【化学】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一3月份阶段测试试题（解析版） 20页

河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一3月份阶段测试试题 可能用到相对原子质量为：H：1 B:‎11 C：12 N:14 O：16 Na：23 S：32‎ 一、单选题（本大题共 25 小题，共 50.0 分）‎ ‎1.若已发现了116号元素则下列推断正确的是：（ ）‎ ‎①其钠盐的化学式为Na2R ②其最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸强③R是金属元素④R是非金属元素⑤最外电子层有6个电子 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】周期表如果排满，则最后一种元素的原子序数是118，所以116号元素应该位于第七最强第ⅥA。第ⅥA元素的最外层电子数是6个，最低价是－2价。同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强。非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强。所以正确的答案是B。‎ ‎2.已知 X、Y、Z、W 均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：W＞X B. 氢化物的热稳定性：W＜Z C. 元素 Y 与元素 Z 可形成化合物 YZ2‎ D. 由氢化物水溶液的酸性：W＞Z ，可推知元素的非金属性：W＞Z ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，Y为C，X为Mg，Z为S，W为Cl。‎ A．同周期从左向右，原子半径减小，则原子半径：W＜X，故A错误；‎ B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则稳定性：Z＜W，故B错误；‎ C．Y为C，Z为S，C的最高价为+4价，则可形成化合物CS2，故C正确；‎ D．不能利用氢化物的酸性比较非金属性，比较角度不合理，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.短周期元素 A、B、C、D 的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和 32，原子最外层电子数之和为 10，A与 C同主族，B与 D同主族，A、C原子最外层电子数之和等于 B 原子的次外层电子数，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 一定条件下，B 单质能置换出 D 单质，C 单质能置换出 A 单质 B. 四种元素的原子半径：r(A) W > Z B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色 C. X与Y形成共价化合物 D. W与Y组成的某种物质可以作为呼吸面具的供氧剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，W位于第二周期，为氧元素；Y在短周期元素中原子半径最大，Y是钠元素，所以X是氟元素；Z的最高价与最低价代数之和为4，Z的最高价是+6价，为硫元素。‎ ‎【详解】A. 非金属越强，氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：X＞W＞Z，A正确；‎ B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色，该物质是二氧化硫，B正确；‎ C. X与Y形成离子化合物NaF，C错误；‎ D. W与Y组成的物质可以作为呼吸面具的供氧剂，该物质是过氧化钠，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.关于元素周期表，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素 B. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素 C. 在元素周期表的左下角可以寻找制备新型农药材料的元素 D. 在地球上元素的分布和它们在元素周期表中的位置没有密切关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素通常既具有金属性又具有非金属性，常作半导体材料，故A正确；‎ B.过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，故B正确；‎ C.元素周期表的左下角为活泼的金属元素，应在右上角的非金属元素区寻找制备新型农药材料的元素，故C错误；‎ D.在地球上元素的分布和它们在元素周期表中的位置没有关系，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎7.短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X-的电子层结构与氦相同,Y是地壳中含量最多的元素，Y2-和Z+的电子层结构相同, W的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,W与R同周期,R的原子半径小于W。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 元素的非金属性次序为R>W>X B. Z和其他4种元素均能形成离子化合物 C. 离子半径:W2-> Y2- > Z+‎ D. 氧化物的水化物的酸性:WO2->Na+，故C正确；‎ D．最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎8.自然界中氯化钠是由1123Na 与1735Cl 和1735Cl所构成的。已知氯元素的相对原子质量是35.5，则 ‎11.7g 氯化钠中，含1735Cl 的质量为（ ）‎ A. ‎1.75g B. ‎1.85g C. ‎5.25g D. ‎‎5.55g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】元素 相对原子质量为该元素各种核素的相对原子质量按照原子的百分含量计算得到的平均值，原子的相对原子质量在数值上等于其质量数，先根据元素的相对原子质量计算3517Cl和3717Cl的原子个数比，再根据原子个数比计算3517Cl的质量。‎ ‎【详解】‎11.7g氯化钠中氯元素的质量=‎11.7g××100%=‎7.1g；氯元素的相对原子质量35.5是质量数分别为35和37的核素按照原子的百分含量计算得到的平均值，根据，得到Cl和Cl的原子个数之比为0.5∶1.5=1∶3，所以含3517Cl的质量=××100%×‎35g/mol=‎5.25g，故选C。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 红磷、白磷属于同分异构体 B. H2、D2 属于同素异形体 C. 1940K、2040Ca 互为同位素 D. H、D、T 互为同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．红磷、白磷是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，故A错误；‎ B．H2、D2属于同种物质的不同分子，不是同素异形体，故B错误；‎ C．K、Ca是不同元素的原子，不能称为同位素，故C错误；‎ D．H、D、T是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 离子半径：X+> Y3+> Z2－ B. 碱性：XOH > Y(OH)3 ‎ C. 单质的还原性：X > Y D. 原子序数：Y > X > Z ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同，所以离子半径取决于核电荷数，核电荷数越多离子半径越小，根据“阴上阳下”的原则判断核电荷数的大小关系是Y>X>Z，所以离子半径：Z2->X+>Y3+，故A错误；‎ B、X、Y同周期，Y在X的右侧，所以X的金属性强于Y，碱性：XOH > Y(OH)3，故B正确；‎ C、X、Y同周期，Y在X的右侧，所以X的金属性强于Y，单质的还原性X>Y，故C正确；‎ D、根据以上分析得原子序数：Y > X > Z，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎11.下列各组物质中，均属于共价化合物并且化学键类型完全相同的是（ ）‎ A. N2 和 H2 B. H2S 和 CO‎2 ‎ C. O2 和 CCl4 D. HNO3 和 NH4NO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N2和H2都是单质，不是化合物，故A错误；‎ B．硫化氢分子中存在极性共价键，二氧化硅中存在极性共价键，二者都是共价化合物，故B正确；‎ C．O2是单质，CCl4是共价化合物，故C错误。‎ D．HNO3是共价化合物，存在极性共价键，NH4NO3中含有离子键和共价键，是离子化合物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 离子键就是阴、阳离子间的静电引力和静电斥力 B. 所有金属元素与所有非金属元素间都能形成离子键 C. 钠原子与氯原子结合形成离子键 D. 在离子化合物 CaCl2 中，两个氯离子间也存在离子键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子键为静电作用力，阴、阳离子间有吸引力、也有排斥力，故A正确；‎ B．金属与非金属容易离子键，也能形成共价键，如氯化铝为共价化合物，只存在共价键，故B错误；‎ C．离子之间结合生成离子键，则钠离子与氯离子结合生成离子键，故C错误；‎ D．在离子化合物CaCl2中，只含钙离子与氯离子之间的离子键，两个氯离子间不存在离子键，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.下列用电子式表示化合物的形成过程，正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A.氯离子应该写在镁离子的两边； ‎ B.K2S为离子化合物，离子化合物阴离子带电荷且用“[ ]”，共价化合物不带电荷，注意各原子或离子满足稳定结构；‎ C.氟化钙为离子化合物，钙离子与两个氟离子通过离子键结合，阴阳离子需要标出所带电荷；‎ D.H2O为共价化合物。‎ ‎【详解】A.镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为：，A错误；‎ B.K2S为离子化合物，用电子式表示形成过程为，B正确；‎ C.氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为：，C错误；‎ D.H2O为共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.下列说法正确的是（ ）‎ A. CO2、BF3、PCl3分子中所有原子都满足最外层 8 电子结构 B. NaOH、Na2O2、CaC2中既含离子键又含共价键 C. 已知0.75molRO32-中有30mol电子，则R在元素周期表中第三周期ⅥA 族 D. 氯化铵受热固体消失和干冰升华都需克服分子间作用力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2、PCl3分子中所有原子都满足最外层 8 电子结构，BF3分子中的B原子最外层是6电子结构，故A错误；‎ B．NaOH、Na2O2、CaC2都是离子化合物，都既含离子键又含共价键，故B正确；‎ C．设R的质子数为x，则RO32-中电子数为x+8×3+2，0.75molRO32- 共有30mol电子，则0.75mol×(x+8×3+2)=30mol，解得x=14，则R为Si元素，位于第三周期ⅣA族，故C错误；‎ D．氯化铵属于离子晶体，氯化铵受热分解破坏离子键，干冰升华只需克服分子间作用力，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.根据热化学方程式(在101kPa时):S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297.23kJ/mol分析下列说法中不正确的是（ ）‎ A. S(g)+O2(g)=SO2(g)放出的热量等于297.23kJ B. S(g)+O2(g)=SO2(g)放出的热量大于297.23kJ C. 1molS(s)完全燃烧放热为297.23kJ D. 形成1molSO2(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键所吸收的总能量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由盖斯定律可知，S（g）+O2（g）═SO2（g）△H＜-297.23kJ·mol－1，则放出的热量大于297.23 kJ，故A不正确；‎ B、由盖斯定律可知，S（g）+O2（g）═SO2（g）△H＜-297.23kJ·mol－1，则放出的热量大于297.23 kJ，故B正确；‎ C、二氧化硫为稳定氧化物，S的燃烧热为297.23 kJ·mol－1，故C正确；‎ D、该反应为放热反应，则形成1 mol SO2的化学键所释放的总能量大于断裂1 mol S（s）和1 mol O2（g）的化学键所吸收的总能量，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎16.下列反应中属于放热反应的个数是（ ）‎ ‎①酸碱中和反应 ‎②碳和水蒸气高温生成CO和H2的反应 ‎③NH4Cl固体和Ba(OH)2·8H2O固体的反应 ‎④铝热反应 ‎⑤Na与水的反应 ‎⑥铁在Cl2中燃烧 ‎⑦Mg和CO2的反应 A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】高中阶段常见的吸热反应：大多数的分解反应、C、CO、H2还原金属氧化物、NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O的反应、大多数盐的水解反应、少数化合反应（碳与二氧化碳的反应）；‎ 常见的放热反应：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，活泼金属与水或酸的反应，燃烧反应，爆炸反应，铝热反应。以此答题。‎ ‎【详解】①酸碱中和反应为放热反应；‎ ‎②碳和水蒸气高温生成CO和H2的反应为吸热反应；‎ ‎③NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌的反应为吸热反应；‎ ‎④铝热反应为大量放热的反应；‎ ‎⑤Na与水的反应为放热反应；‎ ‎⑥铁在Cl2中燃烧的反应为放热反应；‎ ‎⑦Mg和CO2的反应为放热反应；‎ 故属于放热反应的个数是5个，答案应选D。‎ ‎17.将 4 molA 和 2 molB 在 ‎2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应 ‎2A(g)＋B(s)=‎2C(g)，若经2s后测得 C 的浓度为 0.6 mol/L，现有下列几种说法：‎ ‎①用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol/(L·s)‎ ‎②用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 mol/(L·s)‎ ‎③增大 B 的浓度可加快反应速率 ‎④2 s 时物质 A 的浓度为 1.4 mol/L 其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将 4 molA 和 2 molB 在 ‎2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应 ‎2A(g)＋B(s)=‎2C(g)，反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，C的物质的量=0.6mol/L×‎2L=1.2mol，则用物质 C表示的反应的平均速率v(C)==0.3 mol/(L·s)，则①v(A)= v(C)=0.3mol/(L•s)，故①正确；‎ ‎②B为固体，不能用B 的浓度变化量表示的反应的平均速率，故②错误；‎ ‎③B为固体，增大 B 的浓度，反应速率不变，故③错误；‎ ‎④2s时A的浓度为-0.3mol/(L•s)×2s=1.4mol/L，故④正确；‎ 正确的有①④，故选B。‎ ‎18.向体积为 ‎1L 的恒温恒容密闭容器中充入 2molA,发生反应:A(g) B(g)+C(g)。若A的浓度由2mol/L降至0.8 mol/L 需20s,则B的浓度由1.2mol/L升至1.8mol/L所需的反应时间为（ ）‎ A. 大于 10s B. 10s C. 小于 10s D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应物A的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时，A的平均反应速率===0.06mol/(L·s)，此时，B的浓度为1.2mol/L，当B的浓度由1.2mol/L升至1.8mol/L，即A的浓度由0.8mol/L降低为0.2mol/L，假设反应速率不变，当A的浓度由0.8mol/L降低为0.2mol/L，所需的反应时间为=10s，而实际上，随着反应的进行，A的浓度减小，反应速率减慢，因此需要的时间大于10s，故选A。‎ ‎19.对于可逆反应 A(g)＋3B(s) ‎2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下， 其中表示的反应速率最快的是（ ）‎ A. v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1‎ B. v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1‎ C. v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1‎ D. v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．v(A)=0.5mol/(L•min)；‎ B．B为固体，不能用B表示反应速率；‎ C．v(A)=v(C)=0.05mol/(L•s)=3mol/(L•min)；‎ D．v(A)=v(D)=0.2mol/(L•min)；‎ 根据分析可知，反应速率最快的为C，故选C。‎ ‎20.在 一 定 条 件 下 ， 使10molSO3 在 体 积 固 定 为 ‎2L 的 密 闭 容 器 中 发 生 反 应 ：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，则下图中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0，图象上v正、v逆标反了，故A错误；‎ B．据方程式可知SO2比O2生成的多，下面两条线标的物质反了，故B错误；‎ C．据M=，气体的总质量不变，而反应向逆反应方向进行，n变大，故M变小，达到平衡时不再变化，故C正确；‎ D．反应向逆反应进行，据ρ=，气体的总质量不变，体积固定，ρ始终不变，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎21.在一个密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中的某一时间SO2、O2和SO3的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L和0.2mol/L。当反应达到平衡时可能存在的数据正确的是（ ）‎ A. c(O2)＝0.2mol/L B. c(SO2)＝0.25mol/L C. c(SO2)+c(SO3)＝0.3mol/L D. c(SO2)＝c(SO3)＝0.15mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若SO2、O2完全反应，c(SO3)最高可为0.4 mol/L，SO3完全分解，c(SO2)、c(O2)最高可达0.4 mol/L、0.2 mol/L，但反应为可逆反应，不可能进行到底，所以有：0.4 mol/L＞c(SO2)＞0、0.2 mol/L＞c(O2)＞0、0.4 mol/L＞c(SO3)＞0，而C、D项中均不满足物料守恒：c(SO2)+c(SO3)＝0.4mol/L，答案选B。‎ ‎22.H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g),能说明该反应达到平衡状态的是（ ）①每生成‎34g NH3的同时消耗‎44g CO2 ②混合气体的平均相对分子质量不变 ③NH3的体积分数保持不变 ④混合气体的密度保持不变 ⑤c(NH3):c(CO2)=2:1‎ A. ①③⑤ B. ①③④ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，反应物为固体，生成物为气体，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。‎ ‎【详解】①.每生成‎34g NH3的同时必然生成‎44g CO2，同时消耗‎44g CO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①选；‎ ‎②. 因反应物H2NCOONH4为固体，则混合气体的平均相对分子质量等于=26恒不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故②不选；‎ ‎③. 由反应方程式可知，NH3的体积分数为×100%恒不变，所以NH3的体积分数保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故③不选；‎ ‎④. 由于反应物H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，则混合气体的密度也会发生变化，所以密度不变，说明反应达到了平衡状态，故④选；‎ ‎⑤. 因氨气和二氧化碳均为生成物，所以c(NH3):c(CO2)恒等于2:1，不能说明反应达到平衡状态，故⑤不选，综上所述，答案选D。‎ ‎23.关于如图所示装置的叙述，正确的是 （ ）‎ A. 该装置构成原电池，锌易失电子作负极、Cu 作正极，负极上电极反应式为 Zn-2e-=Zn2+，所以锌的质量逐渐减少 B. 电流从负极锌沿导线流向正极铜 C. 该装置是将电能转化为化学能的装置，为原电池 D. 氢离子在锌片上被还原，所以锌片上有气泡生成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】该装置构成原电池，活泼金属锌为负极，锌失去的电子通过导线流向铜，锌发生氧化反应，不活泼金属铜为正极，得到电子，发生还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该装置构成原电池，锌易失电子作负极、Cu作正极，负极上Zn-2e-=Zn2+，锌的质量逐渐减少，故A正确；‎ B．锌失去的电子通过导线流向铜，所以电流由Cu经导线流入Zn片，故B错误；‎ C．原电池是将化学能转变为电能的装置，故C错误；‎ D．锌片、铜片和稀硫酸溶液构成原电池，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎24.研究人员最近发现了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电， 在海水中电池总反应式为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列对“水电池”在海水中放电时的有关 说法正确的是（ ）‎ A. 正极反应式为：5MnO2+2e-=Mn5O102-‎ B. 每生成 1 mol AgCl 转移 2 mol 电子 C. 工作时，电子由 MnO2 极经外电路流向 Ag 极 D. Ag 发生还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，MnO2得电子作正极，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出MnO2应为原电池正极，正极反应的电极方程式为：5MnO2+2e-═Mn5O102-，故A正确；‎ B．方程式中Ag生成AgCl，化合价共降低了1价，所以每生成1molAgCl转移1 mol电子，故B错误；‎ C．在原电池中电子从负极经外电路向正极移动，即从Ag极经外电路流向MnO2极，故C错误；‎ D．根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎25.美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、中子数为175的超重元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为（ )‎ A. 57 B. ‎47 ‎C. 61 D. 293‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】原子中质子数=核外电子数，故该原子的核外电子数是118 ， 则该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是175-118=57，所以A符合题意；故选A。‎ 二、填空题（本大题共 3 小题，共 50 分）‎ ‎26.(1)以下反应：①木炭与水制备水煤气，②氯酸钾分解，③炸药爆炸，④酸与碱的中和反应，⑤生石灰与水作用制熟石灰，⑥Ba（OH）2•H2O 与 NH4Cl ，⑦浓硫酸溶于水， 属于放热反应__________．（填序号）‎ ‎(2)Mg-Al-NaOH 电池中的负极反应：___________．‎ ‎(3)FeCl3 溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，若将 此反应设计成原电池，则负极所用电极材料为___________，当线路中转移 0.2mol 电 子时，则被腐蚀铜的质量为___________g．‎ ‎(4)已知拆开 1mol H-H 键、1mol N≡N、1mol N-H 键分别需要吸收的能量为 436kJ、946k J、391k J．则由 N2 和 H2 反应生成 1mol NH3 需要放出___________的热量。 ‎ ‎（5）用序号回答：①HCl ②NaOH ③Cl2 ④H2O ⑤NH4Cl ⑥P4 ⑦NH3•H2O ⑧Na2O2 ⑨HClO⑩CaO⑪HF⑫MgCl2‎ 属于共价化合物的是___________，存在非极性键的是___________。‎ ‎【答案】(1). ③④⑤ (2). 2Al-6e-+8OH- =2AlO2- +4H2O (3). Cu (4). 6.4 (5). 46 kJ (6). ①④⑦⑨⑪ (7). ③⑥⑧‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)常见的放热反应有：所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等，据此分析判断；‎ ‎(2)Mg-Al-NaOH 电池中镁与氢氧化钠不反应，只有铝与氢氧化钠溶液反应，2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑，据此分析解答；‎ ‎(3)该电池反应中，铜失电子发生氧化反应，作负极；根据电极反应式计算；‎ ‎(4)根据△H=断裂化学键吸收的热量-生成化学键释放的热量，据此分析解答；‎ ‎(5)根据化学键与物质类别的关系分析判断。‎ ‎【详解】(1)①木炭与水制备水煤气为吸热反应，②氯酸钾分解为吸热反应，③炸药爆炸为放热反应，④酸与碱的中和反应为放热反应，⑤生石灰与水作用制熟石灰为放热反应，⑥Ba(OH)2•H2O 与 NH4Cl的反应为吸热反应，⑦浓硫酸溶于水属于物理变化，属于放热反应的是③④⑤； 故答案为：③④⑤；‎ ‎(2)Mg-Al-NaOH 电池中铝是负极，负极反应式为2Al-6e-+8OH- =2AlO2- +4H2O，故答案为：2Al-6e-+8OH- =2AlO2- +4H2O；‎ ‎(3)该电池反应中，铜失电子发生氧化反应，作负极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，需要选用铜作负极，则当线路中转移0.2mol电子时，反应的Cu为0.1mol，其质量为‎6.4g，故答案为：Cu；6.4；‎ ‎(4)拆1molH-H键、1molN≡N、1molN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ，在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3mol H-H键，1mol N≡N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，所以生成1mol NH3放出热量为46kJ，故答案为：46 kJ；‎ ‎(5)①HCl只含有极性键，是共价化合物；‎ ‎②NaOH 存在离子键和极性键，是离子化合物；‎ ‎③Cl2只含有非极性键，是单质；‎ ‎④H2O只含有极性键，是共价化合物；‎ ‎⑤NH4Cl存在离子键和极性键，是离子化合物；‎ ‎⑥P4 只含有非极性键，是单质；‎ ‎⑦NH3•H2O只含有极性键，是共价化合物；‎ ‎⑧Na2O2存在离子键和非极性键，是离子化合物；‎ ‎⑨HClO只含有极性键，是共价化合物；‎ ‎⑩CaO只含有离子键，是离子化合物；‎ ‎⑪HF只含有极性键，是共价化合物；‎ ‎⑫MgCl2只含有离子键，是离子化合物；‎ 其中属于共价化合物的是①④⑦⑨⑪；存在非极性键的是③⑥⑧；故答案为：①④⑦⑨⑪；③⑥⑧。‎ ‎27.冬季下雪后，城市道路常使用融雪剂，其主要成分的 化学式为 XY2，X、Y 均为周期表前 20 号元素，其阳离子和阴离子电子层结构相同，且 1 mol XY2 含有 54 mol 电子。‎ ‎(1)该融雪剂的化学式是___________，该物质中化学键类型是___________。‎ ‎(2)元素 D、E 原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，D 与 Y 相邻，则 D 的 离子结构示意图是___________；D 与 E 能形成一种结构类似于 CO2 的三原子 分子，且每个原子均达到了 8e-稳定结构，该分子的电子式为___________， 化学键类型为___________ (填“离子键”或“共价键”)。‎ ‎(3)W 是与 D 同主族的短周期元素，Z 是第三周期金属性最强的元素，Z 的单质 在 W 的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成___________，其化学键类型为___________；加热时生成___________，其化学键类型为___________，电子式为___________。‎ ‎【答案】(1). CaCl2 (2). 离子键 (3). (4). (5). 共价键 (6). Na2O (7). 离子键 (8). Na2O2 (9). 离子键和非极性共价键 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为=18，为Ca2+、Cl-；元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与氯元素相邻，则D为硫元素；E有2个电子层，最外层电子数为4，则E为碳元素；W是与S同主族的短周期元素，则W为O元素，Z是第三周期金属性最强的元素，则Z为Na，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)融雪剂主要成分的化学式为XY2‎ ‎，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为=18，则为Ca2+、Cl-，故XY2是CaCl2，属于离子化合物，含有离子键，故答案为：CaCl2；离子键；‎ ‎(2)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与氯元素相邻，则D为硫元素，S2-离子结构示意图是；则E有2个电子层，最外层电子数为4，则E为碳元素，碳元素与硫元素形成的类似于CO2的三原子分子为CS2，与二氧化碳结构类似，其电子式为，为共价化合物，含有极性共价键，故答案为：；；共价键；‎ ‎(3)W是与S同主族的短周期元素，则W为O元素，Z是第三周期金属性最强的元素，则Z为Na，钠与氧气反应，不加热生成Na2O，属于离子化合物，含有离子键，加热生成Na2O2，属于离子化合物，含有离子键和非极性共价键，电子式为，故答案为：Na2O；离子键；Na2O2；离子键和非极性共价键；。‎ ‎28.(1)氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的 NO 和 NH3，在 一定条件下发生反应：6NO(g) + 4NH3(g) 5N2(g) +6H2O(g)。‎ ‎①能说明该反应已达到平衡状态的标志是 ___________ ‎ a．反应速率 v( NH3) =v( N2) ‎ b．容器内压强不再随时间而发生变化 c．容器内 N2 的物质的量分数不再随时间而发生变化 d．容器内 n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O) = 6∶4∶5∶6‎ e．12molN-H 键断裂的同时生成 5mol N≡N 键 f．混合气体的总质量不随时间的变化而变化 ‎②某次实验中测得容器内 NO 及 N2 的物质的量随时间变化如图所示，图中 b 点 对应的速率关系是v(正) ___________ v(逆)（填﹥、﹤或﹦），d 点对应的速率关系是v(正) ___________ v(逆)‎ ‎（填﹥、﹤或﹦）。‎ ‎(2)298 K 时，若已知生成标准状况下 2.24LNH3时放出热量为 4.62kJ。写出合成氨反应的热化学方程式___________。在该温度下，取 1molN2和 3mol H2 放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量总小于 92.4 kJ， 其原因是___________。‎ ‎(3)一定条件下，在 ‎2L密闭容器内，反应 2NO2(g) N2O4(g) ΔH＝－180 kJ·mol－1，n(NO2)随时间变化如下表：‎ ‎①用 N2O4 表示 0～2 s 内该反应的平均速率为__________。在第 5s 时，NO2 的转化 率为____________。（转化率是指某一反应物转化的百分率。）‎ ‎②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是______________。‎ ‎【答案】(1). bc (2). ＞ (3). = (4). N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol (5). 该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应，所以放出的热量总是小于92.4kJ (6). 0.00375 mol•L-1•s-1 (7). 87.5% (8). 随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①根据化学平衡状态的特征分析判断；②根据图象，结合化学平衡的建立和达到平衡时ν(正)与ν(逆)相等判断。‎ ‎(2)每生成‎2.24L氨气，同时放出4.62kJ的热量，据此计算生成2mol氨气放出的热量，在写出热化学方程式，结合可逆反应的特征分析解答；‎ ‎(3)结合v=结合化学反应速率之比等于化学计量数之比计算反应速率，并根据浓度对反应速率的影响分析解答。‎ ‎【详解】(1)①a．该反应达到平衡状态时，5v(NH3)正=4v(N2)逆，v( NH3) =v( N2‎ ‎)，不能判断正逆反应速率的关系，故a错误；b．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应是否达到平衡状态，故b正确；c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明N2浓度不再改变，能判断达到平衡状态，故c正确；d．容器内 n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O) = 6∶4∶5∶6，不能说明浓度是否发生变化，不能判断达到平衡状态，故d错误；e．12molN-H 键断裂的同时一定会生成 5mol N≡N 键，都表示正反应速率，不能判断达到平衡状态，故e错误；f．反应前后都是气体，混合气体的总质量始终不变，混合气体的总质量不随时间的变化而变化，不能判断达到平衡状态，故f错误；故答案为：bc；‎ ‎②图中b点没有达到平衡，反应仍在正向进行，所以图中b点对应速率关系是v(正)＞v(逆)；d点达到平衡状态，ν(正)=ν(逆)相等，故答案为：＞；=；‎ ‎(2) 标准状况下，2.24LNH3的物质的量==0.1mol，放出4.62kJ的热量，则生成2mol氨气放热×4.62kJ=92.4kJ，反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，合成氨的反应是可逆反应，△H=-92.4kJ/mol是1molN2 和3molH2完全反应放出的热量，因此将1molN2 和3molH2在此条件下反应，放出的热量一定小于92.4kJ，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol；该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应，所以放出的热量总是小于92.4kJ；‎ ‎(3)①用NO2表示0～2s内该反应的平均速度为=0.0075 mol•L-1•s-1；则用 N2O4 表示 0～2 s 内该反应的平均速率为×0.0075 mol•L-1•s-1=0.00375 mol•L-1•s-1，在第5s时，NO2的转化率为×100%=87.5%，故答案为：0.00375 mol•L-1•s-1；87.5%；‎ ‎②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小，故答案为：随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小。‎ ‎ ‎