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江苏省梅村高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版）
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可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 S－32 Mg－24 Cl－35.5 K－39 Ca－40 Fe－56 Ba－137 Cu－64
第Ⅰ卷（选择题 每题一个正确选项共51分）
1. 现代社会发展与进步离不开材料，下列有关说法不正确的是
A. 碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温耐磨的特点
B. 晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维
C. 硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料
D. 石墨烯是一种新型无机非金属材料，具有高电导率的特点
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．晶体硅是良好的半导体材料，常用于制造芯片，常用于制造光导纤维的是二氧化硅，而不是硅，故B错误；
C．硬铝是铝和其他金属或非金属形成的一种铝合金，具有密度小，强度大，是制造飞机和飞船的理想材料，故C正确；
D．石墨烯是一种新型无机非金属材料，石墨是良好的导体，石墨烯有独特的结构，具有优良的导电、导热性能，故D正确；
故选：B。
2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 液氨气化时吸收大量热，可用作制冷剂B. N2是无色气体，可用作保护气
C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥D. 硝酸有酸性，可用于溶解银
【答案】A
【解析】
【详解】A．液氨气化时会从周围环境中吸收大量热，导致环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；
B．N2不能帮助呼吸，可以使害虫窒息而死，因此可用作保护气，与其是否是无色气体的性质无关，B错误；
C．NH4HCO3中含有氮元素，因此可用作氮肥，与其不稳定，受热易分解的性质无关，C不符合题意；
D．硝酸具有强氧化性，可用于溶解银，与其酸性无关，D不符合题意；
故合理选项是A。
3. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一气体X仍无沉淀，则X可能是
A. O2B. NH3C. CO2D. H2S
【答案】C
【解析】
【分析】将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，溶液中是氯化钡和亚硫酸。
【详解】A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A不符合题意；
B．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故B不符合题意；
C．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故C符合题意；
D．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
4. 下列离子方程式不正确的是
A. 将磁性氧化铁溶于稀盐酸：
B. 通入溶液：
C. 向硅酸钠溶液中通入足量：
D. 向硫代硫酸钠溶液中通入足量：
【答案】D
【解析】
【详解】A． 将磁性氧化铁溶于盐酸，发生反应生成氯化亚铁、氯化铁和水，其离子方程式为：，故A正确；
B． 通入溶液生成硫酸根离子和亚铁离子，其离子方程式为：，故B正确；
C． 向硅酸钠溶液中通入足量，由于亚硫酸的酸性大于硅酸，所以二者发生反应，生成硅酸沉淀和亚硫酸氢钠，其离子方程式为：，故C正确；
D． 向硫代硫酸钠溶液中通入足量，即Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应，Cl2是氧化剂，Cl元素得电子被还原为Cl-，Na2S2O3是还原剂，S元素失电子被氧化为硫酸根离子，其离子方程式为：，故D错误；
故选D。
5. 如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法错误的是
A. 硫在自然界中既有游离态又有化合态B. 过程⑤宜在土壤的富氧区实现
C. 过程②是氧化反应D. 过程①可以通过不同的化学反应实现
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，硫在自然界中既有单质形式(游离态)存在的S，也有化合态形式存在的H2S、、有机硫等，A正确；
B．过程⑤将转化为H2S，S元素化合价降低，表现氧化性，不能在土壤的富氧区实现，B错误；
C．过程②中，S转化为，S元素化合价升高，发生氧化反应，C正确；
D．过程①由H2S转化为S，可以通过分解反应实现，也可以通过H2S与O2接触后发生反应实现，D正确；
故选B。
6. 有一瓶Na2SO3溶液，可能被部分氧化。某同学取少量该溶液，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硫酸，充分振荡后仍有白色沉淀。下列结论中不正确的是
A. Na2SO3已部分被空气中的O2氧化
B. 加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中可能有BaSO4
C. 加入稀硫酸后，不溶的沉淀一定是BaSO4
D. 该实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于加入的稀硫酸也能与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，故不能判断Na2SO3是否部分被氧化，A错误；
B．若Na2SO3被氧化，则加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中可能有BaSO4，B正确；
C．向Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硫酸，充分振荡后仍有白色沉淀，该沉淀一定是BaSO4，C正确；
D．由以上分析，该实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，D正确；
故选：A。
7. 如图所示利用点滴板探究氨气的性质，实验时向固体上滴几滴浓氨水后，立即用烧杯盖住点滴板。下列对实验现象和解释都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．遇氨水放出氨气，故不选A；
B．氨气溶于水呈碱性，所以湿润红色石蕊试纸变蓝，故不选B；
C．氨气和浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵，发生反应，所以烧杯内有白烟，故选C；
D．氨水与氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，故不选D；
选C。
8. 开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是
A. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
B. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均为还原产物
C. 在制粗硅时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D. 石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．生产铝、铜、高纯硅的过程中都是由化合物生成单质，有元素化合价的变化，是氧化还原反应，生成玻璃的过程中只有SiO2与Na2CO3、CaCO3的反应，没有化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应的化学方程式为：2 CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2，Cu的化合价从+2价降低到+1价，Cu2S是还原产物，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，FeO和SO2都是还原产物，所以Cu2S、FeO均为还原产物，故B正确；
C．制粗硅的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，氧化产物为CO，还原产物为Si，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．石灰石、纯碱属于盐，能与盐酸反应，石英不属于盐，不能与盐酸反应，故D错误；
故选B。
9. 用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。
下列叙述正确的是（ ）
A. 实验室中用二氧化锰与1 ml·L-1的盐酸共热制备氯气
B. 装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气
C. 装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量
D. 若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而1 ml·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，故A错误；
B．该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，故B错误；
C．由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，故C正确；
D．若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变为NO，故D错误；
答案选C。
10. 实验室用下图所示装置制取少量水溶液以探究其性质，下列说法不正确的是
A. Ⅰ中锥形瓶内的反应，体现硫酸的酸性
B. 用干燥试纸检验水溶液的酸性
C. 向少量Ⅱ溶液滴入溶液，溶液褪色，说明水溶液有还原性
D. 可用Ⅲ吸收尾气中的
【答案】D
【解析】
【分析】装置Ⅰ中有硫酸和亚硫酸氢钠制备二氧化硫，在装置Ⅱ中将其通入水中，测量其pH，从而验证二氧化硫的性质，同时在该装置中采用了防倒吸的装置，最后注意尾气处理问题，以此解题。
【详解】A．I中锥形瓶内会产生二氧化硫，符合强酸制弱酸原理，体现了硫酸的酸性，故A正确；
B．用干燥pH试纸可以检验溶液的酸碱性，故可用干燥pH试纸检验SO2水溶液的酸性，故B正确；
C．KMnO4溶液褪色，说明高锰酸钾被还原，说明SO2水溶液有还原性，故C正确；
D．NaHSO3不能吸收二氧化硫，应该使用亚硫酸钠进行吸收，故D错误；
故选D。
11. 关于下图的说法不正确的是( )
A. 1 ml I2(s)与1 ml H2(g)化合生成2 ml HI(g)时，需要吸收5 kJ的能量
B. 2 ml HI(g)分解生成1 ml I2(g)与1 ml H2(g)时，需要吸收12 kJ的能量
C. 1 ml I2(s)变为1 ml I2(g)时需要吸收17 kJ的能量
D. I2(g)与H2(g)生成2HI(g)的反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，1 ml I2(s)和1 ml H2(g)吸收5 kJ热量生成2 ml HI(g)，A正确；
B．由图可知，1 ml I2(g)和1 ml H2(g)生成2 ml HI(g)放出12 kJ热量，则2 ml HI(g)分解生成1 ml I(g)与1 ml H2(g)时需要吸收12 kJ的能量，B正确；
C．由图可知，1 ml I2(g)变为1 ml I2(s)放出17 kJ的热量，则1 ml固态碘变为1 ml碘蒸气时需要吸收17 kJ的能量，C正确；
D．由图可知，1 ml I2(g)＋1 ml H2(g)生成2 ml HI(g)放出12 kJ热量，应为放热反应，D错误。
答案为D。
12. 将足量且等量的形状相同的锌块分别加入到等浓度等体积的两份稀硫酸X、Y中，同时向中加入少量饱和溶液，发生反应生成氢气的体积（V）与时间（t）的关系如图所示，反应速率变快的原因是
A. Zn首先与反应，生成的Cu与、稀硫酸构成原电池
B. 加入硫酸铜增大了
C. 加入硫酸铜溶液增大了溶液体积
D. 作催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，曲线X表示的反应速率更快，且生成氢气的体积不变，原因是Zn首先与Cu2+反应生成Cu，Cu与Zn、稀硫酸构成原电池加快反应速率，导致X比Y的反应速率快，故A正确；
故选：A。
13. 一种可产生的锌—空气电池的工作原理如图（KOH溶液作电解质溶液），下列说法正确的是
A. 电流由Zn流向复合碳电极
B. 消耗65g Zn，理论上生成1ml
C. 生成的电极反应式
D. 电解质溶液中的向复合碳电极方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH) 4] 2-，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，放电时电子由负极经过导线流向正极，电流由正极流向负极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。
【详解】A．外电路电流由正极流向负极，即复合碳电极流向Zn，故A错误；
B．消耗65gZn的物质的量为=1ml，电路中通过2ml电子，消耗氧气1ml,理论上生成1mlH2O2，故B正确；
C．生成H2O2电极反应式：O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，故C错误；
D．电解质溶液中，阴离子向负极移动，故的OH-向Zn电极方向移动，故D错误；
故选：B。
14. 在2.0L恒温恒容密闭容器中充入1.0ml和0.3ml，加入催化剂发生反应，、的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 时，(正)(逆)
B. 加入催化剂反应速率不变
C. 时容器内气体的总压强比时的大
D. 时，容器中
【答案】C
【解析】
【详解】A．时，反应物的量还在减少，反应还在向正方向进行，(正)＞(逆)，A错误；
B．加入催化剂可改变化学反应选率，B错误；
C．反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体的总物质的量减小，恒容容器内压强减小，故时容器内气体的总压强比时的大，C正确；
D．时，的物质的量为0.1ml，减少了0.2ml，故生成、的物质的量均为0.4ml，容器中，D错误；
故选C。
15. 在一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的A气体和B气体进行下述反应：。下列表述不能判断该反应达到化学平衡状态的是
A.
B. 容器中混合气体的密度不再变化
C. 容器中混合气体总压强不再发生变化
D. 容器中混合气体的平均相对分子质量不再变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．，说明该反应正逆反应速率相等，能判断该反应达到化学平衡状态，A项正确；
B．该反应中D是固体，反应前后气体总质量发生改变，容器体积不变，所以混合气体的密度是变量，当容器中混合气体的密度不再变化，能判断该反应达到化学平衡状态，B项正确；
C．该反应是气体体积不变的反应，反应前后体系的压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，C项错误；
D．混合气体的平均相对分子质量，该反应中D是固体，反应前后气体总质量发生改变，该反应是气体体积不变的反应，反应前后混合气体的总物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，能判断该反应达到化学平衡状态，D项错误；
答案选C。
16. 某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe2+、CO、SO中的几种。①若加入锌粒，用排空气法收集到无色无味气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH
B. n(NH)：n(Al3+)：n(Mg2+)=4：2：1
C. 溶液中一定不含CO、Fe2+
D. 溶液中n(Mg2+)=0.1ml
【答案】D
【解析】
【分析】加入锌粒，用排空气法收集到无色无味气体，说明溶液中含有H+，生成的气体为H2，则原溶液中一定不含CO，则阴离子只能是SO；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe2+；加入NaOH溶液时，开始没有沉淀产生，则应是发生H++OH-=H2O，消耗氢氧化钠为0.1ml，则n(H+)=0.1ml；之后产生沉淀，当沉淀达到最大值后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量不变化，说明溶液中含有NH，该段发生NH+OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠为0.7ml-0.5ml=0.2ml，则n(NH)=0.2ml；后续沉淀部分消失，则该阶段的反应应为Al(OH)3+OH-=Al+2H2O，消耗氢氧化钠0.8ml-0.7ml=0.1ml，则n[Al(OH)3]=0.1ml，根据铝原子守恒可知n(Al3+)=0.1ml；同时也说明说明含有Al3+、Mg2+，产生沉淀时发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，共消耗氢氧化钠为0.5ml-0.1ml=0.4ml，则n(Mg2+)=(0.4ml-0.1ml×3)÷2=0.05ml。
【详解】A．根据分析可知溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH，A正确；
B．根据分析可知溶液中n(NH):n(Al3+):n(Mg2+)=0.2ml:0.1ml:0.05ml=4:2:1，B正确；
C．根据分析可知溶液中一定不含CO、Fe2+，C正确；
D．根据分析可知溶液中n(Mg2+)=0.05ml，D错误；
答案为D。
17. Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是：
A. 产物n[Cu(NO3)2]∶n(CuSO4)＝2∶1
B. 参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂
D. 1 mlCu2S参加反应时有8 ml电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】分析氧化还原反应，依据电子守恒，原子守恒写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4＋5 NO2↑+5 NO↑+7 H2O；根据化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断计算；
【详解】已知n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1mlNO2、1mlNO；则HNO3被还原生成1mlNO2、1mlNO共得4mle－；Cu2S应失4mle－．而1mlCu2S能失10mle－，故失4mle－说明反应的Cu2S的物质的量为0.4ml，0.4mlCu2S生成0.4mlCuSO4和0.4mlCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8ml，起氧化作用的HNO3为2ml。反应的HNO3共2.8ml，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4ml：2.8ml=2：14；
A、依据分析计算得到，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故A错误；
B、参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14=1：7，故B正确；
C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；
D、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 mlCu2S参加反应时有10ml电子转移，故D错误；
故选B。
第Ⅱ卷（非选择题 共49分）
18. 工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行如下探究活动：
[探究一]
（1）将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是_______。
（2）另称取6.0 g铁钉放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+，若要检验溶液中是否含有Fe2+，应选用的试剂是_______(填字母)。
a．KSCN溶液 b．氯气和KSCN溶液 c．氨水 d．酸性KMnO4溶液
②乙同学取448 mL(标准状况下)混合气体Y通入足量溴水中，发生反应的化学方程式为_______，然后再加入足量BaCl2溶液，经一系列操作后得干燥固体2.33g。由此计算气体Y中SO2的体积分数为_______。
【探究二】分析上述实验中SO2体积分数结果，丙同学认为混合气体Y中除水蒸气外还可能含有Z和W气体。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持装置已省略)。
（3）装置B的作用是_______。
（4）丙同学认为用上图中的D、E、F装置可证明混合气体Y中还含有Z，则Z气体为_______(填化学式)，证明有Z气体存在的实验现象为_______。
（5）丙同学认为混合气体Y中还含有W的理由是_______(用化学方程式表示)。为确认W的存在，需要用到装置M，则M中装的试剂是_______，并将M添加于_______(填序号)。
a．A之前 b．A~B间 c．B~C间 d．C~D间
【答案】（1）常温下，浓硫酸使铁发生钝化
（2） ①. d ②. SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 ③. 50%
（3）检验SO2是否除尽
（4） ①. H2 ②. D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝
（5） ①. C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O ②. 澄清石灰水 ③. c
【解析】
【分析】混合气体由碳素钢与浓硫酸在加热条件下反应制得，Fe与浓硫酸起初反应生成硫酸铁、二氧化硫等，后来生成硫酸亚铁和氢气；碳能与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化硫、二氧化碳等。则A装置内放入酸性高锰酸钾溶液，除去SO2气体，B装置内的品红溶液检验SO2是否除尽；C装置内的碱石灰用于干燥H2；H2还原CuO生成Cu和水蒸气，此时固体由黑色变为红色，无水硫酸铜由白色变为蓝色；F装置内碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气与无水硫酸铜作用，干扰实验。
【小问1详解】
将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，则表明处理后的铁钉与CuSO4不反应，也就是铁钉表面不存在Fe单质，其原因是：常温下，浓硫酸使铁发生钝化。答案为：常温下，浓硫酸使铁发生钝化；
【小问2详解】
①若要检验含有Fe3+的溶液中是否含有Fe2+，需排除Fe3+的干扰，则不能使用KSCN溶液，应利用Fe2+的还原性，所以应选用酸性KMnO4溶液，故选d。
②混合气体Y通入足量溴水中，SO2与溴水发生反应，生成硫酸和氢溴酸，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；n(SO2)=n(BaSO4)==0.01ml，则气体Y中SO2的体积分数为=50%。答案为：d；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；50%；
【小问3详解】
装置B中的品红溶液，用于检验混合气中是否还含有SO2，其作用是：检验SO2是否除尽。答案为：检验SO2是否除尽；
【小问4详解】
用装置D(还原CuO为Cu)、E(检验H2O的存在)、F(防止空气中水蒸气进入E，从而干扰实验)，可证明混合气体Y中还含有Z，则Z气体为H2，由此可证明有H2气体存在的实验现象为：D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝。答案为：H2；D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝；
【小问5详解】
碳素钢中含有碳，也能与浓硫酸反应，所以丙同学认为混合气体Y中还含有CO2，理由是C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。为确认CO2的存在，需要使用澄清石灰水检验，且应放在检验SO2已经除尽之后，在干燥H2之前，则M中装的试剂是：澄清石灰水，并将M添加于c。答案为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；澄清石灰水；c。
【点睛】SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验CO2前，应除尽SO2。
19. 某化学兴趣小组依据反应，探究影响化学反应速率的因素并测定其化学反应速率。请回答下列问题：
I.该小组同学设计了3组实验，探究影响化学反应速率的部分因素，具体情况如下表所示。
（1）表中a=_______，通过实验1和实验3可探究_______对化学反应速率影响。
II.该小组同学依据实验1的条件进行反应并测定其化学反应速率，所得数据如下图所示。
（2）该反应在0~4min的化学反应速率为_______。
（3）分析实验数据发现，反应过程中该反应的化学反应速率先增大后减小。
i.探究化学反应速率先增大的原因，具体情况如下表所示。
①补全方案1中的实验操作_______。
②方案2中的假设为_______。
③除方案1、2中的假设外，还可提出的假设是_______。
ii.反应后期化学反应速率减小的原因是_______。
【答案】（1） ①. 5 ②. 温度
（2）
（3） ①. 插入温度计 ②. 反应生成的使反应速率加快 ③. 反应生成的或使反应速率加快 ④. 反应物浓度降低使反应速率减小
【解析】
【小问1详解】
实验1、2探究亚硫酸氢钠的浓度对反应速率的影响，根据控制变量法，为使混合液中氯酸钾浓度相同，混合后溶液的总体积相等，所以表中a=5；实验1和实验3的温度不同，通过实验1和实验3可探究温度对化学反应速率的影响。
【小问2详解】
该反应在0~4min内氯离子浓度增加0.01ml/L，根据可知，亚硫酸氢钠的浓度降低0.03ml/L，=0.03ml/L÷4min=。
【小问3详解】
①证明该反应放热，需要测定反应前后的温度，所以方案1中的实验操作是向烧杯中加入10mL溶液和10mL溶液，插入温度计；
②方案2加入少量NaCl固体，增大氯离子浓度，所以方案2中的假设为反应生成的使反应速率加快。
③根据反应方程式，反应生成氢离子、，除方案1、2中的假设外，还可提出的假设是反应生成的或使反应速率加快。
ii.随反应进行，反应物浓度降低，所以反应后期化学反应速率减小。
20. NO2(红棕色)和N2O4(无色)之间发生反应：。将一定量N2O4气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，控制反应温度为T。
（1）该反应为吸热反应，则反应物的化学键断裂要吸收的能量_______(填“>”、“<”或“=”)生成物的化学键形成要放出的能量。
（2）下列可以说明该反应达到平衡的是_______。
A. B.
C. 容器内气体的颜色不再变化D. 混合气体的压强不再变化
（3）在温度为T的条件下，向该恒容密闭容器中充入，随时间的变化曲线如图所示：
i.在图中画出0～16min时间段内，随时间的变化曲线__________。
ii.1~4四个点中，的点有_______。
iii.反应进行到16min时，N2O4的转化率是_______%。
【答案】（1）> （2）CD
（3） ①. ②. 1、2 ③. 75%
【解析】
【小问1详解】
断键吸热、成键放热，该反应为吸热反应，则反应物的化学键断裂要吸收的能量>生成物的化学键形成要放出的能量。
【小问2详解】
A．反应达到平衡状态，各物质浓度不再改变，，不能判断浓度是否改变，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，时反应不平衡，故不选B；
C．容器内气体的颜色不再变化，说明NO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体系数和不同，压强是变量，混合气体的压强不再变化，反应达到平衡状态，故选D；
选CD。
【小问3详解】
i.根据图示，4min时=0.04ml/L，则此时=0.04-0.04÷2= 0.02ml/L，12min时反应达到平衡，=0.06ml/L，则此时=0.04-0.06÷2= 0.01ml/L， 随时间的变化曲线为。
ii. 时，反应达到平衡状态，1~4四个点中，的点有1、2。
iii. 反应进行到16min时，=0.06ml/L， N2O4的浓度变化为0.03ml/L，N2O4的转化率是。
21. 工业废水中的氨氮(以、形式存在)，可通过微生物法或氧化法处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
（1）微生物法：酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，再与作用生成。
①转化为的离子方程式为_______。
②与在转化为的反应中消耗与的物质的量之比为_______。
（2）次氯酸钠氧化法：向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为而除去。
①NaClO氧化的离子方程式为_______。
②一定pH下，NaClO的投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当时，总氮的去除率随的增大不升反降的原因是_______。
（3）活性炭-臭氧氧化法：活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，为羟基自由基，其氧化性比更强。
①活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为_______。
②其它条件不变调节废水的pH，废水中氨氮去除率随pH的变化如图所示。随pH增大氨氮去除率先明显增大，后变化较小，可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 3：5
（2） ①. ②. NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中
（3） ①. 与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为 ②. 随pH增大，活性炭上吸附的增多，生成增多；pH继续增大时，将转化为，不利于活性炭对氨氮的吸附
【解析】
【小问1详解】
①转化为 ，N元素化合价从-3升高到+5价，氧元素从0价降低到-2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得离子方程式为。
②与在转化为的反应中，中N元素化合价从+5降低到0价，中N元素化合价从-3升高到0价，按得失电子数守恒、消耗与的物质的量之比为3：5。
【小问2详解】
①氧化氨气为氮气，反应中，氮元素从-3价升高到0价、氯元素从+1价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒得离子反应方程式为：。
②一定pH下，NaClO的投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当时，总氮的去除率随的增大不升反降、意味着溶液中生成了其它含氮的微粒，应该是氨气被氧化的产物，则原因是： NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中。
【小问3详解】
①由图可知：活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为：与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为。
②结合信息可知：生成增多时反应速率增大。则随pH增大氨氮去除率先明显增大后变化较小的可能原因是：随pH增大，活性炭上吸附的增多，生成增多；pH继续增大时，将转化为，不利于活性炭对氨氮的吸附。注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1、本试卷共8页。本卷满分100分，答题时间为75分钟。
2、试题答案需作答在答题卡，答在试卷上无效。
3、作答选择题时必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。
4、如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
选项
实验现象
解释
A
固体表面有气泡
吸收氨，放出水蒸气
B
湿润红色石蕊试纸变蓝
极易溶于水
C
烧杯内有白烟
D
溶液变白色浑浊
氨水与氯化铁反应生成白色氢氧化铁
实验编号
加入溶液的体积/mL
加入溶液的体积/mL
加入水的体积/mL
反应温度
1
10
10
0
25℃
2
10
5
a
25℃
3
10
10
0
60℃
方案
假设
实验操作
1
该反应放热，使溶液温度升高，化学反应速率加快
向烧杯中加入10mL溶液和10mL溶液，_______
2
_______
取10mL溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL溶液。
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 S－32 Mg－24 Cl－35.5 K－39 Ca－40 Fe－56 Ba－137 Cu－64
第Ⅰ卷（选择题 每题一个正确选项共51分）
1. 现代社会发展与进步离不开材料，下列有关说法不正确的是
A. 碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温耐磨的特点
B. 晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维
C. 硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料
D. 石墨烯是一种新型无机非金属材料，具有高电导率的特点
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．晶体硅是良好的半导体材料，常用于制造芯片，常用于制造光导纤维的是二氧化硅，而不是硅，故B错误；
C．硬铝是铝和其他金属或非金属形成的一种铝合金，具有密度小，强度大，是制造飞机和飞船的理想材料，故C正确；
D．石墨烯是一种新型无机非金属材料，石墨是良好的导体，石墨烯有独特的结构，具有优良的导电、导热性能，故D正确；
故选：B。
2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 液氨气化时吸收大量热，可用作制冷剂B. N2是无色气体，可用作保护气
C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥D. 硝酸有酸性，可用于溶解银
【答案】A
【解析】
【详解】A．液氨气化时会从周围环境中吸收大量热，导致环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；
B．N2不能帮助呼吸，可以使害虫窒息而死，因此可用作保护气，与其是否是无色气体的性质无关，B错误；
C．NH4HCO3中含有氮元素，因此可用作氮肥，与其不稳定，受热易分解的性质无关，C不符合题意；
D．硝酸具有强氧化性，可用于溶解银，与其酸性无关，D不符合题意；
故合理选项是A。
3. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一气体X仍无沉淀，则X可能是
A. O2B. NH3C. CO2D. H2S
【答案】C
【解析】
【分析】将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，溶液中是氯化钡和亚硫酸。
【详解】A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A不符合题意；
B．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故B不符合题意；
C．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故C符合题意；
D．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
4. 下列离子方程式不正确的是
A. 将磁性氧化铁溶于稀盐酸：
B. 通入溶液：
C. 向硅酸钠溶液中通入足量：
D. 向硫代硫酸钠溶液中通入足量：
【答案】D
【解析】
【详解】A． 将磁性氧化铁溶于盐酸，发生反应生成氯化亚铁、氯化铁和水，其离子方程式为：，故A正确；
B． 通入溶液生成硫酸根离子和亚铁离子，其离子方程式为：，故B正确；
C． 向硅酸钠溶液中通入足量，由于亚硫酸的酸性大于硅酸，所以二者发生反应，生成硅酸沉淀和亚硫酸氢钠，其离子方程式为：，故C正确；
D． 向硫代硫酸钠溶液中通入足量，即Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应，Cl2是氧化剂，Cl元素得电子被还原为Cl-，Na2S2O3是还原剂，S元素失电子被氧化为硫酸根离子，其离子方程式为：，故D错误；
故选D。
5. 如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法错误的是
A. 硫在自然界中既有游离态又有化合态B. 过程⑤宜在土壤的富氧区实现
C. 过程②是氧化反应D. 过程①可以通过不同的化学反应实现
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，硫在自然界中既有单质形式(游离态)存在的S，也有化合态形式存在的H2S、、有机硫等，A正确；
B．过程⑤将转化为H2S，S元素化合价降低，表现氧化性，不能在土壤的富氧区实现，B错误；
C．过程②中，S转化为，S元素化合价升高，发生氧化反应，C正确；
D．过程①由H2S转化为S，可以通过分解反应实现，也可以通过H2S与O2接触后发生反应实现，D正确；
故选B。
6. 有一瓶Na2SO3溶液，可能被部分氧化。某同学取少量该溶液，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硫酸，充分振荡后仍有白色沉淀。下列结论中不正确的是
A. Na2SO3已部分被空气中的O2氧化
B. 加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中可能有BaSO4
C. 加入稀硫酸后，不溶的沉淀一定是BaSO4
D. 该实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于加入的稀硫酸也能与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，故不能判断Na2SO3是否部分被氧化，A错误；
B．若Na2SO3被氧化，则加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中可能有BaSO4，B正确；
C．向Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硫酸，充分振荡后仍有白色沉淀，该沉淀一定是BaSO4，C正确；
D．由以上分析，该实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，D正确；
故选：A。
7. 如图所示利用点滴板探究氨气的性质，实验时向固体上滴几滴浓氨水后，立即用烧杯盖住点滴板。下列对实验现象和解释都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．遇氨水放出氨气，故不选A；
B．氨气溶于水呈碱性，所以湿润红色石蕊试纸变蓝，故不选B；
C．氨气和浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵，发生反应，所以烧杯内有白烟，故选C；
D．氨水与氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，故不选D；
选C。
8. 开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是
A. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
B. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均为还原产物
C. 在制粗硅时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D. 石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．生产铝、铜、高纯硅的过程中都是由化合物生成单质，有元素化合价的变化，是氧化还原反应，生成玻璃的过程中只有SiO2与Na2CO3、CaCO3的反应，没有化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应的化学方程式为：2 CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2，Cu的化合价从+2价降低到+1价，Cu2S是还原产物，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，FeO和SO2都是还原产物，所以Cu2S、FeO均为还原产物，故B正确；
C．制粗硅的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，氧化产物为CO，还原产物为Si，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．石灰石、纯碱属于盐，能与盐酸反应，石英不属于盐，不能与盐酸反应，故D错误；
故选B。
9. 用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。
下列叙述正确的是（ ）
A. 实验室中用二氧化锰与1 ml·L-1的盐酸共热制备氯气
B. 装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气
C. 装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量
D. 若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而1 ml·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，故A错误；
B．该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，故B错误；
C．由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，故C正确；
D．若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变为NO，故D错误；
答案选C。
10. 实验室用下图所示装置制取少量水溶液以探究其性质，下列说法不正确的是
A. Ⅰ中锥形瓶内的反应，体现硫酸的酸性
B. 用干燥试纸检验水溶液的酸性
C. 向少量Ⅱ溶液滴入溶液，溶液褪色，说明水溶液有还原性
D. 可用Ⅲ吸收尾气中的
【答案】D
【解析】
【分析】装置Ⅰ中有硫酸和亚硫酸氢钠制备二氧化硫，在装置Ⅱ中将其通入水中，测量其pH，从而验证二氧化硫的性质，同时在该装置中采用了防倒吸的装置，最后注意尾气处理问题，以此解题。
【详解】A．I中锥形瓶内会产生二氧化硫，符合强酸制弱酸原理，体现了硫酸的酸性，故A正确；
B．用干燥pH试纸可以检验溶液的酸碱性，故可用干燥pH试纸检验SO2水溶液的酸性，故B正确；
C．KMnO4溶液褪色，说明高锰酸钾被还原，说明SO2水溶液有还原性，故C正确；
D．NaHSO3不能吸收二氧化硫，应该使用亚硫酸钠进行吸收，故D错误；
故选D。
11. 关于下图的说法不正确的是( )
A. 1 ml I2(s)与1 ml H2(g)化合生成2 ml HI(g)时，需要吸收5 kJ的能量
B. 2 ml HI(g)分解生成1 ml I2(g)与1 ml H2(g)时，需要吸收12 kJ的能量
C. 1 ml I2(s)变为1 ml I2(g)时需要吸收17 kJ的能量
D. I2(g)与H2(g)生成2HI(g)的反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，1 ml I2(s)和1 ml H2(g)吸收5 kJ热量生成2 ml HI(g)，A正确；
B．由图可知，1 ml I2(g)和1 ml H2(g)生成2 ml HI(g)放出12 kJ热量，则2 ml HI(g)分解生成1 ml I(g)与1 ml H2(g)时需要吸收12 kJ的能量，B正确；
C．由图可知，1 ml I2(g)变为1 ml I2(s)放出17 kJ的热量，则1 ml固态碘变为1 ml碘蒸气时需要吸收17 kJ的能量，C正确；
D．由图可知，1 ml I2(g)＋1 ml H2(g)生成2 ml HI(g)放出12 kJ热量，应为放热反应，D错误。
答案为D。
12. 将足量且等量的形状相同的锌块分别加入到等浓度等体积的两份稀硫酸X、Y中，同时向中加入少量饱和溶液，发生反应生成氢气的体积（V）与时间（t）的关系如图所示，反应速率变快的原因是
A. Zn首先与反应，生成的Cu与、稀硫酸构成原电池
B. 加入硫酸铜增大了
C. 加入硫酸铜溶液增大了溶液体积
D. 作催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，曲线X表示的反应速率更快，且生成氢气的体积不变，原因是Zn首先与Cu2+反应生成Cu，Cu与Zn、稀硫酸构成原电池加快反应速率，导致X比Y的反应速率快，故A正确；
故选：A。
13. 一种可产生的锌—空气电池的工作原理如图（KOH溶液作电解质溶液），下列说法正确的是
A. 电流由Zn流向复合碳电极
B. 消耗65g Zn，理论上生成1ml
C. 生成的电极反应式
D. 电解质溶液中的向复合碳电极方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH) 4] 2-，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，放电时电子由负极经过导线流向正极，电流由正极流向负极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。
【详解】A．外电路电流由正极流向负极，即复合碳电极流向Zn，故A错误；
B．消耗65gZn的物质的量为=1ml，电路中通过2ml电子，消耗氧气1ml,理论上生成1mlH2O2，故B正确；
C．生成H2O2电极反应式：O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，故C错误；
D．电解质溶液中，阴离子向负极移动，故的OH-向Zn电极方向移动，故D错误；
故选：B。
14. 在2.0L恒温恒容密闭容器中充入1.0ml和0.3ml，加入催化剂发生反应，、的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 时，(正)(逆)
B. 加入催化剂反应速率不变
C. 时容器内气体的总压强比时的大
D. 时，容器中
【答案】C
【解析】
【详解】A．时，反应物的量还在减少，反应还在向正方向进行，(正)＞(逆)，A错误；
B．加入催化剂可改变化学反应选率，B错误；
C．反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体的总物质的量减小，恒容容器内压强减小，故时容器内气体的总压强比时的大，C正确；
D．时，的物质的量为0.1ml，减少了0.2ml，故生成、的物质的量均为0.4ml，容器中，D错误；
故选C。
15. 在一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的A气体和B气体进行下述反应：。下列表述不能判断该反应达到化学平衡状态的是
A.
B. 容器中混合气体的密度不再变化
C. 容器中混合气体总压强不再发生变化
D. 容器中混合气体的平均相对分子质量不再变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．，说明该反应正逆反应速率相等，能判断该反应达到化学平衡状态，A项正确；
B．该反应中D是固体，反应前后气体总质量发生改变，容器体积不变，所以混合气体的密度是变量，当容器中混合气体的密度不再变化，能判断该反应达到化学平衡状态，B项正确；
C．该反应是气体体积不变的反应，反应前后体系的压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，C项错误；
D．混合气体的平均相对分子质量，该反应中D是固体，反应前后气体总质量发生改变，该反应是气体体积不变的反应，反应前后混合气体的总物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，能判断该反应达到化学平衡状态，D项错误；
答案选C。
16. 某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe2+、CO、SO中的几种。①若加入锌粒，用排空气法收集到无色无味气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH
B. n(NH)：n(Al3+)：n(Mg2+)=4：2：1
C. 溶液中一定不含CO、Fe2+
D. 溶液中n(Mg2+)=0.1ml
【答案】D
【解析】
【分析】加入锌粒，用排空气法收集到无色无味气体，说明溶液中含有H+，生成的气体为H2，则原溶液中一定不含CO，则阴离子只能是SO；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe2+；加入NaOH溶液时，开始没有沉淀产生，则应是发生H++OH-=H2O，消耗氢氧化钠为0.1ml，则n(H+)=0.1ml；之后产生沉淀，当沉淀达到最大值后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量不变化，说明溶液中含有NH，该段发生NH+OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠为0.7ml-0.5ml=0.2ml，则n(NH)=0.2ml；后续沉淀部分消失，则该阶段的反应应为Al(OH)3+OH-=Al+2H2O，消耗氢氧化钠0.8ml-0.7ml=0.1ml，则n[Al(OH)3]=0.1ml，根据铝原子守恒可知n(Al3+)=0.1ml；同时也说明说明含有Al3+、Mg2+，产生沉淀时发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，共消耗氢氧化钠为0.5ml-0.1ml=0.4ml，则n(Mg2+)=(0.4ml-0.1ml×3)÷2=0.05ml。
【详解】A．根据分析可知溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH，A正确；
B．根据分析可知溶液中n(NH):n(Al3+):n(Mg2+)=0.2ml:0.1ml:0.05ml=4:2:1，B正确；
C．根据分析可知溶液中一定不含CO、Fe2+，C正确；
D．根据分析可知溶液中n(Mg2+)=0.05ml，D错误；
答案为D。
17. Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是：
A. 产物n[Cu(NO3)2]∶n(CuSO4)＝2∶1
B. 参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂
D. 1 mlCu2S参加反应时有8 ml电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】分析氧化还原反应，依据电子守恒，原子守恒写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4＋5 NO2↑+5 NO↑+7 H2O；根据化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断计算；
【详解】已知n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1mlNO2、1mlNO；则HNO3被还原生成1mlNO2、1mlNO共得4mle－；Cu2S应失4mle－．而1mlCu2S能失10mle－，故失4mle－说明反应的Cu2S的物质的量为0.4ml，0.4mlCu2S生成0.4mlCuSO4和0.4mlCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8ml，起氧化作用的HNO3为2ml。反应的HNO3共2.8ml，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4ml：2.8ml=2：14；
A、依据分析计算得到，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故A错误；
B、参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14=1：7，故B正确；
C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；
D、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 mlCu2S参加反应时有10ml电子转移，故D错误；
故选B。
第Ⅱ卷（非选择题 共49分）
18. 工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行如下探究活动：
[探究一]
（1）将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是_______。
（2）另称取6.0 g铁钉放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+，若要检验溶液中是否含有Fe2+，应选用的试剂是_______(填字母)。
a．KSCN溶液 b．氯气和KSCN溶液 c．氨水 d．酸性KMnO4溶液
②乙同学取448 mL(标准状况下)混合气体Y通入足量溴水中，发生反应的化学方程式为_______，然后再加入足量BaCl2溶液，经一系列操作后得干燥固体2.33g。由此计算气体Y中SO2的体积分数为_______。
【探究二】分析上述实验中SO2体积分数结果，丙同学认为混合气体Y中除水蒸气外还可能含有Z和W气体。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持装置已省略)。
（3）装置B的作用是_______。
（4）丙同学认为用上图中的D、E、F装置可证明混合气体Y中还含有Z，则Z气体为_______(填化学式)，证明有Z气体存在的实验现象为_______。
（5）丙同学认为混合气体Y中还含有W的理由是_______(用化学方程式表示)。为确认W的存在，需要用到装置M，则M中装的试剂是_______，并将M添加于_______(填序号)。
a．A之前 b．A~B间 c．B~C间 d．C~D间
【答案】（1）常温下，浓硫酸使铁发生钝化
（2） ①. d ②. SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 ③. 50%
（3）检验SO2是否除尽
（4） ①. H2 ②. D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝
（5） ①. C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O ②. 澄清石灰水 ③. c
【解析】
【分析】混合气体由碳素钢与浓硫酸在加热条件下反应制得，Fe与浓硫酸起初反应生成硫酸铁、二氧化硫等，后来生成硫酸亚铁和氢气；碳能与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化硫、二氧化碳等。则A装置内放入酸性高锰酸钾溶液，除去SO2气体，B装置内的品红溶液检验SO2是否除尽；C装置内的碱石灰用于干燥H2；H2还原CuO生成Cu和水蒸气，此时固体由黑色变为红色，无水硫酸铜由白色变为蓝色；F装置内碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气与无水硫酸铜作用，干扰实验。
【小问1详解】
将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，则表明处理后的铁钉与CuSO4不反应，也就是铁钉表面不存在Fe单质，其原因是：常温下，浓硫酸使铁发生钝化。答案为：常温下，浓硫酸使铁发生钝化；
【小问2详解】
①若要检验含有Fe3+的溶液中是否含有Fe2+，需排除Fe3+的干扰，则不能使用KSCN溶液，应利用Fe2+的还原性，所以应选用酸性KMnO4溶液，故选d。
②混合气体Y通入足量溴水中，SO2与溴水发生反应，生成硫酸和氢溴酸，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；n(SO2)=n(BaSO4)==0.01ml，则气体Y中SO2的体积分数为=50%。答案为：d；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；50%；
【小问3详解】
装置B中的品红溶液，用于检验混合气中是否还含有SO2，其作用是：检验SO2是否除尽。答案为：检验SO2是否除尽；
【小问4详解】
用装置D(还原CuO为Cu)、E(检验H2O的存在)、F(防止空气中水蒸气进入E，从而干扰实验)，可证明混合气体Y中还含有Z，则Z气体为H2，由此可证明有H2气体存在的实验现象为：D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝。答案为：H2；D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝；
【小问5详解】
碳素钢中含有碳，也能与浓硫酸反应，所以丙同学认为混合气体Y中还含有CO2，理由是C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。为确认CO2的存在，需要使用澄清石灰水检验，且应放在检验SO2已经除尽之后，在干燥H2之前，则M中装的试剂是：澄清石灰水，并将M添加于c。答案为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；澄清石灰水；c。
【点睛】SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验CO2前，应除尽SO2。
19. 某化学兴趣小组依据反应，探究影响化学反应速率的因素并测定其化学反应速率。请回答下列问题：
I.该小组同学设计了3组实验，探究影响化学反应速率的部分因素，具体情况如下表所示。
（1）表中a=_______，通过实验1和实验3可探究_______对化学反应速率影响。
II.该小组同学依据实验1的条件进行反应并测定其化学反应速率，所得数据如下图所示。
（2）该反应在0~4min的化学反应速率为_______。
（3）分析实验数据发现，反应过程中该反应的化学反应速率先增大后减小。
i.探究化学反应速率先增大的原因，具体情况如下表所示。
①补全方案1中的实验操作_______。
②方案2中的假设为_______。
③除方案1、2中的假设外，还可提出的假设是_______。
ii.反应后期化学反应速率减小的原因是_______。
【答案】（1） ①. 5 ②. 温度
（2）
（3） ①. 插入温度计 ②. 反应生成的使反应速率加快 ③. 反应生成的或使反应速率加快 ④. 反应物浓度降低使反应速率减小
【解析】
【小问1详解】
实验1、2探究亚硫酸氢钠的浓度对反应速率的影响，根据控制变量法，为使混合液中氯酸钾浓度相同，混合后溶液的总体积相等，所以表中a=5；实验1和实验3的温度不同，通过实验1和实验3可探究温度对化学反应速率的影响。
【小问2详解】
该反应在0~4min内氯离子浓度增加0.01ml/L，根据可知，亚硫酸氢钠的浓度降低0.03ml/L，=0.03ml/L÷4min=。
【小问3详解】
①证明该反应放热，需要测定反应前后的温度，所以方案1中的实验操作是向烧杯中加入10mL溶液和10mL溶液，插入温度计；
②方案2加入少量NaCl固体，增大氯离子浓度，所以方案2中的假设为反应生成的使反应速率加快。
③根据反应方程式，反应生成氢离子、，除方案1、2中的假设外，还可提出的假设是反应生成的或使反应速率加快。
ii.随反应进行，反应物浓度降低，所以反应后期化学反应速率减小。
20. NO2(红棕色)和N2O4(无色)之间发生反应：。将一定量N2O4气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，控制反应温度为T。
（1）该反应为吸热反应，则反应物的化学键断裂要吸收的能量_______(填“>”、“<”或“=”)生成物的化学键形成要放出的能量。
（2）下列可以说明该反应达到平衡的是_______。
A. B.
C. 容器内气体的颜色不再变化D. 混合气体的压强不再变化
（3）在温度为T的条件下，向该恒容密闭容器中充入，随时间的变化曲线如图所示：
i.在图中画出0～16min时间段内，随时间的变化曲线__________。
ii.1~4四个点中，的点有_______。
iii.反应进行到16min时，N2O4的转化率是_______%。
【答案】（1）> （2）CD
（3） ①. ②. 1、2 ③. 75%
【解析】
【小问1详解】
断键吸热、成键放热，该反应为吸热反应，则反应物的化学键断裂要吸收的能量>生成物的化学键形成要放出的能量。
【小问2详解】
A．反应达到平衡状态，各物质浓度不再改变，，不能判断浓度是否改变，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，时反应不平衡，故不选B；
C．容器内气体的颜色不再变化，说明NO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体系数和不同，压强是变量，混合气体的压强不再变化，反应达到平衡状态，故选D；
选CD。
【小问3详解】
i.根据图示，4min时=0.04ml/L，则此时=0.04-0.04÷2= 0.02ml/L，12min时反应达到平衡，=0.06ml/L，则此时=0.04-0.06÷2= 0.01ml/L， 随时间的变化曲线为。
ii. 时，反应达到平衡状态，1~4四个点中，的点有1、2。
iii. 反应进行到16min时，=0.06ml/L， N2O4的浓度变化为0.03ml/L，N2O4的转化率是。
21. 工业废水中的氨氮(以、形式存在)，可通过微生物法或氧化法处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
（1）微生物法：酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，再与作用生成。
①转化为的离子方程式为_______。
②与在转化为的反应中消耗与的物质的量之比为_______。
（2）次氯酸钠氧化法：向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为而除去。
①NaClO氧化的离子方程式为_______。
②一定pH下，NaClO的投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当时，总氮的去除率随的增大不升反降的原因是_______。
（3）活性炭-臭氧氧化法：活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，为羟基自由基，其氧化性比更强。
①活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为_______。
②其它条件不变调节废水的pH，废水中氨氮去除率随pH的变化如图所示。随pH增大氨氮去除率先明显增大，后变化较小，可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 3：5
（2） ①. ②. NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中
（3） ①. 与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为 ②. 随pH增大，活性炭上吸附的增多，生成增多；pH继续增大时，将转化为，不利于活性炭对氨氮的吸附
【解析】
【小问1详解】
①转化为 ，N元素化合价从-3升高到+5价，氧元素从0价降低到-2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得离子方程式为。
②与在转化为的反应中，中N元素化合价从+5降低到0价，中N元素化合价从-3升高到0价，按得失电子数守恒、消耗与的物质的量之比为3：5。
【小问2详解】
①氧化氨气为氮气，反应中，氮元素从-3价升高到0价、氯元素从+1价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒得离子反应方程式为：。
②一定pH下，NaClO的投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当时，总氮的去除率随的增大不升反降、意味着溶液中生成了其它含氮的微粒，应该是氨气被氧化的产物，则原因是： NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中。
【小问3详解】
①由图可知：活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为：与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为。
②结合信息可知：生成增多时反应速率增大。则随pH增大氨氮去除率先明显增大后变化较小的可能原因是：随pH增大，活性炭上吸附的增多，生成增多；pH继续增大时，将转化为，不利于活性炭对氨氮的吸附。注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1、本试卷共8页。本卷满分100分，答题时间为75分钟。
2、试题答案需作答在答题卡，答在试卷上无效。
3、作答选择题时必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。
4、如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
选项
实验现象
解释
A
固体表面有气泡
吸收氨，放出水蒸气
B
湿润红色石蕊试纸变蓝
极易溶于水
C
烧杯内有白烟
D
溶液变白色浑浊
氨水与氯化铁反应生成白色氢氧化铁
实验编号
加入溶液的体积/mL
加入溶液的体积/mL
加入水的体积/mL
反应温度
1
10
10
0
25℃
2
10
5
a
25℃
3
10
10
0
60℃
方案
假设
实验操作
1
该反应放热，使溶液温度升高，化学反应速率加快
向烧杯中加入10mL溶液和10mL溶液，_______
2
_______
取10mL溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL溶液。
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