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北京市第四中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷
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这是一份北京市第四中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷，共40页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．（2分）下列可能造成酸雨的气体是（ ）
A．N2B．CO2C．SO2D．NH3
3．（2分）二十四节气是中国历法的独特创造，四月农谚：“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是节气谷雨．下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是（ ）
A．KB．NC．PD．C
4．（2分）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（ ）
A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O
5．（2分）下列变化中，属于吸热反应的是（ ）
A．氢氧化钡与氯化铵的反应
B．镁条与盐酸的反应
C．氢气在氯气中燃烧
D．固体氢氧化钠溶于水
6．（2分）仅通过物理方法就能从海水中获得的物质是（ ）
A．钠、镁B．溴、碘C．食盐、淡水D．氯气、烧碱
7．（2分）如图所示为锌铜原电池。下列叙述中，正确的是（ ）
A．盐桥的作用是传导离子
B．外电路电子由铜片流向锌片
C．锌片上的电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn
D．外电路中有0.2 ml 电子通过时，铜片表面增重约3.2 g
8．（2分）已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•ml﹣1
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180kJ•ml﹣1
则2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H是（ ）
A．﹣386kJ•ml﹣1B．+386kJ•ml﹣1
C．﹣746kJ•ml﹣1D．+746kJ•ml﹣1
9．（2分）下列有关无机非金属材料的说法中，不正确的是（ ）
A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅酸的原料
B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆
C．玻璃、水泥和陶瓷，其成分均含有硅酸盐
D．Si3N4是一种新型无机非金属材料，可应用于制造发动机
10．（2分）在生产、保存、运输和使用浓硫酸时，下列说法不正确的是（ ）
A．工业制取硫酸过程中逸出的SO2可用NH3•H2O吸收
B．常温下可选用铁制或铝制容器盛装
C．盛装容器的标签上应标注氧化剂和腐蚀品
D．使用时向其中直接加水可制得稀硫酸
11．（2分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和〇代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
12．（2分）科学的假设是实验探究的先导与价值所在．下列在假设引导下的探究肯定没有意义的是（ ）
A．探究Fe与Cl2反应可能生成FeCl2
B．探究Na与H2O反应可能有O2生成
C．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成
D．探究Mg与HNO3溶液反应产生的气体中可能含有H2
13．（2分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间能一步直接转化的是（ ）
A．SiO2SiHCl3Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl（aq）
D．MgCO3MgCl2（aq）Mg
14．（2分）用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
15．（2分）用灼烧法证明海带中含有碘元素，各步骤选用的实验用品不必都用到（ ）
A．AB．BC．CD．D
16．（2分）下列装置不能完成相应实验的是（ ）
A．甲装置可用于制备氨气
B．乙装置可除去CO2中少量的SO2杂质
C．丙装置可用于粗盐提纯
D．丁装置可分离CCl4萃取碘水后的分层液体*g3 e） i!d5 O5 E#L1 G
17．（2分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2B．验证漂白性
C．收集SO2D．尾气处理
18．（2分）废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为N2，该反应可表示为+3ClO﹣═N2+3Cl﹣+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是（ ）
A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B．还原性＞Cl﹣
C．反应中每生成1ml N2，转移6ml电子
D．经此法处理过的废水可以直接排放
19．（2分）如图为反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键比Cl﹣Cl键强，H—Cl键是极性共价键
B．断键吸收能量，成键释放能量，该反应ΔH＝﹣183kJ/ml
C．若生成液态HCl，则反应释放的能量将减少
D．反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关
20．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣
B．与铝反应出氢气的溶液中：K+、Na+、、
C．c（Fe2+）＝1ml•L﹣1的溶液中：K+、、、
D．能使石蕊变红的溶液中：Na+、、、
21．（2分）某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中（ ）
A．①说明Cl2被完全消耗
B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI
C．③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为
D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
22．（2分）下列离子方程式中正确的是（ ）
A．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I﹣+H2O2+2H+═2H2O+I2
B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热+OH﹣NH3↑+H2O
C．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe+8H++2═3Fe3++2NO↑+4H2O
D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++═BaSO4↓+H2O
23．（2分）铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①产生的气体是H2
B．反应②为：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣
C．反应③的白色沉淀是Al（OH）3
D．黑色固体中不含Al和Fe3O4
24．（2分）已知：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml
过程Ⅱ：……下列说法不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2ml电子
B．过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）△H＝+128.9 kJ/ml
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
25．（2分）某小组同学用如图装置进行铜与浓硫酸反应时，发现试管中有黑色物质产生。同学猜测，黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学继续进行实验探究（ ）
A．硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失
B．黑色物质消失过程中有SO2、H2S生成
C．硫酸浓度为16ml•L﹣1时，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质
D．取黑色物质洗涤、干燥后，加稀硫酸充分混合，固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO
二、非选择题（共50分，请将答案填在答题纸上）
26．（10分）氮及其化合物与人们的生活息息相关．
（1）氮元素在周期表中的位置是 ．
（2）实验室可用铜与稀硝酸反应制取NO，其离子方程式是 ．为防止环境污染，可用碱液吸收氮的氧化物．NO与NO2按物质的量之比1：1被NaOH溶液完全吸收后得到一种钠盐，该钠盐的化学式是 ．
（3）已知：①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣574kJ•ml﹣1
②CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ•ml﹣1
根据①和②，标准状况下，4.48L CH4恰好将NO2转化为N2时，ΔH＝ ．
关于①和②，下列说法正确的是 （填字母）．
a．由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH＜﹣574kJ•ml﹣1
b．等物质的量的甲烷分别发生反应①、②，转移电子数相同
c．如图可表示①的反应过程和能量关系
（4）同温同压下，3.5L NH3恰好将3.0L NO和NO2的混合气完全转化为N2，则原混合气中 NO和NO2的体积比是 ．
27．（10分）根据要求完成下列各小题实验目的。（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）
（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱。（已知酸性：亚硫酸＞碳酸）
①连接仪器、 、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸
②铜与浓硫酸反应的化学方程式是 。装置A中试剂是 。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是 。
（2）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①在（1）①操作后打开b，关闭a
②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是 。
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式 。
28．（8分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如图：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 。
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
ⅰ：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式： 。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b． 。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是 （选填序号）．
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
②过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作： ．
29．（12分）氧化钴（C2O3）粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某铜钴矿石主要含有CO（OH）、CCO3、Cu2（OH）2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制备C2O3的部分工艺过程如下：
Ⅰ．将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡。
Ⅱ．浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀a[主要成分是Na2Fe6（SO4）4（OH）12]。
Ⅲ．向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去沉淀b。
Ⅳ．Ⅲ中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CCO3沉淀。
Ⅴ．将CCO3溶解在盐酸中，再加入（NH4）2C2O4溶液，产生 CC2O4•2H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400℃～600℃煅烧，即得到C2O3。
请回答：
（1）Ⅰ中，稀硫酸溶解CCO3的化学方程式是 ，加入Na2SO3溶液的主要作用是 。
（2）根据图1、图2分析：
①矿石粉末浸泡的适宜条件应是 。
②图2中铜、钴浸出率下降的可能原因是 。
（3）Ⅱ中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：
+ + ═Cl﹣+ +
（4）Ⅱ中，检验铁元素完全除去的试剂是 ，实验现象是 。
（5）Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3 的作用分别是 、 。
（6）Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、 （填化学式）。
（7）Ⅴ中，分离出纯净的CC2O4•2H2O的操作是 。
30．（10分）某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
①同学们认为实验Ⅰ中石墨电极上应该有氢气产生，其反应式是 。
②实验Ⅱ中，甲同学认为石墨电极上不会有氢气产生，其理论判断依据是 ；乙同学认为实验Ⅱ中石墨电极上附着的氧气得电子，其电极反应式是 。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是 。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究 对O2氧化性的影响。
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是 。
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验 ；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′且c′＞d′，由此得出的结论是 。
2023-2024学年北京四中高一（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．（2分）下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．锌锰碱性电池，将化学能转化成电能的装置；
B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；
C．氢燃料电池，将化学能转化成电能的装置；
D．铅蓄电池，将化学能转化成电能的装置．
【解答】解：A．锌锰碱性电池；
B．硅太阳能电池；
C．氢燃料电池；
D．铅蓄电池；
所以B能量转化形式与其它三个不同，
故选：B。
【点评】本题考查电池的能量转化形式，比较简单．
2．（2分）下列可能造成酸雨的气体是（ ）
A．N2B．CO2C．SO2D．NH3
【分析】正常雨水的pH约为5.6，酸雨是pH小于5.6的雨水，造成酸雨的常见气体有二氧化硫、氮的氧化物等，以此进行判断。
【解答】解：A.N2为中性气体，为空气的主要成分，故A错误；
B.CO2为空气的组成成分，不会造成酸雨；
C.SO3溶于水生成亚硫酸，且亚硫酸易被氧化为硫酸，是造成酸雨的气体；
D.NH3为碱性气体，不会造成酸雨；
故选：C。
【点评】本题考查酸雨的成因，为高频考点，把握酸雨成因及常见气体的性质为解答关键，注意掌握正常雨水与酸雨的区别，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3．（2分）二十四节气是中国历法的独特创造，四月农谚：“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是节气谷雨．下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是（ ）
A．KB．NC．PD．C
【分析】由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，可以据此答题．
【解答】解：由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，属于氮肥。
故选：B。
【点评】本题考查了氮及其化合物性质，氮、磷、钾这三种元素中只含有氮元素的是氮肥．只含有钾元素的是钾肥，只含有磷元素的是磷肥．含有两种或两种以上元素的化肥是复合肥，题目难度不大。
4．（2分）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（ ）
A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O
【分析】根据氧化还原反应原理，表现氧化性的物质在反应时化合价降低，水中氢元素还可以降价，据此分析。
【解答】解：A．2Na+2H5O＝2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，在反应中表现出氧化性；
B．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；
C．7NO2+H2O＝4HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；
D．Na3O+H2O＝2NaOH，该反应没有元素化合价变化，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的分析，抓住化合价的变化规律分析，难度不大，注重基础。
5．（2分）下列变化中，属于吸热反应的是（ ）
A．氢氧化钡与氯化铵的反应
B．镁条与盐酸的反应
C．氢气在氯气中燃烧
D．固体氢氧化钠溶于水
【分析】反应物总能量小于生成物总能量的反应为吸热反应，常见的放热反应有：物质燃烧、金属与酸（或水）反应、中和反应、大多数化合反应及铝热反应等；常见的吸热反应有：多数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、某些复分解反应（如铵盐和强碱）等，以此进行判断。
【解答】解：A.氢氧化钡与氯化铵的反应属于吸热反应，故A正确；
B.镁条与盐酸的反应属于放热反应，故B错误；
C.氢气在氯气中燃烧属于放热反应，故C错误；
D.固体氢氧化钠溶于水会放出热量，属于物理变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查吸热反应的判断，为高频考点，把握常见吸热反应和放热反应类型为解答关键，注意掌握化学反应与能量变化的关系，D为易错点，题目难度不大。
6．（2分）仅通过物理方法就能从海水中获得的物质是（ ）
A．钠、镁B．溴、碘C．食盐、淡水D．氯气、烧碱
【分析】从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；
【解答】解：A、海水中得到钠、镁，然后再去电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁；
B、从海水中提炼溴和碘，故B错误；
C、把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，蒸发水分后即得食盐，故C正确；
D、可从海水中获得氯化钠，然后电解、氢气和氯气；
故选：C。
【点评】本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，涉及的知识较多，但难度不大的题目，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键．
7．（2分）如图所示为锌铜原电池。下列叙述中，正确的是（ ）
A．盐桥的作用是传导离子
B．外电路电子由铜片流向锌片
C．锌片上的电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn
D．外电路中有0.2 ml 电子通过时，铜片表面增重约3.2 g
【分析】铜锌原电池中，锌较活泼，为原电池的负极，发生Zn﹣2e﹣＝Zn2+，铜为正极，发生Cu2++2e﹣＝Cu，原电池工作时，盐桥是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，以此解答该题。
【解答】解：A．盐桥是使整个装置构成通路，所以盐桥的作用是传导离子；
B．外电路电子由负极锌片流向正极铜片；
C．铜锌原电池中，为原电池的负极﹣＝Zn2+，故C错误；
D．铜为正极2++2e﹣＝Cu，则外电路中有0.2 电子通过时 g，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池的工作原理，注意把握工作原理以及电极方程式的书写，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力。
8．（2分）已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•ml﹣1
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180kJ•ml﹣1
则2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H是（ ）
A．﹣386kJ•ml﹣1B．+386kJ•ml﹣1
C．﹣746kJ•ml﹣1D．+746kJ•ml﹣1
【分析】依据盖斯定律内容和含义，结合热化学方程式计算得到所需热化学方程式得到．
【解答】解：①2CO（g）+O2（g）═6CO2（g）△H＝﹣566kJ•ml﹣1
②N5（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180kJ•ml﹣2
依据盖斯定律计算①﹣②得到2CO（g）+2NO（g）═N7（g）+2CO2（g））△H＝﹣746KJ/ml；
故选：C。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算应用，掌握基础知识是解题关键，题目较简单。
9．（2分）下列有关无机非金属材料的说法中，不正确的是（ ）
A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅酸的原料
B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆
C．玻璃、水泥和陶瓷，其成分均含有硅酸盐
D．Si3N4是一种新型无机非金属材料，可应用于制造发动机
【分析】A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，能和盐酸反应生成硅酸；
B．二氧化硅属于原子晶体，不能导电；
C．玻璃、水泥和陶瓷均属于硅酸盐材料；
D．根据氮化硅的性质来确定其用途．
【解答】解：A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅酸的原料；
B．SiO2制成的玻璃纤维，由于传导光能力强而被用于制造通讯光缆；
C．玻璃，其成分均含有硅酸盐；
D．氮化硅是原子晶体，耐磨耐高温，它是一种新型无机非金属材料；
故选：B。
【点评】本题考查学生有关无机非金属材料的有关知识，注意物质的组成以及物质的性质方面的知识，难度不大。
10．（2分）在生产、保存、运输和使用浓硫酸时，下列说法不正确的是（ ）
A．工业制取硫酸过程中逸出的SO2可用NH3•H2O吸收
B．常温下可选用铁制或铝制容器盛装
C．盛装容器的标签上应标注氧化剂和腐蚀品
D．使用时向其中直接加水可制得稀硫酸
【分析】A．SO2属于酸性氧化物，能和碱溶液反应；
B．常温下，Fe、Al能和浓硫酸发生钝化现象；
C．浓硫酸具有强氧化性、强腐蚀性；
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸倒入水中。
【解答】解：A．SO2属于酸性氧化物，NH3•H6O属于碱，二者反应生成铵盐；
B．常温下、Al能和浓硫酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，故B正确；
C．浓硫酸具有强氧化性，所以盛装浓硫酸容器的标签上应标注氧化剂和腐蚀品；
D．稀释浓硫酸时，并不断搅拌，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
11．（2分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和〇代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
【分析】由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，有元素的化合价变化，以此来解答。
【解答】解：A．一般分解反应为吸热反应，故A错误；
B．反应前后均存在反应物，故B正确；
C、同种元素形成的共价键叫非极性共价键，故C正确；
D．化合物生成单质时，为氧化还原反应；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握图中物质的变化、反应的分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
12．（2分）科学的假设是实验探究的先导与价值所在．下列在假设引导下的探究肯定没有意义的是（ ）
A．探究Fe与Cl2反应可能生成FeCl2
B．探究Na与H2O反应可能有O2生成
C．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成
D．探究Mg与HNO3溶液反应产生的气体中可能含有H2
【分析】A、铁只有还原性，能被氧化，而氯气有氧化性；
B、由于金属无负价，故钠在和水的反应中，钠一定作还原剂；
C、二氧化硫具有还原性、过氧化钠具有氧化性；
D、镁只有还原性，而硝酸中的氢离子和硝酸根均有氧化性．
【解答】解：A、铁只有还原性，且有+3价和+2价两个价态，故铁和氯气反应时，至于生成的是氯化铁还是氯化亚铁，故A不选；
B、由于金属无负价，钠的化合价一定要升高从而一定作还原剂，故不可能有氧气生成，探究没有意义；
C、二氧化硫具有还原性，所以可以探究SO6和Na2O2反应可能有Na8SO4生成，故C不选；
D、镁只有还原性，故镁和硝酸反应时是将氢离子还原为氢气还是将硝酸根还原为NOx，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了常见物质的化学反应中生成物的推测，题目难度不大，依据氧化还原反应规律、物质间的反应规律来判断．
13．（2分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间能一步直接转化的是（ ）
A．SiO2SiHCl3Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl（aq）
D．MgCO3MgCl2（aq）Mg
【分析】A．二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；
B．FeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；
C．氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；
D．碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁。
【解答】解：A．二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，故A错误；
B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫和水不能一步转化；
C．氮气和氢气在催化剂，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，故C正确；
D．碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氢气和氯气，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硅、硫、氮、镁的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单。
14．（2分）用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
B．二氧化硫的水溶液呈酸性；
C．氢氧化铝不溶于氨水；
D．氯水中有氯离子．
【解答】解：A．根据反应3NO2+H8O＝2HNO3+NO可知，反应前气体是6体积，故A错误；
B．二氧化硫的水溶液呈酸性，故B正确；
C．氢氧化铝不溶于氨水，故C正确；
D．氯水中有氯离子，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的收集、物质间的反应等，侧重实验装置、原理及物质性质的考查，题目难度中等．
15．（2分）用灼烧法证明海带中含有碘元素，各步骤选用的实验用品不必都用到（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A、灼烧固体物质需在坩埚中进行，需要酒精灯加热；
B、溶解需要烧杯和玻璃棒，过滤需要漏斗；
C、容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，氧化碘离子不需要容量瓶；
D、淀粉遇碘变蓝，需要胶头滴管和试管进行检验。
【解答】解：A、灼烧海带时使用三脚架、坩埚、酒精灯；
B、海带灰溶解、普通漏斗、铁架台；
C、氧化碘离子时不需要使用容量瓶；
D、取少量含碘溶液需要胶头滴管个试管，故D正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单的化学实验操作，难度不大，熟练记忆各种仪器的使用方法是解决本题的关键。
16．（2分）下列装置不能完成相应实验的是（ ）
A．甲装置可用于制备氨气
B．乙装置可除去CO2中少量的SO2杂质
C．丙装置可用于粗盐提纯
D．丁装置可分离CCl4萃取碘水后的分层液体*g3 e） i!d5 O5 E#L1 G
【分析】A．CaO与水混合放热，使氨气逸出；
B．二者均与碳酸钠溶液反应；
C．粗盐提纯需要过滤操作；
D．CCl4萃取碘水后分层，且有机层在下层．
【解答】解：A．CaO与水混合放热，可实现固体与液体混合制备氨气的实验；
B．二者均与碳酸钠溶液反应，应选除杂试剂为饱和碳酸氢钠溶液；
C．粗盐提纯需要在溶解后进行过滤操作除去不溶性物质，故C正确；
D．CCl4萃取碘水后分层，且有机层在下层，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握气体的制备、混合物分离提纯及实验基本技能等为解答的关键，注意性质及实验装置的综合应用，侧重实验评价性的考查，题目难度不大。
17．（2分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2B．验证漂白性
C．收集SO2D．尾气处理
【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题。
【解答】解：A．稀硫酸和铜不反应，故A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，操作符合要求，故B正确；
C．二氧化硫密度比空气大，气体应从长导管进入；
D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，且防止倒吸。
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等
18．（2分）废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为N2，该反应可表示为+3ClO﹣═N2+3Cl﹣+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是（ ）
A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B．还原性＞Cl﹣
C．反应中每生成1ml N2，转移6ml电子
D．经此法处理过的废水可以直接排放
【分析】A．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价，被氧化，氯元素化合价由+1价降低为﹣1价，被还原；
B．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
C．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价；
D．经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水。
【解答】解：A．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价，氯元素化合价由+8价降低为﹣1价，故A正确；
B．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性为还原剂﹣为还原产物，则还原性：；
C．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价4，转移6ml电子，故C正确；
D．经此法处理过的废水中含有盐酸，不能直接排放；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生氧化还原基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19．（2分）如图为反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键比Cl﹣Cl键强，H—Cl键是极性共价键
B．断键吸收能量，成键释放能量，该反应ΔH＝﹣183kJ/ml
C．若生成液态HCl，则反应释放的能量将减少
D．反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关
【分析】A．键能越大，键越强，不同非金属元素之间形成极性键；
B．ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
C．从气态到液态会放出热量；
D．焓变只与反应的始态和终态有关．
【解答】解：A．氢气键能为436kJ/ml，所以H—H键比Cl﹣Cl键强，即H—Cl键为极性键；
B．ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝（436kJ/ml+243kJ/ml）﹣2×431kJ/ml＝﹣183kJ/ml；
C．从气态到液态会放出热量，则反应释放的能量将增大；
D．焓变只与反应的始态和终态有关，即反应的焓变与假想的中间物质的种类，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了键能与反应热，题目难度不大，注意从键能角度计算反应热的方法，学习中注意相关知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
20．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣
B．与铝反应出氢气的溶液中：K+、Na+、、
C．c（Fe2+）＝1ml•L﹣1的溶液中：K+、、、
D．能使石蕊变红的溶液中：Na+、、、
【分析】A．Fe3+为黄色，且Fe3+与SCN﹣反应生成络合物；
B．与铝反应出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下不能大量存在，当溶液呈碱性时，K+、Na+、、可以大量共存；
C．Fe2+、发生氧化还原反应，不能大量共存；
D．能使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下不能大量存在。
【解答】解：A．Fe3+为黄色，且Fe3+与SCN﹣反应生成络合物，不能大量共存；
B．与铝反应出氢气的溶液可能呈酸性，酸性条件下，当溶液呈碱性时，K+、Na+、、可以大量共存；
C．Fe8+、发生氧化还原反应，故C错误；
D．能使石蕊变红的溶液呈酸性不能大量存在；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子共存，为高频考点，题目难度不大。
21．（2分）某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中（ ）
A．①说明Cl2被完全消耗
B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI
C．③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为
D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
【分析】SO2和Cl2的混合气体发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，等物质的量反应时，反应后无漂白性；若二氧化硫过量时，②中发生SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；③中白色沉淀为硫酸钡，以此来解答。
【解答】解：A．①中发生SO2+Cl2+8H2O═H2SO2+2HCl，等物质的量反应时，由现象可知Cl2被完全消耗，故A正确；
B．若二氧化硫过量时7+I2+2H5O═H2SO4+8HI，则试纸褪色；
C．换成Ba（NO3）2溶液时，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀2被Cl2氧化为，故C错误；
D．由上述实验可知2均被氧化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
22．（2分）下列离子方程式中正确的是（ ）
A．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I﹣+H2O2+2H+═2H2O+I2
B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热+OH﹣NH3↑+H2O
C．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe+8H++2═3Fe3++2NO↑+4H2O
D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++═BaSO4↓+H2O
【分析】A．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质；
B．漏写碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；
C．稀硝酸和过量的铁屑反应生成亚铁离子；
D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，二者以1：2的物质的量比反应．
【解答】解：A．KI溶液与H2SO4酸化的H7O2溶液混合的离子反应为2I﹣+H4O2+2H+═3H2O+I2，故A正确；
B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热的离子反应为++2OH﹣NH3↑+H4O+，故B错误；
C．稀硝酸和过量的铁屑反应的离子反应为5Fe+8H++2═3Fe2++8NO↑+4H2O，故C错误；
D．向Ba（OH）3溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性的离子反应为Ba2++6OH﹣+2H++═BaSO4↓+2H5O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项D为学生解答的易错点，题目难度不大。
23．（2分）铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①产生的气体是H2
B．反应②为：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣
C．反应③的白色沉淀是Al（OH）3
D．黑色固体中不含Al和Fe3O4
【分析】探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液为不变色，可知溶液b不含铁离子，黑色固体与NaOH反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝，由上述分析可知，黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4，
以此来解答。
【解答】解：A．反应①产生的气体是H2，为金属与稀硫酸反应生成，故A正确；
B．固体含氧化铝2O2+2OH﹣+3H4O═2[Al（OH）4]﹣，故B正确；
C．反应③中，可知白色沉淀是Al（OH）3，故C正确；
D．黑色固体中不含Al3O2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的组成及含量的测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．（2分）已知：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml
过程Ⅱ：……下列说法不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2ml电子
B．过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）△H＝+128.9 kJ/ml
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
【分析】A、过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）当有2mlFe3O4分解时，氧元素由﹣2价变为0价，反应转移4ml电子；
B、将反应①2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml和反应②2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml根据盖斯定律变形即可得过程II的热化学方程式；
C、过程I和过程II均为吸热反应；
D、反应FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）的产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体。
【解答】解：A、过程Ⅰ：2Fe3O3（s）═6FeO（s）+O2（g）当有3mlFe3O4分解时，生成2ml氧气 Fe3O4的物质的量为4ml，故生成1ml氧气，故转移2ml电子；
B、已知反应①8H2O（l）═2H3（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml和反应②7Fe3O4（s）═7FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml，根据盖斯定律，将2O（l）═H7（g）+Fe3O4（s）△H＝+128.7 kJ/ml；
C、过程I和过程II均为吸热反应，故C错误；
D、反应FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe2O4（s）的产物中，氢气为气体3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应中得失电子数的计算、盖斯定律的应用等，难度适中，学会从图中提取有用的信息。
25．（2分）某小组同学用如图装置进行铜与浓硫酸反应时，发现试管中有黑色物质产生。同学猜测，黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学继续进行实验探究（ ）
A．硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失
B．黑色物质消失过程中有SO2、H2S生成
C．硫酸浓度为16ml•L﹣1时，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质
D．取黑色物质洗涤、干燥后，加稀硫酸充分混合，固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO
【分析】黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，加入的浓硫酸，铜先与浓硫酸反应，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，根据表格信息可知，黑色物质在一定温度下可溶于浓硫酸，还可能发生5Cu+4H2SO4（浓）3CuSO4+Cu2S↓+4H2O、Cu2S+2H2SO4（浓）CuS+CuSO4+2H2O+SO2↑、CuS+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+S↓+2H2O、CuO+H2SO4（浓）CuSO4+H2O，以此来解答。
【解答】解：A．从表中数据可以看出，黑色物质出现的温度越低，说明硫酸浓度越大、越难消失；
B．由于浓硫酸有氧化性，娿黑色物质消失过程中有SO2生成，不存在H2S，故B错误；
C．由表格中数据可知﹣4时，黑色固体消失的温度在250℃，再将铜丝与浓硫酸接触，故C正确；
D．黑色物质中若含CuO，氧化铜会与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，固体质量会减小，说明黑色物质中不含CuO；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意黑色固体的成分及性质，题目难度不大。
二、非选择题（共50分，请将答案填在答题纸上）
26．（10分）氮及其化合物与人们的生活息息相关．
（1）氮元素在周期表中的位置是 第二周期第ⅤA族 ．
（2）实验室可用铜与稀硝酸反应制取NO，其离子方程式是 3Cu+8H++2＝3Cu2++2NO↑+4H2O ．为防止环境污染，可用碱液吸收氮的氧化物．NO与NO2按物质的量之比1：1被NaOH溶液完全吸收后得到一种钠盐，该钠盐的化学式是 NaNO2 ．
（3）已知：①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣574kJ•ml﹣1
②CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ•ml﹣1
根据①和②，标准状况下，4.48L CH4恰好将NO2转化为N2时，ΔH＝ ﹣173.4kJ•ml﹣1 ．
关于①和②，下列说法正确的是 ab （填字母）．
a．由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH＜﹣574kJ•ml﹣1
b．等物质的量的甲烷分别发生反应①、②，转移电子数相同
c．如图可表示①的反应过程和能量关系
（4）同温同压下，3.5L NH3恰好将3.0L NO和NO2的混合气完全转化为N2，则原混合气中 NO和NO2的体积比是 1：3 ．
【分析】（1）氮元素原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，据此解答；
（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；
NO与NO2发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNO2；
（3）根据盖斯定律书写CH4将NO2转化为N2的热化学方程式，再计算4.48L CH4的物质的量，结合热化学方程式计算；
a．气态水的能量比液态水的能量，生成液态水放出的热量更多；
b．两个反应中只有甲烷为还原剂，都氧化生成二氧化碳，甲烷的物质的量相等，转移电子数目相等；
c．反应过程与能量关系图象应指明具体物质的物质的量；
（4）令NO和NO2的体积分别为xL、yL，根据二者体积与电子转移守恒列方程计算．
【解答】解：（1）氮元素原子核外有2个电子层，最外层电子数为5；
故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水++8＝3Cu6++2NO↑+4H5O；
NO与NO2发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNO2，
故答案为：5Cu+8H++2＝3Cu2++7NO↑+4H2O；NaNO4；
（3）已知：①CH4（g）+4NO7（g）＝4NO（g）+CO2（g）+5H2O（g）ΔH＝﹣574kJ•ml﹣1
②CH8（g）+4NO（g）＝2N8（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ•ml﹣1
由盖斯定律，①+②得2CH4（g）+4NO2（g）＝5CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣1734kJ•ml﹣1
标准状况下，4.48L 8的物质的量为0.2ml，故标准状况下 CH3恰好将NO2转化为N2时，ΔH＝（﹣1734kJ•ml﹣2）×＝﹣173.4 ﹣1；
a．气态水的能量比液态水的能量，故a正确；
b．两个反应中只有甲烷为还原剂，甲烷的物质的量相等，故b正确；
c．反应过程与能量关系图象应指明具体物质的物质的量；
故答案为：﹣173.5 kJ•ml﹣1；ab；
（4）令NO和NO2的体积分别为xL、yL，
由二者体积之和可得：x+y＝5，
体积之比等于物质的量之比，由电荷守恒可知：2x+4y＝5.5×3，
联立方程，解得x＝4.75，
故原混合气中 NO和NO2的体积比是0.75：2.25＝1：3，
故答案为：5：3．
【点评】本题考查结构位置关系、常用化学用语、反应热的有关计算、氧化还原反应等，难度中等，是对学生运用知识解决问题的综合考查．
27．（10分）根据要求完成下列各小题实验目的。（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）
（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱。（已知酸性：亚硫酸＞碳酸）
①连接仪器、 检验装置气密性 、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸
②铜与浓硫酸反应的化学方程式是 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ 。装置A中试剂是 KMnO4溶液 。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是 A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀 。
（2）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①在（1）①操作后打开b，关闭a
②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是 2H2S+SO2＝3S↓+2H2O 。
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式 Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl﹣ 。
【分析】（1）①验证碳、硅非金属性的相对强弱，是通过碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀实现的，所以为了保证实验效果和实验的顺利进行，须检查装置的气密性；
②铜与浓硫酸反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硫酸被还原成+4价的二氧化硫；高锰酸钾有强氧化性，能氧化二氧化硫；
③当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；
（2）②二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，被硫化氢中﹣2价的硫还原；
③氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；
【解答】解：（1）①为了保证实验的顺利进行，避免装入药品后发现装置气密性不好，避免装置漏气影响实验效果，
故答案为：检验装置气密性；
②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价，产物为二氧化硫；高锰酸钾有氧化性，反应的方程式为Cu+5H2SO4（浓）CuSO3+2H2O+SO2↑，
故答案为：Cu+2H2SO3（浓）CuSO4+2H6O+SO2↑；KMnO4溶液；
③二氧化硫中硫元素的化合价是+2价，属于中间价态，高锰酸钾有强氧化性2+2MnO2﹣+2H2O═6Mn2++5SO72﹣+4H+，当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，二氧化碳和水反应生成碳酸，说明碳酸能制取硅酸，
故答案为：A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO8溶液的试管中出现白色沉淀；
（2）②二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，有氧化性2S溶液常温下反应，生成黄色固体硫（单质）和水8S+SO2＝3S↓+8H2O；
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，氯水中有氯气分子，能把二氧化硫氧化成+4价的硫酸根离子，反应的方程式为Ba2++SO2+Cl4+2H2O═BaSO8↓+4H++2Cl﹣，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，
故答案为：BaSO5；BaSO3；Ba2++SO5+Cl2+2H6O═BaSO4↓+4H++6Cl﹣；
【点评】本题考查非金属性比较的方法，明确反应原理是解答的关键，注意基础知识的掌握，题目难度中等。
28．（8分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如图：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 。
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
ⅰ：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式： 2Fe3++Pb+＝2Fe2++PbSO4 。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b． 取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去 。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是 AB （选填序号）．
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
②过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作： 向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体 ．
【分析】（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，根据原子原子守恒、化合价升降守恒，书写反应的化学方程式；
（2）①过程Ⅰ中，i+ii＝总式，所以ii＝总式﹣i，i为：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O，据此书写ⅱ的离子方程式；
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，即发生反应：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O，生成了Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，
b．取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去，发生反应：2Fe3++Pb+＝2Fe2++PbSO4，Fe3+被还原为Fe2+，血红色褪去；
（3）①滤液1中还含有Pb2+和NaOH，经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是减少PbO的损失，重复利用NaOH；
②根据溶解度曲线可知，过程Ⅲ的操作为：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体。
【解答】解：（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO7的化学方程式是：，
故答案为：；
（2）①过程Ⅰ中，i+ii＝总式，i为：2Fe2++PbO5+4H++＝2Fe3++PbSO8+2H2O，所以ⅱ的离子方程式为：2Fe3++Pb+＝2Fe2++PbSO4，
故答案为：2Fe3++Pb+＝2Fe5++PbSO4；
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色7，溶液变红，即发生反应：2Fe2++PbO4+4H++＝2Fe3++PbSO6+2H2O，生成了Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，
b．取a中红色溶液，红色褪去3++Pb+＝2Fe5++PbSO4，Fe3+被还原为Fe3+，血红色褪去，
故答案为：取a中红色溶液，向其中加入铅粉后；
（3）①过程Ⅱ的目的是脱硫，滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，提高产品的产率，提高原料的利用率，
故答案为：AB；
②过程Ⅲ的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，加热至110℃，趁热过滤，过滤得到PbO固体，
故答案为：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，趁热过滤，过滤得到PbO固体。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯的基本操作，同时考查方程式的书写，氧化还原反应原理的充分应用，属于基本知识的考查，难度中等。
29．（12分）氧化钴（C2O3）粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某铜钴矿石主要含有CO（OH）、CCO3、Cu2（OH）2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制备C2O3的部分工艺过程如下：
Ⅰ．将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡。
Ⅱ．浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀a[主要成分是Na2Fe6（SO4）4（OH）12]。
Ⅲ．向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去沉淀b。
Ⅳ．Ⅲ中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CCO3沉淀。
Ⅴ．将CCO3溶解在盐酸中，再加入（NH4）2C2O4溶液，产生 CC2O4•2H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400℃～600℃煅烧，即得到C2O3。
请回答：
（1）Ⅰ中，稀硫酸溶解CCO3的化学方程式是 CCO3+H2SO4═CSO4+CO2↑+H2O ，加入Na2SO3溶液的主要作用是 将C3+还原为C2+（或作还原剂） 。
（2）根据图1、图2分析：
①矿石粉末浸泡的适宜条件应是 温度：65℃﹣75℃、pH：0.5﹣1.5 。
②图2中铜、钴浸出率下降的可能原因是 pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CO（OH）、CCO3、Cu2（OH）2CO3的能力下降 。
（3）Ⅱ中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：
+ 6Fe2+ + 6H+ ═Cl﹣+ 6Fe3+ + 3H2O
（4）Ⅱ中，检验铁元素完全除去的试剂是 KSCN溶液 ，实验现象是 溶液不变红色 。
（5）Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3 的作用分别是 调节溶液的pH 、 富集C2+（生成CCO3沉淀） 。
（6）Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、 CaF2 （填化学式）。
（7）Ⅴ中，分离出纯净的CC2O4•2H2O的操作是 过滤、洗涤 。
【分析】（1）CCO3和H2SO4反应生成CSO4、CO2↑和H2O，据此书写化学方程式；Na2SO3中的S元素为+4价，具有较强还原性，加Na2SO3将CO（OH）、Fe2O3中的C3+和Fe3+还原为C2+及Fe2+；
（2）①根据图1、图2分析钴、铜的浸出率最高的温度和pH；
②图2中pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低；
（3）由Ⅳ可知，C为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+；结合化合价升降相等配平该反应的离子方程式；
（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+即可；铁元素完全除去，加入KSCN溶液不变红；
（5）由Ⅱ知加入Na2CO3 溶液，通过水解提供OH﹣；由Ⅳ知加入Na2CO3 溶液，提供；
（6）由题可知，杂质离子除Mg2+之外，还有Ca2+，据此判断另一沉淀；
（7）通过过滤、洗涤操作从溶液分离出纯净的沉淀。
【解答】解：（1）碳酸盐与稀硫酸的反应，稀硫酸溶解CCO3的化学方程式是：CCO3+H4SO4═CSO4+CO5↑+H2O；
因为Na2SO7中的S元素为+4价，且Ⅱ中加入NaClO3氧化出Fe2+，加Na2SO3将CO（OH）、Fe3O3中的C3+和Fe6+还原为C2+及Fe2+，Na5SO3作还原剂，
故答案为：CCO3+H6SO4═CSO4+CO4↑+H2O；将C3+还原为C5+（或作还原剂）；
（2）①根据图1、图2分析，钴、铜的浸出率最高，钴的浸出率有下降趋势、钴的浸出率最高，铜、钴的浸出率开始下降，
故答案为：温度：65℃﹣75℃、pH：5.5﹣1.2；
②图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响+和CO（OH）、CCO3、Cu5（OH）2CO3中的OH﹣和反应3+和C7+溶解在溶液中，当pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低，
故答案为：pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CO（OH）3、Cu2（OH）4CO3的能力下降；
（3）由Ⅳ可知，C为+2价，被氧化的是Fe6+，由化合价升降相等配平离子方程式为：+6Fe6++6H+═Cl﹣+6Fe6++3H2O，
故答案为：5Fe2+；6H+；6Fe3+；3H3O；
（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+，所以加入KSCN溶液，溶液是否变红即可，
故答案为：KSCN溶液；溶液不变红色；
（5）由Ⅱ知，Fe3+形成沉淀a需要OH﹣，故加入Na8CO3 溶液，通过﹣；由Ⅳ知，要形成CCO3 沉淀，需要加入Na2CO4 溶液，提供，
故答案为：调节溶液的pH；富集C8+（生成CCO3沉淀）；
（6）由题可知，杂质离子除Mg2+之外，还有Ca4+，故另一沉淀为CaF2，
故答案为：CaF2；
（7）将CCO8溶解在盐酸中，再加入（NH4）2C2O4溶液，产生 2O2•2H2O沉淀，由溶液分离出纯净的沉淀、洗涤，
故答案为：过滤、洗涤。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。
30．（10分）某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
①同学们认为实验Ⅰ中石墨电极上应该有氢气产生，其反应式是 2H++2e﹣＝H2↑ 。
②实验Ⅱ中，甲同学认为石墨电极上不会有氢气产生，其理论判断依据是 在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2 ；乙同学认为实验Ⅱ中石墨电极上附着的氧气得电子，其电极反应式是 O2+4H++4e﹣＝2H2O 。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是 O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大 。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究 溶液的酸碱性 对O2氧化性的影响。
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是 排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰 。
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验 排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响 ；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′且c′＞d′，由此得出的结论是 溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性） 。
【分析】（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，书写电极反应式；
②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H++4e﹣＝2H2O；
（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高；
②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况；
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰；
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强。
【解答】解：（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应++2e﹣＝H2↑，
故答案为：7H++2e﹣＝H2↑；
②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，氧气得电子生成氢氧根离子4+4H++4e﹣＝2H2O，
故答案为：在金属活动性顺序中，Cu在H后2；O4+4H++4e﹣＝2H2O；
（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，出现了电压表读数不同，氧气浓度越大，所以O2浓度越大，其氧化性越强，
故答案为：O4浓度越大，其氧化性越强；
②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，所以Ⅳ，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，
故答案为：溶液的酸碱性；
③实验Ⅳ中加入Na2SO2溶液的目的是排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰，
故答案为：排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰；
④如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其还原性不同对该实验结果的影响，经讨论、Ⅴ重复进行实验，其还原性不同对该实验结果的影响，记录电压表读数依次为c′，且c′＞d′，O2的氧化性越强，
故答案为：排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响，O5的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。
【点评】本题考查原电池的原理，为高考常见题型，把握发生的电极反应、实验中控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意原电池的工作原理，题目难度不大。
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A．锌锰碱性电池
B硅太阳能电池
C氢燃料电池
D铅蓄电池
选项
①中的物质
②中的物质
预测装置中现象
A
NO2
蒸馏水
试管充满无色溶液
B
SO2
紫色石蕊溶液
溶液逐渐变为红色
C
NH3
AlCl3溶液
产生白色沉淀
D
Cl2
AgNO3溶液
产生白色沉淀
实验步骤
实验用品
A
步骤1：将海带灼烧灰化
B
步骤2：将海带灰溶解、过滤
C
步骤3：氧化滤液中的I﹣
D
步骤4：检验碘元素
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
硫酸浓度/ml•L﹣1
黑色物质出现的温度∕℃
黑色物质消失的温度∕℃
15
约150
约236
16
约140
约250
18
约120
不消失
滴加的溶液
氯水
氨水
沉淀的化学式
资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强
装置
编号
电极A
溶液B
操作及现象
Ⅰ
Fe
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面产生无色气泡：电压表指针偏转
Ⅱ
Cu
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面无明显现象：电压表指针偏转，记录读数为a
编号
溶液B
操作及现象
Ⅲ
经煮沸的pH＝2的H2SO4
溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转
Ⅳ
pH＝2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ
pH＝12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
A．锌锰碱性电池
B硅太阳能电池
C氢燃料电池
D铅蓄电池
选项
①中的物质
②中的物质
预测装置中现象
A
NO2
蒸馏水
试管充满无色溶液
B
SO2
紫色石蕊溶液
溶液逐渐变为红色
C
NH3
AlCl3溶液
产生白色沉淀
D
Cl2
AgNO3溶液
产生白色沉淀
实验步骤
实验用品
A
步骤1：将海带灼烧灰化
B
步骤2：将海带灰溶解、过滤
C
步骤3：氧化滤液中的I﹣
D
步骤4：检验碘元素
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
硫酸浓度/ml•L﹣1
黑色物质出现的温度∕℃
黑色物质消失的温度∕℃
15
约150
约236
16
约140
约250
18
约120
不消失
滴加的溶液
氯水
氨水
沉淀的化学式
BaSO4
BaSO3
资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强
装置
编号
电极A
溶液B
操作及现象
Ⅰ
Fe
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面产生无色气泡：电压表指针偏转
Ⅱ
Cu
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面无明显现象：电压表指针偏转，记录读数为a
编号
溶液B
操作及现象
Ⅲ
经煮沸的pH＝2的H2SO4
溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转
Ⅳ
pH＝2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ
pH＝12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
1．（2分）下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．（2分）下列可能造成酸雨的气体是（ ）
A．N2B．CO2C．SO2D．NH3
3．（2分）二十四节气是中国历法的独特创造，四月农谚：“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是节气谷雨．下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是（ ）
A．KB．NC．PD．C
4．（2分）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（ ）
A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O
5．（2分）下列变化中，属于吸热反应的是（ ）
A．氢氧化钡与氯化铵的反应
B．镁条与盐酸的反应
C．氢气在氯气中燃烧
D．固体氢氧化钠溶于水
6．（2分）仅通过物理方法就能从海水中获得的物质是（ ）
A．钠、镁B．溴、碘C．食盐、淡水D．氯气、烧碱
7．（2分）如图所示为锌铜原电池。下列叙述中，正确的是（ ）
A．盐桥的作用是传导离子
B．外电路电子由铜片流向锌片
C．锌片上的电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn
D．外电路中有0.2 ml 电子通过时，铜片表面增重约3.2 g
8．（2分）已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•ml﹣1
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180kJ•ml﹣1
则2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H是（ ）
A．﹣386kJ•ml﹣1B．+386kJ•ml﹣1
C．﹣746kJ•ml﹣1D．+746kJ•ml﹣1
9．（2分）下列有关无机非金属材料的说法中，不正确的是（ ）
A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅酸的原料
B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆
C．玻璃、水泥和陶瓷，其成分均含有硅酸盐
D．Si3N4是一种新型无机非金属材料，可应用于制造发动机
10．（2分）在生产、保存、运输和使用浓硫酸时，下列说法不正确的是（ ）
A．工业制取硫酸过程中逸出的SO2可用NH3•H2O吸收
B．常温下可选用铁制或铝制容器盛装
C．盛装容器的标签上应标注氧化剂和腐蚀品
D．使用时向其中直接加水可制得稀硫酸
11．（2分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和〇代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
12．（2分）科学的假设是实验探究的先导与价值所在．下列在假设引导下的探究肯定没有意义的是（ ）
A．探究Fe与Cl2反应可能生成FeCl2
B．探究Na与H2O反应可能有O2生成
C．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成
D．探究Mg与HNO3溶液反应产生的气体中可能含有H2
13．（2分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间能一步直接转化的是（ ）
A．SiO2SiHCl3Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl（aq）
D．MgCO3MgCl2（aq）Mg
14．（2分）用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
15．（2分）用灼烧法证明海带中含有碘元素，各步骤选用的实验用品不必都用到（ ）
A．AB．BC．CD．D
16．（2分）下列装置不能完成相应实验的是（ ）
A．甲装置可用于制备氨气
B．乙装置可除去CO2中少量的SO2杂质
C．丙装置可用于粗盐提纯
D．丁装置可分离CCl4萃取碘水后的分层液体*g3 e） i!d5 O5 E#L1 G
17．（2分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2B．验证漂白性
C．收集SO2D．尾气处理
18．（2分）废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为N2，该反应可表示为+3ClO﹣═N2+3Cl﹣+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是（ ）
A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B．还原性＞Cl﹣
C．反应中每生成1ml N2，转移6ml电子
D．经此法处理过的废水可以直接排放
19．（2分）如图为反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键比Cl﹣Cl键强，H—Cl键是极性共价键
B．断键吸收能量，成键释放能量，该反应ΔH＝﹣183kJ/ml
C．若生成液态HCl，则反应释放的能量将减少
D．反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关
20．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣
B．与铝反应出氢气的溶液中：K+、Na+、、
C．c（Fe2+）＝1ml•L﹣1的溶液中：K+、、、
D．能使石蕊变红的溶液中：Na+、、、
21．（2分）某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中（ ）
A．①说明Cl2被完全消耗
B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI
C．③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为
D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
22．（2分）下列离子方程式中正确的是（ ）
A．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I﹣+H2O2+2H+═2H2O+I2
B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热+OH﹣NH3↑+H2O
C．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe+8H++2═3Fe3++2NO↑+4H2O
D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++═BaSO4↓+H2O
23．（2分）铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①产生的气体是H2
B．反应②为：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣
C．反应③的白色沉淀是Al（OH）3
D．黑色固体中不含Al和Fe3O4
24．（2分）已知：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml
过程Ⅱ：……下列说法不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2ml电子
B．过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）△H＝+128.9 kJ/ml
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
25．（2分）某小组同学用如图装置进行铜与浓硫酸反应时，发现试管中有黑色物质产生。同学猜测，黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学继续进行实验探究（ ）
A．硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失
B．黑色物质消失过程中有SO2、H2S生成
C．硫酸浓度为16ml•L﹣1时，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质
D．取黑色物质洗涤、干燥后，加稀硫酸充分混合，固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO
二、非选择题（共50分，请将答案填在答题纸上）
26．（10分）氮及其化合物与人们的生活息息相关．
（1）氮元素在周期表中的位置是 ．
（2）实验室可用铜与稀硝酸反应制取NO，其离子方程式是 ．为防止环境污染，可用碱液吸收氮的氧化物．NO与NO2按物质的量之比1：1被NaOH溶液完全吸收后得到一种钠盐，该钠盐的化学式是 ．
（3）已知：①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣574kJ•ml﹣1
②CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ•ml﹣1
根据①和②，标准状况下，4.48L CH4恰好将NO2转化为N2时，ΔH＝ ．
关于①和②，下列说法正确的是 （填字母）．
a．由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH＜﹣574kJ•ml﹣1
b．等物质的量的甲烷分别发生反应①、②，转移电子数相同
c．如图可表示①的反应过程和能量关系
（4）同温同压下，3.5L NH3恰好将3.0L NO和NO2的混合气完全转化为N2，则原混合气中 NO和NO2的体积比是 ．
27．（10分）根据要求完成下列各小题实验目的。（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）
（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱。（已知酸性：亚硫酸＞碳酸）
①连接仪器、 、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸
②铜与浓硫酸反应的化学方程式是 。装置A中试剂是 。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是 。
（2）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①在（1）①操作后打开b，关闭a
②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是 。
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式 。
28．（8分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如图：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 。
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
ⅰ：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式： 。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b． 。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是 （选填序号）．
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
②过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作： ．
29．（12分）氧化钴（C2O3）粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某铜钴矿石主要含有CO（OH）、CCO3、Cu2（OH）2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制备C2O3的部分工艺过程如下：
Ⅰ．将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡。
Ⅱ．浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀a[主要成分是Na2Fe6（SO4）4（OH）12]。
Ⅲ．向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去沉淀b。
Ⅳ．Ⅲ中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CCO3沉淀。
Ⅴ．将CCO3溶解在盐酸中，再加入（NH4）2C2O4溶液，产生 CC2O4•2H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400℃～600℃煅烧，即得到C2O3。
请回答：
（1）Ⅰ中，稀硫酸溶解CCO3的化学方程式是 ，加入Na2SO3溶液的主要作用是 。
（2）根据图1、图2分析：
①矿石粉末浸泡的适宜条件应是 。
②图2中铜、钴浸出率下降的可能原因是 。
（3）Ⅱ中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：
+ + ═Cl﹣+ +
（4）Ⅱ中，检验铁元素完全除去的试剂是 ，实验现象是 。
（5）Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3 的作用分别是 、 。
（6）Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、 （填化学式）。
（7）Ⅴ中，分离出纯净的CC2O4•2H2O的操作是 。
30．（10分）某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
①同学们认为实验Ⅰ中石墨电极上应该有氢气产生，其反应式是 。
②实验Ⅱ中，甲同学认为石墨电极上不会有氢气产生，其理论判断依据是 ；乙同学认为实验Ⅱ中石墨电极上附着的氧气得电子，其电极反应式是 。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是 。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究 对O2氧化性的影响。
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是 。
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验 ；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′且c′＞d′，由此得出的结论是 。
2023-2024学年北京四中高一（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．（2分）下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．锌锰碱性电池，将化学能转化成电能的装置；
B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；
C．氢燃料电池，将化学能转化成电能的装置；
D．铅蓄电池，将化学能转化成电能的装置．
【解答】解：A．锌锰碱性电池；
B．硅太阳能电池；
C．氢燃料电池；
D．铅蓄电池；
所以B能量转化形式与其它三个不同，
故选：B。
【点评】本题考查电池的能量转化形式，比较简单．
2．（2分）下列可能造成酸雨的气体是（ ）
A．N2B．CO2C．SO2D．NH3
【分析】正常雨水的pH约为5.6，酸雨是pH小于5.6的雨水，造成酸雨的常见气体有二氧化硫、氮的氧化物等，以此进行判断。
【解答】解：A.N2为中性气体，为空气的主要成分，故A错误；
B.CO2为空气的组成成分，不会造成酸雨；
C.SO3溶于水生成亚硫酸，且亚硫酸易被氧化为硫酸，是造成酸雨的气体；
D.NH3为碱性气体，不会造成酸雨；
故选：C。
【点评】本题考查酸雨的成因，为高频考点，把握酸雨成因及常见气体的性质为解答关键，注意掌握正常雨水与酸雨的区别，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3．（2分）二十四节气是中国历法的独特创造，四月农谚：“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是节气谷雨．下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是（ ）
A．KB．NC．PD．C
【分析】由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，可以据此答题．
【解答】解：由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，属于氮肥。
故选：B。
【点评】本题考查了氮及其化合物性质，氮、磷、钾这三种元素中只含有氮元素的是氮肥．只含有钾元素的是钾肥，只含有磷元素的是磷肥．含有两种或两种以上元素的化肥是复合肥，题目难度不大。
4．（2分）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（ ）
A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O
【分析】根据氧化还原反应原理，表现氧化性的物质在反应时化合价降低，水中氢元素还可以降价，据此分析。
【解答】解：A．2Na+2H5O＝2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，在反应中表现出氧化性；
B．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；
C．7NO2+H2O＝4HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；
D．Na3O+H2O＝2NaOH，该反应没有元素化合价变化，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的分析，抓住化合价的变化规律分析，难度不大，注重基础。
5．（2分）下列变化中，属于吸热反应的是（ ）
A．氢氧化钡与氯化铵的反应
B．镁条与盐酸的反应
C．氢气在氯气中燃烧
D．固体氢氧化钠溶于水
【分析】反应物总能量小于生成物总能量的反应为吸热反应，常见的放热反应有：物质燃烧、金属与酸（或水）反应、中和反应、大多数化合反应及铝热反应等；常见的吸热反应有：多数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、某些复分解反应（如铵盐和强碱）等，以此进行判断。
【解答】解：A.氢氧化钡与氯化铵的反应属于吸热反应，故A正确；
B.镁条与盐酸的反应属于放热反应，故B错误；
C.氢气在氯气中燃烧属于放热反应，故C错误；
D.固体氢氧化钠溶于水会放出热量，属于物理变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查吸热反应的判断，为高频考点，把握常见吸热反应和放热反应类型为解答关键，注意掌握化学反应与能量变化的关系，D为易错点，题目难度不大。
6．（2分）仅通过物理方法就能从海水中获得的物质是（ ）
A．钠、镁B．溴、碘C．食盐、淡水D．氯气、烧碱
【分析】从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；
【解答】解：A、海水中得到钠、镁，然后再去电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁；
B、从海水中提炼溴和碘，故B错误；
C、把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，蒸发水分后即得食盐，故C正确；
D、可从海水中获得氯化钠，然后电解、氢气和氯气；
故选：C。
【点评】本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，涉及的知识较多，但难度不大的题目，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键．
7．（2分）如图所示为锌铜原电池。下列叙述中，正确的是（ ）
A．盐桥的作用是传导离子
B．外电路电子由铜片流向锌片
C．锌片上的电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn
D．外电路中有0.2 ml 电子通过时，铜片表面增重约3.2 g
【分析】铜锌原电池中，锌较活泼，为原电池的负极，发生Zn﹣2e﹣＝Zn2+，铜为正极，发生Cu2++2e﹣＝Cu，原电池工作时，盐桥是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，以此解答该题。
【解答】解：A．盐桥是使整个装置构成通路，所以盐桥的作用是传导离子；
B．外电路电子由负极锌片流向正极铜片；
C．铜锌原电池中，为原电池的负极﹣＝Zn2+，故C错误；
D．铜为正极2++2e﹣＝Cu，则外电路中有0.2 电子通过时 g，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池的工作原理，注意把握工作原理以及电极方程式的书写，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力。
8．（2分）已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•ml﹣1
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180kJ•ml﹣1
则2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H是（ ）
A．﹣386kJ•ml﹣1B．+386kJ•ml﹣1
C．﹣746kJ•ml﹣1D．+746kJ•ml﹣1
【分析】依据盖斯定律内容和含义，结合热化学方程式计算得到所需热化学方程式得到．
【解答】解：①2CO（g）+O2（g）═6CO2（g）△H＝﹣566kJ•ml﹣1
②N5（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180kJ•ml﹣2
依据盖斯定律计算①﹣②得到2CO（g）+2NO（g）═N7（g）+2CO2（g））△H＝﹣746KJ/ml；
故选：C。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算应用，掌握基础知识是解题关键，题目较简单。
9．（2分）下列有关无机非金属材料的说法中，不正确的是（ ）
A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅酸的原料
B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆
C．玻璃、水泥和陶瓷，其成分均含有硅酸盐
D．Si3N4是一种新型无机非金属材料，可应用于制造发动机
【分析】A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，能和盐酸反应生成硅酸；
B．二氧化硅属于原子晶体，不能导电；
C．玻璃、水泥和陶瓷均属于硅酸盐材料；
D．根据氮化硅的性质来确定其用途．
【解答】解：A．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅酸的原料；
B．SiO2制成的玻璃纤维，由于传导光能力强而被用于制造通讯光缆；
C．玻璃，其成分均含有硅酸盐；
D．氮化硅是原子晶体，耐磨耐高温，它是一种新型无机非金属材料；
故选：B。
【点评】本题考查学生有关无机非金属材料的有关知识，注意物质的组成以及物质的性质方面的知识，难度不大。
10．（2分）在生产、保存、运输和使用浓硫酸时，下列说法不正确的是（ ）
A．工业制取硫酸过程中逸出的SO2可用NH3•H2O吸收
B．常温下可选用铁制或铝制容器盛装
C．盛装容器的标签上应标注氧化剂和腐蚀品
D．使用时向其中直接加水可制得稀硫酸
【分析】A．SO2属于酸性氧化物，能和碱溶液反应；
B．常温下，Fe、Al能和浓硫酸发生钝化现象；
C．浓硫酸具有强氧化性、强腐蚀性；
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸倒入水中。
【解答】解：A．SO2属于酸性氧化物，NH3•H6O属于碱，二者反应生成铵盐；
B．常温下、Al能和浓硫酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，故B正确；
C．浓硫酸具有强氧化性，所以盛装浓硫酸容器的标签上应标注氧化剂和腐蚀品；
D．稀释浓硫酸时，并不断搅拌，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
11．（2分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和〇代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
【分析】由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，有元素的化合价变化，以此来解答。
【解答】解：A．一般分解反应为吸热反应，故A错误；
B．反应前后均存在反应物，故B正确；
C、同种元素形成的共价键叫非极性共价键，故C正确；
D．化合物生成单质时，为氧化还原反应；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握图中物质的变化、反应的分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
12．（2分）科学的假设是实验探究的先导与价值所在．下列在假设引导下的探究肯定没有意义的是（ ）
A．探究Fe与Cl2反应可能生成FeCl2
B．探究Na与H2O反应可能有O2生成
C．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成
D．探究Mg与HNO3溶液反应产生的气体中可能含有H2
【分析】A、铁只有还原性，能被氧化，而氯气有氧化性；
B、由于金属无负价，故钠在和水的反应中，钠一定作还原剂；
C、二氧化硫具有还原性、过氧化钠具有氧化性；
D、镁只有还原性，而硝酸中的氢离子和硝酸根均有氧化性．
【解答】解：A、铁只有还原性，且有+3价和+2价两个价态，故铁和氯气反应时，至于生成的是氯化铁还是氯化亚铁，故A不选；
B、由于金属无负价，钠的化合价一定要升高从而一定作还原剂，故不可能有氧气生成，探究没有意义；
C、二氧化硫具有还原性，所以可以探究SO6和Na2O2反应可能有Na8SO4生成，故C不选；
D、镁只有还原性，故镁和硝酸反应时是将氢离子还原为氢气还是将硝酸根还原为NOx，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了常见物质的化学反应中生成物的推测，题目难度不大，依据氧化还原反应规律、物质间的反应规律来判断．
13．（2分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间能一步直接转化的是（ ）
A．SiO2SiHCl3Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl（aq）
D．MgCO3MgCl2（aq）Mg
【分析】A．二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；
B．FeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；
C．氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；
D．碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁。
【解答】解：A．二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，故A错误；
B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫和水不能一步转化；
C．氮气和氢气在催化剂，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，故C正确；
D．碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氢气和氯气，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硅、硫、氮、镁的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单。
14．（2分）用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
B．二氧化硫的水溶液呈酸性；
C．氢氧化铝不溶于氨水；
D．氯水中有氯离子．
【解答】解：A．根据反应3NO2+H8O＝2HNO3+NO可知，反应前气体是6体积，故A错误；
B．二氧化硫的水溶液呈酸性，故B正确；
C．氢氧化铝不溶于氨水，故C正确；
D．氯水中有氯离子，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的收集、物质间的反应等，侧重实验装置、原理及物质性质的考查，题目难度中等．
15．（2分）用灼烧法证明海带中含有碘元素，各步骤选用的实验用品不必都用到（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A、灼烧固体物质需在坩埚中进行，需要酒精灯加热；
B、溶解需要烧杯和玻璃棒，过滤需要漏斗；
C、容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，氧化碘离子不需要容量瓶；
D、淀粉遇碘变蓝，需要胶头滴管和试管进行检验。
【解答】解：A、灼烧海带时使用三脚架、坩埚、酒精灯；
B、海带灰溶解、普通漏斗、铁架台；
C、氧化碘离子时不需要使用容量瓶；
D、取少量含碘溶液需要胶头滴管个试管，故D正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单的化学实验操作，难度不大，熟练记忆各种仪器的使用方法是解决本题的关键。
16．（2分）下列装置不能完成相应实验的是（ ）
A．甲装置可用于制备氨气
B．乙装置可除去CO2中少量的SO2杂质
C．丙装置可用于粗盐提纯
D．丁装置可分离CCl4萃取碘水后的分层液体*g3 e） i!d5 O5 E#L1 G
【分析】A．CaO与水混合放热，使氨气逸出；
B．二者均与碳酸钠溶液反应；
C．粗盐提纯需要过滤操作；
D．CCl4萃取碘水后分层，且有机层在下层．
【解答】解：A．CaO与水混合放热，可实现固体与液体混合制备氨气的实验；
B．二者均与碳酸钠溶液反应，应选除杂试剂为饱和碳酸氢钠溶液；
C．粗盐提纯需要在溶解后进行过滤操作除去不溶性物质，故C正确；
D．CCl4萃取碘水后分层，且有机层在下层，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握气体的制备、混合物分离提纯及实验基本技能等为解答的关键，注意性质及实验装置的综合应用，侧重实验评价性的考查，题目难度不大。
17．（2分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2B．验证漂白性
C．收集SO2D．尾气处理
【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题。
【解答】解：A．稀硫酸和铜不反应，故A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，操作符合要求，故B正确；
C．二氧化硫密度比空气大，气体应从长导管进入；
D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，且防止倒吸。
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等
18．（2分）废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为N2，该反应可表示为+3ClO﹣═N2+3Cl﹣+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是（ ）
A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B．还原性＞Cl﹣
C．反应中每生成1ml N2，转移6ml电子
D．经此法处理过的废水可以直接排放
【分析】A．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价，被氧化，氯元素化合价由+1价降低为﹣1价，被还原；
B．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
C．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价；
D．经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水。
【解答】解：A．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价，氯元素化合价由+8价降低为﹣1价，故A正确；
B．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性为还原剂﹣为还原产物，则还原性：；
C．反应中氮元素化合价由﹣3价升高为0价4，转移6ml电子，故C正确；
D．经此法处理过的废水中含有盐酸，不能直接排放；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生氧化还原基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19．（2分）如图为反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．H—H键比Cl﹣Cl键强，H—Cl键是极性共价键
B．断键吸收能量，成键释放能量，该反应ΔH＝﹣183kJ/ml
C．若生成液态HCl，则反应释放的能量将减少
D．反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关
【分析】A．键能越大，键越强，不同非金属元素之间形成极性键；
B．ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
C．从气态到液态会放出热量；
D．焓变只与反应的始态和终态有关．
【解答】解：A．氢气键能为436kJ/ml，所以H—H键比Cl﹣Cl键强，即H—Cl键为极性键；
B．ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝（436kJ/ml+243kJ/ml）﹣2×431kJ/ml＝﹣183kJ/ml；
C．从气态到液态会放出热量，则反应释放的能量将增大；
D．焓变只与反应的始态和终态有关，即反应的焓变与假想的中间物质的种类，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了键能与反应热，题目难度不大，注意从键能角度计算反应热的方法，学习中注意相关知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
20．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣
B．与铝反应出氢气的溶液中：K+、Na+、、
C．c（Fe2+）＝1ml•L﹣1的溶液中：K+、、、
D．能使石蕊变红的溶液中：Na+、、、
【分析】A．Fe3+为黄色，且Fe3+与SCN﹣反应生成络合物；
B．与铝反应出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下不能大量存在，当溶液呈碱性时，K+、Na+、、可以大量共存；
C．Fe2+、发生氧化还原反应，不能大量共存；
D．能使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下不能大量存在。
【解答】解：A．Fe3+为黄色，且Fe3+与SCN﹣反应生成络合物，不能大量共存；
B．与铝反应出氢气的溶液可能呈酸性，酸性条件下，当溶液呈碱性时，K+、Na+、、可以大量共存；
C．Fe8+、发生氧化还原反应，故C错误；
D．能使石蕊变红的溶液呈酸性不能大量存在；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子共存，为高频考点，题目难度不大。
21．（2分）某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中（ ）
A．①说明Cl2被完全消耗
B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI
C．③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为
D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
【分析】SO2和Cl2的混合气体发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，等物质的量反应时，反应后无漂白性；若二氧化硫过量时，②中发生SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；③中白色沉淀为硫酸钡，以此来解答。
【解答】解：A．①中发生SO2+Cl2+8H2O═H2SO2+2HCl，等物质的量反应时，由现象可知Cl2被完全消耗，故A正确；
B．若二氧化硫过量时7+I2+2H5O═H2SO4+8HI，则试纸褪色；
C．换成Ba（NO3）2溶液时，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀2被Cl2氧化为，故C错误；
D．由上述实验可知2均被氧化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
22．（2分）下列离子方程式中正确的是（ ）
A．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I﹣+H2O2+2H+═2H2O+I2
B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热+OH﹣NH3↑+H2O
C．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe+8H++2═3Fe3++2NO↑+4H2O
D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++═BaSO4↓+H2O
【分析】A．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质；
B．漏写碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；
C．稀硝酸和过量的铁屑反应生成亚铁离子；
D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，二者以1：2的物质的量比反应．
【解答】解：A．KI溶液与H2SO4酸化的H7O2溶液混合的离子反应为2I﹣+H4O2+2H+═3H2O+I2，故A正确；
B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热的离子反应为++2OH﹣NH3↑+H4O+，故B错误；
C．稀硝酸和过量的铁屑反应的离子反应为5Fe+8H++2═3Fe2++8NO↑+4H2O，故C错误；
D．向Ba（OH）3溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性的离子反应为Ba2++6OH﹣+2H++═BaSO4↓+2H5O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项D为学生解答的易错点，题目难度不大。
23．（2分）铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①产生的气体是H2
B．反应②为：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣
C．反应③的白色沉淀是Al（OH）3
D．黑色固体中不含Al和Fe3O4
【分析】探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液为不变色，可知溶液b不含铁离子，黑色固体与NaOH反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝，由上述分析可知，黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4，
以此来解答。
【解答】解：A．反应①产生的气体是H2，为金属与稀硫酸反应生成，故A正确；
B．固体含氧化铝2O2+2OH﹣+3H4O═2[Al（OH）4]﹣，故B正确；
C．反应③中，可知白色沉淀是Al（OH）3，故C正确；
D．黑色固体中不含Al3O2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的组成及含量的测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．（2分）已知：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml
过程Ⅱ：……下列说法不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2ml电子
B．过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）△H＝+128.9 kJ/ml
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
【分析】A、过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）当有2mlFe3O4分解时，氧元素由﹣2价变为0价，反应转移4ml电子；
B、将反应①2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml和反应②2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml根据盖斯定律变形即可得过程II的热化学方程式；
C、过程I和过程II均为吸热反应；
D、反应FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）的产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体。
【解答】解：A、过程Ⅰ：2Fe3O3（s）═6FeO（s）+O2（g）当有3mlFe3O4分解时，生成2ml氧气 Fe3O4的物质的量为4ml，故生成1ml氧气，故转移2ml电子；
B、已知反应①8H2O（l）═2H3（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/ml和反应②7Fe3O4（s）═7FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/ml，根据盖斯定律，将2O（l）═H7（g）+Fe3O4（s）△H＝+128.7 kJ/ml；
C、过程I和过程II均为吸热反应，故C错误；
D、反应FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe2O4（s）的产物中，氢气为气体3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应中得失电子数的计算、盖斯定律的应用等，难度适中，学会从图中提取有用的信息。
25．（2分）某小组同学用如图装置进行铜与浓硫酸反应时，发现试管中有黑色物质产生。同学猜测，黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学继续进行实验探究（ ）
A．硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失
B．黑色物质消失过程中有SO2、H2S生成
C．硫酸浓度为16ml•L﹣1时，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质
D．取黑色物质洗涤、干燥后，加稀硫酸充分混合，固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO
【分析】黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，加入的浓硫酸，铜先与浓硫酸反应，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，根据表格信息可知，黑色物质在一定温度下可溶于浓硫酸，还可能发生5Cu+4H2SO4（浓）3CuSO4+Cu2S↓+4H2O、Cu2S+2H2SO4（浓）CuS+CuSO4+2H2O+SO2↑、CuS+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+S↓+2H2O、CuO+H2SO4（浓）CuSO4+H2O，以此来解答。
【解答】解：A．从表中数据可以看出，黑色物质出现的温度越低，说明硫酸浓度越大、越难消失；
B．由于浓硫酸有氧化性，娿黑色物质消失过程中有SO2生成，不存在H2S，故B错误；
C．由表格中数据可知﹣4时，黑色固体消失的温度在250℃，再将铜丝与浓硫酸接触，故C正确；
D．黑色物质中若含CuO，氧化铜会与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，固体质量会减小，说明黑色物质中不含CuO；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意黑色固体的成分及性质，题目难度不大。
二、非选择题（共50分，请将答案填在答题纸上）
26．（10分）氮及其化合物与人们的生活息息相关．
（1）氮元素在周期表中的位置是 第二周期第ⅤA族 ．
（2）实验室可用铜与稀硝酸反应制取NO，其离子方程式是 3Cu+8H++2＝3Cu2++2NO↑+4H2O ．为防止环境污染，可用碱液吸收氮的氧化物．NO与NO2按物质的量之比1：1被NaOH溶液完全吸收后得到一种钠盐，该钠盐的化学式是 NaNO2 ．
（3）已知：①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣574kJ•ml﹣1
②CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ•ml﹣1
根据①和②，标准状况下，4.48L CH4恰好将NO2转化为N2时，ΔH＝ ﹣173.4kJ•ml﹣1 ．
关于①和②，下列说法正确的是 ab （填字母）．
a．由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH＜﹣574kJ•ml﹣1
b．等物质的量的甲烷分别发生反应①、②，转移电子数相同
c．如图可表示①的反应过程和能量关系
（4）同温同压下，3.5L NH3恰好将3.0L NO和NO2的混合气完全转化为N2，则原混合气中 NO和NO2的体积比是 1：3 ．
【分析】（1）氮元素原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，据此解答；
（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；
NO与NO2发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNO2；
（3）根据盖斯定律书写CH4将NO2转化为N2的热化学方程式，再计算4.48L CH4的物质的量，结合热化学方程式计算；
a．气态水的能量比液态水的能量，生成液态水放出的热量更多；
b．两个反应中只有甲烷为还原剂，都氧化生成二氧化碳，甲烷的物质的量相等，转移电子数目相等；
c．反应过程与能量关系图象应指明具体物质的物质的量；
（4）令NO和NO2的体积分别为xL、yL，根据二者体积与电子转移守恒列方程计算．
【解答】解：（1）氮元素原子核外有2个电子层，最外层电子数为5；
故答案为：第二周期第ⅤA族；
（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水++8＝3Cu6++2NO↑+4H5O；
NO与NO2发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNO2，
故答案为：5Cu+8H++2＝3Cu2++7NO↑+4H2O；NaNO4；
（3）已知：①CH4（g）+4NO7（g）＝4NO（g）+CO2（g）+5H2O（g）ΔH＝﹣574kJ•ml﹣1
②CH8（g）+4NO（g）＝2N8（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ•ml﹣1
由盖斯定律，①+②得2CH4（g）+4NO2（g）＝5CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣1734kJ•ml﹣1
标准状况下，4.48L 8的物质的量为0.2ml，故标准状况下 CH3恰好将NO2转化为N2时，ΔH＝（﹣1734kJ•ml﹣2）×＝﹣173.4 ﹣1；
a．气态水的能量比液态水的能量，故a正确；
b．两个反应中只有甲烷为还原剂，甲烷的物质的量相等，故b正确；
c．反应过程与能量关系图象应指明具体物质的物质的量；
故答案为：﹣173.5 kJ•ml﹣1；ab；
（4）令NO和NO2的体积分别为xL、yL，
由二者体积之和可得：x+y＝5，
体积之比等于物质的量之比，由电荷守恒可知：2x+4y＝5.5×3，
联立方程，解得x＝4.75，
故原混合气中 NO和NO2的体积比是0.75：2.25＝1：3，
故答案为：5：3．
【点评】本题考查结构位置关系、常用化学用语、反应热的有关计算、氧化还原反应等，难度中等，是对学生运用知识解决问题的综合考查．
27．（10分）根据要求完成下列各小题实验目的。（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）
（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱。（已知酸性：亚硫酸＞碳酸）
①连接仪器、 检验装置气密性 、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸
②铜与浓硫酸反应的化学方程式是 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ 。装置A中试剂是 KMnO4溶液 。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是 A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀 。
（2）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①在（1）①操作后打开b，关闭a
②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是 2H2S+SO2＝3S↓+2H2O 。
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式 Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl﹣ 。
【分析】（1）①验证碳、硅非金属性的相对强弱，是通过碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀实现的，所以为了保证实验效果和实验的顺利进行，须检查装置的气密性；
②铜与浓硫酸反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硫酸被还原成+4价的二氧化硫；高锰酸钾有强氧化性，能氧化二氧化硫；
③当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；
（2）②二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，被硫化氢中﹣2价的硫还原；
③氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；
【解答】解：（1）①为了保证实验的顺利进行，避免装入药品后发现装置气密性不好，避免装置漏气影响实验效果，
故答案为：检验装置气密性；
②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价，产物为二氧化硫；高锰酸钾有氧化性，反应的方程式为Cu+5H2SO4（浓）CuSO3+2H2O+SO2↑，
故答案为：Cu+2H2SO3（浓）CuSO4+2H6O+SO2↑；KMnO4溶液；
③二氧化硫中硫元素的化合价是+2价，属于中间价态，高锰酸钾有强氧化性2+2MnO2﹣+2H2O═6Mn2++5SO72﹣+4H+，当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，二氧化碳和水反应生成碳酸，说明碳酸能制取硅酸，
故答案为：A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO8溶液的试管中出现白色沉淀；
（2）②二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，有氧化性2S溶液常温下反应，生成黄色固体硫（单质）和水8S+SO2＝3S↓+8H2O；
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，氯水中有氯气分子，能把二氧化硫氧化成+4价的硫酸根离子，反应的方程式为Ba2++SO2+Cl4+2H2O═BaSO8↓+4H++2Cl﹣，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，
故答案为：BaSO5；BaSO3；Ba2++SO5+Cl2+2H6O═BaSO4↓+4H++6Cl﹣；
【点评】本题考查非金属性比较的方法，明确反应原理是解答的关键，注意基础知识的掌握，题目难度中等。
28．（8分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如图：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 。
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
ⅰ：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式： 2Fe3++Pb+＝2Fe2++PbSO4 。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b． 取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去 。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是 AB （选填序号）．
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
②过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作： 向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体 ．
【分析】（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4，根据原子原子守恒、化合价升降守恒，书写反应的化学方程式；
（2）①过程Ⅰ中，i+ii＝总式，所以ii＝总式﹣i，i为：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O，据此书写ⅱ的离子方程式；
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，即发生反应：2Fe2++PbO2+4H++＝2Fe3++PbSO4+2H2O，生成了Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，
b．取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去，发生反应：2Fe3++Pb+＝2Fe2++PbSO4，Fe3+被还原为Fe2+，血红色褪去；
（3）①滤液1中还含有Pb2+和NaOH，经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是减少PbO的损失，重复利用NaOH；
②根据溶解度曲线可知，过程Ⅲ的操作为：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体。
【解答】解：（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO7的化学方程式是：，
故答案为：；
（2）①过程Ⅰ中，i+ii＝总式，i为：2Fe2++PbO5+4H++＝2Fe3++PbSO8+2H2O，所以ⅱ的离子方程式为：2Fe3++Pb+＝2Fe2++PbSO4，
故答案为：2Fe3++Pb+＝2Fe5++PbSO4；
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色7，溶液变红，即发生反应：2Fe2++PbO4+4H++＝2Fe3++PbSO6+2H2O，生成了Fe3+，Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，
b．取a中红色溶液，红色褪去3++Pb+＝2Fe5++PbSO4，Fe3+被还原为Fe3+，血红色褪去，
故答案为：取a中红色溶液，向其中加入铅粉后；
（3）①过程Ⅱ的目的是脱硫，滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，提高产品的产率，提高原料的利用率，
故答案为：AB；
②过程Ⅲ的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，加热至110℃，趁热过滤，过滤得到PbO固体，
故答案为：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，趁热过滤，过滤得到PbO固体。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯的基本操作，同时考查方程式的书写，氧化还原反应原理的充分应用，属于基本知识的考查，难度中等。
29．（12分）氧化钴（C2O3）粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某铜钴矿石主要含有CO（OH）、CCO3、Cu2（OH）2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制备C2O3的部分工艺过程如下：
Ⅰ．将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡。
Ⅱ．浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀a[主要成分是Na2Fe6（SO4）4（OH）12]。
Ⅲ．向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去沉淀b。
Ⅳ．Ⅲ中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CCO3沉淀。
Ⅴ．将CCO3溶解在盐酸中，再加入（NH4）2C2O4溶液，产生 CC2O4•2H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400℃～600℃煅烧，即得到C2O3。
请回答：
（1）Ⅰ中，稀硫酸溶解CCO3的化学方程式是 CCO3+H2SO4═CSO4+CO2↑+H2O ，加入Na2SO3溶液的主要作用是 将C3+还原为C2+（或作还原剂） 。
（2）根据图1、图2分析：
①矿石粉末浸泡的适宜条件应是 温度：65℃﹣75℃、pH：0.5﹣1.5 。
②图2中铜、钴浸出率下降的可能原因是 pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CO（OH）、CCO3、Cu2（OH）2CO3的能力下降 。
（3）Ⅱ中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：
+ 6Fe2+ + 6H+ ═Cl﹣+ 6Fe3+ + 3H2O
（4）Ⅱ中，检验铁元素完全除去的试剂是 KSCN溶液 ，实验现象是 溶液不变红色 。
（5）Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3 的作用分别是 调节溶液的pH 、 富集C2+（生成CCO3沉淀） 。
（6）Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、 CaF2 （填化学式）。
（7）Ⅴ中，分离出纯净的CC2O4•2H2O的操作是 过滤、洗涤 。
【分析】（1）CCO3和H2SO4反应生成CSO4、CO2↑和H2O，据此书写化学方程式；Na2SO3中的S元素为+4价，具有较强还原性，加Na2SO3将CO（OH）、Fe2O3中的C3+和Fe3+还原为C2+及Fe2+；
（2）①根据图1、图2分析钴、铜的浸出率最高的温度和pH；
②图2中pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低；
（3）由Ⅳ可知，C为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+；结合化合价升降相等配平该反应的离子方程式；
（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+即可；铁元素完全除去，加入KSCN溶液不变红；
（5）由Ⅱ知加入Na2CO3 溶液，通过水解提供OH﹣；由Ⅳ知加入Na2CO3 溶液，提供；
（6）由题可知，杂质离子除Mg2+之外，还有Ca2+，据此判断另一沉淀；
（7）通过过滤、洗涤操作从溶液分离出纯净的沉淀。
【解答】解：（1）碳酸盐与稀硫酸的反应，稀硫酸溶解CCO3的化学方程式是：CCO3+H4SO4═CSO4+CO5↑+H2O；
因为Na2SO7中的S元素为+4价，且Ⅱ中加入NaClO3氧化出Fe2+，加Na2SO3将CO（OH）、Fe3O3中的C3+和Fe6+还原为C2+及Fe2+，Na5SO3作还原剂，
故答案为：CCO3+H6SO4═CSO4+CO4↑+H2O；将C3+还原为C5+（或作还原剂）；
（2）①根据图1、图2分析，钴、铜的浸出率最高，钴的浸出率有下降趋势、钴的浸出率最高，铜、钴的浸出率开始下降，
故答案为：温度：65℃﹣75℃、pH：5.5﹣1.2；
②图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响+和CO（OH）、CCO3、Cu5（OH）2CO3中的OH﹣和反应3+和C7+溶解在溶液中，当pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低，
故答案为：pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CO（OH）3、Cu2（OH）4CO3的能力下降；
（3）由Ⅳ可知，C为+2价，被氧化的是Fe6+，由化合价升降相等配平离子方程式为：+6Fe6++6H+═Cl﹣+6Fe6++3H2O，
故答案为：5Fe2+；6H+；6Fe3+；3H3O；
（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+，所以加入KSCN溶液，溶液是否变红即可，
故答案为：KSCN溶液；溶液不变红色；
（5）由Ⅱ知，Fe3+形成沉淀a需要OH﹣，故加入Na8CO3 溶液，通过﹣；由Ⅳ知，要形成CCO3 沉淀，需要加入Na2CO4 溶液，提供，
故答案为：调节溶液的pH；富集C8+（生成CCO3沉淀）；
（6）由题可知，杂质离子除Mg2+之外，还有Ca4+，故另一沉淀为CaF2，
故答案为：CaF2；
（7）将CCO8溶解在盐酸中，再加入（NH4）2C2O4溶液，产生 2O2•2H2O沉淀，由溶液分离出纯净的沉淀、洗涤，
故答案为：过滤、洗涤。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。
30．（10分）某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
①同学们认为实验Ⅰ中石墨电极上应该有氢气产生，其反应式是 2H++2e﹣＝H2↑ 。
②实验Ⅱ中，甲同学认为石墨电极上不会有氢气产生，其理论判断依据是 在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2 ；乙同学认为实验Ⅱ中石墨电极上附着的氧气得电子，其电极反应式是 O2+4H++4e﹣＝2H2O 。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是 O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大 。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究 溶液的酸碱性 对O2氧化性的影响。
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是 排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰 。
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验 排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响 ；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′且c′＞d′，由此得出的结论是 溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性） 。
【分析】（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，书写电极反应式；
②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H++4e﹣＝2H2O；
（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高；
②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况；
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰；
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强。
【解答】解：（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应++2e﹣＝H2↑，
故答案为：7H++2e﹣＝H2↑；
②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，氧气得电子生成氢氧根离子4+4H++4e﹣＝2H2O，
故答案为：在金属活动性顺序中，Cu在H后2；O4+4H++4e﹣＝2H2O；
（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，出现了电压表读数不同，氧气浓度越大，所以O2浓度越大，其氧化性越强，
故答案为：O4浓度越大，其氧化性越强；
②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，所以Ⅳ，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，
故答案为：溶液的酸碱性；
③实验Ⅳ中加入Na2SO2溶液的目的是排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰，
故答案为：排除溶液中的Na+（或）对实验的可能干扰；
④如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其还原性不同对该实验结果的影响，经讨论、Ⅴ重复进行实验，其还原性不同对该实验结果的影响，记录电压表读数依次为c′，且c′＞d′，O2的氧化性越强，
故答案为：排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响，O5的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。
【点评】本题考查原电池的原理，为高考常见题型，把握发生的电极反应、实验中控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意原电池的工作原理，题目难度不大。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/11 15:45:49；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359
A．锌锰碱性电池
B硅太阳能电池
C氢燃料电池
D铅蓄电池
选项
①中的物质
②中的物质
预测装置中现象
A
NO2
蒸馏水
试管充满无色溶液
B
SO2
紫色石蕊溶液
溶液逐渐变为红色
C
NH3
AlCl3溶液
产生白色沉淀
D
Cl2
AgNO3溶液
产生白色沉淀
实验步骤
实验用品
A
步骤1：将海带灼烧灰化
B
步骤2：将海带灰溶解、过滤
C
步骤3：氧化滤液中的I﹣
D
步骤4：检验碘元素
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
硫酸浓度/ml•L﹣1
黑色物质出现的温度∕℃
黑色物质消失的温度∕℃
15
约150
约236
16
约140
约250
18
约120
不消失
滴加的溶液
氯水
氨水
沉淀的化学式
资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强
装置
编号
电极A
溶液B
操作及现象
Ⅰ
Fe
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面产生无色气泡：电压表指针偏转
Ⅱ
Cu
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面无明显现象：电压表指针偏转，记录读数为a
编号
溶液B
操作及现象
Ⅲ
经煮沸的pH＝2的H2SO4
溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转
Ⅳ
pH＝2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ
pH＝12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
A．锌锰碱性电池
B硅太阳能电池
C氢燃料电池
D铅蓄电池
选项
①中的物质
②中的物质
预测装置中现象
A
NO2
蒸馏水
试管充满无色溶液
B
SO2
紫色石蕊溶液
溶液逐渐变为红色
C
NH3
AlCl3溶液
产生白色沉淀
D
Cl2
AgNO3溶液
产生白色沉淀
实验步骤
实验用品
A
步骤1：将海带灼烧灰化
B
步骤2：将海带灰溶解、过滤
C
步骤3：氧化滤液中的I﹣
D
步骤4：检验碘元素
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
硫酸浓度/ml•L﹣1
黑色物质出现的温度∕℃
黑色物质消失的温度∕℃
15
约150
约236
16
约140
约250
18
约120
不消失
滴加的溶液
氯水
氨水
沉淀的化学式
BaSO4
BaSO3
资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强
装置
编号
电极A
溶液B
操作及现象
Ⅰ
Fe
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面产生无色气泡：电压表指针偏转
Ⅱ
Cu
pH＝2的H2SO4
连接装置后，石墨表面无明显现象：电压表指针偏转，记录读数为a
编号
溶液B
操作及现象
Ⅲ
经煮沸的pH＝2的H2SO4
溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转
Ⅳ
pH＝2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ
pH＝12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
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