2014-2015学年重庆市沙坪坝区南开中学高一（上）月考化学试卷（9
月份）
一、选择题
1．下列有关用途的说法中，错误的是：( ) A．液态钠可用作核反应堆的传热介质 B．在过渡元素中找寻半导体材料
C．考古时利用l4
C测定一些文物的年代
D．SiO2是制造水泥、人造宝石、单晶硅的原料
2．下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是( ) A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体 C．加热坩埚时需垫石棉网
D．用分液漏斗分液时，上层液体应从上口倒出
3．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是( ) A．常温常压下，1mol甲基（﹣CH3）含有的电子数为9NA
B．1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后胶体粒子的数目小于NA C．标况下，2.24LHF中含有的电子数为NA D．1mol 金刚砂（SiC）中含有4NA碳硅键
4．下列说法合理的是( )
A．若X+和Y2﹣
的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y
B．由水溶液的酸性：HCI＞H2S，可推断出元素的非金属性：CI＞S C．邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子内氢键 D．H﹣F、H﹣O、H﹣N三种共价键的极性逐渐增强
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．1.0 mol?L﹣1KNO溶液：H+、Fe 2+、SCN ﹣、SO2﹣
34
B．pH=0的溶液：Al3+、Cu（NH2+﹣2﹣
3）4、F 、SO4
C．c（ClO﹣）=1.0mol?L﹣1的溶液：Na+、SO2﹣2﹣2﹣
3、S、SO4
D．=10
﹣10
的溶液：K+、Ba2+、NO﹣﹣
3、Cl
6．下列各组顺序排列正确的是( )
A．密度：Na＞K＞Li B．热稳定性：HCl＞H2S＞H2O
C．酸性：HH﹣3+﹣
2CO3＜2SiO3＜HNO3 D．离子半径：F＞A1＞CI
1
7．已知：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=a kJ?molCH4（g）+2O2（g）=CO2
﹣1
（g）+2H2O（g）△H=b kJ?mol则下列叙述正确的是( ) A．C﹣H键键长小于H﹣H键
﹣1
B．甲烷的燃烧热为b kJ?mol
﹣1
C．2CH3OH（g）=2CH4（g）+O2（g）△H=2（a﹣b） kJ?mol
D．当甲醇和甲烷物质的量之比为l：2时，其完全燃烧生成CO2和H2O（g）时，放出的热量为c kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为c/（a+2b）mol
二、解答题（共4小题，满分58分） 8．（16分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素．A、
2﹣+
D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，C和D具有相同的电子数，E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2．由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表： 物质 组成和结构信息 甲 含有非极性共价键的常见二元离子化合物 ﹣乙 含有极性键和非极性键的18e分子 丙 化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料 丁 化学组成为DBA4的离子化合物 请用化学用语回答下列问题： +
（1）D的结构示意图为__________；
（2）C、D、E的氢化物按熔点由高到低排列的顺序为__________； （3）乙属于__________分子（填“极性”或“非极性”），其的电子式为__________， （4）将少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为__________；
（5）丙属于__________晶体，丙中每个原子均形成4个共价键，其中有一个配位键，提供空轨道的是__________；氮化硼晶体的熔点要比丙晶体高，其原因是__________． 9．（14分）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义．
﹣1
Ⅰ．CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ?mol．
﹣1
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=一1160kJ?mol （1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________；
Ⅱ．吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：
﹣1
4+﹣﹣﹣
（2）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce 氧化的产物主要是NO3、NO2，写出只生成NO3的离子方程式__________；
4+
（3）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce，其原理如下图所示．
4+
①生成的Ce从电解槽的__________（填字母序号）口流出；
2
②生成S2O4的电极反应式为__________；
﹣﹣13﹣
（4）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2的浓度为a g?L，要使1m该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2__________L．（用含a代数式表示，计算结果保留整数）
2﹣
﹣1﹣1
10．（14分）某实验小组用0.50mol?LNaOH溶液和0.50mol?L．1硫酸溶液进行中和热的测定．
﹣1
Ⅰ．配制0.50mol?L硫酸溶液
﹣3
（1）若配制250mL硫酸溶液，则须用量筒量取密度为1.84g?cm、质量分数为98%的浓硫酸__________mL．
Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如右图所示： （2）仪器A的名称为__________；
（3）装置中碎泡沫塑料的作用是__________；
﹣1
（4）写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为57.3kJ?mol）__________； （5）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表． ①表中的温度差平均值为__________℃；
﹣1﹣1﹣3
②近似认为0.50mol?L NaOH溶液和0.50mol?L硫酸溶液的密度都是1g?cm，中和后生
﹣1
成溶液的比热容c=4.18J?（g?℃）．则中和热△H=__________ （取小数点后一位）． 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度温度差（t2﹣ H2SO4 t2/℃ t1）/℃ NaOH 1 26.6 26.6 26.6 29.1 2 27.0 27.4 27.2 31.2 3 25.9 25.9 25.9 29.8 4 26.4 26.2 26.3 30.4 ﹣1③上述实验数值结果与57.3kJ?mol有偏差，产生此实验偏差的原因可能是（填字母）__________．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度．
平均值 3
11．（14分）四氯化锡是无色液体，熔点﹣33“C，沸点114℃．氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略）．
（1）仪器C的名称为__________；
（2）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为__________；
（3）装置Ⅱ中的最佳试剂为__________，装置Ⅶ的作用为__________；
（4）若装置连接顺序为Ⅰ﹣Ⅱ一Ⅳ一Ⅴ一Ⅵ一Ⅶ，在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为__________．
（5）Ⅳ中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为__________；
（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，反应后，Ⅵ中锥形瓶里收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为__________．
4
2014-2015学年重庆市沙坪坝区南开中学高一（上）月考化学试卷（9月份）
一、选择题
1．下列有关用途的说法中，错误的是：( ) A．液态钠可用作核反应堆的传热介质 B．在过渡元素中找寻半导体材料
l4
C．考古时利用C测定一些文物的年代
D．SiO2是制造水泥、人造宝石、单晶硅的原料
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；硅和二氧化硅． 【专题】元素周期律与元素周期表专题；碳族元素． 【分析】A．金属具有良好的热传导效率；
B．周期表中金属与非金属的分界处找到半导体材料； 14
C．C能发生衰变，用于考古；
D．二氧化硅是制造水泥、人造宝石、单质硅的重要材料．
【解答】解：A．金属具有良好的热传导效率，液态钠可用作核反应堆的传热介质，故A正确；
B．在周期表中金属与非金属的分界处元素具有一定的金属性、非金属性，可以在此找到半导体材料，在过渡元素中找寻催化剂、耐高温耐腐蚀的材料，故B错误； 14l4
C．C能发生衰变，考古时利用C测定一些文物的年代，故C正确；
D．制造水泥用到黏土，黏土中含有硅酸盐与二氧化硅等，用焦炭与二氧化硅反应制得粗硅，二氧化硅可以用于制备人造宝石，二氧化硅是制造水泥、人造宝石、单质硅的重要材料，故D正确； 故选B．
【点评】本题考查了元素周期表与元素周期律、元素化合物的相关应用，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．
2．下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是( ) A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体 C．加热坩埚时需垫石棉网
D．用分液漏斗分液时，上层液体应从上口倒出
【考点】分液和萃取；直接加热的仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液． 【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作． 【分析】A．带刻度仪器不能烘干； B．物质的物质的量减少； C．坩埚能直接加热；
D．上层液体从上口倒出，下层液体从下层倒出．
【解答】解：A．不能用烘箱烘干带刻度仪器，会造成误差，故A错误； B．若如题操作，物质的物质的量减少，体积不变，浓度减小，故B错误； C．坩埚不需要用石棉网，故C错误；
D．用分液漏斗分液时，下层液体从下层放出，然后上层液体从上口倒出，故D正确． 故选D．
5
【点评】本题考查了化学实验基本操作，包括仪器使用，误差分析等，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．
3．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是( ) A．常温常压下，1mol甲基（﹣CH3）含有的电子数为9NA
B．1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后胶体粒子的数目小于NA C．标况下，2.24LHF中含有的电子数为NA D．1mol 金刚砂（SiC）中含有4NA碳硅键 【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．甲基中含有9个电子，1mol甲基含有9mol电子；
B．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则胶粒数目一定小于1mol；
C．标准状况下，氟化氢的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量； D．金刚砂中，每个C连4个Si，1mol金刚砂中含有4mol碳硅键．
【解答】解：A．甲基中含一个未成对单电子，故1mol甲基含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故A正确；
B．1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则胶体粒子的数目小于NA，故B正确；
C．标况下HF是液体，不能用气体摩尔体积计算2.24L氟化氢的物质的量，故C错误； D．金刚砂（SiC）与金刚石结构类似，一个C连4个Si，故1mol金刚砂含有4NA碳硅键，故D正确； 故选C．
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，选项C为易错点，明确标况下氟化氢不是气体．
4．下列说法合理的是( )
+2﹣
A．若X和Y的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y
B．由水溶液的酸性：HCI＞H2S，可推断出元素的非金属性：CI＞S C．邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子内氢键 D．H﹣F、H﹣O、H﹣N三种共价键的极性逐渐增强
【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；氢键的存在对物质性质的影响． 【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
+2﹣
【分析】A、若X和Y的核外电子层结构相同，则X位于Y的下一个周期，据此回答； B、元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强；
C、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键要弱于分子间氢键；
D、根据电负性差值越小，极性越弱来回答．
【解答】解：A、根据题意，X位于Y的下一个周期，故原子序数X＞Y，故A正确； B、比较最高价氧化物对应水化物的酸性，才能比较非金属性，故B错误；
C、由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，而分子内氢键要弱于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，故C错误；
6
D、电负性差值越小，极性越弱，元素电负性同周期从左到右依次增大，故H﹣F，H﹣O，H﹣N极性依次降低，故D错误； 故选A．
【点评】本题考查了元素周期表中非金属性、电负性等知识，难度不大．
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
﹣1+2+﹣2﹣
A．1.0 mol?LKNO3溶液：H、Fe 、SCN 、SO4
3+2+﹣2﹣
B．pH=0的溶液：Al、Cu（NH3）4、F 、SO4
﹣﹣1+2﹣2﹣2﹣
C．c（ClO）=1.0mol?L的溶液：Na、SO3、S、SO4
D．=10
﹣10
的溶液：K、Ba、NO3、Cl
+2+﹣﹣
【考点】离子共存问题． 【专题】离子反应专题．
【分析】A．硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性； B．pH=0的溶液，显酸性；
C．离子之间发生氧化还原反应；
D.=10
+
﹣10
的溶液，溶液显碱性．
﹣
2+
3+
﹣
【解答】解：A．H、NO3会将Fe 氧化成Fe，与SCN 不共存，故A错误；
﹣
B．pH=0说明溶液呈酸性，不能与F共存生成弱电解质，故B错误；
﹣2﹣2﹣
C．ClO具有氧化性，与SO3、S不共存，故C错误；
D.=10
﹣10
的溶液，溶液显碱性，四种离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意根据题干判断溶液具有的性质如酸性、碱性、氧化性等，题目难度不大．
6．下列各组顺序排列正确的是( )
A．密度：Na＞K＞Li B．热稳定性：HCl＞H2S＞H2O
﹣3+﹣
C．酸性：H2CO3＜H2SiO3＜HNO3 D．离子半径：F＞A1＞CI
【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较． 【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】A．碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常； B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
D．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，原子序数越大，半径越小，
【解答】解：A．碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常，密度大小：Na＞K＞Li，故A正确； B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性：O＞Cl＞S，则氢化物稳定性：H2O＞HCl＞H2S，故B错误；
7
C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Si＜C＜N，则酸性：H2SiO3＜H2CO3＜HNO3，故C错误；
﹣
D．电子层数越多，半径越大，则三种离子中Cl的半径最大，电子层结构相同的离子，原
﹣3+﹣﹣3+
子序数越大，半径越小，则F＞A1，所以离子半径：Cl＞F＞A1，故D错误． 故选A．
【点评】本题考查了元素周期律和碱金属的物理性质，主要涉及了非金属性、离子半径等知识，题目难度不大．
7．已知：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=a kJ?molCH4（g）+2O2（g）=CO2
﹣1
（g）+2H2O（g）△H=b kJ?mol则下列叙述正确的是( ) A．C﹣H键键长小于H﹣H键
﹣1
B．甲烷的燃烧热为b kJ?mol
﹣1
C．2CH3OH（g）=2CH4（g）+O2（g）△H=2（a﹣b） kJ?mol
D．当甲醇和甲烷物质的量之比为l：2时，其完全燃烧生成CO2和H2O（g）时，放出的热量为c kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为c/（a+2b）mol 【考点】热化学方程式；燃烧热． 【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、原子半径越大，其键长越长； B、燃烧热应生成稳定氧化物； C、根据盖斯定律来计算焓变；
D、根据热化学方程式的系数和焓变的关系利用方程式进行计算．
【解答】解：A、碳的原子半径大于氢原子，故C﹣H键键长大于H﹣H键，故A错误； B、燃烧热应生成稳定氧化物，不能使水蒸气，应该是液态水，故B错误；
C、根据盖斯定律，将两个反应都乘以2，再相减，得到：2CH3OH（g）=2CH4（g）+O2（g）△H=2
﹣1
（a﹣b） kJ?mol，故C正确； D、设：甲醇和甲烷物质的量分别为n、2n，则甲醇放出的热量是na，甲烷放出的热量是2nb，即na+2nb=c，解得n=，则该混合物中甲醇的物质的量为，故D错误． 故选C．
【点评】本题考查了化学反应与能量，难度不大，涉及了一定量盖斯定律计算．
二、解答题（共4小题，满分58分） 8．（16分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素．A、
2﹣+
D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，C和D具有相同的电子数，E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2．由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表： 物质 组成和结构信息 甲 含有非极性共价键的常见二元离子化合物 ﹣乙 含有极性键和非极性键的18e分子 丙 化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料 丁 化学组成为DBA4的离子化合物 请用化学用语回答下列问题：
﹣1
8
（1）D的结构示意图为；
（2）C、D、E的氢化物按熔点由高到低排列的顺序为NaH＞H2O＞PH3； （3）乙属于极性分子（填“极性”或“非极性”），其的电子式为
3
+
，
（4）将少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为6Na2O2+4Al+6H2O=4Al（OH）
+
3↓+3O2↑+12Na；
（5）丙属于原子晶体，丙中每个原子均形成4个共价键，其中有一个配位键，提供空轨道的是B；氮化硼晶体的熔点要比丙晶体高，其原因是磷原子半径比氮原子大，N﹣B共价键键长比B﹣P小，则键能大．
【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；极性分子和非极性分子．
【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素．A、D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，则A为H，D为Na，形成NaH
2﹣+
为离子化合物；C和D具有相同的电子数，则C的质子数为11﹣1﹣2=8，即C为O元素；E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2，则最高价为+5价，最低价为﹣3价，E为比Na原子序数大的第三周期元素，为P元素；
含有非极性共价键的常见二元离子化合物，则甲为Na2O2；
﹣
含有极性键和非极性键的18e分子，则乙为H2O2；
化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料，为原子晶体，E为P，则B的化合价为+3价，即B为硼元素；
化学组成为DBA4的离子化合物，即丁为NaBH4，然后结合元素化合物知识来解答． 【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素．A、D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，则A为H，D为Na，形成NaH
2﹣+
为离子化合物；C和D具有相同的电子数，则C的质子数为11﹣1﹣2=8，即C为O元素；E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2，则最高价为+5价，最低价为﹣3价，E为比Na原子序数大的第三周期元素，为P元素；
含有非极性共价键的常见二元离子化合物，则甲为Na2O2；
﹣
含有极性键和非极性键的18e分子，则乙为H2O2；
化学组成为BE，熔点高，可作超硬耐磨涂层材料，为原子晶体，E为P，则B的化合价为+3价，即B为硼元素；
化学组成为DBA4的离子化合物，即丁为NaBH4，综上所述：A是H、B是硼、C是氧、D是钠、E是磷，
（1）钠的质子数为11，其离子的结构示意图为，故答案为：；
（2）NaH是离子晶体熔点高，水是分子晶体但含有氢键故熔点较高，PH3熔点最低，则C、D、E的氢化物按熔点由高到低排列的顺序为NaH＞H2O＞PH3， 故答案为：NaH＞H2O＞PH3；
9
（3）过氧化氢正负电荷中心不重合，故是极性分子，其电子式为性；
；
3
，故答案为：极
（4）少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为6Na2O2+4Al+6H2O=4Al（OH）
+
3↓+3O2↑+12Na，
3+
故答案为：6Na2O2+4Al+6H2O=4Al（OH）3↓+3O2↑+12Na；
（5）由丙熔点高硬度大具有原子晶体的特点，则属于原子晶体，配位键的形成需要一方提供孤电子对另一方提供空轨道，则B原子提供空轨道；原子晶体影响熔点高低的主要因素是共价键强弱，主要体现在半径上，半径越大，键能越小，熔点越低，则氮化硼晶体的熔点要比丙（BP）晶体高，其原因是磷原子半径比氮原子大，N﹣B共价键键长比B﹣P小，则键能大，
故答案为：原子；B；磷原子半径比氮原子大，N﹣B共价键键长比B﹣P小，则键能大． 【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握原子结构、电子排布、元素的位置推断元素为解答的关键，侧重元素周期表和元素周期律、元素化合物的性质及分析、推断能力的考查，题目难度不大． 9．（14分）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义．
﹣1
Ⅰ．CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ?mol．
﹣1
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=一1160kJ?mol
（1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O
﹣1
（g）△H=﹣867kJ?mol；
Ⅱ．吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：
﹣
（2）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce 氧化的产物主要是NO3、NO，写出只生成NO3
4+3+﹣+
的离子方程式NO+2H2O+3Ce=3Ce+NO3+4H；
4+
（3）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce，其原理如下图所示．
4+
①生成的Ce从电解槽的a（填字母序号）口流出；
2﹣﹣+2﹣
②生成S2O4的电极反应式为2HSO3+2H+2e﹣=S2O4+2H2O；
﹣﹣13﹣
（4）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2的浓度为a g?L，要使1m该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2243aL．（用含a代数式表示，计算结果保留整数）
4+
﹣
﹣2
10
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理． 【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．
﹣
【分析】（1）已知①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ?mol1﹣1
，②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ?mol，根据盖斯定律△H=，消去NO进行计算；
4+3+
（2）NO被氧化为硝酸根，Ce被还原为Ce，酸性环境，缺氧补水，缺氢补氢离子完成方程式；
4+
（3）①生成Ce为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此从a口流出；
﹣2﹣
②反应物是HSO3被还原成S2O4，得到电子；
﹣﹣13﹣
（4）NO2的浓度为a g?L，要使1m该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000×（5﹣3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：V÷22.4×2×（2﹣0），根据电子守恒进行计算． 【解答】解：（1）已知①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ?mol﹣1﹣1
，②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ?mol，根据盖斯定律△H=，消去NO，故甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4（g）+2NO2
﹣1
（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ?mol，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）═N2
﹣1
（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ?mol；
4+3+
（2）NO被氧化为硝酸根，Ce被还原为Ce，酸性环境，缺氧补水，缺氢补氢离子，所以离
4+3+﹣+
子方程式为：NO+2H2O+3Ce=3Ce+NO3+4H，
4+3+﹣+
故答案为：NO+2H2O+3Ce=3Ce+NO3+4H；
4+
（3）①生成Ce为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此从a口流出，故答案为：a；
﹣2﹣﹣+2﹣
②反应物是HSO3被还原成S2O4，得到电子，电极反应式为：2HSO3+2H+2e﹣=S2O4+2H2O，
﹣+2﹣
故答案为：2HSO3+2H+2e﹣=S2O4+2H2O；
﹣﹣13﹣
（4）NO2的浓度为a g?L，要使1m该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：1000×（5﹣3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：
×2×（2
﹣0），根据电子守恒：=×2×（2﹣0），解得V=243a，故答案为：
243a．
【点评】本题综合考查学生含氮元素、含硫元素物质的性质知识，注意知识的梳理和归纳是关键，难度中等．
11
10．（14分）某实验小组用0.50mol?LNaOH溶液和0.50mol?L．1硫酸溶液进行中和热的测定．
﹣1
Ⅰ．配制0.50mol?L硫酸溶液
﹣3
（1）若配制250mL硫酸溶液，则须用量筒量取密度为1.84g?cm、质量分数为98%的浓硫酸6.8mL．
Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如右图所示： （2）仪器A的名称为环形玻璃棒；
（3）装置中碎泡沫塑料的作用是保温、隔热、减少热量损失；
（4）写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为57.3kJ?mol）H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；
（5）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表． ①表中的温度差平均值为4.0℃；
﹣1﹣1﹣3
②近似认为0.50mol?L NaOH溶液和0.50mol?L硫酸溶液的密度都是1g?cm，中和后生
﹣1
成溶液的比热容c=4.18J?（g?℃）．则中和热△H=﹣53.5kJ/mol （取小数点后一位）． 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度温度差（t2﹣ H2SO4 t2/℃ t1）/℃ NaOH 1 26.6 26.6 26.6 29.1 2 27.0 27.4 27.2 31.2 3 25.9 25.9 25.9 29.8 4 26.4 26.2 26.3 30.4 ﹣1③上述实验数值结果与57.3kJ?mol有偏差，产生此实验偏差的原因可能是（填字母）ad． a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度．
﹣1
﹣1﹣1
平均值
【考点】中和热的测定．
【专题】化学反应中的能量变化． 【分析】I．（1）c=n/V体积
3
=m/MV=wρv/M×0.25L=98%×1.84g/cm×V/98g/mol×0.25L=0.5mol/L故v=6.8ml； II．（2）为充分的搅拌，用环形玻璃棒搅拌棒；（3）碎泡沫的作用是保温、隔热、减少热量损失；
（4）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水；
12
（5）①根据表格数据求得温差平均值；
②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m?c?△T=80g×4.18J/（g?℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=﹣1.3376KJ/0.025mol=﹣53.5kJ/mol； ③a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小；
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大；
c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中；
d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小． 【解答】解：I．（1）c=n/V体积
3
=m/MV=wρv/M×0.25L=98%×1.84g/cm×V/98g/mol×0.25L=0.5mol/L，故v=6.8mL，故答案为：6.8； II．（2）为充分的搅拌，用环形玻璃棒搅拌棒，故答案为：环形玻璃棒；
（3）碎泡沫的作用是保温、隔热、减少热量损失，故答案为：保温、隔热、减少热量损失； （4）稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，应生成1mol液态水，热化学方程式为H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，故答案为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；
（5）①根据表格数据求得温差平均值为℃=4.0℃，故答案为：4.0； ②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m?c?△T=80g×4.18J/（g?℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=﹣1.3376KJ/0.025mol=﹣53.5kJ/mol；故答案为：﹣53.5kJ/mol；
③a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不选；
c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，可保证实验成功，故c不选；
d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故选； 故答案为：ad．
【点评】本题考查热化学方程式以及反应热的计算，题目难度大，注意理解中和热的概念、把握热化学方程式的书写方法，以及测定反应热的误差等问题． 11．（14分）四氯化锡是无色液体，熔点﹣33“C，沸点114℃．氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略）．
13
（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶；
（2）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn+Cl2↑+2H2O； （3）装置Ⅱ中的最佳试剂为饱和氯化钠溶液，装置Ⅶ的作用为防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；
（4）若装置连接顺序为Ⅰ﹣Ⅱ一Ⅳ一Ⅴ一Ⅵ一Ⅶ，在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为．
（5）Ⅳ中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为；
（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，反应后，Ⅵ中锥形瓶里收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为．
【考点】制备实验方案的设计． 【专题】综合实验题．
+﹣
【分析】由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H+2Cl
Mn+Cl2↑+2H2O，装置Ⅱ为饱和食盐水，装置Ⅲ为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与
锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中，以此解答该题． （1）认识常见的化学实验仪器
（2）A为制备氯气装置，在加热条件下进行，应为浓盐酸和二氧化锰的反应 （3）B为饱和食盐水，C为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在D中反应生成SnCl4，因SnCl4极易水解，F可起到防止空气中的水蒸气进入E中 （4）若没有III，则SnCl4会水解产生Sn（OH）4 （5）加热促进SnCl4气化，便于分离
（6）Sn+2Cl2=△=SnCl4，11.9gSn即0.1mol完全反应可生成SnCl426.1g，故产率为23.8/26.1×100%=91.2%
+﹣
【解答】解：由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H+2ClMn+Cl2↑+2H2O，装置Ⅱ为饱和食盐水，装置Ⅲ为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与
锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4，经冷却后在装置Ⅵ中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中．
（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气．发生反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl
+
﹣2+2+
+
﹣
2+
Mn+Cl2↑+2H2O，
+
﹣
2+
故答案为：MnO2+4H+2Cl
Mn+Cl2↑+2H2O；
14
2+
（3）由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．为了防止盐水解，所以要防止起水解．装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解，
故答案为：饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；
（4）未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置； （5）如果没有装置Ⅲ，则在氯气中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn（OH）4或SnO2，故答案为：Sn（OH）4或SnO2等；
（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，则n（Sn）=0.1mol，理论上产生的SnCl4的物质的质量是m（SnCl4）=0.1mol×261g/mol=26.1g所以反应后，若Ⅵ中锥形瓶里收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为答案解析
×100%=91.2%，故答案为：91.2%．
【点评】本题考查物质的制备，涉及仪器的识别、氯气的实验室制取方法、实验操作的目的、盐的水解、物质产率的计算等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质设计实验步骤，题目难度不大．
15