2024-2025学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册 综合练习（1-3）

高一下学期化学综合练习（1） 1．（　　）化学与生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是 A．雾霾、温室效应、光化学烟雾的形成都与氮的氧化物无关 B．将煤汽化和液化，得到清洁的燃料和化工原料 C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可实现水果保鲜 D．光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅 2．（　　）下列化学用语表述正确的是 A．乙烯的空间填充模型： B．丙烯的键线式： C．次氯酸的结构式：H—Cl—O D．一氯甲烷的电子式： 3．（　　）下列关于物质之间关系说法正确的是 A．甲基丙烷和正丁烷互为同系物 B．与化学性质相同，互为同位素 C．和互为同分异构体 D．分子式为和分子式为的烷烃的一氯代物的数目可能相同 4．（　　）为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 A．常温常压下，与混合气体共含个氧原子 B．标准状况下，22.4L乙烯中含有的键数目为 C．密闭容器中，与充分反应生成HI(g)，容器内分子数小于 D．常温下与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为 5．（　　）对于某无色溶液中可能存在离子的检验及结论一定正确的是 A．先通入Cl2，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，一定有Fe2+ B．滴加盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀，一定有SO C．加入过量的浓NaOH溶液后加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，一定有NH D．加入足量的Ba(NO3)2溶液，取清液再加几滴AgNO3溶液后加入足量的稀HNO3，有白色沉淀生成，原溶液中含有Cl- 6．（　　）下列关于乙烯的说法不正确的是 A．可以通过燃烧法鉴别乙烯和甲烷 B．可以利用通入溴水的方法除去乙烷中混有的少量乙烯 C．聚乙烯不会使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．与溴单质或酸性高锰酸钾反应都与碳碳双键有关，两者原理相同 7．（　　）下列有关硫及其化合物的方程式或离子方程式书写正确的是 A．向NaOH溶液中通入过量SO2： B．氢氟酸雕刻玻璃： C．向Na2S2O3溶液中加入足量稀硝酸： D．将少量H2S通入CuSO4溶液中： 8．（　　）根据实验操作和现象得出的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 用硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液由绿变黄 氧化性比强 B 将通入下列两种溶液至饱和：(1)浓(2)和混合溶液。观察到现象：(1)无色变黄色；(2)蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 C 蔗糖与稀硫酸共热后，再加入新制氢氧化铜并加热，未观察到砖红色沉淀产生 不能说明蔗糖未发生水解 D 硫化钠溶液久置后出现浑浊颜色变深 被空气氧化为S A．A B．B C．C D．D 9．（　　）据史料记载，我国在明代就有了利用绿矾()和制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生、和三种气体。 下列说法不正确的是 A．“煅烧”过程中铁元素的化合价升高 B．将“煅烧”产生的三种气体通入溶液，产生两种白色沉淀 C．“吸收”过程中发生的氧化还原反应为： D．加入硝酸钾制得硝酸是因为硝酸的沸点低于硫酸 10．（　　）将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol∙L-1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是 A．曲线a所示溶液pH降低的原因： B．依据曲线b可推知溶液(无氧)能氧化 C．曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为： D．曲线d所表示的过程中是氧化SO2的主要微粒 11．氮及其化合物既是重要的化工产品，又是重要的化工原料，它们在反应中常涉及能量变化。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图，回答下列问题： (1)液氨可作制冷剂的原因是 。 (2)氧化炉中NH3被氧化的化学方程式为 。 (3)向吸收塔中通入A的作用是 。 (4)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成的等造成大气污染，其中生成NO的能量变化如图所示，则生成1 molNO时 (填“吸收”或”放出“)热量为 。 (5)NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术，可用于上述硝酸生产的尾气处理，反应原理如图所示。 若反应的NO和NO2物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程为 。 (6)利用NO2与NH3反应构成如图所示的电池，也可用于上述硝酸生产的尾气处理。 ①B的电极反应式为 。 ②当有4.8molOH−通过阴离子交换膜时，理论上生成N2的物质的量为 。 12．肼(N2H4)是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用NH3和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。 (1)装置A中制备NH3的化学方程式为 。 (2)仪器C中盛放的试剂为 。 (3)装置B中制备N2H4的化学方程式为 。 (4)下列说法正确的是 （填标号）。 a．N2H4的电子式为 b．装置E的作用是吸收尾气，防止空气污染 c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞 (5)测定产品中N2H4的质量分数 取装置B中的溶液4.00 g，并调节为弱酸性，加水配成500 mL溶液，从中取25.00 mL溶液与0.2000 mol/L的I2溶液反应(只有N2H4参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗I2溶液的体积为20.00 mL，则该产品中N2H4的质量分数为 %。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 高一下学期化学综合练习答案（1） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D A D D D A B D 1．A【详解】A. 雾霾与粉尘污染有关，温室效应与二氧化碳有关，光化学烟雾的形成与氮的氧化物有关，故A错误；B. 煤的综合利用主要是通过煤的液化和气化以获得清洁的燃料和多种化工原料，故B正确； C. 乙烯具有催熟作用，乙烯能被高锰酸钾氧化，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的，故C正确； D. 光导纤维的主要材料为二氧化硅，具有信息传输的功能，所以光缆在信息产业中有广泛应用，故D正确，答案选A。 2．B【详解】A．乙烯的空间填充模型为，为乙烯的球棍模型，A错误； B．键线式是一种简化的表示方法，其中每一个拐点或端点表示一个碳原子，不足4条键的用氢原子补足，丙烯的键线式：，B正确； C．次氯酸的结构式为：H-O-Cl，C错误； D．一氯甲烷的电子式为，D错误； 3．D【详解】A．甲基丙烷和正丁烷分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A错误； B．与是同种元素形成的结构相同的物质，是同一种物质，B错误；； C．和分子式相同，结构也相同，表示同一种物质，C错误； D．等效氢有1种，一氯代物有1种，结构可能为，等效氢有1种，一氯代物有1种，D正确； 4．A【详解】A．NO2与N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为，故含2NA个氧原子，故A正确； B．乙烯分子中有1个C=C和4个C-H，所以乙烯分子有5σ键和1个π键，标准状况下，22.4L乙烯为，含有σ键的数目为5NA，故B错误； C．碘和氢气的反应生成HI的反应为分子数不变的反应，容器内分子总数等于2NA，与反应程度无关，故C错误； D．氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1mol氯气参加反应转移1mol电子，则0.1molCl2常温下与过量稀NaOH溶液反应转移电子总数为0.1NA，故D错误； 5．D【详解】A．若溶液中原来就有Fe3+，经过同样的操作，会出现同样的现象，A项错误； B．若原溶液中有Ag+，滴加盐酸酸化的BaCl2，也产生白色沉淀，B项错误； C．氨气是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，故C错误； D．加入足量的Ba(NO3)2溶液，除去了、等的干扰，再取清液再加几滴AgNO3溶液后加入足量的稀HNO3，有白色沉淀生成，原溶液中含有Cl-，故D正确； 6．D【详解】A．尽管乙烯和甲烷都可以燃烧产生CO2和水，但乙烯燃烧时由于含碳量大，火焰明亮，并伴有黑色，与甲烷燃烧反应现象不同，可以鉴别，故A正确； B．乙烯能够与溴水反应产生液态1，2—二溴乙烷，乙烷不反应，仍然是气态，因此可以达到除杂、净化的目的，故B正确； C．聚乙烯分子中不含不饱和的碳碳双键，因此不会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D．碳碳双键能够与溴发生加成反应而使溴水褪色，也可以被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，但二者的褪色原理不同，故D错误； 7．D【详解】A．向NaOH溶液中通入过量SO2，生成NaHSO3。正确的离子方程式为：SO2+OH-＝HSO。A项错误； B．HF为弱酸，不能拆分，正确的方程式为：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O。B项错误； C．稀硝酸具有氧化性，能将S2O氧化为SO，正确的离子方程式为：3S2O+2H++8NO＝6SO+8NO↑+H2O，C项错误； D．将少量H2S通入CuSO4溶液中，反应生成CuS和硫酸，离子方程式为：H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，D项正确； 8．A【详解】A．酸性条件下也具有强氧化性，不能说明一定是H2O2氧化了Fe2+，故A错误； B．将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，B正确； C．蔗糖与稀硫酸共热后，溶液中还有过量的硫酸，直接加入新制氢氧化铜，氢氧化铜和硫酸反应，加热无法看到砖红色沉淀产生，不能说明蔗糖未发生水解，C正确； D．硫化钠溶久置后其中硫离子被空气中氧气氧化为S单质，故溶液出现浑浊且颜色变深，D正确； 9．B【分析】绿矾煅烧得到氧化铁和二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫被氧气氧化、被水吸收得到硫酸，加入硝酸钾得到硫酸钾和硝酸，蒸馏得到硝酸。 【详解】A．煅烧过程中铁元素被空气中氧气氧化，铁元素的化合价由+2升高为+3，A正确；     B．已知“煅烧”后产生、和三种气体，二氧化硫和氯化钡不反应，三氧化硫和氯化钡生成硫酸钡沉淀，即产生一种白色沉淀，B错误； C．空气中氧气具有氧化性，“吸收”过程中二氧化硫被氧气氧化为硫酸，发生的氧化还原反应为，C正确； D．加入硝酸钾制得硝酸是因为硫酸的沸点高于硝酸，经过蒸馏即可以得硝酸，D正确； 10．D【分析】BaCl2溶液中通入SO2，无氧时，没有沉淀生成，只发生SO2与H2O的反应；有氧时，O2为氧化剂反应生成BaSO4沉淀和HCl，溶液pH减小。Ba(NO3)2溶液中通入SO2，无氧时，发生反应3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；有氧时，可能发生反应2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，也可能发生反应3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，结合图像可知，氧气为主要微粒。 【详解】A．由分析可知，BaCl2溶液中通入SO2，无氧时，没有沉淀生成，只发生SO2与H2O的反应，所以曲线a所示溶液pH降低的原因：，且亚硫酸发生了部分电离，A正确； B．a、b相比，约100多秒以后溶液pH有所减小，则氢离子浓度增大，则Ba(NO3)2溶液中通入SO2、无氧时，可能发生反应3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，依据曲线b可推知溶液(无氧)能氧化SO2，B正确； C．a、c相比，约三十秒以后溶液pH明显减小，则氢离子浓度明显增大，说明有氧时，O2表现出氧化性、+4价硫被氧化为硫酸根，所以曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C正确； D．c、d相比，二曲线几乎没区别，说明反应中O2表现出氧化性、+4价硫被氧化为硫酸根，所以曲线d所示溶液中发生反应主要为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，而3Ba2++2+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+反应程度很小，氧化SO2的过程中硝酸根是非常次要的微粒，D不正确； 故选D。 11．(1)氨气易液化，汽化时吸收大量的热，使环境温度降低 (2) (3)使NO2和NO全部转化为HNO3 (4) 吸收 90kJ (5) (6) 1.4mol 【分析】氮气和氢气进入合成塔催化剂高温高压反应生成氨气，进入氨分离器，从氨分离器中又回到合成塔中的物质是，氨气进入氧化炉中发生反应为氨气的催化氧化，进入吸收塔，通入空气使全部转化为，得到尾气中的少量可以用来处理； 【详解】（1）液氨做制冷剂的原因是氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，使环境温度降低；故答案为：氨气易液化，汽化时吸收大量的热，使环境温度降低。 （2）氨气进入氧化炉中发生反应为氨气的催化氧化，反应中氮元素化合价由中−3价升高为中+2价，共升高5价，氧元素由中0价降低为−2价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为20，故化学计量数为4，化学计量数为5，利用元素守恒可知化学计量数为4，的化学计量数为6，化学方程式为：；故答案为：。 （3）氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，吸收塔中通入空气发生反应有、、，可知A物质为氧气或空气，所以向吸收塔中通入A的作用是：使全部转化为；故答案为：使全部转化为。 （4）从图中可知，断裂1mol中化学键吸收946kJ能量，断裂1mol中化学键吸收498kJ能量，断裂1molNO中化学键吸收632kJ能量，可得，所以生成1mol时吸收90kJ的能量；故答案为：吸收、90kJ。 （5）催化还原氮氧化物生成和水，若催化剂表面参与反应的物质的量之比为，则总反应的化学方程式为：；故答案为：。 （6）利用反应构成的电池，也可用于上述硝酸生产的尾气处理，可知的反应为：，产生无污染的，失电子生成，因此通入的一极为负极，通入的一极为正极，故电极A为负极，B电极为正极；①B电极为正极，正极上得电子结合水生成和，电极反应式为；故答案为：。 ②当有通过阴离子交换膜时，电路中转移的电子为4.8mol，负极的反应式为：，转移4.8mol电子时，产生的为，正极的电极反应式为：，转移4.8mol电子时，产生的为，理论上生成的物质的量为0.8mol+0.6mol=1.4mol；故答案为：1.4mol。 12．(1)CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑ (2)饱和食盐水 (3)NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O (4)bc (5)32 【分析】在装置A中生石灰与浓氨水混合发生反应产生Ca(OH)2、NH3，反应方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，在装置D中浓盐酸与漂白粉混合发生反应产生的Cl2，Cl2进入装置B中，Cl2先与装置B中NaOH溶液发生反应产生NaClO，然后NaClO再与由装置A反应产生的NH3混合发生反应：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，制取得到N2H4。由于NH3极易溶于水，为防止NH3在溶液溶解而产生倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗。装置C的作用是吸收Cl2中的杂质HCl，装置E的作用是尾气处理，防止污染空气。 【详解】（1）在装置A中生石灰与浓氨水混合发生反应产生Ca(OH)2、NH3，反应方程式为：CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑； （2）在装置D中浓盐酸与漂白粉混合发生反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，因此制取得到的Cl2中含有杂质HCl，在Cl2通入装置B之前要除去Cl2中的杂质HCl，则装置C中试剂可以是饱和食盐水； （3）在装置B中NH3与Cl2与NaOH发生氧化还原反应产生的NaClO发生反应产生N2H4，该反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O； （4） a．N2H4分子中2个N原子形成共价单键，每个N原子再分别与2个H原子形成N-H共价键，就达到N2H4，故N2H4的电子式应该为，a错误； b．装置E的作用是吸收尾气，防止过量有毒气体Cl2空气污染，b正确； c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞目的是防止氯气过量将肼被进一步氧化，d正确； 故合理选项是bc； （5）根据题意可知：肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为：N2H4+2I2=N2↑+4 HI，n(I2)=0.2000 mol/L×0.02 L=0.004 mol，则500 mL溶液中含有n(N2H4)=×0.004 mol×=0.04 mol，则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32%。 高一下学期化学综合练习（2） 1．（ ）《厉害了，我的国》“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是 A．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料 B．“复兴号”车厢连接处关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机非金属材料 C．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料 D．“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅 2．（ ）同温、同压下，在3支体积相同的试管中分别充有体积比为1：1的两种气体组成的混合气体，它们是：①NO、NO2；②NO2、O2；③NH3、N2.现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积大小关系正确的是 A．①>②>③ B．②>③>① C．①>③>② D．③>①>② 3．（ ）下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是（   ） 选项 X Y Z M A NH3 NO NO2 O2 B Cl2 FeCl3 FeCl2 Fe C Al Al（OH）3 NaAlO2 NaOH D NaOH Na2CO3 NaHCO3 CO2 A．A B．B C．C D．D 4．（ ）下列图示与对应的叙述相符的是 (a)   (b) (c) (d) A．(a)图生成物的总能量大于反应物的总能量，表示生成物比反应物更稳定 B．(b)图是金刚石与石墨分别被氧化生成的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石为吸热反应 C．由(c)图可知，   D．(d)图是某反应：A→C(由两步反应A→B→C完成，B为中间产物)的能量曲线(E表示能量)，整个反应中 5．（ ）“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一、下列离子方程式的书写正确的是 A．用溶液吸收： B．将磁性氧化铁溶于硝酸： C．用醋酸和淀粉—溶液检验： D．用溶液检验： 6．（ ）一种制备高效漂白剂的实验流程如图所示，反应I中的反应为：，下列说法不正确的是 A．产品中可能含有 B．反应Ⅱ中作氧化剂 C．的漂白原理与新制氯水、84消毒液相同 D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行 7．（ ）下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 实验 现象 结论 A 用萃取碘水中的 溶液分层，上层紫红色，下层无色 在中的溶解度更大 B 用玻璃棒蘸取新制氯水滴到pH试纸上 pH试纸先变红后褪色 新制氯水既有酸性，又有漂白性 C 用与稀硝酸反应制备，并用向下排空法收集气体 铜片溶解，有无色气体生成，得到蓝色溶液 稀硝酸具有强氧化性 D 加热的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 显碱性 A．A B．B C．C D．D 8．（ ）利用某分子筛作催化剂，可脱除废气中的和，生成两种无毒物质。其反应历程如图所示，下列说法正确的是 A．反应过程中、之间的反应是氧化还原反应 B．上述历程的总反应可以为： C．在③反应中，X是 D．是反应过程中的催化剂 9．（ ）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A．该电池在高温下进行效率更高 B．电子的移动方向由 b经外电路到a C．HS⁻转化为 的反应为 D．若该电池中有0.2 mol O2参加反应，则有0.2molH⁺向b迁移 10．（ ）锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液中氢离子浓度为0.1 mol·L－1。下列叙述不正确的是 A．反应中共消耗1.8 mol 硫酸 B．气体甲中二氧化硫与氢气的体积比为4∶1 C．反应中共消耗97.5 g 锌 D．反应中共转移3 mol电子 11．已知甲、乙、丙为常见单质，其中甲、乙所含元素都是第三周期的元素。A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物，B和乙均为淡黄色固体，丙是空气的主要成分之一，在一定条件下，各物质相互转化关系如下图所示： (1)甲所含元素在周期表中的位置为 ，写出B的电子式 。 (2)G的水溶液和固体C用于测定中和热时，测得的中和热ΔH (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (3)已知1molF(g)转化为1molG(g)会放出98kJ的热量，写出32g F(g)和丙反应生成G(g)的热化学方程式 。假如实际生产中1mol F(g)与足量的丙反应放出的热量约为24.5kJ，则F的转化率为 。 (4)关于的反应，下列说法正确的是___________。 A．该反应反应物断开化学键吸收的总能量比生成物形成化学键放出的总能量少 B．选择优良的催化剂降低正反应反应和逆反应的活化能，有利于减少过程中的能耗 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．使用催化剂，可以改变反应的反应热 (5)一种与E含相同元素的化合物在酸性条件下可以生成乙和F，写出该离子反应方程式 ；盛装乙的试管可用热的烧碱溶液清洗，反应原理是 (用化学方程式表示)。 12．溴化亚铜(CuBr)微溶于水，不溶于乙醇，可用作有机合成中的催化剂。实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如图： 回答下列问题： (1)制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入32gCuSO4和23gNaBr配制成的150mL水溶液，然后通入足量的SO2(部分夹持及加热装置已略去)。 ①装置甲中，不能采用浓度为98%的浓硫酸，一般采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是 。 ②写出装置乙中发生反应的离子方程式： ，该反应需保持反应液在60℃，最佳加热方式为 ，Cu2+、Br-。反应完毕的标志是 。 ③丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，下列装置中不能防止液体倒吸的是 (填序号字母)。 a.             b.             c.   (2)洗涤CuBr沉淀时采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是 。 (3)最后经洗涤、干燥得到21.6g产品，则该实验的产率是 。 高一下学期化学综合练习（2） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B D B B B C B 1．C【详解】A．钢铁属于金属材料，A错误； B．聚四氟乙烯板属于有机合成高分子材料，B错误； C．高温结构陶瓷为非金属，且不是硅酸盐，属于新型无机非金属材料，C正确； D．太阳能电池板的主要材料是硅单质，D错误； 2．C【详解】①NO不与H2O 反应，设原有NO、NO2各3体积，则由反应 3NO2＋H2O =2HNO3＋NO 知，3 体积的 NO2与 H2O 反应后，变为1体积NO，此时剩余NO的总体积与原来气体的总体积比为 4∶6 ； ②由反应 4NO2+O2+2H2O=O3可知等体积的NO2与O2混合溶于水时O2过量，若二者皆为4体积则剩余3体积氧气，与原来总体积的比为3∶8 ； ③N 2不与水反应， NH3与H2O 完全反应，气体剩余体积为原来的一半； 显然有 ①>③>②，故选C。 3．C【详解】A．4NH3＋5O24NO＋6H2O，2NO＋O2=2NO2，能够实现，故错误； B．2Fe＋3Cl2=2FeCl3，2FeCl3＋Fe=2FeCl2，能够实现，故错误； C．2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，不能生成Al（OH）3，不能够实现，故正确； D．2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，能够实现，故错误。 4．B【详解】A．图(a)中反应物总能量低于生成物总能量，表示吸热反应，不能比较反应物和生成物的稳定性，A错误； B．由图(b)可知，石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨转化为金刚石为吸热反应， B正确； C．反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，由(c)图可知：2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g) ΔH=(a-b)kJ⋅mol-1，C错误；D． A→B ΔH=E1-E2，B→C ΔH=E3-E4，两式相加得总反应，则整个反应中ΔH=E3-E4+E1-E2，D错误； 5．D【详解】A．少量SO2通入溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，A错误； B．将磁性氧化铁溶于硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，B错误； C．醋酸为弱酸，在离子方程式中不能拆开，用醋酸和淀粉—溶液检验，正确的离子方程式为，C错误； D．与在加热条件下反应生成NH3，用溶液检验的离子方程式为，D正确； 6．B【分析】NaClO3和SO2在反应器I中发生氧化还原反应生成ClO2，3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，ClO2在反应器Ⅱ中与双氧水、氢氧化钠反应发生氧化还原反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，生成亚氯酸钠，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到其晶体。【详解】A．在蒸发浓缩NaClO2溶液时，由于NaClO2不稳定，受热易分解，产品中可能含有NaCl，A正确； B．反应Ⅱ：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，H2O2作还原剂，B错误； C．NaClO2的漂白性是利用其强氧化性，新制氯水、84消毒液漂白也是利用其强氧化性，故三者漂白原理相同，C正确；D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，D正确； 7．B【详解】A．四氯化碳密度比水大，萃取分层后下层为紫色，A错误； B．氯水具有酸性和漂白性，能使pH试纸先变红后褪色，B正确； C．NO能与氧气反应，不能用向下排空气法收集，C错误； D．碳酸氢铵受热分解生成氨气，水和二氧化碳，石蕊试纸变蓝说明有氨气产生，但不能说明碳酸氢铵显碱性，D错误； 8．B【分析】由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O。 【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误； B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确； C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误； D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误； 9．C【分析】由图可知，硫酸盐还原菌可将有机物氧化为二氧化碳，而硫氧化菌可将HS-氧化为SO，所以两种菌类的存在，循环把有机物氧化成CO2并放出电子，负极a上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO，发生失电子的氧化反应，负极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO+9H+，正极b上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，原电池工作时，溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，电子由负极经过导线流向正极。 【详解】A．高温条件下微生物会变性而死亡，该电池不能正常工作，故A错误； B．由图中H+移动方向可知，a极为负极、b极为正极，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极，即电子从a流出，经外电路流向b，故B错误； C．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO，失电子发生氧化反应，HS-转化为SO的反应为HS-+4H2O-8e-=SO+9H+，故C正确； D．电子和氢离子均带1个单位的电荷，若该电池有1mol电子转移，则有1molH+通过质子交换膜，若该电池中有0.2molO2参加反应，则有0.8molH+通过质子交换膜，故D错误； 10．B【分析】Zn和浓硫酸先反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋H2O，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，然后在具体分析； 【详解】A. Zn和浓硫酸先反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋H2O，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，反应后溶液稀释至1L，测的溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1，说明硫酸过量，剩余硫酸的物质的量为 ×1L×0.1mol·L－1=0.05mol，总硫酸物质的量为100×10－3L×18.5mol·L－1=1.85mol，即反应过程中消耗硫酸的物质的量为(1.85mol－0.05mol)=1.8mol，故A说法正确； B. 令生成amolSO2和bmolH2，则有： 得到2a＋b=1.8mol，反应后得到气体物质的量为(a＋b)mol=，联立解得a=0.3，b=1.2，即相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，SO2和H2的体积之比为0.3：1.2=1：4，故B说法错误； C. 根据选项A的分析，反应后溶液中的溶质为H2SO4和ZnSO4，根据硫酸守恒得出n(H2SO4)＋n(ZnSO4)＋n(SO2)=n(H2SO4)总，得出n(ZnSO4)=(1.85mol－0.05mol－0.3mol)=1.5mol，消耗Zn的质量为1.5mol×65g·mol－1=97.5g，故C说法正确； D. 整个反应中Zn失电子，反应中转移电子物质的量为1.5mol×2=3mol，故D说法正确； 11．(1) 第三周期 ⅠA族    (2)偏小 (3)      25％ (4)AB (5) 【分析】甲、乙、丙为常见单质，其中甲、乙所含元素都是第三周期的元素。A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物，B和乙均为淡黄色固体，乙是S单质，B能与水反应丙和C，B是Na2O2、C是NaOH、丙是O2，甲与氧气反应生成A，A与氧气反应生成Na2O2，甲是Na、A是Na2O；S和氧气反应生成F，F和氧气反应生成G，则F是SO2、G是SO3；Na2O和SO2反应生成Na2SO3，Na2SO3与氧气反应生成Na2SO4，D是Na2SO3、E是Na2SO4；Na和S反应生成Na2S，X是Na2S。 【详解】（1）甲是金属Na，Na元素在周期表中的位置为第三周期 ⅠA族，B是Na2O2， Na2O2是离子化合物，电子式为  。 （2）G的水溶液是H2SO4，固体NaOH溶于水放热，用硫酸和氢氧化钠固体测定中和热时，放热偏多，测得的中和热ΔH偏小。 （3）1molSO2(g)转化为1molSO3(g)会放出98kJ的热量， 32g SO2(g)和氧气反应生成SO3(g)的热化学方程式    。假如实际生产中1mol SO2(g)与足量的丙反应放出的热量约为24.5kJ，则参加反应的SO3(g)为0.25mol，F的转化率为。 （4）A. 是放热反应，反应物断开化学键吸收的总能量比生成物形成化学键放出的总能量少，故A正确； B. 选择优良的催化剂降低正反应反应和逆反应的活化能，有利于减少过程中的能耗，故B正确； C. 是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能 D. 使用催化剂，降低反应活化能，不能改变反应的反应热，故D错误； 选AB。 （5）一种与Na2SO4含相同元素的化合物在酸性条件下可以生成S和SO2，该化合物是Na2S2O3，该离子反应方程式；盛装S的试管可用热的烧碱溶液清洗，S和热氢氧化钠反应生成硫化钠、亚硫酸钠，反应方程式为。 12．(1) 98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度过低 2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=SO+2CuBr↓+4H+ 水浴加热 溶液蓝色褪去 a (2)防止CuBr被氧化 (3)75% 【详解】（1）①利用Na2SO3固体与浓硫酸反应的实质是SO+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO3、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出，故此处填：98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度过低； ②装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，SO2将Cu2+还原生成CuBr沉淀，自身被氧化为SO，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=SO+2CuBr↓+4H+；该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；含有铜离子的溶液显蓝色，当溶液的蓝色褪去，即说明Cu2+、Br-反应完毕； ③a．气体不溶于CCl4，导管应伸入到四氯化碳层才可防倒吸，a符合题意； b．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，b不符合题意； c．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，c不符合题意； 故选a； （2）CuBr含有亚铜离子，易被空气中氧气氧化，SO2具有还原性，为防止CuBr被氧化，故此处填：防止CuBr被氧化； （3）32gCuSO4的物质的量为=0.2 mol，23 g NaBr的物质的量为=0.22 mol，根据方程式可知NaBr过量，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是=75%。 高一下学期化学综合练习（3） 1．（ ）人类的文明历程与自然环境的变化密切相关。自然界中，陆地、海洋、大气中的硫元素和氮元素，通过各种循环建立起生态平衡。硫是重要的非金属元素，下列关于硫单质的说法中正确的是 A．自然界中不存在游离态的硫 B．硫的化学性质不活泼 C．硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳 D．硫和铁加热时反应生成红色固体 2．（ ）代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．密闭容器中，和加热，催化剂作用下反应，充分反应后容器中分子总数为 B．标准状况下，正戊烷所含的分子数为 C．标准状况下，甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为 D．与足量的S反应转移的电子数为 3．（ ）如图所示为探究性质的微型实验，微型实验药品用量少，绿色环保。滤纸分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是 A．滤纸①先变红后褪色，体现了具有漂白性和酸性氧化物的性质 B．滤纸褪色均证明具有还原性 C．滤纸④上有黄色固体生成，证明具有氧化性 D．若滤纸④上析出了固体，则在滤纸④上发生的反应转移了电子 4．（ ）据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是 A．H2O2的电子式为 B．图中表示CH4，该模型也可以表示CCl4 C．步骤ⅱ涉及极性键与非极性键的断裂与生成 D．步骤ⅰ到ⅳ的总反应为： 5．（ ）习主席在2020年新年贺词中强调“5G商用加速推出，凝结着新时代奋斗者的心血和汗水，彰显了不同凡响的中国风采、中国力量”，制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如下图所示(热源及夹持装置略去)。 已知： SiHCl3 遇水强烈水解，在空气中易自燃。下列说法错误的是 A．装置 B 中的试剂是饱和食盐水 B．实验时先打开装置A中分液漏斗的旋塞 C．装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化 D．装置D不能采用普通玻璃管的原因是在反应温度下，普通玻璃管会软化 6．（ ）NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是 A．图甲所示的化学反应放出热量为b kJ B．图甲反应中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成 C．图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．图乙中反应②为NH2+NO=N2+H2O 7．（ ）新型Zn-PbO2原电池工作原理如图所示，双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-并可通过阴、阳膜定向移动。下列说法正确的是 A．PbO2是原电池的负极，发生氧化反应 B．电子流向：Zn电极→导线→PbO2电极→双极膜→Zn电极 C．双极膜中OH-向Ⅰ室迁移 D．理论上当转移1 mol e-时，则正极增重32 g 8．（ ）一定温度，向体积固定的密闭容器中通入一定量的和，进行合成氨反应，反应过程中部分物质的物质的量n随时间t变化如图所示。下列说法正确的是 A．Y表示的物质是 B．时刻， C．时刻，Y的转化率为33.3％ D．a、b两点的正反应速率：a>b 9．（ ）化学是一门以实验为基础的科学，其中控制变量思想在探究实验中有重要应用。某研究小组以反应为例探究外界条件对化学反应速率的影响。按下表将溶液迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是 实验序号 实验温度/℃ 酸性溶液 溶液 溶液颜色褪至无色所用时间/s V/mL V/mL V/mL ① 20 2 0.02 4 0.1 0 ② 20 2 0.02 2 0.1 2 8 ③ 45 2 0.02 2 0.1 x A． B．， C．配制该实验所用溶液时应用盐酸酸化 D．利用实验②③可探究温度对化学反应速率的影响 10．（ ）将38.4g Cu与0.22L浓硝酸混合恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好与溶液反应得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。下列说法正确的是 A．反应Ⅰ中硝酸只体现氧化性 B．反应Ⅱ中作氧化剂 C．混合气体中的物质的量为0.2mol D．浓硝酸的物质的量浓度为 11．亚硝酰氯(NOCl)为黄绿色气体，沸点为-5.5 °C，其液体呈红褐色，遇水生成氯化氢和氮的氧化物，某小组设计如图装置用Cl2和NO制备NOCl。回答下列问题： (1)装置甲利用Cu与稀硝酸反应制取NO，该反应中稀硝酸表现出的化学性质有 ；导管a的作用为 。 (2)实验开始时，先关闭K2，打开K1，通一段时间N2，此操作的目的是 。 (3)装置丁的作用为 。 (4)装置丙中为浓硫酸，该装置有多个作用，除通过观察气泡调节气流速率控制两种气体的比例外，还有作用是 。 (5)经分析，该套装置在设计上存在一处明显缺陷，改进的方法是 (用文字描述)。 (6)经检测，亚硝酰氯与NaOH溶液反应时生成两种钠盐(NaCl和NaNO2)，则NOCl与NaOH溶液反应的化学方程式为 。 12．硫有多种化合物，如、等，它们对环境均有一定的影响，含硫化合物的综合利用既可以消除污染，又可以带来一定的经济效益。 (1)有学者提出利用、等离子的作用，在常温下将氧化成而实现的回收利用，写出将氧化成反应的离子方程式 。 (2)含有、的硫酸盐混合溶液可用于吸收回收硫单质，其转化关系如图所示。该图示中总反应的化学方程式为 ，随着反应进行，溶液酸性 (填“增强”或“减弱)，①中的氧化剂是 。 (3)某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含的烟气，以减少其对环境造成的污染。“吸收塔”中发生反应的化学方程式为 ，该流程中可循环利用的物质为 (填化学式)。 (4)已知氧化性，在溶有和的溶液中加入一定量的铁粉，下列说法正确的是___________。(填字母) A．若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中可能有 B．若铁粉无剩余，溶液中一定有，一定无 C．若铁粉有剩余，则不溶物一定有铜 D．若铁粉有剩余，则溶液中一定有和 (5)在对进行回收利用的过程中，常使用碘量法定量测定样品中的含量。现取a mL溶有的样品(溶质全部视为)，加入几滴淀粉溶液做指示剂，然后向其中逐滴加入浓度为b g/L的碘水(溶质全部视为)，发生反应：，当溶液由无色突变为蓝色，并且半分钟不褪色，即为反应终点，此时共计加入碘水10mL，则原样品中的含量为 g/L(列表达式即可)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 高一下学期化学综合练习（3） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C D A D D D C D 1．C【详解】A．火山口附近存在游离态的硫，故A错误； B．硫在自然界中主要以化合态存在，能与氧气等物质发生反应，化学性质较活泼，故B错误； C．硫为非极性分子，难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故C正确； D．硫和铁加热时生成黑色的FeS，故D错误； 2．C【详解】A．与反应生成为可逆反应：，密闭容器中，和加热，催化剂作用下反应，充分反应后容器中分子总数大于 2NA ，A错误； B．正戊烷的沸点为36.1℃，标准状况下正戊烷不是气体，正戊烷的物质的量不是1mol，B错误； C．甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，其中含氢原子数目为 2NA，C正确； D．Cu与足量的S反应生成Cu2S，Cu元素由0价上升到+1价，与足量的S反应转移的电子数为，D错误； 3．C【分析】实验时向试管中滴入几滴浓硫酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2，根据实验现象探究SO2的性质。【详解】A．SO2具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，SO2只能使紫色石蕊溶液变红，但不会褪色，A错误； B．SO2使碘水褪色体现SO2的还原性，SO2使品红溶液褪色体现SO2的漂白性，B错误； C．滤纸④上有黄色固体生成，说明SO2和Na2S反应生成S，SO2中S元素化合价下降，体现SO2的氧化性，C正确； D．滤纸④上析出的固体为S，S的物质的量为，反应中S元素的化合价由SO2中的+4价降至0价、由Na2S中-2价升至0价，S既是氧化产物、又是还原产物且氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶1，故氧化产物物质的量为0.2mol、还原产物物质的量为0.1mol，反应中转移电子物质的量为0.4mol，D错误； 4．D【详解】A．H2O2属于共价化合物，其电子式中不出现电荷和括号，应该表示为，故A错误； B．图中表示CH4，该模型不能表示CCl4，Cl原子半径大于C原子，故B错误； C．从反应的原理图来看，步骤ii为*CH3+*H+H2O2→CH3OH+H2O，涉及极性键的断裂与生成，涉及非极性键的断裂，不涉及非极性键的生成，故C错误； D．一个甲烷分子和一个过氧化氢分子反应生成一个甲醇分子和一个水分子，故其总反应的化学方程式为CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O，故D正确； 5．A【分析】本实验目的是用氢气与SiHCl3反应生成高纯硅，根据装置中盛放试剂，装置A的作用是制备氢气，SiHCl3遇水强烈水解，因此需要干燥氢气，装置B的作用是干燥氢气，盛放浓硫酸，装置C的作用是氢气和SiHCl3充分混合，在石英管中反应，据此分析； 【详解】A．SiHCl3 遇水强烈水解，H2应干燥，故装置B中的试剂是浓硫酸，故A错误； B．SiHCl3在空气中易自燃，实验前应排尽装置内的空气，所以应先打开装置A中分液漏斗的旋塞，通H2排尽装置中空气，后打开装置C中分液漏斗的旋塞，故B正确； C．SiHCl3呈液态，需转化为蒸气进入石英管中与H2反应，所以装置C中的烧瓶需要加热，故C正确； D．制高纯硅时，温度在1100～1200℃，在该温度下，普通玻璃管会软化，所以D不能采用普通玻璃管，故D正确； 6．D【详解】A．断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则图甲所示的化学反应放出热量为，A错误； B．图甲反应中存在N-H和氮氧键的断裂、氢氧键的形成，即有极性共价键的断裂和形成；存在氮氮三键的形成，即有非极性共价键的形成，但没有非极性共价键的断裂，B错误； C．图乙所示反应③中被氧化为，被还原生成，则为氧化剂，为还原剂，根据得失电子守恒可得关系式：，则氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误； D．根据图乙可知，反应②为NH2和NO反应生成N2和H2O，其化学方程式为：NH2+NO=N2+H2O，D正确； 7．D【分析】Zn-PbO2原电池中，右侧电极发生氧化反应：，右侧电极为负极，左侧电极发生还原反应：，左侧电极为正极，据此分析； 【详解】A．由上述分析可知PbO2是原电池的正极，A错误； B．电子只能从Zn电极经用电器到PbO2电极，不会经双极膜回到Zn电极，B错误； C．原电池中阴离子向负极移动，OH-向Ⅱ室迁移，C错误； D．正极发生反应，2mol电子转移正极由1molPbO2生成1molPbSO4增重64g，1mol电子转移增重32g，D正确； 8．D 【分析】反应物逐渐减少，生成物逐渐增加，曲线变化说明X代表NH3，各物质该变量之比等于系数之比，从图中可知，达到平衡时，X增加了1mol，Y减少了0.5mol，二者比值为2：1，则说明Y代表N2。 【详解】A．据分析，Y表示的物质是N2，A错误； B．t1时刻后，X继续增加，Y继续减小，说明反应继续朝正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，，B错误； C．t2时刻，该反应达到平衡，Y从1mol降低到0.5mol，则其转化率为50%，C错误； D．随着反应物浓度的减少，正反应速率下降，则a、b两点的正反应速率：a>b，D正确； 9．C【详解】A．实验②和③只是温度不同，目的是探究温度对反应速率的影响，除温度外，其它条件应相同，则水的体积需要保持一致，因此x=2，A正确； B．分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，则实验①和实验②是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，且浓度越大，反应速率越大，可知t1＜8，实验②和③只是温度不同，目的是探究温度对反应速率的影响，温度越高，反应速率越快，则t2＜8，，B正确； C．高锰酸钾能氧化氯离子生成氯气，配制KMnO4溶液时不能用盐酸酸化，应该用稀硫酸，C错误； D．实验②③中温度是变量，可用来探究温度对化学反应速率的影响，D正确； 10．D【分析】铜与硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，38.4g Cu为0.6mol，所以生成硝酸铜0.6mol，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2mol，生成氮的氧化物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知，n(Na)=n(N)=n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol。 【详解】A．反应I中硝酸中的氮元素一部分转化为+2价和+4价的氮，体现氧化性，同时还会生成硝酸铜和水，体现酸性，A错误； B．反应Ⅱ中NO中的N元素化合价升高，作还原剂，B错误； C．由题意可知0.9mol氮的氧化物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中的物质的量为1mol-0.9mol=0.1mol，C错误； D．由分析可知，0.22L浓硝酸的物质的量浓度为，D正确； 11．(1) 酸性和氧化性 平衡气压，使液体顺利流下(2)排尽装置中的空气，防止NO被氧化 (3)液化亚硝酰氯，便于收集产品(4)干燥气体和使气体混合更充分 (5)在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置(6)NOCl + 2NaOH = NaCl+ NaNO2+H2O 【分析】装置甲利用Cu与稀硝酸反应制取NO，制取的NO与氯气在装置丙中混合并干燥后在装置丁中化合生成亚硝酰氯(NOCl)，同时降温冷却得到亚硝酰氯液体，因遇水生成氯化氢和氮的氧化物，整个装置用注意干燥处理，最后多余尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此解答。 【详解】（1）铜和稀硝酸反应生成、NO和水，反应式为：，即稀硝酸被还原生成，且生成硝酸盐，则该反应中稀硝酸表现出的化学性质有酸性和氧化性；导管a连通烧瓶和漏斗，其作用为平衡气压，使液体顺利流下； （2）由于NO易被空气中的氧气氧化为NO2，则实验开始时，先关闭K2，打开K1，通一段时间N2，此操作的目的是：排尽装置中的空气，防止NO被氧化； （3）根据题给信息可知，亚硝酰氯(NOCl)的沸点为-5.5°C，遇冷易转化为液态，则装置丁的作用为液化亚硝酰氯，便于收集产品； （4）装置丙中为浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，该装置有多个作用，除通过观察气泡调节气流速率控制两种气体的比例外，还有作用是干燥气体和使气体混合更充分； （5）因亚硝酰氯遇水会生成氯化氢和氮的氧化物，则应防止装置戊中的水蒸气进入装置丁中，所以该套装置在设计上存在一处明显缺陷，改进的方法是：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置； （6）NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和水，反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。 12．(1)(2) 减弱 (3) 和(4)AC(5) 【详解】（1）根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒，可得Fe3+将SO2氧化成SO，反应的离子方程式为； （2）由图可知，总反应为H2S被O2氧化，生成H2O和S沉淀，化学方程式为，随着反应进行，溶液中水在增加，酸性减弱，①中Fe3+化合价降低，氧化剂是Fe3+； （3）由图可知，“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为：，生成的NH4HSO3进入氨气吸收池，与氨气反应，生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3可以循环利用； （4）已知氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入一定量的铁粉，铁粉优先与Fe3+反应，Fe3+完全反应完之后，再与Cu2+反应； A．根据分析可知，若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中可能有Fe3+，即Fe3+过量，故A正确； B．若铁粉无剩余，溶液中一定有Fe2+，可能有Cu2+，即Fe3+过量或恰好反应，或Cu2+也反应了部分，故B错误； C．若铁粉有剩余，即Cu2+也反应完了，则不溶物一定有铜，故C正确； D．若铁粉有剩余，则溶液中一定有Fe2+，没有Cu2+，故D错误； 故答案为：AC； （5）根据题意有关系式：SO2～I2，bg/L的碘水10mL中，n(I2)== ，所以n(SO2)=，则原样品中SO2的含量为= g/L。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$