河北省唐山市2019-2020学年化学高一下期末统考模拟试题含解析

河北省唐山市2019-2020学年化学高一下期末统考模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．以美国为首的北约部队在对南联盟的狂轰滥炸中使用了大量的贫铀弹。

所谓“贫铀”是从金属铀中提取以后的副产品，其主要成分是具有低水平放射性的。

列有关的说法中正确的是
A．中子数为92B．质子数为238
C．质量数为330D．核外电子数为92
【答案】D
【解析】
【详解】
A、在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，因为质子数和中子数之和是质量数，所以中子数是238－92＝146，A错误；
B、质子数是92，B错误；
C、质量数是238，C错误；
D、质子数等于核外电子数，为92，D正确；
答案选D。

2．下列实验操作不当的是（）
A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B．利用酸性高锰酸钾溶液除甲烷中的少量乙烯
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+
D．向溴水中加入苯，可以萃取溴水中的溴
【答案】B
【解析】A.稀硫酸和锌反应过程中加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应生成铜，形成原电池，可以加快反应速率，故正确；B.酸性高锰酸钾溶液可以氧化乙烯生成二氧化碳，增加了新的杂质，故错误；C.钠的焰色反应为黄色，用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+，故正确；D.溴在苯中的溶解度比水中的大，所以可以用苯萃取溴水中的溴，故正确。

故选B。

3．某有机物的结构简为CH2＝CH－COOH，该有机物不可能发生的化学反应是
A．酯化反应B．水解反应C．加成反应D．氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A. CH2＝CH－COOH含有羧基，能发生酯化反应，故不选A；
B. CH2＝CH－COOH含有羧基、碳碳双键，不能发生水解反应，故选B；
D. CH2＝CH－COOH含有碳碳双键，能发生氧化反应，故不选D。

4．对热化学方程式H2(g) + I2(g) = 2HI(g)；△H = +52kJ·mol-1的叙述中，正确的是
A．1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收26kJ热量
B．1个氢分子和1个碘分子完全反应需要吸收52kJ热量
C．1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2mol HI气体需吸收52kJ热量
D．1molH2(g)与1molI2(g)完全反应放出26kJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】
A.1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收52kJ热量，A错误；
B.热化学方程式的系数表示相应物质的物质的量的多少，不能表示物质分子数目，B错误；
C.热化学方程式H2(g) + I2(g) = 2HI(g) △H=+52kJ/mol表示的意义：1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2mol 的HI气体需吸收52kJ的热量，C正确；
D.热化学方程式H2(g)+I2(g) = 2HI(g) △H=+52kJ/mol中，焓变值是正值，表明反应为吸热反应，不会放出热量，D错误；
故合理选项是C。

5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y 是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。

下列说法正确的是( ) A．原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱
D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X是C元素；Y是地壳中含量最高的元素，Y是O元素；W与X同主族，W是Si元素；Z2＋与O2－具有相同的电子层结构，Z是Mg元素。

原子半径的大小顺序：r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)，故A错误；MgO是离子键、SiO2是共价键，故B错误；碳酸的酸性比硅酸强，故C错误；热稳定性H2O>SiH4，故D正确。

考点：本题考查元素周期律。

6．如图所示，从A处通入新制备的氯气，关闭旋塞B时，C处红色布条无明显的变化，打开旋塞B 时，C处红色布条逐渐褪色。

由此可判断D瓶中装的试剂不可能是
A ．浓硫酸
B ．溴化钠溶液
C ．Na 2SO 3溶液
D ．硝酸钠溶液
【答案】D
【解析】
【分析】 干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO 。

先关闭活塞B ，在A 处通入含水蒸气的氯气，C 处的(干燥的)红色布条看不到明显现象，说明氯气通过D 装置后，水蒸气被吸收，或氯气被吸收；打开活塞B ，在A 处通入含水蒸气的氯气，C 处的红色布条逐渐褪色，说明水蒸气和氯气均未被吸收。

据此分析解答。

【详解】
A ．若图中D 瓶中盛有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，作干燥剂，在A 处通入含水蒸气的氯气，关闭
B 活塞时，含水蒸气的氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，氯气被干燥，没有水，就不能生成HClO ，就不能使有色布条褪色，所以
C 处的(干燥的)红色布条看不到明显现象；打开活塞B ，在A 处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO ，C 处的红色布条逐渐褪色，故A 不选；
B ．若图中D 瓶中盛有溴化钠溶液，在A 处通入含水蒸气的氯气，关闭B 活塞时，氯气经过盛有溴化钠溶液的D 瓶时，发生置换反应，氯气被吸收，没有氯气进入
C 装置，有色布条不褪色；打开活塞B ，在A 处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO ，C 处的红色布条逐渐褪色，故B 不选； C ．若图中
D 瓶中盛有Na 2SO 3溶液，在A 处通入含水蒸气的氯气，关闭B 活塞时，氯气经过盛有Na 2SO 3溶液发生氧化还原反应，氯气被吸收，没有气体进入C 装置，有色布条不褪色；打开活塞B ，在A 处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO ，C 处的红色布条逐渐褪色，故C 不选； D ．在A 处通入含水蒸气的氯气，关闭B 活塞时，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，氯气经过硝酸钠溶
液后，氯气不能被完全吸收，也不能被干燥，故仍可以生成具有漂白性的HClO ，
C 处的红色布条逐渐褪色；打开活塞B ，在A 处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO ，C 处的红色布条逐渐褪色，故
D 选；
答案选D 。

7．关于下列有机反应的说法中，不正确的是( )
A ．CH 2=CH 2＋3O 2−−−−
→点燃2CO 2＋2H 2O 是氧化反应 B ．CH 2=CH 2＋H 2O −−−→催化剂CH 3CH 2OH 是加成反应
C ．CH 3CH 2Cl ＋H 2O −−−→催化剂CH 3CH 2OH ＋HCl 是取代反应
D ．2CH 3CH 2OH ＋O 2−−−→铜
加热
2CH 3CHO ＋2H 2O 是加成反应 【答案】D
【解析】
【详解】
A. CH 2=CH 2＋3O 2−−−−
→点燃2CO 2＋2H 2O 是氧化反应，选项A 正确； B. CH 2=CH 2＋H 2O −−−→催化剂CH 3CH 2OH 是加成反应，选项B 正确；
C. CH 3CH 2Cl ＋H 2O −−−→催化剂CH 3CH 2OH ＋HCl 是取代反应，选项C 正确；
D. 2CH 3CH 2OH ＋O 2−−−→铜加热
2CH 3CHO ＋2H 2O 是氧化反应，选项D 不正确。

答案选D 。

8．已知断开1 mol H 2中的化学键需要吸收436kJ 的能量，断开1 mol Cl 2中的化学键需要吸收243kJ 的能量，而形成1mol HCl 分子中的化学要释放431kJ 的能量，则1mol 氢气与1mol 氯气反应时能量变化为： A ．吸收183kJ
B ．吸收366kJ
C ．放出366kJ
D ．放出183kJ 【答案】D
【解析】
【详解】
H 2(g)+Cl 2(g)=2HCl(g)的反应热=生成物的键能-反应物的键能
=436kJ•mol -1+243kJ•mol -1-2×431kJ•mol -1=-183kJ•mol -1，故1mol 氢气与1mol 氯气反应时放出热量为183kJ ，故选D 。

9．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。

高铁电池的总反应为：
3Zn ＋2K 2FeO 4＋8H 2O
3Zn （OH ）2＋2Fe （OH ）3＋4KOH 下列叙述不正确的是（ ）
A ．放电时负极反应为：Zn －2e －＋2OH －=Zn （OH ）2
B ．放电时正极反应为：FeO 42-＋4H 2O ＋3e －=Fe （OH ）3＋5OH －
C ．放电时每转移3 mol 电子，正极有1 mol K 2FeO 4被氧化
D ．放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
【分析】
由反应可知，放电时Zn 为负极，K 2FeO 4在正极上发生还原反应；充电时电池的正极与电源的正极相连为阳极，阳极发生氧化反应，据此答题。

【详解】
A.放电时，负极Zn 失电子被氧化，生成Zn （OH ）2，电极反应式为Zn-2e -+2OH -═Zn （OH ）2，故A 正确；
B.K 2FeO 4为电池的正极，得电子发生还原反应，生成Fe （OH ）3，电极反应式为FeO 42-+3e -+4H 2O ═Fe （OH ）
C.放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C 错误；
D.放电时，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D正确。

故选C。

【点睛】
原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，然后根据装置中的信息，通过外电路中电子的流向、物质的转化、电解质离子的运动方向等信息确定两个电极的极性，然后分析电极反应。

10．关于下图所示的原电池，下列说法正确的是
A．Cu为正极发生氧化反应
B．负极反应为Zn-2e-===Zn2+
C．电子由铜片通过导线流向锌片
D．该装置能将电能转化为化学能
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。

电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此判断。

【详解】
A、在原电池中负极发生氧化反应，金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，发生还原反应，A错误；
B、锌是负极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+，B正确；
C、锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则电子从锌出来通过导线流向铜，C错误；
D、原电池是将化学能变化电能的装置，D错误。

答案选B。

11．能证明乙醇分子中有一个羟基的事实是
A．乙醇能溶于水B．乙醇完全燃烧生成CO2和H2O
C．0.1mol乙醇与足量钠反应生成0.05mol氢气D．乙醇能发生催化氧化
【答案】C
【解析】
若要证明乙醇分子中羟基的个数，则要通过定量的方式来进行分析。

【详解】
A. 乙醇能溶于水，说明乙醇分子极性较大，或者存在亲水基团，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故A 不选；
B. 乙醇完全燃烧生成CO2和H2O，说明乙醇分子中存在C、H元素，可能存在O元素，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故B不选；
C. 0.1mol乙醇与足量钠反应生成0.05mol氢气，证明乙醇分子中有一个羟基，故C选；
D. 乙醇能发生催化氧化，说明分子中含有羟基，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故D不选；
答案选C。

12．下图是某种酶生物燃料电池的工作原理示意图。

下列说法中不正确
．．．的是
A．葡萄糖是还原剂
B．外电路中电子由A极移向B极
C．溶液中H+由B极区移向A极区
D．B极电极反应式为：H2O2 +2H++2e－=== 2H2O
【答案】C
【解析】根据图中信息可知，H2O2转化为H2O，氧元素化合价由-1降为-2价，得到电子发生还原反应，B 极为燃料电池的正极，A极为燃料电池的负极。

故A、葡萄糖发生氧化反应作为还原剂，选项A正确；B、外电路中电子由负极A极移向正极B极，选项B正确；C、电池中阳离子向正极移动，故溶液中H+由A 极区移向B极区，选项C不正确；D、B极为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为：H2O2 +2H++2e －= 2H2O，选项D正确。

答案选C。

13．下列物质中，既有离子键，又有共价键的是( )
A．NaCl B．CO2C．NH4Cl D．NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。

A．NaCl为离子化合物，且只含离子键，故A不选；
B．CO2只含共价键，故B不选；
C．氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键、N-H是共价键，故C选；
D．NH3只含共价键，故D不选。

答案选C。

14．S2Cl2分子结构如图所示。

常温下，S2Cl2遇水易水解并产生能使品红褪色的气体。

下列说法不正确的是
A．S2Cl2分子中所有原子不在同一平面
B．13.5 gS2Cl2中共价键的数目为0.4N A
C．S2Cl2与水反应时S-S、S-C1键都断裂
D．S2Cl2中S-S键和S-C1键是共价键
【答案】B
【解析】分析：S2Cl2为共价化合物，分子中含有Cl-S极性键和S-S非极性键，常温下，S2Cl2遇水易水解并产生能使品红褪色的气体，即有二氧化硫产生，则与水发生反应2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，以此解答该题。

详解：A．根据示意图可知S2Cl2分子中所有原子不在同一平面，A正确；
B．13.5gS2Cl2的物质的量是13.5g÷135g/mol＝0.1mol，分子的结构为Cl-S-S-Cl，则0.1mol S2C12中共价键的数目为0.3N A，B错误；
C．与水发生反应2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，S-S键和S-Cl键都断裂，C正确；
D．S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，由结构式可知含有S-S键和S-Cl键，且为共价键，D正确。

答案选B。

点睛：本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、氧化还原反应等，难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握，是一道不错的能力考查题目，注意题干已知信息的灵活应用。

15．下列有关元素及其化合物性质的比较正确的是（）
A．稳定性：H2O＜PH3＜NH3B．原子半径：F＜O＜Cl
C．酸性：H2CO3＜H2SO4＜H3PO4D．碱性：LiOH＜NaOH＜Al(OH)3
【答案】B
【解析】
A. 非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性：PH3＜NH3＜H2O，A项错误；
B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径F＜O＜Cl，B 项正确；
C. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4，C项错误；
D. 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：Al(OH)3＜LiOH＜NaOH，D项错误；
答案选B。

16．NaCl是我们生活中必不可少的物质。

将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是
A．a离子为Na+
B．溶液中含有N A个Na+
C．水合b离子的图示不科学
D．室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致
【答案】C
【解析】
【分析】
根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。

【详解】
A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A 错误；
B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误；
C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；
D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。

【点睛】
易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。

17．a、b、c、d、e为元素周期表前3周期中的部分元素，它们在元素周期表中的相对位置如右图所示。

A．b元素除0价外，只有一种化合价
B．五种元素中，c元素的化学性质最稳定
C．d气态氢化物溶于水，溶液显碱性
D．元素原子半径大小：d＜e＜c
【答案】D
【解析】根据周期表的结构分析，a为氦；b为氧；c为硅；d为氯；e磷。

A.氧元素有-2、-1两种价态，故错误；B.五种元素中氦元素的化学性质最稳定，故错误；C.氯的氢化物为氯化氢，溶液为酸性，故错误；
D.原子半径关系为d＜e＜c，故正确。

故选D。

18．1869年俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上重要里程碑之一。

下列有关元素周期表的说法正确的是（）
A．元素周期表有7个横行、18个纵行，即有7个周期、18个族
B．在过渡元素中寻找半导体材料
C．俄罗斯专家首次合成了178116X原子，116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族
D．IA族的元素全部是金属元素
【答案】C
【解析】
【详解】
A．元素周期表中的第Ⅷ族包含8、9、10共3个纵行，因此元素周期表虽然共18个纵行，但共16个族，A错误；
B．在金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料，B错误；
C．第七周期0族元素为118号，则116号元素位于元素周期表中第七周期ⅥA族，C正确；
D．第IA族的元素包括H和碱金属元素，碱金属元素全部是金属元素，H是非金属元素，D错误；
答案选C。

【点睛】
明确元素周期表的结构特点和编制原则是解答的关键，注意掌握由原子序数确定元素位置的规律，即只要记住了稀有气体元素的原子序数(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn—86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。

19．在2A(g)＋B(g) 3C(g)＋5D(g)的反应中，表示该反应速率最快的是
A．v (D)＝4.0 mol／(L·ｓ) B．v (C)＝3.2mol／(L·ｓ)
C．v (A)＝2.0mol／(L·ｓ) D．v (B)＝1.2mol／(L·ｓ)
【解析】
【分析】
利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较。

【详解】
不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数比值越大，表示的反应速率越快。

A. v (D)＝4.0 mol／(L·ｓ)；
B. v (C)＝3.2mol／(L·ｓ)，则v (D)＝5
3
v (C)=5.3 mol／(L·ｓ)；
C. v (A)＝2.0mol／(L·ｓ)，则v (D)＝5
2
v (A)= 5.0 mol／(L·ｓ)；
D. v (B)＝1.2mol／(L·ｓ)，则v (D)＝5v (B)＝6.0 mol／(L·ｓ)；
反应速率最快的是6.0 mol／(L·ｓ)。

答案选D。

【点睛】
本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率；2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。

20．有一处于平衡状态的可逆反应：X（s）+3Y（g）2Z（g）ΔH＜0。

为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是
①高温②低温③高压④低压⑤加催化剂⑥分离出Z
A．①③⑤B．②③⑤C．②③⑥D．②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
①升高温度，平衡向吸热反应移动；
②降低温度，平衡向放热反应移动；
③压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
④降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；
⑤加催化剂不会引起化学平衡的移动；
⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动。

【详解】
反应X（s）+3Y（g）2Z（g），△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应。

①升高温度，平衡逆向移动，故①错误；
③压强增大，平衡向正反应移动，故③正确；
④降低压强，平衡向逆反应方向移动，故④错误；
⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；
⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确；
故选C。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．镁及其合金是一种用途广泛的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。

主要步骤如下：
（1）镁在元素周期表中位于第__________周期，第___________族。

（2）为使MgSO4完全转化为Mg(OH)2沉淀，试剂①可选用____________（填化学式），且加入试剂①的量应______________（选填“少量”或“过量”）。

（3）若要检验溶液A中含有的SO42-，使用的试剂是_________________。

（4）加入试剂①后，分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是__________。

试剂②可以选用_______。

（5）反应①、反应②、反应③属于氧化还原反应类型的是________。

（6）工业上常用电解熔融MgCl2的方法冶炼得到金属Mg，写出该反应的化学方程式__________。

【答案】三ⅡA Ca(OH)2（或NaOH等合理答案均可）过量稀盐酸、氯化钡溶液过滤HCl（或盐酸）③MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑
【解析】
【分析】
海水中加入试剂①沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，因此试剂①为碱；过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②得到氯化镁溶液，试剂②为盐酸，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答。

【详解】
(1)镁是12号元素，原子核外12个电子，有三个电子层，最外层2个电子，镁在周期表中位置为第三周期，第ⅡA族，故答案为：三；ⅡA；
(2)使MgSO4转化为Mg(OH)2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，且从生成成本角度考虑，则试剂①选择Ca(OH)2或石灰乳，也可以选择NaOH，为了使镁离子全部沉淀，加入的试剂①要过量，故答案为：Ca(OH)2(或NaOH等)；过量；
(3)检验溶液A中含有的SO42-，可以取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有
白色沉淀产生，证明有SO42-，使用的试剂有，故答案为：稀盐酸、氯化钡溶液；
(4)过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，所以分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；把氢氧化镁转化成氯化镁需加入盐酸进行中和反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，故答案为：过滤；盐酸；
(5)根据上述分析，反应①、反应②为复分解反应，一定不是氧化还原反应，反应③为电解熔融的氯化镁生成镁，反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故答案为：③；
(6)无水氯化镁在熔融状态下，通过电解得到金属镁，化学方程式为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑。

【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意硫酸根离子检验时，不能选择硝酸，因为硝酸能够将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．用50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器的名称是_________________。

（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___________________________________________________________。

（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______（填“偏大、偏小、无影响”）。

（4）如果用60mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________（填“相等、不相等”），所求中和热_______（填“相等、不相等”）。

【答案】环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等
【解析】
【详解】
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；
（2）测定中和热的实验中，关键是做好保温工作，烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有部分热量散失，则求得的中和热数值偏小；
（4）如果用60mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应生成的水增多，则所放出的热量也增多；根据中和热的定义可知，经折算为中和热后应相等。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．该表是元素周期表中的一部分： 族
周期 IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
2 ① ② ③
3 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ 4
⑪
⑫
⑬
回答下列问题：
（1）⑦是____________，原子半径最大的是____________。

（填元素符号或化学式，下同） （2）⑧⑨⑪⑫四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是________。

（3）上述元素中，最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是____________，碱性最强的化合物的电子式____________。

（4）用电子式表示⑤和⑨组成的化合物的形成过程____________。

（5）①和氢元素形成的化合物很多，其中C 2H 6可用于形成燃料电池，若用NaOH 作电解质溶液，写出该燃料电池的负极反应方程式____________。

（6）CO 2与CH 4经催化重整制得合成气：CH 4(g )+CO 2(g )垐垐?噲垐?催化剂2CO (g )+2H 2(g )。

已知上述反应中相关
的化学键键能数据如表： 化学键 C －H C =O H －H C O (CO ) 键能/kJ ·mol −1
413
745
436
1075
则该反应产生2molH 2（g ）时____________（填“放出”或“吸收”）热量为____________kJ 。

【答案】Si K S 2－＞C ｌ－＞K +＞Ca 2+ 4HClO
C 2H 6－14e －+18OH －=2CO 32－+12H 2O 吸
收 120 【解析】 【分析】
根据元素在周期表中的位置可知①～⑬分别是C 、N 、O 、Na 、Mg 、Al 、Si 、S 、Cl 、Ar 、K 、Ca 、Br ，据此解答。

【详解】
（1）⑦是Si ；根据元素周期律，同周期随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，同主族随着核电荷数增大，原子半径逐渐增大，原子半径最大的是K ；
（2）相同的电子结构，质子数越大，离子半径越小，则⑧⑨⑪⑫四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是S2－＞Cl－＞K+＞Ca2+；
（3）非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，故最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4；金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，故碱性最强的化合物KOH，电子式为；
（4）用电子式表示⑤和⑨组成的化合物氯化镁的形成过程为
；
（5）C2H6用于形成碱性燃料电池，作负极反应物生成CO32－，发生氧化反应，失电子，碳元素化合价从-3→+4，1个C2H6转移14个电子，故该燃料电池的负极反应方程式C2H6－14e－+18OH－=2CO32－+12H2O；（6）按反应计量系数，该化学反应的反应热=反应物总键能-生成物总键能=(413×4+745×2－1075×2－436×2)kJ/mol=120kJ/mol，则该反应产生2molH2（g）吸收热量为120kJ。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．已知A、B、C和甲、乙、丙均是由短周期元素形成的物质，D是过渡元素形成的常见单质，它们之间能发生如下反应。

（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）
请回答下列问题：
（1）丙的电子式为_____；组成气体乙的元素在周期表的位置____；物质B含有的化学键类型是______；（2）写出下列反应的离子方程式：
④ _________________________；
⑤ _____________________；
（3）金属D与稀硝酸反应，产生标准状况下1.12L的NO气体，则参加反应的硝酸为_______mol。

【答案】第三周期第ⅦA族离子键和共价键2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓ 0.2
【解析】
【分析】
金属A的焰色为黄色，所以A为Na，A与水生成气体甲（H2）和物质B（NaOH），气体甲和黄绿色气体乙（Cl2）反应生成气体丙（HCl），丙溶于水形成物质C盐酸；因为金属D最终会和氢氧化钠生成红褐色沉淀，所以D为Fe，物质E为氯化亚铁，物质F为氯化铁，红褐色沉淀为氢氧化铁。

【详解】
（1）丙是HCl，电子式为，组成气体乙的元素为Cl，在周期表的位置为第三周期第ⅦA族，物质B是氢氧化钠，含有的化学键类型是离子键和共价键；
（2）反应④为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－
反应⑤为Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓
（3）铁与稀硝酸反应的方程式为2Fe+8HNO3=2Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，所以当生成标准状况下1.12L的NO 气体（即0.05mol气体）时，消耗的硝酸为0.2mol。

【点睛】
在做元素推断题时，要学会找到“题眼”，此题中物质的焰色、沉淀的焰色，都是解题的突破口，因此学生在日常学习中，要注意积累常见物质的相关物理性质。