河北省衡水市武邑中学2022学年高二化学上学期周测试卷8.24含解析

2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周测化学试卷（8.24）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共60分）1．酸雨主要是燃烧含硫燃料时释放出的二氧化硫造成的，每隔一定时间测定酸雨的pH值，随着时间的推移，测得的pH值()A．逐渐变大B．.逐渐变小C．.不变D．.无法判断2．在食品工业或餐饮业中使用量特别要注意严加控制的物质是()A．氯化钠B．谷氨酸钠C．蔗糖D．亚硝酸钠3．从化学键的角度看，化学反应的实质是“旧化学键的断裂和新化学键的形成”，下列变化中既有旧化学键断裂，又有新化学键形成的是()A．蔗糖溶于水B．CaO作为干燥剂吸水C．水冻成冰D．氯化钠受热熔化4．下列电子式或结构式正确的是()A．HClB．NaClC．HClOH﹣Cl﹣O-27-D．CO2O=C=O5．下列冶炼金属的反应原理，错误的是()A．2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑B．MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑C．3Fe3O4+8Al4Al2O3+9FeD．Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl26．下列事实中，能够证明化合物NaCl是离子化合物的是()A．NaCl易溶于水B．熔融的NaCl能导电C．NaCl不易分解D．NaCl溶于水呈中性7．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是()A．18gH2O中含有的质子数为10NAB．17gNH4+中含有的质子数为11NAC．46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子总数为3NAD．1molNa与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NO2与水的反应：3NO2+H2O═NO3﹣+NO+2H+C．用盐酸溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2A（OH）3↓+CO32﹣9．等物质的量的SO2和Cl2混合后，缓慢通入BaCl2溶液，充分反应后，再滴入品红试液，观察到的现象是()-27-A．无沉淀生成，溶液显红色B．无沉淀生成，溶液显无色C．有沉淀生成，溶液显无色D．有沉淀生成，溶液显红色10．下列描述，其因果关系成立的是()A．因为酸性HF＞HCl，所以非金属性F＞ClB．因为SO2、Cl2都有漂白性，所以二者混合使用漂白有色物质，效果会更好C．因为某物质的焰色反应呈黄色，所以其一定是含Na元素的化合物D．因为烯烃的通式为CnH2n，不同烯烃的实验式相同，所以烯烃的含碳量为一常数11．图中，a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，下列有关叙述正确的是()A．元素b位于ⅥA族，有+6、﹣2两种常见化合价B．五种元素中，元素e的性质最稳定C．原子半径有d＞c＞bD．元素e的化合物可能有剧毒12．下列离子或分子在溶液中能大量共存，通CO2后仍能大量共存的一组是()A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、Br﹣、SiO32﹣C．H+、Fe2+、SO42﹣、Cl2D．K+、Ag+、NH3•H2O、NO3﹣13．下列变化中属于吸热反应的是()①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末-27-③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰．A．①④B．②④C．①④⑤D．②③14．某反应的△H=+100kJ•mol﹣1，下列有关该反应的叙述正确的是()A．正反应活化能小于100kJ•mol﹣1B．逆反应活化能一定小于100kJ•mol﹣1C．逆反应反应活化能大于100kJ•mol﹣1D．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣115．最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示，已知断裂1molN﹣N吸收193kJ热量，生成1molN≡N放出941kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是()A．N4属于一种新型的化合物B．N4是N2的同系物C．N4转变为N2是物理变化D．1molN4气体转变为N2放出724kJ能量16．下列变化为放热的化学反应的是()A．H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ/molB．2HI（g）═H2（g）+I2（g）△H=+14.9kJ/molC．形成化学键时共放出862kJ能量的化学反应-27-D．能量变化如图所示的化学反应17．在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于()A．5%B．10%C．15%D．20%18．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣282.9kJ•mol﹣1某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74kJ的热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为()A．2：1B．1：2C．1：1D．2：319．对于Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）△H＜0的化学反应下列叙述不正确的是()A．反应过程中能量关系可用如图表示-27-B．△H的值与反应方程式的计量系数有关C．若将该反应设计成原电池锌为负极D．若将其设计为原电池当有32.5g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2L20．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与5.6LO2（标准状况下测定）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入10mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．100mLB．200mLC．300mLD．400mL二、非选择题：21．为了研究化学反应A+B=C+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．22．在25℃和1×105Pa时，将气态物质中的1molA﹣B键拆成气态A原子和B原子，所需要的能量称为键能（单位：kJ/mol）．下面是一些共价键的键能：化学键H﹣HN≡NN﹣H键能（kJ/mol）436946391-27-（1）根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是__________（填“吸热”或“放热”）反应．（2）在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，在催化剂存在下进行反应．理论上放出或吸收的热量为Q1，则Q1为__________．（3）实际生产中，放出或吸收的热量为Q2，Q1与Q2的大小关系是__________，理由__________．23．下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：（1）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是：__________，碱性最强的化合物的电子式是：__________．（2）最高价氧化物是两性氧化物的元素是__________；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式__________．（3）用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：__________，该化合物属于__________（填“共价”或“离子”）化合物．（4）表示①与⑦的化合物的电子式__________，该化合物是由__________（填“极性”“非极性”）键形成的．（5）③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是__________（要求用离子符号表示）．（6）元素③的氢化物常温下和元素⑦的单质反应的离子方程式为：__________．（7）写出⑥的最高价氧化物的水化物和①的单质反应的化学方程式：__________．2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周测化学试卷（8.24）-27-一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共60分）1．酸雨主要是燃烧含硫燃料时释放出的二氧化硫造成的，每隔一定时间测定酸雨的pH值，随着时间的推移，测得的pH值()A．逐渐变大B．.逐渐变小C．.不变D．.无法判断考点：常见的生活环境的污染及治理；二氧化硫的污染及治理．专题：元素及其化合物．分析：酸雨是二氧化硫和水反应生成的亚硫酸形成的，亚硫酸能被空气中的氧气氧化生成硫酸．解答：解：二氧化硫和水反应生成的亚硫酸是形成酸雨的主要原因，而亚硫I酸在空气中能被氧气氧化成硫酸，亚硫酸是一种弱酸，硫酸是一种强酸，所以随着时间的推移，溶液的酸性增强，测得的pH值变小．故选：B．点评：本题通过对酸雨pH值的测定考查了亚硫酸和硫酸的酸性强弱以及亚硫酸的还原性，题目难度不大，注意掌握亚硫酸和硫酸的性质．2．在食品工业或餐饮业中使用量特别要注意严加控制的物质是()A．氯化钠B．谷氨酸钠C．蔗糖D．亚硝酸钠考点：亚硝酸盐．分析：食品加工或餐饮业中使用量特别要注意严加控制的物质，说明该物质有毒性．解答：解：A．氯化钠虽说不能吃太多，对心脏不好，但不需要严格控制，且是常用的咸味剂，故A错误；B．谷氨酸钠是味精的主要成分，也不能过多食用，吃多了容易脱发，但也不需要严格控制，故B错误；C．蔗糖能为人体补充能量，是常用的甜味剂，虽不宜多吃，但不需要严格控制，故C错误；-27-D．亚硝酸盐有致癌的作用，故需要严格控制，故D正确；故选D．点评：本题考查常见的食品添加剂的组成、性质和作用，题目难度不大，注意生活中食品添加剂的使用和物质的性质来解答．3．从化学键的角度看，化学反应的实质是“旧化学键的断裂和新化学键的形成”，下列变化中既有旧化学键断裂，又有新化学键形成的是()A．蔗糖溶于水B．CaO作为干燥剂吸水C．水冻成冰D．氯化钠受热熔化考点：化学键；物理变化与化学变化的区别与联系．专题：化学键与晶体结构．分析：既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，说明物质间发生了化学反应，根据是否发生化学反应判断．解答：A、蔗糖溶于水，是物理变化，故A错误．B、CaO+H2O=Ca（OH）2，发生了化学反应，是化学变化，故B正确．C、水冻成冰，是物理变化，故C错误，D、氯化钠受热熔化，是物理变化，故D错误，故选B点评：通过化学键考查了物理变化与化学变化的区别与联系，侧重考查学生对概念的理解和辨别能力．4．下列电子式或结构式正确的是()A．HClB．NaClC．HClOH﹣Cl﹣OD．CO2O=C=O考点：电子式．-27-分析：A．氯化氢的电子式中漏掉了氯原子最外层的3对孤电子对；B．NaCl为离子化合物，氯离子电子式错误；C．次氯酸分子的中心原子为氧原子，分子中不存在氢氯键；D．二氧化碳中碳原子与2个氧原子通过共用四对电子形成共价化合物．解答：解：A．氯化氢为共价化合物，分子中存在1个氢氯键，氯原子最外层为8个电子，氯化氢正确的电子式为：，故A错误；B．NaCl为离子化合物，其电子式为，故B错误；C．次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸正确的电子式为：H﹣O﹣Cl，故C错误；D．二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，结构式为O=C=O，故D正确，故选D．点评：本题考查了化学用语的表示方法，题目难度中等，注意掌握电子式、结构式等化学用语的概念及书写原则，试题侧重考查学生的规范答题的能力．5．下列冶炼金属的反应原理，错误的是()A．2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑B．MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑C．3Fe3O4+8Al4Al2O3+9FeD．Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2考点：金属冶炼的一般原理．分析：金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程．金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法．金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；-27-电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）．解答：解：A．钠性质活泼，用电解熔融氯化钠方法制取，故A正确；B．镁性质活泼，用电解熔融氯化镁方法制取，故B正确；C．铁熔点高，活泼性弱于铝，可用铝热反应制取，故C正确；D．铜与氯化铁反应得不到金属，故D错误；故选：D．点评：本题考查了冶炼金属的一般方法和原理，明确物质的性质是解题关键，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大．6．下列事实中，能够证明化合物NaCl是离子化合物的是()A．NaCl易溶于水B．熔融的NaCl能导电C．NaCl不易分解D．NaCl溶于水呈中性考点：离子化合物的结构特征与性质．分析：离子化合物：由阴阳离子构成的化合物，离子化合物在水溶液里或熔融状态下能电离出自由移动的离子，所以其水溶液或熔融态能导电，但是在水溶液里必须是其本身电离出自由移动的离子，不是与其它物质反应后的新物质电离出的离子，据此分析解答．解答：解：A．易溶于水的化合物不一定是离子化合物，如氨气等，所以氯化钠易溶于水不能说明氯化钠是离子化合物，故A错误；B．熔融的氯化钠能导电，说明氯化钠在熔融状态下能电离出自由移动的阴阳离子，所以能证明氯化钠是离子化合物，故B正确；C．不易分解的化合物不一定是离子化合物，如硫酸等，所以氯化钠不易分解不能说明是离子化合物，故C错误；D．水也呈中性但水是共价化合物，所以氯化钠溶于水呈中性，不能说明氯化钠是离子化合物，故D错误；故选B．点评：本题考查离子化合物的判断，为高频考点，明确离子化合物和共价化合物根本区别是解本题关键，根据熔融状态是否导电判断离子化合物和共价化合物．-27-7．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是()A．18gH2O中含有的质子数为10NAB．17gNH4+中含有的质子数为11NAC．46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子总数为3NAD．1molNa与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A.1mol水分子含有10mol质子；B.1个氨根离子含有11个质子；C．NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算46gNO2中所含原子数；D.1mol钠与氧气反应不管生成过氧化钠还是氧化钠都失去1mol电子．解答：解：A.18gH2O的物质的量为1mol，含有的质子数为10NA，故A正确；B.17gNH4+的物质的量＜1mol，含有质子数小于11NA，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算46gNO2中所含原子数=×3×NA=3NA，故C正确；D.1mol钠与氧气反应不管生成过氧化钠还是氧化钠都失去1mol电子，失去NA个电子；，故D正确．故选：B．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系、准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，题目难度不大．8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NO2与水的反应：3NO2+H2O═NO3﹣+NO+2H+C．用盐酸溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2A（OH）3↓+CO32﹣考点：离子方程式的书写．-27-专题：离子反应专题．分析：A．电荷不守恒；B．反应生成硝酸和NO；C．反应生成氯化钙、水、二氧化碳；D．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．解答：解：A．FeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．NO2与水的反应的离子反应为3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+，故B错误；C．用盐酸溶液除去水垢中的CaCO3的离子反应为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电荷守恒及在离子反应中应保留化学式的物质，题目难度不大．9．等物质的量的SO2和Cl2混合后，缓慢通入BaCl2溶液，充分反应后，再滴入品红试液，观察到的现象是()A．无沉淀生成，溶液显红色B．无沉淀生成，溶液显无色C．有沉淀生成，溶液显无色D．有沉淀生成，溶液显红色考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．专题：卤族元素；氧族元素．分析：等物质的量的Cl2和SO2混合后发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4和HCl都不具有漂白性，硫酸和BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，由于Cl2和SO2恰好反应，所以品红不会褪色．解答：解：Cl2和SO2都能用于漂白，但等物质的量的Cl2和SO2混合后发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4和HCl都不具有漂白性，硫酸和BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，由于Cl2和SO2恰好反应，所以品红不会褪色，因此等物质的量的SO2和Cl2-27-混合后，缓慢通入BaCl2溶液，充分反应后，再滴入品红试液，观察到的现象是有沉淀生成，溶液显红色．故选：D．点评：本题考查氯气和二氧化硫的性质，题目难度不大，注意有关基础知识的积累．10．下列描述，其因果关系成立的是()A．因为酸性HF＞HCl，所以非金属性F＞ClB．因为SO2、Cl2都有漂白性，所以二者混合使用漂白有色物质，效果会更好C．因为某物质的焰色反应呈黄色，所以其一定是含Na元素的化合物D．因为烯烃的通式为CnH2n，不同烯烃的实验式相同，所以烯烃的含碳量为一常数考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；二氧化硫的化学性质；焰色反应；烯烃．分析：A．不能根据氢化物酸性判断非金属性；B．二氧化硫具有还原性，能和氯气发生氧化还原反应；C．焰色反应为元素的性质；D．根据烯烃的最简式判断．解答：解：A．不能根据氢化物酸性判断非金属性，如非金属性F＞Cl，但HF是弱酸，HCl是强酸，应比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，酸性越强，非金属性越强，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，氯气具有氧化性，在水溶液里，氯气和二氧化硫、水反应生成硫酸和盐酸而失去漂白性，故B错误；C．焰色反应为元素的性质，含Na元素的化合物和钠单质的焰色反应均为黄色，故C错误；D．烯烃的通式为CnH2n，不同烯烃的实验式相同为CH2，所以烯烃的含碳量为一常数，即为，故D正确．故选D．点评：本题考查了物质的性质及用途、非金属性的比较等，明确物质的性质决定其用途是解本题关键，难度不大．11．图中，a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，下列有关叙述正确的是()-27-A．元素b位于ⅥA族，有+6、﹣2两种常见化合价B．五种元素中，元素e的性质最稳定C．原子半径有d＞c＞bD．元素e的化合物可能有剧毒考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，根据元素所在位置，可推知a为He、b为O、d为Cl、c为P、e为As．A．氧元素没有+6价；B．非金属性越强，氢化物越稳定；C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；D．As的某些氧化物有毒．解答：解：a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期的一部分元素，根据元素所在位置，可推知a为He、b为O、d为Cl、c为P、e为As．A．元素b为氧，位于ⅥA族，但氧元素没有+6价，故A错误；B．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，五种元素中As的非金属性最弱，其氢化物最不稳定，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：c＞d＞b，故C错误；D．As的氧化物如砒霜（As2O3）有剧毒，故D正确；故选D．点评：本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素周期表与元素周期律、微粒半径比较及金属性、非金属性强弱比较为解答的关键，侧重对元素周期律的考查，题目难度不大．12．下列离子或分子在溶液中能大量共存，通CO2后仍能大量共存的一组是()A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣-27-B．K+、Na+、Br﹣、SiO32﹣C．H+、Fe2+、SO42﹣、Cl2D．K+、Ag+、NH3•H2O、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应、不能发生络合反应等，则离子大量共存，结合通CO2后仍能大量共存来解答．解答：解：A．因该组离子之间不反应，能大量共存，且通CO2后仍能大量共存，故A选；B．该组离子之间不反应，能大量共存，但通CO2后与SiO32﹣反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B不选；C．因Fe2+、Cl2发生氧化还原反应，则不能大量，故C不选；D．Ag+、NH3•H2O结合生成络离子，则不能大量共存，故D不选；故选A．点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重不同反应类型的考查，涉及复分解、氧化还原、络合反应等，熟悉离子之间的反应即可解答，题目难度不大．13．下列变化中属于吸热反应的是()①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰．A．①④B．②④C．①④⑤D．②③考点：吸热反应和放热反应．分析：大多数的化合反应是放热反应，大多数的分解反应是吸热反应，浓硫酸稀释放出大量的热，水由液态到气态需要吸热．解答：解：①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故①错误；-27-②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，故②正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误；④氯酸钾分解需要吸热，故④正确；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误．故选B．点评：本题考查学生常见的放热反应和吸热反应，注意知识的积累，难度不大．14．某反应的△H=+100kJ•mol﹣1，下列有关该反应的叙述正确的是()A．正反应活化能小于100kJ•mol﹣1B．逆反应活化能一定小于100kJ•mol﹣1C．逆反应反应活化能大于100kJ•mol﹣1D．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣1考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种，焓变与活化能的关系是△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能；△H＞0，则反应物的总能量小于生成物的总能量．解答：解：A、某反应的△H=+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=100kJ•mol﹣1，无法确定正反应活化能的大小，故A错误；B、某反应的△H=+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=+100kJ•mol﹣1，无法确定逆反应活化能的大小，故B错误；C、某反应的△H=+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=+100kJ•mol﹣1，无法确定逆反应活化能的大小，故C错误；D、某反应的△H=+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能=+100kJ•mol﹣1，即正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．点评：本题主要考查了焓变与活化能的关系，需要注意的是活化能有正反应和逆反应两种．15．最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示，已知断裂1molN﹣N吸收193kJ热量，生成1molN≡N放出941kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是()-27-A．N4属于一种新型的化合物B．N4是N2的同系物C．N4转变为N2是物理变化D．1molN4气体转变为N2放出724kJ能量考点：同素异形体；化学能与热能的相互转化．专题：化学反应中的能量变化．分析：A．只由一种元素组成的纯净物为单质，由两种或两种以上的元素组成的纯净物为化合物；B．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；C．没有新物质生成的变化叫物理变化，有新物质生成的变化叫化学变化；D．根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，分别计算后进行比较．解答：解：A．N4是一种只由N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；B．N4与N2互称为同素异形体，故B错误；C．N4转变为N2有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×193KJ=1158KJ，形成化学键放出的热量为1882KJ，所以反应放热，放出的热量为1882KJ﹣1158KJ=882KJ，故应为放出724KJ热量，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类、同素异形体、物理变化以及反应热的计算等问题，题目难度不大，注意基础知识的把握．16．下列变化为放热的化学反应的是()A．H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ/molB．2HI（g）═H2（g）+I2（g）△H=+14.9kJ/molC．形成化学键时共放出862kJ能量的化学反应-27-D．能量变化如图所示的化学反应考点：吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：A．该过程无新物质生成；B．吸热反应△H为正；C．不知道断键吸收的能量；D．反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应．解答：解：A．△H为负，该过程为放热过程，但是这是物理变化，故A错误；B．△H为正，该反应为吸热反应，故B错误；C．只知道形成化学键时共放出862kJ能量，无法求出反应热，故C错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，故D正确．故选D．点评：本题考查吸热反应和放热反应，难度不大，注意放热△H为负，吸热△H为正．17．在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于()A．5%B．10%C．15%D．20%考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：容积可变的密闭容器中，发生N2+3H22NH3，开始280-27-转化2平衡（2﹣）6根据物质的量之比等于体积之比来计算平衡时的氮气的体积分数．解答：解：达到平衡时，H2的转化率为25%，则转化的氢气的物质的量为8mol×25%=2mol，则容积可变的密闭容器中，发生N2+3H22NH3，开始280转化2平衡（2﹣）6则平衡时的氮气的体积分数为×100%≈15%，故选C．点评：本题考查化学平衡的计算，明确三段法计算及物质的量之比等于体积之比的关系即可解答，题目难度不大．18．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣282.9kJ•mol﹣1某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74kJ的热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为()A．2：1B．1：2C．1：1D．2：3考点：有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：先根据生成水的质量，利用2H2+O2═2H2O（l）可计算氢气的物质的量，利用混合气体燃烧放出的热量与氢气燃烧放出的热量来计算CO燃烧放出的热量，再利用热化学反应方程式来计算CO的物质的量，最后求出物质的量之比．-27-解答：解：水的物质的量为=0.2mol，由2H2+O2═2H2O可知，n（H2）=n（H2O）=0.2mol，由2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1可知0.2molH2燃烧放出的热量为57.16KJ，则CO燃烧放出的热量为113.74KJ﹣57.16KJ=56.58KJ，设混合气体中CO的物质的量为x，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣11283KJx56.58KJ=，解得x=0.2mol，即n（CO）=0.20mol，原混合气体中H2和CO的物质的量均为0.2mol，H2和CO的物质的量之比为1：1，故选C．点评：本题考查有关反应热的计算，明确物质的量与热量的正比例关系是解答的关键，难度不大，属于基础知识的考查．19．对于Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）△H＜0的化学反应下列叙述不正确的是()A．反应过程中能量关系可用如图表示B．△H的值与反应方程式的计量系数有关C．若将该反应设计成原电池锌为负极D．若将其设计为原电池当有32.5g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2L考点：反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．专题：化学反应中的能量变化．-27-分析：对于Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）△H＜0，反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计呈原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上析出氢气，以此解答该题．解答：解：A．反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，故A正确；B．热化学方程式中，反应热与物质的物质的量呈正比，则△H的值与反应方程式的计量系数有关，故B正确；C．反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反应设计呈原电池时，Zn为负极，故C正确；D．若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，转移电子1mol，则正极放出气体的体积在标况下为11.2L，故D错误．故选D．点评：本题考查化学反应能量的变化，题目难度不大，本题注意反应热以及原电池的工作原理，学习中注意相关知识的理解和掌握．20．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与5.6LO2（标准状况下测定）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入10mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．100mLB．200mLC．300mLD．400mL考点：化学方程式的有关计算．分析：向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与5.6LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n（NaOH），进而计算消耗氢氧化钠溶液体积．解答：解：生成NO2、NO的混合气体与5.6LO2-27-（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：×4=1mol，然后根据1molCu失去2mol电子可知，铜的物质的量为0.5mol．向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，故所需的n（NaOH）=0.5mol×2=1mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.1L=100mL，故选A．点评：本题考查混合物计算，难度中等，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法技巧，注意利用守恒法进行解答．二、非选择题：21．为了研究化学反应A+B=C+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）该反应为放热反应（填“放热”或“吸热”）．（2）A和B的总能量比C和D的总能量高（填“高”或“低”）．（3）物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来．（4）反应物化学键断裂吸收的能量低（填“高”或“低”）于生成物化学键形成放出的能量．考点：探究吸热反应和放热反应．分析：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．解答：解：（1）由于发生反应A+B═C+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判断该反应为放热反应，故答案为：放热；（2）由于A+B═C+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，-27-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．点评：本题考查了化学反应中的吸热反应与放热反应，题目难度中等，注意掌握化学反应中能量变化与反应物、生成物总能量的关系，明确化学键断裂、形成与化学反应能量变化的关系，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．22．在25℃和1×105Pa时，将气态物质中的1molA﹣B键拆成气态A原子和B原子，所需要的能量称为键能（单位：kJ/mol）．下面是一些共价键的键能：（1）根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应．（2）在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，在催化剂存在下进行反应．理论上放出或吸收的热量为Q1，则Q1为93kJ．（3）实际生产中，放出或吸收的热量为Q2，Q1与Q2的大小关系是Q1＞Q2，理由该反应为可逆反应，在密闭容器中进行反应达到平衡时，1molN2和3molH2不能完全反应生成2molNH3，因而放出热量小于93kJ．考点：反应热和焓变．分析：（1）根据反应物、生成物键能的相对大小判断该反应是发热反应还是吸热反应；（2）根据化学反应的反应热知识，反应物与生成物的键能差即为热量Q1；（3）合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物．解答：解：（1）形成化学键放出能量，破坏化学键吸收能量；N2+3H22NH3，Q=生成物的键能﹣反应物的键能=2×3×391KJ﹣945KJ﹣3×436＞0，所以该反应是放热反应，故答案为：放热；-27-（2）Q1=生成物的键能﹣反应物的键能=2×3×391KJ﹣945KJ﹣3×436=93kJ，故答案为：93kJ；（3）Q1的数值是按完全转化计算出来的，而合成氨是可逆反应，开始时加入的1molN2和3molH2不能完全反应生成2molNH3，所以，Q1＞Q2，故答案为：Q1＞Q2；该反应为可逆反应，在密闭容器中进行反应达到平衡时，1molN2和3molH2不能完全反应生成2molNH3，因而放出热量小于93kJ．点评：本题考查了键能与反应热的关系，形成化学键放出能量，破坏化学键吸收能量，反应热=形成化学键放出能量﹣破坏化学键吸收能量．23．下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：（1）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是：HClO4，碱性最强的化合物的电子式是：KOH．（2）最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O．（3）用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：，该化合物属于离子（填“共价”或“离子”）化合物．（4）表示①与⑦的化合物的电子式，该化合物是由极性（填“极性”“非极性”）键形成的．（5）③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣（要求用离子符号表示）．（6）元素③的氢化物常温下和元素⑦的单质反应的离子方程式为：H2O+Cl2=H++Cl﹣+HClO．（7）写出⑥的最高价氧化物的水化物和①的单质反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．-27-考点：原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据元素在周期表中的位置知，①～⑩元素分别是C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br元素，（1）元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；（2）最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al，氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；（3）元素④与⑥通过得失电子生成化合物Na2S，该化合物属于离子化合物；（4）①与⑦形成的化合物CCl4，不同非金属元素之间形成极性键；（5）离子的电子层数越多，其离子半径越大，相同电子层数的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；（6）元素③的氢化物是H2O，元素⑦的单质是Cl2，常温下二者反应生成HCl和HClO；（7）⑥的最高价氧化物的水化物是H2SO4，①的单质是C，二者发生氧化还原反应．解答：解：根据元素在周期表中的位置知，①～⑩元素分别是C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br元素，（1）这几种元素中非金属性最强的是Cl元素，其最高价氧化物的水化物是HClO4，金属性最强的是K元素，其最高价氧化物的水化物是KOH，故答案为：HClO4；KOH；（2）最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al，氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al；Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（3）元素④与⑥通过得失电子生成化合物Na2S，其形成过程为，该化合物中只含离子键，所以属于离子化合物，故答案为：；离子；（4）①与⑦形成的化合物CCl4，其电子式为，C原子和Cl原子之间形成极性键，故答案为：；极性；（5）离子的电子层数越多，其离子半径越大，相同电子层数的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径大小顺序是S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣，故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣；-27-（6）元素③的氢化物是H2O，元素⑦的单质是Cl2，常温下二者反应生成HCl和HClO，离子方程式为H2O+Cl2=H++Cl﹣+HClO，故答案为：H2O+Cl2=H++Cl﹣+HClO；（7）⑥的最高价氧化物的水化物是H2SO4，①的单质是C，二者发生氧化还原反应，反应方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．点评：本题考查了元素周期表和元素周期律综合应用，根据物质的性质、物质结构及元素周期律分析解答，难点是用电子式表示物质形成过程，要注意电子式的书写方法，题目难度中等．-27-