【文档说明】安徽省黄山市八校联盟2019-2020学年高一下学期期中联考化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，556.500 KB，由小赞的店铺上传

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黄山市“八校联盟”2019-2020学年度第二学期期中考试高一化学试题相对原子质量：H-1O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65第Ⅰ卷（共48分）一、选择题（每小题3分，共48分，且每小题只有一个正确的选项）1.化学与生产生活密切相关，下列说法正确

的是（）A.太阳能光催化技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源B.75%酒精可用于杀死新冠病毒，如果用90%酒精效果更好C.二氧化硫具有氧化性，因此可作食品的漂白剂D.氮气的化学性质稳定，因此可用作食品的保鲜剂【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳转化为燃料，是将太阳能储存形

成的燃料，加工形成能源，属于二次能源，故A错误；B．医用酒精的浓度为75%，可进入细菌的细胞内，完全破坏细菌组织，而95%的酒精因浓度过高，可在细菌细胞最外层迅速凝固成一层保护膜，达不到杀菌的目的，所以75%的酒精比95%的酒精杀菌效果好，故B错误；C．二氧化硫有毒，不能用

于食品漂白，故C错误；D．氮气性质稳定，常用作保护气，可用作食品的防腐剂，故D正确；故选D。2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.CaH2的电子式：[H:]-Ca2+[:H]-B.Cl‒的结构示意图：C.质子数为92、中子数为146

的U原子：14692UD.H2O2的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．CaH2为离子化合物，由Ca2+和H-构成，电子式为[H:]-Ca2+[:H]-，A正确；B．Cl‒的结构示意图为，B不正确；C．质子数为92、中子数为1

46的U原子为23892U，C不正确；D．H2O2的电子式为，D不正确；故选A。3.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2

：的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y。下列说法正确的是()A.化合物Z2W2中含有离子键B.简单离子半径大小顺序：ry>rw>rzC.元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D.X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电

子稳定结构【答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y的原子半径依次减小，说明二者位于同一周期；X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y，X形成4个共价键，位于ⅣA族，Y形成3个共价键

，位于ⅤA族，Z形成2个共价键，位于ⅥA族，则X为C元素，Y为N，Z为S元素。Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，则W为Cl元素，形成的物质分别为SCl2和S2Cl2。A．化合物Z2WZ为S2Cl2，S最外层6个电子，达到稳定结

构需要共用2个电子，Cl最外层7个电子，达到稳定结构需要共用1个电子，则S2Cl2中只含有共价键，结构是为Cl－S－S－Cl，A错误；B．Y、Z、W形成的简单离子分别为N3－、S2－、Cl－，N3－核外只有2个电子层，半径最小；而S2－和Cl－的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径

越小，则S2－的半径大于Cl－的半径，因此排序为S2－＞Cl－＞N3－，即rz＞rw＞ry，B错误；C．W为S元素，Y为N元素，W的含氧酸有H2SO3，为弱酸，其酸性比Y的含氧酸HNO3弱，C错误；D．X为C元素，Z为S元素，C原子要达到稳定结构需要共

用4个电子，S要达到稳定结构需要共用2个电子，则1个C原子和2个S原子均可达到稳定结构，分子式为CS2，结构是为S=C=S，D正确。答案选D。4.下列说法正确的是：①只由非金属元素形成的化合物一定是共

价化合物②只含有共价键的化合物一定是共价化合物③离子化合物中存在离子键，也可能存在极性键和非极性键④只有非金属元素原子间才能形成共价键⑤Mg2+的半径小于N3－的半径⑥H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键A.①②⑤B.②③④C.②③⑤D.③⑤⑥【答案】C【解析】【详解】NH4Cl

只由非金属元素组成，是离子化合物，①不正确；②共价化合物中只含共价键，不含离子键，②正确；③离子化合物NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，③正确；④金属与非金属原子间也可能形成共价键，如AlCl3，④不正确；⑤Mg2+与N3－电子层结构相同，Mg的核电荷数大于N，离

子半径Mg2+小于N3－，⑤正确；⑥H2O比H2S稳定，是因为共价键能前者大于后者，⑥不正确；综合以上分析，只有②③⑤正确，故选C。【点睛】判断稳定性时，从化学键的键能考虑；判断熔沸点时，只有分子晶体从分子间作用力考虑，其它晶体都是从化学键能考虑。5.下列有关

氮元素的单质及其化合物的说法错误的是()①氮气与氧气在放电的条件下可直接生成NO2②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气③向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化④实验室加热氯化铵固体的方法制备氨气A.①③④B.①③C.①④D.①②③④

【答案】D【解析】【详解】①放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，①错误；②NH4NO3加热到190℃时分解生成一氧化二氮和水，若加热到300℃左右时分解生成氮气、硝酸和水，②错误；③向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，

酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，同时自身被还原生成一氧化氮，③错误；④氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，④错误；选D，故答案为：D。6.将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下

充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为A.1.0gB.2.0gC.2.5gD.3.5g【答案】C【解析】【详解】Zn与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，当反

应进行到一定程度后变为稀硫酸，这时发生反应：Zn＋H2SO4(稀)=ZnSO4＋H2↑。反应产生的气体为SO2、H2的混合物。二者的物质的量的和是n(H2)+n(SO2)=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol；根据方

程式可知反应消耗Zn的物质的量与反应产生的氢气的物质的量相等，n(气)=10.5mol，则反应消耗Zn的物质的量是0.5mol，消耗的Zn的质量是m(Zn)=nM=0.5mol×65g/mol=32.5g，所以反应后

剩余的Zn的质量是m=35g-32.5g=2.5g，故选C。7.下列说法正确的是（）A.CaO+H2O=Ca(OH)2为放热反应，可利用该反应设计原电池，把化学能转化为电能B.任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化C.有化学键断裂的过程一定是化学变化D.灼热的铂丝与NH

3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的催化氧化反应是放热反应【答案】D【解析】【详解】A．设计原电池，所用反应必须为放热的、不需提供条件的氧化还原反应，A不正确；B．有些化学反应只产生光，几乎不产生热，如萤火虫发光，B不正确；C．有化学键断裂的过程不一定是化学变

化，如HCl溶于水，C不正确；D．灼热的铂丝催化NH3与O2反应，铂丝保持红热，则表明反应提供热量，从而说明氨的催化氧化反应是放热反应，D正确；故选D。8.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g)＋B(g)=C(g)，若反应物A

浓度从2mol·L-1降到0.8mol·L-1需20s，则反应物A的浓度由0.8mol·L-1降到0.2mol·L-1所需的反应时间（）A.等于10sB.大于10sC.小于10sD.无法判断【答案】B【解析】【详解】反应物A浓度

从2mol·L-1降到0.8mol·L-1需20s，该时间段内△c(A)=1.2mol/L，反应物A的浓度由0.8mol·L-1降到0.2mol·L-1，△c(A)=0.6mol/L，若该时段内反应速率与前一段时间内相同，则所需时间为10s，但由于反应进行A的浓

度降低，反应速率变慢，所以由0.8mol·L-1降到0.2mol·L-1所需时间要大于10s，故答案为B。9.化学能可与热能、电能等相互转化。下列说法正确的是()A.图Ⅰ所示的装置能将化学能转化为电能B.中和反应中，反应物的总能量比生成物的

总能量低C.化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成D.图Ⅱ所示的反应为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．该装置不能构成闭合回路，不能构成原电池，则不能将化学能转化为电能，故A错误；B．中和反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；C．断键吸收热量、成键放出热

量，化学反应实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成，故C正确；D．图Ⅱ所示反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应，根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，则为放热反应，故D错误；故答案为C。10.含

有amolFeI2的溶液中，通入xmolCl2。下列各项为通入Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是A.x≤a，2I−+Cl2＝I2+2Cl−B.x=1.2a，10Fe2++14I−+12Cl2＝10Fe3++

7I2+24Cl−C.x=1.4a，4Fe2++10I−+7Cl2＝4Fe3++5I2+14Cl−D.x≥1.5a，2Fe2++4I−+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl−【答案】B【解析】【分析】由于I-的还原性比Fe2+强(3+-2+22Fe+2I=2Fe+I)，所以Cl2先和I

-反应：--22Cl+2I=2Cl+I，多于的Cl2再和Fe2+反应：2+3+-2Cl+2Fe=2Fe+2Cl。【详解】A.x≤a时，Cl2对I-不足或者刚好够，所以只发生反应--22Cl+2I=2Cl+I，A正确；B.x=1.2a时，先有a份的Cl2发生反

应--22Cl+2I=2Cl+I，再有0.2a份的Cl2发生反应2+3+-21222Cl+Fe=Fe+Cl5555，总反应为：-2+3+-2262212Cl+2I+Fe=Fe+I+Cl5555，化整为-2+3+-226Cl+10I+2Fe=2Fe+5I+12Cl，B错误；C.x=1

.4a时，先有a份的Cl2发生反应--22Cl+2I=2Cl+I，再有0.4a份的Cl2发生反应2+3+-22444Cl+Fe=Fe+Cl5555，总反应为：-2+3+-2274414Cl+2I+Fe=Fe+I+Cl5555，化整为-2+3+-227Cl+10I+4Fe=4Fe+5I

+14Cl，C正确；D.x≥1.5a时，先有a份的Cl2发生反应--22Cl+2I=2Cl+I，再有0.5a份的Cl2发生反应2+3+-21Cl+Fe=Fe+Cl2，总反应为：-2+3+-223Cl+2I+Fe=Fe+I+3Cl2，化整为-2+3+-223

Cl+2I+2Fe=2Fe+I+6Cl，D正确；故合理选项为D。11.下列烧杯中盛放的都是稀硫酸，在铜电极上能产生大量气泡的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】铜与稀硫酸不反应，故铜电极上产生大量气泡应是构成原电池，且铜电极作正极。【

详解】A项，构成原电池，Zn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极，Cu上发生的反应为2H++2e-=H2↑，铜片上产生大量气泡；B项，该装置中没有自发进行的氧化还原反应，铜片上没有气泡产生；C项，该装置中没有自发进

行的氧化还原反应，铜片上没有气泡产生；D项，该装置没有形成闭合回路，Zn与稀硫酸反应生成ZnSO4和H2，Zn片上产生气泡，Cu与稀硫酸不反应，铜片上没有气泡；答案选A。12.工业上用CO和H2生产燃料甲醇(CH3OH)。一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如图

所示(反应混合物均呈气态)。下列说法错误的是A.反应的化学方程式：CO+2H2⇌CH3OHB.反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态C.反应至10分钟，CO的转化率为75%D.反应至3分钟，用甲醇来表示反应的平均速率为16mol/(L

·min−1)【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应至10分钟达到平衡状态，△c(CO)=1mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，△c(CH3OH)=0.75mol/L−0=0.75mol/L，△c(CO)：△c(CH3OH)=1：1，根据原子守恒可知，反应的化

学方程式：CO+2H2CH3OH，故A不符合题意；B．反应进行至3分钟时，并没有达到化学平衡状态，因此正、逆反应速率不相等，故B符合题意；C．反应至10分钟时，△c(CO)=1mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，CO的转化率()(

)()CO0.75mol/LCO100%=75%CO1mol/Lcc==始，故C不符合题意；D．反应至3分钟，甲醇的平均反应速率()()3113CHOH0.5mol/L1CHOH=molLmin3min6cvt−−==

，故D不符合题意；故答案为：B。13.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为A.920kJB.557kJC.4

36kJD.188kJ【答案】C【解析】【详解】已知1g即0.5mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则该反应的热化学反应方程式为：H2(g)+12O2(g)===H2O(g)△H=-242kJ/mol，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，设1molH-H键断裂时吸收热量

为xkJ，则有xkJ/mol+12×496kJ/mol-2×463kJ/mol=-242kJ/mol，解得x=436kJ/mol，即1molH-H键断裂时吸收热量为436kJ，故答案为C。【点睛】焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，在进行计算的时候要注意共价键的数目，如一个水分子中含有

两个O-H键。14.如图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是（）A.发生的反应可表示为2A(g)2B(g)＋C(g)B.开始时，正、逆反应同时开始C.前2min内A的分解速率

为0.1mol·L-1·min-1D.2min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1【答案】B【解析】【详解】A．据图可知A浓度减小，应为反应物，B、C的浓度增大，应为生成物；相同时间内△c(A)=0.2mol/L，△c(B)=0.2mol/L，△c(C)=0.1mol/L，同一反

应同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以A、B、C的计量数之比为0.2:0.2:0.1=2:2:1，所以反应方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)，故A正确；B．据图可知开始时C的浓度为0，所以此时逆反

应速率应为0，故B错误；C．前2min内△c(A)=0.2mol/L，所以A的分解速率为0.1mol·L-1·min-1，故C正确；D．据图可知2min时，c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)=0.1m

ol/L，浓度之比为2:3:1，故D正确；故答案为B。15.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色

沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与

BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的

还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。答案选C。16.把金属X放入盐Y(NO3)2的溶液中，发生如下反应：X+Y2+=X2++Y，以下叙述正确的是（）A.常温下金属X一

定能与水反应，Y一定不能与水反应B.X与Y用导线连接后放入CCl4中，一定形成原电池C.X、Y用导线连接后放入Y(NO3)2的溶液中，一定有电流产生D.由X与Y做电极形成的原电池中，X一定是负极，Y一定是正极【答案】C【解析】【分析

】由反应X+Y2+=X2++Y可知，金属活动性X>Y，且此置换反应能在水溶液中发生。【详解】A．反应能在水溶液中进行，则常温下金属X、Y与水不反应，A不正确；B．CCl4为非电解质，X与Y用导线连接后放入

CCl4中，不能形成原电池，B不正确；C．由反应X+Y2+=X2++Y知，X、Y用导线连接放入Y(NO3)2溶液，能形成原电池，并产生电流，C正确；D．由X与Y做电极形成的原电池中，X不一定是负极，Y不一定是正极，如Fe、Cu、浓硝酸形

成的原电池中，Fe作正极，D不正确；故选C。第Ⅱ卷（共52分）二、非选择题（本大题包括4小题，共计52分）17.ClO2是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水。制备方法如下：（1）步骤Ⅰ：电解食盐水制备氯酸钠。用于电解的食盐水需先除去其中的

Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的________和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。（2）步骤Ⅱ：将步骤Ⅰ得

到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2与Cl2，ClO2与Cl2的物质的量比是____________。（3）学生拟用左下图所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C

2O4）恒温在60℃时反应制得。反应过程中需要对A容器进行加热，加热的方式为____________；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有_________________；（4）反应后在装置C中可得亚氯酸钠（NaClO2）溶液。已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，

析出的晶体是NaClO2·3H2O，在温度高于38℃时析出的是NaClO2。根据右上图所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO2·3H2O的操作步骤：①_____________；

②_______________；③洗涤；④干燥。（5）目前我国已成功研制出利用NaClO2制取二氧化氯的新方法，将Cl2通入到NaClO2溶液中。现制取270kg二氧化氯，需要亚氯酸钠的质量是________。

（6）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN-氧化为无毒物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。【答案】(1).BaCl2(2).Na2

CO3(3).2:1(4).水浴加热(5).大烧杯、温度计(6).蒸发浓缩(7).冷却结晶(8).362Kg(9).2.5【解析】【详解】（1）溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根

离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀除去，最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，所以往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后

，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。（2）电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2与Cl2，再根据化合价升降相等及原子守恒配平，得到离子方程式为2ClO3-＋4H＋+2Cl－=2ClO2＋Cl2＋2H2O，则ClO2与Cl2的物质

的量比是2:1.（3）ClO2是用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒温在60℃时反应制得，所以加热的方式为水浴加热；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有大烧杯、温度计；（4）由溶液制得结晶水合物的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥等。（5）根据氯气与亚氯

酸钠反应的化学方程式和二氧化氯的质量，列出比例式，就可计算出参加反应的亚氯酸钠的质量。设需要亚氯酸钠的质量为x，2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2181135x270kg181x=135270kg解得x=362kg（6）每摩尔氯气得到2

mol电子，每摩尔ClO2得到5mol电子，所以处理含CN-相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍。18.(1)为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是_______（填装置序号），其正极的电极反应式为_______；若构建该原电池时两个电极

的质量相等，当导线中通过0.4mol电子时，两个电极的质量差为_______g。(2)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）。实验测得OH-定向移向A电极，则_______（填A或B）处电

极入口通CH4，其电极反应式为_______。(3)金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_______（填选项字母）。a．Fe2O3b．NaClc．Cu2Sd．Al2O3【答案】(1).②(2).Cu2++2e-=Cu(3).24(4).A(5)

.CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O(6).bd【解析】【分析】(1)验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，发生反应Fe+Cu2+==Fe2++Cu，由此反应确定所用装置及正极的电极反应。当导线中通过0.4mol电子时，负极F

e失电子生成Fe2+，质量减轻，正极Cu2+得电子生成Cu，质量增加，两个电极的质量差为两电极质量变化之和。(2)OH-带负电性，应向负极移动，由此确定A电极为负极，CH4在碱性溶液中失电子生成CO3

2-等。(3)金属冶炼和处理时，由于钾、钙、钠、镁、铝活泼，难以用还原剂还原，所以常使用电解法。【详解】(1)A装置中Cu作负极，发生反应Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，没有涉及Fe，不能验证Fe2+与Cu2+氧

化性强弱；要发生反应Fe+Cu2+==Fe2++Cu，应使用装置②，正极的电极反应为Cu2++2e-=Cu。在电池②中，有如下关系式：Fe—2e—Cu，则参加反应的Fe与生成的Cu都为0.2mol，两个电极的质量差为0.2mol×64g/mol+0.2mol×56g/mol=24g。答案为：②

；Cu2++2e-=Cu；24；(2)在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因为OH-向A电极移动，所以A电极为负极，CH4在KOH溶液中失电子生成CO32-、H2O，电极反应式为CH4-8e-+10

OH-=CO32-+7H2O。答案为：A；CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；(3)a．用Fe2O3冶炼Fe，需使用还原剂(常为CO)，用还原法炼铁，a不合题意；b．用NaCl冶炼Na，一

般的还原剂不能满足要求，应使用电解法，b符合题意；c．用Cu2S冶炼Cu，需使用氧化剂(纯氧)，用氧化法将Cu2S氧化为Cu，c不合题意；d．用Al2O3冶炼Al，一般氧化剂不能满足要求，需使用电解法，d符合题意；故选bd。答案为：bd。【点

睛】在计算原电池反应发生后两电极的质量差时，我们常会错误地认为，即然是质量差，那就是两电极参加反应的金属的质量差，从而得出错误的结论。19.1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为

化学发展史上的重要里程碑之一。（1）X、Y、Z、W、R均是1-18号元素，原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R电子层数相同，R与Y最外层电子数相同，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相同。请回答下列问题：①W的

原子结构示意图___，R的简单离子的电子式___。②X与Y元素可形成一种常用的消毒剂，其结构式为__。③Y、Z、W、R形成的简单离子半径由大到小顺序为___(用化学符号表示)。（2）最近，德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大

突破。已知铷是37号元素，相对原子质量是85。根据材料回答下列问题：①铷在元素周期表中的位置___。②关于铷的下列说法中不正确的是___(填序号)。a.与水反应比钠更剧烈b.Rb2O在空气中易吸收水和二氧化碳c.R

b2O2与水能剧烈反应并释放出O2d.单质具有很强的氧化性e.RbOH的碱性比同浓度的NaOH弱（3）为验证第ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：①棉花中浸有NaOH溶液的作用是___(用离子方程式表示)。②验证

溴与碘的非金属性强弱：通入少量氯气，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到___；该实验必须控制氯气的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论,理由是____。【答案】(1)

.(2).(3).H-O-O-H(4).S2->O2->Na+>Al3+(5).第五周期IA族(6).de(7).Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-(8).出现分层，上层几乎呈无色，下层呈紫红色(9).过量

的Cl2也会氧化I-生成I2【解析】【分析】(1)X、Y、Z、W、R均是1-18号元素，原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的元素，则X为H；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O；R与Y最外层电子数相同，则R为S；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原

子的核外电子数之和相同，Z、W的核外电子数之和为8+16=24，Z、W、R电子层数相同，则Z、W位于第三周期，则Z为Na，W为Al元素，据此解答；(3)实验原理为：氯气可以氧化溴化钠中溴离子生成溴单质，可以观察到溶液为橙黄色；之后把反应后的溶液加入到碘化钾溶液中，溴单质氧化碘离子生成碘单质，震荡

后溶液分层，碘单质被萃取到有机层，四氯化碳密度比水大，所以下层会显紫红色。【详解】(1)①W为Al，Al的原子序数为13，其原子结构示意图为；R为S，硫离子带有2个负电荷，其电子式为；②H、O形成的双氧水具有强氧化性，能够杀菌消毒，双氧水为共价化合物，其结构式为H-O-O-H；③Y、Z、W

、R形成的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+、S2-，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：S2-＞O2-＞Na+＞Al3+；(2)①铷是37号元素

，原子结构中有5个电子层，最外层电子数为1，则位于第五周期第IA族；②a．铷排在钠的下方，活泼性强于铷，铷与水反应比钠更剧烈，故a正确；b．依据氧化钠性质可知，氧化铷为碱性氧化物，在空气中易吸收水生成氢氧化铷和与二氧化碳反应生成碳酸铷，故b正确；c．依据过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可

知：Rb2O2与水能剧烈反应并释放出O2，故c正确；d．铷金属性强于钠，所以单质铷有极强的还原剂，故d错误；e．铷金属性强于钠，所以RbOH的碱性比同浓度的NaOH强，故e错误；综上所述答案为de；(3)①棉花中浸

有的NaOH溶液可吸收氯气，防止氯气扩散到空气中，发生的离子反应为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，②溴与KI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，充分振荡、静置，可观察到溶液分层，上层几乎无色，下层呈紫红色；

由于过量的Cl2也会氧化I-生成I2，所以要控制氯气的加入量。20.（1）氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。①能说明该反应已达到平衡状态的标志是__

_。a.反应速率v(NH3)=v(N2)b.容器内压强不再随时间而发生变化c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化d.容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6e.12molN-H键断

裂的同时生成5molN≡N键②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中b点对应的速率关系是v(正)___v(逆)；d点对应的速率关系是v(正)___v(逆)。（填﹥、﹤或﹦）。(2)一定条件下，在2L密闭容器内，

反应2NO2(g)N2O4(g)，n(NO2)随时间变化如下表：①用N2O4表示0～2s内该反应的平均速率为___。在第5s时，NO2的转化率为___。②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是__。【答案】(1).bc(2).>(3).=(4).0.00375mol·L-

1·s-1（或0.225mol·L-1·min-1）(5).87.5%(6).随着反应的进行，反应物NO2的物质的量浓度减小，因而反应速率减小【解析】【详解】(1)①a．该反应达到平衡状态时，5v正(NH3)=4v逆(N2)，故a错误；b．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，容器体积恒定，

所以未平衡时压强会发生改变，当压强不再变化时说明反应平衡，故b正确；c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不在改变，反应达到平衡，故c正确；d．物质的量之比不能说明正逆反应速率相等或

者浓度不变，故d错误；e．只要反应进行12molN-H键断裂的同时就会生成5molN≡N键，二者均表示正反应速率，故e错误；故答案为：bc；②据图可知b点之后氮气的浓度增大，NO的浓度减小，说明此时反应正向进行，及v(正)>v(逆)；d点时NO的浓度不再变化，说明反应达到平衡

，所以v(正)=v(逆)；(2)①0～2s内v(NO2)=0.040mol-0.010mol2L=2sct=0.0075mol·L-1·s-1，同一反应同一时段内不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(N2O4)=0.5v(

NO2)=0.00375mol·L-1·s-1；第5s时，二氧化氮的转化率为0.040mol-0.005mol100%0.040mol=87.5%；②随着反应的进行，反应物NO2的物质的量浓度减小，因而反应速率减小。【点睛】可逆反应达到平衡

时，同物质的正逆反应速率相等，各组分的浓度，含量保持不变，由此衍生出其他的一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明达到平衡。