2024届上海市长宁区化学高二第一学期期中复习检测模拟试题含解析

2024届上海市长宁区化学高二第一学期期中复习检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列反应，若改变反应物的量或浓度，产物不会有变化的是A．A1片和硫酸 B．A12O3和盐酸C．AlCl3溶液和氢氧化钠溶液 D．H2S在空气中燃烧2、一定条件下的密闭容器中有如下反应：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－906kJ·mol－1，下列叙述正确的是A．2molNH3和5molO2充分反应，达到平衡时放出热量为453kJB．平衡时5v正(O2)＝4v逆(NO)C．平衡后降低温度，混合气体中NH3含量减小D．平衡后减小压强，混合气体平均摩尔质量增大3、下列溶液中微粒浓度的关系正确的是A．常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(H＋)>c(C2O42-)B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（OH-）=c（CO32-）+c（H+）C．向0.1mol/L的CH3COONa溶液中加入少量NaHSO4固体，所得溶液中：c（CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)D．常温下，pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③(NH4)2SO4三种溶液中c(NH)：①>③>②4、已知在100℃的温度下(本题涉及的溶液其温度均为100℃，水的离子积Kw＝1.0×10－12)。下列说法中正确的是A．0.005mol·L－1的H2SO4溶液与0.01mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性B．0.001mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11C．0.05mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝1D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50mL，需要pH＝11的NaOH溶液50mL5、CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＜0，现利用此反应，拟设计一种环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列方案可以提高尾气处理效率的是()①选用适当的催化剂②提高装置温度③增大装置的压强④装置中放入碱石灰A．①③④B．①②③C．②③④D．①②③④6、从化学试剂商店买来的氢氧化钠试剂瓶上所贴的危险化学品标志是（）A． B． C． D．7、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．8、在一个1L的密闭容器中加2molA和1molB发生反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L,C的体积分数为a%。维持容器的体积和温度不变，按下列配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是1.2mol/L,C的体积分数仍为a%的是A．6molC+2molD B．4molA+2molBC．1molA+0.5molB+1.5molC D．3molC+5molD9、下列含氧酸酸性最强的是()A．HClOB．H2CO3C．H2SO4D．H2SO310、室温下，浓度均为0.1mol/L.体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V。已知pOH=-lgc(OH-),pOH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．HX、HY都是弱酸，且Ka(HX)>Ka(HY)B．图中pOH随变化始终满足直线关系C．=3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液D．分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，c(X-)=c(Y-)11、如图所示为干冰晶体的晶胞，它是一种面心立方结构，即每8个分子构成立方体，且再在6个面的中心各有1个分子占据，在每个周围距离(其中为立方体棱长)的分子有A．4个B．8个C．12个D．6个12、下列说法正确的是A．上图可表示水分解过程中的能量变化B．若2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221.0kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/molC．需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应D．已知Ⅰ：反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－akJ/molⅡ：且a、b、c均大于零，则断开1molH—Cl键所需的能量为(a＋b＋c)kJ/mol13、键能是指破坏(或形成)1mol化学键所吸收(或放出)的能量。化学反应就是旧键的断裂和新键的形成的过程。现查得：H—H、H—O和O=O的键能分别为akJ/mol、bkJ/mol和ckJ/mol，请用此数据估计，由H2(g)、O2(g)生成1molH2O(g)时的热效应A．放热(a+c/2－2b)kJ B．吸热(a+c/2－2b)kJC．放热(2b－a－c/2)kJ D．吸热(2b－a－c/2)kJ14、以下是反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率，反应速率最大的是A．υ（A）=0.45mol·L-1·s-1 B．υ（B）=0.6mol·L-1·s-1C．υ（C）=0.4mol·L-1·s-1 D．υ（D）=0.45mol·L-1·s-115、下列关于中和滴定的操作错误的是（）A．滴定前需要检查滴定管是否漏水B．用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶C．用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜使用的指示剂是甲基橙D．已知浓度滴定未知溶液，终点读数时俯视滴定管的刻度，会造成计算值偏低16、下列反应不属于氧化还原反应的是A．2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2OB．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑C．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OD．2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。18、Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用______________(填标号)。a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_________________________。(3)沉淀B的化学式为______________________II．毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下:(4)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_________________________________。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(5)滤渣Ⅱ中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-919、已知在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热。现利用如图装置进行中和热的测定，请回答下列问题：（1）图示装置有两处重要组成部分未画出，它们是____________、_______________。（2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是________________。（3）若操作时分几次注入反应液，求得的反应热数值_____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（4）做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用__________次。（5）量取0.5mol/L的盐酸和0.55mol/L的NaOH溶液各50mL进行实验，测得盐酸和NaOH溶液起始平均温度为t1℃，混合反应后最高温度为t2℃，设溶液密度均为1g/mL，生成溶液的比热容c=4.18J/g•℃。请列式计算中和热：△H=______________kJ/mol（不用化简）。20、镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：(1)为了使MgSO4转化为Mg(OH)2，试剂①可以选用________，要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂的量应为________________。(2)加入试剂①后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是_____________。(3)试剂②选用________；写出其反应的离子方程式_______。(4)无水MgCl2在熔融状态下，通电后产生镁和氯气，该反应的化学方程式为________。21、下列化合物：①HCl②NaOH③CH3COOH④NH3·H2O⑤CH3COONa⑥AlCl3。（1）溶液呈碱性的有_____(填序号)。（2）常温下0.01mol/LHCl溶液的pH=_____；pH=11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c(OH-)=_____。（3）用离子方程式表示CH3COONa溶液呈碱性的原因_____。（4）将等pH等体积的HCl和CH3COOH分别稀释m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相等。m____n(填“大于、等于、小于”)。（5）把氯化铝溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____。（6）某研究性学习小组的学生用标准浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度的盐酸溶液。①该学生指示剂和装标准液的仪器选用正确的一组是____（写编号）②该同学滴定操作的正确顺序是(用序号填写)：()→()→d→()→()→()→f____a.用酸式滴定管取盐酸溶液25.00mL，注入锥形瓶中，加入指示剂b.用蒸馏水洗干净滴定管c.用待测定的溶液润洗酸式滴定管d.取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度"0"以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至度"0"或“0”刻度以下e.检查滴定管是否漏水f.另取锥形瓶，再重复操作一次g.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度③已知滴定管中装有浓度为0.1000mol/L的氢氧化钠。逐滴加入到装有盐酸溶液的锥形瓶中。开始时读数及恰好反应时氢氧化钠溶液的读数见表。请计算待测的盐酸的物质的量浓度______（保留3位有效数字）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A．A1片和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，但和浓硫酸会产生钝化现象浓硫酸显强氧化性，生成二氧化硫，故A不符；B．A12O3和浓、稀盐酸均生成氯化铝和水，故B符合；C．AlCl3溶液和少量氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，与浓氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，故C不符；D．H2S在空气中燃烧，氧气不足时生成硫单质，氧气充足时生成二氧化硫，故D不符；故选B。2、C【解题分析】A．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化；B．达到平衡时，正逆反应速率相等；C．降低温度，平衡向正反应方向移动；D．减小压强，平衡向正反应方向移动。【题目详解】A．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则2molNH3和5molO2充分反应，达到平衡时放出热量为453kJ，选项A错误；B．达到平衡时，正逆反应速率相等，应为4v正(O2)＝5v逆(NO)，选项B错误；C．降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体中NH3含量减小，选项C正确；D．减小压强，平衡向正反应方向移动，混合气体平均摩尔质量减小，选项D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查化学平衡的影响，题目难度中等，本题注意把握可逆反应的特点，注意外界条件对化学平衡的影响。3、C【分析】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；根据质子守恒，NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）；根据物料守恒分析C选项；c(NH)越大，水解后酸性越强，氯离子、硫酸根离子对铵根离子水解无影响，铝离子抑制铵根离子水解；【题目详解】0.1mol/LNaHC2O4溶液的pH<7，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，所以c(H2C2O4)<c(C2O42-)，故A错误；根据质子守恒，NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(H+)=c（CO32-）+c（OH-），故B错误；根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(SO42-)=c(Na+)，所以c(CH3COOH）+c(CH3COO-)=c(Na+)-c(SO42-)，故C正确；c(NH)越大，水解后酸性越强，氯离子、硫酸根离子对铵根离子水解无影响，所以c(NH)：①=③，铝离子抑制铵根离子水解，所以NH4Al(SO4)2中铵根离子浓度最小，三种溶液中c(NH)：①=③>②，故D错误。选C。4、C【解题分析】100℃的温度下，水的离子积Kw＝1.0×10－12，所以该温度下的中性溶液中pH=6，pH小于6的为酸性溶液，大于6的为碱性溶液，pH=-lgc（H+），强酸和强碱反应的混合溶液呈中性时，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，注意碱性溶液中氢氧根离子浓度的计算方法。【题目详解】A、100℃的温度下，水的离子积Kw＝1.0×10－12，所以该温度下的中性溶液中pH＝6。0.005mol·L－1的H2SO4溶液与0.01mol·L－1的NaOH溶液等体积混合时n（H+）＝n（OH-），二者恰好反应生成硫酸钠，溶液显中性，混合溶液的pH为6，A错误；B、0.001mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，则c（H+）＝10-9mol/L，pH＝9，故B错误；C、0.05mol·L－1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，pH＝1，故C正确；D、pH＝3的硫酸中，c（H+）＝10-3mol/L，pH＝11的NaOH溶液中c（OH-）＝0.1mol/L，中和pH＝3的硫酸溶液50mL，需要pH＝11的NaOH溶液0.5mL，故D错误；答案选C。5、A【解题分析】要提高尾气处理效果，需要尾气排放到大气之前尽可能的转化为无害气体，应从速率及平衡的角度分析。【题目详解】①选用适当的催化剂，可以加快反应速率，但不影响转化率，使有害气体在排出之前尽可能地转化为无害气体，可以提高尾气处理效果；故正确；②提高装置温度，虽然能加快反应速率，但因该反应为放热反应，会降低转化率，故不正确；③增大装置的压强，既加快反应速率，又提高转化率，故正确；④装置中放入碱石灰，可以吸收生成的二氧化碳，使平衡向右移动，提高转化率，故正确。答案选A。6、A【分析】【题目详解】氢氧化钠不具有氧化性，不能自燃和燃烧。氢氧化钠属于强碱，具有腐蚀性，答案选A。7、D【解题分析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。8、D【分析】在一个1L的密闭容器中加2molA和1molB发生反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L,C的体积分数为a%。维持容器的体积和温度不变，只要所加的物质完全转化为反应物且与2molA和1molB相同，反应达平衡后C的浓度仍是1.2mol/L,C的体积分数仍为a%；据以上分析解答。【题目详解】A、开始加入6molC、2molD，按化学计量数全部折算成反应物，相当于加入4molA和2molB，是原加入A和B的量的2倍，但平衡不移动，C的浓度是2.4mol/L,A错误；B.开始加入4molA、2molB，相当于在加入2molA和1molB达平衡后，再加入2molA和1molB，平衡不移动，但是平衡时C的浓度大于1.2mol/L，B错误；C.开始加入1molA、0.5molB和1.5molC，缺少D物质，无法寻找等效量，C错误；D.D为固体不算体积，开始加入3molC和5molD，按化学计量数把生成物转化为反应物，相当于加入2molA和1molB，与原平衡为等效平衡，D正确；本题选D。9、C【解题分析】非羟基氧原子数目越大，酸性越强。A．HClO可以改写为Cl(OH)1，非羟基氧原子数目为0；B．H2CO3可以改写为CO1(OH)2，非羟基氧原子数目为1；C．H2SO4可以改写为SO2(OH)2，非羟基氧原子数目为2；D．H2SO3可以改写为SO(OH)2，非羟基氧原子数目为1；H2SO4中非羟基氧原子数目最多，酸性最强，故选C。【题目点拨】本题考查酸性强弱的判断。掌握非羟基氧原子数目多少来确定酸性强弱的方法是解题的关键。含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，非羟基氧原子数目越大，酸性越强。10、A【解题分析】A.NaX、NaY溶液pOH≠7，表明NaX、NaY发生水解，所以HX、HY都是弱酸，浓度均为0.1mol/L.的NaX、NaY溶液的pH分别为4和3，表明水解程度：NaX<NaY，所以Ka(HX)>Ka(HY)，故A正确；B.当很大时，图中pOH变化很小，所以图中pOH随变化不会始终满足直线关系，故B错误；C.溶液中电荷守恒：c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(OH-)+c(Y-)=c(Na+)+c(H+)，=3时，NaX溶液中pOH较大，c(OH-)较小，c(H+)较大，所含离子总数大于NaY溶液，故C错误；D.分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，溶液中电荷守恒：c(X-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，c(OH-)+c(Y-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，将c(OH-)=c(H+)代入得，c(X-)+c(Cl-)=c(Na+)，c(Y-)+c(Cl-)=c(Na+)，由于NaX溶液中pOH较大，加入盐酸较少，c(Cl-)较小，所以c(X-)>c(Y-)，故D错误。故选A。点睛：解答本题需要注意在解决有关等式问题时，所使用的思路无非是质量守恒、电荷守恒以及它们的导出关系质子守恒。11、C【解题分析】由图可知，以立方体顶点的二氧化碳为例，周围距离为a，即为面对角线的一半，这样的二氧化碳分子分布在与之相连的面的面心上，而与一个顶点相连的面有12个，所以这样的二氧化碳分子也有12个，故答案选C。【题目点拨】若以立方体顶点的二氧化碳为例，共顶点的立方体共有8个立方体，而每一个立方体中有三个面顶点，每个面与两个立方体共用，则与顶点上二氧化碳分子等距且最近的二氧化碳分子个数为：3×8÷2=12。12、A【题目详解】A.水的分解是吸热反应，据图可知，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应热，图象符合题意，故A正确；B.该反应的生成物CO不是C元素的稳定氧化物，不符合燃烧热概念，故B错误；C.某些放热反应需要加热才能反应，常温下发生的反应不一定是放热反应，如Ba(OH)2⋅8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，常温下可以进行，故C错误；D.设断开1molH－Cl键所需的能量为xkJ/mol，则△H=bkJ/mol+ckJ/mol−2xkJ/mol=−akJ/mol，x=kJ/mol，则断开1molH−Cl键所需的能量为kJ/mol，故D错误，答案选A。【题目点拨】本题主要考查反应热的相关概念和计算，B项为易错点，注意理解燃烧热的定义，表示碳的燃烧热时，生成物应该是CO2。13、C【题目详解】H2与O2生成H2O（g）的反应为放热反应，反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）中断裂2molH-H键和1molO=O键吸收（2a+c）kJ能量，形成4molH-O键释放4bkJ能量，即生成2molH2O（g）时放热（4b-2a-c）kJ，则由H2（g）、O2（g）生成1molH2O（g）时放热（2b-a-c/2）kJ，答案选C。14、A【分析】按照化学速率之比等于化学计量数之比，转化成同一种物质，然后比较数值；【题目详解】按照化学速率之比等于化学计量数之比，转化成以A表示的化学反应，υ(A)==mol/(L·s)=0.2mol/(L·s)，υ(A)==mol/(L·s)=0.2mol/(L·s)，υ(A)==mol/(L·s)=0.225mol/(L·s)，因此反应速率最大的是υ(A)=0.45mol/(L·s)，故选项A正确；答案选A。15、B【分析】A、带有活塞和瓶塞子的仪器，一般在使用前需要检查是否漏水；B、盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；C、使用甲基橙做指示剂，甲基橙在酸性范围内变色；D、根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析浓度的误差。【题目详解】A、滴定管是带有活塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故A正确；B、应用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大，引起误差，故B错误；C、用标准盐酸测定氨水的浓度，滴定终点时溶液呈酸性，甲基橙在酸性范围内变色，最适宜使用的指示剂是甲基橙，故C正确；D、已知浓度滴定未知浓度，终点读数时俯视滴定管的刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c（待测）偏小，故D正确；故选B。【题目点拨】本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，解题关键：注意操作的规范性，难点D，实验中常见的误差分析，应用c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析。16、C【解题分析】本题主要考查氧化还原反应的判断。通过分析元素化合价是否发生改变进行判断。【题目详解】A.2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，Mn、Cl元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；B.Fe+2HCl=FeCl2+H2↑反应中，Fe、H元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；C.CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应前后各元素化合价均未改变，不属于氧化还原反应；D.2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O反应中，Cl、C元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【题目详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【题目点拨】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。18、d2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al(OH)3增大接触面积从而使反应速率加快Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少【分析】本题主要考查物质的制备实验与化学工艺流程。I.（1）由易拉罐制备明矾，则需要通过相应的操作除去Fe、Mg，根据金属单质的性质可选择强碱性溶液；（2）根据（1）中选择的试剂写出相关化学方程式；（3）Al在第一步反应中生成AlO2-，在第二步中加入了NH4HCO3，NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀；II.浸取过程中碳酸钡和稀盐酸反应生成氯化钡，再加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，再进行后续操作制备出BaCl2·2H2O，据此分析作答。【题目详解】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故选d项；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3-均能促进AlO2-水解，反应式为NH4＋＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3＋NH3·H2O，生成Al(OH)3沉淀。Ⅱ、（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积从而使反应速率加快；（5）根据流程图和表中数据分析加入NH3·H2O调节pH至8，由表中数据可知，可除去Fe3+，滤渣I为Fe(OH)3，再将滤液调节pH至12.5，由表中数据可知，可完全除去Mg2+，部分Ca2+会沉淀，滤渣II为Mg(OH)2和少量Ca(OH)2，再加入H2C2O4，可除去Ca2+，若加入过量的H2C2O4，易发生Ba2＋＋H2C2O4=BaC2O4＋2H＋产生BaC2O4沉淀，导致产品的产量减少。19、硬纸板环形玻璃搅拌棒减少实验过程中热量损失偏小3-0.418（t2-t1）/0.025或-16.72（t2-t1）【解题分析】（1）图示装置有两处重要组成部分未画出，它们是盖在烧杯口的硬纸板和用于搅拌的环形玻璃搅拌棒。（2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中热量损失。（3）若操作时分几次注入反应液，则每次打开硬纸板加注反应液时，都会有热量损失，所以求得的反应热数值偏小。（4）做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用3次，分别是测反应前酸溶液的温度、测反应前碱溶液的温度以及混合反应后测最高温度。（5）量取0.5mol/L的盐酸和0.55mol/L的NaOH溶液各50mL进行实验，测得盐酸和NaOH溶液起始平均温度为t1℃，混合反应后最高温度为t2℃，设溶液密度均为1g/mL，则混合后溶液的质量为100g，生成水0.025mol，中和热△H=-0.418（t2-t1）/0.025kJ/mol。点睛：做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用3次，分别是测反应前酸溶液的温度、测反应前碱溶液的温度以及混合反应后测最高温度。但是，为了减小实验误差，定量实验一般要重复2次，即共做3次，所以，中和热的测定实验中，温度计一般共需使用9次。20、(1)石灰乳过量(2)过滤(3)盐酸Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O(4)MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑【题目详解】(1)工业上常加入廉价的石灰乳使海水中的MgSO4转化为Mg(OH)2；为使MgSO4完全转化为Mg(OH)2，应加入过量石灰乳。(2)加入石灰乳产生Mg