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  • 2021-07-06 发布

【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)

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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。‎