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2022-2022学年内蒙古赤峰二中高一（下）第一次月考化学试卷一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1.寻找清洁能源一直是化学家努力的方向，下列关于能源的说法错误的是（ ）A.氢气热值高，其燃烧产物是水，是一种理想的清洁燃料B.利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，保护环境C.煤的气化技术在一定程度上实现了煤的高效、清洁利用D.天然气、液化石油气、沼气属于一级能源2.已知反应：①101Kpa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=-221kJ/mol②稀溶液中，H +（aq）+OH-（aq）=H2O（1）；△H=-57.3kJ/mol下列结论正确的是（ ）A.碳的燃烧热大于 110.5 kJ/molB.①的反应热为 221 kJ/molC.稀硫酸与稀 NaOH溶液反应的中和热为−57.3kJ/molD.稀醋酸与稀 NaOH溶液反应生成 1mol水，放出 57.3kJ热量3.同位素2H、15N、18O、34S等常被用做陆地生态分析研究．下列说法中正确的是（ ）A. 16O和 18O是同一种核素B. 1H218O的摩尔质量为20C. 34S和 15N核内的中子数相差9D. 2H+核外电子数为04.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（ ）A.同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性B.第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C.短周期元素原子形成简单离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构D.同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同5.两种元素可以形成AB2型共价化合物的是（ ）A.无中子的原子与最外层有6个电子的短周期元素的原子B.核电荷数分别为12和17的元素C.ⅣA族和ⅥA族原子半径最小的元素D.最高正价都为奇数的两种短周期元素6.下列用电子式表示化合物的形成过程，正确的是（ ）A.B.C.D.7.几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是（ ）元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.2290.0770.074主要化合价+2+3+6、-2+7、-1+4、4-2A.等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成H2一样多B.Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应C.Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性D.在化学反应中，M原子与其它原子易形成共价键而不易形成离子键8.元素周期表的形式多种多样，如下图所示是扇形元素周期表的一部分（1～36号元素），对比中学常见元素周期表，思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法不正确的是（ ）A.简单离子半径：②>⑧>⑨B.简单氢化物的稳定性：⑤>⑧C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：⑨>⑧>⑦D.①与⑤可形成既含极性键又含非极性键的化合物9.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子层结构，则下列有关说法中错误的是（ ）A.1molNH5中含有5NA个N−H键(NA表示阿伏加德罗常数)B.NH5中既含有共价键又含有离子键，属于离子化合物C.NH5中H同时呈现两种化合价D.NH5能与H2O发生氧化还原反应10.有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：9/9实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增大b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是（ ）A.a>b>c>dB.b>c>d>aC.d>a>b>cD.a>b>d>c1.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+12O2（g）=CO（g）△H2②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H4③H2（g）+12O2（g）=H2O（l）△H5；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H6④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H7；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H8．A.②③④B.④C.①D.①②③2.生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：化学键N≡NF-FN-F键能/KJ•mol-1941.7154.8283.0下列说法中正确的是（ ）A.过程N2(g)→2N(g)放出能量B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量C.反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)的△H>0D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应3.已知热化学方程式2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-Q kJ•mol-1（Q＞0），则下列说法正确的是（ ）A.2molSO2(g)和1molO2(g)具有的能量小于2molSO3(g)具有的能量B.2molSO2(g)和1molO2(g)置于密闭容器中充分反应放出QkJ的热量C.2molSO2(g)和1molO2(g)置于密闭容器中充分反应放出热量大于QkJD.如将一定量SO2(g)和O2(g)置于密闭容器中充分反应放热量QkJ，则此过程中有2molSO2(g)被氧化4.已知：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=-98kJ•mol-1．在含少量I-的溶液中，H2O2分解反应过程为：i．H2O2（l）+I-（aq）=H2O（l）+IO-（aq）△H1ii．H2O2（l）+IO-（aq）=H2O（l）+O2（g）+I-（aq）△H2下列说法不正确的是（ ）A.△H1+△H2=△HB.I−是H2O2分解反应的催化剂C.欲分解2 mol H2O2(l)，至少需要提供98 kJ的热量D.若生成1 mol O2，则反应ii转移电子的物质的量为2 mol5.1mol CH4气体完全燃烧放出的热量为802kJ，但当不完全燃烧生成CO和H2O时，放出的热量为519kJ．如果1mol CH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25kJ的热量，则一定量O2的质量为（ ）A.40 gB.56 gC.60 gD.无法计算二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）6.某原电池的电池反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，与此电池反应不符合的原电池是（ ）A.铜片、铁片、FeCl3溶液组成的原电池B.石墨、铁片、Fe(NO3)3溶液组成的原电池C.铁片、锌片、Fe2(SO4)3溶液组成的原电池D.银片、铁片、Fe(NO3)2溶液组成的原电池三、简答题（本大题共4小题，共43.0分）7.有A、B、C、D、E、F六种元素，试按下述所给的条件推断：①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C；②D、E是周期表中位置相邻的非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体；③F是除氢外原子半径最小的主族元素。（1）A元素的名称______，B元素在周期表中的位置为______，C元素的离子结构示意图______。（2）E元素的单质颜色______。（3）在上述六种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化学式______，酸性最强的化学式______，气态氢化物最稳定的化学式______。（4）A、C元素最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式______。（5）用电子式表示A元素与D元素形成化合物的过程______。（6）F元素的单质与水反应的化学方程式______。8.如图所示装置，烧杯中盛有200mL1mol•L-1的CuSO4溶液。（1）正极材料为______，电池工作时SO42-向______移动（填Zn或Cu）。（2）正极电极反应式为______。（3）若初始时Zn片与Cu片质量相等，实验结束后，称得两极质量差为12.9g，则反应中转移电子的物质的量为______，反应后溶液中溶质的物质的量浓度为______（忽略溶液体积的变化）。9/91.已知元素的某种性质“X”和原子半径、金属性、非金属性等一样，也是元素的一种基本性质。下面给出13种元素的X的数值：元素AlBBeCClFLiX的数值1.52.01.52.52.84.01.0元素MgNaOPSSiX的数值1.20.93.52.12.51.7试结合元素周期律知识完成下列问题：（1）请预测K与Rb元素的X数值的大小关系：K______ Rb （填“＞”、“=”或“＜”）。（2）经验规律告诉我们：当形成化学键的两原子相应元素的X差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键。试推断AlBr3中的化学键类型是______。（3）某有机化合物分子中含有S-N键，你认为该共用电子对偏向于______原子（填元素符号）。（4）简述第二周期元素（除稀有气体外）的X的数值大小与原子半径之间的关系：______。2.（1）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-．两步反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是______反应（选填“放热”或“吸热”），判断依据______。②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3-（aq）的热化学方程式______。（2）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：反应Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）△H1=+551kJ•mol-1反应Ⅲ：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=-297kJ•mol-1反应Ⅱ的热化学方程式：______。（3）一定条件下，不同量的CO2与不同量的NaOH充分反应放出的热量如下表所示：CO2的量NaOH的量放出的热量22.0 g750 mL 1.0 mol•L-1x kJ1.0 mol2.0 L 1.0 mol•L-1y kJ写出该条件下，CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学方程式：______。四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）3.某实验小组设计用50mL1.0mol•L-1盐酸和50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。试回答下列问题：（1）本实验中在大小烧杯中填充泡沫塑料的作用是______（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是______ （填字母）。a．用温度计小心搅拌 b．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌c．轻轻地振荡烧杯 d．用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动（3）该实验小组做了四次实验，每次取溶液各50mL，记录如下原始数据。实验序号 起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值（t2-t1）/℃盐酸 NaOH溶液平均值125.124.925.031.6225.125.125.128.5325.125.125.131.9425.125.125.131.8①结合上表数据，计算时应采用温度差的平均值为______℃。②已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3，中和后混合液的比热容c=4.18×10-3kJ/（g•℃），则中和热△H=______（保留到小数点后1位）。（4）若因反应放热，而造成少量盐酸在反应过程中挥发，则测得的中和热______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。9/9答案和解析1.【答案】D【解析】解：A．氢气的燃烧产物是水，无污染，属于清洁能源，故A正确；B．太阳能无污染，属于清洁能源，利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境，故B正确；C．煤的气化是把煤炼成焦炭，再将焦炭在高温下与水蒸气反应，得到CO和H2；可以减少二氧化硫等有毒气体的排放，实现了煤的高效、清洁利用，故C正确；D．液化石油气是经石油的分馏得到的，故属于二级能源，故D错误。故选：D。A．氢气的燃烧产物是水，属于清洁能源；B．太阳能无污染，属于清洁能源；C．煤的气化是把煤炼成焦炭，再将焦炭在高温下与水蒸气反应，得到CO和H2；D．液化石油气是经石油的分馏得到的。本题考查了能源，注意对常见能源的归纳和整理，题目难度不大。2.【答案】A【解析】解：A、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；B、反应热包含符号，①的反应热为-221kJ•mol-1，故B错误；C、中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“-”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol-1，故C错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选：A。A、1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；B、反应热包含符号，①的反应热为-221 kJ•mol-1；C、中和热是强酸强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量；D、醋酸是弱电解质，电离过程需吸收热量．本题考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度中等，注意稀的强酸、强碱的中和热为△H=-57.3kJ/mol．3.【答案】D【解析】解：A．16O和18O的质子数都为8，中子数分别为8、10，不是同一种核素，故A错误；B．1H218O的摩尔质量为20g/mol，故B错误；C．34S和15N核内的中子数分别为34-16=18，15-7=8，中子数相差10，故C错误；D．2H+核外电子数为1-1=0，故D正确；故选：D。A．根据原子符号的含义以及核素的种类由质子数和中子数决定；B．摩尔质量的单位为g/mol；C．根据原子符号的含义以及利用中子数=质量数-质子数来计算；D．根据阳离子中核外电子数-所带电荷数；本题主要考查原子符号的含义，中子数=质量数-质子数以及离子中核外电子数目的计算，题目难度不大．4.【答案】B【解析】解：A、处于金属和非金属分界线的元素既有金属性又有非金属性，如硅元素，故A错误；B、第三周期的元素从Na到Cl最高化合价从正一价到正七价和族序数相等，故B正确；C、H元素、Li元素形成离子后达到2电子结构和氦结构相同，不是8电子稳定结构，故C错误；D、第一主族的所有元素最外层都为一个电子，但是H元素与Na元素性质差异很大，同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质相似，故D错误。故选：B。A、根据周期表中金属性、非金属性的变化规律来考虑；B、根据同周期元素化合价的变化规律来判断；C、第一周期元素最多可以排2个电子；D、根据同族元素的性质的变化规律判断．本题考查元素周期表和元素周期律，注意把握规律性知识和元素周期表中某些元素的特性，明确元素性质的变化规律即可解答，题目难度不大．5.【答案】C【解析】解：A．无中子的元素是H元素，最外层电子数为6的短周期元素为S或O元素，二者形成的化合物为A2B型，故A错误；B．核电荷数分别为12和17的元素分别为Mg、Cl元素，二者形成离子化合物而不是共价化合物，故B错误；C．ⅣA族和ⅥA族原子半径最小的元素分别是C、O元素，可以形成化合物CO29/9，符合条件，故C正确；D．最高正价都为奇数的两种短周期元素，如Na、Cl元素，二者形成离子化合物，故错误；故选：C。两种元素可以形成AB2型共价化合物，则A为第IVA、第VA族或第VIA元素、B为第VIA族元素，形成的化合物有CO2、SiO2、SO2、NO2等，据此分析解答．本题考查了原子结构和元素性质，同时考查学生发散思维能力，采用假设法分析解答，知道哪些元素易形成共价键，题目难度不大．6.【答案】B【解析】解：A．镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为：，故A错误；B．K2S为离子化合物，用电子式表示形成过程为，故B正确；C．氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为：，故C错误；D．H2O为共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为，故D错误。故选：B。A．氯离子应该写在镁离子的两边；B．K2S为离子化合物，离子化合物阴离子带电荷且用“[]”，共价化合物不带电荷，注意各原子或离子满足稳定结构；C．氟化钙为离子化合物，钙离子与两个氟离子通过离子键结合，阴阳离子需要标出所带电荷；D．H2O为共价化合物。本题考查电子式的书写规则，题目难度中等，注意掌握电子式的书写原则，能够用电子式正确表示常见物质的形成过程，试题培养了学生运用所学知识解决实际问题的能力。7.【答案】D【解析】解：短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，则Q为O元素，Z有+6、-2价，可知Z为S元素；L有+7、-1价，则L为氯元素；M有+4、-4价，原子半径L＞M，则M为C元素；X为+2价，Y为+3价，原子半径X＞Y＞Z，所以X为Mg元素，Y为Al元素。A、X为Mg元素，Y为Al元素，等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成H2为2：3，故A错误；B、Y与Q形成的化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B错误；C、非金属性Cl＞S，所以稳定性HCl＞H2S，即L的氢化物的稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故C错误；D、M为C元素，最外层电子数为4，电子不易得失，与其它原子易形成共价键而不易形成离子键，故D正确。故选：D。短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，则Q为O元素，Z有+6、-2价，可知Z为S元素；L有+7、-1价，则L为氯元素；M有+4、-4价，原子半径L＞M，则M为C元素；X为+2价，Y为+3价，原子半径X＞Y＞Z，所以X为Mg元素，Y为Al元素．结合元素周期律及物质的量结构与性质解答．本题考查元素的性质与位置关系，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大．8.【答案】A【解析】解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe，A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞Cl-＞Na+，故A错误；B．非金属性O＞S，简单氢化物稳定性⑤＞⑧，故B正确；C．非金属性Cl＞S＞Al，最高价氧化物对应的水化物酸性⑨＞⑧＞⑦，故C正确；D．H与O可以形成H2O2，极性键又含非极性键，故D正确。故选：A。由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe，A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；B．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；C．C．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强；D．H与O可以形成H2O和H2O2。本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握扇形元素周期表与常见元素周期表的关系为解答的关键，注意非金属性的比较及化合物中的化学键，题目难度不大。9.【答案】A【解析】解：A、根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵9/9根离子，所以另一个氢原子只能是形成H-，阴阳离子间形成离子键，故A错误；B、由分析可知该化合物为NH4H，既存在离子键又存在共价键，故B正确；C、NH5中H同时呈现两种化合价分别为+1和-1价，故C正确；D、与H2O反应，NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，是H-和H+间的氧化还原反应，故D正确；故选：A。NH5所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，所以，NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，符合稀有气体原子的最外层结构，剩余的一个氢原子只能是H-，这样才符合2电子的稳定结构，所以数铵根离子和氢阴离子形成的离子化合物，能稳定存在于固体中类似氯化铵，由此分析解答。本题考查了原子间化学键的形成，原子最外层电子的稳定结构形成，电子式的书写。10.【答案】C【解析】解：装置一：发生电化学腐蚀，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；装置二：发生化学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；装置三：发生电化学腐蚀，d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；装置四：发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；所以这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选：C。装置一：发生电化学腐蚀，活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极发生氧化反应，负极质量减少；装置二：发生化学腐蚀，活泼金属与酸反应放出氢气，不活泼金属与酸不反应；装置三：发生电化学腐蚀，正极有气泡；装置四：发生电化学腐蚀，氢离子的正极上得电子发生还原反应生成氢气．本题主要考查了金属的活动性，注意从原电池的角度比较金属性的活动性顺序，注意金属活动性的比较方法的积累，题目难度不大．11.【答案】A【解析】解：①两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；②都为放热反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，故选：A。①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多；④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，注意放热反应中，放出热量越大，焓变越小，为易错点．12.【答案】B【解析】解：A．N2（g）→2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A错误；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=（941.7+3×154.8-283.0×6）KJ•mol-1=-291.9KJ•mol-1，△H＜0，故C错误；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和形成，故D错误。故选：B。化学反应中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，以此解答该题．本题考查化学反应与能量，为高考高频考点，本题侧重于反应热的考查，题目难度不大，注意化学键的键能与反应热的关系．13.【答案】D【解析】解：A．为放热反应，2molSO2（g）和1molO2（g）具有的能量大于2molSO3（g）具有的能量，故A错误；B.2molSO2（g）和1molO2（g）置于密闭容器中充分反应，不能完全转化，放出热量小于QkJ，故B错误；C.2molSO2（g）和1molO2（g）置于密闭容器中充分反应，不能完全转化，放出热量小于QkJ，故C错误；D．物质的量与热量成正比，反应放热量QkJ时，则此过程中有2molSO2（g）被氧化，故D正确；故选：D。9/9焓变为负，为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，且热化学方程式中为完全转化时的能量变化，而可逆反应中不能完全转化，以此来解答。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热化学方程式的意义，题目难度不大。14.【答案】C【解析】解：A．根据盖斯定律可知，i+ii可得，2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=△H1+△H2，故A正确；B．已知①H2O2+I-→H2O+IO-②H2O2+IO-→H2O+O2+I-，该反应过程中I-H2O2分解反应的催化剂，故B正确；C．双氧水的分解为放热反应，则分解2 mol H2O2（l）至少放出98 kJ的热量，故C错误；D．反应H2O2（l）+IO-（aq）═H2O（l）+O2（g）+I-（aq）中，双氧水中-1价O原子被氧化成氧气，则生成1mol氧气转移的电子的物质的量为：1mol×2×[0-（-1]=2mol，故D正确；故选：C。A．根据盖斯定律及已知热化学方程式分析；B．根据碘离子在双氧水分解中的变化及催化剂特点分析；C．双氧水的分解为放热反应，则分解双氧水会放出热量；D．双氧水中氧元素的化合价为-1价，结合化合价变化分析转移电子的物质的量．本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的计算、盖斯定律的应用、反应热计算等知识，题目难度中等，明确盖斯定律的内容为解答关键，注意掌握氧化还原反应的实质与特征，试题培养了学生的灵活应用能力．15.【答案】C【解析】解：1molCH4气体完全燃烧生成1molCO2和H2O（L）时，放出的热量为802KJ，1molCH4气体不完全燃烧生成1molCO和H2O（L）时，放出的热量为519KJ，故1molCO燃烧生成1molCO2，放出的热量为802kJ-519kJ=283kJ，1molCH4与一定量氧气燃烧生成CO，CO2，H2O（L），并放出731.25KJ的热量，减少的热量为802KJ-731.25KJ=70.75kJ，1mol甲烷不完全燃烧与完全燃烧相比，减少的热量为生成的CO燃烧放出的热量，故生成n（CO）=×1mol=0.25mol根据C原子守恒可知n（CO2）=1mol-0.25mol=0.75mol，根据H原子守恒可知n（H2O）==2mol，利用氧原子守恒由n（O）=0.25mol+0.75mol×2+2mol=3.75mol，故消耗的氧气的质量为3.75mol×16g/mol=60g，故选：C。1molCH4气体完全燃烧生成1molCO2和H2O（L）时，放出的热量为802KJ，1molCH4气体不完全燃烧生成1molCO和H2O（L）时，放出的热量为519KJ，故1molCO燃烧生成1molCO2，放出的热量为802kJ-519kJ=283kJ，1mol甲烷不完全燃烧与完全燃烧相比，减少的热量为生成的CO燃烧放出的热量，根据减少的热量计算生成n（CO），再根据C原子守恒计算生成n（CO2），根据H原子守恒计算n（H2O），最后利用氧原子守恒计算n（O），利用m=nM计算氧原子的质量，等于消耗的氧气质量。本题考查反应热的有关计算，利用常规方法非常麻烦，本题解法关键是理解甲烷不完全燃烧与完全燃烧相比，减少的热量为生成的CO燃烧放出的热量，难度中等。16.【答案】CD【解析】解：A、铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故A正确；B、铁的活泼性大于石墨，铁作负极，石墨作正极，电解质溶液为硝酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故B正确；C、锌的活泼性大于铁，锌作负极，铁作正极，故C错误。D、要想实现该原电池，电解质溶液应是铁盐溶液不是亚铁盐溶液，故D错误。故选：CD。根据反应“2Fe3++Fe=3Fe2+”可知，反应中铁因失电子而被氧化，应为原电池负极；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液应为含Fe3+的盐．本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，题目难度不大，注意从氧化还原反应的角度确定原电池的电极材料及电解质溶液．17.【答案】钠 第三周期第ⅡA族 紫黑色 NaOH HBrO4 HF Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O 2F2+2H2O=4HF+O2【解析】解：根据分析可知：A为Na元素，B为Mg，C为Al，D为Br，E为I，F为F元素。（1）（1）A元素的名称是钠，B在周期表位置为第三周期 第ⅡA 族，铝原子的结构示意图为，9/9故答案为：钠；第三周期第ⅡA族；；（2）碘单质的颜色为紫黑色，故答案为：紫黑色；（3）金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，简单氢化物的稳定性越强，在上述六种元素中，Na的金属性最强，则碱性增最强的化学式为NaOH；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HBrO4；简单氢化物的稳定性最强的是HF，故答案为：NaOH；HBrO4；HF；（4）A、C元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，氢氧化铝与氢氧化钠反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（5）NaBr为离子化合物，用电子式表示溴化钠的形成过程为，故答案为：；（6）F2与水反应生成HF和氧气，反应方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2。①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外均有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大，A为Na元素，且原子半径A＞B＞C，则B为Mg、C为Al；②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，二者元素最低负化合价为-1，二者都处于ⅦA族，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体，则D为Br、E为I；③F是除氢外原子半径最小的主族元素，F为F元素，以此来解答。本题考查位置结构性质关系的综合应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。18.【答案】Cu Zn Cu2++2e-=Cu 0.2mol c（ZnSO4）=c（CuSO4）=0.5mol/L【解析】解：（1）该装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，电池工作时SO42-向负极Zn移动；故答案为：Cu；Zn；（2）正极上铜离子得电子发生还原反应生成Cu，所以正极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：Cu2++2e-=Cu；（3）负极上锌逐渐溶解、正极上析出Cu，所以两极质量差等于溶解锌的质量和析出铜的质量之和，设溶解锌的物质的量为xmol，根据转移电子守恒知析出Cu的物质的量为xmol，（65+64）g/mol×xmol=12.9g，x=0.1，所以转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol；溶解锌的物质的量为0.1mol、析出Cu的物质的量为0.1mol，则溶液中还剩余硫酸铜的物质的量为0.2L×1mol/L-0.1mol=0.1mol，根据原子守恒知，溶液中c（ZnSO4）=c（CuSO4）==0.5mol/L，故答案为：0.2mol；c（ZnSO4）=c（CuSO4）=0.5mol/L。该装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极反应式为Cu2++2e-=Cu，负极上锌逐渐溶解、正极上析出Cu，所以两极质量差等于溶解锌的质量和析出铜的质量之和，再结合转移电子相等进行计算；根据原子守恒计算硫酸锌、硫酸铜浓度。本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应再结合转移电子守恒进行解答，注意：两个电极质量差不是溶解锌和析出铜的质量差而是二者之和，为易错点。19.【答案】＞ 共价键 N 原子半径越小，x的数值越大【解析】解：（1）K与Rb元素属于同一主族，同主族自上而下，电负性逐渐减小，因此电负性：K＞Rb，故答案为：＞；（2）因表格中Al的X数值为1.5，Cl的X数值为2.8，则Br的X数值比2.8还小，所以Al、Br的X数值之差小于1.7，则形成共价键，故答案为：共价键；（3）S的X数值为2.5，N的非金属性大于C（X的数值为2.5），则N的X数值大于S的X数值，即N的非金属性大于S的非金属性，即共用电子对偏向于N元素，故答案为：N；（4）第二周期中随原子半径的减小，X的数值在增大，故答案为：原子半径越小，X的数值越大。（1）根据表格中金属性强的X的数值大来分析，同主族自上而下，电负性逐渐减小；（2）根据X差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键来分析；（3）利用S、N的X数值，共用电子对偏向于X数值大的元素；（4）同周期从左向右原子半径减小，结合x的变化分析。本题考查元素的性质，明确X的数值与非金属性的关键是解答本题的关键，较好的考查学生对表格中的数据分析整合、处理应用的能力，难度不大。20.【答案】放热 反应物能量高于生成物 NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3-（aq）△H=-346kJ/mol 3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=-254kJ/mol NaOH（aq）+CO2（g）=NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）KJ/mol【解析】解：（1）①图象分析可知，第一步反应反应物能量高于生成物，依据能量守恒分析可知反应为放热反应，故答案为：放热；反应物能量高于生成物；②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3-（aq）可由两步反应加和得到，热化学方程式为NH4+（aq）9/9+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3-（aq）△H=-346kJ/mol，故答案为：NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3-（aq）△H=-346kJ/mol；（2）根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式-I-III即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=-（+551kJ•mol-1）-（-297kJ•mol-1）=-254kJ/mol，故答案为：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=-254kJ/mol；（3）根据题意，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）=22g÷44g/mol=0.5mol，n（NaOH）=1mol•L-1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为xKJ，则2molCO2反应放出热量为4xKJ，即热化学反应方程式为①2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4xKJ/mol，又1molCO2通入2mol•L-1NaOH溶液2L中充分反应放出ykJ的热量，则热化学方程式为②2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-yKJ/mol，由盖斯定律可知，①-②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）KJ/mol；故答案为：NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）KJ/mol。（1）①图象分析可知，第一步反应反应物能量高于生成物，反应为放热反应；②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3-（aq）可由两步反应加和得到，热化学方程式为NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3-（aq）△H=-346kJ/mol；（2）根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式-I-III即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H进行相应的改变；（3）根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molCO2通入2mol•L-1NaOH溶液2L中充分反应放出ykJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。本题考查较综合，涉及热化学方程式的书写和计算，盖斯定律的理解与应用等，明确化学反应原理和准确使用盖斯定律是解本题关键，题目难度中等。21.【答案】保温隔热，防止热量散失 d 6.7 -56.0kJ•mol-1 偏小【解析】解：（1）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：保温隔热，防止热量散失； （2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故选d；（3）①4次温度差分别为：6.6℃，3.4，6.8℃，6.7℃，第2组数据无效，温度差平均值=℃=6.7℃；故答案为：6.7℃；②50mL1.0mol/L盐酸与50mL1.1mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×1.0mol/L=0.05mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=6.7℃，则生成0.05mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×6.7℃=2800.6J，即2.8006KJ，所以实验测得的中和热△H=-=-56.0kJ/mol；故答案为：-56.0 kJ•mol-1；（4）反应放热造成少量盐酸在反应过程中挥发，导致反应终点温度判定、放热减小，使计算的中和热数值偏小，故答案为：偏小。（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（2）盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；（3）①先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；②根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，最后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；（4）反应放热造成少量盐酸在反应过程中挥发，导致反应终点温度判定、放热减小。本题考查中和热测定原理、反应热的计算、测定反应热的误差分析等，题目难度不大，注意理解中和热的概念。9/9
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