【文档说明】江西省上饶市2019-2020学年高一下学期期末教学质量测试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.558 MB，由小赞的店铺上传

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上饶市2019—2020学年度第二学期期末教学质量测试高一化学试题卷可能用到的相对原子质量:H-1C-12O-16Fe-56Cu-64Pb-207一、选择题（每小题只有一个正确选项）1.抗击新冠肺炎疫情以来，“一次性口罩”成为人们防护的必需品，用于生产下列这款口罩的材料中不属于有机物的是A.耳带

——聚四氢呋喃B.外层防菌过滤层——聚酯纤维C.防水透气膜——聚丙烯D.鼻梁条——镀锌细钢丝【答案】D【解析】【分析】有机物全称有机化合物，含有碳原子，但有一些含有碳原子的物质不是有机物，比如碳的单质、碳酸盐、CO、CO2等。【详解】A．

聚四氢呋喃含有碳原子，是有机物，A不选；B．聚酯纤维含有碳原子，是有机物，B不选；C．聚丙烯是的加聚反应产物，是有机高分子化合物，C不选；D．镀锌细钢丝是金属材料，不是有机物，D选；答案选D。【点睛】有机物含有碳原子，但含有碳原子的物质不一定是有机物。2.下列关于

碱金属元素和卤素的说法中，错误的是（）A.钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈B.随核电荷数的增加，卤素单质的颜色逐渐加深C.随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大D.碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最强【答案】D【解析】【详解

】A．钾比钠活泼，与水反应更剧烈，选项A正确；B．卤族元素单质的颜色随着原子序数的增大而逐渐加深，所以卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，依次为浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，选项B正确；C．同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增

大，选项C正确；D．同主族元素，从上到下，金属性依次增强，非金属性依次减弱，碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，选项D不正确；答案选D。3.下列设备工作时，把化学能转化为电能的是A.硅太阳能电池B.燃气灶C.太阳能集热器D.锂离子电池【答案】D【解析】【详解】A.

硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；B.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，则燃气炉工作时将化学能转化为热能，故B错误；C.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；D.锂离子电池是把化学能转化

为电能，故D正确；故选:D。【点睛】化学变化中不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化，解题时要注意看过程中否发生化学变化，是否产生了热量，发生化学变化并放出热量，则化学能转化为热能．4.含氯消毒剂是新冠肺炎疫情期间防疫的一种重要消毒剂，下列说法正确的是A.用电子式表示HC

l的形成过程B.次氯酸的结构式H－O－ClC.氯离子含有18NA电子D.3517Cl这种核素的原子中有17个中子【答案】B【解析】【详解】A．H原子和Cl原子通过共用电子对形成共价化合物HCl，其形成过程为，故A错误；B．次氯酸中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，结构式为H

-O-Cl，故B正确；C．一个氯离子含有18个电子，但题中未指明氯离子的物质的量，无法确定含有的电子数目，故C错误；D．中子数=质量数-质子数，所以3517Cl的中子数为35-17=18，故D错误；答案选B

。5.下列图示变化为吸热反应的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金属与水反应、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应（如碳与二氧化碳的反应）、碳与水蒸气的反应

、氯化铵晶体与Ba（OH）2•8H2O的反应等，反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应，以此来解答。【详解】A．Zn与稀硫酸反应为放热反应，故A不符合题意；B．图中反应物

的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B不符合题意；C．浓硫酸稀释放热，为物理过程，不是化学反应，故C不符合题意；D．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，故D符合题意；答案选D。【点睛】需要注意：物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。6.如下图，在盛有稀硫酸的

烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是A.外电路电流方向为：X—外电路—YB.若两极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒C.X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应

D.若两极都是金属，则它们的活动性顺序为X>Y【答案】D【解析】【分析】根据装置图知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金

属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，据此分析解答。【详解】A．根据电子流动方向，X是原电池负极，Y是正极。外电路的电流方向为：Y→外电路→X，A选项错误；B．原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金

属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，B选项错误；C．X是原电池的负极，失电子发生氧化反应，Y是原电池的正极，得电子发生还原反应，C选项错误；D．若两电极都是金属，活泼金属作负极，X是负极，则它们的活动性顺序为X＞Y，D选项正确

；答案选D。【点睛】本题考查了原电池原理，会根据电子的流向判断原电池的正负极是解本题的关键，明确正负极的判断方法、正负极上发生反应的类型、电子和电流的流向即可解答本题。7.下列制取SO2、验证其漂白性、

收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）A.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理【答案】B【解析】【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C

.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。8.互为同分异构体的是A.O2和O3B.12C与14CC.CH3(CH

2)3CH3和D.和【答案】C【解析】【分析】分子式相同，结构不同的有机化合物互为同分异构体，据此分析解答。【详解】A．O2和O3为氧元素构成的结构不同的单质，互为同素异形体，故A不符合题意；B．12C与14C为碳元素的不同原子，二者互

为同位素，故B不符合题意；C．CH3(CH2)3CH3和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故C符合题意；D．和分子式相同，结构也相同，属于同种物质，故D不符合题意；答案选C。9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量

最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.Y的单质的氧化性比Z的强D.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【答案】D【解析

】Z是地壳中含量最高的元素，即Z为O，W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，只有Y和Z处于同一周期且相邻，四种元素原子序数依次增大，因此Y为N，X为H，A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小顺序是r(Na)>r(

N)>r(O)>r(H)，故A错误；B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C错误；D、可以组成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。10.下

面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是()A.上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池B.干电池在长时间使用后，锌筒被破坏C.铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207gD

.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源【答案】C【解析】【详解】A．干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，A选项正确；B．在干电池中，Zn作负极，被氧化，因此长时间使用后，锌筒被破坏，

B选项正确；C．铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，C选项错误；D．氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，D选项正确；答案选C

。【点睛】本题考查了原电池类型的分析判断，依据原电池原理判断电极和反应产物是解题关键，易错点为选项A，干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池。11.将2molA和2molB混合于2L的密闭容

器中，发生如下反应：3A(g)+B(s)⇌xC(g)+2D(g)，反应5min，测得D的浓度为0.5mol/L，以C表示的平均反应速率v(C)=0.1mol/(L·min)，下列说法正确的是A.以B表示的

平均反应速率为v(B)=0.1mol/(L·min)B.5min后，向容器中再添加2molB，会使反应速率加快C.该反应方程式中，x=2D.5min时，A的物质的量为0.75mol【答案】C【解析】【分析】反应5min，测得D的浓度为0.5mol/L，即D的

浓度变化量为0.5mol/L；C表示的平均反应速率v(C)=0.1mol/(L·min)，则C的浓度变化量为0.1mol/(L·min)×5min=0.5mol/L，根据以上计算可得，∆c(C)=∆c(D)，根据反应计量系数比等于浓度变化量之比，则0.5：0.5=x：2，解得x=2，

据此分析解答。【详解】A．B为固体，没有浓度变化量，不能用表示该反应的反应速率，故A错误；B．B为固体，加入B，没有浓度变化，则反应速率不变，故B错误；C．根据分析，该反应方程式中，x=2，故C正确；D．结合上述分析，列三

段式：()()()()()()()mol/L100mol/L0.750.553Ag+Bs2Cminmol/Lg+2Dg0.50.250.50.5始变由此可知，5min时，A的物质的量为0.25mol/L×2L=0.5mol，故D错误；答案选C。12.下列实验过

程中的现象及结论均正确，且存在因果关系的是ABCD实验装置实验现象试管内有白烟生成，内壁上有油状液滴生成烧杯中出现白色沉淀红色喷泉有红热状的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体实验结论生成的有机物不易溶于水非金属性:Cl＞C＞Si

NH3极易溶于水黑色固体是Fe3O4A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．在“实验现象”中甲烷跟氯气反应生成氯化氢气体，氯化氢气体极易溶于水，所以会生成白雾状的氯化氢液滴，而不是生成白烟这种固体小颗粒，故A错误；B．在“实验结论”中，氯的最高价含氧酸

是高氯酸，不是盐酸，所以不能证明非金属性Cl＞C＞Si，故B错误；C．氨气极易溶于水，使圆底烧瓶内气压快速下降，烧杯中的水被吸入圆底烧瓶形成喷泉，水溶液呈碱性，使酚酞呈红色，“实验现象”和“实验结论”均正确，故

C正确；D．该实验中的铝热反应为2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3，在“实验结论”中，黑色固体的主要成分是铁，可能含有氧化铝，故D错误；答案选C。13.下列说法不正确的是A.由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高B.HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子

间存在氢键C.F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，因为它们的组成结构相似，分子间的范德华力增大D.碳酸氢铵固体受热分解破坏了离子键、共价键【答案】A【解析】【详解】A．H2O和H2S的熔沸点与化学键无关，水的熔沸

点比H2S高因为水中存在氢键，故A错误；B．因为HF分子间存在氢键，导致HF的沸点是同族元素的氢化物中最高的，故B正确；C．卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质

量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；D．碳酸氢铵为离子化合物，加热分解破坏离子键和共价键，故D正确；答案选A。14.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和22.4L(标准状况)NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与16.8LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气

体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为A.96gB.64gC.48gD.32g【答案】A【解析】【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与16.8LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，

说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n(Cu)×2=n(O2)×4，n(Cu)=16.8L222.4L/mol=1.5mol，m(Cu)=1.5mol×64g/

mol=96g，答案选A。【点睛】氧化还原反应的电子守恒的计算应用，物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。15.W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质（结构如图，箭头表示配位键）。下列说法不正．．确．的是（

）A.W的非金属性比Y的强B.该物质中X原子满足8电子稳定结构C.该物质中含离子键和共价键D.Z的氧化物都易溶于水中【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X的次外层电子数只能为2，

Y的最外层电子数为6，由四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，Y可形成2个共价键，X可形成3个共价键和1个配位键，则Z为C、Y为O、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，均为第二周期元素，以此来解答。【详解】由分析可知W、X、Y、Z四种元素依次为

F、B、O、C；A．氟的非金属性比氧的强，故A正确；B．硼原子与F、O形成四对共用电子对，满足8电子稳定结构，故B正确；C．由图可知该物质中含离子键和共价键，故C正确；D．Z为C，其氧化物CO不溶于水，故D错误；故答案选D。16.最新报道：科学家首次用

X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A.CO和O生成CO2是吸热反应B.在该过程中，CO断键形成C和OC.CO和O生成了具有极性共价键的CO2D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】【详解

】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ

→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。二、填空题17.随着原子序数的递増，八种短周期元素(用字母x、y、z…表示)的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。请根据判断出的元素回答下列问题(1)e在元素周期表中的位置是_______。(2)比较d、f常见离子的半

径大小:_______(用化学符号表示且用“＞”连接，下同)。比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱:_______。(3)写出x与z形成的常见四原子共价化合物的电子式______________。(4)物质A是一种常用的比水轻的有机溶剂，其仅由x、y两种元素组成，且x

元素与y元素的质量比为1:12，A的相对分子质量为78，A与浓硫酸、浓硝酸在50～60℃下发生反应的化学方程式为_______。(5)写出f元素的单质和e元素最高价氧化物对应的水化物之间发生的离子反应方程式______。【答案】(1).

第三周期第ⅠA族(2).O2-＞Al3+(3).HClO4＞H2SO4(4).(5).+HO—NO250~60⎯⎯⎯→℃浓硫酸+H2O(6).2Al+2H2O+2OH-=2-2AlO+3H2↑【解析】【分析】从图中的化合价和

原子半径的大小，可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此回答各题。【详解】(1)e是Na元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅠA族；(2)d是O元素，f是Al元素，常见离子为O2-、Al3+，二

者核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则半径大小：O2-＞Al3+；g是S元素，h是Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S，故HClO4＞H2SO4；(3)x是H元素，z是N元素，二者形成的常见四原子共价化合物为NH3，其电子式为：

；(4)物质A是一种常用的比水轻的有机溶剂，其仅由x、y两种元素组成，且x元素与y元素的质量比为1:12，可推知n(C)：n(H)=12g12g/mol：1g1g/mol=1:1，所以A的最简式为CH，A的相

对分子质量为78，可推知A的分子式为C6H6，结构简式为：。A与浓硫酸、浓硝酸在50～60℃下发生反应的化学方程式为+HO—NO250~60⎯⎯⎯→℃浓硫酸+H2O；(5)e是Na元素，f是Al元素，e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，铝和氢氧化钠溶

液反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式：2Al+2H2O+2OH-=2-2AlO+3H2↑。【点睛】离子半径的大小比较注意具有相同核外电子排布的离子半径遵循“序小径大”的规律。元素非金属性强弱的比较，非金

属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。18.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间/min12345氢气体积/mL(标准

状况)100240464576620①2～3min时间段反应速率最大，原因是____________。②求3～4min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_______(设溶液体积不变)。(2)另一学生为控制反应速率防止反应

过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是________(填字母)。A．蒸馏水B．KCl溶液C．KNO3溶液D．Na2SO4溶液(3)某温度下在4L密闭容

器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。①该反应的化学方程式是__________。②该反应达到平衡状态的标志是_________(填字母)。A．Y的体积分数在混合气体中保持不变B．X、Y的反应

速率比为3∶1C．容器内气体压强保持不变D．容器内气体的总质量保持不变E．生成1molY的同时消耗2molZ【答案】(1).因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快(2).0.025mol·L-1·min-1(3).C(4).3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)(5).AC【解析

】【分析】根据题中表格数据，可判断那一段速率最快，由反应放热解释；根据H+浓度减小，反应速率减慢，进行判断；根据题中图示，由变化量与计量系数关系，判断反应物和生成物和写出化学方程式；根据化学平衡的本质特征及相关量的变与不变，判断平衡状态；据此解答。【详解】(1)①在相同条

件下，反应速率越大，相同时间内收集的气体越多；由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2～3min，原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大，且盐酸浓度较大，所以反应速率较快；②3～4min时间段，收集的氢气体积V(H2)=(576-464)mL=112mL，n(H2)=0.112L22.4

L/mol=0.005mol，根据Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知，3～4min时间段消耗的n(HCl)=2n(H2)=2×0.005mol=0.01mol，则v(HCl)=0.01mol0.4L1min=0.025mol·L

-1·min-1；(2)A．加入蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率降低，故A可行；B．加入KCl溶液，相当于稀释，氢离子浓度降低，反应速率降低，故B可行；C．加入KNO3溶液，相当于含有硝酸，硝酸和Zn反应生成NO而不是氢气，故C不行；D．加入Na2SO4溶液，相当于稀释，氢离

子浓度降低，反应速率降低，故D可行；答案选C；(3)①根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△n(Z)

=(0.5-0.1)mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，X、Y、Z的化学计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则该反应方程式为3X

(g)+Y(g)⇌2Z(g)；②A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故A符合题意；B．X、Y的反应速率比为3：1时，如果反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B不符合

题意；C．反应前后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C符合题意；D．容器内气体的总质量一直保持不变，容器内气体的总质量保持不变不能说明反应达到平衡状态，故D不符合题意；E．生成1molY的同时

消耗2molZ，只表示逆反应，不能说明正逆反应速率相等，则不能说明反应达到平衡状态，故E不符合题意；答案为AC。19.燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源。下图为燃料电池的结构示意图，电解质溶液为NaOH溶

液，电极材料为疏松多孔的石墨棒。请回答下列问题：(1)若该燃料电池为氢氧燃料电池。①a极通入的物质为____________，电解质溶液中的OH-移向________极(填“负”或“正”)。②写出此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：______

______。(2)若该燃料电池为甲烷燃料电池。已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=2-3CO+3H2O①下列有关说法正确的是________（填字母代号）。A．燃料电池将电能转变为化学能B．负极的电极反应式为CH4+10OH-–8e

-=2-3CO+7H2OC．正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2OD．通入甲烷的电极发生还原反应②当消耗甲烷11.2L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为80％，则导线中转移的电子的物质的量为_______mol.【答案】(1).氢气(或H2)(2).负(3

).H2+2OH-–2e-=2H2O(4).B(5).3.2【解析】【分析】原电池中，电子由负极经外电路流向正极，根据图示中电子的流向可知，左侧电极为负极，右侧电极为正极，根据燃料电池特点，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则该氢氧燃料电池，由a通入的为燃料

，由b通入的为氧气，据此分析解答。【详解】(1)①燃料电池中，负极上失电子发生氧化反应，通入燃料氢气的电极是负极，据分析可知a电极是负极，故a极通入的物质为氢气；原电池中阴离子移向负极，故OH-移向负极；②电解质溶液为Na

OH溶液，为碱性环境，故此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：H2–2e-+2OH-=2H2O；(2)①A．燃料电池能将化学能转变为电能，故A错误；B．电解质溶液为NaOH溶液，为碱性环境，故负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故B正确；C．

碱性环境中正极的电极反应式应为：为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．通入甲烷的电极失电子发生氧化反应，故D错误；故答案选B。②据电池的总反应CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O可知：消耗甲烷22.4L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子

的物质的量为8mol，则当消耗甲烷11.2L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子的物质的量4mol，故电池的能量转化效率为80％时，导线中转移的电子的物质的量为4mol×0.8=3

.2mol。【点睛】本题考查了燃料电池，要注意的是：虽然燃料相同，但电解质溶液不同时，电极反应式就不同，如氢氧燃料电池，在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同。在计算转移电子的物质的量时注意电池的能量转化效率。20.某中药主要含二硫化亚铁(FeS2)，某

学习小组欲用下图所示装置进行实验，测定其铁、硫元素的质量分数。(1)装置中，A为高温灼烧装置，B为气体吸收装置，C为检测尾气中是否含有SO2的传感器。取mg该中药样品于装置A中，经充分反应，使硫元素全部转化为SO2

和SO3，在B中得到白色沉淀，传感器(装置C)未检测到SO2。①装置B中的H2O2反应时表现出了_______性。②欲计算硫元素的质量分数，需测量的数据是B中沉淀的质量。B中得到白色沉淀化学式为_____。

(2)为测定铁元素的质量分数，继续实验。a.将A装置中的剩余固体用足量盐酸酸浸，有少量H2产生。充分反应后过滤，得到黄色滤液；b.向滤液中滴加Na2SO3溶液，至恰好完全反应，2-3SO被氧化为2-4SO；c.用滴定法测定Fe2+的量，消耗20mL0.1mol

/LK2Cr2O7溶液。①a中滤液显黄色的阳离子是__________。②b中反应的离子方程式是____________。③已知：c中发生反应：6Fe2++2-27CrO+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则样品中铁元素质量分数的数学表达式是__________

___。【答案】(1).氧化性(2).BaSO4(3).Fe3+(4).2Fe3++2-3SO+H2O=2Fe2++2-4SO+2H+(5).67.2%m或0.672m×100%【解析】【分析】(1)①取mg该中药样品于装置A中，经充分反应，FeS2燃烧生成二氧化硫和氧化铁，二氧化

硫通入酸化的过氧化氢和氯化钡溶液中，使硫元素全部转化为SO2和SO3，在B中得到白色沉淀，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；②元素守恒分析，需要测定B中沉淀质量计算硫元素物质的量；(2)①将A装置中的剩余固体用足量盐酸酸浸，有少量H2产生，充分反应后过滤，得到黄色滤液，说明含有铁和

氧化铁，据此分析判断溶液中的离子；②向滤液中滴加Na2SO3溶液，至恰好完全反应，2-3SO被氧化为2-4SO，据此分析书写离子反应方程式；③用滴定法测定Fe2+的量，消耗20mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液，依据化学反应的定量关系

计算得到。【详解】(1)①取中药样品于装置A中，经充分反应，硫元素全部转化为SO2和SO3，将物质转移入酸化的H2O2和氯化钡溶液中，产生了白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，在这个过程中H2O2将+4价的S全部氧化为+6价

的S，最终全部变为硫酸钡，故H2O2表现的是氧化性；②要计算硫元素的质量分数，需测量B中产生的白色沉淀硫酸钡的质量，根据质量确定硫元素的质量分数，根据A中分析，①中得到白色沉淀化学式为BaSO4；(2)①将A装置中的剩余固体用足量盐酸酸浸，有少量H2产生

。充分反应后过滤，得到黄色滤液，说明溶液中除了存在Fe2+外，还存在着Fe3+；②向滤液中滴加Na2SO3溶液，至恰好完全反应，2-3SO被氧化为2-4SO，离子方程式为2Fe3++2-3SO+H2O=2Fe2

++2-4SO+2H+；③已知：c中发生反应：6Fe2++2-27CrO+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗20mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液，则有n(Cr2O72-)=20mL×0.1mol/L×10-3=0.002mol，根据方程式计算可得n(

Fe)=0.002mol×6mol，那么m(Fe)=0.002mol×6×56g/mol=0.672g，则铁元素质量分数的数学表示式为ω=0.672gmg×100%=67.2%m或0.672m×100%。21.

海洋是一个巨大的化学资源宝库，下面是海水资源综合利用的部分流程图。(1)步骤①中除去粗盐中杂质(Mg2+、2-4SO、Ca2+)，加入的药品顺序正确的是_______。A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．

BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→过滤后加盐酸(2)步骤⑤中已获得Br2，步骤⑥中又用SO2的水溶液将Br2吸收，其目的是______。(3)写出

步骤⑥中发生反应的离子方程式：__________。(4)把溴吹入到SO2的水溶液的气体X最可能用下面的_________(填序号)。A．乙烯B．空气C．氩气D．CO2(5)由海水提溴过程中的反应可得出Cl-、SO2、Br-还原

性强弱的顺序是________。【答案】(1).B、C、D(2).提高溴的富集程度(3).Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+2-4SO(4).B(5).SO2＞Br-＞Cl-【解析】【分析】海水

分离得到粗盐、淡水和母液卤水，粗盐提纯得到精盐，母液中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀在盐酸中溶解得到氯化镁溶液，浓缩结晶、得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁，电极熔融氯化镁得到金属镁和氯气，卤水中含

丰富的NaBr，溶液中通入氯气氧化溴离子生成溴单质，用热空气吹出溴单质和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，吸收液中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，蒸馏冷却分离得到纯溴。(1)除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，盐酸要放在最后，用来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，应该先加过

量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子，即：加入的碳酸钠溶液必须放在加入氯化钡溶液之后；(2)海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；(3)步

骤⑥是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸；(4)把溴吹出的气体X，廉价且不和溴反应；(5)氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，结合反应过程中的离子方程式分析判断；【详解】(1)要先除SO2-4离子，然后再除Ca2+

离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，若除杂试剂调换顺序，则过量的钡离子就没法除去，故Na2CO3溶液要在BaCl2溶液加入之后使用，至于加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸可以除去，将三种离子除完，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子；A．

NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，故A错误；B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，符合除杂和提纯的要求，故B正确；C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，符合除杂和提纯

的要求，故C正确；D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→过滤后加盐酸，符合除杂和提纯的要求，故D正确；故答案为：BCD；(2)步骤⑤中已获得Br2，步骤⑥中又将Br2还原为Br−，原因是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，

用SO2的水溶液将Br2吸收，将Br2转化为HBr后再被氯气氧化为溴单质，使得溴进一步被富集，能有利于后续提取收集；答案为提高溴的富集程度；(3)步骤⑥中发生反应是二氧化硫吸收溴单质发生反应，离子反应方程式为：Br2+SO2+

2H2O=4H++2Br-+2-4SO；(4)把溴吹出的气体X，廉价且不和溴反应，乙烯和溴发生加成反应，氩气生产成本高，二氧化碳溶于吸收液，不利于气体逸出，所以工业上最适宜选用空气，答案选B；(5)苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收转化为Br−，反复多次，以达到富集溴的目的。由海水

提溴过程中的反应中还原剂的还原性大于还原产物，2Br−+Cl2=Br2+2Cl−；反应中还原剂Br−的还原性大于还原产物Cl−；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物

Br−；可得出Cl−、SO2、Br−还原性由强到弱的顺序是SO2＞Br-＞Cl-。