mg2＋＞Al3＋
【答案】C
【详解】A.同一周期从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，因此酸性 H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故不选A；
B.同一主族从上到下金属性增强，同一周期从左到右金属性减弱；金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，因此碱性 Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故不选B；
C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性SiH4
答案：C
3.下列有关13C、15N的叙述正确的是（ ）
A. 13C与15N有相同中子数 B. C60与13C互为同素异形体
C. 15N与14N互为同位素 D. 15N的核外电子数与中子数相同
【答案】C
【详解】A. 13C中子数13-6=7与15N有中子数15-7=8，中子数不相等，故A错误；
B.同素异形体是同种元素形成的不同单质，13C是原子不是单质，故B错误；
C.同位素指质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素，因此15N与14N互为同位素，故C正确；
D. 15N的核外电子数为7，中子数为15-7=8，电子数与中子数不相等，故D错误；
答案：C
4.下列关于化学反应与能量的说法，正确的是（ ）
A. 放热反应都能自发进行，吸热反应需要在加热的条件下才能进行
B. 在化学反应中，反应物的总能量总是等于生成物的总能量
C. 化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量
D. 只有化学反应中才有能量的变化
【答案】C
【详解】A.放热反应不一定能自发进行，比如铁的燃烧虽然是放热反应，但是需要提供高温才能引发，硫酸铵结晶水合物和氢氧化钡的反应在常温下就能进行，但属于吸热反应，故A错误；
B.在化学反应过程中反应物的总能量不等于生成物的总能量，对于放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；对于吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，故B错误；
C化学键的断裂吸收能量，化学键的生成释放能量，故C正确；
D.不只有化学反应中才有能量的变化，例如物质的三态变化就涉及了能量的变化，故D错误；
答案：C
5.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（ ）
A. X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y
B. Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C. X元素形成的单核阴离子还原性大于Y
D. Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
【答案】A
【解析】试题分析：根据题给信息知W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W为氮元素；结合四种短周期元素在元素周期表中的相对位置判断，X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素。A、非金属性：O＞Cl＞S，最简单氢化物稳定性最弱的是S，A正确；B、同主族元素由左向右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，故高氯酸的酸性一定强于硫酸，其它含氧酸则不一定，B错误；C、同主族元素由上到下元素的非金属性逐渐减弱，形成阴离子的还原性逐渐增强，故O2—还原性弱于S2—，C错误；D、氯气中氯元素为0价，是氯元素的中间价态，在化学反应中既可表现氧化性又能表现还原性，D错误。答案选A。
6.如图是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下，其中正确的是（ ）
①Zn为正极，Cu为负极； ②H＋向负极移动；③电子是由Zn经外电路流向Cu；④Cu极上有H2产生；⑤若有1 mol电子流过导线，则产生的H2为0.5 mol；⑥正极的电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ④⑤⑥ D. ②③④
【答案】B
【解析】在该原电池中，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu作正极，电子由Zn流出经导线流向Cu；负极反应为Zn－2e－=Zn2＋，正极反应为2H＋＋2e－=H2↑，故每转移1 mol电子时，产生0.5 mol H2；在溶液中H＋向正极移动，SO向负极移动。故①②⑥错误，③④⑤正确，选B项。
7.下列各组中每种物质都既有离子键又有共价键的一组是（ ）
A. NaOH H2SO4 (NH4)2SO4 B. MgO Na2SO4 HNO3
C. Na2O2 KOH Na3PO4 D. HCl Al2O3 MgCl2
【答案】C
【解析】A、H2SO4中只含共价键，A错误；B、MgO中只含离子键，HNO3中只含共价键，B错误；C、三种物质都既有离子键又有共价键，C正确；D、各物质均只含一种化学键，分别是共价键、离子键和离子键，D错误，答案选C。
8.某元素原子R的质量数为A，Rm-的核外电子数为x，则WgRm-离子所含中子的物质的量约为（ ）
A. (A-x+m)mol B. (A-x-m)mol
C. mol D. mol
【答案】D
【详解】R原子获得m个电子形成Rm-离子，Rm-的核外电子数为x，则R原子核外电子数=x-m，由于质量数等于质子数与中子数的和，所以该元素原子具有的中子数=A-x+m。元素R原子的质量数为A，则其摩尔质量为Ag/mol，WgRm+离子的物质的量n=mol，则WgRm+离子所含中子的物质的量=mol×(A-x+m)=
mol，故合理选项是D。
9.在如图所示的蓝色石蕊试纸上X、Y、Z三处分别滴加30%的盐酸、98.3%的硫酸和新制的氯水，三处最后呈现的颜色分别是（ ）
A. 红、红、白 B. 红、黑、红 C. 红、红、红 D. 红、黑、白
【答案】D
【详解】30%的盐酸具有酸性，滴加到蓝色石蕊试纸上，试纸变红；98.3%的硫酸为浓硫酸，具有酸性和脱水性，能使蓝色石蕊试纸先变红然后变为黑色；氯水中含有盐酸和次氯酸，HClO具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色；三处最后呈现的颜色分别红、黑、白，故D正确；
答案：D
10.下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是（ ）
①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe 反应生成FeS
A. ①②④ B. ①②⑥ C. ②⑤ D. ①③⑤
【答案】C
【详解】①元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，HCl比H2S稳定，则Cl的非金属性比S的强，故①正确；
②不能根据含氧酸的氧化性判断非金属性，所以HClO氧化性比H2SO4强，不能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故②错误；
③元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，故③正确；
④根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知氯气氧化性强于硫，则氯元素的非金属性比硫元素强，故④正确；
⑤最外层电子数多非金属性不一定强，如Br最外层7个电子，O最外层6个电子，但是非金属性O大于Br，故⑤错误；
⑥非金属单质与金属单质反应，生成产物的化合价越高，则非金属单质的氧化性越强，说明Cl2的氧化性大于S的氧化性，所以Cl的非金属性比S的强，故⑥正确；不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是②⑤，故选C；
答案：C
11.近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－。下列说法不正确的是( )
A. 放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动
B. 放电时，负极的电极反应式为Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－
C. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D. 整个反应过程中，铜相当于催化剂
【答案】B
【解析】试题分析：A．因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故B错误；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D．由C项分析知：铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B。
12.下列说法中错误是（ ）
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B. 元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子核外电子排布呈周期性变化
C. 已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应X的能量一定低于M的,Y的能量一定低于N
D. 化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因
【答案】C
【详解】A.金属钠与氯气反应生成氯化钠属于放热反应，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，因此结构的稳定性增强，故不选A；
B.元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子核外电子排布呈周期性变化，故不选B；
C.反应热取决于反应物与生成物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系，X+Y═M+N为是一个吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，故选C；
D.旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故不选D；
答案：C
13.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是( )
①实验室收集氨气采用图所示装置 ②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图所示装置 ③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 ④实验室中采用图所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】解答本题的关键是要理解绿色化学的理念，做好污染的防护与治理，不能污染环境。据此解答。
【详解】①实验室收集NH3采用图一所示装置，在制备的过程中用带有酚酞的水吸收逸出的NH3，防止污染环境，符合绿色化学的要求，现象明显，便于观察，①符合要求；
②实验室中做Cl2与Na的反应实验时采用图二所示装置，用沾有碱液的棉球可以吸收多余的Cl2，能防止污染环境，②符合要求；
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验时，挥发出的HCl和NH3会扩散到大气中而污染大气，不符合绿色化学的要求，③不符合要求；
④实验室中采用图三所示装置进行Cu与稀HNO3的反应时，将生成的氮的氧化物及时收集在气球里面，就可以防止污染环境，符合绿色化学的要求，④符合要求。
综上所述①②④都符合“绿色化学实验”要求，故合理选项是C。
14.已知七种短周期元素a～g的有关信息如下表所示：
元素编号
a
b
c
d
e
f
g
原子半径/nm
0.037
0.074
0.082
0.102
0.143
0.152
0.186
最高化合价或最低化合价
+1
﹣2
+3
﹣2
+3
+1
+1
下列推断不正确的是（ ）
A. 氢化物稳定性的强弱：b＞d B. 金属性的强弱：f＜g
C. 元素e的氧化物只能与酸反应 D. 元素a与元素d形成的化合物属于共价化合物
【答案】C
【解析】试题分析：分析表中数据得：a为H元素，f为Na元素，g为K元素，b为O元素，d为S元素，c为Be元素，e为Al元素。
C、元素e为Al元素，既可以与酸反应也可以与碱反应，故错。故选C。
15.已知2H2O(g)=2 H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋496kJ·mol－1 。断开1 mol H—H键、O＝O键分别需要吸收436 kJ、498 kJ的热量，则断开1 molO—H键需要吸收的热量为( )
A. 462 kJ B. 469 kJ C. 362 kJ D. 466.5 kJ
【答案】D
【详解】根据ΔH＝反应物旧键断裂吸收的能量-生成物新键生成放出的能量，设断开1 molO—H键需要吸收的热量为x kJ；
496=4x-2×436-498得x=466.5kJ，因此D正确；
答案：D
16.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是（ ）
A. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
B. 原混合酸中SO42－物质的量为0.6 mol
C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D. 取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H+)=0.2mol/L
【答案】B
【解析】分析：该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为①3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，已知m(Cu)=19.2g，即n(Cu)=0.3mol，可求得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol；铁粉与混合溶液反应时，铁被氧化为Fe3＋，而HNO3被还原为NO，即OA段的反应②为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；随着铁粉的增加，AB段的反应③为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，此时没有气体生成；当再增加铁粉时，又产生气体，即BC段的反应④为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，说明溶液中剩余的有H+；已知OA段消耗n( Fe) =0.2mol，由反应②可得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol，BC段消耗n( Fe) =0.1mol，则反应④消耗的n(H+)=0.2mol，综合分析可知，每一份混合溶液中n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol。
详解：A、混合溶液开始与铁粉反应时，稀硝酸把铁氧化为Fe3＋，而自身被还原为NO，即OA段，由于Fe3＋也有较强的氧化性，被增加的铁粉还原为Fe2+，即AB段，由于溶液中剩余有H+，与加入的铁粉反应生成H2，即BC段，所以A正确；
B、由上述分析可知，原混合溶液中n(H2SO4)= n(SO42-)=2×0.4mol=0.8mol，所以B错误；
C、根据反应②③④可得，第二份溶液中的最终溶质只有FeSO4，所以C正确；
D、每一份混合溶液(100mL)中含有n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则c(H+)=10 mol/L，取20mL加水稀释至1L时，根据溶质的物质的量不变，可得0.02L×10mol/L=1L×c(H+)，c(H+)=0.2mol/L，所以D正确。本题答案为B。
二、非选择题：本题共4小题，共52分
17.A、B、C、D四种短周期元素，0.5molA的元素的离子得到NA个电子后被还原为中性原子；0.4gA的氧化物恰好与100mL0.2mol/L的盐酸完全反应；A元素原子核内质子数与中子数相等．B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1；C﹣离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1；D元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍．请填写下列空格：
（1）推断A、B、C、D四种元素的符号A_____；B_____；C_____；D_____；
（2）C的一价阴离子的结构示意图_____；
（3）D元素的最高价氧化物的结构式是_____；
（4）C、D两元素形成的化合物电子式_____，分子内含有_____键 （填极性或非极性）．
（5）用电子式表示A、C两元素形成的化合物的过程_____．
【答案】(1). Mg (2). Al (3). Cl (4). C (5). (6). O＝C＝O (7). (8). 极性 (9).
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D中，0.5mol A元素的离子得到NA个电子被还原为中性原子，则A离子带两个单位正电荷，0.4g A的氧化物恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，HCl的物质的量=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，由AO+2HCl═ACl2+H2O，可知0.4gAO的物质的量为0.01mol，则M（AO）=0.4g/0.01mol=40g/mol，故A的摩尔质量为40g/mol-16g/mol=24g/mol，A原子核内质子数目与中子数目相等，则质子数为12，即A为Mg元素；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1，则B为Al；C-比A元素的离子多1个电子层，则C的质子数为18-1=17，即C为Cl元素；D元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，即D为C元素，以此解答。
【详解】（1）综上所述，A为Mg，B为Al，C为Cl，D为C；答案： Mg Al Cl C
（2）Cl质子数为17，离子结构示意图为；答案：
（3）D为碳元素，最高价氧化物为CO2，分子内C原子与O原子之间形成2对共用电子对，其结构式为：O＝C＝O；答案：O＝C＝O
（4）C、D两元素形成的化合物为CCl4，属于共价化合物，存在4个C-Cl键，电子式，分子内含有极性键；答案： 极性
（5）Cl、Mg两元素形成化合物为MgCl2，MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：；
答案：
18.（请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白:
（1）在Ba(OH)2· 8H2O和NH4Cl晶体反应的实验中:反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是_________,体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________________。
（2）下列过程中不一定释放能量的是______(请填编号)。
A.形成化学键 B.燃料燃烧 C.化合反应
D.葡萄糖在体内的氧化反应 E.酸碱中和 F.炸药爆炸
（3）等质量的下列物质分别完全燃烧，放出热量较多的是______ (填编号) 。
A.固体硫 B.硫蒸气
（4）已知:通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1mol水放出的热量为中和热。稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时放出Q kJ热量,则其中和热为______kJ/mol。
（5）已知H2和O2反应放热，且断开1mol H-H、1mol O=O、 1mol O-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3 kJ,由此可以推知下列关正确的是_____(填编号)。
A. Q1+Q2>Q3 B. Q1+Q2> 2Q3 C.2Q1+Q2 <4Q3 D.2Q1+Q2 <2Q3
【答案】（1）搅拌，使反应物充分接触，促进反应；玻璃片上水结冰而与烧杯粘一起
（2）C；（3）B（4）Q/2；（5）C。
【解析】试题分析：（1）在Ba(OH)2• 8H2O和NH4Cl晶体反应的实验中：为使反应物充分接触，促进反应快速进行，需用玻璃棒迅速搅拌,体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起。
（2）一般的化合反应放热，但有的化合反应吸热，如二氧化碳和碳生成一氧化碳；
（3）硫蒸汽的能量大于固体硫，所以等质量的固体硫、硫蒸气分别完全燃烧，放出热量较多的是硫蒸气。
（4）稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时生成2mol水，放出Q kJ热量，所以中和热为Q/2 kJ/mol。
（5）已知2mol H2和O2反应生成2molH2O，反应断开2molH－H吸收能量2Q1、1molO=O吸收能量Q2、形成4molO－H放出能量4Q3，总反应放热，2Q1+Q2﹤4Q3。
19.（1）实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：
回答下列问题：
①若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可能是下列气体中的_____。
A.CO2 B.H2 C.Cl2 D.NH3
②D装置的小烧杯中应盛放NaOH溶液，目的是__________________。
③若要收集干净纯净的X气体，上述装置应如何改进____________________。
④若用B装置制取氨气可以用_________（填试剂名称）进行干燥。
（2）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行试验。
请回答下列问题：
①装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是_________、________。
②反应后，装置B中发生的现象是____________，装置D表现了SO2的_____性，装置E表现了SO2的______性。
③F装置漏斗的作用是_____________。
④装置C中发生的离子方程式________________________________。
【答案】(1). C (2). 尾气进行处理,防止污染环境 (3). 在装置A、 D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗瓶 (4). 碱石灰(或CaO、Ca(OH)2等) (5). 分液漏斗 (6). 圆底烧瓶 (7). 黄绿色逐渐变浅 (8). 氧化 (9). 漂白 (10). 防止倒吸 (11). 2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
【解析】
【分析】（1）A装置用于固体（液体）与液体反应加热制取气体，B装置是固体加热制取气体，C装置是固体（液体）与液体反应不需要加热制取气体，D装置浓硫酸干燥气体，收集密度比空气大的气体，最后尾气处理防止污染空气以此进行分析；
（2）A装置利用强酸制弱酸原理，将浓硫酸滴入圆底烧瓶与亚硫酸钠反应制取二氧化硫气体，B装置二氧化硫与氯水发生氧化还原反应，使溶液褪色，SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，C装置二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使溶液褪色，2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，B、C装置均验证二氧化硫的还原性，D装置验证二氧化硫氧化性，SO2+2H2S=3S+2H2O，E装置验证二氧化硫的漂白性，F为尾气吸收装置，防止污染环境；
【详解】（1）①A装置用于固体（液体）与液体反应加热制取气体，D装置浓硫酸干燥气体，收集密度比空气大的气体，最后尾气处理防止污染空气以此进行分析；
A.大理石与盐酸反应制取二氧化碳不需要加热，故A不正确；
B.H2密度比空气小，故B不正确；
C.二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，浓硫酸干燥氯气，向上排空气法收集，尾气用碱液处理法，故C正确；
D.NH3不可用浓硫酸干燥，故D不正确；
答案：C
②D装置的小烧杯中应盛放NaOH溶液，因为氯气有毒，需要进行尾气处理,防止污染环境；
答案：尾气进行处理,防止污染环境
③因为浓盐酸易挥发，制得的氯气中混有氯化氢，应该在装置A、 D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗瓶，除去氯气中的氯化氢，可以收集干净纯净的氯气；
答案：在装置A、 D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗瓶
④氨气为碱性气体，不可以用酸性干燥剂；氨气还会与氯化钙反应，所以也不可用氯化钙，只能选择碱性干燥剂，例如碱石灰，生石灰等；答案：碱石灰(或CaO、Ca(OH)2等)
（2）①装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶；
答案：分液漏斗 圆底烧瓶
②装置B中发生反应为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，现象是黄绿色逐渐变浅，装置D反应SO2+2H2S=3S+2H2O，表现了SO2的氧化性，装置E二氧化硫漂白品红溶液，表现了SO2的漂白性；答案：黄绿色逐渐变浅 氧化 漂白
③F装置漏斗的作用是防止倒吸；答案：防止倒吸
④装置C中高锰酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子，发生的离子方程式2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；答案：2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
20.（1）SO2、CO、CO2、NOx是对环境影响较大的几种气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。利用电化学原理将CO、SO2转化为重要化工原料, 装置如图所示。
①若A为CO, B为H2，C为CH3OH,则通入CO一极的电极反应式为_____________。
②A为SO2, B为O2, C为H2SO4, 则负极反应式为________________。
③若A为NO2, B为O2, C为HNO3，负极的电极反应式为_________________。
（2）下图所示的原电池装置中,负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。 负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g ,则放出气体______mol。
（3）利用反应Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4设计一个原电池。
①在下面方格内画出实验装置图________________。
②指出正极材料可以为_____，该电极上发生的电极反应为___________。
【答案】(1). CO+4e-+4H+==CH3OH (2). SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ (3). NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ (4). Al (5). 有气体生成 (6). Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O (7). 0.3 (8). (9). C（Ag等） (10). Fe3++e-=Fe2+
【解析】
【分析】（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，发生还原反应；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子；
③若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则负极上二氧化氮失电子生成硝酸根离子；
（2）根据只有自发进行的氧化还原反应才可以设计成原电池进行分析；
（3）根据反应“Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4”可知，反应中Cu被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为Fe2(SO4)3，以此画出实验装置图并书写有关的电极反应式；
【详解】（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极方程式为CO+4 e-+4H+=CH3OH，答案：CO+4 e-+4H+=CH3OH；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；答案：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；
③若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则负极上二氧化氮失电子生成硝酸根离子和氢离子，电极反应式NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；答案：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+
（2）只有自发进行的氧化还原反应才可以设计成原电池，此装置自发进行的氧化还原反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，因此负极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，正极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；根据总方程式可知2Al～3H2，消耗负极5.4g ,则放出气体；答案：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O 0.3
（3）①根据反应“Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4”可知，反应中Cu被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为Fe2(SO4)3，以此画出实验装置图；答案：
（2）正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料；根据Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4可知：电极反应式负极：Cu-2e-=Cu2+，正极2Fe3++2e-=2Fe2+；答案：C（Ag等） Fe3++e-=Fe2+
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