拉萨市名校2022届化学高一(下)期末统考模拟试题含解析

拉萨市名校2022届化学高一(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．下列物质转化常通过加成反应实现的是
A．B．CH3CHO →CH3COOH
C．CH4→ CH3Cl D．CH2＝CH2→ CH3CH2Br
【答案】D
【解析】
【详解】
A．苯和浓硝酸、浓硫酸的混合液加热，可发生取代反应生成硝基苯，A项错误；
B．CH3CH2OH在铜作催化剂的作用氧化生成CH3CHO，属于氧化反应，B项错误；
C．CH4在光照条件下与氯气发生取代反应，生成CH3Cl，C项错误；
D．CH2=CH2与HBr一定条件下发生加成反应生成CH3CH2Br，D项正确；
答案选D。

【点睛】
有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。

依据两者的区别，本题的B选项显然为加成反应，而不是取代反应。

因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。

2．N2和H2合成NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是( )
A．N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(g) ；△H ＝ 2(b—a) kJ/mol
B．N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(l)；△H ＝ 2(a—b—c) kJ/mol
C．N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(l) ；△H ＝ (b＋c—a) kJ/mol
D．N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(g) ；△H ＝ (a＋b) kJ/mol
【答案】B
【解析】分析：从图象看，热化学方程式为：①N2（g）+H2（g）NH3（l）；△H=-（b+c-a）kJ/mol；或②N2（g）+H2（g）NH3（g）；△H=（a-b）kJ/mol，△H与化学计量数成正比，以此分析。

详解：从图象看，热化学方程式为：①N2（g）+H2（g）NH3（l）△H=-（b+c-a）kJ/mol；或②N2（g）+H2（g）NH3（g）；△H=（a-b）kJ/mol，△H与化学计量数成正比，①×2可得：N2（g）
+3H2（g）═2NH3（l）△H=2（a-b-c）kJ/mol，②×2可得：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=2（a-b）kJ/mol，答案选B。

点睛：本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，侧重于数据分析和转化能力的培养，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法。

3．实验室用蓄电池电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极：Pb＋SO42-＝PbSO4＋2e－，正极：PbO2＋4H＋＋SO42-＋2e－＝PbSO4＋2H2O，今若制得0.05mol Cl2，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是( )
A．0.025mol B．0.050mol C．0.10mol D．0.20mol
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
设生成0.050mol氯气需转移的电子为xmol，根据2Cl--2e-=Cl2↑可知x＝0.01，设消耗硫酸的物质的量为ymol，放电时，铅蓄电池的电池反应式为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，消耗2mol硫酸转移2mol电子，则y=0.1，即消耗硫酸0.1mol。

故选C。

4．氢氧化铁胶体区别于氯化铁溶液最本质的特征是( )
A．氢氧化铁胶体粒子的直径在1～100 nm之间
B．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应
C．氢氧化铁胶体是均一的分散系
D．氢氧化铁胶体的分散质能透过滤纸
【答案】A
【解析】
【详解】
胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故选A。

【点睛】
根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小。

5．某溶液中含有下列六种离子：①HCO3－②SO32－③K＋④CO32－⑤NH4＋⑥NO3－，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度会变化的是（）
A．①②④⑤B．①④⑤C．①⑤D．①⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，并且Na2O2具有强氧化性，凡是与NaOH、Na2O2发生离子反应的离子，其浓度肯定发生变化，据此分析解答。

【详解】
Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，HCO3-与NaOH反应生成CO32-，NH4+与NaOH反应生成一水合氨，则①HCO3-、④CO32-、⑤NH4+浓度发生变化；Na2O2具有强氧化性，能够把SO32-氧化成硫酸根离子，则②SO32-离子浓度发生变化，综上可知，溶液中离子浓度会变化的是①②④⑤，故选A。

【点睛】
本题的易错点为②和④的判断，要注意过氧化钠具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性；碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，浓度减小，则会导致碳酸根离子浓度增大。

6．下列各组物质中，互为同分异构体的是（）
A．水与冰
B．O2与O3
C．与
D．与
【答案】D
【解析】
【详解】
A、水与冰的构成物质均为H2O，是同一种物质，故A不选；
B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；
C、由甲烷的结构可知，与为同一种物质，故C不选；
D、与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D选，答案选D。

7．反应4A(s)+3B(g)==2C(g)+D(g)，经2min后B的浓度减少0.6mol·L-1。

下列说法正确的是
A．用A表示的反应速率是0.4mol·L-1·min-1
B．在2min内的反应速率，用B表示是0.3mol·L-1min-1
C．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3:2:1
D．在这2min内B和C两物质浓度是逐渐减小的
【答案】C
【解析】
分析：经2min，B的浓度减少0.6mol/L，v(B)=0.6/
2
mol L
min=0.3 mol·L
-1·min-1，结合反应速率之比等于化学
计量数之比来解答。

详解：A．A物质为纯固体，不能用来表示反应速率，故A错误；B．经2min，B的浓度减少0.6mol/L，
v(B)=0.6/
2
mol L
min=0.3 mol·L
-1·min-1，反应速率为平均速率，不是2min末的反应速率，故B错误；C．反应
速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1，故C正确；D．B 为反应物，C为生成物，则在这2min内用B和c表示的反应速率的值分别为逐渐减小、逐渐增大，故D 错误；故选C。

点睛：本题考查化学反应速率的计算及与化学计量数的关系，明确计算公式及反应速率为平均速率即可解答，注意选项A为易错点，纯液体或固体的物质的量浓度不变，化学反应速率不能用纯液体或固体来表示。

8．下列说法正确的是( )
A．诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和高级烃
B．糖类、油脂、蛋白质都是天然高分子化合物
C．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解
D．油脂的皂化反应属于加成反应
【答案】A
【解析】
分析：A项，蚕丝的主要成分是蛋白质，烛泪指的是石蜡，石蜡是几种高级烃的混合物；
B.高分子化合物的相对分子量达到10000以上，油脂不属于高分子化合物；
C项，单糖、二糖不能水解，多糖才能发生水解；
D．油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，属于取代反应。

详解：A项，蚕丝的主要成分是蛋白质，烛泪指的是石蜡，石蜡是几种高级烃的混合物，故A项正确；
B项，糖类有单糖和二糖和多糖，单糖和二糖不属于高分子化合物；油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物，故B错误；
C项，单糖、二糖不能水解，多糖才能发生水解，故C项错误；
D．油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，属于取代反应，故D错误；
综上所述，本题的正确答案为A。

点睛：本题考查了高分子化合物结构与性质、有机反应类型，注意掌握高分子化合物概念、结构及性质，明确淀粉和纤维素属于混合物，二者不属于同分异构体。

9．实验室用大理石和盐酸制备CO2，下列措施可使反应速率加快的是
A．降低反应温度B．延长反应时间
C．粉碎大理石D．加水稀释盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 降低反应温度，反应速率减小，A错误；
B. 延长反应时间不能改变反应速率，B错误；
C. 粉碎大理石，增大固体反应物的接触面积，反应速率加快，C正确；
D. 加水稀释盐酸，降低氢离子浓度，反应速率减小，D错误；
答案选C。

10．今有五种有机物:①CH2OH(CHOH)4CHO，②CH3(CH2)3OH，③CH2=CH—CH2OH，④CH2=CH-COOCH3，
⑤CH2=CH-COOH。

其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是
A．③⑤B．①②⑤C．②④D．③④
【答案】A
【解析】
【分析】
根据各有机物中的官能团和各官能团的性质作答。

【详解】
①CH2OH(CHOH)4CHO中，醛基能发生加成反应和氧化反应，醇羟基能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加聚反应；
②CH3(CH2)3OH中，醇羟基能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加成反应和加聚反应；
③CH2=CHCH2OH中，碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含醇羟基能发生酯化反应和氧化
④CH 2=CHCOOCH 3中，碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含酯基能发生水解反应（或取代反应），不能发生酯化反应；
⑤CH 2=CHCOOH ，含碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含羧基能发生酯化反应； 其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是③⑤，答案选A 。

11．关于有机物的下列说法正确的是( )
A ．在酸性条件下，18325CH CO OC H 的水解产物是183CH CO OH 和25C H OH
B ．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，反应生成甘油和高级脂肪酸
C ．淀粉与纤维素通式相同，但二者不互为同分异构体
D ．鉴定蔗糖水解产物中的葡萄糖：在水解液中直接加入银氨溶液并水浴加热
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．酯水解生成酸和醇，断裂的是C-O 键，则在酸性条件下，CH 3CO 18OC 2H 5 的水解产物是CH 3COOH 和C 2H 518OH ，故A 错误；
B ．油脂在碱性条件下水解反应称为皂化反应，在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，酸性条件下的水解产物为甘油和高级脂肪酸，故B 错误；
C ．淀粉和纤维素的聚合度不同，两者的分子式不同，不是同分异构体，故C 正确；
D ．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖发生银镜反应需要在碱性条件下，蔗糖水解后应先加入碱调节溶液呈碱性，故D 错误；
故选C 。

12．近年来，在我国部分海域中出现了大面积的“赤潮”，给当地渔业造成了重大损失，赤潮直接威胁着人类生存的环境，已经成为我国目前最主要的海洋灾害之一。

下列关于赤潮发生原因的叙述正确的是 A ．含氯化合物直接排入大海，引起赤潮的发生。

B ．赤潮发生的根本原因是含氟制冷剂大量使用导致臭氧层破坏的结果。

C ．含氮、磷的大量污水直接排入大海，导致某些浮游生物爆发性繁殖是赤潮发生的直接原因。

D ．空气中二氧化碳浓度升高，导致海洋温度升高，引起了赤潮的发生。

【答案】C
【解析】
赤潮主要是水体富营养化引起，所以正确的答案是C 。

13．将7g 某铜银合金与足量的amol/L 的HNO 3充分反应后，放出的气体与标准状况下的氧气0.56L 混合，通入水中恰好完全被吸收，此合金铜的质量是（ ）
A ．1.6g
B ．2.4g
C ．3.2g
D ．4.8g
【解析】标准状况下0.56L氧气的物质的量为：n（O2）==0.025mol，
铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，整个反应过程中，金属提供的电子等于氧气获得的电子，
设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，
根据合金总质量可得：x×64g/mol+y×108g/mol=7g，
根据电子守恒列可得：2x+1×y=0.025mol×4，
解得：x=0.025mol、y=0.05mol，
所以合金中铜的质量为：m（Cu）=0.025mol×64g/mol=1.6g，故选A。

点睛：根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，整个反应过程中，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量及电子转移列方程计算。

14．下列关于基本营养物质的说法错误的是（）
A．糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成
B．在加热条件下，葡萄糖可与新制氢氧化铜浊液反应产生砖红色沉淀
C．植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，能使Br2的CCl4溶液褪色
D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、糖类、油脂均由C、H、O三种元素组成，蛋白质由C、H、O、N等多种元素组成，A错误；
B、葡萄糖结构中含有醛基，具有还原性，与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，B正确；
C、植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，可以与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，C 正确；
D、淀粉和纤维素属于多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，D正确；
故选A。

15．下列说法正确的是
A．二氧化硅用于制太阳能电池板
B．淀粉、纤维素都是高分子化合物,水解的最终产物相同
C．氨基酸与蛋白质遇到重金属盐均变性
D．尼龙绳、羊绒衫和棉衬衣等生活用品都是由合成纤维制造的
【解析】分析：A.晶体硅用于制太阳能电池板；
B. 淀粉和纤维素都属于天然的高分子化合物，水解的最终产物都是葡萄糖；
C. 蛋白质遇重金属盐发生变性而不是氨基酸；
D.羊绒衫的成分为蛋白质，棉衬衣的成分为纤维素，只有尼龙绳为合成纤维。

详解:A.用于制太阳能电池板的是晶体硅而不是二氧化硅，故A错误；
B. 淀粉和纤维素都属于天然的高分子化合物，水解的最终产物都是葡萄糖，故B正确；
C.蛋白质遇重金属盐时会发生凝结，失去原来的活性，所以误食重金属盐能使人中毒；氨基酸是蛋白质水解的最终产物，没有这个性质，故C错误；
D.羊绒衫的成分为蛋白质，棉衬衣的成分为纤维素，只有尼龙绳是由合成纤维制造的，故D错误；
所以B选项是正确的。

16．CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL 2mol /L的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为
A．16.0g B．19.2g C．24.0g D．30.6g
【答案】C
【解析】
试题分析：CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物溶于300mL 2mol·L－l的盐酸恰好完全反应后所得的产物为CuCl2，则其物质的量为0.3mol。

设加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为xg，则可得关系式：
0.3×64=x×64/80，解得x=24g。

答案选C。

考点：元素守恒
17．下列关于元素周期表的叙述正确的是（）
A．周期表中有八个主族，八个副族
B．目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素
C．短周期元素是指1～20号元素
D．原子的最外层电子数都等于该元素所在的族序数
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．周期表中7个主族、7个副族，1个0族、1个第Ⅷ族，共16个族，选项A错误；B．一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32，则目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素，选项B 正确；
C．短周期为一至三周期，短周期元素是指1-18号元素，选项C错误；
D．主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数，副族元素不一定，选项D错误。

答案选B。

【点睛】
本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素的位置、各周期元素的种类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期表的结构，周期表中7个主族、7个副族；一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32；短周期为一至三周期；主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数。

18．下列关于有机化合物的说法不正确的是
A．乙醇和乙酸都存在羟基，都易溶于水B．甲烷和乙烯都可以与氯气反应
C．高锰酸钾可以氧化甲苯和乙醇D．乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 乙醇和乙酸都存在羟基，且羟基百分含量较高，根据相似相容原理可知，都易溶于水，A项正确；
B. 甲烷可以与氯气发生取代反应，乙烯可以与氯气发生加成反应，B项正确；
C. 高锰酸钾可以氧化甲苯生成苯甲酸；乙醇具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，C项正确；
D. 乙烯可以与氢气发生加成反应，苯在一定条件下也可与氢气发生加成反应生成环己烷，D项错误；
答案选D。

19．要保证身体健康，营养均衡非常重要，下列有关营养物质的说法正确的是
A．油脂有油和脂肪之分，但都属于酯
B．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
C．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的
D．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 因油脂有油和脂肪之分，两者都属于酯，A项正确；
B. 因二糖、多糖能发生水解，单糖不能发生水解，如葡萄糖、果糖是单糖，均不能发生水解，B项错误；
C. 因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，C项错误；
D. 因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物，蛋白质是高分子化合物，D项错误；
答案选A。

【点睛】
油脂为高级脂肪酸和甘油通过酯化反应生成，根据参与反应脂肪酸是否相同，油脂分为简单甘油酯和混合甘油酯，如果形成油脂的高级脂肪酸相同，则为简单甘油酯，如果高级脂肪酸不同，则为混合甘油酯，油
脂根据碳碳成键特点，分为油和脂肪，油是含有不饱和脂肪酸成分的甘油酯，脂肪是含有饱和脂肪酸成分的甘油酯，A项知识便可迎刃而解。

20．下列说法错误的是
A．在共价化合物中一定含有共价键
B．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物
D．双原子单质分子中的共价健一定是非极性键
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．在共价化合物中一定含有共价键，A正确；
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵是离子化合物，B错误；
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物，C正确；
D．双原子单质分子中的共价健一定是非极性键，D正确；
答案选B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。

已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的
ΔH=-99kJ·mol-1.请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示______、______，E的大小对该反应的反应热有无影响？_______。

该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是________________________；（2）图中△H=__KJ·mol-1；
（3）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H__（要求写计算过程）。

【答案】反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低-198 －1185 KJ·mol-1
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据图像特点和方程式可知，A表示反应物的总能量，C表示生成物的总能量。

E表示活化能，其大
小和反应热是无关的。

催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。

（2）图像表示的是生成2molSO3时反应过程中的能量变化，因此△H＝－2×99kJ/mol＝－198 kJ/mol。

（3）硫燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g) =2SO2(g) △H1=-296KJ·mol-1，又知SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g)
△H2=-99 KJ·mol-1，据盖斯定律可知，3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)= －1185 kJ/mol。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．在严格无氧的条件下，碱与亚铁盐溶液反应生成白色胶状的Fe(OH)2，在有氧气的情况下迅速变为灰绿色，逐渐形成红褐色的氢氧化铁，故在制备过程中需严格无氧。

现提供制备方法如下：
方法一：用FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH 溶液反应制备。

(1)配制FeSO4 溶液时需加入铁粉的原因是_____；除去蒸馏水中溶解的O2常采用_____的方法。

(2)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2 的NaOH 溶液，插入FeSO4 溶液液面下，再挤出NaOH 溶液。

这样操作的理由是_____。

方法二：
在如图装置中，用NaOH 溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。

(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；
(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；
(3)为了制得白色Fe(OH)2 沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_____。

(4)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是_________________________。

【答案】稀硫酸、铁屑煮沸避免生成的Fe（OH） 1 沉淀接触O 1稀硫酸、铁屑NaOH溶液检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H 1 纯净时，再夹紧止水夹试管Ⅰ中反应生成的H 1 充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入
【解析】
【分析】
本实验题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求；方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化。

【详解】
方法一：
(1)配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸和铁屑，抑制Fe1+的水解并防止Fe1+被空气中的O1氧化为Fe3+，故答案为稀H1SO4、铁屑；
(1)煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O1．故答案为煮沸；
(3)Fe(OH)1很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe(OH)1沉淀的操作是用长滴管吸取不含O1的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，故答案为避免生成的 Fe(OH)1沉淀接触O1；
方法二：
(1)试管Ⅰ中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用硫酸和铁屑反应生生成，故答案为稀H1SO4、铁屑；
(1)试管Ⅱ中应为NaOH溶液，与试管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反应生成Fe(OH)1沉淀，故答案为NaOH溶液；
(3)打开止水夹，Fe与H1SO4反应生成H1充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe1+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)1，若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe(OH)1溶液．故答案为检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H1纯净时，再夹紧止水夹；
(4)由于装置中充满H1，外界空气不易进入，所以沉淀的白色可维持较长时间，故答案为试管Ⅰ中反应生成的H1充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入。

【点睛】
Fe(OH)1很容易被空气中的氧气氧化，这是Fe(OH)1的重要性质，本题是在原有性质基础上进行了改编，设计成了探究型实验题。

本题考查水解方面的问题，又考查了氧化还原方面的问题，还有实验中的实际问题，同时还考查了实验的设计，题目难度中等。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16。

X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如下图所示变化：
已知一个B分子中含有的Z元素的原子个数比C分子中的少一个。

请回答下列问题：
(1)Y元素在周期表中的位置是______；X、Y原子半径的大小：X______Y(填“>”、“<”或“=”)
(2)X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入______（填物质名称）；负极电极反应式为
______。

(3)C在一定条件下反应生成A的化学方程式是___________________。

(4)已知Y的单质与Z的单质生成C的反应是可逆反应，△H＜1．将等物质的量的Y、Z的单质充入一密闭容器中，在适当催化剂和恒温、恒压条件下反应。

下列说法中，正确的是______（填写下列各项的序号）。

a.达到化学平衡的过程中，混合气体平均相对分子质量减小
b.反应过程中，Y的单质的体积分数始终为51%
c.达到化学平衡时，Y、Z的两种单质在混合气体中的物质的量之比为1：1
d. 达到化学平衡时，正反应速率与逆反应速率相等
【答案】第2周期，VA族<氧气H2+2OH-=2H2O+2e-4NH3+5O2=4NO+6H2O b d
【解析】X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为2．X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体；短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2(稀有气体除外)，(2)中X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，判断为氢氧燃料电池，X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为2，XZ为O2、H2结合转化关系判断，Y原子序数为7，X为N元素，X+Z=B；Z+Y=A，一个B 分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，说明Z元素为H，则X、Y、Z分别为O、N、H，A、B、C分别为NO、H2O、NH3；
(1)Y为氮元素，元素周期表中位于第2周期，VA族；同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，因此O、N原子半径的大小：O＜N，故答案为：2周期，VA族；＜；
(2)X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，两个电极均由多孔性碳制成，是氢氧燃料电池，负极为氢气发生氧化反应，电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O；正极发生还原反应，通入的是氧气，故答案为：氧气；H2+2OH--2e-=2H2O；
(3)C为NH3在一定条件下反应生成A为NO，是氨气的催化氧化，反应的化学方程式：
4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(4)Y的单质(N2)与Z的单质(H2)生成C(NH3)的反应是可逆反应，△H＜1，反应为：
N2+3H22NH3；，△H＜1；
a、达到化学平衡的过程中，气体质量不变，气体物质的量减小，所以混合气体平均相对分子质量增大，故a错误；
b、将等物质的量的Y(N2)、Z(H2)的单质充入一密闭容器中，在适当催化剂和恒温、恒压条件下反应，设起始量都为1mol，则
N2+3H22NH3
起始量 1 1 1
变化量 x 3x 2x
平衡量 1-x 1-3x 2x
所以氮气所占体积分数为物质的量的百分数=1
22
x
x
-
-
×111%=51%，所以Y(N2)的单质的体积分数始终为
51%，故b正确；c、达到化学平衡时，Y(N2)的单质的体积分数始终为51%，H2和NH3共占51%，所以两种单质在混合气体中的物质的量之比不为1：1，故c错误；d、化学平衡的标志是正逆反应速率相同，故d 正确；故选bd；
点睛：本题考查元素位置结构性质的相互关系的推断，物质转化关系和物质性质的应用，化学平衡的影响。