【文档说明】安徽省六安第二中学2020-2021学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，2.146 MB，由小赞的店铺上传

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六安二中河西校区2020-2021学年度第二学期高一年级期中考试化学试卷时间：90分钟满分：100分一、单选题(本大题共16小题，共48分)1.下列装置工作时，将化学能转化为电能的是A.风力发电机B.硅太阳能电池C.电解熔融氯化钠D.纽扣式银锌电池【答案】D【解析】【详解】A．风力发电机是将风能转

化为电能，故A错误；B．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误；C．电解熔融氯化钠是将电能转化为化学能，故C错误；D．纽扣式银锌电池是将化学能转化为电能，故D正确。故选D。2.下列有关硅及其化合物的说法中正确的是A.硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B

.已知祖母绿的主要成分为32618BeAlSiO，用氧化物形式表示为2323BeO?AlO?6SiOC.普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料D.氢氟酸可用带橡胶塞的玻璃试剂瓶保存【答案】B【解析】【详解

】A．硅酸钠属于粘性的物质，能将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，故A错误；B．祖母绿的主要成分为32618BeAlSiO，用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，故可以表示为：326

18BeAlSiO，故B正确；C．石英玻璃主要成分二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，故C错误；D．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，则氢氟酸保存在塑料瓶中，故D错误;故选：B。3.下列叙述中正确的是①3NH易液化，液氨常用作制冷剂②可用铁

、铝制容器盛装浓硝酸和稀硝酸③利用氨气极易溶于水，氨气可做喷泉实验④所有的氮氧化物均易溶于水⑤铵盐受热分解一定都会产生氨气⑥可用淀粉KI−试纸鉴别红棕色的2Br蒸气和2NO气体A.①③B.①②③C.①②③④

D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】【分析】【详解】①氨很容易液化，液氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常用作制冷剂，故①正确；②可用铁、铝制容器盛装浓硝酸，但不能装稀硝酸，故②错误；③氨气极易溶于水，能够使瓶内外在短时间内产生较大的气压差，所以能够形成喷泉实验

，故③正确；④NO难溶于水，故④错误；⑤铵盐受热分解，分解产物与铵盐种类、分解温度有关，不一定生成氨气，如硝酸铵受热分解可以生成氮气，故⑤错误；⑥溴蒸气和2NO气体都可氧化KI生成碘单质，都可使淀粉KI试纸变蓝色，不能检验，应用水或硝酸酸化的硝酸银溶液，故⑥错误。故选A。4.下列物质

中不含离子键的是①NH4HCO3；②NH3；③BaSO4；④CH3COONa；⑤Ba(OH)2；⑥H2SO4。A.①④⑥B.②③⑤C.②⑥D.④⑤【答案】C【解析】【详解】①NH4HCO3中铵根离子和碳酸氢根离子之间以离子键相结合；②NH3中N和H之间以共价

键相结合，不含离子键；③BaSO4中钡离子和硫酸根离子之间以离子键相结合；④CH3COONa•3H2O中醋酸根离子和钠离子之间以离子键相结合；⑤Ba(OH)2中钡离子和氢氧根离子之间以离子键相结合；⑥H2SO4中

S和H、O之间以共价键相结合，不含离子键；因此不含有离子键的是②⑥，故选C。5.下列四个常用电化学装置的叙述错误的是图I水果电池图II干电池图III铅蓄电池图IV氢氧燃料电池A.图I所示电池中，电子从锌片流出B图II所示干电池中石墨作负极C.图III所示电池为二次电池D.图IV所示电池中正极

反应为：22O4H4e2HO+−++=【答案】B【解析】【详解】A．图I水果电池中，锌的活动性比铜强，锌作负极，铜作正极，电子由负极流向正极，A正确；B．图II为酸性锌锰干电池，锌为金属，锌作负极，石墨作正极，B错误；C．图III为铅蓄电池，铅作负极，二氧化铅作正极，是二次电池，即可充电的电池，

C正确；D．图IV为氢氧燃料电池，氢气作负极失电子，氧气作正极得电子，氧气得电子生成氧离子，氧离子在水溶液中不能稳定存在，要找氢结合，而电解质溶液呈酸性，因此正极电极反应式为：.22O4H4e2HO+−++=，D正

确；答案选B。6.下列变化的实质相似的是A.浓24HSO和浓硝酸在空气中敞口放置时浓度均减小B.2SO和2Cl均能使品红溶液褪色C.浓24HSO与稀24HSO与金属反应时均有气体产生D.2HS和HI气体均不能用浓24HS

O干燥【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸易挥发，二者在空气中敞口放置时浓度都变小，但原理不同，故A不选；B．二氧化硫与有色物质发生化合反应，氯水中的次氯酸具有强氧化性而是有色物质漂白，二者漂白原理不同，二氧化硫的漂白不稳定，加热可恢复到原来的颜色，故B不选；C．

浓硫酸与锌反应生成硫酸锌和二氧化硫和水，+6价的硫元素得到电子，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，稀硫酸中+1价的氢得到电子，二者反应实质不同，故C不选；D．H2S、HI都具有还原性，都可与浓硫酸发生氧化还原反应而

不能用浓硫酸干燥，故D选；故选D。7.高纯度硅是典型的半导体材料，在半导体工业中，有一句话“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si。工业上生产流程制取高纯度硅的一种方法如下所示，下列有关这一工业流程的说法不正确的是A.步骤①的化学方程式为SiO2+2C高温Si+2CO

↑B.①、③是置换反应，②是化合反应C.上述任一反应中，每消耗或生成28g硅，均转移4mol电子D.在高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合可得高纯硅【答案】D【解析】【分析】【详解】A．步骤①中石英

砂即SiO2被焦炭在高温条件下还原生成Si单质，焦炭被氧化为CO，化学方程式为SiO2+2C高温Si+2CO↑，A正确；B．步骤①反应方程式为SiO2+2C高温Si+2CO↑，步骤③反应方程式为SiCl4+2H2高温Si+4HC

l，均属于置换反应，步骤②反应方程式为Si+2Cl2ΔSiCl4，为化合反应，B正确；C．28g硅即1mol硅，上述反应中硅元素得到或失去的电子即为反应中转移的电子数，硅元素化合价均变化4价，所以均转移4mol电子，C正确；D．在高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合，则石英砂与焦炭反应，

氯气与氢气反应，就不再按照题干的流程进行，不会得到高纯硅，D错误；综上所述答案为D。8.有M、R两种主族元素，已知M2-与R+核外电子数之和为20，则下列不正确的是A.M与R的质子数之和一定等于19B.M、R

可能分别处于第二周期和第三周期C.M、R可能分别处于第三周期和第二周期D.M和R的质子数之差可能等于7【答案】D【解析】【详解】A．M2-离子与R+离子核外电子数之和为20，则质子数之和为20+1-2=19，故

A正确；B．若M为Na，R为O，分别处于第三周期和第二周期，故B正确；C．若M为Li，R为S，分别处于第二周期和第三周期，故C正确；D．若M为Na，R为O，质子数之差为11-8=3，若M为Li，R为S，质子数之差为16-3=13，不可能为7，

故D错误。故选D。9.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为18的氯原子：1817ClB.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示

意图：D.H2O的电子式：【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。【详解】A.核素的表达式AZX中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的

质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为3517Cl，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个

电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。10.某同学按下图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象见下表。试管①②③④实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有

大量白色沉淀产生有少量白色沉品红溶液褪色下列说法正确的是A.②中白色沉淀是BaSO3B.①中可能有部分硫酸挥发了C.为确定①中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D.实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管①，实验现象不变【答案】B【解析】【分析】实验探究铜与浓硫酸的反应，装置

1为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3中沉淀较少，说明

三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管4中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A．二氧化硫不与氯化钡反应，白色沉淀不可能是BaSO3，故A错误；B．根据分析可知①中可能有部分硫酸挥发了，故B正确

；C．冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D．反应过程中SO3可能是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D错误；故选B。11.下列四组混合气体中各组分的

体积比为22NO:O2:1=①；2NO:O2:1=②；32NH:O2:1=③；22NO:NO:O1:1:1=④。将分别盛满上述各种气体的容积相等的四支试管倒置于盛有水的水槽中，最后试管内液面由低到高的顺序为A.③②①④B.①③④②C.②③①④D.

①④②③【答案】A【解析】【详解】①发生反应：22234NOO2HO4HNO++=，试管中2NO、2O的体积比为2:1，剩余2O，最终液体充满试管容积的56；②发生反应：2234NO3O2HO4HNO++=，试管中NO、2O的体积比为2:1，剩余NO，最终液体充满试管容积的79；3NH③易

溶于水，2O不易溶于水，试管中3NH、2O的体积比为2:1，2O全部剩余，最终液体充满试管容积的23；④发生反应：2223NONOOHO2HNO+++=，试管中2NO、NO、2O的体积比为1:1:1，恰好完

全反应，无气体剩余，最终液体充满试管。综上所述，最后试管内液面由低到高的顺序为③②①④，选项A正确；答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，结合反应：

22234NOO2HO4HNO++=、2234NO3O2HO4HNO++=进行计算。12.把少量的二氧化氮气体通入过量的小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是()A.O2B.NO2C.NO2和O2D.CO2和NO【答案】

C【解析】【分析】从反应的化学方程式分析，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，设NO2为3mol，根据各步反应生成物的物质的量判断反应最终产

物。【详解】设NO2为3mol，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，则3molNO2生成

2molHNO3和1molNO，通入小苏打后气体为2molCO2和1molNO，通入足量过氧化钠后生成1molO2和1molNO，1molO2和1molNO反应后生成1molNO2，剩余0.5molO2，故最后收集到的气体为1molNO2和0.5molO2，故答

案为C。13.下列有关硫及其化合物的说法中正确的是()A.浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，不能干燥NH3,也不能干燥H2S等还原性气体B.浓硫酸与灼热的炭反应，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性C.SO2和Cl2均可使品红

溶液褪色，但将溶有SO2的品红溶液加热后又恢复红色，说明SO2的氧化性没有Cl2强D.以FeS2为原料生产硫酸过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，所涉及的反应均为氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A项，浓硫酸是一

种干燥剂，能够干燥氢气、氧气等气体，但不能干燥碱性气体NH3以及有较强还原性的HI、H2S等气体，故A项正确；B项，浓硫酸与非金属单质反应只体现浓硫酸的强氧化性，未体现酸性，故B项错误；C项，氯气和二氧化硫均可以使品红溶液褪色，是利用了氯气的氧化性和二氧化硫生成不稳定化合物的漂白性，

不能说明氧化性的强弱，故C项错误。D项，以FeS2为原料生产硫酸过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，其中在吸收塔发生的反应为SO3+HO=H2SO4，不是氧化还原反应，故D项错误。综上所述，本题的正确答案为A。14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验

操作和现象实验结论A向酸性高锰酸钾溶液中通入2SO，溶液的红色褪去二氧化硫具有漂白性B向久置的23NaSO溶液中加入足量2BaCl溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分23NaSO被氧化C向蔗

糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，同时有无色有刺激性气味的气体生成浓硫酸具有吸水性D3SO和2SO通入2BaCl溶液中，有白色沉淀生成生成难溶的4BaSO、3BaSOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【

详解】A．酸性高锰酸钾可氧化二氧化硫，由操作和现象可知二氧化硫具有还原性，故A错误；B．亚硫酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，由操作和现象可知部分Na2SO3被氧化，故B正确；C．浓硫酸使蔗糖脱水炭化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，可知浓硫酸具有脱水性、强氧化性，与吸水性无关，故C错误

；D．白色沉淀为硫酸钡，SO2与BaCl2溶液不反应，故D错误；故选：B。15.关于下列图示的说法中错误的是A.用图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B.图②表示可逆反应222COHOCOH++为放热反应C.图③实验过程中温度计的读数在下降，有刺激性气味气体放出D.图④中两个烧杯内发

生化学反应的本质不同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．用图①所示实验可比较S、C、Si的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为：硫酸＞碳酸＞硅酸，故可以比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故A正确；B．如图所示，反应物的能量高于生成物的能量，故为放热反应，故

B正确；C．反应为吸热反应，有氨气生成，故C正确；D．甲为化学反应，乙组成闭合回路，为电化学反应，本质都是氧化还原反应，故D错误；故选D。16.研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝

合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。下列说法不正确的是A.OC段离子反应方程式为H＋＋OH－==

=H2OB.溶液中n（NH4+）＝0．012molC.溶液中结合OH－能力最强的离子是H＋，最弱的离子是Al3＋D.欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量【答案】C【解析】【分析】稀硝酸是过量的，根据图像，DE段沉淀物质的量没发生变化，说明合金与稀硝酸反

应后有NH4＋生成，即合金与稀硝酸反应后溶液中的离子有：Fe3＋、Al3＋、NH4＋、H＋、NO3－，加入氢氧化钠反应的顺序是H＋＋OH－=H2O、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－=NH3·H2O、Al(OH)

3＋OH－=AlO2－＋2H2O，据此分析作答。【详解】A、OC段没有沉淀产生，稀硝酸过量，因此发生H＋＋OH－=H2O，故A说法正确；B、DE段发生：NH4＋＋OH－=NH3·H2O，因此溶液中n(NH4＋)=(34－31)×10－3×4mol=0.012mol，故B说法正确；C

、根据反应进行的顺序，结合OH－能力最强的H＋，最弱的离子是NH4＋，故C说法错误；D、F点沉淀是Fe(OH)3，称量其沉淀，应是过滤、洗涤、干燥、称量，故D说法正确；答案选C。二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.根据下

列化学反应和事实，说明利用了硫酸的什么性质，填在各小题的横线上。A.高沸点、低挥发性B.酸性(或强酸性)C.吸水性D.脱水性E.强氧化性（1）常温下可以用Fe和Al的容器贮存浓硫酸_______。（2）胆矾放在盛浓硫酸的干燥器中变成白色粉末_______。（3）用NaC

l固体和浓H2SO4在加热条件下制氯化氢气体_______。（4）Zn＋H2SO4(稀)=ZnSO4＋H2↑_______。（5）Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O_______。（6）浓硫酸使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后变黑_______。

【答案】（1）E（2）C（3）A（4）B（5）B、E（6）B、D【解析】【小问1详解】常温下可以用Fe和Al的容器贮存浓硫酸是因为浓硫酸的强氧化性使Fe和Al发生钝化，故答案为：E；【小问2详解】胆矾放在盛浓硫酸干燥器中变成白色粉末是因为硫酸铜晶体失去

了结晶水，体现了浓硫酸的吸水性，故答案为：C；【小问3详解】用NaCl固体和浓H2SO4在加热条件下制氯化氢气体，该反应为复分解反应，体现了浓硫酸的高沸点、难挥发性，故答案为：A；【小问4详解】Zn＋H2SO4(稀)=ZnSO4＋H2↑，体现了硫酸的酸性，故答案为：B；【小问5详

解】Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O，该反应中浓硫酸作氧化剂，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，故的答案为：B、E；【小问6详解】浓硫酸使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，体现了硫酸的酸性，后变黑体现

了浓硫酸的脱水性，故答案为：B、D。18.人们常常利用化学反应中的能量变化为人类服务。（1）氢能是一种具有发展前景的理想清洁能源，氢气燃烧时放出大量的热。氢气燃烧生成水蒸气的能量变化如图所示：根据上图可知，在化学反应中，不仅存在物质的变化，而且伴随能量变化，写出1mo

l2H完全燃烧生成1molH2O(气态)时的热化学方程式_______。（2）下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_______。A.2COC2CO+=B.3224SOHOHSO+=C.CH4+2O2点燃CO2+2H2OD.224

42Ba(OH)HSOBaSO2HO+=+（3）某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验。实验结果记录加表：编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向1Mg、Al稀盐酸偏向Al2Al、Cu

稀盐酸偏向Cu3Al、石墨稀盐酸偏向石墨4Mg、AlNaOH溶液偏向Mg根据表中记录实验现象，回答下列问题。①实验1中铝为_______极(填正或负)②写出实验4中铝电极的电极反应式：_______。③根据以上实验结果，在

原电池中相对活泼的金属作正极还是作负极受到哪些因素的影响？_____。的（4）电动汽车上使用的铅蓄电池是以一组充满海绵状铜的铅板和另一组结构相似的充满二氧化铅的铅板组成，用稀24HSO作电解质溶液。放电时，总反应方程式为22442PbPbO2HSO2PbSO2HO++=+。①放电时，正极的电极反

应式为_______。②铅蓄电池放电时，当外电路中通过2mol电子时，理论上溶液中消耗24HSO的物质的量为_______。③对于甲烷氧气燃料电池，电解质溶液的溶质是KOH。通甲烷一极的电极反应方程式为_______。【答案】（1）2221H+OH2gg

Og=（）（）（）H=-254kJ/mol（2）C（3）①.正②.---22Al-3e+4OH=AlO+2HO③.与电解质溶液的酸碱性有关（4）①.-2-+2442PbO+2e+SO+4H=PbSO+2HO②.2mol③.--2-432CH-8e+10OH=CO+7HO【解析】【小问

1详解】由题给信息知，1mol氢气和0.5mol氧气反应生成1mol气态水时的反应热=（436+240-930）kJ=-254kJ，则1mol2H完全燃烧生成1molH2O(气态)时的热化学方程式为：

2221H+OH2ggOg=（）（）（）H=-254kJ/mol；【小问2详解】电池的构成原理是自发进行的氧化还原化学反应在理论上可以设计成原电池：A.2COC2CO+=反应属于吸热反应，在高温下进行，不符合题意；B.3224SOHOHSO+

=该反应为非氧化还原反应，不符合题意；C.CH4+2O2点燃CO2+2H2O该反应为放热的氧化还原反应，符合题意；D.22442Ba(OH)HSOBaSO2HO+=+为非氧化还原反应，不符合题意，故答案为：C。【小问3详解】①实验1中，氧

化还原反应发生在金属镁和稀盐酸之间，失电子的是金属镁，为负极金属，则铝作正极，故答案为：正；②实验4中，金属铝和氢氧化钠可以发生自发的氧化还原反应，失电子的是金属铝，为原电池的负极，电极反应为：---22Al-3e+4OH=AlO+2HO；③根据表中实验结果可知，在原电池中相对活泼的金属作正极还

是负极，与两个电极的相对活泼性有关，也与电解质溶液的酸碱性有关；【小问4详解】①铅蓄电池中，Pb作负极，发生氧化反应，正极上二氧化铅得到电子发生还原反应，电极反应式为：-2-+2442PbO+2e+SO+4H=PbSO+2

HO；②铅蓄电池中，负极是铅，负极上铅失电子发生氧化反应即-2-44Pb-2e+SO=PbSO，生成的难溶性PbSO附在负极上，使负极质量增大；放电时总反应为：22442PbPbO2HSO2PbSO2HO++=+，反应转移2mol电子，消耗2molH2SO4，当外电路上有2mol电子通

过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为2mol；③电解质溶液KOH溶液，通甲烷一极为负极，被氧化，失电子发生氧化反应：--2-432CH-8e+10OH=CO+7HO。19.某化学兴趣小组为了制取并探究氨气性质，按下列装置(夹持装置已略去)进行实验

。【实验探究】（1）实验室制氨气的化学方程式_______利用上述原理，应选用下图中_______发生装置进行实验。（2）F装置中倒置漏斗的作用_______。（3）某同学用排空气法收集一圆底烧瓶氨气

做喷泉实验，结果发现液面只上升到圆底烧瓶的一半，该同学认为收集到的氨气不纯，请你求出混合气体的摩尔质量为_______g/mol，最终所得溶液的浓度为_______mol/L。为（4）氨气的用途很广，可以作为工业制硝酸的原料，写出氨气催化生成NO的化学

方程式_______。（5）硝酸工业尾气中的NO、NO2进入大气后，会形成光化学烟雾、破坏臭氧层等。可用氢氧化钠溶液对含氮氧化物的废气进行处理，反应的化学方程式如下：NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋

H2O、2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，将一定量NO和NO2的混合气体通入300mL5mol·L-1NaOH溶液中，恰好被完全吸收，则标准状况下NO最多为_______L。【答案】（1）①.422322

NHCl+Ca(OH)CaCl+2NH+2HO②.a（2）防止倒吸（3）①.23②.1Vm（4）3224NH+5O4NO+6HOΔ催化剂（5）16.8【解析】【小问1详解】实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应为422322NHCl+Ca(OH)CaCl

+2NH+2HO；实验室制取氨气为固固加热型装置，应选用a发生装置进行实验，故答案为：422322NHCl+Ca(OH)CaCl+2NH+2HO；a；【小问2详解】氨气极易溶于水，F装置中倒置漏斗的作用防止倒

吸，故答案为：防止倒吸；【小问3详解】液面只上升到圆底烧瓶的一半，说明烧瓶中一半氨气一半空气，同温同压时，等体积的气体物质的量相同，则混合气体的摩尔质量为29g/mol+17g/mol=23g/mol2；最终所得溶液中溶质气体的体积与溶液体积相同，则溶液浓度为V1Vm=VVm

mol/L；【小问4详解】氨气在催化剂的作用下与氧气反应生成一氧化氮和水，化学方程式为：3224NH+5O4NO+6HOΔ催化剂；【小问5详解】300mL5mol/LNaOH溶液中n（NaOH）=0.3L×5mol/L=1.5mol，若只发生NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋

H2O，n(NO)=0.75mol，此时NO为最大量，在标准状况下气体体积=22.4L/mol×0.75mol=16.8L，故答案为：16.8。20.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构TM层电子数是K层电子数的3倍X最外层电子数是次外层电

子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，是空气中含量最多的物质Z元素最高正价是＋7价（1）元素X位于元素周期表的第___________周期___________族，它的一种核素可测定文物年代，这种核素的符号是___________。（2）元素Y的原

子结构示意图为___________。（3）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是___________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是___________(填字母)。a．常温下Z的单质和T的单质

状态不同b．Z的氢化物比T的氢化物稳定c．一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一、T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物中化学性质明显不同于其他三

种的是___________，理由是___________。【答案】（1）①.二②.IVA③.146C（2）（3）①.Cl②.b（4）①.H2CO3②.H2CO3是弱酸【解析】【分析】短周期元素中，T元素原子的M层电子数是K层电子数的3倍，M层电子数为6，则T为S元素；最外层电子数是次外

层电子数的2倍，则X为C元素；Y常温下单质为双原子分子，是空气中含量最多的物质，则Y为N元素；Z元素最高正价是+7价，则Z为Cl元素。【小问1详解】元素C位于元素周期表的第二周期IVA族，它的一种核素可测定文物年代，这种核素的符号是146C。故答案为：二；IVA；146C；【小问2详解】元

素N是7号元素，N原子结构示意图为。故答案为：；小问3详解】同周期自左而右非金属性增强，故Cl元素非金属性比S的强，非金属性较强的是Cl，下列表述中能证明这一事实的是：a．常温下Z的单质和T的单质状态不同，元素非金属性与状态无关，故不能证明氯的非金属性强于硫的，故a不选；

b．氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯的氢化物比硫的氢化物稳定，说明氯的非金属性比硫的强，故b选；c．非金属单质能与氢氧化钠溶液反应不能说明非金属性强弱，如氧气不能与氢氧化钠溶液反应，而硫能与氢氧化钠反应，但氧的非金属性更强，故c不选；故答案为：Cl；b；【小问

4详解】硫酸、硝酸、高氯酸均为强酸，S、C、N、Cl四种元素的最高价氧化物对应的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是H2CO3，理由是H2CO3是弱酸。故答案为：H2CO3；H2CO3是弱酸。【