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湖南省湘一名校联盟大联考2024-2025学年高一下学期4月期中化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是
A．石墨烯电阻率低、热导率高，具有很高的强度
B．试管内壁附着的S可以用酒精洗涤
C．燃煤中加入生石灰，可以实现燃煤脱硫并且减少温室气体的排放
D．汽车尾气中含有的氮氧化物来源于汽油的不完全燃烧
2．下列有关化学概念或性质的判断错误的是
A．一个苯分子()中含有6个氢原子、3个碳碳双键
B．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性
C．橡胶是一类具有高弹性的高分子材料
D．甲烷为正四面体结构
3．一定量的铁粉与过量的稀硫酸反应，为了加快反应速率，但又不影响生成的氢气总量，可以采取的措施是
A．加入少量醋酸钠固体 B．滴加几滴硫酸铜溶液
C．将稀硫酸换成98%的硫酸 D．适当升高温度
4．一定温度下，在恒容密闭容器中加入3molNH2COONH4，发生反应：。下列现象能说明反应达到平衡状态的是
A．
B．混合气体平均相对分子质量保持不变
C．混合气体密度保持不变
D．CO2的体积分数保持不变
5．氯乙烷可用于冷冻麻醉应急处理以及运动中的急性损伤处理。关于氯乙烷，下列叙述正确的是
A．氯乙烷属于饱和烃
B．氯乙烷和溴乙烷互为同系物
C．生成氯乙烷的反应之一为2CH3CH3+Cl22CH3CH2Cl+H2
D．工业上制备氯乙烷采用加成反应比采用光照取代反应产率更高、产物更纯
6．下列图像的分析正确的是
A．图甲可以表示甲烷燃烧反应的能量变化
B．图乙可构成原电池，Mg为负极
C．若图丙为镁与稀盐酸反应的v-t图像，该图像说明镁与稀盐酸的反应是放热反应
D．图丁所示反应体系在2min时达到平衡状态
7．某温度下，在2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．当时，反应达到平衡状态
C．2min末，以表示的反应速率为
D．2min后，正、逆反应均不再进行，体系中的物质的量均不再变化
8．某同学设计了如图实验装置制备二氧化硫并检验其性质，下列有关说法正确的是
A．左侧注射器中应选用质量分数为98.3%的浓硫酸
B．品红溶液和酸性高锰酸钾溶液均褪色，但二者褪色原理不同
C．石蕊溶液先变红后褪色
D．Na2S溶液变浑浊，说明二氧化硫具有还原性
9．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中倒入适量蒸馏水 溶液呈无色 铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜
B 向2支分别盛有5mL0.1mol/L、5mL1.0mol/LNaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液 均有气泡产生且1.0mol/LNaHSO3溶液产生气泡快 浓度越大，反应速率越快
C 向某溶液中加入NaOH浓溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口 湿润的蓝色石蕊试纸变红 溶液中存在
D 将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体依次通入品红溶液、酸性KMnO4溶液、澄清石灰水 品红溶液褪色，酸性KMnO4溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊 气体产物中有SO2和CO2
A．A B．B C．C D．D
10．从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质(主要有Na2SO4、MgCl2、CaCl2)和不溶性杂质(泥沙等)，必须进行分离和提纯后才能使用，粗盐提纯的部分流程如图所示，下列说法正确的是
A．溶液a、b、c依次为BaCl2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸
B．操作Ⅱ需要使用漏斗
C．配制450mL1.0mol/LNaCl溶液时需要用托盘天平称量26.3g精盐
D．精盐是重要的化工原料，侯氏制碱法第一步需向饱和食盐水中依次通入二氧化碳、氨气
11．向2L恒容密闭容器中通入A、B各10mol，在一定温度下发生反应：xA(g)+B(g)2C(g)+2D(s)，4min时达到平衡，生成4molD，0~4min内以A的浓度变化表示的平均反应速率为0.75mol/(L·min)。下列说法错误的是
A．x=3
B．0~4min内以D的浓度变化表示的平均反应速率为0.5mol/(L·min)
C．平衡时B的转化率为20%
D．向容器中通入一定量Ar使压强增大，反应速率不变
12．下列实验操作或装置及其相关说明均正确的是
选项 实验操作或装置 说明
A 该装置可用于实验室制氨气
B 该装置可以防倒吸
C 该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
D 试管中可观察到铜丝变细，产生无色气体，溶液变绿
A．A B．B C．C D．D
13．氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。下列关于该燃料电池的说法错误的是
A．电子从a电极经外电路流向b电极
B．通入氢气的一极为负极，发生氧化反应
C．放电时正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
D．理论上当转移4mol电子时消耗22.4L氧气
14．我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，该反应为放热反应，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法错误的是
A．过程Ⅰ断裂化学键吸收能量
B．该反应过程中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的形成
C．通过选择合适的温度、压强和更高效的催化剂，可以使1molCO完全转化为CO2
D．在该反应过程中，催化剂可加快反应速率
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．根据所学知识回答下列问题：
（1）浓硫酸在运输过程中可以用铝罐储存，这体现了浓硫酸的　 　性。
（2）为了测定某工厂尾气中的含量，将标准状况下尾气通入足量溶液中，再加入足量溶液(尾气中其他成分不参与反应)，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，得到沉淀，则尾气中的体积分数为　 　%。
（3）收集到的酸雨长时间放置在空气中，溶液的酸性会　 　(填“增强”或“减弱”)。
（4）在一定量的铜中加入稀硝酸，充分反应后有铜剩余，在混合溶液中加入适量稀硫酸，铜继续溶解，请写出继续溶解的离子方程式：　 　。
（5）与按物质的量之比被足量溶液完全吸收后只得到一种钠盐，该钠盐的化学式为　 　。
（6）SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO，排放，其原理如图所示：
尿素水溶液热分解生成和，在催化反应器中还原，则该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　。
（7）肼()可用作火箭燃料。肼和强氧化剂混合时，立即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。写出肼与反应的化学方程式：　 　。
16．1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)是重要的基础化工原料之一，高分子材料D更是被称为“塑料中的黄金”，是目前世界上最尖端的化学材料之一、在一定条件下1-丁烯有如图所示的转化关系：
回答下列问题：
（1）1-丁烯的分子式为　 　。
（2）反应ⅰ的化学方程式为　 　，反应现象为　 　。
（3）反应ⅳ的化学方程式为　 　。反应类型为　 　。
（4）反应ⅱ所得产物的结构简式可能为　 　(写1种即可)。
（5）①甲是C的同系物，若甲含有3个碳原子，则甲的化学名称为　 　。
②乙是C的同分异构体，则乙的结构简式为　 　，乙的一氯代物有　 　种。
17．硫代硫酸钠()又名大苏打、海波。易溶于水，不溶于醇，它受热、遇酸易分解，具有还原性，在工业、医用方面有广泛应用。将和一定比例的配成溶液后再通入，可合成。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置B中通入时会产生浑浊后又变澄清，同时放出气体，装置B中发生总反应的化学方程式为　 　。
（3）装置C中的试剂可以为___________(填字母)。
A．澄清石灰水 B．稀硫酸
C．酸性高锰酸钾溶液 D．溶液
（4）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的不能过量，原因是　 　。
（5）装置A与装置B之间单向阀的作用为　 　。
（6）将反应后的液体经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，乙醇洗涤，低温烘干，得到晶体。用乙醇洗涤的原因是　 　(写一种)。
18．含氮化合物等)是环境污染物，消除含氮化合物的污染备受关注。
（1）“纳米零价铁”体系可将烟气(氮氧化物和)中难溶的氧化为可溶的。
①高温时可发生反应：。根据下列数据计算，当分解时，反应会　 　(填“吸收”或“放出”)　 　能量。
②一定温度下，将充入恒容密闭容器中，发生①中反应，经达到平衡状态，测得平衡时生成的物质的量为，则生成的物质的量为　 　mol。
③与反应生成的化学方程式为　 　。
（2）利用电化学手段可以将转化为脱除，装置如图所示，电极为多孔惰性材料。从　 　(填“正极”或“负极”)通入，当脱除时，理论上消耗　 　mol。
（3）纳米零价铁可去除水体中的。将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，可用于去除酸性水体中的，其部分反应原理如图所示，该过程体现了纳米零价铁的　 　性(填“氧化”或“还原”)。在原电池正极经历两步反应最终被还原为，请写出正极总反应式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；绿色化学
【解析】【解答】A、石墨烯是由碳原子构成的二维晶体，具备电阻率低、热导率高的电学与热学特性，同时原子间的共价键使其拥有很高的机械强度，A正确；
B、硫单质难溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此试管内壁附着的硫不能用酒精洗涤，应选用二硫化碳或热的碱液清洗，B错误；
C、燃煤中加入生石灰（CaO）可与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，最终转化为硫酸钙，实现脱硫，但该过程会生成二氧化碳，无法减少温室气体排放，C错误；
D、汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温高压的气缸环境下反应生成的，并非来自汽油的不完全燃烧，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
石墨烯性质：兼具优异的电学、热学与机械性能，是新型纳米材料。
硫的洗涤：硫不溶于酒精，易溶于二硫化碳，清洗时需选择合适溶剂。
燃煤脱硫原理：生石灰固硫可减少二氧化硫排放，但会产生二氧化碳，不能缓解温室效应。
氮氧化物来源：汽车尾气中的 NOx 来自空气中 N2与 O2的高温反应，与燃料燃烧是否完全无关。
2．【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的结构与性质；甲烷的组成与结构
【解析】【解答】A、苯分子的分子式为 C6H6，确实含有 6 个氢原子，但苯分子中不存在独立的碳碳双键，其碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊大 π 键，A错误；
B、乙烯分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，这体现了乙烯的还原性，B正确；
C、橡胶是由异戊二烯等单体聚合而成的高分子材料，具有高弹性、绝缘性等特点，C正确；
D、甲烷分子中碳原子位于正四面体中心，4 个氢原子位于 4 个顶点，是典型的正四面体结构，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
苯的结构：苯分子中无碳碳双键，碳碳键完全等价，是特殊的共轭大 π 键。
乙烯的还原性：碳碳双键易被强氧化剂（如酸性高锰酸钾）氧化，体现还原性。
橡胶的类别：橡胶属于高分子化合物，核心特征是高弹性。
甲烷的空间结构：正四面体结构，4 个 C-H 键完全等同。
3．【答案】D
【知识点】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、加入醋酸钠固体后，醋酸根会与 H+结合生成弱电解质醋酸，降低溶液中 H+浓度，使反应速率减慢，A错误；
B、滴加硫酸铜溶液后，铁会与铜离子发生置换反应生成铜单质，在铁表面形成原电池，虽能加快反应速率，但会消耗部分铁粉，导致最终生成 H2的总量减少，不符合 “不影响氢气总量” 的要求，B错误；
C、将稀硫酸换成 98% 的浓硫酸，常温下铁会在浓硫酸中发生钝化，阻止反应继续进行，几乎无法产生氢气，C错误；
D、适当升高温度，能提高反应物分子的能量，加快有效碰撞频率，从而加快反应速率；且温度不影响铁粉的总物质的量，因此生成 H2的总量保持不变，符合题目要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
H+浓度影响：H+浓度降低会减慢反应速率，弱酸盐的加入会消耗 H+。
原电池效应：形成原电池可加快反应速率，但会消耗部分反应物，导致产物总量减少。
钝化效应：常温下铁、铝在浓硫酸、浓硝酸中会钝化，阻止反应持续进行。
温度影响：升高温度可加快所有反应的速率，且不改变反应物的总物质的量，不影响产物总量。
4．【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、速率关系在反应的任意阶段都成立（与化学计量数一致），无法区分正逆反应速率，不能作为平衡判断依据，A错误；
B、反应中气体只有和，且二者物质的量之比始终为，因此混合气体的平均相对分子质量始终为定值（），不会随反应进行改变，不能作为平衡判断依据，B错误；
C、容器恒容，反应中固体反应物不断分解为气体，混合气体总质量随反应进行逐渐增大，根据密度公式，密度会逐渐增大；当密度保持不变时，说明气体总质量不再变化，反应达到平衡状态，C正确；
D、与的物质的量之比始终为，因此的体积分数始终为，是定值，不能作为平衡判断依据，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡判断核心：只有随反应进行会变化的物理量（变量）保持不变时，才能说明反应达到平衡。
特殊反应注意：反应物为固体时，气体总质量是变量；若气体组分比例固定，则平均相对分子质量、体积分数为定值，不能用于判断平衡。
速率关系：只有“正逆反应速率相等”的速率关系才能判断平衡，单纯的计量数比例速率无意义。
5．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；同系物；烷烃
【解析】【解答】A、烃是只含碳、氢两种元素的化合物，而氯乙烷含有氯元素，属于卤代烃，不属于饱和烃，A错误；
B、同系物要求结构相似、分子组成上相差一个或若干个 CH2原子团。氯乙烷和溴乙烷的官能团分别是 - Cl 和 - Br，官能团种类不同，不互为同系物，B错误；
C、乙烷与氯气在光照下发生取代反应，产物为多种氯代乙烷和 HCl，不会生成 H2 ：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，C错误；
D、工业上常用乙烯与氯化氢发生加成反应制备氯乙烷： CH2=CH2+HClCH3CH2Cl ，产物单一且纯净；而光照下乙烷与氯气的取代反应会生成多种副产物，产率低、产物不纯，因此加成法更优，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
烃的定义：仅由碳、氢两种元素组成的有机物，卤代烃不属于烃类。
同系物判断：需满足 “结构相似（官能团种类和数目相同）、分子组成相差 n 个 CH2” 两个条件。
取代反应特点：烷烃与卤素的取代反应是多步进行的，产物复杂，会生成多种卤代物。
加成反应优势：烯烃与卤化氢的加成反应具有专一性，目标产物产率高、纯度高，适合工业生产。
6．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图甲中生成物总能量高于反应物总能量，代表吸热反应；而甲烷燃烧是典型的放热反应，生成物总能量应低于反应物总能量，该图像与反应类型不符，A错误；
B、图乙电解质为 NaOH 溶液，Mg 不与 NaOH 反应，而 Al 可与 NaOH 发生氧化还原反应，因此 Al 作负极，Mg 作正极，B错误；
C、若图丙为镁与稀盐酸的 v-t 图像，t1~t2阶段反应速率加快，说明反应放热使体系温度升高，温度对速率的促进作用超过了浓度降低的抑制作用，体现了反应放热，C正确；
D、图丁中 2min 时 SO2与 SO3物质的量相等，但二者物质的量仍在变化，5min 后才保持不变，因此 2min 时未达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
能量图像判断：生成物能量 > 反应物能量 ，为吸热反应；生成物能量 < 反应物能量，为放热反应。
原电池正负极判断：不能仅看金属活动性，需结合电解质性质，能与电解质发生自发氧化还原的金属为负极。
速率图像分析：放热反应初期，温度升高会使反应速率先上升，后期因反应物浓度降低，速率才会下降。
平衡状态判断：平衡的标志是各组分物质的量（或浓度）不再随时间变化，而非物质的量相等。
7．【答案】B
【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、从图像可知，X、Y的物质的量减少，为反应物；Z的物质的量增加，为生成物。
2min时反应达到稳定状态，物质的量变化为：
，
，
，
计量数之比为 ，故化学方程式 为X(g)+3Y(g)2Z(g)，A错误；
B、2min后，X、Y、Z的物质的量均不再随时间变化，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态， B正确；
C、2min内，以Z表示的平均反应速率为：，
“2min末”指瞬时速率，无法直接计算，且表述混淆了平均速率与瞬时速率 ，C错误；
D、2min后反应达到平衡，正、逆反应仍在进行，只是速率相等，属于动态平衡，并非停止反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学方程式推导：物质的量变化量之比等于化学计量数之比，减少的为反应物，增加的为生成物，可逆反应需用可逆符号。
平衡状态判断：各组分物质的量（或浓度）不再随时间变化时，反应达到平衡。
反应速率计算：平均速率需用浓度变化量除以时间，瞬时速率无法直接由图像数据计算。
平衡特征：化学平衡是动态平衡，正、逆反应仍在进行，只是速率相等。
8．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、98.3% 的浓硫酸浓度过高，电离出的 H+浓度低，与 Na2SO3固体反应速率慢，实验室通常选用70% 左右的浓硫酸来制备 SO2，A错误；
B、品红溶液褪色体现 SO2的漂白性（与有色物质结合生成不稳定无色物质）；酸性 KMnO4溶液褪色体现 SO2的还原性（SO2将 MnO4-还原），二者褪色原理不同，B正确；
C、SO2溶于水生成 H2SO3，使石蕊溶液变红，但 SO2不能漂白酸碱指示剂，因此溶液只变红不褪色，C错误；
D、Na2S 溶液变浑浊，是因为 SO2与 S2-发生归中反应生成 S 单质，体现了 SO2的氧化性，而非还原性，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
SO2制备：选用 70% 浓硫酸，既保证足够 H+浓度，又避免 SO2过多溶解。
漂白性差异：SO2漂白品红是化合型漂白，不能漂白石蕊等酸碱指示剂。
氧化还原特性：SO2遇强氧化剂（如 KMnO4）表现还原性，遇强还原剂（如 S2-）表现氧化性。
酸性氧化物通性：SO2溶于水显酸性，能使石蕊溶液变红。
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；铵离子检验；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸加热反应后，生成的硫酸铜在浓硫酸中溶解度小，冷却后会以白色固体形式存在； 缓慢倒入蒸馏水中，溶液应呈蓝色，而非无色 ，A错误；
B、浓度越高，反应速率不一定越快，1.0mol/L 的 NaHSO3溶液浓度过大，可能导致 H2O2被稀释或离子间相互作用增强，反而可能抑制反应，且NaHSO3和H2O2反应生成硫酸钠和水，无明显现象，由操作不能比较浓度对速率的影响，B错误；
C、检验 NH4+时，应使用湿润的红色石蕊试纸，氨气遇湿润红色石蕊试纸会变蓝；湿润蓝色石蕊试纸遇氨气不会变红，操作和现象均错误 ，C错误；
D、红热炭与浓硫酸反应，生成 SO2和 CO2：SO2使品红溶液褪色（体现漂白性），使酸性 KMnO4溶液变浅（体现还原性）；除去 SO2后，CO2使澄清石灰水变浑浊，现象与产物性质一致，可证明气体产物含 SO2和 CO2 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硫酸铜溶液颜色：无水硫酸铜为白色，溶于水后形成蓝色溶液。
浓度对速率影响：浓度与速率并非单纯正相关，过高浓度可能因溶剂效应、离子相互作用等降低反应活性。
NH4+检验规范：必须用湿润红色石蕊试纸，试纸颜色变化是 “变蓝”。
碳与浓硫酸反应产物：产物为 SO2和 CO2，需先检验并除去 SO2，再检验 CO2，避免 SO2干扰 CO2的检验。
10．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；蒸发和结晶、重结晶；粗盐提纯
【解析】【解答】A、粗盐中含 SO42-、Mg2+、Ca2+等杂质，除杂时需按顺序加入试剂：
先加过量 BaCl2溶液（溶液 a）除去 SO42-，再加过量 Na2CO3溶液（溶液 b）除去 Ca2+和过量 Ba2+，最后加适量稀盐酸（溶液 c）除去过量的 OH-和 CO32-，该顺序符合除杂原则，A正确；
B、操作 Ⅱ 是从滤液中获得精盐晶体，该操作为蒸发结晶，需要使用蒸发皿、玻璃棒等仪器，不需要漏斗，B错误；
C、实验室没有 450mL 容量瓶，需配制 500mL 溶液，计算得 NaCl 质量为1.0mol/L×0.5L×58.5g/mol=29.25g，托盘天平精度为 0.1g，应称量 29.3g，并非 26.3g，C错误；
D、侯氏制碱法中，因氨气溶解度远大于二氧化碳，需先向饱和食盐水中通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，才能大量析出碳酸氢钠，顺序不能颠倒，D错误；
故答案为：A。
【分析】粗盐先经溶解形成悬浊液，依次加入过量BaCl2溶液、NaOH 溶液、Na2CO3溶液，分别除去 SO42-、Mg2+、Ca2+及过量 Ba2+；经操作 Ⅰ（过滤）分离沉淀后，向滤液中加入适量稀盐酸除去过量 OH-和 CO32-；再经操作 Ⅱ（蒸发结晶）、烘干，最终得到纯净精盐。
11．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、0~4min内A的平均反应速率为0.75mol/(L·min)，容器体积为2L，
则A的浓度变化量为 ，物质的量变化为 。
平衡时生成4mol D，根据化学计量数之比，，即 ，解得 ，A正确；
B、D是固体，固体的浓度视为常数，不随时间变化，因此不能用固体的浓度变化来表示反应速率，B错误；
C、由化学计量数可知，，生成4mol D时，消耗B的物质的量为2mol。
B的起始物质的量为10mol，故转化率为 ，C正确；
D、容器为恒容，通入Ar后，各反应气体的浓度不变，因此反应速率不发生变化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学计量数确定：利用反应速率计算物质的量变化，结合产物D的生成量，通过计量数之比求出x。
固体的反应速率：固体物质浓度恒定，不能用于表示化学反应速率。
转化率计算：转化率 = （反应物消耗量÷起始量）× 100%。
恒容下压强影响：恒容时通入惰性气体，反应气体浓度不变，反应速率不变。
12．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 固体时，它会分解为 NH3和 HCl 气体，但在试管口遇冷又会重新化合生成 NH4Cl 固体，无法收集到氨气，实验室制氨气应选用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体共热，A错误；
B、装置中苯的密度比水小，会浮在水面上，NH3直接通入水中，仍会发生倒吸，无法起到防倒吸作用，B错误；
C、向蔗糖中加入少量水后再加入浓硫酸，浓硫酸先使蔗糖脱水炭化（体现脱水性），生成的碳单质再与浓硫酸发生氧化还原反应，生成 CO2和 SO2等气体（体现强氧化性），该实验能同时体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，C正确；
D、浓硝酸与铜反应会生成红棕色的 NO2气体，并非无色气体，且反应后溶液因生成 Cu(NO3)2而呈蓝色，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：NH4Cl 受热分解后会重新化合，不能单独用于制氨气，需与碱共热。
防倒吸装置：需将气体与水隔离（如用四氯化碳层），苯层无法有效防止 NH3倒吸。
浓硫酸特性：使蔗糖炭化体现脱水性，与碳反应体现强氧化性，二者可在同一实验中先后发生。
浓硝酸反应：与铜反应生成红棕色 NO2，溶液呈蓝色，需注意气体颜色与产物颜色。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通入氢气的 a 电极为负极，通入氧气的 b 电极为正极，电子由负极（a 电极）经外电路流向正极（b 电极），A正确；
B、氢气在负极（a 电极）发生氧化反应：H2-2e-=2H+，B正确；
C、氧气在正极（b 电极）得电子，结合水生成 OH-，电极反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-，与图中离子迁移规律一致，C正确；
D、根据正极反应，转移 4mol 电子时消耗 1mol O2，但题目未指明是标准状况，无法直接用 22.4L/mol 计算体积，因此不能确定氧气体积为 22.4L，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
正负极判断：燃料（氢气）通入负极，发生氧化反应；氧化剂（氧气）通入正极，发生还原反应。
电子流向：电子由负极经外电路流向正极，溶液中依靠离子迁移导电。
电极反应式：碱性、 中性介质中，正极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-。
气体体积计算：使用 22.4L/mol 时，必须满足 “标准状况” 和 “气体” 两个条件，否则无法直接换算。
14．【答案】C
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 Ⅰ 中反应物分子（CO、H2O）吸附在催化剂表面，原有化学键发生断裂，化学键断裂需要吸收能量，A正确；
B、反应中断裂了 CO 中的 C≡O 键、H2O 中的 H-O 键（均为极性键），形成了 CO2中的 C=O 键（极性键）与 H2中的 H-H 键（非极性键），因此过程中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的形成，B正确；
C、该反应为可逆反应（方程式中用 表示），可逆反应存在反应限度，无论选择何种温度、压强或催化剂，都无法使 1mol CO 完全转化为 CO2，C错误；
D、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键与能量：断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量。
极性键与非极性键：不同原子间形成极性键，相同原子间形成非极性键。
可逆反应特征：可逆反应不能进行到底，反应物的转化率永远小于 100%。
催化剂的作用：催化剂只改变反应速率，不影响平衡位置，也不能改变反应限度。
15．【答案】（1）强氧化
（2）0.2%
（3）增强
（4）
（5）NaNO2
（6）4：3
（7）
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）浓硫酸具有强氧化性，常温下和铝发生钝化反应，阻碍了反应的进行，故浓硫酸在运输过程中可以用铝罐储存；
故答案为： 强氧化 ；
（2）将标准状况下尾气通入足量溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，再加入足量溶液(尾气中其他成分不参与反应)，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，得到硫酸钡沉淀（为0.0233g÷233g/mol=0.0001mol），结合硫元素守恒，尾气中的体积分数为；
故答案为： 0.2% ；
（3）收集到的酸雨长时间放置在空气中，溶液二氧化硫和水生成的亚硫酸会被氧气氧化为硫酸，导致溶液的酸性会增强；
故答案为： 增强 ；
（4）混合溶液中加入适量稀硫酸，铜继续溶解，反应为酸性条件下，硝酸根离子氧化铜单质生成铜离子和NO、水，；
故答案为： ；
（5）与按物质的量之比被足量溶液完全吸收后只得到一种钠盐，结合电子守恒，NO和发生归中反应，生成中间价态的氮的化合物NaNO2；
故答案为： NaNO2 ；
（6）由图，在催化反应器中还原生成氮气，氨气中氮化合价由-3变为0被氧化得到氧化产物、中氮化合价由+4变为0被还原得到还原产物氮气，结合电子守恒，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3；
故答案为： 4：3 ；
（7）肼和强氧化剂混合时，立即产生大量氮气和水蒸气，中氮化合价由-2变为0得到氮气、中氮化合价由+4变为0得到氮气，结合电子守恒，肼与反应的化学方程式：。
故答案为： ；
【分析】(1) 核心性质：浓硫酸具有强氧化性。
反应原理：常温下，铝与浓硫酸接触时，表面会迅速生成一层致密的氧化铝钝化膜，这层膜能阻止内部金属继续与浓硫酸反应，因此可用铝罐安全运输浓硫酸。
(2) 反应链条：SO2被H2O2氧化为SO42- → 与BaCl2生成BaSO4沉淀（S元素守恒）。
计算步骤：a. 由沉淀质量求n(BaSO4)：；
b. 由S守恒得n(SO2) = 0.0001 mol；
c. 标况下SO2体积：；
d. 体积分数：。
(3) 初始成分：酸雨主要含H2SO3（SO2与水反应生成，弱酸）；
变化过程：H2SO3被空气中O2氧化为H2SO4（强酸），反应：；
结果：H+浓度显著升高，溶液酸性增强。
(4) 反应本质：Cu与稀硝酸反应后，溶液中残留NO3-；加入稀硫酸提供H+，形成酸性环境，NO3-继续氧化Cu；离子方程式： ；
注意：H+由稀硫酸提供，NO3-来自之前的反应，二者共同作用使Cu继续溶解。
(5) 化合价归中：NO中N为+2价，NO2中N为+4价，二者按1：1反应时，生成中间价态+3价的N；
产物判断：与NaOH反应生成NaNO2（亚硝酸钠），反应：。
(6) 化合价变化：NH3中N：-3 到 0（被氧化，氧化产物为N2）；NO2中N：+4 到 0（被还原，还原产物为N2）；
电子守恒配平：；
比例：氧化产物（来自NH3的N2）与还原产物（来自NO2的N2）的物质的量之比为4：3。
(7) 化合价变化：N2H4中N：-2 到 0（被氧化）；N2O4中N：+4 到 0（被还原）；
电子守恒配平：N2H4失去4e-，N2O4得到8e-，最小公倍数为8，故N2H4系数为2，N2O4系数为1；
完整方程式： 。
（1）浓硫酸具有强氧化性，常温下和铝发生钝化反应，阻碍了反应的进行，故浓硫酸在运输过程中可以用铝罐储存；
（2）将标准状况下尾气通入足量溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，再加入足量溶液(尾气中其他成分不参与反应)，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，得到硫酸钡沉淀（为0.0233g÷233g/mol=0.0001mol），结合硫元素守恒，尾气中的体积分数为；
（3）收集到的酸雨长时间放置在空气中，溶液二氧化硫和水生成的亚硫酸会被氧气氧化为硫酸，导致溶液的酸性会增强；
（4）混合溶液中加入适量稀硫酸，铜继续溶解，反应为酸性条件下，硝酸根离子氧化铜单质生成铜离子和NO、水，；
（5）与按物质的量之比被足量溶液完全吸收后只得到一种钠盐，结合电子守恒，NO和发生归中反应，生成中间价态的氮的化合物NaNO2；
（6）由图，在催化反应器中还原生成氮气，氨气中氮化合价由-3变为0被氧化得到氧化产物、中氮化合价由+4变为0被还原得到还原产物氮气，结合电子守恒，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3；
（7）肼和强氧化剂混合时，立即产生大量氮气和水蒸气，中氮化合价由-2变为0得到氮气、中氮化合价由+4变为0得到氮气，结合电子守恒，肼与反应的化学方程式：。
16．【答案】（1）C4H8
（2）CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3；溶液的橙红色褪去
（3）nCH2=CHCH2CH3；加聚反应
（4）CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3
（5）丙烷；；2
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；烯烃；同系物
【解析】【解答】（1）1-丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，则分子式为C4H8。
故答案为： C4H8 ；
（2）反应ⅰ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)与Br2/CCl4发生加成反应，生成BrCH2CHBrCH2CH3，化学方程式为CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3，反应现象为：溶液的橙红色褪去。
故答案为： CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3 ； 溶液的橙红色褪去 ；
（3）反应ⅳ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)在一定条件下发生加聚反，生成。化学方程式为nCH2=CHCH2CH3。反应类型为：加聚反应。
故答案为： nCH2=CHCH2CH3 ； 加聚反应 ；
（4）由分析可知，反应ⅱ所得产物的结构简式可能为CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3。
故答案为： CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3 ；
（5）①C为CH3CH2CH2CH3，甲是C的同系物，若甲含有3个碳原子，则甲为CH3CH2CH3，化学名称为：丙烷。
②乙是C的同分异构体，则乙的结构简式为，乙分子中含有2种氢原子，则乙的一氯代物有2种。
故答案为： 丙烷 ； ；2；
【分析】1-丁烯（）分子中含有碳碳双键，在不同条件下发生4类典型反应：
1-丁烯与的溶液发生加成反应，双键断裂，两个溴原子分别连接到双键两端的碳原子上，生成二溴代物A（）。在催化剂、加热条件下，1-丁烯与水发生加成反应（水合反应），双键断裂，和分别加到双键碳原子上，生成丁醇类物质B（ CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3）。在催化剂、加热条件下，1-丁烯与发生加成反应（催化加氢），碳碳双键断裂，每个双键碳原子各结合一个氢原子，生成饱和烷烃C（正丁烷，）。在一定条件下，大量1-丁烯分子中的碳碳双键依次打开，彼此连接形成长链高分子，生成高分子材料D（ ），该物质被称为“塑料中的黄金”。
（1）1-丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，则分子式为C4H8。
（2）反应ⅰ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)与Br2/CCl4发生加成反应，生成BrCH2CHBrCH2CH3，化学方程式为CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3，反应现象为：溶液的橙红色褪去。
（3）反应ⅳ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)在一定条件下发生加聚反，生成。化学方程式为nCH2=CHCH2CH3。反应类型为：加聚反应。
（4）由分析可知，反应ⅱ所得产物的结构简式可能为CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3。
（5）①C为CH3CH2CH2CH3，甲是C的同系物，若甲含有3个碳原子，则甲为CH3CH2CH3，化学名称为：丙烷。
②乙是C的同分异构体，则乙的结构简式为，乙分子中含有2种氢原子，则乙的一氯代物有2种。
17．【答案】（1）分液漏斗
（2）2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2
（3）C；D
（4）防止溶液显酸性，导致分解
（5）防倒吸
（6）减少产品损失，同时便于干燥
【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器a的名称是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）根据题意，硫化钠和碳酸钠一定比例的混合溶液中，通入二氧化硫生成，同时生成二氧化碳，结合元素守恒可知，方程式为：2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2；
故答案为： 2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2 ；
（3）该制备过程用到了二氧化硫，会污染空气，则应该进行尾气处理，应该用碱性溶液，但是澄清石灰水浓度太小，应该用氢氧化钠溶液，另外二氧化硫有还原性，可以和酸性高锰酸钾反应，故选CD；
故答案为： C D；
（4）二氧化硫过量，溶液显酸性，根据题意，遇酸易分解，故答案为：防止溶液显酸性，导致分解；
故答案为： 防止溶液显酸性，导致分解 ；
（5）二氧化硫易溶于水，容易引起倒吸，则单向阀的作用为：防倒吸；
故答案为： 防倒吸 ；
（6）结合题意可知，易溶于水，不溶于醇，其乙醇容易挥发，则用乙醇洗涤的原因是：减少产品损失，同时便于干燥。
故答案为： 减少产品损失，同时便于干燥 ；
【分析】装置 A：分液漏斗 a 中盛放浓硫酸，与圆底烧瓶中的Na2SO3固体反应，制备SO2气体；
单向阀：防止装置 B 中液体倒吸入装置 A，保障实验安全；装置 B：将 SO2通入含Na2S 和 Na2CO3的混合溶液中，在搅拌下发生反应，合成Na2S2O3；装置 C：用烧杯中NaOH 溶液吸收未反应的 SO2尾气，防止污染空气，同时倒置漏斗防止倒吸。据此解题。
（1）由图可知，仪器a的名称是分液漏斗；
（2）根据题意，硫化钠和碳酸钠一定比例的混合溶液中，通入二氧化硫生成，同时生成二氧化碳，结合元素守恒可知，方程式为：2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2；
（3）该制备过程用到了二氧化硫，会污染空气，则应该进行尾气处理，应该用碱性溶液，但是澄清石灰水浓度太小，应该用氢氧化钠溶液，另外二氧化硫有还原性，可以和酸性高锰酸钾反应，故选CD；
（4）二氧化硫过量，溶液显酸性，根据题意，遇酸易分解，故答案为：防止溶液显酸性，导致分解；
（5）二氧化硫易溶于水，容易引起倒吸，则单向阀的作用为：防倒吸；
（6）结合题意可知，易溶于水，不溶于醇，其乙醇容易挥发，则用乙醇洗涤的原因是：减少产品损失，同时便于干燥。
18．【答案】（1）吸收；56.5；0.5；2NO2+H2O2=2HNO3
（2）负极；
（3）还原性；+8e-+l0H+═+3H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①，△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，所以当1molNO2分解时，反应会吸收56.5kJ能量；
②结合方程式，当生成的物质的量为，则生成的物质的量为0.5mol；、
③与反应生成，结合得失电子守恒可知，方程式为：2NO2+H2O2=2HNO3；
故答案为：吸收；56.5；0.5； 2NO2+H2O2=2HNO3 ；
（2）一氧化氮失去电子生成硝酸，则一氧化氮作负极，电极反应为：，即从负极通入；氧气在正极得到电子，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，则当脱除时，理论上消耗，
故答案为：负极；；
（3）铁失去电子，硝酸根得到电子，则该过程体现了纳米零价铁的还原性；根据题意，在原电池正极得到电子生成，正极总反应式为：+8e-+10H+═+3H2O，
故答案为：还原性；+8e-+10H+═+3H2O。
【分析】(1)①
反应：，代入数据：，故1 mol 分解吸收 能量。
②由方程式 可知，，生成 1 mol 时，生成 为 。
③ 被 氧化为 ，配平得：
(2) 电极判断： 失电子生成 ，发生氧化反应，故从负极通入。
负极：；正极：
电子守恒计算：脱除 1 mol 转移 3 mol 电子，1 mol 得 4 mol 电子，故消耗 为 。
(3) 性质判断：纳米零价铁失电子被氧化，体现还原性。
正极反应配平： 得电子被还原为 ，N 从+5价到-3价，得8个电子，酸性环境配平：。
（1）①，△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，所以当1molNO2分解时，反应会吸收56.5kJ能量；答案为：吸收；56.5；
②结合方程式，当生成的物质的量为，则生成的物质的量为0.5mol；答案为0.5；
③与反应生成，结合得失电子守恒可知，方程式为：2NO2+H2O2=2HNO3；
（2）一氧化氮失去电子生成硝酸，则一氧化氮作负极，电极反应为：，即从负极通入；氧气在正极得到电子，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，则当脱除时，理论上消耗，故答案为：负极；；
（3）铁失去电子，硝酸根得到电子，则该过程体现了纳米零价铁的还原性；根据题意，在原电池正极得到电子生成，正极总反应式为：+8e-+l0H+═+3H2O，答案为：还原性；+8e-+l0H+═+3H2O。
1 / 1湖南省湘一名校联盟大联考2024-2025学年高一下学期4月期中化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是
A．石墨烯电阻率低、热导率高，具有很高的强度
B．试管内壁附着的S可以用酒精洗涤
C．燃煤中加入生石灰，可以实现燃煤脱硫并且减少温室气体的排放
D．汽车尾气中含有的氮氧化物来源于汽油的不完全燃烧
【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；绿色化学
【解析】【解答】A、石墨烯是由碳原子构成的二维晶体，具备电阻率低、热导率高的电学与热学特性，同时原子间的共价键使其拥有很高的机械强度，A正确；
B、硫单质难溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此试管内壁附着的硫不能用酒精洗涤，应选用二硫化碳或热的碱液清洗，B错误；
C、燃煤中加入生石灰（CaO）可与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，最终转化为硫酸钙，实现脱硫，但该过程会生成二氧化碳，无法减少温室气体排放，C错误；
D、汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温高压的气缸环境下反应生成的，并非来自汽油的不完全燃烧，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
石墨烯性质：兼具优异的电学、热学与机械性能，是新型纳米材料。
硫的洗涤：硫不溶于酒精，易溶于二硫化碳，清洗时需选择合适溶剂。
燃煤脱硫原理：生石灰固硫可减少二氧化硫排放，但会产生二氧化碳，不能缓解温室效应。
氮氧化物来源：汽车尾气中的 NOx 来自空气中 N2与 O2的高温反应，与燃料燃烧是否完全无关。
2．下列有关化学概念或性质的判断错误的是
A．一个苯分子()中含有6个氢原子、3个碳碳双键
B．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有还原性
C．橡胶是一类具有高弹性的高分子材料
D．甲烷为正四面体结构
【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的结构与性质；甲烷的组成与结构
【解析】【解答】A、苯分子的分子式为 C6H6，确实含有 6 个氢原子，但苯分子中不存在独立的碳碳双键，其碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊大 π 键，A错误；
B、乙烯分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，这体现了乙烯的还原性，B正确；
C、橡胶是由异戊二烯等单体聚合而成的高分子材料，具有高弹性、绝缘性等特点，C正确；
D、甲烷分子中碳原子位于正四面体中心，4 个氢原子位于 4 个顶点，是典型的正四面体结构，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
苯的结构：苯分子中无碳碳双键，碳碳键完全等价，是特殊的共轭大 π 键。
乙烯的还原性：碳碳双键易被强氧化剂（如酸性高锰酸钾）氧化，体现还原性。
橡胶的类别：橡胶属于高分子化合物，核心特征是高弹性。
甲烷的空间结构：正四面体结构，4 个 C-H 键完全等同。
3．一定量的铁粉与过量的稀硫酸反应，为了加快反应速率，但又不影响生成的氢气总量，可以采取的措施是
A．加入少量醋酸钠固体 B．滴加几滴硫酸铜溶液
C．将稀硫酸换成98%的硫酸 D．适当升高温度
【答案】D
【知识点】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、加入醋酸钠固体后，醋酸根会与 H+结合生成弱电解质醋酸，降低溶液中 H+浓度，使反应速率减慢，A错误；
B、滴加硫酸铜溶液后，铁会与铜离子发生置换反应生成铜单质，在铁表面形成原电池，虽能加快反应速率，但会消耗部分铁粉，导致最终生成 H2的总量减少，不符合 “不影响氢气总量” 的要求，B错误；
C、将稀硫酸换成 98% 的浓硫酸，常温下铁会在浓硫酸中发生钝化，阻止反应继续进行，几乎无法产生氢气，C错误；
D、适当升高温度，能提高反应物分子的能量，加快有效碰撞频率，从而加快反应速率；且温度不影响铁粉的总物质的量，因此生成 H2的总量保持不变，符合题目要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
H+浓度影响：H+浓度降低会减慢反应速率，弱酸盐的加入会消耗 H+。
原电池效应：形成原电池可加快反应速率，但会消耗部分反应物，导致产物总量减少。
钝化效应：常温下铁、铝在浓硫酸、浓硝酸中会钝化，阻止反应持续进行。
温度影响：升高温度可加快所有反应的速率，且不改变反应物的总物质的量，不影响产物总量。
4．一定温度下，在恒容密闭容器中加入3molNH2COONH4，发生反应：。下列现象能说明反应达到平衡状态的是
A．
B．混合气体平均相对分子质量保持不变
C．混合气体密度保持不变
D．CO2的体积分数保持不变
【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、速率关系在反应的任意阶段都成立（与化学计量数一致），无法区分正逆反应速率，不能作为平衡判断依据，A错误；
B、反应中气体只有和，且二者物质的量之比始终为，因此混合气体的平均相对分子质量始终为定值（），不会随反应进行改变，不能作为平衡判断依据，B错误；
C、容器恒容，反应中固体反应物不断分解为气体，混合气体总质量随反应进行逐渐增大，根据密度公式，密度会逐渐增大；当密度保持不变时，说明气体总质量不再变化，反应达到平衡状态，C正确；
D、与的物质的量之比始终为，因此的体积分数始终为，是定值，不能作为平衡判断依据，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡判断核心：只有随反应进行会变化的物理量（变量）保持不变时，才能说明反应达到平衡。
特殊反应注意：反应物为固体时，气体总质量是变量；若气体组分比例固定，则平均相对分子质量、体积分数为定值，不能用于判断平衡。
速率关系：只有“正逆反应速率相等”的速率关系才能判断平衡，单纯的计量数比例速率无意义。
5．氯乙烷可用于冷冻麻醉应急处理以及运动中的急性损伤处理。关于氯乙烷，下列叙述正确的是
A．氯乙烷属于饱和烃
B．氯乙烷和溴乙烷互为同系物
C．生成氯乙烷的反应之一为2CH3CH3+Cl22CH3CH2Cl+H2
D．工业上制备氯乙烷采用加成反应比采用光照取代反应产率更高、产物更纯
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；同系物；烷烃
【解析】【解答】A、烃是只含碳、氢两种元素的化合物，而氯乙烷含有氯元素，属于卤代烃，不属于饱和烃，A错误；
B、同系物要求结构相似、分子组成上相差一个或若干个 CH2原子团。氯乙烷和溴乙烷的官能团分别是 - Cl 和 - Br，官能团种类不同，不互为同系物，B错误；
C、乙烷与氯气在光照下发生取代反应，产物为多种氯代乙烷和 HCl，不会生成 H2 ：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，C错误；
D、工业上常用乙烯与氯化氢发生加成反应制备氯乙烷： CH2=CH2+HClCH3CH2Cl ，产物单一且纯净；而光照下乙烷与氯气的取代反应会生成多种副产物，产率低、产物不纯，因此加成法更优，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
烃的定义：仅由碳、氢两种元素组成的有机物，卤代烃不属于烃类。
同系物判断：需满足 “结构相似（官能团种类和数目相同）、分子组成相差 n 个 CH2” 两个条件。
取代反应特点：烷烃与卤素的取代反应是多步进行的，产物复杂，会生成多种卤代物。
加成反应优势：烯烃与卤化氢的加成反应具有专一性，目标产物产率高、纯度高，适合工业生产。
6．下列图像的分析正确的是
A．图甲可以表示甲烷燃烧反应的能量变化
B．图乙可构成原电池，Mg为负极
C．若图丙为镁与稀盐酸反应的v-t图像，该图像说明镁与稀盐酸的反应是放热反应
D．图丁所示反应体系在2min时达到平衡状态
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图甲中生成物总能量高于反应物总能量，代表吸热反应；而甲烷燃烧是典型的放热反应，生成物总能量应低于反应物总能量，该图像与反应类型不符，A错误；
B、图乙电解质为 NaOH 溶液，Mg 不与 NaOH 反应，而 Al 可与 NaOH 发生氧化还原反应，因此 Al 作负极，Mg 作正极，B错误；
C、若图丙为镁与稀盐酸的 v-t 图像，t1~t2阶段反应速率加快，说明反应放热使体系温度升高，温度对速率的促进作用超过了浓度降低的抑制作用，体现了反应放热，C正确；
D、图丁中 2min 时 SO2与 SO3物质的量相等，但二者物质的量仍在变化，5min 后才保持不变，因此 2min 时未达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
能量图像判断：生成物能量 > 反应物能量 ，为吸热反应；生成物能量 < 反应物能量，为放热反应。
原电池正负极判断：不能仅看金属活动性，需结合电解质性质，能与电解质发生自发氧化还原的金属为负极。
速率图像分析：放热反应初期，温度升高会使反应速率先上升，后期因反应物浓度降低，速率才会下降。
平衡状态判断：平衡的标志是各组分物质的量（或浓度）不再随时间变化，而非物质的量相等。
7．某温度下，在2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．当时，反应达到平衡状态
C．2min末，以表示的反应速率为
D．2min后，正、逆反应均不再进行，体系中的物质的量均不再变化
【答案】B
【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、从图像可知，X、Y的物质的量减少，为反应物；Z的物质的量增加，为生成物。
2min时反应达到稳定状态，物质的量变化为：
，
，
，
计量数之比为 ，故化学方程式 为X(g)+3Y(g)2Z(g)，A错误；
B、2min后，X、Y、Z的物质的量均不再随时间变化，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态， B正确；
C、2min内，以Z表示的平均反应速率为：，
“2min末”指瞬时速率，无法直接计算，且表述混淆了平均速率与瞬时速率 ，C错误；
D、2min后反应达到平衡，正、逆反应仍在进行，只是速率相等，属于动态平衡，并非停止反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学方程式推导：物质的量变化量之比等于化学计量数之比，减少的为反应物，增加的为生成物，可逆反应需用可逆符号。
平衡状态判断：各组分物质的量（或浓度）不再随时间变化时，反应达到平衡。
反应速率计算：平均速率需用浓度变化量除以时间，瞬时速率无法直接由图像数据计算。
平衡特征：化学平衡是动态平衡，正、逆反应仍在进行，只是速率相等。
8．某同学设计了如图实验装置制备二氧化硫并检验其性质，下列有关说法正确的是
A．左侧注射器中应选用质量分数为98.3%的浓硫酸
B．品红溶液和酸性高锰酸钾溶液均褪色，但二者褪色原理不同
C．石蕊溶液先变红后褪色
D．Na2S溶液变浑浊，说明二氧化硫具有还原性
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、98.3% 的浓硫酸浓度过高，电离出的 H+浓度低，与 Na2SO3固体反应速率慢，实验室通常选用70% 左右的浓硫酸来制备 SO2，A错误；
B、品红溶液褪色体现 SO2的漂白性（与有色物质结合生成不稳定无色物质）；酸性 KMnO4溶液褪色体现 SO2的还原性（SO2将 MnO4-还原），二者褪色原理不同，B正确；
C、SO2溶于水生成 H2SO3，使石蕊溶液变红，但 SO2不能漂白酸碱指示剂，因此溶液只变红不褪色，C错误；
D、Na2S 溶液变浑浊，是因为 SO2与 S2-发生归中反应生成 S 单质，体现了 SO2的氧化性，而非还原性，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
SO2制备：选用 70% 浓硫酸，既保证足够 H+浓度，又避免 SO2过多溶解。
漂白性差异：SO2漂白品红是化合型漂白，不能漂白石蕊等酸碱指示剂。
氧化还原特性：SO2遇强氧化剂（如 KMnO4）表现还原性，遇强还原剂（如 S2-）表现氧化性。
酸性氧化物通性：SO2溶于水显酸性，能使石蕊溶液变红。
9．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中倒入适量蒸馏水 溶液呈无色 铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜
B 向2支分别盛有5mL0.1mol/L、5mL1.0mol/LNaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液 均有气泡产生且1.0mol/LNaHSO3溶液产生气泡快 浓度越大，反应速率越快
C 向某溶液中加入NaOH浓溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口 湿润的蓝色石蕊试纸变红 溶液中存在
D 将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体依次通入品红溶液、酸性KMnO4溶液、澄清石灰水 品红溶液褪色，酸性KMnO4溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊 气体产物中有SO2和CO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；铵离子检验；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸加热反应后，生成的硫酸铜在浓硫酸中溶解度小，冷却后会以白色固体形式存在； 缓慢倒入蒸馏水中，溶液应呈蓝色，而非无色 ，A错误；
B、浓度越高，反应速率不一定越快，1.0mol/L 的 NaHSO3溶液浓度过大，可能导致 H2O2被稀释或离子间相互作用增强，反而可能抑制反应，且NaHSO3和H2O2反应生成硫酸钠和水，无明显现象，由操作不能比较浓度对速率的影响，B错误；
C、检验 NH4+时，应使用湿润的红色石蕊试纸，氨气遇湿润红色石蕊试纸会变蓝；湿润蓝色石蕊试纸遇氨气不会变红，操作和现象均错误 ，C错误；
D、红热炭与浓硫酸反应，生成 SO2和 CO2：SO2使品红溶液褪色（体现漂白性），使酸性 KMnO4溶液变浅（体现还原性）；除去 SO2后，CO2使澄清石灰水变浑浊，现象与产物性质一致，可证明气体产物含 SO2和 CO2 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硫酸铜溶液颜色：无水硫酸铜为白色，溶于水后形成蓝色溶液。
浓度对速率影响：浓度与速率并非单纯正相关，过高浓度可能因溶剂效应、离子相互作用等降低反应活性。
NH4+检验规范：必须用湿润红色石蕊试纸，试纸颜色变化是 “变蓝”。
碳与浓硫酸反应产物：产物为 SO2和 CO2，需先检验并除去 SO2，再检验 CO2，避免 SO2干扰 CO2的检验。
10．从海水中得到的粗盐往往含有可溶性杂质(主要有Na2SO4、MgCl2、CaCl2)和不溶性杂质(泥沙等)，必须进行分离和提纯后才能使用，粗盐提纯的部分流程如图所示，下列说法正确的是
A．溶液a、b、c依次为BaCl2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸
B．操作Ⅱ需要使用漏斗
C．配制450mL1.0mol/LNaCl溶液时需要用托盘天平称量26.3g精盐
D．精盐是重要的化工原料，侯氏制碱法第一步需向饱和食盐水中依次通入二氧化碳、氨气
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；蒸发和结晶、重结晶；粗盐提纯
【解析】【解答】A、粗盐中含 SO42-、Mg2+、Ca2+等杂质，除杂时需按顺序加入试剂：
先加过量 BaCl2溶液（溶液 a）除去 SO42-，再加过量 Na2CO3溶液（溶液 b）除去 Ca2+和过量 Ba2+，最后加适量稀盐酸（溶液 c）除去过量的 OH-和 CO32-，该顺序符合除杂原则，A正确；
B、操作 Ⅱ 是从滤液中获得精盐晶体，该操作为蒸发结晶，需要使用蒸发皿、玻璃棒等仪器，不需要漏斗，B错误；
C、实验室没有 450mL 容量瓶，需配制 500mL 溶液，计算得 NaCl 质量为1.0mol/L×0.5L×58.5g/mol=29.25g，托盘天平精度为 0.1g，应称量 29.3g，并非 26.3g，C错误；
D、侯氏制碱法中，因氨气溶解度远大于二氧化碳，需先向饱和食盐水中通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，才能大量析出碳酸氢钠，顺序不能颠倒，D错误；
故答案为：A。
【分析】粗盐先经溶解形成悬浊液，依次加入过量BaCl2溶液、NaOH 溶液、Na2CO3溶液，分别除去 SO42-、Mg2+、Ca2+及过量 Ba2+；经操作 Ⅰ（过滤）分离沉淀后，向滤液中加入适量稀盐酸除去过量 OH-和 CO32-；再经操作 Ⅱ（蒸发结晶）、烘干，最终得到纯净精盐。
11．向2L恒容密闭容器中通入A、B各10mol，在一定温度下发生反应：xA(g)+B(g)2C(g)+2D(s)，4min时达到平衡，生成4molD，0~4min内以A的浓度变化表示的平均反应速率为0.75mol/(L·min)。下列说法错误的是
A．x=3
B．0~4min内以D的浓度变化表示的平均反应速率为0.5mol/(L·min)
C．平衡时B的转化率为20%
D．向容器中通入一定量Ar使压强增大，反应速率不变
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、0~4min内A的平均反应速率为0.75mol/(L·min)，容器体积为2L，
则A的浓度变化量为 ，物质的量变化为 。
平衡时生成4mol D，根据化学计量数之比，，即 ，解得 ，A正确；
B、D是固体，固体的浓度视为常数，不随时间变化，因此不能用固体的浓度变化来表示反应速率，B错误；
C、由化学计量数可知，，生成4mol D时，消耗B的物质的量为2mol。
B的起始物质的量为10mol，故转化率为 ，C正确；
D、容器为恒容，通入Ar后，各反应气体的浓度不变，因此反应速率不发生变化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学计量数确定：利用反应速率计算物质的量变化，结合产物D的生成量，通过计量数之比求出x。
固体的反应速率：固体物质浓度恒定，不能用于表示化学反应速率。
转化率计算：转化率 = （反应物消耗量÷起始量）× 100%。
恒容下压强影响：恒容时通入惰性气体，反应气体浓度不变，反应速率不变。
12．下列实验操作或装置及其相关说明均正确的是
选项 实验操作或装置 说明
A 该装置可用于实验室制氨气
B 该装置可以防倒吸
C 该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
D 试管中可观察到铜丝变细，产生无色气体，溶液变绿
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 固体时，它会分解为 NH3和 HCl 气体，但在试管口遇冷又会重新化合生成 NH4Cl 固体，无法收集到氨气，实验室制氨气应选用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体共热，A错误；
B、装置中苯的密度比水小，会浮在水面上，NH3直接通入水中，仍会发生倒吸，无法起到防倒吸作用，B错误；
C、向蔗糖中加入少量水后再加入浓硫酸，浓硫酸先使蔗糖脱水炭化（体现脱水性），生成的碳单质再与浓硫酸发生氧化还原反应，生成 CO2和 SO2等气体（体现强氧化性），该实验能同时体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，C正确；
D、浓硝酸与铜反应会生成红棕色的 NO2气体，并非无色气体，且反应后溶液因生成 Cu(NO3)2而呈蓝色，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：NH4Cl 受热分解后会重新化合，不能单独用于制氨气，需与碱共热。
防倒吸装置：需将气体与水隔离（如用四氯化碳层），苯层无法有效防止 NH3倒吸。
浓硫酸特性：使蔗糖炭化体现脱水性，与碳反应体现强氧化性，二者可在同一实验中先后发生。
浓硝酸反应：与铜反应生成红棕色 NO2，溶液呈蓝色，需注意气体颜色与产物颜色。
13．氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。下列关于该燃料电池的说法错误的是
A．电子从a电极经外电路流向b电极
B．通入氢气的一极为负极，发生氧化反应
C．放电时正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
D．理论上当转移4mol电子时消耗22.4L氧气
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通入氢气的 a 电极为负极，通入氧气的 b 电极为正极，电子由负极（a 电极）经外电路流向正极（b 电极），A正确；
B、氢气在负极（a 电极）发生氧化反应：H2-2e-=2H+，B正确；
C、氧气在正极（b 电极）得电子，结合水生成 OH-，电极反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-，与图中离子迁移规律一致，C正确；
D、根据正极反应，转移 4mol 电子时消耗 1mol O2，但题目未指明是标准状况，无法直接用 22.4L/mol 计算体积，因此不能确定氧气体积为 22.4L，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
正负极判断：燃料（氢气）通入负极，发生氧化反应；氧化剂（氧气）通入正极，发生还原反应。
电子流向：电子由负极经外电路流向正极，溶液中依靠离子迁移导电。
电极反应式：碱性、 中性介质中，正极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-。
气体体积计算：使用 22.4L/mol 时，必须满足 “标准状况” 和 “气体” 两个条件，否则无法直接换算。
14．我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，该反应为放热反应，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法错误的是
A．过程Ⅰ断裂化学键吸收能量
B．该反应过程中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的形成
C．通过选择合适的温度、压强和更高效的催化剂，可以使1molCO完全转化为CO2
D．在该反应过程中，催化剂可加快反应速率
【答案】C
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 Ⅰ 中反应物分子（CO、H2O）吸附在催化剂表面，原有化学键发生断裂，化学键断裂需要吸收能量，A正确；
B、反应中断裂了 CO 中的 C≡O 键、H2O 中的 H-O 键（均为极性键），形成了 CO2中的 C=O 键（极性键）与 H2中的 H-H 键（非极性键），因此过程中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的形成，B正确；
C、该反应为可逆反应（方程式中用 表示），可逆反应存在反应限度，无论选择何种温度、压强或催化剂，都无法使 1mol CO 完全转化为 CO2，C错误；
D、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键与能量：断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量。
极性键与非极性键：不同原子间形成极性键，相同原子间形成非极性键。
可逆反应特征：可逆反应不能进行到底，反应物的转化率永远小于 100%。
催化剂的作用：催化剂只改变反应速率，不影响平衡位置，也不能改变反应限度。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．根据所学知识回答下列问题：
（1）浓硫酸在运输过程中可以用铝罐储存，这体现了浓硫酸的　 　性。
（2）为了测定某工厂尾气中的含量，将标准状况下尾气通入足量溶液中，再加入足量溶液(尾气中其他成分不参与反应)，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，得到沉淀，则尾气中的体积分数为　 　%。
（3）收集到的酸雨长时间放置在空气中，溶液的酸性会　 　(填“增强”或“减弱”)。
（4）在一定量的铜中加入稀硝酸，充分反应后有铜剩余，在混合溶液中加入适量稀硫酸，铜继续溶解，请写出继续溶解的离子方程式：　 　。
（5）与按物质的量之比被足量溶液完全吸收后只得到一种钠盐，该钠盐的化学式为　 　。
（6）SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO，排放，其原理如图所示：
尿素水溶液热分解生成和，在催化反应器中还原，则该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　。
（7）肼()可用作火箭燃料。肼和强氧化剂混合时，立即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。写出肼与反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）强氧化
（2）0.2%
（3）增强
（4）
（5）NaNO2
（6）4：3
（7）
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）浓硫酸具有强氧化性，常温下和铝发生钝化反应，阻碍了反应的进行，故浓硫酸在运输过程中可以用铝罐储存；
故答案为： 强氧化 ；
（2）将标准状况下尾气通入足量溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，再加入足量溶液(尾气中其他成分不参与反应)，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，得到硫酸钡沉淀（为0.0233g÷233g/mol=0.0001mol），结合硫元素守恒，尾气中的体积分数为；
故答案为： 0.2% ；
（3）收集到的酸雨长时间放置在空气中，溶液二氧化硫和水生成的亚硫酸会被氧气氧化为硫酸，导致溶液的酸性会增强；
故答案为： 增强 ；
（4）混合溶液中加入适量稀硫酸，铜继续溶解，反应为酸性条件下，硝酸根离子氧化铜单质生成铜离子和NO、水，；
故答案为： ；
（5）与按物质的量之比被足量溶液完全吸收后只得到一种钠盐，结合电子守恒，NO和发生归中反应，生成中间价态的氮的化合物NaNO2；
故答案为： NaNO2 ；
（6）由图，在催化反应器中还原生成氮气，氨气中氮化合价由-3变为0被氧化得到氧化产物、中氮化合价由+4变为0被还原得到还原产物氮气，结合电子守恒，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3；
故答案为： 4：3 ；
（7）肼和强氧化剂混合时，立即产生大量氮气和水蒸气，中氮化合价由-2变为0得到氮气、中氮化合价由+4变为0得到氮气，结合电子守恒，肼与反应的化学方程式：。
故答案为： ；
【分析】(1) 核心性质：浓硫酸具有强氧化性。
反应原理：常温下，铝与浓硫酸接触时，表面会迅速生成一层致密的氧化铝钝化膜，这层膜能阻止内部金属继续与浓硫酸反应，因此可用铝罐安全运输浓硫酸。
(2) 反应链条：SO2被H2O2氧化为SO42- → 与BaCl2生成BaSO4沉淀（S元素守恒）。
计算步骤：a. 由沉淀质量求n(BaSO4)：；
b. 由S守恒得n(SO2) = 0.0001 mol；
c. 标况下SO2体积：；
d. 体积分数：。
(3) 初始成分：酸雨主要含H2SO3（SO2与水反应生成，弱酸）；
变化过程：H2SO3被空气中O2氧化为H2SO4（强酸），反应：；
结果：H+浓度显著升高，溶液酸性增强。
(4) 反应本质：Cu与稀硝酸反应后，溶液中残留NO3-；加入稀硫酸提供H+，形成酸性环境，NO3-继续氧化Cu；离子方程式： ；
注意：H+由稀硫酸提供，NO3-来自之前的反应，二者共同作用使Cu继续溶解。
(5) 化合价归中：NO中N为+2价，NO2中N为+4价，二者按1：1反应时，生成中间价态+3价的N；
产物判断：与NaOH反应生成NaNO2（亚硝酸钠），反应：。
(6) 化合价变化：NH3中N：-3 到 0（被氧化，氧化产物为N2）；NO2中N：+4 到 0（被还原，还原产物为N2）；
电子守恒配平：；
比例：氧化产物（来自NH3的N2）与还原产物（来自NO2的N2）的物质的量之比为4：3。
(7) 化合价变化：N2H4中N：-2 到 0（被氧化）；N2O4中N：+4 到 0（被还原）；
电子守恒配平：N2H4失去4e-，N2O4得到8e-，最小公倍数为8，故N2H4系数为2，N2O4系数为1；
完整方程式： 。
（1）浓硫酸具有强氧化性，常温下和铝发生钝化反应，阻碍了反应的进行，故浓硫酸在运输过程中可以用铝罐储存；
（2）将标准状况下尾气通入足量溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，再加入足量溶液(尾气中其他成分不参与反应)，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，得到硫酸钡沉淀（为0.0233g÷233g/mol=0.0001mol），结合硫元素守恒，尾气中的体积分数为；
（3）收集到的酸雨长时间放置在空气中，溶液二氧化硫和水生成的亚硫酸会被氧气氧化为硫酸，导致溶液的酸性会增强；
（4）混合溶液中加入适量稀硫酸，铜继续溶解，反应为酸性条件下，硝酸根离子氧化铜单质生成铜离子和NO、水，；
（5）与按物质的量之比被足量溶液完全吸收后只得到一种钠盐，结合电子守恒，NO和发生归中反应，生成中间价态的氮的化合物NaNO2；
（6）由图，在催化反应器中还原生成氮气，氨气中氮化合价由-3变为0被氧化得到氧化产物、中氮化合价由+4变为0被还原得到还原产物氮气，结合电子守恒，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3；
（7）肼和强氧化剂混合时，立即产生大量氮气和水蒸气，中氮化合价由-2变为0得到氮气、中氮化合价由+4变为0得到氮气，结合电子守恒，肼与反应的化学方程式：。
16．1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)是重要的基础化工原料之一，高分子材料D更是被称为“塑料中的黄金”，是目前世界上最尖端的化学材料之一、在一定条件下1-丁烯有如图所示的转化关系：
回答下列问题：
（1）1-丁烯的分子式为　 　。
（2）反应ⅰ的化学方程式为　 　，反应现象为　 　。
（3）反应ⅳ的化学方程式为　 　。反应类型为　 　。
（4）反应ⅱ所得产物的结构简式可能为　 　(写1种即可)。
（5）①甲是C的同系物，若甲含有3个碳原子，则甲的化学名称为　 　。
②乙是C的同分异构体，则乙的结构简式为　 　，乙的一氯代物有　 　种。
【答案】（1）C4H8
（2）CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3；溶液的橙红色褪去
（3）nCH2=CHCH2CH3；加聚反应
（4）CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3
（5）丙烷；；2
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；烯烃；同系物
【解析】【解答】（1）1-丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，则分子式为C4H8。
故答案为： C4H8 ；
（2）反应ⅰ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)与Br2/CCl4发生加成反应，生成BrCH2CHBrCH2CH3，化学方程式为CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3，反应现象为：溶液的橙红色褪去。
故答案为： CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3 ； 溶液的橙红色褪去 ；
（3）反应ⅳ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)在一定条件下发生加聚反，生成。化学方程式为nCH2=CHCH2CH3。反应类型为：加聚反应。
故答案为： nCH2=CHCH2CH3 ； 加聚反应 ；
（4）由分析可知，反应ⅱ所得产物的结构简式可能为CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3。
故答案为： CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3 ；
（5）①C为CH3CH2CH2CH3，甲是C的同系物，若甲含有3个碳原子，则甲为CH3CH2CH3，化学名称为：丙烷。
②乙是C的同分异构体，则乙的结构简式为，乙分子中含有2种氢原子，则乙的一氯代物有2种。
故答案为： 丙烷 ； ；2；
【分析】1-丁烯（）分子中含有碳碳双键，在不同条件下发生4类典型反应：
1-丁烯与的溶液发生加成反应，双键断裂，两个溴原子分别连接到双键两端的碳原子上，生成二溴代物A（）。在催化剂、加热条件下，1-丁烯与水发生加成反应（水合反应），双键断裂，和分别加到双键碳原子上，生成丁醇类物质B（ CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3）。在催化剂、加热条件下，1-丁烯与发生加成反应（催化加氢），碳碳双键断裂，每个双键碳原子各结合一个氢原子，生成饱和烷烃C（正丁烷，）。在一定条件下，大量1-丁烯分子中的碳碳双键依次打开，彼此连接形成长链高分子，生成高分子材料D（ ），该物质被称为“塑料中的黄金”。
（1）1-丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，则分子式为C4H8。
（2）反应ⅰ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)与Br2/CCl4发生加成反应，生成BrCH2CHBrCH2CH3，化学方程式为CH2=CHCH2CH3+Br2BrCH2CHBrCH2CH3，反应现象为：溶液的橙红色褪去。
（3）反应ⅳ中，1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)在一定条件下发生加聚反，生成。化学方程式为nCH2=CHCH2CH3。反应类型为：加聚反应。
（4）由分析可知，反应ⅱ所得产物的结构简式可能为CH3CH(OH)CH2CH3或HOCH2CH2CH2CH3。
（5）①C为CH3CH2CH2CH3，甲是C的同系物，若甲含有3个碳原子，则甲为CH3CH2CH3，化学名称为：丙烷。
②乙是C的同分异构体，则乙的结构简式为，乙分子中含有2种氢原子，则乙的一氯代物有2种。
17．硫代硫酸钠()又名大苏打、海波。易溶于水，不溶于醇，它受热、遇酸易分解，具有还原性，在工业、医用方面有广泛应用。将和一定比例的配成溶液后再通入，可合成。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置B中通入时会产生浑浊后又变澄清，同时放出气体，装置B中发生总反应的化学方程式为　 　。
（3）装置C中的试剂可以为___________(填字母)。
A．澄清石灰水 B．稀硫酸
C．酸性高锰酸钾溶液 D．溶液
（4）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的不能过量，原因是　 　。
（5）装置A与装置B之间单向阀的作用为　 　。
（6）将反应后的液体经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，乙醇洗涤，低温烘干，得到晶体。用乙醇洗涤的原因是　 　(写一种)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2
（3）C；D
（4）防止溶液显酸性，导致分解
（5）防倒吸
（6）减少产品损失，同时便于干燥
【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器a的名称是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）根据题意，硫化钠和碳酸钠一定比例的混合溶液中，通入二氧化硫生成，同时生成二氧化碳，结合元素守恒可知，方程式为：2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2；
故答案为： 2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2 ；
（3）该制备过程用到了二氧化硫，会污染空气，则应该进行尾气处理，应该用碱性溶液，但是澄清石灰水浓度太小，应该用氢氧化钠溶液，另外二氧化硫有还原性，可以和酸性高锰酸钾反应，故选CD；
故答案为： C D；
（4）二氧化硫过量，溶液显酸性，根据题意，遇酸易分解，故答案为：防止溶液显酸性，导致分解；
故答案为： 防止溶液显酸性，导致分解 ；
（5）二氧化硫易溶于水，容易引起倒吸，则单向阀的作用为：防倒吸；
故答案为： 防倒吸 ；
（6）结合题意可知，易溶于水，不溶于醇，其乙醇容易挥发，则用乙醇洗涤的原因是：减少产品损失，同时便于干燥。
故答案为： 减少产品损失，同时便于干燥 ；
【分析】装置 A：分液漏斗 a 中盛放浓硫酸，与圆底烧瓶中的Na2SO3固体反应，制备SO2气体；
单向阀：防止装置 B 中液体倒吸入装置 A，保障实验安全；装置 B：将 SO2通入含Na2S 和 Na2CO3的混合溶液中，在搅拌下发生反应，合成Na2S2O3；装置 C：用烧杯中NaOH 溶液吸收未反应的 SO2尾气，防止污染空气，同时倒置漏斗防止倒吸。据此解题。
（1）由图可知，仪器a的名称是分液漏斗；
（2）根据题意，硫化钠和碳酸钠一定比例的混合溶液中，通入二氧化硫生成，同时生成二氧化碳，结合元素守恒可知，方程式为：2Na2S + Na2CO3+ 4SO2＝3Na2S2O3+ CO2；
（3）该制备过程用到了二氧化硫，会污染空气，则应该进行尾气处理，应该用碱性溶液，但是澄清石灰水浓度太小，应该用氢氧化钠溶液，另外二氧化硫有还原性，可以和酸性高锰酸钾反应，故选CD；
（4）二氧化硫过量，溶液显酸性，根据题意，遇酸易分解，故答案为：防止溶液显酸性，导致分解；
（5）二氧化硫易溶于水，容易引起倒吸，则单向阀的作用为：防倒吸；
（6）结合题意可知，易溶于水，不溶于醇，其乙醇容易挥发，则用乙醇洗涤的原因是：减少产品损失，同时便于干燥。
18．含氮化合物等)是环境污染物，消除含氮化合物的污染备受关注。
（1）“纳米零价铁”体系可将烟气(氮氧化物和)中难溶的氧化为可溶的。
①高温时可发生反应：。根据下列数据计算，当分解时，反应会　 　(填“吸收”或“放出”)　 　能量。
②一定温度下，将充入恒容密闭容器中，发生①中反应，经达到平衡状态，测得平衡时生成的物质的量为，则生成的物质的量为　 　mol。
③与反应生成的化学方程式为　 　。
（2）利用电化学手段可以将转化为脱除，装置如图所示，电极为多孔惰性材料。从　 　(填“正极”或“负极”)通入，当脱除时，理论上消耗　 　mol。
（3）纳米零价铁可去除水体中的。将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，可用于去除酸性水体中的，其部分反应原理如图所示，该过程体现了纳米零价铁的　 　性(填“氧化”或“还原”)。在原电池正极经历两步反应最终被还原为，请写出正极总反应式：　 　。
【答案】（1）吸收；56.5；0.5；2NO2+H2O2=2HNO3
（2）负极；
（3）还原性；+8e-+l0H+═+3H2O
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①，△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，所以当1molNO2分解时，反应会吸收56.5kJ能量；
②结合方程式，当生成的物质的量为，则生成的物质的量为0.5mol；、
③与反应生成，结合得失电子守恒可知，方程式为：2NO2+H2O2=2HNO3；
故答案为：吸收；56.5；0.5； 2NO2+H2O2=2HNO3 ；
（2）一氧化氮失去电子生成硝酸，则一氧化氮作负极，电极反应为：，即从负极通入；氧气在正极得到电子，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，则当脱除时，理论上消耗，
故答案为：负极；；
（3）铁失去电子，硝酸根得到电子，则该过程体现了纳米零价铁的还原性；根据题意，在原电池正极得到电子生成，正极总反应式为：+8e-+10H+═+3H2O，
故答案为：还原性；+8e-+10H+═+3H2O。
【分析】(1)①
反应：，代入数据：，故1 mol 分解吸收 能量。
②由方程式 可知，，生成 1 mol 时，生成 为 。
③ 被 氧化为 ，配平得：
(2) 电极判断： 失电子生成 ，发生氧化反应，故从负极通入。
负极：；正极：
电子守恒计算：脱除 1 mol 转移 3 mol 电子，1 mol 得 4 mol 电子，故消耗 为 。
(3) 性质判断：纳米零价铁失电子被氧化，体现还原性。
正极反应配平： 得电子被还原为 ，N 从+5价到-3价，得8个电子，酸性环境配平：。
（1）①，△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，所以当1molNO2分解时，反应会吸收56.5kJ能量；答案为：吸收；56.5；
②结合方程式，当生成的物质的量为，则生成的物质的量为0.5mol；答案为0.5；
③与反应生成，结合得失电子守恒可知，方程式为：2NO2+H2O2=2HNO3；
（2）一氧化氮失去电子生成硝酸，则一氧化氮作负极，电极反应为：，即从负极通入；氧气在正极得到电子，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，则当脱除时，理论上消耗，故答案为：负极；；
（3）铁失去电子，硝酸根得到电子，则该过程体现了纳米零价铁的还原性；根据题意，在原电池正极得到电子生成，正极总反应式为：+8e-+l0H+═+3H2O，答案为：还原性；+8e-+l0H+═+3H2O。
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