【文档说明】北京市育才学校2023-2024学年高一下学期期中考试化学（选考）试题 Word版含解析.docx，共(25)页，2.409 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度第二学期北京育才学校高一化学期中考试试卷（选考）（90分钟100分）可能用到的原子量：H：1C：12N：14O：16第一部分（选择题共42分）每小题只有一个选项符合题意（1~21小题，每小题2分）1.下列应用不合理．．．的是A.用SO2

漂白纸浆、毛、丝等B.用铁质容器车运输浓盐酸C.用高纯硅可制造计算机芯片D.用二氧化硅生产光导纤维【答案】B【解析】【详解】A．SO2可结合某些色素形成无色的物质，所以可用于漂白纸浆、毛、丝等，A项合理；B．铁质容器与浓盐酸

反应，B项不合理；C．芯片材料为硅单质，C项合理；D．光纤的材料为SiO2，D项合理；故选B。2.下列关于二氧化氮性质的描述中，不正确．．．的是A.无色气体B.有刺激性气味C.相同条件下密度比空气的大D.能与水反应【答案】A【解析】【详解】A.NO2为红棕色气体，A不正确；B.NO2有刺激

性气味，B正确；C.相同条件下，NO2密度比空气的大，C正确；D.NO2能与水反应生成硝酸和NO，D正确。选不正确的，故为A。3.下列各组离子中，能大量共存的是A.Na+、NH4+、Cl−、OH−B.SO24−、K+、Cl−、NO3−C.

H+、Fe2+、NO3−、Na+D.Ca2+、Na+、HSO3−、OH−【答案】B【解析】【详解】A．+4NH、OH−能结合生成一水合氨弱碱，不能共存，A不选；B．各离子之间互不反应，能共存，B选；C．H+、Fe2+、-3NO能发生氧化还原反应生成铁离子和NO气体，不能共存，C不选；D．-3HS

O、OH−能反应生成2-3SO和水，2-3SO与Ca2+结合生成CaSO3沉淀，不能共存，D不选；故选：B。4.下列解释事实的化学用语正确的是A.C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2OB.铁和硫加热条件下反应：2Fe+3SΔFe2S3C.过量铁粉与

稀硝酸反应：Fe＋NO3−＋4H+=Fe3+＋NO↑＋2H2OD.工业制粗硅：C+SiO2高温Si+CO2↑【答案】A【解析】【详解】A．浓H2SO4具有强氧化性将C氧化为CO2而自身被还原为SO2，A项正确；B．S弱氧化性将Fe氧化为FeS，B项错误；C．过量Fe与HNO3反应产生Fe2+，

C项错误；D．工业制硅中二氧化硅与C反应产生CO，D项错误；故选A。5.下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是A.Fe2O3跟稀硝酸反应B.Fe(OH)2跟稀硝酸反应C.CuO跟稀硝酸反应D.Al(OH)3跟稀硝酸反应【答案】B【解析】【详解】A．Fe2O3和HNO3

反应生成硝酸和水，硝酸只表现出强酸性，故A错误；B．Fe(OH)2和HNO3反应生成硝酸铁、NO和水，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铁，硝酸还表现出酸性，故B正确；C．CuO和HNO3反应生成硝酸铜和水，化合价没有变化，不是氧化还

原反应，硝酸只表现出酸性，故C错误；D．Al(OH)3和HNO3反应生成硝酸铝和水，N元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故D错误；答案选B。6.只用一种试剂，区别下列四种溶液()()242424

432NaSOAlSOFeClNHSO、、、，此试剂A.稀盐酸B.2BaCl溶液C.3AgNO溶液D.NaOH浓溶液【答案】D【解析】【分析】Na2SO4、Al2(SO4)3、FeCl2、(NH4)2SO4分别与NaOH反应的现象为：

无现象、先生成白色沉淀后沉淀消失、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、刺激性气体，以此来解答．【详解】A．均不与稀盐酸反应，现象相同，不能鉴别，故A项错误；B．Na2SO4、Al2(SO4)3、FeCl2、(NH4)2SO4均与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B项错误

；C．四种物质与硝酸银反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C项错误；D．Na2SO4、Al2(SO4)3、FeCl2、(NH4)2SO4分别与NaOH反应的现象为：无现象、先生成白色沉淀后沉淀消失、白色沉淀迅速变为灰绿色最后

为红褐色、刺激性气体，现象不同，可以鉴别，故D项正确；故本题选D。7.单斜硫和正交硫互为同素异形体，正交硫在一定条件下可以转化为单斜硫(如下图所示)。在该条件下，下列说法正确的是A.单斜硫比正交硫更稳定B.正交硫转化为单斜硫是放热反应C.1molS(单斜硫)比1molS

(正交硫)的总能量高D.等质量的单斜硫和正交硫完全燃烧释放的能量一样多【答案】C是【解析】【详解】A．由题干图示信息可知，相同质量的单斜硫具有的总能量高于正交硫，能量越高越不稳定，故正交硫比单斜硫更稳定，A错误；B．由题干图示信息可知，相同质量的单斜

硫具有的总能量高于正交硫，故正交硫转化为单斜硫是吸热反应，B错误；C．由题干图示信息可知，相同质量的单斜硫具有的总能量高于正交硫，即1molS(单斜硫)比1molS(正交硫)的总能量高，C正确；D．由题干图示信息可知，相同质量的单斜硫具有的总能量高于正交硫，故等质量的单斜硫和正

交硫完全燃烧释放的能量，前者多于后者，D错误；故答案为：C。8.反应N2(g)+O2(g)2NO(g)在恒温密闭容器中进行，下列不改变反应速率的是A.缩小体积使压强增大B.恒容，充入N2C.恒容，充入HeD.恒压，充入He【答案】C【解析】【详解】

A．气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，A选项不满足题意；B．容积不变，充入N2，使反应物N2的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，B选项不满足题意；C．容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，

因此不改变化学反应速率，C选项满足题意；D．压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减小，D选项不满足题意；答案选C。9.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装

置收集方法A2O4KMnOadB2HZn+稀24HSObeCNOCu+稀3HNObcD2Cl2MnO+浓盐酸bcA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．加热KMnO4可以制备O2，O2的密度大于空气且不易溶于水，因此用c或e

收集，A错误；B．Zn与H2SO4反应可制备H2，固液不加热，选用装置b，H2密度小于空气且不溶于水，可选用d或e收集，B正确；C．Cu与稀硝酸反应不需要加热可生成NO，NO密度与空气接近，为有害气体，且不溶于水，

应选用排水法收集，C错误；D．MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，因此不能选用b装置，D错误；答案选B。10.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是A.NO属于共价化合物B.过程②吸

收能量，过程②放出能量C.30gNO分解生成2N时转移电子数约为2326.0210D.反应过程中有极性键断裂，也有极性键形成【答案】D【解析】【分析】NO吸附在催化剂表面，在催化剂表面断键形成N原子和O原子，N原子和O原子在催化剂表面反应生成N2和O2。【详解】A．N

O属于共价化合物，故A项正确；B．过程②断键，吸收能量，过程③形成化学键，放出能量，故B项正确；C．标准状况下，30gNO分解生成0.5molN2时，N元素由-2价变为0价，转移电子数约为2×6.02×1023，故C项正确

；D．反应过程中N和O之间为极性键断裂，生成N2和O2时形成了非极性键，故D项错误；故本题选D。11.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是A.向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀B

.向硫酸酸化的KI溶液中加入双氧水，溶液变黄C.向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]D.向H2S溶液中通入Cl2，生成黄色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．该反应为复分解反应，

A项不符合题意；B．2KI+H2O2+H2SO4=I2+K2SO4+2H2O，该溶液的pH升高，B项不符合题意；C．该反应为复分解反应，C项不符合题意；D．Cl2将H2S氧化为S而自身被还原为HCl溶液p

H下降，D项符合题意；故选D。12.某同学以大小相同的铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如表所示：实验编号水果种类电极间距离/cm电流/μA1番茄198.72番茄272.53苹果227.2下列

关于上述实验的说法正确的是A.实验目的是探究水果种类和电极材料对水果电池电流的影响B.实验所用装置中，负极材料是铜C.实验装置将电能转化为化学能D.实验2和3能表明水果种类对电流大小有影响【答案】D【解析】【分析】上述装置为原电池装置，锌作负极，铜作正极，电解质溶液由水

果提供。实验1和2可以研究电极间距离对电流的影响；实验2和3可以研究水果种类对电流的影响。【详解】A．根据分析，实验目的是探究水果种类和电极间距离对水果电池电流的影响，A错误；B．实验所用装置中，负极材料是锌，

B错误；C．实验装置将化学能转化为电能，C错误；D．根据分析，实验2和3能表明水果种类对电流大小有影响，D正确；故选D。13.某原电池的总反应是22ZnCuZnCu+++=+，该原电池的正确组成是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】

根据电池总反应原电池的总反应是22ZnCuZnCu+++=+可知，锌失电子发生氧化反应而作负极，电解质溶液中含有铜离子，选择活泼性较弱的铜或石墨等导体作正极。【详解】A．由于Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Zn被氧化为Zn2+，Cu为正极，电解质溶液中的C

u2+被还原为Cu，原电池的总反应是22ZnCuZnCu+++=+，A正确；B．装置中未发生氧化还原反应，不能构成原电池，B错误；C．装置中没有活泼性不同的两极，不能构成原电池，C错误；D．装置中未发生

氧化还原反应，不能构成原电池，D错误；故选A。14.汽车的启动电源常用铅酸蓄电池，其结构如图所示。放电时的电池反应：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。下列说法中，正确的是A.Pb作电池的负极B.PbO2作电池的负极C.PbO2得电子，被氧化D.电池放电时，溶液酸性增强

【答案】A【解析】【详解】A．根据总反应方程式，Pb化合价升高，失去电子，因此Pb作电池的负极，故A正确；B．PbO2中Pb化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此PbO2作电池的正极，故B错误；C．PbO2得电子，被还原，

故C错误；D．根据总反应方程式分析，电池放电时，硫酸不断消耗，浓度不断减弱，则溶液酸性减弱，故D错误。综上所述，答案为A。15.我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。下列说法不正确．．．的是A.电极a是正极B.电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑

+4H2OC.每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移D.离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H+

+2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和

阴离子交换膜，据此解答。【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4mol

NaCl发生迁移，C错误；D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；故选C。16.下列实验结论与实验现象相符合的一组是选项实验现象结论A向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸

变蓝原溶液中含有NH4+B把SO2通入紫色的酸性高锰酸钾溶液溶液紫色褪去SO2具有漂白性中C向蔗糖中滴加浓硫酸蔗糖变黑浓硫酸具有吸水性D向盛有Cu片的试管中加入稀H2SO4，无明显现象，再加入NaNO3固体Cu片逐渐溶解，产生气泡，溶液变蓝NaNO3是催化剂，可增大Cu

与稀H2SO4反应的化学反应速率A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，原溶液为盐溶液，说明盐溶液中和浓NaOH溶液在加热下反应生成了氨气，因此说明该盐溶液中含有

4NH+，故A正确；B．SO2与酸性高锰酸钾溶液反应过程中被氧化，体现了SO2的还原性，故B错误；C．向蔗糖中滴加浓硫酸，固体变黑说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，故C错误；D．常温下Cu与稀硫酸不反应，向溶液中加入NaNO3固体，NaNO3电离出3NO−，3N

O−酸性下具有强氧化性，能与Cu反应生成NO气体，故D错误；综上所述，答案为A。17.某反应过程如下图所示，下列关于该反应的说法中，不正确．．．的是A.该反应可能是可逆反应，不能进行到底B.该反应可表示为2AB2+B22AB3C.反应开始进行时，正反应速率大于逆反应速率D.反应过程中不涉及

化学键的断裂和生成【答案】D【解析】【详解】A．分析图示知，反应后产物与反应物共存，所以该反应是可逆反应，不能进行到底，故A正确；B．分析图示知，反应物为AB2和B2，产物为AB3，且该反应是可逆反应，所以方程式表示为2AB2+B22AB3，

故B正确；C．反应开始进行时，反应物浓度较大，正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．由B可知该反应的方程式为2AB2+B22AB3，设计共价键的断裂和生成，故D错误；故选D。18.下图为某燃煤电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是A.使用此装置可以

减少导致酸雨的气体的排放B.该装置内既发生了化合反应，也发生了分解反应C.总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D.若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体中含SO2【答案】D【解析】【详解】A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与CaCO3、

O2反应最终生成了CaSO4，减少了二氧化硫的排放，A正确；B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与O2生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B正确；C.根据以上分析，总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+

2CO2，C正确；D.排放的气体中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含SO2，D错误；答案选D。19.选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理．．．的是a．2322CaCO2HCa=COHO+++++(观察

气泡产生的快慢)b．22322O=SO2HSSOH−++++(观察浑浊产生的快慢)反应影响因素所用试剂Aa接触面积块状CaCO3、0.5mol/LHCl粉末状CaCO3、05mol/LHClBaH+浓度块状CaCO3、0.5mol/LHCl块状CaCO3、

3.0mol/LHClCbH+浓度0.1mol/LNa2S2O3、稀H2SO40.1mol/LNa2S2O3、浓H2SO4Db温度0.1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、冷水0.

1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、热水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】采用控制变量方法进行研究，即只改变一个外界条件，其它外界条件都相同，然后逐一进行分析判断。【详解】A．

只有CaCO3的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；B．该反应的实质是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，只有HCl溶液中的c(H+)不

相同，其它外界条件相同，是研究H+浓度大小对化学反应速率的影响，B正确；C．浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及24SO−，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不

仅溶液中c(H+)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H+浓度大小对化学反应速率的影响，C不正确；D．两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反应速率的影响，D正确；故合理选项是C。2

0.HI常用作有机反应中的还原剂，受热发生反应：()()()Δ222HIgHgIg+。一定温度时，向1L密闭容器中充入1molHI，体系中()cHI与反应时间t的关系如图。下列说法中，不正确．．．的是.A.HI的还原性与1−价碘元素有关B.020m

in−时，2H的反应速率为()32.2510mol/Lmin−=C.40min时，有85%的HI发生分解D.120min时，反应达到了平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．-1价的碘为最低价具有强还原性，A项正确；B．20min时

c(HI)=0.91mol/L，则HI变化浓度为0.09mol/L，根据反应的方程式，H2的变化量为0.045mol/L，则用氢气表示的反应速率为0.045/L20minmol=2.25×10−3mol/(L⋅min)，故B正确；C

．如图40min时c(HI)=0.85mol/L，n=cV=0.85mol，则HI分解率为10.85100%15%1−=，故C错误；D．120min及以后HI浓度不再变化，则达平衡了，D项正确；故选C。21.实验

小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号①②③实验装置及操的作实验现象溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析

出下列说法不正确．．．的是A.KI对22HO分解有催化作用B.对比②和③，酸性条件下22HO氧化KI的速率更大C.对比②和③，②中的现象可能是因为22HO分解的速率大于H2O2氧化KI的速率D.实验②③中的温度差异说明，22HO

氧化KI的反应放热【答案】D【解析】【详解】A．比较实验①②的现象可知，KI对22HO分解有催化作用，A正确；B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下22HO氧化KI的速

率更大，B正确；C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀

析出溶液无明显变化，故可能是因为22HO分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，C正确；D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明22

HO氧化KI的反应放热，D错误；故答案为：D。第二部分（非选择题共58分）22.某化学实验小组同学利用以下装置制备氨气，并探究氨气的性质。（1）实验室制备氨气的化学方程式为______；C中圆底烧瓶收集氨气时，请你选择氨气的进气口______（填“a”或“b”）。（

2）若观察到装置C中的烧瓶内产生了红色喷泉，用化学方程式表示烧瓶内液体变红的原因______。（3）干燥管B中装的试剂是______（填物质名称）。（4）以下装置（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气

的是______。（从A-D项中选择）①②③④A.①②③④B.①②④C.②④D.①②【答案】（1）①.()42322ΔCaOH2NHClCaCl2NH2HO+++②.a（2）32324NHHONHHONHOH+−++（3）碱石灰（4）C【解析】【分析】实验室用加

热氯化氨和消石灰的固体混合物制取氨气，经过干燥管干燥，进入烧瓶，产生“喷泉”实验。【小问1详解】①实验室用加热氯化氨和消石灰的固体混合物制取氨气。故答案为：24232ΔCa(OH)2NHClCaCl2NH2HO+++。②氨

气密度小于空气的密度，所以要采用向下排空气法收集氨气，即a为进气口，b为出气口。故答案为：a；【小问2详解】氨气形成喷泉的原理是由于氨气极易溶于水，氨气溶于水而导致烧瓶内压强减小，从而形成喷泉，依据氨气形成喷泉的原理，如要形成喷泉，烧瓶内气体溶于水导致烧瓶内压强减小

，外界大气压将烧杯内液体压入到烧瓶内，从而形成喷泉；氨气溶于水生成氨水，氨水电离出自由移动的氢氧根离子，所以溶液呈碱性，加入酚酞后溶液呈红色，离子方程式为：32324NHHONHHONHOH+−++。故答案为：32324NHHONHHONHOH+−

++。【小问3详解】干燥管B的主要作用是干燥氨气，瓶中装的试剂为碱石灰，故答案为：碱石灰；【小问4详解】氨气是一种极易溶于水的气体，②导管口放一个漏斗，④球形干燥管，增大了与液体的接触面积，假如发生倒吸，漏斗体

积较大，会使漏斗口很快的脱离液面，由于重力作用，液体又会回到烧杯中，防止了倒吸。故答案为：C。23.化学反应同时伴随着能量变化，是人类获取能量的重要途径。以下是常见的化学反应，回答（1）和（2）。a．镁与盐酸反应b．22Ba(OH)8HO晶体与4NHCl晶体反应c．氢氧化钠与盐酸反应d．盐酸与

碳酸氢钠反应（1）以上化学反应中能用上图表示其能量变化的是______（填字母），此类反应中有能量变化的原因是：断开反应物的化学键吸收的总能量______（填“>”或“<”）形成生成物的化学键释放的总能量。（2）从以上反应中选择一个反应设计原电池。①

将如图原电池装置补充完整______。②证实化学能转化为电能的实验现象是______．③正极的电极反应式是______．（3）电动汽车的某种燃料电池如图所示，其中一极通甲烷，一极通空气。a、b极的电极反应式分别为______．（4）2H还原2CO电化学法制备3CHOH（甲醇）的工

作原理如图所示。通入2H的一端是电池的______极（填“正”或“负”），通入2CO的一端发生的电极反应式为______。生成16g甲醇时，转移______mol电子。【答案】（1）①.cd②.>（2）①.②.电流计指针偏转③.22H2eH+−+=（3）负极：2432C

H10OH8eCO7HO−−−+−=+正极：222O8e4HO8OH−−=++（4）①.负②.232CO6H6eCHOHHO+−++=+③.3【解析】【小问1详解】图示生成物能量高于反应物为吸热反应，镁与盐酸反应、氢氧化钠与盐酸反应为放热反应，盐酸与碳酸氢钠反应、Ba(OH)2⋅8H2O晶体与

NH4Cl晶体反应为吸热反应，故选cd；此类反应中有能量变化的原因是：断开反应物的化学键吸收的总能量>形成生成物的化学键释放的总能量；【小问2详解】自发的氧化还原反应可以设计为原电池，镁与盐酸反应可设计为原电池；①该原电池中镁作负极，电解质为盐酸溶液，图示为；②该原电池工作时，Mg失

电子生成Mg2+，作负极，石墨作正极，电路中电子由负极Mg经过导线流向正极石墨，则电流计指针发生偏转；③该原电池工作时，Mg作负极，石墨作正极，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为2H++2e-＝H2↑；【小问3详解】由图和题意可知，图示为甲烷燃料电池，且电解液为KOH，a失电子为

负极，甲烷在该电极失电子转化为碳酸根，b为正极，氧气在该电极得电子生成OH-，两电极的电极反应式分别为：负极（a）：CH4+10OH−−8e−=23CO−+7H2O正极（b）：2O2+8e−+4H2O=8OH−；【小问4详解】由题意，通入H2的电极为负极，氢气失电子氢元素变为+1价；

通入CO2的一端为正极，CO2得电子转化生成CH3OH，发生的电极反应式为CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O；反应中碳元素的化合价由+4变为-2，每生成1个CH3OH得6个电子，故生成16g甲醇，即生成0.5mol甲醇，转移3m

ol电子。24.汽车尾气中含有xCONO、等有害气体。（1）xNO能形成酸雨，写出2NO转化为3HNO的化学方程式：______．（2）汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：写出该条件下上述反应的热化学

方程式：____________．（3）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示：①NiO电极上发生的是______反应（填“氧化”或“还原”）。②外电路中，电子的流动方向是从____

__电极流出（填NiO或Pt）；Pt电极上的电极反应式为______．（4）一种新型催化剂能使NO和CO发生反应：222NO2CO2CON++。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对

化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下表中。实验编号()t℃NO初始浓度()mol/LCO初始浓度()mol/L催化剂的比表面积()2m/gⅠ28031.2010−35.8010−82Ⅱ

28031.2010−B124Ⅲ350A35.8010−82①请将表中数据补充完整：A______；B______．②能验证温度对化学反应速率影响规律的实验是______（填实验编号）。③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，()cNO随时间t的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的曲线是_____

_（填“甲”或“乙”）。④在222NO2CO2CON++。一定温度下，在容积不变的密闭容器中，下列可以说明该反应达到平衡状态的是______。（从A-D项中选择）A．容器内NO的质量分数不再变化。B．相同时间内，消耗2molNO同时生成21molNC．容器内压强不再变化D．容器内

气体的平均密度不再发生变化【答案】（1）2233NOHO2HNONO+=+（2）()()()22NgOg2NOgΔH183kJ/mol+==+（3）①.氧化②.NiO③.22O4e2O−−+=（4）①.A．31.2010−②.B．35.8010−③.Ⅰ和Ⅲ④.乙⑤.A、C【解析】

【小问1详解】2NO转化为3HNO化学方程式：2233NOHO2HNONO+=+；【小问2详解】根据图中信息可得热化学方程式()()()22NgOg2NOg+=ΔH=(+945+498-2×630)kJ/mol=183kJ/mol+，故答案为：()()()22NgOg

2NOgΔH183kJ/mol+==+【小问3详解】由题给装置图知，该装置为原电池，O2－由Pt电极移向NiO电极，则Pt电极为原电池的正极，NiO为负极；①NiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应；②外电路中，电子的流动方向是从负极NiO电

极流向正极Pt电极；Pt为正极，电极上的电极反应式为22O4e2O−−+=；【小问4详解】①因Ⅰ、Ⅱ比表面积不同，则应控制温度相同，所有浓度应控制相同来验证催化剂比表面积对速率的影响；Ⅰ、Ⅲ比表面积相同，温度不同，则所有浓度应控制相同来验证反应温度对速

率的影响，故答案为A31.2010−；B35.8010−；②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验实验Ⅰ和实验Ⅲ；③因Ⅰ、Ⅱ温度相同，催化剂对平衡移动无影响，则平衡不移动，但Ⅱ的速率大，则Ⅱ先达到化学平衡，其中表示实验Ⅱ的是

曲线乙。④222NO2CO2CON++一定温度下，在容积不变的密闭容器中，正逆反应速率相等，各组分含量不变，即达到平衡状态，由此分析；A．容器内NO的质量分数不再变化，可以确定达到平衡A正确；的B．相同时间内，消耗2molNO同时生成21mo

lN，均表达为正反应，无法确定达到平衡B错误；C．反应正向是个气体体积减小的反应，容器内压强不再变化，可以确定达到平衡C；D．容积不变，反应前后气体质量不变，则容器内气体的平均密度一直保持不变，无法确定达到平衡，D错误；故选AC。25.某小组

利用下图装置进行实验(加热、夹持装置略去，已检查气密性)，探究CO2、SO2分别通入KI溶液中对反应4I-+4H++O2=2I2+2H2O的影响。（1）探究通入CO2的影响。①甲是实验室制CO2的装置，b为石灰石，则c

为_______，其作用是_______。②实验发现：若仅向丙中通入O2，1小时后丙中溶液颜色未发生明显变化；若同时向丙中通入CO2与O2，1小时后，丙中溶液变为浅黄色，生成了可使淀粉变蓝的物质，该物质是_______(写化学式)。依据实验现象，可

得结论：_______。（2）探究通入SO2的影响。①若试剂b为Na2SO3，试剂a为70%的硫酸，甲中加热反应的化学方程式是_______。②向丙中同时通入O2和SO2，1小时后，溶液中出现浑浊。查资料可知，O2未参与反应，SO2与水在I-催化下生成了硫单质和硫酸。化学方程式是__

_____。【答案】（1）①.饱和碳酸氢钠溶液②.除去CO2气体中的HCl③.I2④.碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应（2）①.23242422NaSO+HSONaSO+SO==+HO②.-I22243SO+2HO==

S+2HSO【解析】【分析】装置甲采用石灰石和盐酸反应制CO2，生成的CO2中含有HCl，c为饱和碳酸氢钠溶液，除去CO2气体中的HCl；②淀粉遇到碘变蓝，该物质是I2，依据实验现象，可得结论碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应；【小问1详解】①实验室制CO2采用石灰石和

盐酸反应，生成的CO2中含有HCl，b为石灰石，则c为饱和碳酸氢钠溶液，其作用是除去CO2气体中的HCl，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；除去CO2气体中的HCl；②同时向丙中通入CO2与O2，1小时后，丙中溶液变为浅黄色，

生成了可使淀粉变蓝的物质，淀粉遇到碘变蓝，该物质是I2，依据实验现象，可得结论碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应，故答案为：I2；碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应；【小问2详解】①若试剂b为Na2SO3，试剂a为70%的硫酸，两者反应生成SO2气体，则甲中加热反

应的化学方程式是23242422NaSO+HSONaSO+SO==+HO；②SO2与水在I-催化下生成了硫单质和硫酸，化学方程式为-I22243SO+2HO==S+2HSO。26.以锌锰废电池中的碳包(含碳粉、Fe、C

u、Ag和MnO2等物质)为原料回收MnO2的工艺流程如下：I．将碳包中物质烘干，用足量稀HNO3溶解金属单质，过滤，得滤渣a；Ⅱ．将滤渣a在空气中灼烧除去碳粉，得到粗MnO2；Ⅲ．向粗MnO2中加入酸性H2

O2溶液，MnO2溶解生成Mn2+，有气体生成；Ⅳ．向Ⅲ所得溶液(pH约为6)中缓慢滴加0.50mol•L－1Na2CO3溶液(pH约为12)，过滤，得滤渣b，其主要成分为MnCO3；Ⅴ．滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的Mn

O2。（1）Ι中Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为___________。（2）H2O2的电子式为___________。（3）Ⅲ中MnO2溶解的离子方程式为___________，溶解一定量的MnO2，H2O2的实际消耗量比理论值高，用化学

方程式解释原因：___________。（4）Ⅳ中，若改为“向0.50mol•L－1Na2CO3溶液中缓慢滴加Ⅲ所得溶液”，滤渣b中会混有较多___________杂质。（5）V中MnCO3在空气中灼烧的化学方程式为___________。【答案】（1）3Ag+4HNO3=3A

gNO3+NO+2H2O（2）（3）①.MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O②.2H2O22MnOO2+2H2O（4）Mn(OH)2或Mn2(OH)2CO3等（5）2MnCO3+O2灼烧2

MnO2+2CO2【解析】【分析】锌锰废电池中的碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)烘干后加稀硝酸，金属溶解生成相应的高价金属的硝酸盐、NO和水﹔过滤后得滤渣，其主要成分为碳粉和MnO2，在空气中灼烧后，碳转化为二氧化碳

等；所得粗二氧化锰加入酸性H2O2中，一方面二者间发生氧化还原反应，生成Mn2+、O2等，另一方面MnO2促进H2O2分解为水和O2，将所得含Mn2+的溶液中加入Na2CO3溶液，生成MnCO3沉淀，在空气中

灼烧可获得MnO2。【小问1详解】Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O。【小问2详解】H2O2是共价化合物，电子式为：。【小问3详解】MnO2溶解于H2O2的酸性溶液中，生成M

n2+、O2和水，离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O；MnO2还会作为催化剂促进H2O2分解为水和O2，导致H2O2的实际消耗量比理论值高，化学方程式为：2H2O22MnOO2+2H2O。【小问4详解】Ⅳ中，若改为

“向0.50mol•L－1Na2CO3溶液中缓慢滴加Ⅲ所得溶液”，则在碱性环境中，Mn2+会发生水解反应，从而使滤渣b中混有较多的Mn(OH)2或Mn2(OH)2CO3等杂质。【小问5详解】V中，MnCO3在空气中灼烧，最终生成MnO2、CO2等，所以需要

空气中的O2参与反应，化学方程式为2MnCO3+O2灼烧2MnO2+2CO2。27.某化学小组为探究浓HNO3和NaCl固体的反应产物，进行实验：实验I实验装置实验步骤及现象室温下，按图连接实验装置并检查气

密性。向注射器1中先加入1.17gNaCl固体，然后吸入5mL浓HNO3，关闭止水夹。一段时间后，注射器内溶液变橙色，液面上方有浅棕色刺激性气味气体，溶液温度无明显变化。资料：为①向AgNO3的95%的乙醇溶液中通入HCl产生白色沉淀，通入Cl2无此现象。

②王水中因含有NOCl呈橙色。NOCl(N元素为+3价)有刺鼻恶臭味，受热易分解为NO和Cl2。（1）浓HNO3需保存在棕色试剂瓶中，用化学方程式表示原因：_______。（2）探究注射器1中浅棕色气体的成分。甲同学用注射器2抽取注射器1中

的浅棕色气体，然后吸取适量蒸馏水并振荡，气体颜色褪去，吸入氧气后又变为浅棕色。经检验，浅棕色气体中几乎不含NOCl。①甲同学根据实验现象推断浅棕色气体中含有NO2，结合氧化还原反应规律分析一定还含有Cl2，用离子方程式表示甲同学

的依据：_______。②乙同学认为需设计实验证明存在Cl2.请结合资料，设计证实存在Cl2的实验方案：_______。（3）探究注射器1内橙色溶液的成分。实验II：取2mL橙色溶液于试管中，加热一段时间，观察到试管内有红棕色气体生成，溶液

变为无色。接着向溶液中滴加AgNO3溶液，无明显现象。①丙同学认为实验II中“接着向溶液中滴加AgNO3溶液，无明显现象”，是因为加热使溶液中的Cl-全部变为HCl气体放出。请设计实验证明丙同学的观点不成立：_______。②丁同学通过与王水类比，并查阅资料，确认

产生实验II中的现象的原因是：浓HNO3与NaCl固体反应生成了NOCl，继而溶液中的NOCl受热发生分解反应，使溶液中的Cl-反应完全，所以向溶液中滴加AgNO3溶液时无明显现象。浓HNO3与NaCl固体反应生成了

NOCl，化学方程式是_______。（4）综合上述实验，可以得出结论：_______。【答案】（1）32224HNO4NO+O2HO==+光照（2）①.4H++2-3NO+2Cl-=2NO2↑+Cl2↑+2H2O②.将反应生成的气体依次通入AgNO3的95%的乙醇溶液

、硝酸酸化的AgNO3溶液，AgNO3的95%的乙醇溶液中无白色沉淀，硝酸酸化的AgNO3溶液中产生白色沉淀则证明原气体中含有Cl2（3）①.取少量盐酸于试管中，充分加热，向其中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，丙同学观点不成立②.4HNO3(浓)+3NaCl=NOCl+Cl2↑

+3NaNO3+2H2O；（4）浓硝酸可以与NaCl发生氧化还原反应，生成NOCl、Cl2与NO2【解析】【小问1详解】浓硝酸需保存在棕色试剂瓶中，原因是浓硝酸见光容易分解，方程式为32224HNO4NO+O2HO==+光照；【小问2详解】①甲同学根据实验现象推断浅棕色气体中含有NO2，硝酸

中的N化合价由+5降低为+4，则一定有一元素化合价升高，只能为氯离子生成氯气，则离子方程式为4H++2-3NO+2Cl-=2NO2↑+Cl2↑+2H2O；②乙同学认为需设计实验证明存在Cl2，证实存在Cl2的实验方案将反应生成的气体依次

通入AgNO3的95%的乙醇溶液、硝酸酸化的AgNO3溶液，AgNO3的95%的乙醇溶液中无白色沉淀，硝酸酸化的AgNO3溶液中产生白色沉淀则证明原气体中含有Cl2；【小问3详解】①丙同学认为实验II中“接着向溶液中滴加AgNO3溶液，无明显现象”，是因为加热使溶液中的Cl-全部变为HCl

气体放出，设计实验为取少量盐酸于试管中，充分加热，向其中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，丙同学观点不成立，故答案为：取少量盐酸于试管中，充分加热，向其中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，丙同学观点

不成立；②浓HNO3与NaCl固体反应生成了NOCl，化学方程式是4HNO3(浓)+3NaCl=NOCl+Cl2↑+3NaNO3+2H2O；【小问4详解】综合上述实验，我们可以得出浓硝酸可以与NaCl发生氧化还原反应，生成NOCl、Cl2与NO2的结论，故答案为：浓硝酸可以与N

aCl发生氧化还原反应，生成NOCl、Cl2与NO2。