第2章化学键化学反应规律检测题（含解析）高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册
文档属性
| 名称 | 第2章化学键化学反应规律检测题（含解析）高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 390.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-20 07:35:50 | ||
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文档简介
第2章 化学键 化学反应规律 检测题
2022-2023学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册
一、单选题
1．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是（ ）
A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1
2．金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠，下列说法正确的是（ ）
A．该反应过程中的能量变化如图所示
B．过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:1
C．反应中每消耗1molO2转移2mol电子
D．过氧化钠与氧化钠所含化学键完全相同
3．下列说法中，正确的是（ ）
A．在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，增加锌粒的量可使反应速率减慢
B．镀锌铁皮表面有破损时，铁的腐蚀速率会加快
C．硫粉分别在纯氧和空气中燃烧，前者反应更剧烈
D．酶作为催化剂，在任何温度下均能极大地提高反应速率
4．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中错误的是（ ）
A．自来水厂可用明矾进行杀菌消毒
B．将CO2转化为乙醇有利于减少碳排放
C．太阳能电池感光板所用主要材料为晶体硅
D．食品放入冰箱中变质速率减慢
5．下列有关比较错误的是
A．未成对电子数： B．键角：
C．第一电离能： D．元素电负性：
6．下列有关物质结构和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．共价化合物一定只含有共价键
B．元素原子电子层数越多，越容易失电子，金属性越强
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单离子的半径逐渐减小
D．同一主族元素对应氢化物的沸点，从上到下逐渐增大
7．甲醇与SO3在有水条件下生成硫酸氢甲酯的反应部分历程如图所示。CH3OH(g)+SO3(g) CH3OSO3H(g)，其中粒子间的静电作用力用“…”表示。下列说法错误的是（ ）
A．水合CH3OH分子比水合SO3分子更稳定
B．反应历程中最大能垒(活化能)为6.62eV
C．d到f转化的实质为质子转移
D．在反应过程中，水起催化作用
8．下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是（ ）
A．北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能直接转化为电能
B．国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到
C．高铁“复兴号”使用的碳纤维属于有机非金属材料
D．极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀
9．下列说法正确的是（ ）
A．工业合成氨采用500℃左右的高温，目的是提高合成氨的效率
B．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应
C．保存FeSO4溶液时，应在其中加入稀HNO3以抑制Fe2+水解
D．工业上用蒸干MgCl2溶液的方法制取无水氯化镁
10．Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理示意图如下，刻蚀溶液有一定浓度的HF和H2O2混合而成，刻蚀时间为，由Ag薄膜覆盖的硅晶片部分逐渐被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是（ ）
A．Ag薄膜附近随着反应的进行，pH逐渐减小
B．Si极发生的反应为，
C．该刻蚀的总反应可表示为
D．该刻蚀过程的是由微小的Si、Ag、HF和H2O2的原电池组成
11．根据如图所示的信息，判断下列叙述错误的是（ ）
A．1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量
B．氢气跟氧气反应生成水的同时吸收能量
C．1molH2(g)跟 molO2(g)反应生成1molH2O(g)释放能量245kJ
D．1molH(g)与 molO(g)的总能量大于1molH2O(g)的能量
12．对于放热反应Zn＋H2SO4 = ZnSO4＋H2↑，下列叙述正确的是（ ）
A．ZnSO4中Zn2+与 之间存在静电引力
B．1 mol Zn的能量大于1 mol H2的能量
C．若将其设计为原电池，则锌作正极
D．若将其设计为原电池，当有32.5 g Zn溶解时，正极放出的气体为0.5mol
13．用价层电子对互斥理论判断SO3的分子构型为( )
A．正四面体形 B．V形 C．三角锥形 D．平面三角形
14．哈伯因发明了有氦气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下使该反应N2+3H2 2NH3发生，达到化学平衡时，有关说法正确的是（ ）
A．N2将完全转化为NH3
B．N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C．N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D．正反应和逆反应的速率都为零
15．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，x<0.4
C．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
D．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
16．查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际上乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH－2e－=X＋2H＋。下列说法中正确的是（ ）
A．电池内部H＋由正极向负极移动
B．另一极的电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－
C．乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极
D．电池总反应为：2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O
二、综合题
17．工业上研究减少NOx、CO等污染性气体的排放具有重要意义。用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。如：
I．CH4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1
II．CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1160 kJ/mol
（1）若在相同条件下，1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867 kJ，则△H1= kJ/mol。
（2）一定温度下，在体积为2 L恒容密闭容器中通入1 mol CH4和4 mol NO(假设只发生反应II)，20 min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为1.2 mol。
①从反应开始至刚达到平衡用CH4表示的反应速率v(CH4) ，NO的平衡转化率为 。
②相同温度下，若按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，则达平衡后下列物理量是原来的2倍的是 (填字母编号)
A．达到平衡的时间 B．CH4的平衡浓度
C．平衡时N2的物质的量 D．平衡时NO的体积分数
③该温度下反应的平衡常数K= (可用分数表示)。能说明该反应达到平衡的标志是(填字母) 。
A.4v正(NO)=v逆(CO2) B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中CH4的体积分数不变
④对于该反应而言，不同温度下，CH4的浓度变化如图所示，则：T1 T2，v正(a) v逆(b)。
18．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素，只有一种为金属元素。A、B、C均为第二周期紧邻元素，其第一电离能大小顺序为B>C>A；B与D同主族；E为第四周期副族元素，其价电子层为全充满。
（1）E的名称为 ，该元素基态原子的价电子排布式为 。
（2）B与D分别与氢形成的最简单氢化物的沸点高低顺序为 (用化学式表示) ；原因是 。
（3）A、B、C三种元素分别与氢形成的化合物中的M-M(M代表A、B、C)单键的键能如表：
氢化物 HxA-AHx HmB-BHm HnC-CHn
键能/(kJ·mol-1) 346 247 207
上述三种氢化物中，A、B、C原子的杂化方式有 种；请解释上表中三种氢化物M--M单键的键能依次下降的原因： 。
（4）D与氯形成的化合物DCl5，加压条件下148℃液化，完全电离得到一种能够导电的熔体，测定D-Cl 键键长为198pm和206pm两种，该熔体中含有一种正四面体形结构的阳离子，请写出该条件下DCl5电离的电离方程式： ；该熔体中阴离子的空间结构为 。
19．可逆反应①x(g)+2Y(g) 2z(g)、②2M(g) N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡时有关物理量的变化如下图：反应前，隔板左边加入1mol X和2mol Y，隔板右边加入2mol M；开始时隔板在“3”处，平衡(1)时隔板在“2.8”处，平衡(II)时隔板在“2.6”处。
（1）求平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比 。
（2）求平衡(II)时X的转化率 。
20．工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是 (填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是 、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是 。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是 。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因： 。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是 ，反应过程中CaO的物质的量 (填“减小”“不变”或“增大”)。
三、推断题
21．下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
1 ①
2 ② ③ ④
3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
4 ⑨ ⑩
（1）已知元素⑩的一种核素，其中子数为45，用原子符号表示该核素为 。
（2）由元素②和④形成的三核分子的结构式为 。
（3）用电子式表示元素⑤和⑦的原子形成的化合物(该化合物含有三个原子核)的形成过程 。
（4）由上述元素④和⑤构成的淡黄色固体，该化合物所含的化学键类型为 (填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)， ④和⑦的氢化物稳定性较强的是 、沸点较高的是 (填化学式)⑧和⑩的氢化物还原性较强的是 (填化学式)。
（5）元素⑦、⑧、⑨的离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)；元素⑨的最高价氧化物的水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。
（6）铍和⑥二者的单质、化合物均具有相似的化学性质，写出BeCl2溶液与Na2BeO2的水溶液混合的化学方程式 。
（7）假设元素⑧的对应元素符号为X，若在一定条件下，X单质能够与硫反应生成一种用途广泛的硫化剂S2X2。该硫化剂S2X2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体，则该反应的化学方程式是 (元素X请用具体元素符号表示)。
22．U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四常见元素。Y的单质在中燃烧的产物可使品红溶液褪色。Z和W元素形成的化合物具有磁性。U的单质在中燃烧可生成UW和两种气体。X的单质是一种金属，该金属单质在中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。
请回答下列问题：
（1）X在周期表中的位置： ，的电子式为 ；
（2）Z在高温下与水反应的化学方程式 ；设计实验方案，检验中含的方法 。
（3）U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是 (写化学式)，V的氢化物与空气可以构成一种环保燃料电池，电解质溶液是KOH，其负极的电极反应式为 。
答案解析部分
1．C
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，W一定是6号C元素，X一定是13号Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为17号Cl元素，Y是14～16号中某元素。若Y是14号Si元素，则电负性是C>Si，A不符合题意；原子半径Al一定是大于C的，B不符合题意；Y和Z有可能形成SiCl4，此分子的空间构型是正四面体，C符合题意；WY2分子若是CS2，它与CO2是等电子体，则分子中σ键与π键的数目之比是1∶1，D不符合题意。
此题根据最外层的特点最多是8进行判断元素，再根据元素所形成的的物质进行判断空间构型。
2．C
A、金属钠与氧气反应生成过氧化钠，该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，故A不符合题意；
B、过氧化钠的电子式为 ，阴阳离子个数比为1:2，故B不符合题意；
C、Na与氧气反应：2Na＋O2 Na2O2，Na2O2中氧显－1价，每消耗1molO2，转移电子物质的量为2mol，故C符合题意；
D、氧化钠的电子式为 ，含有离子键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故D不符合题意；
故答案为：C。
A.钠在氧气中燃烧是放热反应；
B.过氧化钠中的阴离子是过氧根离子；
C.钠与氧气的反应中O元素的化合价由0价降低为-1价；
D.过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，氧化钠中只含离子键。
3．C
A. 在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，因锌粒是固体，增加锌粒的量不影响反应速率，故A错；
B. 镀锌铁皮表面有破损时，会形成锌铁原电池，铁做正极被保护，故B错；
C. 硫粉在纯氧中比在和空气中燃烧更剧烈，因为氧气的浓度增大了，故C对；
D. 酶属于蛋白质，高温会变性，作为催化剂，在高温度下会失去活性，故D错；故答案为：C。
A、锌粒属于固体，对浓度无影响
B、锌比铁活泼。破皮之后，发生反应的是锌
D、当温度过高时，酶会失去活性
4．A
A．明矾溶于水电离出的Al3+能发生水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能净水，但不能杀菌消毒，故A符合题意；
B．将CO2转化为乙醇有利于减少碳排放到空气中，故B不符合题意；
C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可以用于制作太阳能电池，故C不符合题意；
D．温度降低，反应速率降低，所以将食品放入冰箱中变质速率减慢，故D不符合题意；
故答案为：A。
A.明矾不能杀菌消毒；
B. 将CO2转化为乙醇能减少二氧化碳的排放；
C.太阳能电池感光板的主要材料为晶体硅；
D.温度降低，反应速率降低。
5．C
A．基态Fe电子排布式为1s22s22p63s23d64s2，有4个未成对电子，基态As电子排布式为1s22s22p63s23d104s24p3，有3个未成对电子，基态Cu电子排布式为1s22s22p63s23d104s1，有1个未成对电子，即原子的未成对电子数： Fe> As >Cu，选项A不符合题意；
B．由于氨气分子中含有一个孤电子对，水分子中含有2个孤电子对，对成键电子对的排斥作用增大，导致键角逐渐减小，则H2O、NH3、CH4分子中键角由大到小的顺序是：CH4> NH3> H2O，选项B不符合题意；
C．同一周期主族元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族比相邻元素大，P、S、Cl位于同一周期，P是第VA族元素，故第一电离能由大到小的顺序为 Cl>P>S，选项C符合题意；
D．同一周期主族元素，从左向右，电负性逐渐增大， F、 O， N位于同一周期，则电负性： F>O>N，D选项不符合题意；
故答案为：C。
A.基态Fe原子有4个未成对电子，基态As原子有3个未成对电子，基态Cu原子有1个未成对电子；
B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
D.元素的非金属性越强，电负性越大。
6．A
A．只含共价键的化合物称为共价化合物，故共价化合物一定只含共价键，A符合题意；
B．元素原子失电子能力和电子层数、最外层电子数、核电荷数等有关，故电子层数多的失电子能力不一定强，即金属性不一定强，B不符合题意；
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单阳离子的半径逐渐减小，简单阴离子的半径逐渐减小，但简单阴离子的半径比简单阳离子的半径大，C不符合题意；
D．NH3、H2O、HF分子间存在氢键，沸点在同主族元素的氢化物中较高，即对应主族元素的氢化物的沸点从上到下先减小后增大，D不符合题意。
故答案为：A
A．含离子键的一定是离子化合物；
B．电子层数多的失电子能力不一定强；
C．一般金属元素形成阳离子，非金属形成阴离子；
D．含有氢键的物质熔沸点变化不规律。
7．A
A．据图可知d为水合CH3OH分子，c为水合SO3分子，c的能量更低，所以水合SO3分子更稳定，A符合题意；
B．据图可知反应历程中最大能垒(活化能)为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，B不符合题意；
C．据图可知d到f的过程中甲醇中的氢原子转移到水分子中，水分子中的氢原子转移到CH3OSO3H分子中，实质为质子转移，C不符合题意；
D．反应前后水未发生变化，形成的水合分子降低了能垒，为该反应的催化剂，D不符合题意；
故答案为：A。
A.能量越低越稳定
B.根据能量的即可判断
C.根据d到f的反应原理即可判断反应实质
D.根据反应物和生成物即可判断出水的作用
8．C
A．人造卫星上的太阳能电池板，消耗了太阳能，得到了电能，故将太阳能转化为了电能，选项A不符合题意；
B．客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项B不符合题意；
C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，选项C符合题意；
D．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项D不符合题意；
故答案为：C。
碳纤维不是有机物是无机非金属材料，其他选项均正确
9．A
A. 合成氨反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，不能提高氨的产率，可以增大反应速率，提高效率，A符合题意；
B. 铅蓄电池放电时是原电池，负极发生氧化反应，充电时是电解池，阳极发生氧化反应，B不符合题意；
C. 硝酸有强氧化性，能氧化亚铁离子，应加入稀硫酸抑制亚铁离子水解，C不符合题意；
D. 加热蒸发氯化镁溶液时，镁离子水解生成的氯化氢会蒸发掉，进一步促进镁离子的水解，蒸干后得到氢氧化镁固体，不能得到氯化镁固体，D不符合题意；
故答案为：A。
A.500℃时，速率始终，催化剂的效果最高，因此选择此温度为了提高效率
B.铅蓄电池在放电负极失去电子发生氧化反应，充电时阳极发生的失去电子的氧化反应
C.保存硫酸亚铁可以放入硫酸防止水解
D.要想制取氯化镁固体，在加热时需要不断的通入氯化氢气体防止水解
10．A
A．根据图示可知：在Ag薄膜附近发生反应：2H++2e-+H2O2=2H2O，所以随着反应的进行，溶液中c(H+)减小，故溶液的pH逐渐增大，A符合题意；
B．根据图示可知：在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，反应方程式为，，B不符合题意；
C．在Ag电极上反应为：2H++2e-+H2O2=2H2O，在Si电极上发生反应为，，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为，C不符合题意；
D．根据上述分析可知：在Ag电极上失去电子，在Si电极上得到电子，电解质溶液为HF和H2O2，它们形成闭合回路，实现了化学能向电能的转化，即构成了原电池，D不符合题意；
故答案为：A。
Ａ．Ag薄膜附近发生反应：2H++2e-+H2O2=2H2O，消耗氢离子；
Ｂ．Si电极上Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+；
Ｃ．将两极反应相加即课得到总反应；
Ｄ．该过程构成原电池。
11．B
A．对同一个化学键来说，断裂时吸收的能量与形成时放出的能量相等，所以1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量，A项不符合题意；
B．燃烧为放热反应，H2在O2中燃烧为放热反应，B项符合题意；
C．ΔQ＝Q(吸)－Q(放)＝(436 kJ＋249 kJ)－930 kJ＝－245 kJ，说明该反应中释放出245 kJ能量，C项不符合题意；
D．放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，D项不符合题意；
故答案为：B。
A.断键吸收能量，成键放出能量
B.根据盖斯定律即可计算出放热或吸热
C.根据热量计算公式计算即可
D.ΔH=反应物的能量-生成物的能量
12．D
A．ZnSO4为离子化合物，故Zn2+与 之间存在静电力，包括引力和斥力，A不符合题意；
B.1 mol Zn和1molH2SO4的总能量大于1 mol ZnSO4和1molH2的总能量，B不符合题意；
C．由反应可知，锌失去电子发生氧化反应，若将其设计为原电池，则锌作负极，C不符合题意；
D． 根据反应Zn＋H2SO4 = ZnSO4＋H2↑将其设计为原电池，当有32.5 g Zn溶解时，正极放出的H2气体为0.5mol，D符合题意；
故答案为：D。
A．ZnSO4为离子化合物；
B．反应物和生成物的能量决定反应的热效应，单一的反应物或生成物的能量大小无法比较；
C．Zn失电子，为负极；
D．根据n=及方程式的系数比计算；
13．D
三氧化硫中硫原子的孤对电子为 ×(6-2x3)=0,三氧化硫分子价层电子对为3+0=3,根据价层电子对互斥理论为平面三角形构型，故D符合题意
故答案为：D
计算出孤对电子和价层电子对即可
14．C
A．可逆反应反应物不能完全反应，故A不符合题意；
B．达到平衡时，N2、H2、NH3的物质的量浓度不再发生变化而不是一定相等，反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，故B不符合题意；
C．随反应进行，N2、H2和NH3的物质的量浓度发生变化，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡状态，故C符合题意；
D．可逆反应是动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率，但不为零，故D不符合题意。
故故答案为：C。
可逆反应反应物不能完全反应，达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。
15．D
A.实验①中，由表格数据可知，0~20min内参与反应的c(NH3)=2.40×10－3mol·L－1－2.00×10－3mol·L－1=0.4×10－3mol·L－1，因此反应生成的c(N2)=0.2×10－3mol·L－1，因此用N2表示的反应速率，A不符合题意；
B.实验①、实验②中反应速率相等，实验①中反应到40min时，反应仍未达到平衡状态，因此实验②中，反应到40min时反应也为达到平衡状态，此时反应继续向正反应方向进行，因此当反应进行到60min处于平衡状态是，x＜0.4，B不符合题意；
C.由实验①和实验③可知，催化剂表面积增大时，反应速率加快，C不符合题意；
D.由实验①、②可知，催化剂表面积相同时，c(NH3)不同，但反应速率不变，D符合题意；
故答案为：D
A、根据0～20min内NH3的变化浓度，计算反应生成的c(N2)，结合公式计算用N2表示的反应速率；
B、根据反应进行的方向判断x的大小；
C、相同条件下，增大催化剂的表面积，反应速率加快；
D、实验①、②对比可知，其他条件相同时，c(NH3)增大，但反应速率不变；
16．D
A．由于正极不断消耗H+，所以电池内部H＋由负极向正极移动，A不符合题意；
B．另一极的电极反应式为：O2＋4e－＋4H+=2H2O，B不符合题意；
C．乙醇在负极发生反应，电子经过外电路流向正极，C不符合题意；
D．从上面分析可知，CH3CH2OH最终转化为CH3CHO，则电池总反应为：2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
依据电子得失法配平，方程式CH3CH2OH－2e－=X＋2H＋中X为CH3CHO，发生此反应的电极为负极；另一电极应通O2，电极反应式为O2＋4e－＋4H+=2H2O。
17．（1）-574
（2）0.015 mol/(L·min)；60%；BC；；D；<；>
（1）已知：I．CH4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1
II．CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1160 kJ/mol，
根据盖斯定律，将(I＋II)× ，整理可得CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，ΔH =[ΔH1+(-1160 kJ/mol)] ×，由于在相同条件下，1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867 kJ，则ΔH1+(-1160)=-2×867，解得ΔH1=-574 kJ/mol；
（2）①反应开始时在体积是2 L的密闭容器中加入n(CH4)=1 mol，n(NO)=4 mol，发生反应：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，20 min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为1.2 mol，则根据物质反应转化关系可知消耗CH4的物质的量是0.6 mol，消耗NO为2.4 mol，则从反应开始至刚达到平衡用CH4的浓度变化表示的反应速率v(CH4)=； NO的平衡转化率为：；
②A．在其它条件不变时，反应物浓度是原来的2倍，物质浓度增大，化学反应速率加快，达到平衡的时间缩短，由于反应前后气体物质的量不变，则反应达到平衡所需时间是原来的，A不正确；
B．反应CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)是反应前后气体物质的量不变的反应，若按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，化学平衡不发生移动，则达到平衡时CH4的平衡浓度是原来的2倍，B正确；
C．按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，增大浓度后化学平衡不发生移动，则达到平衡时N2的物质的量是原来的2倍，C正确；
D．按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，所以化学平衡不移动，因此平衡时NO的体积分数不变，D不正确；
故答案为：BC；
③反应开始时在体积是2 L的密闭容器中加入n(CH4)=1 mol，n(NO)=4 mol，发生反应：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，20 min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为1.2 mol，根据物质反应转化关系可知：反应产生H2O(g)为1.2 mol，产生CO2为0.6 mol，消耗CH4的物质的量是0.6 mol，消耗NO是2.4 mol，平衡时各种气体的浓度分别是：c(CH4)=，c(NO)=，c(N2)=c(H2O)=，c(CO2)=，则该温度下该反应的化学平衡常数K=；
A．在任何情况下都存在v正(NO)= 4v正(CO2)，若4v正(NO)=v逆(CO2)=16v正(CO2)，化学反应逆向进行，未处于平衡状态，A不正确；
B．该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，若温度不变，则无论反应是否达到平衡状态，密闭容器中气体总压强都不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不正确；
C．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则密闭容器中混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C不正确；
D．混合气体总物质的量不变，若反应未达到平衡状态，则CH4的物质的量会发生改变，其体积分数就会发生变化，因此若密闭容器中CH4的体积分数不变，则反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D；
④在其它条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，改变相同浓度需要时间就越少。根据图象可知消耗等量CH4需要时间：T1>T2，所以反应温度：T12；
根据图象可知a、b两点的反应温度相同，在同一温度未达到平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，未达到平衡时，b点正反应速率大于b点逆反应速率。所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，即v正(a)>v逆(b)。
（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）①根据反应Ⅱ的化学方程式可算出参加反应的n(CH4)和n(NO)，结合反应速率和转化率表达式进行解答。
②反应CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)是反应前后气体物质的量不变的反应，按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，化学反应速率加快，但化学平衡不发生移动，据此分析。
③根据化学平衡常数表达式进行解答；达到平衡的标志主要是V正=V逆，各物质的含量保持不变，据此分析。
④该反应是放热反应，升高温度利于平衡向逆方向移动，可选取同一时间，比较不同温度下甲烷浓度的大小，据此分析。
18．（1）锌；3d104s2
（2）NH3>PH3；NH3分子间存在氢键
（3）1；乙烷中的碳原子没 有孤电子对，肼中的氮原子有1个孤电子对，过氧化氢中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小
（4）2PCl5+；正八面体形
E为第四周期副族元素，且价电子层为全充满，则E为Zn元素；故A、B、C、D为非金属元素，A、B、C为第二周期原子序数依次增大的紧邻元素，且三种元素的第一电离能大小顺序是B>C>A，则A为C元素，B为N元素，C为O元素，B与D同主族，且原子序数小于Zn，则D为P元素。
(1)E为锌元素，锌元素位于副族，其价电子包括最外层和次外层d能级，故价电子排布式为3d104s2。
(2)B、D形成的最简单氢化物分别是NH3、PH3，NH3分子间存在氢键，PH3分子间无氢键，因此沸点：NH3>PH3。
(3)根据表格信息知，氢化物分别是H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH，乙烷中C原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3，肼中N原子形成个σ键，含有1个孤电子对，杂化类型为sp3，过氧化氢中0原子形成2个σ键，含有2个孤电子对，杂化类型为sp3，故三者只有1种杂化类型；孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小。
(4)阳离子的空间结构为正四面体形，说明阳离子中P原子形成4个σ键，无孤电子对，故阳离子为，因此PCl5电离的电离方程式为2PCl5+，中P原子形成6个σ键，孤电子对数为=0，价电子对数为6，空间结构为正八面体形。
(1)锌元素位于副族，其价电子包括最外层和次外层d能级。
(2)NH3分子间存在氢键，沸点较高。
(3)依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型；孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小。
(4)阳离子的空间结构为正四面体形，说明阳离子为，中P原子形成6个σ键，孤电子对数为0，空间结构为正八面体形。
19．（1）
（2）83.3%
(1)由右反应室内反应2M(g) N(g)+P(g)可知，右室内气体的物质的量不变，由图可知到达平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比为 ，答案： ；
(2)平衡(II)时，右边气体的物质的量不变，仍是2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有 ，解得x= mol，即物质的量减少了3- = mol，由反应x(g)+2Y(g) 2z(g)可知，反应中减少的量等于反应的x的量，所以平衡(II)时X的转化率为 ×100%=83.3%，答案：83.3%。
（1）根据右侧发生的反应特点：气体体积不变，气体的总物质的量不变，压强之比与容器体积成反比。
（2）根据转化率的计算公式，转化率等于转化的量除以起始的物质的量。
20．（1）SiO2
（2）蒸发浓缩、冷却结晶
（3）Fe2++2HCO3 =FeCO3↓+CO2↑+H2O
（4）4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2
（5）TiO2++(n+1)H2O TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O
（6）C+2O2 -4e =CO2↑；不变
(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3 =FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2；(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2 -4e =CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2 nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
21．（1）
（2）O=C=O
（3）
（4）离子键、非极性键；H2O；H2O；HBr
（5）r(S2﹣)>r(Cl﹣)>r(K+)；Al(OH)3+OH﹣= [Al(OH)4]-
（6）BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2Be(OH)2↓+2NaCl
（7）2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl
(1)Br的原子序数=质子数=35，中子数是45，质量数是35+45=80，故其元素符号为 ；
(2)C元素和O元素形成的三核物质为CO2，其结构式为O=C=O；
(3)钠最外层是1个电子，容易失去1个电子，S最外层是6个电子，容易得到2个电子，两种元素容易通过得失电子形成阴阳离子，进而形成离子键，其形成过程为 ；
(4)Na和O形成的淡黄色固体是Na2O2，Na+和 之间形成的是离子键， 中O原子之间形成的是非极性共价键；O的电子层数比S少一层，O的半径小，O的得电子能力强，O的非金属性强，所以H2O的稳定性高；H2O分子间有氢键，沸点更高；非金属性越强单质的氧化性更强，其相应阴离子的还原性就越弱，所以HBr和HCl中还原性较强的是HBr；
(5)S2-、Cl-、K+都具有相同的电子层结构，根据“序小径大”的规则，半径大小为r(S2﹣)>r(Cl﹣)>r(K+)；K的最高价氧化物的水化物是KOH，Al的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，两者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣= [Al(OH)4]-；
(6) 铍和Al二者的单质、化合物均具有相似的化学性质，BeCl2溶液与Na2BeO2的水溶液混合和AlCl3溶液与NaAlO2溶液混合相似，都是发生双水解反应生成氢氧化物，化学方程式为：BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2Be(OH)2↓+2NaCl。
(7) S2Cl2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，该淡黄色沉淀为S，生成的能够使品红溶液褪色的无色气体为SO2，根据原子守恒可知还有HCl生成，根据电子守恒、质量守恒写出该反应的化学方程式是：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl。
根据元素周期表的结构，这10种元素分别是①-H、②-C、③-N、④-O、⑤-Na、⑥-Al、⑦-S、⑧-Cl、⑨-K、⑩-Br。
22．（1）第三周期第ⅡA 族；
（2）3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；取少量于一试管中，加入稀硫酸溶解，再滴入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明含有
（3）H2O＞NH3＞CH4；2NH3 - 6e- +6OH-＝N2+6H2O
（1）X为Mg元素，在周期表中位于第三周期第ⅡA 族；CO2的电子式为。
（2）铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；取少量于一试管中，加入稀硫酸溶解，再滴入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明含有。
（3）元素的非金属性越强，氢化物越稳定，U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是H2O＞NH3＞CH4；氨与空气可以构成一种环保燃料电池，负极上氨失去电子发生氧化反应，电极反应式为2NH3 - 6e- +6OH-＝N2+6H2O。
Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z的单质在W中燃烧生成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，U原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，V的原子序数介于碳、氧之间，则V为N元素。
2022-2023学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册
一、单选题
1．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是（ ）
A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1
2．金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠，下列说法正确的是（ ）
A．该反应过程中的能量变化如图所示
B．过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:1
C．反应中每消耗1molO2转移2mol电子
D．过氧化钠与氧化钠所含化学键完全相同
3．下列说法中，正确的是（ ）
A．在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，增加锌粒的量可使反应速率减慢
B．镀锌铁皮表面有破损时，铁的腐蚀速率会加快
C．硫粉分别在纯氧和空气中燃烧，前者反应更剧烈
D．酶作为催化剂，在任何温度下均能极大地提高反应速率
4．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中错误的是（ ）
A．自来水厂可用明矾进行杀菌消毒
B．将CO2转化为乙醇有利于减少碳排放
C．太阳能电池感光板所用主要材料为晶体硅
D．食品放入冰箱中变质速率减慢
5．下列有关比较错误的是
A．未成对电子数： B．键角：
C．第一电离能： D．元素电负性：
6．下列有关物质结构和元素周期律的说法中，正确的是（ ）
A．共价化合物一定只含有共价键
B．元素原子电子层数越多，越容易失电子，金属性越强
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单离子的半径逐渐减小
D．同一主族元素对应氢化物的沸点，从上到下逐渐增大
7．甲醇与SO3在有水条件下生成硫酸氢甲酯的反应部分历程如图所示。CH3OH(g)+SO3(g) CH3OSO3H(g)，其中粒子间的静电作用力用“…”表示。下列说法错误的是（ ）
A．水合CH3OH分子比水合SO3分子更稳定
B．反应历程中最大能垒(活化能)为6.62eV
C．d到f转化的实质为质子转移
D．在反应过程中，水起催化作用
8．下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是（ ）
A．北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能直接转化为电能
B．国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到
C．高铁“复兴号”使用的碳纤维属于有机非金属材料
D．极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀
9．下列说法正确的是（ ）
A．工业合成氨采用500℃左右的高温，目的是提高合成氨的效率
B．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应
C．保存FeSO4溶液时，应在其中加入稀HNO3以抑制Fe2+水解
D．工业上用蒸干MgCl2溶液的方法制取无水氯化镁
10．Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理示意图如下，刻蚀溶液有一定浓度的HF和H2O2混合而成，刻蚀时间为，由Ag薄膜覆盖的硅晶片部分逐渐被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是（ ）
A．Ag薄膜附近随着反应的进行，pH逐渐减小
B．Si极发生的反应为，
C．该刻蚀的总反应可表示为
D．该刻蚀过程的是由微小的Si、Ag、HF和H2O2的原电池组成
11．根据如图所示的信息，判断下列叙述错误的是（ ）
A．1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量
B．氢气跟氧气反应生成水的同时吸收能量
C．1molH2(g)跟 molO2(g)反应生成1molH2O(g)释放能量245kJ
D．1molH(g)与 molO(g)的总能量大于1molH2O(g)的能量
12．对于放热反应Zn＋H2SO4 = ZnSO4＋H2↑，下列叙述正确的是（ ）
A．ZnSO4中Zn2+与 之间存在静电引力
B．1 mol Zn的能量大于1 mol H2的能量
C．若将其设计为原电池，则锌作正极
D．若将其设计为原电池，当有32.5 g Zn溶解时，正极放出的气体为0.5mol
13．用价层电子对互斥理论判断SO3的分子构型为( )
A．正四面体形 B．V形 C．三角锥形 D．平面三角形
14．哈伯因发明了有氦气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下使该反应N2+3H2 2NH3发生，达到化学平衡时，有关说法正确的是（ ）
A．N2将完全转化为NH3
B．N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C．N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D．正反应和逆反应的速率都为零
15．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，x<0.4
C．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
D．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
16．查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际上乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH－2e－=X＋2H＋。下列说法中正确的是（ ）
A．电池内部H＋由正极向负极移动
B．另一极的电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－
C．乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极
D．电池总反应为：2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O
二、综合题
17．工业上研究减少NOx、CO等污染性气体的排放具有重要意义。用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。如：
I．CH4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1
II．CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1160 kJ/mol
（1）若在相同条件下，1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867 kJ，则△H1= kJ/mol。
（2）一定温度下，在体积为2 L恒容密闭容器中通入1 mol CH4和4 mol NO(假设只发生反应II)，20 min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为1.2 mol。
①从反应开始至刚达到平衡用CH4表示的反应速率v(CH4) ，NO的平衡转化率为 。
②相同温度下，若按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，则达平衡后下列物理量是原来的2倍的是 (填字母编号)
A．达到平衡的时间 B．CH4的平衡浓度
C．平衡时N2的物质的量 D．平衡时NO的体积分数
③该温度下反应的平衡常数K= (可用分数表示)。能说明该反应达到平衡的标志是(填字母) 。
A.4v正(NO)=v逆(CO2) B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中CH4的体积分数不变
④对于该反应而言，不同温度下，CH4的浓度变化如图所示，则：T1 T2，v正(a) v逆(b)。
18．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素，只有一种为金属元素。A、B、C均为第二周期紧邻元素，其第一电离能大小顺序为B>C>A；B与D同主族；E为第四周期副族元素，其价电子层为全充满。
（1）E的名称为 ，该元素基态原子的价电子排布式为 。
（2）B与D分别与氢形成的最简单氢化物的沸点高低顺序为 (用化学式表示) ；原因是 。
（3）A、B、C三种元素分别与氢形成的化合物中的M-M(M代表A、B、C)单键的键能如表：
氢化物 HxA-AHx HmB-BHm HnC-CHn
键能/(kJ·mol-1) 346 247 207
上述三种氢化物中，A、B、C原子的杂化方式有 种；请解释上表中三种氢化物M--M单键的键能依次下降的原因： 。
（4）D与氯形成的化合物DCl5，加压条件下148℃液化，完全电离得到一种能够导电的熔体，测定D-Cl 键键长为198pm和206pm两种，该熔体中含有一种正四面体形结构的阳离子，请写出该条件下DCl5电离的电离方程式： ；该熔体中阴离子的空间结构为 。
19．可逆反应①x(g)+2Y(g) 2z(g)、②2M(g) N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡时有关物理量的变化如下图：反应前，隔板左边加入1mol X和2mol Y，隔板右边加入2mol M；开始时隔板在“3”处，平衡(1)时隔板在“2.8”处，平衡(II)时隔板在“2.6”处。
（1）求平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比 。
（2）求平衡(II)时X的转化率 。
20．工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是 (填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是 、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是 。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是 。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因： 。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是 ，反应过程中CaO的物质的量 (填“减小”“不变”或“增大”)。
三、推断题
21．下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
1 ①
2 ② ③ ④
3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
4 ⑨ ⑩
（1）已知元素⑩的一种核素，其中子数为45，用原子符号表示该核素为 。
（2）由元素②和④形成的三核分子的结构式为 。
（3）用电子式表示元素⑤和⑦的原子形成的化合物(该化合物含有三个原子核)的形成过程 。
（4）由上述元素④和⑤构成的淡黄色固体，该化合物所含的化学键类型为 (填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)， ④和⑦的氢化物稳定性较强的是 、沸点较高的是 (填化学式)⑧和⑩的氢化物还原性较强的是 (填化学式)。
（5）元素⑦、⑧、⑨的离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)；元素⑨的最高价氧化物的水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。
（6）铍和⑥二者的单质、化合物均具有相似的化学性质，写出BeCl2溶液与Na2BeO2的水溶液混合的化学方程式 。
（7）假设元素⑧的对应元素符号为X，若在一定条件下，X单质能够与硫反应生成一种用途广泛的硫化剂S2X2。该硫化剂S2X2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体，则该反应的化学方程式是 (元素X请用具体元素符号表示)。
22．U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四常见元素。Y的单质在中燃烧的产物可使品红溶液褪色。Z和W元素形成的化合物具有磁性。U的单质在中燃烧可生成UW和两种气体。X的单质是一种金属，该金属单质在中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。
请回答下列问题：
（1）X在周期表中的位置： ，的电子式为 ；
（2）Z在高温下与水反应的化学方程式 ；设计实验方案，检验中含的方法 。
（3）U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是 (写化学式)，V的氢化物与空气可以构成一种环保燃料电池，电解质溶液是KOH，其负极的电极反应式为 。
答案解析部分
1．C
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，W一定是6号C元素，X一定是13号Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为17号Cl元素，Y是14～16号中某元素。若Y是14号Si元素，则电负性是C>Si，A不符合题意；原子半径Al一定是大于C的，B不符合题意；Y和Z有可能形成SiCl4，此分子的空间构型是正四面体，C符合题意；WY2分子若是CS2，它与CO2是等电子体，则分子中σ键与π键的数目之比是1∶1，D不符合题意。
此题根据最外层的特点最多是8进行判断元素，再根据元素所形成的的物质进行判断空间构型。
2．C
A、金属钠与氧气反应生成过氧化钠，该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，故A不符合题意；
B、过氧化钠的电子式为 ，阴阳离子个数比为1:2，故B不符合题意；
C、Na与氧气反应：2Na＋O2 Na2O2，Na2O2中氧显－1价，每消耗1molO2，转移电子物质的量为2mol，故C符合题意；
D、氧化钠的电子式为 ，含有离子键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故D不符合题意；
故答案为：C。
A.钠在氧气中燃烧是放热反应；
B.过氧化钠中的阴离子是过氧根离子；
C.钠与氧气的反应中O元素的化合价由0价降低为-1价；
D.过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，氧化钠中只含离子键。
3．C
A. 在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，因锌粒是固体，增加锌粒的量不影响反应速率，故A错；
B. 镀锌铁皮表面有破损时，会形成锌铁原电池，铁做正极被保护，故B错；
C. 硫粉在纯氧中比在和空气中燃烧更剧烈，因为氧气的浓度增大了，故C对；
D. 酶属于蛋白质，高温会变性，作为催化剂，在高温度下会失去活性，故D错；故答案为：C。
A、锌粒属于固体，对浓度无影响
B、锌比铁活泼。破皮之后，发生反应的是锌
D、当温度过高时，酶会失去活性
4．A
A．明矾溶于水电离出的Al3+能发生水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能净水，但不能杀菌消毒，故A符合题意；
B．将CO2转化为乙醇有利于减少碳排放到空气中，故B不符合题意；
C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可以用于制作太阳能电池，故C不符合题意；
D．温度降低，反应速率降低，所以将食品放入冰箱中变质速率减慢，故D不符合题意；
故答案为：A。
A.明矾不能杀菌消毒；
B. 将CO2转化为乙醇能减少二氧化碳的排放；
C.太阳能电池感光板的主要材料为晶体硅；
D.温度降低，反应速率降低。
5．C
A．基态Fe电子排布式为1s22s22p63s23d64s2，有4个未成对电子，基态As电子排布式为1s22s22p63s23d104s24p3，有3个未成对电子，基态Cu电子排布式为1s22s22p63s23d104s1，有1个未成对电子，即原子的未成对电子数： Fe> As >Cu，选项A不符合题意；
B．由于氨气分子中含有一个孤电子对，水分子中含有2个孤电子对，对成键电子对的排斥作用增大，导致键角逐渐减小，则H2O、NH3、CH4分子中键角由大到小的顺序是：CH4> NH3> H2O，选项B不符合题意；
C．同一周期主族元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族比相邻元素大，P、S、Cl位于同一周期，P是第VA族元素，故第一电离能由大到小的顺序为 Cl>P>S，选项C符合题意；
D．同一周期主族元素，从左向右，电负性逐渐增大， F、 O， N位于同一周期，则电负性： F>O>N，D选项不符合题意；
故答案为：C。
A.基态Fe原子有4个未成对电子，基态As原子有3个未成对电子，基态Cu原子有1个未成对电子；
B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
D.元素的非金属性越强，电负性越大。
6．A
A．只含共价键的化合物称为共价化合物，故共价化合物一定只含共价键，A符合题意；
B．元素原子失电子能力和电子层数、最外层电子数、核电荷数等有关，故电子层数多的失电子能力不一定强，即金属性不一定强，B不符合题意；
C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单阳离子的半径逐渐减小，简单阴离子的半径逐渐减小，但简单阴离子的半径比简单阳离子的半径大，C不符合题意；
D．NH3、H2O、HF分子间存在氢键，沸点在同主族元素的氢化物中较高，即对应主族元素的氢化物的沸点从上到下先减小后增大，D不符合题意。
故答案为：A
A．含离子键的一定是离子化合物；
B．电子层数多的失电子能力不一定强；
C．一般金属元素形成阳离子，非金属形成阴离子；
D．含有氢键的物质熔沸点变化不规律。
7．A
A．据图可知d为水合CH3OH分子，c为水合SO3分子，c的能量更低，所以水合SO3分子更稳定，A符合题意；
B．据图可知反应历程中最大能垒(活化能)为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，B不符合题意；
C．据图可知d到f的过程中甲醇中的氢原子转移到水分子中，水分子中的氢原子转移到CH3OSO3H分子中，实质为质子转移，C不符合题意；
D．反应前后水未发生变化，形成的水合分子降低了能垒，为该反应的催化剂，D不符合题意；
故答案为：A。
A.能量越低越稳定
B.根据能量的即可判断
C.根据d到f的反应原理即可判断反应实质
D.根据反应物和生成物即可判断出水的作用
8．C
A．人造卫星上的太阳能电池板，消耗了太阳能，得到了电能，故将太阳能转化为了电能，选项A不符合题意；
B．客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项B不符合题意；
C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，选项C符合题意；
D．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项D不符合题意；
故答案为：C。
碳纤维不是有机物是无机非金属材料，其他选项均正确
9．A
A. 合成氨反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，不能提高氨的产率，可以增大反应速率，提高效率，A符合题意；
B. 铅蓄电池放电时是原电池，负极发生氧化反应，充电时是电解池，阳极发生氧化反应，B不符合题意；
C. 硝酸有强氧化性，能氧化亚铁离子，应加入稀硫酸抑制亚铁离子水解，C不符合题意；
D. 加热蒸发氯化镁溶液时，镁离子水解生成的氯化氢会蒸发掉，进一步促进镁离子的水解，蒸干后得到氢氧化镁固体，不能得到氯化镁固体，D不符合题意；
故答案为：A。
A.500℃时，速率始终，催化剂的效果最高，因此选择此温度为了提高效率
B.铅蓄电池在放电负极失去电子发生氧化反应，充电时阳极发生的失去电子的氧化反应
C.保存硫酸亚铁可以放入硫酸防止水解
D.要想制取氯化镁固体，在加热时需要不断的通入氯化氢气体防止水解
10．A
A．根据图示可知：在Ag薄膜附近发生反应：2H++2e-+H2O2=2H2O，所以随着反应的进行，溶液中c(H+)减小，故溶液的pH逐渐增大，A符合题意；
B．根据图示可知：在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，反应方程式为，，B不符合题意；
C．在Ag电极上反应为：2H++2e-+H2O2=2H2O，在Si电极上发生反应为，，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为，C不符合题意；
D．根据上述分析可知：在Ag电极上失去电子，在Si电极上得到电子，电解质溶液为HF和H2O2，它们形成闭合回路，实现了化学能向电能的转化，即构成了原电池，D不符合题意；
故答案为：A。
Ａ．Ag薄膜附近发生反应：2H++2e-+H2O2=2H2O，消耗氢离子；
Ｂ．Si电极上Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+；
Ｃ．将两极反应相加即课得到总反应；
Ｄ．该过程构成原电池。
11．B
A．对同一个化学键来说，断裂时吸收的能量与形成时放出的能量相等，所以1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量，A项不符合题意；
B．燃烧为放热反应，H2在O2中燃烧为放热反应，B项符合题意；
C．ΔQ＝Q(吸)－Q(放)＝(436 kJ＋249 kJ)－930 kJ＝－245 kJ，说明该反应中释放出245 kJ能量，C项不符合题意；
D．放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，D项不符合题意；
故答案为：B。
A.断键吸收能量，成键放出能量
B.根据盖斯定律即可计算出放热或吸热
C.根据热量计算公式计算即可
D.ΔH=反应物的能量-生成物的能量
12．D
A．ZnSO4为离子化合物，故Zn2+与 之间存在静电力，包括引力和斥力，A不符合题意；
B.1 mol Zn和1molH2SO4的总能量大于1 mol ZnSO4和1molH2的总能量，B不符合题意；
C．由反应可知，锌失去电子发生氧化反应，若将其设计为原电池，则锌作负极，C不符合题意；
D． 根据反应Zn＋H2SO4 = ZnSO4＋H2↑将其设计为原电池，当有32.5 g Zn溶解时，正极放出的H2气体为0.5mol，D符合题意；
故答案为：D。
A．ZnSO4为离子化合物；
B．反应物和生成物的能量决定反应的热效应，单一的反应物或生成物的能量大小无法比较；
C．Zn失电子，为负极；
D．根据n=及方程式的系数比计算；
13．D
三氧化硫中硫原子的孤对电子为 ×(6-2x3)=0,三氧化硫分子价层电子对为3+0=3,根据价层电子对互斥理论为平面三角形构型，故D符合题意
故答案为：D
计算出孤对电子和价层电子对即可
14．C
A．可逆反应反应物不能完全反应，故A不符合题意；
B．达到平衡时，N2、H2、NH3的物质的量浓度不再发生变化而不是一定相等，反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，故B不符合题意；
C．随反应进行，N2、H2和NH3的物质的量浓度发生变化，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡状态，故C符合题意；
D．可逆反应是动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率，但不为零，故D不符合题意。
故故答案为：C。
可逆反应反应物不能完全反应，达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。
15．D
A.实验①中，由表格数据可知，0~20min内参与反应的c(NH3)=2.40×10－3mol·L－1－2.00×10－3mol·L－1=0.4×10－3mol·L－1，因此反应生成的c(N2)=0.2×10－3mol·L－1，因此用N2表示的反应速率，A不符合题意；
B.实验①、实验②中反应速率相等，实验①中反应到40min时，反应仍未达到平衡状态，因此实验②中，反应到40min时反应也为达到平衡状态，此时反应继续向正反应方向进行，因此当反应进行到60min处于平衡状态是，x＜0.4，B不符合题意；
C.由实验①和实验③可知，催化剂表面积增大时，反应速率加快，C不符合题意；
D.由实验①、②可知，催化剂表面积相同时，c(NH3)不同，但反应速率不变，D符合题意；
故答案为：D
A、根据0～20min内NH3的变化浓度，计算反应生成的c(N2)，结合公式计算用N2表示的反应速率；
B、根据反应进行的方向判断x的大小；
C、相同条件下，增大催化剂的表面积，反应速率加快；
D、实验①、②对比可知，其他条件相同时，c(NH3)增大，但反应速率不变；
16．D
A．由于正极不断消耗H+，所以电池内部H＋由负极向正极移动，A不符合题意；
B．另一极的电极反应式为：O2＋4e－＋4H+=2H2O，B不符合题意；
C．乙醇在负极发生反应，电子经过外电路流向正极，C不符合题意；
D．从上面分析可知，CH3CH2OH最终转化为CH3CHO，则电池总反应为：2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
依据电子得失法配平，方程式CH3CH2OH－2e－=X＋2H＋中X为CH3CHO，发生此反应的电极为负极；另一电极应通O2，电极反应式为O2＋4e－＋4H+=2H2O。
17．（1）-574
（2）0.015 mol/(L·min)；60%；BC；；D；<；>
（1）已知：I．CH4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1
II．CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1160 kJ/mol，
根据盖斯定律，将(I＋II)× ，整理可得CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，ΔH =[ΔH1+(-1160 kJ/mol)] ×，由于在相同条件下，1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867 kJ，则ΔH1+(-1160)=-2×867，解得ΔH1=-574 kJ/mol；
（2）①反应开始时在体积是2 L的密闭容器中加入n(CH4)=1 mol，n(NO)=4 mol，发生反应：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，20 min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为1.2 mol，则根据物质反应转化关系可知消耗CH4的物质的量是0.6 mol，消耗NO为2.4 mol，则从反应开始至刚达到平衡用CH4的浓度变化表示的反应速率v(CH4)=； NO的平衡转化率为：；
②A．在其它条件不变时，反应物浓度是原来的2倍，物质浓度增大，化学反应速率加快，达到平衡的时间缩短，由于反应前后气体物质的量不变，则反应达到平衡所需时间是原来的，A不正确；
B．反应CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)是反应前后气体物质的量不变的反应，若按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，化学平衡不发生移动，则达到平衡时CH4的平衡浓度是原来的2倍，B正确；
C．按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，增大浓度后化学平衡不发生移动，则达到平衡时N2的物质的量是原来的2倍，C正确；
D．按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，所以化学平衡不移动，因此平衡时NO的体积分数不变，D不正确；
故答案为：BC；
③反应开始时在体积是2 L的密闭容器中加入n(CH4)=1 mol，n(NO)=4 mol，发生反应：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，20 min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为1.2 mol，根据物质反应转化关系可知：反应产生H2O(g)为1.2 mol，产生CO2为0.6 mol，消耗CH4的物质的量是0.6 mol，消耗NO是2.4 mol，平衡时各种气体的浓度分别是：c(CH4)=，c(NO)=，c(N2)=c(H2O)=，c(CO2)=，则该温度下该反应的化学平衡常数K=；
A．在任何情况下都存在v正(NO)= 4v正(CO2)，若4v正(NO)=v逆(CO2)=16v正(CO2)，化学反应逆向进行，未处于平衡状态，A不正确；
B．该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，若温度不变，则无论反应是否达到平衡状态，密闭容器中气体总压强都不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不正确；
C．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则密闭容器中混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C不正确；
D．混合气体总物质的量不变，若反应未达到平衡状态，则CH4的物质的量会发生改变，其体积分数就会发生变化，因此若密闭容器中CH4的体积分数不变，则反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D；
④在其它条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，改变相同浓度需要时间就越少。根据图象可知消耗等量CH4需要时间：T1>T2，所以反应温度：T12；
根据图象可知a、b两点的反应温度相同，在同一温度未达到平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，未达到平衡时，b点正反应速率大于b点逆反应速率。所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，即v正(a)>v逆(b)。
（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）①根据反应Ⅱ的化学方程式可算出参加反应的n(CH4)和n(NO)，结合反应速率和转化率表达式进行解答。
②反应CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)是反应前后气体物质的量不变的反应，按原比例投入，且物质的量是原来的2倍，化学反应速率加快，但化学平衡不发生移动，据此分析。
③根据化学平衡常数表达式进行解答；达到平衡的标志主要是V正=V逆，各物质的含量保持不变，据此分析。
④该反应是放热反应，升高温度利于平衡向逆方向移动，可选取同一时间，比较不同温度下甲烷浓度的大小，据此分析。
18．（1）锌；3d104s2
（2）NH3>PH3；NH3分子间存在氢键
（3）1；乙烷中的碳原子没 有孤电子对，肼中的氮原子有1个孤电子对，过氧化氢中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小
（4）2PCl5+；正八面体形
E为第四周期副族元素，且价电子层为全充满，则E为Zn元素；故A、B、C、D为非金属元素，A、B、C为第二周期原子序数依次增大的紧邻元素，且三种元素的第一电离能大小顺序是B>C>A，则A为C元素，B为N元素，C为O元素，B与D同主族，且原子序数小于Zn，则D为P元素。
(1)E为锌元素，锌元素位于副族，其价电子包括最外层和次外层d能级，故价电子排布式为3d104s2。
(2)B、D形成的最简单氢化物分别是NH3、PH3，NH3分子间存在氢键，PH3分子间无氢键，因此沸点：NH3>PH3。
(3)根据表格信息知，氢化物分别是H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH，乙烷中C原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3，肼中N原子形成个σ键，含有1个孤电子对，杂化类型为sp3，过氧化氢中0原子形成2个σ键，含有2个孤电子对，杂化类型为sp3，故三者只有1种杂化类型；孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小。
(4)阳离子的空间结构为正四面体形，说明阳离子中P原子形成4个σ键，无孤电子对，故阳离子为，因此PCl5电离的电离方程式为2PCl5+，中P原子形成6个σ键，孤电子对数为=0，价电子对数为6，空间结构为正八面体形。
(1)锌元素位于副族，其价电子包括最外层和次外层d能级。
(2)NH3分子间存在氢键，沸点较高。
(3)依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型；孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小。
(4)阳离子的空间结构为正四面体形，说明阳离子为，中P原子形成6个σ键，孤电子对数为0，空间结构为正八面体形。
19．（1）
（2）83.3%
(1)由右反应室内反应2M(g) N(g)+P(g)可知，右室内气体的物质的量不变，由图可知到达平衡(I)时，体系的压强与反应开始时体系压强之比为 ，答案： ；
(2)平衡(II)时，右边气体的物质的量不变，仍是2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有 ，解得x= mol，即物质的量减少了3- = mol，由反应x(g)+2Y(g) 2z(g)可知，反应中减少的量等于反应的x的量，所以平衡(II)时X的转化率为 ×100%=83.3%，答案：83.3%。
（1）根据右侧发生的反应特点：气体体积不变，气体的总物质的量不变，压强之比与容器体积成反比。
（2）根据转化率的计算公式，转化率等于转化的量除以起始的物质的量。
20．（1）SiO2
（2）蒸发浓缩、冷却结晶
（3）Fe2++2HCO3 =FeCO3↓+CO2↑+H2O
（4）4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2
（5）TiO2++(n+1)H2O TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O
（6）C+2O2 -4e =CO2↑；不变
(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3 =FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2；(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2 -4e =CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2 nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
21．（1）
（2）O=C=O
（3）
（4）离子键、非极性键；H2O；H2O；HBr
（5）r(S2﹣)>r(Cl﹣)>r(K+)；Al(OH)3+OH﹣= [Al(OH)4]-
（6）BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2Be(OH)2↓+2NaCl
（7）2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl
(1)Br的原子序数=质子数=35，中子数是45，质量数是35+45=80，故其元素符号为 ；
(2)C元素和O元素形成的三核物质为CO2，其结构式为O=C=O；
(3)钠最外层是1个电子，容易失去1个电子，S最外层是6个电子，容易得到2个电子，两种元素容易通过得失电子形成阴阳离子，进而形成离子键，其形成过程为 ；
(4)Na和O形成的淡黄色固体是Na2O2，Na+和 之间形成的是离子键， 中O原子之间形成的是非极性共价键；O的电子层数比S少一层，O的半径小，O的得电子能力强，O的非金属性强，所以H2O的稳定性高；H2O分子间有氢键，沸点更高；非金属性越强单质的氧化性更强，其相应阴离子的还原性就越弱，所以HBr和HCl中还原性较强的是HBr；
(5)S2-、Cl-、K+都具有相同的电子层结构，根据“序小径大”的规则，半径大小为r(S2﹣)>r(Cl﹣)>r(K+)；K的最高价氧化物的水化物是KOH，Al的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，两者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣= [Al(OH)4]-；
(6) 铍和Al二者的单质、化合物均具有相似的化学性质，BeCl2溶液与Na2BeO2的水溶液混合和AlCl3溶液与NaAlO2溶液混合相似，都是发生双水解反应生成氢氧化物，化学方程式为：BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2Be(OH)2↓+2NaCl。
(7) S2Cl2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，该淡黄色沉淀为S，生成的能够使品红溶液褪色的无色气体为SO2，根据原子守恒可知还有HCl生成，根据电子守恒、质量守恒写出该反应的化学方程式是：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl。
根据元素周期表的结构，这10种元素分别是①-H、②-C、③-N、④-O、⑤-Na、⑥-Al、⑦-S、⑧-Cl、⑨-K、⑩-Br。
22．（1）第三周期第ⅡA 族；
（2）3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；取少量于一试管中，加入稀硫酸溶解，再滴入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明含有
（3）H2O＞NH3＞CH4；2NH3 - 6e- +6OH-＝N2+6H2O
（1）X为Mg元素，在周期表中位于第三周期第ⅡA 族；CO2的电子式为。
（2）铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；取少量于一试管中，加入稀硫酸溶解，再滴入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明含有。
（3）元素的非金属性越强，氢化物越稳定，U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是H2O＞NH3＞CH4；氨与空气可以构成一种环保燃料电池，负极上氨失去电子发生氧化反应，电极反应式为2NH3 - 6e- +6OH-＝N2+6H2O。
Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z的单质在W中燃烧生成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，U原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，V的原子序数介于碳、氧之间，则V为N元素。