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湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期期中考试 化学试卷
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一项符合题意)
1．近年来，具有特殊性质的新型无机非金属材料迅速发展，下列有关新型无机非金属材料的叙述正确的是
A．氮化硅陶瓷是一种新型硅酸盐材料，可用于制造发动机部件，其化学式为Si3N4
B．利用二氧化硅的半导体性能，可以制成太阳能电池
C．碳化硅的硬度大、熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承
D．富勒烯是由碳原子构成的一系列笼形分子的总称，属于有机材料
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、氮化硅（Si3N4）是高温结构陶瓷，属于氮化物陶瓷，并非硅酸盐材料，硅酸盐材料必须含有硅、氧和金属元素 ，故A错误；
B、硅单质是半导体材料，可用于制作太阳能电池；二氧化硅（SiO2）是光导纤维的主要成分，不具备半导体性能 ，故B错误；
C、碳化硅（SiC）是原子晶体，硬度大、熔点高，化学性质稳定，适合制作高温结构陶瓷和轴承，符合其实际应用 ，故C正确；
D、富勒烯是由碳原子构成的笼形分子（如 C60），属于无机非金属材料，有机材料必须含碳氢等元素且为化合物 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类：新型无机非金属材料包括高温结构陶瓷（如 Si3N4、SiC）、光导纤维（SiO2）等，区别于硅酸盐材料和有机材料。
物质性能：Si 是半导体，SiO2用于光导纤维；SiC 硬度高、耐高温，适合做结构材料；富勒烯是碳的同素异形体，属于无机物。
概念辨析：硅酸盐材料必须含 Si-O 键，有机材料是含碳化合物（碳单质、碳氧化物除外）。
2．化学是一门以实验为基础的科学，下列有关操作正确的是
A．用pH试纸测定新制SO2水溶液的酸碱度
B．用pH试纸测定新制氯水的酸碱度
C．用玻璃棒蘸取浓硫酸靠近收集氨气的试管口验证氨气已收集满
D．用带橡胶塞的无色试剂瓶保存浓硝酸
【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2溶于水生成 H2SO3，溶液显酸性，且 SO2的漂白性对 pH 试纸不作用，因此可以用 pH 试纸测定其酸碱度 ，故A正确；
B、新制氯水中含有 HClO，具有强氧化性和漂白性，会使 pH 试纸先变红后褪色，无法准确测定 pH 数值 ，故B错误；
C、浓硫酸难挥发，蘸取浓硫酸靠近氨气试管口时，无法与 NH3反应产生白烟，不能用来验满氨气；应改用蘸取浓盐酸（或浓硝酸）的玻璃棒 ，故C错误；
D、浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，且浓硝酸见光易分解，应保存在带玻璃塞的棕色试剂瓶中 ，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
pH 试纸使用限制：有漂白性的物质（如氯水、HClO）不能用 pH 试纸测 pH，会使试纸褪色。
氨气验满原理：利用挥发性酸（浓盐酸 、浓硝酸）与 NH3反应生成铵盐白烟，难挥发的浓硫酸无法实现。
试剂保存规则：强氧化性试剂（浓硝酸）不能用橡胶塞，见光易分解的试剂需用棕色瓶避光保存。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．一定温度与压强下，1molN2与足量H2充分反应，生成NH3分子的个数为2NA
B．标准状况下，11.2LCO2和SO2的混合气中含氧原子数为NA
C．28g晶体硅中，Si—Si的数目为4NA
D．标准状况下，2.24LCl2溶于水所得氯水中含氯微粒总数为0.2NA
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 与 合成 的反应是可逆反应， 无法完全转化，生成 的分子数一定小于 ，A错误；
B、标准状况下， 混合气体的物质的量为 ； 和 每个分子都含 个氧原子，因此混合气体中氧原子总物质的量为 ，氧原子数为 ，B正确；
C、 晶体硅（）中，每个 原子与周围 个 形成共价键，但每条键被 个 共用，故 键数目为 ，而非 ，C错误；
D、标准状况下 （）溶于水后，部分 与水反应生成 和 ，含氯微粒有 、、、，根据氯原子守恒，含氯微粒总数小于 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
可逆反应限制：可逆反应不能进行到底，反应物转化率小于 。
气体组成共性：、 均为双氧分子，混合气体可直接按平均组成计算氧原子数。
晶体键数计算：晶体硅中每个 键被两个 原子共享， 对应 键。
物料守恒应用：氯气溶于水时存在多种含氯微粒，需结合氯原子守恒判断总数。
4．用如图所示装置完成相应实验(a、b、c中分别盛有试剂1、2、3)，能达到实验目的的是
选项 试剂1 试剂2 试剂3 实验目的
A 双氧水 MnO2 浓硫酸 制取干燥的H2
B 浓硫酸 Cu片 浓硫酸 制取干燥的SO2
C 浓盐酸 KMnO4 饱和NaCl溶液 制取Cl2并除去HCl
D 浓硝酸 Fe片 H2O 制取干燥的NO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；铁的化学性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、双氧水在 MnO2催化下分解生成 O2，不是 H2，无法制取干燥的 H2，A 错误；
B、Cu 与浓硫酸反应需要加热，该装置无加热仪器，无法发生反应制取 SO2，B 错误；
C、浓盐酸与 KMnO4常温下反应生成 Cl2，Cl2在饱和 NaCl 溶液中溶解度小，HCl 可溶于饱和 NaCl 溶液，能除去 Cl2中的 HCl 杂质，可制取 Cl2，C 正确；
D、Fe 片遇浓硝酸常温下发生钝化，无法持续反应制取 NO2，且 NO2会与 H2O 反应，不能用 H2O 除杂，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应条件：Cu 与浓硫酸反应需要加热，该装置无加热装置，无法进行；
物质性质：Fe 遇浓硝酸常温钝化，无法持续反应；NO2能与水反应，不能用水处理；
除杂原理：Cl2中的 HCl 杂质可用饱和 NaCl 溶液除去，利用 Cl2在饱和食盐水中溶解度低、HCl 易溶的特点；
产物判断：双氧水分解生成 O2，不是 H2，实验目的不匹配。
5．下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．SO2使溴水褪色：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋＋2Br-
B．二氧化硅与足量碳在高温下反应：SiO2＋CSi＋CO2↑
C．实验室制备氨气的原理：NH4ClNH3↑＋HCl↑
D．向Na2SO3溶液中滴加稀硝酸：＋2H＋=SO2↑＋H2O
【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A：SO2具有还原性，Br2具有氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，生成 H2SO4和 HBr，离子方程式为 SO2+Br2+2H2O=4H＋++2Br-，故A正确；
B：SiO2与足量 C 在高温下反应，生成的是 Si 和 CO，而非 CO2，正确化学方程式应为，故B错误；
C：实验室制备 NH3是用 NH4Cl 与 Ca (OH)2固体共热，单独加热 NH4Cl 会生成 NH3和 HCl，但二者遇冷会重新结合成 NH4Cl，无法得到纯净 NH3， 反应原理为，故C错误；
D：稀硝酸具有强氧化性，会将 SO32-氧化为 SO42-，不会发生复分解反应生成 SO2，正确离子方程式应为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原规律：SO2遇强氧化剂（Br2、HNO3）会被氧化为 SO42-，需体现电子守恒。
高温反应产物：碳还原 SiO2时，碳过量生成 CO，而非 CO2。
气体制备原理：实验室制 NH3不能用直接加热 NH4Cl 的方法，需与碱共热。
强氧化性酸特性：稀硝酸与亚硫酸盐反应时，优先发生氧化还原反应，而非复分解反应。
6．下列有关电化学知识的叙述正确的是
A．反应CaO＋H2O=Ca(OH)2可以放出大量的热，故可将该反应设计成原电池，使其中的化学能转化为电能
B．某原电池反应为Cu＋2AgNO3=Cu(NO3)2＋2Ag，装置的盐桥中可以是装有含琼脂的KCl饱和溶液
C．原电池的两极可以是同样的材料
D．将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中，若能组成原电池，则铁作负极，铜作正极
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池反应必须是自发的氧化还原反应，而 CaO 与 H2O 的反应是化合反应，反应中各元素化合价均未变化，不属于氧化还原反应，因此无法设计成原电池 ，A错误；
B、盐桥中的 KCl 会与电解质溶液中的 AgNO3反应，生成 AgCl 沉淀，会堵塞盐桥、影响原电池正常工作，因此盐桥中不能使用 KCl 饱和溶液 ，B错误；
C、原电池的两极可以是相同材料，比如燃料电池中，两极均可使用惰性电极（如铂、石墨），依靠不同的反应物发生氧化还原反应 ，C正确；
D、铁在浓硝酸中会发生钝化，表面形成致密氧化膜，阻止反应继续进行，此时铜会与浓硝酸发生氧化还原反应，铜作负极，铁作正极 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原电池本质：只有自发的氧化还原反应才能设计成原电池，非氧化还原反应无法实现化学能到电能的转化。
盐桥选择：盐桥中的电解质不能与两极电解质发生反应，否则会破坏原电池装置。
电极材料特殊性：燃料电池等特殊原电池，两极可以是相同的惰性材料。
钝化影响：铁、铝在浓硝酸、浓硫酸中会钝化，此时活泼性较弱的金属会成为负极。
7．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图所示，下列说法错误的是
A．CaSO4·2H2O属于盐类和纯净物
B．将10L上清液中的S2-(S2-浓度为480mg·L-1)转化为，理论上共需要0.3molO2
C．过程Ⅰ后溶液碱性增强
D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为2S2-＋4MnO＋9H2O=4Mn(OH)2↓＋S2O＋10OH-
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、CaSO4·2H2O是结晶水合物，属于纯净物，同时由金属阳离子Ca2+和酸根离子SO42-构成，属于盐类 ，故A正确；
B、10L上清液中S2-的质量为 ，物质的量为 。S2-被氧化为SO42-，每个S失去8个电子，共失去 电子；1mol O2得到4个电子，理论上需要O2的物质的量为 ，故B正确；
C、过程Ⅰ的反应为 ，反应消耗OH-，同时生成H2O，溶液碱性会减弱，而非增强 ，故C错误；
D、过程Ⅱ中，S2-被氧化为S2O32-，MnO32-被还原为Mn(OH)2，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
物质分类：结晶水合物是纯净物，由金属阳离子和酸根构成的属于盐类。
电子守恒计算：氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数等于氧化剂得到的电子总数，可用于计算反应物的量。
反应酸碱性判断：分析反应是否消耗或生成OH-、H+，判断溶液酸碱性变化。
离子方程式配平：需满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，同时符合反应实际。
8．氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH1>0
B．相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的小
C．相同条件下，HCl的ΔH3＋ΔH4比HI的大
D．一定条件下，气态原子生成1 mol H—X放出a kJ能量，则该条件下ΔH2=-a kJ·mol-1
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、ΔH1代表 HX (aq)→HX (g) 的能量变化（汽化过程）。已知 HF 气体溶于水放热，其逆过程（HF 溶液变为 HF 气体）必然吸热，因此 HF 的 ΔH1>0，A项正确；
B、ΔH2代表 HX (g) 断裂为 H (g) 和 X (g) 的键能。Cl 的原子半径比 Br 小，H-Cl 键比 H-Br 键更稳定，键能更大，因此 HCl 的 ΔH2比 HBr 的大 ，B项错误；
C、ΔH3+ΔH4代表 H (g)→H+(aq) 的总能量变化，这一过程与 X 的种类无关，因此 HCl 和 HI 的 ΔH3+ΔH4相等 ，C项错误；
D、ΔH2是 HX (g) 分解为气态原子的键断裂能（吸热，ΔH2>0），而气态原子生成 1mol H-X 是成键放热，因此 ΔH2=+a kJ mol- ，D项错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
过程与焓变符号：放热过程的逆过程为吸热，ΔH 符号相反；汽化、断键均为吸热（ΔH>0），液化、成键均为放热（ΔH<0）。
键能与稳定性：键长越短，键能越大，分子越稳定，对应断键所需能量（ΔH2）越大。
离子水合能：H (g)→H+(aq) 的能量变化与阴离子种类无关，仅由 H 原子的电离和水合决定。
盖斯定律应用：通过分析各分步过程的焓变，可推导总反应的能量变化。
9．被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片(在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰)作为传导体，在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解质溶液，总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnO(OH)。下列说法不正确的是
A．当该电池消耗2molMnO2时，与铅酸蓄电池消耗0.5molPb产生的电量相等
B．该电池二氧化锰为正极，发生还原反应
C．当0.1molZn完全溶解时，电池外电路转移的电子数约为1.204×1023
D．电池正极反应式为MnO2＋e-＋H2O=MnO(OH)＋OH-
【答案】A
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由总反应可知，Mn元素从+4价变为+3价，每消耗2mol MnO2时，转移2mol电子；
铅酸蓄电池负极反应为，0.5mol Pb参与反应时，只转移1mol电子。
二者转移电子数不相等，电量不相等，A错误；
B、反应中Mn元素化合价降低，得到电子被还原，所以MnO2作正极，发生还原反应，B正确；
C、Zn元素从0价变为+2价，0.1mol Zn完全溶解时，外电路转移0.2mol电子，电子个数约为，C正确；
D、正极上MnO2得电子发生还原反应，结合H2O生成MnO(OH)，配平后电极反应式为，符合电子守恒和原子守恒，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
电子转移数算错：软电池中 2mol MnO2转移2mol 电子，铅酸蓄电池 0.5mol Pb 转移1mol 电子，易误判电量相等。
电极判断颠倒：Zn 是负极（失电子、氧化反应），MnO2是正极（得电子、还原反应），易记反。
电极反应配平漏项：正极反应易漏写 H2O 或 OH-，不满足电子、 电荷守恒。
微粒数计算失误：Zn 为 + 2 价，0.1mol Zn 转移 0.2mol 电子，易误算为 0.1mol。
10．含有下列各组离子的溶液中，通入过量的某种气体后各离子仍能大量存在的是
选项 溶液中的离子 通入的过量的气体
A 、OH﹣、Na+、I﹣ HCl
B HS﹣、Na+、、 SO2
C Al3+、Cl﹣、K+、 CO2
D Mg2+、Na+、、Cl﹣ NH3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、通入过量HCl后，与发生中和反应，且酸性条件下会氧化，离子不能大量共存，A错误；
B、具有强还原性，具有强氧化性，二者本身会发生氧化还原反应，且通入后，也会氧化，离子不能大量共存，B错误；
C、、、、之间不反应，且通入过量后，与各离子均不反应，离子仍能大量共存，C正确；
D、通入过量后，与反应生成沉淀，离子不能大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子共存的核心：离子之间不发生复分解、氧化还原、络合等反应；
气体与离子的反应：HCl为酸性气体，会与反应，且酸性条件下具有强氧化性；为碱性气体，会与等金属阳离子反应生成沉淀；
特殊离子的性质：在酸性、中性条件下均具有强氧化性，可氧化、等还原性物质；与不反应，可大量共存。
11．浓硫酸分别和三种钠盐反应，反应现象如图所示。下列分析不正确的是
A．对比①和②可以说明还原性：Br->Cl-
B．③中体现浓硫酸的强酸性，未体现氧化性
C．②中试管口出现白雾是HCl遇水蒸气所致
D．对比①和③可以说明氧化性：Br2>SO2
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、①中浓硫酸与 NaBr 反应生成红棕色的 Br2，说明浓硫酸能将 Br-氧化为 Br2；②中浓硫酸与 NaCl 反应仅生成 HCl 白雾，说明浓硫酸不能将 Cl-氧化为 Cl2。还原剂的还原性越强，越容易被氧化，因此还原性：Br- > Cl- ，故A正确；
B、③中浓硫酸与 Na2SO3反应生成 SO2，反应为复分解反应： Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O， 此反应体现了浓硫酸的强酸性（强酸制弱酸），硫元素化合价未发生变化，未体现氧化性 ，故B正确；
C、②中浓硫酸与 NaCl 反应生成 HCl 气体，HCl 极易溶于水，遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，即管口白雾 ，故C正确；
D、①中浓硫酸氧化 Br-生成 Br2，体现浓硫酸氧化性 > Br2；③中是复分解反应生成 SO2，并非氧化还原反应，无法比较 Br2与 SO2的氧化性，且实际氧化性应为 Br2 > SO2，但本实验无法通过①和③直接证明 ，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
还原性比较规律：还原剂越易被氧化，还原性越强。浓硫酸能氧化 Br-却不能氧化 Cl-，故 Br-还原性更强。
浓硫酸的性质：与 Na2SO3的反应是强酸制弱酸，体现强酸性；与 NaBr 的反应是氧化还原，体现强氧化性。
反应类型判断：③中反应无元素价态变化，属于复分解反应，不能用于比较氧化性。
现象本质：HCl 极易溶于水形成白雾，Br2为红棕色气体，SO2能使品红褪色。
12．已知碘化氢分解吸热，分以下两步完成：2HI(g)→H2(g)+2I (g)；2I (g)→I2(g)，下列图像最符合上述反应历程的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、第一步 2HI (g)→H2(g)+2I (g) 吸热，中间产物能量高于反应物；第二步 2I (g)→I2(g) 放热，最终产物能量低于中间产物；总反应吸热，最终产物能量高于反应物，符合要求，A 正确；
B、最终产物能量低于反应物，总反应为放热，不符合题意，B 错误；
C、第二步 2I (g)→I2(g) 为放热反应，中间产物能量应高于最终产物，图示中间产物能量低于最终产物，C 错误；
D、第一步 2HI (g)→H2(g)+2I (g) 为吸热反应，中间产物能量应高于反应物，图示中间产物能量低于反应物，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应热与能量的关系：吸热反应，生成物能量高于反应物；放热反应，生成物能量低于反应物；
分步反应能量变化：第一步 HI 分解为吸热，中间产物（H2+2I ）能量高于反应物（2HI）；第二步 I 原子结合为放热，最终产物（H2+I2）能量低于中间产物；
总反应能量变化：总反应为吸热，最终产物能量高于反应物；
图像判断：需同时满足分步能量变化和总反应能量变化的要求。
13．建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是
A．钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：
B．向烧碱溶液通入
C．分散系的分类：
D．FeBr2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式(已知还原性：Fe2＋>Br－)：
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；钠的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、钠在氧气中燃烧，无论比例如何，产物均为，数轴模型错误，A错误；
B、向烧碱溶液通入，当时，产物为；当时，产物为；介于1~2时为两者混合物，数轴标注的分界点颠倒，B错误；
C、分散系按分散质微粒直径分类：直径小于1nm为溶液，1~100nm为胶体，大于100nm为浊液，数轴模型正确，C正确；
D、溶液中通入，还原性，先氧化，当时完全氧化为，时完全氧化，数轴分界点标注错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
钠与氧气反应的产物：燃烧条件下，无论钠与氧气的用量比，产物均为过氧化钠，不会生成氧化钠；
与的反应产物：根据与的物质的量比，产物依次为（比例≥2）、与混合物（1<比例<2）、（比例≤1）；
分散系的分类标准：溶液（<1nm）、胶体（1~100nm）、浊液（>100nm），分界点为1nm和100nm；
与的反应顺序：先氧化（时完全氧化），再氧化（时完全氧化）。
14．向含有1mol 和1mol 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是
A．
B．a表示的关系曲线
C．P点时，
D．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、第一步反应中，1mol NO3-完全反应需消耗4mol H+，但溶液中仅含3mol H+，H+不足，按H+量计算，生成Fe3+的物质的量为mol（即0.75mol），A错误；
B、反应初期Fe3+浓度先增大，H+耗尽后Fe3+与Fe反应生成Fe2+，Fe3+浓度逐渐减小，Fe2+浓度持续增大，因此a为Fe3+的变化曲线，b为Fe2+的变化曲线的描述错误，B错误；
C、设被还原的Fe3+为x mol，根据第二步反应，生成Fe2+为1.5x mol。n2点Fe3+与Fe2+物质的量相等，列方程：，解得，此时Fe2+的物质的量为mol，即P点Fe2+为0.45mol，C错误；
D、P点溶液中含0.45mol Fe3+，加入Cu发生反应 ，2mol Fe3+消耗64g Cu，因此消耗Cu的质量为g，D正确；
故答案为：D。
【分析】混合酸中含1mol HNO3和1mol H2SO4，总H+为3mol、NO3-为1mol。铁粉过量时分两步反应：第一步为Fe与H+、NO3-的氧化还原反应，离子方程式为
；第二步为过量Fe与Fe3+的归中反应，离子方程式为， n2点为Fe3+与Fe2+物质的量相等的状态，据此分析各选项。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．铁黄(FeOOH)是一种重要的化工原料，一种以硫酸渣(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)为原料生产铁黄的工艺流程如下：
（1）铁黄中铁的化合价为　 　，铁元素在元素周期表中的位置为　 　。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填名称)。
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应的离子方程式为　 　；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是　 　(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分为　 　。
（4）“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为　 　。
（5）带结晶水的铁黄产品也可用Fe2O3·xH2O表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x=　 　(用含m1、m2的代数式表示)。
【答案】（1）＋3；第四周期第Ⅷ族
（2）二氧化硅
（3）Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；Fe；Fe和Cu
（4）FeSO4＋2NH4HCO3=Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）铁黄中H为+1价，O为-2价，则铁元素为+3价，Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
故答案为： ＋3 ； 第四周期第Ⅷ族 ；
（2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的SiO2，所以滤渣1为二氧化硅；
故答案为： 二氧化硅 ；
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是Fe，不会引入新的杂质；根据分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe和Cu；
故答案为： Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O ； Fe ； Fe和Cu ；
（4）FeSO4与NH4HCO3反应生成Fe(OH)2的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
故答案为： FeSO4＋2NH4HCO3=Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑ ；
（5）结晶水的质量为(m1-m2)g，则，解得x=。
故答案为： ；
【分析】硫酸渣先经稀硫酸酸溶，金属氧化物转化为硫酸盐，SiO2成为滤渣 1 被除去；加入过量还原剂 X 将铁离子还原为亚铁离子，同时置换出铜，过滤得滤渣 2；滤液加 NH4HCO3沉铁，释放 CO2，再通入空气将亚铁离子氧化为铁黄，最终过滤得到产品铁黄，据此解题即可。
（1）铁黄中H为+1价，O为-2价，则铁元素为+3价，Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
（2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的SiO2，所以滤渣1为二氧化硅；
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是Fe，不会引入新的杂质；根据分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe和Cu；
（4）FeSO4与NH4HCO3反应生成Fe(OH)2的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
（5）结晶水的质量为(m1-m2)g，则，解得x=。
16．亚硝酸钠(NaNO2)在生活中应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与NaCl极其相似；NaNO2可作食品护色剂，少量添加可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长。某化学兴趣小组查阅资料得知：2NO＋Na2O2=2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的NaNO2.(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将NO、氧化成。
回答下列问题：
Ⅰ．NaNO2的制备：
（1）装置A中盛装铜单质的仪器名称是________，仪器按气流方向连接顺序为b→________。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气的目的是________；反应结束后打开止水夹a，再通入过量氮气的目的是________。
（3）装置D的作用是________。
（4）判断Na2O2已被NO反应完全的现象是________。
（5）写出装置E中发生反应的离子方程式：________。
Ⅱ．测定NaNO2的纯度(假设杂质不参与反应)：
（6）准确称取反应后的固体3.000g于烧杯中，加入蒸馏水溶解，配成250mL溶液；取出25.00mL于锥形瓶中，滴入0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液至恰好完全反应，用去16.00mL酸性KMnO4溶液。固体中NaNO2的纯度为________%。
【答案】(1) 三颈烧瓶 g→h→e→f→c→d→e→f→i或g→h→e→f→d→c→e→f→i
(2) 通入过量氮气排除装置中的空气，防止NO转化成NO2，防止CO2、水与Na2O2反应，防止氧气将NaNO2氧化为NaNO3 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气
(3) 除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO
(4) 装置B中淡黄色固体完全变为白色
(5) 3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O
(6) 92
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A的三颈烧瓶中铜和分液漏斗中的浓硝酸反应制取二氧化氮，在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥，通入直玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入直玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO，防止污染空气，则连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或b→g→h→e→f→d→c→e→f→i；
故答案为： 三颈烧瓶 g→h→e→f→c→d→e→f→i或g→h→e→f→d→c→e→f→i ；
（2）空气中的CO2、水会和Na2O2反应，空气中的氧气则会把产品中NaNO2氧化成NaNO3，故反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气。反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
故答案为： 通入过量氮气排除装置中的空气，防止NO转化成NO2，防止CO2、水与Na2O2反应，防止氧气将NaNO2氧化为NaNO3 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气 ；
（3）NO2和水反应可以产生NO，则装置D的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
故答案为： 除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO ；
（4）Na2O2为淡黄色固体，而NaNO2为白色固体，故判断Na2O2已被NO反应完全的现象是装置B中淡黄色固体完全变为白色；
故答案为： 装置B中淡黄色固体完全变为白色 ；
（5）装置E中酸性高锰酸钾溶液可氧化NO气体，自身被还原为锰离子，氧化NO为硝酸根离子，反应的离子方程式为3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O；
故答案为： 3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O ；
（6）依据电子守恒，KMnO4和NaNO2的关系为：2KMnO4～5NaNO2，则样品中NaNO2的物质的量n(NaNO2)=n(KMnO4)×=16×10-3L×0.1mol·L-1×=0.004mol，则m(NaNO2)=0.004mol×10×69g·mol-1=2.76g，则NaNO2的纯度=×100%=92%。
故答案为： 92 ；
【分析】在装置 A 中，铜和浓硝酸反应生成 NO2；将生成的气体通入装置 D（里面装水），NO2和水反应转变成 NO，同时除去没反应的 NO2杂质，得到粗 NO 气体。纯化后的 NO 气体通入装置 C（里面装浓硫酸），利用浓硫酸的吸水性去掉 NO 里混有的水蒸气，得到干燥的 NO 气体（NO 不会和浓硫酸发生反应）。干燥的 NO 气体通入装置 B，和过氧化钠在加热条件下发生反应，生成亚硝酸钠，直接得到目标产物。没反应的 NO 气体通入装置 E（里面装酸性高锰酸钾溶液），酸性高锰酸钾可以把 NO 氧化成 NO3-，从而吸收尾气，避免 NO 污染空气。据此解题。
17．已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的某种原子核内没有中子，A和D，C和G分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，F的最高价氧化物的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，G的单质常出现在火山口。
（1）C、D分别形成的简单离子中，半径较大的是　 　(填离子符号)。
（2）G和H的最高价氧化物的水化物酸性较强的是　 　(填化学式)。
（3）由A、C、D形成的化合物中化学键的类型为　 　，C、D形成摩尔质量为78g·mol-1的化合物的电子式为　 　，由A、B形成的18e-化合物的结构式为　 　。
（4）甲烷(CH4)可与C2组成燃料电池，其装置如图甲所示。E、F的单质可与氢氧化钠溶液形成原电池，其装置如图乙所示。
①图甲中，Pt1电极上的电极反应式为　 　，每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为　 　L。
②请写出图乙原电池负极的电极反应式：　 　，溶液中Na＋向　 　(填“E”或“F”)极移动。
【答案】（1）O2-
（2）HClO4
（3）离子键和(极性)共价键；；
（4）CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O；5.6；Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-；E
【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；电极反应和电池反应方程式；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，C是氧（O）、D是钠（Na），所以氧离子的半径较大，
故答案为：O2-；
（2）G是硫（S）、H是氯（Cl）；硫的最高价氧化物的水化物是硫酸（H2SO4），氯的最高价氧化物的水化物是高氯酸（HClO4），非金属性：Cl＞S，所以高氯酸的酸性比硫酸强，
故答案为：HClO4；
（3）由A（H）、C（O）、D（Na）形成的化合物是氢氧化钠（NaOH），其化学键类型为离子键和共价键。C（O）和D（Na）形成的摩尔质量为78g·mol-1的化合物是过氧化钠（Na2O2），其电子式为。由A（H）和B（N）形成的18e-化合物是氨（N2H4），其结构式为，
故答案为：离子键和(极性)共价键；；；
（4）①图甲中，Pt1为燃料电池的负极，电极反应式为CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，每消耗标准状况下的1molCH4气体转移8mol电子，所以每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为5.6L，
②图乙中F(Al)为原电池负极的电极反应式为Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-，E(Mg)为原电池的正极，溶液中Na+向正极移动，
故答案为：CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，5.6；Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-；E。
【分析】A 的某种原子核内无中子，确定 A 是氢（H）；A 与 D 同主族，且原子序数依次增大，短周期中同主族的 D 为钠（Na）。B 原子最外层电子数比次外层多 3，次外层电子数为 2（K 层），最外层电子数为 5，确定 B 是氮（N）。F 的最高价氧化物对应水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，属于两性氢氧化物，结合原子序数顺序，确定 F 是铝（Al）。G 的单质常出现在火山口，确定 G 是硫（S）；C 与 G 同主族，且原子序数小于 F，确定 C 是氧（O）。原子序数依次增大，C（O）、D（Na）、F（Al）之间的元素 E 为镁（Mg）；G（S）之后的短周期主族元素 H 为氯（Cl）。
（1）具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，C是氧（O）、D是钠（Na），所以氧离子的半径较大，故答案为：O2-；
（2）G是硫（S）、H是氯（Cl）；硫的最高价氧化物的水化物是硫酸（H2SO4），氯的最高价氧化物的水化物是高氯酸（HClO4），非金属性：Cl＞S，所以高氯酸的酸性比硫酸强，故答案为：HClO4；
（3）由A（H）、C（O）、D（Na）形成的化合物是氢氧化钠（NaOH），其化学键类型为离子键和共价键。C（O）和D（Na）形成的摩尔质量为78g·mol-1的化合物是过氧化钠（Na2O2），其电子式为。由A（H）和B（N）形成的18e-化合物是氨（N2H4），其结构式为，故答案为：离子键和(极性)共价键；；；
（4）①图甲中，Pt1为燃料电池的负极，电极反应式为CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，每消耗标准状况下的1molCH4气体转移8mol电子，所以每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为5.6L，故答案为：CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，5.6；
②图乙中F(Al)为原电池负极的电极反应式为Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-，E(Mg)为原电池的正极，溶液中Na+向正极移动，故答案为：Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-；E。
18．化学反应中的热效应又称反应热，包括燃烧热、中和热等，其数据广泛应用于科学研究和工业生产方面。
（1）若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则表示石墨燃烧热的热化学方程式为　 　。甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(CH4和CO2)直接转化为合成气(主要成分为CO和H2)，反应方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。已知几种物质的燃烧热如下表：
物质 CH4(g) CO(g) H2(g)
燃烧热/(kJ·mol-1) 893 283 286
则上述甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)的　ΔH=　 　kJ·mol-1。
（2）利用如图所示装置测定中和反应的反应热的实验步骤如下：
①测出盐酸的温度为20.1℃，用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入内筒中；
②测出NaOH溶液的温度为20.3℃，用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液；
③将NaOH溶液沿玻璃棒分几次缓慢倒入内筒中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度为23.4℃。
上述实验步骤中一处不合理的操作应改成：　 　，实验过程中采用稍过量NaOH溶液的原因是　 　。假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1，根据以上数据可计算出中和反应的反应热ΔH=　 　kJ·mol-1(保留三位有效数字)，如果采用氨水代替NaOH溶液，测得的中和反应的反应热ΔH　 　(“偏大”“偏小”或“相等”)。
（3）已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)=CH2=CH2(g)＋4H2O(g)。几种物质的能量如表所示(在25℃、101kPa条件下，规定单质具有的能量为0，测得其他物质生成时的反应热为其具有的能量)：
物质 CO2(g) H2(g) CH2=CH2(g) H2O(g)
能量/(kJ·mol-1) -394 0 52 -242
则该反应的ΔH=　 　kJ·mol-1。
已知几种化学键的键能如表所示：
化学键 C=O H—H C=C C—H H—O
键能/(kJ·mol-1) 803 436 615 a 463
则a=　 　。
【答案】（1）C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1；＋245
（2）将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中；将酸完全中和；-53.5；偏大
（3）-128；409.25
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）1g石墨完全燃烧生成CO2时放出的热量为akJ，1mol石墨完全燃烧放热12akJ，则热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1，根据表格燃烧热数据，可知以下热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1=-893kJ·mol-1②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2=-283kJ·mol-1③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH2=-286kJ·mol-1依据盖斯定律，将反应①-②×2-③×2得甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH=(-893kJ·mol-1)-(-283kJ·mol-1)×2-(-286kJ·mol-1)×2=＋245kJ·mol-1
故答案为： C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1 ； ＋245 ；
（2）反应时为了减少热量损失，需要迅速使酸碱混合反应，上述实验步骤中不合理的操作应为③，改成：将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中，用稍过量的碱是为了将酸反应完。平均温度变化值为，50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，，生成0.025mol的水放出热量Q=cmΔT=4.18J/(g·℃)×100g×3.2℃=1337.6J=1.3376kJ，则该实验测得的中和热，如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，由于一水合氨的电离吸热，测得的中和反应的放热偏少，焓变偏大。
故答案为： 将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中 ； 将酸完全中和 ； -53.5 ；偏大；
（3）根据反应物和产物能量差值，算出焓变，再根据焓变计算键能。；
故答案为： -128 ； 409.25 ；
【分析】(1) 燃烧热热化学方程式：1mol 石墨（12g）完全燃烧放热 12a kJ，方程式为：
C (石墨，s) +O2(g) =CO2(g) ΔH = -12a kJ mol-
盖斯定律应用：先写出各物质燃烧热的热化学方程式，再通过目标反应与已知反应的加减组合，计算得 ΔH = +245 kJ·mol- 。
(2) 操作改进：应将 NaOH 溶液一次性迅速倒入内筒，减少热量散失。
过量 NaOH 目的：确保盐酸被完全中和，使反应更彻底。
反应热计算：先算平均温差，再用 Q = cmΔT 算放热，最后换算为生成 1mol 水的焓变，结果为 -53.5 kJ mol- 。
氨水替代影响：一水合氨电离吸热，中和放热减少，ΔH偏大（放热越少，ΔH 数值越大）。
(3)能量差算焓变：ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，结果为-128 kJ mol- 。
键能算焓变：ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据解得a = 409.25。
（1）1g石墨完全燃烧生成CO2时放出的热量为akJ，1mol石墨完全燃烧放热12akJ，则热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1，根据表格燃烧热数据，可知以下热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1=-893kJ·mol-1②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2=-283kJ·mol-1③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH2=-286kJ·mol-1依据盖斯定律，将反应①-②×2-③×2得甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH=(-893kJ·mol-1)-(-283kJ·mol-1)×2-(-286kJ·mol-1)×2=＋245kJ·mol-1
（2）反应时为了减少热量损失，需要迅速使酸碱混合反应，上述实验步骤中不合理的操作应为③，改成：将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中，用稍过量的碱是为了将酸反应完。平均温度变化值为，50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，，生成0.025mol的水放出热量Q=cmΔT=4.18J/(g·℃)×100g×3.2℃=1337.6J=1.3376kJ，则该实验测得的中和热，如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，由于一水合氨的电离吸热，测得的中和反应的放热偏少，焓变偏大。
（3）根据反应物和产物能量差值，算出焓变，再根据焓变计算键能。；。
1 / 1湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期期中考试 化学试卷
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一项符合题意)
1．近年来，具有特殊性质的新型无机非金属材料迅速发展，下列有关新型无机非金属材料的叙述正确的是
A．氮化硅陶瓷是一种新型硅酸盐材料，可用于制造发动机部件，其化学式为Si3N4
B．利用二氧化硅的半导体性能，可以制成太阳能电池
C．碳化硅的硬度大、熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承
D．富勒烯是由碳原子构成的一系列笼形分子的总称，属于有机材料
2．化学是一门以实验为基础的科学，下列有关操作正确的是
A．用pH试纸测定新制SO2水溶液的酸碱度
B．用pH试纸测定新制氯水的酸碱度
C．用玻璃棒蘸取浓硫酸靠近收集氨气的试管口验证氨气已收集满
D．用带橡胶塞的无色试剂瓶保存浓硝酸
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．一定温度与压强下，1molN2与足量H2充分反应，生成NH3分子的个数为2NA
B．标准状况下，11.2LCO2和SO2的混合气中含氧原子数为NA
C．28g晶体硅中，Si—Si的数目为4NA
D．标准状况下，2.24LCl2溶于水所得氯水中含氯微粒总数为0.2NA
4．用如图所示装置完成相应实验(a、b、c中分别盛有试剂1、2、3)，能达到实验目的的是
选项 试剂1 试剂2 试剂3 实验目的
A 双氧水 MnO2 浓硫酸 制取干燥的H2
B 浓硫酸 Cu片 浓硫酸 制取干燥的SO2
C 浓盐酸 KMnO4 饱和NaCl溶液 制取Cl2并除去HCl
D 浓硝酸 Fe片 H2O 制取干燥的NO2
A．A B．B C．C D．D
5．下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．SO2使溴水褪色：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋＋2Br-
B．二氧化硅与足量碳在高温下反应：SiO2＋CSi＋CO2↑
C．实验室制备氨气的原理：NH4ClNH3↑＋HCl↑
D．向Na2SO3溶液中滴加稀硝酸：＋2H＋=SO2↑＋H2O
6．下列有关电化学知识的叙述正确的是
A．反应CaO＋H2O=Ca(OH)2可以放出大量的热，故可将该反应设计成原电池，使其中的化学能转化为电能
B．某原电池反应为Cu＋2AgNO3=Cu(NO3)2＋2Ag，装置的盐桥中可以是装有含琼脂的KCl饱和溶液
C．原电池的两极可以是同样的材料
D．将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中，若能组成原电池，则铁作负极，铜作正极
7．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图所示，下列说法错误的是
A．CaSO4·2H2O属于盐类和纯净物
B．将10L上清液中的S2-(S2-浓度为480mg·L-1)转化为，理论上共需要0.3molO2
C．过程Ⅰ后溶液碱性增强
D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为2S2-＋4MnO＋9H2O=4Mn(OH)2↓＋S2O＋10OH-
8．氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH1>0
B．相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的小
C．相同条件下，HCl的ΔH3＋ΔH4比HI的大
D．一定条件下，气态原子生成1 mol H—X放出a kJ能量，则该条件下ΔH2=-a kJ·mol-1
9．被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片(在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰)作为传导体，在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解质溶液，总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnO(OH)。下列说法不正确的是
A．当该电池消耗2molMnO2时，与铅酸蓄电池消耗0.5molPb产生的电量相等
B．该电池二氧化锰为正极，发生还原反应
C．当0.1molZn完全溶解时，电池外电路转移的电子数约为1.204×1023
D．电池正极反应式为MnO2＋e-＋H2O=MnO(OH)＋OH-
10．含有下列各组离子的溶液中，通入过量的某种气体后各离子仍能大量存在的是
选项 溶液中的离子 通入的过量的气体
A 、OH﹣、Na+、I﹣ HCl
B HS﹣、Na+、、 SO2
C Al3+、Cl﹣、K+、 CO2
D Mg2+、Na+、、Cl﹣ NH3
A．A B．B C．C D．D
11．浓硫酸分别和三种钠盐反应，反应现象如图所示。下列分析不正确的是
A．对比①和②可以说明还原性：Br->Cl-
B．③中体现浓硫酸的强酸性，未体现氧化性
C．②中试管口出现白雾是HCl遇水蒸气所致
D．对比①和③可以说明氧化性：Br2>SO2
12．已知碘化氢分解吸热，分以下两步完成：2HI(g)→H2(g)+2I (g)；2I (g)→I2(g)，下列图像最符合上述反应历程的是
A． B．
C． D．
13．建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是
A．钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：
B．向烧碱溶液通入
C．分散系的分类：
D．FeBr2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式(已知还原性：Fe2＋>Br－)：
14．向含有1mol 和1mol 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是
A．
B．a表示的关系曲线
C．P点时，
D．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．铁黄(FeOOH)是一种重要的化工原料，一种以硫酸渣(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)为原料生产铁黄的工艺流程如下：
（1）铁黄中铁的化合价为　 　，铁元素在元素周期表中的位置为　 　。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填名称)。
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应的离子方程式为　 　；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是　 　(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分为　 　。
（4）“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为　 　。
（5）带结晶水的铁黄产品也可用Fe2O3·xH2O表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x=　 　(用含m1、m2的代数式表示)。
16．亚硝酸钠(NaNO2)在生活中应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与NaCl极其相似；NaNO2可作食品护色剂，少量添加可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长。某化学兴趣小组查阅资料得知：2NO＋Na2O2=2NaNO2，该学习小组利用下列装置制备干燥的NaNO2.(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将NO、氧化成。
回答下列问题：
Ⅰ．NaNO2的制备：
（1）装置A中盛装铜单质的仪器名称是________，仪器按气流方向连接顺序为b→________。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气的目的是________；反应结束后打开止水夹a，再通入过量氮气的目的是________。
（3）装置D的作用是________。
（4）判断Na2O2已被NO反应完全的现象是________。
（5）写出装置E中发生反应的离子方程式：________。
Ⅱ．测定NaNO2的纯度(假设杂质不参与反应)：
（6）准确称取反应后的固体3.000g于烧杯中，加入蒸馏水溶解，配成250mL溶液；取出25.00mL于锥形瓶中，滴入0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液至恰好完全反应，用去16.00mL酸性KMnO4溶液。固体中NaNO2的纯度为________%。
17．已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的某种原子核内没有中子，A和D，C和G分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，F的最高价氧化物的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，G的单质常出现在火山口。
（1）C、D分别形成的简单离子中，半径较大的是　 　(填离子符号)。
（2）G和H的最高价氧化物的水化物酸性较强的是　 　(填化学式)。
（3）由A、C、D形成的化合物中化学键的类型为　 　，C、D形成摩尔质量为78g·mol-1的化合物的电子式为　 　，由A、B形成的18e-化合物的结构式为　 　。
（4）甲烷(CH4)可与C2组成燃料电池，其装置如图甲所示。E、F的单质可与氢氧化钠溶液形成原电池，其装置如图乙所示。
①图甲中，Pt1电极上的电极反应式为　 　，每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为　 　L。
②请写出图乙原电池负极的电极反应式：　 　，溶液中Na＋向　 　(填“E”或“F”)极移动。
18．化学反应中的热效应又称反应热，包括燃烧热、中和热等，其数据广泛应用于科学研究和工业生产方面。
（1）若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则表示石墨燃烧热的热化学方程式为　 　。甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(CH4和CO2)直接转化为合成气(主要成分为CO和H2)，反应方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。已知几种物质的燃烧热如下表：
物质 CH4(g) CO(g) H2(g)
燃烧热/(kJ·mol-1) 893 283 286
则上述甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)的　ΔH=　 　kJ·mol-1。
（2）利用如图所示装置测定中和反应的反应热的实验步骤如下：
①测出盐酸的温度为20.1℃，用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入内筒中；
②测出NaOH溶液的温度为20.3℃，用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液；
③将NaOH溶液沿玻璃棒分几次缓慢倒入内筒中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度为23.4℃。
上述实验步骤中一处不合理的操作应改成：　 　，实验过程中采用稍过量NaOH溶液的原因是　 　。假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1，根据以上数据可计算出中和反应的反应热ΔH=　 　kJ·mol-1(保留三位有效数字)，如果采用氨水代替NaOH溶液，测得的中和反应的反应热ΔH　 　(“偏大”“偏小”或“相等”)。
（3）已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)=CH2=CH2(g)＋4H2O(g)。几种物质的能量如表所示(在25℃、101kPa条件下，规定单质具有的能量为0，测得其他物质生成时的反应热为其具有的能量)：
物质 CO2(g) H2(g) CH2=CH2(g) H2O(g)
能量/(kJ·mol-1) -394 0 52 -242
则该反应的ΔH=　 　kJ·mol-1。
已知几种化学键的键能如表所示：
化学键 C=O H—H C=C C—H H—O
键能/(kJ·mol-1) 803 436 615 a 463
则a=　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、氮化硅（Si3N4）是高温结构陶瓷，属于氮化物陶瓷，并非硅酸盐材料，硅酸盐材料必须含有硅、氧和金属元素 ，故A错误；
B、硅单质是半导体材料，可用于制作太阳能电池；二氧化硅（SiO2）是光导纤维的主要成分，不具备半导体性能 ，故B错误；
C、碳化硅（SiC）是原子晶体，硬度大、熔点高，化学性质稳定，适合制作高温结构陶瓷和轴承，符合其实际应用 ，故C正确；
D、富勒烯是由碳原子构成的笼形分子（如 C60），属于无机非金属材料，有机材料必须含碳氢等元素且为化合物 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类：新型无机非金属材料包括高温结构陶瓷（如 Si3N4、SiC）、光导纤维（SiO2）等，区别于硅酸盐材料和有机材料。
物质性能：Si 是半导体，SiO2用于光导纤维；SiC 硬度高、耐高温，适合做结构材料；富勒烯是碳的同素异形体，属于无机物。
概念辨析：硅酸盐材料必须含 Si-O 键，有机材料是含碳化合物（碳单质、碳氧化物除外）。
2．【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2溶于水生成 H2SO3，溶液显酸性，且 SO2的漂白性对 pH 试纸不作用，因此可以用 pH 试纸测定其酸碱度 ，故A正确；
B、新制氯水中含有 HClO，具有强氧化性和漂白性，会使 pH 试纸先变红后褪色，无法准确测定 pH 数值 ，故B错误；
C、浓硫酸难挥发，蘸取浓硫酸靠近氨气试管口时，无法与 NH3反应产生白烟，不能用来验满氨气；应改用蘸取浓盐酸（或浓硝酸）的玻璃棒 ，故C错误；
D、浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，且浓硝酸见光易分解，应保存在带玻璃塞的棕色试剂瓶中 ，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
pH 试纸使用限制：有漂白性的物质（如氯水、HClO）不能用 pH 试纸测 pH，会使试纸褪色。
氨气验满原理：利用挥发性酸（浓盐酸 、浓硝酸）与 NH3反应生成铵盐白烟，难挥发的浓硫酸无法实现。
试剂保存规则：强氧化性试剂（浓硝酸）不能用橡胶塞，见光易分解的试剂需用棕色瓶避光保存。
3．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 与 合成 的反应是可逆反应， 无法完全转化，生成 的分子数一定小于 ，A错误；
B、标准状况下， 混合气体的物质的量为 ； 和 每个分子都含 个氧原子，因此混合气体中氧原子总物质的量为 ，氧原子数为 ，B正确；
C、 晶体硅（）中，每个 原子与周围 个 形成共价键，但每条键被 个 共用，故 键数目为 ，而非 ，C错误；
D、标准状况下 （）溶于水后，部分 与水反应生成 和 ，含氯微粒有 、、、，根据氯原子守恒，含氯微粒总数小于 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
可逆反应限制：可逆反应不能进行到底，反应物转化率小于 。
气体组成共性：、 均为双氧分子，混合气体可直接按平均组成计算氧原子数。
晶体键数计算：晶体硅中每个 键被两个 原子共享， 对应 键。
物料守恒应用：氯气溶于水时存在多种含氯微粒，需结合氯原子守恒判断总数。
4．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；铁的化学性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、双氧水在 MnO2催化下分解生成 O2，不是 H2，无法制取干燥的 H2，A 错误；
B、Cu 与浓硫酸反应需要加热，该装置无加热仪器，无法发生反应制取 SO2，B 错误；
C、浓盐酸与 KMnO4常温下反应生成 Cl2，Cl2在饱和 NaCl 溶液中溶解度小，HCl 可溶于饱和 NaCl 溶液，能除去 Cl2中的 HCl 杂质，可制取 Cl2，C 正确；
D、Fe 片遇浓硝酸常温下发生钝化，无法持续反应制取 NO2，且 NO2会与 H2O 反应，不能用 H2O 除杂，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应条件：Cu 与浓硫酸反应需要加热，该装置无加热装置，无法进行；
物质性质：Fe 遇浓硝酸常温钝化，无法持续反应；NO2能与水反应，不能用水处理；
除杂原理：Cl2中的 HCl 杂质可用饱和 NaCl 溶液除去，利用 Cl2在饱和食盐水中溶解度低、HCl 易溶的特点；
产物判断：双氧水分解生成 O2，不是 H2，实验目的不匹配。
5．【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A：SO2具有还原性，Br2具有氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，生成 H2SO4和 HBr，离子方程式为 SO2+Br2+2H2O=4H＋++2Br-，故A正确；
B：SiO2与足量 C 在高温下反应，生成的是 Si 和 CO，而非 CO2，正确化学方程式应为，故B错误；
C：实验室制备 NH3是用 NH4Cl 与 Ca (OH)2固体共热，单独加热 NH4Cl 会生成 NH3和 HCl，但二者遇冷会重新结合成 NH4Cl，无法得到纯净 NH3， 反应原理为，故C错误；
D：稀硝酸具有强氧化性，会将 SO32-氧化为 SO42-，不会发生复分解反应生成 SO2，正确离子方程式应为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原规律：SO2遇强氧化剂（Br2、HNO3）会被氧化为 SO42-，需体现电子守恒。
高温反应产物：碳还原 SiO2时，碳过量生成 CO，而非 CO2。
气体制备原理：实验室制 NH3不能用直接加热 NH4Cl 的方法，需与碱共热。
强氧化性酸特性：稀硝酸与亚硫酸盐反应时，优先发生氧化还原反应，而非复分解反应。
6．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池反应必须是自发的氧化还原反应，而 CaO 与 H2O 的反应是化合反应，反应中各元素化合价均未变化，不属于氧化还原反应，因此无法设计成原电池 ，A错误；
B、盐桥中的 KCl 会与电解质溶液中的 AgNO3反应，生成 AgCl 沉淀，会堵塞盐桥、影响原电池正常工作，因此盐桥中不能使用 KCl 饱和溶液 ，B错误；
C、原电池的两极可以是相同材料，比如燃料电池中，两极均可使用惰性电极（如铂、石墨），依靠不同的反应物发生氧化还原反应 ，C正确；
D、铁在浓硝酸中会发生钝化，表面形成致密氧化膜，阻止反应继续进行，此时铜会与浓硝酸发生氧化还原反应，铜作负极，铁作正极 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原电池本质：只有自发的氧化还原反应才能设计成原电池，非氧化还原反应无法实现化学能到电能的转化。
盐桥选择：盐桥中的电解质不能与两极电解质发生反应，否则会破坏原电池装置。
电极材料特殊性：燃料电池等特殊原电池，两极可以是相同的惰性材料。
钝化影响：铁、铝在浓硝酸、浓硫酸中会钝化，此时活泼性较弱的金属会成为负极。
7．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、CaSO4·2H2O是结晶水合物，属于纯净物，同时由金属阳离子Ca2+和酸根离子SO42-构成，属于盐类 ，故A正确；
B、10L上清液中S2-的质量为 ，物质的量为 。S2-被氧化为SO42-，每个S失去8个电子，共失去 电子；1mol O2得到4个电子，理论上需要O2的物质的量为 ，故B正确；
C、过程Ⅰ的反应为 ，反应消耗OH-，同时生成H2O，溶液碱性会减弱，而非增强 ，故C错误；
D、过程Ⅱ中，S2-被氧化为S2O32-，MnO32-被还原为Mn(OH)2，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
物质分类：结晶水合物是纯净物，由金属阳离子和酸根构成的属于盐类。
电子守恒计算：氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数等于氧化剂得到的电子总数，可用于计算反应物的量。
反应酸碱性判断：分析反应是否消耗或生成OH-、H+，判断溶液酸碱性变化。
离子方程式配平：需满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，同时符合反应实际。
8．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、ΔH1代表 HX (aq)→HX (g) 的能量变化（汽化过程）。已知 HF 气体溶于水放热，其逆过程（HF 溶液变为 HF 气体）必然吸热，因此 HF 的 ΔH1>0，A项正确；
B、ΔH2代表 HX (g) 断裂为 H (g) 和 X (g) 的键能。Cl 的原子半径比 Br 小，H-Cl 键比 H-Br 键更稳定，键能更大，因此 HCl 的 ΔH2比 HBr 的大 ，B项错误；
C、ΔH3+ΔH4代表 H (g)→H+(aq) 的总能量变化，这一过程与 X 的种类无关，因此 HCl 和 HI 的 ΔH3+ΔH4相等 ，C项错误；
D、ΔH2是 HX (g) 分解为气态原子的键断裂能（吸热，ΔH2>0），而气态原子生成 1mol H-X 是成键放热，因此 ΔH2=+a kJ mol- ，D项错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
过程与焓变符号：放热过程的逆过程为吸热，ΔH 符号相反；汽化、断键均为吸热（ΔH>0），液化、成键均为放热（ΔH<0）。
键能与稳定性：键长越短，键能越大，分子越稳定，对应断键所需能量（ΔH2）越大。
离子水合能：H (g)→H+(aq) 的能量变化与阴离子种类无关，仅由 H 原子的电离和水合决定。
盖斯定律应用：通过分析各分步过程的焓变，可推导总反应的能量变化。
9．【答案】A
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由总反应可知，Mn元素从+4价变为+3价，每消耗2mol MnO2时，转移2mol电子；
铅酸蓄电池负极反应为，0.5mol Pb参与反应时，只转移1mol电子。
二者转移电子数不相等，电量不相等，A错误；
B、反应中Mn元素化合价降低，得到电子被还原，所以MnO2作正极，发生还原反应，B正确；
C、Zn元素从0价变为+2价，0.1mol Zn完全溶解时，外电路转移0.2mol电子，电子个数约为，C正确；
D、正极上MnO2得电子发生还原反应，结合H2O生成MnO(OH)，配平后电极反应式为，符合电子守恒和原子守恒，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
电子转移数算错：软电池中 2mol MnO2转移2mol 电子，铅酸蓄电池 0.5mol Pb 转移1mol 电子，易误判电量相等。
电极判断颠倒：Zn 是负极（失电子、氧化反应），MnO2是正极（得电子、还原反应），易记反。
电极反应配平漏项：正极反应易漏写 H2O 或 OH-，不满足电子、 电荷守恒。
微粒数计算失误：Zn 为 + 2 价，0.1mol Zn 转移 0.2mol 电子，易误算为 0.1mol。
10．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、通入过量HCl后，与发生中和反应，且酸性条件下会氧化，离子不能大量共存，A错误；
B、具有强还原性，具有强氧化性，二者本身会发生氧化还原反应，且通入后，也会氧化，离子不能大量共存，B错误；
C、、、、之间不反应，且通入过量后，与各离子均不反应，离子仍能大量共存，C正确；
D、通入过量后，与反应生成沉淀，离子不能大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子共存的核心：离子之间不发生复分解、氧化还原、络合等反应；
气体与离子的反应：HCl为酸性气体，会与反应，且酸性条件下具有强氧化性；为碱性气体，会与等金属阳离子反应生成沉淀；
特殊离子的性质：在酸性、中性条件下均具有强氧化性，可氧化、等还原性物质；与不反应，可大量共存。
11．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、①中浓硫酸与 NaBr 反应生成红棕色的 Br2，说明浓硫酸能将 Br-氧化为 Br2；②中浓硫酸与 NaCl 反应仅生成 HCl 白雾，说明浓硫酸不能将 Cl-氧化为 Cl2。还原剂的还原性越强，越容易被氧化，因此还原性：Br- > Cl- ，故A正确；
B、③中浓硫酸与 Na2SO3反应生成 SO2，反应为复分解反应： Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O， 此反应体现了浓硫酸的强酸性（强酸制弱酸），硫元素化合价未发生变化，未体现氧化性 ，故B正确；
C、②中浓硫酸与 NaCl 反应生成 HCl 气体，HCl 极易溶于水，遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，即管口白雾 ，故C正确；
D、①中浓硫酸氧化 Br-生成 Br2，体现浓硫酸氧化性 > Br2；③中是复分解反应生成 SO2，并非氧化还原反应，无法比较 Br2与 SO2的氧化性，且实际氧化性应为 Br2 > SO2，但本实验无法通过①和③直接证明 ，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
还原性比较规律：还原剂越易被氧化，还原性越强。浓硫酸能氧化 Br-却不能氧化 Cl-，故 Br-还原性更强。
浓硫酸的性质：与 Na2SO3的反应是强酸制弱酸，体现强酸性；与 NaBr 的反应是氧化还原，体现强氧化性。
反应类型判断：③中反应无元素价态变化，属于复分解反应，不能用于比较氧化性。
现象本质：HCl 极易溶于水形成白雾，Br2为红棕色气体，SO2能使品红褪色。
12．【答案】A
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、第一步 2HI (g)→H2(g)+2I (g) 吸热，中间产物能量高于反应物；第二步 2I (g)→I2(g) 放热，最终产物能量低于中间产物；总反应吸热，最终产物能量高于反应物，符合要求，A 正确；
B、最终产物能量低于反应物，总反应为放热，不符合题意，B 错误；
C、第二步 2I (g)→I2(g) 为放热反应，中间产物能量应高于最终产物，图示中间产物能量低于最终产物，C 错误；
D、第一步 2HI (g)→H2(g)+2I (g) 为吸热反应，中间产物能量应高于反应物，图示中间产物能量低于反应物，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应热与能量的关系：吸热反应，生成物能量高于反应物；放热反应，生成物能量低于反应物；
分步反应能量变化：第一步 HI 分解为吸热，中间产物（H2+2I ）能量高于反应物（2HI）；第二步 I 原子结合为放热，最终产物（H2+I2）能量低于中间产物；
总反应能量变化：总反应为吸热，最终产物能量高于反应物；
图像判断：需同时满足分步能量变化和总反应能量变化的要求。
13．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；钠的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、钠在氧气中燃烧，无论比例如何，产物均为，数轴模型错误，A错误；
B、向烧碱溶液通入，当时，产物为；当时，产物为；介于1~2时为两者混合物，数轴标注的分界点颠倒，B错误；
C、分散系按分散质微粒直径分类：直径小于1nm为溶液，1~100nm为胶体，大于100nm为浊液，数轴模型正确，C正确；
D、溶液中通入，还原性，先氧化，当时完全氧化为，时完全氧化，数轴分界点标注错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
钠与氧气反应的产物：燃烧条件下，无论钠与氧气的用量比，产物均为过氧化钠，不会生成氧化钠；
与的反应产物：根据与的物质的量比，产物依次为（比例≥2）、与混合物（1<比例<2）、（比例≤1）；
分散系的分类标准：溶液（<1nm）、胶体（1~100nm）、浊液（>100nm），分界点为1nm和100nm；
与的反应顺序：先氧化（时完全氧化），再氧化（时完全氧化）。
14．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、第一步反应中，1mol NO3-完全反应需消耗4mol H+，但溶液中仅含3mol H+，H+不足，按H+量计算，生成Fe3+的物质的量为mol（即0.75mol），A错误；
B、反应初期Fe3+浓度先增大，H+耗尽后Fe3+与Fe反应生成Fe2+，Fe3+浓度逐渐减小，Fe2+浓度持续增大，因此a为Fe3+的变化曲线，b为Fe2+的变化曲线的描述错误，B错误；
C、设被还原的Fe3+为x mol，根据第二步反应，生成Fe2+为1.5x mol。n2点Fe3+与Fe2+物质的量相等，列方程：，解得，此时Fe2+的物质的量为mol，即P点Fe2+为0.45mol，C错误；
D、P点溶液中含0.45mol Fe3+，加入Cu发生反应 ，2mol Fe3+消耗64g Cu，因此消耗Cu的质量为g，D正确；
故答案为：D。
【分析】混合酸中含1mol HNO3和1mol H2SO4，总H+为3mol、NO3-为1mol。铁粉过量时分两步反应：第一步为Fe与H+、NO3-的氧化还原反应，离子方程式为
；第二步为过量Fe与Fe3+的归中反应，离子方程式为， n2点为Fe3+与Fe2+物质的量相等的状态，据此分析各选项。
15．【答案】（1）＋3；第四周期第Ⅷ族
（2）二氧化硅
（3）Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；Fe；Fe和Cu
（4）FeSO4＋2NH4HCO3=Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）铁黄中H为+1价，O为-2价，则铁元素为+3价，Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
故答案为： ＋3 ； 第四周期第Ⅷ族 ；
（2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的SiO2，所以滤渣1为二氧化硅；
故答案为： 二氧化硅 ；
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是Fe，不会引入新的杂质；根据分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe和Cu；
故答案为： Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O ； Fe ； Fe和Cu ；
（4）FeSO4与NH4HCO3反应生成Fe(OH)2的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
故答案为： FeSO4＋2NH4HCO3=Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑ ；
（5）结晶水的质量为(m1-m2)g，则，解得x=。
故答案为： ；
【分析】硫酸渣先经稀硫酸酸溶，金属氧化物转化为硫酸盐，SiO2成为滤渣 1 被除去；加入过量还原剂 X 将铁离子还原为亚铁离子，同时置换出铜，过滤得滤渣 2；滤液加 NH4HCO3沉铁，释放 CO2，再通入空气将亚铁离子氧化为铁黄，最终过滤得到产品铁黄，据此解题即可。
（1）铁黄中H为+1价，O为-2价，则铁元素为+3价，Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
（2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的SiO2，所以滤渣1为二氧化硅；
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是Fe，不会引入新的杂质；根据分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe和Cu；
（4）FeSO4与NH4HCO3反应生成Fe(OH)2的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
（5）结晶水的质量为(m1-m2)g，则，解得x=。
16．【答案】(1) 三颈烧瓶 g→h→e→f→c→d→e→f→i或g→h→e→f→d→c→e→f→i
(2) 通入过量氮气排除装置中的空气，防止NO转化成NO2，防止CO2、水与Na2O2反应，防止氧气将NaNO2氧化为NaNO3 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气
(3) 除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO
(4) 装置B中淡黄色固体完全变为白色
(5) 3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O
(6) 92
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A的三颈烧瓶中铜和分液漏斗中的浓硝酸反应制取二氧化氮，在盛水的洗气瓶中二氧化氮和水反应生成NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥，通入直玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入直玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO，防止污染空气，则连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i或b→g→h→e→f→d→c→e→f→i；
故答案为： 三颈烧瓶 g→h→e→f→c→d→e→f→i或g→h→e→f→d→c→e→f→i ；
（2）空气中的CO2、水会和Na2O2反应，空气中的氧气则会把产品中NaNO2氧化成NaNO3，故反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气。反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
故答案为： 通入过量氮气排除装置中的空气，防止NO转化成NO2，防止CO2、水与Na2O2反应，防止氧气将NaNO2氧化为NaNO3 将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气 ；
（3）NO2和水反应可以产生NO，则装置D的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
故答案为： 除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO ；
（4）Na2O2为淡黄色固体，而NaNO2为白色固体，故判断Na2O2已被NO反应完全的现象是装置B中淡黄色固体完全变为白色；
故答案为： 装置B中淡黄色固体完全变为白色 ；
（5）装置E中酸性高锰酸钾溶液可氧化NO气体，自身被还原为锰离子，氧化NO为硝酸根离子，反应的离子方程式为3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O；
故答案为： 3＋5NO＋4H＋=3Mn2＋＋5＋2H2O ；
（6）依据电子守恒，KMnO4和NaNO2的关系为：2KMnO4～5NaNO2，则样品中NaNO2的物质的量n(NaNO2)=n(KMnO4)×=16×10-3L×0.1mol·L-1×=0.004mol，则m(NaNO2)=0.004mol×10×69g·mol-1=2.76g，则NaNO2的纯度=×100%=92%。
故答案为： 92 ；
【分析】在装置 A 中，铜和浓硝酸反应生成 NO2；将生成的气体通入装置 D（里面装水），NO2和水反应转变成 NO，同时除去没反应的 NO2杂质，得到粗 NO 气体。纯化后的 NO 气体通入装置 C（里面装浓硫酸），利用浓硫酸的吸水性去掉 NO 里混有的水蒸气，得到干燥的 NO 气体（NO 不会和浓硫酸发生反应）。干燥的 NO 气体通入装置 B，和过氧化钠在加热条件下发生反应，生成亚硝酸钠，直接得到目标产物。没反应的 NO 气体通入装置 E（里面装酸性高锰酸钾溶液），酸性高锰酸钾可以把 NO 氧化成 NO3-，从而吸收尾气，避免 NO 污染空气。据此解题。
17．【答案】（1）O2-
（2）HClO4
（3）离子键和(极性)共价键；；
（4）CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O；5.6；Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-；E
【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；电极反应和电池反应方程式；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，C是氧（O）、D是钠（Na），所以氧离子的半径较大，
故答案为：O2-；
（2）G是硫（S）、H是氯（Cl）；硫的最高价氧化物的水化物是硫酸（H2SO4），氯的最高价氧化物的水化物是高氯酸（HClO4），非金属性：Cl＞S，所以高氯酸的酸性比硫酸强，
故答案为：HClO4；
（3）由A（H）、C（O）、D（Na）形成的化合物是氢氧化钠（NaOH），其化学键类型为离子键和共价键。C（O）和D（Na）形成的摩尔质量为78g·mol-1的化合物是过氧化钠（Na2O2），其电子式为。由A（H）和B（N）形成的18e-化合物是氨（N2H4），其结构式为，
故答案为：离子键和(极性)共价键；；；
（4）①图甲中，Pt1为燃料电池的负极，电极反应式为CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，每消耗标准状况下的1molCH4气体转移8mol电子，所以每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为5.6L，
②图乙中F(Al)为原电池负极的电极反应式为Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-，E(Mg)为原电池的正极，溶液中Na+向正极移动，
故答案为：CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，5.6；Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-；E。
【分析】A 的某种原子核内无中子，确定 A 是氢（H）；A 与 D 同主族，且原子序数依次增大，短周期中同主族的 D 为钠（Na）。B 原子最外层电子数比次外层多 3，次外层电子数为 2（K 层），最外层电子数为 5，确定 B 是氮（N）。F 的最高价氧化物对应水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，属于两性氢氧化物，结合原子序数顺序，确定 F 是铝（Al）。G 的单质常出现在火山口，确定 G 是硫（S）；C 与 G 同主族，且原子序数小于 F，确定 C 是氧（O）。原子序数依次增大，C（O）、D（Na）、F（Al）之间的元素 E 为镁（Mg）；G（S）之后的短周期主族元素 H 为氯（Cl）。
（1）具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，C是氧（O）、D是钠（Na），所以氧离子的半径较大，故答案为：O2-；
（2）G是硫（S）、H是氯（Cl）；硫的最高价氧化物的水化物是硫酸（H2SO4），氯的最高价氧化物的水化物是高氯酸（HClO4），非金属性：Cl＞S，所以高氯酸的酸性比硫酸强，故答案为：HClO4；
（3）由A（H）、C（O）、D（Na）形成的化合物是氢氧化钠（NaOH），其化学键类型为离子键和共价键。C（O）和D（Na）形成的摩尔质量为78g·mol-1的化合物是过氧化钠（Na2O2），其电子式为。由A（H）和B（N）形成的18e-化合物是氨（N2H4），其结构式为，故答案为：离子键和(极性)共价键；；；
（4）①图甲中，Pt1为燃料电池的负极，电极反应式为CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，每消耗标准状况下的1molCH4气体转移8mol电子，所以每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为5.6L，故答案为：CH4-8e-＋10OH-=＋7H2O，5.6；
②图乙中F(Al)为原电池负极的电极反应式为Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-，E(Mg)为原电池的正极，溶液中Na+向正极移动，故答案为：Al-3e-＋4OH-=[Al(OH)4]-；E。
18．【答案】（1）C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1；＋245
（2）将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中；将酸完全中和；-53.5；偏大
（3）-128；409.25
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）1g石墨完全燃烧生成CO2时放出的热量为akJ，1mol石墨完全燃烧放热12akJ，则热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1，根据表格燃烧热数据，可知以下热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1=-893kJ·mol-1②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2=-283kJ·mol-1③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH2=-286kJ·mol-1依据盖斯定律，将反应①-②×2-③×2得甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH=(-893kJ·mol-1)-(-283kJ·mol-1)×2-(-286kJ·mol-1)×2=＋245kJ·mol-1
故答案为： C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1 ； ＋245 ；
（2）反应时为了减少热量损失，需要迅速使酸碱混合反应，上述实验步骤中不合理的操作应为③，改成：将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中，用稍过量的碱是为了将酸反应完。平均温度变化值为，50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，，生成0.025mol的水放出热量Q=cmΔT=4.18J/(g·℃)×100g×3.2℃=1337.6J=1.3376kJ，则该实验测得的中和热，如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，由于一水合氨的电离吸热，测得的中和反应的放热偏少，焓变偏大。
故答案为： 将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中 ； 将酸完全中和 ； -53.5 ；偏大；
（3）根据反应物和产物能量差值，算出焓变，再根据焓变计算键能。；
故答案为： -128 ； 409.25 ；
【分析】(1) 燃烧热热化学方程式：1mol 石墨（12g）完全燃烧放热 12a kJ，方程式为：
C (石墨，s) +O2(g) =CO2(g) ΔH = -12a kJ mol-
盖斯定律应用：先写出各物质燃烧热的热化学方程式，再通过目标反应与已知反应的加减组合，计算得 ΔH = +245 kJ·mol- 。
(2) 操作改进：应将 NaOH 溶液一次性迅速倒入内筒，减少热量散失。
过量 NaOH 目的：确保盐酸被完全中和，使反应更彻底。
反应热计算：先算平均温差，再用 Q = cmΔT 算放热，最后换算为生成 1mol 水的焓变，结果为 -53.5 kJ mol- 。
氨水替代影响：一水合氨电离吸热，中和放热减少，ΔH偏大（放热越少，ΔH 数值越大）。
(3)能量差算焓变：ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，结果为-128 kJ mol- 。
键能算焓变：ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据解得a = 409.25。
（1）1g石墨完全燃烧生成CO2时放出的热量为akJ，1mol石墨完全燃烧放热12akJ，则热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=-12akJ·mol-1，根据表格燃烧热数据，可知以下热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1=-893kJ·mol-1②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2=-283kJ·mol-1③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH2=-286kJ·mol-1依据盖斯定律，将反应①-②×2-③×2得甲烷干重整反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH=(-893kJ·mol-1)-(-283kJ·mol-1)×2-(-286kJ·mol-1)×2=＋245kJ·mol-1
（2）反应时为了减少热量损失，需要迅速使酸碱混合反应，上述实验步骤中不合理的操作应为③，改成：将NaOH溶液一次性迅速倒入内筒中，用稍过量的碱是为了将酸反应完。平均温度变化值为，50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，，生成0.025mol的水放出热量Q=cmΔT=4.18J/(g·℃)×100g×3.2℃=1337.6J=1.3376kJ，则该实验测得的中和热，如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，由于一水合氨的电离吸热，测得的中和反应的放热偏少，焓变偏大。
（3）根据反应物和产物能量差值，算出焓变，再根据焓变计算键能。；。
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