2018-2019学年辽宁省六校协作体高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年辽宁省六校协作体高一下学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年辽宁省六校协作体高一下学期期中考试 化学试题（解析版）‎ 一．选择题：（本题共有 15 题，每题 3 分，共 45 分）‎ ‎1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是：‎ A. 绘制《山水画》所用的纸和墨的主要成分都是有机物 B. 刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到 C. 王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应 D. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纸的主要成分为纤维素，属于有机物，墨的主要成分为炭黑，属于单质，故A错误；‎ B. “沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；‎ C. 爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生成，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；‎ D. “豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎2.关于 100mL 0.1 mol/L H2SO4 溶液的叙述错误的是：‎ A. 该溶液中含有O 原子的物质的量为 0.04mol B. 该溶液中氢离子的物质的量浓度为 0.2 mol/L C. 该溶液的酸性与 0.2 mol/LNaHSO4 溶液相同 D. 取该溶液 10 mL，加水稀释至 100 mL 后 H2SO4 的物质的量浓度为 0.01 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. n（H2SO4）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，n（O）=4n（H2SO4）=0.04mol，但水分子中也含有O原子，所以该溶液中含有O原子的物质的量应大于0.04mol，故A错误；‎ B. c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，故B正确；‎ C. 该溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，0.2mol/LNaHSO4溶液中c（H+）=c（NaHSO4）=0.2mol/L，所以该溶液的酸性与0.2mol/LNaHSO4溶液相同，故C正确；‎ D. 取该溶液10mL，n（H2SO4）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，加水稀释至100 mL后H2SO4的物质的量浓度为0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎3.下列说法不正确的是：‎ A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶是否干燥对配制结果无影响 B. 在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中 C. 丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的 D. 已知钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，所以两种电解质的活泼性：水大于乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用容量瓶配制一定物质量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A正确；‎ B.钠为极活泼的金属，易和水反应生成氢气，所以实验后剩余的少量钠要放回原试剂瓶中，故B正确；‎ C.胶粒直径介于1～100nm之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故C正确；‎ D.钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，说明乙醇羟基中的H不如水中的H活泼，乙醇比水更难电离，所以乙醇是非电解质，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】注意电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质，乙醇属于非电解质。‎ ‎4.下列离子方程式正确的是:‎ A. 向稀 HNO3 中滴加Na2SO3 溶液：SO32-＋2H+===SO2↑＋H2O B. 向 Na2SiO3 溶液中通入过量 SO2：SiO32-＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋SO32-‎ C. 向 CuSO4 溶液中加入 Na2O2：2Na2O2＋2Cu2+＋2H2O===4Na+＋2Cu(OH)2↓＋O2↑‎ D. 向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量 NH3·H 2O：Al3+＋4NH3·H 2O===AlO2-＋4NH4+＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HNO3有强的氧化性，Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式是：2H++2NO3-+3SO32-=H2O+3SO42-+2NO↑，故A错误；‎ B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2发生反应产生酸式盐，反应的离子方程式是：SiO32－+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；‎ C.向CuSO4溶液中加入Na2O2，离子方程式2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2‎ ‎↑符合反应事实、离子方程式的书写原则，故C正确；‎ D.NH3·H2O是弱碱，不能与两性氢氧化物发生反应，反应的离子方程式是：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：‎ ‎“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物和生成物必须与客观事实相吻合。‎ ‎5.在 200mL 含等物质的量 HBr 和H2SO3 的溶液中通入 0.01molCl2，有一半Br-变为 Br2（已知 Br2 能氧化 H2SO3），原溶液中 HBr 和 H2SO3 的浓度都等于 ：‎ A. 0.0075mol•L-1 B. 0.0018mol• L-1 C. 0.04mol• L-1 D. 0.08mol•L L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原性H2SO3＞HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2。令原溶液中HBr和H2SO3的物质的量为nmol/L，根据电子转移守恒列方程计算，再根据c=计算浓度。‎ ‎【详解】还原性H2SO3＞HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2。有一半Br-变为Br2，说明H2SO3已经完全被氧化，令原溶液中HBr和H2SO3的物质的量都为nmol，根据电子转移守恒有nmol×（6-4）+nmol×1=0.01mol×2，解得n=0.008mol，原溶液中HBr和H2SO3物质的量浓度为=0.04mol/L。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意氯气先氧化H2SO3为H2SO4，后氧化HBr为Br2是解题的关键，注意利用电子转移守恒进行计算。‎ ‎6.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是（ ）‎ A. 铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2＋产生 B. 如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变 C. 其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”‎ D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．锌片作负极，发生氧化反应；铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，A错误；B．如果将锌片换成铁片，铁片依然是作负极，电路中的电流方向不会发生改变，B错误；C．其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，C正确；D．如果将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，LED灯也会发光，D错误；故答案C。‎ 考点：考查了原电池的工作原理的相关知识。‎ ‎7.从金属利用的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的冶炼是近百年的事．决定金属使用年代先后顺序的关键因素是：‎ A. 金属的活动性 B. 金属的导电性 C. 金属的延展性 D. 地壳中金属元素的含量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】金属的活动性越强，越容易与其它物质反应生成化合物，其化合物越不容易被还原，导致该金属的冶炼越难，所以决定金属使用年代的是金属的活动性，与金属的导电性、延展性、在地壳中的含量无关，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查金属活动性强弱与使用年代的关系，明确金属活动性强弱顺序表即可解答，知道常见金属冶炼方法，知道金属冶炼方法与其活泼性关系，题目难度不大。‎ ‎8.下列离子的检验方法合理的是：‎ A. 向某溶液中滴入稀 NaOH 溶液未生成使红色石蕊试纸变蓝的气体，说明不含NH4+‎ B. 向某溶液中通入 Cl2，然后再加入 KSCN 溶液变红色，说明原溶液中含有 Fe2+‎ C. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，得到白色沉淀，说明溶液中含有 SO42-‎ D. 向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色沉淀，说明溶液中含有 Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气溶解度很大，要使得氨气放出，需要对反应溶液加热，此试纸不变蓝，不能说明溶液中是否含有铵根离子，故A错误；‎ B.溶液中可能存在铁离子，检验时应先在溶液中加入KSCN溶液，观察是否呈血红色，若无明显变化，再通入氯气，然后加入KSCN溶液，若呈血红色，则说明原溶液中有二价铁离子，故B错误；‎ C.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42-或银离子中的至少一种，故C错误；‎ D.向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色沉淀，说明溶液中含有Cl-，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.下列物质能使品红溶液褪色,且褪色原理基本相同的是(    )‎ ‎①活性炭 ②新制氯水③二氧化硫 ④臭氧 ⑤过氧化钠 ⑥双氧水 A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 新制氯水、臭氧、过氧化钠和双氧水都是利用其强氧化性，使品红褪色。‎ ‎10.已知浓盐酸和次氯酸钙能发生如下反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓) ===CaCl2+2Cl2↑+2H2O。用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是：‎ ‎①CO2②HCl③H2O④O2‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由于酸性：H2CO3>HClO，所以Ca(ClO)2在空气中易与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO。用含CaCO3的Ca(ClO)2与浓盐酸反应制取Cl2，Cl2中必然含有CO2、H2O、HCl等杂质，而漂白粉在空气中变质生成的HClO不稳定，不会混在固体中，制得的氯气中不可能含有O2。‎ ‎11.下列叙述中正确的是：‎ A. 周期表中第 15 列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为 H3RO4‎ B. O22-与S2-具有不同的质子数和电子数 C. 元素周期表中前 6 周期一共有 22 种非金属 D. 氕化锂、氘化锂、氚化锂作为“长征 2 号”火箭发射的重要燃料，LiH、LiD、LiT 的化学性质不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，故A错误；‎ B.O22-与S2-质子数均为16，核外电子数均为18，故B错误；‎ C.元素周期表中有22种非金属元素，包括氢、硼、碳、氮、氧、氟、硅、磷、硫、氯、砷、硒、溴、碲、碘、砹、氦、氖、氩、氪、氙、氡，故C正确；‎ D.H、D、T互为同位素，LiH、LiD、LiT的化学性质几乎完全相同，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎12.W、X、Y、Z 四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，由此可知：‎ X Y W Z A. Z 元素氢化物的水溶液一定是强酸 B. 四种元素原子形成的简单离子，半径最小的一定是 Y C. 四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的一定是 Y D. 四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据W、X、Y、Z四种短周期主族元素在周期表中的相对位置关系可知，若W是Al，则X是N元素、Y为O元素、Z为S元素；若W为Si、则X为O元素、Y为F元素、Z为Cl元素。A．若Z为S元素，氢化物的水溶液一定是弱酸，故A错误；B．四种元素原子形成的简单离子，半径最小的是Y或W，故B错误；C．O和F一般无正价，四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是Z，故C错误；D．Y 的非金属性最强，四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了元素周期表和元素周期律的相关知识。‎ ‎13.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是：‎ A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源 B. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能 C. PM2.5 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素 D. 发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、一级能源是指直接从自然界取得的能源，氢气不属于一级能源；B、风力发电是将风能转化为电能；C、砷元素属于非金属元素；D、低碳经济、循环经济，利用太阳能、风能均有利于能源开发和环境保护，正确。‎ 考点：考查化学与能源、环境等相关知识。‎ ‎14.已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1，下列说法正确的是：‎ A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应 B. 1 mol H2 与 1 mol F2 反应生成 2 mol 液态 HF 放出的热量小于 270 kJ C. 在相同条件下，1 mol H2与 1 mol F2能量总和小于 2 mol HF 气体的能量 D. 该反应中能量变化可用如图来表示 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、此反应是放热反应，逆过程是吸热反应，故错误；B、HF(g)=HF(l) △H<0，因此1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ，故错误；C、此反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故正确；D、根据选项C的分析，故错误。‎ 考点：考查化学反应热与能量的关系等知识。‎ ‎15.取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是：‎ A. 为加快化学反应速率，应在强光照射下完成 B. 甲烷和 Cl2 反应后试管内壁的油状液滴物包括 CH3Cl 、CH2Cl2、CHCl3、CCl4‎ C. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出 D. CH4 和 Cl2 完全反应后液面上升，液体充满试管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.光照为该反应的条件，无光照该反应不能发生，所以强光照射并不是为了加快化学反应速率，故A错误；‎ B.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，故B错误；‎ C.甲烷和Cl2反应后产物最多的是HCl，HCl溶于饱和食盐水会有少量NaCl晶体析出，故C正确；‎ D.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，CH3Cl是不溶于水的气体，所以液体不会充满试管，故D错误。‎ 故选C。‎ 二、填空题：（本题有 4 道题，共 55 分）‎ ‎16.(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，请说明原因：__________。‎ ‎(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选氯化铁溶液，外加导线，构成原电池。请写出正极电极方程式：______________。‎ ‎【答案】 (1). 二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀 (2). Fe3＋＋e－=Fe2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铜、铝、潮湿空气会形成原电池，金属铝做负极，加速了金属铝的腐蚀速度，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，故答案为：二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀。‎ ‎（2）该原电池的正极发生三价铁离子得电子的还原反应，电极方程式为：Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Fe3++e-=Fe2+。‎ ‎17.有 A、B、C、D、E 五种短周期主族元素，原子序数由 A 到 E 逐渐增大．①A 元素最外层电子数是次外层电子数的 2 倍． ②B 的阴离子和 C 的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B 的单质是气体，0.1molB 的气体与足量的氢气完全反应共有 0.4mol 电子转移．④C 的单质在点燃时与 B 的单质充分反应，生成淡黄色的固体， 此淡黄色固体能与 AB2 反应可生成 B 的单质．⑤D 的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：‎ ‎（1）A 元素的最高价氧化物的电子式_________________，A 元素简单气态氢化物可构成碱性燃料电池，该电池的的负极电极方程式为：_____________________‎ ‎（2）B 元素在周期表中的位置 _____________________‎ ‎（3）B 单质与 C 单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有 _________________‎ ‎（4）D 元素的低价氧化物与 E 的单质的水溶液反应的化学方程式为 ：____________________‎ ‎（5）C 与 D 能形成 2：1 的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程：_________________________‎ ‎【答案】 (1). (2). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (3). 第二周期VIA族 (4). 离子键、共价键 (5). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A有2个电子层，最外层电子数为4，则A为C元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第3周期，B处于第2周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素化合价为-2价，则B为O元素，C的单质在点燃时与 B 的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na元素，D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，则D为S元素，E的原子序数最大，则E为Cl元素，据此答题。‎ ‎【详解】由分析可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D是S元素，E是Cl元素。‎ ‎（1）A为C元素，C的最高价氧化物是CO2，CO2分子中碳原子与氧原子形成共价键，电子式为：，碱性甲烷燃料电池，负极甲烷失电子生成碳酸根离子和水，其负极的电极方程式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故答案为：，CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O。‎ ‎（2）B为O元素，氧元素位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期VIA族。‎ ‎（3）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子与氧原子之间形成共价键，故答案为：离子键、共价键。‎ ‎（4）D是S元素，E是Cl元素，硫元素的低价氧化物是SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。‎ ‎（5）Na和S形成的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，其形成过程可表示为，故答案为：。‎ ‎【点睛】根据元素性质以及核外最外层电子的关系推断元素类型是解答本题的突破口，注意过氧化钠的结构特点。‎ ‎18.某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律． Ⅰ．甲同学设计了如图装置来一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较。‎ ‎（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前的具体操作是：______________‎ ‎（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在 A 中加________________溶液，B 中加___________溶液，C 中加___________溶液，将观察到C 中________________的现象．但花花认为，该现象不足以证明三者非金属性强弱，请用文字叙述理由_____________。‎ ‎（3）为避免上述问题，应在 B、C 之间增加一个盛有足量_____的洗气装置．改进后C 中发生反应的离子方程式是________________．‎ Ⅱ．丙同学设计了如图装置来验证卤族元素性质的递变规律．A、B、C 三处分别是沾有NaBr 溶液的棉花、湿润淀粉 KI 试纸、湿润红纸．‎ ‎（4）请写出浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式：______________‎ ‎（5）A 中棉花颜色变_______，则说明非金属性 Cl＞Br；向 NaBr 和 KI 的混合溶液中，通入足量的 Cl2 充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，最后得到的物质是___________‎ ‎【答案】 (1). 将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶 ，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好 (2). HNO3 (3). Na2CO3 (4). Na2SiO3 (5). 白色浑浊 (6). 挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应 (7). 饱和碳酸氢钠溶液 (8). SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32- (9). 2MnO4- +16H+ + 10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (10). 橙色 (11). NaCl和KCl ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前，首先关闭分液漏斗，将烧杯C中导管深入烧杯液面以下，再微热圆底烧瓶，如果C中有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好，故答案为：将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性良好。‎ ‎（2）依据强酸制弱酸来设计反应，所以A为硝酸，B为碳酸钠，C为硅酸钠溶液，将观察到C中有白色浑浊生成硅酸沉淀，故现象不足以证明三者非金属性强弱，因为挥发出来的硝酸可能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故答案为：HNO3；Na2CO3；Na2SiO3；白色浑浊；挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应。‎ ‎（3）硝酸易挥发，所以为吸收挥发出来的硝酸，应在B和C之间增加一个洗气装置，盛放饱和的碳酸氢钠，吸收挥发出来的硝酸，避免干扰，改进后C中为二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，：故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。‎ ‎（4）浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+16H+ +10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H+ +10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。‎ ‎（5）NaBr溶液的棉花与氯气反应生成单质溴，所以棉花由白色变为橙色，B处湿润淀粉KI试纸中的碘离子与氯气反应生成单质碘，反应的离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，过量的氯气逸出，溴挥发，碘升华，所以最后得到NaCl和KCl；故答案为：橙色；NaCl和KCl。‎ ‎19.(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成 NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：‎ ‎①第一步反应是_________________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是___________。‎ ‎②1 mol NH4+ (aq)全部氧化成NO3- (aq)的热化学方程式是_________________。‎ ‎(2)已知红磷比白磷稳定，则反应 P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋ 5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；ΔH1 和 ΔH2 关系是 ΔH1____________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。‎ ‎(3)在 298 K、101 kPa 时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)ΔH3‎ 则 ΔH3 与 ΔH1 和 ΔH2 之间的关系正确的是___________。‎ A ΔH3＝ΔH1＋2 ΔH2 B ΔH3＝ΔH1＋ΔH2‎ C ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D ΔH3＝ΔH1－ΔH2‎ ‎(4)已知 H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)ΔH＝－72 kJ·mol-1，蒸发 1 mol Br2(l)需要吸收的能量为 30 kJ，其他相关数据如下表：‎ 物质 H2(g)‎ Br2(g)‎ HBr(g)‎ ‎1 mol 分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)‎ ‎436‎ ‎200‎ a 则表中 a＝__________________。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) (3). (aq)＋2O2(g)===NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－346 kJ·mol－1 (4). < (5). A (6). 369‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①由图可知：焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案为：放热，ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)。‎ ‎②第一步的热化学方程式为①NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-273kJ/mol，第二步的热化学方程式为②NO2-(aq) +0.5O2(g)=NO3-(aq) ΔH=-73kJ/mol，根据盖斯定律，由①+②可得：NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq) ΔH=（-273kJ/mol）+（-73kJ/mol）=－346kJ·mol－1，故答案为：NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ·mol－1。‎ ‎（2）①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH1，②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH2，由盖斯定律②-①可得到反应：4P(红磷，s)=P4(白磷，s) ΔH=ΔH2-ΔH1，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反应是吸热反应，即ΔH=ΔH2-ΔH1＞0，即ΔH1＜ΔH2，故答案为：＜。‎ ‎（3）已知：①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g) ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g) ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g) ΔH3，则反应③=②×2+①，由盖斯定律可知：ΔH3=ΔH1+2ΔH2，故答案为：A。‎ ‎（4）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g) ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，则H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g) ΔH＝－102kJ·mol-1，ΔH=反应物键能-生成物键能，则有-102=436+200-2a，解得a=369，故答案为：369。‎ ‎20.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。‎ ‎(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：‎ ‎①哪一时间段反应速率最大______min（填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5），原因是_____。‎ ‎②求3～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_________(设溶液体积不变)。‎ ‎(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是____。‎ A．蒸馏水 B．KCl溶液 C．KNO3溶液 D．CuSO4溶液 ‎(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。‎ ‎①该反应的化学方程式是_______。‎ ‎②该反应达到平衡状态的标志是______‎ A．Y的体积分数在混合气体中保持不变 ‎ B．X、Y的反应速率比为3∶1‎ C．容器内气体压强保持不变 ‎ D．容器内气体的总质量保持不变 E．生成1mol Y的同时消耗2mol Z ‎ ‎③2min内Y的转化率为______。‎ ‎【答案】 (1). 2～3 (2). 因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快 (3). 0.025 mol/(L•min) (4). CD (5). 3X(g)+Y(g)2Z(g) (6). AC (7). 10%‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min；原因是：因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快；②在3～4min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·mol－1=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol/（0.4L·1min）=0.025mol/（L·min）；③A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；B．加入KCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；C．加入KNO3溶液，H＋浓度减小，因酸性溶液中有NO3－，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C错误；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu，形成原电池，反应速度增大，且影响生成氢气的量，故D错误；故选CD；(3)①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到5min时，△n（Y）=0.2mol，△n（Z）=0.4mol，△n（X）=0.6mol，则△n（Y）：△n（Z）：△n（X）=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；②A．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，Y的体积分数在混合气体中保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．X、Y的反应速率比为3∶1，随着反应的进行X、Y的反应速率比始终为3：1，不能作为平衡状态的标志，故B错误；C．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，当容器的压强保持一定，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D．反应物生成物均为气体，容器内气体的总质量保持不变，不能作为平衡状态的标志，故D错误；E．生成1mol Y的同时消耗2mol Z 均只能表示逆速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应达到平衡状态，故E错误；故选AC。③2min内X的转化率为=变化物质的量/起始总物质的量 ×100%=(1mol-0.9mol)/1mol ×100%=10%.‎ ‎ ‎ ‎ ‎