【文档说明】《精准解析》甘肃省天水市秦安县第一中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题 （解析版）.docx，共(22)页，722.146 KB，由小赞的店铺上传

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1甘肃省天水市秦安县第一中学2021—2022学年高一下学期期中考试化学试题H：1O：16Zn：65Cu：64一、选择题(每小题2分，共50分，每题只有一个正确选项)1.中国将与各方携手推动全球环境治理以及可持续发展事业，构建人类命运共同体。下列说法不正确．．．的A.购物时

提倡少用塑料袋以减少白色污染B.排放到空气中的2CO、2NO、2SO均会形成酸雨C.为防止电池中的重金属污染土壤，应积极开发废电池的综合利用D.利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境

【答案】B【解析】【详解】A．提倡购物时少用塑料袋，可以减少“白色污染”，故A正确；B．排放到空气中的2NO、2SO均会形成酸雨，2CO不会形成酸雨，故B错误；C．废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，为防止污染土壤，

应积极开发废电池的综合利用，故C正确；D．利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境，故D正确；故选B。2.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘我

国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法中正确的是()A.玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品B.制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英C.硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高D.沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐【答案】

C【解析】【详解】A．陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，故A错误；B．纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料，而制水泥的原料是黏土和石灰石，故B错误；C．硅酸盐制品性质稳定、熔点高，故C正确；D．沙子的主要成分是SiO2,黏土的主

要成分是硅酸盐，故D错误；故答案：C。23.下列叙述正确的是A.浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B.浓HNO3易挥发，打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞，瓶口有白烟C.浓盐酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气

等气体D.浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化【答案】D【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，A错误；B．浓HNO3易挥发，打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞，挥发出来的硝酸与空气中的水蒸气形

成液体小液滴，瓶口有白雾，故B错误；C．浓盐酸不具有吸收性、不能做干燥剂，浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气等气体，酸性干燥剂不能干燥氨气，C错误；D．浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化，在使铁、铝金属的表面生成致密的氧化膜，阻止反

应的进一步发生，故D正确；答案选D。4.下列关于二氧化硫的说法不正确．．．的是A.SO2能使H2S的水溶液出现黄色沉淀，说明SO2具有氧化性B.SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性C.SO2通入水中无明显现象，说明SO2不与水反应D.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，

说明SO2具有还原性【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在溶液中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O，在该反应中SO2为氧化剂，得到电子，表现氧化性，A正确；B．SO2能使品红溶液褪色，说明S

O2能够与有色物质反应产生无色物质，因此可证明SO2具有漂白性，B正确；C．反应不一定有现象，因此不能根据SO2通入水中无明显现象，就说SO2不能与水反应，事实上二氧化硫溶于水，并与水反应产生亚硫酸，由于亚硫酸溶液显无色，因此无明显现象，C错误；D．SO2能使酸性KMnO4溶液褪

色，是由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会将SO2氧化为硫酸，3KMnO4被还原为无色MnSO4，因此可说明SO2具有还原性，D正确；故合理选项是C。5.在C(s)+CO2(g)=2CO(g)的反应中，现

采取下列措施：①缩小体积，增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2，上述能够使反应速率增大的措施是A.①④B.②③⑤C.①③D.①②④【答案】C【解析】【详解】①缩小体积，增大压强，浓度增大，反应速率加快；②碳是固体，增加碳的量，反应速率不变；③通入C

O2，反应物浓度增大，反应速率加快；④恒容下充入N2，反应物浓度不变，反应速率不变；⑤恒压下充入N2，容器容积增大，浓度减小，反应速率减小；答案选C。6.反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，若在恒压容器中发生，下列选项表明反应一定

已达平衡状态的是（）A.容器内气体的密度不再变化B.容器内压强保持不变C.相同时间内，生成N-H键的数目与断开H-H键的数目相等D.容器内气体的浓度之比c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2【答案】A【解析】【详解】A.反应N2(g)＋3H2(g

)2NH3(g)ΔH＜0是气体体积减小的反应，反应在恒压容器中发生，体积可变但气体总质量不变，密度不变说明气体的体积不变，表明反应已达平衡状态，选项A正确；B.因反应在恒压条件下进行，反应中压强始终不变，故压强不再变化不能表明反应一定已达平衡状态，选项B错误；C.断开HH

—键和生成NH—键均表示正反应，则相同时间内，断开HH—键的数目和生成NH—键的数目相等不能表明反应一定已达平衡状态，选项C错误；D.容器内气体的浓度()()()223N:H:NH1:3:2ccc=与反应的起

始状态有关，不能表明反应一定已达平衡状态，选项D错误；答案选A。47.如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的组合是MNPA锌铜稀硫酸溶液

B铜铁稀盐酸溶液C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，说明M、N与池中液体构成了原电池。N棒变细，作负极，M棒变粗，说明溶液中的金属阳离子在M极上得到电

子，生成金属单质，M变粗，M做原电池的正极。【详解】A．如果是锌、铜、稀硫酸构成原电池，则电池总反应式为Zn+2H＋=Zn2++H2↑，Zn作负极，M极变细，A项错误；B．如果是铁、铜、稀盐酸构成原电池，电

池总反应式为Fe+2H＋=Fe2++H2↑，则铁是负极，铜棒M是不会变粗的，B项错误；C．如果是银、锌、硝酸银溶液构成原电池，电池总反应式为Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，则锌是负极，N棒变细，析出的银附在银上，M棒变粗，C项

正确；D．如果是锌、铁、硝酸铁溶液构成原电池，电池总反应式为Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+，Zn作负极，M极变细，D项错误；答案选C。8.锌—空气电池(原理如右图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是5A.氧气在石墨电极上发生氧化反应B.

该电池的负极反应为Zn＋H2O－2e－=ZnO＋2H＋C.该电池放电时OH－向Zn电极移动D.若Zn电极消耗6.5g，外电路转移0.1mole-【答案】C【解析】【详解】A．氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．锌作负极，碱性条件下

，负极上电极反应式为：--2Zn-2e+2OH=ZnO+HO，故B错误；C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH－向Zn电极移动，故C正确；D．若Zn电极消耗6.5g，外电路转移0.2mole-

，故D错误；故选：C。9.工业上，常用O2氧化HCl转化成Cl2，提高效益，减少污染。反应为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）。一定条件下，测得数据如下：t/min02.04.06.08.010.012.0c（Cl2）/10-3mol∙L-101.83.85.77.27.7

7.7下列说法错误的是A.条件不变时，14min时v正（Cl2）=v逆（H2O）B.2.0~4.0min内平均反应速率大于6.0~8.0min内的C.0~6.0min内HCl的平均反应速率为1.9mol·L-1·min-1D.加入高效催

化剂，达到平衡所用时间小于10.0min【答案】C【解析】【详解】A．由表格数据可知，10min时Cl2浓度不再变化，反应达到平衡，14min时反应依然处于平衡状态，所以v正（Cl2）=v逆（H2O），A正确；的6B．2.0~4.0min内Cl2的平均反应速率为-3-33.

8-1.810mol/(Lmin)=110mol/(Lmin)2，6.0~8.0min内Cl2的平均反应速率为-3-47.2-5.710mol/(Lmin)=7.510mol/(Lmin)2，所以2.0~4.0min内的平均反应速

率大于6.0~8.0min内的，B正确；C．0~6.0min内Cl2的平均反应速率为-3-45.7-010mol/(Lmin)=9.510mol/(Lmin)6，根据反应速率之比等于化学计量数之比，HCl0~6.0min内的平均反应速率为-31.910mol/(Lmin)，C错误；D．

催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡的反应时间，D正确；故选C。10.将一定量的锌与100mL18.5mol·L−1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.1mo

l·L-1，则下列叙述中错误的是A.气体A为SO2和H2的混合物B.反应中共消耗Zn97.5gC.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1D.反应中共转移3mol电子【答案】C【解析】【分析】浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐

渐降低，继续与锌反应生成氢气，所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物，生成气体的物质的量为：33.6L22.4L/mol=1.5mol，溶液稀释至1L，测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，，所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×

18.5mol/L−0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则()244222H=2HOx2xxZnSOZnSOSO+++浓，2442Zn+HSO=ZnSO+Hyyy，则有：x+y=1.5，2x+y=1.8，解之得x=0.3，

y=1.2，所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。【详解】A．根据上述分析可知，气体为二氧化硫和氢气的混合物，A正确；B．反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g，B正确；

C．由上述分析可知，V(SO2)：V(H2)=1：4，C错误；D．在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mo

l，所以反应中共转移3mol电子，D正确；答案选C。11.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和2NO、24NO、NO的混合气体，这些气体与2336mLO(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸

收生成硝酸。则消耗铜的质量为7A.0.32gB.4.8gC.1.92gD.0.96g【答案】C【解析】【分析】因为过程前后变价的元素是铜元素和氧元素，相当于铜失去电子给氧气，利用得失电子数相等即可得到答案。【详解】铜与浓硝酸反应的还原产物是2NO、24NO、NO的混合气体，当通入

2336mLO后所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程氮元素又恢复了原来的价态，所以变价的元素就是铜元素和氧元素，根据电子得失守恒，铜失去的电子就等于氧气得到的电子，设消耗的铜有mg，则有333610L/2464g/22.4L/mgm

LmLmolmol−=，解得m=1.92，故答案选C。【点睛】守恒法是解决氧化还原反应计算的最简单方法。12.某工厂拟综合处理含+4NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程。已知：222NONO2OH2NOHO−−++=+，下列说法

正确的是A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO4B.捕获剂所捕获的气体主要是COC.X可以是空气，且需过量D.处理含+4NH废水时，发生的反应：++422NH+5NO+4H=6NO+4HO−【答案】B【解析】【分析】【详解】A．固体1是二氧化碳、二氧化硫和氢氧化钙反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，因此

固体1中主要含有CaCO3、CaSO3，故A错误；B．气体1中NO和氧气和NaOH反应生成NaNO2，因此气体2主要是CO和N2，而捕获剂所捕获的气体主要是CO，故B正确；8C．根据222NONO2OH2NOHO−−++

=+，X可以是空气，但只能适量，过量就会生成硝酸钠，故C错误；D．处理含+4NH废水时，铵根和亚硝酸根反应生成氮气，其发生的反应：+4222NH+NO=N+2HO−，故D错误。综上所述，答案为B。13.硅的化合物在材料领域中应用广

泛。下列叙述错误的是A.二氧化硅是制造光导纤维的材料B.二氧化硅属于酸性氧化物，不能与任何酸反应C.装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞D.硅酸钠是制备木材防火剂的原料【答案】B【解析】【分析】【详解】A．二氧化硅对光有很好的反射作用，是制造光导纤维的材料，A正确；B．二氧

化硅可以和氢氟酸发生反应，B错误；C．玻璃中含有二氧化硅，碱性溶液会和二氧化硅反应生成硅酸盐，所以装碱性溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞，C正确；D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，水玻璃是矿物胶，不燃烧，将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备

木材防火剂的原料，D正确；综上所述答案为B。14.下列说法中正确的是A.不锈钢属于化合物B.浓硫酸可以用铁罐运输，是因为铁不与浓硫酸反应C.2SO能使氯水褪色，是因为2SO具有漂白性D.浓硝酸用棕色瓶盛装，是因为硝酸见光易分解【答案】

D【解析】【分析】【详解】A．化合物是由二种或二种以上不同元素所组成的纯净物，不锈钢是混合物，A错误；B．常温下铁遇浓硫酸会发生钝化，在铁的表面形成致密的氧化膜，不是不反应，B错误；9C．二氧化硫使氯水褪色是因为二氧化硫有还原性和氯气和水反应生成盐酸和硫酸，

C错误；D．硝酸见光易分解，保存时应该用棕色试剂瓶，D正确；故选D15.下列有关浓硫酸的叙述正确的是A.浓H2SO4具有吸水性，能够使蔗糖等有机化合物发生炭化B.浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取SO2时，浓H2SO4表现出强氧化性C.浓H2SO4和铜片加热反

应时，浓硫酸既能表现酸性，又表现出强氧化性D.常温下，浓H2SO4与铁、铝不反应，所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4【答案】C【解析】【分析】【详解】A．浓H2SO4具有脱水性，能够使蔗糖等有机化合物发生炭化，故A错误；B．浓H2SO4与亚硫酸钠反应制取

SO2时，在反应物中硫元素处于相邻价态，根据氧化还原反应规律知，它们之间是不可能发生氧化还原反应的，应为复分解反应，其原理是用难挥发性酸制易挥发性酸，强酸制弱酸。因而在此反应中浓H2SO4表现的是难挥发性和酸性，故B错误；C．浓

H2SO4和铜片加热反应时，铜与浓H2SO4在加热条件下发生反应，其方程式为：Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，反应中浓H2SO4为氧化剂，铜为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1。因每反应的2mol

浓H2SO4中，1mol作氧化剂，还有1mol起酸的作用(生成盐和水)，故C正确；D．浓H2SO4具有强氧化性，常温下与铁、铝接触，能使金属表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续跟硫酸反应，所以可用铁、铝质容器盛放浓H2SO4，这是金属的钝化现象

。金属钝化现象是浓H2SO4与这些金属发生反应引起的，所以不能说常温下浓H2SO4与铁、铝不反应，故D错误；答案选C。16.溶液中常见离子的检验及结论正确的是A.若加入淀粉溶液，溶液显蓝色，则一定有IˉB.若加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则一定有ClˉC.若加入Ba(NO3)2溶液，有

白色沉淀产生，则一定有SO2-4D.若加入NaOH溶液，微热，产生使润湿红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定有NH+4【答案】D【解析】。10【分析】【详解】A．碘离子遇到淀粉不变色，若加入淀粉溶液，溶液显蓝色，则一定有碘单质，故A错误；B．碳酸银也是白色沉淀，加入AgNO3溶液有白色

沉淀，不一定有Cl-，应该加稀硝酸排除干扰离子，故B错误；C．溶液中如果含有碳酸根离子等会产生干扰，先加盐酸，无白色沉淀产生，再加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，则一定有SO2-4，故C错误；D．铵根离子与碱反应生成氨气，

氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，若加入NaOH溶液，微热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定有NH+4，故D正确；故选D。17.下列有关的说法正确的是A.已知CO2能与H2O反应生成H2CO3，则SO2能与H2O反应也生成H2SO3B.已知CO2通入Ba(NO3)2溶液

中无沉淀生成，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀生成C.已知BaCO3能溶于盐酸，溶液变澄清，则BaCO3也能溶于硫酸，溶液变澄清D.已知Na2O2与CO2反应为：2222322NaO2CO2NaCOO+=+，则Na2O2与SO2反应也为：2222322Na

O2SO2NaSOO+=+【答案】A【解析】【分析】【详解】A．CO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，CO2能与H2O反应生成H2CO3，则SO2能与H2O反应也生成H2SO3，A项正确；B．过量SO2通入Ba(NO3)2溶液中会生成硫酸钡沉淀，B项错误；C.BaCO3能溶

于盐酸，溶液变澄清，则BaCO3也能溶于硫酸，生成硫酸钡，溶液中有沉淀，C项错误D．过氧化钠本身有强氧化性但CO2中的C已是最高价无法再被氧化所以过氧化钠只好把自己歧化了，而SO2中的S只是+4价还可以变为+6价，所以会生成Na2SO4，D项错误；故选A。18.Cl2和SO2的水溶

液均具有漂白性，但是将二者等物质的量混合通入水中，所得溶液不具有漂白性，下列说法错误的是A.干燥的Cl2无漂白性B.SO2漂白过品红溶液加热时能恢复原色的11C.混合后所得溶液的酸性强于混合前D.SO2

有毒，不能用作食品添加剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．干燥的Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HCIO有漂白性，A项正确；B．SO2与某些色素反应生成不稳定的无色物质，加热时产物重新分解恢复原色，用SO2漂白过的品红溶液加热时能恢复原色，B

项正确；C．混合时反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++24SO−＋2Cl-，混合后所得溶液的酸性强于混合前，C项正确；D．在严格控制用量的情况下，SO2可被添加到食品中作为漂白剂、防腐剂和抗氧化剂，D项错误；故选D。19.有a、b、c、d四种金属，将

a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，外电路电流从b流向a；将a、d分别投入等浓度盐酸中，d比a反应剧烈；将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化；将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出。据此判断它们金属活动性

顺序是A.d＞c＞a＞bB.d＞a＞b＞cC.d＞b＞a＞cD.b＞a＞d＞c【答案】B【解析】【详解】将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，外电路电流从b流向a，a是负极，b是正极，所以活泼性a>b；将a、d分别

投入等浓度盐酸中，d比a反应剧烈，活泼性d>a；将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，活泼性Cu>b；将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，活泼性所以Cu<c，所以d＞a＞b＞c，故B正确。20.下列有关化学反应速率的说法，正确的是A.用铁片和稀硫酸反应制

取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率B.100mL2mol/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变C.二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应减慢D.汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反

应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减小【答案】D【解析】【详解】A．常温下浓硫酸能够使铁钝化，且铁片与浓硫酸反应不能生成氢气，故A错误；12B．向盐酸中加入氯化钠溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C．升高温度，反应速率一定加快，故C错误；D．有气体参加的反

应，压强越小，各组分浓度减小，导致反应速率越慢，故D正确；故选D。21.纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中，不正确．．．的是A.过程I的反应：2Fe3O4=6FeO+O2↑B.Fe3O4、FeO以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂C

.过程I、Ⅱ的总反应：2H2O=2H2↑+O2↑D.整个过程实现了太阳能向化学能的转化【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图示，过程I是在太阳能作用下四氧化三铁分解为氧化亚铁和氧气，反应方程式是：2Fe3O4=6FeO+

O2↑，故A正确；B．Fe3O4是以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂，故B错误；C．根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，故C正确；D．根据图示，整个过程是太阳能为热源

分解水生成H2和氧气，实现了太阳能向化学能的转化，故D正确；选B。22.下列设计的实验方案能达到实验目的的是A.制备3Al(OH)悬浊液：向3AlCl溶液中加过量氨水B.制备3Fe(OH)胶体：向饱和3FeCl溶液中滴加过量NaOH溶液13C.验证22

HO是否具有氧化性：向22HO溶液中滴加酸性4KMnO溶液，观察紫红色是否褪去D.验证反应3+-2+2==2Fe+2I2F=e+I是否可逆：向-135mL0.1molLFeCl溶液中加入-12mL0.1molLIK溶液，充分振荡

，再滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红【答案】A【解析】【详解】A．3Al(OH)不溶于氨水，故可用3AlCl溶液中加过量氨水来制备3Al(OH)悬浊液，故A正确；B．制备3Fe(OH)胶体的方法是向

沸水中滴加饱和的3FeCl溶液，故B错误；C．22HO溶液使酸性4KMnO溶液褪色，体现是22HO的还原性，不能验证它的氧化性，故C错误；D．要验证这个反应3+-2+2==2Fe+2I2F=e+I是否是

可逆反应，加入的KI必须过量，过量了经检验还有Fe3+，则可证明这个反应是可逆的，而题目给的FeCl3和KI的物质的量比为5：2，FeCl3过量，所以无法验证这个反应是否是可逆反应的，故D错误；本题答案A。23.为比较Fe3+和Cu2+对H2

O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是A.图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B.相同环境下若图甲所示实验中反应速率为①>②，则一定说明F

e3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好C.用图乙所示装置测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间D.为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位【答案】B【解析】【

详解】A．反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；B．图甲所示实验中没有控制变量，没有设计实验验证Cl−和24SO−对反应速率的影响，故该实验不能确定的143Fe+和2Cu+对22HO分解的催化效果，故B错误；C．反应速率可以用单位时间内产

生气体的体积表示，要测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间，故C正确；D．关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确。故答案选B。24.某溶液可能含有Mg2

+、Fe2+、K+、Na+、+4NH、2-3CO、2-4SO、2-3SO、I-中的若干种离子。取少量四份溶液做如下实验：①第一份加入足量氯水，有气泡产生②第二份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀产生③第三份加入NaOH溶液，加热，有气体放出，

该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝④用铂丝蘸取第四份溶液，置于酒精灯火焰灼烧，火焰呈黄色某同学为了进一步确定其组成，无需进行的实验是A.取少量原溶液滴加KSCN溶液，观察现象，再滴加氯水B.蘸取原溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻

璃片观察现象C.取少量原溶液，加入适量硫酸，气体通入品红溶液D.取①后溶液加入CCl4溶液，振荡、静置，观察现象【答案】A【解析】【分析】【详解】①第一份加入足量氯水，有气泡产生，则一定含有2-3CO，一定不含Mg2+、Fe2+；②第二份加入盐酸酸化的氯化钡溶液

，无沉淀产生，一定不含2-4SO；③第三份加入NaOH溶液，加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定含有+4NH；④用铂丝蘸取第四份溶液，置于酒精灯火焰灼烧，火焰呈黄色，一定含有Na+，其余的离子无法判断。A．溶液一定不含Mg2+、Fe2+，所以无须进行亚铁离子的检验，故A正确

；B．蘸取原溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃片观察现象，可以检验钾离子是否存在，故B错误；C．取少量原溶液，加入适量硫酸，气体通入品红溶液，可以检验亚硫酸根离子是否存在，故C错误；D．取①后溶液加入CCl4溶液，振荡、静置，观察，根据是否存现分层现象可

以判断碘离子是否存在，故D错误。15故选A。25.向200mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中缓慢加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列说法错误的是A.OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是2HB.A点溶液中的溶质为()243Fe

SO和24HSOC.原混合溶液中3NO−的物质的量为0.2molD.原混合溶液中24HSO的物质的量浓度为11molL−【答案】D【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+-3NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反

应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；最终消耗22.4gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。【详解】A．根据分析可知，OA段发生反应为：Fe+-3NO+4H+

=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以OA段产生的是NO，BC段产生H2，A正确；B．A点时，-3NO被Fe全部还原为NO，因此溶液中不再含有-3NO，此时溶质为()243FeSO和24HSO

，B正确；C．OA段消耗11.2gFe，即0.2molFe，根据方程式Fe+-3NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知消耗的HNO3的物质的量为0.2mol，因此原混合酸中-3NO物质的量为0.2mol，C正确；D．最终消耗22.4gFe，即0.4molFe，

最后溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可得n(FeSO4)=0.4mol，16则n(H2SO4)=0.4mol，原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为-10.4mol=2molL0.2L，D错误；故选D。二、非选择题(共4题每空2分，共50分)26.用Cu还原密度为1.42g·cm-

3，溶质质量分数为68%的HNO3溶液。反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O（1）该反应的离子方程式为：_______，该硝酸的物质的量浓度为_______mol/L(保留一位小数)。（2）该反应转移的电子的物质的量：_______。（3）1

2.8gCu与足量该浓硝酸反应能使_______molHNO3被还原；其中还原过程为：_______（4）浓硝酸在反应中显示出来的性质是_______(填字母)a.还原性b.酸性c.氧化性d.挥发性【答案】（1）①.Cu+4H++2NO3−＝Cu2++2NO2↑+2H2O②.15.3（2）2mol

（3）①.0.4②.HNO3→NO2（4）bc【解析】【小问1详解】根据化学反应方程式可知该反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3−＝Cu2++2NO2↑+2H2O；根据c＝1000ρω/M可知该硝酸的物质的量

浓度为10001.4268%/63molL≈15.3mol/L；故答案为：Cu+4H++2NO3−＝Cu2++2NO2↑+2H2O；15.3；【小问2详解】铜与浓硝酸反应中Cu元素化合价从0价升高到+2价，N元素化合价从+5价降低到+4价，消耗1mol铜转移2mol电子，故答案：

2mol；【小问3详解】依据方程式可知消耗1mol铜，消耗4mol硝酸，但是只有2mol硝酸被还原为二氧化氮，12.8gCu的物质的量是12.8g÷64g/mol=0.2mol，则被还原的硝酸物质的量为：0.4mol；其中还原过程为HNO3→N

O2；故答案为：0.4；HNO3→NO2；【小问4详解】依据反应方程式可知硝酸中部分氮元素化合价降低变为二氧化氮，表现氧化性，部分氮元素化合价不变，生成硝酸铜，表现酸性；故选：bc。27.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：为

17（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_______。（2）若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：t/s05015025035

0n(NH3)00.360.480.500.500~50s内的平均反应速率v(N2)=_______。（3）已知：键能指在标准状况下，将lmol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号

E表示，单位为kJ/mol。H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成lmolNH3过程中放出46kJ的热量。则N≡N的键能为_______kJ/mol。（4）CO与H2反应可制备CH3OH，

由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下。电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则c电极是_______(填“正极”或“负极”)，若外电路中转移2mol电子，则上述电池所消耗的O2在标准状况下的体积为_

______L。（5）下列反应中，属于吸热反应的是_______(填序号)①物质燃烧②炸药爆炸③酸碱中和反应④食物因氧化而腐败⑤Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应⑥铁粉与稀盐酸反应【答案】（1）3X+Y2Z18（2）0.0018mol•L-1

•s-1（3）946（4）①.负极②.11.2（5）⑤【解析】【小问1详解】根据图可知，X、Y为反应物，Z为生成物，0～2min，Δn（X）=1mol-0.7mol=0.3mol，Δn（Y）=1mol-0.9mol=0.1mol，Δn（Z）=0.2mol，Δn（X

）：Δn（Y）：Δn（Z）=3：1：2，则该反应化学方程式：3X+Y2Z；【小问2详解】0～50s内，Δn（NH3）=0.36mol，v（NH3）=0.36250molLs=0.0036mol•L-1•s-1，根

据方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），v（N2）=12v（NH3）＝12×0.0036mol•L-1•s-1=0.0018mol•L-1•s-1；【小问3详解】设N≡N的键能为xkJ/mol，根据生成1molNH3过程中放出46kJ的热量，依

据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）可知-92kJ/mol=（x+3×436-2×3×391）kJ/mol，解得x=946；【小问4详解】由图可知电子由电极c流向电极d，说明电极c为负极；该原电

池正极电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O，每转移4mol电子，消耗1molO2，若外电路中转移2mol电子，则消耗0.5molO2，在标准状况下，其体积为：0.5mol×22.4L•mol-1

=11.2L；【小问5详解】①物质燃烧、②炸药爆炸、③酸碱中和反应、④食物因氧化而腐败、⑥铁粉与稀盐酸反应等均是放热反应；⑤Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，答案选⑤。28.实验室按如图所示装置进行氨的催化氧化实验，操作步骤及实验现象总结如下：

操作步骤：将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管中通入热空气，将红热的铂丝伸入锥形瓶中。实验现象：a.红热的铂丝始终保持红热状态；b.瓶中有红棕色气体生成，瓶内还有白烟生成。19回答下列问题：（1）铂丝始终保持红热状态的可能原因是______

_。（2）通入热空气的作用是_______。（3）请写出氨气催化氧化反应的化学方程式：_______。红棕色气体的化学式为_______，此气体可用NaOH溶液吸收，有NaNO2和NaNO3生成，写出该反应的化学方程式_______；若吸收的红棕色气体中混有等物质的量的NO，且与

氢氧化钠反应只生成一种盐，请写出用NaOH溶液吸收此两种气体发生反应的离子方程式：_______。（4）瓶内出现白烟的原因是_______。【答案】（1）在铂丝的催化条件下，氨气与氧气发生氧化反应，为放热反应（2）使氨气挥发出来接触到红热的铂丝，同时提供空气，利用

其中的氧气反应（3）①.4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O②.NO2③.2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O④.NO+NO2+2OH－＝2NO2−+H2O（4）瓶内有水蒸气存在，NO2和水蒸气反应生成硝酸

，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体【解析】【小问1详解】催化条件下，氨气发生氧化反应生成NO，为放热反应，因此铂丝始终保持红热状态，故答案为：在铂丝的催化条件下，氨气与氧气发生氧化反应，为放热反应；【小

问2详解】氨水易挥发，步骤中鼓入热空气把浓氨水中生成的氨气排出接触到红热的铂丝，与氧气反应，故答案为：使氨气挥发出来接触到红热的铂丝，同时提供空气，利用其中的氧气反应；【小问3详解】氨的催化氧化反应，氨气中－3价的氮被氧气氧化成+2价的一氧化氮，

化学反应方程式为：4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O，NO易被氧化生成红棕色NO2气体，用NaOH溶液吸收NO2，反应中只有N元素化合价变化，则N的化合价分别由+4价变化为+5价和+3价，转移电子1mol，生成等量的NaNO3和NaNO2，反应的化学方程式为

：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，NO、NO2在碱溶液中可以发生如下反应：NO+NO2+2OH－＝2NO2−+H2O，故答案为：4NH3+5O2Δ催化剂4NO+6H2O；NO2；202NO2+2Na

OH＝NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2OH－＝2NO2−+H2O；【小问4详解】瓶内有白烟生成，白烟是由于瓶内有水蒸气存在，NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体，故答案为：瓶内

有水蒸气存在，NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体。29.某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用如图所示装置进行有关实验。甲同学取agCu片和12mL18mol/L浓硫酸放入圆底

烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的硫酸和Cu剩余。（1）A装置盛放有Cu的仪器名称：_______，C装置收集气体的方法为：_______。（2）D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是_______，其作用是_______。（3）装置B的作用是贮存多余的气体。当D处

有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，装置A仍有气体产生，此时装置B中试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。装置B中应放置的液体是_______(填字母)。a.饱和Na2SO3溶液b.酸性KMnO4溶液c.饱和NaHSO3溶液d.浓溴水（4

）反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，却不能使Cu完全溶解的原因是_______。加入足量的下列药品不能证明反应结束后烧瓶中还有硫酸剩余的是_______(填字母)。a.NaCl溶液b.Fe粉C.CuOd.Na2SO

3溶液【答案】（1）①.圆底烧瓶②.向上排空气法（2）①.NaOH溶液②.吸收多余的SO2（3）c（4）①.反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应②.a21【解析】【分析】装置A中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧

化硫和水，装置B吸收多余的二氧化硫，装置C收集二氧化硫，装置D验证二氧化硫的化学性质，据此解答。【小问1详解】A装置盛放有Cu的仪器为圆底烧瓶；C装置气流是长进短出，C装置收集气体的方法为：向上排空气法，故答案为：圆底烧瓶；向上排空气法；【小问2详解】二氧化硫有毒，不

能排放在环境中，D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，该液体可以吸收多余的SO2，可以是NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；吸收多余的SO2；【小问3详解】装置B的作用是贮存多余的气体，B中试剂不能与二氧化硫反应，且抑制二氧化硫的溶解，饱和Na2SO3溶液、酸性KMnO4溶液、浓溴

水都能够与二氧化硫反应，只有饱和NaHSO3溶液符合，故答案为：c；【小问4详解】反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，却不能使Cu完全溶解的原因是反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应，检验反应后溶液中含有H+可证明酸剩余，则Fe、CuO、Na2SO3溶液均与氢离子反应可

证明，分别有气体生成、溶液变蓝色、有气体生成，现象明显，只有a不能，故答案为：反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应；a。22获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com