【期末押题卷】广东省广州市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷三（含解析）
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| 名称 | 【期末押题卷】广东省广州市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷三（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-16 09:06:17 | ||
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文档简介
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广东省广州市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
一．选择题（共16小题）
1．（2025 广州二模）中华文化源远流长，古人使用不同的材料制作乐器。下列乐器中，主要材质为硅酸盐材料的是（ ）
A.青铜编钟 B.木笙 C.陶坝 D.骨笛
A．A B．B C．C D．D
2．（2025 广州一模）我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥三号搭载钚﹣238同位素电池：Pu的质量数为94
B．嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键
C．大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物
D．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
3．（2024 广州三模）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，淘金原理与化学上的萃取一致
B．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
C．中国“天眼”用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D．“嫦娥五号”使用的太阳能电池和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
4．（2024春 广州期末）下列有关材料的说法，不正确的是（ ）
A．中国深海载人潜水器“蛟龙号”的发动机使用的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SOC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，将光能直接转化为电能
D．2022年北京冬奥会展示的智能服饰含有石墨烯，石墨烯与金刚石互为同素异形体
5．（2024春 广州月考）生活中有着众多有机物，下列说法不正确的是（ ）
A．天然气、沼气和煤层气的主要成分是甲烷
B．乙烯是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实
C．聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃）和涤纶都是缩聚反应制得
D．淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，油脂不是
6．（2024 广州一模）下列有关物质性质的解释错误的是（ ）
A．过氧乙酸（CH3COOOH）用于消毒剂，是由于分子中存在过氧键
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其具有碱性
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素
D．碳酸氢铵用于面包和饼干的膨松剂是由于其可中和酸并受热分解，产生大量气体
7．（2024春 海珠区校级期末）下列说法正确的是（ ）
A．C4H8属于烯烃的有机物共有4种（不考虑立体异构）
B．分子式为C4H8Cl2的同分异构体共有9种
C．分子式为C5H12O能发生催化氧化生成醛的同分异构体共有8种
D．CF3—CH＝CH—C≡C—CF3最多有8个原子共面，4个原子共线
8．（2025春 广州期末）在阿司匹林的结构简式（右式）中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共煮时，发生反应时断键的位置是 （ ）
A．①④ B．②⑤ C．③④ D．②⑥
9．（2025春 广州期末）按如图装置进行实验（夹持装置省略），预期现象及其相应解释存在错误的是（ ）
A．甲中缺少Ca（OH）2，则不会制得NH3因为NH4Cl分解出的NH3与HCl在试管口又重新会生成NH4Cl
B．乙中a处比b处先变蓝，因为NH3的密度比空气小
C．丙中有白烟，因为NH3与酸产生铵盐
D．丁中液面上升，因为NH3极易溶于水
10．（2025 越秀区开学）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．自然固氮是豆科植物的根瘤菌将b转化成a
B．自然界存在b→c→d→e→f的转化
C．工业上制e的原理是将b→a→c→d→e
D．常温下将铁丝插入e的浓溶液可产生d
11．（2025 越秀区开学）氨是世界上产量最多的无机化合物之一。兴趣小组利用以下装置进行实验，其中难以达到预期的是（ ）
A．制备NH3 B．NH3的喷泉实验
C．收集、验满NH3 D．NH3的尾气处理
12．（2025 广州二模）利用下列实验装置（加热装置省略）测定葡萄酒中SO2的含量，将葡萄酒中的SO2吹到H2O2溶液中，用NaOH标准溶液滴定反应后的Ⅱ中溶液。下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其氧化性
B．SO2进入Ⅱ中与H2O2反应，体现SO2的还原性
C．利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的H2O2测SO2的含量
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则测得的SO2含量偏高
13．（2025春 广州校级期末）如图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液构成原电池。下列叙述正确的是（ ）
A．Zn是负极，发生还原反应
B．电子从锌片经外电路流向铜片
C．一段时间后溶液变蓝
D．铜片上无任何现象
14．（2025春 黄埔区期末）化学反应与能量变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．盐酸和碳酸氢钠反应的能量变化符合图1
B．铝片和盐酸反应的能量变化符合图2
C．断裂旧键所吸收的能量即为反应物的总能量，形成新键所放出的能量即为生成物的总能量
D．发生图2能量变化的反应，可能不需要加热也能发生
15．（2025春 黄埔区期末）我国力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整反应体系主要涉及：。将CH4与CO2以物质的量之比为1：2置于恒温、恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应。能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A．每生成2mol CO消耗1mol CH4
B．v正（CO2）＝v逆（H2）
C．容器内压强不变
D．n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）＝1：1：2：2
16．（2025 湖州二模）I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是：
ⅰ．；ⅱ．___________。
分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是（ ）
A．曲线②为含有I﹣的反应过程
B．反应ⅱ为
C．反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D．反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢
二．工艺流程题（共2小题）
17．（2024春 广州期末）硫、氮元素是高中化学学习的两种重要非金属元素，二者的价类二维图分别如图1所示：
（1）图中物质“d”的化学式是 ，“Y”代表的物质类别是 ，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，则⑤的反应为 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）在氮的化合物中，常用作制冷剂的物质是 ，原因是 。
（3）H2S的电子式为 。a的溶液与H2S发生反应可观察到的实验现象是 。
（4）写出铜与硝酸发生反应④的离子方程式 。
（5）如图3为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图：
已知：用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O。为了防止环境污染，用NaOH溶液进行尾气处理，若尾气能完全被吸收，则尾气中NO2与NO的体积必须满足的条件是： 。
18．（2024 越秀区开学）氮循环在地球生态中不可或缺。
工如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（1）图中X的化学式是 。氧化炉中发生的反应有 （填化学方程式）和2NO+O2＝2NO2°
（2）一定温度下在容积不变的密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列结果可说明该反应已经达到平衡状态的是 。（填标号）
A．容器内O2的浓度不再变化
B．容器内气体的密度不再变化
C．容器内气体总质量不再变化
D．相同时间内，消耗1moNO同时生成1mol NO2
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率为 mol L﹣1 s﹣1。
时间/s时间/s 0 1 2 3 ……
c（CO）/10﹣3mol L﹣1 3.60 3.05 2.85 2.76 ……
（4）工业废液中的硝酸可用甲醇处理，HNO3被还原成N2。若此反应消耗了32gCH3OH，转移电子6mol，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。
Ⅱ．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2。为探究尾气转化速率的影响因素，进行3组实验（反应物初始浓度相同），得到下表所示数据。
编号 T/℃ 催化剂比表面积（m2/g） 前30s的平均速率（mol L﹣1 s﹣1）
① 280 80 v1
② a 120 v2
③ 360 b v3
（5）该反应的化学方程式是 。
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则则a＝ ，b＝ 。若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是 。
三．解答题（共2小题）
19．（2023秋 天河区校级月考）Ⅰ．某小组同学采用电化学装置验证“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（1）按照如图的装置图，组装好仪器后，分别在两烧杯中加入一定浓度的a、b两电解质溶液，闭合开关K，观察到的现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡。则a为 溶液；b为 溶液；（写a、b化学式）
（2）再向左侧烧杯中滴加较浓的 溶液，产生的现象为 。表明“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
Ⅱ．利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。
已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。
电对（氧化型/还原型） Fe3+/Fe2+ I2/I﹣
电极电势φ/V 0.771 0.536
用可逆反应2Fe3++2I﹣ 2Fe2++I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E（E＝φ正极﹣φ负极）随时间t的变化如图b所示：
（3）电池初始工作时，正极的电极反应式为 。
（4）某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：
猜想1：c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低。
猜想2：c（I﹣）减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。
①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅰ 往烧杯A中加入适量Fe E 0 猜想1成立
ⅱ 往烧杯B中加入适量 E＜0 猜想2成立
②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由 。
③为进一步验证猜想1，进行实验ⅲ，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅲ 往烧杯A中加入适量 E＜0 猜想1成立
结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。
20．（2023秋 广州期末）研究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义，回答下列问题：
（1）在固定体积的容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），该反应为放热反应。下列一定能加快该反应速率的措施是 。
A．降温
B．充入氮气
C．充入O2
D．加入催化剂V2O5
（2）常温下，实验室用100mL6.0mol L﹣1硫酸跟足量锌粉反应制取氢气。
①为降低反应进行的速率，又不影响生成氢气的量，可向反应物中加入 。（填序号）。
A．CH3COONa固体
B．KNO3固体
C．K2SO4溶液
D．KHSO4溶液
②向溶液中滴加少量硫酸铜溶液，反应速率加快，原因是 。
（3）一定温度下，在体积为aL的固定密闭容器中，有色气体N与无色气体M的物质的量随时间变化曲线如图所示。从反应开始到t1，平均反应速率v（N）＝ 。该反应的化学方程式可表示为 。（用M、N表示化学式）
下列说法中能够判定该反应处于平衡状态的是 （填序号）。
A．速率v（M）正＝2v（N）逆
B．气体的总质量不再变化
C．气体的颜色不再变化
D．M的体积分数不变
广东省广州市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2025 广州二模）中华文化源远流长，古人使用不同的材料制作乐器。下列乐器中，主要材质为硅酸盐材料的是（ ）
A.青铜编钟 B.木笙 C.陶坝 D.骨笛
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】A．根据青铜编钟的材质，进行分析；
B．根据木笙的材质，进行分析；
C．根据陶坝的材质，进行分析；
D．根据骨笛的材质，进行分析。
【解答】解：A．青铜编钟是青铜制成的，青铜是铜锡合金，属于金属材料，故A错误；
B．木笙是用木材制成的，属于天然有机材料，故B错误；
C．陶坝是用陶土烧制而成的，陶土的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，故C正确；
D．骨笛是用动物骨骼（主要成分为羟基磷灰石）制成的，不属于硅酸盐材料，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查硅酸盐材料的识别。硅酸盐材料是指由硅酸盐组成的材料，常见的硅酸盐材料包括玻璃、陶瓷、水泥等。了解不同材料的分类和特性有助于我们更好地认识和利用这些材料。
2．（2025 广州一模）我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥三号搭载钚﹣238同位素电池：Pu的质量数为94
B．嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键
C．大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物
D．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
【答案】D
【分析】A．钚﹣238的质量数为238；
B．水升华过程中破坏了分子间作用力；
C．深海油气属于混合物；
D．氮化铝属于新型无机非金属材料。
【解答】解：A．钚﹣238的质量数为238，质子数为94，故A错误；
B．水升华过程中破坏了分子间作用力，故B错误；
C．深海油气属于混合物，故C错误；
D．氮化铝属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的组成，为基础知识的考查，题目难度不大。
3．（2024 广州三模）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，淘金原理与化学上的萃取一致
B．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
C．中国“天眼”用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D．“嫦娥五号”使用的太阳能电池和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
【答案】C
【分析】A.淘金原理为金密度较大，且金不溶于水；
B.丝绸主要成分是蛋白质，宣纸主要成分是纤维素，尼龙主要成分是合成纤维；
C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；
D.太阳能电池是将太阳能转化为电能。
【解答】A.淘金原理为金密度较大，且金不溶于水，是过滤的原理，与萃取原理不同，故A错误；
B.丝绸主要成分是蛋白质，宣纸主要成分是纤维素，尼龙主要成分是合成纤维，故B错误；
C.SiC属于共价晶体，熔点高、硬度大，不是传统的硅酸盐材料，是新型无机非金属材料，故C正确；
D.太阳能电池是将太阳能转化为电能，锂电池是化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4．（2024春 广州期末）下列有关材料的说法，不正确的是（ ）
A．中国深海载人潜水器“蛟龙号”的发动机使用的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SOC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，将光能直接转化为电能
D．2022年北京冬奥会展示的智能服饰含有石墨烯，石墨烯与金刚石互为同素异形体
【答案】B
【分析】A．氮化硅陶瓷是一种耐高温结构陶瓷；
B．芯片的主要成分是晶体硅；
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池；
D．同种元素形成的不同种单质互为同素异形体。
【解答】解：A．氮化硅陶瓷是一种耐高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．芯片的主要成分是晶体硅，而不是二氧化硅，故B错误；
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，能够将光能直接转化为电能，故C正确；
D．同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；石墨烯与金刚石都是由碳元素形成的两种不同单质，故互为同素异形体，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．（2024春 广州月考）生活中有着众多有机物，下列说法不正确的是（ ）
A．天然气、沼气和煤层气的主要成分是甲烷
B．乙烯是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实
C．聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃）和涤纶都是缩聚反应制得
D．淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，油脂不是
【答案】C
【分析】A．根据天然气、沼气和煤层气的主要成分进行分析；
B．根据乙烯的用途进行分析；
C．根据聚甲基丙烯酸甲酯和涤纶的制备方法进行分析；
D．根据高分子化合物的定义和油脂的性质进行分析。
【解答】解：A．天然气、沼气和煤层气的主要成分确实是甲烷（CH4），故A正确；
B．乙烯是一种植物生长调节剂，可以用于催熟果实，故B正确；
C．聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃）是通过加成聚合反应制得，而涤纶是通过缩聚反应制得，故C错误；
D．淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，而油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查有机物的性质和用途。注意完成此题，需要了解常见有机物的性质和它们在日常生活中的应用。掌握这些知识有助于更好地理解化学与生活的联系。
6．（2024 广州一模）下列有关物质性质的解释错误的是（ ）
A．过氧乙酸（CH3COOOH）用于消毒剂，是由于分子中存在过氧键
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其具有碱性
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素
D．碳酸氢铵用于面包和饼干的膨松剂是由于其可中和酸并受热分解，产生大量气体
【答案】B
【分析】A．过氧乙酸分子中存在过氧键，使得其具有强氧化性；
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其能有效地抑制霉菌及好氧性细菌的活性；
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素锌、铁；
D．碳酸氢铵可中和酸，受热分解产生大量气体：氨气、二氧化碳和水蒸气。
【解答】解：A．过氧乙酸分子中存在过氧键，使得其具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作消毒剂，故A正确；
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其能有效地抑制霉菌及好氧性细菌的活性，延长食品保质期，与其具有碱性无关，故B错误；
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素锌、铁，故C正确；
D．碳酸氢铵可中和酸，受热分解产生大量气体：氨气、二氧化碳和水蒸气，可以作为膨松剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
7．（2024春 海珠区校级期末）下列说法正确的是（ ）
A．C4H8属于烯烃的有机物共有4种（不考虑立体异构）
B．分子式为C4H8Cl2的同分异构体共有9种
C．分子式为C5H12O能发生催化氧化生成醛的同分异构体共有8种
D．CF3—CH＝CH—C≡C—CF3最多有8个原子共面，4个原子共线
【答案】B
【分析】A．根据分子式相同结构不同的有机化合物互称同分异构体进行分析；
B．根据同分异构体的书写方法进行分析；
C．根据分子式为C5H12O的醇，能发生催化氧化生成醛，进行分析；
D．根据碳碳双键为平面型结构，与之直接相连的原子与双键均共面；碳碳三键为直线型，与之直接相连的原子共线进行分析。
【解答】解：A．C4H8中属于烯烃的同分异构体有：CH2＝CHCH2CH3、CH3CH＝CHCH3、CH2＝C （CH3）2，共3种，故A错误；
B．根据同分异构体的书写方法，一共有9种，分别为1，2﹣二氯丁烷；1，3—二氯丁烷；1，4﹣二氯丁烷；1，1—二氯丁烷；2，2—二氯丁烷；2，3—二氯丁烷；1，1—二氯—2—甲基丙烷；1，2﹣二氯—2—甲基丙烷；1，3—二氯—2—甲基丙烷，故B正确；
C．分子式为C5H12O的醇，能发生催化氧化生成醛，则醇中与羟基相连的碳原子上含有2个氢原子，符合条件的同分异构体有：（CH3）2CHCH2CH2OH、CH3CH2CH2CH2CH2OH、（CH3）3CCH2OH、，共4种，故C错误；
D．碳碳三键为直线型，与之直接相连的原子共线，—CF3中可能有一个F原子与C原子共面，碳碳双键为平面型结构，与之直接相连的原子与双键均共面，则CF3—CH＝CH—C≡C—CF3中最多有10个原子共面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查同分异构体的书写及数目的确定等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2025春 广州期末）在阿司匹林的结构简式（右式）中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共煮时，发生反应时断键的位置是 （ ）
A．①④ B．②⑤ C．③④ D．②⑥
【答案】D
【分析】根据阿司匹林的结构简式可知，分子中含有羧基，决定其具有羧酸的性质；分子中具有酯基，决定其具有酯的性质。
能和氢氧化钠溶液反应的是酯基和羧基，据此分析解答。
【解答】解：能和氢氧化钠溶液反应的是酯基和羧基，酯基中碳氧单键断裂，即②号键断裂；羧基中羟基上的氧氢键断裂，即⑥键断裂，
故选：D。
【点评】本题考查了有机物的官能团及其性质，难度不大，明确有机化学反应中断键位置是解本题的关键。
9．（2025春 广州期末）按如图装置进行实验（夹持装置省略），预期现象及其相应解释存在错误的是（ ）
A．甲中缺少Ca（OH）2，则不会制得NH3因为NH4Cl分解出的NH3与HCl在试管口又重新会生成NH4Cl
B．乙中a处比b处先变蓝，因为NH3的密度比空气小
C．丙中有白烟，因为NH3与酸产生铵盐
D．丁中液面上升，因为NH3极易溶于水
【答案】A
【分析】A．加热NH4Cl也会分解产生NH3和HCl，只是由于NH3与HCl在试管口又重新化合生成NH4Cl，导致收集不到NH3，而不是不会制得NH3；
B．NH3的密度比空气小，会向上运动；
C．NH3与酸反应生成铵盐，会产生白烟，例如NH3与HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟；
D．NH3极易溶于水，使丁中气体压强减小，液面上升。
【解答】解：A．即使甲中缺少Ca（OH）2，加热NH4Cl也会分解产生NH3和HCl，只是由于NH3与HCl在试管口又重新化合生成NH4Cl，导致收集不到NH3，而不是不会制得NH3，故A错误；
B．NH3的密度比空气小，会向上运动，所以乙中a处比b处先变蓝，故B正确；
C．NH3与酸反应生成铵盐，会产生白烟，例如NH3与HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，故C正确；
D．NH3极易溶于水，使丁中气体压强减小，液面上升，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查了氨气的制取及性质，题目难度不大，掌握氨气制取的原理和氨气的性质是解答该题的关键。
10．（2025 越秀区开学）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．自然固氮是豆科植物的根瘤菌将b转化成a
B．自然界存在b→c→d→e→f的转化
C．工业上制e的原理是将b→a→c→d→e
D．常温下将铁丝插入e的浓溶液可产生d
【答案】D
【分析】根据含氮物质的分类与化合价关系可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为硝酸盐，
A.自然固氮是豆科植物的根瘤菌将N2（b）转化为NH3（a）；
B.自然界中，N2（b）在放电条件下与氧气反应生成NO（c），NO（c）与氧气反应生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成HNO3（e），HNO3（e）与金属等反应生成硝酸盐（f）；
C.工业上制硝酸（e），是将N2（b）和H2反应生成NH3（a），NH3（a）催化氧化生成NO（c），NO（c）再被氧化生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成硝酸（e）；
D.常温下，铁遇浓硝酸（e）会发生钝化，不会产生NO2（d）。
【解答】解：根据含氮物质的分类与化合价关系可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为硝酸盐，
A.自然固氮是豆科植物的根瘤菌将N2（b）转化为NH3（a），该推断合理，故A错误；
B.自然界中，N2（b）在放电条件下与氧气反应生成NO（c），NO（c）与氧气反应生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成HNO3（e），HNO3（e）与金属等反应生成硝酸盐（f），该推断合理，故B错误；
C.工业上制硝酸（e），是将N2（b）和H2反应生成NH3（a），NH3（a）催化氧化生成NO（c），NO（c）再被氧化生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成硝酸（e），该推断合理，故C错误；
D.常温下，铁遇浓硝酸（e）会发生钝化，不会产生NO2（d），该推断不合理，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查氮及其化合物的相关转化，为最基础的常规考点。
11．（2025 越秀区开学）氨是世界上产量最多的无机化合物之一。兴趣小组利用以下装置进行实验，其中难以达到预期的是（ ）
A．制备NH3 B．NH3的喷泉实验
C．收集、验满NH3 D．NH3的尾气处理
【答案】D
【分析】A.浓氨水中存在平衡NH3+H2O NH3 H2O OH﹣，CaO与水反应生成Ca（OH）2且放热，使平衡逆向移动，从而制得NH3；
B.氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，氨气溶于水后圆底烧瓶内压强迅速减小，打开止水夹，烧杯中溶液进入圆底烧瓶形成喷泉，且氨水溶液呈碱性，酚酞溶液变红；
C.氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可用于验满；
D.氨气极易溶于水，图中装置没有防倒吸措施，会导致液体倒吸进入反应装置，难以达到预期的尾气处理目的。
【解答】解：A.浓氨水中存在平衡NH3+H2O NH3 H2O OH﹣，CaO与水反应生成Ca（OH）2且放热，使平衡逆向移动，从而制得NH3，该装置可以制备NH3，故A错误；
B.氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，氨气溶于水后圆底烧瓶内压强迅速减小，打开止水夹，烧杯中的酚酞溶液进入圆底烧瓶形成喷泉，且氨水溶液呈碱性，酚酞溶液变红，该装置可进行喷泉实验，故B错误；
C.氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可用于验满，该装置能收集和验满NH3，故C错误；
D.氨气极易溶于水，图中装置没有防倒吸措施，会导致液体倒吸进入反应装置，难以达到预期的尾气处理目的，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查多种方法在实验室制备氨气，以及喷泉实验的原理和特点。
12．（2025 广州二模）利用下列实验装置（加热装置省略）测定葡萄酒中SO2的含量，将葡萄酒中的SO2吹到H2O2溶液中，用NaOH标准溶液滴定反应后的Ⅱ中溶液。下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其氧化性
B．SO2进入Ⅱ中与H2O2反应，体现SO2的还原性
C．利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的H2O2测SO2的含量
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则测得的SO2含量偏高
【答案】B
【分析】A．根据稀硫酸在实验中的作用，进行分析；
B．根据SO2与H2O2反应过程中SO2的作用，进行分析；
C．根据实验设计原理和滴定法的应用，进行分析；
D．根据品红溶液颜色变化与SO2含量的关系，进行分析。
【解答】解：A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是提供酸性环境，使SO2气体逸出，故A错误；
B．SO2在Ⅱ中与H2O2反应，SO2被氧化，体现SO2的还原性，故B正确；
C．氢氧化钠与过氧化氢不反应，不能利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的H2O2来计算可以测得SO2的含量，故C错误；
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则说明SO2被H2O2氧化生成了H2SO4，导致SO2含量测量偏低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学实验设计和分析能力，包括对实验装置的理解、化学反应的认识以及实验结果的分析。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
13．（2025春 广州校级期末）如图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液构成原电池。下列叙述正确的是（ ）
A．Zn是负极，发生还原反应
B．电子从锌片经外电路流向铜片
C．一段时间后溶液变蓝
D．铜片上无任何现象
【答案】B
【分析】把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸构成原电池，锌做负极发生氧化反应，铜做正极，溶液中氢离子在铜片上得到电子发生还原反应，依据原电池原理分析选项；
【解答】解：把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸构成原电池，锌做负极发生氧化反应，铜做正极，溶液中氢离子在铜片上得到电子发生还原反应；
A．由分析可知，Zn是负极，发生氧化反应，故A错误；
B．原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电子从锌片经外电路流向铜片，故B正确；
C．该原电池中，铜是正极未参与电极反应，所以一段时间后溶液不变蓝，故C错误；
D．铜片上氢离子得到电子生成氢气，铜片上有气泡产生，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025春 黄埔区期末）化学反应与能量变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．盐酸和碳酸氢钠反应的能量变化符合图1
B．铝片和盐酸反应的能量变化符合图2
C．断裂旧键所吸收的能量即为反应物的总能量，形成新键所放出的能量即为生成物的总能量
D．发生图2能量变化的反应，可能不需要加热也能发生
【答案】D
【分析】A．图1：反应物的总能量高，生成物的总能量低，说明反应为放热反应；图2：反应物的总能量低，生成物的总能量高，说明反应为吸热反应；
B．铝片与盐酸反应是放热反应；
C．物质的总能量指的是物质本身内部储存的能量（化学能）；
D．图2为吸热反应，有些吸热反应不需要加热也能发生。
【解答】解：A．图2：反应物的总能量低，生成物的总能量高，说明反应为吸热反应；图1：反应物的总能量高，生成物的总能量低，说明反应为放热反应；盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，其能量变化符合图2，故A错误；
B．铝片与盐酸反应是放热反应，其能量变化符合图1，故B错误；
C．物质的总能量指的是物质本身内部储存的能量（化学能），断键吸收能量，成键释放能量不是物质的总能量，故C错误；
D．图2为吸热反应，如Ba（OH）2 8H2O和NH4Cl反应为吸热反应，不需要加热也能发生，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025春 黄埔区期末）我国力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整反应体系主要涉及：。将CH4与CO2以物质的量之比为1：2置于恒温、恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应。能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A．每生成2mol CO消耗1mol CH4
B．v正（CO2）＝v逆（H2）
C．容器内压强不变
D．n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）＝1：1：2：2
【答案】C
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
【解答】解：A．每生成2mol CO，消耗1mol CH4都表示正反应，故A错误；
B．2v正（CO2）＝v逆（H2）时反应达到平衡状态，故B错误；
C．该反应前后气体系数不相同，故容器内压强不变则各物质的量不再变化，可表示反应达到平衡状态，故C正确；
D．n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）＝1：1：2：2不能表示反应达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学平衡状态的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
16．（2025 湖州二模）I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是：
ⅰ．；ⅱ．___________。
分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是（ ）
A．曲线②为含有I﹣的反应过程
B．反应ⅱ为
C．反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D．反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢
【答案】C
【分析】I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；
【解答】解：I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；
A．曲线②活化能小于曲线①，故曲线②为含有催化剂I﹣的反应过程，故A正确；
B．根据上述分析，反应ii为，故B正确；
C．根据曲线②能量变化，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，故C错误；
D．反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，故反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生影响速率因素的掌握情况，试题难度中等。
二．工艺流程题（共2小题）
17．（2024春 广州期末）硫、氮元素是高中化学学习的两种重要非金属元素，二者的价类二维图分别如图1所示：
（1）图中物质“d”的化学式是 H2SO3 ，“Y”代表的物质类别是 单质 ，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，则⑤的反应为 吸热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）在氮的化合物中，常用作制冷剂的物质是 氨气 ，原因是 氨气的沸点较高，易液化为液氨 。
（3）H2S的电子式为 。a的溶液与H2S发生反应可观察到的实验现象是 产生了淡黄色沉淀 。
（4）写出铜与硝酸发生反应④的离子方程式 3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O 。
（5）如图3为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图：
已知：用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O。为了防止环境污染，用NaOH溶液进行尾气处理，若尾气能完全被吸收，则尾气中NO2与NO的体积必须满足的条件是： ≥1 。
【答案】（1）酸雨；单质；吸热；
（2）氨气；氨气的沸点较高，易液化为液氨；
（3）；产生了淡黄色沉淀；
（4）3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；
（5）≥1；
【分析】（1）由图可知，物质“d”为硫的+4价含氧酸，即亚硫酸，“Y”对应的物质是氮气，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，即氯化铵加热分解；
（2）氨气的沸点较高，易液化为液氨，液氨汽化时，吸收热量，可以用做制冷剂；
（3）H2S中存在2个H—S，a为亚硫酸，与H2S发生归中反应，生成S单质
（4）铜与硝酸发生反应④，生成硝酸铜、NO和水；
（5）用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：①NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，②NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，若1：1时，只发生反应②，气体完全被吸收，若1：1时，NO2过量，过量的NO2继续发生反应①，气体完全被吸收，若1：1时，NO过量，过量的NO不反应，气体不能完全被吸收，据此分析作答；
【解答】解：（1）由图可知，物质“d”为硫的+4价含氧酸，其化学式是H2SO3，“Y”代表的物质类别是单质，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，则⑤的反应为吸热反应，
故答案为：酸雨；单质；吸热；
（2）在氮的化合物中，常用作制冷剂的物质是氨气，原因是氨气的沸点较高，易液化为液氨，
故答案为：氨气；氨气的沸点较高，易液化为液氨；
（3）H2S的电子式为，a为亚硫酸，与H2S发生归中反应，生成S单质，可以观察到的现象是产生了淡黄色沉淀，
故答案为：；产生了淡黄色沉淀；
（4）铜与硝酸发生反应④，生成NO，其离子方程式为：3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；
（5）用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：①NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，②NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，若1：1时，只发生反应②，气体完全被吸收，若1：1时，NO2过量，过量的NO2继续发生反应①，气体完全被吸收，若1：1时，NO过量，过量的NO不反应，气体不能完全被吸收，综上所述，若尾气能完全被吸收，则尾气中NO2与NO的体积必须满足的条件是：1，
故答案为：≥1；
【点评】本题主要考查氮及其化合物之间的转化，同时考查学生对价类二维图的理解，属于基本知识的考查，难度不大。
18．（2024 越秀区开学）氮循环在地球生态中不可或缺。
工如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（1）图中X的化学式是 O2 。氧化炉中发生的反应有 4NH3+5O24NO+6H2O （填化学方程式）和2NO+O2＝2NO2°
（2）一定温度下在容积不变的密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列结果可说明该反应已经达到平衡状态的是 A 。（填标号）
A．容器内O2的浓度不再变化
B．容器内气体的密度不再变化
C．容器内气体总质量不再变化
D．相同时间内，消耗1moNO同时生成1mol NO2
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率为 2.8×10﹣4 mol L﹣1 s﹣1。
时间/s时间/s 0 1 2 3 ……
c（CO）/10﹣3mol L﹣1 3.60 3.05 2.85 2.76 ……
（4）工业废液中的硝酸可用甲醇处理，HNO3被还原成N2。若此反应消耗了32gCH3OH，转移电子6mol，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 5：6 。
Ⅱ．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2。为探究尾气转化速率的影响因素，进行3组实验（反应物初始浓度相同），得到下表所示数据。
编号 T/℃ 催化剂比表面积（m2/g） 前30s的平均速率（mol L﹣1 s﹣1）
① 280 80 v1
② a 120 v2
③ 360 b v3
（5）该反应的化学方程式是 2CO+2NON2+2CO2 。
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则则a＝ 280 ，b＝ 80 。若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是 v2＞v1 。
【答案】（1）O2；4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）A；
（3）2.8×10﹣4；
（4）5：6；
（5）2CO+2NON2+2CO2；
（6）280；80；v2＞v1。
【分析】（1）工业合成氨时氮气和氢气催化剂作用下高温高压反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，最后尾气吸收，据此回答问题；
（2）根据平衡状态判断的依据：正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析；
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率v；
（4）消耗32gCH3OH的物质的量1mol，转移6mol电子，由CH3OH中碳元素的化合价升高6，所以反应后碳元素的化合价为+4价，产物为CO2，由原子守恒及得失电子守恒可知反应为5CH3OH+6HNO3═5CO2↑+3N2↑+13H2O；
（5）汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2；
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，催化剂表面积为变量，则其量相同，①③变量为温度，其它相同，若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是催化剂比表面积为变量时对速率的影响。
【解答】解：（1）分析可知，图中X的化学式为：O2，氧化炉中发生的反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O和2NO+O2＝2NO2，
故答案为：O2；4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）A．容器内O2的浓度不再变化是平衡标志，故A正确；
B．容器内气体的质量和体积不变，密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．容器内气体总质量始终不变化，不能判断反应达到平衡状态，故C错误；
D．相同时间内，消耗1moNO同时生成1mol NO2，反应正向进行，故D错误；
故答案为：A；
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率v10﹣3＝2.8×10﹣4mol L﹣1 s﹣1，
故答案为：2.8×10﹣4；
（4）消耗32gCH3OH的物质的量1mol，转移6mol电子，由CH3OH中碳元素的化合价升高6，所以反应后碳元素的化合价为+4价，产物为CO2，由原子守恒及得失电子守恒可知反应为5CH3OH+6HNO3═5CO2↑+3N2↑+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6；
（5）汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2，反应的化学方程式为：2CO+2NON2+2CO2，
故答案为：2CO+2NON2+2CO2；
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，图中可知①②的变量是催化剂表面积，则a＝280，①③中的变量是温度，则b＝80，若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，在①②中，催化剂比表面积越大，反应速率越大，v2＞v1，
故答案为：280；80；v2＞v1。
【点评】本题考查了氮及其化合物性质和应用、化学平衡标志、反应速率影响因素和计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
三．解答题（共2小题）
19．（2023秋 天河区校级月考）Ⅰ．某小组同学采用电化学装置验证“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（1）按照如图的装置图，组装好仪器后，分别在两烧杯中加入一定浓度的a、b两电解质溶液，闭合开关K，观察到的现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡。则a为 FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合 溶液；b为 AgNO3 溶液；（写a、b化学式）
（2）再向左侧烧杯中滴加较浓的 Fe2（SO4）3 溶液，产生的现象为 Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，一段时间后指针归零 。表明“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
Ⅱ．利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。
已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。
电对（氧化型/还原型） Fe3+/Fe2+ I2/I﹣
电极电势φ/V 0.771 0.536
用可逆反应2Fe3++2I﹣ 2Fe2++I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E（E＝φ正极﹣φ负极）随时间t的变化如图b所示：
（3）电池初始工作时，正极的电极反应式为 Fe2++e﹣＝Fe3+ 。
（4）某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：
猜想1：c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低。
猜想2：c（I﹣）减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。
①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅰ 往烧杯A中加入适量Fe E ＜ 0 猜想1成立
ⅱ 往烧杯B中加入适量 AgNO3固体 E＜0 猜想2成立
②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由 加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0 。
③为进一步验证猜想1，进行实验ⅲ，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅲ 往烧杯A中加入适量 FeCl2固体 E＜0 猜想1成立
结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。
【答案】（1）FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合；AgNO3；
（2）Fe2（SO4）3；Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，一段时间后指针归零；
（3）Fe2++e﹣＝Fe3+；
（4）①＜；AgNO3固体；
②加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0；
③FeCl2固体。
【分析】（1）利用原电池原理来证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，两电极反应为Fe2+﹣e﹣＝Fe3+、Ag++e﹣＝Ag，则一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+；
（2）反应达到平衡后，左侧烧杯的溶液中含有Fe3+，要证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，可加入较浓的Fe2（SO4）3溶液，平衡逆向移动，电流方向与原电流方向相反，即电流计指针向左偏转，固体银溶解；
（3）根据电极电势可知电池初始工作时铁离子在正极得到电子；
（4）①往烧杯A中加入适量Fe，铁离子被还原为亚铁离子，c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，此时左侧电极电势降低，若电极电压E＜0，猜想1成立；要证明猜想2成立，只需要降低碘离子浓度即可，所以往烧杯B中加入适量AgNO3固体，使碘离子转化为碘化银，若E＜0；
②由于加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0；
③根据②中分子为防止铁离子浓度的变化对实验造成的干扰，需要保持铁离子浓度不变，所以实验ⅲ为往烧杯A中加入适量FeCl2固体。
【解答】解：（1）利用原电池原理来证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，两电极反应为Fe2+﹣e﹣＝Fe3+、Ag++e﹣＝Ag，则一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，为FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，为AgNO3溶液，
故答案为：FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合；AgNO3；
（2）反应达到平衡后，左侧烧杯的溶液中含有Fe3+，要证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，可加入较浓的Fe2（SO4）3溶液，平衡逆向移动，电流方向与原电流方向相反，即电流计指针向左偏转，固体银溶解，但一段时间后指针归零，
故答案为：Fe2（SO4）3；Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，一段时间后指针归零；
（3）根据电极电势可知电池初始工作时铁离子在正极得到电子，正极的电极反应式为Fe2++e﹣＝Fe3+，
故答案为：Fe2++e﹣＝Fe3+；
（4）①往烧杯A中加入适量Fe，铁离子被还原为亚铁离子，c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，此时左侧电极电势降低，若电极电压E＜0，猜想1成立；要证明猜想2成立，只需要降低碘离子浓度即可，所以往烧杯B中加入适量AgNO3固体，使碘离子转化为碘化银，若E＜0，猜想2成立，
故答案为：＜；AgNO3固体；
②由于加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0，所以上述实验不足以证明猜想1成立，
故答案为：加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0；
③根据②中分子为防止铁离子浓度的变化对实验造成的干扰，需要保持铁离子浓度不变，所以实验ⅲ为往烧杯A中加入适量FeCl2固体，E＜0，则猜想1成立，
故答案为：FeCl2固体。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。
20．（2023秋 广州期末）研究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义，回答下列问题：
（1）在固定体积的容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），该反应为放热反应。下列一定能加快该反应速率的措施是 CD 。
A．降温
B．充入氮气
C．充入O2
D．加入催化剂V2O5
（2）常温下，实验室用100mL6.0mol L﹣1硫酸跟足量锌粉反应制取氢气。
①为降低反应进行的速率，又不影响生成氢气的量，可向反应物中加入 AC 。（填序号）。
A．CH3COONa固体
B．KNO3固体
C．K2SO4溶液
D．KHSO4溶液
②向溶液中滴加少量硫酸铜溶液，反应速率加快，原因是 锌与硫酸铜溶液置换出铜，锌、铜、硫酸形成原电池 。
（3）一定温度下，在体积为aL的固定密闭容器中，有色气体N与无色气体M的物质的量随时间变化曲线如图所示。从反应开始到t1，平均反应速率v（N）＝ 。该反应的化学方程式可表示为 2N M 。（用M、N表示化学式）
下列说法中能够判定该反应处于平衡状态的是 CD （填序号）。
A．速率v（M）正＝2v（N）逆
B．气体的总质量不再变化
C．气体的颜色不再变化
D．M的体积分数不变
【答案】（1）CD；
（2）①AC；
②锌与硫酸铜溶液置换出铜，锌、铜、硫酸形成原电池；
（3）；2N M；CD。
【分析】（1）A．降低温度，速率减小；
B．因为容器固定体积，充入氮气后压强增大，但是反应物和生成物的浓度都不变；
C．充入O2，反应物O2的浓度增大；
D．催化剂加快反应速率；
（2）①A．加入CH3COONa固体，和硫酸反应生成的醋酸为弱酸，溶液中H+浓度减小，故会减缓反应进行的速率；
B．加入KNO3固体，在酸性条件下有强氧化性，与锌反应不生成H2；
C．加入K2SO4溶液，硫酸的浓度减小，反应速率减小；
D．加入KHSO4溶液，H+增多；
②向溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应置换出铜；
（3）从反应开始到t1，N的物质的量从8mol变化到6mol，平均反应速率，图中能够表明起始加入的物质是M和N，随反应进行，N的量逐渐减小，为反应物，M的量逐渐增多，为生成物，t3时刻M、N的物质的量不变且不为0，则说明该反应为可逆反应且此时达到平衡，且N与M的物质的量变化量之比2：1；
A．速率2v（M）正＝v（N）逆时，可以判定反应处于平衡状态；
B．M、N都是气体，在反应过程中气体的质量一直保持不变；
C．气体的颜色不再变化，说明有颜色的气体的物质的量不变；
D．反应过程中，M的体积分数不变。
【解答】解：（1）A．降低温度，正逆反应的速率都减小，故A错误；
B．因为容器固定体积，充入氮气后压强增大，但是反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率不变，故B错误；
C．充入O2，反应物O2的浓度增大，正反应速率增大，故C正确；
D．使用催化剂V2O5，正逆反应的速率都增大，故D正确；
故答案为：CD；
（2）①A．加入CH3COONa固体，和硫酸反应生成的醋酸为弱酸，溶液中H+浓度减小，故会减缓反应进行的速率，但是酸所提供的H+的物质的量不变，所以不影响生成H2的总量，故A正确；
B．加入KNO3固体，在酸性条件下有强氧化性，与锌反应不生成H2，所以生成H2的总量减小，故B错误；
C．加入K2SO4溶液，硫酸的浓度减小，反应速率减小，但是H2的总量不受影响，故C正确；
D．加入KHSO4溶液，H+增多，生成氢气的总量增多，故D错误；
故答案为：AC；
②向溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应置换出铜，铜、锌和稀硫酸三者形成原电池反应加快，
故答案为：锌与硫酸铜溶液置换出铜，锌、铜、硫酸形成原电池；
（3）从反应开始到t1，N的物质的量从8mol变化到6mol，平均反应速率，图中能够表明起始加入的物质是M和N，随反应进行，N的量逐渐减小，为反应物，M的量逐渐增多，为生成物，t3时刻M、N的物质的量不变且不为0，则说明该反应为可逆反应且此时达到平衡，且N与M的物质的量变化量之比2：1，则反应的方程式为2N M；
A．速率2v（M）正＝v（N）逆时，可以判定反应处于平衡状态，故A错误；
B．M、N都是气体，在反应过程中气体的质量一直保持不变，因此气体的总质量不再变化不能判定反应处于平衡状态，故B错误；
C．气体的颜色不再变化，说明有颜色的气体的物质的量不变，反应到平衡状态，故C正确；
D．反应过程中，M的体积分数不变，说明反应处于平衡状态，故D正确；
故答案为：；2N M；CD。
【点评】本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生速率计算和平衡状态判断的掌握情况，试题难度中等。
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广东省广州市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
一．选择题（共16小题）
1．（2025 广州二模）中华文化源远流长，古人使用不同的材料制作乐器。下列乐器中，主要材质为硅酸盐材料的是（ ）
A.青铜编钟 B.木笙 C.陶坝 D.骨笛
A．A B．B C．C D．D
2．（2025 广州一模）我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥三号搭载钚﹣238同位素电池：Pu的质量数为94
B．嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键
C．大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物
D．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
3．（2024 广州三模）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，淘金原理与化学上的萃取一致
B．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
C．中国“天眼”用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D．“嫦娥五号”使用的太阳能电池和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
4．（2024春 广州期末）下列有关材料的说法，不正确的是（ ）
A．中国深海载人潜水器“蛟龙号”的发动机使用的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SOC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，将光能直接转化为电能
D．2022年北京冬奥会展示的智能服饰含有石墨烯，石墨烯与金刚石互为同素异形体
5．（2024春 广州月考）生活中有着众多有机物，下列说法不正确的是（ ）
A．天然气、沼气和煤层气的主要成分是甲烷
B．乙烯是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实
C．聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃）和涤纶都是缩聚反应制得
D．淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，油脂不是
6．（2024 广州一模）下列有关物质性质的解释错误的是（ ）
A．过氧乙酸（CH3COOOH）用于消毒剂，是由于分子中存在过氧键
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其具有碱性
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素
D．碳酸氢铵用于面包和饼干的膨松剂是由于其可中和酸并受热分解，产生大量气体
7．（2024春 海珠区校级期末）下列说法正确的是（ ）
A．C4H8属于烯烃的有机物共有4种（不考虑立体异构）
B．分子式为C4H8Cl2的同分异构体共有9种
C．分子式为C5H12O能发生催化氧化生成醛的同分异构体共有8种
D．CF3—CH＝CH—C≡C—CF3最多有8个原子共面，4个原子共线
8．（2025春 广州期末）在阿司匹林的结构简式（右式）中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共煮时，发生反应时断键的位置是 （ ）
A．①④ B．②⑤ C．③④ D．②⑥
9．（2025春 广州期末）按如图装置进行实验（夹持装置省略），预期现象及其相应解释存在错误的是（ ）
A．甲中缺少Ca（OH）2，则不会制得NH3因为NH4Cl分解出的NH3与HCl在试管口又重新会生成NH4Cl
B．乙中a处比b处先变蓝，因为NH3的密度比空气小
C．丙中有白烟，因为NH3与酸产生铵盐
D．丁中液面上升，因为NH3极易溶于水
10．（2025 越秀区开学）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．自然固氮是豆科植物的根瘤菌将b转化成a
B．自然界存在b→c→d→e→f的转化
C．工业上制e的原理是将b→a→c→d→e
D．常温下将铁丝插入e的浓溶液可产生d
11．（2025 越秀区开学）氨是世界上产量最多的无机化合物之一。兴趣小组利用以下装置进行实验，其中难以达到预期的是（ ）
A．制备NH3 B．NH3的喷泉实验
C．收集、验满NH3 D．NH3的尾气处理
12．（2025 广州二模）利用下列实验装置（加热装置省略）测定葡萄酒中SO2的含量，将葡萄酒中的SO2吹到H2O2溶液中，用NaOH标准溶液滴定反应后的Ⅱ中溶液。下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其氧化性
B．SO2进入Ⅱ中与H2O2反应，体现SO2的还原性
C．利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的H2O2测SO2的含量
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则测得的SO2含量偏高
13．（2025春 广州校级期末）如图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液构成原电池。下列叙述正确的是（ ）
A．Zn是负极，发生还原反应
B．电子从锌片经外电路流向铜片
C．一段时间后溶液变蓝
D．铜片上无任何现象
14．（2025春 黄埔区期末）化学反应与能量变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．盐酸和碳酸氢钠反应的能量变化符合图1
B．铝片和盐酸反应的能量变化符合图2
C．断裂旧键所吸收的能量即为反应物的总能量，形成新键所放出的能量即为生成物的总能量
D．发生图2能量变化的反应，可能不需要加热也能发生
15．（2025春 黄埔区期末）我国力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整反应体系主要涉及：。将CH4与CO2以物质的量之比为1：2置于恒温、恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应。能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A．每生成2mol CO消耗1mol CH4
B．v正（CO2）＝v逆（H2）
C．容器内压强不变
D．n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）＝1：1：2：2
16．（2025 湖州二模）I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是：
ⅰ．；ⅱ．___________。
分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是（ ）
A．曲线②为含有I﹣的反应过程
B．反应ⅱ为
C．反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D．反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢
二．工艺流程题（共2小题）
17．（2024春 广州期末）硫、氮元素是高中化学学习的两种重要非金属元素，二者的价类二维图分别如图1所示：
（1）图中物质“d”的化学式是 ，“Y”代表的物质类别是 ，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，则⑤的反应为 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）在氮的化合物中，常用作制冷剂的物质是 ，原因是 。
（3）H2S的电子式为 。a的溶液与H2S发生反应可观察到的实验现象是 。
（4）写出铜与硝酸发生反应④的离子方程式 。
（5）如图3为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图：
已知：用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O。为了防止环境污染，用NaOH溶液进行尾气处理，若尾气能完全被吸收，则尾气中NO2与NO的体积必须满足的条件是： 。
18．（2024 越秀区开学）氮循环在地球生态中不可或缺。
工如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（1）图中X的化学式是 。氧化炉中发生的反应有 （填化学方程式）和2NO+O2＝2NO2°
（2）一定温度下在容积不变的密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列结果可说明该反应已经达到平衡状态的是 。（填标号）
A．容器内O2的浓度不再变化
B．容器内气体的密度不再变化
C．容器内气体总质量不再变化
D．相同时间内，消耗1moNO同时生成1mol NO2
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率为 mol L﹣1 s﹣1。
时间/s时间/s 0 1 2 3 ……
c（CO）/10﹣3mol L﹣1 3.60 3.05 2.85 2.76 ……
（4）工业废液中的硝酸可用甲醇处理，HNO3被还原成N2。若此反应消耗了32gCH3OH，转移电子6mol，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。
Ⅱ．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2。为探究尾气转化速率的影响因素，进行3组实验（反应物初始浓度相同），得到下表所示数据。
编号 T/℃ 催化剂比表面积（m2/g） 前30s的平均速率（mol L﹣1 s﹣1）
① 280 80 v1
② a 120 v2
③ 360 b v3
（5）该反应的化学方程式是 。
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则则a＝ ，b＝ 。若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是 。
三．解答题（共2小题）
19．（2023秋 天河区校级月考）Ⅰ．某小组同学采用电化学装置验证“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（1）按照如图的装置图，组装好仪器后，分别在两烧杯中加入一定浓度的a、b两电解质溶液，闭合开关K，观察到的现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡。则a为 溶液；b为 溶液；（写a、b化学式）
（2）再向左侧烧杯中滴加较浓的 溶液，产生的现象为 。表明“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
Ⅱ．利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。
已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。
电对（氧化型/还原型） Fe3+/Fe2+ I2/I﹣
电极电势φ/V 0.771 0.536
用可逆反应2Fe3++2I﹣ 2Fe2++I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E（E＝φ正极﹣φ负极）随时间t的变化如图b所示：
（3）电池初始工作时，正极的电极反应式为 。
（4）某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：
猜想1：c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低。
猜想2：c（I﹣）减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。
①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅰ 往烧杯A中加入适量Fe E 0 猜想1成立
ⅱ 往烧杯B中加入适量 E＜0 猜想2成立
②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由 。
③为进一步验证猜想1，进行实验ⅲ，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅲ 往烧杯A中加入适量 E＜0 猜想1成立
结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。
20．（2023秋 广州期末）研究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义，回答下列问题：
（1）在固定体积的容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），该反应为放热反应。下列一定能加快该反应速率的措施是 。
A．降温
B．充入氮气
C．充入O2
D．加入催化剂V2O5
（2）常温下，实验室用100mL6.0mol L﹣1硫酸跟足量锌粉反应制取氢气。
①为降低反应进行的速率，又不影响生成氢气的量，可向反应物中加入 。（填序号）。
A．CH3COONa固体
B．KNO3固体
C．K2SO4溶液
D．KHSO4溶液
②向溶液中滴加少量硫酸铜溶液，反应速率加快，原因是 。
（3）一定温度下，在体积为aL的固定密闭容器中，有色气体N与无色气体M的物质的量随时间变化曲线如图所示。从反应开始到t1，平均反应速率v（N）＝ 。该反应的化学方程式可表示为 。（用M、N表示化学式）
下列说法中能够判定该反应处于平衡状态的是 （填序号）。
A．速率v（M）正＝2v（N）逆
B．气体的总质量不再变化
C．气体的颜色不再变化
D．M的体积分数不变
广东省广州市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2025 广州二模）中华文化源远流长，古人使用不同的材料制作乐器。下列乐器中，主要材质为硅酸盐材料的是（ ）
A.青铜编钟 B.木笙 C.陶坝 D.骨笛
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】A．根据青铜编钟的材质，进行分析；
B．根据木笙的材质，进行分析；
C．根据陶坝的材质，进行分析；
D．根据骨笛的材质，进行分析。
【解答】解：A．青铜编钟是青铜制成的，青铜是铜锡合金，属于金属材料，故A错误；
B．木笙是用木材制成的，属于天然有机材料，故B错误；
C．陶坝是用陶土烧制而成的，陶土的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，故C正确；
D．骨笛是用动物骨骼（主要成分为羟基磷灰石）制成的，不属于硅酸盐材料，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查硅酸盐材料的识别。硅酸盐材料是指由硅酸盐组成的材料，常见的硅酸盐材料包括玻璃、陶瓷、水泥等。了解不同材料的分类和特性有助于我们更好地认识和利用这些材料。
2．（2025 广州一模）我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥三号搭载钚﹣238同位素电池：Pu的质量数为94
B．嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键
C．大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物
D．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
【答案】D
【分析】A．钚﹣238的质量数为238；
B．水升华过程中破坏了分子间作用力；
C．深海油气属于混合物；
D．氮化铝属于新型无机非金属材料。
【解答】解：A．钚﹣238的质量数为238，质子数为94，故A错误；
B．水升华过程中破坏了分子间作用力，故B错误；
C．深海油气属于混合物，故C错误；
D．氮化铝属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的组成，为基础知识的考查，题目难度不大。
3．（2024 广州三模）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，淘金原理与化学上的萃取一致
B．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
C．中国“天眼”用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D．“嫦娥五号”使用的太阳能电池和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
【答案】C
【分析】A.淘金原理为金密度较大，且金不溶于水；
B.丝绸主要成分是蛋白质，宣纸主要成分是纤维素，尼龙主要成分是合成纤维；
C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；
D.太阳能电池是将太阳能转化为电能。
【解答】A.淘金原理为金密度较大，且金不溶于水，是过滤的原理，与萃取原理不同，故A错误；
B.丝绸主要成分是蛋白质，宣纸主要成分是纤维素，尼龙主要成分是合成纤维，故B错误；
C.SiC属于共价晶体，熔点高、硬度大，不是传统的硅酸盐材料，是新型无机非金属材料，故C正确；
D.太阳能电池是将太阳能转化为电能，锂电池是化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4．（2024春 广州期末）下列有关材料的说法，不正确的是（ ）
A．中国深海载人潜水器“蛟龙号”的发动机使用的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B．华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SOC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，将光能直接转化为电能
D．2022年北京冬奥会展示的智能服饰含有石墨烯，石墨烯与金刚石互为同素异形体
【答案】B
【分析】A．氮化硅陶瓷是一种耐高温结构陶瓷；
B．芯片的主要成分是晶体硅；
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池；
D．同种元素形成的不同种单质互为同素异形体。
【解答】解：A．氮化硅陶瓷是一种耐高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．芯片的主要成分是晶体硅，而不是二氧化硅，故B错误；
C．光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，能够将光能直接转化为电能，故C正确；
D．同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；石墨烯与金刚石都是由碳元素形成的两种不同单质，故互为同素异形体，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．（2024春 广州月考）生活中有着众多有机物，下列说法不正确的是（ ）
A．天然气、沼气和煤层气的主要成分是甲烷
B．乙烯是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实
C．聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃）和涤纶都是缩聚反应制得
D．淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，油脂不是
【答案】C
【分析】A．根据天然气、沼气和煤层气的主要成分进行分析；
B．根据乙烯的用途进行分析；
C．根据聚甲基丙烯酸甲酯和涤纶的制备方法进行分析；
D．根据高分子化合物的定义和油脂的性质进行分析。
【解答】解：A．天然气、沼气和煤层气的主要成分确实是甲烷（CH4），故A正确；
B．乙烯是一种植物生长调节剂，可以用于催熟果实，故B正确；
C．聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃）是通过加成聚合反应制得，而涤纶是通过缩聚反应制得，故C错误；
D．淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，而油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查有机物的性质和用途。注意完成此题，需要了解常见有机物的性质和它们在日常生活中的应用。掌握这些知识有助于更好地理解化学与生活的联系。
6．（2024 广州一模）下列有关物质性质的解释错误的是（ ）
A．过氧乙酸（CH3COOOH）用于消毒剂，是由于分子中存在过氧键
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其具有碱性
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素
D．碳酸氢铵用于面包和饼干的膨松剂是由于其可中和酸并受热分解，产生大量气体
【答案】B
【分析】A．过氧乙酸分子中存在过氧键，使得其具有强氧化性；
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其能有效地抑制霉菌及好氧性细菌的活性；
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素锌、铁；
D．碳酸氢铵可中和酸，受热分解产生大量气体：氨气、二氧化碳和水蒸气。
【解答】解：A．过氧乙酸分子中存在过氧键，使得其具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作消毒剂，故A正确；
B．山梨酸钾（C6H7O2K）可作为面包、糕点的防腐剂主要是由于其能有效地抑制霉菌及好氧性细菌的活性，延长食品保质期，与其具有碱性无关，故B错误；
C．硫酸锌或硫酸亚铁添加到奶粉中是由于其可以补充身体所需的微量元素锌、铁，故C正确；
D．碳酸氢铵可中和酸，受热分解产生大量气体：氨气、二氧化碳和水蒸气，可以作为膨松剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
7．（2024春 海珠区校级期末）下列说法正确的是（ ）
A．C4H8属于烯烃的有机物共有4种（不考虑立体异构）
B．分子式为C4H8Cl2的同分异构体共有9种
C．分子式为C5H12O能发生催化氧化生成醛的同分异构体共有8种
D．CF3—CH＝CH—C≡C—CF3最多有8个原子共面，4个原子共线
【答案】B
【分析】A．根据分子式相同结构不同的有机化合物互称同分异构体进行分析；
B．根据同分异构体的书写方法进行分析；
C．根据分子式为C5H12O的醇，能发生催化氧化生成醛，进行分析；
D．根据碳碳双键为平面型结构，与之直接相连的原子与双键均共面；碳碳三键为直线型，与之直接相连的原子共线进行分析。
【解答】解：A．C4H8中属于烯烃的同分异构体有：CH2＝CHCH2CH3、CH3CH＝CHCH3、CH2＝C （CH3）2，共3种，故A错误；
B．根据同分异构体的书写方法，一共有9种，分别为1，2﹣二氯丁烷；1，3—二氯丁烷；1，4﹣二氯丁烷；1，1—二氯丁烷；2，2—二氯丁烷；2，3—二氯丁烷；1，1—二氯—2—甲基丙烷；1，2﹣二氯—2—甲基丙烷；1，3—二氯—2—甲基丙烷，故B正确；
C．分子式为C5H12O的醇，能发生催化氧化生成醛，则醇中与羟基相连的碳原子上含有2个氢原子，符合条件的同分异构体有：（CH3）2CHCH2CH2OH、CH3CH2CH2CH2CH2OH、（CH3）3CCH2OH、，共4种，故C错误；
D．碳碳三键为直线型，与之直接相连的原子共线，—CF3中可能有一个F原子与C原子共面，碳碳双键为平面型结构，与之直接相连的原子与双键均共面，则CF3—CH＝CH—C≡C—CF3中最多有10个原子共面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查同分异构体的书写及数目的确定等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2025春 广州期末）在阿司匹林的结构简式（右式）中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共煮时，发生反应时断键的位置是 （ ）
A．①④ B．②⑤ C．③④ D．②⑥
【答案】D
【分析】根据阿司匹林的结构简式可知，分子中含有羧基，决定其具有羧酸的性质；分子中具有酯基，决定其具有酯的性质。
能和氢氧化钠溶液反应的是酯基和羧基，据此分析解答。
【解答】解：能和氢氧化钠溶液反应的是酯基和羧基，酯基中碳氧单键断裂，即②号键断裂；羧基中羟基上的氧氢键断裂，即⑥键断裂，
故选：D。
【点评】本题考查了有机物的官能团及其性质，难度不大，明确有机化学反应中断键位置是解本题的关键。
9．（2025春 广州期末）按如图装置进行实验（夹持装置省略），预期现象及其相应解释存在错误的是（ ）
A．甲中缺少Ca（OH）2，则不会制得NH3因为NH4Cl分解出的NH3与HCl在试管口又重新会生成NH4Cl
B．乙中a处比b处先变蓝，因为NH3的密度比空气小
C．丙中有白烟，因为NH3与酸产生铵盐
D．丁中液面上升，因为NH3极易溶于水
【答案】A
【分析】A．加热NH4Cl也会分解产生NH3和HCl，只是由于NH3与HCl在试管口又重新化合生成NH4Cl，导致收集不到NH3，而不是不会制得NH3；
B．NH3的密度比空气小，会向上运动；
C．NH3与酸反应生成铵盐，会产生白烟，例如NH3与HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟；
D．NH3极易溶于水，使丁中气体压强减小，液面上升。
【解答】解：A．即使甲中缺少Ca（OH）2，加热NH4Cl也会分解产生NH3和HCl，只是由于NH3与HCl在试管口又重新化合生成NH4Cl，导致收集不到NH3，而不是不会制得NH3，故A错误；
B．NH3的密度比空气小，会向上运动，所以乙中a处比b处先变蓝，故B正确；
C．NH3与酸反应生成铵盐，会产生白烟，例如NH3与HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，故C正确；
D．NH3极易溶于水，使丁中气体压强减小，液面上升，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查了氨气的制取及性质，题目难度不大，掌握氨气制取的原理和氨气的性质是解答该题的关键。
10．（2025 越秀区开学）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．自然固氮是豆科植物的根瘤菌将b转化成a
B．自然界存在b→c→d→e→f的转化
C．工业上制e的原理是将b→a→c→d→e
D．常温下将铁丝插入e的浓溶液可产生d
【答案】D
【分析】根据含氮物质的分类与化合价关系可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为硝酸盐，
A.自然固氮是豆科植物的根瘤菌将N2（b）转化为NH3（a）；
B.自然界中，N2（b）在放电条件下与氧气反应生成NO（c），NO（c）与氧气反应生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成HNO3（e），HNO3（e）与金属等反应生成硝酸盐（f）；
C.工业上制硝酸（e），是将N2（b）和H2反应生成NH3（a），NH3（a）催化氧化生成NO（c），NO（c）再被氧化生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成硝酸（e）；
D.常温下，铁遇浓硝酸（e）会发生钝化，不会产生NO2（d）。
【解答】解：根据含氮物质的分类与化合价关系可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为硝酸盐，
A.自然固氮是豆科植物的根瘤菌将N2（b）转化为NH3（a），该推断合理，故A错误；
B.自然界中，N2（b）在放电条件下与氧气反应生成NO（c），NO（c）与氧气反应生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成HNO3（e），HNO3（e）与金属等反应生成硝酸盐（f），该推断合理，故B错误；
C.工业上制硝酸（e），是将N2（b）和H2反应生成NH3（a），NH3（a）催化氧化生成NO（c），NO（c）再被氧化生成NO2（d），NO2（d）与水反应生成硝酸（e），该推断合理，故C错误；
D.常温下，铁遇浓硝酸（e）会发生钝化，不会产生NO2（d），该推断不合理，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查氮及其化合物的相关转化，为最基础的常规考点。
11．（2025 越秀区开学）氨是世界上产量最多的无机化合物之一。兴趣小组利用以下装置进行实验，其中难以达到预期的是（ ）
A．制备NH3 B．NH3的喷泉实验
C．收集、验满NH3 D．NH3的尾气处理
【答案】D
【分析】A.浓氨水中存在平衡NH3+H2O NH3 H2O OH﹣，CaO与水反应生成Ca（OH）2且放热，使平衡逆向移动，从而制得NH3；
B.氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，氨气溶于水后圆底烧瓶内压强迅速减小，打开止水夹，烧杯中溶液进入圆底烧瓶形成喷泉，且氨水溶液呈碱性，酚酞溶液变红；
C.氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可用于验满；
D.氨气极易溶于水，图中装置没有防倒吸措施，会导致液体倒吸进入反应装置，难以达到预期的尾气处理目的。
【解答】解：A.浓氨水中存在平衡NH3+H2O NH3 H2O OH﹣，CaO与水反应生成Ca（OH）2且放热，使平衡逆向移动，从而制得NH3，该装置可以制备NH3，故A错误；
B.氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，氨气溶于水后圆底烧瓶内压强迅速减小，打开止水夹，烧杯中的酚酞溶液进入圆底烧瓶形成喷泉，且氨水溶液呈碱性，酚酞溶液变红，该装置可进行喷泉实验，故B错误；
C.氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可用于验满，该装置能收集和验满NH3，故C错误；
D.氨气极易溶于水，图中装置没有防倒吸措施，会导致液体倒吸进入反应装置，难以达到预期的尾气处理目的，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查多种方法在实验室制备氨气，以及喷泉实验的原理和特点。
12．（2025 广州二模）利用下列实验装置（加热装置省略）测定葡萄酒中SO2的含量，将葡萄酒中的SO2吹到H2O2溶液中，用NaOH标准溶液滴定反应后的Ⅱ中溶液。下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其氧化性
B．SO2进入Ⅱ中与H2O2反应，体现SO2的还原性
C．利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的H2O2测SO2的含量
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则测得的SO2含量偏高
【答案】B
【分析】A．根据稀硫酸在实验中的作用，进行分析；
B．根据SO2与H2O2反应过程中SO2的作用，进行分析；
C．根据实验设计原理和滴定法的应用，进行分析；
D．根据品红溶液颜色变化与SO2含量的关系，进行分析。
【解答】解：A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是提供酸性环境，使SO2气体逸出，故A错误；
B．SO2在Ⅱ中与H2O2反应，SO2被氧化，体现SO2的还原性，故B正确；
C．氢氧化钠与过氧化氢不反应，不能利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的H2O2来计算可以测得SO2的含量，故C错误；
D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则说明SO2被H2O2氧化生成了H2SO4，导致SO2含量测量偏低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学实验设计和分析能力，包括对实验装置的理解、化学反应的认识以及实验结果的分析。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
13．（2025春 广州校级期末）如图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液构成原电池。下列叙述正确的是（ ）
A．Zn是负极，发生还原反应
B．电子从锌片经外电路流向铜片
C．一段时间后溶液变蓝
D．铜片上无任何现象
【答案】B
【分析】把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸构成原电池，锌做负极发生氧化反应，铜做正极，溶液中氢离子在铜片上得到电子发生还原反应，依据原电池原理分析选项；
【解答】解：把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸构成原电池，锌做负极发生氧化反应，铜做正极，溶液中氢离子在铜片上得到电子发生还原反应；
A．由分析可知，Zn是负极，发生氧化反应，故A错误；
B．原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电子从锌片经外电路流向铜片，故B正确；
C．该原电池中，铜是正极未参与电极反应，所以一段时间后溶液不变蓝，故C错误；
D．铜片上氢离子得到电子生成氢气，铜片上有气泡产生，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025春 黄埔区期末）化学反应与能量变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．盐酸和碳酸氢钠反应的能量变化符合图1
B．铝片和盐酸反应的能量变化符合图2
C．断裂旧键所吸收的能量即为反应物的总能量，形成新键所放出的能量即为生成物的总能量
D．发生图2能量变化的反应，可能不需要加热也能发生
【答案】D
【分析】A．图1：反应物的总能量高，生成物的总能量低，说明反应为放热反应；图2：反应物的总能量低，生成物的总能量高，说明反应为吸热反应；
B．铝片与盐酸反应是放热反应；
C．物质的总能量指的是物质本身内部储存的能量（化学能）；
D．图2为吸热反应，有些吸热反应不需要加热也能发生。
【解答】解：A．图2：反应物的总能量低，生成物的总能量高，说明反应为吸热反应；图1：反应物的总能量高，生成物的总能量低，说明反应为放热反应；盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，其能量变化符合图2，故A错误；
B．铝片与盐酸反应是放热反应，其能量变化符合图1，故B错误；
C．物质的总能量指的是物质本身内部储存的能量（化学能），断键吸收能量，成键释放能量不是物质的总能量，故C错误；
D．图2为吸热反应，如Ba（OH）2 8H2O和NH4Cl反应为吸热反应，不需要加热也能发生，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025春 黄埔区期末）我国力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整反应体系主要涉及：。将CH4与CO2以物质的量之比为1：2置于恒温、恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应。能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A．每生成2mol CO消耗1mol CH4
B．v正（CO2）＝v逆（H2）
C．容器内压强不变
D．n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）＝1：1：2：2
【答案】C
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
【解答】解：A．每生成2mol CO，消耗1mol CH4都表示正反应，故A错误；
B．2v正（CO2）＝v逆（H2）时反应达到平衡状态，故B错误；
C．该反应前后气体系数不相同，故容器内压强不变则各物质的量不再变化，可表示反应达到平衡状态，故C正确；
D．n（CH4）：n（CO2）：n（CO）：n（H2）＝1：1：2：2不能表示反应达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学平衡状态的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
16．（2025 湖州二模）I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，催化机理是：
ⅰ．；ⅱ．___________。
分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是（ ）
A．曲线②为含有I﹣的反应过程
B．反应ⅱ为
C．反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D．反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢
【答案】C
【分析】I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；
【解答】解：I﹣可以作为H2O2分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；
A．曲线②活化能小于曲线①，故曲线②为含有催化剂I﹣的反应过程，故A正确；
B．根据上述分析，反应ii为，故B正确；
C．根据曲线②能量变化，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，故C错误；
D．反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，故反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ的慢，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生影响速率因素的掌握情况，试题难度中等。
二．工艺流程题（共2小题）
17．（2024春 广州期末）硫、氮元素是高中化学学习的两种重要非金属元素，二者的价类二维图分别如图1所示：
（1）图中物质“d”的化学式是 H2SO3 ，“Y”代表的物质类别是 单质 ，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，则⑤的反应为 吸热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）在氮的化合物中，常用作制冷剂的物质是 氨气 ，原因是 氨气的沸点较高，易液化为液氨 。
（3）H2S的电子式为 。a的溶液与H2S发生反应可观察到的实验现象是 产生了淡黄色沉淀 。
（4）写出铜与硝酸发生反应④的离子方程式 3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O 。
（5）如图3为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图：
已知：用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O。为了防止环境污染，用NaOH溶液进行尾气处理，若尾气能完全被吸收，则尾气中NO2与NO的体积必须满足的条件是： ≥1 。
【答案】（1）酸雨；单质；吸热；
（2）氨气；氨气的沸点较高，易液化为液氨；
（3）；产生了淡黄色沉淀；
（4）3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；
（5）≥1；
【分析】（1）由图可知，物质“d”为硫的+4价含氧酸，即亚硫酸，“Y”对应的物质是氮气，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，即氯化铵加热分解；
（2）氨气的沸点较高，易液化为液氨，液氨汽化时，吸收热量，可以用做制冷剂；
（3）H2S中存在2个H—S，a为亚硫酸，与H2S发生归中反应，生成S单质
（4）铜与硝酸发生反应④，生成硝酸铜、NO和水；
（5）用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：①NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，②NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，若1：1时，只发生反应②，气体完全被吸收，若1：1时，NO2过量，过量的NO2继续发生反应①，气体完全被吸收，若1：1时，NO过量，过量的NO不反应，气体不能完全被吸收，据此分析作答；
【解答】解：（1）由图可知，物质“d”为硫的+4价含氧酸，其化学式是H2SO3，“Y”代表的物质类别是单质，若不加任何其它试剂完成转化过程⑤，则⑤的反应为吸热反应，
故答案为：酸雨；单质；吸热；
（2）在氮的化合物中，常用作制冷剂的物质是氨气，原因是氨气的沸点较高，易液化为液氨，
故答案为：氨气；氨气的沸点较高，易液化为液氨；
（3）H2S的电子式为，a为亚硫酸，与H2S发生归中反应，生成S单质，可以观察到的现象是产生了淡黄色沉淀，
故答案为：；产生了淡黄色沉淀；
（4）铜与硝酸发生反应④，生成NO，其离子方程式为：3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++23Cu2++2NO↑+4H2O；
（5）用NaOH溶液进行尾气处理时的化学反应为：①NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，②NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，若1：1时，只发生反应②，气体完全被吸收，若1：1时，NO2过量，过量的NO2继续发生反应①，气体完全被吸收，若1：1时，NO过量，过量的NO不反应，气体不能完全被吸收，综上所述，若尾气能完全被吸收，则尾气中NO2与NO的体积必须满足的条件是：1，
故答案为：≥1；
【点评】本题主要考查氮及其化合物之间的转化，同时考查学生对价类二维图的理解，属于基本知识的考查，难度不大。
18．（2024 越秀区开学）氮循环在地球生态中不可或缺。
工如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（1）图中X的化学式是 O2 。氧化炉中发生的反应有 4NH3+5O24NO+6H2O （填化学方程式）和2NO+O2＝2NO2°
（2）一定温度下在容积不变的密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列结果可说明该反应已经达到平衡状态的是 A 。（填标号）
A．容器内O2的浓度不再变化
B．容器内气体的密度不再变化
C．容器内气体总质量不再变化
D．相同时间内，消耗1moNO同时生成1mol NO2
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率为 2.8×10﹣4 mol L﹣1 s﹣1。
时间/s时间/s 0 1 2 3 ……
c（CO）/10﹣3mol L﹣1 3.60 3.05 2.85 2.76 ……
（4）工业废液中的硝酸可用甲醇处理，HNO3被还原成N2。若此反应消耗了32gCH3OH，转移电子6mol，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 5：6 。
Ⅱ．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2。为探究尾气转化速率的影响因素，进行3组实验（反应物初始浓度相同），得到下表所示数据。
编号 T/℃ 催化剂比表面积（m2/g） 前30s的平均速率（mol L﹣1 s﹣1）
① 280 80 v1
② a 120 v2
③ 360 b v3
（5）该反应的化学方程式是 2CO+2NON2+2CO2 。
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则则a＝ 280 ，b＝ 80 。若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是 v2＞v1 。
【答案】（1）O2；4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）A；
（3）2.8×10﹣4；
（4）5：6；
（5）2CO+2NON2+2CO2；
（6）280；80；v2＞v1。
【分析】（1）工业合成氨时氮气和氢气催化剂作用下高温高压反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，最后尾气吸收，据此回答问题；
（2）根据平衡状态判断的依据：正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析；
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率v；
（4）消耗32gCH3OH的物质的量1mol，转移6mol电子，由CH3OH中碳元素的化合价升高6，所以反应后碳元素的化合价为+4价，产物为CO2，由原子守恒及得失电子守恒可知反应为5CH3OH+6HNO3═5CO2↑+3N2↑+13H2O；
（5）汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2；
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，催化剂表面积为变量，则其量相同，①③变量为温度，其它相同，若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是催化剂比表面积为变量时对速率的影响。
【解答】解：（1）分析可知，图中X的化学式为：O2，氧化炉中发生的反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O和2NO+O2＝2NO2，
故答案为：O2；4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）A．容器内O2的浓度不再变化是平衡标志，故A正确；
B．容器内气体的质量和体积不变，密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．容器内气体总质量始终不变化，不能判断反应达到平衡状态，故C错误；
D．相同时间内，消耗1moNO同时生成1mol NO2，反应正向进行，故D错误；
故答案为：A；
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则0～3sCO的平均反应速率v10﹣3＝2.8×10﹣4mol L﹣1 s﹣1，
故答案为：2.8×10﹣4；
（4）消耗32gCH3OH的物质的量1mol，转移6mol电子，由CH3OH中碳元素的化合价升高6，所以反应后碳元素的化合价为+4价，产物为CO2，由原子守恒及得失电子守恒可知反应为5CH3OH+6HNO3═5CO2↑+3N2↑+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6；
（5）汽车尾气中的CO和NO部分转化为CO2和N2，反应的化学方程式为：2CO+2NON2+2CO2，
故答案为：2CO+2NON2+2CO2；
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，图中可知①②的变量是催化剂表面积，则a＝280，①③中的变量是温度，则b＝80，若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，在①②中，催化剂比表面积越大，反应速率越大，v2＞v1，
故答案为：280；80；v2＞v1。
【点评】本题考查了氮及其化合物性质和应用、化学平衡标志、反应速率影响因素和计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
三．解答题（共2小题）
19．（2023秋 天河区校级月考）Ⅰ．某小组同学采用电化学装置验证“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（1）按照如图的装置图，组装好仪器后，分别在两烧杯中加入一定浓度的a、b两电解质溶液，闭合开关K，观察到的现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡。则a为 FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合 溶液；b为 AgNO3 溶液；（写a、b化学式）
（2）再向左侧烧杯中滴加较浓的 Fe2（SO4）3 溶液，产生的现象为 Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，一段时间后指针归零 。表明“Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓”为可逆反应。
Ⅱ．利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。
已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。
电对（氧化型/还原型） Fe3+/Fe2+ I2/I﹣
电极电势φ/V 0.771 0.536
用可逆反应2Fe3++2I﹣ 2Fe2++I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E（E＝φ正极﹣φ负极）随时间t的变化如图b所示：
（3）电池初始工作时，正极的电极反应式为 Fe2++e﹣＝Fe3+ 。
（4）某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：
猜想1：c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低。
猜想2：c（I﹣）减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。
①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅰ 往烧杯A中加入适量Fe E ＜ 0 猜想1成立
ⅱ 往烧杯B中加入适量 AgNO3固体 E＜0 猜想2成立
②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由 加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0 。
③为进一步验证猜想1，进行实验ⅲ，完成表中填空。
实验 实验操作 电压E/V 结论
ⅲ 往烧杯A中加入适量 FeCl2固体 E＜0 猜想1成立
结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。
【答案】（1）FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合；AgNO3；
（2）Fe2（SO4）3；Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，一段时间后指针归零；
（3）Fe2++e﹣＝Fe3+；
（4）①＜；AgNO3固体；
②加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0；
③FeCl2固体。
【分析】（1）利用原电池原理来证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，两电极反应为Fe2+﹣e﹣＝Fe3+、Ag++e﹣＝Ag，则一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+；
（2）反应达到平衡后，左侧烧杯的溶液中含有Fe3+，要证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，可加入较浓的Fe2（SO4）3溶液，平衡逆向移动，电流方向与原电流方向相反，即电流计指针向左偏转，固体银溶解；
（3）根据电极电势可知电池初始工作时铁离子在正极得到电子；
（4）①往烧杯A中加入适量Fe，铁离子被还原为亚铁离子，c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，此时左侧电极电势降低，若电极电压E＜0，猜想1成立；要证明猜想2成立，只需要降低碘离子浓度即可，所以往烧杯B中加入适量AgNO3固体，使碘离子转化为碘化银，若E＜0；
②由于加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0；
③根据②中分子为防止铁离子浓度的变化对实验造成的干扰，需要保持铁离子浓度不变，所以实验ⅲ为往烧杯A中加入适量FeCl2固体。
【解答】解：（1）利用原电池原理来证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，两电极反应为Fe2+﹣e﹣＝Fe3+、Ag++e﹣＝Ag，则一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，为FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，为AgNO3溶液，
故答案为：FeSO4或Fe2（SO4）3与FeSO4的混合；AgNO3；
（2）反应达到平衡后，左侧烧杯的溶液中含有Fe3+，要证明反应Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，可加入较浓的Fe2（SO4）3溶液，平衡逆向移动，电流方向与原电流方向相反，即电流计指针向左偏转，固体银溶解，但一段时间后指针归零，
故答案为：Fe2（SO4）3；Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，一段时间后指针归零；
（3）根据电极电势可知电池初始工作时铁离子在正极得到电子，正极的电极反应式为Fe2++e﹣＝Fe3+，
故答案为：Fe2++e﹣＝Fe3+；
（4）①往烧杯A中加入适量Fe，铁离子被还原为亚铁离子，c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，此时左侧电极电势降低，若电极电压E＜0，猜想1成立；要证明猜想2成立，只需要降低碘离子浓度即可，所以往烧杯B中加入适量AgNO3固体，使碘离子转化为碘化银，若E＜0，猜想2成立，
故答案为：＜；AgNO3固体；
②由于加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0，所以上述实验不足以证明猜想1成立，
故答案为：加入铁粉后，同时造成c（Fe2+）增大，c（Fe3+）减小，都能使I﹣+Fe3+ Fe2++I2平衡逆移，使E＜0；
③根据②中分子为防止铁离子浓度的变化对实验造成的干扰，需要保持铁离子浓度不变，所以实验ⅲ为往烧杯A中加入适量FeCl2固体，E＜0，则猜想1成立，
故答案为：FeCl2固体。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。
20．（2023秋 广州期末）研究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义，回答下列问题：
（1）在固定体积的容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），该反应为放热反应。下列一定能加快该反应速率的措施是 CD 。
A．降温
B．充入氮气
C．充入O2
D．加入催化剂V2O5
（2）常温下，实验室用100mL6.0mol L﹣1硫酸跟足量锌粉反应制取氢气。
①为降低反应进行的速率，又不影响生成氢气的量，可向反应物中加入 AC 。（填序号）。
A．CH3COONa固体
B．KNO3固体
C．K2SO4溶液
D．KHSO4溶液
②向溶液中滴加少量硫酸铜溶液，反应速率加快，原因是 锌与硫酸铜溶液置换出铜，锌、铜、硫酸形成原电池 。
（3）一定温度下，在体积为aL的固定密闭容器中，有色气体N与无色气体M的物质的量随时间变化曲线如图所示。从反应开始到t1，平均反应速率v（N）＝ 。该反应的化学方程式可表示为 2N M 。（用M、N表示化学式）
下列说法中能够判定该反应处于平衡状态的是 CD （填序号）。
A．速率v（M）正＝2v（N）逆
B．气体的总质量不再变化
C．气体的颜色不再变化
D．M的体积分数不变
【答案】（1）CD；
（2）①AC；
②锌与硫酸铜溶液置换出铜，锌、铜、硫酸形成原电池；
（3）；2N M；CD。
【分析】（1）A．降低温度，速率减小；
B．因为容器固定体积，充入氮气后压强增大，但是反应物和生成物的浓度都不变；
C．充入O2，反应物O2的浓度增大；
D．催化剂加快反应速率；
（2）①A．加入CH3COONa固体，和硫酸反应生成的醋酸为弱酸，溶液中H+浓度减小，故会减缓反应进行的速率；
B．加入KNO3固体，在酸性条件下有强氧化性，与锌反应不生成H2；
C．加入K2SO4溶液，硫酸的浓度减小，反应速率减小；
D．加入KHSO4溶液，H+增多；
②向溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应置换出铜；
（3）从反应开始到t1，N的物质的量从8mol变化到6mol，平均反应速率，图中能够表明起始加入的物质是M和N，随反应进行，N的量逐渐减小，为反应物，M的量逐渐增多，为生成物，t3时刻M、N的物质的量不变且不为0，则说明该反应为可逆反应且此时达到平衡，且N与M的物质的量变化量之比2：1；
A．速率2v（M）正＝v（N）逆时，可以判定反应处于平衡状态；
B．M、N都是气体，在反应过程中气体的质量一直保持不变；
C．气体的颜色不再变化，说明有颜色的气体的物质的量不变；
D．反应过程中，M的体积分数不变。
【解答】解：（1）A．降低温度，正逆反应的速率都减小，故A错误；
B．因为容器固定体积，充入氮气后压强增大，但是反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率不变，故B错误；
C．充入O2，反应物O2的浓度增大，正反应速率增大，故C正确；
D．使用催化剂V2O5，正逆反应的速率都增大，故D正确；
故答案为：CD；
（2）①A．加入CH3COONa固体，和硫酸反应生成的醋酸为弱酸，溶液中H+浓度减小，故会减缓反应进行的速率，但是酸所提供的H+的物质的量不变，所以不影响生成H2的总量，故A正确；
B．加入KNO3固体，在酸性条件下有强氧化性，与锌反应不生成H2，所以生成H2的总量减小，故B错误；
C．加入K2SO4溶液，硫酸的浓度减小，反应速率减小，但是H2的总量不受影响，故C正确；
D．加入KHSO4溶液，H+增多，生成氢气的总量增多，故D错误；
故答案为：AC；
②向溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应置换出铜，铜、锌和稀硫酸三者形成原电池反应加快，
故答案为：锌与硫酸铜溶液置换出铜，锌、铜、硫酸形成原电池；
（3）从反应开始到t1，N的物质的量从8mol变化到6mol，平均反应速率，图中能够表明起始加入的物质是M和N，随反应进行，N的量逐渐减小，为反应物，M的量逐渐增多，为生成物，t3时刻M、N的物质的量不变且不为0，则说明该反应为可逆反应且此时达到平衡，且N与M的物质的量变化量之比2：1，则反应的方程式为2N M；
A．速率2v（M）正＝v（N）逆时，可以判定反应处于平衡状态，故A错误；
B．M、N都是气体，在反应过程中气体的质量一直保持不变，因此气体的总质量不再变化不能判定反应处于平衡状态，故B错误；
C．气体的颜色不再变化，说明有颜色的气体的物质的量不变，反应到平衡状态，故C正确；
D．反应过程中，M的体积分数不变，说明反应处于平衡状态，故D正确；
故答案为：；2N M；CD。
【点评】本题考查反应速率和化学平衡，侧重考查学生速率计算和平衡状态判断的掌握情况，试题难度中等。
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