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2021-2022学年广东省十五校联盟高一（下）第一次联考化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年广东省十五校联盟高一（下）第一次联考化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列叙述错误的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省十五校联盟高一（下）第一次联考化学试卷
1. 下列设备工作时，将化学能转化为电能的是( )
A. 锂离子电池 B. 太阳能集热器
C. 燃气灶 D. 硅太阳能电池
2. 下列叙述错误的是( )
A. 我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是硅
B. 硅在常温下不与氧气、氯气、硝酸反应
C. 水玻璃浸泡过的木材，既耐腐蚀又不易着火
D. 硅酸是一种弱酸，可以由SiO2和水反应制得
3. 下列有关浓硫酸的叙述正确的是( )
A. 浓硫酸与金属活动性顺序表中氢后面的金属反应生成的气体一般为SO2，与氢前面的金属反应生成的气体一般为H2
B. 在浓硫酸与锌片共热的反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性
C. 浓硫酸具有吸水性，可以干燥NH3、H2、SO2等气体
D. H2SO4是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反应制取H2S气体
4. 如图是实验室制取并验证二氧化硫相关性质的装置，下列说法错误的是( )
A. a瓶中溶液变为红色
B. 实验过程中，b瓶和c瓶中的溶液褪色，且原理相同
C. 实验过程中，d瓶中溶液先变浑浊，后变澄清
D. 浓硫酸和Na2SO3固体制取SO2的反应中浓硫酸表现出强酸性
5. 氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示，关于海洋氮循环的说法正确的是( )
A. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
B. 海洋中的氮循环属于固氮作用的是③
C. 海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
D. 向海洋排放含NO3−废水会影响海洋中NH4+含量
6. 如图所示，a的金属活动性在氢之前，b为碳棒。关于该装置的说法中，正确的是( )
A. a极上发生还原反应，b极上发生氧化反应
B. 碳棒上有气体逸出，溶液中c(H+)增大
C. 导线上有电流，电流方向a→b
D. 反应后a极质量减小
7. 100kPa时，1mol石墨转化为金刚石的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 石墨比金刚石更稳定
B. 金刚石比石墨更稳定
C. 石墨转化为金刚石的反应为放热反应
D. 破坏1mol石墨化学键所吸收的能量小于形成1mol金刚石化学键所放出的能量
8. 化学家格哈德⋅埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：
下列关于合成氨反应的叙述中不正确的是( )
A. 该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成
B. 在催化剂的作用下，反应物的化学键变得容易断裂
C. 过程②需吸收能量，过程③则放出能量
D. 常温下该反应难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成
9. 硫元素常见化合价及其物质类别关系如图，下列说法错误的是( )
A. X是H2S
B. Y既有氧化性又有还原性
C. 将X与Y混合，不能生成硫
D. 工业上制Z的主要原料是硫铁矿
10. 硝酸铵受热易分解，温度不同，分解产物也不同，温度加热到400℃以上易发生爆炸，反应为4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O，下列说法正确的是( )
A. NH4NO3中的阳离子发生还原反应
B. 该反应的氧化产物为N2，还原产物为NO2
C. 反应生成22.4LN2，转移电子4mol
D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3
11. 在1L固定容器中，CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论错误的是( )
A. 反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大
B. 一段时间后，反应速率减小的原因是c(H+)减小
C. 反应在2∼4min内平均反应速率最大
D. 反应在2∼4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.02mol⋅L−1⋅min−1
12. 下列有关足量铜与一定量浓硝酸反应的说法中错误的是( )
A. HNO3是氧化剂，NO2和NO为还原产物
B. 在标准状况下，每生成22.4L混合气体(NO2、NO)，则被还原的硝酸为1mol
C. 硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性
D. 参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比一定是1：1
13. 一定条件下，在密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g).当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，下列说法正确的是( )
A. SO2、O2完全转化为SO3 B. 正、逆反应速率相等且等于零
C. 反应已达到化学平衡状态 D. SO2、O2、SO3的浓度一定相等
14. 将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡的是( )
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③
15. 向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，消耗标准状况下的氯气7.84L。则m的值是( )
A. 18.4 B. 17.2 C. 13.6 D. 无法计算
16. 现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法”以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如图所示。下列说法错误的是已知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。( )
A. “还原”过程需要在高温条件下，该反应的还原产物只有Si
B. 为最大程度节约成本，上述生产工艺中能循环使用的物质有H2、HCl
C. “氧化”、“分离”与“热解”的过程必须在无水、无氧的条件下进行
D. “氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HCl−△SiHCl3+H2
17. 煤燃烧产生的SO2是形成酸雨的重要原因之一，工业上可采用多种方法减少SO2的排放。回答下列问题：
(1)酸雨的形成过程中，SO2最终转化为 ______(填名称)。
(2)利用“双碱法”除去烟气中的SO2。先将SO2通入NaOH溶液，再加入CaO可使NaOH再生。
NaOH溶液
写出过程①的离子方程式：______。
(3)对煤进行预处理是减少SO2排放的重要手段。
①在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的SO2转化为硫酸钙，该反应的化学方程式为 ______，检验脱硫废气中还含有SO2的方法是______。
②煤炭中硫以FeS2形式存在。可以采用微生物脱硫技术除去：
12gFeS2完全转化为Fe3+和SO42−时，消耗的O2在标准状况下的体积为 ______L。
(4)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下(其他离子忽略不计)：
离子
Na+
SO42−
NO3−
H+
Cl−
浓度/(mol⋅L−1)
5.5×10−3
8.5×10−4
y
2.0×10−4
3.4×10−3
表中y=______。
18. Ⅰ.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲.乙所示的实验。请回答相关问题：
(1)定性分析：如图甲可通过观察 ______的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol⋅L−1FeCl3改为 ______mol⋅L−1Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 ______o
(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是 ______。
(3)查阅资料得知：将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和 ______。
Ⅱ.欲用如图丙所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。
(4)该实验不能达到目的，若想证明MnO2是催化剂还需要确认 ______。
(5)写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式：______。
19. 某课外活动小组为了探究木炭与浓硝酸反应后的气态生成物，设计如下实验。
(1)甲同学设计实验如图甲。
红热木炭未进入试管前，浓硝酸上方并无明显变化。当如图甲连接实验后，浓硝酸液面上方有明显的红棕色气体产生，且沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，后浑浊消失。
①液面上方出现红棕色气体，说明浓硝酸具有______(填选项字母)。
a.酸性 b.挥发性 c.不稳定性
②沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，______(填“能”或“不能”)说明木炭与浓硝酸发生了反应，是因为______。
(2)乙同学设计实验如图乙。
如图乙连接实验后，浓硝酸液面上方有明显的红棕色气体产生，且沾有澄清石灰水的玻璃片无明显变化。沾有澄清石灰水的玻璃片无明显变化，______(填“能”或“不能”)说明木炭与浓硝酸未反应，是因为______。
(3)丙同学克服了甲、乙同学设计上的缺点，设计实验如图丙。已知酸性高锰酸钾能将NO、NO2 氧化成 NO3−，MnO4− 被还原为 Mn2+。
①如图连接装置后，需进行的实验操作为______；加热木炭与浓硝酸前需先通一段时间N2，目的为______。
②装置A中木炭与浓硝酸反应的化学方程式为______。
③能证明木炭被氧化的实验现象为______。
④D 装置中发生反应的离子方程式为______。
20. 实验室常用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应等一系列实验。
(1)判断铜跟浓硫酸反应有SO2生成所依据的现象是 ______，甲装置中发生的主要反应的化学方程式是 ______，该反应中若有3.2gCu参加反应，则被还原的H2SO4的物质的量为 ______mol。
(2)在装置乙的试管口放有一团浸有碱液的棉花，棉花中通常浸有饱和碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液，请写出SO2与NaOH溶液反应的离子方程式：______。
(3)欲观察生成的CuSO4溶液的颜色，应采取的操作是 ______。
(4)若铜片还有剩余，硫酸 ______(填“有”或“没有”)消耗完毕。其理由是 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.锂离子电池是通过化学反应释放出电能，将化学能转化为电能，故A正确；
B.太阳能集热器是集中太阳能产生热量，将太阳能转化为热能，故B错误；
C.燃气灶是可燃性气体燃烧产生热能和光能，将化学能转化为热能和光能，故C错误；
D.硅太阳能电池是集中太阳能转化为电能，将太阳能转化为电能，故D错误；
故选：A。
A.锂离子电池是通过化学反应释放出电能；
B.太阳能集热器集中太阳能产生热量；
C.燃气灶为可燃性气体燃烧产生热能和光能；
D.硅太阳能电池是集中太阳能转化为电能。
本题考查能量转化的相关知识点，为高频考点，把握能量转化的形式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.晶体硅为良好的半导体材料，是制造芯片主要原料，故A正确；
B.硅性质稳定，硅在常温下不与氧气、氯气、硝酸反应，故B正确；
C.硅酸钠水溶液俗称水玻璃，具有防腐和阻燃作用，所以水玻璃浸泡过的木材，既耐腐蚀又不易着火，故C正确；
D.二氧化硅不溶于水，与水不能反应生成硅酸，故D错误；
故选：D。
A.晶体硅为良好的半导体材料；
B.硅性质稳定；
C.硅酸钠水溶液俗称水玻璃，具有防腐和阻燃作用；
D.二氧化硅不溶于水。
本题考查了元素化合物知识，熟悉硅及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气，稀硫酸与较活泼金属反应得到氢气，故A错误；
B.浓硫酸与锌在加热条件下反应生成二氧化硫和硫酸锌、水，部分浓硫酸中的硫元素化合价降低，表现浓硫酸的氧化性，部分硫酸与锌离子结合生成硫酸锌，表现酸性，故B正确；
C.浓硫酸具有酸性，能够与氨气反应，不能干燥氨气，故C错误；
D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢，不能用浓硫酸制取硫化氢，故D错误；
故选：B。
A.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气；
B.依据反应中硫酸元素化合价变化判断；
C.浓硫酸具有酸性；
D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢。
本题考查了浓硫酸的性质，熟悉浓硫酸的强氧化性、脱水性、吸水性、难挥发性、酸性是解题关键，注意浓硫酸具有强的氧化性，不能用来制取还原性气体，例如硫化氢，碘化氢。
4.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，能够使石蕊溶液变红，故A正确；
B.二氧化硫使品红溶液褪色体现其漂白性，能够使溴水褪色体现其还原性，故B错误；
C.二氧化硫通入氢氧化钙溶液先生成亚硫酸钙沉淀，继续通入，生成亚硫酸氢钙，故C正确；
D.依据强酸制备弱酸可知，浓硫酸和Na2SO3固体制取SO2的反应中浓硫酸表现出强酸性，故D正确；
故选：B。
浓硫酸与亚硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，能够使石蕊溶液变红，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，具有还原性，能够使溴水褪色，为酸性氧化物，能够与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀，继续通入二氧化硫生成可溶性亚硫酸氢钙，据此解答。
本题考查SO2的性质，为难度不大，把握物质的性质、流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了含氮元素的物质的综合应用，主要是氮的循环分析，注意转化图中的信息应用，题目难度中等。
【解答】
A.由转化关系图可知，海洋中的氮循环起始于氮的还原，故A错误；
B.固氮指的是游离态的氮变为化合态的氮的过程，所以海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，故B错误；
C.反硝化作用是氮元素化合价降低的过程，反硝化细菌在氧气不足的条件下还原N，不一定有氧气参与，故C错误；
D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3−的废水会影响海洋中NH4+的含量，故D正确；
故选D。
6.【答案】D
【解析】解：A.a为负极，本身失电子发生氧化反应，b为正极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应，故A错误；
B.b为正极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应，所以碳棒上有气体逸出，溶液中c(H+)减小，故B错误；
C.该装置构成了原电池，导线上有电流，电子从负极流向正极，即从a→b，故C错误；
D.根据装置没有电源，则构成原电池装置，又a在金属活动性顺序表中排在氢之前，b为碳棒，则a为负极本身失电子发生氧化反应，所以a极质量减小，故D正确；
故选：D。
图中装置没有电源，则构成的是原电池装置，又由于a在金属活动性顺序表中排在氢之前，b为碳棒，则a为负极，电极本身失电子发生氧化反应，b为正极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，据此分析。
本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难度不大，注意对基础知识的归纳整理。
7.【答案】A
【解析】解：A.根据图知，石墨生成金刚石能量增大，则石墨能量小于金刚石，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故A正确；
B.根据A知，石墨比金刚石稳定，故B错误；
C.根据图知，反应物能量小于生成物能量，该反应为吸热反应，即石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，故C错误；
D.断键吸收能量、成键放出能量，该反应为吸热反应，则破坏1mol石墨化学键所吸收的能量大于形成1mol金刚石化学键所放出的能量，故D错误；
故选：A。
根据图知，石墨生成金刚石能量增大，石墨该反应为吸热反应，能量越高物质越不稳定，据此分析解答。
本题考查反应热和焓变，侧重考查图象分析及判断能力，明确物质能量与反应热关系、物质稳定性与能量关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
解决本题的关键是要充分理解图中提供的信息，且明确化学反应的本质是旧键断裂，新键形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，本题难度中等。
【解答】
A.由图可知，在化学反应中存在化学键的断裂与形成，故A正确；
B.催化剂的作用原理是降低活化能，即使反应物的化学键变得容易断裂，故B正确；
C.过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成则放出能量，故C正确；
D.常温下该反应难以进行，是因为常温下反应物的化学键难以断裂，故D错误；
故选：D。
9.【答案】C
【解析】解：A、−2价硫的氢化物，为硫化氢，则X是H2S，故A正确；
B、处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，+4价的硫处于中间价态，所以Y既有氧化性又有还原性，故B正确；
C、将X是硫化氢、Y是二氧化硫，两者混合，发生归中反应，能生成硫，故C错误；
D、工业上制硫酸用煅烧硫铁矿来造气，则工业上制Z的主要原料是硫铁矿，故D正确；
故选：C。
A、−2价硫的氢化物；
B、处于中间价态的元素具有氧化性和还原性；
C、将X是硫化氢、Y是二氧化硫，两者混合，发生归中反应；
D、工业上制硫酸用煅烧硫铁矿来造气。
本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价与微粒的性质，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比。
【解答】
利用双线桥表示该分解反应的电子转移情况，根据化合价升高的原子失去电子，发生氧化反应，生成氧化产物；化合价降低的原子得到电子，发生还原反应，生成还原产物，据此分析解题。
A.NH4+中N元素为−3价，失电子被氧化成N2中0价的N，发生氧化反应，故A错误；
B.NO3−中+5价的N元素得电子一部分被还原为NO2中+4价的N，一部分被还原为N2中0价的N，故氧化产物为N2，还原产物为N2和NO2，故B错误；
C.生成标准状况下22.4LN2，即1molN2转移电子123mol=4mol，题中未指明标况，无法计算，故C错误；
D.当4mol 硝酸铵分解时，得到氧化产物2molN2，还原产物1molN2和2molNO2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：(1+2)=2：3，故D正确；
故选：D。
11.【答案】D
【解析】解：A.碳酸钙与盐酸反应，随反应进行，盐酸浓度逐渐减小，反应速率减慢，但由图象可知，反应开始4min内反应速率加快，说明反应放热，体系温度升高，温度对反应速率的影响比浓度大，故A正确；
B.虽然反应放热，但一段时间后，盐酸浓度减小，c(H+)减小，反应速率减小，故B正确；
C.由图象可知，2∼4min内产生气体多，反应速率快，故C正确；
D.反应在2∼4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.3mol−0.1mol1L2min=0.1mol⋅L−1⋅min−1，故D错误；
故选：D。
A.碳酸钙与盐酸反应速率受到盐酸浓度和反应温度影响；
B.碳酸钙与盐酸反应速率受到盐酸浓度和反应温度影响；
C.单位时间内产生气体越多，反应速率越快；
D.反应速率v=△c△t。
本题考查化学反应速率，题目难度不大，掌握化学反应速率的计算方法和影响因素是解题的关键。
12.【答案】D
【解析】解：A.Cu和浓硝酸、稀硝酸反应时，硝酸得电子生成NO2、NO，硝酸是氧化剂，则NO2、NO是还原产物，故A正确；
B.标况下22.4LNO2、NO的混合气体中n(气体)=22.4L22.4L/mol=1mol，混合气体中n(N)=n(气体)=1mol，被还原的硝酸的n(HNO3)=n(N)=1mol，故B正确；
C.硝酸和Cu反应时生成氮氧化物和Cu(NO3)2，硝酸生成氮氧化物时体现氧化性、生成硝酸铜时体现酸性，故C正确；
D.被还原的硝酸生成NO2、NO，未被还原的硝酸生成硝酸铜，Cu和浓硝酸反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，此时被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为1：1，Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO2↑+4H2O，此时被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为1：3，故D错误；
故选：D。
A.得电子的反应物是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物；
B.标况下22.4LNO2、NO的混合气体中n(气体)=22.4L22.4L/mol=1mol，混合气体中n(N)=n(气体)=1mol，被还原的硝酸的n(HNO3)=n(N)；
C.硝酸和Cu反应时生成氮氧化物和Cu(NO3)2；
D.被还原的硝酸生成NO2、NO，未被还原的硝酸生成硝酸铜，。
本题考查硝酸的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、方程式的计算方法是解本题关键，注意B中原子守恒的灵活运用，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A、可逆反应不可能完全转化，故A错误；
B、正逆反应速率相等，但不为0，是动态平衡，故B错误；
C、当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的浓度不再改变，说明反应已达到化学平衡状态，故C正确；
D、当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为1：1：1，也可能不是1：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；
故选C.
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0.
14.【答案】A
【解析】解：将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，I−过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I−过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故②错误；
③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；
④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误。
故选：A。
只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底。将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3等体积混合，I−过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡，据此分析。
本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应，题目难度中等。
15.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，本题解题关键需要明确：氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量与氯化铁、氯化铜中氯离子的物质的量相等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
【解答】
根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，据此计算。
向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，n(氯气)=7.84L22.4L/mol=0.35mol，则氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量为0.35mol×2=0.7mol，则Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH−)=0.7mol，所以m=m(沉淀)−m(OH−)=30.3g−17g/mol×0.7mol=18.4g，故A正确，
故选A。
16.【答案】A
【解析】解：A.二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，Si元素化合价降低，Si为还原产物，但镁和硅反应可生成Mg2Si，所以还原产物可能含有Mg2Si，故A错误；
B.结合图示可知，流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，可循环使用，故B正确；
C.为防止SiHCl3水解而损失和氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，故C正确；
D.由流程可知，通入氯化氢在加热反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为：Si+3HCl−△SiHCl3+H2，故D正确；
故选：A。
以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程为：二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢加热发生反应Si+3HCl−△SiHCl3+H2，得到SiHCl3，SiHCl3与H2热解生成冶金级高纯硅，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17.【答案】硫酸 SO2+2OH−=SO32−+H2O2SO2+O2+2CaO−△2CaSO4 将废气通入品红溶液中，看品红是否褪色 8.46×10−4
【解析】解：(1)酸雨的形成过程中，SO2先转化为H2SO3，H2SO3再进一步被氧化为硫酸，
故答案为：硫酸；
(2)SO2通入NaOH溶液中生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：SO2+2OH−=SO32−+H2O，
故答案为：SO2+2OH−=SO32−+H2O；
(3)①在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的SO2转化为硫酸钙，该反应的化学方程式为：2SO2+O2+2CaO−△2CaSO4，检验脱硫废气中还含有SO2的方法可以将废气通入品红溶液中，看品红是否褪色，
故答案为：2SO2+O2+2CaO−△2CaSO4；将废气通入品红溶液中，看品红是否褪色；
②根据题意可得关系式：4FeS2∼15O2，12gFeS2为12g120g/mol=0.1mol，所以消耗的O2在标准状况下的体积为：154×0.1mol×22.4L/mol=8.4L，
故答案为：8.4；
(4)根据电荷守恒可得：55×10−4×1+2.0×10−4×1=8.5×10−4×2+34×10−4×1+y×1，解得：y=6×10−4，
故答案为：6×10−4。
(1)酸雨的形成过程中，SO2最终被氧化为硫酸；
(2)SO2通入NaOH溶液中生成亚硫酸钠和水；
(3)①在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的SO2转化为硫酸钙，该反应的化学方程式为：SO2和O2、CaO反应生成CaSO4，SO2可以品红溶液检验；
②根据题意可得关系式：4FeS2∼15O2，12gFeS2为12g120g/mol=0.1mol，进一步求出氧气体积即可；
(4)根据电荷守恒进行计算。
本题主要考查酸雨的形成，SO2的尾气处理及检验，氧化还原反应中物质的量的计算，电荷守恒的计算等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
18.【答案】产生气泡 0.05将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后与CuSO4对比，只有阳离子不同，从而排除Cl−可能带来的干扰 生成40mL气体所需的时间 2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2OMnO2的质量和化学性质是否改变 2H2O2−MnO22H2O+O2↑
【解析】解：Ⅰ.(1)H2O2分解生成氧气，可根据产生气体的速率快慢来定性比较反应速率大小；由于氯化铁和硫酸铜中阴离子不相同，阳离子也不相同，不能比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，因此应将0.1mol/LFeCl3溶液改为0.05mol/LFe2(SO4)3溶液更合理，并且Fe3+、Cu2+的浓度相等，
故答案为：产生气泡；0.05；将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后与CuSO4对比，只有阳离子不同，从而排除Cl−可能带来的干扰；
(2)根据图中信息实验中需要测量的数据是生成40mL气体所需的时间，
故答案为：生成40mL气体所需的时间；
(3)过氧化氢分解的总反应为2H2O2−Fe3+2H2O+O2↑，第一步反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，结合催化剂概念和总反应可知，第二步反应为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，
故答案为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；
Ⅱ.(4)证明MnO2是催化剂，还需要确认反应前后MnO2的质量和化学性质是否改变，
故答案为：MnO2的质量和化学性质是否改变；
(5)H2O2在二氧化锰作用下发生反应为2H2O2−MnO22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O2−MnO22H2O+O2↑。
Ⅰ.(1)可通过产生气体快慢进行反应速率大小比较；对比实验要保证变量唯一，若将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后可排除Cl−带来的干扰；
(2)测定反应速率大小，必须测量收集40mL气体所需的时间；
(3)总反应为2H2O2−Fe3+2H2O+O2↑，第一步反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，总反应减去第一步可得第二步反应；
Ⅱ.(4)根据催化剂在反应前后质量和化学性质均不变分析；
(5)H2O2在MnO2的催化下分解生成水和氧气，据此书写反应的化学方程式。
本题考查化学反应速率的影响因素，把握反应速率的影响因素、速率的测定原理、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握催化剂概念及机理反应方程式书写，题目难度中等。
19.【答案】bc 不能 木炭与空气中的氧气反应也能生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊 不能 挥发出的硝酸和生成的NO2消耗了石灰水 检验装置气密性 将装置中的空气排尽 C+4HNO3(浓)−△CO2↑+4NO2↑+2H2OC中石灰水变浑浊 5NO+3MnO4−+4H+=5NO3−+3Mn2++2H2O
【解析】解：(1)①木炭未伸入浓硝酸中，液面上方出现红棕色NO2气体，说明试管内有硝酸蒸气，证明浓硝酸具有挥发性；NO2气体可能是硝酸分解产生，证明浓硝酸具有不稳定性，
故答案为：bc；
②木炭与氧气、木炭与浓硝酸，都能反应生成二氧化碳，故沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，只能证明有二氧化碳生成，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，是因为木炭与空气中的氧气反应也能生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，
故答案为：不能；木炭与空气中的氧气反应也能生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊；
(2)挥发出的硝酸和反应生成的NO2都能与石灰水反应消耗石灰水，所以沾有澄清石灰水的玻璃片无明显变化，不能证明木炭与浓硝酸未反应，
故答案为：不能；挥发出的硝酸和生成的NO2消耗了石灰水；
(3)①涉及气体制备的实验要检验装置气密性，所以连接装置后，需进行的实验操作为检查装置气密性；为防止空气对实验的干扰，加热木炭与浓硝酸前需先通一段时间N2，将装置中的空气排尽，
故答案为：检验装置气密性；将装置中的空气排尽；
②木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮、水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)−△CO2↑+4NO2↑+2H2O，
故答案为：C+4HNO3(浓)−△CO2↑+4NO2↑+2H2O；
③若石灰水变浑，可证明木炭被氧化为二氧化碳，所以能证明木炭被氧化的实验现象为C中石灰水变浑浊，
故答案为：C中石灰水变浑浊；
④D装置中NO被氧化为NO3−，MnO4−被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4−+4H+=5NO3−+3Mn2++2H2O，
故答案为：5NO+3MnO4−+4H+=5NO3−+3Mn2++2H2O。
(1)①木炭未伸入浓硝酸中，液面上方出现红棕色NO2气体，说明试管内有硝酸蒸气、NO2气体可能是由硝酸分解产生；
②木炭与氧气、木炭与浓硝酸，都能反应生成二氧化碳，沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，只能证明有二氧化碳生成；
(2)挥发出的硝酸和反应生成的NO2都能与石灰水反应；
(3)进入B中的硝酸被水吸收、NO2与水反应生成NO和硝酸，进入C中的气体只有NO和CO2，NO与石灰水不反应；NO进入D被高锰酸钾溶液吸收。
本题考查了木炭和浓硝酸的反应，题目难度中等，注意掌握浓硝酸具有的化学性质，明确性质实验方案设计的方法，明确题中资料信息是解题根据，试题培养了学生的分析、理解能力。
20.【答案】乙中品红溶液褪色 Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O0.052OH−+SO2=SO32−+H2O试管里的溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色 没有 随着反应的进行，硫酸变稀，而稀H2SO4不与Cu反应，故H2SO4不会消耗完
【解析】解：(1)铜与浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，SO2能使品红溶液褪色，所以判断铜跟浓硫酸反应有SO2生成所依据的现象品红溶液褪色；n(Cu)=3.2g64g/mol=0.05mol，根据方程式知，消耗的浓硫酸有一半被还原，如果0.05molCu被氧化，则被还原的H2SO4的物质的量=n(Cu)=0.05mol，
故答案为：乙中品红溶液褪色；Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；0.05；
(2)SO2为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，反应方程式为2OH−+SO2=SO32−+H2O，
故答案为：2OH−+SO2=SO32−+H2O；
(3)硫酸铜溶液为蓝色，Cu与浓硫酸反应，随着反应的进行硫酸的浓度变小，而Cu与稀硫酸不反应，故甲装置的试管中反应后除硫酸铜外还有未反应的硫酸，故欲观察生成的硫酸铜溶液的颜色，应取甲装置中溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色，则证明反应生成了硫酸铜，
故答案为：试管里的溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色；
(4)Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，浓H2SO4逐渐变稀，Cu不与稀H2SO4反应，故硫酸不会消耗完，
故答案为：没有；随着反应的进行，硫酸变稀，而稀H2SO4不与Cu反应，故H2SO4不会消耗完。
(1)二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；在加热条件下，浓硫酸和Cu发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；n(Cu)=3.2g64g/mol=0.05mol，根据Cu和浓硫酸的关系式确定被还原的硫酸的物质的量；
(2)二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水；
(3)根据Cu与浓硫酸反应的特点，以及硫酸的稀释方法分析；
(4)稀硫酸和Cu不反应。
本题考查浓硫酸的性质实验，题目难度中等，明确铜与浓硫酸的反应原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
2021-2022学年广东省十五校联盟高一（下）第一次联考化学试卷
1. 下列设备工作时，将化学能转化为电能的是( )
A. 锂离子电池 B. 太阳能集热器
C. 燃气灶 D. 硅太阳能电池
2. 下列叙述错误的是( )
A. 我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是硅
B. 硅在常温下不与氧气、氯气、硝酸反应
C. 水玻璃浸泡过的木材，既耐腐蚀又不易着火
D. 硅酸是一种弱酸，可以由SiO2和水反应制得
3. 下列有关浓硫酸的叙述正确的是( )
A. 浓硫酸与金属活动性顺序表中氢后面的金属反应生成的气体一般为SO2，与氢前面的金属反应生成的气体一般为H2
B. 在浓硫酸与锌片共热的反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性
C. 浓硫酸具有吸水性，可以干燥NH3、H2、SO2等气体
D. H2SO4是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反应制取H2S气体
4. 如图是实验室制取并验证二氧化硫相关性质的装置，下列说法错误的是( )
A. a瓶中溶液变为红色
B. 实验过程中，b瓶和c瓶中的溶液褪色，且原理相同
C. 实验过程中，d瓶中溶液先变浑浊，后变澄清
D. 浓硫酸和Na2SO3固体制取SO2的反应中浓硫酸表现出强酸性
5. 氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示，关于海洋氮循环的说法正确的是( )
A. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
B. 海洋中的氮循环属于固氮作用的是③
C. 海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
D. 向海洋排放含NO3−废水会影响海洋中NH4+含量
6. 如图所示，a的金属活动性在氢之前，b为碳棒。关于该装置的说法中，正确的是( )
A. a极上发生还原反应，b极上发生氧化反应
B. 碳棒上有气体逸出，溶液中c(H+)增大
C. 导线上有电流，电流方向a→b
D. 反应后a极质量减小
7. 100kPa时，1mol石墨转化为金刚石的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 石墨比金刚石更稳定
B. 金刚石比石墨更稳定
C. 石墨转化为金刚石的反应为放热反应
D. 破坏1mol石墨化学键所吸收的能量小于形成1mol金刚石化学键所放出的能量
8. 化学家格哈德⋅埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：
下列关于合成氨反应的叙述中不正确的是( )
A. 该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成
B. 在催化剂的作用下，反应物的化学键变得容易断裂
C. 过程②需吸收能量，过程③则放出能量
D. 常温下该反应难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成
9. 硫元素常见化合价及其物质类别关系如图，下列说法错误的是( )
A. X是H2S
B. Y既有氧化性又有还原性
C. 将X与Y混合，不能生成硫
D. 工业上制Z的主要原料是硫铁矿
10. 硝酸铵受热易分解，温度不同，分解产物也不同，温度加热到400℃以上易发生爆炸，反应为4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O，下列说法正确的是( )
A. NH4NO3中的阳离子发生还原反应
B. 该反应的氧化产物为N2，还原产物为NO2
C. 反应生成22.4LN2，转移电子4mol
D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3
11. 在1L固定容器中，CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论错误的是( )
A. 反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大
B. 一段时间后，反应速率减小的原因是c(H+)减小
C. 反应在2∼4min内平均反应速率最大
D. 反应在2∼4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.02mol⋅L−1⋅min−1
12. 下列有关足量铜与一定量浓硝酸反应的说法中错误的是( )
A. HNO3是氧化剂，NO2和NO为还原产物
B. 在标准状况下，每生成22.4L混合气体(NO2、NO)，则被还原的硝酸为1mol
C. 硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性
D. 参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比一定是1：1
13. 一定条件下，在密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g).当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，下列说法正确的是( )
A. SO2、O2完全转化为SO3 B. 正、逆反应速率相等且等于零
C. 反应已达到化学平衡状态 D. SO2、O2、SO3的浓度一定相等
14. 将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡的是( )
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③
15. 向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，消耗标准状况下的氯气7.84L。则m的值是( )
A. 18.4 B. 17.2 C. 13.6 D. 无法计算
16. 现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法”以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如图所示。下列说法错误的是已知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。( )
A. “还原”过程需要在高温条件下，该反应的还原产物只有Si
B. 为最大程度节约成本，上述生产工艺中能循环使用的物质有H2、HCl
C. “氧化”、“分离”与“热解”的过程必须在无水、无氧的条件下进行
D. “氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HCl−△SiHCl3+H2
17. 煤燃烧产生的SO2是形成酸雨的重要原因之一，工业上可采用多种方法减少SO2的排放。回答下列问题：
(1)酸雨的形成过程中，SO2最终转化为 ______(填名称)。
(2)利用“双碱法”除去烟气中的SO2。先将SO2通入NaOH溶液，再加入CaO可使NaOH再生。
NaOH溶液
写出过程①的离子方程式：______。
(3)对煤进行预处理是减少SO2排放的重要手段。
①在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的SO2转化为硫酸钙，该反应的化学方程式为 ______，检验脱硫废气中还含有SO2的方法是______。
②煤炭中硫以FeS2形式存在。可以采用微生物脱硫技术除去：
12gFeS2完全转化为Fe3+和SO42−时，消耗的O2在标准状况下的体积为 ______L。
(4)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下(其他离子忽略不计)：
离子
Na+
SO42−
NO3−
H+
Cl−
浓度/(mol⋅L−1)
5.5×10−3
8.5×10−4
y
2.0×10−4
3.4×10−3
表中y=______。
18. Ⅰ.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲.乙所示的实验。请回答相关问题：
(1)定性分析：如图甲可通过观察 ______的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol⋅L−1FeCl3改为 ______mol⋅L−1Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 ______o
(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是 ______。
(3)查阅资料得知：将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和 ______。
Ⅱ.欲用如图丙所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。
(4)该实验不能达到目的，若想证明MnO2是催化剂还需要确认 ______。
(5)写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式：______。
19. 某课外活动小组为了探究木炭与浓硝酸反应后的气态生成物，设计如下实验。
(1)甲同学设计实验如图甲。
红热木炭未进入试管前，浓硝酸上方并无明显变化。当如图甲连接实验后，浓硝酸液面上方有明显的红棕色气体产生，且沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，后浑浊消失。
①液面上方出现红棕色气体，说明浓硝酸具有______(填选项字母)。
a.酸性 b.挥发性 c.不稳定性
②沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，______(填“能”或“不能”)说明木炭与浓硝酸发生了反应，是因为______。
(2)乙同学设计实验如图乙。
如图乙连接实验后，浓硝酸液面上方有明显的红棕色气体产生，且沾有澄清石灰水的玻璃片无明显变化。沾有澄清石灰水的玻璃片无明显变化，______(填“能”或“不能”)说明木炭与浓硝酸未反应，是因为______。
(3)丙同学克服了甲、乙同学设计上的缺点，设计实验如图丙。已知酸性高锰酸钾能将NO、NO2 氧化成 NO3−，MnO4− 被还原为 Mn2+。
①如图连接装置后，需进行的实验操作为______；加热木炭与浓硝酸前需先通一段时间N2，目的为______。
②装置A中木炭与浓硝酸反应的化学方程式为______。
③能证明木炭被氧化的实验现象为______。
④D 装置中发生反应的离子方程式为______。
20. 实验室常用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应等一系列实验。
(1)判断铜跟浓硫酸反应有SO2生成所依据的现象是 ______，甲装置中发生的主要反应的化学方程式是 ______，该反应中若有3.2gCu参加反应，则被还原的H2SO4的物质的量为 ______mol。
(2)在装置乙的试管口放有一团浸有碱液的棉花，棉花中通常浸有饱和碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液，请写出SO2与NaOH溶液反应的离子方程式：______。
(3)欲观察生成的CuSO4溶液的颜色，应采取的操作是 ______。
(4)若铜片还有剩余，硫酸 ______(填“有”或“没有”)消耗完毕。其理由是 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.锂离子电池是通过化学反应释放出电能，将化学能转化为电能，故A正确；
B.太阳能集热器是集中太阳能产生热量，将太阳能转化为热能，故B错误；
C.燃气灶是可燃性气体燃烧产生热能和光能，将化学能转化为热能和光能，故C错误；
D.硅太阳能电池是集中太阳能转化为电能，将太阳能转化为电能，故D错误；
故选：A。
A.锂离子电池是通过化学反应释放出电能；
B.太阳能集热器集中太阳能产生热量；
C.燃气灶为可燃性气体燃烧产生热能和光能；
D.硅太阳能电池是集中太阳能转化为电能。
本题考查能量转化的相关知识点，为高频考点，把握能量转化的形式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.晶体硅为良好的半导体材料，是制造芯片主要原料，故A正确；
B.硅性质稳定，硅在常温下不与氧气、氯气、硝酸反应，故B正确；
C.硅酸钠水溶液俗称水玻璃，具有防腐和阻燃作用，所以水玻璃浸泡过的木材，既耐腐蚀又不易着火，故C正确；
D.二氧化硅不溶于水，与水不能反应生成硅酸，故D错误；
故选：D。
A.晶体硅为良好的半导体材料；
B.硅性质稳定；
C.硅酸钠水溶液俗称水玻璃，具有防腐和阻燃作用；
D.二氧化硅不溶于水。
本题考查了元素化合物知识，熟悉硅及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气，稀硫酸与较活泼金属反应得到氢气，故A错误；
B.浓硫酸与锌在加热条件下反应生成二氧化硫和硫酸锌、水，部分浓硫酸中的硫元素化合价降低，表现浓硫酸的氧化性，部分硫酸与锌离子结合生成硫酸锌，表现酸性，故B正确；
C.浓硫酸具有酸性，能够与氨气反应，不能干燥氨气，故C错误；
D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢，不能用浓硫酸制取硫化氢，故D错误；
故选：B。
A.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气；
B.依据反应中硫酸元素化合价变化判断；
C.浓硫酸具有酸性；
D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢。
本题考查了浓硫酸的性质，熟悉浓硫酸的强氧化性、脱水性、吸水性、难挥发性、酸性是解题关键，注意浓硫酸具有强的氧化性，不能用来制取还原性气体，例如硫化氢，碘化氢。
4.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，能够使石蕊溶液变红，故A正确；
B.二氧化硫使品红溶液褪色体现其漂白性，能够使溴水褪色体现其还原性，故B错误；
C.二氧化硫通入氢氧化钙溶液先生成亚硫酸钙沉淀，继续通入，生成亚硫酸氢钙，故C正确；
D.依据强酸制备弱酸可知，浓硫酸和Na2SO3固体制取SO2的反应中浓硫酸表现出强酸性，故D正确；
故选：B。
浓硫酸与亚硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，能够使石蕊溶液变红，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，具有还原性，能够使溴水褪色，为酸性氧化物，能够与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀，继续通入二氧化硫生成可溶性亚硫酸氢钙，据此解答。
本题考查SO2的性质，为难度不大，把握物质的性质、流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了含氮元素的物质的综合应用，主要是氮的循环分析，注意转化图中的信息应用，题目难度中等。
【解答】
A.由转化关系图可知，海洋中的氮循环起始于氮的还原，故A错误；
B.固氮指的是游离态的氮变为化合态的氮的过程，所以海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，故B错误；
C.反硝化作用是氮元素化合价降低的过程，反硝化细菌在氧气不足的条件下还原N，不一定有氧气参与，故C错误；
D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3−的废水会影响海洋中NH4+的含量，故D正确；
故选D。
6.【答案】D
【解析】解：A.a为负极，本身失电子发生氧化反应，b为正极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应，故A错误；
B.b为正极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应，所以碳棒上有气体逸出，溶液中c(H+)减小，故B错误；
C.该装置构成了原电池，导线上有电流，电子从负极流向正极，即从a→b，故C错误；
D.根据装置没有电源，则构成原电池装置，又a在金属活动性顺序表中排在氢之前，b为碳棒，则a为负极本身失电子发生氧化反应，所以a极质量减小，故D正确；
故选：D。
图中装置没有电源，则构成的是原电池装置，又由于a在金属活动性顺序表中排在氢之前，b为碳棒，则a为负极，电极本身失电子发生氧化反应，b为正极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，据此分析。
本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难度不大，注意对基础知识的归纳整理。
7.【答案】A
【解析】解：A.根据图知，石墨生成金刚石能量增大，则石墨能量小于金刚石，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故A正确；
B.根据A知，石墨比金刚石稳定，故B错误；
C.根据图知，反应物能量小于生成物能量，该反应为吸热反应，即石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，故C错误；
D.断键吸收能量、成键放出能量，该反应为吸热反应，则破坏1mol石墨化学键所吸收的能量大于形成1mol金刚石化学键所放出的能量，故D错误；
故选：A。
根据图知，石墨生成金刚石能量增大，石墨该反应为吸热反应，能量越高物质越不稳定，据此分析解答。
本题考查反应热和焓变，侧重考查图象分析及判断能力，明确物质能量与反应热关系、物质稳定性与能量关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
解决本题的关键是要充分理解图中提供的信息，且明确化学反应的本质是旧键断裂，新键形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，本题难度中等。
【解答】
A.由图可知，在化学反应中存在化学键的断裂与形成，故A正确；
B.催化剂的作用原理是降低活化能，即使反应物的化学键变得容易断裂，故B正确；
C.过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成则放出能量，故C正确；
D.常温下该反应难以进行，是因为常温下反应物的化学键难以断裂，故D错误；
故选：D。
9.【答案】C
【解析】解：A、−2价硫的氢化物，为硫化氢，则X是H2S，故A正确；
B、处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，+4价的硫处于中间价态，所以Y既有氧化性又有还原性，故B正确；
C、将X是硫化氢、Y是二氧化硫，两者混合，发生归中反应，能生成硫，故C错误；
D、工业上制硫酸用煅烧硫铁矿来造气，则工业上制Z的主要原料是硫铁矿，故D正确；
故选：C。
A、−2价硫的氢化物；
B、处于中间价态的元素具有氧化性和还原性；
C、将X是硫化氢、Y是二氧化硫，两者混合，发生归中反应；
D、工业上制硫酸用煅烧硫铁矿来造气。
本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价与微粒的性质，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比。
【解答】
利用双线桥表示该分解反应的电子转移情况，根据化合价升高的原子失去电子，发生氧化反应，生成氧化产物；化合价降低的原子得到电子，发生还原反应，生成还原产物，据此分析解题。
A.NH4+中N元素为−3价，失电子被氧化成N2中0价的N，发生氧化反应，故A错误；
B.NO3−中+5价的N元素得电子一部分被还原为NO2中+4价的N，一部分被还原为N2中0价的N，故氧化产物为N2，还原产物为N2和NO2，故B错误；
C.生成标准状况下22.4LN2，即1molN2转移电子123mol=4mol，题中未指明标况，无法计算，故C错误；
D.当4mol 硝酸铵分解时，得到氧化产物2molN2，还原产物1molN2和2molNO2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：(1+2)=2：3，故D正确；
故选：D。
11.【答案】D
【解析】解：A.碳酸钙与盐酸反应，随反应进行，盐酸浓度逐渐减小，反应速率减慢，但由图象可知，反应开始4min内反应速率加快，说明反应放热，体系温度升高，温度对反应速率的影响比浓度大，故A正确；
B.虽然反应放热，但一段时间后，盐酸浓度减小，c(H+)减小，反应速率减小，故B正确；
C.由图象可知，2∼4min内产生气体多，反应速率快，故C正确；
D.反应在2∼4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.3mol−0.1mol1L2min=0.1mol⋅L−1⋅min−1，故D错误；
故选：D。
A.碳酸钙与盐酸反应速率受到盐酸浓度和反应温度影响；
B.碳酸钙与盐酸反应速率受到盐酸浓度和反应温度影响；
C.单位时间内产生气体越多，反应速率越快；
D.反应速率v=△c△t。
本题考查化学反应速率，题目难度不大，掌握化学反应速率的计算方法和影响因素是解题的关键。
12.【答案】D
【解析】解：A.Cu和浓硝酸、稀硝酸反应时，硝酸得电子生成NO2、NO，硝酸是氧化剂，则NO2、NO是还原产物，故A正确；
B.标况下22.4LNO2、NO的混合气体中n(气体)=22.4L22.4L/mol=1mol，混合气体中n(N)=n(气体)=1mol，被还原的硝酸的n(HNO3)=n(N)=1mol，故B正确；
C.硝酸和Cu反应时生成氮氧化物和Cu(NO3)2，硝酸生成氮氧化物时体现氧化性、生成硝酸铜时体现酸性，故C正确；
D.被还原的硝酸生成NO2、NO，未被还原的硝酸生成硝酸铜，Cu和浓硝酸反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，此时被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为1：1，Cu和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO2↑+4H2O，此时被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为1：3，故D错误；
故选：D。
A.得电子的反应物是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物；
B.标况下22.4LNO2、NO的混合气体中n(气体)=22.4L22.4L/mol=1mol，混合气体中n(N)=n(气体)=1mol，被还原的硝酸的n(HNO3)=n(N)；
C.硝酸和Cu反应时生成氮氧化物和Cu(NO3)2；
D.被还原的硝酸生成NO2、NO，未被还原的硝酸生成硝酸铜，。
本题考查硝酸的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、方程式的计算方法是解本题关键，注意B中原子守恒的灵活运用，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A、可逆反应不可能完全转化，故A错误；
B、正逆反应速率相等，但不为0，是动态平衡，故B错误；
C、当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的浓度不再改变，说明反应已达到化学平衡状态，故C正确；
D、当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为1：1：1，也可能不是1：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；
故选C.
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0.
14.【答案】A
【解析】解：将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，I−过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I−过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故②错误；
③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；
④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误。
故选：A。
只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底。将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3等体积混合，I−过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡，据此分析。
本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应，题目难度中等。
15.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，本题解题关键需要明确：氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量与氯化铁、氯化铜中氯离子的物质的量相等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
【解答】
根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，据此计算。
向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，n(氯气)=7.84L22.4L/mol=0.35mol，则氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量为0.35mol×2=0.7mol，则Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH−)=0.7mol，所以m=m(沉淀)−m(OH−)=30.3g−17g/mol×0.7mol=18.4g，故A正确，
故选A。
16.【答案】A
【解析】解：A.二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，Si元素化合价降低，Si为还原产物，但镁和硅反应可生成Mg2Si，所以还原产物可能含有Mg2Si，故A错误；
B.结合图示可知，流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，可循环使用，故B正确；
C.为防止SiHCl3水解而损失和氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，故C正确；
D.由流程可知，通入氯化氢在加热反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为：Si+3HCl−△SiHCl3+H2，故D正确；
故选：A。
以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程为：二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢加热发生反应Si+3HCl−△SiHCl3+H2，得到SiHCl3，SiHCl3与H2热解生成冶金级高纯硅，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17.【答案】硫酸 SO2+2OH−=SO32−+H2O2SO2+O2+2CaO−△2CaSO4 将废气通入品红溶液中，看品红是否褪色 8.46×10−4
【解析】解：(1)酸雨的形成过程中，SO2先转化为H2SO3，H2SO3再进一步被氧化为硫酸，
故答案为：硫酸；
(2)SO2通入NaOH溶液中生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：SO2+2OH−=SO32−+H2O，
故答案为：SO2+2OH−=SO32−+H2O；
(3)①在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的SO2转化为硫酸钙，该反应的化学方程式为：2SO2+O2+2CaO−△2CaSO4，检验脱硫废气中还含有SO2的方法可以将废气通入品红溶液中，看品红是否褪色，
故答案为：2SO2+O2+2CaO−△2CaSO4；将废气通入品红溶液中，看品红是否褪色；
②根据题意可得关系式：4FeS2∼15O2，12gFeS2为12g120g/mol=0.1mol，所以消耗的O2在标准状况下的体积为：154×0.1mol×22.4L/mol=8.4L，
故答案为：8.4；
(4)根据电荷守恒可得：55×10−4×1+2.0×10−4×1=8.5×10−4×2+34×10−4×1+y×1，解得：y=6×10−4，
故答案为：6×10−4。
(1)酸雨的形成过程中，SO2最终被氧化为硫酸；
(2)SO2通入NaOH溶液中生成亚硫酸钠和水；
(3)①在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的SO2转化为硫酸钙，该反应的化学方程式为：SO2和O2、CaO反应生成CaSO4，SO2可以品红溶液检验；
②根据题意可得关系式：4FeS2∼15O2，12gFeS2为12g120g/mol=0.1mol，进一步求出氧气体积即可；
(4)根据电荷守恒进行计算。
本题主要考查酸雨的形成，SO2的尾气处理及检验，氧化还原反应中物质的量的计算，电荷守恒的计算等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
18.【答案】产生气泡 0.05将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后与CuSO4对比，只有阳离子不同，从而排除Cl−可能带来的干扰 生成40mL气体所需的时间 2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2OMnO2的质量和化学性质是否改变 2H2O2−MnO22H2O+O2↑
【解析】解：Ⅰ.(1)H2O2分解生成氧气，可根据产生气体的速率快慢来定性比较反应速率大小；由于氯化铁和硫酸铜中阴离子不相同，阳离子也不相同，不能比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，因此应将0.1mol/LFeCl3溶液改为0.05mol/LFe2(SO4)3溶液更合理，并且Fe3+、Cu2+的浓度相等，
故答案为：产生气泡；0.05；将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后与CuSO4对比，只有阳离子不同，从而排除Cl−可能带来的干扰；
(2)根据图中信息实验中需要测量的数据是生成40mL气体所需的时间，
故答案为：生成40mL气体所需的时间；
(3)过氧化氢分解的总反应为2H2O2−Fe3+2H2O+O2↑，第一步反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，结合催化剂概念和总反应可知，第二步反应为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，
故答案为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；
Ⅱ.(4)证明MnO2是催化剂，还需要确认反应前后MnO2的质量和化学性质是否改变，
故答案为：MnO2的质量和化学性质是否改变；
(5)H2O2在二氧化锰作用下发生反应为2H2O2−MnO22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O2−MnO22H2O+O2↑。
Ⅰ.(1)可通过产生气体快慢进行反应速率大小比较；对比实验要保证变量唯一，若将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3后可排除Cl−带来的干扰；
(2)测定反应速率大小，必须测量收集40mL气体所需的时间；
(3)总反应为2H2O2−Fe3+2H2O+O2↑，第一步反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，总反应减去第一步可得第二步反应；
Ⅱ.(4)根据催化剂在反应前后质量和化学性质均不变分析；
(5)H2O2在MnO2的催化下分解生成水和氧气，据此书写反应的化学方程式。
本题考查化学反应速率的影响因素，把握反应速率的影响因素、速率的测定原理、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握催化剂概念及机理反应方程式书写，题目难度中等。
19.【答案】bc 不能 木炭与空气中的氧气反应也能生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊 不能 挥发出的硝酸和生成的NO2消耗了石灰水 检验装置气密性 将装置中的空气排尽 C+4HNO3(浓)−△CO2↑+4NO2↑+2H2OC中石灰水变浑浊 5NO+3MnO4−+4H+=5NO3−+3Mn2++2H2O
【解析】解：(1)①木炭未伸入浓硝酸中，液面上方出现红棕色NO2气体，说明试管内有硝酸蒸气，证明浓硝酸具有挥发性；NO2气体可能是硝酸分解产生，证明浓硝酸具有不稳定性，
故答案为：bc；
②木炭与氧气、木炭与浓硝酸，都能反应生成二氧化碳，故沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，只能证明有二氧化碳生成，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，是因为木炭与空气中的氧气反应也能生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，
故答案为：不能；木炭与空气中的氧气反应也能生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊；
(2)挥发出的硝酸和反应生成的NO2都能与石灰水反应消耗石灰水，所以沾有澄清石灰水的玻璃片无明显变化，不能证明木炭与浓硝酸未反应，
故答案为：不能；挥发出的硝酸和生成的NO2消耗了石灰水；
(3)①涉及气体制备的实验要检验装置气密性，所以连接装置后，需进行的实验操作为检查装置气密性；为防止空气对实验的干扰，加热木炭与浓硝酸前需先通一段时间N2，将装置中的空气排尽，
故答案为：检验装置气密性；将装置中的空气排尽；
②木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮、水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)−△CO2↑+4NO2↑+2H2O，
故答案为：C+4HNO3(浓)−△CO2↑+4NO2↑+2H2O；
③若石灰水变浑，可证明木炭被氧化为二氧化碳，所以能证明木炭被氧化的实验现象为C中石灰水变浑浊，
故答案为：C中石灰水变浑浊；
④D装置中NO被氧化为NO3−，MnO4−被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4−+4H+=5NO3−+3Mn2++2H2O，
故答案为：5NO+3MnO4−+4H+=5NO3−+3Mn2++2H2O。
(1)①木炭未伸入浓硝酸中，液面上方出现红棕色NO2气体，说明试管内有硝酸蒸气、NO2气体可能是由硝酸分解产生；
②木炭与氧气、木炭与浓硝酸，都能反应生成二氧化碳，沾有澄清石灰水的玻璃片出现浑浊，只能证明有二氧化碳生成；
(2)挥发出的硝酸和反应生成的NO2都能与石灰水反应；
(3)进入B中的硝酸被水吸收、NO2与水反应生成NO和硝酸，进入C中的气体只有NO和CO2，NO与石灰水不反应；NO进入D被高锰酸钾溶液吸收。
本题考查了木炭和浓硝酸的反应，题目难度中等，注意掌握浓硝酸具有的化学性质，明确性质实验方案设计的方法，明确题中资料信息是解题根据，试题培养了学生的分析、理解能力。
20.【答案】乙中品红溶液褪色 Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O0.052OH−+SO2=SO32−+H2O试管里的溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色 没有 随着反应的进行，硫酸变稀，而稀H2SO4不与Cu反应，故H2SO4不会消耗完
【解析】解：(1)铜与浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，SO2能使品红溶液褪色，所以判断铜跟浓硫酸反应有SO2生成所依据的现象品红溶液褪色；n(Cu)=3.2g64g/mol=0.05mol，根据方程式知，消耗的浓硫酸有一半被还原，如果0.05molCu被氧化，则被还原的H2SO4的物质的量=n(Cu)=0.05mol，
故答案为：乙中品红溶液褪色；Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；0.05；
(2)SO2为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，反应方程式为2OH−+SO2=SO32−+H2O，
故答案为：2OH−+SO2=SO32−+H2O；
(3)硫酸铜溶液为蓝色，Cu与浓硫酸反应，随着反应的进行硫酸的浓度变小，而Cu与稀硫酸不反应，故甲装置的试管中反应后除硫酸铜外还有未反应的硫酸，故欲观察生成的硫酸铜溶液的颜色，应取甲装置中溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色，则证明反应生成了硫酸铜，
故答案为：试管里的溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色；
(4)Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，浓H2SO4逐渐变稀，Cu不与稀H2SO4反应，故硫酸不会消耗完，
故答案为：没有；随着反应的进行，硫酸变稀，而稀H2SO4不与Cu反应，故H2SO4不会消耗完。
(1)二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；在加热条件下，浓硫酸和Cu发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；n(Cu)=3.2g64g/mol=0.05mol，根据Cu和浓硫酸的关系式确定被还原的硫酸的物质的量；
(2)二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水；
(3)根据Cu与浓硫酸反应的特点，以及硫酸的稀释方法分析；
(4)稀硫酸和Cu不反应。
本题考查浓硫酸的性质实验，题目难度中等，明确铜与浓硫酸的反应原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
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