浙江省91高中联盟2022-2023学年高一下学期期中化学试题Word版含解析

这是一份浙江省91高中联盟2022-2023学年高一下学期期中化学试题Word版含解析，共20页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列类比推理的结果正确的是等内容，欢迎下载使用。
 2022学年第二学期9+1高中联盟期中考试
高一年级化学学科试题
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；
4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 进行化学实验时应强化安全意识，下列做法不正确的是
A. 观察钾与水反应时，需要佩戴护目镜
B. 少量酸或碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗
C. 轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度，若有水疱，尽量将其弄破
D. 强氧化物如KMnO4、KClO3、Na2O2等固体不能随便丢弃，可配成溶液或通过化学反应将其转化为一般化学品后，再进行常规处理
【答案】C
【解析】
【详解】A．钾与水反应比钠剧烈，用量多时易发生爆炸，所以观察钾与水反应时，需要佩戴护目镜，A正确；
B．少量酸或碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠或硼酸溶液，B正确；
C．轻微烫伤时，可先用水冷敷，从而降低局部温度，缓解疼痛，若有水疱，尽量不要将其弄破，以防感染，C不正确；
D．强氧化物如KMnO4、KClO3、Na2O2等固体，若遇到还原剂，易发生爆炸，所以不能随便丢弃，通常将其转化为一般化学品再处理，D正确；
故选C。
2. 下列有关物质关系的说法正确的是
A. SO2和SO3互为同素异形体 B. 金刚石和石墨互为同位素
C. CH4和C9H20互为同系物 D. 和互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2和SO3都属于化合物，二者不互为同素异形体，A不正确；
B．金刚石和石墨都是碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，B不正确；
C．CH4和C9H20都属于烷烃，二者分子组成上相差8个“CH2”，二者互为同系物，C正确；
D．CH4分子呈正四面体结构，则和为同一种物质，D不正确；
故选C。
3. 人类活动已经离不开各种化学材料，下列有关材料的说法不正确的是
A. 合金中由于原子层之间的相对滑动困难，因此纯铁的硬度比生铁小
B. 富勒烯、碳纳米管、石墨烯等碳材料，它们的物理性质有着很大的差异
C. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作黏合剂和防火材料
D. 贮氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2通过物理吸附结合成金属氢化物的材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．合金中原子的大小不同，原子层之间的相对滑动困难，从而使硬度增大，所以纯铁的硬度比生铁小，A正确；
B．富勒烯、碳纳米管、石墨烯虽然都是碳的同素异形体，它们的化学性质相同，但物理性质具有较大的差异，B正确；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，具有黏性且不能燃烧，所以可用作黏合剂和防火材料，C正确；
D．贮氢合金能与H2发生化学反应，并生成金属氢化物，能大量吸收H2，D不正确；
故选D。
4. 下列有关叙述不正确的是
A. 甲烷的二氯代物只有一种，可以证明甲烷是正四面体的空间结构
B. 四氯化碳俗称氯仿，是工业上重要的有机溶剂
C. 正丁烷与异丁烷相比，前者沸点更高
D. 适用于管道煤气(主要成分为CO)的灶具改用天然气，其进风口应改大
【答案】B
【解析】
【详解】A．若甲烷为平面结构，则其二氯代物有二种，则由甲烷的二氯代物只有一种，可证明甲烷是正四面体的空间结构，A正确；
B．三氯甲烷俗称氯仿，四氯化碳是四氯甲烷的俗称，B不正确；
C．正丁烷与异丁烷互为同分异构体，但异丁烷支链较多，所以正丁烷的沸点更高，C正确；
D．1molCO燃烧时消耗0.5molO2，1molCH4燃烧时消耗2molO2，则将管道煤气(主要成分为CO)的灶具改用天然气灶具时，其进风口应改大，D正确；
故选B。
5. 近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。如图是在半导体光催化的作用下，N2被光催化材料捕获进而被还原实现“N2→NH3”的转化示意图。下列说法不正确的是

A. 此方法属于人工固氮技术
B. 该过程涉及到光能转化为化学能
C. 该反应过程既有极性键的断裂和形成又有非极性键的断裂和形成
D. 该反应的化学方程式是N2+3H22NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．此方法是通过人工将氮气转化为氨气，所以属于人工固氮技术，A正确；
B．该过程是在半导体光催化的作用下，实现“N2→NH3”的转化，所以涉及到光能转化为化学能，B正确；
C．该反应过程中，N2与H2O反应生成NH3和O2，既有N≡N非极性键的断裂、O=O非极性键的形成，又有H-O极性键的断裂、N-H极性键的形成，C正确；
D．在半导体光催化的作用下，N2与H2O反应生成NH3和O2，化学方程式是2N2+6H2O4NH3+3O2，D不正确；
故选D。
6. 已知H2O2(aq)分解为H2O(l)和O2(g)的能量变化如图曲线A所示，若在H2O2溶液中加入少量KI，则H2O2的分解过程可表示为：①H2O2+I-=H2O+IO-，②H2O2+IO-=H2O+O2+I-，其能量变化如图曲线B所示。下列有关说法不正确的是

A. 上述反应①为吸热反应，反应②为放热反应
B. 2molH2O2(aq)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量
C. I-在H2O2分解过程中起到催化剂作用
D. 从曲线B可以看出，加入KI减少了H2O2(aq)分解为H2O(l)和O2(g)的能量变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，反应①生成物能量大于反应物为吸热反应，反应②生成物能量低于反应物为放热反应，A正确；
B．过氧化氢分解生成水和氧气总反应为放热反应，故2molH2O2(aq)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量，B正确；
C．反应制碘离子被消耗又生成，在H2O2分解过程中起到催化剂作用，C正确；
D．催化剂改变反应速率，但是不该变反应的焓变，D错误；
故选D。
7. 一种水性电解液Zn－MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(已知：KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列说法正确的是

A. MnO2电极为负极 B. I区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移 D. Zn电极反应：Zn+2e-+4OH-=Zn(OH)
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为原电池装置，Zn为负极，MnO2为正极。
【详解】A．根据分析，MnO2电极为正极，A错误；
B．I区二氧化锰得电子，与氢离子反应生成锰离子和水，I区的硫酸根通过隔膜向Ⅱ区迁移，B正确；
C．Ⅲ区锌失电子与氢氧根反应生成Zn(OH)，Ⅲ区的K+通过隔膜向Ⅱ区迁移，C错误；
D．Zn为负极，Zn电极反应：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，D错误；
故选B。
8. 下列类比推理的结果正确的是
A. Na能在空气中燃烧生成Na2O2，故同主族Li在空气中燃烧生成Li2O2
B. H2S与SO2能反应生成S，故NH3与NO2能在一定条件下反应生成N2
C. Fe、Cu与浓盐酸构成的原电池中较活泼的Fe作负极，故Fe、Cu与浓硝酸构成的原电池中也是Fe作负极
D. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，故Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na能在空气中燃烧生成Na2O2， Li在空气中燃烧生成Li2O，A错误；
B．-2价S元素与+4价S元素之间有0价的S元素，故H2S与SO2能反应生成S，-3价的N元素与+4价的N元素之间有0价的N元素，故NH3与NO2能在一定条件下反应生成N2，B正确；
C．Fe、Cu与浓盐酸构成的原电池中较活泼的Fe作负极，常温下Fe遇浓硝酸钝化， Fe、Cu与浓硝酸构成的原电池中是Cu作负极，C错误；
D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2， Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，D错误；
故选B。
9. 某温度下，在1L恒容真空密闭容器中充入5.0mol块状X，发生反应：2X(s) Y(g)+2Z(g)，测得如表数据，下列说法不正确的是
时间段/s
产物Z的平均生成速率/mol•L-1•s-1
0~20
0.10
0~40
0.075
0~60
0.05

A. 第10秒时，Y的浓度小于0.50mol/L
B. 第30秒时，Z的体积分数约为66.7%
C. 将块状X改为粉末状，化学反应速率加快
D. 容器内压强不再变化时，达到化学反应的限度
【答案】A
【解析】
【详解】A．随着反应的进行，平均反应速率不断减小，第20秒时，Z的平均生成速率为0.10 mol•L-1•s-1，则第10秒时，Z的平均生成速率大于0.10 mol•L-1•s-1，Z的浓度大于0.10 mol•L-1•s-1×10s=1mol/L，此时Y的浓度大于0.50mol/L，A不正确；
B．反应过程中，始终满足Y(g)、Z(g)物质的量之比为1:2的关系，所以第30秒时，Z的体积分数为≈66.7%，B正确；
C．将块状X改为粉末状，反应物的接触面积增大，所以化学反应速率加快，C正确；
D．随着反应的进行，X不断分解，混合气的物质的量不断增大，压强不断增大，当容器内压强不再变化时，达到化学反应的限度，D正确；
故选A。
10. 某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，然后离心分离。
③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。
有关该样品的说法正确的是
A. 肯定有Na2SO4、Na2SO3和Na2S2O3 B. 肯定有Na2SO4和Na2S2O3
C. 肯定没有Na2SO3和Na2CO3 D. 可能有Na2SO3，肯定没有Na2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，说明有S和SO2生成，说明原溶液中一定含Na2S2O3, 可能含Na2CO3和Na2SO3；取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成，说明溶液中一定含有Na2SO4，整个实验过程无法确定是否含碳酸钠和亚硫酸钠，故选B。
11. 过氧化钙晶体CaO2•8H2O不溶于水，遇水缓慢地分解，放出氧气，是一种用途广泛的优良供氧剂。某学习小组利用工业废渣CaCl2(含少量熟石灰)制取CaO2•8H2O，设计了以下工业流程：

已知：①CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl
②Ca(OH)2与H2O2直接反应，生成杂质较多。
下列说法不正确的是
A. “混合”操作中，选择的试剂X可以是Ca(OH)2
B. “搅拌”操作中，温度过高或温度过低，都不利于反应的进行
C. “真空过滤”的目的是加快过滤速率，减少过氧化钙晶体和水的反应
D. “搅拌”操作中，加入的H2O2与含氨的CaCl2溶液发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】废渣中加入HCl，将CaCl2中含有的少量熟石灰转化为CaCl2，混合并搅拌时通入NH3、加入H2O2，发生反应CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，真空过滤后，母液循环使用，此时母液中含有NH4Cl，所以需要加入Ca(OH)2将其转化为CaCl2和NH3。
【详解】A．由分析可知，“混合”操作中，选择的试剂X可以是Ca(OH)2，A正确；
B．H2O2受热易分解，温度低时，反应速率过慢，所以“搅拌”操作中，温度过高或温度过低，都不利于反应的进行，B正确；
C．过氧化钙晶体CaO2•8H2O遇水缓慢地分解，放出氧气，需将CaO2•8H2O尽快脱离水环境，所以“真空过滤”的目的是加快过滤速率，减少过氧化钙晶体和水的反应，C正确；
D．“搅拌”操作中，加入的H2O2与含氨的CaCl2溶液发生反应CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，此反应属于非氧化还原反应，D不正确；
故选D。
12. 关于实验装置与试剂选择，下列说法正确的是

A. 装置①可用于实验室制备NH3 B. 装置②可用于吸收尾气NH3
C. 装置③可用于验证氨气在水中的溶解性 D. 装置④可用于收集NO2气体
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl固体受热分解，生成的NH3和HCl在试管口遇冷又结合为NH4Cl，所以装置①不可用于实验室制备NH3，A不正确；
B．NH3易溶于水，装置②中的煤油不能起到防止倒吸的作用，所以装置②不可用于吸收尾气NH3，B不正确；
C．装置③中，往烧瓶内滴入水，看到气球体积膨胀，则表明烧瓶内气体压强减小，从而表明NH3易溶于水，所以装置③可用于验证氨气在水中的溶解性，C正确；
D．NO2易与水反应生成HNO3和NO，所以装置④不可用于收集NO2气体，D不正确；
故选C。
13. NH4NO3在某温度下受热分解反应为4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O，下列说法中正确的是
A. 还原产物只有NO2
B. 该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比为3:2
C. 反应转移4mol电子时，生成22.4LN2
D. 0.4molNH4NO3完全分解转移的电子数目为2mol
【答案】B
【解析】
【分析】对于反应为4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O，中N元素由-3价升高到0价，中N元素由+5价一部分转化为0价、一部分转化为+4价，产物中的3个N2中，有1个N2来自，有2个N2来自，电子转移的数目为12e-。
【详解】A．由分析可知，中N元素由+5价一部分转化为0价、一部分转化为+4价，所以还原产物为NO2和N2，A不正确；
B．该反应中还原产物为NO2和N2，氧化产物为N2，则还原产物和氧化产物的物质的量之比为(2+1):2=3:2，B正确；
C．在反应中，生成3molN2时，转移电子为12mol，则反应转移4mol电子时，生成1molN2，题中没有指明温度和压强，所以生成N2的体积不一定是22.4L，C不正确；
D．由分析可知，4molNH4NO3完全分解，转移电子12mol，则0.4molNH4NO3完全分解转移电子数目为1.2mol，D不正确；
故选B。
14. 下列离子方程式书写正确的是
A. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
B. 氢氧化钠溶液中加入铝粉：Al+OH-+2H2O=Al(OH)3+H2↑
C. 过量铁粉投入稀硝酸中：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O
D. 少量Ba(OH)2和过量NH4HSO4溶液混合：Ba2++2OH-+H+++=BaSO4↓+H2O+NH3•H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，生成的HClO具有强氧化性，能将CaSO3氧化为CaSO4，所以最终产物中不含有CaSO3，A不正确；
B．氢氧化钠溶液中加入铝粉，发生反应生成NaAlO2和H2等，B不正确；
C．过量铁粉投入稀硝酸中，反应生成Fe(NO3)2、NO气体和水，离子方程式为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，C正确；
D．少量Ba(OH)2和过量NH4HSO4溶液混合，生成BaSO4沉淀和水：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D不正确；
故选C。
15. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法不正确的是
A. 常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有的电子数目为8NA
B. 0.5mol/LMgCl2溶液中，Cl-浓度为1.0mol/L
C. Na2O2与H2O反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA
D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有氧原子的物质的量为1mol，每个氧原子含有8个电子，则含有的电子数目为8NA，A正确；
B．1molMgCl2在溶液中发生完全电离，生成2molCl-，则0.5mol/LMgCl2溶液中，Cl-浓度为1.0mol/L，B正确；
C．Na2O2与H2O反应时，一部分Na2O2中的O元素由-1价升高到0价，则生成0.1molO2转移0.2mol电子，所以转移的电子数为0.2NA，C正确；
D．溶解在水中的Cl2只有一部分与H2O发生可逆反应生成盐酸和次氯酸，所以标准状况下，11.2LCl2(0.5mol)溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，D不正确；
故选D。
16. 下列实验操作、现象和得出的结论正确的是

实验操作
现象
结论
A
取少量Fe(NO3)2溶液于试管中，滴入硫酸酸化的H2O2溶液
溶液由浅绿色变为黄色
氧化性：H2O2＞Fe3+
B
向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡
产生白色沉淀
溶液中一定含有
C
向Na2SiO3溶液中通入CO2气体
有白色沉淀生成
非金属性：C＞Si
D
取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴10%KSCN溶液
溶液变血红色
KI与FeCl3的反应有一定限度

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．HNO3、H2O2都能将Fe2+氧化为Fe3+，所以少量Fe(NO3)2溶液与硫酸酸化的H2O2溶液反应，依据溶液由浅绿色变为黄色，不能证明氧化性：H2O2＞Fe3+，A不正确；
B．向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡，产生的白色沉淀可能为BaSO4，也可能为AgCl，B不正确；
C．向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，有白色沉淀生成，则表明酸性H2CO3＞H2SiO3，从而得出非金属性：C＞Si，C正确；
D．向2mL0.1mol/LKI溶液中加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后，FeCl3过量，则由滴入KSCN后溶液变为血红色，不能证明KI与FeCl3的反应有一定限度，D不正确；
故选C。
非选择题部分
二、填空题(本大题共5小题，共52分)
17. X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Z元素的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，W与X同主族，Q元素的单质是一种黄色晶体。请回答以下问题：
（1）Q元素在周期表中的位置_____。
（2）已知Z2X4结构中含非极性共价键，试画出其结构式(用元素符号表示)：______。
（3）由Z与R组成的一种化合物M，摩尔质量不超过150g/mol，每个原子最外层均满足8e-稳定结构，其水溶液可用于漂白和杀菌，写出M与水初步反应的化学方程式______。
（4）根据KH中氢元素的化合价，甲同学认为可把氢元素放在第VIIA族，乙同学认为可把氢元素放在第IVA族，乙同学的理由是______。
（5）下列说法不正确的是______。
A 原子半径：W＞Q＞R
B. Q的氧化物的水化物一定是强酸
C. 在2mlR单质的饱和溶液中加入几滴紫色石蕊试剂，溶液显红色
D. W与Q可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
（6）2.9g由X与Y组成的某化合物在足量的氧气中充分燃烧，然后将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重4.5g，碱石灰增重8.8g，则该化合物的结构简式为______。
【答案】（1）第三周期第ⅥA族
（2） （3）NCl3+3H2O=NH3+3HClO
（4）H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0 （5）BC
（6）CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y元素的最外层电子数是最内层电子数的2倍，即核外电子排布为2、4，其为碳元素；Z元素的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，则其氢化物显碱性，Z为氮元素；W与X同主族，则W为钠元素；Q元素的单质是一种黄色晶体，则Q为硫元素，R为氯元素。从而得出X、Y、Z、W、Q、R分别为H、C、N、Na、S、Cl。
【小问1详解】
由分析可知，Q为硫元素，其在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族。答案为：第三周期第ⅥA族；
【小问2详解】
N2H4结构中含非极性共价键，则存在N-N键和N-H键，其结构式为：。答案为：；
【小问3详解】
由N与Cl组成的一种化合物M，摩尔质量不超过150g/mol，每个原子最外层均满足8e-稳定结构，则其化学式为NCl3，其水溶液可用于漂白和杀菌，则水溶液中含有HClO，从而得出NCl3与水初步反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。答案为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO；
【小问4详解】
第IVA族元素的特点是最高、最低化合价的数值相等，所以乙同学的理由是H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0。答案为：H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0；
【小问5详解】
A．W、Q、R分别为Na、S、Cl元素，三者为同周期元素且从左到右排列，所以原子半径：Na＞S＞Cl，A正确；
B．Q的氧化物的水化物可能为H2SO3、H2SO4，前者为弱酸，后者为强酸，B不正确；
C．在2mlCl2的饱和溶液中，含有HCl和HClO，加入几滴紫色石蕊试剂，溶液先变红后褪色，C不正确；
D．W与Q可形成Na2S2，既含离子键又含非极性共价键，D正确；
故选BC。答案为：BC；
【小问6详解】
2.9g由H与C组成的某化合物在足量的氧气中充分燃烧，生成H2O的质量为4.5g，CO2的质量为8.8g，则该化合物含有H元素的质量为=0.5g，含H原子的物质的量为0.5mol，含C元素的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol×12g/mol=2.4g，C、H元素的质量和为2.4g+0.5g=2.9g，则该有机物分子中不含有O元素，分子中C、H原子个数比为0.2mol:0.5mol=2:5，则其分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。答案为：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。
【点睛】由Na2O2的化学式，利用类推法，可确定Na与S组成的含有非极性键化合物的化学式为Na2S2。
18. 为探究某液态化合物X(仅含三种短周期元素)的组成和性质，某学习小组进行了如图实验：

已知：白色固体D是光导纤维的主要成分。请回答：
（1）组成X的三种元素的名称是______。
（2）由白色固体D制备的光导纤维作通讯材料时，遇强碱性溶液易造成断路，请用离子方程式解释其原因______。
（3）写出液体X与适量水在一定条件下反应的化学方程式______。
（4）设计实验检验单质气体A______。
【答案】（1）硅、氢、氯
（2）SiO2+2OH-=+H2O
（3）SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑
（4）点燃气体，在火焰上方放一个干冷烧杯，有水珠产生，再放一个内壁涂有澄清石灰水的烧杯，石灰水不变浑浊，从而说明气体是氢气(其他合理答案也得分)
【解析】
【分析】白色固体D是光导纤维的主要成分，则D为SiO2，B为H2SiO3；C中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀E，则E为AgCl，C中含有Cl-；单质气体A的物质的量为0.01mol。液体A中，含Si原子的物质的量为=0.01mol，质量为0.28g，含Cl原子的物质的量为=0.03mol，质量为0.03mol×35.5g/mol=1.065g，则所含第三种元素的质量为1.355g-1.065g-0.28g=0.01g，X与水反应产生的单质气体A为0.01mol，则X中含该原子的物质的量为0.01mol，其摩尔质量为=1g/mol，其为氢元素，从而得出，X中所含Si、H、Cl的原子个数比为0.01mol:0.01mol:0.03mol=1:1:3，X的化学式为SiHCl3。
【小问1详解】
由分析可知，组成X的三种元素的名称是硅、氢、氯。答案为：硅、氢、氯；
【小问2详解】
白色固体D为SiO2，遇强碱性溶液发生反应，用离子方程式解释其原因：SiO2+2OH-=+H2O。答案为：SiO2+2OH-=+H2O；
【小问3详解】
液体X为SiHCl3，与适量水在一定条件下反应，生成H2SiO3、HCl，化学方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑。答案为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑；
【小问4详解】
气体A为H2，可点燃并测定其产物，实验方案为：点燃气体，在火焰上方放一个干冷烧杯，有水珠产生，再放一个内壁涂有澄清石灰水烧杯，石灰水不变浑浊，从而说明气体是氢气(其他合理答案也得分)。答案为：点燃气体，在火焰上方放一个干冷烧杯，有水珠产生，再放一个内壁涂有澄清石灰水的烧杯，石灰水不变浑浊，从而说明气体是氢气(其他合理答案也得分)。
【点睛】在SiHCl3中，Si显+4价，H显-1价，Cl显-1价。
19. 请根据所学知识回答下列问题：
（1）已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。若要加快该反应的速率，在其他条件不变的情况下，下列措施可行的是______(填字母)。
A. 升高温度 B. 改稀硫酸为98%的浓硫酸
C. 将纯铁改为生铁 D. 往稀硫酸中加入少量Na2SO4(s)
（2）近年来，科学家致力于将二氧化碳和氢气转化为甲醇(CH3OH)的技术研究，为解决环境与能源问题提供了新途径。某温度下在2L的恒容密闭容器中，充入4molCO2和4molH2，发生如下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
①能判断该反应已达到化学反应限度的是______(填字母)。
A．容器内压强保持不变
B．容器中CO2浓度与H2浓度之比为1:3
C．容器中CO2的物质的量分数保持不变
D．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等
②现测得H2的浓度随时间变化如图所示。从反应开始经过12min达到平衡，则0～5min内CO2的平均反应速率v(CO2)=______，第12min时，甲醇的物质的量浓度为______。

③请在图中画出0～15min内H2转化率随时间变化的示意图______。

（3）燃料电池能有效提高能源利用率，写出甲醇(CH3OH)空气燃料电池在碱性条件(KOH溶液)中的负极电极反应式______。
【答案】（1）AC （2） ①. AD ②. 0.067 mol·L-1·min-1 ③. 0.5 mol·L-1 ④.
（3）CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【解析】
【小问1详解】
A．升高温度，分子的能量增大，运动的速率加快，有效碰撞的次数增多，化学反应速率加快，A符合题意；
B．98%的浓硫酸使铁发生钝化，反应不能持续进行，B不符合题意；
C．将纯铁改为生铁，生铁可与稀硫酸形成原电池，从而加快反应速率，C符合题意；
D．往稀硫酸中加入少量Na2SO4(s)，对反应不产生影响，反应速率不变，D不符合题意；
故选AC。答案为：AC；
【小问2详解】
①A．容器内压强保持不变，各物质的浓度保持不变，反应达平衡状态，A符合题意；
B．容器中CO2浓度与H2浓度之比为1:3，可能是反应过程中的某一阶段，不一定是平衡状态，B不符合题意；
C．某温度下在2L的恒容密闭容器中，充入4molCO2和4molH2，发生如下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，设参加反应CO2物质的量为x，则可建立如下三段式：

容器中CO2的物质的量分数为=50%，由此可知，不管反应进行到什么程度，CO2的物质的量分数始终保持不变，所以反应不一定达平衡状态，C不符合题意；
D．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，D符合题意；
故选AD。
②从反应开始经过12min达到平衡，则0～5min内CO2的平均反应速率v(CO2)== 0.067 mol·L-1·min-1，第12min时，氢气的浓度变化量为1.5mol/L，则甲醇的物质的量浓度为=0.5 mol·L-1。
③从图中可以得出，5min时，H2的转化率为50%，12min时，H2的转化率为75%，由此可在图中画出0～15min内H2转化率随时间变化的示意图为。答案为：AD；0.067 mol·L-1·min-1；0.5 mol·L-1；；
【小问3详解】
甲醇(CH3OH)、空气燃料电池，在碱性条件(KOH溶液)中，负极CH3OH失电子产物与电解质反应生成等，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。答案为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
【点睛】在可逆反应中，当某物质的转化率不变时，反应不一定达平衡状态。
20. 某研究性小组为探究NO与Na2O2的反应，设计如图装置：

已知：NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+。
请回答下列问题：
（1）盛放浓硝酸的仪器名称______，导管c的作用______。
（2）写出装置A中发生反应的化学方程式______，装置D中NO与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式______。
（3）若NO与Na2O2发生了反应，装置C中能观察到的实验现象是_____。有同学提出即使观察到此现象，也无法得出NO是否与Na2O2发生了反应，其理由是______。
（4）实验过程中，观察到装置A中的溶液呈绿色，加热该绿色溶液一段时间(不考虑溶液体积变化)，溶液的颜色变为蓝色，试分析溶液呈绿色的原因？______。
（5）实验结束时，为减少装置中残留的NO对环境的危害，我们可采取的操作是______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 平衡装置中压强，使得液体能够顺利滴下
（2） ①. ②.
（3） ①. 淡黄色固体变为白色 ②. 进入的气体中含有水，水也会和过氧化钠反应
（4）可能为溶液中溶解了二氧化氮气体，加热气体逸出溶液变为蓝色
（5）将尾气与足量氧气混合后通入水中吸收
【解析】
【分析】装置A中浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体，二氧化氮和B中水反应转化为NO，NO和C中过氧化钠反应，过量的NO进入D和酸性高锰酸钾反应，尾气有毒需要吸收处理；
【小问1详解】
盛放浓硝酸的仪器名称分液漏斗，导管c的作用平衡装置中压强，使得液体能够顺利滴下；
【小问2详解】
装置A中浓硝酸和铜反应生成硝酸铜和二氧化氮气体，发生反应的化学方程式；已知：NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+，则根据电子守恒、质量守恒可知，NO与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为；
【小问3详解】
过氧化钠为淡黄色固体，若NO与Na2O2发生了反应，装置C中能观察到的实验现象是淡黄色固体变为白色；由于进入的气体中含有水，水也会和过氧化钠反应，故即使观察到此现象，也无法得出NO是否与Na2O2发生了反应；
【小问4详解】
装置A中生成二氧化氮气体，实验过程中，观察到装置A中的溶液呈绿色，加热该绿色溶液一段时间(不考虑溶液体积变化)，溶液的颜色变为蓝色，则溶液呈绿色的原因可能为溶液中溶解了二氧化氮气体，加热气体逸出溶液变为蓝色；
【小问5详解】
一氧化氮和氧气水生成硝酸，故为减少装置中残留的NO对环境的危害，我们可采取的操作是将尾气与足量氧气混合后通入水中吸收。
21. 有一份含镁、铝的合金粉末样品，将其分为两等份，向第一份样品中加入过量的氢氧化钠溶液，得到336mLH2(标准状况)，向第二份样品中加入100mL1mol/L的盐酸，完全反应后，得到672mLH2(标准状况)。试计算：
（1）原样品中铝的物质的量为______。
（2）该合金中镁、铝的物质的量之比为______。
（3）为将第二份样品反应后的溶液中的镁、铝元素完全分开，至少需加入1mol/L的NaOH溶液_____mL。
【答案】（1）0.02mol
（2）3：1 （3）110
【解析】
【分析】镁与氢氧化钠溶液不反应，铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：，标况下得到氢气的体积为336 mL，即物质的量为，故Al的物质的量为0.01mol；根据得失电子守恒，0.01molAl失去0.03mol电子，与盐酸反应生成的氢气的物质的量为0.015mol，第二份样品中金属与盐酸完全反应得到氢气的物质的量为，根据金属镁与盐酸反应的离子方程式为：，故镁的物质的量为0.03mol。
【小问1详解】
根据分析，半分样品中铝的物质的量为0.01mol，原样品中铝的物质的量为0.02mol；
【小问2详解】
该合金中镁、铝的物质的量之比为：0.03：0.01=3：1；
【小问3详解】
金属镁和铝与盐酸反应的离子方程式为：、，第二份样品中镁离子的物质的量为0.03mol，Al3+的物质的量为0.01mol，氢离子的总物质的量为，溶液中剩余氢离子的物质量为：，将镁和铝完全分开时，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根，共需要消耗的氢氧化钠的物质的量为：，故至少需要加入1mol/L的氢氧化钠溶液的体积为：。