【文档说明】【精准解析】湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中2019-2020学年高一下学期期中联考化学试题【武汉专题】.docx，共(24)页，515.864 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1O：16Cu：64Mg:24一、选择题(每小题只有一个答案，每题3分，共54分)1.化学知识无处不在，下列与古诗文记载对应的化学知识不正确．．．的是（）常见古诗文记载化学知识A《泉州府志》：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白

，后人遂效之。泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖B《荀子·劝学》：冰水为之，而寒于水。冰的能量低于水，冰变为水属于吸热反应C《本草纲目》：釆蒿蓼之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如石(石碱)，浣衣发面。石碱具有碱性，遇酸产生气体D《天工开物》：凡研硝(KNO3

）不以铁碾入石臼，相激火生，祸不可测。性质不稳定，撞击易爆炸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，A项正确；B.冰的

能量低于水，冰变为水需要吸收能量，但没有新物质生成，不是吸热反应，B项错误；C.该古诗文说明“石碱”能溶于水，其水溶液久置会结晶析出，能用于洗衣、发面，说明“石碱”具有碱性（能用于洗衣），遇酸产生气体（能用于发面），C项正确；D

.该古诗文指研磨KNO3不用铁碾在石臼中研磨，两者相互撞击产生火花后果不堪设想，说明KNO3不稳定，撞击易爆炸，D项正确；答案选B。2.下列装置或操作能达到目的的是（）A.装置①依据两容器内气体颜色变化，不能判断反应2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的方向B.装置②依据U管两边液面的

高低判断Na和水反应的热效应C.装置③测定中和热D.装置④依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A.NO2是红棕色气体，2NO2(g)N2O4(g)颜色加深表明平衡逆向移动，装置①依据两容器内气体颜色变化，能判断反应2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的方向，故不选A；

B.钠与水反应放热，温度升高，大试管内温度升高，气体膨胀，U型管左侧液面降低，装置②可以依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应，故选B；C.装置③中没有环形玻璃搅拌器，不能测定中和热，故不选C；D.两种高锰酸钾的浓度不同，颜色不同

，不符合控制变量法，应保证高锰酸钾浓度相同，用不同浓度的草酸来做实验，故不选D；本题答案选B。【点睛】涉及中和热的测定、仪器使用、化学平衡影响因素判断等知识点，明确实验原理及操作规范性是解本题关键。注意在探究影响反应速率的因素的

实验中，控制变量法的应用。3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.加入催化剂可以加快合成氨的速率B.新制的氯水在光照条件下颜色变浅C.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D.工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率【答案】A【

解析】【详解】A.催化剂只能改变反应速率不能影响化学平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，A正确；B.氯水中存在平衡Cl2+H2O垐?噲?HCl+HClO,光照次氯酸分解，次氯酸浓度降低，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，B错误；C.氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水

中含有大量的氯离子，氯气溶于水是可逆反应，Cl2+H2O垐?噲?H++Cl-+HClO，通入饱和食盐水中相当于增大氯离子的浓度，平衡逆向移动，氯气溶解量减小，能用勒夏特列原理解释，C错误；D.工业上生

产硫酸的过程中存在平衡2SO2+O2催化剂2SO3，使用过量的空气，增大了氧气的浓度，平衡正向移动，提高了二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，D错误；答案选A。【点睛】勒夏特列原理的内容如果改变可逆反应的条件(如浓度、压强、

温度等)，化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。该原理适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡、水解平衡等。4.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2（g）和O2（g）反应生成

NO（g）过程中的能量变化，下列说法中，正确的是A.1molN2（g）和1molO2（g）反应放出的能量为180kJB.1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量C.在1L的容器中发生反应，10min内N2减少了1mol，因此10min内的平均反应速

率为v（NO）＝0.1mol/（L·min）D.NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水【答案】B【解析】【详解】A、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，因此反应N2+O2=2NO的反应热△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2

×632kJ/mol=180kJ/mol，反应是吸热反应，A错误；B、依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量，B正确；C、在1L的容器中发生反应

，10min内N2减少了1mol，则生成NO是2mol，因此10min内的平均反应速率v（NO）＝0.2mol/（L·min），C错误；D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，D错误；答案选B。5.下列说法不

正确的是()①质子数相同的粒子一定是同种元素②同位素的性质几乎相同③质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子④电子数相同的粒子不一定是同一种元素⑤一种元素只能有一种质量数⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数A.②③⑤⑥B.①②④⑤C.①②⑤⑥D.③④⑤⑥

【答案】C【解析】【详解】①错误，粒子是一个非常宽泛的概念，可以是分子、原子、离子、中子、电子等，元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素；②错误，同位素的物理性质往往不

同，化学性质几乎相同；③正确，两种粒子，质子数相同，电子数也相同，所以二者的差值也一定相同，两种粒子要么都带相同电荷，要么都不带电，不可能一个为不带电的分子，一个为带电的离子；④正确，电子数相同的粒子可能是同种元素，也可能是不同的分子、离子等，如CH4与H2O，Na+与Mg2+

；⑤错误，一种元素往往具有多种核素，其质量数往往也因此有多种；⑥错误，元素的相对原子质量是该元素所有核素的相对原子质量的平均值，不是整数，而质量数是针对核素而言，一定是整数；所以答案选C项。6.某核素X的质量数为A，含N个中子，它与1H组成HmX分子。在ag

HmX中所含质子的物质的量是()molA.a(A-N)A+mB.a(A-N)AC.a(A-N+m)A+mD.a(A-N+m)A【答案】C【解析】【详解】某核素X的质量数为A，含N个中子，则核素X的质子数为（A-N），它与1H组成

HmX分子，HmX的摩尔质量为（m+A）g∙mol-1，则agHmX的物质的量为aA+mmol，一个HmX分子中含（A-N+m）个质子，则agHmX所含质子的物质的量是a(A-N+m)A+mmol。答案选C。7.如图为元素周期表前四周期一部分，且X、Y、Z、R和W为主族元素．下列说法中正确的是(

)A.五种元素一定都是非金属元素B.五种元素的原子最外层电子数一定都大于2C.X的氢化物的稳定性比Z的氢化物的稳定性弱D.R的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸【答案】B【解析】【分析】Y可能是ⅢA族或ⅣA族元素，当Y位于ⅢA族

时，只能是Al元素，当Y位于ⅢA族时，X、Z是ⅣA的C、Si，R是ⅤA族的P，W为Se元素，当Y位于ⅣA族时，Y为Si元素，X为N元素，Z为P元素，R为S元素，W为Br元素【详解】A、Y可能是ⅢA族或ⅣA族元素，当Y位于ⅢA族时，只能是Al元素，属于金属元素，A错误；B、Y可能是ⅢA族或ⅣA

族元素，则五种元素的原子最外层电子数一定都大于2，B正确；C、X、Z处于同一主族，非金属性逐渐减弱，X的氢化物的稳定性比Z的氢化物的稳定性强，C错误；D、当Y位于ⅢA族时，X、Z是ⅣA的C、Si，R是ⅤA族的P，H3PO4是中强

酸，D错误。答案选B。【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系应用，注意正确推断元素所在周期表中的位置，把握周期律的递变规律为解答该题的关键，难点是五种元素不能具体确定，需要分情况讨论。8.下列事实不能．．说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是()序号事实推论A与冷水反应，N

a比Mg剧烈金属性：Na>MgBCa(OH)2的碱性强于Mg(OH)2金属性：Ca>MgCSO2与NaHCO3溶液反应生成CO2非金属性：S>CD稳定性：HBr>HI非金属性：Br>IA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详

解】A.与水反应的越剧烈,元素金属越强，与冷水反应，Na比Mg剧烈，则Na的金属性比Mg强；B.对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，元素金属性越强，Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，则金属性：Ca>Mg；C.

SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明亚硫酸的酸性强于碳酸，不能说明硫元素的非金属性强于碳元素的；D.气态氢化物越稳定，元素非金属越强，稳定性：HBr>HI，则非金属性：Br>I；答案选C。9.已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W

的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性。下列说法正确的是()A.X、Y、Z、W的原子半径依次减小B.若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3C.W的气态氢化物的沸点一定高于

Z的气态氢化物的沸点D.W与X形成的化合物只含离子键【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，

W处于第二周期，Z处于第三周期；X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期。【详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下

原子半径逐渐增大，W、Z同主族，原子序数Z＞W，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，所以原子半径X＞Y＞Z＞W，A正确；B.若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，B错误C.

若W为C元素，Z为Si元素，甲烷和SiH4相比，甲烷的沸点低，C错误；D.若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，D错误；答案选A。10.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是A.Q的氧化物一定含有离子键和共价键B.最高价

含氧酸的酸性:Z＜YC.P的最低价氢化物常温常压下为液体D.Y形成的化合物种类最多【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，

P最外层有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、P为S元素；据此解答。【详解】

A．Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，但氧化钠中没有共价键，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Z＞Y，所以其最高价含氧酸酸性Z＞Y，故B错

误；C．P的氢化物为硫化氢，常温下为气体，故C错误；D．Y为碳元素，而C元素形成的有机物种类繁多，远多于无机物的种类，故D正确；故选D。11.有A，B，C，D主族元素，有关它们的一些信息如表所示：元素

ABCD相关的原子结构与性质元素符号为At，与稀有气体元素相邻，但半径比I大其在周期表的周期数和族序数比K的均大1元素符号为Tl，名称是铊，原子核外有六个电子层，与Al同主族可形成双原子分子，分子内有叁键则下列有

关说法中正确的是（）A.元素A的单质可能是一种有色的固体物质，其氢化物HAt易溶于水，很稳定B.常温下B的单质能与冷水发生剧烈反应，其硫酸盐可能易溶于水C.铊氧化物化学式为Tl2O3，是离子化合物，Tl2O3和Tl（OH

）3均是两性的物质D.元素D的一些氧化物在大气中会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层【答案】D【解析】【详解】A．卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，由于碘单质为紫黑色固体，故At的单质为有色固体，同主族从上到下氢化物稳定性减弱，HAt，很不稳定，

故A错误；B．B在周期表的周期数和族序数比K的均大1，则为第五周期第ⅡA族元素，由于硫酸钙为微溶，从上到下溶解度减小，故B对于的硫酸盐在水中不会是易溶，故B错误；C．铊为较活泼金属，Tl2O3和Tl（OH）3均不属于两性物质，Tl（OH）3为强碱，故C错误；D．D为N，氮的部分氧

化物会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层，故D正确；答案选D。12.下列说法正确的是（）A.原子最外层电子数等于或大于4的元素一定是非金属元素B.原子最外层只有2个电子的元素一定是金属元素C.最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期D.某元素的离子最

外层电子数与次外层电子数相同，该元素一定位于第三周期【答案】C【解析】【详解】A、原子最外层电子数等于或大于4的元素不一定是非金属元素，如过渡元素全部是金属元素，错误；B、原子最外层只有2个电子的元素如氦元素，属于非金属元素，错误；C、最外层电子数比次外层电子数多

的元素一定位于第二周期，正确；D、D中某些不在第三周期的元素的离子(如K+、Ca2+、Cs+等)也符合要求，错误。13.已知：2X(g)+Y(g)2Z(g)，反应中ω（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示。下列判断正确的是（）A.T

1时，v正＞v逆B.正反应的ΔH＜0C.a、b两点的反应速率v(a)=v(b)D.当温度低于T1时，ω增大的原因是平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【分析】当可逆反应达到化学平衡状态时，反应物的转化率最大，产

物的产率也最高，由此可以判断0-T1阶段是化学平衡的建立过程，以后是温度对化学平衡的影响情况，根据化学平衡的建立过程以及温度对化学平衡的影响知识来解决。【详解】当可逆反应达到化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以在T1时刻，化学反应达到了平衡状态。A

.T1时，化学反应达到了平衡状态，v正=v逆，A项错误；B.当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即△H<0，B项正确；C.温度越高，化学反应速率越大，b点温度高于

a点，所以b的速率高于a点的速率，即v(a)<v(b)，故C错误；D.0−T1阶段是化学平衡的建立过程，反应开始向右不断进行，生成的Z的量越来越大，所以ω增大，D项错误；答案选B。14.下面有关化学反应速率和限度的图像和实验结论表达均正确的是()A.A(g)+3B(g

)⇌2C(g)，如图是其他条件一定时反应速率随温度变化的图像，图像表明，较低温度下升温平衡逆向移动，较高温度下升温平衡正向移动B.FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl，如图是在平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体后

化学反应速率随时间的变化C.A(g)+3B(g)⇌2C(g)，如图可能是催化剂对化学平衡的影响，也可能是其它因素对化学平衡的影响D.A(g)+3B(g)⇌2C(g)，如图是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2【答案】D【解析】【详

解】A.如图可知较低温度下是平衡的建立，中正逆反应速率相等时为化学平衡状态，随着温度升高，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，A错误；B.图象表示达到平衡后加入生成物，使生成物浓度增大，平衡逆向移动，该反应实质

为Fe3++3SCN-垐?噲?Fe（SCN）3，K+、Cl-不参加反应，故加入KCl平衡不移动，B错误；C.使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，反应前后气体分子数减小并伴随能量变化，温度和压强都不能既提高反应速率又不影响化学平衡，C错误

；D.该反应前后气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，当n(B)相同时，p1下A的转化率大于p2，说明压强p1>p2，D正确；答案选D。15.下列有关图像，其中说法正确的是A.由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡B.由图Ⅰ知，该反应的△H＜0C.由图Ⅱ

知，t3时采取降低反应温度的措施D.由图Ⅱ知，反应在t6时，NH3体积分数最大【答案】B【解析】【详解】A.由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；B、T2-T3升高温度，反应

物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，平衡向着吸热方向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率

大于逆反应速率，故C错误；D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t

5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1~t3时，NH3体积分数最大，故D错误；故选B。16.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O

4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为()A.9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g【答案】B【解析】【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的

量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。【详解】4.48L的NO2气体的物质的量为4.48L22.4L/mol＝0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为0.33

6L22.4L/mol＝0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质

的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g，故答案选B。17.依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是()A.可用排水法收集NO、NO2气体B.X是N2O5C.工业上以NH

3、空气、水为原料生产硝酸D.由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应实现【答案】A【解析】【详解】A.NO2能与水发生反应，不可用排水法收集NO2气体；B.X中氮元素为+5价，是氧化物，则化学式是N2O5；C.氨气催化氧化生成

一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，故工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸；D.NH3与NO2反应生成氮气，发生氧化还原反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O；答案选A。18.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂

表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的()A.在转化过程中，氮元素均被还原B.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程C.还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为0.5NAD.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化【答案】D【

解析】【详解】A.根据图中信息可知，NOx被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化，硝酸盐还原产生氮气，氮元素被还原，A错误；B.催化剂参与储存和还原过程，但反应前后质量和化学性质不变，B错误；C.还原过程中氮

元素从+5价降为0价，生成0.1molN2，转移电子数为1.0mol，C错误；D.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，转化为无污染的气体再排放，D正确；答案选D。二、填空题(每空2分，共46分)19.随原子序数的递增

，八种短周期元素（用字母x表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是__________。（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）________________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸

性强弱是：_______________。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：__________。（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写

出该反应的热化学方程式：__________________。【答案】(1).第三周期IIIA族(2).r（O2-）>r（Na+）(3).HClO4>H2SO4(4).（或H∶CC∶H等其他合理答案均可）(5).2222a(s)+O(g)=a()NNOsΔH=－511kJ·mol－1【解析】【分

析】从图中的化合价和原子半径的大小可以判断出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。【详解】（1）f是Al元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅢA族。（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径r(O

2－)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，因此酸性HClO4＞H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为或或；（4）1molNa单质在足量O2中燃烧，放出255.5kJ热量，则2mol钠完全燃烧生成过氧化钠放热

是511kJ，因此该反应的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)＝Na2O2(s)△H=－511kJ·mol-1。20.某化学兴趣小组欲验证：“铜和一定量的浓硝酸反应有一氧化氮产生”。设计使用了如图装置进行实验。(假

设气体体积均为标准状况，导气管中气体体积忽略不计，且忽略反应中的溶液体积变化)试回答下列问题：(1)在铜和浓硝酸反应前，挤压打气球(球内充满空气)，经A、B、C反应后，气体进入D中，通入该气体的目的是_______；进行此步操作时应关闭_____

__，打开_____(填K1、K2或K3，上同)。(2)关闭K1、K2，打开K3，由分液漏斗向D中滴加浓硝酸。待Cu和浓硝酸反应结束后，再通过分液漏斗向D中加入CCl4至满。则D中一定发生反应的离子方程式为：___。(3)若E装置中出现倒吸，可采取的应急操作是_______

_____；(4)若测得反应后E装置中HNO3的浓度为0.072mol/L,F装置所收集到的气体体积为139.00mL，则铜和一定量的浓硝酸反应___(填“有”或“无”)NO生成。【答案】(1).排出D中的空气(2).关闭K3(3).打开K1、K

2(4).Cu+2NO3－+4H＋＝Cu2＋+2NO2↑+2H2O(5).向下调节量气管（或及时关闭K3）(6).有【解析】【分析】气球中的空气成分主要是氧气、氮气、二氧化碳、水蒸气等，通过氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过浓硫酸除去水蒸气

；C装置是反应掉空气中的氧气；D装置是验证铜和浓硝酸反应中可能产生一氧化氮气体，必须保证不能含有氧气，才能在后续试验中通过测定气体体积判断一氧化氮气体的存在。【详解】（1）综上分析进入D装置的气体主要是氮气，通入氮气目的是排出D中的空气，避免生成

的一氧化氮气体被氧气氧化为二氧化氮，依据气体流向，关闭K3，打开K1、K2，让氮气把试管中的空气赶净，更好的利用后续试验测定气体体积和验证一氧化氮气体的生成。（2）关闭K1、K2，打开K3，由分液漏斗向D中滴加浓硝酸，一定发生的反应

是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O。（3）若E中出现倒吸，可以调节F中量气管的液体高度改变压强，向下调节量气管，使E中的压强减少，防止液体进入E发生倒吸，或直接关闭K3，不

让液体进入E装置。（4）通过计算分析判断，E装置中生成的硝酸溶液体积为100ml，浓度为0.0720mol/L，所以生成硝酸物质的量为0.0072mol，根据化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的一氧化氮气体物质的量为0.003

6mol，在标准状况下的体积=0.0036mol×22.4L/mol=0.08064L=80.64ml，加上原来试管中的氮气50ml，共计130.64ml，小于题干中实验测得的气体体积139.00ml，说明铜和浓硝酸反应的过程中生成二氧化氮气体同时也生

成了一氧化氮气体。21.雾霾天气严重影响人们的生活和健康。其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此改善能源结构、机动车限号等措施能有效减少PM2.5、SO2、NOx等污染。请回答下列问题：(1)汽车尾气中

NOx和CO的生成：已知汽缸中生成NO的反应为：N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)—Q。恒温、恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是____________。A.混合气体的密度不再变化B.混合气体的压强不再变化C.N2、O2、NO的物质

的量之比为1∶1∶2D.氧气的转化率不再变化(2)汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag—ZSM—5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的

原因为______，在n(NO)n(CO)＝1的条件下，为更好的除去NOx，应控制的最佳温度在_______K左右。(3)车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。活性炭可处理大气污染物NO。在5L密闭容器中加入NO

和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol)如下表：活性炭NOEF初始3.0000.1000T12.9600.0200.0400.040T22.9750.0500.0250.025①若T1

＜T2，则该反应的△H_________0(填“＞”“＜”或“＝”)。②上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.10molNO气体，则达到新化学平衡时NO的总转化率为_____________。【答案】(1).D(2).NO的分解为放热

反应，升高温度不利于反应正向进行(3).870K(850-900K之间均可)(4).＜(5).80%【解析】【分析】（1）汽缸中生成NO的反应N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)—Q，该反应为气体分子数不变的放热反应。

（2）升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，反应为放热反应。（3）从表中数据可知，碳、NO、E和F的化学计量数之比为（3.000-2.960）：（0.10-0.020）：0.04：0.04=1：2：1：1，得到反应方程式C+2NO垐

?噲?N2+CO2。【详解】（1）当可逆反应的正逆反应速率相等，各组分浓度不再改变时反应达到平衡状态。A.气体的总质量、容器的体积一直不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明达到平衡状态，A错误；B.反应前后气体的分子数不变，混合气体的压强一直无变化，不能说明达到平衡状态，B

错误；C.N2、O2、NO的物质的量之比为1∶1∶2，不能说明正逆反应速率相等，各组分浓度不再改变，C错误；D.氧气的转化率不再变化，说明各组分的浓度不再改变，能说明反应达到平衡状态，D正确；答案选D。（2）升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热；由图可

知，在n(NO)n(CO)=1的条件下，870K(850-900K之间均可)时，NO还原为N2的转化率接近为100%，则为更好的除去NOx，应控制的最佳温度在870K(850-900K之间均可)左右。（3）①T1温度下平衡时生成物的物质的量大于T2

温度下的，因为T1＜T2，说明升高温度平衡逆向移动，反应为放热反应，则该反应的△H＜0。②反应C+2NO垐?噲?N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而气态反应物只有一种，故加入NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO转化率为0

.10-0.020100%=80%0.10，则达到新平衡时NO的转化率为80%。22.某学生实验小组用50mL1.0mol·L-1的盐酸与50mL1.1mol·L-1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定。(1)图中装置缺少的一种仪器，

该仪器名称为_________。(2)如果改用60mL1.Omol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L—1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量____________(填“增加”“减少”或“不变”)，所求

中和热数值________(填“增加”“减少”或“不变”)。【答案】(1).环形玻璃搅拌棒(2).增加(3).不变【解析】【分析】该装置为量热计，中和反应为放热反应。【详解】（1）根据量热计的构造可知该装置

的缺少仪器是环形玻璃搅拌器。（2）改用60mL1.Omol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L—1氢氧化钠溶液进行反应，反应消耗的酸、碱增多，生成的H2O（l）多，放出的热量增加；由中和热的概念可知，中和热以生成1molH2O（l）为标准，与酸碱的用量

无关，则所求中和热数值不变。【点睛】中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)时所放出的热量，与酸碱的用量无关23.某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。(初步探究)示意图序号温

度试剂A现象①0℃0.5mol·L－1稀硫酸4min左右出现蓝色②20℃1min左右出现蓝色③20℃0.1mol·L－1稀硫酸15min左右出现蓝色④20℃蒸馏水30min左右出现蓝色(1)为探究温度对反应速率的影响

，实验②中试剂A应为_______。(2)写出实验③中I－反应的离子方程式___________。(3)对比实验②③④，可以得出的结论是__________。(继续探究)溶液pH对反应速率的影响查阅资料：i.pH<11.7时，I－能被O2氧化为I2。ii.pH>9.28时，I2发

生歧化反应：3I2＋6OH－＝IO3－＋5I－＋3H2O，pH越大，歧化速率越快(4)小组同学用4支试管在装有O2储气瓶中进行实验，装置如图所示：序号⑤⑥⑦⑧试管中溶液的pH891011放置10小时后的现象出现蓝色颜色无明显变化pH为10、11时，试管⑦和⑧中颜色

无明显变化的原因是________(填序号)。A.既发生氧化反应又发生歧化反应，歧化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率B.既发生氧化反应又发生歧化反应，歧化反应速率小于氧化反应速率和淀粉变色速率C.发生了氧化反应，但没有发生歧化反应

D.发生了歧化反应，但没有发生氧化反应【答案】(1).0.5mol/L稀硫酸(2).4I-＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O(3).KI溶液被O2氧化成I2，c(H＋)越大氧化反应速率越快(4).A【解析】【分析】根据资料i，pH<11.7时，I－能被O2氧化为I2，碘与淀粉溶液变蓝

。对比实验①②)为探究温度对反应速率的影响，实验②中试剂A应与实验①相同；实验②③④的温度相同，则是探究酸度对反应速率的影响，且溶液中氢离子浓度越大反应越快；根据资料ii，pH>9.28时，I2发生歧化反应：3I2＋6OH－＝IO3－＋5I－＋3H2O，pH越大，歧化速率越快，故溶液颜

色无明显变化，实验⑤⑥⑦⑧为探究溶液pH对反应速率的影响。【详解】(1)为探究温度对反应速率的影响，实验①②中试剂A应该相同，实验②中试剂A应为0.5mol/L稀硫酸。(2)实验③中在酸性条件下，I－被O2氧化为I2，反应

的离子方程式为4I-＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O。(3)实验②③④的温度相同，试剂A不同，溶液的酸性越强，蓝色出现的越早，则可以得出的结论：KI溶液被O2氧化成I2，c(H＋)越大氧化反应速率越快。(4)根据资料ii，pH>

9.28时，I2发生歧化反应：3I2＋6OH－＝IO3－＋5I－＋3H2O，pH越大，歧化速率越快。试管⑦⑧中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率，所以⑦和⑧中颜色无明显变化；答案选A

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