【期中复习】2023-2024学年（人教版2019必修第二册）高一化学下册 期中测试卷二【测试范围：第五、六章】（人教版2019必修第二册） (2).zip

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时间：75分钟 满分：100分 测试范围：第五、六章
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（22-23高一下·广东茂名·期中）我国在科技上不断取得重大成果。下列各项中使用的材料不属于无机非金属材料的是
【答案】C
【解析】A．石英成分是SiO2，属于无机非金属材料，故A错误；
B．砷化镓是一种半导体材料，属于无机非金属材料，故B错误；
C．聚乙烯纤维是有机材料，不属于无机非金属材料，故C正确；
D．石墨烯由碳元素形成的单质，属于无机非金属材料，故D错误；
故选C。
2．（23-24高一上·重庆·期中）下列溶液中，能大量共存的离子组是
A．含有的溶液中：
B．加入足量的溶液中：
C．在透明的溶液中：
D．强碱性溶液中：
【答案】C
【解析】A．的溶液中存在大量的，和会生成二氧化碳和水，不能大量共存，A项不符合题意；
A．“神舟十四号”上搭载的石英挠性加速度计
B．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板
C．用于吊装港珠澳大桥的超高分子量聚乙烯纤维吊绳
D．应用于5G手机中的石墨烯导热膜
B．具有强氧化性，具有还原性，加入足量的溶液中，可与发生氧化还原反应，不能大量共存，B项不符合题意；
C．在透明的溶液中，4种离子均不发生反应，可以大量共存，C项符合题意；
D．强碱性溶液中存在大量的，与反应会生成和水，不能大量共存，D项不符合题意；
故选C。
3．（23-24高一上·广东深圳·期中）下列描述对应的离子方程式正确的是
A．钠投入冷水中：Na＋H2O＝Na＋ + OH− + H2↑
B．硫酸氢钠在水中的电离：NaHSO4＝Na＋ + HSO
C．氢硫酸中滴加双氧水：H2O2 + 2H+ +S2−＝2H2O + S↓
D．少量CO2通入澄清石灰水中：Ca2+ + 2OH− + CO2＝CaCO3↓ + H2O
【答案】D
【解析】A．钠投入冷水中生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na＋2H2O＝2Na＋ +2OH− + H2↑，A错误；
B．硫酸氢钠在水中的电离方程式应该为NaHSO4＝Na＋ + H＋+SO，B错误；
C．氢硫酸中滴加双氧水发生氧化还原反应生成水和单质硫，离子方程式为H2O2 + H2S＝2H2O + S↓，C错误；
D．少量CO2通入澄清石灰水中生成碳酸钙和水，离子方程式为Ca2+ + 2OH− + CO2＝CaCO3↓ + H2O，D正确；
答案选D。
4．（22-23高一下·贵州铜仁·期中）氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。实验室可选用下列装置和试剂制备氨气，并干燥、收集和处理尾气，下列说法正确的是
A．①和②均可用于实验室制备氨气
B．③中盛有碱石灰或无水氯化钙可用于干燥氨气
C．④可用于收集氨气，气流方向为a进b出
D．⑤中盛有稀硫酸可用于氨气的尾气处理
【答案】C
【解析】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷反应生成氯化铵，则装置①不能用于制备氨气，故A错误；
B．氯化钙能吸收氨气生成八氨氯化钙，则不能用无水氯化钙干燥氨气，故B错误；
C．氨气的密度比空气的密度小，应用向下排空气法收集氨气，则装置④可用于收集氨气，且气流方向为a
进b出，故C正确；
D．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，将氨气直接通入稀硫酸中会产生倒吸，则装置⑤不能用于氨气的尾气处理，故D错误；
故选C。
5．（23-24高一上·上海·期中）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，如图所示，下列说法正确的是
A．在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
B．由图示的转化可得出的氧化性的强弱顺序是：Fe3+>O2>S
C．回收S的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O
D．①②③三步均为氧化还原反应
【答案】C
【分析】由图可知，反应①为溶液中铜离子与硫化氢反应生成硫化铜和氢离子，反应②为硫化铜与溶液中的铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和硫，反应③为溶液中的亚铁离子酸性条件下与氧气生成铁离子，总反应为硫化氢与氧气反应生成硫和水。
【解析】A．由图可知，反应中铜元素、氢元素和氯元素的化合价均没有发生变化，故A错误；
B．由分析可知，反应③为溶液中的亚铁离子酸性条件下与氧气生成铁离子，反应中铁元素的化合价升高被氧化，铁离子是反应的氧化产物，氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧气的氧化性强于铁离子，故B错误；
C．由分析可知，回收硫的总反应为硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的化学方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，故C正确；
D．由分析可知，反应①为溶液中铜离子与硫化氢反应生成硫化铜和氢离子，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选C。
6．（23-24高一上·福建福州·期中）下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是
选
实验操作
实验目的或结论
【答案】B
【解析】
A．铵根和氢氧根离子在加热条件下生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确；
B．溶液中含有银离子，加入BaCl2溶液后，也可以产生相同的实验现象，B错误；
C．I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且密度比水大，可以用四氯化碳萃取碘水中的单质碘，C正确；
D．铝比铜活泼，可以置换出硫酸铜溶液中的铜，D正确；
故选B。
7．（23-24高一上·河北保定·期中）氯、硫元素的价类二维图如图所示。下列说法正确的是
A．Fe分别与b、g反应，产物中铁元素的化合价相同
B．反应的离子方程式为
C．工业制备得ⅰ的浓溶液常温下不与铁反应
D．d、h的水溶液在空气中久置，溶液酸性均减弱
【答案】B
【分析】由上述氯、硫元素的价类二维图可知，g为S单质，h为SO2，i为H2SO4，j为Na2SO3，f为H2S；
项
A
将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
证明溶液中有NH
B
向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解
证明该溶液中存在SO
C
向碘水中加入少量CCl4，充分振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
D
向CuSO4溶液中插入铝条，有红色固体析出
活泼性：Al大于Cu
a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为NaClO3。
【解析】A．Fe分别与b、g反应，分别生成FeCl3、FeS，产物中铁元素的化合价不相同，故A错误；
B．HCl+ NaClO3，发生归中反应，根据电子守恒与电荷守恒，离子方程式为：，故B正确；
C．常温下，浓硫酸与铁钝化，铁的表面生成致密的氧化膜，发生了化学反应，故C错误；
D．h的水溶液在空气中久置，亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强；HClO水溶液在空气中久置，HClO分解生成HCl，酸性增强，故D错误。
答案选B。
8．（23-24高一上·河北邯郸·期中）碳酸氢铵常用作高级食品发酵剂，该物质分解会产生三种气体，某同学设计了如图装置检测这三种气体(部分装置已略去)，所选检测试剂完全正确的是
【答案】D
【解析】水遇到无水硫酸铜变为蓝色，所以要检验水，需要无水硫酸铜；二氧化碳遇澄清石灰水变浑浊，所以要检验二氧化碳的存在，就要有澄清石灰水；氨气是碱性气体，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。所以要同时测出这三种气体，就要使装置中既具有无水硫酸铜、澄清石灰水、又有红色石蕊试纸。
故选D。
9．（23-24高一上·河北保定·期中）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．1 L 稀硫酸中硫酸根离子总数为
B．常温常压下，8 g由和组成的混合气体中含有的氧原子数为
检验试剂
选项
①
②
③
A
五水硫酸铜
红色石蕊试纸
澄清石灰水
B
无水硫酸铜
湿润的蓝色石蕊试纸
氯化钙溶液
C
五水硫酸铜
蓝色石蕊试纸
氯化钙溶液
D
无水硫酸铜
湿润的红色石蕊试纸
澄清石灰水
C．6.4 g与3.2g反应，生成的分子总数为
D．7.8 g由和组成的混合物中，含有的阴离子数目为
【答案】C
【解析】A．硫酸根离子的物质的量为，对应的数目为，A不符合题意；
B．常温常压下，8 g由和组成的混合气体中含有8g的氧原子，n(O)=，对应的数目为，B不符合题意；
C．与的反应属于可逆反应，在反应物的转化率不确定的情况下，生成分子的总数不能确定，C符合题意；
D．一个中含一个阴离子，一个中也只含一个阴离子，且二者的摩尔质量均为，则7.8 g二者混合物共0.1ml，所含有的阴离子数目为，D不符合题意；
故选C。
10．（22-23高一下·海南海口·期中）可以充分说明可逆反应A(g)+3B(g)3C(g)+D(g)，在恒温下达到平衡状态的是
A．反应器内压强不随时间变化而变化
B．反应器内A、B、C、D四种气共存
C．生成A的速率和生成的D的速率相等
D．生成1ml A同时有3ml C的消耗
【答案】C
【解析】A．该反应是反应前后气体的物质的量不变的反应，所以无论平衡与否气体的压强都不会发生变化，反应器内压强不变不能说明反应达到平衡状态，故A不选；
B．该反应是可逆反应，故反应物和生成物均可共存，所以反应器内A、B、C、D四种气体共存不能说明反应达到平衡状态，故B不选；
C．A和D的系数一样，生成A的速率和生成的D的速率相等，即v正=v逆，反应达到平衡，故C选；
D．无论平衡与否，生成1mlA的同时一定消耗3mlC，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选C。
11．（23-24高一上·福建泉州·期中）下列由实验现象得到的结论中错误的是
A．将两片打磨过的铝片分别放入3mL 20%的盐酸和氢氧化钠溶液中，均有气泡产生，能说明铝片既可与酸反应又可与某些碱反应
B．分别取3%、6%的双氧水2～3mL于两支试管中，再分别向两支试管中各加入少量等量的粉末，6%的双氧水产生气泡的速率明显快于3%的双氧水，能说明催化剂对浓溶液的作用更有效
C．将铁丝插入装有硫酸铜溶液的试管中，一段时间后取出，可以看到铁丝表面有红色附着物，能说明铁比铜更活泼
D．取15%的双氧水2～3mL于试管中，只有少量气泡产生，如果将试管置于75℃的热水中，气泡会明显增多，能说明温度升高反应会加快
【答案】B
【解析】A．两片打磨过的铝片分别放入盐酸和氢氧化钠溶液中，均有气泡生成，铝与盐酸反应生成氢气，与NaOH反应也生成氢气，说明铝片既能与酸反应也能与部分碱反应，A正确；
B．除了催化剂，浓度也会影响反应速率，两种双氧水浓度不同，加入等量催化剂后，6%的双氧水产生气泡速率更快，不能说明催化剂对浓溶液的作用更有效，可能是浓度的影响，B错误；
C．铁丝插入硫酸铜溶液中，一段时间后取出发现铁丝表面有铜析出，说明发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，证明铁比铜更活泼，C正确；
D．15%的双氧水2-3mL在试管中只有少量气泡产生，将试管置于75℃的热水中，气泡明显增多，说明温度升高过氧化氢分解速率增大，D正确；
故选B。
12．（22-23高一下·河北衡水·期中）在的反应中，下列选项表示的化学反应速率最快的是
A．v(X)=0.6ml·L-1·min-1B．v(Z)=0.1ml·L-1·s-1
C．v(Y)=0.2ml·L-1·min-1D．v(Q)=0.15nml·L-1·min-1
【答案】B
【解析】由化学反应速率之比等于化学计量数之比，均用Q的化学反应速率来表示A、B、C、D四个选项，则A项：v(Q)=0.2ml·L-1·min-1，B项：；C项：v(Q)=0.2ml·L-1·min-1；D项：v(Q)=0.15ml·L-1·min-1，则项的反应速率最快。故选B。
13．（22-23高一下·广东东莞·期中）一种NO-空气燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法正确的是

A．负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO+4H+
B．H+通过质子交换膜向左侧多孔石墨棒移动
C．若产生lmlHNO3，则通入O2的体积应大于16.8L
D．电子的流动方向：负极→电解质溶液→正极
【答案】A
【分析】燃料电池中，通燃料一极为负极，通入氧气或空气一极为正极，根据原电池工作原理，进行分析；
【解析】A．燃料电池中，通燃料一极为负极，即通入NO的一极为负极，根据装置图可知，负极电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO+4H+，故A正确；
B．根据原电池工作原理，H+从负极经质子交换膜向正极移动，即移向右侧多孔石墨，故B错误；
C．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断通入氧气的体积，故C错误；
D．根据原电池工作原理可知，电子从负极经外电路流向正极，故D错误；
答案为A。
14．（23-24高一上·江苏盐城·期中）某固体可能含有Na+、Ba2+、、Cl-、、中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验：
（1）一份固体溶于水，加入足量BaCl2溶液，得沉淀2.33g；过滤后加盐酸沉淀不溶解。
（2）另一份固体溶于水，与过量NaOH溶液混合后充分加热，只产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体(NH3)0.672L(标准状况)。已知+OH-NH3+H2O。下列说法正确的是
A．该固体中一定含有NH、Cl-、SO、Na+
B．根据以上实验，无法确定该固体中是否含有CO
C．Cl-一定存在且n(Cl-)≥0.01ml
D．该固体中一定没有Na+、CO
【答案】C
【分析】一份固体溶于水，加入足量氯化钡溶液，得到2.33g沉淀，在沉淀中加入过量稀盐酸沉淀不溶解，则2.33g沉淀为硫酸钡，且固体中n()=，则一定不含钡离子和；另一份固体与过量氢氧化钠固体混合后，充分加热，只产生0.672L标准状况下的氨气，其物质的量为，则含有的n()=0.03ml，所以一定不含OH-，又据溶液呈电中性，溶液中一定还有含带负电荷的阴离子，又因为溶液中无碳酸根和硫酸根，所以溶液中一定含氯离子，但是不能确定的是是否含钠离子。
【解析】A．由以上分析可知，该固体中一定含有、氯离子和，不能确定是否含有钠离子，故A错误；
B．一份固体溶于水，加入足量氯化钡溶液，得到2.33g沉淀，在沉淀中加入过量稀盐酸沉淀不溶解，所以溶液中一定没有，故B错误；
C．据以上分析可知，溶液中含0.01ml和0.03ml，由溶液电荷守恒可知，溶液中一定还有含带负电荷的阴离子，又因为溶液中无碳酸根和硫酸根，所以一定含氯离子且n(Cl-)≥0.01ml，故C正确；
D．据以上分析可知，溶液中含0.01ml和0.03ml，由溶液电荷守恒可知，溶液中一定还有含带负电荷的阴离子，又因为溶液中无碳酸根和硫酸根，所以一定含氯离子，由于氯离子的物质的量未知，所以该固体中可能含有钠离子，故D错误；
故答案为：C。
15．（22-23高一下·山东青岛·期末）为有效降低含氮化物的排放量，又能充分利用化学能，合作小组利用反应设计如图所示电池(离子交换膜对溶液里的离子具有选择透过能力)。下列说法错误的是

A．电流可以通过离子交换膜
B．电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性增强
C．电子由电极A经负载流向电极B
D．同温同压时，左右两侧电极室中产生的气体体积比为4∶3
【答案】B
【分析】根据化学方程式可知，NO2和NH3发生归中反应，NO2中N得电子化合价降低故通入NO2的电极B为正极，正极反应式为，NH3中N失电子化合价升高，故通入NH3的电极A为负极，负极反应式为。
【解析】A．电流通过离子交换膜才能形成闭合回路，A正确；
B．负极反应式为，消耗氢氧根离子的同时生成水，因此电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性减弱， B错误；
C．电极A为负极，电极B为正极，电子从电极A经负载流向电极B，C正确；
D．正极反应式为，负极反应式为，转移相同数量的电子时，正极上产生的气体与负极上产生的气体体积比为3∶4，即左右两侧电极室产生的气体体积比为4∶3， D正确；
故选B。
16．（22-23高一上·北京·期中）某校兴趣小组对SO2与新制Cu(OH)2悬浊液的反应进行探究，实验如下：
装置
序号
试管中的药品
现象
已知：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸。
下列说法不正确的是
A．取少量Cu2O固体于试管中，加入5mL0.1ml·L-1NaOH溶液，持续通入SO2，若试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色，证明实验Ⅰ中砖红色沉淀为Cu2O
B．将实验Ⅱ中白色沉淀洗涤干净后，加入浓盐酸，沉淀溶解，然后加入蒸馏水，产生白色沉淀，证明白色沉淀为CuCl
C．实验Ⅱ与实验Ⅰ现象不同是因为阴离子不同造成的
D．实验Ⅰ、Ⅱ中不一定生成了SO
【答案】D
【分析】实验Ⅰ、Ⅱ试管中的药品均生成新制氢氧化铜浊液，其中的阴离子不同，分别为硫酸根离子、氯离子，通入二氧化硫气体后，反应现象不同。
【解析】A．实验1的试管中先发生的反应，得到新制氢氧化铜浊液，，，氢氧化钠溶液有剩余；取少量Cu2O固体于试管中，加入5mL0.1ml·L-1NaOH溶液，Cu2O固体溶于碱性溶液，持续通入SO2，使溶液呈酸性，Cu2O在酸性条件发生歧化反应，若试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色，紫红色固体为铜，溶液呈绿色，溶液中有硫酸铜，说明溶液中发生如下反应，所以实验Ⅰ中砖红色沉淀为Cu2O，A正确；
B．实验Ⅱ的试管中先发生的反应是，，，氢氧化钠溶液剩余；CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓硫酸，实验Ⅱ中通入二氧化硫，有白色沉淀CuCl生成，发生的反应为，所以实验Ⅱ中白色沉淀洗涤干净后，加入浓盐酸，沉淀溶解，然后加入蒸馏水，产生白色沉淀，证明白色沉淀是CuCl，B正确；
C．实验Ⅱ溶液中含有氯化钠，实验Ⅰ溶液中含硫酸钠，这两个实验中阴离子不同，两个实验的现象不同，实验Ⅱ与实验Ⅰ现象不同是因为阴离子不同造成的，C正确；
D．根据以上分析，实验Ⅰ、Ⅱ中都生成了，D错误；
故选D。
持续通入
实验Ⅰ
1.5mL1ml·L-1CuSO4溶液和3.5mL1ml·L-1NaOH溶液混合
开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
实验Ⅱ
1.5mL1ml·L-1CuCl2溶液和3.5mL1ml·L-1NaOH溶液混合
开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
17．（23-24高一上·辽宁沈阳·期中）将NO2、NO、O2混合气体充满一圆底烧瓶(体积已折算为标况)，倒置水中，进行喷泉实验，最后无气体剩余，若所得产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度的数值大小范围为
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】利用极限法计算，若只有NO2与O2，最后无气体剩余，则二者按照4: 1的体积比混合；若只有NO与O2，最后无气体剩余，则二者按照4:3的体积比混合。设烧瓶的体积为VL，则V(NO2)=VL，n (HNO3)=n (NO2)= ，最后所得HNO3的物质的量浓度c(HNO3)= =ml/L。假设原混合气体为NO与O2，则会发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO与O2应按4:3混合，设烧瓶的体积为VL，则V(NO)= VL，n (HNO3)=n (NO)= ml，最后所得HNO3的物质的量浓度c(HNO3)= = ml/L，由于气体为NO2、NO和O2三者的混合物，因此所得溶液的物质的量浓度的数值大小范围为，故选C。
18．（22-23高一上·辽宁大连·期中）现有四种溶液m、n、p、q，分别含阴阳离子、Na+、Ba2+、Al3+、OH－、、、中的各一种，为了确定组成，进行了以下实验：将四种溶液两两混合，发现m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，p、q能产生无色有刺激性气味的气体，p与m、n均有沉淀产生，且在m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失。下列推断正确的是
A．p是Ba(OH)2B．q 是NH4HCO3C．n是Al2(SO4)3D．m 是Al(NO3)3
【答案】A
【分析】题目中突破口在于由m中逐滴滴入p时，沉淀增多，后减少但没有完全消失，由此可推出，现有离子中，此过程涉及物质一定是向铝盐溶液中逐滴滴入强碱溶液，故m为可溶性铝盐，p为强碱，再结合碱过量，沉淀未溶解完全，说明强碱与铝盐混合，除了有氢氧化铝生成，还有其他沉淀生成，则可判断出m为Al2(SO4)3，p为Ba(OH)2，则p、q能产生无色有刺激性气味的气体，q含NH3，m、n能剧烈反应，产生白色沉淀和无色气体，符合铝离子与HCO反应生成氢氧化铝和二氧化碳的现象，则n含HCO，由于所剩离子仅为Na+和，溶液呈电中性，故q为NH4NO3，n为NaHCO3。
【解析】A．由分析可知，p为Ba(OH)2，故A正确；
B．由分析可知，q为NH4NO3，故B错误；
C．由分析可知，n为NaHCO3，故C错误；
D．由分析可知，m为Al2(SO4)3，故D错误；
故选A。
19．（23-24高一上·河北衡水·期中）一定温度下，10mL0.8溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的的体积(已折算为标准状况下)如表。
下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A．反应到6min时，
B．第4min时的瞬时速率小于第6min时的瞬时速率
C．反应至6min时，分解率为50%
D．0～6min的平均反应速率：
【答案】D
【解析】A．应至6min时，生成O2在标况下的体积为22.4mL(物质的量为0.001ml)，消耗H2O2的物质的量为0.002ml，则，A错误；
B．第4min时过氧化氢得浓度大于第6min时过氧化氢得浓度，浓度越大，反应速率越快，故第4min时瞬时速率大于第6min时的瞬时速率，B错误；
C．应至6min时，生成O2在标况下的体积为22.4mL(物质的量为0.001ml)，则分解的H2O2的物质的量为0.002ml，所以H2O2分解率为，C错误；
D．0～6min时间内，生成，由得消耗，，所以，D正确；
故选D。
20．（22-23高一下·广东东莞·期中）一种NO-空气燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法正确的是
t/min
0
2
4
6
8
10
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9

A．负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO+4H+
B．H+通过质子交换膜向左侧多孔石墨棒移动
C．若产生lmlHNO3，则通入O2的体积应大于16.8L
D．电子的流动方向：负极→电解质溶液→正极
【答案】A
【分析】燃料电池中，通燃料一极为负极，通入氧气或空气一极为正极，根据原电池工作原理，进行分析；
【解析】A．燃料电池中，通燃料一极为负极，即通入NO的一极为负极，根据装置图可知，负极电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO+4H+，故A正确；
B．根据原电池工作原理，H+从负极经质子交换膜向正极移动，即移向右侧多孔石墨，故B错误；
C．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断通入氧气的体积，故C错误；
D．根据原电池工作原理可知，电子从负极经外电路流向正极，故D错误；
答案为A。
第II卷（非选择题 共40分）
三、非选择题：本题共4个大题，共40分。
21．（10分）（22-23高一下·山东青岛·期末）图一所示是一个燃料电池的示意图，a、b表示通入的气体，当此燃料电池工作时：

（1）如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则相同时间内，正极和负极通入的气体的体积比为： 。(设气体为同温、同压)
（2）如果a极通入CH4，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，则通CH4的电极上的电极反应为： 。
（3）如果a极通入乙烯，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则通乙烯的电极上的电极反应为： 。
（4）某原电池装置初始状态如图二所示，交换膜两侧的溶液体积均为2L，该电池总反应为 ，当电路中转移1ml电子时，共有 ml离子通过交换膜，交换膜右侧溶液中c(HCl)= ml•L-1(忽略溶液体积变化和Cl2溶于水)。

【答案】（1）1：2
（2）CH4+10OH--8e-=CO+7H2O
（3）C2H4-12e-+4H2O=2CO2+12H+
（4） 2Ag+Cl2=2AgCl 1 1.5
【解析】（1）如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，构成燃料电池，氢气失去电子发生氧化反应为负极、氧气得到电子发生还原反应为正极，总反应为氢气和氧气反应生成水：2H2+O2=2H2O，故相同时间内，正极和负极通入的气体的体积比为1:2；
（2）如果a极通入CH4，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，构成燃料电池，燃料甲烷在负极发生失电子的氧化反应在碱性条件下生成碳酸根离子，则通CH4的电极上的电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO+7H2O；
（3）如果a极通入乙烯，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，构成燃料电池，燃料乙烯在负极发生失电子的氧化反应在酸性条件下生成二氧化碳气体，则通乙烯的电极上的电极反应为：C2H4-12e-+4H2O=2CO2+12H+；
（4）由图可知，左侧电极为负极，银失去电子反应发生氧化反应，；右侧为正极，氯气得到电子发生还原反应，；总反应为2Ag+Cl2=2AgCl；隔膜只允许氢离子通过，转移1 ml电子，必有1 ml Cl-沉淀。为了维持电荷平衡，交换膜左侧溶液中必有1 ml H+向交换膜右侧迁移，右侧增加1mlHCl，故反应后交换膜右侧溶液中c(HCl)=（1+）ml·L-1=1.5 ml·L- (忽略溶液体积变化)。
22．（10分）（22-23高一下·河北衡水·期末）在容积为5L的密闭容器中，发生A、B两种物质间的转化反应，A、B物质的量随时间变化曲线如图所示。请分析图中数据，回答下列问题。

（1）4min时，反应是否达到化学平衡 (填“是”或“否”)，此时正反应速率 逆反应速率(填“>”或“<”或“=”)。
（2）该反应的化学方程式为 。
（3）反应开始至4min，A的平均反应速率为 ；
（4）若向容器中充入He，该反应速率 (填“加快”或“减慢”或“不变”)。若要进一步提高该反应的化学反应速率，还可以采取的措施有 (任写一条)。
【答案】（1） 否 >
（2）2A(g)B(g)
（3）0.02ml·L-1·min-1
（4） 不变 催化剂或升高温度或加压或提高反应物浓度
【解析】（1）4min后A和B的物质的量还在变化，说明反应没有达到平衡；此时物质A依然在减少，物质B依然在增加，说明反应正向进行，故正反应速率>逆反应速；
（2）4min时，A的转化量：B的转化量=(0.8-0.4):(0.4-0.2)=2:1，A不能完全转化为B，该反应是可逆反应，方程式为：2A(g)B(g)；
（3）该反应进行到4min时，A的平均反应速率为=0.02ml/(L·min)；
（4）该容器为恒容容器，向容器中充入He，容器体积不变，反应物浓度不变，反应速率不变；从反应速率的影响因素考虑，若要进一步提高该反应的化学反应速率，还可以采取的措施有：催化剂或升高温度或加压或提高反应物浓度。
23．（10分）（23-24高一上·山东青岛·期末）某兴趣小组改进铜与浓硝酸反应的实验，并做进一步探究，实验装置如图。已知NaOH溶液不与NO反应，能与NO2和NO的混合气体或NO2反应。
实验步骤：
ⅰ.按照上图组装实验仪器并添加试剂后，向下推动铜丝使其浸入到浓硝酸中，当气体充满装置时，停止反应；
ⅱ.用注射器取含紫色石蕊溶液的蒸馏水，逐滴滴入；
ⅲ.注入氧气至过量；
ⅳ.分别向试管1和试管2中注入适量的饱和氢氧化钠溶液。
回答下列问题：
（1）步骤(ⅰ)观察到的现象为 ，反应的离子方程式为 ，使反应停止的操作为 。
（2）步骤(ⅱ)加入含紫色石蕊溶液的蒸馏水后的现象为 。
（3）步骤(ⅲ)先注入少量氧气并观察现象，再注入过量氧气。依据观察到的现象，得出的结论为 ，注入氧气过量的目的是 。
（4）步骤(ⅳ)注入饱和氢氧化钠溶液的目的是 ，其中涉及的氧化还原反应的离子方程式为 。
【答案】（1）铜丝溶解，溶液变为绿色，产生红棕色气体，气球膨胀 将铜丝提起，与硝酸分离
（2）红棕色气体变浅，石蕊溶液变红，气球变瘪
（3）步骤ⅱ中发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，生成NO 将NO全部氧化为NO2
（4）处理反应后的废气和废液 2NO2+2OH-=++H2O (NO+NO2+2OH-=2+H2O)
【分析】将铜丝伸入浓硝酸中发生反应：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，反应消耗Cu产生Cu2+，使溶液变为蓝色，但由于反应产生大量的NO2溶解在溶液中，使溶液呈绿色，当溶液饱和后，红棕色NO2气体会逸出；当将铜丝向上拔起脱离浓硝酸时反应停止；向反应后的溶液中加入含有紫色石蕊试液的蒸馏水，发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，溶液红棕色气体变浅甚至消失，反应产生H+，使石蕊溶液变红色，由于反应后气体减少，因而气球变瘪；再向其中注入氧气至过量时，目的是将NO氧化为NO2，在步骤(ⅳ)中注入饱和氢氧化钠溶液的目的是处理反应后的废气和废液，发生反应：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O或2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O，然后根据问题分析解答。
【解析】（1）步骤(i)观察到的现象为：铜丝溶解，溶液变为绿色，产生红棕色气体，气球膨胀，反应的离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；使反应停止的操作为：将铜丝提起，与硝酸分离；
（2）步骤(ⅱ)加入含紫色石蕊溶液的蒸馏水后的现象为：红棕色气体变浅，石蕊溶液变红，气球变瘪；
（3）步骤(ⅲ)先注入少量氧气并观察现象，再注入过量氧气。依据观察到的现象，得出的结论为：步骤ⅱ中发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成NO，注入氧气过量的目的是：将NO全部氧化为NO2；
（4）步骤(iv)注入饱和氢氧化钠溶液的目的是：处理反应后的废气和废液，其中涉及的氧化还原反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=++H2O或NO+NO2+2OH-=2+H2O。
24．（10分）（22-23高一下·福建厦门·期末）实验室可用图中装置(略去部分夹持仪器)制取并验证其性质。
（1）装置F中盛放溶液的仪器名称为 ，装置A中发生反应的化学方程式为 。
（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若 ，则整个装置气密性良好。
（3）装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断生成的快慢，其中的液体最好选择 (填序号)。
a．蒸馏水 b．饱和溶液 c．饱和溶液 d．饱和溶液
（4）C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为 。
（5）为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管D中的溶液分成三份，分别进行实验：
方案I：向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成；
方案II：向第二份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成；
方案III：向第三份溶液中加入溶液，有产生白色沉淀。
上述方案中合理的是方案 (填“I”“II”或“III”)。
【答案】（1） 锥形瓶 H2SO4(浓)+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O[或2H2SO4(浓)+Na2SO3=2NaHSO4+SO2+H2O]
（2）液柱高度保持不变
（3）c
（4）有浅黄色沉淀生成
（5）III
【分析】70%的硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，B装置通过观察气泡的多少判断SO2生成速率，二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，二氧化硫与新制氯水反应生成硫酸根离子和氯离子使新制氯水褪色，装置E的作用为防止倒吸，F中为碱液用于吸收二氧化硫。
【解析】（1）装置F中盛放溶液的仪器名称为锥形瓶。装置A中硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，化学方程式为H2SO4(浓)+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O[或2H2SO4(浓)+Na2SO3=2NaHSO4+SO2+H2O]。
（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗中注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，说明整个装置的气密性较好。
（3）a．二氧化硫能溶于水，盛装的液体不适合为水，a错误；
b．饱和亚硫酸钠能与二氧化硫反应从而吸收二氧化硫，b错误；
c．饱和NaHSO3溶液不与SO2反应且不会吸收SO2，可选择该溶液，c正确；
d．NaOH溶液与SO2反应从而吸收SO2，d错误；
故答案选c。
（4）C试管中二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，二氧化硫得电子体现氧化性，实验现象为有浅黄色沉淀生成。
（5）方案Ⅰ中新制氯水中本来就存在氯离子，即使没发生反应加入AgNO3也会生成AgCl白色沉淀，方案Ⅰ错误；
方案ⅡSO2可与氢氧化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀，即使没有发生反应，也能生成白色沉淀，方案Ⅱ错误；
方案Ⅲ加入氯化钡生成白色沉淀，说明有硫酸根离子生成，则SO2被氧化为硫酸根离子，SO2体现还原性，方案Ⅲ正确；
上述方案中合理的是方案Ⅲ。