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山东省菏泽市成武县伯乐高级中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）
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这是一份山东省菏泽市成武县伯乐高级中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A. 冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C. 探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是
D. 核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为还原性气体，A错误；
B．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，B错误；
C．探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是晶体硅，C错误；
D．与的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D正确；
答案选D。
2. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示，下列说法正确的是
A. Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物中含离子键和极性键
B. 最简单氢化物稳定性：Z＞M
C. 最简单氢化物的沸点高低顺序为：Z＞M
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：X＞Y
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素中，M、R都有−2价，处于ⅥA族元素，R 有+6价，M无正价，且M 的原子半径较小，则R为S元素、M为O元素；X、Y化合价分别为+2、+1价，则分别处于ⅡA族、IA族，且原子半径 Y＞X＞硫，故X为Mg、Y 为Na；Z有+5、−3价，处于ⅤA族，原子半径小于硫的，故Z为N元素，据此分析解答；
【详解】A．Z为N元素，N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，其最简单氢化物反应生成的化合物为氨气，二者反应生成的物质为硝酸铵，属于离子化合物，含离子键和极性共价键，故A正确；
B．Z为N元素，M为O元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N，则最简单氢化物的稳定性：M＞Z，故B错误；
C．Z为N元素，M为O元素，O的最简单氢化物为水，N最简单氢化物为氨气，水分子和氨气分子都能形成氢键，但常温下，水为液态，氨气为气态，则最简单氢化物的沸点高低顺序为：M＞Z，故C错误；
D．X为Mg、Y 为Na，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：Y＞X，故D错误；
答案选A。
3. 下列有关反应热说法不正确的是
A. 石墨的稳定性比金刚石高
B.
C. C(石墨，s)
D. 1ml石墨或1mlCO分别完全燃烧，石墨放出的热量多
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据石墨转化为金刚石需要吸收能量可得石墨的能量低，能量越低越稳定，则石墨的能量低，故A正确；
B．因为反应的能量只与始态和末态有关，与中间过程无关，故△H5=△H4+△H1，△H1>0，故△H5>△H4，故B正确；
C．由①C(石墨，s)，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)，①-2②可得C(石墨，s)，故C错误；
D．因由C可知，石墨转化为CO需要吸收能量，故1ml石墨完全燃烧放出的热量多，故D正确；
故选C。
4. 太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许Li+通过，电池反应式为LixC6+Li1- xFePO4 LiFePO4+C6，下列说法正确的是
A. 放电时Li+从左边移向右边，从右边移向左边
B. 放电时，正极反应式为 Li1-xFePO4+xLi++xe- =LiFePO4
C. 充电时M极连接电源的负板，电极反应式为C6+xe-=
D. 充电时电路中通过2.0 ml电子，产生28 gLi
【答案】B
【解析】
【分析】电池反应式为，由图可知，M极为负极，电极反应式为LixC6−xe−═xLi＋＋6C，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，充电时，M极为阴极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，N极为阳极，电极反应式为LiFePO4−xe−═Li1−xFePO4＋xLi＋，据此作答。
【详解】A．放电时，负极生成锂离子，正极消耗锂离子，故Li＋从左边移向右边，隔膜为阳离子交换膜，磷酸根离子不能透过，故A错误；
B．放电时，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，故B正确；
C．充电时，M极为阴极，连接电源的负极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，故C错误；
D．充电时电路中通过2.0ml电子，阴极生成Li的质量为2ml×7g/ml＝14g，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
5. 探究化学反应中的能量转化，实验装置(装置中的试剂及用量完全相同)及实验数据如下(注：注射器用于收集气体并读取气体体积)。
下列说法不正确的是
A. 装置②中的Cu表面有气泡产生，而装置①中的Cu表面无气泡
B. 装置①和②中发生反应的离子方程式都为：
C. 原电池反应能加快化学反应速率，导致装置①中反应的平均速率比装置②中的小
D. 由实验数据可知，原电池的化学能全部转化为电能
【答案】D
【解析】
【分析】装置①为锌与稀硫酸的反应，装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池。
【详解】A．装置②中的表面有气泡产生，是原电池的正极，而装置①中的表面无气泡，仅是化学反应，表面有气泡，故A正确；
B．装置①为锌与稀硫酸的反应，离子方程式为；装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池，总反应式为，故B正确；
C．基于表格数据信息的证据推理可知，收集相同体积的气体装置②需要的时间更短，故原电池反应能加快化学反应速率，故C正确；
D．化学能有一部分转化为了热能，而不是全部转化为电能，表现在温度升高上，也是基于证据的推理，故D错误；
故选D。
6. 将1mlA和2mlB置于真空密闭容器中(假设容器体积不变，固体试剂体积忽略不计)，在恒定温度下使其反应达到平衡：，下列不可以判断该反应已达到化学平衡状态的是
A. 气体的密度保持不变B. 容器内气体总压不变
C. B的体积分数不变D. 混合气体的平均摩尔质量保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，气体密度保持不变，可以判断达到平衡状态，A不符合题意；
B．该反应前后气体分子数不变，恒容条件下气体的总压一直保持不变，不能判断达到平衡状态，B符合题意；
C．B的体积分数不变时可以判断达到平衡状态，C不符合题意；
D．该反应前后气体分子数不变，随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，混合气体的平均摩尔质量保持不变，可以判断达到平衡状态，D不符合题意；
故选B。
7. 在不同条件下，用O2氧化a ml/L Fe2+溶液过程中所测的实验数据如图所示。
下列分析或推测不合理的是
A. 0-8 h内，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B. 60℃、pH=2.5时，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15a ml/(L·h)
C. 由曲线②和③可知，pH越大，Fe2+的氧化速率越快
D. 氧化过程的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由实验数据可知：反应时间相对越长，Fe2+和O2的接触越充分，Fe2+的氧化率越大，A正确；
B．50℃、 pH=2.5时，4 h内Fe2+的平均消耗速率为v(Fe2+)==0.15a ml/(L·h)，在60℃、 pH=2.5时，由于温度升高，反应速率增大，所以60℃、 pH=2.5时，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15a ml/(L·h)，B正确；
C．由②和③可知：②的Fe2+氧化速率快，但②的pH小、酸性强，所以条件相同时，pH越小，Fe2+氧化速率越快，C错误；
D．氧化过程是在酸性条件下，O2和Fe2+发生氧化还原反应的过程，根据电子守恒＼电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O，D正确；
故合理选项是C。
8. 山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如图所示，下列有关山梨酸的叙述错误的是
A. 既能发生取代反应，又能发生加成反应B. 分子中所有碳原子可能在同一平面上
C. 与 互为同分异构体D. 1ml该物质与足量Na反应生成3gH2
【答案】B
【解析】
【详解】A． 含羧基和羟基能发生取代反应，含碳碳双键能发生加成反应，A正确；
B． 羧基所连的饱和碳原子为四面体构型、则分子中所有碳原子不可能在同一平面上，B错误；
C． 与 的分子式均为C7H10O5而结构不同，则互为同分异构体，C正确；
D．含羧基和羟基均能与Na反应产生氢气，则1ml该物质与足量Na反应生成3gH2，D正确；
答案选B。
9. 乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. 氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③
B. 氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 在加热条件下，反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D. 可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成1，2−二氯乙烷，发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛与新制氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成乙酸，以此解答该题。
【详解】A．③由C−C键生成C＝C键，为消去反应，故A错误；
B．聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故B错误；
C．乙醛含有醛基，与氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成氧化亚铜，砖红色沉淀，故C正确；
D．乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分层，不能用于萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，故D错误。
故答案选C。
10. 某研究机构使用Li—SO2Cl2电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li＋SO2Cl2=2LiCl＋SO2↑，下列说法错误的是
A. 电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2＋2e-=2Cl-＋SO2↑
B. 电池的e极连接电解池的g极
C. 膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜
D. 电解池中不锈钢电极附近溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-═2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑；电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯（Li-SO2Cl2）电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．由图示可知，Li电极为负极，发生氧化反应，则C电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，故A正确；
B．原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B错误；
C．电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故C正确；
D．电解池中不锈钢电极即h电极为为阴极，电极上H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，所以电极附近溶液的pH增大，故D正确；
故选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 一定温度下，按2：1加入反应物发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是
A. 恒压条件下的转化率高于恒容条件下的转化率
B. 平衡后各物质浓度之比为2：1：2
C. 恒容时按2：1再加入反应物，新平衡后SO2(g)和O2体积分数均增大
D. 恒容时平均分子量不变或密度不变均能证明该反应已达平衡
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应是气体计量数减小反应，故恒压时随着反应进行，容器体积减小，相当于在恒容的基础上加压，平衡正向移动，转化率增大，A正确；
B．平衡转化率不知道，平衡后，各种物质的浓度之比无法确定，B错误；
C．恒容时按2：1再加入反应物，相当于加压，平衡正向移动，新平衡后SO2(g)和O2体积分数均减小，C错误；
D．该反应体系中，所有的反应物和产物都是气体，则总质量不变，在恒容容器中，体积不变，故密度是始终不变的，则密度不变不能证明反应达到平衡，D错误；
故选A。
12. 某污水处理厂利用微生物电池将镀铬废水中的催化还原，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A. 电池工作过程中电子由a极经外电路流向b极
B. b极反应式：
C. 电池工作过程中a极区附近溶液的pH增大
D. 每生成33.6L，则处理1ml
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，a极乙酸生成二氧化碳和氢离子，发生氧化反应为负极，反应为；b极转化为，发生还原反应，为正极，反应为；
【详解】A．电池工作过程中，电子由负极流向正极，由a极流向极，故A正确；
B．b极发生还原反应，电极式正确，故B正确；
C．电池工作过程中a极区生成氢离子，溶液的减小，故C错误；
D．每生成标况下，二氧化碳的物质的量为1.5ml，转移电子6ml，根据电子守恒可知，处理，但是选项中未标明温度压强，气体的物质的量不确定为1.5ml，故D错误；
故选CD。
13. 下列实验操作及现象能推出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．相同条件下，将同等大小的钠分别加入无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈，则水中氢比乙醇中氢的活泼性强，A正确；
B．碘能和强碱溶液反应，应向水解液中直接加少量碘水来检验淀粉是否有剩余、不能在中和液中加碘水，B错误；
C．，向溶液中加入溶液，铁离子少量，再加入几滴溶液，溶液变红，则反应中铁离子没有完全转化，此反应存在限度，C正确；
D．在烧杯中将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌，片刻后用手触摸烧杯底部感到冰凉，同时能闻到有刺激性气，说明此反应为吸热反应，D错误；
答案选AC。
14. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I- 形式存在)的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A. 经①和④所得溶液中，c(I-)后者大于前者
B. ④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂
C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2)：n(KClO3)=5：2
D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
【答案】AD
【解析】
【分析】含I-的卤水酸化之后，通入氯气将I-氧化为I2，用高分子树脂吸附I2，再用亚硫酸钠还原成I-，得到I-浓度较高的溶液，最后用氯酸钾氧化得到I2。
【详解】A．①中开始时c(I- )较小，④中c(I- )经过前面的吸附再还原后浓度变大，所以c(I- )后者大于前者，A正确；
B．④的作用是利用亚硫酸钠的还原性将吸附的碘还原成I-而脱离高分子树脂，B错误；
C．根据反应②Cl2+2 I- = 2Cl-+I2和⑤+6 I-+6H+= 3I2+ Cl-+3H2O，假设分别得到3ml I2，则消耗n(Cl2) =3ml、n(KClO3)=1ml，则n(Cl2)：n(KClO3) =3：1，C错误；
D．⑥是将碘升华再凝华得到产品的过程，升华和凝华都是物理变化，D正确；
答案选AD。
15. 一定温度下，密闭容器中反应 mX(g)+nY(？)pW(s)+2mZ(g)达到平衡时，c(X)=0.3ml/L，若其它条件不变，将容器体积缩小至原来的1/2，再次达平衡时 c(X)=0.5ml/L。下列判断正确的是
A. 平衡向正反应方向移动B. Y 可能是液体或固体
C. 方程式中化学计量数：n>mD. Z 的体积分数下降
【答案】AC
【解析】
【分析】平衡时c( X) =0.3ml/L，将容器体积缩小到原来的，如果平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即为0.6ml/L，而重新平衡后c(X) =0.5ml/L，说明增大压强平衡向正反应移动了，反应为气体分子数减小的反应。
【详解】A．从以上分析可知，平衡向正反应方向移动，故A正确；
B．增大压强，平衡向正向移动，说明反应物的气体系数之和大于生成物的气体系数之和，若Y 是固体或液体，m<2m，所以Y是气体，故B错误；
C．根据B的分析，系数m+n>2m，所以n>m，故C正确；
D．平衡向正反应移动，Z 的体积分数增大，故D错误；
故答案选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 苯乙烯是一种重要的有机化工原料，聚苯乙烯可用于制造一次性餐具。一种生产苯乙烯的流程如下：
(1)上述流程①～④的反应中属于取代反应的有___(填序号)。乙苯的一溴代物共有___种。
(2)写出化学反应方程式：
①以CH2=CH2为原料制备CH3CH2Cl：____；
②用苯乙烯合成聚苯乙烯：_____。
(3)聚苯乙烯塑料性质稳定，会造成严重的“白色污染”，为此人们开发出一种聚乳酸塑料来替代聚苯乙烯。由乳酸合成聚乳酸的示意图如下：
①写出乳酸与足量金属钠反应的化学方程式：_____。
②聚乳酸中含有的官能团名称为____。
③分析用聚乳酸塑料替代聚苯乙烯塑料的好处是____。
(4)目前工业上大多采用乙苯催化脱氢法制备苯乙烯，反应原理如下：
(g)⇌(g)+H2(g) ΔH
已知键能数据如下：
注：25℃，100kPa时生成或断裂1ml化学键所放出或吸收的能量称为键能。计算上述反应的ΔH=_______。
【答案】 ①. ②③ ②. 5 ③. CH2=CH2+HClCH3CH2Cl ④. n ⑤. CH3CH(OH)COOH + 2Na → CH3CH(ONa)COONa + H2↑ ⑥. 酯基 ⑦. 聚乳酸可发生降解生成无毒无害物质，环保无污染 ⑧. +124 kJ•ml-1
【解析】
【详解】根据流程图可知①苯与乙烯反应生成苯乙烷，②苯与氯乙烷取代生成苯乙烷，③苯乙烷发生取代生成，④在一定条件下消去生成苯乙烯。
(1) 根据分析上述流程①～④的反应中属于取代反应的有②③，乙苯中等效氢有5种，故乙苯的一溴代物共有5种，故答案为：②③、5
(2) ①以CH2=CH2为原料制备CH3CH2Cl，可以CH2=CH2为原料与HCl加成得CH3CH2Cl，
化学反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
②苯乙烯加聚反应可以得到聚苯乙烯，化学反应方程式为：n
(3) ①乳酸CH3CH(OH)COOH中有羟基和羧基，可以与钠反应，反应方程式为：CH3CH(OH)COOH + 2Na → CH3CH(ONa)COONa + H2↑
②聚乳酸是乳酸缩聚形成的聚酯，根据聚乳酸的结构简式可知，聚乳酸中含有的官能团名称为酯基，故答案为：酯基
③聚乳酸是乳酸缩聚形成的聚酯，在一定条件下可以发生降解，聚乳酸塑料替代聚苯乙烯塑料可以减少白色污染，是因为聚乳酸可发生降解生成无毒无害物质，环保无污染
(4) ΔH=反应物的键能之和-生成物键能之和，故ΔH相当于乙基的键能之和-乙烯基和氢气的键能之和=，故答案为：+124 kJ•ml-1
17. 甲醇(CH3OH)在化工生产中应用广泛。其中利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
I．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH1=-41.0kJ·ml-1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=-90.0kJ·ml-1
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3
（1）ΔH3=___________，在上述制备甲醇的两个反应中，反应Ⅱ与反应Ⅲ比较，优点为___________。
（2）在一恒温恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2进行反应Ⅲ，测得CO2和CH3OH浓度随时间变化如下图所示。
3min时，反应的v正___________v逆(填“<”、“>”或“=”)。0～10min内，用H2表示的平均反应速率v=___________。
（3）使用不同方法制得的Cu2O(Ⅰ)和Cu2O(Ⅱ)可用于CH3OH的催化脱氢：CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)。在相同的密闭容器中，利用控制变量法进行实验，测得CH3OH的浓度c(ml·L-1)随时间t(min)的变化如下表：
可以判断：实验温度T1___________T2(填“>”、“<”，下同)；催化剂的催化效果Cu2O(Ⅰ)___________Cu2O(Ⅱ)。
（4）CO与H2反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池的结构示意如下图所示。电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则c电极是___________(填“正极”或“负极”)，c电极的电极反应式为___________。若外电路中转移2ml电子，则上述燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。
【答案】（1） ①. -49.0 kJ·ml-1 ②. 反应Ⅱ符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%（绿色化学）
（2） ①. > ②. 0.225
（3） ①. < ②. <
（4） ①. 负极 ②. ③. 11.2
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅲ可由反应Ⅱ-反应Ⅰ得到，ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-90+41)kJ/ml=-49kJ/ml。反应Ⅱ只有甲醇一种产物，无副产物，原子利用率为100%，符合“原子经济性”的原则。
【小问2详解】
3min时，甲醇的浓度呈增大的趋势，二氧化碳的浓度呈减小的趋势，说明此时反应正向进行，v正>v逆。0-10min甲醇的浓度变化量为0.75ml/L，则根据化学方程式可知，氢气的浓度变化量为2.25ml/L，H2的平均反应速率v=2.25ml/L÷10min=0.225。
【小问3详解】
对比表中②③组的实验数据可知，催化剂相同的情况下，第③组实验中单位时间内甲醇的浓度变化量更大，说明③组实验反应速率更大，T1【小问4详解】
从图中可知电子从电极c流向电极d，因此c电极为负极，电极反应为，正极上电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，若外电路中转移2ml电子，则消耗氧气0.5ml，标况下体积为11.2L。
18. 碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂。
回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为： NaClO+2NH3 = N2H4·H2O+NaCl
①用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_________________(按气流方向，用小写字母表示).
②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液，滴加 NaClO溶液时不能过快的理由__________________________________。
(2)碘化钠的制备
i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持60～70℃至反应充分；
ii.继续加入稍过量的N2H4·H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；
iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；
iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g。
③步骤i反应完全的现象是______________________。
④步骤ii中参与反应的离子方程式为________________________________________。
⑤步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是______________________。
⑥本次实验产率为_________，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_____________。
⑦某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质。取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，得出NaI中含有NaIO3杂质；请评价该实验结论的合理性：_________(填写“合理”或“不合理”)，_________(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由).
【答案】 ①. f a b c d e(ab顺序可互换） ②. 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 ③. 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分） ④. 2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O ⑤. 趁热过滤或过滤 ⑥. 80% ⑦. 水合胼能与水中的溶解氧反应 ⑧. 不合理 ⑨. 可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝
【解析】
【分析】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3═N2H4·H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O 、3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；⑥根据碘守恒计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；⑦NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。
【详解】(1)①水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3═N2H4·H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为fabcde；
②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率；
(2)③步骤i中碘单质生成NaI、NaIO、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为无固体残留且溶液接近无色；
④步骤ii中N2H4·H2O还原NaIO3的化学方程式为：3N2H4·H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，离子方程式为：3N2H4·H2O+2=2I-+3N2↑+9H2O，故答案为3N2H4·H2O+2=2I-+3N2↑+9H2O；
⑤活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为趁热过滤；
⑥8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，根据整个实验过程和碘守恒，理论上生产得到的NaI的质量为=30g，实验产率为×100%=80%；实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，故答案为80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；
⑦取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出NaI中含有NaIO3杂质，故答案为不合理；可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2而使淀粉变蓝。
【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率计算等。本题的难点为⑥，要注意用守恒法解题。
19. 三溴氧磷(POBr3)是一种广泛应用于塑料、橡胶、涂料和防火剂领域的阻燃剂，能够增加材料的阻燃性能。某化学兴趣小组查阅资料，设计实验制备三溴氧磷。
已知：三溴氧磷、三溴化磷均易水解。
Ⅰ.制备三溴化磷
将12.40 g干燥的红磷放入三颈烧瓶中，加入50.00 g三溴化磷形成流动的悬浮体。在通入一段时间干燥的氮气后，加热至反应物沸腾。在确保沸腾情况下迅速加入溴，加入溴的总量控制在80.00 g。继续加热沸腾约10 min，改成蒸馏装置，蒸馏出产品。
（1）盛放液溴的仪器名称是__________；球形干燥管中盛放的试剂为________。
（2）反应前通入干燥氮气的目的是________________。
（3）溴的总量控制在80.00 g，目的是________________。
Ⅱ.制备三溴氧磷
取24.00 g 五氧化二磷和13.55 g三溴化磷放入三颈烧瓶中，搅拌均匀，滴入8.40 g液溴并迅速升温到150℃，反应一段时间后停止加热，待稍冷后再加入1.00 g溴和少量的五氧化二磷继续反应一段时间，冷却后减压蒸馏出产品17.94 g。
（4）POBr3中P的化合价为________价。
（5）为了便于控制温度，选择的加热方式最好为_________。该反应的化学方程式为________。
（6）三溴氧磷的产率为________%(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 恒压分(滴)液漏斗 ②. 碱石灰
（2）赶尽装置内的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验
（3）防止生成五溴化磷
（4）+5 （5） ①. 油浴加热 ②. 3PBr3+3Br2+P2O55POBr3
（6）75
【解析】
【分析】制备三溴氧磷中要注意三溴氧磷、三溴化磷均易水解，因此保持干燥的环境，制备得到的三溴氧磷分为两步。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知：仪器的名称为恒压分(滴)液漏斗；干燥管内盛放的物质要能吸收空气中的水蒸气(因为三溴化磷易水解)，同时吸收溴蒸气(因为液溴易挥发，且有毒性)，故最好选碱石灰，故答案为：恒压分(滴)液漏斗；碱石灰。
【小问2详解】
题给信息显示，三溴化磷易水解，同时磷易被空气中的氧气氧化，所以实验开始前，要通入一段时间干燥的氮气来除去装置中的空气，防止干扰实验，故答案为：赶尽装置内的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验。
【小问3详解】
控制溴的量稍微不足，是为了防止生成五溴化磷，故答案为：防止生成五溴化磷。
【小问4详解】
POBr3中氧元素为-2价，溴元素为-1价，根据化合物中元素的正、负化合价的代数和为0，可知磷元素为+5价，故答案为：+5。
【小问5详解】
温度较高，最好采用油浴加热。根据反应物和生成物，结合得失电子守恒和质量守恒，可得反应的化学方程式为3PBr3+3Br2+P2O55POBr3，故答案为：油浴加热；3PBr3+3Br2+P2O55POBr3。
【小问6详解】
13.55g三溴化磷的物质的量为=0.05ml，24.00g五氧化二磷的物质的量为，=0.17ml，8.40g液溴的物质的量为=0.0525ml，根据反应的化学方程式3PBr3+3Br2+P2O55POBr3，可知三溴化磷的量不足，则理论上生成三溴氧磷的产量为0.05ml××287g/ml，可得产率为×100%≈75%，故答案为：75。
20. 回答下列问题：
I．已知反应的反应速率方程为，是经过下列三步反应完成的：
① (快反应)
② (快反应)
③ (慢反应)
（1）以上三步反应，每一步都称为___________反应，这几个先后进行的反应反映了总反应的反应机理，总反应的反应速率由反应___________(填序号)决定。
（2）反应①的正逆反应活化能大小：___________(填“”或“”)。
（3）上述三步反应的反应速率方程中反应物浓度项的指数均可由其化学计量数确定，如反应③的速率方程为，则反应②的平衡常数___________(用含、的式子表示)，总反应速率方程中的k与反应机理中的速率常数的关系为___________(用含、、、、的式子表示)。决速步的速率方程近似等于总反应的速率方程。
II．利用膜反应器研究HI分解率的工作原理如图所示。如图，反应器乙中的选择性膜可选择性地让氢气通过而离开体系。反应器甲和乙的反应区温度相等且恒定不变，均通入1mlHI(g)发生分解反应，反应同时开始，80s时图乙反应区处于平衡状态，平衡常数。
（4）反应器甲中HI(g)的平衡分解率(转化率)为___________(保留一位小数)。
（5）反应器乙中，膜反应器体系内外的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. 基元 ②. ③
（2）> （3） ①. ②.
（4）33.3% （5）1：8
【解析】
【小问1详解】
经历了三步完成，则每一步反应称为基元反应，总反应的反应速率由活化能最高的慢反应决定，故答案为：基元反应；③；
【小问2详解】
反应①需要断裂氯气分子中的化学键，则为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：＞；
【小问3详解】
反应②处于平衡状态时，即，则反应②的平衡常数；由上式可知（4），当反应①达到平衡时，则（5），将（5）带入（4）得，代入中得到，决速步的速率方程近似等于总反应的速率方程，则，故答案为；；
【小问4详解】
反应器甲和反应器乙温度相同，则平衡常数相同，反应乙80s时处于平衡状态，反应甲未处于平衡状态，设反应甲生成氢气物质的量为x，列三段式有，则，解得，则HI(g)的平衡分解率为，故答案为：33.3%；
【小问5详解】
设容器乙中平衡时体系内氢气物质的量为a，列三段式有，则，解得，则体系外的氢气物质的量为，则膜反应器体系内外的物质的量之比为1：8；故答案为1：8。元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径(×10-10m)
1.60
186
0.75
0.74
1.02
主要化合价
+2
+1
+5，－3
－2
+6，－2
项目
时间/
装置①
装置②
气体体积/
溶液温度/
气体体积/
溶液温度/
0
0
22.0
0
22.0
8.5
30
24.8
50
23.8
10.5
50
26.0
-
-
选项
实验操作和现象
实验结论
A
相同条件下，将同等大小的钠分别加入无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈
乙醇中氢的活泼性比水中氢的弱
B
向淀粉溶液中加入适量稀硫酸，加热，冷却后加入过量NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉完全水解
C
向溶液中加入溶液，再加入几滴溶液，溶液变红
此反应存在限度
D
在烧杯中将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌，片刻后用手触摸烧杯底部感到冰凉，同时能闻到有刺激性气味的气体生成
此反应为放热
化学键
C﹣H
C﹣C
C=C
H﹣H
键能/kJ•ml﹣1
412
348
612
436
序号
温度
催化剂
0
10
20
30
40
50
①
T1
Cu2O(Ⅰ)
0.050
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
②
T1
Cu2O(Ⅱ)
0.050
0.0490
0.0483
0.0480
0.0480
0.0480
③
T2
Cu2O(Ⅲ)
0.050
0.044
0.040
0.040
0.040
0.040
反应器甲
反应器乙
80s时反应区
0.10
0.30
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A. 冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C. 探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是
D. 核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为还原性气体，A错误；
B．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，B错误；
C．探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是晶体硅，C错误；
D．与的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D正确；
答案选D。
2. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示，下列说法正确的是
A. Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物中含离子键和极性键
B. 最简单氢化物稳定性：Z＞M
C. 最简单氢化物的沸点高低顺序为：Z＞M
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：X＞Y
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素中，M、R都有−2价，处于ⅥA族元素，R 有+6价，M无正价，且M 的原子半径较小，则R为S元素、M为O元素；X、Y化合价分别为+2、+1价，则分别处于ⅡA族、IA族，且原子半径 Y＞X＞硫，故X为Mg、Y 为Na；Z有+5、−3价，处于ⅤA族，原子半径小于硫的，故Z为N元素，据此分析解答；
【详解】A．Z为N元素，N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，其最简单氢化物反应生成的化合物为氨气，二者反应生成的物质为硝酸铵，属于离子化合物，含离子键和极性共价键，故A正确；
B．Z为N元素，M为O元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N，则最简单氢化物的稳定性：M＞Z，故B错误；
C．Z为N元素，M为O元素，O的最简单氢化物为水，N最简单氢化物为氨气，水分子和氨气分子都能形成氢键，但常温下，水为液态，氨气为气态，则最简单氢化物的沸点高低顺序为：M＞Z，故C错误；
D．X为Mg、Y 为Na，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：Y＞X，故D错误；
答案选A。
3. 下列有关反应热说法不正确的是
A. 石墨的稳定性比金刚石高
B.
C. C(石墨，s)
D. 1ml石墨或1mlCO分别完全燃烧，石墨放出的热量多
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据石墨转化为金刚石需要吸收能量可得石墨的能量低，能量越低越稳定，则石墨的能量低，故A正确；
B．因为反应的能量只与始态和末态有关，与中间过程无关，故△H5=△H4+△H1，△H1>0，故△H5>△H4，故B正确；
C．由①C(石墨，s)，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)，①-2②可得C(石墨，s)，故C错误；
D．因由C可知，石墨转化为CO需要吸收能量，故1ml石墨完全燃烧放出的热量多，故D正确；
故选C。
4. 太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许Li+通过，电池反应式为LixC6+Li1- xFePO4 LiFePO4+C6，下列说法正确的是
A. 放电时Li+从左边移向右边，从右边移向左边
B. 放电时，正极反应式为 Li1-xFePO4+xLi++xe- =LiFePO4
C. 充电时M极连接电源的负板，电极反应式为C6+xe-=
D. 充电时电路中通过2.0 ml电子，产生28 gLi
【答案】B
【解析】
【分析】电池反应式为，由图可知，M极为负极，电极反应式为LixC6−xe−═xLi＋＋6C，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，充电时，M极为阴极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，N极为阳极，电极反应式为LiFePO4−xe−═Li1−xFePO4＋xLi＋，据此作答。
【详解】A．放电时，负极生成锂离子，正极消耗锂离子，故Li＋从左边移向右边，隔膜为阳离子交换膜，磷酸根离子不能透过，故A错误；
B．放电时，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，故B正确；
C．充电时，M极为阴极，连接电源的负极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，故C错误；
D．充电时电路中通过2.0ml电子，阴极生成Li的质量为2ml×7g/ml＝14g，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
5. 探究化学反应中的能量转化，实验装置(装置中的试剂及用量完全相同)及实验数据如下(注：注射器用于收集气体并读取气体体积)。
下列说法不正确的是
A. 装置②中的Cu表面有气泡产生，而装置①中的Cu表面无气泡
B. 装置①和②中发生反应的离子方程式都为：
C. 原电池反应能加快化学反应速率，导致装置①中反应的平均速率比装置②中的小
D. 由实验数据可知，原电池的化学能全部转化为电能
【答案】D
【解析】
【分析】装置①为锌与稀硫酸的反应，装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池。
【详解】A．装置②中的表面有气泡产生，是原电池的正极，而装置①中的表面无气泡，仅是化学反应，表面有气泡，故A正确；
B．装置①为锌与稀硫酸的反应，离子方程式为；装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池，总反应式为，故B正确；
C．基于表格数据信息的证据推理可知，收集相同体积的气体装置②需要的时间更短，故原电池反应能加快化学反应速率，故C正确；
D．化学能有一部分转化为了热能，而不是全部转化为电能，表现在温度升高上，也是基于证据的推理，故D错误；
故选D。
6. 将1mlA和2mlB置于真空密闭容器中(假设容器体积不变，固体试剂体积忽略不计)，在恒定温度下使其反应达到平衡：，下列不可以判断该反应已达到化学平衡状态的是
A. 气体的密度保持不变B. 容器内气体总压不变
C. B的体积分数不变D. 混合气体的平均摩尔质量保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，气体密度保持不变，可以判断达到平衡状态，A不符合题意；
B．该反应前后气体分子数不变，恒容条件下气体的总压一直保持不变，不能判断达到平衡状态，B符合题意；
C．B的体积分数不变时可以判断达到平衡状态，C不符合题意；
D．该反应前后气体分子数不变，随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，混合气体的平均摩尔质量保持不变，可以判断达到平衡状态，D不符合题意；
故选B。
7. 在不同条件下，用O2氧化a ml/L Fe2+溶液过程中所测的实验数据如图所示。
下列分析或推测不合理的是
A. 0-8 h内，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B. 60℃、pH=2.5时，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15a ml/(L·h)
C. 由曲线②和③可知，pH越大，Fe2+的氧化速率越快
D. 氧化过程的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由实验数据可知：反应时间相对越长，Fe2+和O2的接触越充分，Fe2+的氧化率越大，A正确；
B．50℃、 pH=2.5时，4 h内Fe2+的平均消耗速率为v(Fe2+)==0.15a ml/(L·h)，在60℃、 pH=2.5时，由于温度升高，反应速率增大，所以60℃、 pH=2.5时，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15a ml/(L·h)，B正确；
C．由②和③可知：②的Fe2+氧化速率快，但②的pH小、酸性强，所以条件相同时，pH越小，Fe2+氧化速率越快，C错误；
D．氧化过程是在酸性条件下，O2和Fe2+发生氧化还原反应的过程，根据电子守恒＼电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O，D正确；
故合理选项是C。
8. 山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如图所示，下列有关山梨酸的叙述错误的是
A. 既能发生取代反应，又能发生加成反应B. 分子中所有碳原子可能在同一平面上
C. 与 互为同分异构体D. 1ml该物质与足量Na反应生成3gH2
【答案】B
【解析】
【详解】A． 含羧基和羟基能发生取代反应，含碳碳双键能发生加成反应，A正确；
B． 羧基所连的饱和碳原子为四面体构型、则分子中所有碳原子不可能在同一平面上，B错误；
C． 与 的分子式均为C7H10O5而结构不同，则互为同分异构体，C正确；
D．含羧基和羟基均能与Na反应产生氢气，则1ml该物质与足量Na反应生成3gH2，D正确；
答案选B。
9. 乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. 氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③
B. 氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 在加热条件下，反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D. 可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成1，2−二氯乙烷，发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛与新制氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成乙酸，以此解答该题。
【详解】A．③由C−C键生成C＝C键，为消去反应，故A错误；
B．聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故B错误；
C．乙醛含有醛基，与氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成氧化亚铜，砖红色沉淀，故C正确；
D．乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分层，不能用于萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，故D错误。
故答案选C。
10. 某研究机构使用Li—SO2Cl2电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li＋SO2Cl2=2LiCl＋SO2↑，下列说法错误的是
A. 电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2＋2e-=2Cl-＋SO2↑
B. 电池的e极连接电解池的g极
C. 膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜
D. 电解池中不锈钢电极附近溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-═2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑；电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯（Li-SO2Cl2）电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．由图示可知，Li电极为负极，发生氧化反应，则C电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，故A正确；
B．原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B错误；
C．电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故C正确；
D．电解池中不锈钢电极即h电极为为阴极，电极上H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，所以电极附近溶液的pH增大，故D正确；
故选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 一定温度下，按2：1加入反应物发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是
A. 恒压条件下的转化率高于恒容条件下的转化率
B. 平衡后各物质浓度之比为2：1：2
C. 恒容时按2：1再加入反应物，新平衡后SO2(g)和O2体积分数均增大
D. 恒容时平均分子量不变或密度不变均能证明该反应已达平衡
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应是气体计量数减小反应，故恒压时随着反应进行，容器体积减小，相当于在恒容的基础上加压，平衡正向移动，转化率增大，A正确；
B．平衡转化率不知道，平衡后，各种物质的浓度之比无法确定，B错误；
C．恒容时按2：1再加入反应物，相当于加压，平衡正向移动，新平衡后SO2(g)和O2体积分数均减小，C错误；
D．该反应体系中，所有的反应物和产物都是气体，则总质量不变，在恒容容器中，体积不变，故密度是始终不变的，则密度不变不能证明反应达到平衡，D错误；
故选A。
12. 某污水处理厂利用微生物电池将镀铬废水中的催化还原，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A. 电池工作过程中电子由a极经外电路流向b极
B. b极反应式：
C. 电池工作过程中a极区附近溶液的pH增大
D. 每生成33.6L，则处理1ml
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，a极乙酸生成二氧化碳和氢离子，发生氧化反应为负极，反应为；b极转化为，发生还原反应，为正极，反应为；
【详解】A．电池工作过程中，电子由负极流向正极，由a极流向极，故A正确；
B．b极发生还原反应，电极式正确，故B正确；
C．电池工作过程中a极区生成氢离子，溶液的减小，故C错误；
D．每生成标况下，二氧化碳的物质的量为1.5ml，转移电子6ml，根据电子守恒可知，处理，但是选项中未标明温度压强，气体的物质的量不确定为1.5ml，故D错误；
故选CD。
13. 下列实验操作及现象能推出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．相同条件下，将同等大小的钠分别加入无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈，则水中氢比乙醇中氢的活泼性强，A正确；
B．碘能和强碱溶液反应，应向水解液中直接加少量碘水来检验淀粉是否有剩余、不能在中和液中加碘水，B错误；
C．，向溶液中加入溶液，铁离子少量，再加入几滴溶液，溶液变红，则反应中铁离子没有完全转化，此反应存在限度，C正确；
D．在烧杯中将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌，片刻后用手触摸烧杯底部感到冰凉，同时能闻到有刺激性气，说明此反应为吸热反应，D错误；
答案选AC。
14. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I- 形式存在)的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A. 经①和④所得溶液中，c(I-)后者大于前者
B. ④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂
C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2)：n(KClO3)=5：2
D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
【答案】AD
【解析】
【分析】含I-的卤水酸化之后，通入氯气将I-氧化为I2，用高分子树脂吸附I2，再用亚硫酸钠还原成I-，得到I-浓度较高的溶液，最后用氯酸钾氧化得到I2。
【详解】A．①中开始时c(I- )较小，④中c(I- )经过前面的吸附再还原后浓度变大，所以c(I- )后者大于前者，A正确；
B．④的作用是利用亚硫酸钠的还原性将吸附的碘还原成I-而脱离高分子树脂，B错误；
C．根据反应②Cl2+2 I- = 2Cl-+I2和⑤+6 I-+6H+= 3I2+ Cl-+3H2O，假设分别得到3ml I2，则消耗n(Cl2) =3ml、n(KClO3)=1ml，则n(Cl2)：n(KClO3) =3：1，C错误；
D．⑥是将碘升华再凝华得到产品的过程，升华和凝华都是物理变化，D正确；
答案选AD。
15. 一定温度下，密闭容器中反应 mX(g)+nY(？)pW(s)+2mZ(g)达到平衡时，c(X)=0.3ml/L，若其它条件不变，将容器体积缩小至原来的1/2，再次达平衡时 c(X)=0.5ml/L。下列判断正确的是
A. 平衡向正反应方向移动B. Y 可能是液体或固体
C. 方程式中化学计量数：n>mD. Z 的体积分数下降
【答案】AC
【解析】
【分析】平衡时c( X) =0.3ml/L，将容器体积缩小到原来的，如果平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即为0.6ml/L，而重新平衡后c(X) =0.5ml/L，说明增大压强平衡向正反应移动了，反应为气体分子数减小的反应。
【详解】A．从以上分析可知，平衡向正反应方向移动，故A正确；
B．增大压强，平衡向正向移动，说明反应物的气体系数之和大于生成物的气体系数之和，若Y 是固体或液体，m<2m，所以Y是气体，故B错误；
C．根据B的分析，系数m+n>2m，所以n>m，故C正确；
D．平衡向正反应移动，Z 的体积分数增大，故D错误；
故答案选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 苯乙烯是一种重要的有机化工原料，聚苯乙烯可用于制造一次性餐具。一种生产苯乙烯的流程如下：
(1)上述流程①～④的反应中属于取代反应的有___(填序号)。乙苯的一溴代物共有___种。
(2)写出化学反应方程式：
①以CH2=CH2为原料制备CH3CH2Cl：____；
②用苯乙烯合成聚苯乙烯：_____。
(3)聚苯乙烯塑料性质稳定，会造成严重的“白色污染”，为此人们开发出一种聚乳酸塑料来替代聚苯乙烯。由乳酸合成聚乳酸的示意图如下：
①写出乳酸与足量金属钠反应的化学方程式：_____。
②聚乳酸中含有的官能团名称为____。
③分析用聚乳酸塑料替代聚苯乙烯塑料的好处是____。
(4)目前工业上大多采用乙苯催化脱氢法制备苯乙烯，反应原理如下：
(g)⇌(g)+H2(g) ΔH
已知键能数据如下：
注：25℃，100kPa时生成或断裂1ml化学键所放出或吸收的能量称为键能。计算上述反应的ΔH=_______。
【答案】 ①. ②③ ②. 5 ③. CH2=CH2+HClCH3CH2Cl ④. n ⑤. CH3CH(OH)COOH + 2Na → CH3CH(ONa)COONa + H2↑ ⑥. 酯基 ⑦. 聚乳酸可发生降解生成无毒无害物质，环保无污染 ⑧. +124 kJ•ml-1
【解析】
【详解】根据流程图可知①苯与乙烯反应生成苯乙烷，②苯与氯乙烷取代生成苯乙烷，③苯乙烷发生取代生成，④在一定条件下消去生成苯乙烯。
(1) 根据分析上述流程①～④的反应中属于取代反应的有②③，乙苯中等效氢有5种，故乙苯的一溴代物共有5种，故答案为：②③、5
(2) ①以CH2=CH2为原料制备CH3CH2Cl，可以CH2=CH2为原料与HCl加成得CH3CH2Cl，
化学反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
②苯乙烯加聚反应可以得到聚苯乙烯，化学反应方程式为：n
(3) ①乳酸CH3CH(OH)COOH中有羟基和羧基，可以与钠反应，反应方程式为：CH3CH(OH)COOH + 2Na → CH3CH(ONa)COONa + H2↑
②聚乳酸是乳酸缩聚形成的聚酯，根据聚乳酸的结构简式可知，聚乳酸中含有的官能团名称为酯基，故答案为：酯基
③聚乳酸是乳酸缩聚形成的聚酯，在一定条件下可以发生降解，聚乳酸塑料替代聚苯乙烯塑料可以减少白色污染，是因为聚乳酸可发生降解生成无毒无害物质，环保无污染
(4) ΔH=反应物的键能之和-生成物键能之和，故ΔH相当于乙基的键能之和-乙烯基和氢气的键能之和=，故答案为：+124 kJ•ml-1
17. 甲醇(CH3OH)在化工生产中应用广泛。其中利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
I．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH1=-41.0kJ·ml-1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=-90.0kJ·ml-1
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3
（1）ΔH3=___________，在上述制备甲醇的两个反应中，反应Ⅱ与反应Ⅲ比较，优点为___________。
（2）在一恒温恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2进行反应Ⅲ，测得CO2和CH3OH浓度随时间变化如下图所示。
3min时，反应的v正___________v逆(填“<”、“>”或“=”)。0～10min内，用H2表示的平均反应速率v=___________。
（3）使用不同方法制得的Cu2O(Ⅰ)和Cu2O(Ⅱ)可用于CH3OH的催化脱氢：CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)。在相同的密闭容器中，利用控制变量法进行实验，测得CH3OH的浓度c(ml·L-1)随时间t(min)的变化如下表：
可以判断：实验温度T1___________T2(填“>”、“<”，下同)；催化剂的催化效果Cu2O(Ⅰ)___________Cu2O(Ⅱ)。
（4）CO与H2反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池的结构示意如下图所示。电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则c电极是___________(填“正极”或“负极”)，c电极的电极反应式为___________。若外电路中转移2ml电子，则上述燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。
【答案】（1） ①. -49.0 kJ·ml-1 ②. 反应Ⅱ符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%（绿色化学）
（2） ①. > ②. 0.225
（3） ①. < ②. <
（4） ①. 负极 ②. ③. 11.2
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅲ可由反应Ⅱ-反应Ⅰ得到，ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-90+41)kJ/ml=-49kJ/ml。反应Ⅱ只有甲醇一种产物，无副产物，原子利用率为100%，符合“原子经济性”的原则。
【小问2详解】
3min时，甲醇的浓度呈增大的趋势，二氧化碳的浓度呈减小的趋势，说明此时反应正向进行，v正>v逆。0-10min甲醇的浓度变化量为0.75ml/L，则根据化学方程式可知，氢气的浓度变化量为2.25ml/L，H2的平均反应速率v=2.25ml/L÷10min=0.225。
【小问3详解】
对比表中②③组的实验数据可知，催化剂相同的情况下，第③组实验中单位时间内甲醇的浓度变化量更大，说明③组实验反应速率更大，T1
从图中可知电子从电极c流向电极d，因此c电极为负极，电极反应为，正极上电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，若外电路中转移2ml电子，则消耗氧气0.5ml，标况下体积为11.2L。
18. 碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂。
回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为： NaClO+2NH3 = N2H4·H2O+NaCl
①用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_________________(按气流方向，用小写字母表示).
②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液，滴加 NaClO溶液时不能过快的理由__________________________________。
(2)碘化钠的制备
i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持60～70℃至反应充分；
ii.继续加入稍过量的N2H4·H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；
iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；
iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g。
③步骤i反应完全的现象是______________________。
④步骤ii中参与反应的离子方程式为________________________________________。
⑤步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是______________________。
⑥本次实验产率为_________，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是_____________。
⑦某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质。取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，得出NaI中含有NaIO3杂质；请评价该实验结论的合理性：_________(填写“合理”或“不合理”)，_________(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由).
【答案】 ①. f a b c d e(ab顺序可互换） ②. 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 ③. 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分） ④. 2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O ⑤. 趁热过滤或过滤 ⑥. 80% ⑦. 水合胼能与水中的溶解氧反应 ⑧. 不合理 ⑨. 可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝
【解析】
【分析】(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3═N2H4·H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，装置A为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O 、3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI；⑥根据碘守恒计算得到理论生成的NaI，再计算产率可得；⑦NaIO3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。
【详解】(1)①水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3═N2H4·H2O+NaCl，利用装置D制备氨气，通过装置A安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde，故答案为fabcde；
②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率；
(2)③步骤i中碘单质生成NaI、NaIO、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为无固体残留且溶液接近无色；
④步骤ii中N2H4·H2O还原NaIO3的化学方程式为：3N2H4·H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，离子方程式为：3N2H4·H2O+2=2I-+3N2↑+9H2O，故答案为3N2H4·H2O+2=2I-+3N2↑+9H2O；
⑤活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为趁热过滤；
⑥8.2gNaOH与25.4g单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，根据整个实验过程和碘守恒，理论上生产得到的NaI的质量为=30g，实验产率为×100%=80%；实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，故答案为80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；
⑦取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出NaI中含有NaIO3杂质，故答案为不合理；可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2而使淀粉变蓝。
【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率计算等。本题的难点为⑥，要注意用守恒法解题。
19. 三溴氧磷(POBr3)是一种广泛应用于塑料、橡胶、涂料和防火剂领域的阻燃剂，能够增加材料的阻燃性能。某化学兴趣小组查阅资料，设计实验制备三溴氧磷。
已知：三溴氧磷、三溴化磷均易水解。
Ⅰ.制备三溴化磷
将12.40 g干燥的红磷放入三颈烧瓶中，加入50.00 g三溴化磷形成流动的悬浮体。在通入一段时间干燥的氮气后，加热至反应物沸腾。在确保沸腾情况下迅速加入溴，加入溴的总量控制在80.00 g。继续加热沸腾约10 min，改成蒸馏装置，蒸馏出产品。
（1）盛放液溴的仪器名称是__________；球形干燥管中盛放的试剂为________。
（2）反应前通入干燥氮气的目的是________________。
（3）溴的总量控制在80.00 g，目的是________________。
Ⅱ.制备三溴氧磷
取24.00 g 五氧化二磷和13.55 g三溴化磷放入三颈烧瓶中，搅拌均匀，滴入8.40 g液溴并迅速升温到150℃，反应一段时间后停止加热，待稍冷后再加入1.00 g溴和少量的五氧化二磷继续反应一段时间，冷却后减压蒸馏出产品17.94 g。
（4）POBr3中P的化合价为________价。
（5）为了便于控制温度，选择的加热方式最好为_________。该反应的化学方程式为________。
（6）三溴氧磷的产率为________%(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 恒压分(滴)液漏斗 ②. 碱石灰
（2）赶尽装置内的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验
（3）防止生成五溴化磷
（4）+5 （5） ①. 油浴加热 ②. 3PBr3+3Br2+P2O55POBr3
（6）75
【解析】
【分析】制备三溴氧磷中要注意三溴氧磷、三溴化磷均易水解，因此保持干燥的环境，制备得到的三溴氧磷分为两步。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知：仪器的名称为恒压分(滴)液漏斗；干燥管内盛放的物质要能吸收空气中的水蒸气(因为三溴化磷易水解)，同时吸收溴蒸气(因为液溴易挥发，且有毒性)，故最好选碱石灰，故答案为：恒压分(滴)液漏斗；碱石灰。
【小问2详解】
题给信息显示，三溴化磷易水解，同时磷易被空气中的氧气氧化，所以实验开始前，要通入一段时间干燥的氮气来除去装置中的空气，防止干扰实验，故答案为：赶尽装置内的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验。
【小问3详解】
控制溴的量稍微不足，是为了防止生成五溴化磷，故答案为：防止生成五溴化磷。
【小问4详解】
POBr3中氧元素为-2价，溴元素为-1价，根据化合物中元素的正、负化合价的代数和为0，可知磷元素为+5价，故答案为：+5。
【小问5详解】
温度较高，最好采用油浴加热。根据反应物和生成物，结合得失电子守恒和质量守恒，可得反应的化学方程式为3PBr3+3Br2+P2O55POBr3，故答案为：油浴加热；3PBr3+3Br2+P2O55POBr3。
【小问6详解】
13.55g三溴化磷的物质的量为=0.05ml，24.00g五氧化二磷的物质的量为，=0.17ml，8.40g液溴的物质的量为=0.0525ml，根据反应的化学方程式3PBr3+3Br2+P2O55POBr3，可知三溴化磷的量不足，则理论上生成三溴氧磷的产量为0.05ml××287g/ml，可得产率为×100%≈75%，故答案为：75。
20. 回答下列问题：
I．已知反应的反应速率方程为，是经过下列三步反应完成的：
① (快反应)
② (快反应)
③ (慢反应)
（1）以上三步反应，每一步都称为___________反应，这几个先后进行的反应反映了总反应的反应机理，总反应的反应速率由反应___________(填序号)决定。
（2）反应①的正逆反应活化能大小：___________(填“”或“”)。
（3）上述三步反应的反应速率方程中反应物浓度项的指数均可由其化学计量数确定，如反应③的速率方程为，则反应②的平衡常数___________(用含、的式子表示)，总反应速率方程中的k与反应机理中的速率常数的关系为___________(用含、、、、的式子表示)。决速步的速率方程近似等于总反应的速率方程。
II．利用膜反应器研究HI分解率的工作原理如图所示。如图，反应器乙中的选择性膜可选择性地让氢气通过而离开体系。反应器甲和乙的反应区温度相等且恒定不变，均通入1mlHI(g)发生分解反应，反应同时开始，80s时图乙反应区处于平衡状态，平衡常数。
（4）反应器甲中HI(g)的平衡分解率(转化率)为___________(保留一位小数)。
（5）反应器乙中，膜反应器体系内外的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. 基元 ②. ③
（2）> （3） ①. ②.
（4）33.3% （5）1：8
【解析】
【小问1详解】
经历了三步完成，则每一步反应称为基元反应，总反应的反应速率由活化能最高的慢反应决定，故答案为：基元反应；③；
【小问2详解】
反应①需要断裂氯气分子中的化学键，则为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：＞；
【小问3详解】
反应②处于平衡状态时，即，则反应②的平衡常数；由上式可知（4），当反应①达到平衡时，则（5），将（5）带入（4）得，代入中得到，决速步的速率方程近似等于总反应的速率方程，则，故答案为；；
【小问4详解】
反应器甲和反应器乙温度相同，则平衡常数相同，反应乙80s时处于平衡状态，反应甲未处于平衡状态，设反应甲生成氢气物质的量为x，列三段式有，则，解得，则HI(g)的平衡分解率为，故答案为：33.3%；
【小问5详解】
设容器乙中平衡时体系内氢气物质的量为a，列三段式有，则，解得，则体系外的氢气物质的量为，则膜反应器体系内外的物质的量之比为1：8；故答案为1：8。元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径(×10-10m)
1.60
186
0.75
0.74
1.02
主要化合价
+2
+1
+5，－3
－2
+6，－2
项目
时间/
装置①
装置②
气体体积/
溶液温度/
气体体积/
溶液温度/
0
0
22.0
0
22.0
8.5
30
24.8
50
23.8
10.5
50
26.0
-
-
选项
实验操作和现象
实验结论
A
相同条件下，将同等大小的钠分别加入无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈
乙醇中氢的活泼性比水中氢的弱
B
向淀粉溶液中加入适量稀硫酸，加热，冷却后加入过量NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉完全水解
C
向溶液中加入溶液，再加入几滴溶液，溶液变红
此反应存在限度
D
在烧杯中将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌，片刻后用手触摸烧杯底部感到冰凉，同时能闻到有刺激性气味的气体生成
此反应为放热
化学键
C﹣H
C﹣C
C=C
H﹣H
键能/kJ•ml﹣1
412
348
612
436
序号
温度
催化剂
0
10
20
30
40
50
①
T1
Cu2O(Ⅰ)
0.050
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
②
T1
Cu2O(Ⅱ)
0.050
0.0490
0.0483
0.0480
0.0480
0.0480
③
T2
Cu2O(Ⅲ)
0.050
0.044
0.040
0.040
0.040
0.040
反应器甲
反应器乙
80s时反应区
0.10
0.30
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