【解析】湖北省黄冈市重点校2022-2023学年高一下学期化学期末综合选拔性联考试题

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湖北省黄冈市重点校2022-2023学年高一下学期化学期末综合选拔性联考试题

一、单选题

1．（2023高一下·黄冈期末）类比是研究物质性质常用的方法之一，下列类比不合理的是（）

A．由能与反应生成，推测能与反应生成

B．向碳酸钠固体滴加几滴水，测得温度上升，推测向碳酸氢钠固体滴几滴水温度也上升

C．硅可作半导体器件，推测周期表金属与非金属交界线的锗具有半导体性能

D．溶液能与反应，推测溶液能与稀硫酸反应

2．（2023高一下·黄冈期末）向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b－a＝5，线段Ⅳ表示生成一种含氧酸（HIO3），且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是()

A．线段Ⅱ表示Fe2+的变化情况

B．线段Ⅳ发生反应的离子方程式为：I2+5Cl2+12OH-=2IO3-+10Cl-+6H2O

C．根据图象可计算a=6

D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3

3．（2022·青岛模拟）X、Y、Z、W是处于不同周期的前四周期常见元素，原子序数依次递增。Y原子最外层电子数是周期序数的3倍，基态z原子核外s能级与p能级电子数之比为。由上述元素组成的物质转化关系如图所示，其中m、n、q为单质，其它为化合物，甲具有磁性，丙为二元强酸。下列说法错误的是（）

A．乙与丁反应物质的量之比为

B．乙分子构型为Ⅴ型

C．丙分子间可形成氢键

D．向戊中通入n可生成丁

4．（2023高一下·黄冈期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）

A．钠作除水剂时，每消耗1molNa，生成H2的分子数为NA

B．工业合成氨时，每反应22.4L(标准状况下)N2，生成的极性共价键数目为6NA

C．电解精炼铜时，阳极质量每减少64g，通过电路的电子数为2NA

D．明矾净水时，0.1mol/LAl3+形成的Al(OH)3胶粒的数目为0.1NA

5．（2023高一下·黄冈期末）“人文奥运”的一个重要体现是：坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是（）

A．遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物

B．滴入KMnO4（H+）溶液，观察紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键

C．1mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为3mol、7mol

D．该分子中的所有碳原子可能共平面

6．（2023高一下·黄冈期末）下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是（）

选项实验操作实验现象结论或解释

A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2浅绿色变黄色H2O2具有氧化性

B向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入银氨溶液溶液，无银镜出现不能判断是否水解

C焰色反应实验时，某同学用洁净的铂丝蘸取样品在无色火焰上灼烧直接观察到火焰的颜色呈黄色该样品中含有钠元素，一定不含钾元素

D向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中溶液先变红后褪色，最后有白色沉淀非金属性：Cl>Si

A．AB．BC．CD．D

7．（2023·沈阳模拟）下列实验方案不能达到实验目的的是（）

A．图A装置Cu和浓硝酸制取NO

B．图B装置实验室制备Cl2

C．图C装置实验室制取乙酸乙酯

D．图D装置实验室分离CO和CO2

8．（2023高一下·黄冈期末）狐刚子在“炼石胆取精华法”中作如下叙述：“以士擊(即砖坯)垒作两个方头炉，一炉中著铜盘，使定，即密泥之，一炉中以炭烧石胆(CuSO4·5H2O)使作烟，以物扇之，其精华尽入铜盘。炉中却火待冷……”。狐刚子所取“精华”为（）

A．H2OB．SO2C．稀硫酸D．CuSO4溶液

9．（2023高一下·黄冈期末）下列有关甲、乙两种电池的说法中正确的是（）

A．甲：电池工作时化学能全部转化为电能

B．甲：电解液不可能采用氢氧化钠水溶液

C．乙：电池工作时，电子从a电极→灯泡→b电极→电解液→a电极

D．乙：正极电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+

10．（2023·丰台模拟）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是

化学反应平衡常数温度

973K1173K

①1.472.15

②2.381.67

③ab

A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4

B．反应②是吸热反应，

C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动

D．相同温度下，；

11．（2023高一下·黄冈期末）二氧化氯(ClO2，黄绿色气体，易溶于水)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，疫情防控中常用于环境的消毒。工业上通过情性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是（）

A．当有0.2mol离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中理论上产生13.5gClO2

B．d为直流电源的负极，电解池a极上发生的电极反应为

C．二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1

D．离子交换膜为阳离子交换膜，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸

12．（2023高一下·温州期中）煤的综合利用可以获得洁净的燃料及多种化工原料．下列不属于煤的综合利用的是（）

A．煤干馏B．煤液化C．煤气化D．煤燃烧

13．（2023高一下·黄冈期末）下列方案设计、现象和结论不正确的是（）

目的方案设计现象和结论

A判断氯化银和碘化银的溶度积常数大小向盛有溶液的试管中滴加溶液，再向其中滴加4~5滴溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀，说明

B证实金属防腐措施中牺牲阳极法的有效性用饱和食盐水和琼脂粉配制琼脂溶液并倒入两个培养皿中，各滴加几滴酚酞和铁氰化钾溶液，将裹有锌皮和缠有铜丝的两个铁钉分别入培养皿，观察现象裹有锌皮的铁钉周围出现红色，缠有铜丝的铁钉周围出现红色和蓝色，说明活泼性强的锌保护了铁

C检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性，稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫

D检验乙炔分子中碳碳三键的稳定性将饱和氯化钠溶液滴入盛有电石的烧瓶中制取乙炔，将纯净的乙炔通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中，观察颜色变化溶液紫红色逐渐褪去，说明乙炔不稳定，容易被氧化

A．AB．BC．CD．D

14．（2023高一下·黄冈期末）下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（）

A．黄绿色的氯水光照后颜色变浅

B．合成氨工业使用高压以提高氨的产量

C．棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅

D．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深

15．（2022·全国乙卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（）

A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体

B．最高价氧化物的水化物的酸性：

C．阶段热分解失去4个

D．热分解后生成固体化合物

二、工业流程题

16．（2023高一下·黄冈期末）海水中溴元素主要以Br—形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：

（1）将吹出后的含Br2的空气按一定速率通入吸收塔，用SO2和水进行吸收，写出吸收反应的化学方程式：

（2）吸收后的空气进行循环利用。吹出时，Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示。SO2流量过大，Br2吹出率反而下降的原因是：

（3）工业上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化学方程式：Br2+Na2CO3NaBrO3+CO2+

当有3molBr2参加反应，发生转移的电子的物质的量为。

（4）用于吸收Br2的SO2是工业制硫酸的重要物质，其中主反应是催化氧化SO2.现将SO2与足量O2置于密闭容器中，在催化剂、500℃条件下发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，请回答下列问题。

i.反应开始至2min末，以SO2的浓度变化表示该反应的平均速率是；2min时，反应是否达到化学平衡状态(填“是”或“否”)。

ii.关于该反应下列说法不正确的是。

a．催化剂可以增大化学反应速率

b．改变温度或压强，可以实现SO2的完全转化

c．若仅增大容器容积，则该化学反应速率增大

三、实验题

17．（2023高一下·黄冈期末）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。

已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。

I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。

实验记录如下：

实验现象

实验Ⅰ极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色

实验Ⅱ部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色

实验Ⅲ完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色

（1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ(填“>”“Fe2+>Br-，则通入氯气后，还原性强的离子先反应，则I表示I-，II表示Fe2+，III表示Br-；反应的离子方程式分别为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，根据题干线段IV生成含氧酸HIO3，可知Cl2会和I2继续反应生成HIO3，则相应的离子方程式为I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；

A、根据分析，可知II为Fe2+，A错误；

B、根据分析，可知反应的离子方程式为I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，B正确；

C、，溶液中含有Fe2+、I-、Br-，根据图像信息I、II、III时Cl2的物质的量，可知n(I-)=2mol，n(Fe2+)=4mol，结合电荷守恒，则n(Br-)=6mol，则跟Br-反应的Cl2物质的量为3mol，则a=6，C错误；

D、结合C选项，可知c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3，D错误；

故答案为：B

【分析】A、一种氧化剂，多种还原剂同时存在时，还原性越强的越先反应；

B、结合化合价变化守恒判断离子方程式，且注意，氢氧根无法生成酸；

C、结合电荷守恒判断离子的物质的量；

D、相同溶液中，物质的量之比等于浓度之比。

3．【答案】A

【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律

【解析】【解答】分析可知，X为H，Y为O，Z为S，W为Fe元素，m为Fe，n为O2，q为S，甲为Fe3O4，乙为SO2，丙为H2SO4，丁为Fe2(SO4)3，戊为FeSO4；

A．乙为SO2，丁为Fe2(SO4)3，SO2与硫酸铁的反应方程式：SO2+2H2O+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO4，乙与丁反应物质的量之比为1：1，A符合题意；

B．乙为SO2，中心S原子价层电子对数为2+=3，有1个孤电子对，中心S原子为sp2杂化，空间构型为V形，B不符合题意；

C．丙为H2SO4，H2SO4分子中含有羟基-OH，故能形成分子间氢键，C不符合题意；

D．戊为FeSO4，n为O2，丁为Fe2(SO4)3，FeSO4与O2发生氧化还原反应生成Fe2(SO4)3，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】

A．依据化学方程式，利用得失电子守恒判断；

B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；

C．考虑氢键形成的条件；

D．FeSO4与O2发生氧化还原反应生成Fe2(SO4)3。

4．【答案】B

【知识点】阿伏加德罗常数

【解析】【解答】A、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则每消耗1molNa生成H2的分子数为0.5Na，A错；

B、，每反应1molN2生成2molNH3，生成6mol记性共价键，则标准状况下每反应22.4LN2生成极性共价键数目为6NA，B正确；

C、阳极中除了Cu以外，还有比Cu更加活泼的金属，电解开始时，优先放电的是比Cu更活泼的金属，因此最开始通过电路的电子数为2NA，当Cu开始放电时，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，此时每减少64gCu通过的电子数为2NA，C错误；

D、未知溶液体积，无法计算Al(OH)3胶粒的物质的量，D错误；

故答案为：B

【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；

B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；

C、比Cu活泼的金属优先放电，最开始通过电子时为活泼金属放电；

D、溶质物质的量需要溶液体积和溶质浓度计算。

5．【答案】D

【知识点】有机物的结构和性质

【解析】【解答】A、分子中含有酚羟基，可以使FeCl3显紫色，但不是苯酚的同系物，A错误；

B、分子中含有碳碳双键、羟基，都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C、酚羟基的邻位、对位可以被浓溴水取代，碳碳双键可以和溴发生加成反应，消耗的Br2为4mol，碳碳双键和苯环可以和H2发生加成反应，消耗的H2为7mol，C错误；

D、分子中，苯环以及苯环所连接的第一个C共平面，碳碳双键两侧连接的第一个C共平面，则分子中所有碳原子可能共平面，D正确；

故答案为：D

【分析】A、酚的同系物只能含有一个酚羟基，其余部分为烃基；

B、碳碳双键、碳碳三键、羟基、醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；

C、浓溴水取代在酚羟基的邻位、对位；

D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。

6．【答案】B

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A、NO3-和H+可以形成具有强氧化性的HNO3，H2O2和HNO3都可以使Fe2+被氧化，无法直接证明H2O2具有氧化性，A错误；

B、淀粉水解后的溶液中，应先将稀硫酸中和后再用银镜反应鉴别醛基的存在，如果直接向水解后的溶液滴加银氨溶液，无法直接证明是否发生水解，B正确；

C、焰色反应时，黄色火焰代表含有钠元素，但是钾元素的观察需要透过蓝色钴玻璃，否则无法直接判断是否含有钾元素，C错误；

D、非金属性的比较应采用最高价含氧酸的比较，即应使用HClO4和Na2SiO3反应进行判断，D错误；

故答案为：B

【分析】A、要判断H2O2的氧化性需要先排除干扰离子的影响；

B、淀粉水解情况的判断，可以用银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，两者都应用在碱性条件下判断；

C、钠元素的焰色反应为黄色，钾元素的焰色反应通过蓝色钴玻璃观察为紫色；

D、非金属性的比较可以采用元素的最高价氧化物对应水化物酸性判断。

7．【答案】C

【知识点】制备实验方案的设计

【解析】【解答】A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合题意；

B.浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气与氢氧化钠反应进行尾气吸收，故B不符合题意；

C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C符合题意；

D.要将CO和CO2分离，足量纯碱溶液用来吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，收集到纯净的CO2，故D不符合题意．

故答案为：C。

【分析】A.一氧化氮在水中的溶解性很小，所以可以采用排水法收集；

B.氯气是有毒有害气体，因此需要设置尾气吸收装置；

C.脂类会在氢氧化钠中发生水解反应；

D.浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥酸性或中性气体。

8．【答案】C

【知识点】物质的组成、结构和性质的关系

【解析】【解答】CuSO4·5H2O受热分解为CuSO4和H2O，CuSO4为含氧酸酸式盐，受热可分解为碱性氧化物和酸性氧化物，即CuSO4受热分解为CuO和SO3，即烟为H2O和SO3，两者在铜盘中结合生成H2SO4，则精华为H2SO4，故答案为：C

【分析】本题要先根据CuSO4·5H2O受热产物判断，再结合酸性氧化物和碱性氧化物判断。

9．【答案】B

【知识点】化学电源新型电池

【解析】【解答】A、甲电池含有灯泡，化学能会转化为电能和光能，A错误；

B、Na会直接和水反应，B错误；

C、乙中，通入O2的一极为正极，即b电极为正极，a电极为负极，电子由负极经过导线流向正极，电子不流入电解液，C错误；

D、乙的电解质溶液呈酸性，二甲醚在负极上反应，失去电子，则负极电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，D错误；

故答案为：B

【分析】可以根据装置图中具有的构成判断能量变化；

B、Na会优先和水反应；

C、电子由负极经过导线流向正极，溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；

D、负极失电子，正极得电子。

10．【答案】D

【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素

【解析】【解答】A.1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A不符合题意；

B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B不符合题意；

C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C不符合题意；

D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.利用三段式法计算；

B．依据升温，化学平衡常数减小分析；

C．根据盖斯定律分析；

D．根据盖斯定律计算。

11．【答案】A

【知识点】电解池工作原理及应用

【解析】【解答】根据装置，可知在电解池中，NH4Cl转化为NCl3，则N化合价升高，HCl转化为H2，H化合价降低，则a电极为阳极，b电极为阴极，c为正极，d为负极；

A、经过阴离子交换膜的离子为Cl-，涉及的电极反应式为2HCl+2e-=H2↑+2Cl-，则当有0.2molCl-通过时，转移的电子为0.2mol，阳极为NH4+失去电子，电极反应式为NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，则有的NCl3生成，NCl3和H+、NaClO2在二氧化氯发生器反应的离子方程式为NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，则生成的ClO2为0.2mol，则生成13.5gClO2，A正确；

B、根据分析和A选项，可知a极为阳极，其电极反应式为NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，B错误；

C、根据A选项二氧化氯发生器的离子方程式为NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，可知NCl3作为氧化剂，ClO2-作为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6，C错误；

D、根据A选项的分析可知，交换膜为阴离子交换膜，D错误；

故答案为：A

【分析】A、根据电极反应式的电子物质的量以及电子守恒，计算氧化还原反应中NCl3的物质的量；

B、阳极失去电子，阴极得到电子；

C、化合价升高为还原剂，化合价降低为氧化剂；

D、阴离子交换膜可以通过阴离子，阳离子交换膜可以通过阳离子。

12．【答案】D

【知识点】煤的干馏和综合利用

【解析】【解答】解：利用煤的气化、液化和干馏这些加工手段可以从煤中获得多种有机化合物；煤燃烧时煤的直接利用，

故答案为：D．

【分析】煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品．

13．【答案】A

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A、题干中Ag+过量，则生成AgCl后Ag+有剩余，可以继续和I-结合生成AgI，无法证明AgCl和AgI的溶度积大小，A正确；

B、锌比铁更活泼，会优先腐蚀生成Zn(OH)2，遇酚酞变红，铁比铜更活泼，优先腐蚀，生成Fe(OH)2，Fe(OH)2遇酚酞变红，Fe2+遇铁氰酸钾生成蓝色沉淀，B错误；

C、二氧化氯具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，若不能是酸性高锰酸钾溶液褪色，则空气中不含二氧化氯，C错误；

D、乙炔具有还原性，不稳定，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误；

故答案为：A

【分析】A、此类题型要注意，若一种离子可以和另外两种离子都形成沉淀时，此种离子需少量才可以判断溶度积；

B、金属的电化学腐蚀中，活泼金属做负极，失去电子，空气中的氧气会转化为氢氧根，使溶液呈碱性

C、二氧化氯具有还原性，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原使其褪色；

D、乙炔具有还原性，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，证明乙炔不稳定。

14．【答案】D

【知识点】化学平衡移动原理

【解析】【解答】A、氯水中含有氯分子，经过光照后，平衡移动，氯分子的浓度减少，颜色变浅，A错误；

B、增大压强，可以使平衡移动，氨气的浓度增大，提高氨的产量，B错误；

C、增大压强，体积缩小，NO2的浓度增大，颜色变深，后平衡移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，C错误；

D、氢气、碘蒸气、碘化氢的平衡体系中存在化学方程式，左右两边化学计量数相等，增大压强平衡不移动，由于压缩体积，各种物质浓度增大，颜色变深，D正确；

故答案为：D

【分析】平衡移动的判断；

增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；

增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；

增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；

升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。

15．【答案】D

【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；质量守恒定律；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律

【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的单质分别是H2、B、N2、O2，常温下B为粉末，其他均为气体，A不符合题意；

B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B不符合题意；

C．假设100~200℃阶段热分解失去H2O的分子数为x，则，解得x≈3，说明失去3个水分子，C不符合题意；

D．假设500℃热分解生成固体B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时B2O3的质量分数为，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，根据化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及该化合物在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W2Z为H2O，所以W为氢元素，Z为氧元素；根据YZ2分子的总电子数为奇数且常温下为气体，可推出YZ2是NO2，则Y是氮元素；而W、X、Y、Z的电子数之和为21，可推出X是硼元素。

16．【答案】（1）Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr

（2）过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降

（3）3；3；1；3；5NaBr；5mol

（4）1.25mol·L-1·min-1；否；bc

【知识点】化学反应速率的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用

【解析】【解答】（1）二氧化硫、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢，故答案为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；

（2）根据流程图，可知吸收Br2后的空气会进一步进入吹出的步骤，若SO2过量，会使得吸收Br2后的空气中含有SO2，SO2会在吹出步骤和Br2反应，使其吹出率下降，故答案为：过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降；

（3）化学方程式中，Br化合价升高，C、O、Na化合价不变，根据氧化还原反应的特点，可知化合价升降守恒，则降价元素应为Br，即Br自身发生氧化还原反应，Br2化合价降低生成Br-，由于阳离子为Na+，则产物生成NaBr，则化学方程式应为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr，此时3molBr2参加反应，转移的电子数为5mol，故答案为：3；3；1；3；5NaBr；5mol；

（4）i、SO2的浓度变化量为2.5mol·L-1，时间为2min，则其化学反应速率为1.25mol·L-1·min-1，2min后浓度仍然发生变化，则2min时反应未达到平衡，故答案：1.25mol·L-1·min-1；否；

ii、a、催化剂可以增大化学反应速率，a错误；

b、可逆反应无法完全转化，b正确；

c、增大容器体积，各种物质浓度减小，化学反应速率减慢，c正确；

故答案为：bc。

【分析】（1）二氧化氯、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢；

（2）本题要结合流程判断，二氧化硫过量时会进入吹出步骤和溴发生反应；

（3）氧化还原反应方程式中，化合价满足升降守恒，根据化合价升降守恒配平化学计量数，电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；

（4）i、化学反应速率；可逆反应达到平衡时，各种物质的浓度不再变化；

ii、a、催化剂可以改变化学反应速率，不影响平衡移动；

b、可逆反应无法完全转化，反应物和生成物同时存在；

c、容积增大，浓度减小，化学反应速率减小。

17．【答案】（1）Fe2+>Br-，则通入氯气后，还原性强的离子先反应，则I表示I-，II表示Fe2+，III表示Br-；反应的离子方程式分别为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，根据题干线段IV生成含氧酸HIO3，可知Cl2会和I2继续反应生成HIO3，则相应的离子方程式为I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；

A、根据分析，可知II为Fe2+，A错误；

B、根据分析，可知反应的离子方程式为I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，B正确；

C、，溶液中含有Fe2+、I-、Br-，根据图像信息I、II、III时Cl2的物质的量，可知n(I-)=2mol，n(Fe2+)=4mol，结合电荷守恒，则n(Br-)=6mol，则跟Br-反应的Cl2物质的量为3mol，则a=6，C错误；

D、结合C选项，可知c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3，D错误；

故答案为：B

【分析】A、一种氧化剂，多种还原剂同时存在时，还原性越强的越先反应；

B、结合化合价变化守恒判断离子方程式，且注意，氢氧根无法生成酸；

C、结合电荷守恒判断离子的物质的量；

D、相同溶液中，物质的量之比等于浓度之比。

3．（2022·青岛模拟）X、Y、Z、W是处于不同周期的前四周期常见元素，原子序数依次递增。Y原子最外层电子数是周期序数的3倍，基态z原子核外s能级与p能级电子数之比为。由上述元素组成的物质转化关系如图所示，其中m、n、q为单质，其它为化合物，甲具有磁性，丙为二元强酸。下列说法错误的是（）

A．乙与丁反应物质的量之比为

B．乙分子构型为Ⅴ型

C．丙分子间可形成氢键

D．向戊中通入n可生成丁

【答案】A

【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律

【解析】【解答】分析可知，X为H，Y为O，Z为S，W为Fe元素，m为Fe，n为O2，q为S，甲为Fe3O4，乙为SO2，丙为H2SO4，丁为Fe2(SO4)3，戊为FeSO4；

A．乙为SO2，丁为Fe2(SO4)3，SO2与硫酸铁的反应方程式：SO2+2H2O+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO4，乙与丁反应物质的量之比为1：1，A符合题意；

B．乙为SO2，中心S原子价层电子对数为2+=3，有1个孤电子对，中心S原子为sp2杂化，空间构型为V形，B不符合题意；

C．丙为H2SO4，H2SO4分子中含有羟基-OH，故能形成分子间氢键，C不符合题意；

D．戊为FeSO4，n为O2，丁为Fe2(SO4)3，FeSO4与O2发生氧化还原反应生成Fe2(SO4)3，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】

A．依据化学方程式，利用得失电子守恒判断；

B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；

C．考虑氢键形成的条件；

D．FeSO4与O2发生氧化还原反应生成Fe2(SO4)3。

4．（2023高一下·黄冈期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）

A．钠作除水剂时，每消耗1molNa，生成H2的分子数为NA

B．工业合成氨时，每反应22.4L(标准状况下)N2，生成的极性共价键数目为6NA

C．电解精炼铜时，阳极质量每减少64g，通过电路的电子数为2NA

D．明矾净水时，0.1mol/LAl3+形成的Al(OH)3胶粒的数目为0.1NA

【答案】B

【知识点】阿伏加德罗常数

【解析】【解答】A、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则每消耗1molNa生成H2的分子数为0.5Na，A错；

B、，每反应1molN2生成2molNH3，生成6mol记性共价键，则标准状况下每反应22.4LN2生成极性共价键数目为6NA，B正确；

C、阳极中除了Cu以外，还有比Cu更加活泼的金属，电解开始时，优先放电的是比Cu更活泼的金属，因此最开始通过电路的电子数为2NA，当Cu开始放电时，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，此时每减少64gCu通过的电子数为2NA，C错误；

D、未知溶液体积，无法计算Al(OH)3胶粒的物质的量，D错误；

故答案为：B

【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；

B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；

C、比Cu活泼的金属优先放电，最开始通过电子时为活泼金属放电；

D、溶质物质的量需要溶液体积和溶质浓度计算。

5．（2023高一下·黄冈期末）“人文奥运”的一个重要体现是：坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是（）

A．遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物

B．滴入KMnO4（H+）溶液，观察紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键

C．1mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为3mol、7mol

D．该分子中的所有碳原子可能共平面

【答案】D

【知识点】有机物的结构和性质

【解析】【解答】A、分子中含有酚羟基，可以使FeCl3显紫色，但不是苯酚的同系物，A错误；

B、分子中含有碳碳双键、羟基，都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C、酚羟基的邻位、对位可以被浓溴水取代，碳碳双键可以和溴发生加成反应，消耗的Br2为4mol，碳碳双键和苯环可以和H2发生加成反应，消耗的H2为7mol，C错误；

D、分子中，苯环以及苯环所连接的第一个C共平面，碳碳双键两侧连接的第一个C共平面，则分子中所有碳原子可能共平面，D正确；

故答案为：D

【分析】A、酚的同系物只能含有一个酚羟基，其余部分为烃基；

B、碳碳双键、碳碳三键、羟基、醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；

C、浓溴水取代在酚羟基的邻位、对位；

D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。

6．（2023高一下·黄冈期末）下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是（）

选项实验操作实验现象结论或解释

A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2浅绿色变黄色H2O2具有氧化性

B向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入银氨溶液溶液，无银镜出现不能判断是否水解

C焰色反应实验时，某同学用洁净的铂丝蘸取样品在无色火焰上灼烧直接观察到火焰的颜色呈黄色该样品中含有钠元素，一定不含钾元素

D向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中溶液先变红后褪色，最后有白色沉淀非金属性：Cl>Si

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A、NO3-和H+可以形成具有强氧化性的HNO3，H2O2和HNO3都可以使Fe2+被氧化，无法直接证明H2O2具有氧化性，A错误；

B、淀粉水解后的溶液中，应先将稀硫酸中和后再用银镜反应鉴别醛基的存在，如果直接向水解后的溶液滴加银氨溶液，无法直接证明是否发生水解，B正确；

C、焰色反应时，黄色火焰代表含有钠元素，但是钾元素的观察需要透过蓝色钴玻璃，否则无法直接判断是否含有钾元素，C错误；

D、非金属性的比较应采用最高价含氧酸的比较，即应使用HClO4和Na2SiO3反应进行判断，D错误；

故答案为：B

【分析】A、要判断H2O2的氧化性需要先排除干扰离子的影响；

B、淀粉水解情况的判断，可以用银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，两者都应用在碱性条件下判断；

C、钠元素的焰色反应为黄色，钾元素的焰色反应通过蓝色钴玻璃观察为紫色；

D、非金属性的比较可以采用元素的最高价氧化物对应水化物酸性判断。

7．（2023·沈阳模拟）下列实验方案不能达到实验目的的是（）

A．图A装置Cu和浓硝酸制取NO

B．图B装置实验室制备Cl2

C．图C装置实验室制取乙酸乙酯

D．图D装置实验室分离CO和CO2

【答案】C

【知识点】制备实验方案的设计

【解析】【解答】A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合题意；

B.浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气与氢氧化钠反应进行尾气吸收，故B不符合题意；

C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C符合题意；

D.要将CO和CO2分离，足量纯碱溶液用来吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，收集到纯净的CO2，故D不符合题意．

故答案为：C。

【分析】A.一氧化氮在水中的溶解性很小，所以可以采用排水法收集；

B.氯气是有毒有害气体，因此需要设置尾气吸收装置；

C.脂类会在氢氧化钠中发生水解反应；

D.浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥酸性或中性气体。

8．（2023高一下·黄冈期末）狐刚子在“炼石胆取精华法”中作如下叙述：“以士擊(即砖坯)垒作两个方头炉，一炉中著铜盘，使定，即密泥之，一炉中以炭烧石胆(CuSO4·5H2O)使作烟，以物扇之，其精华尽入铜盘。炉中却火待冷……”。狐刚子所取“精华”为（）

A．H2OB．SO2C．稀硫酸D．CuSO4溶液

【答案】C

【知识点】物质的组成、结构和性质的关系

【解析】【解答】CuSO4·5H2O受热分解为CuSO4和H2O，CuSO4为含氧酸酸式盐，受热可分解为碱性氧化物和酸性氧化物，即CuSO4受热分解为CuO和SO3，即烟为H2O和SO3，两者在铜盘中结合生成H2SO4，则精华为H2SO4，故答案为：C

【分析】本题要先根据CuSO4·5H2O受热产物判断，再结合酸性氧化物和碱性氧化物判断。

9．（2023高一下·黄冈期末）下列有关甲、乙两种电池的说法中正确的是（）

A．甲：电池工作时化学能全部转化为电能

B．甲：电解液不可能采用氢氧化钠水溶液

C．乙：电池工作时，电子从a电极→灯泡→b电极→电解液→a电极

D．乙：正极电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+

【答案】B

【知识点】化学电源新型电池

【解析】【解答】A、甲电池含有灯泡，化学能会转化为电能和光能，A错误；

B、Na会直接和水反应，B错误；

C、乙中，通入O2的一极为正极，即b电极为正极，a电极为负极，电子由负极经过导线流向正极，电子不流入电解液，C错误；

D、乙的电解质溶液呈酸性，二甲醚在负极上反应，失去电子，则负极电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，D错误；

故答案为：B

【分析】可以根据装置图中具有的构成判断能量变化；

B、Na会优先和水反应；

C、电子由负极经过导线流向正极，溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；

D、负极失电子，正极得电子。

10．（2023·丰台模拟）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是

化学反应平衡常数温度

973K1173K

①1.472.15

②2.381.67

③ab

A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4

B．反应②是吸热反应，

C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动

D．相同温度下，；

【答案】D

【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素

【解析】【解答】A.1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A不符合题意；

B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B不符合题意；

C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C不符合题意；

D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.利用三段式法计算；

B．依据升温，化学平衡常数减小分析；

C．根据盖斯定律分析；

D．根据盖斯定律计算。

11．（2023高一下·黄冈期末）二氧化氯(ClO2，黄绿色气体，易溶于水)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，疫情防控中常用于环境的消毒。工业上通过情性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是（）

A．当有0.2mol离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中理论上产生13.5gClO2

B．d为直流电源的负极，电解池a极上发生的电极反应为

C．二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1

D．离子交换膜为阳离子交换膜，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸

【答案】A

【知识点】电解池工作原理及应用

【解析】【解答】根据装置，可知在电解池中，NH4Cl转化为NCl3，则N化合价升高，HCl转化为H2，H化合价降低，则a电极为阳极，b电极为阴极，c为正极，d为负极；

A、经过阴离子交换膜的离子为Cl-，涉及的电极反应式为2HCl+2e-=H2↑+2Cl-，则当有0.2molCl-通过时，转移的电子为0.2mol，阳极为NH4+失去电子，电极反应式为NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，则有的NCl3生成，NCl3和H+、NaClO2在二氧化氯发生器反应的离子方程式为NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，则生成的ClO2为0.2mol，则生成13.5gClO2，A正确；

B、根据分析和A选项，可知a极为阳极，其电极反应式为NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，B错误；

C、根据A选项二氧化氯发生器的离子方程式为NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，可知NCl3作为氧化剂，ClO2-作为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6，C错误；

D、根据A选项的分析可知，交换膜为阴离子交换膜，D错误；

故答案为：A

【分析】A、根据电极反应式的电子物质的量以及电子守恒，计算氧化还原反应中NCl3的物质的量；

B、阳极失去电子，阴极得到电子；

C、化合价升高为还原剂，化合价降低为氧化剂；

D、阴离子交换膜可以通过阴离子，阳离子交换膜可以通过阳离子。

12．（2023高一下·温州期中）煤的综合利用可以获得洁净的燃料及多种化工原料．下列不属于煤的综合利用的是（）

A．煤干馏B．煤液化C．煤气化D．煤燃烧

【答案】D

【知识点】煤的干馏和综合利用

【解析】【解答】解：利用煤的气化、液化和干馏这些加工手段可以从煤中获得多种有机化合物；煤燃烧时煤的直接利用，

故答案为：D．

【分析】煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品．

13．（2023高一下·黄冈期末）下列方案设计、现象和结论不正确的是（）

目的方案设计现象和结论

A判断氯化银和碘化银的溶度积常数大小向盛有溶液的试管中滴加溶液，再向其中滴加4~5滴溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀，说明

B证实金属防腐措施中牺牲阳极法的有效性用饱和食盐水和琼脂粉配制琼脂溶液并倒入两个培养皿中，各滴加几滴酚酞和铁氰化钾溶液，将裹有锌皮和缠有铜丝的两个铁钉分别入培养皿，观察现象裹有锌皮的铁钉周围出现红色，缠有铜丝的铁钉周围出现红色和蓝色，说明活泼性强的锌保护了铁

C检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性，稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫

D检验乙炔分子中碳碳三键的稳定性将饱和氯化钠溶液滴入盛有电石的烧瓶中制取乙炔，将纯净的乙炔通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中，观察颜色变化溶液紫红色逐渐褪去，说明乙炔不稳定，容易被氧化

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A、题干中Ag+过量，则生成AgCl后Ag+有剩余，可以继续和I-结合生成AgI，无法证明AgCl和AgI的溶度积大小，A正确；

B、锌比铁更活泼，会优先腐蚀生成Zn(OH)2，遇酚酞变红，铁比铜更活泼，优先腐蚀，生成Fe(OH)2，Fe(OH)2遇酚酞变红，Fe2+遇铁氰酸钾生成蓝色沉淀，B错误；

C、二氧化氯具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，若不能是酸性高锰酸钾溶液褪色，则空气中不含二氧化氯，C错误；

D、乙炔具有还原性，不稳定，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误；

故答案为：A

【分析】A、此类题型要注意，若一种离子可以和另外两种离子都形成沉淀时，此种离子需少量才可以判断溶度积；

B、金属的电化学腐蚀中，活泼金属做负极，失去电子，空气中的氧气会转化为氢氧根，使溶液呈碱性

C、二氧化氯具有还原性，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原使其褪色；

D、乙炔具有还原性，可以和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，证明乙炔不稳定。

14．（2023高一下·黄冈期末）下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（）

A．黄绿色的氯水光照后颜色变浅

B．合成氨工业使用高压以提高氨的产量

C．棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅

D．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深

【答案】D

【知识点】化学平衡移动原理

【解析】【解答】A、氯水中含有氯分子，经过光照后，平衡移动，氯分子的浓度减少，颜色变浅，A错误；

B、增大压强，可以使平衡移动，氨气的浓度增大，提高氨的产量，B错误；

C、增大压强，体积缩小，NO2的浓度增大，颜色变深，后平衡移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，C错误；

D、氢气、碘蒸气、碘化氢的平衡体系中存在化学方程式，左右两边化学计量数相等，增大压强平衡不移动，由于压缩体积，各种物质浓度增大，颜色变深，D正确；

故答案为：D

【分析】平衡移动的判断；

增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；

增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；

增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；

升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。

15．（2022·全国乙卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（）

A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体

B．最高价氧化物的水化物的酸性：

C．阶段热分解失去4个

D．热分解后生成固体化合物

【答案】D

【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；质量守恒定律；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律

【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的单质分别是H2、B、N2、O2，常温下B为粉末，其他均为气体，A不符合题意；

B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B不符合题意；

C．假设100~200℃阶段热分解失去H2O的分子数为x，则，解得x≈3，说明失去3个水分子，C不符合题意；

D．假设500℃热分解生成固体B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时B2O3的质量分数为，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，根据化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及该化合物在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W2Z为H2O，所以W为氢元素，Z为氧元素；根据YZ2分子的总电子数为奇数且常温下为气体，可推出YZ2是NO2，则Y是氮元素；而W、X、Y、Z的电子数之和为21，可推出X是硼元素。

二、工业流程题

16．（2023高一下·黄冈期末）海水中溴元素主要以Br—形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：

（1）将吹出后的含Br2的空气按一定速率通入吸收塔，用SO2和水进行吸收，写出吸收反应的化学方程式：

（2）吸收后的空气进行循环利用。吹出时，Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示。SO2流量过大，Br2吹出率反而下降的原因是：

（3）工业上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化学方程式：Br2+Na2CO3NaBrO3+CO2+

当有3molBr2参加反应，发生转移的电子的物质的量为。

（4）用于吸收Br2的SO2是工业制硫酸的重要物质，其中主反应是催化氧化SO2.现将SO2与足量O2置于密闭容器中，在催化剂、500℃条件下发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，请回答下列问题。

i.反应开始至2min末，以SO2的浓度变化表示该反应的平均速率是；2min时，反应是否达到化学平衡状态(填“是”或“否”)。

ii.关于该反应下列说法不正确的是。

a．催化剂可以增大化学反应速率

b．改变温度或压强，可以实现SO2的完全转化

c．若仅增大容器容积，则该化学反应速率增大

【答案】（1）Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr

（2）过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降

（3）3；3；1；3；5NaBr；5mol

（4）1.25mol·L-1·min-1；否；bc

【知识点】化学反应速率的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用

【解析】【解答】（1）二氧化硫、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢，故答案为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；

（2）根据流程图，可知吸收Br2后的空气会进一步进入吹出的步骤，若SO2过量，会使得吸收Br2后的空气中含有SO2，SO2会在吹出步骤和Br2反应，使其吹出率下降，故答案为：过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降；

（3）化学方程式中，Br化合价升高，C、O、Na化合价不变，根据氧化还原反应的特点，可知化合价升降守恒，则降价元素应为Br，即Br自身发生氧化还原反应，Br2化合价降低生成Br-，由于阳离子为Na+，则产物生成NaBr，则化学方程式应为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr，此时3molBr2参加反应，转移的电子数为5mol，故答案为：3；3；1；3；5NaBr；5mol；

（4）i、SO2的浓度变化量为2.5mol·L-1，时间为2min，则其化学反应速率为1.25mol·L-1·min-1，2min后浓度仍然发生变化，则2min时反应未达到平衡，故答案：1.25mol·L-1·min-1；否；

ii、a、催化剂可以增大化学反应速率，a错误；

b、可逆反应无法完全转化，b正确；

c、增大容器体积，各种物质浓度减小，化学反应速率减慢，c正确；

故答案为：bc。

【分析】（1）二氧化氯、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢；

（2）本题要结合流程判断，二氧化硫过量时会进入吹出步骤和溴发生反应；

（3）氧化还原反应方程式中，化合价满足升降守恒，根据化合价升降守恒配平化学计量数，电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；

（4）i、化学反应速率；可逆反应达到平衡时，各种物质的浓度不再变化；

ii、a、催化剂可以改变化学反应速率，不影响平衡移动；

b、可逆反应无法完全转化，反应物和生成物同时存在；

c、容积增大，浓度减小，化学反应速率减小。

三、实验题

17．（2023高一下·黄冈期末）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。

已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。

I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。

实验记录如下：

实验现象

实验Ⅰ极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色

实验Ⅱ部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色

实验Ⅲ完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色

（1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。

（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究：

步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。

步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。

ⅰ．步骤a的目的是。

ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：。

（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是。

（4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是。

（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：。

【答案】（1）<

（2）除去，防止干扰后续实验；、

（3）或；白色沉淀逐渐溶解；溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)

（4）铜、含的的溶液

（5）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。

【知识点】化学平衡移动原理；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用

【解析】【解答】（1）I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；

（2）i、I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；故答案为：除去，防止干扰后续实验；

ii、根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以无色形式存在，加入浓氨水后，转化为无色，溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为：、；

（3）Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为：或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的；

（4）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含nmolI2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为：铜；含的的溶液；

（5）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和，故答案为：在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。

【分析】（1）增大反应物浓度，平衡朝正向移动；

（2）减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；

（3）可逆反应中，反应物和生成物同时存在；

（4）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；

（5）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。

四、填空题