【文档说明】辽宁省大连市滨城联盟2021-2022学年高一下学期期中考试 化学 答案.docx，共(20)页，1.749 MB，由小赞的店铺上传

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滨城高中联盟2021-2022学年度下学期高一期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16S：32Si：28Fe：56Zn：65Cu：64一、选择题(每小题3分，共45分，每题只有一个正确选项)1.硅是带来人类文

明的重要元素之一，科学家也提出硅是“21世纪的能源”。这主要是由于硅及其化合物对社会发展所起的巨大促进作用。下列说法正确的是A.制造手机芯片的关键材料是二氧化硅B.工业制水泥、玻璃都要用到石灰石；制水泥、陶瓷

都要用到黏土C.刚玉、金刚砂，水晶、珍珠、玛瑙主要成分都是2SiOD.碳纳米管、氮化硅陶瓷，光导纤维，普通玻璃都属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．制造手机芯片的关键材料是硅单质，故A错误；B．工业制水泥、玻璃都要用到石灰石；制

水泥、陶瓷都要用到黏土，故B正确；C．刚玉的主要成分是氧化铝，金刚砂的主要成分是碳化硅，故C错误；D．碳纳米管、氮化硅陶瓷，光导纤维属于新型无机非金属材料，普通玻璃属于传统无机非金属材料，故D错误；故选B。2.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.3NaHCO与盐酸的反

应B.22Ba(OH)8HO与4NHCl的反应C.灼热的碳与2CO的反应D.镁条与稀盐酸的反应【答案】C【解析】【详解】A．3NaHCO与盐酸的反应为非氧化还原反应，A错误；B．22Ba(OH)8HO与4NHCl的反应为吸热反

应，但不是氧化还原反应，B错误；C．灼热的碳与2CO的反应是吸热反应，也是氧化还原反应，C正确；D．镁条与稀盐酸的反应为氧化还原反应，是放热反应，D错误；故选C。3.某小组为研究电化学原理，设计如图装

置。下列叙述不正确．．．的是A.a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B.a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e－=CuC.无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D.a和b用导线连接时，Fe片上发生还原反应，

溶液中SO42－向铜电极移动【答案】D【解析】【分析】a和b不连接时，不能构成原电池，铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜；a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极，铜是正极。【详解】A．a和b不连接时，由于金属活动性Fe＞Cu，所

以在铁片上会发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，在铁片有金属铜析出，A正确；B．a和b用导线连接时，形成了原电池，Cu作原电池的正极，在铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=Cu，B正确；C．无论a和b是否连接，Fe都会失去电子，变为Fe2+，而Cu2+

会得到电子变为Cu，所以铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，C正确；D．a和b用导线连接后，铁作负极，铜作正极，铁片上发生氧化反应，溶液中硫酸根离子向铁电极移动，D错误；答案选D。【点睛】本题主要是考查原电池的反应原理及应

用的知识，掌握原电池的工作原理、金属活动性顺序是解答的关键。难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒、离子的移动方向和电解质溶液的性质分析。4.如图所示，E1=393.5kJ/mol，E2=395.4kJ/mol。下列

说法正确的是A.石墨与金刚石之间的转化是物理变化B.石墨转化为金刚石为放热反应C.石墨的稳定性强于金刚石D.断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量少【答案】C【解析】【分析

】【详解】由图得：①C(S，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1②C(S，金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.4kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②可得：C(S，石墨)=C(S，金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，

则A．石墨转化为金刚石有新物质生成，是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；B．根据分析可知，C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，为吸热反应，故B错误；C．金刚石能量大于石墨的

总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；D．石墨总能量较低，则断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量多，故D错误；故选：C。5.由下列实验事实得出的结论正确的是：A.由SiO2不能与水反应生成硅

酸可知，SiO2不是酸性氧化物B.CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3＞H2SiO3C.由SiO2＋2C高温Si＋2CO↑，可知碳的非金属性大于硅D.SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物【答案】B

【解析】【详解】A．酸性氧化物是能跟碱生成盐和水的氧化物，SiO2能与碱反应生成硅酸盐和水，所以SiO2是酸性氧化物，酸性氧化物不是用是否跟水反应确定的，故A错误；B．CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，白色沉淀为

硅酸，根据强酸可以制弱酸，可知酸性H2CO3＞H2SiO3，故B正确；C．碳和硅是同主族元素，碳的原子半径小于硅，碳得电子能力强于硅，所以碳的非金属性强于硅，反应SiO2＋2C高温Si＋2CO↑能发生的原因主要是生成了CO气体，CO可以离开反应体系，

可以促使反应不断向右进行，故C错误；D．SiO2可与NaOH等碱溶液反应生成盐和水，SiO2虽然可与氢氟酸反应，但不能和其他酸反应，SiO2和酸的反应不具有普遍性，所以SiO2不是两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，故D错误；故选B。6.下列说法正确的是A.图甲中曲线Ⅱ可以

表示催化剂降低了反应的活化能B.图乙中HI分子发生了有效碰撞C.升高温度和增大压强都是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率的D.活化能的大小不仅意味着一般分子成为活化分子的难易，也会对化学反应前后的能量变化产生影响【答案】A【解析】【详解】A．曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能，故

A正确；B．图乙中HI分子发生碰撞后并未生成新的物质，即碰撞后并未发生化学变化，图乙发生的不是有效碰撞，故B错误；C．升高温度能够使更多的普通分子变为活化分子，使活化分子百分数增大；而压强增大只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故C错误；D．活

化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，而能量大小只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，故D错误；故选A。7.下列设计的实验方案能达到实验目的的是A.将2SO通入溴水中，溴水褪色，证明2SO具有漂白性B.向无色溶液中加入盐酸酸化的2BaCl溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有2

4SO−C.向某溶液中加入NaOH溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，呈蓝色，则该溶液中一定有4NH+D.验证反应3222Fe2I2FeI+−+++是否可逆：向35mL0.1mol/LFeCl溶液中加入2mL0.1mol/LKI溶液，充分振荡，再滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红【答案

】C【解析】【详解】A．SO2使溴水褪色是因为二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故A错误；B．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故B错误；C．向某溶液中加入NaOH溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，

呈蓝色，即产生了氨气，则该溶液中一定有4NH+，故C正确；D．要验证这个反应3222Fe2I2FeI+−+++是否是可逆反应，加入的KI必须过量，过量了经检验还有Fe3+，则可证明这个反应是可逆的，而题目给的FeCl3和KI的物质的量之比为

5：2，FeCl3过量，所以无法验证这个反应是否是可逆反应的，故D错误；故选C。8.低温脱氮技术可用于处理废弃中的氮氧化物。发生的化学反应为：()()()()3224NHg6NOg5Ng6HOgQkJ/mol(Q0)H++=−。在恒容密闭容器中，下列说法正确的是A.其他条件不

变，减小压强，平衡正向移动，方程式中的Q值增大B.其他条件不变，使用高效催化剂，可以提高处理效率C.4mol氨气与足量的NO充分反应，放出的热量为QkJD.该反应是放热反应，升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减少，平衡逆向移动【答案

】B【解析】【详解】A．Q为与反应热相关的数值，其数值与方程式有关，化学平衡发生移动其数值不变，A错误；B．其他条件不变，使用高效催化剂，可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，在相同时间内可以使更多的反应物反应转化为生成物，因而能够提高处理效率，B正确；C．

该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此4mol氨气与足量NO充分反应，反应达到平衡时消耗NO的物质的量小于4mol，故反应放出的热量小于Q，C错误；D．温度升高，正、逆反应速率都增大，D错误；故

选B。9.某同学设计了如图所示的盐桥式原电池，下列说法正确的是A.X若为Fe、Y可以为Na2SO4溶液B.X若为Cu、Y可以为AgNO3溶液C.电子由X电极经盐桥流向Ag电极D.盐桥中的K＋向左侧烧杯移动、C

l－向右侧烧杯移动【答案】B【解析】【详解】A、Fe和Na2SO4溶液不反应，Ag和CuSO4溶液也不反应，该体系不能构成带盐桥的原电池，A错误；B、Cu和AgNO3溶液反应，该体系能构成带盐桥的原电池，B正确；C

、电子由负极沿导线（外电路）流向正极，盐桥内部是靠离子移动导电，并非自由电子，C错误；D、在原电池中，阳离子的移动方向和电流方向一致，阴离子的移动方向和电流方向相反；电子在外电路有负极移向正极，则K+向右侧烧杯

移动，Cl-向左侧烧杯移动，D错误；故选B。10.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深②向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低③实验室常用排饱和食盐水的方法收集

氯气④棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅⑤加入催化剂有利于合成氨的反应的⑥由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深A.②⑤⑥B.①③⑤C.①②⑥D.②③④【答案】A【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这

种改变的方向移动，注意使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，据此分析。【详解】①Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡：Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN-，加入固体KSCN后平衡向生成Fe(SCN)3方向移动，能用平衡

移动原理解释，故①不选；②HCl为强电解质，完全电离，不存在可逆过程，加水稀释，盐酸中氢离子浓度降低，与勒夏特列原理无关，故②选；③饱和食盐水溶液的方法来收集氯气，相当于对Cl2+H2O⇌H++Cl-+HCl

O加入NaCl，增大了Cl-的难度，使平衡向逆反应方向移动，降低了氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故③不选；④对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故

④不选；⑤催化剂影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故⑤选；⑥由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故⑥选；故选A。11.探究氨气及铵盐性质的过程中，

下列根据实验现象得出的结论不正确的是A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水B.充分反应后，锥形瓶内有NO-3存在C.加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3具有热不稳定性D.将红热Pt丝伸入如上图

所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO2【答案】D【解析】【分析】的【详解】A．将集有氨的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，即可说明因为氨极易溶于水，导致试管内气压急剧减小，所以液体迅速充满试管，故A正确；B．氨水具有挥发性，挥发出来的氨气在红热的

铂丝做催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与空气中的氧气转化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸与氨水反应生成硝酸铵，则充分反应后，锥形瓶内有NO-3存在，故B正确；C．NH4HCO3受热分解的产物有水，所以在试

管口会液化产生液滴，故说明NH4HCO3具有热不稳定性，故C正确；D．根据B项分析，将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，不一定是产生了NO2气体，也可能是产生了NO气体，后被O2氧化为NO2，故D错误；答案选D

。12.一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应:mA(g)+nB(g)pC(g),达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到1/2，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍，则下列叙述正确的是A.m+n＞pB.A的转化率增加C.平衡向逆反应方向移动D.C的体积分数增大【答案

】C【解析】【分析】mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到12，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍，则体积减小时平衡逆向移动。【详解】A．体积缩小，相当于加压，平衡逆向移

动，则m+n＜p，故A错误；B．平衡逆向移动，A的转化率减小，故B错误；C．由上述分析可知，平衡逆向移动，故C正确；D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，但比原来的大，故D错误；答案选C。13.如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16

，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A.E可以是金属也可以是非金属B.C和D两种大气污染物，都能用排空气法收集C.B的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D.实验室制备F时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取【答

案】D【解析】【分析】G+NaOH反应生成氢化物，再结合D相对原子质量比C小16，可以得出F为氨气，D为NO，E为氮气，C为NO2，B为HNO3，A为NaNO3。【详解】A选项，E是氮气，故A错误；B选项，C和D两种

大气污染物，NO2不能用排空气法收集，故B错误；C选项，B的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石灰反应得到，故D正确；综上所述，答案为D。14.下列叙述与图对应的是A.对于

达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ，图①表示在0t时刻充入了一定量的3NH，平衡逆向移动B.由图②可知，21P>P、12T>T满足反应：()()()2AgBg2Cg+H0C.图③表示的反应方程式为：2AB3C=+D.对

于反应()()()2Xg3Yg3Zg+H0，图④y轴可以表示Y的百分含量的【答案】B【解析】【详解】A．对于达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ，图①表示在t0时刻ν正、ν逆都增大，ν逆增大的多，化学平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致

，若是充入了一定量的NH3，则ν逆增大，ν正瞬间不变，这与图像不吻合，故A错误；B．增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气

体体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH＜0，故B正确；C．该反应是可逆反应，应该用可逆号“”，不能用等号“=”表示

，故C错误；D．在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图象显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误；故选B。15.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气

体与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A60mLB.120mLC.240mLD.360mL【答案】B【解析】【分析】Cu失去的电子全部转移给HNO

3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2，故可以通过O2的量来计算参加反应的Cu的量，也可以计算出生成的Cu2+的量，从而计算得NaOH的体积。【详解】Cu失去电子全部转移给HNO3，生成了

氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2；n(O2)=3.36L22.4mol/L=0.15mol，则转移电子0.6mol，故可以有0.3molCu参加反应，即生成0.3mol

Cu2+，则需要0.6molNaOH形成沉淀，故V(NaOH)=-10.6mol5molL=0.12L=120mL，故选B。二、填空题(共55分)16.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。.

的（1）从能量变化的角度研究：依据下图判断下列说法合理的是___________A.铵盐和碱混合即可反应，其能量变化符合图1B.240.1molHSO溶液和20.1molBa(OH)溶液的反应符合图2，且吸收热量为2ΔEC.0.1m

olHCl溶液和0.1molNaOH溶液的反应符合图1，且放出热量为1ΔED.发生图1能量变化的任何反应，一定不需要加热即可发生（2）获取能量变化的途径①通过物质所含能量计算。已知反应中ABCD+=+中A、B、C、D所含能量依次

可表示为AE、BE、CE、DE，该反应ΔH=___________。②通过化学键的键能计算。资料：①键能：拆开1mol化学键需要吸收的能量，或是形成1mol化学键所放出的能量称为键能。如下图所示，4N分子结构与白磷分子相似，呈正四

面体结构。已知断裂1molNN−键吸收193kJ热量，断裂1molNN键吸收941kJ热量，则41molN气体转化为2N时要___________(填“吸收”或“放出”)热量___________kJ。（3）同温同压下，下列各组热化学方程式中，12ΔΔHH的是_

__________A.()()()211CsOgCOgΔ2H+=；()()()222CsOgCOgΔH+=B.()()()221SgOgSOgΔH+=；()()()222SsOgSOgΔH+=C.()()()22111HgClgH

ClgΔ22H+=；()()()2222HClgHgClgΔH=+D.()()()22212HgOg2HOgΔH+=；()()()22222HgOg2HOlΔH+=【答案】（1）C（2）①.EC+ED-EA-

EB②.放出③.724（3）BC【解析】【小问1详解】A．铵盐和碱混合即可反应，为吸热反应，其能量变化不符合图1，A错误；B．0.1molH2SO4溶液和0.1molBa(OH)2溶液反应为放热反应，反应不符合图2，B错误；C．0.1molHCl溶液和0.1

molNaOH溶液反应为放热反应，反应符合图1，C正确；D．发生图1能量变化的为放热反应，燃烧需要加热发生，但是为放热反应，D错误；答案选C。【小问2详解】反应中ABCD+=+中A、B、C、D所含能量依次可表示为EA、EB、EC、ED，焓变=生成物总能

量-反应物总能量，ABCD+=+ΔH=(EC+ED-EA-EB)kJ·mol－1。由图可知，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，根据N4(g

)=2N2(g)H=193kJ×6-941kJ×2=-724kJ/mol，则1molN4转化为N2放出的能量为724kJ。【小问3详解】A．碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1>△H2，故A

不符合题意；B．物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以△H1<△H2，故B符合题意；C．()()()2211HgClgHClg22+=为放热反应，△H1＜0；()()()222HClgHgClg=+为吸热反应，

△H2＞0，故△H1<△H2，故C符合题意；D．物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，液态水变为气态水的过程是吸热的，故△H1>△H2，故D不符合题意；故选BC。17.随着国家大力发展清洁能源产业的要

求，新能源产业规模迅速壮大。试完成下列问题。（1）现在电瓶车所用电池一般为铅酸蓄电池，如图所示：这是一种典型的可充电电池，电池总反应式为22442PbPbO2HSO2PbSO2HO+++放电充电。则电池放电时，B电极的质量将___________(填“增加”“减

小”或“不变”)，溶液的pH会___________(填“增大”或“减小”)，写出正极反应式：___________。（2）中国科学院应用化学研究所在甲醇(3CHOH是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料

电池的工作原理如图所示。①该电池工作时，甲醇燃料应从___________口通入；②该电池负极的电极反应式___________；③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成2CO时，有___________mol电子转移。（3）锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该

电池反应原理如图所示，其中电解质4LiClO，溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入2MnO晶格中，生成2LiMnO。①电池的负极电极反应式为___________；②组装该电池必须在无水、无氧条

件下进行，其原因是___________。【答案】（1）①.增加②.增大③.PbO2+2e-+SO24−+4H+=PbSO4+2H2O（2）①.b②.CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+③.1.2（3）①.Li-e-=Li+②.负极材料为Li，可与水反应【

解析】【小问1详解】放电时，负极上铅失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb-2e-+SO24−=PbSO4，电极由Pb变为PbO2，质量增加，根据总反应可知，该反应消耗硫酸，则氢离子浓度减小，pH增大；正极的反应式为：PbO2+2e-+SO24−+4H+=PbSO4+2H2O；；【小问

2详解】①由氢离子移动方向知，右侧电极为燃料电池的正极，左侧电极为负极，则b口通入甲醇；②由氢离子移动方向知，左侧电极为负极，在水的作用下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；③负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O

=CO2↑+6H+，由电极反应式可知，6.4g甲醇完全反应生成二氧化碳时，转移电子的个数为6.4g32g/mol×6=1.2mol；【小问3详解】Li为负极，被氧化，电极方程式为Li-e-=Li+；因

负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂；18.化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验。甲同学取agCu片和12mL18mol/L浓硫酸放入圆底烧瓶中加热，直到反应

完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的硫酸和Cu剩余。（1）写出Cu与浓硫酸反应的化学方程式：___________。（2）D中试管口放置的棉花用浓氢氧化钠溶液浸湿，其作用是用离子反应方程式表示)：___________。（3）装置B的作用是贮存多

余的气体。当D处有明显现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，装置A仍有气体产生，此时装置B中试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。装置B中应放置的液体是___________(填字母，下同

)。a．饱和23NaSO溶液b．酸性4KMnO溶液c．饱和3NaHSO溶液d．浓溴水（4）反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，却不能使Cu完全溶解的原因是___________。使用足量的下列药品不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是___________(填字母)。a

．2BaCl溶液b．Fe粉c．CuOd．23NaCO溶液（5）实验中某学生向A中反应后的溶液中通入一种常见气体单质并微热，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，则该气体单质是___________，该反应的化学方程式是___________。【答案】（1）Cu+

2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O（2）SO2+2OH-=SO23−+H2O（3）c（4）①.反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应②.a（5）①.O2②.2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O【解析】【分析】在A中Cu和浓

硫酸共热反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，结合B的结构可知用B装置用于贮存多余的二氧化硫气体，因此B中盛放饱和亚硫酸氢钠溶液，因二氧化硫的密度比空气大，则用C收集二氧化硫，用D验证铜与浓硫酸共热产生了二氧化硫。【小问1详

解】Cu与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。【小问2详解】碱溶液能吸收二氧化硫，二氧化硫有毒，为防止二氧化硫污染空气，D中试管口放置用氢氧化钠溶液浸湿的棉花吸收二氧化硫，离子方程式为SO2+2OH-=SO23−+H2O

。【小问3详解】装置B的作用是贮存多余的气体，所以B中液体不能和二氧化硫反应。二氧化硫和Na2SO3溶液反应生成亚硫酸氢钠；二氧化硫能被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸根离子；二氧化硫能被浓溴水氧化为硫酸，二氧化硫难溶于NaHSO3溶液，所以装置B中应放置的液体是

饱和NaHSO3溶液，故选c；【小问4详解】反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应，所以反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，却不能使Cu完全溶解；反应后的溶液中含有硫酸铜和稀硫酸，BaCl2溶液和硫酸、硫酸铜都能反应生成硫酸钡沉淀；Fe粉和稀硫酸反应有氢气放出；CuO溶于稀硫酸

；Na2CO3溶液和稀硫酸反应有二氧化碳放出；所以BaCl2溶液不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸，故选a；【小问5详解】通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解，说明该气体具有氧化性，由于仅生成硫酸铜溶液，该气体单质是O2，反应的化学方程式是2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O。

19.Ⅰ、2SO和NOx都是大气污染物。（1）空气中的2NO可形成硝酸型酸雨，该反应的化学方程式是___________（2）利用氨水可以将2SO和2NO吸收，原理如图所示：2NO被吸收的离子方程式是___________。（3）治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法是将其转化为无害的2

CO和2N，反应原理为()()()()222NOg2COg2COgNgΔH0++。某研究小组在三个容积均为5L的恒容密闭容器中，分别充入0.4molNO和0.4molCO，在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示。①实验Ⅱ从

开始至达到平衡时的平均反应速率()vNO=___________。②与实验Ⅱ相比，实验Ⅰ和实验Ⅲ分别仅改变一种反应条件，若实验Ⅲ改变的条件是使用催化剂，则实验Ⅰ改变的条件是___________。③三组实验中CO的平衡转化率()αCOⅠ、()αCOⅡ和()αCOⅢ的大小关系为__________

_。Ⅱ、甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。回答下列问题：（4）以下说法能说明反应()()()()23323Hg3COgCHOCHgCOgΔ0H++达到平衡状态的有___________。A．2H和2CO的浓度之比为3:1B．单位时间内断裂3个HH−

同时断裂1个CO=C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E．绝热体系中，体系的温度保持不变（5）一定量的2CO与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：()()()2CsCOg2COg+=。平衡时，体系中气

体体积分数与温度的关系如图所示：该反应H___________0(填“>”“<”或“=”)，550℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡___________(填“正移”“逆移”或“不移动”)。【答案】（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）2NO

2+4-3HSO=N2+42-4SO+4H+（3）①.1.75×10-3mol•L-1•min-1②.升高温度③.αⅡ(CO)=αⅢ(CO)＞αⅠ(CO)（4）DE（5）①.＞②.正移【解析】【小问1详解】二氧化氮与水

反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；【小问2详解】二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式：NH3∙H2O+SO2=+4NH+-3HSO；二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气，离子方程式

：2NO2+4-3HSO=N2+42-4SO+4H+；【小问3详解】①设参加反应NO为xmol，则：()()()()222NOg+2COg2COg+Ng(mol)0.40.400(mol)xxx0.5x(mol)0.4

-x0.4-xx0.5x起始量转化量平衡量恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，则(0.4+0.4)mol：(0.4-x+0.4-x+x+0.5x)mol=320：250，解得x=0.35，故v(NO)=Δc0.35mol=40mi

n5LΔt=1.75×10-3mol•L-1•min-1；②对比Ⅱ、I可知，I到达平衡时间缩短且起始压强增大，应是升高温度；③根据(3)中分析可知，Ⅱ、Ⅲ相比，平衡不移动，故CO转化率不变，即αⅡ(CO)=αⅢ(CO)，I与Ⅱ相比，I中温度较高，正反应为放热反应，平衡向逆反

应方向移动，CO的转化率减小，即αⅡ(CO)＞αⅠ(CO)，故转化率αⅡ(CO)=αⅢ(CO)＞αⅠ(CO)；【小问4详解】A．达到平衡时，H2、CO2的物质的量不再改变，即浓度不再改变，但两者浓度不一定是3：1，故无法判断平衡状态，A不符

合题意；B．CO2分子中含有2个C＝O双键，单位时间内断裂3个H-H同时会产生2个C=O键，断裂1个C=O，表示反应正向进行，说明没有达到平衡状态，B不符合题意；C．恒温恒容条件下，由于混合气体总质量不变，故混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，C不符合题意；D．随着反应进行，混

合气体的总质量不变，但混合气体总物质的量发生改变，故混合气体的物质的量为变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，D符合题意；E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表明正逆

反应速率相等，该反应达到平衡状态，E符合题意；故答案选DE；【小问5详解】根据题图可知，温度升高，平衡时CO2的体积分数变小，CO的体积分数增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应是吸热反应，即△H＞0；平衡后若充入惰性气体，容器容积增大，气态组分浓度减小，CO浓度减小的

程度比CO2大，化学平衡向正反应方向移动，故答案为：＞、正移。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com