【文档说明】江苏省扬州中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(19)页，678.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年度第二学期期中试题高一化学本卷可能用到的相对原子质量H：1C：12N：14O：16Al：27选择题单项选择题(在每小题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1.最近我国科研人员发现在温和的反应条件下，甲烷和二氧化碳在锌修饰的H-ZSM-5分子筛(催化剂）

上可一步转化为乙酸。CH4、CO2和CH3COOH均属于A.有机物B.共价化合物C.电解质D.离子化合物【答案】B【解析】【详解】A．CO2是无机物，其余两种是有机物，故A错误；B．CH4、CO2和CH3COOH三者都是共价化合物，故B正确；C．CH4和CO2是非电解质，而醋酸

是弱电解质，故C错误；D、CH4、CO2和CH3COOH都是共价化合物，无离子化合物，故D错误；故选：B。2.下列气体中不能用浓硫酸干燥的是A.O2B.COC.NH3D.SO2【答案】C【解析】【详解】A．氧气不与浓硫酸反应，可以使

用浓硫酸干燥，故A不选；B．一氧化碳不与浓硫酸反应，可以使用浓硫酸干燥，故B不选；C．氨气显碱性，能与浓硫酸反应，不能使用浓硫酸干燥，故C选；D．二氧化硫不与浓硫酸反应，可以使用浓硫酸干燥，故D不选；故选C。3.起固定氮作用的化学反应是A.N2与H

2在一定条件下反应生成NH3B.NO遇O2转化为NO2C.硝酸工厂用NH3氧化制NOD.由NH3制碳酸氢铵和硫酸铵【答案】A【解析】【分析】【详解】由游离态的氮变为化合态叫氮的固定。故A项正确。【点睛】4.下

列化学用语表示不正确的是A.中子数为18的Cl：3517ClB.HCl的电子式：C.NaCl的电离方程式：NaCl=Na++Cl-D.氯原子的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．中子数为18的氯原子的质量数=质子数+中子数=17+18=35，表示为3517Cl

，故A正确；B．HCl属于共价化合物，原子间以共用电子对成键，电子式为，故B正确；C．NaCl为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaCl=Na++Cl-，故C正确；D．氯原子的核外有17个电子，原子结构示意图为，故D错误；故选D。5.在含有大量Na+、-3HCO、Cl-的溶液中

，还可能大量存在的离子是A.Ag+B.OH-C.-3NOD.H+【答案】C【解析】【详解】A.银离子与溶液中的氯离子反应生成氯化银沉淀，则溶液中不可能大量存在的银离子，故A错误；B.氢氧根离子与溶液中碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，则溶液中不可能大量存在的银离子，故B错误；C.硝酸根离子与溶液中的

钠离子、碳酸氢根离子、氯离子不发生任何反应，则溶液中可能大量存在的硝酸根银离子，故C正确；D.氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则溶液中不可能大量存在的银离子，故D错误；故选C。6.下列关于工业合成氨反应的说法中正确的是A.升高体系温度能加快反应速率B.降低N2的浓度能加快反应

速率C.使用催化剂不影响反应速率D.反应若在密闭容器中进行，N2和H2能100％转化为NH3【答案】A【解析】【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，活化分子数增多，反应速率加快，故A正确；B．降低N

2的浓度，降低了活化分子数，反应速率减慢，故B错误；C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故C错误；D．合成氨为可逆反应，反应不可能完全进行到底，N2和H2的转化率不能达到100%，故D错误；故选A。7.有关元素周期表的说法中错误的是（）A.元素周期表中第16个纵行

为ⅥA族B.ⅦA族元素也称为卤族元素C.元素周期表中，Ⅷ族包括第8，9，10三个纵行D.0族元素的原子最外层电子数均为8，元素化合价为0【答案】D【解析】【详解】A.元素周期表有18个纵行，根据元素周期表的结

构与位置的关系可知：第16个纵行为ⅥA族，A正确；B.ⅦA族元素原子最外层有7个电子，也称为卤族元素，B正确；C.元素周期表中，一般情况下1个纵行为1个族，但第8，9，10三个纵行叫第Ⅷ族元素，C正确；D.0族元素中，He的原子最外层电子数是2，其余的均为8，由于不容易参加化学反应，所以元

素化合价为0，D错误；故合理的是D。8.判断金刚石和石墨互为同素异形体的依据是A.具有相似的物理性质B.具有相似的化学性质C.具有相同的分子结构D.它们都是碳元素的不同种单质【答案】D【解析】【详解】金刚石和石墨具有不同的结构、物理性质不同，但组成元素相同，具有相似的化学性质，因此判断金

刚石和石墨互为同素异形体的依据是：它们都是碳元素的不同种单质，故选D。9.已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（）A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-484kJ·mol-1B.H2O(g)=H2(g)+

12O2(g)ΔH=+242kJ·mol-1C.H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=+242kJ·mol-1D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=+484kJ·mol-1【答案】B【解

析】【详解】A.氢气燃烧得到的水是气态的，A项错误；B.2mol氢气燃烧得到水蒸气，一共可以释放484kJ能量，则水蒸气分解得到1mol氢气，需要吸收484kJ2=242kJ能量，B项正确；C.氢气燃烧是放热的，因此ΔH为负值，C项错误；D.氢气燃烧是放热的，因此ΔH为负值，D项错误

；答案选B。【点睛】所有的燃烧反应、酸碱中和，以及大多数化合反应是放热的，即ΔH<0。10.下列说法正确的是A.化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的B.发生能量变化必然伴随化学反应C.吸热反应只有在加热下才能发生D.化学反应中能量变化的多少与反应

物的质量无关【答案】A【解析】【详解】A．化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键的形成过程，化学键的断裂与形成伴随能量变化，因此化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故A正确；B．能量变化过程中不一定伴随发生化学反应，如白炽灯发光

发热，没有发生化学反应，故B错误；C．有些吸热反应在常温下也能进行，例如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，故C错误；D．化学反应中能量变化与物质的量成正比，则化学反应中能量变化的多少与反应物的质量有关，故D错误；故选A。11.如图中的大黑点代表原子序数为1～1

8的元素的原子实(原子实是原子除最外层电子后剩余的部分)，小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表共价键。下列各图表示的结构与化学式一定不相符的是()A.NH3B.C2H2C.CCl4D.CO2【答案】C【解

析】【分析】【详解】A．氨气中N与H形成三对共价键，剩余一对孤对电子，A正确；B．乙炔分子中C与C形成碳碳三键，是直线形结构，B正确；C．四氯化碳中Cl的最外层三对孤对电子漏掉，C错误；D．二氧化碳中C分别与两个O形成2对共价键，O剩余2对孤对电子，D正确；答案选C。【点睛】本题考查了

常见元素的成键特点，解答时注意把握原子形成的共价键数目与其原子核外的单电子数有关。12.课堂学习中，同学们利用铝条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成。下列结论错误的是A.原电池是将化学能转化成电能的装置B.原电池由电极、电解质溶液和导线等组成C.

图中a极为铝条、b极为锌片时，导线中会产生电流D.图中a极为锌片、b极为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片【答案】D【解析】【分析】【详解】A．原电池是把化学能转化为电能的装置，A正确；B．原电池由电解质溶液、电极、导线组成闭合回路，B正确；C．因

为橙汁为酸性，所以图中a极为铝条、b极为锌片时，则Al作原电池的负极，Zn作原电池的正极，导线中会产生电流，C正确；D．图中a极为锌片、b极为铜片时，则Zn为负极，Cu为正极，电子从负极流向正极，所以电子从Zn片流向Cu片，D错误；答案选D。【点睛】13.下列有关实验装置进行的相应实验

，能达到实验目的的是（）A.用图甲所示装置收集NOB.用图乙所示装置制备NH3C.用图丙所示装置制备Fe(OH)2D.用图丁所示装置稀释浓H2SO4【答案】C【解析】【详解】A、NO能与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，选项A错误；B、用图乙所示

装置制备NH3，氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢在试管口又反应生成氯化铵固体，无法得到氨气，选项B错误；C、Fe(OH)2白色沉淀极易被空气中的氧气氧化：4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3，生成红褐色沉淀，所以制备Fe(OH)2沉淀需隔绝空气，煤油的密度比水小，浮在上面，能起到

隔绝空气的作用，所以该装置能实现制备Fe(OH)2沉淀，选项C正确；D、稀释浓H2SO4时应将浓硫酸慢慢注入水中并不断搅拌，而不能将水倒入浓硫酸中，选项D错误；答案选C。14.已知汽车尾气处理反应能量过程如下图，下列说法正确的是A.该反应为放热反应B.该反应为吸热反应C.形成N≡N化

学键需要吸收热量D.反应物的总能量小于生成物的总能量【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故A正确；B．反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故B错误；C．断裂

化学键吸收能量，形成化学键放出能量，因此形成N≡N化学键需要放出热量，故C错误；D．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，故D错误；故选A。15.A与B在容积为1L的密闭容器中发生反应：aA(s)＋bB

(g)cC(g)＋dD(g)，t1、t2时刻分别测得部分数据如下表。下列说法正确的是n(B)/moln(C)/moln(D)/mol反应时间/min0.120.060.10t10.060.120.20t2A.0～t1

时间段内，平均反应速率v(B)＝0.04/t1mol·(L·min)－1B.若起始时n(D)＝0，则t2时刻v(D)＝0.20/t2mol·(L·min)－1C.升高温度，v(B)、v(C)、v(D)均增大D.b∶d＝6∶1【答案】C【解析】【分析

】不能确定B的起始物质的量；化学反应速率不是瞬时反应速率；升高温度，化学反应速率增大；t1～t2时间段内，B和D的变化量分别是0.06mol、0.1mol。【详解】不能确定B的起始物质的量，因此0～t1时间段内，

不能确定B的变化量，则不能计算其反应速率，A错误；化学反应速率是平均反应速率，不是瞬时反应速率，B错误；升高温度，反应速率v(B)、vC)、v(D)均增大，C正确；D．t1～t2时间段内，B和D的变化量分别是0.06mol、0.1mol，所以b：d＝3：5，D错误。故选C。【点睛】本题考查化

学反应速率，了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法、理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响是解答的关键。不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)16.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语正确的是A.用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐

水时，阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑B.铅蓄电池放电时的正极反应式为Pb-2e-+2-4SO=PbSO4C.粗铜精炼时，粗铜与电源正极相连，该极发生的电极反应只有Cu-2e-=Cu2+D.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应

式为Fe-2e-=Fe2+【答案】AD【解析】【详解】A．铜做阴极，不参与反应，石墨做阳极，性质稳定，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；B．铅蓄电池放电时的正极为二氧化铅得电子，发生还原反应，电极反应式为P

bO2+2e-+4H++2-4SO═PbSO4+2H2O，故B错误；C．粗铜精炼时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，粗铜中含有锌、铁、银等杂质，因此比铜活泼的金属锌、铁也要放电，故C错误；D．钢铁发生电化学腐蚀的负极是铁失电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe

-2e-═Fe2+，故D正确；故选AD。17.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等；X、W在周期表中所处的周期数均等于其族序数；Y、Z相邻且Y的最低负价的绝对值与W的最高正价数值相等。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)＜r

(Y)＜r(Z)＜r(W)B.Y的简单氢化物的热稳定性比Z的简单氢化物强C.X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液一定能使石蕊溶液变红D.W的氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y最外

层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y、Z相邻，则X最外层电子数为1；X、W在周期表中所处的周期数均等于其族序数，则X为H元素，W应该为第三周期元素，为Al元素；Y、Z相邻且Y的最低负价的绝对值与W的最高正价数值相等，则Y为N元素，Z为O元素，

以此分析解答。【详解】根据以上分析可知，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。A．同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，一般而言，电子层越多，原子半径越大，则原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O＞N，则O对应的氢化物稳

定性较强，故B错误；C．H、N、O组成NH3•H2O溶液呈碱性，会使石蕊溶液变蓝，故C错误；D．W的氧化物为Al2O3，Al2O3为两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，故D正确；故选D。18.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A

向碳酸钠中加入盐酸溶液，有大量气泡产生非金属性：Cl＞CB向1mL某溶液中，滴入2mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体某溶液中含NH4+C取5mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液

，滴加5滴0.1mol•L﹣1KI溶液，振荡，再加入5mLCCl4，振荡，静置，取上层液体，向取出来的溶液中滴加KSCN溶液，显血红色．KI和FeCl3反应有一定的限度D加热使冰化成液态水分子内H﹣O键发生断裂A.AB.BC.CD.D【答案】

B【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以该实验只能说明盐酸酸性大于碳酸，但不能说明证明非金属性Cl＞C，故A错误；B.使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则某

溶液中含NH4+，故B正确；C.因KI和FeCl3和发生反应：2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，取5mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液，滴加5滴0.1mol•L﹣1KI溶液，氯化铁有剩余，则取出来的溶液中滴加KSCN

溶液，显血红色，不能说明KI和FeCl3反应有一定的限度，故C错误；D.冰融化时发生物理变化，只破坏范德华力而不破坏化学键，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，注意元素的

非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，注意实验的评价性分析，题目难度不大。19.可逆反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，在容积固定的密闭容器中达到反应的限度的标志是A.

单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2B.单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNOC.混合气体的颜色不再改变的状态D.用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态【答案】AC【解析】【详解】A．单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmo

lNO2，同时消耗nmolO2，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A选；B．无论反应是否达到平衡状态都存在单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故B不选；C．混合

气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不再变化，能据此判断达到平衡状态，故C选；D．用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态，反应方向不明确，不能据此判断平衡状态，故D不选；故选AC。20.某稀溶液中

含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（）A.反应后生成NO的体积为28LB.所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+

）=1:1C.所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/LD.所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】B【解析】【分析】铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5

mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗1.25molFe，生成1.25mol的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25mol，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75

molFe3+；【详解】A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；C.未给定溶液体积，

无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；答案为B。非选择题21.下表是元素周期表的一部分，按要求填空(填元素符号或化学式)：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02

①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨(1)在这些元素中，最活泼的非金属元素是________，最不活泼的元素是_______。(2)在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_________(此空可填化学式或填物质名称)，碱性最强的是

________。(3)写出⑥和⑨的单质反应产物的电子式________，其晶体属于__________晶体。(4)147N在周期表中的位置：_______，它的最简单气态氢化物的电子式_________；(5)判断⑥

与⑦的单质金属性强弱的实验依据是___________；(6)②与③可形成A2B2型分子，该分子中各原子均达到最外层8电子稳定结构，则该分子的电子式为___________。【答案】(1).F(2).Ne(3).HClO4或高氯酸(4).NaOH(5).(6).离子晶体(7).第2周期

VA族(8).(9).Mg、Al与同浓度同体积的盐酸反应，与Mg的反应更剧烈(10).【解析】【分析】根据元素周期表的结构，可知从①到⑨各元素分别为C、O、F、Ne、Na、Mg、Al、S、Cl。【详解

】(1)F的原子半径很小，最外层有7个电子，很容易得到1个电子达到8电子稳定结构，在这九种元素中，非金属性最强，最活泼；稀有气体Ne最外层已经达到了8电子稳定结构，所以最不活泼。(2)最高价氧化物对应的

水化物的酸性和元素的非金属性一致，但F没有正价，所以没有最高价氧化物对应的水化物，在剩下的8种元素中，Cl的非金属性最强，所以Cl的最高价氧化物对应的水化物的HClO4酸性最强；最高价氧化物的水化物的碱性和元素的金属性一致，在这8种元素中，金属性最强的元素是Na，所以碱性最强的是Na

OH。(3)镁和氯气反应生成MgCl2，是离子化合物，属于离子晶体，由阳离子Mg2+和阴离子Cl-构成，其电子式为。(4)147N的质子数为7，在周期表中位于第二周期ⅤA族；它的最简单气态氢化物为NH3，是共价化合物，其电子式为。(5)元素金属性的强弱可以根据其最高价

氧化物的水化物的碱性强弱以及单质跟水或酸反应置换出氢气的难易程度来判断。所以判断镁和铝的金属性强弱的实验依据可以是Mg、Al与同浓度同体积的盐酸反应，与Mg的反应更剧烈。(6)O与F形成O2F2分子，要使该分子中各原子均达到最外层8电子稳定结构，

每个O需要共用2对电子，每个F需要共用1对电子，则该分子的电子式为。【点睛】元素金属性与非金属性的判断依据可以根据其最高价氧化物对应水化物的碱性和酸性来判断，需要注意的是一定是最高价氧化物的水化物，如S的最高

价氧化物对应的水化物是H2SO4，不是H2SO3。书写共价化合物的电子式时，需要注意两点：一是保证原价电子数不变，二是形成化合物时，大多数情况下各原子都达到稳定结构。22.利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1

)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是__________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是_________(填化学式)。(2)用石灰乳吸收氮的氧化物，原理为：4NO2+2C

a(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；NO2+NO+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______

__；若产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_________。(填写序号)①＝1∶1②＞1∶1③＜1∶1④无法判断(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会

发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的离子方程式为2NO-2+2H+=NO2+NO↑+H2O，你认为是否正确？请做判断并说明你的理由______________________。【答案】(1).使尾气中NO、NO2被充分吸收(2).Ca(OH)2(3).②(4)

.③(5).不正确，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮【解析】【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，通过过滤除去。结合反应的原理：4NO2

+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；NO2+NO+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O和氮氧化物的性质分析解答。【详解】(1)采用气液逆流接触吸收，可以使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，使NO、NO2充分吸收；由

流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，故答案为：使尾气中NO、NO2被充分吸收；Ca(OH)2；(2)根据反应原理：4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；NO2+NO

+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。若n(NO)∶n(NO2)＞1∶1，主要发生第二个反应，反应后一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，第二个反应后，多余的二氧化氮发生第一个反应，与石灰乳反应生成Ca(NO3)2

，产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高，故答案为：②；③；(3)二氧化氮能与水会发生反应生成硝酸，产物中不可能生成二氧化氮，应该生成一氧化氮，硝酸根和水，反应的离子方程式为3NO-2+2H+=NO-3+2NO↑+H2O，故答案为：不正确，

二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意二氧化氮能够与水反应，难点为(2)，要注意题中提供的反应方程式的理解和应用。23.采用科学技术减少碳氧化物、氮氧化物等物质的排放，可促进社会主义生态文明建

设。(1)CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。①已知：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝-890.3kJ·mol-1；在深海中有一种甲烷细菌依靠酶使甲烷与O2作用产生的能量存活。酶使1mol甲烷生成CO2气体与液态

水，放出的能量__________(填“＞”“＜”或“＝”)890.3kJ。②甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要先通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是____________。③利用CH4的燃烧可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理

如下图所示，则通入a气体的电极名称为________，通入b气体的电极反应式为_______(质子交换膜只允许H+通过)(2)利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(I、Ⅱ，Ⅲ)作用下，CH

4产量随光照时间的变化见下图。在15小时内，CH4的平均生成速率I、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为____________(填序号)。(3)以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，也可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系

见下图。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是_________；②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜(CuAlO2，难溶物)。将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为__________

。【答案】(1).＝(2).提供CH4分解所需的能量(3).负极(4).O2+4H++4e-＝2H2O(5).Ⅱ＞Ⅲ＞I(6).300℃～400℃(7).3CuAlO2+16H++-3NO＝3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑【解析】【分析】(1)①根据CH4(g)+2O2(g

)＝CO2(g)+2H2O(l)△H＝-890.3kJ•mol-1判断；②甲烷分解需要热量；③根据图中电子流动的方向结合原电池原理解答；(2)相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，据此解答；(3)①根据温度对催化剂活性的影响可知

在300℃时失去活性，超过300℃，乙酸的生成速率主要受温度影响；②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，据此书写并配平离子方程式。【详解】(1)①CH4(g)+

2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1，甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水放出的热量等于890.3kJ，故答案为：=；②甲烷分解需要热量，通入适量空气使部分甲烷燃烧可提供能量，故答案为：提供甲烷分解所需的能量；③由图可知，电子由通入气体a的

一端流出，发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b的电极为正极，得到电子，在酸性条件下生成水，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：负极；O2+4e-+4H+=2H2O；(2)由图可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n(Ⅰ)＜

△n(Ⅲ)＜△n(Ⅱ)，故在0～15h内，CH4的平均生成速率v(Ⅱ)＞v(Ⅲ)＞v(Ⅰ)，其中Ⅱ最大，故答案为：Ⅱ＞Ⅲ＞I；(3)①由图可知，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸的生成速率主要取决于

温度影响的范围为300℃～400℃，故答案为：300℃～400℃；②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝和硝酸铜，反应中还有水生成，反应的离子方程式为：3CuAlO2+16H++-3NO=NO↑+3A

l3++3Cu2++8H2O，故答案为：3CuAlO2+16H++-3NO=NO↑+3Al3++3Cu2++8H2O。【点睛】本题的易错点为(3)，①中要注意图像的前半段主要受催化剂的影响，后半段是受温度影响，②中要注意氧化还原反应方程式的配

平。24.回收工业排放废气中的NOx制备硝酸或硝酸盐时，均需要测定NOx的氧化度(α=()()2XNONOnn×100%)。为测定氮氧化物的氧化度，设计了以下实验方案，装置如下图所示(夹持类仪器省略)。步骤1：检查装置的气密性。步骤2：将氮氧化物废气通入盛有

10%的KI溶液的吸收瓶，只有NO2气体与KI溶液发生反应，通气一段时间后关闭真空阀。此时真空瓶中收集到的气体经测算，其物质的量为3.600×10-4mol。步骤3：将吸收瓶中的液体合并于锥形瓶中，用蒸馏水洗涤吸收瓶3次，洗涤液并入锥形瓶

中。步骤4：向锥形瓶中滴加少量淀粉溶液，再滴加0.01000mol·L-1Na2S2O3溶液，发生反应：I2+22-23SO=2I-+2-46SO。恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。(1)步骤2中，发生的反应为2NO2+2KI=I2+2X，则X的化学式______

__。(2)步骤3中，如果不洗涤吸收瓶，则测定的氧化度会_________。(填“偏高”“偏低”或“无影响”)(3)步骤4中，恰好完全反应时的实验现象为________。(4)计算该氮氧化物的氧化度(α)，并写出计算过程___________。【答案】(1).KNO2(2).偏低(3).溶液的蓝

色恰好褪去，且半分钟内不恢复(4).35.71%【解析】【分析】(1)发生的反应为2NO2+2KI=I2+2X，结合原子守恒确定X的化学式；(2)氮氧化物废气通入盛有10%的KI溶液的吸收瓶，只有NO2气体与KI溶液发生反应，如果不洗涤吸收瓶，会造成部分溶液吸附

在吸收瓶中，结合实验原理分析判断；(3)向锥形瓶中滴加少量淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色，再滴加0.01000mol•L-1Na2S2O3溶液，发生反应：I2+22-23SO=2I-+2-46SO，据此分析

解答；(4)根据题干数据计算出n(Na2S2O3)，在结合I2+22-23SO=2I-+2-46SO和2NO2+2KI=I2+2KNO2计算出n(NO2)，最后根据氧化度(α)=()()2XNONOnn×100%计算。【详解】(1)步骤2中，发生的反应为2NO2+2KI=I2+2X，根据

原子守恒，X的化学式为KNO2，故答案为：KNO2；(2)氮氧化物废气通入盛有10%的KI溶液的吸收瓶，只有NO2气体与KI溶液发生反应，步骤3中，如果不洗涤吸收瓶，会造成部分溶液吸附在吸收瓶中，吸收二氧化氮生成的碘单质不能全部被硫代硫酸钠滴定，相当于吸收二氧化氮的量减少

，则测定的氧化度(α=()()2XNONOnn×100%)会偏低，故答案为：偏低；(3)向锥形瓶中滴加少量淀粉溶液，再滴加0.01000mol•L-1Na2S2O3溶液，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，碘单质遇到淀粉变蓝色，恰好完全反应时碘恰好反应完全，因此实验现象为

：溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复，故答案为：溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复；(4)n(Na2S2O3)=20.00mL×10-3L•mL-1×0.01000mol•L-1=2.000×10-4mol，根据方程式I2+22-23SO=2I-+2-

46SO知n(I2)=1.000×10-4mol，再根据方程式2NO2+2KI=I2+2KNO2可知：n(NO2)=2.000×10-4mol，因此氧化度(α)=()()2XNONOnn×100%=4442.00010mol2.00010mol

3.60010mol−−−+×100%=35.71%，故答案为：35.71%。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意不洗涤吸收瓶，会造成部分溶液吸附在吸收瓶中，后续滴定操作中得到的碘偏少，根据2NO2+2KI=I2+2KNO2可知，二氧化氮的量偏少。