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【化学】黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
I选择题(共计50分)
一、选择题(本题包括20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 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. 在非金属元素区域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有密切关系
【答案】D
【解析】试题分析：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，正确；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，正确；C、在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，正确；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必然联系，错误。
2.原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这与铱(Ir〕元素的原子核外电子数恰好相等,因此称为“铱星计划”。已知铱的一种同位素是19177Ir,则其核内的中子数是（ ）
A. 77 B. 286 C. 191 D. 114
【答案】D
【解析】试题分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，据此可知其核内的中子数是191－77＝114，答案选D。
3.下列物质的电子式书写正确的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】A. 氯化钠为离子化合物，氯离子带电荷并需用中括号括起来，钠离子用离子符号表示，NaCl电子式为，故A错误；
B. 过氧化氢是共价化合物，只存在共价键，每个氧原子各与1个氢原子间形成1对共用电子对，两个氧原子之间也形成1对共用电子对，电子式为，故B正确；
C. 硫化氢是共价化合物，不存在离子键，电子式为，故C错误；
D. 氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为，故D错误。答案选B。
4.氯元素的天然同位素有35Cl 和37Cl 。氯元素的相对原子质量为35.45，则天然氯元素中35Cl 和37Cl的原子数目之比约为 ( )
A. 3:1 B. 1:3 C. 3:2 D. 4:1
【答案】A
【详解】设天然氯元素中35Cl和37Cl的原子数目分别为x和y，依据题意有：(35×x+37×y)/(x+y)=35.45，解x:y≈3:1，答案选A。
5. 若用X代表F、C1、Br、I四种卤族元素，下列能够表达它们的共性反应的是（ ）
A. X2+H2=2HX B. X2+H2O=HX+HXO
C. 2Fe＋3X2=2FeX3 D. X2+2NaOH=NaX+NaXO+H2O
【答案】A
【解析】B、F2与水反应，生成HF和O2；
C、I2的氧化性弱，生成FeI2；
D、F2与水发生反应。
6.下列物质的变化过程中，有共价键明显被破坏的是 ( )
A. I2升华 B. NaCl颗粒被粉碎
C. H2SO4溶于水得硫酸溶液 D. NaOH受热熔化
【答案】C
【详解】A. 碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；
B. NaCl中不存在共价键，食盐颗粒被粉碎，不存在破坏共价键，故B错误；
C. H2SO4溶于水，发生电离，共价键被破坏，故C正确；
D. NaOH为离子化合物，受热熔化电离成自由移动的钠离子和氢氧根离子，破坏的是离子键，故D错误。答案选C。
7.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是（ ）
元素代号
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径
0.37
1.86
1.43
0.99
0.75
0.74
最高正价
+1
+1
+3
+7
+5
最低负价
-1
-1
-3
-2
A. 离子半径：Y>Z>M
B. Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间会反应
C. 化合物XM、YM都是电解质，熔融状态下都能导电
D. 气态氢化物稳定性R>Q
【答案】B
【详解】短周期元素中，Q有−2价，处于ⅥA族元素，没有最高价，则Q为O元素；M元素有+7、−1价，故M为Cl元素；R有+5、−3价，处于VA族，原子半径小于Cl，故R为N元素；X、Y、Z化合价分别为+1、+1、+3价，则分别处于IA族、IA族、ⅢA族，且原子半径Y>Z>Cl，故Y为Na、Z为Al，又由于原子半径R>Q>X，则X为H。
A.根据上述分析Y、Z、M分别为Na、Al、Cl，三者的离子分别为Na+、Al3+、Cl-，根据电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小的原则，离子半径大小为r(Cl-)>r(Na+)>r(Al3+)，即M>Y>Z，故A错误；
B. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，氢氧化钠与高氯酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，与氢氧化钠、高氯酸均反应，故B正确；
C.化合物XM为HCl，HCl中只含共价键属于共价化合物，是电解质，熔融状态下不能电离出自由移动的离子，不能导电，故C错误；
D.元素的非金属性越强其对应的气体氢化物越稳定，根据上述分析R为N，Q为O，氧元素的非金属性强于氮元素，则气态氢化物稳定性R
A. 该反应为放热反应
B. 金刚石比石墨稳定
C. 该反应为氧化还原反应
D. 石墨比金刚石稳定
【答案】D
【解析】根据图像可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以该反应是吸热反应。由于能量越低，物质越稳定，所以石墨比金刚石稳定。反应中并没有电子的转移，不属于氧化还原反应。答案选D。
9.有下列物质：① NaOH固体；②浓硫酸；③ NH4NO3晶体；④ CaO固体。现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内的滴有红墨水的水面呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（ ）
A. ①②③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】试题分析：U形管内滴有红墨水的水血呈现左低右高，可知加入的物质溶于水时放热；①NaOH固体、②浓硫酸、④CaO固体溶于水时都放热，③NH4N03晶体溶于水吸热，故B正确。
10.下列各组中的三种微粒，所含质子数与电子数都相等的是 ( )
A. Na+、 Mg2+、 Al3+ B. HCl、H2S、 Ar
C. H2O、OH-、 Na+ D. NH4+、 Na+、F-
【答案】B
【详解】A. Na+、Mg2+、Al3+的质子数分别为：11、12、13，电子数分别为10，10、10，故A错误；
B. HCl、H2S、Ar的质子数分别为：18、18、18，电子数分别为18，18、18，故B正确；
C. H2O、OH−、Na+的质子数分别为：10、9、11、电子数分别为10，10、10，故C错误；
D. NH4+、Na+、F−的质子数分别为：11、11、9、电子数分别为10，10、10，故D错误。答案选B。
11.下列微粒半径由大到小的排列是 ( )
A. P3-，S2-，Cl- B. Cl-，S2-，O2-
C. Ca，Mg，Na D. K+、Cl-，S2-
【答案】A
【详解】A. P3-，S2-，Cl-具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：P3--> S2--> Cl-，故A正确；
B.电子层数越多，半径越大，则Cl-和S2-的半径大于O2-的半径，又因为电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则S2-的半径大于则Cl-的半径，故B错误；
C.Mg、Na的电子层数相同，Na的核电荷数较小，则原子半径：Na>Mg，故C错误；
D. K+、Cl-，S2-具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：S2->Cl-> K+，故D错误。答案选A。
12.A、B为前三周期元素，两者组成A2B3型离子化合物，A离子比B离子少一个电子层，已知B的原子序数是x，则A的原子序数是 ( )
A. x-3 B. x+3 C. x+11 D. x-11
【答案】A
【详解】由两种短周期元素A和B形成的离子化合物A2B3，A3+离子比B2-离子少一个电子层，则A和B都属于第三周期，可推知A是Al元素，B是S元素，铝的原子序数是13，所以A的原子序数为16-3，即x-3，答案选A。
13. 某元素X气态氢化物与该元素最高价氧化物的水化物反应生成盐，则该元素( )
A. 在周期表中处于第三周期ⅦA族
B. 在周期表中处于第二周期ⅤA族
C. 氢化物比H2O稳定
D. 常见化合价只有-3、+2、+3、+5价
【答案】B
【解析】NH3＋HNO3=HNO3
14.已知短周期元素的离子，aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )
A. 原子半径A>B>C>D B. 原子序数 A>B>C>D
C. 离子半径C>D>B>A D. 单质的还原性A>B>D>C
【答案】C
【详解】短周期元素离子：aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+2=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c；
A、A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a＞b＞d＞c，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故A错误；
B、aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+2=d+1，所以原子序数为a＞b＞d＞c，故B错误；
C、aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞c，所以离子半径C2-＞D-＞B+＞A2+，故C正确；
D、同周期自左而右元素金属性减弱，单质还原性减弱，金属性越强还原性越强，故还原性为B＞A＞C＞D，故D错误。答案选C 。
15.生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO2的的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F-F
N-F
键能/KJ·mol-1
941.7
154.8
283.0
下列说法中正确的是（ ）
A. 过程N2(g)→2N(g)放出能量
B. 过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量
C. 反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)的△H＞0
D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应
【答案】B
【解析】试题分析：A．N2（g）→2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，A错误；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，B正确；C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=（941.7+3×154.8-283.0×6）kJ•mol-1=-291.9kJ•mol-1，△H＜0，C错误；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，D错误，答案选B。
16.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H
＝－57.3KJ·mol－1。分别向1L 0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（ ）
A. △H1＞△H2＞△H3 B. △H1＜△H2＜△H3
C. △H1＞△H2＝△H3 D. △H1＝△H2＜△H3
【答案】B
【解析】
【分析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的△H＝－57.3kJ·mol－1，浓硫酸稀释、生成沉淀都会使放出热量变大，△H变小。
【详解】分别向1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸。①浓硫酸稀释会放出大量热，同时又有BaSO4沉淀生成，故△H1<-57.3kJ·mol－1；②稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀,使△H2<-57.3kJ·mol－1，由于浓硫酸稀释会放出大量热，故△H1<△H2；③稀硝酸与1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液反应△H3=－57.3kJ·mol－1，故△H1＜△H2＜△H3。综上，本题选B。
17.下列各选项对应关系错误是( )
A. 表示F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋四种半径的大小关系
B. 表示ⅡA族元素原子的最外层电子数
C. 表示第三周期各主族元素的最高化合价
D. 表示第三周期中各主族元素的最高化合价与最低化合价之和
【答案】D
【详解】A. F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故A正确；
B.ⅡA族元素原子的最外层电子数为2，相等，故B正确；
C.第三周期各主族元素的最外层电子数逐渐增大，最高化合价依次升高，故C正确；
D.第三周期中各主族元素的最高化合价与最低化合价之和分别为1、2、3、0、2、4、6，与图像不符，故D错误。答案选D。
18.已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1；
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2；③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3。
室温取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(已换算成标准状况)，经完全燃烧后恢复至室温，放出的热量为（ ）
A. -（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3） B. -（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH2）
C. -（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH3） D. -（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH2）
【答案】A
【解析】甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol，由CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×ΔH1；由2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH3可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol×1/2×ΔH3，所以放出的热量为-（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3）。答案选A。
19.在36 g 碳不完全燃烧所得气体中，CO占1/3体积，CO2占2/3体积，且C(s) ＋1/2O2(g) ＝ CO(g) △H ＝ －110.5 kJ/mol；CO(g) ＋1/2O2(g) ＝ CO2(g) △H ＝ －283 kJ/mol.与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是（ ）
A. 172.5 kJ B. 1149 kJ C. 517.5 kJ D. 283kJ
【答案】D
【解析】36g碳的物质的量为=3mol，所以CO的物质的量为3mol×=1mol，由于CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ/mol可知1molCO燃烧放出的热量为283kJ，即36g碳不完全燃烧生成1molCO损失的热量为283kJ，答案选C。
20.以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式 ：C2H2 ( g ) +5/2O2 ( g ) →2CO2 ( g )+H2O ( l ) △H = —1300kJ / mol 的说法中，正确的是( )
A. 当10 NA个电子转移时，该反应放出1300kJ的能量
B. 当1 NA个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量
C. 当2 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量
D. 当10 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量
【答案】A
【详解】A.有10 NA个电子转移时，消耗2.5molO2，根据热化学方程式可知，放出的能量为1300kJ，故A正确；
B.有NA个水分子生成且为液体时，即生成时1molH2O ( l )，放出的能量1300kJ，故B错误；
C.有2 NA个碳氧共用电子对生成时，即生成0.5molCO2时，放出0.25mol×1300kJ=325kJ的能量，故C错误；
D.1个CO2分子有4个碳氧共用电子对，所以有10 NA个碳氧共用电子对生成，即生成2.5molCO2，根据热化学方程式知，放出热量为1625kJ，故D错误。答案选A。
II 非选择题(共计50分)
21.(1)写出下列微粒的电子式：NaOH__________；CS2_________；Na2S_________NH3__________；NH4H________；
(2)用电子式表示下列物质的形成过程MgCl2______________________
(3)现有下列物质：①Cl2 ②Na2O2 ③NaOH ④HCl ⑤H2O2 ⑥MgF2 ⑦NH4Cl①只由离子键构成的物质是________________。
②只由极性键构成的物质是_______________。
③由极性键和非极性键构成的物质是________________。
④由离子键和极性键构成的物质是________________。
⑤由离子键和非极性键构成的物质是________________。
【答案】(1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). ⑥ (8). ④ (9). ⑤ (10). ③⑦ (11). ②
【解析】
【分析】本题考查的是离子化合物的结构特征与性质、共价键的形成及共价键的主要类型、 极性键和非极性键。活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。
【详解】（1）NaOH中钠离子与氢氧根离子通过离子键结合，氢氧根离子中的氢原子和氧原子通过共价键结合，电子式为；CS2中的硫原子和氧原子通过共用电子对相结合共形成了四对共用电子对，电子式为；Na2S中的钠离子和硫离子通过离子键结合，电子式为；NH3中的氮原子和氢原子通过共用电子对结合共形成了三对共用电子对，电子式为；NH4H中的铵根离子和H-通过离子键相结合，铵根离子中的氮原子和氢原子通过共价键相结合，电子式为。本小题答案为：；；；；。
（2）MgCl2中的镁离子和氯离子通过离子键相结合，形成过程为。本小题答案为：。
（3）①Cl2中Cl−Cl原子之间只存在非极性键，为单质；②Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O−O原子之间存在非极性键，为离子化合物；③NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O−H原子之间存在极性键，为离子化合物；④HCl分子中H−Cl原子之间只存在极性键，为共价化合物；⑤H2O2中H−O之间存在极性键、O−O原子之间存在非极性键，为共价化合物；⑥MgF2中镁离子和氟离子之间只存在离子键，为离子化合物；⑦NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N−H原子之间存在极性共价键，为离子化合物；
①通过以上分析知，只含离子键的是⑥。本小题答案为⑥。
②只有极性键构成的物质是④。本小题答案为④。
③由极性键和非极性键构成的物质是⑤。本小题答案为⑤。
④由离子键和极性键构成的物质是③⑦，本小题答案为③⑦。
⑤由离子键和非极性键构成的物质是②，本小题答案为②。
22. 已知X元素原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子。Y元
素的原子最外层电子数比内层电子数少3个。Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子。W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高价氧化物中的质量分数为40%。
(1)Y和W的气态氢化物的稳定性为(用化学式表示) ＞ 。
(2)X单质在空气中加热生成的化合物是 化合物(填“离子”或“共价”)。
(3)X和Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式 。
(4)W的低价氧化物与Y单质的水溶液反应的化学方程式 。
(5)Y与Z形成化合物的化学式是 。实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电，溶于水能导电。由此判断该化合物具有 键(填“离子”或“共价”)。
【答案】(1)HCl H2S
(2)离子
(3)Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O
(4)SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl
(5)AlCl3 共价
【解析】解答本题时应注意以下三点：
(1)核外电子排布遵循能量最低原则。当M层有电子时，K、L层一定排满电子。
(2)最外层电子数比内层电子数少3，可以确定Z一定在第三周期。
(3)主族元素最高价等于最外层电子数，最低负价等于最外层电子数－8。
23.（12分）A、B、C、D四种元素都是短周期元素。A元素的离子具有黄色的焰色反应。B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol/L盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。D元素原子的电子层结构里，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件，回答：
（1）元素C位于第______________周期______________族，它的最高价氧化物的化学式为______________。
（2）A是______________元素，B是______________元素，D是______________元素。
（3）A与D形成稳定的化合物的化学式为______________，判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是______________。
（4）C元素单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为______________。
【答案】(1）3；ⅦA；Cl2O7。(2）Na；Mg；O。
(3）Na2O2；观察该化合物的颜色是否变白。(4）Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
【解析】根据元素的结构及有关性质可知， A、B、C、D四种元素分步是Na、Mg、Cl、O。
（1）氯元素的原子序数是17，所以位于第三周期第ⅦA；氯元素的最高价是＋7价，所以最高价氧化物是Cl2O7。
（2）略
（3）钠和氧形成的稳定化合物是过氧化钠，化学式为Na2O2；过氧化钠是淡黄色的，变质后变成白色，据此可以鉴别，即观察该化合物的颜色是否变白。
（4）氯气有毒，可用氢氧化钠溶液吸收，方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O。
24.已知下列反应：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋1/2O2(g) ΔH＝－266 kJ·mol－1
试回答：
(1)CO的燃烧热ΔH＝________。
(2)在催化剂作用下，一氧化碳可与过氧化钠反应生成固体碳酸钠，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
(3)工业废气中的CO2可用碱液吸收。所发生的反应如下：
CO2(g)＋2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1
CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－b kJ·mol－1
则：①反应CO2(g)＋H2O(l)＋Na2CO3(aq)=2NaHCO3(aq)的ΔH＝________ kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
②标况下，11.2 L CO2与足量的NaOH溶液充分反应后，放出的热量为________ kJ(用含a或b的代数式表示)。
【答案】(1). －283 kJ·mol－1 (2). CO(g)＋Na2O2(s)=Na2CO3(s) ΔH＝－549 kJ·mol－1 (3). (a－2b) (4). a/2
【解析】
【分析】本题考查的是燃烧热，反应热和焓变，热化学方程式。
（1）燃烧热是101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；
（2）依据盖斯定律结合已知方程式求算；
（3）①依据盖斯定律结合已知方程式求算；
②根据热化学方程式，利用物质的量之比等于热量比求算；
【详解】（1）2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1，燃烧热是101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为△H=−283kJ/mol。本小题答案为：−283kJ/mol。
(2)已知①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566kJ/mol
②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+1/2O2(g)△H=−266kJ/mol，
由盖斯定律：1/2×①+②得CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)△H=1/2×(−566kJ/mol)+(−266kJ/mol)=−549kJ/mol。本小题答案为：CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)△H=−549kJ/mol。
(3)①已知CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=−akJ/mol (1)
CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq)△H=−bkJ/mol (2)
由盖斯定律：(2)×2−(1)得CO2(g)+H2O(l)+Na2CO3(aq)=2NaHCO3(aq)的△H=(a−2b)kJ/mol。本小题答案为：(a−2b)kJ/mol。
②CO2与足量的NaOH溶液充分反应，其反应的热化学方程式为：CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=−akJ/mol，标况下，11.2LCO2的物质的量为
n(CO2)=11.2L/22.4L/mol=0.5mol，则放出的热量为0.5mol×akJ/mol=a/2kJ。本小题答案为：a/2。
25. 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”)，简述理由
（5）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会 ；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒（2）减少实验过程中的热量损失（3）偏小
（4）不相等，相等，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关 （5）偏小；
【解析】考查中和热的测定、误差分析及反应热的有关计算等。
（1）由于在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少环形玻璃棒。
（2）由于该实验要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失的。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量的损失，所以所得中和热数值偏低。
（4）如果改变酸或碱的用量，则反应中生成的水的物质的量是不变的，因此反应中放出的热量是变化的。但由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱的用量无关，因此所求中和热数值是不变的。
（5）由于氨水是弱碱，在溶液中存在电离平衡，而电离是吸热的，所以测得的中和热数值会偏小。
I选择题(共计50分)
一、选择题(本题包括20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 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. 在非金属元素区域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有密切关系
【答案】D
【解析】试题分析：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，正确；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，正确；C、在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，正确；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必然联系，错误。
2.原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这与铱(Ir〕元素的原子核外电子数恰好相等,因此称为“铱星计划”。已知铱的一种同位素是19177Ir,则其核内的中子数是（ ）
A. 77 B. 286 C. 191 D. 114
【答案】D
【解析】试题分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，据此可知其核内的中子数是191－77＝114，答案选D。
3.下列物质的电子式书写正确的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】A. 氯化钠为离子化合物，氯离子带电荷并需用中括号括起来，钠离子用离子符号表示，NaCl电子式为，故A错误；
B. 过氧化氢是共价化合物，只存在共价键，每个氧原子各与1个氢原子间形成1对共用电子对，两个氧原子之间也形成1对共用电子对，电子式为，故B正确；
C. 硫化氢是共价化合物，不存在离子键，电子式为，故C错误；
D. 氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为，故D错误。答案选B。
4.氯元素的天然同位素有35Cl 和37Cl 。氯元素的相对原子质量为35.45，则天然氯元素中35Cl 和37Cl的原子数目之比约为 ( )
A. 3:1 B. 1:3 C. 3:2 D. 4:1
【答案】A
【详解】设天然氯元素中35Cl和37Cl的原子数目分别为x和y，依据题意有：(35×x+37×y)/(x+y)=35.45，解x:y≈3:1，答案选A。
5. 若用X代表F、C1、Br、I四种卤族元素，下列能够表达它们的共性反应的是（ ）
A. X2+H2=2HX B. X2+H2O=HX+HXO
C. 2Fe＋3X2=2FeX3 D. X2+2NaOH=NaX+NaXO+H2O
【答案】A
【解析】B、F2与水反应，生成HF和O2；
C、I2的氧化性弱，生成FeI2；
D、F2与水发生反应。
6.下列物质的变化过程中，有共价键明显被破坏的是 ( )
A. I2升华 B. NaCl颗粒被粉碎
C. H2SO4溶于水得硫酸溶液 D. NaOH受热熔化
【答案】C
【详解】A. 碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；
B. NaCl中不存在共价键，食盐颗粒被粉碎，不存在破坏共价键，故B错误；
C. H2SO4溶于水，发生电离，共价键被破坏，故C正确；
D. NaOH为离子化合物，受热熔化电离成自由移动的钠离子和氢氧根离子，破坏的是离子键，故D错误。答案选C。
7.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是（ ）
元素代号
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径
0.37
1.86
1.43
0.99
0.75
0.74
最高正价
+1
+1
+3
+7
+5
最低负价
-1
-1
-3
-2
A. 离子半径：Y>Z>M
B. Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间会反应
C. 化合物XM、YM都是电解质，熔融状态下都能导电
D. 气态氢化物稳定性R>Q
【答案】B
【详解】短周期元素中，Q有−2价，处于ⅥA族元素，没有最高价，则Q为O元素；M元素有+7、−1价，故M为Cl元素；R有+5、−3价，处于VA族，原子半径小于Cl，故R为N元素；X、Y、Z化合价分别为+1、+1、+3价，则分别处于IA族、IA族、ⅢA族，且原子半径Y>Z>Cl，故Y为Na、Z为Al，又由于原子半径R>Q>X，则X为H。
A.根据上述分析Y、Z、M分别为Na、Al、Cl，三者的离子分别为Na+、Al3+、Cl-，根据电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小的原则，离子半径大小为r(Cl-)>r(Na+)>r(Al3+)，即M>Y>Z，故A错误；
B. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，氢氧化钠与高氯酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，与氢氧化钠、高氯酸均反应，故B正确；
C.化合物XM为HCl，HCl中只含共价键属于共价化合物，是电解质，熔融状态下不能电离出自由移动的离子，不能导电，故C错误；
D.元素的非金属性越强其对应的气体氢化物越稳定，根据上述分析R为N，Q为O，氧元素的非金属性强于氮元素，则气态氢化物稳定性R
A. 该反应为放热反应
B. 金刚石比石墨稳定
C. 该反应为氧化还原反应
D. 石墨比金刚石稳定
【答案】D
【解析】根据图像可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以该反应是吸热反应。由于能量越低，物质越稳定，所以石墨比金刚石稳定。反应中并没有电子的转移，不属于氧化还原反应。答案选D。
9.有下列物质：① NaOH固体；②浓硫酸；③ NH4NO3晶体；④ CaO固体。现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内的滴有红墨水的水面呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（ ）
A. ①②③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】试题分析：U形管内滴有红墨水的水血呈现左低右高，可知加入的物质溶于水时放热；①NaOH固体、②浓硫酸、④CaO固体溶于水时都放热，③NH4N03晶体溶于水吸热，故B正确。
10.下列各组中的三种微粒，所含质子数与电子数都相等的是 ( )
A. Na+、 Mg2+、 Al3+ B. HCl、H2S、 Ar
C. H2O、OH-、 Na+ D. NH4+、 Na+、F-
【答案】B
【详解】A. Na+、Mg2+、Al3+的质子数分别为：11、12、13，电子数分别为10，10、10，故A错误；
B. HCl、H2S、Ar的质子数分别为：18、18、18，电子数分别为18，18、18，故B正确；
C. H2O、OH−、Na+的质子数分别为：10、9、11、电子数分别为10，10、10，故C错误；
D. NH4+、Na+、F−的质子数分别为：11、11、9、电子数分别为10，10、10，故D错误。答案选B。
11.下列微粒半径由大到小的排列是 ( )
A. P3-，S2-，Cl- B. Cl-，S2-，O2-
C. Ca，Mg，Na D. K+、Cl-，S2-
【答案】A
【详解】A. P3-，S2-，Cl-具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：P3--> S2--> Cl-，故A正确；
B.电子层数越多，半径越大，则Cl-和S2-的半径大于O2-的半径，又因为电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则S2-的半径大于则Cl-的半径，故B错误；
C.Mg、Na的电子层数相同，Na的核电荷数较小，则原子半径：Na>Mg，故C错误；
D. K+、Cl-，S2-具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：S2->Cl-> K+，故D错误。答案选A。
12.A、B为前三周期元素，两者组成A2B3型离子化合物，A离子比B离子少一个电子层，已知B的原子序数是x，则A的原子序数是 ( )
A. x-3 B. x+3 C. x+11 D. x-11
【答案】A
【详解】由两种短周期元素A和B形成的离子化合物A2B3，A3+离子比B2-离子少一个电子层，则A和B都属于第三周期，可推知A是Al元素，B是S元素，铝的原子序数是13，所以A的原子序数为16-3，即x-3，答案选A。
13. 某元素X气态氢化物与该元素最高价氧化物的水化物反应生成盐，则该元素( )
A. 在周期表中处于第三周期ⅦA族
B. 在周期表中处于第二周期ⅤA族
C. 氢化物比H2O稳定
D. 常见化合价只有-3、+2、+3、+5价
【答案】B
【解析】NH3＋HNO3=HNO3
14.已知短周期元素的离子，aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )
A. 原子半径A>B>C>D B. 原子序数 A>B>C>D
C. 离子半径C>D>B>A D. 单质的还原性A>B>D>C
【答案】C
【详解】短周期元素离子：aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+2=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c；
A、A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a＞b＞d＞c，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故A错误；
B、aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+2=d+1，所以原子序数为a＞b＞d＞c，故B错误；
C、aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞c，所以离子半径C2-＞D-＞B+＞A2+，故C正确；
D、同周期自左而右元素金属性减弱，单质还原性减弱，金属性越强还原性越强，故还原性为B＞A＞C＞D，故D错误。答案选C 。
15.生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO2的的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F-F
N-F
键能/KJ·mol-1
941.7
154.8
283.0
下列说法中正确的是（ ）
A. 过程N2(g)→2N(g)放出能量
B. 过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量
C. 反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)的△H＞0
D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应
【答案】B
【解析】试题分析：A．N2（g）→2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，A错误；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，B正确；C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=（941.7+3×154.8-283.0×6）kJ•mol-1=-291.9kJ•mol-1，△H＜0，C错误；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，D错误，答案选B。
16.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H
＝－57.3KJ·mol－1。分别向1L 0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（ ）
A. △H1＞△H2＞△H3 B. △H1＜△H2＜△H3
C. △H1＞△H2＝△H3 D. △H1＝△H2＜△H3
【答案】B
【解析】
【分析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的△H＝－57.3kJ·mol－1，浓硫酸稀释、生成沉淀都会使放出热量变大，△H变小。
【详解】分别向1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸。①浓硫酸稀释会放出大量热，同时又有BaSO4沉淀生成，故△H1<-57.3kJ·mol－1；②稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀,使△H2<-57.3kJ·mol－1，由于浓硫酸稀释会放出大量热，故△H1<△H2；③稀硝酸与1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液反应△H3=－57.3kJ·mol－1，故△H1＜△H2＜△H3。综上，本题选B。
17.下列各选项对应关系错误是( )
A. 表示F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋四种半径的大小关系
B. 表示ⅡA族元素原子的最外层电子数
C. 表示第三周期各主族元素的最高化合价
D. 表示第三周期中各主族元素的最高化合价与最低化合价之和
【答案】D
【详解】A. F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故A正确；
B.ⅡA族元素原子的最外层电子数为2，相等，故B正确；
C.第三周期各主族元素的最外层电子数逐渐增大，最高化合价依次升高，故C正确；
D.第三周期中各主族元素的最高化合价与最低化合价之和分别为1、2、3、0、2、4、6，与图像不符，故D错误。答案选D。
18.已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1；
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2；③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3。
室温取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(已换算成标准状况)，经完全燃烧后恢复至室温，放出的热量为（ ）
A. -（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3） B. -（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH2）
C. -（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH3） D. -（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH2）
【答案】A
【解析】甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol，由CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×ΔH1；由2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH3可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol×1/2×ΔH3，所以放出的热量为-（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3）。答案选A。
19.在36 g 碳不完全燃烧所得气体中，CO占1/3体积，CO2占2/3体积，且C(s) ＋1/2O2(g) ＝ CO(g) △H ＝ －110.5 kJ/mol；CO(g) ＋1/2O2(g) ＝ CO2(g) △H ＝ －283 kJ/mol.与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是（ ）
A. 172.5 kJ B. 1149 kJ C. 517.5 kJ D. 283kJ
【答案】D
【解析】36g碳的物质的量为=3mol，所以CO的物质的量为3mol×=1mol，由于CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ/mol可知1molCO燃烧放出的热量为283kJ，即36g碳不完全燃烧生成1molCO损失的热量为283kJ，答案选C。
20.以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式 ：C2H2 ( g ) +5/2O2 ( g ) →2CO2 ( g )+H2O ( l ) △H = —1300kJ / mol 的说法中，正确的是( )
A. 当10 NA个电子转移时，该反应放出1300kJ的能量
B. 当1 NA个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量
C. 当2 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量
D. 当10 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量
【答案】A
【详解】A.有10 NA个电子转移时，消耗2.5molO2，根据热化学方程式可知，放出的能量为1300kJ，故A正确；
B.有NA个水分子生成且为液体时，即生成时1molH2O ( l )，放出的能量1300kJ，故B错误；
C.有2 NA个碳氧共用电子对生成时，即生成0.5molCO2时，放出0.25mol×1300kJ=325kJ的能量，故C错误；
D.1个CO2分子有4个碳氧共用电子对，所以有10 NA个碳氧共用电子对生成，即生成2.5molCO2，根据热化学方程式知，放出热量为1625kJ，故D错误。答案选A。
II 非选择题(共计50分)
21.(1)写出下列微粒的电子式：NaOH__________；CS2_________；Na2S_________NH3__________；NH4H________；
(2)用电子式表示下列物质的形成过程MgCl2______________________
(3)现有下列物质：①Cl2 ②Na2O2 ③NaOH ④HCl ⑤H2O2 ⑥MgF2 ⑦NH4Cl①只由离子键构成的物质是________________。
②只由极性键构成的物质是_______________。
③由极性键和非极性键构成的物质是________________。
④由离子键和极性键构成的物质是________________。
⑤由离子键和非极性键构成的物质是________________。
【答案】(1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). ⑥ (8). ④ (9). ⑤ (10). ③⑦ (11). ②
【解析】
【分析】本题考查的是离子化合物的结构特征与性质、共价键的形成及共价键的主要类型、 极性键和非极性键。活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。
【详解】（1）NaOH中钠离子与氢氧根离子通过离子键结合，氢氧根离子中的氢原子和氧原子通过共价键结合，电子式为；CS2中的硫原子和氧原子通过共用电子对相结合共形成了四对共用电子对，电子式为；Na2S中的钠离子和硫离子通过离子键结合，电子式为；NH3中的氮原子和氢原子通过共用电子对结合共形成了三对共用电子对，电子式为；NH4H中的铵根离子和H-通过离子键相结合，铵根离子中的氮原子和氢原子通过共价键相结合，电子式为。本小题答案为：；；；；。
（2）MgCl2中的镁离子和氯离子通过离子键相结合，形成过程为。本小题答案为：。
（3）①Cl2中Cl−Cl原子之间只存在非极性键，为单质；②Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O−O原子之间存在非极性键，为离子化合物；③NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O−H原子之间存在极性键，为离子化合物；④HCl分子中H−Cl原子之间只存在极性键，为共价化合物；⑤H2O2中H−O之间存在极性键、O−O原子之间存在非极性键，为共价化合物；⑥MgF2中镁离子和氟离子之间只存在离子键，为离子化合物；⑦NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N−H原子之间存在极性共价键，为离子化合物；
①通过以上分析知，只含离子键的是⑥。本小题答案为⑥。
②只有极性键构成的物质是④。本小题答案为④。
③由极性键和非极性键构成的物质是⑤。本小题答案为⑤。
④由离子键和极性键构成的物质是③⑦，本小题答案为③⑦。
⑤由离子键和非极性键构成的物质是②，本小题答案为②。
22. 已知X元素原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子。Y元
素的原子最外层电子数比内层电子数少3个。Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子。W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高价氧化物中的质量分数为40%。
(1)Y和W的气态氢化物的稳定性为(用化学式表示) ＞ 。
(2)X单质在空气中加热生成的化合物是 化合物(填“离子”或“共价”)。
(3)X和Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式 。
(4)W的低价氧化物与Y单质的水溶液反应的化学方程式 。
(5)Y与Z形成化合物的化学式是 。实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电，溶于水能导电。由此判断该化合物具有 键(填“离子”或“共价”)。
【答案】(1)HCl H2S
(2)离子
(3)Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O
(4)SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl
(5)AlCl3 共价
【解析】解答本题时应注意以下三点：
(1)核外电子排布遵循能量最低原则。当M层有电子时，K、L层一定排满电子。
(2)最外层电子数比内层电子数少3，可以确定Z一定在第三周期。
(3)主族元素最高价等于最外层电子数，最低负价等于最外层电子数－8。
23.（12分）A、B、C、D四种元素都是短周期元素。A元素的离子具有黄色的焰色反应。B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol/L盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。D元素原子的电子层结构里，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件，回答：
（1）元素C位于第______________周期______________族，它的最高价氧化物的化学式为______________。
（2）A是______________元素，B是______________元素，D是______________元素。
（3）A与D形成稳定的化合物的化学式为______________，判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是______________。
（4）C元素单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为______________。
【答案】(1）3；ⅦA；Cl2O7。(2）Na；Mg；O。
(3）Na2O2；观察该化合物的颜色是否变白。(4）Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
【解析】根据元素的结构及有关性质可知， A、B、C、D四种元素分步是Na、Mg、Cl、O。
（1）氯元素的原子序数是17，所以位于第三周期第ⅦA；氯元素的最高价是＋7价，所以最高价氧化物是Cl2O7。
（2）略
（3）钠和氧形成的稳定化合物是过氧化钠，化学式为Na2O2；过氧化钠是淡黄色的，变质后变成白色，据此可以鉴别，即观察该化合物的颜色是否变白。
（4）氯气有毒，可用氢氧化钠溶液吸收，方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O。
24.已知下列反应：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋1/2O2(g) ΔH＝－266 kJ·mol－1
试回答：
(1)CO的燃烧热ΔH＝________。
(2)在催化剂作用下，一氧化碳可与过氧化钠反应生成固体碳酸钠，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
(3)工业废气中的CO2可用碱液吸收。所发生的反应如下：
CO2(g)＋2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1
CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－b kJ·mol－1
则：①反应CO2(g)＋H2O(l)＋Na2CO3(aq)=2NaHCO3(aq)的ΔH＝________ kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
②标况下，11.2 L CO2与足量的NaOH溶液充分反应后，放出的热量为________ kJ(用含a或b的代数式表示)。
【答案】(1). －283 kJ·mol－1 (2). CO(g)＋Na2O2(s)=Na2CO3(s) ΔH＝－549 kJ·mol－1 (3). (a－2b) (4). a/2
【解析】
【分析】本题考查的是燃烧热，反应热和焓变，热化学方程式。
（1）燃烧热是101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；
（2）依据盖斯定律结合已知方程式求算；
（3）①依据盖斯定律结合已知方程式求算；
②根据热化学方程式，利用物质的量之比等于热量比求算；
【详解】（1）2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1，燃烧热是101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为△H=−283kJ/mol。本小题答案为：−283kJ/mol。
(2)已知①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566kJ/mol
②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+1/2O2(g)△H=−266kJ/mol，
由盖斯定律：1/2×①+②得CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)△H=1/2×(−566kJ/mol)+(−266kJ/mol)=−549kJ/mol。本小题答案为：CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)△H=−549kJ/mol。
(3)①已知CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=−akJ/mol (1)
CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq)△H=−bkJ/mol (2)
由盖斯定律：(2)×2−(1)得CO2(g)+H2O(l)+Na2CO3(aq)=2NaHCO3(aq)的△H=(a−2b)kJ/mol。本小题答案为：(a−2b)kJ/mol。
②CO2与足量的NaOH溶液充分反应，其反应的热化学方程式为：CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=−akJ/mol，标况下，11.2LCO2的物质的量为
n(CO2)=11.2L/22.4L/mol=0.5mol，则放出的热量为0.5mol×akJ/mol=a/2kJ。本小题答案为：a/2。
25. 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”)，简述理由
（5）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会 ；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒（2）减少实验过程中的热量损失（3）偏小
（4）不相等，相等，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关 （5）偏小；
【解析】考查中和热的测定、误差分析及反应热的有关计算等。
（1）由于在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少环形玻璃棒。
（2）由于该实验要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失的。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量的损失，所以所得中和热数值偏低。
（4）如果改变酸或碱的用量，则反应中生成的水的物质的量是不变的，因此反应中放出的热量是变化的。但由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱的用量无关，因此所求中和热数值是不变的。
（5）由于氨水是弱碱，在溶液中存在电离平衡，而电离是吸热的，所以测得的中和热数值会偏小。
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