【文档说明】【精准解析】山西省忻州市第一中学北校区2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题.doc，共(21)页，358.000 KB，由小赞的店铺上传

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忻州一中北校区2019—2020学年度第二学期期中考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16K-39N-14Na-23Ca-40Cl-35.5Mg-24Fe-56注意事项：1.本试题满分100分，考试时间90分钟。2.考生答卷

前务必用蓝、黑墨水笔或圆珠笔将班级、姓名、准考证号填写在答题卡上。一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共54分。1.下列关于元素周期表和元素周期律的说法，正确的是（）A.透明陶瓷材料硒化锌是由主族元素和副族元素形成的化合物B.元素的性质随着相对原子质量的增

加而呈周期性的变化C.俄国化学家凯库勒为元素周期表的建立做出了巨大贡献D.同一主族的元素从上到下，金属性呈周期性变化【答案】A【解析】【详解】A．硒是ⅥA族元素，而锌是ⅡB族元素，所以硒化锌是由主族元素和副族元素形成的化合物，故A正确；B.元素的性质随着核处电子排布的周期性变化而呈周期性的变化

，故B错误；C.俄国化学家门捷列夫为元素周期表的建立做出了巨大贡献，故C错误；D.同一主族的元素从上到下，金属性逐渐增强，不呈周期性变化，故D错误；故选A。2.下列有关化学用语使用正确的是（）A.CH4分子的比例模型：B.硫离

子的离子结构示意图：C.NH3的电子式：D.8个中子的碳原子的核素符号：12C【答案】B【解析】【详解】A．是CH4分子的球棍模型，故A错误；B．硫是16号元素，硫离子的离子结构示意图：，故B正确；C．NH3的电子式：，故C错误；D．8个中子的碳原子，质量数为6+8

=14，核素符号：14C，故D错误；故选B。3.下列实验操作或装置能达到目的的是（）A.混合浓硫酸和乙醇B.收集NO2气体C.配制一定浓度的溶液D.加热蒸发碘水提取碘【答案】C【解析】【详解】A．混合浓硫酸和乙醇，应将浓硫酸倒入乙醇中，故

A错误；B．二氧化氮的密度比空气密度大，应长导管进气、向上排空气法收集，故B错误；C．眼睛应平视观察液面，图中配制溶液的操作合理，故C正确；D．碘易升华，加热蒸发碘水得不到碘，故D错误；故选C。4.下列反应中属于氧化还原

反应，但水既不做氧化剂，又不做还原剂的是（）A.Cl2＋H2O=HCl＋HClOB.2K＋2H2O=2KOH＋H2↑C.2F2＋2H2O=4HF＋O2D.Na2O＋H2O=2NaOH【答案】A【解析】【详解】A．Cl的化合价由0价分别为+1价和-1价，是氧化还原反应，水中氢和氧元素在生成物中

化合价仍然是+1价和-2价，水既不做氧化剂，又不做还原剂，故A正确；B．H元素化合价降低，水是氧化剂，故B错误；C．O元素化合价升高，被氧化，水是还原剂，故C错误；D．氧化钠中O元素的化合价不变化，属于非氧化还原反应，且水中H、O元素的化合价不变，则水既不作

氧化剂又不作还原剂，故D错误；故选A。5.下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A.在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NAB.标准状况下，22.4LCCl4中含有氯原子数目为4NAC.28gN2所含分子数为2NAD.加热时4.6g钠在与氧气生成Na2O2反应中转移

电子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．不是在标准状况下，不能用22.4L·mol－1计算气体的物质的量，故A错误；B．标准状况下，22.4LCCl4是液态，不能用22.4L·mol－1计算气体的物质的量，故B错误；C．28gN2是1mol，所含分

子数为NA，故C错误；D．加热时4.6g钠为0.2mol，在与氧气生成Na2O2反应中转移电子数目为0.2NA，故D正确；故选D。6.下列各组材料中，不能组成原电池的是（）ABCD两极材料锌片、石墨锌片、铜片铜片、石墨铁片、铜片插入溶液硫酸溶液无水乙醇硝酸银溶液稀盐酸A.AB.BC.

CD.D【答案】B【解析】【详解】A．因两电极材料不同，锌能与稀硫酸自发进行氧化还原反应，形成闭合回路，构成了原电池，故A正确；B．无水乙醇不是电解质溶液，不能构成原电池，故B错误；C．因两电极材料不同，Cu能与硝酸银溶液自发进行氧化还原反应，形成闭合回路，构成了原电

池，故C正确；D．因两电极材料不同，Fe能与稀盐酸自发进行氧化还原反应，形成闭合回路，构成了原电池，故D正确；故选B。7.下列物质性质的比较中正确的是（）A.同周期，第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强B.第ⅥA族元素的氢化物中，相对分子质量最大的其沸点也最高C.同周

期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强D.第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小【答案】A【解析】【详解】A．同周期第ⅠA族元素金属性比第ⅡA族元素强，如Na（ⅠA）、Mg（ⅡA），前者金属性较强，故A正确；B.第ⅥA族元素

的氢化物中，相对分子质量最大的其沸点不一定最高，如水分子间有氢键，沸点高于硫化氢，故B错误；C.同周期非金属元素最高价氧化物的水化物酸性从左到右依次增强，但低价态氧化物的水化物酸性不一定如此，如H2SO4的酸性比HClO强，故C错误；D.第三周期元素离子半径大小顺序为：P3－＞S2－＞Cl－＞

Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，故D错误。故选A。8.下列说法中不正确的是（）A.共价化合物中一定不含有离子键，离子化合物中可能含有共价键B.充电电池放电时发生的是氧化还原反应，而充电时发生的是非氧化还原反应C.一定条件下，将1molN2与3molH2充入密闭容器中充分反应后，

生成NH3物质的量小于2molD.质子数相同、电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子【答案】B【解析】【详解】A．含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，离子化合物中可能含有共价键，故A正确；B．充电电池的化学反应有化

合价的变化，所以是氧化还原反应，故B错误；C．氨气的合成是可逆反应，转化率不可能是100%的，故C正确；D．分子中质子数和电子数一定是相等，而离子中质子数和电子数一定是不相等的，所以不可能是离子，故D正确；

故选B。9.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）实验操作现象解释或结论A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液紫红色褪去SO2具有漂白性B在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置镁表面有气泡金属活动性：Al＞MgC测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH后者

较大非金属性：Cl＞CD将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体有光亮的通路微蓝色透明液体为胶体A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性高锰酸钾溶液中通入

二氧化硫，溶液褪色，说明二氧化硫将酸性高锰酸钾溶液还原，二氧化硫体现还原性，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应，Al为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；C．常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可

知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；D．有丁达尔效应，说明微蓝色透明液体为胶体，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现

象、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，易错点B，原电池的负极是由反应物中还原剂来决定的，不能机械地用金属活泼性判断。10.有科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列关于硅及其化合物的说法正确的是

（）A.SiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应B.高温下，工业制粗硅的反应方程式为2C+SiO2Si+2COC.硅酸盐广泛用于光纤通讯D.水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硅常温下能够与氢氟

酸反应，生成四氟化硅和水，故A错误；B．高温下，工业制粗硅是用碳还原二氧化硅，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，故B正确；C．二氧化硅是光导纤维的主要成分，故C错误；D．水晶饰物的主要成分为二氧化硅，故D错误；故选B。11.一定温度下在容积恒定的密闭容器中，

进行可逆反应:A(g)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到该条件下的最大限度的是（）①容器内气体的压强②混合气体的密度③混合气体的平均相对分子质量④v正(B)=2v逆(C)A.只有④B.②③C.②③④D.①③④【

答案】D【解析】【分析】反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量浓度、百分含量等不再发生变化。【详解】①该反应是反应前后气体体积变化的反应，容器中的压强始终不发生变化，所以能证明达到了平衡状态，故正确；②该容器的体积保持不变，根据质

量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以容器内气体的密度不变，当容器中气体的密度不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，故错误；③该反应是一个反应前后物质的量改变的反应，反应前后混合气体的质量不变，所以当混合气体的平均相对分子质量不再发生变化时，一定平衡，故正确；④v正

(B)=2v逆(C)，用不同物质表示的速率之比，等于方程式的计量数之比，表明该反应已达到该条件下的最大限度，故正确；故选D。12.下列各组中的性质比较正确的是（）①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4②碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2③熔点：Li<Na<

K<Rb<Cs④还原性：F->Cl->Br-⑤稳定性：HCl>H2S>PH3A.①②⑤B.②③④C.①②③D.③④⑤【答案】A【解析】【详解】①非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故正确；②金属性越强，对应碱的碱性越强，

则碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2，故正确；③碱金属的半径越大，金属键越弱，熔点越低，则熔点：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs，故错误；④非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：F－＜Cl－＜Br－，故错误；⑤

非金属性越强，对应氢化物越稳定，则稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故正确；故选A。13.A、B、C、D、E是同一周期的五种主族元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物均呈碱性，且碱性A>B，C和D的气态氢化

物的稳定性C>D，E是这五种元素中原子半径最小的元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是（）A.A、B、C、D、EB.E、C、D、B、AC.B、A、D、C、ED.A、B、D、C、E【答案】D【解析】【详解】A和B的最高价氧化物对应的水化物均呈碱性，则都为金属，且碱性A>B，同周

期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化合逐渐减弱，则原子序数B＞A，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增强，C和D的气态氢化物的稳定性C＞D，则原子序数C＞D；E是这五种元素中原子半径最小的元素，原子序数最大。则原子序数为：A＜B＜D

＜C＜E，故选D。14.下列离子方程式书写正确的是（）A.NaHCO3溶液与过量的Ba(OH)2溶液混合：Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+2H2OB.次氯酸钠溶液中通入少量

SO2气体：ClO-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-C.氢氧化钡溶液与稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OD.醋酸与氢氧化钠溶液的反应H++OH-=H2O【答案】B【解析】【详解】A．Ba(OH)2过量，在离子方程式中Ba2+与OH-比例会改变，NaHCO

3溶液与过量的Ba(OH)2溶液混合：Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O，故A错误；B．次氯酸钠溶液中通入少量SO2气体：ClO-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-，故B正确；C．氢氧化钡溶液与稀硫酸：B

a2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．醋酸是弱电解质，醋酸与氢氧化钠溶液的反应CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO－，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离

子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，醋酸是弱电解质，要写化学式。15.下列说法中，正确的是（）A.在发生能量变化的过程中，一定同时发生物质的化学变化B.体系的温度升高一定是放热反应造成的；体系的温度降低一定是吸热反应造成的C.反应物的总能量大于生成物的总能量时，

反应放热，ΔH<0D.所有放热反应的化学变化的能量都可以通过设计成原电池转化为电能【答案】C【解析】【详解】A.在发生能量变化的过程中，不一定同时发生物质的化学变化，如水的气化，故A错误；B.体系的温度升高不一定是放热反应造成

的；体系的温度降低不一定是吸热反应造成的，可能是物质的状态发生了变化，故B错误；C.反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，ΔH<0，故C正确；D.放热反应的化学变化中只有自发的氧化还原反应才可以通过设计成原电池转化为电能，故D错误；故选C。16.在一定温

度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（）A.反应的化学方程式为2NMB.t2时，正逆反应速率相等达到平衡状态C.t1时，M的浓度是N浓度的2倍D.t3时，正反应速率大于逆反应速率【答案】A【解

析】【分析】根据图象分析，M在反应过程中物质的量增加，为生成物，N在反应过程中物质的量减小，为反应物，根据相同时间内反应过程转化的量之比等于计量数之比，M在t1～t2内转化了1mol，N在t1～t2内转化了2mol，则反应的方程式为：2NM。【详解】A．M在反应过程中物质的量增加，为生成

物，N在反应过程中物质的量减小，为反应物，根据相同时间内反应过程转化的量之比等于计量数之比，M在t1～t2内转化了1mol，N在t1～t2内转化了2mol，则反应的方程式为：2NM，故A正确；B．反应达到平衡状态时，M和N

的物质的量均不发生改变，根据图象，t2时，反应尚未达到化学平衡，正反应速率＞逆反应速率，故B错误；C．t1时刻，N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，在同密闭容器内，物质的量浓度c=n÷V，则N的浓度是M浓度的2倍，故C错误；D．根据图象，t3时，反应达到化学平衡，则正反应速率=逆反

应速率，故D错误；故选A。【点睛】本题考查根据图象分析化学平衡，注意图象是物质的量随时间变化的图，不是正逆反应速率图象，根据相同时间内各组分转化的量之比等于化学计量数之比得出方程式是解题的关键，易错点B，领会图中交叉点的含义。17.一种新型燃料电池，用两根金属Pt作电极插入KOH溶液中，然

后向两极分别通入甲烷和氧气，其电极反应式为X极：CH4＋10OH－－8e－＝CO32—＋7H2O；Y极：4H2O＋2O2＋8e－＝8OH－。下列关于此燃料电池的说法中，错误的是A.X为负极，Y为正极B.该电池工作时，X极附近溶液的碱性增强C.在标准状况下，通

入5.6LO2完全反应后，有1mol电子发生转移D.工作一段时间后，KOH的物质的量减少【答案】B【解析】【详解】A．根据电极反应式X极：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，Y极：4H2O+2O2+8e-═8OH-可知，X极甲烷被氧化，

应为原电池的负极反应，Y极氧气得电子被还原，应为原电池的正极反应，故A正确；B．根据电极反应式X极：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，可知反应消耗KOH，OH-浓度减小，则pH减小，碱性减弱，故B错误；C．n（O2）=

，转移电子的物质的量为0.25mol×4=1mol，故C正确；D．X极：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，Y极：4H2O+2O2+8e-═8OH-，则总反应：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，氢氧化钾被消耗，物质的量

减小，故D正确；故选：B。18.下列除杂试剂的选择和除杂操作均正确的是（）选项物质(杂质)除杂试剂除杂操作ACO2(SO2)Na2CO3溶液将气体通过足量的Na2CO3溶液BNa2O(Na2O2)固体O2在纯氧气中加热CFeCl2溶

液(CuCl2)Fe粉加入过量Fe粉，充分反应后过滤DNa2SO4溶液(Na2CO3)盐酸加入盐酸至不再产生气泡A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和

碳酸氢钠溶液、洗气，故A错误；B．氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，则在纯氧气中加热只能将Na2O转化为Na2O2，故B错误；C．Fe＋CuCl2=FeCl2＋Cu，能除杂，将原物质除去，故C正确；D．碳酸钠

与盐酸反应引入新杂质NaCl，应选稀硫酸，故D错误；故选C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离、物质的鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点B，注意

审题，在纯氧气中加热只能将Na2O转化为Na2O2，是将要保留的物质转化为杂质，与题意相反。二、填空题（共46分）19.用“√”或“×”判断下列说法是否正确。（1）一个D2O分子所含的中子数为10。___（2）HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强。___（

3）同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低。___（4）常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快。___（5）从能量角度看，断开化学键要放热，形成化学键要吸热。一个化学反应是释放能量，还是

吸收能量，取决于二者的相对大小。___（6）将锌片和铜片用导线连接，并平行插入稀硫酸中，由于锌片是负极，所以溶液中的H＋向铜电极迁移。___（7）在二氧化硫与氧气的反应中，适当提高氧气浓度，可提高二氧化

硫的转化率。___（8）制备Fe(OH)3胶体:向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液。___（9）为了除去乙醇中的少量水,可向其中加入CaO,然后再蒸馏。___（10）用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体。___（1

1）氯气和二氧化硫分别都可作漂白剂，若同时一并使用漂白湿润有色物质，则漂白效果更佳。___（12）将碘单质加到普通食盐中可制成加碘食盐，经常食用可消除碘缺乏贫。___【答案】(1).√(2).×(3).×(4).

×(5).×(6).√(7).√(8).×(9).√(10).×(11).×(12).×【解析】【详解】（1）一个D2O分子所含的中子数为（2-1）×2+（16-8）=10，故正确，填√；故答案为：√；（2）非金属性F>Cl>Br

>I，则HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故错误，填×；故答案为：×；（3）同主族元素从上到下,金属单质熔点一般逐渐降低,非金属单质熔点一般逐渐升高，与粒子间作用力有关，故错误，填×；故答案为×：；（4）常温下Na与足量O

2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐变慢，而生成Na2O2的速率加快，故错误，填×；故答案为：×；（5）从能量角度看，断开化学键要吸热，形成化学键要放热。一个化学反应是释放能量，还是吸收能量，取决于二者的相对大

小，故错误，填×；故答案为：×；（6）在原电池中，电子从负极经导线传递到正极上，溶液中的阳离子向正极移动。将锌片和铜片用导线连接，并平行插入稀硫酸中，由于锌片是负极，所以溶液中的H＋向铜电极迁移，故正确，填√；故答案为：√；（7）提高一种反应物的

浓度，可以提高另一种物质的转化率，在二氧化硫与氧气的反应中，适当提高氧气浓度，可提高二氧化硫的转化率，故正确，填√；故答案为：√；（8）制备Fe(OH)3胶体:向沸腾的水中滴加FeCl3饱和溶液，故错

误，填×；故答案为：×；（9）为了除去乙醇中的少量水，可向其中加入CaO，将水反应而除去，然后再蒸馏，故正确，填√；故答案为：√；（10）用渗析的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体，故错误，填×；故答案为：×；（11）氯气和二氧化硫皆可作漂白剂，若同时使用

于漂白一种物件时，其漂白效果制(1)恰好完全反应时，无漂白作用。Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4（2）氯气或二氧化硫之一剩余时，有漂白作用，故错误，填×；故答案为：×；（12）将KIO3加到普通食盐中可制成加碘食

盐，经常食用可消除碘缺乏贫，故错误，填×；故答案为：×。20.三种短周期元素x、y、z对应的单质X、Y、Z，常温常压下均为无色气体，在适当条件下单质X、Y、Z之间可以发生如图所示的变化。已知B分子组成中z原子个数比C分子中多一个。请回答下列问题：（1）元素x的原子

结构示意图___；元素y在周期表中的位置是___；（2）写出单质氟与C反应的离子反应方程式：___。（3）Y与X在一定条件下生成化合物A的化学方程式：___。（4）一定条件下，将盛有10mLA的大试管倒置于水槽的水中然后缓缓通入Y至液体刚好充满试管，写

出反应的化学方程式___；通入相同状况下气体Y的体积为___。（5）用电子式表示B的形成过程___。【答案】(1).(2).第二周期ⅥA族(3).2F2＋2H2O=4HF＋O2(4).N2＋O22NO(5).4NO+3O2+2H2O═

4HNO3(6).7.5mL(7).+3【解析】【分析】三种短周期元素的单质X、Y、Z，常温常压下均为无色气体，则这三种气体是氮气、氧气和氢气（稀有气体除外），生成的三种化合物有NO、H2O、NH3，B分子组成中z原子个数比C分子中多一个，比较这三种分子知，只有水分子中的H原子

比氨气分子中的氢原子少一个，所以z为H元素，A分子为NO，B分子为NH3H2O，C分子为H2O，所以y是O元素，x为N元素。【详解】（1）x是N元素，氮原子核外有2个电子层，最外层有5个电子，元素x的原子结构示意图；y为O元素

，氧原子核外有2个电子层，最外层电子数是6元素y在周期表中的位置是第二周期ⅥA族；故答案为：；第二周期ⅥA族；（2）C为水，单质氟与C反应的离子反应方程式：2F2＋2H2O=4HF＋O2。故答案为：2F2＋2H2O=4HF＋O2

；（3）y是O元素，x为N元素，Y与X在一定条件下生成化合物A的化学方程式：N2＋O22NO；故答案为：N2＋O22NO；（4）一定条件下，将盛有10mLNO的大试管倒置于水槽的水中然后缓缓通入O2至液体刚好充满试管，反应的化学方程式4NO

+3O2+2H2O═4HNO3；由4NO+3O2+2H2O═4HNO3可知，通入相同状况下气体Y的体积为3104mL=7.5mL。故答案为：4NO+3O2+2H2O═4HNO3；7.5mL；（5）B为NH3，三个氢原子和

氮原子以共用电子对而形成共价键，其形成过程为：用电子式表示B的形成过程：+3。故答案为：+3。【点睛】本题考查了元素、物质的推断，以“B分子组成中Z原子个数比C分子中多一个”为题眼进行推断，结合物质的化学式来分析解答，难点（4）关于氮的氧化物与水的混合计算，但本题只要根据方

程式的比例计算就可得到答案。21.某工业废水中仅含下表离子中的5种，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.2mol/L。阳离子K+Mg2+Fe3+Al3+Fe2+阴离子Cl-CO32-NO3-SO42-SiO32-欲探究废水的组成，进行如下实验：Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色

火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。Ⅱ.取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。Ⅲ.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶

液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断：（1）写出III中产生无色气体有关反应的离子反应方程式___；及该无色气体遇空气变成红棕色的化学反应方程式___。（2）由Ⅲ可确定该工业废水中一定含有的离子是：___，一定不含有的离子是：___。（

3）原溶液中所含阳离子是___，阴离子是___。（写离子符号）【答案】(1).3Fe2＋+NO3－+4H＋═3Fe3＋+NO+2H2O(2).2NO＋O2=2NO2(3).NO3－和Fe2＋、Mg2＋、Cl－(4).CO32-、SiO32-(5).Fe2＋、Mg2＋(6).Cl－、NO3－、SO4

2－【解析】【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），判断无钾离子；Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，无三价铁离子；Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴

离子种类不变，说明Fe2＋与NO3－和H＋反应生成NO，即溶液中有Fe2＋、NO3－，则没有CO32－；加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl－，加盐酸溶液依然澄清说明没有SiO32－；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶

液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明含有SO42－．【详解】（1）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2＋与NO3－和H＋反应生成NO，其离子方程式：3Fe2＋+NO3－+4H＋═3Fe3＋+NO+2H2O；及该无色

气体遇空气变成红棕色的化学反应方程式：2NO＋O2=2NO2；故答案为：3Fe2＋+NO3－+4H＋═3Fe3＋+NO+2H2O；2NO＋O2=2NO2；（2）Ⅲ另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体

遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明Fe2＋与NO3－和H＋反应生成NO，即溶液中有Fe2＋、NO3－，则没有CO32－；加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl－，加盐酸溶液依然澄清说明没有SiO32－；由Ⅲ可确定该工业废水中一定含有的离子是：NO3－和

Fe2＋、Mg2＋、Cl－，一定不含有的离子是：CO32-、SiO32-。故答案为：NO3－和Fe2＋、Mg2＋、Cl－；CO32-、SiO32-；（3）由以上推断可知溶液中阴离子为Cl－、NO3－、SO42－，且各为0.2mol·L－1；已经推断出的阳离子是

Fe2＋，其浓度为0.2mol·L－1，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Mg2＋，最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2＋、Mg2＋；阴离子是：Cl－、NO3－、SO42－；故答案为：Fe2＋、Mg2＋；Cl－、NO3－、SO42－。【点睛】本题考查物质的

检验、鉴别以及方程式的书写，解答本题注意把握离子检验和离子共存，易错点（2）注意题中隐含的条件，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl－，加盐酸溶液依然澄清说明没有SiO32－，（3）再由电荷守恒确定溶液中还有Mg2＋。2

2.氮气是大气中含量最多的气体，研究氮及其化合物对人类有重要的意义。（1）合成氨的原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1。①将一定量的N2(g)和H2(g)放入2L的密

闭容器中，在500℃、2×107Pa下达到平衡，平衡时测得N2为0.1mol，H2为0.4mol，NH3为0.1mol。该条件下H2的转化率为__。此温度下该反应的平衡常数K=___。②欲提高H2的转化率，下列措施可行的

是___。a.向容器中按原比例再充入原料气b.向容器中再充入惰性气体c.改变反应的催化剂d.液化生成物分离出氨（2）在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＜0体系中，各成分物质的量随时间的变化如图所示。①用O2表示0～2s内该反应的平均速率v=___。②能

说明该反应已经达到平衡状态的是___。a.容器内压强保持不变b.2v(NO2)=v(O2)c.v逆(NO)=2v正(O2)d.容器内物质的密度保持不变③能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是__。a.及时分离出NO2气体b.适当升高温度c.增大O2的浓度d.将容器

的体积缩小至1L【答案】(1).27.3%(2).6.25（L·mol－1）2(3).ad(4).0.0015mol·L－1min－1(5).ac(6).cd【解析】【详解】（1）合成氨的原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)Δ

H=-92.4kJ·mol-1。①根据化学方程式和三段式列式计算：223N(g)+3H(g)2NH(g)0.0750.2750.0250.0750.050.050.20.05初始浓度变化浓度平衡浓度该条件下H2的转化率=110.075mol?L0.2

75mol?L－－×100%≈27.3%，平衡常数K=()()()23322cNHcNcH=230.050.050.2=6.25（L·mol－1）2故答案为：27.3%；6.25（L·mol－1）2；②根据化学平衡：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），反应是气体体积减小的放热反应，欲提

高H2的转化率，平衡正向进行；a．向容器中按原比例再充入原料气，则压强增大，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故a正确；b．向容器中再充入惰性气体，则各组分浓度不变，平衡不移动，氢气的转化率不变，故b错误；c．改变反应的催化剂，不影响平衡的移动，氢气的转化率不变，故c

错误；d．液化生成物分离出氨，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故d正确；故选ad。（2）①由图象数据可知，由方程式2NO（g）+O2（g）2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，为据此判断表示，浓度变化的曲线，分别为b为NO，

c为O2，a为NO2，由图中数据可知2s内，O2的浓度变化量为0.005mol·L－1-0.002mol·L－1=0.003mol·L－1，根据v=VcVt计算v（O2）=10.003mol?L2L－=0.0015mol·L－1min－1；故答案为：0.0015mol·L－1min－1

；②能说明该反应已经达到平衡状态的是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；a．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故a正确；b．未指明正逆速率，若都为同一方向速率，始终都存在v（NO2）=2v（O2）关系，故不能说

明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故b错误；c．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆(NO)=2v正(O2)，说明到达平衡，故c正确；d．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，

密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d错误；故选ac；③为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动依据平衡移动原理分析判断；a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但

反应速率降低，故a错误；b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b错误；c．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；d．将容器的体积缩小至1L浓度增大，反应速率增大，平衡向正反应移动，

故d正确；故选cd。【点睛】本题考查平衡常数即影响因素、化学反应速率、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应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，属于综合的考查，注意知识的归纳和整理是解题关键。23.物质的量

相同的NaHCO3和KHCO3固体混合物9.20g与0.2mol/L盐酸反应。（1）欲求标准状况下生成CO2的体积，还需要什么数据___。（讨论（2）的问题中，该数据用a表示）a生成CO2的体积（L）（2）

讨论a值的变化时，产生CO2的体积（标准状况）___【答案】(1).盐酸的体积aL(2).盐酸不足量时：a＜0.5L，4.48aL；盐酸足量时：a≥0.5L，2.24L【解析】【分析】（1）碳酸氢盐与盐酸按1：1反应，盐酸不足量，碳酸氢盐有剩余，应根据HCl的物质的量计算二氧化碳的体积；（2）设

NaHCO3、KHCO3的物质的量均为ymol，则：（84g·mol－1+100g·mol－1）×ymol=9.20g，解得y=0.05mol，当恰好完全反应时，由反应HCO3－+H＋=CO2↑+H2O可知，消耗n（HCl）=0.100mol，M（HCl）=1.00mol·L－1

，①当盐酸不足量，即a＜0.5L时，按HCl量计算V（CO2）；②当盐酸足量，即a≥0.5L时，按HCO3－的量计算V（CO2）；【详解】（1）碳酸氢盐与盐酸按1：1反应，盐酸不足量，碳酸氢盐有剩余，应根据HCl的物质的量计算二氧化碳的

体积，所以要计算生成CO2的体积，0.2mol·L－1盐酸,还需要知道盐酸的体积aL，故答案为：盐酸的体积aL；（2）设NaHCO3、KHCO3的物质的量均为ymol，则：（84g·mol－1+100g·mol－1）×ymol=9.20g，解得

y=0.05mol，当恰好完全反应时，由反应HCO3－+H＋═CO2↑+H2O可知，消耗n（HCl）=0.100mol，V（HCl）=10.100?0.2?molmolL－=0.5L。①当盐酸不足量，即a＜0.5L时，按HCl量

计算，V（CO2）=22.4L·mol－1×n（HCl）=22.4L·mol－1×0.2mol·L－1×aL=4.48aL；②当盐酸足量，即a≥0.5L时，按HCO3－的量计算，V（CO2）=22.4L·mol－1×0.0500mol×2=2.24L；

故答案为：盐酸不足量时：a＜0.5L，4.48aL；盐酸足量时：a≥0.5L，2.24L。【点睛】本题考查混合物的有关计算，属于讨论型计算，确定区间是讨论计算的关键，侧重对学生思维能力的考查，难点（2）分区间讨论，以盐酸

充足与否确定讨论区间。