安徽省铜陵市第一中学2018-2019学年高一5月月考化学试题(解析版)

相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Al-27 Cu-

一、选择题(本题包括18小题。每小题有且只有一个正确答案，每小题3分，共分)

1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（） A. 蒸馏 【答案】B 【解析】

“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，答案选B。

2.下列说法正确的是( )

A. SiO2能导电，可用于制造光导纤维 B. H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱 C. 醋酸溶于水过程，有共价键的破坏

D. 分子晶体中一定含有共价键，离子晶体中可能含有共价键 【答案】C 【解析】

B. 升华

C. 干馏

D. 萃取

【详解】A、制造光导纤维是利用二氧化硅晶体对光的全反射，不是利用导电性，选项A错误；

B. H2O2易分解是因为H2O2分子中化学键键能较小，易断键，分子间作用力只能影响物质的物理性质，选项B错误；

C、冰醋酸溶解在水中，很少一部分发生电离，生成氢离子和醋酸根离子，因此有共价键的破坏，选项C正确；

D、分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体，稀有气体是单原子组成的分子，离子晶体中可能含有共价键，一定含有离子键，如氢氧化钠，选项D错误；

的

1

答案选C。

3.下列各组性质比较中，正确的是( )

2----①沸点：HF>HCl>HBr>HI ②离子还原性：S>Cl>Br>I

③酸性：HClO4>HBrO4>HIO4 ④金属性：K>Na>Mg>Al

2--+2+

⑤气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S ⑥半径：O>F>Na>Mg

A. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】

B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①②③④⑤⑥

①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高； ②元素的非金属性越强，对应离子还原性越弱；

③元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强； ④根据元素周期律确定金属的活泼性；

⑤元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强；

⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小

【详解】①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HF>HI>HBr>HCl，故错误；

2----②元素的非金属性Cl>Br>I>S，对应离子还原性S>I>Br>Cl，故错误；

③非金属性Cl>Br>I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故正确；

④同主族行上到下，金属性增强：K>Na，同周期，从左到右金属性减弱，即Na>Mg>Al，即金属性：K>Na>Mg>Al，故正确；

。2

⑤元素的非金属性F>Cl>S，气态氢化物稳定性HF>HCl>H2S，故正确；

2--+2+

⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O>F>Na>Mg，故正确。

答案选B。

【点睛】本题考查较为综合，涉及元素非金属性、非金属性、沸点，微粒半径大小、氢化物稳定性等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律，难度中等，学习中注意积累。

4.下列化学用语或命名正确的是( ) A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O

B. NH4Cl的电子式：

C. S的结构示意图

2-

18D. 含有10个中子的氧原子的符号：8O

【答案】D 【解析】

【详解】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl， 选项A 错误； B、NH4Cl的电子式：

，选项B错误；

C、S2-的结构示意图

，选项C错误；

18D. 含有10个中子的氧原子的符号：8O，选项D正确。

答案选D。

5.核内中子数为N的R离子，质量数为A，则n克它的氧化物中所含质子数的物质的量是（ ）

2+

A.

n(A-N+8) mol A+16C. （A−N+2）mol 【答案】A 【解析】

n(A-N+10) mol A+16nD. （A−N+6）mol

2B.

【详解】核内中子数为N的R离子，质量数为A，所以质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等g/mol，于其质量数，该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为（A+16）ng它的氧化物的物质的量为

2+

ng；一个氧化物分子中含有（A-N+8）个质子，所以ng它的氧化

(A+16)g/mol

3

物中所含质子的物质的量为故选A。

ngn(A-N+8)=(A-N+8)mol。

(A+16)g/mol(A+16)m+n+n-m-6.四种主族元素的离子aX、bY、cZ和dR(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结

构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是( )

①a-b=m-n；②元素的原子序数a>b>c>d；③元素非金属性Z>R；④最高价氧化物对应水化物的碱性x>y A. ①②③ 【答案】A 【解析】

【详解】金属元素的原子失去电子变为阳离子，非金属元素的原子获得电子变为阴离子。原子失去或获得的电子越多，其所带的电荷就越多。根据题意可得： ①a－m＝b－n ，整理可得a－b＝m－n，故正确；

②由于这几种离子的电子层结构相同，aX、bY是阳离子，失去的电子m>n，所以原子序数a＞b；cZ和

dRm-m+

n+

n-

B. ②③ C. ③ D. ①②③④

是阴离子，得到的电子m>n，所以原子序数c>d。阳离子的原子序数大于阴离子的原子序数。所以元素

的原子序数a>b>c>d，故正确；

③同一周期的元素，原子序数越大，元素非金属性越强，由于Z的原子序数大于R的原子序数，所以非金属性Z＞R，故正确；

④同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性就越弱。原子序数X＞Y。所以最是高价氧化物对应水化物的碱性Y＞X，故错误。 答案选A。

7.下列为可逆反应A(s)+3B(g) ( )

L-1·min-1 A. v(A)=0.5mol·L-1·min-1 C. v(C)=0.4mol·

L-1·s-1 B. v(B)=0.020mol·L-1·s-1 D. v(D)=0.015mol·

2C(g)+2D(g)在不同条件下的化学反应速率，其中表示速率最快的是

4

【答案】D 【解析】

【详解】根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成B，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。

A．由于A是固体，不能用其表示反应速率； B. v（B）=0.020mol·L-1·s-1；

C．v（B）=1.5v（C）=1.5×0.4mol·L-1·min-1=0.6mol·L-1·min-1=0.01 mol·L-1·s-1； D．v（B）=1.5v（D）=1.5×0.015mol·L-1·s-1=0.0225mol·L-1·s-1； 则反应速率最快的为D。 答案选D。

8.下列变化符合图示的是( )

①冰雪融化 ②KMnO4分解制O2 ③铝与氧化铁的反应 ④钠与水反应 ⑤二氧化碳与灼热的木8H2O和NH4Cl的反应. 炭反应 ⑥碘的升华 ⑦Ba(OH)2·A. ②⑥⑦ 【答案】B 【解析】

【详解】①冰雪融化吸热，是物理变化，错误； ②KMnO4分解制O2是吸热反应，正确； ③铝与氧化铁的反应是放热反应，错误； ④钠与水反应是放热反应，错误；

⑤二氧化碳与灼热木炭反应是吸热反应，正确；

B. ②⑤⑦

C. ①②⑤⑥⑦

D. ③④

5

⑥碘的升华是物理变化，错误；⑦Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl反应是吸热反应，正确。 答案选B。

【点睛】掌握常见的放热反应和吸热反应是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。另外还需要注意不论是放热反应还是吸热反应均是化学变化。

9.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下面结论正确的是( ) A. Pb为正极，被氧化 C. SO4只向PbO2处移动

2-

B. 负极的质量逐渐减轻 D. 电解液密度不断减小

【答案】D 【解析】

【详解】A．由总反应式可知Pb化合价升高，被氧化，应为原电池负极，选项A错误； B、负极电极反应Pb+SO42--2e-═PbSO4可知，生成硫酸铅，质量增大，选项B错误； C．阴离子向负极移动，即向Pb移动，选项C错误．

D．电极反应式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，生成水，密度减小，选项D正确； 答案选D。

10. 下列事实能证明碳的非金属性比硅强的是

①Na2SiO3+CO2+2H2O====H4SiO4↓+Na2CO3②SiO2+2C③Na2CO3+SiO2A. ①④ 【答案】A 【解析】

试题分析：发生强酸制取弱酸的反应，可知C的非金属性强，①Na2SiO3+CO2+2H2O═H2SiO3↓+Na2CO3，

Na2SiO3+CO2↑ ④CH4比SiH4稳定

B. ①②④

C. ②④

D. ①②③④

Si+2CO↑

6

故①正确；②SiO2+2C②错误；③Na2CO3+SiO2

Si+2CO↑中，C的还原性大于Si的还原性，不能比较C、Si的非金属性，故Na2SiO3+CO2↑，为高温固体之间的反应，不能比较非金属性，故③错误；

④CH4比SiH4稳定，可知C的非金属性强，故④正确，答案为A。 考点：考查元素非金属性强弱比较的方法，涉及碳与硅的非金属性比较。

11.有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径由大到小的顺序为Y>X>Z，原子序数之和为16，三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示的变化，其中B和C均为10电子分子。有关判断不正确的是 ( )

A. A不能溶解于B中 B. X元素位于ⅥA族 C. B的沸点高于C的沸点

D. A和C不可能发生氧化还原反应，X与Y能形成两种化合物 【答案】D 【解析】 【分析】

根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A为NO，B为H2O，C为NH3，据此分析。

【详解】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A为NO，B为H2O，C为NH3。

A、A为NO，B为H2O，NO难溶于水，选项A正确； B、X是氧元素，元素位于ⅥA族，选项B正确；

7

C、B为H2O，常温下为液态，沸点高于NH3的沸点，选项C正确； D、NO和NH3能发生氧化还原反应，选项D不正确。 答案选D。

【点睛】本题考查元素及无机物的推断、元素化合物性质等，难度中等，推断元素与物质是解题的关键，注意掌握常见10电子物质，利用猜测验证法进行推断。注意掌握常见10电子、18电子物质。常见10电子

3-2+2+3++-+

微粒：原子(Ne)；离子N、O－ 、F－、Na、Mg、Al、NH4、OH、H3O；分子(CH4、NH3、H2O、HF)

等。

12.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ） ①增加少量C（s） ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2 ④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He． A. ①②③⑥ 【答案】D 【解析】 【分析】

从影响化学反应速率的因素进行分析；

【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意； ②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；

③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意； ④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；

⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意； ⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意； 综上所示，选项D符合题意。

【点睛】易错点为为⑤，易认为再通入He，压强增大，化学反应速率增大，但实际上组分的浓度不变，化学反应速率应不变。

B. ①②③④

C. ②③④⑤

D. ②③④

8

13.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中加入一定量的A(s)和B(g)，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)

C(g)+D(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的密度②容器内气体的压强③混合气体的总物质的量④C和D的浓度比值⑤B物质的量浓度( ) A. ①⑤ 【答案】A 【解析】

【详解】①因A是固体，反应前后气体的质量发生变化，容器的体积不变，当达到平衡状态时，混合气体的密度不变，故①正确；

②反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变，故②错误；

③反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变，故③错误；

B. ③⑤

C. ②④

D. ①④⑤

④C和D的计量数之比为1，始终保持相同的生成量，故C和D的浓度比值保持不变不能说明反应达平衡，故④错误；

⑤当反应达到平衡状态时，B的物质的量浓度不再变化，故⑤正确； 答案选A

SiO2、也不溶于强碱。某工厂以平板电视显示屏厂的废玻璃粉末（含CeO2、14.已知CeO2通常既不溶于强酸，

Fe2O3、FeO等物质）为原料，设计如下图所示工艺流程，制得纯净的CeO2。下列说法正确的是（ ）

。

9

A. 实验室中，操作3和操作1、操作2所用仪器不同 B. 滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，其中H2O2做氧化剂 C. 滤液中Ce与NaOH、O2的反应属于化合反应

3+

D. 操作2分离得到的滤渣中一定含有未反应的SiO2 【答案】D 【解析】 【分析】

由流程图可知，向玻璃粉末中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶解，CeO2和SiO2不溶解，过滤得到的滤渣中含

3+3+

有CeO2和SiO2；向滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，CeO2做氧化剂，被H2O2还原为Ce，过滤得到含Ce3+

的滤液和含有SiO2的滤渣；滤液中Ce与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀，过滤得到Ce(OH)4固体和硫

酸钠溶液；Ce(OH)4固体加热分解得到CeO2。 【详解】根据上述分析可知，

A. 操作1、操作2和操作3都是过滤，所用仪器完全相同，A项错误；

B. CeO2与稀H2SO4和H2O2反应时，CeO2作氧化剂，H2O2作还原剂，B项错误；

C.Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀时，Ce3+作还原剂，O2作氧化剂，反应的离子方程式为：2Ce2(SO4)3+O2+12NaOH+2H2O

4Ce(OH)4↓+6Na2SO4，该反应不属于化合反应，C项错误；

D. SiO2是酸性氧化物，不与稀H2SO4反应，操作2分离得到的滤渣中主要成分是SiO2，D项正确； 答案选D。

【点睛】本题侧重考查无机物的制备及其性质探究，重在培养学生学以致用，分析问题解决问题的能力，其中氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平氧化还原反应要遵循一下几个原则：

（1）电子守恒，即得失电子总数相等；

（2）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。 另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。

15.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g) 的物质的量为0.8mol(过程如图)。下列说法中正确的是( )

cC(g)，12s时生成C

10

L-1·s-1 A. 2s时，A的反应速率为0.15mol·

B. 图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率 C. 化学计量数之比b:c=1:4

D. 12s时容器内的压强为起始的9/13倍 【答案】A 【解析】

A、A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，【详解】从反应开始到2s时，时间为2s，故v(A)==0.15mol/(L•s)，选项A正确；

B、图中交点时A反应末达平衡状态，反应还在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故A的消耗速率大于A的生成速率，选项B错误；

C、根据化学反应速率之比等于计量数之比，12s时B减少了0.2mol/L，C增大了0.4mol/L，故化学计量数之比b:c=0.2：0.4=1:2，选项C错误；

D. 12s时A的浓度变化为0.6mol/L，B减少了0.2mol/L，C增大了0.4mol/L，故b=1，c=2，反应中气体体积不变，容器内的压强保持不变，选项D错误。 答案选A。

【点睛】本题主要考查化学平衡的变化图象，题目难度不大，可以根据所学知识进行回答，本题要注意化学方程式的确定方法，以及反应速率计算，把握好相关概念和公式的理解及运用。有关化学平衡的计算常常使用三段式解题，要正确理解和灵活运用三段式法在化学平衡计算中的应用。

0.3molN2(g)与0.3molH2(g)在体积为1L的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g) 16.一定条件下，

下列示意图合理的是( )

2NH3(g)，

c t

11

A. B.

C. D.

【答案】C 【解析】

【详解】A、N2减少0.1mol，消耗H20.3mol，生成NH30.2mol，当达到平衡时NH30.2mol，图象不符合，选项A不符合；

B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（N2）正=V（NH3）逆，此时反应达到平衡状态，V（N2）

正

=V（NH3）逆，不能说明费用达到平衡状态，选项B不符合；

C、反应是气体体积减小的反应，随反应进行N2的体积分数分数一定不变化为50%，随反应进行N2的体积分数分数不变化，图象符合，选项C符合；

D、H2消耗0.1mol，生成NH3物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，选项D不符合； 答案选C。

【点睛】本题考查了图象分析判断反应达到平衡状态的理解应用，掌握平衡标志的判断依据是解题关键，题目难度中等。

17.根据下面的信息，下列叙述正确的是( )

A. 2molH2(g)跟1molO2(g)反应生成2molH2O(g)吸收能量

490kJ

12

B. 1molH2(g)跟0.5molO2(g)反应生成1molH2O(l)吸收能量为245kJ C. 2molH2O(g)的能量比2molH2(g)与1molO2(g)的能量之和低 D. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关 【答案】C 【解析】

A、2molH2【详解】根据图示，（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（g），共放出490kJ热量[（930-436-249）

2]，选项A错误；

B、1molH2（g）和0.5molO2（g）反应生成1molH2O（l），放出热量大于242kJ，选项B错误；

C、2mol H（与1mol O（反应生成2mol H2O（g），放出490kJ的热量，故2molH2O(g)的能量比2molH2(g)2g）2g）与1molO2(g)的能量之和低，选项C正确；

D．化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量成正比，选项D错误； 答案选C。

18.铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的“铜腐蚀现象”产生电能，

+-其放电过程为2Li+Cu2O+H2O==2Cu+2Li+2OH，下列说法不正确的是( )

A. 放电时，Li透过固体电解质向Cu极移动

+

B. 放电时，电子从锂电极通过负载流向铜电极

C. 放电时，锂电极与外接电源负极相连，发生还原反应

D. 用该电池电解饱和食盐水，每产生1mol氯气(2Cl-2e→Cl2)时，铜极质量改变g

--

13

【答案】D 【解析】

+

【详解】A．放电时，阳离子向正极移动，则Li透过固体电解质向Cu极移动，选项A正确；

B．该原电池中，锂是负极，铜是正极，电子从锂电极通过负载流向铜电极，选项B正确； C．该原电池中，锂是负极，锂电极与外接电源负极相连，发生还原反应，选项C正确； D. 用该电池电解饱和食盐水，每产生1mol氯气(2Cl--2e-→Cl2)时，转移2mol电子，根据电极反应2Li+Cu2O+H2O==2Cu+2Li++2OH-，铜极质量改变128g，选项D不正确。 答案选D。

二、填空题(本题包括5小题，共52分)

最近摩托罗拉(MOTOROLA)公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电19.据报道，

池，电量是现用镍氢电池和锂电池的10倍，可连续使用1个月充电一次.假定放电过程中，甲醇完全反应产

2-生的CO2被充分吸收生成CO3

(1)该电池反应的负极反应式为____________________________；

(2)甲醇在________极发生反应(填“正”或“负”)，电池在放电过程中溶液的pH将_______(填“降低、上升或不变”)；

(3)最近，又有科学家制造出一种固体电解质的燃料电池，其效率更高.一个电极通入空气，另一电极通入汽

2-油蒸气。其中固体电解质是掺杂了Y2O3(Y：钇)的ZrO2(Zr：锆)固体，它在高温下能传导O离子(其中氧化

反应发生完全)，以甲烷(CH4)代表汽油.

①电池的负极反应式为__________________________________________.

②放电时固体电解质里的O离子的移动方向是向_________极移动(填“正”或“负”)

--2--2-【答案】 (1). CH3OH-6e+8OH=CO3+6H2O (2). 负 (3). 降低 (4). CH4-8e+4O=CO2+2H2O

2-

(5). 负 【解析】

【详解】（1）负极上甲醇失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极

--2-反应式为CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O；

14

（2）负极上燃料发生电极反应，甲醇在负极反应；放电时消耗氢氧根离子，pH降低； （3）①负极上甲烷在固体电解质中失电子产生二氧化碳和水，电池的负极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；

②放电时因为燃料被氧化，需要结合氧离子，所以氧离子向负极移动。

【点睛】本题以燃料电池为载体考查了原电池原理，根据电池反应式判断正负极上发生反应的物质及电极附近溶液pH值的变化即可解答本题，难度较大。

20.某反应在体积为5L的恒容密闭容器中进行，在0-3分钟内各物质的量的变化情况如图所示(A，B，C均为气体，且A气体有颜色)。

(1)该反应的化学方程式为______________________________； (2)反应开始至2分钟时，A的平均反应速率为______________； (3)下列措施能使该反应加快的是____________(仅改变一个条件) a.降低温度 b.缩小容积 c.恒容时充入Ar气，增大压强 (4)能说明该反应已达到平衡状态的是__________(填序号)。 ①单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolC ②单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolA ③容器内压强不再随时间而发生变化的状态

④A、B、C的物质的量浓度之比保持3:1:4不变的状态 ⑤混合气体的颜色不再改变的状态 ⑥混合气体的密度不再改变的状态 ⑦v逆(B)=2v正(C)

15

【答案】 (1). 2Ag+Bg【解析】

2Cg (2). 0.2mol·L-1·min-1 (3). b (4). ①③④⑤

【详解】（1）由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n（A）=2mol，△n（B）=1mol，△n（C）=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（A）：△n（B）：△n（C）=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A（g）+B（g）⇌2C（g）；

2mol=2mol，A的平均反应速率为：5L=0.2mol/（2）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n（A）（L•min）；

2min（3）a.降低温度，化学反应速率减慢，故错误；

b.缩小容积，相当于增大压强，化学反应速率加快，故正确；

c.恒容时充入Ar气，增大压强，参与反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误； 答案选b；

（4）①单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolC，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态； ②按反应，始终有单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolA，反应不一定达平衡状态； ③反应为气体体积减小的反应，容器内压强不再随时间而发生变化的状态则达到平衡状态；

④A、B、C的物质的量浓度之比保持3:1:4不变的状态，按图中信息可知，则各反应的量保持不变，反应达平衡状态；

⑤只有A气体有颜色，混合气体的颜色不再改变的状态则反应达平衡状态；

⑥恒容条件下所有反应物均为气体，则混合气体的密度始终保持不变，密度不再改变不一定达到平衡状态； ⑦v逆(B)=2v正(C)，不符合反应计量数比例，正逆反应速率不相等，反应没达到平衡状态； 答案选①③④⑤。

21.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层的电子数之和。

(1)C2D电子式为__________，D原子的质子数和中子数相等，D的原子组成符号为 (2)用电子式表示A、B两元素形成AB2的过程_______________________________。

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(3)E和A的最高价氧化物反应的化学方程式_________________________________。 (4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为________________。 【答案】 (1). Na[:S:]2Na (2).

3216S (3). OCOO::C::O (4).

2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；CO2+NaOH=NaHCO3 【解析】 【分析】

A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，据此分析。 【详解】A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素。 (1)C为Na，D为S，故C2D为Na2S，其电子式为相等，D的原子组成符号为16S；

(2)用电子式表示A（C）、B（O）两元素形成AB2的过程为

；

32，D为S，原子的质子数和中子数

(3)E和A的最高价氧化物Na2O2、CO2反应的化学方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；

(4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物NaOH反应的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。

22.某实验小组收集“铜与浓反应”生成的气体进行探究。试回答下列问题 (1)下图是“铜与浓反应”的实验装置

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①指出装置中的错误_________________________。

②装置改进后，为了使生成的气体充满烧瓶，实验时先关闭弹簧夹_______，再打开弹簧夹________。 ③当气体充满烧瓶后，___________________________，即可使反应停止。 (2)当烧瓶中充满红棕色的气体时停止实验，取下烧瓶，塞好橡皮塞。

①把烧瓶倒扣在装水的水槽中并打开橡皮塞，烧瓶中水面上升，根据化学方程式

3NO2+H2O=2HNO3+NO计算烧瓶中溶液的浓度是______mol/L(假设溶质未扩散到水槽，且当时条件下气体的摩尔体积为25L/mol)

②把烧瓶倒扣在装水的水槽中并打开橡皮塞，实验时发现烧瓶中液面上升几乎充满了整个烧瓶，产生这种现象的原因可能是收集的NO2中含有__________。

A.NO B.N2O4 C.O2 D.空气

③小组同学查阅资料发现，NO2溶于水时能生成和亚：NO2+H2O=HNO3+HNO2，为了证明这是造成剩余气体少的主要原因，小组同学把烧瓶中的溶液滴加高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，写出高锰酸钾溶液褪色的离子方程式____________________________。

(3)HNO2是一种不稳定易分解的弱酸：Ⅰ.2HNO2=NO↑+NO2↑+H2O，Ⅱ.3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O。为了探究不同温度、浓度下亚的分解产物，小组同学进行如下实验： 第一步：配制1mol/LNaNO2溶液100mL(标为溶液A)。

第二步：取溶液A分别加水稀释为0.5mol/L、0.2mol/L、0.1mol/L的溶液，依次标为溶液B、C、D。 第三步：分别取两滴管溶液A~D溶液于试管中，塞上橡皮塞后置于不同温度的水中加热5min，再加入一滴管10mol/LH2SO4溶液并立即塞紧橡皮塞，观察生成气体的颜色 水浴温度/℃ 沸水浴 A 红棕色 B 红棕色 C 红棕色 D 红棕色

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80-70 50-40 20-10

红棕色 红棕色 仅液面上红棕色 红棕色 仅液面上红棕色 无色 红棕色 无色 无色 无色 无色 无色 ①第一步实验要用到玻璃仪器有：烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒和___________。 ②用NaNO2溶液加硫酸而不直接用HNO2溶液的原因是______________。 ③通过实验现象得出结论：____________条件下，亚按反应Ⅰ发生分解。

【答案】 (1). 烧瓶中的导管短进长出 (2). c (3). a和b (4). 将铜丝提起与溶液脱离 (5). 0.04 (6). C (7). 5HNO2+2MnO4-+H+==5NO3-+2Mn2++3H2O (8). 胶头滴管 (9). HNO2不稳定，易分解 (10). 浓度大，温度高时 【解析】

【详解】(1) ①二氧化氮的密度大于空气，装置中烧瓶中的导管短进长出，无法收集到气体； ②若要让NO2充满烧瓶,需要关闭开关c、打开a和b；

③当气体充满烧瓶后，将铜丝提起与溶液脱离，即可使反应停止；

(2) ①根据化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，设二氧化氮的体积为VL，则物质的量为

VL220.04Vmol，生成的HNO3为0.04Vmol×，所得溶液的体积为VL，故烧瓶中溶液的浓度是

25L/mol3320.04Vmol3=0.04mol/L；

2VL3②A.NO不溶于水，不能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项A错误；

B.N2O4与二氧化氮一样均能与水反应生成不溶于水的一氧化氮，不能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项B错误；

C.二氧化氮与水反应生成的一氧化氮又与O2反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成NO，最后可完全转化为，能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项C正确；

D.空气中的氮气不溶于水，不能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项D错误； 答案选C；

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③高锰酸钾溶液酸性条件下被亚还原而褪色，根据氧化还原反应原理可得反应的离子方程式为5HNO2+2MnO4-+H+==5NO3-+2Mn2++3H2O； (3)①第一步实验头滴管；

②用NaNO2溶液加硫酸而不直接用HNO2溶液的原因是HNO2不稳定，易分解； ③通过实验现象得出结论：浓度大，温度高时，亚按反应Ⅰ发生分解。

配制1mol/LNaNO2溶液100mL，要用到玻璃仪器有：烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒和胶

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