四川省乐山市十校2018_2019学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）.docx

四川省乐山市十校2018-2019学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H -1 Li-7 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5第一部分(选择题 共42分)一选择题(每题2分，共42分，每题均只有一个正确选项)1.不属于主族元素之间置换反应的是( )A. 2Al+Fe2O3 Al2O3+2FeB. 2Na+2H2O=2NaOH+H2C. 2KI+Br2=2KBr+I2D. 2Mg+CO2=2MgO+C【答案】A【解析】【详解】A. 2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe该反应为置换反应，但Fe为VIII族元素，故A符合题意；B. 2Na+2H2O=2NaOH+H2该反应是置换反应，Na与H都是IA族元素，故B不符合题意；C. 2KI+Br2=2KBr+I2该反应为置换反应，Br和I都是VIIA族元素，故C不符合题意；D. 2Mg+CO2=2MgO+C该反应为置换反应，Mg和C都主族元素，故D不符合题意，故选A。【点睛】本题易错点在于没有审清题意，题意要求选出不是主族元素的置换反应，容易被忽略。2.关于元素周期表，下列叙述中正确的是( )A. 周期表中第15列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO4B. 所有主族元素的简单离子所带电荷数与其族序数相等C. 第族有三个纵行，是元素种类最多的族D. O22与S2具有相同的质子数和电子数【答案】D【解析】【详解】A周期表中第15列为A族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，故A错误；B阴离子所带电荷数不一定等于其族序数，如：S2-、Cl-，故B错误；CIIIB族中包含镧系和锕系，是元素最多的族，故C错误；DO22-与S2-质子数均为16，核外电子数均为18，故D正确，故选D。3.下列有关卤素的说法错误的是( )A. 新制氯水显浅黄绿色，但放置一段时间之后颜色会褪去B. 由HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律C. 淀粉碘化钾在空气中变蓝，发生了4I+O2+2H2O=2I2+4OHD. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强【答案】B【解析】【详解】A. 新制氯水中含有氯气，所以显浅黄绿色，但放置一段时间之后，因为次氯酸分解破坏了氯气与水反应的平衡状态，氯气完全反应后，颜色会褪去，故A正确；B.比较元素非金属性可以根据最高价氧化物的水化物的酸性比较，但不能依据其氢化物的酸性，故B错误；C. 淀粉碘化钾在空气中变蓝，是因为碘离子被氧气氧化，发生了4I+O2+2H2O=2I2+4OH，故C正确；D. F、Cl、Br、I的非金属性减弱，故HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱；微粒半径增大，失电子能力增强，故还原性依次增强，故D正确，故选B。4. 将煤块粉碎、经脱硫处理、在适当过量的空气中燃烧, 这样处理的目的是：使煤充分燃烧, 提高煤的利用率 减少SO2的产生,避免造成“酸雨”减少有毒的CO产生, 避免污染空气 减少CO2的产生,避免“温室效应”A. B. C. D. 【答案】A【解析】煤块粉碎是为了增大和空气的接触面积，一方面可以提高煤炭的充分燃烧，另一方面也会提高反应速率。脱硫处理是为了减少SO2的排放，避免造成酸雨。空气过多，会带走部分热量，造成能量的浪费，所以正确的答案是A。5.一定能使化学反应速率加快的因素( )扩大容器容积 使用正催化剂 增大反应物的物质的量 升高温度 缩小容器容积 增大压强A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】扩大容器容积，反应物浓度不会增大，则不能加快反应速率；使用正催化剂一定会加快反应速率；增大反应物的物质的量，反应物的浓度不一定增大，所以不一定加快反应速率；升高温度，反应速率一定会加快；缩小容器容积，不一定会影响反应物的浓度，故不一定会加快反应速率；没有气体参加，增大压强不会加快反应速率，故选D。【点睛】掌握影响反应速率的因素，其中压强对速率的影响归根结底是因为浓度的变化，依此分析解答。6.下列关于元素金属性、非金属性强弱判断不正确的是( )A. 高温下2C+SiO22CO+Si，说明非金属性：CSiB. 碱性：KOHMg(OH)2，说明金属性：KMgC. 氟气与氢气在暗处相遇就会爆炸，氯气与氢气混合在光照或点燃时发生爆炸，说明非金属性：FClD. 氧化性：Cu2+Na+，说明金属性：NaCu【答案】A【解析】【详解】A.这个反应比较特殊，这个反应能够进行，是因为高温下生成了气态的一氧化碳，一氧化碳是非常的稳定，又能脱离反应体系，才能使反应平衡右移，与非金属性无关，故A错误；B.同浓度下碱性：KOHMg（OH）2，碱性越强对应元素的金属性越强，所以金属性KMg，故B正确；C.元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其单质与氢气化合越容易，所以氟气与氢气在暗处相遇就会爆炸，氯气与氢气混合在光照或点燃时发生爆炸，说明非金属性FCl，故C正确；D.金属离子的氧化性越强，则金属单质的还原性越弱，因为氧化性：Cu2+Na+，则金属性NaCu，故D正确，故选A。7.海洋中的单细胞浮游生物能收集阳光并将其转变为食物，在此过程中它们可以从大气中摄取二氧化碳并释放出氧气。下列说法不正确的是A. 该过程中没有涉及到化学变化B. 该过程主要是太阳能转化成化学能C. 如果能揭示其中的奥秘，就能够找到解决温室效应的新方法D. 弄清此变化过程，将有助于人类更好地利用太阳能，缓解能源危机【答案】A【解析】吸收二氧化碳并释放出氧气，有新物质生成，属于化学反应，故A错误；海洋中的单细胞浮游生物能收集阳光并将其转变为食物，所以该过程主要是太阳能转化成化学能，故B正确；此过程可以从大气中摄取二氧化碳并释放出氧气，所以如果能揭示其中的奥秘，就能够找到解决温室效应的新方法，故C正确；该过程主要是太阳能转化成化学能，所以有助于人类更好地利用太阳能，缓解能源危机，故D正确。8.R、W、X、Y、Z为同一短周期中原子序数依次递增的元素，下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)()A. 若R(OH)n为强碱，则W(OH)n+1也为强碱B. 若HnXOm为强酸，则Y是活泼非金属元素C. 若Y的最低化合价为-2，则Z的最高正化合价为+6D. 若X的最高正化合价为+5，则五种元素都是非金属元素【答案】B【解析】【分析】同周期元素的原子，从左到右，元素的金属性从强到弱，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越弱，最高正价从+1升到+7价，最高正价等于最外层电子数。【详解】A、同周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性越来越弱，若R（OH）n为强碱，W(OH)(n+1)不一定为强碱，选项A错误；B、同周期元素原子，从左到右，元素的非金属性越来越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越来越强，若HnXOm为强酸，则Y是活泼的非金属元素，选项B正确；C、若Y的最低化合价为-2，所以最外层电子数为6，则Z的最外层电子数为7，最高正化合价为+7，而氟元素无正化合价，选项C错误；D、如果R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的第三周期元素，若X的最高正化合价为+5，即为P，则R为金属铝，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了学生元素周期表中同一周期元素性质的递变规律，可以根据所学知识进行回答，难度不大。易错点为选项B，Z的最外层电子数为7，最高正化合价为+7，而氟元素无正化合价。9.下列有关化学用语表示正确是( )A. 氮气的电子式：B. 重水的化学式：D2OC. 16O2-和18O2-的结构示意图：D. N2H4的结构式：【答案】B【解析】【详解】A. 氮气的电子式：，故A错误；B. 重水中的氢原子用D表示，所以重水的化学式可表示为D2O，故B正确；C. 16O2-和18O2-的结构示意图均可表示为，故C错误；D. N2H4的结构式：，故D错误，故选B。10.下列说法正确的是( )A. 金刚石是碳元素的一种核素B. 126C、146C互为同素异形体C. H2、D2、T2在相同条件下的密度比为1：2：3D. 氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为“长征2号”火箭发射的重要燃料，其化学性质不同【答案】C【解析】【详解】A.金刚石是碳元素组成的一种单质，核素是一种原子，故A错误；B. 126C、146C互为同位素，故B错误；C. 在相同条件下，H2、D2、T2的密度之比等于其摩尔质量之比，所以在相同条件下，H2、D2、T2的密度比为1：2：3，故C正确；D. 化学性质主要由该元素的原子最外层电子数决定，同位素的化学性质几乎完全相同，所以氕化锂、氘化锂、氚化锂的化学性质相同，故D错误，故选C。【点睛】掌握同素异形体、同位素、核素等基本概念是解决此题的关键。11.CaH2属于离子化合物，是一种生氢剂，其与水反应的化学方程式为CaH2+2H2O = Ca(OH)2+2H2，下列有关CaH2的说法正确的是A. 其中阴、阳离子个数比为2:1B. 其中既含离子键又含非极性键C. 其中氢元素的化合价为+1价D. 与水反应时，CaH2中的氢元素既被氧化也被还原【答案】A【解析】A. CaH2属于离子化合物，其中阴、阳离子个数比为2:1，A正确；B. CaH2属于离子化合物，其中只有离子键，不存在非极性键，B错误；C. Ca是+2价，其中氢元素的化合价为1价，C错误；D. 与水反应时CaH2中氢元素化合价从1价升高到0价，被氧化，水中氢元素被还原，D错误，答案选A。点睛：选项D是判断的易错点，判断的依据是氧化还原反应中转化规律的理解和应用，氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。12.某种碱性氢氧燃料电池的正极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH。下列有关该电池的叙述正确的是( )A. 工作时，电解质溶液中的OH-向正极移动B. 工作一段时间后，电解液中c(OH)减小C. 负极上发生的反应为H2 -2e = 2H+D. 若电池在工作过程中有0.4mol电子转移，则正极消耗2.24LO2【答案】B【解析】【详解】A. 工作时，正极反应生成OH-，而负极反应消耗OH-，所以电解质溶液中的OH-向负极移动，故A错误；B. 工作过程中，不断生成水，所以电解液中c(OH)减小，故B正确；C. 负极氢气失电子结合OH-生成水，负极上发生的反应为H2 -2e+2OH- = 2H2O，故C错误；D. 没有说明此时的外界条件，所以消耗的气体的体积无法计算，故D错误，故选B。【点睛】此题易错点在D项，在涉及气体的体积时，一定要注意是否为标准状况。13.短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法一定正确的是( )A. 最高正化合价：ZXB. X、Y、Z的单质中，Z的熔点最高C. 若X为非金属元素，则离子半径：XnYmZmD. 若X为金属元素，则X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物中，Y的碱性最强【答案】C【解析】短周期主族元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，则Z为第二周期元素，X、Y为第三周期元素；AZ可能为O或F，则Z没有最高正价，故A错误；BZ、Y若均在A，单质的相对分子质量大的熔点高，且X可能为Si，则可能X的熔点最高，故B错误；C若X为非金属元素，X、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数大的离子半径小，则离子半径：Xn-Ym-Zm-，故C正确；D由位置可知，X可能是Al，也可能是Si，若X是Al，则Y是Si，其最高价氧化物水化物显弱酸性，故D错误；故选C。14.下列叙述中，正确的是( )A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同B. H2O比H2S分子稳定，是因为H2O分子间能形成氢键C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物D. 两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素【答案】D【解析】【详解】A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，化学性质可能相似，但不一定相同，因为核电荷可能不同，得失电子的能力可能不同，比如钠离子和氖原子，故A错误；B共价化合物的稳定性是由键能大小决定的，而氢键不是化学键，是分子间的作用力，氢键可以影响物质熔、沸点、溶解性等物理性质，故B错误；C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，所以C错误；D. 原子中核外电子数等于核电荷数，如果核外电子排布相同，则核电荷数相同，则一定属于同种元素，故D正确，故选D。15.已知：4HCl(g)+O2(g) 2C12(g)+2H2O(g) H =123 kJmol-1。其中相关的化学键键能数据如下：化学键HClO=OClClHOE/ kJmol-1431497a465其中a值为（ ）A. 242B. 303.5C. 180.5D. 365【答案】A【解析】由4HCl（g）+O2（g）12C12（g）+2H2O（g）H=-123kJmol-1，焓变等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和可知，4431+397-12a-22465=-123，解得a=242，故选A。点睛：本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变与键能的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意判断物质中的化学键数目，焓变等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和。16.下列各组反应(表示物质均为反应物)中，反应刚开始时，放出氢气速率最大的是( )编号金属(块状)酸的浓度及体积反应温度()A0.2mol Mg10 mL2.5 molL1硫酸60B0.2mol Mg40 mL3 molL1盐酸60C0.2mol Fe50 mL5 molL1盐酸60D0.2mol Mg20 mL2.5 molL1硫酸50A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】反应的速率和反应物的浓度及反应物的性质有关，而和反应物的多少无关，镁比铁活泼，2.5 molL1硫酸比3 molL1盐酸溶液中氢离子浓度大，且温度越大反应越快，故选A。17.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，015s内c(HI)由0.lmol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是( )A. 容器中，反应平衡时的压强大于起始时的压强B. c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于10sC. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢D. 015s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.002mol/(Ls)【答案】B【解析】【详解】A.反应前后，气体体积不变，所以容器中，反应平衡时的压强保持不变，故A错误；B.随着反应的进行，c(HI)不断减小，正反应速率不断减小，所以c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于10s，故B正确；C.升高温度正反应速率和逆反应速率都加快，故C错误；D. 015s内，v(HI)=，则v(I2)=1/2v(HI)=0.001mol/(Ls)，故D错误，故选B。【点睛】同一个反应中，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，这是在计算反应速率时常用的规律。18.可逆反应2A(g)2B(g)+C(g)在恒压的密闭容器中反应，下列选项中不能说明反应已达到平衡状态的是( )A. 容器内气体密度不再改变的状态B. v(A):v(B):v(C)=2:2:1C. c(A):c(B):c(C)的值保持不变D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态【答案】B【解析】【详解】A. 反应遵循质量守恒定律，因为反应前后体积发生变化，恒压时密度不再改变，说明容器中各反应物和生成物的量不变，能说明反应达到平衡状态；B. 速率之比始终等于化学计量数之比，所以v(A):v(B):v(C)=2:2:1不能说明反应达到平衡状态；C. 反应前后体积发生改变，c(A):c(B):c(C)的值保持不变，说明容器中反应物和生成物的百分含量不变，能说明反应达到平衡状态；D.平均相对分子质量数值上等于质量比上总物质的量，平均相对分子质量不变说明总物质的量不变，能说明反应达到平衡状态，故选B。【点睛】在判断反应是否达到平衡，本质上可以从正反应速率是否等于逆反应速率分析，或从反应物或生产物浓度是否发生改变判断。19.化合物A放入密闭容器中加热，在一定条件下存在如下两个平衡：A(s) 2B(g)+ C(g) ；2C(g) D(g)+ 3E(g)经测定，平衡时，c(C)=0.01mol/L,c(E)=0.015mol/L，则B的浓度为( )A. 0.04mol/LB. 0.025mol/LC. 0.03mol/LD. 0.02mol/L【答案】A【解析】【详解】由反应2C(g) D(g)+ 3E(g)得，反应掉的c(C)=2/3c(E)=2/30.015mol/L=0.01mol/L，则反应1生成的c(C)=0.01mol/L+0.01mol/L=0.02mol/L；根据A(s) 2B(g)+ C(g)得，c(B)=2c(C)=20.02mol/L=0.04mol/L，故选A。20.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图;研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如下图，下列说法正确的是( )A. 脱硝的总反应为：4NH3(g)4NO(g)O2(g)4N2(g)6H2O(g)B. NH3催化还原NO为吸热反应C. 过程1中NH3断裂非极性键D. 过程中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂【答案】A【解析】【详解】A.根据题干信息及图示知脱硝的产物为氮气和水，则总反应为：4NH3(g)4NO(g)O2(g)4N2(g)6H2O(g)，故A正确；B. 如图所示，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以NH3催化还原NO为放热反应，故B错误；C. 氨气中的N-H键为极性键，所以过程1中NH3断裂的是极性键，故C错误；D. 从图示信息可知，反应过程中NO和O2作氧化剂，NH3是还原剂，Fe3+作催化剂，Fe2+只是中间产物，故D错误，故选A。21.一定温度下，10mL 0.40 molL-1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min024681012V(O2)/mL09.917.222.426.529.9a下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计) （ ）A. 12min时，a=33.3B. 反应到6min时，c(H2O2)=0.30 molL-1C. 反应到6min时，H2O2分解了60%D. 06min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2 molL-1min-1【答案】D【解析】A随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐降低，则无法计算12min时生成的氧气体积，A错误；B反应至6min时生成氧气是0.001mol，消耗双氧水是0.002mol，剩余H2O2为0.01L0.4mol/L-0.002mol=0.002mol，则c（H2O2）=0.002mol0.01L=0.2mol/L，B错误；C反应至6min时，分解的过氧化氢为0.002mol，开始的H2O2为0.01L0.4mol/L=0.004mol，H2O2分解了0.002mol/0.004mol100%=50%，C错误；D.06min，生成O2为0.0224L22.4L/mol=0.001mol，由2H2O22H2O+O2可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度是0.2mol/L，因此v（H2O2）=0.2mol/L6min=0.033mol/（Lmin），D正确；答案选D。点睛：本题考查化学平衡的计算，把握表格中数据的应用、速率及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用氧气的变化量计算过氧化氢的量。第二部分(非选择题 共58分)二填空题(本大题有4个小题，共58分)22.(1)在碱金属元素中，锂的金属性最弱，其原因是_。锂在氧气中燃烧所得产物的化学键类型是_。(2)在周期表中，锂的性质与镁相似，预测锂在氮气中燃烧的化学方程式：_。碳酸锂、硫酸锂的溶解性依次为_、_(填“易溶”“微溶”或“难溶”)。(3)锂在自然界中存在的主要形式为锂辉石(LiAlSi2O6)、锂云母Li2F2Al2(SiO3)3等。锂辉石(LiAlSi2O6)中化合价最高的元素和锂云母Li2F2Al2(SiO3)3中非金属性最强的元素组成的化合物的电子式_，它是_(填“离子化合物”或“共价化合物”)。常温常压下，它呈_态，原因是_。(4)四氢硼锂(LiBH4)、四氢铝锂(LiAlH4)都是重要还原剂，在有机合成中用途广泛。比较半径：r(Li+)_r(H)，(填“”“”或“=”)理由是_。【答案】 (1). 在碱金属中锂原子的电子层数最少，半径最小，锂失电子能力最弱 (2). 离子键 (3). 6Li+N2 2Li3N (4). 微溶 (5). 易溶 (6). (7). 共价化合物 (8). 气 (9). 分子间作用力小 (10). (11). 虽然Li+和H的核外电子数相等，但是锂离子的质子数大于氢负离子【解析】【详解】(1)在碱金属元素中，锂的金属性最弱，其原因是在碱金属中锂原子的电子层数最少，半径最小，锂失电子能力最弱；锂为金属，与氧气反应生成氧化锂，化学键类型是离子键；(2)锂性质与镁相似，则与氮气反应时生成氮化锂，化学方程式为6Li+N2 2Li3N；碳酸镁微溶，硫酸镁易溶，所以碳酸锂、硫酸锂的溶解性依次为微溶、易溶；(3)锂辉石(LiAlSi2O6)中化合价最高的元素是Si，锂云母Li2F2Al2(SiO3)3中非金属性最强的元素是F，组成的化合物是SiF4，其电子式为；因为Si和F都是非金属，所以它是共价化合物；常温常压下，呈气态，原因是该物质属于分子晶体，分子间作用力小；(4)r(Li+) r(H)，理由是：虽然Li+和H的核外电子数相等，但是锂离子的质子数大于氢负离子，核电荷数越大，对核外电子吸引能力越大，半径越小。23.X、Y、Z、W 为四种常见元素，其中 X、Y、Z 为短周期元素。ZX4分子是由粗Z提纯Z的中间产物，X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，Y的离子在同周期中离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，W原子的最外层电子数小于4且W的常见化合价有+3、+2，WX3 的稀溶液呈黄色，回答下列问题： (1)X在元素周期表的位置_,其简单阴离子的结构示意图为_，用电子式表示X的氢化物的形成过程_。(2)Z的氧化物在通讯领域用来作_。锗与Z是同一主族元素，它可用来制造半导体晶体管。研究表明：有机锗具有明显的抗肿瘤活性，锗不与 NaOH溶液反应但在有 H2O2 存在时可与NaOH溶液反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：_(3)W(OH)2 在空气中不稳定，极易被氧化，由白色迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应的化学方程式为：_，若灼烧W(OH)2 固体得到_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). (3). (4). 光导纤维 (5). Ge + 2H2O2 + 2NaOH = Na2GeO3 + 3H2O (6). 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (7). Fe2O3【解析】【分析】根据元素的性质及用途等信息分析元素的种类；根据核外电子排布情况确定在元素周期表中的位置；根据物质的性质及反应的现象书写反应方程式，及用相关化学用语表示物质的组成和结构。【详解】Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，则Z为硅；ZX4分子是由粗Z提纯Z的中间产物，X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，则X为氯；Y的离子在同周期中离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，则Y为铝；W原子的最外层电子数小于4且W的常见化合价有+3、+2，WX3 的稀溶液呈黄色，则W为铁； (1)X为氯元素，在元素周期表的位置为：第三周期A族；氯离子的结构示意图为：；用电子式表示HCl的形成过程:；(2)Z为硅，二氧化硅在通讯领域用作光导纤维；根据题干信息知锗NaOH溶液在有H2O2 存在时反应生成锗酸盐，反应化学方程式为：Ge + 2H2O2 + 2NaOH = Na2GeO3 + 3H2O；(3)反应现象知该反应为氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 ，Fe(OH)3不稳定，灼烧分解得到固体Fe2O3。24.某实验小组同学进行如下实验，以检验化学反应中的能量变化。(1)实验中发现，反应后中的温度升高；中的温度降低由此判断铝条与盐酸的反应是_热反应， Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应时，需要将固体研细其目的是_反应过程_ (填“”或“”)的能量变化可用图表示。(2)为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是_(填序号)。(3)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(a、b为多孔碳棒)其中_(填A或B)处电极入口通甲烷，其电极反应式为_ 。当消耗标况下甲烷33.6L时，假设能量转化率为90%，则导线中转移电子的物质的量为_mol。(4)如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置请回答下列问题：当电极c为Al、电极d为Cu、电解质溶液为稀硫酸时，写出该原电池正极的电极反应式为_。 当电极c为Al、电极d为Mg、电解质溶液为氢氧化钠溶液时，该原电池的正极为_；该原电池的负极反应式为_。【答案】 (1). 放 (2). 扩大接触面积，提高反应速率 (3). (4). (5). A (6). CH48e+10OH=CO32+7H2O (7). 10.8 (8). 2H+2eH2 (9). Mg (10). Al+4OH3e=AlO2+2H2O【解析】【分析】根据反应物和生成物具有总能量的大小判断吸热反应还是放热反应；根据原电池原理分析电池的正负极及书写电极反应式；根据电极反应式计算电子的转移。【详解】(1)温度升高，说明反应为放热；将固体研细其目的是扩大接触面积，提高反应速率；图示中反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，反应为放热反应，故答案为： 放；扩大接触面积，提高反应速率；(2)为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，可以利用原电池原理，装置中发生的总反应为Cu与Fe3+反应生成Fe2+，根据氧化还原反应原理知强化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以验证了Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故答案为；(3)由图所示，电子从A极流出，则A电极入口通甲烷，其电极反应式为：CH48e+10OH=CO32+7H2O；根据电极反应知：n(8e-)=8n(CH4)=，若能量转化率为90%，则导线中转移电子的物质的量为12mol90%=10.8mol；(4)正极氢离子得电