2024-2025学年江苏省仙桃天门阳新大冶云梦五校高一上学期优录班12月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省仙桃天门阳新大冶云梦五校2024-2025学年高一上学期优录班12月联考可能用到的相对原子质量：一、选择题(本大题共15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.下列古诗文中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是A.“庐山山南刷铜绿，黄金锯解纯苍玉”中的“铜绿”借指的是的颜色B.“雨过天青云破处，这般颜色做将来”中所描述瓷器的青色不是来自氧化铁C.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化D.“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”中雾是一种气溶胶，有丁达尔效应【答案】C【解析】A．的颜色是绿色的，A正确；B．瓷器的青色不是来自氧化铁，因为氧化铁是红棕色，不是青色，B正确；C．焰色试验属于物理变化，C错误；D．雾属于胶体分散系，则“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”涉及丁达尔效应，D正确；故选C。2.劳动人民发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是发明关键操作化学原理A火药硫黄、硝石和木炭混合，点燃发生氧化还原反应B司南使用天然磁石制作出勺形的司南磁石主要成分为单质铁能被磁体吸引C陶瓷黏土高温烧结形成新的化学键D制墨松木在窑内焖烧发生不完全燃烧【答案】B【解析】A．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，A正确；B．磁石主要成分为Fe3O4，B错误；C．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，C正确；D．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，D正确；答案选B。3.《黑神话·悟空》作为国产第一部3A游戏，以中国经典文学《西游记》为蓝本，对山西小西天、重庆大足石刻、浙江时思寺等全国多处名胜古迹进行实景扫描，游戏中形态各异的佛像，反映了古代匠人高超的技艺水平。雕塑的主要成分为硅酸盐，下列说法错误的是A.佛像历经千年依然身形完好，这是因为硅酸盐材料大多具有硬度高、难溶于水、耐高温、耐腐蚀的特点B.小西天悬塑大量使用沥粉贴金工艺，华丽非凡，历经近400年依旧完整如新，这是因为金的性质稳定，不易被腐蚀C.雕塑彩绘颜料都是以天然的矿物质手工加工而成，历经千年仍然色彩艳丽，其中用到的红色矿物颜料多由辰砂制成，辰砂又称朱砂，其化学成分主要是硫化汞D.硅酸盐中，和O构成硅氧四面体，每个O为两个四面体所共有，与1个相结合【答案】D【解析】A．硅酸盐材料大多具有硬度高、难溶于水、耐高温、耐腐蚀，所以佛像历经千年依然身形完好，A正确；B．金的性质稳定，不易被腐蚀，所以小西天悬塑历经近400年依旧完整如新，B正确；C．辰砂，又称朱砂、丹砂、赤丹、汞沙，是一种硫化汞（HgS）矿物，C正确；D．硅酸盐中，和O构成硅氧四面体，每个O为两个四面体所共有，与2个相结合，D错误；故选D。4.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达正确是A.的空间填充模型：B.的燃烧热为，则表示燃烧热的热化学方程式为：C.溶液中的水合离子：D.热化学方程式为：，一定条件下，将和置于密闭的容器中反应生成，则放热小于【答案】D【解析】A．碳原子半径比氧原子半径大，的空间填充模型为，A项错误；B．的燃烧热为，则表示燃烧热的热化学方程式为：，B项错误；C．分子为极性分子，带正电荷吸引水分子负电荷重心的一端，即吸引O原子一端，带负电荷吸引水分子正电荷重心的一端，即吸引H原子一端，且半径小于，溶液中的水合离子为，C项错误；D．热化学方程式，表示和完全反应生成2mol时，放热92.4kJ；该反应为可逆反应，一定条件下，将和置于密闭的容器中反应不能完全反应生成1mol，生成的小于1mol，则放热小于，D项正确；答案选D。5.自然科学的尽头是哲学，中学化学教材中蕴含着许多哲学思想和观点。下列叙述与对应的哲学观点不相符的是选项叙述哲学观A沸点：事物性质的变化规律只有普遍性而无特殊性B合成氨时压强越大越好，但合成氨厂一般采用的压强为矛盾有主次C铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应对立与统一D常温下，铁溶于稀硫酸，不溶于浓硫酸量变到质变【答案】A【解析】A．H2O、H2S、H2Se、H2Te四种物质属于同主族的氢化物，结构相似，分子量逐渐增大分子间作用力应该逐渐增大，但是H2O分子间有氢键，使得分子间作用力最大，沸点最高，沸点：，说明事物性质的变化规律有普遍性也有特殊性，A符合题意；B．合成氨反应是气体体积减少的反应，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应速率也增大，但是压强过大，会造成成本上升，合成氨厂一般采用的压强为，生产成本的降低和平衡转化率的提升是一对矛盾的关系，和矛盾的主次有关，B不符合题意；C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，氧化反应和还原反应同时进行，符合对立与统一的思想，C不符合题意；D．常温下，铁溶于稀硫酸，不溶于浓硫酸，稀硫酸到浓硫酸，浓度的量变引起化学性质的质变，D不符合题意；答案选A。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.与充分反应，产物分子的个数等于B.将甲醇完全燃烧产生的混合气体通过足量充分反应，当固体增重时，参与的反应中转移电子数为C.含的酸性溶液与足量反应生成，转移电子数D.()与()的混合物中所含共价键数为【答案】B【解析】A．与充分反应生成1molNO2，NO2部分可转化为N2O4，产物分子数小于NA，A错误；B．由方程式2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑可知，固体增重6.4g就是CH3OH的质量，甲醇的物质的量为=0.2mol，完全燃烧生成0.2molCO2和0.4molH2O，0.2molCO2参与反应电子转移0.2mol，0.4molH2O参与反应，电子转移为0.4mol，共转移电子数目为0.6NA，B正确；C．的酸性溶液与足量反应的离子方程式为：+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O，根据CrO5的结构可知，Cr化合价仍为+6价，CrO5中的O有4个为-1价，1个为-2价，方程式中元素化合价没有变化，该反应不是氧化还原反应，没有电子转移，C错误；D．由S8()与()的结构可知，平均1个S原子有1个共价键，32gS共1molS原子，含有共价键数目为NA，D错误；答案选B。7.过量与以下的溶液反应，下列总反应离子方程式错误的是溶液现象离子方程式A产生淡黄色沉淀B溶液由棕黄色变浅绿色C溶液褪色，产生白色沉淀D(含酚酞)溶液由红色变无色【答案】D【解析】A．过量SO2能与Na2SO3反应生成NaHSO3，则过量SO2与Na2S溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成NaHSO3，因此，总反应的化学方程式为5SO2+2Na2S+2H2O=3S↓+4NaHSO3，离子方程式正确，A正确；B．溶液由棕黄色变浅绿色则氯化铁转化为氯化亚铁，过量SO2与FeCl3溶液反应，生成FeCl2、H2SO4、HCl，总反应的化学方程式为2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，所给的离子方程式正确，B正确；C．过量SO2与CuCl2溶液反应，溶液褪色，则铜离子被还原，生成的白色沉淀是CuCl，则总反应的化学方程式为SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，所给的离子方程式正确，C正确；D．Na2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量SO2与Na2CO3溶液反应，生成CO2、NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，离子方程式为：，D错误；答案选D。8.一种具有强配位能力的试剂的结构如图所示，其常用于萃取溶液中的过渡金属离子。X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，其中Z和W同主族，M的最外层电子数等于X与Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是A.氢化物的沸点： B.原子半径：C.含氧酸的酸性： D.常见单质的稳定性：【答案】B【解析】由结构图及题中信息分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为P元素，M为S元素。A．Y为C元素，Z为N元素，Y的氢化物种类很多，如苯常温常压下为液体，沸点高于Z的氢化物或的沸点，A错误；B．原子半径为P>S>C>N>H，即，B项正确；C．W为P元素，M为S元素，含氧酸的酸性不一定，如含氧酸为弱酸，为中强酸，含氧酸的酸性：<，C项错误D．Z的常见单质为N2，P的常见单质为红磷、白磷，N2稳定性强于红磷、白磷，D项错误；答案选B。9.实验是探究物质性质的重要方法，下列实验中，根据操作和现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口溶液变红无法确定溶液X含有B在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热烧瓶中出现红棕色气体木炭具有还原性，能还原C相同温度下，两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快反应物浓度越大，反应速率越快D取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴溶液试纸未变蓝色与的反应有一定限度【答案】A【解析】A．向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，溶液变红无法确定溶液X含有，A正确；B．浓HNO3受热分解也能产生红棕色气体，B错误；C．酸性高锰酸钾溶液大大过量，两支试管中溶液的紫色均不会消失，应控制酸性高锰酸钾溶液不足且等量，增大草酸的浓度，使草酸过量，这样才可探究浓度对反应速率的影响，C错误；D．取溶液于试管中，加入溶液，过量，不能说明与所发生的反应为可逆反应，D错误；故选A。10.已知：(水合肼)是一种二元弱碱，有强还原性，能与反应生成。利用氧化(尿素)可制备，制备流程如下图所示，步骤Ⅰ中氧化产物为和。下列说法错误的是A.步骤Ⅰ反应产物中，若与个数比为，则溶液中与个数比为B.步骤Ⅱ反应的离子方程式为C.步骤Ⅱ中应将尿素逐滴滴加到溶液中便于生成水合肼D.与足量稀盐酸反应生成正盐【答案】C【解析】步骤Ⅰ反应物为，发生氧化还原反应，生成、及，步骤Ⅱ反应物为、，生成物为、、，步骤Ⅲ从溶液中分离提纯得到及溶液。A．步骤Ⅰ发生氧化还原反应，遵循得失电子守恒，若与个数比为，则，，溶液中与个数比为，A项正确；B．步骤Ⅱ反应物为、，生成物为、、，离子方程式为，B项正确；C．步骤Ⅱ是利用氧化可制备，而具有强还原性，能与反应生成，故制备时应控制用量，应将溶液逐滴滴加到尿素中便于生成水合肼，C项错误；D．是一种二元弱碱，与足量稀盐酸反应生成正盐，D项正确；答案选C。11.“惭愧今年二麦丰，千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得为A. B. C. D.【答案】B【解析】①NH4Cl(s)=(g)+Cl-(g)△H1=+698kJ·mol-1；②NH4Cl(s)=(aq)+Cl-(aq)△H2=+15kJ·mol-1；③Cl-(g)=Cl-(aq)△H3=-378kJ·mol-1；④(NH4)2SO4(s)=(g)+(g)△H4；⑤(NH4)2SO4(s)=(aq)+(aq)△H5=+3kJ·mol-1；⑥(g)=(aq)△H6=-530kJ·mol-1根据盖斯定律，反应④=⑤+①+③-②-⑥，则△H4=△H5+△H1+△H3-△H2-△H6=+838kJ·mol-1；答案选B。12.光催化剂可用于含硫废液的氧化处理，光生电子与水电离出的作用生成过氧羟基自由基，空穴与水电离出的作用生成羟基自由基，分别与和反应生成，变化过程如图所示。下列说法错误的是A.通过①②过程和③④过程产生的之比为B.氧化的反应为C.过高会影响催化剂的催化效果，过低则不影响催化剂的催化效果D.氧化含硫废液的总反应为【答案】C【解析】由题意可得，反应①：，反应②：，反应③：，反应④：，水电离产生的H+和OH-的物质的量相等，氧化过程的总反应为：。A．反应①②过程中HO2‧和反应生成，反应为：HO2‧+=+·OH，反应③④过程中‧OH和反应生成，反应为，由分析可知H+~HO2‧，‧OH~OH-，而H2O电离的H+和OH-物质的量之比1:1，所以通过①②过程和③④过程产生的之比为2:1，故A正确；B．·OH氧化为硫酸根，其反应为，B正确；C．该变化过程中H+和OH-参与反应，pH值过低或过高均会影响催化剂的催化效果，C错误；D．由图及分析，氧化含硫废液的总反应为，D正确；答案选C。13.标准电极电位指离子有效浓度为时相对标准氢电极的电极电位差值，电对的标准电极电势越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。酸性介质中，以下电对的标准电极电势为：①；②；③；④；⑤；⑥。下列有关说法正确的是A.向的溶液中滴加溶液，无明显现象发生B.的与的稀盐酸等体积混合有大量产生C.在含的混合溶液中若仅氧化，最佳的氧化剂是D.浓度相等时，还原性：【答案】D【解析】A．根据和，氧化性：H2O2>Br2，则向1mol/L的HBr溶液中滴加溶液，反应生成Br2，溶液出现橙色，故A错误；B．、，重铬酸根的氧化性和氯气相当，则2mol/L的与2mol/L的稀盐酸等体积混合没有大量产生，故B错误；C．根据①；②；③；④，氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，则在含、、的混合溶液中若仅氧化，最佳的氧化剂是，故C错误；D．由电对的标准电极电势可知，氧化性：。根据氧化性越强，对应离子还原性越弱，则浓度相等时，还原性：，故D正确；故选D。14.铋酸钠是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠，实验装置如下图所示(加热和夹持仪器已略去)。已知：①粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解；②白色固体且难溶于水；③的制备原理：下列说法错误的是A.装置B中试剂为饱和食盐水B.当观察到C中白色固体变为黄色固体时不能说明反应已经结束C.反应中充分搅拌以及将C装置放入热水浴中加热，目的均是提高产率D.实验完毕后打开恒压滴液漏斗N上的活塞滴加溶液至装置中黄绿色气体消失【答案】C【解析】的制备原理：，则装置A制备氯气以及反应后环境治理的装置，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，防止遇酸迅速分解，装置C是生成铋酸钠的装置，反应条件需控制低温，装置D是尾气处理装置，据此解答。A．装置A中用浓盐酸与二氧化锰共热制备Cl2，生成的Cl2中混有HCl气体，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，则装置B中试剂为饱和食盐水，A正确；B．当观察到C中白色固体变为黄色固体时说明反应已经开始，不能说明反应已经结束，应在低温条件下充分搅拌继续反应一段时间，以利于反应物的充分转化，B正确；C．不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解，则反应中充分搅拌以及将C装置放入冰水浴中冷却，目的均是提高产率，C错误；D．实验完毕后打开恒压滴液漏斗N上的活塞滴加溶液至装置中黄绿色气体消失是利用溶液与氯气的反应减少氯气的污染，D正确；故选C。15.一定条件下，反应的速率方程为，已知：k为速率常数只与温度有关。某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：反应速率0.10.120.10.420.20.420.40.140.20.1c根据表中的测定结果，下列结论错误的是A.的值为1B.表中c的值为1C.反应体系的三种物质中，的浓度对反应速率影响最大D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大浓度，会使反应速率升高【答案】D【解析】速率方程为，将表中数据代入速率方程可得到①，②，③，④，由①②得到，②③得到，①④得到，对于⑤与①，将，，代入，解得c=1，据此分析解题。A．根据分析，α的值为1，A正确；B．根据分析，c的值为1，B正确；C．由于，，，，所以速率与H2(g)和Br2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C正确；D．由于，速率与HBr(g)的浓度成反比，在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，D错误；故选D。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.硫酸是工业生产中极为重要的一种化工产品，而硫酸的浓度不同，性质也会不同。现有甲、乙两个研究小组分别进行了如下实验探究：Ⅰ．甲研究小组按下图装置进行实验，使用实验室常用药品，验证锌与浓硫酸反应生成物中的气体成分，取足量的置于b中，向a中加入适量浓硫酸，经过一段时间的反应，仍有剩余。（1）仪器b的名称是_______。（2）在反应初始阶段，装置A中发生的化学方程式为_______。（3）装置G中碱石灰的作用为_______，F中的现象是_______。（4）有同学认为A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为_______。Ⅱ．乙研究小组为了利用稀硫酸制备，进行了如下图所示的实验设计。实验表明，能加快生成的反应速率，发挥作用的原理可表述为：①②……（5）反应②的离子方程式为_______。Ⅲ．乙研究小组接着探究铜与过量反应，进行了如下图所示的实验设计。（6）实验②中溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，用于酸化溶液，既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强的氧化性，加快生成的反应速率。（7）用足量处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，完全分解为黑色氧化物Y，。X的化学式为_______。【答案】（1）圆底烧瓶（2）Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O（3）①.防止水蒸气进入F中干扰实验②.白色粉末变蓝（4）防倒吸（5）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（6）①.H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O②.O2（7）CuO2【解析】装置A中，Zn和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应进行浓硫酸变稀，Zn和稀硫酸反应生成H2；装置B中装有品红溶液，SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，故装置B可检验是否有SO2生成；装置C中若为酸性高锰酸钾溶液，SO2和酸性高锰酸钾溶液反应，SO2转化为硫酸根，高锰酸根转化为Mn2+，反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；装置D中装有浓硫酸，对气体进行干燥，以免影响对氢气的检验；装置E中，H2和CuO在加热条件下发生反应生成H2O和Cu；装置F装有无水硫酸铜，可以检验是否有水生成，从而确定是否含有氢气；装置G中装有碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入装置F中，以免对氢气的检验造成干扰。【小问1详析】由图可知，仪器b的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；【小问2详析】应初始阶段，A中锌和浓硫酸反应得到硫酸锌、二氧化硫和水，化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O；小问3详析】由分析可知，装置F用来收集并测定还原氧化铜反应中产生水的质量，因此U形管的作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验；F中为无水硫酸铜，用于检验水蒸气，故答案为：防止水蒸气进入F中干扰实验；白色粉末变蓝；【小问4详析】二氧化硫易溶于水，会使A中压强减小从而发生倒吸现象，A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为防止发生倒吸，故答案为：防倒吸；【小问5详析】据反应流程，Fe3+为催化剂，能加快生成的反应速率，整个过程中，既有Fe3+参加反应，又有Fe3+的生成，故②的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；【小问6详析】根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；【小问7详析】黑色物质Y为CuO，在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=[n×+(m-n)]g=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2。17.多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅芯片的主要原料。I．以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。（1）工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为_______。（2）粗硅与在时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为_______。的电子式为_______。（3）将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：①②③反应③的_______(用表示)。（4）由粗硅制备多晶硅的过程中，循环使用的物质除和外，还有_______(填化学式)。Ⅱ．是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收等金属，工艺路线如图：回答下列问题：（5）在元素周期表中的位置为_______。（6）烧渣是和的混合物，“焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。（7）鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。【答案】（1）（2）①.Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1②.（3）∆H2-∆H1（4）、（5）第四周期、第Ⅷ族（6）（7）焰色试验【解析】I．粗硅与HCl在300℃时反应产生SiHCl3、SiCl4和H2等物质，然后分离SiHCl3，再向其中通入H2，在还原炉中发生还原反应得到高纯硅Si和HCl；Ⅱ．由流程和题中信息可知，粗品和SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为，据此分析解答。【小问1详析】石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅，反应的化学方程式为；【小问2详析】参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：；【小问3详析】根据盖斯定律，反应②-反应①可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1；【小问4详析】反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用；【小问5详析】Co是27号元素，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族；【小问6详析】“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为；【小问7详析】洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色试验。18.实验室常用溶液吸收尾气，探究其适宜条件原理。时，将不同浓度溶液一次性推入中，观察现象。编号现象甲活塞自动内移，最终剩余约无色气体乙活塞自动内移，最终气体全部被吸收（1）溶液吸收时生成两种钠盐，其中一种为，请写出对应化学方程式_______。检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。（2）某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部浓度过低，导致部分与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将缓慢推入溶液中，_______(补全实验现象)。（3）进一步探究与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。【查阅资料】ⅰ．必修二课本中所注反应二氧化氮溶于水总反应，实际此反应分两步进行遇水时发生反应：a．请你补充第二步反应：b．_______ⅱ．酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。【实验】将推入下列试剂中，随即取出溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量茶乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。编号试剂溶液颜色丙水溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅丁溶液戊酸性对氨基苯磺酸溶液通过实验_______(填编号)对比，说明遇水时发生了反应a和b。②从化学反应速率的角度分析，与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是_______。（4）若用的溶液重复实验甲，最终剩余约无色气体。综上，用溶液吸收尾气，适宜的条件是_______(写出两点即可)。（5）尾气中含量的测定：将气样通入适量酸化的溶液中，使完全被氧化为，加水稀释至。量取该溶液，加入溶液(过量)，充分反应后，用溶液和剩余的恰好反应(该反应的还原产物为)，消耗。气样中含量为_______。【答案】（1）2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O（2）最终剩余气体小于7mL（3）①.2HNO2=NO↑+NO2↑+H2O②.丙和戊③.HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率（4）低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积（5）【解析】部分NO2与稀NaOH反应生成NaNO3和NaNO2，部分NO2与NaOH中的水反应生成硝酸与NO，有无色气体生成，遇空气变红棕色，硝酸又与NaOH反应生成NaNO3，NO2与浓的NaOH反应生成NaNO3和NaNO2，没有气体生成；【小问1详析】NaOH溶液吸收NO2时，生成两种钠盐分为别NaNO3和NaNO2，所发生的化学反应为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；【小问2详析】NO2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部浓度过低，导致部分NO2与水反应而产生了NO，当缓慢推入NO2后，最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致，故答案为：最终剩余气体小于7mL；【小问3详析】NO2与水反应的总方程式为：3NO2+H2O=2H++2+NO，第一步反应的离子方程式为：，则第二步反应的方程式为：2HNO2=NO↑+NO2↑+H2O；丙中是将2mLNO2推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条件下，或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致相对减小，也说明了的确是产生了HNO2和NO2；根据题干信息可知，NO2遇水时发生反应，由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此时是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较慢，那就从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是，HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率，故答案为：丙和戊；HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率；【小问4详析】用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故答案为：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积；【小问5详析】根据NO2与H2O2反应生成HNO3，4H+++3Fe2+=3Fe2++NO↑+2H2O，得出NO2~HNO3~3Fe2+，6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得出6Fe2+~，Fe2+的总物质的量为c1V1×10-3mol，与反应的Fe2+的物质的量为6c2V2×10-3mol，与HNO3反应的Fe2+的物质的量为c1V1×10-3mol-6c2V2×10-3mol，NO2的物质的量为(c1V1-6c2V2)×10-3mol，气样中含，所以VL气样中的含量为。19.2023年诺贝尔化学奖授予巴文迪(M。G．Bawendi)、布鲁斯(L。E．Brus)和伊基莫夫(A．I．Ekimov)，以表彰他们在量子点(QuantumDots，QDs)的发现和发展方面的贡献。量子点是一种粒径约的零维纳米晶体，常见的量子点体系有I-VI、Ⅱ-VI、Ⅲ-V、VI-VI族元素形成的半导体材料及其复合体系，例如碳量子点、砷化镓量子点、等等。量子点具有组成可调变、亮度高和稳定性好的发光特性，在生命科学、光电子器件、显示技术等方面都具有广泛的应用。I．（1）量子点直径尺寸在，所以量子点常被称为_______(填分散系名称)量子点。可利用_______(物理现象)初步鉴定量子点制备成功。（2）我国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳量子点/氮化碳(纳米复合物)]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是_______。A.总反应为B.水分解过程中，是中间产物，不是催化剂C.复合光催化剂中两种纳米材料均属于共价化合物D.若反应Ⅱ是放热反应，则反应I一定是吸热反应（3）N、P、的气态氢化物沸点由高到低的顺序是_______(用氢化物分子式表示)。Ⅱ．碲化镉量子点具有优异的光电性能。某科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉量子点的流程如下：（4）化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为，则还原酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是_______。（5）①在研究“还原”步骤实验条件时，发现单位时间内沉淀率随溶液浓度的变化如图所示，则该步骤应选择的溶液适宜浓度为_______。②结合上述反应机理(反应中水及部分产物已省略)，推测在“还原”步骤中的作用是_______。【答案】（1）①.胶体②.丁达尔效应（2）D（3）NH3>AsH3>PH3（4）（5）①.30g/L②.催化剂【解析】富碲渣经过硫酸酸浸后，Te转化为Te(SO4)2，过滤后的浸出液经过二氧化硫还原得到粗碲，粗碲处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2在柠檬酸钠作用下反应得到CdTe量子点；【小问1详析】因为胶体分散质微粒直径在1～100nm，所以CdSe量子点常被称为胶体量子点，胶体具有丁达尔效应，可利用丁达尔效应鉴定量子点制备成功；【小问2详析】A．过程Ⅰ是水分解为氢气和过氧化氢，过程Ⅱ是过氧化氢分解为氧气和水，整个过程是水分解为氢气和氧气，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，故A错误；B．由原理图可知，H2O2是中间产物，不是催化剂，故B错误；C．氮化碳(C3N4)属于共价化合物，碳量子点是种新型碳纳米材料，碳量子点是碳单质，含有共价键，但不属于共价化合物，故C错误；D．水分解是吸热反应，在此过程中，水分解分两步进行，若反应Ⅱ是放热反应，则反应I一定是吸热反应，故D正确；故选：D。【小问3详析】NH3分子间存在氢键，PH3分子之间、AsH3分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，AsH3分子之间范德华力更强，AsH3的沸点比PH3高，故沸点由高到低的顺序为NH3>AsH3>PH3；【小问4详析】根据题意，标准电极电势数值越大，氧化态转化为还原态越容易，故SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是：；【小问5详析】①当NaCl溶液浓度为30g/L时Te的沉淀率高而Cu的沉淀率低，该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为：30g/L；②根据反应机理图，氯离子参与反应，最终又生成，推测NaCl在“还原”步骤中的作用是作催化剂；江苏省仙桃天门阳新大冶云梦五校2024-2025学年高一上学期优录班12月联考可能用到的相对原子质量：一、选择题(本大题共15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.下列古诗文中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是A.“庐山山南刷铜绿，黄金锯解纯苍玉”中的“铜绿”借指的是的颜色B.“雨过天青云破处，这般颜色做将来”中所描述瓷器的青色不是来自氧化铁C.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化D.“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”中雾是一种气溶胶，有丁达尔效应【答案】C【解析】A．的颜色是绿色的，A正确；B．瓷器的青色不是来自氧化铁，因为氧化铁是红棕色，不是青色，B正确；C．焰色试验属于物理变化，C错误；D．雾属于胶体分散系，则“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”涉及丁达尔效应，D正确；故选C。2.劳动人民发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是发明关键操作化学原理A火药硫黄、硝石和木炭混合，点燃发生氧化还原反应B司南使用天然磁石制作出勺形的司南磁石主要成分为单质铁能被磁体吸引C陶瓷黏土高温烧结形成新的化学键D制墨松木在窑内焖烧发生不完全燃烧【答案】B【解析】A．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，A正确；B．磁石主要成分为Fe3O4，B错误；C．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，C正确；D．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，D正确；答案选B。3.《黑神话·悟空》作为国产第一部3A游戏，以中国经典文学《西游记》为蓝本，对山西小西天、重庆大足石刻、浙江时思寺等全国多处名胜古迹进行实景扫描，游戏中形态各异的佛像，反映了古代匠人高超的技艺水平。雕塑的主要成分为硅酸盐，下列说法错误的是A.佛像历经千年依然身形完好，这是因为硅酸盐材料大多具有硬度高、难溶于水、耐高温、耐腐蚀的特点B.小西天悬塑大量使用沥粉贴金工艺，华丽非凡，历经近400年依旧完整如新，这是因为金的性质稳定，不易被腐蚀C.雕塑彩绘颜料都是以天然的矿物质手工加工而成，历经千年仍然色彩艳丽，其中用到的红色矿物颜料多由辰砂制成，辰砂又称朱砂，其化学成分主要是硫化汞D.硅酸盐中，和O构成硅氧四面体，每个O为两个四面体所共有，与1个相结合【答案】D【解析】A．硅酸盐材料大多具有硬度高、难溶于水、耐高温、耐腐蚀，所以佛像历经千年依然身形完好，A正确；B．金的性质稳定，不易被腐蚀，所以小西天悬塑历经近400年依旧完整如新，B正确；C．辰砂，又称朱砂、丹砂、赤丹、汞沙，是一种硫化汞（HgS）矿物，C正确；D．硅酸盐中，和O构成硅氧四面体，每个O为两个四面体所共有，与2个相结合，D错误；故选D。4.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达正确是A.的空间填充模型：B.的燃烧热为，则表示燃烧热的热化学方程式为：C.溶液中的水合离子：D.热化学方程式为：，一定条件下，将和置于密闭的容器中反应生成，则放热小于【答案】D【解析】A．碳原子半径比氧原子半径大，的空间填充模型为，A项错误；B．的燃烧热为，则表示燃烧热的热化学方程式为：，B项错误；C．分子为极性分子，带正电荷吸引水分子负电荷重心的一端，即吸引O原子一端，带负电荷吸引水分子正电荷重心的一端，即吸引H原子一端，且半径小于，溶液中的水合离子为，C项错误；D．热化学方程式，表示和完全反应生成2mol时，放热92.4kJ；该反应为可逆反应，一定条件下，将和置于密闭的容器中反应不能完全反应生成1mol，生成的小于1mol，则放热小于，D项正确；答案选D。5.自然科学的尽头是哲学，中学化学教材中蕴含着许多哲学思想和观点。下列叙述与对应的哲学观点不相符的是选项叙述哲学观A沸点：事物性质的变化规律只有普遍性而无特殊性B合成氨时压强越大越好，但合成氨厂一般采用的压强为矛盾有主次C铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应对立与统一D常温下，铁溶于稀硫酸，不溶于浓硫酸量变到质变【答案】A【解析】A．H2O、H2S、H2Se、H2Te四种物质属于同主族的氢化物，结构相似，分子量逐渐增大分子间作用力应该逐渐增大，但是H2O分子间有氢键，使得分子间作用力最大，沸点最高，沸点：，说明事物性质的变化规律有普遍性也有特殊性，A符合题意；B．合成氨反应是气体体积减少的反应，压强越大，平衡正向移动，转化率增大，反应速率也增大，但是压强过大，会造成成本上升，合成氨厂一般采用的压强为，生产成本的降低和平衡转化率的提升是一对矛盾的关系，和矛盾的主次有关，B不符合题意；C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，氧化反应和还原反应同时进行，符合对立与统一的思想，C不符合题意；D．常温下，铁溶于稀硫酸，不溶于浓硫酸，稀硫酸到浓硫酸，浓度的量变引起化学性质的质变，D不符合题意；答案选A。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.与充分反应，产物分子的个数等于B.将甲醇完全燃烧产生的混合气体通过足量充分反应，当固体增重时，参与的反应中转移电子数为C.含的酸性溶液与足量反应生成，转移电子数D.()与()的混合物中所含共价键数为【答案】B【解析】A．与充分反应生成1molNO2，NO2部分可转化为N2O4，产物分子数小于NA，A错误；B．由方程式2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑可知，固体增重6.4g就是CH3OH的质量，甲醇的物质的量为=0.2mol，完全燃烧生成0.2molCO2和0.4molH2O，0.2molCO2参与反应电子转移0.2mol，0.4molH2O参与反应，电子转移为0.4mol，共转移电子数目为0.6NA，B正确；C．的酸性溶液与足量反应的离子方程式为：+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O，根据CrO5的结构可知，Cr化合价仍为+6价，CrO5中的O有4个为-1价，1个为-2价，方程式中元素化合价没有变化，该反应不是氧化还原反应，没有电子转移，C错误；D．由S8()与()的结构可知，平均1个S原子有1个共价键，32gS共1molS原子，含有共价键数目为NA，D错误；答案选B。7.过量与以下的溶液反应，下列总反应离子方程式错误的是溶液现象离子方程式A产生淡黄色沉淀B溶液由棕黄色变浅绿色C溶液褪色，产生白色沉淀D(含酚酞)溶液由红色变无色【答案】D【解析】A．过量SO2能与Na2SO3反应生成NaHSO3，则过量SO2与Na2S溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成NaHSO3，因此，总反应的化学方程式为5SO2+2Na2S+2H2O=3S↓+4NaHSO3，离子方程式正确，A正确；B．溶液由棕黄色变浅绿色则氯化铁转化为氯化亚铁，过量SO2与FeCl3溶液反应，生成FeCl2、H2SO4、HCl，总反应的化学方程式为2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，所给的离子方程式正确，B正确；C．过量SO2与CuCl2溶液反应，溶液褪色，则铜离子被还原，生成的白色沉淀是CuCl，则总反应的化学方程式为SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，所给的离子方程式正确，C正确；D．Na2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量SO2与Na2CO3溶液反应，生成CO2、NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，离子方程式为：，D错误；答案选D。8.一种具有强配位能力的试剂的结构如图所示，其常用于萃取溶液中的过渡金属离子。X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，其中Z和W同主族，M的最外层电子数等于X与Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是A.氢化物的沸点： B.原子半径：C.含氧酸的酸性： D.常见单质的稳定性：【答案】B【解析】由结构图及题中信息分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为P元素，M为S元素。A．Y为C元素，Z为N元素，Y的氢化物种类很多，如苯常温常压下为液体，沸点高于Z的氢化物或的沸点，A错误；B．原子半径为P>S>C>N>H，即，B项正确；C．W为P元素，M为S元素，含氧酸的酸性不一定，如含氧酸为弱酸，为中强酸，含氧酸的酸性：<，C项错误D．Z的常见单质为N2，P的常见单质为红磷、白磷，N2稳定性强于红磷、白磷，D项错误；答案选B。9.实验是探究物质性质的重要方法，下列实验中，根据操作和现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口溶液变红无法确定溶液X含有B在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热烧瓶中出现红棕色气体木炭具有还原性，能还原C相同温度下，两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快反应物浓度越大，反应速率越快D取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴溶液试纸未变蓝色与的反应有一定限度【答案】A【解析】A．向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，溶液变红无法确定溶液X含有，A正确；B．浓HNO3受热分解也能产生红棕色气体，B错误；C．酸性高锰酸钾溶液大大过量，两支试管中溶液的紫色均不会消失，应控制酸性高锰酸钾溶液不足且等量，增大草酸的浓度，使草酸过量，这样才可探究浓度对反应速率的影响，C错误；D．取溶液于试管中，加入溶液，过量，不能说明与所发生的反应为可逆反应，D错误；故选A。10.已知：(水合肼)是一种二元弱碱，有强还原性，能与反应生成。利用氧化(尿素)可制备，制备流程如下图所示，步骤Ⅰ中氧化产物为和。下列说法错误的是A.步骤Ⅰ反应产物中，若与个数比为，则溶液中与个数比为B.步骤Ⅱ反应的离子方程式为C.步骤Ⅱ中应将尿素逐滴滴加到溶液中便于生成水合肼D.与足量稀盐酸反应生成正盐【答案】C【解析】步骤Ⅰ反应物为，发生氧化还原反应，生成、及，步骤Ⅱ反应物为、，生成物为、、，步骤Ⅲ从溶液中分离提纯得到及溶液。A．步骤Ⅰ发生氧化还原反应，遵循得失电子守恒，若与个数比为，则，，溶液中与个数比为，A项正确；B．步骤Ⅱ反应物为、，生成物为、、，离子方程式为，B项正确；C．步骤Ⅱ是利用氧化可制备，而具有强还原性，能与反应生成，故制备时应控制用量，应将溶液逐滴滴加到尿素中便于生成水合肼，C项错误；D．是一种二元弱碱，与足量稀盐酸反应生成正盐，D项正确；答案选C。11.“惭愧今年二麦丰，千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得为A. B. C. D.【答案】B【解析】①NH4Cl(s)=(g)+Cl-(g)△H1=+698kJ·mol-1；②NH4Cl(s)=(aq)+Cl-(aq)△H2=+15kJ·mol-1；③Cl-(g)=Cl-(aq)△H3=-378kJ·mol-1；④(NH4)2SO4(s)=(g)+(g)△H4；⑤(NH4)2SO4(s)=(aq)+(aq)△H5=+3kJ·mol-1；⑥(g)=(aq)△H6=-530kJ·mol-1根据盖斯定律，反应④=⑤+①+③-②-⑥，则△H4=△H5+△H1+△H3-△H2-△H6=+838kJ·mol-1；答案选B。12.光催化剂可用于含硫废液的氧化处理，光生电子与水电离出的作用生成过氧羟基自由基，空穴与水电离出的作用生成羟基自由基，分别与和反应生成，变化过程如图所示。下列说法错误的是A.通过①②过程和③④过程产生的之比为B.氧化的反应为C.过高会影响催化剂的催化效果，过低则不影响催化剂的催化效果D.氧化含硫废液的总反应为【答案】C【解析】由题意可得，反应①：，反应②：，反应③：，反应④：，水电离产生的H+和OH-的物质的量相等，氧化过程的总反应为：。A．反应①②过程中HO2‧和反应生成，反应为：HO2‧+=+·OH，反应③④过程中‧OH和反应生成，反应为，由分析可知H+~HO2‧，‧OH~OH-，而H2O电离的H+和OH-物质的量之比1:1，所以通过①②过程和③④过程产生的之比为2:1，故A正确；B．·OH氧化为硫酸根，其反应为，B正确；C．该变化过程中H+和OH-参与反应，pH值过低或过高均会影响催化剂的催化效果，C错误；D．由图及分析，氧化含硫废液的总反应为，D正确；答案选C。13.标准电极电位指离子有效浓度为时相对标准氢电极的电极电位差值，电对的标准电极电势越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。酸性介质中，以下电对的标准电极电势为：①；②；③；④；⑤；⑥。下列有关说法正确的是A.向的溶液中滴加溶液，无明显现象发生B.的与的稀盐酸等体积混合有大量产生C.在含的混合溶液中若仅氧化，最佳的氧化剂是D.浓度相等时，还原性：【答案】D【解析】A．根据和，氧化性：H2O2>Br2，则向1mol/L的HBr溶液中滴加溶液，反应生成Br2，溶液出现橙色，故A错误；B．、，重铬酸根的氧化性和氯气相当，则2mol/L的与2mol/L的稀盐酸等体积混合没有大量产生，故B错误；C．根据①；②；③；④，氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，则在含、、的混合溶液中若仅氧化，最佳的氧化剂是，故C错误；D．由电对的标准电极电势可知，氧化性：。根据氧化性越强，对应离子还原性越弱，则浓度相等时，还原性：，故D正确；故选D。14.铋酸钠是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠，实验装置如下图所示(加热和夹持仪器已略去)。已知：①粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解；②白色固体且难溶于水；③的制备原理：下列说法错误的是A.装置B中试剂为饱和食盐水B.当观察到C中白色固体变为黄色固体时不能说明反应已经结束C.反应中充分搅拌以及将C装置放入热水浴中加热，目的均是提高产率D.实验完毕后打开恒压滴液漏斗N上的活塞滴加溶液至装置中黄绿色气体消失【答案】C【解析】的制备原理：，则装置A制备氯气以及反应后环境治理的装置，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，防止遇酸迅速分解，装置C是生成铋酸钠的装置，反应条件需控制低温，装置D是尾气处理装置，据此解答。A．装置A中用浓盐酸与二氧化锰共热制备Cl2，生成的Cl2中混有HCl气体，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，则装置B中试剂为饱和食盐水，A正确；B．当观察到C中白色固体变为黄色固体时说明反应已经开始，不能说明反应已经结束，应在低温条件下充分搅拌继续反应一段时间，以利于反应物的充分转化，B正确；C．不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解，则反应中充分搅拌以及将C装置放入冰水浴中冷却，目的均是提高产率，C错误；D．实验完毕后打开恒压滴液漏斗N上的活塞滴加溶液至装置中黄绿色气体消失是利用溶液与氯气的反应减少氯气的污染，D正确；故选C。15.一定条件下，反应的速率方程为，已知：k为速率常数只与温度有关。某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：反应速率0.10.120.10.420.20.420.40.140.20.1c根据表中的测定结果，下列结论错误的是A.的值为1B.表中c的值为1C.反应体系的三种物质中，的浓度对反应速率影响最大D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大浓度，会使反应速率升高【答案】D【解析】速率方程为，将表中数据代入速率方程可得到①，②，③，④，由①②得到，②③得到，①④得到，对于⑤与①，将，，代入，解得c=1，据此分析解题。A．根据分析，α的值为1，A正确；B．根据分析，c的值为1，B正确；C．由于，，，，所以速率与H2(g)和Br2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C正确；D．由于，速率与HBr(g)的浓度成反比，在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，D错误；故选D。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.硫酸是工业生产中极为重要的一种化工产品，而硫酸的浓度不同，性质也会不同。现有甲、乙两个研究小组分别进行了如下实验探究：Ⅰ．甲研究小组按下图装置进行实验，使用实验室常用药品，验证锌与浓硫酸反应生成物中的气体成分，取足量的置于b中，向a中加入适量浓硫酸，经过一段时间的反应，仍有剩余。（1）仪器b的名称是_______。（2）在反应初始阶段，装置A中发生的化学方程式为_______。（3）装置G中碱石灰的作用为_______，F中的现象是_______。（4）有同学认为A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为_______。Ⅱ．乙研究小组为了利用稀硫酸制备，进行了如下图所示的实验设计。实验表明，能加快生成的反应速率，发挥作用的原理可表述为：①②……（5）反应②的离子方程式为_______。Ⅲ．乙研究小组接着探究铜与过量反应，进行了如下图所示的实验设计。（6）实验②中溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，用于酸化溶液，既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强的氧化性，加快生成的反应速率。（7）用足量处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，完全分解为黑色氧化物Y，。X的化学式为_______。【答案】（1）圆底烧瓶（2）Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O（3）①.防止水蒸气进入F中干扰实验②.白色粉末变蓝（4）防倒吸（5）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（6）①.H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O②.O2（7）CuO2【解析】装置A中，Zn和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应进行浓硫酸变稀，Zn和稀硫酸反应生成H2；装置B中装有品红溶液，SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，故装置B可检验是否有SO2生成；装置C中若为酸性高锰酸钾溶液，SO2和酸性高锰酸钾溶液反应，SO2转化为硫酸根，高锰酸根转化为Mn2+，反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；装置D中装有浓硫酸，对气体进行干燥，以免影响对氢气的检验；装置E中，H2和CuO在加热条件下发生反应生成H2O和Cu；装置F装有无水硫酸铜，可以检验是否有水生成，从而确定是否含有氢气；装置G中装有碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入装置F中，以免对氢气的检验造成干扰。【小问1详析】由图可知，仪器b的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；【小问2详析】应初始阶段，A中锌和浓硫酸反应得到硫酸锌、二氧化硫和水，化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O；小问3详析】由分析可知，装置F用来收集并测定还原氧化铜反应中产生水的质量，因此U形管的作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验；F中为无水硫酸铜，用于检验水蒸气，故答案为：防止水蒸气进入F中干扰实验；白色粉末变蓝；【小问4详析】二氧化硫易溶于水，会使A中压强减小从而发生倒吸现象，A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为防止发生倒吸，故答案为：防倒吸；【小问5详析】据反应流程，Fe3+为催化剂，能加快生成的反应速率，整个过程中，既有Fe3+参加反应，又有Fe3+的生成，故②的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；【小问6详析】根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；【小问7详析】黑色物质Y为CuO，在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=[n×+(m-n)]g=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2。17.多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅芯片的主要原料。I．以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。（1）工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为_______。（2）粗硅与在时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为_______。的电子式为_______。（3）将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：①②③反应③的_______(用表示)。（4）由粗硅制备多晶硅的过程中，循环使用的物质除和外，还有_______(填化学式)。Ⅱ．是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收等金属，工艺路线如图：回答下列问题：（5）在元素周期表中的位置为_______。（6）烧渣是和的混合物，“焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。（7）鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。【答案】（1）（2）①.Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1②.（3）∆H2-∆H1（4）、（5）第四周期、第Ⅷ族（6）（7）焰色试验【解析】I．粗硅与HCl在300℃时反应产生SiHCl3、SiCl4和H2等物质，然后分离SiHCl3，再向其中通入H2，在还原炉中发生还原反应得到高纯硅Si和HCl；Ⅱ．由流程和题中信息可知，粗品和SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为，据此分析解答。【小问1详析】石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅，反应的化学方程式为；【小问2详析】参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：；【小问3详析】根据盖斯定律，反应②-反应①可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1；【小问4详析】反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用；【小问5详析】Co是27号元素，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族；【小问6详析】“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为；【小问7详析】洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色试验。18.实验室常用溶液吸收尾气，探究其适宜条件原理。时，将不同浓度溶液一次性推入中，观察现象。编号现象甲活塞自动内移，最终剩余约无色气体乙活塞自动内移，最终气体全部被吸收（1）溶液吸收时生成两种钠盐，其中一种为，请写出对应化学方程式_______。检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。（2）某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部浓度过低，导致部分与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将缓慢推入溶液中，_______(补全实验现象)。（3）进一步探究与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。【查阅资料】ⅰ．必修二课本中所注反应二氧化氮溶于水总反应，实际此反应分两步进行遇水时发生反应：a．请你补充第二步反应：b．_______ⅱ．酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。【实验】将推入下列试剂中，随即取出溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量茶乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。编号试剂溶液颜色丙水溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅丁溶液戊酸性对氨基苯磺酸溶液通过实验_______(填编号)对比，说明遇水时发生了反应a和b。②从化学反应速率的角度分析，与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是_______。（4）若用的溶液重复实验甲，最终剩余约无色气体。综上，用溶液吸收尾气，适宜的条件是_______(写出两点即可)。（5）尾气中含量的测定：将气样通入适量酸化的溶液中，使完全被氧化为，加水稀释至。量取该溶液，加入溶液(过量)，充分反应后，用溶液和剩余的恰好反应(该反应的还原产物为)，消耗。气样中含量为_______。【答案】（1）2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O（2）最终剩余气体小于7mL（3）①.2HNO2=NO↑+NO2↑+H2O②.丙和戊③.HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率（4）低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积（5）【解析】部分NO