1、静宁一中2019-2020学年度第二学期高一级第二次试题(卷)化 学相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Zn 65 Ag 108 一、选择题1.本草经集注中记载了区别硝石（KNO3）和芒硝（Na2SO4）:“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是运用了硝石的A. 焰色反应B. 氧化性C. 还原性D. 不稳定性【答案】A【解析】【分析】【详解】钾焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，体现了元素的性质，属于物理变化，故选A。2.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是()ABCD硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶A. AB. BC. CD. D【答案】D【解
2、析】【详解】A. 硅太阳能电池工作时将光能转化为电能，故A不符合；B. 锂离子电池是化学电池，工作时将化学能转化为电能，故B不符合；C. 太阳能集热器工作时将光能转化为热能，故C不符合；D. 燃气灶工作时将化学能转化为热能，故D符合；故选D。3.具有相同电子层结构的三种微粒An、Bn、C，下列分析正确的是A. 原子序数关系：CBAB. 微粒半径关系：BnAnC. C微粒是稀有气体元素的原子D. 原子半径关系是ACB，A错误；B.因An+、Bn-具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，阴离子半径大于阳离子半径，即r(Bn)r(An+)，B错误；C.An+、Bn-都应具有稀有气体的电子层结构，
3、C的电子层结构相同于An+、Bn-，所以C必为稀有气体元素的原子，C正确；D.A、B为不同周期的元素，由于原子序数AB，A在B的下一周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径AB，D错误；故合理选项是C。4.氧可与许多元素形成化合物，下列有关叙述错误的是()A. 水分子的结构式为：B. H2O2的电子式：C. Na2O2的电子式为：D. 在MgO晶体中，O2-的结构示意图可表示为【答案】B【解析】【详解】A水为V型分子，其结构式为，A正确，不选；BH2O2是共价化合物，其电子式为，B错误，符合题意；CNa2O2由Na和O22组成，其电子式为，C正确，不选；DO为8号元素，得到2个电
4、子后形成O2，、O2的结构示意图为，D正确，不选；答案选B。5.能源可划分为一次能源和二次能源，直接来自于自然界的能源称为一次能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。下列叙述正确的是()A. 水煤气是二次能源B. 水力是二次能源C. 天然气是二次能源D. 电能是一次能源【答案】A【解析】【详解】A水煤气是通过煤与水反应制取的，是二级能源，A正确； B水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，B错误；C天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，C错误；D电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，D错误。故合理选项是A。6.下列热
5、化学方程式中H的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是( )A. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-184.6kJ/molB. C(s)+O2(g)=CO(g) H=-110.5kJ/molC. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6kJ/molD. CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-283kJ/mol【答案】D【解析】【分析】燃烧热是指101kP时，1mol物质完全燃烧产生稳定氧化物时放出的热量，常见元素及其稳定产物：HH2O(l)，C CO 2 (g)，据此判断。【详解】A.氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧产生1mol H2O(l)时的反应热，故A不合题意
6、；B.碳单质的燃烧热是1mol C(s) 燃烧产生1mol CO 2 (g)时的反应热，该反应产物是CO(g)，故B不合题意；C. 氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧产生1mol H2O(l)时的反应热，该反应是2mol H2(g)反应，故C不合题意；D. 1mol CO(g) 燃烧产生1mol CO 2 (g)时的反应热为CO的燃烧热，故D符合题意；故选：D。7.中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，关于核素Lv的叙述错误的是A. 原子序数为116B. 中子数为177C. 核外电子数为116D. 该元素的相对原子质量为293【答案】D【解析】【详解】A. 第116号元素L
7、v的原子序数为116，A项正确；B. 中子数=质量数-质子数=293-116=177，B项正确；C. 原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，所以核外电子数为116，C项正确；D. 293代表该原子的质量数，数值约等于相等原子质量，D项错误；答案选D。8.下列现象或事实不能用同一原理解释的是A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D. SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色【答案】C【解析】【详解】A、浓硝酸和氯水均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；B、硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B
8、不符合题意；C、常温下铁遇浓硝酸钝化，珀与浓硝酸不反应，原理不同，C符合题意；D、SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，D不符合题意；答案选C。9.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A. 原子半径：WXB. 常温常压下，Y单质为固态C. 气态氢化物热稳定性：Z r(Z) r(Y)B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数
9、依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D
10、项正确；答案选D。11.类推思想在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是()A. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色B. 盐酸与镁反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气C. SO2能使品红溶液褪色，故CO2也能使品红溶液褪色D. 常温下浓硫酸能使铁和铝钝化，故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化【答案】D【解析】【分析】【详解】A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其具有还原性，二氧化碳没有还原性，不能与KMnO4反应，故A错误；B.硝酸具有强的氧化性，与活泼金属反应得不到氢气，故B错误；C.SO2能使
11、品红溶液褪色，是因为其具有漂白性，二氧化碳没有漂白性，所以CO2不能使品红溶液褪色，故C错误；D.浓硫酸与浓硝酸都具有强的氧化性，室温下，都能使铁和铝发生钝化，故D正确；答案选D。12. 下列装置应用于实验室制二氧化硫并验证其漂白性的实验，其中能达到实验目的的是A. 用装置甲制取二氧化硫B. 用装置乙收集二氧化硫C. 用装置丙验证二氧化硫的漂白性D. 用装置丁吸收二氧化硫【答案】D【解析】【详解】ACu与浓硫酸混合加热制取SO2，题给装置没有加热装置，反应不能发生，因此该装置不能达到实验目的，A错误；B由于SO2的密度比空气大，所以应该用向上排空气的方法收集SO2，即导气管应该是长进短出，用装
12、置乙不能收集到二氧化硫，B错误；C. SO2有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸而使高锰酸钾溶液的紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性，C错误；D. SO2是大气污染物，在验证SO2的漂白性后的尾气不能排入大气，要用碱溶液吸收，为了防止倒吸现象的发生，应该在导气管的末端安装一个倒扣的漏斗，D正确。故选D。13.下列说法正确的是A. 反应热就是反应中放出的能量B. 在任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热C. 由C（s，石墨）C（s，金刚石）H=+1.9kJmol1可知，金刚石比石墨稳定D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多【答案】D【解析】【
13、详解】A、反应过程中吸收的热也是反应热，故A错误；B、在恒压条件下，H（焓变）数值上才等于反应热，故B错误；C、比较稳定性应比较其能量的高低，由C（石墨）C（金刚石）H=+1.9 kJmol1可知，金刚石能量高，不稳定，故C错误；D、因为硫固体变为硫蒸气要吸热，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故D正确；故选D。14.甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) H=-890kJ/mol，若以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法中正确的是A. 有4NA个电子转移时，放出890 kJ的能量B. 有NA个C-H键断裂时，放出890 kJ的能量C
14、. 有2NA个H2O(l)生成时，放出890 kJ的能量D. 有NA个C、O间的共用电子对生成时，放出890 kJ的能量【答案】C【解析】【分析】该热化学方程式CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) H=-890kJ/mol表示1mol甲烷气体和2mol氧气反应生成1mol二氧化碳气体和2mol液态水时放出890kJ的能量，据此分析解答。【详解】A. 该反应中CH4中-4价的碳经过反应变为产物二氧化碳中+4价的碳，所以每当放出890kJ的能量时，转移的电子数为8mol，则当有4NA个电子转移时，放出的能量应为445kJ，故A错误；B. 有4NA个CH键断裂时，放出890kJ的能
15、量，故B错误；C. 生成2mol的液态水放出890kJ的能量，即有2NA个H2O(l)生成时，放出890kJ的能量，故C正确；D. 1mol二氧化碳分子中含有4NA个C、O间的共用电子对，由此可知有4NA个C、O间的共用电子对生成时，放出890kJ的能量，所以有NA个C、O间的共用电子对生成时，应放出222.5kJ的能量，故D错误；故选C。15.某小组设计如图装置(盐桥中盛有浸泡了KNO3溶液的琼脂)研究电化学原理。下列叙述正确的是A. 银片为负极，发生的反应为Age=AgB. 进行实验时，琼脂中K移向Mg(NO3)2溶液C. 用稀硫酸代替AgNO3溶液，可形成原电池D. 取出盐桥，电流表依然
16、有偏转【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池，Mg是负极，Ag是正极。【详解】A. 银片为正极，发生的反应为Age=Ag，A不正确；B. 进行实验时，琼脂中K移向正极区，B不正确；C. 用稀硫酸代替AgNO3溶液，正极上生成氢气，可形成原电池，C正确；D. 取出盐桥，不能形成闭合回路，电流表不可能偏转，D不正确。综上所述，本题选C。16.目前，太原市电能的主要来源是火力发电下列关于火力发电过程中能量转化关系的描述，正确的是（）A 化学能转化成机械能再转化成电能B. 化学能转化成热能再转化成电能C. 化学能转化成机械能再转化成热能再到机械能D. 化学能转化成热能再转化成机械能再到电能【答案】D
17、【解析】【详解】火力发电是通过煤、石油等燃料的燃烧，将燃料的化学能转化为热能被水吸收变为水的内能，水蒸气膨胀做功能转化为汽轮机的机械能，汽轮机带动发电机转动将机械能转化为电能，故选D。17.下列说法正确的是（ ）A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B. NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同【答案】D【解析】【详解】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂
18、，故B错误；C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。所以D选项是正确的。18.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是（ ）CaCl2 和Na2S CO2 和CS2 Na2O 和Na2O2 HCl 和NaOHA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】CaCl2和Na2S中都只有离子键，化学键类型完全相同；CO2和CS2中都只有极性共价键，化学键类型完全相同；Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键类型不完全相同；HCl中只有
19、共价键，NaOH中有离子键和极性共价键，化学键类型不完全相同；化学键类型完全相同的是，答案选A。【点睛】本题考查化学键的判断，熟悉化学键判断的一般方法是解题的关键。活泼金属元素和活泼非金属元素组成的化合物（AlCl3、BeCl2除外）中含离子键；一般全由非金属元素组成的化合物（NH4Cl等铵盐除外）中只含共价键；含原子团的离子化合物中既含离子键又含共价键；稀有气体中不存在化学键。19.下列关于F、Cl、Br、I相关物质性质的比较中，正确的是（ ）A. 单质的颜色随核电荷数的增加而变浅B. 单质的熔、沸点随核电荷数的增加而降低C. 它们的氢化物的还原性随核电荷数的增加而增强D. 它们的氢化物的稳
20、定性随核电荷数的增加而增强【答案】C【解析】【分析】F、Cl、Br、I位于周期表同一主族，原子序数逐渐增大，原子核外电子层数逐渐增加，半径逐渐增大，熔沸点随核电荷数的增加而增加；元素的非金属性逐渐减弱，则对应氢化物的稳定性逐渐减弱。【详解】A. 卤族元素单质从F2到I2，其颜色分别为：淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫红色，所以卤族元素单质的颜色随着核电荷数增大而加深，A项错误；B. F. Cl、Br、I位于周期表同一主族，其单质均属于分子晶体，它们的熔沸点随相对分子质量的增大而增加，B项错误；C. 元素的非金属性越强，离子的还原性越弱，从F到I，其非金属性随着核电荷数增大而减弱，所以它们的气态氢
21、化物的还原性随核电荷数的增加而增强，C项正确；D. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，从F到I元素，其非金属性随着核电荷数增大而减弱，所以其气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D项错误；答案选C。20.下列关于物质性质的比较，不正确的是（ ）A 碱性强弱：KOHNaOHLiOHB. 原子半径大小：NaSOC. 酸性强弱：HIO4HBrO4HClO4D. 稳定性：HFHClH2S【答案】C【解析】【详解】A、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性就越强，金属性KNaLi，碱性：KOHNaOHLiOH，故A说法正确；B、同主族从上到下原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径：N
22、aSO，故B说法正确；C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，非金属性：ClBrI，即酸性：HClO4HBrO4HIO4，故C说法错误；D、非金属性越强，其氢化物稳定性就越强，非金属性FClS，即稳定性：HFHClH2S，故D说法正确；答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。21.镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2
23、H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2e+ OH-= NiOOH + H2OB. 充电过程是化学能转化为电能的过程C. 放电时负极附近溶液的碱性不变D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】A【解析】【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2e-+ OH-=NiO(OH) + H2O，故A项正确；B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH-使负极附近溶液pH减小，故C项错误；D项，放电时Cd在负
24、极消耗OH-，OH-向负极移动，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。22.氢氧燃料电池用于航天飞机，电极反应产生的水，经冷凝后可作为航天员的饮用水，其电极反应如下：负极：2H24OH-4e-=4H2O；正极：O22H2O4e-=4OH-。当得到1.8 L饮用水时，电池内转移的电子数约为()A. 3.6 molB. 100 molC. 200 molD. 400 mol【答案】C【解析】【详解】1.8L水的质量是1800g，水的物质的量为，负极：2H24OH-4e-=4H2O；正极：O22H2O4e-=4OH-，+得：2H2O2=2H2O，转移的电子数为：，即转移200mol电子数，答案选C
25、。23.2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是A. a为电池的正极B. 电池充电反应为LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLiC. 放电时，a极锂的化合价发生变化D. 放电时，溶液中Li从b向a迁移【答案】C【解析】【详解】A、Li发生氧化反应，所以Li为负极，故A正确；B、电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2Ox+xLi，故B正确；C、放电时，b极锂的化合价升高发生氧化反应，故C错误；D、a为正极，放电时溶液中Li+从b向a迁移，故D正确。答案选C。24.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是
26、A. O2在电极b上发生还原反应B. 溶液中OH向电极a移动C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为45D. 负极的电极反应式为2NH36e6OH=N26H2O【答案】C【解析】【详解】A氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故A正确；B因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；C反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH-向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正确；故选C。二、填空题25.A、B、C、D四种
27、元素，A元素形成的-2价阴离子比氦的核外电子数多8个。B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质。C为第三周期的第IIA族金属元素。D的M层上有7个电子。(1)填元素符号：A_，B_，C_，D_。(2)A、B、C的简单离子半径大小顺序是：_(填离子符号)。(3)比较D的气态氢化物与HF的稳定性强弱顺序：_。【答案】 (1). O (2). Na (3). Mg (4). Cl (5). O2-Na+Mg2+ (6). HFHCl【解析】【分析】A元素形成的-2价阴离子比氦的核外电子数多8个，则A的质子数为2+8-2=8，则A为氧元素；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，则B为钠元
28、素；C为第三周期的第IIA族金属元素，则C为镁元素；D的M层上有7个电子，则D为氯元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为氧元素；B为钠元素；C为镁元素；D为氯元素。(1)由上述分析可知，A是O、B是Na、C是Mg、D是Cl；(2)A是O、B是Na、C是Mg，三种元素的离子分别是O2-、Na+、Mg2+，三种离子具有相同的电子层结构；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越多，离子半径越小，所以A、B、C的简单离子半径大小顺序是：O2-Na+Mg2+；(3)元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；D的气态氢化物为HCl，由于元素的非金属性FCl，所以气态氢化物稳定性：HFHCl。【点
29、睛】本题考查结构性质位置关系的应用，推断元素是解题关键，注意元素周期律的理解与应用。26.取40ml，0.50mol/L的盐酸与40ml，0.55mol/L的NaOH溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、_。（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g）。实验时，还需测量的数据有_（填选项字母）。A.反应前盐酸溶液的温度B.反应前盐酸溶液的质量C.反应前氢氧化钠溶液的温度D.反应前氢氧化钠溶液的质量E.反应后混合溶液的最高温度F.反应后混合溶液的质量
30、某学生实验记录数据如下表：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120.020.123.2220.220.423.4320.520.6236依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H=_（保留三位有效数字）。（3）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.50mol/L的盐酸与100mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_（填“相等”或“不相等”），所求中和热_（填“相等”或“不相等”）。【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒、温度计 (2). ACE (3). -51.8 KJmol-1 (4). 不相等 (5). 相等【解析】【
31、分析】中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计；根据Q=cmT可以计算出反应放出的热量，实验时注意温度要取三次实验的平均值；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但是中和热是指强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关。【详解】(1)中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计；(2)由Q=cmT可知，测定中和热需要测定的数据为：A反应前盐酸溶液的温度、C.反应前氢氧化钠溶液的温度和E反应后混合溶液的最高温度，答案选ACE；(3)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
32、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，反应前后温度差为：3.05；40mL的0.50mol/L盐酸与40mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL1g/cm3=80g，c=4.18J/（g），代入公式Q=cmT得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g）80g=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：=51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热H=-51.8kJ/mol；(4)反应放出的热量和所用酸以
33、及碱的量的多少有关，若用100mL 0.50mol/L盐酸跟100mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100mL 0.50mol/L盐酸跟100mL 0.55mol/L NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等。【点睛】本题考查了中和热的测定的原理和操作，在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热注意理解中和热测定原理以及测定反应热的误差等问题，难点是计算和误差分析。27.氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，消除氮氧化物有多种
34、方法。(1)目前，应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原法，化学反应可表示为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)= 2N2(g)+3H2O(g)H0该反应中，反应物总能量_(填“”、“ (2). 6 (3). NH3 (4). 1：1 (5). CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H =-1160kJmol-1 (6). 锌 (7). Zn-2e-=Zn2+ (8). 2+2MnO2+2e-=2NH3+Mn2O3+H2O (9). NA或6.021023【解析】【分析】(1)H0，反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；根据化合价升高的
35、数值=化合价降低数值=转移电子数；还原剂是失电子，元素的化合价升高的，氨气中氮元素化合价-3价升高为0价，故NH3做还原剂；2NH3被氧化得到1mol氧化产物N2，所以还原产物氮气物质的量为1mol，氧化产物与还原产物的质量比为1：1；(2)CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=-574kJ/mol CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H2=-867kJ/mol由盖斯定律计算2-即可得到目标方程。(3)从总反应式Zn+2MnO2+2NH4ClZnCl2+2NH3+Mn2O3+H2O看出，锌元素化合价从0升至+2，失电子，
36、为负极材料；负极反应式为Zn-2e-=Zn2+；再用总反应-负极反应式即得正极反应式；32.5g锌是0.5mol，由理论值和实际值的比例关系，可得转移的电子数。【详解】(1)H0，反应为放热反应，反应物总能量生成物总能量；根据化合价升高的数值=化合价降低数值=转移电子数，化合价升高情况：2NH36e-N2，所以当有2mol N2生成，该反应的电子转移的量是6mol；反应中氨气中氮元素化合价-3价升高为0价，失电子做还原剂被氧化得到氧化产物N2，2NH3被氧化得到1mol氧化产物N2，所以还原产物氮气物质的量为1mol，氧化产物与还原产物的质量比为1：1；(2)CH4(g)+4NO2(g)=4N
37、O(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=-574kJ/mol CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H2=-867kJ/mol由盖斯定律计算2-得到：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1160kJ/mol；(3)负极发生氧化反应，锌失电子，则锌锰干电池的负极材料是锌；负极电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；正极反应式=总反应式-负极反应式，即2+2MnO2+2e-=2NH3+Mn2O3+H2O；32.5g锌是0.5mol，而1mol的锌失去2mol的电子，所以转移电子的物质的量为1mol，数目为NA或6.0210
38、23。28.某化学课外活动小组通过实验探究NO2的性质。已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。任务1：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(夹持固定装置已略去)。请回答下列问题：（1）E装置中制取NO2的化学方程式是_。（2）若NO2能被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是_。（3）此实验装置存在的一个明显缺陷是_。任务2：探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。（4）实验前，该小组同学提出三种假设。假设1：二者不反应；假设2：NO2能被Na2O2氧化；假设3：_。（5）为了验证假设2，该小组同学选用任务1中的B、D、E装置，将B中的药品更换为Na2O2，另选
39、F装置(如图所示)，重新组装，进行实验。装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_。实验过程中，B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成。推测B装置中发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O (2). 气体颜色逐渐变浅 (3). 缺少尾气处理装置 (4). NO2能被Na2O2还原 (5). EDBDF (6). 2NO2Na2O2=2NaNO3【解析】【分析】（1）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；（2）若NO2能够被NH3还原，则混合气体的颜色将变浅；（3）实验过程中，未能观察到C装置
40、中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低；（4）有毒气体不能直接排空；（5）NO2能被Na2O2还原；（6）验证假设2，首先要制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，所以要除去水的干扰，使二氧化氮气体通过过氧化钠，最后要进行尾气处理；过氧化钠变成白色固体且为纯净物，根据氧化还原反应中元素化合价的变化确定生成物。【详解】（1）E装置中浓硝酸与铜片发生反应生成NO2，反应的化学方程式为Cu4HNO3(浓)Cu(NO3)22NO22H2O；（2）A装置用于制备NH3，NH3被碱石灰干燥后进入C装置，E装置生成的NO2经无水CaCl2干燥后也进入C装置，由于N
41、O2具有氧化性，NH3具有还原性，故在C装置中发生反应：6NO28NH37N212H2O2，随着红棕色的NO2被消耗，C装置中气体的颜色逐渐变浅；所以若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是C装置中混合气体颜色变浅；（3）由于多余的NH3、NO2会从C装置中竖直的玻璃导管中逸出，污染环境，所以缺陷是缺少尾气吸收装置；（4）根据价态分析，NO2中氮元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，Na2O2中的氧元素也处于中间价态，既有氧化性又有还原性，所以假设3应是NO2能被Na2O2还原；（5）选择E装置制备NO2，选择D装置干燥NO2，选择B装置盛放Na2O2，选择F装置进行尾气处理，为防止F装置中蒸发出的少量水蒸气对B装置中的反应产生干扰，最好在B、F装置间再加D装置，故装置连接顺序为EDBDF；假设2是NO2能被Na2O2氧化，根据B装置产生的实验现象“淡黄色粉末逐渐变成白色”可知Na2O2与NO2发生了反应，NO2为还原剂，分子中氮元素的化合价升高到5价，反应产物又只有一种，因此推知发生的反应为2NO2Na2O22NaNO3。【点睛】本题考查了探究二氧化氮性质的实验方案设计与评价，根据元素的化合价来预测物质具有的性质，然后根据实验现象判断物质具有的性质是解答的关键，题目难度中等。
