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山东省济宁市育才中学2023-2024学年高一下学期4月月考化学试题（原卷版+解析版）
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说明：本试卷满分100分，分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷为第1页至第5页，第Ⅱ卷为第6页至第8页。试题答案请用2B铅管或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Cu：64 Ba：137
第Ⅰ卷(共50分)
一、选择题(本题包括20个小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活、科技息息相关，下列叙述正确的是
A. 华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
B. 国产飞机C919用到氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
C. 是富勒烯的代表物，的摩尔质量为720
D. 石墨烯的性质稳定，在氧气中不能燃烧
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅是良好的半导体材料，手机芯片的主要成分是硅，A错误；
B．氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨损、超硬物质，是新型无机非金属材料，B正确；
C．C60的摩尔质量为720g/ml，C错误；
D．石墨烯是由碳元素组成的单质，它在氧气中可以燃烧，D错误；
故选B。
2. 用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应(未配平)，下列说法错误的是
A. 该反应中硫单质既做氧化剂也做还原剂
B. 也可以用清洗试管壁上的硫
C. 生成的和的物质的量之比为
D. 氧化产物是
【答案】C
【解析】
【分析】用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O，其中S既升高又降低，根据得失电子守恒配平方程式为3S+6NaOH＝Na2SO3+2Na2S+3H2O，据此分析解答。
【详解】A．用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O，其中S既升高又降低，故S在反应中既作氧化剂，又作还原剂，故A正确；
B．S易溶于二硫化碳，所以也可以用CS2清洗试管壁上的硫，故B正确；
C．根据配平的方程式得到生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1：2，故C错误；
D．Na2SO3中S元素的化合价是+4，是0价S元素化合价升高的结果，所以Na2SO3是氧化产物，故D正确；
故选C。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向石灰水中滴加过量碳酸氢钠溶液：
B. 工业上用足量氨水吸收气体：
C. 四氧化三铁与稀硝酸的反应：
D. 溶液与足量反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向石灰水加入过量碳酸氢钠，石灰水不足，系数为1，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO，故A错误；
B．氨水为弱碱，书写离子方程式时，不能拆写成离子，正确的是2NH3·H2O+SO2=SO+2NH+H2O，故B错误；
C．与稀硝酸反应生成NO，正确的是3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；
D．NaClO具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，离子方程式为ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2H+，故D正确；
答案D。
4. 硫元素及其化合物之间存在如图所示的相互转化，下列说法正确的是
A. 反应③可以在氧气不足情况下实现
B. 反应⑥可以加入酸性高锰酸钾溶液实现
C. 反应⑦只与水化合反应实现
D 反应⑧可以通过复分解反应实现
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2S完全燃烧生成SO2，氧气不足，H2S会被氧气还原为硫单质，A错误；
B．二氧化硫具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，两者反应生成硫酸根离子，B错误；
C．二氧化硫需被氧化剂氧化为+6价硫，只和水反应不能生成硫酸，C错误；
D．硫酸和亚硫酸钠生成硫酸钠、二氧化硫和水，为复分解反应，D正确；
故选D。
5. 如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是（ ）
A. 挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B. 挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C. 用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D. 向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气可以溶于四氯化碳中，且氯气极易溶于氢氧化钠溶液中，因此可以引发喷泉实验，故A不符合题意；
B．氢气不溶于氢氧化钠溶液中，不能造成负压，因此不能引发喷泉实验，故B符合题意；
C．通过a鼓入空气，会将水压入烧瓶中，氨气溶于水后造成负压，能形成喷泉实验，故C不符合题意；
D．加入浓硫酸放热，锥形瓶中压强增大，浓氨水被压入烧瓶，与氯化氢反应造成负压，能形成喷泉实验，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】要形成喷泉，需形成压强差，可以是溶解引起的，也可以是反应引起的。
6. 除去粗盐中的杂质、和，过程如下：
下列有关说法中，不正确的是
A. 除去的主要反应：
B. 检验是否除净的方法：取上层清液，加入足量稀盐酸溶液，无明显现象后，加溶液，观察是否产生沉淀
C. 加稀盐酸调节pH后，采用蒸发结晶的方法得到NaCl固体
D. 试剂①、②、③分别是NaOH、、
【答案】D
【解析】
【分析】粗盐的提纯实验中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，一般加入NaOH溶液除去镁离子，加BaCl2溶液除去，加Na2CO3溶液除去钙离子和过量的钡离子，因此，Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入。据此分析解答。
【详解】A．加Na2CO3除去CaCl2，则除去Ca2+的主要反应：Ca2++CO=CaCO3↓，故A正确；
B．硫酸根离子与钡离子反应生成不溶于酸的白色沉淀，则检验SO是否除净的方法为：取上层清液，加入足量稀盐酸溶液，无明显现象后，加溶液，观察是否产生沉淀，故B正确；
C．加稀盐酸调节pH后的溶液为氯化钠溶液，可以采用蒸发结晶的方法得到NaCl固体，故C正确；
D．碳酸钠一定要在氯化钡溶液之后加入，试剂①、②、③分别是NaOH、BaCl2、Na2CO3，或BaCl2、NaOH、Na2CO3，故D错误；
故选D。
7. 下列实验用来证明气体SO2的存在，其中正确的是
①能使品红溶液褪色
②能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色
③通入H2S饱和溶液中有浅黄色沉淀生成
④通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀能溶于盐酸
⑤通入溴水中，溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸
A. ③⑤能证明B. ①②④能证明C. 都不能证明D. 只有⑤能证明
【答案】D
【解析】
【详解】能使品红溶液褪色的气体不一定为SO2，也可为氯气等，①错误；
能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色的气体有酸性或氧化性，可能是SO2，也可能为CO2、Cl2等，②错误；
通入H2S饱和溶液中有浅黄色沉淀生成，该气体可能是SO2，也可能为Cl2等，③错误；
通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀能溶于盐酸，可能为SO2也可能为CO2，④错误；
通入溴水中，溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸，则沉淀为BaSO4，说明该气体具有还原性，可被溴单质氧化，证明气体为SO2，⑤正确；
综上所述，只有⑤能证明二氧化硫的存在，D项符合题意。
故选D。
8. 用下列装置能达到实验目的的是(夹持装置已省略)
A. 用装置甲保护金属锌B. 用装置乙加热熔融固体
C. 用装置丙除去中少量D. 用装置丁制备漂白液
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌较铁活泼，做原电池的负极，发生氧化反应被锈蚀，A不符合题意；
B．氢氧化钠会和瓷坩埚中的二氧化硅反应生成硅酸钠，B不符合题意；
C．二氧化碳、二氧化硫都会和饱和碳酸钠反应，不能除去中少量，C不符合题意；
D．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，尾气有毒吸收处理，D符合题意；
故选D。
9. 某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有、、、、、、、、中的若干种离子。该小组同学取部分水样进行实验，向水样中先滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀；再滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解；最后滴加硝酸银溶液，又产生白色沉淀。下列说法正确的是
A. 观察水样可以确定一定不存在的离子只有
B. 经过实验可以确定一定存在的离子是、、、
C. 水样中可能存在
D. 水样中可能存在
【答案】C
【解析】
【分析】某无色水样，则不含有、，向水样中先滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，则含有、中的一种或两种；再滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，则、均存在；故不存在、、，根据溶液电中性，则一定含有一种阳离子，最后滴加硝酸银溶液，又产生白色沉淀，该白色沉淀为氯化银，则氯离子可能来自于前面所加盐酸而不一定是原溶液的，故不能确定原溶液中是否含有。
【详解】A．因水样无色，则观察水样可以确定一定不存在的离子有、，选项A错误；
B．经过实验可以确定一定存在的离子是、、，不能确定是否有，选项B错误；
C．滴加硝酸银溶液之前加了盐酸，引入了，所以无法确定水样中是否含有，选项C正确；
D．水样中一定存在，选项D错误。
答案选C。
10. 有以下三种途径来制取硫酸铜：①铜与浓硫酸反应②铜与氧气反应生成CuO，CuO再与稀硫酸反应③常温下向装有稀硫酸和铜片的烧杯中不断通入空气，下列有关叙述不正确的是：
A. ③的离子方程式为2Cu＋O2＋4H＋＝2Cu2＋＋2H2O
B. 三种方法制取等量产品消耗的硫酸一样多
C. 从能耗、环保角度考虑，③为最佳方案
D. 上述各反应过程中硫酸都体现了酸性
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下向装有稀硫酸和铜片的烧杯中不断通入空气，发生反应的化学方程式是2Cu＋O2＋2H2SO4= 2CuSO4+2H2O，故其离子方程式是2Cu＋O2＋4H＋＝2Cu2＋＋2H2O，故A正确；
B．铜与浓硫酸反应反应过程中，有近一半H2SO4被还原成SO2，所以制取等量硫酸铜，三种方法消耗的硫酸不一样多，故B错误；
C．①耗能，有SO2生成不环保；②耗能，环保；③既不耗能，也环保。故③为最佳方案，故C正确；
D．在①的反应中，硫酸体现酸性和强氧化性， ②③体现了硫酸的酸性，故D正确；
本题答案B。
11. 实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是
A. 装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B. 装置③中气体呈红棕色
C. 装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成
D. 通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
【答案】D
【解析】
【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化，4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O，生成的气体经过无水CaCl2，除去氨气和水蒸气，在装置③中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO在⑤中被吸收，防止污染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；
B．装置③NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；
C．装置④中发生3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；
D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；
故选D
12. 下列物质的检验中，其结论一定正确的是
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入稀HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有
B. 向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有或
C. 取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸时有气体产生，加BaCl2溶液时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化
D. 向某溶液中滴加NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变红，该溶液中含有
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入BaCl2溶液，产生白色沉淀可能为AgCl或BaSO4、BaSO3，加入HNO3具有强氧化性，会将BaSO3氧化为BaSO4，因此由实验及现象可知：原溶液中不一定含有，A错误；
B．使澄清的石灰水变浑浊的无色气体可能为CO2或SO2，由实验及现象可知，溶液中可能含有或或或，B错误；
C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，有气体产生，说明溶液中含有，此时转化为SO2气体逸出；然后加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明溶液含有，则由实验及现象可知：其中含有Na2SO3、Na2SO4，故说明Na2SO3样品已部分被氧化，C正确；
D．应该是向待测溶液中加入NaOH溶液并加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变为蓝色，证明溶液中含有，D错误；
故合理选项是C。
13. 下列关于硅元素及其化合物的说法正确的是
①在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，该结构的特殊性决定了硅酸盐材料大多具有硬度高、难溶于水、耐高温、耐腐蚀等特点
②食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
③新型陶瓷如高温结构陶瓷等与传统陶瓷相比成分没有很大变化，但却具有特殊的功能
④高纯硅是应用最为广泛的半导体材料，为现代信息技术的建立提供了基础
⑤瓷坩埚及石英坩埚不能与氢氟酸接触，也不能对苛性碱和碳酸钠进行熔融操作
A. ①②④B. ①③④C. ①④⑤D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，类似于共价晶体结构特点，致使硅酸盐材料大多具有硬度大、熔点高、耐腐蚀等性质，故正确；
②硅胶只能作干燥剂，不可防止食物氧化变质，故错误；
③新型陶瓷与传统陶瓷相比，在成分上有很大的变化，在等方面具有很多新的特性和功能，故错误；
④高纯硅是应用最为广泛的半导体材料，为现代信息技术的建立提供了基础，故正确；
⑤瓷坩埚及石英坩埚中含有二氧化硅，二氧化碳可以和氢氟酸、NaOH反应，瓷坩埚及石英坩埚不能与氢氟酸接触，也不能对苛性碱和碳酸钠进行熔融操作，故正确；
故选C。
14. 某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是
A. 实验①中消耗的铜粉质量大于实验②
B. 实验②中产生的气体可用向上排空气法收集
C. 实验③中铁发生了钝化
D. 以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①反应后溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，实验②反应后溶液呈蓝色，产生无色气体，发生反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，①与②中硝酸的物质的量相等，故实验①中消耗的铜粉质量小于实验②，故A错误；
B．实验②中生成一氧化氮气体，一氧化氮易于氧气反应，故不能用排空气法收集，故B错误；
C．实验③反应后溶液呈浅绿色，无气体生成，N可能被还原成更低价态，生成铵根，故C错误；
D．根据实验①②可得浓硝酸生成二氧化氮、稀硝酸生成一氧化氮，②③对比可知与金属活泼性有关，金属越活泼还原产物的价态越低，故D正确；
故选D。
15. 某原电池的示意图如图，M、N为两种不同的常见金属，X溶液为酸溶液或碱溶液。下列说法正确的是
A. 若M电极为Mg，N电极为Al，则M一定为负极
B. 若M电极为Fe，N电极为Cu，则M一定为负极
C. 若M电极质量减轻，N电极质量一定增加
D. 若M电极质量显著减少，则M一定为负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．若M电极为Mg，N电极为Al，X溶液为氢氧化钠溶液，则Al为负极，负极上Al失去电子，Mg为正极，得电子，故A错误；
B．若M电极为Fe，N电极为Cu，X溶液为浓硝酸，Cu能和浓硝酸反应，Cu被氧化，作负极，Al在浓硝酸中钝化，硝酸根在正极铝上得电子被还原为二氧化氮，故B错误；
C．若M电极质量减轻，N电极质量不一定增加，如Mg-Al-氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极，负极生成Na[Al(OH)4]，正极生成氢气，正极质量不增加，故C错误；
D．一般来说，原电池中相对活泼的一极失去电子，为原电池的负极，若M电极质量显著减少，表示M失去电子，则M一定为负极，故D正确。
答案选D。
16. 将一定量的锌与100 mL 18.5 ml/L 浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH=1，则下列叙述中错误的是
A. 气体A为SO2和H2的混合物
B. 反应中共消耗Zn 97.5 g
C. 气体A中SO2和H2的体积比为4∶1
D. 反应中共转移3 ml电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌与浓H2SO4发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，H2SO4浓度变小，发生反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，气体A为SO2和H2的混合物，A正确；
B．设反应生成的SO2的物质的量为x，H2的物质的量为y，则x＋y==1.5 ml，消耗的硫酸：2x＋y=18.5 ml/L×0.1 L-=1.8 ml，解得：x=0.3 ml，y=1.2 ml，参加反应的Zn：x＋y=1.5 ml，质量是m=nM=97.5 g， B正确；
C．由B项分析可知，反应生成的SO2的物质的量为0.3ml，H2的物质的量为1.2ml，则V(SO2)∶V(H2)=1∶4，C错误；
D．转移电子：1.5 ml×2=3 ml，D正确；
故选：C。
17. 下列反应中，一定可以用如图表示能量变化的有
①分解反应
②CO2与C在高温下反应生成CO
③甲烷在空气中燃烧
④需要加热才能明显发生的反应
⑤化学键断裂吸收的能量比化学键生成放出的能量多的反应
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
①分解反应不一定为吸热反应，如双氧水分解为放热反应，故①不符合；
②CO2与C在高温下反应生成CO为吸热反应，故②符合；
③甲烷在空气中燃烧为放热反应，故③不符合；
④反应的热效应与反应是否需要加热没有关系，不一定为吸热反应，故④不符合；
⑤化学键断裂吸收的能量比化学键生成放出的能量多的反应一定为吸热反应，故⑤符合；
综上②⑤正确，故B正确。
答案选B。
18. 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法错误的是
A. 过程①发生非氧化还原反应
B. 过程②中，发生反应为S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+
C. 过程③中，氧气是氧化剂
D. 整个转化过程中Fe3+可以循环使用
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程①中发生，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，A正确；
B．过程②中发生，B错误；
C．过程③中发生，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，C正确；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，D正确；
故选B。
19. 意大利罗马大学的FulviCacace等人获得极具理论研究意义的分子。分子结构如图所示，已知断裂1mlN-N吸收167kJ能量，断裂1mlN≡N吸收942kJ能量。下列说法正确的是
A. 比更稳定B. 转化为，吸收882kJ能量
C. 中N原子未满足最外层结构D. 与中均含有非极性共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．1mlN4气体中含有6mlN-N键，可生成2mlN2，形成2mlN≡N键，则1mlN4气体转变为N2化学键断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ-1002kJ=882kJ，N4的能量高，不稳定，则N2比N4稳定，故A错误；
B．1mlN4气体中含有6mlN-N键，可生成2mlN2，形成2mlN≡N键，则1mlN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ-1002kJ=882kJ，故B错误；
C．分子结构分析可知，N4中每个N原子形成三个共价键，有一对孤对电子，均满足8e-稳定结构，故C错误；
D．与中均存在同种元素形成共价键，则均含有非极性共价键，故D正确；
故选D。
20. 利用硝酸工业的尾气(含NO、)获得的部分工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 吸收硝酸工业尾气的石灰乳不能用澄清石灰水替换
B. 为使尾气中被充分吸收，尾气与石灰乳采用气液逆流接触吸收
C. 若尾气中，，产品中含量升高
D. 在酸性溶液中分解的离子方程式为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．吸收硝酸工业尾气的石灰乳不能用澄清石灰水替换，因为石灰水中溶质太少，不能很好的吸收尾气，故A正确；
B．为使尾气中被充分吸收，尾气与石灰乳采用气液逆流，使得接触面积大，能充分吸收，故B正确；
C．若尾气中，，说明一氧化氮比二氧化氮多，则尾气中NO含量较多，当时，产品中含量升高，故C错误；
D．在酸性溶液中分解，其亚硝酸根发生氧化还原反应即歧化反应，其离子方程式为：，故D正确。
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
21. A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图1所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
（1）D的化学式为_______，Y的电子式为_______。
（2）Y与氧化铜反应，每生成1mlB消耗3ml氧化铜，该反应的化学方程式为________。
（3）Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为_______。
（4）气体F和气体在通常条件下同时通入盛有溶液的洗气瓶中(如图2所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（5）标准状况下，将下列气体① ②(体积比) ③充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度由大到小的顺序为_______(用①②③表示)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）
（4） ①. 是 ②. 与水和共同作用产生
（5）①=③>②
【解析】
【分析】A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D与气体单质A反应得到X，气体单质D与气体单质B(氮气)反应得到Y，而X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，而Y与CuO反应生成B(氮气)，可推知D为H2、A为Cl2、X为HCl、Y为NH3，D与C反应生成Z为H2O，F与Z反应生成G为HNO3。
【小问1详解】
由上述分析可知，D的化学式为H2，Y的化学式为NH3，电子式为；
【小问2详解】
NH3与氧化铜反应，每生成1mlN2消耗3ml氧化铜，设还原产物中Cu元素化合价为a，则3×(2﹣a)=2×3，解得a=0，故生成Cu，该反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
【小问3详解】
NH3和NO在一定条件下可反应生成N2和H2O，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
【小问4详解】
因NO2与水和SO2共同作用产生，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有沉淀生成，故答案为：是；与水和共同作用产生；
【小问5详解】
①NH3完全溶于水，溶液体积等于氨气的体积，所得溶液浓度为：；
②发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，气体恰好完全溶解，溶液体积等于混合气体总体积，所得溶液浓度为：；
③发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，VLNO2完全反应生成VLNO，溶液体积为VL，所得溶液浓度为：，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度由大到小的顺序为①=③>②。
22. 高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
（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_______。当有1mlC参与反应时，该反应转移的电子数是________。
（2）还原炉中发生的化学反应方程式为：_______。
（3）上述工艺生产中循环使用的物质除Si、外，还有_______。
（4）工业上可利用水玻璃和盐酸反应制备硅酸凝胶，进一步脱水处理可得到硅胶，写出水玻璃和盐酸反应的离子方程式：_______。
（5）关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_____。
A．自然界中存在天然游离的硅单质
B．已知C与Si的最高正价都是正四价，由于，用类比法得知，
C．用氧化物形式表示为
D．既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
E．玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）、HCl
（4）
（5）CE
【解析】
【分析】石英砂与焦炭的混合物在电弧炉中加热到1600~1800℃，可得到粗硅；粗硅放入流化床反应器中，通入HCl气体，并加热到250~300℃，得到SiHCl3；将SiHCl3放入还原炉内，通入H2并加热到1100~1200℃，从而制得高纯硅。
【小问1详解】
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和CO，反应的化学方程式为；碳元素化合价由0升高为+2，当有参与反应时，该反应转移的电子数为2NA；
【小问2详解】
还原炉中SiHCl3和氢气反应生成Si和氯化氢，发生的化学反应方程式为；
【小问3详解】
根据流程图，还原炉中生成的氯化氢可以循环到流化床反应器中使用，流化床反应器中生成氢气可以在还原炉中循环利用，上述工艺生产中循环使用的物质除Si、外，还有HCl、H2；
【小问4详解】
水玻璃为Na2SiO3的水溶液，和盐酸反应，制取硅酸等，离子方程式为+2H＋=H2SiO3；
【小问5详解】
A．自然界中不存在天然游离的硅单质，硅是以二氧化硅和硅酸盐存在于自然界中，A错误；
B．SiO2不溶于水，也不与水反应，B错误；
C．根据硅酸盐改写成氧化物的方法，Na[AlSi3O8]用氧化物形式表示为Na2O·Al2O3·6SiO2，C正确；
D．SiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，但SiO2不能与其他酸反应，为酸性氧化物，D错误；
E．水泥、玻璃、陶瓷的主要成分中都含有硅酸盐，我国古代就以陶瓷文明世界，所以称玻璃、水泥、陶瓷是传统的硅酸盐产品，E正确；
故选CE。
23. 能源是现代文明的原动力，电池与我们的生活和生产密切相关。
(1)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是___(填字母)。
A.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)
B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)
C.2CO(g)+O2=2CO2(l)
(2)如图为原电池装置示意图：
①若A为Zn片，B为石墨棒，电解质溶液为稀硫酸，写出正极的电极反应式___，反应过程中溶液的酸性___(填“变大”变小“或”不变“)。一段时间后，当在电池中放出1.68L(标准状况)气体时，电路中有___个电子通过了导线(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
②若电池的总反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，负极材料是___，负极的电极反应式为___。
③若A为镁片，B为铝片，电解质为NaOH溶液，则铝片为___极(填正或负)；写出该电极电极反应式：__。
④燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，H2和O2组合形成的燃料电池的结构如图(电解液是稀硫酸)：
则电极d是___(填“正极”或“负极”)，电极d的电极反应式为_____。若线路中转移2ml电子，则该燃科电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为___L。
【答案】 ① C ②. ③. 变小 ④. 0.15NA ⑤. Cu ⑥. ⑦. 负 ⑧. ⑨. 正 ⑩. ⑪. 11.2
【解析】
【分析】
【详解】(1)A．该反应为吸热反应，不能设计成原电池，A项不选；
B．该反应为放热反应，但不是氧化还原反应，不能设计成原电池，B项不选；
C．该反应为放热反应，并且也是氧化还原反应，能设计成原电池，C项选；
答案选C；
(2)①若A为Zn片，B为石墨棒，电解质溶液为稀硫酸，则Zn作负极，石墨作正极，正极的电极反应式为；反应过程中消耗，浓度降低，溶液酸性变小；当在电池中放出1.68L(标准状况)气体时，生成的物质的量为，根据可知，转移0.15ml电子，则电路中有0.15NA个电子通过了导线；
②电池的总反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，负极发生氧化反应，化合价升高，则负极材料为Cu；负极的电极反应式为；
③若A为镁片，B为铝片，电解质为NaOH溶液，铝可与NaOH溶液反应，而镁不能，则铝片为负极，电极反应式为；
④根据电子流向可知，电极c为负极，电极d为正极；H2和O2组合形成的燃料电池(电解液是稀硫酸)，O2在正极发生反应，则电极d的电极反应式为；若线路中转移2ml电子，根据可知，消耗0.5ml，则该燃科电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为。
24. 二氯化二硫是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质．查阅资料可知具有下列性质：
（1）制取少量
实验室可利用硫黄与少量氯气在反应制得粗品．
①装置连接顺序：________．
②实验前打开，通入一段时间的氮气排尽装置内空气．实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是________．
③为了提高的纯度，实验的关键是控制好温度，保持干燥环境和________．
（2）④遇水强烈反应产生烟，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，加热后又恢复原色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式：________．
（3）某同学为了测定与水反应后生成的气体在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：
⑥溶液可以是________（填字母）．
a．溶液 b．溶液（硫酸酸化） c．氯水
⑦该混合气体中气体X的体积分数为_____________（用含V、m的式子表示）．
【答案】（1） ①. ②. 将装置内的氯气排入内吸收以免污染空气，并将中残留的排入中收集 ③. 滴入浓盐酸的速率或中通入氯气的量
（2）
（3） ①. ac ②.
【解析】
【分析】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入且需用碱石灰吸收多余氯气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量Mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，据此分析解题。
【小问1详解】
①利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入且需用碱石灰吸收多余氯气，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；
②实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
③反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
【小问2详解】
④由题干信息，S2Cl2遇水强烈反应产生烟，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原色，该气体为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，则该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑；
【小问3详解】
⑥W溶液是氧化二氧化硫的溶液，可以是a．H2O2溶液，c．氯水，但不能是b．KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为硫酸酸化高锰酸钾溶液会干扰二氧化硫的含量测定，会导致结果偏大，故选：ac；
⑦过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)= =ml，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=×100%=×100%；实验操作(室温)及实验现象
①
将足量的铜粉加入中，溶液呈绿色，产生红棕色气体
②
将足量的铜粉加入中，溶液呈蓝色，产生无色气体
③
将足量的铁粉加入中，溶液呈浅绿色，无气体生成
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
138℃
化学性质
①以上完全分解；
②；
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；
④受热或遇水分解，放出腐蚀性烟气
说明：本试卷满分100分，分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷为第1页至第5页，第Ⅱ卷为第6页至第8页。试题答案请用2B铅管或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Cu：64 Ba：137
第Ⅰ卷(共50分)
一、选择题(本题包括20个小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活、科技息息相关，下列叙述正确的是
A. 华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
B. 国产飞机C919用到氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
C. 是富勒烯的代表物，的摩尔质量为720
D. 石墨烯的性质稳定，在氧气中不能燃烧
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅是良好的半导体材料，手机芯片的主要成分是硅，A错误；
B．氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨损、超硬物质，是新型无机非金属材料，B正确；
C．C60的摩尔质量为720g/ml，C错误；
D．石墨烯是由碳元素组成的单质，它在氧气中可以燃烧，D错误；
故选B。
2. 用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应(未配平)，下列说法错误的是
A. 该反应中硫单质既做氧化剂也做还原剂
B. 也可以用清洗试管壁上的硫
C. 生成的和的物质的量之比为
D. 氧化产物是
【答案】C
【解析】
【分析】用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O，其中S既升高又降低，根据得失电子守恒配平方程式为3S+6NaOH＝Na2SO3+2Na2S+3H2O，据此分析解答。
【详解】A．用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O，其中S既升高又降低，故S在反应中既作氧化剂，又作还原剂，故A正确；
B．S易溶于二硫化碳，所以也可以用CS2清洗试管壁上的硫，故B正确；
C．根据配平的方程式得到生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1：2，故C错误；
D．Na2SO3中S元素的化合价是+4，是0价S元素化合价升高的结果，所以Na2SO3是氧化产物，故D正确；
故选C。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向石灰水中滴加过量碳酸氢钠溶液：
B. 工业上用足量氨水吸收气体：
C. 四氧化三铁与稀硝酸的反应：
D. 溶液与足量反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向石灰水加入过量碳酸氢钠，石灰水不足，系数为1，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO，故A错误；
B．氨水为弱碱，书写离子方程式时，不能拆写成离子，正确的是2NH3·H2O+SO2=SO+2NH+H2O，故B错误；
C．与稀硝酸反应生成NO，正确的是3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；
D．NaClO具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，离子方程式为ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2H+，故D正确；
答案D。
4. 硫元素及其化合物之间存在如图所示的相互转化，下列说法正确的是
A. 反应③可以在氧气不足情况下实现
B. 反应⑥可以加入酸性高锰酸钾溶液实现
C. 反应⑦只与水化合反应实现
D 反应⑧可以通过复分解反应实现
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2S完全燃烧生成SO2，氧气不足，H2S会被氧气还原为硫单质，A错误；
B．二氧化硫具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，两者反应生成硫酸根离子，B错误；
C．二氧化硫需被氧化剂氧化为+6价硫，只和水反应不能生成硫酸，C错误；
D．硫酸和亚硫酸钠生成硫酸钠、二氧化硫和水，为复分解反应，D正确；
故选D。
5. 如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是（ ）
A. 挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B. 挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C. 用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D. 向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气可以溶于四氯化碳中，且氯气极易溶于氢氧化钠溶液中，因此可以引发喷泉实验，故A不符合题意；
B．氢气不溶于氢氧化钠溶液中，不能造成负压，因此不能引发喷泉实验，故B符合题意；
C．通过a鼓入空气，会将水压入烧瓶中，氨气溶于水后造成负压，能形成喷泉实验，故C不符合题意；
D．加入浓硫酸放热，锥形瓶中压强增大，浓氨水被压入烧瓶，与氯化氢反应造成负压，能形成喷泉实验，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】要形成喷泉，需形成压强差，可以是溶解引起的，也可以是反应引起的。
6. 除去粗盐中的杂质、和，过程如下：
下列有关说法中，不正确的是
A. 除去的主要反应：
B. 检验是否除净的方法：取上层清液，加入足量稀盐酸溶液，无明显现象后，加溶液，观察是否产生沉淀
C. 加稀盐酸调节pH后，采用蒸发结晶的方法得到NaCl固体
D. 试剂①、②、③分别是NaOH、、
【答案】D
【解析】
【分析】粗盐的提纯实验中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，一般加入NaOH溶液除去镁离子，加BaCl2溶液除去，加Na2CO3溶液除去钙离子和过量的钡离子，因此，Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入。据此分析解答。
【详解】A．加Na2CO3除去CaCl2，则除去Ca2+的主要反应：Ca2++CO=CaCO3↓，故A正确；
B．硫酸根离子与钡离子反应生成不溶于酸的白色沉淀，则检验SO是否除净的方法为：取上层清液，加入足量稀盐酸溶液，无明显现象后，加溶液，观察是否产生沉淀，故B正确；
C．加稀盐酸调节pH后的溶液为氯化钠溶液，可以采用蒸发结晶的方法得到NaCl固体，故C正确；
D．碳酸钠一定要在氯化钡溶液之后加入，试剂①、②、③分别是NaOH、BaCl2、Na2CO3，或BaCl2、NaOH、Na2CO3，故D错误；
故选D。
7. 下列实验用来证明气体SO2的存在，其中正确的是
①能使品红溶液褪色
②能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色
③通入H2S饱和溶液中有浅黄色沉淀生成
④通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀能溶于盐酸
⑤通入溴水中，溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸
A. ③⑤能证明B. ①②④能证明C. 都不能证明D. 只有⑤能证明
【答案】D
【解析】
【详解】能使品红溶液褪色的气体不一定为SO2，也可为氯气等，①错误；
能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色的气体有酸性或氧化性，可能是SO2，也可能为CO2、Cl2等，②错误；
通入H2S饱和溶液中有浅黄色沉淀生成，该气体可能是SO2，也可能为Cl2等，③错误；
通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀能溶于盐酸，可能为SO2也可能为CO2，④错误；
通入溴水中，溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸，则沉淀为BaSO4，说明该气体具有还原性，可被溴单质氧化，证明气体为SO2，⑤正确；
综上所述，只有⑤能证明二氧化硫的存在，D项符合题意。
故选D。
8. 用下列装置能达到实验目的的是(夹持装置已省略)
A. 用装置甲保护金属锌B. 用装置乙加热熔融固体
C. 用装置丙除去中少量D. 用装置丁制备漂白液
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌较铁活泼，做原电池的负极，发生氧化反应被锈蚀，A不符合题意；
B．氢氧化钠会和瓷坩埚中的二氧化硅反应生成硅酸钠，B不符合题意；
C．二氧化碳、二氧化硫都会和饱和碳酸钠反应，不能除去中少量，C不符合题意；
D．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，尾气有毒吸收处理，D符合题意；
故选D。
9. 某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有、、、、、、、、中的若干种离子。该小组同学取部分水样进行实验，向水样中先滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀；再滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解；最后滴加硝酸银溶液，又产生白色沉淀。下列说法正确的是
A. 观察水样可以确定一定不存在的离子只有
B. 经过实验可以确定一定存在的离子是、、、
C. 水样中可能存在
D. 水样中可能存在
【答案】C
【解析】
【分析】某无色水样，则不含有、，向水样中先滴加足量硝酸钡溶液，产生白色沉淀，则含有、中的一种或两种；再滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，则、均存在；故不存在、、，根据溶液电中性，则一定含有一种阳离子，最后滴加硝酸银溶液，又产生白色沉淀，该白色沉淀为氯化银，则氯离子可能来自于前面所加盐酸而不一定是原溶液的，故不能确定原溶液中是否含有。
【详解】A．因水样无色，则观察水样可以确定一定不存在的离子有、，选项A错误；
B．经过实验可以确定一定存在的离子是、、，不能确定是否有，选项B错误；
C．滴加硝酸银溶液之前加了盐酸，引入了，所以无法确定水样中是否含有，选项C正确；
D．水样中一定存在，选项D错误。
答案选C。
10. 有以下三种途径来制取硫酸铜：①铜与浓硫酸反应②铜与氧气反应生成CuO，CuO再与稀硫酸反应③常温下向装有稀硫酸和铜片的烧杯中不断通入空气，下列有关叙述不正确的是：
A. ③的离子方程式为2Cu＋O2＋4H＋＝2Cu2＋＋2H2O
B. 三种方法制取等量产品消耗的硫酸一样多
C. 从能耗、环保角度考虑，③为最佳方案
D. 上述各反应过程中硫酸都体现了酸性
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下向装有稀硫酸和铜片的烧杯中不断通入空气，发生反应的化学方程式是2Cu＋O2＋2H2SO4= 2CuSO4+2H2O，故其离子方程式是2Cu＋O2＋4H＋＝2Cu2＋＋2H2O，故A正确；
B．铜与浓硫酸反应反应过程中，有近一半H2SO4被还原成SO2，所以制取等量硫酸铜，三种方法消耗的硫酸不一样多，故B错误；
C．①耗能，有SO2生成不环保；②耗能，环保；③既不耗能，也环保。故③为最佳方案，故C正确；
D．在①的反应中，硫酸体现酸性和强氧化性， ②③体现了硫酸的酸性，故D正确；
本题答案B。
11. 实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是
A. 装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B. 装置③中气体呈红棕色
C. 装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成
D. 通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
【答案】D
【解析】
【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化，4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O，生成的气体经过无水CaCl2，除去氨气和水蒸气，在装置③中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮，尾气中的NO在⑤中被吸收，防止污染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；
B．装置③NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；
C．装置④中发生3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；
D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；
故选D
12. 下列物质的检验中，其结论一定正确的是
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入稀HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有
B. 向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有或
C. 取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸时有气体产生，加BaCl2溶液时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化
D. 向某溶液中滴加NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变红，该溶液中含有
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入BaCl2溶液，产生白色沉淀可能为AgCl或BaSO4、BaSO3，加入HNO3具有强氧化性，会将BaSO3氧化为BaSO4，因此由实验及现象可知：原溶液中不一定含有，A错误；
B．使澄清的石灰水变浑浊的无色气体可能为CO2或SO2，由实验及现象可知，溶液中可能含有或或或，B错误；
C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，有气体产生，说明溶液中含有，此时转化为SO2气体逸出；然后加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明溶液含有，则由实验及现象可知：其中含有Na2SO3、Na2SO4，故说明Na2SO3样品已部分被氧化，C正确；
D．应该是向待测溶液中加入NaOH溶液并加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变为蓝色，证明溶液中含有，D错误；
故合理选项是C。
13. 下列关于硅元素及其化合物的说法正确的是
①在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，该结构的特殊性决定了硅酸盐材料大多具有硬度高、难溶于水、耐高温、耐腐蚀等特点
②食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
③新型陶瓷如高温结构陶瓷等与传统陶瓷相比成分没有很大变化，但却具有特殊的功能
④高纯硅是应用最为广泛的半导体材料，为现代信息技术的建立提供了基础
⑤瓷坩埚及石英坩埚不能与氢氟酸接触，也不能对苛性碱和碳酸钠进行熔融操作
A. ①②④B. ①③④C. ①④⑤D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，类似于共价晶体结构特点，致使硅酸盐材料大多具有硬度大、熔点高、耐腐蚀等性质，故正确；
②硅胶只能作干燥剂，不可防止食物氧化变质，故错误；
③新型陶瓷与传统陶瓷相比，在成分上有很大的变化，在等方面具有很多新的特性和功能，故错误；
④高纯硅是应用最为广泛的半导体材料，为现代信息技术的建立提供了基础，故正确；
⑤瓷坩埚及石英坩埚中含有二氧化硅，二氧化碳可以和氢氟酸、NaOH反应，瓷坩埚及石英坩埚不能与氢氟酸接触，也不能对苛性碱和碳酸钠进行熔融操作，故正确；
故选C。
14. 某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是
A. 实验①中消耗的铜粉质量大于实验②
B. 实验②中产生的气体可用向上排空气法收集
C. 实验③中铁发生了钝化
D. 以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①反应后溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，实验②反应后溶液呈蓝色，产生无色气体，发生反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，①与②中硝酸的物质的量相等，故实验①中消耗的铜粉质量小于实验②，故A错误；
B．实验②中生成一氧化氮气体，一氧化氮易于氧气反应，故不能用排空气法收集，故B错误；
C．实验③反应后溶液呈浅绿色，无气体生成，N可能被还原成更低价态，生成铵根，故C错误；
D．根据实验①②可得浓硝酸生成二氧化氮、稀硝酸生成一氧化氮，②③对比可知与金属活泼性有关，金属越活泼还原产物的价态越低，故D正确；
故选D。
15. 某原电池的示意图如图，M、N为两种不同的常见金属，X溶液为酸溶液或碱溶液。下列说法正确的是
A. 若M电极为Mg，N电极为Al，则M一定为负极
B. 若M电极为Fe，N电极为Cu，则M一定为负极
C. 若M电极质量减轻，N电极质量一定增加
D. 若M电极质量显著减少，则M一定为负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．若M电极为Mg，N电极为Al，X溶液为氢氧化钠溶液，则Al为负极，负极上Al失去电子，Mg为正极，得电子，故A错误；
B．若M电极为Fe，N电极为Cu，X溶液为浓硝酸，Cu能和浓硝酸反应，Cu被氧化，作负极，Al在浓硝酸中钝化，硝酸根在正极铝上得电子被还原为二氧化氮，故B错误；
C．若M电极质量减轻，N电极质量不一定增加，如Mg-Al-氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极，负极生成Na[Al(OH)4]，正极生成氢气，正极质量不增加，故C错误；
D．一般来说，原电池中相对活泼的一极失去电子，为原电池的负极，若M电极质量显著减少，表示M失去电子，则M一定为负极，故D正确。
答案选D。
16. 将一定量的锌与100 mL 18.5 ml/L 浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH=1，则下列叙述中错误的是
A. 气体A为SO2和H2的混合物
B. 反应中共消耗Zn 97.5 g
C. 气体A中SO2和H2的体积比为4∶1
D. 反应中共转移3 ml电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．锌与浓H2SO4发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，H2SO4浓度变小，发生反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，气体A为SO2和H2的混合物，A正确；
B．设反应生成的SO2的物质的量为x，H2的物质的量为y，则x＋y==1.5 ml，消耗的硫酸：2x＋y=18.5 ml/L×0.1 L-=1.8 ml，解得：x=0.3 ml，y=1.2 ml，参加反应的Zn：x＋y=1.5 ml，质量是m=nM=97.5 g， B正确；
C．由B项分析可知，反应生成的SO2的物质的量为0.3ml，H2的物质的量为1.2ml，则V(SO2)∶V(H2)=1∶4，C错误；
D．转移电子：1.5 ml×2=3 ml，D正确；
故选：C。
17. 下列反应中，一定可以用如图表示能量变化的有
①分解反应
②CO2与C在高温下反应生成CO
③甲烷在空气中燃烧
④需要加热才能明显发生的反应
⑤化学键断裂吸收的能量比化学键生成放出的能量多的反应
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
①分解反应不一定为吸热反应，如双氧水分解为放热反应，故①不符合；
②CO2与C在高温下反应生成CO为吸热反应，故②符合；
③甲烷在空气中燃烧为放热反应，故③不符合；
④反应的热效应与反应是否需要加热没有关系，不一定为吸热反应，故④不符合；
⑤化学键断裂吸收的能量比化学键生成放出的能量多的反应一定为吸热反应，故⑤符合；
综上②⑤正确，故B正确。
答案选B。
18. 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法错误的是
A. 过程①发生非氧化还原反应
B. 过程②中，发生反应为S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+
C. 过程③中，氧气是氧化剂
D. 整个转化过程中Fe3+可以循环使用
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程①中发生，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，A正确；
B．过程②中发生，B错误；
C．过程③中发生，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，C正确；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，D正确；
故选B。
19. 意大利罗马大学的FulviCacace等人获得极具理论研究意义的分子。分子结构如图所示，已知断裂1mlN-N吸收167kJ能量，断裂1mlN≡N吸收942kJ能量。下列说法正确的是
A. 比更稳定B. 转化为，吸收882kJ能量
C. 中N原子未满足最外层结构D. 与中均含有非极性共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．1mlN4气体中含有6mlN-N键，可生成2mlN2，形成2mlN≡N键，则1mlN4气体转变为N2化学键断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ-1002kJ=882kJ，N4的能量高，不稳定，则N2比N4稳定，故A错误；
B．1mlN4气体中含有6mlN-N键，可生成2mlN2，形成2mlN≡N键，则1mlN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ-1002kJ=882kJ，故B错误；
C．分子结构分析可知，N4中每个N原子形成三个共价键，有一对孤对电子，均满足8e-稳定结构，故C错误；
D．与中均存在同种元素形成共价键，则均含有非极性共价键，故D正确；
故选D。
20. 利用硝酸工业的尾气(含NO、)获得的部分工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 吸收硝酸工业尾气的石灰乳不能用澄清石灰水替换
B. 为使尾气中被充分吸收，尾气与石灰乳采用气液逆流接触吸收
C. 若尾气中，，产品中含量升高
D. 在酸性溶液中分解的离子方程式为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．吸收硝酸工业尾气的石灰乳不能用澄清石灰水替换，因为石灰水中溶质太少，不能很好的吸收尾气，故A正确；
B．为使尾气中被充分吸收，尾气与石灰乳采用气液逆流，使得接触面积大，能充分吸收，故B正确；
C．若尾气中，，说明一氧化氮比二氧化氮多，则尾气中NO含量较多，当时，产品中含量升高，故C错误；
D．在酸性溶液中分解，其亚硝酸根发生氧化还原反应即歧化反应，其离子方程式为：，故D正确。
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
21. A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图1所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题：
（1）D的化学式为_______，Y的电子式为_______。
（2）Y与氧化铜反应，每生成1mlB消耗3ml氧化铜，该反应的化学方程式为________。
（3）Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为_______。
（4）气体F和气体在通常条件下同时通入盛有溶液的洗气瓶中(如图2所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（5）标准状况下，将下列气体① ②(体积比) ③充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度由大到小的顺序为_______(用①②③表示)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）
（4） ①. 是 ②. 与水和共同作用产生
（5）①=③>②
【解析】
【分析】A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D与气体单质A反应得到X，气体单质D与气体单质B(氮气)反应得到Y，而X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，而Y与CuO反应生成B(氮气)，可推知D为H2、A为Cl2、X为HCl、Y为NH3，D与C反应生成Z为H2O，F与Z反应生成G为HNO3。
【小问1详解】
由上述分析可知，D的化学式为H2，Y的化学式为NH3，电子式为；
【小问2详解】
NH3与氧化铜反应，每生成1mlN2消耗3ml氧化铜，设还原产物中Cu元素化合价为a，则3×(2﹣a)=2×3，解得a=0，故生成Cu，该反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
【小问3详解】
NH3和NO在一定条件下可反应生成N2和H2O，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
【小问4详解】
因NO2与水和SO2共同作用产生，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有沉淀生成，故答案为：是；与水和共同作用产生；
【小问5详解】
①NH3完全溶于水，溶液体积等于氨气的体积，所得溶液浓度为：；
②发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，气体恰好完全溶解，溶液体积等于混合气体总体积，所得溶液浓度为：；
③发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，VLNO2完全反应生成VLNO，溶液体积为VL，所得溶液浓度为：，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度由大到小的顺序为①=③>②。
22. 高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
（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_______。当有1mlC参与反应时，该反应转移的电子数是________。
（2）还原炉中发生的化学反应方程式为：_______。
（3）上述工艺生产中循环使用的物质除Si、外，还有_______。
（4）工业上可利用水玻璃和盐酸反应制备硅酸凝胶，进一步脱水处理可得到硅胶，写出水玻璃和盐酸反应的离子方程式：_______。
（5）关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_____。
A．自然界中存在天然游离的硅单质
B．已知C与Si的最高正价都是正四价，由于，用类比法得知，
C．用氧化物形式表示为
D．既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
E．玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）、HCl
（4）
（5）CE
【解析】
【分析】石英砂与焦炭的混合物在电弧炉中加热到1600~1800℃，可得到粗硅；粗硅放入流化床反应器中，通入HCl气体，并加热到250~300℃，得到SiHCl3；将SiHCl3放入还原炉内，通入H2并加热到1100~1200℃，从而制得高纯硅。
【小问1详解】
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和CO，反应的化学方程式为；碳元素化合价由0升高为+2，当有参与反应时，该反应转移的电子数为2NA；
【小问2详解】
还原炉中SiHCl3和氢气反应生成Si和氯化氢，发生的化学反应方程式为；
【小问3详解】
根据流程图，还原炉中生成的氯化氢可以循环到流化床反应器中使用，流化床反应器中生成氢气可以在还原炉中循环利用，上述工艺生产中循环使用的物质除Si、外，还有HCl、H2；
【小问4详解】
水玻璃为Na2SiO3的水溶液，和盐酸反应，制取硅酸等，离子方程式为+2H＋=H2SiO3；
【小问5详解】
A．自然界中不存在天然游离的硅单质，硅是以二氧化硅和硅酸盐存在于自然界中，A错误；
B．SiO2不溶于水，也不与水反应，B错误；
C．根据硅酸盐改写成氧化物的方法，Na[AlSi3O8]用氧化物形式表示为Na2O·Al2O3·6SiO2，C正确；
D．SiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，但SiO2不能与其他酸反应，为酸性氧化物，D错误；
E．水泥、玻璃、陶瓷的主要成分中都含有硅酸盐，我国古代就以陶瓷文明世界，所以称玻璃、水泥、陶瓷是传统的硅酸盐产品，E正确；
故选CE。
23. 能源是现代文明的原动力，电池与我们的生活和生产密切相关。
(1)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是___(填字母)。
A.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)
B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)
C.2CO(g)+O2=2CO2(l)
(2)如图为原电池装置示意图：
①若A为Zn片，B为石墨棒，电解质溶液为稀硫酸，写出正极的电极反应式___，反应过程中溶液的酸性___(填“变大”变小“或”不变“)。一段时间后，当在电池中放出1.68L(标准状况)气体时，电路中有___个电子通过了导线(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
②若电池的总反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，负极材料是___，负极的电极反应式为___。
③若A为镁片，B为铝片，电解质为NaOH溶液，则铝片为___极(填正或负)；写出该电极电极反应式：__。
④燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，H2和O2组合形成的燃料电池的结构如图(电解液是稀硫酸)：
则电极d是___(填“正极”或“负极”)，电极d的电极反应式为_____。若线路中转移2ml电子，则该燃科电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为___L。
【答案】 ① C ②. ③. 变小 ④. 0.15NA ⑤. Cu ⑥. ⑦. 负 ⑧. ⑨. 正 ⑩. ⑪. 11.2
【解析】
【分析】
【详解】(1)A．该反应为吸热反应，不能设计成原电池，A项不选；
B．该反应为放热反应，但不是氧化还原反应，不能设计成原电池，B项不选；
C．该反应为放热反应，并且也是氧化还原反应，能设计成原电池，C项选；
答案选C；
(2)①若A为Zn片，B为石墨棒，电解质溶液为稀硫酸，则Zn作负极，石墨作正极，正极的电极反应式为；反应过程中消耗，浓度降低，溶液酸性变小；当在电池中放出1.68L(标准状况)气体时，生成的物质的量为，根据可知，转移0.15ml电子，则电路中有0.15NA个电子通过了导线；
②电池的总反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，负极发生氧化反应，化合价升高，则负极材料为Cu；负极的电极反应式为；
③若A为镁片，B为铝片，电解质为NaOH溶液，铝可与NaOH溶液反应，而镁不能，则铝片为负极，电极反应式为；
④根据电子流向可知，电极c为负极，电极d为正极；H2和O2组合形成的燃料电池(电解液是稀硫酸)，O2在正极发生反应，则电极d的电极反应式为；若线路中转移2ml电子，根据可知，消耗0.5ml，则该燃科电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为。
24. 二氯化二硫是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质．查阅资料可知具有下列性质：
（1）制取少量
实验室可利用硫黄与少量氯气在反应制得粗品．
①装置连接顺序：________．
②实验前打开，通入一段时间的氮气排尽装置内空气．实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是________．
③为了提高的纯度，实验的关键是控制好温度，保持干燥环境和________．
（2）④遇水强烈反应产生烟，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，加热后又恢复原色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式：________．
（3）某同学为了测定与水反应后生成的气体在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：
⑥溶液可以是________（填字母）．
a．溶液 b．溶液（硫酸酸化） c．氯水
⑦该混合气体中气体X的体积分数为_____________（用含V、m的式子表示）．
【答案】（1） ①. ②. 将装置内的氯气排入内吸收以免污染空气，并将中残留的排入中收集 ③. 滴入浓盐酸的速率或中通入氯气的量
（2）
（3） ①. ac ②.
【解析】
【分析】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入且需用碱石灰吸收多余氯气；(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量Mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，据此分析解题。
【小问1详解】
①利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入且需用碱石灰吸收多余氯气，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；
②实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
③反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
【小问2详解】
④由题干信息，S2Cl2遇水强烈反应产生烟，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原色，该气体为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，则该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑；
【小问3详解】
⑥W溶液是氧化二氧化硫的溶液，可以是a．H2O2溶液，c．氯水，但不能是b．KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为硫酸酸化高锰酸钾溶液会干扰二氧化硫的含量测定，会导致结果偏大，故选：ac；
⑦过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)= =ml，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=×100%=×100%；实验操作(室温)及实验现象
①
将足量的铜粉加入中，溶液呈绿色，产生红棕色气体
②
将足量的铜粉加入中，溶液呈蓝色，产生无色气体
③
将足量的铁粉加入中，溶液呈浅绿色，无气体生成
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
138℃
化学性质
①以上完全分解；
②；
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；
④受热或遇水分解，放出腐蚀性烟气
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