【文档说明】安徽省淮北市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.574 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省淮北市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题1.下列图示的能量转化方式错误的是ABCD图示太阳能热水器燃气燃烧干电池工作叶绿素光合作用能量转化方式太阳能转化为热能化学能转化为热能、光能电能转化为化学能太阳能转化为化学能A.AB.BC.CD.D

【答案】C【解析】【详解】A．太阳能热水器是将太阳能转化为热能，A正确；B．燃气燃烧是将化学能转化为热能、光能，B正确；C．干电池工作时是将化学能转化为电能，C错误；D．叶绿素光合作用是太阳能转化为化学能，D正确；答案选C。【点睛】理解能量转化时，注意区分好电解池和

原电池：电解池是将电能转化为化学能的装置；原电池是将化学能转化为电能的装置。2.铁铝榴石颜色深红，是宝石界中最常见的石榴子石，其化学成分为Fe3Al2(SiO4)3铁铝榴石中所含元系不属于短周期元素的是A.AlB.FeC.SiD.O【答案】B【解

析】【分析】在元素周期表中，前三周期的元素为短周期元素。【详解】A．Al是第三周期元素，属于短周期元素，A不符合题意；B．Fe是第四周期元素，不属于短周期元素，B符合题意；C．Si是第三周期元素，属于短周期元素，C

不符合题意；D．O是第二周期元素，属于短周期元素，D不符合题意；答案选B。3.化学上存在许多的递变关系，下列递变关系完全正确的是A.原子半径：Na＞Mg＞Al＞Cl；离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+＞Cl-B.稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；还原性：HF

＞HCl＞HBr＞HIC.熔沸点：Li＞Na＞K＞Rb；金属性：Li＞Na＞K＞RbD.酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3；非金属性Cl＞S＞C【答案】D【解析】【详解】A.原子半径：Na＞Mg＞Al

＞Cl；离子半径：Cl-＞F-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，A错误；B.稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，B错误；C.熔沸点：Li＞Na＞K＞Rb；金属性：Li＜Na＜K＜Rb，C错误；D.酸性：HClO

4＞H2SO4＞H2CO3；非金属性Cl＞S＞C，D正确；答案选D。【点睛】具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同一主族的元素，核电荷数越大电子层数越多离子半径越大，故选项A中比较离子半径时F-可作参照。4.在给定条件下，下列选项所

示的物质间转化一步均能实现的是A.NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B.MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)C.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D.N2(g)NH3(g)NO2(g)【答案】B【解析】【详

解】A.Cl2(g)与铁反应得到FeCl3(s)，A错误；B.MgCl2(aq)中加入石灰乳得到Mg(OH)2(s)，过滤后得氢氧化镁，氢氧化镁受热分解得MgO(s)，B正确；C.S(s)在氧气中燃烧生成SO2(g)，C错误；D.NH3(g)催化氧化得到NO(g)，

D错误；答案选B。5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B.0.1mol·L-1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C.0.

1mol·L-1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl－、OH－D.0.1mol·L-1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【分析】A.Na+、K+、CO32-、AlO2-之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，A项

正确；B.FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4−氧化，在溶液中不能大量共存，B项错误；C.K2CO3中的CO32-与Ba2+反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，C项错误；D.H2SO4与HSO3−反应，且酸性条件下N

O3−能够氧化HSO3−，在溶液中不能大量共存，D项错误；答案选A。【详解】B项是易错点，要牢记常见的氧化剂和还原剂，离子若能发生氧化还原反应，则也不可大量共存。6.H2O2可用于羊毛、生丝、纸浆等的漂白。5

%H2O2溶液在常温下分解速率很慢，为了加快H2O2分解，改变某一条件，下列装置与改变的条件相对应的是A.甲一温度、乙一浓度、丙一催化剂B.甲一浓度、乙一催化剂、丙一温度C.甲一催化剂、乙一温度、丙一浓度D.甲一温度、乙一催化剂、丙一浓度【答案】A【解析】【详解】甲与常温下装有5%H2O2

溶液的试管装置相比，改变的条件是温度；乙与常温下装有5%H2O2溶液的试管装置相比，改变的条件是浓度；丙与常温下装有5%H2O2溶液的试管装置相比，丙中加入了催化剂，A符合题意；答案选A。7.下列实验能达到实验目的的是A.用装置a加热分解NaHCO3固体B.按

装置b把浓硫酸稀释为稀硫酸C.按装置c把溶液转移入容量瓶D.用装置d吸收尾气中的氯气与氯化氢【答案】D【解析】【详解】A．加热碳酸氢钠分解生成二氧化碳、碳酸钠和水，应防止水倒流而使试管炸裂，试管口应朝下

，故A错误；B.浓硫酸溶于水要放热，所以稀释浓硫酸时要将浓硫酸倒入水中，且用玻璃棒不断搅拌，故B错误；C.移液时应通过玻璃棒引流将溶液转移到容量瓶中，以确保液体不漏出，故C错误；D.四氯化碳密度比水大，不互溶，将氯气通

入四氯化碳中，使气体与氢氧化钠溶液不能直接接触，则图中装置可以用氢氧化钠溶液吸收氯气并达到防止倒吸的目的，故D正确；故选D。【点睛】容量瓶口径较小，按照规范操作必须把液体沿玻璃棒慢慢注入，以确保液体不漏出是

解答关键。8.下列根据反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu设计的原电池不符合该反应的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．锌为负极、铜为正极，H2SO4溶液为电解质溶液，原电池的总反应的离子方程式：

Zn+2H+=Zn2++H2↑，A符合题意；B．锌为负极，C(石墨)为正极，CuCl2溶液为电解质溶液，原电池的总反应的离子方程式：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，B不符合题意；C．锌为负极，铜为正极，CuSO4溶液为电解质溶液，原电池的总反应的离

子方程式：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，C不符合题意；D．锌为负极，银为正极，CuCl2溶液为电解质溶液，原电池的总反应的离子方程式：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，D不符合题意；答案选A。9.下列说法正确的是A.放热过程均发生化学反应B.周期表中第13列元素均

为金属元素C.在过渡元素中可寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料D.合成氨反应达到平衡时，正、逆反应速率相等且均为0【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸溶于水、氢氧化钠固体溶于水都是放热过程，发生的都是物理

变化，A错误；B．周期表中第13列元素为第ⅢA族元素，第ⅢA族硼元素是非金属元素，B错误；C．在过渡元素中可寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，C正确；D．因为化学平衡是动态平衡，所以合成氨反应达到平衡时，正、逆反应速率相等且均大于0，D错误；答案选C。10.已知反应:NO2

(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，起始时向某密闭容器中通入1molNO2、2molS18O2，.反应达到平衡后，下列有关说法正确的是:A.NO2中不可能含18OB.有1molN18O生成C.S18O2的物质的量不可能为0.8molD.SO2、SO3、NO、NO2均含18O时，说

明该反应达到平衡【答案】C【解析】【详解】A．NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)反应到达平衡后，化学平衡是一个动态平衡，故NO2中可能含18O，A错误；B．NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

该反应是可逆反应，NO2的转化率小于100%，故生成N18O的物质的量小于1mol，B错误；C．反应物的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，又因为NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)这个反应是可逆反应，NO2的转化率小于100%，故平衡时S18O2的物质的

量大于1.0mol，C正确；D．反应物、生成物的物质的量不在随着时间的改变而改变，当SO2、SO3、NO、NO2均含18O时，不能说明反应达到平衡，D错误；答案选C。【点睛】对应可逆反应，反应物的转化率小于100%，生成物的产

率小于100%，化学平衡是一个动态平衡，达到平衡后，同种物质的正、逆反应速率相等且都大于0。11.研究人员发现了一种利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电的“水”电池，总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl

=Na2Mn5O10+2AgCl。下列说法正确的是（）A.正极反应式：Ag+Cl--e-=AgClB.每生成1molNa2Mn5O10转移的电子数为2NAC.Na+不断向“水”电池的负极移动D.AgCl是还原产物【答案】B【解析】【分析

】依据原电池工作原理作答。【详解】A.在原电池的正极上发生得电子的还原反应，即5MnO2+2e-=Mn5O102-，A项错误；B.在反应5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl中，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数=2，所以

每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，B项正确；C.原电池中，阳离子向正极移动，则Na+不断向“水”电池的正极移动，C项错误；D.在反应中，银元素化合价升高，是氧化产物，D项错误；答案选B。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线

，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是B选项，列出关系式，找出电子转移数与物质之间的关系，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。12.用锌粒与2mol·L-1的稀硫酸混合制备氢气时，若向其中分别再加入少量等

体积的下列物质：①KCl溶液、②4mol·L-1盐酸、③CuC12溶液、④4mol·L-1CH3COONa溶液，则加入后反应生成氢气速率的大小顺序是A.③＞④＞①B.①＞②＞④C.②＞①＞④D.④＞③＞②【答案】C【解析】【分析】①加入等体积

的KCl溶液，溶液中氢离子浓度变为2mol/L，②加入等体积的4mol·L-1盐酸溶液中氢离子浓度还是4mol/L，③加入等体积的CuC12溶液，溶液中氢离子浓度变为2mol/L，锌置换出铜，构成锌铜原电

池，④加入等体积的4mol·L-1CH3COONa溶液，硫酸和醋酸钠恰好完全反应生成2mol/L醋酸溶液，溶液中氢离子浓度小于2mol/L。【详解】A.加入等体积的KCl溶液，溶液中氢离子浓度变为2mol/L，加入等体积

的4mol·L-1CH3COONa溶液后，溶液中氢离子浓度小于2mol/L，溶液中氢离子浓度越大反应速率越快，则反应速率①＞④，故A错误；B.加入等体积的KCl溶液，溶液中氢离子浓度变为2mol/L，加入等体积的4mol·L-1盐酸溶液中氢离子浓度还是4mol/L，溶液中氢离子浓度越

大反应速率越快，则反应速率②＞①，故B错误；C.加入等体积的KCl溶液，溶液中氢离子浓度变为2mol/L，加入等体积的4mol·L-1盐酸溶液中氢离子浓度还是4mol/L，溶液中氢离子浓度越大反应速率越快，加入等体积的4mol·L-1CH3COO

Na溶液，溶液中氢离子浓度小于2mol/L，溶液中氢离子浓度越大反应速率越快，则反应速率②＞①＞④，故C正确；D.加入等体积的4mol·L-1CH3COONa溶液后，溶液中氢离子浓度小于2mol/L，加入等体积的CuC12溶液，溶液中氢离子浓度变为2mol/L，锌置换出铜

，构成锌铜原电池，原电池反应加快反应速率，则反应速率③＞④13.根据表1信息，判断以下叙述正确的是（）表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6

、－2－2A.氢化物的沸点为H2T＜H2RB.单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC.M与T形成的化合物具有两性D.L2＋与R2－的核外电子数相等【答案】C【解析】【分析】由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元

素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点

：H2＞H2R，A不正确；B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C正确；D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。故选C。14.科学家利用回旋加速器，用钙原子轰

击钚原子得到了鈇元素，半衰期达30秒。下列有关说法错误的是A.鈇元素的相对原子质量是289B.鈇元素属于过渡元素C.鈇元素是放射性元素D.鈇元素的主要化合价有＋4、＋2【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，鈇元素的相对原子质量是289，故A正确；B.鈇元素的原子序数为114，位于

元素周期表第七周期ⅣA族，不属于过渡元素，故B错误；C.由钙原子轰击钚原子得到了鈇元素，半衰期达30秒可知，鈇元素是放射性元素，故C正确；D.鈇元素的原子序数为114，位于元素周期表第七周期ⅣA族，同主族元素，性质相似，碳元素的主要化合价有＋4

、＋2，则鈇元素的主要化合价有＋4、＋2，故D正确；【点睛】鈇是一种人工合成的放射性化学元素，其符号为Fl，原子序数为114，位于周期表p区，位于第七周期IVA族，属于弱金属之一。15.O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示。T/℃t/min

pH3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157据表中的递变规律，推测O3分别在条件①40℃、pH=3.0，②10℃、pH=5.0，③30℃、pH=7.0下，分解速率依次增

大的顺序为A.①②③B.③②①C.②①③D.③①②【答案】C【解析】【分析】根据表格数据可知：①增大pH，反应速率增大，说明OH-的浓度对反应速率有影响；②温度越高，pH越大，反应速率越大，说明温度改变对化学反应速率有影响，据此分析解答。【详解】根据50°C、pH=3.0，O3的浓度减少一半所需的

时间31min，即40°C、pH=3.0，O3的浓度减少一半所需的时间大于31min；而30°C、pH=6.0，O3的浓度减少一半所需的时间为15min，所以30°C、pH=7.0，O3的浓度减少一半

所需的时间小于15min，故O3的分解速率按依次增大的顺序为②①③，故合理选项是C。【点睛】本题考查了化学实验数据处理的知识，涉及温度计溶液的pH对化学反应速率的分析与比较，化学是一门实验性学科，学会对实验数据处理，可以更好的理解化学反应及规律，使知识掌握的更牢固，也可以通过实验学习新知。

16.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.15g14CO与15N2的混合气体所含质子数为7.5NAB.11.2LCl2与NaOH溶液反应转移电子数为0.5NAC.2molSO2与1molO2

反应生成SO3的分子数为2NAD.48gO2和O3的混合气体中含有3NA个氧原子【答案】D【解析】【详解】A．14CO与15N2的摩尔质量都是30g·mol-1，并且1个14CO分子与1个15N2分子所含的质子数都是14，所以15g14CO与15N2的混

合气体的物质的量为=0.5mol，所含的质子数为7NA，故A错误；B．未指明标况，无法计算11.2LCl2的物质的量，故B错误；C．SO2与O2在一定条件下反应生成SO3的反应是一个可逆反应，反应物的转化率小于100%，则2molSO2与1mo

lO2反应生成SO3的分子数小于2NA，故C错误；D.O2和O3的最简式均为O，依据最简式可知O的物质的量为148g16gmol−=3mol，所含氧原子个数为3NA个，故D正确；故选D。【点睛】有关阿伏加德

罗数题的特点要注意这些陷阱：①只给出物质的体积，而不指明物质的状态，或者标准状况下物质的状态不为气体，所以求解时，一要看是否为标准状况下，不为标准状况无法直接用22.4L·mol－1；②对于可逆反应而言，反应物的转化率小于100

%。17.下列说法中正确的是①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键②NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1③非金属单质中一定不含离子键，一定只含共价键④氯化氢溶于水断裂共价键，故过程为化学变化⑤熔融AlCl3不导电，所以AlCl3

是非电解质⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中A.①④⑤B.①③④⑥C.①⑥D.①②⑥【答案】D【解析】【详解】①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如氢氧化钠中含有离子

键和氢氧极性键，故正确；②硫酸氢钠固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，阳离子和阴离子的个数比是1：1，故正确；③非金属单质不一定存在共价键，如稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故错误；④氯化氢溶于水只断裂共价键，没有化学键形成，不属于化学变化，故错误；⑤氯化铝

是共价化合物，熔融氯化铝不导电，但溶于水能导电，所以氯化铝是电解质，故错误；⑥氧气为非金属单质，含有氧氧非极性键，过氧化钠为离子化合物，含有氧氧非极性键，过氧化氢为共价化合物，含有氧氧非极性键，故正确；①②⑥正确，故选D

。【点睛】硫酸氢钠固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，不存在氢离子是解答易错点。18.一种镁-过氧化氢燃料电池的原理为Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O，其装置如图所示。下列说法错误的是A.a极发生还原反应B.电子由b极经电解质溶液流向a

极C.Mg2+由右侧经过阳离子交换膜移向左侧D.b极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+【答案】B【解析】【分析】由镁-过氧化氢燃料电池的反应方程式Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O，结合图示可知，a极为正极，发生还原反应，b极为负极。【详解

】A．a极为正极，发生还原反应，a极的电极方程式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，A正确；B．电子由负极沿导线流向正极，即电子由b极沿导线流向a极，电子不能通过电解质溶液，B错误；C．在原电池中，阳离子移

向正极，Mg2+由右侧经过阳离子交换膜移向左侧，C正确；D．b极为负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，D正确；答案选B。【点睛】原电池工作时，正极发生还原反应、负极发生氧化反应，电子由负极沿导线流向正极，在电解质溶液中阳离子移向

正极，阴离子移向负极，即所谓的“电子不下水，离子不上岸”。19.四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍。下列说法中正确的是XYZWA.Y的氢化物一定属于电解质B.YO2是一种有毒气体，属于酸性氧化物C.Z的最简单氢化物

比Y的最简单氢化物稳定性更强D.XW2中各原子最外层均达到8e-稳定结构【答案】D【解析】【分析】由Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍可知，Z为P元素，由周期表中的相对位置可知，X为C元素、Y为N元素、W为S元素。【详解】A.氮的氢化物可能为氨气，氨气属于非电解质，故A错误；B.

二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，没有相同价态的含氧酸，不属于属于酸性氧化物，故B错误；C.元素非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于磷元素，氨气的稳定性强于磷化氢，故C错误；D.二硫化碳中碳原子和硫原子的最外层均达到8e-稳定

结构，故D正确；故选D。20.X、Y、Z三种短周期元素，原子半径的大小关系为r(Y)＞r(X)＞r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质在适当的条件下可发生如图所示的变化，其中A为X、Y组成的双原子分子，B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是A.X元素位于第ⅥA族B.

A不能溶于B中C.A和C不可能发生氧化还原反应D.C溶于B形成的溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】B和C均为10电子分子，应该为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径Y＞X，则Y

为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素；由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质Y、Z生成B，则Y应为N元素、X应为O元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3。【详解】A．X为O元素，原子序数为8，最外层含有6个电子

，处于ⅥA族，故A正确；B．A为NO、B为水，NO不溶于水，故B正确；C．A为NO、C为NH3，NH3与NO可以发生反应生成氮气与水，故C错误；D．B为H2O、C为NH3，常温下，氨气溶于水后可以电离出氢氧根离子：+-

32324NH+HONHHONH+OH，故D正确；故选C。21.元素周期表是打开物质世界奧秘之门的一把金钥匙，1869年，门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表。下图为元素周期表的一部分，回答下列问题。(1).上述元素中化学性质最稳定的是_

_______(填元素符号，下同)，非金属性最强的是_____。(2)c的最高价氧化物对应水化物的化学式为__________。(3)h元素的原子结构示意图为__________，写出h单质的一种用途:__________。(4)b、d、

f三种元素原子半径由大到小的顺序是__________(用元素符号表示)。(5)a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是__________(填化学式)，写出其溶液与g的氧化物反应的离子方程式:___________________

________________。【答案】(1).Ar(2).F(3).HNO3(4).(5).制光电池(6).Mg>C>O(7).KOH(8).Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O【解析】【分析】由元素周期表可知，a为Li、b为C

、c为N、d为O、e为F、f为Mg、g为Al、h为Si、i为Ar、j为K。【详解】（1）0族元素的化学性质最稳定，故上述元素中化学性质最稳定的是Ar；F元素的非金属性最强；（2）c为N，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3；（3）h为Si，核电荷数为14，原子的核外电子数也是14，Si的原子结

构示意图为；Si单质的一种用途是可以制光电池；（4）b为C、d为O、f为Mg，当电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小；电子层数越多原子半径越大，故b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是Mg>C>O；（5）a为Li、g为Al、j为K，K的金属性最

强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是KOH；g的氧化物为Al2O3，Al2O3与KOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。2

2.已知①Na2O2②O2③HClO④H2O2⑤Cl2⑥NaClO⑦O3七种物质都具有强氧化性。请回答下列问题:（1）上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号,下同)。（2）含非极性键的共价化合物是_____。（3）属于离子化合物的有____

_种。（4）Na2O2、HCIO、H2O2均能用于制备O2。①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl,用电子式表示HCl的形成过程_____。②写出Na2O2与H2O反应的方程式并标出电子转移方向和数目_____。③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。若6.8

gH2O2参加反应,则转移电子数目为_____，生成标准状况下O2体积为_____L。【答案】(1).②⑦(2).④(3).2(4).(5).(6).1.204×1023或0.2NA(7).2.24【解析】【分析】①Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键；②O2为非金属单质，只含

有非极性键；③HClO为共价化合物，含有极性键；④H2O2为共价化合物，含有极性键和非极性键；⑤Cl2为非金属单质，只含有非极性键；⑥NaClO为离子化合物，含有离子键和极性键；⑦O3为非金属单质，只含有非

极性键；【详解】（1）由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，O2与O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故答案为：②⑦；（2）由分析可知，含非极性键的共价化合物是H2O2，故答案为：④；（3）由分析可知，七种物质中

Na2O2和NaClO为离子化合物，共2种，故答案为：2；（4）①HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程是：，故答案为：；②Na2O2与H2O反应生成氧气和氢氧化钠，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中生

成1mol氧气，转移2mol电子，电子转移方向和数目可表示为，故答案为：；③在二氧化锰做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2O2↑+2H2O，由方程式可知，生成1mol氧气转移2mol电子，6.8gH2O2的物质的量为=0.2mol，

则反应生成0.1mol氧气，转移的电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023mol-1=1.204x1023或0.2NA，标准状况下O2体积为0.1mol×22.4L·mol-1=2.24L，故答案为：1.204x1023或0.2NA；2.24。【点睛】在二氧化锰做催化

剂作用下，过氧化氢不稳定分解生成水和氧气，氧化还原反应的实质是电子转移，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，发生还原反应，元素失去电子化合价升高，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数。23.为了探究氯、溴、硫的非金属性强弱，设计如下实验装置(加热及夹持装置已略)。(1)仪器a的名

称是______。试剂X是_____________。(2)写出装置A中发生反应的化学方程式:__________________________________(3)装置E中NaOH溶液的作用是____________________________________________(4)反应一段

时间后，观察到装置C中溶液变为橙黄色，说明非金属性:Cl___Br(填“>"或"<")。(5)打开装置C中的活塞，将装置C中的溶液逐渐滴入装置D中，振荡。观察到的现象是______________，写出可能发生反应的离子方程式:________________________

_____________写一个即可），根据此现象不一定能说明溴的非金属性比硫强，原因是___________________________________________。【答案】(1).圆底烧瓶(2).浓盐酸(3).M

nO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O(4).吸收多余氯气，防止污染环境(5).>(6).溶液变浑浊(7).Br2+S2-=2Br-+S↓(或Cl2+S2-=2C1-+S↓)(8).溴水中可能含有氯气，干扰实验【解析】【分析】为了探究

氯、溴、硫的非金属性强弱，装置A用于制备Cl2，装置C是验证Cl2的氧化性强于Br2的氧化性，C装置生成的Br2氧化D装置中的S2-，证明Br2的氧化性强于S的。E装置是尾气吸收处理，防止污染环境。【详解】（1）装置

A用于制备Cl2，仪器a是圆底烧瓶，试剂X是浓盐酸；（2）装置A中浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）氯气是有毒气体，装置E是尾气处理装置，故装置E中NaOH溶液的作用是吸收多余氯气，防止污

染环境；（4）反应一段时间后，观察到装置C中溶液变为橙黄色，是因为Cl2把装置C中的Br-氧化成Br2，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，说明非金属性：Cl>Br；（5）打开装置C中的活塞，将装置C中的溶液逐渐滴人装置D中，振荡。装置C中生

成的Br2或者装置C中溶解了未反应完全的Cl2氧化装置D中的S2-，生成淡黄色的硫单质，可能发生反应的离子方程式为Br2+S2-=2Br-+S↓(或Cl2+S2-=2C1-+S↓)。24.甲烷既是重要的能源也是重要的化工原

料。已知反应CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，起始时向体积为V的恒容密闭容器中通入2molCH4和3molNO2，测得CH4、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。（1）容器体积V=_____L。（2）图中表示H2O

的物质的量浓度与时间关系的是曲线_____(填“甲”“乙"或"丙")。（3）0~5min内，用N2表示的化学反应速率为_____mol·L-1·min-1。（4）a、b、c三点中达到平衡的点是______。达到平衡时

，NO2的转化率是_____。(物质平衡转化率=转化的物质的量/起始的物质的量×100%)。（5）a点时，n(CH4):n(NO2)=_____。【答案】(1).2(2).甲(3).0.1(4).c(5).80%或0.8(6).4:5【解析】【

分析】(1)有甲烷的物质的量和浓度可以求得容器的体积；(2)N2、H2O的化学计量数之比是1:2，可以推出水的物质的量浓度与时间关系的曲线；(3)化学反应速率等于浓度的变化量除以时间；(4)可逆反应达到平衡时反应物和生成物的浓度不变，物质平衡转化率=转化的物质的量/起始的物质的量×100%；(5

)a点时，甲曲线和丙曲线的浓度相等，即是物质的量相等，利用方程式进行计算。【详解】(1)向体积为V的恒容密闭容器中通入2molCH4，从图中知道甲烷的起始物质的量浓度是1.0mol/L，得出容器体积V=2L，故答案为：2；(2)甲，乙曲线是生成物的浓度变

化量，氮气和水的化学计量数之比是1:2，可以推出甲曲线是H2O的物质的量浓度与时间关系的曲线，故答案为：甲；(3)N2的化学反应速率为ct=0.5mol/L5min=0.1mol·L-1·min-1，故答案为：0.1；(4)可逆反应达到平衡时各物质的浓度保持不变，c点时乙曲线的浓度保

持不变，是平衡点，达到平衡时，生成氮气的物质的量浓度是0.6mol/L，容积的体积是2L，即是氮气的物质的量是1.2mol，消耗二氧化氮2.4mol，NO2的转化率是2.4mol3mol×100%=80%，故答案为：c；80%或0.8；(5)a点时，设水的物质的量是2xmol，有

方程式可知消耗甲烷的物质的量xmol，剩余甲烷的物质的量是(2-x)mol，由于甲烷的浓度等于水的浓度，可知甲烷的物质的量等于水的物质的量，即2x=2-x，解得x=2/3mol，消耗二氧化氮的物质的量是4/3m

ol，剩余甲烷的物质的量是2-x=2-2/3mol=4/3mol，剩余二氧化氮的物质的量是3-2x=3-4/3mol=5/3mol，n(CH4):n(NO2)=4/3mol：5/3mol=4:5，故答案为：4:

5。25.短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1molDA2与足量的A2C反应生成2molG气体。A、B的单质依次为G

、T，在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反应G+T→W（未配平），测得各物质的浓度如表所示。物质TGW10min时，c/(mol·L-1)0.50.80.220min时，c/(mol·L-1)0.30.20.6回答下列问题：（1）A

、B、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物的化学式为_____。（2）B、C、D、E的简单离子中，离子半径由大到小排序为_____。（用离子符号表示）（3）J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，J、L混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反应的离

子方程式_____；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是_____（填化学式）。（4）由B2A4与C2组成的碱性燃料电池放电效率高。该电池放电时生成B2和A2C，正极反应式为_____。【答案】(1).NH4NO3或NH4NO2(

2).S2-＞N3-＞O2-＞Mg2+(3).H++HSO3－=H2O+SO2↑(4).NH4HSO3(5).O2+2H2O+4e-=4OH-【解析】【分析】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，则C为O，C和E位于同主族，则E为S；化学反应中，相同时间段内各物质的转化物质

的量浓度之比等于化学计量数之比，再结合题给表格数据，得3G+T=2W，A、B的单质依次为G、T，A、B的原子序数比O小，由此知，G为H2，T为N2，W为NH3，则A为H，B为N；又由1molDH2与足量水反应生成44.8L÷22.4L/mol=2m

olH2，可知D为金属元素，DH2中H显-1价，失电子，D显+2价，且五种元素得原子序数依次增大，则D为Mg；据此进行分析解答。【详解】(1)H、N、O组成既含离子键又含共价键的化合物有NH4NO3、NH4NO2，故答案为：NH4NO3或NH4NO2；(2)电子层数越

多，离子半径越大；电子层数相同时，核内质子数越大离子半径越小；故离子半径：S2-＞N3-＞O2-＞Mg2+，故答案为：S2-＞N3-＞O2-＞Mg2+；(3)A、B、C、E依次为H、N、O、S，J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，则两种

酸式盐是NH4HSO3和NH4HSO4，两者反应的离子方程式为H++HSO3-=H2O+SO2↑；NH4HSO3具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：H++HSO3－=H2O+SO2↑；NH4HSO3；(4)B2A4是N

2H4，C2是O2，组成的碱性燃料电池正极通入的是氧气或者是空气，发生还原反应，碱性条件下发生的电极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-。