2022-2023學年陜西省渭南市合陽縣化學高一第二學期期末檢測試題含解析

2022-2023學年高一下化學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列關(guān)于有機物性質(zhì)的敘述錯誤的是（）A．甲烷和氯氣在光照條件下反應產(chǎn)生油狀液滴B．苯和乙醇均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．乙醇催化氧化能生成乙醛D．乙烯、苯分子中的所有原子均共面2、電化學氣敏傳感器可用于監(jiān)測環(huán)境中NH3的含量,其工作原理如圖所示,NH3被氧化為常見無毒物質(zhì)。下列說法錯誤的是()A．溶液中K+向電極b移動B．氨氣在電極a上發(fā)生氧化反應C．反應消耗的NH3與O2的物質(zhì)的量之比為4:3D．正極的電極反應式為:O2+4e-+2H2O=4OH-，故反應一段時間后，電解液的pH升高3、分子式為的同分異構(gòu)體共有(不考慮立體異構(gòu))A．3種 B．4種 C．5種 D．6種4、在3個2L的密閉容器中，在相同的溫度下、使用相同的催化劑分別進行反應：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)。按不同方式投入反應物，保持恒溫、恒容，測得反應達到平衡時有關(guān)數(shù)據(jù)如下表。下列敘述正確的是容器編號起始反應物達到平衡的時間(min)平衡時N2的濃度(mol/L)平衡時氣體密度甲3molH2、2molN2t1c1ρ1乙6molH2、4molN251.5ρ2丙2molNH38c3ρ3A．2ρ1=ρ2>ρ3B．容器乙中反應從開始到達平衡的反應速率為v（H2）=0.05mol/(L·min)C．c1＜c3D．2c1＜1.55、在密閉容器中通入A、B兩種氣體，在一定條件下反應：2A(g)+B(g)2C(g)；△H<0。達到平衡后，改變一個條件(X)，下列量(Y)的變化一定符合圖中曲線的是XYA再加入AB的百分含量B再加入CA的體積分數(shù)C增大壓強A的轉(zhuǎn)化率D升高高溫度混合氣體平均摩爾質(zhì)量A．A B．B C．C D．D6、符合下列分子式的物質(zhì)在常溫不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是（）A．甲烷B．乙烯C．二氧化硫D．碘化鉀7、下列物質(zhì)，將其在稀酸存在下分別進行水解，最后生成物只有一種的是①蔗糖②淀粉③蛋白質(zhì)④油脂A．①和② B．② C．②③和④ D．④8、圣路易斯大學研制的新型乙醇燃料電池，使用能傳遞質(zhì)子(H+)的介質(zhì)作溶劑，反應原理為C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，下圖是該電池的示意圖，下列說法正確的是A．a(chǎn)極為電池的正極B．電池工作時，電流由a極沿導線經(jīng)燈泡再到b極C．電池正極的電極反應為：4H++O2+4e-═2H2OD．電池工作時，1mol乙醇被氧化，則電路中有6mol電子轉(zhuǎn)移9、用括號中的試劑除去下列物質(zhì)中的少量雜質(zhì)，正確的是A．溴苯中的溴（KI溶液）B．氯氣中的氯化氫（飽和食鹽水）C．乙酸乙酯中的乙酸（乙醇）D．二氧化碳中的氯化氫（KOH溶液）10、下述實驗方案不能達到實驗目的的是編號ABCD方案V(CH4)∶V(Cl2)=1∶1目的較長時間看到Fe(OH)2沉淀驗證濃硫酸具有脫水性和強氧化性在強光照條件下制取純凈的一氯甲烷實驗室制備乙酸乙酯A．A B．B C．C D．D11、下列關(guān)于物質(zhì)性質(zhì)的比較，不正確的是（）A．堿性強弱：KOH＞NaOH＞LiOH B．原子半徑大小：Na＞S＞OC．酸性強弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4 D．穩(wěn)定性：HF＞HCl＞H2S12、下列化學用語表示正確的是A．硫酸鋁的化學式：AlSO4B．NaCl的電子式：C．O2－的結(jié)構(gòu)示意圖：D．硫酸鈉的電離方程式：Na2SO4＝Na22+＋SO42-13、根據(jù)體系的能量循環(huán)圖：下列說法正確的是：A．＞0 B．C． D．14、下列物質(zhì)的電子式書寫正確的是（）A．氯化氫

H+[Cl]-B．二氧化碳

C．氮氣N???ND．氯化鎂[Cl]-Mg2+15、元素周期表中某區(qū)域的一些元素通常用來制造農(nóng)藥，這些元素是()A．左下方區(qū)域的金屬元素B．金屬元素和非金屬元素分界線附近的元素C．右上方區(qū)域的非金屬元素D．稀有氣體元素16、150℃、101kPa下，將下列有機物分別與足量的空氣混合，引燃反應后恢復到原來的溫度和壓強，氣體體積不變的是A．C2H6B．C2H4C．C3H8D．C2H6二、非選擇題（本題包括5小題）17、X、Y、Z、W、M、N為原子序數(shù)依次增大的六種短周期元素，常溫下，六種元素的常見單質(zhì)中三種為氣體，三種為固體。X與M，W與N分別同主族，在周期表中X是原子半徑最小的元素，且X能與Y、Z、W分別形成電子數(shù)相等的三種分子，Z、W的最外層電子數(shù)之和與M的核外電子總數(shù)相等。試回答下列問題：(1)N元素在周期表中的位置為_____；Y的簡單氫化物的穩(wěn)定性_____(填“>”“<”或“＝”)W的簡單氫化物的穩(wěn)定性。(2)X、Z形成的含18電子的化合物的結(jié)構(gòu)式為_____。(3)由X、Z、W、N四種元素組成的一種離子化合物A，已知A既能與鹽酸反應，又能與氯水反應，寫出A與足量鹽酸反應的離子方程式_____。(4)X和W組成的化合物中，既含有極性共價鍵又含有非極性共價鍵的是_____(填化學式)，此化合物可將堿性工業(yè)廢水中的CN－氧化，生成碳酸鹽和氨氣，相應的離子方程式為_____。18、ZnO在醫(yī)藥、石化等領(lǐng)域有廣泛的用途。研究小組用某閃鋅礦(主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等雜質(zhì))制備氧化鋅和硫單質(zhì)，設(shè)計如下流程：請回答下列問題：(1)濾渣1的化學式為_______，(2)沉淀X的化學式為______________。(3)“轉(zhuǎn)化Ⅱ”中主要反應的離子方程式為___________________________。(4)“一系列操作”包括過濾、洗滌、干燥。洗滌沉淀的操作為__________________。19、二氧化氯（ClO2）常用于處理含硫廢水。某學習小組在實驗室中探究ClO2與Na2S的反應。已知：①ClO2是極易溶于水的黃綠色氣體，有毒，沸點為11℃。②SO2+NaClO3+H2SO4→ClO2+NaHSO4（未配平）③ClO2+NaOH→NaCl+NaClO3+H2O（未配平）請回答下列問題：（1）設(shè)計如下裝置制備ClO2

①裝置A中反應的化學方程式為__________________________________。②裝置B中反應的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為___________。③欲收集一定量的ClO2，選擇上圖中的裝置，其連接順序為a→

g→

h→

_________________→d。（2）探究ClO2與Na2S的反應將上述收集到的ClO2用N2稀釋以增強其穩(wěn)定性，并將適量的稀釋后的ClO2通入如圖所示裝置中充分反應，得到無色澄清溶液。一段時間后，通過下列實驗探究Ⅰ中反應的產(chǎn)物操作步驟實驗現(xiàn)象結(jié)論取少量Ⅰ中溶液放入試管甲中，滴加品紅溶液和鹽酸。品紅溶液始終不褪色①無_______生成。另取少量Ⅰ中溶液放入試管乙中，加入Ba(OH)2溶液和鹽酸，振蕩。②___________有SO42-生成③繼續(xù)在試管乙中加入Ba(OH)2溶液至過量，靜置，取上層清液放入試管丙中，______________。有白色沉淀生成有Cl-生成④ClO2與Na2S反應的離子方程式為_________________________________________。用于處理含硫廢水時，ClO2相對于Cl2的優(yōu)點是_____________________________________________（任寫一條）。20、某實驗小組通過鐵與鹽酸反應的實驗，研究影響反應速率的因素(鐵的質(zhì)量相等，鐵塊的形狀一樣，鹽酸均過量)，設(shè)計實驗如下表：實驗編號鹽酸濃度/(mol/L)鐵的形態(tài)溫度/K14.00塊狀29324.00粉末29332.00塊狀29342.00粉末313(1)若四組實驗均反應進行1分鐘(鐵有剩余)，則以上實驗需要測出的數(shù)據(jù)是______。(2)實驗___和_____(填實驗編號)是研究鹽酸的濃度對該反應速率的影響；實驗1和2是研究_______對該反應速率的影響。(3)測定在不同時間產(chǎn)生氫氣體積V的數(shù)據(jù)，繪制出圖甲，則曲線c、d分別對應的實驗組別可能是______、______。(4)分析其中一組實驗，發(fā)現(xiàn)產(chǎn)生氫氣的速率隨時間變化情況如圖乙所示。①其中t1～t2速率變化的主要原因是______。②t2～t3速率變化的主要原因是___________。(5)實驗1產(chǎn)生氫氣的體積如丙中的曲線a，添加某試劑能使曲線a變?yōu)榍€b的是______。A．CuO粉末B．NaNO3固體C．NaCl溶液D．濃H2SO421、下表為元素周期表的一部分，請按要求回答問題：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③④⑤3⑥⑦⑧⑨（1）表中元素______的非金屬性最強，元素_____的金屬性最強（填元素符號）。（2）表中元素③的原子結(jié)構(gòu)示意圖______；元素⑨形成的氫化物的電子式___________。（3）表中元素④、⑨形成的氫化物的穩(wěn)定性順序為_____＞（填化學式）。（4）表中元素⑧和⑨的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱為_____＞（填化學式）。（5）表中元素③、④、⑥、⑦的原子半徑大小為____＞＞＞（填元素符號）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.甲烷和氯氣在光照條件下反應，產(chǎn)生的CH3Cl呈氣態(tài)，產(chǎn)生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4呈液態(tài)，因此有油狀液滴產(chǎn)生，A正確；B.苯具有穩(wěn)定性，不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；C.乙醇在Cu作催化劑條件下能被O2氧化產(chǎn)生乙醛，C正確；D.乙烯、苯分子中鍵角是120°，分子中所有原子在同一個平面上，因此乙烯、苯分子中的所有原子均共面，D正確；故合理選項是B。2、D【解析】

NH3被氧化為常見無毒物質(zhì)，應生成氮氣，a電極通入氨氣生成氮氣，為原電池負極，則b為正極，氧氣得電子被還原，結(jié)合電極方程式解答該題。【詳解】A．因為a極為負極，b為正極，則溶鉀離子向正極移動，A正確；B．氨氣在反應中失去電子，在負極a極上發(fā)生氧化反應，B正確；C．反應中N元素化合價升高3價，O元素化合價降低4價，根據(jù)得失電子守恒，消耗NH3與O2的物質(zhì)的量之比為4：3，C正確；D．正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4e－+2H2O＝4OH－，總反應式為4NH3+3O2＝2N2+6H2O，反應后氫氧根的濃度減小，電解液的pH下降，D錯誤。答案選D?！军c睛】本題考查了原電池原理，根據(jù)O、N元素化合價變化判斷正負極，再結(jié)合反應物、生成物及得失電子書寫電極反應式，注意書寫電極反應式時要結(jié)合電解質(zhì)特點，為易錯點。3、B【解析】

C3H6Cl2可看成CH3CH2CH3中2個氫原子被2個氯原子取代的產(chǎn)物；取代同一碳原子上有兩種情況，即中間碳原子和一側(cè)碳原子；取代不同碳原子上也有兩種情況，即相鄰碳原子或相間的碳原子，所以，C3H6Cl2有四種同分異構(gòu)體。答案選B。思維拓展：確定常見烴的同分異構(gòu)體，需確定其結(jié)構(gòu)是否對稱，若左右（或上下）對稱，只考慮結(jié)構(gòu)的1/2和對稱點即可，若上下左右都對稱，只需考慮結(jié)構(gòu)的1/4和對稱點即可；確定二鹵代物可以先考慮取代同一個碳原子和不同碳原子來分析。4、A【解析】A、反應前后都是氣體，容器的容積都是2L，乙中混合氣體的質(zhì)量為甲的2倍，根據(jù)ρ=m/V可知：2ρ1=ρ2，丙中2mol氨氣相當于是3mol氫氣和1mol氮氣，氣體質(zhì)量小于甲，所以密度ρ2＞ρ3，A正確；B、氮氣的反應速率＝(2mol/L?1.5mol/L)÷5min=0.1mol/（L·min），同一可逆反應同一時間段內(nèi)各物質(zhì)的反應速率之比等于其計量數(shù)之比，所以氫氣反應速率=0.3mol/（L·min），B錯誤；C、甲相當于是在丙的基礎(chǔ)上再增加1mol氮氣，平衡向正反應方向進行，氨氣的濃度增大，則c1＞c3，C錯誤；D、恒溫、恒容條件下，假設(shè)乙容器的容積為4L，則達到平衡時甲乙為等效平衡，各組分的含量、濃度相等，此時氮氣的濃度為c1，然后將容器的容積縮小到2L，若平衡不移動，2c1=1.5mol/L，由于壓強增大，平衡向著正向移動，氨氣的濃度增大，所以2c1＞1.5mol/L，D錯誤；答案選A。點睛：本題以化學平衡移動原理為載體考查平衡狀態(tài)判斷、等效平衡、化學平衡計算等知識點，側(cè)重考查基本理論，難點構(gòu)建等效平衡，然后利用外界條件對平衡的影響分析解答。5、C【解析】A、達平衡后，再加入A，平衡正向移動，促進B的轉(zhuǎn)化，即B的轉(zhuǎn)化率增大，B的百分含量減小，與圖象不符合，故A錯誤；B、達平衡后，再加入C，化學平衡逆向移動，但最終結(jié)果，則A的轉(zhuǎn)化率增大，A的體積分數(shù)減小，與圖象不符合，故B錯誤；C、達平衡后，增大壓強，平衡正向移動，則A的質(zhì)量分數(shù)減小，A的轉(zhuǎn)化率增大，與圖象符合，故C正確；D、達平衡后，升高溫度，化學平衡逆向移動，由M=m/n，可知，逆向移動時n增大，則混合氣體平均摩爾質(zhì)量減小，與圖象不符合，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查化學平衡的影響因素及化學平衡圖象，明確不同因素對化學平衡的影響及由圖象得出一個量增大引起另一個量的增大是解答本題的關(guān)鍵。6、A【解析】A．甲烷性質(zhì)穩(wěn)定，不能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故A選；B．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，從而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B不選；C．二氧化硫具有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C不選；D．碘化鉀具有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D不選；故選A。點睛：高錳酸鉀具有強氧化性，一般來說，具有還原性的無機物，含有碳碳雙鍵、醛基的物質(zhì)以及一些醇類、酚類、苯的同系物等可被高錳酸鉀氧化，能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色。7、B【解析】

①在稀酸存在下，蔗糖水解產(chǎn)物為葡萄糖和果糖兩種，故錯誤；②在稀酸存在下，淀粉水解的最終產(chǎn)物只有葡萄糖，故正確；③在稀酸存在下，蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物為多種氨基酸，故錯誤；④在稀酸存在下，油脂的水解產(chǎn)物為高級脂肪酸和甘油，故錯誤；故選B。8、C【解析】A．原電池工作時，陽離子向正極移動，則a為負極，故A錯誤；B．電池工作時，電流由正極經(jīng)外電路流向負極，在該電池中由b極流向a極，故B錯誤；C．正極氧氣得到電子被還原，電極反應式為4H++O2+4e-=2H2O，故C正確；D．乙醇中C元素的化合價為-2價，被氧化后升高到+4價，則電池工作時，1mol乙醇被氧化時就有12mol電子轉(zhuǎn)移，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查原電池知識，把握原電池的工作原理和根據(jù)電池總反應書寫電極方程式的方法是解題的基礎(chǔ)。本題中乙醇被氧化生成CO2和H+，電極反應式為C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，正極發(fā)生還原反應，電極方程式為4H++O2+4e-═2H2O。9、B【解析】分析：A．溴與KI反應生成的碘單質(zhì)，易溶于溴苯；B．氯化氫極易溶于水；C．乙酸乙酯易溶于乙醇；D．二氧化碳、氯化氫均與KOH溶液反應。詳解：A．溴與KI反應生成的碘單質(zhì)，易溶于溴苯，會引入新雜質(zhì)，應選試劑為NaOH溶液，然后分液，A錯誤；B．氯化氫極易溶于水，氯氣中的氯化氫可以用飽和食鹽水除去，B正確；C．乙酸乙酯易溶于乙醇，引入新雜質(zhì)，應選飽和碳酸鈉，然后利用分液分離，C錯誤；D．二氧化碳、氯化氫均與KOH溶液反應，不符合除雜原則，應選擇飽和碳酸氫鈉溶液，利用洗氣法分離，D錯誤；答案選B。點睛：本題考查物質(zhì)的分離、提純及除雜，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)及常見混合物分離方法、分離原理為解答的關(guān)鍵，注意除雜的原則，題目難度不大。10、C【解析】分析：A.氫氧化亞鐵易被氧氣氧化，因此在制備時要隔絕空氣；B.蔗糖變黑與濃硫酸脫水性有關(guān),后濃硫酸與C反應生成二氧化硫,二氧化硫與濃溴水發(fā)生氧化還原反應；C.甲烷會發(fā)生一系列取代反應，得到多種氯代烴和氯化氫；D.制取乙酸乙酯時,用飽和碳酸鈉溶液分離提純乙酸乙酯，導氣管不能伸入飽和碳酸鈉溶液中,否則易產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象。詳解：氫氧化亞鐵易被氧氣氧化，因此用植物油覆蓋在硫酸亞鐵溶液上層，起到隔絕空氣的作用，可以較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀，A正確；蔗糖變黑，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性,溴水褪色說明濃硫酸與C反應生成二氧化硫,體現(xiàn)濃硫酸的強氧化性,B正確；甲烷和氯氣會發(fā)生一系列取代反應，生成物有：一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氫，導致的制取一氯甲烷不純，C錯誤；制取乙酸乙酯時,用飽和碳酸鈉溶液分離提純乙酸乙酯，導氣管不能伸入飽和碳酸鈉溶液中,否則易產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象,D正確；正確選項C。11、C【解析】

A、金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性就越強，金屬性K>Na>Li，堿性：KOH>NaOH>LiOH，故A說法正確；B、同主族從上到下原子半徑增大，同周期從左向右原子半徑減小，即原子半徑：Na>S>O，故B說法正確；C、非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性增強，非金屬性：Cl>Br>I，即酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故C說法錯誤；D、非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性就越強，非金屬性F>Cl>S，即穩(wěn)定性：HF>HCl>H2S，故D說法正確；答案選C?！军c睛】微粒半徑大小比較：一看電子層數(shù)，一般電子層數(shù)越多，半徑越大；二看原子序數(shù)，電子層數(shù)相同，微粒半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減?。蝗措娮訑?shù)，電子層數(shù)相等，原子序數(shù)相同，電子數(shù)越多，半徑越大。12、C【解析】

A項、硫酸鋁的化學式為Al2(SO4)3，故A錯誤；B項、NaCl是由鈉離子和氯離子形成的離子化合物，電子式為，故B錯誤；C項、氧原子得到2個電子形成氧離子，氧離子最外層有8個電子，離子的結(jié)構(gòu)示意圖：，故C正確；D項、硫酸鈉在溶液或熔融狀態(tài)電離出鈉離子和硫酸根離子，電離方程式為Na2SO4＝2Na+＋SO42-，故D錯誤；故選C。13、D【解析】

A．氣態(tài)水轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放出熱量，則△H5＜0，故A錯誤；B．氫氧化鈣生成氧化鈣固體和水蒸氣，與液態(tài)水和氧化鈣反應生成氫氧化鈣不是可逆的過程，水蒸氣變成液態(tài)水會放出熱量，△H1+△H2≠0，故B錯誤；C．②CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）、④CaO（s）=CaO（s），②+④不能得到510℃時Ca（OH）2（s），則△H3≠△H4+△H2，故C錯誤；D．由蓋斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即△H1+△H2+△H4+△H5=-△H3，可知△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0，故D正確；故選：D。14、B【解析】分析：A.氯化氫中含有共價鍵；B.二氧化碳中含有共價鍵；C.氮氣分子中氮原子還含有不參與成鍵的電子；D.氯化鎂中含有離子鍵。詳解：A.氯化氫分子中含有共價鍵，電子式為，A錯誤；B.二氧化碳分子中含有共價鍵，電子式為，B正確；C.氮氣的電子式為，C錯誤；D.氯化鎂中含有離子鍵，電子式為，D錯誤。答案選B。15、C【解析】

A、左下方區(qū)域的金屬元素的金屬性很強，不能用來制造農(nóng)藥，A錯誤；B、金屬元素和非金屬分界線附近的元素，既具有金屬性又具有非金屬性，可用于制造半導體材料，B錯誤；C、右上方區(qū)域的一般是非金屬元素，通常用來制造農(nóng)藥，C正確；D、稀有氣體元素的單質(zhì)為氣體，性質(zhì)不活潑，不能用來制造農(nóng)藥，D錯誤；答案選C。16、B【解析】分析:烴的燃燒通式為:CxHy+(x+y4)O2→xCO2+y2H2O，詳解:烴的燃燒通式為：CxHy+(x+y4)O2→xCO2+y2H2O，150℃時水為氣態(tài),引燃反應后恢復到原來的溫度,氣體體積不變,則反應前后氣體的化學計量數(shù)不變,即1+x+y4=x+y2，計算得出y=4，故滿足分子中H原子數(shù)目為4即可，與C原子數(shù)目無關(guān)二、非選擇題（本題包括5小題）17、第三周期ⅥA族<HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑H2O2OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑?！窘馕觥?/p>

H的原子半徑最小，所以X為H；X和M同主族，由M在題述元素中的排序知，M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它們與H可形成等電子分子，結(jié)合Z、W的最外層電子數(shù)之和與Na的核外電子總數(shù)相等知，Y、Z、W依次為C、N、O,W與N同主族，則N為S。(1)N為S，在周期表中的位置為第三周期ⅥA族；C的非金屬性弱于O的非金屬性，故CH4的穩(wěn)定性比H2O弱；故答案為<；(2)H、N形成的含18電子的化合物是N2H4，N2H4的結(jié)構(gòu)式為；(3)由H、N、O、S組成的既能與鹽酸反應又能與氯水反應的離子化合物為NH4HSO3或(NH4)2SO3，其分別與足量鹽酸反應的離子方程式為HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑；(4)H2O2中含有極性共價鍵和非極性共價鍵，H2O2具有氧化性，氧化堿性工業(yè)廢水中CN-的離子方程式為OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑。18、SiO2Fe(OH)3MnO4﹣+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復操作2～3次【解析】分析：閃鋅礦（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等雜質(zhì)）用硫酸溶液溶解并過濾后，濾渣為不溶于稀硫酸的SiO2，逸出的氣體為H2S，并用空氣氧化H2S氣體得到S，防污染空氣，濾液1中含有FeSO4、ZnSO4及MnSO4等溶質(zhì)，調(diào)整濾液1pH至5，并滴加KMnO4溶液，氧化溶液中的Fe2+和Mn2+，最終得到不溶物MnO2和Fe(OH)3，過濾得濾液2為ZnSO4和K2SO4溶液，在濾液2中滴加Na2CO3溶液，得ZnCO3沉淀，過濾、洗滌并干燥，最終煅燒得到ZnO，據(jù)此分析解題。詳解：(1)根據(jù)分析知閃鋅礦（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3，不溶于稀硫酸的為SiO2，所以濾渣1為SiO2。故答案為SiO2。(2)濾液1經(jīng)氧化并調(diào)節(jié)溶液PH=5后,得到不溶于水的MnO2和Fe(OH)3,則過濾所得不溶沉淀X為Fe(OH)3故答案為Fe(OH)3。（3）轉(zhuǎn)化Ⅱ為用KMnO4氧化溶液中Fe2+,還原產(chǎn)物為Mn2+,根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得發(fā)生反應的離子方程式MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

。故答案為MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+;3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

(6)“一系列操作”包括過濾、洗滌、干燥。洗滌不溶物的方法是向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復操作2～3次。故答案為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復操作2～3次。19、Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O2:1b→c→e→fSO2有白色沉淀加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+均被還原為Cl-時，ClO2得到的電子數(shù)是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化產(chǎn)物硫酸根穩(wěn)定，ClO2除硫更徹底；或ClO2不會生成可能對人體有害的有機氯化物等（合理即可）【解析】

①裝置A中Cu與濃硫酸反應制備二氧化硫，其化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；②由題意知裝置B中反應為SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1；答案：2:1。③二氧化硫從a出來，為防止倒吸，故應在B之前有安全瓶，則a→g→h，為反應充分，故再連接B裝置中的b，二氧化氯沸點較低，故在D中冰水浴收集，為充分冷卻，便于收集，故連接e，最后用氫氧化鈉吸收未反應完的二氧化硫，防止污染空氣，連接順序為：a→g→h→b→c→e→f→d；故答案為：b→c→e→f；④在Ⅰ中反應過后的溶液加入品紅，品紅始終不褪色，說明不是由于SO2的漂白作用導致褪色，結(jié)論是無SO2生成。答案：SO2。在Ⅰ中反應過后的溶液加入Ba(OH)2，結(jié)論是有SO42-生成，所以反應生成BaSO4，現(xiàn)象應為白色沉淀。答案：白色沉淀；若生成可以證明Cl-存在的白色沉淀，那么操作應為加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。答案：加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液；由上述分析可知，生成物有SO42-和Cl-，用溶劑H2O補全反應方程式，所以離子方程式為8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+；ClO2相對于Cl2優(yōu)點包括：ClO2除硫效果徹底，氧化產(chǎn)物硫酸根穩(wěn)定，ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不會產(chǎn)生二次污染，均被還原為Cl-時，ClO2得到的電子數(shù)是Cl2的2.5倍等。20、反應進行1分鐘收集到氫氣的體積13固體表面積的大?。ɑ蛘哞F的形態(tài)）13鐵與鹽酸反應是放熱反應，溫度升高，化學反應速率加快隨著反應的不斷進行，鹽酸的濃度逐漸降低，化學反應速率減慢D【解析】分析：（1）比較反應速率需要測定相同時間內(nèi)產(chǎn)生氫氣的體積；（2）研究鹽酸的濃度對該反應速率的影響需要保持其他條件不變；實驗