2021学年重庆市高一（下）期中化学试卷
一、选择题（下列每小题只有一个选项，每小题3分，共54分）
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ） A.苏打水是很多人喜爱的饮品，小苏打是𝑁𝑎2𝐶𝑂3的俗名
B.葡萄酒中通常添加少量𝑆𝑂2，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化 C.“明如镜、声如磬”的瓷器，由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐 D.过氧化钠与二氧化碳、水反应产生氧气，可作潜水艇里的供氧剂
2. 下列关于原电池的叙述中错误的是（ ） A.构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属 B.原电池是将化学能转变为电能的装置
C.在原电池中，电子流出的一极是负极，发生氧化反应 D.原电池放电时，电流的方向是从正极到负极
3. 化学能与热能、电能等可以相互转化，关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（ ）
A.图1所示的装置能将化学能转变为电能 B.图2所示的反应为吸热反应
C.化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成 D.中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
4. 下列说法正确的是（ ）
A.将饱和𝐹𝑒𝐶𝑙3溶液滴入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液中，能形成胶体 B.𝑀𝑔比𝐴𝑙活泼，更易与𝑁𝑎𝑂𝐻溶液反应生成𝐻2 C.水蒸气通过灼热的铁粉有红褐色固体生成 D.工业上用焦炭在高温条件下还原石英制取粗硅
5. 上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的棕红色烟的困扰．你估计这一空气污染物是因为含有（ ）
试卷第1页，总19页
A.𝐹𝑒𝑂粉尘
B.𝐹𝑒2𝑂3粉尘
C.𝐹𝑒粉尘 D.碳粉
6. 短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊原子序数依次增大，𝑋是地壳中含量最多的元素，𝑌原子的最外层只有一个电子，𝑍位于元素周期表𝐼𝐼𝐼𝐴族，𝑊与𝑋属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A.原子半径：𝑟(𝑊)>𝑟(𝑍)>𝑟(𝑌) B.由𝑋、𝑌组成的化合物中均不含共价键 C.𝑌的最高价氧化物的水化物的碱性比𝑍的弱 D.𝑋的简单气态氢化物的热稳定性比𝑊的强
7. 反应𝑁𝐻4𝐶𝑙+𝑁𝑎𝑁𝑂2=𝑁𝑎𝐶𝑙+𝑁2↑+2𝐻2𝑂放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ） A.中子数为18的氯原子：1817𝐶𝑙 B.𝑁2的结构式：𝑁=𝑁
C.𝑁𝑎+的结构示意图：
D.𝐻2𝑂的电子式：
8. 短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊的原子序数依次增大，𝑋的族序数是周期序数的3倍，𝑌原子的最外层有2个电子，𝑍的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，𝑊与𝑋位于同一主族。下列说法正确的是（ ） A.离子半径𝑟(𝑌)>𝑟(𝑊)
B.由𝑋、𝑌组成的化合物是离子化合物
C.𝑍的最高价氧化物对应水化物的酸性比𝑊的强 D.𝑊只能形成一种氧化物
9. 四种短周期元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊在周期表中的位置如表所示，其中𝑍元素的最外层电子数是内层电子总数的．下列说法不正确的是（ ）
21
𝑋 𝑌 𝑍 𝑊 A.𝑍元素位于周期表的第3周期第Ⅴ𝐴族
B.𝑋、𝑊元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：𝑊强于𝑋
试卷第2页，总19页
C.𝑌元素的气态氢化物的热稳定性比𝑍的高 D.𝑋和𝑌都只能形成一种氧化物
10. 下列说法或表示方法正确的是（ ）
A.若将等量的𝑆(𝑠)和𝑆(𝑔)分别完全燃烧，后者放出的热量多
B.由𝐶（石墨）→𝐶（金刚石）△𝐻＝+1.9𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙−1可知，金刚石比石墨稳定
C.在稀溶液中：𝐻+(𝑎𝑞)+𝑂𝐻−(𝑎𝑞)=𝐻2𝑂(1)＝−57.3𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙−1，若将含0.5𝑚𝑜𝑙 𝐻2𝑆𝑂4与含0.5𝑚𝑜𝑙 𝐵𝑎(𝑂𝐻)2的溶液混合，放出的热量等于57.3𝑘𝐽
D.在101𝑘𝑃𝑎时，2𝑔 𝐻2完全燃烧生成液态水，放出285.8𝑘𝐽热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2𝐻2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻＝−571.6𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
11. 如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使𝐿𝐸𝐷灯发光的装置示意图．下列有关该装置的说法正确的是（ ）
A.铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有𝐶𝑢2+产生 B.如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变 C.其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能” D.如果将稀硫酸换成柠檬汁，𝐿𝐸𝐷灯将不会发光
12. 电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为𝐴𝑔2𝑂和𝑍𝑛，电解质溶液为𝐾𝑂𝐻溶液，放电时锌极上的电极反应是：𝑍𝑛+20𝐻−−2𝑒−＝𝑍𝑛(𝑂𝐻)2；氧化银电极上的反应式为：𝐴𝑔2𝑂+𝐻2𝑂+2𝑒−＝𝐴𝑔+20𝐻−，总反应式为：𝐴𝑔2𝑂+𝐻2𝑂+𝑍𝑛＝𝑍𝑛(𝑂𝐻)2+2𝐴𝑔，下列说法不正确的是 （ ） A.锌是负极，氧化银是正极
B.锌发生氧化反应，氧化银发生还原反应 C.溶液中𝑂𝐻−向正极移动，𝐾+、𝐻+向负极移动 D.随着电极反应的不断进行，电解质溶液的𝑝𝐻会增大
13. 𝑋、𝑌两根金属棒插入𝑍溶液中构成如图的装置，实验中电流表指针发生偏转，同时𝑋棒变粗，𝑌棒变细，则𝑋、𝑌、𝑍可能是（ ）
试卷第3页，总19页
选项 𝑋 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 A.𝐴
𝑌 𝑍 𝑍𝑛 𝐶𝑢 稀硫酸 𝐶𝑢 𝑍𝑛 稀硫酸 𝐶𝑢 𝐴𝑔 硫酸铜溶液 𝐴𝑔 𝑍𝑛 硝酸银溶液 B.𝐵 C.𝐶
D.𝐷
14. 下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）
选𝐴 项 实验装置 实制取少量纯净验的𝐶𝑂2 目的 A.𝐴
B.𝐵 𝐵 𝐶 𝐷 验证钠和水的反应时放热反应 进行喷泉实验 进行中和热的测定 C.𝐶 D.𝐷 15. 𝑁𝑎、𝐴𝑙、𝐹𝑒、𝐶𝑢是中学化学中重要的金属元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如表所列物质不能按如图关系（“→”表示一步完成）相互转化的是（ ）
选项 𝐴 𝑎 𝑏 𝑐 𝑁𝑎 𝑁𝑎𝐶𝑙 𝐵 𝐴𝑙 𝐶 𝐹𝑒 𝐷 𝐶𝑢 𝑁𝑎𝑂𝐻 𝐴𝑙2𝑂3 𝐹𝑒𝐶𝑙3 𝐶𝑢𝑆𝑂4 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 𝐹𝑒𝐶𝑙2 𝐶𝑢𝐶𝑙2
A.𝐴
16. 对下列事实的解释正确的是（ ） A.𝑆𝑂2能品红溶液褪色，说明𝑆𝑂2具有漂白性
试卷第4页，总19页
B.𝐵 C.𝐶 D.𝐷
B.向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓𝐻2𝑆𝑂4具有吸水性 C.用𝐻𝐹来刻蚀玻璃，说明𝑆𝑖𝑂2是碱性氧化物
D.雨水显酸性是因为吸收了空气中的𝐶𝑂2，𝑝𝐻小于1的雨水称为酸雨
17. 下列实验过程中产生沉淀的物质的量(𝑌) 与加入试剂的量(𝑋)之间的关系正确的是（ ）
A.向𝐴𝑙𝐶𝑙3溶液中逐滴加入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液至过量且边滴边振荡 B.向𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡 C.向𝑁𝐻4𝐴𝑙(𝑆𝑂4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量
D.向𝑁𝑎𝑂𝐻、𝐵𝑎(𝑂𝐻)2、𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量
18. 将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生𝑁𝑂气体4.48𝐿（标准状况），向所得溶液中加入物质的量浓度为3𝑚𝑜𝑙⋅𝐿−1的𝑁𝑎𝑂𝐻溶液至沉淀完全．则下列有关叙述中不正确的是（ ） A.开始加入合金的物质的量之和为0.3𝑚𝑜𝑙
B.反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3:1 C.沉淀完全时消耗𝑁𝑎𝑂𝐻溶液的体积为200𝑚𝐿 D.生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2𝑔 二、解答题（共3小题，满分46分）
氯化亚砜(𝑆𝑂𝐶𝑙2)是一种液态化合物，沸点为77∘𝐶，在农药、制药行业中用途广泛。𝑆𝑂𝐶𝑙2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：𝑆𝑂2+𝐶𝑙2+𝑆𝐶𝑙2=2𝑆𝑂𝐶𝑙2．在三颈烧瓶中制取𝑆𝑂𝐶𝑙2，回答下列问题。
试卷第5页，总19页
（1）实验室制𝐶𝑙2的离子方程式为________。
（2）𝑐仪器的名称________，进水的方向是从________口进水。
（3）实验室制取𝑆𝑂𝑂𝐶𝑙2在三颈烧瓶中进行，整个装置所选仪器的连接顺序是________→①；⑩→⑥→⑦→②（除杂装置可以重复使用）。
（4）冷凝管上连接的干燥管𝑓的作用是：防止空气中的水蒸气进入反应装置而使𝑆𝑂𝐶𝑙2水解、________。
（5）根据实验现象，写出𝑆𝑂𝐶𝑙2与水剧烈反应的化学反应方程式________。
（6）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作名称是________（已知𝑆𝐶𝑙2的沸点为50∘𝐶）；若反应中消耗𝐶𝑙2的体积为448𝑚𝐿（已转化为标准状况，𝑆𝑂2足量），最后得到纯净的𝑆𝑂𝐶𝑙23.808𝑔，则𝑆𝑂𝐶𝑙2的产率为________。（产率＝实际产量/理论产量×100%）
如表为元素周期表的一部分，请参照元素①∼⑩在表中的位置，用相应的化学用语回答下列问题。
① ② ③ ④ ⑤ ⑧ ⑨ ⑩ ⑥ ⑦
（1）表中用序号标出的10种元素中，非金属性最强元素的离子结构示意图是________。
（2）④、⑦、⑩的离子半径由大到小的顺序为________。（用元素符号作答）。
（3）由表中④、⑥元素可以组成一种淡黄色的物质，画出该物质的电子式________，该物质含有的化学键类型有________。
试卷第6页，总19页
（4）元素②的简单气态氢化物为𝑋，0.1𝑚𝑜𝑙 𝑋完成燃烧生成稳定氧化物时放出𝑎𝑘𝐽的能量，写出𝑋燃烧热的热化学方程式：________。
（5）写出实验室制备氨气的反应方程式________。
（6）一种氢气燃料电池的原理如图，𝑎极通入的气体是________，正极的电极反应式为________。
铝土矿（主要成分为𝐴𝑙2𝑂3，还含有𝑆𝑖𝑂2、𝐹𝑒2𝑂3）是工业上制备铝的主要原料。工业上制取铝的工艺流程如图。
（1）沉淀𝐴________，沉淀𝐶是________。
（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是________，所需要的玻璃仪器有________
（3）滤液甲含有𝐹𝑒3+，写出硫氰化钾溶液检验𝐹𝑒3+的离子方程式________。
（4）生成沉淀𝑐的离子方程式________
（5）若滤液甲中𝑐(𝐻+)＝1.0𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝑐(𝐴𝑙3+)＝2.0𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝑐(𝐹𝑒3+)＝2.0𝑚𝑜𝑙/𝐿，现取100𝑚𝐿滤液，若要把𝐴𝑙3+、𝐹𝑒3+分开，加入2𝑚𝑜𝑙/𝐿 𝑁𝑎𝑂𝐻溶液的体积至少为________𝑚𝐿。
（6）已知铍和铝的性质类似，请写出铍和氢氧化钠溶液反应的离子方程式________
试卷第7页，总19页
参考答案与试题解析
2021学年重庆市高一（下）期中化学试卷
一、选择题（下列每小题只有一个选项，每小题3分，共54分） 1.
【答案】 A
【考点】
物质的结构与性质之间的关系 元素的性质与原子结构
【解析】
𝐴．小苏打为𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3 ；
𝐵．葡萄酒中通常添加少量𝑆𝑂2，作抗氧化剂； 𝐶，瓷器为硅酸盐产品；
𝐷．过氧化钠与二氧化碳、水反应产生氧气。 【解答】
𝐴．小苏打为𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3 ，𝑁𝑎2𝐶𝑂3的俗名是纯碱，故𝐴错误；
𝐵．葡萄酒中通常添加少量𝑆𝑂2，作抗氧化剂，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化，故𝐵正确；
𝐶．瓷器为硅酸盐产品，其制取原料主要为黏土，故𝐶正确；
𝐷．过氧化钠与二氧化碳、水反应产生氧气，所以可作潜水艇里的供氧剂，故𝐷正确。 2.
【答案】 A
【考点】
电解池的工作原理及应用 【解析】
𝐴、构成原电池的正极和负极可能是两种不同的金属，也可能是导电的非金属和金属． 𝐵、根据原电池的定义分析．
𝐶、在原电池中，负极上失去电子发生氧化反应．
𝐷、原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流正好相反． 【解答】
𝐴、构成原电池的正极和负极可能是两种不同的金属，也可能是导电的非金属（如石墨棒）和金属，故𝐴错误。
𝐵、原电池是将化学能转变为电能的装置，故𝐵正确。
𝐶、在原电池中，负极上失去电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，所以电子从负极沿导线流向正极，故𝐶正确。
𝐷、原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流的方向是从正极到负极，故𝐷正确。 3.
【答案】 C
【考点】
电解池的工作原理及应用 反应热和焓变
试卷第8页，总19页
【解析】
𝐴．图𝐼所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池；
𝐵．反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应； 𝐶．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量； 𝐷．中和反应，反应物的总能量大于生成物的总能量． 【解答】
𝐴．图𝐼所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故𝐴错误；
𝐵．图𝐼𝐼所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故𝐵错误；
𝐶．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故𝐶正确；
𝐷．中和反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，故𝐷错误； 4.
【答案】 D
【考点】 硅和二氧化硅 胶体的重要性质 铝的化学性质 铁的氧化物和氢氧化物
【解析】
𝐴、将饱和𝐹𝑒𝐶𝑙3溶液滴入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液中得到的是氢氧化铁沉淀； 𝐵、镁与碱不反应；
𝐶、铁和水蒸气在高温条件下生成的是四氧化三铁； 𝐷、工业上通过反应𝑆𝑖𝑂2+2𝐶𝑆𝑖+2𝐶𝑂来制取硅。
【解答】
𝐴、将饱和𝐹𝑒𝐶𝑙3溶液滴入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液中得到的是氢氧化铁沉淀，若想得到氢氧化铁胶体，则需将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，故𝐴错误；
𝐵、镁与碱不反应，故不能和氢氧化钠反应生成氢气，故𝐵错误；
𝐶、铁和水蒸气在高温条件下生成的是四氧化三铁，故生成的是黑色固体，故𝐶错误； 𝐷、工业上通过反应𝑆𝑖𝑂2+2𝐶𝑆𝑖+2𝐶𝑂来制取硅，即在高温下用碳还原硅，故𝐷正确。 5.
【答案】 B
【考点】
铁的氧化物和氢氧化物 【解析】
根据信息中的棕红色烟及选项中的各物质的颜色来判断即可． 【解答】
𝐴、𝐹𝑒𝑂是黑色固体，所以能形成黑色的烟，故𝐴错误。
𝐵、𝐹𝑒2𝑂3是棕红色固体，俗称铁红，所以能形成棕红色的烟，故𝐵正确。 𝐶、𝐹𝑒粉是黑色的固体，所以能形成黑色的烟，故𝐶错误。
试卷第9页，总19页
𝐷、煤炭粉尘的颜色是黑色，所以能形成黑色的烟，故𝐷错误； 6.
【答案】 D
【考点】
原子结构与元素周期律的关系 【解析】
短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊原子序数依次增大，𝑋是地壳中含量最多的元素，为𝑂元素；𝑌原子的最外层只有一个电子且原子序数大于𝑋，则𝑌为𝑁𝑎元素；𝑍位于元素周期表𝐼𝐼𝐼𝐴族，且原子序数大于𝑌，则𝑍为𝐴𝑙元素；𝑊与𝑋属于同一主族且为短周期元素，则𝑊为𝑆元素，即𝑋、𝑌、𝑍、𝑊分别是𝑂、𝑁𝑎、𝐴𝑙、𝑆元素； 𝐴．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小； 𝐵．由𝑋、𝑌组成的化合物可能是𝑁𝑎2𝑂也可能是𝑁𝑎2𝑂2；
𝐶．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强； 𝐷．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强。 【解答】
解：短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊原子序数依次增大，𝑋是地壳中含量最多的元素，为𝑂元素；𝑌原子的最外层只有一个电子且原子序数大于𝑋，则𝑌为𝑁𝑎元素；𝑍位于元素周期表𝐼𝐼𝐼𝐴族，且原子序数大于𝑌，则𝑍为𝐴𝑙元素；𝑊与𝑋属于同一主族且为短周期元素，则𝑊为𝑆元素，即𝑋、𝑌、𝑍、𝑊分别是𝑂、𝑁𝑎、𝐴𝑙、𝑆元素；
𝐴．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径𝑟(𝑌)>𝑟(𝑍)>𝑟(𝑊)，故𝐴错误；
𝐵．由𝑋、𝑌组成的化合物可能是𝑁𝑎2𝑂也可能是𝑁𝑎2𝑂2，𝑁𝑎2𝑂只含离子键、𝑁𝑎2𝑂2含有离子键和共价键，故𝐵错误；
𝐶．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性𝑌>𝑍，则𝑌的最高价氧化物的水化物的碱性比𝑍的强，故𝐶错误；
𝐷．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性𝑋>𝑊，所以𝑋的简单气态氢化物的热稳定性比𝑊的强，故𝐷正确； 故选：𝐷。 7.
【答案】 D
【考点】
电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【解析】
𝐴．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数； 𝐵．氮气分子中含有的是氮氮三键；
𝐶．钠离子的核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构； 𝐷．水分子为共价化合物，含有2个𝑂−𝐻键。 【解答】
解：𝐴．中子数为18的氯原子的质量数为18+17＝35，该氯原子正确的表示方法为35
17𝐶𝑙，故𝐴错误；
𝐵．𝑁2分子中含有1个氮氮三键，其正确的结构式为𝑁≡𝑁，故𝐵错误；
𝐶．为钠原子结构示意图，钠离子最外层含有8个电子，其离子结构示
试卷第10页，总19页
意图为，故𝐶错误；
，故𝐷正确；
𝐷．水分子属于共价化合物，其电子式为故选𝐷。 8.
【答案】 B
【考点】
原子结构与元素周期律的关系 【解析】
短周期主族元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊的原子序数依次增大，𝑋的族序数是周期序数的3倍，则𝑋为𝑂；𝑌原子的最外层有2个电子，其原子序数大于𝑂，则𝑌为𝑀𝑔；𝑍的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则𝑍为𝑆𝑖；𝑊与𝑋位于同一主族，则𝑊为𝑆，以此来解答。 【解答】
由上述分析可知，𝑋为𝑂、𝑌为𝑀𝑔、𝑍为𝑆𝑖、𝑊为𝑆，
𝐴．电子层越多离子半径越大，则离子半径：𝑀𝑔2+<𝑆2−，即𝑟(𝑌)<𝑟(𝑊)，故𝐴错误； 𝐵．𝑂、𝑀𝑔形成的化合物为𝑀𝑔𝑂，𝑀𝑔𝑂只含有离子键，属于离子化合物，故𝐵正确； 𝐶．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性𝑆𝑖<𝑆，则最高价氧化物对应水化物的酸性：𝑍<𝑊，故𝐶错误；
𝐷．𝑆的氧化物有𝑆𝑂2、𝑆𝑂3等，其氧化物不止一种，故𝐷错误； 9.
【答案】 D
【考点】
位置结构性质的相互关系应用 【解析】
四种短周期元素𝑋、𝑌、𝑍、𝑊在周期表中的位置如表所示，𝑋、𝑌位于第二周期，𝑍、𝑊位于第三周期，𝑍元素的最外层电子数是内层电子总数的2，𝑍位于第三周期，最外层电子数＝(2+8)×=5，则𝑍为𝑃元素；根据各元素在周期表中的相对位置可知，𝑊
21
1
为𝑆、𝑋为𝐶、𝑌为𝑁元素，以此分析解答。 【解答】
结合分析可知，𝑋为𝐶，𝑌为𝑁，𝑍为𝑃，𝑊为𝑆元素，
𝐴．𝑍为𝑃元素，原子序数为15，位于周期表中第3周期第Ⅴ𝐴族，故𝐴正确；
𝐵．非金属性𝐶<𝑆，则最高价氧化物对应水化物的酸性：𝑊(𝑆)>𝑋(𝐶)，故𝐵正确； 𝐶．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性𝑁>𝑃，则简单氢化物的稳定性：𝑌>𝑍，故𝐶正确；
𝐷．𝐶的氧化物有𝐶𝑂、𝐶𝑂2，𝑁的氧化物有𝑁𝑂、𝑁𝑂2等，故𝐷错误； 10.
【答案】 A,D
【考点】 反应热和焓变
试卷第11页，总19页
【解析】
𝐴．等量的硫蒸气和硫固体，硫蒸气的能量高，能量越高，燃烧放出的热量越多； 𝐵．物质能量越高，越不稳定； 𝐶．醋酸为弱电解质，电离吸热；
𝐷．2𝑔氢气的物质的量为2𝑔/𝑚𝑜𝑙=1𝑚𝑜𝑙，即1𝑚𝑜𝑙𝐻2完全燃烧生成液态水，放出285.8𝑘𝐽热量，据此书写氢气燃烧的热化学方程式。 【解答】
𝐴．等量的𝑆(𝑠)和𝑆(𝑔)，𝑆(𝑔)的能量高，能量越高，燃烧放出的热量越多，则后者放出的热量多，故𝐴正确；
𝐵．由由𝐶（石墨）→𝐶（金刚石）△𝐻＝+1.9𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙−1可知，该反应吸热，金刚石的能量比石墨能量高，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故𝐵错误；
𝐶．醋酸为弱酸，电离过程吸热，则含0.5𝑚𝑜𝑙 𝐻2𝑆𝑂4与含0.5𝑚𝑜𝑙 𝐵𝑎(𝑂𝐻)2的溶液混合放出的热量小于57.3𝑘𝐽，故𝐶错误；
𝐷．2𝑔 𝐻2的物质的量为：2𝑔/𝑚𝑜𝑙=1𝑚𝑜𝑙，氢气燃烧的热化学方程式为：2𝐻2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻＝−571.6𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，故𝐷正确； 11.
【答案】 C
【考点】
电解池的工作原理及应用 【解析】
锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，以此解答该题． 【解答】
𝐴．锌片作负极，发生氧化反应；铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，故𝐴错误；
𝐵．如果将锌片换成铁片，铁片依然是作负极，电路中的电流方向不会发生改变，故𝐵错误；
𝐶．其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，故𝐶正确；
𝐷．如果将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，𝐿𝐸𝐷灯也会发光，故𝐷错误； 12. 【答案】 C
【考点】
电解池的工作原理及应用 化学电源新型电池
【解析】
𝐴𝑔2𝑂、𝑍𝑛和𝐾𝑂𝐻溶液组成的原电池中，𝑍𝑛发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为𝑍𝑛+20𝐻−−2𝑒−＝𝑍𝑛(𝑂𝐻)2，氧化银发生得到电子的还原反应，电极反应式为𝐴𝑔2𝑂+𝐻2𝑂+2𝑒−＝𝐴𝑔+20𝐻−，该原电池工作时，电子由𝑍𝑛经过导线流向氧化银电极，电解质溶液中：𝐾+移向正极氧化银、𝑂𝐻−移向负极𝑍𝑛，总反应为𝐴𝑔2𝑂+
𝐻2𝑂+𝑍𝑛＝𝑍𝑛(𝑂𝐻)2+2𝐴𝑔，由于消耗水使电解质溶液碱性增强、𝑝𝐻增大，据此分析解答。
试卷第12页，总19页
2𝑔2𝑔
【解答】
𝐴𝑔2𝑂、𝑍𝑛和𝐾𝑂𝐻溶液组成的原电池中，𝑍𝑛发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为𝑍𝑛+20𝐻−−2𝑒−＝𝑍𝑛(𝑂𝐻)2，氧化银发生得到电子的还原反应，电极反应式为𝐴𝑔2𝑂+𝐻2𝑂+2𝑒−＝𝐴𝑔+20𝐻−，该原电池工作时，电子由𝑍𝑛经过导线流向氧化银电极，电解质溶液中：𝐾+移向正极氧化银、𝑂𝐻−移向负极𝑍𝑛，总反应为𝐴𝑔2𝑂+𝐻2𝑂+𝑍𝑛＝𝑍𝑛(𝑂𝐻)2+2𝐴𝑔，由于消耗水使电解质溶液碱性增强、𝑝𝐻增大，
𝐴．根据锌极上的电极反应和氧化银电极反应可知：𝑍𝑛发生失去电子的氧化反应，氧化银发生得到电子的还原反应，所以𝑍𝑛为负极、𝐴𝑔2𝑂为正极，故𝐴正确；
𝐵．原电池工作时，𝑍𝑛发生失去电子的氧化反应，氧化银发生得到电子的还原反应，故𝐵正确；
𝐶．原电池工作时，电解质溶液中：𝐾+移向正极氧化银、𝑂𝐻−移向负极𝑍𝑛，故𝐶错误； 𝐷．根据总反应为𝐴𝑔2𝑂+𝐻2𝑂+𝑍𝑛＝𝑍𝑛(𝑂𝐻)2+2𝐴𝑔可知，电池工作消耗水，使电解质溶液碱性增强、𝑝𝐻增大，故𝐷正确； 13.
【答案】 D
【考点】
原电池的工作原理及应用 【解析】
【解答】
𝑋、𝑌两根金属棒插入𝑍溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，𝑋棒变粗，𝑌棒变细，则𝑋作正极、𝑌作负极。
𝐴．该装置中，铜和锌作电极，锌的活泼性比铜强作原电池负极，则𝑋失去电子质量减小，不符合题意，故𝐴错误；
𝐵．该装置中，铜和锌作电极，铜作原电池正极，则𝑋电极上氢离子得电子生成氢气，𝑋电极质量不变，不符合题意，故𝐵错误；
𝐶．该装置中，铜和银作电极，铜的活泼性比银强作原电池负极，则𝑋失电子质量减小，不符合题意，故𝐶错误；
𝐷．该装置中，𝑌易失电子作负极，𝑌棒变细，𝑋作正极，𝑋电极上银离子得电子生成银，𝑋棒变粗，符合题意，故𝐷正确； 故选𝐷。 14. 【答案】 B
【考点】
化学实验方案的评价 【解析】
𝐴．纯碱为粉末状固体，与稀盐酸接触后不能实现固液分离； 𝐵．钠与水反应放热，𝑈型管中红墨水左低右高； 𝐶．氯气在水中溶解度不大； 𝐷．图中缺少环形玻璃搅拌器。 【解答】
𝐴．纯碱为粉末状固体，与稀盐酸接触后不能实现固液分离，且盐酸易挥发，不能制备少量纯净的𝐶𝑂2，故𝐴错误；
𝐵．钠与水反应放热，𝑈型管中红墨水左低右高，可验证热效应，故𝐵正确； 𝐶．氯气在水中溶解度不大，不能完成喷泉实验，故𝐶错误；
试卷第13页，总19页
𝐷．图中缺少环形玻璃搅拌器，不能测定中和热，故𝐷错误； 15.
【答案】 B
【考点】
物质的相互转化和制备
铜金属及其重要化合物的主要性质 铝的化学性质 钠的重要化合物 铁的化学性质
【解析】
𝐴．𝑁𝑎与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化镁生成氯化钠，电解𝑁𝑎𝐶𝑙可生成𝑁𝑎； 𝐵．𝐴𝑙2𝑂3不能与水反应生成𝐴𝑙(𝑂𝐻)3；
𝐶．𝐹𝑒与氯气反应生成𝐹𝑒𝐶𝑙3，𝐹𝑒𝐶𝑙3与𝐹𝑒反应生成𝐹𝑒𝐶𝑙2，𝐹𝑒𝐶𝑙2置换可生成𝐹𝑒； 𝐷．𝐶𝑢和浓硫酸反应生成𝐶𝑢𝑆𝑂4，𝐶𝑢𝑆𝑂4和氯化钡反应生成𝐶𝑢𝐶𝑙2，𝐶𝑢𝐶𝑙2置换可生成𝐶𝑢． 【解答】
解：转化关系为𝑎→𝑏→𝑐→𝑎；
𝐴．𝑁𝑎与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化镁生成氯化钠，电解熔融𝑁𝑎𝐶𝑙可生成𝑁𝑎，故𝐴不选；
𝐵．氧化铝不会一步转化为氢氧化铝，故𝐵选；
𝐶．金属铁和氯气反应得到氯化铁，𝐹𝑒𝐶𝑙3与𝐹𝑒反应生成𝐹𝑒𝐶𝑙2，𝐹𝑒𝐶𝑙2置换可生成𝐹𝑒，符合图示转化关系，故𝐶不选；
𝐷．𝐶𝑢和浓硫酸反应生成𝐶𝑢𝑆𝑂4，𝐶𝑢𝑆𝑂4和氯化钡反应生成𝐶𝑢𝐶𝑙2，𝐶𝑢𝐶𝑙2置换可生成𝐶𝑢，符合图示转化关系，故𝐷不选； 故选：B. 16.
【答案】 D
【考点】 硅和二氧化硅 浓硫酸的性质
氯、溴、碘及其化合物的综合应用 二氧化硫的化学性质
【解析】
𝐴．二氧化硫与品红化合生成无色物质；
𝐵．浓硫酸能将有机物中的𝐻、𝑂元素以2:1水分子的形式脱去； 𝐶．𝑆𝑖𝑂2是酸性氧化物；
𝐷．𝑝𝐻小于5.6的雨水称为酸雨。 【解答】
𝐴．二氧化硫与品红化合生成无色物质，𝑆𝑂2能品红溶液褪色，说明𝑆𝑂2具有漂白性，故𝐴正确；
𝐵．浓硫酸能将有机物中的𝐻、𝑂元素以2:1水分子的形式脱去，向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓𝐻2𝑆𝑂4具有脱水性，故𝐵错误；
试卷第14页，总19页
𝐶．𝑆𝑖𝑂2是酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水，𝑆𝑖𝑂2与大部分酸不反应，只与𝐻𝐹反应，所以可以用𝐻𝐹来刻蚀玻璃，故𝐶错误；
𝐷．𝑝𝐻小于5.6的雨水称为酸雨，正常的雨水中因为吸收了空气中的𝐶𝑂2，显弱酸性，故𝐷正确。 17. 【答案】 C
【考点】
镁、铝的重要化合物 【解析】
𝐴．向𝐴𝑙𝐶𝑙3溶液中逐滴加入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，产生沉淀，和沉淀溶解消耗𝑁𝑎𝑂𝐻的比为3:1；
𝐵．向𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，且产生沉淀，和沉淀溶解消耗盐酸的比为1:3；
𝐶．向𝑁𝐻4𝐴𝑙(𝑆𝑂4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先产生氢氧化铝沉淀，然后沉淀量不变，最后沉淀溶解，且消耗𝑁𝑎𝑂𝐻的比为3:1:1；
𝐷．向𝑁𝑎𝑂𝐻、𝐵𝑎(𝑂𝐻)2、𝑁𝑎𝐴1𝑂2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，产生沉淀，沉淀的量不变，又产生沉淀，沉淀量不变，最后沉淀部分溶解． 【解答】
𝐴．向𝐴𝑙𝐶𝑙3溶液中逐滴加入𝑁𝑎𝑂𝐻溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：𝐴𝑙𝐶𝑙3+3𝑁𝑎𝑂𝐻＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+3𝑁𝑎𝐶𝑙，继续滴加𝑁𝑎𝑂𝐻溶液，𝐴𝑙(𝑂𝐻)3和𝑁𝑎𝑂𝐻溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶𝑁𝑎𝑂𝐻+𝐴𝑙(𝑂𝐻)3＝𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+2𝐻2𝑂，所以沉淀量达到最大消耗𝑁𝑎𝑂𝐻和沉淀溶解消耗𝑁𝑎𝑂𝐻的比为3:1；故𝐴错误；
−
𝐵．向𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2溶液中滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧化铝沉淀，发生反应：𝐴𝑙𝑂2+𝐻++𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓，随着盐酸的逐滴加入，则沉淀开始溶解，发生反应：
𝐴𝑙(𝑂𝐻)3+3𝐻+＝𝐴𝑙3++3𝐻2𝑂，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1:3．故𝐵错误；
𝐶．向𝑁𝐻4𝐴𝑙(𝑆𝑂4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加𝑁𝑎𝑂𝐻发生反应为𝐴𝑙3++
+
3𝑂𝐻−＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当𝐴𝑙3+沉淀完全后，然后发生反应𝑁𝐻4+𝑂𝐻−＝𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加𝑁𝑎𝑂𝐻，发生反应
−
𝐴𝑙(𝑂𝐻)3+𝑂𝐻−＝𝐴𝑙𝑂2+2𝐻2𝑂，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗𝑁𝑎𝑂𝐻，沉淀量不变和沉淀溶解消耗𝑁𝑎𝑂𝐻的比为3:1:1；故𝐶正确；
𝐷．向𝑁𝑎𝑂𝐻、𝐵𝑎(𝑂𝐻)2、𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，先发生反应：𝐵𝑎(𝑂𝐻)2+𝐶𝑂2＝𝐵𝑎𝐶𝑂3↓+𝐻2𝑂，产生沉淀，然后发生反应：𝐶𝑂2+2𝑁𝑎𝑂𝐻＝𝑁𝑎2𝐶𝑂3+𝐻2𝑂，此时沉淀的量不变，再发生反应2𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2+𝐶𝑂2+3𝐻2𝑂＝
2−−
2𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝑁𝑎2𝐶𝑂3，产生沉淀，又发生反应：𝐶𝑂3+𝐻2𝑂+𝐶𝑂2＝2𝐻𝐶𝑂3，
𝐵𝑎𝐶𝑂3+𝐻2𝑂+𝐶𝑂2＝𝐵𝑎(𝐻𝐶𝑂3)2故图象错误。𝑁𝑎2𝐶𝑂3+𝐻2𝑂+𝐶𝑂2＝2𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3，沉淀量不变，最后发生反应：𝐵𝑎𝐶𝑂3+2𝐻2𝑂+2𝐶𝑂2＝𝐵𝑎(𝐻𝐶𝑂3)2，沉淀部分溶解，故𝐷错误； 故选𝐶。 18.
【答案】 B
【考点】
有关混合物反应的计算 【解析】
将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀𝐻𝑁𝑂3中，两者恰好完全反应，反应方程式为：
试卷第15页，总19页
3𝑀𝑔+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝑀𝑔(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂、3𝐶𝑢+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝐶𝑢(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂，标准状况下4.48𝐿𝑁𝑂的物质的量为：𝑛(𝑁𝑂)=
4.48𝐿22.4𝐿𝑚𝑜𝑙
=
0.2𝑚𝑜𝑙，
𝐴．由𝐻𝑁𝑂3生成0.2𝑚𝑜𝑙𝑁𝑂得到电子的物质的量为：0.2𝑚𝑜𝑙×(5−2)＝0.6𝑚𝑜𝑙，铜、镁都是2价金属，根据电子守恒，可以计算出参加反应的金属的物质的量；
𝐵．根据反应3𝑀𝑔+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝑀𝑔(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂、3𝐶𝑢+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝐶𝑢(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂可以计算出反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比；
𝐶．根据铜离子、镁离子与氢氧化钠反应的离子方程式可以计算出消耗氢氧化钠的物质的量，然后根据𝑉=计算出消耗氢氧化钠溶液的体积；
𝑐𝑛
𝐷．沉淀中增加的质量为氢氧根离子的质量，根据消耗氢氧化钠的物质的量可以计算出氢氧根离子的物质的量及质量，从而得出生成沉淀质量比原合金的增加量． 【解答】
金属与硝酸恰好反应，反应方程式为：3𝑀𝑔+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝑀𝑔(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂、3𝐶𝑢+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝐶𝑢(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂，标准状况下4.48𝐿𝑁𝑂的物质的量为：𝑛(𝑁𝑂)=22.4𝐿𝑚𝑜𝑙=0.2𝑚𝑜𝑙，
𝐴．由𝐻𝑁𝑂3生成0.2𝑚𝑜𝑙𝑁𝑂得到电子的物质的量为：0.2𝑚𝑜𝑙×(5−2)＝0.6𝑚𝑜𝑙，铜、镁都是2价金属，根据电子守恒，参加反应的金属的物质的量为：
0.6𝑚𝑜𝑙2
4.48𝐿
=0.3𝑚𝑜𝑙，故
𝐴正确；
𝐵．根据3𝑀𝑔+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝑀𝑔(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂、3𝐶𝑢+8𝐻𝑁𝑂3（稀）＝3𝐶𝑢(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑂↑+4𝐻2𝑂两个反应可知，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为：2𝑚𝑜𝑙:6𝑚𝑜𝑙＝1:3，故𝐵错误；
𝐶．根据反应𝑀𝑔(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑎𝑂𝐻＝𝑀𝑔(𝑂𝐻)2↓+2𝑁𝑎𝑁𝑂3、𝐶𝑢(𝑁𝑂3)2+2𝑁𝑎𝑂𝐻＝𝐶𝑢(𝑂𝐻)2↓+2𝑁𝑎𝑁𝑂3可知，0.3𝑚𝑜𝑙铜离子、镁离子完全转化成沉淀，消耗氢氧化钠的物质的量为：0.3𝑚𝑜𝑙×2＝0.6𝑚𝑜𝑙，消耗氢氧化钠溶液的体积为：
0.6𝑚𝑜𝑙3𝑚𝑜𝑙/𝐿
=0.2𝐿＝
200𝑚𝐿，故𝐶正确；
𝐷．镁、铜合金变成𝑀𝑔(𝑂𝐻)2↓、𝐶𝑢(𝑂𝐻)2↓沉淀，沉淀中增加的质量为氢氧根离子的质量，生成沉淀消耗了0.6𝑚𝑜𝑙氢氧化钠，则含有氢氧根离子的质量为：17𝑔/𝑚𝑜𝑙×0.6𝑚𝑜𝑙＝10.2𝑔，即：生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2𝑔，故𝐷正确； 二、解答题（共3小题，满分46分） 【答案】
𝑀𝑛𝑂2+4𝐻+2𝐶𝑙球形冷凝管,𝑎
③→④→⑤→⑥→⑦
吸收中尾气中的𝑆𝑂2、𝐶𝑙2，防止污染空气 𝑆𝑂𝐶𝑙2+𝐻2𝑂＝𝑆𝑂2↑+2𝐻𝐶𝑙↑ 蒸馏,80.00% 【考点】
制备实验方案的设计
+
−
△
𝑀𝑛2++𝐶𝑙2↑+2𝐻2𝑂
试卷第16页，总19页
【解析】
（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应还有二氯化锰与水生成；
（2）仪器𝑐为球形冷凝管，从下口进水，上口出水，充分冷却蒸汽；
（3）制备的氯气中含有𝐻𝐶𝑙、水蒸气，先用饱和食盐水除去𝐻𝐶𝑙，再用浓硫酸干燥氯气，然后通入三颈烧瓶中；
（4）𝑆𝑂𝐶𝑙2遇水剧烈反应，碱石灰防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶中，且可以吸收尾气；
（5）𝑆𝑂𝐶𝑙2与水反应实质是发生水解反应生成𝐻𝐶𝑙与亚硫酸，亚硫酸又分解生成二氧化硫与水；
（6）氯化亚砜沸点为77∘𝐶，𝑆𝐶𝑙2的沸点为50∘𝐶，所以采用分馏的方法即可将之分离；根据氯气的量计算𝑆𝑂𝐶𝑙2的理论产量，产率=×100%。
【解答】
实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应还有二氯化锰与水生成，反应离子方程式为：𝑀𝑛𝑂2+4𝐻++2𝐶𝑙− 𝑀𝑛2++𝐶𝑙2↑+2𝐻2𝑂， 故答案为：𝑀𝑛𝑂2+4𝐻+2𝐶𝑙
+
−△
△
𝑀𝑛2++𝐶𝑙2↑+2𝐻2𝑂；
仪器𝑐为球形冷凝管，从下口𝑎进水，上口𝑏出水，使冷凝管充满冷凝水，充分冷却蒸汽， 故答案为：球形冷凝管；𝑎；
制备的氯气中含有𝐻𝐶𝑙、水蒸气，先用饱和食盐水除去𝐻𝐶𝑙，再用浓硫酸干燥氯气，然后通入三颈烧瓶中，整个装置所选仪器的连接顺序是：③→④→⑤→⑥→⑦→①；⑩→⑥→⑦→②，
故答案为：③→④→⑤→⑥→⑦；
𝑆𝑂𝐶𝑙2遇水剧烈反应，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使𝑆𝑂𝐶𝑙2水解，且可以吸收中尾气中的𝑆𝑂2、𝐶𝑙2，防止污染空气，
故答案为：吸收中尾气中的𝑆𝑂2、𝐶𝑙2，防止污染空气；
𝑆𝑂𝐶𝑙2与水反应实质是发生水解反应生成𝐻𝐶𝑙与亚硫酸，亚硫酸又分解生成二氧化硫与水，反应方程式为：𝑆𝑂𝐶𝑙2+𝐻2𝑂＝𝑆𝑂2↑+2𝐻𝐶𝑙↑， 故答案为：𝑆𝑂𝐶𝑙2+𝐻2𝑂＝𝑆𝑂2↑+2𝐻𝐶𝑙↑；
氯化亚砜沸点为77∘𝐶，𝑆𝐶𝑙2的沸点为50∘𝐶，所以采用分馏的方法即可将之分离；氯气的物质的量为：
0.448𝐿22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙
=0.02𝑚𝑜𝑙，由𝑆𝑂2+𝐶𝑙2+𝑆𝐶𝑙2=2𝑆𝑂𝐶𝑙2可知，理论上生成
3.808𝑔
0.04𝑚𝑜𝑙×119𝑔/𝑚𝑜𝑙
𝑆𝑂𝐶𝑙2为0.04𝑚𝑜𝑙，故𝑆𝑂𝐶𝑙2的产率=故答案为：80.00%。 【答案】
×100%＝80.00%，
𝑂<𝐶𝑙<𝐴𝑙
,离子键、非极性共价键
𝐶𝐻4(𝑔)+202(𝑔)=𝐶𝑂2(𝑔)+2𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻＝−10𝑎𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙−1
试卷第17页，总19页
2𝑁𝐻4𝐶𝑙+𝐶𝑎(𝑂𝐻)2
△
2𝑁𝐻3↑+𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝐻2𝑂
氢气,𝑂2+4𝐻++4𝑒−＝2𝐻2𝑂
【考点】
元素周期律和元素周期表的综合应用 【解析】
由元素在周期表中的位置可知，①为𝐻、②为𝐶、③为𝑁、④为𝑂、⑤为𝐹、⑥为𝑁𝑎、⑦为𝐴𝑙、⑧为𝑃、⑨为𝑆、⑩为𝐶𝑙。
（1）非金属性最强元素为𝐹元素，核外两个电子层，最外层7个电子；
（2）同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大； （3）由表中④、⑥元素可以组成一种淡黄色的物质为𝑁𝑎2𝑂2为离子化合物，过氧化钠是2个钠离子和一个过氧根离子构成；
（4）元素②的为𝐶，其简单气态氢化物为𝑋为𝐶𝐻4，0.1𝑚𝑜𝑙 𝑋完成燃烧生成稳定氧化物为二氧化碳和液态水，放出𝑎𝑘𝐽的能量，1𝑚𝑜𝑙𝐶𝐻4完成燃烧生成稳定氧化物为二氧化碳和液态水，放出10𝑎𝑘𝐽的能量，标注物质聚集状态和对应方程式的能量变化写出热化学方程式；
（5）实验室制备氨气是利用固体氯化铵和氢氧化钙混合加热制备；
（6）装置图中电子移向分析判断，𝑎为原电池负极，𝑏为原电池正极，酸溶液中写出原电池反应，负极上氢气失电子生成氢离子，正极上是氧气得到电子生成水。 【解答】
非金属性最强元素为𝐹元素，核外两个电子层，最外层7个电子，离子结构示意图：
，
故答案为：；
同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，④为𝑂、⑦为𝐴𝑙、⑩为𝐶𝑙，𝑂两个电子层半径最小，𝐴𝑙和𝐶𝑙位于同一周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径𝐶𝑙<𝐴𝑙，则原子半径由小到大的顺序为：𝑂<𝐶𝑙<𝐴𝑙， 故答案为：𝑂<𝐶𝑙<𝐴𝑙；
由表中④、⑥元素可以组成一种淡黄色的物质为𝑁𝑎2𝑂2为离子化合物，过氧化钠是2个钠离子和一个过氧根离子构成，含有离子键、非极性共价键，过氧化钠为离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成，过氧化钠的电子式为故答案为：
；离子键、非极性共价键；
，
元素②的为𝐶，其简单气态氢化物为𝑋为𝐶𝐻4，0.1𝑚𝑜𝑙 𝑋完成燃烧生成稳定氧化物为二氧化碳和液态水，放出𝑎𝑘𝐽的能量，1𝑚𝑜𝑙𝐶𝐻4完成燃烧生成稳定氧化物为二氧化碳和液态水，放出10𝑎𝑘𝐽的能量，标注物质聚集状态和对应方程式的能量变化写出热化学方程式为：𝐶𝐻4(𝑔)+202(𝑔)=𝐶𝑂2(𝑔)+2𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻＝−10𝑎𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙−1， 故答案为：𝐶𝐻4(𝑔)+202(𝑔)=𝐶𝑂2(𝑔)+2𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻＝−10𝑎𝑘𝐽⋅𝑚𝑜𝑙−1； 实验室制备氨气是利用固体氯化铵和氢氧化钙混合加热制备，反应的化学方程式：2𝑁𝐻4𝐶𝑙+𝐶𝑎(𝑂𝐻)22𝑁𝐻3↑+𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝐻2𝑂，
△
试卷第18页，总19页
故答案为：2𝑁𝐻4𝐶𝑙+𝐶𝑎(𝑂𝐻)22𝑁𝐻3↑+𝐶𝑎𝐶𝑙2+2𝐻2𝑂；
装置图中电子移向分析判断，𝑎为原电池负极，𝑏为原电池正极，酸溶液中写出原电池反应，负极上通入的氢气失电子生成氢离子，正极上是通入氧气得到电子生成水，电极反应为：𝑂2+4𝐻++4𝑒−＝2𝐻2𝑂，
故答案为：氢气；𝑂2+4𝐻++4𝑒−＝2𝐻2𝑂。 【答案】 𝑆𝑖𝑂2,𝐴𝑙(𝑂𝐻)3
过滤,烧杯、漏斗、玻璃棒 𝐹𝑒3++3𝑆𝐶𝑁−＝𝐹𝑒(𝑆𝐶𝑁)3
−−𝐴𝑙𝑂2+𝐶𝑂2+2𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝐻𝐶𝑂3
△
750
2−𝐵𝑒+20𝐻−＝𝐵𝑒𝑂2+𝐻2↑
【考点】
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用 【解析】
铝土矿主要成分为𝐴𝑙2𝑂3，还含有𝑆𝑖𝑂2、𝐹𝑒2𝑂3，由流程可知，用盐酸溶解，𝑆𝑖𝑂2和盐酸不反应，𝐴𝑙2𝑂3、𝐹𝑒2𝑂3与盐酸反应生成𝐴𝑙𝐶𝑙3、𝐹𝑒𝐶𝑙3，过滤分离出沉淀𝐴为𝑆𝑖𝑂2，滤
−
液甲含有𝐴𝑙𝐶𝑙3、𝐹𝑒𝐶𝑙3及过量的𝐻𝐶𝑙，步骤③通入的为二氧化碳发生𝐴𝑙𝑂2+𝐶𝑂2+
−−
2𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝐻𝐶𝑂3，过滤分离得到𝐴𝑙(𝑂𝐻)3与𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3，则滤液乙含有𝐴𝑙𝑂2，
−
步骤②应加入𝑁𝑎𝑂𝐻，除去𝐹𝑒3+离子，将𝐴𝑙3+离子转化为𝐴𝑙𝑂2，加热氢氧化铝分解得到氧化铝，电解氧化铝得到𝐴𝑙，以此解答该题。 【解答】
由以上分析可知沉淀𝐴为𝑆𝑖𝑂2，沉淀𝐶为𝐴𝑙(𝑂𝐻)3，故答案为：𝑆𝑖𝑂2；𝐴𝑙(𝑂𝐻)3；
操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ用于分离固体和液体，为过滤操作，所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
用硫氰化钾溶液检验𝐹𝑒3+，生成的硫氰化铁为络合物，离子方程式为𝐹𝑒3++3𝑆𝐶𝑁−＝𝐹𝑒(𝑆𝐶𝑁)3，故答案为：𝐹𝑒3++3𝑆𝐶𝑁−＝𝐹𝑒(𝑆𝐶𝑁)3；
−−
步骤③通入的为二氧化碳发生𝐴𝑙𝑂2+𝐶𝑂2+2𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝐻𝐶𝑂3，生成氢氧化
−−
铝沉淀，故答案为：𝐴𝑙𝑂2+𝐶𝑂2+2𝐻2𝑂＝𝐴𝑙(𝑂𝐻)3↓+𝐻𝐶𝑂3；
若滤液甲中𝑐(𝐻+)＝1.0𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝑐(𝐴𝑙3+)＝2.0𝑚𝑜𝑙/𝐿，𝑐(𝐹𝑒3+)＝2.0𝑚𝑜𝑙/𝐿，现取100𝑚𝐿滤液，则𝑛(𝐻+)＝0.1𝑚𝑜𝑙，𝑛(𝐴𝑙3+)＝0.2𝑚𝑜𝑙，𝑛(𝐹𝑒3+)＝0.2𝑚𝑜𝑙，
若要把𝐴𝑙3+、𝐹𝑒3+分开，涉及反应为𝐻++𝑂𝐻−=𝐻2𝑂、𝐹𝑒3++30𝐻−=𝐹𝑒(𝑂𝐻)3↓、
−
𝐴𝑙3++40𝐻−＝𝐴𝑙𝑂2+2𝐻2𝑂，共需𝑛(𝑁𝑎𝑂𝐻)＝0.1𝑚𝑜𝑙+0.6𝑚𝑜𝑙+0.8𝑚𝑜𝑙＝1.5𝑚𝑜𝑙， 加入2𝑚𝑜𝑙/𝐿 𝑁𝑎𝑂𝐻溶液的体积至少为故答案为：750；
知铍和铝的性质类似，与𝑁𝑎𝑂𝐻溶液反应生成偏铍酸钠和氢气，离子方程式为𝐵𝑒+
2−
20𝐻−＝𝐵𝑒𝑂2+𝐻2↑，
2−
故答案为：𝐵𝑒+20𝐻−＝𝐵𝑒𝑂2+𝐻2↑。
1.5𝑚𝑜𝑙2𝑚𝑜𝑙/𝐿
=0.75𝐿＝750𝑚𝐿，
试卷第19页，总19页
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