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福建省莆田第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份福建省莆田第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含福建省莆田第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题原卷版docx、福建省莆田第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
（总分：100分 考试时间：75分钟）
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. 人体中极少量的NO有助于促进血管扩张，防止血管栓塞
B. 暖贴是以钢铁的电化学腐蚀原理制成的
C. 汽车尾气中的NOx全部来自汽油中的氮元素燃烧
D. 高锰酸钾溶液可用于运输过程中水果及花卉的保鲜
【答案】C
【解析】
【详解】A．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞,被用于治疗心绞痛，A正确；
B．暖贴发热原理是铁在潮湿的空气中发生了吸氧腐蚀的原理，利用原电池加快氧化还原反应速率，B正确；
C．汽油成分中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物主要来自于空气中N2和O2在气缸的高温环境中反应生成，C错误；
D．高锰酸钾有强氧化性，可将水果释放出的乙烯吸收氧化延长水果的成熟，所以常用作水果运输保鲜剂，D正确；
故选C。
2. 下列符号表征或说法正确的是
A. 乙烷的结构式：CH3—CH3
B. 中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
C. NF3的电子式：
D. 氯离子结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烷的结构式为 ，故A错误；
B．中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为：，故B错误；
C．NF3的电子式为 ，故C错误；
D．氯离子核外共有18个电子，结构示意图为 ，故D正确；
故选D。
3. 我国科学家最新开发的新型催化剂，实现甲烷制备乙酸：，在恒容密闭容器中发生上述反应。下列说法错误的是
A. 其他条件不变，升高温度，反应速率增大
B. 其他条件不变，充入惰性气体，反应速率减小
C. 的反应速率相等
D 其他条件不变，加入催化剂能提高反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．其它条件不变，升高温度，活化分子百分数增大而导致化学反应速率加快，A正确；
B．其他条件不变，在恒容密闭容器中充入惰性气体，各气体浓度不变，则反应速率不变，B错误；
C．化学反应速率之比等于系数比，则的反应速率相等，C正确；
D．其他条件不变，加入催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，能提高反应速率，D正确；
故选：B。
4. 煤炭与水蒸气在高温下反应制备的氢气称为“灰氢”。一定温度下，在恒容密闭容器中加入煤炭和水蒸气，发生反应：。下列情况表明可逆反应达到平衡状态的是
A. 煤炭的浓度不随时间变化
B. 气体压强不随时间变化
C. 消耗速率等于生成速率
D. 浓度相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．煤炭是固体，其浓度为定值，其浓度不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体压强不随时间变化，说明反应达到平衡状态，B正确；
C．任何时刻，消耗速率都等于生成速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，也不能说明各物质浓度不变，因此不能说明反应达到平衡状态，D错误；
答案选B。
5. 2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是
A. 原子半径：X>Z>W
B. 元素最高价：X>W>Y
C. 简单氢化物的稳定性：X>Y>Z
D. X的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】X位于第三周期，其与其他原子形成六个共价键，所以X为S；X原子的电子数为Z原子的两倍，Z为O；W、Z、Y位于第二周期，却Y只形成一个共价键，则Y为F；W形成两个共价键且该阴离子带有一个负电荷，则W为N。
【详解】A．原子半径S>N>O，A项错误；
B．S最高价为+6，N最高价为+5，F最高价为0，元素最高价S>N>F，B项正确；
C．非金属性越强，则简单氢化物的稳定性越高，简单氢化物的稳定性F>O>S，C项错误；
D．SO2对应的水化物为H2SO3，其为弱酸，D项错误；
答案选B。
6. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 还原过程中生成0.1mlN2，转移电子数为NA
B. 依据图示可知催化剂参与了储存和还原过程
C. 在转化过程中，氮元素均被还原
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
【答案】C
【解析】
【详解】A．还原过程中生成1个 N2，转移电子的个数为1×(5-0)×2=10，故生成0.1mlN2，转移电子数为NA，故A正确；
B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，BaO生成的Ba(NO3)2参与了还原过程，故B正确；
C．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故C错误；
D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选C。
7. 下列离子方程式中，书写正确的是
A. Cu与足量稀HNO3反应：Cu＋4H＋＋2=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
B. (NH4)2CO3溶液与澄清石灰水混合：2＋＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋2NH3↑＋2H2O
C. Na2SO3溶液与稀HNO3混合：＋2H＋=SO2↑＋H2O
D. AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu与足量稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A错误；
B．(NH4)2CO3溶液与澄清石灰水混合生成碳酸钙和氨水，故离子方程式为：2＋＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋2NH3·H2O，B错误；
C．Na2SO3溶液与稀HNO3混合，硝酸氧化亚硫酸根生成硫酸根，C错误；
D．AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故离子方程式为：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，D正确；
故选D。
8. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 与在一定条件下反应生成分子数为
B. 在锌铜原电池中，负极减少时理论上转移电子数为
C. 中，参与反应时需要氧化剂分子数为
D. 标准状况下，含氧原子总数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，与在一定条件下反应生成分子数小于，A错误；
B．在锌铜原电池中，负极减少，即有=1ml锌失电子生成Zn2+，转移电子2ml，电子数为，B正确；
C．的物质的量为1ml，1mlNaOH参与反应消耗1mlNO2，需要氧化剂0.5ml、还原剂0.5ml，氧化剂分子数为0.5，C错误；
D．标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算氧原子数，D错误；
答案选B。
9. 化学是以实验为基础的自然科学，下列实验装置合乎规范且能达到实验目的的是
A. 检验SO2的漂白性B. 验证X为易挥发性酸
C. 蒸馏石油D. 验证NH4HCO3受热易分解
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中酸性高锰酸钾可以和SO2发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，A错误；
B．挥发性酸可以和氨气反应生成铵盐，产生白烟，故可以验证X为易挥发性酸，B正确；
C．蒸馏的时候，应该用直形冷凝管，C错误；
D．该装置加热碳酸氢铵分解会有水生成，试管口应略向下倾斜，另外分解产生的氨气、二氧化碳在瓶口又重新结合，不一定有预期现象，D错误；
故选B。
10. 科学研究发现，火星存在大量，有科学家提出设想：利用火星上设计电池，电池反应为。下列说法错误的是
A. 钠在负极发生氧化反应B. 在正极上生成C
C. 放电时向正极迁移D. 参与反应时转移电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应，由总反应可知，钠元素化合价升高，在负极发生氧化反应，A正确；
B．由总反应可知，正极二氧化碳得电子生成单质碳，B正确；
C．放电时，正极得电子，阳离子钠离子向正极移动，C正确；
D．依据得失电子守恒知，当有3mlCO2参与反应时，转移4ml电子，D错误；
答案选D。
11. 由和反应生成和的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A. 反应生成时转移
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C.
D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学方程式：N2O＋NO=N2＋NO2，生成1ml N2时转移电子2ml，A错误；
B．根据能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应属于放热反应，B正确；
C．根据能量变化图，N2O(g)＋NO(g)=N2(g)＋NO2(g) ΔH＝(209－348)kJ·ml－1＝－139kJ·ml－1，C正确；
D．断键吸收能量，成键释放能量，此反应是放热反应，因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，D正确；
故选A。
12. M是一种可溶性结晶水合物，为了确定M的组成，取少量M溶于水配成容液进行如下实验：
下列有关M的推断正确的是
A. 由实验(1)(2)的现象知，M含
B. 由实验(3)(4)的现象知，该气体显碱性
C. 由实验(6)的现象知，白色沉淀可能是
D. 由上述实验推知，M可能是
【答案】A
【解析】
【分析】实验(1)加入KSCN溶液无现象说明无Fe3+，实验(2)加入氯水溶液变红色，说明亚铁离子被氧化生成Fe3+，可推知M溶液含Fe2+；由实验(4)现象可知气体为NH3，说明M中含NH，由实验(5)和(6)现象说明M中含SO；
【详解】A．实验(1)加入KSCN溶液无现象说明无Fe3+，实验(2)加入氯水溶液变红色，说明亚铁离子被氧化生成Fe3+，可推知M溶液含Fe2+，A正确；
B．由实验(4)现象可知气体为NH3，氨气无碱性，是氨气溶于水得到氨水呈碱性，B错误；
C．由实验(5)加入稀盐酸无现象，可排除M中不存在CO，根据(6)现象说明M中含SO，白色沉淀是BaSO4，C错误；
D．由上述实验推知，M含有Fe2+、NH、SO，但无法确定结晶水的数目，D错误；
故选：A。
13. 某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2。实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO＋CaO2=Ca(NO2)2；2NO2＋CaO2=Ca(NO3)2下列说法错误的是
A. 通入N2是为了排尽装置中空气
B. 装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸
C. F装置中的试剂也可使用氢氧化钠溶液
D. 若将铜片换成木炭，则不可以制备纯净的亚硝酸钙
【答案】C
【解析】
【分析】Cu和稀硝酸在A装置中反应产生NO，生成的NO经装置B除去挥发的HNO3，经装置D干燥，在装置E中和CaO2反应得到Ca(NO2)2，装置F除去尾气。
【详解】A．装置中含有空气，其中的O2会和NO反应，需要先通N2排尽装置内的空气，A项正确；
B．装置B、D中试剂分别为水和浓硫酸，作用是除去挥发的硝酸和干燥NO，B项正确；
C．NaOH溶液不与NO反应，不能使用氢氧化钠溶液处理尾气，C项错误；
D．木炭与稀硝酸不反应，不能替换铜片，D项正确。
答案选C。
14. 测量汽车尾气中氮氧化物含量的方法如下：ⅰ.在高温、催化剂作用下，分解为和；ⅱ.再利用与反应，产生激发态的(用表示)，当回到基态时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比。下列说法不正确的是
A. 基态与具有的能量不同
B. 在大气中形成酸雨：
C. 与能发生反应：
D. 测得荧光强度越大，说明汽车尾气中含量越高
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息ii可知，当回到基态时，产生荧光，故说明基态与具有的能量不同，A正确；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则在大气中形成酸雨的总反应方程式为：，B正确；
C．由题干信息ii可知，利用与反应，产生激发态的(用表示)，故与能发生反应的方程式为：，C正确；
D．由题干信息可知，通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比，测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但题干信息i在高温、催化剂作用下，分解为和，故不能说明汽车尾气中含量越高，只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D错误；
故答案为：D。
15. 图a～c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y均表示石墨电极)微观图示。下列说法错误的是
A. 图示中小黑球代表的是氯离子
B. 图a中放入的是氯化钠固体，该条件下氯化钠不导电
C. 图b和图c中发生的化学反应完全相同
D. 图b能证明氯化钠属于离子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯离子的半径大于钠离子，可知小黑球代表氯离子，小白球代表钠离子，故A正确；
B．氯化钠在固体状态下，钠离子和氯离子均不能自由移动，不能导电，故B正确；
C．图b中只有氯离子和钠离子定向移动，可知为电解熔融的氯化钠的过程，图c中离子周围被水分子包围，可知为电解氯化钠溶液，而氯化钠溶液电解时阴极是氢离子放电，反应不同，故C错误；
D．图b能说明熔融状态下的氯化钠可以导电，则可知固体氯化钠中存在离子，离子之间存在离子键，属于离子化合物，故D正确；
故选C。
16. 用TiOSO4溶液生产纳米TiO2的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 在实验室中进行“操作I”，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
B. “沉钛”时反应的离子方程式为：TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2
C. 回收“滤液”中的(NH4)2SO4，应采用蒸发结晶法
D. 纳米TiO2形成的分散系有丁达尔效应
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，在沉钛时的反应为，滤液的主要成分为硫酸铵，经过处理后得到二氧化钛，以此解题。
【详解】A．操作I为过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和漏斗，故A正确；
B．沉钛时的离子方程式为，故B正确；
C．硫酸铵溶解度随温度的变化大，用加热浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；
D．纳米TiO2形成分散系时，形成胶体，有丁达尔效应，故D正确；
故选C。
二、非选择题（共52分）
17. 部分元素在周期表的位置如图所示：
请回答下列问题：
（1）G元素在周期表中的位置可表示为___________；
（2）BH2的电子式为___________；
（3）G与H元素最高价氧化物所对应的水化物，酸性较强的是___________(填化学式)；
（4）DF2属于___________晶体；
（5）CA4的分子空间构型为___________；
（6）物质EA4H存在的微粒间作用力有___________；
（7）AHF的电离方程式为___________；
（8）将A2F2的酸性溶液与M2G的水溶液混合可生成G的单质，发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）第三周期第VIA族
（2） （3）HClO4
（4）共价 （5）正四面体
（6）离子键、共价键 （7）HClO⇌H++ClO-
（8）H2O2+S2-+2H+=S↓+2H2O
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，A为H，B为Mg，C为C，D为Si，E为N，F为O，G为S，H为Cl，M为Na，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知，G为S，其在周期表中位置可表示为第三周期第VIA族；
【小问2详解】
由分析可知，B为Mg，H为Cl，则BH2为MgCl2，其电子式为： ；
【小问3详解】
由分析可知，G为S，H为Cl，元素的非金属性越强，其最高价氧化物所对应的水化物的酸性越强，故酸性较强的是HClO4；
【小问4详解】
由分析可知，D为Si，F为O，则DF2属为SiO2，属于共价晶体；
小问5详解】
由分析可知，A为H，C为C，则CA4为CH4，其分子空间构型为正四面体；
【小问6详解】
由分析可知，A为H，E为N，H为Cl，则EA4H为NH4Cl，属于离子晶体，铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根中氮和氢之间是共价键；
【小问7详解】
由分析可知，A为H，F为O，H为Cl，则AHF为HClO，为弱酸，其电离方程式为：HClO⇌H++ClO-；
【小问8详解】
由分析可知，A为H，F为O，则A2F2为H2O2，G为S，M为Na，则M2G为Na2S，过氧化氢有强氧化性，可以和硫化钠中-2价硫发生氧化还原反应，离子方程式为：H2O2+S2-+2H+=S↓+2H2O。
18. 一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)和氧化锰矿(主要成分为)为原料制备硫酸锰晶体的工艺流程如下。
已知：①“混合焙烧”产物有、、、、、等物质
②微溶于水，难溶于水
（1）“混合焙烧”时，需将高硫锰矿和氧化锰矿粉碎的目的是_______。
（2）滤渣1的主要成分为和_______(填化学式)。
（3）“氧化”时，发生的反应为_______。
__________________= _____________________
（4）“中和”时，除去的金属离子为_______。
（5）滤渣3成分为、，净化时应控制溶液不能过高的原因是_______。
（6）“碳化”时，有沉淀和产生，其离子方程式为_______。
（7）增加“混合焙烧”步骤相对于传统直接硫酸酸浸工艺，从减少污染或节约原料的角度分析增加该步骤的优点_______(答一条即可)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分
（2）
（3）
（4）Fe3+ （5）pH过高会生成Mn(OH)2造成Mn元素损失
（6）Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑
（7）避免H2S排放，减少H2SO4用量
【解析】
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到、、、、、等物质，加入硫酸，得到滤渣1主要成分为和，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物；
【小问1详解】
矿石粉碎是增大和气体接触面积加快反应速率；将高硫锰矿和氧化锰矿粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
【小问2详解】
根据分析可知，滤渣1的主要成分为和；
【小问3详解】
“氧化”时，二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，同时生成锰离子，结合氧化还原反应原理及质量守恒、电荷守恒配平，可得发生的反应为；
【小问4详解】
加入碳酸钙中和，将铁离子以氢氧化物的形式除去，故除去的离子为Fe3+；
【小问5详解】
难溶于水,若净化时应控制溶液过高会生成Mn(OH)2造成Mn元素损失；
【小问6详解】
“碳化”时，锰离子与碳酸氢根离子反应，有沉淀和产生，其离子方程式Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
【小问7详解】
增加“混合焙烧”步骤相对于传统直接硫酸酸浸工艺，从减少污染或节约原料的角度分析增加该步骤的优点是避免H2S排放，减少H2SO4用量。
19. 研究化学反应的速率和限度对于日常生活和工农业生产都具有重要的意义。
（1）一定温度下，在2 L的恒容容器中充入N2与H2各1 ml，H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：
①反应0～2 min，以NH3表示的平均反应速率为_______。
②能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。
a.混合气体的密度保持不变 b.容器内的气体压强保持不变
c. d. N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2
e.气体的平均相对分子质量保持不变 f. NH3的体积分数保持不变
③我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法错误的是_______。
a. N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
b.过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化相同
c.适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高转化率
d.大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
（2）一种“碘钟实验”是将浓度均为0.01 ml/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。某小组同学在室温下对该实验原理进行探究。资料：该实验的总反应为。反应分两步进行，第i步：，第ii步： ……
①第ii步的离子方程式是_______。对于总反应，的作用相当于_______。
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验I、实验Ⅱ(溶液浓度均为0.01 ml/L)。
实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是_______。对比实验I、实验Ⅱ，可得出的实验结论是_______。
③为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01 ml/L)。
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及第i、ii步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因_______。
【答案】（1） ①. ②. bef ③. bc
（2） ①. ②. 催化剂 ③. 8、3、2 ④. 其他条件相同，增大浓度可以加快该化学反应速率 ⑤. 混合溶液中小于，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象
【解析】
【小问1详解】
①由题干图示可知，反应0～2 min，=，根据反应速率之比等于其化学计量系数之比，故以NH3表示的平均反应速率为=，故答案为：；
②a.反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡，a不合题意；
b. 反应前后气体的系数发生改变，即反应过程中容器的气体压强一直在改变，则容器内的气体压强保持不变，说明反应达到平衡，b符合题意；
c.根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，，则当时反应的正逆反应速率不相等，反应未达到化学平衡，c不合题意；
d.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，即 N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2不能说明反应达到化学平衡，d不合题意；
e. 反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变，即气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到化学平衡，e符合题意；
f. 化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，则NH3的体积分数保持不变说明反应达到化学平衡，f符合题意；
故答案为：bef；
③
a. 由题干反应历程图示信息可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的，即通过多步还原反应生成NH3，a正确；
b. 过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所以所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，b错误；
c. 适当提高N2分压，可以加快N2（g）→*N2反应速率，但N2在此步骤的转化率降低，c错误；
d. 氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将降低反应速率，d正确；
故答案为：bc；
【小问2详解】
①该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2+2H+═+2H2O，反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，反应B：①-②得到反应的离子方程式：I2+2=2I-+，对于总反应，I-的作用相当于催化剂，故答案为：I2+2=2I-+；催化剂；
②为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅱ跟实验Ⅰ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2，对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率，故答案为：8、3、2；其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；
③对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，混合溶液中小于，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象，故答案为：混合溶液中小于，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象。
20. 部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系如图，根据所学知识回答下列问题。
（1）、、、四种元素的最简单氢化物中，最稳定的是________（填化学式）。
（2）与能形成一种淡黄色的物质，其电子式为________。
（3）的最高价氧化物对应的水化物与的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为________。
（4）由的单质制成的电池需要注意防水，其原因为________（用化学方程式表示）。
（5）门捷列卡在研究元素周期表时，科学地预言了11种当时尚未发现的元素，他认为的下一周期存在一种“类”元素，该元素多年后被法国化学家发现，命名为镓（Ga），镓在元素周期表中的位置为________。预测与的最高价氧化物对应水化物的碱性较强的是________（填最高价氧化物对应水化物的化学式）。
（6）使用下列装置再添加合适的药品，可以证明和两种元素的非金属性强弱顺序，可供选择的药品为：①浓硫酸②稀硫酸③盐酸④固体⑤⑥澄清石灰水⑦NaOH溶液
请选择装置丙、丁两处应该加入的药品代号：丙________、丁________。
【答案】（1）HF （2）
（3）
（4）
（5） ①. 第四周期第ⅢA族 ②.
（6） ①. ④ ②. ⑥
【解析】
【分析】根据元素的原子半径结合原子序数关系可知：a是Li，b是C，c是N，d是O，e是F，f是Na，g是Al，h是S，i是Cl元素，然后根据元素周期律分析解答。
【小问1详解】
c是N，d是O，e是F，i是Cl元素，元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。在上述元素中元素非金属性最强的元素是F，所以形成的氢化物中最稳定的是HF；
【小问2详解】
d是O，f是Na，二者形成的淡黄色化合物为过氧化钠，电子式为：
【小问3详解】
f是Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，g是Al，其最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，为两性氧化物，能溶于氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：；
【小问4详解】
a是Li，Li能够与水反应产生LiOH、H2，所以锂电池在使用时要注意放水，该反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
镓元素是31号元素，原子核外电子排布是2、8、18、3，根据原子结构与元素位置关系可知Ga位于元素周期表第四周期第IIIA族；同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强。元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：Al【小问6详解】
b为C，h为S，欲证明b和h两种元素的非金属性强弱，只需证明二者最高价氧化物水化物酸性碳酸大于硫酸即可，故分液漏斗中装有稀硫酸，丙为碳酸钠，二者反应产生二氧化碳用澄清石灰水检验，即丙为④固体，丁为⑥澄清石灰水；实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
变蓝时间
实验I
5 mL
4 mL
8 mL
3 mL
0
30 min
实验Ⅱ
5 mL
2 mL
x mL
y mL
z mL
40 min
实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验Ⅲ
4 mL
4 mL
9 mL
3 mL
0
（总分：100分 考试时间：75分钟）
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A. 人体中极少量的NO有助于促进血管扩张，防止血管栓塞
B. 暖贴是以钢铁的电化学腐蚀原理制成的
C. 汽车尾气中的NOx全部来自汽油中的氮元素燃烧
D. 高锰酸钾溶液可用于运输过程中水果及花卉的保鲜
【答案】C
【解析】
【详解】A．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞,被用于治疗心绞痛，A正确；
B．暖贴发热原理是铁在潮湿的空气中发生了吸氧腐蚀的原理，利用原电池加快氧化还原反应速率，B正确；
C．汽油成分中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物主要来自于空气中N2和O2在气缸的高温环境中反应生成，C错误；
D．高锰酸钾有强氧化性，可将水果释放出的乙烯吸收氧化延长水果的成熟，所以常用作水果运输保鲜剂，D正确；
故选C。
2. 下列符号表征或说法正确的是
A. 乙烷的结构式：CH3—CH3
B. 中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
C. NF3的电子式：
D. 氯离子结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烷的结构式为 ，故A错误；
B．中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为：，故B错误；
C．NF3的电子式为 ，故C错误；
D．氯离子核外共有18个电子，结构示意图为 ，故D正确；
故选D。
3. 我国科学家最新开发的新型催化剂，实现甲烷制备乙酸：，在恒容密闭容器中发生上述反应。下列说法错误的是
A. 其他条件不变，升高温度，反应速率增大
B. 其他条件不变，充入惰性气体，反应速率减小
C. 的反应速率相等
D 其他条件不变，加入催化剂能提高反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．其它条件不变，升高温度，活化分子百分数增大而导致化学反应速率加快，A正确；
B．其他条件不变，在恒容密闭容器中充入惰性气体，各气体浓度不变，则反应速率不变，B错误；
C．化学反应速率之比等于系数比，则的反应速率相等，C正确；
D．其他条件不变，加入催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，能提高反应速率，D正确；
故选：B。
4. 煤炭与水蒸气在高温下反应制备的氢气称为“灰氢”。一定温度下，在恒容密闭容器中加入煤炭和水蒸气，发生反应：。下列情况表明可逆反应达到平衡状态的是
A. 煤炭的浓度不随时间变化
B. 气体压强不随时间变化
C. 消耗速率等于生成速率
D. 浓度相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．煤炭是固体，其浓度为定值，其浓度不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体压强不随时间变化，说明反应达到平衡状态，B正确；
C．任何时刻，消耗速率都等于生成速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，也不能说明各物质浓度不变，因此不能说明反应达到平衡状态，D错误；
答案选B。
5. 2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是
A. 原子半径：X>Z>W
B. 元素最高价：X>W>Y
C. 简单氢化物的稳定性：X>Y>Z
D. X的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】X位于第三周期，其与其他原子形成六个共价键，所以X为S；X原子的电子数为Z原子的两倍，Z为O；W、Z、Y位于第二周期，却Y只形成一个共价键，则Y为F；W形成两个共价键且该阴离子带有一个负电荷，则W为N。
【详解】A．原子半径S>N>O，A项错误；
B．S最高价为+6，N最高价为+5，F最高价为0，元素最高价S>N>F，B项正确；
C．非金属性越强，则简单氢化物的稳定性越高，简单氢化物的稳定性F>O>S，C项错误；
D．SO2对应的水化物为H2SO3，其为弱酸，D项错误；
答案选B。
6. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 还原过程中生成0.1mlN2，转移电子数为NA
B. 依据图示可知催化剂参与了储存和还原过程
C. 在转化过程中，氮元素均被还原
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
【答案】C
【解析】
【详解】A．还原过程中生成1个 N2，转移电子的个数为1×(5-0)×2=10，故生成0.1mlN2，转移电子数为NA，故A正确；
B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，BaO生成的Ba(NO3)2参与了还原过程，故B正确；
C．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故C错误；
D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选C。
7. 下列离子方程式中，书写正确的是
A. Cu与足量稀HNO3反应：Cu＋4H＋＋2=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
B. (NH4)2CO3溶液与澄清石灰水混合：2＋＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋2NH3↑＋2H2O
C. Na2SO3溶液与稀HNO3混合：＋2H＋=SO2↑＋H2O
D. AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu与足量稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A错误；
B．(NH4)2CO3溶液与澄清石灰水混合生成碳酸钙和氨水，故离子方程式为：2＋＋Ca2＋＋2OH-=CaCO3↓＋2NH3·H2O，B错误；
C．Na2SO3溶液与稀HNO3混合，硝酸氧化亚硫酸根生成硫酸根，C错误；
D．AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故离子方程式为：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，D正确；
故选D。
8. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 与在一定条件下反应生成分子数为
B. 在锌铜原电池中，负极减少时理论上转移电子数为
C. 中，参与反应时需要氧化剂分子数为
D. 标准状况下，含氧原子总数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，与在一定条件下反应生成分子数小于，A错误；
B．在锌铜原电池中，负极减少，即有=1ml锌失电子生成Zn2+，转移电子2ml，电子数为，B正确；
C．的物质的量为1ml，1mlNaOH参与反应消耗1mlNO2，需要氧化剂0.5ml、还原剂0.5ml，氧化剂分子数为0.5，C错误；
D．标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算氧原子数，D错误；
答案选B。
9. 化学是以实验为基础的自然科学，下列实验装置合乎规范且能达到实验目的的是
A. 检验SO2的漂白性B. 验证X为易挥发性酸
C. 蒸馏石油D. 验证NH4HCO3受热易分解
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中酸性高锰酸钾可以和SO2发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，A错误；
B．挥发性酸可以和氨气反应生成铵盐，产生白烟，故可以验证X为易挥发性酸，B正确；
C．蒸馏的时候，应该用直形冷凝管，C错误；
D．该装置加热碳酸氢铵分解会有水生成，试管口应略向下倾斜，另外分解产生的氨气、二氧化碳在瓶口又重新结合，不一定有预期现象，D错误；
故选B。
10. 科学研究发现，火星存在大量，有科学家提出设想：利用火星上设计电池，电池反应为。下列说法错误的是
A. 钠在负极发生氧化反应B. 在正极上生成C
C. 放电时向正极迁移D. 参与反应时转移电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应，由总反应可知，钠元素化合价升高，在负极发生氧化反应，A正确；
B．由总反应可知，正极二氧化碳得电子生成单质碳，B正确；
C．放电时，正极得电子，阳离子钠离子向正极移动，C正确；
D．依据得失电子守恒知，当有3mlCO2参与反应时，转移4ml电子，D错误；
答案选D。
11. 由和反应生成和的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A. 反应生成时转移
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C.
D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学方程式：N2O＋NO=N2＋NO2，生成1ml N2时转移电子2ml，A错误；
B．根据能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应属于放热反应，B正确；
C．根据能量变化图，N2O(g)＋NO(g)=N2(g)＋NO2(g) ΔH＝(209－348)kJ·ml－1＝－139kJ·ml－1，C正确；
D．断键吸收能量，成键释放能量，此反应是放热反应，因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，D正确；
故选A。
12. M是一种可溶性结晶水合物，为了确定M的组成，取少量M溶于水配成容液进行如下实验：
下列有关M的推断正确的是
A. 由实验(1)(2)的现象知，M含
B. 由实验(3)(4)的现象知，该气体显碱性
C. 由实验(6)的现象知，白色沉淀可能是
D. 由上述实验推知，M可能是
【答案】A
【解析】
【分析】实验(1)加入KSCN溶液无现象说明无Fe3+，实验(2)加入氯水溶液变红色，说明亚铁离子被氧化生成Fe3+，可推知M溶液含Fe2+；由实验(4)现象可知气体为NH3，说明M中含NH，由实验(5)和(6)现象说明M中含SO；
【详解】A．实验(1)加入KSCN溶液无现象说明无Fe3+，实验(2)加入氯水溶液变红色，说明亚铁离子被氧化生成Fe3+，可推知M溶液含Fe2+，A正确；
B．由实验(4)现象可知气体为NH3，氨气无碱性，是氨气溶于水得到氨水呈碱性，B错误；
C．由实验(5)加入稀盐酸无现象，可排除M中不存在CO，根据(6)现象说明M中含SO，白色沉淀是BaSO4，C错误；
D．由上述实验推知，M含有Fe2+、NH、SO，但无法确定结晶水的数目，D错误；
故选：A。
13. 某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2。实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO＋CaO2=Ca(NO2)2；2NO2＋CaO2=Ca(NO3)2下列说法错误的是
A. 通入N2是为了排尽装置中空气
B. 装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸
C. F装置中的试剂也可使用氢氧化钠溶液
D. 若将铜片换成木炭，则不可以制备纯净的亚硝酸钙
【答案】C
【解析】
【分析】Cu和稀硝酸在A装置中反应产生NO，生成的NO经装置B除去挥发的HNO3，经装置D干燥，在装置E中和CaO2反应得到Ca(NO2)2，装置F除去尾气。
【详解】A．装置中含有空气，其中的O2会和NO反应，需要先通N2排尽装置内的空气，A项正确；
B．装置B、D中试剂分别为水和浓硫酸，作用是除去挥发的硝酸和干燥NO，B项正确；
C．NaOH溶液不与NO反应，不能使用氢氧化钠溶液处理尾气，C项错误；
D．木炭与稀硝酸不反应，不能替换铜片，D项正确。
答案选C。
14. 测量汽车尾气中氮氧化物含量的方法如下：ⅰ.在高温、催化剂作用下，分解为和；ⅱ.再利用与反应，产生激发态的(用表示)，当回到基态时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比。下列说法不正确的是
A. 基态与具有的能量不同
B. 在大气中形成酸雨：
C. 与能发生反应：
D. 测得荧光强度越大，说明汽车尾气中含量越高
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息ii可知，当回到基态时，产生荧光，故说明基态与具有的能量不同，A正确；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则在大气中形成酸雨的总反应方程式为：，B正确；
C．由题干信息ii可知，利用与反应，产生激发态的(用表示)，故与能发生反应的方程式为：，C正确；
D．由题干信息可知，通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比，测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但题干信息i在高温、催化剂作用下，分解为和，故不能说明汽车尾气中含量越高，只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D错误；
故答案为：D。
15. 图a～c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验(X、Y均表示石墨电极)微观图示。下列说法错误的是
A. 图示中小黑球代表的是氯离子
B. 图a中放入的是氯化钠固体，该条件下氯化钠不导电
C. 图b和图c中发生的化学反应完全相同
D. 图b能证明氯化钠属于离子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯离子的半径大于钠离子，可知小黑球代表氯离子，小白球代表钠离子，故A正确；
B．氯化钠在固体状态下，钠离子和氯离子均不能自由移动，不能导电，故B正确；
C．图b中只有氯离子和钠离子定向移动，可知为电解熔融的氯化钠的过程，图c中离子周围被水分子包围，可知为电解氯化钠溶液，而氯化钠溶液电解时阴极是氢离子放电，反应不同，故C错误；
D．图b能说明熔融状态下的氯化钠可以导电，则可知固体氯化钠中存在离子，离子之间存在离子键，属于离子化合物，故D正确；
故选C。
16. 用TiOSO4溶液生产纳米TiO2的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 在实验室中进行“操作I”，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
B. “沉钛”时反应的离子方程式为：TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2
C. 回收“滤液”中的(NH4)2SO4，应采用蒸发结晶法
D. 纳米TiO2形成的分散系有丁达尔效应
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，在沉钛时的反应为，滤液的主要成分为硫酸铵，经过处理后得到二氧化钛，以此解题。
【详解】A．操作I为过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和漏斗，故A正确；
B．沉钛时的离子方程式为，故B正确；
C．硫酸铵溶解度随温度的变化大，用加热浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；
D．纳米TiO2形成分散系时，形成胶体，有丁达尔效应，故D正确；
故选C。
二、非选择题（共52分）
17. 部分元素在周期表的位置如图所示：
请回答下列问题：
（1）G元素在周期表中的位置可表示为___________；
（2）BH2的电子式为___________；
（3）G与H元素最高价氧化物所对应的水化物，酸性较强的是___________(填化学式)；
（4）DF2属于___________晶体；
（5）CA4的分子空间构型为___________；
（6）物质EA4H存在的微粒间作用力有___________；
（7）AHF的电离方程式为___________；
（8）将A2F2的酸性溶液与M2G的水溶液混合可生成G的单质，发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）第三周期第VIA族
（2） （3）HClO4
（4）共价 （5）正四面体
（6）离子键、共价键 （7）HClO⇌H++ClO-
（8）H2O2+S2-+2H+=S↓+2H2O
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，A为H，B为Mg，C为C，D为Si，E为N，F为O，G为S，H为Cl，M为Na，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知，G为S，其在周期表中位置可表示为第三周期第VIA族；
【小问2详解】
由分析可知，B为Mg，H为Cl，则BH2为MgCl2，其电子式为： ；
【小问3详解】
由分析可知，G为S，H为Cl，元素的非金属性越强，其最高价氧化物所对应的水化物的酸性越强，故酸性较强的是HClO4；
【小问4详解】
由分析可知，D为Si，F为O，则DF2属为SiO2，属于共价晶体；
小问5详解】
由分析可知，A为H，C为C，则CA4为CH4，其分子空间构型为正四面体；
【小问6详解】
由分析可知，A为H，E为N，H为Cl，则EA4H为NH4Cl，属于离子晶体，铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根中氮和氢之间是共价键；
【小问7详解】
由分析可知，A为H，F为O，H为Cl，则AHF为HClO，为弱酸，其电离方程式为：HClO⇌H++ClO-；
【小问8详解】
由分析可知，A为H，F为O，则A2F2为H2O2，G为S，M为Na，则M2G为Na2S，过氧化氢有强氧化性，可以和硫化钠中-2价硫发生氧化还原反应，离子方程式为：H2O2+S2-+2H+=S↓+2H2O。
18. 一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)和氧化锰矿(主要成分为)为原料制备硫酸锰晶体的工艺流程如下。
已知：①“混合焙烧”产物有、、、、、等物质
②微溶于水，难溶于水
（1）“混合焙烧”时，需将高硫锰矿和氧化锰矿粉碎的目的是_______。
（2）滤渣1的主要成分为和_______(填化学式)。
（3）“氧化”时，发生的反应为_______。
__________________= _____________________
（4）“中和”时，除去的金属离子为_______。
（5）滤渣3成分为、，净化时应控制溶液不能过高的原因是_______。
（6）“碳化”时，有沉淀和产生，其离子方程式为_______。
（7）增加“混合焙烧”步骤相对于传统直接硫酸酸浸工艺，从减少污染或节约原料的角度分析增加该步骤的优点_______(答一条即可)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分
（2）
（3）
（4）Fe3+ （5）pH过高会生成Mn(OH)2造成Mn元素损失
（6）Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑
（7）避免H2S排放，减少H2SO4用量
【解析】
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到、、、、、等物质，加入硫酸，得到滤渣1主要成分为和，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物；
【小问1详解】
矿石粉碎是增大和气体接触面积加快反应速率；将高硫锰矿和氧化锰矿粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
【小问2详解】
根据分析可知，滤渣1的主要成分为和；
【小问3详解】
“氧化”时，二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，同时生成锰离子，结合氧化还原反应原理及质量守恒、电荷守恒配平，可得发生的反应为；
【小问4详解】
加入碳酸钙中和，将铁离子以氢氧化物的形式除去，故除去的离子为Fe3+；
【小问5详解】
难溶于水,若净化时应控制溶液过高会生成Mn(OH)2造成Mn元素损失；
【小问6详解】
“碳化”时，锰离子与碳酸氢根离子反应，有沉淀和产生，其离子方程式Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
【小问7详解】
增加“混合焙烧”步骤相对于传统直接硫酸酸浸工艺，从减少污染或节约原料的角度分析增加该步骤的优点是避免H2S排放，减少H2SO4用量。
19. 研究化学反应的速率和限度对于日常生活和工农业生产都具有重要的意义。
（1）一定温度下，在2 L的恒容容器中充入N2与H2各1 ml，H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：
①反应0～2 min，以NH3表示的平均反应速率为_______。
②能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。
a.混合气体的密度保持不变 b.容器内的气体压强保持不变
c. d. N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2
e.气体的平均相对分子质量保持不变 f. NH3的体积分数保持不变
③我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法错误的是_______。
a. N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
b.过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化相同
c.适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高转化率
d.大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
（2）一种“碘钟实验”是将浓度均为0.01 ml/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。某小组同学在室温下对该实验原理进行探究。资料：该实验的总反应为。反应分两步进行，第i步：，第ii步： ……
①第ii步的离子方程式是_______。对于总反应，的作用相当于_______。
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验I、实验Ⅱ(溶液浓度均为0.01 ml/L)。
实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是_______。对比实验I、实验Ⅱ，可得出的实验结论是_______。
③为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01 ml/L)。
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及第i、ii步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因_______。
【答案】（1） ①. ②. bef ③. bc
（2） ①. ②. 催化剂 ③. 8、3、2 ④. 其他条件相同，增大浓度可以加快该化学反应速率 ⑤. 混合溶液中小于，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象
【解析】
【小问1详解】
①由题干图示可知，反应0～2 min，=，根据反应速率之比等于其化学计量系数之比，故以NH3表示的平均反应速率为=，故答案为：；
②a.反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡，a不合题意；
b. 反应前后气体的系数发生改变，即反应过程中容器的气体压强一直在改变，则容器内的气体压强保持不变，说明反应达到平衡，b符合题意；
c.根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，，则当时反应的正逆反应速率不相等，反应未达到化学平衡，c不合题意；
d.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，即 N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2不能说明反应达到化学平衡，d不合题意；
e. 反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变，即气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到化学平衡，e符合题意；
f. 化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，则NH3的体积分数保持不变说明反应达到化学平衡，f符合题意；
故答案为：bef；
③
a. 由题干反应历程图示信息可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的，即通过多步还原反应生成NH3，a正确；
b. 过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所以所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，b错误；
c. 适当提高N2分压，可以加快N2（g）→*N2反应速率，但N2在此步骤的转化率降低，c错误；
d. 氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将降低反应速率，d正确；
故答案为：bc；
【小问2详解】
①该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2+2H+═+2H2O，反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，反应B：①-②得到反应的离子方程式：I2+2=2I-+，对于总反应，I-的作用相当于催化剂，故答案为：I2+2=2I-+；催化剂；
②为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅱ跟实验Ⅰ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2，对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率，故答案为：8、3、2；其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；
③对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，混合溶液中小于，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象，故答案为：混合溶液中小于，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象。
20. 部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系如图，根据所学知识回答下列问题。
（1）、、、四种元素的最简单氢化物中，最稳定的是________（填化学式）。
（2）与能形成一种淡黄色的物质，其电子式为________。
（3）的最高价氧化物对应的水化物与的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为________。
（4）由的单质制成的电池需要注意防水，其原因为________（用化学方程式表示）。
（5）门捷列卡在研究元素周期表时，科学地预言了11种当时尚未发现的元素，他认为的下一周期存在一种“类”元素，该元素多年后被法国化学家发现，命名为镓（Ga），镓在元素周期表中的位置为________。预测与的最高价氧化物对应水化物的碱性较强的是________（填最高价氧化物对应水化物的化学式）。
（6）使用下列装置再添加合适的药品，可以证明和两种元素的非金属性强弱顺序，可供选择的药品为：①浓硫酸②稀硫酸③盐酸④固体⑤⑥澄清石灰水⑦NaOH溶液
请选择装置丙、丁两处应该加入的药品代号：丙________、丁________。
【答案】（1）HF （2）
（3）
（4）
（5） ①. 第四周期第ⅢA族 ②.
（6） ①. ④ ②. ⑥
【解析】
【分析】根据元素的原子半径结合原子序数关系可知：a是Li，b是C，c是N，d是O，e是F，f是Na，g是Al，h是S，i是Cl元素，然后根据元素周期律分析解答。
【小问1详解】
c是N，d是O，e是F，i是Cl元素，元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。在上述元素中元素非金属性最强的元素是F，所以形成的氢化物中最稳定的是HF；
【小问2详解】
d是O，f是Na，二者形成的淡黄色化合物为过氧化钠，电子式为：
【小问3详解】
f是Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，g是Al，其最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，为两性氧化物，能溶于氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：；
【小问4详解】
a是Li，Li能够与水反应产生LiOH、H2，所以锂电池在使用时要注意放水，该反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
镓元素是31号元素，原子核外电子排布是2、8、18、3，根据原子结构与元素位置关系可知Ga位于元素周期表第四周期第IIIA族；同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强。元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：Al
b为C，h为S，欲证明b和h两种元素的非金属性强弱，只需证明二者最高价氧化物水化物酸性碳酸大于硫酸即可，故分液漏斗中装有稀硫酸，丙为碳酸钠，二者反应产生二氧化碳用澄清石灰水检验，即丙为④固体，丁为⑥澄清石灰水；实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
变蓝时间
实验I
5 mL
4 mL
8 mL
3 mL
0
30 min
实验Ⅱ
5 mL
2 mL
x mL
y mL
z mL
40 min
实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验Ⅲ
4 mL
4 mL
9 mL
3 mL
0
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