精品解析：山东省德州市2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题

高一化学试题 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Se：79 Sn：119 第Ⅰ卷(选择题 共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与生活紧密相连，下列解释不合理的是 A. “暖宝宝”发热原理：利用铁粉与氧气发生氧化还原反应放出热量 B. 铝制易拉罐广泛使用：铝的金属性比铁强，抗腐蚀性优于铁 C. 冰箱冷藏延长食物保质期：低温降低微生物酶的活性，使腐败反应速率减慢 D. 用明矾净化黄河水：胶体具有吸附性 2. 为了探究反应的反应机理，用含的和含的HCl进行实验，下列说法正确的是 A. 和互为同位素 B. 和物理性质相似，化学性质不同 C. 反应产物KCl中Cl为 D. HCl和都只含共价键，属于共价化合物 3. 下列有关化学用语表示错误的是 A. HClO的电子式： B. 中子数为143的U： C. 氨分子的空间结构示意图： D. 用电子式表示的形成过程： 4. 关于和，下列说法正确的是 A. “侯氏制碱法”中的“碱”指的是 B. 二者都能遇酸产生气体，都是食品膨松剂 C. 可以用澄清石灰水鉴别、溶液 D. 可以用加热的方法除去固体中的杂质 5. 实验室中下列做法错误的是 A. 用酒精灯直接加热蒸发皿 B. 分液漏斗和容量瓶在使用前须检漏 C. 金属钾保存在盛有煤油的细口瓶中 D. 烧碱溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，后用硼酸溶液冲洗 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收过量： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 用稀硝酸溶解少量铜粉： D. 用惰性电极电解溶液： 7. 如图装置可防止金属管道在潮湿土壤中的腐蚀。下列有关说法中正确的是 A. 电流由镁块经导线流向管道 B. 管道表面上发生氧化反应 C. 该保护法为牺牲阳极保护法 D. 将镁块换为钠块，则保护效果更好 8. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A．配制NaOH溶液 B．萃取碘水中的碘 C．钠在空气中燃烧 D．铁钉镀锌 A. A B. B C. C D. D 9. X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，X与Y形成的一种化合物可用于杀菌消毒，X的单质与Z的单质在暗处就能发生爆炸，W与Z同族，下列说法正确的是 A. Y的最高化合价为＋6 B. 原子半径和离子半径均满足Y>Z C. 为离子化合物 D. Z的单质能从W的盐溶液中置换出W的单质 10. 联氨()是一种应用广泛的化工原料，常用于火箭和燃料电池的燃料。恒温条件下，在体积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol (g)和2 mol (g)，发生反应： ，反应第5min时测得(g)浓度为0.4 。下列说法错误的是 A. 反应过程中放出的热量为1.2b kJ B. 以(g)表示的平均反应速率为0.12 C. 容器中说明该反应达到化学平衡状态 D. 若将恒温恒容的容器改为绝热恒容能加快反应速率 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 验证铜与浓硫酸反应生成 向铜与浓硫酸反应后的溶液中加入适量蒸馏水，溶液变蓝 B 比较非金属性：S>C>Si 向溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入溶液中，生成白色胶状沉淀 C 证明溶液中含有 向溶液中加入浓NaOH溶液并加热，生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 D 除去溶液中的 向溶液中通入 A. A B. B C. C D. D 12. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，如图所示： 下列说法错误的是 A. 溶解过程的热效应与温度无关 B. 根据各微粒的状态可知：a>0，b<0 C. 根据盖斯定律可知：a＋b=4 D. 该溶液导电是NaCl在电流作用下产生自由移动的(aq)和(aq) 13. “空气和水蒸气吹出法”海水提溴的工艺流程如图，流程中A、B、C均为气体。 下列说法错误的是 A. A和C可以是同一物质 B. 用空气和水蒸气将吹出，体现了易升华 C. 若B流量过大，会导致的产率下降 D. 若B为吸收塔中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 14. 高铁酸钾()是一种多功能饮用水处理剂，其制备流程如图所示： 下列说法正确的是 A. 该条件下，物质的溶解性： B. 可以将稀硫酸换成稀盐酸 C. 氧化Ⅰ温度不宜过高的主要原因是防止反应速率过快 D. 氧化Ⅱ的离子方程式： 15. 镍氢电池具有高容量、大功率、无污染等特点，其结构示意图如下，其中M为储氢合金LaNi5。下列说法错误的是 A. 该电池负极反应式为 B. 放电过程中，碱性电解液的浓度不变 C. 充电时氢氧化镍电极与电源正极相连 D. 若氢氧化镍电极质量增加10g，则氢化物电极质量减小10x g 第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 三、非选择题：本题包括5小题，共60分。 16. A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，其最外层电子数之和为16；、、为单质，X、Y、Z为化合物，其转化关系如右图所示，Z的阴离子为18电子微粒。回答以下问题： （1）元素C在周期表中的位置为___________，Z的电子式为___________。 （2）B、C、D简单离子半径由大到小顺序为___________(用元素符号表示)，C和D形成___________化合物(填“离子”或“共价”)。 （3）A与B形成的18电子微粒的化学式为___________。 （4）实验室制备X的化学方程式为___________，向C的氯化物溶液中加入过量X的水溶液，现象为___________，离子方程式为___________。 17. 氯化亚锡(SnCl2)是一种重要的工业原料，其化学性质与FeCl2相似。实验室用金属Sn、Cl2在浓盐酸作用下可制得SnCl2，装置如下： 已知： 颜色 熔点℃ 沸点℃ 化学性质 SnCl4 无色 -33 114 遇水强烈反应 SnCl2 白色 246 623 易与水反应，强还原性 实验步骤： ①先用a g金属锡与氯气在浓盐酸作用下生成SnCl4。 ②固体反应完后，再加入b g金属锡(b>a)。 ③充分反应后反应液经一系列操作，获得SnCl2。 请回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________，D中盛放试剂为___________。 （2）A装置中反应的离子方程式为___________，C加热之前需先打开A中活塞，目的是___________。 （3）步骤1须控制温度为30～105℃，原因是___________。 （4）解释步骤2中b>a的原因是___________。 （5）配制400mL浓度约为0.1mol/L的SnCl2溶液，操作为：称取7.6g固体→加20mL盐酸溶解→加水稀释→加少量Sn粉保存。下列仪器中不需要使用的是___________。 A. 100mL烧杯 B. 500mL量筒 C. 500mL容量瓶 D. 500mL细口试剂瓶 18. 二氧化碳甲烷化反应是实现“碳中和”的关键技术之一、在催化剂作用下，、同时发生如下反应： 反应1(主反应)： 反应2(副反应)： （1）根据上述反应，某同学认为CO和也可获得甲烷，试写出反应的热化学方程式___________。 （2）在绝热条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中加入1mol 和4mol 。 ①下列能判断主反应达平衡状态的是___________(填字母)。 A．容器内温度不变 B．混合气体的平均密度保持不变 C．的体积分数保持不变 D． ②反应10min后，消耗0.8mol ，的选择性为90%，生成CO的物质的量为___________mol。用表示反应速率为___________。(的选择性=) （3）将甲烷设计成燃烧电池，是提高甲烷燃料利用率的重要举措。电池采用可传导的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示： ①外电路电子移动方向___________(填“a极到b极”或“b极到a极”)。 ②a极电极反应式为___________。 19. 我国科学家研发的新型硒回收技术助力“碳中和”，由含硒废料(主要含、S、Se、、CuO、ZnO等)制取硒的工艺流程如图所示： （1）稳定性：___________；酸性：___________。 （2）“脱硫”得到含硫煤油的操作是___________。 （3）“氧化”过程中，Se转化成弱酸，该反应的离子方程式为___________，滤渣的主要成分___________。 （4）“控电位还原”是将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到物质分离的目的。下表是“酸浸”后溶液中主要粒子的电位。 名称 /Cu /Zn /Fe / / /Se 电位/V 0.345 -0.760 -0.440 0.770 1.511 0.740 ①还原的电极反应式为___________，溶液中同时含和，优先被还原的是(填离子符号)___________。 ②在“控电位还原”的条件下，假定只有和在阴极发生还原反应，的电还原效率为75%，则回收得到829.5g Se的同时，还原的物质的量为___________。 (已知：A的电还原效率=) （5）粗硒中硒含量可用如下方法测定： ① ② ③(已知为弱酸) 称取0.1200g粗硒样品，消耗0.2000的溶液30.00mL 溶液，则粗硒中硒的质量分数是___________%。 20. 电解法是目前处理含氮废水常用方法。以—空气燃料电池处理某含氮废水(主要含)的原理如下图所示： （1）电极Pt(a)为___________(填“正极”、“负极”)，电极(c)反应式为___________。 （2）该燃料电池工作过程中Pt(b)区溶液pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，若该燃料电池Pt(a)极消耗1.6g甲醇，则电极(d)产生标准状况下___________L。 （3）研究表明，若废水中加入适量氯化钠，则在阳极放电生成，氧化，从而提高处理效率，氧化反应离子方程式为___________。 （4）实验测得：溶液初始浓度和pH对氨氮去除速率与能耗的影响关系如图1和图2所示。(已知：比更易吸附在电极表面被氧化。) 图1 浓度对氨氮去除速率、能耗的影响 图2 初始pH对氨氮去除速率、能耗的影响 ①处理氨氮废水的最佳条件是___________。 ②由图2分析，随pH从2增大到6时，氨氮去除率增大原因___________。 ③图1中浓度较低时、图2中pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，其原因可能是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一化学试题 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Se：79 Sn：119 第Ⅰ卷(选择题 共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与生活紧密相连，下列解释不合理的是 A. “暖宝宝”发热原理：利用铁粉与氧气发生氧化还原反应放出热量 B. 铝制易拉罐广泛使用：铝的金属性比铁强，抗腐蚀性优于铁 C. 冰箱冷藏延长食物保质期：低温降低微生物酶的活性，使腐败反应速率减慢 D. 用明矾净化黄河水：胶体具有吸附性 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁粉氧化生成或，属于放热反应，A正确； B．铝的抗腐蚀性因氧化铝保护膜，而非金属活动性，B错误； C．低温降低反应速率和酶活性，C正确； D．胶体吸附悬浮物净化水质，D正确。 故选B。 2. 为了探究反应的反应机理，用含的和含的HCl进行实验，下列说法正确的是 A. 和互为同位素 B. 和物理性质相似，化学性质不同 C. 反应产物KCl中Cl为 D. HCl和都只含共价键，属于共价化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．同位素是同一元素的不同原子，而35Cl2和37Cl2是不同同位素组成的分子，A错误； B．35Cl和37Cl的化学性质几乎相同，物理性质有差异，B错误； C．KCl中的Cl来自HCl，实验中HCl含37Cl，因此KCl中的Cl为37Cl，C正确； D．HCl是共价化合物，Cl2为单质，D错误； 故选C。 3. 下列有关化学用语表示错误的是 A. HClO的电子式： B. 中子数为143的U： C. 氨分子的空间结构示意图： D. 用电子式表示的形成过程： 【答案】D 【解析】 【详解】A．HClO的结构式为H-O-Cl，O原子分别与H原子、Cl原子形成1对共用电子对，其电子式为，A正确； B．核素的表示方法为，其中Z为质子数，A为质量数，质量数=质子数 +中子数。对于U原子，质子数Z = 92，中子数为143，则质量数A = 92 + 143 = 235，所以可表示为，B正确； C．氨分子NH3的中心N原子采取sp3杂化，有1对孤电子对，分子空间结构为三角锥形，键角约为，该空间结构示意图为，C正确； D．Na2O是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，要体现出电子的转移。题中箭头应该由失电子的钠原子指向得电子的氧原子，D错误； 故答案选D。 4. 关于和，下列说法正确的是 A. “侯氏制碱法”中的“碱”指的是 B. 二者都能遇酸产生气体，都是食品膨松剂 C. 可以用澄清石灰水鉴别、溶液 D. 可以用加热的方法除去固体中的杂质 【答案】D 【解析】 【详解】A．“侯氏制碱法”中的“碱”指的是纯碱(Na2CO3)，而非NaHCO3，NaHCO3是制碱过程的中间产物，最终转化为Na2CO3，故A错误； B．二者均能与酸反应生成CO2，但食品膨松剂通常用NaHCO3(小苏打)、NH4HCO3等，因为Na2CO3碱性过强，可能影响食品口感和安全，故B错误； C．澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3反应均会生成CaCO3沉淀，其离子方程式分别为Ca2++CO=CaCO3↓、Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO或Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，无法通过沉淀现象鉴别二者，故C错误； D．NaHCO3受热易分解为Na2CO3、CO2和H2O，而Na2CO3稳定不分解，因此加热可除去Na2CO3中的NaHCO3杂质，故D正确； 故答案为D。 5. 实验室中下列做法错误的是 A. 用酒精灯直接加热蒸发皿 B. 分液漏斗和容量瓶在使用前须检漏 C. 金属钾保存在盛有煤油的细口瓶中 D. 烧碱溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，后用硼酸溶液冲洗 【答案】C 【解析】 【详解】A．蒸发皿可以直接用酒精灯加热，例如蒸发溶液时直接加热，故A说法正确； B．分液漏斗和容量瓶使用前需检漏，防止实验过程中液体泄漏，导致产物损失或溶液浓度偏差等，故B说法正确； C．金属钾应保存在煤油中，金属钾为固体，需存放在广口瓶，故C说法错误； D．烧碱(强碱)溅到皮肤上，立即用水冲洗后用弱酸(硼酸)中和，操作正确，故D说法正确； 答案为C。 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收过量： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 用稀硝酸溶解少量铜粉： D. 用惰性电极电解溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaOH吸收过量生成，离子方程式为，A正确； B．铅酸蓄电池充电时阳极应为PbSO4转化为PbO2，电极反应为：，B错误； C．稀硝酸与铜反应生成NO而非NO2，产物不符合稀硝酸的还原产物特性，正确反应：，C错误； D．惰性电极电解MgCl2溶液时，Mg2+会与OH⁻生成Mg(OH)2沉淀，方程式未体现，正确反应：，D错误； 故选A。 7. 如图装置可防止金属管道在潮湿土壤中的腐蚀。下列有关说法中正确的是 A. 电流由镁块经导线流向管道 B. 管道表面上发生氧化反应 C. 该保护法为牺牲阳极保护法 D. 将镁块换为钠块，则保护效果更好 【答案】C 【解析】 【分析】Mg的活泼性大于Fe，形成原电池Mg为负极失去电子被氧化，Fe为正极受到保护。 【详解】A．电流由钢铁管道(正极)经导线流向镁块(负极)，A错误； B．管道表面上发生得电子的还原反应，B错误； C．该保护法牺牲镁块（原电池的负极，发生氧化反应），故称为牺牲阳极保护法，C正确； D．钠太活泼，极易直接与空气中及等反应，不能为管道提供电子，无法保护管道，D错误； 答案选C。 8. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A．配制NaOH溶液 B．萃取碘水中的碘 C．钠在空气中燃烧 D．铁钉镀锌 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液时，固体不可直接放在容量瓶中溶解，应先将固体在烧杯中溶解冷却至室温再转移至容量瓶，A错误； B．乙醇与水互溶，不能用于萃取碘水中的碘，B错误； C．玻璃中有，不能用玻璃表面皿盛放Na并燃烧，C错误； D．铁钉镀锌需让铁作阴极，表面生成Zn单质，锌片作阳极失电子生成，D正确。 故选D。 9. X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，X与Y形成的一种化合物可用于杀菌消毒，X的单质与Z的单质在暗处就能发生爆炸，W与Z同族，下列说法正确的是 A. Y的最高化合价为＋6 B. 原子半径和离子半径均满足Y>Z C. 为离子化合物 D. Z的单质能从W的盐溶液中置换出W的单质 【答案】B 【解析】 【分析】X与Y形成的化合物用于杀菌消毒，结合X的单质与Z的单质在暗处爆炸，推测X为H(H2与F2在暗处剧烈反应)，Z为F。Y与H形成H2O2(杀菌消毒)，故Y为O。W与Z同族且原子序数更大，故W为Cl。 【详解】A．Y为O，O的最高正价为+2(如OF2)，氧元素没有+6价，A错误； B．同周期主族元素原子半径从左右到逐渐减小，所以原子半径O＞F；电子层相同，核电荷小则半径大，所以离子半径O2－＞F－，B正确； C．O、F非金属间电负性差异小，OF2为共价化合物，C错误； D．F2与水反应剧烈：，无法置换Cl－生成Cl2，D错误； 综上，正确答案为B。 10. 联氨()是一种应用广泛的化工原料，常用于火箭和燃料电池的燃料。恒温条件下，在体积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol (g)和2 mol (g)，发生反应： ，反应第5min时测得(g)浓度为0.4 。下列说法错误的是 A. 反应过程中放出的热量为1.2b kJ B. 以(g)表示的平均反应速率为0.12 C. 容器中说明该反应达到化学平衡状态 D. 若将恒温恒容的容器改为绝热恒容能加快反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．的浓度变化为0.6 mol/L，对应反应物质的量为1.2 mol，放热量为1.2b kJ，A正确； B．反应速率比等于系数比，，B正确； C．生成物的物质的量比等于系数比，则反应中N2与H2O的生成比例恒为1:2，该比值无法判断平衡，C错误； D．反应为放热反应，绝热条件下温度升高，反应速率加快，D正确； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 验证铜与浓硫酸反应生成 向铜与浓硫酸反应后的溶液中加入适量蒸馏水，溶液变蓝 B 比较非金属性：S>C>Si 向溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入溶液中，生成白色胶状沉淀 C 证明溶液中含有 向溶液中加入浓NaOH溶液并加热，生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 D 除去溶液中的 向溶液中通入 A. A B. B C. C D. D 【答案】BC 【解析】 【详解】A．浓硫酸稀释时，为防止产生暴沸液滴飞溅而发生意外事故，应将浓硫酸缓慢加入水中，所以少量铜与浓硫酸反应后的溶液应沿着烧杯壁慢慢加入水中，A错误； B．稀硫酸和碳酸氢钠生成二氧化碳，将二氧化碳通入硅酸钠溶液中有白色沉淀硅酸生成，说明硫酸酸性大于碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则非金属性：S>C>Si，B正确； C．氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，溶液滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝说明有氨气生成，证明溶液中含有铵根离子，C正确； D．氯气会氧化亚铁离子生成铁离子，D错误； 故选BC。 12. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，如图所示： 下列说法错误的是 A. 溶解过程的热效应与温度无关 B. 根据各微粒的状态可知：a>0，b<0 C. 根据盖斯定律可知：a＋b=4 D. 该溶液导电是NaCl在电流作用下产生自由移动的(aq)和(aq) 【答案】AD 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．离子进入水中会被水分子包围（水合），这个过程释放热量：ΔH< 0。温度升高会减弱水分子的水合能力，导致水合作用释放的热量减少，因此溶解过程的热效应与温度有关，A错误； B．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，B正确； C．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，C正确； D．该溶液导电是因为在电流作用下(aq)和(aq)定向移动，产生自由移动离子不需要电流，D错误； 故选AD。 13. “空气和水蒸气吹出法”海水提溴的工艺流程如图，流程中A、B、C均为气体。 下列说法错误的是 A. A和C可以是同一物质 B. 用空气和水蒸气将吹出，体现了易升华 C. 若B流量过大，会导致的产率下降 D. 若B为吸收塔中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 【答案】BD 【解析】 【分析】A、B、C均为氯气，向浓缩、酸化的海水中通入氯气，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，液溴易挥发，但溴单质浓度较低，通入空气、水蒸气吹出溴单质，吹出的溴单质在吸收塔中与SO2水溶液反应生成硫酸和HBr，HBr在蒸馏塔中与Cl2反应生成溴单质，A、B、C分别为Cl2、SO2、Cl2，据此分析； 【详解】A．根据上述分析，A、C均为Cl2，故A说法正确； B．用空气、水蒸气吹出溴单质，液态溴转化为气态溴，利用溴单质易挥发，不是升华，故B说法错误； C．吸收塔中溴单质被吸收后，如果SO2流量过大，过量SO2会与随后通入的Cl2发生氧化还原反应，即导致溴单质的产率下降，故C说法正确； D．吸收塔中发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴单质为氧化剂，SO2为还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，故D说法错误； 答案为BD。 14. 高铁酸钾()是一种多功能饮用水处理剂，其制备流程如图所示： 下列说法正确的是 A. 该条件下，物质的溶解性： B. 可以将稀硫酸换成稀盐酸 C. 氧化Ⅰ温度不宜过高的主要原因是防止反应速率过快 D. 氧化Ⅱ的离子方程式： 【答案】B 【解析】 【分析】废铁屑的主要成分为铁单质及铁的氧化物，加稀硫酸后，铁单质及铁的氧化物均转化为铁的硫酸盐，氧化Ⅰ阶段中，加入的过氧化氢可将二价铁氧化为三价铁，氧化Ⅱ阶段中，次氯酸钠在碱性条件下与硫酸铁发生氧化还原反应生成，加入饱和KOH溶液可析出，经过滤、洗涤、干燥可得到晶体。 【详解】A．结合分析知，转化过程中，往含的溶液中加入饱和KOH溶液，溶液中能析出，说明溶解性：，故A错误； B．酸溶的目的是将铁单质及铁的氧化物均转化为，用稀盐酸代替稀硫酸，反应的离子方程式相同，可以达到相同的目的，故B正确； C．H2O2在较高温度下会分解生成水和氧气，氧化Ⅰ温度不宜过高的主要原因是防止H2O2分解，故C错误； D．氧化Ⅱ阶段中，在碱性条件下将氧化为，而自身被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：，故D错误； 故选B。 15. 镍氢电池具有高容量、大功率、无污染等特点，其结构示意图如下，其中M为储氢合金LaNi5。下列说法错误的是 A. 该电池负极反应式为 B. 放电过程中，碱性电解液的浓度不变 C. 充电时氢氧化镍电极与电源正极相连 D. 若氢氧化镍电极质量增加10g，则氢化物电极质量减小10x g 【答案】AD 【解析】 【分析】由图可知，放电时，氢化物电极为镍氢电池的负极，碱性条件下LaNi5H6在负极失去电子发生氧化反应生成LaNi5H6-x和水，电极反应式为：，氢氧化镍电极为正极，水分子作用下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为：，则放电的总反应为：；充电时，负极接外接电源负极做电解池的阴极、正极接外接电源正极做阳极。 【详解】A．由分析可知，氢化物电极为镍氢电池的负极，碱性条件下LaNi5H6在负极失去电子发生氧化反应生成LaNi5H6-x和水，电极反应式为：，A错误； B．由分析可知，放电的总反应为：，则放电过程中，碱性电解液的浓度不变，B正确； C．由分析可知，充电时氢氧化镍电极与电源正极相连做电解池的阳极，C正确； D．由分析可知，正极的电极反应式为：，由电极反应式可知，氢氧化镍电极质量增加10g时，外电路转移电子的物质的量为，则氢化物电极减小质量为，D错误； 故选AD。 第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 三、非选择题：本题包括5小题，共60分。 16. A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，其最外层电子数之和为16；、、为单质，X、Y、Z为化合物，其转化关系如右图所示，Z的阴离子为18电子微粒。回答以下问题： （1）元素C在周期表中的位置为___________，Z的电子式为___________。 （2）B、C、D简单离子半径由大到小顺序为___________(用元素符号表示)，C和D形成___________化合物(填“离子”或“共价”)。 （3）A与B形成的18电子微粒的化学式为___________。 （4）实验室制备X的化学方程式为___________，向C的氯化物溶液中加入过量X的水溶液，现象为___________，离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. 第3周期ⅢA族 ②. （2） ①. ②. 共价化合物 （3） （4） ①. ②. 有白色沉淀产生 ③. 【解析】 【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素， 、、为单质，X、Y、Z为化合物，、生成化合物X，、生成化合物Y，XY生成化合物Z，Z的阴离子为18电子微粒，推测Z中阴离子为氯离子，则D为原子序数最大的氯元素，氯气能和原子序数最小的A形成的单质反应，推测A为氢元素，生成Y为氯化氢，氢气和B单质反应生成X能和HCl反应，X为碱性物质，推测B为氮气，X为氨气，则Z为氯化铵；四种元素最外层电子数之和为16，则C元素最外层电子数为16-1-5-7=3，C为13号铝；代入检查推理正确； 【小问1详解】 元素铝为13号元素，在周期表中的位置为第3周期ⅢA族，氯化铵为氯离子和铵根离子构成的化合物，电子式为； 【小问2详解】 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；B、C、D简单离子半径由大到小顺序为，铝和氯元素形成氯化铝为共价化合物； 【小问3详解】 A与B形成的18电子微粒为肼，化学式为； 【小问4详解】 实验室制备氨气反应为氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气：，向氯化铝溶液中加入过量氨气的水溶液，反应生成氢氧化铝白色沉淀，现象为有白色沉淀产生，离子方程式为。 17. 氯化亚锡(SnCl2)是一种重要的工业原料，其化学性质与FeCl2相似。实验室用金属Sn、Cl2在浓盐酸作用下可制得SnCl2，装置如下： 已知： 颜色 熔点℃ 沸点℃ 化学性质 SnCl4 无色 -33 114 遇水强烈反应 SnCl2 白色 246 623 易与水反应，强还原性 实验步骤： ①先用a g金属锡与氯气在浓盐酸作用下生成SnCl4。 ②固体反应完后，再加入b g金属锡(b>a)。 ③充分反应后反应液经一系列操作，获得SnCl2。 请回答下列问题： （1）仪器a的名称为___________，D中盛放试剂为___________。 （2）A装置中反应的离子方程式为___________，C加热之前需先打开A中活塞，目的是___________。 （3）步骤1须控制温度为30～105℃，原因是___________。 （4）解释步骤2中b>a的原因是___________。 （5）配制400mL浓度约为0.1mol/L的SnCl2溶液，操作为：称取7.6g固体→加20mL盐酸溶解→加水稀释→加少量Sn粉保存。下列仪器中不需要使用的是___________。 A. 100mL烧杯 B. 500mL量筒 C. 500mL容量瓶 D. 500mL细口试剂瓶 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 碱石灰 （2） ①. 2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ②. 排尽装置内的空气，防止产生的SnCl4与空气中的水发生反应 （3）提高反应速率，同时防止浓盐酸、SnCl4挥发 （4）SnCl4+Sn=2SnCl2，消耗a g锡恰好将SnCl4完全转化为SnCl2，过量的锡防止SnCl2被氧化 （5）C 【解析】 【分析】由题干装置图可知，装置A为制备Cl2的发生装置，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，装置B为除去Cl2中的HCl，可以用饱和食盐水，装置C为Sn和Cl2的发生装置，装置D为冷凝回流装置，装置D为尾气处理装置同时防止空气中的水蒸气进入装置引起SnCl4水解，可以用碱石灰，装置E为加入浓盐酸，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干装置图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，D为尾气处理装置，即吸收多余的Cl2和HCl，盛放试剂可以为碱石灰，故答案为：球形冷凝管；碱石灰； 【小问2详解】 由分析可知，装置A为制备Cl2的发生装置，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应的离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，C加热之前需先打开A中活塞，目的是排尽装置内的空气，防止产生的SnCl4与空气中的水发生反应，故答案为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；排尽装置内的空气，防止产生的SnCl4与空气中的水发生反应； 【小问3详解】 由题干信息可知，SnCl4的沸点为114℃，则步骤1须控制温度为30～105℃，原因是提高反应速率，同时防止浓盐酸、SnCl4挥发，故答案为：提高反应速率，同时防止浓盐酸、SnCl4挥发； 【小问4详解】 由反应方程式SnCl4+Sn=2SnCl2可知，消耗a g锡恰好将SnCl4完全转化为SnCl2，过量的锡防止SnCl2被氧化，则步骤2中b>a，故答案为：SnCl4+Sn=2SnCl2，消耗a g锡恰好将SnCl4完全转化为SnCl2，过量的锡防止SnCl2被氧化； 【小问5详解】 用SnCl2固体配制400mL浓度约为0.1mol/L的SnCl2溶液，根据操作流程可知，需要使用的实验仪器有：托盘天平、100 mL烧杯、玻璃棒、500 mL量筒、胶头滴管，500 mL细口试剂瓶等，因属于粗略配制，故不需要使用的是500 mL容量瓶，故答案为：C。 18. 二氧化碳甲烷化反应是实现“碳中和”的关键技术之一、在催化剂作用下，、同时发生如下反应： 反应1(主反应)： 反应2(副反应)： （1）根据上述反应，某同学认为CO和也可获得甲烷，试写出反应的热化学方程式___________。 （2）在绝热条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中加入1mol 和4mol 。 ①下列能判断主反应达平衡状态的是___________(填字母)。 A．容器内温度不变 B．混合气体的平均密度保持不变 C．的体积分数保持不变 D． ②反应10min后，消耗0.8mol ，的选择性为90%，生成CO的物质的量为___________mol。用表示反应速率为___________。(的选择性=) （3）将甲烷设计成燃烧电池，是提高甲烷燃料利用率的重要举措。电池采用可传导的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示： ①外电路电子移动方向___________(填“a极到b极”或“b极到a极”)。 ②a极电极反应式为___________。 【答案】（1） （2） ①. AC ②. 0.08mol ③. 0.072mol/(L•min) （3） ①. a极到b极 ②. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，反应1-2得反应，则该反应； 【小问2详解】 ①A．在绝热条件下进行反应，容器内温度不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态； B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡； C．的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态； D．反应速率比等于化学计量数比，，说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态； 故选AC； ②反应10min后，消耗0.8mol，的选择性为90%，则生成CO的物质的量为0.8mol×（1-90%）=0.08mol。用表示反应速率为； 【小问3详解】 甲烷设计成燃烧电池，则通入甲烷一极为负极、通入氧气一极为正极，故a为负极、b为正极； ①外电路电子由负极移向正极，移动方向a极到b极。 ②a极电极反应为甲烷失去电子被氧化为二氧化碳和水：。 19. 我国科学家研发的新型硒回收技术助力“碳中和”，由含硒废料(主要含、S、Se、、CuO、ZnO等)制取硒的工艺流程如图所示： （1）稳定性：___________；酸性：___________。 （2）“脱硫”得到含硫煤油的操作是___________。 （3）“氧化”过程中，Se转化成弱酸，该反应的离子方程式为___________，滤渣的主要成分___________。 （4）“控电位还原”是将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到物质分离的目的。下表是“酸浸”后溶液中主要粒子的电位。 名称 /Cu /Zn /Fe / / /Se 电位/V 0.345 -0.760 -0.440 0.770 1.511 0.740 ①还原的电极反应式为___________，溶液中同时含和，优先被还原的是(填离子符号)___________。 ②在“控电位还原”的条件下，假定只有和在阴极发生还原反应，的电还原效率为75%，则回收得到829.5g Se的同时，还原的物质的量为___________。 (已知：A的电还原效率=) （5）粗硒中硒含量可用如下方法测定： ① ② ③(已知为弱酸) 称取0.1200g粗硒样品，消耗0.2000的溶液30.00mL 溶液，则粗硒中硒的质量分数是___________%。 【答案】（1） ①. < ②. < （2）过滤 （3） ①. ②. （4） ①. ②. ③. 14mol （5）98.75 【解析】 【分析】含硒废料“脱硫”，利用了煤油将含硒废料中的S溶解，在通过过滤得到含硫煤油；“氧化”过程中，NaClO3作为氧化剂，将Se氧化为H2SeO3，自身被还原为ClO2；“酸浸”利用稀H2SO4将金属氧化物溶解，则得到滤渣SiO2和滤液；“控电位还原”是将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到物质分离的目的。则可根据表中数据得知优先被还原的是Fe3+。因为电量与电子物质的量成正比，故可把电还原效率公式中的消耗电量转化为电子物质的量。 【小问1详解】 对于同主族元素的氢化物，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱。Se和S同主族，且Se在S的下方，所以非金属性Se < S，则稳定性H2Se < H2S。同主族元素的最高价氧化物对应水化物的酸性，从上到下逐渐减弱，所以酸性H2SeO4 < H2SO4。 故答案为：<；<。 【小问2详解】 “脱硫”是利用煤油将含硒废料中的S溶解，然后通过过滤分离出含硫煤油和其他不溶于煤油的固体。 故答案为：过滤。 【小问3详解】 “氧化”过程中，NaClO3作为氧化剂，将Se氧化为H2SeO3，自身被还原为ClO2，反应的离子方程式为。含硒废料中的SiO2不与NaClO3、稀H2SO4反应，其余金属氧化物均可溶于稀H2SO4，所以滤渣的主要成分是SiO2。 故答案为：；SiO2。 【小问4详解】 ①还原H2SeO3时，H2SeO3得电子被还原为Se，在酸性溶液中（酸浸后溶液呈酸性），电极反应式为。根据题目“控电位还原”原理，电位高的物质先还原。Fe3+ /Fe2+的电位为0.770V，Cu2+/Cu的电位为0.345V，Fe3+的电位更高，所以优先被还原的是Fe3+。 ②，由可知，生成1mol Se转移4mol电子，则生成10.5mol Se时，H2SeO3得到的电子物质的量。设总消耗的电子物质的量为n总(e-)，已知H2SeO3的电还原效率为75%，根据电还原效率公式，且电量与电子物质的量成正比，可得，解得n总(e-)=56mol。Fe3+被还原为Fe2+，Fe3+得到的电子物质的量n2(e-)= n总(e-) – n1(e-) = 56mol - 42mol = 14mol，根据反应式可知，还原Fe3+的物质的量为14mol。 故答案为：；Fe3+；14mol。 【小问5详解】 根据反应关系，Se与SeO2的关系为1:1，SeO2与I2的关系为1:2，I2与Na2S2O3的关系为1:2，所以Se与Na2S2O3的物质的量关系为1:4。，则，，粗硒中硒的质量分数。 故答案为：98.75。 20. 电解法是目前处理含氮废水常用方法。以—空气燃料电池处理某含氮废水(主要含)的原理如下图所示： （1）电极Pt(a)为___________(填“正极”、“负极”)，电极(c)反应式为___________。 （2）该燃料电池工作过程中Pt(b)区溶液pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，若该燃料电池Pt(a)极消耗1.6g甲醇，则电极(d)产生标准状况下___________L。 （3）研究表明，若废水中加入适量氯化钠，则在阳极放电生成，氧化，从而提高处理效率，氧化反应离子方程式为___________。 （4）实验测得：溶液初始浓度和pH对氨氮去除速率与能耗的影响关系如图1和图2所示。(已知：比更易吸附在电极表面被氧化。) 图1 浓度对氨氮去除速率、能耗的影响 图2 初始pH对氨氮去除速率、能耗的影响 ①处理氨氮废水的最佳条件是___________。 ②由图2分析，随pH从2增大到6时，氨氮去除率增大原因___________。 ③图1中浓度较低时、图2中pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，其原因可能是___________。 【答案】（1） ①. 负极 ②. （2） ①. 增大 ②. 3.36 （3） （4） ①. 浓度为700mmol/L、pH=6 ②. pH升高促进，更易被氧化 ③. 浓度过低，浓度过高，造成阳极能力大于，产生大量氧气，消耗电能所致 【解析】 【分析】甲醇燃烧后生成二氧化碳，碳元素化合价升高，做还原剂，发生氧化反应，则Pt(a)做负极，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，根据原理图可知，Pt(b)做负极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；电极c与Pt(b)相连，做阳极，电极d与Pt(a)相连，做阴极。 【小问1详解】 根据分析可知，电极a做负极；电极c做阳极，发生氧化反应，NH被氧化成N2，半极反应式为2NH−6e−=N2+8H+。 【小问2详解】 根据分析可知，Pt(b)为燃料电池的正极，正极上O得电子发生还原反应，O2+4e-+4H+=2H2O，反应消耗H+，所以Pt(b)区溶液的pH增大 ；Pt(a)做负极，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，1.6gCH3OH的物质的量为n(CH3OH)==0.05mol，则负极转移电子的物质的量为n(e-)=0.05mol×6=0.3mol，电极d为电解池的阴极，H+得电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2，根据电子守恒可知d电极转移电子也为0.3mol，则n(H2)==0.15mol，H2的体积为0.15mol×22.4mol/L=3.36L。 【小问3详解】 Cl2把NH氧化成N2，氧化反应离子方程式为3Cl2+2NH=N2↑+6Cl−+8H+。 【小问4详解】 根据图2可知，pH=6时，氨氮去除率高，能耗低， Cl−浓度大于700mmol/L时氨氮去除率几乎不变，故700m mol/L、pH=6时效果最佳；随pH从2增大到6时，随着pH升高，促进了NH→NH3⋅H2O，NH3⋅H2O更易被氧化；图1中Cl−浓度较低时、图2中pH达到12时， OH−浓度高于Cl−浓度，造成阳极OH−能力大于Cl−，产生大量氧气，消耗电能所致，导致氨氮去除速率变低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $