福建省泉州市泉港二中2024屆高一化學第二學期期末聯(lián)考試題含解析

福建省泉州市泉港二中2024屆高一化學第二學期期末聯(lián)考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關說法中錯誤的是(

)A．甲烷燃料電池用KOH作電解質,負極的電極反應式為CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2OB．Zn粒與稀硫酸反應制氫氣時，滴加幾滴CuSO4溶液可加快反應速率C．常溫下用銅和鐵作電極，濃硝酸作電解質溶液的原電池中銅為負極D．原電池中電子從負極出發(fā)，經外電路流向正極，再從正極經電解液回到負極2、下列現(xiàn)象或事實能夠用相同的原理解釋的是A．NaOH、FeSO4在空氣中放置變質B．氯水、AgI密封保存在棕色試劑瓶中C．乙烯使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D．常溫下濃硝酸不能溶解Al和Au（金）3、下列過程的離子方程式書寫正確的是A．Cu與AgNO3溶液反應:Cu+Ag+=Ag+Cu2+B．醋酸與氫氧化鈉溶液反應:CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2OC．碳酸氫鈉與硫酸反應:CO32-+2H+=CO2↑+H2OD．鐵與足量稀硝酸反應:3Fe+8H++2NO3-=2NO↑+3Fe2++4H2O4、下列反應中，屬于加成反應的是（）A．CH2CH─CH3+HClOHOCH2─CHCl─CH3B．CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HClC．SO2+2NaOHNa2SO3+H2OD．HNO3+H2O5、下列現(xiàn)象或事實可用同一化學原理解釋的是A．氯氣和二氧化硫都能使品紅溶液褪色B．常溫下，可以用鐵、鋁制容器貯存濃硫酸或濃硝酸C．濃硫酸和濃鹽酸暴露在空氣中濃度均逐漸減小D．氯化銨和碘都可以用加熱法進行提純6、X、Y、Z、W均為短周期元素，它們在元素周期表中的位置如圖所示，若X與Z的質子數(shù)之和為23。下列說法正確的是A．X氣態(tài)氫化物的水溶液呈酸性B．氧化物對應水化物的酸性:W>Z>XC．Z、W簡單離子半徑Z>WD．W的單質具有漂白性，Z的氧化物不具有漂白性7、下列離子中半徑最大的是（）A．Na＋ B．Mg2＋ C．O2－ D．F－8、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=akJ·mol-1，反應能量變化如圖所示。下列說法中，不正確的是A．a＜0B．過程II可能使用了催化劑C．使用催化劑可以提高SO2的平衡轉化率D．反應物斷鍵吸收能量之和小于生成物成鍵釋放能量之和9、十八大以來，我國科學技術迅猛發(fā)展。下列設備工作時，將化學能轉化為電能的是A．鋰離子電池 B．風力發(fā)電機C．偏二甲肼燃燒 D．太陽能集熱器10、如圖所示裝置，電流表指針發(fā)生偏轉，同時A極逐漸變粗，B極逐漸變細，C為電解質溶液，則A、B、C應是下列各組中的()A．A是Zn，B是Cu，C為稀硫酸B．A是Cu，B是Zn，C為稀硫酸C．A是Fe，B是Ag，C為稀AgNO3溶液D．A是Ag，B是Fe，C為稀AgNO3溶液11、塑料、合成橡膠和合成纖維這三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然氣為原料生產的，下列有關說法錯誤的是（）A．天然氣的主要成分是甲烷，它屬于化石燃料B．煤是復雜的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料C．石油分餾得到的汽油、煤油、柴油都是混合物，沒有固定的熔沸點D．石油煉制的目的是為了獲得輕質油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)12、節(jié)能減排是我國政府工作地重點之一，節(jié)約能源與開發(fā)新能源是當務之急。下列方案中，你認為不合理的是A．提升電解水法提供氫能的技術B．開發(fā)將生物質轉變成熱值較高的可燃氣體的技術C．研制以甲醇為燃料的汽車D．開發(fā)太陽能路燈代替?zhèn)鹘y(tǒng)路燈13、實驗室里進行過濾和蒸發(fā)操作時，都要用到的儀器是（）A．燒杯 B．酒精燈 C．蒸發(fā)皿 D．玻璃棒14、同分異構現(xiàn)象是造成有機物種類繁多的重要原因之一。下列各組物質互為同分異構體的是A．甲烷與丙烷 B．CH2＝CH2與CH3CH3 C．蔗糖與麥芽糖 D．纖維素與淀粉15、下列化學用語表示正確的是（）A．乙醇的結構簡式:C2H6O B．氯化氫的電子式:C．CH4分子的比例模型: D．鎂離子的結構示意圖:16、下列物質中，一定不是天然高分子化合物的是A．橡膠B．蛋白質C．油脂D．纖維素二、非選擇題（本題包括5小題）17、2019年是元素周期表誕生150周年，元素周期表（律）在學習、研究和生產實踐中有很重要的作用。下表為元素周期表的一部分，回答下列問題。族周期IA01①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②③3④⑤⑥⑦⑧4（1）元素①～⑧中，金屬性最強的是________（填元素符號）。（2）中國青年化學家姜雪峰被國際組織推選為“元素⑦代言人”，元素⑦的原子結構示意圖是_________，其氫化物的電子式是_________。（3）元素①和②可以形成多種化合物。下圖模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是_______（填序號）。（4）比較元素②、③的最高價氧化物對應水化物的酸性：______＞______（填化學式）。說明你判斷的理由：_________。（5）主族元素砷（As）的部分信息如圖所示。i.砷（As）在周期表中的位置是______。ii.下列說法正確的是_______（填序號）。a.砷元素的最高化合價為+4b.推測砷有多種氧化物c.③的氣態(tài)氫化物的還原性大于砷的氣態(tài)氫化物的還原性（6）某小組同學設計實驗比較VIIA元素的非金屬性：Cl>Br>I。已知：常溫下濃鹽酸與高錳酸鉀反應生成氯氣。打開分液漏斗的活塞，燒瓶中產生黃綠色氣體，蘸有KBr溶液的棉球變?yōu)槌燃t色，濕潤的淀粉KI試紙變藍，據(jù)此現(xiàn)象能否說明非金屬性：Br>I，并說明理由_________。18、短周期元素A、B、C、D、E在周期表中的位置如圖所示，A、B、C、D位于連續(xù)的四個主族，D、E的質子數(shù)和是20。DABCE回答下列問題：（1）C元素在周期表中的位置是_______；E元素的名稱是_______。（2）A元素與氧元素形成的原子個數(shù)比是1:1的化合物的化學式是_______，該化合物含有的化學鍵類型是_______。（3）B原子結構示意圖是_______，從原子結構角度分析，B比C活潑性大的原因是_______。（4）元素D比元素E的非金屬性強的理由是_______（用化學方程式表示）。（5）A、B、C、D離子半徑由大到小的順序是_________（填寫離子符號）。（6）將B、C的單質壓成薄片用導線連接后浸入稀硫酸中，能量主要轉化方式是_________，正極反應式是_________。19、ZrO2常用作陶瓷材料，可由鋯英砂(主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2·SiO2，還含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質)通過如下方法制取。已知：①ZrO2能與燒堿反應生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2＋。②部分金屬離子在實驗條件下開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金屬離子Fe3＋Al3＋ZrO2＋開始沉淀時pH1.93.36.2沉淀完全時pH3.25.28.0(1)“熔融”時ZrSiO4發(fā)生反應的化學方程式為________________________________。(2)“濾渣Ⅰ”的化學式為________________。(3)為使濾液Ⅰ中的雜質離子沉淀完全，需用氨水調pH＝a，則a的范圍是________；繼續(xù)加氨水至pH＝b時，所發(fā)生反應的離子方程式為__________________________________________。(4)向“過濾Ⅲ”所得濾液中加入CaCO3粉末并加熱，得到兩種氣體。該反應的離子方程式為____________________________。20、根據(jù)要求完成下列實驗過程（a、b為彈簧夾，加熱及固定裝置已略去）。（1）驗證碳、硅非金屬性的相對強弱（已知酸性：亞硫酸>碳酸）。①連接儀器、________、加藥品后，打開a、關閉b，然后滴入濃硫酸，加熱。②銅與濃硫酸反應的化學方程式是________，裝置A中試劑是_______。③能說明碳的非金屬性比硅強的實驗現(xiàn)象是________。（2）驗證SO2的氧化性、還原性和酸性氧化物的通性。①在（1）①操作后打開b，關閉a。②H2S溶液中有淺黃色渾濁出現(xiàn)，化學方程式是______。③BaCl2溶液中無明顯現(xiàn)象，將其分成兩份，分別滴加氯水和氨水均產生沉淀。則沉淀的化學式分別為___________、__________。21、有下列六種基團：①苯基②醛基③羥基④羧基⑤乙基⑥氯原子（－Cl）這六種基團兩兩結合，可形成新的化合物，寫出符合下列條件的化合物的結構簡式。（1）分子內氧原子數(shù)不超過2個，具有酸性，但不能和碳酸氫鈉反應________________。（2）分子內氧原子數(shù)不超過2個，能發(fā)生銀鏡反應的物質，除苯甲醛和甲酰氯（Cl-CHO）外還有______________、____________。（3）不穩(wěn)定的兩元弱酸__________________________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A、原電池中，負極失去電子，發(fā)生氧化反應，在甲烷燃料電池中，甲烷失去電子，負極反應：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，A正確；B、Zn粒與稀硫酸反應制氫氣時，滴加幾滴CuSO4溶液，Zn與CuSO4發(fā)生置換反應生成銅單質，Zn、Cu、稀硫酸可形成原電池，加快Zn粒與稀硫酸的反應，B正確；C、鐵單質與濃硝酸在常溫下發(fā)生鈍化反應，而銅與濃硝酸常溫下發(fā)生如下反應Cu+2NO3-+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O，Cu失電子被氧化，應為原電池的負極，電極反應為：Cu-2e-＝Cu2+，C正確；D、原電池放電時，電子不進入電解質溶液，電解質溶液中通過離子定向移動形成電流，D錯誤；故選D。2、B【解析】NaOH吸收二氧化碳變質、FeSO4被氧氣氧化變質，故A錯誤；氯水中的次氯酸、AgI見光分解，所以需要密封保存在棕色試劑瓶中，故B正確；乙烯與溴水發(fā)生加成反應而褪色、乙烯與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化反應而褪色，故C錯誤；常溫下濃硝酸不能溶解Al是因為鋁鈍化，常溫下濃硝酸不能溶解Au，是因為Au是極不活潑金屬，故D錯誤。3、B【解析】分析：A項，電荷不守恒；B項，醋酸與氫氧化鈉溶液反應生成CH3COONa和H2O；C項，NaHCO3應改寫成Na+和HCO3-；D項，稀硝酸具有強氧化性，足量稀硝酸將Fe氧化成Fe3+。詳解：A項，電荷不守恒，正確的離子方程式為Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，A項錯誤；B項，醋酸與氫氧化鈉溶液反應生成CH3COONa和H2O，離子方程式為CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B項正確；C項，NaHCO3應改寫成Na+和HCO3-，正確的離子方程式為HCO3-+H+=H2O+CO2↑，C項錯誤；D項，稀硝酸具有強氧化性，足量稀硝酸將Fe氧化成Fe3+，符合題意的離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，D項錯誤；答案選B。點睛：本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個方面進行：①從反應原理進行判斷，如反應是否能發(fā)生、反應是否生成所給產物等；②從物質存在形態(tài)進行判斷，如拆分是否正確（如題中C項）、是否正確表示了難溶物和氣體等；③從守恒角度進行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應中的電子守恒等（題中A項）；④從反應的條件進行判斷；⑤從反應物的組成以及反應物之間的配比進行判斷。4、A【解析】

A．CH2CH─CH3的碳碳雙鍵斷裂，兩個碳原子分別結合了羥基和氯原子，屬于加成反應，故A選；B．CH3Cl中的一個氫原子被氯原子取代了，屬于取代反應，故B不選；C．SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O是復分解反應，故C不選；D．苯中的一個氫原子被硝基取代了，屬于取代反應，故D不選；故選A。5、B【解析】

A.氯氣使品紅褪色是因為其與水反應生成的次氯酸具有漂白性，該漂白性是通過強氧化性來體現(xiàn)的，SO2使品紅褪色，是因為其可以與品紅化合生成無色物質，不可用同一化學原理解釋，故A不選；B.常溫下，可以用鐵、鋁制容器貯存濃硫酸或濃硝酸，是因為Fe、Al均可以在冷的濃硫酸或濃硝酸中鈍化，可用同一化學原理解釋，故B選；C.濃硫酸和濃鹽酸暴露在空氣中濃度均逐漸減小，濃硫酸是因為其吸水性，而濃鹽酸則是因為其揮發(fā)性，不可用同一化學原理解釋，故C不選；D.氯化銨和碘都可以用加熱法進行提純，氯化銨是加熱后先分解為NH3和HCl，冷卻后化合成氯化銨，而I2則是因為其易升華和凝華，不可用同一化學原理解釋，故D不選；答案選B?！军c睛】物質的漂白性大致可分為三類，一是物理吸附作用，如活性炭；二是強氧化性，如過氧化鈉、次氯酸；三是可以和有色物質化合為無色物質，如SO2。6、C【解析】分析：X、Y、Z、W均為短周期元素，依據(jù)其所在表格中的相對位置知X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，且X與Z的質子數(shù)之和為23，設X的質子數(shù)為a，則Y為a+1，Y為a+9，W為a+10，即a+（a+9）＝23，解得：a=7，據(jù)此得出X為N，Y為O，Z為S，Z為S、W為Cl，據(jù)此判斷各選項即可。詳解：根據(jù)以上分析可知X為N，Y為O，Z為S、W為Cl，則A．氮元素的氫化物氨氣是堿性氣體，其水溶液顯堿性，A錯誤；B．非金屬性越強，最高價氧化物水化物的酸性越強，其它含氧酸則不一定，B錯誤；C．離子的核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則Z、W簡單離子半徑Z＞W，C正確；D．氯氣不具有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有漂白性，Z的氧化物二氧化硫具有漂白性，D錯誤；答案選C。點睛：本題主要考查的是位置-結構-性質的關系，題目難度中等，推斷元素是解答本題的關鍵，注意把握元素周期律的遞變規(guī)律，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。7、C【解析】

Na＋、Mg2＋、O2－和F－離子核外電子排布都是2、8的電子層結構。對于電子層結構相同的離子來說，核電荷數(shù)越大，離子半徑就越小，所以離子半徑最大的是O2-，選C。8、C【解析】

A．根據(jù)圖像，該反應中反應物的總能量高于生成物的總能量，屬于放熱反應，a＜0，故A正確；B．加入催化劑，能夠降低反應物的活化能，過程II可能使用了催化劑，故B正確；C．使用催化劑，平衡不移動，不能提高SO2的平衡轉化率，故C錯誤；D．該反應中反應物的總能量高于生成物的總能量，屬于放熱反應，說明反應物斷鍵吸收能量之和小于生成物成鍵釋放能量之和，故D正確；故選C。9、A【解析】

A.鋰離子電池將化學能轉化為電能，A符合題意；B.將風能轉化為電能，B不符合題意；C.將化學能轉化為熱能，C不符合題意；D.將太陽能轉化為熱能，D不符合題意；故合理選項是A。10、D【解析】

利用原電池的工作原理進行分析，A電極逐漸變粗，說明陽離子在A電極上得到電子，轉化成單質，即A電極為正極，B電極逐漸變細，說明電極B失去電子，轉化成離子，即B電極為負極，然后逐步分析；【詳解】A電極逐漸變粗，A電極為正極，B電極逐漸變細，B電極為負極，A、Zn比Cu活潑，因此Zn為負極，Cu為正極，A電極為負極，電極反應式為Zn－2e－=Zn2＋，A電極逐漸變細，B電極為正極，電極反應式為2H＋2e－=H2↑，B電極質量不變，故A不符合題意；B、根據(jù)A選項分析，A為正極，電極反應式為2H＋＋2e－=H2↑，A電極質量不變，B為負極，電極反應式為Zn－2e－=Zn2＋，B電極質量減小，故B不符合題意；C、Fe比Ag活潑，F(xiàn)e為負極，即A電極上發(fā)生Fe－2e－=Fe2＋，電極質量減少，B電極為正極，電極反應式為Ag＋＋e－=Ag，電極質量增大，故C不符合題意；D、根據(jù)選項C分析，A為正極，電極反應式為Ag＋＋e－=Ag，電極質量增大，B為負極，電極反應式為Fe－2e－=Fe2＋，電極質量減小，故D符合題意。11、B【解析】分析：A．根據(jù)天然氣的主要成分分析判斷；B．根據(jù)煤的成分分析；C．混合物沒有固定的熔沸點；D．根據(jù)石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態(tài)短鏈烴分析判斷。詳解：A．天然氣的主要成分是甲烷，天然氣屬于不可再生能源，屬于化石燃料，故A正確；B．煤是由無機物和有機物組成的復雜混合物，可以用干餾方法獲得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有機物，它們是煤在干餾時經過復雜的物理、化學變化產生的，故B錯誤；C．石油分餾得到的汽油、煤油、柴油等都是混合物，沒有固定的熔沸點，故C正確；D．由石油催化裂化和裂解的主要目的可知石油煉制的目的是為了獲得輕質油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)，故D正確；故選B。12、A【解析】

A．用電解水法制取氫氣要消耗大量的電能，故A錯誤；

B．開發(fā)將生物質轉變成熱值較高的可燃氣體的技術，能節(jié)能減排，故B正確；

C．甲醇中不含硫氮元素，研制以甲醇為燃料的汽車，可以減少汽車尾氣對環(huán)境造成的污染，故C正確；

D．太陽能是潔凈能源，且取之不盡用之不竭，開發(fā)太陽能路燈代替?zhèn)鹘y(tǒng)路燈，能節(jié)能減排，故D正確；

答案選A?！军c睛】本題考查節(jié)能減排，興能源的開發(fā)，難度不大，平時注意知識的積累13、D【解析】

過濾需要鐵架臺、燒杯、漏斗、玻璃棒以及濾紙；蒸發(fā)需要鐵架臺(或三腳架)、蒸發(fā)皿、玻璃棒、酒精燈等儀器，屬于兩個操作過程中共同需要的儀器是玻璃棒，答案選D。14、C【解析】

A項、甲烷與丙烷的分子式不同，不互為同分異構體，故A錯誤；B項、CH2＝CH2與CH3CH3的分子式不同，不互為同分異構體，故B錯誤；C項、蔗糖與麥芽糖的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故C正確；D項、纖維素與淀粉的分子式均為（C6H10O5）n，但聚合度n值不同，不互為同分異構體，故D錯誤；故選C。15、C【解析】A、C2H6O是乙醇的分子式，其結構簡式為CH3CH2OH或C2H5OH，故A錯誤；B、氯化氫是共價化合物，不是離子化合物，故B錯誤；C、此模型是甲烷的比例模型，故C正確；D、Mg2＋是Mg失去兩個電子，其結構示意圖為：，故D錯誤。16、C【解析】A.橡膠有天然橡膠和合成橡膠，故A不選；B.蛋白質一般都是天然高分子化合物，故B不選；C.油脂不屬于高分子化合物，一定不是天然高分子化合物，故C選；D.纖維素是天然高分子化合物，故D不選；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NabHNO3H2CO3非金屬性：N>C第4周期第VA族b不能，因為氯氣干擾了溴置換碘的反應【解析】

由元素在周期表中位置可知，①為H元素、②為C元素、③為N元素、④為Na元素、⑤為Al元素、⑥為Si元素、⑦為S元素、⑧為Cl元素?！驹斀狻浚?）同周期元素從左到右，金屬性依次減弱，同主族元素從上到下，金屬性依次增強，則元素①～⑧中，金屬性最強的元素是位于周期表左下角的鈉元素，故答案為：Na；（2）元素⑦為S元素，S原子含有3個電子層，最外層有6個電子，原子結構示意圖為；S元素的氫化物為H2S，H2S為共價化合物，電子式為，故答案為：；；（3）①為H元素、②為C元素，C元素和H元素組成的化合物為烴，題給圖示中a為乙烯、b為甲基、c為甲烷、d為苯，甲基不是化合物，故答案為：b；（4）②為C元素、③為N元素，非金屬元素的非金屬性越強，其相應的最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性N元素強于C元素，則N元素最高價氧化物對應水化物HNO3的酸性強于C元素最高價氧化物對應水化物H2CO3，故答案為：HNO3；H2CO3；非金屬性：N>C；（5）i.由主族元素砷的原子結構示意圖可知，該原子有4個電子層，最外層有5個電子，則As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案為：第4周期第VA族；ii.a、砷元素的最外層由5個電子，則最高化合價為+5，故錯誤；b、同主族元素性質相似，與同主族氮元素能形成多種氧化物相似，砷可以形成+3價氧化物As2O3，也可以形成+5價氧化物As2O5，故正確；c.元素非金屬性越強，其氫化物的還原性越弱，N的非金屬性強于As元素，則N的氣態(tài)氫化物的還原性小于砷的氣態(tài)氫化物的還原性，故錯誤；b正確，故答案為：b；（6）打開分液漏斗的活塞，濃鹽酸與高錳酸鉀反應生成氯氣，反應生成的氯氣與KBr溶液發(fā)生置換反應生成單質溴，使蘸有KBr溶液的棉球變?yōu)槌燃t色，與KI溶液發(fā)生置換反應生成單質碘，使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍，在實驗過程中氯氣干擾了溴單質置換出碘單質的反應，則不能說明非金屬性：Br>I，故答案為：不能，因為氯氣干擾了溴置換碘的反應?！军c睛】本題考查元素周期表與元素周期律，注意對元素周期表的整體把握，注意位置、結構、性質的相互關系是解答關鍵。18、第3周期ⅢA族硅Na2O2離子鍵和共價鍵鎂原子半徑大于鋁，鎂原子核對最外層電子的吸引力小，容易失去最外層電子Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3O2->Na+>Mg2+>Al3+化學能轉化為電能2H++2e-=H2↑【解析】分析：D、E處于同主族，E的質子數(shù)比D多8，D、E的質子數(shù)之和為20，則D的質子數(shù)為6，E的質子數(shù)為14，D為C元素，E為Si元素；A、B、C、D位于連續(xù)的四個主族，結合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A為Na元素，B為Mg元素，C為Al元素。根據(jù)元素周期律和相關化學用語作答。詳解：D、E處于同主族，E的質子數(shù)比D多8，D、E的質子數(shù)之和為20，則D的質子數(shù)為6，E的質子數(shù)為14，D為C元素，E為Si元素；A、B、C、D位于連續(xù)的四個主族，結合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A為Na元素，B為Mg元素，C為Al元素。（1）C為Al元素，Al原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為3，Al元素在周期表中的位置是第三周期第IIIA族。E為Si元素，名稱為硅。（2）A為Na元素，Na元素與氧元素形成的原子個數(shù)比是1:1的化合物的化學式是Na2O2。Na2O2的電子式為，Na2O2中含有的化學鍵類型是離子鍵和共價鍵。（3）B為Mg，Mg的核電荷數(shù)為12，Mg原子核外有12個電子，Mg原子結構示意圖為。B（Mg）比C（Al）活潑性大的原因是：鎂原子半徑大于鋁，鎂原子核對最外層電子的吸引力小，容易失去最外層電子。（4）可通過H2CO3（H2CO3為碳元素的最高價含氧酸）的酸性比H2SiO3（H2SiO3為硅元素的最高價含氧酸）的酸性強說明元素D（C）比元素E（Si）的非金屬性強，根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，相應的化學方程式為CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓。（5）A、B、C、D的離子分別是Na+、Mg2+、Al3+、O2-，這四種離子具有相同的電子層結構，根據(jù)“序大徑小”，四種離子半徑由大到小的順序是O2->Na+>Mg2+>Al3+。（6）將Mg、Al的單質壓成薄片用導線連接后浸入稀硫酸中構成原電池，原電池中能量主要轉化方式是化學能轉化為電能。由于Mg比Al活潑，Mg為負極，Al為正極，負極電極反應式為Mg-2e-=Mg2+，正極電極反應式為2H++2e-=H2↑。19、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【解析】分析：鋯英砂(主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2?SiO2，還含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質)加NaOH熔融，ZrSiO4轉化為Na2SiO3和Na2ZrO3，加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，濾液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水調節(jié)pH為5.2～6.2，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，過濾，濾液中主要含有ZrO2+，再加氨水調節(jié)pH使ZrO2+轉化為Zr(OH)4沉淀，過濾、洗滌，得到Zr(OH)4，加熱分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水調pH=a，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷；加氨水至pH=b時，ZrO2+與NH3?H2O反應生成Zr(OH)4沉淀；據(jù)此分析解答。詳解：(1)高溫下，ZrSiO4與NaOH反應生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反應的方程式為：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；故答案為：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；(2)加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，過濾，濾渣為H2SiO3，故答案為：H2SiO3；(3)需用氨水調pH=a，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知：pH在5.2～6.2時Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b時，ZrO2+與NH3?H2O反應生成Zr(OH)4沉淀，其反應的離子方程式為：ZrO2++2NH3?H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；故答案為：5.2～6.2；ZrO2++2NH3?H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；(4)過濾Ⅲ所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO3粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳，其反應的離子方程式為：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案為：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；點睛：本題考查了物質分離提純的方法和流程分析應用，正確分析題目涉及流程的分析應用、掌握化學基本實驗操作是解題的關鍵。本題的易錯點為(3)，要正確理解加入氨水調節(jié)pH的作用。20、檢查裝置氣密性酸性高錳酸鉀溶液A中酸性KMnO4溶液沒有完全退色(或不褪色)，盛有Na2SiO