山东省德州市2025-2026学年高一下学期期中考试化学试题（含解析）

这是一份山东省德州市2025-2026学年高一下学期期中考试化学试题（含解析），共49页。试卷主要包含了 下列化学用语表述正确的是， 下列图像及对应说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Al27 Si28 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Br80
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、单选题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1. 化学与生产、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是
A. 速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键
B. 近年来的材料新宠——石墨烯，与金刚石互为同位素
C. 华为5G手机麒麟9000芯片（HUAWEIKirin）主要成分是二氧化硅
D. “纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”，形容了金属元素焰色试验的现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰属于分子晶体，升华过程仅破坏分子间作用力，共价键未发生断裂，A错误；
B．同位素的研究对象是原子，石墨烯与金刚石是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，B错误；
C．芯片的主要成分为单质硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，C错误；
D．诗句描述的烟花燃放的灿烂色彩，本质是不同金属元素的焰色试验现象，D正确；
故选D。
2. 日本福岛核废水中含有多种放射性元素，如、、等。下列叙述错误的是
A. 原子所含中子数与质子数之差为25
B. 和化学性质相同
C. 的核外电子数为134
D. 和的中子数之差为3
【答案】C
【解析】
【详解】A．中质子数为53，中子数=质量数-质子数=131-53=78，中子数与质子数之差为78-53=25，A正确；
B．和互为同位素，核外电子排布完全相同，因此化学性质相同，B正确；
C．原子的核外电子数等于质子数，的质子数为55，故核外电子数为55，134是其质量数，C错误；
D．的中子数为134-55=79，的中子数为137-55=82，二者中子数之差为82-79=3，D正确；
故选C。
3. 下列反应过程中，既有共价键的断裂，又有离子键的形成的是
A. 氢气和氧气燃烧生成水B. 氯气和钠燃烧生成白烟
C. 氨气溶于水D. 食盐水蒸发结晶
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢气、氧气中均只含共价键，燃烧反应断裂的H-H、O=O为共价键，生成的水为共价化合物，仅形成O-H共价键，无离子键形成，A错误；
B．氯气中存在Cl-Cl共价键，反应中断裂Cl-Cl共价键，生成物氯化钠为离子化合物，形成离子键，既有共价键断裂又有离子键的形成，B正确；
C．氨气、水均为共价化合物，溶于水生成一水合氨，过程中只有共价键的断裂和新共价键的形成，无离子键形成，C错误；
D．食盐水蒸发结晶为物理变化，仅析出氯化钠时形成离子键，无共价键断裂，D错误；
故选B。
4. 氢气燃烧时放出大量的热，若断开氢气中的化学键消耗的能量为，断开氧气中的化学键消耗的能量为，形成水中的化学键释放的能量为，则下列关系正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】氢气燃烧是放热反应，2 ml和1 ml反应生成2ml，断开旧键吸收的总能量为2Q1+Q2，形成新键释放的总能量为2Q3，放热反应意味着吸收的总能量小于释放的总能量，即2Q1+Q2后者
D. X的单质可将Z的最高价氧化物还原为Z的单质，可证明非金属性
【答案】B
【解析】
【分析】M原子的核外电子数是X原子最外层电子数的4倍，M位于第三周期，X位于第二周期，设M最外层电子数为x，X原子最外层电子数为x-2，则x+8+2=(x-2)×4，x=6，结合其元素周期表中的位置关系可知，X为C元素，M为S元素，则Z为Si元素，Y为O元素。
【详解】A．O无最高正价，C最高正价为+4，A错误；
B．O和S可形成​，原子个数比O:S=3:1 ，符合要求，B正确；
C．非金属性，最高价氧化物对应水化物酸性：​，即酸性：前者＜后者，C错误；
D．反应，C作还原剂，该反应能发生是因为高温下CO逸出推动反应，不能证明非金属性，D错误；
故选B。
8. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性越强；实验现象说明碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，可推出金属性：Mg>Al ，A正确；
B．通入的氯气足量，过量的也可将氧化为使淀粉变蓝，无法证明氧化性：，B错误；
C．该实验只能说明酸性：，非金属性需通过最高价氧化物对应水化物的酸性比较，、H2S不是Cl、S的最高价含氧酸，无法判断和S的非金属性强弱，C错误；
D．测定中和反应的反应热需要保温装置减少热量散失，还需要测定酸碱的初始温度，仅测定最高温度无法完成实验，D错误；
故选A。
9. 下列图像及对应说法正确的是
A. 甲装置的电解质溶液可以用的水溶液代替
B. 图乙中做原电池的负极
C. 标准状况下，丙装置每消耗，转移
D. 丁装置放电时，a极的Pb被还原，两极质量均增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．Li 是活泼金属，会与水发生剧烈反应：2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑，因此不能使用LiCl水溶液代替，A错误；
B．乙装置为Mg-Al-NaOH单液原电池，Mg与NaOH不反应，Mg为正极，Al与NaOH能发生氧化还原反应，则Al为负极，B错误；
C．丙装置为氢氧燃料电池，通氢气的电极为负极，通氧气的电极为正极，电极反应式为，每消耗标况下，即0.5ml，转移电子物质的量为，C正确；
D．丁装置为铅酸蓄电池，放电时，Pb电极被氧化，作负极：，PbO2电极为正电极，被还原：，则正负极质量均增加，D错误；
故选C。
10. 以为催化剂的光热化学循环分解反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法中错误的是
A. 步骤③中有共价键的断裂和形成
B. 上述①②③④过程并不都是氧化还原反应过程
C. 根据数据计算，分解需要吸收的热量
D. 该反应中，光能转化为化学能，化学能转化为热能
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，步骤③中有钛氧键的断裂和形成，A正确；
B．①中钛由+4价变为+3价，③中钛由+3价变为+4价，碳元素由+4价变为+2价，故①③为氧化还原反应，但②中CO2与Ti3+结合形成中间体，④中CO从催化剂上脱附，无化合价的变化，不是氧化还原反应，B正确；
C．根据反应，由反应物总键能-生成物总键能=2×1598-2×1072-496=+556kJ/ml可知，分解1mlCO2需要吸收278kJ热量，C正确；
D．该图中以TiO2为催化剂，在光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒知，该反应中，光能和热能转化为化学能，D错误；
故选D。
二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 类推思想在化学学习和研究中经常被采用，但是类推出的结论是否正确最终要经过实验验证。下列类推的结论，正确的是
A. 已知可以与溶液反应，推得也可以与溶液反应
B. 与在点燃条件下反应生成，则与在点燃条件下反应生成
C. 往碳酸钠固体加几滴水温度升高，则往碳酸氢钠固体中加入几滴水温度也升高
D. 的稳定性比弱，则的稳定性比弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．与溶液不反应，A错误；
B．与在点燃条件下反应生成，而的金属性比Na弱，与在点燃条件下反应只能生成Li2O，B错误；
C．碳酸钠溶于水放热，则往碳酸钠固体加几滴水温度升高，碳酸氢钠溶于水吸热，则往碳酸氢钠固体中加入几滴水温度降低，C错误；
D．S的非金属性比O弱，则的稳定性比弱，P的非金属性比N弱，则的稳定性比弱，D正确；
故选D。
12. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。W与X位于同一主族；X、Y、Z三种元素形成的化合物具有强氧化性，其结构如下图所示，下列叙述错误的是
A. 同主族中，Z对应简单阴离子的还原性最强
B. Z的简单氢化物的沸点高于Y的简单氢化物
C. Z、W形成的简单离子半径，Z大于W
D. 由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定能与X、Z、W形成的化合物反应
【答案】AD
【解析】
【分析】X、Y、Z、W原子序数依次增大，X形成单键，推断X是H元素，Y可形成四个共价键，推断Y是C元素，Z形成两个共价键，推断Z为O元素，该化合物是过氧乙酸CH3COOOH，具有强氧化性；W与X位于同一主族，且原子序数大于O，推断W是Na元素。故X、Y、Z、W分别是H、C、O、Na元素，据此回答。
【详解】A．Z为O元素，同主族元素中O的非金属性最强，则O对应简单阴离子的还原性最弱，A错误；
B．Z的简单氢化物H2O，其分子间形成氢键，沸点高于Y的简单氢化物CH4，B正确；
C．Z、W形成的简单离子半径O2-、Na+，两者具有相同的电子层数，O2-的核电荷数较少，半径较大，C正确；
D．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物若是CH3COONa则不能与X、Z、W形成的化合物NaOH反应，若是NaHCO3则可以与NaOH反应，D错误；
故选AD。
13. “海泥电池”既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理。电池工作原理如图所示，其中微生物代谢产物显酸性。下列说法正确的是
A. 微生物作用下发生反应：
B. A电极附近可沉积
C. 除去，A电极消耗标准状况下
D. 温度越高，电池效率越高
【答案】AC
【解析】
【分析】A电极上​被还原为，发生还原反应，为正极；B电极上被氧化为S，发生氧化反应，为负极，据此解答。
【详解】A．由图可知，微生物作用下发生反应为和硫酸根离子在酸性条件下生成二氧化碳、和水：，A正确；
B．微生物代谢产物显酸性，会向正极（A电极）移动，不会沉积，B错误；
C．除去6.0g即6.0g30g/ml＝0.2ml ，则生成0.1 ml HS−，负极反应式为：HS−−2e−=S↓＋H＋，即生成0.1 ml HS−时转移0.2 ml电子，正极反应式为O2＋4e−＋4H＋＝2H2O，A电极消耗标准状况下0.2ml4×22.4L/ml＝1.12LO2，C正确；
D．该反应依赖微生物催化，温度过高会使微生物的蛋白质变性失活，电池效率反而下降，D错误；
故选AC。
14. 研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
已知①反应Ⅰ：
②反应Ⅲ：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ中反应物总能量大于生成物的总能量
B. 上述过程中至少涉及4种能量转化形式
C. 的焓变为，则
D. 反应Ⅱ的热化学方程式为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．，故反应I为吸热反应，则反应物总能量小于生成物的总能量，A错误；
B．上述反应涉及，太阳能转化为热能，热能转化为化学能，化学能转化为热能，热能转化为电能，至少涉及4种能量转化形式，B正确；
C．气态硫单质能量高于固态硫单质能量，故用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应放热更多，放热时焓变为负值，则，C正确；
D．反应Ⅱ可看成为－（反应Ⅰ+反应Ⅲ），故，D错误；
故选BC。
15. 以软锰矿（主要成分为，含少量Si、Al等的氧化物）为原料，某研究所设计由软锰矿制备的生产流程如下：
已知：固体和溶液的颜色均为墨绿色。下列说法中正确的是
A. “熔融煅烧”时不可以使用瓷坩埚
B. “歧化”时，可以用浓盐酸来代替冰醋酸
C. 向“浸取”液中通入调节其，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分为和
D. “结晶”步骤加热到坩埚中有大量固体析出，停止加热，利用余热将剩余的水分蒸干
【答案】AC
【解析】
【分析】由题干流程图可知，软锰矿与KOH、空气熔融煅烧，将MnO2转化为K2MnO4、Si、Al的氧化物分别转化为K2SiO3和K[Al(OH)4]，得到墨绿色炉渣，冷却后加水浸取，调节pH后产生H2SiO3和Al(OH)3沉淀，即滤渣Ⅰ的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，得到墨绿色溶液即K2MnO4溶液，加入冰醋酸后，K2MnO4将发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，过滤得到紫色溶液即KMnO4溶液，然后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥即得KMnO4晶体，据此分析解题。
【详解】A．由于陶瓷中含有Si的氧化物，能与KOH反应，故“熔融、煅烧”时不可以使用瓷坩埚，而应该使用铁坩埚，A正确；
B．由于浓盐酸中Cl-具有强还原性，K2MnO4具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，故“歧化”时，不可以用浓盐酸来代替冰醋酸，B错误；
C．由分析可知，向“浸取”液中通入CO2调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为Al(OH)3和H2SiO3，C正确；
D．由分析可知，KMnO4受热易分解，故结晶步骤应该采用降温结晶，而不能使用蒸发结晶，且蒸发结晶时应该使用蒸发皿而不是坩埚，D错误；
故选AC。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 下表为元素周期表的一部分，请根据元素①～⑧所处的位置回答下列问题：
（1）元素⑥在元素周期表中的位置为_____________，元素①～⑧形成的物质中，最高价氧化物的水化物碱性最强的是_____________。（填化学式）
（2）由元素④⑤以原子个数比为组成的化合物中含_____________。（填化学键类型）
（3）⑥的氧化物和⑦的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_____________。
（4）由元素①③组成的含的分子的结构式是_____________。由元素①④组成的含的分子的电子式是_____________。
（5）元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素（如图）的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”。下列叙述错误的是_____________。
A. 在空气中燃烧生成、
B. 硼酸是弱酸
C. 是离子化合物
D. 是两性氢氧化物
【答案】（1） ①. 第三周期ⅢA族 ②.
（2）离子键和共价键 （3）
（4） ①. ②. （5）C
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置可知：①是H、②是C、③是N、④是O、⑤是Na、⑥是Al、⑦是S、⑧是Cl，据此解答。
【小问1详解】
⑥是Al，在元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族；元素①～⑧形成的物质中，金属性最强的为Na，则最高价氧化物的水化物碱性最强的是；
【小问2详解】
④是O、⑤是Na，二者组成原子个数比为1∶1的化合物为Na2O2，其中含离子键和共价键；
【小问3详解】
⑥的氧化物为，⑦的最高价氧化物对应的水化物为，反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
①是H、③是N，二者形成的10e-分子是NH3，其结构式为：；①是H、④是O，二者形成的18e-分子是H2O2，其电子式为；；
【小问5详解】
A．Li与Mg的性质相似，根据Mg与O2反应产生MgO，与N2反应产生Mg3N2可知，Li在空气中燃烧生成Li2O、Li3N，A正确；
B．B与Si的性质相似，H2SiO3是弱酸，则硼酸也是弱酸，B正确；
C．Be与Al的性质相似，AlCl3是共价化合物，则BeCl2也是共价化合物，而不是离子化合物，C错误；
D．Be与Al的性质相似，Al(OH)3是两性氢氧化物，则Be(OH)2也是两性氢氧化物，D正确；
故选C。
17. 海洋是巨大的资源宝库，从海洋中获取的部分资源如图所示：
Ⅰ．实验室里从海带中提取碘的流程如图：
（1）灼烧海带应当盛放在_____________中进行，步骤Ⅳ是萃取和分液：溶液分两层，下层液体呈_____________色。
（2）步骤Ⅲ是氧化：向含的溶液中加入过量的和稀，该反应的离子方程式为_____________。
（3）步骤Ⅴ称为反萃取，已知碘元素以和形式存在于上层溶液中，该反应的化学方程式为_____________。
Ⅱ．溴被称为“海洋元素”，空气吹出法从海水中提取溴单质的流程如下图所示：
（4）写出蒸馏塔中反应的离子方程式_____________。
（5）含的海水不直接蒸馏的原因是_____________。
（6）处理浓缩、酸化后的海水时，若消耗标准状况下体积为，则浓缩、酸化后海水中溴元素含量为_____________（不考虑过程中的消耗）。
【答案】（1） ①. 坩埚 ②. 紫红色或紫色
（2）
（3）
（4）
（5）开始得到的溶液溴浓度低，直接蒸馏成本高
（6）128
【解析】
【分析】Ⅰ．海带中提取碘为将海带灼烧，浸取后得碘离子的溶液，氧化后得到含碘单质的水溶液，用CCl4萃取，得到含I2的CCl4萃取，加入浓NaOH溶液，I2与NaOH发生反应，溶液分层，上层为和的混合溶液，下层为CCl4溶液，向和的混合溶液中加入，发生反应，得到含I2的悬浊液，过滤得到I2固体；
Ⅱ．向浓缩、酸化后的海水（含）中通入氯气，将氧化为，在吹收塔中用空气和水蒸气将吹出，在吸收塔中用二氧化硫吸收，发生反应，在蒸馏塔中用氯气将HBr氧化为，经过冷凝、精馏得到，据此回答。
【小问1详解】
灼烧海带应当盛放在坩埚中进行；步骤Ⅳ是萃取和分液：溶液分两层，下层液体为I2的CCl4溶液，呈紫红色或紫色；
【小问2详解】
步骤Ⅲ是氧化：向含的溶液中加入过量的和稀，将氧化为I2，离子方程式为：；
【小问3详解】
步骤Ⅴ称为反萃取，已知碘元素以和形式存在于上层溶液中，则I2与NaOH发生反应，化学方程式为：；
【小问4详解】
由分析知，蒸馏塔中用氯气将HBr氧化为，离子方程式为：；
【小问5详解】
由于开始得到的溶液溴浓度低，直接蒸馏成本高，因此含的海水不直接蒸馏；
【小问6详解】
由分析知，标准状况下体积为35.84 L 的物质的量为1.6ml，根据流程，Cl2在氧化步骤和蒸馏塔中均被消耗，将两步反应叠加，可知海水中最初的与消耗的总量的物质的量之比为1:1，故海水中溴元素的物质的量为n(Br)=n(Cl2)=1.6ml ，质量，则浓缩、酸化后海水中溴元素含量为128000mg1000L=128 mg⋅L−1。
18. 某化学实验小组欲从、、的混合物中分离得到、单质铜、绿矾晶体()产品。已知A、B为中学常见的化学试剂，实验流程如下，回答下列问题。
（1）完成操作2所需的玻璃仪器为_____________。
（2）溶液3中的阳离子为_____________（填离子符号）；固体4所含成分的化学式为_____________。
（3）检验溶液4中金属阳离子的操作方法是_____________。
（4）固体2加热生成固体3的化学方程式为_____________。
（5）下列说法正确的是_____________。
a．操作3和操作4的方法相同
b．试剂可以是盐酸或稀硫酸
c．欲用纯净的绿矾晶体配制的溶液时，需称量绿矾
（6）若该小组同学取、、的混合物样品进行实验，假设实验过程中物质均无损失，并且流程涉及的固体均为干燥的物质。实验结束时，称得固体3为，固体5为，所得绿矾为，则初始混合物样品中铁元素的质量分数为_____________（精确到小数点后一位）。
【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒
（2） ①. 、、 ②. 、
（3）取少量溶液滴入试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入适量氯水后，溶液呈现红色，说明溶液含有
（4）
（5）a （6）28.0
【解析】
【分析】欲从Al2O3、CuO、Fe2O3的混合物中分离得到Al2O3、单质铜、绿矾晶体()，氢氧化钠与Al2O3反应，而CuO和Fe2O3不反应，过滤得到固体1为CuO和Fe2O3，溶液1为溶液和NaOH溶液，向其中通入过量二氧化碳反应生成固体2为氢氧化铝沉淀和溶液2碳酸氢钠溶液，过滤，得到的固体2为氢氧化铝，加热生成的固体3为氧化铝；向CuO和Fe2O3中加入过量A，得到溶液3为硫酸铁、硫酸铜、稀硫酸的混合溶液，A为稀硫酸，加入过量的B，生成FeSO4，B为Fe，过滤得到固体4为Cu、Fe，溶液4为硫酸亚铁溶液，固体4加入硫酸，过滤得到固体5为Cu，溶液5为FeSO4溶液，FeSO4经过一系列操作得到，据此回答。
【小问1详解】
操作2为过滤，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
【小问2详解】
由分析知，溶液3为硫酸铁、硫酸铜、稀硫酸的混合溶液，阳离子为、、；固体4所含成分的化学式为Fe、Cu；
【小问3详解】
溶液4为硫酸亚铁溶液，检验金属阳离子的操作方法是取少量溶液滴入试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入适量氯水后，溶液呈现红色，说明溶液含有；
【小问4详解】
由分析知，固体2为Al(OH)3，加热生成的固体3为Al2O3，化学方程式为：；
【小问5详解】
a.操作3和操作4均为过滤，方法相同，a正确；
b.试剂A只可以使用稀硫酸，盐酸会引入杂质氯离子，b错误；
c.欲用纯净的绿矾晶体配制1000mL0.1ml/L的FeSO4溶液时，需称量绿矾质量m=cVM=0.1ml/L×1L×278g/ml=27.8g，c错误；
故选a；
【小问6详解】
根据Al、Cu元素守恒，Al2O3质量为2.0g，CuO质量为，Fe2O3的质量为（10.0-2.0-4.0）g=4.0g，混合物样品中铁元素的质量分数为。
19. 天然气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料，天然气的主要成分为甲烷。
（1）Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
由盖斯定律可求得_____________。
（2）甲烷可直接应用于燃料电池，其工作原理如图所示。
①电子从_____________极流出。（填“a”或“b”）
②负极反应式是_____________。
③电解质溶液体积变化忽略不计，则_____________。（填“不变”或“增大”或“减小”）
④假设该电池能量转化率为90%，当消耗标准状况下时，导线中转移电子的物质的量为_____________ml。
（3）光催化技术具有高效、节能的优点，利用如下图所示装置可实现“碳中和”。铂电极的电极反应式为_____________，的迁移方向为_____________，（填“从右向左”或“从左向右”）两极生成的与的物质的量之比为_____________。
【答案】（1）
（2） ①. a ②. ③. 减小 ④. 3.6
（3） ①. ②. 从左向右 ③.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ ，因此ΔH2=ΔH1+ΔH3=−165.0kJ/ml+(−41.2kJ/ml)=−206.2kJ/ml ，故；
【小问2详解】
①燃料电池中，通入燃料​的电极为负极，通入的电极为正极；原电池中电子从负极流出，故电子从极流出；
②碱性条件下​在负极失电子生成​，配平后得到负极反应式；
③电池总反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O ，反应消耗且生成水，因此减小；
④标准状况下11.2LCH4​物质的量为，反应转移电子，能量转化率为，故导线中转移电子的物质的量为：0.5ml×8×90%=3.6ml ；
【小问3详解】
①该装置为电解池，右侧铂电极​得电子生成​，发生还原反应，为阴极，左侧钛酸锶电极失电子生成，发生氧化反应，为阳极， 酸性条件下，在铂电极得电子还原为的电极反应式为；
② 电解池中阳离子向阴极移动，阴极在右侧，因此从左向右迁移；
③ 生成​转移电子，生成​转移电子，根据电子守恒，与​物质的量之比为。

20. 三氯甲硅烷（）是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为，熔点为，且遇剧烈反应。实验室根据反应来制备粗品，装置如图：
已知：①
②中化合价为
（1）装置内盛装的试剂是_____________，导管a的作用是_____________。
（2）干燥管b中盛放的试剂可以是_____________。（填序号）
①无水 ②碱石灰 ③ ④氧化钙
（3）该装置的缺陷_____________。
（4）遇水会产生和两种酸，则与水反应的化学方程式_____________。
（5）采用下图方法测定溶有少量的纯度。首先调节储液瓶与量气管液面相平，读数为，向样品中加入足量水，反应结束恢复至初始温度，调整量气管液面与储液瓶液面相平，记录读数为。已知该条件下气体的摩尔体积为。则产品的纯度为_____________%，若将恒压滴液漏斗改为分液漏斗，则所测产品纯度_____________。（填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. 平衡气压，使浓硫酸顺利流下
（2）②④ （3）末端缺少尾气处理装置
（4）
（5） ①. 75 ②. 偏大
【解析】
【分析】实验室根据反应来制备SiHCl3粗品，根据实验装置可知，装置A是氯化氢气体的发生装置，B是除杂装置，C是制备SiHCl3的发生装置，D是收集装置，E是干燥和尾气处理装置，据此回答。
【小问1详解】
装置B的作用为干燥HCl气体，故装置内盛装的试剂为浓硫酸；导管a连通蒸馏烧瓶和分液漏斗，作用为平衡气压，使浓硫酸顺利流下；
【小问2详解】
SiHCl3遇H2O剧烈反应，故装置E的作用为吸收过量的氯化氢气体及防止外界的水蒸气进入装置D中，故选②④；
【小问3详解】
根据反应可知，生成的H2无后续处理装置；
【小问4详解】
SiHCl3遇水会产生H2和两种酸，经分析，两种酸应为硅酸和盐酸，化学反应方程式为：；
【小问5详解】
向0.271g样品中加入水之前，读数为50.mL，向样品中加入足量水之后，其中的SiHCl3与水反应产生氢气，且参与反应的SiHCl3与生成的氢气的化学计量数之比为1∶1，量气管液面上升，待反应结束恢复至初始温度，调整量气管液面与储液瓶液面相平，记录读数为，该条件下气体的摩尔体积为，则产生的氢气的物质的量为，故样品中SiHCl3的物质的量为，则样品中SiHCl3的质量为，产品纯度为；若将恒压滴液漏斗改为分液漏斗，会使得气体体积测量不准确，即V2偏小，则所测产品纯度偏大。A．检验草木灰中钾元素的存在
B．从碘水中萃取出碘单质
C．比较S、C、Si的非金属性
D．灼烧海带制海带灰
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向、溶液中分别加入足量溶液，溶液中有白色沉淀生成，溶液中没有白色沉淀生成
金属性：
B
向溶液中通入足量氯气，再加入KI-淀粉溶液，溶液先变橙色，后变蓝色
氧化性：
C
向装有FeS固体的试管中滴加稀盐酸，固体溶解，有臭鸡蛋气味的气体生成
非金属性：
D
用温度计测定锥形瓶中盐酸与的溶液反应的最高温度
测定中和反应的反应热
族
周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧