山东省潍坊市五县市2022-2023学年高一下学期期中考试化学试卷
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．跨年夜燃放的烟花应用了某些金属元素的焰色试验
B．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
C．二氧化硅是常温下性质稳定的半导体材料，常被用来制造芯片
D．金属铝表面覆盖一层致密的氧化膜，因此铝制餐具可以较长时间存放碱性食物
2．下列实验中，既有离子键断裂又有共价键断裂的是（ ）
A．加热水使其气化 B．固体溶于水
C．加热融化氯化镁固体 D．将氨气通入水中制备氨水
3．已知核内有b个中子，A原子的质量数为M，则所含电子的物质的量是（ ）
A． B． C． D．
4． 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中所含阴离子数为
B．标准状况下，11.2L乙醇中含有共价键数目为
C．1mol重水比1mol水多个质子
D．铅蓄电池中，理论上当正极增加3.2g时，电路中通过的电子数目为
5．下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）
A．最外层电子数相同的元素一定是同一族的元素
B．第IA族和VIIA族的元素只能形成离子键
C．IIIB族到IIB族10个纵列的元素中有非金属元素
D．同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、16、26、36等
6．a、b、c、d四种元素在周期表中的位置如图。下列说法错误的是（ ）
a
b
c d
A．a元素的某种核素可能没有中子
B．若b的单质可作半导体材料，则c的单质可能为半导体材料
C．若a的核电荷数为z，则b的核电荷数可能为z＋9
D．若b的最高价氧化物对应水化物为，则a的氢化物的化学式为
7．甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。某科研团队利用光催化制甲酸如图所示：已知：2CO2+2H2O=2HCOOH+O2△H>0。下列说法错误的是（ ）
A．电极电势：电极N高于电极M
B．该装置把光能和化学能转化为电能
C．正极电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH
D．若制得9.2gHCOOH，不考虑气体溶解，整套装置质量增加5.6g
8．短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大；a的一种核素常用来鉴定一些文物的年代；b的氢化物的水溶液呈碱性；c、d为金属元素，且d原子最外层电子数等于其K层电子数；若往e单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊溶液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是（ ）
A．a的常见单质中不存在化学键
B．简单离子半径大小顺序为e>b>c>d
C．b、e两元素可形成离子化合物
D．d的单质在空气中燃烧只能生成一种化合物
9．硫的两种晶体形态的相图如图所示，其燃烧的热化学方程式为： ；。相图：用于描述不同温度(T/℃)、压强(p/Pa)下硫单质的转化及其存在状态的图像。下列说法正确的是（ ）
A．斜方硫和单斜硫互为同位素
B．
C．F→G过程为固态硫的气化，该过程中有化学键的断裂
D．温度高于119℃且压强小于0.4Pa时，单斜硫液化
10．一种以太阳能热源分解水的历程如图所示：
已知：过程I：
过程II：
下列说法正确的是（ ）
A．转化过程中FeO作催化剂
B．该过程说明，常温下FeO易溶于水
C．
D．2mol液态水所具有的能量高于2mol氢气和1mol氧气的能量
二、多选题
11．探究小组在25℃和101kPa下进行中和热测定，取用的盐酸和的NaOH溶液(密度均为)。实验数据如下：
实验序号 起始温度 终止温度 温度差
HCl NaOH 平均值
1 25.4 25.0 25.2 28.5 3.3
2 24.5 24.5 24.5 27.5 3.00
3 25.0 24.5 24.75 26.5 1.75
已知：中和后生成的溶液的比热容为，该实验条件下，中和热的理论值为。下列说法正确的是（ ）
A．该实验计算出中和热的平均值低于理论值
B．造成实验误差的原因可能是溶液混合后未及时盖好量热计杯盖
C．实验时，可用的醋酸代替盐酸
D．实验中，NaOH溶液用量越大，所测中和热数值越大
12．下列实验设计能达到实验目的的是（ ）
实验目的 实验设计
A 验证非金属性：Br＞I 将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色
B 除去Al2O3固体中的少量Fe2O3 将混合物投入足量NaOH溶液中，然后依次进行过滤、洗涤、干燥
C 检验食盐中是否添加KIO3 将少量食盐加入烧杯中，加水溶解，向溶液中滴加淀粉KI溶液，观察溶液是否变蓝色
D 验证金属的活泼性：Zn＞Cu 设计如图原电池：
A．A B．B C．C D．D
三、单选题
13．实验室从含碘废液(除外，含有、、等)中回收碘，其实验过程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．还原操作将还原为的目的是使中的碘进入水层
B．操作X中振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下
C．操作X时，由分液漏斗下口放出
D．回收碘时，通过过滤操作从碘的悬浊液中分离出碘单质
14． 电池(KOH为电解液)的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．工作时，电流方向为NiOOH电极→导线→Zn电极→电解质溶液→NiOOH电极
B．工作一段时间后，电解液pH减小
C．负极电极反应式为
D．当电路中转移时，电解液质量增加6.5g
四、多选题
15．常温下，和溶于水及受热分解的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．受热分解是放热反应
B．
C．常温下，溶于水的热化学方程式为：
D．将溶于水会使溶液温度升高
五、元素或物质推断题
16．五种短周期主族元素a、b、c、d、e随原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示：
回答下列问题：
（1）元素d在周期表中的位置是 ，c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为 (用离子符号表示)。
（2）下列可作为比较d和e金属性强弱依据的是_______(填序号)。
A．测两种元素单质的硬度和熔、沸点
B．比较单质作为还原剂时失去电子数目的多少
C．比较两种元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
D．比较单质与同浓度盐酸反应置换出氢气的难易程度
（3）已知硒(Se)与c同主族，关于硒及其化合物的说法正确的是_______(填序号)。
A．既有氧化性又有还原性
B．气态氢化物的稳定性强于氯化氢
C．硒单质具有强氧化性
D．最高价氧化物对应水化物的化学式为
（4）化合物可作环保型阻燃材料，受热时按如下方程式分解：
。
①该化合物作阻燃剂的两条依据是 、 。
②在25℃、101kPa下，已知12g的单质d在中完全燃烧后恢复至原状态，放热302.4kJ，该反应的热化学方程式是 。
（5）工业上常用单质e和金属氧化物反应制备金属单质： ；利用上述方法可制取Ba的主要原因是_______(填序号)。
A．高温时e的活泼性大于Ba B．高温有利于BaO分解
C．高温时比稳定 D．Ba的沸点比e的低
六、工业流程题
17．碲(Te)是第5周期VIA族元素，其化合物可用作石油裂化的催化剂。一种从碲化铜渣(主要成分为，含有Au、Ag等杂质)中回收碲的工艺流程如下：
已知：熔点为733℃，微溶于水，可溶于强酸和强碱。
回答下列问题：
（1）Te的原子结构示意图为 ，Te与S的气态氢化物热稳定性由强到弱顺序为 (用氢化物的化学式表示)。
（2）“焙烧”的化学方程式 (碲元素转化为)。
（3）“滤渣1”进行“碱浸”时发生反应的离子方程式为 ，滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
（4）“滤液2”加入氧化剂双氧水，双氧水中的溶质的电子式为 。
（5）“还原”制备碲粉时，加入与最合理的物质的量之比为 。
七、元素或物质推断题
18．如图所示为元素周期表的一部分，表中每个字母分别代表一种元素。
回答下列问题：
（1）d的阴离子的结构示意图为 。
（2）a和c形成的原子个数比为1：1的化合物中所含化学键类型为 。
（3）d和e的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序 (用化学式表示)。
（4）为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某同学设计了如下实验(夹持装置略)
实验过程：
I.打开、，打开活塞1，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭。
II.继续通气体，当B中溶液变为棕红色时，关闭活塞1。
III. ……
①装置a的名称为 。
②过程I，B、C中的溶液都变黄色的原因 (用离子方程式表示)。
③过程II的目的是 。
④过程III的目的是验证溴的氧化性强于碘。简述操作过程 。
八、原理综合题
19．联氨()又称肼，是一种应用广泛的化工原料，常用作火箭和燃料电池的燃料。回答下列问题：
（1）已知：①
②
③
写出常温下燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式 。
已知部分键能数据如下：
化学键
键能/ 942 500 154 462
则断裂中键所需的能量是 kJ。
（2）工业上一种制备联氨的方法为，若制备，转移电子的物质的量为 mol。
（3）一种联氨燃料电池的工作原理如图所示。放电一段时间，电解质溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)，负极反应式为 ，若电池工作时消耗，则消耗氧气的体积为 L(标准状况)。
九、实验题
20．探究学习小组同学为验证Cl的非金属性强于S，的氧化性强于，设计如目实验装置：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ，A装置中发生反应的离子方程式为 。
（2）能证明Cl的非金属性强于S的反应的离子方程式为 ，从原子结构角度看Cl的非金属性强于S的原因是 。
（3）装置H中的试剂为 。
（4）能证明的氧化性强于的明显实验现象是 ，对应的化学反应方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；焰色反应；铝的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.金属元素发生焰色反应，会呈现出不同的颜色。燃放的烟花就是某些金属发生焰色反应所呈现出来的色彩。故A正确。
B.二者原理是不同的，“嫦娥五号”用的太阳能电池是将太阳能转化为电能。锂离子电池组是将化学能转变为电能。故B错误。
C.二氧化硅具有良好的导光性，常用于制作光纤，用来制造芯片的晶体硅。故C错误。
D.铝餐具表面的氧化铝是两性氧化物能和碱反应。所以铝制餐具不可以长时间存放碱性物质。故D错误。
故选：A
【分析】本题主要考察的是物质的性质和应用。将化学与实际生活联系起来，侧重于学生对问题的分析与应用能力。
2．【答案】B
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A.加热水使其气化，水只是状态发生了变化，破坏的是分子间作用力，不破坏化学键，故A错误；
B.NaHSO4固体溶于水发生电离，电离方程式为 NaHSO4=Na++H++SO42-，有共价键和离子键的断裂，故B正确；
C.熔融MgCl2能电离，电离方程式为MgCl2=Mg2++2Cl-，只有离子键的断裂，故C错误；
D.将氨气通入水中发生反应NH3+H20=NH3·H2O，只有共价键的形成，故D错误。
故选：B
【分析】本题考查的是化学键的变化，考察判断分析能力，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既有离子键断裂，又有共价键断裂，说明该物质中既含离子键又含共价键。
3．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A2+核内有b个中子，A原子的质量数为M ，A2+的核外电子数为M-b-2，
则mgA2+的物质的量= mg/Mg/mol=(m/M)mol；
mgA2+所含电子的物质的量为 =（M-b-2）×(m/M)mol 。
故选C
【分析】本题考查的是物质的量的计算，根据公式n=m/M可以解答。
4．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.Na2O2中的阴离子是O2-，则7.8gNa2O2中所含的阴离子数目为7.8g/78g/mol×NAmol-1=0.1NA；故A错误；
B.标准状况下，乙醇为液体，不能用气体标准摩尔体积计算，故B错误；
C. 1mol重水和1mol水的质子 一样多，质子数都是10mol，故C错误；
D.铅蓄电池中，正极反应式是PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，正极的PbO2转变成PbSO4，则每增重64g，转移2mol电子，同比例计算，当正极增加3.2g时， 电路中通过的电子数目0.1NA；故D正确。
故选：D
【分析】Na2O2中的阴离子是O2-，气体摩尔体积使用的对象是气体，本题考察的是阿伏加德罗常数，侧重考察学生的化学计算能力。
5．【答案】D
【知识点】离子键的形成；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.最外层电子数相同的元素不一定是同一族的元素，如0族元素He和第IA族元素的原子最外层均为2个电子，过渡元素铁钴镍外层也都是2个电子，故A错误；
B.第IA的H和第VIA族的元素还可以形成共价键，如HF、HCl、HBr、HI，故B错误；
C.元素周期表中IIB族到IIB族10个纵列的元素称为过渡元素，都是金属元素，故C错误；
D.从第一周期到第七周期，每一周期的元素种类数分别为2、8、8、18、18、32、32，同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2，如H和Li，也可能相差16，如Li和K；也可能相差26、，如处于过渡元素之后的第二周期与第四周期的同主族元素相差26，也可能相差36，如处于过渡元素之后的第三周期与第五周期的同主族元素相差36，故D正确；
故选D
【分析】本题考查的是元素周期表，要熟记元素周期表的结构、族与列的关系，氢元素与卤素形成共价化合物，过渡元素都是金属元素。
6．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A.由图中位置可知，a元素不可能为H元素，则a元素的某种核素有中子，故A错误；
B.若b的单质可作半导体材料，b为Si元素时，c为Ge元素，c的单质可作半导体材料，故B正确；
C.当a位于第二周期时，则b位于第三周期，二、三周期同主族原子序数之差为8，如a为硼时b为硅，核电荷数相差9，则若a的核电荷数为z，则b的核电荷数可能为z+9，故C正确；
D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，可知b的最高正价为+6价，a的最低价为-3价，则a的氢化物的化学式为aH3，故D正确；
故选：A。
【分析】本题考查的是元素周期表中元素的位置关系、结构与性质，图中a不可能位于第一周期，单质可作半导体材料的常见的是硅单质。
7．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.可判断出M极为负极，N极为正极，故电极电势：电极N高于电极M，故A正确；
B该装置利用光能制备甲酸，故该装置把光能转化为电能和化学能，故B错误；
C.N极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故C正确；
D.9.2gHCOOH的物质的量为0.2mol，由总反应2CO2+2H2O=2HCOOH+O2可知，该装置吸收0.2mol二氧化碳，放出0.1mol氧气，故增加质量为0.2molx44g/mol-0.1molx32g/mol=5.6g，故D正确；
故选：B
【分析】本题考查的是原电池的电极反应和计算，由图可知，M极氧元素价态升高失电子，故 M极为负极，电极反应式为2H2O-4e-=O2个+4H+，N极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+= HCOOH，正极的电极电势比负极的电极电势高。
8．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】分析可得：a为C元素，b为N元素，c为Na元素，d为Mg元素，e为Cl元素
A.碳元素单质有金刚石，石墨，C60等， a的常见单质中存在共价键，故A错误；
B. 简单离子半径大小顺序为 ：Cl-＞N3-＞Na+＞Mg2+，故B正确；
C. b、e两元素只形成共价化合物，故C错误 ；
D.Mg 单质在空气中燃烧与氧气反应时生成MgO，与氮气反应生成Mg3N2，与二氧化碳反应生成MgO和C，故D错误。
故选B
【分析】本题考查的元素周期表，根据性质推断元素，熟练掌握元素化合物的知识。掌握离子半径的比较，镁单质在空气中燃烧可以与氧气反应与氮气反应，与二氧化碳反应。
9．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体，故A错误；
B.在压力相同时，升温由斜方硫转化为单斜硫，则斜方硫转化为单斜硫时吸热，说明单斜硫能量高，则二者等量燃烧时，单斜硫放出的热量多，则△H1> △H2，故B错误；
C.图中F → G过程为固态硫的气化，在该过程中，斜方硫先转化为单斜硫，再变成气体，斜方硫转化成单斜硫属于化学变化，该过程中有化学键的断裂，故C正确；
D.由图像可看出：温度高于119℃且压强小于0.4Pa，为气态，温度高于119且压强大于0.4Pa， 单斜硫液化 。故D正确。
【分析】本题考查盖斯定律，看图像分析问题，从图像上有气、液、固三种形态。同种元素的不同单质互称同素异形体，质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素。
10．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；催化剂
【解析】【解答】A.过程 I生成了FeO， 过程II FeO参与反应，则该转化过程中FeO为反应的中间体，故A错误；
B.在过程Ⅱ：3FeO (s) +H2O (I) =H2(g) +Fe3O4 (s)ΔH=128.9kJ·mol 可知， FeO与水反应吸热，常温下不溶于水，不反应，故B错误；
C. 由盖斯定律- I-2xⅡ得到2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-313.2kJ·mol-1-2x128.9kJ·mol-1=-571.0kJ·mol 1，故C正确；
D.由C选项可知，2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-571.0kJ·mol＜0为放热反应，故2 mol液态水所具有的能量低于2mol氢气和1mol氧气的能量，故D错误；
故选：C。
【分析】催化剂参与化学反应，反应前后质量和性质不会发生变化；ΔH＞0时，反应吸热；ΔH＜0时，反应放热；化学反应中能量的计算用盖斯定律来算。
11．【答案】A,B
【知识点】反应热和焓变；中和热；有关反应热的计算
【解析】【解答】A.第3次得到温度差误差较大，应该舍弃，所以平均温度差为（3.30℃+3.00℃）/2= 3.15℃，
50mL0.50mol·L-1的HCl和50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液的质量 m =100mLx 1g/cm3=100g，
c =4.18J/(g·℃)，代入公式Q= cm△T得生成0.025mol的水放出热量 = 4.18J/ (g ·° C) x 100g x3.15℃=1.3167kJ，即该实验测得的中和热为-（1.3167kJ/0.025mol ） = -52.67kJ/mol，中和热是57.3kJ·mol-l，则学生测得的数据比理论值低，故A正确；
B.溶液混合后未及时盖好量热计杯盖，测得的热量偏小，所以测得中和热的数值偏小，故B正确；
C.醋酸电离要吸热，用0.50mol·L-的醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热数值会偏小，故C错误；
D.中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，所以不管 NaOH溶液再大，中和热数值都相等，故D错误
故选：AB。
【分析】测出的化学实验数据要判断数据的有效性，不合适的应舍弃，再根据公式计算数据。造成实验误差的因素要了解清楚。掌握中和热的定义并理解。中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量。
12．【答案】A,D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.溴水氧化KI生成碘，反应方程式为KI+Br2=KBr+I2，碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水、密度比水大，则下层液体呈紫色，可验证非金属性：Br>I，故A正确；
B. Al2O3 与NaOH溶液反应， 是将原物质除去，不能除杂，故B错误；
C.酸性溶液中碘酸钾与KI发生氧化还原反应生成碘，题目中缺少酸性条件，溶液不会变蓝，故C错误；
D.图中为原电池，Zn为负极，Cu为正极，则金属的活泼性：Zn>Cu，故D正确；
故选：AD。
【分析】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查。碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水、密度大于水的密度，Al2O3 与NaOH溶液反应：Al2O3 +2NaOH=2NaAlO2+H2O；碘酸钾与KI在酸性条件中发生氧化还原反应生成碘：KIO3+5 KI+3 H2SO4=3 K2SO4+3I2+3H2O。原电池的两极必须是两种活泼性不同的金属材料，或者一种是金属，另一种是非金属，但是都必须导电.且若两极是两种活泼性不同的金属材料，则金属性负极比正极的活泼型大。
13．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.碘微溶于水，但碘离子易溶于水， 还原操作将I2还原为I-为是了使更多的碘元素进入水溶液应将碘还原为碘离子， A正确；
B.萃取振荡时，分液漏斗上口应倾斜向下，下口斜向上，B错误；
C.由于CCl4密度比水大，所以在分液时CCl4应该从分液漏斗下口放出，C正确；
D.过滤用于分离不溶于水的固体和溶液，故回收碘时，通过过滤操作从碘的悬浊液中分离出碘单质，D正确；
故选B。
【分析】含碘废液含有CCI4、l2、I-等，加入Na2SO3溶液还原碘单质为碘离子，使更多的碘元素进入水溶液，分液得到的溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素。
14．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.原电池工作时，电流从正极流出经过导线流向负极，再经过电解质溶液流回正极，即电流方向为NiOOH电极→导线→Zn电极→电解质溶液→NiOOH电极，故A正确；
B.原电池工作时，总反应为Zn+2OH-+2NiOOH=ZnO+2Ni (OH) 2，则电解液碱性减弱、pH减小，故B正确；
C.Zn作负极，负极反应式为2Zn-2e +4OH-= 2ZnO+2H2O，故C正确；
D.原电池工作时总反应为Zn+2KOH+2NiOOH=K2ZnO2+2Ni (OH)2，转移电子2e ，Ni (OH) 2是沉淀，不在电解质溶液中，电解液中溶质的变化是损失了OH-，得到了ZnO22-，则电路中转移0.2mol电子时，电解液增加的质量为6.5g/mol-×0.1mol-0.2g=6.3g，故D错误；
故选：D。
【分析】考查原电池题目时，写出总反应方程式解答问题：Zn+2KOH+2NiOOH=K2ZnO2+2Ni (OH)2，电流方向是从正极流向负极，电解液的酸碱用溶液中H+和OH-的量来判断。
15．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A.由图可知，CuSO4 ·5H2O (s) = CuSO4(s)+ 5H2O (l) △H1为吸热反应，故A错误；
B.由图可知△H - △H = △H1，则△H = △H1 + △H ，故B正确；
C.常温下， CuSO4(s)溶于水的热化学方程式为：CuSO4(s)+Cu2+(aq) + SO42- (aq)△H ，故C正确；
D.由图可知，CuSO4·5H O(s)溶于水需要吸收能量，则会使溶液温度降低，故D错误；
故选：AD。
【分析】本题考查反应热与焓变，要注意焓变的正负判断，学会分析图来解决问题。由图可知CUSO4.5H2O(s)溶于水需要吸收能量。则会使溶液温度降低。
16．【答案】（1）第3周期IIA族；
（2）C；D
（3）A；D
（4）分解过程中吸收热量；分解生成的MgO、 熔点高，能阻燃；
（5）D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】五种短周期主族元素a、b、c、d、e随原子序数的递增，由原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化图可知，a为H，b为C，C为O，d为Mg，e为Al。
(1)分析可知，元素d即镁元素，位于周期表第3周期ⅡIA族，电子层相同的的离子，核电荷数越大，离子半径越小，即c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为r(O -)>r(Mg2+) > r(Al3+)，故答案为： 元素d在周期表中的位置是 ：第3周期IIA族； c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为 r(O2-) > r(Mg2+) >r(Al3+)；
(2)A.测两种元素单质的硬度和熔、沸点，与金属性无关，故A错误；
B.比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少，不能比较金属性，故B错误；
C.比较两种元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，能比较金属性强弱。金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故C正确；
D.比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度，可比根据金属性，金属性越强，与稀盐酸反应越容易，故D正确；
故选CD
(3)硒(Se)与O同主族与S同主族，则Se的最外层电子数为6，其最高化合价为+6价；Se位于S的下一个周期，则Se的非金属性比O弱，
A.SeO2中Se为+4价，处于Se的中间价态，根据价态规律，元素化合价处于中间价态时既有氧化性又有还原性，故A正确；
B.Se的非金属性比S弱，非金属性越强气态氢化物越稳定，则Se的气态氢化物的稳定性比S元素的弱，S元素的气态氢化物的稳定性比氯的气态氢化物的稳定性弱，则Se的气态氢化物的稳定性比氯化氢弱，故B正确；
c.硒单质中硒元素的化合价为0价，不是最高价，因而不具有强氧化性，故C错误；
d.其最高化合价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，故D正确，
故答案为：AD；
(4)①分解反应是吸热反应，会降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着在表面会阻止燃烧。②在25°、101Kpa下，已知12gMg的物质的量为： 12g/24g/mol =0.5mol， 0.5molMg在O2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热302.4kJ，4molMg完全燃烧热=4x302.4kJ= -1209.6kJ，该反应的热化学方程式为：2Mg (s) + O2(g) = 2MgO (s) △H = -1209.6kJ/mol-1
(5)高温条件下：反应式为2Al +4BaO=3Ba↑+BaO· Al2O3可知制取Ba的主要原因是Ba的沸点比Al的低，从平衡体系中逸出，平衡正向移动，故答案为：D。
【分析】根据所学的知识a为H，b为C，c为O，d为Mg，e为Al，以此来解答，半径比较时根据"电子层相同的的离子，核电荷数越大，离子半径越小"这个规律比较， 金属性强弱依据与元素单质的硬度和熔、沸点和单质作为还原剂时失去电子数目的多少无关 。
17．【答案】（1）；
（2）
（3）；Au、Ag
（4）
（5）1∶3
【知识点】画元素的原子结构示意图；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】(1)Te的核电荷数为52，则Te的原子结构示意图为 ；和S处于同一主族，同一主族从上至下，非金属性逐渐减弱，非金属性：S>Te，非金属性越强，该元素的气态氢化物越稳定，Te与S的气态氢化物热稳定性由强到弱顺序为H2S > H2Te，
故答案为： ，H2S > H Te ；
(2)碲元素转化为TeO2，则Cu2Te与硫酸、空气中的氧气反应生成TeO2、硫酸铜和水，则化学方程式为
故答案为：
(3)由(2)可知滤渣1时TeO2，则TeO2可与 OH 反应生成TeO32 ，该反应的离子方程式为TeO2+2OH =TeO32 + H2O；碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，含有Au、 Ag等杂质)，而Au、Ag不与碱反应，则滤渣2的主要成分是Au、Ag，故答案为：
TeO2 +2OH =TeO + H2O； Au、Ag；
(4)H2O2为共价化合物，结构式为H-0-0-H，则电子式为 ，
故答案为 ；
(5)由图可知，Na2TeO4可与H2SO4、 Na2SO3反应生成Te和Na2SO4，该反应的化学方程式为
Na2TeO4 + H2SO4 + 3Na2SO3= Te + 4Na2SO4 + H2O由方程式可得加入H2SO4与Na2SO3最合理的物质的量之比为1：3，
故答案是1：3。
【分析】碲化铜渣通过焙烧转化为TeO2，加入水，除去可溶性杂质，此时滤渣1成分为TeO2、Au、Ag，加入NaOH，Au、Ag不与NaOH反应，但把TeO2可转化为TeO3，通过过滤除去Au、Ag，向滤液中加双氧水，利用其氧化性将TeO32-氧化为TeO42-，最后加入H2SO4与Na2SO3还原为Te。将流程图分析透彻再去做题。
18．【答案】（1）
（2）离子键、(非极性)共价键
（3）
（4）恒压滴液漏斗；；确认C中黄色溶液中无 ，排除 对溴置换碘实验的干扰；打开活塞2，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞2，取下D振荡、静置
【知识点】画元素的原子结构示意图；化学键；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由题给元素周期表可知，a、b、c、d、e分别代表的元素是钠、镁、氧、硫、氯，
(1)d即为硫元素，其核电荷数为16，其阴离子核外电子数为18，其阴离子的结构示意图为：
故答案为：
(2)a和c形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，其中含有离子键和非极性共价键，
故答案为：离子键、(非极性)共价键(2分)；
(3)d和e的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4和HClO4，由于硫的非金属性比铝弱，故酸性HClO4 > H2SO4，
故答案为：HClO4 > H2SO4；
(4)①装置A的名称是恒压滴液漏斗；
故答案为：恒压滴液漏斗；
②过程1，B、C中的溶液都变黄色的原因是氯气和溴化钾反应生成溴和氯化钾，其反应的离子方程式为：Cl2+ 2Br-=Br2 + 2Cl ，
故答案为：Cl2+ 2Br-=Br2 + 2Cl ，
③由题给装置可知过程II的目的是确认C中黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，
故答案为：确认C中黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
④过程Ⅲ的目的是验证溴的氧化性强于碘，可打开活塞2，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞2，取下D振荡、静置；
故答案为：打开活塞2，将少量C中溶液滴入 D中，关闭活塞2，取下D振荡、静置。
【分析】本题考查的是对元素周期表中元素位置的掌握，由题给元素周期表可知，a、b、c、d、e分别代表的元素是钠、镁、氧、硫、氯，再结合有关的性质和元素周期律进行分析解答，实验操作题要弄清每个流程设置的意义。
19．【答案】（1） ；356.75
（2）
（3）减小；；22.4
【知识点】盖斯定律及其应用；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律(①-②+4x③) 得N2H4(l)+O2 (g)=N2(g) + 2H2O (l) △H=0.5×(-1038-204-44x 4)kJ/mol-709kJ.mol-l
则N2H4(l)的燃烧热的热化学方程式为 N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H = -709kJ.mol-l
设N2H4中N-H键的键能为xkJ/mol，N2H4(l) + O2(g)=N2(g) + 2H2O (l)
△H =反应物总键能一生成物总键能= (4x+154+500-942-4x462)k/mol=-709k/mol，x=356.75，
故答案为： 356.75；
(2)n(N2H4)=40000g/32g/mol=1250mol，该反应中N元素化合价由-3价转化为-2价，则生成1molN2H4转移电子的物质的量为1mol x 2x[(-2) -(-3)] = 2mol，据此计算制备40kgN2H4转移电子的物质的量为1250molx2=2500mol，
故答案为：2500；
(3)根据图知，N2H4失电子和OH-反应生成N2，消耗OH-导致溶液碱性减弱，溶液的pH值减小，负极反应式为N2H4 +4OH - 4e = N2↑+4H2O，正极反应式为O2 + 2H2O + 4e = 4OH ，
n(N2H)=32g/32g/mol =1mol，根据负极反应式知，消耗1molN2H4 ，失去4mol电子，则正极上消耗1molO2，标况下氧气的体积= 1mol x 22.4L/mol = 22.4L，
故答案为：减小；N2H4 +4OH - 4e = N2↑+4H2O；22.4。
【分析】根据盖斯定律，焓变=反应物总键能一生成物总键能，分析溶液中pH的变化时，就看溶液中OH-和H+的量，标况下氧气的体积= 物质的量x 22.4L/mol。
20．【答案】（1）圆底烧瓶；
（2）；原子半径 小于 ，核电荷数Cl大于S，原子核对外层电子的吸引力Cl大于S
（3）碱石灰
（4）E中干燥管内产生大量白烟，干燥管内液面上升；
【知识点】氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1) 仪器a的名称为圆底烧瓶，A装置中发生反应的离子方程式为2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++ 5Cl2↑+8H2O，
故答案为： 圆底烧瓶，2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++ 5Cl2↑+8H2O；
(2)单质的氧化性越强，则元素的非金属性越强，则C中的反应能证明Cl的非金属性强于S离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-；由于原子半径r(Cl)小于r(S)，核电荷数 Cl大于S，原子核对外层电子的吸引力Cl大于 S，则Cl的非金属性强于S，
故答案为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；原子半径r(Cl)小于r(S)，核电荷数Cl大于S，原子核对外层电子的吸引力Cl大于S；
(3)装置H中的试剂为干燥剂：碱石灰，故答案为：碱石灰；
故答案为：E中干燥管内产生大量白烟，干燥管内液面上升；3Cl +8NH3 N2 + 6NHCl。
(4)E中氨气与氯气发生反应：3Cl2+ 8NH3=N2 + 6NHCl，有白烟生成，E中液面上升，此反应说明氧化性： Cl2>N2，
故答案为：E中干燥管内产生大量白烟，干燥管内液面上升；3Cl2+ 8NH3=N2 + 6NHCl。
【分析】装置A中，浓盐酸和高锰酸钾溶液发生反应：2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，生成的氯气通过饱和食盐水除去杂质HCI气体后，打开装置C上方的止水夹，氯气会通入C中发生反应： Cl2+S2-=S↓+2Cl-，溶液变浑浊，说明氧化性：Cl2>S；浸有NaOH溶液的棉花团用于吸收氯气尾气，将C装置上方的止水夹关闭，打开通往D装置的止水夹，则氯气会在D装置中被干燥，从而进入装置E的装置E的是干燥、纯净的氯气，装置F中，固体氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，生成的氨气经干燥管中的碱石灰干燥后，在E中与氯气混合，发生反应：3Cl2+ 8NH3=N2 + 6NHCl。
山东省潍坊市五县市2022-2023学年高一下学期期中考试化学试卷
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．跨年夜燃放的烟花应用了某些金属元素的焰色试验
B．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
C．二氧化硅是常温下性质稳定的半导体材料，常被用来制造芯片
D．金属铝表面覆盖一层致密的氧化膜，因此铝制餐具可以较长时间存放碱性食物
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；焰色反应；铝的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.金属元素发生焰色反应，会呈现出不同的颜色。燃放的烟花就是某些金属发生焰色反应所呈现出来的色彩。故A正确。
B.二者原理是不同的，“嫦娥五号”用的太阳能电池是将太阳能转化为电能。锂离子电池组是将化学能转变为电能。故B错误。
C.二氧化硅具有良好的导光性，常用于制作光纤，用来制造芯片的晶体硅。故C错误。
D.铝餐具表面的氧化铝是两性氧化物能和碱反应。所以铝制餐具不可以长时间存放碱性物质。故D错误。
故选：A
【分析】本题主要考察的是物质的性质和应用。将化学与实际生活联系起来，侧重于学生对问题的分析与应用能力。
2．下列实验中，既有离子键断裂又有共价键断裂的是（ ）
A．加热水使其气化 B．固体溶于水
C．加热融化氯化镁固体 D．将氨气通入水中制备氨水
【答案】B
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A.加热水使其气化，水只是状态发生了变化，破坏的是分子间作用力，不破坏化学键，故A错误；
B.NaHSO4固体溶于水发生电离，电离方程式为 NaHSO4=Na++H++SO42-，有共价键和离子键的断裂，故B正确；
C.熔融MgCl2能电离，电离方程式为MgCl2=Mg2++2Cl-，只有离子键的断裂，故C错误；
D.将氨气通入水中发生反应NH3+H20=NH3·H2O，只有共价键的形成，故D错误。
故选：B
【分析】本题考查的是化学键的变化，考察判断分析能力，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既有离子键断裂，又有共价键断裂，说明该物质中既含离子键又含共价键。
3．已知核内有b个中子，A原子的质量数为M，则所含电子的物质的量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A2+核内有b个中子，A原子的质量数为M ，A2+的核外电子数为M-b-2，
则mgA2+的物质的量= mg/Mg/mol=(m/M)mol；
mgA2+所含电子的物质的量为 =（M-b-2）×(m/M)mol 。
故选C
【分析】本题考查的是物质的量的计算，根据公式n=m/M可以解答。
4． 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中所含阴离子数为
B．标准状况下，11.2L乙醇中含有共价键数目为
C．1mol重水比1mol水多个质子
D．铅蓄电池中，理论上当正极增加3.2g时，电路中通过的电子数目为
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.Na2O2中的阴离子是O2-，则7.8gNa2O2中所含的阴离子数目为7.8g/78g/mol×NAmol-1=0.1NA；故A错误；
B.标准状况下，乙醇为液体，不能用气体标准摩尔体积计算，故B错误；
C. 1mol重水和1mol水的质子 一样多，质子数都是10mol，故C错误；
D.铅蓄电池中，正极反应式是PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，正极的PbO2转变成PbSO4，则每增重64g，转移2mol电子，同比例计算，当正极增加3.2g时， 电路中通过的电子数目0.1NA；故D正确。
故选：D
【分析】Na2O2中的阴离子是O2-，气体摩尔体积使用的对象是气体，本题考察的是阿伏加德罗常数，侧重考察学生的化学计算能力。
5．下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）
A．最外层电子数相同的元素一定是同一族的元素
B．第IA族和VIIA族的元素只能形成离子键
C．IIIB族到IIB族10个纵列的元素中有非金属元素
D．同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2、16、26、36等
【答案】D
【知识点】离子键的形成；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.最外层电子数相同的元素不一定是同一族的元素，如0族元素He和第IA族元素的原子最外层均为2个电子，过渡元素铁钴镍外层也都是2个电子，故A错误；
B.第IA的H和第VIA族的元素还可以形成共价键，如HF、HCl、HBr、HI，故B错误；
C.元素周期表中IIB族到IIB族10个纵列的元素称为过渡元素，都是金属元素，故C错误；
D.从第一周期到第七周期，每一周期的元素种类数分别为2、8、8、18、18、32、32，同主族不同周期的原子其原子序数可能相差2，如H和Li，也可能相差16，如Li和K；也可能相差26、，如处于过渡元素之后的第二周期与第四周期的同主族元素相差26，也可能相差36，如处于过渡元素之后的第三周期与第五周期的同主族元素相差36，故D正确；
故选D
【分析】本题考查的是元素周期表，要熟记元素周期表的结构、族与列的关系，氢元素与卤素形成共价化合物，过渡元素都是金属元素。
6．a、b、c、d四种元素在周期表中的位置如图。下列说法错误的是（ ）
a
b
c d
A．a元素的某种核素可能没有中子
B．若b的单质可作半导体材料，则c的单质可能为半导体材料
C．若a的核电荷数为z，则b的核电荷数可能为z＋9
D．若b的最高价氧化物对应水化物为，则a的氢化物的化学式为
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A.由图中位置可知，a元素不可能为H元素，则a元素的某种核素有中子，故A错误；
B.若b的单质可作半导体材料，b为Si元素时，c为Ge元素，c的单质可作半导体材料，故B正确；
C.当a位于第二周期时，则b位于第三周期，二、三周期同主族原子序数之差为8，如a为硼时b为硅，核电荷数相差9，则若a的核电荷数为z，则b的核电荷数可能为z+9，故C正确；
D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4，可知b的最高正价为+6价，a的最低价为-3价，则a的氢化物的化学式为aH3，故D正确；
故选：A。
【分析】本题考查的是元素周期表中元素的位置关系、结构与性质，图中a不可能位于第一周期，单质可作半导体材料的常见的是硅单质。
7．甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。某科研团队利用光催化制甲酸如图所示：已知：2CO2+2H2O=2HCOOH+O2△H>0。下列说法错误的是（ ）
A．电极电势：电极N高于电极M
B．该装置把光能和化学能转化为电能
C．正极电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH
D．若制得9.2gHCOOH，不考虑气体溶解，整套装置质量增加5.6g
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.可判断出M极为负极，N极为正极，故电极电势：电极N高于电极M，故A正确；
B该装置利用光能制备甲酸，故该装置把光能转化为电能和化学能，故B错误；
C.N极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故C正确；
D.9.2gHCOOH的物质的量为0.2mol，由总反应2CO2+2H2O=2HCOOH+O2可知，该装置吸收0.2mol二氧化碳，放出0.1mol氧气，故增加质量为0.2molx44g/mol-0.1molx32g/mol=5.6g，故D正确；
故选：B
【分析】本题考查的是原电池的电极反应和计算，由图可知，M极氧元素价态升高失电子，故 M极为负极，电极反应式为2H2O-4e-=O2个+4H+，N极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+= HCOOH，正极的电极电势比负极的电极电势高。
8．短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大；a的一种核素常用来鉴定一些文物的年代；b的氢化物的水溶液呈碱性；c、d为金属元素，且d原子最外层电子数等于其K层电子数；若往e单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊溶液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是（ ）
A．a的常见单质中不存在化学键
B．简单离子半径大小顺序为e>b>c>d
C．b、e两元素可形成离子化合物
D．d的单质在空气中燃烧只能生成一种化合物
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】分析可得：a为C元素，b为N元素，c为Na元素，d为Mg元素，e为Cl元素
A.碳元素单质有金刚石，石墨，C60等， a的常见单质中存在共价键，故A错误；
B. 简单离子半径大小顺序为 ：Cl-＞N3-＞Na+＞Mg2+，故B正确；
C. b、e两元素只形成共价化合物，故C错误 ；
D.Mg 单质在空气中燃烧与氧气反应时生成MgO，与氮气反应生成Mg3N2，与二氧化碳反应生成MgO和C，故D错误。
故选B
【分析】本题考查的元素周期表，根据性质推断元素，熟练掌握元素化合物的知识。掌握离子半径的比较，镁单质在空气中燃烧可以与氧气反应与氮气反应，与二氧化碳反应。
9．硫的两种晶体形态的相图如图所示，其燃烧的热化学方程式为： ；。相图：用于描述不同温度(T/℃)、压强(p/Pa)下硫单质的转化及其存在状态的图像。下列说法正确的是（ ）
A．斜方硫和单斜硫互为同位素
B．
C．F→G过程为固态硫的气化，该过程中有化学键的断裂
D．温度高于119℃且压强小于0.4Pa时，单斜硫液化
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体，故A错误；
B.在压力相同时，升温由斜方硫转化为单斜硫，则斜方硫转化为单斜硫时吸热，说明单斜硫能量高，则二者等量燃烧时，单斜硫放出的热量多，则△H1> △H2，故B错误；
C.图中F → G过程为固态硫的气化，在该过程中，斜方硫先转化为单斜硫，再变成气体，斜方硫转化成单斜硫属于化学变化，该过程中有化学键的断裂，故C正确；
D.由图像可看出：温度高于119℃且压强小于0.4Pa，为气态，温度高于119且压强大于0.4Pa， 单斜硫液化 。故D正确。
【分析】本题考查盖斯定律，看图像分析问题，从图像上有气、液、固三种形态。同种元素的不同单质互称同素异形体，质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素。
10．一种以太阳能热源分解水的历程如图所示：
已知：过程I：
过程II：
下列说法正确的是（ ）
A．转化过程中FeO作催化剂
B．该过程说明，常温下FeO易溶于水
C．
D．2mol液态水所具有的能量高于2mol氢气和1mol氧气的能量
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；催化剂
【解析】【解答】A.过程 I生成了FeO， 过程II FeO参与反应，则该转化过程中FeO为反应的中间体，故A错误；
B.在过程Ⅱ：3FeO (s) +H2O (I) =H2(g) +Fe3O4 (s)ΔH=128.9kJ·mol 可知， FeO与水反应吸热，常温下不溶于水，不反应，故B错误；
C. 由盖斯定律- I-2xⅡ得到2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-313.2kJ·mol-1-2x128.9kJ·mol-1=-571.0kJ·mol 1，故C正确；
D.由C选项可知，2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-571.0kJ·mol＜0为放热反应，故2 mol液态水所具有的能量低于2mol氢气和1mol氧气的能量，故D错误；
故选：C。
【分析】催化剂参与化学反应，反应前后质量和性质不会发生变化；ΔH＞0时，反应吸热；ΔH＜0时，反应放热；化学反应中能量的计算用盖斯定律来算。
二、多选题
11．探究小组在25℃和101kPa下进行中和热测定，取用的盐酸和的NaOH溶液(密度均为)。实验数据如下：
实验序号 起始温度 终止温度 温度差
HCl NaOH 平均值
1 25.4 25.0 25.2 28.5 3.3
2 24.5 24.5 24.5 27.5 3.00
3 25.0 24.5 24.75 26.5 1.75
已知：中和后生成的溶液的比热容为，该实验条件下，中和热的理论值为。下列说法正确的是（ ）
A．该实验计算出中和热的平均值低于理论值
B．造成实验误差的原因可能是溶液混合后未及时盖好量热计杯盖
C．实验时，可用的醋酸代替盐酸
D．实验中，NaOH溶液用量越大，所测中和热数值越大
【答案】A,B
【知识点】反应热和焓变；中和热；有关反应热的计算
【解析】【解答】A.第3次得到温度差误差较大，应该舍弃，所以平均温度差为（3.30℃+3.00℃）/2= 3.15℃，
50mL0.50mol·L-1的HCl和50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液的质量 m =100mLx 1g/cm3=100g，
c =4.18J/(g·℃)，代入公式Q= cm△T得生成0.025mol的水放出热量 = 4.18J/ (g ·° C) x 100g x3.15℃=1.3167kJ，即该实验测得的中和热为-（1.3167kJ/0.025mol ） = -52.67kJ/mol，中和热是57.3kJ·mol-l，则学生测得的数据比理论值低，故A正确；
B.溶液混合后未及时盖好量热计杯盖，测得的热量偏小，所以测得中和热的数值偏小，故B正确；
C.醋酸电离要吸热，用0.50mol·L-的醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热数值会偏小，故C错误；
D.中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，所以不管 NaOH溶液再大，中和热数值都相等，故D错误
故选：AB。
【分析】测出的化学实验数据要判断数据的有效性，不合适的应舍弃，再根据公式计算数据。造成实验误差的因素要了解清楚。掌握中和热的定义并理解。中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量。
12．下列实验设计能达到实验目的的是（ ）
实验目的 实验设计
A 验证非金属性：Br＞I 将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色
B 除去Al2O3固体中的少量Fe2O3 将混合物投入足量NaOH溶液中，然后依次进行过滤、洗涤、干燥
C 检验食盐中是否添加KIO3 将少量食盐加入烧杯中，加水溶解，向溶液中滴加淀粉KI溶液，观察溶液是否变蓝色
D 验证金属的活泼性：Zn＞Cu 设计如图原电池：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.溴水氧化KI生成碘，反应方程式为KI+Br2=KBr+I2，碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水、密度比水大，则下层液体呈紫色，可验证非金属性：Br>I，故A正确；
B. Al2O3 与NaOH溶液反应， 是将原物质除去，不能除杂，故B错误；
C.酸性溶液中碘酸钾与KI发生氧化还原反应生成碘，题目中缺少酸性条件，溶液不会变蓝，故C错误；
D.图中为原电池，Zn为负极，Cu为正极，则金属的活泼性：Zn>Cu，故D正确；
故选：AD。
【分析】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查。碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水、密度大于水的密度，Al2O3 与NaOH溶液反应：Al2O3 +2NaOH=2NaAlO2+H2O；碘酸钾与KI在酸性条件中发生氧化还原反应生成碘：KIO3+5 KI+3 H2SO4=3 K2SO4+3I2+3H2O。原电池的两极必须是两种活泼性不同的金属材料，或者一种是金属，另一种是非金属，但是都必须导电.且若两极是两种活泼性不同的金属材料，则金属性负极比正极的活泼型大。
三、单选题
13．实验室从含碘废液(除外，含有、、等)中回收碘，其实验过程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．还原操作将还原为的目的是使中的碘进入水层
B．操作X中振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下
C．操作X时，由分液漏斗下口放出
D．回收碘时，通过过滤操作从碘的悬浊液中分离出碘单质
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.碘微溶于水，但碘离子易溶于水， 还原操作将I2还原为I-为是了使更多的碘元素进入水溶液应将碘还原为碘离子， A正确；
B.萃取振荡时，分液漏斗上口应倾斜向下，下口斜向上，B错误；
C.由于CCl4密度比水大，所以在分液时CCl4应该从分液漏斗下口放出，C正确；
D.过滤用于分离不溶于水的固体和溶液，故回收碘时，通过过滤操作从碘的悬浊液中分离出碘单质，D正确；
故选B。
【分析】含碘废液含有CCI4、l2、I-等，加入Na2SO3溶液还原碘单质为碘离子，使更多的碘元素进入水溶液，分液得到的溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素。
14． 电池(KOH为电解液)的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．工作时，电流方向为NiOOH电极→导线→Zn电极→电解质溶液→NiOOH电极
B．工作一段时间后，电解液pH减小
C．负极电极反应式为
D．当电路中转移时，电解液质量增加6.5g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.原电池工作时，电流从正极流出经过导线流向负极，再经过电解质溶液流回正极，即电流方向为NiOOH电极→导线→Zn电极→电解质溶液→NiOOH电极，故A正确；
B.原电池工作时，总反应为Zn+2OH-+2NiOOH=ZnO+2Ni (OH) 2，则电解液碱性减弱、pH减小，故B正确；
C.Zn作负极，负极反应式为2Zn-2e +4OH-= 2ZnO+2H2O，故C正确；
D.原电池工作时总反应为Zn+2KOH+2NiOOH=K2ZnO2+2Ni (OH)2，转移电子2e ，Ni (OH) 2是沉淀，不在电解质溶液中，电解液中溶质的变化是损失了OH-，得到了ZnO22-，则电路中转移0.2mol电子时，电解液增加的质量为6.5g/mol-×0.1mol-0.2g=6.3g，故D错误；
故选：D。
【分析】考查原电池题目时，写出总反应方程式解答问题：Zn+2KOH+2NiOOH=K2ZnO2+2Ni (OH)2，电流方向是从正极流向负极，电解液的酸碱用溶液中H+和OH-的量来判断。
四、多选题
15．常温下，和溶于水及受热分解的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．受热分解是放热反应
B．
C．常温下，溶于水的热化学方程式为：
D．将溶于水会使溶液温度升高
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A.由图可知，CuSO4 ·5H2O (s) = CuSO4(s)+ 5H2O (l) △H1为吸热反应，故A错误；
B.由图可知△H - △H = △H1，则△H = △H1 + △H ，故B正确；
C.常温下， CuSO4(s)溶于水的热化学方程式为：CuSO4(s)+Cu2+(aq) + SO42- (aq)△H ，故C正确；
D.由图可知，CuSO4·5H O(s)溶于水需要吸收能量，则会使溶液温度降低，故D错误；
故选：AD。
【分析】本题考查反应热与焓变，要注意焓变的正负判断，学会分析图来解决问题。由图可知CUSO4.5H2O(s)溶于水需要吸收能量。则会使溶液温度降低。
五、元素或物质推断题
16．五种短周期主族元素a、b、c、d、e随原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示：
回答下列问题：
（1）元素d在周期表中的位置是 ，c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为 (用离子符号表示)。
（2）下列可作为比较d和e金属性强弱依据的是_______(填序号)。
A．测两种元素单质的硬度和熔、沸点
B．比较单质作为还原剂时失去电子数目的多少
C．比较两种元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
D．比较单质与同浓度盐酸反应置换出氢气的难易程度
（3）已知硒(Se)与c同主族，关于硒及其化合物的说法正确的是_______(填序号)。
A．既有氧化性又有还原性
B．气态氢化物的稳定性强于氯化氢
C．硒单质具有强氧化性
D．最高价氧化物对应水化物的化学式为
（4）化合物可作环保型阻燃材料，受热时按如下方程式分解：
。
①该化合物作阻燃剂的两条依据是 、 。
②在25℃、101kPa下，已知12g的单质d在中完全燃烧后恢复至原状态，放热302.4kJ，该反应的热化学方程式是 。
（5）工业上常用单质e和金属氧化物反应制备金属单质： ；利用上述方法可制取Ba的主要原因是_______(填序号)。
A．高温时e的活泼性大于Ba B．高温有利于BaO分解
C．高温时比稳定 D．Ba的沸点比e的低
【答案】（1）第3周期IIA族；
（2）C；D
（3）A；D
（4）分解过程中吸收热量；分解生成的MgO、 熔点高，能阻燃；
（5）D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】五种短周期主族元素a、b、c、d、e随原子序数的递增，由原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化图可知，a为H，b为C，C为O，d为Mg，e为Al。
(1)分析可知，元素d即镁元素，位于周期表第3周期ⅡIA族，电子层相同的的离子，核电荷数越大，离子半径越小，即c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为r(O -)>r(Mg2+) > r(Al3+)，故答案为： 元素d在周期表中的位置是 ：第3周期IIA族； c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为 r(O2-) > r(Mg2+) >r(Al3+)；
(2)A.测两种元素单质的硬度和熔、沸点，与金属性无关，故A错误；
B.比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少，不能比较金属性，故B错误；
C.比较两种元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，能比较金属性强弱。金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故C正确；
D.比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度，可比根据金属性，金属性越强，与稀盐酸反应越容易，故D正确；
故选CD
(3)硒(Se)与O同主族与S同主族，则Se的最外层电子数为6，其最高化合价为+6价；Se位于S的下一个周期，则Se的非金属性比O弱，
A.SeO2中Se为+4价，处于Se的中间价态，根据价态规律，元素化合价处于中间价态时既有氧化性又有还原性，故A正确；
B.Se的非金属性比S弱，非金属性越强气态氢化物越稳定，则Se的气态氢化物的稳定性比S元素的弱，S元素的气态氢化物的稳定性比氯的气态氢化物的稳定性弱，则Se的气态氢化物的稳定性比氯化氢弱，故B正确；
c.硒单质中硒元素的化合价为0价，不是最高价，因而不具有强氧化性，故C错误；
d.其最高化合价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，故D正确，
故答案为：AD；
(4)①分解反应是吸热反应，会降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着在表面会阻止燃烧。②在25°、101Kpa下，已知12gMg的物质的量为： 12g/24g/mol =0.5mol， 0.5molMg在O2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热302.4kJ，4molMg完全燃烧热=4x302.4kJ= -1209.6kJ，该反应的热化学方程式为：2Mg (s) + O2(g) = 2MgO (s) △H = -1209.6kJ/mol-1
(5)高温条件下：反应式为2Al +4BaO=3Ba↑+BaO· Al2O3可知制取Ba的主要原因是Ba的沸点比Al的低，从平衡体系中逸出，平衡正向移动，故答案为：D。
【分析】根据所学的知识a为H，b为C，c为O，d为Mg，e为Al，以此来解答，半径比较时根据"电子层相同的的离子，核电荷数越大，离子半径越小"这个规律比较， 金属性强弱依据与元素单质的硬度和熔、沸点和单质作为还原剂时失去电子数目的多少无关 。
六、工业流程题
17．碲(Te)是第5周期VIA族元素，其化合物可用作石油裂化的催化剂。一种从碲化铜渣(主要成分为，含有Au、Ag等杂质)中回收碲的工艺流程如下：
已知：熔点为733℃，微溶于水，可溶于强酸和强碱。
回答下列问题：
（1）Te的原子结构示意图为 ，Te与S的气态氢化物热稳定性由强到弱顺序为 (用氢化物的化学式表示)。
（2）“焙烧”的化学方程式 (碲元素转化为)。
（3）“滤渣1”进行“碱浸”时发生反应的离子方程式为 ，滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
（4）“滤液2”加入氧化剂双氧水，双氧水中的溶质的电子式为 。
（5）“还原”制备碲粉时，加入与最合理的物质的量之比为 。
【答案】（1）；
（2）
（3）；Au、Ag
（4）
（5）1∶3
【知识点】画元素的原子结构示意图；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】(1)Te的核电荷数为52，则Te的原子结构示意图为 ；和S处于同一主族，同一主族从上至下，非金属性逐渐减弱，非金属性：S>Te，非金属性越强，该元素的气态氢化物越稳定，Te与S的气态氢化物热稳定性由强到弱顺序为H2S > H2Te，
故答案为： ，H2S > H Te ；
(2)碲元素转化为TeO2，则Cu2Te与硫酸、空气中的氧气反应生成TeO2、硫酸铜和水，则化学方程式为
故答案为：
(3)由(2)可知滤渣1时TeO2，则TeO2可与 OH 反应生成TeO32 ，该反应的离子方程式为TeO2+2OH =TeO32 + H2O；碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，含有Au、 Ag等杂质)，而Au、Ag不与碱反应，则滤渣2的主要成分是Au、Ag，故答案为：
TeO2 +2OH =TeO + H2O； Au、Ag；
(4)H2O2为共价化合物，结构式为H-0-0-H，则电子式为 ，
故答案为 ；
(5)由图可知，Na2TeO4可与H2SO4、 Na2SO3反应生成Te和Na2SO4，该反应的化学方程式为
Na2TeO4 + H2SO4 + 3Na2SO3= Te + 4Na2SO4 + H2O由方程式可得加入H2SO4与Na2SO3最合理的物质的量之比为1：3，
故答案是1：3。
【分析】碲化铜渣通过焙烧转化为TeO2，加入水，除去可溶性杂质，此时滤渣1成分为TeO2、Au、Ag，加入NaOH，Au、Ag不与NaOH反应，但把TeO2可转化为TeO3，通过过滤除去Au、Ag，向滤液中加双氧水，利用其氧化性将TeO32-氧化为TeO42-，最后加入H2SO4与Na2SO3还原为Te。将流程图分析透彻再去做题。
七、元素或物质推断题
18．如图所示为元素周期表的一部分，表中每个字母分别代表一种元素。
回答下列问题：
（1）d的阴离子的结构示意图为 。
（2）a和c形成的原子个数比为1：1的化合物中所含化学键类型为 。
（3）d和e的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序 (用化学式表示)。
（4）为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某同学设计了如下实验(夹持装置略)
实验过程：
I.打开、，打开活塞1，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭。
II.继续通气体，当B中溶液变为棕红色时，关闭活塞1。
III. ……
①装置a的名称为 。
②过程I，B、C中的溶液都变黄色的原因 (用离子方程式表示)。
③过程II的目的是 。
④过程III的目的是验证溴的氧化性强于碘。简述操作过程 。
【答案】（1）
（2）离子键、(非极性)共价键
（3）
（4）恒压滴液漏斗；；确认C中黄色溶液中无 ，排除 对溴置换碘实验的干扰；打开活塞2，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞2，取下D振荡、静置
【知识点】画元素的原子结构示意图；化学键；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由题给元素周期表可知，a、b、c、d、e分别代表的元素是钠、镁、氧、硫、氯，
(1)d即为硫元素，其核电荷数为16，其阴离子核外电子数为18，其阴离子的结构示意图为：
故答案为：
(2)a和c形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，其中含有离子键和非极性共价键，
故答案为：离子键、(非极性)共价键(2分)；
(3)d和e的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4和HClO4，由于硫的非金属性比铝弱，故酸性HClO4 > H2SO4，
故答案为：HClO4 > H2SO4；
(4)①装置A的名称是恒压滴液漏斗；
故答案为：恒压滴液漏斗；
②过程1，B、C中的溶液都变黄色的原因是氯气和溴化钾反应生成溴和氯化钾，其反应的离子方程式为：Cl2+ 2Br-=Br2 + 2Cl ，
故答案为：Cl2+ 2Br-=Br2 + 2Cl ，
③由题给装置可知过程II的目的是确认C中黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，
故答案为：确认C中黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
④过程Ⅲ的目的是验证溴的氧化性强于碘，可打开活塞2，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞2，取下D振荡、静置；
故答案为：打开活塞2，将少量C中溶液滴入 D中，关闭活塞2，取下D振荡、静置。
【分析】本题考查的是对元素周期表中元素位置的掌握，由题给元素周期表可知，a、b、c、d、e分别代表的元素是钠、镁、氧、硫、氯，再结合有关的性质和元素周期律进行分析解答，实验操作题要弄清每个流程设置的意义。
八、原理综合题
19．联氨()又称肼，是一种应用广泛的化工原料，常用作火箭和燃料电池的燃料。回答下列问题：
（1）已知：①
②
③
写出常温下燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式 。
已知部分键能数据如下：
化学键
键能/ 942 500 154 462
则断裂中键所需的能量是 kJ。
（2）工业上一种制备联氨的方法为，若制备，转移电子的物质的量为 mol。
（3）一种联氨燃料电池的工作原理如图所示。放电一段时间，电解质溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)，负极反应式为 ，若电池工作时消耗，则消耗氧气的体积为 L(标准状况)。
【答案】（1） ；356.75
（2）
（3）减小；；22.4
【知识点】盖斯定律及其应用；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律(①-②+4x③) 得N2H4(l)+O2 (g)=N2(g) + 2H2O (l) △H=0.5×(-1038-204-44x 4)kJ/mol-709kJ.mol-l
则N2H4(l)的燃烧热的热化学方程式为 N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H = -709kJ.mol-l
设N2H4中N-H键的键能为xkJ/mol，N2H4(l) + O2(g)=N2(g) + 2H2O (l)
△H =反应物总键能一生成物总键能= (4x+154+500-942-4x462)k/mol=-709k/mol，x=356.75，
故答案为： 356.75；
(2)n(N2H4)=40000g/32g/mol=1250mol，该反应中N元素化合价由-3价转化为-2价，则生成1molN2H4转移电子的物质的量为1mol x 2x[(-2) -(-3)] = 2mol，据此计算制备40kgN2H4转移电子的物质的量为1250molx2=2500mol，
故答案为：2500；
(3)根据图知，N2H4失电子和OH-反应生成N2，消耗OH-导致溶液碱性减弱，溶液的pH值减小，负极反应式为N2H4 +4OH - 4e = N2↑+4H2O，正极反应式为O2 + 2H2O + 4e = 4OH ，
n(N2H)=32g/32g/mol =1mol，根据负极反应式知，消耗1molN2H4 ，失去4mol电子，则正极上消耗1molO2，标况下氧气的体积= 1mol x 22.4L/mol = 22.4L，
故答案为：减小；N2H4 +4OH - 4e = N2↑+4H2O；22.4。
【分析】根据盖斯定律，焓变=反应物总键能一生成物总键能，分析溶液中pH的变化时，就看溶液中OH-和H+的量，标况下氧气的体积= 物质的量x 22.4L/mol。
九、实验题
20．探究学习小组同学为验证Cl的非金属性强于S，的氧化性强于，设计如目实验装置：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ，A装置中发生反应的离子方程式为 。
（2）能证明Cl的非金属性强于S的反应的离子方程式为 ，从原子结构角度看Cl的非金属性强于S的原因是 。
（3）装置H中的试剂为 。
（4）能证明的氧化性强于的明显实验现象是 ，对应的化学反应方程式为 。
【答案】（1）圆底烧瓶；
（2）；原子半径 小于 ，核电荷数Cl大于S，原子核对外层电子的吸引力Cl大于S
（3）碱石灰
（4）E中干燥管内产生大量白烟，干燥管内液面上升；
【知识点】氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1) 仪器a的名称为圆底烧瓶，A装置中发生反应的离子方程式为2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++ 5Cl2↑+8H2O，
故答案为： 圆底烧瓶，2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++ 5Cl2↑+8H2O；
(2)单质的氧化性越强，则元素的非金属性越强，则C中的反应能证明Cl的非金属性强于S离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-；由于原子半径r(Cl)小于r(S)，核电荷数 Cl大于S，原子核对外层电子的吸引力Cl大于 S，则Cl的非金属性强于S，
故答案为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；原子半径r(Cl)小于r(S)，核电荷数Cl大于S，原子核对外层电子的吸引力Cl大于S；
(3)装置H中的试剂为干燥剂：碱石灰，故答案为：碱石灰；
故答案为：E中干燥管内产生大量白烟，干燥管内液面上升；3Cl +8NH3 N2 + 6NHCl。
(4)E中氨气与氯气发生反应：3Cl2+ 8NH3=N2 + 6NHCl，有白烟生成，E中液面上升，此反应说明氧化性： Cl2>N2，
故答案为：E中干燥管内产生大量白烟，干燥管内液面上升；3Cl2+ 8NH3=N2 + 6NHCl。
【分析】装置A中，浓盐酸和高锰酸钾溶液发生反应：2MnO4+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，生成的氯气通过饱和食盐水除去杂质HCI气体后，打开装置C上方的止水夹，氯气会通入C中发生反应： Cl2+S2-=S↓+2Cl-，溶液变浑浊，说明氧化性：Cl2>S；浸有NaOH溶液的棉花团用于吸收氯气尾气，将C装置上方的止水夹关闭，打开通往D装置的止水夹，则氯气会在D装置中被干燥，从而进入装置E的装置E的是干燥、纯净的氯气，装置F中，固体氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，生成的氨气经干燥管中的碱石灰干燥后，在E中与氯气混合，发生反应：3Cl2+ 8NH3=N2 + 6NHCl。
