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广东省深圳市宝安第一外国语2024-2025学年高一下学期期中测试化学试题
一、选择题(本题共20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．（2025高一下·宝安期中）以新能源汽车为代表的我国新能源产业的快速发展对电力的需求不断攀升。目前我国发电量中不同发电方式所占比例如图所示，下列发电方式不利于缓解“温室效应”的是
A．风力发电 B．水力发电 C．火力发电 D．核能发电
【答案】C
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用
【解析】【解答】A、风力发电依靠风能转化为电能，整个过程不燃烧化石燃料，不会排放二氧化碳，能缓解温室效应，故A不符合题意 ；
B、水力发电利用水的势能转化为电能，无化石燃料燃烧，不产生温室气体，有助于缓解温室效应，故B不符合题意 ；
C、火力发电主要依靠燃烧煤炭等化石燃料，会大量释放二氧化碳，是加剧温室效应的主要发电方式，不利于缓解温室效应，故C符合题意 ；
D、核能发电依靠核裂变释放能量，不涉及化石燃料燃烧，不会排放二氧化碳，可缓解温室效应，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
温室效应主要由二氧化碳等温室气体排放导致，判断发电方式是否利于缓解温室效应，核心看是否燃烧化石燃料、是否排放二氧化碳。
风电、水电、核电均属于清洁能源，无二氧化碳排放；火电依赖化石燃料，会大量排放温室气体。
2．（2025高一下·宝安期中）下列反应不属于可逆反应的是
A．Cl2与水反应
B．电解水生成H2和O2，点燃 H2和O2的混合物生成水
C．SO2与水反应
D．N2在高温、高压、催化剂作用下与 H2反应
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性
【解析】【解答】A、氯气与水的反应，在常温下即可同时向生成盐酸、次氯酸的方向和盐酸、次氯酸重新生成氯气与水的方向进行， 反应方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，故A不符合题意 ；
B、电解水生成氢气和氧气需要通电，而氢气与氧气点燃生成水需要点燃，二者反应条件完全不同，不满足可逆反应 “相同条件” 的要求，因此不属于可逆反应，故B符合题意 ；
C、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，同时亚硫酸也会分解为二氧化硫和水： SO2+H2OH2SO3， ，在同一条件下双向进行，属于可逆反应，故C不符合题意 ；
D、氮气与氢气在高温、高压和催化剂的条件下，既能生成氨气，氨气也会同时分解为氮气和氢气 ：N2+3H22NH3，属于可逆反应，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
可逆反应必须满足相同条件、同时双向进行两个核心要素。
若正、逆反应需要不同的反应条件（如通电 vs 点燃），则一定不属于可逆反应。
3．（2025高一下·宝安期中）下列化学反应中，加快反应速率对人类有益的是
A．工业合成氨 B．金属桥梁生锈
C．牛奶变质 D．大理石雕像被酸雨腐蚀
【答案】A
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A、工业合成氨是生产化肥的核心反应，加快反应速率可以缩短生产周期，提高单位时间内的产量，提升生产效率，对人类有益，故A符合题意 ；
B、金属桥梁生锈会破坏金属结构，导致桥梁强度下降、坍塌风险增加，加快生锈速率会缩短桥梁使用寿命，危害公共安全，故B不符合题意 ；
C、牛奶变质是由于微生物繁殖及化学反应分解营养物质，加快变质速率会使牛奶快速腐败，造成资源浪费且饮用后危害健康，故C不符合题意 ；
D、大理石雕像被酸雨腐蚀会破坏文物古迹，加快腐蚀速率会加速文化遗产流失，造成不可挽回的损失，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：明确 “加快反应速率有益” 的范畴：仅针对人类需要进行的工业制备、物质合成等正向生产过程。
凡是损耗自然资源、破坏文物古迹、危害人体健康、降低设施寿命的化学反应，加快速率均对人类有害。
4．（2025高一下·宝安期中）下列说法正确的是
A．常温下，铁与浓硫酸不反应，故可用铁制容器盛装浓硫酸
B．自然固氮、人工固氮都是将 N2转化为NH3
C．镁条在空气中燃烧生成的固体产物全部为 MgO
D．浓硫酸能干燥 SO2气体，但不能干燥 H2S气体
【答案】D
【知识点】氮的固定；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、常温下铁遇浓硫酸发生钝化，并非不反应，钝化是铁表面生成致密氧化膜阻止反应继续，属于化学变化，因此可用铁制容器盛装浓硫酸，A错误；
B、固氮是将 N2转化为含氮化合物，自然固氮、人工固氮的产物不仅有 NH3，还可能有 NO 等含氮物质，并非都直接转化为 NH3，B错误；
C、镁条在空气中燃烧时，不仅与 O2反应生成 MgO，还会与 N2反应生成 Mg3N2，与 CO2反应生成 MgO 和 C，固体产物并非只有 MgO，C错误；
D、浓硫酸具有吸水性，可干燥 SO2（二者无反应）；但浓硫酸具有强氧化性，H2S 具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此浓硫酸不能干燥 H2S，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
钝化概念：常温下铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化，是化学变化，非不反应。
固氮本质：将游离态氮转化为化合态氮，产物多样，不局限于 NH3。
镁的燃烧：空气中 Mg 与 O2、N2、CO2均反应，产物复杂。
浓硫酸干燥：干燥中性、酸性非还原性气体，不能干燥还原性气体（如 H2S）。
5．（2025高一下·宝安期中）常温下，在碱性环境中能大量共存且溶液呈无色的离子组是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Na+、Mg2+、SO42-、Cl-中，Mg2+与 OH-会发生反应生成 Mg (OH)2沉淀，无法在碱性环境中大量共存，A错误；
B、Ag+、K+、NO3-、HCO3-中，Ag+与 OH-会生成 AgOH 沉淀（易分解为 Ag2O），且 HCO3-与 OH-反应生成 CO32-和水，无法大量共存，B错误；
C、Ba2+、Na+、ClO-、NO3-中，各离子均不与 OH-反应，且均为无色离子，满足碱性环境大量共存且无色的条件，C正确；
D、CO32-、MnO4-、K+、Na+中，MnO4-为紫红色离子，不符合 “溶液呈无色” 的要求，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题核心解题要点：
碱性环境限制：能与 OH-反应生成沉淀、弱电解质或气体的离子（如 Mg2+、Ag+、HCO3-等）均需排除。
无色限制：常见带颜色离子需排除，如 MnO4-（紫红）、Cu2+（蓝）、Fe3+（黄）、Fe2+（浅绿）等。本题需同时满足碱性共存和无色两个条件，缺一不可。
6．（2025高一下·宝安期中）下列有关硫、氮及其化合物的说法正确的是
A．木炭与浓硫酸的反应，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
B．浓硝酸见光易分解，因此必须保存在棕色瓶中
C．N2难溶于水，故可用作保护气
D．硫与铜反应可生成CuS，体现了硫的氧化性
【答案】B
【知识点】氮族元素简介；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，该过程体现了浓硫酸的强氧化性，但未体现脱水性（脱水性是指将有机物中氢、氧原子按 2：1 比例脱去），A错误；
B、浓硝酸具有不稳定性，见光易分解为二氧化氮、水和氧气： ，为避免其见光分解，必须保存在棕色试剂瓶中，B正确；
C、氮气可用作保护气，是因为其化学性质稳定，分子内三键键能大，不易与其他物质发生反应，而非难溶于水，C错误；
D、硫单质的氧化性较弱，与铜反应时只能将铜氧化为 +1 价，生成硫化亚铜，而非硫化铜，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸的脱水性与强氧化性需明确区分：脱水性针对有机物，强氧化性体现为氧化还原剂。
浓硝酸的不稳定性是其需避光保存的核心原因。
氮气作保护气的本质是化学惰性，与溶解性无关。
硫的氧化性较弱，与变价金属反应时生成低价态金属硫化物。
7．（2025高一下·宝安期中）下列过程的热效应与另外三个不同的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、过氧化钠与水反应会放出大量热，属于放热反应，能使脱脂棉燃烧，故A不符合题意 ；
B、铜丝在氯气中燃烧是典型的燃烧反应，属于放热反应，伴随发光放热现象，故B不符合题意 ；
C、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是典型的吸热反应，反应过程会吸收热量，使环境温度降低，故C符合题意 ；
D、浓硫酸溶于水会释放大量热，属于放热过程（物理 - 化学放热），故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
常见放热过程：燃烧反应、多数化合反应、过氧化钠与水反应、浓硫酸稀释等。
常见吸热过程：氢氧化钡与铵盐的反应、多数分解反应、碳与二氧化碳的反应等。
8．（2025高一下·宝安期中）下列关于物质俗名与用途的匹配关系不正确的是
A B C D
物质 Fe2O3 Na2SiO3的水溶液 CuSO4 NaHCO3
俗名 铁红 水玻璃 胆矾 小苏打
用途 红色颜料 黏合剂 检验水蒸气 发酵粉
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、三氧化二铁（Fe2O3）的俗名为铁红，它是红棕色固体，可作为红色颜料使用，A正确；
B、硅酸钠（Na2SiO3）的水溶液俗称为水玻璃，具有黏性，可用作黏合剂、防腐剂等，B正确；
C、胆矾是五水合硫酸铜（CuSO4 5H2O）的俗名，并非无水硫酸铜（CuSO4）；且检验水蒸气的是无水硫酸铜（遇水变蓝），C错误；
D、碳酸氢钠（NaHCO3）的俗名为小苏打，受热易分解产生二氧化碳，可作为发酵粉使用，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
胆矾特指带结晶水的五水合硫酸铜，无水硫酸铜是另一种物质。
检验水蒸气的试剂是无水硫酸铜，而非胆矾。
需准确记忆常见物质的俗名、化学式及核心用途。
9．（2025高一下·宝安期中）下列过程利用了 SO2的氧化性的是
A．葡萄酒中添加微量的SO2 B．SO2通入 H2S溶液中
C．用SO2除去工业废水中的Cl2 D．用SO2处理发黄的纸张和衣物
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、葡萄酒中添加微量二氧化硫，主要利用其还原性起到抗氧化、防腐的作用，未体现氧化性，故A不符合题意 ；
B、二氧化硫通入氢硫酸溶液中，会发生归中反应生成硫单质，二氧化硫中硫元素化合价从 +4 价降低到 0 价，表现为氧化性，故B符合题意 ；
C、用二氧化硫除去工业废水中的氯气，二氧化硫被氧化为硫酸根，硫元素化合价从 +4 价升高到 +6 价，表现为还原性，故C不符合题意 ；
D、用二氧化硫处理发黄的纸张和衣物，利用的是二氧化硫的漂白性，与氧化性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化性的判断标志：反应中硫元素化合价降低（得电子）。
二氧化硫的核心性质：还原性（最常见）、氧化性（归中反应）、漂白性（暂时漂白）、酸性氧化物通性。归中反应是二氧化硫表现氧化性的典型场景，如与氢硫化物反应。
10．（2025高一下·宝安期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．17 g H2S中含有的共价键的数目为 NA
B．1 L 1mol·L- 氨水中，含有的 NH3分子数为 NA
C．足量的 Cu与浓硫酸加热充分反应，转移电子数为
D．溶液中，含有的 N原子数为
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、17g硫化氢的物质的量为0.5mol，每个硫化氢分子含2条硫氢共价键，因此共价键总数为，A正确；
B、氨水中的氮元素主要以一水合氨和铵根离子形式存在，游离的氨气分子数远小于，B错误；
C、足量铜与浓硫酸反应时，浓硫酸会逐渐变稀，稀硫酸与铜不反应，因此参与反应的硫酸小于1.8mol，转移电子数小于，C错误；
D、500mL 0.5mol·L- 硝酸铵溶液中，硝酸铵的物质的量为0.25mol，每个硝酸铵分子含2个氮原子，因此氮原子总数为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
共价键计数：需明确分子结构式，准确统计每个分子中的共价键数量。
弱电解质形态：弱电解质在溶液中会发生电离，实际存在的分子数少于理论值。
反应限度：浓硫酸与铜的反应会因浓度降低而停止，不能按纯浓硫酸完全反应计算。
原子守恒：计算溶液中原子数时，需考虑溶质分子中原子的个数，结合物质的量进行计算。
11．（2025高一下·宝安期中）下列固体混合物中可利用如图装置实现分离且最终成分不变的是
A．KMnO4和 MnO2 B．NH4Cl和NaOH
C．NH4Cl和 NaCl D．NH4Cl和 I2
【答案】C
【知识点】铵盐；升华
【解析】【解答】A、高锰酸钾（KMnO4）受热会发生分解反应，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，属于化学变化，无法复原为原物质，且二氧化锰（MnO2）热稳定性强，无法通过该装置分离，A错误；
B、氯化铵（NH4Cl）与氢氧化钠（NaOH）在加热条件下会发生化学反应，生成氯化钠、氨气和水，发生了物质转化，无法分离出原组分，B错误；
C、氯化铵（NH4Cl）受热易分解为氨气和氯化氢气体，遇冷水冷却后二者又会重新化合生成氯化铵；氯化钠（NaCl）热稳定性好，受热不挥发。利用该装置可将氯化铵气化分离，冷却后复原，最终得到纯净的氯化钠和氯化铵，成分不变，C正确；
D、碘单质（I2）受热升华、遇冷凝华是物理变化，但氯化铵受热会与碘单质发生复杂反应，且碘单质易升华后残留，无法实现二者的有效分离，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分离原理需为物理变化或可逆的热分解与化合，且反应不消耗其他组分。
铵盐（如 NH4Cl）受热分解后遇冷可复原，是该类分离的典型依据。
强氧化性固体（如 KMnO4）受热易分解为多种新物质，碘单质与铵盐混合时易反应，均不满足分离要求。
12．（2025高一下·宝安期中）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．Cu片溶于稀硝酸：
B．过量氨水滴入硫酸铝溶液中：
C．碳酸银溶于稀盐酸：
D．CuSO4溶液与 Ba(OH)2溶液混合：
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铜片溶于稀硝酸时，铜被氧化为铜离子，硝酸根被还原为一氧化氮， 离子方程式为：，A正确；
B、氢氧化铝不溶于弱碱氨水，过量氨水与铝离子反应只能生成氢氧化铝沉淀，不会生成四羟基合铝酸根， 离子方程式为：，B错误；
C、碳酸银与稀盐酸反应时，银离子会与氯离子结合生成更难溶的氯化银沉淀，离子方程式为：，C错误；
D、硫酸铜与氢氧化钡溶液混合时，铜离子与氢氧根、硫酸根与钡离子会同时生成沉淀， 离子方程式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
弱碱性质：氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，只能生成氢氧化铝沉淀。
沉淀转化：碳酸银与盐酸反应时，会转化为更难溶的氯化银，需体现氯离子的参与。
离子共存：两种盐溶液反应时，所有能结合生成沉淀的离子都要写入方程式，不能遗漏。
氧化还原配平：金属与硝酸的反应需满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒。
13．（2025高一下·宝安期中）反应M+N→Q(放热)分两步进行：①M+N→X(吸热)；②X→Q(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】第一步反应（M+N→X，吸热）：吸热反应的本质是反应物总能量低于生成物，因此中间体 X 的能量必须高于反应物 M+N 的总能量。
第二步反应（X→Q，放热）：放热反应的本质是反应物总能量高于生成物，因此生成物 Q 的能量必须低于中间体 X 的能量。
总反应（M+N→Q，放热）：总反应为放热反应，意味着起始反应物 M+N 的总能量高于最终生成物 Q 的能量。
A、Q 的能量高于 M+N，代表总反应为吸热，与题干总反应放热矛盾，A错误；
B、X 的能量低于 M+N，不符合第一步吸热反应的能量规律，B错误；
C、Q 的能量高于 M+N，总反应表现为吸热，不符合题意，C错误；
D、满足 X 能量高于 M+N（第一步吸热）、Q 能量低于 X（第二步放热）、Q 能量低于 M+N（总反应放热），完全符合题干能量变化逻辑，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确能量变化核心标志：吸热反应是能量升高，放热反应是能量降低。
分步验证能量关系：先确认中间体 X 的能量地位，再验证总反应的能量高低。
总反应的能量状态需与分步反应能量关系一致，不能矛盾。
14．（2025高一下·宝安期中）盐水小汽车”因结构简单、制作方便，深受孩子们喜爱，其结构和原理如图所示。下列说法错误的是
A．使用前，应将 Mg片用砂纸打磨干净
B．溶液中的Cl-向 Cu片一极移动
C．Cu片一极发生还原反应
D．负极的电极反应式为
【答案】B
【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、镁片表面易形成氧化膜，会阻碍原电池反应，使用前用砂纸打磨可去除氧化膜，保证反应顺利进行，A正确；
B、该原电池中镁片为负极，铜片为正极，溶液中阴离子（氯离子）会向负极（镁片）移动，而非向正极（铜片）移动，B错误；
C、铜片为正极，正极上发生得电子的还原反应（ 2H2O+O2+4e-=4OH- ），C正确；
D、镁片为负极，镁失去电子生成镁离子，电极反应式为 Mg-2e-=Mg2+，故D正确；
故答案为：B。
【分析】 该装置借助镁片、铜片与食盐水构建了原电池体系，实现了化学能向电能的转化。负极：镁片主动失去电子，转变为镁离子，其电极反应表达式为，这是典型的氧化反应过程。正极：铜片本身不参与反应，正极表面是溶液中的氧气得到电子，与水结合生成氢氧根离子，发生还原反应，对应反应式为 2H2O+O2+4e-=4OH-。整个电池的运行核心是负极失电子、正极得电子，且离子移动方向与电子流向匹配，共同维持电化学反应的持续进行。
15．（2025高一下·宝安期中）颜色变化是化学反应现象中的重要组成部分。下列过程中对颜色变化描述错误的是
A．新制氯水在光照条件下敞口久置，最终变为无色
B．将SO2通入酚酞溶液中，溶液由无色变为红色
C．将铜丝伸入装有浓硝酸的试管中，液面上方出现红棕色气体，溶液变绿
D．将在空气中灼烧过的铜丝伸入装有稀硫酸的试管中，铜丝表面变光亮，溶液变蓝
【答案】B
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A、新制氯水因溶解氯气呈浅黄绿色，在光照下，其中的次氯酸会分解为氯化氢和氧气，促使氯气与水的反应持续进行，最终氯水完全转化为稀盐酸，溶液变为无色，A正确；
B、二氧化硫通入酚酞溶液后，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，而酚酞在酸性环境中保持无色，不会变为红色，B错误；
C、铜丝与浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体，部分二氧化氮溶解在反应后的溶液中，使溶液呈现绿色，C正确；
D、在空气中灼烧过的铜丝表面会生成黑色氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成蓝色硫酸铜溶液，同时铜丝表面的氧化铜被除去，恢复光亮的金属光泽，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氯水的褪色本质是次氯酸分解推动氯气与水的反应彻底进行，最终变为稀盐酸。
酚酞的变色特性是遇碱变红、遇酸不变色，二氧化硫溶于水呈酸性，无法使酚酞显色。
铜与浓硝酸反应的溶液呈绿色，是二氧化氮溶解导致的；铜与稀硝酸反应的溶液则为蓝色。
灼烧后的铜丝表面为氧化铜，与酸反应后会露出光亮的铜单质，同时生成蓝色铜盐溶液。
16．（2025高一下·宝安期中）类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，以下类推的结论正确的是
A．浓硝酸露置在空气中溶液质量会减小，则浓硫酸露置在空气中溶液质量也会减小
B．由反应 ，可推出
C．金不溶于浓硝酸，也不溶于浓盐酸，则金在浓硝酸和浓盐酸的混合物中也不溶
D．CO2与NaOH反应生成 Na2CO3和 H2O，则SO2与NaOH反应生成Na2SO3和 H2O
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、浓硝酸因具有挥发性，露置在空气中溶质减少，溶液质量减小；而浓硫酸具有吸水性，会吸收空气中的水蒸气，导致溶液质量增大，二者性质差异明显，类推不成立，A错误；
B、氯气氧化性强，能将铁氧化为 + 3 价，生成氯化铁；但硫的氧化性较弱，只能将铁氧化为 + 2 价，生成硫化亚铁，产物类型不同，类推不成立，B错误；
C、金虽不溶于浓硝酸或浓盐酸，但二者按体积比 3：1 混合形成的王水，能溶解金等稳定金属，类推忽略了混合酸的特殊溶解性，C错误；
D、二氧化碳和二氧化硫都属于酸性氧化物，二者与氢氧化钠反应时，均生成对应的正盐和水，类推符合酸性氧化物的通性，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
类推需以物质本质性质为依据，不能仅看表面相似性。
浓酸的特性差异：浓硝酸易挥发，浓硫酸易吸水。
氧化剂氧化性强弱决定变价金属的产物价态。
混合酸可能产生单一酸不具备的特殊溶解性（如王水）。
同类别酸性氧化物与碱反应的产物规律一致。
17．（2025高一下·宝安期中）下列关于化学反应速率的描述正确的是
A．任何化学反应的速率越快，反应现象越明显
B．任何化学反应，反应体系的压强越大，反应速率越快
C．化学反应速率为 是指1s时某物质的浓度为0.8 mol·L-1
D．CaCO3与盐酸反应的过程中，再加入相同大小的CaCO3固体，不能增大反应速率
【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A、部分化学反应速率快但无明显现象，如酸碱中和反应，反应速率快却无外观变化；而有些反应速率慢但现象显著，如铁的生锈。因此反应速率与反应现象无必然关联，A错误；
B、压强对反应速率的影响仅针对有气体参与的反应，通过改变体积改变压强才会影响速率；若反应无气体参与，或压强改变未改变反应物浓度（如恒压下充入惰性气体），则反应速率不会变化，B错误；
C、化学反应速率 0.8mol L- s- 的含义是单位时间内某物质的浓度变化量为 0.8mol L- ，而非 1s 时浓度为 0.8mol L- ，混淆了 “浓度变化量” 与 “瞬时浓度” 的概念，C错误；
D、碳酸钙与盐酸反应中，加入相同大小的碳酸钙固体，固体的浓度视为常数，不会改变反应物的有效接触面积和浓度，因此无法增大反应速率，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应速率侧重 “快慢”，反应现象侧重 “外观变化”，二者无直接关联；
压强影响反应速率的前提是有气体参与，且需改变气体反应物浓度；
反应速率是浓度变化速率，非某一时刻的瞬时浓度；
纯固体物质的浓度是定值，加入纯固体不会改变反应速率。
18．（2025高一下·宝安期中）下列有关实验操作对应的现象和结论都正确的是
A．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，振荡，溶液变为无色，说明 具有漂白性
B．向某溶液中加入NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中含有 NH
C．将金属钠投入到 CuSO4溶液中，有红色的固体生成，说明 Na能从铜的盐溶液中置换出 Cu
D．用玻璃棒蘸取氯水滴在 pH试纸上，pH试纸先变红后褪色，说明 具有酸性和漂白性
【答案】B
【知识点】铵离子检验；钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液，溶液褪色是因为二氧化硫作为酸性氧化物，与氢氧化钠发生中和反应，使溶液碱性消失，并非二氧化硫的漂白性，A错误；
B、向溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明溶液中存在铵根离子，铵根离子与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气，操作、现象、B正确；
C、金属钠投入硫酸铜溶液时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，不会置换出红色铜单质，C错误；
D、氯水滴在 pH 试纸上先变红后褪色，是因为氯水中含有盐酸（显酸性）和次氯酸（具有漂白性），氯气本身不具有酸性和漂白性，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫的漂白性针对有机色质，中和反应导致的褪色与漂白性无关；
铵根离子的检验核心是与碱共热产生氨气，使湿润红色石蕊试纸变蓝；
钠与盐溶液反应时，优先与水反应，不能直接置换出金属单质；
氯水的酸性和漂白性来自其中的盐酸和次氯酸，氯气分子本身不具备这些性质。
19．（2025高一下·宝安期中）如图为一些常见物质的氧化性、还原性强弱变化二维图，点a、b、c表示横、纵坐标对应粒子在水溶液中反应的产物。下列说法错误的是
A．点 b处的产物可表示为
B．由图推知，Fe3+也能氧化SO2
C．向FeI2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为
D．向SO2水溶液中通入少量Cl2，溶液导电能力变强
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、根据二维图，的氧化性强于，的还原性强于，因此可氧化生成和，点b处产物可表示为，A正确；
B、从二维图可知，的还原性强于，的氧化性强于，根据氧化还原反应强弱规律，也能氧化（反应生成和），B正确；
C、还原性顺序为，向溶液中通入少量时，应优先氧化还原性更强的，而非，正确的离子方程式为 Cl2+2I-=I2+2Cl-， ，C错误；
D、水溶液中通入少量，发生反应 SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4， ，反应前和水反应生成的弱酸电离程度低，离子浓度小；反应后生成的硫酸和盐酸均为强电解质，溶液中离子浓度显著增大，因此导电能力变强，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
强弱优先规律：氧化还原反应中，还原性强的微粒优先被氧化剂氧化，氧化性强的微粒优先氧化还原性弱的微粒。
产物判断依据：结合二维图中氧化性、还原性强弱的相对位置，判断反应能否发生及生成的产物。
导电性本质：溶液导电能力与离子浓度、离子所带电荷数成正比，强电解质溶液离子浓度远大于弱电解质。
20．（2025高一下·宝安期中）“联合制碱法”的部分工艺流程如下。已知反应Ⅰ的原理为，下列有关说法正确的是
A．应先向饱和 NaCl溶液中通入 CO2，后通入 NH3
B．上述流程中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的操作方法相同
C．向母液中通入 NH3时发生反应的离子方程式为
D．上述流程中涉及的化学反应均不属于氧化还原反应
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、联合制碱法中，应先向饱和NaCl溶液中通入NH3，使溶液呈碱性，增强对CO2的吸收能力，再通入CO2；若先通CO2，因其在NaCl溶液中溶解度小，难以析出大量NaHCO3晶体，A错误；
B、操作I、II均是从溶液中分离出晶体，采用的是过滤操作；操作III是从母液中分离出NH4Cl晶体，利用的是NH4Cl溶解度随温度变化的特性，采用的是结晶操作，三者操作方法不同，B错误；
C、母液中含有的是NH4Cl和未析出的NaHCO3，通入NH3时，NH3与HCO3-反应生成CO32-和NH4+，且NH3·H2O是弱电解质，不能拆分为OH-，正确的离子方程式为 ，C错误；
D、流程中涉及的反应有反应I（ ）、NaHCO3分解（）、母液中NH4Cl的析出等，所有反应中均无元素化合价的升降变化，均不属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体通入顺序：联合制碱法需“先氨后碳”，利用NH3的碱性提高CO2的溶解度，这是制碱的关键前提。
操作分离逻辑：分离固体晶体核心用过滤，分离可溶性晶体需结合溶解度差异用结晶。
离子方程式规范：弱电解质（如NH3·H2O）不能拆分为离子形式，需保留化学式。
氧化还原判断：判断反应是否为氧化还原反应，核心看反应前后是否有元素化合价的变化。
二、非选择题(本题共4小题，共40分)
21．（2025高一下·宝安期中）人类的一切活动都离不开能量，而许多能量的利用与化学反应中的能量变化密切相关。回答下列问题：
（1）NH3中氢含量高且易液化，是一种优良的小分子储氢载体，可通过氨热分解法制氢气，如图是氨热分解法制氢气的能量变化示意图。
一定温度下，利用催化剂将 NH3分解为 N2 和若生成标准状况下33.6L H2，需要　 　(填“吸收”或“放出”)　 　kJ 热量。
（2）将燃料和氧化剂的化学能直接转化为电能的电化学反应装置称作燃料电池。肼(N呈一2价)一过氧化氢碱性燃料电池由于其较高的能量密度而备受关注，其工作原理如图所示，已知电池总反应式为
①惰性电极 A是电池的　 　(填“正”或“负”)极，物质X 是　 　(填或“H2O2”)
②电池工作时，OH-流向　 　(填“电极 A”或“电极 B”)。
③电池工作过程中，若A极区产生14g N2，则转移的电子数目为　 　(用阿伏加德罗常数的值 NA表示)。
【答案】（1）吸收；41.5
（2）负；；电极A；2NA
【知识点】吸热反应和放热反应；原电池工作原理及应用
【解析】 【解答】（1）由图可知，2molNH3完全分解为1molN2和3molH2需要吸收热量93kJ，若生成标准状况下33.6 L H2，即H2的物质的量为1.5mol，则需要吸收热量为41.5kJ；
故答案为： 吸收 ；41.5；
（2）①电子从A极流出，故A为负极，发生氧化反应，加入的X应是N2H4；
②电池工作时，阴离子向负极迁移，故OH-移向电极A；
③电池总反应式为，N元素从-2价变为0价，即生成1molN2转移4mol电子，14g氮气为0.5mol，转移电子数为2NA。
故答案为： 负 ； ； 电极A ； 2NA ；
【分析】(1)反应：，由能量图知该反应吸热，生成吸收热量。
计算：标准状况下的物质的量为，需吸收热量：
(2) ①电极判断：电子由电极A流出，故A为负极；负极通入燃料，因此物质X是。
②离子移动：原电池中阴离子向负极（电极A）移动。
③电子转移计算：反应中，生成转移；（即）转移电子数为。
（1）由图可知，2molNH3完全分解为1molN2和3molH2需要吸收热量93kJ，若生成标准状况下33.6 L H2，即H2的物质的量为1.5mol，则需要吸收热量为41.5kJ；
（2）①电子从A极流出，故A为负极，发生氧化反应，加入的X应是N2H4；
②电池工作时，阴离子向负极迁移，故OH-移向电极A；
③电池总反应式为，N元素从-2价变为0价，即生成1molN2转移4mol电子，14g氮气为0.5mol，转移电子数为2NA。
22．（2025高一下·宝安期中）硫是人体必需的常量元素之一，SO2、H2S也是常见的大气污染物。回答下列问题：
（1）写出工业制硫酸过程中SO2转化为 SO3的化学方程式：　 　。
（2）可用酸性溶液来测定空气中 SO2的含量，补充完整下列离子方程式　 　(已知：缺项微粒中各元素化合价均不变)。
__+
（3）写出浓硫酸与炽热的木炭反应的化学方程式：　 　。
（4）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将混有的空气通入 的酸性混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
①在图示过程 ii中，被氧化的元素是　 　(填元素符号)。
②写出反应i、i、ii的总反应的化学方程式：　 　(忽略反应条件)。
【答案】（1）2SO2+O22SO3
（2）5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+
（3）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（4）S；2H2S+O2=2S↓+2H2O
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）SO2发生催化氧化反应转化为SO3的化学方程式为2SO2+O22SO3；
故答案为： 2SO2+O22SO3 ；
（2）SO2具有强氧化性，酸性KMnO4具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成SO、Mn2+和H2O，离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+；
故答案为： 5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+ ；
（3）浓硫酸与木炭加热发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ；
（4）①在图示过程 ii中，CuS与Fe3+反应生成S和Cu2+、Fe2+，S元素的化合价升高，被氧化；
②由图可知：一共发生的有三个反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；
故答案为：S； 2H2S+O2=2S↓+2H2O ；
【分析】(1) 工业制硫酸 转化为，核心反应： 2SO2+O22SO3 ，需标注催化剂和加热条件，这是该反应的必备前提。
(2)先利用化合价升降守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再利用电荷守恒和原子守恒补项配平。缺项微粒中各元素化合价不变，补项为 和 ，最终配平结果为 5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+ 。
(3) 浓硫酸与炽热木炭反应，核心反应： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ，注意浓硫酸表现强氧化性，产物为 、 和 ，需标注加热条件。
(4) ①过程ii中 被 氧化为 ， 中 被氧化为 。
②、 循环作催化剂，最终是 与 反应生成 和 ，找准催化剂，忽略中间循环步骤，只写起始反应物和最终产物。
（1）SO2发生催化氧化反应转化为SO3的化学方程式为2SO2+O22SO3；
（2）SO2具有强氧化性，酸性KMnO4具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成SO、Mn2+和H2O，离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+；
（3）浓硫酸与木炭加热发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（4）①在图示过程 ii中，CuS与Fe3+反应生成S和Cu2+、Fe2+，S元素的化合价升高，被氧化；
②由图可知：一共发生的有三个反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；
23．（2025高一下·宝安期中）催化加氢合成新能源甲醇，既实现了碳资源的充分利用，又可有效减少排放。时，向2L 的恒容密闭容器中，充入和使之发生反应：，测得各物质的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
（1）由图可知，曲线　 　(填“a“b”或“c”，表示 CO2浓度随时间的变化；0~2min内，CO2的平均反应速率　 　。
（2）4min时，正反应速率　 　逆反应速率(填“>”“<”或“=”)；5min时，将容器的容积变为3 L，此时化学反应速率　 　(填“加快”“减慢”或“不变”)。
（3）对于上述反应，下列叙述正确的是　 　(填字母)。
a．当各气体的物质的量不再改变时，该反应已达平衡状态
b．当该反应达到平衡后，CO2和CH3OH的浓度相等
c．反应达到平衡时，正、逆反应速率均为0
d．提高反应的温度，可以实现 CO2的完全转化
【答案】（1）a；0.05
（2）=；减慢
（3）a
【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】（1）在0~2 min内，a曲线表示的物质浓度减少0.1mol/L，b曲线表示的物质浓度减少0.3 mol/L，二者改变的浓度比为1 ： 3，根据改变的浓度比等于化学方程式中化学计量数的比，可知a表示CO2的浓度变化，b表示的是H2的浓度变化；在0~2 min内用CO2的浓度变化表示的反应速率，
故答案为：a；0.05；
（2）时，各物质的物质的量浓度保持不变，反应达平衡，正反应速率=逆反应速率；时，将容器的容积变为，增大容器的体积，各组分浓度减小，化学反应速率减慢，
故答案为：=；减慢；
（3）a．当各气体的物质的量不再改变时，反应已达平衡状态的特征标志，故a正确；
b．反应达到平衡后和的浓度不一定相等，故CO2和CH3OH浓度相等不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．可逆反应达到平衡时是一种动态平衡，正、逆反应速率相等，但不为0，故c错误；
d．此反应是可逆反应，不可能将CO2完全转化，故d错误；
故答案为： a。
【分析】(1)结合反应方程式判断反应物浓度变化趋势，按计算速率。
反应中，是反应物，浓度随时间减小，且其化学计量数小于，浓度下降更慢，故曲线a表示。
速率计算：内，，。
(2)平衡时正逆速率相等；容器体积与浓度、反应速率成反比，体积变大速率减慢。
4min时速率：4min时反应已达平衡，正、逆反应速率相等（）。
5min时速率：容器容积变为3L（体积增大），各物质浓度减小，化学反应速率减慢。
(3) 平衡标志看“变量不变”；平衡是动态的；可逆反应不能完全转化。
a：各气体物质的量不再改变，是化学平衡的直接标志，
b：平衡时和浓度不一定相等，仅为不再变化，
c：化学平衡是动态平衡，正逆速率相等但不为0，
d：该反应为可逆反应，不能完全转化。
（1）在0~2 min内，a曲线表示的物质浓度减少0.1mol/L，b曲线表示的物质浓度减少0.3 mol/L，二者改变的浓度比为1 ： 3，根据改变的浓度比等于化学方程式中化学计量数的比，可知a表示CO2的浓度变化，b表示的是H2的浓度变化；在0~2 min内用CO2的浓度变化表示的反应速率，故答案为：a；0.05；
（2）时，各物质的物质的量浓度保持不变，反应达平衡，正反应速率=逆反应速率；时，将容器的容积变为，增大容器的体积，各组分浓度减小，化学反应速率减慢，故答案为：=；减慢；
（3）a．当各气体的物质的量不再改变时，反应已达平衡状态的特征标志，故a正确；
b．反应达到平衡后和的浓度不一定相等，故CO2和CH3OH浓度相等不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．可逆反应达到平衡时是一种动态平衡，正、逆反应速率相等，但不为0，故c错误；
d．此反应是可逆反应，不可能将CO2完全转化，故d错误；
故答案为： a。
24．（2025高一下·宝安期中）某实验小组在实验室模拟工业制 HNO3的装置如图所示，其中a为一个可持续鼓入空气的气囊。
已知：P2O5是一种干燥剂，也可用来吸收碱性气体。
回答下列问题：
（1）装置A常用于实验室制NH3，则装置A试管中盛装的药品是　 　(填化学式)。
（2）装置C中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）装置D中P2O5的主要作用是　 　。
（4）装置F中生成硝酸的离子方程式为　 　。工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入某吸水剂后进行蒸馏，蒸馏时不能采用较高温度，原因是　 　。
【答案】（1）NH4Cl和Ca(OH)2
（2）4NH3+5O24NO+6H2O
（3）吸收未反应完的氨气和水蒸气
（4）3NO2+H2O=2H++NO+NO；硝酸受热易分解
【知识点】工业制取硝酸；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置A试管中盛装的药品是NH4Cl和Ca(OH)2；
故答案为： NH4Cl和Ca(OH)2 ；
（2）氨气在C中发生催化氧化得到一氧化氮和水，发生反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
故答案为： 4NH3+5O24NO+6H2O ；
（3）D装置中P2O5用于吸收未反应完的氨气和水蒸气；
故答案为： 吸收未反应完的氨气和水蒸气 ；
（4）装置E中生成硝酸的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+NO；蒸馏时不能采用较高温度，原因是硝酸受热易分解。
故答案为： 3NO2+H2O=2H++NO+NO ； 硝酸受热易分解 ；
【分析】装置A为固固加热制气装置，通过加热与的混合物制取氨气，反应为：
2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O， ，生成的氨气经装置B中碱石灰干燥，去除水蒸气，得到纯净干燥的氨气。干燥后的氨气与气囊a鼓入的空气（提供）混合，进入装置C，在催化剂、加热条件下发生氨的催化氧化，生成一氧化氮：4NH3+5O24NO+6H2O ；这是工业制硝酸的核心第一步反应。装置D中作为酸性干燥剂和碱性气体吸收剂，可除去未反应的氨气（碱性气体）与反应生成的水蒸气，避免杂质进入后续装置；装置E为安全瓶，防止倒吸，保护实验装置。经净化后的进入装置F，与鼓入的空气中反应生成：；随后与水反应生成硝酸： 3NO2+H2O=2H++NO+NO ，生成的可再次被氧化为，循环参与反应，提高原料利用率。最后连接尾气处理装置，吸收未反应的氮氧化物，防止污染环境。
（1）由分析可知，装置A试管中盛装的药品是NH4Cl和Ca(OH)2；
（2）氨气在C中发生催化氧化得到一氧化氮和水，发生反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）D装置中P2O5用于吸收未反应完的氨气和水蒸气；
（4）装置E中生成硝酸的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+NO；蒸馏时不能采用较高温度，原因是硝酸受热易分解。
1 / 1广东省深圳市宝安第一外国语2024-2025学年高一下学期期中测试化学试题
一、选择题(本题共20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．（2025高一下·宝安期中）以新能源汽车为代表的我国新能源产业的快速发展对电力的需求不断攀升。目前我国发电量中不同发电方式所占比例如图所示，下列发电方式不利于缓解“温室效应”的是
A．风力发电 B．水力发电 C．火力发电 D．核能发电
2．（2025高一下·宝安期中）下列反应不属于可逆反应的是
A．Cl2与水反应
B．电解水生成H2和O2，点燃 H2和O2的混合物生成水
C．SO2与水反应
D．N2在高温、高压、催化剂作用下与 H2反应
3．（2025高一下·宝安期中）下列化学反应中，加快反应速率对人类有益的是
A．工业合成氨 B．金属桥梁生锈
C．牛奶变质 D．大理石雕像被酸雨腐蚀
4．（2025高一下·宝安期中）下列说法正确的是
A．常温下，铁与浓硫酸不反应，故可用铁制容器盛装浓硫酸
B．自然固氮、人工固氮都是将 N2转化为NH3
C．镁条在空气中燃烧生成的固体产物全部为 MgO
D．浓硫酸能干燥 SO2气体，但不能干燥 H2S气体
5．（2025高一下·宝安期中）常温下，在碱性环境中能大量共存且溶液呈无色的离子组是
A． B．
C． D．
6．（2025高一下·宝安期中）下列有关硫、氮及其化合物的说法正确的是
A．木炭与浓硫酸的反应，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
B．浓硝酸见光易分解，因此必须保存在棕色瓶中
C．N2难溶于水，故可用作保护气
D．硫与铜反应可生成CuS，体现了硫的氧化性
7．（2025高一下·宝安期中）下列过程的热效应与另外三个不同的是
A．
B．
C．
D．
8．（2025高一下·宝安期中）下列关于物质俗名与用途的匹配关系不正确的是
A B C D
物质 Fe2O3 Na2SiO3的水溶液 CuSO4 NaHCO3
俗名 铁红 水玻璃 胆矾 小苏打
用途 红色颜料 黏合剂 检验水蒸气 发酵粉
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高一下·宝安期中）下列过程利用了 SO2的氧化性的是
A．葡萄酒中添加微量的SO2 B．SO2通入 H2S溶液中
C．用SO2除去工业废水中的Cl2 D．用SO2处理发黄的纸张和衣物
10．（2025高一下·宝安期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．17 g H2S中含有的共价键的数目为 NA
B．1 L 1mol·L- 氨水中，含有的 NH3分子数为 NA
C．足量的 Cu与浓硫酸加热充分反应，转移电子数为
D．溶液中，含有的 N原子数为
11．（2025高一下·宝安期中）下列固体混合物中可利用如图装置实现分离且最终成分不变的是
A．KMnO4和 MnO2 B．NH4Cl和NaOH
C．NH4Cl和 NaCl D．NH4Cl和 I2
12．（2025高一下·宝安期中）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．Cu片溶于稀硝酸：
B．过量氨水滴入硫酸铝溶液中：
C．碳酸银溶于稀盐酸：
D．CuSO4溶液与 Ba(OH)2溶液混合：
13．（2025高一下·宝安期中）反应M+N→Q(放热)分两步进行：①M+N→X(吸热)；②X→Q(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
14．（2025高一下·宝安期中）盐水小汽车”因结构简单、制作方便，深受孩子们喜爱，其结构和原理如图所示。下列说法错误的是
A．使用前，应将 Mg片用砂纸打磨干净
B．溶液中的Cl-向 Cu片一极移动
C．Cu片一极发生还原反应
D．负极的电极反应式为
15．（2025高一下·宝安期中）颜色变化是化学反应现象中的重要组成部分。下列过程中对颜色变化描述错误的是
A．新制氯水在光照条件下敞口久置，最终变为无色
B．将SO2通入酚酞溶液中，溶液由无色变为红色
C．将铜丝伸入装有浓硝酸的试管中，液面上方出现红棕色气体，溶液变绿
D．将在空气中灼烧过的铜丝伸入装有稀硫酸的试管中，铜丝表面变光亮，溶液变蓝
16．（2025高一下·宝安期中）类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，以下类推的结论正确的是
A．浓硝酸露置在空气中溶液质量会减小，则浓硫酸露置在空气中溶液质量也会减小
B．由反应 ，可推出
C．金不溶于浓硝酸，也不溶于浓盐酸，则金在浓硝酸和浓盐酸的混合物中也不溶
D．CO2与NaOH反应生成 Na2CO3和 H2O，则SO2与NaOH反应生成Na2SO3和 H2O
17．（2025高一下·宝安期中）下列关于化学反应速率的描述正确的是
A．任何化学反应的速率越快，反应现象越明显
B．任何化学反应，反应体系的压强越大，反应速率越快
C．化学反应速率为 是指1s时某物质的浓度为0.8 mol·L-1
D．CaCO3与盐酸反应的过程中，再加入相同大小的CaCO3固体，不能增大反应速率
18．（2025高一下·宝安期中）下列有关实验操作对应的现象和结论都正确的是
A．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，振荡，溶液变为无色，说明 具有漂白性
B．向某溶液中加入NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中含有 NH
C．将金属钠投入到 CuSO4溶液中，有红色的固体生成，说明 Na能从铜的盐溶液中置换出 Cu
D．用玻璃棒蘸取氯水滴在 pH试纸上，pH试纸先变红后褪色，说明 具有酸性和漂白性
19．（2025高一下·宝安期中）如图为一些常见物质的氧化性、还原性强弱变化二维图，点a、b、c表示横、纵坐标对应粒子在水溶液中反应的产物。下列说法错误的是
A．点 b处的产物可表示为
B．由图推知，Fe3+也能氧化SO2
C．向FeI2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为
D．向SO2水溶液中通入少量Cl2，溶液导电能力变强
20．（2025高一下·宝安期中）“联合制碱法”的部分工艺流程如下。已知反应Ⅰ的原理为，下列有关说法正确的是
A．应先向饱和 NaCl溶液中通入 CO2，后通入 NH3
B．上述流程中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的操作方法相同
C．向母液中通入 NH3时发生反应的离子方程式为
D．上述流程中涉及的化学反应均不属于氧化还原反应
二、非选择题(本题共4小题，共40分)
21．（2025高一下·宝安期中）人类的一切活动都离不开能量，而许多能量的利用与化学反应中的能量变化密切相关。回答下列问题：
（1）NH3中氢含量高且易液化，是一种优良的小分子储氢载体，可通过氨热分解法制氢气，如图是氨热分解法制氢气的能量变化示意图。
一定温度下，利用催化剂将 NH3分解为 N2 和若生成标准状况下33.6L H2，需要　 　(填“吸收”或“放出”)　 　kJ 热量。
（2）将燃料和氧化剂的化学能直接转化为电能的电化学反应装置称作燃料电池。肼(N呈一2价)一过氧化氢碱性燃料电池由于其较高的能量密度而备受关注，其工作原理如图所示，已知电池总反应式为
①惰性电极 A是电池的　 　(填“正”或“负”)极，物质X 是　 　(填或“H2O2”)
②电池工作时，OH-流向　 　(填“电极 A”或“电极 B”)。
③电池工作过程中，若A极区产生14g N2，则转移的电子数目为　 　(用阿伏加德罗常数的值 NA表示)。
22．（2025高一下·宝安期中）硫是人体必需的常量元素之一，SO2、H2S也是常见的大气污染物。回答下列问题：
（1）写出工业制硫酸过程中SO2转化为 SO3的化学方程式：　 　。
（2）可用酸性溶液来测定空气中 SO2的含量，补充完整下列离子方程式　 　(已知：缺项微粒中各元素化合价均不变)。
__+
（3）写出浓硫酸与炽热的木炭反应的化学方程式：　 　。
（4）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将混有的空气通入 的酸性混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
①在图示过程 ii中，被氧化的元素是　 　(填元素符号)。
②写出反应i、i、ii的总反应的化学方程式：　 　(忽略反应条件)。
23．（2025高一下·宝安期中）催化加氢合成新能源甲醇，既实现了碳资源的充分利用，又可有效减少排放。时，向2L 的恒容密闭容器中，充入和使之发生反应：，测得各物质的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
（1）由图可知，曲线　 　(填“a“b”或“c”，表示 CO2浓度随时间的变化；0~2min内，CO2的平均反应速率　 　。
（2）4min时，正反应速率　 　逆反应速率(填“>”“<”或“=”)；5min时，将容器的容积变为3 L，此时化学反应速率　 　(填“加快”“减慢”或“不变”)。
（3）对于上述反应，下列叙述正确的是　 　(填字母)。
a．当各气体的物质的量不再改变时，该反应已达平衡状态
b．当该反应达到平衡后，CO2和CH3OH的浓度相等
c．反应达到平衡时，正、逆反应速率均为0
d．提高反应的温度，可以实现 CO2的完全转化
24．（2025高一下·宝安期中）某实验小组在实验室模拟工业制 HNO3的装置如图所示，其中a为一个可持续鼓入空气的气囊。
已知：P2O5是一种干燥剂，也可用来吸收碱性气体。
回答下列问题：
（1）装置A常用于实验室制NH3，则装置A试管中盛装的药品是　 　(填化学式)。
（2）装置C中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）装置D中P2O5的主要作用是　 　。
（4）装置F中生成硝酸的离子方程式为　 　。工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入某吸水剂后进行蒸馏，蒸馏时不能采用较高温度，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用
【解析】【解答】A、风力发电依靠风能转化为电能，整个过程不燃烧化石燃料，不会排放二氧化碳，能缓解温室效应，故A不符合题意 ；
B、水力发电利用水的势能转化为电能，无化石燃料燃烧，不产生温室气体，有助于缓解温室效应，故B不符合题意 ；
C、火力发电主要依靠燃烧煤炭等化石燃料，会大量释放二氧化碳，是加剧温室效应的主要发电方式，不利于缓解温室效应，故C符合题意 ；
D、核能发电依靠核裂变释放能量，不涉及化石燃料燃烧，不会排放二氧化碳，可缓解温室效应，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
温室效应主要由二氧化碳等温室气体排放导致，判断发电方式是否利于缓解温室效应，核心看是否燃烧化石燃料、是否排放二氧化碳。
风电、水电、核电均属于清洁能源，无二氧化碳排放；火电依赖化石燃料，会大量排放温室气体。
2．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性
【解析】【解答】A、氯气与水的反应，在常温下即可同时向生成盐酸、次氯酸的方向和盐酸、次氯酸重新生成氯气与水的方向进行， 反应方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，故A不符合题意 ；
B、电解水生成氢气和氧气需要通电，而氢气与氧气点燃生成水需要点燃，二者反应条件完全不同，不满足可逆反应 “相同条件” 的要求，因此不属于可逆反应，故B符合题意 ；
C、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，同时亚硫酸也会分解为二氧化硫和水： SO2+H2OH2SO3， ，在同一条件下双向进行，属于可逆反应，故C不符合题意 ；
D、氮气与氢气在高温、高压和催化剂的条件下，既能生成氨气，氨气也会同时分解为氮气和氢气 ：N2+3H22NH3，属于可逆反应，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
可逆反应必须满足相同条件、同时双向进行两个核心要素。
若正、逆反应需要不同的反应条件（如通电 vs 点燃），则一定不属于可逆反应。
3．【答案】A
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A、工业合成氨是生产化肥的核心反应，加快反应速率可以缩短生产周期，提高单位时间内的产量，提升生产效率，对人类有益，故A符合题意 ；
B、金属桥梁生锈会破坏金属结构，导致桥梁强度下降、坍塌风险增加，加快生锈速率会缩短桥梁使用寿命，危害公共安全，故B不符合题意 ；
C、牛奶变质是由于微生物繁殖及化学反应分解营养物质，加快变质速率会使牛奶快速腐败，造成资源浪费且饮用后危害健康，故C不符合题意 ；
D、大理石雕像被酸雨腐蚀会破坏文物古迹，加快腐蚀速率会加速文化遗产流失，造成不可挽回的损失，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：明确 “加快反应速率有益” 的范畴：仅针对人类需要进行的工业制备、物质合成等正向生产过程。
凡是损耗自然资源、破坏文物古迹、危害人体健康、降低设施寿命的化学反应，加快速率均对人类有害。
4．【答案】D
【知识点】氮的固定；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、常温下铁遇浓硫酸发生钝化，并非不反应，钝化是铁表面生成致密氧化膜阻止反应继续，属于化学变化，因此可用铁制容器盛装浓硫酸，A错误；
B、固氮是将 N2转化为含氮化合物，自然固氮、人工固氮的产物不仅有 NH3，还可能有 NO 等含氮物质，并非都直接转化为 NH3，B错误；
C、镁条在空气中燃烧时，不仅与 O2反应生成 MgO，还会与 N2反应生成 Mg3N2，与 CO2反应生成 MgO 和 C，固体产物并非只有 MgO，C错误；
D、浓硫酸具有吸水性，可干燥 SO2（二者无反应）；但浓硫酸具有强氧化性，H2S 具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此浓硫酸不能干燥 H2S，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
钝化概念：常温下铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化，是化学变化，非不反应。
固氮本质：将游离态氮转化为化合态氮，产物多样，不局限于 NH3。
镁的燃烧：空气中 Mg 与 O2、N2、CO2均反应，产物复杂。
浓硫酸干燥：干燥中性、酸性非还原性气体，不能干燥还原性气体（如 H2S）。
5．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Na+、Mg2+、SO42-、Cl-中，Mg2+与 OH-会发生反应生成 Mg (OH)2沉淀，无法在碱性环境中大量共存，A错误；
B、Ag+、K+、NO3-、HCO3-中，Ag+与 OH-会生成 AgOH 沉淀（易分解为 Ag2O），且 HCO3-与 OH-反应生成 CO32-和水，无法大量共存，B错误；
C、Ba2+、Na+、ClO-、NO3-中，各离子均不与 OH-反应，且均为无色离子，满足碱性环境大量共存且无色的条件，C正确；
D、CO32-、MnO4-、K+、Na+中，MnO4-为紫红色离子，不符合 “溶液呈无色” 的要求，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题核心解题要点：
碱性环境限制：能与 OH-反应生成沉淀、弱电解质或气体的离子（如 Mg2+、Ag+、HCO3-等）均需排除。
无色限制：常见带颜色离子需排除，如 MnO4-（紫红）、Cu2+（蓝）、Fe3+（黄）、Fe2+（浅绿）等。本题需同时满足碱性共存和无色两个条件，缺一不可。
6．【答案】B
【知识点】氮族元素简介；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，该过程体现了浓硫酸的强氧化性，但未体现脱水性（脱水性是指将有机物中氢、氧原子按 2：1 比例脱去），A错误；
B、浓硝酸具有不稳定性，见光易分解为二氧化氮、水和氧气： ，为避免其见光分解，必须保存在棕色试剂瓶中，B正确；
C、氮气可用作保护气，是因为其化学性质稳定，分子内三键键能大，不易与其他物质发生反应，而非难溶于水，C错误；
D、硫单质的氧化性较弱，与铜反应时只能将铜氧化为 +1 价，生成硫化亚铜，而非硫化铜，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸的脱水性与强氧化性需明确区分：脱水性针对有机物，强氧化性体现为氧化还原剂。
浓硝酸的不稳定性是其需避光保存的核心原因。
氮气作保护气的本质是化学惰性，与溶解性无关。
硫的氧化性较弱，与变价金属反应时生成低价态金属硫化物。
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、过氧化钠与水反应会放出大量热，属于放热反应，能使脱脂棉燃烧，故A不符合题意 ；
B、铜丝在氯气中燃烧是典型的燃烧反应，属于放热反应，伴随发光放热现象，故B不符合题意 ；
C、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是典型的吸热反应，反应过程会吸收热量，使环境温度降低，故C符合题意 ；
D、浓硫酸溶于水会释放大量热，属于放热过程（物理 - 化学放热），故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
常见放热过程：燃烧反应、多数化合反应、过氧化钠与水反应、浓硫酸稀释等。
常见吸热过程：氢氧化钡与铵盐的反应、多数分解反应、碳与二氧化碳的反应等。
8．【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、三氧化二铁（Fe2O3）的俗名为铁红，它是红棕色固体，可作为红色颜料使用，A正确；
B、硅酸钠（Na2SiO3）的水溶液俗称为水玻璃，具有黏性，可用作黏合剂、防腐剂等，B正确；
C、胆矾是五水合硫酸铜（CuSO4 5H2O）的俗名，并非无水硫酸铜（CuSO4）；且检验水蒸气的是无水硫酸铜（遇水变蓝），C错误；
D、碳酸氢钠（NaHCO3）的俗名为小苏打，受热易分解产生二氧化碳，可作为发酵粉使用，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
胆矾特指带结晶水的五水合硫酸铜，无水硫酸铜是另一种物质。
检验水蒸气的试剂是无水硫酸铜，而非胆矾。
需准确记忆常见物质的俗名、化学式及核心用途。
9．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、葡萄酒中添加微量二氧化硫，主要利用其还原性起到抗氧化、防腐的作用，未体现氧化性，故A不符合题意 ；
B、二氧化硫通入氢硫酸溶液中，会发生归中反应生成硫单质，二氧化硫中硫元素化合价从 +4 价降低到 0 价，表现为氧化性，故B符合题意 ；
C、用二氧化硫除去工业废水中的氯气，二氧化硫被氧化为硫酸根，硫元素化合价从 +4 价升高到 +6 价，表现为还原性，故C不符合题意 ；
D、用二氧化硫处理发黄的纸张和衣物，利用的是二氧化硫的漂白性，与氧化性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化性的判断标志：反应中硫元素化合价降低（得电子）。
二氧化硫的核心性质：还原性（最常见）、氧化性（归中反应）、漂白性（暂时漂白）、酸性氧化物通性。归中反应是二氧化硫表现氧化性的典型场景，如与氢硫化物反应。
10．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、17g硫化氢的物质的量为0.5mol，每个硫化氢分子含2条硫氢共价键，因此共价键总数为，A正确；
B、氨水中的氮元素主要以一水合氨和铵根离子形式存在，游离的氨气分子数远小于，B错误；
C、足量铜与浓硫酸反应时，浓硫酸会逐渐变稀，稀硫酸与铜不反应，因此参与反应的硫酸小于1.8mol，转移电子数小于，C错误；
D、500mL 0.5mol·L- 硝酸铵溶液中，硝酸铵的物质的量为0.25mol，每个硝酸铵分子含2个氮原子，因此氮原子总数为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
共价键计数：需明确分子结构式，准确统计每个分子中的共价键数量。
弱电解质形态：弱电解质在溶液中会发生电离，实际存在的分子数少于理论值。
反应限度：浓硫酸与铜的反应会因浓度降低而停止，不能按纯浓硫酸完全反应计算。
原子守恒：计算溶液中原子数时，需考虑溶质分子中原子的个数，结合物质的量进行计算。
11．【答案】C
【知识点】铵盐；升华
【解析】【解答】A、高锰酸钾（KMnO4）受热会发生分解反应，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，属于化学变化，无法复原为原物质，且二氧化锰（MnO2）热稳定性强，无法通过该装置分离，A错误；
B、氯化铵（NH4Cl）与氢氧化钠（NaOH）在加热条件下会发生化学反应，生成氯化钠、氨气和水，发生了物质转化，无法分离出原组分，B错误；
C、氯化铵（NH4Cl）受热易分解为氨气和氯化氢气体，遇冷水冷却后二者又会重新化合生成氯化铵；氯化钠（NaCl）热稳定性好，受热不挥发。利用该装置可将氯化铵气化分离，冷却后复原，最终得到纯净的氯化钠和氯化铵，成分不变，C正确；
D、碘单质（I2）受热升华、遇冷凝华是物理变化，但氯化铵受热会与碘单质发生复杂反应，且碘单质易升华后残留，无法实现二者的有效分离，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分离原理需为物理变化或可逆的热分解与化合，且反应不消耗其他组分。
铵盐（如 NH4Cl）受热分解后遇冷可复原，是该类分离的典型依据。
强氧化性固体（如 KMnO4）受热易分解为多种新物质，碘单质与铵盐混合时易反应，均不满足分离要求。
12．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铜片溶于稀硝酸时，铜被氧化为铜离子，硝酸根被还原为一氧化氮， 离子方程式为：，A正确；
B、氢氧化铝不溶于弱碱氨水，过量氨水与铝离子反应只能生成氢氧化铝沉淀，不会生成四羟基合铝酸根， 离子方程式为：，B错误；
C、碳酸银与稀盐酸反应时，银离子会与氯离子结合生成更难溶的氯化银沉淀，离子方程式为：，C错误；
D、硫酸铜与氢氧化钡溶液混合时，铜离子与氢氧根、硫酸根与钡离子会同时生成沉淀， 离子方程式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
弱碱性质：氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，只能生成氢氧化铝沉淀。
沉淀转化：碳酸银与盐酸反应时，会转化为更难溶的氯化银，需体现氯离子的参与。
离子共存：两种盐溶液反应时，所有能结合生成沉淀的离子都要写入方程式，不能遗漏。
氧化还原配平：金属与硝酸的反应需满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒。
13．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】第一步反应（M+N→X，吸热）：吸热反应的本质是反应物总能量低于生成物，因此中间体 X 的能量必须高于反应物 M+N 的总能量。
第二步反应（X→Q，放热）：放热反应的本质是反应物总能量高于生成物，因此生成物 Q 的能量必须低于中间体 X 的能量。
总反应（M+N→Q，放热）：总反应为放热反应，意味着起始反应物 M+N 的总能量高于最终生成物 Q 的能量。
A、Q 的能量高于 M+N，代表总反应为吸热，与题干总反应放热矛盾，A错误；
B、X 的能量低于 M+N，不符合第一步吸热反应的能量规律，B错误；
C、Q 的能量高于 M+N，总反应表现为吸热，不符合题意，C错误；
D、满足 X 能量高于 M+N（第一步吸热）、Q 能量低于 X（第二步放热）、Q 能量低于 M+N（总反应放热），完全符合题干能量变化逻辑，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确能量变化核心标志：吸热反应是能量升高，放热反应是能量降低。
分步验证能量关系：先确认中间体 X 的能量地位，再验证总反应的能量高低。
总反应的能量状态需与分步反应能量关系一致，不能矛盾。
14．【答案】B
【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、镁片表面易形成氧化膜，会阻碍原电池反应，使用前用砂纸打磨可去除氧化膜，保证反应顺利进行，A正确；
B、该原电池中镁片为负极，铜片为正极，溶液中阴离子（氯离子）会向负极（镁片）移动，而非向正极（铜片）移动，B错误；
C、铜片为正极，正极上发生得电子的还原反应（ 2H2O+O2+4e-=4OH- ），C正确；
D、镁片为负极，镁失去电子生成镁离子，电极反应式为 Mg-2e-=Mg2+，故D正确；
故答案为：B。
【分析】 该装置借助镁片、铜片与食盐水构建了原电池体系，实现了化学能向电能的转化。负极：镁片主动失去电子，转变为镁离子，其电极反应表达式为，这是典型的氧化反应过程。正极：铜片本身不参与反应，正极表面是溶液中的氧气得到电子，与水结合生成氢氧根离子，发生还原反应，对应反应式为 2H2O+O2+4e-=4OH-。整个电池的运行核心是负极失电子、正极得电子，且离子移动方向与电子流向匹配，共同维持电化学反应的持续进行。
15．【答案】B
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A、新制氯水因溶解氯气呈浅黄绿色，在光照下，其中的次氯酸会分解为氯化氢和氧气，促使氯气与水的反应持续进行，最终氯水完全转化为稀盐酸，溶液变为无色，A正确；
B、二氧化硫通入酚酞溶液后，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，而酚酞在酸性环境中保持无色，不会变为红色，B错误；
C、铜丝与浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体，部分二氧化氮溶解在反应后的溶液中，使溶液呈现绿色，C正确；
D、在空气中灼烧过的铜丝表面会生成黑色氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成蓝色硫酸铜溶液，同时铜丝表面的氧化铜被除去，恢复光亮的金属光泽，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氯水的褪色本质是次氯酸分解推动氯气与水的反应彻底进行，最终变为稀盐酸。
酚酞的变色特性是遇碱变红、遇酸不变色，二氧化硫溶于水呈酸性，无法使酚酞显色。
铜与浓硝酸反应的溶液呈绿色，是二氧化氮溶解导致的；铜与稀硝酸反应的溶液则为蓝色。
灼烧后的铜丝表面为氧化铜，与酸反应后会露出光亮的铜单质，同时生成蓝色铜盐溶液。
16．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、浓硝酸因具有挥发性，露置在空气中溶质减少，溶液质量减小；而浓硫酸具有吸水性，会吸收空气中的水蒸气，导致溶液质量增大，二者性质差异明显，类推不成立，A错误；
B、氯气氧化性强，能将铁氧化为 + 3 价，生成氯化铁；但硫的氧化性较弱，只能将铁氧化为 + 2 价，生成硫化亚铁，产物类型不同，类推不成立，B错误；
C、金虽不溶于浓硝酸或浓盐酸，但二者按体积比 3：1 混合形成的王水，能溶解金等稳定金属，类推忽略了混合酸的特殊溶解性，C错误；
D、二氧化碳和二氧化硫都属于酸性氧化物，二者与氢氧化钠反应时，均生成对应的正盐和水，类推符合酸性氧化物的通性，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
类推需以物质本质性质为依据，不能仅看表面相似性。
浓酸的特性差异：浓硝酸易挥发，浓硫酸易吸水。
氧化剂氧化性强弱决定变价金属的产物价态。
混合酸可能产生单一酸不具备的特殊溶解性（如王水）。
同类别酸性氧化物与碱反应的产物规律一致。
17．【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A、部分化学反应速率快但无明显现象，如酸碱中和反应，反应速率快却无外观变化；而有些反应速率慢但现象显著，如铁的生锈。因此反应速率与反应现象无必然关联，A错误；
B、压强对反应速率的影响仅针对有气体参与的反应，通过改变体积改变压强才会影响速率；若反应无气体参与，或压强改变未改变反应物浓度（如恒压下充入惰性气体），则反应速率不会变化，B错误；
C、化学反应速率 0.8mol L- s- 的含义是单位时间内某物质的浓度变化量为 0.8mol L- ，而非 1s 时浓度为 0.8mol L- ，混淆了 “浓度变化量” 与 “瞬时浓度” 的概念，C错误；
D、碳酸钙与盐酸反应中，加入相同大小的碳酸钙固体，固体的浓度视为常数，不会改变反应物的有效接触面积和浓度，因此无法增大反应速率，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应速率侧重 “快慢”，反应现象侧重 “外观变化”，二者无直接关联；
压强影响反应速率的前提是有气体参与，且需改变气体反应物浓度；
反应速率是浓度变化速率，非某一时刻的瞬时浓度；
纯固体物质的浓度是定值，加入纯固体不会改变反应速率。
18．【答案】B
【知识点】铵离子检验；钠的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液，溶液褪色是因为二氧化硫作为酸性氧化物，与氢氧化钠发生中和反应，使溶液碱性消失，并非二氧化硫的漂白性，A错误；
B、向溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明溶液中存在铵根离子，铵根离子与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气，操作、现象、B正确；
C、金属钠投入硫酸铜溶液时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，不会置换出红色铜单质，C错误；
D、氯水滴在 pH 试纸上先变红后褪色，是因为氯水中含有盐酸（显酸性）和次氯酸（具有漂白性），氯气本身不具有酸性和漂白性，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫的漂白性针对有机色质，中和反应导致的褪色与漂白性无关；
铵根离子的检验核心是与碱共热产生氨气，使湿润红色石蕊试纸变蓝；
钠与盐溶液反应时，优先与水反应，不能直接置换出金属单质；
氯水的酸性和漂白性来自其中的盐酸和次氯酸，氯气分子本身不具备这些性质。
19．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、根据二维图，的氧化性强于，的还原性强于，因此可氧化生成和，点b处产物可表示为，A正确；
B、从二维图可知，的还原性强于，的氧化性强于，根据氧化还原反应强弱规律，也能氧化（反应生成和），B正确；
C、还原性顺序为，向溶液中通入少量时，应优先氧化还原性更强的，而非，正确的离子方程式为 Cl2+2I-=I2+2Cl-， ，C错误；
D、水溶液中通入少量，发生反应 SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4， ，反应前和水反应生成的弱酸电离程度低，离子浓度小；反应后生成的硫酸和盐酸均为强电解质，溶液中离子浓度显著增大，因此导电能力变强，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
强弱优先规律：氧化还原反应中，还原性强的微粒优先被氧化剂氧化，氧化性强的微粒优先氧化还原性弱的微粒。
产物判断依据：结合二维图中氧化性、还原性强弱的相对位置，判断反应能否发生及生成的产物。
导电性本质：溶液导电能力与离子浓度、离子所带电荷数成正比，强电解质溶液离子浓度远大于弱电解质。
20．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、联合制碱法中，应先向饱和NaCl溶液中通入NH3，使溶液呈碱性，增强对CO2的吸收能力，再通入CO2；若先通CO2，因其在NaCl溶液中溶解度小，难以析出大量NaHCO3晶体，A错误；
B、操作I、II均是从溶液中分离出晶体，采用的是过滤操作；操作III是从母液中分离出NH4Cl晶体，利用的是NH4Cl溶解度随温度变化的特性，采用的是结晶操作，三者操作方法不同，B错误；
C、母液中含有的是NH4Cl和未析出的NaHCO3，通入NH3时，NH3与HCO3-反应生成CO32-和NH4+，且NH3·H2O是弱电解质，不能拆分为OH-，正确的离子方程式为 ，C错误；
D、流程中涉及的反应有反应I（ ）、NaHCO3分解（）、母液中NH4Cl的析出等，所有反应中均无元素化合价的升降变化，均不属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体通入顺序：联合制碱法需“先氨后碳”，利用NH3的碱性提高CO2的溶解度，这是制碱的关键前提。
操作分离逻辑：分离固体晶体核心用过滤，分离可溶性晶体需结合溶解度差异用结晶。
离子方程式规范：弱电解质（如NH3·H2O）不能拆分为离子形式，需保留化学式。
氧化还原判断：判断反应是否为氧化还原反应，核心看反应前后是否有元素化合价的变化。
21．【答案】（1）吸收；41.5
（2）负；；电极A；2NA
【知识点】吸热反应和放热反应；原电池工作原理及应用
【解析】 【解答】（1）由图可知，2molNH3完全分解为1molN2和3molH2需要吸收热量93kJ，若生成标准状况下33.6 L H2，即H2的物质的量为1.5mol，则需要吸收热量为41.5kJ；
故答案为： 吸收 ；41.5；
（2）①电子从A极流出，故A为负极，发生氧化反应，加入的X应是N2H4；
②电池工作时，阴离子向负极迁移，故OH-移向电极A；
③电池总反应式为，N元素从-2价变为0价，即生成1molN2转移4mol电子，14g氮气为0.5mol，转移电子数为2NA。
故答案为： 负 ； ； 电极A ； 2NA ；
【分析】(1)反应：，由能量图知该反应吸热，生成吸收热量。
计算：标准状况下的物质的量为，需吸收热量：
(2) ①电极判断：电子由电极A流出，故A为负极；负极通入燃料，因此物质X是。
②离子移动：原电池中阴离子向负极（电极A）移动。
③电子转移计算：反应中，生成转移；（即）转移电子数为。
（1）由图可知，2molNH3完全分解为1molN2和3molH2需要吸收热量93kJ，若生成标准状况下33.6 L H2，即H2的物质的量为1.5mol，则需要吸收热量为41.5kJ；
（2）①电子从A极流出，故A为负极，发生氧化反应，加入的X应是N2H4；
②电池工作时，阴离子向负极迁移，故OH-移向电极A；
③电池总反应式为，N元素从-2价变为0价，即生成1molN2转移4mol电子，14g氮气为0.5mol，转移电子数为2NA。
22．【答案】（1）2SO2+O22SO3
（2）5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+
（3）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（4）S；2H2S+O2=2S↓+2H2O
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）SO2发生催化氧化反应转化为SO3的化学方程式为2SO2+O22SO3；
故答案为： 2SO2+O22SO3 ；
（2）SO2具有强氧化性，酸性KMnO4具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成SO、Mn2+和H2O，离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+；
故答案为： 5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+ ；
（3）浓硫酸与木炭加热发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ；
（4）①在图示过程 ii中，CuS与Fe3+反应生成S和Cu2+、Fe2+，S元素的化合价升高，被氧化；
②由图可知：一共发生的有三个反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；
故答案为：S； 2H2S+O2=2S↓+2H2O ；
【分析】(1) 工业制硫酸 转化为，核心反应： 2SO2+O22SO3 ，需标注催化剂和加热条件，这是该反应的必备前提。
(2)先利用化合价升降守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再利用电荷守恒和原子守恒补项配平。缺项微粒中各元素化合价不变，补项为 和 ，最终配平结果为 5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+ 。
(3) 浓硫酸与炽热木炭反应，核心反应： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ，注意浓硫酸表现强氧化性，产物为 、 和 ，需标注加热条件。
(4) ①过程ii中 被 氧化为 ， 中 被氧化为 。
②、 循环作催化剂，最终是 与 反应生成 和 ，找准催化剂，忽略中间循环步骤，只写起始反应物和最终产物。
（1）SO2发生催化氧化反应转化为SO3的化学方程式为2SO2+O22SO3；
（2）SO2具有强氧化性，酸性KMnO4具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成SO、Mn2+和H2O，离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O═2Mn2++5SO+4H+；
（3）浓硫酸与木炭加热发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（4）①在图示过程 ii中，CuS与Fe3+反应生成S和Cu2+、Fe2+，S元素的化合价升高，被氧化；
②由图可知：一共发生的有三个反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O；
23．【答案】（1）a；0.05
（2）=；减慢
（3）a
【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】（1）在0~2 min内，a曲线表示的物质浓度减少0.1mol/L，b曲线表示的物质浓度减少0.3 mol/L，二者改变的浓度比为1 ： 3，根据改变的浓度比等于化学方程式中化学计量数的比，可知a表示CO2的浓度变化，b表示的是H2的浓度变化；在0~2 min内用CO2的浓度变化表示的反应速率，
故答案为：a；0.05；
（2）时，各物质的物质的量浓度保持不变，反应达平衡，正反应速率=逆反应速率；时，将容器的容积变为，增大容器的体积，各组分浓度减小，化学反应速率减慢，
故答案为：=；减慢；
（3）a．当各气体的物质的量不再改变时，反应已达平衡状态的特征标志，故a正确；
b．反应达到平衡后和的浓度不一定相等，故CO2和CH3OH浓度相等不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．可逆反应达到平衡时是一种动态平衡，正、逆反应速率相等，但不为0，故c错误；
d．此反应是可逆反应，不可能将CO2完全转化，故d错误；
故答案为： a。
【分析】(1)结合反应方程式判断反应物浓度变化趋势，按计算速率。
反应中，是反应物，浓度随时间减小，且其化学计量数小于，浓度下降更慢，故曲线a表示。
速率计算：内，，。
(2)平衡时正逆速率相等；容器体积与浓度、反应速率成反比，体积变大速率减慢。
4min时速率：4min时反应已达平衡，正、逆反应速率相等（）。
5min时速率：容器容积变为3L（体积增大），各物质浓度减小，化学反应速率减慢。
(3) 平衡标志看“变量不变”；平衡是动态的；可逆反应不能完全转化。
a：各气体物质的量不再改变，是化学平衡的直接标志，
b：平衡时和浓度不一定相等，仅为不再变化，
c：化学平衡是动态平衡，正逆速率相等但不为0，
d：该反应为可逆反应，不能完全转化。
（1）在0~2 min内，a曲线表示的物质浓度减少0.1mol/L，b曲线表示的物质浓度减少0.3 mol/L，二者改变的浓度比为1 ： 3，根据改变的浓度比等于化学方程式中化学计量数的比，可知a表示CO2的浓度变化，b表示的是H2的浓度变化；在0~2 min内用CO2的浓度变化表示的反应速率，故答案为：a；0.05；
（2）时，各物质的物质的量浓度保持不变，反应达平衡，正反应速率=逆反应速率；时，将容器的容积变为，增大容器的体积，各组分浓度减小，化学反应速率减慢，故答案为：=；减慢；
（3）a．当各气体的物质的量不再改变时，反应已达平衡状态的特征标志，故a正确；
b．反应达到平衡后和的浓度不一定相等，故CO2和CH3OH浓度相等不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．可逆反应达到平衡时是一种动态平衡，正、逆反应速率相等，但不为0，故c错误；
d．此反应是可逆反应，不可能将CO2完全转化，故d错误；
故答案为： a。
24．【答案】（1）NH4Cl和Ca(OH)2
（2）4NH3+5O24NO+6H2O
（3）吸收未反应完的氨气和水蒸气
（4）3NO2+H2O=2H++NO+NO；硝酸受热易分解
【知识点】工业制取硝酸；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置A试管中盛装的药品是NH4Cl和Ca(OH)2；
故答案为： NH4Cl和Ca(OH)2 ；
（2）氨气在C中发生催化氧化得到一氧化氮和水，发生反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
故答案为： 4NH3+5O24NO+6H2O ；
（3）D装置中P2O5用于吸收未反应完的氨气和水蒸气；
故答案为： 吸收未反应完的氨气和水蒸气 ；
（4）装置E中生成硝酸的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+NO；蒸馏时不能采用较高温度，原因是硝酸受热易分解。
故答案为： 3NO2+H2O=2H++NO+NO ； 硝酸受热易分解 ；
【分析】装置A为固固加热制气装置，通过加热与的混合物制取氨气，反应为：
2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O， ，生成的氨气经装置B中碱石灰干燥，去除水蒸气，得到纯净干燥的氨气。干燥后的氨气与气囊a鼓入的空气（提供）混合，进入装置C，在催化剂、加热条件下发生氨的催化氧化，生成一氧化氮：4NH3+5O24NO+6H2O ；这是工业制硝酸的核心第一步反应。装置D中作为酸性干燥剂和碱性气体吸收剂，可除去未反应的氨气（碱性气体）与反应生成的水蒸气，避免杂质进入后续装置；装置E为安全瓶，防止倒吸，保护实验装置。经净化后的进入装置F，与鼓入的空气中反应生成：；随后与水反应生成硝酸： 3NO2+H2O=2H++NO+NO ，生成的可再次被氧化为，循环参与反应，提高原料利用率。最后连接尾气处理装置，吸收未反应的氮氧化物，防止污染环境。
（1）由分析可知，装置A试管中盛装的药品是NH4Cl和Ca(OH)2；
（2）氨气在C中发生催化氧化得到一氧化氮和水，发生反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）D装置中P2O5用于吸收未反应完的氨气和水蒸气；
（4）装置E中生成硝酸的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+NO；蒸馏时不能采用较高温度，原因是硝酸受热易分解。
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