河北省张家口市崇礼县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

河北省张家口市崇礼县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

化学试卷 I卷 本部分包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意 一、选择题 ‎1.你认为减少酸雨产生可采用的措施是（ ）‎ ‎①少用煤作燃料 ②把工厂烟囱加高 ③燃料脱硫 ④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源 A. ①②③ B. ②③④⑤‎ C. ①③⑤ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 减少酸雨，减少煤的使用及二氧化硫的排放即可。‎ ‎【详解】①少用煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；‎ 答案选C。‎ ‎2.铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是（ ）‎ A. Fe2(SO4)3 B. Na2CO‎3 ‎C. KNO3 D. FeSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解，由发生的氧化还原反应可知生成的气体，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Cu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；‎ B．Cu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故B错误；‎ C．Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，则铜粉质量减少，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故C正确；‎ D．Cu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】硝酸钾没有氧化性，只有在酸性环境下，硝酸根离子具有强氧化性，因此铜与硝酸钾不反应，变为酸性环境后，就能发生反应。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 硅胶可作袋装食品的干燥剂 B. 漂白粉在空气中很稳定 C. 生石灰能与水反应，可用来干燥氯气 D. 碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故A正确；‎ B．漂白粉中的次氯酸钙与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，次氯酸见光分解，漂白粉失效，所以漂白粉在空气中不稳定，应隔绝空气密封保存，故B错误；‎ C．生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯气发生反应，所以不能干燥氯气，故C错误；‎ D．碘是人体必需微量元素，摄入过少或过多对人均有害，而高碘酸具有极强的酸性和腐蚀性，不能多吃富含高碘酸的食物，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列表示物质的化学用语正确的是( )‎ A. 8个中子的碳原子的核素符号：‎‎12C B. HF的电子式：H＋[]－‎ C. Cl－离子的结构示意图：‎ D. CO2的结构式：O=C=O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎8个中子的碳原子，质量数是14，核素符号：‎14C，故A错误；HF是共价化合物，电子式为，故B错误；Cl－离子核外有18个电子，结构示意图：，故C错误；CO2‎ 分子中含有2个碳氧双键，结构式：O=C=O，故D正确。‎ 点睛：离子化合物的电子式：阳离子的电子式为阳离子本身，而阴离子需要标出最外层所有的电子并打括号，带上电荷；共价化合物的电子式不带电荷，不打括号； ‎ ‎5.下列物质中，只含有一种类型化学键的是（   ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2中含离子键和共价键，含有两种类型的化学键，故A不选；‎ B．Ca(OH)2中含离子键和共价键，含有两种类型的化学键，故B不选；‎ C．HClO中只含共价键(或极性键)，含有一种类型的化学键，故C选；‎ D．Ne为单原子分子，不含化学键，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意稀有气体中不存在化学键，其余非金属单质中存在共价键。‎ ‎6. 下列说法正确的是 A. 形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱 C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强 D. 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，形成离子键的阴、阳离子之间不但存在阴、阳离子之间的相互吸引，同样也存在着电子之间的相互排斥和原子核之间的相互排斥，故A项错误；‎ B项，同主族元素，自上而下，元素的非金属性依次减弱，其氢化物的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B项错误；‎ C项，第三周期，自左向右非金属元素的非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，但非最高价含氧酸不符合这一规律，故C项错误；‎ D项，原子核外电子排布的周期性变化，导致元素性质成周期性变化，这一变化称为元素周期律，故D项正确；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎7.核电荷数大于10的某短周期元素，其原子最外电子层所含有的电子数是次外层所含有的电子数的一半，有关该元素的单质或化合物的描述不正确的是（ ）‎ A. 该元素在第三周期第ⅣA族 B. 该元素的单质在常温下性质稳定，不易与水反应 C. 该元素的氧化物不与酸反应，可与强碱的水溶液反应 D. 该元素在地壳中的含量大，居所有元素的第二位 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核电荷数大于10的某短周期元素只能是第3周期元素；原子最外层电子数是次外层所含有电子数的一半，则最外层电子数为4；电子层数为3，则该元素是硅，结合硅与二氧化硅的性质分析解答。‎ ‎【详解】核电荷数大于10的某短周期元素只能是第3周期元素，又因为原子最外电子层所含有的电子数是次外层所含有的电子数的一半，故该元素是硅；‎ A．硅元素位于周期表中第3周期第ⅣA族，故A正确；‎ B．硅单质在常温下性质稳定，不易与水反应，故B正确；‎ C．该元素的氧化物SiO2能与HF反应，能与强碱氢氧化钠溶液反应，故C错误；‎ D．地壳中元素含量前四位的元素是氧、硅、铝、铁，硅元素居所有元素的第二位，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】二氧化硅属于酸性氧化物，能够与强碱反应反应，二氧化硅与氢氟酸发生反应，体现的是其的特性，所以二氧化硅不属于两性氧化物。‎ ‎8.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 同周期主族元素的原子半径以ⅦA族的为最大 B. 同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为32‎ C. 短周期中次外层电子数是最外层电子数2倍的元素一定是非金属元素 D. 科学家在周期表中金属与非金属分界线处找到了优良的催化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因同周期元素中原子半径从左向右逐渐减小，则同周期元素中ⅦA族元素的原子半径最小，故A错误；‎ B．原子的原子序数等于核外电子数，每周期中含有的元素种类数分别为：2、8、8、18、18、32种元素，因此同主族相间的两种元素之间原子序数相差32是有可能的，故B正确；‎ C．短周期元素中次外层电子数是最外层电子数2倍的元素的有Li、Si两种元素，Li是金属，故C错误；‎ D．在金属和非金属的分界线处元素的单质的导电性介于导体与绝缘体之间，属于半导体，所以在周期表中金属与非金属分界线处找到的是半导体，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化趋势如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X是短周期中金属性最强的元素；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是（ ）‎ A. 对应气态氢化物的稳定性：Y＞W B. 对应简单离子的半径：W＞Z C. 化合物XZW中既含离子键也含共价键 D. Y的氧化物能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X是短周期金属性最强的元素，可知X为11号元素，则X是Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，则Z是Cl元素；‎ A．非金属性：O＞Si，对应简单气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故A错误；‎ B．O、Cl对应的简单离子，电子层数越多，离子半径越大，则简单离子半径：Cl-＞O2-，故B错误；‎ C．NaClO为离子化合物，Na+与ClO-之间为离子键，氯原子与氧原子之间为共价键，故C 正确；‎ D．SiO2和HClO4不反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】SiO2属于酸性氧化物，不与酸（如硫酸、硝酸、高氯酸等）发生反应，但是其能够与弱酸氢氟酸发生反应，这是二氧化硅的特性。‎ ‎10. 根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是 A. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同 C. Cl‾、S2‾、Ca2+、K+半径逐渐减小 D. 与得电子能力相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，故A错误；‎ B.核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如Cl－、S2－的还原性不同，故B错误；‎ C.S2－、Cl－、K＋、Ca2＋半径逐渐减小，故C错误；‎ D.Cl与Cl核外电子排布相同，所以得电子能力相同，故D正确。‎ ‎11.长征火箭承担运载“天宫”号的使命。氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征火箭发射的优良燃料。下列说法中正确的是（ ）‎ A. LiH、LiD、LiT的核外电子数之比为1：2：3‎ B. 它们都是强氧化剂 C. H、D、T是相同元素构成的不同单质 D. 它们都是强还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．LiH、LiD、LiT核外电子数之比为4：4：4，即1：1：1，故A错误；‎ B．氢化锂、氘化锂、氚化锂中氢、氘、氚均为-1价，处于最低价态，具有强还原性，故B错误；‎ C．H、D、T是具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素，属于同位素，故C 错误；‎ D．氢化锂、氘化锂、氚化锂中H、D、T均为-1价，处于最低价态，具有强还原性，都是强还原剂，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎12.最新科技报导，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢微粒，这种新微粒是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成，对于这种微粒，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 是氢的一种新的同素异形体 B. 是氢的一种新的同位素 C. 它的组成可用H3表示 D. 它比一个普通H2分子多一个氢原子核 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由同种元素组成的不同单质称同素异形体；具有相同质子数不同中子数的同一元素的原子互称同位素，再结合微粒的结构分析此题。‎ ‎【详解】A．同素异形体前提必须是单质，但该微粒含有3个质子和2个电子，所以是带一个单位正电荷的离子不是单质，故A错误；‎ B．同位素必须是质子数相同中子数不同的同一元素的原子，该微粒是离子，故B错误；‎ C．该微粒是带一个单位正电荷的离子，且由3个原子构成，所以可用H3+表示，故C错误；‎ D．该微粒是由3个氢原子核（只有质子）和2个电子构成，H2分子中含有2个氢原子核（只有质子）和2个电子，所以比一个普通H2分子多一个氢原子核，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）‎ A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料 B. 在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药的主要元素 C. 在金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料 D. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，A项错误；‎ B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近，B项错误；‎ C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，C项错误；‎ D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.2010年4月，科学家成功合成了一种拥有117个质子的新元素。科学家用Ca轰击Bk，生成了6个拥有117个质子的新原子，其中的5个原子有176个中子，1个原子有177个中子。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 第117号元素是副族元素 B. Bk的质量数为97‎ C. 第117号元素是非金属元素 D. Ca2+的中子数比核外电子数多10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、第117号元素在元素周期表中的第17列即ⅦA族，为主族元素，故A项错误；‎ B、的质子数位97，质量数位249，故B项错误；‎ C、在周期表中同一主族，从上到下，元素的金属性增强，所以117号可能为金属元素，故C项错误；‎ D、的质子数位20，质量数位48，中子数=48-20=28，核外电子数=20-2=18，中子数比核外电子数多10，故D项正确；‎ 本题选D。‎ ‎15.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（ ）‎ A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性 B. 第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数 C. 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 D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、处于金属和非金属分界线的元素既有金属性又有非金属性，如硅元素，故A错误； B、第三周期的元素从Na到Cl最高化合价从+1价到+7价，和族序数相等，故B正确；‎ C、第一主族的所有元素最外层都为一个电子，但是H元素与Na元素性质差异很大，故C错误；‎ D、周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据周期表中处于金属和非金属分界线的元素的性质来考虑；主族元素的最高正化合价等于它所处的主族序数，以此分析；元素原子的化学性质受质子数、原子半径、核外电子数等的影响，一般来说，同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质相似，以此分析；周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素。‎ ‎16.已知aA+、bB2+、cC-、dD2-四种离子均具有相同的电子层结构，下列关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：A＞B＞C＞D B. 原子序数：b＞a＞c＞d C. 离子半径：D＞C＞B＞A D. 金属性：B＞A，非金属性：D＞C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】aA+、bB2+、cC-、dD2-四种离子均具有相同的电子层结构，则有：a-1=b-2=c+1=d+2，A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：b＞a＞c＞d；‎ A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应有原子半径：A＞B＞D＞C，故A错误；‎ B．由a-1=b-2=c+1=d+2可知，原子序数：b＞a＞c＞d，故B正确；‎ C．aA+、bB2+、cC-、dD2-四种离子均具有相同的电子层结构，原子序数：b＞a＞c＞d，核电核数越大，离子半径越小，则离子半径：D＞C＞A＞B，故C错误；‎ D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则金属性：A＞B，非金属性：C＞D，故错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.一种“即食即热型快餐”适合外出旅行时使用。其内层是用铝箔包裹、并已加工好的真空包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线，使这两种化学物质反应，此时便可对食物进行加热，这两包化学物质最合适的选择是（ ）‎ A. 浓硫酸与水 B. 生石灰与水 C. 熟石灰与水 D. 氯化钠与水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸溶于水放热，但不是发生化学反应，且浓硫酸具有极强的腐蚀性，易发生危险，A不正确；‎ B．生石灰与水混合反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热，能对食品进行加热，B正确；‎ C．熟石灰与水混合后，不发生化学反应，溶于水过程放出的热量较小，难以将食品快速加热，C不正确；‎ D．氯化钠与水混合，不发生化学反应，溶于水过程基本上不产生热量，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎18. 将铁粉和硫粉混合后加热，待反应一发生即停止加热，反应仍可持续进行，直至反应完全生成新物质硫化亚铁。这现象说明了 A. 该反应是吸热反应 B. 该反应是放热反应 C. 铁粉和硫粉在常温下可以发生反应 D. 硫化亚铁的总能量高于铁粉和硫粉的总能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题解析：A、反应发生后停止加热，反应仍可持续进行说明反应为放热反应，A错误、B、根据A中分析可知B正确；C、反应需要加热才能发生，常温下不能进行，C错误；D、反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，D错误；答案选B。‎ 考点：考查放热反应和吸热反应 ‎19.环保型燃料——丙烷燃烧时发生反应的化学方程式为C3H8＋5O23CO2＋4H2O。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 燃烧时化学能只转化为热能 B. 所有的燃烧反应都会释放热量 C. 1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量 D. 丙烷完全燃烧的产物对环境无污染，故丙烷为环保型燃料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 所有发光发热的氧化还原反应都叫做燃烧，燃烧过程中，化学能转化为热能、光能等，一个化学反应是放热还是吸热，必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小；所有的燃烧反应都是放热反应；丙烷燃烧产物为二氧化碳和水，对环境无污染。‎ ‎【详解】A．火炬燃烧时，不仅发热，而且发光。所以火炬燃烧时，化学能不仅转化为热能，还转化为光能等其它形式的能，故A错误；‎ B．燃烧反应是指：混合物中的可燃成分急剧与氧反应形成火焰放出大量的热和强烈的光的过程，故B正确；‎ C．根据能量守恒定律，如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，在反应中有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应。所有的燃烧反应都是放热反应。丙烷的燃烧是放热反应。所以1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量，故C正确；‎ D．丙烷完全燃烧C3H8+5O23CO2+4H2O的产物二氧化碳和水，对环境无污染，丙烷为环保型燃料，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎20.如图表示吸收能量的反应的图像是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应的实质是反应物断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，依据吸收能量和放出能量的大小判断反应能量变化，吸收能量的反应是反应物能量小于生成物的能量，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．反应过程中一定伴随能量变化，图象中反应物和生成物能量相同，不符合反应实质，故A错误；‎ B．反应物能量高于生成物，反应是放热反应，故B错误；‎ C．反应物能量低于生成物能量，反应为吸热反应，故C正确；‎ D．断裂反应物化学键需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，图象变化不符合，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】反应物断键要吸收能量，成键要放出能量，二者的差值为反应的热效应，如果∆H<0，该反应为放热反应，若∆H>0，该反应为吸热反应。‎ II卷 本部分共有3道小题，每空2分，共计40分；‎ 二、推断题：‎ ‎21.如图是元素周期表的框架图，请回答下列问题：‎ ‎（1）写出元素X在周期表中位置___。‎ ‎（2）若将此元素周期表分为A、B、C、D区，其中全部是金属元素的区域为___区。‎ ‎（3）所含元素最多的周期是__，所含元素最多的族是__。‎ ‎（4）硬度最大的单质是__，密度最小的金属是___。(用物质的名称填写)‎ ‎（5）在原子序数为1～18号元素中，请用化学式填写。‎ 与水反应最剧烈的金属元素是__；与酸、碱都反应的金属是__；最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是__；具有四核18个电子且含有非极性键的一种化合物是____。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ族 (2). B (3). 第六周期 (4). 第ⅢB族 (5). 金刚石 (6). 锂 (7). Na (8). Al (9). HClO4 (10). H2O2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图示可知，X位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族；‎ 答案为：第四周期第Ⅷ族；‎ ‎(2)s区（A）含有H元素，p区（C、D）含有金属元素与非金属元素，过渡元素（B）全部金属元素，‎ 答案为：B；‎ ‎(3)元素周期表中，第六周期含有32种元素，含有元素最多；第ⅢB 族含有镧系元素、锕系元素，是所含元素最多的族；‎ 答案为：第六周期；第ⅢB族；‎ ‎(4)硬度最大的单质是金刚石，密度最小的金属是锂；‎ 答案为：金刚石；锂；‎ ‎(5)同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，短周期中Na的金属性最强，与水反应最剧烈；与酸、碱都反应的金属是Al，它是两性金属；非金属性越强，元素的最高价氧化物的酸性越强，F、O元素没有最高价含氧酸，则最高价含氧酸最强为HClO4；具有四核18个电子且含有非极性键的一种化合物是H2O2；‎ 答案为：Na；Al；HClO4；H2O2。‎ 三、简答题 ‎22.在‎25℃‎、101kPa的条件下，断裂1molH—H键吸收436kJ能量，断裂1molCl—Cl键吸收243kJ能量，形成1molH—Cl键放出431kJ能量。该条件下H2＋Cl22HCl反应中的能量变化可用如图表示：‎ 现有1molH2和1molCl2在‎25℃‎、101kPa下完全反应。请根据上述信息回答下列有关问题：‎ ‎（1）反应物断键吸收的总能量为___。‎ ‎（2）生成物成键放出的总能量为___。‎ ‎（3）H2＋Cl22HCl是___(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（4）反应物的总能量___(填“＞”或“＜”)生成物的总能量。‎ ‎（5）写出盐酸与氢氧化铝反应的离子方程式__。‎ ‎【答案】 (1). 679kJ (2). 862kJ (3). 放热 (4). ＞ (5). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应物断键吸收能量，生成物成键放出能量，二者能量的差值为反应的热效应，根据△H 的大小判断反应的吸放热类型。‎ ‎【详解】(1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和，则反应物断键吸收的总能量为436+243=679kJ；‎ 答案为：679kJ；‎ ‎(2)生成物成键放出的总能量为2molHCl的总键能，则生成物成键放出的总能量为431×2=862kJ；‎ 答案为862kJ；‎ ‎(3)反应热=反应物的键能减生成物的键能=436kJ•mol-1+243kJ•mol-1-2×431 kJ•mol-1=-183kJ•mol-1，△H＜0，所以该反应为放热反应；‎ 答案为：放热；‎ ‎(4)由（3）可知△H＜0，该反应为放热反应，所以反应物的总能量＞生成物的总能量；答案为：＞；‎ ‎(5)盐酸与氢氧化铝反应的离子方程式：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；‎ 答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。‎ 四、实验题 ‎23.有关含氮化合物的性质实验。‎ Ⅰ.某研究性学习小组利用如图装置研究硝酸的性质。‎ 实验一：甲同学用如图装置来证实稀硝酸与铜反应生成NO ‎（1）从A中向U形管中注满稀硝酸后，发生现象是___。‎ ‎（2）以下收集NO气体的各种装置中，合理的是___。(填序号，多选不给分)‎ ‎（3）在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L，0.1mol/L，向该混合液中加入‎1.92g铜粉，加热待充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度是__。‎ 实验二：乙组同学利用上述装置完成浓硝酸与铜的反应 ‎（4）乙组同学发现实验室里有几瓶浓硝酸呈黄色，请用化学方程式和简单的文字说明解释这种现象： ___。‎ Ⅱ.某同学用如图实验装置(其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气。请回答下列问题：‎ ‎（5）写出制取氨气的化学方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). U形管左侧有无色气体产生，液面左低右高 (2). CE (3). 0.225mol/L (4). 硝酸易分解，4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O，生成的NO2又溶于硝酸中，使硝酸呈黄色 (5). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验一(1)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和无色气体一氧化氮；‎ ‎(2)一氧化氮有毒且易和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮不和水反应，所以不能用排空气法收集，应该用排水法收集；‎ ‎(3)向该混合液中加入 ‎1.92g铜粉，则n（Cu）= =0.03mol，n（H+）=0.4mol/L×‎0.1L+0.1mol/L×2×‎0.1L=0.06mol，n（NO3-）=0.4mol/L×‎0.1L=0.04mol，发生3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，判断过量后以不足量代入计算；‎ 实验二(4)硝酸不稳定分解产生的二氧化氮溶解其中呈黄色；‎ ‎(5)实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，还生成氯化钙、水。‎ ‎【详解】I．实验一(1)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和无色气体一氧化氮，U形管左侧有无色气体产生，由于压强的作用，造成液面左低右高；‎ 答案为：U形管左侧有无色气体产生，液面左低右高；‎ ‎(2)一氧化氮有毒且易和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮不和水反应，所以不能用排空气法收集，应该用排水法收集，排水装置中，气体的进出口符合“短进长出”的原则，故CE正确；‎ 答案为CE；‎ ‎(3)n（Cu）==0.03mol，n（H+）=0.4mol/L×‎0.1L+0.1mol/L×2×‎0.1L=0.06mol，n（NO3-）=0.4mol/L×‎0.1L=0.04mol，发生的反应为：‎ ‎3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O ‎ 根据分析可知，氢离子的物质的量0.06mol<0.08mol，因而H+不足，以H+为基准计算；由氢离子的物质的量及离子方程式可知0.06mol氢离子参加反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol×=0.0225mol，所以溶液中c（Cu2+）==0.225mol/L；‎ 答案：0.225mol/L；‎ 实验二(4)硝酸不稳定分解产生的二氧化氮溶解在其中，溶液呈黄色，反应方程式为4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O；‎ 答案为：4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O，产生的二氧化氮溶解其中呈黄色；‎ Ⅱ.(5)实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；‎ 答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑。‎