高考化学一轮复习专题一化学反应与能量变化单元集训习题苏教版(共12页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上专题一 化学反应与能量变化1下列说法正确的是A同温同压下，H2(g)Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的不同B反应：CH2=CH2H2CH3CH3 H0，使用和未使用催化剂时，反应热不同C用硝酸这一种试剂就能将MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液鉴别出来D依据丁达尔现象就可将分散系分为溶液、胶体与浊液【解答】答案C试题分析：A、化学反应的焓变只取决于反应物和生成物的能量高低，即只取决于始终态，与反应条件无关，A错误；B、使用催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热，B错误；C、将硝酸滴入四种溶液中看到的现象分别是溶液由无色变黄色、无明显

2、变化、有气体生成、先生成白色沉淀后消失，可以鉴别，C正确；D、依据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体与浊液，D错误，答案选C。考点：考查反应热、物质鉴别和分散系的分类。2下列变化中，吸收的能量用于克服分子间作用力的是A加热氢氧化钠晶体使之熔化 B电解水使之分解C碘单质受热升华 D加热二氧化硅晶体使之熔化【解答】答案C试题分析：A、氢氧化钠晶体为离子晶体，熔化破坏离子键，故错误；B、电解水破坏水分子中的共价键，故错误；C、碘升华破坏分子间作用力，故正确；D、二氧化硅为原子晶体，熔化破坏共价键，故错误。考点：晶体类型和化学键和分子间作用力的关系3反应A(g)十2B(g)=C(g)的反应过程中

3、能最变化如下图所示。下列相关说法正确的是A曲线b表示使用催化剂后的能量变化B正反应活化能大于逆反应活化能 C由图可知该反应的焓变H=+91 kJmol-1 D反应中将气体A换为固体反应，其他条件不变，反应放出热量大于91kJ 【解答】答案B试题分析：A催化剂能够降低反应的活化能，所以曲线b表示使用了催化剂的能量变化，故A正确；B据图分析，正反应活化能低于逆反应的活化能，故B错误；CH=正反应活化能-逆反应活化能=419KJ/mol-510KJ/mol=-91KJ/mol，故C错误；D固态A所含能量比气态A低，反应中将气体A换为固体反应，其他条件不变，反应放出热量小于91kJ，故D错误；故选B。

4、考点：考查焓变与活化能、催化剂的催化剂的催化机理、焓变的计算。42SO2(g)O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是AE1E2HB该反应为吸热反应C升高温度，不影响活化分子百分数D使用催化剂使该反应的反应热发生改变【解答】答案A试题分析：A、H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，A正确；B、图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，B错误；C、升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，C错误；D、催化剂只改变活化能，对反应的始态和状态无影响，对反应的焓变无

5、影响，D错误。考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。5关于下图所示转化关系(X代表卤素)，说法不正确的( )AH2(g)+X2(g) = 2H(g)+2X(g) H20B若X 分别表示Cl、Br、I，则过程吸收的热量依次减少C生成HX的反应热与途径有关，所以H1H2+H3DCl2、Br2 分别发生反应，同一温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【解答】答案C试题分析：A、化学键的断裂要吸热，焓变大于0，H2(g)+X2(g)2H(g)+2X(g)H20，故A正确；B、途径是打开化学键的过程，是吸热过程，Cl、Br、I的原子半径依次增大，若X 分别表示Cl、Br、I，则过程吸收的热量

6、依次减少，故B正确；C、反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1=H2+H3 ，故C错误；D、途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，氯气和氢气化合更容易，两反应的平衡常数分别为K1，K2，则K1K2，故D正确；故选C。考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。6已知aq表示溶液状态。H(aq)OH(aq) H2O(l)a kJNH4(aq)H2O(l) H(aq)NH3H2O(aq)b kJHAc(aq)OH(aq) Ac(aq)H2O(l)c kJ则a、b、c的大小关系为Aacb Babc Cacb Dacb【解答】答案A试题分析：表示强

7、酸与强碱发生反应产生1mol的水和可溶性盐时所放出的热量；表示盐的水解反应，水解反应吸收热量；醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以醋酸与强碱反应产生1mol水放出热量比强酸与强碱反应放出的热量少，故a、b、c的大小关系为acb。答案是A。考点：考查化学反应过程中放出或吸收的热量比较的知识。7用铜片、银片、Cu (NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂-KNO3的U型管）构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是在外电路中，电流由铜电极流向银电极 正极反应为：Ag+e-=Ag实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同A. B. C.

8、 D.【解答】答案C试题分析：用铜片、银片、Cu (NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂-KNO3的U型管）构成一个原电池，可知Cu做负极、Ag作正极，反应原理：Cu+2AgNO3=2Ag+ Cu(NO3)2与铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同，故叙述正确；外电路中电子由Cu流向Ag，电流由Ag流向Cu，故叙述错误；正极反应：Ag+e-=Ag，故正确；实验过程中取出盐桥，则不再是闭合回路，原电池停止工作，故叙述错误；故本题选C。考点：电化学原电池原理。8如图各装置在正常工作时，都伴随有能量变化，其中由化学能转变为电能的是（ ）A电解水 B太阳能热水器C水力

9、发电 D干电池【解答】答案D试题分析：A、电解水是把电能转化成化学能，故错误；B、把太阳能转化成热能，故错误；C、风能转化成电能，故错误；D、化学能转化成电能，故正确。考点：考查化学能量的转化等知识。9已知3.6 g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量。已知单质C(s)的燃烧热为Y kJ/mol，则1 mol C(s)与O2(g)反应生成CO(g)的反应热H为()AY kJ/mol B(10XY)kJ/molC(5X0.5Y) kJ/mol D(10XY)kJ/mol【解答】答案C试题分析：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2

10、，3.6g碳的物质的量为3.6g12g/mol=0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为6.4g32g/mol=0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生,令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.22，联立方程，解得x=0.2，y=0.1,单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1molY kJ/mol=0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ，由于碳燃烧为放热反应，所以反应热H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生

11、成CO的反应热H=-（XkJ-0.1YkJ）0.2mol=-（5X-0.5Y）kJmol1，故C项正确。考点：本题考查焓变的计算。 10如图所示，下列叙述正确的是AY为阴极，发生还原反应BX为阴极，发生氧化反应CY与滤纸接触处有氧气生成DX与滤纸接触处变红【解答】答案A试题分析：锌和铜形成原电池，锌做负极，铜做正极，所以X为阳极，Y为阴极。A、Y为阴极，发生还原反应，正确，选A；B、X为阳极，错误，不选B；C、Y为阴极，溶液中的氢离子反应生成氢气，错误，不选C；D、X为阳极，溶液中氢氧根离子反应生成氧气，附近的溶液显酸性，不能变红，错误，不选D。考点： 原电池和电解池的原理应用11一定条件下，

12、实验室利用下图所示装置，通过测电压求算Ksp(AgCl)。工作一段时间后，两电极质量均增大。下列说法错误的是A该装置工作时化学能转化为电能 B左池中的银电极作正极 C总反应为Ag+(aq)+Cl-(aq)AgCl(s) D盐桥中的K+向右池方向移动 【解答】答案B试题分析：A该装置是原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B左池银失电子，生成银离子，发生氧化反应，所以左池中的银电极作负极，故B错误；C左边的银失电子生成银离子，与电解质溶液中的氯离子结合生成氯化银，右边电解质溶液中的银离子得电子生成单质银，所以总反应为Ag+(aq)+Cl-(aq)AgCl(s)，故C正确；D电解池中的阳离

13、子向正极移动，所以盐桥中的K+向右池方向移动，故D正确；故选B。【考点定位】考查电化学中原电池的工作原理【名师点晴】原电池是将化学能转化为电能的装置，其中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故结合图象明确正负极上发生的电极反应及离子的移动方向，即可解答。12已知HH键键能为436 kJ/mol，HN键键能为391 kJ/mol，根据化学方程式：N2(g)3H2(g)=2NH3(g) H92 kJ/mol，则NN的键能是A431 kJ/mol B946 kJ/mol C649 kJ/mol D869 kJ/mol【解答】答案B试题分析：已知：H-H键能为

14、436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，令NN的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=-92kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故x3436kJ/mol23391kJ/mol-92kJ/mol，解得：x=946kJ/mol，故选：B。考点：考查反应热的有关计算13（1 3分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是制取亚氯酸钠的工艺流程：已知：NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，适当条件下可结晶析出。ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。回答下列问题：（1）在无隔膜电解槽中用惰性电极电

15、解一段时间，阳极电极反应方式为 ；生成ClO2气体的反应中所加X酸为 。（2）吸收塔内的温度不宜过高的原因为 ；ClO2吸收塔内发生反应的离子方程式为 。（3）从溶液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作名称依次是 ；粗晶体进一步提纯的实验操作名称是 。（4）a kg 30% H2O2 理论上可最多制得 kg NaClO2 3H 2O【解答】答案（13分）（1）Cl+6OH6e=ClO3+3H2O （2分） 硫酸（1分）（2）防止H2O2分解 （1分） 2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2-+O2+2H2O（2分）（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 （3分） 重结晶 （1分）（4）2.55

16、a（3分）试题分析：（1）在无隔膜电解槽中用惰性电极电解NaCl溶液，生成NaClO3，所以阳极反应电极方程式为：Cl+6OH6e=ClO3+3H2O；NaClO3具有强氧化性，所以X不能用盐酸，应该为硫酸。（2）H2O2受热易分解，所以吸收塔内的温度不宜过高的原因为：防止H2O2分解；根据化学流程图，ClO2吸收塔内反应物为ClO2、H2O2和NaOH，生成物为NaClO2，根据氧化还原反应原理及化合价的变化氧化产物为O2，根据元素守恒还应生成H2O，配平可得离子方程式：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2-+O2+2H2O。（3）从溶液中得到粗晶体应依次进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤操作

17、；粗晶体进一步提纯应进行重结晶。（4）根据（3）中的离子方程式可得对应关系：H2O2 2NaClO23H2O，34 289akg30% m（NaClO23H2O）可得34:289= akg30%：m（NaClO23H2O），解得m（NaClO23H2O）=2.55a kg。考点：本题考查化学流程的分析、氧化还原反应原理、基本操作、离子方程式的书写、化学计算。14对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的。汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）H=a kJmol-1。I、已知2NO（g）+ O2（g）=2 NO2（

18、g） H=b kJmol-1；CO的燃烧热H=c kJmol-1。写出消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与CO反应的热化学方程式 。II、一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：时间/s012345c（NO）/molL-1100080640550505c（CO）/molL-1350330314305300300（1）在恒容密闭容器中充入CO、 NO气体，下列图像正确且能说明反应达到平衡状态的是_（2）前2s内的平均反应速率（N2） = mol/（Ls）（保留两位小数，下同）；此温度下，该反应的平衡常数为 。（3）采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术，同时吸收S

19、O2和NOx，获得（NH4）2SO4的稀溶液，常温条件下，此溶液的PH=5，则= （已知该温度下NH3H2O的Kb=1710-5）。向此溶液中再加入少量 （NH4）2SO4固体， 的值将 （填“变大”、“不变”或“变小”）。（4）设计如下图1装置模拟传感器测定CO与 NO反应原理。铂电极为_（填“正极”或“负极”）。负极电极反应式为_ _III、如下图2所示，无摩擦、无质量的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，在25和101kPa下实现平衡时，各部分体积分别为V甲、V乙。此时若去掉活塞1，不引起活塞2的移动。则x= ， V甲V乙= 。 【解答】答案I、2NO2（g）+ 4CO（g）= N2（g

20、） + 4CO2（g） H= a-b+2c kJmol-1； II、（1）AD（2）009 003 molL-1；（3） 17104； 变大（4） 正极 CO+O2+2e-=CO2III、15；31试题分析：I、考查热化反应方程式的书写及盖斯定律的应用2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g） H=a kJmol-12NO（g）+ O2（g）=2 NO2（g） H=b kJmol-1；CO（g） + 05O2（g） = CO2（g） H=c kJmol-1由三式联合得2NO2（g）+ 4CO（g）= N2（g） + 4CO2（g） H= a-b+2c kJmol-1II、（1）化学

21、平衡状态的判定，C主要图象不符和题设要求，平均摩尔质量应为恒定量（2）CO浓度变化量为036 molL-1，故其速率为009molL-1min-1；平衡后四种物质平衡浓度为05 molL-1、3 molL-1、025 molL-1、05 molL-1，故平衡常数K=052025 / （0532） L-1mol（3） 水解平衡常数求算的变形Kh=； 变大（4） 原电池的正极判断根据N元素化合价变化情况判断，氮元素化合价降低在正极发生 电极反应方程式书写 CO+O2+2e-=CO2 III、等效平衡考察考点：热化学方程式书写、速率计算、平衡常数计算、盐类水解、原电池工作原理及电极反应书写、等效平衡

22、15金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C=2Fe+2TiO2+CO2，钛酸亚铁的化学式为_；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_。（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是_。此时溶液中含有Fe2、TiO2和少量Mg2等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ks

23、p8.010161.010291.81011常温下，若所得溶液中Mg2的物质的量浓度为0.001 8 mol/L，当溶液的pH等于_时，Mg(OH)2开始沉淀。若将含有Fe2、TiO2和Mg2的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为_。（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为_。Mg还原TiCl4过程中必须在1070 K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_。除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂是_。（4）在8001 000 时电解TiO2也可制得海绵钛，装置如下图所示。图中b是电源的_极，阴极的电极反应式为_。【解答】答案（1）FeTiO

24、3，FeTiO32H2SO4=TiOSO4FeSO42H2O；（2）防止Fe2氧化，10；TiO22H2O=TiO(OH)2(或H2TiO3)2H ）；（3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，隔绝空气(或惰性气氛中)，稀盐酸；（4）正，TiO24e=Ti2O2。试题分析：(1)根据反应前后原子个数守恒，R的化学式为FeTiO3，根据题意写出FeTiO3H2SO4TiOSO4，Ti的化合价为+4价，因为没有气体产生，化合价没变化，即生成物还有FeSO4、H2O，因此反应方程式为：FeTiO32H2SO4=TiOSO4FeSO42H2O；（2）Fe2Fe3=3Fe2,因此加入铁屑的作用

25、是防止Fe2被氧化，出现沉淀Ksp=c(Mg2)c2(OH)，c(H)=Kw/c(OH)，代入数值，得出c(H)=1010molL1，则pH=10；在对应氢氧化物的Ksp的数据中，TiO(OH)2的Ksp最小，根据Ksp的意义，相同类型的难溶物，Ksp越小，说明溶解能力越小，出现大量白色沉淀，即为TiO(OH)2，因此有TiO22H2O=TiO(OH)2；（3）钛酸煅烧得到TiO2，TiO2CCl2TiCl4CO或者TiO2CCl2TiCl4CO2，根据化合价的升降配平，分别是TiO22C2Cl2=TiCl42CO、TiO2C2Cl2=TiCl4CO2，Mg是活泼金属，在高温下可以与空气中氧气

26、、氮气、CO2等气体反应，因此要求控制条件是隔绝空气或惰性气体中，除去金属Mg可以用稀盐酸；(4)根据O2的移动方向，以及电解原理，阴离子向阳极移动，b为电源的正极，a为电源的负极，根据装置图，阴极产生O2，电极反应式为：TiO24e=Ti2O2。考点：考查化学式、铁的性质、溶度积的计算、氧化还原反应、电解等知识。16将4g甲烷和适量氧气混合后通入一密闭容器中，点燃使之恰好完全反应，待恢复到原温度后，测得反应前后压强分别为3.03105Pa和1.01105Pa，同时又测得反应共放出222.5kJ热量。试根据上述实验数据，写出该反应的热化学方程式。【解答】答案CH4(气)+2O2(气)=CO2(

27、气)+2H2O(液)+890kJ【解析】书写热化学方程式有两个注意事项：一是必须标明各物质的聚集状态，二是注明反应过程中的热效应(放热用“+”，吸热用“-”)。要写本题的热化学方程式，需要解决两个问题，一是水的状态，二是反应过程中对应的热效应。由阿伏加德罗定律的推论可知：，根据甲烷燃烧反应的化学方程式可知，水在该状态下是液体(想一想，如为气体则反应前后的压强比应为多少？)，因4g甲烷燃烧时放出222.5kJ热量，则1mol甲烷燃烧时放出的热量为。本题答案为：CH4(气)+2O2(气)=CO2(气)+2H2O(液)+890kJ17（8分）已知酒精燃烧的热化学方程式是：C2H5OH(l) + 3O

28、2(g)2CO2(g) + 3H2O(l)；H= -1370.3kJ/mol。现燃烧0.10g酒精，生成二氧化碳和液态水，放出的热量能使100g水的温度升高多少？c(水) = 4.184 J/（g），M( C2H5OH)= 46 g/mol ，计算结果保留两位小数【解答】答案（8分）解：0.10g酒精燃烧放出的热量（2分）C(水)m(水)t = 2.98kJ（2分）t =（3分）答：放出的热量能使100g水温度升高7.12。（1分）试题分析：酒精燃烧放出热量与水的温度升高吸收的热量相等。考点：反应热的计算18化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来

29、源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H 0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因 、 。汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：2CO(g)2C(s)O2(g) H0，该设想能否实现？ （选填“能”或“不能”），依据是 。（2）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的化学方程式为 ，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl浓度 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）一定条件下，Fe3+和I在水溶液中的反应是2I+2Fe3+I2+

30、2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向 （选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案 。（4）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HClO22Cl22H2O已知：此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。:写出此条件下，反应A的热化学方程式 。断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为 kJ。 【解答】答案（1）温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡反应正向进行不能；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不

31、能自发进行（2）Cl2+H2OHCl + HClO；增大 （3）正反应；加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计即可）（4）4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1 31.9试题分析：（1）气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H 0，温度升高，反应速率加快;温度升高，有利于平衡反应正向进行；该反应是焓增、熵减的反应，根据H - TS0可知，任何温度下均不能自发进行；（2）氯气溶于水是可逆反应，化学方程式为：Cl2+H2OHCl + HClO，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体,消耗H+，平衡正向移动，溶液中Cl浓度增大；（3）

32、Fe3+和I在水溶液中的反应是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，碘溶解在CCl4中，水溶液中，碘单质的浓度降低，平衡正向移动，要想使该反应的化学平衡逆向移动，降低I或Fe3+的浓度或增大I2或Fe2+浓度即可，所以加入少许铁粉或加入少许碘。（4）依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1；焓变=反应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量，4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1，4E（H-C

33、l）+498-2432+4E（H-O）=-115.6，得到4E（H-O）-4E（H-Cl）=498-486+115.6=127.6，E（H-O）-E（H-Cl）=31.931.9，这说明断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为31.9kJ。考点：考查温度对化学反应速率的影响，化学反应方向，离子方程式的书写，平衡移动方向以及热化学方程式书写和反应热计算等19X、Y是短周期元素，且X的原子序数比Y大4。请填空：I若X是金属元素，Y是非金属元素，化合物XY是优质的耐高温材料。（1）元素Y在元素周期表的位置为 。（2）粉末状X是制造烟花的重要原料之一，生产粉末状X时，将X蒸气在

34、某种气体中冷却。下列可作为冷却气体的是 。A空气 B氮气 C氩气 D二氧化碳II若X是短周期最活泼的金属元素。（3）Y2H4、O2与XOH溶液组成的电池，其负极的电极反应式（已知：Y2H4可以和O2反应生成Y2和H2O）为 。该电池中OH移向 极。（4）25时，往a molL-1 YH3的水溶液（甲）中滴加0.01 molL-1H2SO4溶液（乙），滴加过程中溶液的导电能力 （填“增强”、“减弱”或“不变”），当甲与乙等体积混合后，溶液呈中性（设温度不变），甲中溶质的电离常数Kb= （填表达式，用含a的代数式表示）。【解答】答案I（1）第二周期，第A族；（2）C；II（3）N2H4+4OH-4

35、e-=N2+H2O；负；（4）10-9。试题分析：I若X是金属元素，Y是非金属元素，化合物XY是优质的耐高温材料。则X是镁，Y是氧。（1）O元素在元素周期表的位置为第二周期，第A族，故答案为：第二周期，第A族；（2）可作为镁蒸气冷却气体的定是与镁不反应的物质，镁的性质活泼，易与多种物质反应，它可与空气中氧气反应生成MgO；可与N2反应生成Mg3N2；可在CO2中燃烧生成MgO；但稀有气体氩气不与镁反应。A、空气中含有氮气、氧气、二氧化碳，它们都与镁发生反应，错误；B、氮气能与镁在点燃的条件下反应生成Mg3N2，错误；C、氩气属于稀有气体，化学性质极不活泼，不与镁反应，正确；D、镁与二氧化碳在点

36、燃的条件下发生燃烧反应，生成氧化镁和炭黑，错误；故选C；II若X是短周期最活泼的金属元素，则X为Na，故Y为N，（3）N2H4、O2与NaOH溶液组成的电池，负极发生氧化反应，N2H4在负极放电，碱性条件下生成氮气与水，负极电极反应式为：N2H4+4OH-4e-=N2+H2O，在原电池中阴离子向负极移动，电池中OH移向负极，故答案为：N2H4+4OH-4e-=N2+H2O；负；（4）25时，往a molL-1 NH3的水溶液（甲）中滴加0.01 molL-1H2SO4溶液（乙），滴加过程中弱电解质一水合氨逐渐转化为强电解质硫酸铵，溶液的导电能力增强；当甲与乙等体积混合后，溶液呈中性，溶液中c(

37、H+)=c(OH-)，根据电荷守恒则c(NH4+)=2c(SO42-)=0.01mol/L，一水合氨的电离常数Kb =10-9，故答案为：10-9。考点：考查了无机推断、元素及其化合物的性质、弱电解质的电离常数的计算等相关知识。20有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电极电解（有阳离子交换膜）1L l mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：（1）己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原予序数为_；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是_。（2）甲、乙

38、、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_。（3）上图转化关系中不属于氧化还原反应的有（填编号）_。（4）接通右图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_。（5）当反应电解一段时间后测得D溶液pH=12（常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化），此时共转移电子数目约为_；反应的离子方程式为_。（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质（陈水外）有_。【解答】答案(1)37（2分）；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）（2分）；

39、（3）（1分）；（4）3Fe2+2Fe（CN）63- =Fe3Fe（CN）62（2分）；（5）6.02l021 （2分）； 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 （2分）；（6）NaCl、Al（OH）3（2分）试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷 同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反

40、应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与Fe（CN）63-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2+2Fe（CN）63- =Fe3Fe（CN）62；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl2H2OCl2H22NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH

41、，n（NaCl）=1L1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L1L=0.01mol1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol6.021023/mol= 6.02l021；反应是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2 =NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、A

42、l（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。21下列转化关系中，X、Y是生活中用途广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，C、D、E是常见的三种化合物。分析转化关系回答问题。（1）请写出反应的化学方程式：_。（2）检验D溶液中Y离子的方法是_。（3）若试剂a是NaOH溶液，写出单质X与NaOH溶液反应的离子方程式_。（4）若试剂b是H2SO4，工业上用E、H2SO4和NaNO2为原料制取高效净水剂Y(OH)SO4，已知还原产物为NO，则该反应的化学方程式是_。（5）工业上电解熔融的B制取X时，若阳极产生的气体在标准状况下的体积为3

43、3.6 L，则阴极产物的质量为_。【解答】答案（1）Fe2O32Al2FeAl2O3（2）取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明有Fe3（3）2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2（4）2FeSO4H2SO42NaNO2=2Fe(OH)SO4Na2SO42NO（5）54 g试题分析：已知X、Y是生活中用途广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，说明A为Fe2O3，X为铝，它们通过铝热反应生成氧化铝(B)和铁(单质Y)；D与Fe反应生成E，则试剂b为盐酸，D、E分别是氯化铁和氯化亚铁。据此回答：（1）反应是铝与氧化铁发生铝热反应，化学方程式为Fe2O32Al2FeAl2O3（2） 检验D（FeCl3 ）溶液中Y(Fe3)离子的方法是取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明有Fe3（3）Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学反应方程式为2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2。（4）若试剂b为硫酸，则E为FeSO4(铁的化合价为2价)Fe(OH)SO4(铁的化合价