广东省湛江第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题（解析版）-A4

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一、单选题(1-10题每小题2分；11-16题每小题4分)
1. 学过原电池后，某同学设计了如图所示的原电池。闭合电键K，下列有关说法正确的是

A. 铜丝为原电池的负极
B. 铁钉处的电极反应为
C. 玻璃杯中由正极区域移向负极区域
D. 正极收集0．01ml气体时，转移0．04ml电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁活泼性比铜强，铁与醋酸反应，铜与醋酸不反应，则铜丝为原电池的正极，故A错误；
B．铁钉处的电极反应为，故B错误；
C．根据原电池“同性相吸”，则玻璃杯中由正极区域移向负极区域，故C正确；
D．根据，正极收集0.01ml气体时，转移0.02ml电子，故D错误。
综上所述，答案C。
2. 2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船成功对接于天和核心舱径向端口，3名航天员顺利进入天和核心舱。下列有关说法错误的是
A. 钛合金具有耐腐蚀和耐低温等性能，可应用于航空航天领域
B. 航天器的操纵杆采用的碳纤维属于新型无机非金属材料
C. 火箭的整流罩前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料
D. 航天器使用的太阳能电池阵和锂离子电池组工作时，均可将化学能转化成电能
【答案】D
【解析】
【详解】A．钛合金具有耐腐蚀和耐低温等性能，因此可应用于航空航天领域制作航天器，A正确；
B．碳纤维属于新型无机非金属材料，B正确；
C．火箭的整流罩前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺属于有机合成高分子材料，C正确；
D．航天器使用的太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，而不是将化学能转化为电能，D错误；
故合理选项是D。
3. 34号元素硒(Se)是人体必需的微量元素，其最外层有6个电子。下列有关说法不正确的是
A. Se元素位于元素周期表第四周期第ⅥA族
B. 和互为同位素
C. 的还原性比的还原性强
D. 原子中质子数为34，中子数为78
【答案】D
【解析】
【详解】A．Se为34号元素，元素位于元素周期表第四周期第ⅥA族，A正确；
B．和是同一元素不同核素，互为同位素，B正确；
C．氧的非金属性强于硒，则其氢化物的还原性：的还原性比的还原性强，C正确；
D．原子中质子数为34，中子数为78-34=44，D错误；
故选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L己烷中非极性键数目为5
B. 0.1 ml 中含有的键数目为1.1
C. 3.9g 与足量的反应，转移电子的数目为0.1
D. 0.1 ml/L 溶液中含有数目小于0.1
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，己烷为液态，22.4 L己烷的物质的量不是1ml，A错误；
B．1分子 中含有11个键，B正确；
C．1 ml 参加反应转移1 ml电子，3.9g 物质的量为0.05 ml，与足量反应，转移电子数为0.05，C错误；
D．没有给定溶液的体积，故无法计算物质的量，D错误；
故选B。
5. 利用下列实验装置图可以达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液和硫酸锌溶液互换才可以形成Cu-Zn原电池，A错误；
B．用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氯化铵分解后遇冷又会生成氯化铵，B错误；
C．氨气溶于水导致烧瓶内压强减小，气球膨大，故可以检验氨气极易溶于水，C正确；
D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，D错误；
故选C。
6. 下列实验操作可以达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．室温下，铁遇浓硝酸钝化，反应不同，速率也不会加快，A项错误；
B．氨气遇挥发性酸（如浓硝酸、浓盐酸）产生白烟，但浓硫酸难挥发，该反应无明显现象，B项错误；
C．发生反应：，所提供的过量，若反应不可逆，则完全反应，加入溶液无现象，若反应可逆，加入溶液后，和结合生成络合物而使溶液变为红色，C项正确；
D．使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了还原性而不是漂白性，D项错误；
故选C。
7. 过量与以下0.1的溶液反应，下列现象和相关反应错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于过量，I2继续与反应，溶液不会变蓝，离子方程式为，A错误；
B．溶液由棕黄色变浅绿色，则氯化铁转化为氯化亚铁，过量SO2与FeCl3溶液反应，生成FeCl2、H2SO4、HCl，总反应的化学方程式为2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，所给的离子方程式正确，B正确；
C．过量SO2与CuCl2溶液反应，溶液褪色，则铜离子被还原，生成的白色沉淀是CuCl，则总反应的化学方程式为SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，所给的离子方程式正确，C 正确；
D．过量SO2与Na2S溶液反应，生成的淡黄色沉淀是S，同时还生成NaHSO3，因此，总反应的化学方程式为5SO2+2Na2S+2H2O=3S↓+4NaHSO3，离子方程式正确，D正确；
答案选A。
8. ，向容器中投入一定量的和发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 反应物浓度：a点小于b点B. 反应物的总能量大于生成物的总能量
C. 的转化率：D. 反应进行到c点达平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A． 随反应进行，反应物浓度减小，则反应物浓度：a点大于b点，故A错误；
B． 图中c点反应速率最大，c之后减小，可知反应放热使a～c段反应速率增大，则正反应为放热反应，可知反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C． 随反应进行，消耗二氧化硫增加，则SO2的转化率：a＜b＜c,故C错误；
D． c点之后反应速率仍在变化，则c点没有达到平衡，故D错误；
故选：B。
9. 下列陈述I、II正确并且有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气能使品红褪色是其与水反应生成的次氯酸具有漂白性，A项错误；
B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶液强酸和强碱，不溶于氨水，B项错误；
C．镁有较强的还原性，能与氮气反应，C项正确；
D．盐酸是混合物，电解质是针对纯净物进行分类的，D项错误；
答案选C。
10. 已知：①白磷和的分子结构和部分化学键的键能分别如下图、表所示：

②(白磷，)(红磷，) 。
下列说法正确的是
A. 白磷和红磷互为同位素
B. 相同条件下白磷比红磷稳定
C. 等质量的白磷、红磷分别完全燃烧，放出热量更多的是白磷
D. (白磷，)
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷和红磷为磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，A错误；
B．(白磷，)(红磷，) ，为放热反应，白磷的能量高于红磷，所以红磷比白磷更稳定，B错误；
C．白磷的能量高于红磷，等质量的白磷、红磷分别完全燃烧，放出热量更多的是白磷，C正确；
D．根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，(白磷，) ，D错误；
故选C。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z和W位于同主族，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，化合物是一种净水剂，且、的VSEPR模型均为正四面体形。下列叙述正确的是
A. 原子半径：W>X>ZB. 简单氢化物沸点：Z>Y
C. 第一电离能：W>Y>ZD. 分子是极性分子
【答案】B
【解析】
【分析】根据净水剂的组成，模型为正四面体形的阳离子，则其中Y的价层电子对数为4且没有孤电子对，为第VA族元素，其中Y为-3价，可推测为N或P，若为P，则Z、W不符题意，故X为N，X为+1价，则为H；X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，Z为O，的VSEPR模型为正四面体形，Z和W位于同主族，W为+6价为硫；综上X为H，Y为N，Z为O，W为S；
【详解】A．X为H元素，Z为O元素，W为S元素。S、O、H原子半径依次减小，A错误；
B．的沸点高于，B正确；
C．第一电离能：N>O>S，C错误；
D．是平面三角形结构，属于非极性分子，D错误；
故选B。
12. 下列关于物质性质的描述正确的是
A. SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性
B. 不能用浓硫酸来干燥SO2气体
C. 常温下，浓硫酸可以用铁罐储存和运输，说明铁在常温下与浓硫酸不反应
D. SO3能与NaOH反应生成盐和水，所以SO3为酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因的还原性(被氧化为)，而非漂白性，漂白性需与有机物结合(如品红溶液褪色)，A错误；
B．浓硫酸是酸性干燥剂，与无反应，可用于干燥气体，B错误；
C．铁在常温下与浓硫酸发生钝化(化学反应生成致密氧化膜)，并非“不反应”，C错误；
D．与NaOH反应生成盐()和水，符合酸性氧化物的定义，D正确；
故选D。
13. 下列关于氮及其化合物的说法不正确的是
A. 能够与发生化合反应B. 与能够相互转化
C. 能够将还原为D. 浓见光分解产生和
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁与氮气加热反应生成氮化镁，反应方程式为：3Mg+N2Mg3N2，属于化合反应，故A正确；
B．一定条件下NO与NO2能够相互转化，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，故B正确；
C．氨气和CuO反应生成Cu,方程式为：2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O，故C正确；
D．浓HNO3见光分解生成氧气、水、NO2，故D错误；
故选：D。
14. 关于C、N、Si、S等非金属元素及其化合物的下列说法错误的是
A. 它们都能以游离态存在于自然界中
B. 氮氧化物、二氧化硫是形成酸雨的主要物质
C. 它们的最高价氧化物都能与强碱反应生成含氧酸盐
D. 加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．硅是亲氧元素，硅元素在自然界中以硅酸盐、二氧化硅的形式存在，故A错误；
B．某些化石燃料燃烧后的产物中含氮氧化物和二氧化硫，氮氧化物和二氧化硫溶于水后会生成相应酸，随雨水降落到地面形成酸雨，所以形成酸雨的主要物质是氮氧化物和二氧化硫，故B正确；
C．它们的最高价氧化物都是酸性氧化物，能和强碱反应生成含氧酸盐和水，故C正确；
D．加热条件下，碳、硫单质都能被浓硝酸、浓硫酸氧化生成碳、硫的氧化物，故D正确；
故选A。
15. 一种液氨一液氧燃料电池的工作原理示意如左图，以该电池作为电源模拟电化学降解的工作原理示意如图，下列说法正确的是
A. 装置工作时，电极B应连接b端
B. 该电池工作时每消耗转移电子
C. 装置工作时，电解池内溶液pH保持不变(忽略溶液体积变化和温度变化)
D. 阴极电极反应式为：
【答案】D
【解析】
【分析】左图为原电池装置，液氨-液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，氨气失去电子生成氮气，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应：4NH3+3O2=2N2+6H2O；右图为电解池装置，阳极与电源正极相连，阴极与负极相连，由水失去电子生成氧气，发生氧化反应，则Pt电极为阳极，Pt-Ag电极为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气；
【详解】A．电解池的阳极与电源正极相连，阴极与负极相连，由分析可知，电极B为正极，a为阳极，则电极B应连接a端，A错误；
B．未说明在标准状况下，无法计算物质的量，则转移电子数不确定，B错误；
C．右图电解池的总反应为，消耗氢离子，则溶液pH变大，C错误；
D ．Pt-Ag电极为阴极，硝酸根离子得电子生成氮气，阴极电极反应式为：，D正确；
故选D。
16. 根据物质类别和核心元素价态可预测陌生物质的性质。某实验小组同学为研究的性质，经预测并通过以下实验验证了的性质。下列说法错误的是
A. 中氧元素为-1价，可预测既有氧化性，又有还原性
B. 实验Ⅰ中反应每生成，转移4ml电子
C. 由实验Ⅰ可知氧化性：
D. 实验Ⅱ中发生的反应为
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氧元素为-1价，可升高也可降低，所以既有氧化性又有还原性，A正确；
B．实验Ⅰ中酸性高锰酸钾与过氧化氢反应，高锰酸钾作氧化剂锰元素化合价降低生成锰离子，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，故每生成，转移2ml电子，B错误；
C．实验Ⅰ中酸性高锰酸钾与过氧化氢反应，高锰酸钾作氧化剂锰元素化合价降低生成锰离子，过氧化氢作还原剂氧元素化合价升高生成氧气，一般情况下，同一反应中，氧化剂的氧化性强于还原剂，C正确；
D．实验Ⅱ中发生的反应为正确；
答案选B。
二、非选题(本题包含4小题，共56分)
17. 某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。
实验步骤与现象如下：
Ⅰ．将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，产生气体；
Ⅱ．当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提；
Ⅲ．将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体；
Ⅳ．用F装置向E装置中鼓入空气，E装置中气体颜色逐渐加深；一段时间后，装置C中白色沉淀溶解。
回答下列问题：
（1）写出操作Ⅰ中的化学方程式：____________________。
（2）C装置中白色沉淀的化学式是______。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是____________________。
（3）写出操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式：____________________。
（4）E装置内气体颜色逐渐加深的原因是____________________。
（5）若该小组另取30 mL 的硝酸溶液与上述实验剩余的6.4 g铜丝在加热条件下反应，恰好完全反应，产生一定量NO和NO2的混合气体(反应过程中溶液体积变化忽略不计)，则反应后的溶液中硝酸铜的物质的量浓度为______(保留3位有效数字)。混合气体中NO的物质的量为______ml。
【答案】（1）
（2） ①. CaCO3 ②. 防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应
（3）
（4）CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深
（5） ①. 3.33 ②. 0.05
【解析】
【小问1详解】
操作Ⅰ中碳酸钙与稀硝酸反应的化学方程式为：。
答案为：。
【小问2详解】
CO2进入C装置中生成白色沉淀CaCO3；操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时，说明产生二氧化碳，将E装置中的空气排出，此时立刻将B装置上提防止碳酸钙消耗过多的硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。
答案为：CaCO3；防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。
【小问3详解】
操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式：。
答案为：。
【小问4详解】
E装置中开始时出现浅红棕色气体，说明装置中还有少量的氧气，CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深。
答案为：CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深。
【小问5详解】
铜与硝酸反应：Cu+HNO3Cu(NO3)2+NO+NO2,根据元素守恒，硝酸铜的物质的量=铜的物质的量=0.1ml，则反应后的溶液中硝酸铜的物质的量浓度=；设反应生成的n(NO)=xml，n(NO2)=yml，根据得失电子守恒：，根据氮元素守恒：，解得x=y=0.05。
答案为：3.33；0.05。
18. 某研究小组利用电解锰渣(主要成分是MnS，含少量、、CaO)制备高纯晶体，流程如下：

（1）下列有关说法不正确的是___________。
A. 过程I、II均涉及过滤操作
B. 过程I，适当提高溶液浓度可提高锰的浸出率
C. 过程I，加可减少有毒气体的生成
D. 过程II，调pH最好选用NaOH溶液
（2）过程II需持续加热一段时间，目的是___________。
（3）过程III除去并富集的原理为：(油相)(油相)［表示或］。
实验步骤如下：
①调节浓缩液pH，加入溶有HA的磺化煤油，系列操作，分离得水层；
②继续调节水层pH，加入溶有HA的磺化煤油，系列操作，分离得油层；
③向②所得油层中加入试剂X，系列操作，得溶液。
上述步骤中的进行“系列操作”的主要仪器名称是___________，试剂X为___________。
（4）不同温度下的溶解度如下表。
从下列选项中选择“过程IV”的正确操作并排序：___________。
将溶液加热至100℃→_________→________→洗涤→干燥
a．蒸发至出现大量晶体 b．蒸发至溶液表面出现晶膜
c．冷却结晶，过滤 d．趁热过滤
（5）纯度的测定：准确称取mg产品，加入足量稀硫酸充分溶解后，加入足量固体(不溶于水)将完全转化为过滤，用的标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL标准溶液，则的纯度为___________(用含m的代数式表示)。
【答案】（1）D （2）促进Fe3+水解形成Fe(OH)3沉淀而除去；增大MnSO4浓度利于后续制备
（3） ①. 分液漏斗 ②. 稀硫酸
（4）ad （5）
【解析】
【分析】电解锰渣加入二氧化锰和硫酸，MnO2具有氧化性把MnS氧化为S，浸出渣有S、SiO2、CaSO4，浸出液调节pH值让铁离子沉淀除去，最后得到硫酸锰。
【小问1详解】
A．I、II都存在固液分离用过滤，A正确；
B．增大硫酸的浓度可以提高浸出率，B正确；
C．过程I硫化锰与硫酸反应生成H2S，MnO2具有氧化性，加入MnO2把S2-氧化S单质，减少H2S气体，C正确；
D．调pH最好选用MnO或者MnCO3等，不用氢氧化钠溶液，用NaOH会引入Na+，D错误；
答案选D；
【小问2详解】
加热一段时间目的是促进Fe3+水解形成Fe(OH)3沉淀而除去；同时还可以增大MnSO4浓度利于后续制备；
【小问3详解】
第一步加入溶有HA的磺化煤油目的是除去Ca2+，水层中再继续调节水层pH，加入溶有HA的磺化煤油，系列操作，分离得油层，油层中有Mn2+离子存在，再加入硫酸进行反萃取，得到MnSO4，分液用到的仪器是分液漏斗，加入X是H2SO4；
【小问4详解】
根据硫酸锰溶解度随温度升高而降低，因此得到硫酸锰要蒸发至出现大量晶体再趁热过滤，选ad；
【小问5详解】
根据原子守恒和得失电子守恒得到关系如下：2MnSO4—，n(MnSO4)=×0.1×0.0200=0.0008ml，MnSO4纯度=。
19. 研究二氧化碳合成甲醇对实现碳中和具有重要意义，二氧化碳加氢制甲醇的过程一般含有以下三个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）____________;____________（用含的代数式表示）．
（2）反应Ⅰ在有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示（其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，为过渡态）：
使用催化剂的曲线是____________（填“甲”或“乙”），该催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低____________,平衡转化率____________（填“增大”“减小”或“不变”）．达到化学平衡后再升高温度，正反应速率____________（填“加快”或“减慢”），平衡____________（填“正向”“逆向”或“不”）移动．
（3）向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应Ⅰ和Ⅱ．在不同温度下达到平衡，体系中的选择性和的平衡转化率与温度的关系如图所示．
已知：选择性是指生成目标产物所消耗的反应物的物质的量与参与反应的反应物的物质的量之比．图中表示平衡转化率的曲线是____________（填“a”“b”或“c”）,其如图变化的原因是___________________________________________．
（4）一定温度下，向体积为恒容密闭容器中通入气体和气体发生上述三个反应．达到平衡时，容器中为为,反应Ⅱ的平衡常数为____________（用含a、b的式子表示）．
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 乙 ②. 0.20 ③. 不变 ④. 加快 ⑤. 逆向
（3） ①. c ②. 低于时以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ是放热反应，温度升高，转化率降低；高于时以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，转化率增大
（4）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ可得反应Ⅰ，则，则，答案：；；
【小问2详解】
使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，从而缩短了达到平衡所需时间，根据图示可知曲线乙表示的是使用催化剂的曲线；对于多步反应，活化能最大的慢反应对总反应起决定作用．未使用催化剂时，慢反应的活化能为；当使用了催化剂后，活化能变为，可见催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低；催化剂不能改变平衡转化率．该反应的正反应是放热反应，当反应达到平衡后，升高温度，正、逆反应速率均加快，化学平衡向吸热的逆反应方向移动。答案：乙；0.20；不变；加快；逆向；
【小问3详解】
反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇选择性下降，故图中表示选择性变化的曲线是a；Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳选择性升高，故图中表示选择性变化的曲线是b；则图中曲线c表示平衡转化率。答案：c；低于时以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ是放热反应，温度升高，转化率降低；高于时以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，转化率增大；
【小问4详解】
设达到平衡时为，为,根据碳原子守恒可得：，故,根据氢原子守恒可得：，即,根据氧原子守恒可得：,即,联立方程解得：，故反应Ⅱ的平衡常数为：。
20. Ⅰ.化学反应中伴随着能量的变化。
（1）下列变化中属于吸热反应的是___________(填字母)
①液态水汽化 ②将胆矾加热变为白色粉末 ③苛性钠固体溶于水 ④氯酸钾分解制氧气
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰 ⑥干冰升华
A. ①②B. ②④C. ③D. ①②④⑥
（2）断开键、键、键分别需要吸收的能量为，合成氨工业中生成时理论上能___________(填“吸收”或“放出”)能量___________。
Ⅱ.既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。
（3）以为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图甲所示，则通入b气体的电极名称为___________，通入a气体的电极反应式为___________。(质子交换膜只允许通过)
（4）在一定温度和催化剂作用下，与可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。
①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图乙所示，则该反应的最佳温度应控制在___________左右。
②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜(，难溶物)。将溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出气体，其离子方程式为___________。
（5）还原法是处理气体的一种方法。已知一定条件下与气体反应转化为和，若标准状况下可处理气体，则x值为___________。
【答案】（1）B （2） ①. 放出 ②. 46
（3） ①. 正极 ②. CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+
（4） ①. 250℃ ②. 3CuAlO2+16H++NO = 3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑
（5）1.6
【解析】
【小问1详解】
①液态水汽化不是化学变化，①错误；
②胆矾加热变为白色粉末，属于吸热反应，②正确；
③苛性钠溶于水不是化学变化，③错误；
④氯酸钾分解制氧气为吸热反应，④正确；
⑤生石灰与水反应生成熟石灰是放热反应，⑤错误；
⑥干冰升华不是化学变化，⑥错误；
正确的为②④，故答案选B。
【小问2详解】
合成氨工业中1ml氮气和3ml氢气反应生成2mlNH3，ΔH=(946+436×3-6×391)kJ/ml=-92kJ/ml，因此生成1ml氨气理论上能放出46kJ能量。
【小问3详解】
甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，从图中可知通入a的电极为负极，则a为甲烷，b为氧气，通入氧气的电极为正极。通入甲烷的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+。
【小问4详解】
①从图中可知，250℃时催化剂的催化效率最高，同时乙酸的生成速率最大，则该反应的最佳温度应控制在250℃。
②偏铝酸亚铜溶于硝酸，亚铜离子被硝酸氧化成铜离子，偏铝酸根离子与酸反应生成铝离子，生成两种盐并放出NO，这两种盐为硝酸铝和硝酸铜，反应的离子方程式为3CuAlO2+16H++NO = 3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑。
【小问5详解】
A
B
C
D
实验目的
此装置可以形成Cu-Zn原电池
制取并干燥氨气
检验氨气极易溶于水
制取并收集二氧化氮
反应装置
选项
实验目的
实验操作
A
室温下加快与硝酸反应的化学反应速率
其他条件不变，用浓硝酸代替稀硝酸
B
探究氨气与酸的反应
将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒互相靠近，观察是否产生白烟
C
探究与反应的可逆性
向溶液中加入溶液，并加入几滴溶液，观察现象
D
探究的漂白性
向酸性高锰酸钾溶液中通入，观察溶液颜色变化
选项
溶液
现象
离子反应方程式
A
和淀粉溶液
溶液变蓝
B
溶液由棕黄色变浅绿色
C
溶液褪色，产生白色沉淀
D
产生淡黄色沉淀
选项
陈述I
陈述II
A
SO2和氯气都能使品红褪色
两者都有漂白性
B
Al(OH)3是两性氢氧化物
盐酸和氨水能溶解Al(OH)3
C
镁能与氮气发生反应
镁是活泼金属，有较强的还原性
D
氯化氢气体不导电，盐酸导电
两者都属于电解质
化学键
键能
实验
实验操作
现象
Ⅰ
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中滴加适量溶液，随即伸入带火星的木条
溶液紫红色褪去，产生使带火星的木条复燃的气体
Ⅱ
向盛有酸性碘化钾溶液的试管中先滴加少量溶液，充分反应后，再滴加几滴淀粉溶液
溶液先变为棕黄色，滴加淀粉溶液后变为蓝色
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
52.9
62.9
60.0
53.6
45.6
35.3