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【化学】湖北省荆州中学2018-2019学年高一下学期5月考试题（解析版）
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湖北省荆州中学2018-2019学年高一下学期5月考试题
时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N--14 O--16 S--32 Fe--56 Cu—64 Zn--65
一、单选题(本大题共16小题，共48分)
1.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是
A. 热稳定性：HFNa+>Mg2+>Al3+
C. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3 D. 最外层电子数：Li
【解析】分析：A、同主族非金属元素的气态氢化物的热稳定性可由其非金属性强弱去判断，B、微粒半径大小的比较遵循先看电子层数、再看核电荷数、最后看电子数的顺序进行判断，C、非金属元素最高价含氧酸的酸性强弱由其对应的非金属性强弱决定，D、根据电子排布规律可确定元素的原子最外层电子数的多少。
详解：A、第ⅦA自上而下依次为F、Cl、Br、I，它们的非金属性依次减弱，所以形成的气态氢化物的热稳定性也依次减弱，即HF>HCl>HBr>HI，故A不正确；
B、K+是288型离子，Na+、Mg2+、Al3+都是28型离子，且核电荷数依次增大，所以半径依次减小，因此离子半径为K+>Na+>Mg2+>Al3+，故B正确；
C、第三周期非金属元素从左到右依次为Si、P、S、Cl，根据同周期非金属性变化规律，它们的非金属性依次增强，所以最高价含氧酸的酸性依次增强，故C正确；
D、已知Li、Mg、Si、Ar的核电荷数分别为3、12、14、18，根据电子排布规律可得，它们最外层电子数分别为1、2、4、8，所以D正确。本题答案为A。
2.下列有关元素锶（38Sr,ⅡA族)的叙述最不可能的是（ ）
A. 其氯化物是离子化合物
B. 其最高价氧化物水化物为一种弱碱
C. 它比Ca更易置换水中的氢
D. 它的碳酸盐难溶于水
【答案】B
【解析】试题分析：锶与镁、钙同主族。A、锶的氯化物是离子化合物，正确；B、锶的最高价氧化物水化物为Sr（OH)2，是一种强碱，错误；C、它比Ca更活泼，更易置换水中的氢，正确；D、它比Ca更活泼，它的碳酸盐难溶于水，正确；故本题选择B。
3.下列物质中，属于共价化合物的是（ ）
A. Cl2 B. NH4Cl C. CH4 D. KOH
【答案】C
【解析】
【分析】全部由共价键形成的化合物是共价化合物，据此解答。
【详解】A、氯气是含有共价键的单质分子，A错误；
B、NH4Cl中含有离子键和共价键，是离子化合物，B错误；
C、CH4是含有共价键的共价化合物，C正确；
D、KOH是含有离子键和共价键的离子化合物，D错误。
答案选C。
4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W与Y原子的最外层电子数之和为X原子的最外层电子数的2倍，Z原子的L层电子数比其最外层电子数多5，W是植物生长不可缺少的三种营养元素之一。下列说法正确的是（ ）
A. 单质的沸点：W＞X
B. Y的最高化合价为+7
C. 原子半径：r（W）＜r（X）＜r（Y）＜r（Z）
D. W、X能存在于同一离子化合物中
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z原子的L层电子数比其最外层电子数多5，Z是Al。W是植物生长不可缺少的三种营养元素之一，原子序数小于Al，W是N；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W与Y原子的最外层电子数之和为X原子的最外层电子数的2倍，所以X是O，Y是F。据此判断。
【详解】A. 氮气的相对分子质量小于氧气，则单质的沸点：W＜X，A错误；
B. F是最活泼的非金属，没有正价，B错误；
C. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r（Y）＜r（X）＜r（W）＜r（Z），C错误；
D. N、O能存在于同一离子化合物中，例如NaNO3等，D正确；
答案选D。
5.三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4O10，下列有关P4S3的说法中不正确的是（ ）
A. P4S3中磷元素＋3价
B. P4S3属于共价化合物
C. P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3＋8O2P4O10＋3SO2
D. 1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键
【答案】A
【解析】A．由图可知最上方的P与S形成3个共价键，S形成2个共价键，则P4S3中S为-2价，磷元素分别为+3价、+1价，A错误；B．只含共价键的化合物为共价化合物，则P4S3属于共价化合物，B正确；C．燃烧反应生成稳定氧化物，则P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2，C正确；D．由图可知，共6个P-S、3个P-P共价键，则1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键，D正确，答案选A。
6. 下列变化属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化
②浓硫酸稀释
③氯酸钾分解制氧气
④生石灰跟水反应生成熟石灰
⑤Ba（OH)2·8H2O与NH4Cl晶体混合
A. ①③ B. ②④ C. ④⑤ D. ③⑤
【答案】D
【解析】试题分析：①液态水汽化为吸热过程，但不是化学反应；②浓硫酸稀释为放热，但不是化学反应；③氯酸钾分解制氧气为吸热反应；④生石灰跟水反应生成熟石灰为放热反应；⑤Ba（OH)2·8H2O与NH4Cl晶体混合为吸热反应；故吸热反应为③⑤，选择D。
7.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，下面结论正确的是（ ）
A. Pb为正极，被氧化 B. 溶液的pH不断减小
C. SO42－只向PbO2处移动 D. 电解液密度不断减小
【答案】D
【解析】分析化学反应可知,反应中Pb失去电子,作负极；PbO2得电子,作正极,反应不断消耗硫酸,溶液的pH不断增大；无论Pb还是PbO2最终都生成PbSO4,所以S既向Pb也向PbO2处移动；PbSO4在电解液中的溶解度很小,所以电解液的密度不断减小,选D。
8.某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是（ ）
A. 正极反应式为：O2+2H2O+4e—═4OH—
B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变
C. 该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O2═2H2O
D. 该电池是将化学能转变为电能
【答案】B
【解析】A. 正极发生氧气得到电子的还原反应，反应式为O2+2H2O+4e—＝4OH—，A正确；
B. 负极发生氢气失去电子的氧化反应，该燃料电池的总反应方程式为2H2+O2＝2H2O，因此工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度减小，B错误；
C. 该燃料电池的总反应方程式为2H2+O2＝2H2O，C正确；
D. 该电池是将化学能转变为电能的原电池装置，D正确；
答案选B。
9.甲容器中进行如下反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2 min,B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的下列说法正确的是（ ）
A. 在2 min末的反应速率，用B表示是 0.3 mol/(L·min)
B. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
C. 若乙容器中也同时进行此反应，且相同时间段内用D表示的速率是0.2 mol/(L•min)，则乙容器中反应速率更快
D. 对甲容器升高温度，则正反应速率将减小
【答案】C
【解析】试题分析：A、A是固体，没有浓度，故A错误；B、只能表示反应的平均速率，故B错误；C、根据v（B）：v（D）=3:1，故v（B）=0.6mol/L·min，故反应速率加快，C正确；Ｄ、升高温度，正反应速率加快，故D错误。
10.在2L密闭容器内，某气体反应物在2s内由8mol变为7.2mol，则该反应的平均反应速率为（ ）
A. 0.4mol/（L•s） B. 0.3mol/（L•s） C. 0.2mol/（L•s） D. 0.1mol/（L•s）
【答案】C
【解析】
【分析】根据计算。
【详解】在2L密闭容器内，某气体反应物在2s内由8mol变为7.2mol，2s内该物质表示的平均反应速率为=0.2mol/(L•s)，答案选C。
11.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（ ）
A. 2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑ B. 3MgO+2Al3Mg+AL2O3
C. Fe3O4+4CO3Fe+4CO2 D. 2HgO2Hg+O2↑
【答案】B
【解析】A、钠是活泼的金属，电解熔融的氯化钠冶炼金属钠，A正确；
B、镁是活泼的金属，镁的活泼性强于铝，不能用铝热反应冶炼，应该用电解熔融的氯化镁冶炼，B不正确；
C、铁是较活泼的金属，可以用还原剂还原法冶炼，C正确；
D、Hg是不活泼金属，用热分解法冶炼，D正确。
答案选B。
12.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)═1/2BaSO4(s)+H2O(l) △H = -57.3kJ•mol-1
C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1
D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O2比O3稳定
【答案】D
【解析】
【分析】甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol；根据盖斯定律:3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9kJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)=284.1KJ/mol，所以氧气能量小于臭氧；
【详解】甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(l) △H = -890.3kJ•mol-1，故A错误 ；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ，故B错误；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol，所以N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H < -38.6kJ•mol-1，故C错误 ；根据盖斯定律:3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9kJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)=284.1KJ/mol，所以氧气能量小于臭氧，所以O2比O3稳定，故D正确。
13.将V1mL1.0mol/L HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如右图所示(实验中始终保持 V1+ V2= 50mL)。下列叙述正确的是（ ）
A. 做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明化学能可能转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约为1.0mol/L
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】A．温度为22℃时加入盐酸10mL，则不是实验温度，故A错误；B．由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C．恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n。根据HCl+NaOH=NaCl+H 2O可知，氢氧化钠的物质的量与盐酸的物质的量相等，n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol，氢氧化钠的浓度c==1.5mol/L，故C错误；D．本实验只表示该反应放热，不表示其他有水生成的反应也是放热反应，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，故D错误；故选B。
14.有关键能数据如表：
化学键
Si—O
O=O
Si—Si
键能kJ·mol-1
460
498.8
X
晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式：Si(s)+O2(g)═ SiO2(s) ΔH =" —989.2" kJ·mol-1，则表中X的值为( )
A. 423.3 B. 352 C. 920 D. 176
【答案】D
【解析】试题分析：已知晶体硅的燃烧热为989.2kJ•mol-1，则Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-990kJ•mol-1；1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则反应焓变△H=2×X+498.8-4×460=-989.2，解得X=176，故选D。
15.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
①H2S（g）+3/2O2（g）＝SO2（g）+H2O（g）△H1
②2H2S（g）+SO2（g）＝3/2S2（g）+2H2O（g）△H2
③H2S（g）+1/2O2（g）＝S（g）+H2O（g）△H3
④2S（g）＝S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A. △H4=（△H1+△H2-3△H3） B. △H4=（3△H3-△H1-△H2）
C. △H4=（△H1+△H2-3△H3） D. △H4=（△H1-△H2-3△H3）
【答案】A
【解析】已知：
①H2S（g）+3/2O2（g）＝SO2（g）+H2O（g）△H1
②2H2S（g）+SO2（g）＝3/2S2（g）+2H2O（g）△H2
③H2S（g）+1/2O2（g）＝S（g）+H2O（g）△H3
则根据盖斯定律可知(①+②－③×3)×2/3，整理可得2S(g)＝S2(g) △H4=（△H1+△H2-3△H3），答案选A。
16.在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是（ ）
①混合气体的密度 ②混合气体的压强 ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【解析】试题分析：①A是固体，反应两边气体的质量不相等，而体积不变，若混合气体的密度不变，说明达到了平衡状态，正确； ②反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，混合气体的压强也不会发生变化，压强不变不能说明反应达到平衡状态，错误； ③B的物质的量浓度是化学反应处于平衡状态的特征，正确； ④反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，不能说明反应达到平衡状态，错误；答案选C。
二、填空题(本大题共6小题，共52分)
17.A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，其最高正价数依次为1，4，5，7，已知B的原子核外次外层电子数为2．A、C原子的核外次外层电子数为8．D元素的最高价氧化物对应的水化物是已知含氧酸中最强酸，则：
（1）A、B、C、D的名称分别是 ______ 、 ______ 、 ______ 、 ______。
（2）A的离子结构示意图是 ______ ，C的原子结构示意图是 ______。
（3）C的最高价氧化物对应的水化物与A的氢氧化物生成 ______ 种盐，其生成的正盐的化学式为 ______。
（4）D的气态氢化物的电子式 ______ 、A的氢氧化物的电子式 ______。
【答案】(1). 钠 (2). 碳 (3). 磷 (4). 氯 (5). (6). (7). 3 (8). Na3PO4 (9). (10).
【解析】
【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，其最高正价数依次为1，4，5，7，一般主族元素的最高正价=最外层电子数。已知B原子次外层电子数为2，则B原子核外电子数为6，B为碳元素；A、C原子次外层电子数为8，最外层电子数为1、5，则A、C原子的核外电子数分别是11和15，所以A为钠元素，C为磷元素；在已知无机含氧酸中酸性最强的是高氯酸(HClO4)，故D为氯元素。
【详解】（1）根据以上分析可知A、B、C、D的名称分别是钠、碳、磷、氯。
（2）A是11号钠元素，其离子结构示意图是，C是15号磷元素，其原子结构示意图是。
（3）C的最高价氧化物对应的水化物是三元酸磷酸，与A的氢氧化物氢氧化钠反应可以生成3种盐，其生成的正盐的化学式为Na3PO4。
（4）D的气态氢化物是氯化氢，含有共价键，电子式为。A的氢氧化物是离子化合物氢氧化钠，电子式为。
18.理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池请你利用下列反应“”设计一个化学电池，并回答下列问题：
①该电池的正极材料是 ______ ，负极材料是 ______ ，电解质溶液是 ______。
②在外电路中，电流方向是从 ______ 极到 ______ 极（填“正”或“负”）。
③正极上出现的现象是 ______ .负极上出现的现象是 ______ 。
【答案】(1). Ag或碳棒 (2). Cu (3). AgNO3 (4). 正 (5). 负 (6). 有Ag析出 (7). 铜棒变细，溶液显蓝色
【解析】
【分析】按照原电池工作原理进行分析，负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，根据总反应，Cu的化合价升高，即Cu为负极，Ag或碳棒为正极，电解质溶液为AgNO3，电子由负极经外电路流向正极，然后进行分析即可；
【详解】①按照原电池工作原理进行分析，负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，根据总反应，Cu的化合价升高，即Cu为负极，Ag或碳棒为正极，电解质溶液为AgNO3；
②外电路，电子由负极流向正极，则电流方向是由正极向负极移动；
③正极电极式为Ag＋＋e－=Ag，现象是有Ag析出；负极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，现象是铜棒变细，溶液显蓝色。
19.书写下列热化学方程式
（1）使氯气和水蒸气通过灼热的炭层，生成氯化氢气体和二氧化碳气体是放热反应，当1mol氯气参与反应时释放145kJ的热量，写出热化学方程式： ______。
（2）已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式： ______。
（3）炭粉与水蒸气反应生成CO（g）和标准状况下22.4LH2（g）吸收131.5kJ的热量，写出热化学方程式： ________。
【答案】(1). 2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1 (2). N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1 (3). C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol-1
【解析】
【分析】根据热化学方程式的书写要求结合反应热的计算方法分析解答。
【详解】（1）使氯气和水蒸气通过灼热的炭层，生成氯化氢气体和二氧化碳气体是放热反应，当1mol氯气参与反应时释放145kJ的热量，则反应的热化学方程式为2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1。
（2）反应热等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N分别需要能量是436kJ、391kJ、946kJ，则生成2mol氨气的反应热为（3×436+946－2×3×391）kJ/mol＝－92 kJ/mol，所以N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1。
（3）炭粉与水蒸气反应生成CO（g）和标准状况下22.4LH2（g）吸收131.5kJ的热量，氢气是1mol，则反应的热化学方程式为C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol-1。
20.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL0.50mol•L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸的温度，然后把温度计上的酸用水冲洗干净；②用另一量筒量取50mL0.55mol•L-1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度．回答下列问题：
（1）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 ______ （填序号）。
A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J•g-1•℃-1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H= ______ （结果保留一位小数）。
（3） ______（填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是 ______。
【答案】(1). D (2). -51.8kJ•mol-1 (3). 不能 (4). H2SO4与Ba（OH）2反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的中和热
【解析】
【分析】根据中和热的概念、结合实验原理、实验步骤以及相关物质的性质分析解答。
【详解】（1）为防止反应不充分，热量损失，使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，答案选D。
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃，反应前后温度差为：3.1℃；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1295.8J=1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×1mol/0.025mol=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。
21.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：
（1）该反应的化学方程式为 _______________________。
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为 ___________。
（3）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气所需时间/s
Ⅰ
薄片
15
200
Ⅱ
薄片
25
90
Ⅲ
粉末
25
10
①该实验的目的是探究 ______ 、 ______ 对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ表明 ________________________________ ，化学反应速率越大；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是 ______ 和 ______；
④请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响： ______________________。
【答案】(1). 3X+Y⇌2Z (2). 0.05mol/（L•min） (3). 固体表面积 (4). 温度 (5). 温度越高 (6). Ⅱ (7). Ⅲ (8). 在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应
【解析】
【分析】由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比判断；根据反应速率的含义和外界条件对反应速率的影响变化规律利用控制变量法分析解答。
【详解】（1）由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，Y、X、Z的△n之比为(1－0.9):(1－0.7):(0.2－0)=1:3:2，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应方程式为为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为0.2mol/(2L×2min)=0.05mol⋅L－1·min−1；
（3）①由表格中的数据可以知道,锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ中温度不同，其他条件相同，温度大的反应速率快，即温度越高，反应速率越快；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为Ⅱ和Ⅲ组实验；
④要证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响选用控制其它条件相同，则实验方案为在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应。
22.海水是宝贵的资源宝库，目前氯碱工业、海水提镁、海水提溴为人类提供了大量工业原料。图是海水综合利用的部分流程图，据图回答问题：
（1）由海水晒制的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等离子，为除去这些离子，所加试剂及其先后顺序为（写化学式） ________________________。
（2）结合题目信息，写出电解饱和食盐水的化学反应方程式为 ___________________________ 。
（3）苦卤中通入Cl2已经置换出Br2，为什么吹出后用SO2吸收转化为Br-再用Cl2置换 ，SO2的作用是______，由此判断Cl2、Br2、SO2的氧化性由强到弱的顺序为 _____________________。
（4）也有工艺是在吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出．该反应离子方程式是 __________________________________ ；最后再用H2SO4处理得到Br2，之后加入CCl4进行Br2的萃取，混合溶液用 __________ 分离。
【答案】(1). BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl (2). 2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH (3). 第一次吹出的Br2浓度太低，分离浪费原料，SO2吸收主要起到富集作用 (4). Cl2＞Br2＞SO2 (5). 3Br2+3CO32-═5Br-+BrO-3+3CO2↑ (6). 分液漏斗
【解析】
【分析】（1）根据除杂原则结合离子的性质分析判断。
（2）电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2
（3）根据“同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物”比较氧化性强弱。
（4）根据原子守恒书写Br2与Na2CO3溶液反应的化学方程式；根据物质的性质差异选择分离的方法。
【详解】（1）除去Ca2+用Na2CO3、除去Mg2+用NaOH、除去SO42-用BaCl2；为了使杂质完全除去，所加除杂试剂必须过量，过量的除杂试剂成为新杂质，所以Na2CO3还用于除去过量的BaCl2，Na2CO3溶液必须在BaCl2溶液之后加入；过滤后加入稀盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3；所加试剂及先后顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl（或NaOH、BaCl2、Na2CO3、HCl）。
（2）电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
（3）苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收，涉及的反应有Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，用SO2吸收Br2的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，由于第一次吹出的Br2浓度太低，分离浪费原料，因此SO2吸收主要起到富集作用反应；“Cl2+2Br-=2Cl-+Br2”中氧化剂为Cl2，氧化产物为Br2，同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，则氧化性：Cl2＞Br2；反应“Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr”中氧化剂为Br2，SO2为还原剂，氧化性：Br2＞SO2；则Cl2、Br2、SO2的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞SO2。
（4）吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出，Br2与Na2CO3溶液反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，反应的离子方程式为3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑。加入H2SO4处理得到Br2的化学方程式为5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，加入CCl4进行Br2的萃取得到Br2的四氯化碳溶液，因此混合溶液用分液漏斗分离。
时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N--14 O--16 S--32 Fe--56 Cu—64 Zn--65
一、单选题(本大题共16小题，共48分)
1.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是
A. 热稳定性：HF
C. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3 D. 最外层电子数：Li
【解析】分析：A、同主族非金属元素的气态氢化物的热稳定性可由其非金属性强弱去判断，B、微粒半径大小的比较遵循先看电子层数、再看核电荷数、最后看电子数的顺序进行判断，C、非金属元素最高价含氧酸的酸性强弱由其对应的非金属性强弱决定，D、根据电子排布规律可确定元素的原子最外层电子数的多少。
详解：A、第ⅦA自上而下依次为F、Cl、Br、I，它们的非金属性依次减弱，所以形成的气态氢化物的热稳定性也依次减弱，即HF>HCl>HBr>HI，故A不正确；
B、K+是288型离子，Na+、Mg2+、Al3+都是28型离子，且核电荷数依次增大，所以半径依次减小，因此离子半径为K+>Na+>Mg2+>Al3+，故B正确；
C、第三周期非金属元素从左到右依次为Si、P、S、Cl，根据同周期非金属性变化规律，它们的非金属性依次增强，所以最高价含氧酸的酸性依次增强，故C正确；
D、已知Li、Mg、Si、Ar的核电荷数分别为3、12、14、18，根据电子排布规律可得，它们最外层电子数分别为1、2、4、8，所以D正确。本题答案为A。
2.下列有关元素锶（38Sr,ⅡA族)的叙述最不可能的是（ ）
A. 其氯化物是离子化合物
B. 其最高价氧化物水化物为一种弱碱
C. 它比Ca更易置换水中的氢
D. 它的碳酸盐难溶于水
【答案】B
【解析】试题分析：锶与镁、钙同主族。A、锶的氯化物是离子化合物，正确；B、锶的最高价氧化物水化物为Sr（OH)2，是一种强碱，错误；C、它比Ca更活泼，更易置换水中的氢，正确；D、它比Ca更活泼，它的碳酸盐难溶于水，正确；故本题选择B。
3.下列物质中，属于共价化合物的是（ ）
A. Cl2 B. NH4Cl C. CH4 D. KOH
【答案】C
【解析】
【分析】全部由共价键形成的化合物是共价化合物，据此解答。
【详解】A、氯气是含有共价键的单质分子，A错误；
B、NH4Cl中含有离子键和共价键，是离子化合物，B错误；
C、CH4是含有共价键的共价化合物，C正确；
D、KOH是含有离子键和共价键的离子化合物，D错误。
答案选C。
4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W与Y原子的最外层电子数之和为X原子的最外层电子数的2倍，Z原子的L层电子数比其最外层电子数多5，W是植物生长不可缺少的三种营养元素之一。下列说法正确的是（ ）
A. 单质的沸点：W＞X
B. Y的最高化合价为+7
C. 原子半径：r（W）＜r（X）＜r（Y）＜r（Z）
D. W、X能存在于同一离子化合物中
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z原子的L层电子数比其最外层电子数多5，Z是Al。W是植物生长不可缺少的三种营养元素之一，原子序数小于Al，W是N；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W与Y原子的最外层电子数之和为X原子的最外层电子数的2倍，所以X是O，Y是F。据此判断。
【详解】A. 氮气的相对分子质量小于氧气，则单质的沸点：W＜X，A错误；
B. F是最活泼的非金属，没有正价，B错误；
C. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r（Y）＜r（X）＜r（W）＜r（Z），C错误；
D. N、O能存在于同一离子化合物中，例如NaNO3等，D正确；
答案选D。
5.三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4O10，下列有关P4S3的说法中不正确的是（ ）
A. P4S3中磷元素＋3价
B. P4S3属于共价化合物
C. P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3＋8O2P4O10＋3SO2
D. 1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键
【答案】A
【解析】A．由图可知最上方的P与S形成3个共价键，S形成2个共价键，则P4S3中S为-2价，磷元素分别为+3价、+1价，A错误；B．只含共价键的化合物为共价化合物，则P4S3属于共价化合物，B正确；C．燃烧反应生成稳定氧化物，则P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2，C正确；D．由图可知，共6个P-S、3个P-P共价键，则1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键，D正确，答案选A。
6. 下列变化属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化
②浓硫酸稀释
③氯酸钾分解制氧气
④生石灰跟水反应生成熟石灰
⑤Ba（OH)2·8H2O与NH4Cl晶体混合
A. ①③ B. ②④ C. ④⑤ D. ③⑤
【答案】D
【解析】试题分析：①液态水汽化为吸热过程，但不是化学反应；②浓硫酸稀释为放热，但不是化学反应；③氯酸钾分解制氧气为吸热反应；④生石灰跟水反应生成熟石灰为放热反应；⑤Ba（OH)2·8H2O与NH4Cl晶体混合为吸热反应；故吸热反应为③⑤，选择D。
7.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，下面结论正确的是（ ）
A. Pb为正极，被氧化 B. 溶液的pH不断减小
C. SO42－只向PbO2处移动 D. 电解液密度不断减小
【答案】D
【解析】分析化学反应可知,反应中Pb失去电子,作负极；PbO2得电子,作正极,反应不断消耗硫酸,溶液的pH不断增大；无论Pb还是PbO2最终都生成PbSO4,所以S既向Pb也向PbO2处移动；PbSO4在电解液中的溶解度很小,所以电解液的密度不断减小,选D。
8.某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是（ ）
A. 正极反应式为：O2+2H2O+4e—═4OH—
B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变
C. 该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O2═2H2O
D. 该电池是将化学能转变为电能
【答案】B
【解析】A. 正极发生氧气得到电子的还原反应，反应式为O2+2H2O+4e—＝4OH—，A正确；
B. 负极发生氢气失去电子的氧化反应，该燃料电池的总反应方程式为2H2+O2＝2H2O，因此工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度减小，B错误；
C. 该燃料电池的总反应方程式为2H2+O2＝2H2O，C正确；
D. 该电池是将化学能转变为电能的原电池装置，D正确；
答案选B。
9.甲容器中进行如下反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2 min,B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的下列说法正确的是（ ）
A. 在2 min末的反应速率，用B表示是 0.3 mol/(L·min)
B. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
C. 若乙容器中也同时进行此反应，且相同时间段内用D表示的速率是0.2 mol/(L•min)，则乙容器中反应速率更快
D. 对甲容器升高温度，则正反应速率将减小
【答案】C
【解析】试题分析：A、A是固体，没有浓度，故A错误；B、只能表示反应的平均速率，故B错误；C、根据v（B）：v（D）=3:1，故v（B）=0.6mol/L·min，故反应速率加快，C正确；Ｄ、升高温度，正反应速率加快，故D错误。
10.在2L密闭容器内，某气体反应物在2s内由8mol变为7.2mol，则该反应的平均反应速率为（ ）
A. 0.4mol/（L•s） B. 0.3mol/（L•s） C. 0.2mol/（L•s） D. 0.1mol/（L•s）
【答案】C
【解析】
【分析】根据计算。
【详解】在2L密闭容器内，某气体反应物在2s内由8mol变为7.2mol，2s内该物质表示的平均反应速率为=0.2mol/(L•s)，答案选C。
11.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（ ）
A. 2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑ B. 3MgO+2Al3Mg+AL2O3
C. Fe3O4+4CO3Fe+4CO2 D. 2HgO2Hg+O2↑
【答案】B
【解析】A、钠是活泼的金属，电解熔融的氯化钠冶炼金属钠，A正确；
B、镁是活泼的金属，镁的活泼性强于铝，不能用铝热反应冶炼，应该用电解熔融的氯化镁冶炼，B不正确；
C、铁是较活泼的金属，可以用还原剂还原法冶炼，C正确；
D、Hg是不活泼金属，用热分解法冶炼，D正确。
答案选B。
12.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)═1/2BaSO4(s)+H2O(l) △H = -57.3kJ•mol-1
C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1
D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O2比O3稳定
【答案】D
【解析】
【分析】甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol；根据盖斯定律:3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9kJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)=284.1KJ/mol，所以氧气能量小于臭氧；
【详解】甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(l) △H = -890.3kJ•mol-1，故A错误 ；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ，故B错误；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol，所以N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H < -38.6kJ•mol-1，故C错误 ；根据盖斯定律:3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9kJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)=284.1KJ/mol，所以氧气能量小于臭氧，所以O2比O3稳定，故D正确。
13.将V1mL1.0mol/L HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如右图所示(实验中始终保持 V1+ V2= 50mL)。下列叙述正确的是（ ）
A. 做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明化学能可能转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约为1.0mol/L
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】A．温度为22℃时加入盐酸10mL，则不是实验温度，故A错误；B．由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C．恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n。根据HCl+NaOH=NaCl+H 2O可知，氢氧化钠的物质的量与盐酸的物质的量相等，n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol，氢氧化钠的浓度c==1.5mol/L，故C错误；D．本实验只表示该反应放热，不表示其他有水生成的反应也是放热反应，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，故D错误；故选B。
14.有关键能数据如表：
化学键
Si—O
O=O
Si—Si
键能kJ·mol-1
460
498.8
X
晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式：Si(s)+O2(g)═ SiO2(s) ΔH =" —989.2" kJ·mol-1，则表中X的值为( )
A. 423.3 B. 352 C. 920 D. 176
【答案】D
【解析】试题分析：已知晶体硅的燃烧热为989.2kJ•mol-1，则Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-990kJ•mol-1；1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则反应焓变△H=2×X+498.8-4×460=-989.2，解得X=176，故选D。
15.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
①H2S（g）+3/2O2（g）＝SO2（g）+H2O（g）△H1
②2H2S（g）+SO2（g）＝3/2S2（g）+2H2O（g）△H2
③H2S（g）+1/2O2（g）＝S（g）+H2O（g）△H3
④2S（g）＝S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（ ）
A. △H4=（△H1+△H2-3△H3） B. △H4=（3△H3-△H1-△H2）
C. △H4=（△H1+△H2-3△H3） D. △H4=（△H1-△H2-3△H3）
【答案】A
【解析】已知：
①H2S（g）+3/2O2（g）＝SO2（g）+H2O（g）△H1
②2H2S（g）+SO2（g）＝3/2S2（g）+2H2O（g）△H2
③H2S（g）+1/2O2（g）＝S（g）+H2O（g）△H3
则根据盖斯定律可知(①+②－③×3)×2/3，整理可得2S(g)＝S2(g) △H4=（△H1+△H2-3△H3），答案选A。
16.在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是（ ）
①混合气体的密度 ②混合气体的压强 ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【解析】试题分析：①A是固体，反应两边气体的质量不相等，而体积不变，若混合气体的密度不变，说明达到了平衡状态，正确； ②反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，混合气体的压强也不会发生变化，压强不变不能说明反应达到平衡状态，错误； ③B的物质的量浓度是化学反应处于平衡状态的特征，正确； ④反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，不能说明反应达到平衡状态，错误；答案选C。
二、填空题(本大题共6小题，共52分)
17.A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，其最高正价数依次为1，4，5，7，已知B的原子核外次外层电子数为2．A、C原子的核外次外层电子数为8．D元素的最高价氧化物对应的水化物是已知含氧酸中最强酸，则：
（1）A、B、C、D的名称分别是 ______ 、 ______ 、 ______ 、 ______。
（2）A的离子结构示意图是 ______ ，C的原子结构示意图是 ______。
（3）C的最高价氧化物对应的水化物与A的氢氧化物生成 ______ 种盐，其生成的正盐的化学式为 ______。
（4）D的气态氢化物的电子式 ______ 、A的氢氧化物的电子式 ______。
【答案】(1). 钠 (2). 碳 (3). 磷 (4). 氯 (5). (6). (7). 3 (8). Na3PO4 (9). (10).
【解析】
【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数均小于18，其最高正价数依次为1，4，5，7，一般主族元素的最高正价=最外层电子数。已知B原子次外层电子数为2，则B原子核外电子数为6，B为碳元素；A、C原子次外层电子数为8，最外层电子数为1、5，则A、C原子的核外电子数分别是11和15，所以A为钠元素，C为磷元素；在已知无机含氧酸中酸性最强的是高氯酸(HClO4)，故D为氯元素。
【详解】（1）根据以上分析可知A、B、C、D的名称分别是钠、碳、磷、氯。
（2）A是11号钠元素，其离子结构示意图是，C是15号磷元素，其原子结构示意图是。
（3）C的最高价氧化物对应的水化物是三元酸磷酸，与A的氢氧化物氢氧化钠反应可以生成3种盐，其生成的正盐的化学式为Na3PO4。
（4）D的气态氢化物是氯化氢，含有共价键，电子式为。A的氢氧化物是离子化合物氢氧化钠，电子式为。
18.理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池请你利用下列反应“”设计一个化学电池，并回答下列问题：
①该电池的正极材料是 ______ ，负极材料是 ______ ，电解质溶液是 ______。
②在外电路中，电流方向是从 ______ 极到 ______ 极（填“正”或“负”）。
③正极上出现的现象是 ______ .负极上出现的现象是 ______ 。
【答案】(1). Ag或碳棒 (2). Cu (3). AgNO3 (4). 正 (5). 负 (6). 有Ag析出 (7). 铜棒变细，溶液显蓝色
【解析】
【分析】按照原电池工作原理进行分析，负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，根据总反应，Cu的化合价升高，即Cu为负极，Ag或碳棒为正极，电解质溶液为AgNO3，电子由负极经外电路流向正极，然后进行分析即可；
【详解】①按照原电池工作原理进行分析，负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，根据总反应，Cu的化合价升高，即Cu为负极，Ag或碳棒为正极，电解质溶液为AgNO3；
②外电路，电子由负极流向正极，则电流方向是由正极向负极移动；
③正极电极式为Ag＋＋e－=Ag，现象是有Ag析出；负极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，现象是铜棒变细，溶液显蓝色。
19.书写下列热化学方程式
（1）使氯气和水蒸气通过灼热的炭层，生成氯化氢气体和二氧化碳气体是放热反应，当1mol氯气参与反应时释放145kJ的热量，写出热化学方程式： ______。
（2）已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式： ______。
（3）炭粉与水蒸气反应生成CO（g）和标准状况下22.4LH2（g）吸收131.5kJ的热量，写出热化学方程式： ________。
【答案】(1). 2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1 (2). N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1 (3). C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol-1
【解析】
【分析】根据热化学方程式的书写要求结合反应热的计算方法分析解答。
【详解】（1）使氯气和水蒸气通过灼热的炭层，生成氯化氢气体和二氧化碳气体是放热反应，当1mol氯气参与反应时释放145kJ的热量，则反应的热化学方程式为2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1。
（2）反应热等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N分别需要能量是436kJ、391kJ、946kJ，则生成2mol氨气的反应热为（3×436+946－2×3×391）kJ/mol＝－92 kJ/mol，所以N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1。
（3）炭粉与水蒸气反应生成CO（g）和标准状况下22.4LH2（g）吸收131.5kJ的热量，氢气是1mol，则反应的热化学方程式为C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol-1。
20.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL0.50mol•L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸的温度，然后把温度计上的酸用水冲洗干净；②用另一量筒量取50mL0.55mol•L-1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度．回答下列问题：
（1）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 ______ （填序号）。
A．用温度计小心搅拌 B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J•g-1•℃-1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H= ______ （结果保留一位小数）。
（3） ______（填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是 ______。
【答案】(1). D (2). -51.8kJ•mol-1 (3). 不能 (4). H2SO4与Ba（OH）2反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的中和热
【解析】
【分析】根据中和热的概念、结合实验原理、实验步骤以及相关物质的性质分析解答。
【详解】（1）为防止反应不充分，热量损失，使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，答案选D。
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃，反应前后温度差为：3.1℃；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1295.8J=1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×1mol/0.025mol=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。
21.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：
（1）该反应的化学方程式为 _______________________。
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为 ___________。
（3）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气所需时间/s
Ⅰ
薄片
15
200
Ⅱ
薄片
25
90
Ⅲ
粉末
25
10
①该实验的目的是探究 ______ 、 ______ 对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ表明 ________________________________ ，化学反应速率越大；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是 ______ 和 ______；
④请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响： ______________________。
【答案】(1). 3X+Y⇌2Z (2). 0.05mol/（L•min） (3). 固体表面积 (4). 温度 (5). 温度越高 (6). Ⅱ (7). Ⅲ (8). 在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应
【解析】
【分析】由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比判断；根据反应速率的含义和外界条件对反应速率的影响变化规律利用控制变量法分析解答。
【详解】（1）由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，Y、X、Z的△n之比为(1－0.9):(1－0.7):(0.2－0)=1:3:2，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应方程式为为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为0.2mol/(2L×2min)=0.05mol⋅L－1·min−1；
（3）①由表格中的数据可以知道,锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ中温度不同，其他条件相同，温度大的反应速率快，即温度越高，反应速率越快；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为Ⅱ和Ⅲ组实验；
④要证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响选用控制其它条件相同，则实验方案为在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应。
22.海水是宝贵的资源宝库，目前氯碱工业、海水提镁、海水提溴为人类提供了大量工业原料。图是海水综合利用的部分流程图，据图回答问题：
（1）由海水晒制的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等离子，为除去这些离子，所加试剂及其先后顺序为（写化学式） ________________________。
（2）结合题目信息，写出电解饱和食盐水的化学反应方程式为 ___________________________ 。
（3）苦卤中通入Cl2已经置换出Br2，为什么吹出后用SO2吸收转化为Br-再用Cl2置换 ，SO2的作用是______，由此判断Cl2、Br2、SO2的氧化性由强到弱的顺序为 _____________________。
（4）也有工艺是在吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出．该反应离子方程式是 __________________________________ ；最后再用H2SO4处理得到Br2，之后加入CCl4进行Br2的萃取，混合溶液用 __________ 分离。
【答案】(1). BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl (2). 2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH (3). 第一次吹出的Br2浓度太低，分离浪费原料，SO2吸收主要起到富集作用 (4). Cl2＞Br2＞SO2 (5). 3Br2+3CO32-═5Br-+BrO-3+3CO2↑ (6). 分液漏斗
【解析】
【分析】（1）根据除杂原则结合离子的性质分析判断。
（2）电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2
（3）根据“同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物”比较氧化性强弱。
（4）根据原子守恒书写Br2与Na2CO3溶液反应的化学方程式；根据物质的性质差异选择分离的方法。
【详解】（1）除去Ca2+用Na2CO3、除去Mg2+用NaOH、除去SO42-用BaCl2；为了使杂质完全除去，所加除杂试剂必须过量，过量的除杂试剂成为新杂质，所以Na2CO3还用于除去过量的BaCl2，Na2CO3溶液必须在BaCl2溶液之后加入；过滤后加入稀盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3；所加试剂及先后顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl（或NaOH、BaCl2、Na2CO3、HCl）。
（2）电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
（3）苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收，涉及的反应有Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，用SO2吸收Br2的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，由于第一次吹出的Br2浓度太低，分离浪费原料，因此SO2吸收主要起到富集作用反应；“Cl2+2Br-=2Cl-+Br2”中氧化剂为Cl2，氧化产物为Br2，同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，则氧化性：Cl2＞Br2；反应“Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr”中氧化剂为Br2，SO2为还原剂，氧化性：Br2＞SO2；则Cl2、Br2、SO2的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞SO2。
（4）吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出，Br2与Na2CO3溶液反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，反应的离子方程式为3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑。加入H2SO4处理得到Br2的化学方程式为5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，加入CCl4进行Br2的萃取得到Br2的四氯化碳溶液，因此混合溶液用分液漏斗分离。
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