安徽省池州市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE19-安徽省池州市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）留意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清晰，将条形码精确粘贴在条形码区域内。2.选择题必需运用2B铅笔填涂；非选择题必需运用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请依据题号依次在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效。4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准运用涂改液、修正带、刮纸刀。5.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-1C-12O-16Zn-65一、选择题(共18小题，每小题3分，满分54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.铱与黄金的密度相近，一些不法商贩在黄金饰品中添加铱，以达到牟利的目的，关于Ir的说法不正确的是A.该原子的中子数为105B.该原子核外电子数是77C.铱元素的相对原子质量肯定为182D.Ir和Ir互为同位素【答案】C【解析】【详解】A．该原子的中子数=质量数-质子数=182-77=105，故A正确；B．该原子核外电子数=质子数=77，故B正确；C．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，铱元素有几种不同的核素，其相对原子质量不肯定为182，故C错误；D．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，Ir和Ir质子数相同，中子数不同，都是Ir元素的不同原子，二者互为同位素，故D正确；答案选C。2.下列有关化学用语的表达不正确的是A.次氯酸的电子式：[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939550208/STEM/7239244dbb1f49f9baeb0e8c7281870c.png]B.CCl4分子的比例模型：[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939550208/STEM/90b8b285db034c659d7372b36b70b09e.png]C.硫离子的结构示意图：[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939550208/STEM/7f7fa6a0dcd541d194d90742854ba062.png]D.过氧化钠的形成过程：[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939550208/STEM/074aa51d6ea746ffb6005d323779050e.png]【答案】B【解析】【详解】A．O元素最外层有2个单电子，可以分别与H、Cl的最外层的单电子形成共价键，电子式为[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939550208/STEM/7239244dbb1f49f9baeb0e8c7281870c.png]，A正确；B．Cl原子半径比C原子半径大，故选项中的模型示意图错误，B错误；C．硫离子原子核外有18个电子，硫离子的结构示意图为[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939550208/STEM/7f7fa6a0dcd541d194d90742854ba062.png]，C正确；D．过氧化钠的形成过程中，Na失去电子分别转移给两个O原子，两个氧原子结合形成过氧根，故过氧化钠的形成过程为[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939550208/STEM/074aa51d6ea746ffb6005d323779050e.png]，D正确；故选B。3.下列有关化学电源叙述正确的是A.一般锌锰干电池中碳棒为正极B.燃料电池的能量转化率可达100%C.铅是重金属元素，应禁止铅蓄电池的生产和运用D.甲醇燃料电池工作时，甲醇在正极上发生还原反应【答案】A【解析】【详解】A．一般锌锰干电池中锌为负极发生氧化反应，碳棒为正极，二氧化锰在正极上发生还原反应，A正确；B．燃料电池化学能不能完全转化为电能，故能量转化率达不到100%，B错误；C．铅虽然为重金属元素，但铅蓄电池的电压稳定、运用便利、价格低廉，可以广泛的在生产、生活中运用，C错误；D．甲醇燃料电池工作时，甲醇在负极失电子，发生氧化反应，D错误；故选A。4.下列有关有机化合物的说法不正确的是A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B.环己烷与苯可用酸性高锰酸钾溶液鉴别C.植物油氢化过程中发生了加成反应D.C4H9Cl有4种同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．蚕丝主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，可以用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A正确；B．环己烷与苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别环己烷与苯，B错误；C．组成植物油的高级脂肪酸为不饱和酸，含有碳碳双键，氢化过程为植物油与氢气发生加成反应，C正确；D．C4H9Cl是C4H10中1个H原子被Cl原子代替，C4H10有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3；CH3CH2CH2CH3中有两种类型的H原子，其一氯代物有2种；（CH3）2CHCH3中有2种类型的H原子，其一氯代物也有2种；C4H9Cl的同分异构体有4种，D正确；答案选B。5.下列有关原电池的说法正确的是A.原电池在能量转化时遵守能量守恒B.全部的氧化还原反应肯定都能设计成原电池C.铜、锌原电池工作时，若有13g锌溶解，电路中有0.2mol电子通过D.干电池、镍镉电池、燃料电池在工作时负极材料都被氧化【答案】A【解析】【详解】A．原电池工作时将化学能主要转化为电能，还可能转化为其他形式的能，但能量总和不变，故原电池在能量转化时遵守能量守恒，A正确；B．原电池的反应必需是自发的氧化还原反应，从理论上来讲，任何自发的氧化还原反应均可设计为原电池，非自发进行的氧化还原反应不能设计为原电池，B错误；C．13g锌溶解，转移电子数为×2NA=0.4NA，C错误；D．干电池、镍铬电池在工作时，负极失去电子，负极材料被氧化，但在氢氧燃料电池中负极上氢气被氧化，负极材料（石墨）不发生变更，D错误；故选A。6.下列有关有机试验的说法中正确的是A.可用分液漏斗分别硝基苯和苯B.利用苯与溴水在铁粉作用下可制得溴苯C.将“地沟油”进行分馏可得到车用汽油或柴油D.淀粉和纤维素不是同分异构体，但最终水解产物相同【答案】D【解析】【详解】A．硝基苯与苯互溶，故不能用分液的方法分别硝基苯和甲苯，A错误；B．试验室制备溴苯时应用苯和液溴在铁粉的催化作用下生成溴苯，不能用溴水，B错误；C．地沟油属于油脂，汽油和柴油属于矿物油，将“地沟油”进行分馏不行能得到车用汽油或柴油，C错误；D．淀粉和纤维素的通式均为(C6H10O5)n，但n值不同，所以两者不是同分异构体，但最终的水解产物均为葡糖糖，D正确；答案选D。7.下列化合物中，只含有离子键的是A.C2H6 B.CaCl2 C.K2O2 D.H2O2【答案】B【解析】【详解】A．C2H6为共价化合物，结构中只含有共价键，A不符合题意；B．CaCl2为离子化合物，结构中只含有离子键，B符合题意；C．K2O2为离子化合物，其结构中钾离子和过氧根之间以离子键方式结合，但在过氧根中两个氧原子之间以共价键的方式结合，故K2O2中即含有离子键又含有共价键，C不符合题意；D．H2O2为共价化合物，结构中只含有共价键，D不符合题意；故选B。8.锌铜双液原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述不正确的是[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939591169/STEM/fc19923b459a42edae4245a2233c1b77.png]A.锌电极发生氧化反应B.Zn2+由甲池向乙池移动C.电子从铜电极通过外导线流向锌电极D.铜电极反应式为Cu2++2e-=Cu【答案】C【解析】【分析】依据电极材料和电解质溶液的成分可知，该电池的总反应为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，所以Zn电极为负极，铜电极为正极。【详解】A．锌电极为负极，失电子发生氧化反应，故A叙述正确；B．原电池中阳离子向正极移动，依据分析可知甲为负极，乙为正极，所以Zn2+由甲池向乙池移动，故B叙述正确；C．原电池中电子从负极经导线流向正极，即从锌电极流向铜电极，故C叙述错误；D．铜电极为正极，铜离子得电子生成铜单质，电极反应为Cu2++2e-=Cu，故D叙述正确；综上所述答案为C。9.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.18g18O2中含有中子数为10NAB.26gC2H2与C6H6混合气体中含有原子总数为4NAC.500mL0.1mol•L-1NH4NO3溶液中含有N原子总数为0.1NAD.肯定条件下，1molN2与3molH2充分反应生成的NH3分子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A．18g18O2物质的量为0.5mol，一个氧原子含有10个中子，因此0.5mol18O2中含有10NA个中子，A正确；B．C2H2和C6H6的最简式相同，均是CH，则常温常压下，28gC2H2和C6H6混合气体中含CH的物质的量是2mol，含有原子总数为4NA，B正确；C．依据原子守恒，500mL0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有氮原子0.1mol，总数为0.1NA，C正确；D．氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应，肯定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目小于2NA，D错误；答案选D。10.肯定温度下，在某一恒容的密闭容器中发生反应：X(s)+3Y(g)⇌3Z(g)。有关该反应的下列状况，不能说明该反应达到平衡状态的是A.X的质量不再变更B.容器中的压强不再发生变更C.混合气的平均相对分子质量不变D.容器内混合气的密度不变【答案】B【解析】【详解】A．X的质最不再变更，说明正反应速率与逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故A能说明该反应达到平衡状态；B．由于该反应是反应前后气体分子数相等的可逆反应，在反应过程中体系的压强始终不变，因此，压强不变不能说明反应达到平衡状态，故B不能说明该反应达到平衡状态C．该反应是反应前后气体分子数相等的可逆反应，故在反应过程中气体的总物质的量不变，但是气体的质量变大，故在反应过程中混合气的平均相对分子质量变大。若混合气的平均相对分子质量不变，则该反应达到平衡状态，故C能说明该反应达到平衡状态；D．在反应过程中气体的总体积不变，但是气体的质量变大，因此，在反应过程中混合气的密度变大。若容器内混合气的密度不变，说明反应达到平衡状态，故D能说明该反应达到平衡状态；答案选B。11.乙烯和HCl在肯定条件下反应可制备氯乙烷，下列有机反应与该有机反应的反应类型相同的是A.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OB.CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+CuC.CH3CH=CH2+H2OCH3CH(OH)CH3D.CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HCl【答案】C【解析】【分析】乙烯和HCl在肯定条件下反应可制备氯乙烷，该反应为加成反应，据此结合选项分析解答。【详解】A．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O为氧化反应，A不符合题意；B．CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu为氧化还原反应，B不符合题意；C．CH3CH=CH2+H2OCH3CH(OH)CH3为碳碳双键的加成反应，C符合题意；D．CH3CH=CH2+Cl2CH2ClCH=CH2+HCl属于取代反应，D不符合题意；答案选C。【点睛】本题D为易错选项，主要反应物CH3CH=CH2中虽然有碳碳双键，但视察生成的产物中碳碳双键并没有和Cl2发生加成反应，而是干脆发生的取代反应，解答时要细致审题。12.已知苯佐卡因的结构简式为[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939623936/STEM/f5f7a4e6f00f4801bee92235a4728c48.png]。下列关于苯佐卡因的叙述正确的是A.该有机物属于芳香烃B.苯佐卡因的分子式为C9H10O2NC.该有机物分子中含有3种官能团D.该有机物可与氢氧化钠溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．烃为只含有C、H两种元素的有机物，但苯佐卡因中还含有N、O等杂原子，故不属于芳香烃，A错误；B．依据苯佐卡因的结构简式，苯佐卡因的分子式为C9H11O2N，B错误；C．苯佐卡因中含有酯基、氨基两种官能团，C错误；D．因苯佐卡因中含有酯基，可以和NaOH溶液发生水解反应，D正确；故选D。13.下列有关试验装置或操作和不正确的是[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939632128/STEM/37e14f678e334c57905196b55aa24f4f.png]A.装置甲可用来分别溴苯和苯B.装置乙可来用试验室制硝基苯C.装置丙可用来除去CO气体中混有的少量CO2D.装置丁可用来分别甲苯和水【答案】A【解析】【详解】A．苯和溴苯互溶，但沸点差异较大，可用蒸馏的方法分别，蒸馏时温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；B．水浴加热的条件下，苯与浓硝酸发生硝化反应，可生成硝基苯，B正确；C．NaOH溶液可汲取CO中的CO2，CO不溶于水且不与NaOH发生反应，可以除去CO2，C正确；D．甲苯与水不互溶，可用分液的方法进行分别，D正确；答案选A。14.短周期元素R、X、Y、Z在周期表中相对位置如图所示。已知：X原子最外层电子数比其内层电子数多3。下列说法不正确的是[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939640320/STEM/40b10a5be2a049179f81b63658be3e78.png]A.在同周期中，Y的简洁离子半径最小B.四种元素最高价含氧酸酸性最弱的是RC.RZ2分子中各原子最外层都达到8电子稳定结构D.R的气态氢化物可能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【分析】依据题干信息，X原子的最外层电子数比其内层电子数多3，则X为N元素，再依据短周期元素R、X、Y、Z在周期表中相对位置分析可知，R为C元素，Y为Al元素，Z为S元素，据此分析解答。【详解】A．同周期元素中，Na+、Mg2+、Al3+电子层数均为2层，Si、P、S、Cl对应的离子的电子层数均为3层，又核电荷数Al＞Mg＞Na，所以Al3+半径最小，A正确；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Al最弱，所以最高价含氧酸酸性最弱的是Al，即Y，B错误；C．RZ2分子为CS2，其与二氧化碳结构相像，其分子中各原子最外层都达到8电子稳定结构，C正确；D．C的气态氢化物如CH2=CH2，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选B。15.NOCl常用于有机合成，共合成原理为2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)其反应过程中的能量变更如图所示。下列有关说法正确的是[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939648512/STEM/ed3059f353574190b30d925801be6d5a.png]A.1molNOCl(g)所具有能量比1molNO(g)所具有能量低38kJB.其他条件不变，增大NO浓度，则氯气转化率增大，放出的热量不变C.加入高效催化剂后，若E1减小至54kJ•mol-l，则E2减小至130kJ•mol-lD.断裂NO、Cl2中化学键汲取的总能量比断裂NOCl化学键汲取的总能量小76kJ【答案】C【解析】【详解】A．依据图示，2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)和1molCl2(g)所具有的总能量低(180-104)=76kJ，则1molNOCl(g)所具有能量比1molNO(g)和1molCl2(g)所具有的总能量低38kJ，A错误；B．其他条件不变，增大NO浓度，则氯气转化率增大，放出的热量增大，B错误；C．由图可知，反应热ΔH=104-180=-76kJ/mol，加入高效催化剂后，由于催化剂不影响反应的反应热，所以若E1减小至54kJ•mol-l，则E2减小至130kJ•mol-l，C正确；D．断裂NO、Cl2中化学键汲取总能量比断裂NOCl化学键汲取的总能量大76kJ，D错误；答案选C。16.下列说法中正确的是A.H2O(g)=H2O(1)是放热反应B.须要加热才能发生的反应都是吸热反应C.已知P4(s，白磷)=4P(s，红磷)为放热反应，则红磷比白磷稳定D.化学反应过程中吸热或放热越多，则温度变更对速率的影响越明显【答案】C【解析】【详解】A．H2O由气态变为液态会放热，但没有新物质生成，属于物理变更，不是化学反应，故A错误；B．铝热反应须要加热才能发生，但属于放热反应，故B错误；C．已知P4(s，白磷)=4P(s，红磷)为放热反应，则白磷的能量高于红磷的能量，能量越低物质越稳定，则红磷比白磷稳定，故C正确；D．温度变更对速率的影响主要是通过提高活化分子百分含量来实现的，与反应放热、吸热多少无关，故D错误；答案选C。17.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数总和等于Z的原子序数，由这四种元素组成的一种化合物M具有如图性质,下列推断正确的是[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/5/27/2471607785611264/2471852364890112/STEM/8c58a0b83db54471a6e286c495b65934.png]A.原子半径：Z>Y>X>WB.最高价氧化物对应的水化物酸性：Y>XC.W、Y、Z组成的化合物只含共价键D.W分别与X、Y、Z组成的二元化合物都易溶于水【答案】B【解析】【分析】由流程图可以看出，红色溶液为Fe(SCN)3，加入NaOH溶液，生成的气体为NH3，则M中含有NH4+；生成的沉淀为Fe(OH)3；所得溶液为NaSCN，由此得出M应为NH4SCN。由信息“短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数总和等于Z的原子序数”，可推出W、X、Y、Z分别为H、C、N、S元素。【详解】A．C、N为同周期元素，C在N的左边，原子半径：C>N，A不正确；B．非金属性C<N，所以最高价氧化物对应的水化物酸性：HNO3>H2CO3，B正确；C．W、Y、Z组成的化合物可能为(NH4)2S，既含共价键又含离子键，C不正确；D．H与C组成的二元化合物，不管是哪种烃，都难溶于水，D不正确；故选B。18.肯定温度下，在2L恒容的密闭容器中发生某一反应，该反应中的X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变更如图所示，则下列有关描述错误的是[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939664896/STEM/7a843378d6d64c8b843fca91fd7a7cd8.png]A.该反应可表示为：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)B.0~5min时，用Z表示该反应时平均速率为0.12mol•L-1•min-1C.达到平衡时，X的转化率为60%D.7min后，平衡状态发生了变更【答案】B【解析】【分析】依据图像，物质X和Y的物质的量减小，物质Z的物质的量增大，可以得出X、Y为反应物，Z为生成物；5min内，物质X由0.5mol减小到0.2mol，变更了0.3mol，物质Y由1.0mol减小到0.4mol，变更了0.6mol，物质Z由0增大到0.6mol，则X、Y、Z三种物质的物质的量变更比为0.3:0.6:0.6=1:2:2，依据各物质的量的变更量比等于化学计量数比，则X、Y、Z三种物质的化学计量数比为1:2:2，据此分析。【详解】A．依据分析，反应的化学方程式可表示为X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)，A描述正确；B．0~5min时，Z的物质的量增加0.6mol，则这段时间内的反应速率v===0.06mol·L-1·min-1，B描述错误；C．达平衡时，物质X转化了0.3mol，转化率为=60%，C描述正确；D．7min时，各物质的含量发生变更，X、Y物质的物质的量变大，Z的物质的量变小，平衡逆向移动，D描述正确；故选B。二、非选择题(共5题，满分46分)19.短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大。其中A与D、C与E分别是同主族元素；B与C同周期；B原子最外层电子数为其电子层数的2倍；A、B两元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和；F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素。化合物甲、乙、丙、丁、戊、己的组成如表所示：化合物甲乙丙丁戊己化学式A2CA2C2B2A2D2C2A2EDF回答下列问题：(1)以上六种化合物中属于离子化合物有____种，化合物丙的电子式为____，化合物丁晶体内存在的化学键类型是____。(2)甲与戊分子的热稳定性大小依次为____(用化学式表示)。(3)向含有0.2mol乙的水溶液中加入少量MnO2粉末，使乙完全反应，则该反应中转移的电子总数为____。【答案】(1).2(2).[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939673088/ANSWER/fc9cb9be8b714d1db14d6aa44e288ae1.png](3).离子键、共价键(4).H2O＞H2S(5).0.2NA或1.204×1023【解析】【分析】依据题干，B原子最外层电子数为其电子层数的2倍，则B为C元素；A、B两元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和，则A为H元素；A元素可以与C元素形成A2C化合物，且B、C同周期，则C为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；C、E同主族，则E为S元素；F为Cl元素；化合物甲为H2O，化合物乙为H2O2，化合物丙为C2H2，化合物丁为Na2O2，化合物戊为H2S，化合物己为NaCl，据此分析。【详解】(1)六种化合物中化合物丁和化合物己为离子化合物，故离子化合物共有2种；化合物丙为乙炔，其电子式为[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939673088/ANSWER/fc9cb9be8b714d1db14d6aa44e288ae1.png]；化合物丁为Na2O2，其结构中存在离子键和共价键，故其晶体中也含有离子键和共价键，故答案为2；[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939673088/ANSWER/fc9cb9be8b714d1db14d6aa44e288ae1.png]；离子键、共价键；(2)因为O的非金属性强于S，故它们的简洁氢化物的稳定性H2O强于H2S，故答案为H2O＞H2S；(3)过氧化氢在二氧化锰的催化下分解得到水和氧气，反应方程式为2H2O22H2O+O2↑，反应过程中每消耗1molH2O2，须要转移1mol电子，故0.2molH2O2完全反应转移0.2mol电子，为0.2NA（1.204×1023）个电子，故答案为0.2NA或1.204×1023。20.某化学爱好小组在试验室中制取氯气，并探究Cl2与Na2S的反应。回答下列问题：(1)试验室制备纯净的氯气[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939681280/STEM/86ea992e73e54bac849f6e3314cc481b.png]①装置A中反应的化学方程式为____。②欲收集纯净的氯气，选择图中的装置，其连接依次为a→____(按气流方向，用小写字母表示)。③装置D中NaOH溶液的作用是____。(2)探究Cl2与Na2S的反应。将上述收集到的Cl2通入如图所示装置中充分反应，装置I中的溶液变为淡黄色浑浊。一段时间后，将装置Ⅰ中的浑浊物过滤，取其滤液进行下列试验，探究装置I中反应产物。[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939681280/STEM/7b193a2c922e4ae99ee0dcfc5463ed03.png]操作步骤试验现象结论取少量滤液于试管甲中，加入Ba(OH)2溶液，振荡①____有生成另取少量滤液于试管乙中，滴加品红溶液和过量盐酸品红溶液不褪色②无____生成③写出Cl2与Na2S反应生成黄色沉淀的离子方程式为____。【答案】(1).MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2).h→g→b→c→e→d→f(3).汲取多余的氯气，防止污染空气(4).生成白色沉淀(5).SO2(6).Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓【解析】【分析】本试验为制取氯气并探究Cl2和Na2S的反应试验，依据试验装置分析，A装置为MnO2和浓盐酸加热制取氯气的装置，B装置可干燥氯气，C装置为氯气的收集装置，D为尾气处理装置，F可以汲取挥发的HCl气体，据此分析解答问题。【详解】(1)①装置A中MnO2和浓盐酸加热可制取氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；②欲制取纯净的氯气，须要先除去挥发的HCl气体和水蒸气，氯气的密度比空气大，用向上排空气法，洗气时再依据气体应进步短处的原则，正确的连接依次为a→h→g→b→c→e→d→f；③Cl2为有毒气体，干脆排放至空气中会造成污染，因此装置D中NaOH溶液的作用是汲取多余的氯气，防止污染空气；(2)①滤液中所含有，加入Ba(OH)2溶液，振荡后Ba2+与可生成BaSO4的白色沉淀；②另取少量滤液，滴加品红溶液，溶液不褪色，说明没有SO2生成；③依据题干信息，装置Ⅰ中溶液变成淡黄色浑浊，说明有S单质生成，则生成黄色沉淀的离子反应方程式为Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓。21.工业上从海水中提取金属镁，工艺流程如图：[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939689472/STEM/cfe05234db3041e98a2bb09b09f91181.png](1)试剂A为____(填名称，下同)，试剂B为____。(2)为探究制得的金属镁与金属铜、钛的金属活动性强弱，某爱好小组将打磨过的钛片投入硫酸铜溶液中，一段时间后在钛片的表面析出红色固体，则钛和铜的金属活泼性：Ti____Cu(填“＞”，“<”或“=”)，上述反应的离子方程式为____。(已知Ti在化合物中一般显+4价)。为比较镁与钛的金属活泼性强弱，该爱好小组设计原电池如图所示：[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939689472/STEM/20f64c46258d408aa5752481e404e77e.png]若Mg片不断溶解，Ti片上有无色气泡产生，则可证明Ti____Mg(填“＞”、“＜”或“=”)。请写出该电池的负极的电极反应式：____。【答案】(1).氢氧化钙、熟石灰、氧化钙、生石灰(2).盐酸(3).＞(4).Ti+2Cu2+=Ti4++2Cu(5).＜(6).Mg－2e-=Mg2+【解析】【分析】海水提取镁的原理为：生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融状态下电解氯化镁得到金属镁。【详解】(1)工业上常用氢氧化钙或氧化钙沉淀Mg2+，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，CaO俗名生石灰，Ca(OH)2俗名熟石灰，可作为沉淀镁离子的试剂和镁离子反应生成Mg(OH)2，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O，故试剂A为氢氧化钙、熟石灰、氧化钙、生石灰，试剂B为盐酸；(2)将打磨过的钛片投入硫酸铜溶液中，一段时间后在钛片的表面析出红色固体，说明Ti可将Cu从硫酸铜溶液中置换出来，则金属活泼性Ti＞Cu，上述反应的离子方程式为Ti+2Cu2+=Ti4++2Cu，镁与钛形成原电池时，镁片不断溶解，说明镁失去电子，作负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，原电池中一般活泼金属作负极，则活动性Ti＜Mg。22.汽车尾气(NOx、CO、烃等)是造成雾霾的主要元凶。(1)N与H可以组成一种18电子的分子，该分子的化学式为____，其中N元素的化合价____。(2)巳知反应NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g)，其反应的能量变更示意图为：[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939697664/STEM/744a7ce262784a11a2c64781d447d9ed.png]依据能量变更示意图，则该反应____(填“放热”或“吸热”)反应。(3)已知反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的正反应速率方程为v=kcm(O2)•cn(NO)，k只与温度有关，肯定温度下测得数据如下表：c(NO)/mol•L-1c(O2)/mol•L-1v/mol•L-1·s-11.0×10-41.0×10-42.8×10-51.0×10-43.0×10-48.4×10-52.0×10-43.0×10-43.36×10-4该反应速率方程中m=____，n=____(m，n为自然数或简洁分数)。(4)在2L恒容的密闭容器中，充入肯定量的NO和O2发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，其中氮的氧化物的物质的量(n)随时间(t/min)的变更曲线如图所示。[Failedtodownloadimage:://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs/QBM/2024/7/28/2515550918705152/2515609939697664/STEM/cab16630585141a1ae3db23daac39c07.png]①图像中曲线Ⅰ表示____的变更。②0~10min内，用O2表示该反应的平均速率为____。③当达到平衡时，NO的转化率为____。【答案】(1).N2H4(2).-2(3).放热(4).1(5).2(6).NO2(7).0.0025mol•L-1•min-1(8).65%【解析】【分析】依据电子数=原子序数进行解答，结合能量变更图推断反应为吸热反应还是放热反应，利用数学方法结合速率方程求解m和n，依据曲线推断反应物生成物，依据公式计算化学反应速率。【详解】(1)N原子的电子数为7，H原子的电子数为1，则N与H组成的一种18电子分子可以为N2H4，分子中N元素的化合价为-2价；(2)依据反应的能量变更示意图可知，反应前后反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应为放热反应；(3)依据表格供应的数据，将1，2两组数据带入速率方程有：①2.8×10-5=k×(1.0×10-4)m×(1.0×10-4)n②8.4×10-5=k×(3.0×10-4)m×(1.0×10-4)n由①②两个方程可得，则m=1，同理将2，3两组数据带入速率方