【文档说明】湖南省岳阳市岳汨五月联考2023-2024学年高一下学期5月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.133 MB，由管理员店铺上传

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2024年05月高一化学月考试题一、选择题(共15小题，每题3分，共45分)1.下列关于无机非金属材料的说法中，不正确的是A.高纯硅可用作半导体材料B.门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均含有2SiOC.碳化硅(SiC)俗称金刚砂，具有优异的高温抗氧化性能，可用作耐高

温半导体材料D.用于北京冬奥会礼仪服智能发热的石墨烯属于无机非金属化合物【答案】D【解析】【详解】A．硅为良好的半导体材料，高纯硅常用作半导体材料，A正确；B．门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均为硅酸盐产品，均含有2SiO，B正确；C．碳化硅的硬度很大，具有优良的导热性能，是一种半导体，高温时能

抗氧化，高纯度的碳化硅，可用于制造半导体、制造碳化硅纤维，C正确；D．石墨烯为单质，不属于化合物，D错误；故选D。2.实验室利用锌粒和1mol/L盐酸制取氢气，下列措施不能加快制取氢气速率的是A.加入3NaNO固体B.将锌粒改为锌粉C.将1mol/L的盐酸改为1mol/

L硫酸D.加入几滴硫酸铜溶液【答案】A【解析】【详解】A．加入3NaNO固体，酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，和锌反应不能得到氢气，故A选；B．用锌粉代替锌粒，接触面积增大，反应速率增大，故B不选；C．改用1mol/L硫酸溶液

，氢离子浓度增大，反应速率增大，故C不选；D．加入几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，构原电池，反应速率增大，故D不选；故选A。3.某合作学习小组的同学设计下列原电池，盐桥中装有饱和24KSO溶液。下列叙述中正确的是

的A.乙烧杯可看作半电池，发生还原反应B.盐桥中的电解质可换成饱和KCl溶液C.电子流动方向：石墨(甲)→a→b→石墨(乙)→盐桥→石墨(甲)D.电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱【答案】D【解析】【分析】氧化性：-34MnOFe+＞，所以原电池反应为亚铁离子和高锰酸钾在酸性条件下反应

生成铁离子、锰离子和水，则MnO4−在a侧电极得电子发生还原反应，a侧是正极；Fe2+在b侧电极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，b侧是负极。【详解】A．据分析，乙烧杯中Fe2+在b侧电极失电子发生氧化反应生成Fe3+，

b侧石墨电极是负极，A错误；B．高锰酸钾溶液可以氧化氯离子，故不能换成饱和KCl溶液，B错误；C．b侧是负极、a侧是正极，电池工作时，电子流动方向：石墨(乙)→b→a→石墨(甲)，C错误；D．a侧是正极，电极反应为MnO4−+5e-+8H+=Mn2++4H2O，消耗氢离子，电池工作一段时间，甲

烧杯中酸性减弱，D正确；答案选D。4.如图是氢气和卤素单质(2X)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是A.用电子式表示HBr的形成过程：B.热稳定性：HI<HBr<HCl<HFC.()HClg分解生成()2Hg和()2Clg需要吸收183kJ的热量D.由图

可知1mol()2Hg与()2Brl反应生成2mol()HBrg放出的热量为97kJ【答案】B【解析】【详解】A．HBr为共价化合物，HBr的电子式为，故A错误；B．物质能量越低越稳定，由图象数据分析

，化合物的热稳定性顺序为HI<HBr<HCl<HF，故B正确；C．2mol()HClg分解生成1mol()2Hg和1mol()2Clg需要吸收183kJ的热量，故C错误；D．由图可知1mol()2Hg与()2Brg反应生成2mol()HB

rg放出的热量为97kJ，故D错误；故选B。5.下列离子方程式正确的是A.向次氯酸钙溶液中通入2SO：2+-223Ca+2ClO+SO+HO=CaSO+2HClOB.223NaSO溶液与稀硫酸混合：+2-32-242

2SO+6H+2SO=4SO+3HOC.同浓度同体积44NHHSO溶液与NaOH溶液混合：+-432NH+OH=NHHOD.过量铁粉加入到稀硝酸中：+-2+323Fe+8H+2NO=3Fe+2NO+4HO【答案】D【解析】【详

解】A．向次氯酸钙溶液中通入2SO会发生氧化还原反应，生成硫酸钙和氯离子，A错误；B．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫和水，反应的离子方程式为+2-23222H+SO=S+SO+HO，B错

误；C．体积同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应时，氢离子优先与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为+-2H+OH=HO，C错误；D．过量铁粉加入到稀硝酸中，由于铁过量则生成二价铁，离子方程式为：+-2+323Fe+8H+2NO=3Fe+2NO+4HO，D正确；故选D。6.关

于元素周期表的判断，下列说法正确的是A.Ⅷ族元素种类最多，ⅣA族元素形成化合物种类最多B.第三周期第ⅣA族元素和第四周期第ⅣA族元素的原子序数之差为10C.已知第六周期某主族元素的最外层电子数为2，那么该元素的原子序数为56D.最外层电子数相同的元素一定位于同一主族【答案】C【解析】【详解】A．Ⅲ

B族元素种类最多，ⅣA族元素形成化合物种类最多，A错误；B．第三周期第ⅣA族元素为Si，第四周期第ⅣA族元素为Ge，两者原子序数相差18，B错误；C．已知第六周期某主族元素的最外层电子数为2，其位于第六周期ⅡA

族，该元素的原子序数为56，C正确；D．氦和镁最外层电子数都是2，但不在同一族，D错误；故选C。7.将一定物质的量的()HIg置于2L的恒容密闭容器中，只发生反应()()()222HIgHg+Ig，在其他条件相同

时，反应物()HIg的物质的量n随反应时间t的变化情况如表所示：t/minn/mol实验序号(反应温度)01020304050601(800℃)1.00.800.670.570.500.500502(800℃)1.20.920.750.630.600.600.603(820℃)1.00.400

.250.200200.200.20根据表中数据，下列说法正确的是A.在实验1中，反应在10～20min内()-2-1-1vHI=1.310molLminB.根据实验1和实验2，可知反应恰好达到平衡状态的时间相同C.根据实验2和实验3，无法说明浓度对反应速率的影响趋势D.根据实验1和实验3，

可得出温度越高，HI的分解率越小【答案】C【解析】..【详解】A．实验1中，反应在10～20min内，v(HI)=(0.800.67)molΔ2LΔ10minct−==0.0065mol•L-1•min-1，A错误；B．在实验1和实验2中，40mi

n后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态，但不能说明40min时反应恰好达到平衡状态，B错误；C．实验2和实验3的反应温度不同，且HI(g)的起始物质的量不同，则无法说明浓度对反应速率的影响趋势，C正确；D．比较实验1和实验3，开始时加入n(HI)

相同，反应温度不同，平衡时实验3中HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大，D错误；综上所述答案为C。8.在铁质杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示(忽略浮力及其它因素的影响)

。下列说法正确的是A.该装置将化学能转化为电能，电子由Al经铁质杠杆移向FeB.铝球表面有气泡产生，溶液中有白色沉淀生成；杠杆不平衡C.铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出；溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉D.反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡【答案】

C【解析】【分析】质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，以此来解答。【详解】A．不能形成闭合回路，该装置不能将化学能转化为

电能，故A错误；B．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，不生成沉淀，故B错误；C．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，观

察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故C正确；D．由选项C的分析可知，反应后去掉

两烧杯，杠杆不能平衡，故D错误；故选C。9.某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。的试管实验现象①白雾、白色固体产生②大量白色沉淀③少量白色沉淀④品红溶液褪色下列说法不正确的是A.①中玻璃管有平衡气压的作用B.②③中的白色沉淀成分相同C

.为了确定①中白色固体是否为硫酸铜，可将试管内的物质缓慢注入水中，振荡观察D.实验时若先往装置内通入足量2N，再加热试管①，实验现象不变【答案】D【解析】【分析】浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫不能与氯化钡反应，②③中有白色沉淀硫酸钡生成，则证明二氧化硫反应生成了三氧化硫，④中品红溶

液褪色，证明有二氧化硫。【详解】A．①中玻璃管与大气连通，能够平衡气压，A正确；B．②③中白色沉淀均为硫酸钡，成分相同，B正确；C．硫酸铜溶液为蓝色，向试管中注水，若白色固体溶解，溶液变蓝，则证明白色固体为硫酸铜，C正确；D．二氧化硫不能与氯化钡反应，若实验

时先通氮气排出空气，无三氧化硫生成，则②③中均无沉淀生成，D错误；故选D。10.下列离子方程式正确的是A.向23NaSiO溶液中通入过量2CO：22322233SiOCOHO=HSiOCO−−+++B.用稀硝酸清洗试管内壁的银：322Ag2HNO=AgNOHO+−+++++C.用Na

OH溶液除镁粉中的杂质铝：()2242Al2Na2OH2HO=2NaAlOH3H+−++++D.向()442NHAlSO溶液中滴入()2BaOH溶液，恰好使24SO−完全沉淀：()322443243NH

Al2SO2Ba4OH=AlOHNHHO2BaSO++−+−++++++【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳过量时，应该生成碳酸氢根，离子方程式为：2322233SiO2CO2HO=HSiO2HCO−−

+++，A错误；B．Ag和稀硝酸反应生成NO，其离子方程式为3Ag＋4H＋＋NO3－=3Ag＋＋NO↑＋2H2O，B错误；C．NaAlO2为强电解质，完全电离，正确的离子方程式为()2242Al2OH6HO=2AlOH3H−−+++，C错误；D．24SO−全部沉淀，令硫酸铝铵的物质的量为1

mol，则需要2molBa(OH)2，Al3＋先结合3molOH－生成Al(OH)3，然后剩下1molOH－与NH4+结合成NH3·H2O，离子方程式为NH4+＋Al3＋＋224SO−＋2Ba2＋＋4OH－=Al(O

H)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓，D正确；故选D。11.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是A.加热时，①中上部汇集了白色固体B.加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色C.3个反

应均为可逆反应D.加热时③中溶液逐渐变为无色【答案】A【解析】【详解】A．加热时，氯化铵分解为氨气和氯化氢，氯化氢和氨气遇冷生成氯化铵，所以①中上部汇集了NH4Cl白色固体，A正确；B．氨水呈碱性，能使酚酞变红，加

热②中溶液氨气挥发，溶液变为无色，冷却后氨溶于水，溶液又变红，B错误；C．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，C错误；D．二氧化硫能使品红溶液褪色，加热时，

③溶液中二氧化硫挥发，品红溶液变红色，冷却后二氧化硫又溶于水，溶液红色褪去，体现了SO2的漂白性，D错误；故选A。12.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A.电池工作时，23CO−向电极A移动，电

子由A极经电解质流向B极B.电极A上2H参与的电极反应为：22H2OH2e2HO−−+−=C.反应422CHHO3HCO++催化剂，每消耗1mol4CH转移6mol电子D.电极B上发生氧化反应【答案】C【解析】【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合

价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，反应422CHHO3HCO++催化剂，原电池工作时，A电极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，则A电极为负极，B电极为正极，正极上氧气得电子生成23CO−，电极反应为O

2+2CO2+4e－＝223CO−，以此解答该题。【详解】A．原电池工作时，阴离子移向负极A，即23CO−向A电极移动，但电子不能进入溶液，故A错误；B．电极A上2H参与的电极反应为：22322HCO2eHO+CO−−+−=，故B错误；C．反应422CHHO3HC

O++催化剂中，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，反应中转移6e－，即每消耗1molCH4转移6mol电子，故C正确；D．B电极为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故D错误；故选C。13.用4CH

催化还原xNO，可以消除氮氧化物的污染。例如：①()()()()()4222CHg+4NOg=4NOg+COg+2HOg-1ΔH=-574kJmol②()()()()()4222CHg+4NOg=2Ng+COg+

2HOg-1ΔH=-1160kJmol下列说法正确的是A.若用40.1molCH还原2NO生成2N和水蒸气，放出的热量为173.4kJB.由反应①可推知：()()()()()4222CHg+4NOg=4NOg+C

Og+2HOl-1ΔH>-574kJmolC.等量甲烷参与反应时，①②转移的电子数相同D.若反应②放出116kJ热量，则转移电子的物质的量为1.60mol【答案】C【解析】【详解】A．①()()()()()4222CHg+4NOg=4NO

g+COg+2HOg-1ΔH=-574kJmol②()()()()()4222CHg+4NOg=2Ng+COg+2HOg-1ΔH=-1160kJmol根据盖斯定律，①+②可得()()()()()422222CHg+4NOg=

2Ng+2COg+4HOg-1ΔH=-1734kJmol，若用40.1molCH还原2NO生成2N和水蒸气，放出的热量为86.7kJ，A错误；B．气态水水变成液态水是放热反应，所以-1ΔH<-574kJmol，B错误；C．反应①和反应②中，44CH−都变成了42CO+，也就是说转移

的电子数为8，所以等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，C正确；D．若反应②放出116kJ热量，则0.4molNO参加反应，则转移电子的物质的量为0.8mol，D错误；故选C。14.在容积为2L的密闭容器中，保持体

系内温度800℃不变，将一定量的NO和2O混合发生反应：()()()222NOg+Og2NOg，其中NO的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如下图所示。下列说法错误的是A.若30s时反应达到平衡，()2vO表示达到平衡过程的平均反应速率，则()1-3-12-vO1.1

10moLslB.图像中曲线Ⅱ表示NO的变化C.800℃时，反应达平衡时放出akJ热量，写出此条件下的热化学方程式为()()()222NOg+Og2NOgΔH=-100a/13kJ/molD.()()222vO=vNO【答案】C【解析】

【分析】反应开始时加入的是反应物NO和O2，所以反应物NO和O2的物质的量在平衡建立过程中逐渐减小，生成物NO2的物质的量在平衡建立过程中逐渐增多，从开始到30s时，曲线Ⅰ和Ⅱ变化的量相同，所以曲线Ⅱ表示NO物质的量的变化，曲线Ⅰ表示NO2物质的量的变化，从开始

到平衡，NO的物质的量减少了0.20mol-0.07mol=0.13mol，所以NO2的物质的量增加了0.13mol，即平衡时NO2的物质的量为0.13mol。【详解】A．从开始到平衡，NO的物质的量减少了0.13mol，所以O2的物质的量

减少了0.065mol，则v(O2)=0.0652L30smol=1.1×10-3mol·L-1·s-1，故A正确；B．由以上分析可知，图像中曲线Ⅱ表示NO的变化，故B正确；C．化学方程式的系数的含义是物质的量。消耗0.0

65molO2，放出akJ的热量，则消耗1molO2，放出的热量为akJ0.065mol=20013akJ/mol，所以此条件下的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-200a/13kJ/mol，故C错误；D．根

据速率之比等于系数之比，则()()222vO=vNO，故D正确；故选C。15.关于非金属单质及化合物的性质，下列说法不正确的是A.2SO有杀菌、抗氧化作用，可用作食品添加剂B.浓24HSO具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭

化C.右图路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4D.右图路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径【答案】B【解析】【详解】A．2SO有杀菌、抗氧化作用，能延长食物保质期，可用作食品添加剂，A正确；B．浓24HSO具有强脱水性，能吸收糖

类化合物中的水分并使其炭化，B错误；C．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中反应为322Δ4NH+5O4NO+6HO催化剂，则为氧化剂氧气与还原剂氨气的物质的量之比为5：4，C正确；D．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮，将氮气通过转化生成硝酸的主要途径，D正确；故

选B；二、解答题(共4小题，共55分)16.已知A、B、C、D、E为原子序数依次递增的五种短周期主族元素，其中A与C同主族，B与D同主族，且D的原子序数是B的2倍，B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍

。请用化学用语回答下列问题：（1）A、B、E三种元素形成的三核分子的结构式为___________。（2）D、E元素的非金属性更强的是___________(填元素符号)，判断依据是___________(用一个离子方程式来表示)。

（3）已知C-D新型一次高能电池工作时的总反应为：2x2C+xD=CD，则该电池工作时负极电极反应式为___________，正极电极反应式为___________。（4）已知气态单质A与气态单质E完全反应生成1mol气态AE放出91.5kJ的热量，单质A中共价键的键能为436kJ/m

ol，单质E中共价键的键能为243kJ/mol，则化合物AE中共价键的键能为___________kJ/mol。（5）在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.2mol单质D和0.2mol的2A，加热至发生反应()()()22sgDAgAD+；反应中2AD

的浓度随时间变化情况如下图所示：根据上图中数据，用2A表示该反应在0～10min内的反应速率=___________，判断下列说法正确的有___________。a．向体系中加入更多单质D可以加快该反应的反应速率b．向该体系中通入

更多Ar，可以加快该反应的反应速率c．保持足够长的反应时间，该体系可以生成0.2mol2ADd．10min到20min之间，2AD浓度保持不变，说明该反应停止了e．体积和温度一定时，容器内的压强不再改变说明反应达到平衡状态f．体积和温度一定时，混合气体的

密度不再改变说明反应达到平衡状态【答案】（1）H-O-Cl（2）①.Cl②.22ClSS2Cl−−+=+(或22ClHSS2Cl2H−++=++)（3）①.Nae=Na−+−②.-+2xxS+2e+2Na=NaS(或

-2-xxS+2e=S)（4）431（5）①.110.003molLmin−−②.f【解析】【分析】由题干信息B与D同主族，且D的原子序数是B的2倍，可推知：B为O，D为S，又知A、B、C、D、E为

原子序数依次递增的五种短周期主族元素，故E为Cl，又知B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍，故推知A为H，C为Na，故A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，据此解题。【小问1详解】由分析可知，A是H，B是O，E是Cl，则A、B、E三种元素形成的三核分

子的结构式为H-O-Cl；【小问2详解】由分析可知，D是S，E是Cl，同周期越靠右非金属性越强，则非金属性更强的是Cl；可以通过置换反应来证明，故判断依据是：22ClSS2Cl−−+=+(或22ClHSS2Cl2H−++=++)

；【小问3详解】已知C-D新型一次高能电池工作时的总反应为：2C+xD=C2Dx即2Na+xS=Na2Sx，则该电池工作时负极发生氧化反应，故电极反应式为Na-e-=Na+，正极发生还原反应，故电极反应式为xS+2e-=2-xS，故答案为：Na-e-=N

a+；-+2xxS+2e+2Na=NaS(或-2-xxS+2e=S)；【小问4详解】已知气态单质A与气态单质E完全反应生成1mol气态AE放出91.5kJ的热量，单质A中共价键的键能为436kJ/mol，单质E中共价键的键能为243kJ/mol，设单质A与单质E形成的化合物中共价键的键能

为xkJ/mol，根据反应热为：E(H-H)+E(Cl-Cl)-2E(H-Cl)=-183kJ/mol，即436kJ/mol+243kJ/mol-2x=-183kJ/mol，解得：x=431kJ/mol，故答案为：431；【小问5详解】根据反应速率之比等

于化学计量系数比，结合上图中数据，用A2表示该反应在0～10min内的反应速率：22-1-1-1(A)(AD)Δc0.03molLυ=υ===0.003molLminΔt10min；a．由于D是固体，故往该体系中加入更多单质

D，D的浓度不变，故该反应的反应速率不变，a错误；b．由于往该体系中通入更多Ar，反应物的浓度不变，故反应速率不变，b错误；c．由于体系加入0.2mol单质D和0.2mol的A2，若保持足够长的反应时间，该体系能够生成0.2mol

A2D，即D和A2均完全反应，但题干告知()()()22DsAgADg+是个可逆反应，故不可能完全转化，c错误；d．10min至20min时间段，A2D浓度保持不变，说明该反应达到化学平衡状态，但反应并未停止，d错误；e．由于该反应前后气体的系数之和保

持不变，故体积和温度一定时，容器内的压强一直保持不变，故容器内的压强不再改变不能说明反应达到平衡状态，d错误；f．由于反应物中D是固体，故体积和温度一定时，混合气体的密度一直再改变，现在混合气体的密度不再改变说明反应达到平衡状态，f正确；故

答案为：-1-10.003molLmin；f。17.化学反应过程中伴随着能量变化。（1）下列变化中属于吸热反应的是_______。①铝片与稀盐酸反应②将胆矾加热变为白色粉末③甲烷在氧气中的燃烧反应④43NHNO固体溶于水⑤氯酸钾分解制氧气⑥()22BaOH8HO与4NHCl反应其中

⑥中发生的化学方程式为_______。（2）在25℃、101kPa下，液态甲醇(3CHOH)的燃烧热为726.5kJ/mol，已知：()()22HOl=HOg+44.0kJ/molH=，写出甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式_______。（3）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下

表：物质(g)OHHOHOO2H2O22HO2HO能量/kJ/mol249218391000-136-242由()()()22HOg+HOg=HOg计算出22HO中氧氧单键的键能为_______kJ/mo

l，解离氧氧单键所需能量：HOO_______22HO(填“>”、“＜”或“=”)。（4）用60mL0.50mol/L盐酸与60mL0.55mol/L氢氧化钠溶液完成中和热测定实验。假设盐酸和氢氧化钠溶液密度都是-3

1.0gcm，已知反应后混合溶液的比热容-1-1c=4.18Jg℃，量热计的热容常数是-188.5J℃。实验过程中记录数据如下：实验序号起始温度1t/℃终止温度2t/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.520.623.2220.620.723.4320.920.722.4根据实验数据计算

该实验的中和热H=_______。（5）某基元反应的H与活化能(aE)的关系为aΔH>E。补充该反应过程的能量变化示意图______。的【答案】（1）①.②⑤⑥②.()242322BaOH8HO+2NHCl=BaCl+2NH+10HO（2）()

()32222CHOH(l)+O(g)=COg+2HOg3-638.5kJ/molH=（3）①.214②.>（4）-53.1kJ/molH=（5）【解析】【小问1详解】大多数分解反应为吸热反应，()22BaOH8HO与氯化铵反应也为吸热反应；所有可燃物的燃烧、所有金属与酸的

反应为放热反应；吸热反应和放热反应为化学反应，溶解为物理过程。因此，可判断②⑤⑥为吸热反应，其中()22BaOH8HO与4NHCl反应的化学方程式为()242322BaOH8HO+2NHCl=BaCl+2NH+10HO。【小问2详解】甲醇

燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ∙mol-1，且()()22HOl=HOg+44.0kJ/molH=，根据盖斯定律，甲醇燃烧生

成水蒸气的热化学方程式为()()32223CHOH(l)+O(g)=COg+2HOg2Δ-638.5kJ/molH=。【小问3详解】一个22HO包含两个H-O键和1个氧氧单键，因此，氧氧单键的键能为3939(136)214kJ/m

ol+−−=；解离HOO中氧氧单键所需能量为2493910278kJ/mol+−=，解离H2O2中氧氧单键所需能量为214kJ/mol，因此解离氧氧单键所需能量：HOO>22HO。【小问4详解】第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度

为23.2℃，反应前后温差为2.65℃；第2次实验反应前后温差为2.75℃；第3次实验反应前后温差为1.6℃。第3次误差太大，舍去该组数据。则反应热为2.652.754.1812088.51593.27kJ2++=（），每次实验共有600.50.03mol1000=酸

参与反应，则1593.27kJ53109J/mol=-53.1kJ/mol0.03molH=−=−。【小问5详解】生成物和反应物之间的能量差为H，aΔH>E则说明该反应为放热反应（吸热反应则ΔH<Ea），则该反应过程的能量变化示意图为。18.工业烟气中2SO和氮氧化物(xNO)

都是大气污染物，综合治理对改善环境有重要意义。（1）氮氧化物(xNO)引起的环境问题主要有_______(指出一种即可)。（2）“纳米零价铁—22HO”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的-3NO。在一定温度下，将22HO溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比

例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。①2+Fe催化22HO分解产生HO·，HO·将NO氧化为-3NO的机理如图1所示，Y的化学式为_______。②纳米零价铁的作用是___

____。③NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是_______。（3）科学家最近发现了一种利用水催化促进2NO和2SO转化的化学新机制如图3所示。处于纳

米液滴中的2-3SO或-3HSO可以将电子通过“水分子桥”快速转移给周围的气相2NO分子促进中间体-3SO的形成。形成“水分子桥”的主要作用力是_______，写-3HSO出与2NO间发生的总反应的离子方程式_____

__。（4）工业上回收利用烟气中2SO的一种途径是：()()2434422SONHSONHSO11⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→氨水空气步骤步骤；该小组在实验室探究步骤Ⅱ时，一定条件下向-10100mLcmolL的()324NHSO溶液通入空气后，欲测定溶液中

()324NHSO的氧化率(α)，设反应后溶液体积仍为100mL。①为该小组设计实验方案(可选试剂：-10.1molLNaOH溶液、-140.1molLKMnO酸性溶液、-120.1molLCaCl溶液、-12molL0.1BaCl溶液和-1mol0

1L.盐酸，不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示)：_______。②氧化率α=_______×100%(用实验方案中的物理量表示)。【答案】（1）光化学烟雾(硝酸型酸雨)（2）①.3+Fe或3FeCl②.

与盐酸反应产生2+Fe③.温度升高22HO分解，22HO浓度降低，NO脱除率降低（3）①.氢键②.--32224HSO+NO+HO=2HNO+HSO（4）①.方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量20.1

mol/LBaCl溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为mg。方案2：取20.00mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1mol/L的()+4KMnOH溶液测定，消耗()+4KMnOH溶液体积VmL②.0m23.3c或-200c-1.2510Vc【解析】【小问1详解】氮氧化物

(xNO)引起的环境问题主要有光化学烟雾(硝酸型酸雨)等；【小问2详解】①Fe2+催化H2O2分解产生HO和HO·，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高，Y的化学式为FeCl3；②纳米零价铁与盐酸反应产生2+Fe；③H

2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，所以温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势；【小问3详解】由图3可知，“水桥”由3HSO−中的H与H2O分子的0之间的氢键形成；由图丙可知，3HSO−与NO2、H2O反应生成HNO2和

4HSO−，离子方程式--32224HSO+NO+HO=2HNO+HSO；【小问4详解】①测定溶液中硫酸根离子的量，向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，故答案

为:方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量20.1mol/LBaCl溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为mg。方案2：取20.00mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1mol/L的(

)+4KMnOH溶液测定，消耗()+4KMnOH溶液体积VmL；②若采用方案1，向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除去，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量

为mg，则氧化率α=00100%100%2330.123.3mmcc=；若采用方案2测定溶液中亚硫酸根离子的物质的量，23SO−与被高锰酸钾氧化生成24SO−，反应的离子方程式为:2--+2-2+34425SO+2MnO+6H5SO+2Mn+3HO=，重复滴定三次，平均消耗高锰酸钾

溶液的体积为VmL，溶液中亚硫酸根离子的物质的量为:35(10)2cV−mol，则氧化率α=3000050.151082100%100%0.18ccVccVcc−−−==-200100%c-1.2510Vc。19.从

海水中可以提取很多有用的物质，例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：资料显示：Ⅰ.pH=2时，2NaNO溶液只能将I−氧化为2I，同时生成NO；Ⅱ.2223I5Cl6HO2HIO10HCl++=+Ⅲ.2I

在碱性溶液中反应生成I−和3IO−。（1）反应①的离子方程式___________。（2）方案甲中，根据2I的特性，分离操作X应为___________。（3）2Cl、酸性4KMnO等都是常用的强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中

的I−却选择了价格较高的2NaNO，原因是___________。（4）写出反应②的离子反应方程式___________。（5）方案乙中，已知反应③过滤后，滤液中仍存在少量的2I、I−。若检验滤液中的I−，需要选择下列哪些试剂完成检验(填

序号)___________。可供选择的试剂：①无水乙醇②4CCl③氢氧化钠溶液④稀24HSO⑤淀粉溶液⑥()243FeSO溶液。【答案】（1）2224H2NO2II2NO2HO+−−++=++（2）升华(或加热)、冷凝结晶（3）氯气高锰酸钾都是常

用强氧化剂，会继续氧化2I（4）223323I3CO5IIO3CO−−−+=++（5）②⑤⑥【解析】【分析】海水制盐所得到的卤水中提取碘，根据资料Ⅰ可知步骤①亚硝酸钠有氧化性，碘离子有还原性，在酸性条件下二者发生以

下氧化还原反应：--+2222NO+2I+4H=I+2NO+2HO，此过程将碘离子氧化为碘单质，活性炭将碘单质吸附，方案甲中利用碘单质易升华的特性，将其加热升华、冷凝结晶使其分离；方案乙中先用浓碳酸钠溶液吸收碘单质，发生反应：2---23323I+3CO=5I+

IO+3CO，步骤③加入稀硫酸发生以下反应：3242422KIO+5KI+3HSO=3KSO+3I+3HO，将碘单质萃取、分液后可得粗碘。【小问1详解】根据资料Ⅰ可知亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件

下发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质和水，离子方程式为：--+2222NO+2I+4H=I+2NO+2HO；【小问2详解】方案甲中利用碘单质易升华的特性将其分离，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶，故答案为升华(或加热)、冷凝结晶；【小

问3详解】氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化碘单质，根据资料Ⅰ亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中选择价格较高的NaNO2做氧化剂，故答案为氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2；【小问4详解】根据资料Ⅲ方案乙步骤②用浓碳酸钠吸收

碘单质发生下述反应：2---23323I+3CO=5I+IO+3CO，故答案为：2---23323I+3CO=5I+IO+3CO；【小问5详解】单质碘易溶解于四氯化碳、苯等有机溶剂中，故先用CCl4萃取，萃取之后分液，将碘单质除去；检验滤液中的碘离子，利用提供的硫酸铁溶液中三价铁离子的氧化性将

碘离子氧化为碘单质，再用淀粉溶液检验，可证明溶液中含有碘离子，故答案为：②⑤⑥。