重庆市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题(解析版)

PAGE重庆一中高2022届高一(下)学期期末考试化学试卷满分100分，时间90分钟注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H1C12Nl4O16Na23S32Cl35.5Cu64Ag108一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题只有一个选项符合题目要求。1.物质的性质决定其用途。下列说法正确的是A.二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物B.氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝C.石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体D.铜金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸【答案】A【解析】【详解】A.ClO2具有强氧化性，能把有色物质漂白，故A正确；AlCl3属于电解质，但工业上冶炼金属铝，是电解熔融状态下的氧化铝，故B错误；石英的成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，与NaOH、Na2CO3发生反应，因此不能用石英坩埚加热熔化的烧碱和纯碱等固体，故C错误；铜常温下与浓硝酸发生反应，而铝与浓硝酸发生钝化反应，产生一层致密氧化薄膜阻碍反应的进行，一般用铝罐或铁罐贮运浓硝酸，故D错误。故选A。2.下列有关化学用语使用正确的是A.甲烷分子的球棍模型：B.SCN-的结构式：[S—CN]-C.次氯酸的电子式：D.氯化镁的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．碳原子半径大于氢原子半径，甲烷分子的球棍模型为，A错误；B．SCN-中C和S之间形成单键，和N之间形成三键，所以其结构式为[S—CN]-，B正确；C．次氯酸的电子式应该为，C错误；D．氯化镁的电子式为，D错误；答案选B。3.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测合理的是选项事实推测A氨气易于溶水生成NH3·H2O磷化氢易溶于水生成PH3·H2OBSi是半导体材料，同主族的Ge也是半导体材料笫IVA族的元素的单质都可作半导体材料CHCl在1500℃时分解，HI在300℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DH2Se的沸点比H2S的高H2S的沸点比H2O的高A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氨气是碱性气体，因此氨气易于溶水生成NH3·H2O，但磷化氢微溶于水，不存在PH3·H2O，A错误；B．同主族从上到下金属性逐渐增强，Si是半导体材料，同主族的Ge也是半导体材料，但笫IVA族的元素的单质不能都可作半导体材料，如铅为导体，B错误；C．非金属性越强氢化物越稳定，非金属性Cl＞Br＞I，HCl在1500℃时分解，HI在300℃时分解，因此HBr的分解温度介于二者之间，C正确；D．组成和结构相似，二者均为分子晶体，分子量越大，沸点越高，所以H2Se的沸点比H2S的高；但水分子间存在氢键，所以H2S的沸点比H2O的低，D错误；答案选C。4.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中若加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固；若加入适量水，粉末溶解，醋酸无明显变化。由此可见A.NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B.该反应中，热能转化为产物内部的能量C.加水时，粉末溶解无热量变化D.加水时，水的比热容较大，吸热多，因此醋酸不凝固【答案】B【解析】【分析】将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中若加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固，说明NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应；若加入适量水，粉末溶解，醋酸无明显变化，粉末溶解无明显的热量变化。【详解】A．NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应，A不正确；B．吸热反应中，热能转化为产物内部的能量(即化学能)，B正确；C．加水时，无明显现象，说明粉末溶解无明显的热量变化，但是不能说明无热量变化，C不正确；D．盐酸中同样有水，因此，不能证明是因为水的比热容较大，吸热多，导致醋酸不凝固，D不正确。本题选B。5.某些资源在自然界中的含量很低，因此从自然界中获取这些资源的一个重要步骤就是富集，下列选项中虚线框内的流程不是富集的是A.B.沙子(SiO2)C.Br2液溴D.MgCl2Mg【答案】B【解析】【详解】A.，该过程描述的是沙里淘金，属于富集过程，A不符合题意；B.沙子(SiO2)。虚线框内的流程表示的是对粗硅进行提纯的过程，不属于富集，B符合题意；C.Br2液溴，虚线框内流程表示的是将海水浓度较小的溴离子通过氧化、吹出、吸收而富集的过程，C不符合题意；D.MgCl2Mg，虚线框内的流程表示的是将海水浓度较小的镁离子通过沉淀、溶解而富集的过程，D不符合题意。本题选B。6.物质的类别和核心元素的化合价，是研究物质化学性质的两个重要角度。下列应用中既能体现NH3属于碱性气体，又能体现NH3具有还原性的是A.用NH3制硝酸B.用浓盐酸检验NH3是否收集满C.用湿润的pH试纸检验NH3是否存在D.用浓氨水检验输送Cl2的管道是否泄漏【答案】D【解析】【详解】A．用NH3制硝酸，氮元素价态升高，氨气被氧化，氨气只表现出还原性，故A错误；B．用浓盐酸检验NH3是否收集满，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，氮元素价态不变，氨气只表现出碱性，故B错误；C．氨气的水溶液显碱性，用湿润的pH试纸检验NH3是否存在，氨气只表现出碱性，故C错误；D．用浓氨水检验输送Cl2的管道是否泄漏，发生反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2，氨气即表现还原性又表现碱性，故D正确；故答案选D。7.下列有关NH3的尾气处理装置最恰当的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．，该装置中氨气容易把水排出U形管，A不适合；B．，该装置中小漏斗伸入水中过多，容易引起倒吸，B不适合；C．，该装置中导气管伸入水中，容易引起倒吸，C不适合；D．，该装置中有两个球形容器，既可以防止倒吸，又可以防止将水排出，故D最恰当。本题选D。8.下列关于实验操作的说法中正确的是A.蒸馏时，先加热，后将冷水从冷凝管上口通入B.分液时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中C.检验Cu与浓硫酸反应生成的产物CuSO4时，直接往试管中加水，观察溶液是否变蓝D.用98%的浓硫酸配制l.0mol/L的稀硫酸定容时，俯视容量瓶刻度线会导致溶液浓度偏低【答案】B【解析】【详解】A.蒸馏时，应该先将冷水从冷凝管下口通入，然后再加热，A错误；分液时，为防止试剂相互污染，应先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中，B正确；检验Cu与浓硫酸反应生成的产物CuSO4时，因为反应物浓硫酸剩余，所以不能直接往试管中加水，观察溶液是否变蓝，应该把试管中液体倒入蒸馏水中，C错误；用98%的浓硫酸配制l.0mol/L的稀硫酸定容时，俯视容量瓶刻度线会导致溶液的体积减小，因此浓度偏高，D错误；答案选B。9.(原创)下列现象或事实可用同一原理解释的是A.氯水和二氧化硫使品红溶液褪色B.亚硫酸钠和水玻璃长期暴露在空气中变质C.稀硝酸和三氯化铁溶液使KI-淀粉试纸变蓝D.浓盐酸和浓硫酸长期暴露在空气中浓度变小【答案】C【解析】【详解】A．氯水使品红溶液褪色是氧化漂白，而二氧化硫使品红溶液褪色是结合漂白，原理不同，A错误；B．亚硫酸钠暴露在空气中变质是氧化变质；而水玻璃长期暴露在空气中变质是发生的复分解反应，属于非氧化还原反应。原理不同，B错误；C．稀硝酸具有氧化性，能够把碘离子氧化为碘单质，三氯化铁溶液使KI氧化为碘单质，碘遇淀粉试纸变蓝，原理相同，C正确；D．浓盐酸有挥发性，长期暴露在空气中由于HCl的挥发浓度变小；浓硫酸有吸水性，长期暴露在空气中由于吸收水分而浓度变小，原因不同，D错误；故答案选C。10.下列物质之间反应后的产物与反应物的用量无关的是A.CO2和NaClO溶液 B.NH4HSO3溶液和NaOH溶液C.NH3·H2O和SO2 D.Fe和稀HNO3【答案】A【解析】【详解】A.酸性碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，则CO2和NaClO溶液反应生成次氯酸和碳酸氢钠，A符合；B.NH4HSO3溶液和NaOH溶液反应如果氢氧化钠过量，则生成亚硫酸钠、一水合氨，如果氢氧化钠不足，则生成亚硫酸钠、亚硫酸铵，B不符合；C.NH3·H2O和SO2反应时氨水过量生成正盐，氨水不足生成酸式盐，C不符合；D.Fe和稀HNO3反应时铁不足生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁，D不符合；答案选A。11.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：下列说法正确的是A.b为电源的负极，d为电解池的阳极B.过程①②中捕获CO2时碳的化合价发生了变化C.a极的电极反应式为2C2O52－－4e－＝4CO2↑＋O2↑D.上述装置中总反应的化学方程式为C＋O2＝CO2【答案】C【解析】【分析】a电极为C2O52-失去电子，发生氧化反应生成氧气，d电极为碳酸根离子得到电子，发生还原反应生成碳，总反应为CO2电解C+O2↑。【详解】A.a电极发生氧化反应，是电解池的阳极，连接的为正极，即b为正极，A错误；B.过程①捕获CO2时生成的C2O52-的碳元素的化合价是+4价，②捕获CO2时生成的CO32-的碳元素的化合价是+4价，碳的化合价均未发生变化，B错误；C.由电机装置可知，a极的电极反应式为2C2O52－－4e－＝4CO2↑＋O2↑，C正确；D.由电极装置可知，a电极生成氧气，d电极生成碳单质，电解总反应为CO2电解C+O2↑，D错误；答案为C。12.通信用磷酸铁锂电池具有比能量较高、高温性能突出、绿色环保等优点。它是以磷酸铁锂为正极的二次电池，放电时正极反应为：M1-xFexPO4+e-+Li+=LiM1-xFexPO4，其原理如图，下列说法正确的是A.放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B.电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6CC.放电时，负极反应式为LiC6–e-=Li++6CD.充电时，Li+移向磷酸铁锂电极【答案】C【解析】【分析】由题中信息可知，石墨电极为电池的负极，磷酸铁锂电极为电池的正极。【详解】A．放电时，电流由正极流向负极，即由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A不正确；B．根据正极反应，可以判断电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，B不正确；C．放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为LiC6–e-=Li++6C，C正确；D．充电时，阳离子向阴极移动，Li+移向石墨电极，D不正确。本题选C。13.NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.电解精炼铜，阳极减少64g时，电路中转移的电子数为2NAB.92gNO2和N2O4混合气体中，含有的原子数为6NAC.1mol冰融化成水时，破坏的氢键数目为2NAD.1.00molNaCl中含有的NaCl分子数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．电解精炼铜，阳极除了铜溶解，还有比铜活泼的金属也能溶解，当其减少64g时，无法确定电路中转移的电子数，A不正确；B．92gNO2的物质的量为2mol，其中含有的原子数为6NA；92gN2O4的物质的量为1mol，其中含有的原子数为6NA。因此，92gNO2和N2O4混合气体中，含有的原子数为6NA，B正确；C．冰中，每个水分子可形成4个氢键，两个水分子间只能形成1个氢键，因此，1mol冰中氢键的数目为2NA。液态的水中，水分子间同样存在氢键，因此，1mol冰融化成水时，破坏的氢键数目小于2NA，C不正确；D．NaCl属于离子化合物，不存在NaCl分子，D不正确。本题选B。14.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是A.元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB.Y单质的熔点高于X单质C.W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性低D.化合物M中W不都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为钠Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分析，Y形成四个共价键，说明其为Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z为Cl；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，为O；依此答题。【详解】经分析，X为Na，Y为Si，Z为Cl，W为O，则：A.O、Si、Cl三种元素非金属性最强的为Cl，A错误；B.单质Si为原子晶体，单质Na是金属晶体，单质Si的熔点高于单质Na，B正确；C.O的非金属性比Si强，所以O的氢化物的稳定性比Si的氢化物强，C错误；D.化合物M中O都满足8电子结构，D错误；故选B。15.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应，为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下所示。下列说法错误的是A.过程①中吸收能量使钛氧键发生了断裂B.该反应中，光能和热能转化为化学能C.使用TiO2作催化剂可以提高化学反应速率D.使用TiO2作催化剂可以减少分解CO2所需能量【答案】D【解析】详解】A．过程①中吸收能量使钛氧键发生了断裂，故A正确；B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；C．催化剂能降低活化能，因此使用TiO2作催化剂可以提高化学反应速率，故C正确；D．催化剂降低反应所需活化能，不影响焓变，因此使用TiO2作催化剂不能减少分解CO2所需能量，故D错误；故答案选D。16.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A溴化钠溶液(NaI)溴水、CCl4萃取、分液B氯化铵溶液(FeCl3)氢氧化钠溶液过滤C二氧化氮(NO)O2D水[Al(OH)3胶体］过滤A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．溴化钠溶液中含有NaI杂质，加入稍过量溴水可以将碘置换出来，再加入CCl4萃取、分液，可以将溴化钠溶液分离，A正确；B.．氯化铵溶液中含有FeCl3，氢氧化钠溶液后，氯化铵也能与其反应，且引入新的杂质氯化钠，过滤后无法除去氯化钠，B不正确；C．二氧化氮中含有NO，通入O2能与其反应生成二氧化氮，但是无法控制通入氧气的量令其恰好反应，C不正确；D．水中含有Al(OH)3胶体时，用过滤法无法除去，因为胶体粒子能透过滤纸，D不正确。本题选A。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17.X、Y、Z、W、R、Q、P是元素周期表短周期中的常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下表：元素相关信息X其中一种放射性同位素，可用于一些文物或化石的年代测定Z无最高正化合价，其最低负化合价为-2W存在质量数为25，中子数为13的核素R位于周期表第13列P与Z互不同族，且最高价氧化物对应水化物为强酸请用相应化学用语回答下列问题：(1)W的核素符号为：_____；R在元素周期表中的位置为________；以上元素中，原子半径最大的是____________。(2)Y的最低价氢化物和最高价含氧酸可以直接化合生成盐。Y能与氢结合成Y2H，其结构式为____________。(3)砷(As)是人体必需的微量元素，与Y、Q同一主族，As原子比Q原子多1个电子层，则这3种元素的最高价氧化物的酸性从强到弱的顺序是________用氧化物化学式表示)。(4)请先判断下列固态物质的化合物类型，之后回答问题：化合物WZR2Z3WP2RP3化合物类型离子化合物离子化合物熔点/℃28002050714191工业上冶炼单质W时，所用的原料是：______；冶炼单质R时，不选择RP3的原因是：___。【答案】(1)Mg或25Mg(2)第三周期第ⅢA族(3)Mg(4)(5)N2O5＞P2O5(或P4O10)＞As2O5(6)MgCl2(7)AlCl3是共价化合物，熔融时不电离，无法通电电解【解析】【分析】X的其中一种放射性同位素，可用于一些文物或化石的年代测定，X是C；Z无最高正化合价，其最低负化合价为-2，Z是O，所以Y是N；W存在质量数为25，中子数为13的核素，则质子数＝25-13＝12，W是Mg；R位于周期表第13列，原子序数大于镁的，则R是Al；P与Z互不同族，且最高价氧化物对应水化物为强酸，因此P是Cl，据此解答。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W、R、P分别是C、N、O、Mg、Al、Cl。则(1)W是Mg，其核素符号为Mg或25Mg；R是Al，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则以上元素中，原子半径最大的是Mg。(2)Y的最低价氢化物氨气和最高价含氧酸硝酸可以直接化合生成盐硝酸铵，Y能与氢结合成Y2H，因此根据氨气的结构式可知其结构式为。(3)砷(As)是人体必需的微量元素，与Y、Q同一主族，Y是N，因此Q是P。同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则这3种元素的最高价氧化物的酸性从强到弱的顺序是N2O5＞P2O5(或P4O10)＞As2O5(用氧化物化学式表示)。(4)Mg是活泼的金属，由于氧化镁的熔点太高，氯化镁属于离子化合物，熔点较低，因此工业上冶炼单质镁时，所用的原料是MgCl2；根据表中数据可知AlCl3是共价化合物，熔融时不电离，因此电解冶炼单质Al时，不选择AlCl3。18.某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池中，右室的KOH的作用是_________。当有lmol电子经过外电路时，左室中减少_______mol离子。(2)乙池中A电极的名称为________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，其电极反应式为________，电键闭合10min后，B极质量增加4.32g，甲池中理论上消耗空气的体积为_____________mL(标准状况下，假设O2占空气的体积分数为20%)，若要使乙池中的电解质溶液完全恢复原状，则加入的试剂可以是：_________。(3)电键闭合10min后，D电极附近的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)；若C电极上产生的气体，用丙池反应后的溶液将其完全吸收，则生成的消毒液的有效成分的质量分数为____________(用算式表示，不要求计算结果，但有单位的数据须带上单位)。【答案】(1)导电(或增强溶液导电性)(2)2(3)阳极(4)4OH-－4e-=2H2O+O2↑(或2H2O－4e-=4H++O2↑)(5)1120(6)Ag2O(或Ag2CO3)(7)增大(8)×100%【解析】【分析】根据装置图可知甲池是原电池，乙池和丙池是电解池，通N2H4的电极是负极，通空气的电极是正极，因此A是阳极，B是阴极，C是阳极，D是阴极，据此解答。【详解】(1)溶液导电需要通过离子的定向移动，因此甲池中，右室的KOH的作用是导电(或增强溶液导电性)。负极反应式为N2H4－4e－+4OH－＝N2+4H2O，由于是阳离子交换膜，因此当有lmol电子经过外电路时，左室中减少1mol氢氧根和1mol钾离子，共计是2mol离子。(2)乙池中A电极与正极相连，电极名称为阳极，溶液中的氢氧根放电，其电极反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑(或2H2O－4e-=4H++O2↑)，电键闭合10min后，B极质量增加4.32g，即析出单质银4.32g÷108g/mol＝0.04mol，转移0.04mol电子，根据电子得失守恒可知甲池中理论上消耗氧气0.01mol，对应空气的体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L＝1120mL(标准状况下，假设O2占空气的体积分数为20%)。电解过程中生成氧气和银，因此若要使乙池中的电解质溶液完全恢复原状，则加入的试剂可以是Ag2O(或Ag2CO3)。(3)D电极是阴极，溶液中水电离出的氢离子放电，则电键闭合10min后，D电极附近有氢氧根生成，所以pH将增大；若C电极上产生的气体，用丙池反应后的溶液将其完全吸收，根据电子得失守恒可知C电极生成氯气是0.02mol，D电极生成氢气是0.02mol，氢氧化钠是0.04mol，所以生成次氯酸钠是0.02mol，则生成的消毒液的有效成分的质量分数为×100%。19.氯酸钾在火柴、火药、医药、农业等领域有者广泛应用。有电解法和化学法两种制备工艺流程：Ⅰ.电解法：(1)饱和食盐水中往往含有Ca2+、Mg2+、SO等，“精制”时依次加入相应沉淀试剂去除。如果省略该步骤，则Mg2+会引起电解过程中的不利因素为___________(答出一条即可)。(2)用惰性电极高电压“电解”时，总反应的离子方程式为________________。(3)“反应”中所发生的反应类型是____________。II.化学法(4)“氯化”过程需要温度大于70℃通过______________(填化学方程式)反应放热供能，可节省能源成本。“氯化”时，石灰乳于氯化塔中合成，自塔底通入氯气，这样做的目的是_____________。(5)“除氯”步骤是去除多余的Cl2，此反应的化学反应方程式为_______。(6)两种方法相比，__________法中的氯原子经济性更高。【答案】(1)Mg2+会与阴极产生的OH-生成Mg(OH)2沉淀，增大电阻，增加能耗(或阻碍电解)(2)Cl-+3H2OClO3-+3H2↑(3)复分解反应(4)CaO+H2O＝Ca(OH)2(5)逆流时，混合、吸收、反应Cl2更加完全(6)Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓(7)电解【解析】【详解】(1)由于电解时会产生氢氧根离子，Mg2+会与阴极产生OH-生成Mg(OH)2沉淀，增大电阻，增加能耗，所以必须除去Mg2+；(2)用惰性电极高电压“电解”氯化钠溶液时根据流程图可知生成氯酸钠和氢气，则总反应的离子方程式为Cl-+3H2OClO3-+3H2↑。(3)电解产生的氯酸钠和加入的氯化钾反应生成氯酸钾沉淀和氯化钠，则“反应”中所发生的反应类型是复分解反应。(4)生石灰溶于水放热，可以为“氯化”过程供能，可节省能源成本，反应方程式为CaO+H2O＝Ca(OH)2。由于逆流时，混合、吸收、反应Cl2更加完全，所以“氯化”时，石灰乳于氯化塔中合成，自塔底通入氯水。(5)“除氯”步骤是去除多余的Cl2，利用硫离子的还原性，此反应的化学反应方程式为Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓。(6)由于氯化时会有一部分氯元素转化为氯离子，所以两种方法相比，电解法中的氯原子经济性更高。20.某学校化学兴趣小组要证明如图装置(A)中产生的气体成分。请从下图中选择适当的装置(各装置可以重复使用)完成下列各个问题：(1)A装置中，广口瓶可以用__________代替(填仪器名称)。D中盛装的试剂为：_____。(2)A中发生反应的离子方程式为：_____________。(3)仪器组装的正确序列为：A→________。指出这套装置的不足之处：________(答出一条即可)。(4)点燃B处酒精灯前，必须要进行的操作是：___________。(5)C装置需使用两次，第二次使用时，作用是：___________。【答案】(1)烧瓶或者锥形瓶(2)浓硫酸(3)2NH+2Na=2Na++2NH3↑+H2↑(4)C→D→C→B(5)缺少尾气处理装置(或缺少检验水生成与否的装置)(6)验纯(7)检验NH3是否除尽【解析】【分析】由题中信息可以判断，A是反应器，C用于检验氨气，D用于吸收氨气和水蒸气，B用于检验氢气。【详解】(1)A装置是钠与氯化铵溶液反应的反应器，广口瓶可以用烧瓶或者锥形瓶代替。D用于吸收氨气和水蒸气，因此D中盛装的试剂为浓硫酸。(2)A中，钠与氯化铵溶液反应生成氯化钠、氨气和氢气，该反应的离子方程式为2NH+2Na=2Na++2NH3↑+H2↑。(3)A是反应器，生成的气体先通过C，检验氨气；然后通过D，吸收氨气和水蒸气；再通过C检验氨气已除尽；最后通过B，检验氢气。因此，仪器组装的正确序列为：A→C→D→C→B。这套装置的不足之处在于：氢气易燃易爆，剩余的氢气无法处理，因此，缺少尾气处理装置；另外，还缺少检验氢气与氧化铜反应水生成与否的装置。(4)氢气易燃易爆，点燃B处酒精灯前，必须要进行的操作是验纯。(5)C装置需使用两次，第二次使用时的作用是检验NH3是否除尽。【点睛】氨气有还原性，也能还原氧化铜，因此在检验氢气之前要除尽氨气。21.能源是人类生存和发展的重要支柱，研究化学反应过程中的能量变化在能源紧缺的今天具有重要的理论意义，已知下列热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ/mol；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572kJ/mol；③C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ/mol；④C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol；⑤CO2(g)+2H2O(g)=CH4(g)+2O2(g)ΔH=+802kJ/mol：化学键O=OC-CH-HO-OC-OO-HC-H键能kJ/m