江苏省常州市名校2022-2023学年高一下学期期末测试化学试题解析版

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化学试卷

相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64V-51Ba-137

一、单选题

1.祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于

A.金属材料B.无机非金属材料C.有机合成材料D.复合材料

2.黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列说法不正确的是

A.含离子键和共价键B.与具有相同的电子层结构

C.的结构式为D.干冰的晶体类型为共价晶体

3.硫循环在生态系统的诸多领域具有重要意义。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是

A.工业制酸：B.火山喷发：

C.尾气吸收：D.酸雨侵蚀：

4.下列说法正确的是

A.1mol苯分子中含有C=C双键数目为3mol

B.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗的分子数为3mol

C.标准状况下，11.2L中含有的共价键数目为2mol

D.常温常压下，17g羟基含有的电子总数为7mol

5.下列反应中既是氧化还原反应，能量变化情况又符合如图的是

A.氢氧化钠与稀盐酸的反应B.碳和水蒸气的反应

C.和的反应D.氢气的燃烧反应

6.氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷分子结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和Cu、P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。

下列说法正确的是

A.分子中的P-P-P键角为

B.白磷和红磷互为同位素

C.白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子

D.白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，白磷放出的热量更多

7.下列化学反应表示正确的是

A.用氨水和溶液制备：

B.工业上用足量氨水吸收：

C.用溶液吸收：

D.铁粉与过量稀硝酸：

8.下列物质性质与用途具有对应关系的是

A.氮气为无色气体，可用作焊接金属保护气

B.硝酸受热易分解，可用于制

C.液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂

D.磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀

9.一定条件下，将4molA气体和2molB气体充入2L密闭容器中，发生如下反应：。反应2s后，测得C的浓度为0.6，下列说法正确的是

①用物质A表示的反应的平均速率为0.3

②用物质B表示的反应的平均速率为0.6

③2s时物质A的转化率为70%

④2s时物质B的浓度为0.7

A.③④B.①④C.②③D.①③

10.X、Y、Z和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的一种核素可用于测定文物的年代，X与Y同周期且相邻，四种元素中只有Z为金属元素，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是

A.原子半径：

B.X的简单氢化物比Y的稳定

C.工业上制取Z的单质都是用电解的方法

D.W的氧化物对应水化物酸性比X强

11.下列说法正确的是

A.石油是工业的血液，属于纯净物

B.相同碳原子数的烷烃的沸点都相同

C.有机物的一氯代物有3种

D.苯乙炔()最多有9个原子共平面

12.关于苯及苯的同系物的说法，不正确的是

A.利用甲苯的硝化反应可以制得TNT炸药

B.苯与甲苯互为同系物，可以用酸性溶液进行鉴别

C.苯和溴水振荡后，由于发生化学反应而使溴水的水层颜色变浅

D.煤焦油中含有苯和甲苯，可用分馏的方法把它们从煤焦油中提取出来

13.一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：

下列说法正确的是

A.“酸浸”所得滤渣的主要成分为

B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为

C.“沉铜”发生的反应为复分解反应

D.“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、

14.除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是

选项物质所用试剂方法

ASO2(CO2)饱和碳酸氢钠溶液洗气

B乙烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气

C乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液

D苯(Br2)氢氧化钠溶液蒸馏

AAB.BC.CD.D

15.如图所示电池装置可将HCOOH转化为KHCO3，下列说法正确的是

A.每消耗1molO2，可将2molFe2＋转化为Fe3＋

B.物质X为KOH

C.负极电极反应式为HCOO-＋2OH--2e-=HCO＋H2O

D.放电时，K＋由正极区移向负极区

16.盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是

A.电池工作时，Pt电极是正极

B.图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+

C.电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g

D.电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降

17.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是

A.该分解过程是：2NON2+O2

B.实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应

C.过程②释放能量，过程③吸收能量

D.标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02×1023

18.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是

A.反应I中消耗1molO2生成lmolNO

B.反应Ⅲ是氧化还原反应

C.该转化过程中N元素化合价不变

D.反应II中1molFeS2被氧化转移16mol电子

19.工业上将电石渣浆中的转化为，工艺流程如图。

下列说法正确的是

A.过程Ⅰ中，被还原

B.过程Ⅱ中，做氧化剂

C.该流程中发生的反应均为氧化还原反应

D.将10L480mg/L转化为，理论上需要0.3mol

20.向l3.6g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入1.0L0.5mol/LNaOH溶液，生成沉淀质量为l9.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是

A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1:1

B.原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3mol/L

C.产生NO的体积为2.24L

D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.lmol

二、填空题

21.A~I是常见有机物，其中A是乙烯，E的分子式为，H为有香味的油状物质。

已知：

（1）D中官能团的名称为__________，过程⑥的反应类型为__________。

（2）写出下列反应的化学方程式：过程②__________，过程⑦__________。

（3）12.4gG与足量的金属Na完全反应，生成标准状况下氢气的体积为__________L。

（4）I的某同系物中有6个C原子，则其同分异构体有__________种。

（5）写出E的同分异构体中与互为同系物的结构简式(写出1个即可)__________。

22.A、B、C、D、E为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，五种元素的原子序数之和为39，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E元素的周期序数与主族序数相等。

（1）A2C2的结构式为___________。

（2）E元素在元素周期表中的位置为___________。

（3）C、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为___________(填离子符号)。

（4）若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方案不可行的是___________(填标号)。

A．将D的单质置于E的盐溶液中，若D的单质不能置换出E的单质，说明D的金属性弱

B．将少量D、E的单质分别投入水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强

C．比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，若D的最高价氧化物对应水化物的碱性强，说明D的金属性强

（5）用和组成以稀硫酸为电解质溶液的质子交换膜燃料电池，结构如图所示：

电极N是___________(填“正极”或“负极”)，电极M上的电极反应式为___________。

23.利用Zn和溶液反应模拟地下水的脱硝过程，并探究脱硝原理及相关因素对脱硝速率的影响。模拟过程的实验装置如图所示。

（1）实验室用稀洗涤Zn粒，再用蒸馏水洗涤至接近中性；将溶液的pH调至2.5。

①用稀洗涤Zn粒的目的是__________。

②向上述溶液中加入足量洗涤后的Zn粒，写出Zn与溶液反应生成的离子方程式__________。

③锥形瓶中NaOH溶液的作用是__________。

（2）某兴趣小组进行了如下实验：取两套如图所示装置，分别加入等体积、等浓度的溶液；将溶液的pH值调节为2.5，并通入氮气；将其中一套实验装置浸入热水浴中(或浸入冰水浴中)；向三颈瓶中分别加入足量且等质量的同种Zn粒，用离子色谱仪测定相同反应时间时三颈瓶中的浓度。(已知：溶液中的的物质的量浓度可用离子色谱仪测定)

①该实验的目的是探究__________对脱氮速率的影响。

②该实验过程中采用了科学探究中一种重要的思想方法是__________。

（3）反应过程中有生成。为测定反应液中的含量，取过滤后的滤液100mL，用酸性溶液滴定，消耗溶液的体积为16.00mL。(在此条件下不与酸性溶液反应)。计算过滤后的滤液中的物质量浓度__________。

24.为更好地利用化学变化中物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行程度等。实验发现，滤液反应比反应速率快，研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。

【提出猜想】

猜想一：钻入膜形成孔径，增大了Mg和的接触面积，加快了的反应速率，称作“离子钻入效应”；

猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换形成许多微小的原电池，使反应速率进一步加快。

【实验设计】

取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1mol/LKCl、、溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，观察Mg条表面实验现象。

实验序号实验现象

1///5.00微小气泡附着

24.500.50//大量气泡放出

34.50//0.50少量气泡放出

4a/b/少量气泡放出

（1）①根据表中信息，补充数据：a=__________，b=__________。

②由实验1和实验3对比可知：有加快反应速率的作用。

③由实验__________和实验__________对比可知：有加快反应速率的作用。

【实验结论1】猜想一和猜想二成立。

已知：的水解离子方程式

（2）为了进一步证明原电池能加快体系中的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。

【实验设计】选取实验2和实验4两个实验方案，采集两个实验的pH-时间、温度-时间变化数据。实验数据如图所示：

④由初始pH数据可知，曲线__________(填“a”或“b”)表示实验2的pH-时间变化曲线，请解释原因__________。

⑤在pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓的原因__________。

⑥对“温度-时间”曲线分析，在相同反应时间内，__________(填“实验2”或“实验4”)放热更多，因此速率更快。

【实验结论2】结合pH-时间、温度-时间曲线可知，原电池能加快体系中反应速率。

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化学试卷答案解析

相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64V-51Ba-137

一、单选题

1.祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于

A.金属材料B.无机非金属材料C.有机合成材料D.复合材料

【答案】D

【解析】

【详解】铝基碳化硅材料是由铝和碳化硅复合而成的材料，属于符合材料；

故选D。

2.黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列说法不正确的是

A.含离子键和共价键B.与具有相同的电子层结构

C.的结构式为D.干冰的晶体类型为共价晶体

【答案】D

【解析】

【详解】A．中存在K+和，含有离子键和共价键，故A正确；

B．与都含有18个电子，具有相同的电子层结构，故B正确；

C．的结构式为，故C正确；

D．干冰的晶体类型为分子晶体，故D错误；

故选D。

3.硫循环在生态系统的诸多领域具有重要意义。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是

A.工业制酸：B.火山喷发：

C.尾气吸收：D.酸雨侵蚀：

【答案】B

【解析】

【详解】A．FeS2只能转化为SO2，SO2与O2催化剂高温条件下转化为SO3，A项不能直接转化；

B．H2S经燃烧转化为SO2，B项可实现转化；

C．Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，C项不能转化；

D．H2SO4与Fe反应产生FeSO4和H2，D项不能转化；

故选B。

4.下列说法正确的是

A.1mol苯分子中含有C=C双键数目为3mol

B.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗的分子数为3mol

C.标准状况下，11.2L中含有的共价键数目为2mol

D.常温常压下，17g羟基含有的电子总数为7mol

【答案】B

【解析】

【详解】A．苯分子中不存在碳碳双键，A错误；

B．1mol乙烯完全燃烧消耗氧气3mol，1mol乙醇完全燃烧消耗氧气3mol，则1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为3mol，B正确；

C．标准状况下，CCl4不是气态，11.2L四氯化碳物质的量大于0.5mol，含有共价键数目大于2mol，C错误；

D．17g羟基为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，D错误；

故答案选B。

5.下列反应中既是氧化还原反应，能量变化情况又符合如图的是

A.氢氧化钠与稀盐酸的反应B.碳和水蒸气的反应

C.和的反应D.氢气的燃烧反应

【答案】B

【解析】

【分析】从图中可以看出，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以为吸热反应。

【详解】A．氢氧化钠与稀盐酸的反应为放热反应，A不符合题意；

B．碳和水蒸气在高温下反应，生成一氧化碳和氢气，需要不断地提供能量，属于吸热反应，反应中C、H元素的价态发生改变，属于氧化还原反应，B符合题意；

C．NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O发生复分解反应，通过从周围环境中吸收热量，维持反应的不断进行，属于吸热反应，但不含有价态变化的元素，属于非氧化还原反应，C不符合题意；

D．H2燃烧能释放大量的热，属于放热反应，D不符合题意；

故选B。

6.氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷分子结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和Cu、P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。

下列说法正确的是

A.分子中的P-P-P键角为

B.白磷和红磷互为同位素

C.白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子

D.白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，白磷放出的热量更多

【答案】D

【解析】

【详解】A．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，P4分子中的P-P-P键角为60°，A错误；

B．白磷和红磷互为同素异形体，B错误；

C．白磷为面心立方最密堆积，配位数为12，白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子，C错误；

D．从题中可知，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能力高于红磷，白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，D正确；

故答案选D。

7.下列化学反应表示正确的是

A.用氨水和溶液制备：

B工业上用足量氨水吸收：

C.用溶液吸收：

D.铁粉与过量稀硝酸：

【答案】C

【解析】

【详解】A．一水合氨难电离，应写化学式，用氨水和溶液制备：，A错误；

B．工业上用足量氨水吸收生成正盐：，B错误；

C．用溶液吸收发生氧化还原反应：，C正确；

D．铁粉与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水：，D错误；

答案选C。

8.下列物质性质与用途具有对应关系的是

A.氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气

B.硝酸受热易分解，可用于制

C.液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂

D.磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀

【答案】C

【解析】

【详解】A．N2的化学性质稳定，可避免金属与氧气接触发生氧化反应而作为保护气，与氮气为无色气体无关，A项错误；

B．硝酸为酸，与氨水反应生成硝酸铵，可用于制NH4NO3，与硝酸受热易分解的性质无关，B项错误；

C．液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，C项正确；

D．磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜，所以可用于保护金属免受腐蚀，与其难挥发性无关，D项错误。

答案选C。

9.一定条件下，将4molA气体和2molB气体充入2L密闭容器中，发生如下反应：。反应2s后，测得C的浓度为0.6，下列说法正确的是

①用物质A表示反应的平均速率为0.3

②用物质B表示的反应的平均速率为0.6

③2s时物质A的转化率为70%

④2s时物质B的浓度为0.7

A.③④B.①④C.②③D.①③

【答案】B

【解析】

【详解】C的浓度变化为0.6，则C的速率为0.3，A的速率也是0.3，B的速率是0.15，根据三段式：

，根据计算A的转化率为30%，2s时物质B的浓度为0.7；即①④正确；

故选：B。

10.X、Y、Z和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的一种核素可用于测定文物的年代，X与Y同周期且相邻，四种元素中只有Z为金属元素，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是

A.原子半径：

B.X的简单氢化物比Y的稳定

C.工业上制取Z的单质都是用电解的方法

D.W的氧化物对应水化物酸性比X强

【答案】C

【解析】

【分析】X、Y、Z和W为原子序数依次增大，X的一种核素可用于测定文物的年代，则X为C，X与Y同周期且相邻，则Y为N，W的单质为黄绿色气体，则W为Cl，Z为金属元素，则Z为Na、Mg、Al中的一种。

【详解】A．电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，A错误；

B．非金属性N>C，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性NH3>CH4，B错误；

C．Na、Mg、Al均为活泼金属，用电解法冶炼，C正确；

D．非金属性Cl>C，Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比C的强，不是最高价含氧酸无此规律，D错误；

故选C。

11.下列说法正确的是

A.石油是工业的血液，属于纯净物

B.相同碳原子数的烷烃的沸点都相同

C.有机物的一氯代物有3种

D.苯乙炔()最多有9个原子共平面

【答案】C

【解析】

【详解】A．石油中含有多种烃类，属于混合物，A错误；

B．相同碳原子数的烷烃，支链越多，沸点越低，如正戊烷和异戊烷的沸点就不相同，B错误；

C．根据该有机物的结构简式可知，该有机物中有3种不同化学环境的氢原子，则一氯代物有3种，C正确；

D．苯环上的原子都在同一平面内，与碳碳三键相连的原子在同一条直线上，苯乙炔中有14个原子共面，D错误；

故答案选C。

12.关于苯及苯的同系物的说法，不正确的是

A.利用甲苯的硝化反应可以制得TNT炸药

B.苯与甲苯互为同系物，可以用酸性溶液进行鉴别

C.苯和溴水振荡后，由于发生化学反应而使溴水的水层颜色变浅

D.煤焦油中含有苯和甲苯，可用分馏的方法把它们从煤焦油中提取出来

【答案】C

【解析】

【详解】A．甲苯与浓硝酸发生取代反应生成TNT炸药的成分2，4，6-三硝基甲苯，A正确；

B．甲苯能与酸性高锰酸钾反应使其褪色，苯不与酸性高锰酸钾反应，可用酸性高锰酸钾鉴别，B正确；

C．苯与液溴反应与溴水不反应，溴水层颜色变浅是因为溴溶于苯中，未发生化学变化，C错误；

D．苯和甲苯沸点不同，且差异较大，可用分馏的方式将它们从煤焦油中提取出来，D正确；

故答案选C。

13.一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：

下列说法正确的是

A.“酸浸”所得滤渣的主要成分为

B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为

C.“沉铜”发生的反应为复分解反应

D.“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、

【答案】D

【解析】

【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)“酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。

【详解】A．据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；

B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误；

C．“沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；

D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知，“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D正确；

答案选D。

14.除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是

选项物质所用试剂方法

ASO2(CO2)饱和碳酸氢钠溶液洗气

B乙烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气

C乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液

D苯(Br2)氢氧化钠溶液蒸馏

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．H2SO3的酸性强于H2CO3，故SO2可与NaHCO3反应，A错误；

B．乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯，但引入了二氧化碳杂质，B错误；

C．乙酸和碳酸钠可以反应生成醋酸钠的水溶液，乙酸乙酯和醋酸钠溶液互不相溶，可以采用分液法来分离，C正确；

D．苯中的溴可以和氢氧化钠溶液反应，苯不反应并且和溴化钠、次溴酸钠溶液不互溶，可以用分液的方法分离，D错误；

故选C。

15.如图所示电池装置可将HCOOH转化为KHCO3，下列说法正确的是

A.每消耗1molO2，可将2molFe2＋转化为Fe3＋

B.物质X为KOH

C.负极电极反应式为HCOO-＋2OH--2e-=HCO＋H2O

D.放电时，K＋由正极区移向负极区

【答案】C

【解析】

【详解】A．每消耗1molO2，转移4mol电子，根据得失电子守恒，可知可将4molFe2＋转化为Fe3＋，故A错误；

B．右侧装置中实现Fe2＋转化为Fe3＋，并使三价铁离子进入原电池装置中，若X为KOH会使三价铁沉淀无法实现循环转化，故B错误；

C．由图可知负极HCOO-失电子转化为HCO，电极反应式为HCOO-＋2OH--2e-=HCO＋H2O，故C正确；

D．放电时，原电池中的阳离子由负极区向正极区移动，故D错误；

故选：C。

16.盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是

A.电池工作时，Pt电极是正极

B.图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+

C.电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g

D.电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，Pt电极上H2→，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；

【详解】A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A错误；

B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；

C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确；

D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；

故选C。

17.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是

A.该分解过程是：2NON2+O2

B.实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应

C.过程②释放能量，过程③吸收能量

D.标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02×1023

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；

B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；

C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；

D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1molO2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；

答案选C。

【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。

18.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是

A.反应I中消耗1molO2生成lmolNO

B.反应Ⅲ是氧化还原反应

C.该转化过程中N元素化合价不变

D.反应II中1molFeS2被氧化转移16mol电子

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图示可知，Fe(NO)2+中铁元素化合价由+2价变为+3价，氧气中氧元素化合价由0价变成-2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应I的离子方程式为：4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，消耗1molO2生成4molNO，A错误；

B．由图示可知，反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，B错误；

C．由总反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以NO作催化剂，结合图示可知，氮元素化合价不变，C正确；

D．反应Ⅱ中S元素的化合价从-1价升高为+6价，则每1molFeS2参加反应，转移14mol电子，D错误；

答案选C。

19.工业上将电石渣浆中的转化为，工艺流程如图。

下列说法正确的是

A.过程Ⅰ中，被还原

B.过程Ⅱ中，做氧化剂

C.该流程中发生的反应均为氧化还原反应

D.将10L480mg/L转化为，理论上需要0.3mol

【答案】D

【解析】

【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成，通入氧气生成，涉及反应为2＋O2＋4OH＝2＋4H2O，与S2反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO42H2O，以此解答该题。

【详解】A．过程Ⅰ中，通入氧气生成；被氧化，故A错误；

B．过程Ⅱ中，与S2反应生成，说氧化产物，故B错误；

C．该流程中，CaO与硫酸锰反应生成不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；

D．10L480mg/L含有，根据得失电子守恒可知：0.10mol×8＝n(O2)×4，n(O2)＝0.3mol，故D正确；

故答案选D。

【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

20.向l3.6g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入1.0L0.5mol/LNaOH溶液，生成沉淀质量为l9.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是

A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1:1

B.原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3mol/L

C.产生的NO的体积为2.24L

D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.lmol

【答案】D

【解析】

【详解】向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：19.6g÷98g/mol=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.2mol。

A．设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n（Cu）：n（Cu2O）=0.1mol：0.05mol=2：1，故A错误；

B．根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.1mol+2×0.05mol，解得n（NO）=0.1mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：0.6mol÷0.25L=2.4mol/L，故B错误；

C．由B中计算可知n（NO）=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C错误；

D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）-2n[[Cu（NO3）2]=0.5mol-2×0.2mol=0.1mol，故D正确；

故答案选D。

二、填空题

21.A~I是常见有机物，其中A是乙烯，E的分子式为，H为有香味的油状物质。

已知：

（1）D中官能团的名称为__________，过程⑥的反应类型为__________。

（2）写出下列反应的化学方程式：过程②__________，过程⑦__________。

（3）12.4gG与足量的金属Na完全反应，生成标准状况下氢气的体积为__________L。

（4）I的某同系物中有6个C原子，则其同分异构体有__________种。

（5）写出E的同分异构体中与互为同系物的结构简式(写出1个即可)__________。

【答案】（1）①.羧基②.取代反应

（2）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.2CH3COOH+CH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O

（3）4.48（4）5

（5）

【解析】

【分析】A是乙烯，E分子式为，H为有香味的油状物质；A乙烯和水加成生成乙醇B，B被氧化为乙醛C，C被氧化为乙酸D，BD发生酯化反应生成乙酸乙酯E；乙烯和氢气加成得到乙烷I；乙烯和溴加成生成F：CH2BrCH2Br，F发生已知反应生成乙二醇G，G和过量乙酸生成酯H：CH3COOCH2CH2OOCCH3；

【小问1详解】

由分析可知，D为乙酸，含有羧基；过程⑥为溴原子被取代生成羟基的反应，为取代反应；

【小问2详解】

过程②为乙醇被氧气催化氧化生成乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；过程⑦为乙二醇和过量乙酸生成酯H：2CH3COOH+CH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；

【小问3详解】

1分子G乙二醇中含有2个羟基，12.4gG（为0.2mol）与足量的金属Na完全反应，生成标准状况下氢气为0.2mol，体积为4.48L；

【小问4详解】

同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；I的某同系物中有6个C原子，则其为含有6个碳的烷烃，同分异构体有5种

小问5详解】

E的同分异构体中与互为同系物，则含有羧基，结构简式可以为：。

22.A、B、C、D、E为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，五种元素的原子序数之和为39，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E元素的周期序数与主族序数相等。

（1）A2C2的结构式为___________。

（2）E元素在元素周期表中的位置为___________。

（3）C、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为___________(填离子符号)。

（4）若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方案不可行的是___________(填标号)。

A．将D的单质置于E的盐溶液中，若D的单质不能置换出E的单质，说明D的金属性弱

B．将少量D、E的单质分别投入水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强

C．比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，若D的最高价氧化物对应水化物的碱性强，说明D的金属性强

（5）用和组成以稀硫酸为电解质溶液的质子交换膜燃料电池，结构如图所示：

电极N是___________(填“正极”或“负极”)，电极M上的电极反应式为___________。

【答案】（1）

（2）第三周期Ⅲ族

（3）Al3+＜Na+＜O2-

（4）A（5）①.正极②.

【解析】

【分析】A、B、C、D、E为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，A是H元素、C是O元素；A、D同主族，D是Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，E是Al元素；五种元素的原子序数之和为39，B原子序数是6，B是C元素。

【小问1详解】

H2O2是共价化合物，结构式为；

【小问2详解】

E是Al元素，在元素周期表中的位置为第三周期Ⅲ族；

【小问3详解】

电子层数相同，质子数越多半径越小，O、Na、Al三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为Al3+＜Na+＜O2-；

【小问4详解】

A．钠的活泼性大于铝，Na能与水反应，所以钠不能置换出铝盐中的Al，故A错误；

B．将少量Na、Al的单质分别投入水中，若Na反应而Al不反应，说明Na更易与水反应，钠金属性更强，故B正确；

C．金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，比较相同条件下NaOH和Al(OH)3的碱性，NaOH的碱性强，说明Na的金属性强，故C正确；

选A。

【小问5详解】

用和组成以稀硫酸为电解质溶液的质子交换膜燃料电池，根据图示，电子由M经导线流入N，电极N是正极，M是负极，电极M上甲烷失电子生成二氧化碳，负极电极反应式为。

23.利用Zn和溶液反应模拟地下水的脱硝过程，并探究脱硝原理及相关因素对脱硝速率的影响。模拟过程的实验装置如图所示。

（1）实验室用稀洗涤Zn粒，再用蒸馏水洗涤至接近中性；将溶液的pH调至2.5。

①用稀洗涤Zn粒的目的是__________。

②向上述溶液中加入足量洗涤后的Zn粒，写出Zn与溶液反应生成的离子方程式__________。

③锥形瓶中NaOH溶液的作用是__________。

（2）某兴趣小组进行了如下实验：取两套如图所示装置，分别加入等体积、等浓度的溶液；将溶液的pH值调节为2.5，并通入氮气；将其中一套实验装置浸入热水浴中(或浸入冰水浴中)；向三颈瓶中分别加入足量且等质量的同种Zn粒，用离子色谱仪测定相同反应时间时三颈瓶中的浓度。(已知：溶液中的的物质的量浓度可用离子色谱仪测定)

①该实验的目的是探究__________对脱氮速率的影响。

②该实验过程中采用了科学探究中一种重要的思想方法是__________。

（3）反应过程中有生成。为测定反应液中的含量，取过滤后的滤液100mL，用酸性溶液滴定，消耗溶液的体积为16.00mL。(在此条件下不与酸性溶液反应)。计算过滤后的滤液中的物质量浓度__________。

【答案】（1）①.除去锌粒表面的氧化膜②.4Zn＋NO＋10H＋=4Zn2＋＋NH＋3H2O③.吸收副反应可能产生的氮氧化物

（2）①.温度②.控制变量法

（3）

【解析】

【分析】用Zn和溶液反应模拟地下水的脱硝过程。用硫酸洗去锌粒表面的氧化膜，将溶液的pH调至2.5，并通入氮气除去装置内的空气，锌把NO还原，连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯吸收反应中可能生成的氮氧化物。

【小问1详解】

①锌是活泼金属，金属锌表面有一层氧化膜，用稀洗涤Zn粒的目的是除去锌粒表面的氧化膜。

②Zn具有还原性，与