2022-2023学年湖南省常德市桃源县第一中学高三上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省常德市桃源县第一中学高三上学期10月月考化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，填空题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A．利用合成乙酸、聚碳酸酯塑料，有利于实现“碳达峰、碳中和”
B．在生产新冠灭活疫苗的过程中，如果温度过高会使病毒失去生理活性
C．植物油与均可使溴水褪色，二者反应原理相同
D．硫酸铜可用于游泳池消毒，也可用于配制农业杀菌剂
【答案】C
【详解】A．利用二氧化碳合成乙酸、聚碳酸酯塑料可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A正确；
B．温度过高，蛋白质会变性而失去生理活性，所以在生产新冠灭活疫苗的过程中，如果温度过高会使病毒失去生理活性，故B正确；
C．植物油中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应使溴水褪色，二氧化硫具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，二者反应原理不同，故C错误；
D．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质会变性而失去生理活性，所以硫酸铜可用于游泳池消毒，也可用于配制农业杀菌剂，故D正确；
故选C。
2．下列化学用语表达正确的是
A．的离子结构示意图：
B．镁原子最外层电子的电子云图：
C．基态的核外电子排布式为
D．基态硫原子的价层电子轨道表示式：
【答案】D
【详解】A．最外层有8个电子，其离子结构示意图为，A错误；
B．镁原子的电子排布式为1s22s22p63s2，最外层为s能级，s能级的电子云图为球形
，B错误；
C．基态的核外电子排布式为，C错误；
D．基态硫原子的价层电子排布式为，其轨道表示式为，D正确；
故选D。
3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有个阳离子
B．含有中子数为
C．常温常压下，中所含的分子数目为
D．标准状况下，中含有的分子数为
【答案】B
【详解】A．NaHSO4在水溶液中才能够电离出Na+、H+和，固体中含有Na+和，12gNaHSO4的物质的量为0.1ml，则12gNaHSO4中含有0.1NA个阳离子，选项A错误；
B．8gCH4的物质的量为0.5ml，1mlCH4中含有的中子数为6NA，则8gCH4含有中子数为3NA，选项B正确；
C．中存在平衡，故常温常压下，中所含的分子数目小于，选项C错误；
D．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，选项D错误；
答案选B。
4．下列排列顺序不正确的是
A．酸性：B．离子半径：
C．电负性：D．元素的非金属性：
【答案】B
【详解】A．同周期从左到右非金属性逐渐增强，非金属性Cl>S>P，所以酸性，选项A正确；
B．具有相同电子层排布的离子，质子数越多，半径越小，因此离子半径：，选项B不正确；
C．元素非金属性越强电负性越大，故电负性：，选项C正确；
D．同周期从左向右非金属性增强，则元素的非金属性，选项D正确；
答案选B。
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X的一种单质是天然存在的最坚硬矿物质，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W基态原子的价电子排布为3d64s2。下列说法正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．元素的第一电离能：Z＞Y＞X
C．X、Y最简单气态氢化物分子的键角：X＞Y
D．W2＋价电子轨道表示式：
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X的一种单质是天然存在的最坚硬矿物质，则X是C元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z核外电子排布是2、6，故Z是O元素，Y的原子序数介于6、8之间，所以Y是N元素；W基态原子的价电子排布为3d64s2，则W是26号Fe元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知X是C，Y是N，Z是O，W是Fe元素。
A．X是C，Y是N，Z是O，它们是同一周期元素。同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径大小关系为：X＞Y＞Z，A错误；
B．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但当元素处于第IIA、第VA的全充满、半充满的温度状态时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以元素的第一电离能：Y＞Z＞X，B错误；
C．X是C，Y是N，它们形成的简单气态氢化物分别是CH4、NH3，CH4是正四面体结构，键角是109°28′，NH3是三角锥形，键角是107°18′，故键角：X＞Y，C正确；
D．Fe2+是Fe原子失去最外层的2个电子形成的，其价电子轨道表示式为： ，D错误；
故合理选项是C。
6．下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．(aq)(g)漂白粉(s)
B．(aq)(s)(s)
C．(aq)(aq)(aq)
D．(s)(aq)(s)
【答案】C
【详解】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；
B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；
C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；
D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。
综上所述，答案为C。
7．都是重要的金属元素。下列说法正确的是
A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C．目前工业上冶炼时均采用热还原法
D．制备晶体均不能采用将溶液直接蒸干的方法
【答案】D
【详解】A．氧化铝为两性氧化物，FeO、Fe2O3、CuO均为碱性氧化物，故A错误；
B．Cu在空气中最终生成铜绿，Al、Fe可被氧化为氧化物，且铁锈的成分为 Fe2O3⋅nH2O ，故B错误；
C．工业上冶炼Al采用电解法，冶炼Fe、Cu采用热还原法，故C错误；
D．蒸发时促进水解，生成的盐酸易挥发，则制备 AlCl3、 FeCl3、CuCl2 均不能采用将溶液直接蒸干的方法，应在HCl气流中蒸发，故D正确；
故选D。
8．“细菌冶金”是近代湿法治金的一种新工艺。例如氧化亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿氧化，其原理为FeS2+O2+H2O→Fe2(SO4)3+H2SO4(未配平)。下列说法错误的是
A．FeS2中硫元素化合价为-1价
B．氧气在反应中做氧化剂，被还原
C．每1mlFeS2被氧化，转移电子14ml
D．“细菌冶金”工艺符合绿色环保理念
【答案】C
【详解】A．FeS2中Fe的化合价为+2价，化合物的化合价的代数和为零，则硫元素化合价为-1价，A说法正确；
B．氧气在反应中化合价降低，做氧化剂，被还原，B说法正确；
C．每1mlFeS2被氧化，Fe的化合价由+2变为+3价，S的化合价由-1价变为+6价，转移电子15ml，C说法错误；
D．“细菌冶金”工艺不产生有毒有害的气体，符合绿色环保理念，D说法正确；
答案为C。
9．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．常温下，的溶液：
B．的溶液中：
C．含有的溶液中：
D．常温下，在的溶液中：
【答案】A
【详解】A．常温下，，则溶液呈碱性，在碱性溶液中，都能稳定存在，A符合题意；
B．1ml/L的溶液中，与Al3+会发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀，B不符合题意；
C．与会反应生成，C不符合题意；
D．常温下，在的溶液中，水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-13ml/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若溶液为碱溶液，Fe2+不能大量存在，若溶液为酸溶液，则会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
10．“类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”是相对的，不能违背客观事实。下列“类比”合理的是
A．与浓共热可制，则与浓共热也可制
B．实验室可利用与足量氨水反应来制备，则也可利用与足量氨水反应生成
C．与反应生成，则与反应生成
D．通入溶液中无沉淀，则通入溶液中也无沉淀
【答案】C
【详解】A．NaCl与浓H2SO4共热可制HCl，浓硫酸氧化性很强，能够将NaI氧化为I2，不能用该方法制取HI，A错误；
B．CuCl2溶液中加入过量氨水生成配合物，无沉淀生成，则类推不合理，B错误；
C．Na2O与CO2反应生成Na2CO3，O、S为同主族元素，则Na2S能与CS2反应生成，C正确；
D．通入溶液中有BaSO4沉淀生成，D错误；
故选C。
11．下列叙述正确的是
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了漂白性
B．向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量溶液，沉淀消失
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入固体，铜粉仍不溶解
D．将足量通入氨的饱和溶液中可析出固体
【答案】B
【详解】A．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，故A错误；
B．氢氧化铝是两性氢氧化物，不溶于弱碱氨水，但溶于强酸，硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出的氢离子能与氢氧化铝反应，使氢氧化铝溶解，所以向氯化铝溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，再加入过量硫酸氢钠溶液，氢氧化铝沉淀会溶解消失，故B正确；
C．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，但在酸性条件下能与硝酸根离子反应，所以在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入硝酸铜固体，铜粉会与氢离子、硝酸根离子反应而溶解，故C错误；
D．碳酸氢钠溶于水，二氧化碳与通入足量氨气的氯化钠饱和溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，若通入的氨气不足量，不会有碳酸氢钠沉淀生成，所以将足量二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中不一定能析出碳酸氢钠固体，故D错误；
故选B。
12．用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水、铁粉和葡萄糖溶液可按照如图方法从某含有Cu2+、Ag+的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
下列说法错误的是
A．试剂1是NaCl溶液，其发生反应的离子方程式为Ag++Cl- =AgCl↓
B．试剂2是Fe粉，物质2→Cu的离子反应为Fe+Cu2+ =Fe2+ +Cu
C．试剂3发生反应的离子方程式为AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
D．分离1、2、3的操作都是过滤；[Ag(NH3)2]+溶液与试剂4反应需加热
【答案】B
【分析】在含有Cu2+、Ag+的混合溶液，加入试剂1，得到物质1和物质3，向物质1中加入过量Fe粉，经一系列反应产生Cu单质，则物质1中含有Cu2+，加入的试剂1将原混合物中的Ag+转化为沉淀，该试剂中含有Cl-，为NaCl溶液，物质3是AgCl。向含有Cu2+的溶液中加入过量Fe粉，发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤分离得到物质2中含Cu及过量的Fe，再向物质2中加入稀盐酸，Fe与HCl发生置换反应变为FeCl2进入溶液，Cu仍然是固体，通过过滤、洗涤可分离得到Cu单质，则试剂2是盐酸。物质3是AgCl，向其中加入氨水得到银氨溶液，试剂3为氨水，向银氨溶液中加入葡萄糖溶液，水浴加热，发生银镜反应，得到Ag单质。
【详解】根据上述分析可知：试剂1为NaCl溶液，试剂2是HCl，试剂3是氨水，试剂4是葡萄糖溶液，物质1是CuCl2，物质2是Fe、Cu混合物，物质3是AgCl。
A．试剂1是NaCl溶液，Cl-与Ag+反应产生AgCl沉淀，该反应的离子方程式为：Ag++Cl- =AgCl↓，A正确；
B．试剂2是盐酸，物质2是Fe、Cu混合物，物质2→Cu的离子反应为Fe+2H+ =Fe2+ +H2↑，B错误；
C．试剂3是氨水，与AgCl发生反应产生银氨溶液，反应的离子方程式为AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，C正确；
D．分离1、2、3都是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，操作名称都是过滤；试剂4是葡萄糖溶液，葡萄糖分子中含有醛基，与[Ag(NH3)2]+溶液水浴加热发生银镜反应产生Ag单质，D正确；
故合理选项是B。
13．下列实验中的仪器、药品选择正确且能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．灼烧海带应使用坩埚，A错误；
B．Na2O2是粉末状固体，且易溶于水，无法搁置在有孔塑料板上，不能随时控制反应的发生和停止，B错误；
C．比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，应该把NaHCO3放在小试管内，把Na2CO3放在大试管内，若观察到与小试管连接的澄清石灰水变浑浊，就证明稳定性Na2CO3 >NaHCO3，C错误；
D．HCl极易溶于水，根据同离子效应可以抑制氯气和水反应，因而采用饱和食盐水可以除去氯气中的HCl，D正确；
故选D。
14．化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是
A．将溶液滴入酸性溶液：
B．向溶液中滴加少量溶液：
C．向溶液滴入过量溶液：
D．向明矾溶液中加入溶液至生成沉淀的物质的量最多：
【答案】C
【详解】A．为弱酸，在离子方程式中保留化学式，A错误；
B．向溶液中滴加少量溶液离子方程式为，B错误；
C．滴入过量溶液，和分别转化为和，离子方程式为，C正确；
D．沉淀的物质的量最多时，恰好沉淀完全，和按2：3反应，则该反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
15．硝酸厂的尾气中含有大量的氮氧化物，将尾气与混合，通入与的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示，下列说法正确的是
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：
B．时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．该转化过程的实质为被还原
D．处理过程中，混合溶液中和总数减少
【答案】C
【分析】由图可知，氢气、氮氧化物为总反应的反应物，氮气和水为生成物，Ce4+是反应的催化剂、Ce3+是中间产物。
【详解】A．由图可知，过程Ⅰ为氢气与Ce4+发生氧化还原反应生成氢离子和Ce3+，反应的离子方程式为H2+2Ce4+=2H++2Ce3+，故A错误；
B．时，过程Ⅱ发生的反应为一氧化氮酸性条件下与Ce3+发生氧化还原反应生成Ce4+、氮气和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂一氧化氮与还原剂Ce3+的物质的量之比为
1：2，故B错误；
C．由分析可知，氢气、氮氧化物为总反应的反应物，氮气和水为生成物，该转化过程的实质为氮氧化物被氢气还原，故C正确；
D．由分析可知，Ce4+是反应的催化剂、Ce3+是中间产物，所以处理过程中，混合溶液中Ce4+和Ce3+总数不变，故D错误；
故选C。
16．由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
【答案】C
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
【详解】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
17．某研究小组为了探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验，并记录实验现象。
则以下判断不正确的是A．实验①：发生的反应为Ag++ClO-+H2O=AgCl↓+2OH-B．实验②：无色气体为O2
C．实验③：还原性强弱顺序Fe2+＞Cl-D．实验④：ClO-与Al3+的水解相互促进
【答案】A
【详解】A、根据水解原理可知NaClO溶液与饱和Ag2SO4溶液反应：2Ag++2ClO-+H2O＝Ag2O↓+2HClO，A错误；
B、醋酸酸性大于次氯酸，所以NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成氧气，B正确；
C、ClO-具有氧化性，Fe2+具有还原性，被氧化为Fe3+，遇KSCN溶液，溶液变红，所以还原性Fe2+＞Cl-，C正确；
D、NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，D正确；
答案选A。
二、多选题
18．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是
A．同周期元素中Z的第一电离能最大
B．X的最简单氢化物为极性分子
C．四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小
D．W和原子序数为82的元素位于同一主族
【答案】BC
【分析】由两种化合物的结构知，W形成3对共用电子对，Y形成5对共用电子对，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则W为N元素、Y为P元素；X、Z都形成1对共用电子对，X和Z同主族，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，则X为F元素、Z为Cl元素。
【详解】A．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第三周期元素中Ar的第一电离能最大，不是Cl，A项错误；
B．X的最简单氢化物为HF，HF是极性分子，B项正确；
C．同周期的主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：P＞Cl、N＞F，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径P＞N、Cl＞F，则四种元素中，P原子半径最大，F原子半径最小，C项正确；
D．W位于第二周期第VA族，原子序数为82的元素位于第六周期第IVA族，D项错误；
答案选BC。
三、单选题
19．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．玻璃属于硅酸盐产品，玻璃棒中含钠元素，应选铁丝或铂丝蘸取待测液灼烧，A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氧气，氧气可使带火星木条复燃，则带火星木条放在试管口，木条复燃，B正确；
C．C和SiO2在高温下反应生成Si和CO，反应过程中碳失电子，此反应不能说明非金属性C>Si，C错误；
D．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，此时溶液中氢离子和硝酸根离子共存具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红，D错误；
故选B。
20．氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室制备CrN 反应原理为 CrCl3 +NH3CrN+3HCl，装置如图所示
下列说法错误的是
A．装置①还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体
B．装置②、④中分别盛装NaOH溶液、KOH固体
C．装置③中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气
D．装置⑤ 中产生的尾气冷却后用水吸收得到纯盐酸
【答案】D
【详解】A. 装置①可以用双氧水（MnO2作催化剂）制取氧气，用浓盐酸与高锰酸钾制取氯气，用盐酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，故A正确；
B. 装置②中的NaOH溶液可以吸收装置中的二氧化碳气体，④中的KOH固体可以吸收水分，故B正确；
C. 装置③中的亚硫酸钠可以除去装置中的氧气，所以也可盛装维生素c，故C正确；
D. 装置⑤中产生的尾气有反应生成的HCl，还有未完全反应的NH3，所以冷却后用水吸收得到的不是纯盐酸，故D错误；
故选D。
四、元素或物质推断题
21．前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其相关性质如表所示：
请根据以上情况，回答下列问题：
(1)B元素在周期表中的位置_________。
(2)E元素元素基态原子核外有_________种空间运动状态不同的电子，其价电子轨道排布式为_________。
(3)F元素基态原子的价电子排布式_________。高温条件下比稳定的原因_________(涉及物质写元素符号)。
(4)写出一个化学方程式证明元素B和D的非金属性强弱_________。(涉及物质写元素符号)
(5)A、B、C、D四种元素第一电离能由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。
【答案】(1)第二周期VIA族
(2) 15种
(3) 3d104s1 Cu+价电子排布式为3d10，Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+ 的3d轨道全充满更稳定
(4)2H2S＋O2=2S↓＋2H2O
(5)N>O>S>Na
【分析】前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A的2p能级电子半充满，其电子排布为1s22s22p3，A为N；B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，B的电子排布为1s22s22p4，B为O；C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有一个未成对电子，其电子排布为1s22s22p63s1，C为Na；在前四周期元素中E元素基态原子未成对电子数最多，电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，E为Cr；D的基态原子价电子排布为msnmpn+2，n=2，D为第ⅥA族元素，结合原子序数可知D为S元素，F基态F+各能级电子全充满，F的基态电子排布为，为Cu。
【详解】（1）B为O，在周期表中的位置为第二周期VIA族；
（2）根据以上分析可知，E为Cr元素，其基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，占有15个原子轨道，即有15种空间运动状态；价电子轨道排布式为；
（3）F为Cu元素，基态原子的价电子排布式为3d104s1；Cu+价电子排布式为3d10，3d轨道全充满较为稳定，Cu2+的价电子排布式为3d9，3d轨道并未排满，因此高温条件下Cu+比Cu2+更稳定；
（4）氧气能与H2S反应生成硫单质和水，说明氧气的氧化性强于硫，从而证明氧的非金属性强于S，化学方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O。
（5）A、B、C、D分别为N、O、Na、S，同周期从左往右第一电离能呈增大的趋势，同主族从上到下，第一电离能呈减小的趋势，N元素2p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能从大到小的顺序为N>O>S>Na。
五、填空题
22．Ⅰ.和都是大气污染物。
(1)利用氨水可以将和吸收，原理如下图所示：
被吸收的离子方程式是_________。
(2)(储存还原)工作原理：的储存和还原在不同时段交替进行，如下图所示。
①通过和的相互转化实现的储存和还原。储存的物质是_________，生成的化学方程式是_________。
②用模拟尾气中还原性气体研究了的催化还原过程，该过程分两步进行，下图表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的与的物质的量之比是_________。
Ⅱ.化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成。为了研究其组成，设计如下实验：
气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：
(3)M的化学式_________，气体甲的电子式_________。
(4)高温条件下，丁与甲反应生成两种单质和水，该反应的化学方程式为_________。
【答案】(1)2NO2+4=N2+4+4H+
(2) BaO 2BaO+4NO+3O2=2Ba(NO3)2 8∶1
(3) Fe4N
(4)Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O
【详解】（1）根据图示可知NO2被吸收后生成N2，即发生了还原反应，则被氧化为，反应的离子方程式为2NO2+4=N2+4+4H+；
（2）①由图可知，BaO和反应生成，储存的物质是BaO；
和生成的化学方程式是：；
②第一步反应中氢气被氧化成水，H元素化合价由0价升高到+1价，中N元素化合价由+5价降低到-3价，生成NH3，反应的方程式为：，则根据方程式第一步消耗的与的物质的量之比是8:1；
（3）化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成，10.71g和足量稀硫酸反应得到反应液，反应液中加入足量氢氧化钠溶液过滤得到白色沉淀乙和气体甲，气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝,判断甲为氨气，乙在空气中变化为红褐色沉淀，说明乙为氢氧化亚铁，丙为氢氧化铁,灼烧得到固体丁为氧化铁14.40g，证明化合物M中含氮元素和铁元素，结合元素守恒计算物质的量得到M的化学式，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.18ml，化合物M中含N元素物质的量n(N)==0.045ml,n(Fe):n(N)=0.18:0.045=4:1，即化学式为Fe4N；
M的化学式为Fe4N，气体甲为NH3，其电子式为；
（4）高温条件下，丁(Fe2O3)与甲(NH3)反应生成两种单质和水，根据元素守恒可知两种单质为铁和氮气，故反应的化学方程式为Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O。
六、工业流程题
23．是锂离子电池的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是，含少量、和)为原料制备的流程如图所示(部分条件和产物省略)。
已知几种金属氢氧化物沉淀的如表所示：
请回答下列问题：
(1)提高“酸浸”速率可采取的措施：_________(至少写两条)。
(2)“除杂1”时，加入的作用是_________(用离子方程式表示)。
(3)“固体1”中除了含有外，还只含有另外一种固体，其化学式为_________，则“除杂1”过程调节范围为_________。
(4)在高温下“合成”，反应的化学方程式为_________。
(5)“浸渣”中含少量锰元素，其测定方法如下：
第1步：称取“浸渣”，加酸将锰元素以形式全部溶出，过滤，将滤液加入容量瓶中，定容；
第2步：取上述定容后的溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热，充分反应后，煮沸溶液；
第3步：用溶液滴定至终点，消耗滴定液，使重新变为。
已知：具有强氧化性，受热易分解。
①“浸渣”中锰元素的质量分数为_________(用含m、b的代数式表示)。
②如果省略第2步“煮沸溶液”，测得结果将_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)粉碎含锰矿料##适当加热##搅拌
(2)
(3) 3.7≤pH