2023-2024学年北京市第十二中学高一下学期期中考试化学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年北京市第十二中学高一下学期期中考试化学试题（含答案），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列化学用语表述正确的是
A. 中子数为10的氧原子 10O
B. 氯原子的结构示意图：
C. N2的电子式：:N:::N:
D. 用电子式表示形成过程：
2.下列物质中既有离子键又有共价键的是
A. NaClB. H2SO4C. NH4NO3D. MgO
3.活着的生物体内 14C/ 12C值基本不变，死亡后 14C会衰变为其他种类的原子而减少，而 12C基本不变。资料： 14C衰变到原来数目一半所需的时间为5730年。下列说法不正确的是
A. 14C与 12C均位于元素周期表中第二周期，第 ⅣA族
B. 14C与 12C含有的中子数分别为8和6
C. 4.4g的 14CO2与 12CO2的混合物中的碳原子数目约为6.02×1022个
D. 测定死亡生物体残骸中 14C的含量可用于生物死亡年代的确定
4.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下列叙述正确的是
A. 原子半径：d>c>b>aB. 4种元素中b的金属性最强
C. c的氧化物的水化物是强碱D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强
5.下列方程式与所给事实不相符的是
A. Li在空气中燃烧：4Li+O2点燃 2Li2O
B. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
C. 向NaOH溶液加入铝片，产生无色气体：2Al+2OH−+6H2O=2AlOH4−+3H2↑
D. 用NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O
6.根据元素周期律，由下列事实进行推测，不合理的是
A. AB. BC. CD. D
7.下列说法不正确的是
A. 4P(红磷，s)+5O2g=2P2O5s，ΔH1=−a kJ/ml，4P(白磷，s)+5O2g=2P2O5s，ΔH2=−b kJ/ml，已知常温下红磷比白磷稳定，则a>b
B. C(石墨，s)+O2g=CO2g，ΔH1=−a kJ/ml，C(金刚石，s)+O2g=CO2g，ΔH2=−b kJ/ml，已知a0
C. Sg+O2g=SO2g，ΔH1=−a kJ/ml，Sg+O2g=SO2g，ΔH2=−b kJ/ml，则a>b
D. 化学反应的焓变与物质的结构和聚集状态等因素有关
8.键能是指在25℃、1.01×105Pa，将1ml气态分子AB拆开为中性气体原子A和B时所需要的能量。
下列说法不正确的是
A. 1ml H2分子变成2ml H原子需要吸收436kJ能量
B. Cl2g+H2g=2HClg，ΔH=−183 kJ⋅ml−1
C. 1ml H2和1ml I2发生反应I2g+H2g⇀↽2HIg，放出热量为11kJ
D. 推测H−Br的键能在299−431kJ⋅ml−1之内
9.下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
10.可使Fe2O3(s)+3CO(g)⇀↽2Fe(s)+3CO2(g)反应速率增大的措施是(只改变该条件) ①减小容器的体积；②增加Fe2O3的量；③恒容条件下通入CO；④恒压条件下充入N2；⑤恒容条件下充入N2；⑥升高温度
A. ①②③⑥B. ①③⑥C. ①③⑤⑥D. ①③④⑥
11.某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应，12s时生成C的物质的量为0.8ml(过程如图)。
下列说法不正确的是
A. 该反应的化学方程式为3Ag+Bg⇀↽2Cg
B. 0～2s内用B表示的化学反应速率为0.1ml⋅L−1⋅s−1
C. 0～2s内平均反应速率大于4～6s内平均反应速率
D. 12s时容器内气体的总物质的量为起始时的9/13
12.《自然》杂志报道了一种铝离子电池，该电池的电解质为含有AlCl4−的有机离子液体(有机离子不参与反应)，放电时泡沫石墨电极中释放AlCl4−。下列说法不正确的是
A. 泡沫石墨电极上发生还原反应
B. 负极的电极反应式：Al−3e−+7AlCl4−=4Al2Cl7−
C. 放电时，有机阳离子向石墨电极方向移动
D. 当铝电极质量减少2.7g时，石墨电极质量减少16.9g
13.工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：
已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是
A. 滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+
B. 反应Ⅰ中每消耗0.5ml FeS2，转移的电子数为1NA
C. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
D. 调节pH的作用是沉淀铁元素
14.某化学小组利用手持技术探究铁钉在4种溶液中的吸氧腐蚀。
下列说法正确的是
A. 铁钉负极反应为Fe−3e−=Fe3+
B. 由实验可知，Cl−是影响吸氧腐蚀速率的主要因素
C. 曲线先陡后平可能是由于生成的氢氧化物增加，阻碍了反应继续进行
D. 由实验可知，H+能减少难溶氢氧化物的生成，酸性越强吸氧腐蚀的速率越大
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
15.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。
(1)请在上面虚线框中画出元素周期表的上方的轮廓__________。
(2)在周期表对应位置写出前五周期中碱金属和卤族元素的元素符号__________。
(3)硫元素在周期表中的位置是__________。结合原子结构解释硫和氯元素的非金属性强弱__________。下列说法中能比较硫和氯元素的非金属性强弱有__________(填序号)。
a.HCl的溶解度比H2S大
b.HCl的酸性比H2S强
c.HCl的稳定性比H2S大
d.还原性：Cl−e.HClO的酸性比H2SO3弱
f.Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS
g.Cl2能与H2S反应生成S
(4)元素①和元素②形成原子个数比为1∶1的化合物的电子式为__________。在由元素①②③中两种或三种元素组成的化合物中，属于离子化合物的有Na2O、__________，请用电子式表示Na2O的形成过程__________。
(5)前20号元素X的最高价氧化物0.112g，溶于水制得对应碱的质量为0.148g。已知X原子核内含有20个中子，通过计算确定元素X为__________(填元素符号)。
三、简答题：本大题共4小题，共32分。
16.化学电池的发明，是贮能和供能技术的巨大进步。
(1)1799年，意大利科学家伏打用含食盐水的湿抹布夹在铜和锌的圆形板中间，堆积成圆柱状，制造出世界上最早的电池——伏打电池。此电池的负极反应__________。
(2)1859年，法国科学家普朗特发明了可充电的铅酸电池。汽车用铅蓄电池的结构如图1，放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。放电时，正极的电极反应是__________，当外电路通过0.5ml电子时，理论上负极板的质量增加__________g。
(3)1888年，锌锰干电池开始实现商品化。碱性锌锰电池是日常生活中消耗最大的电池，其结构如图2。已知申池放电之后的产物为ZnOH2和MnOOH，则电池放电的化学方程式为__________。
(4)20世纪70年代，燃料电池以其高效率和低污染的优势逐渐成为研究热点。图3为甲烷电池的工作示意图，负极反应为__________。
(5)1990年前后，锂离子电池被发明。锂离子电池总反应为Li1−xCO2+LixC6⇌放电充电LiCO2+C6(x<1)。已知A为石墨C6电极，则下图所示是__________(填“充电”或“放电”)过程，B电极上的反应为__________。
17.海水是巨大的资源宝库。
Ⅰ海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如下图所示
(1)步骤①和②的目的是__________。
(2)步骤④中的氧化剂可使用Cl2，发生反应的离子方程式为__________。
(3)步骤⑤中可用苯做萃取剂，理由有__________(填序号)
a.苯与水不能互溶
b.碘单质在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度
c.苯是无色液体
Ⅱ通过传统的海带提碘工艺后，所得卤水中的碘元素可通过以下流程回收利用：
已知：ⅰpH=2时，NaNO2溶液只能将I−氧化为I2，同时生成NO
ⅱ将湿润的淀粉KI试纸伸入盛满氯气的集气瓶中，试纸先变蓝，后褪色
(4)写出氧化含I−的卤水中发生的离子方程式：__________。
(5)分离操作X的装置如图所示，电加热器的作用是，得到I2的位置位于该装置中__________处(填图中选项)。
(6)已知Cl2的氧化性强于NaNO2，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是_____。
Ⅲ碘水可以用来测定溶液中的S2−浓度；取待测液20mL，盐酸酸化后加入过量碘水，溶液中出现淡黄色浑浊。再加入2滴淀粉，之后逐滴加入标准溶液至蓝色褪去。
已知：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−
(7)已知标准Na2S2O3溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算待测液中S2−浓度还需要的实验数据有__________。
18.肼(N2H4)有较强的还原性，是生产生活中常用试剂。
(1)工业中将NH2OH与NH3在含Fe2+的催化剂作用下生成肼(H2N−NH2)，其反应历程如下所示。
①下列说法正确的是__________(填序号)。
a.N2H4中所有原子的核外最外层电子均达到稳定结构
b.NH2OH在反应中N−H和N−O键断裂
c.催化剂中的Fe2+先被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
②若将NH2OH替换为氘代物ND2OD，则表示该反应的总化学方程式为：__________。
(2)已知：
ⅠN2g+2O2g=2NO2g，ΔH1=−67 kJ⋅ml−1；
ⅡN2H4g+O2g=N2g+2H2Og，ΔH2=−534 kJ⋅ml−1；
Ⅲ2NO2g⇀↽N2O4g，ΔH3=−53 kJ⋅ml−1；
火箭发射时N2H4与N2O4反应生成N2和H2O。该反应的热化学方程式是__________。
(3)某种碱性肼−空气电池(电解质为KOH溶液)装置如下图所示。
①负极的电极反应式是__________。
②电池工作一段时间后正极区KOH溶液酸碱性是否变化？请结合电极反应式解释原因_______。
(4)水介质锅炉内壁容易发生电化学腐蚀，N2H4和水混溶形成水合肼(N2H4⋅H2O)作为锅炉用水的防腐蚀添加剂。
①水合肼能作防腐蚀添加剂的原因是__________。
②与Na2SO3相比，水合肼作为防腐蚀添加剂的优点是__________。
19.某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。
(1)同学们利用下表中装置进行实验并记录。
①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是__________。
②甲同学认为实验Ⅱ不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是__________；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是__________。
(2)同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c>a>b，请解释原因是__________。
②丁同学进行了实验Ⅵ排除了排除溶液中的SO42−对实验的可能干扰：__________(填写实验方案)，保持通入O2，电压表读数仍为c。
③经讨论，同学们认为应改用下图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，排除酸碱性对Cu的还原性的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c＇、d＇，且c＇>d＇，由此得出的结论是__________。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【详解】A.已知O是8号元素，质子数为8，故中子数为10的氧原子表示为：， A错误；
B.是氯离子结构示意图，而氯原子的结构示意图为：，B错误；
C.已知N2中存在氮氮三键，故N2的电子式为：，C错误；
D.已知HCl是共价化合物，故用电子式表示其形成过程为：，D正确；
故答案为：D。
2.【答案】C
【解析】【详解】A.NaCl只存在Na+和Cl−之间的离子键，A不符合题意；
B.H2SO4只存在H和O、S和O之间的共价键，B不符合题意；
C.NH4NO3存在铵根离子和硝酸根离子之间的离子键，也存在铵根离子内N与H的共价键和硝酸根离子内N与O的共价键，既有离子键又有共价键，C符合题意；
D.MgO只存在Mg2+和O2−之间的离子键，D不符合题意；
故选C。
3.【答案】C
【解析】【详解】A.C含有两个电子层，最外层电子数为4， ​14C与 12C位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，A正确；
B.元素符号左上角为质量数， ​14C与 12C含有的质量数分别为14和12，含有的中子数分别为8和6，B正确；
C.已知 14CO2的摩尔质量为46g/ml， 12CO2的摩尔质量为44g/ml，故4.4g的 14CO2与 12CO2的混合物中的碳原子数目小于6.02×1022个，C错误；
D. ​14C随生物体的吸收代谢，经过食物链进入活的生物体中， ​14C具有放射性，仍不断衰变减少，依据半衰期计算年代，D正确；
故答案为：C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握原子核外电子排布的特点，把握性质的比较角度，难度不大。
【解答】
a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na元素或Mg元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题．
由以上分析可知a为O元素、b可能为Na或Mg元素、c为Al元素、d为S元素。
A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b>c>d，a为O，原子半径最小，故A错误；
B.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b>c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；
C.c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，不是强碱，故C错误；
D.一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则a单质的氧化性比d单质的氧化性强，故D错误。
故选：B。
5.【答案】B
【解析】【详解】A.由于Li的金属性较弱，则Li在空气中燃烧只能生成Li2O，方程式为：4Li+O2点燃 2Li2O， A正确；
B.已知氧化性Cl2>Br2>Fe3+，故向FeBr2溶液中通入过量Cl2的离子方程式为：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2Br2， B错误；
C.向NaOH溶液加入铝片，产生无色气体即H2和Na[Al(OH)4]，该反应的离子方程式为：2Al+2OH−+6H2O=2AlOH4−+3H2↑， C正确；
D.用NaOH溶液吸收Cl2生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O， D正确；
故答案为：B。
6.【答案】A
【解析】【详解】A.已知同一主族从上往下金属性依次增强，则虽然N、P、As均为非金属元素，但第ⅤA族元素不都是非金属元素，如锑、铋为金属元素，A错误；
B.已知同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则可以根据H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸，推知HClO4是强酸，B正确；
C.已知同一周期从左往右元素的金属性依次减弱，即金属性Na>Mg>Al，故根据Na、Al通常用电解法冶炼，可推知Mg可用电解法冶炼，C正确；
D.已知同一主族从上往下金属性依次增强，且金属性越强，金属单质与水或酸反应的速率越剧烈，则可根据Mg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应，推知Be与冷水更难反应，D正确；
故答案为：A。
7.【答案】A
【解析】【详解】A.已知常温下红磷比白磷稳定，说明等质量的红磷具有的总能量比白磷低，则等质量的红磷完全燃烧释放的热量比白磷少，则aB.已知①C(石墨，s)+O2g=CO2g，ΔH1=−a kJ/ml，②C(金刚石，s)+O2g=CO2g，ΔH2=−b kJ/ml，则反应①−②可得C(石墨，s)=C(金刚石，s)，根据盖斯定律可知，该反应的ΔH=ΔH1−ΔH2=(−a)−(−b)=(b−a)kJ/ml，已知a0即ΔH>0，B正确；
C.已知物质在固态时具有的总能量低于气态时的总能量，即相同质量的气态硫完全燃烧放出的热量比固态硫完全燃烧放出的热量更多，故Sg+O2g=SO2g，ΔH1=−a kJ/ml，S(s)+O2g=SO2g，ΔH2=−b kJ/ml，则a>b，C正确；
D.化学键的断裂与形成时引起化学反应的焓变的微观本质，故化学反应的焓变与物质的结构和聚集状态等因素有关，D正确；
故答案为：A。
8.【答案】C
【解析】【详解】A.已知断裂化学键需要吸收能量，结合题干表中数据可知，1ml H2分子变成2ml H原子需要吸收436kJ能量，A正确；
B.由题干表中数据可知，Cl2g+H2g=2HClg，ΔH=E(Cl−Cl)+E(H−H)−2E(H−Cl)=243kJ⋅ml−1+436kJ⋅ml−1−2×431kJ⋅ml−1=−183kJ⋅ml−1， B正确；
C.由于该反应I2g+H2g⇀↽2HIg是一个可逆反应，故1ml H2和1ml I2发生反应I2g+H2g⇀↽2HIg，H2和I2不能完全反应，放出热量小于11kJ，C错误；
D.由于F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，则H−F、H−Cl、H−Br、H−I的稳定性依次减弱，故可推测H−Br的键能在299−431kJ⋅ml−1之内， D正确；
故答案为：C。
9.【答案】D
【解析】【详解】A.常温下Al遇到浓硝酸发生钝化，这是Al、Fe的特性，故不能用A装置来比较Mg与Al的金属性强弱，A不合题意；
B.该装置改变的是温度而不是浓度，故该装置不能探究浓度对化学平衡的影响，B不合题意；
C.由于盐酸易挥发，挥发出来的HCl也能使Na2SiO3溶液变浑浊，即不能比较H2CO3与H2SiO3的酸性强弱，C不合题意；
D.BaOH2⋅8H2O与NH4Cl反应是个吸热反应，将导致烧杯底部的水结冰，将玻璃篇和烧杯粘连在一起，D符合题意；
故答案为：D。
10.【答案】B
【解析】【详解】①减小容器的体积，导致CO、CO2浓度增大，反应速率加快，符合题意；
②反应中固体Fe2O3量的增减不会引起浓度的变化，则反应速率不变，不合题意；
③恒容条件下通入CO，增加反应中有关的物质CO的浓度，可以加快反应速率，符合题意；
④恒压条件下充入N2，导致容器体积增大，反应物、生成物浓度均减小，反应速率减慢，不合题意；
⑤恒容条件下充入N2，充入N2使容器内压强增大，但是压强改变没有引起反应体系物质浓度变化，所以反应速率不变化，不合题意；
⑥升高温度可以加快所有化学反应的速率，符合题意，
综上分析可知，①③⑥符合题意，故答案为：B。
11.【答案】B
【解析】【详解】A.12s时生成C的物质的量为0.8ml，△n(B)=1.0ml−0.6ml=0.4ml，△n(A)=1.6ml−0.4ml=1.2ml，则该反应的化学方程式为3Ag+Bg⇀↽2Cg，故 A正确；
B.由图可知，0～2s内v(A)=ΔcΔt=1.62ml/L−1.02ml/L2s=0.15ml/(L⋅s)，根据方程式的系数比等于速率之比，v(A)=0.15ml/L⋅s×13=0.05ml/L⋅s，故 B错误；
C.随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小， 0∼2s内用反应物表示的平均反应速率>4∼6s内的平均反应速率，故C正确；
D.12s时△c(A)=0.8ml−0.2ml/L=0.6ml/L，△c(C)=0.4ml/L，△c(B)=0.2ml/L，则△c(A)∶△c(B)∶△c(C)=3∶1∶2，反应为3A(g)+B(g)⇌2C(g)，12s时生成C的物质的量为0.8ml，△n(A)∶△n(B)∶△n(C)=△n(A)∶△n(B)∶0.8ml=3∶1∶2，△n(A)=1.2ml，△n(B)=0.4ml，n(A)=0.8ml/L×2L−1.2ml=0.4ml，n(B)=0.5ml/L×2L−0.4ml=0.6ml，此时总物质的量为0.8ml+0.6ml+0.4ml=1.8ml，起始时A、B的总物质的量为(0.8ml/L+0.5ml/L)×2L=2.6ml，则反应为12s时容器内气体的总物质的量与起始时容器内气体的总物质的量之比为，故 D正确；
故选B。
12.【答案】D
【解析】【分析】由题干图示原电池装置可知，放电时属于原电池，铝为负极，被氧化生成Al2Cl7−，负极反应式为Al+7AlCl4−−3e−=4Al2Cl7−，泡沫石墨为正极，正极反应式为3Cn[AlCl4]+3e−=3Cn+3AlCl4−，其逆过程就是充电时，属于电解池，阴极反应式为4Al2Cl7−+3e−=Al+7AlCl4−，阳极反应式为Cn+AlCl4−−e−=Cn[AlCl4]。
【详解】A.由分析可知，泡沫石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应式为3Cn[AlCl4]+3e−=3Cn+3AlCl4−， A正确；
B.由分析可知，负极的电极反应式：Al−3e−+7AlCl4−=4Al2Cl7−， B正确；
C.放电时属于原电池，铝为负极，泡沫石墨为正极，而阳离子向正极移动，则放电时，有机阳离子向泡沫石墨电极移动，C正确；
D.放电时，当铝电极质量减少2.7g即为2.7g27g/ml=0.1ml时，则电路上通过的电子的物质的量为0.3ml，根据泡沫石墨为正极，正极反应式为3Cn[AlCl4]+3e−=3Cn+3AlCl4−和电子守恒可知，石墨电极质量减少0.3ml×169g/ml=50.7g，D错误；
故答案为：D。
13.【答案】A
【解析】【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。
【详解】A.MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，A错误；
B.反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为−1价，被氧化为S单质，所以每消耗0.5ml FeS2，转移的电子数为1 ml，转移的电子数为1NA，B正确；
C.反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，C正确；
D.由分析可知，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，即调节pH的作用是沉淀铁元素，D正确；
故答案为：A。
14.【答案】C
【解析】【详解】A.铁钉发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成Fe2+，正极上O2得电子生成OH−，所以负极反应为Fe−2e−=Fe2+，A错误；
B.对比NaCl、NH4Cl与氧气体积分数随时间的变化知，NH4Cl能加快铁的吸氧腐蚀速率；对比NH4Cl、(NH4)2SO4与氧气体积分数随时间的变化知，(NH4)2SO4能加快铁的吸氧腐蚀速率，由此得出Cl−、NH4+能加快铁的吸氧腐蚀速率， B错误；
C.随着反应的进行，溶液中生成的氢氧化物逐渐增多，曲线逐渐平缓，所以曲线先陡后平可能是由于生成的氢氧化物增加，阻碍了反应继续进行，C正确；
D.由实验可知，NH4+水解产生的H+能减少难溶氢氧化物的生成，但酸性越强吸氧腐蚀的速率越小，铁钉发生析氢腐蚀，D错误；
故答案为：C。
15.【答案】(1)
(2)
(3) 第三周期第VIA族 氯原子半径小于硫原子半径，氯原子原子核对核外电子引力强，失电子能力弱于硫原子，故氯原子非金属性强于硫原子。 cdfg
(4) NaOH、Na2O2、NaH
(5)Ca

【解析】【详解】(1)
元素周期表的轮廓为；
(2)
元素周期表中碱金属位于IA族，卤族元素位于VIIA族，在周期表中的位置为；
(3)硫元素在周期表中的位置是第三周期第VIA族；氯原子半径小于硫原子半径，氯原子原子核对核外电子引力强，失电子能力弱于硫原子，故氯原子非金属性强于硫原子；不能根据氢化物的溶解性判断非金属性强弱，所以HCl的溶解度比H2S大，不能证明氯元素的非金属性比硫元素强，a错误；不能根据氢化物的酸性判断非金属性强弱，所以HCl的酸性比H2S强，不能证明氯元素的非金属性比硫元素强，b错误；元素的氢化物越稳定，元素的非金属性越强，HCl的稳定性比H2S强，能说明氯元素的非金属性比硫元素强，c正确；阴离子的还原性越强，对应元素的非金属性越弱，还原性Cl−(4)
元素①为H，元素②为O，形成原子个数比为1∶1的化合物的电子式为；元素③为Na，由H、O、Na中两种或三种元素组成的化合物中，属于离子化合物的有Na2O、NaOH、Na2O2、NaH，电子式表示Na2O的形成过程为；
(5)设X的相对原子质量为A，化合价为+x。则R2Ox+xH2O=ROHx2A+16x 2(A+17x)0.112g 0.148g，2A+16x0.112g=2(A+17x)0.148g，A=20x，当x=1时，A=20，原子核内不含有质子，这种元素不存在；当x=2时，A=40，质子数=40−20=20，20号元素为Ca，则X元素为Ca；
16.【答案】(1)Zn−2e−=Zn2+
(2) PbO2+2e−+4H++SO42−=PbSO4+2H2O 24
(3)Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2
(4)CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O
(5) 放电 Li1−xCO2+xLi++xe−=LiCO2

【解析】【详解】(1)伏打电池中锌作负极，铜作正极，此电池的负极反应：Zn−2e−=Zn2+；
(2)Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。放电时，Pb作负极，电极反应式Pb−2e−+SO42−=PbSO4，PbO2作正极，电极反应式PbO2+2e−+4H++SO42−=PbSO4+2H2O，当外电路通过0.5ml电子时，理论上负极板增加质量为0.25mlSO42−的质量，即24g；
(3)碱性锌锰电池中Zn和MnO2放电之后的产物为ZnOH2和MnOOH，电池放电的化学方程式为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2；
(4)甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，电解质溶液为KOH，所以电极反应：CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(5)1锂离子电池总反应为Li1−xCO2+LixC6⇌放电充电LiCO2+C6(x<1)，放电时，A为石墨C6电极，是负极，B为正极，图中装置所示A中Li失电子生成Li+从左经过离子交换膜向右移动，所以图中所示为放电过程， B电极作正极，电极反应为Li1−xCO2+xLi++xe−=LiCO2。
17.【答案】(1)将海带中的碘变成I−；
(2)Cl2+2I−=2Cl−+I2
(3)a，b
(4)2NO2−+2I−+4H+=2NO↑+I2+2H2O
(5)C处
(6)不会把碘氧化到更高的价态，便于收集碘单质
(7)碘水的浓度和所加的体积

【解析】【详解】(1)步骤①和②分别是灼烧和浸泡，目的是将海带中的碘变成I−；
(2)Cl2具有氧化性可以和I−发生氧化还原反应Cl2+2I−=2Cl−+I2；
(3)利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行萃取，须注意：选择的能提取碘的试剂除了对I2有强的溶解能力之外，还必须难溶于水，否则不能进行萃取分离，故选a，b；
(4)利用亚硝酸根把碘离子氧化成碘单质，故离子方程式为：2NO2−+2I−+4H+=2NO↑+I2+2H2O；
(5)电加热器的作用是加热使碘单质升华，得到的碘单质固体会附着在C处，因为C处温度低，升华的碘就会在C处冷却附着；
(6)亚硝酸钠的氧化性比较弱，不会把碘氧化到更高的价态，便于收集碘单质；
(7)加入碘水之后，碘水会和S2−发生氧化还原反应I2+S2−=2I−+S↓剩余的碘单指会发生反应I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，所以只需要知道整个过程消耗碘水的体积，以及浓度，就可以根据离子方程式算出S2−的物质的量，再根据待测液的体积是20mL算出S2−的浓度。
18.【答案】(1) acND2OD+NH3=ND2NH2+HDO
(2)2N2H4g+N2O4g=3N2g+4H2Og ΔH=−895 kJ⋅ml−1
(3) N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2 电路中每转移4ml电子，正极区生成的4mlOH−全部转移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同
(4) 因为水合肼有还原性，能消耗水中的氧气，从而减缓腐蚀 水合肼用量更少，且水合肼的氧化产物无污染，不产生其他杂质

【解析】【分析】(3)肼−空气燃料电池(电解质为KOH溶液)中，通入氧气一极(多孔电极)为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，通入肼这一极为负极，电极反应式为N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2；(4)水介质锅炉内壁容易发生电化学腐蚀一般是吸氧腐蚀，负极反应Fe−2e−=Fe2+，正极反应O2+2H2O+4e−=4OH−，据此解答。
【详解】(1)①a．N2H4中所有原子的核外最外层电子均达到稳定结构，N达到8个电子稳定状态，H达到2个电子稳定状态，故正确；b.由反应历程可知，NH2OH在反应中N−H没有断裂，N−O键断裂，故错误；c.由反应历程可知，催化剂中的Fe2+先被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+，故正确；正确的是 ac；②由反应历程可知，反应过程中，生成的H2N −NH2有两个氢原子来源于NH3，若将NH2OH替换为氘代物ND2OD，则表示该过程的化学方程式为ND2OD+NH3=ND2NH2+HDO，答案：ac、ND2OD+NH3=ND2NH2+HDO；
(2)箭发射时N2H4与N2O4反应生成N2和H2O，根据盖斯定理可知， Ⅱ×2−Ⅰ –Ⅲ，该反应的热化学方程式是2N2H4g+N2O4g=3N2g+4H2Og ΔH=−895 kJ⋅ml−1，答案：2N2H4g+N2O4g=3N2g+4H2Og ΔH=−895 kJ⋅ml−1；
(3)如图，肼−空气燃料电池(电解质为KOH溶液)中，通入氧气一极(多孔电极)为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，通入肼这一极为负极，电极反应式为N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2，由电极反应式知，电路中每转移4ml电子，正极区生成的4mlOH−全部转移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同，答案：N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2、电路中每转移4ml电子，正极区生成的4mlOH−全部转移到负极区，与负极区消耗的的物质的量相同；
(4)①水介质锅炉内壁容易发生电化学腐蚀一般是吸氧腐蚀，负极反应Fe−2e−=Fe2+，正极反应O2+2H2O+4e−=4OH−，加入水合肼，因为水合肼有还原性，能消耗水中的氧气，从而减缓腐蚀，②根据得失电子守恒，1ml氧气需要2mlNa2SO3或1ml水合肼，和亚硫酸钠相比，水合肼用量更少，且水合肼的氧化产物无污染，不产生其他杂质；Na2SO3被氧化后生成硫酸根易于水中钙离子形成水垢，影响锅炉使用，答案：因为水合肼有还原性，能消耗水中的氧气，从而减缓腐蚀、水合肼用量更少，且水合肼的氧化产物无污染，不产生其他杂质。
19.【答案】(1) Fe−2e−=Fe2+ 在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2 O2+4H++4e−=2H2O
(2) O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极 溶液酸性越强，O2的氧化性越强(介质或环境的pH影响物质的氧化性)

【解析】【分析】(1)①I中的铁主要发生析氢腐蚀，铁在负极失电子发生氧化反应；②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，则在正极上氧气得电子发生还原反应生成水；
(2) ①实验Ⅱ、Ⅲ、IV的电解质相同，不同的是氧气的浓度，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高；②为排除溶液中的Na+(或SO42−)对实验的可能干扰，应在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c；③改用如图装置对IV、V重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′>d′，说明溶液酸性越强，O2的氧化性越强。
【详解】(1)①I中的铁主要发生析氢腐蚀，则铁在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，故答案为Fe−2e−=Fe2+；
②在金属活动性顺序中，Cu在H的后面，铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，则在正极上氧气得电子发生还原反应生成水，其正极的电极反应式是O2+4H++4e−=2H2O，故答案为在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e−=2H2O；
(2)①实验Ⅱ、Ⅲ、IV的电解质相同，不同的是氧气的浓度，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；
②丁同学在实验Ⅵ中为了排除溶液中的Na+(或SO42−)对实验的可能干扰，应在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c；故答案为在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极；
③经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、V重复进行实验，排除酸碱性对Cu的还原性的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′>d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为溶液酸性越强，O2的氧化性越强(介质或环境的pH影响物质的氧化性)。
选项
事实
推测
A
N、P、As均为非金属元素
第 ⅤA族元素均为非金属元素
B
H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸
HClO4是强酸
C
Na、Al通常用电解法冶炼
Mg可用电解法冶炼
D
Mg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应
Be与冷水更难反应
化学键
H−H
Cl−Cl
I−I
H−F
H−Cl
H−I
键能kJ⋅ml−1
436
243
151
551
431
299
2NO(g)⇀↽N2N4(g) △H<0
A.比较Mg和Al的金属性
B.探究浓度对化学平衡的影响
C.证明酸性H2CO3>H2SiO3
D.验证BaOH2⋅8H2O与NH4Cl反应吸热
实验装置
编号
浸泡液
pH
氧气体积分数随时间的变化
①
1.0ml/LNH4Cl
5
②
0.5ml/LNH42SO4。
5
③
1.0ml/L NaCl
7
④
0.5ml/LNa2SO4
7
装置
编号
电极A
溶液B
操作及现象
Ⅰ
Fe
pH=2的H2SO4
连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转
Ⅱ
Cu
pH=2的H2SO4
连接装置后，石墨表面……；电压表指针偏转，记录读数为a
编号
溶液B
操作及现象
Ⅲ
经煮沸的pH=2的H2SO4
溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b
Ⅳ
pH=2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c
Ⅴ
pH=12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d