【文档说明】【精准解析】山东省日照市莒县2019-2020学年高一下学期期中考试过程性检测化学试卷.doc，共(21)页，610.000 KB，由小赞的店铺上传

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山东省日照市莒县2019-2020学年高一下学期期中过程性检测化学试题1.化学与生产、生活、环境密切相关下列说法正确的是A.95%的乙醇能有效杀死新型冠状病毒B.某些金属元素的焰色反应、海水提溴、海水提碘都是化学变化C.氮氧化物的大量排放会导致

光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，添加微量SO2可防止其被氧化【答案】D【解析】【详解】A．一般用75%的酒精杀菌消毒，而不是95%的酒精，A错误；B．金属的焰色反

应是物理变化，B错误；C．温室效应主要与CO2有关，与氮氧化物无关，C错误；D．SO2具有还原性，微量的SO2可以防止维生素等被氧化，D正确；答案选D。2.下列有关化学用语的表示正确的是A.中子数为117、质子数为78的铂原子：195117PtB.二氧化碳的电子

式：C.氯离子的结构示意图：D.NH5的结构与NH4Cl相似，则NH5的结构示意图为：【答案】B【解析】【详解】A．左下角表示质子数，左上角表示质量数，因此中子数为117、质子数为78的铂原子应表示为19578Pt，A错误；B．C

O2为共价化合物，C原子和每个O原子形成2对共用电子对，则电子式为，B正确；C．Cl得到1个电子变为Cl-，则氯离子的结构示意图为，C错误；D．NH4Cl为离子化合物，NH5的结构与NH4Cl相似，则NH5为离子化合物，由+4NH和H+构成，无结构式，D错误；答案选B。3.LiH、

LiD、LiT在一定条件下都可产生极高的能量，被广泛应用在火箭推进剂和核反应中。下列有关说法正确的是A.LiH、LiD、LiT互称同位素B.H、D、T的化学性质不同C.H、D、T之间的转化是化学变化D.LiH

、LiD、LiT中氢元素的化合价均为-1价，因此在反应中常做还原剂【答案】D【解析】【详解】A．同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素不同核素之间的互称，LiH、LiD、LiT为化合物，不是互称为同位素，A错误；B．H、D、T均为氢元素的三种

核素，质子数相同，化学性质几乎完全相同，B错误；C．同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，H、D、T之间的转化是物理变化，C错误；D．LiH、LiD、LiT中氢元素的化合价均为-1价，反应时化合价易升高，失去电子，因

此在反应中常做还原剂，D正确；答案选D。4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数是0.1NAB.0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数为0.2NAC.常温常压下，22.4L氯

气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2NAD.0.1molN2与0.3molH2在密闭容器中充分反应，可生成0.6NA个N-H键【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2由Na+和O2-2构成，7.8gNa2O2的物

质的量为0.1mol，因此含有0.1mol阴离子(O2-2)，数目为0.1NA，A正确；B．没有给定溶液的体积，无法计算溶液中OH-的数目，B错误；C．常温常压下气体摩尔体积Vm不是22.4L/mol，因此得出Cl2的物质的量不一定为1mol，转移电子数也不一定为2NA，C

错误；D．N2与H2反应生成NH3为可逆反应，因此0.1molN2与0.3molH2在密闭容器中充分反应，生成的氨气的量小于0.2mol，因此生成N-H键的个数小于0.6NA，D错误；答案选A。5.下列利用相关实验仪器能够完成相应实验的是选项实验仪器相应实验A250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、

托盘天平配制250mL0.3mol·L－1NaCl溶液B三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角从食盐水中得到NaCl晶体C分液漏斗、烧杯、铁架台、玻璃棒用CCl4萃取溴水中的Br2D酒精灯、大试管、铁架台、铁夹用碳酸氢铵固体制备氨气A.AB.BC.CD.D【

答案】C【解析】【详解】A．配制250mL0.3mol·L－1NaCl溶液，需要称量一定质量的NaCl，需要托盘天平，钥匙，溶解NaCl需要玻璃棒、烧杯，将溶液转移到250mL容量瓶中，需要玻璃棒引流，然后洗涤，定容时，需要胶头滴管，缺少了胶头滴管，A不能完成实验；B．食盐

水蒸发得到NaCl晶体，蒸发操作，需要酒精灯，蒸发皿，玻璃棒，坩埚钳；不需要使用到坩埚、泥三角，B不能完成实验；C．用CCl4萃取溴水中的Br2，需要分液漏斗，振荡，静置分层时，需要铁架台，分液时，需要烧杯，C可以完全实验；D．用碳酸氢铵固体制备氨气，仪器中没有集气瓶，导

管，不能收集到氨气，D不能完成实验；答案选C。6.下列说法正确的组合是①离子化合物中一定含有离子键，也可能含有共价键②有化学键断裂的变化一定属于化学变化③含金属元素的化合物不一定是离子化合物④由分子组成的物

质中一定存在化学键⑤熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物A.①③⑤B.①③④C.②③④D.①②⑤【答案】A【解析】【详解】①离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH，既含有离子键又含有共价键，①正确；②NaCl溶于水时，离子键断裂，但不属于化学变化，②错误；③含

金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，③正确；④稀有气体元素对应的单质由分子组成，但不存在化学键，④错误；⑤熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以被破坏，存在自由移动的离子，能够导电，所以熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，⑤正确；综上，①③⑤正确，答案选A。7.常

温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、-3NO、Cl－、I－B.透明溶液中：Cu2＋、2-4SO、Cl－、K＋C.0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液中：H＋、Al3＋、2-4SO、Cl－D.c(

H+)＝1mol·L－1的溶液：+4NH、Na＋、32-SiO、CH3COO－【答案】B【解析】【详解】A．I-可被Fe3+氧化而不能大量共存，A不符合题意；B．Cu2＋、2-4SO、Cl－、K＋四种离子相互不反

应，且溶液透明，B符合题意；C．-3NO与H+结合具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，不能大量共存，C不符合题意；D．c(H+)＝1mol·L－1的溶液中32-SiO可与H+结合生成H2SiO3沉淀不能大量共存，D不符合题意

；答案选B。【点睛】B选项为易错点，解答时注意“透明”不代表溶液无色。8.下列指定反应的离子方程式书写正确的是A.Na与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋B.向次氯酸钙溶液中通入少量SO2（已知酸性H2SO3＞HClO）：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=Ca

SO3↓＋2HClOC.Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2OD.NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．N

a会与CuSO4溶液中的水反应，生成NaOH，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，不能置换出Cu，A错误；B．ClO－具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42－，离子方程式应为Ca2＋＋ClO－＋SO2+H2

O=CaSO4↓＋2H++Cl－，B错误；C．Ca(HCO3)2少量，完全反应掉，1molCa(HCO3)2消耗2molNaOH，离子方程式为2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，C正确；D．NaOH足量，NH4＋也会与OH－反应，离子方程式为NH4＋＋HCO3－

＋2OH－=NH3·H2O＋CO32－＋H2O，D错误；答案选C。9.用下图所示的装置进行实验（夹持仪器略去），a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，能达到实验目的的是选项试剂1试剂2试剂3实验目的装置A浓盐酸KMnO4饱和NaC

l溶液制备干燥纯净的Cl2B稀硫酸NaHCO3Na2SiO3溶液验证非金属性：C＞SiC稀硫酸溶液X澄淸石灰水验证X中是否有2-3COD70%硫酸Na2SO3酸性KMnO4溶液验证SO2具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．没有干燥装置，不能够制得干燥的Cl2，

A不能达到实验目的；B．根据强酸制弱酸，可知酸性：H2CO3强于H2SiO3，且两者分别为C、Si的最高价含氧酸，因此可验证非金属性：C＞Si，B能达到实验目的；C．若溶液X中含有-3HCO等，也能产生使

澄清石灰水变浑浊的CO2气体，故不能验证X中含有2-3CO，C不能达到实验目的；D．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有还原性，与漂白性无关，D不能达到实验目的；答案选B。10.下图是CO与O在催化剂表面形成化学键的反应过程示意图，下列说法错误的是A.状态I→状态II需要吸收能

量B.状态I→状态III是放热过程C.整个过程中既有旧键的断裂又有新键的形成D.状态I对应物质的稳定性低于状态III对应的物质【答案】C【解析】【分析】由图知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答。【

详解】A．状态II的能量大于状态I，所以状态I→状态II需要吸收能量，A正确；B．状态I的能量大于状态III，所以状态I→状态III是放热过程，B正确；C．由图可知该过程中不存在CO的断键，整个过程中只有新键的形成，没有旧键的断裂，C错误；D．能量越低物质的稳定性越好，状态I的能

量大于状态III，所以状态I对应物质的稳定性低于状态III对应的物质，D正确。答案选C。11.下列反应过程中，同时有离子键和共价键的断裂和形成的是A.3NO2＋H2O==2HNO3＋NOB.2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑C.8NH3

＋3Cl2==6NH4Cl＋N2D.2NH3＋CO2＋H2O==(NH4)2CO3【答案】B【解析】【详解】A．3NO2＋H2O==2HNO3＋NO中有共价键的断裂和形成，但没有离子键的断裂和形成，A不符题意；B．2Na2O2＋2H2

O==4NaOH＋O2↑中同时有离子键和共价键的断裂和形成，B符合题意；C．8NH3＋3Cl2==6NH4Cl＋N2中有共价键的断裂和生成，有离子键的形成，但没有离子键的断裂，C不符题意；D．2NH3＋CO2＋H2O==(NH4)2CO3中有共

价键的断裂和生成，有离子键的形成，但没有离子键的断裂，D不符题意。答案选B。【点睛】化合物里有活泼金属或铵根时一般含有离子键。12.短周期主族元素R、X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示。X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍，下列推断

正确的是RXYZWA.原子半径由小到大的顺序：X<Y<W<ZB.气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序：Y>X>Z>RC.最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：Z<R<WDRY3、ZW5分子中每个原子最外层都达到8电子结构【答案】C【解析】

【分析】X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍，X只能有2个电子层，则其最外层电子数为6，X为O元素，根据元素在周期表中的位置，R为N元素，Y为F元素，Z为P元素，W为S元素。【详解】A．同周期元素原子半径从左到右依次减

小，同主族原子半径从上到下依次增大，因此原子半径为Y＜X＜W＜Z，A错误；B．非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；同周期元素的非金属性从左到右依次增强，同主族元素的非金属性从上到下依次减弱，因此非金属性：Y＞X＞R＞Z，则气态氢化物的稳定性：Y＞X＞R

＞Z，B错误；C．非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；同周期元素的非金属性从左到右依次增强，同主族元素的非金属性从上到下依次减弱，因此非金属性：Z＜R＜W，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜R＜W，C

正确；D．NCl3中，N最外层电子数为5，达到稳定结构需形成3对共用电子对，Cl最外层7个电子，达到稳定结构需形成1对共用电子对，因此N和3个Cl形成NCl3，均达到8电子结构；PCl5中P外层有5个电子，达到稳定结构需形成3对共用电子对，现与5个Cl形成共用电子，P最

外层就有10个电子，而不是8电子结构，D错误；答案选C。13.自热食品无需火电，将水倒在发热包上即可加热食物。发热包的主要成分是：铁粉、铝粉、焦炭粉、活性炭、生石灰、碳酸钠、焙烧硅藻土等，下列说法错误的是A.生石灰和水反应放出热量B.

发热包用后所得产物的碱性增强C.发热包用后的产物不环保，冷却后要进行回收处理D.反应过程中有微小原电池形成，负极反应为：Fe-3e－==Fe3+【答案】D【解析】【详解】A．CaO与水反应生成Ca(OH)2，是放热反应，A正确，不选；B．CaO与水反应会生成Ca(OH

)2，产物碱性会增强，B正确，不选；C．发热包使用后，仍会有焦炭，碳酸钠，硅藻土，以及Fe、Al的化合物等，直接遗弃不环保，应回收处理，C正确，不选；D．加入水后，铁、焦炭、水溶液可以形成微小原电池，负极反应为Fe－2e－=Fe2＋，D错误，符合题意；答案选D。14.下列措施对改变反应速率的

影响正确的是A.Al与NaOH溶液反应，将Al片改成Al粉会加快反应速率B.CaCO3与稀盐酸反应，加入NaCl溶液，不会改变反应速率C.K2SO4溶液与BaCl2溶液反应，加入KCl固体，将加快反应速率D.Zn与稀硫酸反应制取H2，改用98%的浓硫酸将加快H2的生成速率【答

案】A【解析】【详解】A．将Al片改成Al粉，增大了反应物的接触面积，化学反应速率加快，A正确；B．加入NaCl溶液，会稀释盐酸，溶液中的c(H＋)降低，化学反应速率降低，B错误；C．实际反应的离子只有Ba2＋和24SO−，加入KCl固体，其含有的K＋和Cl

－并没有参与反应，化学反应速率不变，C错误；D．Zn与浓硫酸反应生成SO2，并不会生成氢气，D错误；答案选A。15.用如图所示装置探究原电池的工作原理，下列说法错误的是A.甲图中锌片质量减轻，铜棒上有气体产生B.乙图中正极上发生的反应为：2H＋＋2e－==H2↑C.丙图中Zn片上发生氧化反应，溶

液中的Cu2＋向铜电极移动D.若乙图与丙图中锌片减轻的质量相等，则两装置中还原产物的质量比为1∶32【答案】A【解析】【分析】原电池中一般活泼金属为负极，发生氧化反应。【详解】A．甲图中没有形成完整的回路

，不能形成原电池，锌与稀硫酸发生反应，锌的质量减轻，锌上有气泡产生，A错误；B．乙图中构成原电池，铜为正极，溶液中的氢离子在正极发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－==H2↑，B正确；C．丙图中构成原电池，活泼金属锌作负极，发生氧化反应，铜为正极，溶

液中的Cu2+向正极移动，C正确；D．乙图与丙图中负极反应相同，都为Zn-2e-===Zn2+，乙图与丙图中正极上的反应分别为：2H++2e-===H2↑、Cu2++2e-===Cu，若乙图与丙图锌片减轻的质量相等，即失去电子的物质的量相等，依据电子

守恒计算乙图与丙图中还原产物的质量比=2：64=1：32，D正确。答案选A。16.一定温度下，向2L密闭容器中加入足量C(s)并充入2molH2O(g)，发生反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，反应过程中测得如下数据，下列说法错误的是t/min0246810n(H

2)/mol00.81.41.81.8……A.6min时，反应达到平衡状态，各组分的物质的量均不再改变B.6min~8min时间段内，υ(H2)=0mol·L－1·min－1C.该条件下，无论反应多长时间，c(H2)＜1mol·L－1D.保持温度和体积不变，8min时向该容器中充入少量He(g)

，平衡将会发生移动【答案】D【解析】【详解】A．根据表格中的数据，6min和8min中的n(H2)的物质的量相同，因此达到了平衡状态，达到平衡状态时，各组分的物质的量均不变，A正确，不选；B．6min～8min时间段内，n(H2)不变，则-1-120mol(H)==0mol

Lmin2L2minv，B正确，不选；C．2molH2O完全反应生成2molH2，氢气的浓度为1mol·L－1，但反应是可逆反应，2molH2O不能完全反应，因此无论反应多长时间，c(H2)＜1mol·L－1，C正确，不

选；D．保持温度和体积不变，8min时向该容器中充入少量He(g)，，各反应物的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不移动，D错误，符合题意；答案选D。17.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在agHmX中所含质子的物质的量是A.()a

ANmmolAm−++B.()aANmolA−C.()aANmolAm−+D.()aANmmolA−+【答案】A【解析】【详解】HmX的相对分子质量为A+m，agHmX的物质的量为amolAm+；每个HmX含有的

质子数为A-N+m，所以agHmX中所含质子的物质的量是()aANmmolAm−++，答案选A。【点睛】计算时可先考虑单个原子的构成，然后考虑所给的氢化物分子的构成，再利用物质的量和分子数的比例关系求算。18.下列物质的转化在给定条件下能实现的是①SSO3H2SO4②AlCl3溶液Al(OH)

3Na[Al(OH)4]③饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)④Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgO(s)A.①②③B.②③⑤C.②③④

D.②④⑤【答案】B【解析】【详解】①硫单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，①中转化不能实现；②氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，②中转化可以实现；③饱和食盐水中先后通入氨气、二氧化

碳可以得到碳酸氢钠，碳酸氢钠固体加热可以生成碳酸钠、二氧化碳和水，③中转化可以实现；④铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁，不能生成氯化铁，④中转化不能实现；⑤氯化镁溶液与石灰乳氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，⑤中转化可以实现。综上分析，②③⑤中物质的转化在给定条

件下能实现，答案选B。19.含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、3IO−在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法正确的是A.只用淀粉－KI试纸即可检验食盐中是否加碘B.由图可知氧化性

的强弱顺序为：3IO−>Cl2>I2C.生产等量的碘，途径I和途径II转移的电子数之比为5:2D.途径III发生反应的离子方程式为：3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋3IO−＋6H＋【答案】D【解析】【详解】A．淀粉遇碘单质变蓝色，而食盐中加入的是KIO3，不是碘单质，KIO3与KI酸

性条件下反应生成I2，只用淀粉—KI试纸不能检验食盐中是否加碘，A错误；B．根据途径Ⅲ，I－和Cl2反应可得到3IO−，其中Cl2为氧化剂，3IO−为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知氧化性：Cl2＞

3IO−，B错误；C．途径Ⅰ的离子方程式为2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，生成1molI2，转移2mol电子；途径Ⅱ的离子方程式为23IO−＋53HSO−=I2＋524SO−＋H2O＋3H＋，生成1molI2，转移10mol电子；转移的电子

数之比为2：10=1：5，C错误；D．途径Ⅲ，Cl2和I－反应生成3IO−，Cl2转化为Cl－，离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋3IO−+6H＋，D正确；答案选D。20.将燃煤排放的含有SO2的烟气通入海水（主要含Na＋、K＋、Ca2＋、Mg2＋、Cl－、2-4SO、Br－、

2-3CO、-3HCO等离子）进行脱硫的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A.天然海水可能显弱碱性B.“氧化”是利用氧气将H2SO3、-3HSO、2-3SO等氧化生成2-4SOC.排入大海的溶液与天然海水相比，只有2-4SO、Ca2＋数量发生了

变化D.若将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中NaCl含量最高【答案】C【解析】【分析】将SO2通入天然海水中，SO2溶于水生成H2SO3，其酸性强于H2CO3，因此CO32－和HCO3－均会转化为CO2逸出，氧化后，溶

液中的SO32－或HSO3－等会转化为SO42－，会与Ca2＋结合生成CaSO4沉淀。【详解】A．天然海水中，含有CO32－和HCO3－，均会水解，使得溶液呈现碱性，因此天然海水可能显弱碱性，A正确，不选；B．SO2通

入海水中，溶液中会有H2SO3、HSO3－、SO32－等，通入O2可将它们转化为SO42－，B正确，不选；C．SO2溶于水生成H2SO3，其酸性强于H2CO3，因此CO32－和HCO3－均会转化为CO2逸出，CO32－和HCO3－的数量也会发生变化

，C错误，符合题意；D．海水中Na＋、Cl－的含量高于其他离子，且经过处理后，CO32－和HCO3－明显减少，此外部分Ca2＋与氧化后生成SO42－结合生成沉淀，溶液中部分离子减少，因此蒸发结晶后NaCl含量最高，D正确，不选；答案选C。21.X

、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、R在元素周期表中的相对位置如图，X与Z能形成两种无色气体，Z是地壳中含量最多的元素，W元素的最高价氧化物的水化物既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应。XR回答下列问题：(1)X在

元素周期表中的位置为_________；Y单质的电子式为________。(2)Z、W、R的简单离子半径由大到小的顺序是________(填离子符号)。(3)元素的非金属性R________Q(填“＞”或“＜”)，下列事实不能说明这一

结论有_______(填序号)。A．H2R的酸性比HQ弱B．R与Q在周期表中的相对位置C．向R的氢化物的水溶液中通入Q的单质，溶液变浑浊D．相同条件下，R和Q的单质分别与Fe反应时，R被还原的价态比Q的低(4)将盛有YZ2气体的烧瓶浸入热水中，一段时间后，气体颜色将变________(填“

深”或“浅”)；烧瓶内气体的平均相对分子质量将________(填“增大”或“减小”)。【答案】(1).第二周期ⅣA族(2).(3).S2－＞O2－＞Al3＋(4).＜(5).AD(6).深(7).减小

【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z能形成两种无色气体，Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素，X为C元素，所以Y为N元素，W元素的最高价氧化物的水化物既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，则W为Al元素，X、R在元素周期表中的相对位

置如图，则R为S元素，Q为Cl元素，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析可知，X为C元素，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，Y为N元素，其单质为N2，N原子和N原子之间形成3对共用电子对，则电子式为；(2)O2

-与Al3+的核外电子层数均为2层，而S2-的核外电子层数为3层，因此S2-半径最大，又电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此离子半径：S2－＞O2－＞Al3＋；(3)同周期元素从左至右非金属性依次增强，则非金属性S＜Cl，下列事实中：A．H2S和HCl不是最

高含氧酸，不能根据两者酸性强弱比较S和Cl的非金属性，A选；B．同周期元素从左至右非金属性依次增强，可用元素在周期表中的相对位置比较非金属性强弱，B不选；C．向H2S溶液中通入Cl2，溶液变浑浊，说明生成S单质，可说明非金属性Cl＞

S这一结论，C不选；D．相同条件下，S、Cl2分别与Fe反应时，前者Fe被氧化的价态比后者低可说明这一结论，但S被还原的价态比Cl低不能说明，D选；答案选AD；(4)将盛有NO2气体的烧瓶浸入热水中，因为存在平衡2NO2N2O4，升温平衡

逆向移动，所以一段时间后，气体颜色将变深，总质量不变，气体的物质的量增大，则气体的平均相对分子质量将减小。22.SO2在400~500℃下的催化氧化反应是工业制硫酸的一步重要反应，450℃在2L的密闭容器中进行该反应，保持温度和容积不变，测得n(SO3)、n

(SO2)和n(O2)随时间t（min）的变化关系如图所示（a、b、c、d、e、f、g、h分别表示对应点的纵坐标）。回答下列问题：（1）上图中表示n(SO2)随时间t变化的曲线是________（填“I”“II”或“III”）。（2）对于I所表示的物质，其逆反应速率最大的点是________

（填“a”“e”或“f”）。（3）t1至t2时间段内，υ(SO3)=________。（4）下列说法正确的是________（填序号）。A．t2时，该反应达到平衡状态B．t2时，III代表的物质的消耗速率大于它的生成速率C．t2时与t3时容器中气体的总物

质的量相同D．其他条件不变，反应在500℃下进行，平衡时n(SO3)=gmol（5）下列叙述能说明上述反应已达化学平衡状态的是________（填序号）。A．υ正(O2)＝υ逆(SO2)B．n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2

∶1∶2C．容器中气体的密度不随时间而变化D．容器中气体的压强保持不变【答案】(1).Ⅲ(2).f(3).21d-c2(t-t)mol·L－1·min－1(4).B(5).D【解析】【分析】根据反应方程式判断曲线所代表的物质，根据速率大小变化情况

判断速率最大的点，结合图像中的数据，根据公式cυ=t计算化学反应速率，根据化学平衡的特征进行相关分析解答。【详解】(1)SO2在400~500℃下的催化氧化生成SO3，其化学反应方程式为2SO2+O2400~500催化剂

℃2SO3，根据方程式及各物质的化学计量数之比可推知，曲线Ⅰ表示O2，曲线Ⅱ表示SO3，曲线Ⅲ表示SO2；(2)根据(1)可知，曲线Ⅰ表示O2，从开始到平衡，O2的逆反应速率不断增大，直至平衡时不变，因此O2的逆反应速率最大点为f点；(3)根据公式cυ=t可得，t1至t2

时间段内，υ(SO3)=()()()112121d-cmold-cmol2L=t-tmin2tLm-tin－－；(4)A．根据图像可知，t2时反应未达到平衡状态，A错误；B．t2时，反应仍正向进行，同一物质的正反应速率大于逆反应速率，即III代表的物

质的消耗速率大于它的生成速率，B正确；C．根据方程式2SO2+O2400~500催化剂℃2SO3，反应前后气体的物质的量发生改变，t2时反应未达到平衡，t3时反应达到平衡，两个时刻容器内的气体的总物质的量不同，C错误；D．反应在500℃下进行，相对于4

50℃为升温过程，该反应为放热反应，升温平衡逆向进行，因此平衡时n(SO3)＜gmol，D错误；答案选B；(5)A．υ正(O2)＝υ逆(SO2)时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，A不选；B．反应达到平衡时各组分的物质的量保持不变，但不一

定等于化学计量数之比，因此n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2不能判断反应是否达到平衡，B不选；C．该反应在恒容容器中进行，气体总体积不变，总质量也不变，因此无论反应是否到达平衡，气体的密度均不改变，故容器中气体的密度不

随时间而变化不能说明反应达到平衡状态，C不选；D．该反应前后气体的物质的量发生改变，恒温恒容条件下，根据PV=nRT可知，气体的压强不断发生改变，压强不变时可以说明反应达到平衡状态，D选；故答案选D。23.十九大报告提出要对环境问题进

行全面、系统的可持续治理。回答下列问题：(1)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。①上述过程中，能量的变化形式是由________转化为________。②根据数据计算

，分解1molCO2需________(填“吸收”或“放出”)________kJ的能量。(2)电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。①Pt电极(a)为________极(填“正”或“负”)；Pt电极(b)上的电极反应式为：______

__。②该过程总反应的化学反应方程式为________，反应一段时间后，KOH溶液的浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1).光能和热能(2).化学能(3).吸收(4).278(5).负极(6).O2＋4e-＋2H2

O==4OH-(7).4NH3＋3O2==2N2＋6H2O(8).减小【解析】【分析】(1)由图可知以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒和化学变化中反应热与键能的关系进行判断和计算；(2)Pt电极(a)通入氨气生成氮气，说明氨气被

氧化，为原电池负极，发生氧化反应，根据原电池的构成条件和工作原理解答。【详解】(1)①该图中以以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律，该反应中，光能和热能转化为化学能，答案：光能和

热能；化学能；②二氧化碳分解生成CO和O2，根据焓变=反应物键能总和-生成物键能总和及焓变与其方程式化学计量数成正比，由2CO2(g)===2CO(g)+O2(g)及图中数据可有：∆H=2×1598kJ·mol-1-(2×1072+496)kJ·mol-1=+556kJ·mol-1

，所以分解1molCO2需吸收5562kJ=278kJ的能量，答案：吸收；278；(2)①由图可知，Pt电极(a)通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，Pt电极(b)上氧气得电子被还原，电解质溶液为KOH溶液，碱性环境下氧气的放电反应为O

2＋4e-＋2H2O==4OH-，答案：负极；O2＋4e-＋2H2O==4OH-；②由图可知，该电池负极通入氨气发生氧化反应生成氮气，且OH-向负极移动参与反应，负极反应式为：2NH3-6e-+6OH-===N2+6H2O，正极通入氧气发和还原反应生成水，所以电池的总反应的化学方程式为4NH3

＋3O2==2N2＋6H2O，OH-在负极参与反应导致KOH浓度减小，答案：4NH3＋3O2==2N2＋6H2O；减小。【点睛】根据元素化合价的变化判断氧化反应还是还原反应，进而可以判断下负极，书写电极反应式时要注意电

解质的特点。24.利用下图可从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。图中甲~己均含铁元素。回答下列问题：（1）K2FeO4是一种新型非氯高效杀菌消毒剂，从铁元素化合价的角度分析是因其具有________性（填“氧化”或“还原”）。（2）乙与稀硫酸反

应生成戊的离子方程式为________。（3）丙转化为丁的化学方程式为________。（4）已知甲与过量硝酸溶液反应时，HNO3→NO↑＋NO2↑＋H2O（未配平），若产物中NO与NO2的物质的量之比为1∶3，则参与反应的甲与HNO3的物质的量之比为____

____，检验产物中铁元素的价态，可选用的试剂为________。（5）实验室利用下图所示装置制取纯净的己（FeBr3）。（已知：FeBr3溶液煮沸会分解生成FeBr2和Br2）i．上述仪器的连接顺序为：①→________→________→________→______

__。________ii．A中盛装的试剂是________；B中盛装的试剂是________；C装置的作用是________。iii．实验开始时，先打开装置①中的活塞一段时间后，再加热管式炉的目的是________。【答案】(1).氧化(2).FeO＋

2H＋==Fe2＋＋H2O(3).4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(4).1∶5(5).KSCN溶液（或NaOH溶液）(6).③②⑤④(7).饱和NaHCO3溶液(8).浓硫酸(9).除去未反

应的Br2(10).利用反应产生的CO2排出装置内的空气，防止铁粉被O2氧化引入杂质【解析】【分析】根据物质种类和化合物，可知甲为Fe单质，乙为FeO，丁为Fe(OH)3，丙为Fe(OH)2，戊为亚铁盐，己为铁盐。(5)Fe和Br2加热制备FeBr3，需要防止Fe被O2氧化，需要防止水蒸气进

入，因此利用CO2排除装置中的O2，利用稀盐酸和CaCO3制备CO2中含有H2O和HCl，利用饱和食盐水除去HCl，利用浓硫酸干燥，最后尾气吸收。【详解】(1)K2FeO4中Fe的化合价为＋6，从化合价角度来看，化合价只能降低，具有氧化性；(2)乙为F

eO，是碱性氧化物，与酸反应生成盐和水，离子方程式为FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O；(3)丙为Fe(OH)2，与O2、H2O反应可转化为Fe(OH)3，化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；

(4)Fe和过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，根据题意NO与NO2的物质的量之比为1∶3，设NO和NO2的物质的量分别为1mol和3mol。HNO3中N的化合价为＋5，降低3价生成NO，降低1价生成NO2，则一共得到了3×1＋1×3=6mol电子；根据得失

电子守恒，转移了6mol电子，需要2molFe，生成了2molFe(NO3)3。参加反应的硝酸体现出了酸性和氧化性，根据N守恒，共有4molHNO3化合价降低，体现氧化性；有6molHNO3形成了Fe(NO3)3，体现出了酸性，则一共

消耗了10molHNO3；参与反应的Fe和HNO3的物质的量之比为2：10=1：5；检验Fe(NO3)3溶液中的Fe3＋，可选用KSCN溶液或NaOH溶液，Fe3＋遇KSCN溶液，使得溶液现红色，Fe

3＋与OH－结合生成红褐色沉淀；(5)i．Fe和Br2加热制备FeBr3，需要防止Fe被O2氧化，需要防止水蒸气进入，因此利用CO2排除装置中的O2，利用稀盐酸和CaCO3制备CO2中含有H2O和HCl，利用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，利用浓硫酸干燥，最后尾气吸收。排序

为①→③→②→⑤→④；ii．根据分析，A为饱和碳酸氢钠溶液，B为浓硫酸；C为吸收未反应的Br2；iii．加热前通入CO2，可排除装置中的空气，防止Fe加热时被O2氧化，因此目的是利用反应产生的CO2排出装置

内的空气，防止铁粉被O2氧化引入杂质。