1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年重庆市沙坪坝区南开中学高一（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题1下列有关用途的说法中，错误的是：( )A液态钠可用作核反应堆的传热介质B在过渡元素中找寻半导体材料C考古时利用l4C测定一些文物的年代DSiO2是制造水泥、人造宝石、单晶硅的原料2下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是( )A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体C加热坩埚时需垫石棉网D用分液漏斗分液时，上层液体应从上口倒出3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是( )A常温常压下，1mol甲基（CH
2、3）含有的电子数为9NAB1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后胶体粒子的数目小于NAC标况下，2.24LHF中含有的电子数为NAD1mol 金刚砂（SiC）中含有4NA碳硅键4下列说法合理的是( )A若X+和Y2的核外电子层结构相同，则原子序数：XYB由水溶液的酸性：HCIH2S，可推断出元素的非金属性：CISC邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子内氢键DHF、HO、HN三种共价键的极性逐渐增强5常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A1.0 molL1KNO3溶液：H+、Fe 2+、SCN 、SO42BpH=0的溶液：Al3+、Cu（NH3）4
3、2+、F 、SO42Cc（ClO）=1.0molL1的溶液：Na+、SO32、S2、SO42D=10 10的溶液：K+、Ba2+、NO3、Cl 6下列各组顺序排列正确的是( )A密度：NaKLiB热稳定性：HClH2SH2OC酸性：H2CO3H2SiO3HNO3D离子半径：FA13+CI 7已知：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=a kJmol1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=b kJmol1则下列叙述正确的是( )ACH键键长小于HH键B甲烷的燃烧热为b kJmol 1C2CH3OH（g）=2CH4（g）+O2（g）H=2（ab） kJ
4、mol1D当甲醇和甲烷物质的量之比为l：2时，其完全燃烧生成CO2和H2O（g）时，放出的热量为c kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为c/（a+2b）mol二、解答题（共4小题，满分58分）8（16分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素A、D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，C2和D+具有相同的电子数，E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：物质组成和结构信息甲含有非极性共价键的常见二元离子化合物乙含有极性键和非极性键的18e分子丙化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料丁化学组成为DB
5、A4的离子化合物请用化学用语回答下列问题：（1）D+的结构示意图为_；（2）C、D、E的氢化物按熔点由高到低排列的顺序为_；（3）乙属于_分子（填“极性”或“非极性”），其的电子式为_，（4）将少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为_；（5）丙属于_晶体，丙中每个原子均形成4个共价键，其中有一个配位键，提供空轨道的是_；氮化硼晶体的熔点要比丙晶体高，其原因是_9（14分）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g
6、）+CO2（g）+2H2O（g）H2=一1160kJmol1（1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_；吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：（2）装置中，酸性条件下，NO被Ce 4+氧化的产物主要是NO3、NO2，写出只生成NO3的离子方程式_；（3）装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示生成的Ce4+从电解槽的_（填字母序号）口流出；生成S2O42的电极反应式为_；（4）已知进入装置的溶液中，NO2的浓度为a gL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的O2_L（用含a代数式表示，计算
7、结果保留整数）10（14分）某实验小组用0.50molL1NaOH溶液和0.50molL11硫酸溶液进行中和热的测定配制0.50molL1硫酸溶液（1）若配制250mL硫酸溶液，则须用量筒量取密度为1.84gcm3、质量分数为98%的浓硫酸_mL测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如右图所示：（2）仪器A的名称为_；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是_；（4）写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为57.3kJmol1）_；（5）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表表中的温度差平均值为_；近似认为0.50molL1 NaOH溶液和0.50molL1硫酸溶液的密
8、度都是1gcm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J（g）1则中和热H=_ （取小数点后一位）实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差（t2t1）/H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4上述实验数值结果与57.3kJmol1有偏差，产生此实验偏差的原因可能是（填字母）_a实验装置保温、隔热效果差b量取NaOH溶液的体积时仰视读数c一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度11（14分）四氯化锡是无色液体，熔
9、点33“C，沸点114氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略）（1）仪器C的名称为_；（2）装置中发生反应的离子方程式为_；（3）装置中的最佳试剂为_，装置的作用为_；（4）若装置连接顺序为一一一一，在中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为_（5）中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为_；（6）若中用去锡粉11.9g，反应后，中锥形瓶里收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为_2014-2015学年重庆市沙坪坝区南开中学高一（上）月考化学试卷（9月
10、份）一、选择题1下列有关用途的说法中，错误的是：( )A液态钠可用作核反应堆的传热介质B在过渡元素中找寻半导体材料C考古时利用l4C测定一些文物的年代DSiO2是制造水泥、人造宝石、单晶硅的原料【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；硅和二氧化硅 【专题】元素周期律与元素周期表专题；碳族元素【分析】A金属具有良好的热传导效率；B周期表中金属与非金属的分界处找到半导体材料；C14C能发生衰变，用于考古；D二氧化硅是制造水泥、人造宝石、单质硅的重要材料【解答】解：A金属具有良好的热传导效率，液态钠可用作核反应堆的传热介质，故A正确；B在周期表中金属与非金属的分界处元素具有一定的金属性、非金属性，
11、可以在此找到半导体材料，在过渡元素中找寻催化剂、耐高温耐腐蚀的材料，故B错误；C14C能发生衰变，考古时利用l4C测定一些文物的年代，故C正确；D制造水泥用到黏土，黏土中含有硅酸盐与二氧化硅等，用焦炭与二氧化硅反应制得粗硅，二氧化硅可以用于制备人造宝石，二氧化硅是制造水泥、人造宝石、单质硅的重要材料，故D正确；故选B【点评】本题考查了元素周期表与元素周期律、元素化合物的相关应用，难度不大，注意对基础知识的理解掌握2下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是( )A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体C加热坩埚时需垫石棉网D用分液漏斗
12、分液时，上层液体应从上口倒出【考点】分液和萃取；直接加热的仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液 【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作【分析】A带刻度仪器不能烘干；B物质的物质的量减少；C坩埚能直接加热；D上层液体从上口倒出，下层液体从下层倒出【解答】解：A不能用烘箱烘干带刻度仪器，会造成误差，故A错误； B若如题操作，物质的物质的量减少，体积不变，浓度减小，故B错误；C坩埚不需要用石棉网，故C错误；D用分液漏斗分液时，下层液体从下层放出，然后上层液体从上口倒出，故D正确故选D【点评】本题考查了化学实验基本操作，包括仪器使用，误差分析等，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基
13、础知识的理解掌握3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是( )A常温常压下，1mol甲基（CH3）含有的电子数为9NAB1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后胶体粒子的数目小于NAC标况下，2.24LHF中含有的电子数为NAD1mol 金刚砂（SiC）中含有4NA碳硅键【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A甲基中含有9个电子，1mol甲基含有9mol电子；B氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则胶粒数目一定小于1mol；C标准状况下，氟化氢的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；D金刚砂中，每个C连4个Si，1mol
14、金刚砂中含有4mol碳硅键【解答】解：A甲基中含一个未成对单电子，故1mol甲基含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故A正确；B1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则胶体粒子的数目小于NA，故B正确；C标况下HF是液体，不能用气体摩尔体积计算2.24L氟化氢的物质的量，故C错误；D金刚砂（SiC）与金刚石结构类似，一个C连4个Si，故1mol金刚砂含有4NA碳硅键，故D正确；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，明确标况下氟化氢不
15、是气体4下列说法合理的是( )A若X+和Y2的核外电子层结构相同，则原子序数：XYB由水溶液的酸性：HCIH2S，可推断出元素的非金属性：CISC邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子内氢键DHF、HO、HN三种共价键的极性逐渐增强【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；氢键的存在对物质性质的影响 【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】A、若X+和Y2的核外电子层结构相同，则X位于Y的下一个周期，据此回答；B、元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强；C、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对
16、羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键要弱于分子间氢键；D、根据电负性差值越小，极性越弱来回答【解答】解：A、根据题意，X位于Y的下一个周期，故原子序数XY，故A正确；B、比较最高价氧化物对应水化物的酸性，才能比较非金属性，故B错误；C、由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，而分子内氢键要弱于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，故C错误；D、电负性差值越小，极性越弱，元素电负性同周期从左到右依次增大，故HF，HO，HN极性依次降低，故D错误；故选A【点评】本题考查了元素周期表中非金属性、电负性等知识，难度不大5常温下，下列各组离子在指定溶液中一定
17、能大量共存的是( )A1.0 molL1KNO3溶液：H+、Fe 2+、SCN 、SO42BpH=0的溶液：Al3+、Cu（NH3）42+、F 、SO42Cc（ClO）=1.0molL1的溶液：Na+、SO32、S2、SO42D=10 10的溶液：K+、Ba2+、NO3、Cl 【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性；BpH=0的溶液，显酸性；C离子之间发生氧化还原反应；D.=10 10的溶液，溶液显碱性【解答】解：AH+、NO3会将Fe 2+氧化成Fe3+，与SCN 不共存，故A错误；BpH=0说明溶液呈酸性，不能与F共存生成弱电解质，故B错误；CC
18、lO具有氧化性，与SO32、S2不共存，故C错误；D.=10 10的溶液，溶液显碱性，四种离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意根据题干判断溶液具有的性质如酸性、碱性、氧化性等，题目难度不大6下列各组顺序排列正确的是( )A密度：NaKLiB热稳定性：HClH2SH2OC酸性：H2CO3H2SiO3HNO3D离子半径：FA13+CI 【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A碱
19、金属的密度呈递增趋势，钠钾反常；B元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，原子序数越大，半径越小，【解答】解：A碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常，密度大小：NaKLi，故A正确；B元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性：OClS，则氢化物稳定性：H2OHClH2S，故B错误；C元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：SiCN，则酸性：H2SiO3H2CO3HNO3，故C错误；D电子层数越多，半径越大，则三种离子中Cl的半径最大，电子层结构相同的离子，
20、原子序数越大，半径越小，则FA13+，所以离子半径：ClFA13+，故D错误故选A【点评】本题考查了元素周期律和碱金属的物理性质，主要涉及了非金属性、离子半径等知识，题目难度不大7已知：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=a kJmol1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=b kJmol1则下列叙述正确的是( )ACH键键长小于HH键B甲烷的燃烧热为b kJmol 1C2CH3OH（g）=2CH4（g）+O2（g）H=2（ab） kJmol1D当甲醇和甲烷物质的量之比为l：2时，其完全燃烧生成CO2和H2O（g）时，放出的热量为c kJ，则该混
21、合物中甲醇的物质的量为c/（a+2b）mol【考点】热化学方程式；燃烧热 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、原子半径越大，其键长越长；B、燃烧热应生成稳定氧化物；C、根据盖斯定律来计算焓变；D、根据热化学方程式的系数和焓变的关系利用方程式进行计算【解答】解：A、碳的原子半径大于氢原子，故CH键键长大于HH键，故A错误；B、燃烧热应生成稳定氧化物，不能使水蒸气，应该是液态水，故B错误；C、根据盖斯定律，将两个反应都乘以2，再相减，得到：2CH3OH（g）=2CH4（g）+O2（g）H=2（ab） kJmol1，故C正确；D、设：甲醇和甲烷物质的量分别为n、2n，则甲醇放出的热量是na，甲烷
22、放出的热量是2nb，即na+2nb=c，解得n=，则该混合物中甲醇的物质的量为，故D错误故选C【点评】本题考查了化学反应与能量，难度不大，涉及了一定量盖斯定律计算二、解答题（共4小题，满分58分）8（16分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素A、D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，C2和D+具有相同的电子数，E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：物质组成和结构信息甲含有非极性共价键的常见二元离子化合物乙含有极性键和非极性键的18e分子丙化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料丁化学组成
23、为DBA4的离子化合物请用化学用语回答下列问题：（1）D+的结构示意图为；（2）C、D、E的氢化物按熔点由高到低排列的顺序为NaHH2OPH3；（3）乙属于极性分子（填“极性”或“非极性”），其的电子式为，（4）将少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为6Na2O2+4Al3+6H2O=4Al（OH）3+3O2+12Na+；（5）丙属于原子晶体，丙中每个原子均形成4个共价键，其中有一个配位键，提供空轨道的是B；氮化硼晶体的熔点要比丙晶体高，其原因是磷原子半径比氮原子大，NB共价键键长比BP小，则键能大【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；极性分子
24、和非极性分子 【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素A、D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，则A为H，D为Na，形成NaH为离子化合物；C2和D+具有相同的电子数，则C的质子数为1112=8，即C为O元素；E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2，则最高价为+5价，最低价为3价，E为比Na原子序数大的第三周期元素，为P元素；含有非极性共价键的常见二元离子化合物，则甲为Na2O2；含有极性键和非极性键的18e分子，则乙为H2O2；化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料，为原子晶
25、体，E为P，则B的化合价为+3价，即B为硼元素；化学组成为DBA4的离子化合物，即丁为NaBH4，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素A、D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，则A为H，D为Na，形成NaH为离子化合物；C2和D+具有相同的电子数，则C的质子数为1112=8，即C为O元素；E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2，则最高价为+5价，最低价为3价，E为比Na原子序数大的第三周期元素，为P元素；含有非极性共价键的常见二元离子化合物，则甲为Na2O2；含有极性键和非极性键的18e分子，则乙为
26、H2O2；化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料，为原子晶体，E为P，则B的化合价为+3价，即B为硼元素；化学组成为DBA4的离子化合物，即丁为NaBH4，综上所述：A是H、B是硼、C是氧、D是钠、E是磷，（1）钠的质子数为11，其离子的结构示意图为，故答案为：；（2）NaH是离子晶体熔点高，水是分子晶体但含有氢键故熔点较高，PH3熔点最低，则C、D、E的氢化物按熔点由高到低排列的顺序为NaHH2OPH3，故答案为：NaHH2OPH3；（3）过氧化氢正负电荷中心不重合，故是极性分子，其电子式为，故答案为：极性；（4）少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为6Na2O2+4Al3+6
27、H2O=4Al（OH）3+3O2+12Na+，故答案为：6Na2O2+4Al3+6H2O=4Al（OH）3+3O2+12Na+；（5）由丙熔点高硬度大具有原子晶体的特点，则属于原子晶体，配位键的形成需要一方提供孤电子对另一方提供空轨道，则B原子提供空轨道；原子晶体影响熔点高低的主要因素是共价键强弱，主要体现在半径上，半径越大，键能越小，熔点越低，则氮化硼晶体的熔点要比丙（BP）晶体高，其原因是磷原子半径比氮原子大，NB共价键键长比BP小，则键能大，故答案为：原子；B；磷原子半径比氮原子大，NB共价键键长比BP小，则键能大【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握原子结构、电
28、子排布、元素的位置推断元素为解答的关键，侧重元素周期表和元素周期律、元素化合物的性质及分析、推断能力的考查，题目难度不大9（14分）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2=一1160kJmol1（1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1；吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3
29、产品的流程图如下（Ce为铈元素）：（2）装置中，酸性条件下，NO被Ce 4+氧化的产物主要是NO3、NO2，写出只生成NO3的离子方程式NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+；（3）装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示生成的Ce4+从电解槽的a（填字母序号）口流出；生成S2O42的电极反应式为2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；（4）已知进入装置的溶液中，NO2的浓度为a gL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的O2243aL（用含a代数式表示，计算结果保留整数）【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理
30、【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】（1）已知CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1，CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1 160kJmol1，根据盖斯定律H=，消去NO进行计算；（2）NO被氧化为硝酸根，Ce4+被还原为Ce3+，酸性环境，缺氧补水，缺氢补氢离子完成方程式；（3）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此从a口流出；反应物是HSO3被还原成S2O42，得到电子；（4）NO2的浓度为a gL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：
31、1000（53）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：V22.42（20），根据电子守恒进行计算【解答】解：（1）已知CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1，CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1 160kJmol1，根据盖斯定律H=，消去NO，故甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1；（2）NO
32、被氧化为硝酸根，Ce4+被还原为Ce3+，酸性环境，缺氧补水，缺氢补氢离子，所以离子方程式为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+，故答案为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+；（3）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此从a口流出，故答案为：a；反应物是HSO3被还原成S2O42，得到电子，电极反应式为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O，故答案为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；（4）NO2的浓度为a gL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000（53）a/46，设消耗标况下
33、氧气的体积是V，则失电子数目是：2（20），根据电子守恒：=2（20），解得V=243a，故答案为：243a【点评】本题综合考查学生含氮元素、含硫元素物质的性质知识，注意知识的梳理和归纳是关键，难度中等10（14分）某实验小组用0.50molL1NaOH溶液和0.50molL11硫酸溶液进行中和热的测定配制0.50molL1硫酸溶液（1）若配制250mL硫酸溶液，则须用量筒量取密度为1.84gcm3、质量分数为98%的浓硫酸6.8mL测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如右图所示：（2）仪器A的名称为环形玻璃棒；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是保温、隔热、减少热量损失；（4）写出该反应中和
34、热的热化学方程式：（中和热为57.3kJmol1）H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol；（5）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表表中的温度差平均值为4.0；近似认为0.50molL1 NaOH溶液和0.50molL1硫酸溶液的密度都是1gcm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J（g）1则中和热H=53.5kJ/mol （取小数点后一位）实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差（t2t1）/H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.9
35、25.929.8426.426.226.330.4上述实验数值结果与57.3kJmol1有偏差，产生此实验偏差的原因可能是（填字母）ada实验装置保温、隔热效果差b量取NaOH溶液的体积时仰视读数c一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【考点】中和热的测定 【专题】化学反应中的能量变化【分析】I（1）c=n/V体积=m/MV=wv/M0.25L=98%1.84g/cm3V/98g/mol0.25L=0.5mol/L故v=6.8ml；II（2）为充分的搅拌，用环形玻璃棒搅拌棒；（3）碎泡沫的作用是保温、隔热、减少热量损失；（4）
36、稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水；（5）根据表格数据求得温差平均值；50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml1g/ml=80g，温度变化的值为T=4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g4.18J/（g）4.0=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热H=1.3376KJ/0.025mol=53.5kJ/mol；a装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小；b量取NaOH
37、溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大；c尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中；d温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小【解答】解：I（1）c=n/V体积=m/MV=wv/M0.25L=98%1.84g/cm3V/98g/mol0.25L=0.5mol/L，故v=6.8mL，故答案为：6.8；II（2）为充分的搅拌，用环形玻璃棒搅拌棒，故答案为：环形玻璃棒；（3）碎泡沫的作用是保温、隔热、减少热量损失，故答案为：保
38、温、隔热、减少热量损失；（4）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水，热化学方程式为H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol，故答案为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol；（5）根据表格数据求得温差平均值为=4.0，故答案为：4.0；50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml1g/ml=80g，温度变化的值为
39、T=4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g4.18J/（g）4.0=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热H=1.3376KJ/0.025mol=53.5kJ/mol；故答案为：53.5kJ/mol；a装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；b量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不选；c尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，可保证实验成功，故c不选；d温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温
40、度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故选；故答案为：ad【点评】本题考查热化学方程式以及反应热的计算，题目难度大，注意理解中和热的概念、把握热化学方程式的书写方法，以及测定反应热的误差等问题11（14分）四氯化锡是无色液体，熔点33“C，沸点114氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略）（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶；（2）装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）装置中的最佳试剂为饱和氯化钠溶液，装置的作用为防止空气中水蒸气进入
41、中，SnCl4水解；（4）若装置连接顺序为一一一一，在中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为（5）中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为；（6）若中用去锡粉11.9g，反应后，中锥形瓶里收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为【考点】制备实验方案的设计 【专题】综合实验题【分析】由装置图可知装置应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，装置为饱和食盐水，装置为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在装置中反应生成SnCl4，经冷却后在装置中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置中，以此解答该题（1）认识常
42、见的化学实验仪器（2）A为制备氯气装置，在加热条件下进行，应为浓盐酸和二氧化锰的反应（3）B为饱和食盐水，C为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在D中反应生成SnCl4，因SnCl4极易水解，F可起到防止空气中的水蒸气进入E中（4）若没有III，则SnCl4会水解产生Sn（OH）4（5）加热促进SnCl4气化，便于分离（6）Sn+2Cl2=SnCl4，11.9gSn即0.1mol完全反应可生成SnCl426.1g，故产率为23.8/26.1100%=91.2%【解答】解：由装置图可知装置应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，装置为饱和食盐水，装置为浓硫酸，
43、氯气经除杂，干燥后与锡在装置中反应生成SnCl4，经冷却后在装置中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置中（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）装置中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气发生反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟为了防止盐水解，所以要防止起水解装置的作用为防止空气中的
44、水蒸气进入中使SnCl4水解，故答案为：饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入中，SnCl4水解；（4）未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置；（5）如果没有装置，则在氯气中含有水蒸汽，所以在中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn（OH）4或SnO2，故答案为：Sn（OH）4或SnO2等；（6）若中用去锡粉11.9g，则n（Sn）=0.1mol，理论上产生的SnCl4的物质的质量是m（SnCl4）=0.1mol261g/mol=26.1g所以反应后，若中锥形瓶里收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为100%=91.2%，故答案为：91.2%答案解析【点评】本题考查物质的制备，涉及仪器的识别、氯气的实验室制取方法、实验操作的目的、盐的水解、物质产率的计算等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质设计实验步骤，题目难度不大高考资源网版权所有，侵权必究！