综合02 非选择题（期中真题汇编，上海专用）高一化学下学期

综合02 非选择题 1．（2024·高一下·上海市东华大学附属致远中学·期中）大气固氮是将大气中的氮气转化为其他化合物的过程，大气固氮是其中一种方式，请下列过程补充完整：N2①NO2HNO3 ①为___________，②为___________。 2．（2025·高一下·上海市延安中学·期中）在自然界的氮循环过程中，硝化细菌将土壤中的转化为后，土壤中的O2进一步将氧化为，在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以N2形式放出。氧气与反应时，反应物与O2的物质的量之比为_______，写出与作用生成N2的离子方程式_______。 3．（2025·高一下·上海市控江中学·期中）较为陈旧的制造工艺中，往往会使用化学方法对单晶硅进行刻蚀。最为常用的刻蚀剂是HF，其与Si可以反应得到SiF4与H2.写出反应方程式______。已知SiF4沸点为-86℃，HF沸点19.54℃，HF沸点高于SiF4的原因是______。 4．（2024·高一下·上海市东华大学附属致远中学·期中）化学方法一般用次氯酸钠氧化。次氯酸钠可以和水中溶解的氨气反应得到无毒无害物质，其离子方程式为：3ClO-+2NH3=3Cl-+N2↑+3H2O。氨氮脱除率受溶液pH和的比例影响。下表是不同pH下的氨氮脱除率： pH 氨氮脱除率 5.8 51.1% 6.9 61.3% 7.7 65.8% 8.8 61.7% 9.3 48.7% （1）由上述信息判断，反应的最佳pH范围是___________，最佳投料比是___________。 （2）生物方法是O2在硝化细菌作用下，将水体中的转化为之后，在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以N2形式放出。生物方法相对于化学方法的优势是___________ (任写一点)。 5．（2025·高一下·上海市洋泾中学·期中）的热重曲线如图。已知：在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。 试确定200℃时固态物质的化学式：___________。 6．（2025·高一下·上海市晋元高级中学·期中）化学兴趣小组查阅资料发现，一定条件下NH3可还原NO2生成无毒气体。因此设计了如图所示的实验装置进行探究实验学习(部分夹持装置省略)。 （1）实验室用装置A制备氨气，其中发生反应的化学方程式为：_______。装置B中的试剂是_______，装置M中发生反应方程式是_______。 （2）若将装置A、D分别与a相连，在E中均产生白色沉淀，则对应的沉淀化学式分别为：_______，_______。 7．（2025·高一下·上海市青浦高级中学·期中）为探究某种催化剂在有氧条件下还原NOx的最佳温度，将一定比例的O2、NH3和NOx混合，以一定的流速通过催化NOx还原反应器[如图(a)]，反应相同时间后测得NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。 （1）配平化学方程式：___________。(注：NOx和NH3按物质的量1：1发生反应) （2）上述反应中，N2属于___________(双选) A．氧化剂 B．还原剂 C．氧化产物 D．还原产物 （3）当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________。 （4）在一个容积为500mL的烧瓶中，按体积比4：1充入NO2与O2，在S.T.P。状态下进行喷泉实验，充分反应后所得溶液浓度为___________mol·L-1(写出计算过程，结果保留三位小数)。 8．（2025·高一下·上海市青浦高级中学·期中）工业上利用的转化制备硫酸，其模拟实验的部分装置如下图所示。 （1）装置Ⅰ不能起到的作用是___________(不定项) A．充分混合气体 B．控制气体流速 C．干燥气体 D．防止催化剂中毒 （2）装置Ⅱ反应开始后，硬质玻璃管内存在的气体有___________。 （3）装置Ⅱ中待反应进行后撤走酒精灯，无需持续加热，原因是___________。 A．反应本身无需加热    B．该反应是放热反应 （4）若用O2、水在催化剂存在时吸收尾气中的SO2，吸收完成后，随着氧化的进行，溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的反应机理如图所示。写出“脱硫”时发生反应的化学方程式___________，过程中Fe2O3的作用是___________。 9．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）某同学根据已学知识，设计如图所示的装置，制备出了更纯的氢氧化亚铁。 （1）用化学方程式解释去离子水中加入少量亚硫酸钠的原因___________，将试管置于冰水混合物中的目的是___________。 （2）在试管中加入煤油和水(含亚硫酸钠)，再将钠块投入其中，可观察到的现象为___________。 A．钠在煤油的液面上反应并四处游动 B．钠停留在煤油层中不发生反应 C．钠在煤油和水的界面处反应并不断上浮、下沉 D．钠在水层中反应并四处游动 （3）该方法制备氢氧化亚铁的总化学方程式是___________。 （4）有同学觉得在切割金属钠的过程中，其切口表面会迅速变灰暗，可能产生了杂质，直接投入试管会干扰后续反应。请你判断他的说法是否正确，并说明理由___________。 10．（2025·高一下·上海市建平中学·期中）向饱和溶液中通入少量氧气，有气体逸出，经检验溶液中有离子产生。该反应的离子方程式为___________。 A． B． C． D． 检验溶液中有的方法是___________。 11．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）汽车剧烈碰撞时，安全气囊内的NaN3和KNO3迅速反应生成两种金属氧化物和空气中含量最多的气体。 （1）写出上述反应的化学方程式，并用单线桥表示出电子转移的方向和数目___________。 （2）汽车行驶过程中，能保护司机不受伤害的气囊至少需要含有67.2LN2(标准状况)，则安全气囊中需填充的NaN3质量至少为___________g。 12．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）侯德榜“联合制碱法”将制碱技术发展到一个新的水平。该工艺以氯化钠为原料，主要流程如图所示(部分物质已略去)。 （1）Na2CO3俗称___________，Na2CO3的一种用途：___________。 （2）物质X可循环利用，其化学式为___________。煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________。 （3）某学习小组据上述流程模仿侯德榜制碱的装置如图所示，则反应开始时，应先从___________(填“a”或“b”)管通入___________(填“CO2”或“NH3”)。 13．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）有研究表明，有氧条件下，NO在催化剂V2O5作用下可被NH3还原为N2，该过程称为脱硝反应，其机理如图所示。 （1）脱硝总反应的化学方程式为___________。 （2）按上述过程进行催化脱硝。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图所示。试推测，超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是___________。 14．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）在N2氛围中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示。根据实验结果可知图中FeSO4·xH2O中的x=___________(取整数)。 15．（2025·高一下·上海市上海中学·期中）向含的稀溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属正离子、与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。 （1）a表示的是___________的变化曲线。 （2）n1 =___________。 （3）向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解铜粉的质量是___________g。【注意：此小题要求书写解题过程】 16．（2025·高一下·上海市新中高级中学·期中）某固体可能含NaOH、Na2CO3、NaHCO3中的其中两种成分，某实验小组取该固体配成溶液，用一定浓度盐酸逐滴加入其中，产生的CO2气体的体积（标准状况下）与加入盐酸的体积示意图如图所示： （1）求：盐酸的物质的量浓度________（写出计算过程）。 （2）写出该物质所有可能的组成以及其物质的量之比________。（写出过程） 17．（2025·高一下·上海市新中高级中学·期中）含量测定时化学定量实验的一种。 （1）测定结晶水合物中结晶水含量时，需要用的定量仪器是_________。 A．干燥器 B．电子天平 C．研钵 D．坩埚 （2）测定结晶水合物中结晶水含量时，必须作恒重操作，其原因_________。 A．避免结晶水合物分解，质量减小 B．防止结晶水合物失水后又吸潮，质量增大 C．判断加热时结晶水合物有无溅出 D．判断结晶水合物已全部失去结晶水 （3）说明已恒重的现象是___________。 （4）绿矾(FeSO4·xH2O)中结晶水含量测定：第一次称量质量为m1，第二次称量质量为m2，第三次称量质量为m3，重复上述操作，第四次称量质量仍为m3；根据实验数据，绿矾分子中结晶水的个数为__________。（写表达式） （5）已知绿矾中结晶水含量应为7，小吴同学实验后所得数据为7.2，可能的原因是________(填标号)。 ①绿矾未充分干燥   ②坩埚未置于干燥器中冷却   ③加热时有少量绿矾迸溅出来 （6）小吴同学实验的相对误差为__________。（保留1位小数） 18．（2025·高一下·上海市华东师范大学第一附属中学·期中）一水硫酸四氨合铜是一种重要的染料，可溶于水，难溶于乙醇。某化学兴趣小组设计实验制备一水硫酸四氨合铜。 I．实验室制取溶液 方案1：铜与浓硫酸在加热条件下制备。 方案2：将铜在空气中充分加热至完全变黑，再向其中加稀硫酸即可。 （1）如图为浓硫酸标签。现用该浓硫酸配制的稀硫酸。请回答： ①配制稀硫酸时，用到的定量仪器有_______。 ②经计算，配制的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为_______。 ③下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是_______。 A．量取浓硫酸俯视刻度线     B．定容时，俯视容量瓶刻度线 C．配制前，容量瓶中有水珠     D．定容后摇匀发现液面下降，但未向其中再加水 （2）请写出方案1中涉及反应的化学方程式_______。该方案的缺点是_______(写一点即可)。 （3）实际生产中，方案2常常有红色固体未反应，猜想其原因可能是_______。 （4）基于上述方案2中的现象对实验进行改进。其中一种方案是，将完全变黑的铜至于反应容器中，除加稀硫酸外，再加入溶液，观察到的现象是_______。 Ⅱ．一水硫酸四氨合铜的制备 （5）向硫酸铜溶液中加入适量氨水可产生浅蓝色沉淀，下列离子方程式正确的是_______。 A． B． C． D． （6）向上述反应体系中继续滴加氨水，沉淀溶解，变为深蓝色溶液。从中析出深蓝色晶体的简便操作是，向溶液中滴加_______(填试剂名称)。 19．（2025·高一下·上海市晋元高级中学·期中）I.传统蒸馒头常采用酵头发面，酵头可使面团在微生物作用下产生，从而使面团疏松。某项目式学习小组通过反复试验，做出了口感饱满松软的馒头，下表是小组3次试验的情况： 试验过程 第1个馒头 第2个馒头 第3个馒头 使用原料 面粉＋水 面粉＋水＋小苏打 面粉＋水＋小苏打＋醋 试验效果 硬 软了一些，大了一些 变白了，变大了 （1）下列物质中，属于电解质的是_______。 A．食醋 B． C．面粉 D． （2）下图表示调味用的NaCl固体在水中溶解过程的微观状态示意图。 ①上图按发生的先后，正确的排列顺序为_______。 A．III、II、I        　　B．II、III、I    　　    C．II、I、III    　　D．I、III、II ②图中的微粒“”表示_______(填微粒符号)。 （3）乙同学发现第2个馒头发黄，查阅资料：“馒头发黄”是碱性物质所致，加食醋后第3个馒头变白变大。丙同学提出用苏打代替小苏打。小组讨论后认为，考虑到馒头的颜色和口感，苏打不宜单独做膨松剂。从物质性质角度分析其原因是_______。 （4）丙同学想进一步研究膨松剂小苏打的性质，利用数字传感技术测定氢氧化钡溶液中逐滴加入浓溶液的电导率变化趋势。 已知：电导率是衡量溶液导电能力大小的物理量，在相同条件下，电导率与离子浓度(单位体积内的离子个数)成正比。 ①P点溶液中的溶质为_______。 ②写出M到N点的离子方程式_______。 II.Au@蛋黄型空心球催化剂技术实现了封存和能量储存双重效果，其原理如图1所示。制得的甲烷()通过两步法可制取，原理如图2所示。 （5）①已知中H为＋1价，则空心球催化剂技术中获得的_______ A．1∶2    　　B．2∶1    　　C．1∶1    　　D．1∶4 ②空心球催化技术反应中，是_______产物。 A．氧化    　　　B．还原 （6）若不考虑过程中原料损失，则16g 通过两步法最多可制得标准状况下的_______，此时转移电子数目_______。 20．（2025·高一下·上海复旦附中·期中）硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示。 回答下列问题： （1）写出铝与混合溶液反应的离子方程式：_______。 （2）参加反应硝酸根离子物质的量为_______mol。 （3）参加反应的铝与镁的物质的量之比为_______。 （4）混合液中硫酸的物质的量的浓度为_______mol/L。 21．（2025·高一下·上海复旦附中·期中）工业含NO、等氮氧化物的尾气排出有多种方法解决．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的，其部分工艺流程如下： （1）上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是_______；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是_______(填化学式)。 （2）工业上也可用纯碱液吸收NOx，有关反应的化学方程式为、。现有标准状况下和bL NO的混合气体恰好被溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为_______，溶液的物质的量浓度为_______。(只列式，不化简) 22．（2025·高一下·上海复旦附中·期中）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为： （1）Si在元素周期表中的位置_______。 （2）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为_______(用元素符号表示)，下列能判断它们的非金属性强弱的依据是_______。 A．气态氢化物的熔沸点    B．最高价氧化物对应水化物的酸性 C．气态氢化物的热稳定性    D．三种元素两两形成的化合物中电子对偏向 （3）从原子结构的角度解释中C呈正价的原因：_______。 23．（2025·高一下·上海市晋元高级中学·期中）为研究钠及其化合物的性质，群课小组的三位同学分别进行了实验： I、张同学想探究钠和水的反应，他取出保存在煤油中的钠块，切下了绿豆大小，做实验。 （1）在如图所示装置进行实验，他打开右边胶塞，向煤油中加入一小块钠，立即塞好胶塞，可观察到的现象是_______。 A．钠块始终保持在a处，直至完全消失 B．钠块始终保持在c处，直到完全消失 C．钠块在煤油和水的交界处上下浮动 D．随着反应的进行，U形管中煤油的液面下降，漏斗中液面上升 Ⅱ.王同学想探究与反应。在实验室制取气体的过程中，不慎用到了浓盐酸，导致制得的气体中混有HCl气体，他设计了如下除去HCl气体并探究与反应的实验，同时还可收集到。 （2）装置A中盛装的试剂为_______。 A．NaOH溶液 B．饱和溶液 C．饱和溶液 D．饱和NaCl溶液 （3）为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，王同学取适量反应后B中的固体，加入足量的蒸馏水溶解形成溶液M，无气泡产生，则该固体中不含_______(填化学式)。 王同学继续进行探究： 【提出问题】反应后硬质玻璃管中固体的成分是什么？ 【做出猜想】猜想一：；猜想二：和NaOH。 （4）取少量溶液M于试管中，向其中加入过量的_______溶液(填字母)。若产生白色沉淀，过滤，向滤液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红，则证明猜想二成立。 A．                             B．NaOH                   C． Ⅲ.李同学模拟侯氏制碱设计了以食盐为钠源制备纯碱的一种工艺流程。如图： （5）制碱系统1中，饱和食盐水吸氨后通入过量碳酸化，过滤。写出该过程的总化学方程式：_______。 （6）制碱系统2中，向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用是_______、使转化为 （7）该流程中，可以循环利用的物质有和_______。 （8）检查副产品固体中存在铵根离子，写出实验的方法：_______。 (9)由于煅烧不充分，产品纯碱中会混有碳酸氢钠。将样品溶于水，逐滴滴加1的稀盐酸，加入12mL后开始出现气泡，继续滴加，直至不再有气泡产生，此时共消耗稀盐酸28mL。由此可推知：产品中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为：_______。 24．（2025·高一下·上海市青浦高级中学·期中）Ⅰ.自然界的火山爆发的大致原理为：岩浆在火山岩浆房中发生一系列的物理、化学变化积聚压力，待压力超过岩浆房承载极限后喷发出岩浆和熔岩。 （1）岩浆房中积聚的压力部分来自于化学反应产生的气体。如白云石【CaMg(CO3)2】分解产生二氧化碳。写出该反应的化学方程式___________。 （2）岩浆房中压力积聚也来自于物理性气体逸出。 地下压力与温度随深度变化表 深度(km) 静岩压力(MPa) 平均温度(℃) 0 0 15—25 1 25—30 40—55 5 125—150 150—200 10 250—300 300—400 分析表格数据，说明岩浆从地下上升至岩浆房中溶解的气体会逸出的原因___________。 （3）黑火药爆炸的原理与火山喷发类似，联系化学方程式简要说明在密闭容器中点燃黑火药会发生爆炸的原因__________。 Ⅱ.氧逸度是指在特定温度、压力条件下，体系中氧气的“有效化学活性”。氧逸度的大小会影响火山气及矿物中元素的价态。以硫为例：高氧逸度下，矿物中硫主要以硫酸盐存在，火山气中硫主要以二氧化硫存在；低氧逸度下，矿物中硫主要以硫化物存在，火山气中硫元素主要以硫化氢存在。 （4）安第斯火山岩浆的氧逸度范围约为(+1.5，+3)，且矿物中铁元素Fe3+含量较高。预测安第斯火山喷发时，火山气中硫元素的主要存在形式为__________。 A．H2S    B．SO2 （5）高氧逸度下，火山气中的硫元素为SO2不是SO3可能的原因是______。 A．三氧化硫应在低氧逸度下存在 B．喷发时，三氧化硫可能不是气体 C．火山中缺少使氧气将二氧化硫氧化为三氧化硫的催化剂 D．喷发时，三氧化硫可能会分解 Ⅲ.可通过δ 34S的值来指示岩浆氧逸度。δ 34S是核素34S在样品中的丰度与在标准物质中的丰度差值。公式为：δ 34S=34S(样品丰度)-34S(标准物质丰度) 科学家经过计算总结的δ 34S与氧逸度的经验关系部分如下表所示 δ 34S(‰) ΔFMQ [+5，+8] [+2，+3] [-1，+1] [-1，+1] （6）核素34S的中子数为___________，电子数为___________。 （7）32002g标准物质(硫单质)中含有：34g 34S，则34S(标准物质丰度)=___________‰。 （8）δ 34S的值能够指示岩浆氧逸度是因为矿物中不同价态的硫富集34S的能力不同。分析表格数据可知，矿物中___________富集34S的能力更强。 A．S²- B．S C． D． (9)科学家取岛弧安山岩样品，将硫元素通过化学反应处理为后加入BaCl2溶液使其沉淀为BaSO4，恰好消耗0.5mol·L-1 BaCl2溶液的3L，生成沉淀349.524g。设标准物质34S=0，M(Ba32SO4)=233，M(Ba34SO4)=235，试计算岛弧安山岩样品的δ 34S，并说明岛弧安山岩中铁矿石以Fe元素主要以Fe2+为主还是Fe3+为主__________。(写出过程) 25．（2025·高一下·上海市位育中学·期中）高效净水剂聚合氯化铝铁(PAFC)的组成可表示为，该物质广泛应用于日常生活用水和工业污水的处理。 Ⅰ.为检测PAFC中铝和铁元的含量，采用如图所示流程进行。回答下列问题： （1）PAFC中铁元素的化合价为___________。 （2）步骤Ⅰ中的试剂A是___________(填序号)。 A．氢氧化钠溶液            B．氨水 （3）步骤Ⅰ的操作是___________，用到的主要玻璃仪器有___________。 Ⅱ.某工厂欲以工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为原料制取PAFC，设计如下流程： （4）所得酸性溶液中，不一定存在的正离子是___________。 A．                    B．                    C．                    D． 为证明该离子确实存在，可采用的操作(指明所采用的试剂及观察到的现象)是：___________。 （5）往酸性溶液中加入试剂X的目的是___________(用离子方程式表示)。 Ⅲ.市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝产生，称为。含量的高低直接影响PAC的净水效能。 （6）溶液与NaOH溶液反应，若参与反应的铝离子最终全部转化生成，则理论上参与反应的与的物质的量之比是___________。 （7）为了发挥PAC净水的最佳效能，一般要将水的pH控制在6.0～8.5之间，若在强酸或强碱环境下使用PAC，净水效果不佳，结合铝元素的存在形式分析原因________。 溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在，其结构如下图所示。 （8）关于中的化学键描述正确的是___________。 A．含有极性键            B．含有离子键            C．含有非极性键 (9)反应的ΔH可用于估算(g)的总键能。已知下列过程： ① ② ③ ④     ⑤     则ΔH=___________。(用、、、、表示) (10)水解会生成胶体。胶体可用于净水，其原因是___________。 26．（2025·高一下·上海市位育中学·期中）是主要的温室气体之一，现有如下几种方法对其进行综合利用。 Ⅰ．烧碱溶液捕捉法，原理如图所示： （1）上述流程中，被循环利用的物质有CaO和NaOH，请说明NaOH循环利用的途径___________。 （2）如下为产生气体的体积与消耗HCl物质的量的关系图。现向流程中和的混合液中逐滴加入稀盐酸，其中可能正确的是___________。 A． B． C． D． （3）现有100ml 5 NaOH溶液，理论上最多可吸收___________mol；此时溶液中的溶质的电离方程式为：___________。若喷洒完上述NaOH溶液后，测得吸收液中，则被吸收的在标准状况下的体积为___________L。 （4）下列溶液中，也能用作“捕捉”二氧化碳试剂的是___________。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．稀硫酸 Ⅱ．使用电化学方法能够对进行吸收。利用活泼金属与二氧化碳的反应，能够构建金属-电池。其中一种Li-电池的模型如图所示：(图中是固体)。 （5）下列有关该原电池的说法中，正确的是___________。(不定项) A．该原电池工作时，电子由正极向负极移动 B．在该原电池中，b电极作为负极 C．原电池工作时，正离子向正极方向移动 D．原电池工作时，b电极发生氧化反应 （6）写出该原电池的正极反应式：___________。 （7）原电池中每转移1mol电子，能够吸收___________mol 。 Ⅲ．CaO固体也可以捕捉回收，研究表明热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的捕捉性能。取1.46g (M=146)进行加热(曲线中共涉及到三步分解反应)，固体质量随温度变化如图所示。 （8）写出400℃～600℃范围内分解反应的化学方程式：___________。 (9)据图分析，CaO捕捉的反应温度___________应(填“高于”或“低于”)800℃。 27．（2025·高一下·上海市新中高级中学·期中）在2L密闭容器内发生反应，500℃时，测得n(SO2)随时间的变化如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n(SO2)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 （1）下图中表示SO3的变化的曲线是_______(填字母)。 （2）用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v(O2)=_______。 （3）能使该反应的反应速率增大的是_______。 A．分离出SO3 B．适当升高温度 C．恒容下充入Ne使压强增大 D．选择更高效的催化剂 （4）下列能说明该反应已达化学平衡状态的是_______。 A．单位时间内生成2molSO3的同时消耗1molO2 B．v(SO2)=v(SO3) C．容器中平均相对分子质量保持不变 D．容器中O2的体积分数保持不变 E．容器中气体的总压强保持不变 F．容器中气体的密度保持不变 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合02 非选择题 1．（2024·高一下·上海市东华大学附属致远中学·期中）大气固氮是将大气中的氮气转化为其他化合物的过程，大气固氮是其中一种方式，请下列过程补充完整：N2①NO2HNO3 ①为___________，②为___________。 【答案】 【解析】大气固氮是将大气中的氮气与氧气反应，生成，与氧气反应，故答案为、； 2．（2025·高一下·上海市延安中学·期中）在自然界的氮循环过程中，硝化细菌将土壤中的转化为后，土壤中的O2进一步将氧化为，在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以N2形式放出。氧气与反应时，反应物与O2的物质的量之比为_______，写出与作用生成N2的离子方程式_______。 【答案】 2：1 3+54 N2+9H2O+2H+ 【解析】在氮循环中，O2将氧化为，反应为：2+O2=2，由方程式可知，2 mol 与 1 mol O2反应，因此与O2的物质的量之比为 2：1；在氧气较少的环境下，反硝化细菌作用下，与发生氧化还原反应生成N2，反应中中的-3被氧化到N2中的0价，失去电子，中氮的化合价由+5被还原到N2中的0价，得到电子，离子方程式：3+54 N2+9H2O+2H+。 3．（2025·高一下·上海市控江中学·期中）较为陈旧的制造工艺中，往往会使用化学方法对单晶硅进行刻蚀。最为常用的刻蚀剂是HF，其与Si可以反应得到SiF4与H2.写出反应方程式______。已知SiF4沸点为-86℃，HF沸点19.54℃，HF沸点高于SiF4的原因是______。 【答案】 4HF+Si= SiF4+2H2 HF能形成分子间氢键，而SiF4不能 【解析】氢氟酸与Si反应得到SiF4与H2.，反应方程式为4HF+Si= SiF4+2H2，HF沸点高于SiF4的原因是HF能形成分子间氢键，而SiF4不能。 4．（2024·高一下·上海市东华大学附属致远中学·期中）化学方法一般用次氯酸钠氧化。次氯酸钠可以和水中溶解的氨气反应得到无毒无害物质，其离子方程式为：3ClO-+2NH3=3Cl-+N2↑+3H2O。氨氮脱除率受溶液pH和的比例影响。下表是不同pH下的氨氮脱除率： pH 氨氮脱除率 5.8 51.1% 6.9 61.3% 7.7 65.8% 8.8 61.7% 9.3 48.7% （1）由上述信息判断，反应的最佳pH范围是___________，最佳投料比是___________。 （2）生物方法是O2在硝化细菌作用下，将水体中的转化为之后，在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以N2形式放出。生物方法相对于化学方法的优势是___________ (任写一点)。 【答案】（1）7.7-8.8 3.25 （2）反应温和、对环境污染小 【解析】（1）由信息可知，反应的最佳pH范围是7.7-8.8，最佳投料比是3.25，此时氨氮脱除率较高； （2）生物方法相对于化学方法的优势是反应温和、对环境污染小。 5．（2025·高一下·上海市洋泾中学·期中）的热重曲线如图。已知：在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。 试确定200℃时固态物质的化学式：___________。 【答案】 【解析】的摩尔质量为203g/mol，4.06g的物质的量为0.02mol，则的物质的量为0.02mol，由图知，180℃~527℃的质量均为2.62g，此时水的质量为，物质的量为，，则200℃时固态物质的化学式。 6．（2025·高一下·上海市晋元高级中学·期中）化学兴趣小组查阅资料发现，一定条件下NH3可还原NO2生成无毒气体。因此设计了如图所示的实验装置进行探究实验学习(部分夹持装置省略)。 （1）实验室用装置A制备氨气，其中发生反应的化学方程式为：_______。装置B中的试剂是_______，装置M中发生反应方程式是_______。 （2）若将装置A、D分别与a相连，在E中均产生白色沉淀，则对应的沉淀化学式分别为：_______，_______。 【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O 碱石灰 8NH3+6NO2 7N2+12H2O （2）BaSO3 BaSO4 【分析】在装置A中NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生反应：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，制取得到NH3，经装置B的碱石灰的干燥通入装置M中；在装置D中Cu与浓硝酸发生反应产生NO2气体，经装置C的干燥通入装置M中，NH3与NO2在催化剂作用下发生氧化还原反应产生N2、H2O。该反应的化学方程式为：8NH3+6NO2 7N2+12H2O。SO2与水反应产生H2SO3，然后通入NH3。反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2发生反应，产生BaSO3白色沉淀；若将NO2、SO2通入BaCl2溶液时，NO2与水反应产生HNO3，HNO3具有强氧化性，会将SO2与水反应产生的H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应产生BaSO4白色沉淀。 【解析】（1）在实验室中用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生反应：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，制取得到NH3； NH3与CaCl2会发生反应，因此不能使用无水CaCl2干燥，根据NH3是碱性气体的性质，使用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，故在装置B的U形管中盛有的试剂是碱石灰，作用是干燥氨气； 在装置M中NH3、NO2在催化剂存在条件下发生氧化还原反应生成N2、H2O。根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O； （2）根据上述分析可知：若将装置A与a连接，反应产生的沉淀是BaSO3；若将装置D与a连接，反应产生的沉淀是BaSO4。 7．（2025·高一下·上海市青浦高级中学·期中）为探究某种催化剂在有氧条件下还原NOx的最佳温度，将一定比例的O2、NH3和NOx混合，以一定的流速通过催化NOx还原反应器[如图(a)]，反应相同时间后测得NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。 （1）配平化学方程式：___________。(注：NOx和NH3按物质的量1：1发生反应) （2）上述反应中，N2属于___________(双选) A．氧化剂 B．还原剂 C．氧化产物 D．还原产物 （3）当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________。 （4）在一个容积为500mL的烧瓶中，按体积比4：1充入NO2与O2，在S.T.P。状态下进行喷泉实验，充分反应后所得溶液浓度为___________mol·L-1(写出计算过程，结果保留三位小数)。 【答案】（1） （2）CD （3）NH3与O2反应产生了NO或催化剂活性降低 （4）0.036 【解析】（1）NOx和NH3按物质的量1：1发生反应，NOx的化学计量数为4，N2的化学计量数为4，由H原子守恒，H2O的化学计量数为6，最后根据O原子守恒，O2的化学计量数为，化学方程式为； （2）上述反应中，N2一部分是被氧化得到，一部分是被还原得到，既是氧化产物又是还原产物，故答案为CD； （3）当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降是因为催化剂作用下NH3与O2反应产生了NO或催化剂活性降低导致NOx的去除率迅速下降； （4）在一个容积为500mL的烧瓶中，按体积比4：1充入NO2与O2，在标准状态下进行喷泉实验，发生的总反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；n(HNO3)=n(NO2)=，溶液的体积是0.5L，所得硝酸溶液的物质的量浓度为0.036mol/L。 8．（2025·高一下·上海市青浦高级中学·期中）工业上利用的转化制备硫酸，其模拟实验的部分装置如下图所示。 （1）装置Ⅰ不能起到的作用是___________(不定项) A．充分混合气体 B．控制气体流速 C．干燥气体 D．防止催化剂中毒 （2）装置Ⅱ反应开始后，硬质玻璃管内存在的气体有___________。 （3）装置Ⅱ中待反应进行后撤走酒精灯，无需持续加热，原因是___________。 A．反应本身无需加热    B．该反应是放热反应 （4）若用O2、水在催化剂存在时吸收尾气中的SO2，吸收完成后，随着氧化的进行，溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的反应机理如图所示。写出“脱硫”时发生反应的化学方程式___________，过程中Fe2O3的作用是___________。 【答案】（1）D （2）SO3、SO2、O2 （3）B （4）减小 （5） 催化作用 【分析】装置Ⅰ中SO2、O2经干燥、充分混合，SO2、O2在装置Ⅱ中发生反应生成SO3，装置Ⅲ中SO3和水反应生成H2SO4。 【解析】（1）A. SO2、O2在浓硫酸中能充分混合，故不选A； B. 根据装置Ⅰ中导管口气泡的速度，控制气体流速，故不选B；     C. 浓硫酸具有吸水性，浓硫酸能干燥SO2、O2，故不选C；     D. 浓硫酸不能吸收杂质气体，不能防止催化剂中毒，故选D； 选D。 （2）为可逆反应，装置Ⅱ反应开始后，硬质玻璃管内存在的气体有SO3、SO2、O2； （3）装置Ⅱ中待反应进行后撤走酒精灯，无需持续加热，说明该反应是放热反应，反应放出的热维持反应进行，选B。 （4）若用O2、水在催化剂存在时吸收尾气中的SO2，发生反应SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4，吸收完成后，随着氧化的进行，弱酸变为强酸，溶液的pH将减小。 （5）Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的反应机理如图所示；根据图示“脱硫”时，Fe2O3和H2S反应生成FeS和S、水，发生反应的化学方程式 ；“脱硫”时消耗Fe2O3，“再生”时又生成Fe2O3，所以Fe2O3的作用是催化作用。 9．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）某同学根据已学知识，设计如图所示的装置，制备出了更纯的氢氧化亚铁。 （1）用化学方程式解释去离子水中加入少量亚硫酸钠的原因___________，将试管置于冰水混合物中的目的是___________。 （2）在试管中加入煤油和水(含亚硫酸钠)，再将钠块投入其中，可观察到的现象为___________。 A．钠在煤油的液面上反应并四处游动 B．钠停留在煤油层中不发生反应 C．钠在煤油和水的界面处反应并不断上浮、下沉 D．钠在水层中反应并四处游动 （3）该方法制备氢氧化亚铁的总化学方程式是___________。 （4）有同学觉得在切割金属钠的过程中，其切口表面会迅速变灰暗，可能产生了杂质，直接投入试管会干扰后续反应。请你判断他的说法是否正确，并说明理由___________。 【答案】（1） 降低反应体系的温度，减缓钠与水反应的速率，同时减少氢氧化亚铁被氧化的可能性，从而得到更纯的产物 （2）C （3） （4）不正确 【解析】（1）亚铁离子具有还原性，加入少量亚硫酸钠可以除去水中氧气，防止亚铁离子被氧化，化学方程式为：；将试管置于冰水混合物中是为了降低反应体系的温度，减缓钠与水反应的速率，同时减少氢氧化亚铁被氧化的可能性，从而得到更纯的产物，故答案为：；降低反应体系的温度，减缓钠与水反应的速率，同时减少氢氧化亚铁被氧化的可能性，从而得到更纯的产物。 （2）钠的密度介于煤油和水之间，因此钠会停留在两层液体界面处，反应生成的氢气使钠块上浮至煤油层，随后因重力又下沉至水层，形成反复上浮、下沉的现象，故答案为：C。 （3）钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH与溶液中的Fe2+结合生成Fe(OH)2沉淀，总化学方程式：，故答案为：。 （4）切口表面会迅速变灰暗，是因为生成了碱性氧化物Na2O，而Na2O与水反应生成NaOH，不会影响后续Na与水的反应，故其说法不正确。 10．（2025·高一下·上海市建平中学·期中）向饱和溶液中通入少量氧气，有气体逸出，经检验溶液中有离子产生。该反应的离子方程式为___________。 A． B． C． D． 检验溶液中有的方法是___________。 【答案】 D 取样于试管中，滴加足量稀盐酸未见白色沉淀产生，再滴加溶液，若产生白色沉淀，则有硫酸根离子 【解析】向饱和溶液中通入少量氧气，有气体逸出，经检验溶液中有离子产生，说明该反应是氧化还原反应，该反应中氧气是氧化剂，得到电子，亚硫酸氢根离子是还原剂，失去电子，且要注意氢离子和亚硫酸氢根离子不能共存，结合得失电子守恒可知，离子方程式为：； 故选D； 硫酸根和钡离子反应生成白色沉淀，则检验方法为：取样于试管中，滴加足量稀盐酸未见白色沉淀产生，再滴加溶液，若产生白色沉淀，则有硫酸根离子。 11．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）汽车剧烈碰撞时，安全气囊内的NaN3和KNO3迅速反应生成两种金属氧化物和空气中含量最多的气体。 （1）写出上述反应的化学方程式，并用单线桥表示出电子转移的方向和数目___________。 （2）汽车行驶过程中，能保护司机不受伤害的气囊至少需要含有67.2LN2(标准状况)，则安全气囊中需填充的NaN3质量至少为___________g。 【答案】（1） （2）121.875g 【解析】（1） 依题可知，NaN3和KNO3反应生成氧化钾、氧化钠和氮气，其中NaN3的N元素化合价升高，KNO3的N元素化合价降低，故NaN3失电子转移至KNO3，用单线桥表示出电子转移的方向和数目如下； （2）根据反应方程式可知，存在如下计量关系10NaN3~ 16N2，已知标准状况下N2的物质的量为，则需NaN3的质量为。 12．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）侯德榜“联合制碱法”将制碱技术发展到一个新的水平。该工艺以氯化钠为原料，主要流程如图所示(部分物质已略去)。 （1）Na2CO3俗称___________，Na2CO3的一种用途：___________。 （2）物质X可循环利用，其化学式为___________。煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________。 （3）某学习小组据上述流程模仿侯德榜制碱的装置如图所示，则反应开始时，应先从___________(填“a”或“b”)管通入___________(填“CO2”或“NH3”)。 【答案】（1）纯碱、苏打 用于纺织、造纸、生成玻璃等 （2）CO2 （3）a NH3 【分析】NH3溶解度大于CO2，先通氨气，有利于二氧化碳的吸收，从而有利于NaHCO3的析出，沉淀池中得到NaHCO3通过操作1过滤，滤液为NH4Cl，NaHCO3在煅烧炉中煅烧分解得到Na2CO3、H2O和CO2，CO2可以循环利用，据此分析作答。 【解析】（1）Na2CO3俗称纯碱、苏打，可以用于纺织、造纸、生成玻璃等，故答案为：纯碱、苏打；用于纺织、造纸、生成玻璃等。 （2）NaHCO3在煅烧炉中煅烧分解得到Na2CO3、H2O和CO2，化学方程式为：，CO2可以循环利用，故X为CO2，故答案为：CO2；。 （3）NH3溶解度大于CO2，先通氨气，有利于二氧化碳的吸收，从而有利于NaHCO3的析出，通入氨气要有防倒吸装置，则应先从a管通入NH3，故答案为：a；NH3。 13．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）有研究表明，有氧条件下，NO在催化剂V2O5作用下可被NH3还原为N2，该过程称为脱硝反应，其机理如图所示。 （1）脱硝总反应的化学方程式为___________。 （2）按上述过程进行催化脱硝。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图所示。试推测，超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是___________。 【答案】（1） （2）超过200℃后，NH3与O2生成NO 【解析】（1）在催化剂V2O5作用下的脱硝反应机理如图所示，参与反应的为NH3、NO、O2，产物为：N2、H2O，总反应的化学方程式为：，故答案为：。 （2）按上述图中NH3、NO、O2的比例进行催化脱硝反应，反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图所示，超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是：超过200℃后，NH3与O2生成NO，故答案为：超过200℃后，NH3与O2生成NO。 14．（2025·高一下·上海市格致中学·期中）在N2氛围中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示。根据实验结果可知图中FeSO4·xH2O中的x=___________(取整数)。 【答案】4 【解析】由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，已知FeSO4·7H2O的相对分子质量为278，则，解得x =4，故答案为：4。 15．（2025·高一下·上海市上海中学·期中）向含的稀溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属正离子、与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。 （1）a表示的是___________的变化曲线。 （2）n1 =___________。 （3）向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解铜粉的质量是___________g。【注意：此小题要求书写解题过程】 【答案】（1）Fe3+ （2）0.6 （3）11.52 【分析】向含2.4molHNO3的稀溶液中逐渐加入铁粉至过量，Fe先与稀HNO3反应的离子方程式为①，当H+被消耗完时（硝酸根过量）；继续加入铁粉，则发生反应②。 【解析】（1）由分析可知，随着反应的进行Fe3+物质的量先增后减，故a表示Fe3+的变化曲线； （2）n1时，Fe3+的含量最高，根据反应①的计量关系（Fe~4 H+~ Fe3+），即n（Fe3+）=n（Fe）= n1= n（H+）=0.6mol； （3）设P点时，参与反应②中Fe3+的物质的量为2x mol，则有：，P点时有0.6-2x=3x，x=0.12，则P点溶液中n（Fe3+）=0.36mol，根据反应，可知最多消耗铜粉质量为。 16．（2025·高一下·上海市新中高级中学·期中）某固体可能含NaOH、Na2CO3、NaHCO3中的其中两种成分，某实验小组取该固体配成溶液，用一定浓度盐酸逐滴加入其中，产生的CO2气体的体积（标准状况下）与加入盐酸的体积示意图如图所示： （1）求：盐酸的物质的量浓度________（写出计算过程）。 （2）写出该物质所有可能的组成以及其物质的量之比________。（写出过程） 【答案】（1）1mol/L （2）n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=2：1 【分析】NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图象可知，生成CO2时消耗的盐酸为30mL，不生成CO2消耗的盐酸为20mL(小于30mL)，则混合物为Na2CO3、NaHCO3，已知二氧化碳为672mL，其物质的量为=0.03mol，利用原子守恒结合方程式计算。 【解析】（1）上述分析可知：20mL至50mL段发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知， n(HCl)=n(CO2)==0.03mol，该段生成CO2时消耗的盐酸为30mL，则c(HCl)==1mol/L； （2）据图分析可知固体为Na2CO3与NaHCO3的混合物，设Na2CO3物质的量为x，NaHCO3物质的量为y，由C元素守恒有x+y=0.03mol；根据盐酸加到20mL时的反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，有x=20×10-3L×1.00mol•L-1=0.02mol，则y=0.03mol-0.02mol=0.01mol，故n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.02：0.01=2：1。 17．（2025·高一下·上海市新中高级中学·期中）含量测定时化学定量实验的一种。 （1）测定结晶水合物中结晶水含量时，需要用的定量仪器是_________。 A．干燥器 B．电子天平 C．研钵 D．坩埚 （2）测定结晶水合物中结晶水含量时，必须作恒重操作，其原因_________。 A．避免结晶水合物分解，质量减小 B．防止结晶水合物失水后又吸潮，质量增大 C．判断加热时结晶水合物有无溅出 D．判断结晶水合物已全部失去结晶水 （3）说明已恒重的现象是___________。 （4）绿矾(FeSO4·xH2O)中结晶水含量测定：第一次称量质量为m1，第二次称量质量为m2，第三次称量质量为m3，重复上述操作，第四次称量质量仍为m3；根据实验数据，绿矾分子中结晶水的个数为__________。（写表达式） （5）已知绿矾中结晶水含量应为7，小吴同学实验后所得数据为7.2，可能的原因是________(填标号)。 ①绿矾未充分干燥   ②坩埚未置于干燥器中冷却   ③加热时有少量绿矾迸溅出来 （6）小吴同学实验的相对误差为__________。（保留1位小数） 【答案】（1）B （2）D （3）连续两次称量结果相差不超过0.001g （4） （5）①③ （6） 【分析】测定结晶水合物中结晶水含量时，需要用的仪器是：研钵、药匙、电子天平、瓷坩埚、坩埚钳、酒精灯、玻璃棒、干燥器等，第一次称量干燥坩埚的质量为m1，第二次称量坩埚与绿矾的质量为m2，加热后第三次称量质量为m3，重复上述操作，第四次称量质量仍为m3，即FeSO4与坩埚的质量为m3。 【解析】（1）测定结晶水合物中结晶水含量时，需要用的仪器是：研钵、药匙、电子天平、瓷坩埚、坩埚钳、酒精灯、玻璃棒、干燥器等，其中定量仪器是电子天平； （2）为了确定样品中结晶水已经完全除去，保证实验的准确性，测定结晶水合物中结晶水含量时，必须作恒重操作；故选D； （3）当连续两次称量结果相差不超过0.001g时，说明已恒重； （4）绿矾(FeSO4·xH2O)中结晶水含量测定：第一次称量干燥坩埚的质量为m1，第二次称量坩埚与绿矾的质量为m2，第三次称量质量为m3，重复上述操作，第四次称量质量仍为m3，即FeSO4与坩埚的质量为m3，根据题意，m(FeSO4)=(m3-m1) g，m(H2O)= (m2-m3) g，n(FeSO4)= ，n(H2O)=，绿矾化学式中结晶水数目x=； （5）①绿矾未充分干燥，m2偏大，根据第4问可知结晶水数目测定值偏大，故①符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，硫酸亚铁会吸收空气中的水，m3偏大，根据第4问可知结晶水数目测定值偏小，故②不符合题意；③加热时有少量绿矾迸溅出来，m3偏小，根据第4问可知结晶水数目测定值偏高，故③符合题意；故答案为：①③； （6）相对误差=。 18．（2025·高一下·上海市华东师范大学第一附属中学·期中）一水硫酸四氨合铜是一种重要的染料，可溶于水，难溶于乙醇。某化学兴趣小组设计实验制备一水硫酸四氨合铜。 I．实验室制取溶液 方案1：铜与浓硫酸在加热条件下制备。 方案2：将铜在空气中充分加热至完全变黑，再向其中加稀硫酸即可。 （1）如图为浓硫酸标签。现用该浓硫酸配制的稀硫酸。请回答： ①配制稀硫酸时，用到的定量仪器有_______。 ②经计算，配制的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为_______。 ③下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是_______。 A．量取浓硫酸俯视刻度线     B．定容时，俯视容量瓶刻度线 C．配制前，容量瓶中有水珠     D．定容后摇匀发现液面下降，但未向其中再加水 （2）请写出方案1中涉及反应的化学方程式_______。该方案的缺点是_______(写一点即可)。 （3）实际生产中，方案2常常有红色固体未反应，猜想其原因可能是_______。 （4）基于上述方案2中的现象对实验进行改进。其中一种方案是，将完全变黑的铜至于反应容器中，除加稀硫酸外，再加入溶液，观察到的现象是_______。 Ⅱ．一水硫酸四氨合铜的制备 （5）向硫酸铜溶液中加入适量氨水可产生浅蓝色沉淀，下列离子方程式正确的是_______。 A． B． C． D． （6）向上述反应体系中继续滴加氨水，沉淀溶解，变为深蓝色溶液。从中析出深蓝色晶体的简便操作是，向溶液中滴加_______(填试剂名称)。 【答案】（1）10mL量筒、100mL容量瓶 B （2） 有生成，产生污染或硫酸利用率低或不节能 （3）铜表面生成的阻止了内部的铜与继续反应 （4）固体全部溶解，溶液变蓝 （5）C （6）乙醇 【分析】实验目的是制备一水硫酸四氨合铜，制备的溶液与过量氨水反应得到深蓝色溶液，加入乙醇降低的溶解度，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤、烘干得到纯净的。 【解析】（1）用的浓硫酸配制的稀硫酸的实验步骤为：根据计算需要量取的浓硫酸溶液的体积、用10mL的量筒量取5.4mL该浓硫酸、稀释浓硫酸、冷却后转移至100mL容量瓶、洗涤烧杯及玻璃棒一并转移该容量瓶、加蒸馏水至刻度线时改用胶头滴管定容、摇匀、装瓶。据此回答问题。 ①配制稀硫酸时，用到的定量仪器有10mL量筒、100mL容量瓶；②根据稀释时溶质的物质的量不变计算需要的浓硫酸的体积，需要量取上述浓硫酸的体积为；③A．需量取浓硫酸，俯视刻度线会使实际液面低于，导致硫酸物质的量偏低，使配制的溶液浓度偏低，A项错误；B．定容时，俯视容量瓶刻度线，实际液面低于刻度线，导致配制稀硫酸溶液体积小于100mL，配制的溶液浓度偏高，B项正确；C．配制前，容量瓶中有水珠，不影响溶液的体积及溶质的物质的量，配制的溶液浓度不变，C项错误；D．定容后摇匀发现液面下降，属于正常现象，未向其中再加水为正确操作，故配制的溶液浓度不变，D项错误；故选B。 （2）方案1为铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成，反应的化学方程式为；该反应中有二氧化硫生成，对环境产生污染，且硫酸利用率低；反应需要加热消耗能量，缺点有不节约能源。 （3）方案2常常有红色固体未反应，红色固体为，即铜在空气中充分加热至完全变黑过程中铜表面生成的阻止了内部的铜与的接触和继续反应。 （4）具有氧化性，在的作用下与稀硫酸反应生成，反应化学方程式为，可观察到固体全部溶解，溶液变蓝。 （5）根据题意可知，反应物为、氨水，生成物为沉淀及，、为能溶于水的盐，在离子方程式书写中写离子符号，为弱碱，在离子方程式书写中写化学式，为难溶物，在离子方程式书写中写化学式，根据质量守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为，C项正确。 （6）深蓝色溶液为溶液，根据题干信息：可溶于水，难溶于乙醇，可知向深蓝色溶液中滴加乙醇可析出深蓝色晶体。 19．（2025·高一下·上海市晋元高级中学·期中）I.传统蒸馒头常采用酵头发面，酵头可使面团在微生物作用下产生，从而使面团疏松。某项目式学习小组通过反复试验，做出了口感饱满松软的馒头，下表是小组3次试验的情况： 试验过程 第1个馒头 第2个馒头 第3个馒头 使用原料 面粉＋水 面粉＋水＋小苏打 面粉＋水＋小苏打＋醋 试验效果 硬 软了一些，大了一些 变白了，变大了 （1）下列物质中，属于电解质的是_______。 A．食醋 B． C．面粉 D． （2）下图表示调味用的NaCl固体在水中溶解过程的微观状态示意图。 ①上图按发生的先后，正确的排列顺序为_______。 A．III、II、I        　　B．II、III、I    　　    C．II、I、III    　　D．I、III、II ②图中的微粒“”表示_______(填微粒符号)。 （3）乙同学发现第2个馒头发黄，查阅资料：“馒头发黄”是碱性物质所致，加食醋后第3个馒头变白变大。丙同学提出用苏打代替小苏打。小组讨论后认为，考虑到馒头的颜色和口感，苏打不宜单独做膨松剂。从物质性质角度分析其原因是_______。 （4）丙同学想进一步研究膨松剂小苏打的性质，利用数字传感技术测定氢氧化钡溶液中逐滴加入浓溶液的电导率变化趋势。 已知：电导率是衡量溶液导电能力大小的物理量，在相同条件下，电导率与离子浓度(单位体积内的离子个数)成正比。 ①P点溶液中的溶质为_______。 ②写出M到N点的离子方程式_______。 II.Au@蛋黄型空心球催化剂技术实现了封存和能量储存双重效果，其原理如图1所示。制得的甲烷()通过两步法可制取，原理如图2所示。 （5）①已知中H为＋1价，则空心球催化剂技术中获得的_______ A．1∶2    　　B．2∶1    　　C．1∶1    　　D．1∶4 ②空心球催化技术反应中，是_______产物。 A．氧化    　　　B．还原 （6）若不考虑过程中原料损失，则16g 通过两步法最多可制得标准状况下的_______，此时转移电子数目_______。 【答案】（1）BD （2）B （3）苏打热稳定性强，受热不分解，苏打显碱性，色泽发黄 （4）氢氧化钡、氢氧化钠 （5）A A （6）6.72L 0.8NA 【解析】（1）A．食醋的主要成分为乙酸，食醋属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误； B．属于弱电解质，B正确； C．面粉属于有机物，不属于电解质，C错误； D．是盐，属于电解质，D正确； 故选BD； （2）①NaCl在水中溶解过程为：加入氯化钠固体、固体沉入水中，水分子和氯化钠固体的作用、相互扩散形成水合离子（NaCl在水分子作用下生成自由移动的Na+和Cl-），所以溶解顺序为：Ⅱ、Ⅲ、Ⅰ，故选B； ②Cl离子的半径大于Na离子的半径，因此图中的微粒“”表示； （3）苏打热稳定性强，受热不分解，苏打显碱性，色泽发黄； （4）①M点钡离子恰好沉淀完全，则P点溶液中氢氧化钡有剩余，溶质为氢氧化钡、氢氧化钠； ②M到N点是，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，反应的离子方程式为； （5）①已知中H为+1价，则得，失，根据得失电子守恒，，故选A；②空心球催化技术反应中，失，化合价升高，是氧化产物，故选A； （6）根据反应ii：，转移2个电子，1.6g甲烷即0.1mol，通过反应ii可生成0.1mol氢气；根据反应i：，转移6个电子，1.6g甲烷即0.1mol，通过反应i可生成0.2mol氢气，共计0.3mol，标况下体积为6.72L，此时转移电子数目(2×0.1+6×0.1)NA=0.8NA。 20．（2025·高一下·上海复旦附中·期中）硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示。 回答下列问题： （1）写出铝与混合溶液反应的离子方程式：_______。 （2）参加反应硝酸根离子物质的量为_______mol。 （3）参加反应的铝与镁的物质的量之比为_______。 （4）混合液中硫酸的物质的量的浓度为_______mol/L。 【答案】（1） （2）0.006 （3）2：3 （4）0.36 【分析】铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合液充分反应，反应过程中无任何气体放出，则的还原产物为；根据图象，0~3.0mL消耗的NaOH发生的反应为H++OH-=H2O，3.0~15.0mL消耗的NaOH发生的反应为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，15.0~16.5mL消耗的NaOH发生的反应为，16.5~18.5mL消耗的NaOH发生的反应为。 【解析】（1）根据上述分析可知，的还原产物为，得到8mol电子生成，1molAl失去3mol电子生成1molAl3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，Al与混合液反应的离子方程式为，故答案为：； （2）根据上述分析可知，15.0~16.5mL消耗的NaOH发生的反应为，n()=4.00mol/L×(16.5mL-15.0mL)×10-3L/mL=0.006mol，根据N守恒可知，参加反应的的物质的量为0.006mol，故答案为：0.006； （3）根据图象，16.5~18.5mL消耗的NaOH发生的反应为，根据Al守恒，n(Al)=n[Al(OH)3]=4.00mol/L×(18.5mL-16.5mL) ×10-3L/mL=0.008mol；3.0~15.0mL消耗的NaOH发生的反应为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，其中形成Al(OH)3沉淀消耗NaOH：3×0.008mol=0.024mol，则形成Mg(OH)2沉淀消耗NaOH：4.00mol/L×(15.0mL-3.0mL) ×10-3L/mL-0.024mol=0.024mol，根据Mg守恒，n(Mg)=n(Mg2+)=0.012mol，参加反应的铝与镁的物质的量之比为0.008mol；0.012mol=2：3，故答案为：2：3； （4）根据反应，0.008molAl消耗的H+物质的量为0.03mol；根据 可知，0.012molMg消耗的H+物质的量为0.03mol；0~3.0mL消耗的NaOH发生的反应为H++OH-=H2O，则与铝粉和镁粉的混合物反应后剩余H+物质的量为4.00mol/L×3mL×10-3L/mL=0.012mol，原混合液中硫酸物质的量浓度c(H2SO4)==0.36mol/L，故答案为：0.36。 21．（2025·高一下·上海复旦附中·期中）工业含NO、等氮氧化物的尾气排出有多种方法解决．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的，其部分工艺流程如下： （1）上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是_______；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是_______(填化学式)。 （2）工业上也可用纯碱液吸收NOx，有关反应的化学方程式为、。现有标准状况下和bL NO的混合气体恰好被溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为_______，溶液的物质的量浓度为_______。(只列式，不化简) 【答案】（1）增大气体和液体的接触面积，使尾气中的NO、被充分吸收 （2） 【分析】流程中尾气中的NO、与石灰乳反应，生成，过量的石灰乳以滤渣存在。 【解析】（1）气液逆流使反应物接触更充分，尾气中的NO、被吸收得更充分；滤渣可循环使用，说明滤渣主要成分是前面的反应物之一，为。 （2）从反应方程式可知，当的物质的量比NO多时，气体可以全部被吸收，则标准状况下，；与NO、反应的的物质的量为，与单独反应的的物质的量为，则溶液的物质的量浓度为。 22．（2025·高一下·上海复旦附中·期中）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为： （1）Si在元素周期表中的位置_______。 （2）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为_______(用元素符号表示)，下列能判断它们的非金属性强弱的依据是_______。 A．气态氢化物的熔沸点    B．最高价氧化物对应水化物的酸性 C．气态氢化物的热稳定性    D．三种元素两两形成的化合物中电子对偏向 （3）从原子结构的角度解释中C呈正价的原因：_______。 【答案】（1）第三周期第IVA族或第3周期第IVA族 （2） CD （3）C和O为同周期元素的原子，其电子层数相同，由于C核电荷数小于O，故O原子核对核外电子的吸引能力大于C原子核，故O原子的吸电子能力大于C，C与O之间形成的共用电子对更偏向于O，因此C呈现正价 【解析】（1）硅是14号元素，在周期表中的位置为第三周期第IVA族或第3周期第IVA族。 （2）同周期主族元素从左往右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为：Si>C>O； A．气态氢化物的熔沸点由分子间作用力决定，故A不符合题意； B．最高价氧化物对应水化物的酸性由元素的非金属性决定，但是氧元素没有最高价氧化物对应水化物，不能以此比较其与其他元素的非金属性强弱，故B不符合题意； C．气态氢化物的热稳定性由元素的非金属性决定，故C符合题意； D．三种元素中，两两元素形成的化合物中电子对偏向于非金属性较强的一方，故D符合题意； 所以，能判断它们的非金属性强弱的依据是CD。 （3）由于C和O为同周期元素的原子，其电子层数相同，但C核电荷数小于O，故O原子核对核外电子的吸引能力大于C原子核，故O原子的吸电子能力大于C，C与O之间形成的共用电子对更偏向于O，因此C呈现正价。 23．（2025·高一下·上海市晋元高级中学·期中）为研究钠及其化合物的性质，群课小组的三位同学分别进行了实验： I、张同学想探究钠和水的反应，他取出保存在煤油中的钠块，切下了绿豆大小，做实验。 （1）在如图所示装置进行实验，他打开右边胶塞，向煤油中加入一小块钠，立即塞好胶塞，可观察到的现象是_______。 A．钠块始终保持在a处，直至完全消失 B．钠块始终保持在c处，直到完全消失 C．钠块在煤油和水的交界处上下浮动 D．随着反应的进行，U形管中煤油的液面下降，漏斗中液面上升 Ⅱ.王同学想探究与反应。在实验室制取气体的过程中，不慎用到了浓盐酸，导致制得的气体中混有HCl气体，他设计了如下除去HCl气体并探究与反应的实验，同时还可收集到。 （2）装置A中盛装的试剂为_______。 A．NaOH溶液 B．饱和溶液 C．饱和溶液 D．饱和NaCl溶液 （3）为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，王同学取适量反应后B中的固体，加入足量的蒸馏水溶解形成溶液M，无气泡产生，则该固体中不含_______(填化学式)。 王同学继续进行探究： 【提出问题】反应后硬质玻璃管中固体的成分是什么？ 【做出猜想】猜想一：；猜想二：和NaOH。 （4）取少量溶液M于试管中，向其中加入过量的_______溶液(填字母)。若产生白色沉淀，过滤，向滤液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红，则证明猜想二成立。 A．                             B．NaOH                   C． Ⅲ.李同学模拟侯氏制碱设计了以食盐为钠源制备纯碱的一种工艺流程。如图： （5）制碱系统1中，饱和食盐水吸氨后通入过量碳酸化，过滤。写出该过程的总化学方程式：_______。 （6）制碱系统2中，向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用是_______、使转化为 （7）该流程中，可以循环利用的物质有和_______。 （8）检查副产品固体中存在铵根离子，写出实验的方法：_______。 (9)由于煅烧不充分，产品纯碱中会混有碳酸氢钠。将样品溶于水，逐滴滴加1的稀盐酸，加入12mL后开始出现气泡，继续滴加，直至不再有气泡产生，此时共消耗稀盐酸28mL。由此可推知：产品中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为：_______。 【答案】（1）CD （2）C （3） （4）A （5） （6）增大浓度，利于析出 （7） （8）取少量样品于试管中，加入适量浓NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明样品中存在铵根离子 (9)3：1 【解析】（1）A．钠密度比煤油大、比水小，不会始终在a处，故A错误； B．钠密度比煤油大，不会始终在c处（煤油层），故B错误； C．钠密度介于煤油和水之间，与水反应产生，推动钠上浮，气体逸出后钠下沉，会在煤油和水交界处上下浮动，故C正确； D．钠与水反应生成，使U形管内压强增大，煤油液面下降，漏斗液面上升，故D正确； 故答案为：CD； （2）A．NaOH溶液会吸收和，故A错误； B．溶液会与反应，故B错误； C．饱和溶液与反应，不与反应，可除杂，故C正确； D．饱和溶液会溶解部分，故D错误； 故答案为：C； （3）与水反应会产生，反应的方程式为，取固体加蒸馏水溶解无气泡产生，说明固体中不含； 故答案为：； （4）猜想二是和，需先检验并除去，再检验。 A．加入过量溶液，与生成白色沉淀，除去。过滤后向滤液加酚酞，变红说明含，可验证猜想二，故A正确； B．加溶液不能产生白色沉淀，不能检验，无法验证猜想，故B错误； C．与反应生成沉淀，但引入，干扰的检验，故C错误； 故答案为：A； （5）饱和食盐水、、反应生成沉淀和，化学方程式为：； 故答案为：； （6）向母液中通氨气，可增大浓度，使更多析出； 故答案为：增大浓度，利于析出； （7）从流程图可以看出，制碱系统1中碳酸化需要，煅烧碳酸氢钠生成可循环到制碱系统1；制碱系统2中吸氨过程消耗氨气，而与碱反应等可产生氨气，所以可以循环利用的物质有和； 故答案为：； （8）铵根离子（）的特性是能与强碱（如NaOH）在加热条件下反应，生成氨气（）。氨气是碱性气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。所以具体操作：取少量样品于试管中，加入适量浓NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，就证明样品中存在铵根离子； 故答案为：取少量样品于试管中，加入适量浓NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明样品中存在铵根离子； （9）当向样品溶液中滴加稀盐酸时，盐酸先与反应：，此过程消耗盐酸的体积对应为前12mL，根据化学计量关系，消耗的物质的量等于的物质的量，即，同时由生成的也为。后盐酸与溶液中所有的（包括原有的和反应生成的）反应：，此过程消耗盐酸的体积是，消耗的物质的量为，而这部分的物质的量等于（总）的物质的量，原有的的物质的量=。那么产品中碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比为； 故答案为：3：1。 24．（2025·高一下·上海市青浦高级中学·期中）Ⅰ.自然界的火山爆发的大致原理为：岩浆在火山岩浆房中发生一系列的物理、化学变化积聚压力，待压力超过岩浆房承载极限后喷发出岩浆和熔岩。 （1）岩浆房中积聚的压力部分来自于化学反应产生的气体。如白云石【CaMg(CO3)2】分解产生二氧化碳。写出该反应的化学方程式___________。 （2）岩浆房中压力积聚也来自于物理性气体逸出。 地下压力与温度随深度变化表 深度(km) 静岩压力(MPa) 平均温度(℃) 0 0 15—25 1 25—30 40—55 5 125—150 150—200 10 250—300 300—400 分析表格数据，说明岩浆从地下上升至岩浆房中溶解的气体会逸出的原因___________。 （3）黑火药爆炸的原理与火山喷发类似，联系化学方程式简要说明在密闭容器中点燃黑火药会发生爆炸的原因__________。 Ⅱ.氧逸度是指在特定温度、压力条件下，体系中氧气的“有效化学活性”。氧逸度的大小会影响火山气及矿物中元素的价态。以硫为例：高氧逸度下，矿物中硫主要以硫酸盐存在，火山气中硫主要以二氧化硫存在；低氧逸度下，矿物中硫主要以硫化物存在，火山气中硫元素主要以硫化氢存在。 （4）安第斯火山岩浆的氧逸度范围约为(+1.5，+3)，且矿物中铁元素Fe3+含量较高。预测安第斯火山喷发时，火山气中硫元素的主要存在形式为__________。 A．H2S    B．SO2 （5）高氧逸度下，火山气中的硫元素为SO2不是SO3可能的原因是______。 A．三氧化硫应在低氧逸度下存在 B．喷发时，三氧化硫可能不是气体 C．火山中缺少使氧气将二氧化硫氧化为三氧化硫的催化剂 D．喷发时，三氧化硫可能会分解 Ⅲ.可通过δ 34S的值来指示岩浆氧逸度。δ 34S是核素34S在样品中的丰度与在标准物质中的丰度差值。公式为：δ 34S=34S(样品丰度)-34S(标准物质丰度) 科学家经过计算总结的δ 34S与氧逸度的经验关系部分如下表所示 δ 34S(‰) ΔFMQ [+5，+8] [+2，+3] [-1，+1] [-1，+1] （6）核素34S的中子数为___________，电子数为___________。 （7）32002g标准物质(硫单质)中含有：34g 34S，则34S(标准物质丰度)=___________‰。 （8）δ 34S的值能够指示岩浆氧逸度是因为矿物中不同价态的硫富集34S的能力不同。分析表格数据可知，矿物中___________富集34S的能力更强。 A．S²- B．S C． D． (9)科学家取岛弧安山岩样品，将硫元素通过化学反应处理为后加入BaCl2溶液使其沉淀为BaSO4，恰好消耗0.5mol·L-1 BaCl2溶液的3L，生成沉淀349.524g。设标准物质34S=0，M(Ba32SO4)=233，M(Ba34SO4)=235，试计算岛弧安山岩样品的δ 34S，并说明岛弧安山岩中铁矿石以Fe元素主要以Fe2+为主还是Fe3+为主__________。(写出过程) 【答案】（1） （2）静岩压力减小，气体的溶解度随压强减小而减小 （3）点燃“黑火药”的化学反应方程式为，密闭容器中点燃黑火药会产生大量气体，导致压强急剧增大，超过了密闭容器承载极限 （4）B （5）CD （6）18 16 （7）1 （8）D (9)δ 34S= 8‰；Fe元素主要以Fe3+为主 【解析】（1）白云石矿样高温完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为。 （2）岩浆从地下上升至岩浆房时，静岩压力减小，气体的溶解度随压强减小而减小，导致溶解在岩浆的气体逸出。 （3）点燃“黑火药”的化学反应方程式为，密闭容器中点燃黑火药会产生大量气体，导致压强急剧增大，超过了密闭容器承载极限。 （4）安第斯火山岩浆的氧逸度范围约为(+1.5，+3)，且矿物中铁元素Fe3+含量较高，说明氧逸度相对较高，因此安第斯火山喷发时，火山气中硫元素的主要存在形式为SO2，故选B。 （5）A．根据题目信息，低氧逸度下，火山气中硫元素主要以硫化氢存在，A错误； B．喷发时，岩浆温度较高，而高温时三氧化硫以气体形式存在，B错误； C．二氧化硫氧化为三氧化硫需要催化剂（如V2O5），火山中缺少此类催化剂，C正确； D．喷发时，岩浆温度较高，促进三氧化硫分解生成二氧化硫，D正确； 故选CD。 （6）核素34S的质子数为16，则其中子数为34-16=18，电子数等于质子数，因此电子数为16。 （7）32002g标准物质(硫单质)中含有：34g 34S，，，共有原子1000mol，则34S(标准物质丰度)=。 （8）根据公式，δ 34S的值越大，34S的样品丰度越大，即富集34S的能力越强，分析表格数据可知，δ 34S(‰)在[+5，+8]时富集34S的能力较强，此时岩浆氧逸度是[+2，+3]，相对较高，高氧逸度下，矿物中硫主要以硫酸盐存在，故选D。 （9）根据原子守恒，，，设Ba32SO4占比x%，则Ba34SO4占比（1-x）%，则233x+235(1-x)=233.016，x=0.992，则Ba34SO4占比0.8%=8‰，根据公式δ 34S=34S(样品丰度)-34S(标准物质丰度)= 8‰-0= 8‰；根据表格数据可知，δ 34S(‰)在[+5，+8]时岩浆氧逸度是[+2，+3]，相对较高，则Fe元素Fe3+为主。 25．（2025·高一下·上海市位育中学·期中）高效净水剂聚合氯化铝铁(PAFC)的组成可表示为，该物质广泛应用于日常生活用水和工业污水的处理。 Ⅰ.为检测PAFC中铝和铁元的含量，采用如图所示流程进行。回答下列问题： （1）PAFC中铁元素的化合价为___________。 （2）步骤Ⅰ中的试剂A是___________(填序号)。 A．氢氧化钠溶液            B．氨水 （3）步骤Ⅰ的操作是___________，用到的主要玻璃仪器有___________。 Ⅱ.某工厂欲以工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为原料制取PAFC，设计如下流程： （4）所得酸性溶液中，不一定存在的正离子是___________。 A．                    B．                    C．                    D． 为证明该离子确实存在，可采用的操作(指明所采用的试剂及观察到的现象)是：___________。 （5）往酸性溶液中加入试剂X的目的是___________(用离子方程式表示)。 Ⅲ.市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝产生，称为。含量的高低直接影响PAC的净水效能。 （6）溶液与NaOH溶液反应，若参与反应的铝离子最终全部转化生成，则理论上参与反应的与的物质的量之比是___________。 （7）为了发挥PAC净水的最佳效能，一般要将水的pH控制在6.0～8.5之间，若在强酸或强碱环境下使用PAC，净水效果不佳，结合铝元素的存在形式分析原因________。 溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在，其结构如下图所示。 （8）关于中的化学键描述正确的是___________。 A．含有极性键            B．含有离子键            C．含有非极性键 (9)反应的ΔH可用于估算(g)的总键能。已知下列过程： ① ② ③ ④     ⑤     则ΔH=___________。(用、、、、表示) (10)水解会生成胶体。胶体可用于净水，其原因是___________。 【答案】（1）+3 （2）氢氧化钠溶液 （3）过滤 烧杯、玻璃棒、漏斗 （4）C 取溶液少量于试管中，再滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则存在 （5） （6）13∶32 （7）若是强酸性，抑制水解；若是强碱性，Al元素以)形式存在，均难以形成 （8）A (9) (10)胶体具有较大的比表面积，具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降 【分析】Ⅰ.为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A反应生成氢氧化铁沉淀，则A为氢氧化钠溶液，得到的溶液为偏铝酸钠溶液，过滤后得到氢氧化铁灼烧得到氧化铁，滤液与足量的B反应生成氢氧化铝沉淀，则B为弱酸性物质，可以为二氧化碳气体，灼烧氢氧化铝得到氧化铝，据此分析解答； Ⅱ. 在废料中加入过量稀盐酸，其中的反应有：、、、、，再加入HCl或NaOH调节pH，水解聚合制得PAFC，据此分析解答。 【解析】（1）设铁化合价是x，聚合氯化铝铁可表示为，由此合物内化合价和为0得：，解得：x=3，所以PAFC中铁元素的化合价为+3； （2）由分析知，步骤Ⅰ中的试剂A为氢氧化钠溶液； （3）由分析知，步骤Ⅱ是实现固体和液体的分离，采用过滤的方法；用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗； （4）在废料中加入过量稀盐酸，其中的反应有：、、、、，由于Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中Fe元素的存在形成是否有Fe3+，故选C；所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子为Fe3+，为证明该离子确实存在，取溶液少量于试管中，再滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则存在； （5）因中Fe为+3价，可起到净水剂的作用，则加入X应为氧化剂，可以是氯气，可将生成，反应的离子方程式：； （6）溶液与NaOH溶液反应，若参与反应的铝离子最终全部转化生成，反应的离子方程式为，所以理论上参与反应的与的物质的量之比为13∶32； （7）若是强酸性，抑制水解；若是强碱性，Al元素以)形式存在，均难以形成，故为了发挥PAC净水的最佳效能，一般要将水的pH控制在6.0～8.5之间； （8）由结构可知， 键是不同种元素原子间形成的共价键，属于极性键；不存在离子键，也不存在同种元素原子间形成的非极性键，故选A； （9）根据盖斯定律，将已知反应进行组合：反应②+3×反应③+3×反应④-反应①-反应⑤可得，所以； （10）由于胶体具有较大的比表面积，具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降，故胶体可用于净水。 26．（2025·高一下·上海市位育中学·期中）是主要的温室气体之一，现有如下几种方法对其进行综合利用。 Ⅰ．烧碱溶液捕捉法，原理如图所示： （1）上述流程中，被循环利用的物质有CaO和NaOH，请说明NaOH循环利用的途径___________。 （2）如下为产生气体的体积与消耗HCl物质的量的关系图。现向流程中和的混合液中逐滴加入稀盐酸，其中可能正确的是___________。 A． B． C． D． （3）现有100ml 5 NaOH溶液，理论上最多可吸收___________mol；此时溶液中的溶质的电离方程式为：___________。若喷洒完上述NaOH溶液后，测得吸收液中，则被吸收的在标准状况下的体积为___________L。 （4）下列溶液中，也能用作“捕捉”二氧化碳试剂的是___________。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．稀硫酸 Ⅱ．使用电化学方法能够对进行吸收。利用活泼金属与二氧化碳的反应，能够构建金属-电池。其中一种Li-电池的模型如图所示：(图中是固体)。 （5）下列有关该原电池的说法中，正确的是___________。(不定项) A．该原电池工作时，电子由正极向负极移动 B．在该原电池中，b电极作为负极 C．原电池工作时，正离子向正极方向移动 D．原电池工作时，b电极发生氧化反应 （6）写出该原电池的正极反应式：___________。 （7）原电池中每转移1mol电子，能够吸收___________mol 。 Ⅲ．CaO固体也可以捕捉回收，研究表明热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的捕捉性能。取1.46g (M=146)进行加热(曲线中共涉及到三步分解反应)，固体质量随温度变化如图所示。 （8）写出400℃～600℃范围内分解反应的化学方程式：___________。 (9)据图分析，CaO捕捉的反应温度___________应(填“高于”或“低于”)800℃。 【答案】（1）氧化钙和水反应生成了氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成了碳酸钙和氢氧化钠，过滤后得到溶液循环利用，反应的化学方程式：， （2）C （3）0.5 、 10.08 （4）B （5）C （6） （7）0.75 （8） (9)低于 【分析】该装置中NaOH与CO2反应生成碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液与氢氧化钙反应生成CaCO3和NaOH，碳酸钙在高温下分解生成CaO和CO2，以此解答。 【解析】（1）NaOH循环利用的途径为：氧化钙和水反应生成了氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成了碳酸钙和氢氧化钠，过滤后得到溶液循环利用，反应的化学方程式：，。 （2）和的混合液中逐滴加入稀盐酸，开始发生反应，不放出气体，继续滴加时，发生反应，此时开始放出气体， A．图中消耗2molHCl，则应该消耗HCl的物质的量至少2mol，A错误； B．图中消耗1molHCl，若混合液中只含有，则消耗1molHCl，而该溶液为和的混合液，B错误； C．图中消耗1molHCl，消耗2molHCl，说明混合液中n():n()=1:1，C正确； D．和的混合液中逐滴加入稀盐酸，开始发生反应，不放出气体，D错误； 故选C。 （3）现有100ml 5 NaOH溶液，由方程式NaOH+CO2=NaHCO3可知，理论上最多可吸收0.1mol×5mol/L=0.5mol，此时溶液中的溶质为NaHCO3，NaHCO3电离方程式为、。若喷洒完上述NaOH溶液后，发生反应：2NaOH+CO2 =Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，测得吸收液中，由钠元素守恒可知，，则，=0.4mol，由C元素守恒可知，n(CO2)= ，被吸收的在标准状况下的体积为0.45mol×22.4L/mol=10.08L。 （4）溶液、溶液、稀硫酸均不能和CO2反应，不能用作“捕捉”二氧化碳的试剂，溶液能够和CO2反应生成，能用作“捕捉”二氧化碳的试剂，故选B。 （5）由图可知，a电极为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，b电极为正极，锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂。 A．原电池工作时，电子由负极向正极移动，A错误； B．由分析可知，b电极为原电池的正极，B错误； C．原电池工作时，外电路中电子由负极流向正极，电解质溶液中阳离子向正极方向移动，C正确； D．由分析可知，石墨电极为正极，锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂，D错误； 故选C。 （6）该原电池中，CO2在正极得到电子生成碳和碳酸锂，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：。 （7）b电极为正极，锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂，电极反应式为，则原电池中转移1mol电子时，能够吸收二氧化碳的物质的量1mol ×= 0.75mol，故答案为：0.75。 （8）CaC2O4·H2O摩尔质量146g/mol，1.46g对应物质的量为0.01mol，其中，；0-400℃，固体质量变化，对应减少水的物质的量：，即热分解先分解生成草酸钙和水，400℃时样品存在的成分为；400-600℃质量减少，对应减少CO物质的量：，即草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，发生反应：； （9）由图可知800-1000℃，质量变化：1.00-0.56=0.44g，对应减少二氧化碳物质的量：，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，CaO捕捉CO2失败，CaO捕捉CO2的反应温度应低于800℃。 27．（2025·高一下·上海市新中高级中学·期中）在2L密闭容器内发生反应，500℃时，测得n(SO2)随时间的变化如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n(SO2)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 （1）下图中表示SO3的变化的曲线是_______(填字母)。 （2）用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v(O2)=_______。 （3）能使该反应的反应速率增大的是_______。 A．分离出SO3 B．适当升高温度 C．恒容下充入Ne使压强增大 D．选择更高效的催化剂 （4）下列能说明该反应已达化学平衡状态的是_______。 A．单位时间内生成2molSO3的同时消耗1molO2 B．v(SO2)=v(SO3) C．容器中平均相对分子质量保持不变 D．容器中O2的体积分数保持不变 E．容器中气体的总压强保持不变 F．容器中气体的密度保持不变 【答案】（1）b （2） （3）BD （4）CDE 【解析】（1）根据反应，是产物，随着反应进行，其物质的量逐渐增加。从表中数据可知，的物质的量从0.020mol逐渐减少到0.007mol，转化的的物质的量为0.020−0.007=0.013mol，则生成的物质的量也为0.013mol。由于容器体积为2L，所以的浓度变化范围是从0到。结合图像中各曲线的变化趋势和数值范围，可判断表示变化的曲线是b。 （2）由表格数据可知0~2s内转化的物质的量，则转化的，用O2表示从0~2s内该反应的平均速率。 （3）A．分离出，会使生成物浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，但反应速率减小，A错误； B．适当升高温度，会使反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，B正确； C．恒容下充入Ne使压强增大，但反应物和生成物的浓度都不变，所以反应速率不变，C错误； D．选择更高效的催化剂，能降低反应的活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，有效碰撞几率增大，反应速率增大，D正确； 故答案为BD。 （4）A．单位时间内生成2molSO3的同时消耗1molO2，描述的都是正反应方向的速率，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡状态，A错误； B．v(SO2)=v(SO3)，没有说明是正反应速率还是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，不能判断反应达到平衡状态，B错误； C．反应前后气体的总物质的量发生变化，根据，气体质量不变，物质的量变化，所以平均相对分子质量会发生变化，当容器中平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态，C正确； D．容器中O2的体积分数保持不变，说明各物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，D正确； E．反应前后气体的总物质的量发生变化，在恒温恒容条件下，根据PV=nRT，压强与物质的量成正比，所以容器中气体的总压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，E正确； F．根据，气体质量不变，容器体积不变，所以密度始终保持不变，所以不能根据密度不变判断反应达到平衡状态，F错误； 故答案选CDE。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $