2022至2023年高一后半期期中考试化学试卷完整版(山西省临汾市第一中学)

('选择题化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.温室气体能吸收太阳光中的绝大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害B.酸雨是指pH小于5.6的酸性降水C.硅酸钠溶液可作游泳池和环境消毒剂D.浓度为95%的医用酒精消毒效果比75%的好【答案】B【解析】A.臭氧能吸收太阳光中的绝大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害，但不是温室气体，A项错误；B.酸雨是指pH小于5.6的酸性降水，B项正确；C.硅酸钠溶液没有氧化性，不可作游泳池和环境消毒剂，漂白粉可作游泳池和环境消毒剂，C项错误；D.酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而杀灭细菌。高浓度酒精与细菌接触时，使菌体表面迅速凝固，形成一层薄膜，阻止了酒精继续向菌体内部渗透。75%的酒精可以使细菌所有蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细菌，D项错误；答案选B。选择题设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol·L-1的K2SO4溶液中含有2molK+B.1molCl2完全溶于水转移电子数为NAC.标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为4NAD.20gT2O中含有NA个氧原子【答案】C【解析】A.溶液体积未知，不能通过浓度计算出溶液中钾离子的个数，A项错误；B.Cl2溶于水的反应是可逆反应，反应不彻底，因此1molCl2完全溶于水转移电子数小于NA，B项错误；C.标准状况下，44.8LSO2的物质的量为=2mol，Na2O2与SO2完全反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4，2molNa2O2与2molSO2完全反应转移电子数为：2mol×2×NAmol-1=4NA，C项正确；D.20gT2O的物质的量=，则其中含有氧原子的个数为个，D项错误；答案选C。选择题放射性人造元素钷的原子核内的中子数与核外电子数之差是A.23B.61C.84D.145【答案】A【解析】质子数+中子数=质量数，原子的质子数=核外电子数，据此分析作答。的核外电子数=质子数=61，中子数=质量数-质子数=145-61=84，则原子核内的中子数与核外电子数之差=84-61=23，A项正确，答案选A。选择题下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是A.灼热的炭与CO2的反应B.Na2O2与H2O的反应C.镁条与稀盐酸的反应D.碳酸钙高温分解的反应【答案】A【解析】从元素的化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，常见的吸热反应有：C和水、CuO等反应，大多数分解反应以及氢氧化钡晶体和氯化铵的反应等。A.灼热的炭与CO2的反应，为氧化还原反应，也属于吸热反应，A项正确；B.Na2O2与H2O的反应，为氧化还原反应，但属于放热反应，B项错误；C.镁条与稀盐酸的反应，为氧化还原反应，但属于放热反应，C项错误；D.碳酸钙高温分解的反应不属于氧化还原反应，D项错误；答案选A。选择题下列说法中正确的是A.稀有气体比较稳定是由于其分子中所有原子最外层都满足8电子稳定结构B.元素周期表有主族、副族、零族等共16纵列C.第四周期的Fe、Co、Ni均位于第VIIIB族，所以化学性质相似D.P3-对应元素位于第三周期第VA族【答案】D【解析】A.氦的最外层为2，处于稳定状态，不满足8电子稳定结构，A项错误；B.元素周期表有主族、副族、零族和第VIII族，其中第VIII族包括3列，共计18列，B项错误；C.第四周期的Fe、Co、Ni均位于第VIII族，没有VIIIB族，C项错误；D.P3-对应元素为P，原子序数为15，位于第三周期第VA族，D项正确；答案选D。选择题下列物质中，既有离子键，又有共价键的盐是A.NaOHB.KHSO4C.CaO2D.CCl4【答案】B【解析】一般来说活泼金属元素与非金属元素易形成离子键，非金属元素与非金属元素之间易形成共价键，以此解答该题。A.NaOH中钠离子与氢氧根离子之间以离子键结合，氢氧原子之间以共价键结合，但属于碱，不属于盐，A项错误；B.KHSO4属于盐，由钾离子与硫酸氢根离子构成，阴离子中的氢原子与硫原子之间、氧原子与硫原子之间均以共价键结合，符合题意，B项正确；C.CaO2由钙离子与过氧根离子构成，过氧根离子氧原子之间以共价键结合，但不属于盐，C项错误；D.CCl4中C与Cl原子之间只以共价键结合，D项错误；答案选B。选择题取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是A.此反应无光照也可发生B.甲烷和Cl2反应后的产物只有CH3Cl和HClC.盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出D.CH4和Cl2完全反应后液面上升，液体充满试管【答案】C【解析】甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应,反应产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳四种卤代烃，同时还有氯化氢生成，所以反应产物为混合物；卤代烃不溶于水中，因此在试管内壁有油状液滴出现，据此进行判断。A、甲烷和氯气发生取代反应，必须在光照条件下进行，故A错误；B、甲烷和Cl2反应后生成的CH3Cl能继续和氯气发生取代，从而生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故B错误；C、发生取代反应生成的HCl溶于氯化钠溶液后，能使氯化钠的溶解度降低，故饱和氯化钠溶液中有晶体析出，所以C选项是正确的；D、甲烷和氯气取代后生成的一氯甲烷为气体，其它有机产物均为液态，生成的HCl易溶于水，故甲烷和氯气的反应为气体的物质的量减少的反应，故会导致液面上升，但液体不能充满整个试管，故D错误。所以C选项是正确的。选择题二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，可用如下反应制得：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，下列说法正确的是（）A.该反应属于复分解反应B.NaClO3被还原,发生还原反应C.反应中Na2SO3作氧化剂D.生成6.75gClO2时,转移0.2mol电子【答案】B【解析】A.该反应中氧化还原反应，而复分解反应中一定没有元素的化合价变化，故A错误；B.Cl元素的化合价降低，在反应中NaClO3得到电子，被还原，发生还原反应，故B正确；C.该反应中S元素的化合价升高，则Na2SO3是还原剂，故C错误；D.NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低为+4价，所以每生成1molClO2转移1mol电子，6.75gClO2的物质的量为=0.1mol，所以转移0.1mol电子，故D错误。故选B。选择题用下列装置完成相关实验，能达到实验目的的是A.验证酸性HCl>H2SiO3B.收集HCl或COC.分离沸点不同且互溶的液体混合物D.分离酒精和水【答案】A【解析】A.要证明HCl与H2SiO3的酸性强弱，装置中分液漏斗盛放稀盐酸，锥形瓶中盛放碳酸钠，发生反应为Na2CO3+2HClCO2↑+2NaCl+H2O═，可证明酸性HCl＞H2CO3；CO2与硅酸钠溶液反应生成白色硅酸沉淀，证明酸性H2CO3>H2SiO3，挥发出的盐酸也可使右侧硅酸钠溶液中出现白色胶状沉淀，都可以说明酸性HCl>H2SiO3，A项正确；B.CO的密度与空气相差不大，不能用排空气法收集，B项错误；C.蒸馏时温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，C项错误；D.酒精与水互溶，不能利用分液方法分离，D项错误；答案选A。选择题下列说法正确的是A.物质发生化学反应时都伴随能量变化，有能量变化的变化一定是化学变化B.需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应C.石墨转化为金刚石是吸热反应，所以石墨比金刚石稳定D.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多【答案】C【解析】A.物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随着能量变化的变化不一定是化学变化，也可能是物理变化，A项错误；B.焓变与反应条件无关，燃烧都是放热反应，需要加热到可燃物的着火点，B项错误；C.因为石墨变成金刚石吸热，石墨的能量低，所以石墨比金刚石稳定，C项正确；D.等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气（前者）放出的热量多，D项错误；答案选C。选择题根据元素周期表和元素周期律分析下面的判断，其中正确的是A.铍(Be)原子失电子能力比镁强B.B的金属性比Al强C.硒(Se)化氢比硫化氢稳定D.氢氧化锶[Sr(OH)2]比氢氧化钙的碱性强【答案】D【解析】同周期从左到右元素金属性依次减弱，非金属性依次增强；同主族元素中从上到下，元素金属性依次增强，非金属性依次减弱；且非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性越强；金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中碱性越强，A.同主族从上向下金属性增强，则铍(Be)原子失电子能力比镁弱，A项错误；B.B和Al同主族，位于Al的上一周期，则其金属性比Al弱，B项错误；C.硒(Se)与S同主族，位于S的下一周期，则非金属性：S>Se，故硒(Se)化氢不如硫化氢稳定，C项错误；D.Sr与Ca同主族，位于Ca的下一周期，金属性比较：Sr>Ca，则氢氧化锶[Sr(OH)2]比氢氧化钙的碱性强，D项正确；答案选D。选择题能正确表示下列反应的离子方程式为()A.将大理石溶于醋酸中：2CH3COOH＋CaCO3===2CH3COO-+Ca2＋＋CO2↑＋H2OB.氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2－+4NH4++2H2OC.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O【答案】A【解析】A、碳酸钙难溶于水、醋酸是弱电解质，大理石与醋酸反应的离子方程式是2CH3COOH＋CaCO3=2CH3COO-+Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故A正确；B、氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式是：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中生成一水合氨和碳酸钠，反应离子方程式是NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+NH3·H2O，故C错误；D、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，反应离子方程式是：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，故D错误。答案选A。选择题下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将铁粉加入稀硝酸中铁粉溶解，有气体生成产生的气体为H2B将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中铜粉溶解金属性：Cu＞FeC用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝未滴落下来熔点：Al＞Al2O3D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+＞I2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A．铁粉加入稀硝酸中，发生氧化还原反应生成NO，与硝酸的强氧化性有关，故A错误；B．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，不能比较金属性，故B错误；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝未滴落下来，结论不合理，故C错误；D．由现象可知，二者发生氧化还原反应生成碘，则氧化性：Fe3+＞I2，故D正确；故答案为D。选择题下列有关原电池的说法中，正确的是A.铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，铝片作负极B.铁片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铁作负极C.镀锌铁和镀锡铁的镀层破损后，前者较易被腐蚀D.将反应2Fe3+＋Fe=3Fe2+设计为原电池，可用锌片作负极，铁片作正极，FeCl3溶液作电解质【答案】A【解析】A．由Al、Mg、NaOH组成的原电池，Al做负极失电子生成AlO2-，A项正确；B．由Fe、Cu、浓硝酸组成的原电池，Fe遇到浓硝酸会钝化，Cu与浓硝酸反应失电子，Cu作负极，B项错误；C．镀锌铁镀层破损后Fe作正极被保护，镀锡铁的镀层破损后Fe作负极被腐蚀，后者较易被腐蚀，C项错误；D．将反应2Fe3++Fe3Fe2+═设计为原电池，Fe作负极，活泼性比Fe弱的作正极，所以不能用Zn作负极，D项错误；答案选A。选择题下列各组离子可能大量共存的是A.可使石蕊试液变红的溶液中：Na＋、K＋、ClO－、AlO2－B.能与金属镁反应放出氢气的溶液中：Fe3＋、NO3－、Cl－、NH4+C.含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、Mg2＋、NO3－、SCN－D.含有CO32-的溶液中：K＋、A13＋、NO3－、Ca2+【答案】B【解析】A.可使石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，则ClO－与H+生成弱酸次氯酸，不共存，AlO2－与H+会转化为氢氧化铝沉淀，A项错误；B.能与金属镁反应放出氢气的溶液为酸性溶液，Fe3＋、NO3－、Cl－、NH4+不反应，可共存，B项正确；C.Fe3＋与SCN－会形成络合物，不共存，C项错误；D.CO32-与Ca2+形成碳酸钙沉淀而不能共存，且CO32-会与Al3+发生双水解而不共存，D项错误；答案选B。选择题由二氧化碳、氢气、一氧化碳组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中二氧化碳、氢气、一氧化碳的体积比可能为A.29:8:13B.13:8:13C.22:1:14D.26:18:13【答案】B【解析】同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，同温同压下，混合气体与氮气的密度相同，则混合气体的平均相对分子质量为28，一氧化碳的相对分子质量为28，所以二氧化碳与氢气的平均相对分子质量为28，与一氧化碳的含量无关．根据十字交叉法计算二氧化碳与氢气比例关系。根据上述分析可知，列出十字交叉法如下：所以二氧化碳与氢气的体积比为26:16=13:8.一氧化碳的相对分子质量为28，所以与一氧化碳的含量无关，满足二氧化碳与氢气的体积比为26:16=13:8即可，B项正确；答案选B。选择题某化学小组以铝土矿(含Al2O3、Fe2O3和SiO2)为原料进行炼铝探究(流程如下)，叙述错误的是A.步骤①②过程中均需过滤操作B.a、b中铝元素的化合价相同C.反应③的化学方程式为：2NaAlO2＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋Na2CO3D.d只能是氧化铝【答案】C【解析】铝土矿中含Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入盐酸后，Al2O3、Fe2O3溶于酸分别转化为Al3+和Fe3+，SiO2不溶于盐酸而过滤除去，a中的Al3+与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根离子，Fe3+与过量的NaOH溶液转化为氢氧化铁沉淀而过滤除去，则溶液b中的溶质主要是偏铝酸钠和氢氧化钠，再继续通入过量二氧化碳，则偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则c为滤渣，为氢氧化铝沉淀，再受热分解转化为氧化铝后，在熔融状态下通电，生成金属铝与氧气，据此分析作答。根据上述分析可知，A.步骤①是为了除去二氧化硅，需要过滤，步骤②过程是为了除去氢氧化铁沉淀，也需要过滤，A项正确；B.a中铝元素以铝离子形式存在，b中铝元素以偏铝酸根离子形式存在，铝元素的化合价均为+3价，B项正确；C.反应③因通入过量的CO2，则会生成碳酸氢钠，正确的化学方程式为：NaAlO2＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋NaHCO3，C项错误；D.依据上述分析可知，氢氧化铝受热分解后得到的氧化铝，在熔融状态下通电得到铝和氧气，则D项正确；答案选C。选择题某同学在试管中做铁钉与稀硫酸反应的实验，发现反应速率较慢，下列措施：①给试管加热②加入铁粉③加入冰块④加入少量醋酸钠晶体⑤将稀硫酸换为浓硫酸，能加快反应速率的是A.①②B.①②⑤C.③④D.①④⑤【答案】A【解析】①给试管加热，温度升高，化学反应速率加快；②加入铁粉，固体的接触面积增大，化学反应速率加快；③加入冰块导致温度降低，化学反应速率降低；④加入少量醋酸钠晶体，发生反应H++CH3COO-＝CH3COOH，氢离子浓度降低，化学反应速率减慢；⑤将稀硫酸换为浓硫酸，铁在浓硫酸发生钝化，不会产生氢气。答案选A。选择题下列物质可以实现一步转化的是（）A.N2→NO2→HNO3→NH4ClB.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C.Cu→CuCl2→Cu(OH)2→CuOD.Si→SiO2→H2SiO3→NaSiO3【答案】C【解析】A、N2+O22NO、2NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知由氮气不能通过一步反应转化为二氧化氮，故A错误；B、氧化铝不溶于水，也不与水反应，所以氧化铝无法一步转化为氢氧化铝，故B错误；C．Cu与氯气加热生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成氧化铜，均能一步转化，故C正确；D、二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以二氧化硅无法一步转化为硅酸，故D错误；答案选C。选择题下列计算结果正确的是A.32.5gZn与一定量浓硫酸完全反应，生成的气体分子数目小于0.5NAB.2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2C.将NO2和O2等体积混合充满试管，倒置于水槽中充分反应，试管中剩余气体占试管容积的1/8D.常温常压下(Vm=24.5L/mol)，用排空气法收集HCl气体于干燥烧瓶做喷泉实验，假设烧瓶内溶液不外溢，所得盐酸的物质的量浓度为1/24.5mol/L【答案】D【解析】A.浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2↑+2H2O，从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的生成，硫酸变稀，这时就会发生锌与稀硫酸反应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1mol，32.5g锌的物质的量为n===0.5mol，生成气体分子数为0.5NA，A项错误；B.硫化氢做还原剂，二氧化硫做氧化剂，硫既是氧化产物又是还原产物，所以，若反应中生成3mol硫，其中2mol硫为氧化产物，1mol硫为还原产物，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，B项错误；C.将NO2和O2等体积混合充满一试管，倒置于水槽中，发生，设试管的体积为8，则NO2和O2体积都是4，根据方程式，4体积的NO2消耗1体积的氧气，剩余氧气的体积为3，所以试管中剩余气体占试管容积的3/8，C项错误；D.设HCl的体积为VL，标准状况下，n（HCl）=，液体最终充满整个试管，假定溶质不扩散，溶液的体积为VL，则c==1/24.5mol/L，D项正确；答案选D。选择题下列说法正确的是A.H2(g)＋I2(g)2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B.若压强不再随时间变化能说明反应A(?)＋B(g)2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体C.C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO，碳的质量不再改变不能说明反应已达平衡D.2NO2N2O4(无色)，体系颜色不再变化说明反应已达平衡，反应停止【答案】B【解析】A.压强越大，有气体参加或生成的可逆反应正逆反应速率都增大，缩小容器体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，A项错误；B.如果A.C都是气体，该反应是气体分子数不变的体系，压强每个时刻都不发生改变，则不能说明该反应达到平衡状态，所以A.C不能同时都是气体，B项正确；C.C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO中，在未达到平衡前，碳的质量不断变化，当达到平衡时，碳的质量不变，则碳的质量不再改变能说明反应已达平衡，C项错误；D.2NO2N2O4(无色)，体系颜色不再变化说明反应已达动态平衡，但反应不会停止，D项错误；答案选B。选择题X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素。它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是A.X、Y、Z能形成共价化合物B.Y和Z元素的原子半径大小顺序为Y>ZC.X与Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有YX3和X2ZD.Z、W元素的最简单氢化物的沸点和稳定性均为H2Z>H2W【答案】C【解析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，在元素周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，解得x=，不合理，且X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素，据此解答。A.X、Y、Z可形成的化合物可为HNO3或NH4NO3等，前者为共价化合物，后者为离子化合物，A项正确；B.Y、Z位于同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为：Y>Z，B项正确；C.H与N、O元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有NH3、NH4+、OH−、H2O、H3O+等，C项错误；D.Z、W分别为O、S元素，其氢化物分别为水、硫化氢,非金属性越强,氢化物稳定性越强,且水分子之间存在氢键,则二者最简单氢化物的沸点和稳定性均为H2Z>H2W，D项正确；答案选C。推断题下表列出了A~X元素在周期表中的位置，填写下列空白：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族一A二LMQ三DGJRX四ET(1)这些元素中，化学性质最不活泼的是：______(用具体元素符号或化学式等化学用语填空，下同)。(2)在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物是________，该化合物与性质表现为两性氢氧化物的物质反应的离子方程式为__________________________________。(3)G元素与T元素形成的化合物属于_______(填“共价”或“离子”)化合物。(4)D、E、G三种元素按原子半径由大到小的顺序排列__________________。(5)A元素的单质分别与M元素的单质、R元素的单质反应生成甲、乙，甲、乙常温下均为气态，且两者相遇时可化合成丙。化合物丙的电子式为_____________。(6)R元素和T元素两者核电荷数之差是_____。【答案】ArHClO43H++Al(OH)3=Al3++3H2O离子r(K)>r(Na)>r(Mg)18【解析】依据元素在周期表中的位置关系可知，A为H元素，L为C元素，M为N元素，Q为O元素，D为Na元素，G为Mg元素，J为Al元素，R为Cl元素，X为Ar元素，E为K元素，T为Br元素，根据元素周期律及物质的结构与性质作答。根据上述分析可知，（1）这些元素中，Ar最外层为8电子稳定结构，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；（2）非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，因F无正价，则酸性最强的是HClO4；性质表现为两性氢氧化物的物质为氢氧化铝，两者发生中和反应，其离子方程式为：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；（3）G元素与T元素形成的化合物MgBr2，是由溴离子与镁离子构成，属于离子化合物；（4）同周期中元素原子半径从左到右依次减小，同一主族，元素原子半径从上到下依次增大，则D、E、G三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为：r(K)>r(Na)>r(Mg)；（5）氢气和氮气、氯气分别反应转化为氨气、氯化氢，两者在常温下相遇会生成氯化铵，其电子式为：；（6）氯与溴处于同主族，氯位于第三周期，溴位于第四周期，两者核电荷数之差为18。综合题能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率，请回答下列问题。(1)工业合成氨反应：N2+3H22NH3是放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知1molN2完全反应生成NH3可放出92kJ热量。如果将10molN2和足量H2混合，使其充分反应，放出的热量________(填“大于”、“小于”或“等于”)920kJ。(2)实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10min后，生成10molNH3①则用N2表示的化学反应速率为__________________。②一定条件下，当该反应进行到最大限度时，下列说法正确的是______(填编号)a.N2的转化率达到最大值b.N2、H2和NH3的体积分数之比为1:3:2c.体系内气体的密度保持不变d.体系内物质的平均相对分子质量保持不变(3)某实验小组同学进行如下图所示实验，以检验化学反应中的能量变化。请根据你掌握的反应原理判断，②中的温度_______(填“升高”或“降低”)。反应过程____(填“①”或“②”)的能量变化可用图表示。(4)用CH4和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图：①则d电极是____(填“正极”或“负极”)，c电极的电极反应式为_____________________________。②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为______L。【答案】小于0.25mol/(L·min)ad降低①正极CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+11.2【解析】（1）依据合成氨的反应是可逆反应作答；（2）①根据，结合反应速率之比等于系数之比求算；②化学平衡状态是正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变的状态，反应达到最大限度，据此分析；（3）Al与盐酸反应放出热量，Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应吸收热量，图2中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；（4）①依据原电池工作图中电子流出的方向判断正负极；②根据电极反应式列出关系式计算氧气的消耗量；（1）合成氨是可逆反应,反应物不能完全转化，所以将10molN2和足量H2混合，使其充分反应，放出的热量小于920kJ；（2）①，又因为化学反应中，各物质表示的反应速率之比等于其系数之比，则v(N2)=v(NH3)=×0.5mol/(Lmin)=0.25mol/(Lmin)⋅⋅，故答案为：0.25mol/(Lmin)⋅；②a.N2的转化率达到最大值，则说明反应达到平衡状态，a项正确；b.N2、H2和NH3的体积分数之比为1:3:2，不能说明各物质的浓度保持不变，无法说明反应达到平衡状态，b项错误；c.体系内气体的总质量保持不变，总体积保持不变，则气体的密度始终保持不变，因此密度不变不能说明反应达到平衡状态，c项错误；d.因反应是气体分子数减小的体系，体系内气体的总质量保持不变，若物质的平均相对分子质量保持不变时，则气体的总物质的量保持不变，可说明反应达到平衡状态，d项正确；故答案选ad；（3）Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应吸收热量，则反应后②中的温度降低；Al与盐酸反应放出热量，又从图中能量变化图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，则可表示反应①的能量变化；（4）①因c是电子流出的一极，则c为负极，d为正极，甲烷具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：正极；CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+②原电池中正极电极反应为2O2+8H++8e-=4H2O，当转移2mol电子时，则消耗氧气物质的量为0.5mol，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。实验题I.实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(装置如图所示)。(1)制备实验开始时，先检査装置气密性，接下来的操作依次是：_______(填序号)。①往烧瓶中加入MnO2粉末；②加热；③往烧瓶中加入浓盐酸(2)写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式_______________________。(3)制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度。甲同学提出下列具体方案。请你从下列实验方案中选择合理的实验方法_______(填字母序号)。a.将Cl－转化为AgCl沉淀，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量b.与足量NaHCO3固体反应，将反应后气体直接用碱石灰吸收，测定生成气体的质量c.与足量锌反应，测量生成气体标准状况下的体积II.为测定某亚硫酸钠样品纯度，研究小组利用如下装置(装置图中夹持仪器已省略)进行实验。反应完全后，向C中溶液加入过量BaCl2溶液，过滤、操作①、干燥、称量，利用所得数据计算样品纯度。请回答：(4)操作①的名称是____________。(5)装置B的作用是______________________。(6)最终所得固体质量为bg，则该样品中亚硫酸钠的质量分数为____________(用含字母m、b的代数式表示)。(7)上述实验测得的样品纯度比实际偏低，为提高测定结果的准确度，可采取的改进措施是________________________________________(写一种)。【答案】①③②MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2Oc洗涤安全瓶，防止倒吸×100%增加将A、B中残留的SO2排入C中的装置【解析】I.（1）按照实验操作步骤先将固体放入，再注入溶液，最后加热；（2）依据实验室制备氯气的原理作答；（3）a.制备氯气时有氯化锰生成，不能直接计算得出剩余的HCl中的氯离子；b.碱石灰除了吸收二氧化碳还会吸收水蒸气;c.通过测量氢气的体积来确定氢离子浓度；.Ⅱ装置A中亚硫酸钠与浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B为安全瓶，可防止倒吸；装置C为计量装置，二氧化硫与足量溴水发生反应生成HBr和H2SO4，反应完全后，向C中溶液加入过量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称地生成硫酸钡的质量，利用关系式法间接计算产品纯度，据此分析作答；（1）实验室制备氯气应先检验装置气密性，然后烧瓶中加入二氧化锰粉末，而后加入浓盐酸再加热；（2）实验室制备氯气的原理是二氧化锰在加热条件下与浓盐酸反应，离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）测定残余溶液中盐酸的浓度应测定残余溶液中含有的氢离子浓度，a.方案中测定的为氯离子浓度，制备氯气时有氯化锰生成，所以测定氯离子浓度不能代表残余液中盐酸的浓度，a项错误；b.方案中利用盐酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳的量来确定氢离子的浓度，但是方案中利用碱石灰来吸收气体来测定气体质量，而碱石灰除了吸收二氧化碳还会吸收水蒸气，所以测定结果不准确，b项错误；c.锌与盐酸反应生成氢气，通过测量氢气的体积来确定氢离子浓度，进而得到盐酸浓度，方案c合理，c项正确；II.（4）过滤后进行的操作名称为洗涤；（5）装置B可以作安全瓶，防止倒吸；（6）装置B中根据硫元素守恒计算，Na2SO3～SO2～BaSO4126g233gmbg解得：m=，原样品中Na2SO3的质量分数为：×100%，（7）为提高测定结果的准确度，增加将A、B中残留的SO2排入C中的装置，使二氧化硫充分反应而沉淀，故答案为：增加将A、B中残留的SO2排入C中的装置。高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为______，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_________(填“氧化还原”、“复分解”或“化合”)反应。(2)按照上述流程，步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH_____(填“能”或“不能”)，理由是______________________________________________。(3)步骤②中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制，配制时所需玻璃仪器除量筒外，还需要______(填字母序号)。A.容量瓶B.烧杯C.圆底烧瓶D.玻璃棒(4)步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，其离子方程式为_________________已知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，则操作a的名称为_________。(5)理论上，每获得0.5mol的FeO42-消耗NaClO的总质量为_________。【答案】+6氧化还原反应不能CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2BD2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O过滤74.5g【解析】工业上菱铁矿，主要成分是FeCO3及少量SiO2，①用NaOH溶解SiO2除去，步骤②中用28%的稀硫酸溶解生成亚铁离子，③NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，④然后加入NaOH和NaClO发生反应：2Fe3＋+3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O，得到高铁酸钠（Na2FeO4）溶液，⑤最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到产品高铁酸钠。（1）Na2FeO4中化合价代数和为零；（2）CaSiO3难溶于水；（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器；（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，根据质量守恒写出离子方程式；分离固体与液体应用过滤；（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算。（1）Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；（2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，不能用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH，CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2；（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选：BD；（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，次氯酸跟离子铁离子转化为FeO42－，发生氧化还原反应，其离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤；（5）理论上由电子守恒规律可知，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算，每获得0.5mol的FeO42-消耗NaClO的物质的量为0.5mol×2=1mol，其总质量为1mol×74.5g/mol=74.5g。',)