【文档说明】黑龙江省牡丹江市海林林业局第一中学2019-2020学年高一下学期月考化学试题 【精准解析】.doc，共(17)页，481.000 KB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省牡丹江市海林林业局第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效

洁净的能源转换技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料。A.①③⑤B.②③⑤C.①②④D.②④⑤【答案】B【解析】【详解】化石燃料的开采与使用，焚烧秸秆向大气中排放大量的二氧化碳和有害气体，破坏了环境，故①④均不利于环境的保护；而②③⑤有利于节能减

排、环境保护，故选B。2.关于SO2与NO2的下列说法正确的是A.都能引起光化学烟雾B.都能使石蕊试液先变红后褪色C.都是酸性氧化物D.都能与氢氧化钠溶液反应【答案】D【解析】【详解】A.NO2能引起光化学烟雾，SO2不能，A错误；B.二氧化硫溶于

水生成亚硫酸，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，都能使石蕊试液变红，但不褪色，B错误；C.能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，二氧化硫是酸性氧化物，二氧化氮不是，C错误；D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，因此都能与氢氧化钠溶液反应，D

正确；答案选D。【点睛】掌握二氧化硫、二氧化氮的性质特点是解答的关键，选项A是解答的易错点，注意二氧化硫虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，浓硝酸具有强氧化性，可以使石蕊试液先变红后褪色，稀硝酸不能。3.

下列表达式不正确的是A.四氯化碳分子的电子式：B.S2－的结构示意图：C.氮气分子的结构式：D.氚的原子符号：31H【答案】A【解析】【详解】A.四氯化碳是共价化合物，其电子式为，A错误；B.S2－的核外电子数是18，其结构

示意图为，B正确；C.氮气分子中含有氮氮三键，结构式为N≡N，C正确；D.在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，因此氚的原子符号可表示为31H，D正确；答案选A。4.23592U是重要的核工业原料，下列有关23592U的说法中正确的是A.23592U原子核中含

有92个中子B.23592U原子核外有143个电子C.23592U与23892U互为同位素D.23592U与23892U互为同素异形体【答案】C【解析】【分析】元素符号左上角数字表示质量数，左小角数字表示质子数，质量数-质子数=中

子数。【详解】A.23592U原子核中含有92个质子，A错误；B.23592U原子核外有92个电子，B错误；C.23592U与23892U质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；D.23592U与

23892U互为同位素，同素异形体研究的对象为单质，D错误；答案选C。5.下列关于物质用途的说法正确的是①水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料；②氨用做制冷剂；③氢氟酸可以用来刻蚀玻璃；④晶体硅是制备光导

纤维的原料；⑤利用氯气的毒性可以消灭田鼠；⑥二氧化硫既可做漂白毛、丝、纸张的漂白剂，又可做食物的增白剂；⑦晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池A.①②③④⑤B.①③④⑤⑥C.①②③⑤⑦D.③④⑤⑥⑦

【答案】C【解析】【分析】①水玻璃不燃烧也不支持燃烧；②氨气易液化；③氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅；④光导纤维的主要成分是二氧化硅；⑤氯气有毒；⑥二氧化硫有毒；⑦晶体硅属于半导体。【详解】①水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的

原料，正确；②液氨气化时吸热，因此氨可用做制冷剂，正确；③玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅，所以氢氟酸可以用来刻蚀玻璃，正确；④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料，是利用光的全反射原理，错误；⑤氯气有毒，能使田鼠中毒死亡而灭绝，正确；⑥二氧化硫有毒，不可做食物的

增白剂，错误；⑦硅位于金属和非金属分界线处，导致晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，7故正确；答案选C。【点睛】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解答本题的关键，注意性质决定用途，用途体现性质，知道常见元素化合物的性质，注意基础知识的积累和运用。6.下列各组物质的性质比较正确的是

A.稳定性：AsH3＜PH3＜NH3＜CH4B.沸点：H2S＜H2Se＜H2Te＜H2OC.密度：Li＜Na＜K＜RbD.酸性：H3BO3＜H2CO3＜HNO3＜H3PO4【答案】B【解析】【详解】A.氮元素的非金属性强于碳元素，则氨气稳定性强于甲烷，A错误；B.第ⅥA元素

形成的简单氢化物的沸点逐渐升高，但水分子间存在氢键，则沸点：H2S＜H2Se＜H2Te＜H2O，B正确；C.密度：Li＜K＜Na＜Rb，C错误；D.氮元素的非金属性强于磷元素，则硝酸的酸性强于磷酸，D错误；答案选B。7.已

知某元素的原子序数，则不能推出该元素原子的（）A.质子数B.中子数C.电子数D.核电荷数【答案】B【解析】【详解】在原子中：原子序数=质子数=电子数=核电核数。质量数=质子数+中子数，因没有质量数，故无法推出中子数。故选B。8.对下列事实解释错误的是()A.向蔗糖中加入浓H2SO4

后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有脱水性B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C.常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D.反应CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸【答案】C【解析】【详

解】A.向蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，证明有蔗糖脱水转化为碳的反应发生，说明浓H2SO4具有脱水性，A正确；B.浓硝酸在光照下颜色变黄，证明有硝酸分解生成二氧化氮的反应发生，说明浓硝酸不稳定，B正确；C.常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，不能说明铝与浓硝酸不反应，那是因为铝表面发生了钝化，铝

表面被氧化为致密的氧化物薄膜阻止了进一步的反应，而不是没有反应，C不正确；D.反应CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4能进行，证明CuS和H2SO4能大量共存，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，D正确。综上所述，对事实解释错误的是C。9.下列各组变化中，前者是放热反应，后者是吸热反应的是

A.生石灰溶于水；锌粒和稀硫酸反应B.稀释浓硫酸；氯化铵和Ba(OH)2·8H2O的反应C.氢氧化钠和盐酸反应；二氧化碳和碳反应D.工业煅烧石灰石；化石燃料燃烧【答案】C【解析】【分析】化学反应过程中放出能量的是放热反应，吸收能量的是吸热反应，结合反应特点分

析判断。【详解】A.生石灰溶于水生成氢氧化钙是放热反应；锌粒和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气是放热反应，A错误；B.稀释浓硫酸放热，是物理变化，不是放热反应；氯化铵和Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，B错误；C.氢氧化钠和盐酸反应生

成氯化钠和水，是放热反应；二氧化碳和碳反应生成一氧化碳是吸热反应，C正确；D.工业煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，是吸热反应；化石燃料燃烧是放热反应，D错误；答案选C。【点睛】选项B是易错点，注意不论是放热反应还是吸热反应均是化学变化。10.下列叙述中能肯定说明金属A比金属B的活泼

性强的是（）A.A原子最外层电子数比B原子的最外层电子数少B.A原子电子层数比B原子的电子层数多C.1molA从酸中置换生成的H2比1molB从酸中置换生成的H2多D.常温时，A能从酸中置换出氢，而B不能【答案】D【解析】【分析】金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸或水反应越剧

烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此分析解答。【详解】A．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少不能说明A的金属性大于B，如Ca的金属性大于Li，故A错误；B．A原子的电子层数比B原子的电子层

数多，不能说明A的金属性大于B，如Fe的金属性小于Na，故B错误；C．1molA从酸中置换H+生成的H2比1molB从酸中置换H+生成的H2多，说明A失电子比B多，不能说明A的金属性大于B，故C错误；D．常温下，A能从水中置换出氢，而B不能，说明A的活动性大于B，则A的金属性大于B，

故D正确；答案选D。【点睛】易错点为C选项，金属性强弱判断方法之一是根据置换出氢气的难易程度判断，而不是置换出氢气的量多少。11.图1是铜锌原电池示意图。图2中x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴可以表示()①c(Zn2＋)②c(H＋)③c(SO42－)④锌

棒的质量⑤铜棒的质量⑥溶液的质量A.①⑥B.②④C.③⑤D.⑥【答案】D【解析】【详解】由图知y轴表示随流入正极的电子的物质的量增加而增大，根据铜锌原电池工作原理，锌失电子做负极，所以锌棒的质量减小，溶液中开始没

有Zn2＋，随着反应进行溶液中c(Zn2＋)增大，溶液的质量增加，H＋得电子生成氢气，所以c(H＋)减小，c(SO42－)不变，铜棒做正极材料，铜棒的质量不变，所以答案D.【点睛】考查原电池反应原理的知识。解答本题时抓住原电池的工作原理，活泼金属做负

极，失电子发生氧化反应，是电子流出端，电流流入端，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。由于锌原子失电子，变成锌离子进入到溶液中，导致的一系列变化。12.一种盐X与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，Y经一系列氧化后再溶于水可得Z溶液，Y和Z反应又生成X，则X是（）A.(N

H4)2SO4B.NH4NO3C.NH4ClD.NH4HCO3【答案】B【解析】【详解】一种盐与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，则Y为NH3，氨气经一系列氧化后的产物再溶于水可得Z溶液，Z溶液为HNO3溶液，Y和Z溶液反应又可生成X，则盐X是硝酸铵，故选B。13.甲醇燃

料电池工作原理如下图，下列有关叙述正确的是()A.a导出的是H2OB.电池工作时，电子由甲电极经外电路流向乙电极C.乙电极的反应式为CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋D.将电解质改为NaOH溶液也能产生电流，但电流方向相

反【答案】B【解析】【详解】A．根据原电池的工作原理。由质子定向移动可知甲为燃料电池的负极，负极电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，，所以a导出的是CO2，故A错误；B．电池工作时，电子经外电路由负极流向正极，即从甲电极经外电路流向乙电极，故

B正确；C．乙为燃料电池的正极，电子在故正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故C错误；D．将电解质改为NaOH溶液也能产生电流，负极发生的反应为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，，正极反应式为O2+4e-+2H2O-=4OH-电流方向不变,故D错误；答案：B。1

4.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（）A.锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈B.砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸C.在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D.HBrO4的酸性比HIO4

的酸性强【答案】A【解析】【分析】元素周期率中，同主族从上到下，原子半径增大，金属性变强，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，碱性增强。【详解】A.锂与钠是同主族元素，从上到下，金属性变强，所以钠与水反应比锂与水反应更剧烈，A项错误；B.砹(At)为卤族元素，从上

到下，固体颜色变深，根据氯化银的性质推断AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，B项正确；C.铷为碱金属元素，碱金属从上到下，与氧气反应产物越来越复杂，则铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，C项正确；D.卤族元素从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸

性逐渐减弱，则HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，D项正确。答案选A。【点睛】元素周期率中，同主族从上到下，原子半径增大，金属性变强，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，碱性增强。15.下列说法正确的是①离子化合物中一定含有离子键；②含有共价键的化合

物一定是共价化合物；③非金属单质分子中一定含有非极性共价键；④分子间作用力比化学键弱得多；⑤含有离子键的化合物中一定含有金属元素；⑥氢键不是化学键；⑦不同元素组成的多原子分子中的化学键一定都是极性键A.①④⑥B.

①②⑤⑦C.①③④⑥D.③⑥⑦【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等，正确；②含共价键的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如NaOH等，正确；③非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，单原子分子不存在化学键，例如稀有气体中不存在化

学键，错误；④分子间作用力不属于化学键，一般影响物质的物理性质，因此比化学键弱得多，正确；⑤含有离子键的化合物中不一定含有金属元素，例如硝酸铵等铵盐，错误；⑥氢键是指已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很强的原子之间的

作用力，因此氢键不是化学键；⑦不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定都是极性键，例如乙醇分子中碳原子与碳原子之间存在非极性键，错误；答案选A。【点睛】本题考查了物质和化学键的关系，明确物质的构成微粒及微粒间作用力即可解答，注意：并不是所有物质中都含有化学

键，不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点。16.下列说法正确的是()A.人体运动所消耗的能量与化学反应无关B.燃料电池是一种高效但会污染环境的新型电池C.充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行D.将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁作负极，

铜作正极【答案】C【解析】【分析】【详解】A、人体运动所消耗的能量主要来自于葡萄糖在人体内的燃烧,所以A选项是错误的；B.燃料电池高效，但没有污染，如氢氧燃料电池，燃烧之后生成水，没有污染，故B错误；C.充电时,阴极、阳极反应式是放电时负极、正极反应式的逆反应

,所以充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行,所以C选项是正确的；D.将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁遇浓硝酸会钝化，不能持续失电子，故不能做负极，而铜可以与浓硝酸持续反应，故铜做负极故D错误。答案：C。17.一

瓶无色气体，可能由CO2、HCl、NH3、NO2、NO、H2中的一种或几种组成。将此无色气体通过盛有足量浓H2SO4的洗气瓶，气体体积减少，继续通过装有足量Na2O2的干燥管，气体变为红棕色，将排出的气体通入盛有足量蒸馏水的洗气瓶，无气体排出。则下列推断正确的是A.原气体

一定含有CO2、NH3、NO2B.原气体一定不含HCl、NO、H2C.原气体中NO和CO2的体积比为2:3D.无法确定H2是否存在【答案】C【解析】【分析】无色气体首先排除有色气体NO2，将此无色气体通过盛有足量浓H2SO4的洗气瓶，气体

体积减少，说明含有碱性气体氨气，因此一定不存在与氨气反应的氯化氢。继续通过装有足量Na2O2的干燥管，气体变为红棕色，说明有NO2产生，因此一定存在NO和能与过氧化钠反应产生氧气的气体，应该是CO2，将排出的气体通入盛有足量蒸馏水的洗气

瓶，无气体排出，因此不存在氢气。【详解】根据以上分析可知原混合气体中一定存在CO2、NH3、NO，一定不存在HCl、NO2、H2。则A.原气体一定含有CO2、NH3、NO，A错误；B.原气体一定不含HCl、NO2、H2，

B错误；C.由于最终没有气体剩余，说明生成的NO2与剩余的氧气恰好反应生成硝酸，设NO是4mol，则消耗氧气是2mol，生成4molNO2，根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知又消耗氧气是1mol，所以二氧化碳与过氧化钠共产生氧气3mol，因此CO2是6mol，所以

原气体中NO和CO2的体积比为4:6＝2:3，C正确；D.原气体一定不含H2，D错误；答案选C。18.将5molA和4molB充入0.4L密闭容器中发生2A(g)+B(g)mD(g)+E(g)，经过5min后达到化学平衡，此时测得D为2mol。又知5min内用E表示的平均反应速率为0.5mol·

L－1·min－1，下列结论正确的是()A.m值为1B.B的转化率为25%C.平衡时混合物总物质的量为8molD.5min内用A表示的平均反应速率为0.4mol·L－1·min－1【答案】B【解析】【详解】A.由5min内用E表示的平均反应速率为0.5

mol·L－1·min－1知n(E)=0.5mol·L－1·min－15min0.4L=1mol，又因为此时测得D为2mol，根据变化量之比是化学计量数之比可知m值为2，故A错误；B.根据方程式可知生成1molE，同时消耗1molB，因此B的转化率=1mol4mol100%=25%

，故B正确；C.根据方程式可知生成1molE，同时消耗2molA，因此平衡时混合物总物质的量为5mol－2mol+4mol－1mol+2mol+1mol=9mol，故C错误；D.反应速率之比是化学计量数之比，

因此5min内用A表示的平均反应速率为0.5mol·L－1·min－1×2＝1.0mol·L－1·min－1，故D错误；答案选B。19.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中10种元素回答以下问题：(1)写出⑧元素在周期表的位置___

___________________；(2)实验室制取②氢化物的化学方程式_______________________________________；②的氢化物与其最高价氧化物水化物反应生成的物质是________________(填名称)(3)⑦的氯化物物理性

质非常特殊，如熔点为190℃，但在180℃就开始升华。据此判断该氯化物是________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你判断正确的实验依据为：________________________。(4)用电子式表示④、⑥两元素结合成化合物的形成过程___________________

_________。【答案】(1).第三周期第IVA族；(2).2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑(3).硝酸铵(4).共价化合物(5).氯化铝在熔融状态下不能导电(6).【解析

】【分析】由元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别是H、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S元素。(1)Si的原子结构中含3个电子层、最外层电子数为4；(2)铵盐与碱加热制备氨气，氨气与硝酸反应生成盐；(3)物质的熔沸点低，由分子构成，可知为共价化合物，且共价化合物熔融

状态不导电；(4)④、⑥两元素结合成化合物为MgF2，为离子化合物；【详解】(1)⑧元素为Si，原子序数为14，在周期表的位置为第三周期第IVA族，故答案为：第三周期第IVA族；(2)②的氢化物为氨气，实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaC

l2+2H2O+2NH3↑，②的氢化物（氨气）与其最高价氧化物水化物（硝酸）反应生成盐为硝酸铵，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；硝酸铵；(3)⑦的氯化物物理性质非常特殊，如熔点为190℃，但在

180℃就开始升华，可知由分子构成，熔沸点低，则氯化铝为共价化合物，实验依据为氯化铝在熔融状态下不能导电，故答案为：共价化合物；氯化铝在熔融状态下不能导电；(4)④、⑥两元素结合成化合物为MgF2，为离子化合物，用电

子式表示其形成过程为，故答案为：。20.有6种短周期元素，原子序数按E、D、B、A、F、C的顺序依次增大；A、C同周期，B、C同主族；A与B可形成离子化合物A2B，且离子的电子数均相同；D和E可形成4核10电子的分子；F是第三周

期元素的简单离子中半径最小的。试回答下列问题（用相应的元素符号表示）：（1）写出B在元素周期表中的位置：__；C的原子结构示意图为__。（2）B与E形成的化合物E2B2的电子式为__；D和E形成4核10电子的分子的结构式为___；A

、B、E形成的化合物中存在的化学键___。（3）元素A与元素F相比，金属性较弱的是__(用元素符号表示)，写出实验室制备其最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为__。【答案】(1).第二周期第ⅥA族(2).(3

).(4).(5).离子键和极性共价键(6).Al(7).Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【解析】【分析】A与B形成离子化合物A2B，且离子的电子数均相同，说明A在B的下一周期，A显＋1价，则A为Na，B显－2价，B为O，B和

C同主族，C为S，D和E可形成4核10电子的分子，该分子为NH3，即E为H，D为N，F是第三周期元素的简单离子中半径最小的，即F为Al，据此分析；【详解】A与B形成离子化合物A2B，且离子的电子数均相同，说明A在B的下一周期，D和E可形成4核10电子的分子，该分子为N

H3，即E为H，D为N，F是第三周期元素的简单离子中半径最小的，即F为Al，A2B为离子化合物，A显＋1价，则A为Na，B显－2价，B为O，B和C同主族，C为S，(1)B为O，位于第二周期VIA族；C为S，位于第三周期VIA族，原子序数为16，则原子结构示意

图为；(2)E2B2为H2O2，其结构式为H－O－O－H，则H2O2的电子式为；形成的4核10电子的分子为NH3，空间构型为三角锥，即结构式为；三种元素形成的化合物为NaOH，NaOH是由Na＋和OH－组成，含有化学键为离子键和极性共价键；(

3)同周期从左向右金属性逐渐增强，即Na的金属性强于Al；Al元素的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Al(OH)3表现两性，实验室常用可溶性铝盐与氨水反应制备氢氧化铝，其离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋。21.某研究性学习

小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学一次性完成N、C、Si的非金属性强弱的比较；乙同学完成了氧元素的非金属性比硫强的实验。(1)从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：①稀HNO3溶液②稀盐酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤SiO2试

剂A为_________；试剂C为_________(填序号)。(2)乙同学设计的实验所用到试剂A为________；装置C中反应的化学方程式为___________________________。(3)丙同学认为甲设计的实验方案不够严谨并做出改进，他在装置

B、D之间加装了一个盛有某溶液的洗气瓶，则该溶液的溶质为________________(填化学式)。【答案】(1).①(2).④(3).H2O2(4).O2+2H2S=2S↓+2H2O(5).NaHCO3【解析】【分析】探

究元素非金属性，由图可知应是利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，烧瓶中是碳酸钠与硝酸反应生成二氧化碳，C中是二氧化碳与硅酸钠反应；完成O元素的非金属性比S强的实验研究，通过比较单质的氧化性来判断非金属性，所以用二氧化锰作催化剂使双氧水分解生成氧气，氧气通过氢硫酸或硫化钠溶液会生成硫

单质。硝酸具有挥发性，用NaHCO3除去，以防止其与硅酸钠反应。【详解】(1)探究元素非金属性，由图可知应是利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，所以A中试剂为稀硝酸，B中为碳酸钙，C中为Na2SiO3溶液；试剂A为①；试剂C为④，故答案为：①；④；(2)完成O元素的非金

属性比S强的实验研究，通过比较单质的氧化性来判断非金属性，所以用二氧化锰作催化剂使双氧水分解生成氧气，氧气通过氢硫酸或硫化钠溶液会生成硫单质；乙同学设计的实验所用到试剂A为H2O2；装置C中反应的化学方程式为O2+2H2S=2S

↓+2H2O。故答案为：H2O2；O2+2H2S=2S↓+2H2O；(3)硝酸具有挥发性，丙同学在装置B、D之间加装了一个盛有某溶液的洗气瓶，则该溶液的溶质为NaHCO3，可除去挥发的硝酸，同时又不与二氧化碳反应，故答案为：NaHCO3。2

2.一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度变化与时间的关系如图所示

。（1）t1min时，正、逆反应速率的大小关系为v正__v逆（填“>”“<”或“=”）.（2）0～4min内，CO2的转化率为__，CO的平均反应速率，v(CO)=__。（3）下列条件的改变能减慢上述反应的反应速率的是__（填序号，下同）。①降低温度②减少铁粉的质量③保持压强

不变，充入He使容器的体积增大④保持体积不变，充入He使体系压强增大（4）下列选项能说明上述反应已达平衡状态的是__。①v(CO2)=v(CO)②单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO③容器中气体压强不随时间的变化而变化④容器中气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化【答案

】(1).>(2).71.4%(3).0.125mol/(L·min)(4).①③(5).②④【解析】【分析】（1）反应往正方向进行则vv正逆，反应往逆方向进行则vv正逆；（2）=%变化浓度转化率100起始浓度，cv=t，以此计算；（3）根据

影响化学反应速率的因素进行判断；（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆

反应到达平衡状态。【详解】（1）根据图象可知，在1mint后，CO浓度增大、2CO浓度减小，说明1mint时反应未达到平衡，反应正向进行，因此vv正逆，故答案为：>；（2）根据图象可知，反应开始时2C

O的浓度是0.7mol/L，4min时2CO浓度是0.2mol/L，所以0～4min内，2CO的转化率为0.5100%=71.4%0.7；0～4min内CO的平均反应速率()()0.5mol/LCO0.125m

ol/Lmin4minc==，故答案为：71.4%；0.125mol/(L·min)；（3）①降低温度，化学反应速率降低，①符合题意；②由于固体的浓度始终不变，所以减少铁粉的质量对反应速率没有影响，②不符合题意；③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中各气体的浓

度降低化学反应速率降低，③符合题意；④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意；故答案为：①③；（4）①未指明正、逆反应速率，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；②单位时间内生成2molCOn的同时必然会消耗molCOn，又生成m

olCOn，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；③该反应是反应前后气体体积不变的反应，即体系的压强始终不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③错误；④若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，因该反应不是纯气体反应，说明气体

的质量不再发生变化，则反应达到平衡状态，④正确；故答案为：②④。【点睛】保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变。