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01，山东省实验中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题
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这是一份01，山东省实验中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题，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。
可能用到的相对原子质量：Li 7 N 14 Mg 24 S 32 Cr 52 Cu 64 I 127
第I卷(共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
B. “天宫一号”空间站核心舱使用的钛铝合金，熔点、硬度都比纯金属高
C. 清华大学研制的“天机芯”是全球首款异构融合类芯片，其主要成分和光导纤维不相同
D. “神舟十四号”载人飞船使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲元素在第五周期第ⅥA族，和镉元素在第五周期第ⅡB族，镉属于过渡元素，A错误；
B．“天宫一号”空间站核心舱使用的钛铝合金，合金硬度比纯金属高，熔点比其组成金属低，B错误；
C．“天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分是晶体硅，而光导纤维主要成分是二氧化硅，因此二者的主要成分不相同，C正确；
D．太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，未发生氧化还原反应；锂离子电池组是将化学能转化为电能，发生了氧化还原反应，D错误；
故本题选C。
2. 下列关于化学键的说法正确的是
①离子键是阴阳离子间的静电吸引作用
②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
③离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
④熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
⑤第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键
⑥化学键通常指的是相邻的两个或多个原子间强烈的相互作用
⑦粉碎NaCl颗粒的过程中，破坏了离子键
A. ①③④⑤B. ③④⑥⑦C. ③④⑤⑥D. ③④⑦
【答案】B试卷源自 期末大优惠，全站资源一元不到！即将回复原价。【解析】
【详解】①阴阳离子间存在静电吸引力，也存在原子核之间的静电斥力，错误
②共价化合物一定含共价键，不含离子键，错误；
③离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，正确；
④熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，正确；
⑤第IA族和第VIIA族原子化合时，不一定生成离子键，也可能生成共价键，如第IA族的H原子与第VIIA族原子化合时生成共价键，错误；
⑥化学键通常指的是相邻的两个或多个原子间强烈的相互作用，正确；
⑦粉碎NaCl颗粒的过程中，破坏了Na+和Cl-之间的离子键，正确；
故选B。
3. 在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)，(乙)，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②反应容器中生成物的百分含量；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；④混合气体的压强；⑤混合气体的平均相对分子质量。能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态的是
A. ①②③B. ②③⑤C. ①②③⑤D. ①②④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①恒温恒容体系中，混合气体的密度为质量与体积之比，，甲乙反应过程中，V 均一定，但是由于两个反应前后均有固体参与，m 变化，因此，只有当反应达到平衡时，m 才固定，气体的密度为定值，故此能作为判断平衡的标志，①符合题意；
②只有在反应达到平衡时，各物质的浓度保持不变，因此生成物的百分含量也不变。故此能作为判断平衡的标志，②符合题意；
③反应物消耗表示正反应过程，生成物消耗表示逆反应过程。正逆反应的速率比等于系数之比，则正逆反应速率达到相同，反应到达平衡，故此能作为判断平衡的标志，③符合题意；
④根据理想气体方程，PV=nRT，恒温恒容体系的 T、V 一定，n 与 P 成正比。已知甲乙两个可逆反应，甲反应的气体总系数和前后不同而乙反应的气体总系数和前后相同，因此进行乙反应的容器中，气体的总物质的量保持恒定，则压强恒定，因此混合气体的压强不能表明乙达到平衡状态，④不符合题意；
⑤混合气体的平均相对分子质量与混合气体的摩尔质量以 g/ml 为单位时数值相同。即可以用气体总质量与气体总物质的量之比计算。M=，由于两个反应前后均有固体参与，m变化，甲反应前后气体的总系数和不同，n在变化，乙的n不变，综上，只有当反应达到平衡时，m才固定，气体的密度为定值，故此能作为判断平衡的标志，⑤符合题意；
综上，能表明甲和乙都达到化学平衡状态的有：①②③⑤，故选C。
4. W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法错误的是
A. 单质的沸点：XC. 最高价氧化物的水化物的酸性：Y【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素；Y、Z处于第三周期，四元素原子的最外层电子数之和为18，Y、Z最外层电子数之和是18﹣1﹣5＝12，最外层电子数只能为5、7，又Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，据此解答。
【详解】根据分析可知：W是H元素，X是N元素，Y是P元素，Z是Cl元素；
A．N元素单质为N2，在常温下是气体，P元素单质在常温下是固体，则N元素单质的沸点低于P元素单质，故A正确；
B．P位于ⅤA族，其最高价为+5，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，故C正确；
D．X、Y分别是N、P元素，可以形成磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵等都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；
故选D。
5. 有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A. 总的化学反应方程式为(一定条件)
B. 该转化过程中，NO和O2都表现了氧化性
C. V5+=O参与了反应
D. 反应过程中有共价键的断裂和生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，O2也参与了反应，则NH3、NO的物质的量之比为1:1，所以总的化学反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，A错误；
B．由价态变化可知，NO中N元素由+2价降为0价，O2中O元素由0价降为-2价，所以该转化过程中，NO和O2都表现了氧化性，B正确；
C．从图中可以看出，V5+=O与NH3发生反应，生成NH3-V5+=O，则V5+=O参与了反应，C正确；
D．反应过程中发生O2中共价键的断裂、N2中共价键的形成，所以有共价键的断裂和生成，D正确；
故选A。
6. 某化合物的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数W+Z=X+Y，W与X的原子序数之和等于Y的族序数。下列说法正确的是
A. 原子半径：WC. W和Y形成的化合物中只含有极性键D. 工业上制得的熔融态的Z单质，可在氮气中冷却
【答案】B
【解析】
【分析】从结构分析，Z离子带两个单位正电荷，属于短周期元素，且为四种元素中原子序数最大的元素，故为镁元素。Y形成两个共价键，为氧元素，X形成三个共价键，为氮元素和硼元素，根据原子序数W+Z=X+Y 分析，X为硼元素，W为氢。
【详解】A．原子半径，氢<氧<硼<镁，A错误；
B．氮的最高价含氧酸为硼酸，是弱酸，B正确；
C．氢和氧形成过氧化氢中含有非极性键，C错误；
D．熔融态的Mg单质可以与氮气反应生成氮化镁，不可以在氮气中冷却，D错误；
故选B。
7. 某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性，据此设计了如图所示的原电池，盐桥中装有含饱和K2SO4溶液的琼胶。
下列说法正确的是
A. 甲中发生还原反应
B. 乙中石墨电极上发生的反应为
C. 电池工作时，盐桥中的移向乙烧杯
D. 外电路的电子移动方向为从a到b
【答案】D
【解析】
【分析】氧化性： ，所以原电池反应为亚铁离子和重铬酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、铬离子和水，则Cr2O在b极得电子发生还原反应，b是正极；Fe2+在a极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极。
【详解】A．据分析，甲烧杯中Fe2+在a极失电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极，选项A错误；
B．乙烧杯中在b极得电子发生还原反应生成Cr3+，b电极反应为+14H++6e-=2Cr3++7H2O，选项B错误；
C．a是负极、b是正极，电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯，选项C错误；
D．a是负极、b是正极，外电路的电子移动方向为从a到b，选项D正确；
答案选D。
8. 工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法正确的是
A. 碱性条件下，氧化性：
B. 过程Ⅱ中，反应的离子方程式为
C. 将1ml转化为理论上消耗的体积为44.8L
D. 该过程中涉及的化学反应均是氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】与溶液反应生成，溶液呈碱性，过程I中被氧化得到，过程II则可以氧化得到，自身被还原生成，循环利用，最后被氧化得到，得到硫酸盐。
【详解】A．据分析，被氧化得到，是氧化剂，是氧化产物；可以氧化得到，是氧化剂，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，则有氧化性：，A项错误；
B．据分析，过程Ⅱ中，可以氧化得到，自身被还原生成，根据氧化还原规律配平可得离子方程式为：，B项正确；
C．未说明标准状况，C项错误；
D．该过程中与溶液反应生成的反应是非氧化还原反应，其余反应均是氧化还原反应，D项错误；
故选B。
9. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．高温下C与SiO2反应生成Si和CO，在该反应中，C作还原剂，Si为还原产物，不能证明C的氧化性大于Si的氧化性，故不能比较C、Si的非金属性强弱，故A错误；
B．取适量NaHCO3固体于试管中，滴入少量柠檬酸并用温度计检测，温度计示数下降，与柠檬酸反应吸热，B项错误；
C．将两个完全相同的充满的玻璃球分别浸泡在冰水和热水中，热水中的玻璃球中气体颜色更深，说明升高温度，平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)逆向移动，正反应为放热反应，故C错误；
D．向足量NaBr溶液中通入少量氯气，溶液变橙色说明氧化性：；再加入淀粉KⅠ溶液(溶液中没有Cl2)后，溶液变为蓝色证明氧化性：；即，故D正确；
故选D。
10. 已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M元素的焰色反应为黄色。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是
已知：
A. Z元素最高价氧化物的化学式为B. 简单离子半径大小顺序：X>M
C. 简单气态氢化物的稳定性：Z>WD. X的简单气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成盐
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M元素的焰色反应为黄色，则M为Na元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01ml/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素，以此解答该题。
【详解】A．Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Cl2O7，故A错误；
B．X、M简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，故B正确；
C．非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S，即Z＞W，故C正确；
D．X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成，故D正确；
答案选A。
二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，漏选得2分，多选错选不得分)
11. 探究反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
下列说法不正确的是
A. a=10，bB. 可通过比较收集相同体积的所消耗的时间来判断反应速率的快慢
C. 用表示该反应速率，v(实验1)为
D. 实验时可依次向试管中加入酸性溶液、溶液和水
【答案】D
【解析】
【详解】A．为了研究温度对反应速率的影响，实验2、3的溶液总体积是相同的，故a=10；温度越高反应速率越快，则bB．比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可知反应速率大小，进而可判断反应速率快慢，故B项正确；
实验编号1和3对照发现，只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中其高锰酸钾的浓度大，则反应速率：v(实验3)C．实验1中，高锰酸钾的用量少，根据关系式2KMnO45H2C2O4可知，消耗的H2C2O4的物质的量浓度为 =0.2 ml/L，则用H2C2O4表示实验1的反应速率时，其值为 ≈ ，故C项正确；
D．酸性溶液与溶液加入后即开始反应，所以要先加入水再加入草酸溶液，故D项错误；
答案选D。
12. 标准状态下，1ml物质气态时的相对能量如图：
可根据)计算出中氧氧单键的键能为214。下列说法正确的是
A.
B. 断裂氧氧单键所需能量：
C. 的键能为436
D. 稳定性：
【答案】AC
【解析】
【详解】A．反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，，故A正确；
B．，则解离1mlHOO中氧氧键需要的能量大于214kJ，断裂氧氧单键所需能量：，故B错误；
C．根据图中数据可知，的键能为218×2=436，故C正确；
D．能量越低越温度，稳定性：，故D错误；
故选AC。
13. T℃，在2L密闭容器中投入一定量A、B，发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) H=-QkJ•ml-1(Q>0)。12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8ml，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 前12s内，A的平均反应速率为0.025ml•L-1•s-1
B. 化学计量数之比b：c=1：4
C. 2s内，A的转化率为37.5%
D. 12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，前12s内A浓度变化0.6ml/L，则平均反应速率，故A错误；
B．由图可知12s内，A浓度变化0.6ml/L，B浓度变化0.2ml/L，C浓度变化，三者浓度变化比值为3:1:2，说明b=1、c=2，则b：c=1：2，故B错误；
C．由图可知，2s内，A的转化率为，故C正确；
D．前12s内，A浓度变化0.6ml/L，A物质的量变化0.6ml/L×2L=1.2ml，根据，则12s内A和B反应放出的热量为，故D错误；
故选C。
14. 瓦斯分析仪(如图甲)工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动，下列有关叙述中错误的是
A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极a流向电极b
B. 电极b是正极，O2-由电极b流向电极a
C. 电极a的反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O
D. 若消耗的O2为33.6L(标准状况)，转移4ml电子
【答案】AD
【解析】
【分析】该装置原理类似燃料电池，所以通入空气的一极为正极，即电极b为正极，则电极a为负极。
【详解】A．电子只能在导线中移动，内电路中没有电子的移动，A错误；
B．电极b为正极，氧气被还原为O2-，阴离子流向负极，即O2-由电极b流向电极a，B正确；
C．电极a为负极，甲烷得电子被还原，结合O2-生成CO2和水，电极反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，C正确；
D．标况下33.6LO2的物质的量为1.5ml，O2得电子生成O2-，O2整体化合价降低4价，所以转移6ml电子，D错误；
综上所述答案AD。
15. 2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有、Al等，处理该废料的一种工艺如图所示，下列说法正确的是
A. 酸溶时做氧化剂，且温度不宜过高
B. 加氨水调pH的目的是除铝
C. 沉钴的离子方程式为：
D. 该流程中涉及的反应都是氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】铝钴膜主要含有、Al等，碱浸时，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，滤渣为，酸溶时，转化为CSO4、Li2SO4，加氨水调节pH的目的是将Li+转变为LiOH沉淀而除去，加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CC2O4沉淀。
【详解】A．“酸溶”时加入H2O2的目的是将+3价的钴还原为+2价，H2O2是还原剂，为防止H2O2分解，温度不宜过高，故A错误；
B．加氨水调节pH的目的是将Li+转变为LiOH沉淀而除去，故B错误；
C．“沉钴”时，CSO4溶液和(NH4)2C2O4反应生成CC2O4沉淀和(NH4)2C2O4，离子方程式为：，故C正确；
D．由C项分析知，该流程中涉及的反应不都是氧化还原反应，故D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、非选择题(本题包括5小题，共60分)
16. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑨在表中的位置，回答下列问题：
（1）①④⑤三种元素形成既含离子键又含极性键的化合物，该化合物的电子式为___________。
（2）元素①⑤组成的化合物与水反应的化学方程式为___________。用一个化学反应证明元素⑨比元素③的得电子能力强，该反应的化学方程式为___________。
（3）甲同学查阅资料知：氨气()的分解温度在850℃以上，甲烷()的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性___________(填“强”或“弱”)。乙同学对此结论持怀疑态度，甲同学通过实验间接证明了自己的结论，则甲同学的实验方案是___________(请用离子方程式表示)。元素⑦的简单气态氢化物的空间构型为___________。
（4）①和④形成的18电子的化合物甲是一种应用广泛的化工原料，写出甲的结构式___________。
实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备①③组成的18电子化合物乙，化学方程式为___________。
【答案】（1） （2） ①. ②. 或
（3） ①. 弱 ②. 或或 ③. 三角锥形
（4） ①. H-O-O-H ②.
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置关系可知①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为P，⑧为S，⑨为Cl，据此分析解答。
【小问1详解】
①④⑤三种元素形成既含离子键又含极性共价键的化合物为氢氧化钠，该化合物的电子式。
【小问2详解】
元素①⑤组成的化合物为NaH，其与水发生氧化还原反应，生成氢气和氢氧化钠，化学方程式为。若要证明Cl元素比N元素的得电子能力强，则可以用氯气氧化氨气得到氮气，证明氯气的氧化性大于氮气的氧化性，从而证明Cl元素比N元素的得电子能力强，该反应的化学方程式为或。
【小问3详解】
甲同学查阅资料知：氨气()的分解温度在850℃以上，甲烷()的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性弱。②、③是同周期的元素，同周期从左往右，非金属性逐渐增强，其简单氢化物稳定性逐渐增强、其最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，所以最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3＞H2CO3，则甲同学只要证明酸性HNO3＞H2CO3，实验方案是把硝酸滴加到碳酸盐中，产生无色气体二氧化碳即可，离子方程式可以是或或。元素⑦的简单气态氢化物为PH3，中心原子P的价层电子对数为4，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形。
【小问4详解】
①和④形成的18电子的化合物甲是H2O2，甲的结构式是H-O-O-H。①③组成的18电子化合物乙是N2H4，实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备N2H4，NH3转变为N2H4，N元素化合价升高，发生氧化反应，则NaClO发生还原反应生成NaCl，反应的化学方程式为。
17. 电化学给人类的生活和工业生产带来极大的方便。
回答下列问题：
（1）已知金属活泼性：。若装置中负极金属的消耗速率为，则盐桥中流向___________(填“”或“”)溶液的迁移速率为___________。
（2）根据可逆反应：设计如图所示装置，进行如下操作：
(Ⅰ)向烧杯(B)中逐滴加入浓盐酸，发现电流表指针偏转；
(Ⅱ)若改为向烧杯(B)中滴加质量分数为40%的NaOH溶液，发现电流表指针向相反方向偏转。
①操作(Ⅰ)过程中石墨棒a上发生的电极反应式为___________。
②操作(Ⅱ)过程中石墨棒b上发生的电极反应式为___________。
（3）以如图所示装置模拟生产硫酸：
写出通入的电极的电极反应式___________，若此过程中转移了0.2ml电子，则质子膜左右两侧电解液的质量变化差为___________g(忽略气体的溶解)。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. 4.4
【解析】
【小问1详解】
该装置为原电池装置，其中Mn为负极，发生氧化反应Mn-2e-=Mn2+，Zn为正极，正极发生还原反应Zn2++2e-=Zn，阳离子K+向正极移动，即移向ZnSO4溶液中，阴离子Cl-向负极移动，即移向MnSO4溶液中；负极金属的消耗速率为2×103ml·s-1，则负极流出电子的速率为，K+带正电荷电量与电子带负电荷电量相等，故电解质溶液中K+移动速率为。
【小问2详解】
①向(B)烧杯中逐滴加入浓盐酸，发现原电池反应原理为正反应，石墨棒(a)上发生I-，电极反应为；
②往(B)烧杯中滴加质量分数为40%的NaOH溶液，c(H+)减小，逆向进行为原电池反应原理，石墨棒(b)上发生，电极反应为：。
【小问3详解】
由图可知，O2在正极得到电子生成H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，左侧产生的部分氢离子通过质子交换膜移向右侧，右侧氧气获得电子，酸性条件下生成水，若此过程中转移了0.2ml电子，则通过质子0.2ml交换膜的氢离子为0.2ml，根据电子转移守恒，反应的二氧化硫为=0.1ml，质量为0.1ml×64g/ml=6.4g，反应的氧气为=0.05ml，氧气质量为0.05ml×32g/ml=1.6g，则质子膜两侧电解液的质量变化差(m左-m右)=m(SO2) -m (H+) -[m (O2)+m(H+)]=6.4g-1.6g-2×0.2ml×1g/ml-4.4g。
18. 氮化铬(CrN)是一种耐磨性良好的新型材料，难溶于水。探究小组同学用下图所示装置(夹持装置略去)在实验室中制取氮化铬并测定所得氮化铬的纯度。
已知：实验室中常用饱和溶液与饱和溶液反应制取；易潮解，高温下易被氧气氧化；E中发生反应：。
（1）实验中的作用是___________。
（2）为保证反应顺利进行，开关、、中，应首先打开___________，试剂a的名称是___________。
（3）盛放饱和溶液的仪器叫“恒压滴液漏斗”，与普通分液漏斗相比，使用该仪器的好处是___________；实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是___________。
（4）向7.0g所得CrN中加入足量NaOH溶液，然后通入水蒸气将全部蒸出，将用60mL溶液完全吸收，剩余的用10mLNaOH溶液恰好中和，则所得产品中CrN的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
【答案】（1）用排尽装置中的空气，防止与氧气反应；将氨气带入E中发生反应
（2） ①. ②. 碱石灰
（3） ①. 平衡气压，便于液体顺利流下 ②. 防止与HCl反应生成固体堵塞导管造成危险
（4）94.3%
【解析】
【分析】装置A中用溶液与溶液反应制取氮气，可以排尽装置内的空气，防止CrCl3被氧化，装置B用浓硫酸干燥氮气，防止潮解，试剂a为碱石灰，干燥氨气，防止潮解，在装置E中，发生反应，制取CrN，尾气中的HCl用水吸收。
【小问1详解】
装置A中用溶液与溶液反应制取氮气，可以排尽装置内的空气，防止与氧气反应；并将氨气带入E中发生反应。
【小问2详解】
应首先打开，闭、，此时应先加热装置A，产生一段时间的氮气，排尽装置中的空气，防止被氧化；由分析知，试剂a的名称是碱石灰，用于干燥，氨气。
【小问3详解】
恒压滴液漏斗与普通分液漏斗相比，使用该仪器的好处是平衡气压，便于液体顺利流下；实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是因为NH3与HCl反应生成NH4Cl固体堵塞导管造成危险，所以实验过程中需间歇性微热b处导管。
【小问4详解】
根据元素守恒和化学反应，可得关系式：2CrN~2~，剩余的~2NaOH，则CrN的物质的量为，则所得产品中CrN的质量分数为。
19. 镓(Ga)是非常重要的稀土金属，其化合物广泛应用于诸多领域。
（1）镓元素在元素周期表中的位置是___________。
（2）GaN作为第三代半导体材料，广泛应用于大功率充电器和5G通讯技术。工业上利用炼锌矿渣［主要含可溶性铁酸镓、铁酸锌］制备并提取GaN，工艺流程如下：
已知：金属离子在该工艺条件下萃取率(进入有机层中的金属离子百分数)。
①“酸浸”过程中发生的反应的离子方程式为___________。
②利用上述工艺，酸浸后的酸浸液应加入___________固体充分反应后再进行萃取。
③“反萃取”后，溶液中镓元素的存在形式为___________(填离子符号)。
④回收金属元素时，锌主要从___________中回收。
A．浸出渣 B．酸浸液 C．水相 D．有机相
（3）MOCVD法是通过与反应得到GaN和另一种产物，该反应的化学方程式为___________。
（4）该流程中，可以循环使用的物质是___________。
【答案】（1）第四周期第ⅢA族
（2） ①. 或 ②. 铁粉 ③. 或 ④. C
（3）
（4）萃取剂
【解析】
【分析】炼锌矿渣［主要含可溶性铁酸镓、铁酸锌］经“酸浸”氧化后所得酸浸液含有Zn2+、Fe3+、Ga3+等离子，利用有机萃取剂进行萃取，Ga3+进入有机相，加入NaOH进行反萃取，使Ga3+转化为NaGaO2，经一系列操作可得到单质GaN。据此分析作答。
【小问1详解】
镓元素在元素周期表中的位置是第四周期第IIIA族；
【小问2详解】
①酸浸”后，Ga元素以Ga3+形式存在，说明酸浸时发生的反应为非氧化还原反应，则“酸浸”后Fe元素以Fe3+形式存在， “酸浸”过程中Ga2(Fe2O4)3发生反应的离子方程式为或；
②萃取是为了使Ga3+进入有机相，根据表中数据可知，Fe3+的萃取率为99，Fe2+的萃取率为0，因此萃取前应将Fe3+还原为Fe2+，加入的固体为铁粉；
③Ga与Al同主族，化学性质相似，结合铝离子性质可知，加入足量NaOH溶液，Ga3+与过量的NaOH反应生车NaGaO2，则“反萃取”后溶液中镓元素的存在形式为；
④根据表中数据可知，Zn2+萃取率为0，所以回收金属元素时，锌主要从水相中回收，故选C；
【小问3详解】
与反应得到GaN和另一种产物，反应前后元素价态未发生改变，根据质量守恒，则该反应的化学方程式为：；
【小问4详解】
萃取剂经反萃取后又可以重复使用，所以流程中，可以循环使用的物质是萃取剂。
20. 能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要视角，回答下列问题：
（1）天然气已成为我国主要的清洁能源，主要成分甲烷()燃烧时的能量变化如图所示：
①下列说法中正确的是___________(填字母)
A．甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能
B．由图可知二氧化碳比甲烷稳定
C．标准状况下，1ml甲烷完全燃烧时放出802kJ的热量
D．该反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量
②已知断开部分化学键需要的能量为，C―H：a kJ/ml，O=O：b kJ/ml，C=O：c kJ/ml，则形成1ml O―H释放的能量为___________kJ。
（2）一定温度下在容积可变的密闭容器中投入10ml和6ml，发生反应：
。下列情况能说明该反应达到化学平衡的是___________。
A．体系的压强保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．单位时间内生成1ml的同时断开0.5ml O=O键
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
E．和的物质的量之比保持不变
（3）在一定条件下，二氧化硫和氧气反应过程中各物质物质的量浓度变化如图所示，根据图中判断，
①10min时改变的条件可能是___________；20min时改变的反应条件可能是___________。
a加入催化剂 b．缩小容器容积 c．升高温度 d．增加的物质的量
②第12min时___________第18min时填(“>”“<”“=”或“无法比较”)。
【答案】（1） ①. D ②.
（2）BDE （3） ①. ac ②. d ③. >
【解析】
【小问1详解】
①A．甲烷燃烧过程中大部分化学能转化为热能，但也有部分化学能转化为光能等，A不符合题意；
B．能量越低越稳定，但图中无法比较二氧化碳和甲烷能量大小，无法确定二氧化碳比甲烷稳定，B不符合题意；
C． 根据图示，1 ml 燃烧生成二氧化碳和气态水放出能量是(882-80)kJ=802kJ，但完全燃烧的化学方程式为，生成液态水，放出的能量大于802kJ，C不符合题意；
D．该反应是放热反应，则反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量，D符合题意；
故答案为：D；
②设形成1ml O―H释放的能量为xkJ，根据图示反应，(2×c)+(4×x)-[(4×a)+(2×b]=802kJ，解得x=；
【小问2详解】
A．该反应在容积可变的密闭容器中进行，说明是恒压体系，体系压强始终保持不变，所以体系的压强保持不变不能作为平衡的判断标志，A不符合题意；
B．恒压体系，反应前后气体系数之和不相等，则气体总体积一直在改变，而气体总质量不变，当体积不变时，根据质量守恒，密度也不变，可以作为平衡的判断标志，B符合题意；
C．单位时间内生成1ml的同时断开0.5ml O=O键，即单位时间内生成1ml的同时消耗0.5mlO2，都是正向进行的速率，不可以作为平衡的判断标志，C不符合题意；
D．该反应前后气体系数之和不相等，气体的总物质的量会变，而气体总质量不变，所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量会变，当该值不变时，说明达到平衡，D符合题意；
E．和的物质的量之比保持不变，说明和的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡，E符合题意；
故选BDE。
【小问3详解】
①据图可知10min时SO3的物质的量增大，SO2、O2的物质的量减小，说明平反应正向进行，且不是突变，说明不是改变反应物和生成物的量，所以应是缩小容器体积增大压强，但由于10min时反应未平衡，所以也可以是加入催化剂、升高温度，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，故10min时改变的条件可能是ab；
②第12min时，反应未达到平衡状态，正在往正向移动，>=，从12-15min的过程中，逐渐减小，逐渐增大，达到平衡状态，此时==，所以第12min时大于第18min时。选项
实验操作
现象
结论
A
工业上用与焦炭在高温条件制备粗硅
生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅
非金属性：C＞Si
B
取适量固体于试管中，滴入少量柠檬酸并用温度计检测
温度计读数上升
与柠檬酸反应放热
C
将两个完全相同的充满的玻璃球分别浸泡在冰水和热水中
热水中的玻璃球中气体颜色更深
正反应为吸热反应，升温平衡逆向移动
D
向足量NaBr溶液中通入少量氯气，再加入淀粉KI溶液
溶液先变橙色，后变蓝色
氧化性：
编号
温度/℃
酸性溶液
溶液
的体积
(mL)
溶液褪色平均时间/min
体积/mL
浓度/()
体积/mL
浓度/()
1
25
4
0.1
8
0.2
8
12
2
80
2
0.1
8
0.2
a
b
3
25
2
0.1
8
0.2
10
c
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
金属离子
萃取率/%
0
0
99
97~98.5
可能用到的相对原子质量：Li 7 N 14 Mg 24 S 32 Cr 52 Cu 64 I 127
第I卷(共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
B. “天宫一号”空间站核心舱使用的钛铝合金，熔点、硬度都比纯金属高
C. 清华大学研制的“天机芯”是全球首款异构融合类芯片，其主要成分和光导纤维不相同
D. “神舟十四号”载人飞船使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲元素在第五周期第ⅥA族，和镉元素在第五周期第ⅡB族，镉属于过渡元素，A错误；
B．“天宫一号”空间站核心舱使用的钛铝合金，合金硬度比纯金属高，熔点比其组成金属低，B错误；
C．“天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分是晶体硅，而光导纤维主要成分是二氧化硅，因此二者的主要成分不相同，C正确；
D．太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，未发生氧化还原反应；锂离子电池组是将化学能转化为电能，发生了氧化还原反应，D错误；
故本题选C。
2. 下列关于化学键的说法正确的是
①离子键是阴阳离子间的静电吸引作用
②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
③离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
④熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
⑤第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键
⑥化学键通常指的是相邻的两个或多个原子间强烈的相互作用
⑦粉碎NaCl颗粒的过程中，破坏了离子键
A. ①③④⑤B. ③④⑥⑦C. ③④⑤⑥D. ③④⑦
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【详解】①阴阳离子间存在静电吸引力，也存在原子核之间的静电斥力，错误
②共价化合物一定含共价键，不含离子键，错误；
③离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，正确；
④熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，正确；
⑤第IA族和第VIIA族原子化合时，不一定生成离子键，也可能生成共价键，如第IA族的H原子与第VIIA族原子化合时生成共价键，错误；
⑥化学键通常指的是相邻的两个或多个原子间强烈的相互作用，正确；
⑦粉碎NaCl颗粒的过程中，破坏了Na+和Cl-之间的离子键，正确；
故选B。
3. 在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)，(乙)，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②反应容器中生成物的百分含量；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；④混合气体的压强；⑤混合气体的平均相对分子质量。能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态的是
A. ①②③B. ②③⑤C. ①②③⑤D. ①②④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①恒温恒容体系中，混合气体的密度为质量与体积之比，，甲乙反应过程中，V 均一定，但是由于两个反应前后均有固体参与，m 变化，因此，只有当反应达到平衡时，m 才固定，气体的密度为定值，故此能作为判断平衡的标志，①符合题意；
②只有在反应达到平衡时，各物质的浓度保持不变，因此生成物的百分含量也不变。故此能作为判断平衡的标志，②符合题意；
③反应物消耗表示正反应过程，生成物消耗表示逆反应过程。正逆反应的速率比等于系数之比，则正逆反应速率达到相同，反应到达平衡，故此能作为判断平衡的标志，③符合题意；
④根据理想气体方程，PV=nRT，恒温恒容体系的 T、V 一定，n 与 P 成正比。已知甲乙两个可逆反应，甲反应的气体总系数和前后不同而乙反应的气体总系数和前后相同，因此进行乙反应的容器中，气体的总物质的量保持恒定，则压强恒定，因此混合气体的压强不能表明乙达到平衡状态，④不符合题意；
⑤混合气体的平均相对分子质量与混合气体的摩尔质量以 g/ml 为单位时数值相同。即可以用气体总质量与气体总物质的量之比计算。M=，由于两个反应前后均有固体参与，m变化，甲反应前后气体的总系数和不同，n在变化，乙的n不变，综上，只有当反应达到平衡时，m才固定，气体的密度为定值，故此能作为判断平衡的标志，⑤符合题意；
综上，能表明甲和乙都达到化学平衡状态的有：①②③⑤，故选C。
4. W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法错误的是
A. 单质的沸点：X
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素；Y、Z处于第三周期，四元素原子的最外层电子数之和为18，Y、Z最外层电子数之和是18﹣1﹣5＝12，最外层电子数只能为5、7，又Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，据此解答。
【详解】根据分析可知：W是H元素，X是N元素，Y是P元素，Z是Cl元素；
A．N元素单质为N2，在常温下是气体，P元素单质在常温下是固体，则N元素单质的沸点低于P元素单质，故A正确；
B．P位于ⅤA族，其最高价为+5，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，故C正确；
D．X、Y分别是N、P元素，可以形成磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵等都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；
故选D。
5. 有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A. 总的化学反应方程式为(一定条件)
B. 该转化过程中，NO和O2都表现了氧化性
C. V5+=O参与了反应
D. 反应过程中有共价键的断裂和生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，O2也参与了反应，则NH3、NO的物质的量之比为1:1，所以总的化学反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，A错误；
B．由价态变化可知，NO中N元素由+2价降为0价，O2中O元素由0价降为-2价，所以该转化过程中，NO和O2都表现了氧化性，B正确；
C．从图中可以看出，V5+=O与NH3发生反应，生成NH3-V5+=O，则V5+=O参与了反应，C正确；
D．反应过程中发生O2中共价键的断裂、N2中共价键的形成，所以有共价键的断裂和生成，D正确；
故选A。
6. 某化合物的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数W+Z=X+Y，W与X的原子序数之和等于Y的族序数。下列说法正确的是
A. 原子半径：W
【答案】B
【解析】
【分析】从结构分析，Z离子带两个单位正电荷，属于短周期元素，且为四种元素中原子序数最大的元素，故为镁元素。Y形成两个共价键，为氧元素，X形成三个共价键，为氮元素和硼元素，根据原子序数W+Z=X+Y 分析，X为硼元素，W为氢。
【详解】A．原子半径，氢<氧<硼<镁，A错误；
B．氮的最高价含氧酸为硼酸，是弱酸，B正确；
C．氢和氧形成过氧化氢中含有非极性键，C错误；
D．熔融态的Mg单质可以与氮气反应生成氮化镁，不可以在氮气中冷却，D错误；
故选B。
7. 某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性，据此设计了如图所示的原电池，盐桥中装有含饱和K2SO4溶液的琼胶。
下列说法正确的是
A. 甲中发生还原反应
B. 乙中石墨电极上发生的反应为
C. 电池工作时，盐桥中的移向乙烧杯
D. 外电路的电子移动方向为从a到b
【答案】D
【解析】
【分析】氧化性： ，所以原电池反应为亚铁离子和重铬酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、铬离子和水，则Cr2O在b极得电子发生还原反应，b是正极；Fe2+在a极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极。
【详解】A．据分析，甲烧杯中Fe2+在a极失电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极，选项A错误；
B．乙烧杯中在b极得电子发生还原反应生成Cr3+，b电极反应为+14H++6e-=2Cr3++7H2O，选项B错误；
C．a是负极、b是正极，电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯，选项C错误；
D．a是负极、b是正极，外电路的电子移动方向为从a到b，选项D正确；
答案选D。
8. 工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法正确的是
A. 碱性条件下，氧化性：
B. 过程Ⅱ中，反应的离子方程式为
C. 将1ml转化为理论上消耗的体积为44.8L
D. 该过程中涉及的化学反应均是氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】与溶液反应生成，溶液呈碱性，过程I中被氧化得到，过程II则可以氧化得到，自身被还原生成，循环利用，最后被氧化得到，得到硫酸盐。
【详解】A．据分析，被氧化得到，是氧化剂，是氧化产物；可以氧化得到，是氧化剂，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，则有氧化性：，A项错误；
B．据分析，过程Ⅱ中，可以氧化得到，自身被还原生成，根据氧化还原规律配平可得离子方程式为：，B项正确；
C．未说明标准状况，C项错误；
D．该过程中与溶液反应生成的反应是非氧化还原反应，其余反应均是氧化还原反应，D项错误；
故选B。
9. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．高温下C与SiO2反应生成Si和CO，在该反应中，C作还原剂，Si为还原产物，不能证明C的氧化性大于Si的氧化性，故不能比较C、Si的非金属性强弱，故A错误；
B．取适量NaHCO3固体于试管中，滴入少量柠檬酸并用温度计检测，温度计示数下降，与柠檬酸反应吸热，B项错误；
C．将两个完全相同的充满的玻璃球分别浸泡在冰水和热水中，热水中的玻璃球中气体颜色更深，说明升高温度，平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)逆向移动，正反应为放热反应，故C错误；
D．向足量NaBr溶液中通入少量氯气，溶液变橙色说明氧化性：；再加入淀粉KⅠ溶液(溶液中没有Cl2)后，溶液变为蓝色证明氧化性：；即，故D正确；
故选D。
10. 已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M元素的焰色反应为黄色。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是
已知：
A. Z元素最高价氧化物的化学式为B. 简单离子半径大小顺序：X>M
C. 简单气态氢化物的稳定性：Z>WD. X的简单气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成盐
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，M元素的焰色反应为黄色，则M为Na元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01ml/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素，以此解答该题。
【详解】A．Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Cl2O7，故A错误；
B．X、M简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，故B正确；
C．非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S，即Z＞W，故C正确；
D．X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成，故D正确；
答案选A。
二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，漏选得2分，多选错选不得分)
11. 探究反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
下列说法不正确的是
A. a=10，b
C. 用表示该反应速率，v(实验1)为
D. 实验时可依次向试管中加入酸性溶液、溶液和水
【答案】D
【解析】
【详解】A．为了研究温度对反应速率的影响，实验2、3的溶液总体积是相同的，故a=10；温度越高反应速率越快，则b
实验编号1和3对照发现，只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中其高锰酸钾的浓度大，则反应速率：v(实验3)
D．酸性溶液与溶液加入后即开始反应，所以要先加入水再加入草酸溶液，故D项错误；
答案选D。
12. 标准状态下，1ml物质气态时的相对能量如图：
可根据)计算出中氧氧单键的键能为214。下列说法正确的是
A.
B. 断裂氧氧单键所需能量：
C. 的键能为436
D. 稳定性：
【答案】AC
【解析】
【详解】A．反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，，故A正确；
B．，则解离1mlHOO中氧氧键需要的能量大于214kJ，断裂氧氧单键所需能量：，故B错误；
C．根据图中数据可知，的键能为218×2=436，故C正确；
D．能量越低越温度，稳定性：，故D错误；
故选AC。
13. T℃，在2L密闭容器中投入一定量A、B，发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) H=-QkJ•ml-1(Q>0)。12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8ml，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 前12s内，A的平均反应速率为0.025ml•L-1•s-1
B. 化学计量数之比b：c=1：4
C. 2s内，A的转化率为37.5%
D. 12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，前12s内A浓度变化0.6ml/L，则平均反应速率，故A错误；
B．由图可知12s内，A浓度变化0.6ml/L，B浓度变化0.2ml/L，C浓度变化，三者浓度变化比值为3:1:2，说明b=1、c=2，则b：c=1：2，故B错误；
C．由图可知，2s内，A的转化率为，故C正确；
D．前12s内，A浓度变化0.6ml/L，A物质的量变化0.6ml/L×2L=1.2ml，根据，则12s内A和B反应放出的热量为，故D错误；
故选C。
14. 瓦斯分析仪(如图甲)工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动，下列有关叙述中错误的是
A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极a流向电极b
B. 电极b是正极，O2-由电极b流向电极a
C. 电极a的反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O
D. 若消耗的O2为33.6L(标准状况)，转移4ml电子
【答案】AD
【解析】
【分析】该装置原理类似燃料电池，所以通入空气的一极为正极，即电极b为正极，则电极a为负极。
【详解】A．电子只能在导线中移动，内电路中没有电子的移动，A错误；
B．电极b为正极，氧气被还原为O2-，阴离子流向负极，即O2-由电极b流向电极a，B正确；
C．电极a为负极，甲烷得电子被还原，结合O2-生成CO2和水，电极反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，C正确；
D．标况下33.6LO2的物质的量为1.5ml，O2得电子生成O2-，O2整体化合价降低4价，所以转移6ml电子，D错误；
综上所述答案AD。
15. 2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有、Al等，处理该废料的一种工艺如图所示，下列说法正确的是
A. 酸溶时做氧化剂，且温度不宜过高
B. 加氨水调pH的目的是除铝
C. 沉钴的离子方程式为：
D. 该流程中涉及的反应都是氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】铝钴膜主要含有、Al等，碱浸时，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，滤渣为，酸溶时，转化为CSO4、Li2SO4，加氨水调节pH的目的是将Li+转变为LiOH沉淀而除去，加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CC2O4沉淀。
【详解】A．“酸溶”时加入H2O2的目的是将+3价的钴还原为+2价，H2O2是还原剂，为防止H2O2分解，温度不宜过高，故A错误；
B．加氨水调节pH的目的是将Li+转变为LiOH沉淀而除去，故B错误；
C．“沉钴”时，CSO4溶液和(NH4)2C2O4反应生成CC2O4沉淀和(NH4)2C2O4，离子方程式为：，故C正确；
D．由C项分析知，该流程中涉及的反应不都是氧化还原反应，故D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、非选择题(本题包括5小题，共60分)
16. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑨在表中的位置，回答下列问题：
（1）①④⑤三种元素形成既含离子键又含极性键的化合物，该化合物的电子式为___________。
（2）元素①⑤组成的化合物与水反应的化学方程式为___________。用一个化学反应证明元素⑨比元素③的得电子能力强，该反应的化学方程式为___________。
（3）甲同学查阅资料知：氨气()的分解温度在850℃以上，甲烷()的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性___________(填“强”或“弱”)。乙同学对此结论持怀疑态度，甲同学通过实验间接证明了自己的结论，则甲同学的实验方案是___________(请用离子方程式表示)。元素⑦的简单气态氢化物的空间构型为___________。
（4）①和④形成的18电子的化合物甲是一种应用广泛的化工原料，写出甲的结构式___________。
实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备①③组成的18电子化合物乙，化学方程式为___________。
【答案】（1） （2） ①. ②. 或
（3） ①. 弱 ②. 或或 ③. 三角锥形
（4） ①. H-O-O-H ②.
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置关系可知①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为P，⑧为S，⑨为Cl，据此分析解答。
【小问1详解】
①④⑤三种元素形成既含离子键又含极性共价键的化合物为氢氧化钠，该化合物的电子式。
【小问2详解】
元素①⑤组成的化合物为NaH，其与水发生氧化还原反应，生成氢气和氢氧化钠，化学方程式为。若要证明Cl元素比N元素的得电子能力强，则可以用氯气氧化氨气得到氮气，证明氯气的氧化性大于氮气的氧化性，从而证明Cl元素比N元素的得电子能力强，该反应的化学方程式为或。
【小问3详解】
甲同学查阅资料知：氨气()的分解温度在850℃以上，甲烷()的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性弱。②、③是同周期的元素，同周期从左往右，非金属性逐渐增强，其简单氢化物稳定性逐渐增强、其最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，所以最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3＞H2CO3，则甲同学只要证明酸性HNO3＞H2CO3，实验方案是把硝酸滴加到碳酸盐中，产生无色气体二氧化碳即可，离子方程式可以是或或。元素⑦的简单气态氢化物为PH3，中心原子P的价层电子对数为4，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形。
【小问4详解】
①和④形成的18电子的化合物甲是H2O2，甲的结构式是H-O-O-H。①③组成的18电子化合物乙是N2H4，实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备N2H4，NH3转变为N2H4，N元素化合价升高，发生氧化反应，则NaClO发生还原反应生成NaCl，反应的化学方程式为。
17. 电化学给人类的生活和工业生产带来极大的方便。
回答下列问题：
（1）已知金属活泼性：。若装置中负极金属的消耗速率为，则盐桥中流向___________(填“”或“”)溶液的迁移速率为___________。
（2）根据可逆反应：设计如图所示装置，进行如下操作：
(Ⅰ)向烧杯(B)中逐滴加入浓盐酸，发现电流表指针偏转；
(Ⅱ)若改为向烧杯(B)中滴加质量分数为40%的NaOH溶液，发现电流表指针向相反方向偏转。
①操作(Ⅰ)过程中石墨棒a上发生的电极反应式为___________。
②操作(Ⅱ)过程中石墨棒b上发生的电极反应式为___________。
（3）以如图所示装置模拟生产硫酸：
写出通入的电极的电极反应式___________，若此过程中转移了0.2ml电子，则质子膜左右两侧电解液的质量变化差为___________g(忽略气体的溶解)。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. 4.4
【解析】
【小问1详解】
该装置为原电池装置，其中Mn为负极，发生氧化反应Mn-2e-=Mn2+，Zn为正极，正极发生还原反应Zn2++2e-=Zn，阳离子K+向正极移动，即移向ZnSO4溶液中，阴离子Cl-向负极移动，即移向MnSO4溶液中；负极金属的消耗速率为2×103ml·s-1，则负极流出电子的速率为，K+带正电荷电量与电子带负电荷电量相等，故电解质溶液中K+移动速率为。
【小问2详解】
①向(B)烧杯中逐滴加入浓盐酸，发现原电池反应原理为正反应，石墨棒(a)上发生I-，电极反应为；
②往(B)烧杯中滴加质量分数为40%的NaOH溶液，c(H+)减小，逆向进行为原电池反应原理，石墨棒(b)上发生，电极反应为：。
【小问3详解】
由图可知，O2在正极得到电子生成H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，左侧产生的部分氢离子通过质子交换膜移向右侧，右侧氧气获得电子，酸性条件下生成水，若此过程中转移了0.2ml电子，则通过质子0.2ml交换膜的氢离子为0.2ml，根据电子转移守恒，反应的二氧化硫为=0.1ml，质量为0.1ml×64g/ml=6.4g，反应的氧气为=0.05ml，氧气质量为0.05ml×32g/ml=1.6g，则质子膜两侧电解液的质量变化差(m左-m右)=m(SO2) -m (H+) -[m (O2)+m(H+)]=6.4g-1.6g-2×0.2ml×1g/ml-4.4g。
18. 氮化铬(CrN)是一种耐磨性良好的新型材料，难溶于水。探究小组同学用下图所示装置(夹持装置略去)在实验室中制取氮化铬并测定所得氮化铬的纯度。
已知：实验室中常用饱和溶液与饱和溶液反应制取；易潮解，高温下易被氧气氧化；E中发生反应：。
（1）实验中的作用是___________。
（2）为保证反应顺利进行，开关、、中，应首先打开___________，试剂a的名称是___________。
（3）盛放饱和溶液的仪器叫“恒压滴液漏斗”，与普通分液漏斗相比，使用该仪器的好处是___________；实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是___________。
（4）向7.0g所得CrN中加入足量NaOH溶液，然后通入水蒸气将全部蒸出，将用60mL溶液完全吸收，剩余的用10mLNaOH溶液恰好中和，则所得产品中CrN的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
【答案】（1）用排尽装置中的空气，防止与氧气反应；将氨气带入E中发生反应
（2） ①. ②. 碱石灰
（3） ①. 平衡气压，便于液体顺利流下 ②. 防止与HCl反应生成固体堵塞导管造成危险
（4）94.3%
【解析】
【分析】装置A中用溶液与溶液反应制取氮气，可以排尽装置内的空气，防止CrCl3被氧化，装置B用浓硫酸干燥氮气，防止潮解，试剂a为碱石灰，干燥氨气，防止潮解，在装置E中，发生反应，制取CrN，尾气中的HCl用水吸收。
【小问1详解】
装置A中用溶液与溶液反应制取氮气，可以排尽装置内的空气，防止与氧气反应；并将氨气带入E中发生反应。
【小问2详解】
应首先打开，闭、，此时应先加热装置A，产生一段时间的氮气，排尽装置中的空气，防止被氧化；由分析知，试剂a的名称是碱石灰，用于干燥，氨气。
【小问3详解】
恒压滴液漏斗与普通分液漏斗相比，使用该仪器的好处是平衡气压，便于液体顺利流下；实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是因为NH3与HCl反应生成NH4Cl固体堵塞导管造成危险，所以实验过程中需间歇性微热b处导管。
【小问4详解】
根据元素守恒和化学反应，可得关系式：2CrN~2~，剩余的~2NaOH，则CrN的物质的量为，则所得产品中CrN的质量分数为。
19. 镓(Ga)是非常重要的稀土金属，其化合物广泛应用于诸多领域。
（1）镓元素在元素周期表中的位置是___________。
（2）GaN作为第三代半导体材料，广泛应用于大功率充电器和5G通讯技术。工业上利用炼锌矿渣［主要含可溶性铁酸镓、铁酸锌］制备并提取GaN，工艺流程如下：
已知：金属离子在该工艺条件下萃取率(进入有机层中的金属离子百分数)。
①“酸浸”过程中发生的反应的离子方程式为___________。
②利用上述工艺，酸浸后的酸浸液应加入___________固体充分反应后再进行萃取。
③“反萃取”后，溶液中镓元素的存在形式为___________(填离子符号)。
④回收金属元素时，锌主要从___________中回收。
A．浸出渣 B．酸浸液 C．水相 D．有机相
（3）MOCVD法是通过与反应得到GaN和另一种产物，该反应的化学方程式为___________。
（4）该流程中，可以循环使用的物质是___________。
【答案】（1）第四周期第ⅢA族
（2） ①. 或 ②. 铁粉 ③. 或 ④. C
（3）
（4）萃取剂
【解析】
【分析】炼锌矿渣［主要含可溶性铁酸镓、铁酸锌］经“酸浸”氧化后所得酸浸液含有Zn2+、Fe3+、Ga3+等离子，利用有机萃取剂进行萃取，Ga3+进入有机相，加入NaOH进行反萃取，使Ga3+转化为NaGaO2，经一系列操作可得到单质GaN。据此分析作答。
【小问1详解】
镓元素在元素周期表中的位置是第四周期第IIIA族；
【小问2详解】
①酸浸”后，Ga元素以Ga3+形式存在，说明酸浸时发生的反应为非氧化还原反应，则“酸浸”后Fe元素以Fe3+形式存在， “酸浸”过程中Ga2(Fe2O4)3发生反应的离子方程式为或；
②萃取是为了使Ga3+进入有机相，根据表中数据可知，Fe3+的萃取率为99，Fe2+的萃取率为0，因此萃取前应将Fe3+还原为Fe2+，加入的固体为铁粉；
③Ga与Al同主族，化学性质相似，结合铝离子性质可知，加入足量NaOH溶液，Ga3+与过量的NaOH反应生车NaGaO2，则“反萃取”后溶液中镓元素的存在形式为；
④根据表中数据可知，Zn2+萃取率为0，所以回收金属元素时，锌主要从水相中回收，故选C；
【小问3详解】
与反应得到GaN和另一种产物，反应前后元素价态未发生改变，根据质量守恒，则该反应的化学方程式为：；
【小问4详解】
萃取剂经反萃取后又可以重复使用，所以流程中，可以循环使用的物质是萃取剂。
20. 能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要视角，回答下列问题：
（1）天然气已成为我国主要的清洁能源，主要成分甲烷()燃烧时的能量变化如图所示：
①下列说法中正确的是___________(填字母)
A．甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能
B．由图可知二氧化碳比甲烷稳定
C．标准状况下，1ml甲烷完全燃烧时放出802kJ的热量
D．该反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量
②已知断开部分化学键需要的能量为，C―H：a kJ/ml，O=O：b kJ/ml，C=O：c kJ/ml，则形成1ml O―H释放的能量为___________kJ。
（2）一定温度下在容积可变的密闭容器中投入10ml和6ml，发生反应：
。下列情况能说明该反应达到化学平衡的是___________。
A．体系的压强保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．单位时间内生成1ml的同时断开0.5ml O=O键
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
E．和的物质的量之比保持不变
（3）在一定条件下，二氧化硫和氧气反应过程中各物质物质的量浓度变化如图所示，根据图中判断，
①10min时改变的条件可能是___________；20min时改变的反应条件可能是___________。
a加入催化剂 b．缩小容器容积 c．升高温度 d．增加的物质的量
②第12min时___________第18min时填(“>”“<”“=”或“无法比较”)。
【答案】（1） ①. D ②.
（2）BDE （3） ①. ac ②. d ③. >
【解析】
【小问1详解】
①A．甲烷燃烧过程中大部分化学能转化为热能，但也有部分化学能转化为光能等，A不符合题意；
B．能量越低越稳定，但图中无法比较二氧化碳和甲烷能量大小，无法确定二氧化碳比甲烷稳定，B不符合题意；
C． 根据图示，1 ml 燃烧生成二氧化碳和气态水放出能量是(882-80)kJ=802kJ，但完全燃烧的化学方程式为，生成液态水，放出的能量大于802kJ，C不符合题意；
D．该反应是放热反应，则反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量，D符合题意；
故答案为：D；
②设形成1ml O―H释放的能量为xkJ，根据图示反应，(2×c)+(4×x)-[(4×a)+(2×b]=802kJ，解得x=；
【小问2详解】
A．该反应在容积可变的密闭容器中进行，说明是恒压体系，体系压强始终保持不变，所以体系的压强保持不变不能作为平衡的判断标志，A不符合题意；
B．恒压体系，反应前后气体系数之和不相等，则气体总体积一直在改变，而气体总质量不变，当体积不变时，根据质量守恒，密度也不变，可以作为平衡的判断标志，B符合题意；
C．单位时间内生成1ml的同时断开0.5ml O=O键，即单位时间内生成1ml的同时消耗0.5mlO2，都是正向进行的速率，不可以作为平衡的判断标志，C不符合题意；
D．该反应前后气体系数之和不相等，气体的总物质的量会变，而气体总质量不变，所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量会变，当该值不变时，说明达到平衡，D符合题意；
E．和的物质的量之比保持不变，说明和的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡，E符合题意；
故选BDE。
【小问3详解】
①据图可知10min时SO3的物质的量增大，SO2、O2的物质的量减小，说明平反应正向进行，且不是突变，说明不是改变反应物和生成物的量，所以应是缩小容器体积增大压强，但由于10min时反应未平衡，所以也可以是加入催化剂、升高温度，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，故10min时改变的条件可能是ab；
②第12min时，反应未达到平衡状态，正在往正向移动，>=，从12-15min的过程中，逐渐减小，逐渐增大，达到平衡状态，此时==，所以第12min时大于第18min时。选项
实验操作
现象
结论
A
工业上用与焦炭在高温条件制备粗硅
生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅
非金属性：C＞Si
B
取适量固体于试管中，滴入少量柠檬酸并用温度计检测
温度计读数上升
与柠檬酸反应放热
C
将两个完全相同的充满的玻璃球分别浸泡在冰水和热水中
热水中的玻璃球中气体颜色更深
正反应为吸热反应，升温平衡逆向移动
D
向足量NaBr溶液中通入少量氯气，再加入淀粉KI溶液
溶液先变橙色，后变蓝色
氧化性：
编号
温度/℃
酸性溶液
溶液
的体积
(mL)
溶液褪色平均时间/min
体积/mL
浓度/()
体积/mL
浓度/()
1
25
4
0.1
8
0.2
8
12
2
80
2
0.1
8
0.2
a
b
3
25
2
0.1
8
0.2
10
c
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
金属离子
萃取率/%
0
0
99
97~98.5
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