山东省烟台市招远第一中学2022-2023学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期期中高一化学(等级考)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16P-31S-32K-39Fe-56Cu-64Ba-137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.关于S6和S8分子，下列说法正确的是A.S6和S8互为同位素B.S6和S8分别与铁粉反应，所得产物相同C.S6和S8分子的性质相同D.S6和S8分别与过量的氧气反应均生成SO3【答案】B【解析】【详解】A．同种元素的不同种原子间互为同位素，S6和S8是S元素的两种不同的单质，互为同素异形体，A错误；B．S6和S8分别与铁粉反应，所得产物相同均为FeS，B正确；C．S6和S8互为同素异形体，化学的性质相似，物理性质有差异，C错误；D．硫单质燃烧只能生成二氧化硫，氧气过量也不能生成三氧化硫，D错误；故选B。2.关于如图所示转化关系(X代表卤素)，说法错误的是 A.△H1=△H2+△H3B.2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3＜0C.由途径I生成HCl的△H大于生成HBr的△HD.Cl－Cl键、Br－Br键、I－I键键能依次减小，所以途径II吸收的热量依次减少【答案】C【解析】【详解】A．反应焓变与起始物质和终了物质有关，与变化途径无关，途径I生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3，A正确；B．原子形成化学键放热，焓变小于0，2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3＜0，B正确；C．反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，途径I生成HCl放出的热量比生成HBr放出的多，途径I生成HCl的△H小于生成HBr的△H，C错误；D．Cl-Cl，Br-Br，I-I的键能依次减小，断裂化学键需要能量减小，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，D正确；故选C。3.如图是以Cu和Zn为电极的两种原电池，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列相关叙述正确的是A.(a)和(b)均为Zn作负极反应物和负极材料，Cu作正极反应物和正极材料B.(a)和(b)相比，(a)能量利用率更高，电流更稳定 C.(a)中Cu2+移向Cu电极，SO移向Zn电极D.(b)中Zn片质量减少6.5g时，理论上电路中转移0.1NA个电子【答案】C【解析】【详解】A．活泼金属作负极，所以两原电池都是Zn作负极材料及负极反应物，Cu作正极材料，但是在正极发生反应的是而不是Cu，选项A错误；B．(b)为双液原电池，避免了Zn与溶液接触，但(a)为单液原电池，负极Zn与溶液接触，部分会直接与Zn在负极反应，能量利用率低且电流不稳定，选项B错误；C．阳离子移向正极，阴离子移向负极，选项C正确；D．(b)中Zn片质量减少6.5g时，理论上电路中转移电子，数目为，选项D错误；答案选C。4.随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径、最高正价或最低负价的变化如图所示。下列叙述错误的是A.离子半径的大小顺序：d＞e＞fB.x、z、d组成的化合物一定是共价化合物C.d与e组成的化合物可能含有共价键D.e、f、g的最高价氧化物对应的水化物两两之间一定能发生反应【答案】B【解析】【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，结合对应元素化合物的性质以及元素周期律解答该题。 【详解】A．d为O、e为Na，f为Al，三种离子具有相同电子层排布，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：d＞e＞f，故A正确；B．x(H)、z(N)和d(O)可形成离子化合物，如硝酸铵，故B错误；C．d为O、e为Na，组成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故C正确；D．e、f、g的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，Al(OH)3是两性氢氧化物，既可以和强酸反应也可以和强碱反应，三种化合物两两之间一定能发生反应，故D正确；故选B。5.25℃、101kPa下、煤炭、氢气、天然气和甲醇(CH3OH)等几种燃料的热值(指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量)依次是33kJ•g-1、143kJ•g-1、56kJ•g-1、23kJ•g-1，则下列热化学方程式书写正确的是A.H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=286kJ•mol-1B.C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-396kJ•mol-1C.CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-736kJ•mol-1D.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-896kJ•mol-1【答案】C【解析】【详解】A．氢气的热值是143kJ•g-1，则2gH2燃烧放出的热量为286kJ，所以热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ•mol-1，A错误；B．煤炭的热值是33kJ•g-1，则12g煤炭完全燃烧放出的热量为396kJ，所以热化学方程式为：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-396kJ•mol-1，B错误；C．甲醇(CH3OH)的热值是23kJ•g-1，则32gCH3OH完全燃烧放出的热量为736kJ，所以热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-736kJ•mol-1，C正确；D．天然气（CH4）的热值是56kJ•g-1，则16gCH4完全燃烧放出的热量为896kJ，所以热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-896kJ•mol-1，D错误；故选C。6.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 A.用装置甲灼烧碎海带B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中的D.用装置丁萃取浸泡液中的【答案】B【解析】分析】【详解】A．灼烧应该在坩埚中进行，故A不能达到实验目的；B．乙为过滤装置，从海带灰的浸泡液中除去不溶物，采用过滤的方法，故B能达到实验目的；C．浓盐酸和MnO2制取氯气需要加热，而丙装置没有加热，故C不能达到实验目的；D．乙醇和水互溶，所以乙醇不能萃取浸泡液中的碘，故D不能达到实验目的；故选B。7.下列关于原子结构及元素周期表的说法正确的是A.某原子M层上电子是L层的4倍B.第三、第四周期同主族原子序数均相差8C.第四周期第ⅡA与ⅢA元素的原子序数相差11D.除0族元素外，元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价【答案】C【解析】【详解】A．L层最多有8个电子，M层最多有18个电子，M层上电子不可能是L层的4倍，A错误；B．第三、四周期ⅠA、ⅡA族原子序数相差8，其余主族相差18，B错误；C．第四周期第ⅡA族元素为Ca，ⅢA族元素为Ga，中间间隔八个副族（其中第Ⅷ族有三列）共十种元素，故原子序数相差11，C正确；D．O和F无最高正价，D错误； 故选C。8.下列说法正确的是A.加热条件下进行的反应一定是吸热反应B.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同C.水溶液能导电的化合物一定是离子化合物D.Na2O2和Na2O中均含有离子键，且阴、阳离子的个数比相同【答案】D【解析】【详解】A．需要加热才能进行的反应不一定是吸热反应，如铝热反应是放热反应，但需在加热条件下才能反应，故A错误；B．反应的焓变只与反应物和生成物有关，与反应条件无关，则氢气和氯气反应生成氯化氢的反应在光照和点燃条件下的△H相同，故B错误；C．熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，水溶液能导电的化合物不一定是离子化合物，如共价化合物氯化氢溶于水得到的盐酸能导电，故C错误；D．氧化钠和过氧化钠都是含有离子键的离子化合物，化合物中阴、阳离子的个数比相同，都是1：2，故D正确；故选D。9.现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，其中Z、Q在同一周期。相关信息如表：元素相关信息X最外层电子数是核外电子总数的一半Y最高化合价和最低化合价之和为零Z最外层电子数与最内层电子数之和等于次外层电子数Q同周期元素中原子半径最小下列说法错误的是A.常温时，X单质能与水发生剧烈反应B.Y与Q元素组成的分子中只含共价键C.Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强 D.第四周期且与Q同主族元素的原子序数相差18【答案】A【解析】【分析】4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，X元素的最外层电子数是核外电子总数的一半，则X为Be元素；Y元素的最高化合价和最低化合价之和为零，则Y可能为C元素或Si元素；Z元素的最外层电子数与最内层电子数之和等于次外层电子数，则Z为S元素；Q原子在同周期中原子半径最小，则Q为Cl元素。【详解】A．同主族元素，从上到下金属性依次增强，与水反应的剧烈程度增强，镁单质常温下不能与水反应，铍的金属性弱于弱于镁，则铍单质不可能与水发生剧烈反应，故A错误；B．四氯化碳或四氯化硅都是只含有共价键的共价化合物，故B正确；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳元素或硅元素、硫元素、氯元素的非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故C正确；D．溴元素的原子序数为35，氯元素的原子序数为17，两者原子序数相差18，故D正确；故选A。10.根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法错误的是A.N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应B.2molO原子生成1molO2(g)时放出498kJ能量C.2molNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量D.由N2和O2生成2molN(g)和2molO(g)吸收的总能量为1444kJ【答案】A【解析】【详解】A．由题给图象可知，的断键吸收总能量-成键放出总能量=＞0，则该反应是吸热反 应，故A错误；B．原子结合形成分子的过程是化学键形成过程，是放热过程，2molO原子结合生成时放出能量，故B正确；C．由图知形成2molNO(g)放热2×632KJ/mol能量，所以2molNO(g)中的化学键断裂时需要吸收能量，故C正确；D．由图给出图像可知，1molN2断键生成2molN(g)及1molO2的2molO(g)吸收的总能量为，故D正确；故答案选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.已知：由最稳定的单质合成1mol某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用△H(kJ•mol-1)表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0。有关物质的△H如图所示，下列有关判断正确的是A.相同状况下，NH3比N2H4稳定B.H2O(l)的△H＞-241.8kJ•mol-1C.标准状况下，1molN2H4(l)完全燃烧放出的热量为534.2kJ•mol-1D.2molNH3(g)的键能大于1molN2(g)与3molH2(g)的键能之和【答案】AD【解析】【详解】A．NH3的标准摩尔生成焓为-45.9kJ•mol-1，可得①(g)△H=-45.9kJ•mol-1，与②相比可知NH3比N2H4的能量更低，故NH3更稳定，A正确； B．的过程中放热，则H2O(1)的△H＜-241.8kJ•mol-1，B错误；C．N2H4(1)的摩尔生成为焓为+50.6kJ·mol-l，可得②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)△H=+50.6kJ•mol-1，由摩尔生成焓为-241.8kJ•mol-1，可得③△H=-483.6kJ•mol-1，根据③-②可得△H=-534.2kJ•mol-1，但是标准燃烧热是指生成液态的水，则根据题给数据无法计算，C错误；D．1molN2(g)与3molH2(g)生成2molNH3(g)为放热反应，故2molNH3(g)的键能大于1molN2(g)与3molH2(g)的键能之和，D正确；故选AD。12.科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A.原子半径：Z＞Y＞XB.Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物C.最简单氢化物的沸点：Y＞XD.1molZW与水发生反应生成1molW2，转移电子2mol【答案】BC【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此分析解题。【详解】A．X、Y、Z分别为C、O、Na；同周期，原子序数越大，半径越小，则原子半径：Na＞C＞O，A错误； B．O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，B正确；C．C的最简单氢化物为CH4，O的最简单氢化物为H2O，CH4室温为气态，CH4沸点更低，C正确；D．1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O=H2↑+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，D错误；答案为BC。13.已知：。以太阳能为热源分解，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示：过程Ⅰ：过程Ⅱ：……下列说法不正确的是A.过程Ⅰ中每消耗，转移电子B.过程Ⅱ中反应的热化学方程式为C.过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是太阳能→化学能→热能D铁氧化合物循环制具有成本低、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A．过程Ⅰ：，当有分解时，生成，而的物质的量为，故生成，氧元素由价变为0价，故每消耗转移电子，选项A正确； B．已知反应①和反应②，根据盖斯定律，由可得过程Ⅱ中反应的热化学方程式，选项B正确；C．过程Ⅰ和过程Ⅱ中的反应均为吸热反应，故不存在将化学能转化为热能的过程，选项C错误；D．反应中，为气体，而为固体，故铁氧化合物循环制的产物易分离，且由于利用太阳能，故成本低，选项D正确；答案选C。14.某科研机构研发的NO—空气燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是A.a电极为电池负极B.电池工作时H+透过质子交换膜从左向右移动C.b电极的电极反应：NO—3e—+2H2O=4H++NOD.当外电路中通过0.2mol电子时，a电极消耗O2的体积1.12L【答案】BC【解析】【分析】由图可知，通入一氧化氮的b电极为燃料电池的负极，水分子作用下一氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子和氢离子，通入氧气的a电极为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水。【详解】A．由分析可知，a电极为原电池的正极，故A错误；B．由分析可知，a电极为燃料电池的正极，b电极为燃料电池的负极，则电池工作时氢离子透过质子交换膜从左向右移动，故B正确； C．由分析可知，通入一氧化氮的b电极为燃料电池的负极，水分子作用下一氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子和氢离子，电极反应式为NO—3e—+2H2O=4H++NO，故C正确；D．缺标准状况下，无法计算当外电路中通过0.2mol电子时，a电极消耗氧气的体积，故D错误；故选BC。15.“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ•mol-1)为A.+533B.+686C.+838D.+1143【答案】C【解析】【详解】①；②；③；④；⑤；⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838kJ•mol-1，所以ABD错误，C正确，故选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验( 夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验过程：I.打开K1，关闭K2，K3，打开活塞a，滴加浓盐酸。II.关闭K1，打开K2、K3，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭K3。III.B中继续通气体，当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。IV.…回答下列问题：（1）装置A中m的作用_____，A中产生黄绿色气体的离子方程式是_____。（2）能说明氯气的氧化性强于碘的实验现象是_____，用离子方程式解释过程II中溶液变为黄色的原因_____。（3）过程IV的目的是验证溴的氧化性强于碘，简述其操作过程_____。（4）过程III的实验目的是_____。（5）请用原子结构的知识解释氯、溴、碘单质的氧化性还渐减弱的原因_____。【答案】（1）①.平衡气压，有利于浓盐酸顺利流下②.2MnO+10Cl-+8H+=2Mn2++5Cl2↑+4H2O（2）①.淀粉－KI溶液变成蓝色②.Cl2+2Br-=Br2+2Cl-（3）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置（4）确认C黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰（5）同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱【解析】【分析】实验Ⅰ，打开K1，关闭K2，K3，打开活塞a，滴加浓盐酸在A中与KMnO4反应生成Cl2，进入E中与KI反应，验证Cl2与I2的氧化性强弱；实验Ⅱ，关闭K1，打开K2，K3，氯气进入B和C中，与NaBr反应，当B和C中的溶液都变为黄色时，证明BC中的NaBr 中均有少量氯气进入，关闭K3，实验Ⅲ，继续向B中通入Cl2，当B中溶液由黄色变为棕红色时，证明NaBr已被反应完全，验证氯气和溴的氧化性强弱，关闭活塞a，停止产生氯气，最后实验Ⅳ，打开活塞b，使C中反应生成的溴进入D中，验证溴的氧化性强于碘，据此分析解题。【小问1详解】m的作用是连通容器和分液漏斗的气体，达到平衡气压的目的，使液体能顺利滴下；A中浓盐酸与高锰酸钾反应产生氯气，离子方程式是：2MnO+10Cl-+8H+=2Mn2++5Cl2↑+4H2O；【小问2详解】E中产生I2就说明Cl2的氧化性比I2强，故当E中淀粉溶液变蓝，即说明有碘单质生成。故淀粉溶液变成蓝色，能说明氯气的氧化性强于碘；Ⅱ实验，BC均为NaBr溶液，变为黄色，说明通入Cl2后，有Br2生成，反应的离子方程式为；【小问3详解】验证溴的氧化性强于碘，需要Br2进入碘化钾溶液中，C中黄色溶液中存在Br2，而且通入Cl2很少，已被完全反应，没有Cl2的干扰。使C中溶液进入D中，观察溶液分层和颜色情况即可，故操作为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置；【小问4详解】为了使C中没有Cl2干扰后续试验，需要确保装置内没有Cl2，故通过继续向B中通氯气，待B中颜色变成红棕色，说明NaBr被完全反应，保证装置内Cl2被完全反应，故过程Ⅲ的实验目的是确认C黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰；【小问5详解】同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱。17.化学反应过程伴随有热量的变化。（1）下列反应中属于吸热反应的有_____。①金属与酸反应②C与H2O(g)反应制取水煤气③煅烧石灰石(主要成分CaCO3)制生石灰④碳酸氢钠与柠檬酸反应⑤食物因氧化而腐败 （2）一定条件下，由稳定单质反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(△H)。图为VIA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。①非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热△H的关系为_____。②硫化氢气体发生分解反应的热化学方程式为_____。（3）利用CH4可制备乙烯及合成气(CO、H2)。有关化学键键能(E)的数据如表：化学键H－HC=CC－CC－HE(kJ•mol-1)436a348413已知：甲烷的结构为，乙烯的结构为。①已知2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)△H=+167kJ/mol，则a=_____。②已知5C2H4(g)+12MnO(aq)+36H+(aq)=12Mn2+(aq)+10CO2(g)+28H2O(l)△H=—mkJ/mol，当放出的热量为nkJ时，该反应转移的电子数为______(用含m、n的代数式表示)。（4）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表所示：CO2的量NaOH的量放出的热量22.0g750mL1.0mol•L-1xkJ1.0mol2.0L1.0mol•L-1ykJ已知：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，写出该条件下，CO2(g)与NaOH(aq)反应生成NaHCO3(aq)的热化学方程式_____。【答案】（1）②③④（2）①.非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小②.H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH=+20kJ/mol（3）①.613②. （4）NaOH(aq)+CO2(g)=NaHCO3(aq)ΔH=—(4x-y)kJ/mol【解析】【小问1详解】①金属与酸反应为放热反应，故不符合题意；②碳与水蒸气反应制取水煤气的反应为吸热反应，故符合题意；③煅烧石灰石制生石灰的分解反应为吸热反应，故符合题意；④碳酸氢钠与柠檬酸反应的反应为吸热反应，故符合题意；⑤食物因氧化而腐败发生的氧化还原反应为放热反应，故不符合题意；故选②③④；【小问2详解】同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氢化物的生成热△H依次增大，图中a、b、c、d依次为碲化氢、硒化氢、硫化氢、水；①由分析可知，非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热△H的关系为非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小，故答案为：非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小；②由图可知，硫化氢的生成热△H=—20kJ/mol，则硫化氢气体发生分解反应的热化学方程式为H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH=+20kJ/mol，故答案为：H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH=+20kJ/mol；【小问3详解】①由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：413kJ/mol×4×2—(413kJ/mol×4+akJ/mol+436kJ/mol×2)=+167kJ/mol，解得a=613，故答案为：613；②由方程式可知，反应转移60mol电子时，反应放出mkJ热量，则当放出的热量为nkJ时，该反应转移的电子数为，故答案为：；【小问4详解】将已知反应依次编号为①②，由题意可知，反应①中二氧化碳的物质的量为=0.5mol，氢氧化钠的物质的量为1mol/L×0.75L=0.75mol，则二氧化碳和氢氧化钠溶液反应得到碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，设反应生成碳酸钠的物质的量为amol、碳酸氢钠的物质的量为bmol，由碳原子个数守恒可得：a+b=0.5，由钠原子个数守可得：2a+b=0.75，解联立方程可得 a=b=0.25，由反应放出的热量可知，生成1mol碳酸钠时，反应的反应热ΔH=—=—4xkJ/mol，则反应①的热化学方程式为3NaOH(aq)+2CO2(g)=NaHCO3(aq)+Na2CO3(aq)+H2O(l)ΔH==—4xkJ/mol，反应②中二氧化碳的物质的量为1mol，氢氧化钠的物质的量为1mol/L×2L=2mol，则二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，由反应放出的热量可知，生成1mol碳酸钠时，反应的反应热ΔH=—=—ykJ/mol，则反应②的热化学方程式为2NaOH(aq)+CO2(g)=Na2CO3(aq)+H2O(l)ΔH=—ykJ/mol，由盖斯定律可知，反应①—②可得二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠的热化学方程式为NaOH(aq)+CO2(g)=NaHCO3(aq)ΔH=—(4x-y)kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+CO2(g)=NaHCO3(aq)ΔH=—(4x-y)kJ/mol。18.应用电化学原理，回答问题。（1）现有甲、乙、丙三个电化学装置。①甲中电流计指针偏移时，盐桥(装有含琼胶的KCl饱和溶液)中Cl-移动的方向是_____(填左或右)。②乙中正极反应式为_____；若将H2换成CH4，则负极反应式为_____。③丙中正极的电极反应式为_____。（2）应用原电池反应可以探究氧化还原反应进行的方向和程度。按下面丁图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，进行实验： i.K闭合时，指针偏移。放置一段时间后，指针偏移减小。ii.随后向U型管左侧逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。综合实验i、ii的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是_____。（3）浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如戊图所示，该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。X为_____极，Y极生成1molCl2时有_____molLi+移向_____(填“X”或“Y”)极。【答案】（1）①.左②.O2+4e-+2H2O=4OH-③.CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O④.PbO2+SO+4H++2e-=PbSO4+2H2O（2）Fe2++Ag+Fe3++Ag（3）①.正②.2③.X【解析】【小问1详解】①装置甲为锌铜原电池，锌做负极，铜做正极，盐桥中阳离子往正极移动，阴离子往负极移动，因此氯离子往左池移动；②装置乙为氢氧燃料电池，氢气在负极放电，氧气在正极放电，电解质为KOH，氧气放电生成氢氧根，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，若将氢气换成甲烷，则甲烷放电生成碳酸根和水，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O ；③装置丙为铅蓄电池，二氧化铅做正极，放电生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+SO+4H++2e-=PbSO4+2H2O。【小问2详解】由实验过程可知，银离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，构成原电池，使指针偏转，后加入硫酸铁，指针偏转方向发生变化，说明该反应为可逆反应，反应的方程式为Fe2++Ag+Fe3++Ag。【小问3详解】由装置图可知，X电极有氢气生成，氢元素化合价降低，得电子做正极，Y电极有氯气生成，氯元素化合价升高，失电子做负极；由转移电子守恒可知，每生成1mol氯气转移2mol电子，有2mol锂离子发生转移，锂离子为阳离子，原电池中阳离子往正极移动。19.有7种短周期主族元素，其中元素A、B、C、D原子序数依次减小，该四种元素原子K层电子总数为7，L层电子中总数为22，M层电子总数为12，E与B同主族，F与C同主族，短周期中G的原子半径最大，用化学用语或文字回答下列问题。（1）A元素在周期表中的位置_____，画出B的原子结构示意图_____。（2）A、C、F、G简单离子半径由大到小顺序_____(用离子符号填写)。（3）G、C按1∶1形成的化合物含化学键类型_____，写出该化合物的电子式_____。（4）下列事实能说明A元素的非金属性比F元素的非金属性强的是____。a.A单质与Na2S溶液反应溶液变混浊b.F氢化物的酸性比A的氢化物酸性弱c.A和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（5）在微电子工业中，E的简单气态氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为_____。【答案】（1）①.第三周期VIIA族②.（2）S2-＞Cl-＞O2-＞Na+（3）①.离子键和共价键②.（4）ac（5）2NH3•H2O+3H2O2=N2↑+8H2O【解析】 【分析】有7种短周期主族元素，其中元素A、B、C、D原子序数依次减小，该四种元素原子K层电子总数为7，由K层最多只含有2个电子可知，原子序数最小的D原子的K层只有1个电子，则D为H元素；由A、B、C原子L层电子中总数为22，M层电子总数为12可知，A、B的L层电子数均为8，C的L层电子数为6，则C为O元素；由A、B原子的M层电子总数为12可知，B的M层电子数为5、A的M层电子数为7，则A为Cl元素、B为P元素；E与B同主族，F与C同主族，则E为N元素、F为S元素；短周期中G的原子半径最大，则G为Na元素。【小问1详解】氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期VIIA族；磷原子的核电荷数为15，核外3个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故答案为：第三周期VIIA族；；【小问2详解】离子的电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于氯离子、氧离子的离子半径大于钠离子，所以四种离子的离子半径由大到小顺序为S2—＞Cl—＞＞O2—＞Na+，故答案为：S2—＞Cl—＞＞O2—＞Na+；【小问3详解】钠元素和氧元素按1：1形成的化合物为含有离子键和共价键的离子化合物过氧化钠，电子式为，故答案为：离子键和共价键；；【小问4详解】a．氯气与硫化钠溶液反应溶液变混浊说明氯气与硫化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和硫，氯气的氧化性强于硫，所以氯元素的非金属性强于硫元素，故正确；b．元素的非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无，则硫化氢氢化物的酸性比氯化氢的氢化物酸性弱不能说明氯元素的非金属性强于硫元素，故错误；c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氯和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高说明氯元素的非金属性强于硫元素，故正确；故选ac； 【小问5详解】由题意可知，一水合氨可作刻蚀剂过氧化氢的清除剂是因为一水合氨与过氧化氢溶液反应生成氮气和水，反应的化学方程式为2NH3·H2O+3H2O2=N2↑+8H2O，故答案为：2NH3·H2O+3H2O2=N2↑+8H2O。20.磷与氯气反应时各状态间的能量变化如图所示。已知：E1=E2-274.4=E3-495.2=E4-626=E5-1703.6=E6-1774。回答下列问题：（1）依据图示写出各反应的焓变：6Cl2(g)+P4(s，白磷)=4PCl3(g)△H1=_____；5Cl2(g)+2P(s，红磷)=2PCl5(g)△H2=_____；Cl2(g)+PCl3(l)=PCl5(s)△H3=_____。（2）已知常温常压下①P4(s，白磷)+5O2(g)=2P2O5(s)△H4②4P(s，红磷)+5O2(g)=2P2O5(s)△H5则△H4_____△H5(填“＞”、“=”或“＜”)。（3）黑磷是磷的另一种同素异形体，已知P4(s，白磷)=4P(s，黑磷)△H=-157.2kJ•mol-1，则红磷、白磷、黑磷的稳定性从高到低的顺序为______(填名称)。（4）将1.24g红磷在0.08molCl2中引燃，生成了大量的白色烟雾，完全反应后，若红磷和Cl2均无剩余且生成的每种产物均只有一种状态，此时放出的热量为_____kJ。【答案】（1）①.-1148kJ•mol-1②.-714.6kJ•mol-1③.-123.8kJ•mol-1 （2）＜（3）黑磷＞红磷＞白磷（4）14.56【解析】【小问1详解】焓变=生成物能量-反应物能量，则6Cl2(g)+P4(s，白磷)=4PCl3(g)△H1=4E[PCl3(g)]-E[P4(s，白磷)]-6E[Cl2(g)]=4E[PCl3(g)]+6E[Cl2(g)]-E[P4(s，白磷)]-10E[Cl2(g)]=E4-E6=(-1774+626)kJ/mol=-1148kJ/mol；同理：5Cl2(g)+2P(s，红磷)=2PCl5(g)△H2=(E2-E5)=(-1703.6+274.4)kJ/mol=-714.55kJ/mol；Cl2(g)+PCl3(l)=PCl5(s)△H3=(E1-E3)=-495.2×kJ/mol=-123.8kJ/mol。【小问2详解】由图可知，白磷比红磷能量高，故等质量的白磷和红磷完全燃烧时，白磷放出的热量多，即△H4<△H5。【小问3详解】由图可知，P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=-70.4kJ/mol-1，故红磷、白磷、黑磷中，黑磷能量最低，白磷能量最高，因此红磷、白磷、黑磷的稳定性从高到低的顺序为：黑磷>红磷>白磷。【小问4详解】1.86g红磷的物质的量为=0.04mol，0.04molP(红磷，s)在0.08molCl2中引燃，生成了大量的白色烟雾，完全反应后，若红磷和Cl2均无剩余且生成的每种产物均只有一种状态，可知产物为PCl3(l)和PCl5(s)，依据原子守恒，设PCl3(l)物质的量为x，PCl5(s)物质的量为y，依据原子守恒，则x+y=0.04，3x+5y=0.16，则生成的PCl3(l)为0.02mol、PCl5(s)为0.02mol，5Cl2(g)+2P(s，红磷)═2PCl5(s)△H=(E1-E5)=-1703.6×kJ/mol=-851.8kJ/mol，3Cl2(g)+2P(s，红磷)═2PCl3(l)△H=(E3-E5)=(-1703.6+495.2)×kJ/mol=-604.2kJ/mol，则此时放出的热量为()kJ=14.56kJ。