常州市名校2022-2023学年高一下学期期末测试
化学试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 V-51 Ba-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. ③④ B. ①④ C. ②③ D. 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
A SO2(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 A B. B C. C D. 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1 mol O2，可将2 mol Fe2＋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5.6 LN2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10L 480mg/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1.0L 0.5 mol/L NaOH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1.3 mol/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
2 4.50 0.50 / / 大量气泡放出
3 4.50 / / 0.50 少量气泡放出
4 a / 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。
常州市名校2022-2023学年高一下学期期末测试
化学试卷 答案解析
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 V-51 Ba-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. ③④ B. ①④ C. ②③ D. 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
A SO2(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. A B. B C. C D. 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1 mol O2，可将2 mol Fe2＋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1 mol O2，转移4mol电子，根据得失电子守恒，可知可将4 mol Fe2＋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5.6 LN2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1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2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1mol FeS2参加反应，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10L 480mg/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CaSO4 2H2O，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．10L 480mg/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1.0L 0.5 mol/L NaOH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1.3 mol/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+O2 2CH3CHO+2H2O ②. 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+O2 2CH3CHO+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＋3H2O ③. 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，与溶液反应生成，Zn元素化合价由0升高为+2、N元素化合价由+5降低为-3，根据得失电子守恒，反应的离子方程式4Zn＋NO＋10H＋= 4Zn2＋＋NH＋3H2O。
③氢氧化钠能与氮氧化物反应，锥形瓶中NaOH溶液的作用是吸收副反应可能产生的氮氧化物，防止空气污染。
【小问2详解】
①该实验的变量为温度，实验实验的目的是探究温度对脱氮速率的影响。
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控制变量法。
【小问3详解】
高锰酸钾具有强氧化性，能和亚硝酸根离子生成硝酸根离子和锰离子，反应为：，反应消耗高锰酸钾的物质的量为0.005 ×0.016L=8×10-5mol，根据化学方程式体现的关系可知，的物质的量为，c()=。
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
2 4.50 0.50 / / 大量气泡放出
3 4.50 / / 0.50 少量气泡放出
4 a / 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的反应速率。
【答案】（1） ①. 4.5 ②. 0.5 ③. 2 ④. 4
（2） ①. a ②. 溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7 ③. pH=11左右，溶液呈碱性，将生成Mg(OH)2，Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应 ④. 实验2
【解析】
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【小问1详解】
①根据实验单一变量原则，加入不同物质的体积应该一致，所以a=4.5，b=0.5；③要研究Ag+有加快Mg+H2O反应速率的作用，则一个实验需要加入Ag+，另一个实验应该加入K+作对照，所以对比实验2和4可得出结论；
【小问2详解】
④AgNO3是强酸弱碱盐，银离子水解方程式为，溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7，所以曲线a表示实验2的pH-时间变化曲线，故答案为a；溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7。
⑤在pH=11左右，溶液呈碱性，将生成Mg(OH)2，Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应；故答案为Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应。
⑥由图可知，对“温度-时间”曲线分析，在相同反应时间内，实验2放出热量明显多于实验4，速率更快，故答案为实验2。
