江苏省南通市高三上学期新高考期中备考化学试卷Ⅰ

（新高考）20202021学年上学期高三期中备考卷化学1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：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列与化学有关的文献，理解错误的是A．《问刘十九》中写道：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应B．《清波杂志》卷十二：“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。”这里的胆水是指CuSO4溶液C．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉……”文中的“裘”主要成分是蛋白质D．《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS【答案】A【解析】A．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；B．胆水是指CuSO4溶液，“遗匙钥，翌日得之，已成铜矣”指的是铁与硫酸铜发生的置换反应，置换出了铜单质，故B正确；C．“裘”指的是动物的皮毛，其主要成分是蛋白质，故C正确；D．朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS，故D正确；故选A。2．关于下列各装置图的叙述中，正确的是A．装置①中，c为阴极、d为阳极B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体C．装置③若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯D．装置④可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl【答案】B【解析】A．由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，故A错误；B．H2、NH3密度比空气小，用向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；C．苯的密度比水小，位于上层，故C错误；D．HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误。3．氮化镁(Mg3N2)是一种重要的化合物，下列说法错误的是A．Mg3N2中只含有离子键，不含共价键B．Mg3N2与盐酸反应生成两种盐C．Mg3N2与水反应属于非氧化还原反应D．Mg3N2中两种粒子的半径：r(Mg2+)>r(N3−)【答案】D【解析】A．氮化镁是离子化合物，化合物中只含有离子键，不含共价键，故A正确；B．氮化镁与盐酸反应生成氯化铵和氯化镁，氯化铵和氯化镁均属于盐，故B正确；C．氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C正确；D．电子层结构相同的离子，随核电荷数的增大，离子半径减小，氮离子和镁离子的电子层结构相同，则离子半径r(N3−)>r(Mg2+)，故D错误；故选D。4．青石棉是一种致癌物质，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是A．青石棉是一种硅酸盐材料B．青石棉置于足量硝酸中，不能得到澄清透明溶液C．青石棉的化学组成可表示为Na2O·FeO·2Fe2O3·8SiO2·H2OD．1mol青石棉与稀硝酸反应时，被还原的硝酸为1mol【答案】C【解析】硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，所以青石棉是一种硅酸盐材料，A正确；青石棉能完全溶于足量硝酸中，会生成硅酸沉淀，B正确；硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，故C错误；青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，所以青石棉中含有二价铁离子；根据氧化还原反应中得失电子相等判断青石棉与硝酸的关系式，所以青石棉与硝酸反应的关系式计算得：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O−−HNO3，所以1mol青石棉能使1mol硝酸被还原，故D正确；选C。5．表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是选项气体abcANH3浓氨水生石灰碱石灰BSO270%的浓H2SO4Na2SO3固体98%的浓H2SO4CNO稀HNO3铜屑H2ODNO2浓HNO3铜屑NaOH溶液【答案】B【解析】A．因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；B．Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2，SO2中混有的H2O用98%的浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；C．NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；D．NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误；故选B。6．向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析中不正确的是A．充分反应后的溶液中无Cu2+存在B．滴加CuSO4溶液时，每生成1molCuI会转移1mole−C．根据上述实验现象可知：Cu2+比I2的氧化性强D．通入SO2时发生反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=2HI+2H++SOeq\o\al(2−,4)【答案】D【解析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A．由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，所以不含铜离子，故A正确；B．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole−时生成1molCuI白色沉淀，故B正确；C．2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，故C正确；D．反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，碘化氢为强电解质，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=2I−+4H++SOeq\o\al(2−,4)，故D错误。7．反应2C+O2=2CO的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A．12gC(s)与一定量O2(g)反应生成14gCO(g)放出的热量为110.5kJB．该反应的热化学方程式是2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝221kJC．2molC(s)与足量O2(g)反应生成CO2(g)，放出的热量大于221kJD．该反应的反应热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差【答案】C【解析】A．根据图示，12gC(s)与一定量O2(g)反应生成28gCO(g)放出的热量为110.5kJ，故A错误；B．ΔH的单位一般为kJ·mol－1（kJ/mol），该反应的热化学方程式是2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝221kJ·mol－1，故B错误；C．碳完全燃烧放出的热量比不完全燃烧多，2molC反应生成CO放出221kJ能量，则生成二氧化碳放出的热量大于221kJ，故C正确；D．该反应的反应热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与C、O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差，故D错误；答案选C。8．NH4HCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜CB．同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞CC．其与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NHeq\o\al(+,4)+OH−eq\o(,\s\up7(△))NH3↑+H2OD．除去NaCl固体中混有少量的NH4HCO3固体可以采用加热的方法【答案】C【解析】四种元素中，只有氢原子有1个电子层，其余均有2个电子层，质子数C＜N＜O，依据电子层越大半径越大，电子层相同的，质子数越多半径越小，原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C，故A正确；B．C、N、O为同周期元素，原子序数依次增大，同周期元素从左到右非金属性依次增强，所以三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C，故B正确；C．NH4HCO3与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NHeq\o\al(+,4)+HCO3+2OH=NH3↑+2H2O+COeq\o\al(2−,3)，故C错误；D．NaCl固体稳定，NH4HCO3固体不稳定受热分解生成氨气、水和二氧化碳，加热生成的气体逸出，故D正确。9．溶液中可能含有H+、NHeq\o\al(+,4)、Mg2+、Al3+、Fe3+、COeq\o\al(2−,3)、SOeq\o\al(2−,4)、NOeq\o\al(−,3)中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是A．溶液中一定不含COeq\o\al(2−,3)，可能含有SOeq\o\al(2−,4)和NOeq\o\al(−,3)B．在滴加NaOH溶液物质的量为0.5～0.7mol时，发生离子反应为Al3++4OH－=AlOeq\o\al(−,2)+2H2OC．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+D．n(H+)∶n(NHeq\o\al(+,4))∶n(Mg2+)＝2∶4∶1【答案】D【解析】A．溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则一定不含COeq\o\al(2−,3)和NOeq\o\al(−,3)，根据电中性原则知，一定含有SOeq\o\al(2−,4)，故A错误；B．根据题给图像知，在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NHeq\o\al(+,4)+OH−=NH3·H2O，故B错误；C．根据题给图像知，溶液中的阳离子一定含NHeq\o\al(+,4)、H+、Mg2+、Al3+，故C错误；D．根据题给图像分析，氢离子消耗氢氧根离子的物质的量是0.1mol，所以氢离子的物质的量是0.1mol，氢氧化钠为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NHeq\o\al(+,4)+OH−=NH3·H2O，所以铵离子的物质的量为0.2mol，氢氧化钠为0.7至0.8mol时，发生反应Al(OH)3+OH−=AlOeq\o\al(−,2)+2H2O，所以Al3+的物质的量是0.1mol，镁离子的物质的量是(0.4mol0.1mol×3)÷2=0.05mol，n(H+)∶n(NHeq\o\al(+,4))∶n(Mg2+)=2∶4∶1，故D正确。10．下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol−1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=890.3kJ·mol−1B．已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ·mol−1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l)ΔH<57.3kJ·mol−1C．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=38.6kJ·mol−1已知25℃、101KPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2A12O3(s)ΔH=2834.9kJ·mol−1，4Al(s)+2O3(g)=2A12O3(s)ΔH=3119.1kJ·mol−1，则O3比O2稳定【答案】B【解析】A．甲烷的燃烧热是指甲烷完全燃烧生成稳定的产物时放出的热量，而反应的产物为CO，则ΔH>890.3kJ·mol−1，A错误；B．反应H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l)，既包含H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)，又包含SOeq\o\al(2−,4)(aq)+Ba2+(aq)=BaSO4(s)，所以ΔH为两反应之和，故ΔH<57.3kJ·mol−1，B正确；C．N2与H2的反应可逆，0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<38.6kJ·mol−1，C错误；D．4Al(s)+3O2(g)=2A12O3(s)ΔH=2834.9kJ·mol−1，4Al(s)+2O3(g)=2A12O3(s)ΔH=3119.1kJ·mol−1，表明O3比O2能量高，稳定性差，D错误。不定项选择题（每小题4分，共20分）11．由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O。下列说法正确的是A．Na4S2O3的水溶液显中性B．1molNa4S2O3中共含离子数为6NAC．上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD．CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生【答案】BD【解析】A．混盐Na4S2O3可以写成，电离生成Na+、SOeq\o\al(2−,3)、S2−，由于SOeq\o\al(2−,3)和S2水解溶液呈碱性，故A错误；B．由电离方程：可知，1molNa4S2O3中共含离子数为6NA，故B正确；C.由反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐中2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，则每生成3molS时转移电子的物质的量为4mol，故C错误；D.含一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐为混盐，CaOCl2可写成，加入足量稀硫酸Cl−和ClO−在酸性条件下反应生成Cl2，故D正确；故答案选：BD。12．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol·L−1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为3NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA【答案】CD【解析】A．1molFeI2与足量氯气反应时Fe2+和I−都要完全被氧化，转移的电子数为3NA，A错误；B．2L0.5mol·L－1硫酸钾溶液中含有SOeq\o\al(2−,4)的物质的量为1mol，溶液中阴离子SOeq\o\al(2−,4)和OH−所带电荷数远大于2NA，B错误；C．Na2O2中含有2个Na+和1个Oeq\o\al(2−,2)，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，C正确；D．丙烯和环丙烷是同分异构体，H原子的质量分数不变，为1/7，其组成的42g混合气体中氢原子的个数为5NA，D正确。13．将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热一段时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系。下列判断不正确的是A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为3∶1B．反应体系中n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶1∶2C．若有amol氯气参加反应，则amol＜转移电子的物质的量<5a/3molD．反应中NaClO、NaClO3为氧化产物，且两者物质的量之比一定为1∶1【答案】AD【解析】根据NaCl、NaClO、NaClO3的组成可知，钠原子和氯原子的物质的量之比为1∶1，根据原子守恒，可知参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为1∶=2∶1，故A错误；B．设n(NaCl)=11mol、n(NaClO)=1mol、n(NaClO3)=2mol，生成NaCl获得的电子为：11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故反应体系中n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaC1O3)(物质的量之比)可能为11∶1∶2，故B正确；C．若amol氯气参与反应，发生反应有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为amol×2××1=amol；氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为amol×2××1=mol，所以反应转移电子为：amol＜转移电子物质的量＜mol，故C正确；D．根据化合价变化可知，反应中NaClO和NaClO3为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算二者的物质的量之比，故D错误。14．我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐（局部结构如图），其中还有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是A．Y的原子半径大于Z的原子半径B．在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键C．Z的简单气态氢化物稳定性比Y的简单气态氢化物稳定性强D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性强【答案】D【解析】结构图中含有五氮阴离子，则Y为氮(N)；盐中含有两种10电子离子，则应为NHeq\o\al(+,4)、H3O+，从而得出X为氢(H)，Z为氧(O)；M应为18电子离子，且离子半径最大，与其它元素不在同一族，则其只能为氯(Cl)。A．Y(N)的原子半径大于Z(O)的原子半径，符合同周期元素原子半径递变规律，A正确；B．在该盐中，NHeq\o\al(+,4)、H3O+内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极性共价键，B正确；C．非金属性O>N，则Z(O)的简单气态氢化物稳定性比Y(N)的简单气态氢化物稳定性强，C正确；D．Y(N)的最高价氧化物对应水化物的酸性比M(Cl)的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，D不正确。15．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下图所示：已知：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2SiO3↓+4NaOH。对上述流程中的判断正确的是A．试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B．反应II中生成Al(OH)3的反应为：CO2+AlOeq\o\al(−,2)+2H2O=Al(OH)3↓+HCOeq\o\al(−,3)C．结合质子(H+)的能力由弱到强的顺序是OH−＞COeq\o\al(2−,3)＞AlOeq\o\al(−,2)D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al【答案】B【解析】A．由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B．过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C．结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱，碱性：OH−＞AlOeq\o\al(−,2)＞COeq\o\al(2−,3)，所以结合质子能力：OH−＞AlOeq\o\al(−,2)＞COeq\o\al(2−,3)，故C错误；D．氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误。三、非选择题（共60分）16．黄铜矿的主要成分是CuFeS2(硫元素显2价，铁元素显+2价)。实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红(Fe2O3)的流程如下：已知：CuFeS2+O2eq\o(=,\s\up7(高温))Cu+FeS+SO2，FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑（1）在实验室中，应将黄铜矿粉末放在_________(填仪器名称)中焙烧。（2）欲选用下列部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气。①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为________________。②按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a→__________。③装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性，具体方法是______________。（3）若使用20g黄铜矿粉末可制得8gFe2O3(铁红)，则该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数是________(假设各步反应均完全进行且过程中无额外物质损耗)。【答案】（1）坩埚MnO2+4H++2Cl−eq\o(,\s\up7(△))Mn2++Cl2↑+2H2Ob→c→g→h→d关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气92%【解析】(1)固体的焙烧在坩埚内进行，故答案为：坩埚；(2)①圆底烧瓶中发生反应为MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−eq\o(,\s\up7(△))Mn2++Cl2↑+2H2O；②生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；故答案为：b→c→g→h→d；③利用加热气体膨胀的原理进行装置气密性的检验，所以检验方法为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；(3)根据Fe元素守恒可得：2CuFeS2～Fe2O3，所以该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数，故答案为：92%。17．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：元素编号元素性质或原子结构TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是+7价W其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_____。（2）元素Y与氢元素形成一种离子YHeq\o\al(+,4)，写出某溶液中含该微粒的电子式_____，如何检验该离子_____。（3）元素Z在周期表中的位置_____，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_____（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_____（填序号）。a．常温下Z的单质和T的单质状态不同b．Z的氢化物比T的氢化物稳定c．一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是_____，理由是_________。Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____________。【答案】（1）取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NHeq\o\al(+,4)第三周期ⅦA族ClbH2CO3只有H2CO3为弱酸，其余为强酸3H++Al(OH)3=Al3++3H2O【解析】根据题给元素性质或原子结构可知：T的核外电子数为16，为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2，氢化物的水溶液是NH3·H2O，则Y为N元素；元素最高正价等于其族序数，则Z为第ⅦA元素，F元素无正价，故Z为Cl元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，该单质为金属Al，故W为Al元素。（1）在考古工作中用于测定一些文物的年代，答案为：；（2）元素Y与氢元素形成一种离子YHeq\o\al(+,4)是NHeq\o\al(+,4)，其电子式为：；检验该离子的方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NHeq\o\al(+,4)。（3）Z为Cl元素，在周期表中位于第三周期、第ⅦA族。同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，故Cl元素与S元素相比，非金属性较强的是Cl元素。可根据元素周期律来选择判断能证明这一事实的选项：b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强；（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同于其他三种，因为只有H2CO3为弱酸，其余为强酸。W的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，与HClO4反应的离子方程式为：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。答案为：H2CO3；只有H2CO3为弱酸，其余为强酸；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。18．富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀时1.93.47.09.1完全沉淀时3.24.79.011.1（1）上述流程中能加快反应速率的措施有______、_______等。（2）酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O=2H3BO3+2MgSO4。①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4______H3BO3（填“＞”或“＜”）。②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：______、____________________。③已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH=B(OH)4。下列关于硼酸的说法正确的是__________（填序号）。a．硼酸是一元酸b．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生c．硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)eq\o\al(−,4)+H+（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，________________________（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。（4）除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至______以上，使杂质离子转化为____________________（填化学式）沉淀，过滤。（5）获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合如图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶得到___________晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到_____________晶体。【答案】（1）研磨加热＞Al2O3+6H+=2Al3++3H2OFeO+2H+=Fe2++H2Oac滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀4.7Al(OH)3、Fe(OH)3硫酸镁硼酸【解析】硼镁泥含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质，研磨后加入硫酸，过滤除去SiO2，加入的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣含有Al(OH)3、Fe(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，以此解答该题。（1）要加快反应速率，可研磨、加热，故答案为：研磨、加热；（2）①由强酸制备弱酸可知，硫酸酸性较强，故答案为：>；②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，相关离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；FeO+2H+=Fe2++H2O；③已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH=B(OH)eq\o\al(−,4)，可知硼酸为一元酸，电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)eq\o\al(−,4)+H+，由与非金属性B<C，则硼酸的酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应；故答案为：ac；（3）杂质离子为亚铁离子，可滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀；（4）溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO调节溶液的pH至4.7以上，使杂质离子转化为Al(OH)3、Fe(OH)3，（5）由图象可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，硼酸溶解度随温度升高而增大，则可升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。19．甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝90.7kJ·mol－1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2＝23.5kJ·mol－1③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3＝41.2kJ·mol－1回答下列问题：(1)则反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有________(填字母，下同)。A．加入CH3OHB．升高温度C．增大压强D．移出H2OE．使用催化剂(3)以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的有________。A．H2和CO2的浓度之比为3∶1B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=OC．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E．绝热体系中，体系的温度保持不变(4)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。①该反应ΔH________(填“＞”“＜”或“＝”)0，550℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡________(填“正移”“逆移”或“不移动”)。②650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为________(保留2位有效数字)。③T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________p总。【答案】（1）246.1DDE＞正移25%0.5【解析】(1)2×①+②+③得出ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3=[2×(90.7)23.541.2]kJ·mol−1=246.1kJ·mol−1。(2)A．反应②中加入CH3OH，相当于增大压强，由于该反应是反应前后等体积的反应，增大压强，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，A错误；B．反应②的正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应分析移动，则CH3OCH3产率会降低，B错误；C．反应②是反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，C错误；D．移出H2O，生成物浓度减小，化学平衡向着正向移动，CH3OCH3产率增大，D正确；E．使用催化剂，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，E错误；故答案为D；(3)3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的正反应为气体体积缩小的放热反应，A．H2和CO2的浓度之比为3∶1时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，则无法判断平衡状态，A错误；B．CO2分子中含有2个C=O双键，单位时间内断裂3个H−H同时会产生2个C=O键，断裂1个C=O，表示反应正向进行，说明没有达到平衡状态，B错误；C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，C错误；D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，D正确；E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，E正确；故答案为DE；(4)①根据图像知，温度升高，CO2的体积分数降低，说明化学平衡正向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即ΔH＞0；恒压状态下，充入惰性气体，体积增大，组分浓度降低，化学平衡向正反应方向移动；②设CO2浓度变化为x×100%＝40.0%，解得x＝0.25mol·L－1，即CO2的转化率为×100%＝25%；③T℃时，CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp＝＝0.5p总。20．化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：己知：①有机物B苯环上只