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四川省泸县第五中学2022-2023学年高一化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸县第五中学2022-2023学年高一化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 Na 23 Fe 56，4ml•L-1•s-1B等内容，欢迎下载使用。
泸县第五中学2023年春期高一期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Fe 56
第I卷(选择题 42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 人类生产、生活离不开有机物，下列有机物的性质与应用叙述不正确的是
A. 工业上常用植物油与氢气反应生产人造奶油
B. 淀粉和纤维素在酸催化下完全水解生成葡萄糖
C. 蔗糖可发生银镜反应
D. 绝大多数酶是一种具有高选择催化性能的蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】A．植物油中含有碳碳双键，在一定条件下能与氢气发生加成反应，此过程称为油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，选项A正确；
B．淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，选项B正确；
C．蔗糖中不含醛基，不能发生银镜反应，选项C错误；
D．酶作催化剂具有选择性，绝大多数酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质，选项D正确；
答案选C
2. 钯（）是航天、航空、航海、兵器和核能等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。钯原子核内中子数与核外电子数之差是
A. 106 B. 60 C. 46 D. 14
【答案】D
【解析】
【详解】质量数=质子数+中子数，因此钯原子核内的中子数=106-46=60，钯的核外电子数=质子数=46，钯原子核内中子数与核外电子数之差=60-46 =14，故选D。
【点睛】解答本题要注意审题，不是求中子数，也不是求电子数，是计算二者之差。
3. 下列关于卤素的说法中，不正确的是（ ）
A. 单质的熔点和沸点随核电荷数的递增而逐渐升高
B. 单质都有毒
C. 单质的颜色随核电荷数递增依次加深
D. 碘易溶于酒精，故利用酒精可将碘从碘水中萃取出来
【答案】D
【解析】
【详解】A. 卤族元素的单质都是分子晶体，且结构相似，因此相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故A正确；
B. 卤族元素的单质都有毒性，故B正确；
C. 卤族元素的单质按周期表从上往下颜色依次是淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，颜色依次加深，故C正确；
D. 萃取剂必须与原溶液互不相溶，而酒精与水互溶，因此不能作萃取剂，不能从碘水中萃取出碘单质，故D错误；
故选D。
4. NCl3常用作漂白剂，一种制取NCl3的反应为2HCl＋NH4Cl NCl3＋3H2↑。下列说法正确的是
A. HCl的电子式为 B. NH4Cl属于离子化合物
C. 含1个中子的H原子可以表示为 D. 该反应将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，电子式为：，A错误；
B．NH4Cl由铵根离子和氯离子构成，属于离子化合物，B正确；
C．含1个中子的H原子可以表示为，C错误；
D．该反应将电能转化为化学能，D错误；
故选B。
5. 下列关于化学反应速率的说法中，不正确的是
A. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢
B. 决定反应速率的主要因素是反应物本身的性质
C. 反应速率越大，反应现象就一定越明显
D. 增大反应物的浓度、提高反应温度都能增大反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，A正确；
B．反应物本身的性质是决定反应速率的主要因素，如火药爆炸瞬间完成、食物腐败速率缓慢，B正确；
C．反应速率大，不一定有明显的现象，如酸碱中和反应，C错误；
D．增大反应物的浓度、可增大活化分子的数目，反应速率加快；提高反应温度，可增大活化分子的数目和百分数等，反应速率增大，D正确；
答案选C。
6. 下列实验操作能达到实验目的的是( )
A. 氢氧化亚铁的生成 B. 比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性 C. 实验室制取少氨气 D. 检查装置气密性
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应生成的硫酸亚铁难以进入有NaOH溶液的试管，则与有NaOH溶液的试管相连的导管应深入硫酸液面以下，故A错误；
B．NaHCO3受热易分解，则为了体现对比性，小试管中应为碳酸氢钠，故B错误；
C．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用铵盐与碱共热制备氨气，故C错误；
D．关闭止水夹，利用长颈漏斗导管中的液面与烧瓶中液面差在一段时间不变来检验气密性，故D正确。
故选D。
7. 五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其一种常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是
A. 元素X可能为锂
B. Z虽是金属，但也能表现出一定的非金属性
C. M是金属元素和非金属元素分界线附近的元素，可用于制造半导体材料
D. X2W中各原子均达到8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】由五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系图可知，Y为+5价、M为+4价，且原子序数M大于Y，可知Y为N、M为Si；W的化合价为-2价，且原子序数大于M，则W为S；Z的化合价为+3价，原子序数介于Y和M之间，则Z为Al；X的原子序数最小，且化合价为+1价，X为H或Li，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H或Li、Y为N、Z为Al、M为Si、W为S。
A．X可能为锂，故A正确；
B．Z为Al，Al虽是金属，但也能表现出一定的非金属性，故B正确；
C．硅是金属元素和非金属元素分界线附近的元素，可用于制造半导体材料，故C正确；
D．X2W中只有S原子均达到8电子稳定结构，故D错误；
故选D。
8. 对于反应A(g)+3B(g)4C(g)+2D(g)，在相同时间内，用不同物质表示的平均反应速率如下，则反应速率最快的是
A. v(A)=0.4mol•L-1•s-1 B. v(B)=0.8mol•L-1•s-1
C. v(C)=1.2mol•L-1•s-1 D. v(D)=0.7mol•L-1•s-1
【答案】A
【解析】
【分析】同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应A(g)+3B(g) 4C(g)+2D(g)，把这些反应速率都换算成A的反应速率，且单位要统一。
【详解】A．v(A)=0.4 mol/(L•s)
B．v(B)= 0.8 mol/(L•s)，则v(A)=mol/(L•s)
C．v(C)= 12 mol/(L•s)，则v(A)=mol/(L•s) = 0.3 mol/(L•s)
D．v(D)=0.7mol•L-1•s-1，则v(A)=mol/(L•s)= 0.35 mol/(L•s)
所以反应速率最快的是A；
故选A。
9. 如图装置中，在U形管底部盛有CCl4，分别在U形管两端小心倒入饱和食盐水和饱和稀硫酸溶液，并使a、b两处液面相平，然后分别塞上插有生铁丝的塞子，密封好，放置一段时间后，下列有关叙述错误的是
A. 铁丝在两处的腐蚀速率：a
C. 一段时间后，a处液面高于b处液面
D. 生铁丝中的碳在a、b两处分别作原电池的负极和正极
【答案】D
【解析】
【分析】生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【详解】生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀。
A．生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故铁丝在两处的腐蚀速率：a
C．a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，C正确；
D．生铁中的碳在a、b两处都作正极，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解本题关键，会根据电解质溶液的酸碱性书写电极反应式。
10. 乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是
A. 和金属钠反应时键①断裂
B. 在铜催化共热下与反应时断裂①和③键
C. 与KMnO4(H+)反应时只断裂①和⑤键
D. 在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气、键①断裂，A正确；
B． 乙醇在铜催化共热下与发生氧化反应生成乙醛和水，断裂①和③键，B正确；
C． 乙醇与KMnO4(H+)发生氧化反应生成乙酸，⑤键不断裂，C不正确；
D． 乙醇在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水，断裂①②③④⑤键，D正确；
答案选C。
11. 检验某溶液中是否含有SO42-离子，常用的方法是
A. 取样，滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
B. 取样，滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
C. 取样，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
D. 取样，滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液不能排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，故A错误；
B．滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误；
C．先加入稀盐酸，没有产生沉淀，排除银离子、碳酸根、亚硫酸根的干扰，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42-存在，故C正确；
D．滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，加入的硫酸会与氯化钡生成白色沉淀，不能证明有SO42-存在，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查硫酸根离子检验，在实验设计中若不能考虑到物质和微粒的干扰，则无法对结论进行准确的判断，所以实验中要注意考虑彼此微粒和物质之间的干扰，本题在检验是否含有硫酸根离子时，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰，特别注意亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸，在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整。
12. A、B、C都是金属，把A放入C盐溶液中，A的表面附着一层C，A与B组成原电池时，A为电池的正极，则A、B、C三种金属的活动性顺序是（ ）
A. A>B>C B. A>C>B C. B>A>C D. B>C>A
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，A可以置换出C，所以A的活动性大于C，A与B组成原电池，A为正极，所以B大于A，所以活动性顺序B>A>C；
故答案为C。
13. 在一定温度下，在一个密闭容器中加入H2和I2蒸气各0．5mol，发生反应H2＋I22HI，达到平衡时，生成HI 0．8 mol，若其它条件不变，开始充入的H2为2 mol，则达到平衡时生成的HI可能是下列中的
A. 1．1 mol B. 0．87 mol C. 0．8 mol D. 0．5 mol
【答案】B
【解析】
【详解】若其他条件不变，开始充入2mol H2，则H2浓度增大，平衡向正反应方向移动，I2的转化率增大，故平衡时HI的物质的量大于0.8mol，假定I2完全反应，生成HI的物质的量为1mol，由于是可逆反应，I2不能完全反应，故平衡时0.8mol＜n（HI）＜1mol，选：B。
14. 将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7 g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为
A. 22.1 g B. 27.2 g C. 30 g D. 19.4 g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72L NO，即氮原子得电子的物质的量是，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n(OH−)=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g−7.8g=19.4g.
故答案选D。
第II卷(非选择题 58分)
15. 下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。
回答下列问题：
（1）由c、d、e三元素形成的化合物中含有的化学键类型为_______。
（2）元素e、f的最高价氧化物对应水化物之间能发生反应，其离子方程式为_______。
（3）下列能证明非金属性的是_______。
a．简单气态氢化物的沸点
b．简单气态氢化物水溶液的酸性
c．单质分别与铜反应，h得到铜的高价态化合物，g得到铜的低价态化合物
d．简单气态氢化物还原性
（4）元素是人体必需的微量元素，h和i的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序_______(用化学式表示)。与足量e的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_______。
（5）可与c的简单气态氢化物反应得到单质，反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）共价键、离子键
（2）
（3）cd （4） ①. ②.
（5）
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置，a、e分别为H、Na；f为Al；b、c为C、N；d、g、i为O、S、Se；h为Cl。
【小问1详解】
c、d、e构成的化合物为硝酸钠或亚硝酸钠，含有的化学键类型为共价键、离子键；
【小问2详解】
元素e、f的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Al(OH)3，反应的离子反应方程式为：；
【小问3详解】
证明非金属性Cl>S ，
a．简单氢化物沸点高低不能比较非金属性强弱，a错误；
b．简单气态氢化物水溶液的酸性不能比较非金属性强弱，b错误；
c．与同一种元素反应，Cl得到铜的高价态化合物，S得到铜的低价态化合物，说明氯气的氧化性强于硫，可得出非金属性Cl>S ，c正确；
d．简单气态氢化物还原性H2S>HCl，说明S单质的氧化性比Cl2弱，即非金属性Cl>S，d正确；
故选cd。
【小问4详解】
h和i的最高价氧化物对应水化物分别为：HClO4和H2SeO4，非金属性Cl>Se，故酸性HClO4>H2SeO4；SeO2与足量Na的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，化学方程式为：SeO2+2NaOH=Na2SeO3+H2O；
【小问5详解】
SeO2可与N的简单气态氢化物NH3反应得到单质Se，化学方程式为：3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O。
16. 向一个容积为2 L的密闭容器中充入4 mol/LA和6 mol/LB，在恒温恒容下发生反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+xD(g)，经5 min后达到平衡状态，测得A的浓度为2 mol/L、测得D的化学反应速率为0.4 mol/(L•min)。
（1）到达平衡前v正_____v逆(填“＞”或者“＜”)，到达平衡后v正_____v逆(填“＞”、“＜”或者“=”)。
（2）增大压强反应速率_____(填“加快”或者“减慢”)，降低温度反应速率_____(填“加快”或者“减慢”)。
（3）反应开始至平衡时，C的浓度增加了_____，以B的浓度变化表示该反应的平均速率v(B)=_____。
（4）到达平衡后A的转化率为_____。
（5）D的化学计量数x为_____。
（6）该条件下反应一段时间，下列能说明反应达到平衡状态的是_____。
A. 气体的密度保持不变 B. 气体的压强保持不变的状态
C. 4v正(A)=6v逆(B) D. B与C浓度保持不变的状态
（7）随着反应的进行发现正反应速率逐渐减小，其原因是_____。
（8）反应前与到达平衡后的压强之比为_____。
【答案】（1） ①. ＞ ②. =
（2） ①. 加快 ②. 减慢
（3） ①. 2 mol/L ②. 0.6 mol/(L·min)
（4）50% （5）4 （6）BD
（7）反应物的浓度减小
（8）10：9
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知：反应从正反应方向开始，在反应到达平衡前，反应正向进行，因此v正＞v逆，反应达到平衡后，v正=v逆；
【小问2详解】
该反应是有气体参加的反应，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快；降低温度反应速率减慢；
【小问3详解】
C是生成物，反应从正反应方向开始，开始时c(A)=4 mol/L，反应达到平衡时c(A)=2 mol/L，△c(A)=2 mol/L，则根据物质反应转化关系可知反应产生C物质的浓度的△c(C)=△c(A)=2 mol/L；
从反应开始至平衡状态，△c(A)=2 mol/L，则根据物质反应转化关系可知△c(B)=△c(A)= ×2 mol/L=3 mol/L，反应时间是5 min，则用B物质浓度变化表示的反应速率v(B)=；
【小问4详解】
反应开始时c(A)=4 mol/L，反应达到平衡时c(A)=2 mol/L，则到达平衡后A的转化率为；
【小问5详解】
根据前边计算可知v(B)=0.6 mol/(L·min)，已知v(D)=0.4 mol/(L·min)，由于v(B)：v(D)=6：x，所以6：x=0.6 mol/(L·min)：0.4 mol/(L·min)=6：4，故x=4；
【小问6详解】
A．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；
B．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，若气体的压强保持不变的状态，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B符合题意；
C．在任何时刻都存在关系：4v正(B)=6v正(A)，若4v正(A)=6v逆(B)，则v正(B)＞v逆(B)，反应正向进行，未达到平衡状态，C不符合题意；
D．B与C一种的反应物，一种的生成物，若二者的浓度保持不变，则体系中任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，D符合题意；
故合理选项是BD；
【小问7详解】
随着反应的进行发现正反应速率逐渐减小，这是由于随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小；
【小问8详解】
在恒温恒容下，气体的压强比等于混合气体的物质的量的比，等于气体的浓度比。在反应开始时c(A)=4 mol/L，c(B)=6 mol/L，c(始)总=4 mol/L+6 mol/L=10 mol/L。根据前边计算可知x=4，反应方程式为4A(g)+6B(g)4C(g)+4D(g)，由方程式中物质反应转化关系可知：反应消耗A浓度是4 mol/L时，由反应前到反应后气体总浓度会减少2 mol/L，现在该反应消耗A的浓度是2 mol/L，则反应后气体总浓度减小了1 mol/L，故反应达到平衡时，气体总浓度c(平)总=10 mol/L-1 mol/L=9 mol/L，则反应前与到达平衡后的压强之比p(前)：p(平)=10 mol/L：9 mol/L=10：9。
17. 我国能够造出几百万一颗的卫星芯片，但是在智能手机芯片上却屡屡遭到美国垄断。制造手机芯片需要高纯硅，工业上制取高纯硅的流程如图。请根据所学知识回答下列问题。
（1）石英砂的主要成分为____________(填化学式)，实验室不能用石英坩埚熔融氢氧化钠的原因是________________________。
（2）整个过程中可以循环利用的物质为____________(填化学式)。
（3）晶体硅为灰黑色固体，溶于氢氟酸可生成氢气。写出晶体硅与氢氟酸反应的化学方程式：__________________。
（4）某科研团队设计了一种以硅作为基底的微型直接氢气酸性燃料电池，其工作原理如图所示：
①电池工作时，电子由______(填“A”或“B”，下同)电极流向______电极。
②电池工作时，B电极上的电极反应式为__________________。
③每转移，A电极消耗标准状况下的的体积为______L。
【答案】（1） ①. ②. 氢氧化钠能与发生反应，腐蚀石英坩埚
（2）HCl、
（3）
（4） ① B ②. A ③. ④. 11.2
【解析】
【分析】石英砂主要成分为SiO2，SiO2与焦炭在高温下反应生成Si和CO，粗硅与HCl在553-576K条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与H2在1373K条件下反应生成HCl和Si。
【小问1详解】
石英砂的主要成分为SiO2，石英坩埚中SiO2能与NaOH反应生成硅酸钠，氢氧化钠能腐蚀石英坩埚，故不能用石英坩埚熔融NaOH。
【小问2详解】
从制备流程可知，整个过程中可循环利用的物质为HCl和H2。
【小问3详解】
晶体硅溶于氢氟酸生成氢气和四氟化硅，化学方程式为。
【小问4详解】
①从该燃料电池的工作原理图可知，A电极上O2得电子转化为H2O为原电池正极，B电极上氢气失电子生成氢离子为原电池负极，故电子从B电极流向A电极。
②B电极上H2失电子生成H+，电极反应式为。
③A电极上O2+4e-+4H+=2H2O，每转移2mol电子，A电极消耗O20.5mol，标准状况下体积为11.2L。
18. Ⅰ．为了研究化学反应A+B=C+D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：
（1）该反应为_____反应(填“放热”或“吸热”)。
（2）A和B的总能量比C和D的总能量_____(填“高”或“低”)。
（3）该反应的物质中的化学能通过化学反应转化成_____释放出来。
（4）该反应的反应物化学键断裂吸收的能量____(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。
Ⅱ．在一个小烧杯里加入约20 g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体[Ba(OH)2•8H2O]，将小烧杯放在事先已滴有3~4滴水的玻璃片上，然后向烧杯内加入约10 g氯化铵晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。试回答下列问题：
（5）写出反应的化学方程式：_____。
（6）实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是_____。
（7）如果没有看到“结冰”现象，我们还可以采取哪些方式来说明该反应吸热?_____(答出两种方案)。
（8）“结冰”现象说明该反应是一个_____(填“放出”或“吸收”)能量的反应。
（9）该反应在常温下就可进行，说明_____。
【答案】（1）放热 （2）高
（3）热能 （4）低
（5）Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O
（6）使反应物充分混合，迅速发生反应，使实验现象更加明显
（7）在烧杯内的反应物中插入温度计，通过测量，发现反应后温度计的示数下降，说明该反应是吸热反应；用皮肤感受，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；用手触摸烧杯外壁，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；
（8）吸热 （9）有的吸热反应不需要加热也能发生(或反应放热还是吸热，与反应条件无关)。
【解析】
【分析】断裂反应物的化学键吸收能量，形成生成物是化学键释放能量，反应热等于断键吸收能量与形成生成物化学键释放的能量差。放热反应导致反应体系温度升高，吸热反应导致体系温度降低。
【小问1详解】
由题意可知：U形管中甲处液面下降，乙处液面上升，说明化学反应A+ B=C+D为放热反应，反应放出热量导致广口瓶中气体受热体积膨胀，导致U形管中甲处液面下降，乙处液面上升；
【小问2详解】
该反应是放热反应，说明反应物A和B的总能量比生成物C和D的总能量高；
【小问3详解】
该反应是放热反应，说明反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量。即该反应的物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来；
【小问4详解】
由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。该反应是放热反应，说明该反应的反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能量；
【小问5详解】
氢氧化钡晶体[Ba(OH)2•8H2O]与NH4Cl混合反应产生BaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O；
【小问6详解】
实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是使反应物充分混台，迅速发生反应，使实验现象更加明显；
【小问7详解】
如果没有看到“结冰”现象，可以采取如下措施证明反应是放热反应：在烧杯内的反应物中插入温度计，反应后温度计示数下降，说明该反应是吸热反应；或用手触摸烧杯外壁，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；
【小问8详解】
旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，“结冰”现象说明该反应为吸热反应；
【小问9详解】
该反应在常温下就可以进行，说明有的吸热反应不需要加热也可发生，或反应放热还是吸热，与反应条件无关。
19. 以绿矾(主要成分为FeSO4·7H2O，部分Fe2+已被氧化为Fe3+)为原料，生产铁红(Fe2O3)的工艺流程如下：
（1）“转化”过程中，加入Fe粉的作用是___________。转化前将绿矾研碎，转化中进行搅拌和加热，目的是___________。
（2）“结晶”时，控制温度在75°C左右进行(相关物质的溶解度见下图)，从溶液中析出的晶体是___________(填化学式)。
（3）“滤液”中的溶质为___________(填化学式)。利用该滤液将工业废水中的Cr2O还原为Cr3+，然后投加石灰乳，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，理论上完全反应消耗的n(Cr2O)：n(FeSO4)=___________。
（4）“煅烧”过程中，每生成1mol铁红，需消耗___________molO2，同时生成___________molSO3和___________molH2O。
【答案】（1） ①. 将Fe3+被还原为Fe2+ ②. 提高反应速率
（2）FeSO4·H2O
（3） ① FeSO4、H2SO4 ②. 1：6
（4） ①. 0.5 ②. 2 ③. 2
【解析】
【分析】绿矾加水溶解并加入铁粉，Fe3+被还原为Fe2+，可生成硫酸亚铁，加入过量稀硫酸溶解铁，经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，通入氧气并煅烧，可生产铁红，以此解答该题。
【小问1详解】
Fe粉具有还原性，可以将Fe3+被还原为Fe2+；将绿矾研碎，转化中进行搅拌和加热，可以使矿料与水充分接触，同时加热可以提高反应速率；
【小问2详解】
由图象可知60℃以后得到FeSO4·H2O，则75℃时析出FeSO4·H2O；
【小问3详解】
硫酸过量，结合分析可知滤液中的溶质为FeSO4、H2SO4；将工业废水中的Cr2O还原为Cr3+，则1molCr2O得到6mol电子，而Fe元素化合价由+2价升高到+3价，根据电子守恒可知，需要6molFeSO4，则理论上完全反应消耗的n(Cr2O)：n(FeSO4)=1：6；
【小问4详解】
煅烧过程中二价铁被氧化为三价，根据电子守恒可知FeSO4·H2O和O2的系数比为4：1，再结合元素守恒可知煅烧时的反应为4[FeSO4·H2O]+O22Fe2O3+4SO3+4H2O，根据方程式可知每生成1mol铁红，消耗0.5mol氧气，生成2molSO3和2molH2O。
泸县第五中学2023年春期高一期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Fe 56
第I卷(选择题 42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 人类生产、生活离不开有机物，下列有机物的性质与应用叙述不正确的是
A. 工业上常用植物油与氢气反应生产人造奶油
B. 淀粉和纤维素在酸催化下完全水解生成葡萄糖
C. 蔗糖可发生银镜反应
D. 绝大多数酶是一种具有高选择催化性能的蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】A．植物油中含有碳碳双键，在一定条件下能与氢气发生加成反应，此过程称为油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，选项A正确；
B．淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，选项B正确；
C．蔗糖中不含醛基，不能发生银镜反应，选项C错误；
D．酶作催化剂具有选择性，绝大多数酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质，选项D正确；
答案选C
2. 钯（）是航天、航空、航海、兵器和核能等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。钯原子核内中子数与核外电子数之差是
A. 106 B. 60 C. 46 D. 14
【答案】D
【解析】
【详解】质量数=质子数+中子数，因此钯原子核内的中子数=106-46=60，钯的核外电子数=质子数=46，钯原子核内中子数与核外电子数之差=60-46 =14，故选D。
【点睛】解答本题要注意审题，不是求中子数，也不是求电子数，是计算二者之差。
3. 下列关于卤素的说法中，不正确的是（ ）
A. 单质的熔点和沸点随核电荷数的递增而逐渐升高
B. 单质都有毒
C. 单质的颜色随核电荷数递增依次加深
D. 碘易溶于酒精，故利用酒精可将碘从碘水中萃取出来
【答案】D
【解析】
【详解】A. 卤族元素的单质都是分子晶体，且结构相似，因此相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故A正确；
B. 卤族元素的单质都有毒性，故B正确；
C. 卤族元素的单质按周期表从上往下颜色依次是淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，颜色依次加深，故C正确；
D. 萃取剂必须与原溶液互不相溶，而酒精与水互溶，因此不能作萃取剂，不能从碘水中萃取出碘单质，故D错误；
故选D。
4. NCl3常用作漂白剂，一种制取NCl3的反应为2HCl＋NH4Cl NCl3＋3H2↑。下列说法正确的是
A. HCl的电子式为 B. NH4Cl属于离子化合物
C. 含1个中子的H原子可以表示为 D. 该反应将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，电子式为：，A错误；
B．NH4Cl由铵根离子和氯离子构成，属于离子化合物，B正确；
C．含1个中子的H原子可以表示为，C错误；
D．该反应将电能转化为化学能，D错误；
故选B。
5. 下列关于化学反应速率的说法中，不正确的是
A. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢
B. 决定反应速率的主要因素是反应物本身的性质
C. 反应速率越大，反应现象就一定越明显
D. 增大反应物的浓度、提高反应温度都能增大反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，A正确；
B．反应物本身的性质是决定反应速率的主要因素，如火药爆炸瞬间完成、食物腐败速率缓慢，B正确；
C．反应速率大，不一定有明显的现象，如酸碱中和反应，C错误；
D．增大反应物的浓度、可增大活化分子的数目，反应速率加快；提高反应温度，可增大活化分子的数目和百分数等，反应速率增大，D正确；
答案选C。
6. 下列实验操作能达到实验目的的是( )
A. 氢氧化亚铁的生成 B. 比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性 C. 实验室制取少氨气 D. 检查装置气密性
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应生成的硫酸亚铁难以进入有NaOH溶液的试管，则与有NaOH溶液的试管相连的导管应深入硫酸液面以下，故A错误；
B．NaHCO3受热易分解，则为了体现对比性，小试管中应为碳酸氢钠，故B错误；
C．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用铵盐与碱共热制备氨气，故C错误；
D．关闭止水夹，利用长颈漏斗导管中的液面与烧瓶中液面差在一段时间不变来检验气密性，故D正确。
故选D。
7. 五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其一种常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是
A. 元素X可能为锂
B. Z虽是金属，但也能表现出一定的非金属性
C. M是金属元素和非金属元素分界线附近的元素，可用于制造半导体材料
D. X2W中各原子均达到8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】由五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系图可知，Y为+5价、M为+4价，且原子序数M大于Y，可知Y为N、M为Si；W的化合价为-2价，且原子序数大于M，则W为S；Z的化合价为+3价，原子序数介于Y和M之间，则Z为Al；X的原子序数最小，且化合价为+1价，X为H或Li，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H或Li、Y为N、Z为Al、M为Si、W为S。
A．X可能为锂，故A正确；
B．Z为Al，Al虽是金属，但也能表现出一定的非金属性，故B正确；
C．硅是金属元素和非金属元素分界线附近的元素，可用于制造半导体材料，故C正确；
D．X2W中只有S原子均达到8电子稳定结构，故D错误；
故选D。
8. 对于反应A(g)+3B(g)4C(g)+2D(g)，在相同时间内，用不同物质表示的平均反应速率如下，则反应速率最快的是
A. v(A)=0.4mol•L-1•s-1 B. v(B)=0.8mol•L-1•s-1
C. v(C)=1.2mol•L-1•s-1 D. v(D)=0.7mol•L-1•s-1
【答案】A
【解析】
【分析】同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，根据反应A(g)+3B(g) 4C(g)+2D(g)，把这些反应速率都换算成A的反应速率，且单位要统一。
【详解】A．v(A)=0.4 mol/(L•s)
B．v(B)= 0.8 mol/(L•s)，则v(A)=mol/(L•s)
C．v(C)= 12 mol/(L•s)，则v(A)=mol/(L•s) = 0.3 mol/(L•s)
D．v(D)=0.7mol•L-1•s-1，则v(A)=mol/(L•s)= 0.35 mol/(L•s)
所以反应速率最快的是A；
故选A。
9. 如图装置中，在U形管底部盛有CCl4，分别在U形管两端小心倒入饱和食盐水和饱和稀硫酸溶液，并使a、b两处液面相平，然后分别塞上插有生铁丝的塞子，密封好，放置一段时间后，下列有关叙述错误的是
A. 铁丝在两处的腐蚀速率：a
C. 一段时间后，a处液面高于b处液面
D. 生铁丝中的碳在a、b两处分别作原电池的负极和正极
【答案】D
【解析】
【分析】生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【详解】生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀。
A．生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故铁丝在两处的腐蚀速率：a
C．a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，C正确；
D．生铁中的碳在a、b两处都作正极，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解本题关键，会根据电解质溶液的酸碱性书写电极反应式。
10. 乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是
A. 和金属钠反应时键①断裂
B. 在铜催化共热下与反应时断裂①和③键
C. 与KMnO4(H+)反应时只断裂①和⑤键
D. 在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A． 乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气、键①断裂，A正确；
B． 乙醇在铜催化共热下与发生氧化反应生成乙醛和水，断裂①和③键，B正确；
C． 乙醇与KMnO4(H+)发生氧化反应生成乙酸，⑤键不断裂，C不正确；
D． 乙醇在空气中完全燃烧生成二氧化碳和水，断裂①②③④⑤键，D正确；
答案选C。
11. 检验某溶液中是否含有SO42-离子，常用的方法是
A. 取样，滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
B. 取样，滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
C. 取样，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
D. 取样，滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液不能排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，故A错误；
B．滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误；
C．先加入稀盐酸，没有产生沉淀，排除银离子、碳酸根、亚硫酸根的干扰，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42-存在，故C正确；
D．滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，加入的硫酸会与氯化钡生成白色沉淀，不能证明有SO42-存在，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查硫酸根离子检验，在实验设计中若不能考虑到物质和微粒的干扰，则无法对结论进行准确的判断，所以实验中要注意考虑彼此微粒和物质之间的干扰，本题在检验是否含有硫酸根离子时，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰，特别注意亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸，在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整。
12. A、B、C都是金属，把A放入C盐溶液中，A的表面附着一层C，A与B组成原电池时，A为电池的正极，则A、B、C三种金属的活动性顺序是（ ）
A. A>B>C B. A>C>B C. B>A>C D. B>C>A
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，A可以置换出C，所以A的活动性大于C，A与B组成原电池，A为正极，所以B大于A，所以活动性顺序B>A>C；
故答案为C。
13. 在一定温度下，在一个密闭容器中加入H2和I2蒸气各0．5mol，发生反应H2＋I22HI，达到平衡时，生成HI 0．8 mol，若其它条件不变，开始充入的H2为2 mol，则达到平衡时生成的HI可能是下列中的
A. 1．1 mol B. 0．87 mol C. 0．8 mol D. 0．5 mol
【答案】B
【解析】
【详解】若其他条件不变，开始充入2mol H2，则H2浓度增大，平衡向正反应方向移动，I2的转化率增大，故平衡时HI的物质的量大于0.8mol，假定I2完全反应，生成HI的物质的量为1mol，由于是可逆反应，I2不能完全反应，故平衡时0.8mol＜n（HI）＜1mol，选：B。
14. 将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7 g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为
A. 22.1 g B. 27.2 g C. 30 g D. 19.4 g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72L NO，即氮原子得电子的物质的量是，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n(OH−)=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g−7.8g=19.4g.
故答案选D。
第II卷(非选择题 58分)
15. 下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。
回答下列问题：
（1）由c、d、e三元素形成的化合物中含有的化学键类型为_______。
（2）元素e、f的最高价氧化物对应水化物之间能发生反应，其离子方程式为_______。
（3）下列能证明非金属性的是_______。
a．简单气态氢化物的沸点
b．简单气态氢化物水溶液的酸性
c．单质分别与铜反应，h得到铜的高价态化合物，g得到铜的低价态化合物
d．简单气态氢化物还原性
（4）元素是人体必需的微量元素，h和i的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序_______(用化学式表示)。与足量e的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_______。
（5）可与c的简单气态氢化物反应得到单质，反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）共价键、离子键
（2）
（3）cd （4） ①. ②.
（5）
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置，a、e分别为H、Na；f为Al；b、c为C、N；d、g、i为O、S、Se；h为Cl。
【小问1详解】
c、d、e构成的化合物为硝酸钠或亚硝酸钠，含有的化学键类型为共价键、离子键；
【小问2详解】
元素e、f的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Al(OH)3，反应的离子反应方程式为：；
【小问3详解】
证明非金属性Cl>S ，
a．简单氢化物沸点高低不能比较非金属性强弱，a错误；
b．简单气态氢化物水溶液的酸性不能比较非金属性强弱，b错误；
c．与同一种元素反应，Cl得到铜的高价态化合物，S得到铜的低价态化合物，说明氯气的氧化性强于硫，可得出非金属性Cl>S ，c正确；
d．简单气态氢化物还原性H2S>HCl，说明S单质的氧化性比Cl2弱，即非金属性Cl>S，d正确；
故选cd。
【小问4详解】
h和i的最高价氧化物对应水化物分别为：HClO4和H2SeO4，非金属性Cl>Se，故酸性HClO4>H2SeO4；SeO2与足量Na的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，化学方程式为：SeO2+2NaOH=Na2SeO3+H2O；
【小问5详解】
SeO2可与N的简单气态氢化物NH3反应得到单质Se，化学方程式为：3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O。
16. 向一个容积为2 L的密闭容器中充入4 mol/LA和6 mol/LB，在恒温恒容下发生反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+xD(g)，经5 min后达到平衡状态，测得A的浓度为2 mol/L、测得D的化学反应速率为0.4 mol/(L•min)。
（1）到达平衡前v正_____v逆(填“＞”或者“＜”)，到达平衡后v正_____v逆(填“＞”、“＜”或者“=”)。
（2）增大压强反应速率_____(填“加快”或者“减慢”)，降低温度反应速率_____(填“加快”或者“减慢”)。
（3）反应开始至平衡时，C的浓度增加了_____，以B的浓度变化表示该反应的平均速率v(B)=_____。
（4）到达平衡后A的转化率为_____。
（5）D的化学计量数x为_____。
（6）该条件下反应一段时间，下列能说明反应达到平衡状态的是_____。
A. 气体的密度保持不变 B. 气体的压强保持不变的状态
C. 4v正(A)=6v逆(B) D. B与C浓度保持不变的状态
（7）随着反应的进行发现正反应速率逐渐减小，其原因是_____。
（8）反应前与到达平衡后的压强之比为_____。
【答案】（1） ①. ＞ ②. =
（2） ①. 加快 ②. 减慢
（3） ①. 2 mol/L ②. 0.6 mol/(L·min)
（4）50% （5）4 （6）BD
（7）反应物的浓度减小
（8）10：9
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知：反应从正反应方向开始，在反应到达平衡前，反应正向进行，因此v正＞v逆，反应达到平衡后，v正=v逆；
【小问2详解】
该反应是有气体参加的反应，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快；降低温度反应速率减慢；
【小问3详解】
C是生成物，反应从正反应方向开始，开始时c(A)=4 mol/L，反应达到平衡时c(A)=2 mol/L，△c(A)=2 mol/L，则根据物质反应转化关系可知反应产生C物质的浓度的△c(C)=△c(A)=2 mol/L；
从反应开始至平衡状态，△c(A)=2 mol/L，则根据物质反应转化关系可知△c(B)=△c(A)= ×2 mol/L=3 mol/L，反应时间是5 min，则用B物质浓度变化表示的反应速率v(B)=；
【小问4详解】
反应开始时c(A)=4 mol/L，反应达到平衡时c(A)=2 mol/L，则到达平衡后A的转化率为；
【小问5详解】
根据前边计算可知v(B)=0.6 mol/(L·min)，已知v(D)=0.4 mol/(L·min)，由于v(B)：v(D)=6：x，所以6：x=0.6 mol/(L·min)：0.4 mol/(L·min)=6：4，故x=4；
【小问6详解】
A．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；
B．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，若气体的压强保持不变的状态，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B符合题意；
C．在任何时刻都存在关系：4v正(B)=6v正(A)，若4v正(A)=6v逆(B)，则v正(B)＞v逆(B)，反应正向进行，未达到平衡状态，C不符合题意；
D．B与C一种的反应物，一种的生成物，若二者的浓度保持不变，则体系中任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，D符合题意；
故合理选项是BD；
【小问7详解】
随着反应的进行发现正反应速率逐渐减小，这是由于随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小；
【小问8详解】
在恒温恒容下，气体的压强比等于混合气体的物质的量的比，等于气体的浓度比。在反应开始时c(A)=4 mol/L，c(B)=6 mol/L，c(始)总=4 mol/L+6 mol/L=10 mol/L。根据前边计算可知x=4，反应方程式为4A(g)+6B(g)4C(g)+4D(g)，由方程式中物质反应转化关系可知：反应消耗A浓度是4 mol/L时，由反应前到反应后气体总浓度会减少2 mol/L，现在该反应消耗A的浓度是2 mol/L，则反应后气体总浓度减小了1 mol/L，故反应达到平衡时，气体总浓度c(平)总=10 mol/L-1 mol/L=9 mol/L，则反应前与到达平衡后的压强之比p(前)：p(平)=10 mol/L：9 mol/L=10：9。
17. 我国能够造出几百万一颗的卫星芯片，但是在智能手机芯片上却屡屡遭到美国垄断。制造手机芯片需要高纯硅，工业上制取高纯硅的流程如图。请根据所学知识回答下列问题。
（1）石英砂的主要成分为____________(填化学式)，实验室不能用石英坩埚熔融氢氧化钠的原因是________________________。
（2）整个过程中可以循环利用的物质为____________(填化学式)。
（3）晶体硅为灰黑色固体，溶于氢氟酸可生成氢气。写出晶体硅与氢氟酸反应的化学方程式：__________________。
（4）某科研团队设计了一种以硅作为基底的微型直接氢气酸性燃料电池，其工作原理如图所示：
①电池工作时，电子由______(填“A”或“B”，下同)电极流向______电极。
②电池工作时，B电极上的电极反应式为__________________。
③每转移，A电极消耗标准状况下的的体积为______L。
【答案】（1） ①. ②. 氢氧化钠能与发生反应，腐蚀石英坩埚
（2）HCl、
（3）
（4） ① B ②. A ③. ④. 11.2
【解析】
【分析】石英砂主要成分为SiO2，SiO2与焦炭在高温下反应生成Si和CO，粗硅与HCl在553-576K条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与H2在1373K条件下反应生成HCl和Si。
【小问1详解】
石英砂的主要成分为SiO2，石英坩埚中SiO2能与NaOH反应生成硅酸钠，氢氧化钠能腐蚀石英坩埚，故不能用石英坩埚熔融NaOH。
【小问2详解】
从制备流程可知，整个过程中可循环利用的物质为HCl和H2。
【小问3详解】
晶体硅溶于氢氟酸生成氢气和四氟化硅，化学方程式为。
【小问4详解】
①从该燃料电池的工作原理图可知，A电极上O2得电子转化为H2O为原电池正极，B电极上氢气失电子生成氢离子为原电池负极，故电子从B电极流向A电极。
②B电极上H2失电子生成H+，电极反应式为。
③A电极上O2+4e-+4H+=2H2O，每转移2mol电子，A电极消耗O20.5mol，标准状况下体积为11.2L。
18. Ⅰ．为了研究化学反应A+B=C+D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：
（1）该反应为_____反应(填“放热”或“吸热”)。
（2）A和B的总能量比C和D的总能量_____(填“高”或“低”)。
（3）该反应的物质中的化学能通过化学反应转化成_____释放出来。
（4）该反应的反应物化学键断裂吸收的能量____(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。
Ⅱ．在一个小烧杯里加入约20 g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体[Ba(OH)2•8H2O]，将小烧杯放在事先已滴有3~4滴水的玻璃片上，然后向烧杯内加入约10 g氯化铵晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。试回答下列问题：
（5）写出反应的化学方程式：_____。
（6）实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是_____。
（7）如果没有看到“结冰”现象，我们还可以采取哪些方式来说明该反应吸热?_____(答出两种方案)。
（8）“结冰”现象说明该反应是一个_____(填“放出”或“吸收”)能量的反应。
（9）该反应在常温下就可进行，说明_____。
【答案】（1）放热 （2）高
（3）热能 （4）低
（5）Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O
（6）使反应物充分混合，迅速发生反应，使实验现象更加明显
（7）在烧杯内的反应物中插入温度计，通过测量，发现反应后温度计的示数下降，说明该反应是吸热反应；用皮肤感受，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；用手触摸烧杯外壁，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；
（8）吸热 （9）有的吸热反应不需要加热也能发生(或反应放热还是吸热，与反应条件无关)。
【解析】
【分析】断裂反应物的化学键吸收能量，形成生成物是化学键释放能量，反应热等于断键吸收能量与形成生成物化学键释放的能量差。放热反应导致反应体系温度升高，吸热反应导致体系温度降低。
【小问1详解】
由题意可知：U形管中甲处液面下降，乙处液面上升，说明化学反应A+ B=C+D为放热反应，反应放出热量导致广口瓶中气体受热体积膨胀，导致U形管中甲处液面下降，乙处液面上升；
【小问2详解】
该反应是放热反应，说明反应物A和B的总能量比生成物C和D的总能量高；
【小问3详解】
该反应是放热反应，说明反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量。即该反应的物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来；
【小问4详解】
由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。该反应是放热反应，说明该反应的反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能量；
【小问5详解】
氢氧化钡晶体[Ba(OH)2•8H2O]与NH4Cl混合反应产生BaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O；
【小问6详解】
实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是使反应物充分混台，迅速发生反应，使实验现象更加明显；
【小问7详解】
如果没有看到“结冰”现象，可以采取如下措施证明反应是放热反应：在烧杯内的反应物中插入温度计，反应后温度计示数下降，说明该反应是吸热反应；或用手触摸烧杯外壁，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；
【小问8详解】
旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，“结冰”现象说明该反应为吸热反应；
【小问9详解】
该反应在常温下就可以进行，说明有的吸热反应不需要加热也可发生，或反应放热还是吸热，与反应条件无关。
19. 以绿矾(主要成分为FeSO4·7H2O，部分Fe2+已被氧化为Fe3+)为原料，生产铁红(Fe2O3)的工艺流程如下：
（1）“转化”过程中，加入Fe粉的作用是___________。转化前将绿矾研碎，转化中进行搅拌和加热，目的是___________。
（2）“结晶”时，控制温度在75°C左右进行(相关物质的溶解度见下图)，从溶液中析出的晶体是___________(填化学式)。
（3）“滤液”中的溶质为___________(填化学式)。利用该滤液将工业废水中的Cr2O还原为Cr3+，然后投加石灰乳，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，理论上完全反应消耗的n(Cr2O)：n(FeSO4)=___________。
（4）“煅烧”过程中，每生成1mol铁红，需消耗___________molO2，同时生成___________molSO3和___________molH2O。
【答案】（1） ①. 将Fe3+被还原为Fe2+ ②. 提高反应速率
（2）FeSO4·H2O
（3） ① FeSO4、H2SO4 ②. 1：6
（4） ①. 0.5 ②. 2 ③. 2
【解析】
【分析】绿矾加水溶解并加入铁粉，Fe3+被还原为Fe2+，可生成硫酸亚铁，加入过量稀硫酸溶解铁，经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，通入氧气并煅烧，可生产铁红，以此解答该题。
【小问1详解】
Fe粉具有还原性，可以将Fe3+被还原为Fe2+；将绿矾研碎，转化中进行搅拌和加热，可以使矿料与水充分接触，同时加热可以提高反应速率；
【小问2详解】
由图象可知60℃以后得到FeSO4·H2O，则75℃时析出FeSO4·H2O；
【小问3详解】
硫酸过量，结合分析可知滤液中的溶质为FeSO4、H2SO4；将工业废水中的Cr2O还原为Cr3+，则1molCr2O得到6mol电子，而Fe元素化合价由+2价升高到+3价，根据电子守恒可知，需要6molFeSO4，则理论上完全反应消耗的n(Cr2O)：n(FeSO4)=1：6；
【小问4详解】
煅烧过程中二价铁被氧化为三价，根据电子守恒可知FeSO4·H2O和O2的系数比为4：1，再结合元素守恒可知煅烧时的反应为4[FeSO4·H2O]+O22Fe2O3+4SO3+4H2O，根据方程式可知每生成1mol铁红，消耗0.5mol氧气，生成2molSO3和2molH2O。
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