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广东湛江第一中学等校2025-2026学年下学期高一年级5月学情检测 化学试题
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列物质主要由传统无机非金属材料制成的是
A．铁锄头 B．玻璃杯
C．碳化硅陶瓷轴承 D．石墨烯导热膜
A．A B．B C．C D．D
2．粤港澳大湾区正全力建设“海上风电+储能”能源体系，着力发展新能源汽车、新型储能等产业。下列有关描述错误的是
A．新能源车电池充电时，电能转化为化学能
B．风电设备易受酸雨侵蚀，酸雨的
C．海上风电机组发电利用了原电池原理
D．太阳能、风能、地热能、海洋能和氢能均属于新能源
3．常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
4．粤菜清而不淡，鲜而不俗，嫩而不生，油而不腻。下列有关说法错误的是
A．清蒸鲈鱼时，水蒸气冷凝为液态水属于放热反应
B．潮汕生腌海鲜需低温保存，低温能减缓食物腐败速率
C．红酒糯米蒸蟹鲜香味美，红酒中可按规定添加适量
D．粤式煲汤营养丰富，煲汤时所用的燃料天然气属于短期内不可再生能源
5．根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 往澄清石灰水中通入少量无色气体，溶液变浑浊 该无色气体一定为
B 往某无色溶液中加入硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成 原溶液中含有
C 将某气体通入紫色石蕊溶液中，溶液变红 该气体可能是
D 向与稀盐酸反应的体系中加入少量，产生气泡的速率明显增大 形成原电池能加快反应速率
A．A B．B C．C D．D
6．劳动创造是人类最基本和最重要的社会实践。下列所述化学知识正确且与劳动项目有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用高纯制作光导纤维 熔点高
B 用铝制槽车运输浓硝酸 常温下铝与浓硝酸不发生反应
C 用液氨做制冷剂 液氨汽化时要吸收大量的热
D 给有轨电车安装燃料电池为其提供动力 燃料电池工作时，能量转化形式为：化学能→热能→机械能→电能
A．A B．B C．C D．D
7．某同学用生活中常见物品组装了如图所示装置并观察到灯泡发亮。下列说法正确的是
A．铁钥匙发生了还原反应
B．铅笔芯为该原电池的负极
C．电子由铁钥匙流出，经过洁厕灵流向铅笔芯
D．实验过程中，铁钥匙会逐渐变细且铅笔芯表面会有气泡产生
8．恒温恒容密闭容器中充入和发生放热反应：。下列说法正确的是
A．可用化学反应速率衡量该反应的限度
B．与的总能量低于
C．升高容器内温度，可更快达到平衡状态
D．改变和的用量，反应放出的热量不变
9．喷泉实验是中学化学学习中极具趣味性的实验。利用如图所示装置(气密性良好)，下列气体a和试剂b的组合最可能形成喷泉实验的是
选项 气体a 试剂b 装置
A 溶液
B
C 饱和食盐水
D NO
A．A B．B C．C D．D
10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．硝酸中总数为
B．标准状况下，中含有的原子总数为
C．与充分反应后，生成的分子数为
D．浓硫酸与足量木炭反应，生成的分子数为
11．能满足下列物质间直接转化关系(最后一步转化的部分反应物已省略)，且推理成立的是
A．单质X可能为C，盐溶液一定显碱性
B．单质X可能为S，盐为
C．单质X可能为，氧化物能与水直接反应生成对应的酸
D．单质X可能为，氧化物为
12．下列化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．浓硝酸光照时有气泡产生：
B．使溴水褪色：
C．与浓反应：
D．通入水中：
13．利用如图所示装置探究蔗糖与浓硫酸反应。实验现象如下：
①蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，温度计示数上升；②无水硫酸铜变蓝；③abc三试纸均有明显现象。下列说法正确的是
A．①②说明浓硫酸与蔗糖反应放热且浓硫酸具有吸水性
B．试纸b会变红，但不会褪色
C．试纸a、c均褪色，均能说明具有漂白性
D．用饱和溶液替代饱和溶液也能吸收多余的
14．在恒容密闭容器中发生反应：，如图所示。下列说法正确的是
A．时，
B．将换成，反应一段时间后，不可能出现
C．往容器中充入，容器内压强增大，正、逆反应速率均增大
D．时间段内，不断增大；时间段内，不变
15．化学小组利用如图所示操作流程除去粗盐中的、和。下列说法错误的是
A．实验室进行操作①②③时均需使用玻璃棒
B．试剂a、b、c可分别为溶液、溶液和溶液
C．实验过程中可加入溶液除去粗盐中的
D．往滤液中加入盐酸是为了除去滤液中的和
16．T℃时，在的恒容密闭容器中通入X(质量为)，发生反应：。混合气体中的物质的量分数随时间变化如图所示，已知的相对分子质量为。下列说法错误的是
A．平衡时，的转化率为50%
B．和时的正反应速率相同
C．当的值不再改变时，反应达到最大限度
D．时，混合气体中的质量分数为
17．工业上制备高纯硅的流程如图所示。
（1）属于　 　(填“酸”“碱”或“两”)性氧化物。
（2）制粗硅前，会将石英砂粉碎至颗粒，焦炭破碎至颗粒，这样做的目的是　 　；制备粗硅时反应的化学方程式为　 　。
（3）上述流程中，能循环利用的物质有、　 　(填化学式)。
（4）晶体硅可以溶于氢氟酸与硝酸的混合液中：(未配平)，该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（5）硅空气电池具有长储存寿命、高能量密度等优势，一种硅空气电池结构如图所示。
①放电时，K+会向　 　(填“a”或“b”)极移动。
②负极的电极反应式为　 　。
③电路中转移2 mol电子，理论上电极b消耗　 　L (换算成标准状况)。
18．某化学学习小组在实验室进行氨气、氮氧化合物的制备及性质探究实验。
（1）甲同学利用图1装置制备。
①A中试管内反应的化学方程式为　 　。
②仪器甲的名称为　 　；C中倒置漏斗的主要作用为　 　。
（2）乙同学用图2装置探究铜与稀硝酸反应，单向阀只允许气体流向空气中。将注射器1中稀硝酸注入Ｗ形玻璃管中，有无色气体产生，该操作的目的是　 　；一段时间后，移走单向阀，套上气球，将铜丝伸入稀硝酸中，发生反应的离子方程式为　 　；将铜丝抽离稀硝酸，再将注射器2中注入Ｗ形玻璃管中，观察到有　 　色气体生成。
（3）丙同学利用图3装置进行制备及性质探究实验。
①将注射器1中浓氨水注入Ｗ形玻璃管，气球鼓起后，将少量注射器2中浓盐酸注入Ｗ形玻璃管，观察到有白烟产生，白烟为　 　(填化学式)。
②用酒精灯给右侧弯管中加热，观察到表面由黑逐渐变红。
已知：红色物质可能是Cu、中的一种或两种；在酸性溶液中会发生反应：
ⅰ.观察到表面由黑逐渐变红，说明具有　 　性。
ⅱ.小组同学设计了实验验证生成的红色固体只有，请简述该方案：　 　(可供选择的试剂：稀硝酸、稀硫酸；写出主要操作及现象)。
19．是理想的清洁能源，燃烧无污染、零碳排放，是实现“双碳”目标的重要能源载体。
（1）燃烧的能量变化如图所示。
①该反应为　 　(填“吸”或“放”)热反应；反应过程中有化学键的断裂与形成，化学键　 　(填“断裂”或“形成”)过程需要吸收能量。
②2 mol 和1 mol 完全反应生成2 mol ，其能量变化的绝对值　 　(填“>”“<”或“=”)。
（2）工业上可利用和反应制备氨气。一定温度下，向体积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应合成。
①下列能判断该反应已经达到化学平衡状态的是　 　(填字母)。
A．的物质的量不再改变
B．混合气体的密度不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．消耗的和的物质的量之比为
E．断裂键的同时形成键
F．
②反应过程中测得各物质的物质的量随时间的关系如图所示。
ⅰ.表示物质的量随时间变化的曲线为　 　(填“a”“b”或“c”)；内，曲线对应物质的平均反应速率为　 　。
ⅱ.达到平衡时，的物质的量为，则达到平衡时，混合气体总物质的量为　 　mol。
（3）在Pt/KFI催化剂作用下，、NO和能发生如下转化，总反应的化学方程式为　 　(反应条件略)。
20．化学小组进行多组实验探究外界条件对酸性溶液与草酸反应速率的影响。
序号 温度/℃ 溶液的体积 溶液的体积/mL 的体积/mL 水的体积/mL 褪色的时间/min
1 25 6.0 0.5 2.0 0.5
2 25 6.0 1.0 2.0 0
3 25 1.0 1.0 1.0
4 50 6.0 1.0 2.0
5 25 4.0 1.0 2.0 2.0
（1）　 　；　 　。
（2）利用实验2、3可探究　 　对反应速率的影响；利用实验　 　可探究温度对反应速率的影响。
（3）已知是一种二元弱酸，实验过程中转化为，反应的离子方程式为　 　。
（4）用色度传感器进行实验2和5，实验结果如图所示。已知溶液颜色越浅，透光率越高。
①实验2对应的曲线为　 　(填“a”或“b”)。
②实验过程中保持温度不变，溶液透光率先缓慢增大，后增大的速率加快。对于此情况，同学们提出猜想：
猜想1 对实验具有催化效应
猜想2 对实验具有催化效应
猜想3 对实验具有催化效应
实验验证：
甲往混合溶液中加入少量固体，重做实验2，所得图像与未加时无明显变化；往混合溶液中加入少量　 　(填化学式)固体，重做实验2，溶液透光率增大，速率明显加快。
实验结论：猜想1正确。
理论分析：
i．乙同学认为无需实验即可排除猜想2、3，他的理由可能是　 　。
ii．实验过程的反应历程如图所示，其中，微粒X为　 　(填离子符号)；实验过程中，能被氧化，反应的离子方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、铁锄头材质为铁合金，属于金属材料，A不符合题意；
B、玻璃杯主要成分为硅酸盐，玻璃属于传统无机非金属材料，B符合题意；
C、碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，C不符合题意；
D、石墨烯是新型碳基无机材料，不属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
材料分类区分：金属材料包含纯金属与合金；无机非金属材料分为传统、新型两类；
传统无机非金属材料核心类别：玻璃、陶瓷、水泥，原料多为硅酸盐矿物；
新型无机非金属材料举例：碳化硅、氮化硅、石墨烯、光导纤维等，具备特殊耐高温、导电、耐磨性能，和传统硅酸盐材料划分开。
2．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学在解决能源危机中的重要作用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、新能源车电池充电过程属于电解池工作过程，外部输入电能，电池内部发生氧化还原反应储存能量，能量转化形式为电能转化为化学能，A正确；
B、正常雨水因溶解空气中二氧化碳 pH 约为 5.6，pH 小于 5.6 的降雨定义为酸雨，酸雨含有硫酸、硝酸，会腐蚀金属风电设备，B正确；
C、海上风电机组依靠风力带动发电机切割磁感线发电，利用电磁感应原理；原电池是化学能直接转化为电能的装置，二者原理完全不同，C错误；
D、新能源是区别于煤、石油、天然气等传统化石能源的清洁能源，太阳能、风能、地热能、海洋能、氢能都属于新能源，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
储能电池充放电能量转化：充电电能→化学能（电解池），放电化学能→电能（原电池）；
酸雨判定标准：pH＜5.6，酸性介质会腐蚀金属构件；
风力发电核心原理：电磁感应，无化学反应参与，和原电池原理无关；
新能源分类：可再生、低污染能源，包含风能、太阳能、氢能、地热、海洋能等。
3．【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、与发生反应：，生成二氧化硫气体，无法大量共存，A错误；
B、酸性条件下具有强氧化性，可将氧化为，离子发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C、、、、之间不生成沉淀、气体、弱电解质，也无氧化还原反应，能够大量共存，C正确；
D、与结合生成白色沉淀，无法大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子共存判断核心：离子间不发生复分解、氧化还原、双水解、络合等反应；
弱酸根与氢离子：为弱酸根，遇分解生成；
酸性硝酸根的强氧化性：、共存体系可氧化、、等还原性离子；
沉淀型不共存：与碳酸根、硫酸根等离子生成难溶盐，不能共存。
4．【答案】A
【知识点】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、水蒸气冷凝为液态水只是物质状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，放热反应属于化学反应，因此该过程不能称为放热反应，A错误；
B、低温可以降低微生物体内酶的活性，抑制微生物繁殖，减缓食物腐败变质的速率，因此潮汕生腌海鲜适合低温保存，B正确；
C、具有抗氧化、抑菌防腐的作用，按照国家食品添加剂标准，红酒中可以合规添加适量，C正确；
D、天然气是化石燃料，需要经过漫长地质年代才能形成，短时间内无法再生，属于短期内不可再生能源，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物理变化与化学反应区分：化学反应必须有新物质生成，物质三态之间的转化只改变分子间距，属于物理变化，不能称作反应；
食物防腐原理：低温抑制微生物代谢，延缓食物氧化、腐败；
食品添加剂应用：合规限量的可作为抗氧化剂、抑菌剂添加在葡萄酒中；
能源分类：煤、石油、天然气等化石燃料均属于不可再生能源。
5．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；常见气体的检验；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通入澄清石灰水也会生成白色沉淀，溶液变浑浊，因此无色气体不一定为，A错误；
B、硝酸具有强氧化性，若溶液中存在，会被硝酸氧化为，同样生成白色沉淀，无法证明原溶液含，B错误；
C、溶于水生成，溶液呈碱性，会使紫色石蕊溶液变蓝，不会变红，该气体不可能是，C错误；
D、置换出，、、稀盐酸构成原电池，原电池反应可加快氧化还原反应速率，气泡生成速率明显增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
验证使澄清石灰水变浑浊的气体：、均能产生白色沉淀，现象不唯一，不能直接判定气体为；
硫酸根离子检验：硝酸可氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，检验时不能用硝酸酸化，需改用稀盐酸排除干扰；
氨气与酸碱指示剂：氨气溶于水显碱性，使石蕊变蓝，能让石蕊变红的气体为酸性气体；
原电池加快反应速率：锌置换铜后形成锌铜原电池，原电池可加速金属与酸的置换反应。
6．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、高纯制作光导纤维利用的是良好的光传导性质，与熔点高低无关，A错误；
B、常温下铝遇浓硝酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应持续进行，并非二者不发生反应，B错误；
C、液氨汽化过程会吸收大量热量，能够降低周边环境温度，因此可作制冷剂，化学知识与劳动项目匹配且表述正确，C正确；
D、燃料电池的能量转化过程为化学能直接转化为电能，不存在化学能→热能→机械能的转化顺序，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
光导纤维材料原理：二氧化硅传导光信号依靠光学特性，熔点高是制造坩埚的依据，二者无关联；
铝储运浓硝酸原理：钝化属于氧化还原反应，只是反应快速终止，不能描述为不反应；
液氨制冷原理：物质汽化吸热是常用制冷介质的核心依据，液氨汽化大量吸热可实现降温；
燃料电池能量转化：燃料电池属于原电池，直接将化学能转化为电能，中间不经过热能、机械能环节。
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁钥匙作原电池负极，Fe失电子发生氧化反应，并非还原反应，A错误；
B、铅笔芯成分为石墨，作原电池正极，铁钥匙为负极，B错误；
C、电子由负极铁钥匙经导线流向正极铅笔芯，电子不能穿过电解质洁厕灵溶液，C错误；
D、负极Fe不断溶解消耗，铁钥匙逐渐变细；正极铅笔芯上得电子生成，表面产生气泡，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：活泼金属铁作负极，石墨铅笔芯为惰性正极；
电极反应规律：负极金属失电子发生氧化反应，正极氢离子得电子生成氢气；
电子移动路径：电子只在外电路导线中传导，不进入电解质溶液；
电极现象：负极金属持续溶解质量减小，正极析出氢气产生气泡。
8．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、化学反应速率描述反应进行快慢，化学平衡限度由转化率衡量，速率无法判断反应限度，A错误；
B、该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，即总能量大于总能量，B错误；
C、升温会提升活化分子百分数，正、逆反应速率同步加快，缩短达到平衡所需时间，可更快达到平衡状态，C正确；
D、改变、投料量，平衡正向移动程度改变，实际参与反应的物质的量发生变化，放出热量随之改变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应速率与限度区分：速率表征反应快慢，限度是可逆反应达到平衡时的最大转化程度，二者概念不同；
放热反应能量关系：放热反应反应物总能量大于生成物总能量；
温度对平衡建立的影响：升温加快正逆反应速率，缩短达平衡时间，平衡移动方向由吸热放热判断；
反应热与投料量：可逆反应不能完全进行，投料量改变会改变转化量，实际放热数值发生变化。
9．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、在溶液中溶解度极小，烧瓶内压强几乎不变，无法形成喷泉，A错误；
B、极易溶于水，少量水即可溶解大量氨气，烧瓶内部压强迅速大幅减小，外界大气压将烧杯中水压入烧瓶形成喷泉，B正确；
C、在饱和食盐水中溶解度很低，烧瓶内外压强差不足，不能产生喷泉，C错误；
D、难溶于水，烧瓶压强无明显变化，无法形成喷泉，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
喷泉实验原理：气体极易溶于对应试剂，使烧瓶内气体大量减少、压强骤降，依靠内外压强差将液体压入烧瓶形成喷泉；
溶解规律：同离子效应抑制硫化氢在硫氢化钠溶液中溶解；
氨气溶解特性：常温下1体积水可溶解700体积氨气，极易溶于水；
氯气溶解规律：饱和氯离子抑制氯气溶解，实验室常用饱和食盐水收集氯气；
溶解性：一氧化氮不溶于水，也不与水反应，不能产生压强差。
10．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、只给出硝酸物质的量浓度，缺少溶液体积，无法计算的物质的量与离子总数，A错误；
B、标准状况下物质的量为，1个分子含2个O原子，氧原子物质的量为，氧原子总数为，B正确；
C、与生成的反应是可逆反应，反应物不能完全转化，生成分子数小于，C错误；
D、木炭与浓硫酸反应，随着反应进行浓硫酸不断变稀，稀硫酸与木炭不反应，参与反应的硫酸物质的量小于，生成分子数小于，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶液离子计算：已知浓度求微粒数目必须配套溶液体积，缺少体积无法定量计算；
标况气体微粒计算：标准状况下气体摩尔体积为，结合分子构成计算对应原子数目；
可逆反应限度：可逆反应存在平衡，反应物无法完全转化，生成物实际量小于理论完全转化值；
浓硫酸反应特性：碳与浓硫酸的反应仅在高浓度条件下发生，浓度降低反应停止，硫酸不能全部参与反应。
11．【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、单质在足量氧气中加热生成，与反应得到或，两种盐均可转化为；碳酸根、碳酸氢根发生水解，对应盐溶液一定显碱性，转化链条完全成立，A正确；
B、单质在足量氧气中燃烧生成，与反应生成，无法直接得到，转化关系不成立，B错误；
C、单质与足量氧气生成，不溶于水、不能直接与水反应生成硅酸，转化中断，C错误；
D、与足量高温条件下生成，不与溶液发生反应，无法得到盐，转化链条断裂，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
碳及其化合物转化：碳充分燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碱生成碳酸盐、碳酸氢盐，弱酸强碱盐水解显碱性，碳酸盐可与强酸得到碳酸；
硫的氧化物限制：硫单质燃烧只生成二氧化硫，无法一步生成三氧化硫；
二氧化硅性质：二氧化硅是酸性氧化物，但难溶于水，不能直接水化生成硅酸；
一氧化氮化学性质：一氧化氮属于不成盐氧化物，不与碱溶液反应，无法完成氧化物到盐的转化。
12．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸光照分解生成、和，正确方程式为 ，产物书写错误，A错误；
B、是强酸，书写离子方程式需拆成离子，正确离子方程式为 ，B错误；
C、该离子方程式电荷、原子均不守恒，正确离子方程式为 ，C错误；
D、与水反应生成硝酸和，离子方程式 ，原子、电荷均守恒，书写正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硝酸光照分解规律：分解产物为二氧化氮、氧气，配平系数固定，不能写成氮气；
离子方程式拆分规则：强酸、可溶性盐拆为离子，硫酸在离子方程式中不能保留分子形式；
离子方程式守恒判断：必须同时满足原子守恒、电荷守恒，铜与浓硝酸反应硝酸根、氢离子计量数均为2；
二氧化氮与水反应：歧化反应，氮元素一部分升价生成硝酸根，一部分降价生成，注意方程式配平系数。
13．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、蔗糖逐渐变黑是浓硫酸将蔗糖里的氢、氧元素按水的组成脱去，体现浓硫酸的脱水性；无水硫酸铜变蓝证明反应生成了水，温度计示数上升说明反应放热；该水是蔗糖脱水生成的，并非浓硫酸吸收外界现成水分，不能证明浓硫酸具有吸水性，A错误；
B、混合气体中的接触试纸b上的紫色石蕊溶液，与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，试纸变红；二氧化硫的漂白作用仅针对品红等有机有色物质，无法漂白酸碱指示剂，因此试纸只会变红，不会褪色，B正确；
C、试纸a蘸有酸性高锰酸钾溶液，使它褪色是与高锰酸根发生氧化还原反应，元素化合价升高，体现的还原性；试纸c蘸品红溶液，使品红褪色是生成不稳定无色物质，体现的漂白性，两张试纸褪色原理不同，不能都说明漂白性，C错误；
D、溶于水存在平衡，饱和溶液含有大量，会抑制溶解，几乎无法吸收尾气；饱和是强碱，可完全与反应吸收尾气，二者不能替代，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合实验现象可知，浓硫酸与蔗糖的反应分为两步进行：第一步为脱水碳化过程，浓硫酸按照2：1的氢氧比例脱去蔗糖分子里的氢、氧元素，使蔗糖碳化生成黑色碳单质，同时生成水分子；第二步发生氧化还原反应，第一步反应释放大量热量使体系温度升高，生成的碳单质会继续和浓硫酸发生反应，生成、与水，大量气体生成让黑色炭体体积膨胀，总反应方程式：。
无水硫酸铜固体遇水变蓝，能够证明该反应过程有水生成；末端装置内装有饱和氢氧化钠溶液，可吸收反应生成的与，起到尾气处理的作用；试纸a蘸取酸性高锰酸钾溶液，接触后褪色，体现的还原性；试纸b为浸润紫色石蕊溶液的试纸，溶于水生成亚硫酸使试纸变红，证明水溶液呈酸性，且无法漂白酸碱指示剂；试纸c浸润品红溶液，遇褪色，体现独有的漂白性。
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；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、时刻反应达到化学平衡，平衡状态下正、逆反应速率相等但不为0，反应仍在持续进行，故A错误；
B、该反应属于可逆反应，反应物与生成物之间会不断相互转化，使用参与反应，一段时间后体系内会出现，故B错误；
C、恒容容器中充入无关气体，反应体系内、、的浓度均未发生变化，正、逆反应速率保持不变，故C错误；
D、阶段，反应正向持续进行，浓度不断增大；之后，反应达到平衡，各物质浓度不再改变，保持恒定，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学平衡速率特征：平衡时，反应不会停止；
可逆反应转化特点：可逆反应双向进行，同位素标记元素会在反应物、生成物中循环出现；
恒容充惰性气体规律：无关气体不改变反应组分浓度，因此反应速率无变化；
浓度变化与速率关系：正反应速率大于逆反应速率时产物浓度上升，正逆速率相等时各物质浓度恒定不变。
15．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、操作①溶解，玻璃棒搅拌加速溶解；操作②过滤，玻璃棒引流；操作③蒸发结晶，玻璃棒搅拌防止局部过热飞溅，三步均用到玻璃棒，A正确；
B、除杂时必须加在之后，用于除去过量；若a为、b为，过量钡离子无法除去，试剂顺序错误，B错误；
C、可与反应生成沉淀，能够除去粗盐中镁离子，C正确；
D、过滤后滤液含有过量、，加入盐酸可将二者转化为，除去杂质碱与碳酸盐，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
粗盐除杂试剂顺序：要在前面，碳酸钠可沉淀多余钡离子，顺序可灵活调整；
玻璃棒作用区分：溶解搅拌、过滤引流、蒸发搅拌防暴沸；
离子除杂原理：，，；
盐酸除过量试剂：盐酸中和氢氧化钠、与碳酸钠反应，不引入新杂质。
16．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断；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、设平衡时转化的物质的量为，列三段式：
平衡时物质的量分数为，则，解得，，A正确；
B、、均处于平衡状态，温度、浓度不变，正反应速率相等，B正确；
C、由反应计量数可知，任意时刻，比值始终固定不变，无法判断反应是否达到限度，C错误；
D、达平衡，生成，；混合气体总质量等于初始质量，质量分数，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
三段式计算平衡转化率：依据图像平衡时物质的量分数列式求解转化量，计算转化率；
平衡状态速率规律：恒温恒容下平衡后各物质浓度恒定，正、逆反应速率不再改变；
平衡判定依据：若两种生成物物质的量之比恒等于化学计量数之比，该比值不变不能作为平衡标志；
混合气体质量守恒：全气相反应体系总质量恒定，结合的物质的量计算质量分数。
17．【答案】（1）酸
（2）增大与反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；SiO2+2CSi+2CO↑
（3）HCl
（4）4：1
（5）b；Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O；11.2
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) 仅能与碱发生反应生成盐和水，不与普通酸反应，属于酸性氧化物。
故答案为：酸；
(2) 粉碎矿石、焦炭可以增大固体反应物间的接触面积，有效加快反应速率，让原料反应更充分；高温下二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和CO，化学方程式： SiO2+2CSi+2CO↑；
故答案为： 增大与反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 ； SiO2+2CSi+2CO↑ ；
(3) 粗硅和反应生成，与还原生成高纯硅并释放，因此流程中、均可循环利用。
故答案为：；
(4) 配平氧化还原方程式；反应中是氧化剂，是还原剂，二者物质的量之比为。
故答案为：4：1；
(5)① 该硅空气原电池中，硅电极a为负极，铂电极b通入作正极；放电时阳离子向正极b移动。
② 负极Si在碱性介质中失电子，生成硅酸根，电极反应： Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O 。
③ 正极，每消耗1mol 转移4mol电子；转移2mol电子时消耗0.5mol ，标况体积。
故答案为：b；Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O ；
【分析】石英砂与焦炭在高温反应制得粗硅；粗硅和在反应生成；再和在下还原得到高纯硅，反应生成的、可循环投入前序工序。
(1) 考查氧化物分类，依据酸性、碱性、两性氧化物定义判断，只具备酸性氧化物的通性，归类为酸性氧化物。
(2) 从化学反应速率影响因素分析，固体颗粒减小可增大接触面积，提升反应速率与原料转化率；
书写工业制粗硅的高温氧化还原方程式，注意产物为CO而非。
(3) 解题梳理整条制备流程各步反应物、生成物，找出前一步消耗、后一步生成的物质，确定可循环物料。
(4) 解题依托氧化还原得失电子守恒配平方程式，区分氧化剂、还原剂，统计两种物质计量数得到物质的量之比。
(5) ① 原电池阳离子迁移规律：阳离子向正极定向移动，先根据氧气通入位置判断正负极再作答；
② 负极发生氧化反应，结合碱性电解液环境，用平衡电荷配平电极反应；
③ 利用正极氧气得电子的计量关系，通过转移电子的物质的量计算标况下氧气体积。
（1）二氧化硅是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物；
（2）制粗硅前，将石英砂粉碎至1 5mm颗粒，焦炭破碎至3 10mm颗粒可以增大固体表面积，有利于增大与反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料的利用率；由分析可知，制备粗硅的反应为石英砂与焦炭在1800-2000℃高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；
（3）由分析可知，制备高纯硅的流程中氢气和氯化氢可以循环使用；
（4）由题意可知，硅与氢氟酸和浓硝酸发生的反应为：，反应中硅元素的化合价升高被氧化，硅是反应的还原剂，氮元素的化合价降低被还原，硝酸是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1；
（5）由图可知，硅电极a是硅空气电池的负极，碱性条件下硅失去电子发生氧化反应生成硅酸根离子和水，铂电极b是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；
①由分析可知，电极a是硅空气电池的负极，电极b是正极，则放电时，钾离子会向电极b移动；
②由分析可知，硅电极a是硅空气电池的负极，碱性条件下硅失去电子发生氧化反应生成硅酸根离子和水，电极反应式为：Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O；
③由分析可知，铂电极b是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，则标准状况下，电路中转移2 mol电子，理论上电极b消耗氧气的体积为：2 mol××22.4 L/mol=11.2L。
18．【答案】（1）；圆底烧瓶；防倒吸；增大气体与吸收试剂的接触面积，提高吸收气体的效率
（2）排尽装置内空气，目的是防止被空气中 氧化；；红棕
（3）；还原；取少量红色固体于试管中，加入足量稀硫酸，充分振荡，若固体不溶解、溶液不变蓝，说明红色固体只有
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】(1)① 装置A是实验室固固加热制氨气，氯化铵与熟石灰加热反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：
② 仪器甲的标准名称为圆底烧瓶；C中倒置漏斗刚好贴合水面，既能防止氨气极易溶于水引发溶液倒吸，又能扩大气液接触面积，提升氨气吸收效率。
故答案为： ；圆底烧瓶； 防倒吸；增大气体与吸收试剂的接触面积，提高吸收气体的效率 ；
(2)① 稀硝酸与铜反应生成无色NO，NO极易和氧气反应生成红棕色；与稀硝酸反应生成，会把装置内空气全部排出，避免生成的NO被空气中氧化干扰实验现象。
② Cu和稀硝酸发生氧化还原反应，Cu被氧化为，被还原为NO，拆分写出离子方程式：
③ 装置内生成无色NO，推入后发生反应，是红棕色气体，因此观察到红棕色气体。
故答案为： 排尽装置内空气，目的是防止被空气中 氧化 ； ；红棕；
(3)① 浓氨水挥发出，浓盐酸挥发出，两种气体在管内相遇化合生成白色固体小颗粒，也就是白烟，化学式为。
② i 加热条件下夺取CuO中的氧元素，CuO被还原为低价铜单质，Cu元素化合价降低，作氧化剂，因此体现还原性。
ii 已知能和稀硫酸反应生成蓝色与不溶Cu，而Cu不与稀硫酸反应；取少量红色固体于试管，加足量稀硫酸充分振荡，若固体完全不溶解、溶液始终不变蓝，证明固体中无，只有Cu。
故答案为： ； 还原 ；取少量红色固体于试管中，加入足量稀硫酸，充分振荡，若固体不溶解、溶液不变蓝，说明红色固体只有 ；
【分析】实验分为三部分：
氨气制备实验：加热氯化铵与熟石灰固体制取，用圆底烧瓶收集，倒置漏斗加水吸收尾气防倒吸；
铜与稀硝酸探究实验：先加稀硝酸和碳酸氢钠产生排尽装置空气，再让铜与稀硝酸反应生成NO，最后通入氧气，NO被氧化为红棕色；
氨气还原氧化铜实验：浓氨水遇CaO释放，与浓盐酸挥发的HCl相遇生成白烟；加热还原CuO得到红色固体，加稀硫酸检验红色固体是否含。
(1) ① 本题考查实验室制氨气经典固固加热反应，牢记铵盐与强碱共热生成氨气，规范标注加热条件、气体符号并配平；
② 仪器识别属于基础实验识记；结合氨气极易溶于水的性质，分两层解释倒扣漏斗的双重作用：防倒吸、增大接触面积。
(2) ① 解题围绕NO易被氧化的特性，利用惰性气体排空气，隔绝氧气保护NO；
② 稀硝酸和铜的离子方程式书写，分清还原剂Cu、氧化剂硝酸根，根据得失电子守恒配平电子、电荷、原子；
③ 依托NO遇氧气生成红棕色的特征反应判断气体颜色。
(3) ① 氨气与氯化氢气体的化合反应，白烟本质是氯化铵固体小颗粒；
② i 从化合价升降判断物质性质，CuO中Cu化合价降低被还原，作还原剂；
ii 利用题干给出的与稀硫酸的特征反应设计对照实验，通过溶液是否变蓝区分Cu与。
（1）①熟石灰为 ，实验室制氨气的化学方程式为；②由装置图可知仪器甲为圆底烧瓶；极易溶于水，倒置漏斗的主要作用是防倒吸，同时可以增大气体与吸收试剂的接触面积，提高吸收气体的效率；
（2）会与反应生成红棕色的，利用稀硝酸与反应生成的能排尽装置内的空气，防止生成的被空气中的 氧化；与稀硝酸反应生成、和，反应的离子方程式为；
（3）①与会发生反应生成；②i.将还原为或者，说明具有还原性；ii. 根据信息可知在酸性溶液中发生反应，生成的会使溶液变蓝，而与稀硫酸不反应，因此实验方案为：取少量红色固体于试管中，加入足量稀硫酸，充分振荡，若固体不溶解、溶液不变蓝，说明红色固体只有。不能用稀硝酸，和均能被稀硝酸氧化，无法验证生成的红色固体的成分。
19．【答案】（1）放；断裂；<
（2）ACF；a；；2.8
（3）
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式；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】(1)① 图像中反应物总能量高于生成物液态水总能量，反应向外释放热量，属于放热反应；化学键断裂需要克服原子间作用力，要吸收能量，化学键形成会释放能量。
② 液态水变为气态水需要吸收热量，因此生成气态水时体系放出的总热量更少，能量变化的绝对值小于285.8 kJ。
故答案为： 放 ； 断裂 ； < ；
(2)①A：物质的量不再改变，代表各组分浓度恒定，能判定平衡；
B：恒容容器内全部为气体，气体总质量、容器体积始终不变，密度恒定，不能判定平衡；
C：反应前后气体总物质的量发生变化，气体总质量不变，平均相对分子质量不变时，各物质含量固定，可判定平衡；
D：消耗、均为正向反应，比值恒等于计量数1：3，无法区分正逆速率，不能判定平衡；
E：断裂键、形成键都属于正向过程，只体现单向反应，不能判定平衡；
F：，换算后正逆速率之比等于计量数之比，可判定平衡。
② i 初始充入、，初始物质的量最大，随反应进行持续减少，对应曲线；曲线代表，0~10 min内，。
ii 平衡时， 达到平衡时，的物质的量为，则，故 x=1.2，即物质的量减少1.2mol，则达到平衡时，混合气体总物质的量为1+3-1.2=2.8mol。
故答案为： ACF ； a ； ； 2.8 ；
(3)根据循环转化示意图，反应物为、、，生成物为、，配平总反应方程式： 。
故答案为： ；
【分析】(1) ① 解题依托能量高低判断吸放热：反应物总能量高为放热；化学键变化规律：断键吸热、成键放热；
② 结合物质状态能量差异，气态水能量高于液态水，对比两种产物的放热多少，判断能量变化绝对值大小。
(2) ① 平衡状态判定遵循“变量不变即平衡”原则，逐一分析密度、平均摩尔质量、物质的量、化学键、反应速率是否随反应发生变化，区分单向速率与双向等比例速率；
② i 根据初始投料量判断曲线对应物质，利用平均反应速率定义式代入数据计算；
ii 利用合成氨反应总物质的量差量关系，根据氨气生成量算出体系总物质的量减少值，结合初始总量得到平衡总物质的量。
(3) 解题梳理循环流程中全部反应物、生成物，剔除循环中间载体，根据得失电子守恒配平氧化还原总反应方程式。
（1）①生成物的能量小于反应物的总能量，该反应为放热反应；反应过程中有化学键的断裂与形成，化学键断裂过程需要吸收能量。②根据图像，2 mol和1 mol完全反应生成2 mol液态水放出的能量为，气态水的能量大于液态水，所以2 mol和1 mol完全反应生成2 mol，其能量变化的绝对值<。
（2）①A．的物质的量不再改变，说明各物质浓度均不再改变，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体总质量不变，反应后气体物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再改变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．无论是否平衡，消耗的和的物质的量之比均为，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选D；
E．断裂键的同时形成键，都是正向反应，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选E；
F．，正逆反应速率比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选F；
选ACF。
②ⅰ. 反应过程中，氢气的物质的量减少，氮气、氢气的物质的量变化比等于1：3，所以表示物质的量随时间变化的曲线为a、N2物质的量随时间变化的曲线为c、NH3物质的量随时间变化的曲线为b；内，曲线对应物质的平均反应速率为 。
ⅱ.达到平衡时，的物质的量为，则，故 x=1.2，即物质的量减少1.2mol，则达到平衡时，混合气体总物质的量为1+3-1.2=2.8mol。
（3）根据流程图，在Pt/KFI催化剂作用下，、NO和发生转化生成水和氮气，根据得失电子守恒和原子守恒，总反应的化学方程式为。
20．【答案】（1）6；0
（2）硫酸浓度；2、4
（3）
（4）b；MnSO4；实验的反应物中都有、K+，且反应过程中浓度不变，若、K+对反应有催化作用，反应速率不会过一段时间才增大；Mn2+；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1) 该实验遵循控制变量法，每组溶液总体积固定不变。
实验组1总体积：，实验3中溶液体积；
实验4和实验2仅温度不同，其余试剂体积完全一致，因此加水体积。
故答案为： 6 ；0；
(2) 实验2、3温度、高锰酸钾、草酸体积均相同，仅硫酸体积有差异，变量为硫酸浓度，用于探究硫酸浓度对反应速率的影响；
实验2、4草酸、高锰酸钾、硫酸、水体积全部一致，仅温度不同，可探究温度对反应速率的影响。
故答案为： 硫酸浓度 ； 2、4 ；
(3) 是二元弱酸，书写离子方程式时不可拆；在酸性条件下被还原为，被氧化为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平：
故答案为： ；
(4) ① 实验2高锰酸钾加入体积为6.0mL，实验5仅4.0mL，实验2初始浓度更高，溶液初始透光率更低，对应曲线b。
② 实验结论证明具备催化作用，需向体系引入且不引入额外干扰离子，选用固体；
i 反应体系自始至终均含有、，二者浓度全程不变，若二者有催化效果，反应从一开始速率就会很快，不会出现反应后期速率突然加快的现象，因此可直接排除猜想2、3；
ii 已知，结合循环转化流程，参与循环生成中间微粒X，X为；氧化，被还原为，被氧化为，离子方程式： 。
故答案为： b ； MnSO4 ； 实验的反应物中都有、K+，且反应过程中浓度不变，若、K+对反应有催化作用，反应速率不会过一段时间才增大 ； Mn2+ ； ；
【分析】先配制多组总体积相同、单一变量不同的草酸与酸性高锰酸钾混合液，通过记录褪色时间对比反应速率，分别探究草酸浓度、硫酸浓度、温度、高锰酸钾浓度对反应速率的影响；再用色度传感器监测透光率变化，发现反应后期速率突然加快，设计对照实验验证是反应生成的起到自催化作用，最后结合反应循环图梳理分步氧化还原转化过程。
(1) 本题核心为控制变量实验的总体积守恒规则，先计算对照组总体积，再反推空白试剂体积，保证各组液体总量相等，消除浓度以外的体积干扰。
(2) 通过对比两组实验的变量与不变量，唯一改变的条件即为实验探究对象；只有温度作为单一变量的两组，才能研究温度对速率的影响。
(3) 酸性高锰酸钾氧化草酸的离子方程式书写考点，弱酸分子保留化学式，利用Mn、C元素化合价升降配平电子转移，再补充氢离子、水配平电荷与原子。
(4) ① 根据高锰酸钾初始浓度判断初始透光率，高锰酸根浓度越高，溶液颜色越深，透光率越低，匹配对应曲线；
② 催化猜想验证采用单一变量原则，只添加目标催化离子；通过体系固有离子浓度特征排除无关离子猜想；结合循环图比例关系确定中间锰离子微粒，依据氧化还原化合价升降书写分步离子反应。
（1）利用“控制变量法”探究影响反应速率的因素，需要控制溶液总体积相等，根据第1组实验，可知溶液总体积为9.0mL；所以第3组实验中x=9.0-1.0-1.0-1.0=6.0；第4组实验中y=9.0-6.0-2.0-1.0=0；
（2）利用实验2、3中硫酸的浓度不同，可探究硫酸浓度对反应速率的影响；实验2、4的变量是温度，所以利用实验2、4可探究温度对反应速率的影响。
（3）是一种二元弱酸，实验过程中转化为，被氧化为二氧化碳气体，反应的离子方程式为 。
（4）①实验2高锰酸钾的初始浓度大，透光率低，所以实验2对应的曲线为b。
②猜想1是对实验具有催化效应，根据控制变量法，往混合溶液中加入少量固体，重做实验2，所得图像与未加时无明显变化，说明、K+对实验都没有催化效应；往混合溶液中加入少量MnSO4固体，重做实验2，溶液透光率增大，速率明显加快。说明猜想1正确。
i．实验的反应物中都有、K+，且反应过程中浓度不变，若、K+对反应有催化作用，反应速率不会过一段时间才增大，属于乙同学认为无需实验即可排除猜想2、3。
ii．实验过程的反应历程如图所示，中C显+3价、Mn显+3价，CO2中C显+4价、中C显+3价，，根据得失电子守恒，微粒X为Mn2+；实验过程中，能被氧化为CO2，被还原为Mn2+，反应的离子方程式为。
1 / 1广东湛江第一中学等校2025-2026学年下学期高一年级5月学情检测 化学试题
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列物质主要由传统无机非金属材料制成的是
A．铁锄头 B．玻璃杯
C．碳化硅陶瓷轴承 D．石墨烯导热膜
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、铁锄头材质为铁合金，属于金属材料，A不符合题意；
B、玻璃杯主要成分为硅酸盐，玻璃属于传统无机非金属材料，B符合题意；
C、碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，C不符合题意；
D、石墨烯是新型碳基无机材料，不属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
材料分类区分：金属材料包含纯金属与合金；无机非金属材料分为传统、新型两类；
传统无机非金属材料核心类别：玻璃、陶瓷、水泥，原料多为硅酸盐矿物；
新型无机非金属材料举例：碳化硅、氮化硅、石墨烯、光导纤维等，具备特殊耐高温、导电、耐磨性能，和传统硅酸盐材料划分开。
2．粤港澳大湾区正全力建设“海上风电+储能”能源体系，着力发展新能源汽车、新型储能等产业。下列有关描述错误的是
A．新能源车电池充电时，电能转化为化学能
B．风电设备易受酸雨侵蚀，酸雨的
C．海上风电机组发电利用了原电池原理
D．太阳能、风能、地热能、海洋能和氢能均属于新能源
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学在解决能源危机中的重要作用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、新能源车电池充电过程属于电解池工作过程，外部输入电能，电池内部发生氧化还原反应储存能量，能量转化形式为电能转化为化学能，A正确；
B、正常雨水因溶解空气中二氧化碳 pH 约为 5.6，pH 小于 5.6 的降雨定义为酸雨，酸雨含有硫酸、硝酸，会腐蚀金属风电设备，B正确；
C、海上风电机组依靠风力带动发电机切割磁感线发电，利用电磁感应原理；原电池是化学能直接转化为电能的装置，二者原理完全不同，C错误；
D、新能源是区别于煤、石油、天然气等传统化石能源的清洁能源，太阳能、风能、地热能、海洋能、氢能都属于新能源，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
储能电池充放电能量转化：充电电能→化学能（电解池），放电化学能→电能（原电池）；
酸雨判定标准：pH＜5.6，酸性介质会腐蚀金属构件；
风力发电核心原理：电磁感应，无化学反应参与，和原电池原理无关；
新能源分类：可再生、低污染能源，包含风能、太阳能、氢能、地热、海洋能等。
3．常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、与发生反应：，生成二氧化硫气体，无法大量共存，A错误；
B、酸性条件下具有强氧化性，可将氧化为，离子发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C、、、、之间不生成沉淀、气体、弱电解质，也无氧化还原反应，能够大量共存，C正确；
D、与结合生成白色沉淀，无法大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子共存判断核心：离子间不发生复分解、氧化还原、双水解、络合等反应；
弱酸根与氢离子：为弱酸根，遇分解生成；
酸性硝酸根的强氧化性：、共存体系可氧化、、等还原性离子；
沉淀型不共存：与碳酸根、硫酸根等离子生成难溶盐，不能共存。
4．粤菜清而不淡，鲜而不俗，嫩而不生，油而不腻。下列有关说法错误的是
A．清蒸鲈鱼时，水蒸气冷凝为液态水属于放热反应
B．潮汕生腌海鲜需低温保存，低温能减缓食物腐败速率
C．红酒糯米蒸蟹鲜香味美，红酒中可按规定添加适量
D．粤式煲汤营养丰富，煲汤时所用的燃料天然气属于短期内不可再生能源
【答案】A
【知识点】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、水蒸气冷凝为液态水只是物质状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，放热反应属于化学反应，因此该过程不能称为放热反应，A错误；
B、低温可以降低微生物体内酶的活性，抑制微生物繁殖，减缓食物腐败变质的速率，因此潮汕生腌海鲜适合低温保存，B正确；
C、具有抗氧化、抑菌防腐的作用，按照国家食品添加剂标准，红酒中可以合规添加适量，C正确；
D、天然气是化石燃料，需要经过漫长地质年代才能形成，短时间内无法再生，属于短期内不可再生能源，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物理变化与化学反应区分：化学反应必须有新物质生成，物质三态之间的转化只改变分子间距，属于物理变化，不能称作反应；
食物防腐原理：低温抑制微生物代谢，延缓食物氧化、腐败；
食品添加剂应用：合规限量的可作为抗氧化剂、抑菌剂添加在葡萄酒中；
能源分类：煤、石油、天然气等化石燃料均属于不可再生能源。
5．根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 往澄清石灰水中通入少量无色气体，溶液变浑浊 该无色气体一定为
B 往某无色溶液中加入硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成 原溶液中含有
C 将某气体通入紫色石蕊溶液中，溶液变红 该气体可能是
D 向与稀盐酸反应的体系中加入少量，产生气泡的速率明显增大 形成原电池能加快反应速率
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；常见气体的检验；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通入澄清石灰水也会生成白色沉淀，溶液变浑浊，因此无色气体不一定为，A错误；
B、硝酸具有强氧化性，若溶液中存在，会被硝酸氧化为，同样生成白色沉淀，无法证明原溶液含，B错误；
C、溶于水生成，溶液呈碱性，会使紫色石蕊溶液变蓝，不会变红，该气体不可能是，C错误；
D、置换出，、、稀盐酸构成原电池，原电池反应可加快氧化还原反应速率，气泡生成速率明显增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
验证使澄清石灰水变浑浊的气体：、均能产生白色沉淀，现象不唯一，不能直接判定气体为；
硫酸根离子检验：硝酸可氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，检验时不能用硝酸酸化，需改用稀盐酸排除干扰；
氨气与酸碱指示剂：氨气溶于水显碱性，使石蕊变蓝，能让石蕊变红的气体为酸性气体；
原电池加快反应速率：锌置换铜后形成锌铜原电池，原电池可加速金属与酸的置换反应。
6．劳动创造是人类最基本和最重要的社会实践。下列所述化学知识正确且与劳动项目有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用高纯制作光导纤维 熔点高
B 用铝制槽车运输浓硝酸 常温下铝与浓硝酸不发生反应
C 用液氨做制冷剂 液氨汽化时要吸收大量的热
D 给有轨电车安装燃料电池为其提供动力 燃料电池工作时，能量转化形式为：化学能→热能→机械能→电能
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、高纯制作光导纤维利用的是良好的光传导性质，与熔点高低无关，A错误；
B、常温下铝遇浓硝酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应持续进行，并非二者不发生反应，B错误；
C、液氨汽化过程会吸收大量热量，能够降低周边环境温度，因此可作制冷剂，化学知识与劳动项目匹配且表述正确，C正确；
D、燃料电池的能量转化过程为化学能直接转化为电能，不存在化学能→热能→机械能的转化顺序，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
光导纤维材料原理：二氧化硅传导光信号依靠光学特性，熔点高是制造坩埚的依据，二者无关联；
铝储运浓硝酸原理：钝化属于氧化还原反应，只是反应快速终止，不能描述为不反应；
液氨制冷原理：物质汽化吸热是常用制冷介质的核心依据，液氨汽化大量吸热可实现降温；
燃料电池能量转化：燃料电池属于原电池，直接将化学能转化为电能，中间不经过热能、机械能环节。
7．某同学用生活中常见物品组装了如图所示装置并观察到灯泡发亮。下列说法正确的是
A．铁钥匙发生了还原反应
B．铅笔芯为该原电池的负极
C．电子由铁钥匙流出，经过洁厕灵流向铅笔芯
D．实验过程中，铁钥匙会逐渐变细且铅笔芯表面会有气泡产生
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁钥匙作原电池负极，Fe失电子发生氧化反应，并非还原反应，A错误；
B、铅笔芯成分为石墨，作原电池正极，铁钥匙为负极，B错误；
C、电子由负极铁钥匙经导线流向正极铅笔芯，电子不能穿过电解质洁厕灵溶液，C错误；
D、负极Fe不断溶解消耗，铁钥匙逐渐变细；正极铅笔芯上得电子生成，表面产生气泡，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：活泼金属铁作负极，石墨铅笔芯为惰性正极；
电极反应规律：负极金属失电子发生氧化反应，正极氢离子得电子生成氢气；
电子移动路径：电子只在外电路导线中传导，不进入电解质溶液；
电极现象：负极金属持续溶解质量减小，正极析出氢气产生气泡。
8．恒温恒容密闭容器中充入和发生放热反应：。下列说法正确的是
A．可用化学反应速率衡量该反应的限度
B．与的总能量低于
C．升高容器内温度，可更快达到平衡状态
D．改变和的用量，反应放出的热量不变
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、化学反应速率描述反应进行快慢，化学平衡限度由转化率衡量，速率无法判断反应限度，A错误；
B、该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，即总能量大于总能量，B错误；
C、升温会提升活化分子百分数，正、逆反应速率同步加快，缩短达到平衡所需时间，可更快达到平衡状态，C正确；
D、改变、投料量，平衡正向移动程度改变，实际参与反应的物质的量发生变化，放出热量随之改变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应速率与限度区分：速率表征反应快慢，限度是可逆反应达到平衡时的最大转化程度，二者概念不同；
放热反应能量关系：放热反应反应物总能量大于生成物总能量；
温度对平衡建立的影响：升温加快正逆反应速率，缩短达平衡时间，平衡移动方向由吸热放热判断；
反应热与投料量：可逆反应不能完全进行，投料量改变会改变转化量，实际放热数值发生变化。
9．喷泉实验是中学化学学习中极具趣味性的实验。利用如图所示装置(气密性良好)，下列气体a和试剂b的组合最可能形成喷泉实验的是
选项 气体a 试剂b 装置
A 溶液
B
C 饱和食盐水
D NO
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、在溶液中溶解度极小，烧瓶内压强几乎不变，无法形成喷泉，A错误；
B、极易溶于水，少量水即可溶解大量氨气，烧瓶内部压强迅速大幅减小，外界大气压将烧杯中水压入烧瓶形成喷泉，B正确；
C、在饱和食盐水中溶解度很低，烧瓶内外压强差不足，不能产生喷泉，C错误；
D、难溶于水，烧瓶压强无明显变化，无法形成喷泉，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
喷泉实验原理：气体极易溶于对应试剂，使烧瓶内气体大量减少、压强骤降，依靠内外压强差将液体压入烧瓶形成喷泉；
溶解规律：同离子效应抑制硫化氢在硫氢化钠溶液中溶解；
氨气溶解特性：常温下1体积水可溶解700体积氨气，极易溶于水；
氯气溶解规律：饱和氯离子抑制氯气溶解，实验室常用饱和食盐水收集氯气；
溶解性：一氧化氮不溶于水，也不与水反应，不能产生压强差。
10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．硝酸中总数为
B．标准状况下，中含有的原子总数为
C．与充分反应后，生成的分子数为
D．浓硫酸与足量木炭反应，生成的分子数为
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、只给出硝酸物质的量浓度，缺少溶液体积，无法计算的物质的量与离子总数，A错误；
B、标准状况下物质的量为，1个分子含2个O原子，氧原子物质的量为，氧原子总数为，B正确；
C、与生成的反应是可逆反应，反应物不能完全转化，生成分子数小于，C错误；
D、木炭与浓硫酸反应，随着反应进行浓硫酸不断变稀，稀硫酸与木炭不反应，参与反应的硫酸物质的量小于，生成分子数小于，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶液离子计算：已知浓度求微粒数目必须配套溶液体积，缺少体积无法定量计算；
标况气体微粒计算：标准状况下气体摩尔体积为，结合分子构成计算对应原子数目；
可逆反应限度：可逆反应存在平衡，反应物无法完全转化，生成物实际量小于理论完全转化值；
浓硫酸反应特性：碳与浓硫酸的反应仅在高浓度条件下发生，浓度降低反应停止，硫酸不能全部参与反应。
11．能满足下列物质间直接转化关系(最后一步转化的部分反应物已省略)，且推理成立的是
A．单质X可能为C，盐溶液一定显碱性
B．单质X可能为S，盐为
C．单质X可能为，氧化物能与水直接反应生成对应的酸
D．单质X可能为，氧化物为
【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、单质在足量氧气中加热生成，与反应得到或，两种盐均可转化为；碳酸根、碳酸氢根发生水解，对应盐溶液一定显碱性，转化链条完全成立，A正确；
B、单质在足量氧气中燃烧生成，与反应生成，无法直接得到，转化关系不成立，B错误；
C、单质与足量氧气生成，不溶于水、不能直接与水反应生成硅酸，转化中断，C错误；
D、与足量高温条件下生成，不与溶液发生反应，无法得到盐，转化链条断裂，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
碳及其化合物转化：碳充分燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碱生成碳酸盐、碳酸氢盐，弱酸强碱盐水解显碱性，碳酸盐可与强酸得到碳酸；
硫的氧化物限制：硫单质燃烧只生成二氧化硫，无法一步生成三氧化硫；
二氧化硅性质：二氧化硅是酸性氧化物，但难溶于水，不能直接水化生成硅酸；
一氧化氮化学性质：一氧化氮属于不成盐氧化物，不与碱溶液反应，无法完成氧化物到盐的转化。
12．下列化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．浓硝酸光照时有气泡产生：
B．使溴水褪色：
C．与浓反应：
D．通入水中：
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸光照分解生成、和，正确方程式为 ，产物书写错误，A错误；
B、是强酸，书写离子方程式需拆成离子，正确离子方程式为 ，B错误；
C、该离子方程式电荷、原子均不守恒，正确离子方程式为 ，C错误；
D、与水反应生成硝酸和，离子方程式 ，原子、电荷均守恒，书写正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硝酸光照分解规律：分解产物为二氧化氮、氧气，配平系数固定，不能写成氮气；
离子方程式拆分规则：强酸、可溶性盐拆为离子，硫酸在离子方程式中不能保留分子形式；
离子方程式守恒判断：必须同时满足原子守恒、电荷守恒，铜与浓硝酸反应硝酸根、氢离子计量数均为2；
二氧化氮与水反应：歧化反应，氮元素一部分升价生成硝酸根，一部分降价生成，注意方程式配平系数。
13．利用如图所示装置探究蔗糖与浓硫酸反应。实验现象如下：
①蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，温度计示数上升；②无水硫酸铜变蓝；③abc三试纸均有明显现象。下列说法正确的是
A．①②说明浓硫酸与蔗糖反应放热且浓硫酸具有吸水性
B．试纸b会变红，但不会褪色
C．试纸a、c均褪色，均能说明具有漂白性
D．用饱和溶液替代饱和溶液也能吸收多余的
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、蔗糖逐渐变黑是浓硫酸将蔗糖里的氢、氧元素按水的组成脱去，体现浓硫酸的脱水性；无水硫酸铜变蓝证明反应生成了水，温度计示数上升说明反应放热；该水是蔗糖脱水生成的，并非浓硫酸吸收外界现成水分，不能证明浓硫酸具有吸水性，A错误；
B、混合气体中的接触试纸b上的紫色石蕊溶液，与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，试纸变红；二氧化硫的漂白作用仅针对品红等有机有色物质，无法漂白酸碱指示剂，因此试纸只会变红，不会褪色，B正确；
C、试纸a蘸有酸性高锰酸钾溶液，使它褪色是与高锰酸根发生氧化还原反应，元素化合价升高，体现的还原性；试纸c蘸品红溶液，使品红褪色是生成不稳定无色物质，体现的漂白性，两张试纸褪色原理不同，不能都说明漂白性，C错误；
D、溶于水存在平衡，饱和溶液含有大量，会抑制溶解，几乎无法吸收尾气；饱和是强碱，可完全与反应吸收尾气，二者不能替代，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合实验现象可知，浓硫酸与蔗糖的反应分为两步进行：第一步为脱水碳化过程，浓硫酸按照2：1的氢氧比例脱去蔗糖分子里的氢、氧元素，使蔗糖碳化生成黑色碳单质，同时生成水分子；第二步发生氧化还原反应，第一步反应释放大量热量使体系温度升高，生成的碳单质会继续和浓硫酸发生反应，生成、与水，大量气体生成让黑色炭体体积膨胀，总反应方程式：。
无水硫酸铜固体遇水变蓝，能够证明该反应过程有水生成；末端装置内装有饱和氢氧化钠溶液，可吸收反应生成的与，起到尾气处理的作用；试纸a蘸取酸性高锰酸钾溶液，接触后褪色，体现的还原性；试纸b为浸润紫色石蕊溶液的试纸，溶于水生成亚硫酸使试纸变红，证明水溶液呈酸性，且无法漂白酸碱指示剂；试纸c浸润品红溶液，遇褪色，体现独有的漂白性。
14．在恒容密闭容器中发生反应：，如图所示。下列说法正确的是
A．时，
B．将换成，反应一段时间后，不可能出现
C．往容器中充入，容器内压强增大，正、逆反应速率均增大
D．时间段内，不断增大；时间段内，不变
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；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、时刻反应达到化学平衡，平衡状态下正、逆反应速率相等但不为0，反应仍在持续进行，故A错误；
B、该反应属于可逆反应，反应物与生成物之间会不断相互转化，使用参与反应，一段时间后体系内会出现，故B错误；
C、恒容容器中充入无关气体，反应体系内、、的浓度均未发生变化，正、逆反应速率保持不变，故C错误；
D、阶段，反应正向持续进行，浓度不断增大；之后，反应达到平衡，各物质浓度不再改变，保持恒定，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学平衡速率特征：平衡时，反应不会停止；
可逆反应转化特点：可逆反应双向进行，同位素标记元素会在反应物、生成物中循环出现；
恒容充惰性气体规律：无关气体不改变反应组分浓度，因此反应速率无变化；
浓度变化与速率关系：正反应速率大于逆反应速率时产物浓度上升，正逆速率相等时各物质浓度恒定不变。
15．化学小组利用如图所示操作流程除去粗盐中的、和。下列说法错误的是
A．实验室进行操作①②③时均需使用玻璃棒
B．试剂a、b、c可分别为溶液、溶液和溶液
C．实验过程中可加入溶液除去粗盐中的
D．往滤液中加入盐酸是为了除去滤液中的和
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、操作①溶解，玻璃棒搅拌加速溶解；操作②过滤，玻璃棒引流；操作③蒸发结晶，玻璃棒搅拌防止局部过热飞溅，三步均用到玻璃棒，A正确；
B、除杂时必须加在之后，用于除去过量；若a为、b为，过量钡离子无法除去，试剂顺序错误，B错误；
C、可与反应生成沉淀，能够除去粗盐中镁离子，C正确；
D、过滤后滤液含有过量、，加入盐酸可将二者转化为，除去杂质碱与碳酸盐，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
粗盐除杂试剂顺序：要在前面，碳酸钠可沉淀多余钡离子，顺序可灵活调整；
玻璃棒作用区分：溶解搅拌、过滤引流、蒸发搅拌防暴沸；
离子除杂原理：，，；
盐酸除过量试剂：盐酸中和氢氧化钠、与碳酸钠反应，不引入新杂质。
16．T℃时，在的恒容密闭容器中通入X(质量为)，发生反应：。混合气体中的物质的量分数随时间变化如图所示，已知的相对分子质量为。下列说法错误的是
A．平衡时，的转化率为50%
B．和时的正反应速率相同
C．当的值不再改变时，反应达到最大限度
D．时，混合气体中的质量分数为
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断；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、设平衡时转化的物质的量为，列三段式：
平衡时物质的量分数为，则，解得，，A正确；
B、、均处于平衡状态，温度、浓度不变，正反应速率相等，B正确；
C、由反应计量数可知，任意时刻，比值始终固定不变，无法判断反应是否达到限度，C错误；
D、达平衡，生成，；混合气体总质量等于初始质量，质量分数，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
三段式计算平衡转化率：依据图像平衡时物质的量分数列式求解转化量，计算转化率；
平衡状态速率规律：恒温恒容下平衡后各物质浓度恒定，正、逆反应速率不再改变；
平衡判定依据：若两种生成物物质的量之比恒等于化学计量数之比，该比值不变不能作为平衡标志；
混合气体质量守恒：全气相反应体系总质量恒定，结合的物质的量计算质量分数。
17．工业上制备高纯硅的流程如图所示。
（1）属于　 　(填“酸”“碱”或“两”)性氧化物。
（2）制粗硅前，会将石英砂粉碎至颗粒，焦炭破碎至颗粒，这样做的目的是　 　；制备粗硅时反应的化学方程式为　 　。
（3）上述流程中，能循环利用的物质有、　 　(填化学式)。
（4）晶体硅可以溶于氢氟酸与硝酸的混合液中：(未配平)，该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（5）硅空气电池具有长储存寿命、高能量密度等优势，一种硅空气电池结构如图所示。
①放电时，K+会向　 　(填“a”或“b”)极移动。
②负极的电极反应式为　 　。
③电路中转移2 mol电子，理论上电极b消耗　 　L (换算成标准状况)。
【答案】（1）酸
（2）增大与反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；SiO2+2CSi+2CO↑
（3）HCl
（4）4：1
（5）b；Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O；11.2
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) 仅能与碱发生反应生成盐和水，不与普通酸反应，属于酸性氧化物。
故答案为：酸；
(2) 粉碎矿石、焦炭可以增大固体反应物间的接触面积，有效加快反应速率，让原料反应更充分；高温下二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和CO，化学方程式： SiO2+2CSi+2CO↑；
故答案为： 增大与反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 ； SiO2+2CSi+2CO↑ ；
(3) 粗硅和反应生成，与还原生成高纯硅并释放，因此流程中、均可循环利用。
故答案为：；
(4) 配平氧化还原方程式；反应中是氧化剂，是还原剂，二者物质的量之比为。
故答案为：4：1；
(5)① 该硅空气原电池中，硅电极a为负极，铂电极b通入作正极；放电时阳离子向正极b移动。
② 负极Si在碱性介质中失电子，生成硅酸根，电极反应： Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O 。
③ 正极，每消耗1mol 转移4mol电子；转移2mol电子时消耗0.5mol ，标况体积。
故答案为：b；Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O ；
【分析】石英砂与焦炭在高温反应制得粗硅；粗硅和在反应生成；再和在下还原得到高纯硅，反应生成的、可循环投入前序工序。
(1) 考查氧化物分类，依据酸性、碱性、两性氧化物定义判断，只具备酸性氧化物的通性，归类为酸性氧化物。
(2) 从化学反应速率影响因素分析，固体颗粒减小可增大接触面积，提升反应速率与原料转化率；
书写工业制粗硅的高温氧化还原方程式，注意产物为CO而非。
(3) 解题梳理整条制备流程各步反应物、生成物，找出前一步消耗、后一步生成的物质，确定可循环物料。
(4) 解题依托氧化还原得失电子守恒配平方程式，区分氧化剂、还原剂，统计两种物质计量数得到物质的量之比。
(5) ① 原电池阳离子迁移规律：阳离子向正极定向移动，先根据氧气通入位置判断正负极再作答；
② 负极发生氧化反应，结合碱性电解液环境，用平衡电荷配平电极反应；
③ 利用正极氧气得电子的计量关系，通过转移电子的物质的量计算标况下氧气体积。
（1）二氧化硅是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物；
（2）制粗硅前，将石英砂粉碎至1 5mm颗粒，焦炭破碎至3 10mm颗粒可以增大固体表面积，有利于增大与反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料的利用率；由分析可知，制备粗硅的反应为石英砂与焦炭在1800-2000℃高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；
（3）由分析可知，制备高纯硅的流程中氢气和氯化氢可以循环使用；
（4）由题意可知，硅与氢氟酸和浓硝酸发生的反应为：，反应中硅元素的化合价升高被氧化，硅是反应的还原剂，氮元素的化合价降低被还原，硝酸是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1；
（5）由图可知，硅电极a是硅空气电池的负极，碱性条件下硅失去电子发生氧化反应生成硅酸根离子和水，铂电极b是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；
①由分析可知，电极a是硅空气电池的负极，电极b是正极，则放电时，钾离子会向电极b移动；
②由分析可知，硅电极a是硅空气电池的负极，碱性条件下硅失去电子发生氧化反应生成硅酸根离子和水，电极反应式为：Si-4e-+6OH-=SiO+3H2O；
③由分析可知，铂电极b是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，则标准状况下，电路中转移2 mol电子，理论上电极b消耗氧气的体积为：2 mol××22.4 L/mol=11.2L。
18．某化学学习小组在实验室进行氨气、氮氧化合物的制备及性质探究实验。
（1）甲同学利用图1装置制备。
①A中试管内反应的化学方程式为　 　。
②仪器甲的名称为　 　；C中倒置漏斗的主要作用为　 　。
（2）乙同学用图2装置探究铜与稀硝酸反应，单向阀只允许气体流向空气中。将注射器1中稀硝酸注入Ｗ形玻璃管中，有无色气体产生，该操作的目的是　 　；一段时间后，移走单向阀，套上气球，将铜丝伸入稀硝酸中，发生反应的离子方程式为　 　；将铜丝抽离稀硝酸，再将注射器2中注入Ｗ形玻璃管中，观察到有　 　色气体生成。
（3）丙同学利用图3装置进行制备及性质探究实验。
①将注射器1中浓氨水注入Ｗ形玻璃管，气球鼓起后，将少量注射器2中浓盐酸注入Ｗ形玻璃管，观察到有白烟产生，白烟为　 　(填化学式)。
②用酒精灯给右侧弯管中加热，观察到表面由黑逐渐变红。
已知：红色物质可能是Cu、中的一种或两种；在酸性溶液中会发生反应：
ⅰ.观察到表面由黑逐渐变红，说明具有　 　性。
ⅱ.小组同学设计了实验验证生成的红色固体只有，请简述该方案：　 　(可供选择的试剂：稀硝酸、稀硫酸；写出主要操作及现象)。
【答案】（1）；圆底烧瓶；防倒吸；增大气体与吸收试剂的接触面积，提高吸收气体的效率
（2）排尽装置内空气，目的是防止被空气中 氧化；；红棕
（3）；还原；取少量红色固体于试管中，加入足量稀硫酸，充分振荡，若固体不溶解、溶液不变蓝，说明红色固体只有
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】(1)① 装置A是实验室固固加热制氨气，氯化铵与熟石灰加热反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：
② 仪器甲的标准名称为圆底烧瓶；C中倒置漏斗刚好贴合水面，既能防止氨气极易溶于水引发溶液倒吸，又能扩大气液接触面积，提升氨气吸收效率。
故答案为： ；圆底烧瓶； 防倒吸；增大气体与吸收试剂的接触面积，提高吸收气体的效率 ；
(2)① 稀硝酸与铜反应生成无色NO，NO极易和氧气反应生成红棕色；与稀硝酸反应生成，会把装置内空气全部排出，避免生成的NO被空气中氧化干扰实验现象。
② Cu和稀硝酸发生氧化还原反应，Cu被氧化为，被还原为NO，拆分写出离子方程式：
③ 装置内生成无色NO，推入后发生反应，是红棕色气体，因此观察到红棕色气体。
故答案为： 排尽装置内空气，目的是防止被空气中 氧化 ； ；红棕；
(3)① 浓氨水挥发出，浓盐酸挥发出，两种气体在管内相遇化合生成白色固体小颗粒，也就是白烟，化学式为。
② i 加热条件下夺取CuO中的氧元素，CuO被还原为低价铜单质，Cu元素化合价降低，作氧化剂，因此体现还原性。
ii 已知能和稀硫酸反应生成蓝色与不溶Cu，而Cu不与稀硫酸反应；取少量红色固体于试管，加足量稀硫酸充分振荡，若固体完全不溶解、溶液始终不变蓝，证明固体中无，只有Cu。
故答案为： ； 还原 ；取少量红色固体于试管中，加入足量稀硫酸，充分振荡，若固体不溶解、溶液不变蓝，说明红色固体只有 ；
【分析】实验分为三部分：
氨气制备实验：加热氯化铵与熟石灰固体制取，用圆底烧瓶收集，倒置漏斗加水吸收尾气防倒吸；
铜与稀硝酸探究实验：先加稀硝酸和碳酸氢钠产生排尽装置空气，再让铜与稀硝酸反应生成NO，最后通入氧气，NO被氧化为红棕色；
氨气还原氧化铜实验：浓氨水遇CaO释放，与浓盐酸挥发的HCl相遇生成白烟；加热还原CuO得到红色固体，加稀硫酸检验红色固体是否含。
(1) ① 本题考查实验室制氨气经典固固加热反应，牢记铵盐与强碱共热生成氨气，规范标注加热条件、气体符号并配平；
② 仪器识别属于基础实验识记；结合氨气极易溶于水的性质，分两层解释倒扣漏斗的双重作用：防倒吸、增大接触面积。
(2) ① 解题围绕NO易被氧化的特性，利用惰性气体排空气，隔绝氧气保护NO；
② 稀硝酸和铜的离子方程式书写，分清还原剂Cu、氧化剂硝酸根，根据得失电子守恒配平电子、电荷、原子；
③ 依托NO遇氧气生成红棕色的特征反应判断气体颜色。
(3) ① 氨气与氯化氢气体的化合反应，白烟本质是氯化铵固体小颗粒；
② i 从化合价升降判断物质性质，CuO中Cu化合价降低被还原，作还原剂；
ii 利用题干给出的与稀硫酸的特征反应设计对照实验，通过溶液是否变蓝区分Cu与。
（1）①熟石灰为 ，实验室制氨气的化学方程式为；②由装置图可知仪器甲为圆底烧瓶；极易溶于水，倒置漏斗的主要作用是防倒吸，同时可以增大气体与吸收试剂的接触面积，提高吸收气体的效率；
（2）会与反应生成红棕色的，利用稀硝酸与反应生成的能排尽装置内的空气，防止生成的被空气中的 氧化；与稀硝酸反应生成、和，反应的离子方程式为；
（3）①与会发生反应生成；②i.将还原为或者，说明具有还原性；ii. 根据信息可知在酸性溶液中发生反应，生成的会使溶液变蓝，而与稀硫酸不反应，因此实验方案为：取少量红色固体于试管中，加入足量稀硫酸，充分振荡，若固体不溶解、溶液不变蓝，说明红色固体只有。不能用稀硝酸，和均能被稀硝酸氧化，无法验证生成的红色固体的成分。
19．是理想的清洁能源，燃烧无污染、零碳排放，是实现“双碳”目标的重要能源载体。
（1）燃烧的能量变化如图所示。
①该反应为　 　(填“吸”或“放”)热反应；反应过程中有化学键的断裂与形成，化学键　 　(填“断裂”或“形成”)过程需要吸收能量。
②2 mol 和1 mol 完全反应生成2 mol ，其能量变化的绝对值　 　(填“>”“<”或“=”)。
（2）工业上可利用和反应制备氨气。一定温度下，向体积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应合成。
①下列能判断该反应已经达到化学平衡状态的是　 　(填字母)。
A．的物质的量不再改变
B．混合气体的密度不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．消耗的和的物质的量之比为
E．断裂键的同时形成键
F．
②反应过程中测得各物质的物质的量随时间的关系如图所示。
ⅰ.表示物质的量随时间变化的曲线为　 　(填“a”“b”或“c”)；内，曲线对应物质的平均反应速率为　 　。
ⅱ.达到平衡时，的物质的量为，则达到平衡时，混合气体总物质的量为　 　mol。
（3）在Pt/KFI催化剂作用下，、NO和能发生如下转化，总反应的化学方程式为　 　(反应条件略)。
【答案】（1）放；断裂；<
（2）ACF；a；；2.8
（3）
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式；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】(1)① 图像中反应物总能量高于生成物液态水总能量，反应向外释放热量，属于放热反应；化学键断裂需要克服原子间作用力，要吸收能量，化学键形成会释放能量。
② 液态水变为气态水需要吸收热量，因此生成气态水时体系放出的总热量更少，能量变化的绝对值小于285.8 kJ。
故答案为： 放 ； 断裂 ； < ；
(2)①A：物质的量不再改变，代表各组分浓度恒定，能判定平衡；
B：恒容容器内全部为气体，气体总质量、容器体积始终不变，密度恒定，不能判定平衡；
C：反应前后气体总物质的量发生变化，气体总质量不变，平均相对分子质量不变时，各物质含量固定，可判定平衡；
D：消耗、均为正向反应，比值恒等于计量数1：3，无法区分正逆速率，不能判定平衡；
E：断裂键、形成键都属于正向过程，只体现单向反应，不能判定平衡；
F：，换算后正逆速率之比等于计量数之比，可判定平衡。
② i 初始充入、，初始物质的量最大，随反应进行持续减少，对应曲线；曲线代表，0~10 min内，。
ii 平衡时， 达到平衡时，的物质的量为，则，故 x=1.2，即物质的量减少1.2mol，则达到平衡时，混合气体总物质的量为1+3-1.2=2.8mol。
故答案为： ACF ； a ； ； 2.8 ；
(3)根据循环转化示意图，反应物为、、，生成物为、，配平总反应方程式： 。
故答案为： ；
【分析】(1) ① 解题依托能量高低判断吸放热：反应物总能量高为放热；化学键变化规律：断键吸热、成键放热；
② 结合物质状态能量差异，气态水能量高于液态水，对比两种产物的放热多少，判断能量变化绝对值大小。
(2) ① 平衡状态判定遵循“变量不变即平衡”原则，逐一分析密度、平均摩尔质量、物质的量、化学键、反应速率是否随反应发生变化，区分单向速率与双向等比例速率；
② i 根据初始投料量判断曲线对应物质，利用平均反应速率定义式代入数据计算；
ii 利用合成氨反应总物质的量差量关系，根据氨气生成量算出体系总物质的量减少值，结合初始总量得到平衡总物质的量。
(3) 解题梳理循环流程中全部反应物、生成物，剔除循环中间载体，根据得失电子守恒配平氧化还原总反应方程式。
（1）①生成物的能量小于反应物的总能量，该反应为放热反应；反应过程中有化学键的断裂与形成，化学键断裂过程需要吸收能量。②根据图像，2 mol和1 mol完全反应生成2 mol液态水放出的能量为，气态水的能量大于液态水，所以2 mol和1 mol完全反应生成2 mol，其能量变化的绝对值<。
（2）①A．的物质的量不再改变，说明各物质浓度均不再改变，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体总质量不变，反应后气体物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再改变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．无论是否平衡，消耗的和的物质的量之比均为，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选D；
E．断裂键的同时形成键，都是正向反应，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选E；
F．，正逆反应速率比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选F；
选ACF。
②ⅰ. 反应过程中，氢气的物质的量减少，氮气、氢气的物质的量变化比等于1：3，所以表示物质的量随时间变化的曲线为a、N2物质的量随时间变化的曲线为c、NH3物质的量随时间变化的曲线为b；内，曲线对应物质的平均反应速率为 。
ⅱ.达到平衡时，的物质的量为，则，故 x=1.2，即物质的量减少1.2mol，则达到平衡时，混合气体总物质的量为1+3-1.2=2.8mol。
（3）根据流程图，在Pt/KFI催化剂作用下，、NO和发生转化生成水和氮气，根据得失电子守恒和原子守恒，总反应的化学方程式为。
20．化学小组进行多组实验探究外界条件对酸性溶液与草酸反应速率的影响。
序号 温度/℃ 溶液的体积 溶液的体积/mL 的体积/mL 水的体积/mL 褪色的时间/min
1 25 6.0 0.5 2.0 0.5
2 25 6.0 1.0 2.0 0
3 25 1.0 1.0 1.0
4 50 6.0 1.0 2.0
5 25 4.0 1.0 2.0 2.0
（1）　 　；　 　。
（2）利用实验2、3可探究　 　对反应速率的影响；利用实验　 　可探究温度对反应速率的影响。
（3）已知是一种二元弱酸，实验过程中转化为，反应的离子方程式为　 　。
（4）用色度传感器进行实验2和5，实验结果如图所示。已知溶液颜色越浅，透光率越高。
①实验2对应的曲线为　 　(填“a”或“b”)。
②实验过程中保持温度不变，溶液透光率先缓慢增大，后增大的速率加快。对于此情况，同学们提出猜想：
猜想1 对实验具有催化效应
猜想2 对实验具有催化效应
猜想3 对实验具有催化效应
实验验证：
甲往混合溶液中加入少量固体，重做实验2，所得图像与未加时无明显变化；往混合溶液中加入少量　 　(填化学式)固体，重做实验2，溶液透光率增大，速率明显加快。
实验结论：猜想1正确。
理论分析：
i．乙同学认为无需实验即可排除猜想2、3，他的理由可能是　 　。
ii．实验过程的反应历程如图所示，其中，微粒X为　 　(填离子符号)；实验过程中，能被氧化，反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）6；0
（2）硫酸浓度；2、4
（3）
（4）b；MnSO4；实验的反应物中都有、K+，且反应过程中浓度不变，若、K+对反应有催化作用，反应速率不会过一段时间才增大；Mn2+；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1) 该实验遵循控制变量法，每组溶液总体积固定不变。
实验组1总体积：，实验3中溶液体积；
实验4和实验2仅温度不同，其余试剂体积完全一致，因此加水体积。
故答案为： 6 ；0；
(2) 实验2、3温度、高锰酸钾、草酸体积均相同，仅硫酸体积有差异，变量为硫酸浓度，用于探究硫酸浓度对反应速率的影响；
实验2、4草酸、高锰酸钾、硫酸、水体积全部一致，仅温度不同，可探究温度对反应速率的影响。
故答案为： 硫酸浓度 ； 2、4 ；
(3) 是二元弱酸，书写离子方程式时不可拆；在酸性条件下被还原为，被氧化为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平：
故答案为： ；
(4) ① 实验2高锰酸钾加入体积为6.0mL，实验5仅4.0mL，实验2初始浓度更高，溶液初始透光率更低，对应曲线b。
② 实验结论证明具备催化作用，需向体系引入且不引入额外干扰离子，选用固体；
i 反应体系自始至终均含有、，二者浓度全程不变，若二者有催化效果，反应从一开始速率就会很快，不会出现反应后期速率突然加快的现象，因此可直接排除猜想2、3；
ii 已知，结合循环转化流程，参与循环生成中间微粒X，X为；氧化，被还原为，被氧化为，离子方程式： 。
故答案为： b ； MnSO4 ； 实验的反应物中都有、K+，且反应过程中浓度不变，若、K+对反应有催化作用，反应速率不会过一段时间才增大 ； Mn2+ ； ；
【分析】先配制多组总体积相同、单一变量不同的草酸与酸性高锰酸钾混合液，通过记录褪色时间对比反应速率，分别探究草酸浓度、硫酸浓度、温度、高锰酸钾浓度对反应速率的影响；再用色度传感器监测透光率变化，发现反应后期速率突然加快，设计对照实验验证是反应生成的起到自催化作用，最后结合反应循环图梳理分步氧化还原转化过程。
(1) 本题核心为控制变量实验的总体积守恒规则，先计算对照组总体积，再反推空白试剂体积，保证各组液体总量相等，消除浓度以外的体积干扰。
(2) 通过对比两组实验的变量与不变量，唯一改变的条件即为实验探究对象；只有温度作为单一变量的两组，才能研究温度对速率的影响。
(3) 酸性高锰酸钾氧化草酸的离子方程式书写考点，弱酸分子保留化学式，利用Mn、C元素化合价升降配平电子转移，再补充氢离子、水配平电荷与原子。
(4) ① 根据高锰酸钾初始浓度判断初始透光率，高锰酸根浓度越高，溶液颜色越深，透光率越低，匹配对应曲线；
② 催化猜想验证采用单一变量原则，只添加目标催化离子；通过体系固有离子浓度特征排除无关离子猜想；结合循环图比例关系确定中间锰离子微粒，依据氧化还原化合价升降书写分步离子反应。
（1）利用“控制变量法”探究影响反应速率的因素，需要控制溶液总体积相等，根据第1组实验，可知溶液总体积为9.0mL；所以第3组实验中x=9.0-1.0-1.0-1.0=6.0；第4组实验中y=9.0-6.0-2.0-1.0=0；
（2）利用实验2、3中硫酸的浓度不同，可探究硫酸浓度对反应速率的影响；实验2、4的变量是温度，所以利用实验2、4可探究温度对反应速率的影响。
（3）是一种二元弱酸，实验过程中转化为，被氧化为二氧化碳气体，反应的离子方程式为 。
（4）①实验2高锰酸钾的初始浓度大，透光率低，所以实验2对应的曲线为b。
②猜想1是对实验具有催化效应，根据控制变量法，往混合溶液中加入少量固体，重做实验2，所得图像与未加时无明显变化，说明、K+对实验都没有催化效应；往混合溶液中加入少量MnSO4固体，重做实验2，溶液透光率增大，速率明显加快。说明猜想1正确。
i．实验的反应物中都有、K+，且反应过程中浓度不变，若、K+对反应有催化作用，反应速率不会过一段时间才增大，属于乙同学认为无需实验即可排除猜想2、3。
ii．实验过程的反应历程如图所示，中C显+3价、Mn显+3价，CO2中C显+4价、中C显+3价，，根据得失电子守恒，微粒X为Mn2+；实验过程中，能被氧化为CO2，被还原为Mn2+，反应的离子方程式为。
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