湖北剩荆襄宜四地七校考试联盟2024-2025学年高一化学下学期期中联考试题含解析

PAGE19-湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2024-2025学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）1.下列化学家与其所作的突出贡献不匹配的是ABCD舍勒凯库勒阿伏伽德罗门捷列夫发觉了氯气提出了苯的环式结构最早提出分子的概念提出化学元素的概念A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．瑞典化学家舍勒于1774年发觉氯气，故A不符合题意；

B．1864年，德国化学家凯库勒提出了苯的环式结构，故B不符合题意；

C．阿伏伽德罗首先提出了分子的概念，是首位提出分子概念的化学家，故C不符合题意；

D．1869年，俄国化学家门捷列夫发觉了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和探讨变得有规律可循，并不是提出了化学元素的概念，故A符合题意。

故选：D。2.下列化学用语运用正确的是A.次氯酸的结构式：H–Cl–O B.氮气的电子式：C.甲烷分子的比例模型为 D.乙烯的结构简式：CH2CH2【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸分子中，H原子形成1个共价键即可成2电子稳定体系，O原子最外层有6个电子，形成2个共价键可形成8电子稳定体系，Cl原子最外层有7个电子，形成1个共价键可形成8电子稳定体系，故次氯酸的结构式：H–O–Cl，A项错误；B．书写主族元素的电子式，要把最外层电子一一表示出来，题中氮气的电子式未将N原子的最外层电子一一表示出来，氮气的电子式应为：，B项错误；C．比例模型用于表示分子中各原子的相对大小和结合依次，甲烷分子呈正四面体结构，且碳原子半径比氢原子大，所以比例模型为，C项正确；D．结构简式是把结构式中的碳氢单键省略之后的一种简略表达形式，应表现该物质中的官能团，乙烯的结构简式中碳氢单键可以省略，碳碳双键不行以省略，故乙烯的结构简式：CH2＝CH2，D项错误；答案选C。3.下列说法正确的是（）A.CHCl3只有一种结构，说明甲烷是以碳原子为中心的正四面体结构B.1mol甲烷生成CCl4最多消耗2mol氯气C.标准状况下，11.2LCCl4中含有C—Cl键的数目为2NAD.在点燃甲烷气体之前必需检验其纯度【答案】D【解析】【详解】A．无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，CH3Cl都不存在同分异构体，只有一种结构，故A错误；B．氯气和甲烷发生取代反应时，被取代的H原子与氯气的物质的量之比为1：1，所以1mo1甲烷生成CCl4最多消耗4mo1氯气，故B错误；C．标况下四氯化碳为液体，11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，故C错误；D．易燃气体若不纯，点燃时简单爆炸，故D正确；故答案为D。【点睛】甲烷的二氯代物只有一种说明其为正四面体结构；甲烷与氯气的取代产物中除一氯甲烷外，其余氯代物在标况下都是液体。4.下列对于可逆反应2M(g)＋N(g)2P(g)达到平衡时的说法正确的是A.反应混合物中各组分的浓度不再变更 B.反应已经停止C.M、N全部变成了P D.速率之比为v(M)∶v(N)=1∶2【答案】A【解析】【详解】A．当可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变更，故A正确；B．可逆反应的平衡是动态平衡，正逆反应速率相等，并不是停止，故B错误；C．可逆反应有肯定的限度，反应物不能完全转化为生成物，故C错误；D．同一反应不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(M)∶v(N)=2∶1，故D错误；故答案为A。5.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3×10-9m）复原了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素特别相像。下列关于“钴酞菁”，分子的说法正确的是A.“钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应B.“钴酞菁”分子既能透过滤纸，又能透过半透膜C.“钴酞菁”分子在水中形成的分散系属于悬浊液D.“钴酞菁”分子直径比Na+直径小【答案】A【解析】【分析】【详解】A．胶体粒子的直径介于1nm～100nm之间，钴酞菁的分子直径为1.3nm，所以在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，如产生丁达尔现象等，故A正确；

B．“钴酞菁”分子直径为1.3nm，小于滤纸的缝隙，大于半透膜的缝隙，所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，故B错误；

C．“钴酞菁”的分子直径为1.3nm，形成的分散系属于胶体，故C错误；

D．“钴酞菁”分子直径为1.3nm，Na+半径小于1nm(在水中形成的分散系为溶液)，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D错误；

故选：A。6.不同条件下，用O2氧化肯定浓度的FeCl2溶液过程中所测的试验数据如图所示。下列分析或推想不合理的是A.Fe2+的氧化率随时间延长而渐渐增大B.由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快C.由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快D.氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O【答案】B【解析】【分析】在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。【详解】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而渐渐增大，故A正确；B项、由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；故选B。【点睛】本题考查了外界条件对Fe2+氧化率的影响，留意比较氧化速率时，要其它条件相同只有一个条件不同才能比较。7.某铁—空气电池放电时，其原理如图所示。电池总反应为2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2。下列说法正确的是()Aa极质量不变B.b极为电池负极C.电子从a电极经负载流向b电极D.该装置将电能转变为化学能【答案】C【解析】【详解】A.Fe变为Fe(OH)2，因此a极质量增加，故A错误；B.b极是氧气变为OH－，化合价降低，为电池正极，故B错误；C.a极是负极，电子从a电极经负载流向b电极，故C正确；D.该装置将化学能转变为电能，故D正确。综上所述，答案为D。8.试验室从海带中提取碘的部分流程如图所示：下列说法正确的是A.完成步骤①须要装置IIIB.完成步骤③须要装置IC.完成步骤⑤须要装置IID.完成步骤②和④须要装置IV【答案】D【解析】【分析】分析流程可知，首先将处理干净的海带剪小，用酒精润湿后在坩埚中用酒精灯进行灼烧，之后将海带灰转移到小烧杯中进行浸泡，得到海带灰悬浊液，然后过滤，得到滤液为含I-的水溶液，向滤液中加入几滴硫酸，再加入少量H2O2溶液，得到含I2的水溶液，向其中加入CCl4溶液，进行萃取分液，最终得到含I2的有机溶液，据此进行分析。【详解】A．步骤①为海带的灼烧操作，所需的仪器为：酒精灯、坩埚，三脚架、泥三角等，装置III为蒸发装置，A项错误；B．步骤③是将海带灰悬浊液过滤以得到含I-的滤液，为过滤操作，装置II为过滤装置，装置I为分液装置，故完成步骤③须要装置II，B项错误；C．步骤⑤是向步骤④所得的溶液中加入CCl4溶液，进行萃取分液，最终得到含I2的有机溶液的过程，是萃取分液操作，装置II为过滤装置，装置I为萃取分液装置，故完成步骤⑤须要装置I，C项错误；D．步骤②为使海带灰中可溶的物质溶解的过程，步骤④为向步骤③所得的滤液中加入硫酸和H2O2溶液，搅拌使其混匀、发生反应的过程，均用到玻璃棒和烧杯，故完成步骤②和④须要装置IV，D项正确；答案选D。9.门捷列夫在对前人发觉的元素进行探讨进而发觉了元素周期表，并用它科学地预料了铝的下方有一种与铝类似的“类铝”元素。1875年法国化学家布瓦德朗发觉了这种元素，命名为“镓（Ga）”，它的性质和门捷列夫的预料相吻合。镓与铝是同主族元素，下列叙述不正确的是A.镓的金属性比铝的强 B.镓的原子半径比铝的小C.镓原子的最外层有3个电子 D.氮化镓的化学式是GaN【答案】B【解析】【分析】【详解】A．同主族元素从上往下金属性增加，所以镓的金属性比铝的强，故A正确，不选；

B．同主族元素从上往下原子半径渐渐增大，所以镓的原子半径比铝的大，故B错误，符合题意；

C．同主族元素最外层电子数相等，所以镓原子与铝原子的最外层电子数相同，都是3个电子，故C正确，不选；

D．镓与铝是同主族元素，在和N元素形成的化合物中应为+3价，N元素的化合价为-3价，则氮化镓的化学式是GaN，故D正确，不选；

故选：B。10.分子式为C4H9Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构)（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】B【解析】【详解】分子式为C4H9Cl的同分异构体，主链为4个碳原子的有CH3CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CHClCH3；主链为3个碳原子的有CH3CH(CH3)CH2Cl；CH3CCl(CH3)2；共有4种，故选B。11.对于反应4NH3+5O2＝4NO+6H2O，下列为4种不同状况下测得的反应速率中，表明该反应进行最快的是A.v(NH3)＝0.2mol/（L·s） B.v(O2)＝1.4mol/（L·min）Cv(H2O)＝0.25mol/（L·s） D.v(NO)＝9mol/（L·min）【答案】A【解析】【详解】假如都用氧气表示其反应速率，则依据反应速率之比是化学计量数之比结合方程式可知选项A～D分别是[mol/(L·min）]15、1.4、12.5、11.25，所以反应速率最快的是选项A。答案选A。【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应当依据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能干脆比较速率数值。换算时要留意单位的统一。12.A、B、C、D、E分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：（1）将A、C用导线相连后放入稀H2SO4中，C的表面有气泡产生；（2）将B放入D的硝酸盐中，B的表面析出单质D；（3）将C、E放入冷浓硫酸中，均无明显现象，由此可以推断五种金属A、B、C、D、E依次可能为A.Fe、Cu、Al、Ag、Mg B.Mg、Cu、Al、Ag、FeC.Al、Cu、Mg、Ag、Fe D.Mg、Ag、Al、Cu、Fe【答案】B【解析】【分析】【详解】(1)将A、C用导线相连后放入稀H2SO4中，C的表面有气泡产生，说明C电极上氢离子被还原成氢气，为正极，所以A比C活泼，且A为Fe、Al、Mg三者之一，且C不行能是Mg；(2)将B放入D的硝酸盐中，B的表面析出单质D，说明B比D活泼；(3)将C、E放入冷浓硫酸中，均无明显现象，有两种可能，一种是发生钝化，如Al和Fe，一种是不反应，如Cu和Ag，C、E为Cu、Fe、Al、Ag中的两种；A．依据分析可知E不行能是Mg元素，且A比C活泼，而Fe不如Al活泼，故A错误；B．A为Mg，可以和稀硫酸反应，与C(Al)和稀硫酸形成原电池时Al为负极，产生气泡；B为Cu比D(Ag)活泼；C(Al)和E(Fe)在浓硫酸中钝化，故B符合题意；C．五种元素中最活泼的金属为Mg，而A比C活泼，且依据(3)也可知C不行能是Mg，故C错误；D．依据分析可知B比D活泼，而Ag不如Cu活泼，故D错误；故答案为B。13.下列说明试验事实的离子方程式正确的是A.向铜粉中滴加稀HNO3溶液，产生气体：Cu＋2H+===Cu2+＋H2↑B.向FeCl2溶液中通入氯气，溶液变为黄色：Fe2+＋Cl2===Fe3+＋2Cl－C.向CuSO4溶液中滴加氨水，生成沉淀：Cu2+＋2OH－===Cu(OH)2↓D.向FeCl3溶液滴加几滴KSCN，溶液变红色：Fe3++3SCN－===Fe(SCN)3【答案】D【解析】【详解】A．该离子反应不符合试验事实，铜粉中滴加稀HNO3溶液，产生的气体是NO，不是H2，正确的离子反应方程式为：3Cu＋8H++2NO3-===3Cu2+＋2NO↑+4H2O，A项错误；B．该离子反应方程式不符合电荷守恒，正确的离子反应方程式为：2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl－，B项错误；C．氨水为弱电解质，在离子反应中不能拆分，正确的离子反应方程式为：Cu2+＋2NH3•H2O===Cu(OH)2↓+2NH4+，C项错误；D．向FeCl3溶液滴加几滴KSCN，Fe3+与SCN-反应生成血红色的络合物Fe(SCN)3，离子反应方程式为：Fe3++3SCN－===Fe(SCN)3，D项正确；答案选D。【点睛】离子方程式正误推断陷阱分析：（1）“拆分”陷阱：氧化物、弱电解质、沉淀、酸式酸根（HSO4-除外）在离子方程式中均不能拆分。如选项C属于拆分错误；（2）“守恒”陷阱：离子方程式除符合质量守恒外，还应符合电荷守恒。如选项B电荷不守恒；（3）“原理”陷阱：离子反应应符合客观事实。如选项A就不符合客观事实；（4）“量比”陷阱：离子方程式正误推断中，出现离子方程式正确，但不符合“相对量”的关系。做题时审清“相对量”的多少，同时看离子反应是否符合该量。14.下列有关Na2O2的叙述正确的是A.可做漂白剂 B.阳离子与阴离子的个数比为1：1C.属于碱性氧化物 D.与水反应每生成1molO2，转移NA个e-【答案】A【解析】【分析】【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，可以漂白有机物，所以可做漂白剂，故A正确；

B．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，所以Na2O2中阴、阳离子个数比为1：2，故B错误；

C．Na2O2与水反应生成碱和氧气，发生的是氧化还原反应，Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；

D．Na2O2与水反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，每生成一个氧气转移2个电子，所以与水反应每生成1molO2，转移2NA个e-，故D错误；

故选：A。15.二氧化氯(ClO2)是世界卫生组织(WHO)公认新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。经大量试验探讨表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透实力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用，探讨表明，ClO2在浓度低于100mg·L−1时不会对人体产生任何的影响。在“新冠”疫情防控中ClO2也被广泛的用于公共场所的消杀。下列关于ClO2的说法正确的是A.ClO2能用于消毒是因为它是氯的最高价氧化物B.在进行消毒作业时运用的ClO2溶液浓度越大越好C.ClO2杀菌力强，是一种比“84”性能更优越的消毒剂D.ClO2可与NaOH在一条件下发生反应，产物只有NaClO3和H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氯元素的最高价态为+7价，ClO2中氯元素的化合价为+4价，故ClO2不是氯的最高价氧化物，A项错误；B．由题中叙述可知，ClO2的浓度不宜高于100mg·L−1，故在进行消毒作业时运用的ClO2溶液浓度不是越大越好，B项错误；C．ClO2得电子实力强，且无三致、有三效，则ClO2杀菌力强，是一种比“84”性能更优越的消毒剂，C项正确；D．分析题中所给信息，氧化还原反应中有元素的化合价上升和降低，Cl元素的化合价由+4价上升为+5价，则与NaOH反应还应生成NaCl，D项错误；答案选C。16.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol·L－1和2mol·L－1，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(假设反应中HNO3的还原产物全部为NO)A.224mL B.448mL C.672mL D.896mL【答案】C【解析】【分析】由于铁过量，且三价铁离子的氧化性强于氢离子，所以首先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，若H+有剩余，则还发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题。【详解】10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，依据反应方程式3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O可知消耗0.02mol硝酸根须要0.08mol氢离子，所以硝酸根完全反应后有氢离子剩余，且剩余的氢离子为0.1mol-0.08mol=0.02mol，生成的NO为0.02mol；再依据Fe+2H+=Fe2++H2↑可知0.02mol氢离子可以与过量铁反应生成0.01mol氢气，所以生成的气体一共为0.02mol+0.01mol=0.03mol，体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，故答案为C。17.元素周期表（律）在学习、探讨和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。族周期IA01①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②③3④⑤⑥⑦⑧4（1）元素①～⑧中，金属性最强的是_______（填元素符号，下同）、非金属性最强的是______，用电子式表示上述两种元素形成化合物的过程____________。（2）中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是_______________，其氢化物的电子式是___________________________。（3）元素①和③可以形成多种化合物。下图模型表示的分子中，可能由①和③形成的是_____________________________________________________（请用结构简式作答）。（4）元素③、⑤的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是_________（填化学式），说明你推断的理由：____________________________________________________。（5）主族元素砷（As）的部分信息如图所示。①砷(As)在周期表中的位置是________________。②下列说法正确的是_______（填序号）。a.砷元素的最高化合价为+4b.推想砷有多种氧化物c.⑥的气态氢化物的还原性大于砷的气态氢化物的还原性【答案】(1).Na(2).Cl(3).(4).(5).(6).a为CH2＝CH2、c为CH4、d为(7).H2CO3(8).同一主族从上至下，非金属性渐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性渐渐减弱(9).第四周期第ⅤA族(10).b【解析】【分析】由题中各元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素，②为B元素，③是C元素，④是Na元素，⑤是Si元素，⑥是P元素，⑦为S元素，⑧是Cl元素，据此分析。【详解】（1）依据元素周期律，同一周期从左至右，金属性渐渐减弱，非金属性渐渐增加；同一主族，从上至下，非金属性渐渐减弱，金属性渐渐增加，可知，元素①～⑧中，金属性最强的是Na，非金属性最强的是Cl，二者形成的NaCl为离子化合物，其形成过程为：。答案为：Na；Cl；；（2）S元素的原子结构示意图为：，其氢化物是H2S，电子式为：，答案为：；；（3）元素①和③分别为H元素、C元素，二者可形成多种有机物，依据C元素和氢元素的成键特点，可知a为CH2＝CH2、c为CH4、d为；依据b分子中的成键，可知b为NH3。答案为：a为CH2＝CH2、c为CH4、d为；（4）元素③是C元素，⑤是Si元素，依据同一主族从上至下，非金属性渐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性渐渐减弱，可知，元素③、⑤的最高价氧化物对应水化物的酸性为：H2CO3＞H2SiO3。故答案为：H2CO3；同一主族从上至下，非金属性渐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性渐渐减弱；（5）①分析砷的信息可知，砷的原子结构有4个电子层。最外层有5个电子，依据元素周期表中，电子层数等于周期数，最外层电子数=主族序数，可知，砷在元素周期表中的位置为：第四周期第ⅤA族；答案为：第四周期第ⅤA族；②a．元素最高正价=最外层电子数=主族序数，可知，砷元素的最高化合价为+5；a项错误；b．由同一主族元素化学性质相像，可知砷与N元素在同一主族，N有多种氧化物，则As也有多种氧化物，As可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价的氧化物As2O5，b项正确；c．依据同一主族从上至下非金属性渐渐减弱，氧化性：As＜P，则其气态氢化物的还原性：As3H＞PH3，c项错误；答案选b。18.（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变更，在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，试验记录如下(累计值)：时间(min)12345氢气体积(mL)(标准状况)50120232290310①上述试验过程中，反应速率最大时间段是________(选填字母作答)，该时间段反应速率最大的主要缘由是________________________________________________________。A．0～1minB．1～2minC．2～3minD．3～4minE．4～5min②求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变更来表示的该反应速率___________________(假设反应过程中溶液体积不变)。（2）某温度下在容积为1L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变更曲线如图。①该反应的化学方程式是______________________________________________。②该反应达到平衡状态的标记是________。A．X的浓度不再变更B．Y的体积分数在混合气体中保持不变C．容器内气体的总压强保持不变D．容器内气体的总质量保持不变③反应进行到2min时，Y的转化率为_____________。（3）燃料电池可以将气体燃料和氧气干脆反应产生电能，其效率高、污染低，是一种很有前途的能源利用方式。但传统燃料电池运用氢气为燃料，而氢气既不易制取又难以储存，导致燃料电池成本居高不下。科研人员尝试用便宜的甲烷、乙烷等碳氢化合物为燃料，设计出新型燃料电池，使其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。请写出以甲烷为燃料、硫酸为电解质溶液的该新型燃料电池工作时负极的电极反应方程式_________。【答案】(1).2～3min(2).反应放热，温度上升，反应速率增大(3).0.05mol/(L·min)(4).X+3Y2Z(5).ABC(6).30%(7).2H2O+CH4-8e-=CO2+8H+【解析】【分析】(1)①生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；②计算出氢气的体积，依据反应中盐酸与氢气的物质的量的关系式，计算消耗盐酸的物质的量，求出盐酸浓度的变更，最终计算反应速率；（2）①依据参与反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、浓度等不再变更，由此推断；③由转化率公式计算；（3）燃料电池中负极发生氧化反应，依据电池的酸碱性环境书写负极反应式。【详解】（1）①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5、时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，由此可知反应速率最大的时间段为：2～3min，该时间段反应速率最大的主要缘由锌与盐酸反应放热，温度上升，反应速率增大，答案为：2～3min；反应放热，温度上升，反应速率增大；②在2～3min时间段内，n(H2)==0.005mol，依据反应的化学方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，得到关系式：2HCl～H2，所以消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则v(HCl)==0.05mol/(L·min)；（2）①由图象可知该反应为可逆反应，反应中X、Y的物质的量削减，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到5分钟时，X、Y、Z三种物质的物质的量的变更分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol，故X、Y、Z三种物质的物质的量变更量之比为1：3：2，依据参与反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，得出该反应的化学方程式为：X+3Y2Z；②A．X的浓度不再变更，即X的消耗速率和生成速率相同，可以推断达到平衡状态；B．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明Y的生成速率和消耗速率相同，可以推断达到平衡状态；C．该反应是气体的物质的量有变更的反应，在达到平衡之前，容器中的压强始终在变更，当容器内气体的总压强保持不变则说明反应达到了平衡；D．反应中三种物质都是气体，密闭容器内气体的总质量始终保持不变，容器内气体的总质量保持不变不能说明反应达到平衡状态，故答案是：ABC；③2min内Y的物质的量变更为1.0mol-0.7mol=0.3mol，2min内Y的转化率=100%=30%；（3）甲烷燃料电池中发生氧化反应的是甲烷，甲烷在负极放电，在酸性环境下生成二氧化碳和水，故负极反应式为：2H2O+CH4-8e-=CO2+8H+。【点睛】可逆反应达到平衡状态的标记是反应中变更的量不再变更了，有关计算的一条重要依据是化学反应中化学速率之比等于化学计量数之比。19.某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计试验如下：资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。试验Ⅰ试验Ⅱ取ⅰ中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。（1）ⅰ中反应的离子方程式是__________________________________________。（2）试验Ⅰ中ⅰ和ⅱ可以得出的结论是__________________________________。（3）①甲同学认为：试验Ⅱ视察到__________________现象，得出氧化性Br2＞I2。②乙同学对上述试验进行反思，认为试验Ⅱ不能充分证明氧化性Br2＞I2，他补做了试验Ⅲ。试验Ⅲ另取ⅰ中的黄色溶液少许，先加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液。补做试验Ⅲ的目的是___________________________________________________。（4）综合试验Ⅰ和Ⅲ，得出Cl2、Br2、I2氧化性由强到弱的依次为_____________。（5）试验室氯水都是试验前新制备，其制备的方法是将氯气通往蒸馏水中使其充分溶解而得到。试验室可用如图装置来制备氯水，下列对于该试验说法正确的是___________。A．甲装置中所用药品为浓盐酸和二氧化锰B．若在装置乙、丙之间增加一个如图(a)所示装置，制备的氯水更纯净C．为提高氯水的制备效率，可在丙装置中的长玻璃管下端接一个如图(b)所示的多孔球D．为了充分汲取尾气并防止倒吸，丁装置可选用如图(c)所示装置【答案】(1).Cl2+2Br-=2Cl-+Br2(2).氧化性：Cl2>Br2、Cl2>I2(3).溶液变蓝(4).解除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰(5).Cl2>Br2>I2(6).ABCD【解析】【详解】（1）i中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变成黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯分子将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，试验Ⅰ中i氯水中含有的氯分子将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ii氯水中含有氯分子将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；（3）①取i中反应后的黄色溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成I2，发生的离子方程式为Br2+2I-=2Br-+I2，说明溴水中的Br2将I-氧化为I2，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，得出氧化性Br2>I2；②试验Ⅱ取i中黄色溶液进行试验，i中反应后的黄色溶液可能含有过量的Cl2，Cl2将KI中的I-氧化为I2，不能精确证明肯定是Br2将I-氧化为I2，故须要对i中反应后的黄色溶液加入足量的NaBr，确保溶液i中反应后的溶液不含Cl2，因此补做试验Ⅲ的目的是解除可可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰；（4）综合上述试验，得出三中物质的氧化性由强到弱的依次为Cl2>Br2>I2；（5）甲装置中圆底烧瓶中加入二氧化锰，分液漏斗中加入浓盐酸，在加热的条件下方发生反应生成氯气，A正确；混合气体通入到以装置中，HCl气体留在溶液中Cl2气体流出，但是气体流出时会带有少量的水蒸气，在乙装置后加入一个浓硫酸洗气瓶，可以汲取气