2023-2024学年山东省泰安市宁阳四中高二（上）期末化学模拟试卷
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）下列关于化学反应速率的说法中，表述正确的是（ ）
A．加入催化剂加快了反应速率，改变了反应吸收或放出的热量
B．对于某可逆反应，反应进行的净速率是正、逆反应速率之差
C．正反应速率越大，反应物的转化率越大
D．压强越大，活化分子百分数越大
2．（2分）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2LC2H5OH中含﹣OH，数目为0.5NA
B．1L0.2mol/LNaHCO3溶液中，H+的数目为0.2NA
C．常温常压下，31g白磷（P4）中含P﹣P键的数目为1.5NA
D．1mol浓硝酸与足量铜反应转移电子的数目为0.5NA
3．（2分）某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的是（ ）
A．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了泡利原理
B．原子中所有的电子占有3个能级，9个轨道
C．该元素的最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物
D．基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形
4．（2分）元素B、Al、Ga位于周期表中ⅢA族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（B）＞r（Al）＞r（Ga）
B．第一电离能：I1（B）＜I1（Al）＜I1（Ga）
C．BN、AlCl3、Ga2S3均为共价晶体
D．可在周期表中元素Al附近寻找既能和酸又能和碱反应的金属
5．（2分）下列装置或操作一定能达到实验目的的是（ ）
选项 A B C D
实验装置
实验目的 验证Na2O2与水反应生成O2 验证非金属性强弱：Cl＞C＞Si 验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用 用Cu和浓硝酸制取并收集NO2
A．A B．B C．C D．D
6．（2分）W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W原子最外层电子数是次外层的3倍，X﹣与Y的简单离子具有相同的电子层结构，Y的原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法不正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞W＞X＞Y
B．简单氢化物的沸点：W＞X＞Z
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞Z
D．Y和Z组成的化合物中一定不含有非极性共价键
7．（2分）下列有关说法中正确的是（ ）
A．HCO3﹣水解：HCO3﹣+H2O CO32﹣+H3O+
B．中和滴定时眼睛必须注意锥形瓶内溶液颜色的变化
C．电解水生成H2和O2的实验中，可加入少量盐酸或硫酸增强导电性
D．用等浓度（0.5 mol L﹣1）等体积（50 mL）的NaOH溶液与盐酸混合测定中和热
8．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）在一定条件下能自发进行，则该反应的△H＞0
B．向Na2CO3溶液中加入少量CaCl2固体，溶液的pH增大
C．常温下，向0.1mol L﹣1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
D．常温下pH＝5的NH4Cl中，由水电离出的c（H+）＝10﹣9mol L﹣1
9．（2分）如下实验对Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3平衡的影响，说法正确的是（ ）
A．若向试管a中加2mL水，由Q＞K，判断平衡逆向移动
B．向试管b中加少量铁粉，因c（Fe2+）增大，故平衡向正向移动
C．向试管b中加少量铁粉，因c（Fe3+）减小，故平衡常数K增大
D．向试管c中滴浓度较大的KSCN溶液，平衡常数K增大
10．（2分）下列化合物中碳原子的电负性最大的是（ ）
A．乙烷 B．乙炔 C．乙烯 D．甲烷
二．选择题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．（4分）2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）是工业制备硫酸的重要反应，恒温恒容条件下c（SO3）随时间的变化如图中曲线Ⅰ所示。下列说法正确的是（ ）
A．t1～t2min，v（SO3）正mol L﹣1 min﹣1
B．曲线Ⅱ对应的条件改变可能是增大了压强
C．工业上采用高温高压的反应条件以提高SO2的转化率
D．相同条件下，t3时再充入与起始投料等量的反应物，达到平衡后，SO2转化率增大
（多选）12．（4分）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉（CdS）是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．图中p和q分别为T1、T2温度下CdS在水中达到沉淀溶解平衡
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）＝Ksp（n）＜Ksp（p）＜Ksp（q）
C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，p点的饱和溶液的组成由p沿pq线向q方向移动
13．（4分）已知：
①298K时K（HF）＝3.5×10﹣4，Ksp（CaF2）＝1.8×10﹣7．
②HF（aq）═H+（aq）+F﹣（aq）△H＜0
根据以上已知信息判断下列说法正确的是（ ）
A．298 K时，加蒸馏水稀释HF溶液，保持不变
B．308 K时，HF的电离常数Ka＞3.5×10﹣4
C．298 K时，向饱和CaF2溶液中加入少量CaCl2，Ksp（CaF2）会减小
D．2HF（aq）+Ca2+（aq） CaF2（s）+2H+（aq） K≈0.68
14．（4分）Fe﹣Cu原电池的示意图如图，电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A．Fe电极为正极
B．Cu电极上发生还原反应
C．H+移向Fe电极
D．外电路中电子的流动方向：Cu→导线→Fe
（多选）15．（4分）常温下，用0.1000mol L﹣1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol L﹣1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图，下列说法不正确的是（ ）
A．点③溶液显碱性的原因是 CH3COO﹣+H2O═CH3COOH+OH﹣
B．点②时溶液中c（Na+）大于c（CH3COO﹣）
C．点①溶液中 c（CH3COOH）+c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）
D．在逐滴加入NaOH溶液至40mL的过程中，水的电离程度先增大后减小
三．解答题（共6小题，满分60分）
16．（12分）A、B、C、D四种元素处于同一周期，在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，D与B相邻．
（1）C原子的价电子排布式为 ；
（2）A、B、C三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是（写元素符号） ；
（3）B的单质分子中存在 个π键；
（4）D和B形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型化合物，该化合物属于晶体，其硬度比金刚石 （填“大”或“小”）；
（5）A的气态氢化物的沸点在同族中最高的原因是 ．
17．（12分）高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣（主要成分为MnO2、KOH和Fe2O3）可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如图：
已知：①硫铁矿的主要成分为FeS2（杂质不参与反应）；
②Mn2+为肉色．
回答下列问题：
（1）过滤时用到的主要玻璃仪器有 ．
（2）为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有 （写两种即可）．
（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为 ，“滤渣B”的主要成分为过量的FeS2和 （填化学式）．
（4）“反应Ⅲ”中氧化剂和还原剂物质的量之比为 ．
（5）检验“滤液1”中是否含有Fe3+的方法是 ．
（6）取mgMnSO4固体样品，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3（难溶于水）将其完全氧化为，过滤，洗涤液并入滤液后，加入agNa2C2O4固体，充分反应后，用cmol L﹣1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4溶液，用去VmL．
①达到滴定终点的现象是 ．
②样品中MnSO4的质量分数为 （用含m、a、c、V的代数式表示）．
18．（14分）（1）NH4Cl溶液呈 （填“酸”、“中”、“碱”）性，其原因是（用离子方程式表示） 。
（2）在25℃下，向浓度均为0.1mol L﹣1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀（填化学式）。{已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10﹣11，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20}
（3）在25℃下，将amol L﹣1的氨水与0.01mol L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），则溶液显 性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3 H2O的电离常数Kb＝ 。
19．氯离子插层镁铝水滑石[Mg2Al（OH）6Cl xH2O]是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，冷却玻璃管B能降低气体的温度，但不能液化水蒸气．现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）．
（1）Mg2Al（OH）6Cl xH2O热分解的化学方程式为 ．
（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为 （按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是 ．装置连接后，首先要进行的操作是 ．
（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，加热过程中持续通入N2的作用是 ，停止加热后的冷却过程中仍要持续通入N2的作用是 ．
（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x＝ ．若取消冷却玻璃管B后进行实验，测定的x值将 （填“偏高”或“偏低”）．
20．（10分）我国力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。将二氧化碳资源化尤为重要。
（1）CO2可与H2制甲醇：在催化剂作用下，发生以下反应：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ/mol
Ⅱ．CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol
①则CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH＝ 。若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是 。
A．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等
B．CO和H2的物质的量之比为定值
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．容器内气体密度保持不变
E．CO的体积分数保持不变
②将CO2与H2充入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ。CO2的转化率和CO、CH3OH的产率随反应温度的变化如图所示。由图判断合成CH3OH最适宜的温度是 。反应过程中CH3OH产率随温度升高先增大后减小，降低的主要原因是 。
（2）CO2可与NH3制尿素：2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g）ΔH＝﹣87kJ/mol。研究发现，合成尿素的反应分两步进行。
第1步：2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）ΔH1＝﹣159.47kJ mol﹣1
第2步：NH2COONH4（s） CO（NH2）2（s）+H2O（g）△ΔH＝+72.47kJ mol﹣1
①一定条件下，向刚性容器中充入3molNH3和4molCO2，平衡时CO2的体积分数为60%，则平衡时NH3的转化率α（NH3）＝ （保留一位小数），此条件下，第2步反应的Kp＝akPa，则反应2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g）的平衡常数Kp＝ （kPa）﹣2。
②若要加快反应速率并提高NH3平衡转化率，可采取的措施有 （任写一条）。
21．（12分）镁是海水中含量较多的金属，镁合金及其镁的化合物用途非常广泛．
（1）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置如图1所示，该电池的正极反应式为 ．
（2）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：
Mg（s）+H2（g）＝MgH2（s）△H1＝﹣74.5kJ mol﹣1
Mg2Ni（s）+2H2（g）＝Mg2NiH4（s）△H2＝﹣64.4kJ mol﹣1
Mg2Ni（s）+2MgH2（s）＝2Mg（s）+Mg2NiH4（s）的△H3＝ ．
（3）一种用水氯镁石（主要成分为MgCl2 6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如图2：
（1）①为探究MgCl2 6H2O“一段脱水”的合理温度范围，某科研小组将MgCl2 6H2O在不同温度下分解，测得残留固体物质的X﹣射线衍射谱图如下图所示（X﹣射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在）．
测得E中Mg元素质量分数为60.0%，则E的化学式为 ．
②若电解时电解槽中有水分，则生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO的化学方程式为 ．
（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110﹣200℃的反应为：Mg（AlH4）2＝MgH2+2A1+3H2↑，每生成27gAl转移电子的物质的量为 ．
2023-2024学年山东省泰安市宁阳四中高二（上）期末化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．【解答】解：A、催化剂对反应焓变无影响，故A错误；
B．可逆反应正逆反应同时进行，净速率是正、逆反应速率之差，故B正确；
C、放热反应升温时，正反应速率增大，平衡逆向移动，反应物转化率减小，故C错误；
D、增大压强，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故D错误；
故选：B。
2．【解答】解：A．标况下，乙醇是液体，无法使用标准摩尔体积计算乙醇的物质的量，则无法计算﹣OH的数目，故A错误；
B．NaHCO3在水溶液中完全电离生成，电离程度很微弱，无法计算出n（H+），则无法计算氢离子的个数，故B错误；
C．每个P4分子中含有6个P﹣P键，n（P4）0.25mol，含有P﹣P键的数目为1.5NA，故C正确；
D．浓硝酸和Cu反应生成NO2，稀硝酸和Cu反应生成NO，反应过程中浓硝酸转化为稀硝酸后，生成的气体是NO；1 mol浓硝酸与铜反应生成NO2时转移0.5 mol电子，1 mol稀硝酸与铜反应生成NO时转移0.75 mol电子，则1 mol浓硝酸与足量铜发生上述两个反应，转移电子数在0.5NA～0.75NA之间，故D错误；
故选：C。
3．【解答】解：A．若将P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了洪特规则，正确书写为1s22s22p63s23px13py13pz1，故A错误；
B．原子中所有的电子占有1s、2s、2p、3s、3p 5个能级，9共个轨道，故B错误；
C．该元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，属于中强酸，不是两性氢氧化物，故C错误；
D．基态原子中能量最高的电子位于3p轨道，p轨道电子云的形状为哑铃形，故D正确；
故选：D。
4．【解答】解：A．B、Al、Ga电子层数依次增多，原子半径依次增大，原子半径：r（B）＜r（Al）＜r（Ga），故A错误；
B．第一电离能是失去电子的能力，第一电离能为：I1（B）＞I1（Al）＞I1（Ga），故B错误；
C．BN、Ga2S3均为共价晶体，AlCl3为分子晶体，故C错误；
D．金属和非金属分界线附近的金属、非金属单质既能和酸又能和碱反应，可在周期表中元素Al附近寻找既能和酸又能和碱反应的金属，故D正确；
故选：D。
5．【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氧气，且氧气具有助燃性，带火星的木条复燃可证明，故A正确；
B．盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应，不能比较非金属性的强弱，故B错误；
C．烧杯中温度高，且加氯化铁作催化剂，两个变量，不能探究FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故C错误；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，不能排水法收集二氧化氮，故D错误；
故选：A。
6．【解答】解：A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子结构的离子，核电荷数越大半径越小，简单离子半径：Cl﹣＞O2﹣＞F﹣＞Mg2+，即Z＞W＞X＞Y，故A正确；
B．H2O及HF均存在氢键沸点较高，而水分子间氢键较多，沸点最高，则简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞HCl，即W＞X＞Z，故B正确；
C．F没有正价，故F没有含氧酸，故C错误；
D．Y和Z组成的化合物MgCl2中一定不含有非极性共价键，只含离子键，故D正确；
故选：C。
7．【解答】解：A、HCO3﹣水解得到碳酸和氢氧根离子，离子方程式为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，故A错误；
B、在滴定过程中，眼睛必须注意锥形瓶内溶液颜色的变化，以判断终点的到达，故B正确；
C、加入硫酸，仍然为阳极OH﹣放电，阴极H+放电，但加入HCl时，阳极氯离子放电生成氯气，故C错误；
D、为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量，所以不可以选择等浓度（0.5 mol L﹣1）等体积（50 mL）的NaOH溶液，故D错误；
故选：B。
8．【解答】解：A．该反应的△S＜0，CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）在一定条件下能自发进行，则△H﹣T△S＜0分析，说明该反应的△H＜0，故A错误；
B．少量CaCl2固体，使碳酸根离子减小，CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，水解平衡逆向移动，c（OH﹣）减小，则溶液的pH减小，故B错误；
C．CH3COO﹣水解方程式：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，加水，水解平衡正向移动，则增大，故C正确；
D．铵根离子促进水的电离，其水溶液中氢离子全部来自水的电离，常温下pH＝5的NH4Cl中，由水电离出的c（H+）＝10﹣5mol L﹣1，故D错误；
故选：C。
9．【解答】解：A．若向试管a中加2mL水，反应物离子浓度减小程度更大，故Q＞K，判断平衡逆向移动，故A正确；
B．Fe与Fe3+反应生成Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，故B错误；
C．温度不变，K不变，故C错误；
D．温度不变，K不变，故D错误；
故选：A。
10．【解答】解：因s轨道电负性大于p轨道，故s成分较多的杂化轨道电负性大，sp、sp2、sp3的杂化轨道s成分分别占、、，碳原子在不同的杂化轨道中电负性关系：sp＞sp2＞sp3，乙烷、乙炔、乙烯和甲烷中碳原子的杂化轨道的类型分别为sp3、sp、sp2、sp3，碳原子的电负性最大的是乙炔，
故选：B。
二．选择题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．【解答】解：A.由图可知，t1～t2min，v（SO3）mol L﹣1 min﹣1，但无法计算v（SO3）正，故A错误；
B.反应的始终态相同，曲线Ⅱ先达到平衡，则改变的条件为使用催化剂，故B错误；
C.2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）为放热反应，升高温度平衡逆向移动，可知高温不能提高SO2的转化率，高压能提高SO2的转化率，故C错误；
D.t3时再充入与起始投料等量的反应物，体积不变，可看成原平衡增大压强，平衡正向移动，SO2转化率增大，故D正确；
故选：D。
12．【解答】解：A．图中p和q分别为T1、T2温度下CdS的饱和溶液，存在沉淀溶解平衡，故A正确；
B．温度升高Ksp增大，则图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）＝Ksp（n）＝Ksp（p）＜Ksp（q），故B错误；
C．Ksp＝c（Cd2+） c（S2﹣），加入少量Na2S固体时c（S2﹣）增大，则溶液中c（Cd2+）减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故C正确；
D．由图可知，CdS的溶解度随温度升高而增大，降低温度时溶解平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，即温度降低时q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D错误；
故选：BD。
13．【解答】解：A．因，298 K时，加蒸馏水稀释HF溶液，氢离子浓度减小，则增大，故A错误；
B.298K时K（HF）＝3.5×10﹣4，升高温度，平衡逆向移动，则Ka＜3.5×10﹣4，故B错误；
C．温度不变，则溶度积不变，故C错误；
D．已知①HF（aq） H+（aq）+F﹣（aq），②CaF2（s） Ca2+（aq）+2F﹣（aq），将①×2﹣②可得2HF（aq）+Ca2+（aq） CaF2（s）+2H+（aq），则K0.68，故D正确。
故选：D。
14．【解答】解：A．由分析可知，Fe电极为负极，故A错误；
B．由分析可知，Cu为正极，发生还原反应；故B正确；
C．由分析可知，H+移向Cu电极，故C错误；
D．由分析可知，外电路中电子的流动方向：Fe→导线→Cu，故D错误；
故选：B。
15．【解答】解：A．点③溶液中醋酸与NaOH恰好反应生成CH3COONa，醋酸钠在溶液中水解显碱性，即CH3COO﹣+H2O═CH3COOH+OH﹣，故A正确；
B．点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故B错误；
C．点①溶液中，加入10mL氢氧化钠溶液，此时溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒电荷守恒为c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）＝c（Na+）+c（H+），c（CH3COOH）＜c（Na+）＜c（CH3COO﹣），所以溶液中c（CH3COOH）+c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故C错误；
D．溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至40mL的过程中，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，NaOH过量时，氢氧根离子抑制水的电离，所以水的电离程度减小，故D正确；
故选：BC。
三．解答题（共6小题，满分60分）
16．【解答】解：A、B、C、D四种元素处于同一周期，在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，考虑氢键，有关的元素有O、N、F，可以确定在第二周期；
B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，可以确定B是N元素，因为F、O无含氧酸；
若A是O元素，则找不到C，所以A是F元素，则C是O元素．D与B相邻，所以D是C元素；
故A是氟元素，B是氮元素，C是氧元素，D是碳元素．
（1）C是氧元素，核外有8个电子，价电子排布式为2s22p4，故答案为：2s22p4；
（2）同一周期内主族元素的第一电离能从左到右在总体增大的趋势中有些曲折．当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大．由于N元素的2p能级3个轨道处于半满，所以第一电离能较O元素的高，所以 A、B、C三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是A＞B＞C，即F＞N＞O，
故答案为：F＞N＞O；
（3）B是氮元素，其单质为氮气，分子中存在三键，为1个δ键，2个π键，故答案为：2；
（4）B是氮元素，D是碳元素，D和B形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型化合物，该化合物属于原子晶体，碳氮键比碳碳键的键长小、键能大，所以比金刚石的硬度大、沸点高，
故答案为：大；
（5）A是氟元素，其氢化物为氟化氢，由于氟元素电负性很强，HF分子之间可以形成氢键从而使熔沸点升高，
故答案为：HF分子之间可以形成氢键从而使熔沸点升高．
17．【解答】解：（1）过滤时用到的主要玻璃仪器有盛放溶液的烧杯、起引流作用的玻璃棒、用于过滤的漏斗，
故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（2）适当增大酸的浓度、增大反应物的接触面积、搅拌、适当升高温度等方法都能加快化学反应速率，所以为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度，
故答案为：搅拌、适当升高温度；
（3）“反应Ⅱ”为MnO2、FeS2和稀硫的反应，生成MnSO4、FeSO4、S和水，离子方程式为MnO2+FeS2+4H+＝Mn2++2S+Fe2++2H2O；“滤渣B”的主要成分为过量的FeS2和难溶性的S，
故答案为：MnO2+FeS2+4H+＝Mn2++2S+Fe2++2H2O；S；
（4）“反应Ⅲ”的离子方程式为2Fe2++4H++MnO2＝2Fe3++Mn2++2H2O，该反应中MnO2是氧化剂、Fe2+是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（5）KSCN和Fe3+反应而使溶液呈血红色，其检验方法为：取少许滤液于试管中，向试管中滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有铁离子，
故答案为：取少许滤液于试管中，向试管中滴入几滴KSCN溶液，若滤液出现红色，则含有铁离子；
（6）①达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色，且30s内颜色不恢复原色，
故答案为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色，且30s内颜色不恢复原色；
②加入的n（Na2C2O4）mol，由方程式25C216H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，标准KMnO4溶液消耗的n（Na2C2O4）n（KMnO4）cmol/L×10﹣3VL＝2.5×10﹣3cVmol，则MnSO4被氧化生成的KMnO4消耗的n（Na2C2O4）＝（2.5×10﹣3cV）mol，则MnSO4被氧化生成的n（KMnO4）n（Na2C2O4）（2.5×10﹣3cV）mol，根据Mn原子守恒得n（MnSO4）＝n（KMnO4）（2.5×10﹣3cV）mol，硫酸锰的质量分数100%100%，
故答案为：100%。
18．【解答】解：（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为，
故答案为：酸；NH4++H2O NH3 H2O+H+；
（2）溶度积常数表达式相同时，溶度积常数小的先生成沉淀，根据溶度积常数知，Cu（OH）2先生成沉淀，
故答案为：Cu（OH）2；
（3）溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），混合溶液体积是盐酸体积的2倍，所以溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣）＝0.005mol/L，所以c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，溶液呈中性，溶液中c（NH3 H2O）＝（0.5a﹣0.005）mol/L，该温度下NH3 H2O的电离常数Kb，
故答案为：中；。
19．【解答】解：（1）根据题给信息：高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，可写出其化学方程式：2[Mg2Al（OH）6Cl xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑，
故答案为：2[Mg2Al（OH）6Cl xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑；
（2）装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，故其连接顺序是a→e→d→b；连接好装置后首先应该检查装置的气密性，
故答案为：a→e→d→b；吸收HCl气体；检查装置的气密性；
（3）因为加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸，
故答案为：将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收；防止产生倒吸；
（4）2[Mg2Al（OH）6Cl xH2O] 4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑
73 18×（5+2x）
3.65g 9.90g
解得x＝3，
若没有冷却玻璃管，由于气温偏高，装置D不能将水蒸气完全吸收而导致结果偏低，
故答案为：3；偏低．
20．【解答】解：（1）①已知：Ⅰ.CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ/mol，Ⅱ.CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol，由盖斯定律可知，Ⅰ﹣Ⅱ得反应：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＝（﹣49kJ/mol）﹣（+41kJ/mol）＝﹣90kJ/mol，
A．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等，则正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，故A错误；
B．投料比不是反应中的系数比，若CO和H2的物质的量之比为定值，说明平衡不再移动，达到平衡，故B正确；
C．反应为气体分子数改变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变，说明平衡不再移动，达到平衡，故C正确；
D．由于气体的总质量不变，容器体积不变，因此反应是否平衡，容器内气体密度保持不变，故D错误；
E．CO的体积分数保持不变，则平衡不再移动，达到平衡，故E正确，
故答案为：﹣90kJ/mol；BCE；
②由图可知，合成CH3OH最适宜的温度是250℃左右，此时甲醇产率较高、二氧化碳转化率较高且副产物一氧化碳产率较低，生成的甲醇的反应为放热反应、生成一氧化碳的反应为吸热反应，随着温度升高，生成甲醇速率加快，甲醇产率升高，超过一定温度生成一氧化碳的反应占主导地位导致甲醇产率下降，故反应过程中CH3OH产率随温度升高先增大后减小，
故答案为：250℃左右；生成的甲醇的反应为放热反应，生成一氧化碳的反应为吸热反应，随着温度升高，生成甲醇速率加快，甲醇产率升高，超过一定温度生成一氧化碳的反应占主导地位导致甲醇产率下降；
（2）①设CO2消耗xmol，
2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（S）+H2O（g）
起始量（mol） 3 4 0
转化量（mol） 2x x x
平衡量（mol） （3﹣2x） （4﹣x） x
气体总物质的量＝（7﹣2x）mol，CO2的体积分数等于CO2的物质的量分数，即，所以x＝1，66.7%，平衡时，n（NH3）＝1mol，n（CO2）＝3mol，n（H2O）＝1mol，n（总）＝5mol，反应2的Kp＝P（H2O），∴，P总＝5akPa，P（NH3）akPa，═3akPa，总反应Kp（kPa）
故答案为：66.7%；；
②若要提高NH3平衡转化率，可增大CO2浓度、加压等，采取的措施有：增大CO2浓度、增大压强等，
故答案为：增大CO2浓度、增大压强等。
21．【解答】解：（1）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中微粒变化分析可知，ClO﹣在正极放电，生成Cl﹣，结合碱性的环境，可写出正极反应式：ClO﹣+2e﹣+H2O＝Cl﹣+2OH﹣，
故答案为：ClO﹣+2e﹣+H2O＝Cl﹣+2OH﹣；
（2）①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1＝﹣74.5kJ mol﹣1
②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2＝﹣64.4kJ mol﹣1
Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3
由盖斯定律②﹣2×①得到Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3＝﹣64.4KJ/mol﹣2×（﹣74.5KJ/mol）＝+84.6KJ/mol，则△H3＝+84.6KJ/mol，
故答案为：+84.64kJ mol﹣1；
（3）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，MgO中镁元素质量分数100%＝60%，判断E为氧化镁；故答案为：MgO；
②生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，反应的化学方程式为：2MgOHCl+Mg＝2MgO+MgCl2+H2↑，
故答案为：2MgOHCl+Mg＝2MgO+MgCl2+H2↑；
（4）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃﹣200℃的反应为：Mg（AlH4）2＝MgH2+2Al+3H2↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol，
故答案为：3mol．
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