湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题
一、选择题(共15小题，每题3分，共45分)
1．（2024高二上·岳阳开学考）化学与生活有着密切联系，下列关于化学与生活的说法正确的是
A．玻璃和陶瓷都属于硅酸盐材料，两者的原料中都有石灰石
B．燃煤过程中加入生石灰可以有效减少酸雨的形成
C．硅胶、生石灰、还原铁粉均可用于防止食品被氧化而变质
D．晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制造光导纤维
2．（2024高二上·岳阳开学考）下列表示不正确的是
A．次氯酸的电子式 B．丁烷的球棍模型
C．乙烯的结构简式 D．：尿素
3．（2024高二上·岳阳开学考）以下实验装置能达到实验目的的是
A．甲：除去SO2中的HCl
B．乙：验证反应有CO2生成
C．丙：分离SiO2和NH4Cl
D．丁：用铜片和稀硝酸制备NO并收集NO
4．（2024高二上·岳阳开学考）下列说法正确的是
A．与为同一种物质
B．H2、D2、T2互为同分异构体
C．CH3Cl和ClCH2CH2Cl互为同系物
D．与互为同分异构体
5．（2024高二上·岳阳开学考）海水晒盐后的盐卤中含Br-，可提取Br2，流程如图：
已知：①3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑②5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O
下列说法不正确的是
A．海水晒盐能实现溴元素的富集
B．吸收塔中加入W溶液后得到Br2，W可以是硝酸
C．通入Cl2后发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
D．海水中Br-的浓度约为66mg/L，若该工艺总提取率为60%，1m3海水能制得39.6gBr2
6．（2024高二上·岳阳开学考）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图1所示装置从a口进气收集纯净的CH4
B．用图2所示装置制取并收集乙酸乙酯
C．用图3所示装置比较Fe、Cu的金属活动性
D．用图4所示装置进行石油的蒸馏实验
7．（2024高二上·岳阳开学考）一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：反应过程如图示。下列说法不正确的是
A．时正反应速率大于逆反应速率
B．X曲线表示的物质的量随时间的变化
C．，的平均反应速率
D．达到平衡状态时，相同时间内与断键的数目之比是
8．（2024高二上·岳阳开学考）氮氧化物(NOx)能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。某科研机构设计方案利用原电池原理处理氮氧化合物(NO)，其原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．电极A为原电池的正极，发生还原反应
B．H+通过质子交换膜由A极向B极移动
C．该电池正极电极反应为2NO-4e-+4H+=N2+2H2O
D．当A电极转移0.6mole-时，两极共产生2.24LN2(标况下)
9．（2024高二上·岳阳开学考）微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液作模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是
A．b极每生成1molH2，模拟海水理论上除盐58.5g
B．隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜
C．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2：1
10．（2024高二上·岳阳开学考）有机化合物的结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．该有机物既可以使酸性溶液褪色又可以使溴水褪色
C．1mol在一定条件下可与5mol氢气发生反应
D．有机化合物分子中所有碳原子都在同一平面上
11．（2024高二上·岳阳开学考）工业上以铬铁矿(主要成分为FeO Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。下列有关流程中的步骤说法错误的是
A．①需持续吹入空气作氧化剂 B．②需加入过量稀硫酸
C．③X一般为硫酸 D．④发生了铝热反应
12．（2024高二上·岳阳开学考）下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A．2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ/mol可以表示氢气的燃烧热
B．已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-28.7kJ/mol
D．已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g) ΔH1 ；2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH2；则ΔH1<ΔH2
13．（2024高二上·岳阳开学考）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，在T温度下，向2.0 L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 3 6 12 24
n(O2)/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
下列有关说法正确的是
A．反应在0～3 s内的平均速率v(NO2)＝0.24 mol·L 1·s 1
B．在T温度下，起始时向容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍
C．24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c(O2)＝0.44mol·L 1，则反应的ΔH>0
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0mol N2O5和2.0mol O2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%
14．（2024高二上·岳阳开学考）向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，经充分反应后，再向所获得的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断不正确的是
A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L
B．通入CO2在标准状况下的体积为224 mL
C．V(盐酸)=0~25 mL的范围内发生的离子反应为：+ H+=
D．所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaHCO3
15．（2024高二上·岳阳开学考）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2<0
Ⅲ．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH3>0
向恒压、密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，平衡时CH3OH、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ平衡常数可表示为K=
B．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
C．某时刻CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)为(a+b)mol
D．为提高CH3OH的平衡产率，需要选择低温、低压的反应条件
二、解答题(共4小题，共45分)
16．（2024高二上·岳阳开学考）某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如表：
编号 电极材料 电解质溶液 电流表指针偏转方向
1 Mg、Al 稀盐酸 偏向Al
2 Al、Cu 稀盐酸 偏向Cu
3 Al、石墨 稀硝酸 偏向石墨
4 Mg、Al NaOH溶液 偏向Mg
根据表中记录的实验现象，回答下列问题。
（1）实验1、2中Al电极的作用是否相同？ 。
（2）实验3中铝为 极，石墨电极反应式为 。
（3）实验4中铝为负极，写出铝电极的电极反应式： 。
17．（2024高二上·岳阳开学考）肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。
（1）装置A中制备的化学方程式为 。
（2）装置B中长颈漏斗的作用是 ；仪器C中盛放的试剂为 。
（3）的电子式为 ，装置B中制备的化学方程式为 ；
（4）由于反应放热，通常把B装置放于温度较低的水浴中，目的是 ；实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是 。
（5）测定产品中的质量分数
取装置B中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000mol/L的溶液反应(只有参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗溶液的体积为20.00mL，则该产品中的质量分数为 %。
18．（2024高二上·岳阳开学考）亚硝酸钠(NaNO2)在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业中的用量有严格限制。现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。
已知：①NO＋NO2＋2OH-=2＋H2O；
②气体液化的温度：NO2为21℃，NO为-152℃。
（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(按左→右连接)为A、C、 、 、B。
（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是 。
（3）在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是 ；
②装置E的作用是 。
（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为 。
（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是 。
19．（2024高二上·岳阳开学考）图示分析是学习化学重要手段之一，学习过程中常遇到各类“数形结合”问题。结合所给图示回答相关问题：
（1）从元素化合价和物质类别两个维度学习、研究物质的性质及转化，是一种行之有效的方法。图1是氮元素的“价类二维图”的部分信息。
①X、Y的化学式分别为 、 。
②图中关于NO2转化为HNO3的反应过程，下列说法不正确的是 。
a.氮元素的化合价不发生变化
b.该转化过程中，NO2一定既是氧化剂，又是还原剂
c.若用NO2与H2O反应制取HNO3，可生成另一种产物NO
（2）NO2、NO和SO2是大气初期污染物的主要成分，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图2所示。当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生反应，该反应的化学方程式为 。
（3）研究表明硝酸与金属反应时，最容易生成亚硝酸(HNO2，弱酸)，然后才转化成NO2，如果溶液中存在更强的氧化剂，如过氧化氢，它完全有能力将新产生的亚硝酸再氧化成硝酸。图3为金属在不同浓度的HNO3—H2O2混合溶液中的溶解速率和生成NOx的体积V的变化示意图，请回答下列问题：
①最佳溶解金属的混合溶液中HNO3的质量分数为 ，理由是 。
②过氧化氢与亚硝酸反应的化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A、玻璃原料是石灰石、纯碱、石英；陶瓷由黏土烧制，黏土主要成分为硅酸盐，陶瓷原料无石灰石，A错误；
B、燃煤产生，加入发生反应：、，减少排放，有效降低酸雨形成，B正确；
C、硅胶、生石灰作干燥剂（吸水防潮 ），无还原性；还原铁粉具还原性，防止食品氧化变质，C错误；
D、光导纤维成分是，晶体硅（ ）导电性介于导体与绝缘体间，用作半导体材料，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学与生活的关联，需结合硅酸盐材料原料、酸雨防治、食品保鲜原理、光导纤维成分，分析各选项正误 。
A．对比玻璃与陶瓷的原料差异（石灰石是否为陶瓷原料 ）。
B．判断生石灰在燃煤中减少酸雨的作用（固硫反应 ）。
C．区分干燥剂（硅胶、生石灰 ）与抗氧化剂（还原铁粉 ）的作用差异。
D．明确光导纤维与半导体的材料成分。
2．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、次氯酸的结构式是 ，氧原子在中间与氢、氯原子成键 。其正确电子式为 ，而题目中电子式写的是 ，把氯原子放在了成键中间位置，不符合实际成键情况，A错误；
B、丁烷分子式为 ，结构简式是 ，球棍模型里碳原子通过单键连成直链，氢原子连接在碳原子上，和丁烷分子结构一致，B正确；
C、乙烯分子含有 ，碳碳双键是乙烯的官能团，书写结构简式时不能省略，所以乙烯结构简式为 ，C正确；
D、尿素是常见有机物，其结构包含羰基（ ）和两个氨基（ ），化学式为 ，名称和化学式对应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语（电子式、球棍模型、结构简式、化学式 ）的正误判断，需结合各类物质的结构特点，对每个选项逐一分析 ：
A．判断次氯酸电子式是否正确，要依据其结构式 。
B．看丁烷球棍模型是否匹配其分子结构 。
C．依据乙烯结构简式书写规则（要体现碳碳双键官能团 ）判断 。
D．确认尿素化学式与名称是否对应 。
3．【答案】C
【知识点】铵盐；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、、 都能与饱和 溶液反应（ 、 ），不能除杂。应选饱和 溶液（只与 反应 ），故A不符合题意 ；
B、、 通入澄清石灰水，均会生成白色沉淀（ 、 ），无法验证是否有 生成，故B不符合题意 ；
C、加热时， 分解为 和（挥发离开 ）， 留在原处；冷却后， 和 又化合为 ，实现分离，故C符合题意 ；
D、丁装置用排空气法收集 ，但 会与空气中 反应，应选排水法（如集气瓶装满水，短管进气 ），装置无法收集，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题围绕实验装置的作用，需结合物质性质（如、与试剂的反应，和的热稳定性，的收集特点 ），判断装置能否达到实验目的 。
A．除杂需选不与主物质反应、只与杂质反应的试剂。
B．判断能否用澄清石灰水区分 和（二者均能使石灰水变浑浊 ）。
C．利用（热稳定，难分解 ）和（热易分解，冷却又化合 ）的性质差异分离。
D． 易与 反应（ ），需用排水法收集，分析装置是否匹配。
4．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、两个结构的碳链均为“主链4个碳，2号碳连1个甲基”，命名均为2 - 甲基丁烷，属于同一种物质，A正确；
B、（氢原子 ）、（氘原子 ）、（氚原子 ）均是氢气单质，不是化合物，不满足同分异构体条件，B错误；
C、（1个氯原子 ）与（2个氯原子 ），官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，C错误；
D、甲烷是正四面体，4个氢原子等效，二溴代物只有1种结构（两个溴原子位置等价 ），图示两种结构实际是同一物质，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断烷烃的碳链结构是否相同（看是否为同一物质 ）。
B．同分异构体的定义：化合物，分子式相同、结构不同 ，分析、、 的类别。
C．同系物的定义：结构相似、分子组成差若干个 ，且官能团种类/数目相同 。
D．甲烷的空间结构：正四面体 ，分析二溴代物的结构唯一性。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、海水晒盐后，水分蒸发，残留于盐卤中，浓度显著增大，实现溴元素富集，A正确；
B、吸收塔中需加酸使、反应生成，反应的离子方程式为： ，硝酸具强氧化性，会氧化生成有毒等，故W应为稀硫酸，B错误；
C、 氧化性强于，发生置换反应：，C正确；
D、，海水中浓度，总提取率60%，则质量，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕海水提溴工艺流程，需结合富集原理、反应条件（酸的选择 ）、离子反应、产率计算，分析各选项 。
流程梳理：海水晒盐分理出盐卤（富集 ），再通氧化，用热空气吹出，然后用纯碱液吸收（生成、 ），最后加酸，反应生成，蒸馏得液溴。
A．判断海水晒盐对的富集作用（浓度变化 ）。
B．分析吸收塔中加W（酸 ）的选择（硝酸的氧化性干扰 ）。
C．判断通时的离子反应（变为 ）。
D．依据浓度、体积、提取率计算产量。
6．【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏；乙酸乙酯的制取；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、 密度小于空气，用向下排空气法收集时，应从短管（右侧 ）进气（空气从长管排出 ），图1从a口（长管 ）进气无法收集纯净 ，故A不符合题意 ；
B、乙酸乙酯在 溶液中会水解（ ），应选饱和 溶液（吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度 ），图2用 溶液错误，故B不符合题意 ；
C、、 与稀硫酸构成原电池， 更活泼做负极（溶解 ）， 做正极（有气泡 ），可比较金属活动性，故C符合题意 ；
D、图4中温度计水银球在液体中，不能测馏分温度，应放在支管口处，装置错误，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题围绕实验装置的功能，结合气体收集方法、物质制备与收集、原电池原理、蒸馏操作要求，分析装置能否达到实验目的 。
A．依据 密度（比空气小 ），判断收集时的进气方向。
B．根据乙酸乙酯水解性质，分析收集试剂时的溶液。
C．利用原电池原理（活泼金属做负极 ）判断金属活动性。
D．蒸馏操作中温度计的位置：水银球应在蒸馏烧瓶支管口处 。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、t1时X（）物质的量还在增加，Y（反应物）物质的量还在减少，说明反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，A正确；
B、，X、Y物质的量变化比为0.4：(1.2-0.6)=2：3，与反应式中、的系数比一致，故X代表的物质的量变化曲线，B正确；
C、Y为的曲线，内，物质的量变化为，根据公式，代入、，得，C正确；
D、平衡时，，但断键数目与化学键类型有关：断个键，断3个键 ，平衡时，单位时间内，断裂3个键 ，断裂6个键 ，实际断键数目比为3：6=1：2，并非3：2，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕合成氨反应的速率与平衡分析，需结合曲线中物质的量随时间的变化，判断反应方向、曲线对应物质，计算反应速率，分析平衡时断键数目关系，反应为 ，、物质的量随反应进行减小，物质的量增大；曲线X物质的量增大（生成物 ），Y物质的量减小（反应物 ）。
A．根据t1时曲线变化，判断正逆反应速率相对大小。
B．通过物质的量变化比例，匹配曲线与物质的对应关系。
C．利用 的物质的量变化、容器体积和时间，计算平均反应速率。
D．依据平衡时反应速率比例，分析 与的断键数目关系。
8．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A上氨气发生失电子的氧化反应生成氮气，因此电极A为负极，A项错误；
B．原电池中阳离子移向正极，因此H+通过质子交换膜由A极向B极移动，B项正确；
C．该电池正极电极反应为NO发生得电子的还原反应生成氮气，因此电极反应式为，C项错误；
D．负极反应为，生成0.1mol氮气；正极反应，根据电子守恒可知，生成0.15mol氮气；共生成0.25mol氮气，其在标准状态下的体积为5.6L，D项错误；
故答案为：B
【分析】电极A上通入NH3，转化为N2，发生失电子的氧化反应，因此电极A为负极，其电极反应式为2NH3－6e－=N2＋6H＋。电极B上通入NO，转化为N2，发生得电子的还原反应，因此电极B为正极，其电极反应式为2NO＋4e－＋4H＋=N2＋2H2O。据此结合选项分析。
9．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、b极为正极，反应为 ，生成1mol 转移2mol电子。溶液中 向a极（负极 ）移动、 向b极（正极 ）移动，移动离子为2mol 和2mol ，对应 质量 = ，不是58.5g，A错误；
B、电池工作时， 透过隔膜1移向a极（负极 ），所以隔膜1是阴离子交换膜； 透过隔膜2移向b极（正极 ），所以隔膜2是阳离子交换膜，B正确；
C、a极为负极， 失电子生成 ，结合电荷、原子守恒，反应为 ，C正确；
D、负极生成，正极生成，由电子守恒，生成 与 的物质的量比 = ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕微生物脱盐电池的工作原理，需结合电极判断（正负极的确定 ）、离子移动（交换膜类型 ）、电极反应式（氧化还原反应 ）及气体物质的量计算，分析选项 。
A．根据电极反应，计算生成 时转移电子数，结合离子移动量算除盐质量。
B．依据离子移动方向（ 向a极、 向b极 ），判断交换膜类型。
C．分析负极（a极 ）的氧化反应，写出电极反应式。
D．根据正、负极电极反应式，计算生成气体的物质的量之比。
10．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、X含酯基（ ）、羟基（ ）、羧基（ ）、碳碳双键（ ），共4种官能团，不是5种，A错误；
B、X含碳碳双键，可使酸性 溶液因氧化反应褪色，也可与溴水发生加成反应褪色，B正确；
C、X有3个碳碳双键，1mol X与 加成时，消耗3mol （酯基、羟基、羧基不与 加成 ），不是5mol，C错误；
D、X中存在连有4个原子/基团的饱和碳原子，这类碳原子为四面体结构，不可能所有碳原子共平面，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕有机物X的结构与性质，需识别官能团种类，分析其与酸性、溴水的反应，计算与的加成量，判断碳原子共面情况.
A．识别有机物X中的官能团（酯基、羟基、羧基、碳碳双键 ），统计种类。
B．依据碳碳双键的性质（能被酸性 氧化、能与溴水加成 ）判断。
C．确定能与 加成的官能团（只有碳碳双键，酯基、羟基、羧基不加成 ），计算加成量。
D．分析碳原子的连接方式（饱和碳的四面体结构 ），判断共面情况。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应①中， 从 +2 升至 +3， 从 +3 升至 +6，需空气中 做氧化剂，故需持续通入空气，A正确；
B、步骤②加稀硫酸是为了使 转化为 沉淀。若硫酸过量， 会溶解（ ），无法分离出 ，故不能加过量稀硫酸，B错误；
C、 在酸性条件下发生 。若选盐酸， 会被 氧化（生成 ），故一般选硫酸（不被氧化 ），促进平衡正向移动，C正确；
D、反应④是 与 在高温下反应（ ），属于铝热反应（置换、放热 ），D正确；
故答案为：B。
【分析】铬铁矿(主要成分为FeO Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠灼烧，可生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸得到氢氧化铝和Na2CrO4，Na2CrO4中加还原剂，将其还原为Cr(OH)3，Cr(OH)3再受热分解得到Cr2O3，再经过铝热反应得到Cr；另一方面，Na2CrO4溶液中加入酸调节溶液酸碱度得到Na2Cr2O7溶液，再电解得到Cr，以此解答该题：
A．分析反应①中元素化合价变化（、 化合价升高 ），判断是否需要氧化剂。
B．考虑 的两性（过量酸会溶解 ），判断稀硫酸用量。
C．分析 转化为 的反应（酸性条件下的平衡 ），选择合适的酸。
D．铝热反应： 与金属氧化物在高温下的置换反应 。
12．【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、燃烧热要求1mol 物质燃烧，而方程式中是2mol 反应，不能表示氢气的燃烧热，A错误；
B、石墨转化为金刚石吸热，说明石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，B错误；
C、0.5mol 中和放热28.7kJ，生成1mol 时放热应为57.4kJ，热化学方程式中 ，C错误；
D、碳完全燃烧（生成 ）放热更多，、 均为负值（放热 ），放热量越大， 越小，故 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．依据燃烧热的定义（1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量 ）判断。
B．根据反应热（ ，石墨→金刚石吸热 ）判断物质能量与稳定性（能量越低越稳定 ）。
C．先算 物质的量（20.0g 为0.5mol ），再根据中和热定义（生成1mol 时的反应热 ）计算。
D．比较碳完全燃烧（生成 ）与不完全燃烧（生成 ）的放热量，结合 符号（放热反应 ）判断。
13．【答案】B
【知识点】等效平衡；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、0～3 s，物质的量变化，浓度变化，则 ，由速率比等于系数比（与系数比2：1 ），得，A错误；
B、充入、、、，转化到左边（按反应式系数 ）：、完全转化，相当于充入、，与原平衡等效 ，原平衡达平衡时，为，气体总物质的量：初始，变化量等于物质的量（ ），平衡时总物质的量 ，新起始总物质的量（转化前 ），等效平衡后总物质的量与原平衡相同（ ），压强比，B正确；
C、原平衡浓度，降温后浓度（增大 ），说明平衡正向移动，则正反应为放热反应（ ），C错误。
D、充入、，转化到左边相当于充入、，是原平衡压强的2倍，平衡正向移动 。原平衡中平衡量（由生成量推 ），原起始为，则产率对应原转化率；新起始相当于2倍原起始，平衡移动后转化率小于20%，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕臭氧脱硝反应的速率、平衡分析，结合反应速率计算、等效平衡、温度对平衡的影响、转化率判断，分析各选项正误 ，反应为 ，容器恒容（ ），初始充入、，通过物质的量变化判断反应进程。
A.用的反应速率，结合系数比算的反应速率。
B.判断等效平衡，通过物质的量变化算压强比。
C. 通过降温后浓度变化，判断反应热（ ）。
D.用等效平衡思想，判断的转化率。
14．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A、加入100mL 盐酸时，溶液溶质只有 。由 物质的量 = ，根据 守恒， 物质的量 = 0.01mol ，浓度 = ，A正确；
B、25~100mL 盐酸与 反应生成 ，此阶段 物质的量 = 。由 ， 物质的量 = 0.0075mol ，标况体积 = ，不是224mL，B错误；
C、0~25mL 时， 与盐酸反应生成 ，离子反应为 ，C正确；
D、若溶质只有 ，则前后两阶段消耗盐酸体积应相等（均为50mL ）。实际生成 前消耗25mL 、生成时消耗75mL ，说明溶质是 和 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕 与 反应后溶液成分及与盐酸反应的定量分析，结合离子反应、物质的量计算，判断各选项正误 。
A．利用“最终溶质为”，通过 守恒算 物质的量，进而求浓度。
B．分析生成 阶段（盐酸25~100mL ）的反应，算 物质的量及体积。
C．判断0~25mL 盐酸与溶液中溶质的反应（ 转化为 ）。
D．根据“生成 前消耗盐酸体积（25mL ）小于生成 消耗的体积（75mL ）”，判断溶质成分。
15．【答案】C
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应Ⅰ为 ，平衡常数 ，不是，A错误；
B、升温时，反应Ⅰ、Ⅱ逆向移动（ 减少 ），反应Ⅲ正向移动（ 增多 ）。结合曲线变化，曲线A代表 ，曲线C代表 ，曲线B代表 ，B错误；
C、设反应Ⅱ中 反应了，则反应Ⅱ生成 为；反应Ⅰ生成 为，同时生成 为；反应Ⅲ生成 为，同时生成 为。总 物质的量 = ，C正确；
D、反应Ⅰ、Ⅱ放热，低温利于正向移动；反应Ⅰ、Ⅱ气体体积减小，高压利于正向移动。故应选低温、高压，不是低压，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕与合成的反应体系，结合平衡常数表达式、曲线代表物质判断、物质的量关系推导、平衡产率条件选择，分析各选项正误 。
A．依据反应Ⅰ的化学方程式，写出平衡常数表达式。
B．根据反应热与温度对各物质的影响，判断曲线代表的物质。
C．通过反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的转化关系，推导 与、 的物质的量关系。
D．根据反应特点，分析提高 平衡产率的条件（温度、压强 ）。
16．【答案】（1）不同
（2）负极；2H++2e-=H2↑
（3）Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）实验1中电流计指针偏向Al，Al为正极，实验2中电流计指针偏向Cu，Cu为正极、Al为负极，实验1、2中Al电极的作用不同，故答案为：不同；
（2）在实验3中电流计指针偏向石墨，石墨作正极、铝作负极，氢离子在石墨表面得电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，故答案为：负；2H++2e-=H2↑；
（3）实验4中电流计指针偏向Mg，Mg作正极、铝作负极，负极发生氧化反应，则铝电极反应为Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-。
【分析】（1）对比实验1、2中电流表指针偏向（判断正负极 ），确定Al电极在两实验中分别为正极、负极，作用不同 。
（2）由实验3指针偏向石墨，知石墨为正极、Al为负极；正极H+ 得电子生成H2 ，写电极反应式 。
（3）实验4指针偏向Mg，Mg为正极、Al为负极；Al与 NaOH 反应，Al 失电子结合OH- 生成[Al(OH)4]- ，写电极反应式 。
（1）实验1中电流计指针偏向Al，Al为正极，实验2中电流计指针偏向Cu，Cu为正极、Al为负极，实验1、2中Al电极的作用不同；
（2）在实验3中电流计指针偏向石墨，石墨作正极、铝作负极，氢离子在石墨表面得电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑；
（3）实验4中电流计指针偏向Mg，Mg作正极、铝作负极，因为铝能与氢氧化钠溶液反应，铝电极反应为Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-。
17．【答案】（1）(或NH3·H2ONH3↑+H2O)
（2）防倒吸；饱和食盐水
（3）；
（4）防止温度过高和溶液反应生成，使生成的浓度减小，不利于最终产品肼的生成；防止氯气过量将肼被进一步氧化
（5）32.00
【知识点】氧化还原反应；氨的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中制备NH3的化学方程式为NH3 H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2(或NH3 H2ONH3↑+H2O)；
故答案为：NH3 H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2(或NH3 H2ONH3↑+H2O)；
（2）装置B中长颈漏斗有缓冲作用，能防止倒吸；仪器C中盛放的试剂目的是吸收挥发的HCl且不能吸收Cl2，为饱和食盐水，
故答案为：防倒吸；饱和食盐水；
（3）N2H4分子中N原子之间共用一对电子，每个氮原子存在2个N-H键，所以N2H4的电子式为 ，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，则装置B中制备N2H4的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，
故答案为： ；NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；
（4）温度高时，氯气和NaOH反应生成NaClO3，NaClO的浓度减小，不利于肼的生成，通常把B装置放于温度较低的水浴中；肼具有还原性、氯气具有氧化性，实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是防止氯气过量将肼被进一步氧化，
故答案为：防止温度过高Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO3，使生成的NaClO浓度减小，不利于最终产品肼的生成；防止氯气过量将肼被进一步氧化；
（5）根据题意知，肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则500mL溶液中含有n(N2H4)=×1×=0.04mol，则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32.00%，
故答案为：32.00。
【分析】生石灰溶于水生成Ca(OH)2且放热，导致溶液温度升高，促进NH3 H2O分解生成NH3，D中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，C装置用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，多余的氯气用NaOH溶液吸收。
（1）利用生石灰与浓氨水的反应原理制备 。
（2）分析长颈漏斗防倒吸功能，依据除杂需求选仪器C试剂 。
（3）根据共价键成键规律写N2H4电子式，结合氧化还原写制备反应方程式 。
（4）分析温度对副反应的影响，及Cl2过量对肼的氧化作用 。
（5）利用氧化还原反应中物质的量关系，结合滴定数据计算质量分数 。
（1）装置A中制备NH3的化学方程式为NH3 H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2(或NH3 H2ONH3↑+H2O)；
（2）装置B中长颈漏斗有缓冲作用，能防止倒吸；仪器C中盛放的试剂目的是吸收挥发的HCl且不能吸收Cl2，为饱和食盐水，故答案为：防倒吸；饱和食盐水；
（3）N2H4分子中N原子之间共用一对电子，每个氮原子存在2个N-H键，所以N2H4的电子式为 ，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，则装置B中制备N2H4的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，故答案为： ；NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；
（4）温度高时，氯气和NaOH反应生成NaClO3，NaClO的浓度减小，不利于肼的生成，通常把B装置放于温度较低的水浴中；肼具有还原性、氯气具有氧化性，实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是防止氯气过量将肼被进一步氧化，故答案为：防止温度过高Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO3，使生成的NaClO浓度减小，不利于最终产品肼的生成；防止氯气过量将肼被进一步氧化；
（5）根据题意知，肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则500mL溶液中含有n(N2H4)=×1×=0.04mol，则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32.00%，故答案为：32.00。
18．【答案】（1）E；D
（2）排出装置中的空气
（3）开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体；降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验
（4）4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O
（5）2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学实验操作的先后顺序；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）NaNO2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2与H2SO4反应产物中可能含NO和NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，所以为了检验装置A中的气体产物，应该将生成气体干燥后首先通过E分离出二氧化氮，
故答案为：A、C、E、D、B；
（2）由于NO极易被空气中的氧气氧化为NO2，所以先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；
故答案为： 排出装置中的空气 ；
（3）①利用装置D检验NO，根据2NO+O2=2NO2可知，开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体即可证明NO的存在；
②装置E的作用是降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验；
故答案为： 开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体 ； 降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验 ；
（4）因为NO2、O2和水共同作用可以产生HNO3，所以装置B中发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O；
故答案为： 4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O ；
（5）根据上述实验探究可知，NaNO2和H2SO4反应产生NO2、NO，同时生成硫酸钠、水，装置A中发生反应的化学方程式是2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O。
故答案为： 2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O ；
【分析】本实验是探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。NaNO2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2和H2SO4反应产物中可能含有NO2和NO气体。NO2为红棕色易液化的气体，无色的NO气体极易被O2氧化为NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，由此分析解答。
（1）根据NO、NO2的液化温度，先通过E（冰水浴，液化NO2 ）分离，再用D（热水浴，检验NO ），确定连接顺序。
（2）NO易被氧气氧化，通氮气排尽装置内空气，防止NO被氧化干扰产物检验 。
（3）①NO与O2反应生成红棕色NO2，观察到D中通入O2后出现红棕色，可确认含NO 。
②E用冰水浴液化NO2，除去NO2，避免干扰NO检验 。
（4）：NO2、O2与NaOH反应，依据电子守恒、原子守恒，写化学方程式 。
（5）：根据产物NO、NO2及反应规律，结合原子守恒，写化学方程 。
（1）NaNO2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2与H2SO4反应产物中可能含NO和NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，所以为了检验装置A中的气体产物，应该将生成气体干燥后首先通过E分离出二氧化氮，故仪器的连接顺序是A、C、E、D、B；
（2）由于NO极易被空气中的氧气氧化为NO2，所以先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；
（3）①利用装置D检验NO，根据2NO+O2=2NO2可知，开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体即可证明NO的存在；
②装置E的作用是降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验；
（4）因为NO2、O2和水共同作用可以产生HNO3，所以装置B中发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O；
（5）根据上述实验探究可知，NaNO2和H2SO4反应产生NO2、NO，同时生成硫酸钠、水，装置A中发生反应的化学方程式是2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O。
19．【答案】（1）NH3；N2O5；ab
（2）
（3）10.5%；溶解速率最快，生成的NOx量少；
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）①由图1可知，化合物X是氮元素的氢化物，且化合价为-3价，所以X的化学式为NH3，化合物Y是氮的氧化物，氮元素的化合价为+5价，所以Y的化学式为 N2O5；
②a.NO2转化为HNO3的反应过程，氮元素化合价从+4价升高到+5价，化合价发生改变，a错误；
b. NO2转化为HNO3的过程中，氮元素化合价升高，NO2作还原剂，b错误；
c. NO2与H2O反应制取HNO3的反应方程式为：，可生成另一种产物NO，c正确。
故答案为：NH3、N2O5，ab。
（2）由图2可知，反应物为NO2、NO和NH3，生成物为N2和H2O，NO2中氮元素的化合价从+4价降低到0价，则每摩尔NO2得到4mol电子，NO中氮元素的化合价从+2价降低到0价，则每摩尔NO得到2mol电子，NH3中氮元素的化合价从 -3价升高到0价，则每摩尔NH3失去3mol电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，根据得失电子数守恒可知，n(NH3)：n(NO2)：n(NO)=2：1：1，所以反应的化学方程式为：。
故答案为：。
（3）①根据图3可知，HNO3的质量分数为10.5%时溶解速率最快，且生成的NOx少；
②过氧化氢与亚硝酸会发生氧化还原反应，化学方程式为：。
故答案为：10.5%，溶解速率最快，生成的NOx量少。。
【分析】（1）①根据价类二维图中元素化合价（X为-3价氢化物、Y为+5价氧化物 ），推 X、Y的化学式 。
②分析变为中化合价变化、，判断选项：a（化合价改变，错误 ）、b（作还原剂，错误 ）、c反应，正确 。
（2）依据反应物（、、 ）、生成物（、 ）及化合价变化（从-3、+4、+2到0 ），结合得失电子守恒，写化学方程式 。
（3）①分析图3中溶解速率与体积关系，质量分数10.5%时，溶解速率最快且生成量少，为最佳。
②氧化（从+3到+5 ），写化学方程式 。
（1）①由图1可知，化合物X是氮元素的氢化物，且化合价为-3价，所以X的化学式为NH3，化合物Y是氮的氧化物，氮元素的化合价为+5价，所以Y的化学式为 N2O5。②NO2转化为HNO3的反应过程，氮元素化合价从+4价升高到+5价，化合价发生改变，a错误；NO2转化为HNO3的过程中，氮元素化合价升高，NO2作还原剂，b错误；NO2与H2O反应制取HNO3的反应方程式为：，可生成另一种产物NO，c正确。
故答案为NH3、N2O5，ab。
（2）由图2可知，反应物为NO2、NO和NH3，生成物为N2和H2O，NO2中氮元素的化合价从+4价降低到0价，则每摩尔NO2得到4mol电子，NO中氮元素的化合价从+2价降低到0价，则每摩尔NO得到2mol电子，NH3中氮元素的化合价从 -3价升高到0价，则每摩尔NH3失去3mol电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，根据得失电子数守恒可知，n(NH3)：n(NO2)：n(NO)=2：1：1，所以反应的化学方程式为：。
故答案为：。
（3）①根据图3可知，HNO3的质量分数为10.5%时溶解速率最快，且生成的NOx少。②过氧化氢与亚硝酸会发生氧化还原反应，化学方程式为：。
故答案为：10.5%，溶解速率最快，生成的NOx量少。。
1 / 1湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题
一、选择题(共15小题，每题3分，共45分)
1．（2024高二上·岳阳开学考）化学与生活有着密切联系，下列关于化学与生活的说法正确的是
A．玻璃和陶瓷都属于硅酸盐材料，两者的原料中都有石灰石
B．燃煤过程中加入生石灰可以有效减少酸雨的形成
C．硅胶、生石灰、还原铁粉均可用于防止食品被氧化而变质
D．晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制造光导纤维
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A、玻璃原料是石灰石、纯碱、石英；陶瓷由黏土烧制，黏土主要成分为硅酸盐，陶瓷原料无石灰石，A错误；
B、燃煤产生，加入发生反应：、，减少排放，有效降低酸雨形成，B正确；
C、硅胶、生石灰作干燥剂（吸水防潮 ），无还原性；还原铁粉具还原性，防止食品氧化变质，C错误；
D、光导纤维成分是，晶体硅（ ）导电性介于导体与绝缘体间，用作半导体材料，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学与生活的关联，需结合硅酸盐材料原料、酸雨防治、食品保鲜原理、光导纤维成分，分析各选项正误 。
A．对比玻璃与陶瓷的原料差异（石灰石是否为陶瓷原料 ）。
B．判断生石灰在燃煤中减少酸雨的作用（固硫反应 ）。
C．区分干燥剂（硅胶、生石灰 ）与抗氧化剂（还原铁粉 ）的作用差异。
D．明确光导纤维与半导体的材料成分。
2．（2024高二上·岳阳开学考）下列表示不正确的是
A．次氯酸的电子式 B．丁烷的球棍模型
C．乙烯的结构简式 D．：尿素
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、次氯酸的结构式是 ，氧原子在中间与氢、氯原子成键 。其正确电子式为 ，而题目中电子式写的是 ，把氯原子放在了成键中间位置，不符合实际成键情况，A错误；
B、丁烷分子式为 ，结构简式是 ，球棍模型里碳原子通过单键连成直链，氢原子连接在碳原子上，和丁烷分子结构一致，B正确；
C、乙烯分子含有 ，碳碳双键是乙烯的官能团，书写结构简式时不能省略，所以乙烯结构简式为 ，C正确；
D、尿素是常见有机物，其结构包含羰基（ ）和两个氨基（ ），化学式为 ，名称和化学式对应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语（电子式、球棍模型、结构简式、化学式 ）的正误判断，需结合各类物质的结构特点，对每个选项逐一分析 ：
A．判断次氯酸电子式是否正确，要依据其结构式 。
B．看丁烷球棍模型是否匹配其分子结构 。
C．依据乙烯结构简式书写规则（要体现碳碳双键官能团 ）判断 。
D．确认尿素化学式与名称是否对应 。
3．（2024高二上·岳阳开学考）以下实验装置能达到实验目的的是
A．甲：除去SO2中的HCl
B．乙：验证反应有CO2生成
C．丙：分离SiO2和NH4Cl
D．丁：用铜片和稀硝酸制备NO并收集NO
【答案】C
【知识点】铵盐；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、、 都能与饱和 溶液反应（ 、 ），不能除杂。应选饱和 溶液（只与 反应 ），故A不符合题意 ；
B、、 通入澄清石灰水，均会生成白色沉淀（ 、 ），无法验证是否有 生成，故B不符合题意 ；
C、加热时， 分解为 和（挥发离开 ）， 留在原处；冷却后， 和 又化合为 ，实现分离，故C符合题意 ；
D、丁装置用排空气法收集 ，但 会与空气中 反应，应选排水法（如集气瓶装满水，短管进气 ），装置无法收集，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题围绕实验装置的作用，需结合物质性质（如、与试剂的反应，和的热稳定性，的收集特点 ），判断装置能否达到实验目的 。
A．除杂需选不与主物质反应、只与杂质反应的试剂。
B．判断能否用澄清石灰水区分 和（二者均能使石灰水变浑浊 ）。
C．利用（热稳定，难分解 ）和（热易分解，冷却又化合 ）的性质差异分离。
D． 易与 反应（ ），需用排水法收集，分析装置是否匹配。
4．（2024高二上·岳阳开学考）下列说法正确的是
A．与为同一种物质
B．H2、D2、T2互为同分异构体
C．CH3Cl和ClCH2CH2Cl互为同系物
D．与互为同分异构体
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、两个结构的碳链均为“主链4个碳，2号碳连1个甲基”，命名均为2 - 甲基丁烷，属于同一种物质，A正确；
B、（氢原子 ）、（氘原子 ）、（氚原子 ）均是氢气单质，不是化合物，不满足同分异构体条件，B错误；
C、（1个氯原子 ）与（2个氯原子 ），官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，C错误；
D、甲烷是正四面体，4个氢原子等效，二溴代物只有1种结构（两个溴原子位置等价 ），图示两种结构实际是同一物质，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断烷烃的碳链结构是否相同（看是否为同一物质 ）。
B．同分异构体的定义：化合物，分子式相同、结构不同 ，分析、、 的类别。
C．同系物的定义：结构相似、分子组成差若干个 ，且官能团种类/数目相同 。
D．甲烷的空间结构：正四面体 ，分析二溴代物的结构唯一性。
5．（2024高二上·岳阳开学考）海水晒盐后的盐卤中含Br-，可提取Br2，流程如图：
已知：①3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑②5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O
下列说法不正确的是
A．海水晒盐能实现溴元素的富集
B．吸收塔中加入W溶液后得到Br2，W可以是硝酸
C．通入Cl2后发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
D．海水中Br-的浓度约为66mg/L，若该工艺总提取率为60%，1m3海水能制得39.6gBr2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、海水晒盐后，水分蒸发，残留于盐卤中，浓度显著增大，实现溴元素富集，A正确；
B、吸收塔中需加酸使、反应生成，反应的离子方程式为： ，硝酸具强氧化性，会氧化生成有毒等，故W应为稀硫酸，B错误；
C、 氧化性强于，发生置换反应：，C正确；
D、，海水中浓度，总提取率60%，则质量，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕海水提溴工艺流程，需结合富集原理、反应条件（酸的选择 ）、离子反应、产率计算，分析各选项 。
流程梳理：海水晒盐分理出盐卤（富集 ），再通氧化，用热空气吹出，然后用纯碱液吸收（生成、 ），最后加酸，反应生成，蒸馏得液溴。
A．判断海水晒盐对的富集作用（浓度变化 ）。
B．分析吸收塔中加W（酸 ）的选择（硝酸的氧化性干扰 ）。
C．判断通时的离子反应（变为 ）。
D．依据浓度、体积、提取率计算产量。
6．（2024高二上·岳阳开学考）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图1所示装置从a口进气收集纯净的CH4
B．用图2所示装置制取并收集乙酸乙酯
C．用图3所示装置比较Fe、Cu的金属活动性
D．用图4所示装置进行石油的蒸馏实验
【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏；乙酸乙酯的制取；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、 密度小于空气，用向下排空气法收集时，应从短管（右侧 ）进气（空气从长管排出 ），图1从a口（长管 ）进气无法收集纯净 ，故A不符合题意 ；
B、乙酸乙酯在 溶液中会水解（ ），应选饱和 溶液（吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度 ），图2用 溶液错误，故B不符合题意 ；
C、、 与稀硫酸构成原电池， 更活泼做负极（溶解 ）， 做正极（有气泡 ），可比较金属活动性，故C符合题意 ；
D、图4中温度计水银球在液体中，不能测馏分温度，应放在支管口处，装置错误，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题围绕实验装置的功能，结合气体收集方法、物质制备与收集、原电池原理、蒸馏操作要求，分析装置能否达到实验目的 。
A．依据 密度（比空气小 ），判断收集时的进气方向。
B．根据乙酸乙酯水解性质，分析收集试剂时的溶液。
C．利用原电池原理（活泼金属做负极 ）判断金属活动性。
D．蒸馏操作中温度计的位置：水银球应在蒸馏烧瓶支管口处 。
7．（2024高二上·岳阳开学考）一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：反应过程如图示。下列说法不正确的是
A．时正反应速率大于逆反应速率
B．X曲线表示的物质的量随时间的变化
C．，的平均反应速率
D．达到平衡状态时，相同时间内与断键的数目之比是
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、t1时X（）物质的量还在增加，Y（反应物）物质的量还在减少，说明反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，A正确；
B、，X、Y物质的量变化比为0.4：(1.2-0.6)=2：3，与反应式中、的系数比一致，故X代表的物质的量变化曲线，B正确；
C、Y为的曲线，内，物质的量变化为，根据公式，代入、，得，C正确；
D、平衡时，，但断键数目与化学键类型有关：断个键，断3个键 ，平衡时，单位时间内，断裂3个键 ，断裂6个键 ，实际断键数目比为3：6=1：2，并非3：2，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕合成氨反应的速率与平衡分析，需结合曲线中物质的量随时间的变化，判断反应方向、曲线对应物质，计算反应速率，分析平衡时断键数目关系，反应为 ，、物质的量随反应进行减小，物质的量增大；曲线X物质的量增大（生成物 ），Y物质的量减小（反应物 ）。
A．根据t1时曲线变化，判断正逆反应速率相对大小。
B．通过物质的量变化比例，匹配曲线与物质的对应关系。
C．利用 的物质的量变化、容器体积和时间，计算平均反应速率。
D．依据平衡时反应速率比例，分析 与的断键数目关系。
8．（2024高二上·岳阳开学考）氮氧化物(NOx)能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。某科研机构设计方案利用原电池原理处理氮氧化合物(NO)，其原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．电极A为原电池的正极，发生还原反应
B．H+通过质子交换膜由A极向B极移动
C．该电池正极电极反应为2NO-4e-+4H+=N2+2H2O
D．当A电极转移0.6mole-时，两极共产生2.24LN2(标况下)
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A上氨气发生失电子的氧化反应生成氮气，因此电极A为负极，A项错误；
B．原电池中阳离子移向正极，因此H+通过质子交换膜由A极向B极移动，B项正确；
C．该电池正极电极反应为NO发生得电子的还原反应生成氮气，因此电极反应式为，C项错误；
D．负极反应为，生成0.1mol氮气；正极反应，根据电子守恒可知，生成0.15mol氮气；共生成0.25mol氮气，其在标准状态下的体积为5.6L，D项错误；
故答案为：B
【分析】电极A上通入NH3，转化为N2，发生失电子的氧化反应，因此电极A为负极，其电极反应式为2NH3－6e－=N2＋6H＋。电极B上通入NO，转化为N2，发生得电子的还原反应，因此电极B为正极，其电极反应式为2NO＋4e－＋4H＋=N2＋2H2O。据此结合选项分析。
9．（2024高二上·岳阳开学考）微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液作模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是
A．b极每生成1molH2，模拟海水理论上除盐58.5g
B．隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜
C．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2：1
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、b极为正极，反应为 ，生成1mol 转移2mol电子。溶液中 向a极（负极 ）移动、 向b极（正极 ）移动，移动离子为2mol 和2mol ，对应 质量 = ，不是58.5g，A错误；
B、电池工作时， 透过隔膜1移向a极（负极 ），所以隔膜1是阴离子交换膜； 透过隔膜2移向b极（正极 ），所以隔膜2是阳离子交换膜，B正确；
C、a极为负极， 失电子生成 ，结合电荷、原子守恒，反应为 ，C正确；
D、负极生成，正极生成，由电子守恒，生成 与 的物质的量比 = ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕微生物脱盐电池的工作原理，需结合电极判断（正负极的确定 ）、离子移动（交换膜类型 ）、电极反应式（氧化还原反应 ）及气体物质的量计算，分析选项 。
A．根据电极反应，计算生成 时转移电子数，结合离子移动量算除盐质量。
B．依据离子移动方向（ 向a极、 向b极 ），判断交换膜类型。
C．分析负极（a极 ）的氧化反应，写出电极反应式。
D．根据正、负极电极反应式，计算生成气体的物质的量之比。
10．（2024高二上·岳阳开学考）有机化合物的结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．该有机物既可以使酸性溶液褪色又可以使溴水褪色
C．1mol在一定条件下可与5mol氢气发生反应
D．有机化合物分子中所有碳原子都在同一平面上
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、X含酯基（ ）、羟基（ ）、羧基（ ）、碳碳双键（ ），共4种官能团，不是5种，A错误；
B、X含碳碳双键，可使酸性 溶液因氧化反应褪色，也可与溴水发生加成反应褪色，B正确；
C、X有3个碳碳双键，1mol X与 加成时，消耗3mol （酯基、羟基、羧基不与 加成 ），不是5mol，C错误；
D、X中存在连有4个原子/基团的饱和碳原子，这类碳原子为四面体结构，不可能所有碳原子共平面，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕有机物X的结构与性质，需识别官能团种类，分析其与酸性、溴水的反应，计算与的加成量，判断碳原子共面情况.
A．识别有机物X中的官能团（酯基、羟基、羧基、碳碳双键 ），统计种类。
B．依据碳碳双键的性质（能被酸性 氧化、能与溴水加成 ）判断。
C．确定能与 加成的官能团（只有碳碳双键，酯基、羟基、羧基不加成 ），计算加成量。
D．分析碳原子的连接方式（饱和碳的四面体结构 ），判断共面情况。
11．（2024高二上·岳阳开学考）工业上以铬铁矿(主要成分为FeO Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。下列有关流程中的步骤说法错误的是
A．①需持续吹入空气作氧化剂 B．②需加入过量稀硫酸
C．③X一般为硫酸 D．④发生了铝热反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应①中， 从 +2 升至 +3， 从 +3 升至 +6，需空气中 做氧化剂，故需持续通入空气，A正确；
B、步骤②加稀硫酸是为了使 转化为 沉淀。若硫酸过量， 会溶解（ ），无法分离出 ，故不能加过量稀硫酸，B错误；
C、 在酸性条件下发生 。若选盐酸， 会被 氧化（生成 ），故一般选硫酸（不被氧化 ），促进平衡正向移动，C正确；
D、反应④是 与 在高温下反应（ ），属于铝热反应（置换、放热 ），D正确；
故答案为：B。
【分析】铬铁矿(主要成分为FeO Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠灼烧，可生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸得到氢氧化铝和Na2CrO4，Na2CrO4中加还原剂，将其还原为Cr(OH)3，Cr(OH)3再受热分解得到Cr2O3，再经过铝热反应得到Cr；另一方面，Na2CrO4溶液中加入酸调节溶液酸碱度得到Na2Cr2O7溶液，再电解得到Cr，以此解答该题：
A．分析反应①中元素化合价变化（、 化合价升高 ），判断是否需要氧化剂。
B．考虑 的两性（过量酸会溶解 ），判断稀硫酸用量。
C．分析 转化为 的反应（酸性条件下的平衡 ），选择合适的酸。
D．铝热反应： 与金属氧化物在高温下的置换反应 。
12．（2024高二上·岳阳开学考）下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A．2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ/mol可以表示氢气的燃烧热
B．已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-28.7kJ/mol
D．已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g) ΔH1 ；2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH2；则ΔH1<ΔH2
【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、燃烧热要求1mol 物质燃烧，而方程式中是2mol 反应，不能表示氢气的燃烧热，A错误；
B、石墨转化为金刚石吸热，说明石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，B错误；
C、0.5mol 中和放热28.7kJ，生成1mol 时放热应为57.4kJ，热化学方程式中 ，C错误；
D、碳完全燃烧（生成 ）放热更多，、 均为负值（放热 ），放热量越大， 越小，故 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．依据燃烧热的定义（1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量 ）判断。
B．根据反应热（ ，石墨→金刚石吸热 ）判断物质能量与稳定性（能量越低越稳定 ）。
C．先算 物质的量（20.0g 为0.5mol ），再根据中和热定义（生成1mol 时的反应热 ）计算。
D．比较碳完全燃烧（生成 ）与不完全燃烧（生成 ）的放热量，结合 符号（放热反应 ）判断。
13．（2024高二上·岳阳开学考）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，在T温度下，向2.0 L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 3 6 12 24
n(O2)/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
下列有关说法正确的是
A．反应在0～3 s内的平均速率v(NO2)＝0.24 mol·L 1·s 1
B．在T温度下，起始时向容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍
C．24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c(O2)＝0.44mol·L 1，则反应的ΔH>0
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0mol N2O5和2.0mol O2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%
【答案】B
【知识点】等效平衡；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、0～3 s，物质的量变化，浓度变化，则 ，由速率比等于系数比（与系数比2：1 ），得，A错误；
B、充入、、、，转化到左边（按反应式系数 ）：、完全转化，相当于充入、，与原平衡等效 ，原平衡达平衡时，为，气体总物质的量：初始，变化量等于物质的量（ ），平衡时总物质的量 ，新起始总物质的量（转化前 ），等效平衡后总物质的量与原平衡相同（ ），压强比，B正确；
C、原平衡浓度，降温后浓度（增大 ），说明平衡正向移动，则正反应为放热反应（ ），C错误。
D、充入、，转化到左边相当于充入、，是原平衡压强的2倍，平衡正向移动 。原平衡中平衡量（由生成量推 ），原起始为，则产率对应原转化率；新起始相当于2倍原起始，平衡移动后转化率小于20%，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕臭氧脱硝反应的速率、平衡分析，结合反应速率计算、等效平衡、温度对平衡的影响、转化率判断，分析各选项正误 ，反应为 ，容器恒容（ ），初始充入、，通过物质的量变化判断反应进程。
A.用的反应速率，结合系数比算的反应速率。
B.判断等效平衡，通过物质的量变化算压强比。
C. 通过降温后浓度变化，判断反应热（ ）。
D.用等效平衡思想，判断的转化率。
14．（2024高二上·岳阳开学考）向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，经充分反应后，再向所获得的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断不正确的是
A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L
B．通入CO2在标准状况下的体积为224 mL
C．V(盐酸)=0~25 mL的范围内发生的离子反应为：+ H+=
D．所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaHCO3
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A、加入100mL 盐酸时，溶液溶质只有 。由 物质的量 = ，根据 守恒， 物质的量 = 0.01mol ，浓度 = ，A正确；
B、25~100mL 盐酸与 反应生成 ，此阶段 物质的量 = 。由 ， 物质的量 = 0.0075mol ，标况体积 = ，不是224mL，B错误；
C、0~25mL 时， 与盐酸反应生成 ，离子反应为 ，C正确；
D、若溶质只有 ，则前后两阶段消耗盐酸体积应相等（均为50mL ）。实际生成 前消耗25mL 、生成时消耗75mL ，说明溶质是 和 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕 与 反应后溶液成分及与盐酸反应的定量分析，结合离子反应、物质的量计算，判断各选项正误 。
A．利用“最终溶质为”，通过 守恒算 物质的量，进而求浓度。
B．分析生成 阶段（盐酸25~100mL ）的反应，算 物质的量及体积。
C．判断0~25mL 盐酸与溶液中溶质的反应（ 转化为 ）。
D．根据“生成 前消耗盐酸体积（25mL ）小于生成 消耗的体积（75mL ）”，判断溶质成分。
15．（2024高二上·岳阳开学考）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2<0
Ⅲ．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH3>0
向恒压、密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，平衡时CH3OH、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ平衡常数可表示为K=
B．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
C．某时刻CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)为(a+b)mol
D．为提高CH3OH的平衡产率，需要选择低温、低压的反应条件
【答案】C
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应Ⅰ为 ，平衡常数 ，不是，A错误；
B、升温时，反应Ⅰ、Ⅱ逆向移动（ 减少 ），反应Ⅲ正向移动（ 增多 ）。结合曲线变化，曲线A代表 ，曲线C代表 ，曲线B代表 ，B错误；
C、设反应Ⅱ中 反应了，则反应Ⅱ生成 为；反应Ⅰ生成 为，同时生成 为；反应Ⅲ生成 为，同时生成 为。总 物质的量 = ，C正确；
D、反应Ⅰ、Ⅱ放热，低温利于正向移动；反应Ⅰ、Ⅱ气体体积减小，高压利于正向移动。故应选低温、高压，不是低压，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕与合成的反应体系，结合平衡常数表达式、曲线代表物质判断、物质的量关系推导、平衡产率条件选择，分析各选项正误 。
A．依据反应Ⅰ的化学方程式，写出平衡常数表达式。
B．根据反应热与温度对各物质的影响，判断曲线代表的物质。
C．通过反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的转化关系，推导 与、 的物质的量关系。
D．根据反应特点，分析提高 平衡产率的条件（温度、压强 ）。
二、解答题(共4小题，共45分)
16．（2024高二上·岳阳开学考）某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如表：
编号 电极材料 电解质溶液 电流表指针偏转方向
1 Mg、Al 稀盐酸 偏向Al
2 Al、Cu 稀盐酸 偏向Cu
3 Al、石墨 稀硝酸 偏向石墨
4 Mg、Al NaOH溶液 偏向Mg
根据表中记录的实验现象，回答下列问题。
（1）实验1、2中Al电极的作用是否相同？ 。
（2）实验3中铝为 极，石墨电极反应式为 。
（3）实验4中铝为负极，写出铝电极的电极反应式： 。
【答案】（1）不同
（2）负极；2H++2e-=H2↑
（3）Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）实验1中电流计指针偏向Al，Al为正极，实验2中电流计指针偏向Cu，Cu为正极、Al为负极，实验1、2中Al电极的作用不同，故答案为：不同；
（2）在实验3中电流计指针偏向石墨，石墨作正极、铝作负极，氢离子在石墨表面得电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，故答案为：负；2H++2e-=H2↑；
（3）实验4中电流计指针偏向Mg，Mg作正极、铝作负极，负极发生氧化反应，则铝电极反应为Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-。
【分析】（1）对比实验1、2中电流表指针偏向（判断正负极 ），确定Al电极在两实验中分别为正极、负极，作用不同 。
（2）由实验3指针偏向石墨，知石墨为正极、Al为负极；正极H+ 得电子生成H2 ，写电极反应式 。
（3）实验4指针偏向Mg，Mg为正极、Al为负极；Al与 NaOH 反应，Al 失电子结合OH- 生成[Al(OH)4]- ，写电极反应式 。
（1）实验1中电流计指针偏向Al，Al为正极，实验2中电流计指针偏向Cu，Cu为正极、Al为负极，实验1、2中Al电极的作用不同；
（2）在实验3中电流计指针偏向石墨，石墨作正极、铝作负极，氢离子在石墨表面得电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑；
（3）实验4中电流计指针偏向Mg，Mg作正极、铝作负极，因为铝能与氢氧化钠溶液反应，铝电极反应为Al－3e-+4OH-=[Al(OH)4]-。
17．（2024高二上·岳阳开学考）肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。
（1）装置A中制备的化学方程式为 。
（2）装置B中长颈漏斗的作用是 ；仪器C中盛放的试剂为 。
（3）的电子式为 ，装置B中制备的化学方程式为 ；
（4）由于反应放热，通常把B装置放于温度较低的水浴中，目的是 ；实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是 。
（5）测定产品中的质量分数
取装置B中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000mol/L的溶液反应(只有参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗溶液的体积为20.00mL，则该产品中的质量分数为 %。
【答案】（1）(或NH3·H2ONH3↑+H2O)
（2）防倒吸；饱和食盐水
（3）；
（4）防止温度过高和溶液反应生成，使生成的浓度减小，不利于最终产品肼的生成；防止氯气过量将肼被进一步氧化
（5）32.00
【知识点】氧化还原反应；氨的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中制备NH3的化学方程式为NH3 H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2(或NH3 H2ONH3↑+H2O)；
故答案为：NH3 H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2(或NH3 H2ONH3↑+H2O)；
（2）装置B中长颈漏斗有缓冲作用，能防止倒吸；仪器C中盛放的试剂目的是吸收挥发的HCl且不能吸收Cl2，为饱和食盐水，
故答案为：防倒吸；饱和食盐水；
（3）N2H4分子中N原子之间共用一对电子，每个氮原子存在2个N-H键，所以N2H4的电子式为 ，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，则装置B中制备N2H4的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，
故答案为： ；NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；
（4）温度高时，氯气和NaOH反应生成NaClO3，NaClO的浓度减小，不利于肼的生成，通常把B装置放于温度较低的水浴中；肼具有还原性、氯气具有氧化性，实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是防止氯气过量将肼被进一步氧化，
故答案为：防止温度过高Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO3，使生成的NaClO浓度减小，不利于最终产品肼的生成；防止氯气过量将肼被进一步氧化；
（5）根据题意知，肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则500mL溶液中含有n(N2H4)=×1×=0.04mol，则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32.00%，
故答案为：32.00。
【分析】生石灰溶于水生成Ca(OH)2且放热，导致溶液温度升高，促进NH3 H2O分解生成NH3，D中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，C装置用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，多余的氯气用NaOH溶液吸收。
（1）利用生石灰与浓氨水的反应原理制备 。
（2）分析长颈漏斗防倒吸功能，依据除杂需求选仪器C试剂 。
（3）根据共价键成键规律写N2H4电子式，结合氧化还原写制备反应方程式 。
（4）分析温度对副反应的影响，及Cl2过量对肼的氧化作用 。
（5）利用氧化还原反应中物质的量关系，结合滴定数据计算质量分数 。
（1）装置A中制备NH3的化学方程式为NH3 H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2(或NH3 H2ONH3↑+H2O)；
（2）装置B中长颈漏斗有缓冲作用，能防止倒吸；仪器C中盛放的试剂目的是吸收挥发的HCl且不能吸收Cl2，为饱和食盐水，故答案为：防倒吸；饱和食盐水；
（3）N2H4分子中N原子之间共用一对电子，每个氮原子存在2个N-H键，所以N2H4的电子式为 ，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，则装置B中制备N2H4的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，故答案为： ；NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；
（4）温度高时，氯气和NaOH反应生成NaClO3，NaClO的浓度减小，不利于肼的生成，通常把B装置放于温度较低的水浴中；肼具有还原性、氯气具有氧化性，实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是防止氯气过量将肼被进一步氧化，故答案为：防止温度过高Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO3，使生成的NaClO浓度减小，不利于最终产品肼的生成；防止氯气过量将肼被进一步氧化；
（5）根据题意知，肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则500mL溶液中含有n(N2H4)=×1×=0.04mol，则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32.00%，故答案为：32.00。
18．（2024高二上·岳阳开学考）亚硝酸钠(NaNO2)在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业中的用量有严格限制。现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。
已知：①NO＋NO2＋2OH-=2＋H2O；
②气体液化的温度：NO2为21℃，NO为-152℃。
（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(按左→右连接)为A、C、 、 、B。
（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是 。
（3）在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是 ；
②装置E的作用是 。
（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为 。
（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是 。
【答案】（1）E；D
（2）排出装置中的空气
（3）开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体；降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验
（4）4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O
（5）2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学实验操作的先后顺序；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）NaNO2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2与H2SO4反应产物中可能含NO和NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，所以为了检验装置A中的气体产物，应该将生成气体干燥后首先通过E分离出二氧化氮，
故答案为：A、C、E、D、B；
（2）由于NO极易被空气中的氧气氧化为NO2，所以先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；
故答案为： 排出装置中的空气 ；
（3）①利用装置D检验NO，根据2NO+O2=2NO2可知，开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体即可证明NO的存在；
②装置E的作用是降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验；
故答案为： 开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体 ； 降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验 ；
（4）因为NO2、O2和水共同作用可以产生HNO3，所以装置B中发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O；
故答案为： 4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O ；
（5）根据上述实验探究可知，NaNO2和H2SO4反应产生NO2、NO，同时生成硫酸钠、水，装置A中发生反应的化学方程式是2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O。
故答案为： 2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O ；
【分析】本实验是探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。NaNO2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2和H2SO4反应产物中可能含有NO2和NO气体。NO2为红棕色易液化的气体，无色的NO气体极易被O2氧化为NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，由此分析解答。
（1）根据NO、NO2的液化温度，先通过E（冰水浴，液化NO2 ）分离，再用D（热水浴，检验NO ），确定连接顺序。
（2）NO易被氧气氧化，通氮气排尽装置内空气，防止NO被氧化干扰产物检验 。
（3）①NO与O2反应生成红棕色NO2，观察到D中通入O2后出现红棕色，可确认含NO 。
②E用冰水浴液化NO2，除去NO2，避免干扰NO检验 。
（4）：NO2、O2与NaOH反应，依据电子守恒、原子守恒，写化学方程式 。
（5）：根据产物NO、NO2及反应规律，结合原子守恒，写化学方程 。
（1）NaNO2中氮元素显+3价，在酸性条件下能发生岐化反应，氮由+3价升高到+4价可产生NO2气体，降到+2价可产生NO气体，可推测NaNO2与H2SO4反应产物中可能含NO和NO2。根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于检验并分离NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，所以为了检验装置A中的气体产物，应该将生成气体干燥后首先通过E分离出二氧化氮，故仪器的连接顺序是A、C、E、D、B；
（2）由于NO极易被空气中的氧气氧化为NO2，所以先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；
（3）①利用装置D检验NO，根据2NO+O2=2NO2可知，开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体即可证明NO的存在；
②装置E的作用是降温冷凝，使NO2完全液化，除去气体中的NO2，避免干扰NO的检验；
（4）因为NO2、O2和水共同作用可以产生HNO3，所以装置B中发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O；
（5）根据上述实验探究可知，NaNO2和H2SO4反应产生NO2、NO，同时生成硫酸钠、水，装置A中发生反应的化学方程式是2NaNO2＋H2SO4=Na2SO4＋NO2↑＋NO↑＋H2O。
19．（2024高二上·岳阳开学考）图示分析是学习化学重要手段之一，学习过程中常遇到各类“数形结合”问题。结合所给图示回答相关问题：
（1）从元素化合价和物质类别两个维度学习、研究物质的性质及转化，是一种行之有效的方法。图1是氮元素的“价类二维图”的部分信息。
①X、Y的化学式分别为 、 。
②图中关于NO2转化为HNO3的反应过程，下列说法不正确的是 。
a.氮元素的化合价不发生变化
b.该转化过程中，NO2一定既是氧化剂，又是还原剂
c.若用NO2与H2O反应制取HNO3，可生成另一种产物NO
（2）NO2、NO和SO2是大气初期污染物的主要成分，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图2所示。当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生反应，该反应的化学方程式为 。
（3）研究表明硝酸与金属反应时，最容易生成亚硝酸(HNO2，弱酸)，然后才转化成NO2，如果溶液中存在更强的氧化剂，如过氧化氢，它完全有能力将新产生的亚硝酸再氧化成硝酸。图3为金属在不同浓度的HNO3—H2O2混合溶液中的溶解速率和生成NOx的体积V的变化示意图，请回答下列问题：
①最佳溶解金属的混合溶液中HNO3的质量分数为 ，理由是 。
②过氧化氢与亚硝酸反应的化学方程式为 。
【答案】（1）NH3；N2O5；ab
（2）
（3）10.5%；溶解速率最快，生成的NOx量少；
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）①由图1可知，化合物X是氮元素的氢化物，且化合价为-3价，所以X的化学式为NH3，化合物Y是氮的氧化物，氮元素的化合价为+5价，所以Y的化学式为 N2O5；
②a.NO2转化为HNO3的反应过程，氮元素化合价从+4价升高到+5价，化合价发生改变，a错误；
b. NO2转化为HNO3的过程中，氮元素化合价升高，NO2作还原剂，b错误；
c. NO2与H2O反应制取HNO3的反应方程式为：，可生成另一种产物NO，c正确。
故答案为：NH3、N2O5，ab。
（2）由图2可知，反应物为NO2、NO和NH3，生成物为N2和H2O，NO2中氮元素的化合价从+4价降低到0价，则每摩尔NO2得到4mol电子，NO中氮元素的化合价从+2价降低到0价，则每摩尔NO得到2mol电子，NH3中氮元素的化合价从 -3价升高到0价，则每摩尔NH3失去3mol电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，根据得失电子数守恒可知，n(NH3)：n(NO2)：n(NO)=2：1：1，所以反应的化学方程式为：。
故答案为：。
（3）①根据图3可知，HNO3的质量分数为10.5%时溶解速率最快，且生成的NOx少；
②过氧化氢与亚硝酸会发生氧化还原反应，化学方程式为：。
故答案为：10.5%，溶解速率最快，生成的NOx量少。。
【分析】（1）①根据价类二维图中元素化合价（X为-3价氢化物、Y为+5价氧化物 ），推 X、Y的化学式 。
②分析变为中化合价变化、，判断选项：a（化合价改变，错误 ）、b（作还原剂，错误 ）、c反应，正确 。
（2）依据反应物（、、 ）、生成物（、 ）及化合价变化（从-3、+4、+2到0 ），结合得失电子守恒，写化学方程式 。
（3）①分析图3中溶解速率与体积关系，质量分数10.5%时，溶解速率最快且生成量少，为最佳。
②氧化（从+3到+5 ），写化学方程式 。
（1）①由图1可知，化合物X是氮元素的氢化物，且化合价为-3价，所以X的化学式为NH3，化合物Y是氮的氧化物，氮元素的化合价为+5价，所以Y的化学式为 N2O5。②NO2转化为HNO3的反应过程，氮元素化合价从+4价升高到+5价，化合价发生改变，a错误；NO2转化为HNO3的过程中，氮元素化合价升高，NO2作还原剂，b错误；NO2与H2O反应制取HNO3的反应方程式为：，可生成另一种产物NO，c正确。
故答案为NH3、N2O5，ab。
（2）由图2可知，反应物为NO2、NO和NH3，生成物为N2和H2O，NO2中氮元素的化合价从+4价降低到0价，则每摩尔NO2得到4mol电子，NO中氮元素的化合价从+2价降低到0价，则每摩尔NO得到2mol电子，NH3中氮元素的化合价从 -3价升高到0价，则每摩尔NH3失去3mol电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，根据得失电子数守恒可知，n(NH3)：n(NO2)：n(NO)=2：1：1，所以反应的化学方程式为：。
故答案为：。
（3）①根据图3可知，HNO3的质量分数为10.5%时溶解速率最快，且生成的NOx少。②过氧化氢与亚硝酸会发生氧化还原反应，化学方程式为：。
故答案为：10.5%，溶解速率最快，生成的NOx量少。。
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