精品解析：北京大兴一中2025-2026学年第二学期期中试题 高一化学试题

大兴一中2025-2026学年第二学期期中试题 高一化学 第一部分 选择题 (共42分) 本题共21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个正确选项。 1. 下列设备工作时，将化学能转化为电能的是 A B C D 铅蓄电池 硅太阳能电池 燃气灶 电烤箱 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．铅蓄电池放电时是原电池，可以把化学能转化为电能，故A正确； B．硅太阳能电池是将光能转化为电能的装置，故B错误； C．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故C错误； D．电烤箱是电能转化为热能的装置，故D错误； 故选A。 2. 下列过程属于人工固氮的是 A. 闪电时转化为NO B. 分离液态空气制 C. 工业合成氨 D. 豆科植物根瘤菌将转化为氨 【答案】C 【解析】 【详解】A．闪电时N2转化为NO属于自然固氮中的大气固氮，并非人工固氮，A错误； B．分离液态空气制N2是物理分离过程，未生成含氮化合物，不属于固氮，B错误； C．工业合成氨通过人工方法将N2转化为NH3，属于人工固氮，C正确； D．豆科植物根瘤菌将N2转化为氨属于生物固氮，属于自然固氮，D错误； 故选C。 3. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A. 氮气的化学性质很稳定，可用作保护气 B. 氨易液化且液氨汽化时吸收大量的热，可作制冷剂 C. 晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料 D. 二氧化硫具有氧化性，可用于制备硫酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮气分子中三键键能大，因此氮气的化学性质很稳定，可用作保护气，A正确； B．氨气易液化且液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，可作制冷剂，B正确； C．由于晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，因此可用作半导体材料，C正确； D．二氧化硫具有还原性，可被氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水得到硫酸，因此可用于制备硫酸，D错误； 答案选D。 4. 如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是 A. 酸雨的pH小于5.6 B. 空气中的是导致酸雨的原因之一 C. 含硫煤的燃烧是导致酸雨的原因之一 D. 酸雨形成过程中涉及氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸雨是指pH小于5.6的雨水，A正确； B．酸雨主要成因是、（如NO2）， 溶解使雨水呈弱酸性（pH≈5.6），不是形成酸雨原因，B错误； C．含硫燃料燃烧会产生二氧化硫气体，二氧化硫被氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水可形成硫酸，含硫煤的燃烧是导致酸雨的原因之一，C正确； D．由图示可知，酸雨形成过程中二氧化硫中的硫元素、二氧化氮中的氮元素化合价都升高，发生了氧化还原反应，D正确； 故选B。 5. 下列物质均有漂白作用，其中漂白原理与其他三种物质不同的是 A. B. C. D. 氯水 【答案】C 【解析】 【详解】、、氯水具有强氧化性，能使有色物质褪色，是永久性褪色；SO2不具有强氧化性，但它能与有色物质化合生成无色物质，是暂时性褪色；显然只有SO2的漂白原理与其他几种不同。故选C。 6. 下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是 A. Na与水反应时，增加水的质量 B. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强 C. 实验室制氢气时，将稀H2SO4改为98％的浓H2SO4与Zn反应 D. 在工业合成氨反应中，温度一定、容器体积一定时，增加氮气的量 【答案】D 【解析】 【分析】常见增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，注意增大压强只对有气体参加的反应有影响，以此解答该题。 【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，选项A错误； B．反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，选项B错误； C．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，选项C错误； D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，选项D正确； 答案选D。 【点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，易错点为C，注意浓硫酸的性质，难度不大。 7. 已知为放热反应，有关该反应的说法正确的是 A. 与足量反应可生成 B. 该反应中的能量变化与化学键变化有关 C. 改变压强，其反应速率不变 D. 升高温度，其反应速率降低 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应为可逆反应，反应不能进行彻底，故生成的SO3小于2mol，A错误； B．反应中的能量变化为反应物的总键能与生成物的总键能之差，B正确； C．该反应中有气体，压强改变，反应速率发生变化，C错误； D．升高温度，反应速率增大，D错误； 故答案为：B。 8. 下列变化中，气体被还原的是 A. 二氧化碳使Na2O2固体变白 B. 氯气使KBr溶液变黄 C. SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化碳和Na2O2发生反应2Na2O2 + 2CO2 = 2 Na2CO3 + O2，从淡黄色Na2O2固体变为白色的碳酸钠固体，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，二氧化碳没有被还原，故A不符合题意； B．氯气使KBr溶液变黄，发生反应，氯气将溴离子氧化成溴单质，自身被还原为氯离子，故B符合题意； C． SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化，故C不符合题意； D．氨气使AlCl3溶液产生白色氢氧化铝沉淀，化合价无变化，故D不符合题意； 故答案为B。 9. 在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．SiO2不溶于水，无法与水直接反应生成H2SiO3，第一步转化不成立，A错误； B．H2S与O2加热生成S正确，但Cu与S加热生成Cu2S而非CuS，第二步不成立，B错误； C．Cu在空气中加热生成CuO，CuO与HNO3反应生成Cu(NO3)2，两步均可行，C正确； D．N2与H2需高温高压及催化剂才能生成NH3，题目未提供条件，第一步不成立，D错误； 故选C。 10. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化钠溶液试剂瓶不用玻璃塞的原因： B. 和过量的溶液反应： C. 氯化铁溶液中通入溶液变为浅绿色： D. 过量的和稀硝酸反应： 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A． 氢氧化钠溶液试剂瓶不用玻璃塞的原因：，故A错误； B． 和过量的溶液反应生成亚硫酸钠和水：，故B错误； C． 氯化铁溶液中通入溶液变为浅绿色生成硫酸亚铁和硫酸：，故C正确； D． 过量的和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水：，故D错误； 故选C。 11. 下列各组离子在溶液中可以大量共存的是 A. H＋、Fe2＋、Cl－、NO B. Ba2＋、NO、Cl－、Na＋ C. Na＋、HCO、H＋、NO D. K＋、NH、SO、OH－ 【答案】B 【解析】 【分析】离子不能大量共存情况：产生沉淀、气体、弱电解质、发生氧化还原反应等。 【详解】A．硝酸根在酸性条件将Fe2+氧化为Fe3+而不能共存，A项不符合题意； B．该组离子没有以上情况，可共存，B项符合题意； C．碳酸氢根与H+产生CO2而不能共存，C项不符合题意； D．铵根与OH-产生一水合氨弱电解质而不能共存，D项不符合题意； 故选B。 12. 实验室进行氨溶于水的喷泉实验(如图)。下列说法中，不正确的是 A. 该实验证明氨气极易溶于水 B. 酚酞溶液变红的原因：NH3＋H2ONH3·H2O＋OH- C. 形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压大于大气压 D. 烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液也可形成喷泉 【答案】C 【解析】 【详解】A．在将胶头滴管里的水挤入圆底烧瓶后，由于氨气极易溶于水，使圆底烧瓶中压强大大降低，大气压才能将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉，A正确； B．氨气溶于水后发生电离：，溶液呈碱性，使酚酞变红，B正确； C．由于氨气极易溶于水，使圆底烧瓶中压强大大降低，使烧瓶内的气压小于大气压，形成喷泉，C错误； D．二氧化硫易和反应，若烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液也可形成喷泉，D正确； 故选C。 13. 过量铁与少量稀硫酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是 A. 加入少量浓硫酸 B. 加入适量的水 C. 加入几滴硫酸铜溶液 D. 再加入少量稀硫酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入少量浓硫酸会增加H+浓度，但浓硫酸可能引起铁钝化，且增加硫酸总量，导致生成H₂的总量增加，A不符合题意； B．加入适量的水会稀释H+浓度，不影响生成氢气的总量，但降低反应速率，B不符合题意； C．加入硫酸铜溶液后，Fe置换出Cu，形成Fe-Cu原电池，加快反应速率，且Fe过量，H2总量由原硫酸决定，C符合题意； D．再加入稀硫酸会增加H+总量，导致生成H₂的总量增加，D不符合题意； 故答案选C。 14. 用类比推理的思维方法可以预测许多物质的性质，但不能违背客观事实。下列推论正确的是 A. 可与溶液反应，则也可与溶液反应 B. 是酸性气体，可以用浓硫酸干燥，也是酸性气体，则也可以用浓硫酸干燥 C. 浓硝酸露置在空气中溶液质量会减小，则浓硫酸露置在空气中溶液质量也会减小 D. 氯化铵和熟石灰混合加热可产生氨气，则硫酸铵与熟石灰混合加热也可产生氨气 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，氢氧化镁为中强碱，不能与氢氧化钠反应，故A错误； B．浓硫酸能够与硫化氢发生氧化还原反应，所以浓硫酸不能干燥硫化氢，故B错误； C．浓硝酸露置在空气中溶液质量会减小，是因为硝酸具有挥发性，浓硫酸露置在空气中溶液质量会增大，是因为浓硫酸的吸水性，故C错误； D．氯化铵和熟石灰混合加热可产生氨气，硫酸铵是铵盐，也能与熟石灰混合加热产生氨气，故D正确； 答案选D。 15. 下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将SO2通入CaCl2溶液中 有白色沉淀出现 生成了CaSO3难溶物 B 向浓硝酸中插入红热的木炭 产生红棕色气体 NO2一定是由木炭和浓硝酸反应生成 C 用玻璃棒蘸取浓硝酸点到蓝色石蕊试纸上 试纸变红色后褪色 浓硝酸有酸性、强氧化性 D 向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 生成白色沉淀 该溶液中含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据强酸制弱酸规律，亚硫酸酸性弱于盐酸，与溶液不发生反应，无白色沉淀生成，A错误； B．红热木炭会使体系温度升高，浓硝酸受热自身分解也会生成红棕色​，不能证明​一定是木炭和浓硝酸反应生成的，B错误； C．蓝色石蕊试纸遇浓硝酸先变红，说明浓硝酸具有酸性；后褪色，说明浓硝酸的强氧化性可漂白有机色素，C正确； D．硝酸具有强氧化性，若原溶液含​，会被硝酸氧化为生成​沉淀；若原溶液含，也会生成白色沉淀，不能证明原溶液一定含有​，D错误； 故选C。 16. CO与O在催化剂表面形成化学键的过程示意图如下。下列说法正确的是 A. 由状态Ⅰ到状态Ⅱ，CO断键形成C原子和O原子 B. 由状态Ⅱ到状态Ⅲ形成非极性共价键 C. 由状态Ⅰ到状态Ⅲ的总反应方程式为 D. 由状态Ⅰ到状态Ⅲ是放热过程 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图示，该过程中CO没有断键形成C和O原子，A项错误； B．由状态Ⅱ到状态Ⅲ形成C－O键，其为极性共价键，B项错误； C．由状态Ⅰ到状态Ⅲ表示的是CO和O反应的过程，而不是CO和O2反应的过程，C项错误； D．生成物总能量小于反应物总能量，由状态Ⅰ到状态Ⅲ能量降低，为放热过程，D项正确。 答案选D。 17. 实验室制取下列气体，所选的反应试剂、制备装置与收集方法合理的是 选项 气体 反应试剂 制备装置 收集方法 A 石灰石、稀硫酸 b e B 、浓盐酸 b d C 、 a e D Cu、浓硝酸 c f A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于硫酸钙微溶，生成的硫酸钙附着在碳酸钙表面阻止反应进行，应该用盐酸，另外二氧化碳密度大于水的，应该用向上排空气法收集，选择d装置，A错误； B．与浓盐酸在加热的条件下制取氯气，选择装置c，氯气密度比空气的密度大，集气瓶的导管应长进短出，选择装置d，B错误； C．熟石灰和氯化铵在加热条件下反应生成氨气，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，C正确； D．铜和浓硝酸反应不需要加热，二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集，D错误； 答案选C。 18. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如下图，下列说法不正确的是 A. 将黄铁矿粉碎，可以提高反应速率 B. 沸腾炉中每生成1molSO2，有5mole-发生转移 C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率 D. 可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥 【答案】B 【解析】 【分析】黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和Fe2O3，而SO2与O2在接触室转变为SO3，SO3经吸收塔吸收转变为硫酸。 【详解】A．固体粉碎增大接触面积可加快反应速率，A项正确； B．FeS2，其中硫的化合价为-1价，按照电子守恒关系式为FeS2~2SO2~11e-，即1molSO2转移5.5mol电子，B项错误； C．原料循环利用可提高原料利用率，C项正确； D．尾气中含有SO2可用氨水吸收转化为（NH4)2SO3，进一步转化为氮肥，D项正确； 故选B。 19. 几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A. ①中的试剂a可以是Cu B. ②中反应需要NaOH溶液足量 C. ③中反应体现了Na2SO3的还原性 D. 若将③中的S换成Cl2，则氧化产物变为Na2SO4 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu与浓H2SO4发生氧化还原反应，生成硫酸铜和二氧化硫，A正确； B．NaOH溶液足量可保证二氧化硫被完全吸收，且少量的NaOH溶液与二氧化硫反应生成，B正确； C．由反应可知，Na2SO3中S元素化合价由+4价转变为+2价，化合价降低发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，C错误； D．将S换为，化合价降低，化合价升高生成氧化产物，D正确； 故选C。 20. 从印刷电路板的腐蚀废液（主要含等）中回收、制备的流程如下。下列说法正确的是 A. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板的原理是： B. 试剂X可能是稀硝酸或酸性高锰酸钾 C. 由粗铜制得粗液发生的反应： D. 粗品的主要成分是硫酸铜晶体的可能原因是硝酸根作了氧化剂 【答案】D 【解析】 【分析】印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，加适量的铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤得到粗铜，加入过量的硫酸、稀硝酸把铜等氧化，得到粗硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶获得胆矾晶体，实现资源回收再利用，而滤液中通过量氯气，即可得到FeCl3溶液，据此分析解题。 【详解】A．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板的原理是FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，离子方程式为，故A错误； B．由上述分析可知，X为Cl2，故B错误； C．铜和稀硝酸、稀硫酸反应生成硝酸铜、NO和水，则可以发生反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误； D．粗品的主要成分是硫酸铜晶体的可能原因是硝酸根在酸性溶液中都作了氧化剂，溶液中阴离子主要是硫酸根，故D正确； 答案选D。 21. 某小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，实验过程如下： 实验序号 Ⅰ Ⅱ 实验过程 实验现象 紫色变浅(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2) 溶液呈淡黄色(pH≈8)，生成浅粉色沉淀(MnS) 资料：ⅰ．在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。 ⅱ．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。 下列说法不正确的是（ ）。 A. 根据实验可知，Na2S被氧化 B. 取少量实验Ⅰ所得溶液进行实验，检测到有，不能说明S2-被氧化为 C. 实验Ⅰ中生成棕褐色沉淀，说明酸性条件下S2-能将还原为MnO2 D. 实验Ⅱ得到浅粉色沉淀，是由于S2-将新生成的还原为Mn2+并迅速与其结合所致 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据实验Ⅰ、Ⅱ中的实验现象可知发生了氧化还原反应，KMnO4中Mn元素化合价降低，被还原，同时Na2S中S元素化合价升高，被氧化，A项正确； B．实验中KMnO4溶液用H2SO4酸化，检测到有，可能是H2SO4电离产生，不能说明是S2-的氧化产物，B项正确； C．实验Ⅰ反应后的溶液pH＜1，根据题给资料，在强酸性条件下被还原为Mn2+，所以MnO2不是被S2-还原得到，而是过量的与Mn2+发生归中反应而产生的，C项错误； D．实验Ⅱ中Na2S过量，S2-将新生成的MnO2还原为Mn2+并迅速与其结合生成浅粉色沉淀MnS，D项正确； 答案选C。 第二部分 非选择题 (共58分) 22. 某小组研究化学反应中的能量变化，进行了如下实验。 （1）实验：如图，将片和片分别插入盛有稀硫酸的烧杯中。 观察到Zn片表面产生气泡，溶液温度由升到； Cu片表面无明显变化。 ① Zn片与稀硫酸反应的离子方程式为___________。 ② Zn片与稀硫酸反应的能量变化关系符合下图中的___________(填“”或“”)。 （2）实验：用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有稀硫酸的烧杯中观察到电流表指针发生偏转， Cu片表面产生气泡，溶液温度由升到。结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因___________。 （3）实验和产生等量气体时，测得。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因___________。 （4）实验装置工作时， ①下列说法正确的是___________。 a．负极反应是Zn-2e-=Zn2+ b．Cu片附近溶液pH降低 c．溶液中的H+向Cu片移动 d．溶液中阳离子的数量不变 ②当Cu表面生成4.48L氢气(标准状况)时，导线中通过的e- 物质的量为___________mol。 （5）请根据化学反应：2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+设计一个原电池，在下方简单装置示意图中标明所使用的试剂___________。 【答案】（1） ①. Zn+2H+=Zn2++H2↑ ②. A （2）锌失去的电子通过导线流向铜片，溶液中的氢离子从铜片获得电子，被还原成氢原子，氢原子结合成氢分子从铜片上放出 （3）产生等量的氢气时，两装置转化为其他能量的化学能相等。实验Ⅰ的化学能主要转化为热能，而实验Ⅱ的一部分化学能转化为电能，放热较少 （4） ①. ac ②. 0.4 （5）正极材料：Pt(或C)；负极材料：Cu；离子导体：Fe2(SO4)3 【解析】 【分析】由题意可知，实验Ⅰ的目的为检验Zn和Cu分别与稀硫酸放出的热量，以及Zn和Cu分别与H+的活性；实验Ⅱ将Zn片、Cu片与稀硫酸构成原电池，观察实验现象，以及溶液温度的变化，分析比较两个实验热量变化的原因。 【小问1详解】 ①Zn较活泼与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑； ②由题意可知，Zn片与稀硫酸反应后温度升高，说明该反应放热，则反应物的总能量高于生成物的总能量，图A正确； 【小问2详解】 用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有稀硫酸的烧杯中，形成原电池，锌失去的电子通过导线流向铜片，溶液中的氢离子从铜片获得电子，被还原成氢气从铜片上放出； 【小问3详解】 产生等量的氢气时，两装置转化为其他能量的化学能相等。实验Ⅰ的化学能主要转化为热能，而实验Ⅱ部分化学能转化为电能，放热较少，溶液温度较低； 【小问4详解】 ①实验Ⅱ中导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有稀硫酸的烧杯中，形成原电池，Zn片作负极，该电极反应方程式为：Zn-2e- =Zn2+；Cu片作正极，该电极反应方程式为2H++2e-=H2↑，所以Cu电极附近的H+减少，pH升高，溶液中的H+向正极(Cu片)移动，总反应方程式为Zn+2H+=Zn2++ H2↑，则该反应中阳离子数目减少，故答案选ac； ②当Cu表面生成4.48L氢气(标准状况)时，其物质的量为 ，由电极反应方程式可知，导线中通过的e- 物质的量为0.4mol； 【小问5详解】 由该化学反应方程式2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+可知，正极反应方程式为：Fe3++e-=Fe2+；负极反应方程式为：Cu-2e-=Cu2+；因正极均为离子反应，所以只能有惰性电极，如石墨、Pt片；负极用Cu片，离子导体应用含Fe3+的溶液，如Fe2(SO4)3。 23. 汽车尾气中1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应生成2 mol NO (g)的能量变化如图所示。 已知：发生的反应方程式为 N2 + O22NO （1）1 mol N2和1 mol O2完全反应生成NO会___________(填“吸收”或“放出”)___________能量。 （2）汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使CO、NO发生如下反应：2NO +2CO 2CO2 + N2，将CO、NO转化为无毒气体。已知在T℃时，容积为2 L的含有多个催化层的密闭装置中，吸入含0.8 mol NO和0.8 mol CO的空气，测得NO物质的量随时间变化如图所示。 前10 min内的平均反应速率v(N2) = ___________mol·L-1·min-1。 （3）恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是 ___________(填字母，下同)。 A．适当升高温度 B．选择高效催化剂 C．将生成的CO2和N2分离出去 （4）已知，增大催化剂的比表面积可提高反应速率。为验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，设计了三组实验，部分实验条件已填在下表中。 实验 编号 t (℃) NO初始浓度(mol·L-1) CO初始浓度(mol·L-1) 催化剂的比表面积(m2/g) Ⅰ 280 1.20×10-3 5.80×10-3 C Ⅱ A 1.20×10-3 B 124 Ⅲ 350 1.20×10-3 5.80×10-3 82 ①能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验___________(填编号)。 ②实验I和实验II的目的是探究催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，则表中数据为：A___________；B___________；C___________。 【答案】（1） ①. 吸收 ②. 180 （2）0.01 （3）AB （4） ①. I、Ⅲ ②. 280 ③. 5.80×10-3 ④. 82 【解析】 【小问1详解】 由图反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)的焓变为(946+498-2×632)kJ/mol=180kJ/mol，焓变大于0，则会吸收180kJ能量； 【小问2详解】 反应开始至10 min时NO的物质的量减少了0.8mol-0.4mol＝0.4mol，浓度变化量是=0.2mol/L，则v(NO)==0.02mol/(L•min)，根据速率之比等于化学计量数之比，可得v(N2) =0.01mol·L-1·min-1； 【小问3详解】 A．适当升高温度，活化分子比例增大，反应速率增大，正确； B．选择高效催化剂，能加快反应速率，正确； C．将生成的CO2和N2分离出去，物质浓度减小，反应速率减小，错误； 故答案选AB； 【小问4详解】 ①实验Ⅰ和实验Ⅲ中其它条件都相同，只有温度变化，故可以验证温度对化学反应速率的影响； ②实验Ⅰ、Ⅱ中催化剂的比表面积是变量，因此其它条件是相同的，则A=280，B=5.80×10-3；Ⅰ、Ⅲ中温度是变量，因此其它条件是相同的，C=82。 24. 根据要求完成下列各小题实验目的。（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去） （1）验证碳、硅非金属性的相对强弱。（已知酸性：亚硫酸>碳酸） ① 连接仪器、________、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。 ② 铜与浓硫酸反应的化学方程式是_______。装置A中试剂是_______。 ③ 能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是_________。 （2）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。 ① 在（1）①操作后打开b，关闭a。 ② H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是____。 ③ BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。 滴加的溶液 氯水 氨水 沉淀的化学式 ____ ____ 写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式_________。 【答案】 ①. 检验装置气密性 ②. Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑+ 2H2O ③. KMnO4溶液 ④. A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀 ⑤. 2H2S+SO2=3S↓+2H2O ⑥. BaSO4 ⑦. BaSO3 ⑧. Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl- 【解析】 【分析】(1)①验证碳、硅非金属性的相对强弱，是通过碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀实现的，所以为了保证实验效果和实验的顺利进行，须检查装置的气密性； ②铜与浓硫酸反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硫酸被还原成+4价的二氧化硫；高锰酸钾有强氧化性，能氧化二氧化硫； ③当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强； (2)②二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，被硫化氢中-2价的硫还原； ③氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。 【详解】(1)①为了保证实验的顺利进行，避免装入药品后发现装置气密性不好，更换部分仪器而浪费药品，避免装置漏气影响实验效果，所以连接仪器后须检查装置气密性； ②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价，作还原剂，产物为二氧化硫、硫酸铜和水，反应的方程式为Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 + SO2↑+ 2H2O ；高锰酸钾有氧化性，二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应； ③二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，属于中间价态，既有氧化性又有还原性，高锰酸钾有强氧化性，离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+，当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性； (2)②二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，有氧化性，二氧化硫气体与H2S溶液常温下反应，生成黄色固体硫(单质)和水，反应的化学方程式为2H2S + SO2 = 3S↓ + 2H2O； ③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，氯气分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO4白色沉淀，反应的方程式为Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出氨根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO3沉淀。 25. 用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl (1)酸溶后经____操作，将混合物分离。 (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____。 (3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整： Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是____。 A．用到了HNO3的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解 (4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂1是____，物质2是____。 【答案】 ①. 过滤 ②. 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ③. 4 ④. 5 ⑤. NO ⑥. 2H2O ⑦. 4 ⑧. AC ⑨. 2 ⑩. NaCl溶液 ⑪. Fe、Cu 【解析】 【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。 【详解】(1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，将混合物分离； (2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； (3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3； ②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确； B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，王水中浓盐酸的主要作用是提供氯离子，形成稳定的配离子四氯合金离子，促进金与硝酸的反应，故B错误； C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确； 答案选AC； (4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol； (5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。 【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。 26. HNO3是一种重要的工业原料，因可与多种金属反应，常用于废旧金属回收。 I．采用不同的氮源制备HNO3 （1）方法一：早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为： H2SO4(浓) + NaNO3 = NaHSO4 + HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和___________性。 方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。 （2） 写出第①步的化学方程式： ___________。 Ⅱ．探究硝酸与金属的反应 （3）探究金属与稀硝酸的反应，实验如下： 序号 实验试剂(20˚C) 实验现象 Ⅰ 过量铜粉、2 mL 0.5 mol·L-1 HNO3 无色气体(遇空气变红棕色)，溶液变为蓝色 Ⅱ 过量铁粉、2 mL 0.5mol·L-1 HNO3 6 mL无色气体(经检测为H2)，溶液几乎无色 ① Ⅰ中无色气体遇空气变红棕色的化学方程式：___________。 ② 根据Ⅰ和Ⅱ，研究Ⅱ中的氧化剂是否只有H+。 (i)甲同学通过理论分析，认为Ⅱ中的也能被还原。其理论依据是___________。 (ii)乙同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于，所以没有发生反应。丙同学认为乙的说法不正确，结合实验证据说明丙同学的理由为___________。 (iii)丙同学通过实验证实了反应后的溶液中含有，生成的离子方程式是___________。 ③根据实验Ⅰ和Ⅱ，金属与反应时，影响还原产物不同的因素为___________。 【答案】（1）难挥发性 （2） （3） ①. ②. 中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 ③. 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出 ④. ⑤. 金属活泼性 【解析】 【小问1详解】 硫酸是难挥发性酸，硝酸是挥发性酸，反应H2SO4(浓) + NaNO3 = NaHSO4 + HNO3↑，利用了浓硫酸的性质是酸性和难挥发性； 【小问2详解】 氨气发生催化氧化，反应方程式为； 【小问3详解】 ①NO和氧气反应生成二氧化氮，反应方程式为：； ②理论依据：中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性；若硝酸根离子没有发生反应，则I溶液不会变蓝，I中溶液变蓝说明铜被氧化，硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，I中溶液变蓝，同时没有氢气放出，可知Ⅱ中的，也能被还原； 生成的离子方程式： ； 金属与硝酸反应时，铜和铁的活泼性不同，产物也不同；实验Ⅰ中还原性较弱的铜将还原为NO，实验Ⅱ中还原性较强的铁将还原为，说明影响还原产物不同的因素是金属的活泼性。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大兴一中2025-2026学年第二学期期中试题 高一化学 第一部分 选择题 (共42分) 本题共21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个正确选项。 1. 下列设备工作时，将化学能转化为电能的是 A B C D 铅蓄电池 硅太阳能电池 燃气灶 电烤箱 A. A B. B C. C D. D 2. 下列过程属于人工固氮的是 A. 闪电时转化为NO B. 分离液态空气制 C. 工业合成氨 D. 豆科植物根瘤菌将转化为氨 3. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A. 氮气的化学性质很稳定，可用作保护气 B. 氨易液化且液氨汽化时吸收大量的热，可作制冷剂 C. 晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料 D. 二氧化硫具有氧化性，可用于制备硫酸 4. 如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是 A. 酸雨的pH小于5.6 B. 空气中的是导致酸雨的原因之一 C. 含硫煤的燃烧是导致酸雨的原因之一 D. 酸雨形成过程中涉及氧化还原反应 5. 下列物质均有漂白作用，其中漂白原理与其他三种物质不同的是 A. B. C. D. 氯水 6. 下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是 A. Na与水反应时，增加水的质量 B. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强 C. 实验室制氢气时，将稀H2SO4改为98％的浓H2SO4与Zn反应 D. 在工业合成氨反应中，温度一定、容器体积一定时，增加氮气的量 7. 已知为放热反应，有关该反应的说法正确的是 A. 与足量反应可生成 B. 该反应中的能量变化与化学键变化有关 C. 改变压强，其反应速率不变 D. 升高温度，其反应速率降低 8. 下列变化中，气体被还原的是 A. 二氧化碳使Na2O2固体变白 B. 氯气使KBr溶液变黄 C. SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 9. 在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是 A. B. C. D. 10. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化钠溶液试剂瓶不用玻璃塞的原因： B. 和过量的溶液反应： C. 氯化铁溶液中通入溶液变为浅绿色： D. 过量的和稀硝酸反应： 11. 下列各组离子在溶液中可以大量共存的是 A. H＋、Fe2＋、Cl－、NO B. Ba2＋、NO、Cl－、Na＋ C. Na＋、HCO、H＋、NO D. K＋、NH、SO、OH－ 12. 实验室进行氨溶于水的喷泉实验(如图)。下列说法中，不正确的是 A. 该实验证明氨气极易溶于水 B. 酚酞溶液变红的原因：NH3＋H2ONH3·H2O＋OH- C. 形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压大于大气压 D. 烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液也可形成喷泉 13. 过量铁与少量稀硫酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是 A. 加入少量浓硫酸 B. 加入适量的水 C. 加入几滴硫酸铜溶液 D. 再加入少量稀硫酸 14. 用类比推理的思维方法可以预测许多物质的性质，但不能违背客观事实。下列推论正确的是 A. 可与溶液反应，则也可与溶液反应 B. 是酸性气体，可以用浓硫酸干燥，也是酸性气体，则也可以用浓硫酸干燥 C. 浓硝酸露置在空气中溶液质量会减小，则浓硫酸露置在空气中溶液质量也会减小 D. 氯化铵和熟石灰混合加热可产生氨气，则硫酸铵与熟石灰混合加热也可产生氨气 15. 下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将SO2通入CaCl2溶液中 有白色沉淀出现 生成了CaSO3难溶物 B 向浓硝酸中插入红热的木炭 产生红棕色气体 NO2一定是由木炭和浓硝酸反应生成 C 用玻璃棒蘸取浓硝酸点到蓝色石蕊试纸上 试纸变红色后褪色 浓硝酸有酸性、强氧化性 D 向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 生成白色沉淀 该溶液中含有 A. A B. B C. C D. D 16. CO与O在催化剂表面形成化学键的过程示意图如下。下列说法正确的是 A. 由状态Ⅰ到状态Ⅱ，CO断键形成C原子和O原子 B. 由状态Ⅱ到状态Ⅲ形成非极性共价键 C. 由状态Ⅰ到状态Ⅲ的总反应方程式为 D. 由状态Ⅰ到状态Ⅲ是放热过程 17. 实验室制取下列气体，所选的反应试剂、制备装置与收集方法合理的是 选项 气体 反应试剂 制备装置 收集方法 A 石灰石、稀硫酸 b e B 、浓盐酸 b d C 、 a e D Cu、浓硝酸 c f A. A B. B C. C D. D 18. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如下图，下列说法不正确的是 A. 将黄铁矿粉碎，可以提高反应速率 B. 沸腾炉中每生成1molSO2，有5mole-发生转移 C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率 D. 可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥 19. 几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A. ①中的试剂a可以是Cu B. ②中反应需要NaOH溶液足量 C. ③中反应体现了Na2SO3的还原性 D. 若将③中的S换成Cl2，则氧化产物变为Na2SO4 20. 从印刷电路板的腐蚀废液（主要含等）中回收、制备的流程如下。下列说法正确的是 A. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板的原理是： B. 试剂X可能是稀硝酸或酸性高锰酸钾 C. 由粗铜制得粗液发生的反应： D. 粗品的主要成分是硫酸铜晶体的可能原因是硝酸根作了氧化剂 21. 某小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，实验过程如下： 实验序号 Ⅰ Ⅱ 实验过程 实验现象 紫色变浅(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2) 溶液呈淡黄色(pH≈8)，生成浅粉色沉淀(MnS) 资料：ⅰ．在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。 ⅱ．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。 下列说法不正确的是（ ）。 A. 根据实验可知，Na2S被氧化 B. 取少量实验Ⅰ所得溶液进行实验，检测到有，不能说明S2-被氧化为 C. 实验Ⅰ中生成棕褐色沉淀，说明酸性条件下S2-能将还原为MnO2 D. 实验Ⅱ得到浅粉色沉淀，是由于S2-将新生成的还原为Mn2+并迅速与其结合所致 第二部分 非选择题 (共58分) 22. 某小组研究化学反应中的能量变化，进行了如下实验。 （1）实验：如图，将片和片分别插入盛有稀硫酸的烧杯中。 观察到Zn片表面产生气泡，溶液温度由升到； Cu片表面无明显变化。 ① Zn片与稀硫酸反应的离子方程式为___________。 ② Zn片与稀硫酸反应的能量变化关系符合下图中的___________(填“”或“”)。 （2）实验：用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有稀硫酸的烧杯中观察到电流表指针发生偏转， Cu片表面产生气泡，溶液温度由升到。结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因___________。 （3）实验和产生等量气体时，测得。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因___________。 （4）实验装置工作时， ①下列说法正确的是___________。 a．负极反应是Zn-2e-=Zn2+ b．Cu片附近溶液pH降低 c．溶液中的H+向Cu片移动 d．溶液中阳离子的数量不变 ②当Cu表面生成4.48L氢气(标准状况)时，导线中通过的e- 物质的量为___________mol。 （5）请根据化学反应：2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+设计一个原电池，在下方简单装置示意图中标明所使用的试剂___________。 23. 汽车尾气中1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应生成2 mol NO (g)的能量变化如图所示。 已知：发生的反应方程式为 N2 + O22NO （1）1 mol N2和1 mol O2完全反应生成NO会___________(填“吸收”或“放出”)___________能量。 （2）汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使CO、NO发生如下反应：2NO +2CO 2CO2 + N2，将CO、NO转化为无毒气体。已知在T℃时，容积为2 L的含有多个催化层的密闭装置中，吸入含0.8 mol NO和0.8 mol CO的空气，测得NO物质的量随时间变化如图所示。 前10 min内的平均反应速率v(N2) = ___________mol·L-1·min-1。 （3）恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是 ___________(填字母，下同)。 A．适当升高温度 B．选择高效催化剂 C．将生成的CO2和N2分离出去 （4）已知，增大催化剂的比表面积可提高反应速率。为验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，设计了三组实验，部分实验条件已填在下表中。 实验 编号 t (℃) NO初始浓度(mol·L-1) CO初始浓度(mol·L-1) 催化剂的比表面积(m2/g) Ⅰ 280 1.20×10-3 5.80×10-3 C Ⅱ A 1.20×10-3 B 124 Ⅲ 350 1.20×10-3 5.80×10-3 82 ①能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验___________(填编号)。 ②实验I和实验II的目的是探究催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，则表中数据为：A___________；B___________；C___________。 24. 根据要求完成下列各小题实验目的。（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去） （1）验证碳、硅非金属性的相对强弱。（已知酸性：亚硫酸>碳酸） ① 连接仪器、________、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸，加热。 ② 铜与浓硫酸反应的化学方程式是_______。装置A中试剂是_______。 ③ 能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是_________。 （2）验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。 ① 在（1）①操作后打开b，关闭a。 ② H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是____。 ③ BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。 滴加的溶液 氯水 氨水 沉淀的化学式 ____ ____ 写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式_________。 25. 用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl (1)酸溶后经____操作，将混合物分离。 (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____。 (3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整： Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是____。 A．用到了HNO3的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解 (4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂1是____，物质2是____。 26. HNO3是一种重要的工业原料，因可与多种金属反应，常用于废旧金属回收。 I．采用不同的氮源制备HNO3 （1）方法一：早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为： H2SO4(浓) + NaNO3 = NaHSO4 + HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和___________性。 方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。 （2） 写出第①步的化学方程式： ___________。 Ⅱ．探究硝酸与金属的反应 （3）探究金属与稀硝酸的反应，实验如下： 序号 实验试剂(20˚C) 实验现象 Ⅰ 过量铜粉、2 mL 0.5 mol·L-1 HNO3 无色气体(遇空气变红棕色)，溶液变为蓝色 Ⅱ 过量铁粉、2 mL 0.5mol·L-1 HNO3 6 mL无色气体(经检测为H2)，溶液几乎无色 ① Ⅰ中无色气体遇空气变红棕色的化学方程式：___________。 ② 根据Ⅰ和Ⅱ，研究Ⅱ中的氧化剂是否只有H+。 (i)甲同学通过理论分析，认为Ⅱ中的也能被还原。其理论依据是___________。 (ii)乙同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于，所以没有发生反应。丙同学认为乙的说法不正确，结合实验证据说明丙同学的理由为___________。 (iii)丙同学通过实验证实了反应后的溶液中含有，生成的离子方程式是___________。 ③根据实验Ⅰ和Ⅱ，金属与反应时，影响还原产物不同的因素为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $