【化学】北京市海淀区首师大附属育新学校中部2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版） 21页

北京市海淀区首师大附属育新学校中部2019-2020学年高一下学期期末考试试题 考生注意：本试卷共8页，共两道大题、道小题，卷面满分100分，答题时间90分钟。可能用到的式量：Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 H-1 O-16 S-32 N‎-14 C-12 Cu-64 Zn-65 Cl-35.5 Mn-55‎ Ⅰ卷（共50分）‎ 一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每题只有一个选项符合或最符合题意）‎ ‎1.钧瓷是中国古代五大名瓷之一，以其独特的釉料及烧制方法而闻名于世。下列钧瓷的制作工艺中，主要发生了化学变化的是（ ）‎ A.掘泥 B.做坯 C.画坯 D.烧炉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．掘泥过程没有新的物质生成，没有发生化学变化，故A不选；‎ B．做坯过程没有新物质生成，没有发生化学变化，故B不选；‎ C．画坯过程没有新物质生成，没有发生化学变化，故C不选；‎ D．烧炉过程中做好的坯体在高温条件下发生化学变化，产生新的物质，故D选；‎ 故答案为D。‎ ‎2.甲醇不仅是重要的化工原料，还可用于制备车用燃料。甲醇属于（ ）‎ A. 氧化物 B. 无机物 C. 有机化合物 D. 碱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化物是指含有两种元素且其中一种元素为氧的化合物；碱是指在水溶液中电离出的阴离子全部为氢氧根的化合物；有机物为含C元素的化合物，甲醇含有C、H、O三种元素，不能电离，分子式为CH4O，属于有机化合物，故答案为C。‎ ‎3.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）‎ A. Fe(OH)3胶体 B. K2SO4溶液 ‎ C. 蔗糖溶液 D. NaCl溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体具有丁达尔效应，硫酸钾溶液、蔗糖溶液、氯化钠溶液均属于溶液，不具有丁达尔效应，氢氧化铁胶体属于胶体，具有丁达尔效应，故答案为A。‎ ‎4.下列元素中，原子半径最小的是（ ）‎ A. Na B. Al C. Si D. Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】这几种元素是同一周期的元素，由于同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径最小的是Cl元素，故合理选项是D。‎ ‎5.下列物质中与水反应最剧烈的是（ ）‎ A. Li B. Na C. Mg D. K ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同一周期元素，原子序数越小，元素的金属性越强；同一主族元素，原子序数越大，元素的金属性越强。元素的金属性越强，其单质与水反应就越剧烈。在上述元素中金属性最强的是K，所以金属单质与水反应最剧烈的是金属K，故合理选项是D。‎ ‎6.下列物质属于共价化合物的是（ ）‎ A. NaCl B. CO‎2 ‎C. CaCl2 D. Na2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl是活泼金属Na与活泼非金属元素Cl通过离子键形成的离子化合物，A不符合题意；‎ B．CO2是两种非金属元素的原子通过共价键形成的共价化合物，B符合题意；‎ C．CaCl2是活泼金属Ca与活泼非金属元素Cl通过离子键形成的离子化合物，C不符合题意；‎ D．Na2O2‎ 是活泼金属Na与活泼非金属元素O通过离子键形成的离子化合物，其中阴离子是O22-，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.下列物质中，属于电解质的是（ ）‎ A. 金属铜 B. 稀硫酸 C. 氯化钾 D. 乙醇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】在熔融状态或水溶液中能导电的化合物为电解质；‎ A．金属铜为单质，不属于电解质，故A不选；‎ B．稀硫酸为硫酸和水的混合物，不是电解质，故B不选；‎ C．氯化钾水溶液和熔融状态下均可以导电，属于电解质，故C选；‎ D．乙醇在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故D不选；‎ 故答案为C。‎ ‎8.下列元素中，非金属性最强是（ ）‎ A. Cl B. S C. P D. F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同周期主族元素自左至右非金属性依次增强，所以非金属性Cl>S>P，同主族元素自上而下非金属减弱，所以非金属性F>Cl，综上所述非金属性最强的是F，故答案为D。‎ ‎9.下列化合物中，只含离子键的是（ ）‎ A. HCl B. CH‎4 ‎C. NaOH D. NaCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCl是由分子构成的物质，分子中只含有极性共价键H-Cl键，无离子键，A不符合题意；‎ B．CH4是由分子构成的物质，分子中只含有极性共价键C-H键，无离子键，B不符合题意；‎ C．NaOH是Na+与OH-通过离子键结合形成的离子化合物，在OH-中O原子与H原子通过极性共价键H-O键结合，含有离子键、共价键，C不符合题意；‎ D．NaCl是Na+与Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，只含有离子键，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.下列关于氨气性质的描述中，不正确的是（ ）‎ A. 无色、有刺激性气味气体 B. 极易溶于水 C. 相同条件下，密度比空气的大 D. 能与水反应生成碱性物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气是无色、有刺激性气味的气体，A正确；‎ B．在室温下，1体积水能够溶解700体积的氨气，因此氨气极易溶于水，B正确；‎ C．NH3的相对分子质量是17，比空气平均相对分子质量29小，因此相同条件下，氨气的密度比空气的小，C错误；‎ D．氨气能与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，因此氨气与水反应生成的NH3·H2O是碱性物质，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎11.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）‎ A. 与水反应，Cs比Na剧烈 B. 酸性：HCl＞H2CO3‎ C. 碱性：NaOH＞Al(OH)3‎ D. 与H2反应，F2比Cl2容易 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cs、Na是同一主族的元素，由于原子序数Cs比Na大，所以金属活动性Cs强于Na，因此二者与水反应时，Cs比Na剧烈，能够用元素周期律解释，A正确；‎ B．HCl是一元强酸，能够与CaCO3反应产生CO2气体，可证明酸性：HCl＞H2CO3，但HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能用元素周期律解释酸性：HCl＞H2CO3，B错误；‎ C．Na、Al是同一周期元素，由于金属性：Na＞Al，所以碱性：NaOH＞Al(OH)3，能够用元素周期律解释，C正确；‎ D．由于元素的非金属性F＞Cl，所以卤素单质与H2反应的活动性：F2比Cl2容易，能够用元素周期律解释，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.国际纯粹与应用化学联合会（IUPAC）将周期表第116号元素Lv命名为“鉝”（lì）。下列关于Lv的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 中子数为293 B. 质子数为116‎ C. 核外电子数为116 D. 与Lv互为同位素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Lv的左上角表示的是质量数为293，其中子数是293-116=177，A错误；‎ B．Lv的左下角表示质子数，故该原子的质子数为116，B正确；‎ C．Lv的左下角表示质子数，原子核外电子数等于原子核内质子数，故该原子的核外电子数为116，C正确；‎ D．Lv与Lv质子数相同，中子数不同，因此二者互为同位素，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎13.下列反应中，属于吸热反应的是（ ）‎ A. Al与盐酸的反应 B. Na与H2O的反应 C. NaOH与盐酸的反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应等；‎ 常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），氢氧化钡与氯化铵的反应，少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）等。‎ ‎【详解】A、 Al与盐酸的反应，属于置换反应，是放热反应，故A不选；‎ B、Na与H2O的反应，属于置换反应，是放热反应，故B不选；‎ C、 NaOH与盐酸的反应，属于中和反应，是放热反应，故C不选； ‎ D、 Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，故D选；‎ 故选D。‎ ‎14.下列方法能用来鉴别甲烷和乙烯的是（ ）‎ A. 观察颜色 B. 通入紫色石蕊溶液 C. 通入水中 D. 通入酸性KMnO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷和乙烯均为无色气体，所以观察颜色不能鉴别甲烷和乙烯，故A错误； B. 甲烷和乙烯均不能使紫色石蕊溶液变色，通入紫色石蕊溶液不能区分开，故B错误；C. 甲烷和乙烯均不溶于水，不能用水鉴别，故C错误；D.乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，通入酸性KMnO4溶液能鉴别，故D正确；答案：D。‎ ‎15.下列反应中，属于加成反应的是（ ）‎ A. 乙烯与氢气反应生成乙烷 B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷 C. 乙醇与氧气反应生成乙醛 D. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯与氢气反应生成乙烷，C=C键生成C-C键，为加成反应，故A选；‎ B．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的过程中甲烷的H被Cl原子替代，为取代反应，故B不选；‎ C．乙醇与氧气反应生成乙醛，为氧化反应，故C不选；‎ D．乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，为酯化反应，也为取代反应，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎16.CO2可与H2催化合成甲醇，于恒容密闭容器中，在催化剂作用下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；下列描述能说明该反应已经达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. CO2、H2、CH3OH、H2O在容器中共存 B. CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度相等 C. 正、逆反应速率相等且等于零 D. CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2、H2、CH3OH、H2O在容器中共存，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，A不符合题意；‎ B．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度相等，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应开始时加入的反应物的多少及反应的转化率等有关，B不符合题意；‎ C．化学平衡状态是动态平衡，当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等但都大于零，C不符合题意；‎ D．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化是反应达到平衡状态的特征标志，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎17.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的锌与足量稀硫酸在下列条件下发生反应，初始阶段反应速率最快的是（ ）‎ A B C D 锌的状态 块状 块状 粉末 粉末 c(H2SO4)/(mol·L−1)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ t/℃‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应的速率与接触面积，硫酸浓度，温度有关。‎ ‎【详解】接触面积越大反应速率越快，故锌的状态为粉末时反应速率快；浓度越大反应速率越快， 故时反应速率快；温度越高反应速率越快，故t=‎40℃‎时反应速率快；‎ 故答案选D。‎ ‎18.下列物质的电子式书写正确的是（ ）‎ A. H:O:H B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧未达到8电子稳定结构，水的电子式为，A错误；‎ B.二氧化碳中碳氧之间共用两对电子，B正确；‎ C.氯化氢为共价化合物，电子式应为：，C错误；‎ D.氯化钠为离子化合物，电子式应为，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎19.某元素原子的结构示意图为，由此得到的结论不正确的是（ ）‎ A. 元素符号是Cl B. 在周期表中的位置是第3周期，第ⅦA族 C. 原子半径大于S D. 在化学反应中易得电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该原子核内有17个质子，即为17号氯元素，A正确；‎ B.氯元素位于第3周期，第ⅦA族，B正确；‎ C.氯和硫原子，电子层数相同，质子数越大半径越小，氯的质子数大于硫，故氯原子半径小于硫原子，C错误；‎ D.根据氯原子核外电子排布，其容易得到一个电子达到8电子稳定结构，D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎20.在实验室或生产生活中，安全措施是避免伤害和事故的保障。下列安全问题的处理方法中，不符合要求的是（ ）‎ A. 点燃氢气前，必须检验气体纯度 B. 金属钠着火时应立即用沙土盖灭 C. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗 D. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 点燃氢气前，为防止氢气不纯而发生爆炸，必须检验气体的纯度，A正确；‎ B.钠着火时不能用水或泡沫灭火器等来灭火，只能选择干沙，B正确；‎ C.氢氧化钠是强碱，也能腐蚀皮肤，故不能用氢氧化钠冲洗，C错误；‎ D.氯气密度比空气大，聚积在低洼处，故氯气泄露时要撤往高处，D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎21.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 30gNO含有的原子总数为6.02×1023‎ B. 标准状况下，18gH2O的体积为‎22.4L C. 常温常压下，22.4LCO2物质量为1mol D. 100mL1mol·L-1NaCl溶液中含有0.1molCl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 30gNO的物质的量为1mol，含有2mol原子，含有原子总数为，A错误；‎ B. 标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，B错误；‎ C. 不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，C错误；‎ D. 100mL 1mol/L NaCl溶液中含有0.1molNaCl，含有0.1 mol，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎22.下列解释事实的离子方程式中，不正确的是（ ）‎ A. 向FeCl2溶液中通入氯气，溶液变为黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ B. 向铜粉中滴加稀硝酸，产生气体：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O C. 向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓‎ D. Na2O2是重要的供氧剂：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向溶液中通入氯气，将为，溶液变为黄色，该反应的离子方程式：，A正确；‎ B. Cu和稀反应放出的是NO，不是，正确的离子方程式为：，B错误；‎ C. 向溶液中滴加NaOH溶液，和反应生成沉淀，离子方程式为：，C正确；‎ D.与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为： ，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎23.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图。‎ ‎ ‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. CO2含有极性共价键 B. 上述过程中CO断键形成C和O C. 上述过程表示CO和O生成CO2‎ D. 从状态Ⅰ到状态Ⅲ，有能量放出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳分子中C原子与2个O之间的以C=O共价键结合，C=O共价键为极性共价键，A正确；‎ B．不存在CO中化学键的断裂，为CO和O生成CO2，B错误；‎ C．CO与O在催化剂表面形成化学键，生成CO2，C正确；‎ D．图中状态Ⅰ比状态Ⅲ的能量高，反应发生就有能量放出，反应为放热反应，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎24.氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用如图表示，下列关于海洋氮循环的说法中，正确的是（ ）‎ A. 海洋中不存在游离态的氮 B. ②中的含氮物质转化属于氮的固定 C. ④中的含氮物质转化属于氮的还原 D. 向海洋中排放含NO3-的废水不会影响NH4+的含量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像，海水中存在氮气，A错误；‎ B. ②中氮气转化为含氮化合物，属于氮的固定，B正确；‎ C. ④中转化为或，化合价升高，属于氮的氧化反应，C错误；‎ D.根据图像，能转化为，转为氮气，氮气转化为，故向海水中排放会造成浓度增大，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎25.下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对应的是（ ）‎ 选项 实验操作及现象 解释或结论 A.‎ 将氯水滴入KI-淀粉溶液中，溶液变成蓝色 Cl2的氧化性强于I2‎ B.‎ 将打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸烧杯外壁感觉变热 镁条与稀盐酸的反应是放热反应 C.‎ 向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 该盐一定是Na2CO3‎ D.‎ 向某溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2的氧化性强于I2，则Cl2与KI发生氧化还原反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，A正确；‎ B．金属与酸的反应为放热反应，则打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热，B正确；‎ C．产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则盐为碳酸氢钠或碳酸钠，或亚硫酸钠、亚硫酸氢钠等，C错误；‎ D．加入稀盐酸无明显现象，可知溶液中不含银离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42-，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ 第二部分非选择题（共50分）‎ ‎26.生活中的四种有机物：①甲烷、②乙烯、③乙酸、④乙醇。其中，属于食醋主要成分的是______(填序号，下同)，可作植物生长调节剂的是______，常作清洁能源的是______，可用于配制医用消毒剂的是______。‎ ‎【答案】(1). ③ (2). ② (3). ① (4). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据各种物质的成分、性质分析解答。‎ ‎【详解】食醋中含有3%～5%的乙酸，故食醋的主要成分的是乙酸，合理选项是③；‎ 乙烯能够促进植物生长、发育，是植物生长调节剂，故合理选项是②；‎ 甲烷是天然气的主要成分，完全燃烧产生CO2、H2O，对环境无污染，是常用的清洁能源，故合理选项是①；‎ ‎75%的乙醇水溶液具有杀菌消毒作用，故乙醇常用于配制医用消毒剂，合理选项是④。‎ ‎27.选择装置，完成实验。‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎（1）分离水和植物油，选用___（填序号，下同）。‎ ‎（2）配制100mL0.1mol·L-1NaOH溶液，选用___。‎ ‎（3）鉴别Na2CO3和NaHCO3固体，选用__。‎ ‎（4）用乙酸、乙醇和浓硫酸制备乙酸乙酯，选用__。‎ ‎【答案】(1). ① (2). ③ (3). ④ (4). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）水和植物油互不相溶，会分层，通过分液进行分离，故答案为①；‎ ‎（2）配制100mL0.1mol·L-1NaOH溶液需要用100mL容量瓶等仪器，故答案为：③；‎ ‎（3）受热不分解，‎ 受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故答案为：④；‎ ‎（4）制备乙酸乙酯采用乙醇和乙酸在浓硫酸和加热条件反应，产生的乙酸乙酯通入盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，同时要防倒吸，故答案为：②。‎ ‎28.铝热法是铝与某些金属氧化物反应获得高熔点金属单质的方法。工业上可用于制造无碳或低碳铁合金。铝粉和赤铁矿发生铝热反应的化学方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3。‎ ‎（1）上述反应中，作为氧化剂的物质是__，化合价升高的元素是__。‎ ‎（2）若反应中消耗了0.2molAl，生成Fe的物质的量为__mol，转移电子的物质的量为__mol。‎ ‎【答案】(1). Fe2O3（氧化铁） (2). Al（铝） (3). 0.2 (4). 0.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】，该反应中铁的化合价降低，铝的化合价升高，反应转移6个电子。‎ ‎【详解】（1），该反应中铁从+3价降为0价，故氧化铁做氧化剂，铝从0价升高到+3价，故答案为：（氧化铁）；Al（铝）；‎ ‎（2），反应中铝和铁系数比为1:1，故消耗了0.2molAl的同时会生成0.2mol铁，一个铝失去3个电子，故转移电子的物质的量为0.6mol，故答案为：0.2；0.6。‎ ‎29.化学电源的发明是化学对人类的一项重大贡献。‎ ‎（1）将锌片、铜片按照如图所示装置连接，铜片做__极（填“正”或“负”），外电路电子的流向为__（填“Cu→Zn”或“Zn→Cu”）。‎ ‎（2）若将装置中的稀H2SO4用CuSO4溶液替代，则相应原电池的总反应的化学方程式为__。‎ ‎（3）下列化学反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是__（填序号）。‎ ‎①NaOH+HCl=NaCl+H2O ‎②CH4+2O2CO2+2H2O ‎③Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+‎ ‎【答案】(1). 正 (2). Zn→Cu (3). Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu（Zn+Cu2+=Zn2++Cu） (4). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）锌片、铜片插入稀硫酸中，由于锌比铜活泼，所以锌做负极，铜做正极，外电路中电子由负极流向正极，即由锌流向铜，故答案为：正；Zn→Cu；‎ ‎（2）将装置中的稀用溶液替代，则锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu（Zn+Cu2+=Zn2++Cu）；‎ ‎（3）能构成原电池的反应是自发进行的氧化还原反应，①是非氧化还原反应，②CH4+2O2CO2+2H2O和③Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+是氧化还原反应，可实现化学能直接转化为电能，故答案为：②③。‎ ‎30.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体。T℃时，将0.8 mol NO和0.8 mol CO充入容积为‎2 L的密闭容器中，模拟尾气转化，容器中NO物质的量随时间变化如图。‎ ‎(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是______。‎ ‎(2)反应开始至10 min，v(NO)=______mol/(L•min）。‎ ‎(3)下列说法正确的是______。‎ a.新型催化剂可以加快NO、CO的转化 b.该反应进行到10 min时达到化学平衡状态 c.平衡时CO的浓度是0.4 mol/ L ‎【答案】(1). 2CO+2NON2+2CO2 (2). 0.02 (3). ab ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；‎ ‎(2)根据反应速率的定义式计算；‎ ‎(3)根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变、物质的含量不变分析判断。‎ ‎【详解】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2‎ ‎(2) v(NO)==0.02 mol/(L•min）；‎ ‎(3) a.催化剂可以加快反应速率，所以使用新型催化剂可以加快NO、CO的转化，a正确；‎ b.根据图示可知：该反应进行到10 min时，NO的物质的量不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，b正确；‎ c.平衡时CO的物质的量是0.4mol，由于容器的容积为‎2L，所以CO浓度是0.2mol/ L，c错误；‎ 故合理选项是ab。‎ ‎31.2019年是化学元素周期表问世150周年，联合国宣布此年为“国际化学元素周期表年”。元素周期表在学习、研究中有很重要的作用，下表是元素周期表的一部分。‎ 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ a b ‎3‎ c d e f g ‎（1）e的元素符号是___。‎ ‎（2）f、g的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的物质的化学式是___。‎ ‎（3）c的金属性强于d的金属性，用原子结构解释原因：___，失电子能力c大于d。‎ ‎（4）下列对于a及其化合物的推断中，正确的是___（填序号）。‎ ‎①a最高正价和最低负价绝对值相等 ‎②a的氢化物的稳定性强于f的氢化物的稳定性 ‎③单质a比单质b难与氢气反应 ‎【答案】(1). Si (2). HClO4 (3). c、d电子层数相同（最外层电子数c小于d），原子半径c大于d (4). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素周期表的结构分析可知，a为N元素、b为F元素、c为Na元素、d为Mg元素、e为Si元素、f为P元素、g为Cl元素。‎ ‎【详解】（1）e在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族，是硅元素，其元素符号是Si，故答案为：Si；‎ ‎（2）f为P元素、g为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸和高氯酸，同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，所以酸性较强的物质是高氯酸，其化学式为：HClO4，故答案为：HClO4；‎ ‎（3）c为Na元素、d为Mg元素，Na和Mg元素的原子结构中，电子层数相同，最外层电子数Na小于Mg，失电子能力Na大于Mg，原子半径Na大于Mg，所以Na的金属性强于Mg的金属性，故答案为：Na、Mg元素的原子结构中，电子层数相同（最外层电子数Na小于Mg），原子半径Na大于Mg；‎ ‎（4）①a为N元素，N元素的原子结构中，最外层上有5个电子，失去5个电子，形成+5价，为最高化合价；得到3个电子，形成-3价，为最低化合价；最高正价和最低负价绝对值不相等，①错误；‎ ‎②a为N元素，f为P元素，其氢化物分别为NH3和PH3，同主族，从上到下，气态氢化物的稳定性减弱，所以NH3稳定性强于PH3的稳定性，②正确；‎ ‎③a为N元素、b为F元素，其单质分别是N2和F2，同周期，从左到右，非金属性增强，其单质更易与氢气反应，所以N2比F2难与氢气反应，③正确；故答案为：②③。‎ ‎32.由硫铁矿“烧渣”（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）制备绿矾（FeSO4·7H2O））的流程如图：‎ 已知：FeS2（S的化合价为-1）难溶于水。‎ ‎（1）①中加入的酸为___，滤渣2的主要成分是___。‎ ‎（2）①中生成Fe3+的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O、___。‎ ‎（3）检验②中Fe3+已经完全转化成Fe2+的实验方法：取适量溶液2，___。‎ ‎（4）通过③得到绿矾晶体的实验操作：加热浓缩、冷却结晶、___。‎ ‎【答案】(1). 硫酸（H2SO4） (2). FeS2 (3). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (4).‎ ‎ 向其中滴加KSCN溶液，溶液不变红 (5). 过滤、洗涤、干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液1含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，应用硫酸来溶解烧渣；步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，因为FeS2难溶于水，所以滤渣2的主要成分是FeS2，故答案为：硫酸（H2SO4）；FeS2；‎ ‎（2）①中生成Fe3+的物质有Fe3O4、Fe2O3，则另一个离子反应为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎（3）可向其中加入KSCN溶液，溶液不变红，则可说明②中Fe3+已经完全转化为Fe2+，故答案为：向其中滴加KSCN溶液，溶液不变红；‎ ‎（4）通过③得到绿矾晶体的实验操作：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥。‎ ‎33.实验小组为验证NO2与水反应的产物，用如图所示装置进行实验（夹持装置已略去，气密性已检验）。‎ ‎【实验过程】‎ 实验步骤 实验现象 Ⅰ.打开K1、K3、K5，关闭K2、K4，通入一段时间N2，关闭K1‎ ‎——‎ Ⅱ.打开K2，放入足量浓HNO3，同时打开pH传感器和NO3-传感器，记录数据 圆底烧瓶中反应剧烈，铜片逐渐溶解，溶液变为蓝绿色， ；片刻后，三颈瓶内的导管口有气泡冒出 III.5min后，打开K4，用注射器将少量空气注入三颈瓶，关闭K4‎ 三颈瓶内的气体从无色变为浅红棕色 步骤II中，传感器记录数据如图所示：‎ ‎【解释及结论】‎ ‎（1）NO2与水反应的离子方程式为___。‎ ‎（2）步骤I中，通入N2的目的是___。‎ ‎（3）将步骤II中圆底烧瓶内的实验现象补充完整：___。‎ ‎（4）该实验验证NO2与水反应产物的实验证据包括___（填序号）。‎ A.圆底烧瓶中溶液变为蓝绿色 B.三颈瓶内的气体从无色变为浅红棕色 C.pH传感器记录所得数据 D.NO3-传感器记录所得数据 ‎（5）有同学认为该实验不严谨，因为也可能导致传感器所记录的数据结果___。‎ ‎【答案】(1). 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO (2). 排出装置中的氧气（空气） (3). 有红棕色气体生成 (4). BCD (5). 圆底烧瓶中浓硝酸的挥发 ‎【解析】‎ ‎【分析】打开K1、K3、K5，关闭K2、K4，通入一段时间N2，排出装置中的氧气（空气）；打开K2，放入足量浓HNO3，打开pH传感器和NO3-传感器，铜与浓硝酸发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；打开K4‎ ‎，用注射器将少量空气注入三颈瓶，三颈瓶内的气体从无色变为浅红棕色的现象可知，二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，生成的一氧化氮被氧气氧化又生成了二氧化氮。‎ ‎【详解】（1）NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，离子反应方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；‎ ‎（2）一氧化氮易被空气中氧气氧化生成二氧化氮，所以通入N2排出装置中的氧气（空气），故答案为：排出装置中的氧气（空气）；‎ ‎（3）步骤II中圆底烧瓶内铜与浓硝酸发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，所以溶液变为蓝绿色，有红棕色气体生成，故答案为：有红棕色气体生成；‎ ‎（4）A. 圆底烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，溶液变为蓝绿色说明生成硝酸铜，不能验证NO2与水反应产物，A错误；‎ B. 三颈瓶内气体从无色变为浅红棕色，说明一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，能验证NO2与水反应生成的产物，B正确；‎ C. pH传感器是用来检测被测物中氢离子浓度并转换成相应的可用输出信号的传感器，随着反应的进行，pH传感器记录所得数据表示，pH减小，酸性增强，能验证NO2与水反应生成的产物，C正确；‎ D. 随着反应的进行，NO3-传感器记录所得数据表示，NO3-的浓度增大，能验证NO2与水反应生成的产物，D正确；故答案为：BCD；‎ ‎（5）浓硝酸易挥发，该实验不严谨，有可能导致传感器所记录的数据结构式圆底烧瓶中挥发出来的浓硝酸，故答案为：圆底烧瓶中浓硝酸的挥发。‎ ‎34.将浓度均为0.01 mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。‎ ‎【资料】该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O 反应分两步进行：‎ 反应A：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O 反应B：……‎ ‎(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于_____。‎ ‎(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。‎ A．向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色 B．再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。‎ 试剂X是_____。‎ ‎(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01 mol/L）‎ 用量(mL)‎ 试剂序号 H2O2溶液 H2SO4溶液 Na2S2O3溶液 KI溶液(含淀粉)‎ H2O 实验Ⅱ ‎5‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎3‎ ‎0‎ 实验Ⅲ ‎5‎ ‎2‎ x y z 溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30 min、实验Ⅲ是40 min。‎ ‎①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是_____、_____、_____。‎ ‎②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是_____。‎ ‎(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为0.01 mol/L）‎ 用量(mL)‎ 试剂序号 H2O2溶液 H2SO4溶液 Na2S2O3溶液 KI溶液(含淀粉)‎ H2O 实验Ⅳ ‎4‎ ‎4‎ ‎9‎ ‎3‎ ‎0‎ 实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。‎ 试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：______。‎ ‎【答案】(1). I2+2S2O32-=2I-+S4O62- (2). 催化剂 (3). 淀粉、碘化钾 (4). 8 (5). 3 (6). 2 (7). 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 (8). n(H2O2)：n(Na2S2O3)＜1：2，v(A)＜v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2S2O32-+2H+＝S4O62-+2H2O，反应分两步进行：‎ 反应A：②H2O2+2I-+2H+＝I2+2H2O 反应B：①-②得到，I-的作用是反应过程中的催化剂；‎ ‎(2)A．向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色说明验证的是碘单质，需要淀粉KI溶液，过氧化氢酸溶液中氧化碘离子生成碘单质；‎ B．再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去，证明碘单质氧化Na2S2O3溶液，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；‎ ‎(3)①采用控制变量方法研究，由于过氧化氢的量相同，硫酸溶液体积不同，Na2S2O3溶液、KI溶液必须与前一个实验相同，切溶液总统计与前一个实验相同；‎ ‎②变色时间越长反应速率越慢；‎ ‎(4)对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，结合二者物质的量之比分析判断。‎ ‎【详解】(1)该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2S2O32-+2H+＝S4O62-+2H2O，‎ 反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I-+2H+＝I2+2H2O 用总反应方程式减去反应A方程式，可得反应B方程式：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可见，对于总反应，I-的作用相当于催化剂；‎ ‎(2)过氧化氢具有氧化性会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，碘单质被还原为I-，则试剂X为KI、淀粉溶液；‎ ‎(3)①为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验Ⅱ比硫酸体积减少，所以其它条件都要相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2；‎ ‎②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率；‎ ‎(4)对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于n(H2O2)：n(Na2S2O3)＜1：2，v(A)＜v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。‎