【文档说明】安徽省江南十校2023-2024学年高一下学期5月阶段联考化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.683 MB，由小赞的店铺上传

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2024年“江南十校”高一年级5月份阶段联考化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，

写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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。1.2023年是我国实施新型基础设施建设的重要时期，在包括5G基站建设、

城际高速铁路和城市轨道交通等领域都取得瞩目成就，其中涉及各种化学材料。下列相关说法错误的是A.中国自主研发的首个5G微基站射频芯片的主要材料是SiB.高铁动车的车厢厢体由不锈钢和铝合金制成，不锈钢和铝合金均属于金属材料C.国产飞机

C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D.歼-20战斗机在长春航展上完美亮相，其机身采用的碳纤维是有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．电子芯片的材料主要是Si，射频芯片也是电子芯片，故A正确；B．不锈钢是铁合金，铁合金与铝合金均属于金属材料，故B正确；C．氮化

硅陶瓷，是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷，属于新型无机非金属材料，故C正确；D．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度无定型的碳材料，不属于有机高分子材料，故D错误；答案D。2.对于可逆反应()()()()Ag3Bs2Cg2Dg++，在不同条

件下化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A.()11A5molLminv−−=B.()11B0.4molLsv−−=C.()11D6molLminv−−=D.()11C0.2molLsv−−=【

答案】D的【解析】【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A项51=5；B为固体，不能用浓度变化表示反应速率；C项62=3；D项0.2602=6；显然D中比值最大，反应速率最快。答案选D。3.下列装置能达到实验

目的的是A.用装置甲制取2SOB.用装置乙验证2SO的漂白性C.用装置丙收集2SOD.用装置丁处理实验中的尾气【答案】C【解析】【详解】A．铜和浓硫酸加热制备二氧化硫，A错误；B．二氧化硫与高锰酸钾反应体现还原性，B错误；C．二氧化硫密度比空气大，用向上排空气法收集，C正确；

D．饱和亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，应选饱和亚硫酸钠溶液或氢氧化钠溶液，D错误；故选C。4.自然界的氮循环如图所示，下列说法正确的是A.①中豆科植物可将2N直接转化为2NOB.3224NH5O4NO6HO催化剂++是工业制硝酸的基础C.②中合成氨工艺可以将2

1molN和23molH转化为32molNHD.氮循环过程中没有氧元素参加【答案】B【解析】【详解】A．①中豆科植物根部吸附土壤中的根瘤菌，根瘤菌将游离态氮转化成铵态氮或者是直接吸收土壤中的氮，A错误；B．工业制硝酸第一步是氨的催化氧化，反应为3224N

H5O4NO6HO催化剂++，B正确；C．②中氮气与氢气合成氨气为可逆反应，21molN和23molH不能完全转化为32molNH，C错误；D．氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，过程中有氧元素参加，D错误；故选

B。5.以下是由石英砂(主要成分为二氧化硅)制备高纯硅的工艺流程示意图。下列说法错误的是A.步骤①中反应的化学方程式：2=SiO2CSi2C=O==++高温B.工艺流程中，从混合物中分离出4SiCl

、3SiHCl的方法为分馏C.由粗硅制备高纯硅的过程中，循环使用的物质主要有HCl和2HD.若混合物分离后，得到4SiCl、3SiHCl、2H的物质的量之比为1:1:1，则理论上不需要额外补充2H【答案】D【解析】【分析】石英砂中主要成分为SiO2，与碳在高温下反应生成粗硅，2C+SiO2====

高温Si+2CO↑，粗硅与HCl在300℃以上反应生成粗SiHCl3，粗SiHCl3中含有少量氢气以及SiCl4，根据二者沸点的不同，可以采取蒸馏（分馏）的方法分离，纯SiHCl3在高温的条件下与H2反应生成纯Si，SiHCl3+H2====高温Si+3HCl，据此回答。【详

解】A．根据分析，步骤①中反应的化学方程式：2=SiO2CSi2C=O==++高温，A正确；B．工艺流程中，各物质沸点不同，从混合物中分离出4SiCl、3SiHCl的方法为分馏，B正确；C．结合反应过

程，HCl和2H可循环使用，C正确；D．根据423SiClHSiHClHCl====++高温、32=SC===iHCl2HSi3Hl++高温，1mol4SiCl、3SiHCl完全转化为Si需要3mol氢气，4SiCl、3SiHCl、2H的物质的量之比为1:1:1，则理论上需要额外补充2m

ol2H，D错误。故选D。6.1molHCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图所示。下列说法不正确的是A.1molHCOOH分解生成2CO和2H放出14.1kJ热量B.该反应过程中，1molHCOOH完全反应转

移电子数为A2NC.用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和2COD.由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当c(HCOOH)达到一定值时，再增大c(HCOOH)可能对反应速率没有影响【答案】A【解析】【详解】A．由图可知：1molHCO

OH分解生成2CO和2H放出14.1akJ热量，A错误；B．HCOOH分解生成2CO和2H，C由+2价升高为+4价，1molHCOOH完全反应转移电子数为A2N，B正确；C．图中反应方程式为：Pd22HCOOHCO

+H⎯⎯→，用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和2CO，C正确；D．由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当c(HCOOH)达到一定值时，再增大c(HCOOH)不会增加Pd对甲酸的吸附值，可能对反应速率没有影响，D正确；故选A。7.大连理工大学课题组通过CuO/2CeO

催化，使NO-CO-2HO反应体系在温和条件下产生3NH，为NO和CO的烟气处理提供了新的途径，其相关的反应为：232CONOHONHCO++−+(未配平)，AN是阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.标准状

况下，1.12LNO中含有电子数为1.5ANB.将AN个3NH溶于100mL水中，所得溶液的质量分数约为29.9%C.生成22g2CO能消除NO的数目为0.2AND.若NO和CO混合气体平均相对分子质量为29，则含有CO的数目为0.5AN【答案】C【解析】【分析】在该反应中，碳元素化合价

从+2价升高到+4价，氮元素从+2价降低到-3价，根据氧化还原反应的配平方法可得，反应为：2325CO2NO3HO2NH5CO++=+，据此作答。【详解】A．标准状况下，1.12LNO为1.12L=0.05mol22.4L/mol，1个NO中有15个电子，因

此0.05mol中含有电子数为A0.75N，A项错误；B．AN个3NH为1mol，质量为17g，100mL的质量约为100g，17gw100%14.5%17g+100g==，B项错误；C．22g2CO的物质的量为22g=0.5mol44g/mol，根据反应2325CO2NO3HO2NH5CO

++=+可知，消耗的NO为0.2mol，因此能消除NO的数目为A0.2N，C项正确；D．未知NO和CO混合气体的物质的量或者质量，无法计算出CO的数目，只能根据平均相对分子质量为29，计算出两者的比值为1：1，D项错误；故

答案选C。的8.恒温恒容下，向密闭容器中按投料比()()22CO:H1:1nn=通入原料气，只发生反应2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++，下列能判断反应处于平衡状态的是A()()22CO3Hvv=正逆B.2CO体积分数

保持不变C.体系内压强保持不变D.断裂3molH-H键的同时生成3molH-O键【答案】C【解析】【详解】A．()()223COHvv=正逆时反应达到化学平衡状态，A错误；B．设起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，平衡时

转化CO2转化的物质的量为xmol，则()()()()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgmol1100molx3xxxmol1-x1-3xxx起始转化平衡，平衡CO2的体积分数为：1-x1-x1==1-x+1-3x+x

+x2-2x2，体积分数始终不变，不能判断平衡，B错误；C．该反应前后气体分子数变化，恒容条件下，当体系内压强保持不变时达到化学平衡状态，C正确；D．断裂3molH-H键、生成3molH-O键均为正反应方向，不能判断达到化学

平衡状态，D错误；故选C。9.关于如图的微生物原电池相关叙述中错误的是A.电池工作时，电流由a流向bB.微生物所在电极区放电时发生氧化反应C.放电过程中，H+穿过质子交换膜向右侧迁移D.正极反应式为：MnO2+4H++2e－=Mn2++2H2O

.【答案】C【解析】【分析】该微生物原电池工作时，b极Cm(H2O)n转化为CO2，C元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，作负极，a极MnO2转化为Mn2+，Mn化合价降低，得到电子发生还原反应，作正极，结合原电池原理分析解答。【

详解】A．根据上述分析可知，a为原电池正极，b为负极，电池工作时，电流由正极流向负极，即a流向b，选项A正确；B．放电时，微生物所在的电极区为电源的负极，失电子发生氧化反应，选项B正确；C．放电时，a为正极，b为负极，H+穿过质子交换膜向

左侧正极迁移，选项C错误；D．a极MnO2转化为Mn2+，Mn化合价降低，得到电子发生还原反应，作正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，选项D正确；故选C。10.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的方案设计现象和结论A证明4CH和2Cl光照下发生取代反应将装有干

燥2Cl的集气瓶倒扣在装有干燥4CH的集气瓶上，抽出玻璃片，置于光照条件下反应观察到集气瓶内出现白雾，则可证明4CH和2Cl光照下发生取代反应B检验3FeCl溶液中是否含有2Fe+将3FeCl溶液滴入到酸性4KMnO溶液中观察到4KMnO溶液由紫红色变无色，证明3FeCl溶液中含有2Fe

+C探究2Cl、2Br、2I的氧化性强弱先向NaBr溶液中通入足量2Cl，再将通入2Cl后的溶液加入KI−淀粉溶液中NaBr溶液变橙黄色，KI淀粉溶液变蓝色，证明氧化性222ClBrID浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体通入澄清蔗糖变黑、体积膨

胀，澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性石灰水A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．光照下发生取代反应生成氯代烃和HCl，在干燥条件下不能观察到白雾，故A项错误；B．将3FeCl溶液滴入到酸性4KMnO溶液中，即使

溶液中不含有2Fe+，Cl-也能使4KMnO溶液褪色，故B项错误；C．向NaBr溶液中通入足量Cl2，①中产生溴单质还剩余氯气，将①通入Cl2后的溶液加入KI淀粉溶液中，不能证明生成的碘单质是碘离子被氯气氧化的还是溴氧化的，不能证明氧

化性Cl2＞Br2＞I2，故C项错误；D．浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体通入澄清石灰水，蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故D项正确；故本题选D。11.喷泉实验装置如图所示。应用下列各种组合在标准状况

下进行实验，下列现象及结论表述错误的是选项气体溶液现象及结论AHCl蒸馏水形成无色喷泉，所得溶液的浓度为mol/L22.4V(烧瓶体积为VL)B3NH滴加酚酞溶液的蒸馏水形成红色喷泉C2HS4CuSO溶液形成黑色喷泉D2Cl饱和NaCl溶液不能形成喷泉A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析

】【详解】A．HCl易溶于水，能形成喷泉。烧瓶中充满溶液时，溶液的浓度为：V122.4mol/L=mol/LV22.4，A错误；B．氨气极易溶于水，形成的氨水溶液显碱性，能使酚酞变红，形成红色喷泉，B正确；C．硫化氢与硫酸铜溶液反应生成黑色CuS沉淀，能形成黑色喷泉，C正确；D．氯气在饱和NaC

l溶液中溶解度很小，不能形成喷泉，D正确；故选A。12.下列离子方程式错误的是A.用热NaOH溶液洗涤试管内壁的硫黄：-22323S6OHSO2S3HO−−+++B.向2NaS溶液中通入过量2SO：22232S3SO3S2SO−−+=+C.

用23NaSO溶液吸收少量的2Cl：22322343SOClHO2HSO2ClSO−−−−++=++D.向2FeBr溶液中通入等物质的量的2Cl：23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++【答案】B【解析

】【详解】A．用热NaOH溶液洗涤试管内壁的硫黄，离子方程式为22323S6OHSO2S3HO−−−+++，故A正确；B．向2NaS溶液中通入过量2SO，离子方程式为22232S5SO2HO3S4HSO−−++=+，故B错误；C．用23NaSO溶液吸收少量的2Cl，离子方程式为22

322343SOClHO2HSO2ClSO−−−−++=++，故C正确；D．向2FeBr溶液中通入等物质的量的2Cl，一半2Cl先与Fe2+反应，另一半2Cl再与Br2反应，离子方程式为23222Fe2Br2Cl2FeB

r4Cl+−+−++=++，故D正确；故选B。13.下列叙述正确的个数是①常温常压下，17g甲基(143CH−)所含的中子数为A9N②1molBrCl与2HO完全反应生成氯化氢和次溴酸，转移的电子的物质的量为1mol③0℃，101kPa含有1mol硫原子的2SO与3SO的混合物，其体积小于22

.4L④用3NH检验2Cl的现象为产生大量白烟⑤可用石灰乳吸收反应产生的2Cl制备漂白粉⑥加入铝粉能放出2H的溶液中，2Ca+、2Fe+、Cl−、3NO−一定能够大量共存⑦常温下，铝可溶于过量浓硝酸，也可溶于过量Na

OH溶液⑧向2SiO固体中滴加NaOH溶液或氢氟酸，固体均溶解，说明2SiO是两性氧化物A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】B【解析】【详解】①常温常压下，17g甲基(143CH−)的物质的量为1mol，所含的中子数为A8N，错误；②1mo

lBrCl与2HO完全反应生成氯化氢和次溴酸，不是氧化还原反应，没有电子转移，错误；③标况下SO3不是气体，0℃，101kPa含有1mol硫原子的2SO与3SO的混合物，其体积小于22.4L，正确；④氨气与氯气反应

生成氯化铵固体，故用3NH检验2Cl的现象为产生大量白烟，正确；⑤氯气与石灰乳反应制备漂白粉，正确；⑥加入铝粉能放出2H的溶液，可能显碱性，2Ca+、2Fe+不能够大量共存，也可能显酸性，2Fe+、3NO−不能大量共存，错误；

⑦常温下，铝遇浓硝酸钝化，错误；⑧2SiO是酸性氧化物，错误；正确的为3个，故选B。14.沸石分子筛选择性催化还原NO的循环过程如图所示，下列说法正确的是A.每生成21molN理论上消耗20.25molOB.步骤一中2O与2HO的物质的量

之比为2:1C.反应过程中催化剂Cu+未参与电子得失D.所有步骤均发生氧化还原反应【答案】A【解析】【分析】由图知，步骤一的反应为4Cu++O2+2H2O=4，步骤二的反应为+NO=Cu++HONO，步骤三的反应为HONO+NH3

=NH4NO2，步骤四的反应为NH4NO2=N2+2H2O，总反应为4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O。【详解】A．由分析可知，总反应为4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O，则反应生成1mol氮气

时，消耗氧气的物质的量为1mol×14=0.25mol，故A正确；B．由分析可知，步骤一的反应为4Cu++O2+2H2O=4，反应中氧气与水的物质的量比为1：2，故B错误；C．由分析可知，步骤一的反应为4Cu++O2+

2H2O=4，反应中亚铜离子失去电子被氧化，故C错误；D．由分析可知，步骤三的反应为HONO+NH3=NH4NO2，反应中元素的化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故D错误；故选A。15.为了探究浓硝酸的性质，进行以下五组实验，均观察到红棕色气体。下列分析错误的是A.将带火星的木条靠近①

的试管口，木条复燃，说明NO2能支持燃烧B.②中的铁片钝化，红棕色气体由浓硝酸分解产生，③中溶液变为绿色C.①④⑤实验对比，④中的红棕色气体可能是由挥发的浓硝酸受热分解产生的D.五支试管中的红棕色气体均

为还原产物【答案】B【解析】【详解】A．灼热的玻璃棒插入浓硝酸中，HNO3分解生成NO2、O2和H2O，分解产生的二氧化氮与氧气为4:1与空气中氮气与氧气比例相当，空气不能复燃，混合气复燃，说明二氧化氮支持燃烧，

A正确；B．灼热的铁片在浓硝酸中发生反应，且生成红棕色的NO2，不能钝化，B错误；C．浓硝酸具有强挥发性，挥发出的HNO3(g)受灼热木炭作用，发生分解反应生成红棕色NO2，C正确；D．红棕色气体均为NO2，都是H

NO3被还原生成，均为还原产物，D正确；故答案为：B。16.向含3molHNOx和24molHSOy的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示，下列选项错误的是A.0.2x=；0.1y=B.dc段表

示的是2Fe+物质的量变化C.Oa段发生反应的离子方程式为332Fe4HNONOFe2HO+−+++=++D.反应至c点，可收集到标准状况下的气体为3.36L【答案】A【解析】【分析】先发生反应Fe+

4H++-3NO=Fe3++NO↑+2H2O，a点时(或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量继续增大，说明第一阶段H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++

H2↑。【详解】A．第一阶段完全反应，生成0.1molFe3+，根据Fe+4H++-3NO=Fe3++NO↑+2H2O，可知n(-3NO)=n(Fe3+)=0.1mol，即为HNO3物质的量为0.1mol，则x=0.1，c点溶液中

溶质为FeSO4，溶液中Fe2+为0.2mol，即FeSO4为0.2mol，根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.2mol，故y=0.2，A错误；B．dc段先发生的反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生的

反应是Fe+2H+=Fe2++H2↑，dc段表示的是2Fe+物质的量变化，B正确；C．根据分析，Oa段发生反应的离子方程式为332Fe4HNONOFe2HO+−+++=++，C正确；D．第一阶段生成NO、0.1molFe3+，根据

Fe+4H++-3NO=Fe3++NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1mol，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，最终生成0.2molFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)+2n(H2)=

2n(Fe2+)，故3×0.1mol+2n(H2)=2×0.2mol，解得n(H2)=0.05mol，故收集到气体总体积为(0.1mol+0.05mol)×22.4L/mol=3.36L，D正确；故选A。二、非选择题

：本题共4小题，共52分。17.如图A~D是四种烃分子的球棍模型。（1）B的结构简式___________。（2）能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是___________(填序号)。（3）从下列各组物质中，找出合适的序号填在对应的空格内：①甲烷和丙烷②12C和14C③金刚

石和石墨④H和D⑤异戊烷()和新戊烷()⑥和⑦正丁烷和异丁烷⑧和⑨和i．互为同位素的是___________(填序号，下同)。ii．互为同分异构体是___________。iii．互为同系物的是___________。iv．互为同素异形体的是___________。【答案

】（1）22CHCH=（2）B（3）①.②④②.⑤⑦③.①④.③【解析】【分析】根据图示可知，A为甲烷，B为乙烯，C为正丁烷，D为苯。【小问1详解】B为乙烯，分子式为C2H4，结构简式为22CHCH=；【小问2详解】B中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，即能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是B；

【小问3详解】i．质子数相同、中子数不同的原子之间互为同位素，符合要求的为②④；ii．分子式相同，结构不同的分子之间互为同分异构体，符合要求的为⑤⑦；iii．结构相似，相差若干个CH2的物质之间互为同系物，符合要求的是①；iv．同种元素形成

的不同单质之间互为同素异形体，符合要求的是③。18.硫元素广泛存在于自然界中，是动植物生长不可缺少的元素。I．图1是自然界中硫元素的存在示意图，图2是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系，回答下列问题。的（1）图1中的物质与图2中M对应的是_________

__。（2）工业上常以黄铁矿为原料来制备硫酸，通入空气焙烧黄铁矿的化学方程式为___________。（3）23NaSO溶液易变质，实验室检验23NaSO溶液是否变质的基本操作是___________。II．小组同学利用图3装置测定空气中2SO的含量。（4）通空气样品的导管

末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是___________，该装置中发生反应的离子方程式为___________。（5）若空气流速为31mmina−，当观察到装置内___________时，结束计时，测定耗时

tmin，假定空气中的2SO可被溶液充分吸收，该空气样品中2SO的含量是___________1mgL−。【答案】（1）42CaSO2HO、242NaSO10HO（2）222324FeS11O2FeO8SO高温++（3）取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加2BaCl

溶液，如果产生白色沉淀，证明混有24NaSO（4）①.增大接触面积，使反应更加充分②.22224SOI2HO4H2SO2I+−−++++=（5）①.溶液蓝色消失②.64100at【解析】【分析】由图可知，X为硫化

氢、Y为二氧化硫、M为硫酸盐、N为金属硫化物。【小问1详解】由分析可知，M为硫酸盐，则图1中的42CaSO2HO、242NaSO10HO与图2中M对应，故答案为：42CaSO2HO、242NaSO10HO；【小问2详解】黄铁矿在空气中焙烧的反应为二硫化铁与氧气在高温条件下反应

生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为222324FeS11O2FeO8SO高温++，故答案为：222324FeS11O2FeO8SO高温++；【小问3详解】亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，检验亚硫酸钠是否已变质实际上就是检验溶液

中是否存在硫酸根，具体操作为取少量溶液，加入过量稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则亚硫酸钠溶液变质，否则未变质，故答案为：取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加2BaCl溶液，如果产生白色沉

淀，证明混有24NaSO；小问4详解】通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡增大二氧化硫与碘溶液的接触面积，有利于充分反应；装置内发生的反应为二氧化硫与碘溶液反应生成硫酸和氢碘酸，反应的离子方程式为22224SOI2HO4H2SO2I+−−++++=，故答案为：增大接触面积，

使反应更加充分；22224SOI2HO4H2SO2I+−−++++=；【小问5详解】装置内发生的反应为二氧化硫与碘溶液反应生成硫酸和氢碘酸，当观察到装置内溶液蓝色消失时，说明反应完全；由方程式可知，反应消耗空气中二氧化硫的物质的量为0.

1mol/L×0.1L=0.01mol,则该空气样品中二氧化硫的含量为33330.01mol64g/mol10mg/gam/mintmin10L/m=64100at1mgL−，故答案为：64100

at。19.工业废气排放到大气中之前，必须进行适当处理，防止有害物质污染大气，并充分利用原料。I．燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物，下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。【（1）N元素在元素周期表中的位置为___________。（2）反应(II)的化学方程式为_______

____。（3）下列说法错误的是___________。a．甲是空气中体积分数最大的成分b．乙是造成酸雨的主要气体之一c．反应(I)在常温下容易发生d．反应(II)中NO是氧化剂II．利用烟道气中的2SO生产225NaSO的工

艺为：（4）在吸收塔中烟道气自下而上通过塔身，与喷淋出的饱和23NaCO溶液接触，该混合方式的优点是___________。（5）pH4.1=时，I中为___________溶液(写化学式)。（6）工艺中加入2

3NaCO固体，并再次通入2SO的目的是___________。（7）“结晶脱水”过程的化学方程式为___________。【答案】（1）第二周期第VA族（2）222CO2NON2CO+=+催化剂（3）bc（4）增大接触面积，使反应更加充分（5）3NaHSO（6）得到3N

aHSO过饱和溶液（7）322522NaHSONaSOHO+=【解析】【分析】I：甲为N2，与氧气在放电或高温下反应生成NO，NO与CO在催化剂作用下反应生成N2和CO2，乙为CO2；II：向碳酸钠饱和溶液中通入二氧化硫后溶液显酸

性，则产物为酸式盐NaHSO3，加入碳酸钠固体调节pH，再通入SO2得到3NaHSO过饱和溶液，结晶脱水得到产物。【小问1详解】N元素在元素周期表中的位置为：第二周期第VA族；【小问2详解】反应(II)的化学方程式为：222CO2NON2CO+=+催化剂；【小问3详解】a．

甲为N2，甲是空气中体积分数最大的成分，a正确；b．乙是CO2，是造成温室效应的主要气体之一，b错误；c．反应(I)在放电或高温下进行，常温下不容易发生，c错误；d．反应(II)的化学方程式为：222CO2NON

2CO+=+催化剂，NO是氧化剂，d正确；故选bc；【小问4详解】在吸收塔中烟道气自下而上通过塔身，与喷淋出的饱和23NaCO溶液接触，该混合方式的优点是：增大接触面积，使反应更加充分；【小问5详解】pH4.1=时，I中为NaHSO3溶液；【小问6详解】工艺中加入23NaCO固体，并再次通入2

SO的目的是：得到3NaHSO过饱和溶液；【小问7详解】“结晶脱水”过程的化学方程式为：322522NaHSONaSOHO+=。20.I．2N(g)和2O(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化如图所示：（1）21molN(g)和21molO(g)完全反应生成NO会_

__________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。（2）800℃时，在体积2L的密闭容器中发生反应222NO(g)O(g)2NO(g)+，n(NO)随时间的变化如下表：时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.010

0.0080.0070.0070.007如图中A点处，v()正___________v()逆(填“”、“=”或“”)，图中表示2NO的变化的曲线是___________。II．某研究性学习小组利用224HCO溶液和酸性4KMnO溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如

下：(不考虑溶液混合所引起的体积缩小)实验序号实验温度/K参加反应的物质溶液颜色褪至无色时所需时间/s4KMnO溶液(含硫酸)224HCO溶液2HO/mLV1/molLc−/mLV11/molLc−−/mLV

A29320.0240.106B1T20.0230.11V8C31320.022V0.11t（3）通过实验___________(填实验序号)可探究出浓度的改变对反应速率的影响。（4）C组实验的反应速率()4vKMnO=___________。(用含有t的式子表示)（5）

同学们在实验中发现反应速率总是如图所示，其中12tt−时间内速率变快的主要原因可能是：i．该反应为放热反应；ii．___________。III．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(左图)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如右图所示，反应过程中有红棕色

气体产生。（6）10-t时，原电池的负极是Al片，此时正极的电极反应式是___________。（7）1t时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是___________。【答案】（1）①.吸收②.180（2）①.>②.b（3）A、B（4）110.02m

olLs3t−−（5）产物2Mn+是反应的催化剂（6）3222HNOeNOHO+−−++=+（7）Al在浓硝酸中发生钝化，形成的氧化膜阻止了Al进一步反应【解析】【小问1详解】由图可知，1mol氮气与1mol氧气反应生成2

mol一氧化氮时，反应物共价键断裂吸收的热量为946kJ/mol×1mol+498kJ/mol×1mol=1444kJ，生成物形成共价键放出的热量为632kJ/mol×2mol=1264kJ，则反应吸收的热量为1444kJ—1264kJ=180kJ，故答案为：吸收；180；【小问2

详解】由表格数据可知，图中曲线c表示一氧化氮浓度的变化，由方程式可知，一氧化氮浓度的减少量等于二氧化氮浓度的增加量，则曲线b表示二氧化氮浓度的变化；图中A点处一氧化氮的浓度没有达到最小值，说明反应未达到平衡，为正反应速率大于

逆反应速率的平衡形成过程，故答案为：>；b；【小问3详解】由表格数据可知，实验A、B探究浓度的改变对反应速率的影响，故答案为：A、B；【小问4详解】由探究实验变量唯一化原则可知，实验中溶液的总体积应保持不变，则实验C中溶

液总体积为6mL，草酸溶液的体积为6mL—2mL—1mL=3mL，由得失电子数目守恒可知，反应中草酸溶液过量，高锰酸钾溶液完全反应，所以由表格数据可知，C组实验的反应速率()4vKMnO=-3-30.02mol/L210L610Lts

=110.02molLs3t−−，故答案为：110.02molLs3t−−；【小问5详解】由图可知，12tt−时间内速率变快说明草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液的反应为放热反应，反应生成的锰离子是反应的催化剂，故答案为：产物2Mn+是反应的催化剂；【小问6详解】10-

t时，原电池的负极是铝片，则铜片为原电池的正极，酸性条件下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成二氧化氮和水，电极反应式为3222HNOeNOHO+−−++=+，故答案为：3222HNOeNOHO+−−++=+；【小问7详解】1t时，原电池中电子流动方向发生

改变说明铝片为原电池的正极，原因是铝在浓硝酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，故答案为：Al在浓硝酸中发生钝化，形成的氧化膜阻止了Al进一步反应。