2023-2024學年湖南省常德市沅澧共同體高一下學期期中考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖南省常德市沅澧共同體2023-2024學年高一下學期期中考試試題時量：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Mg-24一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分，在給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。)1.化學與生產、生活密切相關。下列說法正確的是（）A.生活垃圾焚燒尾氣經(jīng)脫硫脫硝后排放，能達到零污染B.飛船返回艙外表使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽C.華為Mate60Pro手機使用的麒麟9000S芯片，其主要成分為SiCD.“復興號”高鐵車廂采用的鋁合金材料具有強度大、質輕、耐腐蝕等優(yōu)點〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．生活垃圾焚燒尾氣經(jīng)脫硫脫硝后排放，可以減少二氧化硫和氮氧化物的排放，能減少空氣污染，但不能達到零污染，A錯誤；B．高溫結構陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金屬氧化物等在高溫下燒結而成，屬于新型無機非金屬材料，不屬于硅酸鹽材料，B錯誤；C．晶體硅為良好的半導體，是制造芯片的主要原料，C錯誤；D．鋁合金具有強度大、質輕、耐腐蝕等優(yōu)點，適合用于制造高鐵車廂的材料，D正確；〖答案〗選D。2.下列指定反應的離子方程式正確的是（）A.向NaClO溶液中通入少量：B.用二氧化錳制氯氣：C.銅片放入稀硝酸中：D.溶液與少量NaOH溶液反應：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根和HCl，由于SO2少量，會有次氯酸生成，離子方程式為：SO2+3ClO-+H2O=+2HClO+Cl-，A錯誤；B．用二氧化錳制氯氣離子方程式為：，B正確；C．銅和稀硝酸反應生成硝酸銅和一氧化氮，離子方程式為：，C錯誤；D．少量NaOH溶液加入Ca(HCO3)2溶液中，反應生成碳酸氫鈉、碳酸鈣沉淀和水，反應的離子方程式為：OH-+HCO+Ca2+=H2O+CaCO3↓，D錯誤?！即鸢浮竭xB。3.下列物質中，不能用于鑒別SO2和CO2的是（）A.酸性KMnO4溶液 B.品紅溶液C.H2S溶液 D.澄清石灰水〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．二氧化硫具有還原性，能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，二氧化碳不能與酸性高錳酸鉀溶液反應，所以用酸性高錳酸鉀溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故A不符合題意；B．二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液漂白褪色，二氧化碳不能使品紅溶液褪色，則用品紅溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故B不符合題意；C．二氧化硫具有弱氧化性，能與氫硫酸溶液反應生成硫沉淀和水，二氧化碳與氫硫酸溶液不反應，所以能用氫硫酸溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故C不符合題意；D．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水變混濁，則不能用澄清石灰水鑒別二氧化硫和二氧化碳，故D符合題意；故選D。4.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，觀察溶液顏色變化具有氧化性B將緩慢通入酸性溶液中，溶液紫紅色褪去具有漂白性C向盛有溶液的試管中滴加幾滴溶液，振蕩，再滴加幾滴新制的氯水，觀察溶液顏色變化具有還原性D向溶液X中加入稀溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙未變藍原溶液中不存在〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．亞鐵離子、硝酸根在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，不能證明雙氧水氧化亞鐵離子，故A錯誤；B．將SO2氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去，體現(xiàn)是二氧化硫的還原性，故B錯誤；C．向盛有溶液的試管中滴加幾滴KSCN溶液，振蕩，再滴加幾滴新制的氯水，溶液變?yōu)檠t色，說明生成了鐵離子，則說明亞鐵離子變?yōu)殍F離子，即亞鐵離子有還原性，故C正確；D．原溶液即使有銨根，滴加NaOH稀溶液，不生成氨氣，應滴加濃NaOH并加熱，然后將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口檢驗氨氣，方案不合理，故D錯誤；本題選C。5.下列說法正確的是（）A.Na2O2與水反應、紅熱的Fe與水蒸氣反應均能生成堿B.將SO2通入BaCl2溶液中，無沉淀產生，再通入足量Cl2，產生沉淀C.兩性氧化物SiO2既可以與氫氧化鈉溶液反應，又可溶于氫氟酸D.在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固體，銅粉仍不會溶解〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．Na2O2與水反應能生成強堿NaOH，紅熱的Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，不能生成堿，故A錯誤；B．將SO2通入BaCl2溶液中，鹽酸酸性大于亞硫酸，無沉淀產生；再通入足量Cl2，亞硫酸氧化為硫酸，產生硫酸鋇沉淀，故B正確；C．二氧化硅可以與氫氧化鈉溶液反應，二氧化硅與氫氟酸的反應是二氧化硅的特性，SiO2是酸性氧化物，不是兩性氧化物，故C錯誤；D．硝酸鹽在酸性條件下具有硝酸的強氧化性，則在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固體，銅粉溶解，故D錯誤；故選B。6.將等物質的量的A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生下列反應：，經(jīng)2min后測得D的濃度為0.5mol/L，，以C表示的平均速率，下列說法正確的是（）A.反應速率 B.該反應方程式中，C.2min時，A的物質的量為1.5mol D.2min時，A的轉化率為60%〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由題意可知，2min時D的濃度為0.5mol/L，由方程式可知，B的反應速率為=0.125mol/(L·min)，故A錯誤；B．由題意可知，2min時D濃度為0.5mol/L，C的反應速率為0.25mol/(L·min)，由變化量之比等于化學計量數(shù)之比可得：0.5mol/L∶0.25mol/(L·min)×2min=x∶2，解得x=2，故B錯誤；C．設A、B的起始物質的量均為amol，由題意可知，2min時D的濃度為0.5mol/L，A、B的濃度之比為3：5，由方程式可得：(a-0.5×2×)∶(a-0.5×2×)=3∶5，解得a=3，則A的物質的量為(3-0.5×2×)mol=1.5mol，故C正確；D．2min時，A的轉化率為×100%=50％，故D錯誤；故選C。7.下列各圖示中能較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀的（）A.①②③ B.①②④C.①②③④ D.②③④〖答案〗B〖解析〗【詳析】因為Fe(OH)2在空氣中很容易被氧化為紅褐色的Fe(OH)3，即發(fā)生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。因此要較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除裝置中的氧氣或空氣。①、②原理一樣，都是先用氫氣將裝置中的空氣排盡，并使生成的Fe(OH)2處在氫氣的保護中；④中液面加苯阻止了空氣進入；③由于空氣中的氧氣能迅速將Fe(OH)2氧化，因而不能較長時間看到白色沉淀。故本題選B。8.下列關于堿性乙醇(C2H5OH)燃料電池的說法不正確的是（）A.電池工作時，電解質溶液中K+移向b電極B.電池工作時，外電路中電流從b電極流向a電極C.電極a的電極反應式為：D.電極b的電極反應式為：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗該裝置圖為燃料電池，其原理為a極通入乙醇，乙醇失電子發(fā)生氧化反應，a是負極；b極通入氧氣，氧氣得電子發(fā)生還原反應，b是正極，電子由a極經(jīng)用電器流向b極，電解質溶液中的移向b極、移向a極?！驹斘觥緼．a是負極、b是正極，電池工作時，電解質溶液中陽離子移向正極，即移向b電極，A正確；B．a是負極、b是正極，電池工作時，外電路中電流從正極流向負極，即從b電極流向a電極，B正確；C．電解質為氫氧化鉀，電極a發(fā)生乙醇失電子的氧化反應，負極電極反應式為，C錯誤；D．電解質為氫氧化鉀，電極b發(fā)生氧氣得電子的還原反應，正極電極反應式為，D正確；〖答案〗選C。9.下列關于有機物的說法不正確的是（）A.和互為同系物B.有4種一氯代物C.的名稱是異丁烷D.和是同一種物質〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．和結構相似，分子式分別為C4H10和C5H12，分子式相差一個CH2，所以二者互為同系物，A正確；B．中有4種不同環(huán)境氫原子，即有4種一氯代物，B正確；C．的名稱是異戊烷，C錯誤；D．甲烷是空間正四面體結構，所以和是同一種物質，D正確；故選C。10.下列有關化學用語使用正確的是（）A.的電子式： B.的結構示意圖：C.四氯化碳的空間填充模型： D.丙烷的結構簡式為：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．的電子式：，A錯誤；B．的結構示意圖：，B正確；C．四氯化碳中碳原子半徑要小于氯原子半徑，C錯誤；D．丙烷的結構簡式為：，D錯誤；〖答案〗選B。11.反應己經(jīng)達到平衡狀態(tài)時，下列關系成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，且反應中反應速率比等于反應的系數(shù)比；【詳析】A．反應達到平衡狀態(tài)時，v正(N2):v逆(H2)=1:3，即：3v正(N2)=v逆(H2)，A正確；B．反應達到平衡狀態(tài)時，v正(N2):v逆(NH3)=1:2，即：2v正(N2)=v逆(NH3)，B錯誤；C．描述的都是正反應，不能確定反應是否平衡，C錯誤；D．反應達到平衡狀態(tài)時，v正(H2):v逆(NH3)=3:2，即：2v正(H2)=3v逆(NH3)，D錯誤；故選A。12.計算機模擬催化劑表面水煤氣產氫反應[]過程中能量的變化如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.過程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量B.過程Ⅲ既有共價鍵斷裂；又有共價鍵形成C.該反應為放熱反應D.由圖可知比CO穩(wěn)定〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)圖示，過程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量，故A正確；B．過程Ⅲ既有O-H鍵鍵斷裂；又有C=O、O-H、H-H鍵形成，故B正確；C．該反應反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，故C正確；D．根據(jù)圖示數(shù)據(jù)，不能判斷、CO穩(wěn)定性強弱，故D錯誤；選D。13.某探究性學習小組利用溶液和酸性溶液之間的反應來探究外界條件對化學反應速率的影響，實驗操作如下。下列有關說法不正確的是（）實驗序號實驗溫度溶液(含硫酸)溶液溶液顏色褪至無色時所需時間甲2520.0630.3512乙20.0650.3丙3520.060.33A.B.通過實驗乙、丙探究溫度對化學反應速率的影響C.反應的離子方程式為D.甲組用的濃度變化表示的平均反應速率為〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)分析，乙和丙高錳酸鉀、草酸的濃度相同，溫度不同，探究溫度對反應速率的影響；則甲乙溫度相同，若探究濃度對反應速率的影響，實驗乙加入5mLH2C2O4溶液和3mL的水，實驗甲加入3mLH2C2O4溶液，水的體積為5，溶液濃度不同?！驹斘觥緼．，乙的H2C2O4濃度比甲高，丙的溫度比乙又高，因此，t2<t1<12，A正確；B．通過實驗乙、丙探究溫度對化學反應速率的影響，B正確；C．反應的離子方程式為，C正確；D．甲組用的濃度變化表示的平均反應速率為=0.001mol?L-1?S-1，D錯誤；故選D。14.將1.76g鎂銅合金投入20mL一定濃度的硝酸中，合金完全溶解，產生NO和NO2混合氣體896mL（不考慮其他氣體，體積折算為標準狀況下，假設此條件下NO2為氣態(tài)），反應結束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金屬陽離子全部轉化為沉淀3.12g。若將盛有896mL該混合氣體的容器倒扣在水中，通入一定體積的氧氣，恰好可將該混合氣體完全轉化。下列說法錯誤的是（）A.Mg與Cu的物質的量比值為3：1B.NO和NO2的體積比為1：1C.原硝酸的濃度為8mol·L-1D.通入的O2的體積（標準狀況下）V=448mL〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．根據(jù)電子轉移守恒可知，鎂銅失去電子總和等于硝酸生成NO和NO2得到電子總和，而鎂銅失去電子與Mg2+、Cu2+生成沉淀結合的OH-的物質的量相等，且氫氧根物質的量是鎂銅物質的量總和的兩倍，最終沉淀比開始合金的增重即為氫氧根的質量，故氫氧根物質的量為，Mg與Cu的物質的量之和為0.04mol，設鎂物質的量為amol，銅物質的量為(0.04-a)mol，則24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg與Cu的物質的量都是0.02mol，物質的量比值為1：1，A錯誤；B．NO和NO2混合氣體共896mL，標準狀況下混合氣體總物質的量為0.04mol，設混合氣體中NO的物質的量為xmol，NO2的物質的量為(0.04-x)mol，根據(jù)電子轉移守恒可知，鎂銅失去電子總和等于硝酸生成NO和NO2得到電子總和，而鎂銅失去電子與Mg2+、Cu2+生成沉淀結合的OH-的物質的量相等，則：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物質的量都為0.02mol，體積比為1：1，故B正確；C．金屬離子恰好完全沉淀時，溶液的溶質為NaNO3，則未被還原的HNO3的物質的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根據(jù)N原子守恒，原硝酸的物質的量為n(氣體)+未被還原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的濃度為，C正確；D．NO、NO2與氧氣、水反應又轉化為HNO3，反應方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物質的量都是0.02mol，因此根據(jù)方程式n(O2)==0.02mol，標準狀況下通入氧氣的體積為：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正確；本題選A。二、非選擇題(本題共4小題，每空2分，共58分)15.Ⅰ.化學反應與能量變化對人類生產、生活有重要的意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列化學反應中的能量變化關系與圖示相符合的是___________。A. B.天然氣的燃燒C. D.Ⅱ.汽車發(fā)動機工作時會引發(fā)N2和O2反應，生成NOx等污染大氣，其中生成NO的能量變化如圖所示：（2）若反應生成2molNO氣體，則該反應___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ熱量，該反應的反應物的總能量___________(填“大于”“等于”或“小于”)生成物的總能量。Ⅲ.2023年6月9～11日，世界動力電池大會在宜賓舉行，宜賓在電池研發(fā)、制造領域走在世界前列。利用原電池原理，人們研制出很多結構和性能各異的化學電池?；卮鹣铝袉栴}：（3）某化學小組設計出如下圖所示甲、乙、丙三套裝置。上圖裝置中，電流計指針會發(fā)生偏轉的是___________裝置(填“甲”、“乙”或“丙”)，該裝置中Cu電極的電極反應式為___________。（4）鉛酸蓄電池放電時發(fā)生反應：。該電池的負極材料為___________(填化學式)（5）氫氧燃料電池的簡易裝置如下圖所示。①H+移向___________(填“正極”或“負極”)。②若線路中轉移2mol電子，則該燃料電池理論上消耗的氣體b在標準狀況下的體積為___________L。〖答案〗（1）D（2）①.吸收②.180③.小于（3）①.乙②.（4）（5）①.正極②.11.2〖解析〗（1）根據(jù)圖示可知：生成物的總能量比反應物的總能量高，因此該圖示表示的反應類型屬于吸熱反應；A．與在光照條件下生成HCl的反應是放熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量低，A錯誤；B．天然氣燃燒反應為放熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量低，B錯誤；C．該反應是鋁熱反應，反應放出大量熱，為放熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量低，C錯誤；D．C與在高溫下反應生成CO和，該反應為吸熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量高，D正確；故〖答案〗為：D；（2）與在一定條件下反應生成NO，反應方程式為，根據(jù)圖示可知：斷裂1mol中鍵需要吸收的熱量，斷裂1mol中的鍵需要吸收的熱量，而形成中的氮氧化學鍵會釋放的熱量，因此若形成了，反應過程中的能量變化，說明反應生成會吸收的熱量；發(fā)生反應為吸熱反應，說明反應物的總能量小于生成物的總能量；故〖答案〗為：吸收；；小于；（3）原電池構成條件為：有活動性不同的2個電極、電解質溶液、形成閉合回路、自發(fā)進行氧化還原反應。裝置甲沒有形成閉合回路，因此不能構成原電池，電流表指針不能發(fā)生偏轉；裝置乙具備原電池構成的條件，可以形成原電池，電流表指針會發(fā)生偏轉；裝置丙中，乙醇屬于非電解質，沒有電解質溶液，不能形成閉合回路，因此不能構成原電池，電流表指針不能發(fā)生偏轉，故三個裝置中，電流計指針會發(fā)生偏轉的是裝置乙；在裝置乙中，由于金屬活動性：，所以Fe為負極，發(fā)生失去電子的氧化反應，負極Fe電極的反應式為：；Cu為正極，電解質陽離子發(fā)生得到電子的還原反應，正極Cu電極反應式為：；故〖答案〗為：乙；；（4）根據(jù)鉛酸蓄電池放電時發(fā)生的反應可知，鉛元素化合價由0價升高到+2價，發(fā)生失電子、氧化反應，因此電極為負極；鉛元素化合價由+4價降低為+2價，發(fā)生得電子、還原反應，為正極；故〖答案〗為：；（5）在氫氧燃料電池中，通入的電極為負極，發(fā)生失去電子的氧化反應；通入的電極為正極，發(fā)生得到電子的還原反應；根據(jù)圖示可知：電子由c電極經(jīng)負載流向電極d，所以c電極為負極，由a口通入，d電極為正極，由b口通入；在原電池工作時，陽離子移向正極，即帶有正電荷，向正極d電極區(qū)移動；在電極d上發(fā)生反應：，反應每消耗1mol，轉移4mol電子，則若線路中轉移2mol電子，反應消耗0.5mol，其在標準狀況下的體積；故〖答案〗為：正極；11.2。16.某化學學習小組探究濃度對硝酸氧化能力的影響。I．資料顯示：濃硝酸能將NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氫氧化鈉能吸收NO2，但不能吸收NO。該學習小組按如圖裝置進行驗證實驗(夾持儀器已略去)?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出裝置①中反應的離子反應方程式___________。（2）寫出裝置②中反應的化學反應方程式___________。（3）下列說法正確的是___________。A.能證明氧化性的相對強弱的實驗現(xiàn)象為③中溶液上方出現(xiàn)紅棕色氣體B.②中的試劑為水C.滴加濃硝酸前要先打開彈簧夾通一段時間氮氣D.⑥的作用是吸收尾氣NOⅡ.測得鐵與不同濃度硝酸反應時各還原產物的物質的量相對含量與硝酸溶液濃度的關系如圖所示（4）下列說法不正確的是___________。A．硝酸的濃度越大，其還原產物中高價態(tài)的N元素成分越多B．硝酸與鐵反應往往同時生成多種還原產物C．鐵能與大于12.2mol·L-1HNO3溶液反應說明不存在“鈍化”現(xiàn)象（5）已知：在上述反應條件下，反應后鐵以Fe3+形式存在于溶液中。當硝酸濃度為9.75mol·L-1時計算氧化劑與還原劑的物質的量之比為___________?！即鸢浮剑?）Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑（2）H2O+3NO2=2HNO3+NO（3）BC（4）AB（5）15∶13〖解析〗裝置①濃硝酸和銅反應，生成NO2，反應離子方程式為：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑，裝置②利用二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，反應的化學方程式為：H2O+3NO2=2HNO3+NO，裝置③盛放稀硝酸，驗證稀HNO3不能氧化NO，裝置④中盛放的是濃HNO3，若濃HNO3能氧化NO則裝置④液面的上方會產生紅棕色氣體，裝置⑤是收集NO，裝置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大氣。（1）裝置①中濃硝酸和銅反應，生成NO2，反應離子方程式為：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑。（2）裝置②利用二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，反應的化學方程式為：H2O+3NO2=2HNO3+NO。（3）A．裝置③應盛放稀硝酸，驗證稀HNO3不能氧化NO，裝置④中應盛放的是濃硝酸，若濃硝酸能氧化NO則裝置④液面的上方會產生紅棕色氣體，能證明氧化性的相對強弱的實驗現(xiàn)象為③中溶液上方不出現(xiàn)紅棕色氣體，裝置④液面的上方會產生紅棕色氣體，故A錯誤；B．裝置②利用二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，試劑為水，故B正確；C．空氣能氧化NO而對實驗產生干擾，所以滴加濃硝酸之前需要通入一段時間N2，趕走裝置中的空氣，故C正確；D．裝置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大氣，故D錯誤；故選BC。（4）A．由圖可知，硝酸的濃度越大，其還原產物中高價態(tài)的N元素成分越多，故A正確；B．由圖可知，硝酸與鐵反應的還原產物有一氧化氮、二氧化氮、氮氣等，故B正確；C．常溫下，鐵在濃硝酸中鈍化，表面生成致密的氧化物薄膜，故C錯誤；故選AB。（5）當硝酸濃度為9.75mol/L時，還原產物為一氧化二氮、二氧化氮、一氧化氮，反應后鐵以Fe3+的形式存在于溶液中，鐵與足量硝酸反應的離子方程式為：26Fe+108H++30=26Fe3++9NO2↑+15NO↑+3N2O↑+54H2O，即氧化劑與還原劑的物質的量之比為30∶26=15∶13。17.某溫度時，在2L的密閉容器中，X、Y、Z(均為氣體)三種物質的物質的量隨時間的變化曲線如圖所示：（1）由圖中所給數(shù)據(jù)進行分析，該反應化學方程式為___________（2）反應從開始至2分鐘，用Z的濃度變化表示的平均反應速率為v(Z)=___________（3）2min反應達到平衡時體系內的壓強比起始時的壓強___________(填“增大”、“減小”或“無變化”，下同)，平衡時混合氣體密度和起始時相比___________。（4）下列措施能減小反應速率的是___________。A.升高溫度 B.選擇高效的催化劑 C.恒容時充入氬氣 D.恒壓時充入氬氣（5）X的平衡轉化率為___________（6）恒溫條件下，對于可逆反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在體積固定的密閉容器中進行，達到平衡狀態(tài)的標志的是___________A.單位時間內生成nmolCH3OH的同時消耗2nmolH2B.混合氣體的密度不再改變的狀態(tài)C.混合氣體的壓強不再改變的狀態(tài)D.混合氣體的平均摩爾質量不再改變（7）某合成氨速率方程為：v=kc(N2)cX(H2)cY(NH3)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，Y=___________實驗c(N2)/mol·L-1c(H2)/mol·L-1c(NH3)/mol·L-1v/mol·L-1·s-11mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2828q〖答案〗（1）3X+Y2Z（2）0.05mol/(L·min)（3）①.減?、?無變化（4）D（5）30%（6）CD（7）-1〖解析〗（1）由圖像可知，反應中X、Y的物質的量減少，Z的物質的量增多，則X、Y為反應物，Z為生成物，此時三種物質都存在，且物質的量不再發(fā)生變化，所以該反應是可逆反應，且n(X)∶n(Y)∶n(Z)=0.3mol∶0.1mol∶0.2mol=3∶1∶2，故反應方程式為3X+Y2Z。（2）由圖像可知，反應從開始至2分鐘，用Z的濃度變化表示的平均反應速率為v(Z)==0.05mol/(L·min)。（3）反應3X+Y2Z是氣體體積減小的反應，反應過程中氣體總物質的量減小，容器內的壓強減小，2min反應達到平衡時體系內的壓強比起始時的壓強減小，而氣體總質量和總體積不變，平衡時混合氣體密度和起始時相比無變化。（4）升高溫度、選擇高效的催化劑會增大反應速率，恒容時充入氬氣，反應物和生成物的濃度不變，反應速率不變，恒壓時充入氬氣，容器的體積增大，反應物和生成物的濃度減小，反應速率減小，故選D。（5）由圖像可知，X的平衡轉化率為=30%。（6）A．單位時間內生成nmolCH3OH的同時消耗2nmolH2，不能說明正逆反應速率相等，不能說明反應達到平衡，A不選；B．該反應過程中氣體總質量和總體積都不變，混合氣體的密度是定值，當混合氣體的密度不再改變時，不能說明反應達到平衡，B不選；C．該反應過程中氣體的物質的量減小，容器內的壓強減小，當混合氣體的壓強不再改變時，說明反應達到平衡，C選；D．該反應過程中氣體的物質的量減小，氣體總質量不變，混合氣體的平均摩爾質量增大，當混合氣體的平均摩爾質量不再改變時，說明反應達到平衡，D選；故選CD。（7）將實驗1、3中數(shù)據(jù)分別代入合成氨的速率方程可得:q=kmnXpY，10q=kmnX(0.1p)Y，可得Y=﹣1。18.某?；瘜W興趣小組設計如圖裝置，實驗探究濃硫酸與銅的反應。（1）玻璃儀器b的名稱是___________，試劑X的名稱是___________。（2）橡皮管a的作用是___________。（3）裝置B中的現(xiàn)象是___________，裝置C可檢驗SO2的性質為___________。（4）實驗結束后，小組成員發(fā)現(xiàn)燒瓶中的灰白固體中有少量黑色固體，將固體加入至水中后，發(fā)現(xiàn)白色固體溶解，而黑色固體不溶，便推測黑色固體可能是難溶于水及酸的CuS或。于是設計如下實驗進行進一步探究：①燒瓶中白色固體是___________(填化學式)②寫出黑色固體X與足量反應生成Y和Z的化學方程式___________。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.堿石灰（2）平衡壓強，使分液漏斗中液體容易流下（3）①.紫色溶液變紅②.漂白性（4）①.②.〖解析〗該實驗目的為探究濃硫酸與銅的反應，圖中實驗裝置A為銅和濃硫酸反應的發(fā)生裝置，反應生成、、，裝置B為紫色石蕊溶液檢驗和水反應生成亞硫酸的酸性，裝置C為檢驗的漂白性，裝置D是進行尾氣吸收，防止污染。（1）玻璃儀器b的名稱是分液漏斗；試劑X用于吸收尾氣，故試劑是堿石灰；故〖答案〗為：分液漏斗；堿石灰；（2）圓底燒瓶中有氣體生成，壓強較大時，不利于分液漏斗中的液體滴加，橡皮管a的作用是平衡壓強，使分液漏斗中液體容易滴下；故〖答案〗為：平衡壓強，使分液漏斗中液體容易流下；（3）裝置B中發(fā)生和水反應生成亞硫酸，亞硫酸溶液具有酸性可以使紫色溶液變紅；裝置C中品紅溶液與結合生成不穩(wěn)定的無色物質而褪色，可檢驗具有漂白性；故〖答案〗為：紫色溶液變紅；漂白性；（4）白色固體溶解，為白色固體且能溶于水，說明白色固體是；8.0g黑色固體X和足量氧氣反應生成8.0g黑色固體Y，以及刺激性氣體Z，該氣體遇到品紅使其褪色，說明氣體Z為，8.0g黑色固體Y與稀硫酸反應得到藍色溶液，說明黑色固體Y為，根據(jù)反應前后固體質量不變，結合、分別與氧氣反應的化學方程式、分析可知，由、，轉化為反應前后固體質量不變，該黑色固體X為，與足量氧氣反應的化學方程式為；故〖答案〗為：；。湖南省常德市沅澧共同體2023-2024學年高一下學期期中考試試題時量：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Mg-24一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分，在給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。)1.化學與生產、生活密切相關。下列說法正確的是（）A.生活垃圾焚燒尾氣經(jīng)脫硫脫硝后排放，能達到零污染B.飛船返回艙外表使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽C.華為Mate60Pro手機使用的麒麟9000S芯片，其主要成分為SiCD.“復興號”高鐵車廂采用的鋁合金材料具有強度大、質輕、耐腐蝕等優(yōu)點〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．生活垃圾焚燒尾氣經(jīng)脫硫脫硝后排放，可以減少二氧化硫和氮氧化物的排放，能減少空氣污染，但不能達到零污染，A錯誤；B．高溫結構陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金屬氧化物等在高溫下燒結而成，屬于新型無機非金屬材料，不屬于硅酸鹽材料，B錯誤；C．晶體硅為良好的半導體，是制造芯片的主要原料，C錯誤；D．鋁合金具有強度大、質輕、耐腐蝕等優(yōu)點，適合用于制造高鐵車廂的材料，D正確；〖答案〗選D。2.下列指定反應的離子方程式正確的是（）A.向NaClO溶液中通入少量：B.用二氧化錳制氯氣：C.銅片放入稀硝酸中：D.溶液與少量NaOH溶液反應：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根和HCl，由于SO2少量，會有次氯酸生成，離子方程式為：SO2+3ClO-+H2O=+2HClO+Cl-，A錯誤；B．用二氧化錳制氯氣離子方程式為：，B正確；C．銅和稀硝酸反應生成硝酸銅和一氧化氮，離子方程式為：，C錯誤；D．少量NaOH溶液加入Ca(HCO3)2溶液中，反應生成碳酸氫鈉、碳酸鈣沉淀和水，反應的離子方程式為：OH-+HCO+Ca2+=H2O+CaCO3↓，D錯誤?！即鸢浮竭xB。3.下列物質中，不能用于鑒別SO2和CO2的是（）A.酸性KMnO4溶液 B.品紅溶液C.H2S溶液 D.澄清石灰水〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．二氧化硫具有還原性，能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，二氧化碳不能與酸性高錳酸鉀溶液反應，所以用酸性高錳酸鉀溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故A不符合題意；B．二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液漂白褪色，二氧化碳不能使品紅溶液褪色，則用品紅溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故B不符合題意；C．二氧化硫具有弱氧化性，能與氫硫酸溶液反應生成硫沉淀和水，二氧化碳與氫硫酸溶液不反應，所以能用氫硫酸溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故C不符合題意；D．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水變混濁，則不能用澄清石灰水鑒別二氧化硫和二氧化碳，故D符合題意；故選D。4.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，觀察溶液顏色變化具有氧化性B將緩慢通入酸性溶液中，溶液紫紅色褪去具有漂白性C向盛有溶液的試管中滴加幾滴溶液，振蕩，再滴加幾滴新制的氯水，觀察溶液顏色變化具有還原性D向溶液X中加入稀溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙未變藍原溶液中不存在〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．亞鐵離子、硝酸根在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，不能證明雙氧水氧化亞鐵離子，故A錯誤；B．將SO2氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去，體現(xiàn)是二氧化硫的還原性，故B錯誤；C．向盛有溶液的試管中滴加幾滴KSCN溶液，振蕩，再滴加幾滴新制的氯水，溶液變?yōu)檠t色，說明生成了鐵離子，則說明亞鐵離子變?yōu)殍F離子，即亞鐵離子有還原性，故C正確；D．原溶液即使有銨根，滴加NaOH稀溶液，不生成氨氣，應滴加濃NaOH并加熱，然后將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口檢驗氨氣，方案不合理，故D錯誤；本題選C。5.下列說法正確的是（）A.Na2O2與水反應、紅熱的Fe與水蒸氣反應均能生成堿B.將SO2通入BaCl2溶液中，無沉淀產生，再通入足量Cl2，產生沉淀C.兩性氧化物SiO2既可以與氫氧化鈉溶液反應，又可溶于氫氟酸D.在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固體，銅粉仍不會溶解〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．Na2O2與水反應能生成強堿NaOH，紅熱的Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，不能生成堿，故A錯誤；B．將SO2通入BaCl2溶液中，鹽酸酸性大于亞硫酸，無沉淀產生；再通入足量Cl2，亞硫酸氧化為硫酸，產生硫酸鋇沉淀，故B正確；C．二氧化硅可以與氫氧化鈉溶液反應，二氧化硅與氫氟酸的反應是二氧化硅的特性，SiO2是酸性氧化物，不是兩性氧化物，故C錯誤；D．硝酸鹽在酸性條件下具有硝酸的強氧化性，則在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固體，銅粉溶解，故D錯誤；故選B。6.將等物質的量的A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生下列反應：，經(jīng)2min后測得D的濃度為0.5mol/L，，以C表示的平均速率，下列說法正確的是（）A.反應速率 B.該反應方程式中，C.2min時，A的物質的量為1.5mol D.2min時，A的轉化率為60%〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由題意可知，2min時D的濃度為0.5mol/L，由方程式可知，B的反應速率為=0.125mol/(L·min)，故A錯誤；B．由題意可知，2min時D濃度為0.5mol/L，C的反應速率為0.25mol/(L·min)，由變化量之比等于化學計量數(shù)之比可得：0.5mol/L∶0.25mol/(L·min)×2min=x∶2，解得x=2，故B錯誤；C．設A、B的起始物質的量均為amol，由題意可知，2min時D的濃度為0.5mol/L，A、B的濃度之比為3：5，由方程式可得：(a-0.5×2×)∶(a-0.5×2×)=3∶5，解得a=3，則A的物質的量為(3-0.5×2×)mol=1.5mol，故C正確；D．2min時，A的轉化率為×100%=50％，故D錯誤；故選C。7.下列各圖示中能較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀的（）A.①②③ B.①②④C.①②③④ D.②③④〖答案〗B〖解析〗【詳析】因為Fe(OH)2在空氣中很容易被氧化為紅褐色的Fe(OH)3，即發(fā)生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。因此要較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除裝置中的氧氣或空氣。①、②原理一樣，都是先用氫氣將裝置中的空氣排盡，并使生成的Fe(OH)2處在氫氣的保護中；④中液面加苯阻止了空氣進入；③由于空氣中的氧氣能迅速將Fe(OH)2氧化，因而不能較長時間看到白色沉淀。故本題選B。8.下列關于堿性乙醇(C2H5OH)燃料電池的說法不正確的是（）A.電池工作時，電解質溶液中K+移向b電極B.電池工作時，外電路中電流從b電極流向a電極C.電極a的電極反應式為：D.電極b的電極反應式為：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗該裝置圖為燃料電池，其原理為a極通入乙醇，乙醇失電子發(fā)生氧化反應，a是負極；b極通入氧氣，氧氣得電子發(fā)生還原反應，b是正極，電子由a極經(jīng)用電器流向b極，電解質溶液中的移向b極、移向a極?！驹斘觥緼．a是負極、b是正極，電池工作時，電解質溶液中陽離子移向正極，即移向b電極，A正確；B．a是負極、b是正極，電池工作時，外電路中電流從正極流向負極，即從b電極流向a電極，B正確；C．電解質為氫氧化鉀，電極a發(fā)生乙醇失電子的氧化反應，負極電極反應式為，C錯誤；D．電解質為氫氧化鉀，電極b發(fā)生氧氣得電子的還原反應，正極電極反應式為，D正確；〖答案〗選C。9.下列關于有機物的說法不正確的是（）A.和互為同系物B.有4種一氯代物C.的名稱是異丁烷D.和是同一種物質〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．和結構相似，分子式分別為C4H10和C5H12，分子式相差一個CH2，所以二者互為同系物，A正確；B．中有4種不同環(huán)境氫原子，即有4種一氯代物，B正確；C．的名稱是異戊烷，C錯誤；D．甲烷是空間正四面體結構，所以和是同一種物質，D正確；故選C。10.下列有關化學用語使用正確的是（）A.的電子式： B.的結構示意圖：C.四氯化碳的空間填充模型： D.丙烷的結構簡式為：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．的電子式：，A錯誤；B．的結構示意圖：，B正確；C．四氯化碳中碳原子半徑要小于氯原子半徑，C錯誤；D．丙烷的結構簡式為：，D錯誤；〖答案〗選B。11.反應己經(jīng)達到平衡狀態(tài)時，下列關系成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，且反應中反應速率比等于反應的系數(shù)比；【詳析】A．反應達到平衡狀態(tài)時，v正(N2):v逆(H2)=1:3，即：3v正(N2)=v逆(H2)，A正確；B．反應達到平衡狀態(tài)時，v正(N2):v逆(NH3)=1:2，即：2v正(N2)=v逆(NH3)，B錯誤；C．描述的都是正反應，不能確定反應是否平衡，C錯誤；D．反應達到平衡狀態(tài)時，v正(H2):v逆(NH3)=3:2，即：2v正(H2)=3v逆(NH3)，D錯誤；故選A。12.計算機模擬催化劑表面水煤氣產氫反應[]過程中能量的變化如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.過程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量B.過程Ⅲ既有共價鍵斷裂；又有共價鍵形成C.該反應為放熱反應D.由圖可知比CO穩(wěn)定〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)圖示，過程Ⅰ、Ⅱ均需要吸收能量，故A正確；B．過程Ⅲ既有O-H鍵鍵斷裂；又有C=O、O-H、H-H鍵形成，故B正確；C．該反應反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，故C正確；D．根據(jù)圖示數(shù)據(jù)，不能判斷、CO穩(wěn)定性強弱，故D錯誤；選D。13.某探究性學習小組利用溶液和酸性溶液之間的反應來探究外界條件對化學反應速率的影響，實驗操作如下。下列有關說法不正確的是（）實驗序號實驗溫度溶液(含硫酸)溶液溶液顏色褪至無色時所需時間甲2520.0630.3512乙20.0650.3丙3520.060.33A.B.通過實驗乙、丙探究溫度對化學反應速率的影響C.反應的離子方程式為D.甲組用的濃度變化表示的平均反應速率為〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據(jù)分析，乙和丙高錳酸鉀、草酸的濃度相同，溫度不同，探究溫度對反應速率的影響；則甲乙溫度相同，若探究濃度對反應速率的影響，實驗乙加入5mLH2C2O4溶液和3mL的水，實驗甲加入3mLH2C2O4溶液，水的體積為5，溶液濃度不同。【詳析】A．，乙的H2C2O4濃度比甲高，丙的溫度比乙又高，因此，t2<t1<12，A正確；B．通過實驗乙、丙探究溫度對化學反應速率的影響，B正確；C．反應的離子方程式為，C正確；D．甲組用的濃度變化表示的平均反應速率為=0.001mol?L-1?S-1，D錯誤；故選D。14.將1.76g鎂銅合金投入20mL一定濃度的硝酸中，合金完全溶解，產生NO和NO2混合氣體896mL（不考慮其他氣體，體積折算為標準狀況下，假設此條件下NO2為氣態(tài)），反應結束后向溶液中加入120mL1mol·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金屬陽離子全部轉化為沉淀3.12g。若將盛有896mL該混合氣體的容器倒扣在水中，通入一定體積的氧氣，恰好可將該混合氣體完全轉化。下列說法錯誤的是（）A.Mg與Cu的物質的量比值為3：1B.NO和NO2的體積比為1：1C.原硝酸的濃度為8mol·L-1D.通入的O2的體積（標準狀況下）V=448mL〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．根據(jù)電子轉移守恒可知，鎂銅失去電子總和等于硝酸生成NO和NO2得到電子總和，而鎂銅失去電子與Mg2+、Cu2+生成沉淀結合的OH-的物質的量相等，且氫氧根物質的量是鎂銅物質的量總和的兩倍，最終沉淀比開始合金的增重即為氫氧根的質量，故氫氧根物質的量為，Mg與Cu的物質的量之和為0.04mol，設鎂物質的量為amol，銅物質的量為(0.04-a)mol，則24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg與Cu的物質的量都是0.02mol，物質的量比值為1：1，A錯誤；B．NO和NO2混合氣體共896mL，標準狀況下混合氣體總物質的量為0.04mol，設混合氣體中NO的物質的量為xmol，NO2的物質的量為(0.04-x)mol，根據(jù)電子轉移守恒可知，鎂銅失去電子總和等于硝酸生成NO和NO2得到電子總和，而鎂銅失去電子與Mg2+、Cu2+生成沉淀結合的OH-的物質的量相等，則：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物質的量都為0.02mol，體積比為1：1，故B正確；C．金屬離子恰好完全沉淀時，溶液的溶質為NaNO3，則未被還原的HNO3的物質的量等于n(NaOH)=1mol/L×0.12L=0.12mol，因此根據(jù)N原子守恒，原硝酸的物質的量為n(氣體)+未被還原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16mol，原硝酸的濃度為，C正確；D．NO、NO2與氧氣、水反應又轉化為HNO3，反應方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物質的量都是0.02mol，因此根據(jù)方程式n(O2)==0.02mol，標準狀況下通入氧氣的體積為：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448mL，D正確；本題選A。二、非選擇題(本題共4小題，每空2分，共58分)15.Ⅰ.化學反應與能量變化對人類生產、生活有重要的意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列化學反應中的能量變化關系與圖示相符合的是___________。A. B.天然氣的燃燒C. D.Ⅱ.汽車發(fā)動機工作時會引發(fā)N2和O2反應，生成NOx等污染大氣，其中生成NO的能量變化如圖所示：（2）若反應生成2molNO氣體，則該反應___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ熱量，該反應的反應物的總能量___________(填“大于”“等于”或“小于”)生成物的總能量。Ⅲ.2023年6月9～11日，世界動力電池大會在宜賓舉行，宜賓在電池研發(fā)、制造領域走在世界前列。利用原電池原理，人們研制出很多結構和性能各異的化學電池。回答下列問題：（3）某化學小組設計出如下圖所示甲、乙、丙三套裝置。上圖裝置中，電流計指針會發(fā)生偏轉的是___________裝置(填“甲”、“乙”或“丙”)，該裝置中Cu電極的電極反應式為___________。（4）鉛酸蓄電池放電時發(fā)生反應：。該電池的負極材料為___________(填化學式)（5）氫氧燃料電池的簡易裝置如下圖所示。①H+移向___________(填“正極”或“負極”)。②若線路中轉移2mol電子，則該燃料電池理論上消耗的氣體b在標準狀況下的體積為___________L?！即鸢浮剑?）D（2）①.吸收②.180③.小于（3）①.乙②.（4）（5）①.正極②.11.2〖解析〗（1）根據(jù)圖示可知：生成物的總能量比反應物的總能量高，因此該圖示表示的反應類型屬于吸熱反應；A．與在光照條件下生成HCl的反應是放熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量低，A錯誤；B．天然氣燃燒反應為放熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量低，B錯誤；C．該反應是鋁熱反應，反應放出大量熱，為放熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量低，C錯誤；D．C與在高溫下反應生成CO和，該反應為吸熱反應，生成物的總能量比反應物的總能量高，D正確；故〖答案〗為：D；（2）與在一定條件下反應生成NO，反應方程式為，根據(jù)圖示可知：斷裂1mol中鍵需要吸收的熱量，斷裂1mol中的鍵需要吸收的熱量，而形成中的氮氧化學鍵會釋放的熱量，因此若形成了，反應過程中的能量變化，說明反應生成會吸收的熱量；發(fā)生反應為吸熱反應，說明反應物的總能量小于生成物的總能量；故〖答案〗為：吸收；；小于；（3）原電池構成條件為：有活動性不同的2個電極、電解質溶液、形成閉合回路、自發(fā)進行氧化還原反應。裝置甲沒有形成閉合回路，因此不能構成原電池，電流表指針不能發(fā)生偏轉；裝置乙具備原電池構成的條件，可以形成原電池，電流表指針會發(fā)生偏轉；裝置丙中，乙醇屬于非電解質，沒有電解質溶液，不能形成閉合回路，因此不能構成原電池，電流表指針不能發(fā)生偏轉，故三個裝置中，電流計指針會發(fā)生偏轉的是裝置乙；在裝置乙中，由于金屬活動性：，所以Fe為負極，發(fā)生失去電子的氧化反應，負極Fe電極的反應式為：；Cu為正極，電解質陽離子發(fā)生得到電子的還原反應，正極Cu電極反應式為：；故〖答案〗為：乙；；（4）根據(jù)鉛酸蓄電池放電時發(fā)生的反應可知，鉛元素化合價由0價升高到+2價，發(fā)生失電子、氧化反應，因此電極為負極；鉛元素化合價由+4價降低為+2價，發(fā)生得電子、還原反應，為正極；故〖答案〗為：；（5）在氫氧燃料電池中，通入的電極為負極，發(fā)生失去電子的氧化反應；通入的電極為正極，發(fā)生得到電子的還原反應；根據(jù)圖示可知：電子由c電極經(jīng)負載流向電極d，所以c電極為負極，由a口通入，d電極為正極，由b口通入；在原電池工作時，陽離子移向正極，即帶有正電荷，向正極d電極區(qū)移動；在電極d上發(fā)生反應：，反應每消耗1mol，轉移4mol電子，則若線路中轉移2mol電子，反應消耗0.5mol，其在標準狀況下的體積；故〖答案〗為：正極；11.2。16.某化學學習小組探究濃度對硝酸氧化能力的影響。I．資料顯示：濃硝酸能將NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氫氧化鈉能吸收NO2，但不能吸收NO。該學習小組按如圖裝置進行驗證實驗(夾持儀器已略去)?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出裝置①中反應的離子反應方程式___________。（2）寫出裝置②中反應的化學反應方程式___________。（3）下列說法正確的是___________。A.能證明氧化性的相對強弱的實驗現(xiàn)象為③中溶液上方出現(xiàn)紅棕色氣體B.②中的試劑為水C.滴加濃硝酸前要先打開彈簧夾通一段時間氮氣D.⑥的作用是吸收尾氣NOⅡ.測得鐵與不同濃度硝酸反應時各還原產物的物質的量相對含量與硝酸溶液濃度的關系如圖所示（4）下列說法不正確的是___________。A．硝酸的濃度越大，其還原產物中高價態(tài)的N元素成分越多B．硝酸與鐵反應往往同時生成多種還原產物C．鐵能與大于12.2mol·L-1HNO3溶液反應說明不存在“鈍化”現(xiàn)象（5）已知：在上述反應條件下，反應后鐵以Fe3+形式存在于溶液中。當硝酸濃度為9.75mol·L-1時計算氧化劑與還原劑的物質的量之比為___________?！即鸢浮剑?）Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑（2）H2O+3NO2=2HNO3+NO（3）BC（4）AB（5）15∶13〖解析〗裝置①濃硝酸和銅反應，生成NO2，反應離子方程式為：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑，裝置②利用二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，反應的化學方程式為：H2O+3NO2=2HNO3+NO，裝置③盛放稀硝酸，驗證稀HNO3不能氧化NO，裝置④中盛放的是濃HNO3，若濃HNO3能氧化NO則裝置④液面的上方會產生紅棕色氣體，裝置⑤是收集NO，裝置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大氣。（1）裝置①中濃硝酸和銅反應，生成NO2，反應離子方程式為：Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑。（2）裝置②利用二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，反應的化學方程式為：H2O+3NO2=2HNO3+NO。（3）A．裝置③應盛放稀硝酸，驗證稀HNO3不能氧化NO，裝置④中應盛放的是濃硝酸，若濃硝酸能氧化NO則裝置④液面的上方會產生紅棕色氣體，能證明氧化性的相對強弱的實驗現(xiàn)象為③中溶液上方不出現(xiàn)紅棕色氣體，裝置④液面的上方會產生紅棕色氣體，故A錯誤；B．裝置②利用二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，試劑為水，故B正確；C．空氣能氧化NO而對實驗產生干擾，所以滴加濃硝酸之前需要通入一段時間N2，趕走裝置中的空氣，故C正確；D．裝置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大氣，故D錯誤；故選BC。（4）A．由圖可知，硝酸的濃度越大，其還原產物中高價態(tài)的N元素成分越多，故A正確；B．由圖可知，硝酸與鐵反應的還原產物有一氧化氮、二氧化氮、氮氣等，故B正確；C．常溫下，鐵在濃硝酸中鈍化，表面生成致密的氧化物薄膜，故C錯誤；故選AB。（5）當硝酸濃度為9.75mol/L時，還原產物為一氧化二氮、二氧化氮、一氧化氮，反應后鐵以Fe3+的形式存在于溶液中，鐵與足量硝酸反應的離子方程式為：26Fe+108H++30=26Fe3++9NO2↑+15NO↑+3N2O↑+54H2O，即氧化劑與還原劑的物質的量之比為30∶26=15∶13。17.某溫度時，在2L的密閉容器中，X、Y、Z(均為氣體)三種物質的物質的量隨時間的變化曲線如圖所示：（1）由圖中所給數(shù)據(jù)進行分析，該反應化學方程式為___________（2）反應從開始至2分鐘，用Z的濃度變化表示的平均反應速率為v(Z)=______