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安徽省蚌埠第二中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省蚌埠第二中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省蚌埠第二中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试题Word版含解析docx、安徽省蚌埠第二中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
1.答题前填好自己的姓名、班级、考号等信息
2.所有选择题的答案必修用2B铅笔填涂在答题卡中相应的位置，否则该大题不予记分
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Ca40 Mn55 Zn65
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题3分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 2024年1月，从邮轮首航到电动飞机首飞再到航天首发，我国一批科技创新实现新的突破。下列说法不正确的是
A. “天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能
B. “快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体实现助推
C. “爱达·魔都号”邮轮使用的镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性强的特点
D. “AG60E”电动飞机使用的动力型锂电池具有质量轻、比能量高的特点
【答案】A
【解析】
【详解】A．光伏发电系统工作时可将光能转化为电能，A错误；
B．“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体，通过反冲获得推动力实现升空，B正确；
C．镁铝合金是一种主要由镁和铝组成的金属合金，具有密度低、抗腐蚀性强的特点，C正确；
D．锂离子电池具有质量轻、体积小、储存能量大、比能量高的特点，D正确；
故选A。
2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 固体中含有的共价键数目为
B. 标准状况下，11.2LHF中含有H-F键的数目为0.5
C. 100gCaS与的混合物中含有32g硫元素，则氧元素的质量为28g
D. 与浓盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4F晶体中N和H之间以N—H共价键相连，故中含有的共价键数目为4，A错误；
B．标准状况下，HF呈液态，故不能用气体摩尔体积去计算，B错误；
C．CaS与混合物中，Ca与S的个数比为1∶1，100g混合物中含有32g硫元素，则必含40g钙元素，则氧元素的质量100-32-40=28g，C正确；
D．制取氯气的反应中，随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐降低，变成了稀盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，反应结束后，也有MnO2剩余，故转移的电子数目小于0.2，D错误；
故选C。
3. 下列反应过程中的能量变化符合图示的是
A. B. 盐酸与碳酸氢钠的反应
C. 铁与稀硫酸的反应D. 氢气与氯气的反应
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，符合图示的反应为反应物的总能量小于生成物的总能量的吸热反应。
【详解】A．表示是共价键的形成过程，该过程放热，且不代表化学反应，故A错误；
B．盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，故B正确；
C．铁与稀硫酸的反应为放热反应，故C错误；
D．氢气与氯气的化合反应为放热反应，故D错误；
故选B。
4. 2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐的结构如图所示，其中X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子电子数的两倍，W、Z、Y位于同一周期，下列叙述正确的是
A. W、X、Y、Z四种元素对应的简单氢化物的稳定性依次减弱
B. Z、W的非金属性强弱可以通过比较和的热稳定性进行判断
C. X的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，阴离子中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、6、1、2，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子电子数的两倍，W、Z、Y位于同一周期，则W为N元素、X为S元素、Y为F元素、Z为O元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，则氟化氢的稳定性强于水，故A错误；
B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，但氢化物的稳定性不一定增强，所以不能用过氧化氢和联氨的热稳定性判断氧元素和氮元素的非金属性强弱，故B错误；
C．亚硫酸是二元中强酸，不是强酸，故C错误；
D．三氟化氮是只含有共价键的共价化合物，电子式为，分子中各原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选D。
5. 已知Te为第五周期第VIA族元素。下列结论正确的个数
①粒子半径：
②氢化物的稳定性：
③离子的还原性：
④氧化性：
⑤酸性：
⑥非金属性：
⑦金属性：
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
【答案】C
【解析】
【详解】①Al3+含有2个电子层，其它离子都含有3个电子，则Al3+的离子半径最小；电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则粒子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，则离子的还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故③错误；
④非金属性Cl＞S＞Se＞Te，则单质的氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S＞P＞C＞Si，所以酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，故⑤正确；
⑥O与N、P与Si同周期，原子序数越大非金属性越强，则非金属性：O＞N、P＞Si,N、P同主族，原子序数越大非金属性越弱，则非金属性N＞P，所以非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦同一周期主族元素，金属性随着原子序数的增大而减弱，则金属性：K＞Ca；同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，则金属性：Be＜Mg＜Ca，所以这四种元素金属性Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦正确；
故选：C
6. 海带中含有丰富的碘元素，碘元素在海带中以碘化物的形式存在。在实验室中，从海带灰浸取液中提取碘单质的流程如图：
下列说法正确的是
A. 操作①中的不可以用氯水代替
B. 操作②中分液时含的溶液从分液漏斗下口放出
C. 操作③使用的是反萃取法，得到的上层溶液为紫红色
D. 为提高①中反应的速率，可增大硫酸浓度或在高温条件下进行
【答案】B
【解析】
【分析】向海带灰浸取液中加入过氧化氢和稀硫酸混合溶液，将溶液中的碘离子氧化为碘得到含碘的水溶液；向含碘的水溶液中加入四氯化碳萃取、分液得到含碘的四氯化碳溶液；向含碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，分液得到含有四氯化碳的下层溶液和含有碘化钠、碘酸钠的上层溶液；向上层溶液中加入稀硫酸，溶液中碘离子和碘酸根离子酸性条件下反应生成碘得到含碘的悬浊液，过滤得到单质碘。
【详解】A．由分析可知，向海带灰浸取液中加入过氧化氢和稀硫酸混合溶液的目的是将溶液中的碘离子氧化为碘得到含碘的水溶液，氯气也能与溶液中的碘离子氧化为碘，则操作①中的过氧化氢可以用氯水代替，故A错误；
B．四氯化碳的密度大于水，则操作②中分液时含碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，故B正确；
C．由分析可知，操作③分液得到的上层溶液是含有碘化钠、碘酸钠的无色溶液，故C错误；
D．过氧化氢受热易分解生成水和氧气，所以反应①不能在高温条件下进行，否则会使反应速率减慢，故D错误；
故选B。
7. 锂(Li)—空气电池的工作原理如图所示下列说法不正确的是
A. 金属锂作负极，发生氧化反应
B. 通过有机电解质向水溶液处移动
C. 正极的电极反应：
D. 电池每消耗标况下56L空气(占1/5)，电路中通过的电子数为2ml
【答案】C
【解析】
【分析】Li—空气电池锂作负极，通入空气的一极为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池中阳离子移向正极；
【详解】A．锂为活泼金属，锂(Li)—空气电池中，锂作负极，发生氧化反应，A正确；
B．生成的Li+向正极移动，即向水溶液处移动，故B正确；
C．通入空气的一极为正极，在水溶液中氧气被还原生成氢氧根离子，正极的电极反应：，C错误；
D．电池每消耗标况下56L空气(占1/5，氧气为56L÷5÷22.4L/ml=0.5ml)，则电路中通过的电子数为0.5ml×4=2ml，D正确；
故选C。
8. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．瓷坩埚中的SiO2会与加热熔融NaOH反应，故A项错误；
B．饱和碳酸氢钠溶液与HCl与反应，不与二氧化碳反应，可以用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的少量HCl，故B项正确；
C．碳酸氢铵受热分解产生的二氧化碳、氨气和水会重新结合为碳酸氢铵，实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，故C项错误；
D．灼烧海带，应该用坩埚，不能用蒸发皿，故D项错误；
故本题选B。
9. 锂-氟化碳(氟气与碳生成的夹层化合物)电池在质量比能量、体积比能量、工作温度范围等方面具有明显优势而应用广泛。电解液为丙烯碳酸酯的溶液，总反应为，放电产物LiF易沉积，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电池工作时，电子流动方向：电极a→负载→电极b→阳离子交换膜→电极a
B. 负极反应式为：
C. 为了提高电池放电性能，在电解液中添加合适的试剂溶解沉积在b极区的LiF
D. 电池工作一段时间，a极区的电解液质量增大
【答案】C
【解析】
【分析】原电池内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，a电极为负极、b电极为正极，负极反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为，据此分析解答。
【详解】A．a为负极，b为正极，电池工作时，电子流动方向，由负极a流出，经导线流向电极b，不进入溶液，故A错误；
B．a为负极，负极反应式为Li-e-=Li+，故B错误；
C．由于放电产物LiF易沉积，因此为了提高电池放电性能，在电解液中添加合适的试剂溶解沉积在b极区的LiF，故C正确；
D．负极产生的锂离子，通过交换膜进入正极区，所以电池工作一段时间，a极区的电解液质量减小，故D错误；
故选C。
10. 将反应“”设计成如图所示的原电池装置，其中、均为碳棒。下列叙述中正确的是
A. 向B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，作正极
B. 图中参加反应，盐桥上转移2ml电子
C. 当上述反应达到化学平衡时，电流计指针读数不为零
D. 向B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，电极：
【答案】D
【解析】
【分析】向B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，平衡逆向移动，发生原电池反应，A中发生I2+2e-=2I-，为正极反应，而B中转化为，As化合价升高，发生氧化反应，C2为负极。
【详解】A．由上述分析可知此时为负极，故A错误；
B．电子不能进入溶液中，即溶液中不能转移电子，故B错误；
C．当上述反应达到化学平衡时，没有电子转移，电流计指针读数为零，故C错误；
D．由上述分析可知此时为正极，电极反应为：I2+2e-=2I-，故D正确；
故选D。
11. 在三个恒容密闭容器中按下表相应量充入气体，发生反应，其他条件不变时，容器I、Ⅱ、Ⅲ 中的平衡转化率随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应放热
B.
C. 图中A、B、C三点处容器内总压强：p(I)A＜p(Ⅱ)B＜p(Ⅲ)C
D. 470℃时容器Ⅱ中的反应达到平衡时再加入，平衡向正反应方向移动，的转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象，压强不变、升高温度时N2O平衡转化率增大，平衡正向移动，所以正反应吸热，故A错误；
B．根据图象，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 中投入的N2O一样多，相同温度下，N2O平衡转化率依次减小，说明压强依次增大，容器体积依次减小，V1＞1＞V3，故B错误；
C．反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)的正反应为气体分子数目增大的平衡体系，且正反应放热，温度高反应物平衡转化率大，压强小反应物转化率大，图中A、B、C三点平衡转化率相同，而温度依次增大，所以压强也依次增大，p(I)A＜p(Ⅱ)B＜p(Ⅲ)C，故C正确；
D．根据图示，Ⅱ中470℃进行反应时N2O平衡转化率为60%，列三段式：
该温度下，容积为1L，平衡常数K= =0.0675，再加入在470℃进行反应时，Qc= ，Qc＜K，平衡正向移动，但新平衡等效于旧平衡增压后右移所得，的转化率减小，故D错误；
答案选C。
12. 在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生反应：，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有几个
①容器内温度不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2∶1∶1
⑦某时刻且不等于零
⑧单位时间内生成nmlD，同时生成2nmlA
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【详解】①容器内温度不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故①正确；
②混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③绝热、恒体积、恒物质的量体系中 pV=nRT 温度在改变，压强也在改变，当压强不变说明反应达平衡状态，故③正确；
④混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故④正确；
⑤C(g)的物质的量浓度不变，说明C的物质的量不变，反应达平衡状态，故⑤正确；
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2∶1∶1，不能说明浓度不变，故⑥错误；
⑦反应速率之比等于系数比，且不等于零才能说明反应达到平衡状态，故⑦错误；
⑧单位时间内生成n ml D等效于消耗2n ml A，同时生成2n ml A，所以正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故⑧正确；
故选C。
13. 在某密闭容器中存在如下反应：，在其他条件不变时，改变某一条件可能对上述反应产生影响。下列分析错误的是
A. 图I说明该反应正方向为放热反应
B. 图Ⅱ可表示减小压强对该平衡的影响
C. 图Ⅲ中温度之前该反应未达到平衡
D. 图Ⅳ一定表示催化剂对该平衡的影响
【答案】D
【解析】
【详解】A．图I：升温，逆反应速率比正反应速率增加得快，平衡向左移动，那么逆方向为吸热方向，说明该反应正方向为放热反应，故A正确；
B．反应前后气体分子数不变，压强变化不影响平衡移动，减小压强正、逆反应速率同等程度减慢，图Ⅱ可表示减小压强对该平衡的影响，故B正确；
C．温度高反应速率快，相同时间内反应物转化率大，达到平衡所需的时间短，达到平衡后，继续升温，转化率下降，说明升温平衡逆向移动，则图Ⅲ中温度之前该反应未达到平衡，故C正确；
D．先拐先平，该反应前后气体分子数不变，增大压强同等程度加快正、逆反应速率，不影响平衡移动，图Ⅳ不一定表示催化剂对该平衡的影响，故D错误；
故选D。
14. 一定温度下，向四个不同的恒容密闭容器中分别通入，发生反应。tmin时，NOCl的转化率与容器体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 图中只有c、d两点处于平衡状态B. b、d两点的压强相等
C. tmin时a点大于c点D. 平衡转化率：
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓度越小，反应速率越慢，达到平衡所需的时间越长，则a点容器中反应速率最快，d点容器中反应速率最慢．a、b点反应速率比c点快，由于tmin后c点的NOCl转化率比a、b点高，则a、b点反应已达到平衡，c点不一定达到平衡状态，d点没有达到平衡状态，故A错误；
B．b、d两点的容器中NOCl的转化率相等，则容器中NOCl、NO、Cl2的物质的量分别对应相等，即两容器中混合气体的总物质的量相等，但V2＜V4，根据pV=nRT可知，压强：b＞d,故B错误；
C．a点已达到平衡，且容器体积更小、压强更大，反应速率更快，所以a点v逆大于c点v正，故C正确；
D．当四个容器中反应都达到平衡状态时，结合反应容器体积和反应方程式可知，体积越大，压强越小，转化率越高，平衡转化率：，故D错误；
故选：C。
第II卷(非选择题)
15. I.回答下列问题：
（1）请用以下物质的序号填空：
①NaCl②③NaOH④⑤⑥⑦⑧⑨He⑩
其中只含有共价键的化合物有___________，含有非极性共价键的离子化合物有___________，含有极性共价键的离子化合物有___________，不含共价键的化合物有___________。
（2）X、Y两种主族元素能形成型化合物，已知中共有38个电子，若为常见元素形成的离子化合物，其电子式为___________；若为共价化合物，其结构式为___________。
II.已知：在常温常压下，断开1mlAB(g)分子中的化学键使其分别生成气态原子A(g)和B(g)所吸收的能量叫做键能。几种共价键的键能如下表所示：
（3）2mlHBr(g)和反应生成2mlHF(g)和___________(填“吸收”或“放出”)___________KJ能量。
【答案】（1） ①. ④⑤⑧ ②. ② ③. ③⑦ ④. ①
（2） ①. ②. S=C=S
（3） ①. 放出 ②. 438
【解析】
【小问1详解】
①NaCl只含离子键，②含离子键和非极性共价键，③NaOH含离子键和极性共价键，④只含共价键，⑤含非极性共价键和极性共价键，⑥只含非极性共价键，⑦含离子键和极性共价键，⑧只含极性共价键，⑨He是稀有气体，不存在化学键，⑩含共价键；其中只含有共价键化合物有④⑤⑧，含有非极性共价键的离子化合物有②，含有极性共价键的离子化合物有③⑦，不含共价键的化合物有①；
【小问2详解】
XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，则该离于化合物应为 CaF2，电子式为：，若XY2为共价化合物，则为CS2，其结构式为S=C=S；
【小问3详解】
反应热等于断裂化学键总键能与形成化学键的总键能之差，2mlHBr(g)和反应断裂化学键吸收的总能量为2×363+159=885kJ/ml，生成2mlHF(g)和形成化学键放出的总能量为2×565kJ+193kJ=1323kJ/ml，放出1323kJ-885kJ=438kJ能量。
16. I．铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。
（1）Fe在元素周期表中的位置___________
（2）工作时透过质子交换膜的移动方向由___________(填“乙→甲”或“甲→乙”)
（3）碳电极上的电极反应式为___________
（4）处理含的废水，若处理，则有___________透过质子交换膜。
II．一种新型微生物电池可将有机废水中转化为，其工作原理如图所示(a、b极均为惰性电极)。
（5）外电路电流的方向为___________(填“a到b”或“b到a”)；a极反应式为___________
（6）已知该装置能实现海水的淡化，图中NaCl溶液就是在模拟海水。阴离子交换膜只允许阴离子通过，阳离子交换膜只允许阳离子通过，隔膜1和隔膜2一个是阴离子交换膜，一个为阳离子交换膜，则隔膜___________是阳离子交换膜(填“1”或“2”)。
【答案】（1）第四周期第VII族
（2）乙→甲 （3）
（4）0.5 （5） ①. b到a ②.
（6）2
【解析】
【分析】II．该装置为原电池，有机废水中的CH4发生失电子的氧化反应生成CO2,则a极为负极，电极反应式为：，b极为正极，酸性条件下，H+得电子生成H2，反应式为2H++2e-=H2↑；
【小问1详解】
Fe为26号元素，其在元素周期表中的位置为第四周期第VII族；
【小问2详解】
由图可知电池工作时，碳电极是正极，H+会由负极移向正极，即H+由乙室通过质子交换膜向甲室移动，即乙→甲；
【小问3详解】
碳电极为正极，在甲室中转化为N2，所以电极反应式为；
【小问4详解】
处理含的废水时，根据电子守恒可知关系式为：～5e−，透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等，所以处理6.2 g物质的量是0.1 ml时，电池中有0.5 ml H+透过质子交换膜；
【小问5详解】
由分析可知，b极为电源的正极，外电路电流的方向由正极流向负极，即由b到a；CH4发生失电子的氧化反应生成CO2,则a极为负极，电极反应式为：；
【小问6详解】
原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na +通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。
17. I．研究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义，回答下列问题：
（1）常温下，实验室用硫酸跟足量锌粉反应制取氢气，为降低反应进行的速率，又不影响生成氢气的量，可向反应物中加入___________(填序号)。
A. 固体B. 溶液C. 溶液D. 固体
（2）一定温度下，在体积为aL的固定密闭容器中，有色气体N与无色气体M的物质的量随时间变化曲线如图所示，从反应开始到，平均反应速率___________，该反应的化学方程式可表示为___________ (用M、N表示化学式)。
下列说法中能够判定该反应处于平衡状态的是___________(填序号)。
A．速率 B．气体的总质量不再变化
C．气体的颜色不再变化 D．M的体积分数不变
E．混合气体的平均相对分子质量不再改变 F．混合气体的密度不再改变
II．科学家研究高效催化剂对汽车尾气进行无害化处理，反应原理为，在2L密闭容器中充入CO和NO共4ml，发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图乙所示[起始投料比]回答下列问题：
乙
（3）、、相对大小关系是___________。
（4）若，温度为，CO的平衡转化率为40%，NO的平衡浓度=___________；开始时与平衡时容器内的压强之比为___________。
【答案】（1）AC （2） ①. ②. ③. CDE
（3）
（4） ①. 0.6 ②. 10：9
【解析】
【小问1详解】
A．向溶液中加入醋酸钠固体，醋酸钠与硫酸溶液反应生成醋酸和硫酸钠，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，但溶液提供氢离子的物质的量不变，生成氢气的量不变，故符合题意；
B．向溶液中加入硝酸钾溶液，酸性条件下硝酸根离子与锌反应生成一氧化氮气体，不能生成氢气，氢气的量会减小，故不符合题意；
C．向溶液中加入硫酸钾溶液相当于稀释硫酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但溶液中氢离子的物质的量不变，生成氢气的量不变，故符合题意；
D．向溶液中加入硫酸氢钾固体，溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，且氢离子的物质的量，生成氢气的量增大，故不符合题意；
故选AC；
【小问2详解】
由图可知，反应达到平衡时，M的物质的量增加(5ml—2ml)=3ml、N的物质的量减小(8ml—2ml)=6ml，则N为反应的反应物、M为生成物，由变化量之比等于化学计量数之比可知，反应的方程式为；t1min时，N的物质的量为6ml，则从反应开始到t1min内，N的反应速率为=；
A．速率不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则气体的总质量不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．由题意可知，该反应是气体颜色变浅的反应，则气体的颜色不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．M的体积分数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
E．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
F．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选CDE，故答案为：；；CDE；
【小问3详解】
温度相同时，密闭容器中起始投料比m增大相当于增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，由图可知，温度相同时m1、m2、m3对应一氧化碳的转化率依次减小，则投料比的相对大小关系为，故答案为：；
【小问4详解】
一氧化碳和一氧化氮的物质的量共4ml，则m2为1时，起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量都为2ml，平衡时一氧化碳的转化率为40%，则平衡时，一氧化氮的浓度为=0.6ml/L，混合气体的总物质的量为4ml—2ml×40%=3.6ml，由气体的物质的量之比等于气体压强之比可知，开始时与平衡时容器内的压强之比为4ml：3.6ml=10：9，故答案为：10：9。
18. 为了更深刻地认识卤素的性质，某化学小组对卤素的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。
（1）仪器b的名称是___________，装置A制取氯气的化学方程式为___________。
（2）若产生则被氧化的HCl___________ml。
（3）装置D的作用是验证氯气是否具有漂白性，为此D中I、II、III处依次放入物质的组合应是___________(填字母编号)。
（4）装置E、F的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性。反应一段时间后，打开E中活塞，将装置E中少量溶液加入装置F中，振荡，观察到的现象是___________，该现象___________(填“能”或“不能”)说明溴单质的氧化性强于碘单质，原因是___________。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②.
（2）1 （3）d
（4） ①. F中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层无色 ②. 不能 ③. 过量的Cl2也能将I-氧化为I2
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D用于验证氯气是否具有漂白性，装置F的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器b为圆底烧瓶；由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：圆底烧瓶；MnO2+4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
由方程式可知，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，盐酸表现酸性和还原性，反应生成1ml氯气，被氧化的氯化氢的物质的量为2ml，则反应生成0.5ml氯气时，被氧化的氯化氢为1ml，故答案为：1；
【小问3详解】
装置D的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，D为U型管应盛放固体干燥剂，氯气会和碱石灰发生反应，所以干燥剂选择无水氯化钙，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以以D中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故选d；
【小问4详解】
无论氯气是否有剩余，碘离子都会被氧化成碘单质，之后会被苯萃取，所以实验中观察到的实验现象为F 中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层为无色；由于E中溶液可能溶有过量的氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，则F中生成的单质碘不一定是溴与碘化钾溶液反应置换出来的，也可能是过量的氯气将碘离子氧化为碘，所以实验不能说明溴单质的氧化性一定比碘强，故答案为：F中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层无色；不能；过量的Cl2也能将I-氧化为I2。实验目的
A.加热熔融NaOH固体
B.除去中的少量HCl
实验装置
实验目的
C.实验室制取干燥的氨气
D.灼烧海带
实验装置
容器
容积/L
起始物质的量/ml
I
0.1
0
0
Ⅱ
1.0
0.1
0
0
Ⅲ
0.1
0
0
共价键
键能
266
159
327
565
363
193
347
编号
I
II
III
a
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
b
干燥的有色布条
无水氯化钙
湿润的有色布条
c
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
d
湿润的有色布条
无水氯化钙
干燥的有色布条
1.答题前填好自己的姓名、班级、考号等信息
2.所有选择题的答案必修用2B铅笔填涂在答题卡中相应的位置，否则该大题不予记分
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Ca40 Mn55 Zn65
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题3分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 2024年1月，从邮轮首航到电动飞机首飞再到航天首发，我国一批科技创新实现新的突破。下列说法不正确的是
A. “天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能
B. “快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体实现助推
C. “爱达·魔都号”邮轮使用的镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性强的特点
D. “AG60E”电动飞机使用的动力型锂电池具有质量轻、比能量高的特点
【答案】A
【解析】
【详解】A．光伏发电系统工作时可将光能转化为电能，A错误；
B．“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体，通过反冲获得推动力实现升空，B正确；
C．镁铝合金是一种主要由镁和铝组成的金属合金，具有密度低、抗腐蚀性强的特点，C正确；
D．锂离子电池具有质量轻、体积小、储存能量大、比能量高的特点，D正确；
故选A。
2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 固体中含有的共价键数目为
B. 标准状况下，11.2LHF中含有H-F键的数目为0.5
C. 100gCaS与的混合物中含有32g硫元素，则氧元素的质量为28g
D. 与浓盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4F晶体中N和H之间以N—H共价键相连，故中含有的共价键数目为4，A错误；
B．标准状况下，HF呈液态，故不能用气体摩尔体积去计算，B错误；
C．CaS与混合物中，Ca与S的个数比为1∶1，100g混合物中含有32g硫元素，则必含40g钙元素，则氧元素的质量100-32-40=28g，C正确；
D．制取氯气的反应中，随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐降低，变成了稀盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，反应结束后，也有MnO2剩余，故转移的电子数目小于0.2，D错误；
故选C。
3. 下列反应过程中的能量变化符合图示的是
A. B. 盐酸与碳酸氢钠的反应
C. 铁与稀硫酸的反应D. 氢气与氯气的反应
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，符合图示的反应为反应物的总能量小于生成物的总能量的吸热反应。
【详解】A．表示是共价键的形成过程，该过程放热，且不代表化学反应，故A错误；
B．盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，故B正确；
C．铁与稀硫酸的反应为放热反应，故C错误；
D．氢气与氯气的化合反应为放热反应，故D错误；
故选B。
4. 2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐的结构如图所示，其中X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子电子数的两倍，W、Z、Y位于同一周期，下列叙述正确的是
A. W、X、Y、Z四种元素对应的简单氢化物的稳定性依次减弱
B. Z、W的非金属性强弱可以通过比较和的热稳定性进行判断
C. X的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，阴离子中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、6、1、2，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子电子数的两倍，W、Z、Y位于同一周期，则W为N元素、X为S元素、Y为F元素、Z为O元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，则氟化氢的稳定性强于水，故A错误；
B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，但氢化物的稳定性不一定增强，所以不能用过氧化氢和联氨的热稳定性判断氧元素和氮元素的非金属性强弱，故B错误；
C．亚硫酸是二元中强酸，不是强酸，故C错误；
D．三氟化氮是只含有共价键的共价化合物，电子式为，分子中各原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选D。
5. 已知Te为第五周期第VIA族元素。下列结论正确的个数
①粒子半径：
②氢化物的稳定性：
③离子的还原性：
④氧化性：
⑤酸性：
⑥非金属性：
⑦金属性：
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
【答案】C
【解析】
【详解】①Al3+含有2个电子层，其它离子都含有3个电子，则Al3+的离子半径最小；电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则粒子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，则离子的还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故③错误；
④非金属性Cl＞S＞Se＞Te，则单质的氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S＞P＞C＞Si，所以酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，故⑤正确；
⑥O与N、P与Si同周期，原子序数越大非金属性越强，则非金属性：O＞N、P＞Si,N、P同主族，原子序数越大非金属性越弱，则非金属性N＞P，所以非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦同一周期主族元素，金属性随着原子序数的增大而减弱，则金属性：K＞Ca；同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，则金属性：Be＜Mg＜Ca，所以这四种元素金属性Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦正确；
故选：C
6. 海带中含有丰富的碘元素，碘元素在海带中以碘化物的形式存在。在实验室中，从海带灰浸取液中提取碘单质的流程如图：
下列说法正确的是
A. 操作①中的不可以用氯水代替
B. 操作②中分液时含的溶液从分液漏斗下口放出
C. 操作③使用的是反萃取法，得到的上层溶液为紫红色
D. 为提高①中反应的速率，可增大硫酸浓度或在高温条件下进行
【答案】B
【解析】
【分析】向海带灰浸取液中加入过氧化氢和稀硫酸混合溶液，将溶液中的碘离子氧化为碘得到含碘的水溶液；向含碘的水溶液中加入四氯化碳萃取、分液得到含碘的四氯化碳溶液；向含碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，分液得到含有四氯化碳的下层溶液和含有碘化钠、碘酸钠的上层溶液；向上层溶液中加入稀硫酸，溶液中碘离子和碘酸根离子酸性条件下反应生成碘得到含碘的悬浊液，过滤得到单质碘。
【详解】A．由分析可知，向海带灰浸取液中加入过氧化氢和稀硫酸混合溶液的目的是将溶液中的碘离子氧化为碘得到含碘的水溶液，氯气也能与溶液中的碘离子氧化为碘，则操作①中的过氧化氢可以用氯水代替，故A错误；
B．四氯化碳的密度大于水，则操作②中分液时含碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，故B正确；
C．由分析可知，操作③分液得到的上层溶液是含有碘化钠、碘酸钠的无色溶液，故C错误；
D．过氧化氢受热易分解生成水和氧气，所以反应①不能在高温条件下进行，否则会使反应速率减慢，故D错误；
故选B。
7. 锂(Li)—空气电池的工作原理如图所示下列说法不正确的是
A. 金属锂作负极，发生氧化反应
B. 通过有机电解质向水溶液处移动
C. 正极的电极反应：
D. 电池每消耗标况下56L空气(占1/5)，电路中通过的电子数为2ml
【答案】C
【解析】
【分析】Li—空气电池锂作负极，通入空气的一极为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池中阳离子移向正极；
【详解】A．锂为活泼金属，锂(Li)—空气电池中，锂作负极，发生氧化反应，A正确；
B．生成的Li+向正极移动，即向水溶液处移动，故B正确；
C．通入空气的一极为正极，在水溶液中氧气被还原生成氢氧根离子，正极的电极反应：，C错误；
D．电池每消耗标况下56L空气(占1/5，氧气为56L÷5÷22.4L/ml=0.5ml)，则电路中通过的电子数为0.5ml×4=2ml，D正确；
故选C。
8. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．瓷坩埚中的SiO2会与加热熔融NaOH反应，故A项错误；
B．饱和碳酸氢钠溶液与HCl与反应，不与二氧化碳反应，可以用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的少量HCl，故B项正确；
C．碳酸氢铵受热分解产生的二氧化碳、氨气和水会重新结合为碳酸氢铵，实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，故C项错误；
D．灼烧海带，应该用坩埚，不能用蒸发皿，故D项错误；
故本题选B。
9. 锂-氟化碳(氟气与碳生成的夹层化合物)电池在质量比能量、体积比能量、工作温度范围等方面具有明显优势而应用广泛。电解液为丙烯碳酸酯的溶液，总反应为，放电产物LiF易沉积，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电池工作时，电子流动方向：电极a→负载→电极b→阳离子交换膜→电极a
B. 负极反应式为：
C. 为了提高电池放电性能，在电解液中添加合适的试剂溶解沉积在b极区的LiF
D. 电池工作一段时间，a极区的电解液质量增大
【答案】C
【解析】
【分析】原电池内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，a电极为负极、b电极为正极，负极反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为，据此分析解答。
【详解】A．a为负极，b为正极，电池工作时，电子流动方向，由负极a流出，经导线流向电极b，不进入溶液，故A错误；
B．a为负极，负极反应式为Li-e-=Li+，故B错误；
C．由于放电产物LiF易沉积，因此为了提高电池放电性能，在电解液中添加合适的试剂溶解沉积在b极区的LiF，故C正确；
D．负极产生的锂离子，通过交换膜进入正极区，所以电池工作一段时间，a极区的电解液质量减小，故D错误；
故选C。
10. 将反应“”设计成如图所示的原电池装置，其中、均为碳棒。下列叙述中正确的是
A. 向B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，作正极
B. 图中参加反应，盐桥上转移2ml电子
C. 当上述反应达到化学平衡时，电流计指针读数不为零
D. 向B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，电极：
【答案】D
【解析】
【分析】向B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，平衡逆向移动，发生原电池反应，A中发生I2+2e-=2I-，为正极反应，而B中转化为，As化合价升高，发生氧化反应，C2为负极。
【详解】A．由上述分析可知此时为负极，故A错误；
B．电子不能进入溶液中，即溶液中不能转移电子，故B错误；
C．当上述反应达到化学平衡时，没有电子转移，电流计指针读数为零，故C错误；
D．由上述分析可知此时为正极，电极反应为：I2+2e-=2I-，故D正确；
故选D。
11. 在三个恒容密闭容器中按下表相应量充入气体，发生反应，其他条件不变时，容器I、Ⅱ、Ⅲ 中的平衡转化率随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应放热
B.
C. 图中A、B、C三点处容器内总压强：p(I)A＜p(Ⅱ)B＜p(Ⅲ)C
D. 470℃时容器Ⅱ中的反应达到平衡时再加入，平衡向正反应方向移动，的转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象，压强不变、升高温度时N2O平衡转化率增大，平衡正向移动，所以正反应吸热，故A错误；
B．根据图象，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 中投入的N2O一样多，相同温度下，N2O平衡转化率依次减小，说明压强依次增大，容器体积依次减小，V1＞1＞V3，故B错误；
C．反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)的正反应为气体分子数目增大的平衡体系，且正反应放热，温度高反应物平衡转化率大，压强小反应物转化率大，图中A、B、C三点平衡转化率相同，而温度依次增大，所以压强也依次增大，p(I)A＜p(Ⅱ)B＜p(Ⅲ)C，故C正确；
D．根据图示，Ⅱ中470℃进行反应时N2O平衡转化率为60%，列三段式：
该温度下，容积为1L，平衡常数K= =0.0675，再加入在470℃进行反应时，Qc= ，Qc＜K，平衡正向移动，但新平衡等效于旧平衡增压后右移所得，的转化率减小，故D错误；
答案选C。
12. 在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生反应：，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有几个
①容器内温度不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2∶1∶1
⑦某时刻且不等于零
⑧单位时间内生成nmlD，同时生成2nmlA
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【详解】①容器内温度不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故①正确；
②混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③绝热、恒体积、恒物质的量体系中 pV=nRT 温度在改变，压强也在改变，当压强不变说明反应达平衡状态，故③正确；
④混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故④正确；
⑤C(g)的物质的量浓度不变，说明C的物质的量不变，反应达平衡状态，故⑤正确；
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2∶1∶1，不能说明浓度不变，故⑥错误；
⑦反应速率之比等于系数比，且不等于零才能说明反应达到平衡状态，故⑦错误；
⑧单位时间内生成n ml D等效于消耗2n ml A，同时生成2n ml A，所以正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故⑧正确；
故选C。
13. 在某密闭容器中存在如下反应：，在其他条件不变时，改变某一条件可能对上述反应产生影响。下列分析错误的是
A. 图I说明该反应正方向为放热反应
B. 图Ⅱ可表示减小压强对该平衡的影响
C. 图Ⅲ中温度之前该反应未达到平衡
D. 图Ⅳ一定表示催化剂对该平衡的影响
【答案】D
【解析】
【详解】A．图I：升温，逆反应速率比正反应速率增加得快，平衡向左移动，那么逆方向为吸热方向，说明该反应正方向为放热反应，故A正确；
B．反应前后气体分子数不变，压强变化不影响平衡移动，减小压强正、逆反应速率同等程度减慢，图Ⅱ可表示减小压强对该平衡的影响，故B正确；
C．温度高反应速率快，相同时间内反应物转化率大，达到平衡所需的时间短，达到平衡后，继续升温，转化率下降，说明升温平衡逆向移动，则图Ⅲ中温度之前该反应未达到平衡，故C正确；
D．先拐先平，该反应前后气体分子数不变，增大压强同等程度加快正、逆反应速率，不影响平衡移动，图Ⅳ不一定表示催化剂对该平衡的影响，故D错误；
故选D。
14. 一定温度下，向四个不同的恒容密闭容器中分别通入，发生反应。tmin时，NOCl的转化率与容器体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 图中只有c、d两点处于平衡状态B. b、d两点的压强相等
C. tmin时a点大于c点D. 平衡转化率：
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓度越小，反应速率越慢，达到平衡所需的时间越长，则a点容器中反应速率最快，d点容器中反应速率最慢．a、b点反应速率比c点快，由于tmin后c点的NOCl转化率比a、b点高，则a、b点反应已达到平衡，c点不一定达到平衡状态，d点没有达到平衡状态，故A错误；
B．b、d两点的容器中NOCl的转化率相等，则容器中NOCl、NO、Cl2的物质的量分别对应相等，即两容器中混合气体的总物质的量相等，但V2＜V4，根据pV=nRT可知，压强：b＞d,故B错误；
C．a点已达到平衡，且容器体积更小、压强更大，反应速率更快，所以a点v逆大于c点v正，故C正确；
D．当四个容器中反应都达到平衡状态时，结合反应容器体积和反应方程式可知，体积越大，压强越小，转化率越高，平衡转化率：，故D错误；
故选：C。
第II卷(非选择题)
15. I.回答下列问题：
（1）请用以下物质的序号填空：
①NaCl②③NaOH④⑤⑥⑦⑧⑨He⑩
其中只含有共价键的化合物有___________，含有非极性共价键的离子化合物有___________，含有极性共价键的离子化合物有___________，不含共价键的化合物有___________。
（2）X、Y两种主族元素能形成型化合物，已知中共有38个电子，若为常见元素形成的离子化合物，其电子式为___________；若为共价化合物，其结构式为___________。
II.已知：在常温常压下，断开1mlAB(g)分子中的化学键使其分别生成气态原子A(g)和B(g)所吸收的能量叫做键能。几种共价键的键能如下表所示：
（3）2mlHBr(g)和反应生成2mlHF(g)和___________(填“吸收”或“放出”)___________KJ能量。
【答案】（1） ①. ④⑤⑧ ②. ② ③. ③⑦ ④. ①
（2） ①. ②. S=C=S
（3） ①. 放出 ②. 438
【解析】
【小问1详解】
①NaCl只含离子键，②含离子键和非极性共价键，③NaOH含离子键和极性共价键，④只含共价键，⑤含非极性共价键和极性共价键，⑥只含非极性共价键，⑦含离子键和极性共价键，⑧只含极性共价键，⑨He是稀有气体，不存在化学键，⑩含共价键；其中只含有共价键化合物有④⑤⑧，含有非极性共价键的离子化合物有②，含有极性共价键的离子化合物有③⑦，不含共价键的化合物有①；
【小问2详解】
XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，则该离于化合物应为 CaF2，电子式为：，若XY2为共价化合物，则为CS2，其结构式为S=C=S；
【小问3详解】
反应热等于断裂化学键总键能与形成化学键的总键能之差，2mlHBr(g)和反应断裂化学键吸收的总能量为2×363+159=885kJ/ml，生成2mlHF(g)和形成化学键放出的总能量为2×565kJ+193kJ=1323kJ/ml，放出1323kJ-885kJ=438kJ能量。
16. I．铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。
（1）Fe在元素周期表中的位置___________
（2）工作时透过质子交换膜的移动方向由___________(填“乙→甲”或“甲→乙”)
（3）碳电极上的电极反应式为___________
（4）处理含的废水，若处理，则有___________透过质子交换膜。
II．一种新型微生物电池可将有机废水中转化为，其工作原理如图所示(a、b极均为惰性电极)。
（5）外电路电流的方向为___________(填“a到b”或“b到a”)；a极反应式为___________
（6）已知该装置能实现海水的淡化，图中NaCl溶液就是在模拟海水。阴离子交换膜只允许阴离子通过，阳离子交换膜只允许阳离子通过，隔膜1和隔膜2一个是阴离子交换膜，一个为阳离子交换膜，则隔膜___________是阳离子交换膜(填“1”或“2”)。
【答案】（1）第四周期第VII族
（2）乙→甲 （3）
（4）0.5 （5） ①. b到a ②.
（6）2
【解析】
【分析】II．该装置为原电池，有机废水中的CH4发生失电子的氧化反应生成CO2,则a极为负极，电极反应式为：，b极为正极，酸性条件下，H+得电子生成H2，反应式为2H++2e-=H2↑；
【小问1详解】
Fe为26号元素，其在元素周期表中的位置为第四周期第VII族；
【小问2详解】
由图可知电池工作时，碳电极是正极，H+会由负极移向正极，即H+由乙室通过质子交换膜向甲室移动，即乙→甲；
【小问3详解】
碳电极为正极，在甲室中转化为N2，所以电极反应式为；
【小问4详解】
处理含的废水时，根据电子守恒可知关系式为：～5e−，透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等，所以处理6.2 g物质的量是0.1 ml时，电池中有0.5 ml H+透过质子交换膜；
【小问5详解】
由分析可知，b极为电源的正极，外电路电流的方向由正极流向负极，即由b到a；CH4发生失电子的氧化反应生成CO2,则a极为负极，电极反应式为：；
【小问6详解】
原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na +通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。
17. I．研究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义，回答下列问题：
（1）常温下，实验室用硫酸跟足量锌粉反应制取氢气，为降低反应进行的速率，又不影响生成氢气的量，可向反应物中加入___________(填序号)。
A. 固体B. 溶液C. 溶液D. 固体
（2）一定温度下，在体积为aL的固定密闭容器中，有色气体N与无色气体M的物质的量随时间变化曲线如图所示，从反应开始到，平均反应速率___________，该反应的化学方程式可表示为___________ (用M、N表示化学式)。
下列说法中能够判定该反应处于平衡状态的是___________(填序号)。
A．速率 B．气体的总质量不再变化
C．气体的颜色不再变化 D．M的体积分数不变
E．混合气体的平均相对分子质量不再改变 F．混合气体的密度不再改变
II．科学家研究高效催化剂对汽车尾气进行无害化处理，反应原理为，在2L密闭容器中充入CO和NO共4ml，发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图乙所示[起始投料比]回答下列问题：
乙
（3）、、相对大小关系是___________。
（4）若，温度为，CO的平衡转化率为40%，NO的平衡浓度=___________；开始时与平衡时容器内的压强之比为___________。
【答案】（1）AC （2） ①. ②. ③. CDE
（3）
（4） ①. 0.6 ②. 10：9
【解析】
【小问1详解】
A．向溶液中加入醋酸钠固体，醋酸钠与硫酸溶液反应生成醋酸和硫酸钠，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，但溶液提供氢离子的物质的量不变，生成氢气的量不变，故符合题意；
B．向溶液中加入硝酸钾溶液，酸性条件下硝酸根离子与锌反应生成一氧化氮气体，不能生成氢气，氢气的量会减小，故不符合题意；
C．向溶液中加入硫酸钾溶液相当于稀释硫酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但溶液中氢离子的物质的量不变，生成氢气的量不变，故符合题意；
D．向溶液中加入硫酸氢钾固体，溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，且氢离子的物质的量，生成氢气的量增大，故不符合题意；
故选AC；
【小问2详解】
由图可知，反应达到平衡时，M的物质的量增加(5ml—2ml)=3ml、N的物质的量减小(8ml—2ml)=6ml，则N为反应的反应物、M为生成物，由变化量之比等于化学计量数之比可知，反应的方程式为；t1min时，N的物质的量为6ml，则从反应开始到t1min内，N的反应速率为=；
A．速率不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则气体的总质量不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．由题意可知，该反应是气体颜色变浅的反应，则气体的颜色不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．M的体积分数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
E．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
F．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选CDE，故答案为：；；CDE；
【小问3详解】
温度相同时，密闭容器中起始投料比m增大相当于增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，由图可知，温度相同时m1、m2、m3对应一氧化碳的转化率依次减小，则投料比的相对大小关系为，故答案为：；
【小问4详解】
一氧化碳和一氧化氮的物质的量共4ml，则m2为1时，起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量都为2ml，平衡时一氧化碳的转化率为40%，则平衡时，一氧化氮的浓度为=0.6ml/L，混合气体的总物质的量为4ml—2ml×40%=3.6ml，由气体的物质的量之比等于气体压强之比可知，开始时与平衡时容器内的压强之比为4ml：3.6ml=10：9，故答案为：10：9。
18. 为了更深刻地认识卤素的性质，某化学小组对卤素的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。
（1）仪器b的名称是___________，装置A制取氯气的化学方程式为___________。
（2）若产生则被氧化的HCl___________ml。
（3）装置D的作用是验证氯气是否具有漂白性，为此D中I、II、III处依次放入物质的组合应是___________(填字母编号)。
（4）装置E、F的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性。反应一段时间后，打开E中活塞，将装置E中少量溶液加入装置F中，振荡，观察到的现象是___________，该现象___________(填“能”或“不能”)说明溴单质的氧化性强于碘单质，原因是___________。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②.
（2）1 （3）d
（4） ①. F中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层无色 ②. 不能 ③. 过量的Cl2也能将I-氧化为I2
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D用于验证氯气是否具有漂白性，装置F的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器b为圆底烧瓶；由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：圆底烧瓶；MnO2+4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
由方程式可知，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，盐酸表现酸性和还原性，反应生成1ml氯气，被氧化的氯化氢的物质的量为2ml，则反应生成0.5ml氯气时，被氧化的氯化氢为1ml，故答案为：1；
【小问3详解】
装置D的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，D为U型管应盛放固体干燥剂，氯气会和碱石灰发生反应，所以干燥剂选择无水氯化钙，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以以D中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故选d；
【小问4详解】
无论氯气是否有剩余，碘离子都会被氧化成碘单质，之后会被苯萃取，所以实验中观察到的实验现象为F 中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层为无色；由于E中溶液可能溶有过量的氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，则F中生成的单质碘不一定是溴与碘化钾溶液反应置换出来的，也可能是过量的氯气将碘离子氧化为碘，所以实验不能说明溴单质的氧化性一定比碘强，故答案为：F中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层无色；不能；过量的Cl2也能将I-氧化为I2。实验目的
A.加热熔融NaOH固体
B.除去中的少量HCl
实验装置
实验目的
C.实验室制取干燥的氨气
D.灼烧海带
实验装置
容器
容积/L
起始物质的量/ml
I
0.1
0
0
Ⅱ
1.0
0.1
0
0
Ⅲ
0.1
0
0
共价键
键能
266
159
327
565
363
193
347
编号
I
II
III
a
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
b
干燥的有色布条
无水氯化钙
湿润的有色布条
c
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
d
湿润的有色布条
无水氯化钙
干燥的有色布条
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