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山东省高密市第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考化学试题（原卷版+解析版）
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一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
2. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：
下列说法正确的是
A. 在该过程中，CO断键形成C原子和O原子
B. CO和O生成CO2是吸热过程
C. CO和O生成了具有非极性共价键的CO2分子
D. 状态I→状态III不能表示CO与O2的反应过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，在该过程中，CO中C和O之间的化学键没有断裂，故A错误；
B．由图可知，状态Ⅰ的能量高于状态Ⅲ，该过程为放热过程，故B错误；
C． CO2中只含极性共价键，故C错误；
D．状态I→状态II表示CO与O的反应过程，不能表示CO与O2的反应过程，故D正确；
答案选D。
3. 、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是
A. X的中子数为2
B. X、Y互为同位素
C. 、可用作示踪原子研究化学反应历程
D. 自然界不存在、分子是因其化学键不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】根据质量守恒可知，X微粒为，Y微粒为，据此分析解题。
A. 由分析可知，X微粒为，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者具有相同质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；
D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D错误；
故答案：B。
4. 甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是
A. 原子半径：丁＞戊＞乙
B. 非金属性：戊＞丁＞丙
C. 甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D. 丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
【答案】C
【解析】
【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；
B．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；
C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；
D．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。
综上所述，答案为C。
5. 黑火药是我国古代四大发明之一，它是由木炭（C）、硫磺（S）、火硝（KNO3）按一定比例混合而成，爆炸时发生反应：S＋2KNO3＋3CK2S＋3CO2↑＋N2↑。下列叙述不正确的是
A. K2S属于离子化合物B. 火硝中既含有离子键，又含有共价键
C. CO2和N2分子中均含有共价键D. 组成黑火药成分的元素都属于短周期元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．K2S是钾离子和硫离子构成，含有离子键，属于离子化合物，故A正确；
B．KNO3是由钾离子和硝酸离子构成，含有离子键，硝酸根离子中氮氧原子之间为共价键，故火硝中既含有离子键，又含有共价键，故B正确；
C．CO2是共价化合物，含有共价键，N2分子中氮原子之间以共价键结合，则二者均含有共价键，故C正确；
D．组成黑火药成分中含有KNO3，K元素为第四周期元素，属长周期元素，故D错误；
答案选D。
6. 元素周期表中的金属和非金属元素的分界线用虚线表示。下列说法中正确的是( )
A. 虚线的左侧全部是金属元素
B. 非金属性最强的元素是氟，其最高价氧化物对应水化物酸性最强
C. 第ⅠA族元素的金属性一定强于第ⅡA族元素
D. Si是半导体材料，Ge也可能是半导体材料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．虚线的左侧除了氢元素以外，其他全部都是金属元素，A错误；
B．非金属性最强的元素是氟，但氟没有正价，B错误；
C．同周期第ⅠA族元素的金属性强于第ⅡA元素，且第ⅠA族中的氢元素的金属性弱于第ⅡA元素，C错误；
D．Si和Ge都位于金属元素与非金属元素的分界线处附近，Si是半导体，Ge也可能是半导体，D正确；
故选D。
7. 下列选项中，有关实验操作、现象和结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色；则没有透过蓝色钴玻璃观察，看到火焰为黄色，那么该溶液中一定有可能有，A正确；
B．SO2气体通入碳酸钠溶液中生成无色无味气体，只能证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强，亚硫酸不是硫的最高价氧化物形成的酸，无法证明硫酸酸性比碳酸酸性强，则无法证明非金属性硫比碳强，B错误；
C．AlCl3溶液中滴入过量氢氧化钠溶液无白色沉淀，是因为生成的氢氧化铝溶于强碱溶液，说明氢氧化铝碱性极弱且有一定的酸性，此实验能够证明金属性镁比铝强，C正确；；
D．烧杯壁变凉，则温度降低，说明反应为吸热反应，D正确；
故选B。
8. 海带提碘的实验过程中涉及下列操作，其中错误的是
A. 用图甲装置将干海带灼烧成灰
B. 用图乙装置过滤海带灰的悬浊液
C. 用图丙装置萃取后放出碘的乙醇溶液
D. 用图丁装置将碘重新富集到水溶液中
【答案】C
【解析】
【详解】A．灼烧海带应在坩埚中进行，故A正确；
B．过滤时用玻璃棒引流，故B正确；
C．萃取使用的有机溶剂是不溶于水的有机物，乙醇易溶于水，不能做萃取剂，故C错误；
D．碘单质与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的碘化钠和次碘酸钠溶液，故可以将碘重新富集到水溶液中，故D正确；
答案选C。
9. 如图为发光二极管连接柠檬电池装置，下列说法不正确的是
A. 铁环作负极
B. 电子由Fe环经导线流向发光二极管
C. 负极的电极反应为，Fe-2e-=Fe2+
D. 柠檬可替换成葡萄糖溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，故A正确，不选；
B．铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，铜为正极，电子由Fe环经导线流向发光二极管，故B正确，不选；
C．铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，负极铁失电子，电极反应为：Fe－2e-=Fe2+，故C正确，不选；
D．葡萄糖是非电解质，不能导电，不能将柠檬替换成装有葡萄糖溶液的装置，故D错误，符合题意；
答案选D。
10. 一种可充电锂—空气电池如图所示。当电池放电时，与在多孔碳材料电极处生成(x=0或1)。
下列说法不正确的是
A. 放电时，多孔碳材料电极为正极
B. 放电时，外电路电流由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为
【答案】C
【解析】
【分析】当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x，即O2在多孔碳材料电极表面得到电子生成O2-，再与转移过来的Li+结合生成Li2O2-x，所以锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，原电池总反应为2Li+（1-）O2=Li2O2-x，原电池工作时，外电路中：电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，电解质溶液中：阳离子Li+移向正极多孔碳材料电极，阴离子移向负极锂电极；充电时，装置为电解池，原电池的正极与电源正极相接，负极与电源负极相接，阴阳极电极反应与原电池负正极反应恰好相反，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，放电时，多孔碳材料电极为正极，A正确；
B．由分析可知，放电时，外电路的电流由正极多孔碳材料电极流向负极锂电极，B正确；
C．由分析可知，充电时，多孔碳材料电极为阳极，锂电极为阴极，故电解质溶液中向阴极锂电极区迁移，C错误；
D．由分析可知，充电时，电池总反应刚好是原电池总反应的逆过程，即为，D正确；
故答案为：C。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意）
11. 根据下面的信息，下列叙述正确的是
A. 跟反应生成放出能量为
B. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C. 跟反应生成释放能量为
D. 的能量比与的能量之和低
【答案】AD
【解析】
【分析】化学反应中，断键需要吸收热量，成键则放出热量。
【详解】A．分解为4mlH(g)时吸收436×2＝872kJ的热量，分解为2ml O(g)时吸收249×2＝498 kJ的热量，4mlH(g)和2ml O(g)结合形成2ml H2O(g)释放930×2＝1860 kJ的热量，所以整个过程共释放1860－498－872＝490kJ，故A正确；
B．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量有关，故B错误；
C．分解为2mlH(g)时吸收436kJ的热量，分解为1ml O(g)时吸收249 kJ的热量，2mlH(g)和2ml O(g)结合形成1ml H2O(g)释放930 kJ的热量，所以整个过程共释放930－436－249＝245kJ，H2O(g)转化为H2O(l)还需要释放一部热量，所以跟反应生成释放能量大于，故C错误；
D．与生成需要释放能量，所以的能量比与的能量之和低，故D正确；
故选AD。
12. 某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性：，设计了盐桥式的原电池，如图所示。盐桥中装有琼脂与饱和溶液。下列叙述中不正确的是
A. 甲烧杯的溶液中发生还原反应
B. 乙烧杯中发生的电极反应为
C. 外电路的电流方向为从b到a
D. 电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯
【答案】AB
【解析】
【分析】氧化性：，所以原电池反应为亚铁离子和重铬酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、铬离子和水，则在b极得电子发生还原反应，b是正极；Fe2+在a极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极。
【详解】A．据分析，甲烧杯中Fe2+在a极失电子发生氧化反应生成Fe3+，A错误；
B．乙烧杯中在b极得电子发生还原反应生成Cr3+，b电极反应为，B错误；
C．a是负极、b是正极，外电路的电流方向为从b到a，C正确；
D．a是负极、b是正极，电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯，D正确；
故选AB。
13. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. 非金属性：B. 单质的熔点：
C. 简单氢化物的沸点：D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【解析】
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
14. 实验室分离和的流程如下：
已知在浓盐酸中生成黄色配离子，该配离子在乙醚（，沸点）中生成缔合物。下列说法错误的是
A. 萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下
B. 分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出
C. 分液后水相为无色，说明已达到分离目的
D. 反萃取后，铁元素在溶液中主要以形式存在
【答案】A
【解析】
【分析】和加入浓盐酸酸化，计入乙醚萃取使得铁离子进入有机相，分液有机相进行反萃取，然后蒸馏除去乙醚得到含铁离子的溶液；
【详解】A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A错误；
B．分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的上层液体从分液漏斗上口倒出，B正确；
C．Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醚中生成缔合物，乙醚与水不互溶，故分液后水相为无色，则水相中不再含有Fe3+，说明已经达到分离目的，C正确；
D．反萃取后，铁元素进入水相，在溶液中主要以形式存在，D正确；
故选A。
15. 利用微生物燃料电池进行废水处理，可实现碳氮联合转化。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是
A. 负极反应式为
B. 电池工作时，由M极区移向N极区
C. 相同条件下，M极区生成的与N极区生成的的体积之比为
D. 好氧微生物反应器中发生的反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】由图示分析可知微生物燃料电池中，CH3COO-→CO2，发生失去电子的氧化反应，则M为原电池的负极，环境为酸性介质，负极电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O═2CO2+7H+；NO3-→N2，反应得电子的还原反应，则N为原电池的正极，正极电极反应式为：2NO3-+12H++10e-═N2+6H2O，电解质溶液中，阴离子移向负极M，阳离子移向正极N；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-：NH4++2O2═NO3-+2H++H2O，据此解答。
【详解】A.负极失电子，由图可知，M为负极，在负极反应生成二氧化碳，其电极反应为，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子由负极移向正极，所以由M极移向N极，故B正确；
C.在N极反应生成氮气，其电极反应为：，由两极反应可知，相同条件下，M、N两极生成的和的体积之比为5：2，故C错误；
D.由图可知，好氧微生物反应器中发生的反应为，故D正确。
故选C
高一化学春学竞赛试题
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16. 已知X、Y、Z、W、Q短周期元素，它们具有如下特征：
回答下列问题：
(1)下图模型表示的分子中，可由X、Y形成的是___________(填写序号)。
(2)Q单质在Z单质中燃烧生成淡黄色固体，该固体中所含化学键类型为___________。
(3)硒()是人体必需的微量元素，与Z同主族，且比Z原子多两个电子层，推测并画出的原子结构示意图___________；W和的简单气态氢化物的稳定性由大到小的顺序___________(用氢化物化学式表示)；具有刺激性气味，可与足量溶液反应，离子方程式为___________。
(4)设计实验证明W的得电子能力大于Y，简述操作步骤和现象(可选用试剂：稀、稀、稀盐酸、大理石、纯碱、澄清石灰水)___________。
【答案】 ①. d ②. 离子键、共价键 ③. ④. ⑤. ⑥. 向纯碱中滴加稀，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊
【解析】
【分析】X在元素周期表中，原子半径最小，X是H元素；Y最外层电子数是次外层电子数的两倍，Y是C元素；Z常温下，有、两种气体单质存在，Z是O元素；W与Z原子具有相同的最外层电子数，W是S元素；Q 的M层比K层少1个电子，Q是Na元素。
【详解】(1)a可表示CO2分子、b表示H2O分子，c表示氨气、d表示甲烷；可由H、C形成的是甲烷，选d。
(2)钠在氧气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2，该固体中所含化学键类型为离子键、共价键；
(3)硒()与O同主族，且比O原子多两个电子层，则是34号元素，的原子结构示意图；同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，S和的简单气态氢化物的稳定性由大到小的顺序；根据SO2的性质，可知与足量溶液反应生成Na2SeO3和水，反应的离子方程式为；
(4) 向纯碱中滴加稀，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明纯碱中滴加稀放出二氧化碳气体，证明硫酸酸性大于碳酸，S的得电子能力大于C。
17. 为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
I．打开关闭，，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ．关闭，打开，，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭。
Ⅲ．B中继续通气体，当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ．……
（1）装置A中m的作用为__________________。
（2）能说明氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________________。
（3）用离子方程式解释过程Ⅱ中溶液变为黄色的原因：_________________。
（4）过程V的目的是验证溴的氧化性强于碘，简述其操作过程___________________。
（5）过程Ⅲ实验的目的是____________________。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下________________，得电子能力逐渐减弱。
【答案】（1）平衡气压，使液体能顺利滴下
（2）淀粉溶液变成蓝色
（3）
（4）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置
（5）确认C黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
（6）电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大
【解析】
【分析】实验Ⅰ，打开K1，关闭K2，K3，打开活塞a，滴加浓盐酸在A中与KMnO4反应生成Cl2，进入E中与KI反应，验证Cl2与I2的氧化性强弱；实验Ⅱ，关闭K1，打开K2，K3，氯气进入B和C中，与NaBr反应，当B和C中的溶液都变为黄色时，证明BC中的NaBr中均有少量氯气进入，关闭K3，实验Ⅲ，继续向B中通入Cl2，当B中溶液由黄色变为棕红色时，证明NaBr已被反应完全，验证氯气和溴的氧化性强弱，关闭活塞a，停止产生氯气，最后实验Ⅳ，打开活塞b，使C中反应生成的溴进入D中，验证溴的氧化性强于碘。
【小问1详解】
m的作用是连通容器和分液漏斗的气体，达到平衡气压的目的，使液体能顺利滴下；
【小问2详解】
E中产生I2就说明Cl2的氧化性比I2强，故当E中淀粉溶液变蓝，即说明有碘单质生成。故淀粉溶液变成蓝色，能说明氯气的氧化性强于碘；
【小问3详解】
BC均为NaBr溶液，变为黄色，说明通入Cl2后，有Br2生成，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
验证溴的氧化性强于碘，需要Br2进入碘化钾溶液中，C中黄色溶液中存在Br2，而且通入Cl2很少，已被完全反应，没有Cl2的干扰。使C中溶液进入D中，观察溶液分层和颜色情况即可，故操作为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置；
【小问5详解】
为了使C中没有Cl2干扰后续试验，需要确保装置内没有Cl2，故通过继续向B中通氯气，待B中颜色变成红棕色，说明NaBr被完全反应，保证装置内Cl2被完全反应，故过程Ⅲ的实验目的是确认C黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
【小问6详解】
氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
18. 溴主要用于制造汽油抗爆剂、照相感光材料、药物、试剂和农药等。空气吹出法工艺利用制盐后的卤水提取溴。这种卤水含溴离子的浓度很低，在生产中用下列方法制取液溴。
回答下列问题：已知：吸收液中的主要成分是、
（1）第⑤步后的“溴水混合物”中溴的质量分数比“含的海水”中溴的质量分数___________（填“高”、“低”）。
（2）步骤③的操作是：___________________；经过该操作获得含的空气，利用了_________________的性质。
步骤⑥的蒸馏过程中，溴出口温度要控制在，温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_______________________。
（3）步骤④和⑤的目的是：__________________；步骤④用浓的溶液，发生反应的离子方程式为：___________________。
（4）第⑧步分离的目的是除去溴中混有的少量氯气和水蒸气，要除去少量的氯气，加入的试剂是：___________，然后操作名称是：___________。
【答案】（1）高 （2） ①. 热空气吹出 ②. 易挥发 ③. 温度过高，大量水蒸气随之蒸出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
（3） ①. 富集(增大溶液中溴单质的浓度) ②.
（4） ①. 饱和NaBr溶液 ②. 分液
【解析】
【分析】海水提盐后的苦卤中含有溴离子，通入氯气，将溴离子氧化为溴单质，此时含的海水中除了溴单质，还有钾离子、钠离子、氯离子等，用热空气吹出溴单质，再用氢氧化钠溶液吸收溴单质，吸收液中的主要成分是、，再加入稀硫酸，溴元素转化为溴单质，得到溴水混合物，此时经过溴的富集，“溴水混合物”中溴的质量分数比“含的海水”中溴的质量分数要高，经过蒸馏，得到溴蒸气，冷凝分离后得到液溴，粗溴水可以循环利用。
【小问1详解】
经分析知，经过溴的富集，第⑤步后的“溴水混合物”中溴的质量分数比“含的海水”中溴的质量分数高；
【小问2详解】
步骤③是从含溴单质的海水中得到含溴单质的空气，又因为Br2易挥发，所以步骤③的操作是热空气吹出；温度过高，大量水蒸气排出，溴气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低，所以溴出口温度要控制在，温度过高或过低都不利于生产，故答案为：温度过高，大量水蒸气随之蒸出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低；
【小问3详解】
步骤①②之后并未直接用含Br2的海水进行蒸馏得到液溴，主要是②后的海水中含溴量少,蒸馏时会消耗大量能源，而是经过步骤③④⑤后再蒸馏，主要是富集溴后再蒸馏，消耗的能源低，这样操作的原因：步骤④⑤实际上是溴的富集过程，与直接蒸馏含溴的海水相比，富集后再蒸馏效率更高，消耗能量更少，成本更低；故答案为: 富集(增大溶液中溴单质的浓度)；已知：吸收液中的主要成分是、，所以步骤④用浓的溶液，发生反应的离子方程式为：
【小问4详解】
因为氧化性：Cl2>Br2>Fe3+，还原性：Cl-19. 甲烷（）在生产生活中用途广泛，常用作燃料。利用、与在催化剂作用下可以合成甲烷。回答下列问题：
（1）实验测得与反应生成和的反应中，每生成（标准状况），放出热量，则该反应的热化学方程式为______________________。
（2）已知有关物质的化学键键能数据如下：
试计算反应的焓变等于___________。
（3）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
反应I的化学方程式为_______________。
（液）分解成气态物质需要吸收的能量是，硫的燃烧热为，则反应Ⅱ的热化学方程式为___________。
（4）将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。下图为通过光电转化原理以廉价原料制备新产品的示意图。写出光电转化过程的化学反应方程式：______________。
【答案】（1）
（2）-158kJ/ml
（3） ①. ②.
（4）
【解析】
【小问1详解】
每生成（标准状况为0.1ml），放出热量，则生成1ml气体甲烷放热206.4kJ，故该反应的热化学方程式为；
【小问2详解】
由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得，反应的焓变ΔH=(805kJ/ml×2+436 kJ/ml×4)-(413kJ/ml×4+465 kJ/ml×4) =-158kJ/ml；
【小问3详解】
由图可知，反应Ⅰ为硫酸分解为氧气、二氧化硫和水，；（液）分解成气态物质需要吸收的能量是，则：①，；硫的燃烧热为，则②；由盖斯定律可知，-①-②得反应Ⅱ；
【小问4详解】
由图可知，二氧化碳和水在太阳能作用下生成氧气和甲酸，光电转化过程的化学反应方程式：。
20. 回答下列问题
（1）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示。
①当左槽溶液颜色逐渐由黄变蓝，其电极反应式为______________。
②放电过程中，右槽溶液颜色逐渐由___________色变为___________色。
③放电过程中氢离子的作用是：参与正极反应和______________。
④放电时若转移的电子数为个，左槽溶液中的变化量为___________。
（2）某研究小组采用甲烷燃料电池作为电源，电解饱和氯化钠溶液的原理如图所示。
①甲烷燃料电池的负极反应为_______________。
②闭合K后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极的产物是___________，a电极的电极反应式为________________。
【答案】（1） ①. ②. 紫 ③. 绿 ④. 氢离子从右槽通过交换膜向左槽移动，使电流通过溶液 ⑤. 0.5ml
（2） ①. ②. 氢气和氢氧化钠 ③.
【解析】
【小问1详解】
①左槽溶液颜色逐渐由黄变蓝，由左槽电解液颜色的变化可知，溶液中的转化为VO2＋，即V元素的化合价从+5降低为+4，在左侧电极上发生还原反应，由于电解液是酸性的，因此可以判断该电极上发生的电极反应是；
②放电过程中，右槽为负极，失去电子发生氧化反应，V2+变为V3+，则溶液颜色逐渐由紫色变为绿色。
③在放电过程中，右槽中将发生氧化反应，即左槽中发生还原反应，在左侧电极上放电时，H+参与了反应，氢离子从右槽负极通过交换膜向左槽正极移动，使电流通过溶液；
④放电时左侧反应为，若转移的电子数为个，为0.5ml，消耗1ml氢离子，同时右侧迁移过来0.25ml氢离子，则左槽溶液中的变化量为0.5ml。
【小问2详解】
①甲烷燃料电池的负极反应为甲烷失去电子在碱性条件下生成碳酸根离子，反应为：；
②由图可知，闭合K后，a、b电极分别为阳极、阴极，b电极阴极反应为：，得到氢气和氢氧化钠， a电极阳极反应为：。甲
乙
丙
丁
戊
实验操作
现象
结论
A
取无色溶液做焰色实验
火焰为黄色
该溶液中一定有可能有
B
将气体通入碳酸钠溶液中
生成无色无味气体
非金属性硫比碳强
C
分别向两只盛有等体积等浓度的、溶液的试管中，逐滴加入相同浓度的溶液至过量
溶液有白色沉淀、溶液中无白色沉淀
金属性镁比铝强
D
将固体与柠檬酸在烧杯中混合搅拌
烧杯壁变凉
该反应为吸热反应
元素
特征
X
在元素周期表中，原子半径最小
Y
最外层电子数是次外层电子数的两倍
Z
常温下，有、两种气体单质存在
W
与Z原子具有相同最外层电子数
Q
M层比K层少1个电子
化学链
键能/
436
343
805
413
465
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
2. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：
下列说法正确的是
A. 在该过程中，CO断键形成C原子和O原子
B. CO和O生成CO2是吸热过程
C. CO和O生成了具有非极性共价键的CO2分子
D. 状态I→状态III不能表示CO与O2的反应过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，在该过程中，CO中C和O之间的化学键没有断裂，故A错误；
B．由图可知，状态Ⅰ的能量高于状态Ⅲ，该过程为放热过程，故B错误；
C． CO2中只含极性共价键，故C错误；
D．状态I→状态II表示CO与O的反应过程，不能表示CO与O2的反应过程，故D正确；
答案选D。
3. 、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是
A. X的中子数为2
B. X、Y互为同位素
C. 、可用作示踪原子研究化学反应历程
D. 自然界不存在、分子是因其化学键不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】根据质量守恒可知，X微粒为，Y微粒为，据此分析解题。
A. 由分析可知，X微粒为，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者具有相同质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；
D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D错误；
故答案：B。
4. 甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是
A. 原子半径：丁＞戊＞乙
B. 非金属性：戊＞丁＞丙
C. 甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D. 丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
【答案】C
【解析】
【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；
B．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；
C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；
D．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。
综上所述，答案为C。
5. 黑火药是我国古代四大发明之一，它是由木炭（C）、硫磺（S）、火硝（KNO3）按一定比例混合而成，爆炸时发生反应：S＋2KNO3＋3CK2S＋3CO2↑＋N2↑。下列叙述不正确的是
A. K2S属于离子化合物B. 火硝中既含有离子键，又含有共价键
C. CO2和N2分子中均含有共价键D. 组成黑火药成分的元素都属于短周期元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．K2S是钾离子和硫离子构成，含有离子键，属于离子化合物，故A正确；
B．KNO3是由钾离子和硝酸离子构成，含有离子键，硝酸根离子中氮氧原子之间为共价键，故火硝中既含有离子键，又含有共价键，故B正确；
C．CO2是共价化合物，含有共价键，N2分子中氮原子之间以共价键结合，则二者均含有共价键，故C正确；
D．组成黑火药成分中含有KNO3，K元素为第四周期元素，属长周期元素，故D错误；
答案选D。
6. 元素周期表中的金属和非金属元素的分界线用虚线表示。下列说法中正确的是( )
A. 虚线的左侧全部是金属元素
B. 非金属性最强的元素是氟，其最高价氧化物对应水化物酸性最强
C. 第ⅠA族元素的金属性一定强于第ⅡA族元素
D. Si是半导体材料，Ge也可能是半导体材料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．虚线的左侧除了氢元素以外，其他全部都是金属元素，A错误；
B．非金属性最强的元素是氟，但氟没有正价，B错误；
C．同周期第ⅠA族元素的金属性强于第ⅡA元素，且第ⅠA族中的氢元素的金属性弱于第ⅡA元素，C错误；
D．Si和Ge都位于金属元素与非金属元素的分界线处附近，Si是半导体，Ge也可能是半导体，D正确；
故选D。
7. 下列选项中，有关实验操作、现象和结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色；则没有透过蓝色钴玻璃观察，看到火焰为黄色，那么该溶液中一定有可能有，A正确；
B．SO2气体通入碳酸钠溶液中生成无色无味气体，只能证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强，亚硫酸不是硫的最高价氧化物形成的酸，无法证明硫酸酸性比碳酸酸性强，则无法证明非金属性硫比碳强，B错误；
C．AlCl3溶液中滴入过量氢氧化钠溶液无白色沉淀，是因为生成的氢氧化铝溶于强碱溶液，说明氢氧化铝碱性极弱且有一定的酸性，此实验能够证明金属性镁比铝强，C正确；；
D．烧杯壁变凉，则温度降低，说明反应为吸热反应，D正确；
故选B。
8. 海带提碘的实验过程中涉及下列操作，其中错误的是
A. 用图甲装置将干海带灼烧成灰
B. 用图乙装置过滤海带灰的悬浊液
C. 用图丙装置萃取后放出碘的乙醇溶液
D. 用图丁装置将碘重新富集到水溶液中
【答案】C
【解析】
【详解】A．灼烧海带应在坩埚中进行，故A正确；
B．过滤时用玻璃棒引流，故B正确；
C．萃取使用的有机溶剂是不溶于水的有机物，乙醇易溶于水，不能做萃取剂，故C错误；
D．碘单质与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的碘化钠和次碘酸钠溶液，故可以将碘重新富集到水溶液中，故D正确；
答案选C。
9. 如图为发光二极管连接柠檬电池装置，下列说法不正确的是
A. 铁环作负极
B. 电子由Fe环经导线流向发光二极管
C. 负极的电极反应为，Fe-2e-=Fe2+
D. 柠檬可替换成葡萄糖溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，故A正确，不选；
B．铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，铜为正极，电子由Fe环经导线流向发光二极管，故B正确，不选；
C．铁的活泼性大于铜，铁环作为柠檬电池的负极，负极铁失电子，电极反应为：Fe－2e-=Fe2+，故C正确，不选；
D．葡萄糖是非电解质，不能导电，不能将柠檬替换成装有葡萄糖溶液的装置，故D错误，符合题意；
答案选D。
10. 一种可充电锂—空气电池如图所示。当电池放电时，与在多孔碳材料电极处生成(x=0或1)。
下列说法不正确的是
A. 放电时，多孔碳材料电极为正极
B. 放电时，外电路电流由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为
【答案】C
【解析】
【分析】当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x，即O2在多孔碳材料电极表面得到电子生成O2-，再与转移过来的Li+结合生成Li2O2-x，所以锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，原电池总反应为2Li+（1-）O2=Li2O2-x，原电池工作时，外电路中：电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，电解质溶液中：阳离子Li+移向正极多孔碳材料电极，阴离子移向负极锂电极；充电时，装置为电解池，原电池的正极与电源正极相接，负极与电源负极相接，阴阳极电极反应与原电池负正极反应恰好相反，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，放电时，多孔碳材料电极为正极，A正确；
B．由分析可知，放电时，外电路的电流由正极多孔碳材料电极流向负极锂电极，B正确；
C．由分析可知，充电时，多孔碳材料电极为阳极，锂电极为阴极，故电解质溶液中向阴极锂电极区迁移，C错误；
D．由分析可知，充电时，电池总反应刚好是原电池总反应的逆过程，即为，D正确；
故答案为：C。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意）
11. 根据下面的信息，下列叙述正确的是
A. 跟反应生成放出能量为
B. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C. 跟反应生成释放能量为
D. 的能量比与的能量之和低
【答案】AD
【解析】
【分析】化学反应中，断键需要吸收热量，成键则放出热量。
【详解】A．分解为4mlH(g)时吸收436×2＝872kJ的热量，分解为2ml O(g)时吸收249×2＝498 kJ的热量，4mlH(g)和2ml O(g)结合形成2ml H2O(g)释放930×2＝1860 kJ的热量，所以整个过程共释放1860－498－872＝490kJ，故A正确；
B．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量有关，故B错误；
C．分解为2mlH(g)时吸收436kJ的热量，分解为1ml O(g)时吸收249 kJ的热量，2mlH(g)和2ml O(g)结合形成1ml H2O(g)释放930 kJ的热量，所以整个过程共释放930－436－249＝245kJ，H2O(g)转化为H2O(l)还需要释放一部热量，所以跟反应生成释放能量大于，故C错误；
D．与生成需要释放能量，所以的能量比与的能量之和低，故D正确；
故选AD。
12. 某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性：，设计了盐桥式的原电池，如图所示。盐桥中装有琼脂与饱和溶液。下列叙述中不正确的是
A. 甲烧杯的溶液中发生还原反应
B. 乙烧杯中发生的电极反应为
C. 外电路的电流方向为从b到a
D. 电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯
【答案】AB
【解析】
【分析】氧化性：，所以原电池反应为亚铁离子和重铬酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、铬离子和水，则在b极得电子发生还原反应，b是正极；Fe2+在a极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极。
【详解】A．据分析，甲烧杯中Fe2+在a极失电子发生氧化反应生成Fe3+，A错误；
B．乙烧杯中在b极得电子发生还原反应生成Cr3+，b电极反应为，B错误；
C．a是负极、b是正极，外电路的电流方向为从b到a，C正确；
D．a是负极、b是正极，电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯，D正确；
故选AB。
13. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. 非金属性：B. 单质的熔点：
C. 简单氢化物的沸点：D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【解析】
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
14. 实验室分离和的流程如下：
已知在浓盐酸中生成黄色配离子，该配离子在乙醚（，沸点）中生成缔合物。下列说法错误的是
A. 萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下
B. 分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出
C. 分液后水相为无色，说明已达到分离目的
D. 反萃取后，铁元素在溶液中主要以形式存在
【答案】A
【解析】
【分析】和加入浓盐酸酸化，计入乙醚萃取使得铁离子进入有机相，分液有机相进行反萃取，然后蒸馏除去乙醚得到含铁离子的溶液；
【详解】A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A错误；
B．分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的上层液体从分液漏斗上口倒出，B正确；
C．Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醚中生成缔合物，乙醚与水不互溶，故分液后水相为无色，则水相中不再含有Fe3+，说明已经达到分离目的，C正确；
D．反萃取后，铁元素进入水相，在溶液中主要以形式存在，D正确；
故选A。
15. 利用微生物燃料电池进行废水处理，可实现碳氮联合转化。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是
A. 负极反应式为
B. 电池工作时，由M极区移向N极区
C. 相同条件下，M极区生成的与N极区生成的的体积之比为
D. 好氧微生物反应器中发生的反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】由图示分析可知微生物燃料电池中，CH3COO-→CO2，发生失去电子的氧化反应，则M为原电池的负极，环境为酸性介质，负极电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O═2CO2+7H+；NO3-→N2，反应得电子的还原反应，则N为原电池的正极，正极电极反应式为：2NO3-+12H++10e-═N2+6H2O，电解质溶液中，阴离子移向负极M，阳离子移向正极N；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-：NH4++2O2═NO3-+2H++H2O，据此解答。
【详解】A.负极失电子，由图可知，M为负极，在负极反应生成二氧化碳，其电极反应为，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子由负极移向正极，所以由M极移向N极，故B正确；
C.在N极反应生成氮气，其电极反应为：，由两极反应可知，相同条件下，M、N两极生成的和的体积之比为5：2，故C错误；
D.由图可知，好氧微生物反应器中发生的反应为，故D正确。
故选C
高一化学春学竞赛试题
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16. 已知X、Y、Z、W、Q短周期元素，它们具有如下特征：
回答下列问题：
(1)下图模型表示的分子中，可由X、Y形成的是___________(填写序号)。
(2)Q单质在Z单质中燃烧生成淡黄色固体，该固体中所含化学键类型为___________。
(3)硒()是人体必需的微量元素，与Z同主族，且比Z原子多两个电子层，推测并画出的原子结构示意图___________；W和的简单气态氢化物的稳定性由大到小的顺序___________(用氢化物化学式表示)；具有刺激性气味，可与足量溶液反应，离子方程式为___________。
(4)设计实验证明W的得电子能力大于Y，简述操作步骤和现象(可选用试剂：稀、稀、稀盐酸、大理石、纯碱、澄清石灰水)___________。
【答案】 ①. d ②. 离子键、共价键 ③. ④. ⑤. ⑥. 向纯碱中滴加稀，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊
【解析】
【分析】X在元素周期表中，原子半径最小，X是H元素；Y最外层电子数是次外层电子数的两倍，Y是C元素；Z常温下，有、两种气体单质存在，Z是O元素；W与Z原子具有相同的最外层电子数，W是S元素；Q 的M层比K层少1个电子，Q是Na元素。
【详解】(1)a可表示CO2分子、b表示H2O分子，c表示氨气、d表示甲烷；可由H、C形成的是甲烷，选d。
(2)钠在氧气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2，该固体中所含化学键类型为离子键、共价键；
(3)硒()与O同主族，且比O原子多两个电子层，则是34号元素，的原子结构示意图；同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，S和的简单气态氢化物的稳定性由大到小的顺序；根据SO2的性质，可知与足量溶液反应生成Na2SeO3和水，反应的离子方程式为；
(4) 向纯碱中滴加稀，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明纯碱中滴加稀放出二氧化碳气体，证明硫酸酸性大于碳酸，S的得电子能力大于C。
17. 为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
I．打开关闭，，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ．关闭，打开，，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭。
Ⅲ．B中继续通气体，当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ．……
（1）装置A中m的作用为__________________。
（2）能说明氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________________。
（3）用离子方程式解释过程Ⅱ中溶液变为黄色的原因：_________________。
（4）过程V的目的是验证溴的氧化性强于碘，简述其操作过程___________________。
（5）过程Ⅲ实验的目的是____________________。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下________________，得电子能力逐渐减弱。
【答案】（1）平衡气压，使液体能顺利滴下
（2）淀粉溶液变成蓝色
（3）
（4）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置
（5）确认C黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
（6）电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大
【解析】
【分析】实验Ⅰ，打开K1，关闭K2，K3，打开活塞a，滴加浓盐酸在A中与KMnO4反应生成Cl2，进入E中与KI反应，验证Cl2与I2的氧化性强弱；实验Ⅱ，关闭K1，打开K2，K3，氯气进入B和C中，与NaBr反应，当B和C中的溶液都变为黄色时，证明BC中的NaBr中均有少量氯气进入，关闭K3，实验Ⅲ，继续向B中通入Cl2，当B中溶液由黄色变为棕红色时，证明NaBr已被反应完全，验证氯气和溴的氧化性强弱，关闭活塞a，停止产生氯气，最后实验Ⅳ，打开活塞b，使C中反应生成的溴进入D中，验证溴的氧化性强于碘。
【小问1详解】
m的作用是连通容器和分液漏斗的气体，达到平衡气压的目的，使液体能顺利滴下；
【小问2详解】
E中产生I2就说明Cl2的氧化性比I2强，故当E中淀粉溶液变蓝，即说明有碘单质生成。故淀粉溶液变成蓝色，能说明氯气的氧化性强于碘；
【小问3详解】
BC均为NaBr溶液，变为黄色，说明通入Cl2后，有Br2生成，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
验证溴的氧化性强于碘，需要Br2进入碘化钾溶液中，C中黄色溶液中存在Br2，而且通入Cl2很少，已被完全反应，没有Cl2的干扰。使C中溶液进入D中，观察溶液分层和颜色情况即可，故操作为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置；
【小问5详解】
为了使C中没有Cl2干扰后续试验，需要确保装置内没有Cl2，故通过继续向B中通氯气，待B中颜色变成红棕色，说明NaBr被完全反应，保证装置内Cl2被完全反应，故过程Ⅲ的实验目的是确认C黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
【小问6详解】
氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
18. 溴主要用于制造汽油抗爆剂、照相感光材料、药物、试剂和农药等。空气吹出法工艺利用制盐后的卤水提取溴。这种卤水含溴离子的浓度很低，在生产中用下列方法制取液溴。
回答下列问题：已知：吸收液中的主要成分是、
（1）第⑤步后的“溴水混合物”中溴的质量分数比“含的海水”中溴的质量分数___________（填“高”、“低”）。
（2）步骤③的操作是：___________________；经过该操作获得含的空气，利用了_________________的性质。
步骤⑥的蒸馏过程中，溴出口温度要控制在，温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_______________________。
（3）步骤④和⑤的目的是：__________________；步骤④用浓的溶液，发生反应的离子方程式为：___________________。
（4）第⑧步分离的目的是除去溴中混有的少量氯气和水蒸气，要除去少量的氯气，加入的试剂是：___________，然后操作名称是：___________。
【答案】（1）高 （2） ①. 热空气吹出 ②. 易挥发 ③. 温度过高，大量水蒸气随之蒸出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
（3） ①. 富集(增大溶液中溴单质的浓度) ②.
（4） ①. 饱和NaBr溶液 ②. 分液
【解析】
【分析】海水提盐后的苦卤中含有溴离子，通入氯气，将溴离子氧化为溴单质，此时含的海水中除了溴单质，还有钾离子、钠离子、氯离子等，用热空气吹出溴单质，再用氢氧化钠溶液吸收溴单质，吸收液中的主要成分是、，再加入稀硫酸，溴元素转化为溴单质，得到溴水混合物，此时经过溴的富集，“溴水混合物”中溴的质量分数比“含的海水”中溴的质量分数要高，经过蒸馏，得到溴蒸气，冷凝分离后得到液溴，粗溴水可以循环利用。
【小问1详解】
经分析知，经过溴的富集，第⑤步后的“溴水混合物”中溴的质量分数比“含的海水”中溴的质量分数高；
【小问2详解】
步骤③是从含溴单质的海水中得到含溴单质的空气，又因为Br2易挥发，所以步骤③的操作是热空气吹出；温度过高，大量水蒸气排出，溴气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低，所以溴出口温度要控制在，温度过高或过低都不利于生产，故答案为：温度过高，大量水蒸气随之蒸出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低；
【小问3详解】
步骤①②之后并未直接用含Br2的海水进行蒸馏得到液溴，主要是②后的海水中含溴量少,蒸馏时会消耗大量能源，而是经过步骤③④⑤后再蒸馏，主要是富集溴后再蒸馏，消耗的能源低，这样操作的原因：步骤④⑤实际上是溴的富集过程，与直接蒸馏含溴的海水相比，富集后再蒸馏效率更高，消耗能量更少，成本更低；故答案为: 富集(增大溶液中溴单质的浓度)；已知：吸收液中的主要成分是、，所以步骤④用浓的溶液，发生反应的离子方程式为：
【小问4详解】
因为氧化性：Cl2>Br2>Fe3+，还原性：Cl-
（1）实验测得与反应生成和的反应中，每生成（标准状况），放出热量，则该反应的热化学方程式为______________________。
（2）已知有关物质的化学键键能数据如下：
试计算反应的焓变等于___________。
（3）研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
反应I的化学方程式为_______________。
（液）分解成气态物质需要吸收的能量是，硫的燃烧热为，则反应Ⅱ的热化学方程式为___________。
（4）将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。下图为通过光电转化原理以廉价原料制备新产品的示意图。写出光电转化过程的化学反应方程式：______________。
【答案】（1）
（2）-158kJ/ml
（3） ①. ②.
（4）
【解析】
【小问1详解】
每生成（标准状况为0.1ml），放出热量，则生成1ml气体甲烷放热206.4kJ，故该反应的热化学方程式为；
【小问2详解】
由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得，反应的焓变ΔH=(805kJ/ml×2+436 kJ/ml×4)-(413kJ/ml×4+465 kJ/ml×4) =-158kJ/ml；
【小问3详解】
由图可知，反应Ⅰ为硫酸分解为氧气、二氧化硫和水，；（液）分解成气态物质需要吸收的能量是，则：①，；硫的燃烧热为，则②；由盖斯定律可知，-①-②得反应Ⅱ；
【小问4详解】
由图可知，二氧化碳和水在太阳能作用下生成氧气和甲酸，光电转化过程的化学反应方程式：。
20. 回答下列问题
（1）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示。
①当左槽溶液颜色逐渐由黄变蓝，其电极反应式为______________。
②放电过程中，右槽溶液颜色逐渐由___________色变为___________色。
③放电过程中氢离子的作用是：参与正极反应和______________。
④放电时若转移的电子数为个，左槽溶液中的变化量为___________。
（2）某研究小组采用甲烷燃料电池作为电源，电解饱和氯化钠溶液的原理如图所示。
①甲烷燃料电池的负极反应为_______________。
②闭合K后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极的产物是___________，a电极的电极反应式为________________。
【答案】（1） ①. ②. 紫 ③. 绿 ④. 氢离子从右槽通过交换膜向左槽移动，使电流通过溶液 ⑤. 0.5ml
（2） ①. ②. 氢气和氢氧化钠 ③.
【解析】
【小问1详解】
①左槽溶液颜色逐渐由黄变蓝，由左槽电解液颜色的变化可知，溶液中的转化为VO2＋，即V元素的化合价从+5降低为+4，在左侧电极上发生还原反应，由于电解液是酸性的，因此可以判断该电极上发生的电极反应是；
②放电过程中，右槽为负极，失去电子发生氧化反应，V2+变为V3+，则溶液颜色逐渐由紫色变为绿色。
③在放电过程中，右槽中将发生氧化反应，即左槽中发生还原反应，在左侧电极上放电时，H+参与了反应，氢离子从右槽负极通过交换膜向左槽正极移动，使电流通过溶液；
④放电时左侧反应为，若转移的电子数为个，为0.5ml，消耗1ml氢离子，同时右侧迁移过来0.25ml氢离子，则左槽溶液中的变化量为0.5ml。
【小问2详解】
①甲烷燃料电池的负极反应为甲烷失去电子在碱性条件下生成碳酸根离子，反应为：；
②由图可知，闭合K后，a、b电极分别为阳极、阴极，b电极阴极反应为：，得到氢气和氢氧化钠， a电极阳极反应为：。甲
乙
丙
丁
戊
实验操作
现象
结论
A
取无色溶液做焰色实验
火焰为黄色
该溶液中一定有可能有
B
将气体通入碳酸钠溶液中
生成无色无味气体
非金属性硫比碳强
C
分别向两只盛有等体积等浓度的、溶液的试管中，逐滴加入相同浓度的溶液至过量
溶液有白色沉淀、溶液中无白色沉淀
金属性镁比铝强
D
将固体与柠檬酸在烧杯中混合搅拌
烧杯壁变凉
该反应为吸热反应
元素
特征
X
在元素周期表中，原子半径最小
Y
最外层电子数是次外层电子数的两倍
Z
常温下，有、两种气体单质存在
W
与Z原子具有相同最外层电子数
Q
M层比K层少1个电子
化学链
键能/
436
343
805
413
465
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