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北京市和平街一中2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题
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和平街一中 2019—2020 学年度第二学期高一年级化学五月线上测试试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2.金属活动性表：
以上四个区域通常采用热分解冶炼金属的是
A. (1) B. (2) C. (3) D. (4)
【答案】C
【解析】
【详解】(1)Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属的化合物与C、CO或H2等不反应，故采用电解熔融法冶炼制备；
(2)冶炼Fe、Zn、Cu等中等活泼金属用热还原法，即以C、CO或H2做还原剂热还原冶炼；
(3)Hg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故采用热分解法冶炼；
(4)Pt 、Au等金属常以单质形式存在于自然界中，一般利用物理方法可获得；
符合题意的为第(3)组金属，答案选C。
【点睛】金属冶炼是把金属从化合态变为游离态的过程，根据金属的性质，确定合适的冶炼方法。
3.下列事实或做法与化学反应速率无关的是
A. 将食物存放在温度低的地方 B. 用铁作催化剂合成氨
C. 将煤块粉碎后燃烧 D. 加热金属钠制备过氧化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A．降低温度，减慢反应速率，温度降低，降低活化分子百分数，所以能减慢食物的腐败速率，故A与化学反应速率有关；
B．用铁作催化剂合成氨，催化剂能降低反应所需活化能，所以增大反应速率，故B与化学反应速率有关；
C．增大反应物接触面积，则增大反应速率，将块状药品研细后再反应能增大反应物接触面积，所以能加快反应速率，故C与化学反应速率有关；
D．钠在常温下反应生成氧化钠，在加热和燃烧的条件下生成过氧化钠，反应条件不同，产物不同，故D与化学反应速率无关；
答案选D。
【点睛】改变化学反应速率从影响化学反应速率的因素出发，包括内因和外因，内因包括物质自身的性质，外因包括温度，压强（有气体参与的反应），催化剂，浓度等，除此之外，从接触面积，辐射等因素考虑。
4.下列反应或事实不能用元素周期律解释的是
A. 向无色的Na2S 溶液中通入Cl2，出现黄色沉淀 B. 稳定性：H2S＜HCl
C. 酸性：H2SiO3＜H2SO3 D. 还原性：H2S＞HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．向无色的Na2S 溶液中通入Cl2，出现黄色S沉淀，Cl2是氧化剂，S为氧化产物，氧化性，Cl2＞S，Cl、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S，非金属性越强，对应单质的氧化性越强，故A能用元素周期律解释；
B．Cl、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S，非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，则稳定性：H2S＜HCl，故B能用元素周期律解释；
C．Si、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：S＞Si，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H2SiO3＜H2SO4，H2SO3不是S最高价氧化物对应的酸，故C不能用元素周期律解释；
D．Cl、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S，非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱，其非金属性越弱，还原性：H2S＞HCl，故D能用元素周期律解释；
答案选C。
5.钛(Ti)被称为铁、铝之后的第三金属，以下是由TiO2 制 Ti 的主要反应：
① TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO
② TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti
下列说法正确的是
A. 反应①中有三种元素化合价发生变化 B. 反应②是复分解反应
C. 反应①中TiO2被氧化 D. 反应②中1mol TiCl4反应则转移4mol e-
【答案】D
【解析】
【分析】
①中C元素的化合价升高、Cl元素的化合价降低，②中Mg元素的化合价升高、Ti元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A．反应①中C元素的化合价升高、Cl元素的化合价降低，只有两种元素化合价发生变化，故A错误；
B．反应②为单质、化合物反应生成新单质、化合物，为置换反应，故B错误；
C．反应①钛元素和氧元素的化合价没有发生变化，所以TiO2不可能被氧化，故C错误；
D．反应②中Ti元素由+4价变为0价，转移4个电子，则1mol TiCl4反应则转移4mol e-，故D正确；
答案选D。
【点睛】计算转移的电子数目时，根据化合价的变化，正确判断各物质的化合价是解本题的关键。
6.下列反应中，既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是
A. Al与盐酸的反应 B. 灼热的碳与二氧化碳的反应
C. 碳酸氢钠与盐酸的反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al与盐酸的反应属于放热反应，Al与H化合价变化，为氧化还原反应，故A不符合题意；
B．灼热的碳与二氧化碳的反应属于吸热反应，C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故B符合题意；
C．碳酸氢钠与盐酸的反应属于放热反应，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】常见的放热反应：活泼金属置换水或酸中氢的反应、酸碱中和反应、所有的燃烧反应、物质的爆炸反应、大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应：氢氧化钡晶体与氯化铵的反应、多数的分解反应、盐类的水解反应、C 、CO、H2还原金属氧化物的反应等。
7.下图分别表示HCl、N2O4(g)、N2O4(l)的能量变化图，有关说法不正确的是
A. ①中步骤 I 和 II 的变化过程都会放出热量
B. 由②可以看出化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关
C. 化学键的断裂与形成是化学反应发生能量变化的主要原因
D. 化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中步骤 I 断开键，断开键吸热，步骤 II 形成键，形成键放热，故A错误；
B．化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，由②可以看出生成N2O4(g)和N2O4(l)的能量不同，则放出的热量不同，则化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关，故B正确；
C．化学反应中发生能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成，故C正确；
D．化学反应是吸热反应还是放热反应，决定于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，故D正确；
答案选A。
【点睛】锻炼旧的化学键要吸收能量，形成新的化学键要释放能量，化学反应中的能量变化是由于反应中吸收和释放能量的差值造成的。
8.下列反应体现的性质或离子方程式书写不正确的是
A. 向SO2溶水后的溶液中滴加石蕊，溶液变红：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3-
B. SO2通入高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的漂白性：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
C. SO2通入氢硫酸中出现浑浊，体现SO2的氧化性：SO2＋2H2S＝3S↓+ 2H2O
D. 铜与稀硝酸反应中，稀硝酸体现氧化性和酸性：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向 SO2 溶水后生成亚硫酸，溶液显酸性，滴加石蕊，溶液变红，反应为：SO2+H2O ⇌ H2SO3 ⇌H++HSO3-，故A正确；
B．SO2通入高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，体现 SO2 的还原性：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，故B错误；
C．SO2通入氢硫酸中发生氧化还原反应，生成单质硫，出现浑浊，SO2中S的化合价降低，体现SO2的氧化性，反应为：SO2＋2H2S＝3S↓+ 2H2O，故C正确；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，稀硝酸体现氧化性和酸性，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3- =3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
答案选B。
9.在一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)。开始时加入4molA、6molB、2mol C，在5min末测得C的物质的量是4mol。下列说法不正确的是
A. 用A的浓度变化表示反应的平均速率0.1mol/(L·min)
B. 在5min末测得B的浓度为2.5mol/L
C. 若再充入1mol B化学反应速率会增大
D. 若将容器的体积变为3L，化学反应速率降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．在5min末测得C的物质的量是4mol，则C的物质的量变化量为2mol，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，A的物质的量变化量为×2mol=3mol，用A 的浓度变化表示反应的平均速率=0.3mol/(L·min)，故A错误；
B．根据A项分析，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，在 5 min 末B 物质的量=6mol-×2mol=5mol，则B的浓度为=2.5mol/L，故B正确；
C．若再充入1mol B，B的浓度增大，体系压强也增大，化学反应速率会增大，故C正确；
D．若将容器的体积变为3L，反应体系各组分的浓度减小，化学反应速率降低，故D正确；
答案选A。
10.控制变量是科学研究重要方法。相同质量的铁粉与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，其中反应速率最快的是
A
B
C
D
t/℃
10
10
40
40
c(H2SO4 )/(mol/L)
1
3
1
3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
铁粉与足量稀硫酸反应实质是Fe+2H+=Fe2++H2↑，温度越高，H+浓度越大反应速率越快，以此分析。
【详解】A、温度为10，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；
B、温度为10，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；
C、温度为40，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；
D、温度为40，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；
对比发现D选项温度最高，同时H+浓度最大，故D最快。
所以D选项是正确的。
11.将适量的蔗糖(C12H22O11)放入烧杯，滴入几滴水，搅拌均匀，然后加入适量的浓硫酸。可观察到固体变黑，片刻后，黑色物质急剧膨胀，同时产生大量刺激性气味的气体，放出大量的热。(如图所示)下列说法不正确的是
A. 在该过程中，固体变黑体现了浓硫酸的脱水性
B. 有刺激性气味的气体生成，体现了浓硫酸的强氧化性
C. 将产生的气体通入品红溶液后，溶液褪色，加热，颜色恢复，说明该气体中一定含有 SO2
D. 将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明该气体中一定含有CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．蔗糖(C12H22O11)中加入浓硫酸后变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；
B．炭与浓硫酸反应生成二氧化碳与二氧化硫气体，有刺激性气味为二氧化硫，浓硫酸中的S元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性，故B正确；
C．SO2具有漂白性，可与有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后生成的物质分解，恢复到原来的颜色。将气体通入品红溶液后，溶液褪色，加热，颜色恢复，说该气体中一定含有SO2，故C正确；
D．炭与浓硫酸反应生成二氧化碳与二氧化硫气体，二氧化碳和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，不能证明气体中含有二氧化碳，故D错误；
答案选D。
12.利用下列实验装置能达到实验目的的是
A. 制取并收集二氧化氮
B. 制取并干燥氨气
C. 检验氨气极易溶于水
D. 将化学能转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化氮和水反应，不能用排水法收集，故A错误；
B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又化合生成氯化铵，不能用氯化铵受热分解制取氨气，故B错误；
C．氨气与水反应生成一水合氨，烧瓶内压强减小，气球会迅速膨胀，则该装置可以检验氨气极易溶于水，故C正确；
D．该装置未形成闭合回路，不能构成原电池，故D错误；
答案选C。
13.研究表明，氮氧化物(NOx)和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. 与燃料燃烧有关 B. 涉及氧化还原反应、化合反应等
C. 雾霾中含有NH4NO3 和(NH4)2SO4 D. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，燃料燃烧产生的颗粒物形成雾霾，则雾霾形成与燃料燃烧有关，故A正确；
B．如图所示，S元素的化合价升高，化合价发生变化，属于氧化还原反应，三氧化硫和水反应生成硫酸，属于化合反应，则B正确；
C．根据图示，NH4NO3 和(NH4)2SO4构成无机颗粒物，无机颗粒物形成雾霾，故C正确；
D．根据NH3参与反应转化为铵盐，为反应物，不是催化剂，故D错误；
答案选D。
14.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，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：
序号
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
下列实验分析中，不正确的是
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SO42−
D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
【答案】C
【解析】
A. ①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B. 当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 + I2 + 2H2O == H2SO4 + 2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。
点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。
二、非选择题：本部分共 6 小题，共 58 分。
15.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。
(1)某原电池装置如图所示。其中，Zn 电极为原电池的______极(填“正” 或“负”)，电极反应式是______。Cu 电极上发生的反应属于______(填“氧化”或“还原”) 反应。
(2)能证明产生电能的实验现象是______。
(3)2019 年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如图。下列说法正确的是______(填序号)。
① A 为电池的正极
② 该装置实现了化学能转化为电能
③ 电池工作时，电池内部的锂离子定向移动
【答案】 (1). 负 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 还原 (4). 电流计的指针发生偏转 (5). ②③
【解析】
【分析】
(1) Cu-Zn-稀硫酸原电池中，Zn比Cu活泼，发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Cu上H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，据此分析解答。
(2)灵敏电流计可以检测电流；
(3)①原电池中阳离子向正极移动，结合图示判断；
②原电池是将化学能转化为电能的装置；
③电池工作时为原电池，原电池中阳离子向正极移动。
【详解】(1)Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn−2e−═Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑；
(2)灵敏电流计可以检测电流，能证明产生电能的实验现象是电流计的指针发生偏转；
(3)①由图所示，Li+向B电极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A为电池的负极，故①错误；
②该装置为原电池，实现了化学能转化为电能，故②正确；
③由图所示，电池工作时，电池内部的锂离子从负极区向正极区定向移动，故③正确；
答案选②③。
16.实验室用如图所示装置进行氨气实验。
(1)实验室常用 NH4Cl 与Ca(OH)2 制取氨气，该反应的化学方程式为______。
(2)若要收集一瓶氨气，请将下列甲装置补充完整，在虚框内画出连接图______。
(3)用如图装置做喷泉实验。轻轻挤压滴管，使少量水进入烧瓶，打开止水夹，观察现象， 解释产生这一现象的原因______。
(4)如图为合成氨催化氧化制硝酸的流程示意图：
①合成塔中化学方程式为______。
②氧化炉中的化学方程式______。
③吸收塔 NO2HNO3 氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2). (3). NH3易溶于水，使烧瓶中的压强减小，烧杯中的水在大气压作用之下进入烧瓶，形成喷泉 (4). N2+3H22NH3 (5). 4NH3+5O24NO+6H2O (6). 1:2
【解析】
【分析】
(1)氢氧化钙与氯化铵在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水；
(2)依据氨气极易溶于水，密度小于空气密度选择收集方法；
(3)NH3易溶于水，使烧瓶中的压强减小，烧杯中的水在大气压作用之下进入烧瓶，形成喷泉；
(4)①合成塔中氮气和氢气在高温、高压、催化剂作用下生成氨气；
②氧化炉中氨气和氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水；
③吸收塔 NO2和水反应生成一氧化氮和HNO3，根据氧化还原反应规律分析判断。
【详解】(1)氢氧化钙与氯化铵在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集，可用装置：收集，进气时，应短进长处；
(3)轻轻挤压滴管，使少量水进入烧瓶，打开止水夹，因为NH3易溶于水，使烧瓶中的压强减小，烧杯中的水在大气压作用之下进入烧瓶，所以会形成喷泉；
(4)①合成塔中氮气和氢气在高温、高压、催化剂作用下生成氨气，方程式为：N2+3H22NH3；
②氧化炉中氨气和氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
③吸收塔 NO2和水反应生成一氧化氮和HNO3，方程式为：3NO2 + H2O = 2HNO3 +NO，反应中3molNO2参与反应，其中2mol NO2中的N元素化合价升高失电子，作还原剂，1mol NO2中的N元素化合价降低得电子，作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
17.探究一定条件下反应物浓度对硫代硫酸钠(Na2S2O3)与硫酸反应速率的影响。
【查阅资料】
a.Na2S2O3易溶于水，能与硫酸发生反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
b.浊度计用于测量浑浊度的变化。产生的沉淀越多，浑浊度(单位为NTU)值越大。
【实验过程】
用如图所示装置进行如表所示的 5 个实验，分别测量混合后溶液达到相同浑浊度的过程中， 浑浊度随时间的变化。实验①～⑤所得数据如图曲线①～⑤所示：
实验数据：
实验编号
Na2S2O3 溶液
H2SO4 溶液
蒸馏水
c / (mol·L-1)
V / mL
c / (mol·L-1)
V / mL
V / mL
①
0.1
1.5
0.1
35
10
②
0.1
2.5
0.1
3.5
9
③
0.1
3.5
0.1
3.5
x
④
0.1
3.5
01
2.5
9
⑤
0.1
3.5
0.1
1.5
10
【分析与解释】
(1)实验序号①中，溶液混合后Na2S2O3溶液的初始浓度______mol/L。
(2)实验③中，x =______。
(3)实验①、②、③的目的是______。
(4)通过比较①、②、③与③、④、⑤两组实验，可推断：反应物浓度的改变对Na2S2O3 与硫酸反应的化学反应速率的影响，Na2S2O3 溶液浓度的改变影响更大。该推断的证据是______。
【答案】 (1). 0.01 (2). 8 (3). 探究Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响 (4). 根据图像，①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大
【解析】
【分析】
(1)根据c=计算；
(2)浓度越大反应速率就越快，在实验中就先产生浑浊，实验②③中H2SO4的浓度相同，Na2S2O3浓度不同，其他条件应相同；
(3)实验①、②、③中H2SO4溶液的浓度和体积相同，Na2S2O3溶液的浓度不同；
(4)根据图像，①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大，更明显。
【详解】(1)实验序号①中，溶液混合后的总体积为15mL，则混合后Na2S2O3 溶液的初始浓度==0.01mol/L；
(2)浓度越大反应速率就越快，在实验中就先产生浑浊，实验②③中H2SO4的浓度相同，Na2S2O3浓度不同，利用控制变量法，其他条件应相同，只改变Na2S2O3浓度，则x=8；
(3)实验①、②、③中H2SO4溶液溶液的浓度和体积相同，Na2S2O3溶液的浓度不同，通过其它条件不变，只改变Na2S2O3溶液的浓度来探究对反应速率的影响；
(4)根据图像，①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大，更明显，可推断：①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大。
18.如图为铜丝与浓硫酸反应并验证其产物性质的实验装置。
(1)①中反应的化学方程式是______。
(2)②中饱和NaHSO3溶液的作用是除去①中挥发出的硫酸。加热一段时间后，③中溶液依然澄清，④中溶液褪色。想要立即终止铜与硫酸的反应，最恰当的方法是______。
a.上移铜丝，使其脱离硫酸 b.撤去酒精灯 c.拔去橡胶塞倒出硫酸
(3)反应停止后，待装置冷却，把③取下后将其中溶液分成两份做如下实验：
加入试剂
现象
反应的离子方程式
第一份
加入氨水
有白色沉淀生成
______
第二份
加入氯水
有白色沉淀生成
______
完成上述反应的离子方程式。
(4)④中棉花团的作用是______。
(5)上述实验结束后，发现①中试管内有少量白色固体出现，冷却后将试管中的物质缓缓倒入水中，溶液呈蓝色。取少量蓝色溶液于试管中，滴加NaOH溶液至过量，出现的现象是______。
【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). a (3). SO2+2NH3·H2O═SO32-+2NH4++H2O、Ba2++SO32-═BaSO3↓ (4). SO2+Cl2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-、Ba2++SO42-═BaSO4↓ (5). 吸收二氧化硫，防止二氧化硫排放到空气中 (6). 开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成
【解析】
【分析】
(1)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水；
(2)加热挥发出的硫酸能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；
(3)二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀；二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；
(4)棉花团应浸有碱液，可吸收二氧化硫，防止污染空气；
(5)蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应。
【详解】(1)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)加热挥发出的硫酸能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；故答案为：a；
(3)二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，离子方程式：SO2+2NH3·H2O═SO32-+2NH4++H2O、 Ba2++SO32-═BaSO3↓；二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O═4H++2Cl-+SO42- ，Ba2++SO42-═BaSO4↓；
(4)棉花团应浸有碱液，可吸收二氧化硫，防止污染空气；
(5)蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应，看到现象为：开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成。
19.地球上的金属矿物资源是有限的，应合理开发利用。
(1)金属冶炼的实质是金属离子被______(填“氧化”或“还原”)生成金属单质。
(2)铜在自然界存在于多种矿石中，如：
矿石名称
黄铜矿
辉铜矿
孔雀石
主要成分
CuFeS2
Cu2S
Cu2(OH)2 CO3
请回答下列问题：
① 上表所列铜化合物中，推断铜的质量百分含量最高的是______。
② CuFeS2其中 Cu 为+1 价、Fe 为+3 价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2 + O2SO2 +FeS +Cu，焙烧过程中被还原的元素有______。
③ 工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜，火法炼铜的反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，该反应中氧化剂是______。
④ Cu2(OH)2 CO3 与稀硫酸反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). 还原 (2). Cu2S (3). O、Cu、Fe (4). Cu2S和O2 (5). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O
【解析】
【分析】
(1)金属冶炼的实质是金属阳离子转变为单质，根据氧化还原反应规律判断；
(2)①铜化合物中，铜的质量百分含量=，据此计算；
②根据化合物化合价之和为0，判断S元素的化合价，再根据氧化还原规律分析判断；
③反应Cu2S+O22Cu+SO2中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，结合元素化合价变化判断；
④Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水。
【详解】(1)金属冶炼的实质是金属阳离子转变为单质，金属元素的化合价降低，得电子，被还原，则金属离子被还原生成金属单质；
(2)①铜化合物中，铜的质量百分含量=，黄铜矿中铜的含量=×100%=35%；辉铜矿中铜的含量=×100%=80%；孔雀石中铜的含量=×100%=58%，所以铜的质量百分含量最高的是Cu2S；
②CuFeS2其中 Cu 为+1 价、Fe 为+3 价，根据化合物化合价之和为0，可得S元素的化合价为-2价，则反应CuFeS2 + O2SO2 +FeS +Cu中，S元素由-2价变为+4价，被氧化；O元素的化合价由0价变为-2价，被还原；Cu元素的化合价由+1价变为0价，被还原，Fe元素的化合价由+3价变为+2价，被还原，则焙烧过程中被还原的元素有O、Cu、Fe；
③反应Cu2S+O22Cu+SO2中，Cu元素化合价由+1价降低到0价，S元素化合价由-2价升高到+4价，O元素的化合价由0价降低到-2价，反应中Cu2S和O2为氧化剂，Cu2S为还原剂；
④Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子方程式为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。
20.某化学实验兴趣小组的同学从海带中提取碘单质的实验流程图如图：
(1)完成步骤①需要装置______。(I 或 II)
(2)步骤③的实验操作______。
(3)步骤④中涉及的离子反应为______。
(4)海带灰中的硫酸盐、碳酸盐在步骤______(①～⑤)中实现与 I2分离。
(5)已知在含少量 I－的溶液中，H2O2会较快分解，反应能量变化如图：
① H2O2 分解过程中，I－的作用是______。
②加入 I－可以看到双氧水分解过程中有两个反应历程，其中第1个反应历程是______(填“吸热”或“放热”)反应。
③有、无 I－______(填“能”或“不能”)改变了总反应能量变化。
(6)通过查阅资料，发现一种新型氧化剂氧化碘离子的方法如下。
I.制备新型氧化剂：利用亚硝酸钠(NaNO2)与H2O2 作为混合试剂与 I－反应，制备新型氧化剂 HIO3。
II.制取 I2：在酸性条件下，氧化剂HIO3 与滤液中的 I－反应生成 I2，该反应离子方程式是5I－+IO3－+6H+=3I2 +3H2O。
①1mol氧化剂 HIO3与 I-完全反应时，转移电子的物质的量是______mol 。
②请将制备氧化剂HIO3 的反应离子方程式补充完整：______H++4______+______H2O2+1I－=1______+4______↑+______
③ 某同学取一定浓度的滤液按照上述资料的方法进行实验，得到如下三组数据图像，根据图像可以得出制取碘的最佳条件______。
【答案】 (1). Ⅱ (2). 过滤 (3). 2I-+H2O2+2H+=I2
+2H2O (4). ⑤ (5). 催化剂 (6). 吸热 (7). 不能 (8). 5 (9). 4 (10). NO2- (11). 1 (12). IO3- (13). NO (14). 3H2O (15). =5、pH=2.1，反应时间t≥30min
【解析】
【分析】
(1)步骤①是灼烧，应在坩埚中进行；
(2)步骤③是将悬浊液转变为溶液，除去固体杂质的过程；
(3)步骤④中碘离子在酸性条件下被双氧水氧化为碘单质；
(4)步骤①～⑤中，步骤④加入的硫酸，引入了硫酸根离子；
(5)①依据图像中I－对反应能量的变化影响分析；
②反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应；
③根据盖斯定律的定义分析解答；
(6)①HIO3中I元素由+5价转变为0价，得到5个电子，据此计算；
②根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒配平方程式；
③根据图像分析，碘离子氧化率最高时，为制取碘单质的最佳条件。
【详解】(1)步骤①将海带灼烧为海带灰，需要用酒精灯进行加热，坩埚盛装海带进行操作，应选装置Ⅱ；
(2)步骤③将海带灰悬浊液过滤后得到含I-溶液，步骤③的操作名称是过滤；
(3)步骤④中将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
(4)海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等，在实验步骤⑤中，通过萃取可以实现与碘的分离；
(5)①根据图示，加入碘离子反应的活化能降低，所以碘离子为反应的催化剂；
②根据图示，第1个反应历程中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应；
③总反应的能量只与反应的始态和终态有关，与反应过程无关，根据图示，不论有无碘离子，反应物和生成物的总能量不变，则反应的总能量与有无碘离子无关。
(6)①HIO3中I元素由+5价转变为0价，得到5个电子，根据反应5I－+IO3－+6H+=3I2 +3H2O，则1mol HIO3完全反应时，转移电子的物质的量是1mol ×5=5mol；
②根据已知信息，利用亚硝酸钠(NaNO2)与H2O2 作为混合试剂与 I－反应，制备新型氧化剂 HIO3，碘离子在酸性条件下，被氧化生成IO3-，并碘离子的系数为1，则生成IO3-的系数也为1，则碘元素由-1价变为+5价，失去6个电子，碘离子作还原剂，反应物中应该还有NO2-参与反应，计量系数为4，生成的气体为NO，根据氮原子守恒，NO计量系数为4，根据离子反应前后电荷守恒，H+的计量系数为4，结合氧化还原反应中电子得失守恒，则H2O2的计量系数为1，最后根据物料守恒，生成物中还有水，计量系数为3，则制备氧化剂HIO3的反应离子方程式补充完整：4H++4NO2-+H2O2+1I－=1IO3-+4NO↑+3H2O；
③根据图像分析，碘离子氧化率最高时，为制取碘单质的最佳条件，可以得出制取碘的最佳条件为：=5、pH=2.1，反应时间t≥30min。
和平街一中 2019—2020 学年度第二学期高一年级化学五月线上测试试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2.金属活动性表：
以上四个区域通常采用热分解冶炼金属的是
A. (1) B. (2) C. (3) D. (4)
【答案】C
【解析】
【详解】(1)Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属的化合物与C、CO或H2等不反应，故采用电解熔融法冶炼制备；
(2)冶炼Fe、Zn、Cu等中等活泼金属用热还原法，即以C、CO或H2做还原剂热还原冶炼；
(3)Hg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故采用热分解法冶炼；
(4)Pt 、Au等金属常以单质形式存在于自然界中，一般利用物理方法可获得；
符合题意的为第(3)组金属，答案选C。
【点睛】金属冶炼是把金属从化合态变为游离态的过程，根据金属的性质，确定合适的冶炼方法。
3.下列事实或做法与化学反应速率无关的是
A. 将食物存放在温度低的地方 B. 用铁作催化剂合成氨
C. 将煤块粉碎后燃烧 D. 加热金属钠制备过氧化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A．降低温度，减慢反应速率，温度降低，降低活化分子百分数，所以能减慢食物的腐败速率，故A与化学反应速率有关；
B．用铁作催化剂合成氨，催化剂能降低反应所需活化能，所以增大反应速率，故B与化学反应速率有关；
C．增大反应物接触面积，则增大反应速率，将块状药品研细后再反应能增大反应物接触面积，所以能加快反应速率，故C与化学反应速率有关；
D．钠在常温下反应生成氧化钠，在加热和燃烧的条件下生成过氧化钠，反应条件不同，产物不同，故D与化学反应速率无关；
答案选D。
【点睛】改变化学反应速率从影响化学反应速率的因素出发，包括内因和外因，内因包括物质自身的性质，外因包括温度，压强（有气体参与的反应），催化剂，浓度等，除此之外，从接触面积，辐射等因素考虑。
4.下列反应或事实不能用元素周期律解释的是
A. 向无色的Na2S 溶液中通入Cl2，出现黄色沉淀 B. 稳定性：H2S＜HCl
C. 酸性：H2SiO3＜H2SO3 D. 还原性：H2S＞HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．向无色的Na2S 溶液中通入Cl2，出现黄色S沉淀，Cl2是氧化剂，S为氧化产物，氧化性，Cl2＞S，Cl、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S，非金属性越强，对应单质的氧化性越强，故A能用元素周期律解释；
B．Cl、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S，非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，则稳定性：H2S＜HCl，故B能用元素周期律解释；
C．Si、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：S＞Si，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H2SiO3＜H2SO4，H2SO3不是S最高价氧化物对应的酸，故C不能用元素周期律解释；
D．Cl、S同周期，从左至右非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S，非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱，其非金属性越弱，还原性：H2S＞HCl，故D能用元素周期律解释；
答案选C。
5.钛(Ti)被称为铁、铝之后的第三金属，以下是由TiO2 制 Ti 的主要反应：
① TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO
② TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti
下列说法正确的是
A. 反应①中有三种元素化合价发生变化 B. 反应②是复分解反应
C. 反应①中TiO2被氧化 D. 反应②中1mol TiCl4反应则转移4mol e-
【答案】D
【解析】
【分析】
①中C元素的化合价升高、Cl元素的化合价降低，②中Mg元素的化合价升高、Ti元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A．反应①中C元素的化合价升高、Cl元素的化合价降低，只有两种元素化合价发生变化，故A错误；
B．反应②为单质、化合物反应生成新单质、化合物，为置换反应，故B错误；
C．反应①钛元素和氧元素的化合价没有发生变化，所以TiO2不可能被氧化，故C错误；
D．反应②中Ti元素由+4价变为0价，转移4个电子，则1mol TiCl4反应则转移4mol e-，故D正确；
答案选D。
【点睛】计算转移的电子数目时，根据化合价的变化，正确判断各物质的化合价是解本题的关键。
6.下列反应中，既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是
A. Al与盐酸的反应 B. 灼热的碳与二氧化碳的反应
C. 碳酸氢钠与盐酸的反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al与盐酸的反应属于放热反应，Al与H化合价变化，为氧化还原反应，故A不符合题意；
B．灼热的碳与二氧化碳的反应属于吸热反应，C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故B符合题意；
C．碳酸氢钠与盐酸的反应属于放热反应，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】常见的放热反应：活泼金属置换水或酸中氢的反应、酸碱中和反应、所有的燃烧反应、物质的爆炸反应、大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应：氢氧化钡晶体与氯化铵的反应、多数的分解反应、盐类的水解反应、C 、CO、H2还原金属氧化物的反应等。
7.下图分别表示HCl、N2O4(g)、N2O4(l)的能量变化图，有关说法不正确的是
A. ①中步骤 I 和 II 的变化过程都会放出热量
B. 由②可以看出化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关
C. 化学键的断裂与形成是化学反应发生能量变化的主要原因
D. 化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中步骤 I 断开键，断开键吸热，步骤 II 形成键，形成键放热，故A错误；
B．化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，由②可以看出生成N2O4(g)和N2O4(l)的能量不同，则放出的热量不同，则化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关，故B正确；
C．化学反应中发生能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成，故C正确；
D．化学反应是吸热反应还是放热反应，决定于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，故D正确；
答案选A。
【点睛】锻炼旧的化学键要吸收能量，形成新的化学键要释放能量，化学反应中的能量变化是由于反应中吸收和释放能量的差值造成的。
8.下列反应体现的性质或离子方程式书写不正确的是
A. 向SO2溶水后的溶液中滴加石蕊，溶液变红：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3-
B. SO2通入高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的漂白性：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
C. SO2通入氢硫酸中出现浑浊，体现SO2的氧化性：SO2＋2H2S＝3S↓+ 2H2O
D. 铜与稀硝酸反应中，稀硝酸体现氧化性和酸性：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向 SO2 溶水后生成亚硫酸，溶液显酸性，滴加石蕊，溶液变红，反应为：SO2+H2O ⇌ H2SO3 ⇌H++HSO3-，故A正确；
B．SO2通入高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，体现 SO2 的还原性：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，故B错误；
C．SO2通入氢硫酸中发生氧化还原反应，生成单质硫，出现浑浊，SO2中S的化合价降低，体现SO2的氧化性，反应为：SO2＋2H2S＝3S↓+ 2H2O，故C正确；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，稀硝酸体现氧化性和酸性，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3- =3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
答案选B。
9.在一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)。开始时加入4molA、6molB、2mol C，在5min末测得C的物质的量是4mol。下列说法不正确的是
A. 用A的浓度变化表示反应的平均速率0.1mol/(L·min)
B. 在5min末测得B的浓度为2.5mol/L
C. 若再充入1mol B化学反应速率会增大
D. 若将容器的体积变为3L，化学反应速率降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．在5min末测得C的物质的量是4mol，则C的物质的量变化量为2mol，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，A的物质的量变化量为×2mol=3mol，用A 的浓度变化表示反应的平均速率=0.3mol/(L·min)，故A错误；
B．根据A项分析，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，在 5 min 末B 物质的量=6mol-×2mol=5mol，则B的浓度为=2.5mol/L，故B正确；
C．若再充入1mol B，B的浓度增大，体系压强也增大，化学反应速率会增大，故C正确；
D．若将容器的体积变为3L，反应体系各组分的浓度减小，化学反应速率降低，故D正确；
答案选A。
10.控制变量是科学研究重要方法。相同质量的铁粉与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，其中反应速率最快的是
A
B
C
D
t/℃
10
10
40
40
c(H2SO4 )/(mol/L)
1
3
1
3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
铁粉与足量稀硫酸反应实质是Fe+2H+=Fe2++H2↑，温度越高，H+浓度越大反应速率越快，以此分析。
【详解】A、温度为10，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；
B、温度为10，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；
C、温度为40，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；
D、温度为40，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；
对比发现D选项温度最高，同时H+浓度最大，故D最快。
所以D选项是正确的。
11.将适量的蔗糖(C12H22O11)放入烧杯，滴入几滴水，搅拌均匀，然后加入适量的浓硫酸。可观察到固体变黑，片刻后，黑色物质急剧膨胀，同时产生大量刺激性气味的气体，放出大量的热。(如图所示)下列说法不正确的是
A. 在该过程中，固体变黑体现了浓硫酸的脱水性
B. 有刺激性气味的气体生成，体现了浓硫酸的强氧化性
C. 将产生的气体通入品红溶液后，溶液褪色，加热，颜色恢复，说明该气体中一定含有 SO2
D. 将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明该气体中一定含有CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．蔗糖(C12H22O11)中加入浓硫酸后变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；
B．炭与浓硫酸反应生成二氧化碳与二氧化硫气体，有刺激性气味为二氧化硫，浓硫酸中的S元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性，故B正确；
C．SO2具有漂白性，可与有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后生成的物质分解，恢复到原来的颜色。将气体通入品红溶液后，溶液褪色，加热，颜色恢复，说该气体中一定含有SO2，故C正确；
D．炭与浓硫酸反应生成二氧化碳与二氧化硫气体，二氧化碳和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，不能证明气体中含有二氧化碳，故D错误；
答案选D。
12.利用下列实验装置能达到实验目的的是
A. 制取并收集二氧化氮
B. 制取并干燥氨气
C. 检验氨气极易溶于水
D. 将化学能转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化氮和水反应，不能用排水法收集，故A错误；
B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又化合生成氯化铵，不能用氯化铵受热分解制取氨气，故B错误；
C．氨气与水反应生成一水合氨，烧瓶内压强减小，气球会迅速膨胀，则该装置可以检验氨气极易溶于水，故C正确；
D．该装置未形成闭合回路，不能构成原电池，故D错误；
答案选C。
13.研究表明，氮氧化物(NOx)和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. 与燃料燃烧有关 B. 涉及氧化还原反应、化合反应等
C. 雾霾中含有NH4NO3 和(NH4)2SO4 D. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，燃料燃烧产生的颗粒物形成雾霾，则雾霾形成与燃料燃烧有关，故A正确；
B．如图所示，S元素的化合价升高，化合价发生变化，属于氧化还原反应，三氧化硫和水反应生成硫酸，属于化合反应，则B正确；
C．根据图示，NH4NO3 和(NH4)2SO4构成无机颗粒物，无机颗粒物形成雾霾，故C正确；
D．根据NH3参与反应转化为铵盐，为反应物，不是催化剂，故D错误；
答案选D。
14.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，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：
序号
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
下列实验分析中，不正确的是
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SO42−
D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
【答案】C
【解析】
A. ①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B. 当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 + I2 + 2H2O == H2SO4 + 2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。
点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。
二、非选择题：本部分共 6 小题，共 58 分。
15.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。
(1)某原电池装置如图所示。其中，Zn 电极为原电池的______极(填“正” 或“负”)，电极反应式是______。Cu 电极上发生的反应属于______(填“氧化”或“还原”) 反应。
(2)能证明产生电能的实验现象是______。
(3)2019 年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如图。下列说法正确的是______(填序号)。
① A 为电池的正极
② 该装置实现了化学能转化为电能
③ 电池工作时，电池内部的锂离子定向移动
【答案】 (1). 负 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 还原 (4). 电流计的指针发生偏转 (5). ②③
【解析】
【分析】
(1) Cu-Zn-稀硫酸原电池中，Zn比Cu活泼，发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Cu上H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，据此分析解答。
(2)灵敏电流计可以检测电流；
(3)①原电池中阳离子向正极移动，结合图示判断；
②原电池是将化学能转化为电能的装置；
③电池工作时为原电池，原电池中阳离子向正极移动。
【详解】(1)Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn−2e−═Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑；
(2)灵敏电流计可以检测电流，能证明产生电能的实验现象是电流计的指针发生偏转；
(3)①由图所示，Li+向B电极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A为电池的负极，故①错误；
②该装置为原电池，实现了化学能转化为电能，故②正确；
③由图所示，电池工作时，电池内部的锂离子从负极区向正极区定向移动，故③正确；
答案选②③。
16.实验室用如图所示装置进行氨气实验。
(1)实验室常用 NH4Cl 与Ca(OH)2 制取氨气，该反应的化学方程式为______。
(2)若要收集一瓶氨气，请将下列甲装置补充完整，在虚框内画出连接图______。
(3)用如图装置做喷泉实验。轻轻挤压滴管，使少量水进入烧瓶，打开止水夹，观察现象， 解释产生这一现象的原因______。
(4)如图为合成氨催化氧化制硝酸的流程示意图：
①合成塔中化学方程式为______。
②氧化炉中的化学方程式______。
③吸收塔 NO2HNO3 氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2). (3). NH3易溶于水，使烧瓶中的压强减小，烧杯中的水在大气压作用之下进入烧瓶，形成喷泉 (4). N2+3H22NH3 (5). 4NH3+5O24NO+6H2O (6). 1:2
【解析】
【分析】
(1)氢氧化钙与氯化铵在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水；
(2)依据氨气极易溶于水，密度小于空气密度选择收集方法；
(3)NH3易溶于水，使烧瓶中的压强减小，烧杯中的水在大气压作用之下进入烧瓶，形成喷泉；
(4)①合成塔中氮气和氢气在高温、高压、催化剂作用下生成氨气；
②氧化炉中氨气和氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水；
③吸收塔 NO2和水反应生成一氧化氮和HNO3，根据氧化还原反应规律分析判断。
【详解】(1)氢氧化钙与氯化铵在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集，可用装置：收集，进气时，应短进长处；
(3)轻轻挤压滴管，使少量水进入烧瓶，打开止水夹，因为NH3易溶于水，使烧瓶中的压强减小，烧杯中的水在大气压作用之下进入烧瓶，所以会形成喷泉；
(4)①合成塔中氮气和氢气在高温、高压、催化剂作用下生成氨气，方程式为：N2+3H22NH3；
②氧化炉中氨气和氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
③吸收塔 NO2和水反应生成一氧化氮和HNO3，方程式为：3NO2 + H2O = 2HNO3 +NO，反应中3molNO2参与反应，其中2mol NO2中的N元素化合价升高失电子，作还原剂，1mol NO2中的N元素化合价降低得电子，作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
17.探究一定条件下反应物浓度对硫代硫酸钠(Na2S2O3)与硫酸反应速率的影响。
【查阅资料】
a.Na2S2O3易溶于水，能与硫酸发生反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
b.浊度计用于测量浑浊度的变化。产生的沉淀越多，浑浊度(单位为NTU)值越大。
【实验过程】
用如图所示装置进行如表所示的 5 个实验，分别测量混合后溶液达到相同浑浊度的过程中， 浑浊度随时间的变化。实验①～⑤所得数据如图曲线①～⑤所示：
实验数据：
实验编号
Na2S2O3 溶液
H2SO4 溶液
蒸馏水
c / (mol·L-1)
V / mL
c / (mol·L-1)
V / mL
V / mL
①
0.1
1.5
0.1
35
10
②
0.1
2.5
0.1
3.5
9
③
0.1
3.5
0.1
3.5
x
④
0.1
3.5
01
2.5
9
⑤
0.1
3.5
0.1
1.5
10
【分析与解释】
(1)实验序号①中，溶液混合后Na2S2O3溶液的初始浓度______mol/L。
(2)实验③中，x =______。
(3)实验①、②、③的目的是______。
(4)通过比较①、②、③与③、④、⑤两组实验，可推断：反应物浓度的改变对Na2S2O3 与硫酸反应的化学反应速率的影响，Na2S2O3 溶液浓度的改变影响更大。该推断的证据是______。
【答案】 (1). 0.01 (2). 8 (3). 探究Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响 (4). 根据图像，①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大
【解析】
【分析】
(1)根据c=计算；
(2)浓度越大反应速率就越快，在实验中就先产生浑浊，实验②③中H2SO4的浓度相同，Na2S2O3浓度不同，其他条件应相同；
(3)实验①、②、③中H2SO4溶液的浓度和体积相同，Na2S2O3溶液的浓度不同；
(4)根据图像，①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大，更明显。
【详解】(1)实验序号①中，溶液混合后的总体积为15mL，则混合后Na2S2O3 溶液的初始浓度==0.01mol/L；
(2)浓度越大反应速率就越快，在实验中就先产生浑浊，实验②③中H2SO4的浓度相同，Na2S2O3浓度不同，利用控制变量法，其他条件应相同，只改变Na2S2O3浓度，则x=8；
(3)实验①、②、③中H2SO4溶液溶液的浓度和体积相同，Na2S2O3溶液的浓度不同，通过其它条件不变，只改变Na2S2O3溶液的浓度来探究对反应速率的影响；
(4)根据图像，①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大，更明显，可推断：①、②、③组实验Na2S2O3溶液的浓度的变化对达到相同浑浊度时时间比③、④、⑤组实验中H2SO4溶液浓度的变化对达到相同浑浊度时时间影响更大。
18.如图为铜丝与浓硫酸反应并验证其产物性质的实验装置。
(1)①中反应的化学方程式是______。
(2)②中饱和NaHSO3溶液的作用是除去①中挥发出的硫酸。加热一段时间后，③中溶液依然澄清，④中溶液褪色。想要立即终止铜与硫酸的反应，最恰当的方法是______。
a.上移铜丝，使其脱离硫酸 b.撤去酒精灯 c.拔去橡胶塞倒出硫酸
(3)反应停止后，待装置冷却，把③取下后将其中溶液分成两份做如下实验：
加入试剂
现象
反应的离子方程式
第一份
加入氨水
有白色沉淀生成
______
第二份
加入氯水
有白色沉淀生成
______
完成上述反应的离子方程式。
(4)④中棉花团的作用是______。
(5)上述实验结束后，发现①中试管内有少量白色固体出现，冷却后将试管中的物质缓缓倒入水中，溶液呈蓝色。取少量蓝色溶液于试管中，滴加NaOH溶液至过量，出现的现象是______。
【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). a (3). SO2+2NH3·H2O═SO32-+2NH4++H2O、Ba2++SO32-═BaSO3↓ (4). SO2+Cl2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-、Ba2++SO42-═BaSO4↓ (5). 吸收二氧化硫，防止二氧化硫排放到空气中 (6). 开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成
【解析】
【分析】
(1)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水；
(2)加热挥发出的硫酸能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；
(3)二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀；二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；
(4)棉花团应浸有碱液，可吸收二氧化硫，防止污染空气；
(5)蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应。
【详解】(1)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)加热挥发出的硫酸能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；故答案为：a；
(3)二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，离子方程式：SO2+2NH3·H2O═SO32-+2NH4++H2O、 Ba2++SO32-═BaSO3↓；二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O═4H++2Cl-+SO42- ，Ba2++SO42-═BaSO4↓；
(4)棉花团应浸有碱液，可吸收二氧化硫，防止污染空气；
(5)蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应，看到现象为：开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成。
19.地球上的金属矿物资源是有限的，应合理开发利用。
(1)金属冶炼的实质是金属离子被______(填“氧化”或“还原”)生成金属单质。
(2)铜在自然界存在于多种矿石中，如：
矿石名称
黄铜矿
辉铜矿
孔雀石
主要成分
CuFeS2
Cu2S
Cu2(OH)2 CO3
请回答下列问题：
① 上表所列铜化合物中，推断铜的质量百分含量最高的是______。
② CuFeS2其中 Cu 为+1 价、Fe 为+3 价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2 + O2SO2 +FeS +Cu，焙烧过程中被还原的元素有______。
③ 工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜，火法炼铜的反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，该反应中氧化剂是______。
④ Cu2(OH)2 CO3 与稀硫酸反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). 还原 (2). Cu2S (3). O、Cu、Fe (4). Cu2S和O2 (5). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O
【解析】
【分析】
(1)金属冶炼的实质是金属阳离子转变为单质，根据氧化还原反应规律判断；
(2)①铜化合物中，铜的质量百分含量=，据此计算；
②根据化合物化合价之和为0，判断S元素的化合价，再根据氧化还原规律分析判断；
③反应Cu2S+O22Cu+SO2中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，结合元素化合价变化判断；
④Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水。
【详解】(1)金属冶炼的实质是金属阳离子转变为单质，金属元素的化合价降低，得电子，被还原，则金属离子被还原生成金属单质；
(2)①铜化合物中，铜的质量百分含量=，黄铜矿中铜的含量=×100%=35%；辉铜矿中铜的含量=×100%=80%；孔雀石中铜的含量=×100%=58%，所以铜的质量百分含量最高的是Cu2S；
②CuFeS2其中 Cu 为+1 价、Fe 为+3 价，根据化合物化合价之和为0，可得S元素的化合价为-2价，则反应CuFeS2 + O2SO2 +FeS +Cu中，S元素由-2价变为+4价，被氧化；O元素的化合价由0价变为-2价，被还原；Cu元素的化合价由+1价变为0价，被还原，Fe元素的化合价由+3价变为+2价，被还原，则焙烧过程中被还原的元素有O、Cu、Fe；
③反应Cu2S+O22Cu+SO2中，Cu元素化合价由+1价降低到0价，S元素化合价由-2价升高到+4价，O元素的化合价由0价降低到-2价，反应中Cu2S和O2为氧化剂，Cu2S为还原剂；
④Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子方程式为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。
20.某化学实验兴趣小组的同学从海带中提取碘单质的实验流程图如图：
(1)完成步骤①需要装置______。(I 或 II)
(2)步骤③的实验操作______。
(3)步骤④中涉及的离子反应为______。
(4)海带灰中的硫酸盐、碳酸盐在步骤______(①～⑤)中实现与 I2分离。
(5)已知在含少量 I－的溶液中，H2O2会较快分解，反应能量变化如图：
① H2O2 分解过程中，I－的作用是______。
②加入 I－可以看到双氧水分解过程中有两个反应历程，其中第1个反应历程是______(填“吸热”或“放热”)反应。
③有、无 I－______(填“能”或“不能”)改变了总反应能量变化。
(6)通过查阅资料，发现一种新型氧化剂氧化碘离子的方法如下。
I.制备新型氧化剂：利用亚硝酸钠(NaNO2)与H2O2 作为混合试剂与 I－反应，制备新型氧化剂 HIO3。
II.制取 I2：在酸性条件下，氧化剂HIO3 与滤液中的 I－反应生成 I2，该反应离子方程式是5I－+IO3－+6H+=3I2 +3H2O。
①1mol氧化剂 HIO3与 I-完全反应时，转移电子的物质的量是______mol 。
②请将制备氧化剂HIO3 的反应离子方程式补充完整：______H++4______+______H2O2+1I－=1______+4______↑+______
③ 某同学取一定浓度的滤液按照上述资料的方法进行实验，得到如下三组数据图像，根据图像可以得出制取碘的最佳条件______。
【答案】 (1). Ⅱ (2). 过滤 (3). 2I-+H2O2+2H+=I2
+2H2O (4). ⑤ (5). 催化剂 (6). 吸热 (7). 不能 (8). 5 (9). 4 (10). NO2- (11). 1 (12). IO3- (13). NO (14). 3H2O (15). =5、pH=2.1，反应时间t≥30min
【解析】
【分析】
(1)步骤①是灼烧，应在坩埚中进行；
(2)步骤③是将悬浊液转变为溶液，除去固体杂质的过程；
(3)步骤④中碘离子在酸性条件下被双氧水氧化为碘单质；
(4)步骤①～⑤中，步骤④加入的硫酸，引入了硫酸根离子；
(5)①依据图像中I－对反应能量的变化影响分析；
②反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应；
③根据盖斯定律的定义分析解答；
(6)①HIO3中I元素由+5价转变为0价，得到5个电子，据此计算；
②根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒配平方程式；
③根据图像分析，碘离子氧化率最高时，为制取碘单质的最佳条件。
【详解】(1)步骤①将海带灼烧为海带灰，需要用酒精灯进行加热，坩埚盛装海带进行操作，应选装置Ⅱ；
(2)步骤③将海带灰悬浊液过滤后得到含I-溶液，步骤③的操作名称是过滤；
(3)步骤④中将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
(4)海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等，在实验步骤⑤中，通过萃取可以实现与碘的分离；
(5)①根据图示，加入碘离子反应的活化能降低，所以碘离子为反应的催化剂；
②根据图示，第1个反应历程中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应；
③总反应的能量只与反应的始态和终态有关，与反应过程无关，根据图示，不论有无碘离子，反应物和生成物的总能量不变，则反应的总能量与有无碘离子无关。
(6)①HIO3中I元素由+5价转变为0价，得到5个电子，根据反应5I－+IO3－+6H+=3I2 +3H2O，则1mol HIO3完全反应时，转移电子的物质的量是1mol ×5=5mol；
②根据已知信息，利用亚硝酸钠(NaNO2)与H2O2 作为混合试剂与 I－反应，制备新型氧化剂 HIO3，碘离子在酸性条件下，被氧化生成IO3-，并碘离子的系数为1，则生成IO3-的系数也为1，则碘元素由-1价变为+5价，失去6个电子，碘离子作还原剂，反应物中应该还有NO2-参与反应，计量系数为4，生成的气体为NO，根据氮原子守恒，NO计量系数为4，根据离子反应前后电荷守恒，H+的计量系数为4，结合氧化还原反应中电子得失守恒，则H2O2的计量系数为1，最后根据物料守恒，生成物中还有水，计量系数为3，则制备氧化剂HIO3的反应离子方程式补充完整：4H++4NO2-+H2O2+1I－=1IO3-+4NO↑+3H2O；
③根据图像分析，碘离子氧化率最高时，为制取碘单质的最佳条件，可以得出制取碘的最佳条件为：=5、pH=2.1，反应时间t≥30min。
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