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广东省汕头市潮阳实验学校2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、单项选择题：本题共16小题，共44分(1-10题每小题2分，共 20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求)。
1．我国在科技领域取得重大成就。下列关于材料的说法正确的是
A．制造中国天眼FAST使用的碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．新能源汽车领域使用的高导热率氮化铝陶瓷属于金属材料
C．DeepSeek 正广泛招募芯片设计人才，芯片的成分是 SiO2
D．“天和”核心舱用的镁合金涂层中自愈缓蚀剂2-巯基苯并噻唑(C7H5NS2)属于有机高分子化合物
2．化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是
A．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者互为可逆反应
B．“自热饭”、“自嗨锅”是利用了发热包发生化学反应产生的热能
C．植物的根从土壤中吸收铵根离子和硝酸盐属于氮的固定
D．合成氨工业一般选择400~500℃的主要原因是为了使氨的产率较高
3．下列有关有机物的说法正确的是
A．CH3Cl的电子式：
B．和 互为同分异构体
C．CCl4分子的空间填充模型：
D．C2H6和C4H10互为同系物
4．下列物质的性质与用途正确且具有对应关系的是
A．明矾溶于水形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
B．浓硫酸有脱水性，可干燥某些气体
C．KIO3受热可分解，可用作食盐的碘添加剂
D．NH3极易溶于水，可做喷泉实验
5．化学是一门以实验为基础的学科。下列叙述与其图像相符的是(夹持装置已略去)
A．配溶液时，定容后摇匀 B．实验室制备SO2
C．研究不同催化剂对反应速率的影响 D．实验室制取氨气
A．A B．B C．C D．D
6．下列离子组在强酸性溶液中能大量共存的是
A．Na+、K+、S2-、 B．
C． D．
7．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．5.6gFe与足量的硫单质反应，转移的电子数为0.3NA
B．标准状况下， 11.2LSO3所含的分子个数为0.5NA
C．密闭容器中， 2mol SO2和1mol O2充分反应后分子总数大于2NA
D．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA
8．下面是碳元素的价类二维图，有关说法错误的是
A．a是天然气的主要成分
B．将氨气和e通入饱和食盐水中可得到
C．d与血红蛋白结合的能力比O2强
D．过量b在高温下被氧化成e
9．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A．过量铁粉加入稀硝酸中：
B．氯化铜溶液中通入硫化氢：
C．用足量的氨水溶液吸收SO2尾气：
D．向NaClO溶液中通入过量
10．下列方案设计、现象和结论均正确的一组是
　 实验设计 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉 KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 向品红溶液中通入某气体 品红褪色 气体一定是SO2
C 向Na2SiO3溶液中通入CO2气体 溶液变浑浊 碳的非金属性比硅强
D 向某盐溶液中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 无明显现象 原溶液中不含有
A．A B．B C．C D．D
11．利用CeO2脱除汽车尾气中CO和NO的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
已知①中有一部分Ce4+转化成Ce3+。
A．该反应的催化剂为CeO2
B．大力推广该技术可减少酸雨的发生
C．过程②中， 每脱除1molNO转移2mol电子
D．当x=0.2时， 中
12．Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：
实验
现象 Fe表面产生大量无色气泡 Fe表面产生少量气泡后迅速停止 Mg表面迅速产生大量气泡 Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是
A．Ⅰ中产生气体的原因是：
B．取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C．取出Ⅲ中的镁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
D．Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
13．某蛇纹石的组成如下：SiO2、MgO、Na2O、K2O、Fe2O3，通过下图流程可由蛇纹石制备较纯净的二氧化硅。以下说法正确的是
A．步骤①中涉及SiO2反应的离子方程式为
B．滤渣A的成分有K2O、Na2O、MgO和Fe2O3
C．检验步骤②中沉淀是否洗净的方法是向洗涤液中滴加酚酞看是否变色
D．实验室进行步骤③需要用到的主要仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒和三脚架
14．一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是
A．电池工作时，化学能完全转化为电能
B．电池工作时，向电极B移动
C．电极B上发生的电极反应为
D．参与的电极反应为
15．实验小组探究SO2与 的反应。在一定条件下，向盛有 的烧瓶中加入 固体，用传感器测得反应体系中( 含量的变化如图。
下列说法错误的是
A．有 生成推测发生了反应：
B．bc段 含量下降与反应 有关
C．产物 也可能是 与 直接化合生成的
D．可用 酸化的 溶液检验b点固体中是否含有
16．一定温度下，在5L的密闭容器中投入一定量的气体A、气体B发生反应生成气体C，12s时生成C的物质的量为1.2mol(过程如图)。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．2s内用气体A表示的化学反应速率为
C．12s时容器内的气体压强与起始时的气体压强之比为13：11
D．4s时正反应速率等于逆反应速率
二、填空题(本题共4个小题，共56分)。
17．烷烃、烯烃是有机合成的重要母体，在工业和生产中有着重要作用。
I．回答下列问题：
（1）相同物质的量的①C2H4②C2H6O完全充分燃烧，消耗氧气的物质的量①　 　②(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（2）在C5H12的同分异构体中，一氯代物只有一种的烷烃是　 　(写结构简式)，用系统命名法命名该有机物，其名称为：　 　。
Ⅱ．石油裂解可得到重要的化工原料乙烯(有关乙烯的部分转化关系如图：
（3）写出 A 的结构简式：　 　。
（4）②的反应类型为　 　。
（5）类似于反应③，丙烯也可以在一定条件下生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为　 　。
（6）已知反应④的原子利用率(期望产物的总质量与生成物的总质量之比)为100%，则其化学方程式为　 　。
18．工业上由含铜废料(含有 Cu、CuS、(等)制备硝酸铜晶体的流程如图所示：
（1）“焙烧”在时进行，写出“焙烧”时CuS 反应生成CuO 的化学方程式：　 　。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有　 　(写出一条即可)。
（3）“过滤”所得滤液中的盐类溶质主要为　 　(填化学式)。
（4）“淘洗”所用的溶液 A 可以是　 　(填字母)。
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．浓硝酸
（5）“反应”一步所用的试剂是20%HNO3和发生反应，若不加10%的H2O2溶液，只用浓的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体，反应的离子方程式为　 　。
（6）某工厂用m kg上述工业含铜废料(含铜元素64%)制备(，假设原料无损失，理论上得到的质量为　 　kg。
19．利用CO2氢化法合成二甲醚(，可实现二氧化碳再利用。其中涉及以下反应：
I．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）以上两步反应的能量曲线如下图。若该容器与外界无热量传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐　 　(填“升高”、“降低”或“无法判断”)。
（2）向一个10L 的密闭容器中，通入一定量的(和合成二甲醚。在恒温恒容时，5min时以上反应达到平衡，检测到容器中含有和则5min内的速率　 　。
（3）在恒温 (T>373K)恒容条件下，将一定量的(通入密闭容器中(含催化剂)发生上述反应。下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是___________(填字母)。
B．反应I中
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．混合气体的密度不变
E． CO2的转化率不变
（4）在酸性二甲醚燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电。其工作原理如图所示。电池工作时，Pt电极为电池的　 　极，电极反应式为　 　。若电池工作时，无有毒气体放出，当消耗23g二甲醚时，通过质子交换膜的离子的物质的量是　 　，参加反应的的体积(标况下)是　 　。
20．具有强氧化性，可作氧化剂和漂白剂，被广泛用于蓄电池工业。
的制备原理为实验装置如图所示：
（1）仪器a的名称是　 　，试剂X是　 　。
（2）支管b的作用是　 　，烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是　 　。
能氧化 Mn2+，反应后溶液变为紫红色，还原产物为。某小组设计实验探究影响反应速率的外界因素，实验方案如下：
序号 0.1mol/L MnSO4溶液/mL 0.1mol/L(NH4) 2S2O8溶液/mL 水/mL 温度/℃ 加入 Ag2SO4/g 溶液开始变紫红色所用时间/min
① 10.00 25.00 0 30 0 t1
② 10.00 20.00 V 30 0 t2
③ 10.00 25.00 0 30 1.00 t3
④ 10.00 25.00 0 40 0 t4
⑤ 10.00 15.00 10.00 35 0 t5
（3）写出MnSO4和(NH4) 2S2O8溶液反应的离子方程式：　 　。
（4）V=　 　。
（5）实验测得： t3（6）实验测得：t1>t4，由此可得出的实验结论是　 　。
（7）定量探究的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与和c(I-)的关系为k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定m、n的值。测得浓度与速率关系如下：
实验 c()/ mol·L-1 c(I-)/ mol·L-1 v/ mol·L-1. s-1
a 0.038 0.060 1.4×10-5
b 0.076 0.060 2.8×10-5
c 0.076 0.030 1.4×10-5
根据实验数据确定m、n的值。其中 n=　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解析】A. 碳化硅陶瓷（SiC）属于新型无机非金属材料，具有优异的常温力学性能， 故A正确；
B. 氮化铝陶瓷（AlN）属于新型无机非金属材料， 故B错误；
C. 芯片的主要成分是单晶硅（Si）， 故C错误；
D. 2-巯基苯并噻唑（化学式C7H5NS2）是低分子有机化合物， 故D错误；
正确答案为A。
【分析】A. 碳化硅属于新型无机非金属材料；
B. 氮化铝属于新型无机非金属材料；
C. 芯片的主要成分是单晶硅；
D. 2-巯基苯并噻唑不属于有机高分子化合物。
2．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氮的固定；合成氨条件的选择
【解析】【解析】A. HgS高温分解为Hg和S的反应与Hg和S常温下化合为HgS的反应条件不同（前者高温，后者常温），不符合可逆反应"同一条件下同时进行"的定义，因此不属于可逆反应， A错误；
B. 发热包的核心成分是生石灰（CaO），其发热原理为CaO + H2O = Ca(OH)2 ，该反应剧烈放热，符合自热食品的发热机制， B正确；
C. 氮的固定特指将N2转化为含氮化合物（如NH3、NOx等）的过程，植物吸收土壤中已有的铵盐（NH4+）或硝酸盐（NO3-）属于氮元素转移而非固定， C错误；
D. 合成氨选择400-500℃主要是加快反应速率， 提高单位时间内的产量，D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 硫化汞受热分解反应不是可逆反应；
B. 自热饭和自嗨锅工作原理是利用放热反应；
C. 氮的固定指氮气转化成化合物；
D. 工业合成氨温度选择，需考虑反应速率和催化剂的催化效率。
3．【答案】A,D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．一氯甲烷属于共价化合物，其电子式表示为：，因此选项A正确；
B．与实际上是同一物质的不同空间构型，故B选项错误；
C．四氯化碳分子中碳原子半径小于氯原子，其空间填充模型应为：，因此C选项错误；
D．和均符合饱和烷烃的通式，二者互为同系物，D选项正确；
综上所述，正确答案为AD。
【分析】A．一氯甲烷是共价化合物；
B．选项中物质是丙烷，同一物质；
C．氯原子半径大于碳原子；
D．同系物指性质相似，分子组成相差-CH2原子团的有机物。
4．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．明矾溶于水后电离出的Al3+会水解生成Al(OH)3胶体，这种胶体能够吸附水中悬浮的杂质，因此明矾可用作净水剂去除悬浮物，但它并不具备杀菌消毒的功能。A选项是错误的；
B．浓硫酸能够干燥某些气体，这是因为它具有很强的吸水性。B选项是错误的；
C．作为食盐中的碘添加剂，是因为它含有碘元素，与其受热分解的性质无关。C选项是错误的；
D．极易溶于水，能形成显著的气压差，这是喷泉实验能够成功进行的关键原因。D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．胶体通过吸附净水，不能杀菌消毒；
B．浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性；
C．碘酸钾用作实验添加剂与其受热分解没有关系；
D．氨易溶于水可产生压强差，产生喷泉。
5．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；氨的实验室制法；二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A. 配制溶液后定容摇匀的操作：一只手托住容量瓶底部，另一只手按住瓶塞，反复上下颠倒摇匀。该叙述与题目提供的图像完全吻合，因此A选项符合题意；
B. 涉及铜与浓硫酸反应制备二氧化硫的实验。题目图像中缺少关键的加热装置，而该反应必须加热才能进行，因此叙述与图像不符，B选项不符合题意；
C. 展示的是研究双氧水分解的实验图像。图中存在多个变量差异：使用不同催化剂的同时，双氧水浓度不同，试管所处环境温度也不同。这种多变量差异导致无法单独研究催化剂对反应速率的影响，因此叙述与图像不符，C选项不符合题意；
D. 描述的是氯化铵受热分解实验。虽然加热时氯化铵会分解为氨气和氯化氢，但冷却后这两种气体又会重新结合成氯化铵，因此无法用该方法制取氨气。该叙述与图像不符，D选项不符合题意；
综上所述，只有选项A的叙述与其图像相符，故正确答案为A。
【分析】A. 定容摇匀时应上下颠倒摇匀；
B. 铜和浓硫酸反应时需加热；
C. 探究实验时需控制单一变量，选项中不确定因素不唯一；
D. 氨气和氯化氢易反应生成氯化铵，无法制得氨气。
6．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．在酸性条件下，H+会与S2-反应生成H2S，同时NO3-和S2-会发生氧化还原反应，因此这些离子不能大量共存，A选项错误；
B．在酸性溶液中，Al3+、Mg2+、SO42-、Cl-彼此之间不发生反应，也不与H+反应，可以大量共存，B选项正确；
C．Ba2+会与SO42-反应生成BaSO4沉淀，因此不能大量共存，C选项错误；
D．H+会与S2O32-反应生成S和SO2，因此这些离子不能大量共存，D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】题目考查离子共存知识点：强酸性溶液中，硫离子不共存，钡离子和硫酸根会生成沉淀，氢离子和硫代硫酸根离子反应。
7．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；甲烷的取代反应；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 5.6g铁（0.1mol）与过量硫反应生成硫化亚铁(FeS)，铁元素由0价升至+2价，电子转移数为0.2mol（即0.2NA）， A错误；
B. 三氧化硫(SO3)在标准状况下为固态，不能使用气体摩尔体积计算11.2L SO3的分子数， B错误；
C. 二氧化硫与氧气的反应()存在可逆平衡，3mol反应物完全转化可得2mol产物，实际分子总数应介于2NA与3NA之间，故分子数必定大于2NA， C正确；
D. 甲烷氯代反应会同时生成一氯甲烷(CH3Cl)、二氯甲烷(CH2Cl2)等多种产物，因此1mol甲烷反应生成的一氯甲烷分子数必然小于NA， D错误；
综上所述，仅有C选项的表述正确。
【分析】A. 铁和硫反应生成二价铁；
B. 标准状况下，三氧化硫非气态，无法计算物质的量；
C. 根据二氧化硫和氧气反应是可逆反应分析；
D. 甲烷的取代反应是连锁反应，会生成多种取代产物。
8．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；硅和二氧化硅；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A. 由分析可知a是CH4，而天然气的主要成分正是甲烷，因此A选项正确；
B. e为CO2，m为碳酸盐/碳酸氢盐。将氨气和CO2通入饱和食盐水可制得NaHCO3，其反应方程式为：NaCl + H2O + CO2 + NH3 = NH4Cl + NaHCO3，因此B选项正确；
C. d为CO，一氧化碳与血红蛋白的结合能力确实强于氧气，因此C选项正确；
D. b为碳单质，在高温条件下与SiO2反应生成的是CO而非CO2，反应方程式为：2C + SiO2Si + 2CO，因此D选项是错误的；
正确答案为D。
【分析】根据题目提供的价类二维图分析可知： a代表CH4，b代表C（碳单质）， d代表CO，e代表CO2， m代表碳酸盐或碳酸氢盐。
9．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 铁与硝酸反应时，首先被氧化为Fe3+。由于铁过量，会进一步发生反应：。因此，过量铁粉与稀硝酸反应的离子方程式应为。可见A选项是错误的；
B. H2S是弱酸，在离子方程式中不应拆开。正确的离子方程式为。因此B选项也是错误的；
C. 氨水足量且呈碱性，吸收SO2尾气会生成亚硫酸铵和水。正确的离子方程式为： ， C选项是正确的；
D. ClO-具有强氧化性，能与还原性气体SO2发生氧化还原反应。正确的离子方程式应为：。因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A. 过量铁粉和稀硝酸反应生成二价铁离子；
B. 硫化氢是弱电解质，不可拆开；
C. 足量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；
D. 次氯酸根和二氧化硫发生氧化还原反应。
10．【答案】C
【知识点】铵离子检验；氯、溴、碘的性质实验；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解析】A．在NaBr溶液中加入过量氯水后，溶液变橙色（生成Br2），再加入淀粉KI溶液变蓝（生成I2）。但该现象无法直接比较Br2与的氧化性强弱，因为生成的I2可能是被过量Cl2氧化所致，也可能是Br2氧化的结果，故A选项错误；B．使品红溶液褪色的气体可能是SO2（通过漂白作用），也可能是Cl2（通过氧化作用），因此无法仅凭褪色现象确定气体成分，故B选项错误；
C．向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色硅酸沉淀（H2SiO3），证明碳酸酸性强于硅酸，进而说明碳的非金属性强于硅，故C选项正确；
D．检验NH4+时，需将含NaOH的溶液加热使NH3逸出。若不加热，即使存在，湿润红色石蕊试纸也不会变蓝，故D选项错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．氯水过量，可氧化碘离子生成碘单质；
B．使品红褪色的气体不一定是二氧化硫；
C．根据实验现象，溶液浑浊是生成硅酸，反应原理是强酸制弱酸，可比较碳和硅的非金属性；
D．铵根和氢氧根反应生成氨气需加热。
11．【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 二氧化铈()在反应中先被消耗生成缺陷型氧化铈(CeO(2-x))，随后通过反应②重新生成，说明其作为催化剂参与反应循环，通过氧化还原过程促进CO和NO的转化，选项A正确；B. 该技术能有效去除汽车尾气中的CO和NO，而NO是导致酸雨的主要污染物之一，因此推广该技术有助于减少酸雨的发生，选项B正确；
C. 在反应②中，NO被还原为N2，每1 mol NO需要获得2 mol电子才能转化为氮气，因此每脱除1 mol NO会转移2 mol电子，选项C正确；
D. 当x=0.2时，缺陷型氧化铈为CeO1.8，设其中Ce3+的物质的量为x，Ce4+的物质的量为y，根据电荷守恒和化学式可得方程组：，，解得x=0.4，y=0.6，即n(Ce3+)：n(Ce4+)=2：3，选项D错误；
综上，正确答案为D。
【分析】根据反应①可知，一氧化碳(CO)与二氧化铈()反应生成二氧化碳(CO2)和缺陷型氧化铈()。反应②中，缺陷型氧化铈(CeO(2-x))与一氧化氮(NO)反应重新生成和氮气(N2)。
12．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铁与稀硫酸反应会生成氢气，因此可以观察到铁表面产生大量无色气泡。该反应的离子方程式为：，故选项A正确；B．常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，表面形成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行。因此，将Ⅱ中的铁棒取出后放入硫酸铜溶液中，不会立即析出亮红色固体（铜），故选项B错误；
C．实验Ⅲ中，镁与浓硫酸反应迅速产生大量气泡，说明镁未被钝化。取出镁棒放入CuSO4溶液后，立即析出亮红色固体（铜），故选项C正确；
D．根据实验Ⅳ的现象，铁作为正极产生气泡，镁作为负极，说明镁的金属性比铁更强，故选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．根据反应原理，气体是氢气；
B．常温下，铁在浓硫酸中钝化，不能和硫酸铜发生置换反应；
C．镁单质不会钝化，可继续和硫酸铜溶液反应；
D．装置构成原电池，活泼的镁作负极，铁作正极，正极上生成氢气。
13．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 步骤①中SiO2与NaOH反应的离子方程式正确：， A正确；B. 滤渣A应只含MgO和Fe2O3（不含其他成分），B错误；
C. 检验沉淀是否洗净的正确方法： 取最后一次洗涤液，先加稀HNO3酸化，再加AgNO3溶液， 若无白色沉淀则洗净， C错误；
D. 步骤③煅烧所需仪器： 坩埚、坩埚钳、 泥三角、三脚架、酒精灯和玻璃棒， D错误；
综上，只有选项A正确。
【分析】蛇纹石的主要成分包括SiO2、MgO、Na2O、K2O和Fe2O3。当加入过量NaOH溶液时：酸性氧化物SiO2与NaOH反应生成可溶性Na2SiO3，Na2O和K2O会与水反应生成NaOH和KOH进入溶液
， MgO和Fe2O3不发生反应且不溶解，可通过过滤分离。后续处理过程： 向滤液中加入过量盐酸，Na2SiO3会转化为H2SiO3沉淀， 过滤洗涤后，煅烧H2SiO3可得到纯净的SiO2。
14．【答案】D
【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. 电池工作时，虽然大部分化学能转化为电能，但仍有部分能量以热能等形式损失，因此化学能不可能完全转化为电能，选项A错误；
B. 在原电池工作时，阴离子会向负极移动，因此会向电极A（负极）移动，选项B错误；
C. 电极B作为正极，其电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2 = 2，选项C错误；
D. 在电极A（负极）上，H2参与反应，且电解质中不含OH-，其电极反应式为：，选项D正确；
正确答案是：D。【分析】根据图示可知，电极A上碳元素和氢元素的化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此电极A为负极。其电极反应式为：H2 + CO + 2 - 4e- = H2O + 3CO2。电极B为正极，其电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2 = 2。基于以上分析回答问题。
15．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硫酸根离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A．实验起始阶段观察到大量O2生成，表明Na2O2与SO2发生反应并产生氧气，其化学方程式为：2Na2O2 + 2SO2 = 2Na2SO3 + O2，因此选项A正确；
B．在bc段过程中，O2浓度下降说明存在消耗氧气的反应。结合体系成分分析，可能是生成的Na2SO3继续与O2反应生成Na2SO4，反应方程式为：2Na2SO3 + O2 = 2Na2SO4，故选项B正确；
C．虽然无法直接证实反应Na2O2 + SO2 = Na2SO4的发生，但最终产物Na2SO4可能通过两种途径生成：一是SO2与Na2O2直接化合，二是通过分步反应（①2Na2O2 + 2SO2 = 2Na2SO3 + O2，后续Na2SO3被氧化），因此选项C正确；
D．由于HNO3具有强氧化性，会将SO32-氧化为SO42-，导致无法区分原固体中是否含有Na2SO4，故不能用HNO3酸化的BaCl2溶液进行检验，选项D错误；
正确答案为D。
【分析】根据曲线变化趋势分析，氧气含量先上升后下降，过氧化钠可能与二氧化硫发生反应，生成亚硫酸钠和氧气，氧气变多，后续氧气氧化亚硫酸钠，氧气被消耗，因此氧气减少，二氧化硫也可直接被过氧化钠氧化为硫酸钠；根据以上分析，b点为亚硫酸钠溶液，硝酸酸化的氯化钡溶液无法检验溶液中是否含有硫酸钠，需考虑硝酸会氧化亚硫酸钠。
16．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．根据分析可知该反应的化学方程式为，因此选项A错误；
B．计算2秒内A的反应速率：，因此选项B正确；
C．压强比等于物质的量比：初始总物质的量 = 2.6 mol，12秒时总物质的量 =，压强比为11：13，因此选项C错误；
D. 4秒时反应未达平衡，正逆反应速率不相等，因此选项D错误；
正确答案为B。【分析】12秒时各物质的物质的量不再变化，说明反应达到平衡状态。根据12秒时的数据计算各物质的变化量： A的物质的量减少：1.6 mol - 0.4 mol = 1.2 mol，B的物质的量减少：1.0 mol - 0.6 mol = 0.4 mol， C的物质的量增加：1.2 mol，根据变化量之比等于化学计量系数比，可确定该反应的化学方程式为：。
17．【答案】等于；；2 ，2 - 二甲基丙烷；；取代反应（水解反应）；；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）通过化学计量关系分析：，，因此，相同物质的量的乙烯（C2H4）和乙醇（C2H6O）完全燃烧时，消耗氧气的物质的量相等；
（2）戊烷（C5H12）有三种同分异构体：正戊烷：
，异戊烷：，新戊烷（2，2-二甲基丙烷）：
其中新戊烷分子中所有氢原子化学环境相同，其一氯代物只有一种；
（3）A的结构简式为：；
（4）1，2-二溴乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成乙二醇的反应属于取代反应（或水解反应）；
（5）丙烯聚合生成聚丙烯的反应式为：
聚丙烯的结构简式为：；
（6）反应④是乙烯与氧气反应生成环氧乙烷的过程，原子利用率为100%，其化学方程式为：。
【分析】乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷（A），其结构简式为。A在氢氧化钠水溶液中水解可得到乙二醇。乙烯在催化剂作用下能发生加聚反应生成聚乙烯。乙烯与氧气在催化剂和加热条件下反应可生成环氧乙烷。
18．【答案】（1）
（2）将“焙烧”后的固体粉碎/升高温度/适当增大H2SO4的浓度等合理即可
（3）FeSO4
（4）A
（5）
（6）2.42m
【知识点】化学反应速率的影响因素；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）"焙烧"过程中CuS与O2反应的化学方程式为：；
（2）在"酸化"过程中，为加快反应速率可采取的措施包括：将焙烧后的固体粉碎、升高反应温度、适当增加H2SO4浓度等；
（3）经过"过滤"操作后，所得滤液中的主要溶质是FeSO4；
（4）淘洗过程中应选用不与Cu反应的酸：
A．稀硫酸不与Cu反应， A项正确；
B．稀硝酸会氧化溶解Cu， B项错误；
C．浓硝酸会氧化溶解Cu， C项错误；
正确答案为A。
（5）当出现红棕色NO2气体时，说明发生了Cu与硝酸的反应，其离子方程式为：
(6)mkg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为：=kg。
【分析】工业上利用含铜废料(含Cu、CuS、CuSO4等)制备Cu(NO3)2晶体的工艺流程如下：首先将废料通入空气焙烧，其中Cu被氧化为CuO，CuS被氧化为SO2；然后加入H2SO4酸化生成CuSO4；接着加入过量Fe进行置换反应得到Cu，此时滤液主要成分为FeSO4溶液；过滤后得到的滤渣含有Fe和Cu，经冷水淘洗后用20%的HNO3和10%的H2O2处理，最后通过蒸发浓缩、降温结晶得到目标产物。
（1）“焙烧”时硫化铜和氧气反应，生成氧化铜和二氧化硫，方程式为：；
（2）从反应速率的影响因素考虑，“酸化”过程中为加快反应速率，可采用的措施有将“焙烧”后的固体粉碎/升高温度/适当增大H2SO4的浓度等合理即可；
（3）根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，即“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4；
（4）淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜：
A．稀硫酸，不能和铜反应，A项正确；
B．稀硝酸具有氧化性，能与铜发生反应，从而溶解铜，B项错误；
C．浓硝酸具有氧化性，能与铜发生反应，从而溶解铜，C项错误；
故选A；
（5）红棕色气体是二氧化氮，由于出现了二氧化氮气体，则说明硝酸和铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，离子方程式为：；
（6）mkg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为：=kg。
19．【答案】（1）升高
（2）
（3）CE
（4）负；；6mol；33.6L
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据图示分析，两步反应的反应物总能量均高于生成物总能量，说明两个反应都是放热反应，因此总反应也是放热反应。若容器与外界绝热，在反应达到平衡前，放出的热量会导致容器内气体温度持续上升；
（2）在10L密闭容器中，通入CO和H合成二甲醚，恒温恒容条件下5分钟达到平衡。测得容器中含8mol CHOCH和2mol CHOH。对于反应Ⅱ：2CHOH(g) CHOCH(g) + HO(g)，生成8mol CHOCH需要消耗16mol CHOH。因此，反应Ⅰ：CO(g) + 3H(g) CHOH(g) + HO(g)实际生成的CHOH总量为(16+2)mol=18mol，对应消耗54mol H。5分钟内H的平均反应速率为：；
（3）判断该反应体系达到化学平衡状态的依据是：
A. 当甲醇（CH3OH）与二甲醚（CH3OCH3）的物质的量比为2：1时，这个比例关系不能证明正逆反应速率相等，因此不能作为平衡状态的判据，选项A错误；
B. 在反应Ⅰ中，若3v正(H2)=v逆(CH3OH)，表示正逆反应方向相反，但速率比v正(H2)/v逆(CH3OH)=1/3不符合化学计量数比（应为3：1），说明体系未达平衡，选项B错误；
C. 根据摩尔质量公式M=m/n，反应中气体总质量守恒，但气体总物质的量会变化。当平均相对分子质量保持不变时，表明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡，选项C正确；
D. 根据密度公式ρ=m/V，在恒容条件下，气体总质量和体积均不变，因此密度始终为定值，不能作为平衡判据，选项D错误；
E. 随着反应进行，CO2转化率逐渐增大直至达到恒定值，此时转化率不变说明反应达到平衡，选项E正确；
正确答案：CE
（4）在酸性二甲醚燃料电池中加入硝酸，电池工作时根据电池装置图可以看出，二甲醚失去电子被氧化为二氧化碳，则Pt电极为电池的负极，电极反应式为：；C电极为正极，硝酸得到电子被还原为NO，电极方程式为：，若电池工作时，无有毒气体放出，则在正极还发生反应：；根据得失电子守恒列关系式：，可知每消耗46g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量是12mol，同时需通入，其标准状况下的体积为67.2L，则当消耗23g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量为：；需通入标准状况下的体积为：。
【分析】（1）根据图示，放应放热，体系温度升高；
（2）根据反应速率计算公式代入计算；
（3）化学平衡状态判断依据是变量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，二氧化碳的转化率不变可标明反应达到平衡状态；
（4）根据装置图中物质转化，Pt为负极，C为正极，根据原电池工作原理作答。
（1）由图可知，以上两步反应中反应物的总能量均高于生成物的总能量，因此均为放热反应，总反应也为放热反应；若该容器与外界无热量传递，则反应达到平衡前放出的热量会使容器内气体的温度逐渐升高。
（2）向一个10L的密闭容器中，通入一定量的和合成二甲醚，在恒温恒容时，5min时以上反应达到平衡，检测到容器中含有8mol和2mol，则当反应Ⅱ：中生成8mol时将消耗16mol，则反应Ⅰ：中生成的共为(16+2)mol=18mol，说明共消耗，则5min内。
（3）能够说明该反应体系已达化学平衡状态的为：
A．当时，无法说明正逆反应速率相等，故不能说明反应达平衡状态，A错误；
B．反应Ⅰ中表明反应方向相反，反应速率之比为：，速率比不符合计量数之比，说明正逆反应速率不相等、反应未达平衡状态，B错误；
C．根据，反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，反应前后气体物质的量不断变化，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明混合气体的总物质的量已经固定不变，则说明反应已达平衡状态，C正确；
D．根据，反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，恒容条件下气体总体积不变，则混合气体密度始终保持不变，所以当混合气体密度不变时，不能说明反应已达平衡状态，D错误；
E．随反应不断进行，二氧化碳转化率逐渐增大，达到反应限度，转化率不变，说明反应达平衡状态，E正确；
故答案为：CE。
（4）在酸性二甲醚燃料电池中加入硝酸，电池工作时根据电池装置图可以看出，二甲醚失去电子被氧化为二氧化碳，则Pt电极为电池的负极，电极反应式为：；C电极为正极，硝酸得到电子被还原为NO，电极方程式为：，若电池工作时，无有毒气体放出，则在正极还发生反应：；根据得失电子守恒列关系式：，可知每消耗46g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量是12mol，同时需通入，其标准状况下的体积为67.2L，则当消耗23g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量为：；需通入标准状况下的体积为：。
20．【答案】分液漏斗；生石灰(或碱石灰或氢氧化钠)；平衡压强，使浓硫酸能够顺利滴下；产品受热易分解；；5.00；作催化剂(或降低反应活化能等)；其他条件不变，升高温度，反应速率增大；1
【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；氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a为分液漏斗；浓氨水受热会释放氨气，固体X遇氨水能促进氨气产生，可选用生石灰、碱石灰或氢氧化钠等物质；
（2）支管b的作用是平衡压强，确保浓硫酸顺利滴下；属于铵盐，受热易分解，因此采用红外灯低温烘干；
（3）反应后溶液变为紫红色，说明生成高锰酸根离子，且过二硫酸铵具有强氧化性，其还原产物为硫酸根。根据氧化还原反应配平得：5 + 2Mn2+ + 8H2O = 10 + 2 + 16H+；
（4）根据控制变量法，各组实验液体总体积需保持一致（35mL），因此V=5.00；
（5）硫酸银能加快反应速率，其作用可能是作为催化剂，降低反应活化能；
（6）实验①和④仅温度不同，实验④温度更高且变色时间更短，说明其他条件不变时，升高温度会缩短变色时间，加快反应速率；
(7)将表中数据代入公式，可得出以下三个等式：
ⅰ.=
ⅱ.=
ⅲ.=
将ⅱ÷ⅰ得，m=1，将ii÷ⅲ得，n=1。
【分析】实验Ⅰ：装置A用于制取氨气，装置B是制备的反应装置，装置C用于尾气处理；
实验Ⅱ：采用控制变量法探究影响反应速率的外界因素，通过比较各组实验条件的差异和变色时间，可以得出相应结论；
1 / 1广东省汕头市潮阳实验学校2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、单项选择题：本题共16小题，共44分(1-10题每小题2分，共 20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求)。
1．我国在科技领域取得重大成就。下列关于材料的说法正确的是
A．制造中国天眼FAST使用的碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．新能源汽车领域使用的高导热率氮化铝陶瓷属于金属材料
C．DeepSeek 正广泛招募芯片设计人才，芯片的成分是 SiO2
D．“天和”核心舱用的镁合金涂层中自愈缓蚀剂2-巯基苯并噻唑(C7H5NS2)属于有机高分子化合物
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解析】A. 碳化硅陶瓷（SiC）属于新型无机非金属材料，具有优异的常温力学性能， 故A正确；
B. 氮化铝陶瓷（AlN）属于新型无机非金属材料， 故B错误；
C. 芯片的主要成分是单晶硅（Si）， 故C错误；
D. 2-巯基苯并噻唑（化学式C7H5NS2）是低分子有机化合物， 故D错误；
正确答案为A。
【分析】A. 碳化硅属于新型无机非金属材料；
B. 氮化铝属于新型无机非金属材料；
C. 芯片的主要成分是单晶硅；
D. 2-巯基苯并噻唑不属于有机高分子化合物。
2．化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是
A．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者互为可逆反应
B．“自热饭”、“自嗨锅”是利用了发热包发生化学反应产生的热能
C．植物的根从土壤中吸收铵根离子和硝酸盐属于氮的固定
D．合成氨工业一般选择400~500℃的主要原因是为了使氨的产率较高
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氮的固定；合成氨条件的选择
【解析】【解析】A. HgS高温分解为Hg和S的反应与Hg和S常温下化合为HgS的反应条件不同（前者高温，后者常温），不符合可逆反应"同一条件下同时进行"的定义，因此不属于可逆反应， A错误；
B. 发热包的核心成分是生石灰（CaO），其发热原理为CaO + H2O = Ca(OH)2 ，该反应剧烈放热，符合自热食品的发热机制， B正确；
C. 氮的固定特指将N2转化为含氮化合物（如NH3、NOx等）的过程，植物吸收土壤中已有的铵盐（NH4+）或硝酸盐（NO3-）属于氮元素转移而非固定， C错误；
D. 合成氨选择400-500℃主要是加快反应速率， 提高单位时间内的产量，D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 硫化汞受热分解反应不是可逆反应；
B. 自热饭和自嗨锅工作原理是利用放热反应；
C. 氮的固定指氮气转化成化合物；
D. 工业合成氨温度选择，需考虑反应速率和催化剂的催化效率。
3．下列有关有机物的说法正确的是
A．CH3Cl的电子式：
B．和 互为同分异构体
C．CCl4分子的空间填充模型：
D．C2H6和C4H10互为同系物
【答案】A,D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．一氯甲烷属于共价化合物，其电子式表示为：，因此选项A正确；
B．与实际上是同一物质的不同空间构型，故B选项错误；
C．四氯化碳分子中碳原子半径小于氯原子，其空间填充模型应为：，因此C选项错误；
D．和均符合饱和烷烃的通式，二者互为同系物，D选项正确；
综上所述，正确答案为AD。
【分析】A．一氯甲烷是共价化合物；
B．选项中物质是丙烷，同一物质；
C．氯原子半径大于碳原子；
D．同系物指性质相似，分子组成相差-CH2原子团的有机物。
4．下列物质的性质与用途正确且具有对应关系的是
A．明矾溶于水形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
B．浓硫酸有脱水性，可干燥某些气体
C．KIO3受热可分解，可用作食盐的碘添加剂
D．NH3极易溶于水，可做喷泉实验
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．明矾溶于水后电离出的Al3+会水解生成Al(OH)3胶体，这种胶体能够吸附水中悬浮的杂质，因此明矾可用作净水剂去除悬浮物，但它并不具备杀菌消毒的功能。A选项是错误的；
B．浓硫酸能够干燥某些气体，这是因为它具有很强的吸水性。B选项是错误的；
C．作为食盐中的碘添加剂，是因为它含有碘元素，与其受热分解的性质无关。C选项是错误的；
D．极易溶于水，能形成显著的气压差，这是喷泉实验能够成功进行的关键原因。D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．胶体通过吸附净水，不能杀菌消毒；
B．浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性；
C．碘酸钾用作实验添加剂与其受热分解没有关系；
D．氨易溶于水可产生压强差，产生喷泉。
5．化学是一门以实验为基础的学科。下列叙述与其图像相符的是(夹持装置已略去)
A．配溶液时，定容后摇匀 B．实验室制备SO2
C．研究不同催化剂对反应速率的影响 D．实验室制取氨气
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；氨的实验室制法；二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A. 配制溶液后定容摇匀的操作：一只手托住容量瓶底部，另一只手按住瓶塞，反复上下颠倒摇匀。该叙述与题目提供的图像完全吻合，因此A选项符合题意；
B. 涉及铜与浓硫酸反应制备二氧化硫的实验。题目图像中缺少关键的加热装置，而该反应必须加热才能进行，因此叙述与图像不符，B选项不符合题意；
C. 展示的是研究双氧水分解的实验图像。图中存在多个变量差异：使用不同催化剂的同时，双氧水浓度不同，试管所处环境温度也不同。这种多变量差异导致无法单独研究催化剂对反应速率的影响，因此叙述与图像不符，C选项不符合题意；
D. 描述的是氯化铵受热分解实验。虽然加热时氯化铵会分解为氨气和氯化氢，但冷却后这两种气体又会重新结合成氯化铵，因此无法用该方法制取氨气。该叙述与图像不符，D选项不符合题意；
综上所述，只有选项A的叙述与其图像相符，故正确答案为A。
【分析】A. 定容摇匀时应上下颠倒摇匀；
B. 铜和浓硫酸反应时需加热；
C. 探究实验时需控制单一变量，选项中不确定因素不唯一；
D. 氨气和氯化氢易反应生成氯化铵，无法制得氨气。
6．下列离子组在强酸性溶液中能大量共存的是
A．Na+、K+、S2-、 B．
C． D．
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．在酸性条件下，H+会与S2-反应生成H2S，同时NO3-和S2-会发生氧化还原反应，因此这些离子不能大量共存，A选项错误；
B．在酸性溶液中，Al3+、Mg2+、SO42-、Cl-彼此之间不发生反应，也不与H+反应，可以大量共存，B选项正确；
C．Ba2+会与SO42-反应生成BaSO4沉淀，因此不能大量共存，C选项错误；
D．H+会与S2O32-反应生成S和SO2，因此这些离子不能大量共存，D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】题目考查离子共存知识点：强酸性溶液中，硫离子不共存，钡离子和硫酸根会生成沉淀，氢离子和硫代硫酸根离子反应。
7．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．5.6gFe与足量的硫单质反应，转移的电子数为0.3NA
B．标准状况下， 11.2LSO3所含的分子个数为0.5NA
C．密闭容器中， 2mol SO2和1mol O2充分反应后分子总数大于2NA
D．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；甲烷的取代反应；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 5.6g铁（0.1mol）与过量硫反应生成硫化亚铁(FeS)，铁元素由0价升至+2价，电子转移数为0.2mol（即0.2NA）， A错误；
B. 三氧化硫(SO3)在标准状况下为固态，不能使用气体摩尔体积计算11.2L SO3的分子数， B错误；
C. 二氧化硫与氧气的反应()存在可逆平衡，3mol反应物完全转化可得2mol产物，实际分子总数应介于2NA与3NA之间，故分子数必定大于2NA， C正确；
D. 甲烷氯代反应会同时生成一氯甲烷(CH3Cl)、二氯甲烷(CH2Cl2)等多种产物，因此1mol甲烷反应生成的一氯甲烷分子数必然小于NA， D错误；
综上所述，仅有C选项的表述正确。
【分析】A. 铁和硫反应生成二价铁；
B. 标准状况下，三氧化硫非气态，无法计算物质的量；
C. 根据二氧化硫和氧气反应是可逆反应分析；
D. 甲烷的取代反应是连锁反应，会生成多种取代产物。
8．下面是碳元素的价类二维图，有关说法错误的是
A．a是天然气的主要成分
B．将氨气和e通入饱和食盐水中可得到
C．d与血红蛋白结合的能力比O2强
D．过量b在高温下被氧化成e
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；硅和二氧化硅；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A. 由分析可知a是CH4，而天然气的主要成分正是甲烷，因此A选项正确；
B. e为CO2，m为碳酸盐/碳酸氢盐。将氨气和CO2通入饱和食盐水可制得NaHCO3，其反应方程式为：NaCl + H2O + CO2 + NH3 = NH4Cl + NaHCO3，因此B选项正确；
C. d为CO，一氧化碳与血红蛋白的结合能力确实强于氧气，因此C选项正确；
D. b为碳单质，在高温条件下与SiO2反应生成的是CO而非CO2，反应方程式为：2C + SiO2Si + 2CO，因此D选项是错误的；
正确答案为D。
【分析】根据题目提供的价类二维图分析可知： a代表CH4，b代表C（碳单质）， d代表CO，e代表CO2， m代表碳酸盐或碳酸氢盐。
9．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A．过量铁粉加入稀硝酸中：
B．氯化铜溶液中通入硫化氢：
C．用足量的氨水溶液吸收SO2尾气：
D．向NaClO溶液中通入过量
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 铁与硝酸反应时，首先被氧化为Fe3+。由于铁过量，会进一步发生反应：。因此，过量铁粉与稀硝酸反应的离子方程式应为。可见A选项是错误的；
B. H2S是弱酸，在离子方程式中不应拆开。正确的离子方程式为。因此B选项也是错误的；
C. 氨水足量且呈碱性，吸收SO2尾气会生成亚硫酸铵和水。正确的离子方程式为： ， C选项是正确的；
D. ClO-具有强氧化性，能与还原性气体SO2发生氧化还原反应。正确的离子方程式应为：。因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A. 过量铁粉和稀硝酸反应生成二价铁离子；
B. 硫化氢是弱电解质，不可拆开；
C. 足量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；
D. 次氯酸根和二氧化硫发生氧化还原反应。
10．下列方案设计、现象和结论均正确的一组是
　 实验设计 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉 KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 向品红溶液中通入某气体 品红褪色 气体一定是SO2
C 向Na2SiO3溶液中通入CO2气体 溶液变浑浊 碳的非金属性比硅强
D 向某盐溶液中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 无明显现象 原溶液中不含有
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铵离子检验；氯、溴、碘的性质实验；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解析】A．在NaBr溶液中加入过量氯水后，溶液变橙色（生成Br2），再加入淀粉KI溶液变蓝（生成I2）。但该现象无法直接比较Br2与的氧化性强弱，因为生成的I2可能是被过量Cl2氧化所致，也可能是Br2氧化的结果，故A选项错误；B．使品红溶液褪色的气体可能是SO2（通过漂白作用），也可能是Cl2（通过氧化作用），因此无法仅凭褪色现象确定气体成分，故B选项错误；
C．向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色硅酸沉淀（H2SiO3），证明碳酸酸性强于硅酸，进而说明碳的非金属性强于硅，故C选项正确；
D．检验NH4+时，需将含NaOH的溶液加热使NH3逸出。若不加热，即使存在，湿润红色石蕊试纸也不会变蓝，故D选项错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．氯水过量，可氧化碘离子生成碘单质；
B．使品红褪色的气体不一定是二氧化硫；
C．根据实验现象，溶液浑浊是生成硅酸，反应原理是强酸制弱酸，可比较碳和硅的非金属性；
D．铵根和氢氧根反应生成氨气需加热。
11．利用CeO2脱除汽车尾气中CO和NO的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
已知①中有一部分Ce4+转化成Ce3+。
A．该反应的催化剂为CeO2
B．大力推广该技术可减少酸雨的发生
C．过程②中， 每脱除1molNO转移2mol电子
D．当x=0.2时， 中
【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 二氧化铈()在反应中先被消耗生成缺陷型氧化铈(CeO(2-x))，随后通过反应②重新生成，说明其作为催化剂参与反应循环，通过氧化还原过程促进CO和NO的转化，选项A正确；B. 该技术能有效去除汽车尾气中的CO和NO，而NO是导致酸雨的主要污染物之一，因此推广该技术有助于减少酸雨的发生，选项B正确；
C. 在反应②中，NO被还原为N2，每1 mol NO需要获得2 mol电子才能转化为氮气，因此每脱除1 mol NO会转移2 mol电子，选项C正确；
D. 当x=0.2时，缺陷型氧化铈为CeO1.8，设其中Ce3+的物质的量为x，Ce4+的物质的量为y，根据电荷守恒和化学式可得方程组：，，解得x=0.4，y=0.6，即n(Ce3+)：n(Ce4+)=2：3，选项D错误；
综上，正确答案为D。
【分析】根据反应①可知，一氧化碳(CO)与二氧化铈()反应生成二氧化碳(CO2)和缺陷型氧化铈()。反应②中，缺陷型氧化铈(CeO(2-x))与一氧化氮(NO)反应重新生成和氮气(N2)。
12．Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：
实验
现象 Fe表面产生大量无色气泡 Fe表面产生少量气泡后迅速停止 Mg表面迅速产生大量气泡 Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是
A．Ⅰ中产生气体的原因是：
B．取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C．取出Ⅲ中的镁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
D．Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铁与稀硫酸反应会生成氢气，因此可以观察到铁表面产生大量无色气泡。该反应的离子方程式为：，故选项A正确；B．常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，表面形成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行。因此，将Ⅱ中的铁棒取出后放入硫酸铜溶液中，不会立即析出亮红色固体（铜），故选项B错误；
C．实验Ⅲ中，镁与浓硫酸反应迅速产生大量气泡，说明镁未被钝化。取出镁棒放入CuSO4溶液后，立即析出亮红色固体（铜），故选项C正确；
D．根据实验Ⅳ的现象，铁作为正极产生气泡，镁作为负极，说明镁的金属性比铁更强，故选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．根据反应原理，气体是氢气；
B．常温下，铁在浓硫酸中钝化，不能和硫酸铜发生置换反应；
C．镁单质不会钝化，可继续和硫酸铜溶液反应；
D．装置构成原电池，活泼的镁作负极，铁作正极，正极上生成氢气。
13．某蛇纹石的组成如下：SiO2、MgO、Na2O、K2O、Fe2O3，通过下图流程可由蛇纹石制备较纯净的二氧化硅。以下说法正确的是
A．步骤①中涉及SiO2反应的离子方程式为
B．滤渣A的成分有K2O、Na2O、MgO和Fe2O3
C．检验步骤②中沉淀是否洗净的方法是向洗涤液中滴加酚酞看是否变色
D．实验室进行步骤③需要用到的主要仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒和三脚架
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 步骤①中SiO2与NaOH反应的离子方程式正确：， A正确；B. 滤渣A应只含MgO和Fe2O3（不含其他成分），B错误；
C. 检验沉淀是否洗净的正确方法： 取最后一次洗涤液，先加稀HNO3酸化，再加AgNO3溶液， 若无白色沉淀则洗净， C错误；
D. 步骤③煅烧所需仪器： 坩埚、坩埚钳、 泥三角、三脚架、酒精灯和玻璃棒， D错误；
综上，只有选项A正确。
【分析】蛇纹石的主要成分包括SiO2、MgO、Na2O、K2O和Fe2O3。当加入过量NaOH溶液时：酸性氧化物SiO2与NaOH反应生成可溶性Na2SiO3，Na2O和K2O会与水反应生成NaOH和KOH进入溶液
， MgO和Fe2O3不发生反应且不溶解，可通过过滤分离。后续处理过程： 向滤液中加入过量盐酸，Na2SiO3会转化为H2SiO3沉淀， 过滤洗涤后，煅烧H2SiO3可得到纯净的SiO2。
14．一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是
A．电池工作时，化学能完全转化为电能
B．电池工作时，向电极B移动
C．电极B上发生的电极反应为
D．参与的电极反应为
【答案】D
【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. 电池工作时，虽然大部分化学能转化为电能，但仍有部分能量以热能等形式损失，因此化学能不可能完全转化为电能，选项A错误；
B. 在原电池工作时，阴离子会向负极移动，因此会向电极A（负极）移动，选项B错误；
C. 电极B作为正极，其电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2 = 2，选项C错误；
D. 在电极A（负极）上，H2参与反应，且电解质中不含OH-，其电极反应式为：，选项D正确；
正确答案是：D。【分析】根据图示可知，电极A上碳元素和氢元素的化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此电极A为负极。其电极反应式为：H2 + CO + 2 - 4e- = H2O + 3CO2。电极B为正极，其电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2 = 2。基于以上分析回答问题。
15．实验小组探究SO2与 的反应。在一定条件下，向盛有 的烧瓶中加入 固体，用传感器测得反应体系中( 含量的变化如图。
下列说法错误的是
A．有 生成推测发生了反应：
B．bc段 含量下降与反应 有关
C．产物 也可能是 与 直接化合生成的
D．可用 酸化的 溶液检验b点固体中是否含有
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硫酸根离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A．实验起始阶段观察到大量O2生成，表明Na2O2与SO2发生反应并产生氧气，其化学方程式为：2Na2O2 + 2SO2 = 2Na2SO3 + O2，因此选项A正确；
B．在bc段过程中，O2浓度下降说明存在消耗氧气的反应。结合体系成分分析，可能是生成的Na2SO3继续与O2反应生成Na2SO4，反应方程式为：2Na2SO3 + O2 = 2Na2SO4，故选项B正确；
C．虽然无法直接证实反应Na2O2 + SO2 = Na2SO4的发生，但最终产物Na2SO4可能通过两种途径生成：一是SO2与Na2O2直接化合，二是通过分步反应（①2Na2O2 + 2SO2 = 2Na2SO3 + O2，后续Na2SO3被氧化），因此选项C正确；
D．由于HNO3具有强氧化性，会将SO32-氧化为SO42-，导致无法区分原固体中是否含有Na2SO4，故不能用HNO3酸化的BaCl2溶液进行检验，选项D错误；
正确答案为D。
【分析】根据曲线变化趋势分析，氧气含量先上升后下降，过氧化钠可能与二氧化硫发生反应，生成亚硫酸钠和氧气，氧气变多，后续氧气氧化亚硫酸钠，氧气被消耗，因此氧气减少，二氧化硫也可直接被过氧化钠氧化为硫酸钠；根据以上分析，b点为亚硫酸钠溶液，硝酸酸化的氯化钡溶液无法检验溶液中是否含有硫酸钠，需考虑硝酸会氧化亚硫酸钠。
16．一定温度下，在5L的密闭容器中投入一定量的气体A、气体B发生反应生成气体C，12s时生成C的物质的量为1.2mol(过程如图)。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．2s内用气体A表示的化学反应速率为
C．12s时容器内的气体压强与起始时的气体压强之比为13：11
D．4s时正反应速率等于逆反应速率
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．根据分析可知该反应的化学方程式为，因此选项A错误；
B．计算2秒内A的反应速率：，因此选项B正确；
C．压强比等于物质的量比：初始总物质的量 = 2.6 mol，12秒时总物质的量 =，压强比为11：13，因此选项C错误；
D. 4秒时反应未达平衡，正逆反应速率不相等，因此选项D错误；
正确答案为B。【分析】12秒时各物质的物质的量不再变化，说明反应达到平衡状态。根据12秒时的数据计算各物质的变化量： A的物质的量减少：1.6 mol - 0.4 mol = 1.2 mol，B的物质的量减少：1.0 mol - 0.6 mol = 0.4 mol， C的物质的量增加：1.2 mol，根据变化量之比等于化学计量系数比，可确定该反应的化学方程式为：。
二、填空题(本题共4个小题，共56分)。
17．烷烃、烯烃是有机合成的重要母体，在工业和生产中有着重要作用。
I．回答下列问题：
（1）相同物质的量的①C2H4②C2H6O完全充分燃烧，消耗氧气的物质的量①　 　②(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（2）在C5H12的同分异构体中，一氯代物只有一种的烷烃是　 　(写结构简式)，用系统命名法命名该有机物，其名称为：　 　。
Ⅱ．石油裂解可得到重要的化工原料乙烯(有关乙烯的部分转化关系如图：
（3）写出 A 的结构简式：　 　。
（4）②的反应类型为　 　。
（5）类似于反应③，丙烯也可以在一定条件下生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为　 　。
（6）已知反应④的原子利用率(期望产物的总质量与生成物的总质量之比)为100%，则其化学方程式为　 　。
【答案】等于；；2 ，2 - 二甲基丙烷；；取代反应（水解反应）；；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）通过化学计量关系分析：，，因此，相同物质的量的乙烯（C2H4）和乙醇（C2H6O）完全燃烧时，消耗氧气的物质的量相等；
（2）戊烷（C5H12）有三种同分异构体：正戊烷：
，异戊烷：，新戊烷（2，2-二甲基丙烷）：
其中新戊烷分子中所有氢原子化学环境相同，其一氯代物只有一种；
（3）A的结构简式为：；
（4）1，2-二溴乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成乙二醇的反应属于取代反应（或水解反应）；
（5）丙烯聚合生成聚丙烯的反应式为：
聚丙烯的结构简式为：；
（6）反应④是乙烯与氧气反应生成环氧乙烷的过程，原子利用率为100%，其化学方程式为：。
【分析】乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷（A），其结构简式为。A在氢氧化钠水溶液中水解可得到乙二醇。乙烯在催化剂作用下能发生加聚反应生成聚乙烯。乙烯与氧气在催化剂和加热条件下反应可生成环氧乙烷。
18．工业上由含铜废料(含有 Cu、CuS、(等)制备硝酸铜晶体的流程如图所示：
（1）“焙烧”在时进行，写出“焙烧”时CuS 反应生成CuO 的化学方程式：　 　。
（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有　 　(写出一条即可)。
（3）“过滤”所得滤液中的盐类溶质主要为　 　(填化学式)。
（4）“淘洗”所用的溶液 A 可以是　 　(填字母)。
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．浓硝酸
（5）“反应”一步所用的试剂是20%HNO3和发生反应，若不加10%的H2O2溶液，只用浓的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体，反应的离子方程式为　 　。
（6）某工厂用m kg上述工业含铜废料(含铜元素64%)制备(，假设原料无损失，理论上得到的质量为　 　kg。
【答案】（1）
（2）将“焙烧”后的固体粉碎/升高温度/适当增大H2SO4的浓度等合理即可
（3）FeSO4
（4）A
（5）
（6）2.42m
【知识点】化学反应速率的影响因素；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）"焙烧"过程中CuS与O2反应的化学方程式为：；
（2）在"酸化"过程中，为加快反应速率可采取的措施包括：将焙烧后的固体粉碎、升高反应温度、适当增加H2SO4浓度等；
（3）经过"过滤"操作后，所得滤液中的主要溶质是FeSO4；
（4）淘洗过程中应选用不与Cu反应的酸：
A．稀硫酸不与Cu反应， A项正确；
B．稀硝酸会氧化溶解Cu， B项错误；
C．浓硝酸会氧化溶解Cu， C项错误；
正确答案为A。
（5）当出现红棕色NO2气体时，说明发生了Cu与硝酸的反应，其离子方程式为：
(6)mkg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为：=kg。
【分析】工业上利用含铜废料(含Cu、CuS、CuSO4等)制备Cu(NO3)2晶体的工艺流程如下：首先将废料通入空气焙烧，其中Cu被氧化为CuO，CuS被氧化为SO2；然后加入H2SO4酸化生成CuSO4；接着加入过量Fe进行置换反应得到Cu，此时滤液主要成分为FeSO4溶液；过滤后得到的滤渣含有Fe和Cu，经冷水淘洗后用20%的HNO3和10%的H2O2处理，最后通过蒸发浓缩、降温结晶得到目标产物。
（1）“焙烧”时硫化铜和氧气反应，生成氧化铜和二氧化硫，方程式为：；
（2）从反应速率的影响因素考虑，“酸化”过程中为加快反应速率，可采用的措施有将“焙烧”后的固体粉碎/升高温度/适当增大H2SO4的浓度等合理即可；
（3）根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，即“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4；
（4）淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜：
A．稀硫酸，不能和铜反应，A项正确；
B．稀硝酸具有氧化性，能与铜发生反应，从而溶解铜，B项错误；
C．浓硝酸具有氧化性，能与铜发生反应，从而溶解铜，C项错误；
故选A；
（5）红棕色气体是二氧化氮，由于出现了二氧化氮气体，则说明硝酸和铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，离子方程式为：；
（6）mkg废料中含有mol铜，则理论上可以生成molCu(NO3)2·3H2O，质量为：=kg。
19．利用CO2氢化法合成二甲醚(，可实现二氧化碳再利用。其中涉及以下反应：
I．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）以上两步反应的能量曲线如下图。若该容器与外界无热量传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐　 　(填“升高”、“降低”或“无法判断”)。
（2）向一个10L 的密闭容器中，通入一定量的(和合成二甲醚。在恒温恒容时，5min时以上反应达到平衡，检测到容器中含有和则5min内的速率　 　。
（3）在恒温 (T>373K)恒容条件下，将一定量的(通入密闭容器中(含催化剂)发生上述反应。下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是___________(填字母)。
B．反应I中
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．混合气体的密度不变
E． CO2的转化率不变
（4）在酸性二甲醚燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电。其工作原理如图所示。电池工作时，Pt电极为电池的　 　极，电极反应式为　 　。若电池工作时，无有毒气体放出，当消耗23g二甲醚时，通过质子交换膜的离子的物质的量是　 　，参加反应的的体积(标况下)是　 　。
【答案】（1）升高
（2）
（3）CE
（4）负；；6mol；33.6L
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡状态的判断；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据图示分析，两步反应的反应物总能量均高于生成物总能量，说明两个反应都是放热反应，因此总反应也是放热反应。若容器与外界绝热，在反应达到平衡前，放出的热量会导致容器内气体温度持续上升；
（2）在10L密闭容器中，通入CO和H合成二甲醚，恒温恒容条件下5分钟达到平衡。测得容器中含8mol CHOCH和2mol CHOH。对于反应Ⅱ：2CHOH(g) CHOCH(g) + HO(g)，生成8mol CHOCH需要消耗16mol CHOH。因此，反应Ⅰ：CO(g) + 3H(g) CHOH(g) + HO(g)实际生成的CHOH总量为(16+2)mol=18mol，对应消耗54mol H。5分钟内H的平均反应速率为：；
（3）判断该反应体系达到化学平衡状态的依据是：
A. 当甲醇（CH3OH）与二甲醚（CH3OCH3）的物质的量比为2：1时，这个比例关系不能证明正逆反应速率相等，因此不能作为平衡状态的判据，选项A错误；
B. 在反应Ⅰ中，若3v正(H2)=v逆(CH3OH)，表示正逆反应方向相反，但速率比v正(H2)/v逆(CH3OH)=1/3不符合化学计量数比（应为3：1），说明体系未达平衡，选项B错误；
C. 根据摩尔质量公式M=m/n，反应中气体总质量守恒，但气体总物质的量会变化。当平均相对分子质量保持不变时，表明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡，选项C正确；
D. 根据密度公式ρ=m/V，在恒容条件下，气体总质量和体积均不变，因此密度始终为定值，不能作为平衡判据，选项D错误；
E. 随着反应进行，CO2转化率逐渐增大直至达到恒定值，此时转化率不变说明反应达到平衡，选项E正确；
正确答案：CE
（4）在酸性二甲醚燃料电池中加入硝酸，电池工作时根据电池装置图可以看出，二甲醚失去电子被氧化为二氧化碳，则Pt电极为电池的负极，电极反应式为：；C电极为正极，硝酸得到电子被还原为NO，电极方程式为：，若电池工作时，无有毒气体放出，则在正极还发生反应：；根据得失电子守恒列关系式：，可知每消耗46g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量是12mol，同时需通入，其标准状况下的体积为67.2L，则当消耗23g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量为：；需通入标准状况下的体积为：。
【分析】（1）根据图示，放应放热，体系温度升高；
（2）根据反应速率计算公式代入计算；
（3）化学平衡状态判断依据是变量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，二氧化碳的转化率不变可标明反应达到平衡状态；
（4）根据装置图中物质转化，Pt为负极，C为正极，根据原电池工作原理作答。
（1）由图可知，以上两步反应中反应物的总能量均高于生成物的总能量，因此均为放热反应，总反应也为放热反应；若该容器与外界无热量传递，则反应达到平衡前放出的热量会使容器内气体的温度逐渐升高。
（2）向一个10L的密闭容器中，通入一定量的和合成二甲醚，在恒温恒容时，5min时以上反应达到平衡，检测到容器中含有8mol和2mol，则当反应Ⅱ：中生成8mol时将消耗16mol，则反应Ⅰ：中生成的共为(16+2)mol=18mol，说明共消耗，则5min内。
（3）能够说明该反应体系已达化学平衡状态的为：
A．当时，无法说明正逆反应速率相等，故不能说明反应达平衡状态，A错误；
B．反应Ⅰ中表明反应方向相反，反应速率之比为：，速率比不符合计量数之比，说明正逆反应速率不相等、反应未达平衡状态，B错误；
C．根据，反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，反应前后气体物质的量不断变化，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明混合气体的总物质的量已经固定不变，则说明反应已达平衡状态，C正确；
D．根据，反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，恒容条件下气体总体积不变，则混合气体密度始终保持不变，所以当混合气体密度不变时，不能说明反应已达平衡状态，D错误；
E．随反应不断进行，二氧化碳转化率逐渐增大，达到反应限度，转化率不变，说明反应达平衡状态，E正确；
故答案为：CE。
（4）在酸性二甲醚燃料电池中加入硝酸，电池工作时根据电池装置图可以看出，二甲醚失去电子被氧化为二氧化碳，则Pt电极为电池的负极，电极反应式为：；C电极为正极，硝酸得到电子被还原为NO，电极方程式为：，若电池工作时，无有毒气体放出，则在正极还发生反应：；根据得失电子守恒列关系式：，可知每消耗46g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量是12mol，同时需通入，其标准状况下的体积为67.2L，则当消耗23g二甲醚时，通过质子交换膜的的物质的量为：；需通入标准状况下的体积为：。
20．具有强氧化性，可作氧化剂和漂白剂，被广泛用于蓄电池工业。
的制备原理为实验装置如图所示：
（1）仪器a的名称是　 　，试剂X是　 　。
（2）支管b的作用是　 　，烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是　 　。
能氧化 Mn2+，反应后溶液变为紫红色，还原产物为。某小组设计实验探究影响反应速率的外界因素，实验方案如下：
序号 0.1mol/L MnSO4溶液/mL 0.1mol/L(NH4) 2S2O8溶液/mL 水/mL 温度/℃ 加入 Ag2SO4/g 溶液开始变紫红色所用时间/min
① 10.00 25.00 0 30 0 t1
② 10.00 20.00 V 30 0 t2
③ 10.00 25.00 0 30 1.00 t3
④ 10.00 25.00 0 40 0 t4
⑤ 10.00 15.00 10.00 35 0 t5
（3）写出MnSO4和(NH4) 2S2O8溶液反应的离子方程式：　 　。
（4）V=　 　。
（5）实验测得： t3（6）实验测得：t1>t4，由此可得出的实验结论是　 　。
（7）定量探究的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与和c(I-)的关系为k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定m、n的值。测得浓度与速率关系如下：
实验 c()/ mol·L-1 c(I-)/ mol·L-1 v/ mol·L-1. s-1
a 0.038 0.060 1.4×10-5
b 0.076 0.060 2.8×10-5
c 0.076 0.030 1.4×10-5
根据实验数据确定m、n的值。其中 n=　 　。
【答案】分液漏斗；生石灰(或碱石灰或氢氧化钠)；平衡压强，使浓硫酸能够顺利滴下；产品受热易分解；；5.00；作催化剂(或降低反应活化能等)；其他条件不变，升高温度，反应速率增大；1
【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；氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a为分液漏斗；浓氨水受热会释放氨气，固体X遇氨水能促进氨气产生，可选用生石灰、碱石灰或氢氧化钠等物质；
（2）支管b的作用是平衡压强，确保浓硫酸顺利滴下；属于铵盐，受热易分解，因此采用红外灯低温烘干；
（3）反应后溶液变为紫红色，说明生成高锰酸根离子，且过二硫酸铵具有强氧化性，其还原产物为硫酸根。根据氧化还原反应配平得：5 + 2Mn2+ + 8H2O = 10 + 2 + 16H+；
（4）根据控制变量法，各组实验液体总体积需保持一致（35mL），因此V=5.00；
（5）硫酸银能加快反应速率，其作用可能是作为催化剂，降低反应活化能；
（6）实验①和④仅温度不同，实验④温度更高且变色时间更短，说明其他条件不变时，升高温度会缩短变色时间，加快反应速率；
(7)将表中数据代入公式，可得出以下三个等式：
ⅰ.=
ⅱ.=
ⅲ.=
将ⅱ÷ⅰ得，m=1，将ii÷ⅲ得，n=1。
【分析】实验Ⅰ：装置A用于制取氨气，装置B是制备的反应装置，装置C用于尾气处理；
实验Ⅱ：采用控制变量法探究影响反应速率的外界因素，通过比较各组实验条件的差异和变色时间，可以得出相应结论；
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