2023-2024学年湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟高一下学期期中联考化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高一下学期期中联考试卷考试时间：2024年4月23日考试用时：75分钟试卷满分：100分★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列各组反应（表中物质均为反应物）在反应刚开始时，放出H2的速率最大的是（）选项金属（粉末状）及其物质的量/mol酸的浓度及体积反应温度/℃A．Mg0.18mol∙L-1硝酸10mL30B．Mg0.13mol∙L-1盐酸10mL30C．Fe0.16mol∙L-1盐酸10mL30D．Mg0.13mol∙L-1硫酸10mL30〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Mg的金属性比Fe强，但Mg与硝酸反应不产生H2，A不符合题意；B．Mg的金属性比Fe强，3mol∙L-1盐酸中c(H+)=3mol∙L-1，温度都为30℃，但c(H+)比6mol∙L-1小，所以反应速率不如D选项中快，B不符合题意；C．Fe的金属性比Mg弱，反应速率不是最快的，C不符合题意；D．Mg的金属性比Fe强，c(H+)=6mol∙L-1，是最大浓度，温度都为30℃，则此种情况下生成H2的反应速率最快，D符合题意；故选D。2.少量锌粉与100mL的稀盐酸反应，为了加快此反应速率且不改变生成的总量，以下方法可行的是（）①适当升高温度；②再加入100mL的稀盐酸；③加少量固体；④加入少量醋酸钠固体；⑤加几滴浓硫酸；⑥滴入几滴硫酸铜溶液。A.①⑤ B.②③ C.①⑥ D.②④〖答案〗A〖解析〗【详析】①适当升高温度，反应速率加快，生成氢气总量不变，则①符合题意；②再加入100mL的稀盐酸，浓度不变，速率不变，故②不符合题意；③加少量固体，则产生NO，故③不符合题意；④加入少量醋酸钠固体，醋酸根和氢离子反应生成醋酸，氢离子浓度减低，反应速率减慢，故④不符合题意；⑤加几滴浓硫酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，氢气总量不变，故⑤符合题意；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，置换出铜单质，形成Zn−Cu−盐酸原电池，加快反应速率，由于消耗了锌，导致生成氢气总量减少，因此①⑤方法可行，故A符合题意。3.下列有关反应的离子方程式书写正确的是（）A.氯气溶于水：B.过量与“84”消毒液（有效成分NaClO）反应：C.向溶液中加入过量浓氨水：D.通入酸性高锰酸钾溶液：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．HClO为弱酸，在水溶液中发生部分电离，氯气溶于水：，A不正确；B．过量与“84”消毒液（有效成分NaClO）反应，由于具有还原性，能被氧化为，，B不正确；C．Al(OH)3只溶于强碱不溶于弱碱，向溶液中加入过量浓氨水，生成的Al(OH)3不溶于过量氨水：，C正确；D．通入酸性高锰酸钾溶液，被氧化为硫酸，高锰酸钾被还原为硫酸锰等：，D不正确；故选C。4.下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项试剂X收集气体试剂YA．碱石灰氯化氢水B．碱石灰氨气水C．五氧化二磷二氧化硫氢氧化钠溶液D．氯化钙一氧化氮氢氧化钠溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯化氢是酸性气体，碱石灰是CaO、NaOH混合物，呈碱性，能与氯化氢反应，不能用来干燥氯化氢气体，A不正确；B．氨气的密度比空气小，收集氨气时，集气瓶内导管应短进长出，否则无法排尽集气瓶内的空气，B不正确；C．五氧化二磷、二氧化硫都为酸性氧化物，五氧化二磷能干燥二氧化硫，二氧化硫尾气能用氢氧化钠溶液吸收，且能防止倒吸，C正确；D．氯化钙能干燥一氧化氮，但一氧化氮易于氧气反应，不能用排空气法收集，D不正确；故选C。5.NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是（）A.将足量Zn与100mL18mol/L浓硫酸反应，生成224mL气体，转移电子为0.02NAB.在标准状况下，22.4LHF所含的原子总数为2NAC.1mol固体中含离子总数与1mol固体中含离子总数之比为D.1mol（其中D代表重氢原子符号）中含有的中子数为10NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．缺标准状况，无法计算224mL气体的物质的量和反应转移电子数目，故A错误；B．标准状况下，HF不是气体，无法计算22.4LHF的物质的量和所含原子总数，故B错误；C．由2个钠离子和1个过氧根离子组成，由2个钠离子和1个氧离子组成，两者含离子总数之比为，故C正确；D．中含有13个中子，则1molD中含有的中子数为1mol×13×NAmol—1=13NA，故D错误；故选C。6.下列各组离子或分子在给定条件的溶液中可能大量共存的是（）A.加入铝片有大量氢气产生的溶液中：、、、B.在0.1mol/L的盐酸中：、、、C.在强碱性溶液中：、、、D.碱性无色溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．加入铝片有大量氢气产生的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，、、、能大量共存，A符合题意；B．在0.1mol/L的盐酸中，与能发生氧化还原反应，生成I2等，B不符合题意；C．在强碱性溶液中，、都会与OH-反应，不能大量共存，C不符合题意；D．能与碱反应，呈紫色，它们在碱性无色溶液中都不能大量存在，能被、氧化，不能大量共存，D不符合题意；故选A。7.能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备的原理为，装置如图所示。已知：①的熔点为116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；②与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。下列说法中正确的是（）A.装置②中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥B.装置④与⑤之间可用橡胶管连接C.易液化，装置⑤中的液氨只能冷凝，因此从装置⑤中逸出气体的主要成分是D.通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，氯气进入装置④中与HgO反应生成Cl2O气体，由沸点可知⑤中冷凝得到Cl2O液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸。【详析】A．②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，A错误；B．橡胶属于有机物，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应，B错误；Cl2O的沸点为3.8°C，在装置⑤中冷凝成液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，故C错误；D．通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险，D正确；故选D。8.在无机非金属材料中，硅扮演着重要的角色。下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（）A.制备粗硅的化学方程式为：B.硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为是酸性氧化物C.既可以与NaOH溶液反应，又可以与HF溶液反应D.青花瓷胎体的原料为高岭土[]，若以氧化物形式可表示为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．工业用二氧化硅和焦炭在高温下反应制造粗硅和CO，化学方程式为：，故A错误；B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，这些都与SiO2是酸性氧化物无关，故B错误；C．是酸性氧化物，可以与NaOH溶液反应，又可以与HF溶液反应生成SiF4和水，故C正确；D．硅酸盐以氧化物形式，根据活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·SiO2·H2O的顺序可知，可改成Al2O3·2SiO2·2H2O，故D错误；故选C。9.(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应：，将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液中有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是（）A.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为B.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为C.因为弱酸不能制强酸，所以该实验中反应后气体通入BaCl2溶液中只有BaSO4沉淀D.从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应发生后，将生成的气体通入BaCl2溶液中，我们可认为生成的气体先跟水反应，生成(NH4)2SO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3，用三者的物质的量之比约为1:1:2，然后(NH4)2SO4、(NH4)2SO3再与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，NH4HSO3与BaCl2不反应。【详析】A．由分析可知，(NH4)2SO4、(NH4)2SO3的物质的量之比约为1:1，它们与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，则生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为，A正确；B．NH4HSO3与BaCl2不反应，则生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为1:1，B不正确；C．该实验中，反应后SO3气体通入BaCl2溶液中生成BaSO4沉淀，但NH3溶于水使溶液呈碱性，有一部分SO2溶解后生成(NH4)2SO3，有一部分SO2溶解后生成NH4HSO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成BaSO3，则溶液中生成BaSO4、BaSO3沉淀，C不正确；D．因为逸出的气体无色、无味，则从溶液中逸出的气体只有N2，NH3都留在溶液中，与SO2或H2SO3反应，最后留在溶液中的溶质只有较多的NH4HSO3和NH4Cl，D不正确；故选A。10.化学反应A+B→C（吸收能量）分两步进行：①A+B→X（放出能量），②X→C（吸收能量）。下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．中，A+B→X，放出能量，X→C，吸收能量，且A+B→C，吸收能量，A正确；B．中，A+B→X，吸收能量，B不正确；C．中，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，C不正确；D．中，A+B→X，吸收能量，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，D不正确；故选A。11.下列关于浓硫酸的说法正确的是（）A.浓硫酸使蓝色胆矾变白体现了脱水性B.浓硫酸不能干燥、HI、等强还原性化合物C.蔗糖和浓硫酸“黑面包”实验中，浓硫酸主要体现了脱水性和强氧化性D.浓硫酸和碳单质在加热条件下反应，反应中浓硫酸既体现出酸性，又体现出氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸使蓝色胆矾即五水硫酸铜变白体现了吸水性，故A错误；B．浓硫酸不能干燥HI、等强还原性化合物，但可以干燥，故B错误；C．蔗糖和浓硫酸的“黑面包”实验中，蔗糖变黑并有气体生成，浓硫酸主要体现了脱水性和强氧化性，故C正确；D．浓硫酸和C单质在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应中浓硫酸只体现氧化性，故D错误；故选C。12.镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金，该电池在充放电过程中的总反应方程式是：，下列说法正确的是（）A.放电过程中负极MH得电子发生氧化反应B.NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为C.NiMH电池电子由负极→正极→电解质溶液→负极，形成闭合回路D.NiMH电池可以用盐酸作为电解质溶液〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据题中所给信息，M为储氢合金或金属，放电时，MH为负极，依据原电池工作原理进行分析；【详析】A．放电过程中，MH为负极，失去电子，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；B．根据上述分析，MH为负极，NiOOH在正极上得电子，其反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，故B正确；C．电子移动方向：从负极→外电路或负载→正极，电子不通过电解质溶液传递，电解质溶液中只有阴阳离子定向移动，故C错误；D．NiOOH、Ni(OH)2能与盐酸反应，因此盐酸不能作电解质溶液，故D错误；〖答案〗为B。13.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）操作现象结论A．向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置溶液上层呈橙色还原性：B．将氯气缓缓通入到紫色的石蕊溶液中石蕊溶液先变红后褪色氯气与水反应生成了酸性物质和漂白性物质C．将装满氯水的圆底烧瓶倒置在盛有水的水槽中，日光照射烧瓶内有气泡生成日光照射时，逸出的气体只可能是D．分别加热和固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．滴入苯，经振荡、静置后，出现分层现象，上层呈橙红色，则是溴的苯溶液，说明苯萃取了溴水中的溴、少量氯水和NaBr溶液发生置换反应生成氯化钠和溴，说明氧化性：Cl2>Br2，现象不能说明结论，A错误；B．酸能使石蕊试液变红，有漂白性的物质能使石蕊试液褪色，将氯气缓缓通入到紫色的石蕊溶液中先变红后褪色，说明氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸有酸性、次氯酸具有漂白性，现象能说明结论，B正确；C．将装满氯水的圆底烧瓶倒置在盛有水的水槽中，日光照射，烧瓶内有气泡生成，并不能说明日光照射时溶解在水中的Cl2逸出，也可能是氯水中所含的HClO在光照时分解生成氧气，故现象不能说明结论，C错误；D．加热固体时试管壁上有水珠，可能是固体分解生成的、也可能是固体吸收的水在受热过程中释放出来，故现象不能说明结论，要检验二物质受热是否分解，应检验加热时有没有二氧化碳气体释放出来，D错误；〖答案〗选B。14.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如下图，下列结论中正确的个数为（）①反应在c点到达平衡②SO2浓度：a点小于c点③反应物的总能量低于生成物的总能量④，ab段NO2的消耗量小于bc段NO2的消耗量⑤混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡⑥体系压强不再变化，说明反应达到平衡⑦逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势相同⑧达到平衡后，改变容器体积增大压强，逆反应速率可能先增大后减小A.3个 B.4个 C.5个 D.6个〖答案〗A〖解析〗【详析】①c点正反应速率还在改变，达到平衡时正逆反应速率相等且不再改变，即反应在c点未到达平衡，①不正确；②随着反应的进行，SO2浓度越来越小，即SO2的浓度：a点大于c点，②不正确；③从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高，对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，则说明该反应为放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，③不正确；④，由于ab段的正反应速率小于bc段的正反应速率，所以ab段NO2的消耗量小于bc段NO2的消耗量，④正确；⑤混合物颜色不再变化，表明c(NO2)的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，⑤正确；⑥反应前后气体分子数相等，但温度不断发生改变，则平衡前体系的压强不断发生改变，体系压强不再变化，说明反应达到平衡，⑥正确；⑦随着反应的进行，逆反应速率不断增大，则逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势不完全相同(c点后继续增大)，⑦不正确；⑧达到平衡后，改变容器体积增大压强，由于反应前后气体分子数相等，压强改变时平衡不发生移动，则逆反应速率只增大不减小，⑧不正确；综合以上分析，共有④⑤⑥3个正确的结论，故选A。15.硝酸是工业生产中不可或缺化学品之一，通常用硝酸来制取硝酸铜溶液。为了分析制取硝酸铜溶液过程中的原料用量和产生污染气体的情况，某中学化学兴趣小组用足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L（标准状况）与NO的混合气体，这些气体与一定体积的混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。该兴趣小组又向所得硝酸铜溶液中加溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是（）A.参加反应的是0.75mol B.消耗氧气的体积为3.36LC.此反应过程中转移了0.3mol的电子 D.混合气体中含0.15molNO〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Cu失去电子转化为得到电子转化为6.72L(标准状况)和NO的混合气体，、NO、与水反应又转化为HNO3，最终得到电子，整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜原子失去2个电子转化为Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×6mol·L－1=0.6mol，则转移的电子的物质的量也是0.6mol，n(Cu)=0.3mol。【详析】A．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n()=2n(Cu)=0.2mol×3=0.6mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有x+y=，x+3y=0.6，得x=y=0.15mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.15mol＋0.15mol=0.3mol，参加反应的HNO3是0.6mol＋0.3mol=0.9mol，A错误；B．反应过程中转移了0.6mol电子，则需要0.15molO2，未指明标准状况下，无法计算体积，B错误；C．根据A项分析，反应过程中转移了0.6mol电子，C错误；D．根据A中的分析，混合气体中含0.15molNO，D正确；〖答案〗选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂，探究浓、稀硝酸强氧化性并观察还原产物的实验装置。I．浓硝酸的强氧化性实验将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5mL浓硝酸，往具支试管中放入约2mL浓硝酸，集气瓶c中收集到一种无色气体。（1）仪器a的名称为________。（2）实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是________。Ⅱ．稀硝酸的强氧化性实验（3）上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，可以将浓硝酸稀释后加入具支试管再与铜片反应，此时发生反应的离子方程式是________________；集气瓶c中仍收集到一种无色气体，此时向集气瓶c中通入一定量的氧气后集气瓶c中逐渐充满无色溶液，请写出通入一定量的氧气后集气瓶c中发生的总反应方程式________________。（4）能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是________（填标号）。A．c中收集到无色气体B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色C．b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色Ⅲ．问题讨论（5）用等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸（硝酸均过量）反应时，发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。对此有两种看法：①两者颜色不同的原因，是因为Cu2+浓度差异引起的。②前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。你认为上述看法________（填“①”或“②”）合理。若是①合理，说明理由，若是②合理，设计一个简单实验证明：________。〖答案〗（1）分液漏斗（2）铜片溶解，试管中溶液变成绿色，b中有红棕色气体产生（3）①.②.（4）C（5）①.②②.往蓝色溶液中通NO2，溶液由蓝变绿。或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液由绿变蓝。或向绿色溶液中通O2，溶液由绿变蓝〖解析〗铜与浓硝酸反应，生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，NO2先将具支试管内的空气排出，所以在集气瓶内起初收集到的气体主要为空气；一段时间后，具支试管内的空气被排尽，此时具支试管内液面上方的气体主要为NO2，用排水法收集时，NO2与水反应生成硝酸和NO，所以集气瓶内收集到的气体主要为NO。（1）仪器a带有支管，名称为分液漏斗。（2）在金属活动顺序表中，铜位于H后面，表明金属性弱，实验证明浓硝酸具有强氧化性，需证明铜与浓硝酸发生明显的反应，则现象是：铜片溶解，试管中溶液变成绿色，b中有红棕色气体产生。（3）上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，可以将浓硝酸稀释后加入具支试管再与铜片反应，此时发生反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，离子方程式是；集气瓶c中仍收集到一种无色气体，此时向集气瓶c中通入一定量的氧气后集气瓶c中逐渐充满无色溶液，则此无色气体为NO，通入一定量的氧气后，集气瓶c中NO、O2与水发生反应生成硝酸，总反应方程式为。（4）A．c中收集到无色气体，此气体可能为NO，也可能为H2等，A不符合题意；B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色，则表明此无色气体为NO，但不能确定b中产生的气体是NO还是NO2，B不符合题意；C．b中产生无色气体接触空气后变为红棕色，则此气体为NO，C符合题意；故选C。（5）用等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸（硝酸均过量）反应时，理论上生成Cu2+的浓度近似相等，但发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。①两者颜色不同的原因，是因为Cu2+浓度差异引起的。②前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。两者颜色不同，显然不是Cu2+浓度差异引起的，则上述看法②合理。可以一种情况为参照，做对比实验，证明②合理：往蓝色溶液中通NO2，溶液由蓝变绿。或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液由绿变蓝。或向绿色溶液中通O2，溶液由绿变蓝。17.下表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素。针对表中①~⑧号元素回答下列问题。（1）元素①和③的简单化合物含有10个电子，其电子式为________，它的沸点比PH3高，原因是________________;（2）测定文物年代需要利用元素②的一种中子数为8的核素，该核素符号可表示为________；（3）元素①和氧元素形成的18电子化合物的名称是：________，该化合物中含有的化学键有________（填“离子键、极性键、非极性键”）；（4）元素④、⑤、⑧中，原子半径最大的是________（填元素符号），离子半径最大的是________（填化学式）。（5）可以证明元素⑧比元素⑦非金属性强的一个化学反应方程式是：________。〖答案〗（1）①.②.氨分子间存在氢键（2）（3）①.过氧化氢②.极性键、非极性键（4）①.Na②.Cl-（5）或〖解析〗由元素在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、C、N、F、Na、Si、S、Cl。（1）元素①和③的简单化合物含有10个电子，则其为NH3，电子式为；NH3的相对分子质量小于PH3，它的沸点比PH3高，说明NH3分子间还有另一种作用力，则原因是：氨分子间存在氢键。（2）测定文物年代需要利用元素②(C)的一种中子数为8的核素，该核素的质量数为8+6=14，则其符号可表示为。（3）元素①和氧元素形成的18电子化合物为H2O2，名称是：过氧化氢，该化合物的结构式为H-O-O-H，含有的化学键有极性键、非极性键。（4）元素④、⑤、⑧分别为F、Na、Cl，F核外有2个电子层，Na、Cl核外有3个电子层，Na的原子序数比Cl小，原子核对外层电子的吸引力比Cl弱，则原子半径最大的是Na，它们形成的离子分别为F-、Na+、Cl-，F-、Na+核外有2个电子层，Cl-核外有3个电子层，则离子半径最大的是Cl-。（5）⑦、⑧分别为S、Cl，可以利用单质与化合物间的置换反应证明元素Cl比元素S非金属性强，化学反应方程式是：或。18.在浙江湖州市安吉县考察时提出了一个科学论断“绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。请回答下列问题：（1）硫酸工业排出的尾气（主要含）可用软锰矿浆（）吸收，写出如图所示“反应”的化学方程式为________。（2）治理汽车尾气中和CO的方法之一是在汽车的排气管上装一个催化转化装置，使和CO在催化剂作用下转化为无毒物质，发生反应．一定温度下，向容积固定的2L的密闭容器中充入一定量的CO和，的物质的量随时间的变化曲线如图所示。①0~10min内该反应的平均速率________。②从11min起其他条件不变，压缩容器的容积变为1L，则的变化曲线可能为图中的________（填字母）。③恒温恒容条件下，不能说明该反应已经达到平衡状态是________（填标号）。A．容器内混合气体颜色不再变化B．容器内的压强保持不变C．容器内混合气体密度保持不变D．容器内混合气体平均相对分子质量保持不变（3）利用反应构成原电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，回答下列问题：电极A是原电池的________（填“正极”或“负极”），发生________（填“氧化反应”或“还原反应”），电极B上发生的电极反应为________。〖答案〗（1）（2）①.②.d③.C（3）①.负极②.氧化反应③.〖解析〗（1）由图示可得，用软锰矿浆(MnO2)吸收SO2生成MnSO4，化学反应方程式为。（2）①，反应速率之比是化学计量数之比，则根据方程式；②从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，瞬间浓度增大到原来的2倍，压强增大，平衡正向移动，NO2的物质的量减小，则曲线d符合的变化。③A.容器内混合气体颜色不再变化，说明二氧化氮的浓度不变，即反应达到平衡状态，A项正确；B.因反应前后的气体分子数不一样，所以容器内的压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B项正确；C.反应前后容器容积和气体的物质的量均不变化，所以容器内混合气体密度始终保持不变，C项错误；D．反应前后气体的物质的量不同，气体总质量不变，当容器内混合气体平均相对分子质量保持不变，反应达到平衡状态，D项正确；〖答案〗选C。（3）由反应可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，通入NO2的B电极为正极，NO2发生得电子的还原反应生成N2，电极反应式为。19.一节1号干电池可以让1平方米土地上的庄稼颗粒无收，回收电池既可以防止污染又可以变废为宝。废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有、、、、碳单质、少量有机物（有机物易燃烧生成和），用黑色物质A制备高纯的流程如图：（1）第I步操作是为了除去可溶性的________（填化学式）。（2）第I步后在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为，另一个是________。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应的化学方程式为________________。（3）第III步中为提高反应速率，可以采取的措施有________（任写一条）。（4）已知：难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；在pH大于7.7时，开始转化为沉淀。第IV步中的多步操作可按如图步骤进行：①操作V加入溶液调节溶液pH的过程中有产生，则溶液与溶液反应的离子方程式为________________；②操作VI中需要的玻璃仪器有________；③你认为操作VII中检测的方法及现象是________时可继续进行操作VIII；④操作VIII中用无水乙醇洗涤的目的是________。〖答案〗（1）、（2）①.除去碳单质和少量有机物②.（3）适当升高温度（或适当增大硫酸的浓度或粉碎或搅拌等）（4）①.②.烧杯、漏斗、玻璃棒③.取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入溶液，无白色沉淀产生④.除去水；乙醇易挥发，不会引入新杂质，有利于快速干燥。〖解析〗锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4C1、ZnCl2、碳单质，用水浸取NH4C1、ZnCl2易溶性物质，过滤，将滤渣在空气中灼烧，碳燃烧、MnOOH灼烧变为二氧化锰，二氧化锰在酸性环境下与草酸反应生成硫酸锰，硫酸锰经过多步操作得到高纯碳酸锰。（1）NH4Cl、ZnCl2是易溶于水，而其他物质是难溶于水，因此第I步操作是为了除去可溶性的NH4Cl、ZnCl2；（2）第I步在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为MnO2，另一个是将碳燃烧生成二氧化碳，以除去碳单质和少量有机物。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应生成二氧化锰，其反应的化学方程式为；（3）第Ⅲ步中为提高反应速率，主要从温度、浓度，接触面积分析，因此可以采取的措施有适当升高温度或适当增大硫酸的浓度或粉碎MnO2等，（4）①操作V加入NH4HCO3溶液调节溶液pH的过程中有CO2产生，则MnSO4溶液与NH4HCO3溶液反应生成碳酸锰、二氧化碳和硫酸铵，其反应的离子方程式为；②操作VI是过滤，则过滤需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；③你认为操作VII中检测硫酸根离子的方法及现象是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生时可继续进行操作；④MnCO3难溶于乙醇，乙醇易挥发，操作VIII中用无水乙醇洗涤的目的是：除去水；乙醇易挥发，不会引入新杂质，有利于快速干燥。湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高一下学期期中联考试卷考试时间：2024年4月23日考试用时：75分钟试卷满分：100分★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列各组反应（表中物质均为反应物）在反应刚开始时，放出H2的速率最大的是（）选项金属（粉末状）及其物质的量/mol酸的浓度及体积反应温度/℃A．Mg0.18mol∙L-1硝酸10mL30B．Mg0.13mol∙L-1盐酸10mL30C．Fe0.16mol∙L-1盐酸10mL30D．Mg0.13mol∙L-1硫酸10mL30〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Mg的金属性比Fe强，但Mg与硝酸反应不产生H2，A不符合题意；B．Mg的金属性比Fe强，3mol∙L-1盐酸中c(H+)=3mol∙L-1，温度都为30℃，但c(H+)比6mol∙L-1小，所以反应速率不如D选项中快，B不符合题意；C．Fe的金属性比Mg弱，反应速率不是最快的，C不符合题意；D．Mg的金属性比Fe强，c(H+)=6mol∙L-1，是最大浓度，温度都为30℃，则此种情况下生成H2的反应速率最快，D符合题意；故选D。2.少量锌粉与100mL的稀盐酸反应，为了加快此反应速率且不改变生成的总量，以下方法可行的是（）①适当升高温度；②再加入100mL的稀盐酸；③加少量固体；④加入少量醋酸钠固体；⑤加几滴浓硫酸；⑥滴入几滴硫酸铜溶液。A.①⑤ B.②③ C.①⑥ D.②④〖答案〗A〖解析〗【详析】①适当升高温度，反应速率加快，生成氢气总量不变，则①符合题意；②再加入100mL的稀盐酸，浓度不变，速率不变，故②不符合题意；③加少量固体，则产生NO，故③不符合题意；④加入少量醋酸钠固体，醋酸根和氢离子反应生成醋酸，氢离子浓度减低，反应速率减慢，故④不符合题意；⑤加几滴浓硫酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，氢气总量不变，故⑤符合题意；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，置换出铜单质，形成Zn−Cu−盐酸原电池，加快反应速率，由于消耗了锌，导致生成氢气总量减少，因此①⑤方法可行，故A符合题意。3.下列有关反应的离子方程式书写正确的是（）A.氯气溶于水：B.过量与“84”消毒液（有效成分NaClO）反应：C.向溶液中加入过量浓氨水：D.通入酸性高锰酸钾溶液：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．HClO为弱酸，在水溶液中发生部分电离，氯气溶于水：，A不正确；B．过量与“84”消毒液（有效成分NaClO）反应，由于具有还原性，能被氧化为，，B不正确；C．Al(OH)3只溶于强碱不溶于弱碱，向溶液中加入过量浓氨水，生成的Al(OH)3不溶于过量氨水：，C正确；D．通入酸性高锰酸钾溶液，被氧化为硫酸，高锰酸钾被还原为硫酸锰等：，D不正确；故选C。4.下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（）选项试剂X收集气体试剂YA．碱石灰氯化氢水B．碱石灰氨气水C．五氧化二磷二氧化硫氢氧化钠溶液D．氯化钙一氧化氮氢氧化钠溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯化氢是酸性气体，碱石灰是CaO、NaOH混合物，呈碱性，能与氯化氢反应，不能用来干燥氯化氢气体，A不正确；B．氨气的密度比空气小，收集氨气时，集气瓶内导管应短进长出，否则无法排尽集气瓶内的空气，B不正确；C．五氧化二磷、二氧化硫都为酸性氧化物，五氧化二磷能干燥二氧化硫，二氧化硫尾气能用氢氧化钠溶液吸收，且能防止倒吸，C正确；D．氯化钙能干燥一氧化氮，但一氧化氮易于氧气反应，不能用排空气法收集，D不正确；故选C。5.NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是（）A.将足量Zn与100mL18mol/L浓硫酸反应，生成224mL气体，转移电子为0.02NAB.在标准状况下，22.4LHF所含的原子总数为2NAC.1mol固体中含离子总数与1mol固体中含离子总数之比为D.1mol（其中D代表重氢原子符号）中含有的中子数为10NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A．缺标准状况，无法计算224mL气体的物质的量和反应转移电子数目，故A错误；B．标准状况下，HF不是气体，无法计算22.4LHF的物质的量和所含原子总数，故B错误；C．由2个钠离子和1个过氧根离子组成，由2个钠离子和1个氧离子组成，两者含离子总数之比为，故C正确；D．中含有13个中子，则1molD中含有的中子数为1mol×13×NAmol—1=13NA，故D错误；故选C。6.下列各组离子或分子在给定条件的溶液中可能大量共存的是（）A.加入铝片有大量氢气产生的溶液中：、、、B.在0.1mol/L的盐酸中：、、、C.在强碱性溶液中：、、、D.碱性无色溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．加入铝片有大量氢气产生的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，、、、能大量共存，A符合题意；B．在0.1mol/L的盐酸中，与能发生氧化还原反应，生成I2等，B不符合题意；C．在强碱性溶液中，、都会与OH-反应，不能大量共存，C不符合题意；D．能与碱反应，呈紫色，它们在碱性无色溶液中都不能大量存在，能被、氧化，不能大量共存，D不符合题意；故选A。7.能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备的原理为，装置如图所示。已知：①的熔点为116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；②与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。下列说法中正确的是（）A.装置②中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥B.装置④与⑤之间可用橡胶管连接C.易液化，装置⑤中的液氨只能冷凝，因此从装置⑤中逸出气体的主要成分是D.通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，氯气进入装置④中与HgO反应生成Cl2O气体，由沸点可知⑤中冷凝得到Cl2O液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气的可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸。【详析】A．②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，A错误；B．橡胶属于有机物，Cl2O与有机物接触或加热时会发生剧烈反应，B错误；Cl2O的沸点为3.8°C，在装置⑤中冷凝成液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，故C错误；D．通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险，D正确；故选D。8.在无机非金属材料中，硅扮演着重要的角色。下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（）A.制备粗硅的化学方程式为：B.硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为是酸性氧化物C.既可以与NaOH溶液反应，又可以与HF溶液反应D.青花瓷胎体的原料为高岭土[]，若以氧化物形式可表示为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．工业用二氧化硅和焦炭在高温下反应制造粗硅和CO，化学方程式为：，故A错误；B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，这些都与SiO2是酸性氧化物无关，故B错误；C．是酸性氧化物，可以与NaOH溶液反应，又可以与HF溶液反应生成SiF4和水，故C正确；D．硅酸盐以氧化物形式，根据活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·SiO2·H2O的顺序可知，可改成Al2O3·2SiO2·2H2O，故D错误；故选C。9.(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应：，将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液中有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是（）A.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为B.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为C.因为弱酸不能制强酸，所以该实验中反应后气体通入BaCl2溶液中只有BaSO4沉淀D.从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应发生后，将生成的气体通入BaCl2溶液中，我们可认为生成的气体先跟水反应，生成(NH4)2SO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3，用三者的物质的量之比约为1:1:2，然后(NH4)2SO4、(NH4)2SO3再与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，NH4HSO3与BaCl2不反应。【详析】A．由分析可知，(NH4)2SO4、(NH4)2SO3的物质的量之比约为1:1，它们与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，则生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为，A正确；B．NH4HSO3与BaCl2不反应，则生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为1:1，B不正确；C．该实验中，反应后SO3气体通入BaCl2溶液中生成BaSO4沉淀，但NH3溶于水使溶液呈碱性，有一部分SO2溶解后生成(NH4)2SO3，有一部分SO2溶解后生成NH4HSO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成BaSO3，则溶液中生成BaSO4、BaSO3沉淀，C不正确；D．因为逸出的气体无色、无味，则从溶液中逸出的气体只有N2，NH3都留在溶液中，与SO2或H2SO3反应，最后留在溶液中的溶质只有较多的NH4HSO3和NH4Cl，D不正确；故选A。10.化学反应A+B→C（吸收能量）分两步进行：①A+B→X（放出能量），②X→C（吸收能量）。下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．中，A+B→X，放出能量，X→C，吸收能量，且A+B→C，吸收能量，A正确；B．中，A+B→X，吸收能量，B不正确；C．中，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，C不正确；D．中，A+B→X，吸收能量，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，D不正确；故选A。11.下列关于浓硫酸的说法正确的是（）A.浓硫酸使蓝色胆矾变白体现了脱水性B.浓硫酸不能干燥、HI、等强还原性化合物C.蔗糖和浓硫酸“黑面包”实验中，浓硫酸主要体现了脱水性和强氧化性D.浓硫酸和碳单质在加热条件下反应，反应中浓硫酸既体现出酸性，又体现出氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸使蓝色胆矾即五水硫酸铜变白体现了吸水性，故A错误；B．浓硫酸不能干燥HI、等强还原性化合物，但可以干燥，故B错误；C．蔗糖和浓硫酸的“黑面包”实验中，蔗糖变黑并有气体生成，浓硫酸主要体现了脱水性和强氧化性，故C正确；D．浓硫酸和C单质在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应中浓硫酸只体现氧化性，故D错误；故选C。12.镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金，该电池在充放电过程中的总反应方程式是：，下列说法正确的是（）A.放电过程中负极MH得电子发生氧化反应B.NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为C.NiMH电池电子由负极→正极→电解质溶液→负极，形成闭合回路D.NiMH电池可以用盐酸作为电解质溶液〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据题中所给信息，M为储氢合金或金属，放电时，MH为负极，依据原电池工作原理进行分析；【详析】A．放电过程中，MH为负极，失去电子，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；B．根据上述分析，MH为负极，NiOOH在正极上得电子，其反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，故B正确；C．电子移动方向：从负极→外电路或负载→正极，电子不通过电解质溶液传递，电解质溶液中只有阴阳离子定向移动，故C错误；D．NiOOH、Ni(OH)2能与盐酸反应，因此盐酸不能作电解质溶液，故D错误；〖答案〗为B。13.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）操作现象结论A．向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置溶液上层呈橙色还原性：B．将氯气缓缓通入到紫色的石蕊溶液中石蕊溶液先变红后褪色氯气与水反应生成了酸性物质和漂白性物质C．将装满氯水的圆底烧瓶倒置在盛有水的水槽中，日光照射烧瓶内有气泡生成日光照射时，逸出的气体只可能是D．分别加热和固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．滴入苯，经振荡、静置后，出现分层现象，上层呈橙红色，则是溴的苯溶液，说明苯萃取了溴水中的溴、少量氯水和NaBr溶液发生置换反应生成氯化钠和溴，说明氧化性：Cl2>Br2，现象不能说明结论，A错误；B．酸能使石蕊试液变红，有漂白性的物质能使石蕊试液褪色，将氯气缓缓通入到紫色的石蕊溶液中先变红后褪色，说明氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸有酸性、次氯酸具有漂白性，现象能说明结论，B正确；C．将装满氯水的圆底烧瓶倒置在盛有水的水槽中，日光照射，烧瓶内有气泡生成，并不能说明日光照射时溶解在水中的Cl2逸出，也可能是氯水中所含的HClO在光照时分解生成氧气，故现象不能说明结论，C错误；D．加热固体时试管壁上有水珠，可能是固体分解生成的、也可能是固体吸收的水在受热过程中释放出来，故现象不能说明结论，要检验二物质受热是否分解，应检验加热时有没有二氧化碳气体释放出来，D错误；〖答案〗选B。14.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如下图，下列结论中正确的个数为（）①反应在c点到达平衡②SO2浓度：a点小于c点③反应物的总能量低于生成物的总能量④，ab段NO2的消耗量小于bc段NO2的消耗量⑤混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡⑥体系压强不再变化，说明反应达到平衡⑦逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势相同⑧达到平衡后，改变容器体积增大压强，逆反应速率可能先增大后减小A.3个 B.4个 C.5个 D.6个〖答案〗A〖解析〗【详析】①c点正反应速率还在改变，达到平衡时正逆反应速率相等且不再改变，即反应在c点未到达平衡，①不正确；②随着反应的进行，SO2浓度越来越小，即SO2的浓度：a点大于c点，②不正确；③从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高，对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，则说明该反应为放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，③不正确；④，由于ab段的正反应速率小于bc段的正反应速率，所以ab段NO2的消耗量小于bc段NO2的消耗量，④正确；⑤混合物颜色不再变化，表明c(NO2)的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，⑤正确；⑥反应前后气体分子数相等，但温度不断发生改变，则平衡前体系的压强不断发生改变，体系压强不再变化，说明反应达到平衡，⑥正确；⑦随着反应的进行，逆反应速率不断增大，则逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势不完全相同(c点后继续增大)，⑦不正确；⑧达到平衡后，改变容器体积增大压强，由于反应前后气体分子数相等，压强改变时平衡不发生移动，则逆反应速率只增大不减小，⑧不正确；综合以上分析，共有④⑤⑥3个正确的结论，故选A。15.硝酸是工业生产中不可或缺化学品之一，通常用硝酸来制取硝酸铜溶液。为了分析制取硝酸铜溶液过程中的原料用量和产生污染气体的情况，某中学化学兴趣小组用足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L（标准状况）与NO的混合气体，这些气体与一定体积的混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。该兴趣小组又向所得硝酸铜溶液中加溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是（）A.参加反应的是0.75mol B.消耗氧气的体积为3.36LC.此反应过程中转移了0.3mol的电子 D.混合气体中含0.15molNO〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Cu失去电子转化为得到电子转化为6.72L(标准状况)和NO的混合气体，、NO、与水反应又转化为HNO3，最终得到电子，整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜原子失去2个电子转化为Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×6mol·L－1=0.6mol，则转移的电子的物质的量也是0.6mol，n(Cu)=0.3mol。【详析】A．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n()=2n(Cu)=0.2mol×3=0.6mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有x+y=，x+3y=0.6，得x=y=0.15mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.15mol＋0.15mol=0.3mol，参加反应的HNO3是0.6mol＋0.3mol=0.9mol，A错误；B．反应过程中转移了0.6mol电子，则需要0.15molO2，未指明标准状况下，无法计算体积，B错误；C．根据A项分析，反应过程中转移了0.6mol电子，C错误；D．根据A中的分析，混合气体中含0.15molNO，D正确；〖答案〗选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂，探究浓、稀硝酸强氧化性并观察还原产物的实验装置。I．浓硝酸的强氧化性实验将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5mL浓硝酸，往具支试管中放入约2mL浓硝酸，集气瓶c中收集到一种无色气体。（1）仪器a的名称为________。（2）实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是________。Ⅱ．稀硝酸的强氧化性实验（3）上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，可以将浓硝酸稀释后加入具支试管再与铜片反应，此时发生反应的离子方程式是________________；集气瓶c中仍收集到一种无色气体，此时向集气瓶c中通入一定量的氧气后集气瓶c中逐渐充满无色溶液，请写出通入一定量的氧气后集气瓶c中发生的总反应方程式________________。（4）能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是________（填标号）。A．c中收集到无色气体B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色C．b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色Ⅲ．问题讨论（5）用等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸（硝酸均过量）反应时，发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。对此有两种看法：①两者颜色不同的原因，是因为Cu2+浓度差异引起的。②前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。你认为上述看法________（填“①”或“②”）合理。若是①合理，说明理由，若是②合理，设计一个简单实验证明：________。〖答案〗（1）分液漏斗（2）铜片溶解，试管中溶液变成绿色，b中有红棕色气体产生（3）①.②.（4）C（5）①.②②.往蓝色溶液中通NO2，溶液由蓝变绿。或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液由绿变蓝。或向绿色溶液中通O2，溶液由绿变蓝〖解析〗铜与浓硝酸反应，生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，NO2先将具支试管内的空气排出，所以在集气瓶内起初收集到的气体主要为空气；一段时间后，具支试管内的空气被排尽，此时具支试管内液面上方的气体主要为NO2，用排水法收集时，NO2与水反应生成硝酸和NO，所以集气瓶内收集到的气体主要为NO。（1）仪器a带有支管，名称为分液漏斗。（2）在金属活动顺序表中，铜位于H后面，表明金属性弱，实验证明浓硝酸具有强氧化性，需证明铜与浓硝酸发生明显的反应，则现象是：铜片溶解，试管中溶液变成绿色，b中有红棕色气体产生。（3）上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，可以将浓硝酸稀释后加入具支试管再与铜片反应，此时发生反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，离子方程式是；集气瓶c中仍收集到一种无色气体，此时向集气瓶c中通入一定量的氧气后集气瓶c中逐渐充满无色溶液，则此无色气体为NO，通入一定量的氧气后，集气瓶c中NO、O2与水发生反应生成硝酸，总反应方程式为。（4）A．c中收集到无色气体，此气体可能为NO，也可能为H2等，A不符合题意；B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色，则表明此无色气体为NO，但不能确定b中产生的气体是NO还是NO2，B不符合题意；C．b中产生无色气体接触空气后变为红棕色，则此气体为NO，C符合题意；故选C。（5）用等质量铜片与等体积的浓硝酸、稀硝酸（硝酸均过量）反应时，理论上生成Cu2+的浓度近似相等，但发现反应后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。①两者颜色不同的原因，是因为Cu2+浓度差异引起的。②前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。两者颜色不同，显然不是Cu2+浓度差异引起的，则上述看法②合理。可以一种情况为参照，做对比实验，证明②合理：往蓝色溶液中通NO2，溶液由蓝变绿。或加热绿色溶液，产生红棕色气体，溶液由绿变蓝。或向绿色溶液中通O2，溶液由绿变蓝。17.下表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素。针对表中①~⑧号元素回答下列问题。（1）元素①和③的简单化合物含有10个电子，其电子式为________，它的沸点比PH3高，原因是________________;（2）测定文物年代需要利用元素②的一种中子数为8的核素，该核素符号可表示为________；（3）元素①和氧元素形成的18电子化合物的名称是：________，该化合物中含有的化学键有________（填“离子键、极性键、非极性键”）；（4）元素④、⑤、⑧中，原子半径最大的是________（填元素符号），离子半径最大的是________（填化学式）。（5）可以证明元素⑧比元素⑦非金属性强的一个化学反应方程式是：________。〖答案〗（1）①.②.氨分子间存在氢键（2）（3）①.过氧化氢②.极性键、非极性键（4）①.Na②.Cl-（5）或〖解析〗由元素在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、C、N、F、Na、Si、S、Cl。（1）元素①和③的简单化合物含有10个电子，则其为NH3，电子式为；NH3的相对分子质量小于PH3，它的沸点比PH3高，说明NH3分子间还有另一种作用力，则原因是：氨分子间存在氢键。（2）测定文物年代需要利用元素②(C)的一种中子数为8的核素，该核素的质量数为8+6=14，则其符号可表示为。（3）元素①和氧元素形成的18电子化合物为H2O2，名称是：过氧化氢，该化合物的结构式为H-O-O-H，含有的化学键有极性键、非极性键。（4）元素④、⑤、⑧分别为F、Na、Cl，F核外有2个电子层，Na、Cl核外有3个电子层，Na的原子序数比Cl小，原子核对外层