精品解析：陕西咸阳市三原县南郊中学2025-2026学年第二学期第二次月考 高一化学试题

2025-2026学年第二学期第二次月考 高一化学试题 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项是符合题目要求的) 1. 我国在科技领域取得重大成就。下列关于材料的说法正确的是 A. 朱雀火箭采用不锈钢代替传统铝合金作箭体，不锈钢属于化合物 B. 齐齐哈尔用碳纤维技术改造传统重卡，碳纤维属于新型无机非金属材料 C. 上海交通大学在光计算芯片领域取得重大突破，芯片的成分是SiO2 D. 神舟返回舱使用的梯度纳米陶瓷复合材料属于有机高分子化合物 2. 已知：。关于该反应下列说法正确的是 A. 反应中涉及的化合物在水溶液中均能导电，说明这些化合物都是电解质 B. 反应生成二氧化硫，说明硫酸具有氧化性 C. 可通过单位时间内出现气泡的多少比较不同条件下该反应的快慢 D. 可通过溶液出现浑浊现象所需时间的长短比较不同条件下该反应的快慢 3. 将和加入体积为的恒容容器中，发生反应，后测得X的浓度为，反应条件保持不变，则X的浓度降为所用时间可能 A. 小于 B. 等于 C. 大于 D. 以上说法都不对 4. 理论研究表明，在和下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 比稳定 B. 该反应为吸热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 该异构化反应只有在加热条件下才能进行 D. 1molHCN(s)转化为所吸收的能量要大于 5. 部分含氮物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示。下列说法正确的是 A. a→b属于氮的固定 B. c、d都属于酸性氧化物 C. a和e反应后的产物可用作化肥 D. 工业上通过a→b-→c→d→e来制备 6. 下列说法正确的是 A. 可逆反应达到最大限度后，正、逆反应速率均为0 B. 对于放热反应，升高温度不能提高其化学反应速率 C. 所有放热反应放出的能量都可以通过设计成原电池转化为电能 D. 少量FeCl3溶液与过量KI溶液充分反应后，溶液中仍有Fe3+存在，说明反应过程可逆 7. 下列物质转化在指定条件下能一步实现的是 A. B. C. D. 8. 化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是 A. 甲：向Zn电极方向移动 B. 乙：正极的电极反应式为 C. 丙；锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄 D. 丁：电池放电过程中，正极区溶液的pH变小 9. 下列关于热化学反应的描述正确的是 A. 稀盐酸和稀溶液反应的中和反应反应热，则1mol的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为 B. 的燃烧热为，则反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的 C. 放热反应比吸热反应容易发生 D. 丙烷燃烧生成水和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热 10. 下列离子方程式不正确的是 A. 少量通入NaOH溶液： B. 向硫化钠溶液通入足量二氧化硫： C. 过量通入饱和碳酸钠溶液： D. 钠投入水中： 11. A、B与C构成原电池，装置如图所示。下列说法正确的是 A. A、B一定是活泼性不同的两种金属 B. C溶液中的溶质熔融状态下一定能导电 C. 若活泼性：A＞B，则A一定是负极 D. 若放电时A极金属逐渐溶解，则电子由A经导线流向B 12. 下列实验操作和现象得出的实验结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将通入盛有新制氯水的试管中 新制氯水褪色 有氧化性 B 取少量待测液于试管中，加入浓溶液并加热，将一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口 试纸变蓝 溶液中含有 C 常温下，将铁片、铜片分别插入浓硝酸中 铜片溶解，铁无明显变化 金属活动性： D 取少量待测液于试管中，滴加几滴溶液 产生白色沉淀 溶液中含有 A. A B. B C. C D. D 13. 绿色化学理念影响着整个化学实验改革，微型化学实验就是在这种复背景下诞生的一种创新性的实验教学方法。蔗糖与浓硫酸反应的探究实验改进装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应中，品红溶液褪色，紫色石蕊试液先变红后褪色 B. 该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性 C. 该装置能证明二氧化硫具有氧化性和还原性 D. X可以是NaOH溶液 14. 某种综合处理含废水和工业废气(主要含有NO、CO、、、)的流程如图所示，下列说法正确的是： 已知： A. 固体1的主要成分有、、 B. 向气体1中通入适量X，X为空气，且使与NO的浓度比接近1：1时吸收效果最好 C. 处理工业废气用烧碱代替石灰乳更合适 D. 捕获产物为 二、非选择题(本题共4小题，共58分)。 15. Ⅰ．海水中蕴含着大量资源，海水提溴的主要工业生产流程如下图所示。 （1）吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为_______________________。 （2）吹出塔吹出的含溴空气经由吸收塔吸收溴后回到吹出塔进行循环利用。吹出塔中吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。流量过大，吹出率反而下降的原因是_____________________。 （3）对于低浓度的溴水，也可采用萃取的方法提取Br2。某学习小组用CCl4萃取溴水中的Br2，在如图所示的分液漏斗中，液体分为两层，其中下层液体呈_____色；他们打开分液漏斗的活塞，却未见液体流下，原因可能是____________________ Ⅱ．海带中含有丰富的碘元素，从海带灰中提取碘的甲、乙两种方案如下，已知。 （4）通入适量，发生的主要反应的离子方程式为__________________。 （5）步骤X为________，方案甲中，可以循环利用的物质是_______。 （6）方案乙中，“含的水溶液”经三步转化为“水溶液”，主要目的是__________________。 （7）方案乙中若将换为浓度相同的氢碘酸(HI)，得到的量会减少，其原因是____________________________________。 16. 硫酸是一种重要的工业原料，工业上一般以硫磺或其他含硫矿物为原料来制备硫酸。回答下列问题： Ⅰ．历史上曾用绿矾()制备硫酸。焙烧绿矾是生产硫酸的步骤之一，高温条件下绿矾发生如下分解反应：。为验证绿矾高温分解的气体产物，进行如图所示实验(N2不参与反应)： （1）无水CuSO4的作用是___________，无水CuSO4不能用碱石灰代替，原因是___________(写两点)。 （2）装置①、②中最适宜的试剂分别是___________、___________(填字母)。 A．Ba(OH)2溶液　　B．品红溶液　　C．BaCl2溶液  　　D．红色石蕊溶液 Ⅱ．现代硫酸工业用黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁()]为原料制备硫酸的流程如下。 （3）写出“沸腾炉”中主要反应的化学方程式：_______________________________。反应每消耗1mol，转移的电子数为_____(用含NA的式子表示，NA为阿伏加德罗常数) （4）“吸收塔”中的吸收剂为98.3%的浓硫酸，不用水作吸收剂的原因是______________ 。 （5）用电化学法模拟处理硫酸工业尾气中的，如图装置(电极均为惰性材料)进行实验，可用于制备硫酸，同时获得电能： ①M极的电极反应式为___________。 ②当外电路通过0.2 mol电子时，质子交换膜左侧的溶液质量___________(填“增大”或“减小”)___________g。 17. 二甲醚()是一种绿色、可再生能源。 （1）25℃、101kPa时，若1g二甲醚气体完全燃烧生成液态水放出m kJ的热量，则  ___________。 （2）T℃时，向2L恒容密闭容器中充入1mol CO与2mol 发生如下反应：  。 ①下列措施能够使该反应速率加快的是___________。 A．升高温度　　 B．向容器中充入与反应无关的氩气　　 C．及时移走二甲醚 ②反应进行到20s时，测得0～20s内的平均反应速率，则消耗的CO为___________mol。 ③若反应生成0.1mol ，则反应过程中转移___________mol 。 （3）二甲醚()燃料电池的工作原理如图所示： ①a电极的电极反应式为___________。 ②外电路电子移动方向：___________。(填“a极到b极”或“b极到a极”)。 18. 将浓度均为0.01mol/L的、、KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为。反应分两步进行，反应A为，反应B为…… （1）反应B的离子方程式是___________。对于总反应，I-的作用相当于___________。 （2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。 a．向酸化的溶液中加入KI溶液和试剂X，溶液变为蓝色。 b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。 试剂X是___________。 （3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ．(溶液浓度均为0.01mol/L) 用量/mL 实验序号 溶液 溶液 溶液 KI溶液(含淀粉) 实验Ⅱ 5 4 8 3 0 实验Ⅲ 5 2 x y z 溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。 ①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是___________。 ②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。 （4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(溶液浓度均为0.01mol/L) 用量/mL 实验序号 溶液 溶液 溶液 KI溶液(含淀粉) 实验Ⅳ 4 4 9 3 0 实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。 试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期第二次月考 高一化学试题 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项是符合题目要求的) 1. 我国在科技领域取得重大成就。下列关于材料的说法正确的是 A. 朱雀火箭采用不锈钢代替传统铝合金作箭体，不锈钢属于化合物 B. 齐齐哈尔用碳纤维技术改造传统重卡，碳纤维属于新型无机非金属材料 C. 上海交通大学在光计算芯片领域取得重大突破，芯片的成分是SiO2 D. 神舟返回舱使用的梯度纳米陶瓷复合材料属于有机高分子化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A．不锈钢是铁、碳等元素熔合形成的合金，属于混合物，A错误； B．碳纤维主要成分为碳单质，属于新型无机非金属材料，B正确； C．芯片的主要成分为单质，是光导纤维的主要成分，C错误； D．梯度纳米陶瓷复合材料属于无机非金属材料，D错误； 故选B。 2. 已知：。关于该反应下列说法正确的是 A. 反应中涉及的化合物在水溶液中均能导电，说明这些化合物都是电解质 B. 反应生成二氧化硫，说明硫酸具有氧化性 C. 可通过单位时间内出现气泡的多少比较不同条件下该反应的快慢 D. 可通过溶液出现浑浊现象所需时间的长短比较不同条件下该反应的快慢 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应涉及的化合物中属于非电解质，其水溶液导电是因为与水反应生成的发生电离，并非自身电离，A错误； B．该反应中中S元素化合价始终为+6价，没有发生变化，仅表现酸性，是歧化反应的产物，不能说明硫酸具有氧化性，B错误； C．可溶于水，反应初期生成的会部分溶解在溶液中，单位时间内气泡的多少无法准确反映反应的真实速率，C错误； D．反应生成不溶于水的S单质，溶液出现浑浊的时间越短，说明反应速率越快，可通过该指标比较不同条件下的反应快慢，D正确； 故选D。 3. 将和加入体积为的恒容容器中，发生反应，后测得X的浓度为，反应条件保持不变，则X的浓度降为所用时间可能 A. 小于 B. 等于 C. 大于 D. 以上说法都不对 【答案】C 【解析】 【详解】X的起始浓度为，前30s共消耗了的X，若X浓度降为需要再消耗的X，而随着反应进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率会逐渐减慢，相同浓度变化量需要的反应时间更长，因此所用时间大于30s。故选C。 4. 理论研究表明，在和下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 比稳定 B. 该反应为吸热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 该异构化反应只有在加热条件下才能进行 D. 1molHCN(s)转化为所吸收的能量要大于 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图示，的能量大于，所以比稳定，故A错误； B．根据图示，该反应为吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能，故B错误； C．根据图示，该反应为吸热反应，反应吸放热与反应条件无关，该异构化反应不一定在加热条件下才能进行，故C错误； D．根据图示，1molHCN(g)转化为1molHNC(g)吸收的能量，HCN(s)的能量小于1molHCN(g)，所以 1molHCN(s)转化转化为所吸收的能量要大于，故D正确； 选D。 5. 部分含氮物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示。下列说法正确的是 A. a→b属于氮的固定 B. c、d都属于酸性氧化物 C. a和e反应后的产物可用作化肥 D. 工业上通过a→b-→c→d→e来制备 【答案】C 【解析】 【分析】根据部分含氮物质的类别与相应化合价关系图可知：a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3。 【详解】A．a为NH3，b为N2，b→a属于氮的固定，A错误； B．c为NO，d为NO2，c、d都属于不成盐氧化物，B错误； C．a为NH3， e为HNO3，a和e反应后的产物硝酸铵可用作化肥，C正确； D．工业上通过氨气催化氧化生成一氧化氮，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硝酸，工业上通过a→c→d→e来制备，D错误； 故选C。 6. 下列说法正确的是 A. 可逆反应达到最大限度后，正、逆反应速率均为0 B. 对于放热反应，升高温度不能提高其化学反应速率 C. 所有放热反应放出的能量都可以通过设计成原电池转化为电能 D. 少量FeCl3溶液与过量KI溶液充分反应后，溶液中仍有Fe3+存在，说明反应过程可逆 【答案】D 【解析】 【详解】A．可逆反应达到最大限度即化学平衡状态，属于动态平衡，正、逆反应速率相等但不为0，A错误； B．升高温度会提高活化分子百分数，无论反应吸热还是放热，均能加快化学反应速率，B错误； C．只有自发进行的氧化还原类放热反应才能设计成原电池，非氧化还原的放热反应（如酸碱中和反应）无法设计为原电池，C错误； D．少量与过量反应，若反应不可逆则应被完全消耗，溶液中仍有存在说明反应不能进行完全，属于可逆反应，D正确； 故选D。 7. 下列物质转化在指定条件下能一步实现的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．属于酸性氧化物，与足量NaOH溶液可发生反应：，能一步生成Na2SO3，A正确； B．Cu与浓硫酸在常温下不反应，需要加热条件才能反应生成，该转化在指定条件下不能一步实现，B错误； C．与在加热、催化剂条件下发生催化氧化，产物为NO，无法一步生成，NO需要和进一步反应才能得到，C错误； D．氨水是弱碱，不溶于弱碱，与足量氨水反应只能生成沉淀和，无法得到四羟基合铝酸铵，D错误； 故选A。 8. 化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是 A. 甲：向Zn电极方向移动 B. 乙：正极的电极反应式为 C. 丙；锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄 D. 丁：电池放电过程中，正极区溶液的pH变小 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲构成原电池，Zn作负极，向Zn电极方向移动，A正确； B．乙中Ag2O作正极，Ag2O被还原生成Ag，则正极的电极反应式为：，B正确； C．丙中锌筒作负极，Zn被氧化生成Zn2+，锌筒会变薄，C正确； D．铅蓄电池放电过程中，正极反应式为：，即H+被消耗，正极区溶液的pH变大，D错误； 故选D。 9. 下列关于热化学反应的描述正确的是 A. 稀盐酸和稀溶液反应的中和反应反应热，则1mol的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为 B. 的燃烧热为，则反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的 C. 放热反应比吸热反应容易发生 D. 丙烷燃烧生成水和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热 【答案】B 【解析】 【详解】A．中和热是指是酸和碱稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，1mol的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应除了生成水外，还生成了硫酸钡，放热大于，A错误； B．燃烧热是指燃料完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，其中水为液体，即根据反应热可知，2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的，B正确； C．反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，与反应是否加热无关，如放热反应中铝热反应要高温才能进行，氢氧化钡晶体与氯化铵的反应尽管是吸热反应，但常温下搅拌就可进行，C错误； D．不能确定生成的是气态水还是液态水，且丙烷的物质的量也不知道，D错误； 故选B。 10. 下列离子方程式不正确的是 A. 少量通入NaOH溶液： B. 向硫化钠溶液通入足量二氧化硫： C. 过量通入饱和碳酸钠溶液： D. 钠投入水中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．少量通入溶液，发生歧化反应：，A正确； B．具有还原性，具有氧化性，二者发生归中反应，足量通入硫化钠溶液时生成S单质和，正确离子方程式为，B错误； C．过量通入饱和碳酸钠溶液，生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，离子方程式为，符合反应事实，C正确； D．钠投入水中，反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为，D正确； 故选B。 11. A、B与C构成原电池，装置如图所示。下列说法正确的是 A. A、B一定是活泼性不同的两种金属 B. C溶液中的溶质熔融状态下一定能导电 C. 若活泼性：A＞B，则A一定是负极 D. 若放电时A极金属逐渐溶解，则电子由A经导线流向B 【答案】D 【解析】 【详解】A．原电池的电极可以是金属+导电非金属（比如锌铜原电池中，铜可以换成石墨；氢氧燃料电池中，两极都用铂/石墨），也可以是两种不同的非金属导体，A错误； B．原电池只要求C溶液能导电（有自由移动的离子），不要求溶质熔融时导电，B错误； C．活泼性强的金属不一定是负极，比如：镁、铝和NaOH溶液构成的原电池中，镁的活泼性比铝强，但镁不与NaOH溶液反应，铝能和NaOH溶液反应，所以铝是负极，镁是正极，C错误； D．A极金属溶解，说明A极发生了失电子的氧化反应，所以A是负极，B是正极，原电池中，电子从负极（A）经导线流向正极（B），D正确； 故选D。 12. 下列实验操作和现象得出的实验结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将通入盛有新制氯水的试管中 新制氯水褪色 有氧化性 B 取少量待测液于试管中，加入浓溶液并加热，将一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口 试纸变蓝 溶液中含有 C 常温下，将铁片、铜片分别插入浓硝酸中 铜片溶解，铁无明显变化 金属活动性： D 取少量待测液于试管中，滴加几滴溶液 产生白色沉淀 溶液中含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化硫被氯水氧化生成硫酸，氯水褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A错误； B．加入浓NaOH溶液并加热生成的氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由实验操作和现象可知，溶液中含有，故B正确； C．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮，反应原理不同，不能比较金属性的强弱，故C错误； D．白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，由实验操作和现象可知，不能确定溶液中是否含有，故D错误； 故选：B。 13. 绿色化学理念影响着整个化学实验改革，微型化学实验就是在这种复背景下诞生的一种创新性的实验教学方法。蔗糖与浓硫酸反应的探究实验改进装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应中，品红溶液褪色，紫色石蕊试液先变红后褪色 B. 该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性 C. 该装置能证明二氧化硫具有氧化性和还原性 D. X可以是NaOH溶液 【答案】A 【解析】 【分析】蔗糖和浓硫酸混合，蔗糖脱水变黑，然后碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。品红溶液验证二氧化硫的漂白性，酸性高锰酸钾溶液验证二氧化硫的还原性，紫色石蕊试液验证二氧化硫酸性氧化物的性质，硫化钠溶液验证二氧化硫的氧化性，X溶液吸收二氧化硫，可以是NaOH溶液等。 【详解】A．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫是酸性氧化物，紫色石蕊试液变红后不褪色，A错误； B．蔗糖变黑碳化，证明浓硫酸具有脱水性，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，说明浓硫酸具有强氧化性，B正确； C．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现还原性，二氧化硫和Na2S反应生成S沉淀，证明二氧化硫具有氧化性，C正确； D．二氧化硫是酸性氧化物，能被氢氧化钠溶液吸收，所以X可以是NaOH溶液，D正确； 故选A。 14. 某种综合处理含废水和工业废气(主要含有NO、CO、、、)的流程如图所示，下列说法正确的是： 已知： A. 固体1的主要成分有、、 B. 向气体1中通入适量X，X为空气，且使与NO的浓度比接近1：1时吸收效果最好 C. 处理工业废气用烧碱代替石灰乳更合适 D. 捕获产物为 【答案】B 【解析】 【分析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，气体不能被过量石灰水吸收的是N2、NO、CO，气体通入空气，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，通入空气但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气，防止污染空气，因此捕获剂所捕获的气体主要是CO。 【详解】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则废渣的成分为主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2；故A错误； B．与NO的浓度比接近1：1时发生反应NO+NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，吸收效果最好，故B正确； C．工业生产需要考虑成本，石灰乳比氢氧化钠价格便宜且来源丰富，故不能替代，故C错误； D．根据分析可知，捕获产物为CO，故D错误； 故选B。 二、非选择题(本题共4小题，共58分)。 15. Ⅰ．海水中蕴含着大量资源，海水提溴的主要工业生产流程如下图所示。 （1）吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为_______________________。 （2）吹出塔吹出的含溴空气经由吸收塔吸收溴后回到吹出塔进行循环利用。吹出塔中吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。流量过大，吹出率反而下降的原因是_____________________。 （3）对于低浓度的溴水，也可采用萃取的方法提取Br2。某学习小组用CCl4萃取溴水中的Br2，在如图所示的分液漏斗中，液体分为两层，其中下层液体呈_____色；他们打开分液漏斗的活塞，却未见液体流下，原因可能是____________________ Ⅱ．海带中含有丰富的碘元素，从海带灰中提取碘的甲、乙两种方案如下，已知。 （4）通入适量，发生的主要反应的离子方程式为__________________。 （5）步骤X为________，方案甲中，可以循环利用的物质是_______。 （6）方案乙中，“含的水溶液”经三步转化为“水溶液”，主要目的是__________________。 （7）方案乙中若将换为浓度相同的氢碘酸(HI)，得到的量会减少，其原因是____________________________________。 【答案】（1） （2）过量的随吸收后的空气进入吹出塔，与吹出的发生反应，使吹出率下降 （3） ①. 橙红； ②. 分液漏斗上口玻璃塞未打开或塞上的凹槽未对准漏斗上的小孔，漏斗内压强小于外界大气压 （4） （5） ①. 萃取分液； ②. （6）富集碘元素，提高的浓度，便于后续提取 （7）加入的提供大量，使平衡正向移动，部分转化为留在溶液中，导致最终得到的量减少 【解析】 【分析】Ⅰ海水提溴流程：浓缩酸化后的含海水进入吹出塔，通入将氧化为，通入空气将吹出进入吸收塔，吸收塔中通入和水，将还原为实现溴的富集，吸收后的溶液进入蒸馏塔，通入和水蒸气将氧化为，经冷凝精馏得到产品。 Ⅱ海带提碘流程：海带灰浸取原液加酸化，通入将氧化为得到含的水溶液。方案甲加萃取分液得到含的溶液，蒸馏得到纯碘，可循环利用。方案乙向含的溶液中加溶液，发生歧化反应生成和进入水相，分液后向上层溶液加酸化，和发生归中反应生成，实现碘的富集。 【小问1详解】 吸收塔中具有还原性，具有氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，生成和，配平后的化学方程式为。 【小问2详解】 能与发生氧化还原反应，若流量过大，过量的会随吸收后的空气进入吹出塔，与吹出的反应，将还原为，导致吹出率下降。 【小问3详解】 的密度大于水，且不溶于水，用萃取溴水中的时，进入层，下层为溴的四氯化碳溶液，呈橙红色。 分液漏斗内液体无法流下，是因为分液漏斗内部压强小于外界大气压，可能的原因是分液漏斗上口玻璃塞未打开，或塞上的凹槽未对准漏斗上的小孔，导致漏斗与外界大气不相通。 【小问4详解】 酸性条件下，具有氧化性，可将氧化为，中O元素化合价从0价降低到-2价，1mol 得到4mol电子，中I元素化合价从-1价升高到0价，4mol 失去4mol电子，结合电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为。 【小问5详解】 步骤X是向含的水溶液中加入，将萃取到中，再分离有机相和水相，操作名称为萃取分液。 方案甲中蒸馏含的溶液，得到纯碘的同时，被蒸出，可重新用于萃取操作，因此可循环利用的物质是。 【小问6详解】 低浓度的含水溶液中浓度较低，直接提取成本高、效率低。经溶液反萃取、酸化归中后，在水溶液中的浓度大幅提高，因此该过程的主要目的是富集碘元素，提高的浓度，便于后续提取。 【小问7详解】 已知，若将换为浓度相同的氢碘酸，会电离出大量，使上述平衡正向移动，部分生成的转化为水溶性的留在溶液中，无法被完全提取，因此最终得到的量会减少。 16. 硫酸是一种重要的工业原料，工业上一般以硫磺或其他含硫矿物为原料来制备硫酸。回答下列问题： Ⅰ．历史上曾用绿矾()制备硫酸。焙烧绿矾是生产硫酸的步骤之一，高温条件下绿矾发生如下分解反应：。为验证绿矾高温分解的气体产物，进行如图所示实验(N2不参与反应)： （1）无水CuSO4的作用是___________，无水CuSO4不能用碱石灰代替，原因是___________(写两点)。 （2）装置①、②中最适宜的试剂分别是___________、___________(填字母)。 A．Ba(OH)2溶液　　B．品红溶液　　C．BaCl2溶液  　　D．红色石蕊溶液 Ⅱ．现代硫酸工业用黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁()]为原料制备硫酸的流程如下。 （3）写出“沸腾炉”中主要反应的化学方程式：_______________________________。反应每消耗1mol，转移的电子数为_____(用含NA的式子表示，NA为阿伏加德罗常数) （4）“吸收塔”中的吸收剂为98.3%的浓硫酸，不用水作吸收剂的原因是______________ 。 （5）用电化学法模拟处理硫酸工业尾气中的，如图装置(电极均为惰性材料)进行实验，可用于制备硫酸，同时获得电能： ①M极的电极反应式为___________。 ②当外电路通过0.2 mol电子时，质子交换膜左侧的溶液质量___________(填“增大”或“减小”)___________g。 【答案】（1） ①. 检验气体产物中的水蒸气 ②. 碱石灰会吸收水蒸气，无法检验水；碱石灰会同时吸收、，干扰后续气体检验 （2） ①. C ②. B （3） ①. ②. （4）用水吸收会放出大量热，形成硫酸酸雾，降低的吸收效率 （5） ①. ②. 增大 ③. 6.2 【解析】 【分析】高温条件下绿矾发生分解反应，验证绿矾在高温下分解的气体产物。将绿矾在高温下分解的气体产物依次通入装有无水CuSO4的球形干燥管、装置①、装置②、氢氧化钠溶液中，其中先通入装有无水CuSO4的球形干燥管中是为了检验产物中是否含有水，后依次通入装置①、装置②中是为了检验是否含有、，最后通入氢氧化钠溶液中是进行尾气处理，防止危害环境。 【小问1详解】 无水CuSO4遇水会由白色变为蓝色，作用是检验分解产物中的水蒸气；无水CuSO4不能用碱石灰代替，原因是：碱石灰会吸收水蒸气，无法检验水；碱石灰会同时吸收、，干扰后续气体检验； 【小问2详解】 检验顺序：先检验，再检验（溶于水会生成硫酸，若先通过水溶液会让被水吸收，无法分步检验）。装置①检验：选择溶液，，产生白色沉淀证明为；若用，会和其生成亚硫酸钡白色沉淀，从而干扰的检验；装置②检验：选品红溶液，能使品红溶液褪色，以此检验。因此，装置①、②中最适宜的试剂分别是：C、B； 【小问3详解】 沸腾炉中和高温煅烧生成和，其化学方程式为：；在该反应中，反应关系为：，所以反应每消耗1mol，转移的电子数为； 【小问4详解】 “吸收塔”中的吸收剂为98.3%的浓硫酸，不用水作吸收剂的原因是：用水吸收会放出大量热，形成硫酸酸雾，降低的吸收效率； 【小问5详解】 ①该装置为原电池，M极通入，发生氧化反应生成，其电极反应式为：； ②当外电路通过0.2 mol电子时：M极（左侧）每2 mol电子对应消耗1 mol，则0.2 mol电子对应消耗0.1 mol（质量为）；同时，电极反应生成0.4 mol，其中0.2 mol会通过质子交换膜移向右侧（N极），即左侧溶液失去0.2 mol（质量为）。因此，左侧溶液质量变化为：，即溶液质量增大，增大了6.2 g。 17. 二甲醚()是一种绿色、可再生能源。 （1）25℃、101kPa时，若1g二甲醚气体完全燃烧生成液态水放出m kJ的热量，则  ___________。 （2）T℃时，向2L恒容密闭容器中充入1mol CO与2mol 发生如下反应：  。 ①下列措施能够使该反应速率加快的是___________。 A．升高温度　　 B．向容器中充入与反应无关的氩气　　 C．及时移走二甲醚 ②反应进行到20s时，测得0～20s内的平均反应速率，则消耗的CO为___________mol。 ③若反应生成0.1mol ，则反应过程中转移___________mol 。 （3）二甲醚()燃料电池的工作原理如图所示： ①a电极的电极反应式为___________。 ②外电路电子移动方向：___________。(填“a极到b极”或“b极到a极”)。 【答案】（1）-46m （2） ①. A ②. 0.4 ③. 0.8 （3） ①. ②. a极到b极 【解析】 【小问1详解】 二甲醚的摩尔质量为，1 g二甲醚的物质的量为，完全燃烧生成液态水放出热量，故1 mol二甲醚完全燃烧放出的热量为，放热反应的焓变为负值，故。 【小问2详解】 ①A．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，A正确； B．向容器中充入与反应无关的氩气，恒容条件下反应物浓度不变，反应速率不变，B错误； C．及时移走二甲醚，生成物浓度减小，反应速率减慢，C错误； 故选A。 ②0~20 s内生成的浓度变化量为，生成的物质的量为，由反应计量数关系，消耗的CO的物质的量为。 ③反应中CO中C为+2价，中C为-2价，每个C得到4个电子，生成1 mol时，2 mol CO参与反应，共得到8 mol电子，即转移8 mol电子，故生成0.1 mol时，转移电子的物质的量为。 【小问3详解】 ①a极通入二甲醚，发生氧化反应为负极，二甲醚失去电子，结合固体电解质传导的生成和，配平得电极反应式为。 ②a极为负极，b极为正极，外电路中电子由负极流向正极，故电子移动方向为a极到b极。 18. 将浓度均为0.01mol/L的、、KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为。反应分两步进行，反应A为，反应B为…… （1）反应B的离子方程式是___________。对于总反应，I-的作用相当于___________。 （2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。 a．向酸化的溶液中加入KI溶液和试剂X，溶液变为蓝色。 b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。 试剂X是___________。 （3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ．(溶液浓度均为0.01mol/L) 用量/mL 实验序号 溶液 溶液 溶液 KI溶液(含淀粉) 实验Ⅱ 5 4 8 3 0 实验Ⅲ 5 2 x y z 溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。 ①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是___________。 ②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。 （4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(溶液浓度均为0.01mol/L) 用量/mL 实验序号 溶液 溶液 溶液 KI溶液(含淀粉) 实验Ⅳ 4 4 9 3 0 实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。 试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。 【答案】（1） ①. ②. 催化剂 （2）淀粉 （3） ①. 8、3、2 ②. 其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 （4）由于，，所以未出现溶液变蓝的现象 【解析】 【小问1详解】 该“碘钟实验”的总反应：①，反应分两步进行：反应A：②，反应B：①-②得到反应的离子方程式：，对于总反应，I-的作用相当于催化剂； 【小问2详解】 过氧化氢具有氧化性会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应，则试剂X为淀粉溶液； 【小问3详解】 ①为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验Ⅱ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2； ②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率； 【小问4详解】 对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于，，所以未出现溶液变蓝的现象。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $