【文档说明】【精准解析】浙江省浙北G2（嘉兴一中、湖州中学）2020-2021学年高一下学期期中联考化学试题（解析版）.doc，共(19)页，427.000 KB，由小赞的店铺上传

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浙北G2期中联考2020学年第二学期高一化学试题考生须知：1.全卷分试卷和答卷。试卷3页，答卷1页，共4页。满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl

35.5Na23Mg24Al27Fe56Cu64一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是（）A.吸热反应没有利用价

值B.化石能源物质内部蕴涵着大量的能量C.绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来D.物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用【答案】A【解析】【详解】A．吸热反应也有一定的利用价

值，如工业上由石灰石制备生石灰的反应、由煤制水煤气的反应都是吸热反应，故A错误；B．煤、石油、天然气属于化石燃料，燃烧时释放大量的能量，可说明化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，故B正确；C．光合作用是将太阳能转化为化学能“贮存”起来的过程，将空气中的水、二氧化碳等转

化为葡萄糖，故C正确；D．燃烧是将化学能转化为热能，原电池就是将化学能转化为电能，物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能，并为人类所利用，故D正确；答案选A。2.下列有关化学用语表示正确的是A.四氯化碳分子

空间充填模型B.水分子的结构式H-O-HC.CO2的电子式D.182-8O离子结构示意图【答案】B【解析】【分析】【详解】A．在四氯化碳分子，C原子与4个Cl原子构成正四面体结构，C原子位于正四面体几何

中心，Cl原子在四面体的四个顶点上，但由于Cl原子半径比C原子半径大，因此该图示不能表示CCl4，A错误；B．H2O分子中O原子与2个H原子形成2个共价键，故其结构式是H-O-H，B正确；C．CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，其电

子式为：，C错误；D．O是8号元素，O2-是O原子得到2个电子形成的，故182-8O离子结构示意图为，D错误；故合理选项是B。3.下列各组顺序的排列不正确．．．的是A.离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+B.热稳定性：HCl＞H2S＞PH3＞AsH3C.酸性强弱：Al(OH)3＜H2SiO3＜H2

CO3＜H3PO4D.沸点：正丁烷＞异丁烷＞正戊烷【答案】D【解析】【分析】【详解】A．对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大离子半径越小。Na+、Mg2+、Al3+三种离子核外电子排布相同，所以离子半径大小关系为：Na+＞Mg2+＞Al3+，A正确；B．同一

周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减小。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：Cl＞S＞P＞As，所以简单氢化物的稳定性大小关系为：HCl＞H2S＞PH3＞AsH3，B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价含

氧酸的酸性就越强，由于元素的非金属性：Al＜Si＜C＜P，则酸性由强到弱的顺序为：Al(OH)3＜H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4，C正确；D．对于烷烃来说，分子中含有的C原子数越多，物质的沸点越高；当C原子数相同时，分子中碳链越长，支链越少，物质的沸点就越高，故物质沸点高低顺序为：正戊

烷＞正丁烷＞异丁烷，D错误；故合理选项是D。4.下列物质中，与化合物C2H6互为同系物的是A.C4H10B.C2H4C.C3H6D.C6H6【答案】A【解析】【详解】A．C4H10属于烷烃，与C2H6分子组成上相差两个CH2原子团，互为同系物，正确；B．C2H4与C2H6相差不是CH2原子团，且含

官能团不同，不互为同系物，错误；C．C3H6与C2H6相差不是CH2原子团，且含官能团不同，不互为同系物，错误；D．C6H6与C2H6相差不是CH2原子团，不互为同系物，错误。5.下列物质中，既有离子键又有共价键的是A.HClB.CaCl2C.CH3ClD.NaOH【答案】D

【解析】【分析】【详解】A．HCl中H原子和Cl原子之间只存在共价键，故A错误；B．CaCl2中只存在离子键，故B错误；C．CH3Cl只存在共价键，故C错误；D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，故D正确；

故选：D。6.下列叙述正确的是A.蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性B.正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7C.将少量SO2通入BaCl2溶液能生成白色沉淀D.将浓盐酸和浓硫酸分别露置在空气中，溶质的物质的量浓度都会降低【答案】D【解析】【分析】【详解】A．蔗糖中加入

浓硫酸后出现发黑现象，是由于浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以水的组成脱去，说明浓硫酸具有脱水性，A错误；B．正常雨水中由于CO2溶解，并与水反应产生碳酸，使溶液pH等于5.6，当空气中有SO2、NO2时，气体在溶液中溶解反应

产生H2SO3、H2SO4、HNO3而使雨水酸性增强，因此酸雨的pH小于5.6，B错误；C．由于酸性：HCl＞H2SO3，所以将少量SO2通入BaCl2溶液不能生成白色沉淀，C错误；D．浓盐酸具有挥发性，将

浓盐酸露置在空气中，溶质HCl挥发，导致溶质的物质的量浓度降低；浓硫酸具有吸水性，由于其吸收空气中的水，使溶液中溶剂质量增加，因此也会使溶质的物质的量浓度降低，D正确；故合理选项是D。7.将1mol甲烷和氯气混合后，在光照下充分反应，所得有机物有A.2种B.3种C.4种D.5种【

答案】C【解析】【分析】【详解】将甲烷与氯气混合，在光照下充分反应，因为甲烷与氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的反应同时进行的，最后得到有机物有：CH3Cl，CH2Cl2，CHCl3，CCl4，故选：C。8.下列化学反应的能量变化和下图一致的是A.铝热反应

B.电解熔融Al2O3C.中和反应D.镁条燃烧【答案】B【解析】【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应；【详解】A．铝热反应为放热反应，A项错误；B．电解熔融三氧化二铝为吸热反应，B项正确；C．中和反应为放热反应，C项错误；D．镁条燃烧属于放热

反应，D项错误答案选B。9.下列变化中，发生取代反应的是A.将CCl4滴入溴水中，振荡后水层近无色B.氯气与水反应生成HClOC.甲烷与氯气混合，光照后黄绿色变浅D.CH4与氧气反应生成CO2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Br2易溶于CCl4，而在水中溶解度较小，

CCl4与水互不相溶，因此将CCl4滴入溴水中，振荡后CCl4会将溴水中的Br2单质萃取，使水层近无色，没有发生化学反应，A不符合题意；B．氯气与水反应生成HCl、HClO，反应为氧化还原反应，不是取代反应，B不符合题意；C．甲烷与氯气混合，光照后甲烷分子中的H原子会逐

步被Cl2中的Cl原子取代产生CH3Cl、CH2Cl2等有机取代产物，同时产生HCl，由于Cl2被消耗，因此气体中氯气浓度因降低而看到黄绿色变浅，反应类型是取代反应，C符合题意；D．CH4与氧气在点燃时发

生氧化反应生成CO2，反应类型不属于取代反应，D不符合题意；故合理选项是C。10.下列有关含氮物质的说法不正确．．．的是A.实验室合成氨的实现奠定了工业大规模合成化肥的基础B.人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞C.工业硝酸由于含有少量Fe3+

而略显黄色D.铵态氮肥与碱性肥料混合使用会降低肥效【答案】C【解析】【分析】【详解】A．N2与H2在高温高压催化剂条件下反应产生NH3，NH3与酸反应产生铵盐，铵盐呈固态，便于储存、运输，可作氮肥，A正确；B．NO是有毒气体，会对人健康造成危害，但NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号

的功能，NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，B正确；C．工业硝酸中由于硝酸分解产生的NO2气体溶解其中而略显黄色，C错误；D．铵态氮肥与碱性肥料混合，二者发生反应产生NH3逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合使用，D正确；故合理选项是C。二、

选择题(本大题共12小题，每小题3分，共36分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)11.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层

电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是A.元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜XB.Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4C.三种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定D.原子半径由小到大的

顺序为Z＜Y＜X【答案】A【解析】【分析】根据题意分析：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，所以X是O，X、Y位于同一族，所以Y是S，Z原子的核外电子数比Y原子少1且Y、Z处于同一周期，所以Z是P。【详解】A.元素周期表中同一周期从左至右

，元素非金属性逐渐增强，同一主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，所以元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜X，故A项正确；B.Y元素为S，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故B项错误；C.非金属性越强，元素形成的气态氢化物越稳定，所以3种元素的气态氢化物中稳定性：Z＜Y＜X，故

C项错误；D.同一周期从左至右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上至下原子半径逐渐增大，所以X、Y、Z原子半径由小到大的顺序为：X＜Y＜Z，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。12.如图为铜锌原电池示意图，下列说法不正确．．．的是A.该原电池中，铜为正极并且有气泡产生B.该原电

池中，电子由铜片经过导线流入锌片C.该原电池工作一段时间后，溶液的酸性减弱D.该原电池工作一段时间后，锌片质量减小【答案】B【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。【详解】A．锌的金属性强

于铜，则该原电池中，铜为正极，锌为负极，正极上，氢离子得到电子生成氢气，铜极上有气泡产生，A正确；B．该原电池中，电子由负极锌片经过导线流入正极铜片，B错误；C．氢离子在正极得到电子产生氢气，则该原电池工作一段时间后，溶液的酸性减弱，C正确

；D．锌是负极，失去电子转化为锌离子，该原电池工作一段时间后，锌片质量减小，D正确；答案选B。13.下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品③高纯度的硅单质广泛用

于制作光导纤维④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料A.①②B.②③C.①④D.③④【答案】C【解析】【详解】①硅元素是地壳中大量存在的元素，是许多种岩石和矿物的基本构成元素之一，故①正确；②水晶主要成分是二氧化硅，不

是硅酸盐，故②错误；③光导纤维的主要成分是二氧化硅，故③错误；④陶瓷的主要成分是硅酸盐且陶瓷应用极早，故④正确。综上所述，本题正确答案为C。14.用等体积的1mol·L-1的BaCl2溶液，可使相同体积的N

a2SO4、Fe2(SO4)3、KAl(SO4)2三种溶液中的2-4SO完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为A.1︰3︰2B.3︰1︰2C.1︰1︰1D.6︰2︰3【答案】D【解析】【分析】【详解】等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的

Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液的SO42-完全沉淀，则Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中n(2-4SO)相同，根据硫酸根守恒可知，n[Fe2(SO4)3]=13n(2-4SO)，n(Na2SO4)=n(2-4SO

)，n[KAl(SO4)2]=12n(2-4SO)，三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比为c(Na2SO4)：c[Fe2(SO4)3]：c[KAl(SO4)2]=n(2-4SO)：13n(2-4S

O)：12n(2-4SO)=6：2：3。故选：D。15.下列四种说法：①只有一种元素组成的物质一定是纯净物；②分子式为C5H12的物质一定是纯净物；③有单质参加的反应一定是氧化还原反应；④同素异形体之间的相互转化属于化学反应，其中说法不正确．．．的是A.①②B.③④C.①②

③D.①②③④【答案】C【解析】【分析】【详解】①有一种元素组成的物质可能是混合物，如氧气和臭氧，故①不正确；②分子式为C5H12的物质可以是戊烷的多种同分异构体的混合物，故②不正确；③单质参加的化学反应不一定是氧化还原反应，如

3O2=2O3，但有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，故③不正确；④同素异形体之间的相互转化有新物质生成属于化学反应，故④正确；答案选C。16.可逆反应：2NO22NO＋O2在恒温恒容密闭容器中反应，下列条件可判断该反应已经达到

平衡状态的是（）（1）单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2（2）单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的

状态（4）混合气体的颜色不再改变的状态（5）混合气体的密度不再改变的状态（6）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.（1）（4）（6）B.（2）（3）（5）C.（1）（3）（4）D.（1）（2）（3）

（4）（5）（6）【答案】A【解析】【详解】（1）单位时间内生成nmolO2表示正反应速率，生成2nmolNO2表示逆反应速率，二者速率之比等于化学反应速率之比，可判断反应达到平衡状态，故符合题意；（2）单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO均表示正反应

速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故不符合题意；（3）因为说明反应速率表示的方向，因此无法判断正逆反应速率是否相等，故不符合题意；（4）因混合气体中只有NO2为棕红色气体，当混合气体的颜色不再改变时，可说明NO2的浓度不再变化，可说明反应达到平衡状态，故符合题意；（5

）该反应中物质均为气态，气体总质量不变，反应装置为恒容装置，因此反应过程中气体的密度始终不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故不符合题意；（6）该反应为气体非等体积反应，反应过程中气体的总物质的量会发生变化，而气体的总质量不变，因此混合气体的平均相对分子质量在反

应未达到平衡状态时始终处于变化状态，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到了平衡状态，故符合题意；综上所述，（1）（4）（6）符合题意，故答案为：A。【点睛】判断化学平衡状态的方法：各种“量

”不变：①各物质的质量、物质的量或浓度不变；②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变；总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应

达到平衡状态；若物理量为“不变量”，则不能作为平衡标志。17.把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，分别用导线两两相连可以组成原电池。A、B相连时A为负极；C、D相连时，电流由D→C；A、C相连时，C极上产生大量气泡，B、D相连时，D

极发生氧化反应。这四种金属的活动性顺序是A.A>B>C>DB.A>C>D>BC.C>A>B>DD.B>D>C>A【答案】B【解析】【详解】A、B相连时A为负极，则活动性顺序A＞B；C、D相连时，电流由D→C，说明C为负极，则活动性顺序：C＞D；A、C相连时，C极上产生大

量气泡，则C为原电池的正极，活动性顺序：A＞C；B、D相连时，D极发生氧化反应，D应为原电池的负极，作为活动性顺序：D＞B；则有活动性顺序：A＞C＞D＞B；故选：B。18.在298K时，实验测得溶液中的反应：H2O2+2HI=2H2O+I2，在不同浓度时的化学反应速率见下表，由此可

推知当c(HI)=0.500mol·L-1，c(H2O2)=0.400mol·L-1时的反应速率为实验编号12345c(HI)/mol·L-10.1000.2000.3000.1000.100c(H2O

2)/mol·L-10.1000.1000.1000.2000.300v/mol·L-1·s-10.007600.01530.02270.01510.0228A.0.0380mol·L-1·s-1B.0.152mol·L-1·s-1C.0.6

08mol·L-1·s-1D.0.760mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【分析】【详解】当c(HI)=0.100mol•L-1，c(H2O2)=0.100mol•L-1，υ=0.00760mol•L-1•s-1，c由表中数据可知，速率与c

(HI)成正比、与c(H2O2)成正比，所以当c(HI)=0.500mol•L-1，c(H2O2)=0.400mol•L-1，υ=0.00760mol•L-1•s-1×5×4=0.152mol•L-1•s-1，故选B。19.短周期元素A、B不属于同主族，形成的化合物化学式为AB，若A的原子序数为n

，则B的原子序数不可能．．．为A.n+1B.n+2C.n+3D.n+4【答案】C【解析】【分析】【详解】A．如NO，则B的原子序数为n+1，故A不选；B．如CO，则B的原子序数为n+2，故B不选；C．不存在B的原子序数为n+3

，故C选；D．如MgS，B的原子序数为n+4，故D不选；故选：C。20.对于以下反应：A(s)+3B(g)⇌2C(g)+D(g)，在一定温度和容积固定的容器中，下列判断正确的是A.当容器内的压强不再变化，可以判断反应已

经达到平衡B.往容器中通入稀有气体He，由于压强增大，所以反应速率增大C.往容器中加入少量A，反应速率增大D.无论反应是放热反应还是吸热反应，升高温度，正反应速率一定增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．反应在恒容密闭容器中进行，容器的容积不变；反应前后气体的物质的量不变，

则体系压强始终不变，因此不能根据压强不变判断反应是否达到平衡状态，A错误；B．往容器中通入稀有气体He，尽管体系的压强增大，但反应混合物的物质的量浓度不变，所以反应速率不变，B错误；C．A是固体，往容器中加入少量A，物质的浓度不变，因此反应速率不变，C错误；D．升高温度，物质的内能增大，分子的有效

碰撞次数增加，正反应速率一定增大，与反应类型是放热反应还是吸热反应无关，D正确；故合理选项是D。21.在100mL1.2mol·L-1HNO3、2.0mol·L-1H2SO4的混合酸中，加入25.6gCu，充分反应后，Cu2+物质的量浓度为(忽略反应前后溶液体积的变化)A.4.0

mol·L-1B.1.95mol·L-1C.1.8mol·L-1D.2.0mol·L-1【答案】C【解析】【分析】【详解】25.6gCu的物质的量m25.6gn===0.4molM64g/mol，混合酸中n(H+)=1.2mol/L×0.1L+2.0mol/L×2×0.1L=0.5

2mol，n(-3NO)=1.2mol/L×0.1L=0.12mol，由3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，Cu与H+过量，-3NO不足，n(Cu2+)=0.12mol×32=0.18mol，Cu2+

物质的量浓度为n0.18mol==1.8mol/LV0.1Lc=，故选：C。22.2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更安全。电池总反应为C2H5OH+3O2→2CO2+3

H2O，电池示意如图，下列说法不正确．．．的是A.a极为电池的负极B.电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C.电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移D.电池正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A．在装置中，通

入乙醇的电极为负极，通入氧气的电极为正极，因此a极为电池的负极，A正确；B．电流是正电荷的移动方向。在该电池工作时电子由a极沿导线经灯泡再到b极，电流则由b极沿导线经灯泡再到a极，B错误；C．在该反应中，C元

素的化合价由反应前乙醇中的-2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高6价，每有1mol乙醇被氧化时就有12mol电子发生转移，C正确；D．电池工作时，正极上O2得到电子被还原产生H2O，故正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，D正确；故合理选项是B。三、非选择题(本

大题共5小题，共44分)23.I．下列物质中互为同分异构体的有_______，互为同素异形体的有_______，互为同位素的有_______，是同一种物质的有_______。(1)液氯(2)3717Cl(3)白磷(4)氯气(5)氯水(6)红磷(7

)(8)(9)3517ClII．A和B分别表示含有18个电子的两种分子，请回答：(1)A是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，其分子式是_______。(2)B是由两种元素组成的三原子分子，其电子式是_______。【答案】(1).(7)和(8)(2

).(3)和(6)(3).(2)和(9)(4).(1)和(4)(5).F2(6).【解析】【分析】【详解】I．(1)、分子式都是C6H14，结构不同，二者互为同分异构体，故互为同分异构体的物质序号是(7)和(8)

；白磷、红磷都是P元素的单质，二者结构不同，互为同素异形体，故互为同素异形体的物质序号是(3)和(6)；3717Cl、3517Cl都是原子，二者质子数都是17，中子数分别是20、18，中子数不同，二者互为同位

素，故互为同位素的序号是(2)和(9)；液氯、氯气的物质构成微粒是Cl2，只是物质的存在状态不同，二者是同一物质，故是同一种物质的序号是(1)和(4)；II．(1)A和B分别表示含有18个电子的两种分子。其中A是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，由于F元素非金属性最强，其形成的单

质F2氧化性最强，故其分子式是F2；(2)B是由两种元素组成的三原子分子，电子数是18，则该分子是H2S，电子式是。24.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知W的一种核素的质量数为14，中子数为7；X的离子与+4NH具有相同的质子、电子数目

；W与Y的氧化物均能导致酸雨的形成；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。(1)Y在周期表中的位置是_______(2)用一个化学方程式说明Y和氧这两种单质的氧化性强弱_______(3)工业上可用MnSO4溶液吸收Z的单质，获得Mn2O3，请

写出该反应的离子方程式_______(4)X3W遇水可释放出使酚酞溶液变红的气体A，化学方程式是_______【答案】(1).第三周期第VIA族(2).S+O2点燃SO2或2H2S+O2=2S+2H2O(3).2Mn2++Cl2+3H2O=Mn2O3+6H++2Cl-(4

).Na3N+3H2O=NH3↑+3NaOH【解析】【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，原子半径X>Y>Z>W；W的一种核素的质量数为14，中子数为7，其质子数为7，则W是N元素；X的离子与+4NH具有相同的质子、电子数

目，其原子半径最大，为Na元素；W与Y的氧化物均能导致酸雨的形成，则Y是S元素；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，且其原子半径大于N元素，则Z是Cl元素。【详解】(1)Y是S元素，在周期表中的位置是第三周期第VIA族；(2)Y是S元素，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于还原剂

或氧化剂的氧化性强于氧化产物，可用一个化学方程式说明Y和氧这两种单质的氧化性强弱为S+O2点燃SO2或2H2S+O2=2S+2H2O；(3)工业上可用MnSO4溶液吸收Z的单质Cl2，获得Mn2O3，反应的离子方程式为2Mn2++Cl2+3H2O=Mn2O3+6H++2Cl-；

(4)X3W遇水可释放出使酚酞溶液变红的气体A，即氨气，同时生成氢氧化钠，反应的化学方程式是Na3N+3H2O=NH3↑+3NaOH。25.某探究小组用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应过程中溶液紫色消失的方法，研究

影响反应速率的因素。实验条件作如下限定：所用KMnO4酸性溶液的浓度可选择0.01mol・L-1、0.001mol・L-1，催化剂的用量可选择0.5g、0g，实验温度可选择298K、323K。每次实验KMnO4酸性溶液的用量均为4

mL、H2C2O4溶液(0.1mol・L-1)的用量均为2mL。(1)配平化学方程式：KMnO4+H2C2O4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CO2↑+H2O，_______；(2)请完成以下实验

设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：实验编号T/K催化剂的用量/gKMnO4酸性溶液的浓度/mol・L-1实验目的①2980.50.01(I)实验①和②探究KMnO4酸性溶液的浓度对该反应速率的影响；(II)实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

(III)实验①和④探究催化剂对该反应速率的影响②__________③___________④29800.01(3)在完成探究催化剂对该反应速率影响的实验时发现，未加催化剂的情况下，刚开始一段时间，反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久

后突然褪色，反应速率明显加快。针对上述实验现象，同学认为高锰酸钾与草酸溶液的反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快，从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是因为_______，若用实验证明你的猜想。除酸性高锰酸钾溶液，草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是______

_。A．硫酸钾B．硫酸锰C．二氧化锰D．水(4)某同学对实验①和②分别进行三次实验，测得以下实验数据(从混合振荡均匀开始计时)：KMnO4酸性溶液的浓度/mol・L-1溶液褪色所需时间t/min第1次第2次第3次0.011413110.001677计算用0.001mol・L-1KMnO4酸性溶液

进行实验时KMnO4的平均反应速率_______(忽略混合前后溶液体积的变化)。【答案】(1).2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O(2).298(3).0.5(4).0.001(5).323(6).0.5(7).0.01(8).生成的

Mn2+催化反应的进行(9).B(10).1×10-4mol/(L∙min)【解析】【分析】【详解】(1)在该反应中Mn元素的化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价，得到电子；C元素的化合价由反应前H2C2O4中的+3价变为反应后CO2中的+4价，化合

价升高1×2=2价，失去电子，反应中元素化合价升降最小公倍数是5×2=10，所以KMnO4、MnSO4的化学计量数是2，H2C2O4的化学计量数是5，CO2的化学计量数是10，反应后24SO−的化学计量数是3，则H2SO4的化学计量数是3，最后根据H元素守恒，可知H2O的化学计量数8，则配平后的

化学方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；(2)②(I)实验①和②探究KMnO4酸性溶液的浓度对该反应速率的影响，则其它外界条件相同，根据题目已知条件可知实验②

反应温度为298K，催化剂用量为0.5g，高锰酸钾溶液的浓度为0.001mol/L；③(II)实验①和③探究温度对该反应速率的影响，则其它条件应该与实验①相同，故反应温度323K，催化剂用量为0.5g，高锰酸钾

溶液的浓度为0.01mol/L；④(III)实验①和④探究催化剂对该反应速率的影响，其它条件都相同，所以其催化剂用量为0；(3)反应开始缓慢，后来溶液突然褪色，说明反应速率明显加快，可能是温度影响，反应过程中浓度变化较小，反应在溶液中进行，压强变

化无影响，其它离子在溶液中本来就有，只可能是反应产生Mn2+，对该反应起催化作用；要用实验证明该猜测，除酸性高锰酸钾溶液，草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是含有Mn2+的物质，如硫酸锰，故合理选项是B；(4)反应开始时c(KMnO4)=0.001mol

/L?0.004L=0.00067mol/L0.004L+0.002L；反应时间t=6min+7min+7mol=6.7min3，则KMnO4的平均反应速率v(KMnO4)=-40.00067mol/L=1.0?10mol/(L?

min)6.7min。26.将质量相等的铁片和铜片用导线相连浸入500mL硫酸铜溶液中构成如图1的装置：(以下均假设反应过程中溶液体积不变)。(1)铁片上的电极反应式为_______(2)若2min后测得铁片和铜片之间的质量差为1.2g，计算导线中流过的电子的物质的量为

_______mo1；(3)若将该装置改为如图2所示的装置也能达到和原装置相同的作用。其中KCl溶液起沟通两边溶液形成闭合回路的作用，同时又能阻止反应物直接接触。则硫酸铜溶液应该注入_______(填“左侧”、

“右侧”或“两侧”)烧杯中。【答案】(1).Fe-2e-=Fe2+(2).0.02mo1(3).右侧【解析】【分析】【详解】(1)该装置构成原电池，铁易失电子而作负极，铜作正极，铁电极上铁失电子而发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2

+；(2)负极上铁溶解（Fe-2e-=Fe2+），正极上析出铜（Cu2++2e-=Cu），铁片和铜片相差的质量为溶解铁和析出铜的质量之和，溶解铁的物质的量和析出铜的物质的量相等，设转移电子的物质的量为xmol，xx56+64=1.222，解得x=0.0

2；(3)含有盐桥的原电池中，电极材料与相应的电解质溶液中含有相同的金属元素，所以硫酸铜溶液应该注入右侧烧杯中。27.将32.0g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体体积为11.2L(已换算

为标准状况)。请回答：(1)NO的体积为_______L(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为_____

__mol·L-1.(不用化简)(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水_______g。(保留一位小数)【答案】(1).5.6(2).-3aV10+0.50.14(3).56.7【解析】【分析】【详

解】(1)Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O，随着反应的进行，硝酸浓度变稀，反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，反应过程中电子转移数目相等。32.0g铜的物质的量n(Cu)=32.0g=0.5mol64g/mo

l，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=2×0.5mol=1.0mol。11.2L标准状况下的混合气体的物质的量为n=11.2L=0.5mol22.4L/mol，假设其中含有NO、NO2的物质的量分别是x、y。则x+y=0.5mol；3x+y=1.0mol，解得x=y=0.25

mol，故其中含有NO的体积V(NO)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；(2)Cu与硝酸反应后溶液为Cu(NO3)2，向其中加入VmLamol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成

沉淀，反应产生沉淀为Cu(OH)2，可见溶液中3NO−的物质的量与NaOH的物质的量相等，则根据N原子守恒可知原硝酸的物质的量为n(HNO3)=n(气)+n(3NO−)=0.5mol+aV×10-3mol，则

原硝酸的物质的量浓度c(HNO3)=-3-3(0.5+aV?10mol(0.5+aV?1))=mol/L0.14L0.140；(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体NO、NO2在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，由于在混合气体中NO、NO2的物质的

量都是0.25mol，根据电子守恒可得关系式3n(NO)+n(NO2)=2n(H2O2)，则n(H2O2)=3?0.25mol+1?0.25mol=0.5mol2，故至少至少需要30%的双氧水质量m(H2O2)=0.5mol?34g/mol=

56.7g30%。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com