【化学】江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试题（解析版）

江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cl:35.5 Na:23 N:14 Cu:64 Al:27 Mg:24 Fe:56 Zn:65
一：选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)
1.下列事实可以用氢键解释的是（ ）
A. I2易溶于CCl4，难溶于水
B. HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. CH4、C2H6、C3H8的熔、沸点依次升高
D. 水结成冰体积膨胀，密度变小
【答案】D
【详解】A.根据相似相溶原理，I2易溶于CCl4，难溶于水，与氢键无关，故A不选；
B.稳定性与化学键有关，HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，说明H-Cl、H-Br、H-I的键能越来越小，与氢键无关，故B不选；
C.CH4、C2H6、C3H8的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C不选；
D.氢键具有方向性，氢键的存在迫在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大。当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故D选。
故选D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. H2、D2和T2互称为同素异形体
B. 和互称为同分异构体
C. 35Cl和37Cl 互称为同位素
D. CH3−CH3和CH3−CH=CH2互称为同系物
【答案】C
【详解】A、H2、D2、T2都是氢元素组成的单质，结构相同，属于同一物质，A错误；
B、和都是甲烷的二氯代物，没有同分异构体，属于同种物质，B错误；
C、35Cl和37Cl的质子数都为17，中子数分别为18、20，属于同位素，C正确；
D、CH3－CH3和CH3－CH=CH2的结构不相似，不能互为同系物，D错误；
答案选C。
3.下列叙述不正确的是( )
A. NH3的结构式：
B. 16667Ho的原子核内的中子数与核外电子数之差是32
C. Na2O2与H2O2中所含的化学键类型不完全相同
D. 可以利用在水溶液中是否导电证明氯化铝是离子化合物还是共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是物质的组成和结构，难度较小。注意化学键的类型和物质的类型的关系。
【详解】A.氨气分子中氮氢原子之间形成共价键，结构式为，故正确；B.该原子的质子数等于核外电子数，为67，中子数为166-67=99，中子数与核外电子数的差为99-67=32，故正确；C.过氧化钠中含有离子键和共价键，过氧化氢分子中含有共价键，故正确；D.氯化铝是共价化合物，但其水溶液能导电，故错误。故选D。
4.下列烷烃在光照条件下与氯气反应，能生成两种一氯代烃的是(　　)
A. CH3CH2CH2CH3 B. CH3 CH2CH(CH3)CH3
C. C(CH3)4 D. CH3CH(CH3)CH2CH3
【答案】A
【解析】A.正丁烷CH3CH2CH2CH3中有２种氢原子，所以一氯代烃有２种，故A正确；B. CH3 CH2CH(CH3)CH3中有４种氢原子，所以一氯代烃有4种，故B错误；C. C(CH3)4中有１种氢原子，所以一氯代烃有１种，故A错误； D. CH3CH(CH3)CH2CH3中有４种氢原子，所以一氯代烃有４种，故D错误。
5.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 原子半径：S＞Cl
B. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
C. 还原性：I﹣＞Br﹣
D. 酸性：H2SO4＞H3PO4
【答案】B
【详解】A. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，由于原子序数Cl>S，所以原子半径：S＞Cl，A不符合题意；
B.二者都是碳酸的钠盐，酸式盐稳定性比正盐差，与元素周期律无关，B符合题意；
C.Br、I是同一主族的元素，由于非金属性，Br>I，所以还原性：I﹣＞Br﹣，与元素周期律有关，C不符合题意；
D.元素非金属性S>P，所以酸性：H2SO4＞H3PO4，与元素周期律有关，D不符合题意；
故合理选项是B。
6.下列各组物质中化学键的类型相同的是( )
A. HCl、MgCl2、NH4Cl B. NH3、H2O、CO2
C. CO、Na2O、CS2 D. CaCl2、NaOH、N2O
【答案】B
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，以此来解答。
【详解】A.HCl中氢原子和氧原子之间存在共价键，MgCl2中氯离子和镁离子之间存在离子键，NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故A不选；
B. NH3、H2O、CO2中均只含极性共价键，化学键类型相同，故B选；
C. CO中只含C、O之间形成的共价键，Na2O中氧离子和钠离子之间存在离子键，CS2中只含C、S之间形成的共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故C不选；
D. CaCl2中只含离子键，NaOH中含离子键和O-H共价键，N2O中只含N、O之间形成的共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故D不选。
故答案选B。
7.一定温度下，可逆反应2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1；④混合气体的压强不再改变；⑤混合气体的颜色不再改变；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变。
A. ①④⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ①②③⑤ D. ②⑤⑥
【答案】A
【解析】①单位时间内生成nmolO2是指向右的反应，生成2nmolNO2是指向左的反应，有两个反应方向，且比例正确n：2n=1:2；①正确。②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO，说的都是向右的反应，没有说向左的反应，所以不正确。③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1，题目没有说明表示的是正反应还是逆反应速率，所以错误。④混合气体的压强不再改变，恒容下压强不变就是气体的物质的量不变，此反应气体的总物质的量不变，说明反应达平衡，④正确。⑤混合气体的颜色不再改变，就是指NO2的浓度不变，所以正确。⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变， ，不变，根据质量守恒定律m总不变，所以n总不变，气体的n总不变可以说明反应达平衡；⑥正确。
8.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）


W
X

Y



Z
A. 氢化物沸点：W > Z B. 氧化物对应水化物的酸性：Y > W
C. 化合物熔点：Y2X3 < YZ3 D. 简单离子的半径：Y < X
【答案】AD
【解析】由图表可知，W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素；A.NH3分子间有氢键，其沸点比HCl高，故A错误；B.Al(OH)3显两性，N元素的氧化物对应的水化物HNO3、HNO2均显酸性，故B错误；C.Al2O3是离子晶体，高熔点，而AlCl3是分子晶体，熔点低，故C错误；D.Al3+和O2-离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，故D正确；答案为D。
9.已知H2(g)＋2ICl(g)I2(g)＋2HCl(g)，该反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，

下列有关说法正确的是（ ）
A. 反应①为吸热反应
B. 反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应
C. 反应①比反应②的速率慢，与图中相应峰高有关
D. HI(g)＋ICl(g) I2(g)＋HCl(g)生成1摩尔HCl放出218kJ的热量
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、反应②均为放热反应，故A错误；
B．反应①中氢气参与反应，化合价升高被氧化，ICl中的I化合价降低被还原，不是同种元素间发生的氧化还原反应，故B错误；
C．由图可知，反应①中正反应的活化能大，反应②中正反应的活化能小，反应①比反应②的速率慢，故C正确；
D．由图可知，反应HI(g)＋ICl(g) I2(g)＋HCl(g) 的反应物总能量和生成物总能量差值小于218 kJ，则生成1摩尔HCl放出的热量小于218 kJ，故D错误。
故选C。
10.锂-空气电池原理模型如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A. 电池正极可以吸附空气中氧气作为氧化剂
B. 正极反应为2Li+ + O2 + 2e- Li2O2
C. 电解质能传递锂离子和电子，不可以用水溶液
D. 负极反应Li - e-=Li+
【答案】C
【解析】
【分析】该原电池中，金属锂电极失去电子，发生氧化反应，作负极，电极反应为：Li - e-=Li+；多孔电极作正极，氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：2Li+ + O2 + 2e- Li2O2；电子从锂电极流出，流经外接导线 ，流入多孔电极；电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A、多孔电极作正极，吸附空气中氧气作为氧化剂，氧气得到电子，发生还原反应，故A正确；B、多孔电极作正极，氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：2Li+ + O2 + 2e- Li2O2故B正确；C、电子从锂电极流出，流经外接导线 ，流入多孔电极；电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故C错误；D、金属锂电极失去电子，发生氧化反应，作负极，电极反应为：Li - e-=Li+，故D正确；故选C。
11.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是( )
甲：500 ℃，10 mol SO2和5 mol O2反应 乙：500 ℃，V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应
丙：450 ℃，8 mol SO2和5 mol O2反应 丁：500 ℃，8 mol SO2和5 mol O2反应
A. 甲、乙、丙、丁 B. 乙、甲、丙、丁
C. 丁、丙、乙、甲 D. 乙、甲、丁、丙
【答案】D
【解析】甲与乙相比，O2、SO2浓度相等，乙中使用催化剂，故使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，O2、SO2浓度相等，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙；所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙，答案选D。
12.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应式为Ag2O+Zn+H2O===2Ag+Zn(OH)2，下列说法中不正确的是（ ）
A. 原电池放电时，负极上发生反应的物质是Zn
B. 负极发生的反应是Zn+2OH−−2e−===Zn(OH)2
C. 工作时，负极区溶液c(OH−)减小
D. 溶液中OH−向正极移动，K+、H+向负极移动
【答案】D
【解析】
【分析】根据总反应式Ag2O+Zn+H2O===2Ag+Zn(OH)2分析化合价变化可知，Zn在负极上失电子，Ag2O在正极上得电子，电解质溶液为KOH溶液，所以负极反应为Zn+2OH−−2e−===Zn(OH)2，正极反应为Ag2O+2e−+H2O===2Ag+2OH−。在负极区，OH−被消耗，溶液碱性减弱，溶液中的OH−作定向移动到负极来补充，正极区生成OH−，溶液碱性增强，故D项错误。
【详解】A、根据电池反应式知，Zn失电子发生氧化反应而作负极，氧化银作正极，故A正确；
B、负极发生反应Zn+2OH－-2e－=Zn(OH)2，故B正确；
C、负极发生反应Zn+2OH－-2e－=Zn(OH)2，溶液pH值减小，正极上发生反应：Ag2O+H2O+2e－═2Ag+2OH－，溶液pH增大，故C正确；
D、放电时，电解质溶液中OH－向负极移动，K＋、H＋向正极移动，故D错误。
故选D。
13.一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c0(X)、c0(Y)、c0(Z)(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是(　　)
A. c0(X)∶c0(Y)＝3∶1
B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率不相等
D. c0(X)的取值范围为0 mol·L－1 【答案】D
【解析】
【分析】A项，可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B项，达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C项，起始量相同，平衡量相同，转化率相同；D项，根据可逆反应不能完全转化，利用极值转化法分析。
【详解】列出“三段式”浓度：

A项，c0(X)∶c0(Y)＝(a＋0.1)∶(3a＋0.3)＝1∶3，故A错误；B项，平衡时，正逆反应速率相等，v逆(Y)∶v正(Z)＝3∶2，故B错误；C项，X、Y的转化率之比为：∶＝1∶1，故C错误；D项，反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应方向进行，则c0(X)＞0，如反应向正反应方向进行，则c0(X)＜0.14mol•L-1，所以0＜c0(X)＜0.14mol•L-1，故D正确。综上所述，符合题意的选项为D。
14.已知2H2(g)+ O2(g) = 2H2O(g)，H—H、O=O和O—H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496kJ·mol-1和462 kJ·mol-1，则2g H2完全燃烧放出的热量为（ ）
A. 480 kJ B. 240 kJ C. 960 kJ D. 916 kJ
【答案】B
【详解】由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值，则2×436 kJ/mol +496 kJ/mol－2×2×462 kJ/mol＝－480kJ/mol，则2g H2完全燃烧放出的热量为×480kJ/mol×=240 kJ，B选项正确。
故答案选B。
15.1mol某烷烃完全燃烧消耗的O2为11 mol，则其主链上含有5个碳原子的同分异构体（不考虑空间异构）有（ ）
A. 3种 B. 6种 C. 5种 D. 7种
【答案】C
【详解】1mol某烷烃完全燃烧消耗O2为1l mol，根据燃烧通式CnH2n+2+O2→nCO2+(n+1)H2O可计算该烷烃是7个C原子的烷烃，主链是5个C原子时，取代基可以是2个甲基的同分异构体有4种，取代基是乙基的有1种，所以共有5种同分异构体，答案选C。
16.利用CH4和O2反应，在KOH溶液中用铂作电极可以构成原电池。下列说法正确的是（ ）
①每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole-
②在负极上O2获得电子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
③外电路电子由负极流向正极，内电路电子由正极流向负极
④电池放电过程中，溶液的pH不断降低
⑤负极发生氧化反应，正极发生还原反应
⑥负极附近会出现淡蓝色火焰
A. ①④⑤ B. ①③④ C. ②③⑥ D. ②⑤⑥
【答案】A
【解析】分析：碱性甲烷燃料电池,具有还原性的甲烷为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O,通入氧气的一极为原电池的正极,发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动,阴离子向负极移动；据此解答。
详解：①通入CH4的电极为负极,电极反应为: CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O,每消耗 1molCH4可以向外电路提供8mole-，①正确；②在正极上O2获得电子,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，②错误；③外电路电子由负极流向正极,内电路电子不能流动,③错误；④电池反应式为: CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O,随着反应的进行,溶液中氢氧根离子不断减少,溶液pH不断减小,④正确；⑤负极发生氧化反应,正极发生还原反应,⑤正确；⑥负极附近不可能看到燃烧的现象,故不会出现淡蓝色火焰,⑥错误；符合条件的有①④⑤；正确选项A。
二.填空题(共52分)
17.中科院的科研人员在Na-Fe3O4和HMCM-22 的表面将CO2转化为烷烃，其过程如下图。

(1)Na-Fe3O4和HMCM-22 在反应中的作用为_______________
(2)(X)的系统命名的名称为_______________
(3)(Y)的一氯代物有_________________种
(4)(X)与(Y)的关系为 ________________
(5)在HMCM-22 表面生成摩尔质量为128g/mol且含两种氢的烷烃(Z)，写出其结构简式___________，
(6)在HMCM-22 表面生成一种同温同压蒸气密度是氢气57倍且含有一种氢的烷烃(M)，写出其与氯气反应生成一氯代烃的方程式______________________________
【答案】(1). 催化剂 (2). 2-甲基丁烷 (3). 4 (4). 同系物 (5). C(CH2CH3)4、C(CH3)3CH2C(CH3)3 (6). C(CH3)3C(CH3)3 + Cl2 (CH3)3C(CH3)2CH2 Cl + HCl
【解析】
【分析】(1) 催化剂是在化学反应中能改变反应速率，而本身的质量和组成在反应后保持不变的物质，催化剂在化学反应中起催化作用；
(2)根据烷烃的系统命名方法命名；
(3)根据等效氢原子数确定一氯代物有多少种；
(4) 结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互为同系物；
(5) 12n+2n+2=128，解得n=9，所以Z的分子式为C9H20，由于含两种氢原子，根据对称性写出结构简式；
(6) 因气体的密度之比等于摩尔质量之比，烷烃M蒸气的摩尔质量为2g/mol×57=114g/mol，则12n+2n+2=114，解得n=8，所以烷烃M的分子式为C8H18，由于只含有一种氢原子，故M的结构简式为C(CH3)3C(CH3)3，M与氯气光照条件下发生取代反应，据此写出化学方程式。
【详解】(1) 由图可知，在Na-Fe3O4和HMCM-22 的表面将CO2转化为烷烃，所以Na-Fe3O4和HMCM-22 在反应中的作用为催化剂；
故答案为：催化剂；
(2) 图中最长碳链为4个碳，从左侧开始编号，所以该烷烃的名称为2-甲基丁烷；
故答案为：2-甲基丁烷；
(3) 根据对称性不难发现，Y的氢原子有4种，故一氯代物有4种；
故答案为：4；
(4)(X)与(Y)都是烷烃，且分子组成相差一个CH2原子团，所以(X)与(Y)互为同系物；
故答案为：同系物；
(5)设烷烃Z的分子式为CnH2n+2，则12n+2n+2=128，解得n=9，所以Z的分子式为C9H20，由于含两种氢原子，根据对称性写出结构简式有：C(CH2CH3)4、C(CH3)3CH2C(CH3)3；
故答案为：C(CH2CH3)4、C(CH3)3CH2C(CH3)3；
(6) 因气体的密度之比等于摩尔质量之比，烷烃M蒸气的摩尔质量为2g/mol×57=114g/mol，则12n+2n+2=114，解得n=8，所以烷烃M的分子式为C8H18，由于只含有一种氢原子，故M的结构简式为C(CH3)3C(CH3)3，M与氯气光照条件下发生取代反应，化学方程式为C(CH3)3C(CH3)3 + Cl2 (CH3)3C(CH3)2CH2 Cl+ HCl。
故答案为：C(CH3)3C(CH3)3 + Cl2 (CH3)3C(CH3)2CH2 Cl+ HCl。
18.常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源。

(1)石墨中化学键类型为______________，在电池中的作用为_________________
(2) 酸性锌锰干电池的负极反应为_________________________
(3) 碱性锌锰干电池在放电过程产生MnOOH，写出正极反应式_____________
(4)填充物用60℃温水溶解，目的是_____________________。
(5)操作A的名称为______________。
(6)铜帽溶解时加入H2O2的目的是_______________________(用化学方程式表示)
【答案】(1). 共价键(非极性共价键)， (2). 导电 (3). Zn-2e-=Zn2+ (4). MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH- (5). 加快溶解速率 (6). 过滤 (7). Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O
【解析】
【分析】废旧干电池含有铜、石墨、二氧化锰以及填充物等，填充物用60℃充分溶解，过滤，滤液中含有氯化铵，蒸发、浓缩、结晶可得到氯化铵晶体；铜与稀硫酸在过氧化氢作用发生氧化还原反应生成硫酸铜，加入锌可置换出铜，过滤分离，硫酸锌溶液最终可生成氢氧化锌、氧化锌，冶炼可得到锌，据此解答。
【详解】(1) 石墨晶体为混合晶型，是层状结构。在每一层内，每个碳原子与其他3个碳原子以共价键结合形成六边形网状结构；石墨具有导电性，在电池中作电极，起导电作用，
故答案为：共价键(非极性共价键)；导电；
(2) 酸性锌锰干电池的负极为锌，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；
(3) 在碱性锌锰原电池中，Zn易失电子作负极、二氧化锰作正极，正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故答案为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-；
(4) 加热适当升高温度，可促进溶解，故答案为：加快溶解速率；
(5) 分离不溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作A的名称是过滤，故答案为：过滤；
(6) 酸性条件下，双氧水能将铜氧化生成铜离子反应的化学方程式为：Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O，故答案为：Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。
19.元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，如图是元素周期表的一部分，请参照元素①～⑩在表中的位置回答下列问题．

(1)在这 10 种元素中，原子半径最大的是_________(填元素符号)。
(2)⑧、⑨的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是______>_____(填化学式)。
(3)写出①、⑩元素组成比为2:1的化合物的电子式是_________。
(4)④⑤⑥⑦对应的离子半径最小的是_________(填离子符号)。
(5)写出实验室制取③的气态氢化物的化学方程式_________。
(6)⑦单质—空气燃料电池，以氢氧化钾溶液为电解质溶液，正极的反应式为_________
【答案】(1). Ca (2). HClO4 (3). H3PO4 (4). 〔H：〕- Ca2+ 〔：H〕- (5). Al3+ (6). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (7). O2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【分析】由元素为周期表的位置可知，①-⑩分别为H、C、N、O、Na、Mg、Al、P、Cl、Ca，据此解答。
【详解】(1) 电子层越多，原子半径越大，则在这 10 种元素中，原子半径最大的是Ca，
故答案为：Ca；
(2) 非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，⑧、⑨的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HClO4＞H3PO4，
故答案为：HClO4；H3PO4；
(3) CaH2是离子化合物，由Ca2+和H-形成，阴离子加括号，并且注明所带电荷，故电子式为〔H：〕- Ca2+ 〔：H〕-，故答案为：〔H：〕- Ca2+ 〔：H〕-；
(4) 具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则④⑤⑥⑦对应的离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+；
(5) 实验室制取③的气态氢化物氨气的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(6) Al—空气燃料电池，以氢氧化钾溶液为电解质溶液，正极上O2发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-。
20.铁及铁的化合物在生产与生活中有重要的意义。工业上制备无水FeCl3的一种工艺如下：

(1)吸收塔中吸收剂X ____________________。
(2)温度超过673 K，捕集器中的物质相对分子质量为325，该物质的化学式为______是__________________ (填’“离子化合物”或“共价化合物”)
(3)从FeCl3溶液中获得FeCl3·6H2O的方法是__________________________。
(4)向饱和氯化铁溶液中加入足量的氢氧化钠溶液后再加入次氯酸钠可制备高铁酸钠Na2FeO4溶液。写出制备高铁酸钠的离子方程式：________________________
(5)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，最可能的原因是______________________。
(6)高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。则高铁放电时,____(填“正”或“负”)极附近溶液的碱性增强。电池正极反应为_________________
【答案】(1). FeCl2溶液 (2). Fe2Cl6 (3). 共价化合物 (4). 加热浓缩，冷却结晶 (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠 (7). 正 (8). FeO42－+3e－+4H2O═Fe(OH)3+5OH－
【解析】
【分析】氯气和铁屑在反应炉内反应生成氯化铁，经捕集器和冷却器得到固体三氯化铁。从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2和少量氯化铁烟气，与吸收剂X在吸收塔中反应生成FeCl3溶液，同时溶解氯化铁烟气，则吸收剂X应是FeCl2溶液，据此分析解答。
【详解】(1) 通过工艺流程图可知，从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2和少量氯化铁烟气，与吸收剂X在吸收塔中反应生成FeCl3溶液，同时溶解氯化铁烟气，则吸收剂X应是FeCl2溶液， 故答案为：FeCl2溶液；
(2) 分子中Fe原子与Cl原子数目之比为1：3，令分子组成为（FeCl3）n，该分子相对分子质量为325，则：（56+35.5×3）×n=325，解得，n=2，所以该物质的分子式为Fe2Cl6；由流程可知Fe2Cl6熔沸点较低，为共价化合物，故答案为：Fe2Cl6；共价化合物；
(3)氯化铁的溶解度随温度升高而增大，所以由FeCl3溶液获得FeCl3·6H2O晶体需加热蒸发、冷却晶体，故答案为：加热浓缩，冷却结晶；
(4) 利用次氯酸钠氧化氯化铁制备高铁酸钠，根据电子得失守恒以及原子守恒可知，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O ，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(5) 要发生复分解反应则必须满足有挥发性物质或难电离物质或难溶性物质，因此根据方程式2KOH＋Na2FeO4＝K2FeO4＋2NaOH可知，该反应之所以能发生是由于K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行，故答案为：高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠；
(6) 根据电池反应式知，放电时，高铁酸钾得电子而作正极，电极反应式为FeO42－+3e－+4H2O═Fe(OH)3+5OH－，反应生成OH-，氢氧根离子浓度增大，所以正极附近溶液碱性增强，
故答案为：正；FeO42－+3e－+4H2O═Fe(OH)3+5OH－。
21.180℃时将0.5 mol H2和1 mol CO2通入2 L的恒容密闭容器中，此时容器内总压强为P0(已知分压=总压×物质的量分数)，反应生成甲醇蒸汽(CH3OH)和H2O，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为：___________________
(2)在0～3 min内H2的平均化学反应速率为___________________
(3)0-1分钟的速率为V1，2-3分钟的速率为V2,10-11分钟的速率为V3，则V1、V2、V3由大到小的顺序为____________________________。
(4)3min内H2转化率为______。
(5)平衡时，容器内的压强为__________，CO2的分压为____________(均保留2位有效数字)
(6)以(1)中反应设计成原电池(用硫酸作电解质溶液)，则正极反应式为______________。
【答案】(1). CO2+3H2CH3OH+H2O (2). 0.05 mol·L-1·min-1 (3). V1 > V2 > V3 (4). 60% (5). 0.87P0 (6). 0.60P0 (7). CO2+6e-+6H+ =CH3OH+H2O
【解析】
【分析】H2和CO2反应生成甲醇蒸汽(CH3OH)和H2O，由图像可知，3min时达到平衡状态，根据CO2、H2和CH3OH的变化量可知反应物和生成物的系数比，以此写出化学方程式。0～3 min内，其他条件相同，反应物浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐减小。根据0～3 min内H2浓度的变化量可求出H2的平均化学反应速率和转化率。列出三段式，找出平衡时混合气体中各成分的物质的量的分数，再求出CO2的分压。根据原电池原理，正极发生的是化合价降低得电子的还原反应，据此解答。
【详解】(1) H2和CO2反应生成甲醇蒸汽(CH3OH)和H2O，由图像可知，3min时达到平衡状态，0～3 min CO2、H2和CH3OH的变化量分别为：0.1mol、0.3mol、0.1mol，化学反应中变化量之比等于化学计量数之比，则方程式中CO、H2和CH3OH系数比为1:3:1，因此该反应方程式可表示为CO2+3H2CH3OH+xH2O，根据原子守恒，得x=1，所以该反应的化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+3H2CH3OH+H2O；
(2)在0～3 min内H2的平均化学反应速率===0.05 mol·L-1·min-1，
故答案为：0.05 mol·L-1·min-1；
(3) 0～3 min内，其他条件相同，反应物浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐减小，则V1、V2、V3由大到小的顺序为V1 > V2 > V3，
故答案为：V1 > V2 > V3；
(4)3min内H2的转化率为×100%=60%，
故答案为：60%；
(5) CO2+3H2CH3OH+H2O
起始量（mol） 1 0.5 0 0
变化量（mol）0.1 0.3 0.1 0.1
平衡量（mol）0.9 0.2 0.1 0.1
平衡时混合气体总物质的量为：0.9mol+0.2mol+0.1mol+0.1mol=1.3mol，
根据起始状态和平衡状态下，压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强为×P0=0.87P0；CO2的分压为0.87P0×=0.60P0。
故答案为：0.87P0 ；0.60P0；
(6) 原电池正极发生的是化合价降低得电子的反应，根据方程式可知是CO2得电子，另外，由于H2SO4存在，所以发生的CO2酸性条件下的电极反应：CO2+6e-+6H+ =CH3OH+H2O；
故答案为：CO2+6e-+6H+ =CH3OH+H2O。