【化学】云南省保山市中小学2019-2020学年高二下学期期末考试教育教学质量监测（解析版）

【化学】云南省保山市中小学2019-2020学年高二下学期期末考试教育教学质量监测（解析版）

云南省保山市中小学2019-2020学年高二下学期期末考试教育教学质量监测 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第8页。考试结束后，请将答题卡交回。满分100分，考试用时90分钟。‎ 以下数据可供解题时参考。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 第Ⅰ卷（选择题，共54分）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚。‎ ‎2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。‎ 一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1. 化学与社会、生活、环境联系紧密，下列说法正确的是（ ）‎ A. 信息技术的关键材料及光导纤维的主要成分是Si B. 医疗上曾用碳酸钡作X射线透视肠胃的内服药物 C. 为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶 D. 在家禽养殖业中，液氨可作制冷剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，故A错误；‎ B．医疗上曾用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药物，故B错误；‎ C．生石灰或硅胶都不具有还原性，所以不能防止食品被氧化变质，只能防潮，故C错误；‎ D．在家禽养殖业中，液氨可作制冷剂，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2. 下列化学用语书写正确的是（ ）‎ A. S2-的结构示意图：‎ B. 丙烯的键线式：‎ C. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ D. MgCl2的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S2-核外18个电子，S2-的结构示意图是，故A正确；‎ B．丙烯的键线式是，故B错误；‎ C．乙烯的结构简式：CH2=CH2，故C错误；‎ D．MgCl2是离子化合物，电子式是，故D错误；‎ 选A。‎ ‎3. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 将湿润的蓝色石蕊试纸放入集有氨气的集气瓶中，试纸由蓝色变成红色，说明氨水呈碱性 B. SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，体现出漂白性 C. 氯气用于自来水消毒杀菌，与医用酒精用于皮肤表面消毒杀菌原理相似 D. 常温下能够用铁铝等容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸的强氧化性使其钝化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将湿润的红色石蕊试纸放入集有氨气的集气瓶中，试纸由红色变成蓝色，说明氨气极易溶于水，溶于水形成氨水呈碱性，故A错误；‎ B．SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，是因为二氧化硫和碘和水反应生成硫酸和碘化氢，二氧化硫的化合价升高，体现出的是二氧化硫的还原性，故B错误；‎ C．氯气用于自来水消毒是由于氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，杀死病毒，医用酒精消毒可以使蛋白质变性，二者原理不同，故C错误；‎ D ‎．常温下能够用铁铝等容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸的强氧化性使其钝化，在铁铝表面生成一层致密的氧化膜，阻止里面的金属进一步与酸反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4. Na、Al、Fe是中学化学中重要的金属元素，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 钠在空气中燃烧，产物Na2O B. 取用金属钠时，剩余的钠必须放回原瓶 C. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定 D. 铁丝不论在空气中还是在纯氧气中都不会燃烧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠在空气中燃烧，产物是Na2O2，故A错误；‎ B．取用金属钠时，剩余的钠必须放回原瓶，故B正确；‎ C．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为有氧化铝薄膜保护，故C错误；‎ D．铁丝在纯氧气中会燃烧生成四氧化三铁，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5. 下列有关有机物的叙述正确的是（ ）‎ A. 蛋白质最终的水解产物是氨基酸 B. 淀粉、棉花、羊毛、油脂都属于天然有机高分子化合物 C. 加碘食盐遇淀粉溶液会变蓝 D. 加热、紫外线、饱和硫酸钠溶液会使蛋白质发生变性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蛋白质最终的水解产物是氨基酸，故A正确;‎ B．油脂不是高分子化合物，故B错误;‎ C．加碘食盐中的碘是碘酸根离子，遇淀粉不变蓝，故C错误；‎ D．饱和硫酸钠溶液会使蛋白质发生盐析，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6. 下列两个反应的类型相同的是（ ）‎ A. 乙醇与金属钠的反应；苯与氢气在一定条件下反应 B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 苯制备溴苯的反应；乙烯制备聚乙烯的反应 D. 乙醇与乙酸的酯化反应；甲烷与氯气在光照条件下的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与金属钠的反应生成乙醇钠和氢气，是置换反应，苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷，是加成反应，故不选A；‎ B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是氧化反应，故不选B；‎ C．苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，苯制备溴苯的反应是取代反应，乙烯制备聚乙烯的反应为加成反应，故不选C；‎ D．乙醇与乙酸的酯化反应和甲烷与氯气在光照条件下的反应都是取代反应，故选D；‎ 选D。‎ ‎7. 提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是（ ）‎ 选项 物质 除杂试剂 方法 A CO2（HCl）‎ Na2CO3溶液 洗气 B FeCl2溶液（FeCl3）‎ 足量铜粉 过滤 C 乙醇（H2O）‎ 生石灰 蒸馏 D NaCl（KNO3）‎ ‎—‎ 冷却结晶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳也和碳酸钠反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；‎ B．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了铜离子，应用铁粉，故B错误；‎ C．除去乙醇中的水，加入生石灰后，蒸馏，故C正确；‎ D．除NaCl中的KNO3，应用蒸发结晶法，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molCl2参加化学反应，转移的电子数目一定为2NA B. 标准状况下，将22.4LNH3溶解在‎1L水中，形成1.0mol·L-1的氨水溶液 C. ‎1.0L1.0mol·L-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA D. 34gH2O2中含有非极性共价键的数目为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1molCl2参加化学反应，转移的电子数目可能为2NA，也可能为NA，如与NaOH生成NaClO的反应，故A错误；‎ B．标准状况下，将22.4LNH3溶于水形成‎1L溶液，会形成1.0mol·L−1的氨水溶液，故B错误；‎ C．NaClO溶液中的溶剂水中也含有氧原子，故C正确；‎ D．34gH2O2中含有非极性共价键的数目为NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9. 下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 钠与水应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑‎ B. 向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O C. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO=BaSO4↓‎ D. 碳酸钙与盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应，实质是钠与水电离出的氢离子反应，离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑，故A正确；‎ B.向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液，离子方程式为Ca2+ + OH- + HCO= CaCO3↓ + 2H2O，故B错误；‎ C. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子反应式为：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO= BaSO4↓ + 2H2O，故C错误；‎ D.碳酸钙难溶于水，在书写离子方程式时不能拆，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎10. 硫化氢可以和许多氧化剂反应，在酸性条件下，H2S和KMnO4反应，反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 该反应中H2S起氧化剂的作用 B. 该反应的还原产物是MnSO4和K2SO4‎ C. 该反应的氧化产物只有S D. 每生成1molS共转移8mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可得H2S和KMnO4的化学反应方程式为：5H2S + 2KMnO4 + 3H2SO4=== 5S↓+ K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O ；‎ A.由反应式可知，该反应中H2S被氧化起还原剂的作用，故A错误；‎ B.由反应式可知，该反应的还原产物是MnSO4，故B错误；‎ C.由反应式可知，该反应的氧化产物只有S，故C正确；‎ D.由反应式可知，每生成1 mol S共转移2 mol电子，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎11. 根据下列实验操作和现象所得结论不正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A 乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色 乙醇具有还原性 B 滴有少量水的小木板上放上小烧杯，加入20gBa(OH)2•8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部，发现很冷 Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应 C 浸透石蜡的矿渣棉用喷灯加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色 产生的气体中可能含乙烯、丙烯等烯烃 D 向5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液中滴入0.1mol•L-1KI溶液5~6滴，加入2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红 Fe3+与I-的反应有一定限度 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色，铬由+6价降为+3价，被还原，说明乙醇具有还原性，故A正确；‎ B．滴有少量水的小木板上放上小烧杯，加入20gBa(OH)2•8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部，发现很冷，说明温度降低，Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故B正确；‎ C．浸透石蜡的矿渣棉用喷灯加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和键，产生的气体中可能含乙烯、丙烯等烯烃，故C正确；‎ D．向5mL0.1mol·L－1 FeCl3溶液中滴入0.1mol·L－1KI溶液5～6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红，Fe3+过量，无法说明铁离子没有反应完是因为反应有一定限度，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎12. 某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结，其中不正确的是（ ）‎ A. 夏天，打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体，可以用勒夏特列原理加以解释 B. 使用催化剂既不会改变反应的限度也不会改变反应的焓变 C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量低；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学形成时放出的能量少 D. 电解质溶液的导电能力与溶液中的离子浓度及离子所带电荷多少有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.夏天，打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体，因为二氧化碳与水反应生成碳酸的反应受到压强的影响，故A正确。 B.使用催化剂既不会改变反应的限度也不会改变反应的焓变，故B正确。 C.吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量低；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多，故C错误。 D.电解质溶液的导电能力与溶液中的离子浓度及离子所带电荷多少有关，故D正确。 故选：C。‎ ‎13. 研究发现多种植物中富含草酸，尤以菠菜、觅菜、甜菜、芋头等植物中含量最高。草酸（H‎2C2O4）是一种常见的二元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 在H‎2C2O4水溶液中存在电离反应：H‎2C2O42H++C2O B. 在H‎2C2O4溶液中，c(H+)大于c(C2O)‎ C. 向H‎2C2O4溶液中加入NaOH固体，电离平衡正向移动，pH值增大 D. 将H‎2C2O4溶液加水稀释，溶液中的c(OH-)增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.草酸是一种二元弱酸，在H‎2C2O4水溶液中存在电离反应分两步进行，故A错误。 B.草酸是一种二元弱酸，在H‎2C2O4溶液中，以第一步电离为主，所以大于，故B正确。 C.向H‎2C2O4溶液中加入NaOH固体，电离平衡正向移动，pH值增大，故C正确。 D.将H‎2C2O4溶液加水稀释，溶液的酸性减弱碱性增强，溶液中的增大，故D正确。 故选：A。‎ ‎14. 酸碱中和滴定是重要的定量实验，准确量取25.00mL某待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用0.1000mol/L的氢氧化钠标准溶液滴定。下列说法正确的是（ ）‎ A. 锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，再用待测液进行润洗 B. 使用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定 C. 滴定达到终点时，俯视刻度线进行读数，则测定结果偏低 D. 实验结束，某同学记录的氢氧化钠溶液的体积为21.6mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，不能用待测液进行润洗，故A错误；‎ B．使用酚酞为指示剂，滴定前锥形瓶内溶液为无色，当锥形瓶中的溶液由无色变为红色时停止滴定，故B错误；‎ C．滴定达到终点时，俯视刻度线进行读数，消耗标准液的体积偏小，则测定结果偏低，故C正确；‎ D．实验结束，滴定管的精度为0.01mL，某同学记录的氢氧化钠溶液的体积应为21.60mL，故D错误；‎ 选C。‎ ‎15. 在一定条件下发生反应：A(g)+2B(g)‎3C(g)+2D(s) △H=-219kJ•mol-1，在‎2L密闭容器中，把1molA和2molB混合，5min后达到化学平衡时生成1.5molC，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 用A计算的化学反应速率为0.25mol•L-1•min-1‎ B. 反应达平衡时气体B的体积分数占33.3%‎ C. 升高体系的温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡将逆向移动 D. 压缩容器的体积使装置的压强增大，则平衡将逆向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出反应的三段式分析：‎ ‎ ，注意D是固态。‎ ‎【详解】A．用A计算的化学反应速率为 =0.05mol·L−1·min−1，故A错误；‎ B．通过三段式的计算，反应达平衡时气体B的体积分数占×100%= 33.3%，故B正确；‎ C．升高体系的温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，平衡将逆向移动，故C错误；‎ D．因为是等体积反应，压缩容器的体积使装置的压强增大，平衡不会移动，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16. CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。该技术中的化学反应为CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g) △H。已知某实验小组在密闭容器中通入2mol CH4（g）和2mol CO2（g），在不同条件下发生该反应，测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. p1p2，故A错误；‎ B．随着温度的升高，甲烷的体积分数减小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，ΔH>0，故B错误；‎ C．列出三段式：‎ q点甲烷的体积分数为30%，即，解得x=0.5，所以q点甲烷的转化率为，故C正确；‎ D．m、n、q三点的反应温度不同，所以化学平衡常数大小不相等，故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎17. 我国研发的Zn—H2O2电池，可以为潜水器提供动力，电池装置如图所示。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 锌电极作正极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+‎ B. 食盐水中的Na+向Zn电极移动 C. 电子由Zn电极经导线流向Zn电极，再经电解质溶液流回Zn电极 D. 每消耗1molH2O2，电子转移数目为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.锌作负极，电极反应为Zn - 2e-= Zn2+，Zn极发生了氧化反应，故A错误。 B.阳离子向原电池的正极移动，电池中的Na+向Pt电极移动，故B错误。 C.电子由Zn电极经导线流向Pt电极，电子不能在电解质溶液中流动，故C错误。 D.Pt为正极，过氧化氢在电极上得到电子发生还原反应，电极反应为：H2O2+2e-=2OH-，每消耗1molH2O2，电子转移数目为2NA，故D正确。 故选：D。‎ ‎18. 如图所示装置，用一种特殊的水激活电池作电源，电解饱和食盐水，向两侧的石墨电极中滴加几滴酚酞溶液，电解一段时间后，发现X附近溶液变红，则下列有关说法正确的是（ ）‎ A. Ⅰ是水激活电池的正极，Ⅱ是负极 B. X是阳极，电极方程式为2H++2e-=H2‎ C. 电解一段时间后，电解质溶液的pH值增大 D. 为了使电解后的食盐水溶液恢复至原来的浓度，应该加入稀盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通电一段时间后，X附近溶液变红，判断X是阴极，I是电池的负极，故A错误；‎ B．X附近溶液变红，判断X是阴极，电极方程式为2H++2e-=H2，故B错误；‎ C．用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，电解一段时间后，电解质溶液的pH值增大，故C正确；‎ D．用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，为了使电解后的食盐水溶液恢复至原来的浓度，应该加入氯化氢，故D错误；‎ 选C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共46分）‎ 注意事项：‎ 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。‎ 二、填空题（本大题共4小题，共46分）‎ ‎19. Cl2O具有强氧化性，能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备Cl2O原理为HgO(红色粉末)+2Cl2=HgCl2(白色粉末)+Cl2O，某化学小组用图所示装置制备Cl2O(夹持装置略去)。‎ 已知：①Cl2O的熔点为‎-116℃‎、沸点为‎3.8℃‎，易溶于水；‎ ‎②高浓度的Cl2O易爆炸，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应。‎ ‎(1)仪器A的名称是___；组装好反应装置后进行的实验操作是___。‎ ‎(2)写出装置①中发生反应的离子方程式：___。‎ ‎(3)装置②和装置③中盛装的试剂分别为___、___。‎ ‎(4)装置⑤中冷却的作用是___。‎ ‎(5)产物Cl2O中氯含量的测定：将生成的Cl2O溶于水配成100mL的溶液，取出25.00mL进行实验，用0.0100mol/L的NaOH溶液进行滴定，测得消耗NaOH溶液的体积为20.00mL，计算Cl2O的氯含量为___ mg。‎ ‎【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 检查装置气密性 (3). 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸 (6). 冷凝收集产品 Cl2O (7). 28.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)仪器A的名称是圆底烧瓶；组装好反应装置后进行的实验操作是检查装置气密性。故答案为：圆底烧瓶；检查装置气密性；‎ ‎(2)装置①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，离子方程式：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。故答案为：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎(3)②为饱和食盐水，可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，装置②和装置③中盛装的试剂分别为饱和食盐水、浓硫酸。故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；‎ ‎(4)由沸点可知⑤中冷凝得到Cl2O液体，装置⑤中冷却的作用是冷凝收集产品Cl2O。故答案为：冷凝收集产品Cl2O；‎ ‎(5)根据Cl2O～2HClO～2NaOH，进行关系式计算。运算式为，Cl2O的氯含量为28.4 mg。故答案为：28.4。‎ ‎20. A、X，Y、Z、R、W为六种短周期元素。A是短周期中半径最小的元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y最高正价与最低负价代数和为4；Z的单质常用于漂白工业；R是短周期元素中金属性最强的元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料。回答下列问题：‎ ‎（1）Y元素的名称是___，在周期表中的位置是___。‎ ‎（2）写出化合物AZX的电子式：___；化合物R2X2存在的化学键类型是___。‎ ‎（3）比较X、Z、R三种元素对应的简单离子半径大小：___（用离子符号和“>”表示）。‎ ‎（4）下列事实能证明R比W金属性强的这一结论的是___（填序号）。‎ a.R的熔点低于W b.常温下，R与水剧烈反应而W不能 c.最高价氧化物对应的水化物碱性：ROH>W(OH)3‎ d.最外层电子数：W>R ‎（5）写出工业上制备W的单质的化学方程式：___。‎ ‎（6）A单质与X单质在KOH溶液中可以组成燃料电池，则正极附近溶液的pH将___（填“变大”“变小”或“不变”，下同）；放电一段时间KOH的物质的量___。‎ ‎（7）用电子式表示RZ的形成过程：___。‎ ‎【答案】 (1). 硫 (2). 第三周期第ⅥA族 (3). (4). 离子键，非极性共价键 (5). Cl−>O2->Na+ (6). bc (7). 2Al2O34Al+3O2↑ (8). 变大 (9). 不变 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是短周期中半径最小的元素，可知A是氢元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X是氧元素；Y是硫元素；Z的单质常用于漂白工业，是氯元素；R是短周期元素中金属性最强的元素，为金属钠；W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料，是金属铝，根据元素的推断，进行作答。‎ ‎【详解】A是H、X是O、Y是S、Z是Cl、R是Na、W是Al；‎ ‎（1）硫元素的位置是第三周期第ⅥA族。‎ ‎（2）次氯酸的电子式书写氧原子在中心。过氧化钠中存在离子键，非极性共价键。‎ ‎（3）氯离子是18电子结构，有3个电子层，钠离子和氧离子是10电子结构，有2个电子层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小比较顺序为Cl−>O2−>Na+。‎ ‎（4）金属性强弱的比较与单质的熔点和原子的最外层电子数无关，bc正确。‎ ‎（5）工业上电解氧化铝来制备单质Al，化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑。‎ ‎（6）氢氧燃料电池在KOH溶液中正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，则pH变大；该反应总反应方程式：2H2+O2=2H2O，不消耗KOH，则放电一段时间KOH的物质的量不变。‎ ‎（7）电子式的形成过程为。‎ ‎21. (1)如图表示一定条件下，A、B、C三种气体物质的量浓度随时间变化的情形，回答下列问题：‎ ‎①该反应的化学方程式为___。‎ ‎②在0～2min，该反应用A表示的平均反应速率为___。‎ ‎(2)有反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H＜0，在恒温恒容条件下进行反应，下列能判断反应达到平衡状态的是___(填序号)。‎ A．单位时间内生成1molN2，同时生成3molH2‎ B．单位时间内生成1molN2，同时生成6molN-H键 C．混合气体的密度不再随时间而改变 D．容器中气体的压强不再随时间而改变 ‎(3)在一定温度下某恒容密闭容器中，充入3molH2和1mol的N2，2min达到平衡状态时，总的气体的物质的量变为原来的，则此时N2的转化率为___，若此时放出的热量为18.44kJ，则其热化学方程式为___。‎ ‎(4)氨气可用作碱性燃料电池的燃料，电池反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，则氨燃料电池的负极电极反应为___。‎ ‎【答案】 (1). ‎2A⇌B+‎3C (2). 0.4mol/(L·min) (3). BD (4). 20% (5). N2(g)+3H2(g) ⇌2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol (6). 2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A、B、C三种气体物质的量浓度变化，写出化学方程式；根据图像可知化学反应速率等于浓度变化除以时间；根据化学平衡状态的判断依据判断；根据“三段式”求出转化率，根据物质的量与焓变的关系写出热化学方程式；根据化学反应中化合价的变化写出负极的电极反应，由此分析。‎ ‎【详解】(1)根据图象，A是反应物，B、C是生成物，各物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比，A的浓度从1mol/L降低到0.2mol/L，B的浓度从‎0升高到0.4mol/L，C的浓度从‎0升高到1.2mol/L，A、B、C的浓度变化量之比等于2：1：3；则化学方程式为：①‎ ‎；在0～2min，该反应用A的浓度变化除以时间，表示A的平均反应速率为=0.4mol/(L·min)；‎ ‎(2)判断化学平衡状态的判断依据；‎ A．单位时间内生成1molN2，同时生成3molH2只代表逆向的反应计量关系，无法判断平衡，故A不符合题意；‎ B．单位时间内生成1molN2，同时生成6molN-H键，表示的是正逆反应速率相等，故B符合题意；‎ C．恒温恒容条件下进行反应，密度是定值，无法判断平衡，故C不符合题意；‎ D．合成氨的反应，压强是变量，可以用来判断此反应的平衡，故D符合题意；‎ 故BD正确；‎ ‎(3)根据三段式进行计算，在一定温度下某恒容密闭容器中， ‎ 充入3molH2和1mol的N2，2min达到平衡状态时，总的气体的物质的量变为原来的，‎ ‎=，x=0.2mol，此时N2的转化率为=20%；放出的热量为18.44kJ时氮气的转化率为20%，参与反应的物质的量与热量成正比，得出热方程式为；‎ ‎(4)电池反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，生成2分子氮气时，氨气的化合价从-3价升高到0价，共失去12个电子，氨气在负极上失电子，在碱性条件下氢氧根离子参与反应生成氮气和水，电极方程式为。‎ ‎【点睛】氨气可用作碱性燃料电池的燃料，氢氧根离子参与反应，为易错点。‎ ‎22. 常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。‎ ‎(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。‎ ‎(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。‎ ‎(3)常温下，0.1 mol/LCH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。‎ ‎(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。‎ ‎(5)取10 mL溶液①，加水稀释到1000 mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。‎ ‎【答案】 (1). ④＞②＞①=③ (2). c(Na+) > c(CH3COO-) > c(OH-) > c(H+) (3). 10-5 (4). CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH- (5). 10−11mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。‎ ‎(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+) > c(CH3COO-) > c(OH-) > c(H+)。故答案为：c(Na+) > c(CH3COO-) > c(OH-) > c(H+)。‎ ‎(3) 常温下，0.1 mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+) = 10-3 mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOH CH3COO- + H+可得其电离平衡常数为： ，故答案为：10-5。‎ ‎(4) 碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。‎ ‎(5) 取10 mL HCl溶液，加水稀释到1000 mL，此时溶液中由HCl电离出，由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的，故答案为：10−11mol/L。‎