【文档说明】四川省内江市威远中学校2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，773.377 KB，由小赞的店铺上传

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威远中学校高2025届高一第二学期半期考试化学试题可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23S—32Cu—64Ag—108一、选择题(本大题共15个小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正

确的是①酸雨的pH小于7.0②机动车尾气中的NO是燃料燃烧产生的③使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会对人体健康产生损害④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害⑤金属钠与氯气反

应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低⑥铝制或铁制容器可贮运浓硫酸、浓硝酸和浓盐酸这三大强酸⑦NH3易液化，液氨常用作制冷剂⑧水晶、玻璃、水泥都是硅酸盐材料⑨燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放⑩可用澄清石灰水检验SO2气体A.②③④⑦⑨B.①④⑤⑥⑧C.②③

⑤⑦⑨⑩D.③④⑤⑦【答案】D【解析】【详解】①正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，错误；②汽车内燃机内燃料燃烧产生的高温,会使空气中的N2与O2在电火花的作用下反应生成NO，错误；③二氧化硫有毒，使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会对人体健康产生损害，正确；④

消毒过程中氯气能与有机物发生加成或取代反应，生成有机氯化物，有机氯化物可能对人体有害，正确；⑤金属钠与氯气反应生成氯化钠是放热的过程，氯化钠的稳定性增强，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，正确；⑥常温下，浓硫酸、浓硝酸都能使铁、铝钝化，

但浓盐酸与铁、铝都能反应，错误；⑦NH3易液化，液氨常用作制冷剂，正确；⑧玻璃、水泥都是硅酸盐材料，水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐材料，错误；⑨燃煤中含有S元素，燃烧是产生SO2，容易引起酸雨，加入CaO，发生CaO＋

SO2=CaSO3，2CaSO3＋O22CaSO4，虽然产生的CO2，也能与CaO反应，生成CaCO3，CaCO3受热易分解成CaO和CO2，因此CaO不能减少CO2的排放，即不能减少温室气体的排放，错误；

⑩SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，不能用澄清石灰水检验SO2气体，错误；故选D。2.下列有关化学用语表示正确的是A.MgO的电子式为：B.S2－的结构示意图：C.R2＋核外有a个电子，b个中子，则表示R原子符号a+b+

2a+2RD.次氯酸分子的结构式：H—Cl—O【答案】C【解析】【详解】A．MgO的电子式为：，A错误；B．2-S的结构示意图：，B错误；C．2+R核外有a个电子，b个中子，则表示R原子符号a+b+2a+2R，C正确；D．次氯酸分子的结构式：H-O-Cl，D错误；故选C。3.四种短周期主

族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同的电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A.简单离子半径：W<X<ZB.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C

.气态氢化物的热稳定性：W<YD.最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X

（Na）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O元素，对应的Y为P或S元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W可能是N或O元素，Y为P或S元素，X为Na，Z为Cl元素。A．

X离子（Na+）、W离子的电子层数为2层，Z离子（Cl-）电子层数为3层，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：Z＞W＞X，故A错误；B．W可能是N或O，与Na形成的

化合物可能是氮化钠、氧化钠、过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故B正确；C．W与Y处于同于主族，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性：W＞Y，故C错误；D．Y与Z处于同周期，同周期从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：

Z＞Y，故D错误；故选：B。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.32g环状S8()分子中含有的S—S键数为1NAB.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC.18g重水(D2O)中含有的质子数

为10NAD.标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数目为3NA【答案】A【解析】【详解】A．1个S8分子含有8个S-S键，32g环状S8含有的S-S键物质的量为：32g8=1mol256g/mol，则32g环状S

8分子中含有的S—S键数为NA，A正确；B．2233NO+2HO=2HNO+NO，则3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA，B错误；C．18g重水即18g=0.9mol20g/mol，1个重水(D2O)中含有的质子数为10个，则18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA，

C错误；D．标准状况下，SO3为固体，不能计算，D错误；故选A。5.有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：(1)a和b混合气体变红棕色(2)c和d混合产生白烟(3)c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体

(4)b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊a、b、c、d、e依次可能是A.O2、NO、HCl、NH3、CO2B.O2、NO、NH3、HCl、SO2C.NO、O2、NH3、HCl、SO2D.HCl、CO2、NH3、H2S、CH4【答

案】C【解析】【详解】由a和b混合，气体变成红棕色，可知a和b为NO与O2的混合气；b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀，则b为O2，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d为NH3、HCl的混合气；c通入少量溴水中溴水变成无色透

明的液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e为SO2；因此a为NO，b为O2，c为NH3，d为HCl，e为SO2；故选C。6.下列实验装置不能达到实验目的的是A.图甲：用SO2做喷泉实验B.图乙：验证

Cu与浓硝酸反应的热量变化C.图丙：验证NH3易溶于水D.图丁：比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性【答案】D【解析】【分析】【详解】A．二氧化硫能与氢氧化钠反应，气压迅速降低，可形成喷泉，A正确；B．根据U形管两端液面高度的变化，可验证反应的热量变化，B正确；C．氨气极易溶于水，气球体积变大，

可验证NH3易溶于水，C正确；D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠不分解，比较稳定性时，碳酸氢钠应放在套装内试管中，D错误；故选D。7.甲:在试管中依次加入1g粉末状大理石、4mol∙L-1盐酸盐酸20mL(过量)；乙:在试管中依次加入2g颗粒状大理石、4mo1∙L-1盐

酸20mL(过量);下列CO2生成体积(已折算成标准状况)V(CO2)与反应时间t的关系曲线图合理的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】碳酸钙的表面积越大，和盐酸反应的反应速率就越大，据此可知甲中反应速率快，但生成的CO2体积小于乙中，所以答案选D。8.下

列有关实验的操作、现象和实验结论错误的是选项操作现象实验结论A向某溶液中加入稀NaOH溶液湿润的红色石蕊试纸未变蓝该溶液不含NH4+B将SO2通入H2S溶液产生淡黄色沉淀SO2具有氧化性C向蔗糖中加入浓硫酸，

将产生的气体通入溴水蔗糖膨胀变黑，溴水褪色浓硫酸具有脱水性和氧化性D将SO2通入酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铵盐和稀的氢氧化钠溶液反应不产生氨气，故不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．二氧化硫和硫化氢反应生成淡黄色沉淀硫，

说明二氧化硫具有氧化性，B正确；C．蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑说明浓硫酸的脱水性，溴水褪色，说明产生了二氧化硫气体，说明脱水生成的碳和浓硫酸反应生成了二氧化硫，表现了浓硫酸的强氧化性，C正确；D．二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化，表现了二氧化硫的还原性

，D正确；故选A。9.下列离子方程式书写正确的是①碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：Ca2＋＋HCO3−＋OH－=CaCO3↓＋H2O②过量Fe和稀HNO3的反应：3Fe＋8H＋＋2NO3−=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O③向沸水中滴加Fe

Cl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H+④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO24−刚好沉淀完全：H＋＋SO24−＋Ba2＋＋OH－=H2O＋BaSO4↓⑤向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H

2O=CaSO3↓＋2HClO⑥Fe2＋与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OA①②③④⑥B.②③④⑥C.②③④D.①③④⑤【答案】B【解析】【详解】①碳酸氢钙溶液与过量烧

碱溶液混合，采用“以少定多”法，离子方程式应为：Ca2++2HCO-3+2OH-=CaCO3↓+2H2O+2-3CO，①错误；②过量Fe和稀HNO3的反应，离子方程式为；3Fe＋8H＋＋2NO3−=3F

e2＋＋2NO↑＋4H2O，②正确；③向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H+，③正确；④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO2-4刚好沉淀完全，假设NaHSO4为1mol，则需要加入1molBa(OH)2，离子方

程式应为：H++SO2-4+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓，④正确；⑤向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，发生氧化还原反应：Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋2HClO+Cl-，⑤错误；⑥Fe2＋与H2O2

在酸性溶液中的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，⑥正确；综合以上分析，②③④⑥正确，B正确；故选B。10.在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g)Y(g)(乙)A

(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，其中能表明(甲)、(乙)均达到化学平衡状态的有①混合气体的密度②反应容器中生成物的百分含量③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比④混合气体的压强⑤混合气体的

平均相对分子质量⑥混合气体的总物质的量A.①②③⑤B.①③⑤⑥C.②③⑤D.②③④【答案】C.【解析】【分析】【详解】①由质量守恒定律可知，反应甲的混合气体的质量不变，在恒容的密闭容器中，混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不再发生变化不能说

明反应甲的正、逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；②反应容器中生成物的百分含量不再发生变化说明反应甲和反应乙的正、逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故正确；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比说明反应甲和反应乙的正、逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，

故正确；④反应乙为气体体积不变的反应，混合气体的压强始终不变，则混合气体的压强不再发生变化不能说明反应乙的正、逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；⑤反应甲为气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均

相对分子质量增大，反应乙为气体质量增大的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再发生变化说明反应甲和反应乙的正、逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故正确；⑥反应乙为气体体积不变反应，混合气体的总物质的量终不变，则混合气体的总物质的量不再发生变化不能

说明反应乙的正、逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；②③⑤正确，故选C。11.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应223()()()()SOgNOgSOgNOg++达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是

A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：a点小于b点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.12tt=时，SO2的转化率：~ab段小于~bc段【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率

等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平的衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的

影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。12.在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生

大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO＋O2=2NO2B.Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应C

.对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D.针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【答案】C【解析】【分析】I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成

致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】A．I中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式

为:2NO+O2=2NO2，A正确；B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，实验Ⅱ反应停止是因为发生了钝化，不能用来比较浓HNO3和稀HNO3的氧化性强弱，物质氧化性强弱只能通

过比较物质得电子能力强弱来分析，C错误；D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；故选C13.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理、化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu＋Ag

2O=Cu2O＋2Ag。下列有关说法正确的是A.负极的电极反应式为Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－B.测量原理示意图中，电子从Cu经溶液流向Ag2O/Ag电极C.电池工作时，OH－向Cu电极移动D.

电池工作时，OH－浓度增大【答案】C【解析】【分析】反应的总方程式为2Cu＋Ag2O=Cu2O＋2Ag，Cu作负极，发生氧化反应，电极反应式为：--222Cu-2e+2OH=CuO+HO，Ag2O/Ag电极作正极

，发生还原反应，电极反应式为：--22AgO+2e+2HO=2Ag+2OH。【详解】A．由分析可知，Cu为负极，发生氧化反应，--222Cu-2e+2OH=CuO+HO，A错误；B．Cu作负极，Ag2O/

Ag电极作正极，电子由从Cu经导线流向Ag2O/Ag电极，电子不能通过电解质溶液，B错误；C．电池工作时，阴离子移向负极，则OH－向Cu电极移动，C正确；D．反应的总方程式为2Cu＋Ag2O=Cu2O＋2Ag，

电池工作时，OH－浓度不变，D错误；故选C。14.在催化剂a和催化剂b的作用下，氮气分子参与反应的有关反应历程如图所示。下列说法正确的是A.过程①氮气会完全转化为氨气。B.过程②中参加反应的分子，化学键未完全断

裂C.过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，反应速率不变D.温度不变，缩小体积，过程①②的反应速率均增大【答案】D【解析】【详解】A．N2和H2生成NH3的反应是可逆反应，氮气不能完全转化为氨气，故A错误；B．过程②中参加反应

的分子是氨气和氧气，反应过程中全部反应生成NO和水，化学键完全断裂，故B错误；C．过程①的反应若在恒压条件下充入氩气，容器体积增大，反应物和生成物浓度减小，反应速率减小，故C错误；D．温度不变，缩小体积，混合气体压强增大，反应速率增

大，过程①②的反应速率均增大，故D正确；故选D。15.14g铜、银合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是()A.9.6gB.6.4gC.4.

8gD.3.2g【答案】D【解析】【详解】根据题意：有如下转化关系：设Cuxmol、Agymol金属铜、银失去电子给了硝酸中+5价的氮，还原产物中的NO和NO2又失去电子给了氧气生成硝酸，整个过程等效于铜、银失电子，转移给了氧气，所以根据电子得失守恒规律：2x+y=4×1.1222.4，质量守

恒：64x+108y=14，分别解出x=0.05mol，m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；D正确；故答案选D。二、非选择题(本大题包括4个小题，除标注外每空2分，共55分)16.I.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两

个重要角度。如图所示是硫及其部分化合物的“价—类二维图”。根据图示回答下列问题：（1）将X与SO2混合，可生成淡黄色固体，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为______________。（2）过量的Fe粉与一定量W浓溶液混合加热反应

，生成________(填化学式)气体。转化①可由S粉与热的W浓溶液反应实现，反应的化学方程式为__________________。（3）欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，下列合理的是_________(填字母)。A.

Na2S＋SB.Na2SO3＋SC.Na2SO3＋Na2SO4D.SO2＋Na2SO3（4）SO2转化为W可以选择下列试剂_________(填字母)。A.酸性KMnO4溶液B.FeCl2溶液C.NaOH溶液D.X的水溶液II.下表是元

素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA01①2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩4（5）③⑤⑧的离子半径由小到大的顺序为_____________________(

填离子符号)。（6）⑤和⑦的最高价氧化物对应水化物反应的离子反应方程式为_______________。（7）③⑤两种元素的原子按1∶1组成的常见化合物的电子式为__________________。（8）用电子式表示⑥和⑨形成的化合物的过程：___________________

_。【答案】（1）2∶1（2）①.SO2和H2②.2H2SO4(浓)＋S3SO2↑＋2H2O（3）B（4）A（5）+2-2-Na<O<S（6）-322Al(OH)+OH=AlO+2HO−（7）（8）【解析】【小问1详解】X中硫元素化

合价为-2，X是氢化物，则X化学式为H2S，H2S和SO2反应生成S和H2O，SO2做氧化剂，化合价降低4，H2S做还原剂化合价升高2，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的质量之比2∶1；【小问2详解】W是硫酸，Fe和浓硫酸加热条件下生成硫酸

铁、SO2和水，随反应进行，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成H2。S与热的浓硫酸溶液反应生成SO2，反应的化学方程式为S+2H2SO4（浓）Δ3SO2↑+2H2O；【小问3详解】Na2S2O3中的硫为+2价，氧化还原反应中必须有化合价升降，可知A

．Na2S中硫元素是-2价，S是0价，不符合氧化还原反应规律，A错误；B．23NaSO中的硫元素是+4价，S是0价，符合氧化还原反应规律，B正确；C．23NaSO中硫元素是+4价，24NaSO中硫元素是+6价，不符合氧化还原反应规律，C错误；D．SO2和Na2SO3中的硫元素都是+4价，不符

合氧化还原反应规律，D错误；故答案选B；【小问4详解】W是硫酸，SO2转化为H2SO4，化合价升高，需要加入强氧化剂，故可加入酸性KMnO4溶液，答案选A；【小问5详解】层数越多，半径越大，层数相同，核电荷数越

小，半径越大，③为O，⑤为Na；⑧为S；的离子半径由小到大的顺序为：+2-2-Na<O<S；【小问6详解】⑤为Na，⑦为Al，对应的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Al(OH)3，反应的离子反应方程式为：-322Al(OH)+OH=AlO+2HO−；【小问7详解】③⑤两种元素的原子按

1∶1组成的常见化合物为Na2O2，其电子式为：；【小问8详解】⑥和⑨形成的化合物为MgCl2，其形成过程为：。17.Ⅰ.CH3OH是一种无色有刺激性气味的液体，在生产生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。（1）已知CH3OH(g)＋12O2(g)CO2(g)＋2H

2(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是_____________(填字母)。a．CH3OH转变成H2的过程是一个吸收能量的过程b．H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为1∶2c．化学变化不仅有新物质生成，同时也一定有能量变化d．1molH—O键断裂的同时2molC=O键断裂

，则反应达最大限度（2）某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得c(O2)＝0.2mol·L－1，4min内平均反应速率v(H2)＝_______，则CH3OH的转化率为_______。（3）CH3OH燃料电池是目前开

发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。其中负极反应式为_________，下列说法正确的是_______(填序号)。①电池放电时通入空气的电极为负极②电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱③电

池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子（4）已知断开1molH—H键吸收的能量为436kJ，形成1molH—N键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2＋3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2N

H3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则断开1molN≡N键需吸收的能量是______________kJ。Ⅱ.将等物质的量的A和B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，5min后测得c(D)＝0.5mol·L－1，c(A)∶c(B

)＝1∶2，C的反应速率是0.15mol·L－1·min－1。（5）x＝________。（6）A在5min末的浓度是________。（7）此时容器内的压强与开始时之比为__________________。【答案】（1）cd（2）①.0.8mol·L－1·min－1②.64%（3）①.CH3O

H－6e－＋8OH－=CO23−＋6H2O②.②③（4）945.6（5）3（6）0.5mol·L－1（7）11∶10【解析】【小问1详解】a．从图分析，CH3OH转变成H2的过程是一个释放能量的过程，故错误；b．H2的生成

速率与CH3OH的消耗速率之比应该为2∶1，故错误；c．该反应有二氧化碳和氢气新物质生成，同时也有能量变化，说明化学变化不仅有新物质生成，同时也一定有能量变化，故正确；d．1molH—O键断裂说明是正反应速率，同时2molC=O键断裂说明是逆反应速率，二者速率关系说明该反应到平衡，即反应达最大

限度，故正确。故选cd。小问2详解】()()()()322201C5202245222HOHgOgCOg42Hg2xxxxxxxx++−−起始物质的量改变物质的量平衡物质的量，则有2x0.22−=mol·L－1，计算x=1.6mol·L－1，平均反应速率v(H2)＝

41.620.84=mol·L－1·min－1，则CH3OH转化率为21.6100%64%5=。【小问3详解】CH3OH燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。其中甲醇在负极反应，则负极反应式为CH3O

H－6e－＋8OH－=CO23−＋6H2O，①电池放电时通入空气的电极为正极；②电池放电时，消耗氢氧化钾溶液，故电解质溶液的碱性逐渐减弱，正确；③电池放电时每消耗6.4gCH3OH即0.2mol，则根据电极反应分

析，转移1.2mol电子。故选②③【小问4详解】已知断开1molH—H键吸收的能量为436kJ，形成1molH—N键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2＋3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3，断开1molN≡N键需吸收的能量是xkJ，有x+3×436

-6×391=-92.4kJ，则【的x=945.6kJ,断开1molN≡N键需吸收的能量是945.6kJ。【小问5详解】将等物质的量的A和B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，5min后测得c(D)＝0.5mol

·L－1，即D的物质的量为1mol，c(A)∶c(B)＝1∶2，C的反应速率是0.15mol·L－1·min－1。()()()()aa001.50.50.5x1a-1.5a-0.50.5x13AgBgxCg2Dg++起始物质的量改

变物质的量平衡物质的量1.510.52aa−=−，解a=2.5mol，110.5xmol2L=0.15molL5minmin－－，x=3。【小问6详解】A在5min末的浓度是1a-1.52.5-1.5==0.5molL22－。【小问7详解】此时容器内的

压强与开始时之比为2.51.52.5.051.51112.52.510−+−++=+。18.某化学兴趣小组在实验室中利用如图装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：（1）仪器Q的名称为_____；装置c中品红溶液褪色，可证明SO2具有_

____性。（2）装置b的作用是_____。（3）装置c中KMnO4溶液褪色，可证明SO2具有_____性。（4）探究：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅

资料得知，存在反应：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O。但有同学提出上述反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=SO24−+2I-+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。①取适量装置

d中浊液，向其中滴加几滴_____溶液(填试剂名称)，振荡，无明显变化，浊液中无I2。②将装置d中浊液进行分离，得淡黄色固体和澄清溶液：取适量分离后的澄清溶液于试管中，_____，出现白色沉淀，产物溶液中存在SO24−。综上可知，SO2在KI溶液

中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_____。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.漂白（2）安全瓶，防止倒吸（3）还原性（4）①.淀粉溶液②.先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液③.3SO2+2H2OKIS+2SO24−+4H+【解析】【

分析】由装置可知，a中铜和浓硫酸加热反应制备二氧化硫，b为安全瓶，可防止倒吸，c中品红褪色，检验SO2漂白性，d用于检验二氧化硫的氧化性，如反应，可生成碘，溶液变黄色，e中SO2被氧化，体现SO2还原性，f为尾气处理装置。【小

问1详解】仪器Q的名称为圆底烧瓶，装置c中品红溶液褪去，可证明SO2具有漂白性；故答案为：圆底烧瓶；漂白；【小问2详解】装置b的作用是安全瓶，防止倒吸；故答案为：安全瓶，防止倒吸；【小问3详解】酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中

出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性，故答案为：还原性；【小问4详解】实验Ⅰ用于证明浊液中无I2，则可用淀粉溶液检验；实验Ⅱ将浊液进行分离，得到淡黄色固体和澄清溶液，要证明发生SO2+I2+2H2O═SO2-4+2I-+4H+，可检验硫酸根离子，方法是取适量分

离后的澄清溶液于试管中，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，可观察到出现白色沉淀，白色沉淀不溶于稀盐酸，则可证明产物中有SO24−，综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为3SO2+2H

2OKIS+2SO24−+4H+。故答案为：淀粉溶液；先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液；3SO2+2H2OKIS+2SO2-4+4H+。19.硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如下：（1）②反应的化学方程式为__

__________________________________________________________。（2）Cu与稀硝酸反应的离子方程式为________________________。（3）

硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用NaOH溶液吸收。主要反应为NO＋NO2＋2OH－=2NO2−＋H2O，2NO2＋2OH－=NO2−＋NO3−＋H2O。下列措施能提高NO和NO2去除率的有____(填字母)。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾

气过程中定期补加适量NaOH溶液（4）也可用Na2CO3溶液吸收氮氧化物的尾气制备NaNO2、NaNO3。工艺流程如下：已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2①母液I进行转化时通入空气的目的是__________

______________________________。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中___________中(填“中和液”或“转化液”)。②若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质

的量之比设为1∶1，则生产69tNaNO2时，Na2CO3的理论用量为___________t(假定Na2CO3恰好完全反应)。【答案】（1）4NH3＋5O2催化剂4NO＋6H2O（2）3Cu＋8H

＋＋2NO3−=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（3）BC（4）①.将NaNO2氧化为NaNO3②.转化液③.106【解析】【分析】反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被O2氧化产生红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；用23NaCO溶液吸收氮氧化物

的尾气制备23NaNONaNO、时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，“碱吸收”发生的主要反应为Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，然后中和液进行蒸发Ⅰ、结晶Ⅰ操作，过滤分离出NaNO2，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加

入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将NaNO2转化为NaNO3，转化液进行蒸发Ⅱ、结晶Ⅱ、过滤Ⅱ分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。【小问1详解】②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为

Δ3224NH+5O=4NO+6HO催化剂；【小问2详解】Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，离子方程式为：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++；【小问3详解】A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，A不符合题意；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，

可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高NO和2NO去除率，B符合题意；C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高NO和2NO去除率，C符合题意；故选BC；【小问4详解】①据分析，母液Ⅰ进行转化时通入空气的

目的是将NaNO2氧化为NaNO3。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液；②若将23NaNONaNO、两种产品的物质的量之比设为1:1，则生产269tNaNO时，n(NaNO2)=66910g69g/mol=106

mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为1:1，则n(NaNO3)=106mol，由Na原子守恒可知，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，23NaCO的理论用量m(Na2CO3)=(106mol+106mol)×12×106g/mol=1

.06×108g=106t。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com