2021-2022学年江西省抚州市临川二中、临汝中学高一（下）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年江西省抚州市临川二中、临汝中学高一（下）期中化学试卷，共16页。试卷主要包含了3kJ的热量，5ml硅含共价键数目为NA，52g，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年江西省抚州市临川二中、临汝中学高一（下）期中化学试卷

1. 科技发展改变生活，近年我国在人工智能、航空航天、量子通信、生命科学等领域大放异彩。下列说法错误的是( )
A. “祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性
B. 量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
C. 清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维不相同
D. “天问一号”中Ti−Ni形状记忆合金属于新型无机非金属材料
2. 《天工开物》中关于制青瓦有如下记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之…凡坯既成，干燥之后，则堆积窑中燃薪举…浇水转锈，与造砖同法。”下列说法错误的是( )
A. 黏土的主要成分为硅酸盐
B. 青砖中铁元素主要以氧化铁的形式存在
C. 烧制后自然冷却不能制成青瓦
D. 黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料
3. 下列每步转化不能通过一步反应就实现的是( )
A. NH3→NO→NO2→HNO3
B. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C. S→SO2→SO3→H2SO4
D. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
4. 下列化学用语正确的是( )
A. 结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷
B. 丙烷分子的比例模型：
C. 甲烷分子的球棍模型：
D. 乙烷分子的电子式：
5. 一定条件下31g白磷完全转化为红磷放出7.3kJ的热量。下列叙述错误的是( )
A. 该转化属于化学变化
B. 31g白磷的总能量比31g红磷的总能量高
C. 红磷比白磷稳定
D. 等质量的白磷和红磷完全燃烧释放的热量相同
6. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种新型氧化剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等，常用的制备亚氯酸钠流程如图：

下列说法错误的是( )
A. 反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2在正极生成
C. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D. 反应②条件下，ClO2 的氧化性大于H2O2
7. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A. 18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA
B. 0.5mol硅含共价键数目为NA
C. 常温下，56g的Fe与足量的浓硝酸反应转移的电子数为3NA
D. 1mol氮气和3mol氢气在一定条件 下充分反应，生成的氨气分子数小于2NA
8. 下列有关说法或各组性质的比较中，正确的有几项( )
① 12C、 13C、 14C是碳的三种同素异形体
②H2S的电子式可表示为
③NaHSO4在熔融状态下不仅破坏了离子键，还破坏了共价键
④沸点：H2O>H2Se>H2S
⑤离子还原性：S2−>Cl−>Br−>I−
⑥酸性：HClO4>HBrO4>HIO4
⑦气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
9. 五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W在短周期中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是( )
A. 酸性：H2YO3 B. X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构
C. 由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种
D. X与Z形成的化合物既含有极性共价键也可能含有非极性共价键
10. 二氯化二硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子。S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法不正确的是( )
A. S2Cl2 的结构式为S−Cl−Cl−S
B. S2Cl2 可能使品红溶液褪色
C. S2Cl2与水反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
D. 将S2Cl2气体通入AgNO3 溶液中，可观察到有白色沉淀生成
11. 用如图实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是( )
A. 用图1装置可制备得到干燥的氨气
B. 用图2装置证明：非金属性：C>Si
C. 用图3装置可以完成“喷泉”实验
D. 用图4装置能使右边淡黄色固体变白色
12. 下列是四种烷烃分子的球棍模型或结构简式，下列说法正确的是( )
①
②CH3CH2CH2CH2CH2CH3
③CH3CH2CH2CH2CH3
④CH3CH2CH3
A. 四种烷烃中均含有非极性键 B. ①、②和③互为同分异构体
C. ②和③的一氯代物种数相同 D. ①和③互为同系物
13. 将总物质的量为0.03mol的铜镁合金完全溶解于50mL14mol/L的浓硝酸中，得到NO2气体nmol，再向反应后的溶液中加入VmL的1.0mol/LNaOH溶液，金属离子恰好全部沉淀，称得该沉淀质量为2.54g，则下列说法正确的是( )
A. n=0.06mol
B. 该合金质量为1.52g
C. 沉淀完全后所得溶液中可能还有未反应完的硝酸
D. V=600mL
14. 已知1g氢气完全燃烧生成液态水放出热量121.6kJ，则2mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为 ______kJ。
15. 如图是氢-氧燃料电池的示意图。则：
(1)溶液中K+移向 ______电极(填“a”或“b”)。
(2)反应结束后溶液碱性 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)b极通入气体为 ______，a电极的反应式为 ______。
(4)若把上述电解质溶液改为稀硫酸溶液，则正极的电极反应式为 ______。

16. 一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度变化与时间的关系如图所示。
(1)t1min时，正、逆反应速率的大小关系为______填“>”“<“或“=”)。
(2)4min时，CO2的转化率为 ______(保留3位有效数字)；0∼4min内，CO的平均反应速率v(CO)=______。
(3)下列选项能说明上述反应已达平衡状态的是 ______。
①容器中CO2体积分数不再变化
②容器中气体质量不再变化
③容器中气体压强不再变化
④容器中气体的平均相对分子质量不再变化
17. 恒温条件下，向体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中容器内气体总物质的量不变。请回答：
(1)写出反应的化学方程式：______；
(2)t1时C的体积分数为 ______；
(3)B的起始的物质的量是 ______；平衡时体系内的压强为初始状态的 ______倍。

18. 如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。已知X为固态酸式盐，其受热分解可得到A、B、C三种物质，常温下B、G为液体，A、C、D、E、F均为气体且F为红棕色。请回答下列问题：
(1)化学式X ______，G ______。
(2)实验室收集气体D的方法是 ______法。
(3)写出C→E的化学反应方程式 ______。
(4)请写出F与B反应生成G的化学方程式 ______。
(5)请写出加热条件下X与过量的NaOH溶液反应的离子方程式 ______。

高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体且不稳定，受热易分解产生多种气体。某化学兴趣小组同学利用如图所示装置探究NH4ClO4的分解产物。(假设装置内药品均足量。)

(1)在实验过程中发现 ______，说明产物中有氧气生成。
(2)实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体化学式为 ______，则原来D中发生反应的化学方程式为 ______。
(3)为了证明H2O和Cl2的存在，用如图提供的装置进行实验(不重复使用)：

①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→______；实验过程中H中的现象为 ______。
②写出F中发生反应的离子方程式：______。
(4)NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为 ______。答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.合金比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，故A正确；
B.螺旋碳纳米管TEM与石墨烯是碳的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C.二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，晶体硅为良好的半导体材料，是制造半导体材料，材料不同，故C正确；
D.Ti−Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，属于金属材料，不是无机非金属材料，故D错误；
故选：D。
A.合金比纯金属性能优良，钛合金具有优良的金属性能；
B.同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
C.二氧化硅具有良好的光学特性，晶体硅为良好的半导体材料；
D.副族和第族的金属都属于过渡金属元素。
本题考查硅及其化合物、金属的应用，难度不大，熟悉常见元素的性质和应用的为解答的关键，知道合金的优点、基本概念内涵。

2.【答案】B

【解析】解：A.黏土主要是由硅酸盐构成的，故A正确；
B.红砖中铁元素主要以氧化铁的形式存在，青砖中铁元素主要以氧化亚铁的形式存在，故B错误；
C.烧制后自然冷却，空气进入窑内，铁元素被氧化成氧化铁，而成红色，不能制成青瓦，故C正确；
D.黏土是制作砖瓦、陶瓷、水泥的主要原料，故D正确；
故选：B。
A.硅酸盐可以构成黏土；
B.青砖中铁元素主要以氧化亚铁的形式存在；
C.烧制后自然冷却，空气进入窑内，铁元素被氧化成氧化铁，而成红色；
D.制作砖瓦、陶瓷、水泥都可以用黏土做原料。
本题主要考查硅及其化合物的古法应用，考查学生对所学知识的灵活应用的能力、分析能力，难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，所以NH3→NO→NO2→HNO3能通过一步反应就实现，故A正确；
B.二氧化硅不溶于水，与水不反应，所以SiO2→H2SiO3不能一步实现，故B错误；
C.硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，所以S→SO2→SO3→H2SO4能一步实现，故C正确；
D.铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁氧化生成氢氧化铁，所以Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3能通过一步反应实现，故D正确；
故选：B。
A.氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；
B.二氧化硅不溶于水；
C.硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；
D.铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁氧化生成氢氧化铁。
本题考查了元素化合物性质、物质之间的转化，明确物质的性质、物质之间的反应是解题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.(CH3)2CHCH3为异丁烷，不能表示正丁烷，故A错误；
B.为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：，故B错误；
C.为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为：，故C错误；
D.因碳原子的最外层有4个电子，氢原子最外层1个电子，一个碳原子形成4对共用电子对，一个氢原子形成一对共用电子对，所以电子式为，故D正确；
故选：D。
A.该结构简式只能表示异丁烷，不能表示正丁烷；
B.用不同体积的小球表示不同原子的大小为比例模型，图示结构为球棍模型；
C.图示结构为比例模型，球棍模型用小球和短棍表示，在甲烷分子中，碳原子半径是大于氢原子半径；
D.乙烷的分子式为C2H6，根据原子成键特点写出电子式。
本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及结构简式、比例模型、球棍模型、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力。

5.【答案】D

【解析】解：A.白磷与红磷为同种元素的不同单质，则白磷转化为红磷，为化学变化，故A正确；
B.31g白磷(P4)变为31g红磷(P)时释放能量，为放热反应，白磷能量高，则31g白磷具有的能量高于31g红磷具有的能量，故B正确；
C.能量越低越稳定，31g白磷完全转化为红磷时，要放出7.3kJ的能量(Q>0)，则能量：白磷>红磷，所以红磷稳定，故C正确；
D.等质量白磷的能量高于红磷，则完全燃烧释放的热量不同，故D错误，
故选：D。
A.白磷与红磷为同种元素的不同单质；
B.31g白磷(P4)变为31g红磷(P)时释放能量，为放热反应，白磷能量高；
C.能量越低越稳定；
D.等质量白磷的能量高于红磷。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量低的物质稳定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意白磷的能量高，题目难度不大．

6.【答案】C

【解析】解：A.反应①为H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2+2NaHSO4，Cl元素的化合价降低、S元素的化合价升高，可知氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故A正确；
B.若反应①通过原电池来实现，正极上得到电子发生还原反应，则ClO2在正极生成，故B正确；
C.NaClO4不具有强还原性，不能代替反应②中的H2O2，故C错误；
D.反应②为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知ClO2的氧化性大于H2O2，故D正确；
故选：C。
由流程可知，反应①为H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2+2NaHSO4，反应②为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，以此来解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.18g重水(D2O)中含有的质子数为：18g20g/mol×10×NAmol−1=9NA，故A正确；
B.平均1mol硅含有2molSi−Si键，则0.5mol硅含共价键数目为NA，故B正确；
C.铁与浓硝酸发生钝化，常温下，56g的Fe与足量的浓硝酸反应转移的电子数小于3NA，故C错误；
D.氮气和氢气合成氨气为可逆反应，不能进行到底，1mol氮气和3mol氢气在一定条件 下充分反应，生成的氨气分子数小于2NA，故D正确；
故选：C。
A.1个重水分子含有10个质子；
B.平均1mol硅含有2molSi−Si键；
C.铁与浓硝酸发生钝化；
D.氮气和氢气合成氨气为可逆反应，不能进行到底。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

8.【答案】B

【解析】解：①同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体， 12C、 13C、 14C是碳的三种原子，互为同位素，故①错误；
②H2S为共价化合物，电子式为，故②错误；
③共价键在熔融时不能被破坏，NaHSO4在熔融状态下只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，只有离子键被破坏，故③错误；
④三者均为分子晶体，水分子间存在氢键，熔沸点三者中最高；H2Se、H2S的分子间不存在氢键，由于H2Se的相对分子质量大，则熔沸点高于H2S，故沸点：H2O>H2Se>H2S，故④正确；
⑤元素的非金属性越强，阴离子的还原性越弱，由于非金属性Cl>Br>I>S，则阴离子的还原性S2−>I−>Br−>Cl−，故⑤错误；
⑥元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，由于非金属性Cl>Br>I，则酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故⑥正确；
⑦元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，由于非金属性F>Cl>S，则气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S，故⑦正确；
故选：B。
①同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；
②H2S为共价化合物；
③共价键在熔融时不能被破坏；
④三者均为分子晶体，若分子间存在氢键，则熔沸点反常升高；若不存在氢键，则相对分子质量越大，熔沸点越高；
⑤元素的非金属性越强，阴离子的还原性越弱；
⑥元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；
⑦元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定。
本题考查了同素异形体的概念、电子式的书写以及元素金属性、非金属性的强弱比较，难度不大，应注意加强基础知识的巩固。

9.【答案】D

【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，Q为S元素，
A.酸性：H2CO3 B.X与W形成的化合物是NaH，H−的最外层电子数为2，不满足最外层8电子稳定结构，故B错误；
C.由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等多种，故C错误；
D.氢与氧形成的双氧水分子中既含有极性共价键也可能含有非极性共价键，故D正确；
故选：D。
五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，则W为Na；X、W同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y的原子序数小于Na，则X为H，Y为C元素；由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，形成化合物为H2O2或CS2，则Q为S元素，Z、Q同族，Z为O元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

10.【答案】A

【解析】解：A.S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对，则S2Cl2的结构式为Cl−S−S−Cl，故A错误；
B.S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以S2Cl2可能使品红溶液褪色，故B正确；
C.2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl中，SO2是氧化产物，S是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为l：3，故C正确；
D.S2Cl2与水反应生成HCl，将S2Cl2气体通入AgNO3溶液中，会产生白色沉淀产生，故D正确；
故选：A。
A.S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对；
B.S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；
C.2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl中，SO2是氧化产物，S是还原产物；
D.S2Cl2与水反应生成HCl。
本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、氧化还原反应、元素化合物的性质等，题目难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握。

11.【答案】B

【解析】解：A.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气，碱石灰干燥氨气，得到干燥的氨气，故A正确；
B.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应，不能比较C、Si的非金属性强弱，故B错误；
C.氯气与NaOH溶液反应，挤压胶头滴管可引发喷泉，故C正确；
D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与过氧化钠反应生成硫酸钠，则右边淡黄色固体变白色，故D正确；
故选：B。
A.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气，碱石灰干燥氨气；
B.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应；
C.氯气与NaOH溶液反应；
D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与过氧化钠反应生成硫酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

12.【答案】AC

【解析】解：A.形成于不同种元素的原子间的共价键为极性键，形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键，四种烷烃中含有的C−C均为非极性键，故A正确；
B.分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体，①和③互为同分异构体，②不是，故B错误；
C.②和③中均含3种等效氢，一氯代物均为3种，故C正确；
D.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，而①和③的分子式相同而结构不同，两者互为同分异构体，故D错误；
故选：AC。
A.形成于不同种元素的原子间的共价键为极性键，形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键；
B.分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体；
C.②和③中均含3种等效氢；
D.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物。
本题考查了一氯代物种数的判断以及同系物、同分异构体的概念和判断，难度不大，应注意基础知识的掌握。

13.【答案】AB

【解析】解：A.反应中Cu、Mg均表现+2价，故转移电子为0.03mol×2=0.06mol，则n(NO2)=0.06mol5−4=0.06mol，故A正确；
B.由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.06mol，故该合金质量为2.54g−0.06mol×17g/mol=1.52g，故B正确；
C.氢氧化钠先中和剩余的硝酸，再沉淀镁离子、铜离子，沉淀完全后所得溶液中没有硝酸，故C错误；
D.加入NaOH溶液使溶液中的金属离子恰好全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，则n(NaNO3)=0.05L×14.0mol/L−0.06mol=0.64mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为0.64mol1.0mol/L=0.64L=640mL，故D错误；
故选：AB。
A.根据转移电子守恒计算二氧化氮的物质的量；
B.由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物沉淀质量减去氢氧化物中氢氧根离子的质量即为合金质量；
C.氢氧化钠先中和剩余的硝酸，再沉淀镁离子、铜离子；
D.加入NaOH溶液使溶液中的金属离子恰好全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=nc计算。
本题考查混合物的有关计算，明确反应发生的过程是关键，注意守恒思想的运用，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。

14.【答案】486.4

【解析】解：1g氢气完全燃烧生成液态水放出热量121.6kJ，则2mol氢气即4g氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为121.6kJ×4=486.4kJ，
故答案为：486.4。
依据1g氢气放出热量即可计算2mol氢气放出热量。
本题考查化学反应热的计算，属于中等难度体型，注意计算的技巧。

15.【答案】b 减小  O2  H2+2OH−−2e−=2H2OO2+4H++4e−=2H2O

【解析】解：(1)原电池中，氢-氧燃料电池在正极上是氧气得电子的还原反应，负极上是氢气失电子的氧化反应，溶液中阳离子移向正极，电子从负极流向正极，故b极是正极，即溶液中K+移向b电极，
故答案为：b；
(2)氢-氧燃料电池的产物是水，所以反应结束后溶液碱性减小，
故答案为：减小；
(3)氢-氧燃料电池在正极上是氧气得电子的还原反应，负极上是氢气失电子的氧化反应，电子从负极流向正极，故b极是正极，通入气体为O2，a电极是负极，电极反应式为H2+2OH−−2e−=2H2O，
故答案为：O2；H2+2OH−−2e−=2H2O；
(4)若把上述电解质溶液改为稀硫酸溶液，则正极的电极反应式为：O2+4H++4e−=2H2O，
故答案为：O2+4H++4e−=2H2O。
酸性氢氧燃料电池在正极上放电的是氧气，电极反应式：O2+4e−+4H+=2H2O，负极上是氢气失电子的氧化反应；碱性氢氧燃料电池在负极放电的是氢气，负极反应式为：H2−2e−+2OH−=2H2O，电子从负极流向正极，溶液中阳离子移向负极，据此回答。
本题考查学生原电池的工作原理，注意相关基础知识的积累，把握，电极反应的书写是关键，难度中等。

16.【答案】>71.4%0.125mol⋅L−1⋅min−1  ①②④

【解析】解：(1)根据图象可知，在t1min后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明t1min时反应未达到平衡，反应正向进行，因此，4min后各物质浓度不再发生变化，反应未到平衡，，
故答案为：>；
(2)根据图象可知，反应开始时CO2的浓度是0.7mol/L，4min时CO2浓度是0.2mol/L，所以0∼4min内CO2的平均反应速率v(CO2)=△c△t=0.5mol/L4min=0.125mol/(L⋅min)，二氧化碳的转化率为0.7mol−0.2mol0.7mol×100%≈71.4%，
故答案为：71.4%；0.125mol⋅L−1⋅min−1；
(3)①容器中CO2体积分数不再变化，达到化学平衡状态，故①正确；
②由于固体的浓度视为不变，容器中气体质量不再变化，达到化学平衡状态，故②正确；
③该反应是反应前后气体分子数不变的反应，即体系的压强始终不变，则无法说明反应达到平衡状态，故③错误；
④该反应不是纯气体反应，反应前后气体的质量发生变化，当气体的总质量不随时间的变化而变化时，则说明反应达到平街状态，故④正确；
故答案为：①②④。
(1)根据图象可知，在t1min后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明t1min时反应未达到平衡，反应正向进行；
(2)根据图象可知，反应开始时CO2的浓度是0.7mol/L，4min时CO2浓度是0.2mol/L，所以0∼4min内CO2的平均反应速率v(CO2)=△c△t；二氧化碳的转化率为0.7mol−0.2mol0.7mol×100%；
(3)可逆反应达到化学平衡时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化。
本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，能依据图象判断反应物和生成物是解题的关键。

17.【答案】3A(g)⇌B(g)+2C(g)50%0.04mol1

【解析】解：(1)根据图像可知，A的浓度减小0.09mol/L，则A是反应物；C的浓度增大0.06mol/L，则C是生成物；浓度变化量之比等于系数比，A、C的系数比为3：2；反应过程中容器内气体总物质的量不变，可知反应前后气体系数和相等，所以B是生成物，t1s后浓度不再改变，说明反应可逆，反应的方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，
故答案为：3A(g)⇌B(g)+2C(g)；
(2)t1时C的体积分数为0.110.11+0.05+0.06×100%=50%，
故答案为：50%；
(3)反应起始A的物质的量为0.3mol，A的浓度为0.15mol/L，可知容器的体积为2L，反应过程中C的浓度增大0.06mol/L，根据反应方程式，可知B的浓度增大0.03mol/L，所以B的初始浓度为0.02mol/L，B的起始的物质的量是0.04mol；同温同体积，压强比等于物质的量比，反应过程中容器内气体总物质的量不变，所以平衡时体系内的压强为初始状态的1倍，
故答案为：0.04mol；1。
(1)根据图像可知，A的浓度减小0.09mol/L，则A是反应物；C的浓度增大0.06mol/L，则C是生成物；浓度变化量之比等于系数比，A、C的系数比为3：2；反应过程中容器内气体总物质的量不变，可知反应前后气体系数和相等，所以B是生成物，t1s后浓度不再改变，说明反应可逆；
(2)t1时C的体积分数为0.110.11+0.05+0.06×100%；
(3)反应起始A的物质的量为0.3mol，A的浓度为0.15mol/L，可知容器的体积为2L，反应过程中C的浓度增大0.06mol/L，根据反应方程式，可知B的浓度增大0.03mol/L，所以B的初始浓度为0.02mol/L，B的起始的物质的量是0.04mol；同温同体积，压强比等于物质的量比。
本题考查了化学平衡状态的判断、反应速率的计算、反应方程式的确定等，题目涉及的内容较多，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等。

18.【答案】NH4HCO3  HNO3  排水  2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2  3NO2+H2O=2HNO3+NO2OH−+HCO3−+NH4+−△NH3↑+2H2O+CO32−

【解析】解：(1)由分析可知，X的化学式为NH4HCO3，G的化学式为 HNO3，
故答案为：NH4HCO3；HNO3；
(2)D为NO，能与氧气反应，不溶于水，实验室收集气体NO的方法是排水法，
故答案为：排水；
(3)C→E是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学反应方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，
故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
(4)F与B生成G的反应是二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(5)加热条件下X与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为2OH−+HCO3−+NH4+ −△NH3↑+2H2O+CO32−，
故答案为：2OH−+HCO3−+NH4+ −△NH3↑+2H2O+CO32−。
常温下X是固体，X既能与酸反应生成气体C，又能与碱反应生成气体A，故X应为弱酸的铵盐，则气体A为NH3，气体C能与Na2O2反应得到气体D，则C为CO2，E为O2，氨气与氧气反应生成气体D为NO，NO与氧气反应生成气体F为NO2，固态酸式盐X分解得到A、B、C，其中B为液体，则X是NH4HCO3，B为H2O，二氧化氮与水反应生成G，G与Fe反应可以得到NO2，故G为HNO3。
本题考查无机物的推断，最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，侧重于学生的分析能力和推断能力的考查，注重于元素化合物知识的综合运用。

19.【答案】铜粉由红色变为黑色  NH3  3Mg+N2−△Mg3N2  H→G→F白色变蓝色  Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O2NH4ClO4−△N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑

【解析】解：(1)铜和氧气反应生成黑色氧化铜，在实验过程中发现铜粉由红色变为黑色，说明产物中有氧气生成，
故答案为：铜粉由红色变为黑色；
(2)氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体化学式为NH3，说明D中有Mg3N2生成，则原来D中Mg和N2发生反应生成Mg3N2，化学方程式为3Mg+N2−△Mg3N2，
故答案为：NH3；3Mg+N2−△Mg3N2；
(3)①无水硫酸铜遇水变蓝，用无水硫酸铜检验水；KBr溶液和Cl2反应生成溴单质，溶液变为橙色，用KBr溶液检验Cl2，由于用KBr溶液检验Cl2干扰水的检验，所以先检验水、再检验氯气，最后用氢氧化钠吸收尾气，按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F；实验过程中H中的现象为白色变蓝色，
故答案为：H→G→F；白色变蓝色；
②F吸收氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(4)NH4ClO4解时产生了氧气、氮气、氯气、水，根据得失电子守恒，高氯酸铵分解的化学方程式为2NH4ClO4−△N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，
故答案为：2NH4ClO4−△N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑。
(1)铜和氧气反应生成黑色的氧化铜；
(2)氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说D中Mg和N2发生反应生成Mg3N2；
(3)①无水硫酸铜遇水变蓝，KBr溶液和Cl2反应生成溴单质，溶液变为橙色，由于用KBr溶液检验Cl2干扰水的检验，所以先检验水、再检验氯气，最后用氢氧化钠吸收尾气；实验过程中H中的现象为白色变蓝色；
②F吸收氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水；
(4)NH4ClO4解时产生了氧气、氮气、氯气、水。
本题考查了物质组成测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力，注意题干信息的理解应用，把握物质的性质以及反应的现象，题目难度中等。