【文档说明】北京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，4.756 MB，由小赞的店铺上传

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北京师大附中2023—2024学年（下）高一期中考试化学试卷考生须知：1．本试卷有2道大题，共13页。考试时长90分钟，满分100分。2．考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效。3．考试结束后，考生应将答题纸交回。可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、单项选择题，共25道小题，共50分。1.下列建筑材料的主要成分不属于无机非金属材料的是A．瓷砖B．玻璃C．塑料管道D．水泥A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】瓷砖、玻璃、水泥都属

于无机非金属材料，塑料管道属于合成高分子材料，故C符合题意。综上所述，答案为C。2.下列过程属于人工固氮的是A.分离液态空气制氮气B.工业合成氨C.豆科植物的根瘤菌将氮气转化为氨D.打雷闪电时氮气转化为含氮化合物【答案】B【解析】【分析】人工固氮主要

是针对生物固氮而言，通过化学方法，制备出类似生物“固氮菌”的物质，使空气中的氮气在常温常压下与水及二氧化碳等反应，转化为氨态氮或铵态氮，进而实现人工合成大量的蛋白质等，最终实现工厂化生产蛋白质食品。【详解】

A．工业获取氮气，A错误；B．工业合成氨符合人工固氮的概念，B正确；C．豆科植物的根瘤菌将氮气转化为氨为生物固氮，C错误；D．打雷闪电时氨气转化为含氮化合物为自然固氮，D错误；故选B3.下列反应属于吸热反应的是A.钠与水的反应B.乙醇的燃烧C.()22BaOH8HO晶体与4NH

Cl反应D.氢气与氯气的反应【答案】C【解析】【分析】常见的燃烧反应、酸碱中和反应、活泼金属与酸的反应、大多数化合反应等都是放热反应，大多数的分解反应等属于吸热反应，据此分析作答。【详解】A．钠与水的反应为放热反应，故

A错误；B．乙醇的燃烧为放热反应，故B错误；C．()22BaOH8HO晶体与4NHCl反应为吸热反应，故C正确；D．氢气与氯气的反应生成氯化氢，为放热反应，故D错误；故选：C。4.下列物质的用途不正确．．．的是A.二氧化硅

用作半导体材料B.液氨用作制冷剂C.二氧化硫常用于漂白纸浆D.铵盐常用作化肥【答案】A【解析】【详解】A．晶体硅用作半导体材料，二氧化硅用来制作光导纤维，A错误；B．液氨气化时吸热，能使周围温度降低，可用作制冷剂，B正确；C．二氧化硫具有漂白性，常用于漂白纸浆，C正确

；D．铵盐中含氮元素，常用作化肥，D正确；故选A。5.下列关于甲烷的说法不正确．．．的是A.甲烷是最简单的烷烃B.甲烷不强酸强碱反应C.常温常压下甲烷是无色无味的气体D.甲烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【

解析】【详解】A．甲烷是最简单的有机物，也是最简单的烷烃，故A正确；。B．甲烷不强酸、强碱、酸性高锰酸钾反应，故B正确；C．常温常压下甲烷是无色无味、密度比空气小的气体，故C正确；D．甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。综上所述，答案为D。6.下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、

反应物用量、反应物浓度等)改变，不会引起产物改变的是A.Cl2和H2B.NaOH和SO2C.Na和O2D.Cu和HNO3【答案】A【解析】【详解】A．Cl2和H2反应的产物只有HCl，故选A；B．NaOH和SO2反应时，SO2少量生成Na2SO3，SO2过量生成NaHSO3，故不选

B；C．Na和O2在常温下生成Na2O、在加热条件下生成Na2O2，故不选C；D．Cu和浓HNO3反应放出NO2气体，Cu和稀HNO3反应放出NO气体，故不选D；选A。7.下列物质中，与互为同分异构体的是A.4CHB.33CHCHC.323CHCHCHD.32223CHCHCHCHCH【

答案】D【解析】【分析】分子式相同，结构不同的有机化合物互称同分异构体，的分子式为C5H12。【详解】A．甲烷与其分子式不同，不互为同分异构体，A错误；B．乙烷与其分子式不同，不互为同分异构体，B错误；C．丙烷与其分子式不同，不互为同分异构体，C错误；D．32223CHCH

CHCHCH与其分子式相同但结构不同，互为同分异构体，D正确；故选D。8.下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是A.在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液变稀(挥发性)B.在加热条件下铜与浓硫酸反应(脱水性)C.浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑(氧化性)D

.浓硫酸可用来干燥某些气体(吸水性)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液变稀，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下铜与浓硫酸反应发生氧化还原反应，表现的是浓硫酸的氧化性，故B错误

；C．浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出，浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑，表现的是浓硫酸的脱水性，故C错误；D．浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体，如氢气、二

氧化碳等，表现的是浓硫酸的吸水性，故D正确；故选D。9.如图为锌锰干电池构造示意图。下列说法不正确．．．的是A.氯化铵糊作电解质溶液B.锌筒发生还原反应C.电子由锌筒通过导线流向石墨棒D.该电池属于一次电池【答案】B【解析】【分析】锌锰干电池为原电池

装置，属于一次电池，其中锌筒作负极，石墨棒作正极，氯化铵糊为电解质溶液。【详解】A．根据分析，氯化铵糊作电解质溶液，A正确；B．锌筒作负极，发生氧化反应，B错误；C．电子由负极沿导线流向正极，即由锌筒通过导线流向石墨棒，C正确；D．该电池属于一次电池，D正确；故选B。10.一定条件下，在

恒容密闭容器中发生反应：2232SO(g)O(g)2SO(g)+。当2SO、2O、3SO的浓度不再变化时，下列说法正确的是A.2SO和2O全部转化为3SOB.该反应已达到化学平衡C.正、逆反应速率相等且等于零D.223SOOSO、、的物质的量之比一定为2:1:2【答案】B【解析】【分

析】当2SO、2O、3SO的浓度不再变化时，说明该反应已达化学平衡状态。【详解】A．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，所以2SO和2O不可能全部转化为3SO，A错误；B．当2SO、2O、3SO的浓度不再变化时，说明该反应已达化学

平衡状态，B正确；C．反应达化学平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于零，C错误；D．未知起始加入量，223SOOSO、、的物质的量之比不一定为2:1:2，D错误；答案选B。11.简易氢氧燃料电池示意图如下图所示，下列说法中不正确．．．的是A.电子从a经导线流向bB.通入H2

的石墨电极a为正极C.O2在石墨电极b处发生还原反应D.氢氧燃料电池将化学能转化为电能【答案】B【解析】【详解】A．a极发生氧化反应，为负极，b极发生还原反应，为正极，电子从负极经导线流向正极，A项正确；B．a极发生H2-2e－=2H+，H2被氧化为H+，则通入H2的石墨电极a为负极，B项错误；C

．b极发生O2+4e－+4H+=2H2O，O2在石墨电极b处发生还原反应，C项正确；D．氢氧燃料电池将H2和O2含有的化学能转化为电能，D项正确。答案选B。12.某小组利用下图装置探究2SO的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确．．．的是A.通入2SO

前，①中溶液显红色的原因：NaOH=NaOH+−+B.通入2SO后，①中溶液颜色褪去的原因：2SO具有漂白性C.通入2SO前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝D.通入2SO后，②中溶液颜色褪去的原因：22

224SOI2HO=SO2I4H−−+++++【答案】B【解析】【详解】A．酚酞遇碱变红，NaOH在水中能电离：NaOH=Na++OH−，溶液显碱性，所以①中溶液显红色，故A正确；B．通入SO2后，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，

消耗了NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，体现了SO2的酸性氧化物的性质，不是漂白性，故B错误；C．淀粉遇碘变蓝，所以②中溶液显蓝色，故C正确；D．通入SO2后，②中溶液颜色褪去是SO2和碘发生了氧化还原反应，I2被还原

为I-，溶液蓝色褪去，故D正确；故选B。13.某废水中存在大量的Na+、Cl-、NH4+、SO24−，欲除去其中的NH4+和SO24−，设计了如下流程。下列说法中，不正确．．．的是A.NaOH的作用是除去NH4+B.Na2CO3的作用是除去过量的Ba2+C.试剂a为H2SO4溶液D.NaO

H改在过滤后加入可达到相同目的【答案】C【解析】【详解】A．NH4+与OH-反应放出氨气，NaOH的作用是除去NH4+，故A正确；B．Ba2+和23CO−反应生成碳酸钡沉淀，Na2CO3的作用是除去过量的Ba2+，故B正确；C．加试剂a的目的是除去过量

的氢氧化钠、碳酸钠，若试剂a为H2SO4溶液，会引入杂质SO24−，所以试剂a为盐酸，故C错误；D．NaOH的作用是除去NH4+，加入氢氧化钠不生成沉淀，NaOH改在过滤后加入可达到相同目的，故D正确；故选C。14.某温度下，在一固定容

积的容器中进行反应：SO3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+SO2(g)，下列情况表示一定达化学平衡状态的是A.气体密度不再随时间而改变B.体系总压强不再随时间而改变C.NO和NO2的生成速率相同D.SO3和N

O的浓度比为1：1【答案】C【解析】详解】A．该反应前后气体质量不变，容积不变，故密度始终不变，因此气体密度不再随时间而改变不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；B．恒容，反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以气体总压强不

随时间而改变时，反应不一定达到平衡状态，故B不符合题意；C．NO和NO2的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C符合题意；D．SO3和NO的浓度比为1：1时，正逆反应速率不一定相等，反应不一定达到平衡状态

，故D不符合题意；【故答案选C。15.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。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③放出能量C.反应过程中有极性键断裂，有非极性键形成D

.标准状况下，NO分解生成222.4LN时转移电子数约2326.0210【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，解吸得到N2和O2。【详解】A．NO属于共

价化合物，A正确；B．过程②断键，吸收能量，过程③形成化学键，放出能量，B正确；C．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，C正确；D．标准状况下，NO分解生成222.4LN时，N元素由-3

价变为0价，共有2molNO反应，转移电子数约为2366.0210，D错误；故选D。16.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272.5为3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。17.探究22HO的分解反应，实验方案如图。下列说法不正确的是A.22HO中既含有极性共价键又含

有非极性共价键B.向①中伸入带火星的小木条未见复燃，说明22HO未分解C.对比②③④，可探究温度对22HO分解速率的影响D.本实验可通过观察产生气泡的快慢来比较22HO分解的速率【答案】B【解析】【详解】A．22HO中既含有极性共价键H-O键，又含有非极性共价键O-O

键，A正确；的B．氧气浓度较大时，才可以使带火星的小木条复燃，故该操作不能说明22HO未分解，B错误；C．根据对比实验的单一变量原则，对比②③④，可探究温度对22HO分解速率的影响，C正确；D．产生气泡越快，分解速率越快，本实验可通过观察产生气泡的快慢来比较22HO分解的速率，D正确；故选B。1

8.如下图形表示四种烷烃分子，下列说法不正确．．．的是A.a的分子构型是正四面体B.d和c互为同分异构体，物理性质和化学性质均相同C.b中含有极性共价键和非极性共价键D.c是b的同系物【答案】B【解析】【详解】A

．由比例模型可知，a为甲烷，其空间构型为正四面体，A正确；B．由球棍模型可知，d为异丁烷，与c互为同分异构体，由于异丁烷含有侧链基团，所以其物理性质与正丁烷不同，B错误；C．由球棍模型可知，b为丙烷，分子中含有C—C非极性共价键和C—H极性共价键，C正确；D．由球

棍模型可知，c为正丁烷，与b丙烷结构相似，分子组成上相差1个CH2，两者互为同系物，D正确；故选B。19.下图表示N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法不正确的是A.O2过量时，可能会有红

棕色气体产生B.N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量C.1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)，需吸收能量180kJD.1molN2(g)和1molO2(g)所具有的能量之和比2mol

NO(g)的能量高【答案】D【解析】【详解】A．O2过量时，会继续与NO反应生成NO2,可能会有红棕色气体产生，选项A正确；B．N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量，每断裂1molNN，需要吸收946kJ热量，选项B正确；C．根据图中信息可知

，1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)，需吸收能量(946+498-6322)kJ=180kJ，选项C正确；D．根据选项C可知，反应的△H=+180kJ/mol，反应为吸热反应，1molN2(g)

和1molO2(g)所具有的能量之和比2molNO(g)的能量低，选项D不正确；答案选D。20.实验小组探究甲烷与氯气的取代反应，装置、现象如下：现象ⅰ.光照后，产生白雾，混合气体颜色变浅ⅱ.试管内液面上升ⅲ.试管壁出现油状液滴下列说法不正确．．．的是A.饱和NaCl溶

液可以减少氯气的溶解B.出现油状液滴，说明4CH全部转化为4CClC.产生白雾以及试管内液面上升与HCl的生成有关D.若用铝箔套住装满4CH和2Cl的试管，一段时间后没有明显变化【答案】B【解析】【详解】A．氯气和

水的反应是可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中的氯离子能使平衡左移，从而减少氯气的溶解，故A正确；B．CH4和Cl2混合后在光照条件下发生的取代反应是连续的：CH4+Cl2⎯⎯⎯→光照CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2⎯⎯⎯→光照CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2

⎯⎯⎯→光照CHCl3+HCl、CHCl3+Cl2⎯⎯⎯→光照CCl4+HCl，故油状液滴是二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物，故B错误；C．氯化氢易溶于水，可产生白雾，导致试管内液面上升，故C正确；D．此反应是在光照条件下发生的，若为了探

究反应条件，可用黑色纸套套住装满甲烷和氯气的试管，一段时间后进行观察，即可得出结论，故D正确。故选B。21.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的量的变化如图所示。下列推断合理的是A.该

反应的化学方程式为：3B4C6A2D+=+B.反应进行到1s时，()()ADvv=C.反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol/（L·s）D.反应进行到6s时，各物质的反应速率相等【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，反应达平衡状态，A物质增加1.2mol、D物质增加0

.4mol、B物质减少0.6mol、C物质减少0.8mol，根据反应系数之比等于其物质的量变化之比，且反应物未消耗完全，则该反应方程式：3B4C6A2D++，故A错误；B．化学反应速率比等于化学计量数之比，根据可知，v(A)=3v(D)，故B错

误；C．6s内，B物质消耗0.6mol，则B的平均反应速率：v=0.6mol=0.052L6smol/（L·s），故C正确；D．反应进行到6s时，反应达平衡状态，各物质速率比等于化学计量数之比，化学计量数不同，则各物质的反应速率不相等，故D错误；答案选C。22.能用下图所示装置完成气体制

备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是气体制备试剂烧杯中试剂ASO2铜与浓硫酸饱和NaHSO3溶液BNH3浓氨水与碱石灰水CNO2铜与浓硝酸NaOH溶液DCl2MnO2与浓盐酸饱和NaCl溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硫酸需要在加热条件下反应，处

理二氧化硫常用碱液，NaHSO3不与SO2反应，不能除去尾气，故A错误；B．氨气极易溶于水，尾气处理装置不能防止倒吸，故B错误；C．常温下，铜与浓硝酸发生氧化还原反应得到NO2，NO2能与NaOH溶液反应生成N

aNO2和NaNO3，能除去尾气，故C正确；D．饱和食盐水不能吸收氯气，常用NaOH溶液吸收，故D错误；答案为C。23.将形状和大小相同的Mg条分别打磨后，与相同体积的1mol/L盐酸和amol/L盐酸完全反应，放出气体的体积随

时间的变化如图所示。下列说法中正确的是A.反应的离子方程式是：22Mg2H2ClMgClH+−++=+B.可推断：a1C.可推断：反应中镁过量D.若用1mol/L硫酸代替上述实验中1mol/L盐酸，反应速率不变【答案】B【解析】【详解】A．镁和盐酸反应的离子方程式

为：Mg+2H+=Mg2++H2↑，故A错误；B．由图可知，形状和大小相同的Mg条分别与相同体积的1mol/L盐酸和amol/L盐酸完全反应，产生的氢气一样多，且与amol/L盐酸反应快，所以a＞1，故B正确；C．由图可知，二者产生的氢气一样多，所以镁反应完，故C错误；D．

1mol/L硫酸溶液氢离子浓度为2mol/L，若用1mol/L硫酸代替上述实验中1mol/L盐酸，反应速率加快，故D错误；故选：B。24.在标准状况下将3.20g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后，共收集到含NO2和NO的混

合气体1.344L(标准状况)，则混合气体中NO的体积为A.224mLB.336mLC.448mLD.896mL【答案】C【解析】【详解】3.20g铜完全溶解转移电子的物质的量为3.2g20.1mol64g/mol=；1.344L

NO2和NO的混合气体的物质的量为1.344L0.06mol22.4L/mol=，设NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为(0.06-x)mol，根据得失电子守恒3x+(0.06-x)=0.1，x=0.02

mol，混合气体中NO的体积为0.02mol22.4L/mol=0.448L=448mL，故选C。25.Fe、Mg与H2SO4反应的实验记录如下:实验现象Fe表面产生大量无色气泡Fe表面产生少量气泡后迅速停止Mg表面迅速产生大量气泡Fe表面有大量气泡，Mg表

面有少量气泡下列对实验的分析中，合理的说法是A.I中产生气体的原因是:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.I和Ⅲ对比，能说明浓度能影响物质的化学性质C.Ⅱ和Ⅲ对比可知:Mg的金属性比Fe强D.Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强【答案】D【解析】【详解】A．稀硫酸

具有弱氧化性，与Fe反应生成氢气，发生的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．I和Ⅲ是两种不同的金属与不同浓度的硫酸溶液反应，且I中生成的是氢气，而Ⅲ中Mg与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化

硫气体，反应原理不一样，则I和Ⅲ对比，无法说明浓度能影响物质的化学性质，故B错误；C．浓硫酸有强氧化性，Ⅱ中Fe钝化，而Ⅲ中Mg与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，则Ⅱ和Ⅲ对比无法比较Mg和Fe的金属性强弱，故C错误；

D．构成原电池，Mg为负极失去电子，Fe为正极，正极上氢离子得到电子，可知Mg的金属性比Fe强，故D正确；故答案D。【点睛】元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度，金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物-

-氢氧化物的碱性强弱，氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱。二、非选择题，共6道小题，共50分。26.利用下图所示装置及药品制取干燥的氨气。（1）A中反应的化学方程式是_______。（2）C处是收集

氨气的装置，请将集气瓶中导管补充完整_______。（3）若A中只有4NHCl固体，不能制取3NH，原因是_______(用化学方程式表示)。（4）检验4NHCl固体中4NH+的方法_______。【答案】（1）Ca(OH)2

+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑（2）（3）NH3+HCl=NH4Cl（4）把少量4NHCl放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的NaOH溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色

，根据以上现象可以检验出4NH+的存在【解析】【分析】A装置中氯化铵和氢氧化钙反应产生氨气，B中碱石灰干燥氨气，C收集氨气，氨气密度比空气小，导管应短进长出。【小问1详解】A中制备氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2

NH3↑。【小问2详解】根据分析，氨气密度比空气小，图中导管应短进长出：。【小问3详解】氯化铵受热分解产生氨气和氯化氢，两者在试管口重新生成氯化铵，用化学方程式表示为：NH3+HCl=NH4Cl。【小问4详解】检验4NHCl固体中4N

H+的方法为：把少量4NHCl放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的NaOH溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色，根据以上现象可以检验出4NH+的存在。27.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。（1）关于图Ⅰ所示装置

的说法中，正确的是______。a．负极反应是2Zn2eZn−+−=b．电子由Zn片通过导线流向Cu片c．一段时间后，溶液的pH减小d．溶液中的H+向Cu片移动（2）图Ⅰ所示原电池中，当Cu表面析出4.48L氢气（标准状况）时，导线中通过的电子的物质的量为______mol。（3）图Ⅱ所示装置

为电化学气敏传感器，通过电压表示数可测量环境中3NH的含量。电极b是______（填“正”或“负”）极；溶液中OH−向电极______（填“a”或“b”）移动。（4）图Ⅱ所示原电池中，a极的电极反应式为______，b极的电极反应式为______。【答案】（1）abd（2）0.4（3）①.正②

.a（4）①.32226e6N6HONHOH−−−+=+②.--22O4e2HO4OH++=【解析】【小问1详解】a．锌比铜活泼，故锌为负极，而铜为正极，负极锌失电子发生氧化反应生成锌离子，a正确；b．

电子为流向为失电子到得电子方向，即为锌到铜，b正确；c．正极溶液中的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，酸性减小，pH增大，c错误；d．原电池中正离子向正极移动，d正确；故选abd。【小问2详解】铜电极上发生的电极

反应式为22H2eH+−+=，析出4.48L氢气为0.2mol，则转移电子数目为0.4mol。【小问3详解】由图可知3NH转变为氮气，氨气失电子，故a为负极，b为正极，负离子往负极移动，故OH−往负极移动。【小问4详解】a极氨气失电子变为氮气，电极反应式为3222

6e6N6HONHOH−−−+=+，b极氧气得电子生成氢氧根离子，故--22O4e2HO4OH++=28.工业生产硫酸的流程如下图所示。已知黄铁矿的主要成分是FeS2(二硫化亚铁)。请回答下列问题：(1)FeS2中铁元素的化合价是_____________。(2)接触室中生成SO3的化学方

程式是_____________________。(3)从接触室中出来并被循环利用的物质是______________________。(4)工业上采用氨水处理尾气中的SO2，请写出足量氨水和SO2反应的离子

方程式____________________________________________。【答案】①.＋2②.2SO2＋O2催化剂2SO3③.SO2、O2④.2NH3·H2O＋SO2＝2+4NH+2-3SO＋H2O【解析】【分析】【详解】(1)根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，

所以铁元素的化合价是+2价；正确答案：＋2。(2)接触室中，在催化剂条件下，二氧化硫被氧化为SO3，反应的化学方程式是2SO2＋O2催化剂2SO3；正确答案：2SO2＋O2催化剂2SO3。(3)接触室中发生的反应为2SO2＋O2催化剂2SO3

，所以SO2、O2均有剩余，可以被循环利用；正确答案：SO2、O2。(4)足量氨水和SO2反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式：2NH3·H2O＋SO2＝2+4NH+2-3SO＋H2O；正确答案：2NH3·H2O＋

SO2＝2+4NH+2-3SO＋H2O。29.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【实验内容及记录

】实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.04mol/LKMnO4溶液3mol/L稀硫酸13.02.03.02.04.022.03.03.0205.231.0

4.03.02.06.4请回答：（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________。（2）利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)=________。（3）

实验中加入H2O的目的是___________。（4）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小

组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。①该小组同学提出的假设：生成的Mn2+对该反应有催化作用。②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。实验室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加室温下溶液颜色褪至无0.6mol/LH2C2O4H2O0.04mol/

LKMnO43mol/L.编号溶液溶液稀硫酸入少量固体色所需时间/min43.02.03.02.0__t③现象及结论：依据现象_____，得出该小组同学提出的假设成立。【答案】（1）其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大（2）3×

10-3mol/(L·min)（3）保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同（4）①.MnSO4②.与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min【解析】【分析】【小问1

详解】从表中的实验数据可以看出，三次实验所用KMnO4、H2SO4的浓度都相同，但H2C2O4的浓度不同，H2C2O4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大

H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；【小问2详解】实验1中，在4min内，3.0mL0.04mol/LKMnO4溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)=3.0mL0.04mol/L10.0mL4.0min=3

×10-3mol/(L·min)。答案为：3×10-3mol/(L·min)；【小问3详解】研究外界条件的改变对化学反应速率的影响时，我们通常只改变一个条件，由此可以看出，实验中加入H2O，可保证KMnO4和H2SO4的浓度不变，

所以加入H2O的目的是：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同。答案为：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同；【小问4详解】②因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+

，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。③由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间

短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。【点睛】比较外界条件对反应速率的影响时，若同时改变几

个条件，我们很难判断是哪一条件对反应速率产生影响。30.为消除燃煤烟气中含有的SO2、NOx，研究者提出若干烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。（1）下列物质中，能吸收SO2的有___________(填序号)。a．氨水b

．酸性KMnO4溶液c．BaCl2溶液d．Na2CO3溶液（2）向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4的化学方程式是___________。（3）选择性催化还原法(SCR)“脱硝”。在催化剂的作用下，选取还原剂将烟气中的N

O进行无害化处理。NH3还原NO的化学方程式是___________。（4）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的pH=5.5，将烟气中的SO2、NO转化为SO24−、NO3−，均为放热反应。①NaClO溶

液吸收烟气中SO2的离子方程式是___________。②一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如下图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是___________(写出1种即可)。③烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见上图，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量之

比为___________。【答案】（1）abd（2）2CaCO3+2SO2+O2高温2CaSO4+2CO2（3）4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O（4）①.SO2+ClO−+H2O==SO24−+Cl−+2H+②.SO2在水中的溶解度大于NO；SO2在溶液中的还原性强于NO；SO2与N

aClO溶液的反应速率大于NO③.2∶13【解析】【小问1详解】a．SO2为酸性氧化物，与氨水产生亚硫酸铵，a项符合题意；b．SO2具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化为2-4SO，b项符合题意；c．SO2不能与BaCl2反应，c项不符合

题意；d．Na2CO3呈碱性能与酸性SO2发生反应产生Na2SO3，d项符合题意；故选abd；【小问2详解】SO2在高温下与O2、CaCO3转变为CaCO3，反应为2CaCO3+2SO2+O2高温2CaSO4

+2CO2。答案为2CaCO3+2SO2+O2高温2CaSO4+2CO2；【小问3详解】NH3还原NO产生无污染的物质为N2和H2O，反应为4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O。答案为4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O；【小问4详解

】酸性条件下，NaClO溶液吸收烟气中SO2氧化为2-4SO，反应为SO2+ClO−+H2O==SO24−+Cl−+2H+。该脱出过程在溶液中进行，可对比两者溶解度有差异、还原性差异、反应速率差异等。烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，可设SO2和NO的物质的量分别为4mol、1mol。根

据电子守恒SO2~Cl-~2-4SO该过程产生的n(Cl-)=4×100%mol=4mol；而2NO~3Cl-~2-3NO计算得该过程产生的Cl-为1mol×1.5×80%=1.2mol，-3NO为0.8mol。所以-3NO和Cl−的物质的量之比为=0.8:（1.

2+4）=2：13。答案为SO2+ClO−+H2O==SO24−+Cl−+2H+；O2在水中的溶解度大于NO；SO2在溶液中的还原性强于NO；SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO；2∶13。31.某学习小组探究稀HNO3、浓HNO3与铜的反应。

装置(尾气处理装置略)现象I中开始无明显现象，渐有小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。II中反应剧烈，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色。（1）试管I中Cu与稀HNO3反应的离子方程式是_______。（2）II中反应的速率比I中的快，原因是_

______。（3）针对II中溶液呈绿色的原因，提出假设：假设1：Cu2+的浓度较大所致；假设2：溶解了生成的NO2。探究如下：取II中绿色溶液，分为两等份。①取一份加入如图所示装置中，_______(填“操作”和“现象”)，证实II中溶解了NO2。②向另一份溶液加入___

____(填化学试剂)，溶液变为蓝色。证实假设1不成立，假设2成立。（4）对于稀HNO3与铜生成NO、浓HNO3与铜生成NO2的原因，提出两种解释：解释1：HNO3；浓度越稀，溶液中3NO−的数目越少，被还原时，每个

3NO−从还原剂处获得较多电子的机会_______(填“增多”或“减少”)，因此被还原为更低价态。解释2：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。实验验证浓硝酸能将NO氧化成NO2，实验装置如下图：①B中盛放的试剂是_______。②C中盛放()32CuNO和

_______。③该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是_______。【答案】（1）3Cu+8H++23NO−=3Cu2++2NO↑+4H2O（2）硝酸浓度大（3）①.向上拉动活塞a，试管内液面上方出现红棕色气体②.Cu(OH)2(或CuO等)（4）①.增多②.

水③.浓硝酸④.C中溶液变绿【解析】【分析】解释2．由图可知，A中Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，B中试剂为水，B中发生3NO2+H2O⇌2HNO3+NO，C中试剂为Cu(NO3)2和浓硝酸，若C中溶液变绿，可知溶解了NO2，D中NaOH溶液可吸收尾气

。【小问1详解】试管Ⅰ中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式为3Cu+8H++23NO−=3Cu2++2NO↑+4H2O；【小问2详解】Ⅱ中反应的速率比Ⅰ中的快，

原因是硝酸浓度大，故答案为：硝酸浓度大；【小问3详解】①取一份于图1所示装置中，向上拉动活塞a,试管内液面上方出现红棕色气体，证实Ⅱ中溶解了NO2，故答案为：向上拉动活塞a,试管内液面上方出现红棕色气体；②向另

一份溶液加入Cu(OH)2(或CuO等)，溶液变为蓝色。证实假设1不成立，假设2成立，故答案为：Cu(OH)2(或CuO等)；【小问4详解】解释1．HNO3浓度越稀，溶液中3NO−的数目越少，被还原时，每个3NO−从还原剂处获得较多电子的机会增多，因此被还原为更低价态，故答案为：增多；

解释2．Cu与浓硝酸反应产生NO2气体，NO2气体与B中水发生反应生成HNO3和NO，将产生的NO气体通入到C溶液中，为了探究溶液颜色变化是否是由NO浓度变化引起的，所以C中盛放Cu(NO3)2和浓硝酸，若C中溶液变为绿色，就证明解释2正确；①由上述分析可知

，B中盛放的试剂是水，故答案为：水；②C中盛放Cu(NO3)2和浓硝酸，故答案为：浓硝酸；③该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是C中溶液变绿，故答案为：C中溶液变绿。