【文档说明】【精准解析】江西省萍乡市莲花中学2019-2020学年高一下学期第二次月考化学试题.doc，共(18)页，579.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题一、单选题（每题3分，共48分）1.利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：下列说法错误的是()A.向大气中排放SO2可能导致酸雨发生B.中和器中发生反应的离子方程式为HSO

3-＋OH－=SO32-＋H2OC.检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液D.进入离心机的分散系是悬浊液【答案】C【解析】【详解】A.酸雨产生的主要原因是SO2和氮氧化物的排放，所以向大气中

排放SO2可能导致酸雨发生，故A正确；B.吸收塔中发生的反应为CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-，所以中和器中的主要作用是将HSO3-转化为SO32-，HSO3-和OH－发生反应，离子方程式为：HSO3-＋OH－=SO32-＋H2O，故B正确；C.Ba

(NO3)2电离出NO3-，NO3-在酸性条件下会将SO32-氧化为SO42-，不能检验出Na2SO3成品中是否含Na2SO4，故C错误；D.从中和器中出来的是含有晶体颗粒的溶液，是悬浊液，故D正确；故答案为C。【点睛】检验SO42-，注意用稀

盐酸和氯化钡溶液，稀盐酸和Ba(NO3)2溶液相当于溶液中有了硝酸，会把SO32-氧化为SO42-，干扰检验。2.对于下列事实的解释错误．．的是()A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B.浓硫酸能够干

燥氯气、氢气等气体，说明浓硫酸具有吸水性C.常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D.氨水可使酚酞试剂变为红色，说明氨水显碱性【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸能够使蔗糖脱水碳化，出现发黑现象，

体现浓硫酸具有脱水性，A正确；B.浓硫酸具有吸水性，能够做某些气体的干燥剂，B正确；C.浓硝酸与铝反应生成一层致密的氧化膜，阻止铝与酸的反应，说明铝与浓硝酸反应，C错误；D.氨水溶液中含有氢氧根离子，显碱性，能够使酚酞试剂变为红色，D正确；正确选项C。【点睛】常温下铁、铝遇到浓硫酸、浓

硝酸发生钝化，钝化为化学变化。3.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A.W的原子序数是

Z的两倍，金属性强于ZB.W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族C.丙属于两性氧化物D.等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素

，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe

单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。A.Fe原子序数是26，Al原子

序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的

相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及

其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。4.C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单

质及化合物的说法中正确的是A.三种元素在自然界中既有游离态又有化合态B.二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C.最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应D.其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3【答案】C【解析】【

详解】A、Si元素是亲氧元素，在自然界中无游离态，A项错误；B、SiO2能与HF反应，B项错误；C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，C项正确；D、根据元素性

质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，D项错误；本题答案选C。5.已知RO32－的核内有x个中子，R的质量数为A，则mgRO32－含有电子的物质的量为（）A.m(A+26－x)/(A+48)B.m(A

－x－48)/(A+48)C.m(A－x+50)/(A+48)D.m(A－x+2)/A【答案】C【解析】【详解】氧原子的中子数为8，RO32-的核内有x个中子，则R的中子数为x-24，R原子的质子数为A-x+24，1个RO32-含

有电子数为：A-x+24+2+8×3=A-x+50，mgRO3n-的物质的量为mA+163=mA+48mol，所以mgRO32-含有电子的物质的量为mA+48×（A-x+50）mol。故选A。6.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是：()A.HCl和NaOHB.Na2O和Na2

O2C.CO2和CaOD.CaCl2和Na2S【答案】D【解析】【详解】A.HCl中只含共价键，NaOH中既含离子键又含共价键，故A不选；B.Na2O中只含离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，故B不选；C.CO2中只含共价键，CaO中只含离子键，故C不选；D.CaCl2中

只含离子键，Na2S中只含离子键，故D选；故选D。7.下列分子结构中，原子的最外层电子不能都满足8电子稳定结构的是A.CO2B.PCl3C.CCl4D.NH3【答案】D【解析】【详解】A、CO2中，C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+

4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故A不正确；B、PCl3中，P属于第VA族元素，P元素的族序数+成键数=5+3=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故B不正

确；C、CCl4中，C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故C不正确；D、该化合物为氢化物，氨气分子中的H原子最外层有2个电子，所以不满足8电子结构，故D正确；8.

化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是A.通常情况下，NO比N2稳定B.通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOC.1

molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量D.1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ【答案】C【解析】【详解】A.断裂1molN2在的N≡N需要吸收946kJ的能量，而断裂1

molNO中化学键需要吸收632kJ的能量，断键吸收的能量越低，说明物质的稳定性就越差，因此通常情况下，NO不如N2稳定，A错误；B.常温下N2(g)和O2(g)混合不反应，B错误；C.断裂1molN2(g

)和1molO2(g)需要吸收的能量为946kJ+498kJ=1444kJ，反应产生2molNO释放的能量为2×632kJ=1264kJ，1444kJ-1264kJ=180kJ，吸收能量大于反应放出能量，说明该反应为吸热反应，即1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量

小于2molNO(g)具有的总能量，C正确；D.根据选项C分析可知：1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，D错误；故合理选项是C。9.下列各项表述正确的是（）A.次氯酸的电子式：B.表示中和热的热化学方程式：NaOH(aq)+HF(aq)=NaF(aq)+H2O(1)

△H=-57.3kJmolC.H2S电离的方程式为：H2S2H++S2-D.标准状况下，1.12L162O和1.12L182O，均含有0.1NA个氧原子【答案】D【解析】【详解】A.次氯酸的电子式为，选项A错误；B.强酸与强碱的稀溶液的中和热为57.3kJ/mol，氢氟酸是弱酸，电离吸热，所以中

和热小于57.3kJ/mol，选项B错误；C.H2S属于弱酸，分步电离，以第一步为主，H2SH++HS-，HS-H++S2-，选项C错误；D.16O2和18O2都是氧气分子，标准状况下，1.12L氧气的物质的量为0.05mol，氧气是双原子分子，所以均含有0.1N

A个氧原子，选项D正确；答案选D。10.一种用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是A.该电池工作时，每消耗22.4L3NH转移3mol电子B.电子由电极A经外电路流向电极BC.电池工作时，OH−向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为：22O4

H4e2HO+−++=【答案】B【解析】【分析】根据题中液氨-液氧燃料电池可知，本题考查原电池，运用原电池原理分析。【详解】根据题中液氨-液氧燃料电池可知，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反

应是燃料燃烧的化学方程式：32224NH3O2N6HO+=+，电子从负极流向正极，A.没有指明状态，不能计算，故A错误；B.电子从负极流向正极，即从电极A流向电极B，故B正确；C.原电池中，阴离子向负极移动，则OH−向负极A移动，故C错误；D.在碱性条件

下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应为：22O2HO4e4OH−−++=，故D错误；答案选B。11.可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，达到平衡状态的标志是（）（1）单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2（2）单位时间内生成nmolO

2的同时生成2nmolNO（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态（4）混合气体的颜色不再改变的状态（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A.()()()134B.()()()235C.()()()145D.()()()()()12345【答案】

C【解析】【分析】（1）单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆；（2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态；（3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态；（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；（5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混

合气体的平均相对分子质量不再改变。【详解】（1）单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故（1）正确；（2）生成nmolO2，生成2nmolNO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态，故（2）错误；（3）任意时刻，同一个化学

反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比，所以不能说明达平衡状态，故（3）错误；（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故（4）正确；（5）混合气体的平均相对分子质量=mn总总，各物质均为气体，总质量不变；反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候

，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，故（5）正确；答案选C。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。12.下列关于化学反应速率的说法正确的是A.

化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物物质的量的减少或任何一种生成物物质的量的增加B.化学反应速率为0.8mol·(L·s)－1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1C.根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的

相对快慢D.对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显【答案】C【解析】【详解】A.化学反应速率通常用单位时间内任何一种反应物物质的量浓度的减少或任何一种生成物物质的量浓度的增加来表示，A不正确；B.化学反应速率为0.8mol·(L·s)－1是指某物质平均每秒的

浓度变化量为0.8mol·L－1，B不正确；C.根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的相对快慢，可以比较同一反应在不同时间段内的反应快慢，也可以比较在同一时间段内不同反应的快慢，C正确；D.对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象不一定越明

显，有很多反应没有明显的现象发生，D不正确。故选C。13.在常温常压下断裂1mol指定共价键时吸收的能量如下表：共价键C—HCl—ClC—ClH—Cl吸收的能量/kJ·mol-1413.4243330436有关CH4与Cl2反应的下列说法正确的是A.该

装置需放在日光直射的地方B.反应只生成1molCH3Cl时放热109.6kJC.反应的有机产物常温下都是液态D.该反应为放热反应，无需提供能量即可实现【答案】B【解析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃，不能日光直射，否则易产生爆炸，A项错

误；B.反应热=断键吸收的总能量−成键放出的总能量，当只生成1molCH3Cl时，反应热=E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=413.4kJ/mol+243kJ/mol−330kJ/mol−436kJ/mol=−109.6kJ/mol，所以反应只生成1molCH

3Cl时放热109.6kJ，B项正确；C.一氯甲烷在常温下是气体，其它氯代烃是液体，C项错误；D.该反应为放热反应，但是需要光照条件才能发生，断键需要吸收能量，D项错误；答案选B。14.下列叙述错误的是（）A.甲烷与氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl

4，都属于取代反应B.烷烃中除甲烷外，很多都能使KMnO4酸性溶液的紫色褪去C.分子通式为CnH2n+2的烃一定是烷烃D.甲烷能够燃烧，在一定条件下会发生爆炸【答案】B【解析】【详解】A．甲烷是饱和链烃，与氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都同

时生成HCl，所以属于取代反应，A正确；B．烷烃是饱和链烃，都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．只有烷烃的分子组成满足通式CnH2n+2，C正确；D．甲烷与氧气的混合气，在一定体积含量范围内，点燃会发生爆

炸，D正确；故选B。15.能说明CH4分子的5个原子不在同一平面而为正四面体构型的是A.两个键之间夹角为109.5°B.C—H键为极性共价键C.4个C—H键的键能、键长相同D.碳的价层电子都形成共价键【答案】A【解析】【详

解】A、键长是衡量共价键稳定性的主要参数，键长相同，两个键之间夹角为109°28′能说明该微粒的空间结构为正四面体，故A正确；B、C-H键为极性共价键，与分子的空间构型无关，故B错误；C、键能是衡量共价键稳定性的主要参数，CH4的C—H键的键能、键长相同，不能判断分子的空间构型，故C错误；D、碳

的价层电子都形成共价键，只能说明原子间的成键方式，不说明分子的空间构型为正四面体，故D错误；故答案选A。16.化合物A是一种新型锅炉水除氧剂，其结构式为，下列说法正确的是（其中AN表示阿伏加德罗常数的值）（）A.A分子中只含极性键，不含非极性键B.A分

子中的共用电子对数为11C.1molA分子中所含键的数目为A10ND.A是共价化合物【答案】D【解析】【分析】根据新型锅炉水除氧剂的结构式分析成键类型及数目。【详解】A．根据结构式可知，该物质含NH−极性键，NC−极性键，CO=双键，NN−非极性键，故

A错误；B．该物质中含6个NH−极性键，2个NC−极性键，2个NN−非极性键，1个CO=双键，共有共用电子对12个；C．根据分析可知，1molA分子中所含键的数目为A11N，故C错误；D．该物质均是非金属元素间互相成键，

属于共价化合物，故D正确；答案选D。【点睛】共用电子对数与化学键数有区别，如“CO=”共用电子对数为2，化学键数为1。17.现有下列物质：①Cl2②Na2O2③NaOH④HCl⑤H2O2⑥MgF2⑦NH4Cl（1）只由非极性键构成的物质是___（填编号

，下同）；（2）由离子键和极性键构成的物质是___；（3）属于共价化合物的物质是___；（4）⑤H2O2的电子式为：___；（5）用电子式表示⑥MgF2的形成过程：___。【答案】(1).①(2).③⑦(3).④⑤(4)

.(5).【解析】【详解】(1)同种元素形成的共价键为非极性键，所以只由非极性键构成的物质是①Cl2；(2)阴阳离子之间形成离子键，不同种元素形成的共价键为极性键，所以由离子键和极性键构成的物质是③NaOH和⑦NH4Cl；(3)只含有共价键的化合物为共价化合物，所以共价化合物有：④HCl和⑤

H2O2；(4)H2O2的电子式为；(5)镁原子失去两个电子形成镁离子，两个氟原子各得一个电子形成氟离子，镁原子和氟离子构成MgF2，其形成过程为：。18.如图是：600℃时，在2L密闭容器里A、B、

C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，其中A为有色气体，B、C是无色气体。请从图中分析并填空：（1）该反应的化学反应方程式为_____（2）反应达到平衡状态时，反应物的转化率为_____（3）当反应进行到第_____

min，该反应达到平衡。（4）反应从开始至2分钟末，B的物质的量_____，用B的浓度变化表示的平均反应速率为v(B)=_（5）下列描述能表示反应达平衡状态的是_____（填选项）。a.容器中A与B的物质的量相等b.容器内气体的颜色不再改变c.各物质的浓度保持不变【答案】(1

).2B(g)2A(g)+C(g)(2).50%(3).2(4).由0.8mol减少为0.4mol(5).0.1mol·L-1·min-1(6).bc【解析】【分析】分析题给c-t图，可以看出A、C浓度随

着时间的进行逐渐增大，2min后保持不变，B的浓度随着时间的进行逐渐减小，2min后保持不变，由此可知，B为反应物，A、C为生成物。且在2min时达到平衡状态。结合其浓度的变化值，可以推导出该反应的反应方程式并进行相关计算。【详解】（1）由图知：B为反应物，A、C为生成物。A、B、C的浓度变

化值分别为：()A=0.3mol/L-0.1mol/L=0.2mol/Lc，()B=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/Lc，()C=0.1mol/L-0.0mol/L=0.1mol/Lc。根据同一反应中各物

质表示的反应速率之比等于反应方程式中相应物质的化学计量数之比，可知A、B、C的化学计量数之比为：()()()()()()A:B:CA:B:C0.2mol/L:0.2mol/L:0.1mol/L=2:2:1vvvccc==，故反应方程式为：2B(g)2A(g)+C(g)；答案为：2B(

g)2A(g)+C(g)；（2）由图可知，平衡时B物质的浓度为0.2mol/L，反应物B的转化浓度=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，则B的转化率=0.2mol/L100%=50%0.4mol/L，答案为：50%；（3）由图可知，反应在2min时各物质的浓度保持

不变，可知在2min时该反应达平衡状态，答案为：2；（4）据图可得：开始时，B的物质的量为0.4mol/L2L=0.8mol，2min末，B的物质的量为0.2mol/L2L=0.4mol，反应从开始至2分钟末，B的物质的量由0.8mol减少为0.4mol；()B=0.4mol/L-

0.2mol/L=0.2mol/Lc，根据反应速率定义，用B的浓度变化表示的反应速率v(B)=()11B0.2mol/L0.1molLmin2minct−−==；故答案为：由0.8mol减少为0.4mol；0.1mol·L-1·min-1；（5）反应达平衡状态时正逆反应速率相等，反应物和生

成物的质量或浓度保持不变，据此判断：a．由图可以看出，在tmin时，A、B物质的量浓度相等，物质的量也相等。但此时反应不是平衡状态，故A、B物质的量相等不能表示反应达平衡状态，a项错误；b．A为有色气体，B、C是无色气体。含有有色物质的体系颜色不再发生变化，可以表示反应达平衡状态，b项正

确；c．各物质的浓度保持不变可以表示反应达平衡状态，c项正确；答案选bc。故答案为：bc。【点睛】判断一个反应是否达到平衡状态的主要依据：（1）看v正与v逆是否相等；（2）在混合物中反应物和生成物的量是否不随时间的变化而变化。19.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：元素编号

元素性质或原子结构TM层上有6个电子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，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是＋7价W其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2（1）元素X的一种同位素可测

定文物年代，这种同位素的符号是_____。（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出该微粒的电子式_____，如何检验某溶液中含该离子_____。（3）元素Z在周期表中的位置_____，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_____（填序号）。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【答案】(1).146C(2).(3).取少量试样加入到试

管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+(4).第三周期ⅦA族(5).Cl(6).b【解析】【分析】T原子M层上有6个电子，T为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，

X为C元素；Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，Y为N元素；Z元素最高正价是+7价，Z为Cl元素；W的单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，W为Al元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，T为S元素，X为C元素，Y为N元

素，Z为Cl元素，W为Al元素。(1)X为C元素，其同位素原子有126C、146C，其中146C具有放射性，常用于测定文物年代，故答案为：146C；(2)元素N与氢元素形成一种离子NH4+，其电子式为：；在含有铵根离子的溶

液中加强碱，加热，生成的氨气用湿润的红色石蕊试纸检验，其操作为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+，故答案为：；取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿

润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+；(3)Z为Cl元素，位于第三周期第ⅦA族；S和Cl位于同周期，Cl元素非金属性较强；a．单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系，a错误；b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性

越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强，b正确；c．单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系，c错误；故答案为：第三周期第ⅦA族；Cl；b。20.甲、乙两同学想利用原电池反应检验金属的活动性强弱，两人均

用镁片和铝片作电极，但甲同学将两电极放入6mol·L－1的H2SO4溶液中，乙同学将两电极放入6mol·L－1的NaOH溶液中，装置如图所示。（1）写出图1中正极的电极反应式：_______________。（2）图2中负极为_______________，

总反应的离子方程式为____________。（3）由该实验得出的下列结论中，正确的有_______________（填序号）。a．利用原电池反应判断金属活动性强弱时应注意原电池中的电解质溶液b．镁的金属性不一定比铝的金属性强c．该实验说明金属活动性顺序表

已过时，没有实用价值d．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析【答案】(1).2H＋＋2e－=H2↑(2).铝片(3).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(4).ad【解析】【分析】甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MsSO4＋

H2↑，乙同学依据的化学反应原理是2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于Al与强碱的反应是一个特例，因此不能作为判断金属活动性强弱的依据，据此分析解答。【详解】(1)①中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁失电子发生氧化反应、正极上氢离

子发生还原反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，正极反应为2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；(2)②中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，电极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，镁作正极，正极发生还原反应，总反应为2Al+2OH-

+2H2O=AlO2-+3H2↑，故答案为：铝片；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(3)a．根据甲、乙中电极反应式知，原电池的正负极与电解质溶液有关，故a正确；b．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故b错误；c．该实验说明电解质溶液的性质影

响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故c错误；d．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同会导致反应的产物不同，所以应具体问题具体分析，故d正确；故答案为：ad。【点睛】明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键。本题的易错点为(3)，要注意

不能简单的根据金属的活动性强弱判断正负极，还要根据电解质溶液的性质综合分析判断。21.硝酸铵是一种常用的化肥，其工业生产流程如图，请回答下列问题。（1）写出反应容器B中发生反应的化学方程式：___。（2）吸收塔C中通入空气的目的是___（用化学

方程式解释）；C、D两个反应容器中发生的反应，属于氧化还原反应的是___(填反应容器代号)。（3）浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶里，并放置在阴凉处，用化学方程式解释原因：___。（4）碳与浓硝酸反应的化学方程式是___。【答

案】(1).322ΔNH+5O=4NO+6HO4催化剂(2).4NO+3O2+2H2O=4HNO3(3).C(4).32224HNO=4NO+O+2HO光照或加热(5).()Δ3222C+4HNO=CO+4

NO+2HO浓【解析】【分析】氮气与氢气在催化剂作用下生成氨气，氨气与空气中的氧气在催化剂作用下反应生成NO，NO与空气中的氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸与氨气化合生成硝酸铵，据此分析解答。【详解】(1)B中氨气转化为NO的化学方程式为：4NH3

+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(2)在整个生产流程中，吸收塔C中通入空气的目的是将一氧化氮氧化成二氧化氮，然后与水反应生成HNO3，其反应方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；C中NO转

化为NO2是氧化还原反应，而硝酸吸收氨气生成硝酸氨是非氧化还原反应，故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；C；(3)浓硝酸见光或受热易分解，所以应放置在阴凉处，分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+

O2↑+2H2O；(4)C与浓硝酸在加热条件下发生生成NO2、CO2、H2O，其反应的化学方程式为：()Δ3222C+4HNO=CO+4NO+2HO浓，故答案为：()Δ3222C+4HNO=CO+4NO+2HO浓。