【文档说明】江苏省苏州市2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题（新区实验）【精准解析】.doc，共(19)页，557.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019~2020苏州市高一下学期期中试卷(新区实验)化学可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16选择题(共50分)单项选择题(包括15题，每题2分，共30分，每题只有一个选项符合题意)1.“绿水青山就是金山银山”。下列做法不利于保护

环境的是()A.推广使用电动汽车等低碳交通工具B.推广垃圾分类，电子设备以旧换新C.用生物方法脱除生活污水中的氮和磷D.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产【答案】D【解析】【详解】A．推广使用电动汽车，可减少燃料油的使用量，从而降低大气中的碳排放，A不合题意；B．

推广垃圾分类，电子设备以旧换新，有利于资源的充分利用，B不合题意；C．用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，可实现水的再利用，C不合题意；D．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产，不利于对环境的保护，D符合题意；故选D。2.《GreenChemistry》报道了我国科学家发明的低压高效电催化还

原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2=通电CO+NaClO。下列有关化学用语表示正确的是()A.NaCl的电子式：B.氯原子结构示意图：C.中子数为12的钠原子：1123NaD.CO2的结构式：O—C—O【答案】A【解析】【详解】A．N

aCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，电子式为，A正确；B．氯原子结构示意图为，B不正确；C．中子数为12的钠原子，可表示为2311Na，C不正确；D．CO2的结构式为O=C=O，D不正确；故选A。3.下列有关性质的比较，不能用元素周期律

解释的是A.酸性：2434HSOHPOB.热稳定性：Na2CO3NaHCO3C.与水反应的速率：NaMgD.非金属性：ClBr【答案】B【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属

性：S>P,则酸性：H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B.碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解,所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，故B选；C.元素的金属性越强，对应的与水反应速率越快，金属性：Na>Mg,，与水反应的速率：NaMg，能用元素周

期律解释，故C不选；D.同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl>Br，能用元素周期律解释，故D不选；故答案选B。【点睛】元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的氢化物稳定性。4.下列物质转化常通

过取代反应实现的是()A.⎯⎯→B.22nCH=CH⎯⎯→C.2232CH=CHCHCHBr⎯⎯→D.323CHCHOHCHCHO⎯⎯→【答案】A【解析】【详解】A．+HNO3⎯⎯→+H2O，发生取代反应，A符合题意；B．22nCH=CH⎯⎯→，发生加聚反应，

B不合题意；C．2232CH=CHHBrCHCHBr+⎯⎯→，发生加成反应，C不合题意；D．322322CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯→，发生氧化反应，D不合题意；故选A。.5.煤气化的主要反应为：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，下列有关说法错

误的是()A.升高温度，可加快反应速率B.将块状碳粉碎，可加快反应速率C.达平衡时，v(正)=v(逆)=0D.达平衡时，n(CO)不再改变【答案】C【解析】【详解】A．升高温度，可提高反应物的能量，从而加快反应速率，A正确；B．将块状碳粉碎，可增大接触面积

，加快反应速率，B正确；C．达平衡时，v(正)=v(逆)>0，C错误；D．达平衡时，各物质的量保持不变，n(CO)不再改变，D正确；故选C。6.关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯，下列说法正确的是()A.易溶于水B.可以发生取代、加成等反应C.分子中所有原

子一定共平面D.不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．酯都难溶于水，所以2-苯基丙烯酸乙酯难溶于水，A不正确；B．含有酯基，能发生水解反应(属于取代反应)、碳碳双键能发生加成反应，B正确；C．分子中含有-C

H3，所有原子不可能共平面，C不正确；D．分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，D不正确；故选B。7.已知反应：A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(s)，在不同条件下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是()A.v(A)=0.5mol·L-1·min-1B.

v(B)=0.2mol·L-1·s-1C.v(C)=0.4mol·L-1·min-1D.v(D)=1.5mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【分析】为便于比较，我们将不同物质表示的速率都转化为B物质表示的速率。【详解】A．v(A)=

0.5mol·L-1·min-1，v(B)=0.025mol·L-1·s-1；B．v(B)=0.2mol·L-1·s-1；C．v(C)=0.4mol·L-1·min-1，v(B)=0.01mol·L-1·s-1

；D．该反应中D物质呈固态，不能用来表示反应速率；比较以上v(B)的数值，选项B中最大，故选B。【点睛】比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，必须转化为同一种物质，并且注意调整化学反应速率单位的统一，否则无法比较。8

.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是()A.NO属于共价化合物B.过程②吸收能量，过程③释放能量C.O2在放电的条件下生成O3属于氧化还原反应D.NO分解生成5.6LN2(标准状况下)转移电子数为6.02×1023【答案】C【解析】

【详解】A．NO是由N原子与O原子间通过共用电子对形成，属于共价化合物，A正确；B．过程②断裂共价键，吸收能量，过程③形成共价键，释放能量，B正确；C．O2在放电的条件下生成O3，没有发生价态变化，不属于氧化还原反应

，C不正确；D．NO分解生成5.6LN2(标准状况下)转移电子数为235.6L46.021022.4L/mol=6.02×1023，D正确；故选C。9.已知下列两个热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-571.6kJ•m

ol-1，C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2220kJ•mol-1，下列说法正确的是()A.相同质量H2和C3H8分别完全燃烧，C3H8放出的热量多B.C3H8完全燃烧生成1molH2O(l)放出的热量为555kJC.lmolH2和2molC3H8组成的混合气

体完全燃烧放出的热量为5011.6kJD.H2和C3H8的混合气体共4mol，完全燃烧时放出3256kJ热量，则n(H2)：n(C3H8)=1:1【答案】B【解析】【详解】A．相同质量H2和C3H8分别完全燃烧，H2放出的热量多，A不正确；B．C3H8完全燃烧

生成1molH2O(l)放出的热量为22204kJ=555kJ，B正确；C．lmolH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为(571.62+2×2220)kJ=4725.8kJ，C不正确；D．H2和C3H8的混合气体共4mol，若n(H2)：n(C3H8)=1:1，则完全燃烧时放

热一定大于3256kJ，D不正确；故选B。10.X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是()A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.Y与

Z形成的两种常见化合物化学键类型完全相同C.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，则X为碳(C)；Y是地壳中含量最多的元素，则Y

为氧(O)；Z元素在短周期中金属性最强，则Z为钠(Na)；W与Y位于同一主族，则W为硫(S)。【详解】A．原子半径：r(S)<r(Na)，A不正确；B．Y与Z形成的两种常见化合物分别为Na2O、Na2O2，前者所含化学键为离子键，后者所含化学键为离子

键、共价键，B不正确；C．碳的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫的弱，C不正确；D．O的非金属性比S强，则O的简单气态氢化物的热稳定性比S的强，D正确；故选D。11.下列说法正确的是()①离子化合物中一定含有离子键

，可能含有共价键；②干冰和金刚石均属于原子晶体；③非金属单质中不一定含有共价键；④稳定性：HF>HCl，沸点：H2O<H2S；⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力A.①③④⑤B.①③C.③④⑤D.①②③【答案】B【

解析】【详解】①离子化合物由阴、阳离子构成，一定含有离子键，若阴、阳离子中含有原子团，则含有共价键，①正确；②干冰属于分子晶体，②不正确；③非金属单质中不一定含有共价键，如稀有气体，③正确；④因为H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不能形成氢键，所以沸点：H2O>H2S，④不正

确；⑤NaCl和HCl溶于水，前者破坏离子键，后者破坏共价键，⑤不正确；综合以上分析，只有①③正确，故选B。12.已知断开1molCl2(g)中Cl-Cl键需要吸收243kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式正确的是()A.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)Δ

H=+185kJ·mol-1B.生成1molH2(g)中的H-H键放出121.5kJ能量C.断开1molHCl(g)中的H-C1键要吸收864kJ能量D.HCl(g)=12H2(g)+12Cl2(g)ΔH=+92.5kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A．由图中可知，

H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=(679-864)kJ·mol-1=-185kJ·mol-1，A不正确；B．生成1molH2(g)中的H-H键放出699kJ-243kJ=456kJ能量，B不正确；C．断

开1molHCl(g)中的H-C1键要吸收8642kJ=432kJ能量，C不正确；D．HCl(g)=12H2(g)+12Cl2(g)ΔH=+1852kJ·mol-1=+92.5kJ·mol-1，D正确；故选D。13.下列有关说法正确的是()A.电解CuCl2溶液

得到1molCu，理论上转移1mol电子B.因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差C.锂电池相比铝电池的比能量(单位质量的电板材料放出电能的大小)更高D.加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+对该反应具有催化作用【答案】

C【解析】【详解】A．电解CuCl2溶液得到1molCu，理论上转移2mol电子，A不正确；B．合金在潮湿的空气中易形成原电池，但合金耐腐蚀性不一定差，如白铁皮、不锈钢，B不正确；C．由于单位质量的锂电池失去电子

的物质的量比铝电池高，所以锂电池的比能量更高，C正确；D．加入硫酸铜可与锌发生置换反应生成铜和硫酸锌，铜附着在锌表面，构成原电池，与稀硫酸的反应速率加快，D不正确；故选C。14.下列有关说法中，不正确的是()A.氢氧化

钡晶体与氯化铵晶体的反应属于放热反应B.原电池工作时，通过外电路的电子和内电路的离子构成环路C.元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化的规律叫元素周期律D.化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钡

晶体与氯化铵晶体的反应属于吸热反应，A不正确；B．原电池工作时，通过外电路电子的定向移动和内电路离子的定向移动构成闭合回路，B正确；C．元素周期律描述的是元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化的规律，C正确；D．依据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径

无关D正确；故选A。15.下列装置或操作不正确的是()A.构成燃料电池B.分离稀硫酸与硝基苯的混合物C.除去甲烷气体中的少量乙烯D.萃取溴【答案】C【解析】【详解】A．该装置构成氢氧燃料电池，A正确；B．稀硫酸与硝基苯不互溶，可利用此装置分离稀硫酸与硝基苯

的混合物，B正确；C．高锰酸钾酸性溶液能将乙烯氧化为CO2混在甲烷中，不能除去甲烷气体中的杂质，C不正确；D．溴在苯中的溶解度比在水中大得多，所以可用苯萃取溴水中的溴，D正确；故选C。不定项选择题(本题包括5

小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得3分，但只要选错一个，该小题就得0分)16.下列说法正确为是()A.煤的干馏和液化均属于化学变化B.铅蓄电

池在放电过程中负极和正极的质量均增大C.甲烷、乙烯和苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】AB【解析】【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它分解，煤

的液化是将煤氢化或先气化再合成新的有机物，均属于化学变化，A正确；B．铅蓄电池在放电过程中，负极(Pb)、正极(PbO2)都转化为PbSO4，质量均增大，B正确；C．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不正确；D．淀粉酶属于蛋白质，温度过高时，会降低甚至丧失催化能力，D不正确；故选

AB。【点睛】铅蓄电池放电时，负极反应为：Pb-2e-+SO42-==PbSO4，正极反应为PbO2+2e-+4H++SO42-==PbSO4+2H2O。17.锌碘液流电池的工作原理如图所示。下列关于该电池工作时的说法正确的是()A.电极Y为电池的正极B

.溶液中的离子数目减少C.电子由电极Y经外电路流向电极XD.电极X上的反应为I3--2e-=3I-【答案】C【解析】【分析】电极Y中，Zn转化为Zn2+，则Zn失电子，作负极，电极X作正极。【详解】A．由以上

分析知，电极Y为电池的负极，A不正确；B．负极Zn→Zn2+，正极I3-→3I-，溶液中的离子数目增大，B不正确；C．电子由负极流向正极，即由电极Y经外电路流向电极X，C正确；D．电极X上的反应为I3-+2e-=3I-，D不正确；故选C。18.反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)

+6H2O(g)ΔH=-akJ·mol-l(a>0)，一定条件下在容积为5L的密闭容器中投入1molNH3和1molO2，2min末NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是()A.2min时反应

放出的热量等于0.lakJB.用氧气表示2min内的平均反应速率：v(O2)=0.25mol·L-1·min-1C.2min内，NH3的转化率小于O2的转化率D.2min末，c(H2O)=0.6mol·L-1【答案】AC【解析】【

详解】A．由反应式知，生成4molNO，放热akJ，2min时生成0.4molNO，则反应放热0.lakJ，A正确；B．用氧气表示2min内的平均反应速率：v(O2)=0.4mol545L2min=0.0

5mol·L-1·min-1，B不正确；C．2min内，NH3的转化率(40%)小于O2的转化率(50%)，C正确；D．2min末，c(H2O)=0.4mol642L=0.3mol·L-1，D不正确；故选AC。【点睛】对于一个可逆反应，反应物的起始投入量与化学计量数的比值越大，转化率越小。19

.下列各项比较中，一定相等的是()A.相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目B.相同物质的量的丙烷和丁烷中所含C-H键的数目C.标准状况下，相同体积的乙炔和苯中所含的H原子数D.等物质的量的Al分别与足量的盐酸、

NaOH溶液反应转移的电子数【答案】AD【解析】【详解】A．相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目都为Na+数目的0.5倍，A正确；B．相同物质的量的丙烷和丁烷中所含C-H键的数目前者小于后者，B不正确；C．标准状况下

，乙炔呈气态，苯呈液态，相同体积时物质的量不等，所含的H原子数不等，C不正确；D．等物质的量的Al分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应，Al都由0价升高到+3价，转移的电子数相等，D正确；故选AD。20.ZnSO4受热分解过程中各物质物质的量随温度

变化关系如图所示(A、B为含硫的氧化物)，下列说法正确的是()A.ZnO属于金属晶体B.SO3和SO2互为同素异形体C.物质A、B分别是SO3、SO2D.700℃~980℃时发生反应的化学方程式为：2

ZnSO4700980=CC2ZnO+2SO2↑+O2↑【答案】D【解析】【详解】A．ZnO属于离子晶体，A不正确；B．SO3和SO2是化合物，而同素异形体是同种元素不同单质的互称，B不正确；C．由图中可以看出，A为SO2、B为SO3，C不正确；D．700℃

~980℃时，SO2、O2同时生成，且满足n(ZnO)：n(SO2)：n(O2)=2：2：1，所以发生反应的化学方程式为：2ZnSO4700980=CC2ZnO+2SO2↑+O2↑，D正确；故选D。非选择题(共50分)21.X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化

合价如下：元素代号XYZMQR原子半径/nm0.1600.1430.1020.0750.0770.037主要化合价+2+3+6，-2+5，-3+4，-4+1(1)元素X在元素周期表中的位置是_____(2)元素M组成的单质的电子式为_____(

3)单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的稀溶液发生反应的离子方程式为_________________(4)元素Q和R形成的化合物A是果实催熟剂，用A制备乙醇的化学方程式是_____(5)元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，若钢样中元素Z以FeZ的

形式存在，高温下在过量空气中反应生成ZO2和一种红棕色的氧化物，则反应的化学方程式是_____【答案】(1).第三周期ⅡA族(2).(3).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(4).CH2=CH2+H2O⎯⎯⎯→催化剂C2H5OH(5).4F

eS+7O2⎯⎯⎯→高温2Fe2O3+4SO2【解析】【分析】由Z的化合价为+6，-2，可确定Z为硫(S)；由化合价及与Z的原子半径关系，可确定X为镁(Mg)、Y为铝(Al)；M的原子半径小于Z，则M为氮(N)

、Q为碳(C)；R为氢(H)。【详解】(1)元素X为镁，原子核外电子排布为2、8、2，在元素周期表中的位置是第三周期ⅡA族。答案为：第三周期ⅡA族；(2)元素M为氮，其组成的单质N2的电子式为。答案为：；(3)单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的稀溶液(

稀硝酸)发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)元素Q和R形成的化合

物A为CH2=CH2，它是果实催熟剂，与水发生加成反应可制备乙醇，化学方程式是CH2=CH2+H2O⎯⎯⎯→催化剂C2H5OH。答案为：CH2=CH2+H2O⎯⎯⎯→催化剂C2H5OH；(5)元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，若钢样中元素

Z以FeS的形式存在，高温下在过量空气中反应生成SO2和一种红棕色的氧化物Fe2O3，则反应的化学方程式是4FeS+7O2⎯⎯⎯→高温2Fe2O3+4SO2。答案为：4FeS+7O2⎯⎯⎯→高温2Fe2O3+4SO

2。【点睛】氧元素的原子最外层电子数为6，通常难失去电子，所以氧通常不表现正价，更不能表现+6价，在反应中容易得到2个电子而表现-2价。22.二氧化碳的捕集、利用是能源领域的一个重要战略方向。(1)在一定温度下的恒容密闭容器中，发生下列反应：CO2(g)+3H2(g

)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_____(填字母代号)a．混合气体的压强保持不变b．v正(CH3OH)=3v逆(H2)c．CO2的浓度保持不变d．1molCO2生成的同时有3mo

lH-H键生成(2)上述反应常用CuO和ZnO的混合物作催化剂。相同的温度和时间段内，催化剂中CuO的质量分数对CO2的转化率和CH3OH的产率影响的实验数据如下表所示：ω(CuO)%102030405060708090CO2的转化率%101315203545403530

CH3OH的产率/%253035455065555350由表可知，CuO的质量分数为_____催化效果最佳。【答案】(1).ac(2).60%【解析】【分析】(1)a．反应前后气体分子数不等，平衡移动将导致压强改变；b．v正(CH3OH

)=3逆(H2)，则转化成同一物质时，正、逆反应速率不等；c．CO2的浓度保持不变，则反应达平衡状态；d．1molCO2生成的同时有3molH-H键生成，数值之比等于化学计量数之比，但方向相同。(2)从表中寻找数值最

大的点，即催化效果最佳。【详解】(1)a．反应前后气体分子数不等，平衡移动将导致压强改变，压强保持不变，则反应达平衡，a符合题意；b．v正(CH3OH)=3逆(H2)，则转化成同一物质时，则v正(CH3OH)=9逆(CH3OH)，正、逆反应速率不等，反应未达平衡，b不合题意；c．CO

2的浓度保持不变，则反应达平衡状态，c符合题意；d．1molCO2生成的同时有3molH-H键生成，反应方向相同，不一定达平衡状态，d不合题意；故选ac。答案为：ac；(2)比较表中数据，当ω(CuO)%=60%时，CO2的转化率%=45%，CH3OH的产率%=65%，都是最大值，

所以CuO的质量分数为60%催化效果最佳。答案为：60%。【点睛】判断化学平衡状态时，可从体系的总量、反应中某种物质的量、某两种物质的某个量的关系三个方面进行分析，总的原则是变量不变、变化量为0。23.肼(N2H4)具有

强还原性，可用作火箭燃料、抗氧剂等。(1)肼可以由氨气反应制得，已知部分化学键键能如下表所示：化学键H-HN≡NN-H键能/kJ·mol-1abc工业上合成氨的反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=_____kJ·mol-1．(2

)肼—空气燃料电池是一种环保型燃料电池，结构如图1所示①肼—空气燃料电池的负极反应式为_____②全钒液流可充电电池结构如图2所示，将肼—空气燃料电池的A极与全钒液流可充电电池的C极相连，B极与D极相连，写出阴极的电极反应____(3)肼可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐

蚀，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，肼的优点是_____【答案】(1).b+3a-6c(2).N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O(3).VO2++2H++e-=VO2++H2O(4).用肼处理，不会产生硫

酸钠电解质，避免对锅炉造成腐蚀【解析】【分析】(1)利用反应物的总键能与生成物的总键能之差，可求出工业上合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的ΔH。(2)①从图中可以看出，肼—空气燃料电池中，A为负极，B为

正极，负极N2H4失电子的产物与OH-反应生成H2O和N2，由此可写出电极反应式。②肼—空气燃料电池的A极(负极)与全钒液流可充电电池的C极相连，则C极为阴极，B极(正极)与D极(阳极)相连，则阴极(C极)VO2+得电子的产物与

H+反应，生成H2O和VO2+，由此可写出电极反应式。(3)肼处理水中的氧，生成N2和水，而Na2SO3处理水中溶解的O2，生成Na2SO4电解质，易使锅炉发生吸氧腐蚀。【详解】(1)ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=[(b+3a)-6c]kJ·mol-1=(b+3a-6c)kJ·m

ol-1。答案为：b+3a-6c；(2)①由以上分析可知，肼—空气燃料电池中，A为负极，N2H4失电子的产物与OH-反应生成H2O和N2，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O。答案为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O；②肼—空气燃料电池中，阴极(C极

)VO2+得电子的产物与H+反应，生成H2O和VO2+，电极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O。答案为：VO2++2H++e-=VO2++H2O；(3)肼处理水中的氧，生成N2和水，而Na2SO3处理水中溶解的O2，生成Na2SO4电解质，易使锅炉发

生吸氧腐蚀，从而得出肼的优点是用肼处理，不会产生硫酸钠电解质，避免对锅炉造成腐蚀。答案为：用肼处理，不会产生硫酸钠电解质，避免对锅炉造成腐蚀。【点睛】书写电极反应式时，电极产物应能稳定存在于电解质溶液中，也就是电极产物与电解质中的成分不发生化学反应。24.汽车尾气中含有CO、NO、NO2等多种污染

物。(1)在汽车的排气管上装一个催化转换装置，能使CO和NO反应生成无污染的气体，写出该反应的化学方程式_____(2)研究表明：增大催化剂(相同质量下比较)比表面积可提高化学反应速率，为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某科研小组设计了三组实验，部分实验条件已经填在下

面实验设计表中。实验编号T/℃CO初始浓度/mol·L-1NO初始浓度/mol·L-1催化剂的比表面积/m²·g-1Ⅰ3004.5×10-31.5×10-3100Ⅱ______4.5×10-31.5×10-3200Ⅲ5004.5×10-3_________200

请在上表格中填入剩余的实验条件数据，三组实验中的反应速率由快到慢的顺序为______(填实验编号)(3)大众"检测门"事件让"尿素可用于汽车尾气脱氮”又科普了一把，其反应原理为：NO+NO2+H2O=2HNO22HNO2+CO(NH2)2=2N2↑+CO2↑

+3H2O①图为尿素含量对脱氮效率的影响，一般选择尿素浓度约5%左右，其原因是_______②当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳。若烟气中V(NO)：V(NO2)=3：1时，可通入一定量的空气，同温同压下，V(空气)：V(NO2)

=_____(空气中氧气的体积含量大约为20%)【答案】(1).2CO+2NO=催化剂2CO2+N2(2).300(3).1.5×10-3(4).Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ(5).浓度大于5%后，脱氮效率不再明显提高，选择5%的浓度

，可以在保证脱氮效率的前提下节约生产成本(6).5:2【解析】【分析】(1)汽车尾气催化转换装置，能使CO和NO反应生成N2和CO2，由此可写出该反应的化学方程式。(2)实验的目的是研究温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，若研究温度对化学反应速率的影响

规律，则只有温度变化，其它数据不变；当研究催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，则只有催化剂的比表面积改变，其它数据不变，由此可得出结论。比较三组实验中的反应速率由快到慢的顺序时，温度越高，反应速率越快；催化剂的比表面积越

大，反应速率越快。(3)①分析选择尿素浓度约5%左右时，借助图中信息，从尿素浓度为5%、大于5%两个方面，分析对脱氮效率、成本的影响，从而找出原因。②从反应方程式看，V(NO)：V(NO2)=1：1时，汽车

尾气脱氮效果最好，由此可利用反应2NO+O2==2NO2，计算所需O2与NO2的体积关系，从而求出同温同压下，V(空气)：V(NO2)。【详解】(1)汽车尾气催化转换装置，能使CO和NO反应生成N2和CO2

，反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2。答案为：2NO+2CON2+2CO2；(2)从表中可以看出，Ⅰ、Ⅱ两组实验中，催化剂的比表面积不同，则其它数据应相同，由此得出实验Ⅱ的温度应为300℃；Ⅱ、Ⅲ两组实验相比，温度不同，则NO

的浓度应相同，应为1.5×10-3mol/L；实验Ⅱ的催化剂的比表面积大于实验Ⅰ，则反应速率Ⅱ>Ⅰ，实验Ⅲ的温度高于实验Ⅱ，则反应速率Ⅲ>Ⅱ，所以Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ。答案为：300；1.5×10-3；Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ；(3)①图中信息显示，尿素浓度为5%时，脱

氮效率基本达到最高点，且增大尿素浓度，虽然脱氮效率有所增大，但增大幅度很少，且会提高脱氮成本，所以选择5%，其原因是浓度大于5%后，脱氮效率不再明显提高，选择5%的浓度，可以在保证脱氮效率的前提下节约生产成本。答案为：浓度大于5%后，脱氮效率不再明显提高，选择5%的浓度，可以在保证脱氮

效率的前提下节约生产成本；②从反应方程式看，V(NO)：V(NO2)=1：1时，汽车尾气脱氮效果最好。若烟气中V(NO)：V(NO2)=3：1时，通入空气发生反应2NO+O2==2NO2，则所需O2与NO2的体积关系为1：2，从而求出同温同压下，V(空气)：V(NO2)=120%：2=5：2。答

案为：5：2。【点睛】改变影响平衡的一个条件，我们容易判断反应进行的方向；若同时改变影响平衡的两个条件，当二者对平衡的影响不同时，我们难以判断平衡移动的方向。25.某烃A0.02mol在氧气中充分燃烧后，生成物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸质量增加1.

44g，碱石灰增重3.52g(1)烃A的分子式为_____(2)烃A燃烧的化学方程式为_(3)若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物分子中含有3个甲基，则A的结构简式为_____；烃A与

溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_____【答案】(1).C4H8(2).C4H8+6O24CO2+4H2O(3).(CH3)2C=CH2(4).(CH3)2C=CH2+Br2→BrC(CH3)2CH2

Br【解析】【分析】(1)~(2)某烃A0.02mol，燃烧产物中，使浓硫酸质量增加1.44g，则n(H2O)=1.44g18g/mol=0.08mol，碱石灰增重3.52g，则n(CO2)=3.52g44g/mol=0.08mol，由此可求出1molA完全

燃烧生成H2O4mol、CO24mol，从而得出A的分子式，并能写出燃烧反应方程式。(3)烃A能使溴水褪色，则为烯烃，与H2加成产物分子中含有3个甲基，则A分子内应含有2个甲基，由此可得出A的结构简式，并能写出与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式。【详解】(1

)n(H2O)=1.44g18g/mol=0.08mol，n(CO2)=3.52g44g/mol=0.08mol，n(A)=0.02mol，则1molA完全燃烧生成H2O4mol、CO24mol，从而得出A的分子式为C4H8。答案为：C4H8；(2)C4H8燃烧生成二氧化碳和水，燃烧反

应方程式为C4H8+6O24CO2+4H2O。答案为：C4H8+6O24CO2+4H2O；(3)烃A能使溴水褪色，则为烯烃，与H2加成产物分子中含有3个甲基，则A分子内应含有2个甲基，由此可得出A的结构简式为(CH3)2C=CH2，与溴的四氯化碳溶液反应，生成BrC(CH3)2

CH2Br，化学方程式为(CH3)2C=CH2+Br2→BrC(CH3)2CH2Br。答案为：(CH3)2C=CH2；(CH3)2C=CH2+Br2→BrC(CH3)2CH2Br。【点睛】烯烃与溴的四氯化碳溶液发生反应时，烯烃与溴发生加成反

应，而四氯化碳是溶剂，与烯烃不发生反应。