资源简介

广东省广州市番禺中学2024-2025学年高一下学期期中考试化学试题
一、单选题(本大题共16小题。1-10每题2分，11-16每题4分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是
A．“冰，水为之而寒于水”，所以水结冰是放热反应
B．制造焊锡时，把铅加入锡，形成原电池，从而增加锡的抗腐蚀能力
C．2022年冬奥会衣物采用石墨烯纺织物柔性发热材料，是因为石墨烯热导率高
D．硅是半导体材料，可用于生产芯片和光导纤维
2．下列说法正确的是
A．烷烃不能使高锰酸钾溶液褪色，因此，烷烃不能发生氧化反应
B．将湿润的红色石蕊试纸伸入集气瓶内，试纸变蓝则证明NH3已收集满
C．NH4Cl热分解后的产物通过盛有硅胶干燥管，可收集到干燥纯净的NH3
D．物质的沸点：正戊烷>异戊烷>正丁烷>丙烷
3．下列碳原子相互结合的方式中，与其他三个不是同分异构体的是
A． B．
C． D．
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2混合反应完全，生成HCl分子数为0.1NA
B．将0.1mol碳和足量浓硫酸加热反应，可收集到标况下气体为2.24L
C．1 mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应，生成SO3的分子数为NA
D．Na2O2中阳离子和阴离子的比例为1：1
5．下列化学反应表示不正确的是
A．氨催化氧化法制硝酸：4NH3+5O24NO+6H2O
B．用过量NaOH溶液吸收H2S的离子方程式：2OH-+H2S=S2-+2H2O
C．浓硝酸见光分解：2HNO3=NO↑+NO2↑+H2O
D．铜与浓硝酸反应：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
6．已知反应在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最慢的是
A． B．v(CO)=1.5mol/(L·min)
C． D．
7．下列实验能达到实验目的的是
A．实验甲证明氧化性：浓HCl>MnO>KI
B．实验乙比较不同金属与酸反应速率的快慢
C．实验丙探究浓度对化学反应速率的影响
D．实验丁验证酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3
8．锂锰电池是最常见的一次性3V锂电池，电池的总反应为(s)，电池结构如图所示，下列说法正确的是
A．电解质可用氯化锂溶液代替
B．电路中转移0.1mol电子时，b极质量增重0.7g
C．电池放电时，移向a极
D．a极发生还原反应，电极反应式为
9．某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性，据此设计了如图所示的原电池，盐桥中装有含饱和K2SO4溶液的琼胶。
下列说法正确的是
A．甲中发生还原反应
B．外电路的电子移动方向为从a到b
C．电池工作时，盐桥中的移向乙烧杯
D．乙中石墨电极上发生的反应为
10．某化学兴趣小组用图甲装置探究氨气喷泉实验中三颈烧瓶内压强变化。图甲中的三颈烧瓶收集满氨气后关闭，用在冰水中浸泡后的湿毛巾敷在三颈烧瓶上，时拿走毛巾并打开，整个过程中测得三颈烧瓶内压强变化曲线如图乙。下列说法正确的是
A．时，三颈烧瓶内压强最大，喷泉现象最明显
B．时，氨气发生化学反应NH3+H2O=NH3·H2O导致三颈烧瓶内压强减小
C．该装置是利用温度变化使压强变化引发喷泉现象
D．固体X选择NH4Cl，试剂a可选择NaOH溶液
11．下列说法正确的是
A．物质中化学键的键能越大，其能量就一定越高
B．500℃、30MPa下，将0.5mol和1.5mol置于密闭容器中充分反应生成，放热19.3kJ，其热化学方程式为
C．和反应的中和热，则稀溶液中和反应的焓变
D．若 ，则的燃烧热为
12．现有物质的量浓度为的粗盐溶液，某化学兴趣小组用化学沉淀法去除其中的、和，实验流程如图所示，下列说法正确的是
已知：20℃时，的溶解度为水，的溶解度为水。
A．若取粗盐溶液进行实验，不考虑实验损耗，最终获得的的质量为
B．试剂a、试剂b分别为溶液、溶液
C．从成本和除杂效果考虑，工业生产中常用溶液代替溶液
D．滤渣c的主要成分为泥沙和、、和
13．为研究不同状态块状、粉末状碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定数据得出如图所示的曲线。下列有关说法中正确的
A．曲线乙表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应
B．随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率不断降低
C．若用单位时间内的体积变化来表示该反应的速率，则时间内甲的平均反应速率为
D．两次实验，粉末状固体最终生成的的量更多
14．下列关于图示对应叙述正确的是
A.反应：2NO2=N2O4，t1时，v正=v逆 B.该图可表示NH4Cl和Ba(OH)2 8H2O反应过程中的能量变化
C. 对于2SO2+O2 2SO3反应，实线、虚线分别表示未使用催化剂和使用催化剂时、随时间的变化 D.箭头指示为电流方向
A．A B．B C．C D．D
15．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：；乙：，现有下列状态：
①混合气体平均相对分子质量不再改变
②恒温时，气体压强不再改变
③各气体浓度相等
④绝热时，反应体系温度保持不变
⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍
⑥混合气体密度不交
⑦单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9∶1
其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是
A．①②⑤ B．③④⑥ C．⑥⑦ D．④⑤
16．如图是N、S及其化合物的“价一类”二维图，下列说法正确的是
A．在一定条件下，a可将c、d还原为b
B．c'使品红被色的原理与HClO的漂白原理相同
C．a与浓e、a'与浓e'均能发生氧化还原反应
D．常温下，Fe与浓e和浓e'均不反应
二、第II卷(非选择题，共56分)
17．氮是重要的短周期元素之一，研究含氮化合物有重要意义。
回答下列问题：
（1）可用活性炭还原处理NO，相关反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)。
已知 ①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=akJ·mol-1；
②C(s)的燃烧热为ΔH2=bkJ·mol-1。
反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的ΔH=　 　kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。
（2）在5L密闭容器内，800℃时发生反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，n(NO)随时间变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.20 0.10 0.08 0.07 0.07 0.07
①0～2s内，用O2表示该反应的反应速率为　 　mol·L-1·s-1。
②下列措施能够使该反应的反应速率加快的是　 　(填字母)。
a.降低温度　　 b.使用合适的催化剂　　 c.减小容器容积
（3）以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如图。
①第二步反应的△H　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
②从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第　 　步反应。
（4）在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出总反应的化学方程式：　 　。
18．SO2是高中化学重点学习的三大气体之一，是常见的大气污染物之一，同时也是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义，请回答下列问题。
（1）某同学利用如图所示装置制备并研究二氧化硫的性质。
上述装置b中加入NaHSO3粉末，a加70%H2SO4发生装置中反应的化学方程式为　 　，球形干燥管中鲜花褪色，说明二氧化硫具有　 　性，球形干燥管中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有　 　性。
（2）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.5 mol·L-1的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的；假设二：溶液中溶解的O2
验证假设：
请在下表空白处填写相关实验现象
实验步骤 实验现象 结论
实验1：将蒸馏水加热煮沸，除去溶解氧
实验2：用实验1中蒸馏水配制0.5mol/L BaCl2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　 假设一成立
实验3：用实验1中蒸馏水配制　 　，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　
实验4：将纯净的SO2气体通入10mL　 　 　 　 假设二成立
（3）为深入研究该反应，该小组还测得上述实验2和实验3溶液中，c(H+)随通入SO2体积的变化曲线如下图。
V1时，实验3中溶液c(H+)大于实验2的原因是(用离子方程式解释)　 　。
19．硅及其化合物是重要的材料，应用范围很广。请回答下列问题：
（1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅，三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：
①硅在元素周期表中的位置是　 　。
②用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为　 　。
③工业上原料石英砂常用NH4Cl溶液浸泡除杂，实验室检验溶液中存在NH的操作与现象为　 　。
④整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和一种气体单质，写出该反应方程式　 　。
（2）水泥属于硅酸盐工业产品，是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
①在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是　 　。
②沉淀A的主要成分是　 　，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为　 　。
③沉淀B的主要成分为　 　、　 　(写化学式)。
20．人们应用原电池原理制作了多种电池，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，以满足不同的需要。请按要求回答下列问题：
（1）新一代锂二次电池体系和全固态锂二次电池体系是化学、物理等学科的基础理论研究与应用技术的前沿。Li-CuO二次电池的比能量高、工作温度宽。
一种制备CuO的过程如图：
写出酸浸反应不能温度过高的原因：　 　，写出“混合沉淀”过程产生Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式：　 　。
（2）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨I电极上生成可循环使用的N2O5。
①放电时，该电池的负极是　 　(填“石墨I”或“石墨II”)。其电极方程式为：　 　。
②若电路中有2mol电子转移，则理论上石墨II处需消耗标准状况下的O2为　 　L。
（3）如图有效降低含氮化合物的排放，生成无害物质，同时充分利用化学能，相同温度和压强下，A、B两电极产生气体的体积比为　 　，电极的电极反应方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．水结冰是放热的物理过程，属于放热过程，而不属于放热反应，A错误。B．金属活动性：锡比铅更活泼，当两者形成原电池时，锡作为负极会加速腐蚀，B错误。
C．石墨烯由碳原子构成，其内部电子运动极快，能够高效传递热量，因此热导率很高，C正确。
D．光导纤维的主要材料是SiO2，D错误。
故答案为：C
【分析】A、放热反应必须是化学反应，物理变化为放热过程。
B、金属活动性：Sn＞Pb，Sn做负极，加快了腐蚀。
C、石墨烯导热率高，可用做发热材料。
D、光导纤维的主要材料为SiO2。
2．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；烃类的燃烧；烷烃
【解析】【解答】A、烷烃不能被酸性高锰酸钾溶液氧化（不褪色），但其可燃性表明能发生燃烧这类氧化反应，A错误；
B、NH3的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，要证明NH3已经集满，则试纸应置于集气瓶口，B错误；
C、NH4Cl热分解产物NH3和HCl共存，硅胶干燥管仅能吸水，无法选择性吸收HCl，C错误；
D、烷烃沸点规律：①同碳数支链越多沸点越低；②碳数越多沸点越高，故沸点顺序：正戊烷>异戊烷>正丁烷>丙烷，D正确；
故答案为：D
【分析】A、烷烃不能使酸性KMnO4溶液褪色，但能燃烧，燃烧也属于氧化反应。
B、验满时，试纸应置于集气瓶口，不能伸入瓶内。
C、NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会化合生成NH4Cl。
D、烷烃中碳原子数越多，沸点越高；碳原子数相同，支链越多，沸点越低。
3．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．四个碳原子含一个碳碳双键，形成链状烯烃结构，为2-丁烯，其分子式为C4H8；B．四个碳原子构成直链烷烃，为正丁烷，分子式为C4H10；
C．四个碳原子形成环状结构，为环丁烷，分子式为C4H8；
D．四个碳原子含一个碳碳双键且双键位于端位，形成1-丁烯，分子式为C4H8；
故答案为：B
【分析】此题是对同分异构体的考查，结合同分异构体的概念进行分析即可。同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。结合选项中所给的球棍模型结构，确定其分子式。
4．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；甲烷的取代反应；钠的氧化物；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据烃与氯气发生取代反应的规律可知，n(HCl) = n(Cl2) = 0.1 mol，A正确；
B．浓硫酸与木炭反应的化学方程式为：。浓硫酸足量，0.1molC完全反应，生成0.1molCO2和0.2molSO2。其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.3mol×22.4L·mol－1=6.72L，B错误。
C．SO2与O2反应生成SO3是可逆反应，在给定条件下，1 mol SO2与足量O2反应生成的SO3分子数必定小于NA，C错误；
D．Na2O2固体中含有2个Na+和1个O22-，阴阳离子个数比为2：1，D错误；
故答案为：A
【分析】A、CH4与Cl2发生取代反应的过程中存在关系式“HCl～Cl2”，据此计算。
B、浓硫酸足量，0.1molC完全反应，据此结合方程式计算。
C、SO2与O2的反应为可逆反应，1molSO2无法完全反应。
D、Na2O2由2个Na＋和1个O22－构成。
5．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；硝酸的化学性质；硫化氢
【解析】【解析】A．氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应，生成一氧化氮和水，其化学反应方程式为： 4NH3+5O24NO+6H2O ，A正确；B．当氢氧化钠溶液过量时，与硫化氢反应生成硫化钠和水，其离子方程式为： 2OH-+H2S=S2-+2H2O ，B正确；
C．浓硝酸在光照条件下分解，生成二氧化氮、氧气和水，其化学反应方程式为：
，C错误；
D．铜与浓硝酸反应时，生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为： Cu+4H++=Cu2++2NO2↑+2H2O ，D正确；
故答案为：C
【分析】A、NH3催化氧化反应中NH3与O2反应生成NO和H2O。
B、NaOH过量，与H2S反应生成Na2S溶液和H2O。
C、浓硝酸光照条件下分解生成NO2、O2和H2O。
D、Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O。
6．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】将各选项的反应速率均转化为CO的速率进行比较：A、由速率关系得；
B、直接给出；
C、根据计量关系，换算后；
D、由，得。
反应速率排序为 C > D > B > A，因此最慢的是 A。
故答案为：A
【分析】在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。为了比较不同物质的反应速率快慢，需要将它们统一换算成同一物质的速率表示，同时注意单位的一致性。数值较小的反应速率对应较慢的反应过程。
7．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究影响化学反应速率的因素；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．高锰酸钾能氧化浓盐酸产生黄绿色氯气，说明的氧化性强于浓盐酸，A不符合题意。B．实验中使用了不同金属（锌和铁）和不同浓度的盐酸（1mol/L和0.1mol/L），存在两个变量，无法准确比较金属与酸反应的速率快慢，B不符合题意。
C．常温下铁在浓硫酸中会钝化而不产生氢气，与稀硫酸反应则会产生氢气，这个现象不能用于研究浓度对反应速率的影响，C不符合题意。
D．实验通过浓盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳证明HCl的酸性强于H2CO3，再通过二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成白色沉淀证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，整个过程能验证酸性强弱关系，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、KMnO4将浓盐酸氧化成Cl2，说明氧化性：MnO4－＞Cl2。
B、实验乙中盐酸的浓度不同，存在两个变量。
C、常温下，浓硫酸能使Fe钝化。
D、饱和NaHCO3溶液用于吸收CO2中混有的HCl，排除HCl的干扰。
8．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 由于金属锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，因此不能使用氯化锂溶液作为电解质，A错误；
B. 根据分析，b极是正极，二氧化锰在锂离子作用下获得电子被还原为LiMnO2，电极反应为。当电路中有0.1mol电子转移时，b极质量增加0.1mol×7g/mol=0.7g，B正确；
C. 由分析可知，a是负极，b是正极，放电时阳离子（Li+）向正极b移动，C错误；
D. a极作为负极，锂失去电子被氧化为锂离子，电极反应为，D错误；
故答案为：B
【分析】在电池总反应中，Li由0价变为＋1价，发生失电子的氧化反应，因此a为Li，做负极，其电极反应式为Li－e－=Li＋。b电极为MnO2，做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为MnO2＋e－＋Li＋=LiMnO2。据此结合选项分析。
9．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 甲烧杯中a极发生氧化反应（Fe2+→Fe3+），应为负极，A错误；B. 电子由负极（a）经外电路流向正极（b），B正确；
C. 盐桥中阴离子应向负极（甲烧杯）迁移，C错误；
D. b极反应为+14H++6e-=2Cr3++7H2O，D错误。
故答案为：B
【分析】氧化性比较：，因此该原电池反应为酸性条件下Fe2+与反应生成Fe3+、Cr3+和H2O。由此可知：在b极得电子被还原，b为正极；Fe2+在a极失电子被氧化为Fe3+，a为负极。据此结合选项分析。
10．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A、由于实验在50秒时才移除毛巾并打开K2，因此在20秒时喷泉现象尚未发生，A错误。B、在20秒至50秒期间，由于氨气温度降低导致三颈烧瓶内气压下降，但此时K2尚未开启，不会形成喷泉，B错误。
C、用冰水浸泡的湿毛巾敷在三颈烧瓶上会使气体温度降低，气压减小。当50秒时移除毛巾并打开K2后，由于氨气极易溶于水且存在气压差，从而形成喷泉现象，C正确。
D、NH4Cl与NaOH反应生成一水合氨，但不能直接产生氨气。而CaO溶于水会放热，促使浓氨水分解产生氨气，因此固体X应选择，试剂a应为浓氨水，D错误。
故答案为：C
【分析】A、20s时湿毛巾未移除，还未发生喷泉现象。
B、20~50s时，压强减小是由于温度降低。
C、冰水中浸泡的湿毛巾使温度降低，气体压强减小。
D、NH4Cl与NaOH溶液反应生成NH3·H2O，NH3极易溶于水，无法直接逸出。
11．【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、化学键的键能越大，对应的分子稳定性越高，能量越低。A错误。B、合成氨反应是可逆反应，热化学方程式表示的是完全转化时的能量变化。题目中0.5mol N2和1.5mol H2在密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式应表示为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，且ΔH < -38.6 kJ·mol-1，B错误。
C、由于反应生成水的同时还生成了微溶的CaSO4，因此ΔH < 2×(-57.3) kJ·mol-1，C错误。
D、C2H2(g)的燃烧热是指1mol C2H2(g)完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量，D正确。
故答案为：D
【分析】A、化学键键能越高，结构越稳定，物质所具有的能量越低。
B、N2与H2的反应为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2无法完全反应。
C、H2SO4与Ca(OH)2反应生成H2O和CaSO4，形成CaSO4的过程也放出热量。
D、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。
12．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、100mL 粗盐溶液中 Na+为 0.2mol，理论对应 11.7g NaCl，但除杂时试剂反应会生成额外 NaCl（如 Na2CO3与 CaCl2反应），故最终质量大于 11.7g，A错误；
B、试剂 a 应是 NaOH（除 Mg2+），试剂 b 应是 Na2CO3（除 Ca2+和过量 Ba2+），且 Na2CO3需在 BaCl2之后加，B错误；
C、Ba(OH)2溶解度远低于 BaCl2，需加大量溶液，增加蒸发能耗，工业上不常用，C错误；
D、滤渣含原有的泥沙，以及反应生成的 Mg(OH)2（除 Mg2+）、BaSO4（除 SO42-）、CaCO3（除 Ca2+）、BaCO3（除过量 Ba2+），D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析最终 NaCl 质量与初始 Na+的关系。
B．判断试剂 a 和试剂 b 的种类及添加顺序。
C．比较 Ba(OH)2与 BaCl2的适用性。
D．确定滤渣 c 的成分。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．粉末状碳酸钙固体与盐酸反应的接触面积更大，反应速率加快，因此反应时间缩短。图中曲线甲用时较少，说明甲对应的是粉末状碳酸钙的反应，A选项错误。B．反应初期，碳酸钙与盐酸反应放热使温度升高，此时温度对速率的影响占主导，导致0-t1阶段速率逐渐增大；随着反应进行，盐酸浓度下降成为主要影响因素，速率开始减小，B选项错误。
C．根据速率定义v=，t2-t3区间甲的平均反应速率应为v(CO2)= mL·s-1，C选项正确。
D．控制变量法要求仅改变一个条件（固体状态），因此两次实验的碳酸钙质量必须相同，且盐酸需过量以保证完全反应，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、粉末状CaCO3固体反应速率更快，收集相同体积的CO2所需的时间更短。
B、由反应曲线可知，前段时间反应速率是加快的。
C、根据公式v=计算反应速率。
D、由图可知，反应最终生成CO2的体积相同。
14．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在时间点时，虽然成立，但这仅表示物质的量相等，并不能证明正逆反应速率相等（）。由于后续物质的量仍在变化，说明反应未达平衡状态，A错误。B．与的反应是吸热反应，与题目给出的图示信息一致，B正确。
C．催化剂的作用是加快反应速率，因此正反应速率的虚线应位于实线上方，而图中所示不符合这一规律，C错误。
D．在电池结构中，碳棒应作为正极，锌筒为负极，电子流动方向应从负极（锌筒）流向正极（碳棒），图中箭头方向错误，D错误。
故答案为：B
【分析】A、t1时，n(N2O4)=n(NO2)，正逆反应速率并不相等。
B、NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应。
C、加入催化剂可加快反应速率。
D、在原电池中，电流由正极流向负极。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①反应乙中，反应物和生成物都是气体，混合气体的质量不变；且反应前后气体的分子数不变。因此无论是否达到平衡状态，混合气体平均相对分子质量都不改变，无法判断反应是否处于平衡状态；
②反应乙中，反应前后气体的物质的量不变，恒温时，无论是否达到平衡状态，体系的总压强保持不变，无法判断反应是否处于平衡状态；
③各气体组成浓度相等，但不一定保持不变，无法判断反应是否处于平衡状态；
④任何化学反应过程中都存在能量的变化，因此在绝热装置内，反应体系中温度保持不变，可说明达到平衡状态，可判断反应是否处于平衡状态；
⑤断裂氢氧键（正向进行）速率是断裂氢氢键（逆向进行）速率的2倍，说明正逆反应速率相等，可判断反应是否处于平衡状态；
⑥反应乙中，反应物和生成物都是气体，混合气体的质量不变；恒容密闭容器中混合气体的体积不变。因此无论是否达到平衡状态，混合气体密度都不变，无法判断反应是否处于平衡状态；
⑦单位时间内，消耗水蒸气质量与生成氢气质量比为9∶1，为正反应速率关系，不能说明是否达到平衡状态，无法判断反应是否处于平衡状态；
综上分析可知，④⑤能够说明两反应均达到化学平衡。
故答案为：D
【分析】此题是对平衡状态的考查，结合正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态进行分析。
16．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；含氮物质的综合应用；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A. 氨气（NH3）具有还原性，能与氧化性物质NO、NO2/N2O4反应生成N2和H2O，A正确；B. SO2的漂白原理是与有色物质结合生成不稳定的无色化合物（可逆漂白），而HClO通过强氧化性不可逆破坏发色基团，两者原理不同，B错误；
C. NH3与浓HNO3反应生成NH4NO3是酸碱中和反应（非氧化还原反应），C错误；
D. 铁在常温下遇浓HNO3、浓H2SO4会钝化（表面形成致密氧化膜阻止进一步反应），并非完全不反应，D错误。
故答案为：A
【分析】根据图示分析得出各物质：氮元素转化链：a为NH3（氨气）、b为N2（氮气）、c为NO（一氧化氮）、d为NO2/N2O4（二氧化氮或四氧化二氮）、e为HNO3（硝酸）。硫元素转化链：a'为H2S（硫化氢）、b'为S（硫）、c'为SO2（二氧化硫）、d'为H2SO3（亚硫酸）、e'为H2SO4（硫酸）。据此结合选项分析。
17．【答案】（1）b-a
（2）0.006；bc
（3）>；二
（4）4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）已知反应：①，反应：②，根据盖斯定律，②-①即可得： C(s) + 2NO(g)CO2(g) + N2(g)。
故答案为：b-a
（2）①0～2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.012mol L-1 s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=0.006mol L-1 s-1。
故答案为：0.006
②a．降低温度，反应速率减慢，故a不选；
b．使用合适的催化剂能加快反应速率，故b选；
c．减小容器容积使反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；
故答案为：bc
（3）①由图像可知该反应中第二步反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0。
故答案为：＞
②反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤。
故答案为：二
（4）根据图示，2molNH3、2molNO、0.5molO2反应生成2molN2和3molH2O，总反应的化学方程式为4NH3 +4NO+O2＝4N2 +6H2O。
故答案为：4NH3 +4NO+O2＝4N2 +6H2O
【分析】（1）根据盖斯定率计算目标反应的反应热。
（2）①根据公式计算用NO表示的反应速率，结合反应速率之比等于化学计量数之比，计算用O2表示的反应速率。
②结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
（3）①根据反应物和生成物总能量的相对大小判断反应的热效应。
②慢反应决定了总反应的反应速率，其中反应过程中所需的活化能越高，反应速率越慢，据此分析。
（4）由反应过程图可知，该反应过程中NH3和NO、O2反应生成N2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（1）已知反应：①，反应：②，根据盖斯定律，②-①即可得： C(s) + 2NO(g)CO2(g) + N2(g)。故答案为：b-a。
（2）①0～2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.012mol L-1 s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=0.006mol L-1 s-1；
②a．降低温度，反应速率减慢，故a不选；
b．使用合适的催化剂能加快反应速率，故b选；
c．减小容器容积使反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；
答案为bc；
（3）①由图像可知该反应中第二步反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0；
②反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤；
（4）根据图示，2molNH3、2molNO、0.5molO2反应生成2molN2和3molH2O，总反应的化学方程式为4NH3 +4NO+O2＝4N2 +6H2O。
18．【答案】（1）；漂白；氧化
（2）无明显现象(无沉淀生成)；0.5mol/LBa(NO3)2溶液；有白色沉淀生成；未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀生成
（3）3SO2+2+2H2O=3+2NO+4H+
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）硫酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，方程式为：；二氧化硫具有漂白性，则球形干燥管中鲜花褪色，说明二氧化硫具有漂白性；球形干燥管中是硫化钠溶液，可以被二氧化硫氧化为单质硫而使其变浑浊，则球形干燥管中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有氧化性。
故答案为：；漂白；氧化
（2）为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；若用除氧的蒸馏水配制0.5mol/L BaCl2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.5mol/LBa(NO3)2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；若将纯净的SO2气体通入10mL未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立。
故答案为：无明显现象(无沉淀生成)；0.5mol/LBa(NO3)2溶液；有白色沉淀生成；未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀生成
（3）V1时，实验3中溶液c(H+)大于实验2的原因是：，生成强酸H2SO4，反应相同量SO2，c(H+)大于实验2中的弱酸H2SO3。
故答案为：3SO2+2+2H2O=3+2NO+4H+
【分析】组装仪器后，必须首先检查装置的气密性，这是气体参与反应或制备实验的基本操作要求。在装置b中，浓硫酸与NaHSO3发生复分解反应，化学方程式为：，该反应生成SO2气体。SO2通入湿润pH试纸后，试纸变红，证明SO2水溶液呈酸性；通入品红溶液后，溶液褪色，证明SO2具有漂白性；通入酸性KMnO4溶液后，紫色褪去，证明SO2具有还原性。加热具支试管后：品红溶液恢复红色，说明SO2的漂白作用是可逆的；酸性KMnO4溶液颜色不变，说明加热不能恢复被还原的KMnO4。SO2通入Na2S溶液产生浑浊，证明其氧化性；最后用NaOH溶液吸收尾气，防止污染，干燥管起到防倒吸作用。
（1）硫酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，方程式为：；二氧化硫具有漂白性，则球形干燥管中鲜花褪色，说明二氧化硫具有漂白性；球形干燥管中是硫化钠溶液，可以被二氧化硫氧化为单质硫而使其变浑浊，则球形干燥管中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有氧化性；故答案为：；漂白；氧化；
（2）为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；若用除氧的蒸馏水配制0.5mol/L BaCl2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.5mol/LBa(NO3)2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；若将纯净的SO2气体通入10mL未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立；故答案为：无明显现象(无沉淀生成)；0.5mol/LBa(NO3)2溶液；有白色沉淀生成；未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀生成；
（3）V1时，实验3中溶液c(H+)大于实验2的原因是：，生成强酸H2SO4，反应相同量SO2，c(H+)大于实验2中的弱酸H2SO3，故答案为：3SO2+2+2H2O=3+2NO+4H+。
19．【答案】（1）第三周期第IVA族；C+SiO2SiC+CO↑；取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含；SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑
（2）将Fe2+氧化成 Fe3+；SiO2；SiO2 +4HF=SiF4↑+2H2O；Al(OH)3；Fe(OH)3
【知识点】硅和二氧化硅；物质的分离与提纯；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）①硅为14号元素，位置是第三周期第IVA族。
故答案为： 第三周期第IVA族
②用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑。
故答案为： C+SiO2SiC+CO↑
③的检验方法为取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含。
故答案为： 取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含
④SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑。
故答案为： SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑
（2）①铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子。
故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+
②由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
③根据分析可知，沉淀B主要是Al(OH)3、Fe(OH)3。
故答案为： Al(OH)3、Fe(OH)3
【分析】石英砂的主要成分是二氧化硅（）。在高温条件下，二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳（）。粗硅再与氯化氢（）在高温下反应生成三氯硅烷（）和氢气（）。反应过程中，杂质也会转化为相应的氯化物，通过蒸馏提纯得到纯净的三氯硅烷。最后，在还原炉中通入氢气，三氯硅烷被还原为高纯硅（）和氯化氢。
水泥熟料的主要成分包括氧化钙（）、二氧化硅（），以及铁、铝、镁等金属氧化物。当加入氯化铵、盐酸和硝酸时，二氧化硅不溶于酸，因此沉淀A为二氧化硅。滤液中主要含有铁离子（）、铝离子（）和镁离子（）。调节pH至4~5后，氢氧化铝（）和氢氧化铁（）沉淀析出，加热可防止胶体形成，便于分离。滤液中主要含钙离子（），加入草酸铵后生成草酸钙沉淀。
（1）①硅为14号元素，位置是第三周期第IVA族；
②用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑；
③的检验方法为取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含；
④SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑。
（2）①铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；
②由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
③根据分析可知，沉淀B主要是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为： Al(OH)3、Fe(OH)3。
20．【答案】（1）温度过高H2O2会分解；2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2
（2）石墨I；NO2 +-e-=N2O5；11.2
（3）4：3；2NH3-6e-+6OH -=N2+6H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）温度过高H2O2会分解；“混合沉淀”过程中，硫酸铜溶液、碳酸钠和氨水反应生成Cu2(OH)2CO3和碳酸铵，其离子方程式为2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2。
故答案为： 温度过高H2O2会分解 ； 2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2
（2）①放电时，NO2转化为N2O5，N元素化合价升高，失电子被氧化，则该电池的负极是石墨I，在此电极，NO2失电子产物与电解质反应生成N2O5，电极反应是为NO2-e- += N2O5。
故答案为： 石墨I ； NO2+-e-=N2O5
②石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，若电路中有2 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积为=11.2L。
故答案为：11.2
（3）该装置为燃料电池，A电极充入NH3，为负极，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。B电极充入NO2，为正极，电极反应式为：，根据电极反应式可知，相同温度和压强下，A、B两电极产生气体的体积比为4∶3。
故答案为： 4：3 ； 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【分析】（1）酸浸过程中加入了H2O2，H2O2受热易分解，因此酸浸反应温度不能过高。“混合沉淀”过程中Cu2＋与CO32－、NH3·H2O反应生成Cu2(OH)2CO3和(NH4)2CO3，据此写出反应的离子方程式。
（2）该原电池装置中，石墨Ⅰ电极上NO2转化为N2O5，发生失电子的氧化反应，因此石墨Ⅰ电极为负极，其电极反应式为NO2－e－＋NO3－=N2O5。石墨Ⅱ电极上O2、N2O5转化为NO3－，O2发生得电子的还原反应，为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋2N2O5=4NO3－。据此结合题干设问分析作答。
（3）该原电池装置中，NH3、NO2转化为无害物质，因此其产物为N2和H2O。电极A上NH3转化为N2的过车肝功能中发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O。电极B上NO2发生得电子的还原反应生成N2，其电极反应式为：2NO2＋8e－＋4H2O=N2＋8OH－。据此结合题干设问分析作答。
（1）温度过高H2O2会分解；“混合沉淀”过程中，硫酸铜溶液、碳酸钠和氨水反应生成Cu2(OH)2CO3和碳酸铵，其离子方程式为2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2；
（2）①放电时，NO2转化为N2O5，N元素化合价升高，失电子被氧化，则该电池的负极是石墨I，在此电极，NO2失电子产物与电解质反应生成N2O5，电极反应是为NO2-e- += N2O5。
②石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，若电路中有2 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积为=11.2L。
（3）该装置为燃料电池，A电极充入NH3，为负极，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。B电极充入NO2，为正极，电极反应式为：，根据电极反应式可知，相同温度和压强下，A、B两电极产生气体的体积比为4∶3。
1 / 1广东省广州市番禺中学2024-2025学年高一下学期期中考试化学试题
一、单选题(本大题共16小题。1-10每题2分，11-16每题4分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是
A．“冰，水为之而寒于水”，所以水结冰是放热反应
B．制造焊锡时，把铅加入锡，形成原电池，从而增加锡的抗腐蚀能力
C．2022年冬奥会衣物采用石墨烯纺织物柔性发热材料，是因为石墨烯热导率高
D．硅是半导体材料，可用于生产芯片和光导纤维
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．水结冰是放热的物理过程，属于放热过程，而不属于放热反应，A错误。B．金属活动性：锡比铅更活泼，当两者形成原电池时，锡作为负极会加速腐蚀，B错误。
C．石墨烯由碳原子构成，其内部电子运动极快，能够高效传递热量，因此热导率很高，C正确。
D．光导纤维的主要材料是SiO2，D错误。
故答案为：C
【分析】A、放热反应必须是化学反应，物理变化为放热过程。
B、金属活动性：Sn＞Pb，Sn做负极，加快了腐蚀。
C、石墨烯导热率高，可用做发热材料。
D、光导纤维的主要材料为SiO2。
2．下列说法正确的是
A．烷烃不能使高锰酸钾溶液褪色，因此，烷烃不能发生氧化反应
B．将湿润的红色石蕊试纸伸入集气瓶内，试纸变蓝则证明NH3已收集满
C．NH4Cl热分解后的产物通过盛有硅胶干燥管，可收集到干燥纯净的NH3
D．物质的沸点：正戊烷>异戊烷>正丁烷>丙烷
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；烃类的燃烧；烷烃
【解析】【解答】A、烷烃不能被酸性高锰酸钾溶液氧化（不褪色），但其可燃性表明能发生燃烧这类氧化反应，A错误；
B、NH3的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，要证明NH3已经集满，则试纸应置于集气瓶口，B错误；
C、NH4Cl热分解产物NH3和HCl共存，硅胶干燥管仅能吸水，无法选择性吸收HCl，C错误；
D、烷烃沸点规律：①同碳数支链越多沸点越低；②碳数越多沸点越高，故沸点顺序：正戊烷>异戊烷>正丁烷>丙烷，D正确；
故答案为：D
【分析】A、烷烃不能使酸性KMnO4溶液褪色，但能燃烧，燃烧也属于氧化反应。
B、验满时，试纸应置于集气瓶口，不能伸入瓶内。
C、NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会化合生成NH4Cl。
D、烷烃中碳原子数越多，沸点越高；碳原子数相同，支链越多，沸点越低。
3．下列碳原子相互结合的方式中，与其他三个不是同分异构体的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．四个碳原子含一个碳碳双键，形成链状烯烃结构，为2-丁烯，其分子式为C4H8；B．四个碳原子构成直链烷烃，为正丁烷，分子式为C4H10；
C．四个碳原子形成环状结构，为环丁烷，分子式为C4H8；
D．四个碳原子含一个碳碳双键且双键位于端位，形成1-丁烯，分子式为C4H8；
故答案为：B
【分析】此题是对同分异构体的考查，结合同分异构体的概念进行分析即可。同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。结合选项中所给的球棍模型结构，确定其分子式。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2混合反应完全，生成HCl分子数为0.1NA
B．将0.1mol碳和足量浓硫酸加热反应，可收集到标况下气体为2.24L
C．1 mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应，生成SO3的分子数为NA
D．Na2O2中阳离子和阴离子的比例为1：1
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；甲烷的取代反应；钠的氧化物；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据烃与氯气发生取代反应的规律可知，n(HCl) = n(Cl2) = 0.1 mol，A正确；
B．浓硫酸与木炭反应的化学方程式为：。浓硫酸足量，0.1molC完全反应，生成0.1molCO2和0.2molSO2。其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.3mol×22.4L·mol－1=6.72L，B错误。
C．SO2与O2反应生成SO3是可逆反应，在给定条件下，1 mol SO2与足量O2反应生成的SO3分子数必定小于NA，C错误；
D．Na2O2固体中含有2个Na+和1个O22-，阴阳离子个数比为2：1，D错误；
故答案为：A
【分析】A、CH4与Cl2发生取代反应的过程中存在关系式“HCl～Cl2”，据此计算。
B、浓硫酸足量，0.1molC完全反应，据此结合方程式计算。
C、SO2与O2的反应为可逆反应，1molSO2无法完全反应。
D、Na2O2由2个Na＋和1个O22－构成。
5．下列化学反应表示不正确的是
A．氨催化氧化法制硝酸：4NH3+5O24NO+6H2O
B．用过量NaOH溶液吸收H2S的离子方程式：2OH-+H2S=S2-+2H2O
C．浓硝酸见光分解：2HNO3=NO↑+NO2↑+H2O
D．铜与浓硝酸反应：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；硝酸的化学性质；硫化氢
【解析】【解析】A．氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应，生成一氧化氮和水，其化学反应方程式为： 4NH3+5O24NO+6H2O ，A正确；B．当氢氧化钠溶液过量时，与硫化氢反应生成硫化钠和水，其离子方程式为： 2OH-+H2S=S2-+2H2O ，B正确；
C．浓硝酸在光照条件下分解，生成二氧化氮、氧气和水，其化学反应方程式为：
，C错误；
D．铜与浓硝酸反应时，生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为： Cu+4H++=Cu2++2NO2↑+2H2O ，D正确；
故答案为：C
【分析】A、NH3催化氧化反应中NH3与O2反应生成NO和H2O。
B、NaOH过量，与H2S反应生成Na2S溶液和H2O。
C、浓硝酸光照条件下分解生成NO2、O2和H2O。
D、Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O。
6．已知反应在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最慢的是
A． B．v(CO)=1.5mol/(L·min)
C． D．
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】将各选项的反应速率均转化为CO的速率进行比较：A、由速率关系得；
B、直接给出；
C、根据计量关系，换算后；
D、由，得。
反应速率排序为 C > D > B > A，因此最慢的是 A。
故答案为：A
【分析】在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。为了比较不同物质的反应速率快慢，需要将它们统一换算成同一物质的速率表示，同时注意单位的一致性。数值较小的反应速率对应较慢的反应过程。
7．下列实验能达到实验目的的是
A．实验甲证明氧化性：浓HCl>MnO>KI
B．实验乙比较不同金属与酸反应速率的快慢
C．实验丙探究浓度对化学反应速率的影响
D．实验丁验证酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究影响化学反应速率的因素；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．高锰酸钾能氧化浓盐酸产生黄绿色氯气，说明的氧化性强于浓盐酸，A不符合题意。B．实验中使用了不同金属（锌和铁）和不同浓度的盐酸（1mol/L和0.1mol/L），存在两个变量，无法准确比较金属与酸反应的速率快慢，B不符合题意。
C．常温下铁在浓硫酸中会钝化而不产生氢气，与稀硫酸反应则会产生氢气，这个现象不能用于研究浓度对反应速率的影响，C不符合题意。
D．实验通过浓盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳证明HCl的酸性强于H2CO3，再通过二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成白色沉淀证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，整个过程能验证酸性强弱关系，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、KMnO4将浓盐酸氧化成Cl2，说明氧化性：MnO4－＞Cl2。
B、实验乙中盐酸的浓度不同，存在两个变量。
C、常温下，浓硫酸能使Fe钝化。
D、饱和NaHCO3溶液用于吸收CO2中混有的HCl，排除HCl的干扰。
8．锂锰电池是最常见的一次性3V锂电池，电池的总反应为(s)，电池结构如图所示，下列说法正确的是
A．电解质可用氯化锂溶液代替
B．电路中转移0.1mol电子时，b极质量增重0.7g
C．电池放电时，移向a极
D．a极发生还原反应，电极反应式为
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 由于金属锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，因此不能使用氯化锂溶液作为电解质，A错误；
B. 根据分析，b极是正极，二氧化锰在锂离子作用下获得电子被还原为LiMnO2，电极反应为。当电路中有0.1mol电子转移时，b极质量增加0.1mol×7g/mol=0.7g，B正确；
C. 由分析可知，a是负极，b是正极，放电时阳离子（Li+）向正极b移动，C错误；
D. a极作为负极，锂失去电子被氧化为锂离子，电极反应为，D错误；
故答案为：B
【分析】在电池总反应中，Li由0价变为＋1价，发生失电子的氧化反应，因此a为Li，做负极，其电极反应式为Li－e－=Li＋。b电极为MnO2，做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为MnO2＋e－＋Li＋=LiMnO2。据此结合选项分析。
9．某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性，据此设计了如图所示的原电池，盐桥中装有含饱和K2SO4溶液的琼胶。
下列说法正确的是
A．甲中发生还原反应
B．外电路的电子移动方向为从a到b
C．电池工作时，盐桥中的移向乙烧杯
D．乙中石墨电极上发生的反应为
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 甲烧杯中a极发生氧化反应（Fe2+→Fe3+），应为负极，A错误；B. 电子由负极（a）经外电路流向正极（b），B正确；
C. 盐桥中阴离子应向负极（甲烧杯）迁移，C错误；
D. b极反应为+14H++6e-=2Cr3++7H2O，D错误。
故答案为：B
【分析】氧化性比较：，因此该原电池反应为酸性条件下Fe2+与反应生成Fe3+、Cr3+和H2O。由此可知：在b极得电子被还原，b为正极；Fe2+在a极失电子被氧化为Fe3+，a为负极。据此结合选项分析。
10．某化学兴趣小组用图甲装置探究氨气喷泉实验中三颈烧瓶内压强变化。图甲中的三颈烧瓶收集满氨气后关闭，用在冰水中浸泡后的湿毛巾敷在三颈烧瓶上，时拿走毛巾并打开，整个过程中测得三颈烧瓶内压强变化曲线如图乙。下列说法正确的是
A．时，三颈烧瓶内压强最大，喷泉现象最明显
B．时，氨气发生化学反应NH3+H2O=NH3·H2O导致三颈烧瓶内压强减小
C．该装置是利用温度变化使压强变化引发喷泉现象
D．固体X选择NH4Cl，试剂a可选择NaOH溶液
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】A、由于实验在50秒时才移除毛巾并打开K2，因此在20秒时喷泉现象尚未发生，A错误。B、在20秒至50秒期间，由于氨气温度降低导致三颈烧瓶内气压下降，但此时K2尚未开启，不会形成喷泉，B错误。
C、用冰水浸泡的湿毛巾敷在三颈烧瓶上会使气体温度降低，气压减小。当50秒时移除毛巾并打开K2后，由于氨气极易溶于水且存在气压差，从而形成喷泉现象，C正确。
D、NH4Cl与NaOH反应生成一水合氨，但不能直接产生氨气。而CaO溶于水会放热，促使浓氨水分解产生氨气，因此固体X应选择，试剂a应为浓氨水，D错误。
故答案为：C
【分析】A、20s时湿毛巾未移除，还未发生喷泉现象。
B、20~50s时，压强减小是由于温度降低。
C、冰水中浸泡的湿毛巾使温度降低，气体压强减小。
D、NH4Cl与NaOH溶液反应生成NH3·H2O，NH3极易溶于水，无法直接逸出。
11．下列说法正确的是
A．物质中化学键的键能越大，其能量就一定越高
B．500℃、30MPa下，将0.5mol和1.5mol置于密闭容器中充分反应生成，放热19.3kJ，其热化学方程式为
C．和反应的中和热，则稀溶液中和反应的焓变
D．若 ，则的燃烧热为
【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、化学键的键能越大，对应的分子稳定性越高，能量越低。A错误。B、合成氨反应是可逆反应，热化学方程式表示的是完全转化时的能量变化。题目中0.5mol N2和1.5mol H2在密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式应表示为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，且ΔH < -38.6 kJ·mol-1，B错误。
C、由于反应生成水的同时还生成了微溶的CaSO4，因此ΔH < 2×(-57.3) kJ·mol-1，C错误。
D、C2H2(g)的燃烧热是指1mol C2H2(g)完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量，D正确。
故答案为：D
【分析】A、化学键键能越高，结构越稳定，物质所具有的能量越低。
B、N2与H2的反应为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2无法完全反应。
C、H2SO4与Ca(OH)2反应生成H2O和CaSO4，形成CaSO4的过程也放出热量。
D、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。
12．现有物质的量浓度为的粗盐溶液，某化学兴趣小组用化学沉淀法去除其中的、和，实验流程如图所示，下列说法正确的是
已知：20℃时，的溶解度为水，的溶解度为水。
A．若取粗盐溶液进行实验，不考虑实验损耗，最终获得的的质量为
B．试剂a、试剂b分别为溶液、溶液
C．从成本和除杂效果考虑，工业生产中常用溶液代替溶液
D．滤渣c的主要成分为泥沙和、、和
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、100mL 粗盐溶液中 Na+为 0.2mol，理论对应 11.7g NaCl，但除杂时试剂反应会生成额外 NaCl（如 Na2CO3与 CaCl2反应），故最终质量大于 11.7g，A错误；
B、试剂 a 应是 NaOH（除 Mg2+），试剂 b 应是 Na2CO3（除 Ca2+和过量 Ba2+），且 Na2CO3需在 BaCl2之后加，B错误；
C、Ba(OH)2溶解度远低于 BaCl2，需加大量溶液，增加蒸发能耗，工业上不常用，C错误；
D、滤渣含原有的泥沙，以及反应生成的 Mg(OH)2（除 Mg2+）、BaSO4（除 SO42-）、CaCO3（除 Ca2+）、BaCO3（除过量 Ba2+），D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析最终 NaCl 质量与初始 Na+的关系。
B．判断试剂 a 和试剂 b 的种类及添加顺序。
C．比较 Ba(OH)2与 BaCl2的适用性。
D．确定滤渣 c 的成分。
13．为研究不同状态块状、粉末状碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定数据得出如图所示的曲线。下列有关说法中正确的
A．曲线乙表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应
B．随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率不断降低
C．若用单位时间内的体积变化来表示该反应的速率，则时间内甲的平均反应速率为
D．两次实验，粉末状固体最终生成的的量更多
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．粉末状碳酸钙固体与盐酸反应的接触面积更大，反应速率加快，因此反应时间缩短。图中曲线甲用时较少，说明甲对应的是粉末状碳酸钙的反应，A选项错误。B．反应初期，碳酸钙与盐酸反应放热使温度升高，此时温度对速率的影响占主导，导致0-t1阶段速率逐渐增大；随着反应进行，盐酸浓度下降成为主要影响因素，速率开始减小，B选项错误。
C．根据速率定义v=，t2-t3区间甲的平均反应速率应为v(CO2)= mL·s-1，C选项正确。
D．控制变量法要求仅改变一个条件（固体状态），因此两次实验的碳酸钙质量必须相同，且盐酸需过量以保证完全反应，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、粉末状CaCO3固体反应速率更快，收集相同体积的CO2所需的时间更短。
B、由反应曲线可知，前段时间反应速率是加快的。
C、根据公式v=计算反应速率。
D、由图可知，反应最终生成CO2的体积相同。
14．下列关于图示对应叙述正确的是
A.反应：2NO2=N2O4，t1时，v正=v逆 B.该图可表示NH4Cl和Ba(OH)2 8H2O反应过程中的能量变化
C. 对于2SO2+O2 2SO3反应，实线、虚线分别表示未使用催化剂和使用催化剂时、随时间的变化 D.箭头指示为电流方向
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在时间点时，虽然成立，但这仅表示物质的量相等，并不能证明正逆反应速率相等（）。由于后续物质的量仍在变化，说明反应未达平衡状态，A错误。B．与的反应是吸热反应，与题目给出的图示信息一致，B正确。
C．催化剂的作用是加快反应速率，因此正反应速率的虚线应位于实线上方，而图中所示不符合这一规律，C错误。
D．在电池结构中，碳棒应作为正极，锌筒为负极，电子流动方向应从负极（锌筒）流向正极（碳棒），图中箭头方向错误，D错误。
故答案为：B
【分析】A、t1时，n(N2O4)=n(NO2)，正逆反应速率并不相等。
B、NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应。
C、加入催化剂可加快反应速率。
D、在原电池中，电流由正极流向负极。
15．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：；乙：，现有下列状态：
①混合气体平均相对分子质量不再改变
②恒温时，气体压强不再改变
③各气体浓度相等
④绝热时，反应体系温度保持不变
⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍
⑥混合气体密度不交
⑦单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9∶1
其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是
A．①②⑤ B．③④⑥ C．⑥⑦ D．④⑤
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①反应乙中，反应物和生成物都是气体，混合气体的质量不变；且反应前后气体的分子数不变。因此无论是否达到平衡状态，混合气体平均相对分子质量都不改变，无法判断反应是否处于平衡状态；
②反应乙中，反应前后气体的物质的量不变，恒温时，无论是否达到平衡状态，体系的总压强保持不变，无法判断反应是否处于平衡状态；
③各气体组成浓度相等，但不一定保持不变，无法判断反应是否处于平衡状态；
④任何化学反应过程中都存在能量的变化，因此在绝热装置内，反应体系中温度保持不变，可说明达到平衡状态，可判断反应是否处于平衡状态；
⑤断裂氢氧键（正向进行）速率是断裂氢氢键（逆向进行）速率的2倍，说明正逆反应速率相等，可判断反应是否处于平衡状态；
⑥反应乙中，反应物和生成物都是气体，混合气体的质量不变；恒容密闭容器中混合气体的体积不变。因此无论是否达到平衡状态，混合气体密度都不变，无法判断反应是否处于平衡状态；
⑦单位时间内，消耗水蒸气质量与生成氢气质量比为9∶1，为正反应速率关系，不能说明是否达到平衡状态，无法判断反应是否处于平衡状态；
综上分析可知，④⑤能够说明两反应均达到化学平衡。
故答案为：D
【分析】此题是对平衡状态的考查，结合正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态进行分析。
16．如图是N、S及其化合物的“价一类”二维图，下列说法正确的是
A．在一定条件下，a可将c、d还原为b
B．c'使品红被色的原理与HClO的漂白原理相同
C．a与浓e、a'与浓e'均能发生氧化还原反应
D．常温下，Fe与浓e和浓e'均不反应
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；含氮物质的综合应用；浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A. 氨气（NH3）具有还原性，能与氧化性物质NO、NO2/N2O4反应生成N2和H2O，A正确；B. SO2的漂白原理是与有色物质结合生成不稳定的无色化合物（可逆漂白），而HClO通过强氧化性不可逆破坏发色基团，两者原理不同，B错误；
C. NH3与浓HNO3反应生成NH4NO3是酸碱中和反应（非氧化还原反应），C错误；
D. 铁在常温下遇浓HNO3、浓H2SO4会钝化（表面形成致密氧化膜阻止进一步反应），并非完全不反应，D错误。
故答案为：A
【分析】根据图示分析得出各物质：氮元素转化链：a为NH3（氨气）、b为N2（氮气）、c为NO（一氧化氮）、d为NO2/N2O4（二氧化氮或四氧化二氮）、e为HNO3（硝酸）。硫元素转化链：a'为H2S（硫化氢）、b'为S（硫）、c'为SO2（二氧化硫）、d'为H2SO3（亚硫酸）、e'为H2SO4（硫酸）。据此结合选项分析。
二、第II卷(非选择题，共56分)
17．氮是重要的短周期元素之一，研究含氮化合物有重要意义。
回答下列问题：
（1）可用活性炭还原处理NO，相关反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)。
已知 ①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=akJ·mol-1；
②C(s)的燃烧热为ΔH2=bkJ·mol-1。
反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的ΔH=　 　kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。
（2）在5L密闭容器内，800℃时发生反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，n(NO)随时间变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.20 0.10 0.08 0.07 0.07 0.07
①0～2s内，用O2表示该反应的反应速率为　 　mol·L-1·s-1。
②下列措施能够使该反应的反应速率加快的是　 　(填字母)。
a.降低温度　　 b.使用合适的催化剂　　 c.减小容器容积
（3）以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如图。
①第二步反应的△H　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
②从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第　 　步反应。
（4）在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出总反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）b-a
（2）0.006；bc
（3）>；二
（4）4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）已知反应：①，反应：②，根据盖斯定律，②-①即可得： C(s) + 2NO(g)CO2(g) + N2(g)。
故答案为：b-a
（2）①0～2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.012mol L-1 s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=0.006mol L-1 s-1。
故答案为：0.006
②a．降低温度，反应速率减慢，故a不选；
b．使用合适的催化剂能加快反应速率，故b选；
c．减小容器容积使反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；
故答案为：bc
（3）①由图像可知该反应中第二步反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0。
故答案为：＞
②反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤。
故答案为：二
（4）根据图示，2molNH3、2molNO、0.5molO2反应生成2molN2和3molH2O，总反应的化学方程式为4NH3 +4NO+O2＝4N2 +6H2O。
故答案为：4NH3 +4NO+O2＝4N2 +6H2O
【分析】（1）根据盖斯定率计算目标反应的反应热。
（2）①根据公式计算用NO表示的反应速率，结合反应速率之比等于化学计量数之比，计算用O2表示的反应速率。
②结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。
（3）①根据反应物和生成物总能量的相对大小判断反应的热效应。
②慢反应决定了总反应的反应速率，其中反应过程中所需的活化能越高，反应速率越慢，据此分析。
（4）由反应过程图可知，该反应过程中NH3和NO、O2反应生成N2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（1）已知反应：①，反应：②，根据盖斯定律，②-①即可得： C(s) + 2NO(g)CO2(g) + N2(g)。故答案为：b-a。
（2）①0～2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.012mol L-1 s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=0.006mol L-1 s-1；
②a．降低温度，反应速率减慢，故a不选；
b．使用合适的催化剂能加快反应速率，故b选；
c．减小容器容积使反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；
答案为bc；
（3）①由图像可知该反应中第二步反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0；
②反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤；
（4）根据图示，2molNH3、2molNO、0.5molO2反应生成2molN2和3molH2O，总反应的化学方程式为4NH3 +4NO+O2＝4N2 +6H2O。
18．SO2是高中化学重点学习的三大气体之一，是常见的大气污染物之一，同时也是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义，请回答下列问题。
（1）某同学利用如图所示装置制备并研究二氧化硫的性质。
上述装置b中加入NaHSO3粉末，a加70%H2SO4发生装置中反应的化学方程式为　 　，球形干燥管中鲜花褪色，说明二氧化硫具有　 　性，球形干燥管中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有　 　性。
（2）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.5 mol·L-1的Ba(NO3)2溶液中，得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的；假设二：溶液中溶解的O2
验证假设：
请在下表空白处填写相关实验现象
实验步骤 实验现象 结论
实验1：将蒸馏水加热煮沸，除去溶解氧
实验2：用实验1中蒸馏水配制0.5mol/L BaCl2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　 假设一成立
实验3：用实验1中蒸馏水配制　 　，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　
实验4：将纯净的SO2气体通入10mL　 　 　 　 假设二成立
（3）为深入研究该反应，该小组还测得上述实验2和实验3溶液中，c(H+)随通入SO2体积的变化曲线如下图。
V1时，实验3中溶液c(H+)大于实验2的原因是(用离子方程式解释)　 　。
【答案】（1）；漂白；氧化
（2）无明显现象(无沉淀生成)；0.5mol/LBa(NO3)2溶液；有白色沉淀生成；未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀生成
（3）3SO2+2+2H2O=3+2NO+4H+
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）硫酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，方程式为：；二氧化硫具有漂白性，则球形干燥管中鲜花褪色，说明二氧化硫具有漂白性；球形干燥管中是硫化钠溶液，可以被二氧化硫氧化为单质硫而使其变浑浊，则球形干燥管中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有氧化性。
故答案为：；漂白；氧化
（2）为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；若用除氧的蒸馏水配制0.5mol/L BaCl2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.5mol/LBa(NO3)2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；若将纯净的SO2气体通入10mL未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立。
故答案为：无明显现象(无沉淀生成)；0.5mol/LBa(NO3)2溶液；有白色沉淀生成；未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀生成
（3）V1时，实验3中溶液c(H+)大于实验2的原因是：，生成强酸H2SO4，反应相同量SO2，c(H+)大于实验2中的弱酸H2SO3。
故答案为：3SO2+2+2H2O=3+2NO+4H+
【分析】组装仪器后，必须首先检查装置的气密性，这是气体参与反应或制备实验的基本操作要求。在装置b中，浓硫酸与NaHSO3发生复分解反应，化学方程式为：，该反应生成SO2气体。SO2通入湿润pH试纸后，试纸变红，证明SO2水溶液呈酸性；通入品红溶液后，溶液褪色，证明SO2具有漂白性；通入酸性KMnO4溶液后，紫色褪去，证明SO2具有还原性。加热具支试管后：品红溶液恢复红色，说明SO2的漂白作用是可逆的；酸性KMnO4溶液颜色不变，说明加热不能恢复被还原的KMnO4。SO2通入Na2S溶液产生浑浊，证明其氧化性；最后用NaOH溶液吸收尾气，防止污染，干燥管起到防倒吸作用。
（1）硫酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，方程式为：；二氧化硫具有漂白性，则球形干燥管中鲜花褪色，说明二氧化硫具有漂白性；球形干燥管中是硫化钠溶液，可以被二氧化硫氧化为单质硫而使其变浑浊，则球形干燥管中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有氧化性；故答案为：；漂白；氧化；
（2）为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；若用除氧的蒸馏水配制0.5mol/L BaCl2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.5mol/LBa(NO3)2溶液，取10mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；若将纯净的SO2气体通入10mL未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立；故答案为：无明显现象(无沉淀生成)；0.5mol/LBa(NO3)2溶液；有白色沉淀生成；未经除溶解氧处理的0.5mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀生成；
（3）V1时，实验3中溶液c(H+)大于实验2的原因是：，生成强酸H2SO4，反应相同量SO2，c(H+)大于实验2中的弱酸H2SO3，故答案为：3SO2+2+2H2O=3+2NO+4H+。
19．硅及其化合物是重要的材料，应用范围很广。请回答下列问题：
（1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅，三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：
①硅在元素周期表中的位置是　 　。
②用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为　 　。
③工业上原料石英砂常用NH4Cl溶液浸泡除杂，实验室检验溶液中存在NH的操作与现象为　 　。
④整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和一种气体单质，写出该反应方程式　 　。
（2）水泥属于硅酸盐工业产品，是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
①在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是　 　。
②沉淀A的主要成分是　 　，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为　 　。
③沉淀B的主要成分为　 　、　 　(写化学式)。
【答案】（1）第三周期第IVA族；C+SiO2SiC+CO↑；取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含；SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑
（2）将Fe2+氧化成 Fe3+；SiO2；SiO2 +4HF=SiF4↑+2H2O；Al(OH)3；Fe(OH)3
【知识点】硅和二氧化硅；物质的分离与提纯；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）①硅为14号元素，位置是第三周期第IVA族。
故答案为： 第三周期第IVA族
②用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑。
故答案为： C+SiO2SiC+CO↑
③的检验方法为取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含。
故答案为： 取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含
④SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑。
故答案为： SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑
（2）①铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子。
故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+
②由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
③根据分析可知，沉淀B主要是Al(OH)3、Fe(OH)3。
故答案为： Al(OH)3、Fe(OH)3
【分析】石英砂的主要成分是二氧化硅（）。在高温条件下，二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳（）。粗硅再与氯化氢（）在高温下反应生成三氯硅烷（）和氢气（）。反应过程中，杂质也会转化为相应的氯化物，通过蒸馏提纯得到纯净的三氯硅烷。最后，在还原炉中通入氢气，三氯硅烷被还原为高纯硅（）和氯化氢。
水泥熟料的主要成分包括氧化钙（）、二氧化硅（），以及铁、铝、镁等金属氧化物。当加入氯化铵、盐酸和硝酸时，二氧化硅不溶于酸，因此沉淀A为二氧化硅。滤液中主要含有铁离子（）、铝离子（）和镁离子（）。调节pH至4~5后，氢氧化铝（）和氢氧化铁（）沉淀析出，加热可防止胶体形成，便于分离。滤液中主要含钙离子（），加入草酸铵后生成草酸钙沉淀。
（1）①硅为14号元素，位置是第三周期第IVA族；
②用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑；
③的检验方法为取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝(或蘸浓盐酸出现白烟)，证明溶液中含；
④SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑。
（2）①铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；
②由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
③根据分析可知，沉淀B主要是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为： Al(OH)3、Fe(OH)3。
20．人们应用原电池原理制作了多种电池，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，以满足不同的需要。请按要求回答下列问题：
（1）新一代锂二次电池体系和全固态锂二次电池体系是化学、物理等学科的基础理论研究与应用技术的前沿。Li-CuO二次电池的比能量高、工作温度宽。
一种制备CuO的过程如图：
写出酸浸反应不能温度过高的原因：　 　，写出“混合沉淀”过程产生Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式：　 　。
（2）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨I电极上生成可循环使用的N2O5。
①放电时，该电池的负极是　 　(填“石墨I”或“石墨II”)。其电极方程式为：　 　。
②若电路中有2mol电子转移，则理论上石墨II处需消耗标准状况下的O2为　 　L。
（3）如图有效降低含氮化合物的排放，生成无害物质，同时充分利用化学能，相同温度和压强下，A、B两电极产生气体的体积比为　 　，电极的电极反应方程式为　 　。
【答案】（1）温度过高H2O2会分解；2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2
（2）石墨I；NO2 +-e-=N2O5；11.2
（3）4：3；2NH3-6e-+6OH -=N2+6H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）温度过高H2O2会分解；“混合沉淀”过程中，硫酸铜溶液、碳酸钠和氨水反应生成Cu2(OH)2CO3和碳酸铵，其离子方程式为2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2。
故答案为： 温度过高H2O2会分解 ； 2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2
（2）①放电时，NO2转化为N2O5，N元素化合价升高，失电子被氧化，则该电池的负极是石墨I，在此电极，NO2失电子产物与电解质反应生成N2O5，电极反应是为NO2-e- += N2O5。
故答案为： 石墨I ； NO2+-e-=N2O5
②石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，若电路中有2 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积为=11.2L。
故答案为：11.2
（3）该装置为燃料电池，A电极充入NH3，为负极，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。B电极充入NO2，为正极，电极反应式为：，根据电极反应式可知，相同温度和压强下，A、B两电极产生气体的体积比为4∶3。
故答案为： 4：3 ； 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【分析】（1）酸浸过程中加入了H2O2，H2O2受热易分解，因此酸浸反应温度不能过高。“混合沉淀”过程中Cu2＋与CO32－、NH3·H2O反应生成Cu2(OH)2CO3和(NH4)2CO3，据此写出反应的离子方程式。
（2）该原电池装置中，石墨Ⅰ电极上NO2转化为N2O5，发生失电子的氧化反应，因此石墨Ⅰ电极为负极，其电极反应式为NO2－e－＋NO3－=N2O5。石墨Ⅱ电极上O2、N2O5转化为NO3－，O2发生得电子的还原反应，为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋2N2O5=4NO3－。据此结合题干设问分析作答。
（3）该原电池装置中，NH3、NO2转化为无害物质，因此其产物为N2和H2O。电极A上NH3转化为N2的过车肝功能中发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O。电极B上NO2发生得电子的还原反应生成N2，其电极反应式为：2NO2＋8e－＋4H2O=N2＋8OH－。据此结合题干设问分析作答。
（1）温度过高H2O2会分解；“混合沉淀”过程中，硫酸铜溶液、碳酸钠和氨水反应生成Cu2(OH)2CO3和碳酸铵，其离子方程式为2Cu2+++2NH3·H2O=Cu2(OH)2CO3+2；
（2）①放电时，NO2转化为N2O5，N元素化合价升高，失电子被氧化，则该电池的负极是石墨I，在此电极，NO2失电子产物与电解质反应生成N2O5，电极反应是为NO2-e- += N2O5。
②石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，若电路中有2 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积为=11.2L。
（3）该装置为燃料电池，A电极充入NH3，为负极，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。B电极充入NO2，为正极，电极反应式为：，根据电极反应式可知，相同温度和压强下，A、B两电极产生气体的体积比为4∶3。
1 / 1

展开更多......

收起↑