【文档说明】【精准解析】安徽省定远县育才学校2020-2021学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）.doc，共(16)页，624.500 KB，由小赞的店铺上传

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育才学校2020-2021学年第一学期开学考试高二化学一、选择题(每小题3分，18小题，共54分。)1.胶体区别于其它分散系的本质是（）A.胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙B.胶体粒子带电荷并且在一定条件下能稳定存在C.胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间D.胶体粒子能够发

生布朗运动而且能产生丁达尔现象【答案】C【解析】【详解】分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系是胶体，胶体与其他分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确。2.在2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5

Cl2↑＋8H2O反应中()A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5【答案

】C【解析】【详解】KMnO4中锰元素化合价降低，所以高锰酸钾是氧化剂、氯化锰是还原产物；HCl中氯元素化合价升高为0，所HCl是还原剂，氯气是氧化产物；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，故A、B错误；氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2，故C正确、D错误。点睛：2KMnO4＋16HCl=

==2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O反应中，16HCl中变价的氯原子与没变价的氯原子的比是5:3，所以表现还原性的氯化氢占总参加反应的氯化氢的58。3.草酸(分子式为H2C2O4，沸点：150℃)是生物体

的一种代谢产物，广泛分布于植物、动物和真菌体中。下列有关判断不正确的是A.草酸的摩尔质量是90g·mol-1B.1mol草酸中含有6.02×1023个分子C.45g草酸中含有1.204×1024个氧原子D.1mol草酸在标准状况下的体积约为22

.4L【答案】D【解析】【详解】A．草酸的相对分子质量是90，则草酸的摩尔质量是90g/mol，故A正确；B．1mol草酸中含有NA个分子，约为6.02×1023个分子，故B正确；C．45g草酸物质的量为：45g90g

/mol=0.5mol，含有氧原子个数为：0.5mol×4×6.02×1023mol-1=1.204×1024，故C正确；D．草酸沸点为150℃，可知标况下草酸不是气体，所以不能使用气体摩尔体积计算其体积，故D错误；答案为D。4.常温下，发生下列几种反应：①1

6H＋＋10Z－＋2XO4－===2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－③2B－＋Z2===B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是A.溶液中可发生：Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－B.氧化性强弱的顺序为XO4

－＞Z2＞B2＞A3＋C.Z2在①③反应中为氧化剂D.反应③中B2是2B－的氧化产物【答案】C【解析】【详解】根据反应①可知，XO4－变为X2＋，X元素化合价降低，XO4－是氧化剂，氧化性XO4－>Z2；根据反应②可知

，B2中B元素化合价降低，B2是氧化剂，氧化性B2>A3＋；根据反应③可知，Z2中Z元素化合价降低，Z2是氧化剂，氧化性Z2>B2；所以氧化性强弱的顺序为XO4－＞Z2＞B2＞A3＋；根据以上分析，氧化性Z2＞A3＋，根据强制弱规律，Z2＋2A2

＋===2A3＋＋2Z－可发生，故A正确；氧化性强弱的顺序为XO4－＞Z2＞B2＞A3＋，故B正确；Z2在①反应中为氧化产物，故C错误；在反应③中B2是B－的氧化产物，故D正确。点睛：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性

。5.在K2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，测得Al3+浓度为0.2mol/L，加入等体积0.6mol/L的BaCl2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，则混合溶液中K+的浓度为（）A.0.3mol/LB.0.45mol

/LC.0.6mol/LD.0.15mol/L【答案】C【解析】【详解】假设溶液体积均为1L，Ba2+离子物质的量为1L×0.6mol/L=0.6mol，混合溶液中加入BaCl2，恰好使溶液中的SO42﹣离子完全沉淀，则根据方程式SO42﹣+Ba2+＝BaSO4↓可知硫酸根的物质的量是0.6

mol，浓度是0.6mol/L。由于溶液不显电性，忽略水的电离可知3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42﹣)，即0.2mol/L×3+c(K+)=0.6mol/L×2，解得c(K+)=0.6mol

/L，答案选C。6.下列化学用语的书写，正确的是A.氯原子的结构示意图：B.6个质子8个中子的碳元素的核素符号：12CC.氯化镁的电子式：[]－Mg2＋[]－D.用电子式表示氯化氢的形成过程：H·＋·-→H＋[]－

【答案】C【解析】【详解】A．氯原子的结构示意图为，A错误；B．6个质子8个中子的碳元素的核素符号为146C，B错误；C．氯化镁是离子化合物，电子式为，C正确；D．氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为，D错误；答案选C。【点睛】选项D是解答的易错点，注意掌

握化合物的形成过程，离子化合物的形成过程：由于离子键的形成过程有电子的得失，因而箭头左侧需要用弯箭头表示电子的得失。共价化合物或非金属单质的形成过程：表示方法同离子化合物基本相同，不同的是共价键的形成因为没有电子得失，所以不要再画弯箭头。7.X、Y、Z、W是原子

序数依次增大的四种短周期元素，X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Z是地壳中含量最高的金属元素，W的一种核素的质量数为28，中子数为14。下列说法正确的是（）A.Z2Y3、WX分别是离子化合物、共价化合物B.元素的非金属性W>Y>X

C.原子半径由大到小的顺序是Z>W>Y>XD.X、Z、W的最高价氧化物都是酸性氧化物【答案】A【解析】【分析】Z是地壳中含量最高的金属元素,根据地壳中元素含量（O、Si、Al、Fe、Ca），Z为Al；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高价氧化物对应的水化物的化学

式为H2XO3，X的化合价为+4价，X为C；Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；W的一种核素的质量数为28，中子数为14，质子数＝质量数－中子数＝14，则W为Si。【详解】A.根据分析Z2Y3为Al2O3，是离子化合物,WX是SiC，是共价化合物，A正确；B.元素

的非金属性，从左到右依次增强，从上到下依次减弱，O>C>Si，B错误；C.原子半径从左到右依次减小，从上到下依次增大，由大到小的顺序是Al>Si>C>O，C错误；D.Z的最高价氧化物是Al2O3，为两性氧化物，

D错误。答案选A。8.下列叙述中正确的是（）序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeCl2FeCl3②KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4③KClO3HCl(浓)Cl2Cl2④KMnO4HCl(浓)Cl2MnCl

2A.表中第①组反应FeCl3只作为还原产物B.氧化性比较：KMnO4＞Cl2＞Fe3＋＞Br2＞Fe2＋C.还原性比较：H2O2＞Mn2＋＞Cl－D.④组的HCl(浓)既作还原剂，又起到酸的作用【答案】D【解析】【详解】A．氯气和溴化亚铁反应时先氧化亚铁

离子后氧化溴离子，氯气中氯元素化合价降低，所以表中第①组反应中FeCl3既是氧化产物又还原产物，故A错误；B．根据①知，氧化性Cl2＞Fe3＋，根据②知氧化性KMnO4＞O2，根据③知氧化性KClO3＞Cl2，根据④知氧化

性KMnO4＞Cl2，根据以上分析无法判断Br2和Fe2＋氧化性相对大小，故B错误；C．根据②知还原性H2O2＞Mn2＋，根据④知还原性Cl－＞Mn2＋，故C错误；D．该反应中Cl元素化合价由-1价变为0价，生成Cl2，说明HCl(浓)的还原性，生成的MnCl2说明HCl

(浓)的酸性，故D正确；故选D。9.下列实验现象预测正确的是A.实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B.实验II：试管溶液中中出现气泡，溶液先出现浑浊后变澄清C.实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D.实验IV：加热至混合液呈红褐色，停止加

热，该分散系产生丁达尔效应【答案】D【解析】【详解】A．溴和氢氧化钠溶液反应，苯层无色，故A错误；B．稀盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl气体，硅酸钠溶液中通入HCl气体也能出现白色沉淀，则无法证明碳酸的酸性比硅酸强，故B错误；C．反应生成

的NO与空气中的氧气反应，则广口瓶内气体为红棕色，故C错误；D．煮沸溶液至红褐色，生成胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故正确；故答案为D。10.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确

的是()A.H2O分解为H2与O2时放出热量B.生成1molH2O时吸收热量245kJC.甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙D.氢气和氧气的总能量小于水的能量【答案】C【解析】【详解】由图中信息可

知，1molH2断裂共价键变为2molH要吸收436kJ的能量，0.5molO2断裂共价键变为1molO要吸收249kJ的能量，2molH和1molO结合成1molH2O要放出930kJ的能量。因此，可以算出1molH2和0.5molO2反应生成1molH2O要放出2

45kJ的能量，反过来，水分解为H2与O2时吸收热量。综上所述，C正确，本题选C。11.有X、Y两种主族元素，原子序数小于等于20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同(选项中m、n均为正整数)。下列说法中正确的是（）A

.若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱B.若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性C.若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D.若Y的最高正价为m，则X的最高正价一定为m【答案】A【解析】【分析】由题可知，X、Y是同一主族的元素，且X的原子序数小于Y的。【详解】

A．由元素周期律可知，Y(OH)n的碱性一定比X(OH)n强，A正确；B．若X为N元素，则其氢化物NH3溶于水显碱性，B错误；C．若X为H，Y为Li，则不符合，C错误；D．若Y为S，X为O，则不符合，D错误；答案选A。12.葡萄酸的结构简式为。下

列有关葡萄酸说法不正确的是A.葡萄酸能发生取代反应B.葡萄酸既能与乙醇发生酯化反应，也能与乙酸发生酯化反应C.葡萄酸能与Na和NaOH反应D.葡萄酸能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．葡萄酸中含有羟基，

能与羧基发生酯化反应，即取代反应，故A说法正确；B．葡萄酸中含有羟基和羧基，因此能与乙醇或乙酸发生酯化反应，故B说法正确；C．葡萄酸中含有羟基和羧基，能与金属钠发生反应生成氢气，羧基显酸性，与氢氧化钠发生中和反应，故C说法正确；D．葡萄酸中不含碳碳双键或叁键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D说法

错误；答案选D。13.下列相关实验设计不能达到预期目的的是（）选项实验设计预期目的A相同温度下，等质量的大理石块、大理石粉分别与等体积、等浓度的盐酸反应探究接触面积对化学反应速率的影响B把装有颜色相同的NO2和

N2O4混合气体的两支试管（密封）分别浸入冷水和热水中探究温度对化学平衡的影响C用MgCl2和AlCl3分别与过量氨水反应探究Mg、Al的金属性强弱D往盛有葡萄糖溶液的试管中滴入新制氢氧化铜悬浊液，加热探究葡萄糖的化学性质A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详

解】A．其他条件相同，大理石的表面积不同，因此可以探究接触面积对化学反应速率的影响，故A错误；B．NO2红棕色气体，N2O4无色气体，因此通过颜色变化，说明温度对化学平衡的影响，故B错误；C．都能生成沉淀，不能说明两者金属性强弱，故C正确；D．有砖红色沉淀生成，说明葡萄糖中含有醛

基，能探究葡萄糖的化学性质，故D错误；答案选C。14.有关电化学知识的描述正确的是A.CaO+H2O=Ca(OH)2,可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能B.原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成C.从理论上讲，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池

D.原电池工作时，正极表面一定有气泡产生【答案】C【解析】【详解】A．能设计成原电池的反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，该反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故A错误；B．燃料电池中原电池的两极相同，可均为Pt电极，则原电池的两极

不一定是由活动性不同的两种金属组成，也可为金属与非金属电极，故B错误；C．能自发进行的氧化还原反应，且为放热的反应都可设计成原电池，则理论上说，不能自发进行的氧化还原反应可设计成电解装置发生，故C正确；D.原电池工作时，正极表面不一定有气泡产生，如铁-铜-硫酸铜原

电池，正极上析出铜固体，故D错误；故选C。15.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)（A2、B2、AB2的结构式分别为A=A、B-B、B-A-B），能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A.该反应若生成2molAB2(g)则吸收的热量为（El-E2）kJB.该反应的

进行一定需要加热或点燃条件C.该反应断开化学键消耗的总能量小于形成化学键释放的总能量D.生成2molB-B键放出E2kJ能量【答案】A【解析】【详解】A．该反应焓变=断裂化学键吸收热量-形成化学键所放出热量，所以焓变为△H=+(E1-E2

)kJ/mol，从图示可知E1＞E2，焓变为△H＞0吸热，该反应若生成2molAB2(g)则吸收的热量为(E1-E2)kJ，故A正确；B．反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热或点燃条件，例如氢氧化钡和

氯化铵在常温下就反应，故B错误；C．反应是吸热反应，依据能量守恒可知，即反应物的键能总和大于生成物的键能总和，断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量，故C错误；D．依据图象分析判断1molA2和2molB2反应生成2molAB2，吸收(E1-E2)kJ热量，因此生成2

molB-B键放出(E1-E2)kJ能量，故D错误；故选A。点睛：本题考查了反应热量变化的分析判断、图象分析反应前后的能量守恒应用，理顺化学键的断裂、形成与能量的关系是解答关键。依据图象，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸

热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。16.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A.含有重金属的电器废品不能随意丢弃，要分类回收并利用B.食品中都必须添加大量的化学防腐剂，使食品保

质期更长久C.采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒D.使用乙醇作为汽油的代用品，可以减少汽车尾气中有害气体排放【答案】B【解析】【详解】A．重金属离子对人体有害，含有重金属的电器废品随意丢弃，会污染环

境危害人体健康，所以要分类回收并利用，A正确；B．大量使用化学防腐剂会危害人体健康，如食品防腐剂亚硝酸钠，过量使用会致人死亡，B错误；C．加热能使蛋白质变性，采用加热消毒的目的是使蛋白质变性而杀灭细菌消毒，C正确；D．乙醇燃烧只生成

水和二氧化碳，所以使用乙醇作为汽油的代用品，可以减少汽车尾气中有害气体排放，D正确；答案选B。17.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的

是A.图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B.相同环境下若图甲所示实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好C.用图乙所示装置测定反应速率，可测定反应产生的

气体体积及反应时间D.为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位【答案】B【解析】【详解】A．反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；B．图甲所示实验中没有控制变量，没有设计实验验证Cl−和24SO−对

反应速率的影响，故该实验不能确定3Fe+和2Cu+对22HO分解的催化效果，故B错误；C．反应速率可以用单位时间内产生气体的体积表示，故C正确；D．关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确。故答案选B。

18.如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图，下列关于该实验的叙述中，不正确的是A.向a试管中先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，再加冰醋酸B.可将饱和碳酸钠溶液换成氢氧化钠溶液C.试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象D.实验时加热试管a的目的是及时将乙酸乙

酯蒸出并加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A、酯化反应中，加入原料的顺序是乙醇→浓硫酸→冰醋酸，故A说法正确；B、乙酸乙酯在氢氧化钠中水解反应，因此不能用氢氧化钠替换，故B说法错误；C、长导管不能伸入液面以下，目的是防止倒吸，故C说法正确；D、加热使反应速率加快，CH3COOH＋C

H3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，移出乙酸乙酯，促使平衡向正反应方向进行，故D说法正确。二、非选择题(共3小题,共46分)19.在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物，该氧化物又可以经过

此反应的逆反应，生成颗粒很细的铁粉，这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受热时会燃烧，所以俗称“引火铁”。请分别用下图中示意的两套仪器装置，制取上述铁的氧化物和“引火铁”。实验中必须使用普通铁粉和6mol·L－1盐酸，其他试剂自选(

装置中必要的铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去)。填写下列空白：(1)实验进行时试管A中应加入的试剂是__________；烧瓶B的作用是____________；烧瓶C的作用是__________

；在试管D中收集得到的是__________。(2)实验时，U形管G中应加入的试剂是____________；长颈漏斗H中应加入____________。(3)两套装置中，在实验时需要加热的仪器是(填该仪器对应的字母)_____________

_____。(4)试管E中发生反应的化学方程式是__________________________。(5)为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须____________；E管中的反应开始后，在F出口处应_____

___________________________。【答案】(1).普通铁粉(或铁粉)(2).水蒸气发生器（或用来产生水蒸气）(3).防止水倒吸(或用作安全瓶)(4).氢气(5).固体氢氧化钠(或碱石灰、氧化钙等碱性固体干燥剂)(6).6mol·L－1的稀盐酸(7

).ABE(8).4H2＋Fe3O43Fe＋4H2O(g)(9).检验氢气的纯度(10).点燃氢气【解析】【分析】（1）烧瓶的作用就是加热液体或者对液体进行蒸馏，为了防止向试管中通入水蒸气使试管骤冷，引起水的倒流而加了装置C；（2）为了方便加入稀盐酸使用了长颈漏斗，由于盐

酸具有挥发性，所以在生成氢气的同时也会带出一部分水蒸气和氯化氢．需要碱性的固体干燥剂；（3）反应需要高温和水蒸气，故A和B都需要加热．从实验所要达到的目的可以看出，前一个装置是完成第一步实验的，而后一个装置是完成第二步实验的．装置E需要加热；（4）试管E中氢气还原四氧化三铁生成铁的反应；（

5）氢气是可燃性气体，所以在做其性质实验时要保证氢气的纯度。【详解】（1）根据题干中所提供的物质可以推断出第一步实验中除了生成四氧化三铁外还会生成氢气，发生的反应为铁在高温和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O

4；试管A是铁与水蒸气反应的装置，故在A中装的应该是普通铁粉，在反应过程中要生成氢气，所以D是用来收集氢气的，烧瓶的作用就是加热液体或者对液体进行蒸馏，所以这里蒸馏瓶所起的作用就是产生水蒸气，为了防止向试

管中通入水蒸气使试管骤冷，引起水的倒流从而在试管和收集气体的试管中间加上了广口瓶，保证实验安全；A中是铁和水蒸气的反应；B中为产生水蒸气的装置，C为安全瓶防止倒吸的作用，D中收集的是氢气，综上所述，本题正确答案：普通铁粉（或铁粉）；产生水蒸气（或水蒸气发生器）；防止水

倒吸（或用作安全瓶）；氢气；（2）装置I是用来制取氢气的装置，所以装置H是用来添加盐酸的，F中发生反应：Fe3O4+4H23Fe+4H2O；由于使用的是稀盐酸来制取氢气，所以在产生氢气的同时可能带出部

分水蒸气和氯化氢气体，故在U型管中加入固体来干燥气体，吸收氯化氢和水蒸气，所以U型管中为固体NaOH（或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂），综上所述，本题正确答案：固体NaOH（或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂）；6mol/L的稀盐酸；（3）反应是在高温的条件下

反应的，所以A和F装置要加热，同时反应需要水蒸气的参加，故B也需要加热；综上所述，本题正确答案：ABE；（4）依据装置和实验目的分析，试管E中发生反应是氢气还原四氧化三铁的反应，反应的化学方程式是：4H2＋Fe3O43Fe＋4H2O(g)；综上所述，本题正确答案：4H2＋Fe3O43Fe

＋4H2O(g)；（5）氢气是可燃性气体，做氢气的性质实验时必须保证氢气是纯净的，为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须进行气体验证纯度；E管中的反应开始后，在F出口处应点燃氢气，避免排放到空气中遇火爆炸；综上所述，本题正确答案：检

验氢气的纯度；点燃氢气。20.X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如下图所示变化：已知一个B分子中含有的Z元素的原子个数比C分子中的少一个。请回答下列问题：(1)Y元素在周期表中的

位置是______；X、Y原子半径的大小：X______Y(填“>”、“<”或“=”)(2)X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入______（填物质名称）；负极电极反应式为______。(3

)C在一定条件下反应生成A的化学方程式是___________________。(4)已知Y的单质与Z的单质生成C的反应是可逆反应，△H＜0．将等物质的量的Y、Z的单质充入一密闭容器中，在适当催化剂和恒温、恒压条件下反应。下列说法中，正确的是______（填写下列各项的序号）。a.达到化

学平衡的过程中，混合气体平均相对分子质量减小b.反应过程中，Y的单质的体积分数始终为50%c.达到化学平衡时，Y、Z的两种单质在混合气体中的物质的量之比为1：1d.达到化学平衡时，正反应速率与逆反应速率相等【答案】(1).第2周期，VA族(2).<(3).氧气(4).H2+

2OH-=2H2O+2e-(5).4NH3+5O2=4NO+6H2O(6).bd【解析】【详解】X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16．X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体；短周期中形成无色气体单质的只有H2、N

2、O2(稀有气体除外)，(2)中X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，判断为氢氧燃料电池，X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，XZ为O2、H2结合转化关系判断，Y原子序数为7，X为N元素，X+Z=B；Z+Y=A，一个B

分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，说明Z元素为H，则X、Y、Z分别为O、N、H，A、B、C分别为NO、H2O、NH3；(1)Y为氮元素，元素周期表中位于第2周期，VA族；同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，因此O、N

原子半径的大小：O＜N，故答案为2周期，VA族；＜；(2)X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，两个电极均由多孔性碳制成，是氢氧燃料电池，负极为氢气发生氧化反应，电极反应为H2+2OH--2e-=

2H2O；正极发生还原反应，通入的是氧气，故答案为氧气；H2+2OH--2e-=2H2O；(3)C为NH3在一定条件下反应生成A为NO，是氨气的催化氧化，反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；(4)Y的单质(N2)与Z的单质(

H2)生成C(NH3)的反应是可逆反应，△H＜0，反应为：N2+3H22NH3；，△H＜0；a、达到化学平衡的过程中，气体质量不变，气体物质的量减小，所以混合气体平均相对分子质量增大，故a错误；b、将等物质的量的Y(N2)、Z(H2)的单质充入一密闭容器中，在适当催化

剂和恒温、恒压条件下反应，设起始量都为1mol，则N2+3H22NH3起始量110变化量x3x2x平衡量1-x1-3x2x所以氮气所占体积分数为物质的量的百分数=122xx−−×100%=50%，所以Y(N2)的单质的体积分数始终为50%，

故b正确；c、达到化学平衡时，Y(N2)的单质的体积分数始终为50%，H2和NH3共占50%，所以两种单质在混合气体中的物质的量之比不为1：1，故c错误；d、化学平衡的标志是正逆反应速率相同，故d正确；

故选bd；点睛：本题考查元素位置结构性质的相互关系的推断，物质转化关系和物质性质的应用，化学平衡的影响条件分析判断。本题注意解答该题的突破口为X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个。21.已知铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2（

不溶于盐酸和水）、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：请回答下列问题：（1）溶液A转化为溶液D发生的离子方程式为____________________；（2）由物质M制取铝的化学方程式为____________________；（3）溶液D中通入过量C

O2生成沉淀F的离子方程式为____________________；（4）沉淀C的成份是________________，逐滴向少量沉淀C中加入过量HI至沉淀全部溶解，所得溶液的颜色为______________。【答案】(1).Al3++4OH-=AlO2-+2H2

O(2).2Al2O34Al+3O2↑(3).AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-(4).Fe(OH)3Mg(OH)2(5).浅绿色【解析】【详解】根据铝土矿中各氧化物成分的性质，结合工艺流程分析可知：这

些氧化物中不能与盐酸反应的只有SiO2，所以沉淀B是SiO2；其它三种氧化物与盐酸反应生成相应的氯化物，故溶液A中的溶质有AlCl3、FeCl3、MgCl2以及过量的盐酸，这四种物质与过量的烧碱反应，生成沉淀C为Fe(OH)3和Mg(OH)2，溶液D中的溶质为NaAlO2和过量的NaO

H，向其中通入过量的CO2生成沉淀F即Al（OH）3和溶液E中的溶质即NaHCO3，Al（OH）3不稳定，受热分解生成的物质M即Al2O3，电解熔融的Al2O3制取金属铝。(1)溶液A中的溶质有AlC

l3，FeCl3，MgCl2以及过量的盐酸，它们与过量的烧碱反应，生成溶液D中的溶质为NaAlO2，反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；(2)物质M即Al2O3，因其熔点很高，工业上常

常加入冰晶石降低其熔点，电解熔融的Al2O3制取金属铝，反应方程式为：2Al2O34Al+3O2↑。(3)溶液D中的主要溶质为NaAlO2，向其中通入过量CO2生成的沉淀F为Al(OH)3，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(4)沉淀C的成分为

Fe(OH)3和Mg(OH)2，向其中加入过量HI至沉淀全部溶解，发生的反应有：Mg(OH)2＋2HI=MgI2＋2H2O，2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O，所以所得溶液因含有Fe2＋而呈浅绿色。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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