精品解析：山东省临沂市五区县2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题（解析版）

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2022级普通高中学科素养水平监测试卷
化 学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 A1 27 S 32 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是
A. 洗涤 B. 粉碎 C. 蒸发 D. 蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是粉碎和溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是蒸馏，故选D。
2. 我国航天航空事业迎来飞速发展。下列有关说法错误的是
A. 月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是硅
B. 镁铝合金密度小、强度高，广泛应用于航天领域
C. 飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料
D. 火箭发射时使用偏二甲肼和四氧化二氮作推进剂，是利用燃烧反应提供能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．硅具有良好的半导体性质，硅太阳能电池板，其主要成分是硅，故A正确；
B．合金较纯金属硬度大、密度小，镁铝合金密度小、强度高，广泛应用于航天领域，故B正确；
C．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．偏二甲肼和四氧化二氮作推进剂，两者反应燃烧放出大量热，是利用燃烧反应提供能量，故D正确；
故选C。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 极易溶于水，可用作制冷剂
B. 具有还原性，可用于食品抗氧化剂
C. 能导电，可用于制造光导纤维
D. 受热易分解，可用作化肥
【答案】B
【解析】
【详解】A．沸点低，液氨升华吸热，可用作制冷剂，物质的性质与用途不具有对应关系，A不符合题意；
B．具有还原性，能和氧化性物质反应，可用于食品抗氧化剂，物质的性质与用途具有对应关系，B符合题意；
C．二氧化硅不能导电，二氧化硅具有良好的光学性能，可用于制造光导纤维，物质的性质与用途不具有对应关系，C不符合题意；
D．能为植物提供氮元素，可用作化肥，物质的性质与用途不具有对应关系，D不符合题意；
故选B。
4. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 化学反应中的能量变化都只表现为热量的变化
B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C. 放热反应的反应速率一定大于吸热反应的反应速率
D. 金刚石转化为石墨放热，说明石墨比金刚石稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学反应中的能量变化可能是化学能转化为热量的变化，也可能是光能和电能，A错误；
B．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，比如铝热反应需要加热才能进行但本身是剧烈的放热反应，B错误；
C．反应速率的大小与放热反应和吸热反应无关，与浓度，温度等其他多种因素有关，C错误；
D．金刚石转化为石墨放热，金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，说明石墨比金刚石稳定，D正确；
故选D。
5. 在酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性溶液中，碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；
B．四种离子在酸性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C．酸性溶液中，硝酸根离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中，铁离子与硫离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选B。
6. 表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 由与组成的混合物中阴离子总数为
B. 1mol由和组成的混合气体中含有的氧原子数为
C. 与少量稀硝酸反应，转移的电子数为
D. 标准状况下，所含有的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．即为0.1mol氧化钠，即为0.1mol过氧化钠，氧化钠和过氧化钠含有的阴离子分别为O2-和O，故由与组成的混合物中阴离子总数为，A正确；
B．每个氧气和二氧化硫分子都含有2个氧原子，故1mol由和组成的混合气体中含有的氧原子数为，B错误；
C．即0.1mol铁与少量稀硝酸反应，若铁过量很多，则最终铁的存在形式为Fe和Fe2+，整个过程转移电子数小于0.2NA，C错误；
D．三氧化硫标况下非气态，不能用气体摩尔体积进行相关计算，D错误；
故选A。
7. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气催化氧化生成一氧化氮，A错误；
B．氯化钠溶液中先通入氨气营造碱性环境，再通入足量的二氧化碳生成溶解度小的碳酸氢钠，因过饱和而析出晶体，碳酸氢钠热稳定性不好受热分解生成碳酸钠，B错误；
C．二氧化硅是酸性氧化物不溶于盐酸，C错误；
D．氧气充足时，硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与双氧水发生氧化还原生成硫酸，D正确；
故选D。
8. 已知：。下列说法错误的是

A. 相同条件下，生成在点燃或光照条件下放出的能量不同
B. 燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C. 停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D. 可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应放出的能量等于反应物的总能量减去生成物的总能量，故相同条件下，生成在点燃或光照条件下放出的能量相同，A错误；
B．HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，B正确；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体反应，化学方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是白烟，C正确；
D．H2与Cl2的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能，D正确；
故选A。
9. 实验室制取少量并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A. 用装置甲制取气体 B. 用装置乙干燥气体
C. 用装置丙验证漂白性 D. 用装置丁验证的还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．较强酸制较弱酸，60%的硫酸可与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫气体，A不符合题意；
B．浓硫酸与SO2不反应，且能吸收混在SO2气体中的水蒸气，所以可用装置丙干燥SO2气体，B不符合题意；
C．装置丙中，洗气瓶内盛有滴加酚酞的NaOH溶液，SO2能与NaOH反应从而使溶液碱性减弱，所以溶液的红色褪去，可能是SO2表现了酸性，也可能是SO2表现了漂白性，不能肯定SO2表现出漂白性，C符合题意；
D．SO2可与溴水发生氧化还原反应使之褪色，装置丁验证的还原性，D不符合题意；
故选C。
10. 某温度下，在1L恒容密闭容器中加入4.0 mol X发生反应，有关数据如下：
时间段/s
产物Y的平均生成速率/
0~2
0.40
0~4
0.30
0~6
0.20
下列说法错误的是
A. 1s时，Y的浓度大于
B. 3s时，Z的体积分数约为66.7%
C. 5s时，反应一定达到平衡状态
D. X的平衡转化率为40%
【答案】D
【解析】
【分析】由表格数据可知，4s时，反应生成Y的浓度为0.30 mol/(L·s)×4s=1.2mol/L，6s时，反应生成Y的浓度为0.20 mol/(L·s)×6s=1.2mol/L，4s后Y的浓度不发生变化，说明反应已达到平衡。
【详解】A．反应开始一段时间后，反应生成Y的反应速率会减小，由2s内Y的反应速率为0.40 mol/(L·s)可知，1s时生成Y的反应速率大于0.40 mol/(L·s)，则Y的浓度大于0.4 mol/L，故A正确；
B．由方程式可知，反应生成Y和Z的物质的量比恒定为1：2，则平衡形成过程中Z的体积分数恒定为×100%≈66.7%，则3s时，Z的体积分数约为66.7%，故B正确；
C．由分析可知，4s后Y的浓度不发生变化，说明反应已达到平衡，则5s时反应一定达到平衡状态，故C正确；
D．由分析可知，4s后Y的浓度不发生变化，说明反应已达到平衡，则反应消耗X的物质的量为1.2mol/L×1L×2=2.4mol，X的转化率为×100%=60%，故D错误；
故选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂—海水电池构造示意图如下，下列说法错误的是

A. M极发生的电极反应：
B. 海水起电解质溶液作用
C. 玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D. 该锂—海水电池属于二次电池
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，M电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，N电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—。
【详解】A．由分析可知，M电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，故A正确；
B．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，构成锂—海水电池时海水起电解质溶液作用，故B正确；
C．锂为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷能起到防止水和锂反应，并能传导离子的作用，故C正确；
D．锂—海水电池不可充电，属于一次电池，故D错误；
故选D。
12. 下列实验操作能达到目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
证明Cu和浓反应生成
向少量铜与浓反应后的溶液中慢慢加水，溶液变蓝
B
证明酸性比强
将通入溶液中，有白色沉淀生成
C
证明木炭在加热时能与浓硝酸发生反应
将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生
D
检验晶体中含有
取少量晶体溶于水，滴加NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝

A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．浓硫酸稀释时，为防止产生暴沸液滴飞溅而发生意外事故，应将浓硫酸缓慢加入水中，所以少量铜与浓硫酸反应后的溶液应沿着烧杯壁慢慢加入水中，故A错误；
B．由强酸制弱酸的原理可知，将二氧化碳通入硅酸钠溶液中有白色沉淀生成说明碳酸的酸性强于硅酸，故B正确；
C．浓硝酸受热也会分解生成二氧化氮气体，所以将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生不能证明木炭在加热时能与浓硝酸发生反应，故C错误；
D．取少量晶体溶于水，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝说明有氨气生成，证明晶体中含有铵根离子，故D正确；
故选BD。
13. 硅是重要的半导体材料，工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅。

已知：①遇水剧烈反应。
②在流化床反应的产物中，大约占85%，还有等，有关物质的沸点数据如表所示。
物质
Si




HCI

沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2



下列说法错误的是
A. 电弧炉中反应的化学方程式为
B. 整个制备过程必须严格控制无水无氧
C. 流程中涉及的反应均是氧化还原反应
D. 提纯的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和蒸馏
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，电弧炉中焦炭与石英砂高温条件下反应生成硅与一氧化碳，反应制得的粗硅中含有焦炭、二氧化硅等杂质，流化床反应器中粗硅与氯化氢在300℃条件下反应生成氯代硅烷和氢气，氯代硅烷经沉降、冷凝和蒸馏得到三氯硅烷，还原炉中三氯硅烷和氢气高温条件下反应生成高纯硅和氯化氢。
【详解】A．由分析可知，电弧炉中焦炭与石英砂高温条件下反应生成硅与一氧化碳，反应的化学方程式为，故A错误；
B．焦炭和硅高温条件下能与氧气反应，由题给信息可知，三氯硅烷遇水剧烈反应，所以制备过程中必须严格控制无水无氧，故B正确；
C．由分析可知，电弧炉中、流化床反应器中、还原炉中发生的反应都有元素发生化合价变化，都是氧化还原反应，故C正确；
D．由题给数据可知，流化床反应器中所得氯代硅烷经沉降、冷凝和蒸馏得到三氯硅烷，故D正确；
故选A
14. 将mg铜粉加到100mL某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中有铜粉剩余，此时共收集到NO气体448mL(标准状况下)，然后向上述混合物中加入稀硫酸至恰好不再反应为止，容器中剩有铜粉1.92g，下列说法正确的是
A. 硝酸的浓度为 B. 第二次溶解铜的质量为5.76g
C. 加入稀硫酸的物质的量为0.24mol D. m=7.68
【答案】AB
【解析】
【详解】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，由容器中有铜粉剩余，此时共收集到NO气体448mL(标准状况下)可知，反应中稀硝酸不足量完全反应，则100mL稀硝酸的浓度为=0.8mol/L，反应消耗铜和生成硝酸铜的物质的量为×=0.03mol；向上述混合物中加入稀硫酸至恰好不再反应为止，容器中剩有铜粉1.92g说明溶液中的硝酸根离子完全反应得到硫酸铜溶液，则由得失电子数目守恒可知，第二次溶解铜的质量为0.03mol×2××64g/mol=5.76g，消耗硫酸的物质的量为0.03mol×2×4×=0.12mol，则铜粉的质量为0.03mol×64g/mol+5.76g+1.92g =9.6g，故选AB。
15. 某探究小组研究的反应速率与浓度的关系。反应速率可通过测定减半所需时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据。
实验序号
初始浓度
减半所需时间t/min



①
0.10
10.0
5.0
10
②
0.10
10.0
2.5
20
③
0.20
10.0
5.0
5
④
0.10
5.0
5.0
5
分析以上数据所得出的结论错误的是
A. 增大增大 B. 增大不变
C. 实验①和②的不相等 D. 实验③的为
【答案】B
【解析】
【详解】A．比较①③数据可以判断出，增大，时间减半，v(Cr3+)增大，故A正确；
B．对比①②组数据，可以判断出增大c(Ag+)，v(Cr3+)增大，故B错误；
C．实验①的v(Cr3+)=ΔcΔt=5mol/L10min=，实验②的v(Cr3+)=ΔcΔt=5mol/L20min=，两组实验速率不相等，C正确；
D．实验③的v(Cr3+)=ΔcΔt=5mol/L5min=，故D正确；
故选B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 氢能是极具发展潜力的清洁能源，研究氢气的制备具有重要意义。回答下列问题：
（1）以太阳能为热源，利用纳米级可获得氢气，过程如图所示，整个过程的催化剂为_______(填名称)；过程I的化学方程式为________；反应中生成，则同时生成________L(标准状况下)。

水煤气变换反应可用于制备，反应原理如下：。一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的和发生上述反应，起始时，测得随时间变化如表所示。

0
2
4
6
8
10
12
14

2.00
1.40
1.0
0.76
0.58
0.50
0.50
0.50
（2）该温度下，下列能说明该反应达到平衡状态的是________(填标号)。
a．容器内混合气体的压强保持不变
b．容器内的体积分数保持不变
c．容器内混合气体密度保持不变
d．键断裂，同时有键断裂
（3）内，用表示该反应的平均速率为________。
（4）平衡时的体积分数为________。
（5）实验室用与过量锌粉反应制取氢气时，为了减缓反应速率，又不影响生成氢气的量，可向反应物中加入适量的________(填标号)。
a．蒸馏水 b．硫酸铜固体 c．硫酸钠溶液 d．硝酸钾溶液
【答案】（1） ①. 四氧化三铁 ②. 2Fe3O46FeO+O2↑ ③. 44.8
（2）bd （3）0.15
（4）56.25% （5）ac
【解析】
【小问1详解】
由图可知，过程I为四氧化三铁在太阳能作用下分解生成氧化亚铁和氧气，反应化学方程式为2Fe3O46FeO+O2↑，过程Ⅱ为氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3FeO+H2O=Fe3O4+H2↑，则整个过程中水为反应物，氢气和氧气为生成物，四氧化三铁为反应的催化剂，反应的总方程式为2H2O2H2↑+O2↑，所以反应中生成1mol氧气，生成标准状况下氢气的体积为1mol×2×22.4L/mol=44.8L，故答案为：四氧化三铁；2Fe3O46FeO+O2↑；44.8；
【小问2详解】
a．该反应是气体体积不变的反应，反应中容器内混合气体的压强始终不变，则容器内混合气体的压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故a错误；
b．容器内氢气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故b正确；
c．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故c错误；
d．由方程式可知，2molH−O键断裂，同时有1molH−H键断裂说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故d正确；
故选bd；
【小问3详解】
由表格数据可知，2min时一氧化碳的物质的量变化量为(2.00—1.40)mol=0.6mol，由方程式可知，0~2min内，氢气的反应速率为=0.15 mol/(L·min)，故答案为：0.15；
【小问4详解】
由题意可知，起始时一氧化碳和氢气的物质的量为2.00mol和6.00mol，由表格数据可知，平衡时一氧化碳的物质的量为0.50mol，该反应为气体体积不变的反应，由方程式可知，平衡时水蒸气的体积分数为×100%=56.25%，故答案为：56.25%；
【小问5详解】
a．向反应物中加入蒸馏水稀释硫酸溶液，溶液中氢离子浓度减小、物质的量不变，则锌与稀硫酸反应的反应速率减慢，但生成氢气的量不变，故a符合题意；
b．向反应物中加入硫酸铜固体，锌与硫酸铜溶液发生置换反应生成的铜与锌在稀硫酸溶液中构成原电池，原电池反应加快生成氢气的反应速率，故b不符合题意；
c．向反应物中加入硫酸钠溶液，实际上就是稀释硫酸溶液，溶液中氢离子浓度减小、物质的量不变，则锌与稀硫酸反应的反应速率减慢，但生成氢气的量不变，故c符合题意；
d．向反应物中加入硝酸钾溶液，酸性条件下锌与硝酸根离子反应生成一氧化氮，不能生成氢气，故d不符合题意；
故选ac。
17. 人类利用化学反应不仅可以创造新物质，还可以获取能量或实现不同形式能量之间的转化。回答下列问题：
（1）冷敷袋俗称冰袋，在日常生活中有降温、保鲜和镇痛等多种用途。制作冷敷袋可以利用________(填标号)。
a．吸热的物理变化 b．放热的物理变化 c．吸热的化学变化 d．放热的化学变化
（2）氨气是重要的化工原料，工业合成氨反应：。已知在、时，拆开键、键和键所需能量分别为和。
①根据上述数据判断，合成氨的反应是________反应(填“吸热”或“放热”)。
②每消耗，反应放出或吸收的热量________。
③将和充入密闭容器中，在相同条件下发生该反应，达平衡时，放出或吸收的热量为，则________(填“>”“＜”或“=”)，理由是________。
（3）科学家利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成并取得初步成果，电池工作时在电极与酶之间传递电子，示意图如图所示。

①b电极为________(填“正极”或“负极”)，电极反应式为________。
②电池工作时在固氮酶表面发生的反应为________。
【答案】（1）ac （2） ①. 放热 ②. 46 ③. ＜ ④. 合成氨反应是可逆反应，反应物不可能全部转化为生成物
（3） ①. 负极 ②. MV+—e—=MV2+ ③. N2+6H++6MV+=6MV2++2NH3
【解析】
【小问1详解】
制作冷敷袋的关键是利用吸热的物理变化，或吸热的化学变化使周围的温度降低，达到降温、保鲜和镇痛的作用，故选ac；
【小问2详解】
①由题给数据可知，合成氨反应中，破坏反应物的化学键需要吸收的热量为946kJ+436kJ×3=2254kJ，形成生成物的化学键需要放出的热量为391kJ×3×2=2346kJ，则该反应为放热反应，故答案为：放热；
②由题给数据可知，合成氨反应中，破坏反应物的化学键需要吸收的热量为946kJ+436kJ×3=2254kJ，形成生成物的化学键需要放出的热量为391kJ×3×2=2346kJ，则消耗1mol氮气放出的热量为2346kJ—2254kJ=92kJ，则每消耗0.5mol氮气，反应放出的热量Q1=92kJ×=46kJ，故答案为：46；
③合成氨反应是可逆反应，反应物不可能全部转化为生成物，所以0.5mol氮气和1.5mol氢气充入密闭容器中，在相同条件下发生该反应，达平衡时，放出或吸收的热量Q2小于Q1，故答案为：＜；合成氨反应是可逆反应，反应物不可能全部转化为生成物；
【小问3详解】
①由图可知，b电极为原电池的负极，MV+在负极失去电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—=MV2+，故答案为：负极；MV+—e—=MV2+；
②由图可知，电池工作时在固氮酶表面发生的反应为酸性条件下氮气与MV+反应生成MV2+和氨气，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++2NH3，故答案为：N2+6H++6MV+=6MV2++2NH3。
18. 研究氮及其化合物的制备性质具有重要的意义。回答下列问题：
I．某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)，制取干燥的氨气并验证的性质。

（1）装置甲中盛放浓氨水的仪器名称是________，锥形瓶中的药品是________。
（2）装置乙的作用是________；装置丙用于收集，应将导管________(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部。
（3）实验中观察到丁中CuO粉末变红，戊中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。则该反应的化学方程式为__________，证明氨气具有________(填“氧化性”或“还原性”)。
（4）为防止环境污染，以下装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是________(填标号)。
a． b． c． d．
II．工业制备硝酸的尾气中往往含有NO、，可用NaClO溶液氧化吸收以消除它们对环境的污染。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀硫酸调节)的变化如图所示。

（5）在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，反应的离子反应方程式为_____________。
（6）NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是________________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 氧化钙
（2） ①. 除去氨气中混有的水 ②. b
（3） ①. 3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O ②. 还原性
（4）bd （5）H2O+3HClO+2NO=3Cl-+2+5H+
（6）溶液的pH越小，溶液中次氯酸的浓度越大，氧化一氧化氮的能量越强
【解析】
【分析】浓氨水滴入氧化钙中生成氨气，通过碱石灰进行干燥后用装置丙进行收集，氨气与氧化铜反应生成水、氮气和铜；无水硫酸铜检验水，碱石灰排除空气中水的干扰。
【小问1详解】
浓氨水滴入到锥形瓶中，氧化钙与水反应放出大量的热，产生大量的氨气，盛放浓氨水的仪器名称是分液漏斗，锥形瓶中的药品是氧化钙；
【小问2详解】
置乙的作用是除去氨气中混有的水；装置丙用于收集，氨气密度小于空气，采用向下排空气法，故应将导管b延长至集气瓶底部；
【小问3详解】
实验中观察到丁中CuO粉末变红生铜单质，戊中无水硫酸铜变蓝说明生成水，并收集到一种单质气体氮气，则该反应的化学方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，氮元素化合价升高，证明氨气具有还原性；
【小问4详解】
氨气极易溶于水，尾气吸收时防止倒吸，故选bd；
【小问5详解】
在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，由得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒获得反应的离子反应方程式为H2O+3HClO+2NO=3Cl-+2+5H+；
【小问6详解】
溶液的pH越小，溶液中次氯酸的浓度越大，氧化一氧化氮的能力越强。
19. 科学探究与创新意识是化学学科核心素养之一。回答下列问题：
Ⅰ．某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件，按如图所示装置进行实验并得到下表实验结果。

实验序号
A
B
烧杯中的液体
灵敏电流计指针是否偏转
①
Fe
Cu
稀硫酸
有
②
Fe
Fe
稀硫酸
无
③
Fe
Cu
苯
无
④
Fe
Cu
浓硝酸
有
⑤
C
Fe
氯化钠溶液
有

（1）实验①的导线中电子流向为_________(填“A→B”或“B→A”)。
（2）实验④的导线中电流由A极流向B极，表明负极是___________电极(填元素名称)，正极反应式为________。
（3）分析上表有关信息，下列说法错误的是_________(填标号)。
a．烧杯中的液体必须是电解质溶液
b．相对活泼的金属一定做负极
c．钢铁在潮湿的空气中不会被腐蚀
d．利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质
Ⅱ．某化学兴趣小组研究钠与不同浓度盐酸的反应。
【实验操作】
取5块质量均为0.20g且形状相似的金属钠，分别放入20mL不同浓度的盐酸中，如图所示。

【实验现象与数据】
编号
①
②
③
④
⑤

0.5
1.0
1.5
3.0
6.0
主要现象
钠浮在液面上，四处游动
钠燃烧。
溶液澄清
钠短时燃烧。
溶液澄清
钠的表面有火花。溶液澄清
钠的表面有少量火花。
溶液澄清
钠周围出现白色浑浊，一段时间后变澄清
钠完全消失
所用的时间/s
11
21
37
65
114
经检验，⑤中出现的白色浑浊中的固体为NaCl。
问题与讨论】
（4）写出钠与盐酸反应的离子方程式________。
（5）实验①中能说明钠与盐酸反应放热的实验现象是________。
（6）在上述实验中，盐酸浓度越大，钠完全消失所用的时间________(填越“长”或“越短”)。
（7）实验⑤中钠完全消失所用的时间最长，反应速率最慢，原因可能是________。
【答案】（1）A→B （2） ①. 铜 ②.
（3）bc （4）
（5）钠燃烧 （6）越长
（7）生成氯化钠影响了钠与盐酸的接触面积
【解析】
【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；
原电池中电子由负极通过外电路向正极移动，电流由正极通过外电路流向负极；
【小问1详解】
实验①中铁较为活泼，为负极，铜为正极，导线中电子流向为A→B；
【小问2详解】
实验④的导线中电流由A极流向B极，则表明负极是铜电极，正极上硝酸根离子得到电子发生还原反应生成二氧化氮，反应式为；
【小问3详解】
a．形成原电池的必须有电解质溶液，③中苯电流计没有发生偏转，正确；
b．④中铁较为活泼，而铁做正极，错误；
c．钢铁在潮湿的空气中会形成碳铁原电池而被腐蚀，错误；
d．①中铁做负极，④铁做正极，故利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质，正确；
故选bc；
【小问4详解】
钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，离子方程式；
【小问5详解】
燃烧需要达到可燃物的着火点，实验①中能说明钠与盐酸反应放热的实验现象是钠燃烧；
【小问6详解】
由表格数据可知，在上述实验中，盐酸浓度越大，钠完全消失所用的时间越长；
【小问7详解】
实验⑤中钠完全消失所用的时间最长，反应速率最慢，原因可能是生成氯化钠影响了钠与盐酸的接触面积，导致反应速率改变。
20. 研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。回答下列问题：
I．以下是硫元素形成物质的“价—类二维图”及含硫物质相互转化的部分信息。

（1）写出A+C→B的化学方程式________，其中氧化产物和还原产物的物质的量之比为________。
（2）工业上可利用D制备E，其中吸收D制备E时宜选用的吸收剂为________(填“水”或“98.3%浓硫酸”)。
（3）G是一种由四种元素组成的钠盐，写出G与盐酸反应的离子方程式________。
Ⅱ．黄铁矿(主要成分为，杂质为、)是重要的矿产资源，以黄铁矿为原料制备绿矾的工艺流程如下。

已知：金属离子生成氢氧化物沉淀的pH范围见下表。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH

1.5
3.2

3.0
5.0

6.3
8.3
（4）“焙烧”时，为了提高焙烧效率，可以采用的措施有________(写一条即可)；尾气中的大气污染物可选用下列试剂中的________吸收(填标号)。
a．浓 b．稀 c．NaOH溶液 d．氨水
（5）滤渣的主要成分为________；“除铝”需控制的pH范围是________。
（6）“系列操作”包括蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤、干燥等，检验洗涤干净的实验操作是________。
【答案】（1） ①. ②. 2：1
（2）98.3%浓硫酸
（3）
（4） ①. 将黄铁矿粉碎 ②. cd
（5） ①. 二氧化硅 ②. 5pH<6.3
（6）取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成，则洗涤干净
【解析】
【分析】I由硫元素价类图知，A是硫化氢、B是硫单质、C是二氧化硫、D是三氧化硫、E是硫酸、F是亚硫酸、G为+4价盐、H是+6价盐，据此回答；Ⅱ由题给流程可知，黄铁矿焙烧时，二硫化铁与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁、氧化铝与20%硫酸反应，二氧化硅不溶于硫酸，过滤得到硫酸铁、硫酸铝溶液和滤渣二氧化硅，向溶液中加入过量铁粉将硫酸铁转化为硫酸亚铁，再调节pH使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，然后硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，据此回答。
【小问1详解】
由分析知硫化氢和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫单质，即；硫化氢到硫发生氧化反应得氧化产物，二氧化硫到硫发生还原反应得还原产物，即氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1；
【小问2详解】
为了避免形成酸雾提高吸收率工业一般选择98.3%浓硫酸做吸收剂；
【小问3详解】
由分析知G为亚硫酸氢钠，即离子方程式为；
【小问4详解】
将黄铁矿粉碎增大接触面积即可提高焙烧效率；尾气中含有二氧化硫污染性气体，可选用碱溶液进行吸收，即选cd；
【小问5详解】
由分析知滤渣主要成分为二氧化硅；表中信息知铝离子开始沉淀pH为3.0，完全沉淀时pH为5.0，且亚铁离子开始沉淀pH为6.3，所以“除铝”需要把铝离子完全沉淀且亚铁离子不能沉淀，即需控制的pH范围是5pH<6.3；
【小问6详解】
由流程图知绿矾表面附带有硫酸根，即需要检验硫酸根，所以实验操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成，则洗涤干净。