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湖南省岳阳市汨罗市第二中学2024-2025学年高一下学期4月期中化学试题
一、单选题(每题3分，共48分)。
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．化学与生活、生产和环境密不可分，下列说法不正确的是
A．工业生产玻璃和水泥，均需用石灰石作原料
B．称量氢氧化钠固体时，需将氢氧化钠放在烧杯中，并快速称量
C．氯碱工业中可以用氨气检查氯气管道是否泄漏
D．用SO2漂白丝织品的原理是SO2可以氧化丝织品中的有色成分
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、工业生产玻璃的原料为纯碱、石灰石、石英砂，生产水泥的原料为石灰石、黏土，二者均需用石灰石作原料，说法正确、A 不符合题意；
B、氢氧化钠固体易潮解、具有强腐蚀性，称量时需放在烧杯中，并快速称量以减少吸水带来的误差，说法正确、B 不符合题意；
C、氯气与氨气反应会生成氯化铵固体，产生白烟现象，因此氯碱工业中可用氨气检查氯气管道是否泄漏，说法正确、C 不符合题意；
D、SO2漂白丝织品的原理是 SO2与有色成分发生化合反应生成不稳定的无色物质，而非氧化有色成分，说法错误、D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
工业生产原料：玻璃和水泥的工业生产均以石灰石为核心原料之一，需牢记常见无机材料的生产原料；
化学实验操作：氢氧化钠的称量需注意其腐蚀性与潮解性，需用烧杯盛装并快速操作；
物质的特性与应用：氯气与氨气的特征反应可用于管道检漏，需掌握该反应的现象与原理；
漂白原理区分：SO2的漂白为化合型漂白，次氯酸等为氧化型漂白，二者原理不同，需明确区分。
3．关于硫下列说法不正确的是
A．通常是淡黄色晶体
B．单质硫既有氧化性，又有还原性
C．硫的化合物常存在于火山口喷出的气体中和矿泉水里
D．硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
【答案】D
【知识点】硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A、单质硫在常温下是淡黄色的晶体，质地脆，容易研磨成粉末，这是硫的典型物理性质 ，故A正确；
B、硫单质的化合价为 0 价，处于中间价态，既可以得到电子被还原为 - 2 价（体现氧化性），也可以失去电子被氧化为 + 4 价或 + 6 价（体现还原性），因此既有氧化性又有还原性 ，故B正确；
C、火山活动会释放出含硫的化合物（如二氧化硫、硫化氢等），部分矿泉水也会溶解有硫化物或硫酸盐，所以硫的化合物常存在于火山口气体和矿泉水中 ，故C正确；
D、硫在空气和纯氧中燃烧的产物都是二氧化硫（SO2），只有在催化剂、加热的条件下，二氧化硫才会进一步与氧气反应生成三氧化硫（SO3） ，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物理特征：硫是淡黄色晶体，易研成粉末。
价态规律：中间价态的物质（如 0 价硫）通常兼具氧化性和还原性。
存在形式：火山口和矿泉水是自然界中硫化合物的常见存在场景。
燃烧产物：硫燃烧直接生成 SO2，SO3需要额外催化氧化条件才能生成。
4．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。
5．下列关于硫及其化合物的离子方程式书写正确的是
A．向NaClO溶液中通入少量
B．用溶液除气体：
C．向氯水中通入少量SO2：
D．将SO2通入到BaCl2溶液中：
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、NaClO 溶液呈碱性，少量 SO2通入后，生成的 H+会与过量 ClO-结合为 HClO，正确离子方程式应为，A错误；
B、H2S 为弱酸，在离子方程式中不能拆分为 S2-，正确离子方程式应为，B错误；
C、向氯水中通入少量 SO2，Cl2将 SO2氧化为硫酸，自身被还原为 Cl-，离子方程式 书写正确、C 符合题意；
D、亚硫酸的酸性弱于盐酸，SO2与 BaCl2溶液不发生反应，无沉淀生成，原方程式书写错误、D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
碱性环境下的氧化还原反应：NaClO 溶液呈碱性，SO2通入后生成的 H+会与 ClO-结合，不能直接生成强酸，需注意环境对产物的影响；
弱电解质的拆分规则：H2S 为弱酸，离子方程式中需保留化学式，不能拆分为离子；
氧化还原型离子方程式：Cl2与 SO2的反应需满足电子守恒、原子守恒，明确氧化产物与还原产物；
复分解反应的发生条件：SO2与 BaCl2不满足强酸制弱酸原理，不能发生反应，需掌握常见弱酸与强酸的酸性强弱顺序。
6．化学电源在生活、生产和科研中得到广泛的应用，下列装置能产生电流的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、无水乙醇属于非电解质，无法电离出自由移动的离子，不能形成导电通路，不满足原电池的电解质溶液要求，无法产生电流 ，A不合题意；
B、Mg 和 Al 虽活泼性不同，但 Mg 不与 NaOH 溶液反应，Al 虽能与 NaOH 溶液反应，但装置未形成完整闭合回路，无法产生持续稳定的电流 ，B不合题意；
C、两个电极均为石墨（惰性电极），不存在活泼性差异，且石墨与 CaCl2溶液无法发生自发的氧化还原反应，不满足原电池形成条件，无法产生电流 ，C不合题意；
D、Zn 和 Pb 活泼性不同，稀盐酸为电解质溶液，Zn 能与稀盐酸发生自发的氧化还原反应（Zn 失去电子被氧化，H+得到电子被还原），装置形成闭合回路，满足原电池全部条件，能产生电流 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解质判断：只有酸、碱、盐的水溶液或熔融态电解质才能导电，纯酒精、蔗糖溶液等非电解质无法作为原电池电解质。
电极差异：需要两种活泼性不同的电极（或惰性电极 + 活泼电极），才能形成电势差驱动电子移动。
反应自发性：电极与电解质之间必须能发生自发的氧化还原反应，这是产生电流的能量来源。
闭合回路：电极、电解质、导线需形成完整回路，否则电子无法持续定向移动。
7．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。
8．氮及其化合物的价类二维图如图所示，下列有关说法正确的是
A．除去NO2中混有的NO，可将气体通过盛有H2O的洗气瓶
B．王水能溶解Au、Pt等金属，由浓HCl与浓HNO3按体积比3：1混合而成
C．“雷雨发庄稼”的原理为
D．向浓中投入红热的木炭，产生红棕色气体，一定可以证明产生于木炭与浓的反应
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、NO2会与水发生反应 3NO2+H2O=2HNO3+NO，会将原物质 NO2除去，无法达到除杂目的，A 不符合题意；
B、王水由浓 HCl 与浓 HNO3按体积比 3：1 混合而成，能溶解 Au、Pt 等不活泼金属，B 符合题意；
C、“雷雨发庄稼” 的原理为 N2与 O2在放电条件下生成 NO，NO 被 O2氧化为 NO2，NO2与水反应生成 HNO3，完整转化为 N2 → NO → NO2 → HNO3 → 硝酸盐（被植物吸收），仅写至 HNO3不完整，C 不符合题意；
D、浓 HNO3受热易分解生成 NO2，红棕色气体可能来自浓 HNO3的分解，不一定是木炭与浓 HNO3反应生成，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质除杂原则：除杂时不能消耗原物质，NO2与水反应会消耗 NO2，不能用于除去 NO2中的 NO；
王水的组成与性质：王水为浓盐酸与浓硝酸按体积比 3：1 混合，具有强氧化性，可溶解 Au、Pt 等贵金属；
氮的循环与 “雷雨发庄稼”：需明确完整转化过程，最终生成的硝酸需转化为硝酸盐才能被植物吸收；
实验现象的干扰因素：浓硝酸受热易分解，需排除分解产生的 NO2对实验结论的干扰，严谨分析反应来源。
9．SO2能使下列溶液褪色，其中体现SO2具有还原性的是
①品红溶液②酸性高锰酸钾溶液③氯水④滴有酚酞的NaOH溶液
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【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】①品红溶液：二氧化硫使品红溶液褪色，是因为二氧化硫与品红结合生成不稳定的无色物质，该过程属于漂白性（非氧化还原反应），不体现还原性。
②酸性高锰酸钾溶液：高锰酸钾是强氧化剂，二氧化硫能将其还原为无色的锰离子，自身被氧化为硫酸根，此过程中二氧化硫失去电子被氧化，体现还原性。
③氯水：氯水中的氯气是强氧化剂，二氧化硫与氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，氯水的浅黄绿色褪去，二氧化硫在此反应中被氧化，体现还原性。
④滴有酚酞的 NaOH 溶液：二氧化硫是酸性氧化物，与 NaOH 发生中和反应，消耗氢氧根使溶液碱性减弱，酚酞红色褪去，该过程体现酸性氧化物的通性，与还原性无关。
综上，体现二氧化硫还原性的是②和③。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
漂白性与还原性区分：二氧化硫的漂白性是化合型漂白，非氧化还原反应；还原性是被氧化剂氧化的氧化还原反应。
酸性氧化物性质：二氧化硫与碱反应体现酸性氧化物通性，不涉及电子转移。
核心判断：只要反应中二氧化硫被氧化剂氧化（硫元素化合价升高），就体现其还原性。
10．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。
11．下列实验装置及实验结果合理的是
图1 图2 图3 图4
A．用图1装置可制取并收集
B．用图2装置可加热熔融固体
C．用图3装置可制备少量，应先关闭止水夹a，一段时间后再打开a
D．用图4装置可证明酸性强弱：盐酸>碳酸>硅酸(硅酸为不溶于水的白色胶状沉淀)
【答案】D
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NH4Cl 受热分解生成的 NH3和 HCl 在试管口会重新化合为 NH4Cl，无法制得 NH3，且收集 NH3的试管未密封、无防倒吸装置，装置不合理、A 不符合题意；
B、NaOH 固体在高温下会与石英坩埚中的 SiO2发生反应，腐蚀坩埚，不能用石英坩埚加热熔融 NaOH，装置不合理、B 不符合题意；
C、制备 Fe(OH)2时，先关闭止水夹 a，A 中 Fe 与稀硫酸反应生成的 H2可排出装置内空气，一段时间后打开 a，A 中压强增大，将 FeSO4溶液压入 B 中与 NaOH 反应，可防止 Fe(OH)2被氧化，装置及操作合理、C 符合题意；
D、稀盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会进入 Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，装置不合理、D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气的制备：NH4Cl 受热分解后产物会重新化合，不能用于实验室制氨气，且氨气收集需用向下排空气法并做好密封；
坩埚的使用：石英坩埚的主要成分为 SiO2，会与强碱 NaOH 反应，熔融 NaOH 需用铁坩埚；
Fe (OH)2的制备：需隔绝空气防止氧化，利用生成 H2排尽装置内空气，再将亚铁盐溶液压入碱液中；
酸性强弱比较：需排除挥发性酸的干扰，验证碳酸酸性强于硅酸时，需先除去 CO2中的 HCl 杂质。
12．如图所示为时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时的浓度变化情况，则下列说法错误的是
A．2min后反应达到平衡状态
B．前2min，A的分解速率为0.1
C．发生的反应可表示为
D．2min时，A、B、C的浓度之比为
【答案】C
【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】A、2min后，A、B、C三种气体的浓度都不再随时间变化，说明反应达到了化学平衡状态，A正确；
B、前2min内，A的浓度变化量为，分解速率，B正确；
C、由图像可知，A是反应物，B、C是生成物。0~2min内浓度变化量：，，，三者之比为，因此反应方程式应为 ，C错误；
D、2min时，A、B、C的浓度分别为、、，浓度之比为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡状态判断：各组分浓度保持不变时，反应达到平衡。
反应速率计算：化学反应速率等于浓度变化量除以时间，即。
化学方程式确定：反应物浓度减小、生成物浓度增大，浓度变化量之比等于化学计量数之比。
浓度比值计算：直接读取平衡时各物质的浓度，计算比值。
13．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。
14．某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．a、b、c中依次盛装固体、硫酸、溶液
B．实验时，湿润的试纸、鲜花、品红溶液、溶液均褪色，溶液出现淡黄色沉淀
C．此设计可证明的氧化性、还原性、漂白性，但不能证明水溶液的酸性
D．点燃酒精灯加热，可证明使品红溶液褪色具有可逆性，使溶液褪色不具有可逆性
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、制备 SO2时，固体 Na2SO3应盛放在试管 b 中，70% 硫酸盛放在注射器 a 中，c 中 NaOH 溶液用于尾气处理，试剂盛放顺序错误，A 不符合题意；
B、SO2溶于水生成亚硫酸，湿润的 pH 试纸只会变红，不会褪色，B 不符合题意；
C、湿润的 pH 试纸变红可证明 SO2水溶液的酸性；KMnO4溶液褪色可证明 SO2的还原性；品红溶液、鲜花褪色可证明 SO2的漂白性；Na2S 溶液出现淡黄色沉淀可证明 SO2的氧化性，该设计可证明 SO2的所有相关性质，C 不符合题意；
D、加热褪色后的品红溶液，溶液可恢复红色，证明 SO2的漂白具有可逆性；KMnO4与 SO2发生氧化还原反应，加热后无法恢复，证明其褪色不具有可逆性，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本实验围绕 SO2的制备与多维度性质验证展开：以 70% 硫酸与 Na2SO3为原料制取 SO2气体，依次通过湿润 pH 试纸、品红溶液、KMnO4溶液、鲜花、Na2S 溶液，分别验证其水溶液的酸性、漂白性、还原性、漂白性、氧化性，最终用 NaOH 溶液吸收尾气，实现一体化实验设计，据此逐一分析各选项。
15．可逆反应：。在恒容密闭容器中反应，下列叙述表示反应达到化学平衡状态的是
A．NO2、NO、O2的物质的量浓度之比为2：2：1
B．单位时间内消耗2mol NO2的同时生成2mol NO
C．混合气体的密度不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、各物质浓度之比为2：2：1，仅代表某一时刻的浓度比例，与平衡状态无必然联系——平衡时浓度比取决于初始投料和反应程度，不能作为平衡标志 ，A错误；
B、消耗与生成均为正反应方向，未体现正逆反应速率相等，无法说明反应达到平衡 ，B错误；
C、恒容容器中，混合气体总质量不变、体积不变，根据密度公式，密度始终恒定，因此密度不变不能作为平衡标志 ，C错误；
D、混合气体平均相对分子质量，总质量不变，而反应中气体总物质的量随反应进行会变化；当不再改变时，说明已稳定，反应达到平衡状态 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡本质：正逆反应速率相等（同种物质的消耗速率=生成速率），各组分浓度不再变化。
变量不变原则：只有随反应进行会变化的物理量（如平均相对分子质量、压强等）不再变化时，才能作为平衡标志；恒容密度、总质量等始终不变的量，不能作为平衡标志。
浓度比陷阱：平衡时各物质浓度比与计量数比无必然关系，不能作为判断依据。
16．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、解答题(共52分)。
17．以下是氮循环的一部分：
（1）反应③的化学方程式是　 　。
（2）化合物A的稀溶液和金属铜反应的离子方程式是　 　。
（3）治理汽车尾气的一种方法是用催化剂使NO与CO发生反应：当生成0.5molN2时，被还原的NO的物质的量为　 　。
（4）氮的氧化物是空气的主要污染物，下列环境问题与氮的氧化物排放有关的是　 　。
A.酸雨　　　B.光化学烟雾 　　　C.白色污染
（5）写出实验室中由如图装置A制取氨气的化学方程式　 　。
欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为a→　 　→i(按气流方向，用小写字母表示，如x→y→z)；下列装置可用于作为氨气的尾气处理装置的是　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）1mol
（4）AB
（5）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；d→c→f→e；CD
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的性质及用途；氨的实验室制法；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】（1）反应③是NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式是；
故答案为： ；
（2）化合物A为硝酸，稀硝酸和金属铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）根据方程式：2NO＋2CO═2CO2＋N2，有关系式：N2~2NO，所以当生成0.5molN2时，被还原的NO的物质的量为1mol；
故答案为： 1mol ；
（4）氮的氧化物是空气的主要污染物，最终可以转化为硝酸，造成硝酸型酸雨，也可以与空气中烃类等物质反应，形成光化学烟雾，白色污染是塑料造成的污染，和氮氧化物无关，故选AB；
故答案为： AB ；
（5）实验室中利用装置A制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，制取的氨气中含有水蒸气，可以用碱石灰除去水蒸气，然后用向下排空法收集氨气，最后进行尾气处理，欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为a→d→c→f→e→i；氨气易溶于水，故尾气处理时需要防止倒吸，ABE无防止倒吸作用，CD可以防止倒吸，故选CD。
故答案为： 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ； d→c→f→e ；CD；
【分析】氮循环流程：
空气中的氮气和氧气在雷电作用下发生反应①，生成一氧化氮（NO）。一氧化氮与氧气继续发生反应②，被氧化为二氧化氮（NO2）。二氧化氮和水发生反应③，生成一氧化氮（NO）和硝酸（HNO3，即图中物质 A），完成氮的转化。
（5）装置 A 中加热氯化铵和氢氧化钙固体，反应生成氨气。用装置 C（碱石灰）干燥氨气，除去水蒸气。用装置 D（向下排空气法）收集干燥的氨气。用装置 C 或 D 处理尾气，防止氨气倒吸污染环境。据此解题。
（1）反应③是NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式是；
（2）化合物A为硝酸，稀硝酸和金属铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：；
（3）根据方程式：2NO＋2CO═2CO2＋N2，有关系式：N2~2NO，所以当生成0.5molN2时，被还原的NO的物质的量为1mol；
（4）氮的氧化物是空气的主要污染物，最终可以转化为硝酸，造成硝酸型酸雨，也可以与空气中烃类等物质反应，形成光化学烟雾，白色污染是塑料造成的污染，和氮氧化物无关，故选AB；
（5）实验室中利用装置A制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，制取的氨气中含有水蒸气，可以用碱石灰除去水蒸气，然后用向下排空法收集氨气，最后进行尾气处理，欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为a→d→c→f→e→i；氨气易溶于水，故尾气处理时需要防止倒吸，ABE无防止倒吸作用，CD可以防止倒吸，故选CD。
18．非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
（1）若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体。
①A的电子式是　 　；B的分子式是　 　。
②写出C→D的化学方程式：　 　。
③D的稀溶液在常温下可与铜反应并生成B气体，请写出该反应的离子方程式：　 　。
（2）若A为淡黄色晶体，D为二元强酸。
①写出B→C的化学方程式：　 　。
②将B通入溶液不会产生沉淀。若在通入另一种气体X就会产生沉淀，则气体X可能是：　 　。(填写字母序号)
A． 　　B． 　　C． 　　D． 　　E.
【答案】（1）；NO；；
（2）2SO2+O22SO3；ACDE
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体，该反应为，则A为氮气、B为一氧化氮、C为二氧化氮、D为硝酸；
①的电子式为；
②由分析可知，C→D的化学方程式：；
③D为硝酸，则稀硝酸在常温下可与铜反应并生成一氧化氮气体，该反应的离子方程式；
故答案为：；NO；；；
（2）A为淡黄色晶体，A为S单质，B为，C为，D为；
①B→C的反应为氧化为的反应，化学方程式为：；
②将SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀，原因是溶液中溶质是氯化钡和亚硫酸，弱酸不能制强酸；
A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A符合题意；
B．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故B不符合题意；
C．通入Cl2，Cl2具有氧化性，在溶液中能将亚硫酸氧化为硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，故C符合题意；
D．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故D符合题意；
E．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故E符合题意；
故答案为：2SO2+O22SO3；ACDE。
【分析】本题围绕非金属单质的连续氧化转化规律展开，核心思路为：先根据 “单质 A 经多步转化生成强酸 D” 的条件，锁定符合转化的元素为 N 或 S；再结合各小问的特征现象（如气体 C 溶于水的体积变化、A 的物理状态），确定具体元素及对应物质，最后按要求书写化学用语、分析反应原理。
（1）① 书写 N2的电子式，需满足 N 原子最外层 8 电子稳定结构；
② 书写 C→D 的化学方程式，需配平 NO2与水的歧化反应；
③ 书写稀硝酸与 Cu 反应的离子方程式，需注意酸性环境、电荷守恒与气体符号。
（2）① 书写 B→C 的化学方程式，需标注 SO2催化氧化的反应条件（催化剂、加热）与可逆符号；
② 分析 SO2通入 BaCl2溶液无沉淀的原因，需紧扣 “弱酸不能制强酸” 的原理；
逐一分析通入不同气体后的现象：
通入 O2、Cl2：利用氧化性将亚硫酸氧化为硫酸，生成 BaSO4沉淀；
通入 NH3：中和酸性生成亚硫酸铵，与 BaCl2反应生成 BaSO3沉淀；
通入 CO2：不发生反应，无沉淀；
通入 H2S：发生归中反应生成 S 单质沉淀；最终筛选出符合题意的选项。
（1）若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体，该反应为，则A为氮气、B为一氧化氮、C为二氧化氮、D为硝酸；
①的电子式为；
②由分析可知，C→D的化学方程式：；
③D为硝酸，则稀硝酸在常温下可与铜反应并生成一氧化氮气体，该反应的离子方程式；
（2）A为淡黄色晶体，A为S单质，B为，C为，D为；
①B→C的反应为氧化为的反应，化学方程式为：；
②将SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀，原因是溶液中溶质是氯化钡和亚硫酸，弱酸不能制强酸；
A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A符合题意；
B．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故B不符合题意；
C．通入Cl2，Cl2具有氧化性，在溶液中能将亚硫酸氧化为硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，故C符合题意；
D．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故D符合题意；
E．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故E符合题意；
故选ACDE。
19．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。
20．在古代中国，稀硫酸被称为“绿矾油”。炼丹家孤刚子在其所著《黄帝九鼎神丹经诀》卷九中就记载着“炼石胆取精华法”，即干馏石胆(胆矾)而获得硫酸。
I．目前工业上主要采用接触法制备硫酸，其流程如下：
（1）黄铁矿中硫元素的化合价为　 　，将二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式为　 　。
II.硫酸的性质：某化学兴趣小组为了探究足量铁质材料(碳素钢)和浓硫酸反应的产物，利用下列装置进行了实验探究活动。
（2）请写出碳参与反应的化学方程式　 　。
（3）实验开始后，观察到装置B和装置C中溶液均褪色。两者褪色原理是否相同？　 　(填“相同”或“不同”)。
（4）若D装置中溶液不褪色，E装置中溶液变浑浊，说明有　 　(填化学式)气体生成。实验过程中观察到　 　现象时，说明反应产物中还有H2生成。
（5）装置I中碱石灰的作用　 　。
【答案】-1；2SO2+O22SO3；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；不同；CO2；G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝；防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；浓硫酸的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeS2中Fe显+2价，根据化合价代数和等于0，硫元素的化合价为-1；二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式：2SO2+O22SO3；
故答案为： -1 ；2SO2+O22SO3 ；
（2）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
故答案为： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ；
（3）实验开始后，观察到装置B和装置C中溶液均褪色。品红褪色体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，两者褪色原理不同；
故答案为： 不同 ；
（4）若D装置中溶液不褪色，说明二氧化硫已除尽，E装置中溶液变浑浊，说明有CO2气体生成；氢气能还原氧化铜，反应生成水，实验过程中观察到G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝，说明反应产物中还有H2生成；
故答案为： CO2；G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝 ；
（5）装置Ⅰ中碱石灰的作用是：防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰。
故答案为： 防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰 ；
【分析】I. 黄铁矿在空气中高温煅烧，反应生成三氧化二铁与二氧化硫；随后二氧化硫在五氧化二钒催化、400~500℃的条件下，被氧气催化氧化为三氧化硫；最后三氧化硫被 98.3% 的浓硫酸充分吸收，得到更高浓度的浓硫酸。
II. 硫酸的反应特：
浓硫酸（加热）：与铁反应生成硫酸铁、二氧化硫和水；与碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。稀硫酸：与铁反应生成硫酸亚铁和氢气。
装置 B：用品红溶液检验二氧化硫的存在。装置 C：用高锰酸钾溶液吸收并除去二氧化硫。装置 D：再次用品红溶液（或平衡装置）检验二氧化硫是否被除尽。装置 E：用澄清石灰水检验二氧化碳。装置 F：用碱石灰吸收残留酸性气体并干燥气体。装置 G：干燥后的氢气与热的氧化铜反应，生成铜和水。
装置 H：用无水硫酸铜检验生成的水，证明氢气的存在。装置 I：用碱石灰隔绝空气中的水蒸气，防止其进入装置 H 干扰实验结果。据此解题即可。
1 / 1湖南省岳阳市汨罗市第二中学2024-2025学年高一下学期4月期中化学试题
一、单选题(每题3分，共48分)。
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．化学与生活、生产和环境密不可分，下列说法不正确的是
A．工业生产玻璃和水泥，均需用石灰石作原料
B．称量氢氧化钠固体时，需将氢氧化钠放在烧杯中，并快速称量
C．氯碱工业中可以用氨气检查氯气管道是否泄漏
D．用SO2漂白丝织品的原理是SO2可以氧化丝织品中的有色成分
3．关于硫下列说法不正确的是
A．通常是淡黄色晶体
B．单质硫既有氧化性，又有还原性
C．硫的化合物常存在于火山口喷出的气体中和矿泉水里
D．硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
4．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
5．下列关于硫及其化合物的离子方程式书写正确的是
A．向NaClO溶液中通入少量
B．用溶液除气体：
C．向氯水中通入少量SO2：
D．将SO2通入到BaCl2溶液中：
6．化学电源在生活、生产和科研中得到广泛的应用，下列装置能产生电流的是
A． B．
C． D．
7．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
8．氮及其化合物的价类二维图如图所示，下列有关说法正确的是
A．除去NO2中混有的NO，可将气体通过盛有H2O的洗气瓶
B．王水能溶解Au、Pt等金属，由浓HCl与浓HNO3按体积比3：1混合而成
C．“雷雨发庄稼”的原理为
D．向浓中投入红热的木炭，产生红棕色气体，一定可以证明产生于木炭与浓的反应
9．SO2能使下列溶液褪色，其中体现SO2具有还原性的是
①品红溶液②酸性高锰酸钾溶液③氯水④滴有酚酞的NaOH溶液
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
10．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-
11．下列实验装置及实验结果合理的是
图1 图2 图3 图4
A．用图1装置可制取并收集
B．用图2装置可加热熔融固体
C．用图3装置可制备少量，应先关闭止水夹a，一段时间后再打开a
D．用图4装置可证明酸性强弱：盐酸>碳酸>硅酸(硅酸为不溶于水的白色胶状沉淀)
12．如图所示为时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时的浓度变化情况，则下列说法错误的是
A．2min后反应达到平衡状态
B．前2min，A的分解速率为0.1
C．发生的反应可表示为
D．2min时，A、B、C的浓度之比为
13．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．
14．某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．a、b、c中依次盛装固体、硫酸、溶液
B．实验时，湿润的试纸、鲜花、品红溶液、溶液均褪色，溶液出现淡黄色沉淀
C．此设计可证明的氧化性、还原性、漂白性，但不能证明水溶液的酸性
D．点燃酒精灯加热，可证明使品红溶液褪色具有可逆性，使溶液褪色不具有可逆性
15．可逆反应：。在恒容密闭容器中反应，下列叙述表示反应达到化学平衡状态的是
A．NO2、NO、O2的物质的量浓度之比为2：2：1
B．单位时间内消耗2mol NO2的同时生成2mol NO
C．混合气体的密度不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
16．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、解答题(共52分)。
17．以下是氮循环的一部分：
（1）反应③的化学方程式是　 　。
（2）化合物A的稀溶液和金属铜反应的离子方程式是　 　。
（3）治理汽车尾气的一种方法是用催化剂使NO与CO发生反应：当生成0.5molN2时，被还原的NO的物质的量为　 　。
（4）氮的氧化物是空气的主要污染物，下列环境问题与氮的氧化物排放有关的是　 　。
A.酸雨　　　B.光化学烟雾 　　　C.白色污染
（5）写出实验室中由如图装置A制取氨气的化学方程式　 　。
欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为a→　 　→i(按气流方向，用小写字母表示，如x→y→z)；下列装置可用于作为氨气的尾气处理装置的是　 　。
18．非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
（1）若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体。
①A的电子式是　 　；B的分子式是　 　。
②写出C→D的化学方程式：　 　。
③D的稀溶液在常温下可与铜反应并生成B气体，请写出该反应的离子方程式：　 　。
（2）若A为淡黄色晶体，D为二元强酸。
①写出B→C的化学方程式：　 　。
②将B通入溶液不会产生沉淀。若在通入另一种气体X就会产生沉淀，则气体X可能是：　 　。(填写字母序号)
A． 　　B． 　　C． 　　D． 　　E.
19．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。
20．在古代中国，稀硫酸被称为“绿矾油”。炼丹家孤刚子在其所著《黄帝九鼎神丹经诀》卷九中就记载着“炼石胆取精华法”，即干馏石胆(胆矾)而获得硫酸。
I．目前工业上主要采用接触法制备硫酸，其流程如下：
（1）黄铁矿中硫元素的化合价为　 　，将二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式为　 　。
II.硫酸的性质：某化学兴趣小组为了探究足量铁质材料(碳素钢)和浓硫酸反应的产物，利用下列装置进行了实验探究活动。
（2）请写出碳参与反应的化学方程式　 　。
（3）实验开始后，观察到装置B和装置C中溶液均褪色。两者褪色原理是否相同？　 　(填“相同”或“不同”)。
（4）若D装置中溶液不褪色，E装置中溶液变浑浊，说明有　 　(填化学式)气体生成。实验过程中观察到　 　现象时，说明反应产物中还有H2生成。
（5）装置I中碱石灰的作用　 　。
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】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、工业生产玻璃的原料为纯碱、石灰石、石英砂，生产水泥的原料为石灰石、黏土，二者均需用石灰石作原料，说法正确、A 不符合题意；
B、氢氧化钠固体易潮解、具有强腐蚀性，称量时需放在烧杯中，并快速称量以减少吸水带来的误差，说法正确、B 不符合题意；
C、氯气与氨气反应会生成氯化铵固体，产生白烟现象，因此氯碱工业中可用氨气检查氯气管道是否泄漏，说法正确、C 不符合题意；
D、SO2漂白丝织品的原理是 SO2与有色成分发生化合反应生成不稳定的无色物质，而非氧化有色成分，说法错误、D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
工业生产原料：玻璃和水泥的工业生产均以石灰石为核心原料之一，需牢记常见无机材料的生产原料；
化学实验操作：氢氧化钠的称量需注意其腐蚀性与潮解性，需用烧杯盛装并快速操作；
物质的特性与应用：氯气与氨气的特征反应可用于管道检漏，需掌握该反应的现象与原理；
漂白原理区分：SO2的漂白为化合型漂白，次氯酸等为氧化型漂白，二者原理不同，需明确区分。
3．【答案】D
【知识点】硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A、单质硫在常温下是淡黄色的晶体，质地脆，容易研磨成粉末，这是硫的典型物理性质 ，故A正确；
B、硫单质的化合价为 0 价，处于中间价态，既可以得到电子被还原为 - 2 价（体现氧化性），也可以失去电子被氧化为 + 4 价或 + 6 价（体现还原性），因此既有氧化性又有还原性 ，故B正确；
C、火山活动会释放出含硫的化合物（如二氧化硫、硫化氢等），部分矿泉水也会溶解有硫化物或硫酸盐，所以硫的化合物常存在于火山口气体和矿泉水中 ，故C正确；
D、硫在空气和纯氧中燃烧的产物都是二氧化硫（SO2），只有在催化剂、加热的条件下，二氧化硫才会进一步与氧气反应生成三氧化硫（SO3） ，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物理特征：硫是淡黄色晶体，易研成粉末。
价态规律：中间价态的物质（如 0 价硫）通常兼具氧化性和还原性。
存在形式：火山口和矿泉水是自然界中硫化合物的常见存在场景。
燃烧产物：硫燃烧直接生成 SO2，SO3需要额外催化氧化条件才能生成。
4．【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。
5．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、NaClO 溶液呈碱性，少量 SO2通入后，生成的 H+会与过量 ClO-结合为 HClO，正确离子方程式应为，A错误；
B、H2S 为弱酸，在离子方程式中不能拆分为 S2-，正确离子方程式应为，B错误；
C、向氯水中通入少量 SO2，Cl2将 SO2氧化为硫酸，自身被还原为 Cl-，离子方程式 书写正确、C 符合题意；
D、亚硫酸的酸性弱于盐酸，SO2与 BaCl2溶液不发生反应，无沉淀生成，原方程式书写错误、D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
碱性环境下的氧化还原反应：NaClO 溶液呈碱性，SO2通入后生成的 H+会与 ClO-结合，不能直接生成强酸，需注意环境对产物的影响；
弱电解质的拆分规则：H2S 为弱酸，离子方程式中需保留化学式，不能拆分为离子；
氧化还原型离子方程式：Cl2与 SO2的反应需满足电子守恒、原子守恒，明确氧化产物与还原产物；
复分解反应的发生条件：SO2与 BaCl2不满足强酸制弱酸原理，不能发生反应，需掌握常见弱酸与强酸的酸性强弱顺序。
6．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、无水乙醇属于非电解质，无法电离出自由移动的离子，不能形成导电通路，不满足原电池的电解质溶液要求，无法产生电流 ，A不合题意；
B、Mg 和 Al 虽活泼性不同，但 Mg 不与 NaOH 溶液反应，Al 虽能与 NaOH 溶液反应，但装置未形成完整闭合回路，无法产生持续稳定的电流 ，B不合题意；
C、两个电极均为石墨（惰性电极），不存在活泼性差异，且石墨与 CaCl2溶液无法发生自发的氧化还原反应，不满足原电池形成条件，无法产生电流 ，C不合题意；
D、Zn 和 Pb 活泼性不同，稀盐酸为电解质溶液，Zn 能与稀盐酸发生自发的氧化还原反应（Zn 失去电子被氧化，H+得到电子被还原），装置形成闭合回路，满足原电池全部条件，能产生电流 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解质判断：只有酸、碱、盐的水溶液或熔融态电解质才能导电，纯酒精、蔗糖溶液等非电解质无法作为原电池电解质。
电极差异：需要两种活泼性不同的电极（或惰性电极 + 活泼电极），才能形成电势差驱动电子移动。
反应自发性：电极与电解质之间必须能发生自发的氧化还原反应，这是产生电流的能量来源。
闭合回路：电极、电解质、导线需形成完整回路，否则电子无法持续定向移动。
7．【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。
8．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、NO2会与水发生反应 3NO2+H2O=2HNO3+NO，会将原物质 NO2除去，无法达到除杂目的，A 不符合题意；
B、王水由浓 HCl 与浓 HNO3按体积比 3：1 混合而成，能溶解 Au、Pt 等不活泼金属，B 符合题意；
C、“雷雨发庄稼” 的原理为 N2与 O2在放电条件下生成 NO，NO 被 O2氧化为 NO2，NO2与水反应生成 HNO3，完整转化为 N2 → NO → NO2 → HNO3 → 硝酸盐（被植物吸收），仅写至 HNO3不完整，C 不符合题意；
D、浓 HNO3受热易分解生成 NO2，红棕色气体可能来自浓 HNO3的分解，不一定是木炭与浓 HNO3反应生成，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质除杂原则：除杂时不能消耗原物质，NO2与水反应会消耗 NO2，不能用于除去 NO2中的 NO；
王水的组成与性质：王水为浓盐酸与浓硝酸按体积比 3：1 混合，具有强氧化性，可溶解 Au、Pt 等贵金属；
氮的循环与 “雷雨发庄稼”：需明确完整转化过程，最终生成的硝酸需转化为硝酸盐才能被植物吸收；
实验现象的干扰因素：浓硝酸受热易分解，需排除分解产生的 NO2对实验结论的干扰，严谨分析反应来源。
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】①品红溶液：二氧化硫使品红溶液褪色，是因为二氧化硫与品红结合生成不稳定的无色物质，该过程属于漂白性（非氧化还原反应），不体现还原性。
②酸性高锰酸钾溶液：高锰酸钾是强氧化剂，二氧化硫能将其还原为无色的锰离子，自身被氧化为硫酸根，此过程中二氧化硫失去电子被氧化，体现还原性。
③氯水：氯水中的氯气是强氧化剂，二氧化硫与氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，氯水的浅黄绿色褪去，二氧化硫在此反应中被氧化，体现还原性。
④滴有酚酞的 NaOH 溶液：二氧化硫是酸性氧化物，与 NaOH 发生中和反应，消耗氢氧根使溶液碱性减弱，酚酞红色褪去，该过程体现酸性氧化物的通性，与还原性无关。
综上，体现二氧化硫还原性的是②和③。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
漂白性与还原性区分：二氧化硫的漂白性是化合型漂白，非氧化还原反应；还原性是被氧化剂氧化的氧化还原反应。
酸性氧化物性质：二氧化硫与碱反应体现酸性氧化物通性，不涉及电子转移。
核心判断：只要反应中二氧化硫被氧化剂氧化（硫元素化合价升高），就体现其还原性。
10．【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。
11．【答案】D
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NH4Cl 受热分解生成的 NH3和 HCl 在试管口会重新化合为 NH4Cl，无法制得 NH3，且收集 NH3的试管未密封、无防倒吸装置，装置不合理、A 不符合题意；
B、NaOH 固体在高温下会与石英坩埚中的 SiO2发生反应，腐蚀坩埚，不能用石英坩埚加热熔融 NaOH，装置不合理、B 不符合题意；
C、制备 Fe(OH)2时，先关闭止水夹 a，A 中 Fe 与稀硫酸反应生成的 H2可排出装置内空气，一段时间后打开 a，A 中压强增大，将 FeSO4溶液压入 B 中与 NaOH 反应，可防止 Fe(OH)2被氧化，装置及操作合理、C 符合题意；
D、稀盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会进入 Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，装置不合理、D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气的制备：NH4Cl 受热分解后产物会重新化合，不能用于实验室制氨气，且氨气收集需用向下排空气法并做好密封；
坩埚的使用：石英坩埚的主要成分为 SiO2，会与强碱 NaOH 反应，熔融 NaOH 需用铁坩埚；
Fe (OH)2的制备：需隔绝空气防止氧化，利用生成 H2排尽装置内空气，再将亚铁盐溶液压入碱液中；
酸性强弱比较：需排除挥发性酸的干扰，验证碳酸酸性强于硅酸时，需先除去 CO2中的 HCl 杂质。
12．【答案】C
【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】A、2min后，A、B、C三种气体的浓度都不再随时间变化，说明反应达到了化学平衡状态，A正确；
B、前2min内，A的浓度变化量为，分解速率，B正确；
C、由图像可知，A是反应物，B、C是生成物。0~2min内浓度变化量：，，，三者之比为，因此反应方程式应为 ，C错误；
D、2min时，A、B、C的浓度分别为、、，浓度之比为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡状态判断：各组分浓度保持不变时，反应达到平衡。
反应速率计算：化学反应速率等于浓度变化量除以时间，即。
化学方程式确定：反应物浓度减小、生成物浓度增大，浓度变化量之比等于化学计量数之比。
浓度比值计算：直接读取平衡时各物质的浓度，计算比值。
13．【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。
14．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、制备 SO2时，固体 Na2SO3应盛放在试管 b 中，70% 硫酸盛放在注射器 a 中，c 中 NaOH 溶液用于尾气处理，试剂盛放顺序错误，A 不符合题意；
B、SO2溶于水生成亚硫酸，湿润的 pH 试纸只会变红，不会褪色，B 不符合题意；
C、湿润的 pH 试纸变红可证明 SO2水溶液的酸性；KMnO4溶液褪色可证明 SO2的还原性；品红溶液、鲜花褪色可证明 SO2的漂白性；Na2S 溶液出现淡黄色沉淀可证明 SO2的氧化性，该设计可证明 SO2的所有相关性质，C 不符合题意；
D、加热褪色后的品红溶液，溶液可恢复红色，证明 SO2的漂白具有可逆性；KMnO4与 SO2发生氧化还原反应，加热后无法恢复，证明其褪色不具有可逆性，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本实验围绕 SO2的制备与多维度性质验证展开：以 70% 硫酸与 Na2SO3为原料制取 SO2气体，依次通过湿润 pH 试纸、品红溶液、KMnO4溶液、鲜花、Na2S 溶液，分别验证其水溶液的酸性、漂白性、还原性、漂白性、氧化性，最终用 NaOH 溶液吸收尾气，实现一体化实验设计，据此逐一分析各选项。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、各物质浓度之比为2：2：1，仅代表某一时刻的浓度比例，与平衡状态无必然联系——平衡时浓度比取决于初始投料和反应程度，不能作为平衡标志 ，A错误；
B、消耗与生成均为正反应方向，未体现正逆反应速率相等，无法说明反应达到平衡 ，B错误；
C、恒容容器中，混合气体总质量不变、体积不变，根据密度公式，密度始终恒定，因此密度不变不能作为平衡标志 ，C错误；
D、混合气体平均相对分子质量，总质量不变，而反应中气体总物质的量随反应进行会变化；当不再改变时，说明已稳定，反应达到平衡状态 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡本质：正逆反应速率相等（同种物质的消耗速率=生成速率），各组分浓度不再变化。
变量不变原则：只有随反应进行会变化的物理量（如平均相对分子质量、压强等）不再变化时，才能作为平衡标志；恒容密度、总质量等始终不变的量，不能作为平衡标志。
浓度比陷阱：平衡时各物质浓度比与计量数比无必然关系，不能作为判断依据。
16．【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。
17．【答案】（1）
（2）
（3）1mol
（4）AB
（5）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；d→c→f→e；CD
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的性质及用途；氨的实验室制法；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】（1）反应③是NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式是；
故答案为： ；
（2）化合物A为硝酸，稀硝酸和金属铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）根据方程式：2NO＋2CO═2CO2＋N2，有关系式：N2~2NO，所以当生成0.5molN2时，被还原的NO的物质的量为1mol；
故答案为： 1mol ；
（4）氮的氧化物是空气的主要污染物，最终可以转化为硝酸，造成硝酸型酸雨，也可以与空气中烃类等物质反应，形成光化学烟雾，白色污染是塑料造成的污染，和氮氧化物无关，故选AB；
故答案为： AB ；
（5）实验室中利用装置A制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，制取的氨气中含有水蒸气，可以用碱石灰除去水蒸气，然后用向下排空法收集氨气，最后进行尾气处理，欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为a→d→c→f→e→i；氨气易溶于水，故尾气处理时需要防止倒吸，ABE无防止倒吸作用，CD可以防止倒吸，故选CD。
故答案为： 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ； d→c→f→e ；CD；
【分析】氮循环流程：
空气中的氮气和氧气在雷电作用下发生反应①，生成一氧化氮（NO）。一氧化氮与氧气继续发生反应②，被氧化为二氧化氮（NO2）。二氧化氮和水发生反应③，生成一氧化氮（NO）和硝酸（HNO3，即图中物质 A），完成氮的转化。
（5）装置 A 中加热氯化铵和氢氧化钙固体，反应生成氨气。用装置 C（碱石灰）干燥氨气，除去水蒸气。用装置 D（向下排空气法）收集干燥的氨气。用装置 C 或 D 处理尾气，防止氨气倒吸污染环境。据此解题。
（1）反应③是NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式是；
（2）化合物A为硝酸，稀硝酸和金属铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：；
（3）根据方程式：2NO＋2CO═2CO2＋N2，有关系式：N2~2NO，所以当生成0.5molN2时，被还原的NO的物质的量为1mol；
（4）氮的氧化物是空气的主要污染物，最终可以转化为硝酸，造成硝酸型酸雨，也可以与空气中烃类等物质反应，形成光化学烟雾，白色污染是塑料造成的污染，和氮氧化物无关，故选AB；
（5）实验室中利用装置A制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，制取的氨气中含有水蒸气，可以用碱石灰除去水蒸气，然后用向下排空法收集氨气，最后进行尾气处理，欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为a→d→c→f→e→i；氨气易溶于水，故尾气处理时需要防止倒吸，ABE无防止倒吸作用，CD可以防止倒吸，故选CD。
18．【答案】（1）；NO；；
（2）2SO2+O22SO3；ACDE
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体，该反应为，则A为氮气、B为一氧化氮、C为二氧化氮、D为硝酸；
①的电子式为；
②由分析可知，C→D的化学方程式：；
③D为硝酸，则稀硝酸在常温下可与铜反应并生成一氧化氮气体，该反应的离子方程式；
故答案为：；NO；；；
（2）A为淡黄色晶体，A为S单质，B为，C为，D为；
①B→C的反应为氧化为的反应，化学方程式为：；
②将SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀，原因是溶液中溶质是氯化钡和亚硫酸，弱酸不能制强酸；
A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A符合题意；
B．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故B不符合题意；
C．通入Cl2，Cl2具有氧化性，在溶液中能将亚硫酸氧化为硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，故C符合题意；
D．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故D符合题意；
E．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故E符合题意；
故答案为：2SO2+O22SO3；ACDE。
【分析】本题围绕非金属单质的连续氧化转化规律展开，核心思路为：先根据 “单质 A 经多步转化生成强酸 D” 的条件，锁定符合转化的元素为 N 或 S；再结合各小问的特征现象（如气体 C 溶于水的体积变化、A 的物理状态），确定具体元素及对应物质，最后按要求书写化学用语、分析反应原理。
（1）① 书写 N2的电子式，需满足 N 原子最外层 8 电子稳定结构；
② 书写 C→D 的化学方程式，需配平 NO2与水的歧化反应；
③ 书写稀硝酸与 Cu 反应的离子方程式，需注意酸性环境、电荷守恒与气体符号。
（2）① 书写 B→C 的化学方程式，需标注 SO2催化氧化的反应条件（催化剂、加热）与可逆符号；
② 分析 SO2通入 BaCl2溶液无沉淀的原因，需紧扣 “弱酸不能制强酸” 的原理；
逐一分析通入不同气体后的现象：
通入 O2、Cl2：利用氧化性将亚硫酸氧化为硫酸，生成 BaSO4沉淀；
通入 NH3：中和酸性生成亚硫酸铵，与 BaCl2反应生成 BaSO3沉淀；
通入 CO2：不发生反应，无沉淀；
通入 H2S：发生归中反应生成 S 单质沉淀；最终筛选出符合题意的选项。
（1）若A在常温下为气体单质，将装满气体C的试管倒扣在水槽中，溶液最终充满试管容积的，另外容积为无色气体，该反应为，则A为氮气、B为一氧化氮、C为二氧化氮、D为硝酸；
①的电子式为；
②由分析可知，C→D的化学方程式：；
③D为硝酸，则稀硝酸在常温下可与铜反应并生成一氧化氮气体，该反应的离子方程式；
（2）A为淡黄色晶体，A为S单质，B为，C为，D为；
①B→C的反应为氧化为的反应，化学方程式为：；
②将SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀，原因是溶液中溶质是氯化钡和亚硫酸，弱酸不能制强酸；
A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A符合题意；
B．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故B不符合题意；
C．通入Cl2，Cl2具有氧化性，在溶液中能将亚硫酸氧化为硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，故C符合题意；
D．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故D符合题意；
E．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故E符合题意；
故选ACDE。
19．【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。
20．【答案】-1；2SO2+O22SO3；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；不同；CO2；G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝；防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；浓硫酸的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）FeS2中Fe显+2价，根据化合价代数和等于0，硫元素的化合价为-1；二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式：2SO2+O22SO3；
故答案为： -1 ；2SO2+O22SO3 ；
（2）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
故答案为： C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ；
（3）实验开始后，观察到装置B和装置C中溶液均褪色。品红褪色体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，两者褪色原理不同；
故答案为： 不同 ；
（4）若D装置中溶液不褪色，说明二氧化硫已除尽，E装置中溶液变浑浊，说明有CO2气体生成；氢气能还原氧化铜，反应生成水，实验过程中观察到G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝，说明反应产物中还有H2生成；
故答案为： CO2；G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝 ；
（5）装置Ⅰ中碱石灰的作用是：防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰。
故答案为： 防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰 ；
【分析】I. 黄铁矿在空气中高温煅烧，反应生成三氧化二铁与二氧化硫；随后二氧化硫在五氧化二钒催化、400~500℃的条件下，被氧气催化氧化为三氧化硫；最后三氧化硫被 98.3% 的浓硫酸充分吸收，得到更高浓度的浓硫酸。
II. 硫酸的反应特：
浓硫酸（加热）：与铁反应生成硫酸铁、二氧化硫和水；与碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。稀硫酸：与铁反应生成硫酸亚铁和氢气。
装置 B：用品红溶液检验二氧化硫的存在。装置 C：用高锰酸钾溶液吸收并除去二氧化硫。装置 D：再次用品红溶液（或平衡装置）检验二氧化硫是否被除尽。装置 E：用澄清石灰水检验二氧化碳。装置 F：用碱石灰吸收残留酸性气体并干燥气体。装置 G：干燥后的氢气与热的氧化铜反应，生成铜和水。
装置 H：用无水硫酸铜检验生成的水，证明氢气的存在。装置 I：用碱石灰隔绝空气中的水蒸气，防止其进入装置 H 干扰实验结果。据此解题即可。
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