2022-2023学年河北省石家庄市第一中学西校区高三上学期11月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省石家庄市第一中学西校区高三上学期11月月考化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

河北省石家庄市第一中学西校区2022-2023学年高三上学期11月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．北京冬奥会成功举办、神舟十三号载人飞船顺利往返、“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是
A．飞船返回舱表层中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料
B．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同系物
C．冬奥会火炬采用H2代替天然气作燃料，符合绿色低碳发展理念
D．冬奥会火炬“飞扬”使用的碳纤维属于合金材料
【答案】C
【详解】A．玻璃纤维的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误；
B．与的质子数相同、质量数不同，二者互为同位素，B错误；
C．用H2代替天然气作燃料，燃料中不含有碳元素，且燃烧充分，燃烧产物为水，所以符合绿色低碳发展理念，C正确；
D．碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，D错误；
故选C。
2．下列由实验现象所得结论错误的是
A．向某溶液中滴加盐酸放出能使品红溶液褪色的气体，证明该溶液中可能含有
B．向浓硝酸中插入红热的木炭，可观察到有红棕色气体产生，证明木炭与浓硝酸反应生成NO2
C．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(II)
D．向NaHCO3溶液中滴加醋酸溶液，有无色气体生成，证明醋酸的酸性大于碳酸
【答案】B
【详解】A．向某溶液中滴加盐酸放出能使品红溶液褪色的气体可能为SO2，证明该溶液中可能含有，A正确；
B．向浓硝酸中插入红热的木炭，可观察到有红棕色气体产生，也有可能是浓硝酸受热分解生成的二氧化氮，不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2，B错误；
C．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，说明含有还原性的亚铁离子，证明Fe3O4中含Fe(II)，C正确；
D．向NaHCO3溶液中滴加醋酸溶液，有无色气体生成，无色气体为二氧化碳，证明醋酸的酸性大于碳酸，D正确；
故选B。
3．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的是
①氯化铝溶液与氢氧化钠溶液
②过氧化钠与水
③碘化亚铁溶液与氯水
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水
A．①② B．①③ C．③④ D．②④
【答案】D
【详解】①氯化铝溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，离子方程式为，氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，离子方程式为；
②过氧化钠与水反应只能生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为；
③碘化亚铁溶液与少量氯水反应生成氯化亚铁和碘单质，反应的离子方程式为；碘化亚铁溶液与过量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为；
④碳酸氢钙溶液与澄清石灰水反应只能生成碳酸钙、水，反应的离子方程式为；
两种物质相互反应时无论哪种过量，都可用同一个离子方程式表示的是②④，选D。
4．下列是我国古代常用的操作方法，选项中的方法没有出现在划线部分中的是
①凡煮汤，欲微火，令小沸……箅渣取液
②经月而出蒸烤之……终乃得酒可饮
③海陆取卤，日晒火煎，煮海熬波，卤水成盐
A．吸附 B．过滤 C．蒸馏 D．结晶
【答案】A
【详解】①箅渣取液，是设法将固体与液体分开，此操作应为过滤；
②蒸烤后获得饮用酒，则此操作为蒸馏；
③日晒火煎，卤水成盐，则此操作为蒸发结晶；
上述操作中，涉及到过滤、蒸馏、结晶，没有涉及到吸附，故选A。
5．生活中将洁厕灵和84消毒液不慎混在一起会产生氯气使人中毒，发生反应为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．18gH2O中含有的电子数目为8NA
B．58.5gNaCl固体中含有NA个NaCl分子
C．标准状况下，每生成3.36LCl2转移电子数目为0.15NA
D．1L1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-数目为NA
【答案】D
【详解】A．18g水中含有电子物质的量为=1mol，故A错误；
B．NaCl属于离子化合物，是由Na+和Cl-组成，不含NaCl分子，故B错误；
C．根据反应方程式，生成1mol氯气，转移电子物质的量为1mol，则标准状况下，每生成3.36L(0.15mol)氯气，转移电子物质的量为0.15mol，故C正确；
D．NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解，1L1mol/L的NaClO溶液中ClO-物质的量小于1mol，故D错误；
答案为D。
6．下图中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物，连接顺序正确的是

A．①④③⑤② B．①②③④⑤ C．①③⑤②④ D．①⑤④②③
【答案】A
【分析】碳和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，据此分析。
【详解】碳和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，使用装置①，先用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用品红检验二氧化硫，再通过酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，最后用澄清石灰水检验二氧化碳。故连接顺序为①④③⑤②。
故选A。
7．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)也称保险粉，该物质不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水或暴露在潮湿的空气中会发生剧烈反应并燃烧，且有刺激性气味气体产生；将甲酸和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，会得到保险粉。下列说法错误的是
A．制备保险粉的反应为HCOOH+2SO2+2NaOH=Na2S2O4+CO2+2H2O
B．Na2S2O4能和新制氯水反应，但不能和浓硝酸反应
C．Na2S2O4属于盐，既有氧化性又有还原性
D．Na2S2O4遇水所发生的是放热反应，燃烧时会有SO2产生
【答案】B
【详解】A．根据题意，制备保险粉，反应物为HCOOH、NaOH、SO2，会得到保险粉，硫元素的化合价由+4价降低为+3价，则甲酸中C的化合价升高，生成CO2，反应方程式为HCOOH+2SO2+2NaOH=Na2S2O4+CO2+2H2O，故A说法正确；
B．Na2S2O4中S元素显+3价，具有还原性，能被氧化剂氧化，新制氯水、浓硝酸具有强氧化性，都能将Na2S2O4氧化，故B说法错误；
C．Na2S2O4是由Na+和S2O组成，属于盐，其中S元素显+3价，处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故C说法正确；
D．遇少量水或暴露在潮湿的空气中会发生剧烈反应并燃烧，说明该反应为放热反应，有刺激性气味气体产生，该气体为SO2，故D说法正确；
答案为B。
8．铼(Re)是一种极其稀少的贵金属。一种以辉钼矿(主要含有MoS2以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)为原料制备铼的工艺流程如下：

已知“氧化焙烧”后成分有：SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，其中Re2O7、MoO3与氨水反应分别生成NH4ReO4、(NH4)2MoO4。
下列说法错误的是
A．“氧化焙烧”时，ReS2反应后的氧化产物为Re2O7和SO2
B．若改用NaOH溶液代替氨水“浸出”，滤渣成分不变
C．由MoS2生成1mol MoO3，转移14mol电子
D．“电沉积”后，金属铼在阴极生成
【答案】B
【分析】辉钼矿(主要含有MoS2以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)在空气中氧化焙烧，生成SO2和SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4等；用氨水浸出，Re2O7、MoO3转化为NH4ReO4、(NH4)2MoO4，SiO2、CuO、Fe3O4成为滤渣；浸出液采用离子交换、解吸，可得到NH4ReO4，重结晶去除杂质，进行电沉积，在阴极得到铼。
【详解】A．ReS2中Re显+2价、S显-1价，“氧化焙烧”时，Re2O7中Re显+7价，SO2中S显+4价，则ReS2反应后的氧化产物为Re2O7和SO2，A正确；
B．若改用NaOH溶液代替氨水“浸出”，则SiO2也会溶解在NaOH溶液中，滤渣成分将发生改变，B错误；
C．由MoS2生成MoO3，Mo由+2价升高到+6价，S由-1价升高到+4价，则生成1mol MoO3，转移14mol电子，C正确；
D．“电沉积”后，NH4ReO4中+7价铼将获得电子，所以在阴极生成金属铼，D正确；
故选B。
9．海水资源的开发利用是自然资源开发利用的重要组成部分。氯碱工业是高耗能产业，某化学习小组设想将其与氢氧燃料电池相结合可以有效降低能耗，其原理如下(A、B、C、D为情性电极)。下列说法正确的是

A．甲池中发生的总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑
B．甲池中每生成2molH2，乙池中便会消耗22.4LO2
C．乙池中Na+通过Na+交换膜向C电极移动
D．乙池中C电极上的反应为H2-2e-=2H+
【答案】A
【分析】通入氢气的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，则A为电解池的阳极，B为电解池的阴极，据此解答。
【详解】A．甲池为电解氯化钠溶液，电解方程式为，A正确；
B．甲池中每生成2mol，转移4mol电子，乙池中便会消耗标况下22.4L，题中未说明标况，B错误；
C．原电池中阳离子向正极移动，即钠离子通过钠离子交换膜向D极移动，C错误；
D．乙池C上通入氢气，为原电池的负极，溶液为氢氧化钠溶液，故电极反应为，D错误；
故选A。
10．化学振荡反应是指在化学反应中出现其反应物(或生成物)的浓度均匀一致地随时间而来回振荡的现象。碘钟反应是常见的振荡反应，在烧杯中加入H2O2溶液、酸性KIO3溶液、MnSO4和丙二酸的混合溶液、少许可溶性淀粉试剂后，碘钟反应正式开启，初始颜色为无色，溶液颜色变化如图。下列说法错误的是

A．该碘钟反应的振荡周期与温度无关
B．出现蓝色，是因为此时反应生成了大量I2
C．反应由琥珀色变为蓝色过程中有氧化还原反应发生
D．无色变为琥珀色过程中，已知涉及反应2HIO+2Mn2++2H+=I2+2Mn3++2H2O，则氧化性：HIO>Mn3+
【答案】A
【详解】A．过氧化氢不稳定，受热易分解，升高温度，加速过氧化氢的分解，其浓度发生变化，其参与反应的速度会改变，即该碘钟反应的振荡周期与温度有关，故A说法错误；
B．淀粉遇碘单质变蓝，根据题意，出现蓝色，说明生成碘单质，故B说法正确；
C．琥珀色为Mn3+，Mn3+与丙二酸反应生成Mn2+，该反应为氧化还原反应，故C说法正确；
D．HIO中I元素化合价由+1降低为0价，HIO为氧化剂，Mn元素的化合价由+2价升高为+3价，Mn3+为氧化产物，即HIO的氧化性强于Mn3+，故D说法正确；
答案为A。
11．乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是

A．①、②、③三步均属于加成反应 B．总反应速率由第①步反应决定
C．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定 D．总反应不需要加热就能发生
【答案】B
【详解】A．根据乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理可知只有第①步属于加成反应，A错误；
B．活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故B正确；
C．由图可知，第①步反应的中间体比第②步反应的中间体的能量高，所以第②步反应的中间体稳定，故C错误；
D．总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，故D错误；
故答案选B。

二、多选题
12．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们组成一种团簇分子，其结构如图所示，其中X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数与其电子总数之比为3：4,下列说法正确的是

A．X和Y形成的是离子化合物 B．Z和M的单质均能溶于NaOH溶液
C．简单离子半径：Y>Z>M D．Z的最高价氧化物是一种耐高温材料
【答案】CD
【分析】短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数与其电子总数之比为3：4，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素。
【详解】A．X为H元素，Y为O元素，H与O形成的H2O2是共价化合物，选项A错误；

B．Z为Mg，不能溶于NaOH溶液，M为Al能溶于NaOH溶液，选项B错误；
C．Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y>Z>M，选项C正确；
D．Z为Mg，其最高价氧化物MgO是一种耐高温材料，选项D正确；
答案选CD。
13．在探究FeSO4和Cu(NO3)2的混合物中各组分含量的过程中，进行了如下实验，下列说法错误的是

A．反应②中铁粉过量，V=2240
B．固体中有铁粉和铜粉，m=3.76
C．原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质的量之比为5:1
D．①发生的反应为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，n=0.02
【答案】BC
【分析】从溶液a能消耗Cl2看，加入硫酸时，Fe2+没有完全被HNO3氧化，则全部参加反应，反应的离子方程式为3Fe2+ + 4H+ +=3Fe3++ NO↑+ 2H2O，n(NO)=0.02mol，则n()=0.02mol、n(Fe2+)=0.06mol、n(H+)=0.08mol，从而得出n[Cu(NO3)2]=0.01mol、n(FeSO4)==0.1mol；通入Cl2后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，此时剩余Fe2+的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，n(Cl2)=0.02mol；加入9g铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe3+共0.1mol，需要消耗Fe0.05mol，Cu2+为0.01mol，需消耗Fe0.01mol，剩余H+的物质的量为1.4mol/L×0.1L×2-0.08mol=0.2mol，需消耗Fe0.1mol，则共需消耗Fe的物质的量为0.05mol+0.01mol+0.1mol=0.16mol，剩余铁粉的质量的9g-0.16mol×56g/mol=0.04g，生成Cu的质量为0.01mol×64g/mol=0.64g。
【详解】A．因为最终有铁粉剩余，所以反应②中铁粉过量，n(H+)余=0.2mol，生成H20.1mol，体积为2240mL，所以V=2240，A正确；
B．固体中有铁粉0.04g，铜粉0.64g，则m=0.68，B错误；
C．原混合物中FeSO4和Cu(NO3)2的物质的量分别为0.1mol、0.01mol，物质的量之比为0.1:0.01=10:1，C错误；
D．由分析可知，①发生的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Cl2)=0.02mol，则n=0.02，D正确；
故选BC。

三、实验题
14．水合肼(N2H4∙H2O)是一种无色透明、具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4∙H2O+NaCl。回答下列问题：
实验一：制备NaClO溶液(实验装置如图所示)

(1)配制100mL 10 mol∙L-1的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_______(填字母)。
A．玻璃棒    B．烧杯     C．烧瓶      D．干燥管   E．胶头滴管
(2)装置M的作用是_______。
实验二：制取水合肼(实验装置如图所示)

(3)①仪器A的名称为_______，冷凝管的水流方向为_______。
②反应过程中需控制反应温度，同时将A中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，写出该过程的化学方程式：_______，A中盛装的溶液是_______(填字母)。
A．CO(NH2)2溶液        B．NaOH和NaClO溶液
③充分反应后，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分，即可得到水合肼的粗产品。
实验三：测定馏分中水合肼含量
(4)称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，取25.00mL该溶液置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)
①滴定时，碘的标准溶液盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，本实验滴定终点的现象为_______。
②实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼(N2H4∙H2O)的质量分数为_______。
【答案】(1)ABE
(2)吸收逸散出的Cl2；导气、平衡压强
(3)     分液漏斗     b进a出     N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl[或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O]     B
(4)     酸式     当加入最后半滴碘的标准液时，溶液出现蓝色且半分钟内不消失     9%

【分析】本实验的目的，先制得NaClO溶液，再制取水合肼。往NaOH溶液中通入Cl2，生成NaClO溶液；将NaClO溶液与尿素的碱性溶液混合，需控制NaClO的滴加速率，若滴速过快，会导致溶液的氧化性过强，将尿素或水合肼氧化。
【详解】（1）配制100mL 10 mol∙L-1的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故选ABE。答案为：ABE；
（2）装置M中装有碱石灰，且与锥形瓶和大气相连，其作用是吸收逸散出的Cl2；导气、平衡压强。答案为：吸收逸散出的Cl2；导气、平衡压强；
（3）①仪器A带有活塞，其名称为分液漏斗，冷凝管的水流方向为b进a出。
②因为NaClO受热后会发生分解，水合肼也会失水，所以反应过程中需控制反应温度；NaClO具有强氧化性，不仅能氧化尿素，还能氧化水合肼，所以需控制NaClO的用量，如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，该过程的化学方程式：N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl[或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O]，则A中盛装的溶液是NaOH和NaClO溶液，故选B。答案为：分液漏斗；b进a出；N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl[或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O]；B；
（4）①因为碘单质会腐蚀橡胶，所以滴定时，碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中；锥形瓶内的水合肼、NaHCO3的混合溶液呈无色，滴定终点时，稍过量的碘标准液使溶液呈蓝色(与淀粉作用)，所以本实验滴定终点的现象为：当加入最后半滴碘的标准液时，溶液出现蓝色且半分钟内不消失。
②实验时，n(I2)= 0.10 mol·L-1×0.018L=0.0018mol，依据反应N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，可得出n(N2H4∙H2O)=0.0009mol，则250mL溶液中所含水合肼的物质的量为0.0009mol×=0.009mol，馏分中水合肼(N2H4∙H2O)的质量分数为==9%。答案为：酸式；当加入最后半滴碘的标准液时，溶液出现蓝色且半分钟内不消失
；9%。
【点睛】滴定接近终点时，可能会出现局部溶液变蓝，但未真正达到滴定终点，所以一定要强调“半分钟内不变色”。

四、工业流程题
15．铬及其化合物在工业生产中应用广泛。某铬铁矿的主要成分为，另外还含有FeO、、MgO等杂质。一种液相氧化法制备的工艺路线如图：

回答下列问题：
(1)铬铁矿磨成铬铁矿粉参与反应的目的是_______。
(2)“加压碱浸”中，发生的主要反应为转化为铬酸钠，其化学方程式为_______，滤渣的主要成分为_______。
(3)“加碱转化”中，所加入的碱为，目的是_______。
(4)“固液分离”中，三种不同分离方式所需时间如图，则最佳的分离方式为_______。

(5)在“溶解还原”过程中，有生成，发生反应的离子方程式为_______。
(6)从循环利用的角度，提出该工艺流程的改进建议_______。
【答案】(1)增大表面积，加快反应速率，提高铬铁矿的利用率
(2)     2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O     Fe2O3(或Fe3O4)、MgO、
(3)铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，而偏铝酸钠不参与反应，实现铬铝分离
(4)保温沉降
(5)CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋
(6)滤液2中含有大量碱液，处理后，重新进入加压碱浸环节

【分析】铬铁矿的主要成分为，另外还含有FeO、、MgO等杂质，加入氢氧化钠、水和氧气，、溶解，再加碱使Cr转化为铬酸盐沉淀，加酸、甲醇转化为氢氧化铬。
【详解】（1）铬铁矿磨成铬铁矿粉参与反应的目的是增大表面积，加快反应速率，提高铬铁矿的利用率，故答案为：增大表面积，加快反应速率，提高铬铁矿的利用率；
（2）“加压碱浸”中，Cr2O3与氧气、氢氧化钠溶液反应生成铬酸钠和水，其反应的化学方程式为2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O，滤渣的主要成分为Fe2O3(或Fe3O4)、MgO，故答案为：2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O；Fe2O3(或Fe3O4)、MgO；
（3）“加碱转化”中，所加入的碱为Ba(OH)2的目的是铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，而偏铝酸钠不参与反应，实现铬铝分离，故答案为：铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，而偏铝酸钠不参与反应，实现铬铝分离；
（4）由于保温沉降所用的时间最短，则“固液分离”中，最佳的分离方式为保温沉降，故答案为：保温沉降；
（5）在“溶解还原”过程中，铬酸钡与盐酸和甲醇反应生成铬离子和CO2，其反应的离子方程式为CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋，故答案为：CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋；
（6）从循环利用的角度，该工艺流程可将滤液2在“加压碱浸”过程中循环利用，故答案为：滤液2中含有大量碱液，处理后，重新进入加压碱浸环节。

五、填空题
16．低碳经济已成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。回答下列问题：
(1)用催化加氢可以制取乙烯：，该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的_______(用含a、b的式子表示)。相关化学键的键能如下表，实验测得上述反应的，则表中反应过程的_______。

化学键
C=O
H-H
C=C
C-H
H-O
键能()
x
436
764
414
464

(2)工业上用和反应合成二甲醚。
已知：
    
    
则    _______。
(3)用表示阿伏加德罗常数的值，在(g)完全燃烧生成和液态水的反应中，每有5个电子转移时，放出650kJ的热量。的热值为_______。
(4)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。科学家提出由制取C的太阳能工艺如图。

①工艺过程中的能量转化形式为_______。
②已知“重整系统”发生的反应中，则(y＜8)的化学式为___，“热分解系统”中每转移2mol电子，需消耗__mol。
【答案】(1)          803
(2)
(3)50KJ·g-1
(4)     太阳能转化为化学能          1

【详解】（1）根据反应热等于正反应活化能-逆反应的活化能分析，该反应热为。根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，有 ，解x=803。
（2）根据盖斯定律分析，①    ，②    ，有①×2-②得    -53.7×2-23.4=-130.8。
（3）表示阿伏加德罗常数的值，在(g)完全燃烧生成和液态水的反应中，每有5个电子转移时，说明有0.5mol乙炔反应，放出650kJ的热量，则1mol乙炔完全燃烧放出的热量为1300kJ，则的热值为 。
（4）①工艺过程中的能量转化形式为太阳能变化学能。
②已知“重整系统”发生的反应中，根据反应中的质量守恒分析，则x:y=6:8,则(y＜8)的化学式为，反应方程式为,反应中转移4个电子，故“热分解系统”中每转移2mol电子，需消耗1mol。

六、元素或物质推断题
17．A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期主族元素，：且原子序数依次增大。B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍，D、F为同一主族元素。X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应(相对分子质量甲＜乙)转化关系如图(反应条件略去)，元素E形成的单质是目前应用最多的半导体材料。

回答下列问题：
(1)在实验室中，甲应密封贮存在低温、避光处，原因是_______。
(2)X、Y、Z、W属于同一类晶体，这四种物质中熔沸点最高的是_______(填化学式)；X、Y、W都能与Z反应，Y电子式为_______。
(3)将X、W与按1：1：n的物质的量之比通入Z中，充分反应后无气体剩余或生成，则n=_______。
(4)化合物与元素B形成的某种单质在高温下能发生置换反应，若反应中有1mol电子发生了转移，则参加反应的化合物的质量为_______g。
(5)我国科学家设计的关于的熔盐捕获及电化学转化装置如图。b电极的名称是_______，d电极上发生的反应为_______。

【答案】(1)硝酸不稳定，在常温下受热或见光会发生分解
(2)     H2O    
(3)
(4)15
(5)     正极     CO＋4e-=C＋3O2-

【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期主族元素，且原子序数依次增大。B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍，分别是C和S；D、F为同一主族元素，D是O，则C是N。元素E形成的单质是目前应用最多的半导体材料，E是Si；X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应(相对分子质量甲＜乙)转化关系如图(反应条件略去)，依据和转化关系可知甲是硝酸，乙是硫酸，X是NO2，Y、Z是二氧化碳和水中的某一种，W是SO2，X、Y、W都能与Z反应，所以Y是CO2，Z是H2O，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种元素分别是H、C、N、O、Si、S，X是NO2，Y是CO2，Z是H2O，W是SO2。由于硝酸不稳定，在常温下受热或见光会发生分解，因此在实验室中，硝酸应密封贮存在低温、避光处。
（2）NO2、CO2、H2O、SO2属于同一类晶体，均是分子晶体，水分子间能形成氢键，所以这四种物质中熔沸点最高的是H2O；Y是CO2，属于共价化合物，电子式为。
（3）将NO2、SO2与氧气按1：1：n的物质的量之比通入水中，充分反应后无气体剩余或生成，反应生成硝酸和硫酸，依据电子得失守恒可知n=。
（4）化合物二氧化硅与元素B形成的碳单质在高温下能发生置换反应SiO2+C2CO↑+Si，硅元素化合价降低4价，若反应中有1mol电子发生了转移，则参加反应的化合物二氧化硅的质量为＝15g。
（5）我国科学家设计的关于二氧化碳的熔盐捕获及电化学转化装置如图。其中a电极产生氧气，属于阳极，因此b电极的名称是正极，d电极是阴极，得到碳单质，发生得到电子的还原反应，电极反应为CO＋4e-=C＋3O2-。