山西大学附中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

山西大学附中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

山西大学附中2019—2020学年第一学期高二月考试题化学试题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Li：7 Mg：24 Al：27 Fe：56‎ 一、选择题：（本题包括22小题，每题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.下列有关原子及元素周期表说法，错误的是（ ）‎ ‎①原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数 ‎②元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素 ‎③除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8‎ ‎④第一周期元素和稀有气体元素都是非金属元素 ‎⑤同主族元素从上到下，非金属性减弱，单质的熔点增高 ‎⑥主族元素正化合价数，等于它的族序数 ‎⑦元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强 ‎⑧酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3‎ A. ①⑤⑥⑦ B. ①③⑥⑦ C. ②③⑤⑥⑦ D. ②③④⑥⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①原子及其简单阴离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，但简单阳离子的核外电子层数小于该元素所在的周期数，错误；‎ ‎②元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素称为过渡元素，由于都是金属元素，所以也称为过渡金属，正确；‎ ‎③氦的最外层电子数是2，其他稀有气体原子的最外层电子数都是8，正确；‎ ‎④第一周期有氢和氦两种非金属元素，稀有气体元素都是非金属元素，正确；‎ ‎⑤同主族非金属元素从上到下，非金属性减弱，单质的熔点增高，如果是同主族金属元素从上到下，单质的熔点降低，错误；‎ ‎⑥主族元素的最高正化合价数，等于它的族序数，错误；‎ ‎⑦元素的非金属性越强，它的气态氢化物的稳定性越强，和其水溶液的酸性无关，错误；‎ ‎⑧非金属元素最高价氧化物的水化物的酸性和非金属性变化相同，非金属性：Cl＞S＞P＞Si，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，正确。‎ 故选A。‎ ‎2. 下列说法不正确的是(　　)‎ ‎ ①质子数相同的粒子一定是同一种元素 ‎ ②质子数相同且电子数也相同的两种粒子不可能一种是分子,另一种是离子 ‎ ③电子数相同的粒子不一定是同种元素 ‎ ④一种元素不可以形成不同的单质 ‎ ⑤某元素的相对原子质量取整数值就是质量数 A. ②④⑤ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①质子数相同的粒子一定是同种元素，例如CH4和NH3中都含有10个质子，但它们不是同种元素；故错误； ②两种粒子的质子数、电子数都相等，它们可能是两种不同分子，如NH3和H2O分子，质子数与核外电子数均为10，同理两种粒子的质子数相等，原子得失电子形成离子，同种元素的原子和离子核外电子数不同，故不可能是同一种离子；故质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子，故正确；③NH3和H2O分子，质子数与核外电子数均为10，但它们不是同种元素，故电子数相同的粒子不一定是同一种元素，故正确； ④一种元素可以形成不同的单质，如碳元素的单质有金刚石、石墨等，故错误；⑤质量数是将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，近似的相对原子质量也能用质子数+中子数的和来计算但不是它们不是等价的，故错误．‎ 根据上述分析可以知道叙述不正确的是①④⑤；故选B。‎ 考点：考查分子与原子的联系、原子的构成及分子、原子、离子之间的区别与联系。‎ ‎3.某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63。下列叙述中错误的是（ ）‎ A. 它是副族元素 B. 它是第六周期元素 C. 它原子核内有63个质子 D. 它的一种同位素的核内有89个中子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因核外电子数等于其质子数又等于原子序数为63，用原子序数分别减去各周期所含有的元素种数，63-2-8-8-18-18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种元素，而第六周期中包含镧系元素，所以它应属于副族元素，故A正确；‎ B、根据A项分析可知，该元素属于第六周期元素，故B正确；‎ C、核外电子数等于其质子数，它的原子核内有63个质子，故C正确；‎ D、同种元素的不同核素质量数不同，不能用元素的相对原子质量代表某种核素的质量数，故D错误；答案选D。‎ ‎4.短周期主族元素R、X、Y、Z的部分信息如下表所示。下列推断错误的是( )‎ 代号 ‎ R ‎ X ‎ Y ‎ Z ‎ 原子半径/nm ‎ ‎ 0.075‎ ‎0.071 ‎ ‎0186 ‎ ‎0.117 ‎ 主要化合价 ‎ ‎+5，-3‎ ‎-1 ‎ ‎+1 ‎ ‎ +4，-4 ​‎ A. 简单离子半径大小：R>X>Y B. 简单气态氢化物的热稳定性：X>R>Z C. 常温常压下，ZX4呈液态 D. Y3R、YX都是离子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从X主要化合价为-1价，可以推知X为F。R的主要化合价为+5和-3，其原子半径比X稍大，所以R为N。Z的主要化合价为+4和-4，其原子半径比N大很多，所以Z为Si。Y的主要化合价为+1，而且其半径比其他三种元素都大得多，所以Y为Na。即R为N，X为F，Y为Na，Z为Si。‎ ‎【详解】A.简单离子半径：N3-＞F-＞Na+，故A不选；‎ B. 简单气态氢化物的热稳定性和元素的非金属性变化一致，非金属性：F＞N＞Si，所以它们的简单气态氢化物的热稳定性：HF＞NH3＞SiH4，故B不选；‎ C. 常温常压下，SiF4呈气态，故C选；‎ D.Na3N和NaF都是阴阳离子通过离子键结合而成的离子化合物，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】做元素推断题时，如果既有主要化合价又有原子半径的信息，通常先看化合价，在短周期元素中，有很多元素的化合价的唯一的，比如主要化合价为+1和-1的是Cl，主要化合价为-2的是O，主要化合价是-1的是F，主要化合价为-2和+6的是S等等。‎ ‎5.R、W、X、Y、Z都是短周期主族元素。R与X同族，aW2＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构。下列说法正确的是 A. R一定是氢元素，自然界中氢元素有三种核素 B. W单质可与热水反应生成W的最高价氧化物的水化物 C. c=16，Y的气态氢化物的稳定性比Z的弱 D. X与Y形成的化合物中一定含有离子键和共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ aW2＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，则W、X为第三周期元素，Y、Z为第二周期元素，因此W为Mg，X为Na，Y为O，Z为F；R与X同族，则R为Li或H，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，R为Li或H元素，W为Mg元素，X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素。‎ A、R为Li或H元素，故A错误；‎ B、W为Mg元素，W单质可与热水反应生成W的最高价氧化物的水化物——氢氧化镁，故B正确；‎ C、Y为O，质子数c=8，故C错误；‎ D、X与Y形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，氧化钠中含有离子键，不存在共价键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意氧化钠中含有钠离子和氧离子，过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，过氧根离子中存在共价键。‎ ‎6.化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是 A. 煤炭经气化、液化和干馏等处理后，可转化为清洁能源 B. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应 C. 地沟油和矿物油的主要化学成分相同 D. 聚氯乙烯可以用作食品包装袋 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 煤炭经气化、液化和干馏等处理后，可转化为水煤气、甲醇燃料及煤焦油等清洁能源，故A正确；B. 葡萄糖是单糖不能发生水解反应，葡萄糖转化为乙醇和二氧化碳是分解反应，故B错误；C. 地沟油是油脂，而矿物油是混烃，故C错误；D. 聚氯乙烯能挥发出HCl气体，不可以用作食品包装袋，故D错误；答案为A。‎ ‎7.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）‎ A. 戊烷有4种同分异构体 B. 乙酸和溴乙烷均可发生加成反应 C. 乙烷与乙烯可用酸性KMnO4溶液鉴别 D. 皂化反应的产物是高级脂肪酸和甘油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 戊烷有3种同分异构体即正戊烷、异戊烷和新戊烷，A错误；B. 乙酸和溴乙烷均不能发生加成反应，B错误；C. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷与乙烯可用酸性KMnO4溶液鉴别，C正确；D. 皂化反应的产物是高级脂肪酸钠和甘油，D错误。答案选C。‎ ‎8.某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 分子式为C12H18O5 B. 分子中含有2种官能团 C. 只能发生加成反应和取代反应 D. 能使溴的四氯化碳溶液褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从结构简式可以看出，该有机物的分子式为C12H20O5，故A不选；‎ B.分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，故B不选；‎ C.分子中有碳碳双键，可以发生加成反应，羧基可以和醇发生酯化反应，即取代反应，醇还能发生消去反应，故C不选；‎ D.分子中有碳碳双键，能和溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，故D选。‎ 故选D。‎ ‎9.将淀粉水解，并用新制的氢氧化铜悬浊液检验其水解产物的实验中，要进行的主要操作是：①加热；②滴入稀硫酸；③加入新制的氢氧化铜悬浊液；④加入足量的氢氧化钠溶液。以上各步操作的先后顺序排列正确的是(　　)‎ A. ①②③④① B. ②①④③① C. ②④①③① D. ③④①②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】淀粉在加热和有硫酸催化下水解，水解产物中有还原糖，可以和新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下反应生成红色沉淀Cu2O。但还原糖和新制氢氧化铜的反应必须在碱性环境下进行，所以需要先中和掉水解时加的催化剂硫酸。故操作顺序为滴入稀硫酸→加热→加入足量的氢氧化钠溶液→加入新制的氢氧化铜悬浊液→加热，故选B。‎ ‎【点睛】淀粉水解需要硫酸做催化剂，所以在用新制氢氧化铜或银氨溶液检验水解产物时，需要先加入NaOH溶液中和掉硫酸。但若检验淀粉水解的程度，用碘水检验未水解的淀粉时，不能加过量的碱，因为碘会被碱反应掉。‎ ‎10.BeCl2是有机反应的催化剂。铍和氯气反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. E2是正反应的活化能 B. 该反应的ΔH<0‎ C. 加入催化剂，ΔH减小 D. ΔH = E2 - E1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，故A不选；‎ B.该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，ΔH＜0，故B选；‎ C.催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应放出的热量的多少，故C不选；‎ D.由于ΔH＜0，故ΔH = E1- E2，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎11.在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】依据题意可知，‎ H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ•mol-1 ①，‎ C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ•mol-1 ②， CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-870.3kJ•mol-1 ③， 由盖斯定律可知，①×2+②×2-③可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)， 其反应热为2×（-285.8kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）+870.3kJ•mol-1=-488.3kJ•mol-1，A项正确； 答案选A。‎ ‎12.在同温同压下，下列各组热化学方程式中，ΔH1>ΔH2的是 A. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH12H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2‎ B. S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2‎ C. C(s)＋1/2O2(g)=CO(g)ΔH1C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2‎ D. H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH11/2H2(g)＋1/2Cl2(g)=HCl(g)ΔH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项中生成液态水比生成气态水放出的热量多，故ΔH1＜ΔH2；B项中气态硫参加反应时比固态硫放出的热量多，则ΔH1＜ΔH2；C项中生成CO时比生成CO2放出的热量少，ΔH1>ΔH2‎ ‎；D项中ΔH1＝2ΔH2＜0，即ΔH1＜ΔH2。‎ ‎13.实验室用锌粒与2mol/L硫酸溶液制取氢气，下列措施不能增大化学反应速率(　　)‎ A. 用锌粉代替锌粒 B. 改用3mol/L硫酸溶液 C. 改用热的2mol/L硫酸溶液 D. 向该硫酸溶液中加入2mol/L的盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用锌粉代替锌粒可以增大接触面积，从而加快速率，故A不选；‎ B. 改用3mol/L硫酸溶液可以增大H+浓度，从而增大反应速率，故B不选；‎ C.升高温度，可以加快反应速率，故C不选；‎ D. 2mol/L的盐酸中的H+浓度比2mol/L的硫酸中的H+浓度低，加入2mol/L的盐酸，降低了H+浓度，所以反应速率会减慢，故D选。‎ 故选D。‎ ‎14.反应4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，经2min后B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的正确表示是(　　)‎ A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)‎ B. 用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3:2:1‎ C. 在2min末的反应速率用B表示是0.3 mol/ (L·min)‎ D. 反应过程中B、C的反应速率关系：3v(B)=2v(C)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A是固体，不能用A的浓度的变化表示反应速率，故A不选；‎ B.用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，故B选；‎ C.化学反应速率是一段时间的平均速率，不是某一时刻的瞬时速率，故C不选；‎ D.根据用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，用B、C表示的反应速率的关系为：2v(B)=3v(C)，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化来表示，所以是平均速率不是瞬时速率。对固体和纯液体来说，浓度是一常数，所以不能用固体和纯液体的浓度变化表示反应速率。‎ ‎15.设C+CO22CO(正反应为吸热反应)，反应速率为v1；N2+3H22NH3(正反应为放热反应)，反应速率为v2。对于前述反应，当温度升高时，v1和v2变化情况为 A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大，反之，减小，以此解答。‎ ‎【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】切莫将温度对化学反应速率与化学平衡的影响相混淆。‎ ‎16.N2(g)+3H2(g)==2NH3(g)在体积不变的密闭容器中反应，下列叙述表示处于化学平衡状态的是 A. N2、H2、NH3的浓度比为1：3：2的状态 B. 混合气体的密度不随时间而变化 C. 当有1molN≡N键断裂时，有6molN－H键断裂 D. 单位时间内消耗amolN2的同时，消耗3amol的H2的状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．N2、H2与NH3的物质的量之比为1：3：2，不能判断各组分的物质的量是否不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B．反应物和生成物都是气体，反应前后气体质量不变，恒容容器其体积不变，所以密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．有1mol NN键断裂时，有6mol N-H键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故C正确；D．消耗 N2和消耗H2的都是反应正向进行，不能说明可逆反应达到平衡状态，故D错误；故选C。‎ 点睛：明确化学平衡状态的特征是解题关键，注意化学平衡状态的根本标志是：①v(正) =v(逆)，②各组分百分含量不变；可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)达到化学平衡的标志为：①v(正) ‎ ‎=v(逆)，②反应混合物中各组分的浓度和含量不变；用速率描述时，一定要注意一“正”、一“逆”，且相等，据此进行分析。‎ ‎17.用铜片、银片设计成如图所示的原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是(　　) ‎ A. 电子通过盐桥从乙池流向甲池 B. 盐桥中的电解质溶液为KCl溶液 C. 开始时，银片上发生的反应是：Ag－e－=Ag＋‎ D. 将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池总反应相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电子不能通过电解质溶液，故A不选；‎ B.乙烧杯中的电解质溶液为AgNO3溶液，能和KCl生成AgCl沉淀，堵塞盐桥，故B不选；‎ C.铜片是负极，银片是正极，在银片上发生的反应是Ag＋+e－=Ag，故C不选；‎ D.该原电池的负极是铜，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，正极是银，电极反应为2Ag＋+2e－=2Ag，两极的反应相加得到总反应：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应也是铜置换银，故D选。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】原电池发生的反应是自发的氧化还原反应，所以此反应可以直接发生，也可以借助原电池装置发生。如果通过原电池装置发生，就可以把化学能转化为电能。如果直接发生，我们就无法用到电子转移的电能。‎ ‎18.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌－锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为： Zn(s)+2MnO2(s)+2H2O(l)=Zn(OH)2(s)+2MnOOH(s)下列说法错误的是（ ）‎ A. 电池工作时，锌失去电子 B. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极 C. 电池正极的电极反应式为MnO2(s)+H2O(l)+e－=MnOOH(s)+OH－(aq)‎ D. 外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减小6.5 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据总反应式，锌的化合价从0价升高到+2价，失去电子，故A不选；‎ B. 电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，故B选；‎ C.根据总反应式，锰的化合价从+4价降低到+3价，在正极发生的反应是MnO2得到电子生成MnOOH，溶液是碱性的，用OH－配平电荷守恒，正确，故C不选；‎ D.负极是锌失去电子生成Zn(OH)2，质量不会减轻反而会增加，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎19. 环境与可持续发展是现在国际的主题，利用海水是可持续发展的一个任务，对于海水的利用认识错误的是 A. 海水中有大量人类需要的物质，人类可以大量开发海水中的物质，以满足资源短缺的问题 B. 海水可以成为廉价的能源基地，但不能开发过度，要适度使用和开发 C. 可以用太阳能电解海水以获取氢能源 D. 人类在利用海水时要兼顾海洋生物和海洋生态平衡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 人类应该适度的开发利用海洋资源，以保持可持续发展。答案选A。‎ ‎20.海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一。从海水中提取镁，可以按照如下步骤：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤、干燥产物；④将所得产物熔融后电解。关于提取镁，下列说法不正确的是 A. 此法的优点之一是原料来源丰富 B. 进行①②③步操作的目的是从海水中提取氯化镁 C. 第④步电解会产生氯气 D. 以上提取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 海水和贝壳符合来源丰富。第①步用于生成氢氧化钙，包括分解和化合两种反应；第②步用于生成氢氧化镁，为复分解反应；第③步用于制备氯化镁，也是复分解反应；第④步为电解熔融的氯化镁得到镁，为分解反应。‎ ‎21.下列说法错误的是(　　)‎ A. 把煤隔绝空气加强热使之分解的过程叫干馏 B. 煤的干馏包含着物理变化和化学变化 C. 煤中含有大量苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法将其分离开 D. 以煤为主要原料，可以合成甲醇等液体燃料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.煤的干馏就是把煤隔绝空气加强热使之分解的过程，故A不选；‎ B.煤的干馏过程发生了分解，生成了焦炭、煤焦油和出炉煤气，出炉煤气中的粗苯经冷凝可以得到苯、甲苯、二甲苯等芳香族化合物，所以煤的干馏既有物理变化又有化学变化，故B不选；‎ C.煤中没有苯和甲苯，苯和甲苯是煤的干馏产生的，故C选；‎ D.先把煤气化得到CO和H2，然后CO和H2可以合成甲醇，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎22.把铝粉和Fe3O4粉末配成铝热剂并分成两份，第一份在高温下恰好完全反应，然后将生成物与足量盐酸充分反应；第二份直接加入足量的氢氧化钠溶液使之充分反应，前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是(　　)‎ A. 3:4 B. 4:3 C. 3:8 D. 8:3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】铝粉和Fe3O4恰好完全反应：8Al+3Fe3O4=9Fe+4Al2O3，设铝为8mol，则生成的铁为9mol。第一份是9mol铁和盐酸反应，生成9molH2，第二份是8molAl和NaOH溶液反应，生成12molH2，则前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是9：12=3:4。故选A。‎ 二、非选择题：（本题包括5小题，共56分。）‎ ‎23.‎ I、化学反应中伴随着能量变化。下列属于吸热反应的是___________（填序号）。‎ a.燃烧CO b.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应 c.铝和稀盐酸反应 d.NaOH溶液和稀盐酸反应 e.液态水变为水蒸汽 f.水蒸汽冷凝为液态水 II、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。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）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_________________。‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_____________________________。‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______ (填“偏大、偏小、无影响”)‎ ‎（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______ (填“相等、不相等”)，所求中和热_______ (填“相等、不相等”)‎ III、盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：‎ ‎①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH=-25 kJ·mol-1‎ ‎②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH=-47 kJ·mol-1‎ ‎③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH=+19 kJ·mol-1‎ 写出FeO(s)与CO反应生成Fe(s)和的热化学方程式：___________________________。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 减少热量损失 (4). 偏小 (5). 不相等 (6). 相等 (7). FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) △H=-11KJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】I、a.燃烧反应都是放热反应，CO燃烧放热；b.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4‎ Cl晶体反应是吸热反应；c.活泼金属和酸生成氢气的反应都是放热反应，所以铝和稀盐酸的反应是放热反应；d.酸碱中和反应都是放热反应，所以NaOH溶液和稀盐酸反应是放热反应；e.液态水变为水蒸汽是吸热过程，是物理变化，不是吸热反应；f.水蒸汽冷凝为液态水是放热过程，不是化学反应，是物理过程。故选b。‎ II、（1）需要用环形玻璃搅拌棒搅动酸碱的混合液，使酸和碱快速混合发生反应，故答案为：环形玻璃搅拌棒。‎ ‎（2）此实验必须做好保温、隔热、防止热量损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是减少热量损失。‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有热量损失，求得的中和热数值会偏小。‎ ‎（4）把50mL盐酸换成60mL，与NaOH溶液进行反应，由于反应物增多，放出的热量会增多。但中和热是生成1mol水时放出的热量，所以不影响中和热的数值。故答案为：不相等，相等。‎ III、根据盖斯定律，把三个反应做如下处理：(①×3-②-③×2)÷6即可得到：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) △H=-11KJ/mol。‎ ‎【点睛】常见的放热反应有：酸碱中和反应、燃烧反应、大多数的化合反应、活泼金属和水或酸的置换反应、铝热反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应、NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的复分解反应、碳和水蒸气生成水煤气的反应、碳和二氧化碳生成一氧化碳的反应。‎ 还要注意有些吸热或放热的过程并没有发生化学反应，不能称之为吸热反应或放热反应。‎ ‎24.在如图所示的恒温、恒压密闭容器中加入2mol X和2mol Y，发生如下反应并达到平衡（X、Y状态未知）：2X(？)+Y(？) a Z(g)。起始时容器的体积为V L，达到平衡时X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2，且容器的体积仍然为V L。请回答下列问题：‎ ‎（1）a = _________________；‎ ‎（2）平衡时Y的转化率=________________‎ ‎（3）X的状态为______________，Y的状态为______________（填“气态”或“非气态”）‎ ‎（4）下列叙述中，能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号）‎ a．气体密度不变 b．单位时间内消耗2mol X，同时生成amol Z c．Y的转化率不再变化 d．Z的浓度不再变化 e．气体的质量不随时间的变化而变化 ‎【答案】 (1). 1 (2). 40% (3). 非气态 (4). 气态 (5). acde ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以利用三段式解答。‎ 假设消耗的Y的物质的量为x，则消耗的X的物质的量为3x，生成的Z的物质的量为ax：‎ 由于达到平衡时X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2，所以有，，解出x=0.8，a=1。‎ ‎【详解】（1）a =1；‎ ‎（2）平衡时Y的转化率=。‎ ‎（3）反应开始时的体积和平衡后的体积相等，说明反应前后气体系数之和相等。a=1，所以X为非气态，Y为气态。故答案为：非气态，气态。‎ ‎（4）a．气体密度等于气体的总质量除以容器的体积，由于该反应有非气体参加，所以气体总质量在未平衡前是变化的，但容器体积不变，所以气体密度在未平衡前是一变量，平衡后密度才不变，可以用气体密度不变判断反应达到平衡状态；‎ b．单位时间内消耗2mol X，同时生成amol Z，都是正向反应，并没有指明正逆反应速率相等，故不能判断反应是否平衡；‎ c．当反应物的转化率不再变化时，说明反应达到了平衡状态； ‎ d．某气体物质浓度不再变化，可以证明反应达到了平衡状态；‎ e．由于该反应有非气体参加，所以气体总质量在未平衡前是变化的，所以当气体的质量不随时间的变化而变化时反应即达到了平衡状态。‎ 故选acde。‎ ‎25.（1）请写出除去括号内的杂质的最佳试剂及分离方法。‎ 序号 被提纯物（杂质）‎ 试剂 分离方法 ‎①‎ CH3CH3 ( CH2= CH2 )‎ ‎____________‎ ‎____________‎ ‎②‎ CH2= CH2（SO2）‎ ‎____________‎ ‎____________‎ ‎③‎ 乙酸乙酯 （乙酸）‎ ‎____________‎ ‎____________‎ ‎④‎ 乙醇（水）‎ ‎____________‎ ‎____________‎ ‎（2）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。‎ ‎①实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式_______、______。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是_______反应。‎ ‎②甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是___________；乙的作用是________________。‎ ‎③若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有______。‎ ‎【答案】 (1). 溴水 (2). 洗气 (3). NaOH溶液 (4). 洗气 (5). 饱和Na2CO3溶液 (6). 分液 (7). CaO (8). 蒸馏 (9). 2Cu+O22CuO (10). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (11). 放热 (12). 加热 (13). 冷却（或使乙醛、乙醇冷凝） (14). 乙酸 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①乙烷中的乙烯可以用溴水除去，乙烯可以和溴水发生加成反应，而乙烷不反应，所以可以使混合气通过装有溴水的洗气瓶，故试剂为溴水，分离方法为洗气；‎ ‎②SO2是酸性氧化物，可以和碱反应，而乙烯不和碱反应，所以可以用NaOH溶液除去乙烯中的SO2，分离方法为洗气。故试剂为NaOH溶液，洗气；‎ ‎③乙酸乙酯中的乙酸可以用饱和碳酸钠溶液除去，乙酸可以和碳酸钠溶液反应，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，乙酸乙酯和乙酸的混合物中加入饱和碳酸钠溶液后充分振荡，乙酸和碳酸钠反应后溶于水溶液中，乙酸乙酯不溶，可以用分液的方法将乙酸乙酯分离出来。故试剂为饱和碳酸钠溶液，分液；‎ ‎④乙醇中的水可以加入新制的生石灰，然后蒸馏，得到无水乙醇。故试剂为CaO，蒸馏。‎ ‎（2）①乙醇被空气吹出，和空气一起进入硬质玻璃管里，氧气和铜反应生成氧化铜，氧化铜再和乙醇反应生成乙醛和铜，所以实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，相应的化学方程式为：2Cu+O22CuO，CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是放热反应。故答案为：2Cu+O22CuO，CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，放热。‎ ‎②甲的水浴的作用是加热乙醇使之挥发，乙的水浴作用是冷凝生成的乙醛和挥发的乙醇。故答案为：加热，冷却（或使乙醛、乙醇冷凝）。‎ ‎③能使紫色石蕊试纸变红的是酸性物质，说明液体中还含有乙酸。‎ ‎26. X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：‎ X Y Z M R Q 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.074‎ ‎0.099‎ ‎0.143‎ 主要化合价 ‎-4，+4‎ ‎-2‎ ‎-1，+7‎ ‎+3‎ 其它 阳离子核外无电子 无机非金属材料的主角 焰色反应呈黄色 ‎（1）Y在元素周期表中的位置是____________________；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为__________。 ‎ ‎（2）Q的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是____________________。‎ ‎（3）下列事实能证明Y与R非金属性强弱的是_______（选填字母序号）。‎ a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 b．稳定性XR >YX4 c．Y与R形成的化合物中Y呈正价 ‎（4）根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是_________________。‎ ‎（5）X单质与氧气在强碱性条件下形成燃料电池时的负极反应式为__________________。‎ ‎（6）请用电子式表示Z2M的形成过程___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期ⅣA族 (2). 同位素 (3). Al(OH)3+OH-==AlO2-+2H2O (4). BC (5). 0.099 nm~ 0.143nm (6). H2-2e-+2OH-=2H2O (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X阳离子核外无电子，所以X是H。Y是无机非金属材料的主角，所以Y是Si。Z的焰色反应呈黄色，所以Z是Na。M的主要化合价为-2价，所以M为O。R的主要化合价为+1和-1，所以R为Cl。Q的主要化合价为+3价，其原子半径比钠略小，所以Q为Al。‎ ‎【详解】（1）Si在元素周期表中位于第三周期ⅣA族；质量数为35和37的两种核素互称为同位素。 故答案为：第三周期ⅣA族，同位素。‎ ‎（2）Al的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3与Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH发生酸碱中和反应，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎（3）非金属性是非金属元素的原子得电子能力，则在两种元素形成的化合物中，显负价的元素的非金属性强。非金属性的强弱也可以通过比较氢化物的稳定性判断，但和状态无关。故选bc。‎ ‎（4）同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，所以Si的原子半径小于Al，大于Cl，所以Si的原子半径的最小范围是0.099 nm~ 0.143nm。‎ ‎（5）碱性氢氧燃料电池的负极是氢气失去电子，在碱性环境下的电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O。‎ ‎（6）用电子式表示Na2O的形成过程，左边写原子的电子式，并且用弯箭头表示出电子的得失，右边写Na2O的电子式：。‎ ‎27.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图：‎ ‎ ‎ ‎（1）请列举海水淡化的两种方法：________、________。‎ ‎（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的是_______________。‎ ‎（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为______________。‎ ‎（4）某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料知：Br2的沸点为59 ℃，微溶于水，有毒并有强腐蚀性。他们参观生产过程后，画了如上右图装置简图。请你参与分析讨论：‎ ‎①图中仪器B的名称是____________。‎ ‎②整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是__________。‎ ‎③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制温度？___________。‎ ‎④C中液体颜色为________________。为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后，再进行的分离操作是________________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏法 (2). 电渗析法或离子交换法 (3). 富集溴元素 (4). Br2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Br－ (5). （直形）冷凝管 (6). Br2腐蚀橡胶 (7). 控制温度计b的温度在59 ℃ (8). 深红棕色 (9). 分液 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法。‎ ‎（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，增大了Br－的浓度，目的是富集溴元素。‎ ‎（3）步骤Ⅱ中发生了SO2和Br2的氧化还原反应，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Br－。‎ ‎（4）①仪器B的名称是直形冷凝管。‎ ‎②溴能腐蚀橡胶，所以整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，故答案为：Br2腐蚀橡胶。‎ ‎③Br2的沸点为59 ℃，通过蒸馏提纯溴时，操作中要控制温度计b的温度在59 ℃。‎ ‎④C中收集到的是液溴，其颜色为深红棕色。为除去液溴中残留的少量Cl2，向其中加入NaBr溶液，Cl2和NaBr反应生成NaCl和Br2，Br2微溶于水，要分离NaCl溶液和溴，可以采用分液的方法。故答案为：深红棕色，分液。‎ ‎ ‎ ‎ ‎