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浙江省Z20+名校联盟2025学年第二学期创新班联考 高一化学试题卷
1．下列物质不属于电解质的是
A． B．NaOH C． D．
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、CaCO3属于盐，熔融状态下能导电，是电解质，A 错误；
B、NaOH 属于强碱，水溶液中能导电，是电解质，B 错误；
C、SO2自身不能电离出离子，其水溶液导电是因为与水反应生成的 H2SO3电离，SO2属于非电解质，C 正确；
D、HNO3属于强酸，水溶液中能导电，是电解质，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电解质定义：在水溶液中或熔融状态下能自身电离出自由移动离子而导电的化合物；
非电解质判断：SO2、CO2等非金属氧化物，自身不能电离，属于非电解质，其水溶液导电是与水反应的产物电离导致；
常见电解质类别：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等；常见非电解质类别：非金属氧化物、大多数有机物、部分非金属氢化物等。
2．仪器名称为“坩埚”的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、该仪器为蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，不是坩埚，A 错误；
B、该仪器为坩埚，用于高温灼烧固体，B 正确；
C、该仪器为蒸发皿，用于蒸发溶液、浓缩结晶，不是坩埚，C 错误；
D、该仪器为普通漏斗，用于过滤、添加液体，不是坩埚，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
常见化学仪器识别：明确蒸馏烧瓶、坩埚、蒸发皿、普通漏斗的外观特征与用途；
坩埚的用途：耐高温，用于固体物质的高温灼烧（如灼烧沉淀、熔融固体等），需配合坩埚钳、泥三角使用；
易混仪器区分：坩埚为带盖的杯状容器，蒸发皿为无盖的碗状容器，二者用途不同，避免混淆。
3．玻璃广泛应用于建筑材料和各种器皿。下列物质不是用来生产普通玻璃原料的是
A．纯碱 B．黏土 C．石灰石 D．石英砂
【答案】B
【知识点】玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】普通玻璃（钠钙玻璃）的主要原料包括纯碱（Na2CO3）、石灰石（CaCO3）和石英砂（SiO2）。黏土是陶瓷生产的关键原料，与玻璃制造工艺无直接关联。
故正确答案为：B。
【分析】生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英砂。
4．一定温度、压强条件下，决定气体体积大小的主要因素是（　　）
A．粒子数目 B．粒子大小 C．粒子间距 D．粒子种类
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】在一定温度、压强条件下，气体分子之间的距离不变，这时影响气体体积的主要因素是气体分子数目的多少。气体分子数越多，气体体积就越大，故此时决定气体体积大小的主要因素是粒子数目，
故答案为：A。
【分析】 气体分子之间的距离远远大于分子本身的直径，分子大小可以忽略不计，当分子数一定，气体的体积主要决定于气体分子之间的距离。
5．下列说法不正确的是
A．进行铜-锌-稀硫酸原电池实验时，安全图标有
B．新制氯水需要避光保存
C．某溶液焰色试验呈黄色，则该溶液一定是钠盐溶液
D．实验室中未用完的钠、钾、白磷等放回原试剂瓶
【答案】C
【知识点】焰色反应；原电池工作原理及应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、铜 - 锌 - 稀硫酸原电池实验中，稀硫酸具有腐蚀性，需佩戴护目镜防护，同时实验涉及化学试剂，需做好洗手防护，对应安全图标正确，A 正确；
B、新制氯水中含 HClO，HClO 见光易分解，因此需要避光保存，B 正确；
C、焰色试验呈黄色，说明溶液中含 Na+，但不一定是钠盐溶液，也可能是 NaOH 等碱溶液，C 错误；
D、钠、钾易与水、氧气反应，白磷易自燃，为避免危险，实验室中未用完的钠、钾、白磷等需放回原试剂瓶，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学实验安全：明确腐蚀性试剂实验需佩戴护目镜，实验后需做好手部清洁，对应安全图标的使用场景；
氯水的保存：新制氯水中 HClO 的不稳定性，见光易分解为 HCl 和 O2，因此需避光、密封保存；
焰色试验的原理：焰色试验是元素的性质，只要溶液中含 Na+，焰色就呈黄色，不一定是钠盐，也可以是 NaOH 等含钠的碱；
化学试剂的取用：钠、钾、白磷等特殊试剂，剩余部分不能随意丢弃，需放回原试剂瓶，防止发生安全事故。
6．下列说法不正确的是
A．硫可形成、等不同单质，它们互为同素异形体
B．的结构式为：
C．比沸点高是因为分子间存在氢键
D．纳米碳酸钙(粒子直径为1~100 nm)属于胶体，能产生丁达尔效应
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；同素异形体；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、S2、S4是由硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，A 正确；
B、HClO 中 O 原子为中心原子，结构式为 H-O-Cl，B 正确；
C、H2O 分子间存在氢键，H2Se 分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此 H2O 沸点高于 H2Se，C 正确；
D、胶体是分散系，由分散质和分散剂组成，纳米碳酸钙是纯净物，仅粒子直径符合胶体分散质的要求，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同素异形体的定义：同种元素形成的不同单质互为同素异形体，S2、S4符合定义；
HClO 的结构式：根据共价键成键规律，O 原子形成 2 个共价键，H、Cl 原子各形成 1 个，因此结构式为 H-O-Cl；
氢键对沸点的影响：分子间氢键会显著提高物质的沸点，H2O 因氢键沸点远高于同主族其他元素的氢化物；
胶体的定义：胶体是分散系，必须包含分散质和分散剂，纳米碳酸钙是纯净物，不属于胶体，只有将其分散到分散剂中形成的分散系才是胶体，能产生丁达尔效应。
7．下列化学用语表达合理的是
A．的空间构型为四面体形
B．碱性氢氧燃料电池的负极反应为：
C．碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为：
D．已知的燃烧热，表示其燃烧热的热化学方程式为：
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；燃烧热；电极反应和电池反应方程式；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、CH2Cl2中 C 原子为 sp3 杂化，空间构型为四面体形，A 正确；
B、碱性氢氧燃料电池中，负极 H2失电子生成的 H+会与 OH-结合生成 H2O，正确的负极反应为
H2-2e-+2OH-=2H2O，B 错误；
C、NaHCO3是弱酸的酸式盐，在水溶液中电离分两步，第一步完全电离：
NaHCO3=Na++HCO3-，第二步部分电离：HCO3- H++CO32-，不能直接电离出 H+和 CO32-，C 错误；
D、燃烧热是指 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，H2S 完全燃烧的稳定产物为 SO2(g) 和 H2O (l)，不是 SO3，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
空间构型判断：CH4为正四面体结构，CH2Cl2是 CH4的取代物，C 原子仍为 sp3 杂化，空间构型为四面体形（非正四面体）；
碱性燃料电池电极反应：碱性环境中，H+不能稳定存在，需与 OH-结合生成 H2O，电极反应需体现碱性环境；
弱酸的酸式盐电离：NaHCO3等弱酸的酸式盐，第一步完全电离出金属阳离子和酸式酸根离子，酸式酸根离子部分电离，不能一步完全电离出 H+和 CO32-；
燃烧热的定义：1mol 可燃物完全燃烧，生成的稳定氧化物中，S 元素对应 SO2(g)，而非 SO3(g)，需严格遵循定义书写热化学方程式。
8．原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族，则原子序数为的元素不可能为
A．第ⅢA族 B．第ⅠA族 C．镧系元素 D．第ⅢB族
【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、短周期中，第 ⅡA 族元素的原子序数加 1，对应元素位于第 ⅢA 族，A 可能；
B、第 ⅠA 族元素的原子序数小于同周期第 ⅡA 族元素，原子序数为 x+1 的元素不可能位于第 ⅠA 族，B 不可能；
C、第六周期中，第 ⅡA 族元素（如 Ba，原子序数 56）的原子序数加 1，对应元素为镧系元素（La，原子序数 57），C 可能；
D、第四、五周期中，第 ⅡA 族元素的原子序数加 1，对应元素位于第 ⅢB 族（过渡元素），D 可能；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
周期表族序规律：短周期（第 1、2、3 周期）中，第 ⅡA 族右侧相邻为第 ⅢA 族，原子序数 + 1 对应第 ⅢA 族；
长周期过渡元素影响：第 4、5 周期中，第 ⅡA 族与第 ⅢA 族之间间隔 10 个过渡元素（第 ⅢB~ⅡB 族），因此第 ⅡA 族原子序数 + 1 对应第 ⅢB 族；
镧系、锕系元素影响：第 6、7 周期中，第 ⅡA 族（如 Ba，56 号）原子序数 + 1 对应镧系、锕系元素（La，57 号）；
族序位置逻辑：第 ⅠA 族在周期表中位于第 ⅡA 族左侧，原子序数更小，因此原子序数 + 1 不可能对应第 ⅠA 族。
9．用KOH固体配制250 mL 0.2000 mol/L的KOH溶液。下列说法正确的是
A．可使用托盘天平称取KOH固体2.80 g
B．洗涤液都注入容量瓶后，使溶液混合均匀的操作如图
C．定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D．若所用固体KOH中含有NaOH杂质，会使所配溶液中偏高
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A、托盘天平的精度为 0.1g，无法称取 2.80g（精确到 0.01g）的 KOH 固体，且 KOH 易潮解、腐蚀，需用分析天平称量，A 错误；
B、图中操作是上下颠倒摇匀，应在定容、塞好瓶塞后进行，洗涤液注入后、定容前不能直接颠倒摇匀，操作顺序错误，B 错误；
C、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，根据 c=，所配溶液浓度偏低，C 错误；
D、NaOH 的摩尔质量（40g/mol）小于 KOH 的摩尔质量（56g/mol），相同质量的 NaOH 比 KOH 含更多的 OH-，因此 KOH 中混有 NaOH 杂质时，所配溶液中 c(OH-) 偏高，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
仪器精度：托盘天平精度为 0.1g，无法满足 0.01g 的精度要求，配制精确浓度溶液需用分析天平；
溶液配制操作：容量瓶摇匀操作需在定容、塞紧瓶塞后进行，洗涤液转移后、定容前不能颠倒摇匀；
误差分析（c=）：定容仰视→V 偏大→c 偏低；
杂质对浓度的影响：等质量的 NaOH 比 KOH 物质的量更大，含 OH-更多，因此混有 NaOH 会使 OH-浓度偏高。
10．下列说法不正确的是
A．焓变是指1 mol物质所具有的能量
B．与反应生成时，增加C的量不能使反应速率增大
C．工业生产中常通入过量的空气以提高的转化率
D．由、和组成的平衡体系加压后颜色变深与勒夏特列原理无关
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、焓变是化学反应过程中吸收或放出的热量，是反应前后体系的焓的差值，不是 1mol 物质所具有的能量，A 错误；
B、C 为固体，其浓度视为常数，增加 C 的用量不会改变其浓度，因此不能增大反应速率，B 正确；
C、工业生产 SO3的反应为 2SO2+O2 2SO3，通入过量空气（增大 O2浓度），平衡正向移动，可提高 SO2的转化率，C 正确；
D、H2(g)+I2(g) 2HI(g) 是反应前后气体分子数相等的反应，加压后平衡不移动，但容器体积减小，I2(g) 浓度增大，体系颜色变深，该变化与勒夏特列原理（平衡移动）无关，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
焓变的定义：焓变 ΔH 是化学反应的焓变，等于生成物总焓与反应物总焓的差值，不是物质本身具有的能量；
固体对反应速率的影响：纯固体的浓度视为常数，改变其用量不影响反应速率；
浓度对平衡的影响：增大一种反应物浓度，可提高另一种反应物的转化率；
压强对平衡的影响：反应前后气体分子数相等的反应，加压平衡不移动，颜色变深是体积减小导致浓度增大，与平衡移动无关。
11．下列有关物质的性质与用途描述不正确的是
A．碳酸氢钠和碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用作食品加工的膨松剂
B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
C．二氧化硅具有导电性，可用于生产光导纤维
D．Fe粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氨的性质及用途；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠与碳酸氢铵既能中和食品中的酸性成分，又能在受热时分解释放气体，使面团膨松多孔，完全符合食品膨松剂的使用要求，A 正确；
B、液氨在汽化过程中会吸收大量的环境热量，可快速实现制冷效果，因此工业上常用作制冷剂，B 正确；
C、二氧化硅属于共价晶体，不具备导电性，其用于制造光导纤维，是利用了其对光的全反射传输特性，而非导电能力，C 错误；
D、铁粉具有强还原性，可优先与食品包装内的氧气发生反应，从而避免食品被氧化变质，是常用的食品抗氧化剂，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
食品膨松剂的核心要求：既能与酸反应，又能受热产气，以此实现食品的膨松效果；
制冷剂的本质原理：依靠物质相变（汽化、升华）的强吸热效应，带走环境热量实现降温；
二氧化硅的性质误区：SiO2不导电，光导纤维的工作原理是光的全反射，与导电性无关联；
食品抗氧化剂的作用逻辑：利用还原剂的还原性，消耗氧气，阻断食品的氧化变质过程。
12．下列关于装置选择、实验操作及相关叙述均正确的是
A．装置①用于测定中和反应的反应热
B．装置②用于测定锌与稀硫酸反应速率(夹持装置省略)
C．装置③可以检验铁与水蒸气反应的气体产物
D．装置④可制备氢氧化亚铁，实验开始时应先关闭止水夹a
【答案】C
【知识点】化学反应速率；铁的化学性质；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置①缺少环形玻璃搅拌棒，无法使酸碱充分混合、反应放热均匀，不能准确测定中和反应的反应热，A 错误；
B、装置②中长颈漏斗下端未液封，生成的氢气会从长颈漏斗逸出，无法准确测定反应速率，B 错误；
C、装置③中湿棉花提供水蒸气，还原铁粉与水蒸气反应生成氢气，氢气通入肥皂液形成肥皂泡，点燃肥皂泡可检验氢气，装置和操作均正确，C 正确；
D、装置④制备氢氧化亚铁时，需先打开止水夹 a，利用氢气排出装置内的空气，防止氢氧化亚铁被氧化，不能先关闭止水夹 a，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
中和热测定实验：必须配备环形玻璃搅拌棒，保证酸碱充分混合、热量均匀，同时装置需做好保温，减少热量损失；
反应速率测定实验：长颈漏斗需液封，防止气体逸出，若使用长颈漏斗，下端必须浸没在液面以下，或改用分液漏斗；
铁与水蒸气反应实验：湿棉花提供水蒸气，反应生成氢气，利用肥皂液收集氢气、点燃检验，操作符合实验要求；
氢氧化亚铁制备实验：需先排尽装置内空气，防止 Fe(OH)2被氧化，因此实验开始时应先打开止水夹 a，利用氢气排空气，再关闭止水夹 a 使 FeSO4与 NaOH 反应。
13．下列判断不正确的是
A．原子半径：O＜Mg＜Na
B．碱性强弱：Mg(OH)2＜NaOH＜KOH
C．非金属性：C＜N＜Si
D．单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2、S、P
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、O 位于第二周期，Na、Mg 位于第三周期，电子层数越多原子半径越大；同周期主族元素从左到右原子半径减小，因此原子半径：O < Mg < Na，A 正确；
B、金属性：Mg < K，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性强弱：Mg(OH)2 < NaOH < KOH，B 正确；
C、同周期主族元素从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，因此非金属性：Si < C < N，C 错误；
D、非金属性：Cl > S > P，元素非金属性越强，单质与氢气化合越容易，因此单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2、S、P，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子半径比较规律：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
金属性与碱性的关系：元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；同主族元素从上到下金属性增强，同周期从左到右金属性减弱；
非金属性递变规律：同周期主族元素从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱；
非金属性与单质和氢气化合的关系：元素非金属性越强，单质与氢气化合越容易，生成的氢化物越稳定。
14．气体与足量溶液完全反应后，再加入溶液，发生如下反应：
①
②
下列有关说法不正确的是
A．反应①中发生氧化反应
B．反应②中被氧化
C．反应②中每参加反应，转移电子的数目约为
D．若有(标准状况)参加反应，则最终消耗
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①中，SO2中 S 元素化合价从 + 4 价升高到 + 6 价，发生氧化反应，A 正确；
B、反应②中，Fe2+中 Fe 元素化合价从 + 2 价升高到 + 3 价，被氧化，B 正确；
C、反应②中，Cr 元素化合价从 + 6 价降低到 + 3 价，1mol K2Cr2O7参加反应转移 6mol 电子，故 0.2mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的物质的量为 1.2mol，数目约为 1.2×6.02×1023，C 正确；
D、标准状况下 13.44L SO2的物质的量为 0.6mol，根据反应关系 3SO2 ~ 6Fe2+ ~ K2Cr2O7，可知消耗 K2Cr2O7的物质的量为 0.2mol，而非 0.4mol，D 错误；
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
氧化反应的判断：根据元素化合价升高的反应为氧化反应，分析反应①中 S 元素的化合价变化；
被氧化的判断：根据元素化合价升高的物质被氧化，分析反应②中 Fe 元素的化合价变化；
转移电子数的计算：根据 Cr 元素化合价的变化，计算 1mol K2Cr2O7反应转移的电子数，再换算 0.2mol 的转移电子数；
关系式法计算：根据两个反应的化学计量关系，建立 SO2与 K2Cr2O7的物质的量关系式，计算消耗的 K2Cr2O7的物质的量。
15．下列关于和两种溶液的说法正确的是
A．和均可以通过化合反应制得
B．保存时均需加入少量铁粉防止变质
C．可以用过量锌粒除去溶液中的杂质
D．和溶液均不能与不活泼金属铜发生反应
【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、FeCl2可由 Fe 与 FeCl3化合（2FeCl3+Fe=3FeCl2）制得，另一种溶液（FeCl3）可由 Fe 与 Cl2化合（ ）制得，二者均可通过化合反应制得，A 正确；
B、FeCl2保存时需加铁粉防止 Fe2+被氧化为 Fe3+，但 FeCl3会与 Fe 反应生成 FeCl2，不能加铁粉，B 错误；
C、Zn 的金属性比 Fe 强，过量 Zn 会与 FeCl2发生置换反应生成 Fe 和 ZnCl2，会引入新杂质且消耗 FeCl2，不能用于除杂，C 错误；
D、FeCl3具有强氧化性，可与 Cu 发生反应（2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2），FeCl2与 Cu 不反应，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化合反应制盐：FeCl2可通过 Fe 与 FeCl3的化合反应制备，FeCl3可通过 Fe 与 Cl2的化合反应制备，二者均符合化合反应的定义；
试剂保存原则：FeCl2易被氧化，需加铁粉还原 Fe3+；FeCl3会与 Fe 反应，不能加铁粉，需密封保存防止水解；
除杂试剂选择：除杂时不能引入新杂质、不能消耗目标物质，Zn 会置换 Fe，不可用于 FeCl2除杂；
氧化性与反应性：Fe3+具有强氧化性，可氧化 Cu 等不活泼金属，Fe2+氧化性弱，与 Cu 不反应。
16．在一定条件下，下列叙述与图像对应正确的是
A．图1表示在时扩大容器体积，随时间变化的曲线
B．图2表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入和进行反应：，由图可知
C．图3为一定条件下，合成氨反应中改变起始时对反应的影响，的平衡转化率的关系：
D．图4中若A、B、C三点表示反应在不同温度、压强下NO的平衡转化率，则压强最小的是A点，化学平衡常数最小的是B点
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 在 t1时刻扩大容器体积，体系压强骤降，正、逆反应速率会瞬间同步减小，且平衡逆向移动，v正应小于 v逆，与图 1 中 t1后 v正的变化趋势不符，A 错误；
B、反应 中，H2与 CO 的化学计量数之比为 2：1，当投料比 =2 时，二者平衡转化率相等，对应图 2 中交点横坐标 a=2，而非 0.5，B 错误；
C、合成氨反应 中，增大起始 n(N2) 的用量，H2的平衡转化率会持续升高，因此 H2平衡转化率关系为 α(c)>α(b)>α(a)，与选项描述相反，C 错误；
D、反应 2NO (g)+O2(g) 2NO2(g) 是气体分子数减少的放热反应：压强越大，NO 平衡转化率越高，A 点转化率最低，对应压强最小；温度越高，平衡逆向移动，平衡常数 K 越小，B 点温度高于 A、C 点，对应 K 最小，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
压强对速率与平衡的影响：扩大容器体积（减小压强），正、逆反应速率均瞬间减小，平衡向气体分子数增多的方向移动；
投料比与转化率的关系：当反应物投料比等于化学计量数之比时，各反应物的平衡转化率相等；
合成氨反应的转化率规律：增大一种反应物（N2）的起始量，另一种反应物（H2）的平衡转化率持续升高；
平衡常数与温度的关系：放热反应中，温度越高，平衡常数越小；压强仅影响平衡转化率，不影响平衡常数。
17．依据事实类比推测是化学上研究物质的重要思想，下列类比推测合理的是
　 事实 类比推测
A 盐酸和溶液的反应是放热反应 盐酸和溶液的反应是放热反应
B Fe和S反应生成FeS Cu和S反应生成
C NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体
D 通入溶液中没有现象 通入溶液中无明显现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、盐酸与 Na2CO3的反应是放热反应，但盐酸与 NaHCO3的反应是吸热反应，类比推测不合理，A 错误；
B、S 的氧化性较弱，与变价金属反应时生成低价态硫化物：Fe 与 S 反应生成 FeS，Cu 与 S 反应生成 Cu2S，类比推测合理，B 正确；
C、浓硫酸具有强氧化性，会将 HI 氧化为 I2，无法用 NaI 与浓硫酸反应制备 HI，类比推测不合理，C 错误；
D、SO2通入 Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水生成 H2SO3使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将 SO32-氧化为 SO42-，最终生成 BaSO4白色沉淀，类比推测不合理，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应热的差异：碳酸盐与酸的反应、碳酸氢盐与酸的反应热效应不同，前者放热、后者吸热，不可直接类比；
S 的氧化性特点：S 为弱氧化剂，与变价金属（Fe、Cu）反应时，只能将金属氧化为低价态（+2 价 Fe、+1 价 Cu），生成 FeS、Cu2S；
浓硫酸的强氧化性：浓硫酸可氧化还原性强的 HI，因此不能用浓硫酸制备 HI，而 HCl 还原性弱，可由 NaCl 与浓硫酸反应制备；
酸性条件下 NO3-的氧化性：NO3-在酸性环境中具有强氧化性，可将 SO2（H2SO3）氧化为 SO42-，生成 BaSO4沉淀，与 CO2的情况完全不同。
18．下列反应的离子方程式正确的是
A．将通入到水中：
B．少量碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应：
C．NaClO溶液中通入少量气体：
D．硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性：
【答案】D
【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、Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，不能拆成离子形式，正确离子方程式为：
Cl2+H2O H++Cl-+HClO，A 错误；
B、少量 NaHCO3与澄清石灰水反应时，HCO3-完全反应，OH-过量，不会生成 CO32-，正确离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，B 错误；
C、ClO-具有强氧化性，会将 SO2氧化为 SO42-，自身被还原为 Cl-，不会生成 SO32-和 HClO，正确离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+，C 错误；
D、硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡至中性，H+与 OH-恰好完全反应，离子方程式为：
2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
弱电解质的拆分规则：HClO 为弱酸，在离子方程式中需保留化学式，不能拆成离子；
少量、过量反应物的离子方程式书写：少量 NaHCO3与 Ca(OH)2反应时，以少量物质的量为基准配平，OH-过量，无 CO32-生成；
氧化还原反应的优先性：ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应，而非复分解反应；
中性条件的配平要求：硫酸氢钠与氢氧化钡反应至中性时，H+与 OH-的物质的量需相等，据此配平离子方程式。
19．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．23 g Na与足量反应，生成和混合物，转移电子数介于和之间
B．常温常压下，中含电子数为
C．标准状况下，通入水中，制成氯水，氯水中含有数少于
D．与的混合气体共0.1 mol充分反应后，体系中含有共价键总数为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、23 g Na（1 mol）与足量 O2反应，无论生成 Na2O 还是 Na2O2，Na 均从 0 价变为
+ 1 价，1 mol Na 完全反应转移 1 mol 电子（即 NA 个），并非介于 NA 和 2NA 之间，A 错误；
B、D2O 的摩尔质量为 20 g/mol，1.8 g D2O 的物质的量为 ，1个D2O分子含 10 个电子，因此含电子数为 0.9NA，不是 NA，B 错误；
C、标准状况下 0.224 L Cl2的物质的量为 0.01 mol，Cl2与水的反应为可逆反应
（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），且 HClO 为弱酸不完全电离，因此氯水中 H+数少于 0.02 NA，C 正确；
D、H2、Cl2、HCl 分子中均含 1 个共价键，0.1 mol H2与 Cl2的混合气体（无论是否反应），总共价键数始终为 0.1 NA，不是 0.2 NA，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
钠与氧气反应的电子转移：Na 与 O2反应，无论产物是 Na2O 还是 Na2O2，Na 均只失去 1 个电子，1 mol Na 完全反应转移 1 mol 电子；
D2O 的摩尔质量与电子数：D（氘）的相对原子质量为 2，D2O 摩尔质量为 20 g/mol，1 个 D2O 分子含 10 个电子，需注意与 H2O（摩尔质量 18 g/mol）区分；
氯气与水的可逆反应：Cl2与水的反应为可逆反应，不能完全进行，且 HClO 为弱酸，因此 H+的物质的量远小于理论值；
共价键数的计算：H2、Cl2、HCl 均为双原子分子，每个分子含 1 个共价键，反应前后分子总数不变，因此共价键总数不变。
20．工业利用海水制备的流程如下图(某些操作或试剂已省略)。下列说法不正确的是
A．已知步骤Ⅰ获得的中含有杂质，可能是由反应产生
B．步骤Ⅱ热气体X是
C．步骤Ⅱ中与足量纯碱溶液反应的离子方程式可表示为：
D．步骤Ⅲ操作Y为蒸馏
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤 Ⅰ 中 Cl2过量时，可与生成的 Br2发生反应 Br2+Cl2=2BrCl，因此 Br2中会混有 BrCl 杂质，A 正确；
B、步骤 Ⅱ 中通入热气体 X 的作用是吹出 Br2，热空气（或水蒸气）可降低 Br2的溶解度，使其挥发；若 X 为 SO2，SO2会与 Br2发生氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr），无法吹出 Br2，B 错误；
C、步骤 Ⅱ 中 Br2与足量纯碱（Na2CO3）溶液发生歧化反应，离子方程式为
3Br2+6CO32-+3H2O=5Br-+BrO3-+6HCO3-，C 正确；
D、步骤 Ⅲ 中硫酸酸化后，Br-与 BrO3-反应生成 Br2，利用 Br2易挥发的性质，通过蒸馏操作可提纯得到工业溴，D 正确；
故答案为：B。
【分析】海水提溴的核心流程分为四步：
将海水蒸发浓缩得到卤水，提高 Br-浓度；向卤水中通入 Cl2，将 Br-氧化为 Br2（Cl2+2Br-=2Cl-+Br2），得到低浓度溴水；通入热空气（或水蒸气）吹出 Br2，用纯碱溶液吸收，发生歧化反应生成 Br-和 BrO3-，实现溴的富集；用硫酸酸化，使 Br-和 BrO3-发生归中反应（5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O），再通过蒸馏分离出高纯度的工业溴。
21．某种化合物的结构可如图表示。已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前20号主族元素，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Z、M属于同一主族。下列有关叙述不正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的稳定性：
C．化合物、YZM、NX均为共价化合物，与均为离子化合物
D．M的含氧酸的酸性不一定比Y的含氧酸的酸性强
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；离子化合物的结构特征与性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、简单离子半径：S2- > K+ > O2-（电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小），即 M > N > Z，A 正确；
B、简单氢化物稳定性：H2O>H2S（O 非金属性强于 S），即 Z > M，B 正确；
C、YM2（CS2）、YZM（COS）为共价化合物；NX（KH）为离子化合物，不是共价化合物；N2M2（K2S2）、N2M（K2S）为离子化合物，C 错误；
D、M (S) 的含氧酸（如 H2SO3）酸性不一定比 Y (C) 的含氧酸（如 H2CO3）强，D 正确；
故答案为：C。
【分析】首先推断元素：X 形成 1 个共价键，最外层 1 个电子，为 H；Y 形成 4 个共价键，最外层 4 个电子，为 C；Z 与 M 同主族，Z 形成双键，最外层 6 个电子，Z 为 O，M 为 S；X (H)、Y (C)、N 最外层电子数之和等于 Z (O) 的最外层 6 个电子，即 1+4+N 最外层 = 6，N 最外层 1 个电子，原子序数大于 S，前 20 号主族元素，N 为 K。
22．下列说法正确的是
A． ，则反应物总键能大于生成物总键能
B．C(石墨，s)=C(金刚石，s) ，，则该反应在任何条件下都不能发生
C．将通入恒温恒容容器中，发生反应，若达到平衡后再通入一定量，平衡正向移动，分解率增加
D．常温常压下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成时，放出57.3 kJ的热量，则稀溶液和NaOH溶液反应的焓变：
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；中和热；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，该反应 ΔH < 0，说明反应物总键能小于生成物总键能，A 错误；
B、反应自发进行的判据是 ΔG=ΔH-TΔS<0，该反应 ΔH>0、ΔS<0，因此 ΔG 始终大于 0，任何条件下都不能自发进行，但反应能否发生与能否自发是两个概念，该反应可在高温高压等条件下发生，B 错误；
C、恒温恒容下，平衡后再通入 NH3，相当于增大压强，平衡向气体分子数减少的方向（逆向）移动，NH3的分解率减小，C 错误；
D、CH3COOH 是弱酸，电离过程吸热，因此与 NaOH 反应生成 1 mol H2O 时，放出的热量小于 57.3 kJ，ΔH > -57.3 kJ/mol，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
键能与 ΔH 的关系：ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，放热反应（ΔH<0）中，反应物总键能小于生成物总键能；
反应自发进行的判据：ΔG = ΔH - TΔS <0，ΔH> 0、ΔS < 0 的反应，ΔG 始终大于 0，无法自发进行，但不代表不能发生；
压强对平衡的影响：恒温恒容下，增大反应物浓度相当于增大压强，对于气体分子数增大的反应，平衡逆向移动，反应物转化率减小；
中和热的影响因素：弱酸电离吸热，因此弱酸与强碱的中和反应，放出的热量小于强酸强碱中和热，ΔH 更大（更接近 0）。
23．在T℃下，将置于1.0 L的真空密闭容器中，发生如下反应：
反应1：
反应2：
5 min时，达到平衡状态，测得CO的体积分数为40%，则下列说法不正确的是
A．T℃下反应体系达到平衡时，
B．若容器体积变为0.5 L，平衡时CO的体积分数变小
C．0~5 min，
D．
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；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、的物质的量等于分解的量，即等于反应1生成的总物质的量，计算得，A正确；
B、 若容器体积变为0.5 L，反应1的平衡常数K=c(CO2)=0.5仍成立，平衡时c(CO2)=0.5 mol/L，根据反应2的平衡常数不变，计算得CO体积分数仍为40%，不变，B错误；
C、内，，则，C正确；
D、根据盖斯定律，将反应1乘以2、反应2，然后整体取逆，可得目标反应，其焓变，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
固体参与的平衡常数：反应1中、为固体，平衡常数仅等于的浓度，温度不变，不变，的平衡浓度恒定；
压强对化学平衡的影响：对于气体分子数增大的反应，增大压强（缩小体积），平衡向气体分子数减少的方向（逆向）移动，的体积分数会发生变化；
化学反应速率的计算：根据，结合的物质的量变化计算平均反应速率；
盖斯定律的应用：通过已知反应的焓变，进行加减、逆运算，推导目标反应的焓变。
24．向一系列恒容但体积各不相同、恒温且温度相同的密闭容器中分别加入足量活性炭和，容器中发生反应：。在相同时间内测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a点已达到平衡状态，c点未达到平衡状态
B．容器内的压强：
C．c点的气体的颜色一定比b点深
D．b点的平衡常数大于a、c两点
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、从反应速率与平衡的关系来看，ab段容器体积更小，NO2初始浓度更高，反应速率更快，在相同时间内完全可以达到平衡，因此a点处于平衡状态；而bc段容器体积显著增大，NO2浓度大幅降低，反应速率大幅减慢，相同时间内无法达到平衡，因此c点未达平衡，A正确；
B、我们通过三段式分别计算a、b两点平衡时的气体总物质的量：
a点NO2转化率为40%：
气体总物质的量：
b点NO2转化率为80%：
气体总物质的量：
恒容容器中，压强之比等于之比，由于，因此一定大于，B错误；
C、气体的颜色深浅由NO2的浓度直接决定。b点NO2的浓度为，c点NO2的浓度为。题干仅说明，但没有给出具体的体积比例关系，因此无法确定两点NO2浓度的相对大小，也就无法比较颜色深浅，C错误；
D、平衡常数是温度的专属函数，只与温度有关，与浓度、压强等因素无关。a、b、c三点处于相同温度下，因此三者的平衡常数完全相等，D错误；
故答案为：A。
【分析】本次实验在恒温、恒容条件下进行，向一系列体积依次增大（）的密闭容器中，分别加入足量活性炭和2 mol ，发生反应： 。
从图像中转化率的变化规律可以拆解出两个核心阶段：
ab上升段：容器体积从到逐步增大，的起始浓度依次降低，但始终高于b点的浓度。由于反应物浓度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，因此ab段所有点在相同时间内均已达到平衡。同时，该反应正向为气体分子数增大的反应，容器体积增大（体系压强减小）会推动平衡正向移动，因此转化率持续升高，在b点达到该条件下的平衡峰值。
bc下降段：容器体积从到继续增大，的起始浓度大幅降低，导致反应速率显著减慢，在相同的测定时间内无法达到平衡状态，因此测得的转化率低于平衡值，呈现下降趋势。
综上，b点是该实验条件下的平衡临界点，ab段为平衡区，bc段为未平衡区，以此为基础对各选项进行分析。
25．下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸和铜加热，冷却后在反应液中加水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
B 将和的混合气体通入密闭的注射器，压缩活塞 混合气体的颜色比压缩前浅 增大压强会使化学平衡向气体体积缩小的方向移动
C 用大理石和盐酸反应制取，立即通入一定浓度的溶液中 产生白色沉淀 酸性：
D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 并不能说明与反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡的影响因素；浓硫酸的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓硫酸稀释的安全操作是将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌散热。本实验中，应把冷却后的反应液缓慢加入水中，而非向反应液中直接加水，否则会因局部过热引发液体飞溅，实验操作存在错误，A错误；
B、压缩注射器活塞时，体系体积瞬间减小，NO2浓度骤增，气体颜色先急剧变深；随后平衡正向移动，NO2浓度略有降低，但最终浓度仍高于压缩前，因此气体颜色应比压缩前深，而非变浅，B错误；
C、大理石与盐酸反应生成的CO2中，会混有挥发出来的HCl杂质。HCl的酸性强于H2SiO3，会直接与Na2SiO3反应生成白色沉淀，无法证明沉淀是由CO2（即H2CO3）与硅酸钠反应产生的，因此不能证明酸性，C错误；
D、向新制氯水中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，仅能证明氯水中含有Cl-；滴加淀粉KI溶液变蓝，可能是氯水中的HClO（次氯酸具有强氧化性）将I-氧化为I2，无法证明氯水中存在未反应的Cl2，因此并不能说明Cl2与H2O的反应存在限度，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸稀释操作：必须严格遵循“酸入水”的顺序，防止局部过热引发危险。
压强对化学平衡的影响：压缩活塞时，体积骤变导致的浓度变化是颜色变化的主因，平衡移动仅能部分抵消浓度升高，最终NO2浓度仍高于压缩前，颜色应更深。
酸性强弱的比较实验：比较H2CO3与H2SiO3的酸性时，必须除去CO2中混有的HCl杂质，否则HCl会直接与硅酸钠反应，干扰实验结论。
化学平衡限度的证明：要证明Cl2与水的反应存在限度，需证明体系中同时存在反应物Cl2和生成物；而D选项的操作无法区分是Cl2还是HClO氧化KI，因此不能证明反应存在限度。
26．按要求填空：
（1）熟石膏的化学式　 　。
（2）实验室用作为反应物之一制备氯气的离子方程式为　 　。
（3）氯和溴比较，氯的非金属性强，试从微观角度解释其原因　 　。
（4）下图是和反应生成过程中能量变化示意图，请写出和反应的热化学方程式：　 　。
化学键 H-H
键能/kJ/mol 435 943
结合以上的计算结果及图表数据计算N-H的键能为　 　kJ/mol。
【答案】（1）
（2）
（3）氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强
（4） ；390
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）熟石膏的化学式为；
故答案为： ；
（2）离子方程式为；
故答案为： ；
（3）氯的非金属性更强是因为，氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强；
故答案为： 氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强 ；
（4）由图知，生成1 mol的反应中，，因此，热化学方程式的，则热化学方程式为；由方程式知，氮氢键的键能为。
故答案为： ； 390 ；
【分析】(1) 根据常见硫酸盐结晶水合物的组成，熟石膏为半水石膏，化学式为 ，直接记忆作答。
(2) 明确氧化还原反应本质，氧化生成；按离子方程式书写规则拆分、配平，得到 。
(3)同主族元素，电子层数少、原子半径小，原子核对最外层电子吸引力更强，得电子能力更强，故非金属性更强。
(4) 由能量图得生成放热，推出生成的热化学方程式 ；
利用“反应物总键能生成物总键能”，代入数据计算键能为。
（1）熟石膏的化学式为；
（2）离子方程式为；
（3）氯的非金属性更强是因为，氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强；
（4）由图知，生成1 mol的反应中，，因此，热化学方程式的，则热化学方程式为；由方程式知，氮氢键的键能为。
27．硫酸是一种重要的工业原料和试剂，工业上一般以硫磺或其他含硫矿物为原料来制备硫酸。
Ⅰ．现代硫酸工业可用黄铁矿为原料制备硫酸的流程如图[沸腾炉、接触室、吸收塔为过程中三个重要环节(反应)的设备]。
（1）下列说法正确的是________。
A．废渣可用作炼铁原料
B．接触室中可以通过加入催化剂以及加热的措施来提高单位时间内生成的产量
C．吸收塔中的吸收剂为水
D．流程中涉及的反应均为氧化还原反应
E．可以用铝或铁制容器贮存或运输浓硫酸和稀硫酸
（2）黄铁矿煅烧后产生的废渣中除了，还可能含有，请设计实验证明是否存在：________。
Ⅱ．硫酸作为重要试剂由闪锌矿[主要成分为ZnS，含少量、FeS及硫化镉(CdS)等]制备ZnS及的过程如下图：
已知：ZnS、FeS、CdS均属于难溶于水的硫化物；沉锌前需调高溶液的pH至4~5。
（3）写出的电子式________。酸浸时浸出的主要化学反应的离子方程式为________，酸浸后的过滤所得滤液中含有的主要金属离子除外还有________。
（4）下列说法正确的是_______。
A. 适当加热升温或增大硫酸浓度，可提高“酸浸”浸出效率
B. 滤渣1中含有
C. 除镉反应的离子方程式为：
D. 调pH可加入ZnO
（5）某酸性废液中的三价砷主要以弱酸形式存在，如会逐渐水解生成：。可用ZnS去除该酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。
①写出回收时发生反应的离子方程式________。
②请从化学平衡角度分析经过一段时间砷回收率下降的原因________。
（6）溶液得到的系列操作为：加入调节溶液的pH、________、过滤、洗涤、干燥。
（7）某化工厂用m kg闪锌矿(含w%ZnS)制备，最后制得nkg，忽略引入的锌元素，的产率为________(用含m、n、w的代数式表示)。
【答案】(1) AB
(2) 取少量废渣，加入足量稀硫酸溶解，再加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，说明可能存在(其他合理答案也可)。
(3) 、
(4) A，B，D
(5) 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降。
(6) 加热浓缩、冷却结晶
(7)
【知识点】工业制取硫酸；化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．Fe2O3废渣能与CO或氢气等发生氧化还原反应得到铁，可用作炼铁原料，A正确；
B．接触室中可以通过加入催化剂以及加热的措施来提高化学反应速率，即提高单位时间内生成SO3的产量，B正确；
C．为了防止产生大量酸雾，吸收塔中的吸收剂通常为98.3%的浓硫酸，C错误；
D．吸收塔中的反应无化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；
E．铝或铁在冷的或常温的浓硫酸中可以钝化，可用铝或铁制容器贮存或运输，但铝或铁制容器均能与稀硫酸反应，不能贮存或运输稀硫酸，E错误；
故答案为：AB；
（2）Fe3O4溶于稀硫酸得到铁离子和亚铁离子，可通过检验亚铁离子证明是否存在：取少量废渣，加入足量稀硫酸溶解，再加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，说明可能存在(其他合理答案也可)；
故答案为： 取少量废渣，加入足量稀硫酸溶解，再加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，说明可能存在(其他合理答案也可)。 ；
（3）是共价化合物，其电子式为：；酸浸时浸出的主要反应是ZnS与氧气、硫酸反应生成、S和水，其离子方程式为：；由分析可知，酸浸后的过滤所得滤液中含有的主要金属离子除外还有、；
故答案为：； 、 ；
（4）A．适当加热升温或增大硫酸浓度，可加快化学反应速率，提高“酸浸”浸出效率，A正确；
B．滤渣1中含有和硫单质，B正确；
C．除镉反应的离子方程式为：，C错误；
D．调pH可加入ZnO，消耗氢离子且不引入新杂质，D正确；
故答案为：ABD；
（5）①与ZnS在酸性条件下反应生成、和水，其反应的离子方程式为：；
②从化学平衡角度分析经过一段时间砷回收率下降的原因是：随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降；
故答案为： 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降；
（6）溶液得到的系列操作为：加入调节溶液的pH、加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
故答案为： 加热浓缩、冷却结晶 ；
（7）根据锌元素守恒，m kg闪锌矿(含w%ZnS)理论上得到质量，则的产率为=。
故答案为： ；
【分析】本流程围绕硫化工与湿法炼锌两大工业主线展开，核心是通过矿物的焙烧、酸浸、除杂、结晶等操作，实现资源的综合利用与产品制备：
黄铁矿制硫酸工艺：以黄铁矿（）为原料，经高温煅烧完成硫元素的初步转化，生成废渣与烟气；进入接触室，在催化剂、加热条件下催化氧化为；最后在吸收塔中用98.3%浓硫酸吸收，避免酸雾生成，最终制得硫酸产品，同时可回收作为炼铁原料。
闪锌矿提锌工艺：闪锌矿主含，伴生、、等杂质，经酸性氧压浸出，将硫化物转化为、、，硫元素以单质硫形式析出，不溶形成滤渣；后续通过除铁、除镉工艺去除杂质离子，调节pH、沉锌得到中间体，再转化为溶液，最终经浓缩、结晶、干燥等操作，制得产品。
(1) 先明确黄铁矿煅烧、接触室氧化、吸收塔吸收的核心反应与工艺要求；逐一分析选项：
A：可被还原为，可作炼铁原料，正确；
B：催化剂、加热可加快反应速率，提高单位时间产量，正确；
C：吸收塔用98.3%浓硫酸吸收是为防止酸雾，选项描述错误；
D：吸收塔反应为，非氧化还原反应，选项描述错误；
E：冷浓硫酸可使钝化，但稀硫酸能与反应，不能贮运稀硫酸，选项描述错误；
(2) 利用溶于稀硫酸生成的特性；取废渣加足量稀硫酸溶解，再滴加酸性溶液，若紫红色褪去，说明含，可证明存在（也可用检验）。
(3为共价化合物，根据最外层6个电子、最外层1个电子，书写电子式；
酸浸时在、作用下生成、和，根据电子守恒、电荷守恒配平离子方程式： ；结合流程，、酸浸后生成、，故滤液中除外，还含、。
(4) 结合酸浸工艺的影响因素、滤渣成分、除杂原理分析选项：
A：加热、增大硫酸浓度可加快反应速率，提高浸出效率，正确；
B：不与硫酸反应，等酸浸生成单质，故滤渣1含和，正确；
C：为弱酸，不能拆写，除镉离子方程式错误；
D：加可消耗调pH，且不引入新杂质，正确；
(5) ①根据氧化还原反应规律，与在酸性条件下反应生成、和，配平离子方程式： ；
②从平衡角度分析：反应进行中溶液pH升高、浓度降低，会促使平衡正向移动，重新溶解，导致砷回收率下降。
(6)从溶液获得结晶水合物，需先加调pH抑制水解，再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到。
(7) 根据元素守恒，先计算闪锌矿（含）中的物质的量，再推导理论上的质量；结合实际产量，代入产率公式：，最终得产率。
28．某小组通过实验探究氮氧化物的一些性质。
（1）以铁和足量稀硝酸为原料制备NO，反应的化学方程式为　 　。
（2）设计实验探究NO的氧化性，请补充空格中的实验操作。
实验Ⅰ：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。
资料ⅰ：NO与碱性溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为。
ⅱ：与反应生成黄色沉淀。
检验的氧化产物：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液　 　，说明有。
（3）某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：
实验Ⅱ：取饱和溶液，加入少量冰醋酸，滴加5滴0.1 mol/L的溶液，无明显变化。
实验Ⅲ：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1 mol/L的溶液，观察实验现象。上述实验证明NO有氧化性。
①实验Ⅱ的目的是　 　。
②实验Ⅲ的现象为　 　。
③写出NO与碱性溶液反应的离子方程式　 　。
（4）实验Ⅳ：将铜丝放入浓硝酸溶液中，反应剧烈进行，铜丝逐渐变细，溶液变绿。某同学推测反应后溶液呈绿色的原因是的混合溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，两者混合后呈绿色。他取少量该绿色溶液进行实验验证，向其中加入适量水后溶液变为蓝色，变蓝的可能原因是　 　(用化学方程式表示)。
（5）实验V：将1.28 g铜片投入足量硝酸溶液中充分反应，铜片溶解，同时收集到一定量混合气体。经测定，该混合气体中含有，，NO三种成分，将该混合气体与足量空气混合，同时通入足量NaOH溶液中，氮氧化物完全被吸收，生成则空气中参与反应的的物质的量为　 　。
【答案】（1）
（2）先加盐酸酸化，再加入溶液，出现白色沉淀
（3）排除对检验的干扰；出现黄色沉淀；
（4）
（5）0.01 mol
【知识点】含氮物质的综合应用；铁的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（2）实验I中NO与碱性溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为 ，同时 被氧化为 ，因此需要检测 的存在，实验操作是：取少量反应后溶液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明有 。
故答案为： 先加盐酸酸化，再加入溶液，出现白色沉淀 ；
（3）①实验II中，向饱和溶液加入冰醋酸和AgNO3后无明显变化。这表明在酸性条件下， 与 不反应，排除了对检验的干扰；
②实验III中，加入冰醋酸后，溶液呈酸性， 与 反应生成黄色沉淀；
③ 根据资料i，NO被还原为 ， 被氧化为 ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为： 排除对检验的干扰 ； 出现黄色沉淀 ； ；
（4）根据题目，加入适量水后溶液变蓝可能是因为 和水反应生成 ，反应方程式为：，的浓度减少，溶液颜色由绿色变为蓝色。
故答案为： ；
（5）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与足量空气混合，同时通入足量NaOH溶液中，氮氧化物完全被吸收，生成NaNO3，纵观整个过程，铜失去的电子等于氧气获得的电子，1.28gCu的物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应氧气物质的量为=0.01mol。
故答案为： 0.01 mol ；
【分析】(1) 铁与足量稀硝酸发生氧化还原反应，Fe被氧化为Fe3+，HNO3被还原为NO；根据得失电子守恒（Fe失3e-，NO3-得3e-）和原子守恒配平，得到 。
(2) NO与发生氧化还原反应，NO被还原为，被氧化为；检验需先加稀盐酸酸化排除、等干扰，再加溶液，若产生白色沉淀，证明有生成。
(3)① 实验Ⅱ排除对检验的干扰；
② 实验Ⅲ证明酸性条件下与反应生成黄色沉淀；
③ 根据得失电子守恒（NO得2e-，失2e-）、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式： 。
(4) 浓硝酸与铜反应生成的溶于浓硝酸呈绿色；加水后与水发生反应 ，浓度降低，溶液颜色由绿色变为蓝色。
(5) 整个过程中，Cu失去的电子最终等于O2得到的电子；先计算Cu的物质的量，再根据电子转移守恒，求出参与反应的O2的物质的量。
（1）铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（2）实验I中NO与碱性溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为 ，同时 被氧化为 ，因此需要检测 的存在，实验操作是：取少量反应后溶液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明有 。
（3）①实验II中，向饱和溶液加入冰醋酸和AgNO3后无明显变化。这表明在酸性条件下， 与 不反应，排除了对检验的干扰；
②实验III中，加入冰醋酸后，溶液呈酸性， 与 反应生成黄色沉淀；
③ 根据资料i，NO被还原为 ， 被氧化为 ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）根据题目，加入适量水后溶液变蓝可能是因为 和水反应生成 ，反应方程式为：，的浓度减少，溶液颜色由绿色变为蓝色。
（5）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与足量空气混合，同时通入足量NaOH溶液中，氮氧化物完全被吸收，生成NaNO3，纵观整个过程，铜失去的电子等于氧气获得的电子，1.28gCu的物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应氧气物质的量为=0.01mol。
29．甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO或来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数数值如下：
可逆反应 平衡 常数 温度及相应 平衡常数数值
500℃ 800℃
Ⅰ． 2.5 0.15
Ⅱ． 1.0 2.5
Ⅲ．
请回答下列问题：
（1）根据反应可推导出、与之间的关系，则　 　 (用表示)。反应Ⅲ在　 　条件下可自发进行(选填“低温”、“高温”或“任意温度”)。
（2）恒温恒容时，只发生反应Ⅲ，该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)。
A．容器内气体的总压强不再变化
B．
C．
D．容器内气体的密度不再变化
（3）①一定条件下，向恒容密闭容器中加入和，在催化剂作用下只发生反应Ⅱ和Ⅲ，测得不同容积容器中的平衡转化率随温度的变化情况如图：
请判断A、B点对应的正反应速率、的大小并分析原因：　 　。
②将和充入1 L密闭容器中，在催化剂作用下只发生反应Ⅱ和Ⅲ，在不同温度下反应相同时间，测得转化率和甲醇选择性：
如图1所示：
300℃时，计算反应Ⅱ的化学平衡常数　 　。
（4）燃料电池有节能、超低污染、噪声低、使用寿命长等优点，甲醇常用作燃料电池。某甲醇燃料电池工作原理如图2所示，电极反应式为　 　。
【答案】（1）；低温
（2）A；C
（3）；A点的温度和压强均大于B点，因此反应速率；
（4）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）反应Ⅲ可由反应Ⅰ和反应Ⅱ相加得到，根据盖斯定律，平衡常数满足；由表中数据可得：，；因为温度升高，减小，所以反应Ⅲ是放热反应，即，反应Ⅲ中气体分子数减少，，根据，反应在低温下可自发进行；
故答案为： ； 低温 ；
（2）A．反应Ⅲ中气体分子数发生变化，恒温恒容时，总压强不再变化说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，A符合题意；
B．物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明浓度不再变化，无法判断反应达到平衡，B不符合题意；
C．，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，C符合题意；
D．恒温恒容时，气体总质量和体积均不变，密度始终不变，无法判断反应达到平衡，D不符合题意；
故答案为：AC；
（3）①反应Ⅱ平衡不受压强影响，但反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2转化率增大，因此从图中得出V1②300℃时，转化率为40%，则消耗的物质的量为，甲醇选择性为75%，则生成甲醇为，有三段式：
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：；
平衡时，，，，，容器体积为，则各物质浓度为，，，，反应Ⅱ的平衡常数；
故答案为：；A点的温度和压强均大于B点，因此反应速率 ； ；
（4）Pt(a)电极为负极，发生氧化反应生成和，电解质溶液为稀硫酸，电极反应式为。
故答案为： ；
【分析】(1) 由盖斯定律，反应Ⅲ = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此平衡常数 ；代入数据计算不同温度下的，发现温度升高减小，说明反应Ⅲ为放热反应（）；反应Ⅲ中气体分子数减少，故熵变；根据吉布斯自由能公式，放热、熵减的反应在低温下可自发进行。
(2) A：恒温恒容下，总压强不再变化，说明气体总物质的量不变，各物质浓度恒定，反应达到平衡，正确；
B：物质的量之比等于化学计量数之比，仅说明比例关系，不能证明浓度不再变化，无法判断平衡，错误；
C：，符合正、逆反应速率相等的平衡特征，反应达到平衡，正确；
D：恒温恒容下，气体总质量、体积均不变，密度始终恒定，无法判断平衡，错误；
(3)① 反应Ⅱ不受压强影响，反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率增大；由图中，可知A点压强大于B点；A点温度、压强均更高，故反应速率；
② 先根据转化率、甲醇选择性，计算反应Ⅱ、Ⅲ的三段式，得到各物质平衡浓度；再代入反应Ⅱ的平衡常数公式，计算得。
(4)Pt(a)电极为负极，发生氧化反应，在稀硫酸（酸性电解质）中生成和；根据电子守恒、原子守恒配平，得到电极反应式：。Pt(b)为正极，电极反应式为，发生还原反应，电池总反应为。
（1）反应Ⅲ可由反应Ⅰ和反应Ⅱ相加得到，根据盖斯定律，平衡常数满足；由表中数据可得：，；因为温度升高，减小，所以反应Ⅲ是放热反应，即，反应Ⅲ中气体分子数减少，，根据，反应在低温下可自发进行；
（2）A．反应Ⅲ中气体分子数发生变化，恒温恒容时，总压强不再变化说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，A符合题意；
B．物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明浓度不再变化，无法判断反应达到平衡，B不符合题意；
C．，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，C符合题意；
D．恒温恒容时，气体总质量和体积均不变，密度始终不变，无法判断反应达到平衡，D不符合题意；
故选AC；
（3）①反应Ⅱ平衡不受压强影响，但反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2转化率增大，因此从图中得出V1②300℃时，转化率为40%，则消耗的物质的量为，甲醇选择性为75%，则生成甲醇为，有三段式：
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：；
平衡时，，，，，容器体积为，则各物质浓度为，，，，反应Ⅱ的平衡常数；
（4）Pt(a)电极为负极，发生氧化反应生成和，电解质溶液为稀硫酸，电极反应式为。
1 / 1浙江省Z20+名校联盟2025学年第二学期创新班联考 高一化学试题卷
1．下列物质不属于电解质的是
A． B．NaOH C． D．
2．仪器名称为“坩埚”的是
A． B． C． D．
3．玻璃广泛应用于建筑材料和各种器皿。下列物质不是用来生产普通玻璃原料的是
A．纯碱 B．黏土 C．石灰石 D．石英砂
4．一定温度、压强条件下，决定气体体积大小的主要因素是（　　）
A．粒子数目 B．粒子大小 C．粒子间距 D．粒子种类
5．下列说法不正确的是
A．进行铜-锌-稀硫酸原电池实验时，安全图标有
B．新制氯水需要避光保存
C．某溶液焰色试验呈黄色，则该溶液一定是钠盐溶液
D．实验室中未用完的钠、钾、白磷等放回原试剂瓶
6．下列说法不正确的是
A．硫可形成、等不同单质，它们互为同素异形体
B．的结构式为：
C．比沸点高是因为分子间存在氢键
D．纳米碳酸钙(粒子直径为1~100 nm)属于胶体，能产生丁达尔效应
7．下列化学用语表达合理的是
A．的空间构型为四面体形
B．碱性氢氧燃料电池的负极反应为：
C．碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为：
D．已知的燃烧热，表示其燃烧热的热化学方程式为：
8．原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族，则原子序数为的元素不可能为
A．第ⅢA族 B．第ⅠA族 C．镧系元素 D．第ⅢB族
9．用KOH固体配制250 mL 0.2000 mol/L的KOH溶液。下列说法正确的是
A．可使用托盘天平称取KOH固体2.80 g
B．洗涤液都注入容量瓶后，使溶液混合均匀的操作如图
C．定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
D．若所用固体KOH中含有NaOH杂质，会使所配溶液中偏高
10．下列说法不正确的是
A．焓变是指1 mol物质所具有的能量
B．与反应生成时，增加C的量不能使反应速率增大
C．工业生产中常通入过量的空气以提高的转化率
D．由、和组成的平衡体系加压后颜色变深与勒夏特列原理无关
11．下列有关物质的性质与用途描述不正确的是
A．碳酸氢钠和碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用作食品加工的膨松剂
B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
C．二氧化硅具有导电性，可用于生产光导纤维
D．Fe粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂
12．下列关于装置选择、实验操作及相关叙述均正确的是
A．装置①用于测定中和反应的反应热
B．装置②用于测定锌与稀硫酸反应速率(夹持装置省略)
C．装置③可以检验铁与水蒸气反应的气体产物
D．装置④可制备氢氧化亚铁，实验开始时应先关闭止水夹a
13．下列判断不正确的是
A．原子半径：O＜Mg＜Na
B．碱性强弱：Mg(OH)2＜NaOH＜KOH
C．非金属性：C＜N＜Si
D．单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2、S、P
14．气体与足量溶液完全反应后，再加入溶液，发生如下反应：
①
②
下列有关说法不正确的是
A．反应①中发生氧化反应
B．反应②中被氧化
C．反应②中每参加反应，转移电子的数目约为
D．若有(标准状况)参加反应，则最终消耗
15．下列关于和两种溶液的说法正确的是
A．和均可以通过化合反应制得
B．保存时均需加入少量铁粉防止变质
C．可以用过量锌粒除去溶液中的杂质
D．和溶液均不能与不活泼金属铜发生反应
16．在一定条件下，下列叙述与图像对应正确的是
A．图1表示在时扩大容器体积，随时间变化的曲线
B．图2表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入和进行反应：，由图可知
C．图3为一定条件下，合成氨反应中改变起始时对反应的影响，的平衡转化率的关系：
D．图4中若A、B、C三点表示反应在不同温度、压强下NO的平衡转化率，则压强最小的是A点，化学平衡常数最小的是B点
17．依据事实类比推测是化学上研究物质的重要思想，下列类比推测合理的是
　 事实 类比推测
A 盐酸和溶液的反应是放热反应 盐酸和溶液的反应是放热反应
B Fe和S反应生成FeS Cu和S反应生成
C NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体
D 通入溶液中没有现象 通入溶液中无明显现象
A．A B．B C．C D．D
18．下列反应的离子方程式正确的是
A．将通入到水中：
B．少量碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应：
C．NaClO溶液中通入少量气体：
D．硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性：
19．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．23 g Na与足量反应，生成和混合物，转移电子数介于和之间
B．常温常压下，中含电子数为
C．标准状况下，通入水中，制成氯水，氯水中含有数少于
D．与的混合气体共0.1 mol充分反应后，体系中含有共价键总数为
20．工业利用海水制备的流程如下图(某些操作或试剂已省略)。下列说法不正确的是
A．已知步骤Ⅰ获得的中含有杂质，可能是由反应产生
B．步骤Ⅱ热气体X是
C．步骤Ⅱ中与足量纯碱溶液反应的离子方程式可表示为：
D．步骤Ⅲ操作Y为蒸馏
21．某种化合物的结构可如图表示。已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前20号主族元素，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Z、M属于同一主族。下列有关叙述不正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的稳定性：
C．化合物、YZM、NX均为共价化合物，与均为离子化合物
D．M的含氧酸的酸性不一定比Y的含氧酸的酸性强
22．下列说法正确的是
A． ，则反应物总键能大于生成物总键能
B．C(石墨，s)=C(金刚石，s) ，，则该反应在任何条件下都不能发生
C．将通入恒温恒容容器中，发生反应，若达到平衡后再通入一定量，平衡正向移动，分解率增加
D．常温常压下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成时，放出57.3 kJ的热量，则稀溶液和NaOH溶液反应的焓变：
23．在T℃下，将置于1.0 L的真空密闭容器中，发生如下反应：
反应1：
反应2：
5 min时，达到平衡状态，测得CO的体积分数为40%，则下列说法不正确的是
A．T℃下反应体系达到平衡时，
B．若容器体积变为0.5 L，平衡时CO的体积分数变小
C．0~5 min，
D．
24．向一系列恒容但体积各不相同、恒温且温度相同的密闭容器中分别加入足量活性炭和，容器中发生反应：。在相同时间内测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a点已达到平衡状态，c点未达到平衡状态
B．容器内的压强：
C．c点的气体的颜色一定比b点深
D．b点的平衡常数大于a、c两点
25．下列实验操作、实验现象和结论均正确且相符的是
实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸和铜加热，冷却后在反应液中加水稀释 产生有刺激性气味的气体，稀释后溶液呈蓝色 浓硫酸既表现氧化性，又表现酸性
B 将和的混合气体通入密闭的注射器，压缩活塞 混合气体的颜色比压缩前浅 增大压强会使化学平衡向气体体积缩小的方向移动
C 用大理石和盐酸反应制取，立即通入一定浓度的溶液中 产生白色沉淀 酸性：
D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 并不能说明与反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
26．按要求填空：
（1）熟石膏的化学式　 　。
（2）实验室用作为反应物之一制备氯气的离子方程式为　 　。
（3）氯和溴比较，氯的非金属性强，试从微观角度解释其原因　 　。
（4）下图是和反应生成过程中能量变化示意图，请写出和反应的热化学方程式：　 　。
化学键 H-H
键能/kJ/mol 435 943
结合以上的计算结果及图表数据计算N-H的键能为　 　kJ/mol。
27．硫酸是一种重要的工业原料和试剂，工业上一般以硫磺或其他含硫矿物为原料来制备硫酸。
Ⅰ．现代硫酸工业可用黄铁矿为原料制备硫酸的流程如图[沸腾炉、接触室、吸收塔为过程中三个重要环节(反应)的设备]。
（1）下列说法正确的是________。
A．废渣可用作炼铁原料
B．接触室中可以通过加入催化剂以及加热的措施来提高单位时间内生成的产量
C．吸收塔中的吸收剂为水
D．流程中涉及的反应均为氧化还原反应
E．可以用铝或铁制容器贮存或运输浓硫酸和稀硫酸
（2）黄铁矿煅烧后产生的废渣中除了，还可能含有，请设计实验证明是否存在：________。
Ⅱ．硫酸作为重要试剂由闪锌矿[主要成分为ZnS，含少量、FeS及硫化镉(CdS)等]制备ZnS及的过程如下图：
已知：ZnS、FeS、CdS均属于难溶于水的硫化物；沉锌前需调高溶液的pH至4~5。
（3）写出的电子式________。酸浸时浸出的主要化学反应的离子方程式为________，酸浸后的过滤所得滤液中含有的主要金属离子除外还有________。
（4）下列说法正确的是_______。
A. 适当加热升温或增大硫酸浓度，可提高“酸浸”浸出效率
B. 滤渣1中含有
C. 除镉反应的离子方程式为：
D. 调pH可加入ZnO
（5）某酸性废液中的三价砷主要以弱酸形式存在，如会逐渐水解生成：。可用ZnS去除该酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。
①写出回收时发生反应的离子方程式________。
②请从化学平衡角度分析经过一段时间砷回收率下降的原因________。
（6）溶液得到的系列操作为：加入调节溶液的pH、________、过滤、洗涤、干燥。
（7）某化工厂用m kg闪锌矿(含w%ZnS)制备，最后制得nkg，忽略引入的锌元素，的产率为________(用含m、n、w的代数式表示)。
28．某小组通过实验探究氮氧化物的一些性质。
（1）以铁和足量稀硝酸为原料制备NO，反应的化学方程式为　 　。
（2）设计实验探究NO的氧化性，请补充空格中的实验操作。
实验Ⅰ：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。
资料ⅰ：NO与碱性溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为。
ⅱ：与反应生成黄色沉淀。
检验的氧化产物：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液　 　，说明有。
（3）某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：
实验Ⅱ：取饱和溶液，加入少量冰醋酸，滴加5滴0.1 mol/L的溶液，无明显变化。
实验Ⅲ：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1 mol/L的溶液，观察实验现象。上述实验证明NO有氧化性。
①实验Ⅱ的目的是　 　。
②实验Ⅲ的现象为　 　。
③写出NO与碱性溶液反应的离子方程式　 　。
（4）实验Ⅳ：将铜丝放入浓硝酸溶液中，反应剧烈进行，铜丝逐渐变细，溶液变绿。某同学推测反应后溶液呈绿色的原因是的混合溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，两者混合后呈绿色。他取少量该绿色溶液进行实验验证，向其中加入适量水后溶液变为蓝色，变蓝的可能原因是　 　(用化学方程式表示)。
（5）实验V：将1.28 g铜片投入足量硝酸溶液中充分反应，铜片溶解，同时收集到一定量混合气体。经测定，该混合气体中含有，，NO三种成分，将该混合气体与足量空气混合，同时通入足量NaOH溶液中，氮氧化物完全被吸收，生成则空气中参与反应的的物质的量为　 　。
29．甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO或来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数数值如下：
可逆反应 平衡 常数 温度及相应 平衡常数数值
500℃ 800℃
Ⅰ． 2.5 0.15
Ⅱ． 1.0 2.5
Ⅲ．
请回答下列问题：
（1）根据反应可推导出、与之间的关系，则　 　 (用表示)。反应Ⅲ在　 　条件下可自发进行(选填“低温”、“高温”或“任意温度”)。
（2）恒温恒容时，只发生反应Ⅲ，该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)。
A．容器内气体的总压强不再变化
B．
C．
D．容器内气体的密度不再变化
（3）①一定条件下，向恒容密闭容器中加入和，在催化剂作用下只发生反应Ⅱ和Ⅲ，测得不同容积容器中的平衡转化率随温度的变化情况如图：
请判断A、B点对应的正反应速率、的大小并分析原因：　 　。
②将和充入1 L密闭容器中，在催化剂作用下只发生反应Ⅱ和Ⅲ，在不同温度下反应相同时间，测得转化率和甲醇选择性：
如图1所示：
300℃时，计算反应Ⅱ的化学平衡常数　 　。
（4）燃料电池有节能、超低污染、噪声低、使用寿命长等优点，甲醇常用作燃料电池。某甲醇燃料电池工作原理如图2所示，电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、CaCO3属于盐，熔融状态下能导电，是电解质，A 错误；
B、NaOH 属于强碱，水溶液中能导电，是电解质，B 错误；
C、SO2自身不能电离出离子，其水溶液导电是因为与水反应生成的 H2SO3电离，SO2属于非电解质，C 正确；
D、HNO3属于强酸，水溶液中能导电，是电解质，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电解质定义：在水溶液中或熔融状态下能自身电离出自由移动离子而导电的化合物；
非电解质判断：SO2、CO2等非金属氧化物，自身不能电离，属于非电解质，其水溶液导电是与水反应的产物电离导致；
常见电解质类别：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等；常见非电解质类别：非金属氧化物、大多数有机物、部分非金属氢化物等。
2．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、该仪器为蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，不是坩埚，A 错误；
B、该仪器为坩埚，用于高温灼烧固体，B 正确；
C、该仪器为蒸发皿，用于蒸发溶液、浓缩结晶，不是坩埚，C 错误；
D、该仪器为普通漏斗，用于过滤、添加液体，不是坩埚，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
常见化学仪器识别：明确蒸馏烧瓶、坩埚、蒸发皿、普通漏斗的外观特征与用途；
坩埚的用途：耐高温，用于固体物质的高温灼烧（如灼烧沉淀、熔融固体等），需配合坩埚钳、泥三角使用；
易混仪器区分：坩埚为带盖的杯状容器，蒸发皿为无盖的碗状容器，二者用途不同，避免混淆。
3．【答案】B
【知识点】玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】普通玻璃（钠钙玻璃）的主要原料包括纯碱（Na2CO3）、石灰石（CaCO3）和石英砂（SiO2）。黏土是陶瓷生产的关键原料，与玻璃制造工艺无直接关联。
故正确答案为：B。
【分析】生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英砂。
4．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】在一定温度、压强条件下，气体分子之间的距离不变，这时影响气体体积的主要因素是气体分子数目的多少。气体分子数越多，气体体积就越大，故此时决定气体体积大小的主要因素是粒子数目，
故答案为：A。
【分析】 气体分子之间的距离远远大于分子本身的直径，分子大小可以忽略不计，当分子数一定，气体的体积主要决定于气体分子之间的距离。
5．【答案】C
【知识点】焰色反应；原电池工作原理及应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、铜 - 锌 - 稀硫酸原电池实验中，稀硫酸具有腐蚀性，需佩戴护目镜防护，同时实验涉及化学试剂，需做好洗手防护，对应安全图标正确，A 正确；
B、新制氯水中含 HClO，HClO 见光易分解，因此需要避光保存，B 正确；
C、焰色试验呈黄色，说明溶液中含 Na+，但不一定是钠盐溶液，也可能是 NaOH 等碱溶液，C 错误；
D、钠、钾易与水、氧气反应，白磷易自燃，为避免危险，实验室中未用完的钠、钾、白磷等需放回原试剂瓶，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学实验安全：明确腐蚀性试剂实验需佩戴护目镜，实验后需做好手部清洁，对应安全图标的使用场景；
氯水的保存：新制氯水中 HClO 的不稳定性，见光易分解为 HCl 和 O2，因此需避光、密封保存；
焰色试验的原理：焰色试验是元素的性质，只要溶液中含 Na+，焰色就呈黄色，不一定是钠盐，也可以是 NaOH 等含钠的碱；
化学试剂的取用：钠、钾、白磷等特殊试剂，剩余部分不能随意丢弃，需放回原试剂瓶，防止发生安全事故。
6．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；同素异形体；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、S2、S4是由硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，A 正确；
B、HClO 中 O 原子为中心原子，结构式为 H-O-Cl，B 正确；
C、H2O 分子间存在氢键，H2Se 分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此 H2O 沸点高于 H2Se，C 正确；
D、胶体是分散系，由分散质和分散剂组成，纳米碳酸钙是纯净物，仅粒子直径符合胶体分散质的要求，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同素异形体的定义：同种元素形成的不同单质互为同素异形体，S2、S4符合定义；
HClO 的结构式：根据共价键成键规律，O 原子形成 2 个共价键，H、Cl 原子各形成 1 个，因此结构式为 H-O-Cl；
氢键对沸点的影响：分子间氢键会显著提高物质的沸点，H2O 因氢键沸点远高于同主族其他元素的氢化物；
胶体的定义：胶体是分散系，必须包含分散质和分散剂，纳米碳酸钙是纯净物，不属于胶体，只有将其分散到分散剂中形成的分散系才是胶体，能产生丁达尔效应。
7．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；燃烧热；电极反应和电池反应方程式；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、CH2Cl2中 C 原子为 sp3 杂化，空间构型为四面体形，A 正确；
B、碱性氢氧燃料电池中，负极 H2失电子生成的 H+会与 OH-结合生成 H2O，正确的负极反应为
H2-2e-+2OH-=2H2O，B 错误；
C、NaHCO3是弱酸的酸式盐，在水溶液中电离分两步，第一步完全电离：
NaHCO3=Na++HCO3-，第二步部分电离：HCO3- H++CO32-，不能直接电离出 H+和 CO32-，C 错误；
D、燃烧热是指 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，H2S 完全燃烧的稳定产物为 SO2(g) 和 H2O (l)，不是 SO3，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
空间构型判断：CH4为正四面体结构，CH2Cl2是 CH4的取代物，C 原子仍为 sp3 杂化，空间构型为四面体形（非正四面体）；
碱性燃料电池电极反应：碱性环境中，H+不能稳定存在，需与 OH-结合生成 H2O，电极反应需体现碱性环境；
弱酸的酸式盐电离：NaHCO3等弱酸的酸式盐，第一步完全电离出金属阳离子和酸式酸根离子，酸式酸根离子部分电离，不能一步完全电离出 H+和 CO32-；
燃烧热的定义：1mol 可燃物完全燃烧，生成的稳定氧化物中，S 元素对应 SO2(g)，而非 SO3(g)，需严格遵循定义书写热化学方程式。
8．【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、短周期中，第 ⅡA 族元素的原子序数加 1，对应元素位于第 ⅢA 族，A 可能；
B、第 ⅠA 族元素的原子序数小于同周期第 ⅡA 族元素，原子序数为 x+1 的元素不可能位于第 ⅠA 族，B 不可能；
C、第六周期中，第 ⅡA 族元素（如 Ba，原子序数 56）的原子序数加 1，对应元素为镧系元素（La，原子序数 57），C 可能；
D、第四、五周期中，第 ⅡA 族元素的原子序数加 1，对应元素位于第 ⅢB 族（过渡元素），D 可能；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
周期表族序规律：短周期（第 1、2、3 周期）中，第 ⅡA 族右侧相邻为第 ⅢA 族，原子序数 + 1 对应第 ⅢA 族；
长周期过渡元素影响：第 4、5 周期中，第 ⅡA 族与第 ⅢA 族之间间隔 10 个过渡元素（第 ⅢB~ⅡB 族），因此第 ⅡA 族原子序数 + 1 对应第 ⅢB 族；
镧系、锕系元素影响：第 6、7 周期中，第 ⅡA 族（如 Ba，56 号）原子序数 + 1 对应镧系、锕系元素（La，57 号）；
族序位置逻辑：第 ⅠA 族在周期表中位于第 ⅡA 族左侧，原子序数更小，因此原子序数 + 1 不可能对应第 ⅠA 族。
9．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A、托盘天平的精度为 0.1g，无法称取 2.80g（精确到 0.01g）的 KOH 固体，且 KOH 易潮解、腐蚀，需用分析天平称量，A 错误；
B、图中操作是上下颠倒摇匀，应在定容、塞好瓶塞后进行，洗涤液注入后、定容前不能直接颠倒摇匀，操作顺序错误，B 错误；
C、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，根据 c=，所配溶液浓度偏低，C 错误；
D、NaOH 的摩尔质量（40g/mol）小于 KOH 的摩尔质量（56g/mol），相同质量的 NaOH 比 KOH 含更多的 OH-，因此 KOH 中混有 NaOH 杂质时，所配溶液中 c(OH-) 偏高，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
仪器精度：托盘天平精度为 0.1g，无法满足 0.01g 的精度要求，配制精确浓度溶液需用分析天平；
溶液配制操作：容量瓶摇匀操作需在定容、塞紧瓶塞后进行，洗涤液转移后、定容前不能颠倒摇匀；
误差分析（c=）：定容仰视→V 偏大→c 偏低；
杂质对浓度的影响：等质量的 NaOH 比 KOH 物质的量更大，含 OH-更多，因此混有 NaOH 会使 OH-浓度偏高。
10．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、焓变是化学反应过程中吸收或放出的热量，是反应前后体系的焓的差值，不是 1mol 物质所具有的能量，A 错误；
B、C 为固体，其浓度视为常数，增加 C 的用量不会改变其浓度，因此不能增大反应速率，B 正确；
C、工业生产 SO3的反应为 2SO2+O2 2SO3，通入过量空气（增大 O2浓度），平衡正向移动，可提高 SO2的转化率，C 正确；
D、H2(g)+I2(g) 2HI(g) 是反应前后气体分子数相等的反应，加压后平衡不移动，但容器体积减小，I2(g) 浓度增大，体系颜色变深，该变化与勒夏特列原理（平衡移动）无关，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
焓变的定义：焓变 ΔH 是化学反应的焓变，等于生成物总焓与反应物总焓的差值，不是物质本身具有的能量；
固体对反应速率的影响：纯固体的浓度视为常数，改变其用量不影响反应速率；
浓度对平衡的影响：增大一种反应物浓度，可提高另一种反应物的转化率；
压强对平衡的影响：反应前后气体分子数相等的反应，加压平衡不移动，颜色变深是体积减小导致浓度增大，与平衡移动无关。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氨的性质及用途；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠与碳酸氢铵既能中和食品中的酸性成分，又能在受热时分解释放气体，使面团膨松多孔，完全符合食品膨松剂的使用要求，A 正确；
B、液氨在汽化过程中会吸收大量的环境热量，可快速实现制冷效果，因此工业上常用作制冷剂，B 正确；
C、二氧化硅属于共价晶体，不具备导电性，其用于制造光导纤维，是利用了其对光的全反射传输特性，而非导电能力，C 错误；
D、铁粉具有强还原性，可优先与食品包装内的氧气发生反应，从而避免食品被氧化变质，是常用的食品抗氧化剂，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
食品膨松剂的核心要求：既能与酸反应，又能受热产气，以此实现食品的膨松效果；
制冷剂的本质原理：依靠物质相变（汽化、升华）的强吸热效应，带走环境热量实现降温；
二氧化硅的性质误区：SiO2不导电，光导纤维的工作原理是光的全反射，与导电性无关联；
食品抗氧化剂的作用逻辑：利用还原剂的还原性，消耗氧气，阻断食品的氧化变质过程。
12．【答案】C
【知识点】化学反应速率；铁的化学性质；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置①缺少环形玻璃搅拌棒，无法使酸碱充分混合、反应放热均匀，不能准确测定中和反应的反应热，A 错误；
B、装置②中长颈漏斗下端未液封，生成的氢气会从长颈漏斗逸出，无法准确测定反应速率，B 错误；
C、装置③中湿棉花提供水蒸气，还原铁粉与水蒸气反应生成氢气，氢气通入肥皂液形成肥皂泡，点燃肥皂泡可检验氢气，装置和操作均正确，C 正确；
D、装置④制备氢氧化亚铁时，需先打开止水夹 a，利用氢气排出装置内的空气，防止氢氧化亚铁被氧化，不能先关闭止水夹 a，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
中和热测定实验：必须配备环形玻璃搅拌棒，保证酸碱充分混合、热量均匀，同时装置需做好保温，减少热量损失；
反应速率测定实验：长颈漏斗需液封，防止气体逸出，若使用长颈漏斗，下端必须浸没在液面以下，或改用分液漏斗；
铁与水蒸气反应实验：湿棉花提供水蒸气，反应生成氢气，利用肥皂液收集氢气、点燃检验，操作符合实验要求；
氢氧化亚铁制备实验：需先排尽装置内空气，防止 Fe(OH)2被氧化，因此实验开始时应先打开止水夹 a，利用氢气排空气，再关闭止水夹 a 使 FeSO4与 NaOH 反应。
13．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、O 位于第二周期，Na、Mg 位于第三周期，电子层数越多原子半径越大；同周期主族元素从左到右原子半径减小，因此原子半径：O < Mg < Na，A 正确；
B、金属性：Mg < K，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性强弱：Mg(OH)2 < NaOH < KOH，B 正确；
C、同周期主族元素从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，因此非金属性：Si < C < N，C 错误；
D、非金属性：Cl > S > P，元素非金属性越强，单质与氢气化合越容易，因此单质与氢气化合由易到难的顺序：Cl2、S、P，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子半径比较规律：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
金属性与碱性的关系：元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；同主族元素从上到下金属性增强，同周期从左到右金属性减弱；
非金属性递变规律：同周期主族元素从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱；
非金属性与单质和氢气化合的关系：元素非金属性越强，单质与氢气化合越容易，生成的氢化物越稳定。
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①中，SO2中 S 元素化合价从 + 4 价升高到 + 6 价，发生氧化反应，A 正确；
B、反应②中，Fe2+中 Fe 元素化合价从 + 2 价升高到 + 3 价，被氧化，B 正确；
C、反应②中，Cr 元素化合价从 + 6 价降低到 + 3 价，1mol K2Cr2O7参加反应转移 6mol 电子，故 0.2mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的物质的量为 1.2mol，数目约为 1.2×6.02×1023，C 正确；
D、标准状况下 13.44L SO2的物质的量为 0.6mol，根据反应关系 3SO2 ~ 6Fe2+ ~ K2Cr2O7，可知消耗 K2Cr2O7的物质的量为 0.2mol，而非 0.4mol，D 错误；
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
氧化反应的判断：根据元素化合价升高的反应为氧化反应，分析反应①中 S 元素的化合价变化；
被氧化的判断：根据元素化合价升高的物质被氧化，分析反应②中 Fe 元素的化合价变化；
转移电子数的计算：根据 Cr 元素化合价的变化，计算 1mol K2Cr2O7反应转移的电子数，再换算 0.2mol 的转移电子数；
关系式法计算：根据两个反应的化学计量关系，建立 SO2与 K2Cr2O7的物质的量关系式，计算消耗的 K2Cr2O7的物质的量。
15．【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、FeCl2可由 Fe 与 FeCl3化合（2FeCl3+Fe=3FeCl2）制得，另一种溶液（FeCl3）可由 Fe 与 Cl2化合（ ）制得，二者均可通过化合反应制得，A 正确；
B、FeCl2保存时需加铁粉防止 Fe2+被氧化为 Fe3+，但 FeCl3会与 Fe 反应生成 FeCl2，不能加铁粉，B 错误；
C、Zn 的金属性比 Fe 强，过量 Zn 会与 FeCl2发生置换反应生成 Fe 和 ZnCl2，会引入新杂质且消耗 FeCl2，不能用于除杂，C 错误；
D、FeCl3具有强氧化性，可与 Cu 发生反应（2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2），FeCl2与 Cu 不反应，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化合反应制盐：FeCl2可通过 Fe 与 FeCl3的化合反应制备，FeCl3可通过 Fe 与 Cl2的化合反应制备，二者均符合化合反应的定义；
试剂保存原则：FeCl2易被氧化，需加铁粉还原 Fe3+；FeCl3会与 Fe 反应，不能加铁粉，需密封保存防止水解；
除杂试剂选择：除杂时不能引入新杂质、不能消耗目标物质，Zn 会置换 Fe，不可用于 FeCl2除杂；
氧化性与反应性：Fe3+具有强氧化性，可氧化 Cu 等不活泼金属，Fe2+氧化性弱，与 Cu 不反应。
16．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 在 t1时刻扩大容器体积，体系压强骤降，正、逆反应速率会瞬间同步减小，且平衡逆向移动，v正应小于 v逆，与图 1 中 t1后 v正的变化趋势不符，A 错误；
B、反应 中，H2与 CO 的化学计量数之比为 2：1，当投料比 =2 时，二者平衡转化率相等，对应图 2 中交点横坐标 a=2，而非 0.5，B 错误；
C、合成氨反应 中，增大起始 n(N2) 的用量，H2的平衡转化率会持续升高，因此 H2平衡转化率关系为 α(c)>α(b)>α(a)，与选项描述相反，C 错误；
D、反应 2NO (g)+O2(g) 2NO2(g) 是气体分子数减少的放热反应：压强越大，NO 平衡转化率越高，A 点转化率最低，对应压强最小；温度越高，平衡逆向移动，平衡常数 K 越小，B 点温度高于 A、C 点，对应 K 最小，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
压强对速率与平衡的影响：扩大容器体积（减小压强），正、逆反应速率均瞬间减小，平衡向气体分子数增多的方向移动；
投料比与转化率的关系：当反应物投料比等于化学计量数之比时，各反应物的平衡转化率相等；
合成氨反应的转化率规律：增大一种反应物（N2）的起始量，另一种反应物（H2）的平衡转化率持续升高；
平衡常数与温度的关系：放热反应中，温度越高，平衡常数越小；压强仅影响平衡转化率，不影响平衡常数。
17．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、盐酸与 Na2CO3的反应是放热反应，但盐酸与 NaHCO3的反应是吸热反应，类比推测不合理，A 错误；
B、S 的氧化性较弱，与变价金属反应时生成低价态硫化物：Fe 与 S 反应生成 FeS，Cu 与 S 反应生成 Cu2S，类比推测合理，B 正确；
C、浓硫酸具有强氧化性，会将 HI 氧化为 I2，无法用 NaI 与浓硫酸反应制备 HI，类比推测不合理，C 错误；
D、SO2通入 Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水生成 H2SO3使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将 SO32-氧化为 SO42-，最终生成 BaSO4白色沉淀，类比推测不合理，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应热的差异：碳酸盐与酸的反应、碳酸氢盐与酸的反应热效应不同，前者放热、后者吸热，不可直接类比；
S 的氧化性特点：S 为弱氧化剂，与变价金属（Fe、Cu）反应时，只能将金属氧化为低价态（+2 价 Fe、+1 价 Cu），生成 FeS、Cu2S；
浓硫酸的强氧化性：浓硫酸可氧化还原性强的 HI，因此不能用浓硫酸制备 HI，而 HCl 还原性弱，可由 NaCl 与浓硫酸反应制备；
酸性条件下 NO3-的氧化性：NO3-在酸性环境中具有强氧化性，可将 SO2（H2SO3）氧化为 SO42-，生成 BaSO4沉淀，与 CO2的情况完全不同。
18．【答案】D
【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、Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，不能拆成离子形式，正确离子方程式为：
Cl2+H2O H++Cl-+HClO，A 错误；
B、少量 NaHCO3与澄清石灰水反应时，HCO3-完全反应，OH-过量，不会生成 CO32-，正确离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，B 错误；
C、ClO-具有强氧化性，会将 SO2氧化为 SO42-，自身被还原为 Cl-，不会生成 SO32-和 HClO，正确离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+，C 错误；
D、硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡至中性，H+与 OH-恰好完全反应，离子方程式为：
2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
弱电解质的拆分规则：HClO 为弱酸，在离子方程式中需保留化学式，不能拆成离子；
少量、过量反应物的离子方程式书写：少量 NaHCO3与 Ca(OH)2反应时，以少量物质的量为基准配平，OH-过量，无 CO32-生成；
氧化还原反应的优先性：ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应，而非复分解反应；
中性条件的配平要求：硫酸氢钠与氢氧化钡反应至中性时，H+与 OH-的物质的量需相等，据此配平离子方程式。
19．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、23 g Na（1 mol）与足量 O2反应，无论生成 Na2O 还是 Na2O2，Na 均从 0 价变为
+ 1 价，1 mol Na 完全反应转移 1 mol 电子（即 NA 个），并非介于 NA 和 2NA 之间，A 错误；
B、D2O 的摩尔质量为 20 g/mol，1.8 g D2O 的物质的量为 ，1个D2O分子含 10 个电子，因此含电子数为 0.9NA，不是 NA，B 错误；
C、标准状况下 0.224 L Cl2的物质的量为 0.01 mol，Cl2与水的反应为可逆反应
（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），且 HClO 为弱酸不完全电离，因此氯水中 H+数少于 0.02 NA，C 正确；
D、H2、Cl2、HCl 分子中均含 1 个共价键，0.1 mol H2与 Cl2的混合气体（无论是否反应），总共价键数始终为 0.1 NA，不是 0.2 NA，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
钠与氧气反应的电子转移：Na 与 O2反应，无论产物是 Na2O 还是 Na2O2，Na 均只失去 1 个电子，1 mol Na 完全反应转移 1 mol 电子；
D2O 的摩尔质量与电子数：D（氘）的相对原子质量为 2，D2O 摩尔质量为 20 g/mol，1 个 D2O 分子含 10 个电子，需注意与 H2O（摩尔质量 18 g/mol）区分；
氯气与水的可逆反应：Cl2与水的反应为可逆反应，不能完全进行，且 HClO 为弱酸，因此 H+的物质的量远小于理论值；
共价键数的计算：H2、Cl2、HCl 均为双原子分子，每个分子含 1 个共价键，反应前后分子总数不变，因此共价键总数不变。
20．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤 Ⅰ 中 Cl2过量时，可与生成的 Br2发生反应 Br2+Cl2=2BrCl，因此 Br2中会混有 BrCl 杂质，A 正确；
B、步骤 Ⅱ 中通入热气体 X 的作用是吹出 Br2，热空气（或水蒸气）可降低 Br2的溶解度，使其挥发；若 X 为 SO2，SO2会与 Br2发生氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr），无法吹出 Br2，B 错误；
C、步骤 Ⅱ 中 Br2与足量纯碱（Na2CO3）溶液发生歧化反应，离子方程式为
3Br2+6CO32-+3H2O=5Br-+BrO3-+6HCO3-，C 正确；
D、步骤 Ⅲ 中硫酸酸化后，Br-与 BrO3-反应生成 Br2，利用 Br2易挥发的性质，通过蒸馏操作可提纯得到工业溴，D 正确；
故答案为：B。
【分析】海水提溴的核心流程分为四步：
将海水蒸发浓缩得到卤水，提高 Br-浓度；向卤水中通入 Cl2，将 Br-氧化为 Br2（Cl2+2Br-=2Cl-+Br2），得到低浓度溴水；通入热空气（或水蒸气）吹出 Br2，用纯碱溶液吸收，发生歧化反应生成 Br-和 BrO3-，实现溴的富集；用硫酸酸化，使 Br-和 BrO3-发生归中反应（5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O），再通过蒸馏分离出高纯度的工业溴。
21．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；离子化合物的结构特征与性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、简单离子半径：S2- > K+ > O2-（电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小），即 M > N > Z，A 正确；
B、简单氢化物稳定性：H2O>H2S（O 非金属性强于 S），即 Z > M，B 正确；
C、YM2（CS2）、YZM（COS）为共价化合物；NX（KH）为离子化合物，不是共价化合物；N2M2（K2S2）、N2M（K2S）为离子化合物，C 错误；
D、M (S) 的含氧酸（如 H2SO3）酸性不一定比 Y (C) 的含氧酸（如 H2CO3）强，D 正确；
故答案为：C。
【分析】首先推断元素：X 形成 1 个共价键，最外层 1 个电子，为 H；Y 形成 4 个共价键，最外层 4 个电子，为 C；Z 与 M 同主族，Z 形成双键，最外层 6 个电子，Z 为 O，M 为 S；X (H)、Y (C)、N 最外层电子数之和等于 Z (O) 的最外层 6 个电子，即 1+4+N 最外层 = 6，N 最外层 1 个电子，原子序数大于 S，前 20 号主族元素，N 为 K。
22．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；中和热；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，该反应 ΔH < 0，说明反应物总键能小于生成物总键能，A 错误；
B、反应自发进行的判据是 ΔG=ΔH-TΔS<0，该反应 ΔH>0、ΔS<0，因此 ΔG 始终大于 0，任何条件下都不能自发进行，但反应能否发生与能否自发是两个概念，该反应可在高温高压等条件下发生，B 错误；
C、恒温恒容下，平衡后再通入 NH3，相当于增大压强，平衡向气体分子数减少的方向（逆向）移动，NH3的分解率减小，C 错误；
D、CH3COOH 是弱酸，电离过程吸热，因此与 NaOH 反应生成 1 mol H2O 时，放出的热量小于 57.3 kJ，ΔH > -57.3 kJ/mol，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
键能与 ΔH 的关系：ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，放热反应（ΔH<0）中，反应物总键能小于生成物总键能；
反应自发进行的判据：ΔG = ΔH - TΔS <0，ΔH> 0、ΔS < 0 的反应，ΔG 始终大于 0，无法自发进行，但不代表不能发生；
压强对平衡的影响：恒温恒容下，增大反应物浓度相当于增大压强，对于气体分子数增大的反应，平衡逆向移动，反应物转化率减小；
中和热的影响因素：弱酸电离吸热，因此弱酸与强碱的中和反应，放出的热量小于强酸强碱中和热，ΔH 更大（更接近 0）。
23．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；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、的物质的量等于分解的量，即等于反应1生成的总物质的量，计算得，A正确；
B、 若容器体积变为0.5 L，反应1的平衡常数K=c(CO2)=0.5仍成立，平衡时c(CO2)=0.5 mol/L，根据反应2的平衡常数不变，计算得CO体积分数仍为40%，不变，B错误；
C、内，，则，C正确；
D、根据盖斯定律，将反应1乘以2、反应2，然后整体取逆，可得目标反应，其焓变，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
固体参与的平衡常数：反应1中、为固体，平衡常数仅等于的浓度，温度不变，不变，的平衡浓度恒定；
压强对化学平衡的影响：对于气体分子数增大的反应，增大压强（缩小体积），平衡向气体分子数减少的方向（逆向）移动，的体积分数会发生变化；
化学反应速率的计算：根据，结合的物质的量变化计算平均反应速率；
盖斯定律的应用：通过已知反应的焓变，进行加减、逆运算，推导目标反应的焓变。
24．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、从反应速率与平衡的关系来看，ab段容器体积更小，NO2初始浓度更高，反应速率更快，在相同时间内完全可以达到平衡，因此a点处于平衡状态；而bc段容器体积显著增大，NO2浓度大幅降低，反应速率大幅减慢，相同时间内无法达到平衡，因此c点未达平衡，A正确；
B、我们通过三段式分别计算a、b两点平衡时的气体总物质的量：
a点NO2转化率为40%：
气体总物质的量：
b点NO2转化率为80%：
气体总物质的量：
恒容容器中，压强之比等于之比，由于，因此一定大于，B错误；
C、气体的颜色深浅由NO2的浓度直接决定。b点NO2的浓度为，c点NO2的浓度为。题干仅说明，但没有给出具体的体积比例关系，因此无法确定两点NO2浓度的相对大小，也就无法比较颜色深浅，C错误；
D、平衡常数是温度的专属函数，只与温度有关，与浓度、压强等因素无关。a、b、c三点处于相同温度下，因此三者的平衡常数完全相等，D错误；
故答案为：A。
【分析】本次实验在恒温、恒容条件下进行，向一系列体积依次增大（）的密闭容器中，分别加入足量活性炭和2 mol ，发生反应： 。
从图像中转化率的变化规律可以拆解出两个核心阶段：
ab上升段：容器体积从到逐步增大，的起始浓度依次降低，但始终高于b点的浓度。由于反应物浓度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，因此ab段所有点在相同时间内均已达到平衡。同时，该反应正向为气体分子数增大的反应，容器体积增大（体系压强减小）会推动平衡正向移动，因此转化率持续升高，在b点达到该条件下的平衡峰值。
bc下降段：容器体积从到继续增大，的起始浓度大幅降低，导致反应速率显著减慢，在相同的测定时间内无法达到平衡状态，因此测得的转化率低于平衡值，呈现下降趋势。
综上，b点是该实验条件下的平衡临界点，ab段为平衡区，bc段为未平衡区，以此为基础对各选项进行分析。
25．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡的影响因素；浓硫酸的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓硫酸稀释的安全操作是将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌散热。本实验中，应把冷却后的反应液缓慢加入水中，而非向反应液中直接加水，否则会因局部过热引发液体飞溅，实验操作存在错误，A错误；
B、压缩注射器活塞时，体系体积瞬间减小，NO2浓度骤增，气体颜色先急剧变深；随后平衡正向移动，NO2浓度略有降低，但最终浓度仍高于压缩前，因此气体颜色应比压缩前深，而非变浅，B错误；
C、大理石与盐酸反应生成的CO2中，会混有挥发出来的HCl杂质。HCl的酸性强于H2SiO3，会直接与Na2SiO3反应生成白色沉淀，无法证明沉淀是由CO2（即H2CO3）与硅酸钠反应产生的，因此不能证明酸性，C错误；
D、向新制氯水中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，仅能证明氯水中含有Cl-；滴加淀粉KI溶液变蓝，可能是氯水中的HClO（次氯酸具有强氧化性）将I-氧化为I2，无法证明氯水中存在未反应的Cl2，因此并不能说明Cl2与H2O的反应存在限度，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸稀释操作：必须严格遵循“酸入水”的顺序，防止局部过热引发危险。
压强对化学平衡的影响：压缩活塞时，体积骤变导致的浓度变化是颜色变化的主因，平衡移动仅能部分抵消浓度升高，最终NO2浓度仍高于压缩前，颜色应更深。
酸性强弱的比较实验：比较H2CO3与H2SiO3的酸性时，必须除去CO2中混有的HCl杂质，否则HCl会直接与硅酸钠反应，干扰实验结论。
化学平衡限度的证明：要证明Cl2与水的反应存在限度，需证明体系中同时存在反应物Cl2和生成物；而D选项的操作无法区分是Cl2还是HClO氧化KI，因此不能证明反应存在限度。
26．【答案】（1）
（2）
（3）氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强
（4） ；390
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）熟石膏的化学式为；
故答案为： ；
（2）离子方程式为；
故答案为： ；
（3）氯的非金属性更强是因为，氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强；
故答案为： 氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强 ；
（4）由图知，生成1 mol的反应中，，因此，热化学方程式的，则热化学方程式为；由方程式知，氮氢键的键能为。
故答案为： ； 390 ；
【分析】(1) 根据常见硫酸盐结晶水合物的组成，熟石膏为半水石膏，化学式为 ，直接记忆作答。
(2) 明确氧化还原反应本质，氧化生成；按离子方程式书写规则拆分、配平，得到 。
(3)同主族元素，电子层数少、原子半径小，原子核对最外层电子吸引力更强，得电子能力更强，故非金属性更强。
(4) 由能量图得生成放热，推出生成的热化学方程式 ；
利用“反应物总键能生成物总键能”，代入数据计算键能为。
（1）熟石膏的化学式为；
（2）离子方程式为；
（3）氯的非金属性更强是因为，氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强；
（4）由图知，生成1 mol的反应中，，因此，热化学方程式的，则热化学方程式为；由方程式知，氮氢键的键能为。
27．【答案】(1) AB
(2) 取少量废渣，加入足量稀硫酸溶解，再加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，说明可能存在(其他合理答案也可)。
(3) 、
(4) A，B，D
(5) 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降。
(6) 加热浓缩、冷却结晶
(7)
【知识点】工业制取硫酸；化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．Fe2O3废渣能与CO或氢气等发生氧化还原反应得到铁，可用作炼铁原料，A正确；
B．接触室中可以通过加入催化剂以及加热的措施来提高化学反应速率，即提高单位时间内生成SO3的产量，B正确；
C．为了防止产生大量酸雾，吸收塔中的吸收剂通常为98.3%的浓硫酸，C错误；
D．吸收塔中的反应无化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；
E．铝或铁在冷的或常温的浓硫酸中可以钝化，可用铝或铁制容器贮存或运输，但铝或铁制容器均能与稀硫酸反应，不能贮存或运输稀硫酸，E错误；
故答案为：AB；
（2）Fe3O4溶于稀硫酸得到铁离子和亚铁离子，可通过检验亚铁离子证明是否存在：取少量废渣，加入足量稀硫酸溶解，再加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，说明可能存在(其他合理答案也可)；
故答案为： 取少量废渣，加入足量稀硫酸溶解，再加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，说明可能存在(其他合理答案也可)。 ；
（3）是共价化合物，其电子式为：；酸浸时浸出的主要反应是ZnS与氧气、硫酸反应生成、S和水，其离子方程式为：；由分析可知，酸浸后的过滤所得滤液中含有的主要金属离子除外还有、；
故答案为：； 、 ；
（4）A．适当加热升温或增大硫酸浓度，可加快化学反应速率，提高“酸浸”浸出效率，A正确；
B．滤渣1中含有和硫单质，B正确；
C．除镉反应的离子方程式为：，C错误；
D．调pH可加入ZnO，消耗氢离子且不引入新杂质，D正确；
故答案为：ABD；
（5）①与ZnS在酸性条件下反应生成、和水，其反应的离子方程式为：；
②从化学平衡角度分析经过一段时间砷回收率下降的原因是：随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降；
故答案为： 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降；
（6）溶液得到的系列操作为：加入调节溶液的pH、加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
故答案为： 加热浓缩、冷却结晶 ；
（7）根据锌元素守恒，m kg闪锌矿(含w%ZnS)理论上得到质量，则的产率为=。
故答案为： ；
【分析】本流程围绕硫化工与湿法炼锌两大工业主线展开，核心是通过矿物的焙烧、酸浸、除杂、结晶等操作，实现资源的综合利用与产品制备：
黄铁矿制硫酸工艺：以黄铁矿（）为原料，经高温煅烧完成硫元素的初步转化，生成废渣与烟气；进入接触室，在催化剂、加热条件下催化氧化为；最后在吸收塔中用98.3%浓硫酸吸收，避免酸雾生成，最终制得硫酸产品，同时可回收作为炼铁原料。
闪锌矿提锌工艺：闪锌矿主含，伴生、、等杂质，经酸性氧压浸出，将硫化物转化为、、，硫元素以单质硫形式析出，不溶形成滤渣；后续通过除铁、除镉工艺去除杂质离子，调节pH、沉锌得到中间体，再转化为溶液，最终经浓缩、结晶、干燥等操作，制得产品。
(1) 先明确黄铁矿煅烧、接触室氧化、吸收塔吸收的核心反应与工艺要求；逐一分析选项：
A：可被还原为，可作炼铁原料，正确；
B：催化剂、加热可加快反应速率，提高单位时间产量，正确；
C：吸收塔用98.3%浓硫酸吸收是为防止酸雾，选项描述错误；
D：吸收塔反应为，非氧化还原反应，选项描述错误；
E：冷浓硫酸可使钝化，但稀硫酸能与反应，不能贮运稀硫酸，选项描述错误；
(2) 利用溶于稀硫酸生成的特性；取废渣加足量稀硫酸溶解，再滴加酸性溶液，若紫红色褪去，说明含，可证明存在（也可用检验）。
(3为共价化合物，根据最外层6个电子、最外层1个电子，书写电子式；
酸浸时在、作用下生成、和，根据电子守恒、电荷守恒配平离子方程式： ；结合流程，、酸浸后生成、，故滤液中除外，还含、。
(4) 结合酸浸工艺的影响因素、滤渣成分、除杂原理分析选项：
A：加热、增大硫酸浓度可加快反应速率，提高浸出效率，正确；
B：不与硫酸反应，等酸浸生成单质，故滤渣1含和，正确；
C：为弱酸，不能拆写，除镉离子方程式错误；
D：加可消耗调pH，且不引入新杂质，正确；
(5) ①根据氧化还原反应规律，与在酸性条件下反应生成、和，配平离子方程式： ；
②从平衡角度分析：反应进行中溶液pH升高、浓度降低，会促使平衡正向移动，重新溶解，导致砷回收率下降。
(6)从溶液获得结晶水合物，需先加调pH抑制水解，再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到。
(7) 根据元素守恒，先计算闪锌矿（含）中的物质的量，再推导理论上的质量；结合实际产量，代入产率公式：，最终得产率。
28．【答案】（1）
（2）先加盐酸酸化，再加入溶液，出现白色沉淀
（3）排除对检验的干扰；出现黄色沉淀；
（4）
（5）0.01 mol
【知识点】含氮物质的综合应用；铁的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（2）实验I中NO与碱性溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为 ，同时 被氧化为 ，因此需要检测 的存在，实验操作是：取少量反应后溶液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明有 。
故答案为： 先加盐酸酸化，再加入溶液，出现白色沉淀 ；
（3）①实验II中，向饱和溶液加入冰醋酸和AgNO3后无明显变化。这表明在酸性条件下， 与 不反应，排除了对检验的干扰；
②实验III中，加入冰醋酸后，溶液呈酸性， 与 反应生成黄色沉淀；
③ 根据资料i，NO被还原为 ， 被氧化为 ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为： 排除对检验的干扰 ； 出现黄色沉淀 ； ；
（4）根据题目，加入适量水后溶液变蓝可能是因为 和水反应生成 ，反应方程式为：，的浓度减少，溶液颜色由绿色变为蓝色。
故答案为： ；
（5）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与足量空气混合，同时通入足量NaOH溶液中，氮氧化物完全被吸收，生成NaNO3，纵观整个过程，铜失去的电子等于氧气获得的电子，1.28gCu的物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应氧气物质的量为=0.01mol。
故答案为： 0.01 mol ；
【分析】(1) 铁与足量稀硝酸发生氧化还原反应，Fe被氧化为Fe3+，HNO3被还原为NO；根据得失电子守恒（Fe失3e-，NO3-得3e-）和原子守恒配平，得到 。
(2) NO与发生氧化还原反应，NO被还原为，被氧化为；检验需先加稀盐酸酸化排除、等干扰，再加溶液，若产生白色沉淀，证明有生成。
(3)① 实验Ⅱ排除对检验的干扰；
② 实验Ⅲ证明酸性条件下与反应生成黄色沉淀；
③ 根据得失电子守恒（NO得2e-，失2e-）、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式： 。
(4) 浓硝酸与铜反应生成的溶于浓硝酸呈绿色；加水后与水发生反应 ，浓度降低，溶液颜色由绿色变为蓝色。
(5) 整个过程中，Cu失去的电子最终等于O2得到的电子；先计算Cu的物质的量，再根据电子转移守恒，求出参与反应的O2的物质的量。
（1）铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（2）实验I中NO与碱性溶液会发生氧化还原反应，NO被还原为 ，同时 被氧化为 ，因此需要检测 的存在，实验操作是：取少量反应后溶液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明有 。
（3）①实验II中，向饱和溶液加入冰醋酸和AgNO3后无明显变化。这表明在酸性条件下， 与 不反应，排除了对检验的干扰；
②实验III中，加入冰醋酸后，溶液呈酸性， 与 反应生成黄色沉淀；
③ 根据资料i，NO被还原为 ， 被氧化为 ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）根据题目，加入适量水后溶液变蓝可能是因为 和水反应生成 ，反应方程式为：，的浓度减少，溶液颜色由绿色变为蓝色。
（5）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与足量空气混合，同时通入足量NaOH溶液中，氮氧化物完全被吸收，生成NaNO3，纵观整个过程，铜失去的电子等于氧气获得的电子，1.28gCu的物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应氧气物质的量为=0.01mol。
29．【答案】（1）；低温
（2）A；C
（3）；A点的温度和压强均大于B点，因此反应速率；
（4）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）反应Ⅲ可由反应Ⅰ和反应Ⅱ相加得到，根据盖斯定律，平衡常数满足；由表中数据可得：，；因为温度升高，减小，所以反应Ⅲ是放热反应，即，反应Ⅲ中气体分子数减少，，根据，反应在低温下可自发进行；
故答案为： ； 低温 ；
（2）A．反应Ⅲ中气体分子数发生变化，恒温恒容时，总压强不再变化说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，A符合题意；
B．物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明浓度不再变化，无法判断反应达到平衡，B不符合题意；
C．，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，C符合题意；
D．恒温恒容时，气体总质量和体积均不变，密度始终不变，无法判断反应达到平衡，D不符合题意；
故答案为：AC；
（3）①反应Ⅱ平衡不受压强影响，但反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2转化率增大，因此从图中得出V1②300℃时，转化率为40%，则消耗的物质的量为，甲醇选择性为75%，则生成甲醇为，有三段式：
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：；
平衡时，，，，，容器体积为，则各物质浓度为，，，，反应Ⅱ的平衡常数；
故答案为：；A点的温度和压强均大于B点，因此反应速率 ； ；
（4）Pt(a)电极为负极，发生氧化反应生成和，电解质溶液为稀硫酸，电极反应式为。
故答案为： ；
【分析】(1) 由盖斯定律，反应Ⅲ = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此平衡常数 ；代入数据计算不同温度下的，发现温度升高减小，说明反应Ⅲ为放热反应（）；反应Ⅲ中气体分子数减少，故熵变；根据吉布斯自由能公式，放热、熵减的反应在低温下可自发进行。
(2) A：恒温恒容下，总压强不再变化，说明气体总物质的量不变，各物质浓度恒定，反应达到平衡，正确；
B：物质的量之比等于化学计量数之比，仅说明比例关系，不能证明浓度不再变化，无法判断平衡，错误；
C：，符合正、逆反应速率相等的平衡特征，反应达到平衡，正确；
D：恒温恒容下，气体总质量、体积均不变，密度始终恒定，无法判断平衡，错误；
(3)① 反应Ⅱ不受压强影响，反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率增大；由图中，可知A点压强大于B点；A点温度、压强均更高，故反应速率；
② 先根据转化率、甲醇选择性，计算反应Ⅱ、Ⅲ的三段式，得到各物质平衡浓度；再代入反应Ⅱ的平衡常数公式，计算得。
(4)Pt(a)电极为负极，发生氧化反应，在稀硫酸（酸性电解质）中生成和；根据电子守恒、原子守恒配平，得到电极反应式：。Pt(b)为正极，电极反应式为，发生还原反应，电池总反应为。
（1）反应Ⅲ可由反应Ⅰ和反应Ⅱ相加得到，根据盖斯定律，平衡常数满足；由表中数据可得：，；因为温度升高，减小，所以反应Ⅲ是放热反应，即，反应Ⅲ中气体分子数减少，，根据，反应在低温下可自发进行；
（2）A．反应Ⅲ中气体分子数发生变化，恒温恒容时，总压强不再变化说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，A符合题意；
B．物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明浓度不再变化，无法判断反应达到平衡，B不符合题意；
C．，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，C符合题意；
D．恒温恒容时，气体总质量和体积均不变，密度始终不变，无法判断反应达到平衡，D不符合题意；
故选AC；
（3）①反应Ⅱ平衡不受压强影响，但反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2转化率增大，因此从图中得出V1②300℃时，转化率为40%，则消耗的物质的量为，甲醇选择性为75%，则生成甲醇为，有三段式：
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：；
平衡时，，，，，容器体积为，则各物质浓度为，，，，反应Ⅱ的平衡常数；
（4）Pt(a)电极为负极，发生氧化反应生成和，电解质溶液为稀硫酸，电极反应式为。
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