【文档说明】安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一下学期期中联考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.284 MB，由小赞的店铺上传

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合肥一中2023-2024学年度高一年级下学期期中联考化学试题(考试时间：75分钟满分：100分)注意事项：1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。2.答题时，每小题选出答案后，

用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用

0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿．．纸上答题无效．．．．．．。4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。5.可能会用到的相对原子质量：H1C12N14O16

S32Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题48分)一、单项选择题(本题共有16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项)1.中华传统文化博大精深，也蕴含着很多化学知识，下列说法中错误的是A.东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制

之，黄芽为根”这里的“黄芽”是指硫B.《天工开物》中描述“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”，其中“陶”是传统硅酸盐材料C.《本草纲目拾遗》中在药物名“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿漏，惟玻璃可盛”，这里的强水指的

是硝酸D.《周礼》中描绘了“煤饼烧蛎房成灰”，其中蛎壳的主要成份为CaO【答案】D【解析】【详解】A．液态的金属汞易变成汞蒸气，能使蛋白质变性，属于有毒物质，能和硫反应生成HgS，则文中“黄芽”指呈淡黄色的硫单质，故A正确；

B．“陶”主要成分为硅酸盐，属于传统硅酸盐材料，故B正确；C．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以强水为硝酸，故C正确；D．《周礼》中描绘了“煤饼烧蛎房成灰”，其中蛎壳的主要成份为CaCO3，故D错误；故选D。

2.下列有关物质的性质和应用均正确且具有因果关系的是选项物质性质物质用途A2SO有还原性用2SO漂白有色编织品BHF溶液有酸性用HF溶液刻蚀玻璃C2SiO具有导电性用2SiO制作光导纤维D液态3NH气化

时大量吸热用液态3NH作制冷剂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．2SO有漂白性，用2SO漂白有色编织品，A错误；B．酸中只有HF溶液与SiO2反应，用HF溶液刻蚀玻璃不是利用其酸性，B错误；C．2S

iO具有导光性，不导电，用2SiO制作光导纤维，C错误；D．液态3NH气化时大量吸热，周围温度迅速降低，用液态3NH作制冷剂，D正确；故选D。3.AN表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.密闭容器中，2mol2S

O和1mol2O催化反应后分子总数为A2NB.含19.6g24HSO的浓硫酸与足量铜反应，生成2SO的分子数为A0.1NC.5.6gFe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为A0.2ND.5.6g铁片投入足量浓硝酸中，转

移的电子数为A0.3N【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫与氧气生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全转化，故密闭容器中，2mol2SO和1mol2O催化反应后分子总数不是A2N，A错误；B．浓硫酸与铜

反应，随着浓硫酸浓度降低变为稀硫酸，不再与铜反应，故生成的二氧化硫的量无法计算，B错误；C．铁与硫反应生成FeS，0.1molFe与足量S粉加热充分反应后转移电子0.2mol，个数为A0.2N，C正确；

D．常温下，铁片遇到浓硝酸会发生钝化现象，不能准确计算转移电子数，若再加热条件下，铁片投入足量浓硝酸中，铁才能转化为Fe3+，0.1molFe反应后转移电子0.3mol，个数为A0.3N，故题干说法不对，

D错误；故选C。4.下列反应既是吸热反应又是氧化还原反应的是A.葡萄糖在人体内氧化分解B.二氧化碳与赤热的碳反应C.柠檬酸与碳酸氢钠的反应D.锌粒与稀24HSO反应制取2H【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖在人体内氧化

分解，属于放热反应，故不选A；B．二氧化碳与赤热的碳生成一氧化碳的反应，碳元素化合价改变，属于吸热反应且属于氧化还原反应，故选B；C．柠檬酸与碳酸氢钠的反应是吸热反应，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选C；D．锌粒与稀H2SO

4反应制取H2属于放热反应，故不选D；选B。5.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的装置A浓硫酸23NaSO酸性4KMnO溶液验证2SO

具有漂白性B浓硝酸Cu淀粉KI溶液验证2NO的氧化性C稀盐酸23NaCO23NaSiO溶液验证元素非金属性：ClCSi的D浓硫酸蔗糖溴水验证浓硫酸的强氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，二氧化硫与酸性高

锰酸钾发生氧化还原反应，体现还原性，A错误；B．浓硝酸具有挥发性，产生的NO2中混有HNO3，硝酸具有强氧化性，能将KI氧化为碘单质，图中不能验证NO2具有氧化性，B错误；C．稀盐酸具有挥发性，与碳酸钠反应产生的CO2中混

有HCl，HCl能与硅酸钠反应产生硅酸，不能比较非金属性C>Si，另外，Cl与C在进行非金属性比较时应比较高氯酸与碳酸的酸性，C错误；D．浓硫酸能使蔗糖脱水炭化，浓硫酸与产生的C反应生成SO2，浓硫酸体现强氧化性，产生的SO2使溴水褪色，该实验能

证明浓硫酸具有强氧化性，D正确；故选D。6.科学研究人员提出在有机碳源和微生物的作用下，可以实现大气中的氮循环(如图所示)，减少对环境的污染。下列说法正确的是A.温度越高，越有利于2N转化为4NH+B.2NO−在转化过程中既有被氧化又有被还原C.1mol4NH+转化成2NO

−消耗2O33.6LD.3NO−转化为2N的过程属于氮的固定【答案】B【解析】【分析】氨气在微生物作用下转化为铵根离子，铵根离子被氧气氧化为亚硝酸根，亚硝酸根被氧气氧化为硝酸根，硝酸根与甲醇反应得到氮气，亚硝酸根与铵根离子反应也能得到氮气。【详解】A

．氮气转化为铵根离子时需要微生物参与，高温下微生物失去活性，A错误；B．2NO−在转化过程生成硝酸根，被氧化，生成氮气，被还原，故转化过程中既有被氧化又有被还原，B正确；C．没有指明标况，无法计算消耗2O的体积，C

错误；D．将氮气转化为含氮化合物的过程属于氮的固定，3NO−转化为2N的过程不属于氮的固定，D错误；故选B。7.下列有关含氮化合物的实验装置和原理能达到相应实验目的的是A.实验室采用装置甲可证明NO能直接被NaOH溶液吸收B.用装置乙分离固体氯化钠和氯化铵C.用装置丙除去氨气中的H2OD.用装置丁

吸收氨气尾气，可有效防止倒吸【答案】B【解析】【详解】A．NO不易溶于水，故不能用氢氧化钠进行吸收，A错误；B．氯化铵受热分解为氯化氢气体及氨气，遇冷后在烧瓶底部生成氯化铵固体，B正确；C．氨气与氯化钙反应生成23·8CaClNH，故

不能用氯化钙干燥氨气，C错误；D．氨气与稀硫酸反应不能防止倒吸，D错误；故答案为：B。8.工业上除去电石渣浆(含CaO)上清液中的2S−(浓度为10.015molL−)，并制取石膏的常用流程如图：下列说法错误的是A.2Mn(OH)在过程Ⅰ中作还原剂，223SO−在过程Ⅱ中是氧化产物B.过

程Ⅰ和过程Ⅱ的总反应的离子方程式：222233O4S2SO−−+=C.10L清液中的2S−被氧化为24SO−，理论上共需要0.3mol的2OD.石膏的化学式42CaSO2HO【答案】B【解析】【详解】A．过程ⅠMn(OH)2与氧气反应生成23MnO−，Mn

元素化合价从+2价升高到+4价，因此Mn(OH)2为还原剂，过程Ⅱ中S2-被氧化生成2-23SO，2-23SO为氧化产物，A正确；B．过程Ⅰ离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-=223MnO−+4H2O，过程Ⅱ离子方程式为423MnO−+2S2-+9H

2O=2-23SO+4Mn(OH)2↓+10OH-，总反应的离子方程式为2O2+2S2-+H2O=2-23SO+2OH-，B错误；C．10L清液中S2-的质量为4.8g即0.15mol，根据过程Ⅰ、Ⅱ总反应的离子方程式2O2

+2S2-+H2O=2-23SO+2OH-，消耗0.15molS2-的同时消耗0.15molO2，2-23SO与O2反应生成24SO−，S化合价从+2价升高为+6价，共失去0.075×2×4=0.6m

ol电子，1molO2转化为24SO−得到4mol电子，则此过程消耗0.15molO2，因此理论上共需要0.3molO2，C正确；D．石膏为二水硫酸钙，化学式为CaSO4·2H2O，D正确；故答案选B。9.

纸电池为轻型、高效的新型能源存储带来希望之光。一种碱性纸电池如图所示，薄层纸片的两面分别附着锌和二氧化锰，电池总反应：()()222Zn+2MnO+2HOZnOH+2MnOOH=，[已知()MnOOH中Mn的化合价为

+3]。下列有关说法错误的是A.薄层纸片的作用为载体和传导体B.该新型电池工作时，电子由2MnO沿内电路流回ZnC.2MnO为正极材料，电极反应式为()22MnO+e+HOMnOOH+OH−−=D.每转移1mol电子，负极材料质量增加17g【答案】B【解析】【分析】根据电池总反应()()222Zn

+2MnO+2HOZnOH+2MnOOH=可知，反应中Zn被氧化，应为电池的负极，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，2MnO被还原，应为电池正极，电极反应式为：()22MnO+e+HOMnOOH+OH−−=，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此解答。【

详解】A．薄层纸片的两面分别附着锌和二氧化锰，薄层纸片的作用为载体和传导体，故A正确；B．该新型电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即电子由Zn沿内电路流回2MnO，故B错误；C．由分析可知，2MnO被还原，应为电池正极，电极反应式为：()22MnO+e+HOMnOOH+OH−−=

，故C正确；D．负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，每转移1mol电子，负极增加1molOH-，负极材料质量增加17g，故D正确；答案选B。10.少量铁粉与100mL0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加

快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CuO固体⑤加NaCl溶液⑥滴加几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）A.①⑤⑦B.②④⑥C.③⑦D.③⑥⑦【答案】C【解析】【详解】①加水，稀释了盐酸，故反应速率变慢，

故不选；②加入氢氧化钠会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；③加浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；④加CuO固体会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；⑤加氯化钠溶液，稀释了盐酸，故反应速率变慢，

故不选；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，故不选；⑦升高温度，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；可以使用的方法有③⑦，故选C。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素。本题的易错点为⑥，要注意审题：加快反应速率和不改变

氢气的量。11.一定条件下，反应()()()22HgClg2HClg+=的速率方程为()()nm22vkcHcCl=，k为速率常数(只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)，m、n是反应级数，可以是整数、分数。实验测得速率与浓度

关系如表所示：实验()()12cH/molL−()()12cCl/molL−速率①0.10010v②0.200.102v③0.200.404v④0.40a12v下列说法错误的是A.n1=，m0.5=B.其他条件相同，升高温度，速率常数(k)增大C.体积不变时通入He气，

压强增大，反应速率加快D.表格中，a0.9=【答案】C【解析】【详解】A．根据①②组实验数据可得，n=1；根据②③组实验数据可得，m=0.5，A正确；B．其他条件相同，升高温度，化学反应速率加快，则速率常数(k)增大，B正确；C．体积不

变时通入He气，体系压强不变，反应速率不变，C错误；D．根据①④组实验数据可得：0.512v0.4a=?v0.10.1，0.9a=，D正确；故选C。12.为了模拟汽车尾气的净化原理，向密闭容器中投入一定量的CO和2O发生反应：()()22COgOg+()22C

Og。在不同催化剂(Ⅰ型、Ⅱ型)下均反应2s，测得CO转化率与温度的关系如图中实线所示，虚线表示CO的平衡转化率和温度的关系。下列说法不正确的是.A.50℃时，两种催化剂下的反应均达到化学平衡状态B.实验表明温度低于50℃时，催化剂Ⅰ的效果优于催化剂ⅡC.适当延长反应时间，可以缩小图中阴影部分的面

积D.2s时，测得容器中2O和2CO的浓度相等，则CO转化率为66.7%【答案】D【解析】【分析】2CO(g)+O2(g)垐?噲?CO2(g)正反应为放热反应，平衡时升温平衡逆向移动，CO转化率降低；c点降解率出现突变的原因可结合催化剂的催化效率分析。【详解】A．由上述图像可知，

50℃时，两种催化剂下的反应均达到化学平衡状态，故A正确；B．由上述图象可知，在温度低于50℃时，Ⅰ型催化剂的效率高于Ⅱ型，故B正确；C．适当延长反应时间，可提高这段时间内CO的转化率，可以缩小图中阴影部分的面积，故C正确；D．CO和O2的起始投料比未

知，不能计算2s时CO的转化率，故D错误；答案选D。13.中国学者在水煤气变换中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂催化实现的(不考虑粒子在催化剂表面吸附时的能量变化)，反应过程示意图如下：下列说法错误的是A.过程Ⅰ、Ⅱ为吸热过程B.过程Ⅲ中有

极性键的断裂和形成C.该过程的总反应可表示为：()()()()222COgHOgCOgHg+=+D.使用催化剂能缩小反应物和生成物间能量差【答案】D【解析】【详解】A．过程Ⅰ涉及O-H键的断裂，该过程为吸热过程，过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过

程，故A正确；B．过程Ⅲ涉及极性键C=O键、O-H键的形成，极性键O-H键的断裂，故B正确；C．该过程的总反应可表示为：()()()()222COgHOgCOgHg+=+，故C正确；D．使用催化剂只能改变反应的活化能，不能缩小反应物和生成物间

能量差，故D错误；故选：D。14.根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是选项实验操作和现象结论或解释A淀粉KI−溶液中通入2Cl，再通入2SO溶液先出现蓝色，后蓝色褪去还原性：2SOICl−−B向()32FeNO溶液中滴加盐酸，溶液变为浅黄色盐酸将2Fe+转为3Fe+C用蘸有浓

氨水的玻璃棒靠近某浓溶液X，出现白烟X为浓盐酸D向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液为铵盐溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯气与KI反应生呈I2，遇到淀粉出现蓝色，还原性：I->Cl-，I2

与SO2发生氧化还原反应，生成HI和H2SO4，还原性2SOI−，故还原性2SOICl−−，A正确；B．硝酸根遇到氢离子显强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，B错误；C．浓氨水挥发产生氨气，浓硝酸或浓盐酸挥发能产生硝酸和HC

l，遇到氨水会产生白烟，X不一定为浓盐酸，C错误；D．该溶液可能是铵根离子或氨水，D错误；故选A。15.下列离子方程式书写正确的是A.向4CuSO溶液中通入2HS气体：22CuSCuS+−+=B.FeO和稀3HNO的反应：22FeO2HFeHO+++=+C.

将少量2SO通入NaClO溶液：2224SOHO3ClOSO2HClOCl−−−++=++D.同浓度同体积44NHHSO溶液与NaOH溶液混合：432NHOHNHHO+−+=【答案】C【解析】【详解】A．向4CuSO溶液中通入2HS气体：2+2CuHSCuS2H++=+，A错误；B．FeO

和稀3HNO的反应：+-3+323FeO+10H+NO=3Fe+5HO+NO，B错误；C．将少量2SO通入NaClO溶液，次氯酸根与二氧化硫生成硫酸和HCl，由于NaClO溶液过量，还有HClO生成，离子方程式正确，C正确；D．同浓度同体积44NHHSO溶液与NaOH溶液混合，先发

生中和反应，离子方程式为：+2HOHHO−+=，D错误；故选C。16.将一定质量的铜溶于1100mL11molL−的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成20.4molNO和NO的混合气体，测得反应后的溶液中H+的浓度为11molL−。假设反应

后溶液的体积仍为100mL，则气体产物中的NO在标准状况下的体积是A.1.12LB.2.24LC.3.36LD.4.48L【答案】B【解析】【详解】将一定质量的铜溶于100mL11mol/L的浓硝酸中，铜和硝酸反应生成硝酸铜、NO、NO2，待铜完全溶解后，生成0.4molNO2和NO的

混合气体，并测得溶液中H+的浓度为1mol/L，说明反应剩余硝酸的物质的量为1mol/L×0.1L=0.1mol，根据N元素守恒，反应生成硝酸铜的物质的量为11mol/L?0.1L-0.4mol-0.1

mol=0.3mol2，设生成的NO为xmol，生成的NO2为ymol，则x+y=0.4，根据得失电子守恒，3x+y=0.3×2=0.6，解得x=0.1，y=0.3，故生成NO标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，选B。第Ⅱ卷(非选择题52分)17.某化学兴趣小组欲测定3

KClO溶液与3NaHSO溶液反应的速率，所用试剂为110mL0.1molL−3KClO溶液和1310mL0.3molLNaHSO−溶液，所得数据如图所示：已知：2334ClO3HSOCl3SO3H−−−−++=++。请回答下列问题：（1）0~4

min内的平均反应速率()vCl−=_____。（2）某小组同学分析实验数据后发现，该反应的速率先增大后减小。关于反应速率增大的原因提出下列猜想：猜想Ⅰ实验方案猜想Ⅰ该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快向烧杯中加入1310

mL0.1molLKClO−溶液和10mL10.3molL−3NaHSO溶液，_____。猜想Ⅱ_____取1310mL0.1molLKClO−溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入110mL0.3molL−3NaHSO溶液

猜想Ⅲ溶液中H+浓度增大加快了化学反应速率分别向2只烧杯中加入1310mL0.1molLKClO−溶液；向烧杯ⅰ中加入1mL蒸馏水，向烧杯ⅱ中加入1mL10.2molL−盐酸；再分别向2只烧杯中加入10mL130.3molLNaHSO−溶液①

补全Ⅰ中的实验方案：_____。②Ⅱ中的假设为_____。③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是_____。④若Ⅰ中的假设不成立，则某同学从变量控制的角度思考，认为Ⅲ中实验方案设计不严谨，请进行改进：_____。反应后期，化学反应率变慢的原因是_____。【答案】（1）0.0025（2

）①.插入温度计②.生成的Cl-加快了化学反应速率③.生成的SO24−加快了化学反应速率④.将1mL水改为1mL2mol/L的NaCl溶液⑤.反应物浓度减小【解析】【分析】实验中反应的速率先增大后减小

，影响反应速率的因素可能为温度，若反应放热，反应温度升高，反应速率增大；也可能是产生的离子对反应产生了催化作用，可分别探究，氯离子、硫酸根、氢离子对反应速率的影响。【小问1详解】根据实验数据可知，该反应在0～4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L，所以平均反应速率-1-10.010mol

/L0.0025molLmin4min=；【小问2详解】①由于是假设该反应放热，反应过程放出热量使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化，所以需要插入温度计；②方案I、Ⅱ相比较，Ⅱ中

加入了少量氯化钠，所以方案Ⅱ中的假设为生成的Cl-加快了化学反应速率；③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是生成的SO24−加快了化学反应速率；④为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL水改为1mL0.2mol/L的N

aCl溶液；反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。18.硝酸铜是一种重要化工原料，可由工业含铜废料制备，含铜废料的主要成分为Cu、CuS、4CuSO等，制备流程如图所示：回答下列问题：（1）“

焙烧”时，CuS与空气中的2O反应生成CuO和2SO，该反应的化学方程式为_____。（2）①“淘洗”所用的溶液A可以是_____。(填标号)。的a．稀硝酸b．浓硝酸c．稀硫酸d．浓硫酸②如何证明“淘洗”已完全_____

。（3）“反应”阶段所用的试剂可以用“稀硝酸”代替，22HO在上述“反应”阶段的作用是_____，理论上消耗的22HO和3HNO的物质的量之比为_____。（4）某工厂用1mkg上述工业含铜废料(含铜元素80%)制备()322CuNO3HO，最终得到产品2mkg，产率为_____。【答案】

（1）2CuS+3O22CuO+2SO2（2）①.c②.取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全（3）①.作氧化剂②.1∶2（4）2140m×100%121m【解析】【分析】根据流程，含铜废料在空气中焙烧，C

u转化为CuO，CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，加入稀硫酸酸化生成硫酸铜，加入Fe置换硫酸铜，过滤，滤液为硫酸亚铁，得到Cu，用稀硫酸淘洗得到的Cu，用20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液氧化Cu：Cu+H2O2

+2HNO3＝Cu(NO3)2+2H2O，得到硝酸铜溶液，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃时结晶，过滤、洗涤、干燥得到Cu(NO3)2•3H2O，据此分析作答。【小问1详解】“焙烧”时，其中的CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，反应的化学方程式为：2CuS+3O22CuO+2SO2，

故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；【小问2详解】①硝酸能溶解铜，常温下铁和浓硫酸发生钝化，所以为减少Cu的损失，淘洗Cu用稀硫酸；故答案为：c；②证明“淘洗”已完全就是证明不存在亚铁离子，因此方案为：取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴

几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全；【小问3详解】“反应”为20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液溶解Cu，反应过程中无红棕色气体生成，反应为：Cu+H2O2+2HNO3＝Cu(NO3)2+2H2O，因此理论上反应所消耗的H2O2和HNO3的物质的量之比为1∶2，H2O

2在上述反应中起到氧化剂的作用；【小问4详解】某工厂用m1kg上述工业含铜废料(含铜元素80%)制备Cu(NO3)2·3H2O，则理论上生成产品质量为10.8m×242kg64，最终得到产品m2kg，产率为2211mkg40m×100%=?100%0.8m

121m×242kg64。19.用2CO合成燃料甲醇(3CHOH)是碳减排的新方向。某温度下，在体积为0.5L的密闭容器中，充入21molCO和23molH，发生反应()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++。（1）该反应的能量变化如图所示。①该反应为_____(填“放热”或“吸热

”)反应。②能判断该反应已达化学平衡状态的标志是_____(填字母)。a．2CO体积分数保持不变b．容器中混合气体的质量保持不变c．混合气体的平均相对分子质量保持不变d．2CO的生成速率与2HO的生成速率相等e．容器中2CO浓度与2

H浓度之比为1∶3（2）2CO合成燃料甲醇(3CHOH)的过程中伴随着下列副反应：()()()()222COgHgCOgHOg++在不同温度下达到平衡，体系中3CHOH、CO的选择性和2CO的平衡转化率［()2CO］与温度的

关系如图所示：已知：3CHOH的选择性32CHOH100%CO=生成的的物质的量转化的的物质的量，在250℃下反应达到平衡时容器中生成3CHOH的浓度为_____，此时2H的平衡转化率()2H=_____。（3）用3CHOH和2O组合形成的质子交换膜燃料电

池的结构示意图如图：则通入3CHOH的一极是_____(填“a”或“b”)，若电路中转移2mol电子，消耗的2O在标准状况下的体积为_____L。【答案】（1）①.放热②.acd（2）①.0.3mol/L②.20%（3）①.a②.11.2【解析】【小问1详解】①由图知，反应物总能量高于生成物总能

量，为放热反应，故答案为：放热；②a.在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。CO2百分含量保持不变可以说明反应达到平衡状态，a符合题意；b．根据质量守恒定律可知，容器中混合气体的质量

始终保持不变，则混合气体的质量不变，不能说明达到平衡状态，b不合题意；c．混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明混合气体的物质的量保持不变，反应前后气体分子数目发生变化，说明反应达到平衡状态，c符合题意；

d．CO2生成速率与H2O生成速率相等，满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，且反应速率是相反的，因此可以说明达到平衡状态，d符合题意；e．平衡时浓度不再发生变化，但各物质的浓度之间不一定相等或满足某种关系，因此容

器中CO2浓度与H2浓度之比为1∶3，不能说明反应达到平衡状态，e不合题意，故答案为：acd；【小问2详解】2CO合成燃料甲醇(3CHOH)的反应()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++2CO为放热反应，随着温度升高，3CHOH的选择性降

低，对应曲线a，250℃时，3CHOH的选择性为50%，CO2的转化率为30%，即50%30CHOH100.3%=生成的的物质的量mol，解得3CHOH的物质的量为0.15mol，浓度为0.15mol÷0.5L=

0.3mol/L；主反应()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++转化掉的H2的物质的量为0.45mol，转化掉的CO2为0.15mol，则副反应()()()()222COgHgCOgHOg++转化掉的CO2的物质的量为0.3mol-0.15mol=0.15mol，转化

掉的H2的物质的量为0.15mol，总共转化掉的H2的物质的量为0.45mol+0.15mol=0.6mol，则H2的转化率=0.6mol=?100%=20%3mol。【小问3详解】根据电子流向可知，电极c为负极，甲醇失

去电子，发生氧化反应；电极d为正极，氧气得到电子，发生还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，1mol氧气在反应中得到4mol电子，若线路中转移2mol电子，则消耗氧气0.5mol，在标准状况下的体积为：0.5mol×22.4L/mol＝11.

2L。20.水合肼(242NHHO)是一种重要的化工原料，工业上用尿素［()22CONH］、NaOH和NaClO溶液反应制备水合肼的实验流程如图，据此某化学兴趣小组设计了下列实验制备242NHHO。回答下列问题：已知：①2Cl

与NaOH反应为放热反应，2Cl与热的NaOH溶液反应会生成3NaClO；②242NHHO易溶于水，熔点-40℃，沸点为118℃，具有强还原性，易被氧化成无毒气体。［实验一］制备NaClO溶液。实验制备装置如图1所示：（1）写出24NH的

电子式_____。（2）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_____。（3）试管要放入冷水中的原因是_____。［实验二］制备水合肼。实验制备装置如图2所示：（4）a仪器名称是_____。（5）三颈烧瓶内装入的药品是_____(填“尿素溶液”或

“NaClO和NaOH溶液”)，原因是_____。（6）三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为_____。［实验三］测定馏分中水合肼的含量。（7）准确称取馏分6.00g，加入适量3NaHCO固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形版中，并

滴加2~3滴淀粉溶液，用0.50mol/L的碘标准溶液滴定。实验测得消耗碘标准溶液的体积的平均值为22.00mL，馏分中水合肼(242NHHO)的质量分数为的_____(保留四位有效数字)。【答案】（1）（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）Cl2与NaOH反

应为放热反应，Cl2与热的NaOH溶液反应会生成NaClO3，影响NaClO的产率（4）直形冷凝管（5）①.尿素溶液②.若三颈烧瓶中装NaClO和NaOH溶液，在尿素滴加过程中，NaClO过量，会将生成N2H4·H2O进一步氧化（6）NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4

·H2O+NaCl+Na2CO3（7）45.83%【解析】【分析】氯气与氢氧化钠溶液反应得到次氯酸钠，向次氯酸钠和氢氧化钠混合溶液中加入尿素溶液，得到水合肼，溶液经过一系列操作得到碳酸钠。【小问1详解】24NH的电子

式：；【小问2详解】圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问3详解】据题中信息可知，Cl2与NaOH反应为放热反应，Cl2与热的NaOH溶液反应会生成NaClO3，影响NaClO的产率，故需要放入冷水降温避免副

反应；；【小问4详解】a仪器的名称是直形冷凝管；【小问5详解】三颈烧瓶中应装尿素溶液，若三颈烧瓶中装NaClO和NaOH溶液，在尿素滴加过程中，NaClO过量，会将生成的N2H4·H2O进一步氧化，所以三颈烧瓶中应装尿素溶液；【小问6详

解】三颈烧瓶内发生反应的化学方程式：NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3；【小问7详解】水合肼被氧化为N2，I2被还原为I-，根据电子得失守恒可列出关系式N2H4·H2O~2I2~4e-，则水合肼

的质量的分数为3500.52210250225100%45.83%6.00−=。