【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：H1C12N14O16S32Cl35.5Na23Mg24Al27Fe56Cu64一、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＜H2CO3＜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)1

1.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(2-4SO)：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.①②③D.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)=0.4

00mol·L-1时的反应速率为实验编号12345c(HI)/mol·L-10.1000.2000.3000.1000.100c(H2O2)/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.0.608mol·L-1·s-1D.0.760mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【分析】【详解】当c(HI)=0.100

mol•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.4.0mol·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=0.52mol，n(-3NO)=1.2m

ol/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+3H2O，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).2Mn

2++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+2H

2O；(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4mL、H2C2O4溶液(0.1mol・L-1)的用量均为2mL。(1)配平化学方程式：KM

nO4+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+3H2S

O4=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)=-40.00067

mol/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=0.02；(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1

40mL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)=3

2.0g=0.5mol64g/mol，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=0.25mol，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+a

V?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)=2

n(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