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湖南省株洲市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试（选考班）化学试题
一、单选题(本题包括14小题，每题3分，共42分)
1．我国在科技上不断取得重大成果。下列使用的材料不属于无机非金属材料的是
A．“神舟十四号”上搭载的石英加速度计
B．太阳能电池硅板
C．双龙头青铜印章
D．应用于5G手机中的石墨烯导热膜
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、石英加速度计的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，A 不符合题意；
B、太阳能电池硅板的主要成分为硅单质，属于无机非金属材料，B 不符合题意；
C、双龙头青铜印章的主要成分为铜合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，C 符合题意；
D、石墨烯导热膜的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
无机非金属材料的定义：除金属材料、高分子材料以外的所有材料的统称，常见的有二氧化硅、硅单质、碳单质、硅酸盐等；
金属材料的定义：包括纯金属以及它们的合金，青铜是铜锡合金，属于金属材料；
材料分类区分：明确各选项材料的主要成分，区分无机非金属材料与金属材料的范畴。
2．下列各组离子在酸性条件下可以大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、OH-会与酸性环境中的 H+结合生成 H2O，同时 Cu2+与 OH-结合生成 Cu(OH)2沉淀， 且与不能大量共存，反应方程式为：，A项不符合题意；
B、CO32-会与酸性环境中的 H+反应生成 CO2和 H2O，同时 Ca2+与 CO32-结合生成 CaCO3沉淀 ，B项不符合题意；
C、K+、Na+、Cl-、NO3-之间相互不发生反应，且均不与酸性环境中的 H+反应，因此可以大量共存 ，C项符合题意；
D、酸性环境下 NO3-具有强氧化性，会将 Fe2+氧化为 Fe3+，发生氧化还原反应， 方程式为：，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酸性环境限制：不能存在 OH-、CO32-等会与 H+反应的离子。
沉淀、气体、弱电解质：离子间结合生成沉淀（如 Cu(OH)2、CaCO3）、气体（如 CO2）或弱电解质（如 H2O）时不能共存。
氧化还原反应：酸性条件下 NO3-具有强氧化性，会与 Fe2+等还原性离子发生反应。
共存本质：离子之间不发生任何反应，才能在溶液中稳定存在。
3．下列化学用语表述正确的是
A．次氯酸的电子式：
B．氯原子的结构示意图：
C．甲烷分子的空间结构示意图：
D．HCl的形成过程：
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、次氯酸的分子式为 HClO，其成键方式是 H 原子与 O 原子相连、O 原子与 Cl 原子相连，正确电子式为：，A错误；
B、该结构示意图核内质子数为 17，核外电子数为 2+8+8=18，代表的是 Cl-（氯离子），而氯原子的核外电子数应与质子数相等，为 17，最外层电子数为 7， 结构示意图：，B错误；
C、甲烷（CH4）分子的空间结构为正四面体形，C 原子位于正四面体中心，4 个 H 原子位于正四面体的 4 个顶点， 甲烷分子的空间结构示意图为 ，C正确；
D、HCl 是共价化合物，分子中 H 与 Cl 通过共用电子对结合，不存在 H+和 Cl-的离子键， 形成过程：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：需符合分子实际成键顺序，次氯酸中 O 为中心原子，而非 Cl。
原子、离子结构示意图：原子的质子数 = 核外电子数，离子的质子数≠核外电子数，Cl-比 Cl 原子多 1 个电子。
分子空间结构：CH4是正四面体结构，需牢记典型分子的空间构型。
化学键类型：共价化合物（如 HCl）通过共用电子对成键，不能用离子化合物的形成过程表示。
4．下列装置能构成原电池的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、两个电极均为 Fe，活泼性完全相同，无法形成电势差，不能自发发生氧化还原反应，不满足原电池构成条件 ，A错误；
B、电极是活泼性不同的 Cu 和 Fe，电解质为 CuCl2溶液，通过盐桥形成闭合回路，且 Fe 能与 CuCl2自发发生氧化还原反应，满足全部原电池构成条件 ，B正确；
C、无水乙醇属于非电解质，无法电离出自由移动的离子，不能形成导电的电解质环境，不满足原电池构成条件 ，C错误；
D、两个烧杯中的稀硫酸未通过盐桥或导线等形成闭合回路，电子无法持续定向移动，不满足原电池构成条件，不能构成原电池 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极差异：必须存在两个活泼性不同的电极（金属与金属、金属与导电非金属），活泼性相同的电极无法形成电势差。
电解质要求：必须是电解质溶液（或熔融电解质），非电解质（如乙醇、蔗糖）无法提供导电的离子环境。
闭合回路：电极、导线、电解质（或盐桥）需形成完整的闭合通路，保证电子和离子的定向移动。
反应自发：电极与电解质之间需能自发发生氧化还原反应，为原电池提供能量。
5．实验室中下列做法正确的是
A．氢氟酸保存在棕色玻璃试剂瓶中
B．用剩的钠丢入垃圾筒中
C．烧碱溶液保存在玻璃塞试剂瓶中
D．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；化学试剂的存放
【解析】【解答】A、氢氟酸会与玻璃中的二氧化硅反应，不能保存在玻璃试剂瓶中，应保存在塑料瓶中，A 错误；
B、钠易与水、氧气反应，用剩的钠需放回原试剂瓶，不能丢入垃圾筒，B 错误；
C、烧碱（氢氧化钠）会与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，使瓶塞与瓶身粘连，不能保存在玻璃塞试剂瓶中，应使用橡胶塞，C 错误；
D、浓硝酸见光易分解，需保存在棕色细口瓶中避光保存，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氢氟酸的特性：能与 SiO2反应，腐蚀玻璃，因此不能用玻璃容器盛放；
钠的安全处理：钠化学性质活泼，剩余钠必须放回原瓶，防止引发火灾；
强碱的保存：NaOH 等强碱会与玻璃塞中的 SiO2反应，需用橡胶塞试剂瓶；
浓硝酸的保存：见光易分解的试剂需用棕色瓶避光，液体试剂用细口瓶。
6．纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法错误的是
A．二氧化硅和焦炭反应生成粗硅的化学方程式为
B．步骤II的反应是
C．步骤II中的稀硫酸可用来代替
D．既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、工业上用焦炭在高温下还原 SiO2制备粗硅，反应生成 Si 和 CO，化学方程式为，A正确；
B、步骤 Ⅱ 中，硅酸钠（Na2SiO3）与稀硫酸发生复分解反应，生成硅酸沉淀和硫酸钠，反应方程式为 Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3↓+Na2SO4，B正确；
C、碳酸的酸性强于硅酸，因此 CO2通入硅酸钠溶液中，也能反应生成硅酸沉淀，可代替稀硫酸完成步骤 Ⅱ 的转化 ，C正确；
D、两性氧化物的定义是既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水。SiO2虽能与 NaOH 溶液（碱）反应生成盐和水，但与氢氟酸反应的生成物是 SiF4（不属于盐），不满足两性氧化物的定义，因此 SiO2属于酸性氧化物，而非两性氧化物 ，D不正确；
故答案为：D。
【分析】粗 SiO2与 NaOH 溶液反应，生成硅酸钠（X 为 Na2SiO3溶液）；硅酸钠再与稀硫酸反应，得到硅酸沉淀（Y 为 H2SiO3）；硅酸经灼烧分解，最终得到纯 SiO2。
7．海洋生物参与氮循环的过程如图所示，下列说法错误的是
A．反应①~⑤中N元素有5种价态
B．碱性环境有利于发生反应①
C．反应③、⑤属于氮的固定
D．反应①、②、③均涉及极性键的断裂
【答案】C
【知识点】氮的固定；化合价与化学式
【解析】【解答】A、反应①~⑤中 N 元素的价态有-3（如）、-2（如）、-1（如）、 + 3（如）、0（如），共5种价态，A正确；
B、反应①为 NH4+转化为 NH3，碱性环境中 OH-可与 NH4+反应生成 NH3，有利于该反应发生，B 正确、
C、氮的固定是将游离态的氮（N2）转化为化合态的氮，反应③、⑤是化合态氮转化为 N2，不属于氮的固定，C 错误、
D、反应①、②、③均涉及 N-H 极性键的断裂，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氮元素价态判断：根据各含氮物质的化学式，计算 N 元素的化合价，统计价态种类；
反应①的环境影响：NH4+与 OH-在碱性条件下反应生成 NH3，碱性环境促进该反应；
氮的固定定义：明确氮的固定是游离态氮（N2）转化为化合态氮，反之不属于氮的固定；
极性键判断：N-H 键为不同原子间形成的极性键，反应①②③均有该键断裂。
8．如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（　　）
A．图a表示的是吸热反应的能量变化
B．图a中生成物比反应物稳定
C．图b可以表示甲烷燃烧反应的能量变化
D．图b表示的反应一定需要加热才能发生
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图 a 中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，不是吸热反应，A 错误；
B、物质的能量越低越稳定，图 a 中生成物总能量低于反应物，故生成物比反应物稳定，B 正确；
C、甲烷燃烧为放热反应，反应物总能量应高于生成物，图 b 为吸热反应，不能表示甲烷燃烧的能量变化，C 错误；
D、反应的吸放热与反应是否需要加热无必然联系，吸热反应不一定需要加热才能发生，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热反应与吸热反应的判断：反应物总能量高于生成物为放热反应，反之为吸热反应；
物质稳定性与能量的关系：能量越低的物质越稳定；
常见反应的能量变化：甲烷燃烧属于放热反应，反应物总能量高于生成物；
反应条件与吸放热的关系：反应的吸放热由反应物和生成物的总能量差决定，与是否需要加热无关。
9．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向蔗糖溶液中加入浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中加入盐酸酸化的，有白色沉淀生成 溶液中一定含有
C 在干燥的圆底烧瓶里充满，做喷泉实验，引发实验后，水溶液快速喷出，几乎充满整个烧瓶 易溶于水，且溶解速度快
D 在一支洁净的试管中滴加几滴氨水，将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上靠近试管口，试纸颜色变蓝 氨气具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、向蔗糖溶液中加入浓硫酸，蔗糖变黑，这是浓硫酸将蔗糖中的氢、氧元素按水的比例脱去，体现的是脱水性，而非吸水性。吸水性是吸收现成的水分子，与该现象原理不同 ，A错误；
B、向某溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2，出现白色沉淀，该沉淀可能是 BaSO4，也可能是 AgCl。若原溶液中含有 Ag+，也会生成不溶于酸的 AgCl 沉淀，因此不能确定溶液中一定含有 SO42- ，B错误；
C、在充满 NH3的烧瓶中做喷泉实验，水溶液快速喷出并几乎充满烧瓶，说明 NH3极易溶于水，溶解速度快，使烧瓶内压强迅速降低，外界大气压将水压入烧瓶 ，C正确；
D、氨水挥发出的 NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是因为 NH3溶于水生成 NH3 H2O，电离出 OH-使溶液呈碱性，体现的是 NH3的碱性，与还原性无关 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸特性：脱水性是脱去有机物中的氢、氧元素（炭化变黑），吸水性是吸收游离水分子，需严格区分。
离子检验干扰：检验 SO42-时，盐酸酸化的 BaCl2会引入 Cl-，需排除 Ag+的干扰，不能直接得出一定含 SO42-的结论。
喷泉实验原理：NH3极易溶于水，导致烧瓶内压强骤减，形成喷泉，可证明 NH3的溶解性。
氨气性质：氨气使湿润红色石蕊试纸变蓝，体现的是碱性，而非还原性，还原性需通过氧化还原反应体现。
10．部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．a的电子式为
B．b是淡黄色的固体，可通过 a与c 反应制得
C．工业上由b 制 备e 的路线：bcde
D．h可被氧气氧化成g
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、是共价化合物，与通过共用电子对结合，电子式应为 ，而非离子化合物的电子式，A错误；
B、反应方程式： ，是淡黄色固体，可通过该反应制得，B正确；
C、第一步：在空气中燃烧，点燃（生成，对应c ），第二步：在催化、条件下，被氧气氧化：（生成，对应d ），第三步：用98.3%浓硫酸吸收（避免形成酸雾 ），生成（对应e ），流程与陈述一致，C正确；
D、h中为+4价（如 ），具有还原性，可被氧气（氧化剂 ）氧化为+6价的（如 ，对应g ），反应： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断的化学键类型（共价键 ），分析电子式写法。
B．写出（a ）与（c ）的反应方程式，判断能否制得（b）。
C．梳理工业制硫酸的流程（燃烧→催化氧化→吸收 ）。
D．分析+4价的还原性（可被氧气氧化为+6价 ）。
11．下列过程对应的离子方程式书写错误的是
A．向Na2SiO3溶液中通入过量的CO2：
B．向FeI2溶液中通入过量的氯气：
C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入过量的NaOH溶液：
D．向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至中性：
【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；氢氧化铝的制取和性质探究；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向 Na2SiO3溶液中通入过量 CO2，生成 H2SiO3沉淀和 HCO3-，离子方程式，A正确；
B、向 FeI2溶液中通入过量 Cl2，Fe2+和 I-均被完全氧化，离子方程式，B正确；
C、向 NH4Al (SO4)2溶液中滴入过量 NaOH 溶液，Al3+转化为 [Al (OH)4]-，NH4+转化为 NH3 H2O，离子方程式，C正确；
D、向 Ba (OH)2溶液中滴入 NaHSO4溶液至中性，此时 n (H+)=n (OH-)，正确离子方程式应为，原方程式 H+、OH-系数不匹配，书写错误、D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
过量 CO2与硅酸盐反应：CO2过量时生成 HCO3-，而非 CO32-，需注意产物与用量的对应关系；
氧化还原型离子方程式：FeI2中 I-还原性强于 Fe2+，Cl2过量时 Fe2+、I-均完全被氧化，需满足电子守恒、原子守恒；
与量有关的离子反应：NH4Al(SO4)2与过量 NaOH 反应时，Al3+先沉淀后溶解，NH4+再与 OH-反应，需按反应顺序配平；
中性条件下的离子反应：Ba(OH)2与 NaHSO4反应至中性时，H+与 OH-需完全中和，Ba2+与 SO42-按实际用量配平，避免系数错误。
12．汽车的启动电源常用铅酸蓄电池，其结构如图所示。工作时电池总反应式：。下列说法中正确的是
A．发生氧化反应
B．电极反应式：
C．电池工作时，溶液酸性增强
D．电池工作时，经电解质溶液流向电极
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、PbO2为正极，得电子发生还原反应，并非氧化反应，A 错误；
B、Pb 为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为 Pb-2e-+SO42-=PbSO4，B 错误；
C、放电过程中消耗 H2SO4，溶液中 H+浓度降低，酸性减弱，C 错误；
D、原电池中阴离子向负极移动，Pb 为负极，因此 SO42-会向 Pb 电极移动，D 正确；
故答案为：D。
【分析】铅蓄电池放电时的总反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，据此分析电极性质与反应：Pb 元素化合价从 0 升高到 + 2，失电子发生氧化反应，作负极，电极反应为
Pb-2e-+SO42-=PbSO4；PbO2中 Pb 元素化合价从 + 4 降低到 + 2，得电子发生还原反应，作正极，电极反应为 PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O。
13．制备硫酸过程中存在如下反应：。下列说法正确的是
A．和充分反应后可生成
B．增大的浓度，降低反应温度都能加快该反应速率
C．达到化学平衡状态时，仍有与反应生成
D．该反应为放热反应，说明与总能量小于的总能量
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应是可逆反应，反应物无法完全转化为生成物，因此 和 充分反应后，生成的 物质的量一定小于 ，A错误；
B、增大 浓度可加快反应速率，但降低温度会减小分子有效碰撞频率，同时降低催化剂活性，反应速率会减慢 ，B错误；
C、化学平衡是动态平衡，正、逆反应速率相等但不为零，达到平衡后， 与 仍会继续反应生成 ，同时 也会分解为 和 ，C正确；
D、放热反应中，反应物总能量高于生成物总能量，因此 与 的总能量大于 的总能量 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特性：可逆反应不能进行到底，反应物转化率小于100%。
反应速率影响：增大反应物浓度可加快速率，降低温度会减慢速率（温度是影响速率的关键因素）。
动态平衡本质：平衡时正、逆反应仍在进行，只是速率相等，各物质浓度不再变化。
放热反应能量：放热反应中反应物总能量 > 生成物总能量，能量差以热量形式释放。
14．铜与浓硝酸充分反应，铜完全溶解，生成含混合气体(在标准状况下)。若反应前后硝酸溶液的体积没有变化，下列说法错误的是
A．发生还原反应的硝酸有
B．反应后溶液中的浓度为
C．混合气体中与的体积比为
D．将生成的与足量混合通入水中，需要标准状况下的体积
【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；铜及其化合物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NO2、NO 均由硝酸还原得到，N 原子守恒，n (还原的硝酸)=n (气体)= =1.5mol，A 正确；
B、64g Cu 的物质的量为 1mol，生成 Cu(NO3)2，起酸性作用的硝酸为 2mol，剩余硝酸为 9mol/L×0.5L - 1.5mol - 2mol=1mol，反应后溶液中 NO3-总物质的量为 2mol+1mol=3mol，浓度为 3mol÷0.5L=6mol/L，B 错误；
C、设 NO2为 x mol，NO 为 y mol，x+y=1.5，Cu 失电子 2mol，NO2得电子 x mol，NO 得电子 3y mol，x+3y=2，解得 x=1.25，y=0.25，体积比为 5：1，C 正确；
D、NO2、NO 与 O2、水完全反应生成硝酸，总反应为 4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，总耗 O2为 1.25mol÷4 + 0.25mol×3÷4=0.5mol，标况下体积为 0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D 正确；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
还原硝酸的计算：根据 N 原子守恒，还原的硝酸物质的量等于生成气体的物质的量；
溶液中 NO3-浓度计算：硝酸分为起酸性作用（生成 Cu(NO3)2）、起氧化作用（还原为气体）、剩余硝酸三部分，总 NO3-为酸性部分加剩余部分，再除以体积；
气体体积比计算：利用电子守恒列方程组，求解 NO2和 NO 的物质的量，进而得到体积比；
耗 O2量计算：利用总反应，NO2、NO 最终被 O2氧化为硝酸，根据电子守恒计算 O2的物质的量和体积。
二、填空题(本题包括4小题，共56分，除1分标注的空外，其余空均为2分)
15．某化学兴趣小组在实验室用除去表面氧化物的铁钉(碳素钢)与浓硫酸共热制取SO2并完成相关性质探究(不考虑水蒸气)。(已知：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2↑+2H2O)
（1）有同学认为制得的SO2中可能混有杂质，其化学式为　 　。
（2）为验证气体成分，兴趣小组同学设计了如图所示装置进行了实验探究。
①为验证并吸收SO2，装置B中加入的试剂为　 　；装置C中品红溶液的作用是　 　。
②装置G中玻璃仪器的名称是　 　，装置H的作用为　 　。
（3）兴趣小组设计如图装置验证二氧化硫的化学性质。
①能验证SO2具有氧化性的实验现象为　 　；
②为验证SO2的还原性，取试管b中充分反应后的溶液分成三份，分别进行如下实验：
方案Ⅰ：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去；
方案Ⅱ：向第二份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
方案Ⅲ：向第三份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
上述方案中合理的是　 　(填Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)；试管b中发生反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）CO2、H2
（2）酸性KMnO4溶液；验证SO2是否吸收完全；球形干燥管；防止空气中H2O进入干燥管而影响检验
（3）a试管中有淡黄色沉淀生成；Ⅱ；Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下能与碳反应生成二氧化碳，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，铁和稀硫酸反应生成氢气，所以制得的二氧化硫中可能混有的杂质是H2和CO2；
故答案为：CO2、H2；
（2）①SO2具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应，故装置B中加入的试剂为酸性高锰酸钾溶液；SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，故可以用品红溶液来检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液吸收完全。
②G装置为球形干燥管，因为空气中含有水蒸气，可能会对G装置产生干扰，故加装装置H，装置H的作用为防止空气中的水进入G装置。
故答案为：酸性KMnO4溶液；验证SO2是否吸收完全；球形干燥管；防止空气中H2O进入干燥管而影响检验；
（3）①足量二氧化硫与硫化钠溶液反应生成S沉淀，反应中SO2的硫元素化合价降低，表现氧化性，则a试管中有淡黄色沉淀生成说明SO2具有氧化性；
②方案Ⅰ：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去，可能是氯水中含有的次氯酸使品红溶液褪色，故方案Ⅰ不能验证SO2具有还原性，方案Ⅰ错误；方案Ⅱ：向第二份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀的生成是二氧化硫在酸性情况下，被氯水氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO，其中硫元素化合价升高，体现了二氧化硫的还原性，故方案Ⅱ正确；方案Ⅲ：向第三份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子和硝酸银生成的白色沉淀，故方案Ⅲ错误。
故答案为：a试管中有淡黄色沉淀生成；Ⅱ；Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO。
【分析】本实验以浓硫酸与铁钉的反应为核心，通过多步除杂、检验流程，验证产物成分与性质，各装置作用如下：
装置 A：浓硫酸与铁钉在加热条件下反应，生成 SO2，同时因硫酸变稀，铁与稀硫酸反应生成 H2，铁钉中的碳与浓硫酸反应生成 CO2，因此产物中混有 H2、CO2杂质。
装置 B：盛装酸性 KMnO4溶液，利用 SO2的还原性除去 SO2，避免其干扰后续 CO2、H2的检验。
装置 C：盛装品红溶液，利用 SO2的漂白性检验 SO2是否被完全吸收。
装置 D：盛装澄清石灰水，用于检验 CO2的存在。
装置 E：盛装浓硫酸，用于干燥气体，除去水蒸气，避免干扰 H2的检验。
装置 F、G：用于检验 H2，G 中无水硫酸铜遇水变蓝，检验 H2氧化生成的水蒸气。
装置 H：用于隔绝空气中的水蒸气，防止其进入 G 中干扰水的检验。
(1) 先分析浓硫酸与铁钉的反应过程，加热时浓硫酸强氧化性与碳反应生成 CO2；随着硫酸变稀，铁与稀硫酸反应生成 H2，因此制得的 SO2中混有的杂质为 CO2、H2。
(2) ①利用 SO2的还原性，用酸性 KMnO4溶液除去 SO2；再用 SO2的漂白性，通过品红溶液检验 SO2是否被完全吸收，避免干扰后续 CO2的检验。
②G 为球形干燥管，用于检验 H2氧化生成的水蒸气；加装 H 是为了隔绝空气中的水蒸气，防止其进入 G 中干扰水的检验。
(3) ① SO2与 Na2S 反应生成 S 单质，a 试管中出现淡黄色沉淀，证明 SO2中 S 元素化合价降低，体现氧化性。
②逐一分析方案：方案 Ⅰ 中氯水的次氯酸会使品红褪色，无法证明 SO2的还原性；方案 Ⅲ 中氯水本身含 Cl-，与 AgNO3生成沉淀，无法证明；方案 Ⅱ 中 SO2与氯水反应生成 SO42-，S 元素化合价升高，离子方程式为 Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，体现 SO2的还原性，故方案 Ⅱ 正确。
（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下能与碳反应生成二氧化碳，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，铁和稀硫酸反应生成氢气，所以制得的二氧化硫中可能混有的杂质是H2和CO2；答案为：CO2、H2；
（2）①SO2具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应，故装置B中加入的试剂为酸性高锰酸钾溶液；SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，故可以用品红溶液来检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液吸收完全。答案为：酸性KMnO4溶液；验证SO2是否吸收完全；
②G装置为球形干燥管，因为空气中含有水蒸气，可能会对G装置产生干扰，故加装装置H，装置H的作用为防止空气中的水进入G装置。答案为：球形干燥管；防止空气中H2O进入干燥管而影响检验；
（3）①足量二氧化硫与硫化钠溶液反应生成S沉淀，反应中SO2的硫元素化合价降低，表现氧化性，则a试管中有淡黄色沉淀生成说明SO2具有氧化性；答案为：a试管中有淡黄色沉淀生成；
②方案Ⅰ：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去，可能是氯水中含有的次氯酸使品红溶液褪色，故方案Ⅰ不能验证SO2具有还原性，方案Ⅰ错误；方案Ⅱ：向第二份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀的生成是二氧化硫在酸性情况下，被氯水氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO，其中硫元素化合价升高，体现了二氧化硫的还原性，故方案Ⅱ正确；方案Ⅲ：向第三份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子和硝酸银生成的白色沉淀，故方案Ⅲ错误。答案为：Ⅱ；Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO。
16．某工业含铜废料含有、、等成分，利用该含铜废料可生产硝酸铜晶体[]，生产的工艺流程如图所示。请回答下列问题：
（1）“焙烧”过程中生成的废气中有害气体的成分是　 　。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有　 　(写出一条即可)。
（3）“置换”过程中发生的离子方程式是　 　。
（4）“淘洗”所用的溶液A可以是　 　(填标号)。
a．稀硝酸 b．浓硝酸 c．稀硫酸
（5）“反应”一步中使用和，整个过程无红棕色气体产生，则在上述“反应”阶段的作用是　 　，此过程温度不宜过高的原因是　 　。
（6）从“反应”到硝酸铜晶体需要多步操作，包括蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、低温干燥。
（7）某工厂用上述工业含铜废料(含铜元素80%)制备，理论上得到的质量为　 　。
【答案】（1）
（2）将“焙烧”后的固体粉碎(适当升高温度、适当增大硫酸的浓度)
（3）Fe+Cu2+=Fe2++Cu
（4）c
（5）作氧化剂；温度过高会导致分解
（6）蒸发浓缩、冷却结晶
（7）或
【知识点】物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）“焙烧”时，其中的与空气中的反应生成和，反应的化学方程式为：，
故答案为：。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、将“焙烧”后的固体粉碎。
故答案为：将“焙烧”后的固体粉碎(适当升高温度、适当增大硫酸的浓度)；
（3）铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（4）硝酸能溶解铜，常温下铁和浓硫酸发生钝化，同时本题的最终目的是制备硝酸铜晶体，所以为减少的损失，淘洗用稀硫酸；
故答案为：c。
（5）“反应”为20%的溶液和10%的溶液溶解，反应过程中无红棕色气体生成，反应为：在上述反应中起到氧化剂的作用；加热可以提高反应速率，但温度过高会导致分解，因此温度不宜过高。
故答案为： 作氧化剂 ； 温度过高会导致分解 ；
（6）从“反应”到硝酸铜晶体需要多步操作，从溶液得到含结晶水的晶体操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶 ；
（7）m1kg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为：=kg或kg。
故答案为：或 ；
【分析】含铜废料先在空气中焙烧，将 Cu、CuS 等转化为 CuO，同时除去硫元素；焙烧产物用稀硫酸酸化，使 CuO 溶解为 CuSO4；加入 Fe 粉置换出 Cu，过滤得到粗铜；粗铜经淘洗除杂后，与硝酸、过氧化氢反应生成硝酸铜溶液，最终经结晶得到 Cu(NO3)2 3H2O。
（1）“焙烧”时，其中的与空气中的反应生成和，反应的化学方程式为：，故答案为：。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、将“焙烧”后的固体粉碎。
（3）铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
（4）硝酸能溶解铜，常温下铁和浓硫酸发生钝化，同时本题的最终目的是制备硝酸铜晶体，所以为减少的损失，淘洗用稀硫酸；故答案为：c。
（5）“反应”为20%的溶液和10%的溶液溶解，反应过程中无红棕色气体生成，反应为：在上述反应中起到氧化剂的作用；加热可以提高反应速率，但温度过高会导致分解，因此温度不宜过高。
（6）从“反应”到硝酸铜晶体需要多步操作，从溶液得到含结晶水的晶体操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。
（7）m1kg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为： =kg或kg。
17．能源是现代文明的原动力，化学电池在生产生活中有着广泛的应用。
（1）根据构成原电池的本质判断，下列反应方程式正确且能设计成原电池的是　 　(填字母)。
a． b．
c． d．
（2）反应中相关物质的能量变化如下图所示。若有生成，该反应需要　 　(填“吸收”或“放出”)　 　能量。
（3）以为原理设计燃料电池，装置如下图所示。
①燃料电池中电流的方向为　 　(填“A→B”或“B→A”)
②A处加入的是　 　(写化学式)。
③b电极上发生的电极反应式为　 　。
④当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是　 　mol。
【答案】（1）d
（2）放出；91
（3）B→A；；；0.6
【知识点】吸热反应和放热反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）自发进行的氧化还原反应理论上可以设计成原电池。
a．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故a错误；
b．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故b错误；
c．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故c错误；
d．为自发进行的氧化还原反应，能设计成原电池，故d正确；
故答案为：d；
（2）图像显示反应中反应物总能量高于生成物总能量，即反应为放热反应，若有生成，该反应放出510kJ-419kJ=91kJ能量；
故答案为： 放出 ；91；
（3）①根据图中电子移动方向可知，a为负极，b为正极，原电池中电流由正极流向负极，故燃料电池中电流的方向为B→A。
②由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以A处加入的是N2H4；
③N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
④结合第③问可知，1个氧气得到4个电子，是0.15mol，则当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是0.15mol×4=0.6mol。
故答案为： B→A ； ； ；0.6；
【分析】(1)能设计成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应。
a、b、c均为非氧化还原反应，只有d是自发的氧化还原反应，故选d。
(2)反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，生成1mol CH3OH(g)放出能量：。
(3)① 电流方向：电子由a→b，电流方向与电子相反，为B→A。
② 反应物判断：a极生成N2，发生氧化反应，故A处加入N2H4。
③ 正极反应：b极（正极）O2得电子，在碱性条件下生成OH-，反应式为 。
④ 电子转移计算：标准状况下3.36L O2为0.15mol，1mol O2得4mol电子，转移电子为。
（1）自发进行的氧化还原反应理论上可以设计成原电池。
a．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故a错误；
b．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故b错误；
c．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故c错误；
d．为自发进行的氧化还原反应，能设计成原电池，故d正确；
故答案为：d；
（2）图像显示反应中反应物总能量高于生成物总能量，即反应为放热反应，若有生成，该反应放出510kJ-419kJ=91kJ能量；
（3）①根据图中电子移动方向可知，a为负极，b为正极，原电池中电流由正极流向负极，故燃料电池中电流的方向为B→A。
②由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以A处加入的是N2H4；
③N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
④结合第③问可知，1个氧气得到4个电子，是0.15mol，则当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是0.15mol×4=0.6mol。
18．在2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol ，一定条件下发生反应：，测得和的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示。
（1）从反应开始至达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=　 　，的平均反应速率v()=　 　。平衡时的转化率为　 　。
（2）下列措施能增大反应速率的是___________(填字母)。
A．升高温度 B．降低压强
C．减小的浓度 D．加入合适的催化剂
（3）下列描述中能说明上述反应达到平衡状态的是___________。
A．CO、和三种物质的浓度相等
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化
D．单位时间内消耗2mol 的同时生成1mol
（4）该反应是　 　反应(填“吸热”或“放热”)，已知断开1mol CO(g)和2mol 中的化学键需要吸收的能量为1924kJ，则断开1mol 中的化学键所需要吸收　 　kJ的能量。
（5）汽车尾气(含有烃类、CO、、NO等物质)治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”，使CO和NO转化为无毒气体，其反应方程式为　 　。
【答案】（1）0.125；0.25；75％
（2）A；D
（3）C
（4）放热；2052.8
（5）
【知识点】热化学方程式；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）从反应开始至达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=。v(H2)= 2v(CO)=0.25；平衡时的转化率为。
故答案为： 0.125 ； 0.25 ； 75％ ；
（2）多种因素能影响化学反应速率，其中增大反应物的浓度、增大气体压强、使用正催化剂、升温等均能加快反应速率。则能增大反应速率的是A(升高温度)和 D(加入合适的催化剂) ，故AD符合。
故答案为： A D ；
（3）A．某瞬间的含量跟起始状态有关、CO、和三种物质的浓度相等、不一定说明它们不再改变、不能说明已达平衡，A不符合题意；
B．气体质量始终不变、容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，B不符合题意；
C．反应中，气体的物质的量会随着反应而变化，故混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化说明反应已达平衡，C符合题意；
D．单位时间内消耗2mol的同时生成1mol，均指正反应速率，不能说明已达平衡，D不符合题意；
故答案为：C。
（4）该反应的生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应，由图知： =-128.8kJ/mol=反应物总键能-生成物总键能，已知断开1mol CO(g)和2mol中的化学键需要吸收的能量为1924kJ，则断开1mol中的化学键所需要吸收1924kJ-(-128.8kJ/mol)=2052.8kJ。
故答案为： 放热 ； 2052.8 ；
（5）在汽车的排气管上装一个“催化转换器”，可以使CO和NO转化为无毒气体N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)由图1知，3min达平衡，，则。
；；
转化率：。
(2)升高温度、加入催化剂可加快反应速率；降低压强、减小产物浓度会减慢反应速率。
(3)平衡的本质是正逆反应速率相等、各组分浓度不变。
浓度相等不一定是平衡；恒容容器中气体密度始终不变；气体总物质的量不变时，说明反应达平衡。
(4)生成物总能量低于反应物，为放热反应。由反应物总键能生成物总键能，得：生成物总键能。
(5)与在催化剂下生成无毒的和，配平为： 。
（1）从反应开始至达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=。v(H2)= 2v(CO)=0.25；平衡时的转化率为。
（2）多种因素能影响化学反应速率，其中增大反应物的浓度、增大气体压强、使用正催化剂、升温等均能加快反应速率。则能增大反应速率的是A(升高温度)和 D(加入合适的催化剂) ，故AD符合。
（3）A．某瞬间的含量跟起始状态有关、CO、和三种物质的浓度相等、不一定说明它们不再改变、不能说明已达平衡，A不符合题意；
B．气体质量始终不变、容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，B不符合题意；
C．反应中，气体的物质的量会随着反应而变化，故混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化说明反应已达平衡，C符合题意；
D．单位时间内消耗2mol的同时生成1mol，均指正反应速率，不能说明已达平衡，D不符合题意；
故选C。
（4）该反应的生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应，由图知： =-128.8kJ/mol=反应物总键能-生成物总键能，已知断开1mol CO(g)和2mol中的化学键需要吸收的能量为1924kJ，则断开1mol中的化学键所需要吸收1924kJ-(-128.8kJ/mol)=2052.8kJ。
（5）在汽车的排气管上装一个“催化转换器”，可以使CO和NO转化为无毒气体N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
1 / 1湖南省株洲市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试（选考班）化学试题
一、单选题(本题包括14小题，每题3分，共42分)
1．我国在科技上不断取得重大成果。下列使用的材料不属于无机非金属材料的是
A．“神舟十四号”上搭载的石英加速度计
B．太阳能电池硅板
C．双龙头青铜印章
D．应用于5G手机中的石墨烯导热膜
2．下列各组离子在酸性条件下可以大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
3．下列化学用语表述正确的是
A．次氯酸的电子式：
B．氯原子的结构示意图：
C．甲烷分子的空间结构示意图：
D．HCl的形成过程：
4．下列装置能构成原电池的是
A． B．
C． D．
5．实验室中下列做法正确的是
A．氢氟酸保存在棕色玻璃试剂瓶中
B．用剩的钠丢入垃圾筒中
C．烧碱溶液保存在玻璃塞试剂瓶中
D．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
6．纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法错误的是
A．二氧化硅和焦炭反应生成粗硅的化学方程式为
B．步骤II的反应是
C．步骤II中的稀硫酸可用来代替
D．既能与NaOH溶液反应，又能与氢氟酸反应，所以是两性氧化物
7．海洋生物参与氮循环的过程如图所示，下列说法错误的是
A．反应①~⑤中N元素有5种价态
B．碱性环境有利于发生反应①
C．反应③、⑤属于氮的固定
D．反应①、②、③均涉及极性键的断裂
8．如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（　　）
A．图a表示的是吸热反应的能量变化
B．图a中生成物比反应物稳定
C．图b可以表示甲烷燃烧反应的能量变化
D．图b表示的反应一定需要加热才能发生
9．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向蔗糖溶液中加入浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸有吸水性
B 向某溶液中加入盐酸酸化的，有白色沉淀生成 溶液中一定含有
C 在干燥的圆底烧瓶里充满，做喷泉实验，引发实验后，水溶液快速喷出，几乎充满整个烧瓶 易溶于水，且溶解速度快
D 在一支洁净的试管中滴加几滴氨水，将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上靠近试管口，试纸颜色变蓝 氨气具有还原性
A．A B．B C．C D．D
10．部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．a的电子式为
B．b是淡黄色的固体，可通过 a与c 反应制得
C．工业上由b 制 备e 的路线：bcde
D．h可被氧气氧化成g
11．下列过程对应的离子方程式书写错误的是
A．向Na2SiO3溶液中通入过量的CO2：
B．向FeI2溶液中通入过量的氯气：
C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入过量的NaOH溶液：
D．向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至中性：
12．汽车的启动电源常用铅酸蓄电池，其结构如图所示。工作时电池总反应式：。下列说法中正确的是
A．发生氧化反应
B．电极反应式：
C．电池工作时，溶液酸性增强
D．电池工作时，经电解质溶液流向电极
13．制备硫酸过程中存在如下反应：。下列说法正确的是
A．和充分反应后可生成
B．增大的浓度，降低反应温度都能加快该反应速率
C．达到化学平衡状态时，仍有与反应生成
D．该反应为放热反应，说明与总能量小于的总能量
14．铜与浓硝酸充分反应，铜完全溶解，生成含混合气体(在标准状况下)。若反应前后硝酸溶液的体积没有变化，下列说法错误的是
A．发生还原反应的硝酸有
B．反应后溶液中的浓度为
C．混合气体中与的体积比为
D．将生成的与足量混合通入水中，需要标准状况下的体积
二、填空题(本题包括4小题，共56分，除1分标注的空外，其余空均为2分)
15．某化学兴趣小组在实验室用除去表面氧化物的铁钉(碳素钢)与浓硫酸共热制取SO2并完成相关性质探究(不考虑水蒸气)。(已知：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2↑+2H2O)
（1）有同学认为制得的SO2中可能混有杂质，其化学式为　 　。
（2）为验证气体成分，兴趣小组同学设计了如图所示装置进行了实验探究。
①为验证并吸收SO2，装置B中加入的试剂为　 　；装置C中品红溶液的作用是　 　。
②装置G中玻璃仪器的名称是　 　，装置H的作用为　 　。
（3）兴趣小组设计如图装置验证二氧化硫的化学性质。
①能验证SO2具有氧化性的实验现象为　 　；
②为验证SO2的还原性，取试管b中充分反应后的溶液分成三份，分别进行如下实验：
方案Ⅰ：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去；
方案Ⅱ：向第二份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
方案Ⅲ：向第三份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
上述方案中合理的是　 　(填Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)；试管b中发生反应的离子方程式为　 　。
16．某工业含铜废料含有、、等成分，利用该含铜废料可生产硝酸铜晶体[]，生产的工艺流程如图所示。请回答下列问题：
（1）“焙烧”过程中生成的废气中有害气体的成分是　 　。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有　 　(写出一条即可)。
（3）“置换”过程中发生的离子方程式是　 　。
（4）“淘洗”所用的溶液A可以是　 　(填标号)。
a．稀硝酸 b．浓硝酸 c．稀硫酸
（5）“反应”一步中使用和，整个过程无红棕色气体产生，则在上述“反应”阶段的作用是　 　，此过程温度不宜过高的原因是　 　。
（6）从“反应”到硝酸铜晶体需要多步操作，包括蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、低温干燥。
（7）某工厂用上述工业含铜废料(含铜元素80%)制备，理论上得到的质量为　 　。
17．能源是现代文明的原动力，化学电池在生产生活中有着广泛的应用。
（1）根据构成原电池的本质判断，下列反应方程式正确且能设计成原电池的是　 　(填字母)。
a． b．
c． d．
（2）反应中相关物质的能量变化如下图所示。若有生成，该反应需要　 　(填“吸收”或“放出”)　 　能量。
（3）以为原理设计燃料电池，装置如下图所示。
①燃料电池中电流的方向为　 　(填“A→B”或“B→A”)
②A处加入的是　 　(写化学式)。
③b电极上发生的电极反应式为　 　。
④当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是　 　mol。
18．在2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol ，一定条件下发生反应：，测得和的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示。
（1）从反应开始至达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=　 　，的平均反应速率v()=　 　。平衡时的转化率为　 　。
（2）下列措施能增大反应速率的是___________(填字母)。
A．升高温度 B．降低压强
C．减小的浓度 D．加入合适的催化剂
（3）下列描述中能说明上述反应达到平衡状态的是___________。
A．CO、和三种物质的浓度相等
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化
D．单位时间内消耗2mol 的同时生成1mol
（4）该反应是　 　反应(填“吸热”或“放热”)，已知断开1mol CO(g)和2mol 中的化学键需要吸收的能量为1924kJ，则断开1mol 中的化学键所需要吸收　 　kJ的能量。
（5）汽车尾气(含有烃类、CO、、NO等物质)治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”，使CO和NO转化为无毒气体，其反应方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、石英加速度计的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，A 不符合题意；
B、太阳能电池硅板的主要成分为硅单质，属于无机非金属材料，B 不符合题意；
C、双龙头青铜印章的主要成分为铜合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，C 符合题意；
D、石墨烯导热膜的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
无机非金属材料的定义：除金属材料、高分子材料以外的所有材料的统称，常见的有二氧化硅、硅单质、碳单质、硅酸盐等；
金属材料的定义：包括纯金属以及它们的合金，青铜是铜锡合金，属于金属材料；
材料分类区分：明确各选项材料的主要成分，区分无机非金属材料与金属材料的范畴。
2．【答案】C
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、OH-会与酸性环境中的 H+结合生成 H2O，同时 Cu2+与 OH-结合生成 Cu(OH)2沉淀， 且与不能大量共存，反应方程式为：，A项不符合题意；
B、CO32-会与酸性环境中的 H+反应生成 CO2和 H2O，同时 Ca2+与 CO32-结合生成 CaCO3沉淀 ，B项不符合题意；
C、K+、Na+、Cl-、NO3-之间相互不发生反应，且均不与酸性环境中的 H+反应，因此可以大量共存 ，C项符合题意；
D、酸性环境下 NO3-具有强氧化性，会将 Fe2+氧化为 Fe3+，发生氧化还原反应， 方程式为：，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酸性环境限制：不能存在 OH-、CO32-等会与 H+反应的离子。
沉淀、气体、弱电解质：离子间结合生成沉淀（如 Cu(OH)2、CaCO3）、气体（如 CO2）或弱电解质（如 H2O）时不能共存。
氧化还原反应：酸性条件下 NO3-具有强氧化性，会与 Fe2+等还原性离子发生反应。
共存本质：离子之间不发生任何反应，才能在溶液中稳定存在。
3．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、次氯酸的分子式为 HClO，其成键方式是 H 原子与 O 原子相连、O 原子与 Cl 原子相连，正确电子式为：，A错误；
B、该结构示意图核内质子数为 17，核外电子数为 2+8+8=18，代表的是 Cl-（氯离子），而氯原子的核外电子数应与质子数相等，为 17，最外层电子数为 7， 结构示意图：，B错误；
C、甲烷（CH4）分子的空间结构为正四面体形，C 原子位于正四面体中心，4 个 H 原子位于正四面体的 4 个顶点， 甲烷分子的空间结构示意图为 ，C正确；
D、HCl 是共价化合物，分子中 H 与 Cl 通过共用电子对结合，不存在 H+和 Cl-的离子键， 形成过程：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：需符合分子实际成键顺序，次氯酸中 O 为中心原子，而非 Cl。
原子、离子结构示意图：原子的质子数 = 核外电子数，离子的质子数≠核外电子数，Cl-比 Cl 原子多 1 个电子。
分子空间结构：CH4是正四面体结构，需牢记典型分子的空间构型。
化学键类型：共价化合物（如 HCl）通过共用电子对成键，不能用离子化合物的形成过程表示。
4．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、两个电极均为 Fe，活泼性完全相同，无法形成电势差，不能自发发生氧化还原反应，不满足原电池构成条件 ，A错误；
B、电极是活泼性不同的 Cu 和 Fe，电解质为 CuCl2溶液，通过盐桥形成闭合回路，且 Fe 能与 CuCl2自发发生氧化还原反应，满足全部原电池构成条件 ，B正确；
C、无水乙醇属于非电解质，无法电离出自由移动的离子，不能形成导电的电解质环境，不满足原电池构成条件 ，C错误；
D、两个烧杯中的稀硫酸未通过盐桥或导线等形成闭合回路，电子无法持续定向移动，不满足原电池构成条件，不能构成原电池 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极差异：必须存在两个活泼性不同的电极（金属与金属、金属与导电非金属），活泼性相同的电极无法形成电势差。
电解质要求：必须是电解质溶液（或熔融电解质），非电解质（如乙醇、蔗糖）无法提供导电的离子环境。
闭合回路：电极、导线、电解质（或盐桥）需形成完整的闭合通路，保证电子和离子的定向移动。
反应自发：电极与电解质之间需能自发发生氧化还原反应，为原电池提供能量。
5．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；化学试剂的存放
【解析】【解答】A、氢氟酸会与玻璃中的二氧化硅反应，不能保存在玻璃试剂瓶中，应保存在塑料瓶中，A 错误；
B、钠易与水、氧气反应，用剩的钠需放回原试剂瓶，不能丢入垃圾筒，B 错误；
C、烧碱（氢氧化钠）会与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，使瓶塞与瓶身粘连，不能保存在玻璃塞试剂瓶中，应使用橡胶塞，C 错误；
D、浓硝酸见光易分解，需保存在棕色细口瓶中避光保存，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氢氟酸的特性：能与 SiO2反应，腐蚀玻璃，因此不能用玻璃容器盛放；
钠的安全处理：钠化学性质活泼，剩余钠必须放回原瓶，防止引发火灾；
强碱的保存：NaOH 等强碱会与玻璃塞中的 SiO2反应，需用橡胶塞试剂瓶；
浓硝酸的保存：见光易分解的试剂需用棕色瓶避光，液体试剂用细口瓶。
6．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、工业上用焦炭在高温下还原 SiO2制备粗硅，反应生成 Si 和 CO，化学方程式为，A正确；
B、步骤 Ⅱ 中，硅酸钠（Na2SiO3）与稀硫酸发生复分解反应，生成硅酸沉淀和硫酸钠，反应方程式为 Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3↓+Na2SO4，B正确；
C、碳酸的酸性强于硅酸，因此 CO2通入硅酸钠溶液中，也能反应生成硅酸沉淀，可代替稀硫酸完成步骤 Ⅱ 的转化 ，C正确；
D、两性氧化物的定义是既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水。SiO2虽能与 NaOH 溶液（碱）反应生成盐和水，但与氢氟酸反应的生成物是 SiF4（不属于盐），不满足两性氧化物的定义，因此 SiO2属于酸性氧化物，而非两性氧化物 ，D不正确；
故答案为：D。
【分析】粗 SiO2与 NaOH 溶液反应，生成硅酸钠（X 为 Na2SiO3溶液）；硅酸钠再与稀硫酸反应，得到硅酸沉淀（Y 为 H2SiO3）；硅酸经灼烧分解，最终得到纯 SiO2。
7．【答案】C
【知识点】氮的固定；化合价与化学式
【解析】【解答】A、反应①~⑤中 N 元素的价态有-3（如）、-2（如）、-1（如）、 + 3（如）、0（如），共5种价态，A正确；
B、反应①为 NH4+转化为 NH3，碱性环境中 OH-可与 NH4+反应生成 NH3，有利于该反应发生，B 正确、
C、氮的固定是将游离态的氮（N2）转化为化合态的氮，反应③、⑤是化合态氮转化为 N2，不属于氮的固定，C 错误、
D、反应①、②、③均涉及 N-H 极性键的断裂，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氮元素价态判断：根据各含氮物质的化学式，计算 N 元素的化合价，统计价态种类；
反应①的环境影响：NH4+与 OH-在碱性条件下反应生成 NH3，碱性环境促进该反应；
氮的固定定义：明确氮的固定是游离态氮（N2）转化为化合态氮，反之不属于氮的固定；
极性键判断：N-H 键为不同原子间形成的极性键，反应①②③均有该键断裂。
8．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图 a 中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，不是吸热反应，A 错误；
B、物质的能量越低越稳定，图 a 中生成物总能量低于反应物，故生成物比反应物稳定，B 正确；
C、甲烷燃烧为放热反应，反应物总能量应高于生成物，图 b 为吸热反应，不能表示甲烷燃烧的能量变化，C 错误；
D、反应的吸放热与反应是否需要加热无必然联系，吸热反应不一定需要加热才能发生，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热反应与吸热反应的判断：反应物总能量高于生成物为放热反应，反之为吸热反应；
物质稳定性与能量的关系：能量越低的物质越稳定；
常见反应的能量变化：甲烷燃烧属于放热反应，反应物总能量高于生成物；
反应条件与吸放热的关系：反应的吸放热由反应物和生成物的总能量差决定，与是否需要加热无关。
9．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、向蔗糖溶液中加入浓硫酸，蔗糖变黑，这是浓硫酸将蔗糖中的氢、氧元素按水的比例脱去，体现的是脱水性，而非吸水性。吸水性是吸收现成的水分子，与该现象原理不同 ，A错误；
B、向某溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2，出现白色沉淀，该沉淀可能是 BaSO4，也可能是 AgCl。若原溶液中含有 Ag+，也会生成不溶于酸的 AgCl 沉淀，因此不能确定溶液中一定含有 SO42- ，B错误；
C、在充满 NH3的烧瓶中做喷泉实验，水溶液快速喷出并几乎充满烧瓶，说明 NH3极易溶于水，溶解速度快，使烧瓶内压强迅速降低，外界大气压将水压入烧瓶 ，C正确；
D、氨水挥发出的 NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是因为 NH3溶于水生成 NH3 H2O，电离出 OH-使溶液呈碱性，体现的是 NH3的碱性，与还原性无关 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸特性：脱水性是脱去有机物中的氢、氧元素（炭化变黑），吸水性是吸收游离水分子，需严格区分。
离子检验干扰：检验 SO42-时，盐酸酸化的 BaCl2会引入 Cl-，需排除 Ag+的干扰，不能直接得出一定含 SO42-的结论。
喷泉实验原理：NH3极易溶于水，导致烧瓶内压强骤减，形成喷泉，可证明 NH3的溶解性。
氨气性质：氨气使湿润红色石蕊试纸变蓝，体现的是碱性，而非还原性，还原性需通过氧化还原反应体现。
10．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、是共价化合物，与通过共用电子对结合，电子式应为 ，而非离子化合物的电子式，A错误；
B、反应方程式： ，是淡黄色固体，可通过该反应制得，B正确；
C、第一步：在空气中燃烧，点燃（生成，对应c ），第二步：在催化、条件下，被氧气氧化：（生成，对应d ），第三步：用98.3%浓硫酸吸收（避免形成酸雾 ），生成（对应e ），流程与陈述一致，C正确；
D、h中为+4价（如 ），具有还原性，可被氧气（氧化剂 ）氧化为+6价的（如 ，对应g ），反应： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断的化学键类型（共价键 ），分析电子式写法。
B．写出（a ）与（c ）的反应方程式，判断能否制得（b）。
C．梳理工业制硫酸的流程（燃烧→催化氧化→吸收 ）。
D．分析+4价的还原性（可被氧气氧化为+6价 ）。
11．【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；氢氧化铝的制取和性质探究；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向 Na2SiO3溶液中通入过量 CO2，生成 H2SiO3沉淀和 HCO3-，离子方程式，A正确；
B、向 FeI2溶液中通入过量 Cl2，Fe2+和 I-均被完全氧化，离子方程式，B正确；
C、向 NH4Al (SO4)2溶液中滴入过量 NaOH 溶液，Al3+转化为 [Al (OH)4]-，NH4+转化为 NH3 H2O，离子方程式，C正确；
D、向 Ba (OH)2溶液中滴入 NaHSO4溶液至中性，此时 n (H+)=n (OH-)，正确离子方程式应为，原方程式 H+、OH-系数不匹配，书写错误、D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
过量 CO2与硅酸盐反应：CO2过量时生成 HCO3-，而非 CO32-，需注意产物与用量的对应关系；
氧化还原型离子方程式：FeI2中 I-还原性强于 Fe2+，Cl2过量时 Fe2+、I-均完全被氧化，需满足电子守恒、原子守恒；
与量有关的离子反应：NH4Al(SO4)2与过量 NaOH 反应时，Al3+先沉淀后溶解，NH4+再与 OH-反应，需按反应顺序配平；
中性条件下的离子反应：Ba(OH)2与 NaHSO4反应至中性时，H+与 OH-需完全中和，Ba2+与 SO42-按实际用量配平，避免系数错误。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、PbO2为正极，得电子发生还原反应，并非氧化反应，A 错误；
B、Pb 为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为 Pb-2e-+SO42-=PbSO4，B 错误；
C、放电过程中消耗 H2SO4，溶液中 H+浓度降低，酸性减弱，C 错误；
D、原电池中阴离子向负极移动，Pb 为负极，因此 SO42-会向 Pb 电极移动，D 正确；
故答案为：D。
【分析】铅蓄电池放电时的总反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，据此分析电极性质与反应：Pb 元素化合价从 0 升高到 + 2，失电子发生氧化反应，作负极，电极反应为
Pb-2e-+SO42-=PbSO4；PbO2中 Pb 元素化合价从 + 4 降低到 + 2，得电子发生还原反应，作正极，电极反应为 PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O。
13．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应是可逆反应，反应物无法完全转化为生成物，因此 和 充分反应后，生成的 物质的量一定小于 ，A错误；
B、增大 浓度可加快反应速率，但降低温度会减小分子有效碰撞频率，同时降低催化剂活性，反应速率会减慢 ，B错误；
C、化学平衡是动态平衡，正、逆反应速率相等但不为零，达到平衡后， 与 仍会继续反应生成 ，同时 也会分解为 和 ，C正确；
D、放热反应中，反应物总能量高于生成物总能量，因此 与 的总能量大于 的总能量 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
可逆反应特性：可逆反应不能进行到底，反应物转化率小于100%。
反应速率影响：增大反应物浓度可加快速率，降低温度会减慢速率（温度是影响速率的关键因素）。
动态平衡本质：平衡时正、逆反应仍在进行，只是速率相等，各物质浓度不再变化。
放热反应能量：放热反应中反应物总能量 > 生成物总能量，能量差以热量形式释放。
14．【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；铜及其化合物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NO2、NO 均由硝酸还原得到，N 原子守恒，n (还原的硝酸)=n (气体)= =1.5mol，A 正确；
B、64g Cu 的物质的量为 1mol，生成 Cu(NO3)2，起酸性作用的硝酸为 2mol，剩余硝酸为 9mol/L×0.5L - 1.5mol - 2mol=1mol，反应后溶液中 NO3-总物质的量为 2mol+1mol=3mol，浓度为 3mol÷0.5L=6mol/L，B 错误；
C、设 NO2为 x mol，NO 为 y mol，x+y=1.5，Cu 失电子 2mol，NO2得电子 x mol，NO 得电子 3y mol，x+3y=2，解得 x=1.25，y=0.25，体积比为 5：1，C 正确；
D、NO2、NO 与 O2、水完全反应生成硝酸，总反应为 4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，总耗 O2为 1.25mol÷4 + 0.25mol×3÷4=0.5mol，标况下体积为 0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D 正确；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
还原硝酸的计算：根据 N 原子守恒，还原的硝酸物质的量等于生成气体的物质的量；
溶液中 NO3-浓度计算：硝酸分为起酸性作用（生成 Cu(NO3)2）、起氧化作用（还原为气体）、剩余硝酸三部分，总 NO3-为酸性部分加剩余部分，再除以体积；
气体体积比计算：利用电子守恒列方程组，求解 NO2和 NO 的物质的量，进而得到体积比；
耗 O2量计算：利用总反应，NO2、NO 最终被 O2氧化为硝酸，根据电子守恒计算 O2的物质的量和体积。
15．【答案】（1）CO2、H2
（2）酸性KMnO4溶液；验证SO2是否吸收完全；球形干燥管；防止空气中H2O进入干燥管而影响检验
（3）a试管中有淡黄色沉淀生成；Ⅱ；Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下能与碳反应生成二氧化碳，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，铁和稀硫酸反应生成氢气，所以制得的二氧化硫中可能混有的杂质是H2和CO2；
故答案为：CO2、H2；
（2）①SO2具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应，故装置B中加入的试剂为酸性高锰酸钾溶液；SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，故可以用品红溶液来检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液吸收完全。
②G装置为球形干燥管，因为空气中含有水蒸气，可能会对G装置产生干扰，故加装装置H，装置H的作用为防止空气中的水进入G装置。
故答案为：酸性KMnO4溶液；验证SO2是否吸收完全；球形干燥管；防止空气中H2O进入干燥管而影响检验；
（3）①足量二氧化硫与硫化钠溶液反应生成S沉淀，反应中SO2的硫元素化合价降低，表现氧化性，则a试管中有淡黄色沉淀生成说明SO2具有氧化性；
②方案Ⅰ：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去，可能是氯水中含有的次氯酸使品红溶液褪色，故方案Ⅰ不能验证SO2具有还原性，方案Ⅰ错误；方案Ⅱ：向第二份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀的生成是二氧化硫在酸性情况下，被氯水氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO，其中硫元素化合价升高，体现了二氧化硫的还原性，故方案Ⅱ正确；方案Ⅲ：向第三份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子和硝酸银生成的白色沉淀，故方案Ⅲ错误。
故答案为：a试管中有淡黄色沉淀生成；Ⅱ；Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO。
【分析】本实验以浓硫酸与铁钉的反应为核心，通过多步除杂、检验流程，验证产物成分与性质，各装置作用如下：
装置 A：浓硫酸与铁钉在加热条件下反应，生成 SO2，同时因硫酸变稀，铁与稀硫酸反应生成 H2，铁钉中的碳与浓硫酸反应生成 CO2，因此产物中混有 H2、CO2杂质。
装置 B：盛装酸性 KMnO4溶液，利用 SO2的还原性除去 SO2，避免其干扰后续 CO2、H2的检验。
装置 C：盛装品红溶液，利用 SO2的漂白性检验 SO2是否被完全吸收。
装置 D：盛装澄清石灰水，用于检验 CO2的存在。
装置 E：盛装浓硫酸，用于干燥气体，除去水蒸气，避免干扰 H2的检验。
装置 F、G：用于检验 H2，G 中无水硫酸铜遇水变蓝，检验 H2氧化生成的水蒸气。
装置 H：用于隔绝空气中的水蒸气，防止其进入 G 中干扰水的检验。
(1) 先分析浓硫酸与铁钉的反应过程，加热时浓硫酸强氧化性与碳反应生成 CO2；随着硫酸变稀，铁与稀硫酸反应生成 H2，因此制得的 SO2中混有的杂质为 CO2、H2。
(2) ①利用 SO2的还原性，用酸性 KMnO4溶液除去 SO2；再用 SO2的漂白性，通过品红溶液检验 SO2是否被完全吸收，避免干扰后续 CO2的检验。
②G 为球形干燥管，用于检验 H2氧化生成的水蒸气；加装 H 是为了隔绝空气中的水蒸气，防止其进入 G 中干扰水的检验。
(3) ① SO2与 Na2S 反应生成 S 单质，a 试管中出现淡黄色沉淀，证明 SO2中 S 元素化合价降低，体现氧化性。
②逐一分析方案：方案 Ⅰ 中氯水的次氯酸会使品红褪色，无法证明 SO2的还原性；方案 Ⅲ 中氯水本身含 Cl-，与 AgNO3生成沉淀，无法证明；方案 Ⅱ 中 SO2与氯水反应生成 SO42-，S 元素化合价升高，离子方程式为 Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，体现 SO2的还原性，故方案 Ⅱ 正确。
（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下能与碳反应生成二氧化碳，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，铁和稀硫酸反应生成氢气，所以制得的二氧化硫中可能混有的杂质是H2和CO2；答案为：CO2、H2；
（2）①SO2具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应，故装置B中加入的试剂为酸性高锰酸钾溶液；SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，故可以用品红溶液来检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液吸收完全。答案为：酸性KMnO4溶液；验证SO2是否吸收完全；
②G装置为球形干燥管，因为空气中含有水蒸气，可能会对G装置产生干扰，故加装装置H，装置H的作用为防止空气中的水进入G装置。答案为：球形干燥管；防止空气中H2O进入干燥管而影响检验；
（3）①足量二氧化硫与硫化钠溶液反应生成S沉淀，反应中SO2的硫元素化合价降低，表现氧化性，则a试管中有淡黄色沉淀生成说明SO2具有氧化性；答案为：a试管中有淡黄色沉淀生成；
②方案Ⅰ：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去，可能是氯水中含有的次氯酸使品红溶液褪色，故方案Ⅰ不能验证SO2具有还原性，方案Ⅰ错误；方案Ⅱ：向第二份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀的生成是二氧化硫在酸性情况下，被氯水氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO，其中硫元素化合价升高，体现了二氧化硫的还原性，故方案Ⅱ正确；方案Ⅲ：向第三份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子和硝酸银生成的白色沉淀，故方案Ⅲ错误。答案为：Ⅱ；Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl-+SO。
16．【答案】（1）
（2）将“焙烧”后的固体粉碎(适当升高温度、适当增大硫酸的浓度)
（3）Fe+Cu2+=Fe2++Cu
（4）c
（5）作氧化剂；温度过高会导致分解
（6）蒸发浓缩、冷却结晶
（7）或
【知识点】物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）“焙烧”时，其中的与空气中的反应生成和，反应的化学方程式为：，
故答案为：。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、将“焙烧”后的固体粉碎。
故答案为：将“焙烧”后的固体粉碎(适当升高温度、适当增大硫酸的浓度)；
（3）铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（4）硝酸能溶解铜，常温下铁和浓硫酸发生钝化，同时本题的最终目的是制备硝酸铜晶体，所以为减少的损失，淘洗用稀硫酸；
故答案为：c。
（5）“反应”为20%的溶液和10%的溶液溶解，反应过程中无红棕色气体生成，反应为：在上述反应中起到氧化剂的作用；加热可以提高反应速率，但温度过高会导致分解，因此温度不宜过高。
故答案为： 作氧化剂 ； 温度过高会导致分解 ；
（6）从“反应”到硝酸铜晶体需要多步操作，从溶液得到含结晶水的晶体操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶 ；
（7）m1kg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为：=kg或kg。
故答案为：或 ；
【分析】含铜废料先在空气中焙烧，将 Cu、CuS 等转化为 CuO，同时除去硫元素；焙烧产物用稀硫酸酸化，使 CuO 溶解为 CuSO4；加入 Fe 粉置换出 Cu，过滤得到粗铜；粗铜经淘洗除杂后，与硝酸、过氧化氢反应生成硝酸铜溶液，最终经结晶得到 Cu(NO3)2 3H2O。
（1）“焙烧”时，其中的与空气中的反应生成和，反应的化学方程式为：，故答案为：。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、将“焙烧”后的固体粉碎。
（3）铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
（4）硝酸能溶解铜，常温下铁和浓硫酸发生钝化，同时本题的最终目的是制备硝酸铜晶体，所以为减少的损失，淘洗用稀硫酸；故答案为：c。
（5）“反应”为20%的溶液和10%的溶液溶解，反应过程中无红棕色气体生成，反应为：在上述反应中起到氧化剂的作用；加热可以提高反应速率，但温度过高会导致分解，因此温度不宜过高。
（6）从“反应”到硝酸铜晶体需要多步操作，从溶液得到含结晶水的晶体操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。
（7）m1kg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为： =kg或kg。
17．【答案】（1）d
（2）放出；91
（3）B→A；；；0.6
【知识点】吸热反应和放热反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）自发进行的氧化还原反应理论上可以设计成原电池。
a．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故a错误；
b．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故b错误；
c．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故c错误；
d．为自发进行的氧化还原反应，能设计成原电池，故d正确；
故答案为：d；
（2）图像显示反应中反应物总能量高于生成物总能量，即反应为放热反应，若有生成，该反应放出510kJ-419kJ=91kJ能量；
故答案为： 放出 ；91；
（3）①根据图中电子移动方向可知，a为负极，b为正极，原电池中电流由正极流向负极，故燃料电池中电流的方向为B→A。
②由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以A处加入的是N2H4；
③N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
④结合第③问可知，1个氧气得到4个电子，是0.15mol，则当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是0.15mol×4=0.6mol。
故答案为： B→A ； ； ；0.6；
【分析】(1)能设计成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应。
a、b、c均为非氧化还原反应，只有d是自发的氧化还原反应，故选d。
(2)反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，生成1mol CH3OH(g)放出能量：。
(3)① 电流方向：电子由a→b，电流方向与电子相反，为B→A。
② 反应物判断：a极生成N2，发生氧化反应，故A处加入N2H4。
③ 正极反应：b极（正极）O2得电子，在碱性条件下生成OH-，反应式为 。
④ 电子转移计算：标准状况下3.36L O2为0.15mol，1mol O2得4mol电子，转移电子为。
（1）自发进行的氧化还原反应理论上可以设计成原电池。
a．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故a错误；
b．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故b错误；
c．为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故c错误；
d．为自发进行的氧化还原反应，能设计成原电池，故d正确；
故答案为：d；
（2）图像显示反应中反应物总能量高于生成物总能量，即反应为放热反应，若有生成，该反应放出510kJ-419kJ=91kJ能量；
（3）①根据图中电子移动方向可知，a为负极，b为正极，原电池中电流由正极流向负极，故燃料电池中电流的方向为B→A。
②由总反应式可知，N2H4发生氧化反应生成氮气，即生成氮气的一极通入N2H4，所以A处加入的是N2H4；
③N2H4发生氧化反应生成氮气， b电极上氧气发生还原反应，电极反应式为；
④结合第③问可知，1个氧气得到4个电子，是0.15mol，则当消耗标准状况下时，导线上转移的电子的物质的量是0.15mol×4=0.6mol。
18．【答案】（1）0.125；0.25；75％
（2）A；D
（3）C
（4）放热；2052.8
（5）
【知识点】热化学方程式；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）从反应开始至达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=。v(H2)= 2v(CO)=0.25；平衡时的转化率为。
故答案为： 0.125 ； 0.25 ； 75％ ；
（2）多种因素能影响化学反应速率，其中增大反应物的浓度、增大气体压强、使用正催化剂、升温等均能加快反应速率。则能增大反应速率的是A(升高温度)和 D(加入合适的催化剂) ，故AD符合。
故答案为： A D ；
（3）A．某瞬间的含量跟起始状态有关、CO、和三种物质的浓度相等、不一定说明它们不再改变、不能说明已达平衡，A不符合题意；
B．气体质量始终不变、容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，B不符合题意；
C．反应中，气体的物质的量会随着反应而变化，故混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化说明反应已达平衡，C符合题意；
D．单位时间内消耗2mol的同时生成1mol，均指正反应速率，不能说明已达平衡，D不符合题意；
故答案为：C。
（4）该反应的生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应，由图知： =-128.8kJ/mol=反应物总键能-生成物总键能，已知断开1mol CO(g)和2mol中的化学键需要吸收的能量为1924kJ，则断开1mol中的化学键所需要吸收1924kJ-(-128.8kJ/mol)=2052.8kJ。
故答案为： 放热 ； 2052.8 ；
（5）在汽车的排气管上装一个“催化转换器”，可以使CO和NO转化为无毒气体N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)由图1知，3min达平衡，，则。
；；
转化率：。
(2)升高温度、加入催化剂可加快反应速率；降低压强、减小产物浓度会减慢反应速率。
(3)平衡的本质是正逆反应速率相等、各组分浓度不变。
浓度相等不一定是平衡；恒容容器中气体密度始终不变；气体总物质的量不变时，说明反应达平衡。
(4)生成物总能量低于反应物，为放热反应。由反应物总键能生成物总键能，得：生成物总键能。
(5)与在催化剂下生成无毒的和，配平为： 。
（1）从反应开始至达到平衡，CO的平均反应速率v(CO)=。v(H2)= 2v(CO)=0.25；平衡时的转化率为。
（2）多种因素能影响化学反应速率，其中增大反应物的浓度、增大气体压强、使用正催化剂、升温等均能加快反应速率。则能增大反应速率的是A(升高温度)和 D(加入合适的催化剂) ，故AD符合。
（3）A．某瞬间的含量跟起始状态有关、CO、和三种物质的浓度相等、不一定说明它们不再改变、不能说明已达平衡，A不符合题意；
B．气体质量始终不变、容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，B不符合题意；
C．反应中，气体的物质的量会随着反应而变化，故混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化说明反应已达平衡，C符合题意；
D．单位时间内消耗2mol的同时生成1mol，均指正反应速率，不能说明已达平衡，D不符合题意；
故选C。
（4）该反应的生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应，由图知： =-128.8kJ/mol=反应物总键能-生成物总键能，已知断开1mol CO(g)和2mol中的化学键需要吸收的能量为1924kJ，则断开1mol中的化学键所需要吸收1924kJ-(-128.8kJ/mol)=2052.8kJ。
（5）在汽车的排气管上装一个“催化转换器”，可以使CO和NO转化为无毒气体N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
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