1、山西省太原市山西大学附属中学2019-2020学年高一化学5月模块诊断试题（含解析）1.下列化学用语表示正确的是A. 氮气的电子式：B. 二硫化碳的结构式：SCSC. 中子数为8的氧原子D. 14C的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A氮原子的最外层有5个电子，故氮气中N原子之间形成3对共用电子，电子式为，故A错误；B二硫化碳的结构与二氧化碳相似，分子中C原子分别与S原子以双键结合，故其结构式为S=C=S，故B正确；C中子数为8的氧原子的质量数为8+8=16，故此氧原子表示为O，故C错误；D14C是一种碳原子，其核内有6个质子，核外有6个电子，原子结构示意图为，故D错误；故选B。2.秸
2、秆、稻草等生物质是一种污染小的可再生能源，其主要转化途径及主要产物如图。下列有关说法错误的是A. 生物质能所含能量本质上来源于太阳能B. 由秸秆等物质水解获得的乙醇属于清洁燃料C. 生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物D. 由秸杆稻草等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷【答案】C【解析】【详解】A生物质本质上能来源于太阳能，A说法正确；B乙醇来源于纤维素，属于生物质能，为清洁燃料，B说法正确；C汽油、柴油等属于混合物，C说法错误；D沼气的主要成分是甲烷，D说法正确；答案选C。3.在抗击“新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是A. 聚丙烯为生产防护服的主要原料，属
3、于合成材料B. ClO2泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒原理均是利用了其强氧化性C. 保持空气湿度和适当降温或经常通风就可以防止病毒传播，所以室内无需专门消毒D. 3月至今，国外疫情日趋严重，防疫物资异常紧张，普通民众用棉纺织品代替无纺布自制防护口罩，甚至口服消毒液等措施可以有效防止病毒蔓延【答案】A【解析】【详解】A聚丙烯是丙烯加聚合成的高聚物，属于有机合成材料，A说法正确；BClO2具有强氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，而酒精则是由于其使蛋白质脱水发生变性而消毒，B说法错误；C保持空气湿度和适当降温或经常通风不能阻止病毒的传播，所以室内仍需要专门消
4、毒，C说法错误；D棉纺织品空隙大，具有很好的渗透性，不能阻止病毒渗透，因此不能代替无纺布防护口罩；消毒液不能口服，只能外用，D说法错误。答案选A。4.2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类，山西省相关部分也开始研讨具体实施方案，这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是A. 佩戴一次性医用口罩可以有效预防新冠病毒传播，使用后可直接丢弃到生活垃圾桶B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理D. 山西作为煤炭大省，只要对煤进行干馏、气化、液化等多途径开发，就不会
5、对环境造成任何影响【答案】C【解析】【详解】A佩戴一次性医用口罩可以有效预防新冠病毒传播，使用后的口罩上可能含有病毒，不能丢弃到生活垃圾桶，应该放入专用垃圾桶，故A错误；B氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法制取铝，故B错误；C废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，应该回收后集中处理，故C正确；D将开采出的煤通过干馏、气化、液化等多种途径实现其综合利用可以提高煤的利用率，处理过程中仍会造成一定的污染，故D错误；故选C。5.有下列10种物质，归类正确的是铝H2S金刚石 氯水 NaOH固体 BaCO3固体 氨水 CO2 乙醇 盐酸A.
6、能导电的物质B. 含有离子键的化合物: C. 电解质: D. 共价化合物: 【答案】D【解析】A. 含有自由移动电子或离子的物质可以导电，能导电的物质有金属铝、氯水、氨水和盐酸，即，A错误；B. 含有离子键的化合物有氢氧化钠、碳酸钡，即，B错误；C. 溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，属于电解质的是，C错误；D. 全部由共价键形成的化合物是共价化合物，属于的共价化合物是，D正确，答案选D。点睛：电解质的判断是易错点，判断时既要考虑是不是化合物，还要考虑溶于水或在熔融状态下能否导电，需要说明的是导电只是现象，关键是看该化合物能否自身电离出阴阳离子。6.三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状
7、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属于共价化合物B. 1mol P4S3分子中含有9mol共价键C. P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2P4O10+3SO2D. P4S3中磷元素为+3价【答案】D【解析】【详解】A由于S和P都是非金属，根据P4S3的分子结构图可知分子中的化学键均为共价键，所以该化合物是共价化合物，A正确；B根据P4S3的分子结构图，S-P键有6条，P-P键有3条，共9条共价键，B正确；C根据题意，P4S3燃烧时P被氧化为P4O10，S则被氧化为SO2，故方程式为：P4S3
8、+8O2P4O10+3SO2，C正确；D根据在周期表中的位置可知，硫元素的非金属性比磷的强，故在P4S3中磷元素显正价，S显-2价，则P的平均化合价为，D错误；故选D。7.下列说法正确的是A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化C. 有化学键断裂一定发生化学反应D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的催化氧化是放热反应【答案】D【解析】【详解】A反应吸热还是放热与反应条件无关，需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应需要高温条件才能发生，但该反应为放热反应，A错误；B化学反应的能量可转化为热能、光能、电能、机
9、械能等，能量变化不一定只表现为热能，如可燃物的燃烧，化学能转化为热能和光能，B错误；C有化学键断裂的过程不一定是化学变化，如离子化合物熔化时只有离子键断裂，没有化学键形成，C错误；D灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明反应中有热量释放可维持反应继续进行，可说明氨的催化氧化为放热反应，D正确；答案选D。8.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物清洁无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子，是制备全氮类物质的重要中间体。下列说法中不正确的是A. 全氮类物质属于绿色能源B. 每个中含有35个质子C. 结构中含共价键和离子键D. 每个中含有35个电子【答案】D【解析】【详解】
10、A由题干信息，全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物清洁无污染等优点，故其属于绿色能源，A说法正确；B1个N原子有7个质子，则每个中含有57=35个质子，B说法正确；C结构中存在离子，离子中的N和N形成共价键，和之间形成离子键，C说法正确；D一个N原子含有7个电子，带一个单位的负电荷，则中含有的电子数为57+1=36个，D说法错误；答案选D。9.位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，c原子最外层电子数比b原子次外层电子数多1个。下列判断中错误的是A. a、b、c的简单离子半径依次增大B. a、b、c形成的化合
11、物既溶于强酸又溶于强碱C. b的氢化物的氧化性可能比e的强D. e的最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】A【解析】【分析】根据题干信息，a、b、c、d、e为原子序数依次增大且位于3个不同短周期主族元素，其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，b为氧元素，d为硫元素，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个，c为铝元素，a只能为氢元素，e只能为氯元素，据此分析解答；【详解】根据上述分析可知，a为H元素，b为O元素，c为Al元素，d为S元素，e为Cl元素；Aa、b、c的简单离子半径，氧离子大于铝离子，故A错误；Ba、b、c形成的化合物为氢氧化铝，为两性化合物，既溶于强酸又溶于强
12、碱，故B正确；Cb的氢化物H2O2的氧化性比HCl的强，故C正确；De的最高价氧化物的水化物HClO4是强酸，故D正确；答案选A。10.短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是其电子总数的1/4，离子化合物ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂。下列叙述正确的是（ ）A. Y和W与X形成的简单化合物的热稳定性：X2YX2WB. 离子半径由大到小的顺序为Y2 Z2+ N W【答案】A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小则为氢元素，Y的
13、次外层电子数是其电子总数的1/4，则为氧元素，离子化合物ZX2是一种储氢材料，根据化合价可知Z为镁，W与Y属于同一主族则W为硫元素，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂则为ClO2，N为氯元素。A. Y和W与X形成的简单化合物H2O、H2S的热稳定性：X2YX2W，选项A正确；B. 具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故离子半径由大到小的顺序为Z2+ Y2NYZ，A不正确；B元素的非金属性为OC，B不正确；CX、Y两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，其中氧化钠只含离子键、过氧化钠既有离子键又有共价键，C不正确；DNa的金属性强于Mg，故其最高价氧化物对应水化物的碱性较强，D正确；
14、答案选D。13.肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN键为942、OO键为500、NN键为154，则断裂1 mol NH键所需的能量(kJ)是()A. 194B. 391C. 516D. 658【答案】B【解析】【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，H3=2752 kJ/mol534 kJ/mol=2218 kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1 mol NH键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：
15、154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。14.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程反应过程的示意图如图所示，下列说法正确的是A. 状态状态表示CO与O2反应的过程B. 同物质的量的CO和O反应比CO与O2反应放出更多的热量C. CO和O生成CO2是吸热反应D. 在该过程中，CO断键形成C和O【答案】B【解析】【详解】A状态I表示CO和O，状态III表示CO2，则状态状态表示CO与O反应的过程，故A错误；BCO与O在催化剂表面形成化学键为放热过程，而氧气断裂化学键需吸热，则同物质的量的CO和O反应比CO与O2反应放出更多的热量，故B
16、正确；C根据图象，状态I表示反应物总能量，状态III表示生成物总能量，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，故C错误；D根据图知，该过程中CO不发生断键，只发生成键生成CO2，故D错误；故选B。15.某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（ ）A. B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HClB. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，所得氯气可以制取26.7gAlCl3D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯【答案
17、】C【解析】【详解】A、实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，含有杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢及易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液,其作用是除去氯气中的HCl，A正确；B、因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，B正确；C、用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35
18、g，C错误；D、实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，D正确；正确选项C。【点睛】实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，若用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应，产生氯气的量小于0.15 mol，若是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的盐酸反应，可以生成氯气0.15 mol，因为浓盐酸与二氧化锰加热反应，而稀盐酸与二氧化锰加热也不反应。16.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图所示，下列叙述错误的是A.
19、加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B. 了确保得到氧化铝通常向滤液中通入CO2要过量C. 残渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来D. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤可制得Al2O3【答案】D【解析】【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生SO2，加入氧化钙达到吸收SO2的目的，防止SO2排放污染空气，焙烧产物经过NaOH溶液碱浸，Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量CO2，偏铝酸根与CO2、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可
20、生产Al2O3；碱浸过程中，Fe2O3不与NaOH反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与Fe2O3在隔绝空气的条件下反应生成SO2和Fe3O4，利用Fe3O4的磁性实现其与烧渣的分离，以此来解答。【详解】A铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2发生反应：2CaO2SO2O22CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，A选项正确；B通常向滤液中通入CO2要过量，以确保偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，从而提高氧化铝的产率，B选项正确；CFe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，C选项正确；D滤液中含有，通入过量CO2，发生反应：CO22H2OAl(OH)3H
21、CO3，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3制得Al2O3，D选项错误；答案选D。17.下列物质的转化在给定条件下能实现的是盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液Mg铝土矿 Al(OH)3Al2O3NH3NONO2HNO3NaCl溶液Cl2（无水）FeCl2SSO3H2SO4SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得不到镁，应电解熔融的MgCl2得到Mg，故错误；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，
22、偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故错误；氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故正确；电解氯化钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故错误；硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，故正确；故正确，故选A。18.某课题组采用活性炭回收海带化工提碘废水中残留的低浓度碘(主要以I形式存在，杂质不参与反应)，实验过程如图所示，下列说法错误的是A. 操作X的目的是富
23、集碘单质B. 可通过蒸馏的方法提纯粗碘C. 经洗脱后的溶液中，含有大量的I和D. 氧化步骤发生反应的离子方程式为：6I+2+8H+3I2+N2+4H2O【答案】B【解析】【分析】由流程可知，提碘废水加入硫酸酸化的亚硝酸钠发生6I-+2NO+8H+=3I2+N2+4H2O，通过装有活性炭的填充柱吸附分离出碘单质，加入氢氧化钠溶液洗脱得到碘化钠和碘酸钠的混合溶液，加入硫酸酸化，碘化钠和碘酸钠发生氧化还原反应生成碘单质，经过一系列操作得到粗碘，在经过升华得到碘单质，据此分析解答。【详解】A含有碘单质的混合溶液通过装有活性炭的填充柱吸附分离出碘单质，因此操作X是利用活性炭的吸附性，达到富集碘单质的目的
24、，故A正确；B碘易升华，操作Y为加热，可升华法提纯粗碘，故B错误；C碘与NaOH溶液反应生成碘化钠和碘酸钠，因此经洗脱后的溶液中，含有大量的I-和IO，故C正确；D氧化步骤中提碘废水加入硫酸酸化的亚硝酸钠发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：6I-+2NO+8H+=3I2+N2+4H2O，故D正确；故选B。19.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法错误的是A. 整个过程中O3作催化剂B. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等物质C. 反应的机理为：O2+OO3D. 反应、反应均属于氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A催化剂反应
25、前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；B根据反应过程，反应生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故B说法正确；C根据过程，反应III：O和O2参与反应，生成O3，即反应的机理为：O2+OO3，故C说法正确；D反应I：O3+3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确；答案选A。20.NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 降低NOx排放可以减少酸雨的形成B. 储存过程中
26、NOx被氧化C. 还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）D. 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原【答案】C【解析】【详解】A大气中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以减少酸雨的形成，A正确；B储存过程中NOx转化为Ba(NO3)2，N元素价态升高被氧化，B正确；C还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，C错误；DBaO转化为Ba(NO3)2储存NOx，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原NOx，D正确；故选C。21.天然气是一种重要的化工原料和燃料。常含有少量H2S一种在酸性介质
27、中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是A. 整个脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液并未参与反应B. 整个脱硫过程中参加反应的n(H2S)：n(O2)2：1C. 脱硫过程需不断补充FeSO4D. CH4是天然气脱硫过程的催化剂【答案】B【解析】【详解】A在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S，A说法错误；B脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S，然后发生反应：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，总反应方程式为：2H2S+O2
28、=2S+2H2O，故参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1，B说法正确；C脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应消耗，FeSO4的物质的量不变，其在流程中循环利用，因此不需补充FeSO4，C说法错误；DCH4在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，D说法错误；答案选B。22.用下列装置完成相关实验，合理的是A. 图：验证C元素的非金属性强于SiB. 图：收集CO2或NH3C. 图：从煤干馏所得到的液体物质中分离得到粗氨水D. 图：分离酒精与石油分馏所得到的轻质油混合物【答案】B【解析】【详解】A浓盐酸易挥发，生成的CO2气体中含有HCl，HCl也能与硅酸钠反应
29、生成硅酸沉淀，不能说明碳酸的酸性强于硅酸，进而验证C元素的非金属性强于Si，A不合理；BCO2和NH3均能用排空气法收集，CO2的密度比空气大，则导管长进短处收集CO2，NH3的密度比空气小，则导管短进长出收集NH3，B合理；C煤的干馏是隔绝空气加强热得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水、粗笨等的过程，采用分液的方法可得到粗氨水，C不合理；D酒精与石油分馏所得到的轻质油混合物互溶，不能用分液的方法，D不合理；答案选B。23.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I形式存在）的工艺流程如图，说法错误的是A. 流程的反应说明的非金属性弱于ClB. 经和所得溶液中，I的浓度后者大于前者C. 氯元素的相对
30、原子质量是35.5，则存在的35Cl、37Cl所占的百分比约为3：1D. 若在流程和中要得到等量的I2，则需消耗的n（Cl2）：n（KClO3）5：2【答案】D【解析】【详解】A流程的反应方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，氯气氧化性大于碘，所以说明 I 的非金属性弱于Cl，故A正确；B反应目的是富集碘元素，所以经和所得溶液中，I-的浓度后者大于前者，故B正确；C自然界中氯有35Cl、37Cl两种同位素原子，设原子个数比为x：y，氯元素的相对原子质量是35.5，则，x：y=3：1，故C正确；D流程中1molCl2转移2mol电子，流程中1mol KClO3转移6mol电子，根据电子守恒，要
31、得到等量 I2，则需消耗的n(Cl2)：n(KClO3)=3:1，故D错误。答案选D。24.(1)已知AX3的熔点和沸点分别为93.6和76。在常温常压条件下，AX3与X2气体反应生成1molAX5固体，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为_。(2)在25、101kPa下，一定质量的无水乙醇(C2H5OH)完全燃烧时放出热量QkJ，其燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得100gCaCO3沉淀，则乙醇燃烧的热化学方程式为_。(3)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和氢气，在25、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，该反应的热化学方
32、程式是_。(4)化学反应中放出的热能(焓变，H)与反应物和生成物的键能(E)有关。已知：E(HH)436kJmol1，E(ClCl)243kJmol1，E(HCl)432kJmol1。则H2(g)Cl2(g) 2HCl(g) H_。(5)如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化的示意图，请计算每生成1molNH3(g)放出热量为_。【答案】 (1). AX3(l)X2(g) AX5(s) H123.8kJmol1 (2). C2H5OH(l)3O2(g)2CO2(g)3H2O(l) H2QkJmol1 (3). NaBH4(s)2H2O(l) NaBO2(s)4H
33、2(g) H216kJmol1 (4). 185kJmol1 (5). 46.1kJ【解析】【分析】(1)根据AX3的熔沸点判断常温时的状态，结合生成lmolAX5，放出热量123.8kJ，书写反应的热化学方程式；(2)100gCaCO3的物质的量为1mol，生成1molCaCO3要消耗0.5molC2H5OH，因此0.5molC2H5OH完全燃烧时放出热量QkJ，据此写出热化学方程式；(3)在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4(s)放热216.0kJ，据此书写热化学方程式；(4)依据H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；(5)
34、依据图象，生成2mol氨气反应焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，再计算得到1mol氨气放出的热量。【详解】(1)AX3的熔点和沸点分别为-93.6和76，则室温时，AX3为液态，AX3与X2气体反应生成1molAX5固体，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3(l)+X2(g) AX5(s) H-123.8 kJ/mol，故答案为：AX3(l)+X2(g) AX5(s) H-123.8 kJ/mol；(2) 100gCaCO3的物质的量为1mol，根据C原子守恒，生成1molCaCO3需要0.5molC2H5OH，所以0.5molC2H5OH完全燃烧时放出热量QkJ，则1mo
35、lC2H5OH完全燃烧时放出热量2QkJ，则乙醇燃烧的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) H-2Q kJ/mol，故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) H-2QkJ/mol；(3)3.8gNaBH4(s)物质的量为0.1mol，在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4(s)放热216kJ，则热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g) H-216kJ/mol，故答案为：NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H
36、2(g) H-216kJ/mol；(4)E(H-H) 436kJ/mol，E(Cl-Cl) 243kJ/mol ，E(HCl)432 kJ/mol，H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g) H反应物键能总和-生成物键能总和436kJ/mol+243kJ/mol-2432 kJ/mol-185kJ/mol，故答案：-185kJ/mol；(5)根据N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变H正反应的活化能-逆反应的活化能335kJ/mol-427.2kJ/mol-92.2kJ/mol，所以生成1mol氨气放热46.1kJ，故答案为：46.1kJ。【点睛】书写热化学方程式要注意标
37、注清楚物质的状态，这也是本题的易错点，本题的另一个易错点为(4)和(5)要注意焓变的计算方法。25.氯化钴渗入水泥中可以制备彩色水泥（变色水泥）。以某废钴渣（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO和SiO2）制备氯化钴晶体的一种流程如下：已知：在酸性条件下，氧化性：Co3+Cl2H2O2Fe3+。当pH=5时，Fe3+、Al3+全部转化为氢氧化物沉淀。请回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分是_、_（填化学式）。（2）在滤液A中加入H2O2，H2O2作还原剂的离子方程式为_（3）从滤渣B中提取铁红的操作是将滤渣B溶于过量的_溶液（填化学式），_、洗涤、灼烧得到铁红。（4）从环
38、境保护角度分析，溶解废钴渣时不用浓盐酸替代硫酸的原因是：_（5）为了测定CoCl2nH2O中结晶水数目进行如下实验：取16.6g样品在一定条件下脱水得13.0gCoCl2，则n=_【答案】 (1). SiO2 (2). CaSO4 (3). 2Co3+H2O2=2Co2+O22H+ (4). NaOH (5). 过滤 (6). 可能会产生Cl2污染环境 (7). 2【解析】【分析】根据流程图分析可知，废钴渣加入过量的稀硫酸，除了SiO2外，均可以与硫酸反应，此外硫酸钙是微溶物。加入双氧水可以将Fe2氧化成Fe3，但是从后面的产物来推断，Co3将被还原成Co2，加入Na2CO3沉淀Al3、Fe3
39、，与Co2分离，最后得到CoCl2，据此分析解答问题。【详解】(1)分析原料成分知，二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙与硫酸生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是SiO2和CaSO4；(2)根据后面的产物可知Co为+2价，加入双氧水将3价钴离子还原成2价钴离子，双氧水被氧化生成O2，离子方程式为2Co3+H2O2=2Co2+O22H+；(3)滤渣B中主要含有氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铝溶于强碱而氢氧化铁不会，所以是将滤渣B溶于过量的NaOH溶液，过滤得氢氧化铁，洗涤、灼烧氢氧化铁得氧化铁；(4)用浓盐酸替代硫酸，根据已知氧化性排序Co3+Cl2，三氧化二钴氧化盐酸生成氯气，氯气污染环境；(5)1
40、6.6 g样品在一定条件下脱水得13.0 g CoCl2，所以物质的量之比为1:2，故n=2。26.以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用其工作流程如下：(1)过程中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_。(2)过程中，Fe2+催化过程可表示为：i：2Fe2+PbO2+4H+2Fe3+PbSO4+2H2Oii：写出ii的离子方程式：_。下列实验方案可证实上述催化过程，将实验方案补充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红；b.
41、_。(3)过程的目的是脱硫滤液经处理后可在过程中重复使用，其目的是_(选填序号)。A减小Pb的损失，提高产品的产率B重复利用NaOH，提高原料的利用率C增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率【答案】 (1). Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O (2). 2Fe3+Pb+PbSO4+2Fe2+ (3). 取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去 (4). AB【解析】【分析】根据工艺流程分析可知，过程中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4和水，过滤后得到PbSO4的粗品，向粗品中加入10%的NaOH溶液，发生反应PSO42NaOH=PbONa2SO4H
42、2O，冷却过滤后得到PbO的粗品，经过程得到高纯度的PbO，据此分析解答问题。【详解】(1)结合工艺流程图，过程中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4和水，化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=Fe2+=2PbSO4+2H2O；(2)催化剂参加反应，改变反应历程，降低反应活化能，加快反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后保持不变，i中Fe2被氧化为Fe3，ii中Fe3被还原成Fe2，离子方程式：2Fe3+Pb+PbSO4+2Fe2+；取a中红色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe3SCN=Fe(SCN)3加入过量Pb，Fe3 被还原成Fe2，平衡逆向移动，充分反应后，红色褪
43、去；(3)过程脱硫过程中发生的反应为PSO42NaOH=PbONa2SO4H2O，由于PbO能溶解于NaOH溶液，因此滤液I中含有Pb元素，重复使用滤液I可减少PbO的损失，且滤液I中过量的NaOH可以重新利用，提高原料的利用率，故选AB。27.二氧化氯(ClO2)是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11，可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。回答下列问题：(1)ClO2的制备(已知：SO2+2NaClO3+H2SO42ClO2+2NaHSO4。)整套装置正确的链接顺序为(填AE)A_。装置D的作用是_。(2)ClO2与Na2S的反应将上述收集到的C
44、lO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究中反应的产物。操作步骤实验现象结论取少量中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸品红溶液始终不褪色无生成另取少量中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡有生成继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙中，_有白色沉淀生成有Cl生成ClO2与Na2S反应的离子方程式为_，用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_(任写一条)。【答案】 (1). E-B-D-C (2). 冷凝并收集ClO2 (3). SO2 (4). 生成白色沉淀
45、 (5). 加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液 (6). 8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl+5+8H+ (7). ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生二次污染；均被还原为Cl时，二氧化氯得到的电子数是等物质的量的氯气的2.5倍，故二氧化氯的氧化能力强。(任写一条即可)【解析】【分析】(1)ClO2的制备：装置A中又Cu与浓硫酸发生反应制备二氧化硫气体，在装置B中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解答；(2)根据实验可知ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子
46、的生成；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。【详解】(1)二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则agh，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：aghbcefd；装置D的作用为冷凝并收集ClO2；(2)将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红
47、始终不褪色，说明溶液中无SO2(或或)生成；另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，有生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；结论为有Cl-生成，现象为有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；由上述分析可知ClO2 与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，故发生的离子方程式为：8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H；用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点有：ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍；