浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试卷
一、单选题
1．根据物质的组成与性质进行分类，SiO2属于（ ）
A．氧化物 B．酸 C．碱 D．盐
2．下列仪器与名称不相符的是（ ）
A．长颈漏斗 B．锥形瓶
C．坩埚 D．蒸发皿
3．下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A．锌片与稀硫酸反应 B．石灰石的分解反应
C．碳与水蒸气反应 D．盐酸与碳酸氢钠反应
4．下列属于电解质的是（ ）
A． B． C．浓硫酸 D．
5．下列说法中正确的是（ ）
A．和的核内质子数相同，中子数不同，是同一种核素
B．作X射线透视肠胃内服药剂
C．某溶液中加入稀溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中不含
D．金刚石与互为同素异形体
6．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．漂白粉
C．
D．
7．下列变化中化学键未被破坏的是（ ）
A．碘升华 B．食盐熔化
C．氯化铵分解 D．二氧化硫溶于水
8．右表为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法不正确的是（ ）
A．氧化物对应的水化物的酸性强弱：Z>Y
B．Y与氢元素形成的化合物可能有和
C．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y
D．原子半径大小：
9．食盐中所加的碘以碘酸钾形式存在，已知反应：，可用该反应设计实验来证明加碘食盐中存在的，关于上述反应的说法不正确的是（ ）
A．反应中I-被氧化
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：1
C．当生成3mol2时，电子转移数目为
D．该反应可证明I-的还原性强于I2
10．（2016高一下·绍兴期末）下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A．硅太阳能电池
B．锂离子电池
C．太阳能集热器
D．燃气灶
11．“氯气对水一心一意，水偏弄成三分四离”，其中“三分四离”指的是新制氯水中的七种微粒。下列实验现象和结论不一致的是（ ）
A．新制氯水使紫色石蕊溶液先变红后褪色，说明有和存在
B．向新制氯水中加入饱和溶液，有无色气体产生，说明有存在
C．氯水久置后黄绿色消失，且产生气泡，该气泡是从溶液中逸出的氧气分子
D．新制氯水中通入后黄绿色消失，说明有漂白性
12．已知化学反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
C．当反应生成气体AB时，共吸收的能量
D．断裂键需要吸收的能量
13．下列说法不正确的是（ ）
A．轻微烫伤或烧伤时，若有水疱，尽量不要弄破
B．中学实验室中，不能将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶
C．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的溶液冲洗
D．焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色
14．下列关于硝酸和硫酸的叙述，正确的是（ ）
A．常温下浓硝酸和浓硫酸都能用铝制容器贮存
B．浓硫酸和浓硝酸都应保存在棕色试剂瓶中
C．常温下，铁与稀硫酸或稀硝酸反应都能产生氢气
D．将浓硫酸加到浓硝酸中产生红棕色气体，说明浓硫酸的氧化性比浓硝酸强
15．下列指定反应的方程式不正确的是（ ）
A．向含有和的混合溶液中通入少量：
B．同体积同浓度的溶液与溶液混合：
C．铜与浓硝酸溶液反应：
D．保存溶液的试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因是：
16．下列有关燃料电池的说法正确的是（ ）
A．燃料电池清洁、高效，能量转化率可达到
B．氢氧燃料电池工作时氧气在正极被氧化
C．燃料电池的反应物不是储存在电池内部，而是从外部提供
D．燃料电池主要是将电能转化成化学能
17．有关下列实验装置的说法中正确的是（ ）
A．装置甲可用于比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
B．装置乙可用于收集SO2并防止其污染空气
C．实验室用装置丙可制备少量氨气
D．选用合适的溶液，HCl、NH3和CO2均能用装置丁作喷泉实验
18．下列表示的是化学反应在不同条件下的反应速率，其中最快的是（ ）
A． B．
C． D．
19．化学与我们的生活息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A．纯碱、石灰石、石英砂(主要成分是)是制造玻璃的主要原料
B．液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂
C．合金的硬度一般都比其成分金属小
D．和都能形成酸雨而破坏环境
20．类推思想在化学学习和研究中经常被采用，下列“类比”合理的是（ ）
A．常温下，的溶解度比的大，则的溶解度比的大
B．少量与澄清石灰水生成白色沉淀，则少量与澄清石灰水也生成白色沉淀
C．镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、溶液组成原电池时镁也作负极
D．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也无沉淀生成
21．一定条件下，在恒容密闭容器中充入和发生反应：，下列能说明该反应达到化学平衡的是（ ）
A．单位时间内消耗的同时生成
B．容器内、、的浓度之比为
C．断开1个键的同时有4个键断开
D．密闭容器内压强不再发生变化
22．银锌纽扣电池的构造如图所示，其电池反应方程式为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2。下列说法正确的是（ ）
A．锌粉为正极
B．Ag2O发生氧化反应
C．电池工作时，电流从锌粉流向Ag2O
D．负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
23．设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，含有的共用电子对数为
B．所含的质子数为
C．与充分反应后生成的分子数为
D．的溶液中含有的的数目为
24．汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，两者在恒容密闭容器中能发生反应：，为了验证温度对该反应速率的影响，某同学设计了两组实验，如表所示。已知280℃的情况下，反应后达到平衡，测得NO的浓度为。下列说法不正确的是（ ）
实验编号 t/ NO的初始浓度 CO的初始浓度
Ⅰ 280
Ⅱ 350
A．表中的数值应为
B．当，说明该反应已达到平衡状态
C．时，前内，用表示的平均反应速率为
D．的情况下达到平衡时的浓度为
25．下列实验操作与现象或结论对应关系正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象或结论
A 向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体 浓硫酸只体现脱水性
B 向某无色溶液中先加入溶液，再加稀盐酸 加入溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中一定含有
C 将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色 气体中可能含有
D 将铁棒和铜棒用导线连接后放入浓硝酸中，铜棒变细 金属性：铜>铁
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．完成下列小题
（1）胆矾的化学式为： ；
（2）H2S的电子式为 ；
（3）铜与稀硝酸反应的离子方程式为： 。
27．在“价-类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。图中的字母分别代表硫及其常见化合物，f、g均为含钠元素的正盐，请回答：
（1）当a与b混合时，可观察到的现象是 ；
（2）固体f露置在空气中易变质转化为g，该转化的化学方程式为 ；
（3）某同学利用下列装置测定空气中的含量。
通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ，该装置中与碘溶液发生反应的化学方程式为： 。若空气流速为，当与碘溶液恰好完全反应时，耗时10min，则该空气样品中的含量是 。(用含V的最简表达式表示)
28．2020年第七十五届联合国大会上，中国向世界郑重承诺在2030年前实现碳达峰，在2060年前实现碳中和。大力发展绿色能源、清洁能源是实现碳中和的最有效方法。原电池反应能够提供电能但不产生气体，右图是某原电池装置图。
（1）该原电池正极的电极反应是 。
（2）溶液中向 (填“Zn”或“Cu”)电极移动。
（3）放电一段时间后，导线上通过了个电子，则锌片质量减轻 g。
三、元素或物质推断题
29．为了探究某固体化合物M(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如图实验(假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出)：
请回答：
（1）组成固体M的元素是 (填元素符号)；
（2）白色沉淀E中所含化学键类型为 ；
（3）反应①的化学反应方程式为 。
四、填空题
30．科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将和以一定比例混合通入反应器，适当条件下可获得甲醇。某温度下在的恒容密闭容器中，充入和，发生反应： 。现测得和的浓度随时间变化如图所示。
（1）从反应开始经过达到平衡，则这段时间内氢气的平均反应速率 。
（2）其他条件不变时，下列措施能使生成甲醇的反应速率增大的是___________(填字母)。
A．降低温度 B．增大的浓度
C．将容器的容积变为 D．恒容条件下充入一定量Ne
（3）能判断该反应已达到化学反应限度的标志是___________(填字母)。
A．容器中混合气体的密度保持不变
B．容器中浓度与浓度相等
C．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
D．的生成速率与的生成速率相等
五、工业流程题
31． 和是重要的工业产品，下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程。
（1）从氨分离器中又回到合成塔中的物质是 。
（2）在催化剂和加热条件下氧化炉中发生反应的化学方程式是 ，从氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，吸收塔中通入空气的作用是 。
（3）若要实现，从氧化还原反应原理上看，下列试剂可行的是___________。
A． B． C． D．
（4）氮及其化合物在催化剂a和催化剂b作用下发生转化的过程如图所示，下列分析合理的是___________。
A．与反应属于氮的固定过程
B．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成
C．在催化剂b表面形成氮氧键时需要吸收能量
D．催化剂a作用下的转化涉及电子转移，催化剂b作用下的转化不涉及电子转移
六、填空题
32．已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下(已配平)：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+A↑+2H2O，试通过计算和推理完成下面的填空：
（1）在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为 。
（2）一定量的铜片与的浓硫酸充分反应(浓硫酸过量)，如果该反应过程中转移了0.6mol电子，生成的A气体在标准状况下的体积为 L(假设气体全部逸出)。
（3）将(2)中反应后所得的溶液稀释后与足量的溶液反应，所得沉淀的质量为 g。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】 酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物；碱.电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物；氧化物是指由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物；SiO2属于氧化物，故选A。
故答案为：A。
【分析】依据酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物；碱.电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物；氧化物是指由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物分析。
2．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.A图仪器为分液漏斗，故A不相符；
B.B图仪器为锥形瓶，故B相符；
C.C图仪器为坩埚 ，故C相符；
D.D图仪器为蒸发皿 ，故D相符；
故答案为：A。
【分析】依据仪器的构造分析判断。
3．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.锌片和稀硫酸反应有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故A错误；
B.石灰石的分解反应不属于氧化还原反应，故B错误；
C.碳与水蒸气反应有化合价的变化，属于氧化还原反应，且属于吸热反应，故C正确；
D.盐酸与碳酸氢钠反应属于吸热反应，不属于氧化还原反应，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 依据有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有与Ba(OH)2的反应、高温下碳做还原剂的氧化还原反应、大多数的分解反应等分析。
4．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】 A．NaNO3溶于水或熔融状态导电的化合物，属于电解质，故A正确；
B．Cu是单质，所以Cu既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C． 浓硫酸 为混合物，不属于电解质，故C错误；
D．三氧化硫的水溶液能导电，原因是三氧化硫和水反应生成硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，硫酸是电解质，三氧化碳是非电解质，故D错误；
故选A。
【分析】 依据在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质分析。
5．【答案】D
【知识点】铵离子检验；同素异形体；元素、核素
【解析】【解答】 A．和的核内质子数相同，中子数不同，是同种元素的不同核素，故A错误；
B．BaSO4作X射线透视肠胃内服药剂，BaCO3能溶于胃酸生成溶于水的钡盐引起重金属中毒，故B错误；
C．氨气易溶于水，稀溶液不生成氨气，应用浓氢氧化钠溶液并加热，故C错误；
D．金刚石与C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．原子核内质子数相同，中子数不同，互为同位素；
B．BaCO3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化钡为重金属盐；
C．氨气易溶于水，稀溶液可能不生成氨气；
D．同种元素组成的不同单质互为同素异形体。
6．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】 A．SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热，故B错误；
C．碳酸氢铵分解受热分解生成氨气、水、二氧化碳，氨气在催化条件下氧化可生成一氧化氮和水蒸气，故C正确；
D．二氧化硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质判断，其中A项SiO2不溶于水，也不能和水反应。
7．【答案】A
【知识点】化学键
【解析】【解答】A.碘升华，只破坏分子间作用力，化学键未被破坏，符合题意，故A正确；
B.NaCl固体熔化，发生电离，离子键破坏，不符合题意，故B错误；
C.氯化铵分解，发生化学变化，离子键、共价键均破坏，不符合题意，故C错误；
D.二氧化硫溶于水，发生电离，共价键破坏，不符合题意，故D错误；
故答案为：A。
【分析】依据变化过程中物质的粒子是否变化判断。
8．【答案】A
【知识点】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．已知元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，已知Z即Cl的非金属性比Y即S的强，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4＞H2SO4即Z>Y，不是最高价氧化物对应水化物的酸性则不一定如H2SO3＞HClO，A错误；
B．由分析可知，Y为S，根据O能与H形成H2O和H2O2可推知，Y与氢元素形成的化合物有H2S即H2Y，也能形成H2S2即H2Y2，B正确；
C．由分析可知，R为O，Y为S，且O的非金属性强于S，则最简单气态氢化物的热稳定性H2O＞H2S即R>Y，C正确；
D．由分析可知，X为P，Y为S，Z为Cl，同一周期从左往右原子半径依次减小，则原子半径(r)大小：r(X)>r(Y)>r(Z)，D正确；
故答案为：A。
【分析】 短周期元素X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则X的最外层上电子数为8-3=5，则X为P，根据题干图片中周期表可知，Y为S，R为O，Z为Cl，据此分析解题。
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】 A.由题中离子方程式可知，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价，碘离子化合价-1价变化为0价升高， 即反应中I-被氧化，故A正确；
B.由题中离子方程式可知，碘酸根离子做氧化剂，碘离子做还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，故B不正确；
C.由题中离子方程式可知，当生成3mol2时，电子转移数目为 ，故C正确；
D.由题中离子方程式可知，碘离子做还原剂，I2为还原产物，故该反应可证明I-的还原性强于I2，故D正确；
故答案为：B。
【分析】依据得失电子守恒计算。氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物；在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析。
10．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】A、硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，A 不合题意；
B、锂离子电池是将化学能转化为电能的装置，B合题意；
C、太阳能热水器是将太阳能转化为热能的装置，C不合题意；
D、燃气灶是将化学能转化为热能的装置，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】将化学能转变为电能的装置是原电池，生活中常见的电池在放电的时候均是将化学能转变为电能的过程，例如手机中的锂电池，日常手电筒中的锌锰电池，铅蓄电池等。
11．【答案】D
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】
A．新制氯水使紫色石蕊溶液先变红是由于溶液中含有H+显酸性，而后褪色是由于Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，A不合题意；
B．有无色气体产生，说明其中有H+，因此能和饱和 NaHCO3 溶液反应生成CO2，B不合题意；
C．久置氯水黄绿色消失，且产生气泡，是由于，C不合题意；
D．SO2具有还原性，通入到新制氯水中能和其中的Cl2发生氧化还原反应，从埯导致氯水黄绿色消失，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据实验现象及物质的组成和性质分析。
12．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】 A．因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；
C．由图象知，反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，当反应生成4mol气体AB时，共放出2（y-x） kJ的能量，故C错误；
D．因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 由图象知，反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，2molA-B键断裂需要吸收ykJ能量。
13．【答案】B
【知识点】焰色反应；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】 A．高温能使蛋白质发生变性，故烧烫伤后经立即降温来减轻伤害，若有水泡，尽量不要弄破，防止感染，故A正确；
B．中学实验中，对于钠，钾，磷等易燃易爆物品，如果实验中未使用完时，可以将剩余的物品放回原试剂瓶保存，切忌乱扔，故B错误；
C．酸具有强腐蚀性，少量酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故C正确；
D．盐酸易挥发，焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，故D正确；
故答案为：B。
【分析】 A．高温能使蛋白质发生变性，导致皮肤损伤；
B．钠、磷等属于易燃易爆物品；
C．根据酸、碱的性质分析，酸、碱都具有腐蚀性；
D．焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色。
14．【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】 A．常温下铝遇到浓硫酸和浓硝酸均能发生钝化，在表面形成一层致密的氧化物保护膜，故常温下浓硝酸和浓硫酸都能用铝制容器贮存，A正确；
B．浓硫酸见光不分解，不需要存放在棕色试剂瓶中，而浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，B错误；
C．常温下，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，而铁与稀硝酸反应生成硝酸铁或硝酸亚铁、一氧化氮和水，不能产生氢气，C错误；
D．将浓硫酸加到浓硝酸中产生红棕色气体是由于浓硫酸稀释放出大量的热，浓硝酸受热分解，不能说明浓硫酸的氧化性比浓硝酸强，D错误；
故答案为：A。
【分析】依据物质的性质判断。
15．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】 A．由于钙离子和碳酸根离子结合生成CaCO3沉淀，故向含有NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入少量CO2的离子方程式为：Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O，A符合题意；
B．已知，H+结合OH-的能力比强，则同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O，B不合题意；
C．铜与浓硝酸溶液反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，则其离子方程式为：，C不合题意；
D．保存NaOH溶液的试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因是由于玻璃中的SiO2能与NaOH溶液反应，其离子方程式为：，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A项中由于钙离子和碳酸根离子结合生成CaCO3沉淀，其它选项离子方程式书写正确。
16．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、氢氧燃料电池放电时，只有一部分能量转化为电能，所以能量转化率不是100%，故A错误；
B、负极发生氧化反应，所以氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化，故B错误；
C、燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，而干电池或蓄电池不是外部提供，故C正确；
D、氢氧燃料电池也属于原电池，是将化学能转变为电能的装置，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、燃料电池能量转化率高，但达不到100%；
B、负极发生氧化反应；
C、燃料电池的电极本身不包含活性物质；
D、原电池是将化学能转变为电能的装置。
17．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 由于大试管的温度比内套小试管的高，题干装置甲装由于碳酸钠和碳酸氢钠位置放反了，不可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，A错误；
B．二氧化硫的密度比空气的大，应该采用向上排空气法收集，即采用长进短出，B错误；
C．实验室制取氨气的化学反应方程式为，单独加热氯化铵得不到氨气，C错误；
D．由于氯化氢、氨气极易溶于水，二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，导致原底烧瓶内气体压强减小，形成喷泉，故选用合适的溶液，氯化氢、氨气和二氧化碳均能用于装置丁做喷泉实验，D正确；
故答案为：D。
【分析】A． 药品位置放反了；
B．应该“长进短出”；
C．加热氯化铵得不到氨气；
D．依据喷泉原理分析。
18．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】 同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；统一单位时，用各自的速率除以计量系数，所得数值越大，反应速率越快，进行比较，从而确定B正确；
故答案为：B。
【分析】 同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；
19．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；合金及其应用
【解析】【解答】 A．工业上使用纯碱、石灰石、石英砂(主要成分是SiO2)为主要原料来制造玻璃，A正确；
B．液氨的沸点较高，氨气易液化且液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂，B正确；
C．合金的硬度一般都比其成分金属大，C错误；
D．SO2和NO2能分别形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨而破坏环境，D正确；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质判断应用，C．合金的硬度一般都比其成分金属大分析。
20．【答案】B
【知识点】科学探究方法
【解析】【解答】
A．常温下，Na2CO3的溶解度比NaHCO3的大，但CaCO3的溶解度比Ca(HCO3)2的小，类比不合理，A不合题意；
B．CO2、SO2均为酸性氧化物，故少量CO2与澄清石灰水生成白色沉淀Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，则少量SO2与澄清石灰水也生成白色沉淀Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，类比合理，B符合题意；
C．由于Mg、Al均能与稀硫酸反应，且Mg比Al活动性更强，故镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，但Mg与NaOH溶液不反应，而Al能与NaOH溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故镁、铝、NaOH溶液组成原电池时铝作负极，Mg作正极，类比不合理，C不合题意；
D．由于HCl的酸性强于H2SO3，故SO2通入BaCl2溶液中不反应无沉淀生成，但由于BaSO4既不溶于水又不溶于酸，SO3通入BaCl2溶液中因反应BaCl2+H2O+SO3=BaSO4↓+2HCl而有沉淀BaSO4生成，类比不合理，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】依据类推思想分析时，注意一般规律和特殊性质相结合 。
21．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】 A．消耗H2O和生成HF均表示正反应速率，故单位时间内消耗2n~molH2O的同时生成4n~molHF，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；
B．化学平衡的特征之一为反应体系各组分的浓度保持不变，而不是相等或成比例，故容器内SiF4、H2O、HF的浓度之比为1：2：4，不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；
C．断开Si-F键表示正反应，断开H-F键表示逆反应，根据方程式可知断开4个Si F键的同时有4个H F键断开才是正、逆反应速率相等，即断开1个Si F键的同时有4个H F键断开表示正反应速率小于逆反应速率，反应未达到化学平衡状态，C不合题意；
D．由题干信息可知，该反应前后气体的系数和发生改变，即反应过程中密闭容器内气体压强一直改变，当密闭容器内压强不再发生变化时说明反应达到化学平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。
22．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 根据电池反应式知，Zn 失电子作负极，Ag2O 作正极，故A错误；
B. Ag2O 极为正极，正极 Ag2O 得电子，发生还原反应，故B错误；
C. Zn 失电子作负极，Ag2O 作正极，电流从正极流向负极，即电流由Ag2O极经外电路流向Zn极，故C错误；
D.Zn 失电子作负极，负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，故D正确；
故答案为：D。
【分析】一般活动性强的金属作负极，活动性弱的金属或石墨作正极；根据电子流向或电流流向判断.电子流出或电流流入的电极为负极，反之为正极。放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应。
23．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】
A．已知一个CO2分子中有4个共用电子对，则标准状况下，2.24LCO2含有的共用电子对数为，A错误；
B．已知H218O的摩尔质量为20g/mol，1个H2O中含有10个质子，故10gH182O所含的质子数为，B正确；
C．已知，该反应是一个可逆反应，故1molN2与4molH2充分反应后生成的NH3分子数小于2NA，C错误；
D．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算0.1mol L 1的Na2SO4溶液中含有的Na+的数目，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．一个CO2分子中有4个共用电子对；
B.1个H2O中含有10个质子；
C．反应是可逆反应；
D．未告知溶液的体积，无法计算。
24．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】 A．要采用控制变量方法研究外界条件对化学反应速率的影响，根据表格数据可知：实验I，Ⅱ只有温度不同，其它外界条件都应该相同，因此表中a的数值为1.00×10-3，故A正确；
B．在任何时刻都存在v正（NO）=2v正（N2），若v逆（NO）=2v正（N2），v正（NO）=v逆（NO），反应正向进行，该反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应开始时c（NO）=1.00×10-3mol/L，反应2min后NO的浓度为6.00×10-4mol/L，Δc（NO）=1.00×10-3mol/L-6.00×10-4mol/L=0.4×10-3mol/L，，参加反应的各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则用N2表示的平均反应速率，故C错误；
D．反应2min后达到平衡，测得NO的浓度为6.00×10-4mol/L，结合三段式列式计算，
2NO+2CO═2CO2+N2
起始量（mol/L×10-3 ）1.00 3.60 0 0
变化量（mol/L×10-4） 4 4 4 2
平衡量（mol/L×10-4） 6 32 4 2
280℃的情况下达到平衡时CO2的浓度为4.00×10-4mol/L，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 A．依据外界条件对化学反应速率的影响分析；
B．比较正逆反应速率判断；
C．根据参加反应的各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，利用可计算；
D.利用三段式列式计算。
25．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】 A、向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体，浓硫酸使蔗糖胶水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸体现强氧化性和脱水性，A错误；
B、向某无色溶液中先加入溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中可能含有，也可能含有Ag+，B错误；
C、 将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色， 气体中可能含有SO2，也可能是 Cl2，C正确；
D、金属性的强弱可用一种金属与另一种金属的盐溶液是否发生置换反应进行验证，不能用能使铁钝化的浓硝酸，D错误；
故答案为：C。
【分析】 A、依据化合价的变化判断；
B、Ag+ 对实验有干扰；
C、 可能是 Cl2；
D、金属性的强弱可用一种金属与另一种金属的盐溶液是否发生置换反应。
26．【答案】（1）CuSO4·5H2O
（2）
（3）3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O
【知识点】离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】 (1)、胆矾是带五个结晶水的硫酸铜，其化学式为CuSO4·5H2O ，故答案为： CuSO4·5H2O；
(2)、已知硫原子最外层有6个电子，根据共价化合物电子式的书写规则可知，H2S的电子式为；故答案为： ；
(3)、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O ；故答案为： 3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O。
【分析】 (1)、胆矾是带五个结晶水的硫酸铜；
(2)、根据H2S是共价化合物；
(3)、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水。
27．【答案】（1）产生淡黄色沉淀
（2）2Na2SO3+O2=2Na2SO4
（3）增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全；SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】 (1)由分析可知，a为H2S，b为H2SO3，当a与b混合时，二者发生反应方程式为：2H2S+H2SO3=3S+3H2O，则可观察到的现象是产生淡黄色沉淀，故答案为：产生淡黄色沉淀；
(2)由分析可知，固体f即Na2SO3露置在空气中易变质转化为g即Na2SO4，则该转化的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全，该装置中SO2与碘(I2)溶液发生反应生成H2SO4和HI，该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，若空气流速为VL min 1，当SO2与碘(I2)溶液恰好完全反应时，耗时10min，通入的空气体积为10V L，根据反应方程式可知，n(SO2)=n(I2)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则该空气样品中SO2的含量是，故答案为：增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全；SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；64V。
【分析】 由题干图示信息可知，a为H2S、b为H2SO3、c为H2SO4、d为S、e为Na2S、f为Na2SO3、g为Na2SO4，据此分析解题。
28．【答案】（1）Cu2++2e-=Cu
（2）Zn
（3）6.5
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】Cu作正极，铜离子得电子变为原子，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，
故答案为：Cu2++2e-=Cu；
（2）电解质溶液中阴离子向负极移动，溶液中向Zn电极移动，故答案为：Zn；
（3）放电一段时间后，导线上通过了个电子，即反应的锌为0.1mol，则锌片质量减轻，
故答案为：6.5；
【分析】 铜的活泼性弱于锌，锌能反铜离子从溶液中置换出来，锌原子失去电子变成阳离子，化合价会升高，铜离子得电子变为原子，化合价降低，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动。
29．【答案】（1）Na、N
（2）离子键、极性共价键
（3）2NaN3 2Na+3N2↑
【知识点】离子键的形成；极性键和非极性键；无机物的推断
【解析】【解答】 (1)由上面分析可知M中含N和Na元素。故答案为：Na、N；
(2)Mg(OH)2中含离子键，氢氧根内含极性共价键，故答案为：离子键、极性共价键；
(3)M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为。M的化学式为NaN3，反应①的化学方程式，故答案为：。
【分析】 银白色金属单质A，焰色反应呈黄色，A为单质Na，固体C和水反应生成碱性气体D，则D为NH3。气体B和Mg反应生成固体C，固体C和水反应生成NH3和白色沉淀B，根据反应前后元素种类不变，可知固体C为Mg3N2，白色沉淀E为Mg(OH)2，气体B为N2。M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为。M的化学式为NaN3。
30．【答案】（1）0.15
（2）B；C
（3）C；D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】 (1)、 根据图中信息，从反应开始经过15min 达到平衡，CO2(g)改变量为0.75 mol/L，则H2(g) 改变量为2.25 mol/L，则这段时间氢气的平均反应速率，
故答案为：0.15。
(2)A．降低温度会使正反应和逆反应速率均减小，A不符合题意；
B．增大CO2的浓度可加大正反应速率，使生成甲醇(CH3OH)的反应速率增大，B符合题意；
C．缩小体积，反应物浓度增大，会使生成甲醇(CH3OH)的反应速率增大，C符合题意；
D．恒容条件下充入一定量Ne不会改变生成物和反应物的浓度，反应速率不变，D不符合题意。
故答案为：BC。
(3)A．该反应的反应物和生成物都是气体，体积固定，则容器中混合气体的密度始终保持恒定，A不符合题意；
B．如图所示，5min时容器中CH3OH浓度与CO2浓度相等，但这时正反应速率大于逆反应速率，没有达到平衡，B项不符合题意；
C．该反应中气体反应物的化学计量数大于生成物的化学计量数，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变则表明气体分子总数目不变，则正反应速率等于逆反应速率，能说明是平衡状态，C符合题意；
D．CO2的生成速率与H2O的生成速率相等表明逆反应速率等于正反应速率，能说明是平衡状态，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】(1)、 根据图中信息，利用v=Δc/Δt计算；
(2依据影响反应速率的因素分析；
(3)依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。
31．【答案】（1）N2、H2
（2）4NH3 +5O2 4NO+6H2O；使NO、NO2完全转化为HNO3
（3）B；C
（4）A；B
【知识点】工业合成氨；工业制取硝酸；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】 (1)从合成气中分离出氨，主要利用了氨气易液化的性质，从氨分离器中分离出的另两种气体N2、H2可回到合成塔中再利用；故答案为：N2、H2 ；
(2)氧化炉中氨气和氧气发生反应生成一氧化氮和水，其化学方程式为：4NH3 +5O2 4NO+6H2O；为提高原料的利用率，则氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，因此吸收塔中通入空气的作用是使NO2和NO全部转化为HNO3；故答案为：4NH3 +5O2 4NO+6H2O；使NO、NO2完全转化为HNO3 ；
(3)在NH3中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，因此需加入氧化剂就可以实现上述转化。
A．Fe具有还原性，不能将NH3氧化为N2，A不符合题意；
B．O2具有氧化性，在点燃时NH3与O2反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，B符合题意；
C．NO2具有氧化性，在加热时NH3与NO2发生氧化还原反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，C符合题意；
D．NH4Cl与NH3不能发生反应，因此不能实现上述转化，D不符合题意；
故答案为：BC；
(4)A．游离态氮转化为化合态氮为氮的固定，故N2与H2反应属于氮的固定过程，A正确；
B．催化剂a表面氮气和氢气的非极性共价键断裂，同时生成氨气，有N-H极性共价键的形成，B正确；
C．在催化剂b表面形成氮氧键时需要释放能量，C错误；
D．在催化剂b表面形成氮氧键时，氮元素化合价由-3价变为+2价，涉及电子转移，D错误；
故答案为：AB。
【分析】 氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气，氨分离器得到氨气进入氧化炉，氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮进入吸收塔和氧气、水反应生成硝酸，最后尾气处理剩余的氮氧化物。
32．【答案】（1）1：1
（2）6.72
（3）349.5
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据得失电子守恒与原子守恒可知，A为SO2，被还原的硫酸生成SO2，未被还原的硫酸生成 CuSO4 ，根据方程式可以知道， 在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为 1：1 ； 故答案为：1：1 。
（2）根据电子转移可知，生成二氧化硫物质的量为，标况下的体积为； 故答案为：6.72 ；
（3）反应后，所得到的溶液含硫酸铜和硫酸， 将(2)中反应后所得的溶液稀释后与足量的溶液反应， 反应的离子方程式为，反应后产生的沉淀为BaSO4，已知反应开始时，生成，根据S原子守恒可知，，， 所得沉淀的质量为 349.5 g 。故答案为： 349.5 。
【分析】（1）根据得失电子守恒与原子守恒分析。
（2）根据电子转移计算 ；
（3）根据原子守恒计算 。
浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试卷
一、单选题
1．根据物质的组成与性质进行分类，SiO2属于（ ）
A．氧化物 B．酸 C．碱 D．盐
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】 酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物；碱.电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物；氧化物是指由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物；SiO2属于氧化物，故选A。
故答案为：A。
【分析】依据酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物；碱.电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物；氧化物是指由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物分析。
2．下列仪器与名称不相符的是（ ）
A．长颈漏斗 B．锥形瓶
C．坩埚 D．蒸发皿
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.A图仪器为分液漏斗，故A不相符；
B.B图仪器为锥形瓶，故B相符；
C.C图仪器为坩埚 ，故C相符；
D.D图仪器为蒸发皿 ，故D相符；
故答案为：A。
【分析】依据仪器的构造分析判断。
3．下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A．锌片与稀硫酸反应 B．石灰石的分解反应
C．碳与水蒸气反应 D．盐酸与碳酸氢钠反应
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.锌片和稀硫酸反应有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故A错误；
B.石灰石的分解反应不属于氧化还原反应，故B错误；
C.碳与水蒸气反应有化合价的变化，属于氧化还原反应，且属于吸热反应，故C正确；
D.盐酸与碳酸氢钠反应属于吸热反应，不属于氧化还原反应，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 依据有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有与Ba(OH)2的反应、高温下碳做还原剂的氧化还原反应、大多数的分解反应等分析。
4．下列属于电解质的是（ ）
A． B． C．浓硫酸 D．
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】 A．NaNO3溶于水或熔融状态导电的化合物，属于电解质，故A正确；
B．Cu是单质，所以Cu既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C． 浓硫酸 为混合物，不属于电解质，故C错误；
D．三氧化硫的水溶液能导电，原因是三氧化硫和水反应生成硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，硫酸是电解质，三氧化碳是非电解质，故D错误；
故选A。
【分析】 依据在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质分析。
5．下列说法中正确的是（ ）
A．和的核内质子数相同，中子数不同，是同一种核素
B．作X射线透视肠胃内服药剂
C．某溶液中加入稀溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中不含
D．金刚石与互为同素异形体
【答案】D
【知识点】铵离子检验；同素异形体；元素、核素
【解析】【解答】 A．和的核内质子数相同，中子数不同，是同种元素的不同核素，故A错误；
B．BaSO4作X射线透视肠胃内服药剂，BaCO3能溶于胃酸生成溶于水的钡盐引起重金属中毒，故B错误；
C．氨气易溶于水，稀溶液不生成氨气，应用浓氢氧化钠溶液并加热，故C错误；
D．金刚石与C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．原子核内质子数相同，中子数不同，互为同位素；
B．BaCO3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化钡为重金属盐；
C．氨气易溶于水，稀溶液可能不生成氨气；
D．同种元素组成的不同单质互为同素异形体。
6．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．漂白粉
C．
D．
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】 A．SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热，故B错误；
C．碳酸氢铵分解受热分解生成氨气、水、二氧化碳，氨气在催化条件下氧化可生成一氧化氮和水蒸气，故C正确；
D．二氧化硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质判断，其中A项SiO2不溶于水，也不能和水反应。
7．下列变化中化学键未被破坏的是（ ）
A．碘升华 B．食盐熔化
C．氯化铵分解 D．二氧化硫溶于水
【答案】A
【知识点】化学键
【解析】【解答】A.碘升华，只破坏分子间作用力，化学键未被破坏，符合题意，故A正确；
B.NaCl固体熔化，发生电离，离子键破坏，不符合题意，故B错误；
C.氯化铵分解，发生化学变化，离子键、共价键均破坏，不符合题意，故C错误；
D.二氧化硫溶于水，发生电离，共价键破坏，不符合题意，故D错误；
故答案为：A。
【分析】依据变化过程中物质的粒子是否变化判断。
8．右表为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法不正确的是（ ）
A．氧化物对应的水化物的酸性强弱：Z>Y
B．Y与氢元素形成的化合物可能有和
C．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y
D．原子半径大小：
【答案】A
【知识点】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．已知元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，已知Z即Cl的非金属性比Y即S的强，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4＞H2SO4即Z>Y，不是最高价氧化物对应水化物的酸性则不一定如H2SO3＞HClO，A错误；
B．由分析可知，Y为S，根据O能与H形成H2O和H2O2可推知，Y与氢元素形成的化合物有H2S即H2Y，也能形成H2S2即H2Y2，B正确；
C．由分析可知，R为O，Y为S，且O的非金属性强于S，则最简单气态氢化物的热稳定性H2O＞H2S即R>Y，C正确；
D．由分析可知，X为P，Y为S，Z为Cl，同一周期从左往右原子半径依次减小，则原子半径(r)大小：r(X)>r(Y)>r(Z)，D正确；
故答案为：A。
【分析】 短周期元素X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则X的最外层上电子数为8-3=5，则X为P，根据题干图片中周期表可知，Y为S，R为O，Z为Cl，据此分析解题。
9．食盐中所加的碘以碘酸钾形式存在，已知反应：，可用该反应设计实验来证明加碘食盐中存在的，关于上述反应的说法不正确的是（ ）
A．反应中I-被氧化
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：1
C．当生成3mol2时，电子转移数目为
D．该反应可证明I-的还原性强于I2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】 A.由题中离子方程式可知，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价，碘离子化合价-1价变化为0价升高， 即反应中I-被氧化，故A正确；
B.由题中离子方程式可知，碘酸根离子做氧化剂，碘离子做还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，故B不正确；
C.由题中离子方程式可知，当生成3mol2时，电子转移数目为 ，故C正确；
D.由题中离子方程式可知，碘离子做还原剂，I2为还原产物，故该反应可证明I-的还原性强于I2，故D正确；
故答案为：B。
【分析】依据得失电子守恒计算。氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物；在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析。
10．（2016高一下·绍兴期末）下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A．硅太阳能电池
B．锂离子电池
C．太阳能集热器
D．燃气灶
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】A、硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，A 不合题意；
B、锂离子电池是将化学能转化为电能的装置，B合题意；
C、太阳能热水器是将太阳能转化为热能的装置，C不合题意；
D、燃气灶是将化学能转化为热能的装置，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】将化学能转变为电能的装置是原电池，生活中常见的电池在放电的时候均是将化学能转变为电能的过程，例如手机中的锂电池，日常手电筒中的锌锰电池，铅蓄电池等。
11．“氯气对水一心一意，水偏弄成三分四离”，其中“三分四离”指的是新制氯水中的七种微粒。下列实验现象和结论不一致的是（ ）
A．新制氯水使紫色石蕊溶液先变红后褪色，说明有和存在
B．向新制氯水中加入饱和溶液，有无色气体产生，说明有存在
C．氯水久置后黄绿色消失，且产生气泡，该气泡是从溶液中逸出的氧气分子
D．新制氯水中通入后黄绿色消失，说明有漂白性
【答案】D
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】
A．新制氯水使紫色石蕊溶液先变红是由于溶液中含有H+显酸性，而后褪色是由于Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，A不合题意；
B．有无色气体产生，说明其中有H+，因此能和饱和 NaHCO3 溶液反应生成CO2，B不合题意；
C．久置氯水黄绿色消失，且产生气泡，是由于，C不合题意；
D．SO2具有还原性，通入到新制氯水中能和其中的Cl2发生氧化还原反应，从埯导致氯水黄绿色消失，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据实验现象及物质的组成和性质分析。
12．已知化学反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
C．当反应生成气体AB时，共吸收的能量
D．断裂键需要吸收的能量
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】 A．因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；
C．由图象知，反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，当反应生成4mol气体AB时，共放出2（y-x） kJ的能量，故C错误；
D．因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 由图象知，反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，2molA-B键断裂需要吸收ykJ能量。
13．下列说法不正确的是（ ）
A．轻微烫伤或烧伤时，若有水疱，尽量不要弄破
B．中学实验室中，不能将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶
C．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的溶液冲洗
D．焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色
【答案】B
【知识点】焰色反应；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】 A．高温能使蛋白质发生变性，故烧烫伤后经立即降温来减轻伤害，若有水泡，尽量不要弄破，防止感染，故A正确；
B．中学实验中，对于钠，钾，磷等易燃易爆物品，如果实验中未使用完时，可以将剩余的物品放回原试剂瓶保存，切忌乱扔，故B错误；
C．酸具有强腐蚀性，少量酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故C正确；
D．盐酸易挥发，焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，故D正确；
故答案为：B。
【分析】 A．高温能使蛋白质发生变性，导致皮肤损伤；
B．钠、磷等属于易燃易爆物品；
C．根据酸、碱的性质分析，酸、碱都具有腐蚀性；
D．焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色。
14．下列关于硝酸和硫酸的叙述，正确的是（ ）
A．常温下浓硝酸和浓硫酸都能用铝制容器贮存
B．浓硫酸和浓硝酸都应保存在棕色试剂瓶中
C．常温下，铁与稀硫酸或稀硝酸反应都能产生氢气
D．将浓硫酸加到浓硝酸中产生红棕色气体，说明浓硫酸的氧化性比浓硝酸强
【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】 A．常温下铝遇到浓硫酸和浓硝酸均能发生钝化，在表面形成一层致密的氧化物保护膜，故常温下浓硝酸和浓硫酸都能用铝制容器贮存，A正确；
B．浓硫酸见光不分解，不需要存放在棕色试剂瓶中，而浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，B错误；
C．常温下，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，而铁与稀硝酸反应生成硝酸铁或硝酸亚铁、一氧化氮和水，不能产生氢气，C错误；
D．将浓硫酸加到浓硝酸中产生红棕色气体是由于浓硫酸稀释放出大量的热，浓硝酸受热分解，不能说明浓硫酸的氧化性比浓硝酸强，D错误；
故答案为：A。
【分析】依据物质的性质判断。
15．下列指定反应的方程式不正确的是（ ）
A．向含有和的混合溶液中通入少量：
B．同体积同浓度的溶液与溶液混合：
C．铜与浓硝酸溶液反应：
D．保存溶液的试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因是：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】 A．由于钙离子和碳酸根离子结合生成CaCO3沉淀，故向含有NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入少量CO2的离子方程式为：Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O，A符合题意；
B．已知，H+结合OH-的能力比强，则同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O，B不合题意；
C．铜与浓硝酸溶液反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，则其离子方程式为：，C不合题意；
D．保存NaOH溶液的试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因是由于玻璃中的SiO2能与NaOH溶液反应，其离子方程式为：，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A项中由于钙离子和碳酸根离子结合生成CaCO3沉淀，其它选项离子方程式书写正确。
16．下列有关燃料电池的说法正确的是（ ）
A．燃料电池清洁、高效，能量转化率可达到
B．氢氧燃料电池工作时氧气在正极被氧化
C．燃料电池的反应物不是储存在电池内部，而是从外部提供
D．燃料电池主要是将电能转化成化学能
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、氢氧燃料电池放电时，只有一部分能量转化为电能，所以能量转化率不是100%，故A错误；
B、负极发生氧化反应，所以氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化，故B错误；
C、燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，而干电池或蓄电池不是外部提供，故C正确；
D、氢氧燃料电池也属于原电池，是将化学能转变为电能的装置，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、燃料电池能量转化率高，但达不到100%；
B、负极发生氧化反应；
C、燃料电池的电极本身不包含活性物质；
D、原电池是将化学能转变为电能的装置。
17．有关下列实验装置的说法中正确的是（ ）
A．装置甲可用于比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
B．装置乙可用于收集SO2并防止其污染空气
C．实验室用装置丙可制备少量氨气
D．选用合适的溶液，HCl、NH3和CO2均能用装置丁作喷泉实验
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 由于大试管的温度比内套小试管的高，题干装置甲装由于碳酸钠和碳酸氢钠位置放反了，不可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，A错误；
B．二氧化硫的密度比空气的大，应该采用向上排空气法收集，即采用长进短出，B错误；
C．实验室制取氨气的化学反应方程式为，单独加热氯化铵得不到氨气，C错误；
D．由于氯化氢、氨气极易溶于水，二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，导致原底烧瓶内气体压强减小，形成喷泉，故选用合适的溶液，氯化氢、氨气和二氧化碳均能用于装置丁做喷泉实验，D正确；
故答案为：D。
【分析】A． 药品位置放反了；
B．应该“长进短出”；
C．加热氯化铵得不到氨气；
D．依据喷泉原理分析。
18．下列表示的是化学反应在不同条件下的反应速率，其中最快的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】 同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；统一单位时，用各自的速率除以计量系数，所得数值越大，反应速率越快，进行比较，从而确定B正确；
故答案为：B。
【分析】 同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；
19．化学与我们的生活息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A．纯碱、石灰石、石英砂(主要成分是)是制造玻璃的主要原料
B．液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂
C．合金的硬度一般都比其成分金属小
D．和都能形成酸雨而破坏环境
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；合金及其应用
【解析】【解答】 A．工业上使用纯碱、石灰石、石英砂(主要成分是SiO2)为主要原料来制造玻璃，A正确；
B．液氨的沸点较高，氨气易液化且液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂，B正确；
C．合金的硬度一般都比其成分金属大，C错误；
D．SO2和NO2能分别形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨而破坏环境，D正确；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质判断应用，C．合金的硬度一般都比其成分金属大分析。
20．类推思想在化学学习和研究中经常被采用，下列“类比”合理的是（ ）
A．常温下，的溶解度比的大，则的溶解度比的大
B．少量与澄清石灰水生成白色沉淀，则少量与澄清石灰水也生成白色沉淀
C．镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、溶液组成原电池时镁也作负极
D．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也无沉淀生成
【答案】B
【知识点】科学探究方法
【解析】【解答】
A．常温下，Na2CO3的溶解度比NaHCO3的大，但CaCO3的溶解度比Ca(HCO3)2的小，类比不合理，A不合题意；
B．CO2、SO2均为酸性氧化物，故少量CO2与澄清石灰水生成白色沉淀Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，则少量SO2与澄清石灰水也生成白色沉淀Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，类比合理，B符合题意；
C．由于Mg、Al均能与稀硫酸反应，且Mg比Al活动性更强，故镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，但Mg与NaOH溶液不反应，而Al能与NaOH溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故镁、铝、NaOH溶液组成原电池时铝作负极，Mg作正极，类比不合理，C不合题意；
D．由于HCl的酸性强于H2SO3，故SO2通入BaCl2溶液中不反应无沉淀生成，但由于BaSO4既不溶于水又不溶于酸，SO3通入BaCl2溶液中因反应BaCl2+H2O+SO3=BaSO4↓+2HCl而有沉淀BaSO4生成，类比不合理，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】依据类推思想分析时，注意一般规律和特殊性质相结合 。
21．一定条件下，在恒容密闭容器中充入和发生反应：，下列能说明该反应达到化学平衡的是（ ）
A．单位时间内消耗的同时生成
B．容器内、、的浓度之比为
C．断开1个键的同时有4个键断开
D．密闭容器内压强不再发生变化
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】 A．消耗H2O和生成HF均表示正反应速率，故单位时间内消耗2n~molH2O的同时生成4n~molHF，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；
B．化学平衡的特征之一为反应体系各组分的浓度保持不变，而不是相等或成比例，故容器内SiF4、H2O、HF的浓度之比为1：2：4，不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；
C．断开Si-F键表示正反应，断开H-F键表示逆反应，根据方程式可知断开4个Si F键的同时有4个H F键断开才是正、逆反应速率相等，即断开1个Si F键的同时有4个H F键断开表示正反应速率小于逆反应速率，反应未达到化学平衡状态，C不合题意；
D．由题干信息可知，该反应前后气体的系数和发生改变，即反应过程中密闭容器内气体压强一直改变，当密闭容器内压强不再发生变化时说明反应达到化学平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。
22．银锌纽扣电池的构造如图所示，其电池反应方程式为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2。下列说法正确的是（ ）
A．锌粉为正极
B．Ag2O发生氧化反应
C．电池工作时，电流从锌粉流向Ag2O
D．负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 根据电池反应式知，Zn 失电子作负极，Ag2O 作正极，故A错误；
B. Ag2O 极为正极，正极 Ag2O 得电子，发生还原反应，故B错误；
C. Zn 失电子作负极，Ag2O 作正极，电流从正极流向负极，即电流由Ag2O极经外电路流向Zn极，故C错误；
D.Zn 失电子作负极，负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，故D正确；
故答案为：D。
【分析】一般活动性强的金属作负极，活动性弱的金属或石墨作正极；根据电子流向或电流流向判断.电子流出或电流流入的电极为负极，反之为正极。放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应。
23．设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，含有的共用电子对数为
B．所含的质子数为
C．与充分反应后生成的分子数为
D．的溶液中含有的的数目为
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】
A．已知一个CO2分子中有4个共用电子对，则标准状况下，2.24LCO2含有的共用电子对数为，A错误；
B．已知H218O的摩尔质量为20g/mol，1个H2O中含有10个质子，故10gH182O所含的质子数为，B正确；
C．已知，该反应是一个可逆反应，故1molN2与4molH2充分反应后生成的NH3分子数小于2NA，C错误；
D．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算0.1mol L 1的Na2SO4溶液中含有的Na+的数目，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．一个CO2分子中有4个共用电子对；
B.1个H2O中含有10个质子；
C．反应是可逆反应；
D．未告知溶液的体积，无法计算。
24．汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，两者在恒容密闭容器中能发生反应：，为了验证温度对该反应速率的影响，某同学设计了两组实验，如表所示。已知280℃的情况下，反应后达到平衡，测得NO的浓度为。下列说法不正确的是（ ）
实验编号 t/ NO的初始浓度 CO的初始浓度
Ⅰ 280
Ⅱ 350
A．表中的数值应为
B．当，说明该反应已达到平衡状态
C．时，前内，用表示的平均反应速率为
D．的情况下达到平衡时的浓度为
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】 A．要采用控制变量方法研究外界条件对化学反应速率的影响，根据表格数据可知：实验I，Ⅱ只有温度不同，其它外界条件都应该相同，因此表中a的数值为1.00×10-3，故A正确；
B．在任何时刻都存在v正（NO）=2v正（N2），若v逆（NO）=2v正（N2），v正（NO）=v逆（NO），反应正向进行，该反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应开始时c（NO）=1.00×10-3mol/L，反应2min后NO的浓度为6.00×10-4mol/L，Δc（NO）=1.00×10-3mol/L-6.00×10-4mol/L=0.4×10-3mol/L，，参加反应的各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则用N2表示的平均反应速率，故C错误；
D．反应2min后达到平衡，测得NO的浓度为6.00×10-4mol/L，结合三段式列式计算，
2NO+2CO═2CO2+N2
起始量（mol/L×10-3 ）1.00 3.60 0 0
变化量（mol/L×10-4） 4 4 4 2
平衡量（mol/L×10-4） 6 32 4 2
280℃的情况下达到平衡时CO2的浓度为4.00×10-4mol/L，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 A．依据外界条件对化学反应速率的影响分析；
B．比较正逆反应速率判断；
C．根据参加反应的各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，利用可计算；
D.利用三段式列式计算。
25．下列实验操作与现象或结论对应关系正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象或结论
A 向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体 浓硫酸只体现脱水性
B 向某无色溶液中先加入溶液，再加稀盐酸 加入溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中一定含有
C 将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色 气体中可能含有
D 将铁棒和铜棒用导线连接后放入浓硝酸中，铜棒变细 金属性：铜>铁
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】 A、向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体，浓硫酸使蔗糖胶水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸体现强氧化性和脱水性，A错误；
B、向某无色溶液中先加入溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中可能含有，也可能含有Ag+，B错误；
C、 将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色， 气体中可能含有SO2，也可能是 Cl2，C正确；
D、金属性的强弱可用一种金属与另一种金属的盐溶液是否发生置换反应进行验证，不能用能使铁钝化的浓硝酸，D错误；
故答案为：C。
【分析】 A、依据化合价的变化判断；
B、Ag+ 对实验有干扰；
C、 可能是 Cl2；
D、金属性的强弱可用一种金属与另一种金属的盐溶液是否发生置换反应。
二、填空题
26．完成下列小题
（1）胆矾的化学式为： ；
（2）H2S的电子式为 ；
（3）铜与稀硝酸反应的离子方程式为： 。
【答案】（1）CuSO4·5H2O
（2）
（3）3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O
【知识点】离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】 (1)、胆矾是带五个结晶水的硫酸铜，其化学式为CuSO4·5H2O ，故答案为： CuSO4·5H2O；
(2)、已知硫原子最外层有6个电子，根据共价化合物电子式的书写规则可知，H2S的电子式为；故答案为： ；
(3)、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O ；故答案为： 3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O。
【分析】 (1)、胆矾是带五个结晶水的硫酸铜；
(2)、根据H2S是共价化合物；
(3)、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水。
27．在“价-类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。图中的字母分别代表硫及其常见化合物，f、g均为含钠元素的正盐，请回答：
（1）当a与b混合时，可观察到的现象是 ；
（2）固体f露置在空气中易变质转化为g，该转化的化学方程式为 ；
（3）某同学利用下列装置测定空气中的含量。
通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是 ，该装置中与碘溶液发生反应的化学方程式为： 。若空气流速为，当与碘溶液恰好完全反应时，耗时10min，则该空气样品中的含量是 。(用含V的最简表达式表示)
【答案】（1）产生淡黄色沉淀
（2）2Na2SO3+O2=2Na2SO4
（3）增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全；SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】 (1)由分析可知，a为H2S，b为H2SO3，当a与b混合时，二者发生反应方程式为：2H2S+H2SO3=3S+3H2O，则可观察到的现象是产生淡黄色沉淀，故答案为：产生淡黄色沉淀；
(2)由分析可知，固体f即Na2SO3露置在空气中易变质转化为g即Na2SO4，则该转化的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
(3)通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全，该装置中SO2与碘(I2)溶液发生反应生成H2SO4和HI，该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，若空气流速为VL min 1，当SO2与碘(I2)溶液恰好完全反应时，耗时10min，通入的空气体积为10V L，根据反应方程式可知，n(SO2)=n(I2)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则该空气样品中SO2的含量是，故答案为：增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全；SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；64V。
【分析】 由题干图示信息可知，a为H2S、b为H2SO3、c为H2SO4、d为S、e为Na2S、f为Na2SO3、g为Na2SO4，据此分析解题。
28．2020年第七十五届联合国大会上，中国向世界郑重承诺在2030年前实现碳达峰，在2060年前实现碳中和。大力发展绿色能源、清洁能源是实现碳中和的最有效方法。原电池反应能够提供电能但不产生气体，右图是某原电池装置图。
（1）该原电池正极的电极反应是 。
（2）溶液中向 (填“Zn”或“Cu”)电极移动。
（3）放电一段时间后，导线上通过了个电子，则锌片质量减轻 g。
【答案】（1）Cu2++2e-=Cu
（2）Zn
（3）6.5
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】Cu作正极，铜离子得电子变为原子，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，
故答案为：Cu2++2e-=Cu；
（2）电解质溶液中阴离子向负极移动，溶液中向Zn电极移动，故答案为：Zn；
（3）放电一段时间后，导线上通过了个电子，即反应的锌为0.1mol，则锌片质量减轻，
故答案为：6.5；
【分析】 铜的活泼性弱于锌，锌能反铜离子从溶液中置换出来，锌原子失去电子变成阳离子，化合价会升高，铜离子得电子变为原子，化合价降低，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动。
三、元素或物质推断题
29．为了探究某固体化合物M(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如图实验(假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出)：
请回答：
（1）组成固体M的元素是 (填元素符号)；
（2）白色沉淀E中所含化学键类型为 ；
（3）反应①的化学反应方程式为 。
【答案】（1）Na、N
（2）离子键、极性共价键
（3）2NaN3 2Na+3N2↑
【知识点】离子键的形成；极性键和非极性键；无机物的推断
【解析】【解答】 (1)由上面分析可知M中含N和Na元素。故答案为：Na、N；
(2)Mg(OH)2中含离子键，氢氧根内含极性共价键，故答案为：离子键、极性共价键；
(3)M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为。M的化学式为NaN3，反应①的化学方程式，故答案为：。
【分析】 银白色金属单质A，焰色反应呈黄色，A为单质Na，固体C和水反应生成碱性气体D，则D为NH3。气体B和Mg反应生成固体C，固体C和水反应生成NH3和白色沉淀B，根据反应前后元素种类不变，可知固体C为Mg3N2，白色沉淀E为Mg(OH)2，气体B为N2。M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为。M的化学式为NaN3。
四、填空题
30．科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将和以一定比例混合通入反应器，适当条件下可获得甲醇。某温度下在的恒容密闭容器中，充入和，发生反应： 。现测得和的浓度随时间变化如图所示。
（1）从反应开始经过达到平衡，则这段时间内氢气的平均反应速率 。
（2）其他条件不变时，下列措施能使生成甲醇的反应速率增大的是___________(填字母)。
A．降低温度 B．增大的浓度
C．将容器的容积变为 D．恒容条件下充入一定量Ne
（3）能判断该反应已达到化学反应限度的标志是___________(填字母)。
A．容器中混合气体的密度保持不变
B．容器中浓度与浓度相等
C．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
D．的生成速率与的生成速率相等
【答案】（1）0.15
（2）B；C
（3）C；D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】 (1)、 根据图中信息，从反应开始经过15min 达到平衡，CO2(g)改变量为0.75 mol/L，则H2(g) 改变量为2.25 mol/L，则这段时间氢气的平均反应速率，
故答案为：0.15。
(2)A．降低温度会使正反应和逆反应速率均减小，A不符合题意；
B．增大CO2的浓度可加大正反应速率，使生成甲醇(CH3OH)的反应速率增大，B符合题意；
C．缩小体积，反应物浓度增大，会使生成甲醇(CH3OH)的反应速率增大，C符合题意；
D．恒容条件下充入一定量Ne不会改变生成物和反应物的浓度，反应速率不变，D不符合题意。
故答案为：BC。
(3)A．该反应的反应物和生成物都是气体，体积固定，则容器中混合气体的密度始终保持恒定，A不符合题意；
B．如图所示，5min时容器中CH3OH浓度与CO2浓度相等，但这时正反应速率大于逆反应速率，没有达到平衡，B项不符合题意；
C．该反应中气体反应物的化学计量数大于生成物的化学计量数，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变则表明气体分子总数目不变，则正反应速率等于逆反应速率，能说明是平衡状态，C符合题意；
D．CO2的生成速率与H2O的生成速率相等表明逆反应速率等于正反应速率，能说明是平衡状态，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】(1)、 根据图中信息，利用v=Δc/Δt计算；
(2依据影响反应速率的因素分析；
(3)依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。
五、工业流程题
31． 和是重要的工业产品，下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程。
（1）从氨分离器中又回到合成塔中的物质是 。
（2）在催化剂和加热条件下氧化炉中发生反应的化学方程式是 ，从氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，吸收塔中通入空气的作用是 。
（3）若要实现，从氧化还原反应原理上看，下列试剂可行的是___________。
A． B． C． D．
（4）氮及其化合物在催化剂a和催化剂b作用下发生转化的过程如图所示，下列分析合理的是___________。
A．与反应属于氮的固定过程
B．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成
C．在催化剂b表面形成氮氧键时需要吸收能量
D．催化剂a作用下的转化涉及电子转移，催化剂b作用下的转化不涉及电子转移
【答案】（1）N2、H2
（2）4NH3 +5O2 4NO+6H2O；使NO、NO2完全转化为HNO3
（3）B；C
（4）A；B
【知识点】工业合成氨；工业制取硝酸；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】 (1)从合成气中分离出氨，主要利用了氨气易液化的性质，从氨分离器中分离出的另两种气体N2、H2可回到合成塔中再利用；故答案为：N2、H2 ；
(2)氧化炉中氨气和氧气发生反应生成一氧化氮和水，其化学方程式为：4NH3 +5O2 4NO+6H2O；为提高原料的利用率，则氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，因此吸收塔中通入空气的作用是使NO2和NO全部转化为HNO3；故答案为：4NH3 +5O2 4NO+6H2O；使NO、NO2完全转化为HNO3 ；
(3)在NH3中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，因此需加入氧化剂就可以实现上述转化。
A．Fe具有还原性，不能将NH3氧化为N2，A不符合题意；
B．O2具有氧化性，在点燃时NH3与O2反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，B符合题意；
C．NO2具有氧化性，在加热时NH3与NO2发生氧化还原反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，C符合题意；
D．NH4Cl与NH3不能发生反应，因此不能实现上述转化，D不符合题意；
故答案为：BC；
(4)A．游离态氮转化为化合态氮为氮的固定，故N2与H2反应属于氮的固定过程，A正确；
B．催化剂a表面氮气和氢气的非极性共价键断裂，同时生成氨气，有N-H极性共价键的形成，B正确；
C．在催化剂b表面形成氮氧键时需要释放能量，C错误；
D．在催化剂b表面形成氮氧键时，氮元素化合价由-3价变为+2价，涉及电子转移，D错误；
故答案为：AB。
【分析】 氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气，氨分离器得到氨气进入氧化炉，氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮进入吸收塔和氧气、水反应生成硝酸，最后尾气处理剩余的氮氧化物。
六、填空题
32．已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下(已配平)：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+A↑+2H2O，试通过计算和推理完成下面的填空：
（1）在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为 。
（2）一定量的铜片与的浓硫酸充分反应(浓硫酸过量)，如果该反应过程中转移了0.6mol电子，生成的A气体在标准状况下的体积为 L(假设气体全部逸出)。
（3）将(2)中反应后所得的溶液稀释后与足量的溶液反应，所得沉淀的质量为 g。
【答案】（1）1：1
（2）6.72
（3）349.5
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据得失电子守恒与原子守恒可知，A为SO2，被还原的硫酸生成SO2，未被还原的硫酸生成 CuSO4 ，根据方程式可以知道， 在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为 1：1 ； 故答案为：1：1 。
（2）根据电子转移可知，生成二氧化硫物质的量为，标况下的体积为； 故答案为：6.72 ；
（3）反应后，所得到的溶液含硫酸铜和硫酸， 将(2)中反应后所得的溶液稀释后与足量的溶液反应， 反应的离子方程式为，反应后产生的沉淀为BaSO4，已知反应开始时，生成，根据S原子守恒可知，，， 所得沉淀的质量为 349.5 g 。故答案为： 349.5 。
【分析】（1）根据得失电子守恒与原子守恒分析。
（2）根据电子转移计算 ；
（3）根据原子守恒计算 。
