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广东高州中学2025-2026学年第二学期3月月考 高一化学试题
1．2025年，宇树科技的机器人登上了春晚的舞台，上演了一场科技与艺术交织的表演。机器人的制造过程中用到多种材料，下列说法错误的是
A．机身采用复合材料具有高强度、轻量化、耐磨损等特点
B．机器人采用的芯片成分为二氧化硅
C．选用锂聚合物电池，实现将化学能转化成电能
D．散热涂层采用的石墨烯是一种新型无机非金属材料
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、复合材料融合多种材料优势，具备高强度、质量轻、耐磨损的特性，适合用作机器人机身，A 正确；
B、芯片的核心导电材料为晶体硅，二氧化硅是光导纤维的原料，二者用途不同，该说法存在错误，B 错误；
C、锂聚合物电池属于原电池，放电过程中将内部储存的化学能转化为电能供给设备，C 正确；
D、石墨烯仅由碳元素组成，属于新型无机非金属材料，导热性能优异，可制作散热涂层，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
复合材料应用：复合材料综合多种材料优势，轻量化、高强度、耐磨是机械外壳常用特性；
硅与二氧化硅区分：单质硅为半导体，用于制作芯片、太阳能电池板；二氧化硅绝缘透光，用于光导纤维、玻璃；
原电池能量转化：各类锂电池放电时，能量转化形式均为化学能转化为电能；
石墨烯材料分类：石墨烯是碳单质，不含有机基团，归属于新型无机非金属材料，导热能力突出。
2．下列有关化学用语或说法正确的是
A．中子数为35的溴原子
B．用双线桥法表示氧化还原反应的电子转移：
C．的电子式
D．用电子式表示的形成过程为
【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为35的溴原子，质量数应为质子数+中子数，溴质子数为35，质量数为，符号应为，故A错误；
B、反应中，2个N元素从+4价升到+5价，失去2e-；1个N元素从+4价降到+2价，得到2e-，双线桥表示正确，故B正确；
C、是共价化合物，不存在离子键， 正确电子式应为， 故C错误；
D、HCl是共价化合物，其形成过程应表示为 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
核素符号书写：质量数=质子数+中子数，符号格式为；
双线桥法：需分别标出电子得失的元素、化合价变化及电子转移数目；
共价化合物电子式：不存在阴阳离子，无需标电荷和括号；
共价键形成过程：需用“·”或“×”表示最外层电子，箭头右侧为生成物的电子式。
3．下列各离子组在指定条件下能大量共存的是
A．使石蕊变红的溶液中：
B．含有溶液中：
C．加入铝粉能产生氢气的溶液中：
D．的水溶液中：
【答案】A
【知识点】离子共存；二氧化硫的性质；铝的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、使石蕊变红的溶液中：、、、，石蕊变红说明溶液呈酸性，存在大量。这四种离子之间不会发生反应，也不与反应，因此可以大量共存，故A正确；
B、含有溶液中：、、、，和会发生络合反应，生成稳定的络合物，导致两种离子不能大量共存，故B错误；
C、加入铝粉能产生氢气的溶液中：、、、，能与铝粉反应放出氢气的溶液，可能是强酸性也可能是强碱性。若为碱性，会与结合生成氢氧化镁沉淀；若为酸性，在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应生成氮氧化物而非氢气，因此无论哪种情况，该组离子都不能大量共存，故C错误；
D、的水溶液中：、、、，溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性，且亚硫酸具有氧化性，会与具有还原性的发生归中反应，生成硫单质沉淀，因此二者不能大量共存，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性溶液的离子共存判断：石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，需判断各离子之间是否发生反应，以及是否与氢离子反应；
离子反应类型判断：与之间的络合反应是特征反应，可用于检验铁离子，也是判断离子能否共存的常见考点；
铝粉反应溶液的酸碱性分析：铝粉与酸或碱都能反应放出氢气，但在酸性条件下的强氧化性会改变反应产物，因此需同时考虑酸性和碱性两种情况；
氧化还原反应的判断：溶于水形成的亚硫酸具有氧化性，而具有较强还原性，二者相遇会发生归中反应，生成单质硫，因此不能共存。
4．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列离子方程式书写正确的是
A．利用溶液“腐蚀”覆铜板：
B．氯气与水反应：
C．铜与稀硝酸反应：
D．溶液中通入过量：
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、利用溶液“腐蚀”覆铜板：，反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式应为，故A错误；
B、氯气与水反应：，次氯酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式，正确的离子方程式应为，故B错误；
C、铜与稀硝酸反应：，稀硝酸的还原产物是，不是，正确的离子方程式应为，故C错误；
D、溶液中通入过量：，过量与反应生成亚硫酸氢钠，该离子方程式书写正确，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒检查：离子方程式需满足反应前后电荷总数相等，同时原子个数也需守恒；
弱电解质的处理：弱酸、弱碱等弱电解质在离子方程式中需保留化学式，不能拆成离子形式；
反应产物判断：铜与稀硝酸、浓硝酸反应的还原产物不同，稀硝酸生成，浓硝酸生成；
过量反应的判断：与反应时，过量会生成酸式盐，即亚硫酸氢钠。
5．“价—类”二维图是元素化合物学习的重要工具，部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．将d转化为e后，溶液的酸性增强
B．将足量的e加入到含f的溶液中，可以闻到臭鸡蛋气味
C．b可存在于火山口附近或地壳的岩层中
D．c是一种食品添加剂
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；自然界中的硫循环
【解析】【解答】A、d 为亚硫酸，e 为硫酸，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，将 d 转化为 e 后溶液酸性增强，A 正确；
B、e 是浓硫酸，具有强氧化性，f 为亚硫酸盐，二者发生氧化还原反应生成 SO2，不会生成臭鸡蛋气味的 H2S，无法闻到臭鸡蛋气味，B 错误；
C、b 为硫单质，火山喷发会释放单质硫，因此单质硫可存在于火山口附近或地壳岩层中，C 正确；
D、c 是 SO2，可作葡萄酒、干果的抗氧化食品添加剂，D 正确；
故答案为：B。
【分析】物质推断：a：H2S（-2 价硫氢化物）；b：S（硫单质，0 价）；c：SO2（+4 价硫氧化物）；d：H2SO3（+4 价硫含氧酸）；e：H2SO4（+6 价硫含氧酸）；f：亚硫酸盐（+4 价硫的盐）；g：硫酸盐（+6 价硫的盐）。
6．将、、、四种金属分别浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池，现象如下：与相连时，电极溶解；与相连时，电极表面产生气泡；与相连时，电流计指针偏向；与相连时，电极发生氧化反应。根据以上实验现象，判断四种金属的活动性顺序由强到弱为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】根据原电池反应规律，金属活动性越强，越易失电子作负极，发生氧化反应。由X与Y相连时X溶解，可知活动性：；Z与W相连时W表面产生气泡，可知活动性：；X与Z相连时电流计指针偏向Z，说明电子由X流向Z，X为负极，活动性：；Y与W相连时W电极发生氧化反应，说明W为负极，活动性：。综上可得活动性顺序：，故A正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：金属活动性较强的金属作负极，发生氧化反应，电极溶解；活动性较弱的金属作正极，发生还原反应，电极表面产生气泡；
电流方向与电子流向的关系：电流由正极流向负极，电子由负极流向正极；
金属活动性强弱的比较方法：通过原电池反应中电极的反应现象、电流方向，可判断金属的活动性强弱，负极金属的活动性强于正极金属。
7．已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是
A．该反应需要在加热条件下才能进行
B．每生成吸收的能量为
C．的总能量一定低于的总能量
D．断裂键和键，放出能量
【答案】B
【知识点】化学键；反应热和焓变
【解析】【解答】A、反应吸热、放热与反应是否需要加热无必然对应关系，仅依靠能量变化图像只能判断反应总吸热或总放热，无法确定反应发生所需外界加热条件，A 错误；
B、断裂 1mol A2、1mol B2内化学键总共吸收 a kJ 能量，形成 2mol AB 内化学键总共释放 b kJ 能量，生成物总能量高于反应物，每生成 2mol AB (g) 整体吸收的能量为 (a b) kJ，B 正确；
C、图像仅展示反应物总能量、生成物总能量两组整体能量数值，不存在单独对比单一物质 A2与 AB 能量的依据，无法判断二者能量高低，C 错误；
D、化学键断裂过程需要吸收能量，断裂 1mol A A 键和 1mol B B 键是吸收 a kJ 能量，并非放出能量，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应条件判断：吸热反应不代表反应必须加热才能进行，能量图像仅体现反应物、生成物总能量差值，不能反映反应活化能对应的外界启动条件；
反应热与键能计算：反应总能量变化 = 断键吸收总能量 成键释放总能量，图像中 a 为断键吸热总量，b 为成键放热总量，生成物能量更高则总过程吸热；
能量图像解读：纵坐标代表体系总能量，只能对比反应物整体、生成物整体的能量，不能拆分单一物质单独比较能量大小；
化学键能量变化规律：断裂任意化学键均吸收能量，形成化学键均释放能量，以此判断断键过程能量变化描述正误。
8．采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是
A．铁与稀硫酸反应制取时，用浓硫酸代替稀硫酸
B．NaOH溶液和稀硫酸反应时，增大反应体系的压强
C．Na与水反应时，增加水的用量
D．大理石与盐酸反应制取时，将块状大理石改为粉末状大理石
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、铁与稀硫酸反应制取时，用浓硫酸代替稀硫酸，浓硫酸具有强氧化性，常温下会使铁发生钝化，无法生成氢气，不能增大反应速率，故A错误；
B、溶液和稀硫酸反应时，增大反应体系的压强，该反应无气体参与，压强变化对反应速率无明显影响，故B错误；
C、与水反应时，增加水的用量，水为纯液体，其浓度视为定值，增加用量不改变反应速率，故C错误；
D、大理石与盐酸反应制取时，将块状大理石改为粉末状大理石，增大了固体反应物的接触面积，反应速率明显加快，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
强氧化性酸的特殊反应：浓硫酸具有强氧化性，与铁反应时会发生钝化，不能生成氢气，需区分稀硫酸与浓硫酸的反应差异；
压强对反应速率的影响：压强变化仅对有气体参与的反应有影响，溶液中的反应通常不受压强影响；
纯液体浓度的特殊性：水作为纯液体，其浓度在反应中视为不变，增加用量不会改变反应速率；
接触面积对反应速率的影响：将固体反应物由块状改为粉末状，可显著增大接触面积，从而加快反应速率。
9．一定温度下在密闭容器中进行着某一反应，气体、气体的物质的量随时间变化的曲线如图，下列叙述正确的是
A．反应的化学方程式为：
B．时，容器中X与Y的浓度之比为
C．时，反应物的正反应速率等于逆反应速率
D．时，反应停止
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应的化学方程式为：，由图像可知，反应中Y的物质的量减少，X的物质的量增加，Y为反应物，X为生成物。，，物质的量变化之比为，且该反应为可逆反应，方程式应使用可逆号，故A错误；
B、时，容器中X与Y的浓度之比为，时刻，X的物质的量为，Y的物质的量为，容器体积为，浓度之比等于物质的量之比，为，故B正确；
C、时，反应物的正反应速率等于逆反应速率，时刻，X和Y的物质的量仍在变化，反应未达到平衡状态，正逆反应速率不相等，故C错误；
D、时，反应停止，时刻，X和Y的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等但不为零，反应并未停止，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学方程式的判断：根据物质的量变化判断反应物和生成物，再根据物质的量变化之比确定化学计量数之比，同时注意可逆反应需使用可逆号；
浓度之比的计算：同一容器中，浓度之比等于物质的量之比；
化学平衡状态的判断：物质的量不再变化时，反应达到平衡状态，此时正逆反应速率相等但不为零；
平衡状态的特征：化学平衡是动态平衡，反应并未停止，只是正逆反应速率相等。
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，中含有的中子数为
B．标准状况下，与足量充分反应，生成分子的数目为
C．与反应生成，转移电子的数目为
D．与水蒸气完全反应，生成的数目为
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下， 中含有的中子数为，标准状况下11.2L该气体的物质的量为0.5mol；的中子数为，的中子数为，1个分子含中子数为；0.5mol该分子含中子数为，故A正确；
B、标准状况下，22.4L 与足量充分反应，生成分子的数目为，该反应为可逆反应，不能完全转化，生成的分子数小于，故B错误；
C、与反应生成0.5mol ，转移电子的数目为，反应中H元素由+1价变为0价，生成0.5mol 时，转移电子数为，故C错误；
D、1mol 与水蒸气完全反应，生成的数目为，反应方程式为 ，1mol 反应生成mol ，数目为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
中子数计算：需结合原子的质量数与质子数计算中子数，再根据分子组成计算总中子数；
可逆反应的特点：可逆反应不能进行到底，反应物不能完全转化为生成物；
氧化还原反应的电子转移计算：根据反应中元素化合价的变化，确定生成一定量产物时转移的电子数；
金属与水蒸气反应的定量分析：需结合反应方程式的化学计量数，计算反应物与生成物的物质的量关系。
11．非金属单质经下图所示过程可转化为含氧酸，已知为强酸。现有两种不同情境：。情境Ⅰ：A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。情境Ⅱ：A在常温下为气体，C是红棕色的气体。下列说法均正确的是
A．情境Ⅰ中，A为S，B为，D为；情境Ⅱ中，A为，为，D的浓溶液与铜反应时只表现酸性
B．情境Ⅰ中，A为S，C为，D的稀溶液与铜可反应生成氢气；情境Ⅱ中，A为，C为
C．情境Ⅰ中，B大量排放会形成硫酸型酸雨；情境Ⅱ中，D的浓溶液在常温下与铜反应生成C，该反应属于氧化还原反应
D．情境Ⅰ中，A为S，B的漂白原理与相同；情境Ⅱ中，A为，C与水反应生成D时，C既作氧化剂又作还原剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、情境Ⅰ中，A为S，B为，D为；情境Ⅱ中，A为，C为，D的浓溶液与铜反应时只表现酸性，情境Ⅰ中B应为，不是；情境Ⅱ中浓硝酸与铜反应时既表现酸性又表现氧化性，故A错误；
B、情境Ⅰ中，A为S，C为，D的稀溶液与铜可反应生成氢气；情境Ⅱ中，A为，C为，情境Ⅰ中稀硫酸与铜不反应；情境Ⅱ中A应为单质，不是化合物，故B错误；
C、情境Ⅰ中，B大量排放会形成硫酸型酸雨；情境Ⅱ中，D的浓溶液在常温下与铜反应生成C，该反应属于氧化还原反应，情境Ⅰ中B为，大量排放会形成硫酸型酸雨；情境Ⅱ中D为硝酸，浓硝酸与铜反应生成，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D、情境Ⅰ中，A为S，B的漂白原理与相同；情境Ⅱ中，A为，C与水反应生成D时，C既作氧化剂又作还原剂，情境Ⅰ中B为，其漂白原理是与有色物质结合，而的漂白原理是强氧化性，二者不同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
元素推断：根据物质的特征性质（如的漂白性、的红棕色）推断情境Ⅰ和情境Ⅱ中的物质，确定A、B、C、D的组成；
物质性质分析：结合硫酸、硝酸的化学性质，判断反应的可行性，如稀硫酸与铜不反应，浓硝酸与铜反应既表现酸性又表现氧化性；
反应类型判断：根据反应中元素化合价的变化，判断反应是否为氧化还原反应；
漂白原理辨析：区分与的漂白原理差异，前者为化合漂白，后者为氧化漂白。
12．汽车尾气中含有。利用固体表面催化工艺进行分解的反应过程可用下图表示：
下列说法错误的是
A．催化剂能改变的分解速率
B．过程②吸收能量，过程③释放能量
C．上述过程的总化学方程式为
D．整个反应过程有极性键的断裂和形成
【答案】D
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂能改变NO的分解速率，催化剂的作用就是降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B、过程②吸收能量，过程③释放能量，过程②是NO分子中N-O键断裂，断裂化学键需要吸收能量；过程③是N原子与N原子、O原子与O原子结合形成新的化学键，成键过程会释放能量，故B正确；
C、上述过程的总化学方程式为 ，从反应过程图可以看出，反应物为NO，生成物为N2和O2，催化剂参与反应过程，故C正确；
D、整个反应过程有极性键的断裂和形成，NO分子中的N-O键是极性键，反应中极性键发生断裂，但生成物N2和O2中的化学键均为非极性键，因此反应过程只有极性键的断裂，没有极性键的形成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
催化剂的作用：催化剂通过改变反应历程，降低活化能，从而改变反应速率，但不改变反应的平衡状态；
化学键与能量变化：断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量；
总反应方程式的判断：根据反应过程图中的反应物、生成物和催化剂，写出对应的化学方程式；
极性键与非极性键的判断：NO分子中的N-O键为极性键，N2和O2中的化学键为非极性键，分析反应过程中断裂和形成的化学键类型。
13．某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图所示。装置③中气体颜色无明显变化，装置④中收集到红棕色气体，一段时间后，装置④中产生白烟。
下列说法不正确的是
A．若装置②中只加入NH4Cl，则无法达到实验目的
B．装置③、④中现象说明装置③中的反应是
C．装置④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，装置⑤中溶液可能变蓝
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、装置②若只加入NH4Cl，加热时NH4Cl分解生成的NH3和HCl在试管口会重新化合为NH4Cl固体，无法持续得到NH3，故无法达到实验目的，A正确；
B、装置③中气体颜色无明显变化，装置④中收集到红棕色气体，说明装置③中NH3和O2催化氧化生成了NO，反应方程式为：，B正确；
C、装置④中的白烟是NO2与水反应生成的HNO3，再与未反应的NH3反应生成的NH4NO3固体，并非NH4Cl，C错误；
D、装置⑤中，NO2与水反应生成的硝酸会与铜粉反应，生成Cu2+，一段时间后溶液可能变蓝，D正确；
故答案为：C。
【分析】装置①加热 KMnO4制 O2，装置②加热 NH4Cl 与 Ca (OH)2制 NH3，两种气体在装置③中经催化氧化生成 NO；NO 进入装置④被氧化为 NO2，NO2与水反应生成的硝酸再和未反应的 NH3反应生成 NH4NO3白烟；最后气体通入装置⑤，硝酸与铜粉反应生成 Cu2+使溶液变蓝。
14．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究与反应生成沉淀的条件。下列判断正确的是
A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和固体
B．玻璃管的作用是防止倒吸
C．c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
D．Y形管乙中产生的可能为氧化性气体，将氧化为沉淀
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、e、f 两管中的试剂可以分别是浓氨水和 NaOH 固体，浓氨水和 NaOH 固体混合可产生氨气，氨气溶于水使溶液呈碱性，能促进 SO2与 BaCl2反应生成 BaSO3沉淀，故 A 正确；
B、玻璃管的作用是防止倒吸，玻璃管的主要作用是平衡装置内的气压，若装置内压强过大，气体可通过玻璃管排出，并非专门防止倒吸，故 B 错误；
C、c、d 两根导管都必须插入 BaCl2溶液中，保证气体与 Ba2+充分接触，若导管插入液面下，气体通入时易发生倒吸，其中一根导管应在液面上方，故 C 错误；
D、Y 形管乙中产生的可能为氧化性气体，将 BaSO3氧化为 BaSO4沉淀，本实验的目的是探究 SO2与 BaCl2反应生成 BaSO3沉淀的条件，氧化性气体的作用是将 BaSO3氧化为 BaSO4，不符合实验目的，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应原理分析：SO2与 BaCl2溶液不直接反应，需在碱性条件下（如通入氨气），SO2转化为 SO32-，才能与 Ba2+结合生成 BaSO3沉淀；
装置作用分析：玻璃管用于平衡气压，防止装置内压强过大；
实验操作注意事项：导管插入方式需防止倒吸，部分导管应在液面上方；
实验目的辨析：本实验旨在探究生成 BaSO3沉淀的条件，而非验证其被氧化的过程。
15．草酸钠是水处理中常用的还原剂。研究显示，在水中加入高锰酸钾溶液可将其中的草酸钠除去，发生的反应如下：。常温下，在某密闭容器中进行上述反应，测定与时间的关系如表所示：
时间 0 2 4 6 7 …
1.00 0.70 0.50 0.40 0.35 …
下列推断正确的是
A．上述反应先慢后快
B．内，
C．若高锰酸钾完全反应，所用时间为
D．随着反应的进行，逐渐降低
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、上述反应先慢后快，根据表格数据，0-2min，Δc(KMnO4)=0.30mol/L；2-4min，Δc=0.20mol/L；4-6min，Δc=0.10mol/L，单位时间内KMnO4浓度减少量越来越小，说明反应速率先快后慢（后期可能受反应物浓度降低影响），故A错误；
B、0～4min内，，0-4min内，Δc(KMnO4)=1.00-0.50=0.50mol/L，；根据反应方程式，，故B正确；
C、若高锰酸钾完全反应，所用时间为8min，反应速率随浓度降低而减慢，后期反应速率越来越慢，从6-7min，Δc(KMnO4)=0.05mol/L，若按此速率，剩余0.40mol/L的KMnO4完全反应时间会远大于8min，故C错误；
D、随着反应的进行，逐渐降低，K+不参与反应，溶液体积不变，K+的物质的量不变，因此浓度保持不变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率变化判断：通过单位时间内反应物浓度的变化，分析反应速率的变化趋势；
反应速率的计算与比例关系：利用同一反应中，不同物质的反应速率之比等于化学计量数之比进行计算；
反应速率的影响因素：反应物浓度降低会导致反应速率减慢，因此不能用前期速率推算后期反应时间；
离子浓度变化分析：不参与反应的离子，其物质的量和浓度在反应中保持不变。
16．锌—空气电池是一种适宜用作城市电动车的动力电源．锌—空气电池原理如图，放电时Zn转化为ZnO．下列说法不正确的是
A．空气中的氧气在石墨电极上发生还原反应
B．该电池的负极反应为
C．该电池放电时溶液中的向Zn电极移动
D．该电池放电时电子由Zn电极经电解质溶液流向石墨电极
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、石墨电极通入空气，O2在此得到电子，化合价降低，发生还原反应，A 正确；
B、Zn 作负极，放电后转化为 ZnO，碱性 KOH 电解液环境下，负极反应式为 Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，B正确；
C、原电池放电时，阴离子向负极移动，Zn 电极为负极 ，因此溶液中 OH-向 Zn 电极移动，C 正确；
D、原电池中电子仅在外电路导线中定向移动，不会穿过电解质溶液；放电时电子由 Zn 电极经导线流向石墨电极，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
正负极判断思路：原电池中失电子、发生氧化反应的电极为负极（Zn 电极）；得电子、发生还原反应的电极为正极（石墨电极，O2参与反应），以此判断氧化还原反应发生位置。
负极电极反应书写思路：结合题干产物 ZnO、碱性电解液，反应物补充 OH-，依据 Zn 失 2 个电子的电子守恒，再通过原子守恒配平水分子，写出完整负极半反应。
离子迁移规律思路：原电池放电时，溶液内阴离子定向迁移至负极，阳离子定向迁移至正极，直接判断 OH-移动方向。
电子传导路径思路：电子只能在金属导线、电极等导体中传递，电解质溶液依靠阴、阳离子定向移动导电，不存在电子穿过溶液的情况。
17．自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的元素数目不断增加。如图是元素周期表的一部分，其中每个字母代表对应的一种元素。
请按要求回答下列问题：
（1）b中质子数与中子数相等的核素可表示为　 　，g在元素周期表中的位置为　 　。
（2）d、e、g常见单核离子的半径由大到小的为：　 　(用化学符号表示)。
（3）g、i的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较：　 　>　 　(用化学符号表示)。
（4）写出由a、b、c、d构成的一种离子化合物的化学式　 　。
（5）下列可作为比较f和Mg金属性强弱的依据是______(填大写字母)。
A．测两种元素单质的硬度和熔、沸点
B．比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
C．比较两种元素在化合物中化合价的高低
D．比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度
（6）由上述元素中的b、c、e组成的某剧毒化合物ebc不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）；第三周期第ⅥA族
（2）
（3）；
（4）或
（5）B；D
（6）
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）b 为碳元素，质子数为 6，质子数与中子数相等的核素质量数为 12，可表示为；
元素周期表中的位置由周期和族确定，为，位于元素周期表第三行，即第三周期，位于第16列，即ⅥA族。
故答案为： ； 第三周期第ⅥA族 ；
（2）电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。有3个电子层，、有2个电子层，核电荷数， 离子半径大小顺序为：。
故答案为： ；
（3）非金属性，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强， 酸性强弱顺序为：。
故答案为： ； ；
（4） 含 H、C、N、O 元素的离子化合物可能为或。
故答案为：或 ；
（5）A．单质的硬度、熔沸点是物理性质，与金属性无关，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，B正确；
C．化合价高低不能反映失电子能力，不能用于比较金属性，C错误；
D．金属性越强，单质与盐酸反应越剧烈，D正确；
故答案为：BD。
（6）、、形成的剧毒化合物为，反应生成碱性酸式盐和碱性气体，配平得反应方程式为。
故答案为： ；
【分析】 根据元素周期表的位置，先确定 a-i 分别代表 H、C、N、O、Na、Al、S、Cl；
(1) 先根据元素周期表位置推断各元素，再结合核素定义和周期表结构，写出碳的核素符号并确定硫元素的位置。
(2) 依据离子半径比较规律（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），分析三种离子的半径大小顺序。
(3) 利用非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物酸性的关系（非金属性越强，酸性越强），比较高氯酸和硫酸的酸性。
(4) 结合离子化合物的定义，分析由 H、C、N、O 组成的离子化合物，铵盐是典型代表，如碳酸铵、碳酸氢铵。
(5) 明确金属性的比较依据（最高价氧化物对应水化物的碱性、与酸反应的剧烈程度等），逐一判断选项，排除物理性质、化合价等无关因素。
(6) 根据反应物和产物信息，结合氧化还原反应规律，配平 NaCN 与 H2O2、H2O 的反应方程式。
（1）为，质子数为6，质子数与中子数相等的核素，质量数为6+6=12，故该核素可表示为；
元素周期表中的位置由周期和族确定，为，位于元素周期表第三行，即第三周期，位于第16列，即ⅥA族。
（2）电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。有3个电子层，、有2个电子层，核电荷数，因此半径顺序为。
（3）非金属性，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，因此酸性。
（4）a、b、c、分别是、、、元素，含有以上元素且为离子化合物可能为或。
（5）A．单质的硬度、熔沸点是物理性质，与金属性无关，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，B正确；
C．化合价高低不能反映失电子能力，不能用于比较金属性，C错误；
D．金属性越强，单质与盐酸反应越剧烈，D正确；
故选BD。
（6）、、形成的剧毒化合物为，反应生成碱性酸式盐和碱性气体，配平得反应方程式为。
18．化学实验小组同学利用以下实验装置制备氨气，并探究氨气的性质部分仪器已略去。
（1）实验室常用如图所示装置制取。
①和加热制取的化学方程式是　 　。
②图中方框内收集的装置可选用“a”或“b”中的　 　。
③若干燥，不能选用浓硫酸，用化学方程式表示其原因　 　。
（2）过量排放含氮元素的废水，会引起水华等水体污染问题，含有大量的废水脱氮方法主要有吹脱法，NaClO氧化法等。
Ⅰ．吹脱法
①加入的目的是　 　。
②用热空气吹脱效果更好，原因是　 　。
Ⅱ．氧化法
（3）一定条件下，溶液pH对NaClO去除能力的影响如图所示。
①时，NaClO溶液将氧化生成，请写出其离子方程式：　 　。
②去除氨氮废水适宜pH约为　 　。
【答案】（1）；b；
（2）；温度升高，有利于分解，的溶解度降低，更易被吹出
（3）；8
【知识点】氨的实验室制法；含氮物质的综合应用；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）① 氯化铵与氢氧化钙加热反应制取氨气，同时生成氯化钙和水，化学方程式为：；
② 氨气密度小于空气，应采用向下排空气法收集，装置选择 “短进长出” 的 b；
③ 干燥氨气不能使用浓硫酸，二者会反应生成硫酸铵和水，化学方程式为：；
故答案为： ；b； ；
（2）① 加入氢氧化钙的目的是将铵根离子转化为一水合氨，离子方程式为： ，便于后续用热空气吹出氨气，降低废水中的氮含量；
② 一水合氨不稳定，受热易分解，用热空气吹脱效果更好，原因是温度升高促进一水合氨分解，同时氨气在水中的溶解度降低，更易被吹出。
故答案为： ； 温度升高，有利于分解，的溶解度降低，更易被吹出 ；
（3）① pH=5 时，次氯酸钠溶液氧化铵根离子，生成氯离子和氮气。次氯酸根中氯元素从 + 1 价降至 - 1 价，铵根中氮元素从 - 3 价升至 0 价，根据得失电子守恒，ClO-与 NH4+的计量数分别为 3 和 2，离子方程式为：；
②由图可知，pH约为8时去除率较高，则去除废水中的适宜的pH约为8。
故答案为： ；8；
【分析】(1) 考查氨气的实验室制备、收集与干燥。根据铵盐与碱共热的反应原理写出方程式；结合氨气密度选择向下排空气法收集装置；根据氨气的碱性性质，选择碱性干燥剂，排除会发生反应的浓硫酸。
(2) 考查废水脱氮的原理。加入氢氧化钙是为了将铵根离子转化为易分解的一水合氨，再利用热空气吹脱，利用温度对一水合氨稳定性和氨气溶解度的影响，提高脱氮效率。
(3) 考查氧化还原反应的配平与反应条件分析。根据氯元素和氮元素的化合价变化，利用得失电子守恒配平离子方程式；再结合图像信息，选择铵根离子去除率最高的 pH 条件。
（1）①和加热制取同时生成氯化钙和水，反应的化学方程式是；
②氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，气体短进长出，图中方框内收集的装置可选用b；
③干燥，不能选用浓硫酸，因为氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵和水，反应的化学方程式为；
（2）①加入的目的是将转化为，离子方程式为：，有利于后续用热空气吹出降低废水中氮元素；
②不稳定，受热易分解，因此用热空气吹脱效果更好，原因是温度升高，有利于分解，的溶解度降低，更易被吹出；
（3）①时，NaClO溶液氧化生成和N2，ClO-中的氯元素化合价由价降低到价，中N的化合价由价升高到0价，根据得失电子守恒可得的计量数为3，的计量数为2，离子反应方程式为；
②由图可知，pH约为8时去除率较高，则去除废水中的适宜的pH约为8。
19．化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
（1）实验1组为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在稀盐酸中加入足量的锌粒，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 1 2 3 4 5
氢气体积(标准状况) 100 240 464 576 620
①各时间段反应速率最大的是　 　(填“0～1”、“1～2”、“2～3”、“3～4”或“4～5”)。
②为控制反应速率，防止反应过快难以测量氢气体积，该小组事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为可行的是　 　(填字母)。
A．蒸馏水 B．溶液 C．溶液 D．溶液
（2）实验2组在用稀硫酸与锌粒制取氢气的实验中，发现增大稀硫酸浓度可加快氢气的生成速率。下图表示一定量的锌与足量的稀硫酸反应生成氢气的关系，若改为滴加足量的稀硫酸，请在下图中用虚线表示这一关系的变化　 　。
（3）为了探究的量对氢气生成速率的影响，实验3组设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量锌粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需的时间。
实验混合溶液 A B C D E F
40
饱和溶液 0 0.5 2.5 15 30
30 22.5 0
①请完成此实验设计，其中：　 　，　 　。
②综上所述，结论为：当加入少量溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析生成氢气速率下降的主要原因是：　 　。
【答案】（1）；AB
（2）
（3）40；29.5；生成的铜覆盖在锌粒表面，减小反应接触面积，速率下降
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；探究影响化学反应速率的因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)① 相同条件下，反应速率与单位时间内生成的气体体积成正比，由表中数据可知，2~3min内生成氢气体积最多（224mL），因此该时间段反应速率最大；
② 影响锌与盐酸反应速率的措施分析：
A、向盐酸中加入蒸馏水，会稀释溶液，降低浓度，反应速率减小，A正确；
B、向盐酸中加入KCl溶液，溶液总体积增大，浓度降低，反应速率减小，B正确；
C、向盐酸中加入溶液，酸性条件下具有强氧化性，会与Zn反应生成氮氧化物，不产生氢气，C错误；
D. 向盐酸中加入溶液，Zn会置换出Cu，形成Zn-Cu原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为： ；AB。
(2)锌的量一定，稀硫酸足量，因此最终生成氢气的总体积不变；稀硫酸浓度从0.1mol/L增大到0.2mol/L时，浓度升高，反应速率加快，曲线斜率更大（上升更快），且会更早达到平台期。
故答案为： ；
(3)① 研究硫酸铜用量对氢气生成速率的影响时，需控制硫酸浓度和用量相同，因此硫酸溶液体积均为40mL，即；溶液总体积需保持一致（均为70mL），则；
② 加入少量溶液时，Zn置换出Cu形成原电池，会加快反应速率；但当用量过多时，Zn会优先与反应，消耗Zn且在其表面生成Cu附着，阻碍Zn与硫酸接触，反而使氢气生成速率下降。
故答案为： 40 ； 29.5 ； 生成的铜覆盖在锌粒表面，减小反应接触面积，速率下降 ；
【分析】(1)① 反应速率的判断依据是单位时间内生成气体的体积，体积越大速率越快，通过对比不同时间段的气体体积即可得出结论；
② 影响反应速率的核心因素是浓度和反应环境，稀释会降低浓度使速率减慢，而硝酸根在酸性条件下会改变反应产物，原电池会加快反应速率，据此逐一分析选项。
(2)解题关键是区分“反应速率”与“反应限度”，锌的量决定氢气的最终体积，因此平台期高度不变；而硫酸浓度增大仅会加快反应速率，使曲线上升更快、更早达到平台期。
(3)① 控制变量法是核心，研究硫酸铜的影响时需保证硫酸的浓度和用量不变，因此通过总体积守恒计算所需体积；
② 硫酸铜的作用具有双重性，少量时通过原电池加快反应，过量时会因置换反应消耗Zn并形成阻碍，导致速率下降。
（1）①相同条件下，反应速率越大，单位时间内收集的气体越多，由表中数据可知，内生成的气体体积最多，生成了氢气，因此第内反应速率最大；
②A．向盐酸中加入蒸馏水，减小，反应速率减小，A正确；
B．向盐酸中加入溶液，减小，反应速率减小，B正确；
C．向盐酸中加入溶液，减小，但在酸性条件下具有强氧化性，与反应不会生成，而是生成或，C错误；
D．向盐酸中加入溶液，会在表面析出，形成原电池，使反应速率加快，D错误；
故选AB；
（2）锌的量一定，稀硫酸足量，因此最终生成H2的总物质的量（体积）不变。稀硫酸浓度从0.1 mol/L增大到0.2 mol/L，氢离子浓度升高，反应速率加快，因此曲线斜率更大（上升更快），且更早达到平台期（最终体积与原曲线相同）。绘图如答案所示；
（3）①为了研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，需要控制变量，使溶液总体积相同，确保硫酸铜浓度不同，硫酸浓度相同和物质的量相同，因此硫酸溶液体积均为，。由表格信息可知，溶液的总体积为，溶液总体积相同，则；
②当加入少量溶液时，与发生置换反应，表面析出，形成原电池，加快反应速率。但当加入的溶液超过一定量时，会先与反应，直至反应完才与反应生成氢气，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍与直接接触反应，使氢气生成速率下降。
20．Ⅰ．“碳达峰、碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，可通过的方式实现“碳中和”。
（1）根据甲醇结构式()及下表提供的键能数据，可计算出上述
反应放出________热量。(键能是化学键断裂或形成时，所吸收或释放的能量)
化学键
436 806 465 413 351
（2）恒温恒容容器中，下列能说明上述反应已达到平衡的是_______。
A.
B. 反应体系的总压强不再改变
C.
D. 反应停止
Ⅱ．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、燃料和盐类。工业上制硫酸的主要反应之一：。
（3）为加快该反应的速率，可以采取的措施有________（写一条）。
（4）某温度下，在的密闭容器中发生上述反应，起始浓度，。反应半分钟后达到平衡，平衡时测得。
半分钟内的平均反应速率________。
的平衡转化率________。第时________（填“>”或“<”或“=”） 。
（5）若以如图所示的装置生产硫酸，将、以一定压强喷到活性电极上反应，负极的电极反应式为________；在标准状况下通入，电池中生成的质量为________g。
【答案】(1) 65
(2) B，C
(3) 其他条件不变，升高温度（或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气等）
(4) 1 50% >
(5) 196
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1)根据键能数据，反应物总键能为，生成物总键能为，反应焓变，因此反应放出热量。
故答案为：65 ；
(2)A、 、浓度比为，无法说明各组分浓度不再变化，不能判断平衡，A错误；
B、该反应正向为气体分子数减少的反应，恒容装置中压强随反应进行而减小，当体系总压强不再改变时，说明反应达到平衡，B正确；
C、反应速率比等于化学计量数比，当时，正逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确；
D、化学平衡是动态平衡，反应并未停止，D错误；
故答案为：BC。
(3)其他条件不变时，可通过升高温度、减小容器体积（增大压强）、体积不变时充入氧气等方式加快反应速率。
故答案为： 其他条件不变，升高温度（或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气等） ；
（4）由题可知，列出三段式如下：
；
转化率；反应15s时未达到平衡，且向正向移动，因此有；
故答案为： 1；50% ；> ；
（5） 该装置为原电池，总反应为，左侧通入为负极，电极方程式为：；每通入，电池中生成，所以在标准状况下通入为，电池中生成质量为：。
故答案为：；196 ；
【分析】(1)解题核心是键能与焓变的关系，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，据此计算反应的热效应。
(2)解题关键是化学平衡状态的判断依据，只有当变量不再变化时，反应才达到平衡，需结合反应特点（气体分子数变化）和速率关系分析各选项。
(3)解题要点是影响反应速率的外界因素，温度、压强、浓度等均可通过改变活化分子百分数或碰撞频率来影响反应速率。
(4)解题步骤为，先通过三段式分析各物质的浓度变化，再根据反应速率和转化率的定义式进行计算；反应方向可通过平衡移动判断，正向进行时正反应速率大于逆反应速率。
(5)解题关键是原电池原理的应用，根据总反应判断正负极，写出负极电极反应式，再结合电子守恒计算生成硫酸的质量。
1 / 1广东高州中学2025-2026学年第二学期3月月考 高一化学试题
1．2025年，宇树科技的机器人登上了春晚的舞台，上演了一场科技与艺术交织的表演。机器人的制造过程中用到多种材料，下列说法错误的是
A．机身采用复合材料具有高强度、轻量化、耐磨损等特点
B．机器人采用的芯片成分为二氧化硅
C．选用锂聚合物电池，实现将化学能转化成电能
D．散热涂层采用的石墨烯是一种新型无机非金属材料
2．下列有关化学用语或说法正确的是
A．中子数为35的溴原子
B．用双线桥法表示氧化还原反应的电子转移：
C．的电子式
D．用电子式表示的形成过程为
3．下列各离子组在指定条件下能大量共存的是
A．使石蕊变红的溶液中：
B．含有溶液中：
C．加入铝粉能产生氢气的溶液中：
D．的水溶液中：
4．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列离子方程式书写正确的是
A．利用溶液“腐蚀”覆铜板：
B．氯气与水反应：
C．铜与稀硝酸反应：
D．溶液中通入过量：
5．“价—类”二维图是元素化合物学习的重要工具，部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．将d转化为e后，溶液的酸性增强
B．将足量的e加入到含f的溶液中，可以闻到臭鸡蛋气味
C．b可存在于火山口附近或地壳的岩层中
D．c是一种食品添加剂
6．将、、、四种金属分别浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池，现象如下：与相连时，电极溶解；与相连时，电极表面产生气泡；与相连时，电流计指针偏向；与相连时，电极发生氧化反应。根据以上实验现象，判断四种金属的活动性顺序由强到弱为
A． B． C． D．
7．已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是
A．该反应需要在加热条件下才能进行
B．每生成吸收的能量为
C．的总能量一定低于的总能量
D．断裂键和键，放出能量
8．采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是
A．铁与稀硫酸反应制取时，用浓硫酸代替稀硫酸
B．NaOH溶液和稀硫酸反应时，增大反应体系的压强
C．Na与水反应时，增加水的用量
D．大理石与盐酸反应制取时，将块状大理石改为粉末状大理石
9．一定温度下在密闭容器中进行着某一反应，气体、气体的物质的量随时间变化的曲线如图，下列叙述正确的是
A．反应的化学方程式为：
B．时，容器中X与Y的浓度之比为
C．时，反应物的正反应速率等于逆反应速率
D．时，反应停止
10．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，中含有的中子数为
B．标准状况下，与足量充分反应，生成分子的数目为
C．与反应生成，转移电子的数目为
D．与水蒸气完全反应，生成的数目为
11．非金属单质经下图所示过程可转化为含氧酸，已知为强酸。现有两种不同情境：。情境Ⅰ：A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。情境Ⅱ：A在常温下为气体，C是红棕色的气体。下列说法均正确的是
A．情境Ⅰ中，A为S，B为，D为；情境Ⅱ中，A为，为，D的浓溶液与铜反应时只表现酸性
B．情境Ⅰ中，A为S，C为，D的稀溶液与铜可反应生成氢气；情境Ⅱ中，A为，C为
C．情境Ⅰ中，B大量排放会形成硫酸型酸雨；情境Ⅱ中，D的浓溶液在常温下与铜反应生成C，该反应属于氧化还原反应
D．情境Ⅰ中，A为S，B的漂白原理与相同；情境Ⅱ中，A为，C与水反应生成D时，C既作氧化剂又作还原剂
12．汽车尾气中含有。利用固体表面催化工艺进行分解的反应过程可用下图表示：
下列说法错误的是
A．催化剂能改变的分解速率
B．过程②吸收能量，过程③释放能量
C．上述过程的总化学方程式为
D．整个反应过程有极性键的断裂和形成
13．某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图所示。装置③中气体颜色无明显变化，装置④中收集到红棕色气体，一段时间后，装置④中产生白烟。
下列说法不正确的是
A．若装置②中只加入NH4Cl，则无法达到实验目的
B．装置③、④中现象说明装置③中的反应是
C．装置④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，装置⑤中溶液可能变蓝
14．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究与反应生成沉淀的条件。下列判断正确的是
A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和固体
B．玻璃管的作用是防止倒吸
C．c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
D．Y形管乙中产生的可能为氧化性气体，将氧化为沉淀
15．草酸钠是水处理中常用的还原剂。研究显示，在水中加入高锰酸钾溶液可将其中的草酸钠除去，发生的反应如下：。常温下，在某密闭容器中进行上述反应，测定与时间的关系如表所示：
时间 0 2 4 6 7 …
1.00 0.70 0.50 0.40 0.35 …
下列推断正确的是
A．上述反应先慢后快
B．内，
C．若高锰酸钾完全反应，所用时间为
D．随着反应的进行，逐渐降低
16．锌—空气电池是一种适宜用作城市电动车的动力电源．锌—空气电池原理如图，放电时Zn转化为ZnO．下列说法不正确的是
A．空气中的氧气在石墨电极上发生还原反应
B．该电池的负极反应为
C．该电池放电时溶液中的向Zn电极移动
D．该电池放电时电子由Zn电极经电解质溶液流向石墨电极
17．自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的元素数目不断增加。如图是元素周期表的一部分，其中每个字母代表对应的一种元素。
请按要求回答下列问题：
（1）b中质子数与中子数相等的核素可表示为　 　，g在元素周期表中的位置为　 　。
（2）d、e、g常见单核离子的半径由大到小的为：　 　(用化学符号表示)。
（3）g、i的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较：　 　>　 　(用化学符号表示)。
（4）写出由a、b、c、d构成的一种离子化合物的化学式　 　。
（5）下列可作为比较f和Mg金属性强弱的依据是______(填大写字母)。
A．测两种元素单质的硬度和熔、沸点
B．比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
C．比较两种元素在化合物中化合价的高低
D．比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度
（6）由上述元素中的b、c、e组成的某剧毒化合物ebc不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，该反应的化学方程式为　 　。
18．化学实验小组同学利用以下实验装置制备氨气，并探究氨气的性质部分仪器已略去。
（1）实验室常用如图所示装置制取。
①和加热制取的化学方程式是　 　。
②图中方框内收集的装置可选用“a”或“b”中的　 　。
③若干燥，不能选用浓硫酸，用化学方程式表示其原因　 　。
（2）过量排放含氮元素的废水，会引起水华等水体污染问题，含有大量的废水脱氮方法主要有吹脱法，NaClO氧化法等。
Ⅰ．吹脱法
①加入的目的是　 　。
②用热空气吹脱效果更好，原因是　 　。
Ⅱ．氧化法
（3）一定条件下，溶液pH对NaClO去除能力的影响如图所示。
①时，NaClO溶液将氧化生成，请写出其离子方程式：　 　。
②去除氨氮废水适宜pH约为　 　。
19．化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
（1）实验1组为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在稀盐酸中加入足量的锌粒，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 1 2 3 4 5
氢气体积(标准状况) 100 240 464 576 620
①各时间段反应速率最大的是　 　(填“0～1”、“1～2”、“2～3”、“3～4”或“4～5”)。
②为控制反应速率，防止反应过快难以测量氢气体积，该小组事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为可行的是　 　(填字母)。
A．蒸馏水 B．溶液 C．溶液 D．溶液
（2）实验2组在用稀硫酸与锌粒制取氢气的实验中，发现增大稀硫酸浓度可加快氢气的生成速率。下图表示一定量的锌与足量的稀硫酸反应生成氢气的关系，若改为滴加足量的稀硫酸，请在下图中用虚线表示这一关系的变化　 　。
（3）为了探究的量对氢气生成速率的影响，实验3组设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量锌粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需的时间。
实验混合溶液 A B C D E F
40
饱和溶液 0 0.5 2.5 15 30
30 22.5 0
①请完成此实验设计，其中：　 　，　 　。
②综上所述，结论为：当加入少量溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析生成氢气速率下降的主要原因是：　 　。
20．Ⅰ．“碳达峰、碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，可通过的方式实现“碳中和”。
（1）根据甲醇结构式()及下表提供的键能数据，可计算出上述
反应放出________热量。(键能是化学键断裂或形成时，所吸收或释放的能量)
化学键
436 806 465 413 351
（2）恒温恒容容器中，下列能说明上述反应已达到平衡的是_______。
A.
B. 反应体系的总压强不再改变
C.
D. 反应停止
Ⅱ．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、燃料和盐类。工业上制硫酸的主要反应之一：。
（3）为加快该反应的速率，可以采取的措施有________（写一条）。
（4）某温度下，在的密闭容器中发生上述反应，起始浓度，。反应半分钟后达到平衡，平衡时测得。
半分钟内的平均反应速率________。
的平衡转化率________。第时________（填“>”或“<”或“=”） 。
（5）若以如图所示的装置生产硫酸，将、以一定压强喷到活性电极上反应，负极的电极反应式为________；在标准状况下通入，电池中生成的质量为________g。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、复合材料融合多种材料优势，具备高强度、质量轻、耐磨损的特性，适合用作机器人机身，A 正确；
B、芯片的核心导电材料为晶体硅，二氧化硅是光导纤维的原料，二者用途不同，该说法存在错误，B 错误；
C、锂聚合物电池属于原电池，放电过程中将内部储存的化学能转化为电能供给设备，C 正确；
D、石墨烯仅由碳元素组成，属于新型无机非金属材料，导热性能优异，可制作散热涂层，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
复合材料应用：复合材料综合多种材料优势，轻量化、高强度、耐磨是机械外壳常用特性；
硅与二氧化硅区分：单质硅为半导体，用于制作芯片、太阳能电池板；二氧化硅绝缘透光，用于光导纤维、玻璃；
原电池能量转化：各类锂电池放电时，能量转化形式均为化学能转化为电能；
石墨烯材料分类：石墨烯是碳单质，不含有机基团，归属于新型无机非金属材料，导热能力突出。
2．【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为35的溴原子，质量数应为质子数+中子数，溴质子数为35，质量数为，符号应为，故A错误；
B、反应中，2个N元素从+4价升到+5价，失去2e-；1个N元素从+4价降到+2价，得到2e-，双线桥表示正确，故B正确；
C、是共价化合物，不存在离子键， 正确电子式应为， 故C错误；
D、HCl是共价化合物，其形成过程应表示为 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
核素符号书写：质量数=质子数+中子数，符号格式为；
双线桥法：需分别标出电子得失的元素、化合价变化及电子转移数目；
共价化合物电子式：不存在阴阳离子，无需标电荷和括号；
共价键形成过程：需用“·”或“×”表示最外层电子，箭头右侧为生成物的电子式。
3．【答案】A
【知识点】离子共存；二氧化硫的性质；铝的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、使石蕊变红的溶液中：、、、，石蕊变红说明溶液呈酸性，存在大量。这四种离子之间不会发生反应，也不与反应，因此可以大量共存，故A正确；
B、含有溶液中：、、、，和会发生络合反应，生成稳定的络合物，导致两种离子不能大量共存，故B错误；
C、加入铝粉能产生氢气的溶液中：、、、，能与铝粉反应放出氢气的溶液，可能是强酸性也可能是强碱性。若为碱性，会与结合生成氢氧化镁沉淀；若为酸性，在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应生成氮氧化物而非氢气，因此无论哪种情况，该组离子都不能大量共存，故C错误；
D、的水溶液中：、、、，溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性，且亚硫酸具有氧化性，会与具有还原性的发生归中反应，生成硫单质沉淀，因此二者不能大量共存，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性溶液的离子共存判断：石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，需判断各离子之间是否发生反应，以及是否与氢离子反应；
离子反应类型判断：与之间的络合反应是特征反应，可用于检验铁离子，也是判断离子能否共存的常见考点；
铝粉反应溶液的酸碱性分析：铝粉与酸或碱都能反应放出氢气，但在酸性条件下的强氧化性会改变反应产物，因此需同时考虑酸性和碱性两种情况；
氧化还原反应的判断：溶于水形成的亚硫酸具有氧化性，而具有较强还原性，二者相遇会发生归中反应，生成单质硫，因此不能共存。
4．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、利用溶液“腐蚀”覆铜板：，反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式应为，故A错误；
B、氯气与水反应：，次氯酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式，正确的离子方程式应为，故B错误；
C、铜与稀硝酸反应：，稀硝酸的还原产物是，不是，正确的离子方程式应为，故C错误；
D、溶液中通入过量：，过量与反应生成亚硫酸氢钠，该离子方程式书写正确，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒检查：离子方程式需满足反应前后电荷总数相等，同时原子个数也需守恒；
弱电解质的处理：弱酸、弱碱等弱电解质在离子方程式中需保留化学式，不能拆成离子形式；
反应产物判断：铜与稀硝酸、浓硝酸反应的还原产物不同，稀硝酸生成，浓硝酸生成；
过量反应的判断：与反应时，过量会生成酸式盐，即亚硫酸氢钠。
5．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；自然界中的硫循环
【解析】【解答】A、d 为亚硫酸，e 为硫酸，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，将 d 转化为 e 后溶液酸性增强，A 正确；
B、e 是浓硫酸，具有强氧化性，f 为亚硫酸盐，二者发生氧化还原反应生成 SO2，不会生成臭鸡蛋气味的 H2S，无法闻到臭鸡蛋气味，B 错误；
C、b 为硫单质，火山喷发会释放单质硫，因此单质硫可存在于火山口附近或地壳岩层中，C 正确；
D、c 是 SO2，可作葡萄酒、干果的抗氧化食品添加剂，D 正确；
故答案为：B。
【分析】物质推断：a：H2S（-2 价硫氢化物）；b：S（硫单质，0 价）；c：SO2（+4 价硫氧化物）；d：H2SO3（+4 价硫含氧酸）；e：H2SO4（+6 价硫含氧酸）；f：亚硫酸盐（+4 价硫的盐）；g：硫酸盐（+6 价硫的盐）。
6．【答案】A
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】根据原电池反应规律，金属活动性越强，越易失电子作负极，发生氧化反应。由X与Y相连时X溶解，可知活动性：；Z与W相连时W表面产生气泡，可知活动性：；X与Z相连时电流计指针偏向Z，说明电子由X流向Z，X为负极，活动性：；Y与W相连时W电极发生氧化反应，说明W为负极，活动性：。综上可得活动性顺序：，故A正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：金属活动性较强的金属作负极，发生氧化反应，电极溶解；活动性较弱的金属作正极，发生还原反应，电极表面产生气泡；
电流方向与电子流向的关系：电流由正极流向负极，电子由负极流向正极；
金属活动性强弱的比较方法：通过原电池反应中电极的反应现象、电流方向，可判断金属的活动性强弱，负极金属的活动性强于正极金属。
7．【答案】B
【知识点】化学键；反应热和焓变
【解析】【解答】A、反应吸热、放热与反应是否需要加热无必然对应关系，仅依靠能量变化图像只能判断反应总吸热或总放热，无法确定反应发生所需外界加热条件，A 错误；
B、断裂 1mol A2、1mol B2内化学键总共吸收 a kJ 能量，形成 2mol AB 内化学键总共释放 b kJ 能量，生成物总能量高于反应物，每生成 2mol AB (g) 整体吸收的能量为 (a b) kJ，B 正确；
C、图像仅展示反应物总能量、生成物总能量两组整体能量数值，不存在单独对比单一物质 A2与 AB 能量的依据，无法判断二者能量高低，C 错误；
D、化学键断裂过程需要吸收能量，断裂 1mol A A 键和 1mol B B 键是吸收 a kJ 能量，并非放出能量，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应条件判断：吸热反应不代表反应必须加热才能进行，能量图像仅体现反应物、生成物总能量差值，不能反映反应活化能对应的外界启动条件；
反应热与键能计算：反应总能量变化 = 断键吸收总能量 成键释放总能量，图像中 a 为断键吸热总量，b 为成键放热总量，生成物能量更高则总过程吸热；
能量图像解读：纵坐标代表体系总能量，只能对比反应物整体、生成物整体的能量，不能拆分单一物质单独比较能量大小；
化学键能量变化规律：断裂任意化学键均吸收能量，形成化学键均释放能量，以此判断断键过程能量变化描述正误。
8．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、铁与稀硫酸反应制取时，用浓硫酸代替稀硫酸，浓硫酸具有强氧化性，常温下会使铁发生钝化，无法生成氢气，不能增大反应速率，故A错误；
B、溶液和稀硫酸反应时，增大反应体系的压强，该反应无气体参与，压强变化对反应速率无明显影响，故B错误；
C、与水反应时，增加水的用量，水为纯液体，其浓度视为定值，增加用量不改变反应速率，故C错误；
D、大理石与盐酸反应制取时，将块状大理石改为粉末状大理石，增大了固体反应物的接触面积，反应速率明显加快，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
强氧化性酸的特殊反应：浓硫酸具有强氧化性，与铁反应时会发生钝化，不能生成氢气，需区分稀硫酸与浓硫酸的反应差异；
压强对反应速率的影响：压强变化仅对有气体参与的反应有影响，溶液中的反应通常不受压强影响；
纯液体浓度的特殊性：水作为纯液体，其浓度在反应中视为不变，增加用量不会改变反应速率；
接触面积对反应速率的影响：将固体反应物由块状改为粉末状，可显著增大接触面积，从而加快反应速率。
9．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应的化学方程式为：，由图像可知，反应中Y的物质的量减少，X的物质的量增加，Y为反应物，X为生成物。，，物质的量变化之比为，且该反应为可逆反应，方程式应使用可逆号，故A错误；
B、时，容器中X与Y的浓度之比为，时刻，X的物质的量为，Y的物质的量为，容器体积为，浓度之比等于物质的量之比，为，故B正确；
C、时，反应物的正反应速率等于逆反应速率，时刻，X和Y的物质的量仍在变化，反应未达到平衡状态，正逆反应速率不相等，故C错误；
D、时，反应停止，时刻，X和Y的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等但不为零，反应并未停止，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学方程式的判断：根据物质的量变化判断反应物和生成物，再根据物质的量变化之比确定化学计量数之比，同时注意可逆反应需使用可逆号；
浓度之比的计算：同一容器中，浓度之比等于物质的量之比；
化学平衡状态的判断：物质的量不再变化时，反应达到平衡状态，此时正逆反应速率相等但不为零；
平衡状态的特征：化学平衡是动态平衡，反应并未停止，只是正逆反应速率相等。
10．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下， 中含有的中子数为，标准状况下11.2L该气体的物质的量为0.5mol；的中子数为，的中子数为，1个分子含中子数为；0.5mol该分子含中子数为，故A正确；
B、标准状况下，22.4L 与足量充分反应，生成分子的数目为，该反应为可逆反应，不能完全转化，生成的分子数小于，故B错误；
C、与反应生成0.5mol ，转移电子的数目为，反应中H元素由+1价变为0价，生成0.5mol 时，转移电子数为，故C错误；
D、1mol 与水蒸气完全反应，生成的数目为，反应方程式为 ，1mol 反应生成mol ，数目为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
中子数计算：需结合原子的质量数与质子数计算中子数，再根据分子组成计算总中子数；
可逆反应的特点：可逆反应不能进行到底，反应物不能完全转化为生成物；
氧化还原反应的电子转移计算：根据反应中元素化合价的变化，确定生成一定量产物时转移的电子数；
金属与水蒸气反应的定量分析：需结合反应方程式的化学计量数，计算反应物与生成物的物质的量关系。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、情境Ⅰ中，A为S，B为，D为；情境Ⅱ中，A为，C为，D的浓溶液与铜反应时只表现酸性，情境Ⅰ中B应为，不是；情境Ⅱ中浓硝酸与铜反应时既表现酸性又表现氧化性，故A错误；
B、情境Ⅰ中，A为S，C为，D的稀溶液与铜可反应生成氢气；情境Ⅱ中，A为，C为，情境Ⅰ中稀硫酸与铜不反应；情境Ⅱ中A应为单质，不是化合物，故B错误；
C、情境Ⅰ中，B大量排放会形成硫酸型酸雨；情境Ⅱ中，D的浓溶液在常温下与铜反应生成C，该反应属于氧化还原反应，情境Ⅰ中B为，大量排放会形成硫酸型酸雨；情境Ⅱ中D为硝酸，浓硝酸与铜反应生成，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D、情境Ⅰ中，A为S，B的漂白原理与相同；情境Ⅱ中，A为，C与水反应生成D时，C既作氧化剂又作还原剂，情境Ⅰ中B为，其漂白原理是与有色物质结合，而的漂白原理是强氧化性，二者不同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
元素推断：根据物质的特征性质（如的漂白性、的红棕色）推断情境Ⅰ和情境Ⅱ中的物质，确定A、B、C、D的组成；
物质性质分析：结合硫酸、硝酸的化学性质，判断反应的可行性，如稀硫酸与铜不反应，浓硝酸与铜反应既表现酸性又表现氧化性；
反应类型判断：根据反应中元素化合价的变化，判断反应是否为氧化还原反应；
漂白原理辨析：区分与的漂白原理差异，前者为化合漂白，后者为氧化漂白。
12．【答案】D
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂能改变NO的分解速率，催化剂的作用就是降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B、过程②吸收能量，过程③释放能量，过程②是NO分子中N-O键断裂，断裂化学键需要吸收能量；过程③是N原子与N原子、O原子与O原子结合形成新的化学键，成键过程会释放能量，故B正确；
C、上述过程的总化学方程式为 ，从反应过程图可以看出，反应物为NO，生成物为N2和O2，催化剂参与反应过程，故C正确；
D、整个反应过程有极性键的断裂和形成，NO分子中的N-O键是极性键，反应中极性键发生断裂，但生成物N2和O2中的化学键均为非极性键，因此反应过程只有极性键的断裂，没有极性键的形成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
催化剂的作用：催化剂通过改变反应历程，降低活化能，从而改变反应速率，但不改变反应的平衡状态；
化学键与能量变化：断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量；
总反应方程式的判断：根据反应过程图中的反应物、生成物和催化剂，写出对应的化学方程式；
极性键与非极性键的判断：NO分子中的N-O键为极性键，N2和O2中的化学键为非极性键，分析反应过程中断裂和形成的化学键类型。
13．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、装置②若只加入NH4Cl，加热时NH4Cl分解生成的NH3和HCl在试管口会重新化合为NH4Cl固体，无法持续得到NH3，故无法达到实验目的，A正确；
B、装置③中气体颜色无明显变化，装置④中收集到红棕色气体，说明装置③中NH3和O2催化氧化生成了NO，反应方程式为：，B正确；
C、装置④中的白烟是NO2与水反应生成的HNO3，再与未反应的NH3反应生成的NH4NO3固体，并非NH4Cl，C错误；
D、装置⑤中，NO2与水反应生成的硝酸会与铜粉反应，生成Cu2+，一段时间后溶液可能变蓝，D正确；
故答案为：C。
【分析】装置①加热 KMnO4制 O2，装置②加热 NH4Cl 与 Ca (OH)2制 NH3，两种气体在装置③中经催化氧化生成 NO；NO 进入装置④被氧化为 NO2，NO2与水反应生成的硝酸再和未反应的 NH3反应生成 NH4NO3白烟；最后气体通入装置⑤，硝酸与铜粉反应生成 Cu2+使溶液变蓝。
14．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、e、f 两管中的试剂可以分别是浓氨水和 NaOH 固体，浓氨水和 NaOH 固体混合可产生氨气，氨气溶于水使溶液呈碱性，能促进 SO2与 BaCl2反应生成 BaSO3沉淀，故 A 正确；
B、玻璃管的作用是防止倒吸，玻璃管的主要作用是平衡装置内的气压，若装置内压强过大，气体可通过玻璃管排出，并非专门防止倒吸，故 B 错误；
C、c、d 两根导管都必须插入 BaCl2溶液中，保证气体与 Ba2+充分接触，若导管插入液面下，气体通入时易发生倒吸，其中一根导管应在液面上方，故 C 错误；
D、Y 形管乙中产生的可能为氧化性气体，将 BaSO3氧化为 BaSO4沉淀，本实验的目的是探究 SO2与 BaCl2反应生成 BaSO3沉淀的条件，氧化性气体的作用是将 BaSO3氧化为 BaSO4，不符合实验目的，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应原理分析：SO2与 BaCl2溶液不直接反应，需在碱性条件下（如通入氨气），SO2转化为 SO32-，才能与 Ba2+结合生成 BaSO3沉淀；
装置作用分析：玻璃管用于平衡气压，防止装置内压强过大；
实验操作注意事项：导管插入方式需防止倒吸，部分导管应在液面上方；
实验目的辨析：本实验旨在探究生成 BaSO3沉淀的条件，而非验证其被氧化的过程。
15．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、上述反应先慢后快，根据表格数据，0-2min，Δc(KMnO4)=0.30mol/L；2-4min，Δc=0.20mol/L；4-6min，Δc=0.10mol/L，单位时间内KMnO4浓度减少量越来越小，说明反应速率先快后慢（后期可能受反应物浓度降低影响），故A错误；
B、0～4min内，，0-4min内，Δc(KMnO4)=1.00-0.50=0.50mol/L，；根据反应方程式，，故B正确；
C、若高锰酸钾完全反应，所用时间为8min，反应速率随浓度降低而减慢，后期反应速率越来越慢，从6-7min，Δc(KMnO4)=0.05mol/L，若按此速率，剩余0.40mol/L的KMnO4完全反应时间会远大于8min，故C错误；
D、随着反应的进行，逐渐降低，K+不参与反应，溶液体积不变，K+的物质的量不变，因此浓度保持不变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率变化判断：通过单位时间内反应物浓度的变化，分析反应速率的变化趋势；
反应速率的计算与比例关系：利用同一反应中，不同物质的反应速率之比等于化学计量数之比进行计算；
反应速率的影响因素：反应物浓度降低会导致反应速率减慢，因此不能用前期速率推算后期反应时间；
离子浓度变化分析：不参与反应的离子，其物质的量和浓度在反应中保持不变。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、石墨电极通入空气，O2在此得到电子，化合价降低，发生还原反应，A 正确；
B、Zn 作负极，放电后转化为 ZnO，碱性 KOH 电解液环境下，负极反应式为 Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，B正确；
C、原电池放电时，阴离子向负极移动，Zn 电极为负极 ，因此溶液中 OH-向 Zn 电极移动，C 正确；
D、原电池中电子仅在外电路导线中定向移动，不会穿过电解质溶液；放电时电子由 Zn 电极经导线流向石墨电极，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
正负极判断思路：原电池中失电子、发生氧化反应的电极为负极（Zn 电极）；得电子、发生还原反应的电极为正极（石墨电极，O2参与反应），以此判断氧化还原反应发生位置。
负极电极反应书写思路：结合题干产物 ZnO、碱性电解液，反应物补充 OH-，依据 Zn 失 2 个电子的电子守恒，再通过原子守恒配平水分子，写出完整负极半反应。
离子迁移规律思路：原电池放电时，溶液内阴离子定向迁移至负极，阳离子定向迁移至正极，直接判断 OH-移动方向。
电子传导路径思路：电子只能在金属导线、电极等导体中传递，电解质溶液依靠阴、阳离子定向移动导电，不存在电子穿过溶液的情况。
17．【答案】（1）；第三周期第ⅥA族
（2）
（3）；
（4）或
（5）B；D
（6）
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）b 为碳元素，质子数为 6，质子数与中子数相等的核素质量数为 12，可表示为；
元素周期表中的位置由周期和族确定，为，位于元素周期表第三行，即第三周期，位于第16列，即ⅥA族。
故答案为： ； 第三周期第ⅥA族 ；
（2）电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。有3个电子层，、有2个电子层，核电荷数， 离子半径大小顺序为：。
故答案为： ；
（3）非金属性，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强， 酸性强弱顺序为：。
故答案为： ； ；
（4） 含 H、C、N、O 元素的离子化合物可能为或。
故答案为：或 ；
（5）A．单质的硬度、熔沸点是物理性质，与金属性无关，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，B正确；
C．化合价高低不能反映失电子能力，不能用于比较金属性，C错误；
D．金属性越强，单质与盐酸反应越剧烈，D正确；
故答案为：BD。
（6）、、形成的剧毒化合物为，反应生成碱性酸式盐和碱性气体，配平得反应方程式为。
故答案为： ；
【分析】 根据元素周期表的位置，先确定 a-i 分别代表 H、C、N、O、Na、Al、S、Cl；
(1) 先根据元素周期表位置推断各元素，再结合核素定义和周期表结构，写出碳的核素符号并确定硫元素的位置。
(2) 依据离子半径比较规律（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），分析三种离子的半径大小顺序。
(3) 利用非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物酸性的关系（非金属性越强，酸性越强），比较高氯酸和硫酸的酸性。
(4) 结合离子化合物的定义，分析由 H、C、N、O 组成的离子化合物，铵盐是典型代表，如碳酸铵、碳酸氢铵。
(5) 明确金属性的比较依据（最高价氧化物对应水化物的碱性、与酸反应的剧烈程度等），逐一判断选项，排除物理性质、化合价等无关因素。
(6) 根据反应物和产物信息，结合氧化还原反应规律，配平 NaCN 与 H2O2、H2O 的反应方程式。
（1）为，质子数为6，质子数与中子数相等的核素，质量数为6+6=12，故该核素可表示为；
元素周期表中的位置由周期和族确定，为，位于元素周期表第三行，即第三周期，位于第16列，即ⅥA族。
（2）电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。有3个电子层，、有2个电子层，核电荷数，因此半径顺序为。
（3）非金属性，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，因此酸性。
（4）a、b、c、分别是、、、元素，含有以上元素且为离子化合物可能为或。
（5）A．单质的硬度、熔沸点是物理性质，与金属性无关，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，B正确；
C．化合价高低不能反映失电子能力，不能用于比较金属性，C错误；
D．金属性越强，单质与盐酸反应越剧烈，D正确；
故选BD。
（6）、、形成的剧毒化合物为，反应生成碱性酸式盐和碱性气体，配平得反应方程式为。
18．【答案】（1）；b；
（2）；温度升高，有利于分解，的溶解度降低，更易被吹出
（3）；8
【知识点】氨的实验室制法；含氮物质的综合应用；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）① 氯化铵与氢氧化钙加热反应制取氨气，同时生成氯化钙和水，化学方程式为：；
② 氨气密度小于空气，应采用向下排空气法收集，装置选择 “短进长出” 的 b；
③ 干燥氨气不能使用浓硫酸，二者会反应生成硫酸铵和水，化学方程式为：；
故答案为： ；b； ；
（2）① 加入氢氧化钙的目的是将铵根离子转化为一水合氨，离子方程式为： ，便于后续用热空气吹出氨气，降低废水中的氮含量；
② 一水合氨不稳定，受热易分解，用热空气吹脱效果更好，原因是温度升高促进一水合氨分解，同时氨气在水中的溶解度降低，更易被吹出。
故答案为： ； 温度升高，有利于分解，的溶解度降低，更易被吹出 ；
（3）① pH=5 时，次氯酸钠溶液氧化铵根离子，生成氯离子和氮气。次氯酸根中氯元素从 + 1 价降至 - 1 价，铵根中氮元素从 - 3 价升至 0 价，根据得失电子守恒，ClO-与 NH4+的计量数分别为 3 和 2，离子方程式为：；
②由图可知，pH约为8时去除率较高，则去除废水中的适宜的pH约为8。
故答案为： ；8；
【分析】(1) 考查氨气的实验室制备、收集与干燥。根据铵盐与碱共热的反应原理写出方程式；结合氨气密度选择向下排空气法收集装置；根据氨气的碱性性质，选择碱性干燥剂，排除会发生反应的浓硫酸。
(2) 考查废水脱氮的原理。加入氢氧化钙是为了将铵根离子转化为易分解的一水合氨，再利用热空气吹脱，利用温度对一水合氨稳定性和氨气溶解度的影响，提高脱氮效率。
(3) 考查氧化还原反应的配平与反应条件分析。根据氯元素和氮元素的化合价变化，利用得失电子守恒配平离子方程式；再结合图像信息，选择铵根离子去除率最高的 pH 条件。
（1）①和加热制取同时生成氯化钙和水，反应的化学方程式是；
②氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，气体短进长出，图中方框内收集的装置可选用b；
③干燥，不能选用浓硫酸，因为氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵和水，反应的化学方程式为；
（2）①加入的目的是将转化为，离子方程式为：，有利于后续用热空气吹出降低废水中氮元素；
②不稳定，受热易分解，因此用热空气吹脱效果更好，原因是温度升高，有利于分解，的溶解度降低，更易被吹出；
（3）①时，NaClO溶液氧化生成和N2，ClO-中的氯元素化合价由价降低到价，中N的化合价由价升高到0价，根据得失电子守恒可得的计量数为3，的计量数为2，离子反应方程式为；
②由图可知，pH约为8时去除率较高，则去除废水中的适宜的pH约为8。
19．【答案】（1）；AB
（2）
（3）40；29.5；生成的铜覆盖在锌粒表面，减小反应接触面积，速率下降
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；探究影响化学反应速率的因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)① 相同条件下，反应速率与单位时间内生成的气体体积成正比，由表中数据可知，2~3min内生成氢气体积最多（224mL），因此该时间段反应速率最大；
② 影响锌与盐酸反应速率的措施分析：
A、向盐酸中加入蒸馏水，会稀释溶液，降低浓度，反应速率减小，A正确；
B、向盐酸中加入KCl溶液，溶液总体积增大，浓度降低，反应速率减小，B正确；
C、向盐酸中加入溶液，酸性条件下具有强氧化性，会与Zn反应生成氮氧化物，不产生氢气，C错误；
D. 向盐酸中加入溶液，Zn会置换出Cu，形成Zn-Cu原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为： ；AB。
(2)锌的量一定，稀硫酸足量，因此最终生成氢气的总体积不变；稀硫酸浓度从0.1mol/L增大到0.2mol/L时，浓度升高，反应速率加快，曲线斜率更大（上升更快），且会更早达到平台期。
故答案为： ；
(3)① 研究硫酸铜用量对氢气生成速率的影响时，需控制硫酸浓度和用量相同，因此硫酸溶液体积均为40mL，即；溶液总体积需保持一致（均为70mL），则；
② 加入少量溶液时，Zn置换出Cu形成原电池，会加快反应速率；但当用量过多时，Zn会优先与反应，消耗Zn且在其表面生成Cu附着，阻碍Zn与硫酸接触，反而使氢气生成速率下降。
故答案为： 40 ； 29.5 ； 生成的铜覆盖在锌粒表面，减小反应接触面积，速率下降 ；
【分析】(1)① 反应速率的判断依据是单位时间内生成气体的体积，体积越大速率越快，通过对比不同时间段的气体体积即可得出结论；
② 影响反应速率的核心因素是浓度和反应环境，稀释会降低浓度使速率减慢，而硝酸根在酸性条件下会改变反应产物，原电池会加快反应速率，据此逐一分析选项。
(2)解题关键是区分“反应速率”与“反应限度”，锌的量决定氢气的最终体积，因此平台期高度不变；而硫酸浓度增大仅会加快反应速率，使曲线上升更快、更早达到平台期。
(3)① 控制变量法是核心，研究硫酸铜的影响时需保证硫酸的浓度和用量不变，因此通过总体积守恒计算所需体积；
② 硫酸铜的作用具有双重性，少量时通过原电池加快反应，过量时会因置换反应消耗Zn并形成阻碍，导致速率下降。
（1）①相同条件下，反应速率越大，单位时间内收集的气体越多，由表中数据可知，内生成的气体体积最多，生成了氢气，因此第内反应速率最大；
②A．向盐酸中加入蒸馏水，减小，反应速率减小，A正确；
B．向盐酸中加入溶液，减小，反应速率减小，B正确；
C．向盐酸中加入溶液，减小，但在酸性条件下具有强氧化性，与反应不会生成，而是生成或，C错误；
D．向盐酸中加入溶液，会在表面析出，形成原电池，使反应速率加快，D错误；
故选AB；
（2）锌的量一定，稀硫酸足量，因此最终生成H2的总物质的量（体积）不变。稀硫酸浓度从0.1 mol/L增大到0.2 mol/L，氢离子浓度升高，反应速率加快，因此曲线斜率更大（上升更快），且更早达到平台期（最终体积与原曲线相同）。绘图如答案所示；
（3）①为了研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，需要控制变量，使溶液总体积相同，确保硫酸铜浓度不同，硫酸浓度相同和物质的量相同，因此硫酸溶液体积均为，。由表格信息可知，溶液的总体积为，溶液总体积相同，则；
②当加入少量溶液时，与发生置换反应，表面析出，形成原电池，加快反应速率。但当加入的溶液超过一定量时，会先与反应，直至反应完才与反应生成氢气，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍与直接接触反应，使氢气生成速率下降。
20．【答案】(1) 65
(2) B，C
(3) 其他条件不变，升高温度（或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气等）
(4) 1 50% >
(5) 196
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1)根据键能数据，反应物总键能为，生成物总键能为，反应焓变，因此反应放出热量。
故答案为：65 ；
(2)A、 、浓度比为，无法说明各组分浓度不再变化，不能判断平衡，A错误；
B、该反应正向为气体分子数减少的反应，恒容装置中压强随反应进行而减小，当体系总压强不再改变时，说明反应达到平衡，B正确；
C、反应速率比等于化学计量数比，当时，正逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确；
D、化学平衡是动态平衡，反应并未停止，D错误；
故答案为：BC。
(3)其他条件不变时，可通过升高温度、减小容器体积（增大压强）、体积不变时充入氧气等方式加快反应速率。
故答案为： 其他条件不变，升高温度（或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气等） ；
（4）由题可知，列出三段式如下：
；
转化率；反应15s时未达到平衡，且向正向移动，因此有；
故答案为： 1；50% ；> ；
（5） 该装置为原电池，总反应为，左侧通入为负极，电极方程式为：；每通入，电池中生成，所以在标准状况下通入为，电池中生成质量为：。
故答案为：；196 ；
【分析】(1)解题核心是键能与焓变的关系，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，据此计算反应的热效应。
(2)解题关键是化学平衡状态的判断依据，只有当变量不再变化时，反应才达到平衡，需结合反应特点（气体分子数变化）和速率关系分析各选项。
(3)解题要点是影响反应速率的外界因素，温度、压强、浓度等均可通过改变活化分子百分数或碰撞频率来影响反应速率。
(4)解题步骤为，先通过三段式分析各物质的浓度变化，再根据反应速率和转化率的定义式进行计算；反应方向可通过平衡移动判断，正向进行时正反应速率大于逆反应速率。
(5)解题关键是原电池原理的应用，根据总反应判断正负极，写出负极电极反应式，再结合电子守恒计算生成硫酸的质量。
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