2022年6月北京市普通高中学业水平合格性考试化学仿真模拟试卷05（解析版）

2022年6月北京市普通高中学业水平合格性考试

化学仿真模拟试卷05

可能用到的相对原子质量：H 1  He 4  C 12  N 14  O 16  Na 23  Cl 35. 5  K 39

第一部分  选择题（共50分）

本部分共25小题，每小题2分，共50分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。

1．下列文物的主要材质属于非金属材料的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

A．铜奔马主要材料为青铜，为金属材料，故A错误；

B．玉琮主要成分为硅酸盐，为传统无机非金属材料，故B正确；

C．编钟主要材料为青铜，为金属材料，故C错误；

D．铜屏主要材料为铜合金，为金属材料，故D错误；

故选：B。

2．下列操作能观察到丁达尔效应的是

A．光束通过盐酸溶液 B．光束通过NaCl

C．光束通过CuSO4溶液 D．光束透过树叶间的缝隙射入密林中

【答案】D

【解析】

胶体具有丁达尔效应。

A．盐酸溶液不是胶体，光束通过盐酸溶液，不能观察到丁达尔效应，A错误；

B．NaCl不是胶体，光束通过NaCl溶液，不能观察到丁达尔效应，B错误；

C．CuSO4溶液不是胶体，光束通过CuSO4溶液，不能观察到丁达尔效应，C错误；

D．小液滴或固体小颗粒分散在空气中形成胶体，光束透过树叶间的缝隙射入密林中，能观察到丁达尔效应，D正确；

故选D。

3．下列物质属于非电解质的是

A．Cl2 B．SO2 C．KNO3 D．CH3COOH

【答案】B

【解析】

非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，以此解题。

A．氯气是单质，不是非电解质，也不是电解质，故A错误；

B．二氧化硫不能自身电离产生自由移动的离子而导电，是化合物，是非电解质，故B正确；

C．KNO3在水溶液中和熔融状态下均能导电，是电解质，故C错误；

D．CH3COOH在水溶液中可以导电，为电解质，故D错误；

故选B。

4．今年是门捷列夫发现周期表150年。短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如下所示，其中Q为硅元素。S、T、Q、W四种元素相比较，原子半径最大的是

A．S B．N C．Al D．Si

【答案】C

【解析】

由图可知，Q为Si元素，S为C元素，T为Al元素，W为S元素，半径大小的比较方法为：电子层数越多的原子半径越大，电子层数相同的原子，原子序数越小，半径越大，所以Al的半径最大，C正确；

故选C。

5．下列物质中，既含共价键又含离子键的是

A．NaCl B．O2 C．NaOH D．CO2

【答案】C

【解析】

A．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故A错误；

B．氧气分子中O和O原子之间只存在共价键，为单质，故B错误；

C．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，为离子化合物，故C正确；

D．二氧化碳分子中C和O原子之间只存在共价键，为共价化合物，故D错误；

故选：C。

6．下列物质互为同分异构体的是

A．O2和O3  B．CH3CH3与CH3CH2CH3 

C．12C与14C  D．CH3CH2CH2CH3与CH(CH3)3

【答案】D

【解析】

A．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，A错误；

B．CH3CH3与CH3CH2CH3结构相似，组成上相差1个-CH2-，属于同系物，B错误；

C．12C与14C质子数相同，中子数不同，属于同位素，C错误；

D．CH3CH2CH2CH3与CH(CH3)3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D正确；

故选D。

7．下列分子中，一定含碳碳双键的是

A．C2H4 B．C2H6 C．C2H5OH D．CH3COOH

【答案】A

【解析】

A．C2H4为乙烯，一定含有碳碳双键，A符合题意；

B．C2H6为乙烷，一定不含碳碳双键，B与题意不符；

C．C2H5OH为乙醇或甲醚，一定不含碳碳双键，C与题意不符；

D．CH3COOH为乙酸，含有碳氧双键，不含碳碳双键，D与题意不符；

答案为A。

8．下列关于镁的性质叙述正确的是

A．能在空气中燃烧，但不能在二氧化碳中燃烧

B．不能与氮气发生反应

C．不与冷水反应，但与热水反应

D．可用电解氯化镁溶液的方法来制取

【答案】C

【解析】

A．镁在空气中燃烧能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，故A错误；

B．镁和氮气反应生成氮化镁，故B错误；

C．镁较活泼，不和冷水反应，但和热水反应生成氢氧化镁和氢气，故C正确；

D．镁是活泼金属，工业是采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故D错误；

故选C．

9．反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．该反应是吸热反应

B．放热反应都需要加热

C．H—Cl键断裂过程释放能量

D．反应物的总能量大于生成物的总能量

【答案】D

【解析】

A．反应物的总能量大于生成物的总能量，应为放热反应，故A错误；

B．放热反应不一定需要加热，如中和反应为放热反应但不需要加热，故B错误；

C．化学键的断裂需要吸收能量，故C错误；

D．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，故D正确；

故选D。

10．关于苯的说法正确的是

A．能发生取代反应 B．密度比水大

C．分子中存在单双键交替结构 D．能与水互溶

【答案】A

【解析】

分析：苯分子中的碳碳键是介于单双键之间的特殊的键；苯密度小于水的密度，难溶于水。

详解： A．苯中的键是介于单双键之间的特殊的键，容易发生取代反应，例如能发生卤代、硝化、磺化等取代反应，故A正确；B．苯密度小于水的密度，故B错误；C．苯中的键是介于单双键之间的特殊的键，不含单键和双键，故C错误；D．苯不能溶于水，故D错误；

故选A。

11．已知P和S两种元素均位于第三周期，则

A．原子半径：P<S

B．元素非金属性：P>S

C．氯化物的稳定性：H3P>H2S

D．最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4<H2SO4

【答案】D

【解析】

A．同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：P>S，故A错误；

B．同一周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，故元素非金属性：P<S，故B错误；

C．非金属性越强，则氢化物的稳定性越强，由于元素非金属性：P<S，故氢化物的稳定性：H3P<H2S，故C错误；

D．非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于元素非金属性：P<S，最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4<H2SO4，故D正确；

故选D。

12．下列关于氯气性质描述不正确的是

A．氯气有毒 B．氯气有较强的氧化性

C．通常情况下，氯气是黄绿色的气体 D．纯净的氯气可使干燥的有色布条褪色

【答案】D

【解析】

A．氯气具有毒性，主要通过呼吸道侵入人体并溶解在黏膜所含的水分里，会对上呼吸道黏膜造成损害，故A正确；

B．Cl2为活泼非金属单质，具有强氧化性，故B正确；

C．常温常压下为黄绿色，有强烈刺激性气味的气体，故C正确；

D．纯净干燥的氯气无漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，故D错误；

综上所述，不正确的是D项，故答案为D。

13．臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为 2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)。下列说法正确的是

A．增大O3浓度可加快反应速率

B．升高温度可减慢反应速率

C．达到平衡时，v正=v逆=0

D．达到平衡时，NO2的转化率为100%

【答案】A

【解析】

A．增大反应物O3浓度，使单位体积内活化分子数增多，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，A正确；

B．升高温度，物质的内能增加，活化分子数增加，分子之间有效碰撞次数增加，可加快化学反应速率，B错误；

C．可逆反应的化学平衡状态为动态平衡，当反应达到平衡时反应仍然在进行，所以v正=v逆≠0，C错误；

D．可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，因此当反应在一定条件下达到平衡状态时，NO2的转化率小于100%，D错误；

故合理选项是A。

14．金属Zn与酸反应产生H2的反应速率最大的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【解析】

影响速率的相应条件有：温度、溶液浓度、固体药剂的表面积大小等；温度越高，参与反应离子浓度越高，固体试剂表面积越大，反应速率越快；

A．温度低、金属单质颗粒状、c(H+)=0.1mol/L，条件不符题意；

B．温度高、金属单质粉末状、c(H+)=0.2mol/L，条件符合题意；

C．温度高、金属单质颗粒状、c(H+)=0.1mol/L，条件不符题意；

D．温度低、金属单质粉末状、c(H+)=0.2mol/L，条件不符题意；

综上，本题选B。

15．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，关于核素Lv的叙述错误的是

A．原子序数为116 B．中子数为177

C．核外电子数为116 D．该元素的相对原子质量为293

【答案】D

【解析】

A．Lv的质子数为116，原子的质子数=元素的原子序数，因此Lv的原子序数为116，故A正确；

B．Lv的质子数为116，质量数为293，因此中子数=质量数-质子数=293-116=177，故B正确；

C．原子的核外电子数=原子的质子数，因此Lv的核外电子数为116，故C正确；

D．293代表Lv原子的质量数，一种元素可能有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误；

综上所述，叙述错误的是D项，故答案为D。

16．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所需的三大营养物质。下列有关基本营养物质的说法不正确的是

A．蛋白质可水解生成氨基酸

B．常温下淀粉溶液遇碘变蓝

C．制备肥皂是利用油脂的水解

D．油脂由C、H、O、N四种元素组成

【答案】D

【解析】

A．蛋白质含-CONH-，水解生成氨基酸，故A正确；

B．淀粉遇碘单质变蓝，则常温下淀粉溶液遇碘变蓝，故B正确；

C．油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，故C正确；

D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，只含C、H、O元素，不含N元素，故D错误；

故选：D。

17．如图是某元素原子结构示意图，下列关于该元素的判断正确的的是

A．位于第三周期元素

B．属于第VII族元素

C．该元素的化合价只有-2价

D．该原子在化学反应中容易得到2个电子

【答案】D

【解析】

原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层。若最外层电子数⩾4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数<4，在化学反应中易失去电子，以此解答。

A. 该元素是34号元素，原子的电子层数为4，位于第四周期，故A错误；

B. 该元素是34号元素，原子最外层有6个电子，位于第VIA族，故B错误；

C. 该元素的原子最外层有6个电子，化合价可以是-2、+6价等，故C错误；

D. 最外层电子数⩾4，在化学反应中易得电子，该原子在化学反应中容易得到2个电子，故D正确；

故选D。

18．下列物质的电子式书写正确的是(　　)

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】

A.N原子最外层电子为5个，两个氮原子间形成3个共用电子对，电子式为 ，故A正确；

B. NaCl为离子化合物，电子式为，故B错误；

C. 氯化氢为共价化合物，电子式为，故C错误；

D.二氧化碳中碳和氧原子间形成碳氧双键： ，故C错误；

故选A。

19．下列属于酯化反应的是

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】

A．CH4+Cl2光照−−→CH3Cl+HCl表示甲烷和氯气的取代反应，A错误；

B．是甲烷燃烧，是氧化还原反应，B错误；

C．没有生成酯，不是酯化反应，C错误；

D．是乙酸和乙醇的 酯化反应，D正确；

故选D。

20．下列操作符合化学实验安全要求的是

A．向正在燃烧的酒精灯添加酒精

B．将实验中产生的各种废液直接倾倒入下水道

C．在点燃或加热可燃气体前检验其纯度，防止发生爆炸

D．实验中不慎将浓硫酸滴在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液进行清洗

【答案】C

【解析】

A．向燃着的酒精灯里添加酒精，易使酒精撒出，引起燃烧，甚至爆炸，故A错误；

B．将实验中产生的各种废液直接倾倒入下水道，会腐蚀下水管道，污染水体。废液如果呈酸性，废液中的酸与铁发生置换反应，那么铸铁管下水道被腐蚀；剩余的酸性废液还会污染河流，使河流中的生物死亡，如果含有重金属离子会造成生物中毒，同样如果废液呈碱性，也会污染水体，故B错误；

C．可燃性气体中混有氧气点燃时会发生爆炸，故点燃前必须检验纯度，只有不在爆炸极限之内的纯净的气体才能安全的燃烧，故C正确；

D．浓H2SO4沾在皮肤上，先用抹布擦，再用大量的水冲洗，最后用碳酸氢钠溶液中和残留的酸液；如果用氢氧化钠溶液进行清洗，酸碱中和反应放出大量的热灼伤皮肤，且NaOH溶液有腐蚀性，用氢氧化钠溶液会加重伤势，故D错误；

故选：C。

21．普洱熟茶的制作过程主要包括采摘、摊晾、杀青、揉捻、渥堆发酵、出堆解块等操作，下列普洱熟茶的制作过程中以化学反应为主的是

A．摊晾 B．揉捻

C．渥堆发酵 D．出堆解块

【答案】C

【解析】

A．制作普洱熟茶的摊晾过程中没有新物质生成，不以化学反应为主，属于物理变化，故A错误；

B．制作普洱熟茶的揉捻过程中没有新物质生成，不以化学反应为主，属于物理变化，故B错误；

C．制作普洱熟茶的渥堆发酵过程中有新物质生成，以化学反应为主，属于化学变化，故C正确；

D．制作普洱熟茶的出堆解块过程中没有新物质生成，不以化学反应为主，属于物理变化，故D错误；

故选C。

22．下列有关物质的量的说法中，正确的是

A．摩尔是物质的量的单位

B．Mg的摩尔质量为24g

C．1molO2在任何条件下的体积都为22.4L

D．将1molNaCl晶体加入到1L水中，得到NaCl溶液的浓度就是1mol•L-1

【答案】A

【解析】

A．物质的量是七个基本物理量之一，其单位为摩尔，故A正确；

B．Mg的摩尔质量为24g/mol，故B错误；

C．只有在标况下，1molO2的体积为22.4L，故C错误；

D．将1molNaCl晶体加入到1L水中，溶液的体积不等于1L，所得NaCl溶液的浓度不等于1mol•L-1，故D错误；

故选A。

23．下列反应的离子方程式正确的是

A．铁与硫酸铁溶液反应：

B．氯化钠溶液与硝酸银溶液反应：

C．碳酸钙与稀盐酸反应：

D．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应：

【答案】D

【解析】

A．电荷不守恒，应为：，A错误；

B．硝酸银是可溶性盐，要拆写，应为：，B错误；

C．碳酸钙是难溶性盐，不能拆写，应为：，C错误；

D．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应：，D正确；

故选D。

24．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述正确的是

A．雾和霾的分散剂不同 B．NH3是形成无机颗粒物的催化剂

C．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 D．雾霾的形成与过度施用氮肥无关

【答案】C

【解析】

A．雾和霾的分散剂都是空气，A项错误；

B．NH3参与反应生成铵盐，是反应物，不是催化剂，B项错误；

C．雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵，C项正确；

D．过渡施用氮肥会增加大气中氮的含量，D项错误；

答案选C。

25．根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【解析】

A.碳酸氢根离子与石灰水反应也生成碳酸钙沉淀，则溶液中不一定含，故A错误；

B.二氧化硫、氯气等均可使品红褪色，由现象不能判断气体为二氧化硫，故B错误；

C.淀粉遇碘单质变蓝，由现象可知该溶液中一定含I2，故C正确；

D.白色沉淀可能为AgCl、硫酸银等，则溶液中不一定含Cl-，故D错误；

故选：C。

第二部分  非选择题（共50分）

本部分共9小题，共50分。

26.（3分）补齐下列物质与其用途之间的连线。

物质                                        用途

A．氧化铁 ————————— a．红色颜料

B．漂白粉                       b．作供氧剂

C．碳酸氢钠                c．作消毒剂

D．过氧化钠                d．作膨松剂

【答案】

【解析】

A．氧化铁为红棕色固体，常用作红色颜料；

B．漂白粉具有强氧化性，能杀菌消毒，常用作消毒剂；

C．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，常用作食品膨松剂；

D．过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气，常用作供氧剂；

故答案为：

；

27.（3分）选择装置，完成实验。

①用CCl4萃取碘水中的I2，选用_______（填序号，下同）。

②配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，选用________。

③从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用_______。

【答案】A     B     C

【解析】

根据以上分析

①用CCl4萃取碘水中的I2，是萃取分液操作，故选用装置A；

②配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，要用100mL的容量瓶，故选用装置B；

③从NaCl溶液中获取NaCl固体，采用蒸发溶剂的方法，故选用装置C。

故答案为：A ；B；C。

28.（6分）我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其反应的化学方程式为：2N2 + 6H2O 4NH3 + 3O2

(1)作氧化剂的物质是________，氧元素的化合价_______(填“升高”、“降低”或“不变”)。

(2)反应中每生成4 mol NH3，参加反应的N2的物质的量是_______ mol，转移电子的物质的量是_______ mol。

【答案】

(1)N2     升高

(2)2     12

【解析】

(1)氧化剂具有氧化性，化合价降低，氮气中氮元素化合价由0价降低到-3价，所以氮气是氧化剂；氧元素化合价由-2价升高到0价。

(2)氮气中氮元素化合价由0价降低到-3价，氧元素化合价由-2价升高到0价，依据得失电子守恒可知，生成4mol氨气，转移12mol电子，同时消耗氮气2mol。

29.（6分）根据原电池原理，人们研制出了性能各异的化学电池。

(1)如图装置中，Zn片作_______(填“正极“或“负极“)，Cu片上发生反应的电极反应式为_______，能证明化学能转化为电能的实验现象是_______。

(2)某镁—溴电池工作原理如图所示，其总反应为：Mg+Br=Mg2++3Br-。下列说法正确的是_______(填字母)。

a.石墨是电池的负极

b.Mg发生氧化反应

c.电子由Mg经导线流向石墨

【答案】

(1)负极     2H++2e-=H2↑     电流表指针发生偏转

(2)bc

【解析】

(1)如图装置是以锌铜作两电极，以稀硫酸为电解质构成的原电池，锌比铜活泼，Zn片作负极，铜片为正极，Cu片上发生反应的电极反应式为：2H++2e-=H2↑；电子通过外电路时电流表指针发生偏转，故能证明化学能转化为电能的实验现象是：电流表指针发生偏转。

(2)该电池Mg是负极，失去电子，电子经用电器流入石墨，石墨是正极，电解质溶液中Mg2+从负极移动到正极。故a.石墨是电池的负极，错误，石墨是正极；b.Mg失去电子，发生氧化反应，正确；c.电子由负极Mg经导线流向正极石墨，正确；故正确的是bc。

30.（6分）以高锰酸钾溶液(紫色)与草酸(H2C2O4)溶液(无色)的反应为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示：

(1)补全离子方程式：2+5H2C2O4+_______=2Mn2++_______+8H2O

(2)表中a为_______；根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_______。

(3)利用实验1中数据计算该反应的平均反应速率v(KMnO4)=_______。

【答案】

(1)6H+     10CO2↑

(2)3.0     其他条件相同时，增大硫酸浓度(或反应物浓度)，反应速率增大

(3)0.01mol/(L·min)

【解析】

(1)酸性高锰酸钾具有强氧化性，可氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原为锰离子，根据氧化还原反应的配平原则可知，反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

(2)为控制单一变量，需保证溶液总体积保持不变，所以实验编号2中水的体积应为3.0mL，根据三次实验数据可看出，稀硫酸的浓度越来越小，室温下溶液颜色褪至无色所需时间越来越长，则反应速率越来越小，故结论为：其他条件相同时，增大硫酸浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；

(3)实验1中数据中参加反应的高锰酸钾的浓度为，所以该反应的平均反应速率v(KMnO4)= 0.01mol/(L·min)。

31.（8分）阅读短文，回答问题。

世界卫生组织（WHO）和中国卫健委公认二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。国家疾病控制中心建议，为了避免传染病的传播，餐饮用具可用200 mg·L− 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L− 1用ClO2进行消毒。

常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。ClO2是强氧化剂，其有效氯是Cl2的2.6倍。ClO2不与冷水反应，遇热水则分解成HClO、Cl2和O2。

下表列出了ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能比较：

经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用。ClO2反应释放出的原子氧还可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。研究表明，ClO2在浓度低于100 mg·L− 1时不会对人体产生任何的影响。

我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域。

请依据以上短文，判断下列说法是否正确。

A．可以用等浓度的ClO2溶液对餐饮用具和游泳池进行消毒。______

B．ClO2是有刺激性气味的气体。______

C．ClO2杀菌力强、无抗药性。______

D．未来ClO2在生产生活中更广泛的使用，是我国发展绿色消毒剂的方向。______

【答案】错     对     对     对    

【解析】

A．由“餐饮用具可用200 mg·L− 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L− 1用ClO2进行消毒”可知，餐饮用具和游泳池消毒时所用ClO2溶液浓度不同，故A项说法错误；

B．氯气是黄绿色具有刺激性气味的气体，由“ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味”可知，ClO2是有刺激性气味的气体，故B项说法正确；

C．由表格信息可知，ClO2可杀灭所有的微生物，包括细菌芽孢，因此杀菌力强，且无抗药性，故C项正确；

D．ClO2具有良好的杀菌能力，且在浓度低于100 mg·L− 1时不会对人体产生任何的影响，使用过程中无残留，且无抗药性，未来ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域，故D项正确；

32.（6分）元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是元素周期表中5种元素的相关信息，其中Q、W、X位于同一周期。

(1)写出Q的元素符号：_______。

(2)Q、W的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的物质是_______(写化学式)。

(3)金属性Y强于X，用原子结构解释原因：_______，失电子能力Y大于X。

(4)下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是_______(填序号)。

①Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同

②Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性

③Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应

【答案】Si     HClO4     最外层电子数Y(K)与X(Na)相同，电子层数Y(K)大于X(Na)，原子半径Y(K)大于X(Na)     ①②

【解析】

Q在元素周期表中位于第3周期ⅣA族，则Q为Si元素；由Q、W、X位于同一周期，W最高正化合价为+7价，最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强可知，W为Cl元素、X为Na元素；Y元素的焰色反应为紫色，则Y为K元素；由Z原子的原子结构示意图为可知，Z为Br元素。

(1)由分析可知，Q、W、X、Y、Z五种元素分别为Si元素、Cl元素、Na元素、K元素、Br元素，故答案为：Si；

(2)元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硅元素，则高氯酸的酸性强于硅酸，故答案为：HClO4；

(3)K元素和Na元素都是ⅠA族金属元素，两者最外层电子数相同，但电子层数K元素大于Na元素，K原子的原子半径大于Na原子，则K原子失电子能力大于Na原子，K元素的金属性强于Na元素，故答案为：最外层电子数Y(K)与X(Na)相同，电子层数Y(K)大于X(Na)，原子半径Y(K)大于X(Na)；

(4)①Br元素和Cl元素都是ⅦA族非金属元素，两者最外层电子数相同，则最低负化合价相同，都为—1价，故正确；

②元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Cl元素的非极性强于Br元素，则溴化氢的稳定性弱于氯化氢的稳定性，故正确；

③Cl元素的非极性强于Br元素，则溴单质不能与氯化钠溶液发生置换反应置换出氯气，故错误；

①②正确，故答案为：①②。

33.（6分）“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣（主要成分为Na2CO3）吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品。其流程如下：

(1)为加快工业废碱渣中Na2CO3的溶解，可采取的措施是_______（写出一种即可）。

(2)过程①进行的操作是_______。

(3)上述流程中，加入NaOH后，发生反应的化学方程式为_______。

(4)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是_______。

(5)设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，_______，出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4。

【答案】搅拌（粉碎、加热）     过滤     NaHSO3+NaOH＝Na2SO3+H2O     含+4价硫的化合物被氧化     加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液

【解析】

(1)为加快工业废碱渣中Na2CO3的溶解，可采取的措施是搅拌、粉碎、加热等。答案为：搅拌（粉碎、加热）；

(2)通过过滤操作可以分离可溶和不溶物质。故过程①进行的操作是过滤。答案为：过滤；

(3)加入NaOH后，氢氧根可以和亚硫酸氢根发生反应，反应方程式为：NaHSO3+NaOH＝Na2SO3+H2O；答案为：NaHSO3+NaOH＝Na2SO3+H2O；

(4)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是含+4价硫的化合物被氧化；答案为：含+4价硫的化合物被氧化；

(5)证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4，实质是检验SO的存在。检验SO，可以通过在酸性环境下，通过加入含BaCl2溶液，观察是否有不溶于酸的白色沉淀(BaSO4)生成，若有白色沉淀生成，说明存在SO，即证明含有Na2SO4。故答案为：加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液。

34.（6分）某化学实验小组用酸性 KMnO4 溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：

(1)将高锰酸钾与草酸反应的离子方程式补充完整：

□MnO +□H2C2O4 + □    =   □Mn2+ +□    +□H2O

(2)由实验 I、Ⅱ可得出的结论是___________。

(3)关于实验Ⅱ中 80s 后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的 Mn2+ 对反应有催化作用。设计实验 Ⅲ，验证猜想。

① 补全实验Ⅲ的操作：

向试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4 溶液，_____，最后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液。

②若猜想成立，应观察到的实验现象是________。

【答案】

(1)2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O    

(2)氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大    

(3)再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体      加入草酸后，溶液迅速褪色

【解析】

酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，草酸有还原性，二者发生氧化还原反应，因此高锰酸钾溶液会褪色，高锰酸钾溶液褪色速率越快，反应速率越快，从而得出外界条件对该反应速率的影响。

(1)MnO中的Mn元素化合价从+7降低到+2，MnO作氧化剂，则H2C2O4作还原剂，其氧化产物为CO2。Mn元素化合价降低了5，C元素化合价从+3升高到+4，升高了2×1=2，根据得失电子守恒得：MnO和Mn2+前配2，H2C2O4前配5，CO2前配10，结合电荷守恒、溶液为酸性可知反应物缺项为6H+，再结合原子守恒可知生成物H2O前配8，最终结果为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为；2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(2)对比实验I、Ⅱ，高锰酸钾的量相同，加入酸的量不同，总体积几乎相同，则氢离子(或H2SO4)浓度不同，Ⅱ中氢离子(或H2SO4)浓度较大，反应速率越快，所以结论为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大，故答案为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大；

(3)①根据控制变量法的原则，若要验证Mn2+对该反应有催化作用，在控制其条件相同的条件下，加一组实验Ⅱ的对比实验，该组实验中除其它步骤和实验Ⅱ相同外，加入少量MnSO4固体，观察实验现象。因此操作为：向试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4 溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液，故答案为：再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；

②若Mn2+对反应有催化作用，加入草酸后，溶液迅速褪色，故答案为：加入草酸后，溶液迅速褪色。