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12022年春季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高一化学试卷试卷满分：100分(可能用到的相对原子量：H1C12N14O16Mg24S32Cl35.5K39Cu64)一、选择题(本题共15小题

，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.2022北京冬奥会刚刚落下帷幕，这既是一场体育盛会，也是一场科技盛典。下列说法不正确的是A.冬奥火炬“飞扬”首次采用氢燃料，不但保证了火炬在极寒天气使用，而且低碳环

保B.2H的火焰原本在日光下是看不见的，可以利用焰色试验原理给氢火炬着色C.采用2CO跨临界直冷制冰技术，避免了使用氟利昂等制冷剂对臭氧层的破坏D.使用石墨烯做成了能够发热的“布”，石墨烯是一种新型有机高分子材料【1题答案】【答案】D【解析】【详解】

A．氢气燃烧放热并生成水，不污染环境，不产生二氧化碳，低碳环保，A正确；B．金属化合物在灼烧时使火焰呈现一定颜色，因此可以利用焰色试验原理给氢火炬着色，B正确；C．2CO跨临界直冷制冰中，主要利用其物理性质，将二氧化碳高度压缩作为制冷剂，使用过程中不会产生污染性气体，避免了使用氟利昂等制冷

剂对臭氧层的破坏，C正确；D．石墨烯是一种碳单质，是无机非金属材料，不是新型有机高分子材料，D错误；答案选D。2.下列说法正确的是A.生产水泥的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂B.化学反应速率越大，反应现象就越明显C.豆科植物根瘤菌将氮气转化成氨，实现了自然固氮D.实验室通常用酒精

清洗附着在试管内壁的硫单质【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．生产水泥的主要原料为石灰石、黏土，A错误；2B．化学反应速率越大，反应现象不一定明显，有些反应无现象，如氢氧化钠溶液和盐酸反应，B错误；C．游离态的氮转化

为化合态氮，为氮的固定，豆科植物根瘤菌将氮气转化成氨，实现了自然固氮，C正确；D．硫单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，不能用酒精清洗附着在试管内壁的硫单质，可用二硫化碳清洗，D错误；答案选C。3.用AN表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准

状况下，322.4LSO所含的氧原子数约A3NB.1822.0gHO与2DO的混合物中所含质子数、中子数均为ANC.21molHO分子中的共用电子对数为A4ND.含241molHSO的浓硫酸和足量锌完全反应，转移电

子数为A2N【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算氧原子数，A错误；B．821HO与2DO的相对分子质量均为20，1个分子中均含10个质子、10个中子，1822.0gHO与2DO的混合物的物质的量为2.0g20g/mol=0.1mo

l，质子、中子的物质的量均为1mol，质子数、中子数均为AN，B正确；C．2HO的结构式为H-O-H，21molHO分子中含2mol共用电子对，共用电子对数为A2N，C错误；D．锌与浓硫酸反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4

(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，若1mol浓硫酸与锌均按此反应进行，则1mol浓硫酸完全反应时，转移1mol电子，锌与稀硫酸反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，若1mol浓硫酸与锌均按此反应进行，则1mol浓硫酸完全反应时，转移2

mol电子，现在锌过量，锌先与浓硫酸反应生成二氧化硫，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，因此含241molHSO的浓硫酸和足量锌完全反应，转移电子数介于AN和A2N之间，D错误；答案选B。4.常温下，过量块状铁与-1100m

L0.1molL稀硫酸反应，下列方法中，一定能加快反应速率且不改变32H的产量的是①通入适量HCl气体②加少量4CuSO固体③加3CHCOONa固体④适当升高温度⑤将块状铁改为铁粉⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸A.①②④B.②④⑤C.④⑤⑥D.④⑤【4题答案】【答案】B【解析】【详

解】①通入适量HCl气体，氢离子的物质的量和氢离子的物质的量浓度均增大，反应速率加快，产生氢气的量增多，①错误；②加少量4CuSO固体，铁与硫酸铜反应生成铜，形成铁、铜、硫酸原电池，加快反应速率，产生氢气的量不变，②正确；③加3CH

COONa固体，醋酸根离子结合氢离子生成醋酸分子，氢离子浓度降低，反应速率减慢，③错误；④适当升高温度，反应速率加快，产生氢气的量不变，④正确；⑤将块状铁改为铁粉，增大了铁与稀硫酸的接触面积，化学反应速率加快

，产生氢气的量不变，⑤正确；⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸，常温下，铁与浓硫酸发生钝化，不产生氢气，⑥错误；综上分析，②④⑤正确，答案选B。5.下列关于离子检验的说法正确的是A.向某溶液中加入稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑

浊，则原溶液中一定含有2-3CO或3HCO−B.向某溶液中加入()32BaNO(aq)有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有2-4SOC.某固态化合物用适量水溶解、冷却后滴加NaOH(aq)，未

产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该化合物中不含+4NHD.向某溶液中加入3AgNO(aq)产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有-Cl【5题答案】【答案】A【解析】【详解】A．向某溶液中加入稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清石灰

水中，石灰水变浑浊，说明产生4了二氧化碳，则原溶液中一定含有2-3CO或3HCO−，A正确；B．向某溶液中加入()32BaNO(aq)有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，溶液中不一定含硫酸根离子，若含亚硫酸根离子，经过上述操作，也会产生白色沉淀，因为酸性条件下，硝酸根离子有氧化性，能把亚硫酸钡

氧化为硫酸钡，B错误；C．检验铵根离子，应使用浓的氢氧化钠溶液或使用稀的氢氧化钠溶液并加热，才会有氨气产生，因此题给操作不能证明该化合物中不含+4NH，C错误；D．向某溶液中加入3AgNO(aq)产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含的是硫酸根离子，产生的是硫酸银沉淀，不

一定是氯离子，D错误；答案选A。6.某温度下，恒容密闭容器中发生反应：22X(g)+Y(g)2Z(g)ƒ。已知2X、2Y、Z的起始浓度分别为-10.2molL、-10.1molL、-10.3molL。一段时间后，反应达平衡时，各物质的浓度不可能是A.2Y为-10.25molLB.2

X为-10.25molLC.2X为-10.15molLD.Z为-10.45molL【6题答案】【答案】A【解析】【详解】若反应可正向进行完全，则2X浓度为0.1mol/L，2Y的浓度为0mol/L，Z的

浓度为0.5mol/L，若反应可逆向进行完全，则2X浓度为0.35mol/L，2Y的浓度为0.25mol/L，Z的浓度为0mol/L，但反应为可逆反应，不可能完全正向或逆向进行，因此0.1mol/L<c(2X)<0.35mol/L，0mol/L<c(2Y)<0.25mol/L，0mol/L<c

(Z)<0.5mol/L，2Y的浓度不可能为0.25mol/L，答案选A。7.只用一种试剂(可加热)，将KCl、()442NHSO、4NHCl、24KSO四种物质的溶液区分开，这种试剂是A.KOH溶液B.3AgNO溶液C.2Ba(OH)溶液D.2BaCl溶液【7题答案】【答案】C【解

析】5【详解】A．氢氧化钾溶液能与(NH4)2SO4溶液、NH4Cl溶液加热产生有刺激气味的气体，但与KCl溶液或K2SO4溶液不反应，则无法鉴别四种溶液，A错误；B．AgNO3溶液与这四种溶液混合均会产生白色沉淀，现象相同

，无法鉴别，B错误；C．氢氧化钡溶液与(NH4)2SO4溶液混合能产生白色沉淀和有刺激性气味的气体，与KCl溶液混合无现象，与K2SO4溶液混合能产生白色沉淀，与NH4Cl溶液混合只生成有刺激性气味的气体，能鉴别四种溶液，C正确；

D．氯化钡溶液能与(NH4)2SO4溶液及K2SO4溶液均产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，D错误；故选C。8.下列离子方程式正确的是A.氧化亚铁溶于稀硝酸：+2+2FeO+2HFe+HO=B.43NHHCO

(aq)与足量NaOH(aq)混合后加热：+-432NH+OHNH+HOC.水玻璃中通入少量2CO：2-+2322323NaSiO+CO+HOCO+HSiO+2Na=D.向223NaSO(aq)中滴加稀疏酸：2-+2322S

O+2HS+SO+HO=【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．氧化亚铁有还原性，稀硝酸有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：+3+323FeO+10H+3Fe+NO+5HONO−=，A错误；B．43NHHCO(

aq)与足量NaOH(aq)混合后加热，铵根离子和碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为：+-243332NH+HCO+2OHNH+CO+2HO−−，B错误；C．硅酸钠为可溶性盐，离子方程式中应拆成离子形式，正确

的离子方程式为：2-2-322323SiO+CO+HOCO+HSiO=，C错误；D．向223NaSO(aq)中滴加稀硫酸，发生歧化反应，反应的离子方程式为：2-+2322SO+2HS+SO+HO=，D正确；答

案选D。9.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选实验操作实验现象实验结论6项A向含酚酞的NaOH(aq)中通入2SO溶液红色逐渐变浅，而后褪色2SO具有漂白性B向32mL0.1mol/LFeCl(aq)中加入4mL0.1mol/LKI(aq)，充

分反应后，加入4CCl萃取分液，再向水层滴入KSCN溶液加入4CCl萃取后溶液分层，下层紫红色；分液后，向水层滴入KSCN(aq)，溶液变成红色3+Fe与-I的反应是可逆反应C取两等份2SiO，分别加入等浓度的HF(aq)和NaOH(aq)2SiO在两份溶液中都

溶解2SiO是两性氧化物D相同条件下，向两份4mL0.5mol/L酸性4KMnO(aq)中分别滴加2mL0.1mol/L和224)2mL0.2mol/HCO(aqL(氧化产物为2CO)，记录褪色时间滴加2240.2mol/LHCO(aq)的先褪色反应物

浓度越大，反应速率越快，越先褪色A.AB.BC.CD.D【9题答案】【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶液显碱性，酚酞遇NaOH溶液显红色，通入SO2后红色褪去，可能是SO2消耗了NaOH，无法证明SO2的漂白性，A错

误；B．23+Fe+2-I=I2+2Fe2+，由题意可知-I过量，水层加KSCN溶液变红，则证明该反应有限度，即3+Fe与-I的反应是可逆反应，B正确；C．2SiO与HF反应生成SiF4和H2O，SiF4不是盐，2SiO

与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，Na2SiO3是盐，故2SiO只能与碱反应生成盐和水，与酸不能反应生成盐和水，故2SiO是酸性氧化物，不是两性氧化物，C错误；D．2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，选

项中两组实验4KMnO(aq)均过量，两溶液颜色均7不会褪去，因此不能达到实验目的，D错误；答案选B10.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数递增，且Z为金属元素，X、W同主族。单质X、Z、W可分别与单质Y化合生成最高

价化合物甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断正确的是A.反应①可表示为22SiO+CSi+CO高温B.X位于元素周期表第二周期V主族C.甲、丙、丁均为酸性氧化物D.乙的电子式为【10题答案】【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数递增，且Z为金属元

素，可在甲中燃烧生成X的单质，应为镁与二氧化碳的反应，则Z为Mg，甲为CO2，乙为MgO，由此关系可知，X为C元素，Y为O元素，X、W同主族，则W为Si元素，丁为CO，丙为SiO2。【详解】A．反应①为碳和二氧化硅高温条件下反应生成硅和一氧化碳

，反应的化学方程式为：2SiO+2CSi+2CO高温，A错误；B．X为C元素，位于元素周期表第二周期IVA族，B错误；C．甲为CO2，丙为SiO2，丁为CO，CO2和SiO2为酸性氧化物，CO不能与碱反应生成盐和水，也不能与酸反应生成盐和水，为不成盐

氧化物，C错误；D．乙为MgO，是离子化合物，其电子式为：，D正确；答案选D。11.已知2232SO(g)+O(g)2SO(g)为放热反应，相关说法中正确的是A.适当升温，正反应速率减小，逆反应速率增大B.相同

条件下，22molSO(g)和21molO(g)的总能量一定高于32molSO(g)的总能量C.该反应达到化学平衡时，各物质浓度保持不变，且一定等于化学计量数(系数)之比。8D.使用适当的催化剂，既能加快该反应的速率，又能提高2S

O的平衡转化率【11题答案】【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，A错误；B．2232SO(g)+O(g)2SO(g)为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，相同条件下，22molSO(g)和21molO(g)的总能量一定高于32molSO(g)的总能量，B正确；C

．该反应达到化学平衡时，各物质浓度保持不变，但平衡时各物质的浓度与初始所加物质的的浓度和物质的转化率有关，不一定等于化学计量数(系数)之比，C错误；D．使用适当的催化剂，能降低反应的活化能，加快该反应的

速率，但不影响平衡移动，不能提高2SO的平衡转化率，D错误；答案选B。12.某反应由两步反应ABC→→构成，反应能量曲线如图，下列叙述正确是A.两步反应均为放热反应B.A与B的能量差为1EC.相同条件下，C比A更稳定D.AB→反应条件一定要加热【12题答案】【答案】C【解

析】【详解】A．吸热反应总能量升高，放热反应总能量降低，故A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；B．A与B的能量差为E1-E2，故B错误；C．物质的总能量越低，越稳定，相同条件下三种化合物中的稳定性B﹤A﹤C，故C正确；D．A

→B反应为吸热反应，但吸热反应不一定要加热，故D错误；的9答案选C。13.常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓3HNO中组成原电池如(图1)，电流强度(Ⅰ)随时间(t)变化如图2所示。反应中有红棕色气体产生。下列说法

不正确的是A.1ts前，Al片为负极，铜片表面有气泡产生B.1ts时，因Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al继续反应C.1ts之后，电流方向发生改变，Cu失去的电子经过溶液流向Al片D.1ts之后，右边烧杯中发生反应的离子方程式为：---23222NO+2OH

NO+NO+HO=【13题答案】【答案】C【解析】【详解】A．铝的活动性比铜强，t1前铝作负极，总反应为铝与浓硝酸发生钝化生成氧化铝和二氧化氮，铜作正极，铜片表面有气泡产生，A正确；B．1ts时，Al在浓硝酸中钝化生成氧化铝覆盖在铝表面，阻碍铝与浓硝酸继续反应，B正确；

C．1ts之后，铜作负极，电流方向发生改变，Cu失去的电子经过外电路流向铝片，电子不能经过电解质溶液，C错误；D．1ts之后，铜作负极，铝作正极，正极生成二氧化氮，二氧化氮与氢氧化钠溶液发生歧化反应，反应的离子方程式为：---23222NO+2OHNO+NO+HO

=，D正确；答案选C。14.用某种含铁烧渣(主要含23FeO和少量2SiO)制取颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：10下列说法不正确是A.“还原”发生的反应为3+2+2FeS+2Fe=3Fe+2SB.“滤渣1”的主要成分是2SiO和SC

.“制备”反应的离子方程式为2++3+224Fe+O+4H=4Fe+2HOD.“滤液2”中主要含有的阳离子是+4NH【14题答案】【答案】C【解析】【分析】含铁烧渣(主要含23FeO和少量2SiO)加硫酸酸浸，二氧化硅和硫酸不反应，氧化

铁和硫酸反应生成硫酸铁，加2FeS进行还原得到硫、硫酸亚铁，过滤除去硫、二氧化硅得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液加足量氨水并通入空气，过滤得到FeOOH。【详解】A．由分析可知，“还原”时2FeS与铁离子发生氧化还

原反应生成硫和亚铁离子，反应的离子方程式为：3+2+2FeS+2Fe=3Fe+2S，A正确；B．由分析可知，“滤渣1”的主要成分是2SiO和S，B正确；C．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成F

eOOH沉淀，发生反应的离子方程式为：2++232424Fe+O+8NHHO=8NH+4FeOOH+2HO，C错误；D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为：2++232424Fe+O+8NHHO=8NH+4FeOOH+2HO

，因此“滤液2”中主要含有的阳离子是+4NH，D正确；答案选C。15.将mg铜镁合金完全溶解于50mL、密度为31.40g/cm、质量分数为63%的浓硝酸中，得到1792mL的11(标准状况)2NO气体，向反应后的溶液中加入一定量2.0mol/LNaOH(aq)

，使溶液中的金属离子恰好全部沉淀。下列说法不正确的是A.该浓硝酸物质的量浓度是14.0mol/LB.加入NaOH(aq)的体积是350mLC.0.96<m<2.56D.得到的金属氢氧化物的沉淀为(m+1.36)g【15题答案】

【答案】B【解析】【详解】A．浓硝酸的物质的量浓度c=1000ρωMmol/L=10001.463%63=14.0mol/L，A正确；B．当加入氢氧化钠后，溶液中的金属离子恰好全部沉淀，即铜离子变为氢氧化铜，镁离子变

为氢氧化镁，此时溶液中只有硝酸钠，依据氮元素守恒n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)，n(HNO3)=cV=14mol/L0.05L=0.7mol，标准状况下n(NO2)=1.792L22.4L/mol=0.08mol，n(NaNO3

)=n(HNO3)-n(NO2)=0.7mol-0.08mol=0.62mol，硝酸钠中的钠离子全部来自于氢氧化钠，则n(NaOH)=n(NaNO3)=0.62mol，氢氧化钠溶液体积V=0.62mol2mol/L=0.31L=310m

L，B错误；C．假设mg合金全部为铜，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，n(Cu)=12n(NO2)=120.08mol=0.04mol，mCu=0.04mol64g/mol=2.56g，假设mg合金全部为

镁，Mg+4HNO3(浓)=Mg(NO3)2+2NO2↑+2H2O，n(Mg)=12n(NO2)=120.08mol=0.04mol，mMg=0.04mol24g/mol=0.96g，所以0.96<m<2.5

6，C正确；D．硝酸中的氮元素由+5价降到了+4价，n(NO2)=0.08mol，所以金属与浓硝酸反应转移电子0.08mol1=0.08mol，而铜和镁均变为+2价的阳离子，依据得失电子守恒，镁铜合金的物质的量为0.08mol2=0.04m

ol，沉淀中氢氧根离子的物质的量为20.04mol=0.08mol，氢氧根离子的质量为0.08mol17g/mol=1.36g，则沉淀的质量为(m+1.36)g，D正确；答案选B。二、非选择题(本大题共4小题，共55分)16.酸雨的危害很大，能直接破坏农作物、腐蚀

建筑物，还会危害人体健康。2SO、xNO是形成酸雨的主要物质。研究2SO、xNO等对减少酸雨，改善空气质量具有重要意义。请回答下列问题：12（1）酸雨是指pH小于_______的雨水。（2）你认为减少酸雨的产生可采取的措施有_______

(填序号)。①少用煤作燃料②把工厂烟囱造高③燃料脱硫④在已酸化土壤中加石灰（3）开发新能源可有效减少酸雨。下列能源不属于新能源的有_______(填序号)。①太阳能②风能③地热能④海洋能⑤氢能⑥石油⑦无烟煤（4）x

NO主要来源于汽车尾气。通过NO传感器可监测汽车尾气中NO含量，其工作原理如下图。据此回答：NiO电极为_______(填“正极”或“负极”)；其电极反应式为_______。（5）可用氨水将2SO转化为43N

HHSO，再用2O氧化成43NHHSO来脱除烟气中的2SO，原理是_______、_______(用离子方程式表示)。【16题答案】【答案】（1）5.6（2）①③（3）⑥⑦（4）①.负极②.-2-2NO-2e+O=NO（5）①.+-23243=SO+NHHONH+HSO②.-+2-3

242HSO+O2H+SO=2【解析】【小问1详解】酸雨是指pH<5.6的雨水。【小问2详解】①未经脱硫的煤燃烧会产生二氧化硫，少用煤作燃料，可减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨，①正确；②把工厂烟囱造高，不能减少SO2、N

Ox的排放，不能减少酸雨，②错误；③使用脱硫煤，可减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨，③正确；④在已酸化土壤中加石灰，不会减少空气中SO2、NOx的含量，不能减少酸雨，④错误；答案选①③。的的13【小问3详解】新能源一般是指在新技术基础上加以开发利用的可

再生能源，包括太阳能、生物质能、水能、风能、地热能、海洋能、氢能、沼气、酒精、甲醇等，石油和无烟煤为化石燃料，是不可再生能源，答案选⑥⑦。【小问4详解】由图示可知，NO在NiO电极上转化为了NO2，氮元素化合价升高，失电子，则NiO电极为负极，电极反

应式为：-2-2NO-2e+O=NO。【小问5详解】二氧化硫为酸性氧化物，过量的二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为：+-23243=SO+NHHONH+HSO，亚硫酸氢铵有还原性，能与氧气发生氧化还原反应生成硫酸氢铵，反应的离子

方程式为：-+2-3242HSO+O2H+SO=2。18.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就。Ⅰ.如图为一定条件下21molN与23molH完全转化时的能量变化图。（1）若反应生成31molNH可_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ。其中

_______曲线代表使用了催化剂。（2）查阅文献，化学键的键能数据如下表所示：化学键H-HN-HNN键能/(-1kJmol)436x946则x=_______。Ⅱ.向一个固定容积为2L的密闭容器中充入25molN和210molH，在一定温度和压

强下，发生反应223N(g)+3H(g)2NH(g)催化剂高温高压，5min后达到平衡状态，测得()2nN=3mol。（3）0~5min，()2vH=_______；14（4）平衡时3NH的产率为_______。(产率是指某种生成物的实际产量与理论产量的比值)（5）反应达平衡时与反应开始时的压强之

比为_______。（6）下列叙述不能．．说明该反应己达到化学平衡状态的是_______(填标号)。①单位时间内断开nmolNN的同时，断开2nmolN-H②2N、2H物质的量之比不变③容器内压强保

持不变④混合气体的密度保持不变【18题答案】【答案】（1）①.放出②.46③.b（2）391（3）-1-10.6molLmin（4）60%（5）11∶15（6）①④【解析】【小问1详解】由图示可知，反应物的总能量高于生成物的总

能量，即一定条件下21molN与23molH完全转化32molNH放出热量，放出的热量为(600-508)kJ=92kJ，则生成31molNH可放出46kJ的热量；催化剂可降低反应活化能加快反应速率，因此曲线b代表使用了催化剂。【小问2详解】一定条件下21molN与23molH完全转

化32molNH放出92kJ的热量，焓变△H=反应物键能之和-生成物键能之和，则946+3436-23x=-92，解得：x=391。【小问3详解】依据题意列三段式：()()()223N(g)+3

H(g)2NH(g)5100264344molmolmol起始转化平衡v(H2)=ΔcΔt=ΔnVΔt=6mol2L5min=-1-10.6molLmin。【小问4详解】充入25molN和210molH，若反应进行完全的话，理论上应得到氨气2103mol=203mol，实际却得到154mol

，则氨气的产率为：2034100%=60%。【小问5详解】PV=nRT，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，因此反应达平衡时与反应开始时的压强之比为：3+4+45+10=11:15。【小问6详解】①单位时间内断开nmolNN的同时，断开6nmolN-H，说明反应达到平衡状态，因此

单位时间内断开nmolNN的同时，断开2nmolN-H，不能说明反应达到平衡状态，①正确；②初始氮气和氢气的物质的量之比不为化学计量数之比，因此当2N、2H物质的量之比不变，说明反应达到平衡状态，②错误；③该反应为反应前后气体分子数改变的反应，若容器内压强保持不变，说

明反应达到平衡状态，③错误；④容器为恒容容器，依据质量守恒定律，气体质量一直不变，密度是一个不变量，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，④正确；答案选①④。20.某化学兴趣小组选择“影响金属与酸反应速率的因素”为课题开展探究。Ⅰ.甲同学分别用相同质量和大小的锌粒

和足量稀硫酸反应的三组实验数据：试验编号硫酸浓度/-1molL反应温度/℃锌粒消失的时间/s①1.020500②2.020300③2.03080（1）能表明硫酸浓度对反应快慢有影响的实验编号是：_______。（2）如果把实验②中温度提高至25℃，请你推测锌粒消失

时间(用t(s)表示)的取值范围：_______。（3）该实验除了用锌粒消失的时间来衡量反应的快慢外，你还能通过_______来衡量该反应的快慢。Ⅱ.乙同学在200mL稀硫酸中加入适量锌粒，用排水集气法收集生成

的氢气，实验记录如下(累计值)：时间(min)12345氢气体积(mL)(标准状况)5012023229031016（4）由上述数据可知，_______min时(用0~1、1~2、2~3、3~4、4~5等作答)反应速率最大，从化学反应

原理角度解释其原因是_______。Ⅲ.丙同学探究加入4CuSO(aq)的体积对2H生成速率的影响。实验中温度一定，Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和4CuSO(aq)用量0~4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积(336mL)的气体所需时间

，实验结果如图所示(气体体积均转化为标况下)。（5）由图可知：a、c两点对应的氢气生成速率_______(填“相等”或“不相等”)。（6）你认为出现bd段变化趋势的原因可能是_______。【20题答案】【答案】（1）①②（2）80<t<300（3）产生气泡的

快慢（4）①.2～3②.反应放热，使溶液温度升高，反应速率最大（5）相等（6）附着在锌表面的铜过多，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢【解析】【分析】I．（1）实验①、②对比，温度相同，但硫酸浓度不同；（2）实验②中温度提高至25℃，则与实

验②、③对比，温度越高，反应速率越快；（3）对于有气体生成的反应，可根据生成气体的快慢定性判断反应速率快慢；II．（4）相同时间内，生成的氢气越多，则反应速率越快；III．（5）相同时间内，产生氢气的量相等，反应速率相等；（6）产生的铜覆盖在锌的表面，阻碍反应进行。【小问1详解】实验

①和实验②对比，反应温度相同，硫酸浓度不同，可探究硫酸浓度对反应速率的影响。【小问2详解】实验②中温度提高至25℃，20℃<25℃<30℃，则硫酸浓度相同时，温度越高，反应速率越快，与实验②、③对比可知，反

应速率介于实验②、③反应速率之间，反应速率越快，锌粒消失的时间t越小，即1780<t<300。【小问3详解】锌与硫酸反应生成氢气，所以可以根据产生气泡的快慢定性判断反应速率快慢。【小问4详解】相同时间内，生成的氢气越多，则反应速率越快，由表格数据可知，0~1min、1~2m

in、2~3min、3~4min、4~5min内生成氢气的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，则2~3min时反应速率最大，锌与硫酸反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率增大，之后硫酸浓度减小，反应速率减小

。【小问5详解】图示纵坐标为收集相同体积气体所用时间，a、c两点生成氢气体积相等，所用时间相等、都为250s，依据v=ΔcΔt可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等。【小问6详解】a到b点产生相同体积气体所用时间减少，反应速率加快

，是因为锌与加入的硫酸铜反应生成铜，构成了锌、铜、硫酸原电池，而b到d点产生相同体积气体所用时间增多，说明反应速率减慢，可能的原因是：随着硫酸铜的量的增多，生成的铜的量增多，附着在锌表面的铜过多，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，

反应速率减慢。22.硫元素常见化合价有2−、4+、6+价，其中处于中间价态的4+价硫既有氧化性又有还原性，主要表现为较强的还原性。某学习小组在实验室设计如下实验研究4+价硫元素。Ⅰ.2SO制备：（1）实验室用23NaSO固体与质量分数

约为70%的浓硫酸反应制取2SO，相应化学方程式为：_______；（2）选用图中装置，收集干燥的2SO，其最佳连接顺序为：_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→____

___(按气流方向，用小写字母表示，部分装置可以重复使用)。_______18Ⅱ.实验探究2SO的还原性：向盛有()322ml0.1mol/LBaNO(aq)的试管中，缓慢通入2SO气体，试管内有白色沉淀产生。（3）配制()320.

1mol/LBaNO(aq)时所用蒸馏水必须先除去溶液中溶解的2O，最简单的方法是_______。（4）将2SO分别通入无氧、有氧且浓度均为-10.1molL的2BaCl(aq)和()32BaNO(aq)中，探究3NO−和2O哪种微粒起到

了主要氧化作用，实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀2BaCl溶液(无氧)中无白色沉淀2BaCl溶液(有氧)中有白色沉淀32Ba(NO)溶液(无氧)中有白色沉淀32Ba(NO)溶液(有氧)中有白色沉淀①曲线a所示溶

液pH降低，说明2SO能与水反应生成_______(填化学式)；②曲线b所示溶液中的反应可按如下方式进行，请完成并配平该离子方程式：_______。2+-+234SO+Ba+NO+______=BaSO+NO+H□□

□□□□□③曲线c所示溶液中所发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______；④结合上述实验，可以推测，32Ba(NO)溶液(有氧)中，氧化2SO的主要微粒是_______，其理由是_______。【22题答案】【答案】

（1）23242422NaSO+HSONaSO+SO+HO()=浓（2）bcdefcdg（3）加热煮沸（4）①.23HSO②.2+-+23243SO+3Ba+2NO+2HO=3BaSO+2NO+4H③.1∶219④.2O⑤.b和d两曲

线在无氧和有氧条件，d曲线(或有氧条件)pH下降更多【解析】【小问1详解】实验室用Na2SO3固体与质量分数约为70%的浓硫酸反应制取SO2，制备原理是强酸制弱酸，方程式为：23242422()=ONaSO+HSONaSO+SO+H浓；【小问2详解】

亚硫酸钠固体颗粒较小，不能用A装置制备二氧化硫，可选择B装置；可用浓硫酸干燥二氧化硫，选C装置，长进短出；二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，选D装置，长进短出；二氧化硫易污染空气，可用氢氧化钠溶液吸收，选E装置，连接顺序为bcdefcdg；【

小问3详解】温度升高，氧气在水中的溶解度降低，故最简单的除氧气的方法为：加热煮沸；【小问4详解】二氧化硫与水生成亚硫酸，化学式为H2SO3；Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀，为硫酸钡，二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离，溶液显酸性，在硝酸根存在时，具有强氧化性，与+4

价硫发生了氧化还原反应，离子反应方程式为：2++23243SO+2Ba+2NO+2HO=3BaSO+2NO+4H−，故答案为：3SO2+3Ba2++23NO−+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；

曲线c为BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀，发生的化学反应为：2++22242SO+2Ba+O+2HO=2BaSO+4H，氧化剂为氧气，还原剂为二氧化硫，物质的量之比为1：2；b和d两曲线为硝酸钡溶液在无氧和有氧条件下与二氧化硫的反应，d曲线(或有氧条件)pH下降更多，说

明氧化二氧化硫的微粒为O2，原因是：b和d两曲线在无氧和有氧条件，d曲线(或有氧条件)pH下降更多。20获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com