【文档说明】北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，2.272 MB，由小赞的店铺上传

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人大附中2023-2024学年度第二学期高一年级化学期中练习(2024年4月)考试说明1.本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，共有25题，试卷共8页，1张答题纸，满分100分，考试时间为90分钟。2.请用黑色签字笔(选择题使用2B铅笔)按规定要求在

答题纸上作答。3.请将个人信息完整填写在相应位置。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Br：80第Ⅰ卷(共42分)一、每小题只有一个．．．．选项符合题意(每小题2分，共21小题)。1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A.硅太阳能电池B.锂离子电池C.太阳能集热器D.

燃气灶【答案】D【解析】【详解】A.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；B.锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；C.太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。2.2021年我国科学家首次合

成新核素21492U，下列说法不正确．．．的是A.21492U原子核内质子数为92B.21492U原子核内中子数为122C.21492U原子核外电子数为92D.21592U转化成21492U属于化学变化

【答案】D【解析】【分析】AZX中Z为质子数，A为质量数=质子数+中子数。【详解】A．该原子的质子数为92，A项正确；B．该原子的质量数为214，质子数为92，则中子数=214-92=122，B项正确；C．该原子的质子数92，其电子

数=质子数=92，C项正确；D．该反应为原子核变为物理变化，D项错误；故选D。3.下列物质的电子式，书写正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式为，故A正确；B．氯气是共用一对电子，其电子式为，故B错误

；C．过氧化氢是共价化合物，其电子式为，故C错误；D．二氧化碳是共价化合物，碳与每个氧共用两对电子，其电子式为，故D错误。综上所述，答案为A。4.下列变化不需要．．．破坏化学键的是A.酒精溶于水B.HCl气体溶于水C.NH4

Cl受热分解D.NaCl熔化【答案】A【解析】【详解】A．酒精溶于水破坏的是分子间作用力，不破坏化学键，故A选；B．HCl溶于水生成氢离子和氯离子，破坏H-Cl共价键，故B不选；C．加热氯化铵反应生成氨气和HCl，

发生化学变化，化学键一定破坏，故C不选；D．氯化钠熔化破坏离子键，故D不选；故选A。5.下列物质中，既含共价键又含离子键的是A.NaClB.O2C.NH4ClD.CO2【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠中只存在钠离子和氯离

子之间的离子键，选项A错误；B．氧气分子中只有共价键，选项B错误；C．铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，选项C正确；D．二氧化碳分子中只有共价键，选项D错误；答案选C。6.下列微粒中，与HCl分子具有相同的质子数和相同的电子数的是A.H2O2B.NH3C.NH4+D.O22

－【答案】A【解析】【分析】质子数等于各原子的质子数之和，中性微粒中质子数等于电子数，阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，而阴离子的电子数为质子数加电荷数。【详解】HCl的质子数为17+1=18，电子数为18，A、H2O2的质子数为1×

2+8×2=18，电子数为18，符合题意，选项A正确；B、NH3的质子数为7+1×3=10，电子数为10，不符合题意，选项B错误；C、NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，不符合题意，选项C错误；D、O22－的质子数

为8×2=16，电子数为16+2=18，不符合题意，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。7.下列性质的比较，不能．．用元素周期

律解释的是A.还原性：2SCl−−B.酸性：244HSOHClOC.热稳定性：233NaCONaHCOD.氢化物的稳定性：22HSHO【答案】C【解析】详解】A．元素非金属性SCl，又元素非金属性越强，其对应阴离子还原性越弱，即还原性2SCl−−，

A能用元素周期律解释；B．元素非金属性SCl，又元素非金属性越强，其最高价氧化物水化物对应酸性越强，即酸性【244HSOHClO，B能用元素周期律解释；C．碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性无法用元素周期律解释，C不能用元素周期律解

释；D．元素非金属性S<O，又元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，即氢化物的稳定性22HSHO，D能用元素周期律解释；故选C。8.下列化合物中，阳离子半径与阴离子半径比值最小的是A.NaFB.NaClC.MgI2D.KBr【答案】C

【解析】【详解】阳离子与阴离子的半径比值最小，则阳离子最小，阴离子最大。在所给物质的阳离子中，K+半径最大，其次是镁离子，钠离子最小；阴离子中碘离子的电子层数最多，所以碘离子的半径最大，所以排除D；A与B相比则氯离子的半径大于氟离子

，排除A；C与B相比钠与镁是同周期元素，钠离子与镁离子的半径相差不大，但碘离子比氯离子的半径大的多，所以比值最小的是C，答案选C。9.下列反应中，属于吸热反应的是A.铝与盐酸的反应B.氢气在氯气中燃烧C.氢氧化钠与盐酸的反应D.煅烧石灰石【答案】D【解析】【分析】所有物质燃

烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应都属于放热反应；绝大数分解反应，八水氢氧化钡与氯化铵的反应，碳或氢气高温条件下的氧化还原反应都属于吸热反应。【详解】A．铝与盐酸的置换反

应为放热反应，故A不符合题意；B．氢气在氯气中燃烧的反应为放热反应，故B不符合题意；C．氢氧化钠与盐酸的中和反应为放热反应，故C不符合题意；D．煅烧石灰石的分解反应为吸热反应，故D符合题意；故选D。10.下列关于原电池的

说法中，正确的是（）A.任何化学反应上都能设计成原电池B.原电池工作时，阳离子向负极移动C.原电池的负极发生氧化反应的D.原电池工作时，电子通过电解质溶液流向正极【答案】C【解析】【详解】A．自发进行的放热的氧化还原反应能设计成原电池，非氧化还原反应

一定不能设计成原电池，故A错误；B．原电池工作时，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故B错误；C．原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C正确；D．原电池工作时，电子从负极经导线流向

正极，溶液中存在离子的定向迁移，电解质溶液中不存在电子的移动，故D错误；答案选C。【点睛】自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池，原电池中发生的是自发进行的氧化还原反应，为学生的疑难点。11.下图表示N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法不正确的是A.O2过量时，可

能会有红棕色气体产生B.N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量C.1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)，需吸收能量180kJD.1molN2(g)和1molO2(g

)所具有的能量之和比2molNO(g)的能量高【答案】D【解析】【详解】A．O2过量时，会继续与NO反应生成NO2,可能会有红棕色气体产生，选项A正确；B．N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量，每断裂1molNN，需要吸收94

6kJ热量，选项B正确；C．根据图中信息可知，1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)，需吸收能量(946+498-6322)kJ=180kJ，选项C正确；D．根据选项C可知，反应的△H

=+180kJ/mol，反应为吸热反应，1molN2(g)和1molO2(g)所具有的能量之和比2molNO(g)的能量低，选项D不正确；答案选D。12.对事实：“100℃时，水会沸腾变成水蒸气；温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2.”的解释不正确．．．的是A.1

00℃所提供的能量，破坏了水分子之间存在的相互作用B.2200℃所提供的能量，破坏了水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用C.100℃及2200℃时，水分子均变为氢原子和氧原子D.对比温度值可知，水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作

用比水分子之间存在的相互作用强【答案】C【解析】【分析】【详解】A．100℃时，水会沸腾变成水蒸气，说明破坏了水分子之间存在的相互作用，故A正确；B．温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2，说明发生了化学变化，有旧键的断裂和新建的形成，故B正确；C．100℃，只

是水的状态变化，无化学变化，无键的断裂，故C错误；D．2200℃时破坏水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用，100℃时破坏水分子之间存在的相互作用，故D正确；故选C。13.在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成2CO和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程

式正确的是A.32223CHOH(l)O(g)=CO(g)2HO(l)2++1Δ725.8kJmolH−=+B.3222)=2CHOH(l)3O(g)2CO(g)4HO(l++11452kJmolH−=−C.3222)=2CHOH(l)3O(g)2CO(g)4HO(l++1H725.8kJ

mol−=−D.3222)=2CHOH(l)3O(g)2CO(g)4HO(l++1Δ1452kJmolH−=+【答案】B【解析】【详解】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇燃烧放的热量为726kJ，64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452k

J，根据热化学方程式的书写方法写出为：CH3OH（l）+32O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=—725.8kJ/mol或2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452kJ·mol－

1；答案选B。14.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是事实推测A．12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快56Ba(ⅡA)与水反应会更快B．Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料ⅣA族的元素都是半导体材料C．HCl在150

0℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间D．Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．同主族金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，与水反应剧烈程度增强。元素的金属性：Ba＞Ca＞Mg，故可根据

Ca与水反应较快推知Ba与水反应会更快，A正确；B．半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，而C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料

，B错误；C．同主族元素从上到下元素的非金属元素逐渐减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞Br＞I，所以HBr的稳定性介于HCl、HI之间，其分解温度介于二者之间，C正确；D．同周期元素的非金属元素从左到右逐渐增强，元素的非金属性

越强，其单质与H2化合就越容易，元素的非金属性：S＞P＞Si，所以可根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应推知P与H2在高温时能反应，D正确；故合理选项是B。15.已知Fe2O2(s)＋32C(s)=32CO2(g)＋2F

e(s)△H=+234.1kJ·mol-1，C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1，则2Fe(s)＋32O2(g)=Fe2O3(s)的△H是A.-824.4kJ·mol-1B.-627.6kJ·mol-1C.-744.

7kJ·mol-1D.-169.4kJ·mol-1【答案】A【解析】【详解】①Fe2O2(s)＋32C(s)=32CO2(g)＋2Fe(s)△H=+234.1kJ·mol-1②C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1

，根据盖斯定律：②×32－①，得2Fe(s)＋32O2(g)=Fe2O3(s)△H=-824.4kJ·mol-1，答案选A。16.下列叙述I和II均正确，并有因果关系的是选项叙述I叙述IIAAl有一定非金属性向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解B将体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更

剧烈金属性：K＞NaC钠比铜的金属性强金属钠可从硫酸铜溶液中置换出铜单质DI-还原性弱于Cl-向NaI溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈紫红色A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解，说明氢氧化铝显碱性，与铝的金属性有关，A错

误；B．金属性越强，与水反应越剧烈，金属性：K＞Na，体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更剧烈，B正确；C．钠比铜的金属性强，但钠加入硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化

铜，故钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，C错误；D．非金属性Cl>I，所以Cl2的氧化性强于I2，则Iˉ的还原性强于Clˉ，D错误；故答案为：B。17.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示

意图如图，该电池工作时，下列说法正确的是A.a电极是该电池的正极B.2O在b电极上发生氧化反应的C.电解质溶液中OH−向a电极移动D.该装置实现了电能向化学能的转化【答案】C【解析】【详解】A．通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；B．通入燃料氢气的电极

a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；C．电解质溶液中OH-向负极（a极）移动，C正确；D．该装置是原电池，实现了化学能向电能的转化，D错误；故选C。18.ABDEFG、、、、、为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A与D可形成

使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，A与E可形成三核10e−分子，B元素原子L层的电子数是其K层电子数的2倍，F元素的焰色试验中为黄色，G元素的周期数与主族序数相等，下列说法不正确．．．的是A.简单离子半径：DEFGB.最高价氧化

物对应水化物的酸性：BDC.元素AE、组成的化合物比例一定为21：D.G的单质在D的最高价含氧酸的冷的浓溶液中会钝化【答案】C【解析】【分析】ABDEFG、、、、、为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A与D可形成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，A为氢、D为氮；A与E可形成

三核分子，E为氧；B元素原子L层的电子数是其K层电子数的2倍，B为碳；F元素的焰色试验中为黄色，为钠；G元素的周期数与主族序数相等，为铝。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径

越小；简单离子半径：N3->O2->Na+>Al3+，A正确；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<HNO3，B正确；C．H、O元素组成的化合物可能为H2O2，C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，能使

铝钝化，D正确；故选C。19.用NaClO可除去水体中过量氨氮(以3NH表示)，以防止水体富营养化，其原理如图所示。下列有关叙述正确的是A.原理中所涉及的元素的原子半径：ClNaONHB.32NHHOOH−、、所含的质子数和电子数均相等C.NaClO和HClO所含的化学

键类型相同D.反应①②③中只有反应②是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．原理中所涉及的元素的原子半径NaClN>OH，A错误；B．32NHHOOH−、、所含电子数相同为10，32NHHO、质子数相同为10，OH−质子数为9，B错误；C．NaClO

所含的化学键类型有离子键、共价键，HClO所含的化学键类型只有共价键，不含离子键，C错误；D．反应①②③中，只有反应②有元素化合价变化，HClO中Cl化合价由+1价转化为HCl中-1价Cl，3NH中-3价N转化为2N中0价N，只有该反应为氧化还原反应，D正确；

答案选D。20.某同学设计如图实验方案，从海带中提取2I。下列说法正确的是A.操作①是萃取B.②中双氧水作还原剂C.③的离子方程式是3225IIO3HO3I6OH−−−++=+D.含2I的溶液经3步转化为2I的悬浊液，其目的是富集，便于分离提纯【答案】D【解

析】【分析】由流程可知，海带灰用热水溶解后，过滤，滤液中含碘离子，加过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入试剂a萃取，a为苯或四氯化碳，分液得到含碘的有机溶液，再加NaOH与碘反应生成I-和-3IO，分液后向

含I-和-3IO的溶液中加稀硫酸发生5I-+-3IO+6H+=3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘。【详解】A．操作①是分离溶液与不溶性杂质，为过滤，故A错误；B．向滤液中加入双氧水是将I–氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故B错误；C．I-和-3IO的溶液中加稀硫酸发生5

I-+-3IO+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D．图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故D正确；故选D。21.硼氢化钠(NaBH4)被称为“万能还原剂”，能与水反应产生H2，NaBH4在催化剂钌(10044Ru)表面与水反应的历程如图所示：下列说法

正确的是A.9844Ru、10044Ru、10244Ru是元素钌的三种同素异形体B.若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中只含HD和D2C.过程③中产生1molH2，转移电子物质的量为2molD.

过程①至过程④的总反应为：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑【答案】D【解析】【详解】A．9844Ru、10044Ru、10244Ru是质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，不是同素异形体，A错误；B．若将NaBH4中的H用D代替，过程①反应后生成的气体为D

2，过程②生成的HD，过程③生成的为HD，过程④中23H2中有一个D和两个H，故气体为HD和H2，B错误；C．过程③中产生1molH2，消耗1mol水，则转移电子物质的量为1mol，C错误；D．根据进去的为反应物，出来的为生成物分析，过程①至过程④的总反应为：N

aBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑，D正确；故选D。第Ⅱ卷(共58分)22.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，回答相应问题。（1）元素⑨在周期表中的位置是_______。元素⑥的简单阴

离子的结构示意图为______。（2）元素①的单质的电子式为______。元素④和⑦可形成化合物，用电子式表示其形成过程：_______。（3）比较元素②、③形成离子的半径大小：_________。（4）元素③、④、⑤的单

质中，与水反应最剧烈的反应的离子方程式为_____。（5）③的最高价氧化物对应的水化物中含有的化学键类型为______，形成化合物的类型为_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)。③与⑤二者的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，该反应的离子方程式为______。（6）元

素⑦的单质与元素③⑧组成的化合物的水溶液可以反应，写出该反应的离子方程式______，从原子结构的角度解释该反应能发生的原因：_______。（7）⑩是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液的原因是_______(用化学方程式表示)。（8）已知硒(34Se)与⑥同主族，请

根据硒元素在元素周期表中的位置，推测硒及其化合物可能具有的性质是____。(填序号)a．Se的最低负化合价为2−价b．2SeO既有氧化性又有还原性c．Se的气态氢化物的稳定性比⑥的强d．最高价氧化物对应的水化物为23HSeOe．

2SeO在一定条件下可与NaOH溶液反应【答案】（1）①.第2周期第ⅣA族②.（2）①.②.（3）①.F−②.Na+（4）222Na2HO2Na2OHH+−+=++（5）①.离子键、共价键②.离子化合物③.()()34AlOHOHAlOH−−+=（6）①.22

Cl2BrBr2Cl−−+=+②.Cl和Br同一主族，最外层电子数相同，电子层数BrCl，原子半径BrCl，得电子能力ClBr，非金属性ClBr，单质氧化性22ClBr（7）2232SiO2NaOHNaSiOHO+=+（8）abe【解析】【分析】由题干部分周期表可知，①为N、②为F

、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Br，⑨为C，⑩为Si，据此分析解题。【小问1详解】C在周期表中的位置是第2周期第ⅣA族，S是16号元素，S2-的结构示意图为。【小问2详解】N2的电子式为：，Mg和Cl可形成离子化合物Mg

Cl2，其形成过程用电子式表示为：。【小问3详解】由分析可知，元素②即F、③即Na形成离子分别为：F-和Na+，二者具有相同的电子层结构，Na的核电荷数较大，故它们离子的半径大小为：F-＞Na+。【小问4详解】由分析可知，元素③、④、⑤分别为Na、Mg、Al，同一

周期从左往右金属性依次增强，则其中与水反应最剧烈的是Na，其离子方程式为：222Na2HO2Na2OHH+−+=++。【小问5详解】由分析可知，元素③为Na，故其最高价氧化物对应的水化物即NaOH中含有的化学键类型为Na+和OH-之间的离子键和OH-内部的共价键，该化

合物是由阴阳离子形成的离子化合物，与⑤即Al的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3之间可以发生反应，该反应的离子方程式为()()34AlOHOHAlOH−−+=。【小问6详解】由分析可知，由于Cl和Br属于同一主族，最外层电子数相同，电子层数Br>Cl，原子半径Br>Cl，得电子能力C

l>Br，表现为非金属性Cl>Br，单质氧化性Cl2>Br2，则将元素⑦的单质即Cl2与元素③⑧组成的化合物即NaBr的水溶液能够反应，该反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，则其离子方程式为22Cl2BrBr2Cl−

−+=+。【小问7详解】Si是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液的原因是SiO2会和NaOH反应生成具有粘性的硅酸钠，化学方程式为：2232SiO2NaOHNaSiOHO+=+。【小

问8详解】由分析可知，⑥为硫，已知硒(34Se)与⑥同主族即位于第四周期第ⅥA族，据此分析解题：a．根据元素最高正价等于主族序数，元素最高正价和最低负价的绝对值之和等于8可知，Se的最低负化合价为-2价，a正确；b．SeO2中元素化合价为+4

价，处于Se元素的中间价态，故既有氧化性又有还原性，b正确；c．根据同一主族从上往下元素的非金属性减弱，其气态氢化物的稳定性减弱可知，Se的气态氢化物即H2Se的稳定性比⑥的即H2S弱，c错误；d．已知元素最高正价等于主族序数，Se的最高正价为+6价，则最高价氧化物对

应的水化物为H2SeO4，d错误；e．SeO2是酸性氧化物，在一定条件下可与NaOH溶液反应，e正确；故选abe。23.人类活动离不开能量，能量的利用与化学反应中能量变化密切相关。Ⅰ．某小组研究氨氮废水的处理(氮元素主要为4NH+和32NHHO)，实验流程如图。（1）过程Ⅰ：加N

aOH溶液，调节pH至9后，升温至35C，再通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：_______。（2）过程Ⅱ：在微生物作用下，4NH+经过两步反应被氧化成3NO−。能量变化示意

图如图：①第一步反应是_____反应(选填“放热”或“吸热”)。②()41molNHaq+全部被氧化成()3NOaq−的热离子方程式是_______。Ⅱ．某小组研究Zn片与稀硫酸反应中的能量变化，进行实验。（3）实验Ⅰ：将Zn片和Cu片分别插入2个盛有50mL2mo

l/L稀硫酸的烧杯中。观察到Zn片表面产生气泡，溶液温度由1TC升到2TCCu；片表面无明显变化，溶液温度无变化。Zn片与稀硫酸反应的能量变化关系符合图______(填“A”或“B”)。（4）实验Ⅱ：用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有150mL2m

olL−稀硫酸的烧杯中(如图C所示)。①观察到电流表指针发生偏转，Cu片表面产生气泡，溶液温度由1TC升到3TC。②结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因：该原电池中Zn失电子，_______。（5）实验Ⅰ和Ⅱ产生等量气体时，测得23TT。结合能量的转化形式，分析两

溶液温度变化幅度不同．．的原因______。（6）将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验Ⅱ，请判断电流表指针是否发生偏转。若不偏转，说明理由；若偏转，写出Fe片表面发生的电极反应式。理由或电极反应式是_____

_。【答案】（1）432NHOHNHHO+−+=（2）①.放热②.()()()()()4232NHaq2Og2HaqNOaqHOl++−+=++Δ346kJ/molH=−（3）A（4）电子沿导线流向正极铜，溶液中的H+在正极Cu上得电子生成2H（5）根据能量守恒，能量的变化相同，但

温度变化不相同，则说明实验Ⅰ中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能（6）2Fe2eFe−+−=【解析】【小问1详解】铵盐和氢氧化钠在加热条件下反应生成氨气，反应的离子方程式为：43

2NHOHNHHO+−+=。【小问2详解】①有图可知，第一步反应中反应物的能量高于生成物的能量，为放热反应；②由盖斯定律可知，第一步反应+第二步反应可知()()()()()4232NHaq2Og2HaqNOaqHOl++−+=++Δ273/73/346kJ/molH

kJmolkJmol=−−=−。【小问3详解】Zn片与稀硫酸反应是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，其能量变化关系符合如图A。【小问4详解】结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因该原电池中Zn失电子，电子沿导线流向正极铜，溶液中的H+在正极Cu上得

电子生成H2。【小问5详解】实验I和Ⅱ产生等量气体时，测得T2＞T3。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因实验I和Ⅱ产生等量气体时，根据能量守恒，则能量改变相同，但温度变化不相同，则说明实验I中化学能

主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能。【小问6详解】将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验Ⅱ，电流表指针发生偏转，则Fe片溶解，其铁片表面发生的电极反应式2Fe2eFe−+−=。24.海洋资源的利用具有广

阔的前景。利用空气吹出法从海水中提取溴的流程如图：已知：常压下，溴单质沸点为58.5℃（1）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为_______。（2）“蒸馏塔”具有将溴单质与水溶液分离的作用，其温度应控制在_____(填序号)。A．40∼50℃B．60∼70℃C．1

00℃以上（3）物质A_____(填化学式)可以循环利用。（4）探究“氧化”适宜条件，测得不同条件下溶液中被氧化的Br的百分含量如图：已知：n(Cl)n(Br)表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。①结合实际生产，“氧化”的适宜条件为______。②海水中溴元素的浓度是64mg/

L，经该方法处理后1m3海水最终得到38.4gBr2，则该实验海水中溴元素的提取率为______。③吸收后的空气进行循环利用，吹出时，吹出塔中2Br吹出率与吸收塔中2SO流量的关系如图所示，当2SO流量过大，2Br吹出率反而下降，其原因：______。的

【答案】（1）Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO2-4（2）B（3）HCl、H2SO4（4）①.pH3=、n(Cl)n(Br)=1.1②.60%③.过量的2SO随“吸收2Br后的空气”进入“吹出步骤”，与溴反应【解析】

【分析】由题给流程可知，向酸化浓缩海水中通入氯气，将溶液中的溴离子氧化为溴，用热空气将溴吹出，吹出的溴与二氧化硫和水反应生成氢溴酸和硫酸，向酸溶液中通入氯气，将氢溴酸氧化为溴，蒸馏得到可以循环使用的盐酸、硫酸混合溶液和液溴。【小问1详解】由分析可知，吸收塔中发生的反应为溴与二氧化硫和水反应生

成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO2-4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO2-4；【小问2详解】由常压下，溴单质沸点为58.5℃可知，蒸

馏塔中温度应控制在58.5℃以上，但不能高于水的沸点，故选B；【小问3详解】由分析可知，物质A为可以循环使用的盐酸、硫酸混合溶液，故答案为：HCl、H2SO4；【小问4详解】①由图可知，n(Cl)n(Br)为1.1时，p

H为1和3的溶液中溴的含量最高，再加大氯的量，对溴的含量的提高也几乎没有影响，所以“氧化”的适宜条件为pH为3、n(Cl)n(Br)为1.1，故答案为：pH3=、n(Cl)n(Br)=1.1；②海水中溴元素的浓

度是64mg/L，经该方法处理后1m3海水最终得到38.4g溴，则该实验海水中溴元素的提取率为38.4g0.064g/L1000L×100%=60%，故答案为：60%；③若二氧化硫的量过大，过量的二氧化硫随吸收溴后的空气一同进入吹

出步骤，在吹出塔中与溴反应，导致溴吹出率下降，故答案为：过量的2SO随“吸收2Br后的空气”进入“吹出步骤”，与溴反应。25.某小组同学制备碘酸盐(3IO−)并探究其性质。资料：①2I可与NaOH溶液反应生成3IO−和I−。

的②碘酸钙[32Ca(IO)]为难溶于水、能溶于硝酸的白色固体。③2X的氧化性，X−的还原性与溶液的酸碱性无关：3IO−与氧化性随溶液酸性增强而增强(X为Cl、Br或I)。实验装置如图(加热与夹持装置略)步骤：I．打开A中分液漏斗活塞，加热圆底烧瓶；一段时间后，B中溶液由

无色变为棕黄色。II．将B中棕黄色溶液倒入烧杯中，再加入NaOH溶液，烧杯中溶液由棕黄色变为无色。（1）A装置发生的化学方程式为___________。（2）C装置发生的离子方程式为___________。（3）取少量步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入过量盐酸和4CCl，振荡后静置，溶

液分层，上层呈浅黄色，下层呈紫色。甲同学得出结论：在酸性条件下3IO−可以氧化I−为2I。①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：原因一：空气中2O在酸性条件下将溶液中的I−氧化，离子方程式为___________。原因二：___________(填化学式)在酸性条件下

将溶液中的I−氧化。②为了进一步证明在酸性条件下3IO−可氧化I−为2I，完成如下实验：ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量2CaCl固体，振荡，充分反应后过滤得到无色溶液X和沉淀Y。ⅱ.向无色

溶液X，加入与(3)等量的盐酸和4CCl，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀3HNO，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色。ⅳ.……a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论：___________。b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：

在酸性条件下3IO−可以氧化I−为2I。补全实验ⅳ的操作和现象___________。（4）根据实验ⅲ得出：氧化性2I___________3IO−(填“”或“”)，而实验ⅰ表明2I和3IO−的氧化性强弱关系相反，原因是___________。（5）查阅资料发现，3XO−与相应的X−

(XCl=，Br)均有类似上述反应。浓度相同时，氧化性33ClOBrO，但浓度均为0.1mol/L的3ClO−和Cl−开始发生反应时的pH为1，而浓度均为0.1mol/L的3BrO−和Br−开始发生反应的pH为5。试从原子结构的角度解释两个反应开始发生时pH不同的原因___

________。【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（3）①.4I-+O2+4H+=2I2+2H2O②.HClO③.酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质④.继续加入过量的氯

化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀（4）①.<②.碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强（5）氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化【解析】【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，氯气通过饱和食盐水

，除去含有的氯化氢气体，再通入碘化钾溶液中，氯气和碘化钾反应生成碘单质，当碘化钾溶液变棕黄色，即说明有碘单质生成，再加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠反应生成碘酸钠和碘化钠，最后烧杯中的氢氧化钠吸收多余的氯气，防止污染。据此解答。【小问1详解】A装置为制取氯气

，反应的方程式为：。A装置发生的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】C装置用氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，发生的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问3详解】①乙同学认为上述

结论不合理，可能原因如下：原因一：空气中2O在酸性条件下将溶液中的I−氧化，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。原因二：多余的氯气和水反应生成次氯酸，可能HClO在酸性条件下将溶液中的

I−氧化。②为了进一步证明在酸性条件下3IO−可氧化I−为2I，完成如下实验：ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量2CaCl固体，振荡，充分反应后过滤得到氯化钠和碘化钠的无色溶液，和碘酸钙沉淀。ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的

盐酸和4CCl，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。说明。a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论是不含有碘酸根离子时，酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质。ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀3HNO，固体溶解，

继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色，说明产生了碘单质。ⅳ.继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀。说明溶液中的碘酸根离子被消耗或消耗完。b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下3IO−可以氧化I−为2I。【小问4详解】根据实验ⅲ中可知，碘酸根离子氧化碘离子生成碘单质

，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析得出：氧化性2I<3IO−，而实验ⅰ表明2I和3IO−的氧化性强弱关系相反，原因是碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强。【小问5详解】溴酸根离子和氯酸根离子的氧化性接近，但

溴和氯为同主族元素原子，氯的电负性大于溴，故氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化。【点睛】