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北京市第一五九中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份北京市第一五九中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市第一五九中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题原卷版docx、北京市第一五九中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
考生须知
1.本试卷共12页，共2道大题，34道小题。考试时间90分钟，试卷满分100分。
2.除特别说明外，试卷答案一律填涂在答题卡或书写在答题纸上。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上作答，其他试题用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。
可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Zn 65 Pb 207
第一部分 选择题(共50分)
1. 对抗疫情离不开化学。下列抗疫物资中，主要成分不属于有机物的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．医用酒精的主要成分为CH3CH2OH，属于有机物，A不符合题意；
B．塑料护目镜中含有有机合成材料，含有有机物，B不符合题意；
C．84消毒液为NaClO的水溶液，成分均为无机物，C符合题意；
D．医用橡胶手套含有有机合成材料，含有有机物，D不符合题意；
答案选C。
2. 下列气体中，与酸雨密切相关的是
A. N2B. CO2C. SO2D. CO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．N2是空气中的主要成分，不能形成酸雨，A不符合；
B．CO2不能形成酸雨，但能加剧温室效应，B不符合；
C．SO2能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化转化为硫酸而形成酸雨，C符合；
D．CO有毒，属于大气污染物，但不能形成酸雨，D不符合；
答案选C。
3. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 抗氧化剂B. 调味剂
C. 着色剂D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
4. 下列物质中，含有离子键的是
A. Cl2B. HClC. CaCl2D. HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气中只含有共价键，故A不选；
B．氯化氢中只含有共价键，故B不选；
C．CaCl2是离子化合物，只含有离子键，故C选；
D．HClO中只含有共价键，故D不选；
故选：C。
5. 下列物质中，既含有氨分子，又含有铵根离子的是
A. 氨气B. 氨水C. 硝酸D. 硝酸钾
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气是共价化合物，化合物中只存在氨分子，不存在铵根离子，故A错误；
B.氨水是氨气溶于水所得的混合物，氨水中存在氨分子、一水合氨分子、水分子、铵根离子、氢氧根离子和氢离子，既含有氨分子，又含有铵根离子，故B正确；
C.硝酸为共价化合物，化合物中只存在硝酸分子，不存在氨分子和铵根离子，故C错误；
D.硝酸钾是离子化合物，化合物中含有钾离子和硝酸根离子，不存在氨分子和铵根离子，故D错误；
故选B。
6. 下列物质的电子式书写正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气为共价化合物，每个氢原子与氮原子形成一个共用电子对，氮原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故A错误；
B．氯气中氯原子之间形成一个共用电子对，每个氯原子最外层达到8电子稳定结构，Cl2的电子式，故B错误；
C．二氧化碳中，每个氧原子与碳原子形成2个共用电子对，每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则电子式为，故C错误；
D．氯化钠是离子化合物，由钠原子失去电子变为钠离子，氯原子得到电子变为氯离子，电子式为，故D正确；
答案选D。
7. 碳原子的不同结合方式使得有机物种类繁多，下列碳原子的结合方式中错误的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在有机物的分子结构中，1个C要连有4个键，其中碳碳双键属于2个键，碳碳三键属于3个键，C-H往往省略掉。所以，当给出的结构中，如果1个C周围的键少于4个，则要由C-H键补足至4个；如果多于4个，则一定不合理。
【详解】A. 该物质是正丁烷，图中省略了C-H键，A正确；
B. 该物质是异丁烷，图中省略了C-H键，B正确；
C. 图中有1个C周围连有5个键（2个单键和1个三键），不合理，C错误；
D. 该物质是环丁烷，图中省略了C-H键，D正确；
故合理选项为C。
【点睛】在有机化合物分子中，1个C一定连有4个键，不会多，也不会少。
8. 下列关于甲烷的说法不正确的是
A. 甲烷分子具有正四面体结构B. 甲烷是无色无味的气体
C. 甲烷是最简单的烷烃D. 甲烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷的中心原子是碳原子，碳原子上的价电子都形成了共价键，中心原子价层孤电子对数，碳原子sp3杂化，该分子是正四面体结构，故A正确；
B．甲烷是一种无色无味、可燃和无毒的气体，故B正确；
C．甲烷是最简单的烷烃，故C正确；
D．甲烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，故D错误；
答案选D。
9. 某化学反应中，生成物D的物质的量浓度在5s时为1.0ml/L，在10s时为1.5ml/L，则在这段时间内D的平均反应速率为
A. 0.15ml/(L·s)B. 0.2ml/(L·s)C. 0.1ml/(L·s)D. 0.05ml/(L·s)
【答案】C
【解析】
【详解】生成物D的物质的量浓度在5s时为1.0ml/L，在10s时为1.5ml/L，则在这段时间内D的平均反应速率==0.1ml/(L·s)。
答案选C。
10. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A. 用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe
B. 用Na2O2作潜水艇的供氧剂
C. 用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+
D. 以NH3为原料制备HNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．用含氧化铁的铁矿石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意；
D．以氨气为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故选C。
11. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。当NO2、N2O4的浓度不再变化时，下列说法不正确的是（ ）
A. NO2全部转化为N2O4
B. 该反应已达化学平衡状态
C. 正、逆反应速率相等，但不等于零
D. 容器中气体颜色不再发生变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应可逆，故 NO2不可能全部转化为N2O4，A错误；
B. 浓度不再变化，则该反应已达化学平衡状态，B正确；
C. 浓度不再变化，则该反应已达化学平衡状态，正、逆反应速率相等，但不等于零，C正确；
D. 二氧化氮浓度不再变化，即容器中气体颜色不再发生变化，D正确；
答案选A。
12. 原电池原理的发现极大地推进了现代化的进程,改变了人们的生活方式。关于如图所示原电池的说法不正确的是
A. 该装置将化学能转化为电能
B. 电子由锌片经导线流向铜片
C. 铜片上发生的反应为Cu2++2e-=Cu
D. 该装置使氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行
【答案】C
【解析】
【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应。
【详解】A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，选项A正确；
B．锌作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极，选项B正确；
C．该装置中，负极上锌失电子、正极上氢离子得电子，所以铜片上发生的反应为 2H++2e-═H2↑，选项C不正确；
D. 该装置负极区锌失电子发生氧化反应，正极区氢离子得电子发生还原反应，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查了原电池原理，根据能量转化方式确定装置类型，根据失电子难易程度确定正负极，结合电子流向分析解答，题目难度不大。
13. 下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是
A. Mg与盐酸的反应属于放热反应
B. 能量变化是化学反应的基本特征之一
C. 碳酸钙分解的反应属于放热反应
D. 反应物的总能量低于生成物的总能量，反应时从环境吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．活泼金属与酸反应为放热反应，则Mg与盐酸的反应属于放热反应，故A正确；
B．化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则能量变化是化学反应的基本特征之一，故B正确；
C．碳酸钙分解的反应属于吸热反应，故C错误；
D．反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，反应时从环境吸收能量，故D正确；
答案选C。
14. 下列关于硫酸的叙述中，正确的是
A. 浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化
B. 浓硫酸有强氧化性，不可贮存在铝、铁容器中
C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D. 稀释浓硫酸时，应将水沿着器壁慢慢加入到浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌
【答案】A
【解析】
【详解】分析：浓硫酸具有吸水性、脱水性和强化性，稀硫酸具有酸的通性，以此解答。
详解：A项，使蔗糖炭化，表现浓硫酸的脱水性，故A项正确；
B项，浓硫酸具有强氧化性，可与铝、铁在常温下发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，可贮存在铝、铁容器中，故B项错误；
C项，浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，故C项错误；
D项，浓硫酸溶于水会放出大量热，稀释浓硫酸时，应防止酸液飞溅，应将浓硫酸沿着器壁慢慢加入到水中，并用玻璃棒不断搅拌，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
15. 能实现下列物质间直接转化的元素是
单质氧化物酸或碱→盐
A. 硫B. 铜C. 硅D. 铁
【答案】A
【解析】
【分析】将四个选项逐一代入所给的转化过程进行分析。
【详解】A．硫和氧气反应：S+O2SO2，SO2与水反应：SO2+H2OH2SO3，H2SO3与碱发生中和反应：H2SO3+2NaOH=Na2SO3+H2O，A项正确；
B．铜和氧气反应：2Cu+O22CuO，CuO与水不反应，B项错误；
C．硅和氧气反应：Si+O2SiO2，生成的SiO2与水不反应，C项错误；
D．铁和氧气反应，在空气中加热时生成Fe2O3，在纯氧中点燃时生成Fe3O4：，而Fe2O3和Fe3O4与水均不反应，D项错误；
答案选A项。
16. 下列解释事实的化学方程式不正确的是
A. NH3遇HCl产生白烟：NH3+HCl=NH4Cl
B. NO遇空气变为红棕色：2NO+O2=2NO2
C. 氨气溶于水滴加酚酞显红色：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH+OH-
D. Cu与稀HNO3混合产生无色气体：Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．NH3遇HCl反应生成氯化铵，产生白烟，化学方程式为NH3＋HCl=NH4Cl，A正确；
B．NO遇空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，化学方程式为2NO＋O2=2NO2，B正确；
C．NH3与H2O反应生成NH3•H2O，NH3•H2O为弱电解质部分电离成铵根和氢氧根离子使得溶液显碱性能使酚酞变红，转化过程NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH+OH-，C正确；
D．Cu与稀HNO3混合产生无色气体NO，离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，D错误；
故选：D。
17. X、Y、Z、W四种金属片在稀盐酸中，用导线连接，可以组成原电池，实验结果如图所示：则四种金属的活泼性由强到弱的顺序为
A. Z>Y>X>WB. Z>X>Y>WC. Z>Y>W>XD. Y>Z>X>W
【答案】A
【解析】
【分析】
形成原电池时，较为活泼的金属为负极，较不活泼的金属为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，可生成金属、气体等，结合两极反应的现象进行判断。
【详解】甲中Z、Y组合时，Z为负极，则活泼性Z＞Y；
乙中X、Y组合时，X电极上有气泡，则X为正极，则活泼性Y＞X；
丙中Z、W组合时，电子从Z流向W，则Z为负极，则活泼性Z＞W；
丁中X、W组合时，W上发生还原反应，说明W为正极，活泼性X＞W；
因此活泼性Z＞Y＞X＞W，故选A。
18. 反应：，在不同条件下，用不同物质表示其反应速率，分别为：①；②；③；④，则此反应在不同条件下进行最快的是
A. ①B. ①C. ③D. ④
【答案】C
【解析】
【详解】比较反应速率要转化为同种物质的反应速率来比较大小，利用反应速率之比等于化学计量数之比来分析，都转化为A的反应速率：
①；
②；则v(A)=0.25ml•L-1•min-1×3=0.75ml•L-1•min-1；
③；则v(A)=0.6ml•L-1•min-1×=0.9ml•L-1•min-1；
④；则v(A)=0.45ml•L-1•min-1×=0.675ml•L-1•min-1；
显然③表示的该反应的反应速率最大；
答案选C。
19. 室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是
A. NO2易溶于水，不能用排水法收集
B. 试管中剩余的无色气体是未溶解的NO2
C. 取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸
D. 向试管中再缓缓通入一定量的O2，试管中的液面上升
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，水进入试管约三分之二体积，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正确；
B．NO2呈红棕色，而试管中剩余气体呈无色，所以试管中剩余气体不是NO2，B不正确；
C．紫色石蕊溶液显红色，表明溶液显酸性，从而表明NO2与H2O反应生成了酸等物质，C正确；
D. 试管中剩余气体为NO，通入一定量的O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO气体转化为HNO3，所以试管中的液面上升，D正确；
故选B。
20. 某小组用如图装置探究的性质。下列离子方程式书写不正确的是
A. 甲中紫色褪去：
B. 乙中蓝色逐渐变浅：
C. 丙中产生少量白色沉淀：
D. 丁中可能的反应：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．SO2具有还原性，KMnO4有氧化性，S元素化合价从+4升至+6，Mn元素从+7降至+2，反应的离子方程式：，故A正确；
B．SO2具有还原性，I2有氧化性，S元素化合价从+4升至+6，I元素从0降至-1，反应的离子方程式：，故B正确；
C．H2SO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制取强酸，即SO2与BaCl2溶液不反应，不会有白色沉淀产生，故C错误；
D．SO2是酸性氧化物，能与强碱发生反应，离子方程式：，故D正确；
故选：C。
21. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca = CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是
A. 正极反应式：Ca + 2Cl－－2e－ = CaCl2
B. 放电过程中，Li+向负极移动
C. 每转移0.1ml电子，理论上生成20.7 g Pb
D. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
【答案】D
【解析】
【详解】A、正极发生还原反应，故电极反应式为PbSO4+2e－=Pb+SO42－，错误；
B、放电过程为原电池，阳离子Li＋向正极移动，错误；
C、每转移0.1ml电子，生成0.05ml Pb，质量为10.35g，错误；
D、常温下，电解质不能融化，不导电，不能形成原电池，故电流表或检流计指针不偏转，正确。
答案选D。
22. 研究表明，氮氧化物()与二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如图所示。下列关于雾霾及其形成的叙述中，不正确的是
A. 雾霾的形成与燃料燃烧有关
B. 涉及氧化还原反应
C. 雾霾中含有和
D. 是形成无机颗粒物的催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮氧化物()与二氧化硫在形成雾霾，雾霾的形成与燃料燃烧有关，故A正确；
B．二氧化硫到三氧化硫，化合价升高，氮氧化物到五氧化二氮，化合价升高，因此涉及氧化还原反应，故B正确；
C．根据图中信息雾霾中含有和，故C正确；
D．氨气与硝酸或硫酸生成硝酸铵或硫酸铵颗粒，氨气参与反应且量减少，因此不是形成无机颗粒物的催化剂，故D错误。
综上所述，答案为D。
23. 科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。
反应过程的示意图如下。
下列说法不正确的是
A. CO2含有极性共价键B. 上述过程表示CO和O生成CO2
C. 上述过程中CO断键形成C和OD. 从状态I到状态III，有能量放出
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2的结构式为O=C=O，O=C为极性共价键，则CO2含有极性共价键，A正确；
B．从图中可以看出，在催化剂表面，O与CO反应生成CO2，CO2最终脱离催化剂表面，B正确；
C．从图中可以看出，CO中的C、O原子并未分离，则说明反应过程中CO分子中的共价键并没有全部断裂，没有形成C和O原子，C不正确；
D．从状态I到状态III，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应有能量放出，D正确；
故选C。
24. 下列实验结论与实验现象相符合的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，原溶液为盐溶液，说明盐溶液中和浓NaOH溶液在加热下反应生成了氨气，因此说明该盐溶液中含有，故A正确；
B．SO2与酸性高锰酸钾溶液反应过程中被氧化，体现了SO2的还原性，故B错误；
C．向蔗糖中滴加浓硫酸，固体变黑说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．常温下Cu与稀硫酸不反应，向溶液中加入NaNO3固体，NaNO3电离出，酸性下具有强氧化性，能与Cu反应生成NO气体，故D错误；
综上所述，答案为A。
25. 不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是
A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B. 由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C. 由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2++ O2+4H+= 4Fe3++ 2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B．②和③变量为pH，由图象可知，由②和③可知，pH越小，Fe2+氧化速率越快，故B错误；
C．①和③变量为温度，由图象可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；
D．氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
第二部分 非选择题(共50分)
26. 请用序号填空。
①35Cl和37Cl ②CH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH3
③CH3-CH2-OH和CH3-O-CH3 ④和
⑤O2和O3
(1)互为同位素的是___________；
(2)互为同分异构体的是___________；
(3)互为同系物的是___________；
(4)互为同素异形体的是___________。
【答案】 ①. ① ②. ③ ③. ② ④. ⑤
【解析】
【分析】同素异形体是同种元素形成的不同单质；具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物；分子式相同结构相同的物质是同种物质，根据以上概念分析。
【详解】①35Cl和37Cl是氯元素的不同原子，互为同位素；
②丙烷(CH3CH3)和正丁烷(CH3CH2CH2CH3）通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物；
③乙醇与二甲醚的分子式相同而结构不同，互为同分异构体；
④这两种物质都是二氯甲烷，二氯甲烷只有一种结构，它们是同种物质；
⑤O2和O3是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体；
【点睛】本题考查了同分异构体、同位素、同素异形体、同系物、同一物质的概念，难度不大，注意把握概念的内涵与外延。
27. 为除去粗盐中的少量、、以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：
称取粗盐滤液精盐
（1）加入过量溶液的目的是除去粗盐中的___________。
（2）第③步目的是除去粗盐中的，反应的离子方程式为___________。
（3）第④步的反应的离子方程式为___________、___________。
【答案】（1）硫酸根离子
（2）Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓
（3） ①. ②.
【解析】
【分析】由流程可知，①溶解，②中加氯化钡可除去硫酸根离子，③中加NaOH除去镁离子，④中加碳酸钠可除去剩余钡离子、钙离子，⑤过滤，过滤后主要为氯化钠和碳酸钠，⑥中加盐酸反应后蒸发、结晶、烘干，除去HCl和水，得到NaCl；
【小问1详解】
由分析可知，加入过量BaCl2溶液，除掉粗盐中的硫酸根离子；
【小问2详解】
镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓；
【小问3详解】
粗盐中有少量Ca2+、除硫酸根离子时引入了Ba2+杂质，所以利用除去Ca2+和Ba2+，离子方程式为、。
28. 某小组同学探究浓硫酸及其部分反应产物化学性质，装置如下图所示(夹持装置略去)。
（1）试管①中反应的化学方程式是___________。该反应表明浓硫酸具有___________(填序号)。
a．酸性 b．强氧化性 c．还原性
（2）若试管②中的试剂为品红溶液，实验中观察到的现象是___________。
（3）若试管②中的试剂为酸化的溶液，观察到有白色沉淀生成，说明试管①中生成的气体具有___________性。
（4）试管③中的试剂为NaOH溶液，反应的离子方程式是___________。
【答案】（1） ①. Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ②. ab
（2）品红溶液褪色 （3）还原
（4）SO2+2OH-=+H2O
【解析】
【分析】加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫具有还原性，如②中加入酸化的硝酸钡，可生成硫酸钡沉淀，如③为氢氧化钠溶液，可用于吸收二氧化硫，防止污染空气，以此解答该题；
【小问1详解】
加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中浓硫酸起到强氧化性和酸性的作用，即选ab；
【小问2详解】
二氧化硫具有漂白性，若试管②中的试剂为品红溶液，可使品红溶液褪色；
【小问3详解】
二氧化硫具有还原性，可在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，溶液中生成硫酸钡沉淀；
【小问4详解】
二氧化硫与氢氧化钠反应的离子方程式为SO2+2OH-=+H2O。
29. 某实验小组同学进行如下实验，以探究化学反应中的能量变化。
（1）实验表明：②中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是____________（填“吸热”或“放热”）反应。
（2）实验①中，该小组同学在烧杯中加入5 mL 1.0 ml/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，如图A所示，该反应是________（填“吸热”或“放热”）反应，其能量变化可用下图中的___________（填“B”或“C”）表示。
A中0—t1段化学反应速率变化的原因是__________________。
【答案】 ①. 吸热 ②. 放热 ③. B ④. 反应放热 温度升高 速率加快
【解析】
【分析】(1)温度升高，则反应放热；温度降低则反应吸热；(2)浓度越小，反应速率越小，温度越高，速率越大；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量；根据金属与酸的反应为放热反应分析。
【详解】(1) ②中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应，因此，本题正确答案是：吸热；
(2)在烧杯中加入5 mL 1.0 ml/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条,观察产生H2的速率，开始时盐酸的浓度减小，速率应减小，但实际上增大，说明温度对速率的影响大于浓度对速率的影响，则该反应放热；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；金属与酸的反应为放热反应，温度影响反应的速率，温度越高，反应的速率越快；
因此，本题正确答案是：放热；B；反应放热，温度升高，反应速率加快。
30. 利用如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）B中碱石灰的作用是___________。
（3）C处是收集氨气的装置，请将集气瓶中导管补充完整___________。
（4）若干燥，不能选用浓硫酸，用化学方程式表示其原因：___________(用化学方程式表示)。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）干燥氨气 （3）
（4）或
【解析】
【分析】A中加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物生成氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；B中碱石灰能吸收水蒸气作干燥剂，C为氨气的收集装置；
【小问1详解】
加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
氨气中混有水蒸气，通过碱石灰进行干燥；
【小问3详解】
氨气极易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，故采用向下排空气法收集，故答案为：；
【小问4详解】
与硫酸要发生反应，故不能用浓硫酸干燥，化学方程式为或。
31. 利用微生物燃料电池，可以处理宇航员的粪便，同时得到电能。根据图示，回答下列问题。
（1）b电极是___________极(填“正”或“负”)。
（2）a电极的电极反应式为___________。
（3）每消耗标准状况下4.48L ，负极向正极转移___________ml电子。
【答案】（1）正 （2）2NH3-6e-═N2+6H+
（3）0.8
【解析】
【分析】由图可知，a极上NH3发生氧化反应生成N2，故a极为负极，电极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+，b极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，氢离子由负极迁移到正极，据此作答。
【小问1详解】
由分析可知，b电极为正极；
【小问2详解】
由分析可知，a极为负极，电极反应式为2NH3-6e-═N2+6H+；
【小问3详解】
标准状况下4.48L 为0.2ml，根据反应式O2+4e-+4H+=2H2O，可知电路中通过0.8ml电子，即负极向正极转移0.8ml电子。
32. 利用原电池原理可以探究金属的活动性。
（1）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。锌片做___________极(填“正”或“负”)，锌片上发生的电极反应式是___________；银片上发生的电极反应式是___________。
（2）若该电池中两电极的总质量为12g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为9.4g。此时产生标准状况下氢气的体积为___________L，通过导线的电子的物质的量为___________ml。
（3）为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案。其中能证明铁的金属活动性比铜强的方案是___________。(填序号)
【答案】（1） ①. 负 ②. Zn-2e-=Zn2+ ③. 2H++2e-=H2↑
（2） ①. 0.896 ②. 0.08
（3）①③④
【解析】
【小问1详解】
锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，发生Zn与氢离子的电池反应，Zn失去电子，则Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，银片为正极，发生的电极反应式为2H++2e-=H2↑；
【小问2详解】
两电极的总质量为12g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为9.4g，可知参加反应的Zn为12g-9.4g=2.6g，n(Zn)==0.04ml，由Zn～2e-～H2可知，生成气体为0.04ml×22.4L/ml=0.896L，转移电子为0.04ml×2=0.08ml；
【小问3详解】
①将铁片置于CuSO4溶液中，由现象可知Fe置换出Cu，Fe易失去电子，则证明铁的金属活动性比铜强，故正确；
②将铁丝和铜丝分别在氯气燃烧，氯气为强氧化剂，均生成高价金属氯化物。金属性比较可以通过比较失电子难易，不能用失电子多少作依据。不能比较金属性，故错误；
③将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中，由现象可知Fe与氢离子反应而Cu不能，Fe易失去电子，则证明铁的金属活动性比铜强，故正确；
④将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，由现象可知Fe为负极，Fe易失去电子，则证明铁的金属活动性比铜强，故正确；
故答案为：①③④。
33. 某可逆反应在体积为5L的密闭容器中进行，0~3min内各物质的物质的量的变化情况如图所示(A、B、C均为气体)。
（1）该反应的化学方程式为___________。
（2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为___________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。
A B. 容器内压强保持不变
C. D. 容器内混合气体的密度保持不变
（4）在密闭容器里，通入aml A(g)、bml B(g)、cml C(g)，发生上述反应，当改变下列条件时，反应速率会减小的是___________(填序号)。
①降低温度 ②加入催化剂 ③增大容器体积 ④再通入aml A(g) ⑤容器体积不变，充入惰性气体Ar ⑥容器压强不变，充入惰性气体Ar
【答案】（1）2A(g)+B(g)⇌2C(g)
（2）0.1 ml•L-1•min-1 （3）B （4）①③⑥
【解析】
【小问1详解】
由图可知，2min到达平衡状态，A、B、C三种气体的起始物质的量分别为5ml、2ml、2ml,平衡时物质的量分别为3ml、1ml、4ml,则A、B分别消耗了2ml、1ml，是反应物，C生成了2ml，是生成物，根据化学计量数之比等于变化量之比，Δn(A)：Δn(B)：Δn(C)=2：1：2，故该方程式为2A(g)+B(g)⇌2C(g)；
【小问2详解】
根据根据图像中数据，反应开始至2min时，B的平均反应速率为v===0.1 ml•L-1•min-1；
【小问3详解】
A．没有表明反应方向，无法据此说明该反应是否已达到平衡状态，故A不选；
B．该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，恒容时，容器压强与气体物质的量成正比，因此，容器内总压强不再变化能说明反应达到平衡状态，故B选；
C．，即，则正逆反应速率不相等，该反应未达到平衡状态，故C不选；
D．根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量m(g)不变，恒容条件下，由ρ=知密度始终不改变，所以不能据此判断反应是否达到平衡，故D不选；
答案选B。
【小问4详解】
①降低温度，反应速率减小，故选；
②加入催化剂，反应速率一般会增大，故不选；
③增大容器体积，反应物浓度减小，反应速率减小，故选；
④再通入aml A(g)，反应物浓度增大，反应速率加快，故不选；
⑤容器体积不变，充入惰性气体Ar，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，故不选；
⑥容器压强不变，充入惰性气体Ar，容器体积会扩大，反应物和生成物浓度会减小，反应速率减小，故选；
答案为①③⑥。
34. 用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物方法是_______。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）过滤； （2）；
（3） ①. 还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； ②. 7.2×10-5ml NaCl；
（4），Fe2+破坏了钝化层；
（5） ①. ； ②. 偏大。
【解析】
【小问1详解】
由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
【小问2详解】
由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
【小问3详解】
根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml，，所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5ml NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5ml NaCl；
【小问4详解】
根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
【小问5详解】
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3ml，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。A.医用酒精
B.塑料护目镜
C.84消毒液
D.医用橡胶手套
选项
实验
现象
结论
A
向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热
产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
原溶液中含有NH
B
把SO2通入紫色的酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫色褪去
SO2具有漂白性
C
向蔗糖中滴加浓硫酸
蔗糖变黑
浓硫酸具有吸水性
D
向盛有Cu片的试管中加入稀H2SO4，无明显现象，再加入NaNO3固体
Cu片逐渐溶解，产生气泡，溶液变蓝
NaNO3是催化剂，可增大Cu与稀H2SO4反应的化学反应速率
方案
现象或产物
①将铁片置于溶液中
铁片上有亮红色物质析出
②将铁丝和铜丝分别在氯气燃烧
产物分别为和
③将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中
铁片上有气泡产生，铜片上无气泡产生
④将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接
铁片溶解，铜片上有气泡产生
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
考生须知
1.本试卷共12页，共2道大题，34道小题。考试时间90分钟，试卷满分100分。
2.除特别说明外，试卷答案一律填涂在答题卡或书写在答题纸上。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上作答，其他试题用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。
可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Zn 65 Pb 207
第一部分 选择题(共50分)
1. 对抗疫情离不开化学。下列抗疫物资中，主要成分不属于有机物的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．医用酒精的主要成分为CH3CH2OH，属于有机物，A不符合题意；
B．塑料护目镜中含有有机合成材料，含有有机物，B不符合题意；
C．84消毒液为NaClO的水溶液，成分均为无机物，C符合题意；
D．医用橡胶手套含有有机合成材料，含有有机物，D不符合题意；
答案选C。
2. 下列气体中，与酸雨密切相关的是
A. N2B. CO2C. SO2D. CO
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．N2是空气中的主要成分，不能形成酸雨，A不符合；
B．CO2不能形成酸雨，但能加剧温室效应，B不符合；
C．SO2能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化转化为硫酸而形成酸雨，C符合；
D．CO有毒，属于大气污染物，但不能形成酸雨，D不符合；
答案选C。
3. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 抗氧化剂B. 调味剂
C. 着色剂D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
4. 下列物质中，含有离子键的是
A. Cl2B. HClC. CaCl2D. HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气中只含有共价键，故A不选；
B．氯化氢中只含有共价键，故B不选；
C．CaCl2是离子化合物，只含有离子键，故C选；
D．HClO中只含有共价键，故D不选；
故选：C。
5. 下列物质中，既含有氨分子，又含有铵根离子的是
A. 氨气B. 氨水C. 硝酸D. 硝酸钾
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气是共价化合物，化合物中只存在氨分子，不存在铵根离子，故A错误；
B.氨水是氨气溶于水所得的混合物，氨水中存在氨分子、一水合氨分子、水分子、铵根离子、氢氧根离子和氢离子，既含有氨分子，又含有铵根离子，故B正确；
C.硝酸为共价化合物，化合物中只存在硝酸分子，不存在氨分子和铵根离子，故C错误；
D.硝酸钾是离子化合物，化合物中含有钾离子和硝酸根离子，不存在氨分子和铵根离子，故D错误；
故选B。
6. 下列物质的电子式书写正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气为共价化合物，每个氢原子与氮原子形成一个共用电子对，氮原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故A错误；
B．氯气中氯原子之间形成一个共用电子对，每个氯原子最外层达到8电子稳定结构，Cl2的电子式，故B错误；
C．二氧化碳中，每个氧原子与碳原子形成2个共用电子对，每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则电子式为，故C错误；
D．氯化钠是离子化合物，由钠原子失去电子变为钠离子，氯原子得到电子变为氯离子，电子式为，故D正确；
答案选D。
7. 碳原子的不同结合方式使得有机物种类繁多，下列碳原子的结合方式中错误的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在有机物的分子结构中，1个C要连有4个键，其中碳碳双键属于2个键，碳碳三键属于3个键，C-H往往省略掉。所以，当给出的结构中，如果1个C周围的键少于4个，则要由C-H键补足至4个；如果多于4个，则一定不合理。
【详解】A. 该物质是正丁烷，图中省略了C-H键，A正确；
B. 该物质是异丁烷，图中省略了C-H键，B正确；
C. 图中有1个C周围连有5个键（2个单键和1个三键），不合理，C错误；
D. 该物质是环丁烷，图中省略了C-H键，D正确；
故合理选项为C。
【点睛】在有机化合物分子中，1个C一定连有4个键，不会多，也不会少。
8. 下列关于甲烷的说法不正确的是
A. 甲烷分子具有正四面体结构B. 甲烷是无色无味的气体
C. 甲烷是最简单的烷烃D. 甲烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷的中心原子是碳原子，碳原子上的价电子都形成了共价键，中心原子价层孤电子对数，碳原子sp3杂化，该分子是正四面体结构，故A正确；
B．甲烷是一种无色无味、可燃和无毒的气体，故B正确；
C．甲烷是最简单的烷烃，故C正确；
D．甲烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，故D错误；
答案选D。
9. 某化学反应中，生成物D的物质的量浓度在5s时为1.0ml/L，在10s时为1.5ml/L，则在这段时间内D的平均反应速率为
A. 0.15ml/(L·s)B. 0.2ml/(L·s)C. 0.1ml/(L·s)D. 0.05ml/(L·s)
【答案】C
【解析】
【详解】生成物D的物质的量浓度在5s时为1.0ml/L，在10s时为1.5ml/L，则在这段时间内D的平均反应速率==0.1ml/(L·s)。
答案选C。
10. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A. 用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe
B. 用Na2O2作潜水艇的供氧剂
C. 用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+
D. 以NH3为原料制备HNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．用含氧化铁的铁矿石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意；
D．以氨气为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故选C。
11. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。当NO2、N2O4的浓度不再变化时，下列说法不正确的是（ ）
A. NO2全部转化为N2O4
B. 该反应已达化学平衡状态
C. 正、逆反应速率相等，但不等于零
D. 容器中气体颜色不再发生变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应可逆，故 NO2不可能全部转化为N2O4，A错误；
B. 浓度不再变化，则该反应已达化学平衡状态，B正确；
C. 浓度不再变化，则该反应已达化学平衡状态，正、逆反应速率相等，但不等于零，C正确；
D. 二氧化氮浓度不再变化，即容器中气体颜色不再发生变化，D正确；
答案选A。
12. 原电池原理的发现极大地推进了现代化的进程,改变了人们的生活方式。关于如图所示原电池的说法不正确的是
A. 该装置将化学能转化为电能
B. 电子由锌片经导线流向铜片
C. 铜片上发生的反应为Cu2++2e-=Cu
D. 该装置使氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行
【答案】C
【解析】
【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应。
【详解】A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，选项A正确；
B．锌作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极，选项B正确；
C．该装置中，负极上锌失电子、正极上氢离子得电子，所以铜片上发生的反应为 2H++2e-═H2↑，选项C不正确；
D. 该装置负极区锌失电子发生氧化反应，正极区氢离子得电子发生还原反应，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查了原电池原理，根据能量转化方式确定装置类型，根据失电子难易程度确定正负极，结合电子流向分析解答，题目难度不大。
13. 下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是
A. Mg与盐酸的反应属于放热反应
B. 能量变化是化学反应的基本特征之一
C. 碳酸钙分解的反应属于放热反应
D. 反应物的总能量低于生成物的总能量，反应时从环境吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．活泼金属与酸反应为放热反应，则Mg与盐酸的反应属于放热反应，故A正确；
B．化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则能量变化是化学反应的基本特征之一，故B正确；
C．碳酸钙分解的反应属于吸热反应，故C错误；
D．反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，反应时从环境吸收能量，故D正确；
答案选C。
14. 下列关于硫酸的叙述中，正确的是
A. 浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化
B. 浓硫酸有强氧化性，不可贮存在铝、铁容器中
C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D. 稀释浓硫酸时，应将水沿着器壁慢慢加入到浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌
【答案】A
【解析】
【详解】分析：浓硫酸具有吸水性、脱水性和强化性，稀硫酸具有酸的通性，以此解答。
详解：A项，使蔗糖炭化，表现浓硫酸的脱水性，故A项正确；
B项，浓硫酸具有强氧化性，可与铝、铁在常温下发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，可贮存在铝、铁容器中，故B项错误；
C项，浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，故C项错误；
D项，浓硫酸溶于水会放出大量热，稀释浓硫酸时，应防止酸液飞溅，应将浓硫酸沿着器壁慢慢加入到水中，并用玻璃棒不断搅拌，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
15. 能实现下列物质间直接转化的元素是
单质氧化物酸或碱→盐
A. 硫B. 铜C. 硅D. 铁
【答案】A
【解析】
【分析】将四个选项逐一代入所给的转化过程进行分析。
【详解】A．硫和氧气反应：S+O2SO2，SO2与水反应：SO2+H2OH2SO3，H2SO3与碱发生中和反应：H2SO3+2NaOH=Na2SO3+H2O，A项正确；
B．铜和氧气反应：2Cu+O22CuO，CuO与水不反应，B项错误；
C．硅和氧气反应：Si+O2SiO2，生成的SiO2与水不反应，C项错误；
D．铁和氧气反应，在空气中加热时生成Fe2O3，在纯氧中点燃时生成Fe3O4：，而Fe2O3和Fe3O4与水均不反应，D项错误；
答案选A项。
16. 下列解释事实的化学方程式不正确的是
A. NH3遇HCl产生白烟：NH3+HCl=NH4Cl
B. NO遇空气变为红棕色：2NO+O2=2NO2
C. 氨气溶于水滴加酚酞显红色：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH+OH-
D. Cu与稀HNO3混合产生无色气体：Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．NH3遇HCl反应生成氯化铵，产生白烟，化学方程式为NH3＋HCl=NH4Cl，A正确；
B．NO遇空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，化学方程式为2NO＋O2=2NO2，B正确；
C．NH3与H2O反应生成NH3•H2O，NH3•H2O为弱电解质部分电离成铵根和氢氧根离子使得溶液显碱性能使酚酞变红，转化过程NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH+OH-，C正确；
D．Cu与稀HNO3混合产生无色气体NO，离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，D错误；
故选：D。
17. X、Y、Z、W四种金属片在稀盐酸中，用导线连接，可以组成原电池，实验结果如图所示：则四种金属的活泼性由强到弱的顺序为
A. Z>Y>X>WB. Z>X>Y>WC. Z>Y>W>XD. Y>Z>X>W
【答案】A
【解析】
【分析】
形成原电池时，较为活泼的金属为负极，较不活泼的金属为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，可生成金属、气体等，结合两极反应的现象进行判断。
【详解】甲中Z、Y组合时，Z为负极，则活泼性Z＞Y；
乙中X、Y组合时，X电极上有气泡，则X为正极，则活泼性Y＞X；
丙中Z、W组合时，电子从Z流向W，则Z为负极，则活泼性Z＞W；
丁中X、W组合时，W上发生还原反应，说明W为正极，活泼性X＞W；
因此活泼性Z＞Y＞X＞W，故选A。
18. 反应：，在不同条件下，用不同物质表示其反应速率，分别为：①；②；③；④，则此反应在不同条件下进行最快的是
A. ①B. ①C. ③D. ④
【答案】C
【解析】
【详解】比较反应速率要转化为同种物质的反应速率来比较大小，利用反应速率之比等于化学计量数之比来分析，都转化为A的反应速率：
①；
②；则v(A)=0.25ml•L-1•min-1×3=0.75ml•L-1•min-1；
③；则v(A)=0.6ml•L-1•min-1×=0.9ml•L-1•min-1；
④；则v(A)=0.45ml•L-1•min-1×=0.675ml•L-1•min-1；
显然③表示的该反应的反应速率最大；
答案选C。
19. 室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是
A. NO2易溶于水，不能用排水法收集
B. 试管中剩余的无色气体是未溶解的NO2
C. 取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸
D. 向试管中再缓缓通入一定量的O2，试管中的液面上升
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，水进入试管约三分之二体积，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正确；
B．NO2呈红棕色，而试管中剩余气体呈无色，所以试管中剩余气体不是NO2，B不正确；
C．紫色石蕊溶液显红色，表明溶液显酸性，从而表明NO2与H2O反应生成了酸等物质，C正确；
D. 试管中剩余气体为NO，通入一定量的O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO气体转化为HNO3，所以试管中的液面上升，D正确；
故选B。
20. 某小组用如图装置探究的性质。下列离子方程式书写不正确的是
A. 甲中紫色褪去：
B. 乙中蓝色逐渐变浅：
C. 丙中产生少量白色沉淀：
D. 丁中可能的反应：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．SO2具有还原性，KMnO4有氧化性，S元素化合价从+4升至+6，Mn元素从+7降至+2，反应的离子方程式：，故A正确；
B．SO2具有还原性，I2有氧化性，S元素化合价从+4升至+6，I元素从0降至-1，反应的离子方程式：，故B正确；
C．H2SO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制取强酸，即SO2与BaCl2溶液不反应，不会有白色沉淀产生，故C错误；
D．SO2是酸性氧化物，能与强碱发生反应，离子方程式：，故D正确；
故选：C。
21. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca = CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是
A. 正极反应式：Ca + 2Cl－－2e－ = CaCl2
B. 放电过程中，Li+向负极移动
C. 每转移0.1ml电子，理论上生成20.7 g Pb
D. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
【答案】D
【解析】
【详解】A、正极发生还原反应，故电极反应式为PbSO4+2e－=Pb+SO42－，错误；
B、放电过程为原电池，阳离子Li＋向正极移动，错误；
C、每转移0.1ml电子，生成0.05ml Pb，质量为10.35g，错误；
D、常温下，电解质不能融化，不导电，不能形成原电池，故电流表或检流计指针不偏转，正确。
答案选D。
22. 研究表明，氮氧化物()与二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如图所示。下列关于雾霾及其形成的叙述中，不正确的是
A. 雾霾的形成与燃料燃烧有关
B. 涉及氧化还原反应
C. 雾霾中含有和
D. 是形成无机颗粒物的催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮氧化物()与二氧化硫在形成雾霾，雾霾的形成与燃料燃烧有关，故A正确；
B．二氧化硫到三氧化硫，化合价升高，氮氧化物到五氧化二氮，化合价升高，因此涉及氧化还原反应，故B正确；
C．根据图中信息雾霾中含有和，故C正确；
D．氨气与硝酸或硫酸生成硝酸铵或硫酸铵颗粒，氨气参与反应且量减少，因此不是形成无机颗粒物的催化剂，故D错误。
综上所述，答案为D。
23. 科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。
反应过程的示意图如下。
下列说法不正确的是
A. CO2含有极性共价键B. 上述过程表示CO和O生成CO2
C. 上述过程中CO断键形成C和OD. 从状态I到状态III，有能量放出
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2的结构式为O=C=O，O=C为极性共价键，则CO2含有极性共价键，A正确；
B．从图中可以看出，在催化剂表面，O与CO反应生成CO2，CO2最终脱离催化剂表面，B正确；
C．从图中可以看出，CO中的C、O原子并未分离，则说明反应过程中CO分子中的共价键并没有全部断裂，没有形成C和O原子，C不正确；
D．从状态I到状态III，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应有能量放出，D正确；
故选C。
24. 下列实验结论与实验现象相符合的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，原溶液为盐溶液，说明盐溶液中和浓NaOH溶液在加热下反应生成了氨气，因此说明该盐溶液中含有，故A正确；
B．SO2与酸性高锰酸钾溶液反应过程中被氧化，体现了SO2的还原性，故B错误；
C．向蔗糖中滴加浓硫酸，固体变黑说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．常温下Cu与稀硫酸不反应，向溶液中加入NaNO3固体，NaNO3电离出，酸性下具有强氧化性，能与Cu反应生成NO气体，故D错误；
综上所述，答案为A。
25. 不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是
A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B. 由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C. 由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2++ O2+4H+= 4Fe3++ 2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B．②和③变量为pH，由图象可知，由②和③可知，pH越小，Fe2+氧化速率越快，故B错误；
C．①和③变量为温度，由图象可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；
D．氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
第二部分 非选择题(共50分)
26. 请用序号填空。
①35Cl和37Cl ②CH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH3
③CH3-CH2-OH和CH3-O-CH3 ④和
⑤O2和O3
(1)互为同位素的是___________；
(2)互为同分异构体的是___________；
(3)互为同系物的是___________；
(4)互为同素异形体的是___________。
【答案】 ①. ① ②. ③ ③. ② ④. ⑤
【解析】
【分析】同素异形体是同种元素形成的不同单质；具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物；分子式相同结构相同的物质是同种物质，根据以上概念分析。
【详解】①35Cl和37Cl是氯元素的不同原子，互为同位素；
②丙烷(CH3CH3)和正丁烷(CH3CH2CH2CH3）通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物；
③乙醇与二甲醚的分子式相同而结构不同，互为同分异构体；
④这两种物质都是二氯甲烷，二氯甲烷只有一种结构，它们是同种物质；
⑤O2和O3是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体；
【点睛】本题考查了同分异构体、同位素、同素异形体、同系物、同一物质的概念，难度不大，注意把握概念的内涵与外延。
27. 为除去粗盐中的少量、、以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：
称取粗盐滤液精盐
（1）加入过量溶液的目的是除去粗盐中的___________。
（2）第③步目的是除去粗盐中的，反应的离子方程式为___________。
（3）第④步的反应的离子方程式为___________、___________。
【答案】（1）硫酸根离子
（2）Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓
（3） ①. ②.
【解析】
【分析】由流程可知，①溶解，②中加氯化钡可除去硫酸根离子，③中加NaOH除去镁离子，④中加碳酸钠可除去剩余钡离子、钙离子，⑤过滤，过滤后主要为氯化钠和碳酸钠，⑥中加盐酸反应后蒸发、结晶、烘干，除去HCl和水，得到NaCl；
【小问1详解】
由分析可知，加入过量BaCl2溶液，除掉粗盐中的硫酸根离子；
【小问2详解】
镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓；
【小问3详解】
粗盐中有少量Ca2+、除硫酸根离子时引入了Ba2+杂质，所以利用除去Ca2+和Ba2+，离子方程式为、。
28. 某小组同学探究浓硫酸及其部分反应产物化学性质，装置如下图所示(夹持装置略去)。
（1）试管①中反应的化学方程式是___________。该反应表明浓硫酸具有___________(填序号)。
a．酸性 b．强氧化性 c．还原性
（2）若试管②中的试剂为品红溶液，实验中观察到的现象是___________。
（3）若试管②中的试剂为酸化的溶液，观察到有白色沉淀生成，说明试管①中生成的气体具有___________性。
（4）试管③中的试剂为NaOH溶液，反应的离子方程式是___________。
【答案】（1） ①. Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ②. ab
（2）品红溶液褪色 （3）还原
（4）SO2+2OH-=+H2O
【解析】
【分析】加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫具有还原性，如②中加入酸化的硝酸钡，可生成硫酸钡沉淀，如③为氢氧化钠溶液，可用于吸收二氧化硫，防止污染空气，以此解答该题；
【小问1详解】
加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中浓硫酸起到强氧化性和酸性的作用，即选ab；
【小问2详解】
二氧化硫具有漂白性，若试管②中的试剂为品红溶液，可使品红溶液褪色；
【小问3详解】
二氧化硫具有还原性，可在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，溶液中生成硫酸钡沉淀；
【小问4详解】
二氧化硫与氢氧化钠反应的离子方程式为SO2+2OH-=+H2O。
29. 某实验小组同学进行如下实验，以探究化学反应中的能量变化。
（1）实验表明：②中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是____________（填“吸热”或“放热”）反应。
（2）实验①中，该小组同学在烧杯中加入5 mL 1.0 ml/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，如图A所示，该反应是________（填“吸热”或“放热”）反应，其能量变化可用下图中的___________（填“B”或“C”）表示。
A中0—t1段化学反应速率变化的原因是__________________。
【答案】 ①. 吸热 ②. 放热 ③. B ④. 反应放热 温度升高 速率加快
【解析】
【分析】(1)温度升高，则反应放热；温度降低则反应吸热；(2)浓度越小，反应速率越小，温度越高，速率越大；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量；根据金属与酸的反应为放热反应分析。
【详解】(1) ②中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应，因此，本题正确答案是：吸热；
(2)在烧杯中加入5 mL 1.0 ml/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条,观察产生H2的速率，开始时盐酸的浓度减小，速率应减小，但实际上增大，说明温度对速率的影响大于浓度对速率的影响，则该反应放热；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；金属与酸的反应为放热反应，温度影响反应的速率，温度越高，反应的速率越快；
因此，本题正确答案是：放热；B；反应放热，温度升高，反应速率加快。
30. 利用如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）B中碱石灰的作用是___________。
（3）C处是收集氨气的装置，请将集气瓶中导管补充完整___________。
（4）若干燥，不能选用浓硫酸，用化学方程式表示其原因：___________(用化学方程式表示)。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）干燥氨气 （3）
（4）或
【解析】
【分析】A中加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物生成氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；B中碱石灰能吸收水蒸气作干燥剂，C为氨气的收集装置；
【小问1详解】
加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
氨气中混有水蒸气，通过碱石灰进行干燥；
【小问3详解】
氨气极易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，故采用向下排空气法收集，故答案为：；
【小问4详解】
与硫酸要发生反应，故不能用浓硫酸干燥，化学方程式为或。
31. 利用微生物燃料电池，可以处理宇航员的粪便，同时得到电能。根据图示，回答下列问题。
（1）b电极是___________极(填“正”或“负”)。
（2）a电极的电极反应式为___________。
（3）每消耗标准状况下4.48L ，负极向正极转移___________ml电子。
【答案】（1）正 （2）2NH3-6e-═N2+6H+
（3）0.8
【解析】
【分析】由图可知，a极上NH3发生氧化反应生成N2，故a极为负极，电极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+，b极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，氢离子由负极迁移到正极，据此作答。
【小问1详解】
由分析可知，b电极为正极；
【小问2详解】
由分析可知，a极为负极，电极反应式为2NH3-6e-═N2+6H+；
【小问3详解】
标准状况下4.48L 为0.2ml，根据反应式O2+4e-+4H+=2H2O，可知电路中通过0.8ml电子，即负极向正极转移0.8ml电子。
32. 利用原电池原理可以探究金属的活动性。
（1）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。锌片做___________极(填“正”或“负”)，锌片上发生的电极反应式是___________；银片上发生的电极反应式是___________。
（2）若该电池中两电极的总质量为12g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为9.4g。此时产生标准状况下氢气的体积为___________L，通过导线的电子的物质的量为___________ml。
（3）为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案。其中能证明铁的金属活动性比铜强的方案是___________。(填序号)
【答案】（1） ①. 负 ②. Zn-2e-=Zn2+ ③. 2H++2e-=H2↑
（2） ①. 0.896 ②. 0.08
（3）①③④
【解析】
【小问1详解】
锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，发生Zn与氢离子的电池反应，Zn失去电子，则Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，银片为正极，发生的电极反应式为2H++2e-=H2↑；
【小问2详解】
两电极的总质量为12g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为9.4g，可知参加反应的Zn为12g-9.4g=2.6g，n(Zn)==0.04ml，由Zn～2e-～H2可知，生成气体为0.04ml×22.4L/ml=0.896L，转移电子为0.04ml×2=0.08ml；
【小问3详解】
①将铁片置于CuSO4溶液中，由现象可知Fe置换出Cu，Fe易失去电子，则证明铁的金属活动性比铜强，故正确；
②将铁丝和铜丝分别在氯气燃烧，氯气为强氧化剂，均生成高价金属氯化物。金属性比较可以通过比较失电子难易，不能用失电子多少作依据。不能比较金属性，故错误；
③将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中，由现象可知Fe与氢离子反应而Cu不能，Fe易失去电子，则证明铁的金属活动性比铜强，故正确；
④将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，由现象可知Fe为负极，Fe易失去电子，则证明铁的金属活动性比铜强，故正确；
故答案为：①③④。
33. 某可逆反应在体积为5L的密闭容器中进行，0~3min内各物质的物质的量的变化情况如图所示(A、B、C均为气体)。
（1）该反应的化学方程式为___________。
（2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为___________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。
A B. 容器内压强保持不变
C. D. 容器内混合气体的密度保持不变
（4）在密闭容器里，通入aml A(g)、bml B(g)、cml C(g)，发生上述反应，当改变下列条件时，反应速率会减小的是___________(填序号)。
①降低温度 ②加入催化剂 ③增大容器体积 ④再通入aml A(g) ⑤容器体积不变，充入惰性气体Ar ⑥容器压强不变，充入惰性气体Ar
【答案】（1）2A(g)+B(g)⇌2C(g)
（2）0.1 ml•L-1•min-1 （3）B （4）①③⑥
【解析】
【小问1详解】
由图可知，2min到达平衡状态，A、B、C三种气体的起始物质的量分别为5ml、2ml、2ml,平衡时物质的量分别为3ml、1ml、4ml,则A、B分别消耗了2ml、1ml，是反应物，C生成了2ml，是生成物，根据化学计量数之比等于变化量之比，Δn(A)：Δn(B)：Δn(C)=2：1：2，故该方程式为2A(g)+B(g)⇌2C(g)；
【小问2详解】
根据根据图像中数据，反应开始至2min时，B的平均反应速率为v===0.1 ml•L-1•min-1；
【小问3详解】
A．没有表明反应方向，无法据此说明该反应是否已达到平衡状态，故A不选；
B．该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，恒容时，容器压强与气体物质的量成正比，因此，容器内总压强不再变化能说明反应达到平衡状态，故B选；
C．，即，则正逆反应速率不相等，该反应未达到平衡状态，故C不选；
D．根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量m(g)不变，恒容条件下，由ρ=知密度始终不改变，所以不能据此判断反应是否达到平衡，故D不选；
答案选B。
【小问4详解】
①降低温度，反应速率减小，故选；
②加入催化剂，反应速率一般会增大，故不选；
③增大容器体积，反应物浓度减小，反应速率减小，故选；
④再通入aml A(g)，反应物浓度增大，反应速率加快，故不选；
⑤容器体积不变，充入惰性气体Ar，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，故不选；
⑥容器压强不变，充入惰性气体Ar，容器体积会扩大，反应物和生成物浓度会减小，反应速率减小，故选；
答案为①③⑥。
34. 用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物方法是_______。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）过滤； （2）；
（3） ①. 还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； ②. 7.2×10-5ml NaCl；
（4），Fe2+破坏了钝化层；
（5） ①. ； ②. 偏大。
【解析】
【小问1详解】
由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
【小问2详解】
由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
【小问3详解】
根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml，，所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5ml NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5ml NaCl；
【小问4详解】
根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
【小问5详解】
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3ml，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。A.医用酒精
B.塑料护目镜
C.84消毒液
D.医用橡胶手套
选项
实验
现象
结论
A
向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热
产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
原溶液中含有NH
B
把SO2通入紫色的酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫色褪去
SO2具有漂白性
C
向蔗糖中滴加浓硫酸
蔗糖变黑
浓硫酸具有吸水性
D
向盛有Cu片的试管中加入稀H2SO4，无明显现象，再加入NaNO3固体
Cu片逐渐溶解，产生气泡，溶液变蓝
NaNO3是催化剂，可增大Cu与稀H2SO4反应的化学反应速率
方案
现象或产物
①将铁片置于溶液中
铁片上有亮红色物质析出
②将铁丝和铜丝分别在氯气燃烧
产物分别为和
③将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中
铁片上有气泡产生，铜片上无气泡产生
④将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接
铁片溶解，铜片上有气泡产生
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
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