1、汉江中学年春季学期期末考试高一化学试卷卷面分值100分；考试时间：90分钟；命题人：xxx相对原子质量Cu:64 H:1 N:14一、单选题(本大题共16小题，共48分)1.下列做法不能体现低碳生活的是（） A.注意节约用水B.减少食品加工过程 C.发展氢能和太阳能D.大量使用化石燃料2.在下列变化中，不属于化学变化的是（） A.SO2使品红溶液褪色B.氯水使紫色石蕊试液褪色 C.SO2使高锰酸钾溶液褪色D.活性炭使比墨水褪色3.浓HNO3跟下列物质反应，既表现出氧化性又表现出酸性的是（） A.CuOB.FeOC.CD.CaCO34.下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（）
2、A.浓硫酸可用来干燥某些气体（不挥发性） B.在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大（脱水性） C.在加热条件下铜与浓硫酸反应（氧化性、酸性） D.浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑（吸水性）5.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是() A.洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡B.在Z导管出来的气体中无二氧化碳 C.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D.洗气瓶中无沉淀产生6.学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种试剂，挂在铁架台上另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方（如右图）过一会儿，发现纸蝴蝶的颜色由白色纸蝴蝶转
3、变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是（） ABCD纸蝴蝶上的喷洒液石蕊酚酞酚酞石蕊小烧坏中的溶液浓盐酸氢氧化钠溶液浓氨水浓硫酸A.AB.BC.CD.D7.医学研究证明用放射性13653I治疗肿瘤可收到一定疗效，下列有关I叙述正确的是（） A.13653I是碘的一种同素异形体B.13653I是一种新发现的元素 C.它的中子数是53D.核内的中子数与核外电子数之差为308.短周期元素A、B、C原子序数依次增大，A3-与B2-、C+电子层结构相同则下列说法中不正确的是（） A.三种元素可组成CAB2和CAB3型化合物B.原子半径：ABC C.H2B在同主族元素气态氢化物中最稳定D.B的某
4、种单质可用于杀菌消毒9.下列物质中既含离子键，又含共价键的化合物是（） A.氯化钠B.氯化氢C.氯化镁D.氯化铵10.元素X原子的最外层有1个电子，元素Y原子的最外层有6个电子，这两种元素形成的化合物（） A.只能是离子化合物X2Y B.只能是共价化合物X2Y2 C.既可能是离子化合物也可能是共价化合物 D.形成的化合物无论是X2Y还是X2Y2 原子都达到了8电子稳定结构11.已知短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁、戊的化合价如下表下列说法中正确的是（） 元素甲乙丙丁戊化合价-4+1-4-2-1A.同周期中，丁的最高价氧化物对应水化物的酸性最强 B.气态氢
5、化物的稳定性：丙丁 C.丙的氧化物能与戊的氢化物的水溶液能反应 D.原子半径大小：甲丙，且甲有多种气态氢化物12.在下列各说法中，正确的是（） A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数 C.1mol H2SO4与1mol Ba（OH）2反应放出的热叫做中和热 D.1mol H2与0.5mol O2反应放出的热就是H2的标准燃烧热13.在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应 H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（g）H1 2H2S（g）+SO2（g）=S2（g）+2H2O（g）H2 H2S（g）+O2（g）=S（g）+H2
6、O（g）H3 S（g）=S2（g）H4 则H4的正确表达式为（） A.H4=（H1+H2-3H3）B.H4=（3H3-H1-H2）C.H4=（H1+H2-3H3）D.H4=（H1-H2-3H3）14.断开1molAB（g）分子中的化学键，使其分解生成气态A原子和气态B原子时所吸收的能量称为A-B键的键能已在H-H键的键能为436kJmol-1，H-N键的键能为391kJmol-1，根据热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92kJmol-1，推求NN键的键能是（） A.431kJmol-1B.946kJmol-1 C.649kJmol-1D.1130kJmol-115.肼（N
7、2H4）是火箭发动机的燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气已知：N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）H=+8.7kJ/mol；N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=-534.0kJ/mol下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是（） A.2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=-542.7kJ/mol B.2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=-1059.3kJ/mol C.2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=-1076.7kJ/mol D.N2H4（g）+N2O4（g
8、）=N2（g）+2H2O（g）H=-1076.7kJ/mol16.将一定质量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL(标准状况)然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则(m1-m2)为() A.5.76B.2.88C.1.92D.0二、填空题(本大题共2小题，共24分)17.为了研究化学反应A+BC+D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升试回答下列问题： （1）该反应为 _ 反应（填“放热”或“吸热”） （2）A和B的总能量比C和
9、D的总能量 _ （填“高”或“低”） （3）物质中的化学能通过化学反应转化成 _ 释放出来 （4）反应物化学键断裂吸收的能量 _ （填“高”或“低”）于生成物化学键形成放出的能量 （5）写出一个符合题中条件的化学方程式： _ 已知：P4（白磷，s）+5O2（g）P4O10（s）H=-2983.2kJmol-1 P（红磷，s）+O2（g）P4O10（s）H=-738.5kJmol-1 则白磷转化为红磷的热化学方程式为 _ 相同状况下，能量状态较低的是 _ ；白磷的稳定性比红磷 _ （填“高”或“低”）18.表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，填写下列空白： 主族周期AAAAAAA23（1）
10、在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的名称是 _ ，碱性最强的化合物的化学式是 _ （2）形成化合物的电子式 _ 形成的最高价氧化物的结构式 _ （3）最高价氧化物是两性氧化物的元素其元素符号是 _ ；写出它的氢氧化物与的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 _ （4）的单质与的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是 _ （5）和可形成原子数1：2的液态化合物甲，并能溶解的单质，用电子式表示甲的形成过程： _ 三、简答题(本大题共2小题，共28分)19.有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电
11、子层结构相同在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应请写出： （1）A元素的最高价氧化物的电子式 _ （2）B元素在周期表中的位置 _ （3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有 _ （4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为 _ （5）C与D能形成2：1的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程的 _ （6）元素D与元素E相比，非金属性较强的是 _ （用元素符号表示
12、），下列表述中能证明这一事实的是 _ （填选项序号） a常温下D的单质和E的单质状态不同 bE的氢化物比D的氢化物稳定 c一定条件下D和E的单质都能与钠反应 dD的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸 eD的单质能与E的氢化物反应生成E单质20.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如图实验装置（夹持装置未画出）进行实验请回答下列问题： （1）仪器a的名称为 _ ；仪器b中可选择的试剂为 _ ； （2）实验室中利用下列各组物质，进行喷泉实验，不能成功的是 _ ACl2与饱和食盐水BCO2与40%的NaOH溶液 CNH3与饱和食盐水DHCl与水 （3）实
13、验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有 _ 性，写出相应的化学方程式 _ （4）E装置中浓硫酸的作用 _ （5）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为 _ （用含m、n字母的代数式表示）汉江中学年春季学期期末考试答案和解析【答案】 1.D2.D3.B4.C5.C6.C7.D8.B9.D10.C11.D12.B13.A14.B15.C16.A17.放热；高；热能；低；2Al+6HCl=AlCl3+3H2；P4（白磷，s）=4P（红磷，s）H=-29.2kJ/mol；红磷
14、；低 18.高氯酸；NaOH；O=C=C；Al；Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；+ 19.；第二周期VIA族；离子键、共价键；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；Cl；bd 20.分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰；A；还原；3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D； 【解析】 1. 解：A注意节约用水，能节约水资源，故A不选； B食物加工过程减少，可节约能源，减少二氧化碳排放，能体现，故B不选； C利于氢能的产物为水，氢能和太阳能为清洁能源，发展氢能和太阳能，可减少电能消耗，减
15、少化石能源的使用，减少污染物的排放，能体现，故C不选； D大量使用化石燃料能产生大量二氧化碳，不能体现低碳思想，故D选； 故选D “低碳环保”指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，减少污染物的排放，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生产、生活细节，以此解答 本题考查低碳生活、节能减排，为高频考点，侧重于化学与环境的考查，题目难度不大，增强环保意识、充分理解节能环保的重要性是解答此类题的关键 2. 解：A、SO2使品红溶液褪色，生成无色不稳定的大分子，故A不选； B、氯水生成次氯酸，次氯酸的强氧化性，而使紫色石蕊试液褪色，是化学变化，故B不选； C、二
16、氧化硫的还原，酸性高锰酸钾的氧化性，两者发生氧化还原而褪色，是化学变化，故C不选； D、活性炭的吸附是物理变化，故D选； 故选D 有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化化学变化的特征是：有新物质生成判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成 本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决本考点主要出现在选择题和填空题中 3. 解：A浓硝酸与CuO反应生成硝酸铜和水，化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故A错误； B浓硝酸有氧化性，可同FeO发生氧化还原反应，生成硝酸铁、二氧化氮和水，硝酸既表现出
17、强氧化性又表现出酸性，故B正确； C浓硝酸与灼热的碳反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，硝酸只表现出强氧化性，故C错误； D浓硝酸与CaCO3反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，N元素化合价不变，硝酸只表现出酸性，故D错误； 故选B 硝酸表现氧化性，则反应后N元素的化合价降低；表现出酸性，反应物中有硝酸盐生成，据此分析 本题考查硝酸的化学性质，把握硝酸的强氧化性、酸性、不稳定性为解答的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力 4. 解：A浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体，如氢气、二氧化碳等，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误； B浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞
18、口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故B错误； C浓硫酸与铜在加热条件下发生强氧化还原生成硫酸铜和二氧化硫气体，反应中S元素化合价降低，硫酸起到氧化剂和酸性的作用，故C正确； D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，则浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑，表现的是浓硫酸的脱水性，故D错误 故选C 浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，具有脱水性，可使蔗糖、纸张碳化而变黑，具有强氧化性，可与铜、碳在加热条件下发生氧化还原反应，以此解答该题 本题考查浓硫酸的性质，明确浓硫酸的三大特性是解答本题的关键，题目难度不大，选项C为解答的难点 5. 解；碳与浓
19、硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2 A因为SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，故A错误； B反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，呈红棕色，因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，故B错误； C因为SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，故C正确； D、H
20、2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，故D错误； 故选C 6. 解：从白色的蝴蝶变成红色可推断滤纸上喷洒的物质不是石蕊，而是酚酞试液；浓氨水有挥发性，挥发出的氨气遇到试剂中的水形成氨水，氨水呈碱性，无色的酚酞溶液遇碱性溶液变红色，氢氧化钠溶液没有挥发性，不能使蝴蝶变红 故选C 由题干所给信息，滤纸折的蝴蝶喷上某种试剂后是白色的，说明该试剂是无色的，已知石蕊试液是紫色的，无色的酚酞溶液遇碱性溶液变红色，以及浓氨水呈碱性且有挥发性等知识点分析即可 本题考查了指示剂及元素化合物的性质，难度不大，注意根据题意运用排除法进行选择 7. 解：A53136I是碘的一种核素，不是单质，为I的一种同位素，故A错
21、误； B13653I是碘的一种核素，不是新发现的元素，故B错误； C53136I中子数=质量数-质子数=136-53=83，故C错误； D53136I中子数=质量数-质子数=136-53=83，质子数=核外电子数=53，83-53=30，故D正确 故选D I的质子数为53，13653I为I的一种同位素，结合质子数+中子数=质量数解答该题 本题考查了元素的有关知识，为高频考点，侧重考查学生的双基知识，明确元素中质子数、中子数、质量数之间的关系是解本题关键，并结合元素、同位素、同素异形体的概念来分析解答，难度不大 8. 解：A3-与B2-、C+电子层结构相同，可知A为N元素，B为O元素，C为Na元
22、素， A三种元素可组成NaNO2和NaNO3两种化合物，故A正确； B原子半径NaOF，故B错误； CO为同主族元素中非金属性最强的元素，则对应的氢化物最稳定，故C正确； DO3具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确 故选B A3-与B2-、C+电子层结构相同，可知A为N元素，B为O元素，C为Na元素，结合对应单质化合物的性质以及元素周期律知识解答该题 本题考查原子结构和元素周期律的关系，明确元素的种类为解答该题的关键，注意原子结构特点，把握元素周期律的递变规律，题目难度不大 9. 解：ANaCl只含离子键，故A不选； BHCl只含共价键，故B不选； C氯化镁只含离子键，故C不选； D氯化铵含
23、铵根离子与氯离子之间的离子键及N-H共价键，故D选； 故选D 一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答 本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意铵盐为离子化合物，题目难度不大 10. 解：X元素的原子最外层有1个电子，处于IA则，Y元素的原子最外层有6个电子，处于A族，可以形成H2O、Na2O、H2O2、Na2O2等化合物 A可以形成Na2O2等离子化合物，故A错误； B可以形成H2O2等共价化合物，故B错误； CH2O、H2O2等为共价化合物，Na2O、Na2O2等为离子化合物，故C正确； DH2O
24、、H2O2等为共价化合物，含有H元素，一定不满足8电子结构，故D错误， 故选C X元素的原子最外层有1个电子，处于IA则，Y元素的原子最外层有6个电子，处于A族，可以形成H2O、Na2O、H2O2、Na2O2等化合物，据此分析解答 本题考查原子结构与元素性质，难度不大，判断元素所处主族，再结合常见元素化合物进行解答，注意列举法的应用 11. 解：短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲、丙氢化物中均为-4，则甲为C、丙为Si；乙的氢化物中为+1价，原子序数大于碳，故乙为Na；丁的氢化物中为-2价，戊的氢化物中为-1价，原子序数大于Na，故丁为S、戊为Cl， A丁为S，同周期中Cl元素
25、非金属性最强，故氯元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故A错误； B非金属性SSi，故氢化物稳定性H2SSiH4，故B错误； C丙的氧化物能为二氧化硅，不能与盐酸反应，故C错误； D同主族自上而下原子半径增大，故原子半径CSi，碳元素可以形成烃类物质，故D正确， 故选D 短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲、丙氢化物中均为-4，则甲为C、丙为Si；乙的氢化物中为+1价，原子序数大于碳，故乙为Na；丁的氢化物中为-2价，戊的氢化物中为-1价，原子序数大于Na，故丁为S、戊为Cl，据此解答 本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价与原子序数推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理
26、解掌握 12. 解：A是否加热才能进行与反应热无关，如铝热反应为放热反应，但需要加热才能进行，而氢氧化钡晶体和氯化铵的反应为吸热反应，在常温下就能进行，故A错误； B热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，可为整数，也可为分数，故B正确； C中和热只生成1mol水，硫酸和氢氧化钡反应生成水的同时生成硫酸钡沉淀，故C错误； D用燃烧热表示水的生成时，应生成液态水，没有表明是否生成液态水，不一定为燃烧热，故D错误 故选B A是否加热才能进行与反应热无关； B热化学方程式中的化学计量数表示物质的量； C中和热只生成1mol水； D用燃烧热表示水的生成时，应生成液态水 本题综合考查化学反应与能量变化，
27、为高频考点，题目侧重考查热化学方程式、中和热、燃烧热等概念，注意把握相关概念的定义，要准确，难度不大 13. 解：根据目标方程，把方程反写；把方程乘以；把方程乘以；然后三者相加；即H4=-H3+H2+H1=（H1+H2-3H3）， 故选A 利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热 本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及H的符号的变化 14. 解：已知：H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，令NN的键能为x， 对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=-92kJ/mol， 反应热
28、=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3436kJ/mol-23391kJ/mol=-92kJ/mol 解得：x=946kJ/mol 故选B 反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，据此计算 本题考查反应热的有关计算，难度中等，掌握反应热与键能的关系是关键 15. 解：肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气， N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）H=+8.7kJ/mol N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=-534.0kJ/mol 将方程式2-得肼和N2H4反应的热化学方程式，2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）H=
29、-1076.7kJ/mol， 故选C 根据盖斯定律，N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）H=+8.7kJ/mol N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=-534.0kJ/mol 将方程式2-得肼和N2H4反应的热化学方程式 本题考查热化学方程式的书写，运用了盖斯定律，注意热化学方程式与化学方程式的区别 16. 解：铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu(NO3)2和NO气体，NO的物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为=0.03mol，根据铜元素守恒可知，溶液中nCu(NO3)2=0.03mo
30、l，溶液中n(NO3-)=0.06mol 再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu(NO3)2中NO3-发生反应3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，容器剩有铜粉m2g，(m1-m2)为与溶液中NO3-反应的铜的质量，令再次反应的铜的物质的量为xmol，则： 由反应3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O 32xmol 0.06mol 所以x=0.09mol 所以再次反应的铜的质量为0.09mol64g/mol=5.76g，即(m1-m2)=5.76g 故选：A 17. 解：（1）由于发生反应A+BC+D，U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质可以
31、判断该反应为放热反应， 故答案为：放热； （2）由于A+BC+D的反应为吸热反应，所以A和B的总能量比C和D的总能量高， 故答案为：高； （3）化学变化伴随着物质和能量变化，物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来， 故答案为：热能； （4）化学反应中旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，该反应为吸热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量， 故答案为：低； （5）该反应为放热反应，且不需要加热既能够发生，如铝与稀盐酸的反应为放热反应，该反应的化学方程式为：2Al+6HCl=AlCl3+3H2， 故答案为：2Al+6HCl=AlCl3+3H2； P4（s，白磷）+5O
32、2（g）=P4O10（s）H1=-2983.2kJ/mol P（红磷，s）+O2（g）P4O10（s）H=-738.5kJmol-1 根据盖斯定律-4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）H=（-2983.2kJ/mol）-（-738.5kJ）4=-29.2kJ/mol， 说明白磷转化为红磷是放热反应，相同的状况下，能量比白磷低，由于能量越低物质越稳定，则白磷的稳定性比红磷低， 故答案为：P4（白磷，s）=4P（红磷，s）H=-29.2kJ/mol；红磷；低 当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质，可以判断反应的吸放热情况，根据反应物
33、和生成物能量之间的关系与反应的吸放热之间的关系以及化学键断裂和生成过程的能量变化进行回答； P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）H1=-2983.2kJ/mol P（红磷，s）+O2（g）P4O10（s）H=-738.5kJmol-1 根据盖斯定律：-4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷），据此计算出该反应的焓变，然后书写热化学方程式；根据物质的总能量与反应热的关系判断，能量越高物质越稳定 本题考查了反应热与焓变的综合应用，题目难度中等，明确化学反应与能量变化的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力 18. 解：根据各
34、元素在周期表中的相对位置可知，为Li、为C、为N、为O、为Na、为Al、为S、为Cl元素， （1）同周期自左而右金属性减弱、非金属性最强，而同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，则非金属性最强的为Cl，则酸性最强的化合物的名称为高氯酸；金属性最强的为Na，则最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH， 故答案为：高氯酸；NaOH； （2）形成化合物为硫化钠，硫化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出所带电荷及最外层电子，硫化钠正确的电子式为； 形成的最高价氧化物为CO2，二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键，其结构式为O=C=C， 故答案为：；O=C=C； （3）Al
35、的氢氧化物具有两性，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2， 故答案为：Al；Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O； （4）的单质为Al，的最高价氧化物的水化物为NaOH，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2， 故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2； （5）二硫化碳是硫原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，用电子式表示其形成过程为：+， 故答案为：+ 根据各元素在周期表中的相对位置可知，为Li、为C、为N、为O、为Na、为A
36、l、为S、为Cl元素， （1）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强； （2）形成化合物为硫化钠，硫化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；形成的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键； （3）氧化铝为两性氧化物；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水； （4）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气； （5）的单质为S单质，和可形成原子数1：2的液态化合物甲为CS2，二硫化碳为共价化合物，用电子式形成二硫化碳的形成过程 本题考查位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与
37、元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的逻辑推理能力 19. 解：有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E
38、的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl （1）A为碳元素，最高价氧化物为CO2，电子式为，故答案为：； （2）B为氧元素，在周期表中的位置：第二周期VIA族，故答案为：第二周期VIA族； （3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物为Na2O2，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键； （4）D元素的低价氧化物为二氧化硫，与氯气的水溶液反应的方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl， 故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl； （5）C与D能形成2：1的化合物为Na2S，用电子式表示该化合物的形成过程：， 故答案为：； （6）同周期自左而右元素非金属性增强，故
39、非金属性ClS， a单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，故a错误； b氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强，故b正确； c与变价金属反应可以根据产物中金属化合价判断非金属元素的非金属性强弱，Na不是变价金属，不能判断硫与氯的非金属性强弱，故c错误； d最高价含氧酸的酸性与中心元素的非金属性一致，故d正确； e硫不能与HCl反应生成氯气，故e错误， 故答案为：Cl；bd 有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原
40、子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl，据此解答 本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实 20. 解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解
41、生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体， 故答案为：分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰； （2）ACl2与饱和食盐水互不相溶，不能产生压强差，不能产生喷泉实验，故A正确； BCO2与40%的NaOH溶液之间可以反应，能产生压强差，可以产生喷泉实验，故B错误； CNH3与饱和食盐水是互溶的，能产生压强差，可以出现喷泉实验，故C错误； DHCl与水是互溶的，生压强差，可以出现喷泉实验，故D错误； 故选A； （3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3
42、CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，故答案为：还原；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2； （4）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果，故答案为：吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D； （5）若测得干燥管D增重mg为水物质的量=，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=（2）：（2）=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为，故答案为： （1）依据装置仪器分析回答，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰； （2）喷泉实验的形成原理是气体极易溶于水（或溶液）或与水（或溶液）发生反应而导致容器压强减小，从而形成喷泉，据此分析解答 （3）C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水； （4）E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D； （5）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到 本题考查了氨气的实验室制备，性质验证和反应现象分析判断判断，装置流程分析，量气装置的使用方法，测定元素物质的量之比的计算，题目难度中等