【文档说明】上海市控江中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.442 MB，由小赞的店铺上传

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控江中学2024届高一第二学期化学学科期中考试试卷试卷满分100分，考试时间60分钟。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Cu-64一、选择题(只有1个正确答案，每小题2分，共40分)1.有关合金的说法正确的是A.合金不具有导热性B.合金

都不含非金属元素C.生铁比纯铁熔点高D.钢比纯铁硬【答案】D【解析】【详解】A．合金是指两种或两种以上的金属或者金属和非金属通过熔合而成的具有金属特性的混合物，则合金具有导热性、导电和延展性等金属特性，A错误；B．由A项分析可知，合金可能含非金属元素，如生铁和钢就是

铁和碳的合金，B错误；C．合金具有比成分金属更低的熔点，故生铁比纯铁熔点低，C错误；D．合金具有比成分金属更强的机械强度如硬度等，故钢比纯铁硬，D正确；故答案为：D。2.对NH3在工农业生产中用途的叙述

错误的是A.制氮气B.制氮肥C.制硝酸D.做制冷剂【答案】A【解析】【详解】NH3在工农业生产中用途是可以利用氨气制备铵盐做氮肥，也可以催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，

氨气易液化可以做制冷剂，故合理选项是A。3.常温下，能鉴别浓24HSO和稀24HSO，且与浓24HSO强氧化性有关的是A.铝片B.纸C.铜片D.焦炭【答案】A【解析】【分析】【详解】A．铝片常温下能溶于稀硫酸，并产生气泡，铝片在浓硫酸中由于钝化不能溶解，体现了浓硫酸的强氧化性，故可以鉴别，

故A正确；B．浓硫酸滴到纸上会使之脱水变黑，体现了浓硫酸的脱水性，稀硫酸滴到纸上无明显变化，可以鉴别，但与浓硫酸的强氧化性无关，故B错误；C．常温下，铜片与浓硫酸、稀硫酸均不反应，不能鉴别，故C错误；D．常温下，焦炭与浓硫酸、稀硫

酸均不反应，不能鉴别，故D错误。故选A。4.与氢硫酸混合后无明显现象的是A.NaOH溶液B.亚硫酸C.酸性KMnO4溶液D.CuSO4溶液【答案】A【解析】【详解】A．氢硫酸和氢氧化钠溶液反应生成水和硫化钠，没有明显现象，故A符合题

意；B．亚硫酸和氢硫酸反应生成硫单质，溶液会变浑浊，有明显现象，故B不符合题意；C．酸性KMnO4溶液和氢硫酸反应生成锰离子和硫酸根，紫色溶液变浅，故C不符合题意；D．CuSO4溶液和氢硫酸反应生成硫化铜，有黑色沉淀出现，故D不符合题意；正确答案是A。5.为了检验某固体物

质中是否含有+4NH，下列试纸和试剂一定用不到的是①蒸馏水②稀硫酸③蓝色石蕊试纸④红色石蕊试纸⑤NaOH溶液A.①③B.②④C.②③D.④⑤【答案】C【解析】【详解】+4NH的检验方法是在含有+4NH的溶液中加入强碱(OH−)溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检

验，若产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明原溶液中含有+4NH，所以一定不会用到的是③蓝色石蕊试纸和②稀硫酸，故答案为：C。6.下列过程中共价键被破坏的是A.氯气溶于水B.碘升华C.乙醇溶于水D.NaOH溶于水【答案】A【解析】【详解】A．氯气溶于水后，部分Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，

破坏Cl-Cl、H-O共价键，A符合题意；B．碘升华，分子未变，化学键未变，只改变分子间的距离，B不合题意；C．乙醇溶于水，不发生反应，只形成分子间的氢键，C不合题意；D．NaOH溶于水，完全电离为Na+和OH-，只破坏离子键，D不合题意；故选A。7.铜粉与稀硫酸不反应，若加入一种

试剂，则铜粉可以溶解，该物质可能是A.NaClB.ZnC.KNO3D.稀盐酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Cu与稀硫酸、氯化钠均不反应，不能溶解，故A不选；B．Zn与稀硫酸反应，铜不能溶解，故B不选；C．铜与氢离子和

硝酸根离子发生氧化还原反应，铜粉溶解，故C选；D．Cu与稀硫酸、稀盐酸均不反应，不能溶解，故D不选；故选C。8.科学家对液氢施加约4.95×1011Pa压力，成功制造出了“金属氢”，这是一种以氢离子和自由电子为基本单位构成的晶体。关于金属氢的推测错误的是

A.可能具有很好的导电性B.与氢气互为同素异形体C.摩尔质量与氢气相同D.制造金属氢过程属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，金属氢中含有氢离子和自由电子，类似于金属晶体，则可能具有很好的导电性，A正确；B．金属氢与氢气是由氢元素形成的性质不同的两种单质，故互为同素

异形体，B正确；C．金属氢是一种以氢离子和自由电子为基本单元构成的晶体，是原子构成的单质，与氢气分子不同的单质，则摩尔质量不相同，C错误；D．制造金属氢过程，单质结构发生变化，有旧化学键的断裂和新的化学键的形成，则属于化学变化，D正确；故答案为：C。9.利用下列装置制取SO2或

验证其性质，不能达到实验目的的是A.制取SO2B.验证氧化性C.验证还原性D.验证漂白性【答案】D【解析】【详解】A．Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，A装置可以用于实验制备少量的SO2，A不合题意；B．将SO2通入

Na2S溶液中将产生淡黄色沉淀，反应原理为：3SO2+2S2-=22-3SO+3S↓，该反应体现了SO2的氧化性，B不合题意；C．将SO2通入溴水中可观察到溴水褪色，反应原理为：Br2+SO2+2H2O

=2HBr+H2SO4，该过程体现了SO2的还原性，C不合题意；D．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中可观察到溶液红色变浅甚至褪色，反应原理为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，该实验验证SO2酸性氧化

物的通性，而不是漂白性，D符合题意；故答案为：D。10.加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是A.硫的熔沸点较低B.硫晶体属于分子晶体C.铜丝能在硫蒸气中燃烧D.黑色固体是2CuS【答

案】D【解析】【分析】【详解】A．加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，说明硫的熔沸点较低，A正确；B．硫的熔沸点较低，因此硫晶体属于分子晶体，B正确；C．将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成，说明发生了化学反应，则铜丝能在硫蒸

气中燃烧，C正确；D．根据实验现象不能得出黑色固体是2CuS，因为CuS也是黑色的，D错误；答案选D。11.下图是用点滴板探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后,立即用培养皿罩住整个点滴板。下列对实验现象的解释正确的是()选项实验现象解释A红色石蕊试纸变蓝NH3极易溶于水B浓硫

酸附近无白烟NH3与浓硫酸不发生反应C氯化铝溶液变浑浊NH3与AlCl3溶液反应:Al3++3OH-=Al(OH)3↓D浓盐酸附近有白烟NH3与挥发出的HCl反应:NH3+HCl=NH4ClA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与

水反应生成NH3•H2O，电离生成OH-离子，溶液呈碱性，NH3•H2O是一种可溶性碱，故A错误；B．氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，故B错误；C．氨水与氯化铝溶液发生复分解反应生成氢氧化铝，但一水合氨是

弱电解质，不可拆分，故C错误；D．NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，故D正确。答案为D。12.能用共价键键能大小解释的性质是（）A.稳定性：HCl>HIB.密度：HI>HClC.沸点：HI>HClD.还

原性：HI>HCl【答案】A【解析】【详解】A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C

.HI、HCl都是由分子构成物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化的学键无关，C错误；D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI

>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。13.不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）A.溶解性：HCl>H2SB.Cl2+H2S→2HCl+SC.稳定性：HCl>H2SD.3Cl2+2Fe⎯⎯→

2FeCl3、S+Fe⎯⎯→FeS【答案】A【解析】【分析】比较非金属性可通过以下角度：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性

强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．【详解】A、元素的非金属性与溶解性无关，故A错误；B、氯气能与硫化氢反应生成硫，说明氯的非金属性比硫强，故B正确；C、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D、3Cl2+2

Fe→2FeCl3、S+Fe→FeS与变价金属反应氯化铁中铁的化合价高，说明氯的非金属性比硫强，故D正确；故选A。【点睛】本题考查非金属性的比较，解题关键：注意把握比较非金属性强弱的角度。14.共价化合物不可能（）A.硬度

很大B.常温下为气态C.由一种原子直接构成D.溶于水产生阴阳离子【答案】C【解析】【详解】A、共价化合物可以形成原子晶体如SiO2，硬度很大,故A错误。B、共价化合物也可形成分子晶体，如HCl常温下为气态，故B错误。C、共价化合物是由不同元素的原子构成，故C正确。D、共价化合物溶于水也可产生

阴阳离子，如HCl溶于水产生H+和Cl-，故D错误。本题的正确选项为C。15.气体X可能含有NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种。将X通入硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，若将X通入澄清石灰水，没有明显变化。则关于

X成分的说法中，错误的是A.一定含有HBrB.可能含有CO2C.一定不含NH3D.可能含有Cl2【答案】D【解析】【分析】【详解】将X通入硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，淡黄色沉淀是AgBr，可

知X中一定含有HBr；NH3、Cl2都能与HBr反应，所以X中一定不含NH3、Cl2；由于X中含有HBr，通入澄清石灰水没有明显变化，不能证明是否含有CO2，故选D。16.中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49I

n)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是A.In是第五周期第ⅢA族元素B.碱性3In(OH)RbOHC.原子半径：InAlD.11549In的中子数与电子数的差值为17【答案】B【解析】【分析】【详解】A

．In的原子序数为49，原子核外有5个电子层，数目分别为2、8、18、18、3，故铟位于第五周期第ⅢA族，A正确；B．同周期元素从左到右金属性依次减弱，金属性Rb＞In，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故碱性In(OH)3＜RbOH，B错误；C．同主族元素从上到下原子半径逐

渐增大，则原子半径：In＞Al，C正确；D．11549In的中子数为115-49=66，电子数为49，则In的中子数与电子数的差值为66-49=17，D正确；故选B。17.随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示，下列分析正确的是

（）A.d、e的简单离子半径大小：deB.元素的金属性：efC.元素的非金属性：dgD.x、y、z和d四种元素能形成离子化合物【答案】D【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，结合元素周期律分析解答。【详解】A．d为O、e为Na，两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，故A错误；B．e为Na、f为Al，同周期元素，从左向右，金属性减弱，则元素的金属性：e＞f，故B错误；C．d

为O、g为S，同主族元素，从上到下，非金属性减弱，则元素的非金属性：d＞g，故C错误；D．x、y、z和d四种元素可以形成碳酸铵、碳酸氢铵，均为离子化合物，故D正确；故选D。18.等量的铁粉分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气的物质的量之

比是（）A.1：1B.3：4C.2：3D.4：3【答案】B【解析】【分析】令Fe的物质的量为1mol，根据方程式计算出生成氢气的物质的量，再根据相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体

积之比。【详解】令Fe的物质的量为1mol，则：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑1mol1mol3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H21mol43mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1mol：43mol=3：4。答案选B。

【点睛】本题考查根据方程式的计算，比较基础，清楚铁与水蒸气的反应是关键，注意基础知识的理解掌握。19.将16g铜与200mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体的体积为8.4L(标准状况)，其中NO2的体积为(标准状况)A.1.4LB.2.8LC.5.60LD.7L【

答案】D【解析】【详解】16gCu的物质的量为：-116g64g?mol=0.25mol，根据反应方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2

O，8.4L的气体的物质的量为：-18.4L22.4L?mol=0.375mol，设其中NO2为xmol，则NO为(0.375-x)mol，根据氧化还原反应中电子得失总数相等可知，x+3(0.375-x)=0.25×2，解得

x=0.3125mol，则NO2在标准状况下的体积为：0.3125mol×22.4L/mol=7L，故答案为：D。20.向含0.1molKI的溶液中滴加少量淀粉后，不断通入过量Cl2，溶液由无色变蓝色后又变无色。继续向所得无色溶

液中继续通入SO2溶液由无色变蓝色后又变无色。下列说法错误的是A.通入Cl2后溶液显蓝色，说明元素非金属性强弱关系为：Cl>IB.Cl2过量后，溶液中发生的反应为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HClC.SO2将-3IO还原为I2，溶液中c(H+)

增大D.通入SO2至溶液呈无色，SO2转移电子数总共为0.6NA个【答案】D【解析】【详解】A．通入Cl2后溶液显蓝色，说明有碘单质生成，即发生了反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，则有Cl2的氧化性强于I2，即可说明元素非金属性强弱关系为：C

l>I，A正确；B．Cl2过量后，溶液又变为无色，说明Cl2将I2氧化成了更高价态的碘酸根离子，则溶液中发生的反应为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，B正确；C．通入SO2后溶液又由

无色变为蓝色，说明SO2将碘酸根离子还原成I2，该反应离子方程式为：5SO2+2-3IO+4H2O=I2+52-4SO+8H+，SO2将-3IO还原为I2，溶液中c(H+)增大，C正确；D．通入SO2至溶液呈无色，说

明SO2又将I2还原为I-，反应原理为：SO2+2H2O+I2=2HI+H2SO4，根据碘原子守恒可知，0.1molKI将生成0.1molKIO3，KIO3被SO2还原为0.05molI2，0.05molI2被还原为0.1m

olI-，即0.1mol-3IO被SO2还原时得到0.6mol电子，但由于前面通入的Cl2过量，也能将SO2氧化，则实际上SO2转移电子数总共要大于0.6NA个，D错误；故答案：D。二、(本题共17分)21.物质世界丰富多彩，原子间通过化学键构成了各种各样的物质。请根据下列物

质，完成填空。A．干冰B．二氧化硅C．冰D．金刚石E．溴化钠F．氯化钠G．氢氧化钠H．固体碘I．硫酸铵（1）熔化时不需要破坏化学键的是_______，由原子直接构成的晶体是_______，晶体中既有离子键，又有共价

键的是_______(用字母序号填空)。（2）E、F两种晶体的熔点：E_______F(填“>”或“<”)，请说明理由_______。（3）氯化钠的电子式为_______，用电子式表示碘分子的形成过程_______。（4）CO2分子的结构式为____

___，22g干冰中含有_______molC=O键。（5）科学家在高压下成功将CO2转化为具有类似SiO2结构的共价晶体。在该转化过程中_______(填“有”或“无”)化学键的变化，CO2分子晶体和

CO2共价晶体物理性质_______(填“相同”或“不同”)，CO2共价晶体中每个碳原子以共价单键与相邻_______个氧原子成键。【答案】（1）①.ACH②.BD③.GI（2）①.＜②.二者均为离子晶体，离子

所带电荷数相同，Br-半径大于Cl-半径，NaBr的晶格能小于NaCl的，则NaBr的熔点小于NaCl的（3）①.②.（4）①.O=C=O②.1（5）①.有②.不同③.4【解析】小问1详解】干冰、冰、固体碘均为分子晶体，熔化时不需要破坏化学键仅需克服分子间作用力，则熔化时不需

要破坏化学键的是ACH，二氧化硅、金刚石是由原子直接构成的原子晶体，则由原子直接构成的晶体是BD，氢氧化钠中既有Na+和OH-之间的离子键，又有OH-中的O-H共价键，硫酸铵中既有铵根和硫酸根之间的离子键，又有铵根内部N

-H、硫酸根内部S-O之间的共价键，故晶体中既有离子键，又有共价键的是GI，故答案为：ACH；BD；GI；为【【小问2详解】E、F两种晶体均为离子晶体，由于NaBr和NaCl中阴阳离子所带的电荷数目相同，阳离子均为Na+，由于Br-半径大于Cl-半径，导致NaBr的

晶格能小于NaCl的，故E、F的熔点：E＜F，故答案为：＜；二者均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Br-半径大于Cl-半径，NaBr的晶格能小于NaCl的，则NaBr的熔点小于NaCl的；【小问3详解】已知NaC

l是离子化合物，则氯化钠的电子式为，I2是共价单质，则用电子式表示碘分子的形成过程为：，故答案为：；；【小问4详解】结构式是指用一个“-”表示一对共用电子的式子，已知CO2中每个C和周围的两个O各形成两对共用电子，则CO2分子的结构

式为O=C=O，22g干冰中含有-122g244g?mol=1molC=O键，故答案为：O=C=O；1；【小问5详解】科学家在高压下成功将CO2转化为具有类似SiO2结构的共价晶体，CO2中每个C和周围的两

个O各形成两对共用电子，而SiO2中每个Si与周围的4个O形成4个Si-O键，每个O与周围的2个Si形成Si-O键，故在该转化过程中有化学键的变化，CO2分子晶体和CO2共价晶体物理性质不同，如前者熔沸点很低，后者很高，CO2共价晶体类似于SiO2共价晶

体，则其中每个碳原子以共价单键与相邻4个氧原子成键，故答案为：有；不同；4。三、(本题共13分)22.氮元素是生命的基础，自然界中氮的循环过程如下图所示，请分析此图并回答有关问题。（1）大气中的氮以_______(填化学式)形式存在。图中共

表示了_______种固氮的途径。（2）含氮量是衡量氮肥肥效的指标之一。现有三种氮肥：CO(NH2)2(尿素)、NH4NO3和(NH4)2SO4，其中肥效最高的是_______(填化学式)。（3）农谚说：“雷雨发庄稼”。原因是雷电时实现了氮的固定，为植物提供_______态氮肥。若某地某

次雷电时产生了200mol的NO，假设其全部转化为氮肥，则此次雷电相当于给土壤施加了_______千克尿素。（4）氨的含氮量比尿素更高，但氨却很少直接施加在土壤中作为肥料，试分析可能的原因是_______。(写出一条即可)【答案】（1）①.N2②.3（2）CO(NH2)2（3）①.硝②

.6（4）NH3溶于水显碱性，长期使用将使土壤进一步碱化，不利于作物生长，或者氨水易分解、挥发不利于农作物吸收【解析】【小问1详解】大气中的氮以N2形式存在，氮的固定是指由游离态的氮转化为化合态的过程，由题干图示可知，图中共表示了雷电时发生的自然固氮、化工厂进行人工固氮

、豆科植物的根瘤菌进行生物固氮共三种固氮的途径，故答案为：N2；3；【小问2详解】含氮量是衡量氮肥肥效的指标之一。现有三种氮肥：CO(NH2)2(尿素)、NH4NO3和(NH4)2SO4，三种氮肥中的含氮量分别为：2?1

4×100%=6046.7%、2?14×100%=8035%、2?14×100%=13221.2%，则其中肥效最高的是CO(NH2)2，故答案为：CO(NH2)2；【小问3详解】农谚说：“雷雨发庄稼”，原因

是雷电时实现了氮的固定，反应原理为：N2+O2放电2NO，2NO+O2=2NO2，H2O+3NO2=2HNO3+NO，或者是4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则为植物提供硝态氮肥，若某地某次雷电时产生了2

00mol的NO，假设其全部转化为氮肥，根据N原子守恒可知，200molNO含有200molN，相当于100molCO(NH2)2中含有的N，则此次雷电相当于给土壤施加了100mol×60g/mol=600

0g=6千克尿素，故答案为：硝；6；【小问4详解】氨含氮量比尿素更高，但由于NH3溶于水显碱性，长期使用将使土壤进一步碱化，不利于作物生长，且氨水易分解、挥发不利于农作物吸收，故实际中氨却很少直接施加在土壤中作为肥料，故答案为：NH3溶于水显碱性，长期使用将使土壤进一步碱

化，不利于作物生长，或者氨水易分解、挥发不利于农作物吸收。23.“氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：（1）NH3、H2O分子中N-H键、O-H键极性更强的是_______。（2）已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点-77.7℃，用晶体结构的知识说明这两

种含氮化合物熔点差异的可能原因_______。（3）写出上图所示过程的总反应方程式：_______。【答案】（1）H-O（2）Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，

NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强（3）2N2+6H2O═4NH3+3O2【解析】【小问1详解】的NH3、H2O分子中化学键极性更强的是H-O，因一定条件N和O电子层数相同，核电荷数N＜O

，原子半径N＞O，吸引电子能力N＜O，故答案为：H-O；【小问2详解】分子晶体熔沸点较低、离子晶体熔沸点较高，离子晶体熔融时破坏离子键、分子晶体熔融时破坏分子间作用力，Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3

N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强，所以这两种含氮化合物熔点差异，故答案为：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要

破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；【小问3详解】三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH==通电4Li+O2↑+2

H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2，故答案为：2N2+6H2O═4NH3+3O2。四、(本题共15分)24.氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的关键环节。I．C60可用作储存氢气的材料，结构如下图所

示。（1）继C60后，科学家合成了Si60、N60，三者结构相似。下列说法正确的是_______(填序号)A.C60、Si60、N60都属于共价晶体B.C60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同C

.由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2D.由于C-C键长小于Si-Si键，所以C60熔沸点低于Si60II．最近科学家对一种新型储氢材料(C16S8)进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处

于同一平面上(结构如下图所示)，每个平面小上下最多可吸附10个H2分子。（2）C16S8与H2间以_______(填微粒间作用力类型)结合。（3）C16S8中C-S键的共用电子对偏向于S，举出一个事实，说明硫的

非金属性比碳强(用化学方程式表示)：_______。III．LiBH4是储氢材料，已知其由Li+和BH-4构成，LiBH4释放氢气的原理为2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑。（4）锂位于元素周期表的_______。（5）由元素周期律能得到_______

。(填序号)。A.碱性：LiOH<NaOHB.与水反应的剧烈程度：Li<NaC.溶解度：LiOH<NaOHD.密度：Li<Na（6）LiBH4中不存在的作用力有_______(填序号)。A.离子键B.共价键C

.金属键D.分子间作用力（7）氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其电子式_______，LiH中负离子半径大于正离子半径，其原因是_______。（8）若该反应中释放67.2LH2(标况下)，则转移的电子数

为_______个。【答案】（1）C（2）范德华力（3）Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑（4）第2周期IA族（5）AB（6）CD（7）①.H:Li−+②.Li+和H-的核外电子排布相同，且Li的核

电荷数比H的大（8）3.612×1024【解析】【小问1详解】A．由题干信息可知，C60、Si60、N60三者结构相似，由分子组成的分子晶体，都不属于共价晶体，A错误；B．1个碳原子、硅原子形成4对共用电子对，1个单原子形成3对共用电子对，C60、Si60分子内共用电子对数目相同，与

N60分子内的共用电子对数目不同，B错误；C．由于N-N键能小于N≡N，键能越小越不稳定，故N60的稳定性弱于N2，C正确；D．由于C60和Si60都是分子晶体，相对分子质量越大，分子晶体的熔点越高，

所以C60熔沸点低于Si60，与键能无关，D错误；故答案为：C；【小问2详解】由题干信息可知，C16S8与H2均为分子晶体，分子之间存在范德华力，则C16S8与H2间以范德华力结合，故答案为：范德华力；【小问3详解】已知非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱与其非金属性一致，则根据反应：Na

2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑可知H2SO4的酸性强于H2CO3，即说明S的非金属性比C强，则C16S8中C-S键的共用电子对偏向于S，故答案为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；【小问4详解】已知Li是3号元素，则锂位于元素周期表的

第2周期IA族，故答案为：第2周期IA族；小问5详解】A．已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性也是依次增强，故根据元素周期律可以得到碱性：LiOH

<NaOH，A符合题意；B．已知Li位于Na的同一主族的上一周期，同一主族从上往下元素金属性依次增强，金属性越强与水或酸反应就越剧烈，根据元素周期律可以得到，与水反应的剧烈程度：Li<Na，B符合题意；C．元素周期律是指元素的性质(化学性质)随着核电荷数的递增而呈现

周期性的变化，则根据元素周期律不能得到溶解度：LiOH<NaOH，C不合题意；D．根据元素周期律也不能得出密度：Li<Na，D错误；故答案为：AB；【小问6详解】已知LiBH4是由Li+和-4BH组成的离子化合物，则其中Li+与-4BH之间的离子键，-4BH中还存在B-H共价键

，故其中不存在的作用力有金属键和分子间作用力，故答案为：CD；【小问7详解】氢化锂(LiH)是离子化合物，则其电子式为：H:Li−+，由于Li+和H-的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大，则导致LiH中负离子半径大于正离子半径，故答案为：H

:Li−+；Li+和H-的核外电子排布相同，且Li的核电荷数比H的大；【小问8详解】已知2LiBH4→2LiH+2B+3H2↑中转移电子数目为6，则若该反应中释放67.2LH2(标况下)即【-167.2L=3mol22.4L?mol，则转移电子为6mol，即转移

的电子数为6mol×6.02×1023=3.612×1024个，故答案为：3.612×1024。五、(本题共15分)25.氮化锂(Li3N)是一种优良的贮氢材料，遇水强烈水解，在空气中加热能剧烈燃烧，下图

装置中A、B、C、D用于制取干燥、纯净的N2，装置E用于制取Li3N。已知：锂的密度为0.534g·cm-3，熔点180℃，沸点1340°C；锂与氨反应生成LiNH2和H2，约500℃左右Li与N2反应生成Li3N。回答下列问题：（1）连接好装置开始实验前必须进行的

操作是_______。（2）实验完成后，A、C、E装置中酒精灯撤去的顺序依次是_____，装置F的作用是____。（3）装置D(未画出)所装药品是_______，作用是干燥N2和_______。（4）装置A中反应的化学方程式为_______。（5）

装置C中反应的化学方程式为_______。（6）已知铁舟中金属锂质量为7.0g，将E中铁舟连同所装固体在实验前后进行称重，所得数据如下表所示，则Li3N的产率约为_______%。(保留三位有效数字)采集时间实验前实验后实验数据40.2g44.6g

【答案】（1）检验装置的气密性（2）①.E、C、A②.吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E装置中引起Li3N水解（3）①.浓硫酸②.吸收氨气（4）Ca(OH)2+NH4ClΔCaCl2+2NH3↑+2H2O（5）3CuO+2NH3Δ3Cu+N2+3H2O（6）94.0【解

析】【分析】由实验装置可知，A中氢氧化钙与氯化铵在加热条件下可制备氨气，B中碱石灰可干燥氨气，C中发生3CuO+2NH3Δ3Cu+N2+3H2O，因Li3N与水反应，D中浓硫酸干燥氮气和吸收氨气，E中

发生N2+6LiΔ2Li3N，F中CaO可防止空气中水进入E中，据此分析解题。【小问1详解】根据上面的分析可知，由于实验中有气体通过，连接好装置开始实验前必须进行的操作是检验装置的气密性，故答案为：检验装置的

气密性；【小问2详解】实验完成后，E中生成的Li3N要在氮气流中冷却，所以A、C、E装置中酒精灯撤去的顺序依次是E、C、A，与加热顺序相反，装置F的仪器名称是球形干燥管，其作用是吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E装置中引起Li3N水解，故答案为：

E、C、A；吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E装置中引起Li3N水解；【小问3详解】装置D（未画出）所装药品是浓硫酸，作用是干燥N2和吸收氨气，故答案为：浓硫酸；吸收氨气；【小问4详解】由分析可知，装置A是实验室制备NH3的反应，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2+NH4C

lΔCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+NH4ClΔCaCl2+2NH3↑+2H2O；【小问5详解】由分析可知，装置C中反应的化学方程式为3CuO+2NH3Δ3Cu+N2+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3Δ3C

u+N2+3H2O；【小问6详解】