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上海市高桥中学2023-2024学年高一下学期6月期末化学试卷（原卷版+解析版）
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(考试时间：60分钟 满分：100分)
考生注意：标注“双选”的试题，每小题有两个正确选项，错选不得分，漏选得1分。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56
一、金属及其化合物(本题共22分)
中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底深度10909米，挑战了全球海洋最深处。国产新型钛合金、能源供给锂电池等功不可没。磷酸亚铁锂()可作为锂电池的正极材料，请回答下列问题。
1. 潜水器外壳使用的钛合金不可能具有的性质是
A. 耐高压B. 耐腐蚀C. 硬度小D. 密度小
【答案】C
【解析】
【详解】潜水器外壳使用钛合金具有耐高压、耐腐蚀、硬度大、密度小的性质，因此不可能具有硬度小的性质，故合理选项是C。
2. 锂电池工作时，将化学能转化为___________；磷酸亚铁锂()中Fe的化合价为___________。
【答案】 ①. 电能 ②. +2
【解析】
【详解】锂电池工作时是原电池装置，将化学能转化为电能，磷酸亚铁锂()中Li为+1价、磷酸根离子为-3价，则Fe的化合价为+2价。
3. 中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是
A. Fe2O3B. FeOC. Fe3O4D. Fe
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】天然磁石具有磁性，其主要成分为四氧化三铁，故选C。
4. FeCl3溶液在工业上用于蚀刻铜箔电路板，从蚀刻后的废液中可回收铜并使蚀刻液再生，流程如图所示(省略部分物质)。
（1）写出 FeCl3蚀刻铜箔的反应的离子方程式___________。
（2）若上述溶液充分反应后只含有Fe2+，欲检验Fe2+，不合理的操作是___________。
A．加入氢氧化钠溶液观察现象
B．先加入足量氯水，再加入KSCN溶液
C．加入少量酸性KMnO4溶液观察现象
（3）操作Ⅰ的名称是___________。
A. 蒸发B. 结晶C. 过滤D. 分液
（4）为了从固体中分离出铜，而加入的试剂X是___________。
A. HClB. H2SO4C. HNO3D. NaOH
【答案】（1）Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
（2）B （3）C （4）A
【解析】
【分析】FeCl3溶液与铜箔电路板发生反应：Cu+Fe3+=2Fe2++Cu2+，得到的废液中含有FeCl3、FeCl2、CuCl2，向其中加入过量铁粉，发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，然后过滤，向滤渣中加入稀HCl，发生反应：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，过滤，分离得到Cu单质，将两次滤液合并，向滤液中通入Cl2，发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，使FeCl3溶液得到再生。
【小问1详解】
FeCl3溶液蚀刻铜箔时会发生反应产生FeCl2、CuCl2，发生反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
【小问2详解】
A．上述反应后溶液中只含有Fe2+，向其中加入NaOH溶液，会发生反应产生Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2不稳定，会被空气中的氧气氧化产生红褐色的Fe(OH)3，因此能检验Fe2+的存在，A不符合题意；
B．先加入足量氯水，会将溶液中可能存在的Fe2+氧化产生Fe3+，同时溶液中汗液含有Cl2、HClO等，Cl2具有强氧化性，会氧化KSCN，不能使溶液变为红色，因此不能确定原溶液中是否含有Fe2+，B符合题意；
C．Fe2+具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化为Fe3+，酸性KMnO4溶液被还原产生无色Mn2+，因此会看到溶液变为无色，因此可用酸性KMnO4溶液判断Fe2+是否存在，C不符合题意；
故合理选项是B；
【小问3详解】
根据流程图可知：操作Ⅰ是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，因此该操作是过滤，故合理选项是C；
【小问4详解】
操作Ⅰ分离得到的固体中含有Fe、Cu，由于Cu位于金属活动性顺序表中H元素的后边，Fe位于H元素的前边，因此可以向其中加入稀盐酸，发生反应：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，Cu不发生反应，得到的溶液为FeCl2，与前边溶液合并，然后通入Cl2，使刻蚀液得到再生，故加入的试剂X是HCl，故合理选项是A。
5. 元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，图为钠的价类二维图：
请回答以下问题：
（1）写出①中某种淡黄色固体能做供氧剂的原因___________(用化学方程式表示，写一个即可)。
（2）图中缺失的物质类别是___________，利用右上图比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则物质甲的化学式为___________。
（3）实验室可以用稀盐酸鉴别和，除了这种方法，请你再举出一例鉴别溶液和溶液的方法：___________。
【答案】（1）或
（2） ①. 盐 ②.
（3）分别取少量样品于试管中，滴加几滴或溶液，若能产生白色沉淀的即为溶液
【解析】
【小问1详解】
根据二维图，①是钠的氧化物，钠的氧化物中显淡黄色的是Na2O2，过氧化钠能与CO2、H2O反应，方程式为或；
【小问2详解】
图中缺失的物质类别是酸；碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性：碳酸钠＞碳酸氢钠，则物质甲的化学式NaHCO3；
【小问3详解】
相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液的碱性强于NaHCO3溶液的碱性，可以通过测相同溶度的pH进行鉴别；或者向溶液中加入CaCl2或溶液，CaCl2或溶液与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀或碳酸钡沉淀，而NaHCO3溶液不与CaCl2或溶液反应。
二、自然界中的氮元素(本题共18分)
6. 氮是动植物生长不可缺少的元素，含氮化合物也是重要的化工原料。自然界中存在如下氮的循环过程，工业上也可通过一系列的化学反应模拟该过程，实现的转化。
（1）写出氨气分子的电子式___________。
（2）自然界中反硝化过程指的是图中___________过程。
A. ⅡB. ⅢC. ⅣD. Ⅴ
【答案】（1） （2）D
【解析】
【小问1详解】
氨气分子式是NH3，N原子与3个H原子形成3个共价键，其电子式为；
【小问2详解】
自然界中反硝化过程指的是图中得到电子被还原为大气中的N2的过程，故反硝化过程指的是图中Ⅴ过程，合理选项是D。
7. 大气固氮是在放电或高温下，空气中的转化为的过程。固氮过程中也会产生上述含氮化合物。
（1）①为___________(填写化学式)。
（2）写出过程②的反应方程式___________，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
【答案】（1）NO （2） ①. ②. 1：2
【解析】
【小问1详解】
氮气和氧气反应生成NO，则①为NO，故答案为：NO；
小问2详解】
过程②是NO2溶于水生成硝酸和NO，反应的反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中NO2既是氧化剂也是还原剂，NO是还原产物，硝酸是氧化产物，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；1：2。
8. 含氮量是衡量肥效的指标之一，常见氮肥：(尿素)、和
（1）中含有化学键包括___________。
（2）设计实验检验上述化肥样品混合物中的硫酸根离子___________。
（3）写出铵态氮肥保存或施用时注意事项(任写一点)___________。
【答案】（1）离子键和共价键
（2）取化肥样品溶于水，加入足量稀盐酸后，无沉淀，再加入氯化钡，若产生白色沉淀，证明固体样品中含有硫酸根
（3）保存：避光避热；施用：不与碱性物质一同使用，深施盖土
【解析】
【小问1详解】
NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子含有离子键，铵根内部N和H原子、硝酸根内部N和O原子存在共价键，故答案为：离子键和共价键；
【小问2详解】
检验硫酸根离子的实验方案为取化肥样品溶于水，加入足量稀盐酸后，无沉淀，再加入氯化钡，若产生白色沉淀，证明固体样品中含有硫酸根离子，故答案为：取化肥样品溶于水，加入足量稀盐酸后，无沉淀，再加入氯化钡，若产生白色沉淀，证明固体样品中含有硫酸根离子；
【小问3详解】
铵盐受热易分解，且能与碱反应放出氨气，所以铵态氮肥保存或施用时注意事项为，保存：避光避热；施用：不与碱性物质一同使用，深施盖土，故答案为：保存：避光避热；施用：不与碱性物质一同使用，深施盖土。
9. 土壤中的硝酸盐会被细菌分解。有一种脱氧硫杆菌能够利用土壤中的硫化物来分解硝酸盐，其主要化学原理如下：
（1）K、S、N、O元素的原子半径从大到小的顺序是___________。
（2）单线桥标出电子转移的方向和数目___________。
（3）被氧化的元素是___________。反应消耗了标准状况下4.48L氮气，则上述反应转移的电子数为___________个。
【答案】（1）r(K)>r(S)>r(N)>r(O)
（2） （3） ①. 硫元素 ②.
【解析】
【小问1详解】
同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则K、S、N、O元素的原子半径从大到小的顺序是r(K)>r(S)>r(N)>r(O)；
【小问2详解】
在反应中， N元素由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低5，获得电子，电子转移数目是40，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
【小问3详解】
其中反应的氧化剂是KNO3，被氧化的元素是硫元素，反应生成标准状况下4.48L氮气物质的量为，每生成4ml氮气转移40ml电子，则上述反应转移的电子数为。
三、探秘元素周期表(本题共20分)
元素周期表的意义远远超出了化学领域本身，它体现了科学规律的本质。在实验室张贴的元素周期表就像一面旗帜，其无声的向人们表明：我们正在从事科学研究。
10. 元素周期律的实质是
A. 原子半径的周期性变化B. 元素主要化合价的周期性变化
C. 原子序数的递增D. 核外电子排布的周期性变化
【答案】D
【解析】
【详解】元素性质的周期性变化是原子核外电子排布的周期性变化的结果，因此元素周期律的实质是核外电子排布的周期性变化，故合理选项是D。
11. 下列说法错误的是( )
A. 作半导体材料的元素大多数位于元素周期表中金属元素和非金属元素的交界处
B. 农药中常含有的元素通常在元素周期表的右上方区域内
C. 形成催化剂的元素通常在元素周期表的左下方区域内
D. 在元素周期表的过渡元素中寻找制作耐高温和耐腐蚀合金材料的元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属元素和非金属元素的交界处的元素既有一定的金属性，又有一定的非金属性，故在此区域可以找到作半导体材料的元素，所以A选项是正确的；
B.农药中常含有的元素为P、Cl、As等，则可在元素周期表的右上方区域内寻找，所以B选项是正确的；
C.构成催化剂的元素为过渡金属元素，在周期表过渡元素中寻找，故C错误；
D.作耐高温和耐腐蚀的合金材料的元素，为过渡金属元素，在周期表过渡元素中寻找，所以D选项是正确的。
故选C。
本题考查元素周期表的结构及应用，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置及性质为解答的关键。
12. 由于金属离子的氧化性强弱存在差异，使得它们被还原为单质的难易程度不同，因此金属冶炼的方法不同。下列金属冶炼方法不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于不活泼金属Hg，可以直接用加热分解的方法将金属从氧化汞中还原出来，A正确；
B．工业上采用热还原法来冶炼金属锰，B正确；
C．氧化镁熔点高于氯化镁，所以电解熔融氯化镁制取金属镁，C错误；
D．工业上采用热还原法来冶炼金属铁，D正确；
故选C。
13. 铁的原子结构示意图为。由此可知，铁的原子序数为___________；x为___________；铁元素是___________。
A．主族元素 B．副族元素 C．短周期元素 D．长周期元素
【答案】 ①. 26 ②. 14 ③. BD
【解析】
【详解】Fe是26号元素，其原子序数是26；原子核外电子数等于原子核内质子数，则2+8+x+2=26，所以x=14；铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，前三周期是短周期，四、五、六、七周期是长周期，第Ⅷ族属于副族元素，故合理选项是BD。
14. 自然界一共存在四种稳定的铁原子，分别是、、和，它们的丰度分别为%、%、%、%，在计算式中
A. %表示的质量分数B. %表示的原子个数百分比
C. 55.85表示的质量数D. A表示铁元素的近似相对原子质量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．%表示的丰度,不是质量分数，A错误；
B．%表示的丰度, 即表示的原子个数百分比，B正确；
C．55.85表示的相对原子质量，不是质量数，C错误；
D．铁元素的近似相对原子质量是用四种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，D正确；
故选BD。
15. 元素的电负性(x)是表示元素原子在分子内吸引电子能力的大小，也是元素的重要性质之一、下表给出了14种元素的电负性数值：
（1）分析上表中元素原子的原子序数与元素电负性的数据，可以得到以下规律___________。
A. 同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
B. 同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
C. 同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
D. 同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
（2）根据你所归纳的元素电负性的变化规律，预测钙元素的电负性可能为___________。
A. 0.60B. 1.0C. 1.3D. 1.5
（3）经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的电负性差值△x＞1.7时，一般形成离子键：当△x＜1.7时，一般形成共价键。请判断AlBr3含有的化学键是___________。
【答案】（1）AD （2）B
（3）共价键
【解析】
【小问1详解】
A．根据表格数据可知：Li、Be、B、C、N、O、F是第二周期元素，Na、Mg、Al、P、S、Cl是第三周期元素，同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大，A正确；
B．根据选项A分析可知同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大，B错误；
C．Be、Mg是第ⅡA元素，B、Al是第ⅢA元素，同一主族元素，随着原子序数越大，元素的电负性减小，C错误；
D．根据选项C分析可知：同一主族元素，随着原子序数越大，元素的电负性减小，D正确；
故合理选项AD；
【小问2详解】
根据表格数据可知：Mg元素的电负性是1.21，K元素的电负性是0.8，由于同一主族元素的电负性随着原子序数的增大而减小；同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，Ca与K属于同一周期，与Mg属于同一主族元素，因此Ca元素的电负性应该在0.8～1.21，根据你所归纳的元素电负性的变化规律，预测钙元素的电负性可能为1.0，故合理选项是B；
【小问3详解】
根据表格数据可知：Al元素的电负性为1.50，由于Cl、Br是同一主族元素，根据元素的电负性与原子序数的关系可知：元素的原子序数越大，元素的电负性越小，所以Br元素的电负性小Cl元素的电负性3.16，故Al、Br两种元素的电负性差值小于3.16-1.50=1.66＜1.7，故AlBr3中的化学键为共价键。
四、广泛使用的消毒剂(本题共20分)
次氯酸和次氯酸盐都是重要的含氯化合物，应用于杀菌消毒、漂白等领域，除了常见的“84”消毒液之外等都有较强的杀菌效果，可杀灭很多常见病毒。
16. “84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO
A. 电离方程式：
B. 和稀盐酸反应的产物无漂白性
C. 属于强电解质
D. 具有强氧化性
【答案】CD
【解析】
【详解】A．NaClO电离生成Na+和ClO-，ClO-不拆分，电离方程式：NaClO=Na++ClO-，故A错误；
B．根据强酸制弱酸规律可知，NaClO和稀盐酸反应生成HClO和NaCl，HClO具有漂白性，故B错误；
C．NaClO在水中能完全电离生成Na+和ClO-，则NaClO属于强电解质，故C正确；
D．NaClO中的Cl为+1价，易发生还原反应生成Cl-，表现出强氧化性，故D正确；
故答案为：CD。
17. 在3只编号分别为甲、乙、丙的烧杯中进行如下操作：
（1）关于表格中a、b的数值合理的是___________。
A．， B．， C．，
（2）由实验现象可得出的结论是___________。
【答案】（1）A （2）酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快
【解析】
【小问1详解】
为探究不同条件下84消毒液的漂白效果，应保持84消毒液体积相同，则，且溶液总体积保持一致，则2+b+2=22，b=18；
【小问2详解】
由实验现象可知，随醋酸用量增加，溶液褪色越迅速，由此可知溶液酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快。
18. 化学电池应用广泛，某电池企业通过回收废旧电池生产消毒液。
（1）如图Cu-Zn原电池中，导线中电子流向___________片。
A．Zn B．Cu
（2）若将铜片换成铁片，电流方向___________改变。
A．会 B．不会
（3）若断开电路，则该反应中能量变化示意图正确的是___________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）B （2）B （3）B
【解析】
【小问1详解】
由于金属电极活动性：Zn＞Cu，则该装置构成了原电池，Zn为原电池的负极，负极失去电子变为Zn2+进入溶液，Cu为原电池的正极，溶液中的H+在正极上得到电子被还原为H2，故导线中电子由负极Zn流向正极Cu片上，故合理选项是B；
【小问2详解】
若将铜片换成铁片，由于电极活动性：Zn＞Fe，在构成的原电池中仍然是Zn为负极，Fe电极为正极，电子移动方向是由Zn片经电流表流向Fe片，电流方向是正电荷移动方向，则电流方向是由Fe电极经电流表流向Zn电极，因此电流方向不会发生改变，故合理选项是B；
【小问3详解】
断开电路后，由于容器中发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，该反应是放热反应，说明反应物(Zn+H2SO4)的总能量大于生成物(ZnSO4+H2)的总能量，发生反应放出热量，故合理选项是B。
19. O3是一种清洁消毒剂，常温常压下在水溶液中发生的反应如下：
放热反应
下表为一定条件下，O3起始浓度为0.0216 ml/L，O3浓度减少一半所需的时间。
（1）30°C、pH=5.0时，O3的平均反应速率为___________。
（2）若反应达平衡后降温，则平衡___________。(单选，1分)
A．向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动
（3）正反应速率___________(单选，1分)
A．增大 B．减小 C．不变
【答案】（1）2.0×10-4 ml/(L·min)
（2）A （3）B
【解析】
【小问1详解】
反应开始时c(O3)=0.0216 ml/L，在30℃，溶液pH=5.0时，反应消耗O3的浓度是△c(O3)=×0.0216 ml/L=0.0108 ml/L，反应时间是54 min，反应速率v(O3)==2.0×10-4 ml/(L·min)；
【小问2详解】
反应2O33O2的正反应是放热反应，若反应达平衡后降温，化学平衡向放热的正反应方向移动，故合理选项是A；
【小问3详解】
反应2O33O2的正反应是放热反应，若反应达平衡后降低温度，正反应速率、逆反应速率都减小，故合理选项是B。
20. 大气中臭氧层能吸收和阻挡大部分紫外线进入地球。但氯原子能破坏臭氧层，其破坏过程如图所示，下列说法错误的是
A. 反应中Cl作催化剂
B. 过氧化氯的分子式为：
C. 过氧化氯的结构式为：
D. 该过程中能量转化形式只有一种
【答案】CD
【解析】
【详解】A．Cl在反应①中是反应物，最后一步为生成物，因此Cl作催化剂，A正确；
B．根据流程图可知，过氧化氯的分子式为：，B正确；
C．根据流程图可知，过氧化氯的结构式为：，C错误；
D．该过程中能量转化形式有光能转化为化学能和化学能转化为热能两种，D错误；
故选CD。
21. 一些含硫物质也能做消毒剂。硫位于元素周期表中第___________周期，第___________族。用一个化学方程式比较Cl和S的非金属性强弱___________。
【答案】 ①. 三 ②. ⅥA或6 ③.
【解析】
【详解】硫的原子序数为16，硫位于元素周期表中第三周期，第VIA族，非金属性：Cl＞S，非金属性越强，其单质的氧化性越强，反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓，非金属性较强，非金属性越强，其单质的氧化性越强，据此比较Cl和S的非金属性强弱；故答案为：三；VIA；Cl2+H2S=2HCl+S↓。
五、化工生产(本题共20分)
22. 硫酸工业生产的核心阶段是转化，转化率越高，则硫的利用率越高，对环境影响也越小。转化阶段发生的反应：(放热反应)
（1）在如图装置中完成“转化”工序。使用该装置实现了___________。
A. 充分利用热能B. 防止形成酸雾C. 加速转化D. 获取纯净
（2）图中，b处的气体是___________。
A. 低温的、B. 低温的、和
C. 高温的、D. 高温的、和
【答案】（1）AC （2）C
【解析】
【小问1详解】
使用热交换器可以充分利用热能；使用催化剂可以加速转化；无法防止形成酸雾；是可逆反应，无法获取纯净，故选AC；
【小问2详解】
根据装置可知，该装置是接触室，原料、从装置左侧进入热交换器，吸收热量后由b处流出再进入接触室发生反应，并放出大量的热，因此b处的气体是高温的、。
氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。合成氨工业，实现了人类“向空气要面包”的美好愿景。
23. 下列关于氨气的叙述中，错误的是
A. 氨气遇浓盐酸冒白烟B. 氨气在一定的条件下能被氧气氧化
C. 氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红色D. 利用浓氨水与生石灰可制取氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气遇浓盐酸生成氯化铵，冒白烟，A正确；
B．氨气有还原性，能与氧气在催化剂的作用下发生氧化还原反应，B正确；
C．氨气和水反应生成一水合氨，电离生成氢氧根离子，溶液呈碱性，则氨气能使湿润的红色石蕊试液变蓝色，C错误；
D．水与生石灰反应放出热量并且溶液显碱性，促进氨水中氨气逸出，D正确；
故选C。
24. 工业上合成氨气的化学方程式是：___________。
【答案】
【解析】
【详解】在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在条件下合成NH3，该反应是可逆反应，则工业上合成氨气的化学方程式是：。
25. 下列表示合成氨反应的速率中，反应最快的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应速率之比等于化学计量系数比可知：
A．v(N2)=0.0003ml•L-1•s-1=v(N2)=0.0003×3600 ml•L-1•h-1=1.08 ml•L-1•h-1，
B．当v(H2)=0.045ml•L-1•min-1=0.045×60 ml•L-1•h-1=2.7 ml•L-1•h-1时，v(N2)=0.9 ml•L-1•h-1，
C．当v(NH3)=1.50ml•L-1•h-1时，v(N2)=0.75ml•L-1•h-1，
D．v(N2)=0.015ml•L-1•min-1=0.015×60 ml•L-1•h-1=0.9 ml•L-1•h-1，
故A表示的反应速率最快，故答案选A。
26. 在一个与外界没有热交换的恒容密闭容器中进行合成氨反应，下列证据能判断反应已达平衡状态的是
A. 每消耗1ml就同时消耗1ml
B. 容器内温度不再变化
C. 气体密度不再变化
D. 混合气体的平均摩尔质量不再变化
【答案】BD
【解析】
【详解】A．消耗N2为正反应，消耗NH3为逆反应，根据系数可知，平衡时应该每消耗1ml N2就同时消耗2ml NH3，故A错误；
B．合成氨的反应是放热反应，反应过程中温度发生变化，当容器内温度不再变化能说明反应达到化学平衡，故B正确；
C．反应过程中，容器体积不变，气体的质量不变，即气体的密度一直不变，故气体密度不再变化不能说明反应达到化学平衡，故C错误；
D．反应过程中气体的质量不变，气体的总物质的量在改变，即混合气体的平均摩尔质量一直在变，故混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故D正确；
故答案为：BD。
27. 在恒容密闭容器中进行的合成氨反应，达到平衡后改变一个条件，一段时间又达到平衡，此时测得氨气的体积分数增大。下列可能的原因是
A. 升高温度B. 在容器中通入一定量的氦气
C. 增大容器体积D. 按起始投料比成比例增加反应物的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】在恒容密闭容器中进行合成氨气的反应为：N2+3H22NH3 △H＜0，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。
A．在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NH3的体积分数减小，A不符合题意；
B．在容器中通入一定量的氦气，反应混合物中任何一组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，因此混合气体中氨气的体积分数不变，B不符合题意；
C．反应达到平衡后，若增大容器体积，反应体系的压强减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，反应达到平衡后，测得氨气的体积分数减小，C不符合题意；
D．按起始投料比成比例增加反应物的浓度，即增大了反应体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，当反应达到平衡后测得氨气的体积分数增大，D符合题意；
故合理选项是D。
28. 合成氨原料之一的氢气可通过如下反应得到：，1 ml甲烷和1 ml水蒸气的总能量小于1 ml一氧化碳和3 ml氢气的总能量。
（1）在2 L体积不变的密闭容器中进行反应，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，反应进行到5 min时，反应进行到5 min时，生成的CO的物质的量为___________，若此时再加入1 ml CH4，过程中正反应速率的变化情况为___________。
（2）如图所示，上述反应进行到10 min时，改变外界条件导致如图所示的变化，则所改变的条件可能是___________或___________。
【答案】（1） ①. 1.0 ml ②. 先增大，然后慢慢减小至不变
（2） ①. 升高温度 ②. 通入H2O蒸气
【解析】
【小问1详解】
在2 L体积不变的密闭容器中进行反应，根据测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化图可知：反应进行到5 min时，反应进行到5 min时，CH4的浓度改变为△c(CH4)=0.50 ml/L，△n(CH4)=0.50 ml/L×2 L=1.0 ml，根据反应方程式中物质反应转化关系可知反应生成1.0 ml CO；
若此时再加入1 ml CH4时，即瞬时增大了反应物的浓度，后随着反应的进行，反应物的浓度又会逐渐减小，当反应达到平衡时c(CH4)不变，由于反应物的浓度增大，反应速率会增大，故反应速率的变化情况为先增大，然后慢慢减小直至不再改变；
【小问2详解】
根据图示可知：上述反应进行到10 min时，在2 min内CH4的浓度减小0.25 ml/L，反应速率大于前5 min内的反应速率，改变外界条件导致c(CH4)逐渐减小，由于该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，则所改变的条件可能是可能是升高温度或通入H2O蒸气。元素
Al
B
Be
C
Cl
F
Li
电负性
1.50
2.04
1.57
2.55
3.16
3.98
0.98
元素
Mg
N
Na
O
P
S
K
电负性
1.21
3.04
0.93
3.44
2.19
2.58
0.8
编号
84消毒液
蒸馏水
白醋
品红溶液
相同时间的现象
甲
2mL
20mL
/
5滴
无明显现象
乙
2mL
19mL
1mL
5滴
红色变浅
丙
amL
bmL
2mL
5滴
红色迅速褪去
pH
t/min
T/℃
3.0
4.0
5.0
20
301
231
169
30
158
108
54
50
35
26
15
(考试时间：60分钟 满分：100分)
考生注意：标注“双选”的试题，每小题有两个正确选项，错选不得分，漏选得1分。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56
一、金属及其化合物(本题共22分)
中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底深度10909米，挑战了全球海洋最深处。国产新型钛合金、能源供给锂电池等功不可没。磷酸亚铁锂()可作为锂电池的正极材料，请回答下列问题。
1. 潜水器外壳使用的钛合金不可能具有的性质是
A. 耐高压B. 耐腐蚀C. 硬度小D. 密度小
【答案】C
【解析】
【详解】潜水器外壳使用钛合金具有耐高压、耐腐蚀、硬度大、密度小的性质，因此不可能具有硬度小的性质，故合理选项是C。
2. 锂电池工作时，将化学能转化为___________；磷酸亚铁锂()中Fe的化合价为___________。
【答案】 ①. 电能 ②. +2
【解析】
【详解】锂电池工作时是原电池装置，将化学能转化为电能，磷酸亚铁锂()中Li为+1价、磷酸根离子为-3价，则Fe的化合价为+2价。
3. 中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是
A. Fe2O3B. FeOC. Fe3O4D. Fe
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】天然磁石具有磁性，其主要成分为四氧化三铁，故选C。
4. FeCl3溶液在工业上用于蚀刻铜箔电路板，从蚀刻后的废液中可回收铜并使蚀刻液再生，流程如图所示(省略部分物质)。
（1）写出 FeCl3蚀刻铜箔的反应的离子方程式___________。
（2）若上述溶液充分反应后只含有Fe2+，欲检验Fe2+，不合理的操作是___________。
A．加入氢氧化钠溶液观察现象
B．先加入足量氯水，再加入KSCN溶液
C．加入少量酸性KMnO4溶液观察现象
（3）操作Ⅰ的名称是___________。
A. 蒸发B. 结晶C. 过滤D. 分液
（4）为了从固体中分离出铜，而加入的试剂X是___________。
A. HClB. H2SO4C. HNO3D. NaOH
【答案】（1）Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
（2）B （3）C （4）A
【解析】
【分析】FeCl3溶液与铜箔电路板发生反应：Cu+Fe3+=2Fe2++Cu2+，得到的废液中含有FeCl3、FeCl2、CuCl2，向其中加入过量铁粉，发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，然后过滤，向滤渣中加入稀HCl，发生反应：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，过滤，分离得到Cu单质，将两次滤液合并，向滤液中通入Cl2，发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，使FeCl3溶液得到再生。
【小问1详解】
FeCl3溶液蚀刻铜箔时会发生反应产生FeCl2、CuCl2，发生反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
【小问2详解】
A．上述反应后溶液中只含有Fe2+，向其中加入NaOH溶液，会发生反应产生Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2不稳定，会被空气中的氧气氧化产生红褐色的Fe(OH)3，因此能检验Fe2+的存在，A不符合题意；
B．先加入足量氯水，会将溶液中可能存在的Fe2+氧化产生Fe3+，同时溶液中汗液含有Cl2、HClO等，Cl2具有强氧化性，会氧化KSCN，不能使溶液变为红色，因此不能确定原溶液中是否含有Fe2+，B符合题意；
C．Fe2+具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化为Fe3+，酸性KMnO4溶液被还原产生无色Mn2+，因此会看到溶液变为无色，因此可用酸性KMnO4溶液判断Fe2+是否存在，C不符合题意；
故合理选项是B；
【小问3详解】
根据流程图可知：操作Ⅰ是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，因此该操作是过滤，故合理选项是C；
【小问4详解】
操作Ⅰ分离得到的固体中含有Fe、Cu，由于Cu位于金属活动性顺序表中H元素的后边，Fe位于H元素的前边，因此可以向其中加入稀盐酸，发生反应：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，Cu不发生反应，得到的溶液为FeCl2，与前边溶液合并，然后通入Cl2，使刻蚀液得到再生，故加入的试剂X是HCl，故合理选项是A。
5. 元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，图为钠的价类二维图：
请回答以下问题：
（1）写出①中某种淡黄色固体能做供氧剂的原因___________(用化学方程式表示，写一个即可)。
（2）图中缺失的物质类别是___________，利用右上图比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则物质甲的化学式为___________。
（3）实验室可以用稀盐酸鉴别和，除了这种方法，请你再举出一例鉴别溶液和溶液的方法：___________。
【答案】（1）或
（2） ①. 盐 ②.
（3）分别取少量样品于试管中，滴加几滴或溶液，若能产生白色沉淀的即为溶液
【解析】
【小问1详解】
根据二维图，①是钠的氧化物，钠的氧化物中显淡黄色的是Na2O2，过氧化钠能与CO2、H2O反应，方程式为或；
【小问2详解】
图中缺失的物质类别是酸；碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性：碳酸钠＞碳酸氢钠，则物质甲的化学式NaHCO3；
【小问3详解】
相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液的碱性强于NaHCO3溶液的碱性，可以通过测相同溶度的pH进行鉴别；或者向溶液中加入CaCl2或溶液，CaCl2或溶液与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀或碳酸钡沉淀，而NaHCO3溶液不与CaCl2或溶液反应。
二、自然界中的氮元素(本题共18分)
6. 氮是动植物生长不可缺少的元素，含氮化合物也是重要的化工原料。自然界中存在如下氮的循环过程，工业上也可通过一系列的化学反应模拟该过程，实现的转化。
（1）写出氨气分子的电子式___________。
（2）自然界中反硝化过程指的是图中___________过程。
A. ⅡB. ⅢC. ⅣD. Ⅴ
【答案】（1） （2）D
【解析】
【小问1详解】
氨气分子式是NH3，N原子与3个H原子形成3个共价键，其电子式为；
【小问2详解】
自然界中反硝化过程指的是图中得到电子被还原为大气中的N2的过程，故反硝化过程指的是图中Ⅴ过程，合理选项是D。
7. 大气固氮是在放电或高温下，空气中的转化为的过程。固氮过程中也会产生上述含氮化合物。
（1）①为___________(填写化学式)。
（2）写出过程②的反应方程式___________，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
【答案】（1）NO （2） ①. ②. 1：2
【解析】
【小问1详解】
氮气和氧气反应生成NO，则①为NO，故答案为：NO；
小问2详解】
过程②是NO2溶于水生成硝酸和NO，反应的反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中NO2既是氧化剂也是还原剂，NO是还原产物，硝酸是氧化产物，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；1：2。
8. 含氮量是衡量肥效的指标之一，常见氮肥：(尿素)、和
（1）中含有化学键包括___________。
（2）设计实验检验上述化肥样品混合物中的硫酸根离子___________。
（3）写出铵态氮肥保存或施用时注意事项(任写一点)___________。
【答案】（1）离子键和共价键
（2）取化肥样品溶于水，加入足量稀盐酸后，无沉淀，再加入氯化钡，若产生白色沉淀，证明固体样品中含有硫酸根
（3）保存：避光避热；施用：不与碱性物质一同使用，深施盖土
【解析】
【小问1详解】
NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子含有离子键，铵根内部N和H原子、硝酸根内部N和O原子存在共价键，故答案为：离子键和共价键；
【小问2详解】
检验硫酸根离子的实验方案为取化肥样品溶于水，加入足量稀盐酸后，无沉淀，再加入氯化钡，若产生白色沉淀，证明固体样品中含有硫酸根离子，故答案为：取化肥样品溶于水，加入足量稀盐酸后，无沉淀，再加入氯化钡，若产生白色沉淀，证明固体样品中含有硫酸根离子；
【小问3详解】
铵盐受热易分解，且能与碱反应放出氨气，所以铵态氮肥保存或施用时注意事项为，保存：避光避热；施用：不与碱性物质一同使用，深施盖土，故答案为：保存：避光避热；施用：不与碱性物质一同使用，深施盖土。
9. 土壤中的硝酸盐会被细菌分解。有一种脱氧硫杆菌能够利用土壤中的硫化物来分解硝酸盐，其主要化学原理如下：
（1）K、S、N、O元素的原子半径从大到小的顺序是___________。
（2）单线桥标出电子转移的方向和数目___________。
（3）被氧化的元素是___________。反应消耗了标准状况下4.48L氮气，则上述反应转移的电子数为___________个。
【答案】（1）r(K)>r(S)>r(N)>r(O)
（2） （3） ①. 硫元素 ②.
【解析】
【小问1详解】
同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则K、S、N、O元素的原子半径从大到小的顺序是r(K)>r(S)>r(N)>r(O)；
【小问2详解】
在反应中， N元素由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低5，获得电子，电子转移数目是40，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
【小问3详解】
其中反应的氧化剂是KNO3，被氧化的元素是硫元素，反应生成标准状况下4.48L氮气物质的量为，每生成4ml氮气转移40ml电子，则上述反应转移的电子数为。
三、探秘元素周期表(本题共20分)
元素周期表的意义远远超出了化学领域本身，它体现了科学规律的本质。在实验室张贴的元素周期表就像一面旗帜，其无声的向人们表明：我们正在从事科学研究。
10. 元素周期律的实质是
A. 原子半径的周期性变化B. 元素主要化合价的周期性变化
C. 原子序数的递增D. 核外电子排布的周期性变化
【答案】D
【解析】
【详解】元素性质的周期性变化是原子核外电子排布的周期性变化的结果，因此元素周期律的实质是核外电子排布的周期性变化，故合理选项是D。
11. 下列说法错误的是( )
A. 作半导体材料的元素大多数位于元素周期表中金属元素和非金属元素的交界处
B. 农药中常含有的元素通常在元素周期表的右上方区域内
C. 形成催化剂的元素通常在元素周期表的左下方区域内
D. 在元素周期表的过渡元素中寻找制作耐高温和耐腐蚀合金材料的元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属元素和非金属元素的交界处的元素既有一定的金属性，又有一定的非金属性，故在此区域可以找到作半导体材料的元素，所以A选项是正确的；
B.农药中常含有的元素为P、Cl、As等，则可在元素周期表的右上方区域内寻找，所以B选项是正确的；
C.构成催化剂的元素为过渡金属元素，在周期表过渡元素中寻找，故C错误；
D.作耐高温和耐腐蚀的合金材料的元素，为过渡金属元素，在周期表过渡元素中寻找，所以D选项是正确的。
故选C。
本题考查元素周期表的结构及应用，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置及性质为解答的关键。
12. 由于金属离子的氧化性强弱存在差异，使得它们被还原为单质的难易程度不同，因此金属冶炼的方法不同。下列金属冶炼方法不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于不活泼金属Hg，可以直接用加热分解的方法将金属从氧化汞中还原出来，A正确；
B．工业上采用热还原法来冶炼金属锰，B正确；
C．氧化镁熔点高于氯化镁，所以电解熔融氯化镁制取金属镁，C错误；
D．工业上采用热还原法来冶炼金属铁，D正确；
故选C。
13. 铁的原子结构示意图为。由此可知，铁的原子序数为___________；x为___________；铁元素是___________。
A．主族元素 B．副族元素 C．短周期元素 D．长周期元素
【答案】 ①. 26 ②. 14 ③. BD
【解析】
【详解】Fe是26号元素，其原子序数是26；原子核外电子数等于原子核内质子数，则2+8+x+2=26，所以x=14；铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，前三周期是短周期，四、五、六、七周期是长周期，第Ⅷ族属于副族元素，故合理选项是BD。
14. 自然界一共存在四种稳定的铁原子，分别是、、和，它们的丰度分别为%、%、%、%，在计算式中
A. %表示的质量分数B. %表示的原子个数百分比
C. 55.85表示的质量数D. A表示铁元素的近似相对原子质量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．%表示的丰度,不是质量分数，A错误；
B．%表示的丰度, 即表示的原子个数百分比，B正确；
C．55.85表示的相对原子质量，不是质量数，C错误；
D．铁元素的近似相对原子质量是用四种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，D正确；
故选BD。
15. 元素的电负性(x)是表示元素原子在分子内吸引电子能力的大小，也是元素的重要性质之一、下表给出了14种元素的电负性数值：
（1）分析上表中元素原子的原子序数与元素电负性的数据，可以得到以下规律___________。
A. 同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
B. 同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
C. 同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
D. 同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
（2）根据你所归纳的元素电负性的变化规律，预测钙元素的电负性可能为___________。
A. 0.60B. 1.0C. 1.3D. 1.5
（3）经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的电负性差值△x＞1.7时，一般形成离子键：当△x＜1.7时，一般形成共价键。请判断AlBr3含有的化学键是___________。
【答案】（1）AD （2）B
（3）共价键
【解析】
【小问1详解】
A．根据表格数据可知：Li、Be、B、C、N、O、F是第二周期元素，Na、Mg、Al、P、S、Cl是第三周期元素，同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大，A正确；
B．根据选项A分析可知同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大，B错误；
C．Be、Mg是第ⅡA元素，B、Al是第ⅢA元素，同一主族元素，随着原子序数越大，元素的电负性减小，C错误；
D．根据选项C分析可知：同一主族元素，随着原子序数越大，元素的电负性减小，D正确；
故合理选项AD；
【小问2详解】
根据表格数据可知：Mg元素的电负性是1.21，K元素的电负性是0.8，由于同一主族元素的电负性随着原子序数的增大而减小；同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，Ca与K属于同一周期，与Mg属于同一主族元素，因此Ca元素的电负性应该在0.8～1.21，根据你所归纳的元素电负性的变化规律，预测钙元素的电负性可能为1.0，故合理选项是B；
【小问3详解】
根据表格数据可知：Al元素的电负性为1.50，由于Cl、Br是同一主族元素，根据元素的电负性与原子序数的关系可知：元素的原子序数越大，元素的电负性越小，所以Br元素的电负性小Cl元素的电负性3.16，故Al、Br两种元素的电负性差值小于3.16-1.50=1.66＜1.7，故AlBr3中的化学键为共价键。
四、广泛使用的消毒剂(本题共20分)
次氯酸和次氯酸盐都是重要的含氯化合物，应用于杀菌消毒、漂白等领域，除了常见的“84”消毒液之外等都有较强的杀菌效果，可杀灭很多常见病毒。
16. “84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO
A. 电离方程式：
B. 和稀盐酸反应的产物无漂白性
C. 属于强电解质
D. 具有强氧化性
【答案】CD
【解析】
【详解】A．NaClO电离生成Na+和ClO-，ClO-不拆分，电离方程式：NaClO=Na++ClO-，故A错误；
B．根据强酸制弱酸规律可知，NaClO和稀盐酸反应生成HClO和NaCl，HClO具有漂白性，故B错误；
C．NaClO在水中能完全电离生成Na+和ClO-，则NaClO属于强电解质，故C正确；
D．NaClO中的Cl为+1价，易发生还原反应生成Cl-，表现出强氧化性，故D正确；
故答案为：CD。
17. 在3只编号分别为甲、乙、丙的烧杯中进行如下操作：
（1）关于表格中a、b的数值合理的是___________。
A．， B．， C．，
（2）由实验现象可得出的结论是___________。
【答案】（1）A （2）酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快
【解析】
【小问1详解】
为探究不同条件下84消毒液的漂白效果，应保持84消毒液体积相同，则，且溶液总体积保持一致，则2+b+2=22，b=18；
【小问2详解】
由实验现象可知，随醋酸用量增加，溶液褪色越迅速，由此可知溶液酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快。
18. 化学电池应用广泛，某电池企业通过回收废旧电池生产消毒液。
（1）如图Cu-Zn原电池中，导线中电子流向___________片。
A．Zn B．Cu
（2）若将铜片换成铁片，电流方向___________改变。
A．会 B．不会
（3）若断开电路，则该反应中能量变化示意图正确的是___________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）B （2）B （3）B
【解析】
【小问1详解】
由于金属电极活动性：Zn＞Cu，则该装置构成了原电池，Zn为原电池的负极，负极失去电子变为Zn2+进入溶液，Cu为原电池的正极，溶液中的H+在正极上得到电子被还原为H2，故导线中电子由负极Zn流向正极Cu片上，故合理选项是B；
【小问2详解】
若将铜片换成铁片，由于电极活动性：Zn＞Fe，在构成的原电池中仍然是Zn为负极，Fe电极为正极，电子移动方向是由Zn片经电流表流向Fe片，电流方向是正电荷移动方向，则电流方向是由Fe电极经电流表流向Zn电极，因此电流方向不会发生改变，故合理选项是B；
【小问3详解】
断开电路后，由于容器中发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，该反应是放热反应，说明反应物(Zn+H2SO4)的总能量大于生成物(ZnSO4+H2)的总能量，发生反应放出热量，故合理选项是B。
19. O3是一种清洁消毒剂，常温常压下在水溶液中发生的反应如下：
放热反应
下表为一定条件下，O3起始浓度为0.0216 ml/L，O3浓度减少一半所需的时间。
（1）30°C、pH=5.0时，O3的平均反应速率为___________。
（2）若反应达平衡后降温，则平衡___________。(单选，1分)
A．向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动
（3）正反应速率___________(单选，1分)
A．增大 B．减小 C．不变
【答案】（1）2.0×10-4 ml/(L·min)
（2）A （3）B
【解析】
【小问1详解】
反应开始时c(O3)=0.0216 ml/L，在30℃，溶液pH=5.0时，反应消耗O3的浓度是△c(O3)=×0.0216 ml/L=0.0108 ml/L，反应时间是54 min，反应速率v(O3)==2.0×10-4 ml/(L·min)；
【小问2详解】
反应2O33O2的正反应是放热反应，若反应达平衡后降温，化学平衡向放热的正反应方向移动，故合理选项是A；
【小问3详解】
反应2O33O2的正反应是放热反应，若反应达平衡后降低温度，正反应速率、逆反应速率都减小，故合理选项是B。
20. 大气中臭氧层能吸收和阻挡大部分紫外线进入地球。但氯原子能破坏臭氧层，其破坏过程如图所示，下列说法错误的是
A. 反应中Cl作催化剂
B. 过氧化氯的分子式为：
C. 过氧化氯的结构式为：
D. 该过程中能量转化形式只有一种
【答案】CD
【解析】
【详解】A．Cl在反应①中是反应物，最后一步为生成物，因此Cl作催化剂，A正确；
B．根据流程图可知，过氧化氯的分子式为：，B正确；
C．根据流程图可知，过氧化氯的结构式为：，C错误；
D．该过程中能量转化形式有光能转化为化学能和化学能转化为热能两种，D错误；
故选CD。
21. 一些含硫物质也能做消毒剂。硫位于元素周期表中第___________周期，第___________族。用一个化学方程式比较Cl和S的非金属性强弱___________。
【答案】 ①. 三 ②. ⅥA或6 ③.
【解析】
【详解】硫的原子序数为16，硫位于元素周期表中第三周期，第VIA族，非金属性：Cl＞S，非金属性越强，其单质的氧化性越强，反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓，非金属性较强，非金属性越强，其单质的氧化性越强，据此比较Cl和S的非金属性强弱；故答案为：三；VIA；Cl2+H2S=2HCl+S↓。
五、化工生产(本题共20分)
22. 硫酸工业生产的核心阶段是转化，转化率越高，则硫的利用率越高，对环境影响也越小。转化阶段发生的反应：(放热反应)
（1）在如图装置中完成“转化”工序。使用该装置实现了___________。
A. 充分利用热能B. 防止形成酸雾C. 加速转化D. 获取纯净
（2）图中，b处的气体是___________。
A. 低温的、B. 低温的、和
C. 高温的、D. 高温的、和
【答案】（1）AC （2）C
【解析】
【小问1详解】
使用热交换器可以充分利用热能；使用催化剂可以加速转化；无法防止形成酸雾；是可逆反应，无法获取纯净，故选AC；
【小问2详解】
根据装置可知，该装置是接触室，原料、从装置左侧进入热交换器，吸收热量后由b处流出再进入接触室发生反应，并放出大量的热，因此b处的气体是高温的、。
氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。合成氨工业，实现了人类“向空气要面包”的美好愿景。
23. 下列关于氨气的叙述中，错误的是
A. 氨气遇浓盐酸冒白烟B. 氨气在一定的条件下能被氧气氧化
C. 氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红色D. 利用浓氨水与生石灰可制取氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气遇浓盐酸生成氯化铵，冒白烟，A正确；
B．氨气有还原性，能与氧气在催化剂的作用下发生氧化还原反应，B正确；
C．氨气和水反应生成一水合氨，电离生成氢氧根离子，溶液呈碱性，则氨气能使湿润的红色石蕊试液变蓝色，C错误；
D．水与生石灰反应放出热量并且溶液显碱性，促进氨水中氨气逸出，D正确；
故选C。
24. 工业上合成氨气的化学方程式是：___________。
【答案】
【解析】
【详解】在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在条件下合成NH3，该反应是可逆反应，则工业上合成氨气的化学方程式是：。
25. 下列表示合成氨反应的速率中，反应最快的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应速率之比等于化学计量系数比可知：
A．v(N2)=0.0003ml•L-1•s-1=v(N2)=0.0003×3600 ml•L-1•h-1=1.08 ml•L-1•h-1，
B．当v(H2)=0.045ml•L-1•min-1=0.045×60 ml•L-1•h-1=2.7 ml•L-1•h-1时，v(N2)=0.9 ml•L-1•h-1，
C．当v(NH3)=1.50ml•L-1•h-1时，v(N2)=0.75ml•L-1•h-1，
D．v(N2)=0.015ml•L-1•min-1=0.015×60 ml•L-1•h-1=0.9 ml•L-1•h-1，
故A表示的反应速率最快，故答案选A。
26. 在一个与外界没有热交换的恒容密闭容器中进行合成氨反应，下列证据能判断反应已达平衡状态的是
A. 每消耗1ml就同时消耗1ml
B. 容器内温度不再变化
C. 气体密度不再变化
D. 混合气体的平均摩尔质量不再变化
【答案】BD
【解析】
【详解】A．消耗N2为正反应，消耗NH3为逆反应，根据系数可知，平衡时应该每消耗1ml N2就同时消耗2ml NH3，故A错误；
B．合成氨的反应是放热反应，反应过程中温度发生变化，当容器内温度不再变化能说明反应达到化学平衡，故B正确；
C．反应过程中，容器体积不变，气体的质量不变，即气体的密度一直不变，故气体密度不再变化不能说明反应达到化学平衡，故C错误；
D．反应过程中气体的质量不变，气体的总物质的量在改变，即混合气体的平均摩尔质量一直在变，故混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故D正确；
故答案为：BD。
27. 在恒容密闭容器中进行的合成氨反应，达到平衡后改变一个条件，一段时间又达到平衡，此时测得氨气的体积分数增大。下列可能的原因是
A. 升高温度B. 在容器中通入一定量的氦气
C. 增大容器体积D. 按起始投料比成比例增加反应物的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】在恒容密闭容器中进行合成氨气的反应为：N2+3H22NH3 △H＜0，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。
A．在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NH3的体积分数减小，A不符合题意；
B．在容器中通入一定量的氦气，反应混合物中任何一组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，因此混合气体中氨气的体积分数不变，B不符合题意；
C．反应达到平衡后，若增大容器体积，反应体系的压强减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，反应达到平衡后，测得氨气的体积分数减小，C不符合题意；
D．按起始投料比成比例增加反应物的浓度，即增大了反应体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，当反应达到平衡后测得氨气的体积分数增大，D符合题意；
故合理选项是D。
28. 合成氨原料之一的氢气可通过如下反应得到：，1 ml甲烷和1 ml水蒸气的总能量小于1 ml一氧化碳和3 ml氢气的总能量。
（1）在2 L体积不变的密闭容器中进行反应，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，反应进行到5 min时，反应进行到5 min时，生成的CO的物质的量为___________，若此时再加入1 ml CH4，过程中正反应速率的变化情况为___________。
（2）如图所示，上述反应进行到10 min时，改变外界条件导致如图所示的变化，则所改变的条件可能是___________或___________。
【答案】（1） ①. 1.0 ml ②. 先增大，然后慢慢减小至不变
（2） ①. 升高温度 ②. 通入H2O蒸气
【解析】
【小问1详解】
在2 L体积不变的密闭容器中进行反应，根据测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化图可知：反应进行到5 min时，反应进行到5 min时，CH4的浓度改变为△c(CH4)=0.50 ml/L，△n(CH4)=0.50 ml/L×2 L=1.0 ml，根据反应方程式中物质反应转化关系可知反应生成1.0 ml CO；
若此时再加入1 ml CH4时，即瞬时增大了反应物的浓度，后随着反应的进行，反应物的浓度又会逐渐减小，当反应达到平衡时c(CH4)不变，由于反应物的浓度增大，反应速率会增大，故反应速率的变化情况为先增大，然后慢慢减小直至不再改变；
【小问2详解】
根据图示可知：上述反应进行到10 min时，在2 min内CH4的浓度减小0.25 ml/L，反应速率大于前5 min内的反应速率，改变外界条件导致c(CH4)逐渐减小，由于该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，则所改变的条件可能是可能是升高温度或通入H2O蒸气。元素
Al
B
Be
C
Cl
F
Li
电负性
1.50
2.04
1.57
2.55
3.16
3.98
0.98
元素
Mg
N
Na
O
P
S
K
电负性
1.21
3.04
0.93
3.44
2.19
2.58
0.8
编号
84消毒液
蒸馏水
白醋
品红溶液
相同时间的现象
甲
2mL
20mL
/
5滴
无明显现象
乙
2mL
19mL
1mL
5滴
红色变浅
丙
amL
bmL
2mL
5滴
红色迅速褪去
pH
t/min
T/℃
3.0
4.0
5.0
20
301
231
169
30
158
108
54
50
35
26
15
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