【化学】湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

湖北省黄冈市黄梅国际育才高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
考试时间：90分钟，满分：100分
可能应用到的相对原子质量：H:1,C:12,N:14,O:16,Na:23,Mg:24,Al:27,Cl:35.5,Br:80,I:127.Fe:56,Cu:64
一、选择题部分（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）
1.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表的相对位置如图所示,其中W元素原子的质子数是其最外层电子数的3倍,下列说法不正确的( )

A. Z的单质常用于制造光导纤维
B. 简单氢化物的沸点:Y>X
C. X、Z、W的常见单质在一定条件下都可以与Y的常见单质反应
D. 元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素W的质子数是其最外层电子数的三倍，由图可知W在第三周期，设最外层电子数为n，则2+8+n=3n，解得n=5，则W是P元素，结合元素在周期表中的位置可知X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，据此答题。
【详解】由上述分析可知，X为N，Y为O，Z为Si，W为P，
A.Z是Si元素，用于制造光导纤维的是二氧化硅，而不是硅单质，故A错误；
B.X是N元素，Y是O元素，常温常压下，NH3为气体，H2O为液体，故氢化物的沸点：H2O> NH3，故B正确；
C.Y的常见单质反应为O2，X、Z、W的常见单质分别为N2、Si、P，在一定条件下都可以与O2反应，故C正确；
D.元素N、Si、P的最高化合价分别为+5、+4、+5，与其主族序数相等，故D正确。
故选A。
2.已知某元素的阳离子R2+的核内中子数为N,质量数为A，则1mol它的氧化物中所含电子的物质的量是( )
A. (A-N+8)mol B. (A-N+10)mol
C. (A-N+2)mol D. (A-N+6)mol
【答案】A
【详解】根据微粒符号可知，氧化物的化学式为RO。R2+的核内中子数为N，质量数为A，则其质子数是A－N，则RO中的电子数为A－N＋8。所以1mol它的氧化物中所含电子的物质的量是（A－N＋8）mol。
故选A。
3.依据同主族元素性质的递变规律判断,随着原子核电荷数的递增,下列说法正确的是(不考虑第七周期元素)( )
A. 碱金属和卤素单质的熔点逐渐升高
B. 碱金属元素的金属性逐渐增强,对应离子的氧化性也逐渐增强
C. 卤族元素的单质与氢气反应越来越难,生成的氢化物越来越稳定
D. 碱金属元素的单质与水反应的程度越来越剧烈
【答案】D
【详解】A.随着原子核电荷数的递增，碱金属单质的熔点逐渐降低，故A错误；
B.随着原子核电荷数的递增，碱金属元素的原子失电子的能力逐渐增强，则碱金属元素的阳离子的氧化性逐渐减弱，故B错误；
C.随着原子核电荷数的递增，卤族元素形成氢化物的稳定性越来越弱，故C错误；
D.随着原子核电荷数的递增，碱金属元素的金属性越来越强，其单质与水反应的程度越来越剧烈，故D正确。
故选D。
4.下列叙述错误的是( )
A. 13C和14C属于同种元素,它们互为同位素
B. 1H和2H是不同的核素,它们的质子数相等
C. 14C和14N的质量数相等,它们的中子数不等
D. 6Li和7Li的电子数相等,中子数也相等
【答案】D
【详解】A.13C和14C属于同种元素，由于二者质子数相同，而中子数不同，所以它们互为同位素，故A正确；
B.1H和2H是不同的核素，由于它们都属于氢元素，所以它们的质子数相等，故B正确；
C.14C和14N的质量数相等，由于二者的质子数不同，因此它们的中子数不等，故C正确；
D.6Li和7Li的质子数相等，它们的电子数也相等，但是中子数不同，故D错误。
故选D。
5. 元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是( )
A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C. P,S,Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强
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】C
【解析】副族元素及主族元素的F、O最外层电子数不等于最高化合价,A项错误;在离核较近的区域运动的电子能量较低,B项错误;副族和第Ⅷ族元素统称为过渡元素,D项错误。
6.已知An+、B(n+1)+、Cn-、D(n+1)-具有相同的电子层结构。下列关于A、B、C、D四种元素的叙述中正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性:D>C
B. 原子序数:B>A>C>D
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性:B>A
D. 四种元素一定都属于短周期元素
【答案】B
【解析】已知An+、B(n+1)+、Cn-、D(n+1)-具有相同的电子层结构，原子失去电子变成阳离子，原子得到电子变成阴离子，所以阳离子在阴离子的下一周期，且元素的电荷数越大其原子序数越大，阴离子中，离子的电荷数的绝对值越大，其原子序数越大，所以原子序数：B＞A＞C＞D。A．C、D在同一周期，且原子序数C＞D，非金属性：C＞D，则气态氢化物的稳定性：C＞D，故A错误；B．通过以上分析知，原子序数：B＞A＞C＞D，故B正确； C．A、B在周期表中同周期，原子序数：b＞a，金属性：A＞B，最高价氧化物对应水化物的碱性：A＞B，故C错误；D．四种元素不一定都属于短周期元素，如A为K、B为Ca、C为Cl、D为S也符合，故D错误；故选B。
7.已知某元素R的含氧酸根离子RO3-所含电子数比NO3-所含电子数多10,则下列说法正确的是( )
A. R原子的电子层数比N原子的电子层数多1
B. R的最高化合价与N的最高化合价相等
C. RO3-和NO3-只能被还原,不能被氧化
D. R和N为同族元素
【答案】A
【解析】
【分析】酸根离子RO3-所含电子数比硝酸根离子NO3-的电子数多10，说明R元素原子比N原子多10个电子，故R原子核外电子数为17，R为氯元素，酸根离子RO3-是ClO3-．ClO3-中氯元素化合价为+5价，据此答题。
【详解】酸根离子RO3-所含电子数比硝酸根离子NO3-的电子数多10，说明R元素原子比N原子多10个电子，故R原子核外电子数为17，R为氯元素，酸根离子RO3-是ClO3-．ClO3-中氯元素化合价为+5价。
A.R为氯元素，原子核外有3个电子层，N原子核外有2个电子层数，氯原子比氮原子多1个电子层，故A正确；
B.R为氯元素，氯元素的最高正化合价为+7价，N元素的最高化合价为+5，不相等，故B错误；
C.RO3-中氯元素化合价为+5价，RO3-能被还原，也能被氧化，故C错误；
D.氯元素处于第三周期第ⅦA族，N元素处于第二周期第ⅤA族，不是同周期元素，也不是同主族元素，故D错误。
故选A。
8.下列各组比较中不正确的是( )
A. 稳定性:NH3>H2O B. 碱性:NaOH>Mg(OH)2
C. 氧化性:F2>O2 D. 酸性: HClO4>H2SO4
【答案】A
【详解】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N，则稳定性：H2O＞NH3，故A错误；
B.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性F＞O，则氧化性：F2＞O2，故C正确；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S，则酸性H2SO4＜HClO4，故D正确。
故选A。
9.下列说法正确的是( )
A. Na2O2的电子式为
B. 氢氧根离子的电子式为:
C. HClO的结构式为H—Cl—O
D. NaHSO4溶于水只破坏离子键
【答案】A
【详解】A.Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为，故A正确；
B.氢氧根离子为阴离子，电子式中需要标出电荷及原子的最外层电子，氢氧根离子的电子式为：，故B错误；
C.次氯酸中Cl为+1价，与O形成一对共价键，结构式为H-O-Cl，故C错误；
D.硫酸氢钠在水溶液里电离生成钠离子、硫酸根离子和氢离子，所以硫酸氢钠溶于水破坏离子键和共价键，故D错误。
故选A。
10.过氧化氢(H2O2)溶液俗称双氧水,医疗上常用3%的双氧水进行伤口消毒。H2O2能与SO2反应生成H2SO4, H2O2的分子结构如图所示。下列说法错误的是( )

A. H2O2的结构式为H—O—O—H
B. H2O2为含有极性键和非极性键的共价化合物
C. 与SO2在水溶液中反应的离子方程式为SO2+ H2O2=2H++SO42-
D. H2O2与SO2反应过程中有共价键断裂,同时有共价键和离子键形成
【答案】D
【详解】A.由H2O2的分子结构可知，H2O2的结构式为H—O—O—H，故A正确；
B.H2O2是共价化合物，其中H-O键为极性共价键，O-O键为非极性共价键，故B正确；
C.H2O2与SO2在水溶液中反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，其中H2SO4为强酸，可以写成离子形式，故离子方程式为SO2+H2O2=2H++SO42-，故C正确；
D.H2O2、SO2和H2SO4均为共价化合物，即该反应过程中只有共价键的断裂与形成，故D错误。
故选D
11.已知H++OH-=H2O,该反应每生成1mol H2O (l)放出57.3kJ的热量。下列反应过程中放出热量为57.3kJ的是（提示:弱电解质的电离是吸热过程）( )
A. 含1mol H2SO4的稀硫酸与足量的NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与氨水反应生成1mol H2O (l)
C. 稀盐酸与Ba(OH)2溶液反应生成1mol H2O (l)
D. NaOH稀溶液与98%的浓硫酸反应生成1mol H2O (l)
【答案】C
【详解】A.1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应会生成2mol的水，放出热量114.6kJ，故A错误；
B.氨水是弱碱，电离过程需要吸热，稀盐酸与氨水反应生成1molH2O放出的热量会小于57.3kJ，故B错误；
C.稀盐酸与稀Ba（OH）2溶液反应生成1mol水的实质是：H++OH-=H2O，放出的热量是57.3kJ，故C正确；
D.浓硫酸的溶解过程释放热量，所以稀NaOH与98%浓硫酸生成1mol水放出的热量大于57.3kJ，故D错误。
故选C。
12.把A、B、C、D 4块金属片浸入稀硫酸中,用导线两两相连组成原电池.若A、B相连时,A为负极;C、D相连时,D上产生大量气泡;A、C相连时,电流由C经导线流向A;B、D相连时,电子由D经导线流向B,则此4种金属的活动性由强到弱的顺序为( )
A. A>B>C>D B. A>C>D>B
C. C>A>B>D D. B>A>C>D
【答案】B
【解析】试题分析：用导线两两相连组成原电池。若A、B相连时，A为负极；则金属活动性A＞B；C、D相连时，D上产生大量气泡；则金属活动性：C＞D；A、C相连时，电流由C经导线流向A；则金属活动性：A＞C；B、D相连时，H+在溶液中流向B，即B是正极，则金属活动性：D＞B，所以此4种金属的活动性由强到弱的顺序为A＞C＞D＞B，答案是B。
13.锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，放电时电池总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-。下列说法错误的是（ ）
A. 电解质溶液中K+向正极移动
B. 电解质溶液中c(OH)-逐渐减小
C. 负极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-
D. 电路中通过2mol电子时，消耗氧气22.4L(标准状况下）
【答案】D
【解析】
【分析】根据2Zn+O2+4OH-+2H2O═2Zn（OH）42-可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，据此答题。
【详解】A.放电时，为原电池，溶液中阳离子向正极移动，即K+向正极移动，故A正确；
B.放电时总反应为：2Zn+O2+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4，溶液中的氢氧根离子浓度逐渐减小，故B正确；
C.放电时，负极反应式为Zn+4OH--2e-═Zn(OH)42-，故C正确；
D.放电时，每消耗标况下22.4L氧气，转移电子4mol，故D错误。
故选D。
14.下列有关原电池说法中，正确的是（ ）
A. 碱性锌锰电池的正极反应为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O
B. 氢氧燃料电池是一种将还原剂和氧化剂全部储存在电池内的新型供电装置
C. 利用反应2Fe3++Fe=3Fe2+设计原电池，可用锌片作负极，铁片作正极，FeCl3溶液作电解质溶液
D. 锌、铜和稀硫酸构成的原电池工作时，有6.5g锌溶解，就有0.2g气体生成
【答案】D
【详解】A.碱性锌锰电池中二氧化锰作正极，正极上得电子发生还原反应，正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故A错误；
B.氢氧燃料电池中正负极的反应物质从外部储存装置通入，是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故B错误；
C.若将反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋设计为原电池，根据电池反应，铁失电子，设计电池时应用铁作负极，石墨作正极，FeCl3溶液作电解质，故C错误；
D.锌、铜和稀硫酸构成的原电池工作时，负极上金属锌质量减少，正极上氢离子得电子产生氢气，电池反应式为2H++Zn=H2↑+Zn2+，有6.5g即0.1mol锌溶解，正极上就有0.1mol即0.2g氢气生成，故D正确。
故选D。
15.将2mol X和2mol Y充入2L密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g) 2Z(g)+aQ(g)。2min末该反应达到平衡时生成0.8mol Z,测得Q的浓度为0.4mol·L-1,下列叙述错误的是( )
A. a的值为2
B. 平衡时X的浓度为0.8mol·L-1
C. 平衡时Y的转化率60%
D. 0~2min内Y的反应速率为0.6mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】
【分析】A.根据n=cV计算生成的Q的物质的量，再根据物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；
B.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的X的物质的量，进而计算平衡时X的物质的量，再根据c=计算；
C.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的Y的物质的量，再根据转化率定义计算；
D.根据v=计算v（Y）。
【详解】A.平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol•L-1，则生成的n（Q）=0.4mol•L-1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A正确；
B.平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol×=0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为=0.8mol/L，故B正确；
C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol×=1.2mol，故Y的转化率为×100%=60%，故C正确；
D.反应速率v（Y）==0.3mol/（L•min），故D错误。
故选D。
16.一定温度下,反应N2O4(g) 2NO2(g)焓变为ΔH。现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中,下列示意图能说明反应达到平衡状态的是( )

A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ①④
【答案】D
【详解】①因反应容器保持恒压，且反应前后气体分子数不相等，所以达到平衡前容器体积随反应进行而不断变化，结合=可知，若气体的密度不再变化，说明容器体积不再变化，即气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，故①符合题意；
②无论反应是否达到平衡，反应的△H都不变，故②不符合题意；
③反应开始时，加入1molN2O4，随着反应的进行，N2O4的浓度逐渐减小，故v正（N2O4）逐渐减小，直至达到平衡，而图像与之不符，故③不符合题意；
④N2O4的转化率不再变化，说明N2O4的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，故④符合题意。
所以能说明反应达到平衡状态的是①④。
故选D。
二、非选择题（共52分）
17.一定温度下，向体积为2L的密闭容器中通入NO2 (气体）和N2O4 (无色气体），二者之间可相互转化，反应过程中各物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：

(1)0~3min内用N2O4表示的平均反应速率为___________。
(2)若升高温度，则v(正）__________(填“加快”“减慢”或“不变”，下同），v(逆）___________。
(3)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得：甲中v(NO2)=0.2mol·L-1·s-1，乙中v(N2O4)=9mol·L-1·min-1，则_________(填“甲”或“乙”）中反应更快。
(4)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（ ）
A v(NO2)=2 v(N2O4)
B 容器内压强不再发生变化
C X的体积分数不再发生变化
D 容器内气体的原子总数不再发生变化
E 相同时间内消耗n mol Y的同时生成2n mol X
F 相同时间内消耗n mol Y的同时消耗2n mol X
【答案】(1). 0.05mol·L-1·min-1 (2). 加快 (3). 加快 (4). 乙 (5). BCF
【详解】（1）由图象可知，0~3min内X所代表的物质的物质的量减少了0.6mol，Y所代表的物质的物质的量增加了0.3mol，二者的物质的量变化量之比为2:1，故X表示NO2，Y表示N2O4，化学方程式为2NO2N2O4。0~3min内，=0.05mol·L-1·min-1，故答案为：0.05mol·L-1·min-1。
（2）温度升高，正、逆反应速率都加快，故答案：加快，加快。
（3）甲中v(NO2)=0.2mol·L-1·s-1，乙中v(N2O4)=0.15mol·L-1·s-1，即乙中v(NO2)=2v(N2O4)=0.3mol·L-1·s-1，则乙中反应更快，故答案为：乙。
（4）A.v(NO2)=2v(N2O4)，未体现正反应速率与逆反应速率的关系，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故A错误；
B.反应2NO2N2O4为气体体积减小的反应，容器内压强不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，故B正确；
C.X(NO2)的体积分数不再发生变化，说明各组分浓度不再变化，则反应达到化学平衡状态，故C正确；
D.容器内气体的原子总数始终不变，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D错误；
E.无论反应是否达到化学平衡状态，相同时间内消耗n molY(N2O4)的同时一定会生成2nmolX(NO2)，故E错误；
F.相同时间内消耗n molY(N2O4)的同时消耗2nmolX(NO2)，说明正、逆反应速率相等，则说明该反应已达到化学平衡状态，故F正确。
故答案为：BCF。
18.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,实验记录如表(累计值):
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)(标准状况)
100
240
464
576
620
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 X、Y、Z的反应速率相等
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 生成1mol Y的同时生成2mol Z
③2min内X的转化率为__________。
④若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3,且已知17g氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ热量,则该反应的热化学反应方程式为:__________。
【答案】(1). 2~3min (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). 0.025mol/(L·min) (4). CD (5). 3X(g)+Y(g) 2Z(g) (6). CD (7). 30% (8). N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92kJ/mol;
【解析】
【分析】（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，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；
②计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c/△t计算反应速率；
（2）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H+浓度，但不能影响H+的物质的量；
（3）①根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；
②反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；
③转化率=×100%；
④17g氨气的物质的量是1mol，1mol氨气分解吸收46kJ热量，则生成1mol氨气放出46kJ热量，生成2mol氨气放出92kJ热量。
【详解】（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2～3min；原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大，故答案为：2～3min；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=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），故答案为：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反应速度增大，且影响生成氢气的量，故D错误。
故答案为：CD。
（2）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+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z。
②A.平衡时X、Y、Z的反应速率可能相等，与各物质的起始量和转化率有关，但不能作平衡状态的标志，故A错误；
B.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.生成1molY的同时生成2molZ，同时消耗2molZ，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确。
故答案为：CD。
③2min内X的转化率=×100%=×100%=30%，故答案为：30%。
④17g氨气的物质的量是1mol，1mol氨气分解吸收46kJ热量，则生成1mol氨气放出46kJ热量，生成2mol氨气放出92kJ热量，则该反应热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ/mol。
19.海水中溴含量约为65 mg·L－1，从海水中提取溴的工业流程如下：

（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是________________。
（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴____________。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
（3）以上流程Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：
Br2＋CO32-===BrO3-＋Br－＋CO2↑
（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：_________________________。
（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是 ___。
A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯
【答案】（1）富集(或浓缩)溴元素；（2）C；
（3）3 3 1 5 3
（4）SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4；（5）BD
【解析】试题分析：（1） 以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集(或浓缩)溴元素。（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的易挥发的性质。
（3） 根据电荷守恒、电子守恒平衡：3Br2＋3CO===1BrO＋5Br－＋3CO2↑
（4）溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4。
（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，溴易溶于有机溶剂，可用四氯化碳、苯[来作溴的萃取剂；乙醇与水互溶，不能用乙醇作溴的萃取剂。
20.已知在25℃、1.013×105Pa下,1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285kJ的热量,请回答下列问题:
(1)生成物能量总和__________(填"大于""小于"或"等于")反应物能量总和
(2)若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气,则放出的热量__________(填">""<"或"=")570kJ。
(3)现有25°C、1.013×105Pa下的H2和CH4的混合气体0.5mol,完全燃烧生成一定质量的CO2气体和10.8g H2O(l),放出203kJ的热量,则1mol CH4完全燃烧生成CO2气体和H2O(l)放出的热量为__________kJ。
(4)美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型电池装置,其构造如图所示,A、B两个电极均由多孔的炭块组成。该电池的正极反应式为:__________

若该电池工作时增加了1mol H2O,电路中转移电子的物质的量为__________
(5)如果将上述装置中通入的氢气改成CH4气体,也可以组成一个原电池装置,电池的总反应方程式为:CH4+2O2+2KOH==K2CO3+3H2O,则该电池的负极反应式为:__________
【答案】(1). 小于 (2). < (3). 890 (4). H2+2H2O+4e-=4OH- (5). 2mol (6). CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O
【解析】
【分析】（1）反应热与反应物和生成物总能量有关，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反之吸热；
（2）物质的聚集状态不同，反应热不同，气态物质变为液态物质放热，反之吸热；
（3）根据氢气的反应热和气体总物质的量利用能量守恒计算；
（4）碱性氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，根据反应的总反应式计算转移电子的物质的量；
（5）通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，根据总反应式判断。
【详解】（1）反应放热，则生成物的总能量小于反应物的总能量，故答案为：小于。
（2）2mol氢气完全燃烧生成液态水放出570kJ的热量，但液态水变为气态水要吸热，若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量小于570kJ，故答案为：＜。
（3）设混合气体中含有xmolCH4，则H2的物质的量为（0.5-x）mol，设1molCH4完全燃烧生成CO2气体和H2O（l）放出的热量为QkJ，
则有：xQ+(0.5-x)×285＝203(能量守恒)，2x+(0.5-x)＝10.8(质量守恒)
解之得：x=0.1，Q=890，
故答案为：890。
（4）碱性氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+OH-=2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应式为O2+2H2=2H2O，生成1molH2O时，有0.5mol O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；2mol。
（5）根据总反应式可知，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故答案为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O。
21.五种短周期元素的部分性质数据如下:
元素
T
X
Y
Z
W
原子半径(mm)
0.037
0.075
0.099
0.102
0.143
最高或最低化合价
+1
+5,-3
+7,-1
+6,-2
+3
(1)Z离子的结构示意图为_______________。
(2)关于Y、Z两种元素,下列叙述正确的是__________(填序号)。
a 简单离子的半径Y>Z
b 气态氢化物的稳定性Y比Z强
c 最高价氧化物对应水化物的酸性Z比Y强
(3)甲是由T、X两种元素形成的10e-分子,乙是由Y、W两种元素形成的化合物。某同学设计了如图所示装置(夹持仪器省略)进行实验,将甲的浓溶液逐滴加入到NaOH固体中,烧瓶中即有甲放出,原因是____________________________。一段时间后,观察到试管中的现象是_________________________,发生反应的离子方程式是___________________________。

(4)XO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一。它被氢氧化钠溶液吸收的化学方程式是: 2XO2+2NaOH=M+NaXO3+H2O (已配平),产物M中元素X的化合价为__________。
【答案】(1). (2). b (3). NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，NaOH溶于水电离出OH-,使平衡向左移动,且溶解时放出热量,使NH3的溶解度减小 (4). 有白色沉淀生成 (5). Al3++3 NH3·H2O ==Al(OH)3↓+3 NH4+ (6). +3
【解析】
【分析】五种短周期元素，Y有+7、-1价，则Y为Cl，Z有+6、-2价，则Z为S元素；X有+5、-3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，故Y为N元素；W有最高正价+3，处于ⅢA族，原子半径大于Cl，故W为Al；T有最高正价+1，处于ⅠA族，原子半径小于N，故T为H元素，据此答题。
【详解】（1）由Z为短周期元素，其化合价为+6、-2，则Z为S元素，其质子数为16，S2-带2个单位的负电荷，则最外层电子数为8，故S2-的结构示意图为，故答案为：。
（2）由Y的化合价及Y为短周期元素，则Y为Cl，氯离子半径小于硫离子半径，则a错误；氯比硫元素的非金属性强，则HCl的稳定性强于H2S，则b正确；氯比硫元素的非金属性强，则高氯酸的酸性大于硫酸的酸性，则c错误，故答案为：b。
（3）由表中的化合价及元素都在短周期，T、X两种元素形成的10e-分子，T为H元素，W为Al元素，则甲为氨气，乙为氯化铝，由图可知，烧瓶中发生氨水与氢氧化钠的反应制取氨气，试管中发生氯化铝与氨水的反应生成沉淀，制取氨气的原理为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，NaOH溶于水电离出OH-，使平衡向左移动，且溶解时放出热量，使NH3的溶解度减小，试管中的反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，NaOH溶于水电离出OH-，使平衡向左移动，且溶解时放出热量，使NH3的溶解度减小；有白色沉淀生成；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。
（4）由X的化合价可知X为第ⅤA族元素，XO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一，则X为N元素，再由2XO2+2NaOH=M+NaXO3+H2O可知，NO2中N元素的化合价+4价，NaNO3中N元素的化合价为+5价，由氧化还原反应中得失电子守恒可知M中N的化合价为+3价，故答案为：+3。