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【化学】四川省阆中中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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四川省阆中中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量 H-1 O-16 S-32 C-12 N-14 Na-23 Fe-56
第Ⅰ卷(单项选择题共48分)
一、选择题(本题包括12个小题，每题4分，共48分)
1.2019年3月21日，江苏响水化工厂发生特大爆炸事故. 当地环保部门在现场检测到爆炸产生的气体有SO2、氮氧化物、挥发性有机物等. 下列说法不正确的是（ ）
A. 燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放
B. 光化学烟雾的形成与氮氧化物有关
C. SO2随雨水降下可能形成酸雨
D. 空气质量报告中有可吸入颗粒、SO2、 NO2、 CO2
【答案】D
【详解】A 项、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故A正确；
B项、光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故B正确；
C项、酸雨的形成主要是由于化石燃料燃烧排放的废气中含有大量的二氧化硫或氮氧化物所致，故C正确；
D项、空气质量报告主要报告有害气体和固体颗粒物，二氧化硫、二氧化氮为有毒气体，可吸入颗粒，都是空气质量报告内容，二氧化碳是空气的成分之一，没有列入空气质量报告，故D错误。
故选D。
2.下列化学用语中，正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式：H—O—Cl
B. 氚的原子符号：21H
C. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
D. Mg2＋的结构示意图：
【答案】A
【详解】A项、在次氯酸中，O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故A正确；
B项、氚原子的质子数为1、质量数为3、中子数为2，原子符号为31H，故B错误；
C项、氯化氢为共价化合物，氯化氢分子中不存在阴阳离子，用电子式表示氯化氢的形成过程为：，故C错误；
D项、镁离子是镁原子失去最外层2个电子形成，离子的结构示意图为：，故D错误。
故选A。
3.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）
A. 稀硫酸与0.1 mol/L NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ∆H = +57.3 kJ·mol−1
B. 已知 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H= -221 kJ·mol-1，则C的燃烧热为∆H =- 110.5 kJ·mol−1
C. 25℃、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热 19.3kJ， 其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ∆H= -38.6kJ·mol−1
D. 密闭容器中，0.3mol 硫粉与 0.2mol 铁粉混合加热生成硫化亚铁 0.2mol 时，放出 19.12 kJ 热量， 则 Fe(s)+S(s)=FeS(s) ∆H= - 95.6 kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【分析】A、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，酸碱中和是放热反应；
B、燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意可燃物必须为1mol；必须生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（液）；
C、该反应为可逆反应，0.5mol氮气和1.5mol氢气反应生成的氨气小于1mol；
D、0.3mol 硫粉与 0.2mol 铁粉混合加热，硫粉过量，0.2mol 铁粉完全反应放出19.12kJ热量。
【详解】A项、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，酸碱中和是放热反应，故△H应为负值，故A错误；
B项、该反应碳燃烧生成一氧化碳，是碳的不完全燃烧，- 110.5 kJ·mol−1不是碳的燃烧热，故B错误；
C项、该反应为可逆反应，0.5mol氮气和1.5mol氢气反应生成的氨气小于1mol，即生成1mol氨气放出的热量大于19.3kJ，∆H小于-38.6kJ·mol−1，故C错误；
D项、0.3mol 硫粉与 0.2mol 铁粉混合加热，硫粉过量，0.2mol 铁粉完全反应放出19.12kJ热量，则生成1molFeS（s）时放出95.6kJ的热量，∆H= - 95.6 kJ·mol−1，故D正确。
故选D。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L H2O中含有分子数为NA
B. 32gO2中含有的电子数为32NA
C. 32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA
D. 1 molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NA
【答案】C
【解析】
【分析】A、标况下，水不是气体；
B、1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol；
C、O2和O3的最简式相同，都为O；
D、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子。
【详解】A项、标况下，水不是气体，无法计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol，含有电子数为16NA，故B错误；
C项、O2和O3的最简式相同，都为O，由最简式可知32gO的物质的量为2mol，含有的氧原子数目为2NA，故C正确；
D项、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误。
故选C。
5.14C是C的一种放射性核素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子或核爆炸产生的中子轰击14N可使它转变为14C.下列说法正确的是（ ）
A. 14C原子最外层有6个电子 B. 14C核素的中子数为8
C. 14C和14N互为同位素 D. 14C16O2质子数为46
【答案】B
【解析】
【分析】14C和14N的质量数都为14，质子数分别为6、7，中子数分别为8、7。
【详解】A项、14C原子的最外层电子数为4，故A错误；
B项、146C核素中的中子数为14-6=8，故B正确；
C项、14C和14N的质子数不同，不互为同位素，故C错误；
D项、14C16O2的的质量数为46，质子数为22，故D错误。
故选B。
6.纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是（ ）
A. X可用作木材防火剂
B. 步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
C. 步骤II的反应是Na2SiO3+ H2SO4 = H2SiO3(胶体) + Na2SO4
D. 步骤 Ⅲ若在实验室完成，一般在蒸发皿中进行
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，过滤得到硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与稀硫酸反应生成硅酸白色胶状沉淀，过滤得到硅酸沉淀，在坩埚中灼烧硅酸，硅酸分解生成二氧化硅。
【详解】A项、硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，故A正确；
B项、碳酸的酸性强于硅酸，能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸，故B正确；
C项、硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，所以步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4＝H2SiO3（胶体）+Na2SO4，故C正确；
D项、加热灼烧固体应在坩埚中进行，故D错误。
故选D。
7.5种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，依据表中信息判断，下列说法不正确的是 （ ）
元素
A
B
C
D
E
相关
信息
A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代
有两种常见的单质，均有氧化性
短周期中原子半径最大的元素
最外层电子数与电子层相同
其游离态单质存在于火山喷口附近和地壳的岩层里
A. A的单质有多种同素异形体，其中一种是自然界中最坚硬的物质
B. C的单质燃烧火焰呈黄色
C. D的最高价氧化物可分别溶于A、C、E的最高价氧化物对应的水化物的溶液
D. B和E的最简单气态氢化物中稳定性较差的是E
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是碳元素；B有两种常见的单质，均有氧化性，则B为O元素；C是短周期中原子半径最大的元素，则C为Na元素；D原子最外层电子数与电子层相同，则D是Al元素；E游离态单质存在于火山喷口附近和地壳的岩层里，则E是S元素。
【详解】A项、A是碳元素，碳的单质有石墨、金刚石、足球烯多种同素异形体，其中金刚石是自然界中最坚硬的物质，故A正确；
B项、C为Na元素，钠单质燃烧火焰呈黄色，故B正确；
C项、D是Al元素，Al元素的最高价氧化物是氧化铝，氧化铝为两性氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸碳酸，故C错误；
D项、非金属性越强，氢化物稳定性越强，氧元素的非金属性强于硫元素，水的热稳定性强于硫化氢，故D正确。
故选C。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2＋＝2Fe3＋＋3Cu
B. 金属铜溶于稀硝酸中： Cu+2NO3—＋4H +＝Cu2+＋2NO↑+2H2O
C. 碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠中：NH4+＋OH－＝NH3 + H2O
D. 少量二氧化硫通入澄清石灰水中：SO2+Ca2＋＋2OH－＝CaSO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】A、铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；
B、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
C、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水；
D、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水。
【详解】A项、铁钉放入硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故A错误；
B项、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-
=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C项、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O +CO32-+H2O，故C错误；
D项、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：SO2+Ca2＋＋2OH－=CaSO3↓+H2O，故D正确。
故选D。
9.以下实验目的可以实现的是（ ）
A. 产生喷泉
B. 除去氯气中的HCl杂质
C. 排水法收集NO
D. 蒸发溴水获取溴单质
【答案】A
【详解】A项、二氧化碳能与NaOH溶液反应导致烧瓶内气体压强减小而形成喷泉，故A正确；
B项、氯气和氯化氢都能与NaOH溶液反应，不能选用NaOH溶液除去氯气中的HCl杂质，应选用饱和食盐水，故B错误；
C项、NO不溶于水，且与水不反应，可用排水法收集，应从短管通入NO，故C错误；
D项、应向溴水中加入有机溶剂萃取得到溴的有机溶液，再蒸馏获取溴单质，故D错误。
10.下列叙述中，不正确的是（ ）
A. 浓HNO3与浓HCl按体积比1：3所得的混合物叫王水
B. 工业上用H2和N2合成氨与自然界中放电时N2和O2反应都属于氮的固定
C. 常温下，铁或铝不与浓H2SO4反应，所以可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4
D. 浓H2SO4具有吸水性，能使胆矾变白
【答案】C
【详解】A项、王水能溶解金、铂等金属，浓HNO3与浓HCl按体积比1：3所得的混合物叫王水，故A正确；
B项、氮的单质转化为含氮化合物的过程叫做氮的固定，H2和N2合成氨，自然界中放电时O2和N2反应生成一氧化氮的反应都是将氮的单质转化为含氮化合物的过程，属于氮的固定，故B正确；
C项、常温下，浓H2SO4与铁、铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，钝化是化学变化，故C错误；
D项、浓硫酸的吸水性是指吸收物质中已经存在的水，可吸收胆矾中的结晶水使其变白，故D正确。
故选C。
11.元素在周期表中位置，反映了元素的原子结构和元素性质，下列说法正确的是（ ）
A. 因为酸性HF
C. 金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，可以推断Li与O2在加热时有Li2O2生成
D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】B
【详解】A项、元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氢化物的酸性与元素的非金属性无关，故A错误；
B项、同主族从上至下非金属性减弱，非金属性Cl＞Br，所以Cl2通入NaBr溶液中，发生反应为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故B正确；
C项、Li与氧气反应只能生成一种氧化物Li2O，故C错误；
D项、同一主族的元素的原子，化学性质相似，因电子层不同，存在性质的递变性，如碱金属性质，随原子序数增大，金属性增强，化学性质相似而不相同，故D错误。
故选B。
12.如图所示为反应2H2(g)+ O2(g) = 2H2O(g)的能量变化示意图，下列说法错误的是（ ）
A. 拆开2mol H2(g)和1mol O2(g) 中的化学键共吸收1368kJ能量
B. 由H、O原子形成2mol H2O(g)，共放出1852kJ能量
C. 1mol H2(g)和 mol O2(g)反应生成1mol H2O(l)，放出的热量小于242kJ
D. 2mol H2(g)和1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，共放出484kJ热量
【答案】C
【解析】
【分析】A. 化学键断裂吸收能量。
B. 化学键形成放出能量。
C. D.依据反应焓变 = 反应物化学键键能总和 - 生成物化学键键能总和计算。
【详解】根据图示，4mol H和2mol O的能量比2mol H2(g)和1mol O2(g) 的能量高1368kJ，所以拆开2mol H2(g)和1mol O2(g) 中的化学键共吸收能量1368kJ，A正确；
由H、O原子形成2mol H2O(g)，共放出1852kJ能量，B正确；
根据图示，2mol H2(g)和1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，共放出（1852kJ-1368kJ）=484kJ热量，由于水由气态变为液态会放出热量，1mol H2(g)和 mol O2(g)反应生成1mol H2O(l)，放出的热量大于242kJ，C错误；
2mol H2(g)和1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，共放出（1852kJ-1368kJ）=484kJ热量，D正确。
答案为C。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
13.某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸反应情况，用如图所示装置进行有关实验：
(1)B是用来收集实验中产生的气体的装置，但未将导管画全，请在图上把导管补充完整_________。
(2)实验中他们取6.4 g铜片和12 mL 18 mol·L−1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。
①写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：__________________；
②为什么有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是__________________；
③下列药品中能够用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是________(填编号)。
A．铁粉 B．BaCl2溶液 C．银粉 D．Na2CO3溶液
(3)装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，有可能观察到的现象是_____________，待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，D中观察到的现象是_____________。
(4)实验装置C有可能造成环境污染，试用最简单的方法加以解决，__________________(实验用品自选)。
【答案】（1）
（2）①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑ ②随着反应进行，硫酸被消耗，产物有水生成，所以浓硫酸变成稀硫酸，反应停止；③AD（3）红色褪去，恢复红色（4）用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口 （合理均可）
【解析】试题分析：（1）铜跟浓硫酸反应生成了SO2气体，SO2比空气重，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为；（2）①铜跟浓硫酸在加热时发生反应，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；②6.4g铜片的物质的量是0.1mol，该铜和12ml 18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，依据化学反应方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑的定量关系可知，0.1mol铜与含2.16mol硫酸的浓硫酸反应，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，说明一定剩余酸，这是因为浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解；③根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，A．铁粉与氢离子反应产生气泡，正确；B．BaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，无论硫酸是否过量，都会发生沉淀反应，因此不能证明硫酸是否过量，错误；C．银粉不反应，无现象，不能证明硫酸是否过量，错误；D．Na2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，正确。（3） 装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，SO2进入品红溶液，使品红溶液褪色；待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，升高温度，无色物质不稳定，受热分解，SO2逸出，品红溶液又变为红色；（4）实验装置C有可能造成环境污染，由于SO2是酸性氧化物，可以与碱发生反应产生盐和水，因此可以用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口。
14.A+、B+、C-、D、E、F2- 6种微粒(分子或离子)，它们分别含10个电子，其中只有B+和F2-为单核微粒，且C-和E的组成元素相同，已知它们有如下转化关系：A++C-D+E，据此回答下列问题：
(1)写出D的结构式___________，E的结构式___________。
(2)实验室制备D物质的反应方程式________。
(3)上述六种微粒中所含有的元素原子半径从大到小的顺序是__(用元素符号表示)。
(4)B、F两元素组成的原子数目比为1:1的化合物的电子式___________、该物质中存在的化学键有__。
【答案】(1). (2). H—O—H (3). 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O (4). Na＞N＞O＞H (5). (6). 离子键 非极性共价键
【解析】
【分析】10电子微粒有：H2O、NH3、CH4、HF、NH4+、H3O+、OH-、Al3+、Na+、Mg2+、O2-、F-等微粒，由B+和F2-为单核微粒可知，B+为Na+、F2-为O2-；有C-和E的组成元素相同可知，C-为OH-、E为H2O；由反应A++C-→D+E可知，A+为NH4+、D为NH3。
【详解】（1）D为NH3，结构式为；E为H2O，结构式为H—O—H，故答案为：；H—O—H；
（2）实验室用氯化铵与消石灰共热制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；
（3）Na在短周期元素中原子半径最大，H在周期表中原子半径最小，N和O位于同一周期，同一周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径从大到小的顺序是Na＞N＞O＞H，故答案为：Na＞N＞O＞H；
（5）B、F两元素组成的原子数目比为1:1的化合物为离子化合物Na2O2，电子式为，Na2O2中存在的化学键有离子键和非极性共价键，故答案为：；离子键 非极性共价键。
15.为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如图所示的三套实验装置：
(1)上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝 酸反应是吸热反应还是放热反应”的是(不能用手触摸和使用温度计)___________。
(2)某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入 适量氢氧化钠溶液与稀盐酸，U形管中可观察到的现象是______________，说明该反应属于_____ (填“吸热”或“放热”)反应。
(3)为定量测定(2)中反应的反应热，使50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL0.55 mol·L－1NaOH溶液在简易量热计中进行中和反应.回答下列问题：
①该实验中NaOH的浓度大于HCl的浓度的作用是_________________________。
②实验中若改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_________ (填“相等”或“不相等”)。
(4)已知一些化学键的键能数据如表所示：
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/kJ·mol－1
414
489
565
155
请根据键能数据估算CH4(g)和F2(g)反应生成CF4(g)和HF(g)的热化学方程式：_______________。
【答案】(1). Ⅲ (2). 左端液柱降低，右端液柱升高 (3). 放热 (4). 保证盐酸完全被中和，使生成水的量更精确 (5). 相等 (6). CH4(g)＋4F2(g)＝CF4(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 940 kJ·mol－1
【解析】
【分析】（1）装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置；
（2）氢氧化钠与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应；
（3）①在中和热的测定实验中，NaOH的浓度大于HCl的浓度能使盐酸完全被中和；
②反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，中和热与酸碱的用量无关；
（4）反应热∆H=反应物键能之和－生成物键能之和。
【详解】（1）装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故答案为：Ⅲ；
（2）氢氧化钠与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高，故答案为：左端液柱降低，右端液柱升高；放热；
（3）①在中和热的测定实验中，NaOH的浓度大于HCl的浓度作用是使盐酸完全被中和，使生成水的量更精确，使测定结果更准确，故答案为：使盐酸完全被中和，使生成水的量更精确；
②反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50 mol·L－1盐酸与50mL0.55 mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，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，中和热数值相等，故答案为：相等；
（4）CH4(g)和F2(g)反应的化学方程式为CH4（g）+4F2（g）＝CF4（g）+4HF（g），反应热∆H=反应物键能之和－生成物键能之和=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol－（489kJ/mol×4+4×565kJ/mol）=－1940kJ/mol，则热化学方程式为CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 940 kJ·mol－1，故答案为：CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 940 kJ·mol－1。
16.已知A、B、C、D原子序数依次递增的短周期主族元素，常温常压下AB2是一种红棕色气体，B与C同主族，则：
(1)C元素在周期表中的位置____________。
(2)画出D元素的简单离子结构示意图_______________________。
(3)将CB2与D2以体积比1：1混合后通入品红溶液中，品红溶液不褪色，请用一个化学方程式来解释：_________________________________。
(4)AB2与水反应的化学方程式为___________，在一定温度和压强下，将一个容积为15mL的试管充满AB2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管液面上升至一定高度不再变化时，相同条件下再通入O2，若要使试管液面仍保持在原高度，则应通入的O2为___________mL。
(5)甲、乙、丙均为含A元素的化合物，丁为单质，甲、乙、丙、丁四种物质有如下转化关系(反应条件及部分产物已略去)
①若丁为一种常见的非金属单质，甲为氢化物，乙为氧化物，则一个乙分子所含有的电子数目___________。
②若丁为一种常见的金属单质，常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止，则丙的化学式___________。
【答案】(1). 第三周期ⅥA族 (2). (3). SO2 +Cl2+2H2O=H2SO4 +2HCl (4). 3NO2 + H2O=2HNO3 + NO (5). 8.75 (6). 15 (7). Fe(NO3)2
【解析】
【分析】由常温常压下AB2是一种红棕色气体可知，A为N元素、B为O元素；由B与C同主族可知，C为S元素；由A、B、C、D是原子序数依次递增的短周期主族元素可知，D为Cl元素。
【详解】(1) C为S元素，位于周期表第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；
(2)D为Cl元素，Cl原子得到一个电子形成Cl—，离子结构示意图为，故答案为：；
(3)SO2与Cl2以体积比1：1反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2 + Cl2 +2H2O = H2SO4 + 2HCl，故答案为：SO2 + Cl2 +2H2O = H2SO4 + 2HCl；
(4)NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2 +H2O =2HNO3 +NO；在一定温度和压强下，将一个容积为15mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管液面上升至一定高度不再变化时，试管中NO体积为=5mL，相同条件下通入O2，NO先与O2发生反应4NO+3O2+2H2O =4HNO3使试管中无气体溶液全充满，此时通入O2的体积为=3.75mL，再通入5mLO2使试管液面仍保持在原高度，则通入O2的体积为（5mL+3.75mL）=8.75mL，故答案为：3NO2 +H2O =2HNO3 +NO；8.75；
(5)由题意甲、乙、丙均为含N元素的化合物。
①若丁为一种常见的非金属单质，甲为氢化物，乙为氧化物，则甲为NH3、丁为O2、乙为NO、丙为NO2，1个NO分子含有15个电子，故答案为：15；
②若丁为一种常见的金属单质，常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止，则丁为Fe、甲为浓HNO3、乙为Fe(NO3)3、丙为Fe(NO3)2，故答案为：Fe(NO3)2。
可能用到的相对原子质量 H-1 O-16 S-32 C-12 N-14 Na-23 Fe-56
第Ⅰ卷(单项选择题共48分)
一、选择题(本题包括12个小题，每题4分，共48分)
1.2019年3月21日，江苏响水化工厂发生特大爆炸事故. 当地环保部门在现场检测到爆炸产生的气体有SO2、氮氧化物、挥发性有机物等. 下列说法不正确的是（ ）
A. 燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放
B. 光化学烟雾的形成与氮氧化物有关
C. SO2随雨水降下可能形成酸雨
D. 空气质量报告中有可吸入颗粒、SO2、 NO2、 CO2
【答案】D
【详解】A 项、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故A正确；
B项、光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故B正确；
C项、酸雨的形成主要是由于化石燃料燃烧排放的废气中含有大量的二氧化硫或氮氧化物所致，故C正确；
D项、空气质量报告主要报告有害气体和固体颗粒物，二氧化硫、二氧化氮为有毒气体，可吸入颗粒，都是空气质量报告内容，二氧化碳是空气的成分之一，没有列入空气质量报告，故D错误。
故选D。
2.下列化学用语中，正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式：H—O—Cl
B. 氚的原子符号：21H
C. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
D. Mg2＋的结构示意图：
【答案】A
【详解】A项、在次氯酸中，O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故A正确；
B项、氚原子的质子数为1、质量数为3、中子数为2，原子符号为31H，故B错误；
C项、氯化氢为共价化合物，氯化氢分子中不存在阴阳离子，用电子式表示氯化氢的形成过程为：，故C错误；
D项、镁离子是镁原子失去最外层2个电子形成，离子的结构示意图为：，故D错误。
故选A。
3.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）
A. 稀硫酸与0.1 mol/L NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ∆H = +57.3 kJ·mol−1
B. 已知 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H= -221 kJ·mol-1，则C的燃烧热为∆H =- 110.5 kJ·mol−1
C. 25℃、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热 19.3kJ， 其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ∆H= -38.6kJ·mol−1
D. 密闭容器中，0.3mol 硫粉与 0.2mol 铁粉混合加热生成硫化亚铁 0.2mol 时，放出 19.12 kJ 热量， 则 Fe(s)+S(s)=FeS(s) ∆H= - 95.6 kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【分析】A、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，酸碱中和是放热反应；
B、燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意可燃物必须为1mol；必须生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（液）；
C、该反应为可逆反应，0.5mol氮气和1.5mol氢气反应生成的氨气小于1mol；
D、0.3mol 硫粉与 0.2mol 铁粉混合加热，硫粉过量，0.2mol 铁粉完全反应放出19.12kJ热量。
【详解】A项、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，酸碱中和是放热反应，故△H应为负值，故A错误；
B项、该反应碳燃烧生成一氧化碳，是碳的不完全燃烧，- 110.5 kJ·mol−1不是碳的燃烧热，故B错误；
C项、该反应为可逆反应，0.5mol氮气和1.5mol氢气反应生成的氨气小于1mol，即生成1mol氨气放出的热量大于19.3kJ，∆H小于-38.6kJ·mol−1，故C错误；
D项、0.3mol 硫粉与 0.2mol 铁粉混合加热，硫粉过量，0.2mol 铁粉完全反应放出19.12kJ热量，则生成1molFeS（s）时放出95.6kJ的热量，∆H= - 95.6 kJ·mol−1，故D正确。
故选D。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L H2O中含有分子数为NA
B. 32gO2中含有的电子数为32NA
C. 32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA
D. 1 molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NA
【答案】C
【解析】
【分析】A、标况下，水不是气体；
B、1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol；
C、O2和O3的最简式相同，都为O；
D、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子。
【详解】A项、标况下，水不是气体，无法计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气中含有电子的物质的量为16mol，含有电子数为16NA，故B错误；
C项、O2和O3的最简式相同，都为O，由最简式可知32gO的物质的量为2mol，含有的氧原子数目为2NA，故C正确；
D项、1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误。
故选C。
5.14C是C的一种放射性核素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子或核爆炸产生的中子轰击14N可使它转变为14C.下列说法正确的是（ ）
A. 14C原子最外层有6个电子 B. 14C核素的中子数为8
C. 14C和14N互为同位素 D. 14C16O2质子数为46
【答案】B
【解析】
【分析】14C和14N的质量数都为14，质子数分别为6、7，中子数分别为8、7。
【详解】A项、14C原子的最外层电子数为4，故A错误；
B项、146C核素中的中子数为14-6=8，故B正确；
C项、14C和14N的质子数不同，不互为同位素，故C错误；
D项、14C16O2的的质量数为46，质子数为22，故D错误。
故选B。
6.纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是（ ）
A. X可用作木材防火剂
B. 步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
C. 步骤II的反应是Na2SiO3+ H2SO4 = H2SiO3(胶体) + Na2SO4
D. 步骤 Ⅲ若在实验室完成，一般在蒸发皿中进行
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，过滤得到硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与稀硫酸反应生成硅酸白色胶状沉淀，过滤得到硅酸沉淀，在坩埚中灼烧硅酸，硅酸分解生成二氧化硅。
【详解】A项、硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，故A正确；
B项、碳酸的酸性强于硅酸，能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸，故B正确；
C项、硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，所以步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4＝H2SiO3（胶体）+Na2SO4，故C正确；
D项、加热灼烧固体应在坩埚中进行，故D错误。
故选D。
7.5种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，依据表中信息判断，下列说法不正确的是 （ ）
元素
A
B
C
D
E
相关
信息
A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代
有两种常见的单质，均有氧化性
短周期中原子半径最大的元素
最外层电子数与电子层相同
其游离态单质存在于火山喷口附近和地壳的岩层里
A. A的单质有多种同素异形体，其中一种是自然界中最坚硬的物质
B. C的单质燃烧火焰呈黄色
C. D的最高价氧化物可分别溶于A、C、E的最高价氧化物对应的水化物的溶液
D. B和E的最简单气态氢化物中稳定性较差的是E
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是碳元素；B有两种常见的单质，均有氧化性，则B为O元素；C是短周期中原子半径最大的元素，则C为Na元素；D原子最外层电子数与电子层相同，则D是Al元素；E游离态单质存在于火山喷口附近和地壳的岩层里，则E是S元素。
【详解】A项、A是碳元素，碳的单质有石墨、金刚石、足球烯多种同素异形体，其中金刚石是自然界中最坚硬的物质，故A正确；
B项、C为Na元素，钠单质燃烧火焰呈黄色，故B正确；
C项、D是Al元素，Al元素的最高价氧化物是氧化铝，氧化铝为两性氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸碳酸，故C错误；
D项、非金属性越强，氢化物稳定性越强，氧元素的非金属性强于硫元素，水的热稳定性强于硫化氢，故D正确。
故选C。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2＋＝2Fe3＋＋3Cu
B. 金属铜溶于稀硝酸中： Cu+2NO3—＋4H +＝Cu2+＋2NO↑+2H2O
C. 碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠中：NH4+＋OH－＝NH3 + H2O
D. 少量二氧化硫通入澄清石灰水中：SO2+Ca2＋＋2OH－＝CaSO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】A、铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；
B、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
C、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水；
D、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水。
【详解】A项、铁钉放入硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故A错误；
B项、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-
=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C项、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O +CO32-+H2O，故C错误；
D项、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：SO2+Ca2＋＋2OH－=CaSO3↓+H2O，故D正确。
故选D。
9.以下实验目的可以实现的是（ ）
A. 产生喷泉
B. 除去氯气中的HCl杂质
C. 排水法收集NO
D. 蒸发溴水获取溴单质
【答案】A
【详解】A项、二氧化碳能与NaOH溶液反应导致烧瓶内气体压强减小而形成喷泉，故A正确；
B项、氯气和氯化氢都能与NaOH溶液反应，不能选用NaOH溶液除去氯气中的HCl杂质，应选用饱和食盐水，故B错误；
C项、NO不溶于水，且与水不反应，可用排水法收集，应从短管通入NO，故C错误；
D项、应向溴水中加入有机溶剂萃取得到溴的有机溶液，再蒸馏获取溴单质，故D错误。
10.下列叙述中，不正确的是（ ）
A. 浓HNO3与浓HCl按体积比1：3所得的混合物叫王水
B. 工业上用H2和N2合成氨与自然界中放电时N2和O2反应都属于氮的固定
C. 常温下，铁或铝不与浓H2SO4反应，所以可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4
D. 浓H2SO4具有吸水性，能使胆矾变白
【答案】C
【详解】A项、王水能溶解金、铂等金属，浓HNO3与浓HCl按体积比1：3所得的混合物叫王水，故A正确；
B项、氮的单质转化为含氮化合物的过程叫做氮的固定，H2和N2合成氨，自然界中放电时O2和N2反应生成一氧化氮的反应都是将氮的单质转化为含氮化合物的过程，属于氮的固定，故B正确；
C项、常温下，浓H2SO4与铁、铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，钝化是化学变化，故C错误；
D项、浓硫酸的吸水性是指吸收物质中已经存在的水，可吸收胆矾中的结晶水使其变白，故D正确。
故选C。
11.元素在周期表中位置，反映了元素的原子结构和元素性质，下列说法正确的是（ ）
A. 因为酸性HF
C. 金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，可以推断Li与O2在加热时有Li2O2生成
D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】B
【详解】A项、元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氢化物的酸性与元素的非金属性无关，故A错误；
B项、同主族从上至下非金属性减弱，非金属性Cl＞Br，所以Cl2通入NaBr溶液中，发生反应为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故B正确；
C项、Li与氧气反应只能生成一种氧化物Li2O，故C错误；
D项、同一主族的元素的原子，化学性质相似，因电子层不同，存在性质的递变性，如碱金属性质，随原子序数增大，金属性增强，化学性质相似而不相同，故D错误。
故选B。
12.如图所示为反应2H2(g)+ O2(g) = 2H2O(g)的能量变化示意图，下列说法错误的是（ ）
A. 拆开2mol H2(g)和1mol O2(g) 中的化学键共吸收1368kJ能量
B. 由H、O原子形成2mol H2O(g)，共放出1852kJ能量
C. 1mol H2(g)和 mol O2(g)反应生成1mol H2O(l)，放出的热量小于242kJ
D. 2mol H2(g)和1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，共放出484kJ热量
【答案】C
【解析】
【分析】A. 化学键断裂吸收能量。
B. 化学键形成放出能量。
C. D.依据反应焓变 = 反应物化学键键能总和 - 生成物化学键键能总和计算。
【详解】根据图示，4mol H和2mol O的能量比2mol H2(g)和1mol O2(g) 的能量高1368kJ，所以拆开2mol H2(g)和1mol O2(g) 中的化学键共吸收能量1368kJ，A正确；
由H、O原子形成2mol H2O(g)，共放出1852kJ能量，B正确；
根据图示，2mol H2(g)和1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，共放出（1852kJ-1368kJ）=484kJ热量，由于水由气态变为液态会放出热量，1mol H2(g)和 mol O2(g)反应生成1mol H2O(l)，放出的热量大于242kJ，C错误；
2mol H2(g)和1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，共放出（1852kJ-1368kJ）=484kJ热量，D正确。
答案为C。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
13.某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸反应情况，用如图所示装置进行有关实验：
(1)B是用来收集实验中产生的气体的装置，但未将导管画全，请在图上把导管补充完整_________。
(2)实验中他们取6.4 g铜片和12 mL 18 mol·L−1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。
①写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：__________________；
②为什么有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是__________________；
③下列药品中能够用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是________(填编号)。
A．铁粉 B．BaCl2溶液 C．银粉 D．Na2CO3溶液
(3)装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，有可能观察到的现象是_____________，待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，D中观察到的现象是_____________。
(4)实验装置C有可能造成环境污染，试用最简单的方法加以解决，__________________(实验用品自选)。
【答案】（1）
（2）①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑ ②随着反应进行，硫酸被消耗，产物有水生成，所以浓硫酸变成稀硫酸，反应停止；③AD（3）红色褪去，恢复红色（4）用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口 （合理均可）
【解析】试题分析：（1）铜跟浓硫酸反应生成了SO2气体，SO2比空气重，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为；（2）①铜跟浓硫酸在加热时发生反应，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；②6.4g铜片的物质的量是0.1mol，该铜和12ml 18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，依据化学反应方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑的定量关系可知，0.1mol铜与含2.16mol硫酸的浓硫酸反应，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，说明一定剩余酸，这是因为浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解；③根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，A．铁粉与氢离子反应产生气泡，正确；B．BaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，无论硫酸是否过量，都会发生沉淀反应，因此不能证明硫酸是否过量，错误；C．银粉不反应，无现象，不能证明硫酸是否过量，错误；D．Na2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，正确。（3） 装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，SO2进入品红溶液，使品红溶液褪色；待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，升高温度，无色物质不稳定，受热分解，SO2逸出，品红溶液又变为红色；（4）实验装置C有可能造成环境污染，由于SO2是酸性氧化物，可以与碱发生反应产生盐和水，因此可以用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口。
14.A+、B+、C-、D、E、F2- 6种微粒(分子或离子)，它们分别含10个电子，其中只有B+和F2-为单核微粒，且C-和E的组成元素相同，已知它们有如下转化关系：A++C-D+E，据此回答下列问题：
(1)写出D的结构式___________，E的结构式___________。
(2)实验室制备D物质的反应方程式________。
(3)上述六种微粒中所含有的元素原子半径从大到小的顺序是__(用元素符号表示)。
(4)B、F两元素组成的原子数目比为1:1的化合物的电子式___________、该物质中存在的化学键有__。
【答案】(1). (2). H—O—H (3). 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O (4). Na＞N＞O＞H (5). (6). 离子键 非极性共价键
【解析】
【分析】10电子微粒有：H2O、NH3、CH4、HF、NH4+、H3O+、OH-、Al3+、Na+、Mg2+、O2-、F-等微粒，由B+和F2-为单核微粒可知，B+为Na+、F2-为O2-；有C-和E的组成元素相同可知，C-为OH-、E为H2O；由反应A++C-→D+E可知，A+为NH4+、D为NH3。
【详解】（1）D为NH3，结构式为；E为H2O，结构式为H—O—H，故答案为：；H—O—H；
（2）实验室用氯化铵与消石灰共热制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；
（3）Na在短周期元素中原子半径最大，H在周期表中原子半径最小，N和O位于同一周期，同一周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径从大到小的顺序是Na＞N＞O＞H，故答案为：Na＞N＞O＞H；
（5）B、F两元素组成的原子数目比为1:1的化合物为离子化合物Na2O2，电子式为，Na2O2中存在的化学键有离子键和非极性共价键，故答案为：；离子键 非极性共价键。
15.为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如图所示的三套实验装置：
(1)上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝 酸反应是吸热反应还是放热反应”的是(不能用手触摸和使用温度计)___________。
(2)某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入 适量氢氧化钠溶液与稀盐酸，U形管中可观察到的现象是______________，说明该反应属于_____ (填“吸热”或“放热”)反应。
(3)为定量测定(2)中反应的反应热，使50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL0.55 mol·L－1NaOH溶液在简易量热计中进行中和反应.回答下列问题：
①该实验中NaOH的浓度大于HCl的浓度的作用是_________________________。
②实验中若改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_________ (填“相等”或“不相等”)。
(4)已知一些化学键的键能数据如表所示：
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/kJ·mol－1
414
489
565
155
请根据键能数据估算CH4(g)和F2(g)反应生成CF4(g)和HF(g)的热化学方程式：_______________。
【答案】(1). Ⅲ (2). 左端液柱降低，右端液柱升高 (3). 放热 (4). 保证盐酸完全被中和，使生成水的量更精确 (5). 相等 (6). CH4(g)＋4F2(g)＝CF4(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 940 kJ·mol－1
【解析】
【分析】（1）装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置；
（2）氢氧化钠与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应；
（3）①在中和热的测定实验中，NaOH的浓度大于HCl的浓度能使盐酸完全被中和；
②反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，中和热与酸碱的用量无关；
（4）反应热∆H=反应物键能之和－生成物键能之和。
【详解】（1）装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故答案为：Ⅲ；
（2）氢氧化钠与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高，故答案为：左端液柱降低，右端液柱升高；放热；
（3）①在中和热的测定实验中，NaOH的浓度大于HCl的浓度作用是使盐酸完全被中和，使生成水的量更精确，使测定结果更准确，故答案为：使盐酸完全被中和，使生成水的量更精确；
②反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50 mol·L－1盐酸与50mL0.55 mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，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，中和热数值相等，故答案为：相等；
（4）CH4(g)和F2(g)反应的化学方程式为CH4（g）+4F2（g）＝CF4（g）+4HF（g），反应热∆H=反应物键能之和－生成物键能之和=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol－（489kJ/mol×4+4×565kJ/mol）=－1940kJ/mol，则热化学方程式为CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 940 kJ·mol－1，故答案为：CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 940 kJ·mol－1。
16.已知A、B、C、D原子序数依次递增的短周期主族元素，常温常压下AB2是一种红棕色气体，B与C同主族，则：
(1)C元素在周期表中的位置____________。
(2)画出D元素的简单离子结构示意图_______________________。
(3)将CB2与D2以体积比1：1混合后通入品红溶液中，品红溶液不褪色，请用一个化学方程式来解释：_________________________________。
(4)AB2与水反应的化学方程式为___________，在一定温度和压强下，将一个容积为15mL的试管充满AB2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管液面上升至一定高度不再变化时，相同条件下再通入O2，若要使试管液面仍保持在原高度，则应通入的O2为___________mL。
(5)甲、乙、丙均为含A元素的化合物，丁为单质，甲、乙、丙、丁四种物质有如下转化关系(反应条件及部分产物已略去)
①若丁为一种常见的非金属单质，甲为氢化物，乙为氧化物，则一个乙分子所含有的电子数目___________。
②若丁为一种常见的金属单质，常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止，则丙的化学式___________。
【答案】(1). 第三周期ⅥA族 (2). (3). SO2 +Cl2+2H2O=H2SO4 +2HCl (4). 3NO2 + H2O=2HNO3 + NO (5). 8.75 (6). 15 (7). Fe(NO3)2
【解析】
【分析】由常温常压下AB2是一种红棕色气体可知，A为N元素、B为O元素；由B与C同主族可知，C为S元素；由A、B、C、D是原子序数依次递增的短周期主族元素可知，D为Cl元素。
【详解】(1) C为S元素，位于周期表第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；
(2)D为Cl元素，Cl原子得到一个电子形成Cl—，离子结构示意图为，故答案为：；
(3)SO2与Cl2以体积比1：1反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2 + Cl2 +2H2O = H2SO4 + 2HCl，故答案为：SO2 + Cl2 +2H2O = H2SO4 + 2HCl；
(4)NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2 +H2O =2HNO3 +NO；在一定温度和压强下，将一个容积为15mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管液面上升至一定高度不再变化时，试管中NO体积为=5mL，相同条件下通入O2，NO先与O2发生反应4NO+3O2+2H2O =4HNO3使试管中无气体溶液全充满，此时通入O2的体积为=3.75mL，再通入5mLO2使试管液面仍保持在原高度，则通入O2的体积为（5mL+3.75mL）=8.75mL，故答案为：3NO2 +H2O =2HNO3 +NO；8.75；
(5)由题意甲、乙、丙均为含N元素的化合物。
①若丁为一种常见的非金属单质，甲为氢化物，乙为氧化物，则甲为NH3、丁为O2、乙为NO、丙为NO2，1个NO分子含有15个电子，故答案为：15；
②若丁为一种常见的金属单质，常温下丁在甲的浓溶液中能反应但很快停止，则丁为Fe、甲为浓HNO3、乙为Fe(NO3)3、丙为Fe(NO3)2，故答案为：Fe(NO3)2。
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