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安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一化学下学期第4次月考试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一化学下学期第4次月考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
合肥一中高一下化学测试卷四
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Zn-65
一、单选题(1-8题每题2分，9-22题每题3分，共58分)
1. 2023年中国计划发射“神舟十六号”、“神舟十七号”载人飞船和“天舟六号”货运飞船。下列有关说法不正确的是
A. 用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为
B. 镁铝合金广泛应用于航天领域，因为镁铝合金密度小、强度高，
C. 飞船船体覆盖的耐高温陶瓷材料属于传统无机非金属材料
D. 火箭使用碳纳米管可以减轻火箭质量，这种材料属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．Si是一种良好的半导体材料，故用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si，A正确；
B．合金的密度一般比成分金属小，机械强度比成分金属大，故镁铝合金广泛应用于航天领域，因为镁铝合金密度小、强度高，B正确；
C．相对于传统的无机非金属材料玻璃、陶瓷和水泥相比，耐高温陶瓷材料属于新型无机非金属材料，C错误；
D．相对于传统的无机非金属材料玻璃、陶瓷和水泥相比，火箭使用碳纳米管可以减轻火箭质量，这种材料属于新型无机非金属材料，D正确；
故答案为：C。
2. 碳酸镧]可用于治疗高磷酸盐血症，其制备的化学方程式为。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 镧为第VIIA族元素 B. 中子数为8的碳原子：
C. 的电子式： D. 的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知57＞54，57-54=3，即La位于元素周期表第6周期第三纵列即ⅢB，即镧为第ⅢB族元素，A错误；
B．已知质量数等于质子数加中子数，故中子数为8的碳原子：，B错误；
C．已知NH4Cl是离子化合物，则NH4Cl的电子式为：，C正确；
D．已知Cl为17号元素，则Cl-的结构示意图为：，D错误；
故答案为：C。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，和的混合物中含的原子数为
B. 溶液中，含有个数为
C. 常温下，将铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为
D. 标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，32gO2和O3的混合物中含的原子数为=，A正确；
B．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算0.2mol/LMgCl2溶液中，含有Cl-个数，B错误；
C．常温下Al在浓硫酸中发生钝化，故将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中由于钝化，则无法计算铝失去的电子数，C错误；
D．由于SO2和O2生成SO3的反应是一个可逆反应，故标准状况下，22.4LSO2与足量O2的反应由于SO2不能完全转化，故无法计算生成的SO3分子数，D错误；
故答案为：A。
4. 下列有关说法正确的是
A. 双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，是因为具有氧化性
B. NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，是因为NO和均为酸性氧化物
C. 形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为的挥发
D. 镀锡铁皮的镀层破损后铁皮会加速腐蚀，主要原因是形成了原电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，中氯化合价降低变为，则双氧水中氧化合价升高，则是因为具有还原性，故A错误；
B．NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，反应生成亚硝酸钠和水，是发生了氧化还原反应，不是因为NO和均为酸性氧化物，故B错误；
C．形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为生成的亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，故C错误；
D．镀锡铁皮的镀层破损后，Fe−Sn形成了原电池，铁为负极，加速了铁皮腐蚀，故D正确。
综上所述，答案为D。
5. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 过量氨水吸收工业尾气中的：
B. 溶液中加入过量的氨水：
C. 溶液中通入等物质的量的：
D. 溶液中加少量溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．过量氨水吸收工业尾气中的SO2生成(NH4)2SO3和H2O，该反应的离子方程式为：，A正确；
B．已知NH3●H2O是弱碱且Al(OH)3不溶于氨水，故AlCl3溶液中加入过量的氨水的离子方程式为：，B错误；
C．已知还原性I-＞Fe2+，则FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2的离子方程式为：，C错误；
D．NH4HCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3、NH3●H2O和H2O，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案：A。
6. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A. Na2CO3溶液(NaHCO3)：通入过量的CO2气体
B. CO2(CO)：通过量O2，点燃
C. NaNO3溶液(Na2SO4)：加入适量的BaCl2溶液
D. CO2(HCl)：将气体通过装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液中通入过量的气体得到，A错误；
B．因氧气过量，所以最终会引入氧气杂质，B错误；
C． 溶液(Na2SO4)中加入适量的溶液，产生硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新杂质氯离子，C错误；
D． 将气体通过装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，则能与碳酸钠溶液反应而被吸收，D正确；
答案选D。
7. 实验测得某强酸性溶液中还可能大量存在：中的若干种离子，现进行了如下实验：
步骤I：取适量该溶液，加入过量溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色；
步骤II：向I所得的上层清液中加入过量溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成。用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色；
步骤III：向II所得的溶液中通入过量有沉淀E生成。
下列推断错误的是
A. 步骤I中白色沉淀A的化学式为
B. 原溶液一定含有：
C. 步骤III中先后分别与溶液中的反应
D. 步骤II中产生沉淀C的反应：
【答案】B
【解析】
【分析】某强酸性溶液，该溶液中含有大量的，在空气中与氧气反应生成红棕色的，则取适量该溶液，加入过量溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色，无色气体B为，白色沉淀为，该溶液中有，还有还原性的离子，和发生氧化还原反应生成；氢氧化铁是红褐色沉淀，与反应生成氨气，氨气是无色刺激性气味的气体，向Ⅰ所得的溶液中加入过量溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成，则C为，D为，原溶液中有，用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中有，但在步骤II加入了溶液，无法说明原溶液中是否有；向II所得的溶液中通入过量有沉淀E生成，说明原溶液中有，沉淀E为氢氧化铝。
【详解】A．根据上述分析，步骤I中白色沉淀为，故A正确；
B．根据上述分析，无法确定原溶液中是否有，故B错误
C．在碱溶液中能大量共存，步骤II中加入了过量的，则先后分别与、反应，故C正确；
D．步骤I反应生成了，则步骤II中产生氢氧化铁的反应为：，故D正确；
故选：B。
8. 下列实验或装置能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验室制备氨气
制取并收集
制备
验证对分解反应有催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室制备NH3，是加热Ca(OH)2和NH4Cl的混合固体，但加热NH4Cl分解制备不了NH3，A错误；
B．Cu与浓硫酸反应需要加热，题干没有加热装置不能制得SO2，B错误；
C．植物油能够隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化，装置C能够制备Fe(OH)2，C正确；
D．实验过程中温度和催化剂均不同，即变量不唯一，不能得到催化剂对反应速率的影响结果，D错误；
故答案为：C。
9. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是
①
②
③
A. 由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B. 由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应
C. 由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】D
【解析】
【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。
【详解】A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；
B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；
C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；
选D。
10. 已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正确的是
A. 若A为非金属单质，C转化为D可能为氧化还原反应
B. 若A为非金属单质，其所含的元素在周期表中可能处于第二周期第IVA族
C. 不论A为单质还化合物，D都有可能是同一种物质
D. 若A是共价化合物，0.1 mol A分子中含有的电子数可能为NA
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质，常见物质中N、S、Na元素的单质及其化合物符合转化关系；
【详解】A．若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A可能为N2或S，若为氮，则C转化为D是二氧化氮和水生成硝酸和一氧化氮的反应，为氧化还原反应，故A正确；
B．若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；
C．若A为氮气或氨气，均可生成D（硝酸），故C正确；
D．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，0.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，故D正确；
故选B。
11. 某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是
A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制①中气泡产生快慢
B. 装置①中的试剂是浓硫酸，作用是干燥氢气
C. 装置②、③中的药品分别是无水硫酸铜、碱石灰
D. 加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气
【答案】C
【解析】
【分析】根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，④为检验CO2的装置，据此分析解答问题。
【详解】A．根据上述分析，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制①中气泡产生快慢，选项A正确；
B．①装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，选项B正确；
C．由上述分析可知，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸铜，但碱石灰会吸收CO2，不能是碱石灰，选项C错误；
D．H2与空气混合加热易发生爆炸，故在加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气，选项D正确；
答案选C。
12. X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y、W也同主族，且Y的原子序数比X大1，Z的原子序数是X的3倍。下列说法错误的是
A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：
B. W的单质既能与盐酸反应，又能溶于溶液
C. 原子半径：
D. 常温下，Z、W的单质均能在空气中形成氧化膜
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Z的原子序数是X的3倍，则 X为1、Z为3、则Y为He不是主族元素(舍去)，X为Be、Z为Mg，且Y的原子序数比X大1，故Y为B，Y、W也同主族，W为Al，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为Be、Z为Mg，则金属性Be＜Mg，故最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2＞Be(OH)2，即，A正确；
B．由分析可知，W为Al，故W的单质既能与盐酸反应，又能溶于溶液，反应方程式分别为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，B正确；
C．由分析可知，X、Y、Z、W分别为Be、B、Mg、Al，则原子半径相对大小为：Mg＞Al＞Be＞B即，C错误；
D．由分析可知，Z为Mg，W为Al，故常温下，Z、W的单质均能在空气中形成氧化膜，D正确；
故答案为：C。
13. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课中王亚平老师用结构为 的物质制作出“冰球”，其中X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的焰色试验中火焰呈黄色。下列说法错误的是
A. 该物质中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
B. 最简单氢化物的稳定性：Z
D. X、Y、Z、M形成的无机盐的水溶液显碱性
【答案】B
【解析】
【分析】根据M的焰色试验中火焰呈黄色推测M元素为Na元素，根据Y元素形成4个共价键推测Y元素为C元素，X元素形成1个共价键且原子序数最小推测X元素为H元素，Z元素形成2个共价键且原子序数大于Y小于M推测Z元素为O元素，据此分析。
【详解】A．该物质由阴阳离子构成，其中含有离子键，也存在X-Y等极性共价键和Y-Y非极性共价键，故A正确；
B．据分析Z和Y最简单氢化物分别为H2O和CH4，稳定性：Z>Y，故B错误；
C．Z元素为O元素，Z的两种常见同素异形体分别为氧气和臭氧，均有氧化性，故C正确；
D．X、Y、Z、M形成的无机盐是NaHCO3，水溶液显碱性，故D正确；
故选B。
14. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 生成物总能量一定低于反应物总能量
B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C. 通过比较反应物具有的总能量和生成物具有的总能量判断反应是放热还是吸热
D. 同温同压下，在光照和点燃条件下的放出的热量不同
【答案】C
【解析】
详解】A．化学反应有吸热反应也有放热反应，故生成物总能量不一定低于反应物总能量，当生成物总能量低于反应物总能量时反应放热，相反反应吸热，A错误；
B．反应速率的大小与吸热反应还是放热反应无关，即放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率，B错误；
C．通过比较反应物具有的总能量和生成物具有的总能量判断反应是放热还是吸热，当前者大于后者则反应放热，反之则反，C正确；
D．反应的热效应只与反应的始态和终态有关，与反应条件和反应途径无关，故同温同压下，在光照和点燃条件下的放出的热量相同，D错误；
故答案为：C。
15. 下列反应过程中的能量变化符合下图的是
①酸碱中和；②镁与盐酸的反应；③生石灰变成熟石灰的反应；④食物因缓慢氧化腐烂；⑤石灰石分解；⑥甲烷燃烧；⑦灼热的炭与二氧化碳反应
A. ①②③⑤ B. ④⑤⑦ C. ③④⑦ D. ⑤⑦
【答案】D
【解析】
【详解】观察图像可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，题中⑤石灰石分解、⑦灼热的炭与二氧化碳反应。都属于吸热反应，其余均为放热反应，符合条件的是⑤⑦。
故答案选D。
16. 意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得极具理论研究意义的分子。分子结构如图所示，已知断裂吸收热量，断裂吸收热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是
A. 属于一种新型的化合物，与互为同素异形体
B. 的沸点比白磷的高
C. 转化为的同时放出能量
D. 中原子末满足结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．N4只含有一种元素，则其属于一种新型的单质而不是化合物，A错误；
B．N4和P4均为分子晶体，且结构相似，P4的相对分子质量比N4大，即P4分子间作用力大于N4，故N4的沸点比白磷(P4)的低，B错误；
C．由题干信息可知，1molN4转化为2molN2即N4(g)=2N2(g) =6E(N-N)-2E(N≡N)=6×167kJ/mol-2×942kJ/mol=--882kJ/mol，该反应为放热反应即同时放出能量，C正确；
D．已知N最外层上有5个电子，结合题干N4的结构式可知，N4中N原子满足8e-结构，D错误；
故答案为：C。
17. 由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确的是
装置
现象
金属W不断溶解
Y的质量增加
W上有气体产生
A. 装置甲中W作原电池负极
B. 装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e-=Cu
C. 装置丙溶液中电子由Z流向W
D. 四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置甲中W不断溶解，作原电池负极，A正确；
B．装置乙中，Y的质量增加，为正极，反应式为，B正确；
C．装置丙中，W上有气体产生，为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，电子不经过溶液，C错误；
D．装置甲中，W为负极，X为正极，活泼性：，装置乙中，X为负极，Y 正极，活泼性：，装置丙中，Z为负极，W为正极，活泼性：，综合之上，四种金属的活动性强弱顺序为，D正确；
故选C。
18. 下列四个常用电化学装置的叙述错误的是
图I水果电池
图II干电池
图III铅蓄电池
图IV氢氧燃料电池
A. 图I所示电池中，电子从锌片流出
B. 图II所示干电池中锌作负极
C. 图III所示电池为二次电池，放电时正极的电极反应式为Pb-2e-＋=PbSO4
D. 图IV所示电池中正极反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I水果电池中，锌的活动性比铜强，锌作负极，铜作正极，电子由负极流向正极，A正确；
B．图II为锌锰干电池，锌为金属，锌作负极，石墨作正极，B正确；
C．图III为铅蓄电池，铅作负极，二氧化铅作正极，放电时负极的电极反应式为Pb-2e-＋=PbSO4，正极反应式为PbO2+ +4H++2e-=PbSO4+2H2O，C错误；
D．图IV为氢氧燃料电池，氢气作负极失电子，氧气作正极得电子，氧气得电子被还原，由于电解质溶液呈酸性，因此正极电极反应式为：，D正确；
答案选C。
19. 一种新型Na-Zn双离子二次电池放电时的工作原理如图所示。该二次电池放电时，下列有关说法正确的是
A. M极发生还原反应
B. 电子由M极通过NaOH溶液移向N极
C. 通过阳离子交换膜向M极移动
D. N极电极反应式为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，原电池中M为负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，N为正极，电极反应为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2。
【详解】A．根据分析，M为原电池的负极，发生氧化反应，A错误；
B．电子不能在电解质溶液中移动，B错误；
C．原电池中，阳离子向正极移动，因此Na+向N电极移动，C错误；
D．根据分析，N为正极，电极反应为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2，D正确；
故选D。
20. 对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
21. 已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2＋I－→H2O＋IO－ 慢
H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－ 快
下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应速率与I－的浓度有关
B. IO－也是该反应的催化剂
C. 反应物的总能量小于生成物的总能量
D. 2v（H2O2）＝2v（H2O）＝v（O2）
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应的速率由慢反应决定。碘离子参与了慢反应，所以反应速率与I－的浓度有关，浓度越大，化学反应速率越快，A正确；B. IO－只是该反应的中间产物，B不正确；C. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，C不正确；D. 用不同物质表示同一反应的速率，其速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O2）＝v（H2O）＝2v（O2），D不正确。
22. 反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a为随t的变化曲线
B. 时，
C. 时，的消耗速率大于生成速率
D. 后，
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
二、填空题(共42分)
23. 以废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(FeSO4●7H2O)，流程示意图如下：
已知：FeSO4●7H2O晶体受热易失水
（1）酸浸过程中，的作用是、、___________(用离子方程式表示)。
（2）酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。
酸浸时间
用溶液检验
变红
末变红
变红
①时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因___________。
②时检验，溶液复又变红，用离子方程式说明原因___________。
③操作是___________。
（3）测定所得硫酸亚铁晶体中的含量，步骤如下：
I：称取硫酸亚铁晶体样品，配制成溶液。
Ⅱ：取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入的溶液，至反应完全共消耗溶液。
①I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___________。
②Ⅱ中氧化的离子方程式是___________。
③计算硫酸亚铁晶体样品中的质量分数___________。
【答案】（1）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（2） ①. 2Fe3++Fe=3Fe2+ ②. 4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O ③. 蒸发浓缩、冷却结晶
（3） ①. 100mL容量瓶 ②. 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ③. 或
【解析】
【小问1详解】
向废铁屑（含少量Fe2O3、FeS等杂质）中加入硫酸酸浸，溶解氧化铁和铁，发生的反应有Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、FeS+2H+=2Fe2++H2S↑；故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
【小问2详解】
①30min时用KSCN溶液检验，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，其原因为Fe3+被Fe还原为Fe2+，其反应为2 Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
②120min时检验，溶液复又变红，说明在酸性条件下，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O；
③酸浸处理后，得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问3详解】
①取出10mL溶液，配制100mL溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；
②亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化为铁离子，发生反应5Fe2++ +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
③根据5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗bmol/L的KMnO4溶液cmL，硫酸亚铁晶体样品中Fe2+的质量分数为×100%=或，故答案为：或。
24. 电池的种类繁多，应用广泛，根据电化学原理回答下列问题。
（1）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔，如图甲为“镁-次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E电极为该燃料电池的___________(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为___________。
（2）微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如下：
①A电极附近甲醇发生的电极反应式为_________。
②外电路转移电子时，通过质子交换膜的物质的量为_________。
（3）钢铁的电化学腐蚀原理如图所示：
正极的电极反应式为___________。
（4）一种一氧化碳分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇一氧化钠，其中可以在固体介质中自由移动，传感器中通过的电流越大，尾气中一氧化碳的含量越高。
则a极的电极反应式为_______，工作时的移动方向是________(填“a→b”，或“b→a”)
【答案】（1） ①. 负 ②.
（2） ①. ②. 0.1mol
（3）
（4） ①. ②. b→a
【解析】
【小问1详解】
由装置图可知E电极上镁失去电子生成氢氧化镁，Mg作负极，正极得电子生成氯离子，电极反应：，故答案为：负；；
【小问2详解】
①A电极附近甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应为：，故答案为：；
②根据电荷守恒可知，当外电路转移电子时，通过质子交换膜的物质的量为0.1mol，故答案为：0.1mol；
【小问3详解】
由图可知正极为氧气得电子生成氢氧根离子，电极方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
该电池总反应为CO与氧气反应生成二氧化碳，a电极为负极发生反应：，b电极为正极，原电池中电解质中的阴离子流向负极，则工作时的移动方向是b→a，故答案为：；b→a。
25. 某化学兴趣小组依据反应，探究影响化学反应速率的因素并测定其化学反应速率。请回答下列问题：
I．该小组同学设计了3组实验，探究影响化学反应速率的部分因素，具体情况如下表所示。
实验编号
加入溶液的体积/mL
加入溶液的体积/mL
加入水的体积/mL
反应温度
1
10
10
0
25℃
2
10
5
a
25℃
3
10
10
0
60℃
（1）表中________，通过实验1和实验3可探究________对化学反应速率的影响。
II．该小组同学依据实验1条件进行反应并测定其化学反应速率，所得数据如图所示。
（2）计算内用表示的平均反应速率___________
（3）分析实验数据发现，反应过程中该反应的化学反应速率变化为___________(填“先增大后减小”或“先减小后增大”)。
i．探究化学反应速率先增大的原因，具体情况如下表所示。
方案
假设
实验操作
1
该反应放热使溶液温度升高，化学反应速率加快
向烧杯中加入溶液和溶液，测量体系温度
2
__________
取溶液加入烧杯中，向其中加入少量固体，再加入溶液
方案2中的假设为___________。
ii．反应后期化学反应速率减小的原因是___________。
（4）形成原电池也可以影响化学反应速率，如锌和稀硫酸反应时滴加少量溶液可提高制的速率，请写出形成原电池后正极的电极反应方程式___________。
【答案】（1） ①. 5 ②. 温度
（2）0.025 （3） ①. 先增大后减小 ②. 反应生成的Cl−使反应速率加快 ③. 反应物浓度降低使反应速率减小
（4）2H++2e-= H2↑
【解析】
【小问1详解】
由上分析1和2为研究反应物浓度，其他量保持不变，溶液的体积的总体积相同即10+10=10+5+a，得a=5。对比实验1，3中升高了温度，该组为探究温度对速率得影响。答案为5；温度；
【小问2详解】
该反应在4~7min内氯离子浓度增加0.025mol/L，根据可知，亚硫酸氢钠的浓度降低0.075mol/L，=0.075mol/L÷3min=；
【小问3详解】
由图可知，反应过程中该反应的化学反应速率变化为先增大后减小；
方案2加入少量NaCl固体，增大氯离子浓度，所以方案2中的假设为反应生成的Cl−使反应速率加快；
ii.随反应进行，反应物浓度降低，所以反应后期化学反应速率减小。
【小问4详解】
加入CuSO4后产生了Cu与Zn组成了原电池的正负极，形成原电池。该电池的总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，正极为还原反应为2H++2e-= H2↑。
合肥一中高一下化学测试卷四
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Zn-65
一、单选题(1-8题每题2分，9-22题每题3分，共58分)
1. 2023年中国计划发射“神舟十六号”、“神舟十七号”载人飞船和“天舟六号”货运飞船。下列有关说法不正确的是
A. 用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为
B. 镁铝合金广泛应用于航天领域，因为镁铝合金密度小、强度高，
C. 飞船船体覆盖的耐高温陶瓷材料属于传统无机非金属材料
D. 火箭使用碳纳米管可以减轻火箭质量，这种材料属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．Si是一种良好的半导体材料，故用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si，A正确；
B．合金的密度一般比成分金属小，机械强度比成分金属大，故镁铝合金广泛应用于航天领域，因为镁铝合金密度小、强度高，B正确；
C．相对于传统的无机非金属材料玻璃、陶瓷和水泥相比，耐高温陶瓷材料属于新型无机非金属材料，C错误；
D．相对于传统的无机非金属材料玻璃、陶瓷和水泥相比，火箭使用碳纳米管可以减轻火箭质量，这种材料属于新型无机非金属材料，D正确；
故答案为：C。
2. 碳酸镧]可用于治疗高磷酸盐血症，其制备的化学方程式为。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A. 镧为第VIIA族元素 B. 中子数为8的碳原子：
C. 的电子式： D. 的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知57＞54，57-54=3，即La位于元素周期表第6周期第三纵列即ⅢB，即镧为第ⅢB族元素，A错误；
B．已知质量数等于质子数加中子数，故中子数为8的碳原子：，B错误；
C．已知NH4Cl是离子化合物，则NH4Cl的电子式为：，C正确；
D．已知Cl为17号元素，则Cl-的结构示意图为：，D错误；
故答案为：C。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，和的混合物中含的原子数为
B. 溶液中，含有个数为
C. 常温下，将铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为
D. 标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，32gO2和O3的混合物中含的原子数为=，A正确；
B．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算0.2mol/LMgCl2溶液中，含有Cl-个数，B错误；
C．常温下Al在浓硫酸中发生钝化，故将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中由于钝化，则无法计算铝失去的电子数，C错误；
D．由于SO2和O2生成SO3的反应是一个可逆反应，故标准状况下，22.4LSO2与足量O2的反应由于SO2不能完全转化，故无法计算生成的SO3分子数，D错误；
故答案为：A。
4. 下列有关说法正确的是
A. 双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，是因为具有氧化性
B. NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，是因为NO和均为酸性氧化物
C. 形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为的挥发
D. 镀锡铁皮的镀层破损后铁皮会加速腐蚀，主要原因是形成了原电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，中氯化合价降低变为，则双氧水中氧化合价升高，则是因为具有还原性，故A错误；
B．NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，反应生成亚硝酸钠和水，是发生了氧化还原反应，不是因为NO和均为酸性氧化物，故B错误；
C．形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为生成的亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，故C错误；
D．镀锡铁皮的镀层破损后，Fe−Sn形成了原电池，铁为负极，加速了铁皮腐蚀，故D正确。
综上所述，答案为D。
5. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 过量氨水吸收工业尾气中的：
B. 溶液中加入过量的氨水：
C. 溶液中通入等物质的量的：
D. 溶液中加少量溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．过量氨水吸收工业尾气中的SO2生成(NH4)2SO3和H2O，该反应的离子方程式为：，A正确；
B．已知NH3●H2O是弱碱且Al(OH)3不溶于氨水，故AlCl3溶液中加入过量的氨水的离子方程式为：，B错误；
C．已知还原性I-＞Fe2+，则FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2的离子方程式为：，C错误；
D．NH4HCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3、NH3●H2O和H2O，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案：A。
6. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A. Na2CO3溶液(NaHCO3)：通入过量的CO2气体
B. CO2(CO)：通过量O2，点燃
C. NaNO3溶液(Na2SO4)：加入适量的BaCl2溶液
D. CO2(HCl)：将气体通过装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液中通入过量的气体得到，A错误；
B．因氧气过量，所以最终会引入氧气杂质，B错误；
C． 溶液(Na2SO4)中加入适量的溶液，产生硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新杂质氯离子，C错误；
D． 将气体通过装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，则能与碳酸钠溶液反应而被吸收，D正确；
答案选D。
7. 实验测得某强酸性溶液中还可能大量存在：中的若干种离子，现进行了如下实验：
步骤I：取适量该溶液，加入过量溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色；
步骤II：向I所得的上层清液中加入过量溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成。用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色；
步骤III：向II所得的溶液中通入过量有沉淀E生成。
下列推断错误的是
A. 步骤I中白色沉淀A的化学式为
B. 原溶液一定含有：
C. 步骤III中先后分别与溶液中的反应
D. 步骤II中产生沉淀C的反应：
【答案】B
【解析】
【分析】某强酸性溶液，该溶液中含有大量的，在空气中与氧气反应生成红棕色的，则取适量该溶液，加入过量溶液，产生白色沉淀A和无色气体B，B遇空气立即变为红棕色，无色气体B为，白色沉淀为，该溶液中有，还有还原性的离子，和发生氧化还原反应生成；氢氧化铁是红褐色沉淀，与反应生成氨气，氨气是无色刺激性气味的气体，向Ⅰ所得的溶液中加入过量溶液，有红褐色沉淀C和无色刺激性气体D生成，则C为，D为，原溶液中有，用铂丝蘸取所得溶液，在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中有，但在步骤II加入了溶液，无法说明原溶液中是否有；向II所得的溶液中通入过量有沉淀E生成，说明原溶液中有，沉淀E为氢氧化铝。
【详解】A．根据上述分析，步骤I中白色沉淀为，故A正确；
B．根据上述分析，无法确定原溶液中是否有，故B错误
C．在碱溶液中能大量共存，步骤II中加入了过量的，则先后分别与、反应，故C正确；
D．步骤I反应生成了，则步骤II中产生氢氧化铁的反应为：，故D正确；
故选：B。
8. 下列实验或装置能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验室制备氨气
制取并收集
制备
验证对分解反应有催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室制备NH3，是加热Ca(OH)2和NH4Cl的混合固体，但加热NH4Cl分解制备不了NH3，A错误；
B．Cu与浓硫酸反应需要加热，题干没有加热装置不能制得SO2，B错误；
C．植物油能够隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化，装置C能够制备Fe(OH)2，C正确；
D．实验过程中温度和催化剂均不同，即变量不唯一，不能得到催化剂对反应速率的影响结果，D错误；
故答案为：C。
9. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是
①
②
③
A. 由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B. 由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应
C. 由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】D
【解析】
【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。
【详解】A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；
B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；
C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；
选D。
10. 已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正确的是
A. 若A为非金属单质，C转化为D可能为氧化还原反应
B. 若A为非金属单质，其所含的元素在周期表中可能处于第二周期第IVA族
C. 不论A为单质还化合物，D都有可能是同一种物质
D. 若A是共价化合物，0.1 mol A分子中含有的电子数可能为NA
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质，常见物质中N、S、Na元素的单质及其化合物符合转化关系；
【详解】A．若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A可能为N2或S，若为氮，则C转化为D是二氧化氮和水生成硝酸和一氧化氮的反应，为氧化还原反应，故A正确；
B．若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；
C．若A为氮气或氨气，均可生成D（硝酸），故C正确；
D．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，0.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，故D正确；
故选B。
11. 某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是
A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制①中气泡产生快慢
B. 装置①中的试剂是浓硫酸，作用是干燥氢气
C. 装置②、③中的药品分别是无水硫酸铜、碱石灰
D. 加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气
【答案】C
【解析】
【分析】根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，④为检验CO2的装置，据此分析解答问题。
【详解】A．根据上述分析，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制①中气泡产生快慢，选项A正确；
B．①装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，选项B正确；
C．由上述分析可知，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸铜，但碱石灰会吸收CO2，不能是碱石灰，选项C错误；
D．H2与空气混合加热易发生爆炸，故在加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气，选项D正确；
答案选C。
12. X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y、W也同主族，且Y的原子序数比X大1，Z的原子序数是X的3倍。下列说法错误的是
A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：
B. W的单质既能与盐酸反应，又能溶于溶液
C. 原子半径：
D. 常温下，Z、W的单质均能在空气中形成氧化膜
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Z的原子序数是X的3倍，则 X为1、Z为3、则Y为He不是主族元素(舍去)，X为Be、Z为Mg，且Y的原子序数比X大1，故Y为B，Y、W也同主族，W为Al，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为Be、Z为Mg，则金属性Be＜Mg，故最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2＞Be(OH)2，即，A正确；
B．由分析可知，W为Al，故W的单质既能与盐酸反应，又能溶于溶液，反应方程式分别为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，B正确；
C．由分析可知，X、Y、Z、W分别为Be、B、Mg、Al，则原子半径相对大小为：Mg＞Al＞Be＞B即，C错误；
D．由分析可知，Z为Mg，W为Al，故常温下，Z、W的单质均能在空气中形成氧化膜，D正确；
故答案为：C。
13. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课中王亚平老师用结构为 的物质制作出“冰球”，其中X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的焰色试验中火焰呈黄色。下列说法错误的是
A. 该物质中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
B. 最简单氢化物的稳定性：Z
D. X、Y、Z、M形成的无机盐的水溶液显碱性
【答案】B
【解析】
【分析】根据M的焰色试验中火焰呈黄色推测M元素为Na元素，根据Y元素形成4个共价键推测Y元素为C元素，X元素形成1个共价键且原子序数最小推测X元素为H元素，Z元素形成2个共价键且原子序数大于Y小于M推测Z元素为O元素，据此分析。
【详解】A．该物质由阴阳离子构成，其中含有离子键，也存在X-Y等极性共价键和Y-Y非极性共价键，故A正确；
B．据分析Z和Y最简单氢化物分别为H2O和CH4，稳定性：Z>Y，故B错误；
C．Z元素为O元素，Z的两种常见同素异形体分别为氧气和臭氧，均有氧化性，故C正确；
D．X、Y、Z、M形成的无机盐是NaHCO3，水溶液显碱性，故D正确；
故选B。
14. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 生成物总能量一定低于反应物总能量
B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C. 通过比较反应物具有的总能量和生成物具有的总能量判断反应是放热还是吸热
D. 同温同压下，在光照和点燃条件下的放出的热量不同
【答案】C
【解析】
详解】A．化学反应有吸热反应也有放热反应，故生成物总能量不一定低于反应物总能量，当生成物总能量低于反应物总能量时反应放热，相反反应吸热，A错误；
B．反应速率的大小与吸热反应还是放热反应无关，即放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率，B错误；
C．通过比较反应物具有的总能量和生成物具有的总能量判断反应是放热还是吸热，当前者大于后者则反应放热，反之则反，C正确；
D．反应的热效应只与反应的始态和终态有关，与反应条件和反应途径无关，故同温同压下，在光照和点燃条件下的放出的热量相同，D错误；
故答案为：C。
15. 下列反应过程中的能量变化符合下图的是
①酸碱中和；②镁与盐酸的反应；③生石灰变成熟石灰的反应；④食物因缓慢氧化腐烂；⑤石灰石分解；⑥甲烷燃烧；⑦灼热的炭与二氧化碳反应
A. ①②③⑤ B. ④⑤⑦ C. ③④⑦ D. ⑤⑦
【答案】D
【解析】
【详解】观察图像可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，题中⑤石灰石分解、⑦灼热的炭与二氧化碳反应。都属于吸热反应，其余均为放热反应，符合条件的是⑤⑦。
故答案选D。
16. 意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得极具理论研究意义的分子。分子结构如图所示，已知断裂吸收热量，断裂吸收热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是
A. 属于一种新型的化合物，与互为同素异形体
B. 的沸点比白磷的高
C. 转化为的同时放出能量
D. 中原子末满足结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．N4只含有一种元素，则其属于一种新型的单质而不是化合物，A错误；
B．N4和P4均为分子晶体，且结构相似，P4的相对分子质量比N4大，即P4分子间作用力大于N4，故N4的沸点比白磷(P4)的低，B错误；
C．由题干信息可知，1molN4转化为2molN2即N4(g)=2N2(g) =6E(N-N)-2E(N≡N)=6×167kJ/mol-2×942kJ/mol=--882kJ/mol，该反应为放热反应即同时放出能量，C正确；
D．已知N最外层上有5个电子，结合题干N4的结构式可知，N4中N原子满足8e-结构，D错误；
故答案为：C。
17. 由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确的是
装置
现象
金属W不断溶解
Y的质量增加
W上有气体产生
A. 装置甲中W作原电池负极
B. 装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e-=Cu
C. 装置丙溶液中电子由Z流向W
D. 四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置甲中W不断溶解，作原电池负极，A正确；
B．装置乙中，Y的质量增加，为正极，反应式为，B正确；
C．装置丙中，W上有气体产生，为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，电子不经过溶液，C错误；
D．装置甲中，W为负极，X为正极，活泼性：，装置乙中，X为负极，Y 正极，活泼性：，装置丙中，Z为负极，W为正极，活泼性：，综合之上，四种金属的活动性强弱顺序为，D正确；
故选C。
18. 下列四个常用电化学装置的叙述错误的是
图I水果电池
图II干电池
图III铅蓄电池
图IV氢氧燃料电池
A. 图I所示电池中，电子从锌片流出
B. 图II所示干电池中锌作负极
C. 图III所示电池为二次电池，放电时正极的电极反应式为Pb-2e-＋=PbSO4
D. 图IV所示电池中正极反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I水果电池中，锌的活动性比铜强，锌作负极，铜作正极，电子由负极流向正极，A正确；
B．图II为锌锰干电池，锌为金属，锌作负极，石墨作正极，B正确；
C．图III为铅蓄电池，铅作负极，二氧化铅作正极，放电时负极的电极反应式为Pb-2e-＋=PbSO4，正极反应式为PbO2+ +4H++2e-=PbSO4+2H2O，C错误；
D．图IV为氢氧燃料电池，氢气作负极失电子，氧气作正极得电子，氧气得电子被还原，由于电解质溶液呈酸性，因此正极电极反应式为：，D正确；
答案选C。
19. 一种新型Na-Zn双离子二次电池放电时的工作原理如图所示。该二次电池放电时，下列有关说法正确的是
A. M极发生还原反应
B. 电子由M极通过NaOH溶液移向N极
C. 通过阳离子交换膜向M极移动
D. N极电极反应式为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，原电池中M为负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，N为正极，电极反应为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2。
【详解】A．根据分析，M为原电池的负极，发生氧化反应，A错误；
B．电子不能在电解质溶液中移动，B错误；
C．原电池中，阳离子向正极移动，因此Na+向N电极移动，C错误；
D．根据分析，N为正极，电极反应为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2，D正确；
故选D。
20. 对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
21. 已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2＋I－→H2O＋IO－ 慢
H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－ 快
下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应速率与I－的浓度有关
B. IO－也是该反应的催化剂
C. 反应物的总能量小于生成物的总能量
D. 2v（H2O2）＝2v（H2O）＝v（O2）
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应的速率由慢反应决定。碘离子参与了慢反应，所以反应速率与I－的浓度有关，浓度越大，化学反应速率越快，A正确；B. IO－只是该反应的中间产物，B不正确；C. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，C不正确；D. 用不同物质表示同一反应的速率，其速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O2）＝v（H2O）＝2v（O2），D不正确。
22. 反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a为随t的变化曲线
B. 时，
C. 时，的消耗速率大于生成速率
D. 后，
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
二、填空题(共42分)
23. 以废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(FeSO4●7H2O)，流程示意图如下：
已知：FeSO4●7H2O晶体受热易失水
（1）酸浸过程中，的作用是、、___________(用离子方程式表示)。
（2）酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。
酸浸时间
用溶液检验
变红
末变红
变红
①时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因___________。
②时检验，溶液复又变红，用离子方程式说明原因___________。
③操作是___________。
（3）测定所得硫酸亚铁晶体中的含量，步骤如下：
I：称取硫酸亚铁晶体样品，配制成溶液。
Ⅱ：取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入的溶液，至反应完全共消耗溶液。
①I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___________。
②Ⅱ中氧化的离子方程式是___________。
③计算硫酸亚铁晶体样品中的质量分数___________。
【答案】（1）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（2） ①. 2Fe3++Fe=3Fe2+ ②. 4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O ③. 蒸发浓缩、冷却结晶
（3） ①. 100mL容量瓶 ②. 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ③. 或
【解析】
【小问1详解】
向废铁屑（含少量Fe2O3、FeS等杂质）中加入硫酸酸浸，溶解氧化铁和铁，发生的反应有Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、FeS+2H+=2Fe2++H2S↑；故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
【小问2详解】
①30min时用KSCN溶液检验，溶液未变红，说明溶液中不含Fe3+，其原因为Fe3+被Fe还原为Fe2+，其反应为2 Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
②120min时检验，溶液复又变红，说明在酸性条件下，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O；
③酸浸处理后，得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问3详解】
①取出10mL溶液，配制100mL溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；
②亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化为铁离子，发生反应5Fe2++ +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
③根据5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗bmol/L的KMnO4溶液cmL，硫酸亚铁晶体样品中Fe2+的质量分数为×100%=或，故答案为：或。
24. 电池的种类繁多，应用广泛，根据电化学原理回答下列问题。
（1）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔，如图甲为“镁-次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E电极为该燃料电池的___________(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为___________。
（2）微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如下：
①A电极附近甲醇发生的电极反应式为_________。
②外电路转移电子时，通过质子交换膜的物质的量为_________。
（3）钢铁的电化学腐蚀原理如图所示：
正极的电极反应式为___________。
（4）一种一氧化碳分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇一氧化钠，其中可以在固体介质中自由移动，传感器中通过的电流越大，尾气中一氧化碳的含量越高。
则a极的电极反应式为_______，工作时的移动方向是________(填“a→b”，或“b→a”)
【答案】（1） ①. 负 ②.
（2） ①. ②. 0.1mol
（3）
（4） ①. ②. b→a
【解析】
【小问1详解】
由装置图可知E电极上镁失去电子生成氢氧化镁，Mg作负极，正极得电子生成氯离子，电极反应：，故答案为：负；；
【小问2详解】
①A电极附近甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应为：，故答案为：；
②根据电荷守恒可知，当外电路转移电子时，通过质子交换膜的物质的量为0.1mol，故答案为：0.1mol；
【小问3详解】
由图可知正极为氧气得电子生成氢氧根离子，电极方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
该电池总反应为CO与氧气反应生成二氧化碳，a电极为负极发生反应：，b电极为正极，原电池中电解质中的阴离子流向负极，则工作时的移动方向是b→a，故答案为：；b→a。
25. 某化学兴趣小组依据反应，探究影响化学反应速率的因素并测定其化学反应速率。请回答下列问题：
I．该小组同学设计了3组实验，探究影响化学反应速率的部分因素，具体情况如下表所示。
实验编号
加入溶液的体积/mL
加入溶液的体积/mL
加入水的体积/mL
反应温度
1
10
10
0
25℃
2
10
5
a
25℃
3
10
10
0
60℃
（1）表中________，通过实验1和实验3可探究________对化学反应速率的影响。
II．该小组同学依据实验1条件进行反应并测定其化学反应速率，所得数据如图所示。
（2）计算内用表示的平均反应速率___________
（3）分析实验数据发现，反应过程中该反应的化学反应速率变化为___________(填“先增大后减小”或“先减小后增大”)。
i．探究化学反应速率先增大的原因，具体情况如下表所示。
方案
假设
实验操作
1
该反应放热使溶液温度升高，化学反应速率加快
向烧杯中加入溶液和溶液，测量体系温度
2
__________
取溶液加入烧杯中，向其中加入少量固体，再加入溶液
方案2中的假设为___________。
ii．反应后期化学反应速率减小的原因是___________。
（4）形成原电池也可以影响化学反应速率，如锌和稀硫酸反应时滴加少量溶液可提高制的速率，请写出形成原电池后正极的电极反应方程式___________。
【答案】（1） ①. 5 ②. 温度
（2）0.025 （3） ①. 先增大后减小 ②. 反应生成的Cl−使反应速率加快 ③. 反应物浓度降低使反应速率减小
（4）2H++2e-= H2↑
【解析】
【小问1详解】
由上分析1和2为研究反应物浓度，其他量保持不变，溶液的体积的总体积相同即10+10=10+5+a，得a=5。对比实验1，3中升高了温度，该组为探究温度对速率得影响。答案为5；温度；
【小问2详解】
该反应在4~7min内氯离子浓度增加0.025mol/L，根据可知，亚硫酸氢钠的浓度降低0.075mol/L，=0.075mol/L÷3min=；
【小问3详解】
由图可知，反应过程中该反应的化学反应速率变化为先增大后减小；
方案2加入少量NaCl固体，增大氯离子浓度，所以方案2中的假设为反应生成的Cl−使反应速率加快；
ii.随反应进行，反应物浓度降低，所以反应后期化学反应速率减小。
【小问4详解】
加入CuSO4后产生了Cu与Zn组成了原电池的正负极，形成原电池。该电池的总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，正极为还原反应为2H++2e-= H2↑。
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