上海市奉贤区2019届高三化学下学期二模考试试题(含解析)

奉贤区 2018 学年第二学期高三年级质量调研考试
化学试卷
相对原子质量：O-16 S-32
一、选择题 ( 共 40 分，每题 2 分，每题只有一个正确答案)
1.我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟，以下对于铷的说法正确的选项是
A. 85Rb 和87Rb 互称为同素异形体C.原子核外电子数是37
B.86Rb和 87Rb拥有同样的中子数D.的质子数是87
【答案】 C
【分析】
【剖析】
85Rb 和87Rb 质量数分别为 85、87，质子数均为 37，利用质子数 =电子数，质子数+中子数 =质量数及同位素的观点来解答。

【详解】 A.85Rb和87Rb的质子数同样个，中子数不一样，互称为同位素， A 项错误；
B. 86Rb 和87Rb拥有同样的质子数，不一样的中子数， B 项错误；
C.原子核外电子数 =质子数 =37， C项正确；
D.的质子数是 37，质量数为 87， D 项错误；答
案选 C。

【点睛】元素符号的含义要切记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（ Z） =核电荷数 =原子序数，质量数（A）=质子数（ Z） +中子数（ N）。

这是化学用语最基本知识点，需要切记在心。

2.以下说法错误的选项是
A. 发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染
B.从 2019 年 7 月 1 日起我国全面实行垃圾分类，提升废品回收率，减少对环境影响
C.绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友善化学”、“洁净化学”
D.石油裂化、裂解为化学变化，而煤的气化和石油的分馏均为物理变化
【答案】 D
【分析】
【详解】 A.发展太阳能发电是新能源发电，可减少环境污染，利用CO2制造全降解塑料，可
降低CO2的排放，减少温室效应，有效减少环境污染， A 项正确；
B. 垃圾分类，提升废品回收率，减少对环境影响， B 项正确；
C.绿色化学是研究利用一套原理在化学产品的设计、开发和加工生产过程中减少或除去使用
或产生对人类健康和环境有害物质的科学，又称“环境无害化学”、“环境友善化学”、“洁净化学”， C 项正确；
D. 石油的裂化、裂解和煤的气化均为化学变化，只有石油的分馏属于物理变化，D项错误；答案选 D。

3.当前生界上有近 20 亿的人患出缺铁性贫血。

这里的“铁”是指
A. 铁单质
B.铁元素
C. 氧化铁
D. 铁合金
【答案】 B
【分析】
【详解】人体中的铁元素是以无机盐的形式存在的，这里的“铁”是指铁元素，不是铁原子
和铁单质，更没有铁合金， B 项正确，
答案选 B。

4.以下相关氮元素的化学用语中正确的选项是
A. 氮分子的结构式： N≡N
B.氮原子最外层的电子云图：
C. NH 3的球棍模型：
D. 氮原子的轨道表示式：
【答案】A
【分析】
【详解】 A.结构式是利用短线代表共价键，氮气的结构式为：N≡N， A 项正确；
B. 氮原子最外层为p 能级，氮原子的最外层应当是p z，不是p x， B项错误；
C. 球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型，该图不是NH3的球棍模型，C项错误；
D.洪特规则指出当电子排布在同一能级的不一样轨道时，基态原子中的电子老是优先独自占有
一个轨道，且自旋状态同样，氮原子最外层p 能级有 3 个电子，其轨道表示式明显不按照洪
特规则， D 项错误；
答案选 A。

5.某古玩喜好者珍藏的“商朝铝碗”在“鉴宝”时被专家产场否认，其原由是
A.铝的导热性较强，不易做碗
B.铝的质地较软，易变形，不易做碗
C.铝元素易致使老年痴呆，不易盛放食品
D.铝的性质较开朗，难提炼，商朝不行能有铝制品
【答案】 D
【分析】
【详解】因为铝性质开朗，热复原法不可以冶炼，一般用电解氢氧化铝的方法冶炼，商朝不行
能冶炼出铝，与物理性质没关，只有 D 正确。

所以答案选择D项。

6.以下物质属于电解质的是
A. 盐酸
B.纯碱
C. 液氯
D. 酒精【答案】 B
【分析】
【剖析】
电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不可以导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；
单质和混淆物既不是电解质也不是非电解质；
【详解】 A.盐酸为混淆物，既不是电解质也不是非电解质， A 项错误；
B. 纯碱在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质， B 项正确；
C. 液氯为单质，既不是电解质也不是非电解质， C 项错误；
D. 酒精在水溶液中和熔融状态下不可以导电的化合物，属于非电解质， D 项错误
答案选 B。

【点睛】掌握电解质的判断方法是解本题的重点。

需要注意的是，判断给出的物质能否是电
解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（或许
熔融状态）下可否导电，从而做出最后判断，假如单质或许混淆物，则必定不属于电解质。

常有的电解质有酸、碱、盐，金属氧化物等，学生需要理解并划分电解质与非电解质的观点
与含义。

7.常温下，将 SO2气体渐渐通入某溶液，溶液的 pH 值随通入的 SO2气体体积的变化以下图，该溶液可能是
A. 氯水
B.氨水
C. 氢硫酸
D. 食盐水
【答案】 A
【分析】
【详解】 A.常温下，氯水溶液开端pH 小于 7， SO2气领会和氯水发生氧化复原反响，其化学
方程式为： Cl 2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，跟着通入的SO2气体体积增大，溶液的酸性渐渐加强，
其 pH 值渐渐降低，切合题意， A 项正确；
B.氨水溶液显碱性， pH 大于 7， B 项错误；
C.常温下，氢硫酸溶液开端 pH 小于 7，跟着 SO2气体的通入，发生反响为： 2H2S+SO2═
3S↓+2H2O，溶液的酸性减弱，其pH 值渐渐增大，不切合题意，C项错误；
D.常温下，食盐水开端 pH 等于 7，D 项错误；答
案选 A。

8.不可以比较硫和氧非金属性相对强弱的是
A. 热稳固性：H2O>H2S
B. SO 2中 S 为+4 价， O为-2价
C. 沸点：H2O>H2S
D. 硫在氧气中焚烧生成二氧化硫
【答案】C
【分析】
【剖析】
利用气态氢化物的稳固性、化合物中元素得电子能力、氧化复原反响中得电子能力等比较非
金属性强弱，以此来解答。

【详解】 A.非金属性越强，气态氢化物越稳固，则热稳固性：H2O＞ H2S，可比较非金属性O ＞ S， A项正确；
B. SO2中 S 为+4 价， O为-2价，则氧获得电子能力强，可比较非金属性O＞ S， B 项正确；
C.沸点：H2O＞H2S，是因水中存在氢键，且氢键数量多，沸点高，不可以比较非金属性， C 项错误；
D. 硫在氧气中焚烧生成二氧化硫，O元素的化合价降低，S 元素的化合价高升，则氧得电子
能力强，可比较非金属性O＞ S， D 项正确；
【点睛】本题考察元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依照有：
1.由单质的氧化性判断，一般状况下，氧化性越强，对应非金属性越强。

2. 由单质和酸或许和水的反响程度来看，反响越强烈，非金属性越强。

（比方F2、Cl2、Br2和H2O的反响强烈程度挨次减弱，其对应的非金属性挨次减弱）；
3.由对应氢化物的稳固性判断。

氢化物越稳固，非金属性越强；
4.由和氢气化合的难易程度判断。

化合反响越简单，非金属性越强；
5.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；
6.由对应最廉价阴离子的复原性判断，复原性越强，对应非金属性越弱；
以上几条规律，反之也建立，即若已知元素在周期表中的地点，依据元素周期律，可直接判断出
非金属性强弱，从而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳固性强弱等规律。

9.短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中地点如表所示，剖析正确的选
项是甲乙
丙丁戊
A. 非金属性：甲 <丙
C. 最外层电子数：乙<丙B.
D.
戊可能是硫元素
原子半径：乙 <丁 <戊
【答案】B
【分析】
【剖析】
依据短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中的相对地点知，甲、乙是第二周期元素，丙、
丁、戊是第三周期元素，这几种元素都是非金属元素，则丙可能是Si 、 P、 S 元素，联合元素周期率的递变规律解答该题。

【详解】 A.同主族元素从上到下元素的非金属性渐渐减弱，所以甲>丙， A 项错误；
B. 依据元素周期表相对地点可知，丙可能是Si 、 P、 S 元素，则戊可能为S、 Cl 、Ar等元素，
B 项正确；
C. 由元素在周期表中的地点可知乙位于丙的后一主族，则最外层电子数：乙>丙， C 项错误；
D. 同主族元素从上到下原子半径渐渐增大，所以丁>戊， D 项错误；
10.只用滴管和试管，不用其余仪器和试剂，不可以鉴识以下各组中两种溶液的是
A. 石灰水和碳酸钠
B.盐酸和碳酸
钠
C. 氨水和硝酸银
D. 氢氧化钠和氯化铝
【答案】A
【分析】
【剖析】
只需用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就能够鉴其余物质能够采纳互相滴加的方法查验，
滴加次序不一样，现象不一样的能够鉴识。

【详解】 A．不论是 CaCl2滴加到 Na2CO3中，仍是Na2CO3滴加到 CaCl2中，都产生积淀，不可以鉴别， A 项选；
B．向碳酸钠中滴加盐酸，先没有气体后生成气体，而向盐酸中滴加碳酸钠，开始就生成气体，现象不一样，可鉴识，B 项不选；
C．向硝酸银中滴加到氨水，先生成积淀后溶解变为银氨溶液，而向氨水中滴加硝酸银，没有
积淀生成，现象不一样，可鉴识， C 项不选；
D．向氯化铝中滴加氢氧化钠，先生成积淀，后积淀溶解，而向氢氧化钠中滴加氯化铝，先没
有现象，后生成积淀，两者反响现象不一样，可鉴识， D 项不选；
答案选 A。

11.对于晶体的表达中，正确的选项是
A.分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B.分子晶体中，分子间的作使劲越大，该分子越稳固
C.原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D.某晶体溶于水后，可电离出自由挪动的离子，该晶体必定是离子晶体
【答案】 C
【分析】
【详解】 A.分子晶体中，共价键的键能越大，稳固性越大，而分子间的作使劲越大，熔沸点
越高，所以键能的大小不可以判断分子晶体的熔沸点， A 项错误；
B. 分子晶体中，分子间作使劲越大，熔沸点越高，而共价键的键能越大，稳固性越大， B 项错误；
C. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点， C 项正确；
D. 共价化合物形成的电解质溶于水后可电离出自由挪动的离子，如
HCl 等， D 项错误；
答案选 C 。

【点睛】般来说，不一样种类晶体的熔沸点的高低次序为：原子晶体
>离子晶体 >分子晶体，而
金属晶体的熔沸点有高有低。

这是因为不一样种类晶体的微粒间作用不一样，其熔、沸点也不相
同。

原子晶体间靠共价键联合，一般熔、沸点最高；离子晶体阴、阳离子间靠离子键联合，
一般熔、沸点较高；分子晶体分子间靠范德华力联合，一般熔、沸点较低；金属晶体中金属
键的键能有大有小，因此金属晶体熔、沸点有高（如 W ）有低（如 Hg ）。

12. 在 pH=13的某溶液中存在大批的
+-
-
，该溶液还可能大批存在的离子是
Na 、 ClO
、 NO
3
A. NH 4+
B. HCO 3 -
C. SO 4
2-
D. Al 3+
【答案】 C
【分析】
【剖析】
能够发生反响的离子之间在溶液中不可以大批共存，如生成积淀、气体或弱电解质。

【详解】 pH=13 的某溶液含有大批的
-
OH ，则
A. NH +
-
A 项错误；
4 会与 OH 反响生成弱电解质一水合氨，离子不共存，
B. HCO 3 -
-
2-
和 H 2O ，不可以共存， B 项错误；
会与 OH 反响生成 CO 3 C. SO 2- + - - - 4 与 Na
、 ClO
、 NO 不反响，且与 OH 不反响，所以可共存， C 项正确；
3
D. Al 3+ -
D 项错误；
会与 OH 反响生成氢氧化铝积淀，不可以共存， 答案选 C 。

13. 以下属于加成反响的是
A. 乙苯与液溴在铁的催化下反响
B. 乙炔在空气中焚烧
C. 甲烷与氯气在光照条件下反响
D. 乙烯使溴的四氯化碳溶液退色
【答案】 D
【分析】
【剖析】
加成反响是发生在双键上，主假如双键两头的原子直接与其余原子或原子团相连的过程，其
本质是双键变单键，不饱和度降低，据此剖析作答。

【详解】
A.
乙苯与液溴在铁的催化下反响生成溴乙苯，属于代替反响，
A 项错误；
B. 乙炔在空气中焚烧生成二氧化碳，属于氧化反响，
B 项错误；
C. 甲烷与氯气在光照条件下发生代替反响，
C 项错误；
D. 乙烯使溴的四氯化碳溶液退色，其本质是乙烯与溴发生加成反响生成1,2- 二溴乙烷， D 项正确；
答案选 D。

14.将碳棒和铁棒平行插入 NaCl 溶液中，两棒的液面以上部分用铜丝相连、并接入电流计，电
流计指针偏转。

以下说法正确的选项是
A. 碳棒作负极
B.电子自铁棒经过铜丝流向碳棒
C. 该装置是电解池
D. 铜丝失掉电子发生复原反响
【答案】B
【分析】
【剖析】
铁、碳和氯化钠溶液构成原电池，发生吸氧腐化，铁易失电子发生氧化反响而作负极，碳作
正极，电子从负极沿导线流向正极，据此剖析解答。

【详解】 A．该原电池中，铁失电子发生氧化反响作负极，碳作正极， A 项错误；
B．电子电源的负极经导线流向正极，因该原电池中，铁作负极，碳棒作正极，所以电子是从
铁沿导线流向碳， B 项正确；
C．该装置是自觉的氧化复原反响，无外加电源，所以该装置不是电解池，而是原电池， C 项错误；
D．铜丝作导线，不参加氧化复原反响， D 项错误；
答案选 B。

15.有机物命名正确的选项是
A. 2,3,5-三甲基己烷
B. 1,3-二甲基丁烷
C. 2,3-二甲基 -2- 乙基己烷
D. 2,3-二甲基 -4- 乙基戊烷
【答案】 A
【分析】
【剖析】
依据烷烃的系统命名法，先找出最长碳链为主链，再进行编号，最后依据命名原则进行命名，
据此作答。

【详解】 A. 2 ，3， 5- 三甲基己烷，主碳链 6 个碳原子， 2， 3， 5 号碳上含一个甲基，名称正确， A 项正确；
B. 烷烃中无 1 甲基，主碳链选择错误，正确名称2- 甲基戊烷， B 项错误；
C. 烷烃中不存在 2 乙基，主碳链选择错误，正确名称为3， 3， 4- 三甲基庚烷，C项错误；
D. 2，3-二甲基- 4- 乙基戊烷中主碳链选错，主碳链 6 个碳，离代替基近的一端编号，正确名
称为 2，3， 4- 三甲基己烷，D项错误；
答案选 A。

【点睛】判断有机物的命名能否正确或对有机物进行命名，此中心是正确理解命名规范：
（ 1）烷烃命名原则：
①长 -----选最长碳链为主链；
②多 -----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近 -----离支链近来一端编号；
④小 -----支链编号之和最小．看下边结构简式，从右端或左端看，均切合“近-----离支链近来一端编号”的原则；
⑤简 -----两代替基距离主链两头等距离时，从简单代替基开始编号．如代替基不一样，就把简
单的写在前方，复杂的写在后边．
（ 2）有机物的名称书写要规范。

16.只改变一个影响要素，以下对于均衡常数K 的表达错误的选项是
A. K 值不变，均衡可能挪动C. 温度变化， K 值必定变化
B. K 值变化，均衡必定挪动D. 均衡挪动， K 值必定变化
【答案】D
【分析】
【剖析】
对某一反响的化学均衡常数K，K 只与温度相关，而化学计量数变化时，K 的表达式变化，以
此来解答。

【详解】 A.若改变温度均衡挪动，K 发生变化，若改变浓度、压强致使均衡挪动，K 不变， A 项正确；
B. K变化说明温度变化，则均衡必定发生挪动， B 项正确；
C. K值只与温度相关，则温度变化，K 值必定变化，C项正确；
D. 若改变浓度、压强致使均衡挪动，K 不变，所以均衡挪动时K 不必定变化， D 项错误；
答案选D。

17. 以下实验操作正确的选项是
A. 测 pH值时，用干燥干净的玻璃棒蘸取溶液点在pH 试纸上，再跟标准比色卡比较
B.滴定管经蒸馏水洗后即可加入标准液进行滴定
C.用带橡皮塞的棕色细口瓶盛放液溴
D.配制溶液时，若加水时不当心超出容量瓶的标线，可用滴管把剩余的液体吸出
【答案】 A
【分析】
【剖析】
A．用玻璃棒蘸取少量待测液滴在PH试纸上，而后把试纸显示的颜色与标准比色卡比较；
B．滴定管需用待装液体润洗；
C．液溴易挥发；
D．加水超出刻度线，实验失败。

【详解】 A.用pH试纸测定溶液pH 的方法为：用玻璃棒蘸取少量待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡比较， A 项正确；
B. 滴定管需用标准溶液润洗，不然会使所量浓度偏大， B 项错误；
C.液溴易挥发，会腐化橡皮塞，所以不可以使用橡皮塞，可保留在带玻璃塞的棕色细口瓶中，
C项错误；
D. 加水超出刻度线，致使所测溶液浓度偏大，实验失败，应从头配制， D 项错误；
答案选 A。

18.已知断开 1molH2(g) 中 H-H 键需要汲取 436kJ 能量，依据能量变化表示图，以下说法或热化
学方程式不正确的选项是
A.断开 1molHCl(g) 中 H-Cl 键要汲取 432kJ 能量
B.生成 1molCl 2(g) 中的 Cl-Cl 键放出 243kJ 能量
C.HCl(g) →1/2H 2 (g)+1/2Cl 2(g)-92.5kJ
D.H 2(g)+Cl 2(g) →2HCl(g)+864kJ
【答案】 D
【分析】
【详解】 A. 依据图示可知，生成 2 mol HCl(g) 需要放出 864kJ 热量，则断开
2 mol HCl(g)
需要汲取 864kJ 热量，由此推出断开 1molHCl(g) 中 H-Cl 键要汲取
= 432 kJ 能量， A 项
正确；
B. 由图中能够写出其热反响方程式为： H 2(g) +Cl 2(g) = 2HCl(g)
H ＝－ 185 kJ ·mol －
1，根
据
H ＝E(H-H) + E(Cl- Cl)-2 E(H- Cl) 可知， E(Cl- Cl) = 243 kJ ·mol －
1，即生成 1molCl 2 (g)
中的 Cl-Cl 键放出 243kJ 能量， B 项正确；
C. 依据图示信息易知，
H 2(g) +Cl 2(g) = 2HCl(g)
H ＝－ 185 kJ ·mol －
1，则
2
2
H ＝+92.5 kJ ·mol － 1
2
2
(g)-92.5kJ ，
HCl(g) →1/2H (g)+1/2Cl (g) ，即 HCl(g) →1/2H (g)+1/2Cl C 项正确；
D. 生成 2 mol HCl(g)
需要放出 864kJ 热量，所以 H (g)+Cl 2(g) →2HCl(g) -864kJ ， D 项错误；
2
答案选 D 。

19. 某无色溶液中可能存在
- 2-
2-
3+
-
2+ +
Br
、 CO
、SO
、 Fe
、I
、 Mg
、Na 等例子中的某几种，现取该溶
3
3
液进行实验，获得以下现象：
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量
BaCl 2 溶液，无积淀生成；
③向所得溶液中持续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。

据此能够推测：该溶液必定不存在的大批离子是
A. Fe 3+
2-
、 I -
B. Mg 2+
2-
、I -
、 SO 3
、 CO 3
C. Fe 3+
2+
3 2-
D. Na +
-
3 2-
、 Mg 、SO 、Br 、 CO
【答案】 C
【分析】
【剖析】
某溶液为无色，则必定不含
Fe 3+，
依据溴水为橙色，氯水拥有氧化性剖析①；
依据硫酸钡是不溶于酸的白色积淀剖析②；
依据碘遇淀粉变蓝剖析③；
最后联合溶液呈电中性来剖析溶液还含有的离子。

【详解】依据①可知溶液中含有
Br - ，有无色气泡冒出，说明溶液中含离子
CO 32- ，则必定不含
2+
2-
会反响生成积淀随和体；
有 Mg ，因与 CO 3
依据②可知，溶液中必定不含SO32-；
依据③溶液不变蓝色，说明溶液中不含I -；
据溶液呈电中性原则，溶液中必定含有+，所以溶液中必定不存在的离子为：3+2+2-，
Na Fe 、Mg 、SO
3
必定含有的离子为：CO32-、 Br-、 Na+。

应选 C。

【点睛】主要在做离子存在的推测时，可依据一种信息推测之溶液中含有什么离子，同时隐
藏的信息是不含有什么离子，这一点学生简单粗心粗心，思想需谨慎，只有这样才能提升做
题正确率，快速得出正确结论。

20. 某稀土元素R的精矿样品中， R 的氧化物的质量分数为0.8515 。

10.1g 该样品与 50mL1mol/L
硫酸恰巧完整反响( 杂质不反响 ) ，生成 ROSO4和 H2O，则 R 的相对原子质量约为
A. 78
B. 140
C. 156
D. 172
【答案】 B
【分析】
【剖析】
依此判断氧化物的化学式和物质的量；R 的氧化物的质量分数为0.8515 ．依此计算出20.2g
该样品中氧化物的质量；再依据进行计算，得出正确结论。

【详解】生成的为ROSO4，则 R 的化合价为 +4 价，所以该氧化物的化学式为RO2，
R 的氧化物的质量分数为0.8515 ，则 20.2g 该样品中RO2的质量为： 20.2g ×0.8515=17.2003g ，
20.2g 该样品与 100mL 1mol/L 稀硫酸恰巧完整反响( 杂质不反响 ) 生成 ROSO4和 H2O，则 20.2g
该样品中RO2的物质的量为100mL×1mol/L = 0.1mol，
故 RO2的摩尔质量为≈172g/mol，故R的相对原子质量为：172- 16×2=140，B 项正确，
答案选 B。

二、综合剖析题( 共 60 分)
21.我国自主研制的 C919 大型客机的机身大批采纳第三代铝锂合金减重并提升刚度。

某铝锂
合金成分 ( 质量百分比 ) 以下 (Bal 指节余的百分含量 ) ：
成分Si Fe Cu Mn Mg Zn Ti Li Al
2.9 ～0.25 ～0.8 ～
含量0.080.10.50.250.1Bal
3.50.8 1.1
为了使合金拥有高耐腐性能，往常先用酸腐化除掉铝锂合金表面的氧化层，再进行氧化办理，
并进行适合封闭，以提升合金表面耐腐化性能。

认真阅读上述信息，回答以下问题：
(1)铝锂合金可用于制造飞机，铝锂合金资料的主要特色是
______________________________ 。

(2)铝元素原子核外有 _____种不一样运动状态的电子，最外层电子排布式为___________ 。

(3)碱腐化工艺采纳 40～ 60g/L 的 NaOH溶液，在 40～55℃下办理 0.5 ～ 2min 时间。

写出碱腐化
主要反响的化学方程式 _____________________________( 写一个即可 ) 。

(4)镁与铝也是构成轻合金的两种常有金属，请从原子结构角度剖析比较它们金属性的强弱
_____________
(5)向镁铝合金滴入盐酸至恰巧所有溶解，再渐渐滴入氢氧化钠溶液至过度，在滴氢氧化钠
过程中察看到的现象有： ______________________________________ ；写出其现象中的一个
离子方程式 _________________ 。

【答案】(1).轻、牢固 ( 或硬 ) (2). 13 (3). 3s23p1(4). 2NaOH+Al2O3 =
2NaAlO2 +H2O (5).镁与铝元素原子电子层数同样，镁原子核电荷数少、半径大、更易失掉
电子，所以镁的金属性强于铝(6).先产生白色积淀，后积淀部分溶解(7).；
，或（任
写一个）
【分析】
【剖析】
（1）合金拥有构成成分各自的优秀特色，联合已知信息作答；
（2）每个电子在核外运动状态均不同样；依照泡利原理书写核外电子排布式；
（3）氧化铝可与碱发生反响生成偏铝酸钠与水；
（4）同周期元素，核电荷数少、半径大简单失掉电子；
（5）镁离子、铝离子与氢氧化钠反响先生成氢氧化镁和氢氧化铝积淀，持续滴加氢氧化钠，
氢氧化铝积淀溶解，但氢氧化镁积淀不溶解，据此作答；
【详解】（ 1）第三代铝锂合金减重并提升刚度，其特色是轻、牢固( 或硬 ) ，
故答案为：轻、牢固(或硬)；
（ 2） Al 为 13 号元素，核外电子数等于质子数，为13，所以有13 种不一样运动状态的电子，最外层为M层，有三个电子，其电子排布式为3s23p1，
故答案为： 13；3s23p1；
（ 3）碱可溶解氧化铝，其化学方程式为：2NaOH+AlO3 = 2NaAlO 2+H2O，
故答案为： 2NaOH+AlO3 = 2NaAlO 2+H2O；
（4）铝与镁均处于第三周期，镁元素镁原子核电荷数少、半径大、更易失掉电子，所以镁
的金属性强于铝，
故答案为：镁与铝元素原子电子层数同样，镁原子核电荷数少、半径大、更易失掉电子，所
以镁的金属性强于铝；
（5）向镁铝合金滴入盐酸至恰巧所有溶解，生成氯化铝和氯化镁，滴加氢氧化钠时，均生成
氢氧化物而积淀下来，相应的离子方程式为：和
，持续滴加氢氧化钠后，因氢氧化铝会与氢氧化钠反响生成偏铝酸钠
与水，其离子方程式为：，而氢氧化镁不反响，所以积淀部分
溶解，
故答案为：先产生白色积淀，后积淀部分溶解；，
或（任写一个）。

22.工业上，在催化剂条件下，用 NH3作为复原剂将烟气中的 NO x复原成无害的氢气和水，反响
方程式可表示为： 2NH3(g)+NO(g)+NO 2(g) 2N2(g)+3H 2O(g)
(1) 必定条件下，在容积为2L 的容器内进行该反响， 20min 时达到均衡，生成N 0.4mol ，则
2
均匀反响速率 v(NO)=___________________。

可从混淆气体的颜色变化判断上述反响能否达到平衡，其原由是 _______________________________________________ 。

(2) 工业上也用氨水汲取SO2尾气，最后获得 (NH4) 2SO4，(NH4)
+2-
) 之比2SO4 溶液中c(NH4 )与c(SO4
____2:1( 选填“ >”、“ <”、“ =”) ，用离子方程式解说其原由______________________ 。

(3)与 Cl 2对比较， ClO2办理水时被复原成 Cl -，不生成有机氯代物等有害物质。

工业上可用亚铝
酸钠和稀盐酸为原料制备 ClO2，反响以下： NaClO2+HCl→ClO 2↑+NaCl+_____(没有配平 )
(4)补全方程式并配平，标出电子转移方向和数量_________________________ 。

(5) 该反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比是___________ 。

若生成 0.2molClO 2，转移电子
数为 _____个。

【答案】(1). 0.005 mol/(L?min) (2).该反响只有NO2为红棕色，其余气体都无色，
当混淆气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反响达到均衡(3). <(4). NH+
4
水解，使
+++
NH4浓度减少， NH4+H2 O NH3?H2O+H (5).
(6). 1:4 (7). 0.2N A
【分析】
【剖析】
（ 1）依照化学反响速率的公式先求出N2的化学反响速率，再依照化学方程式的计量数之比等于对应物质的化学反响速率之比得出结论；只有NO2为红棕色，其余气体都无色，依据颜色变化判断均衡状态；
（2）铵根离子在水溶液中会发生水解；
（3）依照元素守恒填写该方程所缺化学式；依据依照氧化复原规律配平该化学方程式并利
用双线桥法标出电子转移的方向与数量；
（5）依据氧化复原反响的规律作答。

【详解】（ 1）在容积为 2L 的容器内进行该反响， 20min 时达到均衡，生成N2 0.4mol ，则
==0.01 mol/(L ?min) ，依据方程式 2NH(g)+NO(g)+NO(g)2N (g)+3H
2O(g) 可
322
知，0.005 mol/(L ?min) ；该反响只有 NO2为红棕色，其余气体都无色，当混=
合气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反响达到均衡，
故答案为： 0.005 mol/(L ?min) ；该反响只有NO2为红棕色，其余气体都无色，当混淆气体颜色深浅不变时，说明NO浓度不变，即反响达到均衡；
2
+2-
) 之比 <2:1+
水解，使
+
（ 2） (NH4) 2SO4溶液中 c(NH4) 与 c(SO4，因为 NH4NH4浓度减少，++
NH+HO NH?H O+H，
4232
故答案为： <；因为
++++ NH4水解，使 NH4浓度减少，NH4+H2O NH3?H2O+H；
（ 3）该方程按照元素守恒，能够看出氢元素以水形式生成，所以所缺化学式为H2O，
故答案为： H2O；
（ 4） NaClO2→ClO2，+3 价的氯元素化合价高升到+4 价， NaClO2→NaCl， +3 价的氯元素的化合。