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精品解析：江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期5月期中化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期5月期中化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期期中考试
化学试题
时间：90分钟 分值：100分
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 明矾易溶于水，可用作净水剂 B. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气
C. 具有还原性，可以添加到食品中作抗氧化剂 D. 具有氧化性，可用于漂白纸浆
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾可用作净水剂是因为其溶于水生成氢氧化铝胶体，与水溶性无关，A错误；
B．浓硫酸干燥氢气是利用其吸水性，与脱水性无关，B错误；
C．二氧化硫作食品中抗氧化剂是因为其具有强的氧化性，C正确；
D．二氧化硫用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与氧化性无关，D错误；
故答案为：C。
2. 下列叙述中，正确的是
A. 所有主族中都有非金属元素 B. 同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最大
C. 过渡元素都是金属元素 D. ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．第IIA均为金属元素，其它主族均含非金属元素和金属元素，故A错误；B、同周期元素中，从左往右原子半径逐渐减小，所以同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最小，故B错误；C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族这10个纵列为过渡元素，都是金属元素，故C正确；D、原子半径越大，失电子能力越强，所以ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易失电子，故D错误；故选C。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铁溶于稀硫酸：
B. 用白醋除水垢：
C. 向溶液中滴加稀盐酸：
D. 将少量二氧化碳通入澄清石灰水中：
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁与稀硫酸反应，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆，故B错误；
C．是强电解质，在离子方程式中要拆，故C错误；
D．将少量二氧化碳通入澄清石灰水中得到碳酸钙沉淀，离子方程式为：，故D正确；
故选D。
4. 某无色澄清溶液中可能含有：①Na+、②、③Cl-、④、⑤、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
(2)
向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀生成
下列结论正确的是
A. 该实验无法确定是否含有④ B. 肯定含有的离子是③④⑥
C. 可能含有的离子是①③⑦ D. 肯定没有的离子是④⑤⑦，可能含有的离子是①③
【答案】D
【解析】
【分析】原溶液无色澄清，则肯定不含⑦Cu2+；实验(1)：用紫色石蕊试液检验，溶液变红，则肯定含有⑥H+、肯定不含有④、⑤；实验(2)：向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，则肯定含有②；实验(3)：将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明(2)中含有Cl-，但由于(2)中引入了Cl-，所以无法确定原溶液中是否含有Cl-。由分析可知，原溶液中肯定含有②、⑥H+，肯定不含有④、⑤、⑦Cu2+，可能含有①Na+、③Cl-。
【详解】A．由实验(1)可知，用紫色石蕊试液检验，溶液变红，则肯定不含有④，A不正确；
B．由实验(1)可知，溶液中肯定不含有④、⑤，但不能肯定Cl-是否存在，B不正确；
C．题干信息显示，原溶液无色，则肯定不含有⑦Cu2+，①Na+、③Cl-不能确定是否存在，C不正确；
D．综合分析实验(1)、(2)，原溶液中肯定没有的离子是④、⑤、⑦Cu2+中，可能含有的离子是①Na+、③Cl-，D正确；
故选D。
5. 如图所示，在干燥的圆底烧瓶中充满某气体a，胶头滴管中吸有少量液体b，当把溶液b挤进烧瓶后，打开止水夹不能形成“喷泉”的组合是（ ）
干燥气体a
液体b
A
NH3
水
B
HCl
水
C
SO2
NaOH溶液
D
Cl2
饱和食盐水
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故A不符合题意；
B.氯化氢极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，B不符合题意；
C.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故C不符合题意；
D.饱和氯化钠溶液中含有氯离子能抑制氯气的溶解，所以氯气不能使烧瓶内压强减小，不能形成喷泉，故D符合题意；
答案：D。
【点睛】根据形成喷泉的原理是使烧瓶内外产生压强差，所以只要考虑烧瓶内气体能否和滴管中的液体发生反应进行判断。
6. 根据世界环保联盟的要求，广谱消毒剂ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。并且用于除甲醛。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，则反应后Na2SO3转化为（ ）
A. Na2SO4 B. SO2 C. S D. Na2S
【答案】A
【解析】
【详解】反应物为NaClO3和Na2SO3，NaClO3生成ClO2是化合价降低的过程，由此可知在反应中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，则Na2SO3被氧化生成+6价S，由选项可知，只能为Na2SO4；
故选A。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 单质的还原性：X＞Z
B. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
C. Y、Z 组成的化合物中一定含有离子键
D. W的氧化物的水化物一定是强酸
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大， Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素，则Z为Na，W为Cl（W不能为F，若为F，X、Y、Z、W原子序数之和不可能为42）；因X、Y、Z、W原子序数之和为42，则X和Y原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl；
A.X的单质是C，Z的单质是Na，还原性Na>C，故A错误；
B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(W)＜r(Z)，所以B选项是错误的；
C.Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物，一定含有离子键，故C正确；
D.氯的氧化物的水化物有多种，若为HClO则为弱酸，故D错误；
答案为C。
8. 某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2＋又含有Fe3＋。将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应(注：矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且所得溶液滴加硫氰化钾溶液，溶液颜色无明显变化。则下列说法不正确的是
A. 该盐酸的物质的量浓度为8.5mol·L-1
B. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52L
C. 该磁黄铁矿FexS中，x=0.85
D. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋的物质的量为0.15mol
【答案】D
【解析】
【分析】n(S)==0.075mol，Fe3+和S2-发生了氧化还原反应，因有H2S气体生成，或所得溶液滴加硫氰化钾溶液，溶液颜色无明显变化，确定S2-有剩余，Fe3+全部被还原生成了Fe2+，根据转移电子守恒得n(Fe3+)= =0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol−0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比= =11:6。
【详解】A．盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)==8.5mol/L，A正确；
B．根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，B正确；
C．FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe):n(S)=0.425mol:0.5mol=0.85，所以x=0.85，C正确；
D． 根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，D错误。
故选D。
9. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定有SO42﹣
B
向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失
原溶液中可能有Ba2+
C
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
原溶液中一定无NH4+
D
将某溶液进行焰色实验，火焰呈黄色，
该溶液一定是钠盐溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有银离子或是钡离子，不一定含有SO42﹣，故A错误；
B.向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中可能有Ba2+或是Ca2+，故B正确；
C.铵根离子和氢氧根离子在加热条件或是铵根离子与浓氢氧化钠溶液反应才放出氨气，不加热会生成一水合氨，没有氨气产生，不会使湿润红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D.将某溶液进行焰色实验，火焰呈黄色，该溶液一定是含钠离子的溶液，可以是氢氧化钠，也可以是钠盐，不一定是钠盐，故D错误；
答案选B。
10. 取一支大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气，将试管倒置于盛有饱和食盐水的水槽中，放在光亮处，光照一段时间，进行如图所示的实验。下列关于该实验的说法正确的是
A. 试管内混合气体颜色变浅，主要是因为氯气部分溶于饱和食盐水
B. 试管壁出现了油状液滴，主要是因为该反应生成了氯化氢
C. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，一共有四种产物
D. 8.0g甲烷与足量氯气发生取代反应时生成的HCl最多为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．试管内混合气体颜色变浅，是由于氯气与甲烷发生了取代反应，氯气在饱和食盐水中的溶解度非常小，A错误；
B．试管壁出现了油状液滴，主要是因为氯气与甲烷反应生成了二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，B错误；
C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，得到的产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳、氯化氢，一共有5种产物，C错误；
D．8.0g甲烷的物质的量为0.5mol，甲烷中1个氢原子被取代就能生成1个HCl分子，氢原子的物质的量为2mol，故与足量氯气发生取代反应时生成的HCl最多为2NA，D正确；
故选D。
二、不定项选择题(每题有一个或多个选项，每题4分，共20分)
11. 如图某学校实验室从化学试剂商店买回的硝酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法错误的是
硝酸化学纯(CP)(500mL)
品名：硝酸
化学式：HNO3
相对分子质量：63
密度：1.14g/cm3
溶质质量分数：63%
A. 该硝酸应贮在棕色试剂瓶中
B. 该硝酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于31.5%
C. 该硝酸试剂的物质的量浓度为11.4mol·L-1
D. 该硝酸中溶质与溶剂的物质的量之比为9：50
【答案】BD
【解析】
【详解】A．浓硝酸光照可分解，应盛放在棕色的玻璃试剂瓶中，故A正确；
B．水的密度比硝酸的密度小，等体积混合后，溶液质量小于原溶液质量的2倍，原溶液的质量分数为63%，则混合所得溶液的溶质质量分数大于31.5%，故B错误；
C．，故C正确；
D．令溶液的质量为100g，溶液的质量分数为63%，则硝酸的质量为63 g，水的质量为100-63=37 g，则溶质与溶剂的物质的量之比为，故D错误；
故选BD。
12. 下图所示为一定条件下实验所得物质转化关系。下列说法正确的是
已知Cu的常见化合价为+1和+2，X只含两种元素。
A. X为CuCl B. Y为NO C. Z为AgCl D. W为BaSO3
【答案】AC
【解析】
【详解】Cu2+具有氧化性，可以将SO2氧化为，自身被还原为白色沉淀X，过滤后，滤液中含有，故白色沉淀W为BaSO4，由题意知，X只含两种元素，根据元素守恒知X所含元素为Cu、Cl，结合Cu元素被还原知X中Cu为+1，即X为CuCl，CuCl与浓硝酸反应又被氧化为Cu2+，同时浓硝酸被还原为NO2（气体Y），根据元素守恒知蓝色溶液中含Cu2+、Cl-、，故白色沉淀Z为AgCl。
由以上分析可知X为CuCl，Y为NO2，Z为AgCl，W为BaSO4，故答案选AC。
13. 用下列两种途径制取H2SO4（某些反应条件和产物已省略），下列有关说法不正确的是
途径①：SH2SO4 途径②：SSO2SO3H2SO4
A. 途径①中反应仅体现了浓硝酸的强氧化性
B. 途径②中可通过控制反应条件，将S直接氧化为SO3
C. 由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上均消耗1molS，均共转移6mol电子
D. 途径②相较于途径①更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②的污染相对于途径①更小
【答案】B
【解析】
【详解】A．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不能体现酸性，A正确；
B．S和O2 反应生成SO2，不会因为氧气的浓度等条件变化，B错误；
C．途径和都是由S来制备，S的化合价从0价升高到价，制取，理论上各消耗，各转移，C正确；
D．途径与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径与途径相比更能体现“绿色化学”的理念，且原子利用率，D正确。
答案选AB。
【点睛】C．把握发生的反应中元素的化合价变化为解答氧化还原的关键，无论氧化还原反应的题是难还是容易，都可以直接从化合价与电子之间的关系入手来解答，能将复杂问题简单化。
14. 为有效降低含氮化物的排放量，又能充分利用化学能，合作小组利用反应设计如图所示电池。下列说法错误的是
A. 离子交换膜为阴离子交换膜
B. 电子由电极A经负载流向电极B
C. 左右两侧电极室中产生的气体体积比为3∶4
D. 电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性增强
【答案】CD
【解析】
【分析】根据化学方程式可知，NO2和NH3发生归中反应，NO2中N得电子化合价降低故通入NO2的电极B为正极，正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，NH3中N失电子化合价升高，故通入NH3的电极A为负极，负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【详解】A．正极上反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过离子交换膜进入负极区与NH3反应，故离子交换膜为阴离子交换膜，A正确；
B．电极A为负极，电极B为正极，电子从电极A经负载流向电极B，B正确；
C．正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，转移相同数量的电子时，正极上产生的气体与负极上产生的气体体积比为3：4，即左右两侧电极室产生的气体体积比为4：3，C错误；
D．负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，消耗氢氧根离子的同时生成水，因此电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性减弱，D错误；
故答案选CD。
15. 一定条件下，将3 mol A气体和1 mol B气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生反应：。2 min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是
A. 若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
B. 2 min后，通入Ne气会使正反应速率加快，逆反应速率也加快
C. 反应过程中A和B的转化率之比为1∶1
D. 从开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A正确；
B．2 min后，由于容器体积恒定，反应物和生成物浓度都不随着通入Ne气而改变，故正、逆反应速率均不变，B错误；
C．加入的A、B的物质的量的比是3∶1，物质在发生反应时，A、B按照3∶1关系反应，因此反应过程中A和B的转化率相同，二者的转化率的比为1∶1，C正确；
D．根据图示可知从反应开始到平衡，用D的浓度变化表示反应速率为，同一化学反应用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中化学计量数的比，所以从开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率，D错误；
故选AC。
三、填空题(共50分)
16. 氧化还原反应是中学阶段非常重要的知识，对它的认知和理解是分析问题的关键。
（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为：，在此反应中，被还原的元素为___________(填元素符号)，氧化产物是___________(填化学式)，6.4gS参加反应时，产生气体的体积为___________L(标况下)。
（2）写出浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气的化学方程式___________，该反应中体现了浓盐酸的___________性质，当生成1mol的氯气时，被氧化的HCl的物质的量___________。
（3）将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液中，能观察到白色沉淀，用离子方程式解释原因___________、___________。
（4）高锰酸钾和浓盐酸可以发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O
①用单线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目___________。
②该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. S、N ②. CO2 ③. 17.92
（2） ①. ②. 酸性、还原 ③. 2 mol
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. 1：5
【解析】
【小问1详解】
S和N元素的化合价降低，被还原的元素是S、N；C元素化合价升高，氧化产物是CO2；6.4gS的物质的量为，方程式中生成气体的物质的量为：0.8mol，标况下体积为：；
【小问2详解】
浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气的化学方程式：；体现了浓盐酸的酸性、还原性；当生成1mol的氯气时，被氧化的HCl的物质的量2mol；
【小问3详解】
将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液中，，硫酸根与钡离子反应生成白色沉淀，，故答案为：、；
【小问4详解】
单线桥表示为： ；氧化剂为KMnO4，还原剂为浓盐酸，方程式中16个HCl参与反应，10个被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：2：10=1：5。
17. 人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，合成氨是人类发展史上的一项重大突破。某化学兴趣小组对氨气进行研究：
Ⅰ.催化还原氮氧化物(技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术)，反应原理如下图所示：
（1）催化反应器中还原的化学方程式为_______。
Ⅱ.用下图装置可以制取氨气并探究其性质，按下列装置(部分夹持装置已略去)进行实验
（2）若氨气的发生装置选择A，则其化学反应方程式为_______。
（3）若要用C装置来干燥，可以选用的干燥剂为_______。
（4）上述D、E、F、G装置可用于作为氨气的尾气处理装置的是_______。
（5）用下图装置探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。
已知：。
实验结束后，若全都参与反应，H处硬质玻璃管中黑色粉末变成红色，有同学认为该红色粉末为纯净物，该判断是否正确？_______(填“是”或“否”)。请设计一个实验方案检验反应后的红色粉末是否为纯净物，简述实验方案：_______。
【答案】（1）8NH3+6NO27N2+12H2O
（2）2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3↑+2H2O
（3）碱石灰 （4）EF
（5） ①. 否 ②. 取适量反应后的固体粉末，加入适量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明该固体粉末为混合物，不变蓝，则为纯净物
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A为氯化铵和氢氧化钙固体共热反应制备氨气的装置，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，然后为氨气与氧化铜共热反应生成铜、氮气和水的装置，盛有无水硫酸铜的干燥管用于验证水的生成，在无水硫酸铜的后面应再接一个干燥装置吸收水蒸气，排出吸收装置中产生的水蒸气对水检验的干扰，装置E或F为吸收氨气的尾气处理装置。
【小问1详解】
由图可知，SCR催化反应器中发生的反应为催化剂作用下，氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
小问2详解】
由分析可知，装置A中发生的反应为氯化铵和氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3↑+2H2O；
【小问3详解】
由分析可知，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，故答案为：碱石灰；
【小问4详解】
由分析可知，装置E或F为吸收氨气的尾气处理装置，其中选择的原因是装置E中氨气不直接与水接触，氨气溶于水不会造成压强差，不会产生倒吸，装置F中干燥管的容积大，氨气溶于水形成压强差，但不能使倒吸持续进行，达到防倒吸的目的，不选择装置D和G的原因是装置D中倒置漏斗浸入水中会产生倒吸，装置G中进气管太长，会使倒吸入广口瓶中的水通过导气管倒吸进入反应装置中，故答案为：EF；
【小问5详解】
Cu2O和Cu都是红色的，实验结束后H处硬质玻璃管中黑色粉末变成红色不能确定为纯净物；根据，检验反应后的红色粉末是否为纯净物实验方案为取适量反应后的固体粉末，加入适量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明该固体粉末为混合物，不变蓝，则为纯净物，答案为：取适量反应后的固体粉末，加入适量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明该固体粉末为混合物，不变蓝，则为纯净物。
18. 氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。
（1）甲装置不需要加热即能同时产生氨和氧气，写出烧瓶内固体X的电子式_______。
（2）乙装置的作用是_______；写出受热时丙装置中发生反应的化学方程式：_______。
（3）当戊中观察到_____现象，则说明已制得硝酸。某同学按上图组装仪器并检验装置气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因是：____，如何改进装置：____。
（4）化学反应的能量变化如图所示(假设该反应反应完全)。
试写出和反应生成的热化学方程式_______。
【答案】（1） （2） ①. 干燥氨气和氧气 ②. 4NH3+5O2 4NO+6H2O
（3） ①. 紫色石蕊溶液变红 ②. 由于氨气过量，可能会与硝酸反应，致使观察不到溶液变红的现象 ③. 在丙与丁之间连接一个能除去氨气的装置
（4）N2(g)+3 H2(g)⇌ 2 NH3 (l) △H= -2(c+b-a)kJ/mol
【解析】
【分析】本实验为通过氨水滴加到X上反应生成氨气和氧气，可知X为过氧化钠，经过干燥后，催化剂加热反应生成NO和H2O，NO、O2和H2O反应生成硝酸，最后吸收尾气，据此分析回答问题。
小问1详解】
由分析可知，X为过氧化钠，电子式为；
【小问2详解】
乙装置的作用是干燥氨气和氧气；氨气和氧气在加热催化剂作用下发生催化氧化反应，故化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；
【小问3详解】
硝酸能使石蕊溶液变红，故当戊中观察到紫色石蕊溶液变红，说明已制得硝酸；由于氨气过量，可能会与硝酸反应，致使观察不到溶液变红的现象；可以在丙与丁之间连接一个能除去氨气的装置；
【小问4详解】
反应物断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出能量，由图可知，反应物 N2(g)和 H2(g)断裂化学键吸收的能量为akJ，1molNH3(l)形成化学键放出的能量为(b+c)kJ，因此热化学方程式为N2(g)+3 H2(g) 2 NH3 (l) -2(c+b-a)kJ/mol。
19. Ⅰ、绿色发展是必由之路，我国宣布二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。以制备甲醇是实现“双碳”目标的重要途径。在体积为2.5L的密闭容器中，充入和，180℃下反应仅得甲醇(沸点64.7℃)和物质X：
（1）CO2的电子式为_______；该反应的化学反应方程式为_______。
（2）为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，在一定条件下发生上述反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如表所示。
时间
0min
3min
6min
9min
12min
n[CO2(g)]/mol
1.00
0.50
035
0.25
0.25
n[CH3OH(g)]/mol
0
0.50
0.65
0.75
0.75
①从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率v(H2)=_______mol·L-1·min-1。
②为了加快反应速率，可采取的措施有_______(任写两点)。
（3）甲醇燃料电池具有启动快、效率高等优点。若以溶液为电解液，其正极的电极反应式为_______。
Ⅱ、将等物质的量的、混合于的密闭容器中，发生如下反应：，经后，测得的浓度为的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1。求：
（4）x的值为_______。
（5）此反应在四种不同情况下的反应速率如下，其反应速率由快到慢顺序为_______。
① ②v(B)=3mol/(L·min) ③ ④v(D)=8mol/(L·min)
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 0.25 ②. 升高温度、加入高效催化剂
（3）O2+4e-+2H2O=4OH-
（4）2 （5）④②③①
【解析】
小问1详解】
CO2为共价化合物，电子式为；该反应中二氧化碳和氢气生成甲醇，由图表可知，反应二氧化碳和生成甲醇物质的量之比为1:1，则根据质量守恒可知，还会生成X水，化学反应方程式为；
【小问2详解】
①从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率 ；
②为了加快反应速率，可采取的措施有升高温度、加入高效催化剂等；
【小问3详解】
甲醇燃料电池中正极氧气得到电子发生还原反应在碱性环境中生成氢氧根离子，反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；
【小问4详解】
根据化学方程式体现的关系可知，经后，C浓度为0.25xmol/L，C的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1，则，x=2；
【小问5详解】
①
②v(B)=3mol/(L·min)
③
④v(B)=v(D)=4mol/(L·min)
则其反应速率由快到慢顺序为④②③①。
江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期期中考试
化学试题
时间：90分钟 分值：100分
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 明矾易溶于水，可用作净水剂 B. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气
C. 具有还原性，可以添加到食品中作抗氧化剂 D. 具有氧化性，可用于漂白纸浆
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾可用作净水剂是因为其溶于水生成氢氧化铝胶体，与水溶性无关，A错误；
B．浓硫酸干燥氢气是利用其吸水性，与脱水性无关，B错误；
C．二氧化硫作食品中抗氧化剂是因为其具有强的氧化性，C正确；
D．二氧化硫用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与氧化性无关，D错误；
故答案为：C。
2. 下列叙述中，正确的是
A. 所有主族中都有非金属元素 B. 同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最大
C. 过渡元素都是金属元素 D. ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．第IIA均为金属元素，其它主族均含非金属元素和金属元素，故A错误；B、同周期元素中，从左往右原子半径逐渐减小，所以同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最小，故B错误；C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族这10个纵列为过渡元素，都是金属元素，故C正确；D、原子半径越大，失电子能力越强，所以ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易失电子，故D错误；故选C。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铁溶于稀硫酸：
B. 用白醋除水垢：
C. 向溶液中滴加稀盐酸：
D. 将少量二氧化碳通入澄清石灰水中：
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁与稀硫酸反应，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆，故B错误；
C．是强电解质，在离子方程式中要拆，故C错误；
D．将少量二氧化碳通入澄清石灰水中得到碳酸钙沉淀，离子方程式为：，故D正确；
故选D。
4. 某无色澄清溶液中可能含有：①Na+、②、③Cl-、④、⑤、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
用紫色石蕊试液检验
溶液变红
(2)
向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3
有白色沉淀生成
下列结论正确的是
A. 该实验无法确定是否含有④ B. 肯定含有的离子是③④⑥
C. 可能含有的离子是①③⑦ D. 肯定没有的离子是④⑤⑦，可能含有的离子是①③
【答案】D
【解析】
【分析】原溶液无色澄清，则肯定不含⑦Cu2+；实验(1)：用紫色石蕊试液检验，溶液变红，则肯定含有⑥H+、肯定不含有④、⑤；实验(2)：向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，则肯定含有②；实验(3)：将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明(2)中含有Cl-，但由于(2)中引入了Cl-，所以无法确定原溶液中是否含有Cl-。由分析可知，原溶液中肯定含有②、⑥H+，肯定不含有④、⑤、⑦Cu2+，可能含有①Na+、③Cl-。
【详解】A．由实验(1)可知，用紫色石蕊试液检验，溶液变红，则肯定不含有④，A不正确；
B．由实验(1)可知，溶液中肯定不含有④、⑤，但不能肯定Cl-是否存在，B不正确；
C．题干信息显示，原溶液无色，则肯定不含有⑦Cu2+，①Na+、③Cl-不能确定是否存在，C不正确；
D．综合分析实验(1)、(2)，原溶液中肯定没有的离子是④、⑤、⑦Cu2+中，可能含有的离子是①Na+、③Cl-，D正确；
故选D。
5. 如图所示，在干燥的圆底烧瓶中充满某气体a，胶头滴管中吸有少量液体b，当把溶液b挤进烧瓶后，打开止水夹不能形成“喷泉”的组合是（ ）
干燥气体a
液体b
A
NH3
水
B
HCl
水
C
SO2
NaOH溶液
D
Cl2
饱和食盐水
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故A不符合题意；
B.氯化氢极易溶于水，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，B不符合题意；
C.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，导致烧瓶内压强迅速减小，能形成喷泉，故C不符合题意；
D.饱和氯化钠溶液中含有氯离子能抑制氯气的溶解，所以氯气不能使烧瓶内压强减小，不能形成喷泉，故D符合题意；
答案：D。
【点睛】根据形成喷泉的原理是使烧瓶内外产生压强差，所以只要考虑烧瓶内气体能否和滴管中的液体发生反应进行判断。
6. 根据世界环保联盟的要求，广谱消毒剂ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。并且用于除甲醛。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，则反应后Na2SO3转化为（ ）
A. Na2SO4 B. SO2 C. S D. Na2S
【答案】A
【解析】
【详解】反应物为NaClO3和Na2SO3，NaClO3生成ClO2是化合价降低的过程，由此可知在反应中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，则Na2SO3被氧化生成+6价S，由选项可知，只能为Na2SO4；
故选A。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 单质的还原性：X＞Z
B. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
C. Y、Z 组成的化合物中一定含有离子键
D. W的氧化物的水化物一定是强酸
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大， Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素，则Z为Na，W为Cl（W不能为F，若为F，X、Y、Z、W原子序数之和不可能为42）；因X、Y、Z、W原子序数之和为42，则X和Y原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl；
A.X的单质是C，Z的单质是Na，还原性Na>C，故A错误；
B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(W)＜r(Z)，所以B选项是错误的；
C.Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物，一定含有离子键，故C正确；
D.氯的氧化物的水化物有多种，若为HClO则为弱酸，故D错误；
答案为C。
8. 某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2＋又含有Fe3＋。将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应(注：矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且所得溶液滴加硫氰化钾溶液，溶液颜色无明显变化。则下列说法不正确的是
A. 该盐酸的物质的量浓度为8.5mol·L-1
B. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52L
C. 该磁黄铁矿FexS中，x=0.85
D. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋的物质的量为0.15mol
【答案】D
【解析】
【分析】n(S)==0.075mol，Fe3+和S2-发生了氧化还原反应，因有H2S气体生成，或所得溶液滴加硫氰化钾溶液，溶液颜色无明显变化，确定S2-有剩余，Fe3+全部被还原生成了Fe2+，根据转移电子守恒得n(Fe3+)= =0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol−0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比= =11:6。
【详解】A．盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)==8.5mol/L，A正确；
B．根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，B正确；
C．FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe):n(S)=0.425mol:0.5mol=0.85，所以x=0.85，C正确；
D． 根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，D错误。
故选D。
9. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定有SO42﹣
B
向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失
原溶液中可能有Ba2+
C
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
原溶液中一定无NH4+
D
将某溶液进行焰色实验，火焰呈黄色，
该溶液一定是钠盐溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有银离子或是钡离子，不一定含有SO42﹣，故A错误；
B.向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中可能有Ba2+或是Ca2+，故B正确；
C.铵根离子和氢氧根离子在加热条件或是铵根离子与浓氢氧化钠溶液反应才放出氨气，不加热会生成一水合氨，没有氨气产生，不会使湿润红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D.将某溶液进行焰色实验，火焰呈黄色，该溶液一定是含钠离子的溶液，可以是氢氧化钠，也可以是钠盐，不一定是钠盐，故D错误；
答案选B。
10. 取一支大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气，将试管倒置于盛有饱和食盐水的水槽中，放在光亮处，光照一段时间，进行如图所示的实验。下列关于该实验的说法正确的是
A. 试管内混合气体颜色变浅，主要是因为氯气部分溶于饱和食盐水
B. 试管壁出现了油状液滴，主要是因为该反应生成了氯化氢
C. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，一共有四种产物
D. 8.0g甲烷与足量氯气发生取代反应时生成的HCl最多为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．试管内混合气体颜色变浅，是由于氯气与甲烷发生了取代反应，氯气在饱和食盐水中的溶解度非常小，A错误；
B．试管壁出现了油状液滴，主要是因为氯气与甲烷反应生成了二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，B错误；
C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，得到的产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳、氯化氢，一共有5种产物，C错误；
D．8.0g甲烷的物质的量为0.5mol，甲烷中1个氢原子被取代就能生成1个HCl分子，氢原子的物质的量为2mol，故与足量氯气发生取代反应时生成的HCl最多为2NA，D正确；
故选D。
二、不定项选择题(每题有一个或多个选项，每题4分，共20分)
11. 如图某学校实验室从化学试剂商店买回的硝酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法错误的是
硝酸化学纯(CP)(500mL)
品名：硝酸
化学式：HNO3
相对分子质量：63
密度：1.14g/cm3
溶质质量分数：63%
A. 该硝酸应贮在棕色试剂瓶中
B. 该硝酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于31.5%
C. 该硝酸试剂的物质的量浓度为11.4mol·L-1
D. 该硝酸中溶质与溶剂的物质的量之比为9：50
【答案】BD
【解析】
【详解】A．浓硝酸光照可分解，应盛放在棕色的玻璃试剂瓶中，故A正确；
B．水的密度比硝酸的密度小，等体积混合后，溶液质量小于原溶液质量的2倍，原溶液的质量分数为63%，则混合所得溶液的溶质质量分数大于31.5%，故B错误；
C．，故C正确；
D．令溶液的质量为100g，溶液的质量分数为63%，则硝酸的质量为63 g，水的质量为100-63=37 g，则溶质与溶剂的物质的量之比为，故D错误；
故选BD。
12. 下图所示为一定条件下实验所得物质转化关系。下列说法正确的是
已知Cu的常见化合价为+1和+2，X只含两种元素。
A. X为CuCl B. Y为NO C. Z为AgCl D. W为BaSO3
【答案】AC
【解析】
【详解】Cu2+具有氧化性，可以将SO2氧化为，自身被还原为白色沉淀X，过滤后，滤液中含有，故白色沉淀W为BaSO4，由题意知，X只含两种元素，根据元素守恒知X所含元素为Cu、Cl，结合Cu元素被还原知X中Cu为+1，即X为CuCl，CuCl与浓硝酸反应又被氧化为Cu2+，同时浓硝酸被还原为NO2（气体Y），根据元素守恒知蓝色溶液中含Cu2+、Cl-、，故白色沉淀Z为AgCl。
由以上分析可知X为CuCl，Y为NO2，Z为AgCl，W为BaSO4，故答案选AC。
13. 用下列两种途径制取H2SO4（某些反应条件和产物已省略），下列有关说法不正确的是
途径①：SH2SO4 途径②：SSO2SO3H2SO4
A. 途径①中反应仅体现了浓硝酸的强氧化性
B. 途径②中可通过控制反应条件，将S直接氧化为SO3
C. 由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上均消耗1molS，均共转移6mol电子
D. 途径②相较于途径①更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②的污染相对于途径①更小
【答案】B
【解析】
【详解】A．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不能体现酸性，A正确；
B．S和O2 反应生成SO2，不会因为氧气的浓度等条件变化，B错误；
C．途径和都是由S来制备，S的化合价从0价升高到价，制取，理论上各消耗，各转移，C正确；
D．途径与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径与途径相比更能体现“绿色化学”的理念，且原子利用率，D正确。
答案选AB。
【点睛】C．把握发生的反应中元素的化合价变化为解答氧化还原的关键，无论氧化还原反应的题是难还是容易，都可以直接从化合价与电子之间的关系入手来解答，能将复杂问题简单化。
14. 为有效降低含氮化物的排放量，又能充分利用化学能，合作小组利用反应设计如图所示电池。下列说法错误的是
A. 离子交换膜为阴离子交换膜
B. 电子由电极A经负载流向电极B
C. 左右两侧电极室中产生的气体体积比为3∶4
D. 电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性增强
【答案】CD
【解析】
【分析】根据化学方程式可知，NO2和NH3发生归中反应，NO2中N得电子化合价降低故通入NO2的电极B为正极，正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，NH3中N失电子化合价升高，故通入NH3的电极A为负极，负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【详解】A．正极上反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过离子交换膜进入负极区与NH3反应，故离子交换膜为阴离子交换膜，A正确；
B．电极A为负极，电极B为正极，电子从电极A经负载流向电极B，B正确；
C．正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，转移相同数量的电子时，正极上产生的气体与负极上产生的气体体积比为3：4，即左右两侧电极室产生的气体体积比为4：3，C错误；
D．负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，消耗氢氧根离子的同时生成水，因此电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性减弱，D错误；
故答案选CD。
15. 一定条件下，将3 mol A气体和1 mol B气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生反应：。2 min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是
A. 若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
B. 2 min后，通入Ne气会使正反应速率加快，逆反应速率也加快
C. 反应过程中A和B的转化率之比为1∶1
D. 从开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A正确；
B．2 min后，由于容器体积恒定，反应物和生成物浓度都不随着通入Ne气而改变，故正、逆反应速率均不变，B错误；
C．加入的A、B的物质的量的比是3∶1，物质在发生反应时，A、B按照3∶1关系反应，因此反应过程中A和B的转化率相同，二者的转化率的比为1∶1，C正确；
D．根据图示可知从反应开始到平衡，用D的浓度变化表示反应速率为，同一化学反应用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中化学计量数的比，所以从开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率，D错误；
故选AC。
三、填空题(共50分)
16. 氧化还原反应是中学阶段非常重要的知识，对它的认知和理解是分析问题的关键。
（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为：，在此反应中，被还原的元素为___________(填元素符号)，氧化产物是___________(填化学式)，6.4gS参加反应时，产生气体的体积为___________L(标况下)。
（2）写出浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气的化学方程式___________，该反应中体现了浓盐酸的___________性质，当生成1mol的氯气时，被氧化的HCl的物质的量___________。
（3）将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液中，能观察到白色沉淀，用离子方程式解释原因___________、___________。
（4）高锰酸钾和浓盐酸可以发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O
①用单线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目___________。
②该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. S、N ②. CO2 ③. 17.92
（2） ①. ②. 酸性、还原 ③. 2 mol
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. 1：5
【解析】
【小问1详解】
S和N元素的化合价降低，被还原的元素是S、N；C元素化合价升高，氧化产物是CO2；6.4gS的物质的量为，方程式中生成气体的物质的量为：0.8mol，标况下体积为：；
【小问2详解】
浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气的化学方程式：；体现了浓盐酸的酸性、还原性；当生成1mol的氯气时，被氧化的HCl的物质的量2mol；
【小问3详解】
将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液中，，硫酸根与钡离子反应生成白色沉淀，，故答案为：、；
【小问4详解】
单线桥表示为： ；氧化剂为KMnO4，还原剂为浓盐酸，方程式中16个HCl参与反应，10个被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：2：10=1：5。
17. 人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，合成氨是人类发展史上的一项重大突破。某化学兴趣小组对氨气进行研究：
Ⅰ.催化还原氮氧化物(技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术)，反应原理如下图所示：
（1）催化反应器中还原的化学方程式为_______。
Ⅱ.用下图装置可以制取氨气并探究其性质，按下列装置(部分夹持装置已略去)进行实验
（2）若氨气的发生装置选择A，则其化学反应方程式为_______。
（3）若要用C装置来干燥，可以选用的干燥剂为_______。
（4）上述D、E、F、G装置可用于作为氨气的尾气处理装置的是_______。
（5）用下图装置探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。
已知：。
实验结束后，若全都参与反应，H处硬质玻璃管中黑色粉末变成红色，有同学认为该红色粉末为纯净物，该判断是否正确？_______(填“是”或“否”)。请设计一个实验方案检验反应后的红色粉末是否为纯净物，简述实验方案：_______。
【答案】（1）8NH3+6NO27N2+12H2O
（2）2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3↑+2H2O
（3）碱石灰 （4）EF
（5） ①. 否 ②. 取适量反应后的固体粉末，加入适量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明该固体粉末为混合物，不变蓝，则为纯净物
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A为氯化铵和氢氧化钙固体共热反应制备氨气的装置，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，然后为氨气与氧化铜共热反应生成铜、氮气和水的装置，盛有无水硫酸铜的干燥管用于验证水的生成，在无水硫酸铜的后面应再接一个干燥装置吸收水蒸气，排出吸收装置中产生的水蒸气对水检验的干扰，装置E或F为吸收氨气的尾气处理装置。
【小问1详解】
由图可知，SCR催化反应器中发生的反应为催化剂作用下，氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
小问2详解】
由分析可知，装置A中发生的反应为氯化铵和氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3↑+2H2O；
【小问3详解】
由分析可知，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，故答案为：碱石灰；
【小问4详解】
由分析可知，装置E或F为吸收氨气的尾气处理装置，其中选择的原因是装置E中氨气不直接与水接触，氨气溶于水不会造成压强差，不会产生倒吸，装置F中干燥管的容积大，氨气溶于水形成压强差，但不能使倒吸持续进行，达到防倒吸的目的，不选择装置D和G的原因是装置D中倒置漏斗浸入水中会产生倒吸，装置G中进气管太长，会使倒吸入广口瓶中的水通过导气管倒吸进入反应装置中，故答案为：EF；
【小问5详解】
Cu2O和Cu都是红色的，实验结束后H处硬质玻璃管中黑色粉末变成红色不能确定为纯净物；根据，检验反应后的红色粉末是否为纯净物实验方案为取适量反应后的固体粉末，加入适量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明该固体粉末为混合物，不变蓝，则为纯净物，答案为：取适量反应后的固体粉末，加入适量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明该固体粉末为混合物，不变蓝，则为纯净物。
18. 氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。
（1）甲装置不需要加热即能同时产生氨和氧气，写出烧瓶内固体X的电子式_______。
（2）乙装置的作用是_______；写出受热时丙装置中发生反应的化学方程式：_______。
（3）当戊中观察到_____现象，则说明已制得硝酸。某同学按上图组装仪器并检验装置气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因是：____，如何改进装置：____。
（4）化学反应的能量变化如图所示(假设该反应反应完全)。
试写出和反应生成的热化学方程式_______。
【答案】（1） （2） ①. 干燥氨气和氧气 ②. 4NH3+5O2 4NO+6H2O
（3） ①. 紫色石蕊溶液变红 ②. 由于氨气过量，可能会与硝酸反应，致使观察不到溶液变红的现象 ③. 在丙与丁之间连接一个能除去氨气的装置
（4）N2(g)+3 H2(g)⇌ 2 NH3 (l) △H= -2(c+b-a)kJ/mol
【解析】
【分析】本实验为通过氨水滴加到X上反应生成氨气和氧气，可知X为过氧化钠，经过干燥后，催化剂加热反应生成NO和H2O，NO、O2和H2O反应生成硝酸，最后吸收尾气，据此分析回答问题。
小问1详解】
由分析可知，X为过氧化钠，电子式为；
【小问2详解】
乙装置的作用是干燥氨气和氧气；氨气和氧气在加热催化剂作用下发生催化氧化反应，故化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；
【小问3详解】
硝酸能使石蕊溶液变红，故当戊中观察到紫色石蕊溶液变红，说明已制得硝酸；由于氨气过量，可能会与硝酸反应，致使观察不到溶液变红的现象；可以在丙与丁之间连接一个能除去氨气的装置；
【小问4详解】
反应物断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出能量，由图可知，反应物 N2(g)和 H2(g)断裂化学键吸收的能量为akJ，1molNH3(l)形成化学键放出的能量为(b+c)kJ，因此热化学方程式为N2(g)+3 H2(g) 2 NH3 (l) -2(c+b-a)kJ/mol。
19. Ⅰ、绿色发展是必由之路，我国宣布二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。以制备甲醇是实现“双碳”目标的重要途径。在体积为2.5L的密闭容器中，充入和，180℃下反应仅得甲醇(沸点64.7℃)和物质X：
（1）CO2的电子式为_______；该反应的化学反应方程式为_______。
（2）为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，在一定条件下发生上述反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如表所示。
时间
0min
3min
6min
9min
12min
n[CO2(g)]/mol
1.00
0.50
035
0.25
0.25
n[CH3OH(g)]/mol
0
0.50
0.65
0.75
0.75
①从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率v(H2)=_______mol·L-1·min-1。
②为了加快反应速率，可采取的措施有_______(任写两点)。
（3）甲醇燃料电池具有启动快、效率高等优点。若以溶液为电解液，其正极的电极反应式为_______。
Ⅱ、将等物质的量的、混合于的密闭容器中，发生如下反应：，经后，测得的浓度为的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1。求：
（4）x的值为_______。
（5）此反应在四种不同情况下的反应速率如下，其反应速率由快到慢顺序为_______。
① ②v(B)=3mol/(L·min) ③ ④v(D)=8mol/(L·min)
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 0.25 ②. 升高温度、加入高效催化剂
（3）O2+4e-+2H2O=4OH-
（4）2 （5）④②③①
【解析】
小问1详解】
CO2为共价化合物，电子式为；该反应中二氧化碳和氢气生成甲醇，由图表可知，反应二氧化碳和生成甲醇物质的量之比为1:1，则根据质量守恒可知，还会生成X水，化学反应方程式为；
【小问2详解】
①从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率 ；
②为了加快反应速率，可采取的措施有升高温度、加入高效催化剂等；
【小问3详解】
甲醇燃料电池中正极氧气得到电子发生还原反应在碱性环境中生成氢氧根离子，反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；
【小问4详解】
根据化学方程式体现的关系可知，经后，C浓度为0.25xmol/L，C的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1，则，x=2；
【小问5详解】
①
②v(B)=3mol/(L·min)
③
④v(B)=v(D)=4mol/(L·min)
则其反应速率由快到慢顺序为④②③①。
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