新高考江苏省南通市2021届高三化学上学期期中备考试题Ⅱ

1、（新高考）江苏省南通市2021届高三化学上学期期中备考试题注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：h 1 c 12 n 14 o 16 cl 35.5 fe 56 mn 55 ba 137一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个

2、选项符合题意）1化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法或做法不正确的是a中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈b因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理c本草经集注中记载了区分硝石(kno3)和朴消(na2so4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”；这是利用了“焰色反应”d煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料【答案】d【解析】煤的气化和液化是指煤在无氧加热的条件下生成气体或液体燃料，是化学变化，答案选d。2下列化学用语表达正确的是a质子数为8，中子数为10的氧原子：obco2的比例模型：cna2s4的电子式：dna在元素周期表中的位置是第三周期第i主族【答案】c

3、【解析】a质子数为8，中子数为10的氧原子：，a用语错误；bco2中碳原子半径大于氧原子，且为直线型，则比例模型：，b用语错误；cna2s4为离子化合物，其电子式：，c用语正确；dna在元素周期表中的位置是第三周期ia族，d用语错误；答案为c。3na代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是a常温常压下，124g p4中所含pp键数目为4nab100ml 1moll1 fecl3溶液中所含fe3+的数目为0.1nac标准状况下，11.2l甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2nad密闭容器中，2mol so2和1mol o2催化反应后分子总数为2na【答案】c【解析】a常温常压下，124g p4的物

4、质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个pp键，因此其中所含pp键数目为6na，a错误；b铁离子在溶液中水解，所以100ml 1moll1 fecl3溶液中所含fe3+的数目小于0.1na，b错误；c甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2l甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2na，c正确；d反应2so2+o22so3是可逆反应，因此密闭容器中，2mol so2和1mol o2催化反应后分子总数大于2na，d错误。答案选c。4下列物质的制备与工业生产相符合的是anacl(aq)cl2(g)漂白粉(s)bn2nohno3c制取镁：海水mg(oh)2

5、mgomgd铝土矿naalo2溶液 al(oh)3al2o3铝【答案】d【解析】a石灰水中ca(oh)2的浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，故不选a；b工业上制取硝酸时利用氨气的催化氧化制取no，故不选b；c海水中加入氧化钙制取氢氧化镁，电解熔融氯化镁制取金属镁，不是电解熔融氧化镁，故不选c；d铝土矿中氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝加热分解为氧化铝，电解熔融氧化铝制取金属铝，故选d。5为减少温室气体的排放，科学家研究出以tio2为催化剂，光热化学循环分解co2的反应，该反应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

6、正确的是a该反应中，光能和热能转化为化学能b该过程中没有电子的转移c使用tio2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率d分解co2反应的热化学方程式：【答案】a【解析】a由图中信息可知，该反应中，在太阳能的作用下，二氧化碳发生了分解反应，光能和热能转化为化学能，a正确； b该过程中二氧化碳发生了分解反应，属于氧化还原反应，故有电子转移，b不正确；c催化剂不能改变反应的焓变，但是可以降低反应的活化能，故使用tio2作催化剂可以提高化学反应速率，c不正确；d化学反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，则分解co2反应的热化学方程式为，d不正确。6用如图装置探究cl2和no2

7、在naoh溶液中的反应。通入适当比例的cl2和no2，发生的化学反应为cl2+2no2+4naoh=2nano3+2nacl+2h2o。下列叙述正确的是a实验室中可用cu与1moll1的硝酸制备二氧化氮气体b装置ii中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体直接排出c由该反应可知氧化性顺序：cl2no2nano3d通过观察装置i、iii中的气泡的快慢控制cl2和no2的通入量【答案】d【解析】a实验室中可用cu与1moll1的硝酸是稀硝酸只能生成no，得不到二氧化氮气体，a错误；b装置ii中的玻璃管起到平衡气压作用，可将多余气体有cl2和no2、no等气体都是有毒的气体，不能直接排出，b错误；c

8、该反应cl2+2no2+4naoh=2nano3+2nacl+2h2o中cl2是氧化剂，no2是还原剂，nano3是氧化产物，故只能得出氧化性顺序：cl2no2、cl2nano3，但不能得出no2nano3，c错误；d由于同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故可以通过观察装置i、iii中的气泡的快慢控制cl2和no2的通入量，d正确。72019年9月，我国科研人员研制出tihfe双温区催化剂，其中tih区域和fe区域的温度差可超过100。tihfe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是a在高温区发生，在低温区发生b该历程中能量变化最

9、大的是2.46ev，是氮分子中氮氮三键的断裂过程c在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率d使用tihfe双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热【答案】b【解析】a为催化剂吸附n2的过程，为形成过渡态的过程，为n2解离为n的过程，以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率；而为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故a正确；b由图可知，历程中能量变化最大的是2.46ev，该过程为n2的吸附过程，氮氮三键没有断裂，故b错误；c升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，所以低温区可提高氨的产率，故c正确；d催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反

10、应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故d正确。8前20号主族元素w、x、y、z的原子序数依次增大，w的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，x、y、z分属不同的周期，它们的原子序数之和是w原子序数的5倍，含有元素z的盐的焰色反应为紫色。下列说法正确的是a简单离子半径的大小zywxb简单氢化物的沸点wxcy是地壳中含量最多的金属元素d工业上通过电解w、y组成的化合物制备单质y【答案】b【解析】由题意分析可知w为o元素、x为f元素、y为mg元素、z为k元素；a钾离子有三个电子层，其余离子均两层，相同电子层数，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径的大小zwxy，故a错误；bw为o，简单氢化物为水

11、，x为f，简单氢化物为氟化氢，水的沸点高于氟化氢，故b正确；cy为镁，地壳中含量最多的金属元素为铝，故c错误；d工业电解熔融的氯化镁冶炼镁，故d错误。9用如图装置进行实验，将液体a逐滴加入到固体b中，下列叙述正确的是a若a为浓盐酸，b为kmno4晶体，c中盛有紫色石蕊溶液，则c中溶液最终呈红色b若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛有alcl3溶液，则c中溶液先产生白色沉淀，然后沉淀又溶解c实验仪器d可以起到防止溶液倒吸的作用d若a为浓h2so4，b为cu，c中盛有澄清石灰水，则c中溶液变浑浊【答案】c【解析】a若a为浓盐酸，b为kmno4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反

12、应生成hcl和hclo，hcl具有酸性，使紫色石蕊溶液变红，hclo具有漂白性，使溶液褪色，c中溶液最终呈无色，a错误；b若a为浓氨水，b为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以c中产生白色沉淀不溶解，b错误；cd中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，c正确；d.若a为浓硫酸，b为cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以c中溶液无变化，d错误。答案选c。10向l3.6g由cu和cu2o组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250ml，当固体物质完全溶解后生成cu(no

13、3)2和no气体。在所得溶液中加入1.0l 0.5mol/l naoh溶液，生成沉淀质量为l9.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是a原固体混合物中cu与cu2o的物质的量之比为21b原稀硝酸中hno3的物质的量浓度为1.3mol/lc产生的no的体积为2.24ldcu、cu2o与硝酸反应后剩余hno3为0.4mol【答案】a【解析】向所得溶液中加入0.5mol/l的naoh溶液1l，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为nano3，n(nano3)=n(naoh)=0.5mol/l1l=0.5mol，沉淀为cu(oh)2，质量为19.6g，其物质的量为：19.

14、6g98g/mol=0.2mol，根据铜元素守恒有n(cu)+2n(cu2o)=ncu(oh)2，所以反应后的溶液中ncu(no3)2=ncu(oh)2=0.2mol。a设cu和cu2o的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n(cu)n(cu2o)=0.1mol0.05mol=21，故a正确；b根据n元素守恒可知n(hno3)=n(no)+n(nano3)，根据电子转移守恒可知：3n(no)=2n(cu)+2n(cu2o)，所以3n(no)=20.1mol+20.05mol，

15、解得n(no)=0.1mol，根据na元素可知n(nano3)=n(naoh)=0.5mol/l1l=0.5mol，所以n(hno3)=n(no)+n(nano3)=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：0.6mol0.25l=2.4mol/l，故b错误；c由b中计算可知n(no)=0.1mol，所以标准状况下no的体积为：0.1mol22.4l/mol=2.24l，故c错误；d反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(hno3)+2ncu(no3)2=n(nano3)，所以n

16、(hno3)=n(nano3)-2ncu(no3)2=0.5mol-20.2mol=0.1mol，故d错误。二、不定项选择题（每小题4分，共20分）11某黑色粉末可能是fe3o4或fe3o4与feo的混合物，为进一步确认该黑色粉末的成分，下列实验方案不可行的是a准确称量一定质量的黑色粉末，与一定量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，进行计算b准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，进行计算c准确称量一定质量的黑色粉末，用co充分还原，在co气流中冷却后准确称量剩余固体的质量，计算d准确称量一定质量的黑色粉末，用h2充

17、分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的准确质量，进行计算【答案】a【解析】a反应前后都是固体，而且固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分；b灼烧至质量不变所得粉末是氧化铁，依据氧化铁的质量可以计算得到铁元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；c剩余固体是铁，根据黑色粉末的质量得到氧元素的质量，进而确定化学式；d根据水的质量可以计算得到氧元素的质量，再根据黑色粉末的质量得到铁元素的质量，进而确定化学式。故选a。12用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是选项试剂中现象解释a品红溶液溶液褪色so2具有漂白性bna2sio3溶液产生胶状沉淀酸性：h2so3

18、h2sio3c酸性kmno4溶液紫色褪去so2具有还原性dba(no3)2溶液生成白色沉淀so与ba2+生成白色baso3沉淀【答案】d【解析】aso2具有漂白性，可使品红溶液褪色，a正确；bso2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，酸性：h2so3h2sio3，b正确；cso2被酸性kmno4溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明so2具有还原性，c正确；dso2与ba(no3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，d错误。13下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)x试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是选项离子组试剂x离子方程式a强酸性溶液中：fe3+、nh、so、no少量的铜粉2fe3+cu=2fe

19、2+cu2+bna+、ba2+、al(oh)4、cl过量的盐酸al(oh)4+4h+al3+4h2oc透明溶液：fe3+、al3+、hco、nonahso4溶液h+hco=co2+h2odph=0的溶液：mg2+、fe2+、so双氧水2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o【答案】bd【解析】a在酸性溶液中硝酸根的氧化性强于铁离子，加入铜粉后硝酸根首先氧化单质铜，a错误；b四种离子可以大量共存，加入盐酸后，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则发生的离子方程式为al(oh)4+4h+al3+4h2o，b正确；cfe3+、al3+与hco在溶液中水解相互促进，均不能大量共存，c错误；dph=0的溶

20、液显酸性，fe2+与双氧水在酸性环境下发生氧化还原反应，d正确；答案选bd。14某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为fe2o3、sio2、al2o3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(feso47h2o)，设计了如下流程：下列说法不正确的是a溶解烧渣选用足量硫酸，试剂x选用铁粉b固体1中一定含有sio2，控制ph是为了使al3+转化为al(oh)3，进入固体2c在空气中将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶即可得到feso47h2o产品d若改变方案，在溶液1中直接加naoh至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到feso47h2o【答案】cd【解析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分

21、为fe2o3、sio2、al2o3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，fe2o3、al2o3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节ph值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体。a由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，x为铁粉，故a正确；b由流程分析可知，固体1中一定含有sio2，调节ph值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故b正确；c亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到feso47h2o产品

22、的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故c错误；d在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故d错误；答案选cd。15几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是元素代号xyzmrq原子半径(1010m)0.371.861.430.990.750.74主要化合价最高正价+1+1+3+7+5最低负价-l-1-3-2a简单离子半径：yzmrqby、z、m的最高价氧化物的水化物两两之间可以反应c化合物xm、ym、rq都是电解质，熔融状态下都能导电d元素z、y、m的简单离子均能

23、破坏水的电离平衡【答案】b【解析】短周期元素中，q只有-2价，没有最高正化合价，则q为o元素；y只有+1价，原子半径最大，则y为na；r有+5、-3价，处于va族，原子半径小于na而大于o，故r为n元素；x最高正价为+1，最低负价为-1，原子半径最小，为h元素；m最高正价为+7，最低负价为-1，为cl元素；z最高正化合价为+3，分别处于a族，原子半径比na小，比cl大，z为al元素。acl有三个电子层，半径最大，n3、o2、na+、al3+都是两个电子层，电子层结构相同，核电荷数越大半径越小；故简单离子半径：mrqyz；故a错误；by、z、m的最高价氧化物的水化物分别是naoh、al(oh)3

24、、hclo4，al(oh)3具有两性，两两之间可以反应，故b正确；chcl、nacl、no中，no不是电解质，故c错误；dna+和cl均不能水解，不能破坏水的电离平衡，故d错误。答案选b。三、非选择题（共60分）16so2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为mno2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，通过如图简化流程既脱除燃煤尾气中的so2，又制得电池材料mno2(反应条件已省略)，达到变废为宝的目的。请回答下列问题：(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中so2含量的是_(填编号)。anaoh溶液、酚酞试液 b稀h2so4

25、酸化的kmno4溶液cki溶液、淀粉溶液 d氨水、酚酞试液(2)软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的主要原因是_，写出软锰矿浆吸收so2的离子方程式 。(3)用mnco3能除去溶液中的al3+和fe3+，其原理是_。(4)用mns除杂过程中产生的副产品，经提纯处理后得到纳米级硫化铜(cus)，该材料可均匀分散在有机液体中，该分散系与mnso4溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是_。(5)除杂后得到mnso4溶液可以通过_(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。【答案】（1）b （2） 增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充分 mno2+so2=mn2+so （3） 消耗溶液中的酸，促

26、进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀 （4） 分散质直径大小不同 （5） 蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用mnco3能除去溶液中al3+和fe3+，mns将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，以此解答该题。(1)准确测定一定体积燃煤尾气中so2含量，二氧化硫与氨水、naoh反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b中利用还原性及高锰酸钾褪色可准确测定气体的含量，故答案为：b；(2) 软锰矿是重要的锰矿石，在做脱硫剂时往往做成浆状的主要原因是增大与气体的接触面积，使气体吸收更加充分

27、，so2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为mno2+so2=mn2+so；(3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀，涉及反应为或，故答案为：消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀；(4)纳米级硫化铜(cus)，该材料可均匀分散在有机液体中，分散系是胶体，与mnso4溶液存在较大物理性质差异，其本质原因是分散质直径大小不同；(5)除杂后得到的mnso4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。17一种高效无机水处理剂聚合氯化铝晶体的化学式为al2(

28、oh)ncl6nxh2om。它可通过调节alcl3溶液的ph，促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含al2o3、al、sio2等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1）试剂b是_(填名称)；搅拌加热操作过程中发生反应的有关离子方程式为_，_。（2）生产过程中实验操作b、d的名称均为_。（3）反应中副产品a是_(填化学式)，生产过程中可循环使用的物质是_(填化学式)。（4）调节ph4.04.5的目的是_。（5）为得到较纯净的晶体，生产过程中c物质可选用_。a氨水 bnaalo2 cnaoh dal2o3 eal【答案】（1）盐酸 al2o3+6h+=2al3+3h

29、2o 2al+6h+=2al3+3h2 （2） 过滤 （3） h2 hcl （4） 促进alcl3水解，使晶体析出 （5） de 【解析】铝灰主要含al2o3、al，还有sio2等，加水清洗掉其他可溶性杂质，因为b后分离出二氧化硅，所以推出b溶液为盐酸溶液，过量的盐酸将氧化铝和铝单质转化为氯化铝溶液，同时产生氢气，因为氯化氢易挥发，所以氢气中混有氯化氢，经水喷淋，得到气体a为氢气，同时回收盐酸b；b为氯化铝溶液中混有不溶性的二氧化硅，通过过滤分离出二氧化硅，氯化铝溶液经浓缩后调节ph，静置、过滤得到聚合氯化铝晶体，以此解答。（1）由分析可知b为盐酸溶液，所以搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程

30、式为：al2o3+6h+=2al3+3h2o、2al+6h+=2al3+3h2；（2）由分析可知，生产过程中实验操作b、d的名称均为过滤；（3）由分析可知，a为氢气，b为盐酸；（4）搅拌加热过程中需要加入盐酸，吸收气体过程中可回收挥发出的hcl，所以hcl可以循环使用；（5）氯化铝水解呈酸性，所以调节ph的目的是为了使氯化铝水解生成产品，故答案为：促进alcl3水解，使晶体析出；（6）为得到较纯净的晶体，调节ph的试剂不能引入新杂质，而过量的氨水、naalo2、naoh均不易除去，会引入新杂质，al2o3、al因为不溶于水，过量时可通过过滤除去，所以用al2o3、al调节ph能得到较纯净的晶体

31、，综上所述，答案为de。18已知x、y、z、m、g、q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。x、z、q的单质在常温下呈气态：y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍：x与m同主族；z、g分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：(1)z在元素周期表中的位置为_。(2)m、g的阳离子氧化性更强的是(写化学式)_。(3)z和q的最低价氢化物沸点更高的是(写化学式)_。(4)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是(写化学式)_。(5)m2z2的电子式为_。(6)常温下，与g的单质发生反应的是(填字母序号)_。acuso4溶液 b浓硫酸 cnaoh溶液 dna2co3固体【答

32、案】（1）第二周期a族 （2） （3） h2o （4） hclo4 （5） （6） abc 【解析】x、y、z、m、g、q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大，z、g分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则z为o元素、g为al元素；y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于o，只能处于第二周期，最外层电子数为4，则y为c元素；x单质在常温下呈气态，则x为h元素，x与m同主族，原子序数大于o，则m为na；q单质常温下为气态，原子序数大于al，则q为cl，x、y、z、m、g、q是h、c、o、na、al、cl，由此分析。(1)根据分析，z为o元素，z在元素周期表中的位置为第二周期a

33、族；(2)根据分析，m、g分别为na、al，位于同一周期，同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性naal；单质的还原性越强，阳离子的氧化性越弱，m、g的阳离子氧化性更强的是；(3)z为o元素，q是cl元素，z和q的最低价氢化物分别是h2o和hcl，水分子间存在氢键，导致h2o的沸点高于hcl，故沸点更高的是h2o；(4)x、y、z、m、g、q是h、c、o、na、al、cl，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，这些元素中非金属性最强的元素是cl，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是hclo4；(5)z、m分别为o、na，m2z2为过氧化钠，电子式为；(6) g为al元

34、素，g的单质是铝；a常温下，铝可以和cuso4溶液发生置换反应，生成铜和硫酸铝，故a符合题意；b常温下，铝与浓硫酸会发生钝化，表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进行，故b符合题意；c常温下，铝与naoh溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故c符合题意；d铝与na2co3固体不反应，故d不符合题意；答案选abc。19co2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：(1)co2可以被naoh溶液捕获。若所得溶液ph=13，写出co2与naoh溶液反应的主要化学方程式_。(2)研究表明，在cu/zno催化剂存在下，co2和h2可发生两个平衡反应，分别生成ch3oh和co。反应的热化学方程式如下

35、：co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g) h1=-53.7kjmol1 co2(g)+h2(g)co(g)+h2o(g) h2 某实验室控制co2和h2初始投料比为12.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：（备注）cat.1cu/zno纳米棒；cat.2cu/zno纳米片；甲醇选择性：转化的co2中生成甲醛的百分比已知：co和h2的标准燃烧热分别为-283.0kjmol1和-285.8kjmol1；h2o(l)=h2o(g) h3 =+44.0kjmol1请回答（不考虑温度对h的影响）：反应的h2=_kjmol1。研究证实，co2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇

36、的电极反应式是_。表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对co2转化成ch3oh的选择性有显著的影响，其原因是_。(3)o2辅助的alco2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用co2，电池反应产物al2(c2o4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_。电池的正极反应式：6o2+6e=6o；6co2+6o=3c2o+6o2，反应过程中o2的作用是_。该电池的总反应式：_。【答案】（1）co2+2naoh=na2co3+h2o （2） +41.2 co2+6e+6h+=ch3oh+h2o 表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应i的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 （3） al-3e=al3+ 催化剂 2al+6co2=al2(c2o4)3 【解析】(1)co2可以被naoh溶液捕获后所得溶液ph=13，碱性较强，溶质为na2co3，化学方程式为co2+2naoh=na2co3+h2o；(2)由co和h2的标准燃烧热，可得：(i)co(g)+o2(g)=co2(g) h(i)=-283.0kjmol1；(ii)h2(g)+o2(