【文档说明】北京交大附中2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，2.527 MB，由小赞的店铺上传

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北京交大附中2023-2024学年第二学期期中练习高一化学说明：本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Fe56第一部分选择题（共42分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题

2分，共42分）1.下列设备工作时，将化学能主要转化为电能的是A.燃气灶B.锌锰电池C.风力发电D.太阳能热水器A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．燃气灶中燃料燃烧时，能量转化的主要形

式为化学能转化为热能，故A不符合题意；B．锌锰电池工作时，能量转化的主要形式为化学能转化为电能，故B符合题意；C．风力发电工作时，能量转化的主要形式为风能转化为电能，故C不符合题意；D．太阳能热水器工作时，能量转化

的主要形式为太阳能转化为热能，故D不符合题意；答案选B。2.下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是A.H2SO4B.NaClC.MgCl2D.NaOH【答案】D【解析】【详解】分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第

VIIA族之间易形成离子键，离子化合物中一定含有离子键。详解：A．H2SO4是共价化合物，分子中只存在共价键，故A错误；B．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，故B错误；C．MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子

之间存在共价键，故D正确；故选D．点睛：本题考查化学键，为高频考点，把握离子键、共价键判断的一般规律为解答的关键，注意特殊物质中的化学键（氯化铝、铵盐等），题目难度不大。3.下列物质的电子式书写正确的是（）A.B.C.D.【

答案】D【解析】【详解】A．氨气为共价化合物，每个氢原子与氮原子形成一个共用电子对，氮原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故A错误；B．氯气中氯原子之间形成一个共用电子对，每个氯原子最外层达到8电子稳定结构，Cl2的电子式，故B错误；C．二氧化碳中，每个氧原子与碳原子形成2个共用电子对，每个

原子最外层都达到8电子稳定结构，则电子式为，故C错误；D．氯化钠是离子化合物，由钠原子失去电子变为钠离子，氯原子得到电子变为氯离子，电子式为，故D正确；答案选D。4.汽车尾气系统中的催化转化器，可有效降低尾气中的CO、NO和NO2等向大气的排放。在催化转化器的前半部发生的反应为2CO(g)＋2N

O(g)2CO2(g)＋N2(g)。一定条件下，下列说法能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是A.正、逆反应速率都等于零B.CO、NO、CO2、N2的浓度相等C.CO、NO、CO2、N2在容器中共存D.CO、NO、CO2、N2的

浓度均不再变化【答案】D【解析】【详解】A.在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时且不等于零，或反应物的浓度与生成物的浓度不再改变即为平衡状态；故A错误；B.CO、NO、CO2、N2的浓度相等，并不能说明各物质的浓度不变，不能说明反应达到了平衡状态，故B错误；C.可

逆反应中的反应物和生成物都会同时存在于一个容器，CO、NO、CO2、N2在容器中共存不能说明为平衡状态，故C错误；D.CO、NO、CO2、N2的浓度均不再变化能够说明反应达到平衡状态，故D正确；答案：D。5.下列物质性质的比较中，不正确的是A.酸性：H2SO4

＞H3PO4B.还原性：HCl＞HBrC.碱性：NaOH＞Mg(OH)2D.稳定性：H2O＞H2S【答案】B【解析】【详解】A．同周期元素从左到右非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，酸性：H2SO4＞H3PO4，故A正确；B．同

主族元素从上到下，气态氢化物还原性增强，还原性：HCl<HBr，故B错误；C．同周期元素从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物碱性减弱，碱性：NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；D．同主族元素从上到下，元素非金属性减弱，

氢化物的稳定性减弱，稳定性：H2O＞H2S，故D正确；选B。6.下列化学用语不正确的是A.2HO的电子式：H:O:HB.S的原子结构示意图：C.KOH的电离方程式：KOHKOH+−=+D.用电子式表示HCl的形成过程：【答案】D【解析】【

详解】A．在H2O分子中，O原子与每个H原子间各形成1对共用电子，其电子式为H:O:H，A正确；B．S的核电荷数为16，电子排布为2、8、6，其原子结构示意图为，B正确；C．KOH为可溶性强碱，溶于水后发生完全电离，电离方程式：KOHKOH+−=+，C正

确；D．HCl为共价化合物，由H原子与Cl原子间通过共用电子对形成，用电子式表示HCl的形成过程：，D错误；故选D。7.原电池是将化学能转变为电能的装置。关于下图所示原电池的说法不正确．．．的是A.Zn为负极，Cu为正

极B.电子由锌片通过导线流向铜片C.正极反应式为2Cu2eCu−+−=D.原电池反应的本质是氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A．锌的活泼性大于铜，所以锌为负极，铜为正极，A正确；B．原电池中电子由负极经导线流向正极，由A知

，锌为负极，铜为正极，所以电子由锌片通过导线流向铜片，B正确；C．正极是稀硫酸中的氢离子得电子，正极反应式为：+22H2eH−+=↑，C错误；D．原电池反应的本质是氧化还原反应，D正确；故选C。8.下列反应中，属于取代反应的是A.甲

烷燃烧生成二氧化碳和水B.甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢C.乙烯与溴反应生成1，2—二溴乙烷D.乙烯与氢气反应生成乙烷【答案】B【解析】【详解】A．甲烷燃烧生成二氧化碳和水的反应为氧化反应，不属于取代反应，故A不符合题意；B．甲烷与氯气光照条件下发

生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则该反应属于取代反应，故B符合题意；C．乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，则该反应不属于取代反应，故C不符合题意；D．一定条件下乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，则该反应不属

于取代反应，故D不符合题意；故选B。9.下列关于乙烯的说法中，不正确．．．的是A.官能团为碳碳双键B.可用于制备聚乙烯C.能与溴的四氯化碳溶液反应D.不能与酸性高锰酸钾溶液反应【答案】D【解析】【详解】

A．乙烯的官能团为碳碳双键，A正确；B．乙烯可以通过加聚反应生成聚乙烯，所以乙烯可用于制备聚乙烯，B正确；C．乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C正确；D．乙烯中含有碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液反应使高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选

D。10.铟（In）是一种主族元素，电子产品的屏幕常使用含铟的导电玻璃。11349In的最外层电子数是3，下列说法不正确．．．的是A.In原子的原子核内有49个质子B.11349In的中子数为113C.1131154949InIn互为同位素D.In元素的最高化合价是+3价【答

案】B【解析】【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；【详解】A．根据铟原子结构，铟的质子数为49，A正确；B．质量数=质子数＋中子数，则的中子数=113－49=64，B错误

；C．同位素：质子数相同中子数不同同一元素的不同原子，1131154949InIn符合同位素的概念，C正确；D．铟元素属于主族元素，主族元素中最外层电子数等于主族序数，In的最外层电子数是3，容易失去3个电子，显示最高化合价是

+3价，D正确；故选B。11.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的锌与足量稀硫酸在下列条件下发生反应，初始阶段反应速率最快的是（）ABCD锌的状态块状块状粉末粉末c(H2SO4)/(mol·L−1)1212t/℃20402040A.AB.BC.CD.D【答案】D【

解析】【分析】该反应的速率与接触面积，硫酸浓度，温度有关。【详解】接触面积越大反应速率越快，故锌的状态为粉末时反应速率快；浓度越大反应速率越快，故()24=2mcHSOol/L时反应速率快；温度越高反应速率越快，故t=40℃时反应速率快；故答案选D。12.结合元素周

期律，根据下列事实所得推测不合理．．．是（）事实推测ANa比Li活泼Cs比Na更活泼BN、P、As均为非金属元素第ⅤA元素均为非金属元素CH2O热稳定性强于H2SH2S热稳定性强于H2SeDMg(OH)2碱性弱于NaOHAl(OH)

3碱性更弱A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．根据元素周期律，同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，Li、Na、Cs都属碱金属元素，随着原子序数的增大，金属性逐渐增强，由Na比Li活泼推测Cs比Na更活泼正确，A项正确；B．根据元素N、P、As均为非金属元素，

不能推测出第ⅤA元素均为非金属元素，B项错误；C．根据元素周期律，非金属性越强，生成氢化物的稳定性越强，故由H2O热稳定性强于H2S，可以推测的出H2S热稳定性强于H2Se，C项正确；D．根据元素周期律，同一周期元素从左至右，金属性逐渐减弱，相应的最高价氧化物对

应水化物的碱性越弱。故由Mg(OH)2碱性弱于NaOH可以推测出Al(OH)3碱性更弱，D项正确；答案选B。13.短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图

所示。下列判断不正确．．．的是A.a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液B.a可分别与b或c组成含10个电子的分子C.e的阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构D.最高价氧化物对应水化物的酸性：h＞g＞b【答案】C【解析】【分析】由图

中原子序数和化合价，各元素依次为a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A．a、d、f组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A正确；B．CH4、NH3是10电子的分子，H可分别与

C或N组成含10个电子的分子，故B正确；C．Na＋与S2－的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar的电子层结构，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>S>C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO

3，故D正确；故选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易错点C，Na＋有2个电子层，K、L层分别排有2、8个电子，S2－有3个电子层，K、L、M层分

别排有2、8、8个电子。14.如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是（）A.a电极是负极B.b电极的电极反应为：4OH--4e-====2H2O+O2↑C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色

电源D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电

极是正极，据此分析解答。【详解】A、氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的a极为电源的负极，故A正确；B、氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应，根据图示，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-

，故B错误；C、氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故C正确；D、氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内新型发电装置，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意电解质溶液的酸碱性对电极反应式的影响，正极的电极反应式

，碱性溶液中O2+2H2O+4e-=4OH-，酸性溶液中O2+4e--+4H+=2H2O。15.2N和2H在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用、、分别表示2N、2H、3NH，已知：()()()223Ng3Hg2NHg+，反应释放热量，下列说法正确的是A.合成氨反应中，反应物断键吸

收能量小于生成物形成新键释放的能量的B.②→③过程，是吸热过程且只有HH−键的断裂C.③→④过程，N原子和H原子形成了含有非极性键的3NHD.使用催化剂，对生成3NH的速率没有影响【答案】A【解析】【详解】A．

合成氨为放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，A正确；B．②→③过程，是吸热过程有HH−键氮氮键的断裂，B错误；C．③→④过程，N原子和H原子形成了含有极性键的3NH，C错误；D．使用催化剂，通常降低反应活化能，对生成3

NH的速率有影响，D错误；故选A。16.热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸。下列说法不正确．．．的是A.电极b周围溶液pH变大B.溶液中H+由a极区向b极区迁移C.电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H++SO24−D.一段时间后，a极

消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等【答案】D【解析】【分析】由题干图示可知，电极a作负极，发生的电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++2-4SO，b电极为正极，发生的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，左侧区域产生的H+经过阳离子交换膜进入右侧区

域，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，b电极为正极，发生的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，则电极b周围溶液pH变大，A正确；B．由分析可知，溶液中H+由a极区向b极区迁移，B正确；C．由分析可知，电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H++SO24−，C正确；D．

根据得失电子总数相等可知，一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量的2倍，D错误；故答案为：D。17.我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。下列说法不正确．．．的是A.电极a是正极B.电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2OC.

每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移D.离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极

反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。【详解】A．根据分析

，电极a是正极，A正确；B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，

C错误；D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；故选C。18.可逆反应()()()2232SOgOg2SOg+，在容积恒定的密闭容器中反应，下列说法能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是①单位时间内生成nmol2O的同时生成2nmo

l3SO②单位时间内生成nmol2O的同时生成2nmol2SO③用3SO、2SO、2O表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态④各气体的浓度不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不

再改变的状态A.①③④⑤B.②③⑤⑦C.①④⑥⑦D.①②③④⑤⑥⑦【答案】C【解析】【详解】①单位时间内生成nmol2O的同时生成2nmol3SO，说明vv=正逆，该反应已经达到化学平衡状态，①正确；②单位时间内生成nmol2O的同时生成2

nmol2SO，均描述的是逆反应速率，不能判断此时反应达到平衡状态，②错误；③无论反应是否达到平衡，3SO、2SO、2O表示的反应速率的比均为2∶2∶1，不能判断此时反应达到平衡状态，③错误；④各气体的浓度不再改变，此时vv=正逆，该反

应已经达到化学平衡状态，④正确；⑤体系中物质均为气体，气体总质量不变，容器恒容密闭，根据mρv=可知，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应是否达到平衡状态，⑤错误；⑥反应为前后气体分子数不同的反应，压强随反应的进行发生变化，

当压强不变时，反应达到平衡状态，⑥正确；⑦体系中物质均为气体，气体总质量不变，反应前后气体分子数不等，即气体总物质的量为变量，根据mM=n总总可知，混合气体的平均摩尔质量会随着反应的进行发生变化，当其不变时，反应达到平衡状态，⑦正确；故选C。19.下列图

中的实验方案，能达到实验目的的是AB实验方案实验目的验证2MnO对22HO分解反应有催化作用比较Mg、Al金属性的强弱CD实验方案实验目的除去2CO气体中混有的2SO比较HCl、23HCO和23HSiO的酸性强弱A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．要验证2MnO对

22HO分解反应有催化作用，则应该只有催化剂不同，其它条件必须完全相同，该实验中催化剂、反应物过氧化氢的浓度都不同，所以达不到实验目的，A不符合题意；B．氢氧化镁不溶于浓氢氧化钠溶液而氢氧化铝能溶于浓氢氧化钠溶液，说明氢氧化镁的碱性强于氢

氧化铝，则金属性：Mg>Al，该实验方案能达到实验目的，B符合题意；C．二氧化碳、二氧化硫都能和饱和碳酸钠溶液反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，C不符合题意；D．较强的酸能和较弱的

酸对应的酸盐反应生成较弱的酸，浓盐酸和碳酸钠固体反应可生成二氧化碳，说明盐酸的酸性强于碳酸，但由于生成的二氧化碳中混有挥发出的HCl，HCl也能和硅酸钠溶液反应而干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，无法比较出碳酸和硅酸的酸性强弱，D不符合题意；故答案为B。20.研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应

时，进行了以下实验。编号操作试剂现象1①KCl溶液②稀硝酸酸化的3AgNO溶液产生白色沉淀2①KCl溶液②浓硝酸酸化3AgNO溶液产生白色沉淀3①KI溶液②稀硝酸酸化的3AgNO溶液产生黄色沉淀4①KI溶液②浓

硝酸酸化3AgNO溶液产生褐色的浊液下列说法不正确．．．的是A.实验1和2说明，硝酸浓度不影响Cl−的检验B.实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的3AgNO溶液C.对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤素离子种类有关D.由上述实验推测，Br−的检验不能使用浓硝酸酸

化的3AgNO溶液【答案】D【解析】【详解】A．对比实验1和2，实验1酸化时使用的是稀硝酸，而实验2使用的是浓硝酸，但二者皆可以产生白色沉淀，故不影响氯离子的检验，A正确；的的B．稀硝酸酸化的硝酸银溶液分别和F-、Cl-、I-反应，得到

氟化银(易溶)，氯化银(白色沉淀)，溴化银(浅黄色沉淀)，碘化银(黄色沉淀)故可以区分开，B正确；C．对比实验2和4的条件可得，异常现象的产生与卤素离子种类有关，C正确；D．浓硝酸的氧化性强于溴单质，所以

浓硝酸可以把溴离子氧化为溴单质(红棕色)，同时用氮的氧化物产生，故可以用来检测溴离子，D错误；故选D。21.某小组对Fe2+和Ag+的反应进行了如下探究实验：操作现象Ag+浓度变化曲线实验Ⅰ向1mL0.1mol/LFeS

O4溶液中加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液几分钟后，出现大量灰黑色浑浊实验Ⅱ先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，然后重复实验Ⅰ的操作现象与实验Ⅰ相同(已知：Ag2SO4为白色微溶物；反应过程中测得温度几乎无变化)下列说法正确的是A

.实验Ⅰ只发生反应：Fe2+＋Ag+⇌Fe3+＋Ag，灰黑色浑浊是AgB.图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是反应放热C.图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是生成的Ag起催化作用D.图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是生成的Fe3+起催化作用【答案】C【

解析】【分析】【详解】A．Ag2SO4为白色沉淀，故溶液中还可发生：2Ag++S24O−=Ag2SO4↓，灰黑色浑浊应是Ag和Ag2SO4的混合物，故A错误；B．反应过程中测得温度几乎无变化，说明反应热效应不明

显，故B错误；C．实验Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，结合反应Fe2+＋Ag+⇌Fe3+＋Ag可知，应是生成的Ag起催化作用，故C正确；D．实验Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，说明Fe3

+没起催化作用，故D错误；答案选C。第二部分非选择题（共58分）22.有下列物质：①2CO②3NH③22NaO④NaOH⑤2CaBr⑥22HO请回答下列问题：（1）只含有离子键的化合物有______（填序号，下同）：（2）既

含有极性键又含有非极性键共价化合物有______；【答案】（1）⑤（2）⑥【解析】【小问1详解】⑤2CaBr是离子化合物，只含有离子键，故答案为⑤；【小问2详解】⑥22HO中O—H是极性键，O—O是非极性键，且是共价化合物，故答案为⑥。23.下

列有机物：①22CHCH=②③④23CHCHCH=（1）写出③的分子式______（2）互为同系物的是______（填序号，下同）（3）互为同分异构体的为____________。【答案】（1）C5H12；（2）①④；（3）②③；【解析】【小问1详解】③为C原子数为5的烷烃，其分子式为：C5H12

；【小问2详解】同系物指结构相似，在组成上相差一个或多个CH2原子团，且有相同官能团的化学物质，①④具有相同的碳碳双键官能团，互为同系物；【小问3详解】分子式相同，结构不同，互为同分异构体，②③具有相同分子式，但结构不同；24.人们常常利用化学反应中的能量变化为人类服务。（1）氢能是一

种具有发展前景的理想清洁能源，氢气燃烧时放出大量的热。氢气燃烧生成水蒸气的能量的变化如下图所示：根据上图可知，在化学反应中，不仅存在物质的变化，而且伴随着能量变化，1mol2H完全燃烧生成1mol2HO时，释放的能量是____

__kJ。（2）下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是______。A.32Fe2FeCl3FeCl+=B.3224SOHOHSO+=C.4222CH2OCO2HO++点燃D.()24422BaOHHSOBaSO2HO+=+（3）下图是某兴趣小组

设计的原电池示意图：①请写出该电池的负极反应式_____________。②将稀24HSO换成4CuSO溶液，电极质量增加的是______（填“锌极”或“铜极”，下同），溶液中24SO−移向______。【答案】（1）245（2）AC（3）①.2Zn2eZn−+

−=②.铜极③.锌极【解析】【小问1详解】1mol2H完全燃烧生成1mol2HO时，释放的能量是()930436249kJ=245kJ−−；【小问2详解】能设计成原电池的反应是能自发进行的氧化还原反应，A．32Fe2FeCl

3FeCl+=是能自发进行的氧化还原反应，能设计成原电池，A符合题意；B．3224SOHOHSO+=不是氧化还原反应，不能设计成原电池，B不符合题意；C．4222CH2OCO2HO++点燃是能自发进行的氧化还原反应，能设计成原电池，C符合题意；D．()24422BaOHHSOBa

SO2HO+=+不是氧化还原反应，不能设计成原电池，D不符合题意；故选AC。【小问3详解】①在该原电池中，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，电极反应式为：2Zn2eZn−+−=；②将稀24HSO换成4CuSO溶液，正极为Cu，电极反应式为：2Cu2eCu+−+=，电极质量增加；溶液中

24SO−移向负极，即锌极。25.从海水中提取溴的工业流程如图：（1）以上步骤I中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____。（2）实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，这与液溴的_____性质有关（填写序号）。A氧化性B还原性C挥发性D腐蚀性E密度比水大

（3）流程Ⅱ中将吹出的溴蒸气用纯碱溶液吸收时还有CO2生成，写出吸收时发生反应的离子方程式：__________。（4）实验室分离溴水中的溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是____。（填序号）A四氯化碳B乙醇C烧碱溶液D苯【答案】①.富集溴元素②.CE③.3Br2

+3CO32－===BrO3－+5Br－+3CO2↑④.AD【解析】【分析】根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水中加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的

易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质。【详解】（1）步骤I中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变

成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为富集溴元素。（2）由于液溴易挥发，密度比水大，所以通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，形成液封，故答案为CE。（3）溴蒸气与纯碱溶液反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3===NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，离子方程式为：

3Br2+3CO32－===BrO3－+5Br－+3CO2↑，故答案为3Br2+3CO32－===BrO3－+5Br－+3CO2↑。（4）苯、四氯化碳与水互不相溶，溴在四氯化碳和在苯中溶解度比在水中的大，故可以用作溴的萃取剂的是苯和四氯化碳，

故答案为AD。【点睛】萃取剂选择的三个必备条件：1、与原溶剂不相溶；2、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；3、不与原溶剂和溶质发生化学反应。26.某化学小组选用酸性高锰酸钾溶液和草酸（224HCO）溶液，探究外界条件对化学反应速率的影响，

进行了如下了三组实验：实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/minamol/L224HCO溶液2HO0.05mol/L4KMnO3mol/L稀硫酸13.01.04.02.04.022.0v4.02.05.2

31.03.04.02.06.4（1）实验原理的离子方程式：____________。（2）实验2中的=v______，目的是____________。（3）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是____________。（4）利用实验1中数据计算，用4KMnO

的浓度变化表示的反应速率为()4KMnOv=______mol/(L⋅min)。【答案】（1）24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++（2）①.2.0②.为控制单一变量，需保

证溶液总体积保持不变（3）其他条件相同时，增大硫酸浓度(或反应物浓度)，反应速率增大（4）0.01【解析】【小问1详解】根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO

−++++=++；【小问2详解】为控制单一变量，需保证溶液总体积保持不变，所以实验编号2中水的体积应为2.0mL，【小问3详解】根据三次实验数据可看出，稀硫酸的浓度越来越小，室温下溶液颜色褪至无色所需时间越来越长，则反应速率

越来越小，故结论为：其他条件相同时，增大硫酸浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；【小问4详解】实验1中数据中参加反应的高锰酸钾的浓度：()30.2mol/L210L0.04mol/L3223L−=+++，反应速率：()0.04mol/L0.01mol/Lmin4min=。27.X、

Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。X原子K层和L层电子数之比为1∶2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，R的一种氧化物能使品红溶液褪色，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨。请回答下列问题：（1）X的最高价氧化物的

电子式为______；（2）X、Y、Z、W的原子半径由大到小的顺序：____________（用元素符号表示）。（3）元素W在周期表的位置______，其最高价氧化物对应水化物与R的最高价氧化物对应水化物（酸性或碱性）强弱是______（

用化学式表示）。（4）R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液做其吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式____________。（5）Y和Z组成的化合物ZY，被大量用于

制造电子元件。工业上用Z的氧化物、X单质和Y单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为____________。【答案】（1）（2）Al>P>C>N（3）①.第三周期第ⅤA族②.H3PO4<H2SO4（4）2

3243SO+NHHONHHSO+−+=（5）232AlO3CN2AlN3CO++=+高温【解析】【分析】X原子K层和L层电子数之比为1∶2，所以X是碳，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，氮的氧化物和硫的氧化

物能形成酸雨，结合R的一种氧化物能使品红溶液褪色，该氧化物是二氧化硫，所以R是硫，所以Y是氮，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，所以Z是铝，W和R是同周期相邻元素且W原子序数小于R，所以W是磷。【小问1详解】由分析知，X是

碳，所以高价氧化物是二氧化碳，电子式为。【小问2详解】由分析知，X、Y、Z、W分别是：C、N、Al、P，所以原子半径由大到小的顺序Al>P>C>N。【小问3详解】元素W是P，是15号元素，位于元素周期表第三周期第ⅤA族。非金

属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性P<S，所以酸性H3PO4<H2SO4。【小问4详解】R的一种氧化物能使品红溶液褪色，该氧化物是二氧化硫，工业上用Y的气态氢化物的水溶液做其吸收剂，该气态氢化物

是氨气，吸收剂是氨水，所以氨水与足量二氧化硫反应的离子方程式为：23243SO+NHHONHHSO+−+=。【小问5详解】Y和Z组成的化合物AlN，工业上用Al的氧化物氧化铝、C单质和氮气在高温下制备AlN，其中Al的氧化物

和C单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为232AlO3CN2AlN3CO+++高温。28.近年来，利用SRB（硫酸盐还原菌）治理废水中的有机物、24SO−及重金属污染取得了新的进展。（1）图1表示23HCO和2HS在水溶液中各种微粒物质的量分数随pH的变化曲线。某地下水样pH8

.5=，在SRB的作用下，废水中的有机物（主要为3CHCOO−）将24SO−还原为-2价硫的化合物，请用离子方程式表示该过程中的化学变化：____________。（2）SRB除去废水中有机物的同时，生成的2HS还能用于构造微生物电池，某pH下该微

生物燃料电池的工作原理如图2所示。①写出电池正极的电极反应：______。②负极附近的()+cH的变化：______（“减小”或“增大”）。（3）SRB可用于处理废水中含重金属锑（Sb）的离子。①通过两步反应将()6SbOH−转化为23SbS除去，转化过程中有

单质生成。完成第一步反应的离子方程式。第一步______________()6SbOH−______2HS=_______+______↓+______2HO第二步：222323HS2SbO2HSbS4HO−+

++=+【答案】（1）SO24−+CH3COO-SRBHS-+HCO3−（2）①.O2+4H++4e-=2H2O②.增大（3）()6SbOH−+H2S═SbO2-+S↓+4H2O【解析】【小问1详解】某地下水样pH=8.5，在SRB的作用下，废水中的有机物(主要为

CH3COO-)将SO24−还原为-2价硫的化合物，根据图中变化曲线和pH分析，生成的物质主要是HS-和HCO3−，反应的离子方程式：SO24−+CH3COO-SRBHS-+HCO3−；【小问2详解】①通入氧气的电极为原电池的正极，原电池正极发生

还原反应，在酸性溶液中氧气得到电子反应生成水，电极反应为O2+4H++4e-=2H2O，故答案为O2+4H++4e-=2H2O；②SRB除去废水中有机物的同时，生成的H2S还能用于构造微生物电池，通入H2S的为原电池的负极，负极上硫化

氢失电子发生氧化反应生成硫酸，溶液的()+cH增大；【小问3详解】将()6SbOH−转化为Sb2S3除去，转化过程中有单质生成，结合第二步的方程式可知，反应中()6SbOH−转化为2SbO−，Sb元素化合价+6价降低为+3价，电子转移3e-，则H2S中硫元素化合价-2价升高为0价，电子转移2e

-，根据得失电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式：()6SbOH−+H2S═SbO2-+S↓+4H2O。29.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。（1）浓盐酸与2MnO混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固

液混合物A中仍存在盐酸和2MnO，①浓盐酸与2MnO混合加热生成氯气的离子方程式为______；②电极反应式：ⅰ．还原反应：222MnO2e4HMn2HO−++++=+ⅱ．氧化反应：____________。③根据电极反应式，分析A

中仍存在盐酸和2MnO的原因。ⅰ．随()Hc+降低或()2Mnc+升高，2MnO氧化性减弱。ⅱ．随()Clc−降低，____________。④补充实验证实了③中的分析。序号实验加入试剂现象Ⅰ较浓硫酸有氯气Ⅱa有氯气IIIa和b无氯气a是______，b是______。（2）利用()Hc+

对2MnO氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与2MnO反应所需的最低()Hc+由大到小的顺序是____________，从原子结构角度说明理由____________。（3）根据（1）中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将2Mn

+氧化为2MnO。经实验证实了推测。该化合物是____________。（4）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是____________。【答案】（1）①.+-2+222MO+4H+2Cl=Mn+Cl+nO2H②.--22Cl-2e=Cl③.-Cl还原性减弱

或2Cl的氧化性增强④.KCl固体⑤.4MnSO固体（2）①.KCl＞KBr＞KI②.Cl、Br、I位于第VII族，从上到夏电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增

强（3）3AgNO或24AgSO（4）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】【分析】该实验是探究氧化还原

反应中氧化性和还原性的变化规律，以实验室制氯气的反应为基础，探究物质的氧化性和还原性与浓度的关系，从而得到浓度影响物质氧化性和还原性强弱的一般规律。【小问1详解】①二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，制氯气的离子方程式为：+-2+222MO+4H+2Cl=Mn+Cl+nO2H；

②氧化反应元素化合价升高，电极反应为氯离子得电子生成氯气，故氧化反应为：--22Cl-2e=Cl；③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，所以可能是-Cl还原性减弱或2Cl的氧化性增强；④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a

可以是KCl固体；结合实验III的现象是产物无氯气，且实验III也加入了试剂a，所以应该是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是4MnSO固体。【小问2详解】非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl＞

KBr＞KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；【小问3详解】根据（1）中的结论推测随-Cl浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低-Cl浓

度则可以提高溴的氧化性，将2+Mn氧化为2MnO，因此可以用3AgNO或24AgSO降低-Cl浓度，所以该化合物可以是3AgNO或24AgSO；【小问4详解】通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，

则规律为氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。