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【化学】内蒙古自治区呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）
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内蒙古自治区呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.下列说法错误的是（ ）
A. 二氧化硫和二氧化氮是主要的大气污染物，都会导致酸雨
B. 84消毒液能杀死环境中的新冠病毒
C. 玻璃、陶瓷都属于无机非金属材料，都含有硅元素
D. 浓硝酸可以用铁或铜质容器盛放
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫能形成硫酸型酸雨，二氧化氮能与水反应生成硝酸形成硝酸型酸雨，故是主要的大气污染物，都会导致酸雨，A正确；
B．84消毒液中NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，故能杀死环境中的新冠病毒，B正确；
C．玻璃的成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，陶瓷是铝硅酸盐，故玻璃和陶瓷都是传统无机硅酸盐材料，故属于无机非金属材料，都含有硅元素，C正确；
D．浓硝酸在常温下能与铜反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故浓硝酸不能铜质容器盛放，由于能使铁和铝发生钝化，故可以用铁制或铝制的容器存放浓硝酸，D错误；
故答案为：D。
2.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源的是：①天然气②煤③石油④核能⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能⑨地热能⑩海洋能（ ）
A. ①②③④ B. ④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
C. ⑤⑥⑦⑧⑨⑩ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
【详解】由题干可知：未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生：天然气、煤、石油属于化石能源，使用时对环境有污染，且不是可再生能源，故①②③不符合题意；核能也是一次性不可再生能源，故④不合题意；太阳能是一种清洁可再生能源，生物质能通过自然界中的碳循环实现可再生，风能、氢能、地热能、海洋能均为对环境无污染或者污染很小的可再生能源，故⑤⑥⑦⑧⑨⑩符合题意；
故答案为：C。
3.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）
A. 已知CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝-802kJ•mol-1，则甲烷的燃烧热为802kJ•mol-1
B. 等质量的H2在O2中完全燃烧，生成H2O(g)比生成H2O(l)放出的热量多
C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 由石墨比金刚石稳定可知：C(金刚石，s)=C(石墨，s) ΔH＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据燃烧热的概念：“在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol，水的状态应为液态，故A错误；
B．由于H2O(g)转化为H2O(l)放出热量，所以等量H2在O2中完全燃烧，生成H2O(g)比生成H2O(l)放出的热量少，故B错误；
C．ΔH的取决反应物和生成物的能量高低，与反应条件无关，故C错误；
D．由石墨比金刚石稳定，石墨具有的能量比金刚石低，由金刚石转变为石墨为放热反应，可知：C(金刚石，s)=C(石墨，s) ΔH＜0，故D正确；
答案选D。
4.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（ ）
A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
C 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D. 氯水能使有色花瓣褪色，说明氯水中含有Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】氯水中存平衡Cl2+H2OHCl+HClO；
A．氯水中只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；
B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故B正确；
C．氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；
D．新制的氯水能使有色花瓣褪色，说明氯水中存在次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故D错误；
答案选D。
5.下列有关反应中硫酸表现出的性质对应正确的是（ ）
A. 浓硫酸与氯化钠固体反应制HCl———难挥发性
B. 蔗糖与浓硫酸反应的“黑面包”实验———吸水性
C. 在加热条件下木炭与浓硫酸反应———酸性
D. 久置在敞口容器中的浓硫酸质量增大———脱水性
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有难挥发性，浓硫酸与氯化钠固体反应制HCl，符合难挥发性酸制取挥发性的酸，浓硫酸体现难挥发性，故A正确；
B．浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出，蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，表现的是浓硫酸的脱水性，故B错误；
C．浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下木炭与浓硫酸反应二氧化碳、二氧化硫和水，反应中碳元素和硫元素发生化合价变化，S元素化合价降低，被还原，作氧化剂，反应中没有生产硫酸盐，浓硫酸不显酸性，只显示氧化性，故C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，久置在敞口容器中的浓硫酸质量增大，是因为浓硫酸具有吸水性，故D错误；
答案选A。
6.用如图所示装置进行实验，下列对试管①中的试剂及实验现象的解释不合理的是（ ）
选项
试剂
现象
解释
A
品红溶液
溶液褪色
SO2具有漂白性
B
紫色石蕊溶液
溶液变红
SO2与水反应生成酸
C
Ba(NO3)2溶液
产生白色沉淀
与Ba2+结合成BaSO4沉淀
D
酸性KMnO4溶液
溶液褪色
SO2具有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2是能使品红褪色，体现其漂白性，A正确；
B．SO2+H2OH2SO3而显酸性，使紫色石蕊试液变红，B正确；
C．SO2+H2OH2SO3而显酸性，故有H+，加上Ba(NO3)2电离出，形成具有强氧化性的HNO3，将氧化为，而生成BaSO4沉淀，C错误；
D．SO2具有强还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，故SO2使酸性高锰酸钾褪色体现的使还原性，D正确；
故答案为：C。
7.硅及其化合物的应用范围很广。下列说法正确的是（ ）
A. 二氧化硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料
B. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应
C. 制普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英
D. 二氧化硅既能与盐酸反应也能与氢氧化钠溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，二氧化硅则常用于制备光导纤维，A错误；
B．粗硅制备单晶硅的反应主要为，，均为氧化还原反应，B错误；
C．制普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，主要反应有：，，C正确；
D．二氧化硅不能与盐酸反应，能与氢氧化钠溶液反应，D错误；
故答案为：C。
8.关于氮的变化关系图如下：
则下列说法不正确的是（ ）
A. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B. 路线ⅠⅡ Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C. 氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2
D. 上述所有反应都是氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】闪电固氮特点是空气中的氮气与氧气反应得到一氧化氮，工业固氮的特点是氨气与氧气催化氧化得到一氧化氮，据此回答问题。
【详解】A.在工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路线①②③就是工业生产硝酸的主要途径，A正确；
B. 雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，故路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；
C. 氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，无法一步得到二氧化氮，C错误；
D. 在上述反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应， D正确；
答案为C。
9.下表中，对应的原子结构示意图正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
原子序数
4
7
11
17
原子结构示意图
【答案】D
【解析】
【详解】A．4号为铍元素，其原子结构示意图为：，A错误；
B．7号是氮元素，其原子结构示意图为：，B错误；
C．11号是钠元素，其原子结构示意图为：，C错误；
D．17号是氯元素，其原子结构示意图为：，D正确；
故答案为：D。
10.钛(Ti)合金具有密度小强度大的优点，可用于无人驾驶飞机的制造。下列有关46Ti和48Ti的说法错误的是（ ）
A. 互称为同位素 B. 质子数相同
C. 质量数相同 D. 电子数相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．46Ti和48Ti具有相同的质子数而不同的中子数，故互称为同位素，A正确；
B．46Ti和48Ti互为同位素，质子数相同均为22，B正确；
C．核数元素符号的左上方表示质量数，故46Ti和48Ti质量数分别为46、48，C错误；
D．对于原子有原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，故46Ti和48Ti电子数均为22，D正确；
故答案为：C。
11.X、Y、Z、R分别代表四种元素，若aXm+、bＹn+、cZn-、dRm-四种离子的电子层结构相同，且m>n，则下列关系正确的是（ ）
A. a－b＝m－n B. a＞b＞d＞c
C. a＞b＞c＞d D. b＋d＝m＋n
【答案】AC
【解析】
【分析】由题干可知，aXm+、bＹn+、cZn-、dRm-四种离子的电子层结构相同，即四种离子的核外电子数相等，又原子的核外电子数等于质子数，故有a-m=b-n=c+n=d+m，据此进行解题。
【详解】A．由分析可知：a-m=b-n，则a－b＝m-n，A正确；
B．由分析可知：a-m=b-n=c+n=d+m且m>n，故a＞b＞c＞d，B错误；
C．由B项分析可知：a＞b＞c＞d，C正确；
D．由分析可知：b-n=d+m ，则b-d＝m＋n，D错误；
故答案为：AC。
12.随着原子序数的增加，碱金属元素有关性质的递变规律错误的是（ ）
A. 最高正化合价增大 B. 原子半径增大
C. 熔沸点降低 D. 氢氧化物碱性增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．碱金属是同一主族ⅠA的元素，最外层电子数均为1个，故最高正化合价均为+1价，A错误；
B．同一主族从上往下，原子序数的增加，原子半径增大，B正确；
C．碱金属元素从Li到Cs的熔沸点依次降低，C正确；
D．碱金属从上往下，金属性增强，氢氧化物碱性增强，D正确；
故答案为：A。
13.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 二氧化碳：
B. 氮气：
C. 氯化镁：
D. 氯化氢的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳是共价化合物，其电子式为：，A错误；
B．氮气的电子式应该为：，B错误；
C．氯化镁是离子化合物，故其电子式为：，C正确；
D．氯化氢是共价化合物，故其的形成过程：，D错误；
故答案为：C。
14.下列有关化学键的叙述正确的是（ ）
A. 单质分子中一定存在非极性键
B. 化合物分子中一定存在极性键
C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
D. 含有离子键的化合物可能是共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．单质分子如稀有气体中不存在任何化学键，A错误；
B．化合物分子是指共价化合物分子，离子化合物中不存在分子，故化合物分子中一定存在极性键，B正确；
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物，但含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如NaOH、NH4Cl等，C错误；
D．含有离子键的化合物一定是共价化合物，D错误；
故答案为：B。
15.已知下列热化学方程式：
(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)= 2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ/mol
(2)C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
(3)H2(g)＋O2(g)= H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)= CH3COOH(l)的焓变为( ).
A. －488.3 kJ/mol B. －244.15 kJ/mol
C. 488.3 kJ/mol D. 244.15 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】由盖斯定律可知，（2）×2+（3）×2-（1）可得热化学方程式2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），则ΔH=2ΔH2+2ΔH3-ΔH1=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3KJ/mol，故选A。
16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与Y原子的核外内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的Y的单质，Z与W同族。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W
D. W与Z形成的化合物属于共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为碳元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的Y的单质，则Y为氧元素，W的阴离子的核外电子数与Y原子的核外内层电子数相同则为2，原子序数比X小，则W为氢元素；Z与W同族且原子序数大于Y，则Z为钠元素。
A. 同主序元素原子半径从上到下依次增大，同周期元素原子半径从左而右依次减小，故原子半径：W（Ｈ）
D. W与Z形成的化合物NaH属于离子化合物，选项D错误。
答案选B
二、非选择题
17.氮的常见化合物在工、农业生产中用途广泛。NH3、NH3•H2O、NH4Cl、HNO3是最常见的含氮化合物。回答下列问题：
(1)工业上采用液化法从合成氨的混合气体中分离出氨，这利用了氨_________的性质。
(2)实验室制取氨气化学方程式为___________。
(3)NH3在空气中与HCl相遇产生白烟，这里“白烟”是_______，打开盛浓硝酸的试剂瓶塞，瓶口有白雾出现，这里“白雾”是 _________。
(4)NH3和SiH4两种氢化物中，________更稳定。NH3是工业上制硝酸、铵盐的原料，写出NH3催化氧化的化学方程式：____________。
【答案】(1). 易液化 (2). 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O (3). (NH3与HCl反应生成的)NH4Cl晶体 (4). (挥发出来的HNO3与空气中水蒸气结合形成的)硝酸液滴 (5). NH3 (6). 4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【解析】
【分析】本题主要考查我们对常见的含氮化合物的性质和相互转化，都是基础知识，难度不大。
【详解】(1)氨气的沸点较高，易液化，工业上就是利用氨气的这一性质采用液化法从合成氨的混合气体中分离出氨，以提高氨气的产率，故答案为：易液化；
(2)实验室常用氢氧化钙和氯化铵加热的方法来制取氨气，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2 2NH3↑＋CaCl2＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；
(3)烟是指固体小颗粒，而雾则为液体小液滴。NH3在空气中与HCl相遇发生反应NH3+HCl=NH4Cl，现象是产生白烟，故这里“白烟”是NH4Cl晶体固体小颗粒。浓硝酸易挥发，故打开盛浓硝酸的试剂瓶塞，瓶口有白雾出现，这里“白雾”是挥发出来的HNO3与空气中水蒸气结合形成的硝酸小液滴。故答案为：NH4Cl晶体；硝酸小液滴；
(4)非金属气态氢化物的热稳定性与其非金属性一致，非金属性N＞C＞Si，故NH3和SiH4两种氢化物中，NH3更稳定。NH3是工业上制硝酸、铵盐的原料，NH3在催化剂作用下被氧气氧化NO和H2O，故该反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。故答案为：NH3 ；4NH3＋5O24NO＋6H2O。
18.根据要求，回答下列问题：
(1)下列各组微粒：①与 ②O2和O3 ③H(氕)、D(氘)、T(氚) ④金刚石和石墨 ⑤和，互为同位素的是________，互为同素异形体的是_______，质量数相等，但不能互称为同位素的是_______。(填序号)
(2)等质量的D2O和H2O所含的中子数之比为________，电子数之比为_______。
(3)等物质的量的D2O和H2O分别与足量的金属钠反应，生成的氢气的质量之比为_______，转移的电子数之比为__________。
【答案】(1). ①、③ (2). ②、④ (3). ⑤ (4). 9∶8 (5). 9∶10 (6). 2∶1 (7). 1∶1
【解析】
【详解】(1)同位素是指质子数相同而中子数不同的原子之间互称为同位素，故①③互为同位素；同素异形体则是同一元素形成的性质不同的几种单质，故②④互为同素异形体；和，质量数相等，但不能互称为同位素的是⑤，故答案为：①③；②④；⑤；
(2)假设D2O和H2O的质量均为mg，则所含的中子数之比为，电子数之比为，故答案为：9：8；9：10；
(3)假设D2O和H2O的物质的量均为1mol，则分别与足量的金属钠反应，生成的氢气的质量分别为：，，故质量之比为2：1，转移的电子数之比为1：1，故答案为：2：1；1：1。
19.下表是元素周期表的一部分。回答下列问题：
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)元素①～⑩中，金属性最强的元素的原子结构示意图为__________。
(2)写出元素②常见的一种同素异形体的名称：____________。
(3)元素⑦的单质与元素⑧氢化物的水溶液反应的离子方程式为___________。
(4)元素⑥的最高价氧化物对应的水化物的电子式为_________，元素⑩的单质的氧化性比元素⑤的单质的氧化性__________(填“强”或“弱”)。
(5)元素④、⑧可组成多种微粒，其中可作为饮用水消毒剂的化合物分子是________。
【答案】(1). (2). 金刚石(或石墨、足球烯) (3). 2Al＋6H+=2Al3+＋3H2↑ (4). (5). 弱 (6). ClO2
【解析】
【分析】根据题干提供的元素周期表中的部分结构可知，元素①～⑩分别是H、C、N、O、F、Na、Al、Cl、K、Br十种元素，据此进行解题。
【详解】(1)根据元素周期律可知：同一周期从左往右金属性减弱，同一主族从上往下金属性依次增强，故元素①～⑩中，金属性最强的元素是K，故其原子结构示意图为 ，故答案为： ；
(2)同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，由分析已知元素②为碳元素，其常见的一种同素异形体的名称有金刚石(或石墨、足球烯)，故答案为：金刚石(或石墨、足球烯)；
(3)由分析可知：元素⑦的单质即Al与元素⑧氢化物即HCl的水溶液反应，故其的离子方程式为2Al＋6H+=2Al3+＋3H2↑，故答案为：2Al＋6H+=2Al3+＋3H2↑；
(4)元素⑥是Na，其的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，故其的电子式为，元素非金属单质的氧化性与其非金属性一致，又同一周期从左往右金属性减弱，同一主族从上往下金属性依次增强，故元素⑩的单质的氧化性比元素⑤的单质的氧化性弱，故答案为：；弱；
(5)元素④、⑧即O和Cl可组成多种微粒，其中ClO2具有强氧化性，常可作为饮用水消毒剂，故答案为：ClO2。
20.某实验小组用MnO2与浓盐酸加热制取Cl2，并将得的氯气与潮湿的Ca(OH)2固体反应制取少量漂白粉，实验装置如下图：
回答下列问题：
(1)漂白粉的有效成分是____________(写化学式)。
(2)烧瓶中发生反应的化学方程式为_______________。
(3)温度较高时氯气与消石灰发生反应：6Cl2＋6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________；若反应消耗0.3molCl2，则转移的电子数为__________个。
【答案】(1). Ca(ClO)2 (2). )MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (3). 5∶1 (4). 3.01×1023
【解析】
【分析】
【详解】(1)漂白粉的制备反应为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，而作用的机理为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，生成的HClO具有漂泊作用，故漂泊粉的有效成分是Ca(ClO)2，故答案为：Ca(ClO)2；
(2)烧瓶中发生反应即为实验室制备氯气的反应，常用MnO2和浓盐酸加热，故其化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
(3)温度较高时氯气与消石灰发生反应：6Cl2＋6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，根据该反应的氧化还原反应的分析可知：，氧化剂即得到电子被还原的反应物，还原剂则是失去电子被氧化的反应物，故其的物质的量之比是5∶1，若反应消耗0.3molCl2，则转移的电子数为个，故答案为：5∶1；3.01×1023。
21.硅有望成为未来的新能源。回答下列问题：
(1)硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)=SiO2(s)ΔH＝－989.32kJ·mol-1。有关键能数据如下表所示：
化学键
Si—O
O=O
Si—Si
键能/(kJ·mol-1)
x
498.8
176
已知1molSi中含2molSi—Si键，1molSiO2中含4molSi—O键，表中x＝______。
(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等。硅光电池是一种把_______ 能转化为_________能的装置。
(3)下列对硅作为未来新能源的认识错误的是_________(填标号)。
A．硅是固体燃料，便于运输、贮存
B．硅的来源丰富，易于开采且可再生
C．硅燃烧放出的热量大，其燃烧产物对环境污染程度低且易控制
D．自然界中存在大量的单质硅
(4)工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝+240.4kJ·mol-1。若将生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在制备纯硅的反应过程中________(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ。
【答案】 (1). 460 (2). 光(或太阳) (3). 电 (4). D (5). 吸收 (6). 6.01
【解析】
【分析】本题以新能源---硅为载体，重点考查利用化学键键能进行计算反应热，太阳能电池板中能量的转化，对作为新能源的优势和粗硅的提纯等知识，难度一般。
【详解】(1)根据反应过程中的焓变等于反应物总的键能之和减去生成物中总的键能之和，故有：，解得x=460，故答案为：460；
(2)硅光电池是一种把太阳（光）能转化为电能的装置，故答案为：太阳能（或光）；电；
(3) A．硅是固体燃料，相对于气体燃料，其体积要小的多，且也不用加压液化，故便于运输、贮存，A正确；
B．地壳中硅的含量仅次于O，故硅的来源丰富，易于开采，单质硅燃烧生成二氧化硅可以循环利用，故可再生，B正确；
C．硅燃烧放出的热量大，其燃烧产物是二氧化硅，是一种固体，只要将其产物进行沉降，就可以控制其对环境污染程度甚至为零污染，C正确；
D．硅的化学性质虽然较稳定，但因为其是一种亲氧元素，故自然界中不存在单质硅，D错误；
故答案为：D。
(4)与100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反应的HCl为0.1mol，有题干的热化学方程式可知制备纯硅的反应是吸热反应，每生成4molHCl需要吸收240.4kJ的热量，故生成0.1molHCl需要吸收的热量为：，故答案为：吸收；6.01。
22.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH＝88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是________。
(2)已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.5 kJ·mol－1，CH3OH(l)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol－1，则a________726.5(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________________________。
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1176 kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为________。
【答案】(1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290 kJ·mol－1 (4). 98 kJ
【解析】
【分析】本题考查化学能与热能的综合运用，主要从化学反应热的计算，以及根据热化学反应方程式来计算能量变化等思路进行解答。
（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；
（2）甲醇燃烧生成CO2(g）和H2(g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a<238.6；
（3）有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；
（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ；
【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H = +88.6kJ•mol-1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定；
故答案为M；
（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；故答案为<；
（3）有1 mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2 mol氯气反应放热290 kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(s) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290 kJ•mol-1；
故答案为2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(g) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290kJ•mol-1 ；
（4）4Al(g) + 3TiO2(g) + 3C(g) ═ 2Al2O3(g) + 3TiC(g) △H = -1176 kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，故答案为98kJ；
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.下列说法错误的是（ ）
A. 二氧化硫和二氧化氮是主要的大气污染物，都会导致酸雨
B. 84消毒液能杀死环境中的新冠病毒
C. 玻璃、陶瓷都属于无机非金属材料，都含有硅元素
D. 浓硝酸可以用铁或铜质容器盛放
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫能形成硫酸型酸雨，二氧化氮能与水反应生成硝酸形成硝酸型酸雨，故是主要的大气污染物，都会导致酸雨，A正确；
B．84消毒液中NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，故能杀死环境中的新冠病毒，B正确；
C．玻璃的成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，陶瓷是铝硅酸盐，故玻璃和陶瓷都是传统无机硅酸盐材料，故属于无机非金属材料，都含有硅元素，C正确；
D．浓硝酸在常温下能与铜反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故浓硝酸不能铜质容器盛放，由于能使铁和铝发生钝化，故可以用铁制或铝制的容器存放浓硝酸，D错误；
故答案为：D。
2.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源的是：①天然气②煤③石油④核能⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能⑨地热能⑩海洋能（ ）
A. ①②③④ B. ④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
C. ⑤⑥⑦⑧⑨⑩ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
【详解】由题干可知：未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生：天然气、煤、石油属于化石能源，使用时对环境有污染，且不是可再生能源，故①②③不符合题意；核能也是一次性不可再生能源，故④不合题意；太阳能是一种清洁可再生能源，生物质能通过自然界中的碳循环实现可再生，风能、氢能、地热能、海洋能均为对环境无污染或者污染很小的可再生能源，故⑤⑥⑦⑧⑨⑩符合题意；
故答案为：C。
3.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）
A. 已知CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝-802kJ•mol-1，则甲烷的燃烧热为802kJ•mol-1
B. 等质量的H2在O2中完全燃烧，生成H2O(g)比生成H2O(l)放出的热量多
C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 由石墨比金刚石稳定可知：C(金刚石，s)=C(石墨，s) ΔH＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据燃烧热的概念：“在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol，水的状态应为液态，故A错误；
B．由于H2O(g)转化为H2O(l)放出热量，所以等量H2在O2中完全燃烧，生成H2O(g)比生成H2O(l)放出的热量少，故B错误；
C．ΔH的取决反应物和生成物的能量高低，与反应条件无关，故C错误；
D．由石墨比金刚石稳定，石墨具有的能量比金刚石低，由金刚石转变为石墨为放热反应，可知：C(金刚石，s)=C(石墨，s) ΔH＜0，故D正确；
答案选D。
4.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（ ）
A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
C 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D. 氯水能使有色花瓣褪色，说明氯水中含有Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】氯水中存平衡Cl2+H2OHCl+HClO；
A．氯水中只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；
B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故B正确；
C．氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；
D．新制的氯水能使有色花瓣褪色，说明氯水中存在次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故D错误；
答案选D。
5.下列有关反应中硫酸表现出的性质对应正确的是（ ）
A. 浓硫酸与氯化钠固体反应制HCl———难挥发性
B. 蔗糖与浓硫酸反应的“黑面包”实验———吸水性
C. 在加热条件下木炭与浓硫酸反应———酸性
D. 久置在敞口容器中的浓硫酸质量增大———脱水性
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有难挥发性，浓硫酸与氯化钠固体反应制HCl，符合难挥发性酸制取挥发性的酸，浓硫酸体现难挥发性，故A正确；
B．浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出，蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，表现的是浓硫酸的脱水性，故B错误；
C．浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下木炭与浓硫酸反应二氧化碳、二氧化硫和水，反应中碳元素和硫元素发生化合价变化，S元素化合价降低，被还原，作氧化剂，反应中没有生产硫酸盐，浓硫酸不显酸性，只显示氧化性，故C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，久置在敞口容器中的浓硫酸质量增大，是因为浓硫酸具有吸水性，故D错误；
答案选A。
6.用如图所示装置进行实验，下列对试管①中的试剂及实验现象的解释不合理的是（ ）
选项
试剂
现象
解释
A
品红溶液
溶液褪色
SO2具有漂白性
B
紫色石蕊溶液
溶液变红
SO2与水反应生成酸
C
Ba(NO3)2溶液
产生白色沉淀
与Ba2+结合成BaSO4沉淀
D
酸性KMnO4溶液
溶液褪色
SO2具有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2是能使品红褪色，体现其漂白性，A正确；
B．SO2+H2OH2SO3而显酸性，使紫色石蕊试液变红，B正确；
C．SO2+H2OH2SO3而显酸性，故有H+，加上Ba(NO3)2电离出，形成具有强氧化性的HNO3，将氧化为，而生成BaSO4沉淀，C错误；
D．SO2具有强还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，故SO2使酸性高锰酸钾褪色体现的使还原性，D正确；
故答案为：C。
7.硅及其化合物的应用范围很广。下列说法正确的是（ ）
A. 二氧化硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料
B. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应
C. 制普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英
D. 二氧化硅既能与盐酸反应也能与氢氧化钠溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，二氧化硅则常用于制备光导纤维，A错误；
B．粗硅制备单晶硅的反应主要为，，均为氧化还原反应，B错误；
C．制普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，主要反应有：，，C正确；
D．二氧化硅不能与盐酸反应，能与氢氧化钠溶液反应，D错误；
故答案为：C。
8.关于氮的变化关系图如下：
则下列说法不正确的是（ ）
A. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B. 路线ⅠⅡ Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C. 氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2
D. 上述所有反应都是氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】闪电固氮特点是空气中的氮气与氧气反应得到一氧化氮，工业固氮的特点是氨气与氧气催化氧化得到一氧化氮，据此回答问题。
【详解】A.在工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路线①②③就是工业生产硝酸的主要途径，A正确；
B. 雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，故路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；
C. 氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，无法一步得到二氧化氮，C错误；
D. 在上述反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应， D正确；
答案为C。
9.下表中，对应的原子结构示意图正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
原子序数
4
7
11
17
原子结构示意图
【答案】D
【解析】
【详解】A．4号为铍元素，其原子结构示意图为：，A错误；
B．7号是氮元素，其原子结构示意图为：，B错误；
C．11号是钠元素，其原子结构示意图为：，C错误；
D．17号是氯元素，其原子结构示意图为：，D正确；
故答案为：D。
10.钛(Ti)合金具有密度小强度大的优点，可用于无人驾驶飞机的制造。下列有关46Ti和48Ti的说法错误的是（ ）
A. 互称为同位素 B. 质子数相同
C. 质量数相同 D. 电子数相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．46Ti和48Ti具有相同的质子数而不同的中子数，故互称为同位素，A正确；
B．46Ti和48Ti互为同位素，质子数相同均为22，B正确；
C．核数元素符号的左上方表示质量数，故46Ti和48Ti质量数分别为46、48，C错误；
D．对于原子有原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，故46Ti和48Ti电子数均为22，D正确；
故答案为：C。
11.X、Y、Z、R分别代表四种元素，若aXm+、bＹn+、cZn-、dRm-四种离子的电子层结构相同，且m>n，则下列关系正确的是（ ）
A. a－b＝m－n B. a＞b＞d＞c
C. a＞b＞c＞d D. b＋d＝m＋n
【答案】AC
【解析】
【分析】由题干可知，aXm+、bＹn+、cZn-、dRm-四种离子的电子层结构相同，即四种离子的核外电子数相等，又原子的核外电子数等于质子数，故有a-m=b-n=c+n=d+m，据此进行解题。
【详解】A．由分析可知：a-m=b-n，则a－b＝m-n，A正确；
B．由分析可知：a-m=b-n=c+n=d+m且m>n，故a＞b＞c＞d，B错误；
C．由B项分析可知：a＞b＞c＞d，C正确；
D．由分析可知：b-n=d+m ，则b-d＝m＋n，D错误；
故答案为：AC。
12.随着原子序数的增加，碱金属元素有关性质的递变规律错误的是（ ）
A. 最高正化合价增大 B. 原子半径增大
C. 熔沸点降低 D. 氢氧化物碱性增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．碱金属是同一主族ⅠA的元素，最外层电子数均为1个，故最高正化合价均为+1价，A错误；
B．同一主族从上往下，原子序数的增加，原子半径增大，B正确；
C．碱金属元素从Li到Cs的熔沸点依次降低，C正确；
D．碱金属从上往下，金属性增强，氢氧化物碱性增强，D正确；
故答案为：A。
13.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 二氧化碳：
B. 氮气：
C. 氯化镁：
D. 氯化氢的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳是共价化合物，其电子式为：，A错误；
B．氮气的电子式应该为：，B错误；
C．氯化镁是离子化合物，故其电子式为：，C正确；
D．氯化氢是共价化合物，故其的形成过程：，D错误；
故答案为：C。
14.下列有关化学键的叙述正确的是（ ）
A. 单质分子中一定存在非极性键
B. 化合物分子中一定存在极性键
C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
D. 含有离子键的化合物可能是共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．单质分子如稀有气体中不存在任何化学键，A错误；
B．化合物分子是指共价化合物分子，离子化合物中不存在分子，故化合物分子中一定存在极性键，B正确；
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物，但含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如NaOH、NH4Cl等，C错误；
D．含有离子键的化合物一定是共价化合物，D错误；
故答案为：B。
15.已知下列热化学方程式：
(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)= 2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ/mol
(2)C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
(3)H2(g)＋O2(g)= H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)= CH3COOH(l)的焓变为( ).
A. －488.3 kJ/mol B. －244.15 kJ/mol
C. 488.3 kJ/mol D. 244.15 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】由盖斯定律可知，（2）×2+（3）×2-（1）可得热化学方程式2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），则ΔH=2ΔH2+2ΔH3-ΔH1=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3KJ/mol，故选A。
16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与Y原子的核外内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的Y的单质，Z与W同族。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W
D. W与Z形成的化合物属于共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为碳元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产供医疗急救用的Y的单质，则Y为氧元素，W的阴离子的核外电子数与Y原子的核外内层电子数相同则为2，原子序数比X小，则W为氢元素；Z与W同族且原子序数大于Y，则Z为钠元素。
A. 同主序元素原子半径从上到下依次增大，同周期元素原子半径从左而右依次减小，故原子半径：W（Ｈ）
D. W与Z形成的化合物NaH属于离子化合物，选项D错误。
答案选B
二、非选择题
17.氮的常见化合物在工、农业生产中用途广泛。NH3、NH3•H2O、NH4Cl、HNO3是最常见的含氮化合物。回答下列问题：
(1)工业上采用液化法从合成氨的混合气体中分离出氨，这利用了氨_________的性质。
(2)实验室制取氨气化学方程式为___________。
(3)NH3在空气中与HCl相遇产生白烟，这里“白烟”是_______，打开盛浓硝酸的试剂瓶塞，瓶口有白雾出现，这里“白雾”是 _________。
(4)NH3和SiH4两种氢化物中，________更稳定。NH3是工业上制硝酸、铵盐的原料，写出NH3催化氧化的化学方程式：____________。
【答案】(1). 易液化 (2). 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O (3). (NH3与HCl反应生成的)NH4Cl晶体 (4). (挥发出来的HNO3与空气中水蒸气结合形成的)硝酸液滴 (5). NH3 (6). 4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【解析】
【分析】本题主要考查我们对常见的含氮化合物的性质和相互转化，都是基础知识，难度不大。
【详解】(1)氨气的沸点较高，易液化，工业上就是利用氨气的这一性质采用液化法从合成氨的混合气体中分离出氨，以提高氨气的产率，故答案为：易液化；
(2)实验室常用氢氧化钙和氯化铵加热的方法来制取氨气，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2 2NH3↑＋CaCl2＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；
(3)烟是指固体小颗粒，而雾则为液体小液滴。NH3在空气中与HCl相遇发生反应NH3+HCl=NH4Cl，现象是产生白烟，故这里“白烟”是NH4Cl晶体固体小颗粒。浓硝酸易挥发，故打开盛浓硝酸的试剂瓶塞，瓶口有白雾出现，这里“白雾”是挥发出来的HNO3与空气中水蒸气结合形成的硝酸小液滴。故答案为：NH4Cl晶体；硝酸小液滴；
(4)非金属气态氢化物的热稳定性与其非金属性一致，非金属性N＞C＞Si，故NH3和SiH4两种氢化物中，NH3更稳定。NH3是工业上制硝酸、铵盐的原料，NH3在催化剂作用下被氧气氧化NO和H2O，故该反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。故答案为：NH3 ；4NH3＋5O24NO＋6H2O。
18.根据要求，回答下列问题：
(1)下列各组微粒：①与 ②O2和O3 ③H(氕)、D(氘)、T(氚) ④金刚石和石墨 ⑤和，互为同位素的是________，互为同素异形体的是_______，质量数相等，但不能互称为同位素的是_______。(填序号)
(2)等质量的D2O和H2O所含的中子数之比为________，电子数之比为_______。
(3)等物质的量的D2O和H2O分别与足量的金属钠反应，生成的氢气的质量之比为_______，转移的电子数之比为__________。
【答案】(1). ①、③ (2). ②、④ (3). ⑤ (4). 9∶8 (5). 9∶10 (6). 2∶1 (7). 1∶1
【解析】
【详解】(1)同位素是指质子数相同而中子数不同的原子之间互称为同位素，故①③互为同位素；同素异形体则是同一元素形成的性质不同的几种单质，故②④互为同素异形体；和，质量数相等，但不能互称为同位素的是⑤，故答案为：①③；②④；⑤；
(2)假设D2O和H2O的质量均为mg，则所含的中子数之比为，电子数之比为，故答案为：9：8；9：10；
(3)假设D2O和H2O的物质的量均为1mol，则分别与足量的金属钠反应，生成的氢气的质量分别为：，，故质量之比为2：1，转移的电子数之比为1：1，故答案为：2：1；1：1。
19.下表是元素周期表的一部分。回答下列问题：
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)元素①～⑩中，金属性最强的元素的原子结构示意图为__________。
(2)写出元素②常见的一种同素异形体的名称：____________。
(3)元素⑦的单质与元素⑧氢化物的水溶液反应的离子方程式为___________。
(4)元素⑥的最高价氧化物对应的水化物的电子式为_________，元素⑩的单质的氧化性比元素⑤的单质的氧化性__________(填“强”或“弱”)。
(5)元素④、⑧可组成多种微粒，其中可作为饮用水消毒剂的化合物分子是________。
【答案】(1). (2). 金刚石(或石墨、足球烯) (3). 2Al＋6H+=2Al3+＋3H2↑ (4). (5). 弱 (6). ClO2
【解析】
【分析】根据题干提供的元素周期表中的部分结构可知，元素①～⑩分别是H、C、N、O、F、Na、Al、Cl、K、Br十种元素，据此进行解题。
【详解】(1)根据元素周期律可知：同一周期从左往右金属性减弱，同一主族从上往下金属性依次增强，故元素①～⑩中，金属性最强的元素是K，故其原子结构示意图为 ，故答案为： ；
(2)同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，由分析已知元素②为碳元素，其常见的一种同素异形体的名称有金刚石(或石墨、足球烯)，故答案为：金刚石(或石墨、足球烯)；
(3)由分析可知：元素⑦的单质即Al与元素⑧氢化物即HCl的水溶液反应，故其的离子方程式为2Al＋6H+=2Al3+＋3H2↑，故答案为：2Al＋6H+=2Al3+＋3H2↑；
(4)元素⑥是Na，其的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，故其的电子式为，元素非金属单质的氧化性与其非金属性一致，又同一周期从左往右金属性减弱，同一主族从上往下金属性依次增强，故元素⑩的单质的氧化性比元素⑤的单质的氧化性弱，故答案为：；弱；
(5)元素④、⑧即O和Cl可组成多种微粒，其中ClO2具有强氧化性，常可作为饮用水消毒剂，故答案为：ClO2。
20.某实验小组用MnO2与浓盐酸加热制取Cl2，并将得的氯气与潮湿的Ca(OH)2固体反应制取少量漂白粉，实验装置如下图：
回答下列问题：
(1)漂白粉的有效成分是____________(写化学式)。
(2)烧瓶中发生反应的化学方程式为_______________。
(3)温度较高时氯气与消石灰发生反应：6Cl2＋6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________；若反应消耗0.3molCl2，则转移的电子数为__________个。
【答案】(1). Ca(ClO)2 (2). )MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (3). 5∶1 (4). 3.01×1023
【解析】
【分析】
【详解】(1)漂白粉的制备反应为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，而作用的机理为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，生成的HClO具有漂泊作用，故漂泊粉的有效成分是Ca(ClO)2，故答案为：Ca(ClO)2；
(2)烧瓶中发生反应即为实验室制备氯气的反应，常用MnO2和浓盐酸加热，故其化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
(3)温度较高时氯气与消石灰发生反应：6Cl2＋6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，根据该反应的氧化还原反应的分析可知：，氧化剂即得到电子被还原的反应物，还原剂则是失去电子被氧化的反应物，故其的物质的量之比是5∶1，若反应消耗0.3molCl2，则转移的电子数为个，故答案为：5∶1；3.01×1023。
21.硅有望成为未来的新能源。回答下列问题：
(1)硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)=SiO2(s)ΔH＝－989.32kJ·mol-1。有关键能数据如下表所示：
化学键
Si—O
O=O
Si—Si
键能/(kJ·mol-1)
x
498.8
176
已知1molSi中含2molSi—Si键，1molSiO2中含4molSi—O键，表中x＝______。
(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等。硅光电池是一种把_______ 能转化为_________能的装置。
(3)下列对硅作为未来新能源的认识错误的是_________(填标号)。
A．硅是固体燃料，便于运输、贮存
B．硅的来源丰富，易于开采且可再生
C．硅燃烧放出的热量大，其燃烧产物对环境污染程度低且易控制
D．自然界中存在大量的单质硅
(4)工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝+240.4kJ·mol-1。若将生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在制备纯硅的反应过程中________(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ。
【答案】 (1). 460 (2). 光(或太阳) (3). 电 (4). D (5). 吸收 (6). 6.01
【解析】
【分析】本题以新能源---硅为载体，重点考查利用化学键键能进行计算反应热，太阳能电池板中能量的转化，对作为新能源的优势和粗硅的提纯等知识，难度一般。
【详解】(1)根据反应过程中的焓变等于反应物总的键能之和减去生成物中总的键能之和，故有：，解得x=460，故答案为：460；
(2)硅光电池是一种把太阳（光）能转化为电能的装置，故答案为：太阳能（或光）；电；
(3) A．硅是固体燃料，相对于气体燃料，其体积要小的多，且也不用加压液化，故便于运输、贮存，A正确；
B．地壳中硅的含量仅次于O，故硅的来源丰富，易于开采，单质硅燃烧生成二氧化硅可以循环利用，故可再生，B正确；
C．硅燃烧放出的热量大，其燃烧产物是二氧化硅，是一种固体，只要将其产物进行沉降，就可以控制其对环境污染程度甚至为零污染，C正确；
D．硅的化学性质虽然较稳定，但因为其是一种亲氧元素，故自然界中不存在单质硅，D错误；
故答案为：D。
(4)与100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反应的HCl为0.1mol，有题干的热化学方程式可知制备纯硅的反应是吸热反应，每生成4molHCl需要吸收240.4kJ的热量，故生成0.1molHCl需要吸收的热量为：，故答案为：吸收；6.01。
22.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH＝88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是________。
(2)已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.5 kJ·mol－1，CH3OH(l)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol－1，则a________726.5(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________________________。
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1176 kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为________。
【答案】(1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290 kJ·mol－1 (4). 98 kJ
【解析】
【分析】本题考查化学能与热能的综合运用，主要从化学反应热的计算，以及根据热化学反应方程式来计算能量变化等思路进行解答。
（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；
（2）甲醇燃烧生成CO2(g）和H2(g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a<238.6；
（3）有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；
（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ；
【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H = +88.6kJ•mol-1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定；
故答案为M；
（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；故答案为<；
（3）有1 mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2 mol氯气反应放热290 kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(s) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290 kJ•mol-1；
故答案为2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(g) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290kJ•mol-1 ；
（4）4Al(g) + 3TiO2(g) + 3C(g) ═ 2Al2O3(g) + 3TiC(g) △H = -1176 kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，故答案为98kJ；
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