【文档说明】【精准解析】内蒙古包头市重工业集团有限公司第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题.doc，共(20)页，655.500 KB，由小赞的店铺上传

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高一年级期中考试化学试题满分：120分考试时长：100分钟可能用到的原子量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、选择题（每小题3分，共计75分）1.质子数和中子数相同的原子A，其阳离子An+核外共有x个电子，则A的质量数为A.2(x+n

)B.2(x－n)C.2xD.n+2x【答案】A【解析】【详解】阳离子An+核外共有x个电子，则质子数为x+n，质子数和中子数相同，质量数=质子数+中子数，则A的质量数为2(x+n)，故答案为：A。2.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。已知Y原子的

最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是()A.原子半径：W＞Z＞Y＞XB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞XC.氢化物的稳定性：X＞Y＞ZD.四种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最高【答案】D【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置

可知Y是第二周期元素，已知Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y是O，所以X是N，Z是S，W是Cl。【详解】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，A错误；

B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性是：W＞X＞Z，所以最高价氧化物对应水化物的酸性是W＞X＞Z，B错误；C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性是Y＞X＞Z，则氢化物的稳定性：Y＞X＞Z，C错误；D．四种元素的常

见单质中，Z单质是S，常温下为固体，熔、沸点最高，D正确；答案选D。3.下列说法正确的是（）A.在短周期元素中，最外层电子数等于该原子核外电子层数2倍的只有C和SB.离子化合物中除含有离子键外，还可能含有极性键或非极性键C.除氢元素外，ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金

属性强D.H2O和D2O互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．在短周期元素中，最外层电子数等于该原子核外电子层数2倍的只有He、C和S，A错误；B．离子化合物中除含有离子键外，还可能含有极性键或非极性键，如Na2O2既含有离子键又含有非极性键，NaOH中既含有离子键又含有极性

键，B正确；C．除氢元素外，同周期的ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强，C错误；D．H2O和D2O均表示水分子，不能互为同位素，D错误；答案选B。4.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是()A.NaO

H、H2SO4、(NH4)2SO4B.MgO、Na2SO4、NH4HCO3C.Na2O2、KOH、Na2SO4D.HCl、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【详解】A．NaOH含有离子键和极性共价键；H2SO4只含有共价键；(NH4)2SO4含有离子键和共价键，故A

错误；B．MgO只含离子键；Na2SO4含离子键和共价键；NH4HCO3含有离子键和共价键，故B错误；C．Na2O2、KOH、Na2SO4含离子键和共价键，故C正确；D．HCl只含共价键；Al2O3、MgCl2只含离子键，故D错误；答案选C。5.在一定条件下，

RO-3与R－可发生反应：RO-3＋5R－＋6H＋=3R2＋3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是（）A.元素R位于周期表中第ⅤA族B.RO-3中的R只能被还原C.R2在常温常压下一定是气体D.若1molRO-3参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol【答案】D【解

析】【详解】A．主族元素的最高正价=主族序数，根据题干信息可知R的最高正价是+7价，则R位于第VIIA族，A错误；B．由于氧元素显-2价，则RO-3中R的化合价为+5，既能升为+7价，也能降为0价等，因此RO-3中R

既能被氧化，又能被还原，B错误；C．R可以是Br元素或I元素，Br2在常温下是液体，I2在常温下是固体，C错误；D．根据方程式可知，R元素由+5价降为0价，化合价降低总数为5，则转移电子数为5，因此1molRO-3参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mo

l，D正确；答案选D。6.甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲单质能与乙阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲单质的熔

、沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是()A.只有④B.只有⑤C.①②③D.①②③④⑤【答案】C【解析】【分析】比较元素的非金属性的强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，据此分析解答。【详解】①甲比乙

容易与H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，故①正确；②甲单质能与乙阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，故②正确；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，则非金属性甲大于乙，故③正确；④与某金

属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能比较非金属性的强弱，故④错误；⑤不能利用物理性质比较非金属性的强弱，因此甲单质的熔、沸点比乙的低，不能比较非金属性的强弱，故⑤错误；能说明甲比乙的非金属性强的是①②③，故选C。【点睛】注意归纳常见的非金属性比较的方法是解答此类习题的关键，解答本题

要注意不能根据得失电子的多少以及物质的物理性质等角度判断元素非金属性的强弱。7.同温同压下，等容积的两个密闭集气瓶中分别充满12C16O和14N2两种气体，关于这两个容器中气体的说法不正确的是（）A.质子数相等，质量相等B.分子数和质量分别相等C.分子数和质量均不

相等D.原子数、中子数和质子数分别相等【答案】C【解析】【分析】同温同压下，等容积的两个密闭集气瓶中分别充满12C16O和14N2两种气体，根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，12C16O和14N2的物质的量相等，根据原子的左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数进行分

析解答。【详解】A．一个12C16O分子中含有的质子数为6+8=14，一个14N2分子中含有的质子数为7+7=14，且两者的质量数均为28，则两个容器中气体的质子数相等，质量相等，A正确；B．12C16O和14N2的物质的量相等，则两个容器中气体的分子数相等，由A可知，质量也相等，B正确；C．由

B可知两个容器中气体的分子数和质量均相等，C错误；D．一个12C16O分子中含有2个原子，含有的中子数为12-6+16-8=14，一个14N2分子中含有的中子数为14-7+14-7=14，则两个容器中气体的原子数、中子数和质

子数均相等，D正确；答案选C。8.下列叙述正确的是()A.O2分子间存在着非极性共价键B.CO2分子内存在着极性共价键C.SO2与H2O反应的产物是离子化合物D.盐酸中含有H+和Cl-,故HCl为离子化合物【答案】B【解析】【详解】A.氧气分子间没用非极性共价

键，氧气分子间作用是范德华力，分子内则存在氧氧非极性共价键，故A选项错误。B.二氧化碳分子内存在两个碳氧极性共价键，故B选项正确。C.生成的H2SO3是只含有共价键的共价化合物，故C选项错误。D.盐酸是混合物

，其溶质HCl是只存在共价键的共价化合物，故D选项错误。故答案选B。9.最近，科学家研制了一种新的分子，它具有类似足球状结构，化学式为C60，下列说法不正确的是（）A.C60中含共价键B.C60和C60分子之间存在范德华力C.C60和金刚石互为同

素异形体D.C60是一种新型化合物【答案】D【解析】【详解】A．C60为共价化合物，分子中C原子之间形成共价键，A正确；B．分子间都存在这范德华力，因此C60和C60分子之间存在范德华力，B正确；C．C60和金刚石是由C元素组成的不同种

单质，两者互为同素异形体，C正确；D．C60是一种单质，D错误；答案选D。10.世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁一空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是A.O2-由b极移向a极B.正极的电极反应式为

FeOx+2xe-=Fe+xO2-C.铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe=FeOx+xH2D.若有22.4L(标准状况)空气参与反应，则电路中有4mol电子转移【答案】C【解析】【分析】由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，a极空气中氧气得电子发生还原反

应为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应为负极。【详解】A．在原电池中，阴离子向负极移动，O2-由a极移向b极，故A错误；B．a极空气中氧气得电子发生还原反应为正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，故B错误；C．由新型中温全瓷铁--空气

电池的装置图可知，铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe═FeOx+xH2，故C正确；D．有22.4L(标准状况)空气参与反应，则氧气为22.422.4/LLmol×15=0.2mol，则电路中转移0.8mol电子，故D错误；故选C。11.肼(N2

H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图甲所示。已知200℃时：反应Ⅰ：3N2H4(g)===N2(g)＋4NH3(g)ΔH1＝－32.9kJ·mol－1反应Ⅱ：N2H4(g)＋H2(g)===2NH3(g)ΔH2＝－41.8kJ·mol－1下列说法

中不正确的是()A.图所示过程①、②都是放热反应B.反应Ⅱ的能量过程示意图如图所示C.断裂3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量D.200

℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)ΔH＝＋50.7kJ·mol－1【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，本题考查反应热和焓变的计算，运用盖斯定律分析。【详解】A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3,已知热化学

方程式I中△H为负值,所以图示过程①为放热反应,过程②根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)△H═−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，为吸热反应，A项错误；B.反应II:N2H4(g)

+H2(g)═2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应，反应物能量高于生成物，B项正确；C.反应I:3N2H4(g)═N2(g)+4NH3(g)△Hl=−32.9KJ/mol,反应为放热反应,断开3m

olN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1moIN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量，C项正确；D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)△H═−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol

−1，D项正确；答案选A。12.改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没．有．涉及化学变化的是A.太阳能分解水制取氢气B.开采可燃冰获取燃料C.新能源汽车燃料电池供电D.运载“嫦娥四号”的火箭发射A.

AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；D

.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；故合理选项是B。13.某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)＋Y(g)2C(g)＋W(s)。下列叙述正确的是A加入少量W，逆反应速率增大B.当容器中Y的

正反应速率与C的逆反应速率之比为1:2时，反应达到平衡C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.达到平衡时，X的浓度与Y的浓度一定相等【答案】B【解析】【详解】A．加入固体，不影响化学反应速率，W是固体，加入少量W，不影响化学反应速率，A错误；B

．当容器中Y的正反应速率与C的逆反应速率之比为1:2时，根据化学计量数之比与化学反应速率之比成正比可知，此时容器中Y的正反应速率与逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，B正确；C．升高温度，活化分子百分数增大，

导致正、逆反应速率都增大，C错误；D．达到平衡时，X的浓度与Y的浓度不一定相等，这与起始投料比、转化率有关，D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意固体和纯液体量的多少不影响化学反应速率。14.在一定条件下，测得2CO22CO+O2(反应从CO2开始)平衡体系

的平均相对分子质量为M，在此条件下，CO2的分解率为（）A.44MM−B.2(44MM)−C.44MM2−D.M44M−【答案】B【解析】【详解】设二氧化碳起始量为2mol，转化物质的量为xmol，则2CO22CO+O2起始量(mol)200变化量(

mol)xx0.5x平衡量(mol)2-xx0.5x依据气体摩尔质量M=m÷n可知M=(2mol×44g/mol)/(2−x+x+0.5x)，解得x=(88−2M)/0.5M，所以CO2的分解率=x/2=(88−2M)/M，答案选B。15.下列

各反应均为放热反应，同温同压下下列各热化学方程式中△H最小的是()A.2A(l)+B(l)═2C(g)△H1B.2A(g)+B(g)═2C(g)△H2C.2A(g)+B(g)═2C(l)△H3D.2A(l)+B(l)═2C(l)△H4【答案】C【解析】【详解】由题给选项可知，各反应中对应物

质的物质的量相同，同一物质的能量g＞l＞s，所以反应物的总能量为：B=C＞A=D，生成物的能量为：A=B＞C=D，该反应为放热反应，反应物知的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，则C放出的热量最多，反应热符号为“-

”，反应放出的热量越多，反应热越小，C的反应热最道小，故选C。【点睛】对于放热反应，反应物能量越高，生成物能量越低，放出的热量越多，则△H越小。16.25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，辛烷的燃烧热为5518

kJ/mol。下列热化学方程式书写正确的是（）A.2H+(aq)+2-4SO(aq)+Ba2+(aq)+2OH−(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)；ΔH=－57.3kJ/molB.KOH(aq)+12H2SO4(aq)=12K2SO4(aq)+H2O

(l)；ΔH=－57.3kJ/molC.C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)；ΔH=－5518kJ/molD.2C8H18(g)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)；ΔH=－5518kJ/mol【答案】B【解析】【分析】中和热是

强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量。【详解】A.反应热化学方程式中生成的是2mol水，不符合中和热的定义，A错误；B.符合中和热的定义，B正

确；C.反应热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，不符合燃烧热的定义，C错误；D.热化学方程式中不是1mol可燃物的燃烧，不符合燃烧热的定义，D错误；故合理选项为B。【点睛】本题考查了中和热、燃烧热的概念应

用，本题的解题关键是要注意概念的内涵理解。17.下列各组内的物质不属于同系物的是（）A.CH3CH3B.CH2=CHCH3CH2=CHCH2CH3C.CH3CH2OHCH3CH2CH2CH3D.【答案】C【解析】【分析

】同系物是指结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物。【详解】A．CH3CH3和均为烷烃，结构相似，且分子组成上相差3个CH2，属于同系物，A不选；B．CH2=CHCH3和CH2=CHCH2CH

3均为烯烃，结构相似，且分子组成上相差1个CH2，属于同系物，B不选；C.CH3CH2OH属于醇类，CH3CH2CH2CH3属于烷烃，两者结构不相似，不属于同系物，C选；D.和均为环烷烃，结构相似，且分子组

成上相差1个CH2，属于同系物，D不选；答案选C。18.燃烧0.1mol两种气态烃的混合物,生成3.584LCO2（标况）,和3.6克H2O,则混合气体中（）A.一定有甲烷B.一定有乙烷C.一定无甲烷D.一定有丙烷【答案】A【解析】【详解】生

成n（CO2）＝3.5822.4/LLmol＝0.16mol，生成n（H2O）＝3.618/ggmol＝0.2mol，因此两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据混合物的平均组成可知，碳原子组成小于1.6的烃

只有甲烷，而另一种烃是氢原子数必为4，碳原子数大于或等于2的气态烃。因此只有选项A正确。19.下列物质中，互为同分异构体的是()A.与B.与CH3CH2CH2CH2ClC.CH4与CH3CH3D.CH3CH(CH3)CH2CH

2CH3与CH3CH2CH2CH(CH3)CH3【答案】B【解析】【详解】A.具有相同分子式、不同结构的化合物互为同分异构体，与的分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；B.具有相同分子式、不同结构的化合物互为同分异构体，与CH3CH2CH2CH2Cl具有

相同的分子式、不同结构，互为同分异构体，故B正确；C.具有相同分子式、不同结构的化合物互为同分异构体，CH4与CH3CH3的分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；D.具有相同分子式、不同结构的化合物互为同分异构体，CH3CH(C

H3)CH2CH2CH3与CH3CH2CH2CH(CH3)CH3具有相同的分子式、相同结构，属于同种物质，不互为同分异构体，故D错误；故选B。【点睛】明确同分异构体的概念为解答关键，具有相同分子式、不同结构的化合物互为同分异构体，互为同分异构体的化合物满足两点：分子式必须相同；

具有的结构不同。20.下列几种烷烃的沸点，根据下列数据推断丙烷的沸点可能是物质甲烷乙烷丁烷戊烷沸点—162℃—89℃—1℃+36℃A.约-40℃B.低于-162℃C.低于-89℃D.高于+36℃【答案】A【解析】【详解】根据表中数据可知，随着碳原子数增多，烷烃的沸点越高，所以

丙烷的沸点介于乙烷和丁烷的沸点之间，即介于-89℃和-1℃间，所以A正确，答案选A。21.在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有：①干燥且纯净的NH3；②含一半空气的氯化氢气体；③NO2和O2体积比为4：1的混合气体。然后分别做喷泉实验，实验结束后假

设三个烧瓶中所得溶液不扩散，则三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为A.5：5：4B.2：1：2C.1：1：1D.无法确定【答案】A【解析】【详解】假设烧瓶体积为5VL，则干燥纯净的氨气体积为5VL，完全溶于水后烧瓶充满溶液溶液体积也是5VL，溶

质物质的量浓度为c(NH3)=5VL22.4L/mol5VL=122.4mol/L；含一半空气的氯化氢烧瓶中氯化氢体积为2.5VL完全溶解后烧瓶进水12，也就是溶液体积为2.5VL，所以溶质物质的量浓度为c(HCl)=2.5VL22.4L/mol2.5VL=122.4mol/L；二氧化氮与氧气

体积比为4：1的混合气中NO2体积为4VL，根据方程式：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知生成硝酸物质的量n(HNO3)=4VL4V22.4L/mol22.4=mol，由于完全反应所以烧瓶充满溶液其体积为5VL，所以溶质的物质的量浓度为c(HNO3)=4

Vmol22.45VL=0.822.4mol/L，故三个烧瓶中所得溶液的溶质的物质的量浓度之比为：122.4：122.4：0.822.4=5：5：4。答案选A。22.下列各组气体中，在通常条件下能稳定共

存的是（）A.NH3、HClB.H2S、SO2C.NO、O2D.N2、O2【答案】D【解析】【详解】A、氨气是碱性气体，氯化氢是酸性气体，二者之间反应生成氯化铵，不共存，故A不合题意；B、SO2具有氧化性，H2S具

有还原性，二者易发生氧化还原反应生成硫单质和H2O，不共存，故B不合题意；C、NO会和O2化合为二氧化氮，不共存，故C不合题意；D、N2、O2在闪电作用下才能反应，在通常条件下二者能稳定共存，故D符合题意。23.常温下，将充满等体积混合气体的试管倒立在水槽中，试管

内气体体积不会明显减少的是①②③④⑤⑥NO、O2NO2、O2CO、O2NH3、O2Cl2、SO2N2、NOA③⑥B.④⑤C.②③D.①④【答案】A【解析】【详解】NO、O2倒扣在水槽中发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，HNO3易溶于水会导致试管内气体体积

会明显减少水面明显上升；NO2、O2倒扣在水槽中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，会导致试管内气体体积会明显减少水面明显上升；CO、O2倒扣在水槽中不发生反应，故试管内气体体积不会明显减少；NH3、O2倒扣在水槽中，氨气极易溶于水会导致试管内气体体

积会明显减少水面明显上升；Cl2、SO2倒扣在水槽中发生反应Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，会导致试管内气体体积会明显减少水面明显上升；N2、NO倒扣在水槽中均不溶于水且不与水反应，故

试管内气体体积不会明显减少；则本题选A。24.把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是A.SO2B.Fe2＋C.Fe3＋D.NO【答案】D【解析】【详解】由滴入B

aCl2溶液，会产生白色沉淀，可知具有还原性的SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应SO2→SO42-，白色沉淀为硫酸钡；溶液由黄色变为浅绿色，说明三价铁离子被还原为亚铁离子，但立即又变为黄色，说明亚铁离子又被氧化为三价铁离子，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶

液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，最终表现氧化性被还原的是NO，故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化还原反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键。25.有某硫酸和硝酸的混合溶液

20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含硝酸的浓度为1mol/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标况下的气体的体积为A.89.6mLB.112mLC.168mLD.224mL【答案】D【解析】【分

析】硫酸的浓度为2mol/L为稀硫酸，硝酸的浓度为1mol/L为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。【详解】铜与稀硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O。Cu的物质的量为

0.96=0.01564molmol，硝酸根离子的物质的量为0.02mol，硝酸和硫酸均提供氢离子，故H+的物质的量为(20.02210.02)0.1molmol+=，故氢离子、硝酸根离子过量，

则生成的NO在标况下的体积为2(0.01522.41000)2243mLmL=。答案选D。【点睛】硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依然能被硝酸氧化，故直接利用离子方程式进行计算更为便利。二、非选择题（共计45分）26.某同学

为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验操作步骤：Ⅰ.打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。Ⅱ.A中看到白色沉淀时，…，关闭活塞a。请回答：(1)B中反应的离子方程

式是_________________________________________。(2)通过步骤Ⅰ、Ⅱ得知盐酸具有的性质是________(填字母)。A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性(3)C装置的作用是______________，X是_________

___________(写化学式)。(4)为了验证碳的非金属性强于硅，步骤Ⅱ中未写的操作和现象是_______________，D中反应的化学方程式是______________________________

____。(5)碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因是_____________________(从原子结构角度加以解释)。【答案】(1).CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O(2).D(3).除HCl气体(4).NaHCO3(5).关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出

现白色胶状沉淀(6).Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3（胶体）+Na2CO3(7).碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱【解析】【详解】（1）B中是盐酸和CaCO3反应，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。（2

）盐酸可以和碳酸钙反应证明有酸性，A中有沉淀生成，说明盐酸进入到A中，则说明盐酸有挥发性，选AD。（3）通过比较碳酸和硅酸的酸性强弱来验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，利用CO2和Na2SiO3反应来比较碳酸酸性和硅酸的酸性强弱，制取的CO2中混有挥发出来的HCl，故C装置的作用是除去H

Cl，可以用NaHCO3溶于吸收HCl。（4）步骤Ⅱ中的操作和现象是：关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色胶状沉淀后；化学方程式为：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3（胶体）+Na2CO3。（5）碳、硅的非金属性逐

渐减弱的原因是碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱27.A、B、C、D、E、F是分属三个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。A、D同主族，B的氢化物水溶液呈碱性，C、E同主族，形成的化合物EC2是形成酸雨的主要物质之一。请用化学用语回答下列问题：

(1)F在元素周期表中的位置为_________。(2)常温下，液态的B2A4与气态的BC2两者发生反应生成无毒物质，16gB2A4发生反应放热akJ，该反应的热化学方程式为______________。(3)D2E溶液在空气中长

期放置发生反应，生成物之一为H。H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色，H的电子式为_________。写出在空气中长期放置生成H的化学反应方程式为：____________。H的溶液与稀硫酸反应产生的现象为_________________。(4)

化学家发现一种化学式为A4B4的离子化合物，一定条件下1mol熔融A4B4电离生成两种离子各1mol，则该物质熔融时的电离方程式为______________。(5)B2A4常用做火箭推进的燃料,写出负极的电极反应

：_____________。(6)向30mL某浓度由A、B、C、D中三种元素形成的一元强碱溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V(CO2)与加入盐酸的体

积V[HCl(aq)]的关系有下列图示两种情况(不计CO2的溶解)。则曲线Y表明M中的溶质为______；原NaOH溶液的物质的量浓度为____；由曲线X、Y可知，两次实验通入的CO2的体积比为______。【答案】(1).第三周期第ⅦA族(2).2N2H4(l)+2NO2(g)=3

N2(g)+4H2O(l)△H=-4akJ/mol(3).(4).4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2(5).溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和气体(6).NH4N3熔化NH+4+N-3(7).N2H4-4e+4OH-=N2+4H2O

(8).NaHCO3和Na2CO3(9).0.25mol/L(10).3:10【解析】【分析】根据题干信息，B的氢化物水溶液显碱性，即B为N，C、E同主族，形成的化合物EC2是形成酸雨的主要物质之一，因此EC2为SO2，E为S，C为O，属于

短周期元素，原子序数依次增大，即A为H，A和D属于同主族，即D为Na，F为Cl，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，F为Cl元素，Cl位于第三周期VIIA族；(2)B2A4是N2H4，BC2是NO2，生成无毒物质，反应方程式为2N2H4＋2NO2=

3N2＋4H2O，燃烧1molN2H4放出的热量是32×a/16kJ=2akJ，因此热化学反应方程式为：2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)△H=-4akJ/mol；(3)D2E为Na2S，生成物之一

H，与Na2O2的结构和性质相似，H为Na2S2，电子式为：，根据信息，生成Na2S2的反应方程式为4Na2S＋O2＋2H2O=4NaOH＋2Na2S2，Na2S2的化学性质与Na2O2相似，与硫酸反应，可以认为发生Na2S2＋2H2O=2NaOH＋

H2S2，H2S2分解成H2S和S，硫酸与NaOH发生中和反应，因此现象是：溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和气体产生；(4)A4B4的化学式为H4N4，属于离子化合物，应是铵盐，即NH4N3，其熔融状态下的电离方程式为：NH4N3熔化NH+4

+N-3；(5)三种元素构成的一元强碱，此碱为NaOH，NaOH与CO2反应后溶液中的溶质，可能为NaOH、Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3，碳酸钠与盐酸反应的方程式为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑

＋H2O，因此Y表示的M中含有的溶质为Na2CO3和NaHCO3，当加入75mL的盐酸时，气体体积达到最大，其溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒，n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=75×10－3×0.1mol=7.5×10－3mol，c(NaOH)=7.5×10-3/30×1

0-3mol·L-1=0.25mol·L-1；X对应物质为NaOH、Na2CO3，X对应吸收CO2的物质的量为(75-60)×10-3×0.1=1.5×10-3mol，Y对应CO2的物质的量(75-25)

×10-3×0.1mol=5×10-3mol，因此两者CO2的体积比值为1.5×10－3：5×10－3=3:10。28.将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)，反应进行到10s末

，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。(1)用C表示10s内反应的平均反应速率为________。(2)反应前A的物质的量浓度是________。(3)10s末，生成物D的浓度为________。(

4)A与B的平衡转化率之比为________。(5)反应过程中容器内气体的平均相对分子质量变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，气体的密度变化是________。(6)平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变

化(填“增大”、“减小”或“不变”)：①降低温度______；②增大A的浓度________；③恒容下充入氖气_______。【答案】(1).0.04mol·L－1·s－1(2).1.5mol·L－1(3).0.4mol·L－1(4).1∶

1(5).不变(6).不变(7).减小(8).增大(9).不变【解析】【分析】3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)起始(mol):ab00转化(mol):1.20.40.80.8平衡(mol):1.80.60.80.8(1)10

s内v（C）=nVt；(2)反应前，n(A)=1.8mol+1.2mol=3mol，c(A)＝()nAV；(3)10s末，c(D)＝()VnD；(4)开始时n(A)=(1.8+1.2)mol=3.0mol，开始时n(B)=(0.

4+0.6)mol=1.0mol，加入的反应物物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等；(5)反应前后气体计量数之和不变，则反应前后气体总物质的量不变，反应前后气体总质量不变，根据Mr=mn可知其平均摩尔质

量不变，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，反应前后气体总质量不变、容器体积不变；(6)①降低温度，反应速率减小；②增大A的浓度，反应速率增增大；③恒容下冲入Ne，对参加反应的气体来说，浓度不变，则速率不变；【详解】3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)起始(mol)

:ab00转化(mol):1.20.40.80.8平衡(mol):1.80.60.80.8(1)v(C)＝0.8mol2L10s＝0.04mol·L－1·s－1，故答案为：0.04mol·L－1·s－1；(2)反应前

，c(A)＝3.0mol2L＝1.5mol·L－1，故答案为：1.5mol·L－1；(3)10s末，c(D)＝0.8mol2L＝0.4mol·L－1，故答案为：0.4mol·L－1；(4)开始时n(A)=(1.8+1.2)mol=3.0mol，开始时n(B)=(0.4+0.6)mol=1.0mo

l，加入的反应物物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等，加入的A.B的物质的量之比等于其计量数之比，则A.B的转化率相等，故α(A)＝α(B)，则α(A)：α(B)＝1:1，故答案为：1:1；(5)反应前后气体计量数之和不变,则反应前后气体

总物质的量不变,反应前后气体总质量不变,根据Mr=mn可知其平均摩尔质量不变，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量不变；反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则密度不变，故答案为：不变；不变；(6)由反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(g)可知：①降低温度

，反应速率减小，故答案为：减小；②增大A的浓度，反应速率增大，故答案为：增大；③恒容下充入Ne，对参加反应的气体来说，浓度不变，则速率不变，故答案为：不变。【点睛】本题易错点是注意计算反应速率时，要将物质的量转换为浓度，

再代入公式计算。