湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）

这是一份湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 人体胃酸的主要成分是盐酸， 化学与社会、生活密切相关等内容，欢迎下载使用。

化学
考试范围：必修部分；考试时间：75分钟，满分100分。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1. 下列说法错误的是
A. 长期饮用纯净水可能引起微量元素缺乏症
B. 合理使用食品添加剂可以保持或增强食品的营养
C. 食品还原性漂白剂，是以二氧化硫为基础的一系列衍生物
D. 锌能促进生长发育，应大剂量补锌
【答案】D
【解析】
【详解】人体需要一些必须的微量元素，而长期饮用纯净水可能引起微量元素缺乏症，A正确；食品添加剂的合理使用，能够保持或增强食品的营养，B正确；二氧化硫具有漂白性，硫元素为+4价，具有还原性，因此食品还原性漂白剂，是以二氧化硫为基础的一系列衍生物，C正确；锌能促进生长发育，人体内不能缺锌，但是不能大剂量补锌，以防引起负面影响，造成疾病，D错误；正确选项D。
2. 化学工业为新冠疫情防控提供了强有力的物质支撑。科学家利用原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、W和Z“组合”成一种高效、贮运稳定的消毒漂白剂Q，Q的分子结构如图所示，已知Z原子的L层电子数比W原子的L层电子数多2，下列说法错误的是
A. 简单离子半径：WB. Y和Z的最高价氧化物对应水化物均为强酸
C. 简单气态氢化物的稳定性：X>Z
D. Q分子中所有原子最外层都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、W、Z为短周期元素且原子序数依次增大，由Z原子的L层电子数比W原子的L层电子数多2个，Z原子L层有8个电子，W原子L层有6个电子，再依据分子结构成键特点，X形成4条共价键、W形成2条共价键、Y形成3条共价键，Z形成1条共价键，可知X为C、Y为N，W为O、Z为Cl，以此来解析；
【详解】A．O2-与N3-，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单离子半径WB．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物HNO3和H2SO4为强酸，B正确；
C．X、Z对应的简单气态氢化物分别为CH4、HCl，由于非金属性Cl>C，简单气态氢化物的稳定性Z>X，C错误；
D．根据Q结构简式，X形成4个共价键，X为C，C原子最外层4个电子且共用4对，满足8电子稳定结构；Y形成3共价键，X为N，N原子最外层5电子且共用3对，满足8电子稳定结构；W成2个共价键，W为O原子最外层6电子且共用2，满足8电子稳定结构；Z形成1共价键，Z为Cl，Z原子最外层7电子且共用1对，满足8电子稳定结构，Q分子中所有原子最外层都满足8电子稳定结构，D正确；
故选C。
3. 人体胃酸的主要成分是盐酸。胃酸可助消化食物，但胃酸过多会损伤胃黏膜，使人感觉不适。抗酸药(又称抑酸剂)可以中和胃里过多的胃酸。下列物质不属于抗酸药的是
A. 阿司匹林(主要成分：)B. 胃舒平[主要成分：Al(OH)3]
C. 碳酸氢钠片(主要成分：NaHCO3)D. 胃得乐(主要成分：MgCO3)
【答案】A
【解析】
【分析】人体胃酸的主要成分是盐酸，胃酸可助消化食物，但胃酸过多会损伤胃黏膜，使人感觉不适，抗酸药(又称抑酸剂)可以减少胃部过多的胃酸，且不引入有害离子如重金属离子，据此分析解答。
【详解】A．阿司匹林的主要成分含有羧基，不能与盐酸反应，因此不能用作抗酸药，A符合题意；
B．氢氧化铝能够与盐酸反应生成氯化铝和水，消耗氢离子，所以可以用于治疗胃酸过多，B不符合题意；
C．碳酸氢钠能够与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，消耗氢离子，所以可以用于治疗胃酸过多，C不符合题意；
D．碳酸镁能够与盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，消耗氢离子，所以可以用于治疗胃酸过多，D不符合题意；
故答案选A。
【点睛】本题考查抗酸药的选择，明确明确常见治疗胃酸药品的类型及特点为解答关键。
4. 可逆反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，达到平衡后，有关化学反应限度的说法正确的是
A. V正=0B. V逆=0C. V正= V逆≠0D. V正= V逆=0
【答案】C
【解析】
【详解】可逆反应达到平衡状态时即达到了该反应在一定条件下的最大限度，此时正逆反应速率相等，但不为0，答案选C。
5. 化学与生活密切相关，学好化学有助于提高生活质量。下列说法不正确的是
A. 腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理
B. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景与胶体的性质有关
C. 病人在服用胃舒平(主要成分为氢氧化铝)期间可以多吃酸性食物
D. 铁粉常用作食品包装袋中的抗氧化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理，故A正确；
B．夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景是气溶胶造成的，故B正确；
C．食用酸性食物能与氢氧化铝反应，会降低胃舒平的药效，故C错误；
D．铁粉能与食品袋中的氧气发生氧化还原，常用作食品包装袋中的抗氧化剂，故D正确；
故答案为C。
6. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，A错误；
B.氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高，所以氧化铝可用作耐火材料，B正确；
C.氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，C正确；
D. “84”消毒液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，因此可用于环境消毒，D正确；
故合理选项是A。
7. 一定温度下，某不饱和H2SO3溶液中存在如下反应：SO2+ H2OH2SO3，下列关于该反应的说法错误的是
A. 该反应是可逆反应B. 微热可使反应速率加快
C. 继续通入SO2可加快反应速率D. 加入大量水可使SO2完全转化为H2SO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．此反应用可逆符号，属于可逆反应，故A说法正确；
B．升高温度，反应速率加快，故B说法正确；
C．通入SO2，增加反应物浓度，反应速率加快，故C说法正确；
D．可逆反应不能完全进行到底，故D说法错误。
答案选D。
8. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是
A. 能溶于水，可用于工业制盐酸
B. 有强氧化性，可用于水体杀菌消毒
C. HClO不稳定，可用于棉、麻漂白
D. 溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板上的铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；
B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B项正确；
C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C项错误；
D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D项错误；
答案选B。
9. 化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法正确的是
A. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
B. 燃煤脱硫可有效地减少空气污染，且有利于实现“碳达峰、碳中和”
C. “天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料
D. 以和为原料人工合成淀粉的过程中发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．光缆的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；
B．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和” ，故B错误；
C．硼陶瓷复合材料属于性能优良的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；
D．以二氧化碳和氢气为原料人工合成淀粉的过程中有元素发生化合价变化，所以该过程中一定发生氧化还原反应，故D正确；
故选D。
10. 现有一澄清透明的溶液，可能含有大量的Fe3+、Fe2+、Al3+、H+、AlO、CO、NO七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入1ml•L-1NaOH溶液一定体积后才产生沉淀，则下列判断正确的是
A. 溶液中可能含有Fe2+B. 溶液中一定含有NO
C. 溶液中可能含有COD. 溶液中一定不含Al3+
【答案】B
【解析】
【分析】向该溶液中逐滴加入1ml•L-1氢氧化钠溶液一定体积后才产生沉淀说明溶液中一定含有氢离子，溶液中氢离子与偏铝酸根离子和碳酸根离子反应，不能大量共存，则溶液中一定不含有偏铝酸根离子和碳酸根离子；由电荷守恒可知，溶液中一定含有硝酸根离子，酸性条件下具有强氧化性的硝酸根离子会与亚铁离子反应，则溶液中一定不含有亚铁离子，加入氢氧化钠溶液能生成沉淀，说明溶液中至少含有铁离子和铝离子中的一种。
【详解】A．由分析可知，溶液中一定不含有亚铁离子，故A错误；
B．由分析可知，溶液中一定含有硝酸根离子，故B正确；
C．由分析可知，溶液中一定不含有碳酸根离子，故C错误；
D．由分析可知，溶液中至少含有铁离子和铝离子中的一种，故D错误；
故选B。
11. 某同学采用废铁屑(主要成分为Fe2O3、Fe，还含少量碳单质)制取碳酸亚铁(FeCO3)，设计了如下流程：
根据以上流程图，下列说法不正确的是
A. 工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去
B. 将反应1加入的稀硫酸改为浓硫酸，加以加快溶解的速率
C. 反应2的离子方程式：Fe2++ 2=FeCO3↓+ CO2↑+H2O
D. 为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量
【答案】B
【解析】
【分析】“溶解”阶段，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe和Fe2(SO4)3反应FeSO4，Fe和H2SO4反应生成FeSO4和氢气，Fe元素以Fe2+存在于溶液中。操作Ⅰ为过滤，除去未反应的C，滤液1中加NaHCO3，HCO3-和Fe2+反应产生FeCO3沉淀，通过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到FeCO3，据此解答。
【详解】A．碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性环境下水解，温度升高，水解程度增大，故工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去，A正确；
B．Fe遇浓硫酸会钝化，阻碍其生成离子进入溶液中，B错误；
C．结合电荷守恒可得反应2的离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑，C正确；
D．Fe2+易被空气中的氧气氧化，故为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量，D正确；
故答案为B。
12. 有四种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，由这四种元素组成的化合物如图所示，下列说法正确的是
A. 原子半径大小：
B. Z和Y只能形成含有离子键的化合物
C. 三种元素能形成一种使高锰酸钾褪色的二元酸
D. Y和W形成的化合物沸点高于X和W形成的化合物的沸点
【答案】C
【解析】
【分析】根据图中短周期主族元素，及原子序数增大及图中Z失去1个电子属于阳离子判断，Z为钠元素，X形成四个共价键判断是碳元素，Y形成两个共价键判断是氧元素，W的原子序数最小，形成1个共价键判断是H元素；
【详解】A． 分别是四种元素。A选项，原子半径大小为，故A不正确；
B．Z和Y可以形成含有非极性键的，故B不正确；
C．可形成，可与高锰酸钾发生反应，而使其褪色，故C正确；
D．X和W形成的化合物属于烃，碳原子数越多，烃的沸点越高，故有的烃的沸点比水高，故D不正确；
故选答案C。
【点睛】根据结构中元素原子形成的化学键判断，利用价键理论可以判断元素类别及所在主族。
13. 我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》 ：“绿矾(FeSO4•7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，…… 锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是
A. “将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO4•4H2O
B. 该方法所造“强水”为硝酸
C. “惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加入 NaCl溶液后氧化性增强
D. “强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱
【答案】C
【解析】
【详解】A. 假设有即其质量为，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的即，换算成水的物质的量为，所以脱水后产物为FeSO4•4H2O，A正确；
B. 根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；
C. Au的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误；
D. “强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；
故答案选C。
14. 由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐，下列说法不正确的是
A. CaOCl2有较强的氧化性
B. CaOCl2水溶液呈碱性
C. 由氯气为原料，每生成1 ml CaOCl2，转移的电子数为2NA
D. CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2，具有强的氧化性，所以混盐CaOCl2有较强的氧化性，故A正确；
B．Ca(ClO)2显碱性，因为次氯酸根离子水解，CaCl2显中性，所以CaOCl2水溶液呈碱性，故B正确；
C．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2，Cl的化合价分别是+1价、-1价，由氯气为原料，每生成1 ml CaOCl2，转移的电子数为NA，故C错误；
D．混盐CaOCl2中的CaCl2和Ca(ClO)2在酸性条件下反应生成氯气，氯气会黄绿色气体，故D正确；
故答案为C。
二、填空题
15. 全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
【答案】 ①. 2，5，3，2，1，1 ②. ③. IO+5I-+6H+→3I2+3H2O ④. 5：1 ⑤. 5s25p5 ⑥. 分子间作用力（范德华力） ⑦. bd ⑧. 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【解析】
【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下： ，故答案为：2，5，3，2，1，1； ；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3ml I2，其中第一步提供5ml IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
16. 碘化亚铜(Cu2I2)是一种不溶于水也不溶于酸的白色固体，用途很广泛。完成下列填空：
(1)碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。写出该反应的化学方程式：____________________________________________________________。
(2)往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去。写出KI、Cu2I2、H2SO3的还原性由强到弱的顺序是______________。
(3)碘化亚铜能用于检测空气中的汞蒸气，其反应为2Cu2I2＋Hg===Cu2HgI4(玫瑰红)＋ 2Cu，产物Cu2HgI4中Cu元素显________价。当有1 ml Cu2I2参与反应时，转移电子________ ml。
【答案】 ①. 4KI＋2CuSO4===I2＋Cu2I2↓＋2K2SO4 ②. H2SO3>KI>Cu2I2 ③. ＋1 ④. 1
【解析】
【详解】（1）反应中化合价变化如下：KI中I元素由-1价升高1生成单质碘I2，失去2e－，CuSO4中Cu元素由+2价降低为+1价，得到e－，根据得失电子数目相等，二者最小公倍数数为2，硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，再由质量守恒定律得化学方程式为4KI+2CuSO4=I2+Cu2I2↓+2K2SO4。（2）由（1）还原剂是KI溶液，还原产物为Cu2I2，还原性：KI＞Cu2I2；往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去，则H2SO3还原碘单质生成碘离子，故还原性：H2SO3＞KI＞Cu2I2；（3）在化合物中正负化合价代数和为零：在Cu2HgI4中，设铜元素的化合价为x，则x×2+（+2）+（-1）×4=0，x=+1；反应2Cu2I2+Hg=Cu2HgI4（玫瑰红）+2Cu中，每摩Cu2I2中只有1mlCu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，Cu2I2为氧化剂，另1mlCu仍为+1价；Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，所以当有1mlCu2I2参与反应时，只有1mlCu元素的化合价发生变化，转移1ml电子。或从方程式2Cu2I2+Hg=Cu2HgI4（玫瑰红）+2Cu，每2mlCu2I2参与反应时，转移2ml电子，现1 ml Cu2I2参与反应时，转移电子1 ml。
三、解答题
17. 无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为___________。
（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_____（只要求写出一种）。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_____。
③步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_________________________。
④结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是_________。
【答案】 ①. Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ ②. 防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率 ③. Fe或铁 ④. NaCl、NaClO、Na2CO3 ⑤. 除去FeCl3，提高AlCl3纯度
【解析】
【分析】（1）胶体具有吸附性，氯化铝能净水是因为：氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，据此书写水解方程式；
（2）用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝。
【详解】（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故答案为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；
（2）①步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁，故答案为Fe或铁；
③④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO和Na2CO3，故答案为NaCl、NaClO、Na2CO3；
④步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180℃升华，在300℃，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，故答案为除去FeCl3，提高AlCl3纯度。
【点睛】用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制、热化方程式的书写、物质反应条件与产物的确定等。
18. 甲酸被认为是理想的氢能载体，我国科技工作者运用DFT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注｡
回答下列问题：
(1)该历程中决速步骤的能垒(活化能)E正=__________eV，该步骤的反应方程式为__________｡
(2)甲酸分解制氢气的热化学方程式为__________｡
(3)在温度为383K､压强为p0时，将一定量的HCOOH气体充入一个盛有催化剂的刚性容器中，达到平衡时，H2的分压为0.55p0，则该反应α(HCOOH)=______________，该温度下的压强平衡常数Kp=__________ (计算结果保留2位有效数字)｡
(4)HCOOH的分解存在副反应HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)｡
已知H2的选择性=能够增大H2选择性的可能方法是____｡
(5)甲酸作为直接燃料电池的燃料具有能量密度高的优点｡若电解质溶液显酸性，甲酸直接燃料电池的负极反应式为__________，该电池的理论输出电压为1.48V，能量密度E=________kW·h/kg(能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×106J)｡
【答案】 ①. 0.98 ②. HCOOH*=HCOO*+H* ③. HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-0.15NAeV/ml ④. 55% ⑤. 0.67p0 ⑥. 选择合适催化剂 ⑦. HCOOH-2e-=CO2↑+2H+ ⑧. 1.72
【解析】
【详解】(1)反应所需能垒（活化能）越大，反应速率越慢，而决定该历程反应速率的是反应速率最慢的一步，即决速步骤是能垒最高的一步，该历程中三步的能垒分别为[0.77-(-0.21)]eV=0.98eV、(0.89-0.11)eV=0.78eV、[0.46-(-0.08)]eV=0.54ev，所以该历程中决速步骤的能垒(活化能)E正=0.98eV，该步骤的反应方程式为HCOOH*=HCOO*+H*，故答案为：0.98；HCOOH*=HCOO*+H*；
(2)结合反应历程可知，1mlHCOOH(g)分解得到1mlCO2(g)和1mlH2(g)释放0.15eV能量，所以甲酸分解制氢气的热化学方程式为HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-0.15NAeV/ml，故答案为：HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-0.15NAeV/ml；
(3)因为是刚性容器，所以可将分压代入三段式解答，平衡时，H2的分压为0.55p0，所以： ，所以，α(HCOOH)==55%，Kp=≈0.67p0，故答案为：55%；0.67p0；
(4)可选择合适催化剂增大氢气的选择性，故答案为：选择合适的催化剂；
(5)甲酸作燃料，失电子，发生的电极反应为：HCOOH-2e-=CO2↑+2H+，1mlHCOOH反应转移2ml电子，则1000gHCOOH转移×2ml电子，所以电池输出电能=1.48V××2ml×96500C/ml，则能量密度E=J/kg=kW·h/kg≈1.72kW·h/kg，故答案为：HCOOH-2e-=CO2↑+2H+；1.72。选项
现象或事实
解释
A
用铝制容器盛装浓硫酸
常温下，铝与浓硫酸不反应
B
氧化铝可用作耐火材料
氧化铝熔点高
C
液氨可用作制冷剂
氨汽化时要吸收大量的热
D
“84”消毒液可用于环境消毒
主要成分是NaClO，具有强氧化性
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023