【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学校2022-2023学年高一下学期4月月考化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.247 MB，由小赞的店铺上传

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叙州区一中2023年春期高一第二学月考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.满分100分，时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-2

3Fe-56第1卷(选择题45分)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.化学与生产、生活和科技密切相关。下列选项错误的是A.高压钠灯发出的黄光透雾能力强，射程远，可用于道路照明B.氮元素是植物生长所必需的元素，可

施用铵态氮肥促进作物生长C.“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，镓是第四周期第ⅢA族元素D.将含硫的煤和石灰石混合后燃烧，可以减少酸雨的形成以及温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】A．高压钠灯的光是黄色，黄光穿透性强

，可做路灯照明，A项正确；B．氮元素是植物生长所必需的元素，农作物吸收氮元素的主要形式有铵根离子和硝酸根离子，施用铵态氮肥促进作物生长，B项正确；C．镓的原子结构示意图为，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，C项正确；D．加入氧化

钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，D项错误；故正确答案为D。2.下列说法正确的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.反应热的大小与反应

物所具有的能量和生成物所具有的能量无关C.已知P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH<0，说明红磷比白磷更稳定D.热化学方程式中的化学计量数不仅表示物质的分子个数，还表示物质的物质的量【答案】C【解析】【详解】A．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应

，例如木炭点燃才能燃烧，但是木炭燃烧为放热反应，A错误；B．反应热的大小是反应物所具有的能量与生成物所具有的能量的差值，他们是有关系的，B错误；C．因为白磷转化为红磷为放热反应，所以红磷能量更低，根据物质能量越低越稳定，所以说明红

磷比白磷更稳定，C正确；D．热化学方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，D错误；故答案为：C。3.已知：CH4+Cl2→CH3Cl+HCl，下列有关化学用语表示正确的是A.CH4的球棍模型：B.CH3Cl的电子式：C.Cl-的结构示意图：D.HCl在水溶液中的电离方程式：HCl

=H++Cl-【答案】D【解析】【详解】A．为CH4的空间填充模型，不是它的球棍模型，故A错误；B．CH3Cl的电子式：，故B错误；C．为氯原子的结构示意图，故C错误；D．HCl为一元强酸，故电离方程式为HCl=H++Cl-，故D正确；故选D。4.下列关于硝酸的认识中，正确的是A.浓硝酸和稀

硝酸都具有氧化性B.浓硝酸与金属反应不放氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气C.因常温下铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D.硝酸与金属反应时，只表现出氧化性【答案】A【解析】【详解】浓、稀硝

酸都有氧化性，可与除Au、Pt之外的所有金属反应；且不产生氢气，在与金属反应时，硝酸既表现氧化性（被还原为含有氮元素的物质）又表现酸性（生成硝酸盐），该反应属于氧化还原反应，不属于置换反应；常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，因为铝和铁在冷浓硝

酸中钝化，结合以上分析可知，只有A正确；故答案选A。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.OH—(羟基)和OH−有相同的质子数，均为9NAB.标准状况下，22.4L3CHCl中Cl−物质的量为3molC.标准状况下，等质量的24NH(肼)和3CHO

H(甲醇)中所含氢原子数之比为1：1D.标准状况下，11.2L4CH和足量的氯气在光照条件下反应，所得4CCl的物质的量为0.5mol【答案】C【解析】【详解】A．OH—(羟基)和OH−没有具体的物质的量，无法比较质子数，A错误；B．标准状况下3CHCl为液体且

无氯离子，B错误；C．等质量的24NH(肼)和3CHOH(甲醇)，假设质量为32g，两者的物质的量均为1mol，每个分子中均含4个氢原子，故原子的物质的量均为4mol，氢原子个数比为1:1，C正确；D．标准状况下，11.2L4CH和

足量的氯气在光照条件下反应，所得有机物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和4CCl，根据碳元素守恒，总的物质的量为0.5mol，D错误；故选C。的6.某探究小组用反应过程中烧杯内物质质量的变化，来研究影响反应速率的因素，实验设计如下

。下列叙述正确的是试验编号T/K大理石规格HNO3溶液浓度/mol/L①298粗颗粒2.00②298粗颗粒1.00③308粗颗粒2.00④298细颗粒2.00A.实验①和②探究HNO3溶液浓度对反应速率的影响B.实验②和④探究大理石规格对反应速率的影响C.实

验①的反应速率大于实验③的反应速率D.相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大于实验④【答案】A【解析】【详解】A．实验①和②只有HNO3溶液浓度改变，可探究HNO3溶液浓度对反应速率的影响，A项正确；B．实验②和④存在两个变量，不能探究大理石规格对反应速率的影响，B项错误；C

．实验③温度高于实验①，则实验①的反应速率小于实验③的反应速率，C项错误；D．实验③和④存在两个变量，无法判断相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大于实验④，D项错误；答案选A。7.下列离子方程式，书

写正确的是A.铜与浓硝酸反应：()2+322Cu+4HNO浓=Cu+2NO↑+2HOB.过量二氧化碳通入澄清石灰水：23COOHHCO−−+=C.铁粉溶于过量稀硝酸：2323Fe8H2NO3Fe2NO

4HO+−+++=++D.硫化氢通入氯化铁溶液：232S2Fe2FeS−+++=+【答案】B【解析】【详解】A.铜与浓硝酸反应，所给离子方程式电荷不守恒且硝酸可拆，应为：−+2+322Cu+4H+2NO=Cu+2NO↑+2HO，A错误；B.过量二氧化碳通入澄清石灰水

生成碳酸氢钙，故：23COOHHCO−−+=，B正确；C.铁粉溶于过量稀硝酸，应生成三价铁离子：332Fe4HNOFeNO2HO+−+++=++，C错误；D.硫化氢为弱电解质，不可拆：322HS2Fe2FeS2H++++=++，D错误；故选B。8.海洋中

有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等，某化学兴趣小组模拟从海水获取化学资源的方案设计如下。下列有关说法正确的是A.第①步中除去粗盐中的2Ca+、2Mg+、24SO−等杂质，加入药品的顺序可以为：23NaCO溶液→()2BaOH溶液→过滤

后加盐酸B.工业上制取金属钠可以通过电解饱和食盐水实现C.在第③步反应的离子方程式为：22224SOBr2HO2HBr2HSO+−++=++D.第④步反应可以向吸收液中通入氯气【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3溶应在Ba(OH)2溶液之后加入，用

于除去过量的钡离子，A错误；B．工业上制取金属钠可以通过电解熔融氯化钠实现，B错误；C．HBr为强电解质，可拆，离子方程式为：222242HO24HSOBrBrSO−+−++=++，C错误；D．第④步反应可以向吸收液中通入氯气，氯气将溴离子氧化为溴单质，D正确；故选D。9.对于反应()

()()()3AgBg2Cg3Dg++，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是A.()11A0.09molLsv−−=B.()11B=0.02molLsv−−C.()11C=0.05molLsv−−D.()11D=1.0molLminv−−

【答案】A【解析】【详解】根据()()()()3AgBg2Cg3Dg++反应可知：化学反应速率之比等于计量数之比。用物质B表示该反应的速率分别为：A．()11A0.09molLsv−−=，11110.09molLs(B)0.03molLs3

v−−−−==；B．()11B=0.02molLsv−−；C．()11C=0.05molLsv−−，则11110.05molLs(B)0.025molLs2v−−−−==;D．()11D=1.0molLminv−−，则111111.0molLmin(B)

0.0056molLs60smin3v−−−−−=；比较可知A最快，故A符合题意；答案选A。10.可逆反应A(g)+2B(g)垐?噲?3C(g)+4D(g)，在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是A.v(A)=0.35mol•L-1•min-1B.

v(B)=0.6mol•L-1•min-1C.v(C)=0.9mol•L-1•min-1D.v(D)=0.03mol•L-1•s-1【答案】D【解析】【分析】对于反应A(g)+2B(g)垐?噲?3C(g)+4D(g)，用不同

物质表示其反应速率，数值不同但意义相同，所以比较反应速率要转化为同种物质的反应速率来比较大小，利用反应速率之比等于化学计量数之比来分析。【详解】A．用A的消耗速率表示：v(A)=0.35mol•L-1•min-1；B．用A的消耗速率表示：v(A)=12v(B)=1

20.6mol•L-1•min-1=0.3mol•L-1•min-1；C．用A的消耗速率表示：v(A)=13v(C)=130.9mol•L-1•min-1=0.3mol•L-1•min-1；D．用A消耗速率表示：v(A

)=14v(D)=140.03mol•L-1•s-1=0.0075mol•L-1•s-1=0.45mol•L-1•min-1；的比较可知，D数值最大，故选D。11.a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原

电池。若a、b相连时，电流由a经导线流向b，c、d相连时，电子由d到c；a、c相连时，a极上产生大量气泡，b、d相连时，H+移向d极，则四种金属的活动性顺序由强到弱的顺序为A.a>b>c>dB.a>c>d>bC.

c>a>b>dD.b>d>c>a【答案】D【解析】【分析】原电池中，活泼性较强的电极为负极，活泼性较弱的电极为正极，放电时，电流从正极沿导线流向负极，正极上得电子发生还原反应。【详解】a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，电流由a经导线

流向b，金属的活动性顺序b>a,c、d相连时，电子由d到c,金属的活动性顺序d>c；a、c相连时，a极上产生大量气泡,金属的活动性顺序c>a，b、d相连时，H+移向d极，金属的活动性顺序b>d,金属的活动性顺序b>d>c>a，故选D。【点睛】本题以原电池原理为载体考查金属活泼性

强弱判断，解题关键：明确原电池正负极与金属活泼性的关系，再结合正负极的判断方法分析解答。12.现有某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，将其平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g铜粉；向另一

份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化关系如图所示(假设硝酸的还原产物为NO气体)。下列分析或结果正确的是A.OA段产生的是氢气B.加入铁粉时，最终产生气体4.48L(标况下)C.原混合溶液中NO3−的物质的量

为0.3molD.原混合溶液中H2SO4的浓度为1.25mol/L【答案】B【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO-3+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：F

e+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑【详解】A．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO-3+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，产生NO，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+

2H+＝Fe2++H2↑，A错误；B．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO-3+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，消耗铁为5.6g，产生NO为0.1mol，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应

为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，消耗铁为14g-8.4g=5.6g，产生氢气为0.1mol，故产生气体总物质的量为0.2mol，标况下体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，B正确；C

．根据图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO-3+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中n(NO-3)＝n(Fe)＝5.6g56g/mol＝0.1mol，所以原混合酸中NO-3物质的量为0.1m

ol×2＝0.2mol，C错误；D．根据图象，加入14g铁粉时，完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，反应消耗铁的物质的量=14g56g/mol=0.25mol，根据守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25mol，所以硫酸的浓度是

0.25mol/0.1L=2.5mol/L，D错误；故选B。13.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O放电充电3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，下列叙

述不正确的是A.放电时负极反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2B.放电时正极附近溶液的碱性增强C.放电时负极发生氧化反应D.放电时每转移6mol电子，正极有1molK2FeO4被还原【答案】D【解析】【分析】由高铁电池的总反应可知，放电时，还

原剂锌为电池的负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成氢氧化锌，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钾为正极，高铁酸根在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化铁和氢氧根离子，电极反应式为FeO24−+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5O

H-。【详解】A．由分析可知，放电时，还原剂锌为电池的负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成氢氧化锌，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，故A正确；B．由分析可知，放电时，高铁酸钾为正极，高铁酸根

在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化铁和氢氧根离子，电极反应式为FeO24−+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，正极放电时有氢氧根离子生成，正极附近溶液的碱性增强，故B正确；C．由分析可知，放电时，还原剂锌为电池的负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反

应生成氢氧化锌，故C正确；D．由分析可知，放电时，高铁酸钾为正极，高铁酸根在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化铁和氢氧根离子，电极反应式为FeO24−+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，则放电时每转移6mol电子，正极有2mol高

铁酸钾被还原，故D错误；故选D。14.25℃和101kPa时，乙烷()26CH、乙炔()22CH和丙烯()36CH组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔

()22CH的体积分数为A.12.5%B.25%C.50%D.75%【答案】B【解析】【详解】由乙烷()26CH、乙炔()22CH和丙烯()36CH燃烧的方程式可以知道，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，262227

CHO2CO3HOV27122.52+=+222225CHO2COHOV25121.52+=+362229CHO3CO3HOV29132.52+=+则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可，设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，则有：

①x+y=32，②2.5x+1.5y=72，联立①②方程组，解得y=8mL，原混合烃中乙炔的体积分数为832100%=25%；所以B选项是正确的。15.歼-20飞机某铁铝合金零件取7.2g，溶于足量的稀硝酸中，金属无剩余。测得产生的气体体积为V1L(标准状况)。向溶液中加过量的

NaOH溶液出现红褐色沉淀，随后沉淀部分溶解，过滤得滤液I。小心收集沉淀，洗涤、干燥、称重得m1g，再加热分解至恒重，得固体质量为7.2g。下列说法错误的是A.合金中Fe与Al的物质的量之比为7：3B.红褐色沉淀质量m1=9.63

C.如果产生的气体只有NO，则气体体积V1=3.808D.滤液I主要成分为NaOH、NaNO3、NaAlO2【答案】A【解析】【详解】A．由题意画出上述流程图，根据元素守恒，反应开始时7.2g为铁铝合金，最终7.2g为Fe2O3，其流程中Fe元素无

损失，因此铁铝合金中铝的质量等于Fe2O3中氧的质量，因此m(Fe)：m(Al)=2×56：3×16=7：3，而n(Fe)：n(Al)=256316:5627=9：8，A错误；B．由m(Fe2O3)=7.2g知，n(Fe)=-17.2g×2160g?mol=0.09

mol，红褐色沉淀m[Fe(OH)3]=0.09mol×107g/mol=9.63g，B正确；C．由得失电子守恒可知，Fe、Al失电子物质的量为3×(0.09+0.08)=3×0.17mol，则NO得电子物质的量为3×n(NO)，即3n(NO)=3×0.17mol，解得：n(NO)=0

.17mol，V1(NO)=3.808L，C正确；D．有分析流程图可知，滤液I主要成分为NaAlO2、NaNO3和过量的NaOH，Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，D正确；故答案为：A。第11卷(非选择题55分)16.氮在自

然界中的转化是一个复杂的过程，氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分。（1）在一定条件下，NH3可用于脱除氮氧化物的烟气，其反应原理为4xNH3+6NOx一定条件(2x+3)N2+6xH2O。该反应中的还原剂为____(填化

学式)。（2）氨的催化氧化是制备硝酸的重要过程，实验室按如图所示装置进行氨的催化氧化实验。实验操作：将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管通入热空气，将红热的铂丝伸入锥形瓶中。实验现象：a.红热的铂丝始终保持红热状态；b.瓶中有红棕色气体生成，瓶内还有白烟生

成。回答下列问题：①铂丝始终保持红热状态的可能原因是____。②通入热空气的作用是____。③请写出氨气的催化氧化反应的化学方程式：____。④红棕色气体的化学式为____，此气体可用NaOH溶液吸收，有NaNO2和

NaNO3生成，写出该反应的离子方程式：____。（3）氨是氮循环中的重要物质，在人类的生产和生活中有着广泛的应用。高浓度的氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，研究表明在微生物作用下，可实现NH4+→NO3−的转化。写出在碱性条件下

，NH4+被氧气氧化为NO3−的反应的离子方程式：____。每生成1molNO3−，转移的电子的物质的量为____mol。再往含NO3−的废水中加入甲醇，可将NO3−转化为N2，实现废水的无害化处理。【答案】（1）NH3（

2）①.NH3与O2在铂丝的表面进行的反应放热②.促使氨气挥发出来，同时提供氧气③.4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O④.NO2⑤.2NO2+2OH-=NO2−+NO3−+H2（3）①.NH4++2O2+2OH-=NO3−+3H2O(写“NH3·H2O+2O2+OH-=NO

3−+3H2O)②.8【解析】【分析】将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管中通入热空气，提供温度，可促进一水合氨的电离，把浓氨水中生成的氨气排出，与氧气反应，在铂丝做催化剂的条件下，氨气发生氧化反应生成NO；NO再与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，由于瓶内有水蒸气

存在，可能有NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体小颗粒。【小问1详解】NH3→N2过程中N元素化合价从-3升到0价，还原剂为NH3；【小问2详解】①铂丝始终保持红热状态说明有化学反应释放能量，可能原因是NH3与O2在铂

丝的表面进行的反应放热；②氨水易挥发，步骤中鼓入热空气把浓氨水中生成的氨气排出接触到红热的铂丝，与氧气反应，则通入热空气的作用是促使氨气挥发出来，同时提供氧气；③氨的催化氧化反应，氨气中-3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧

化氮，反应的化学方程式：4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O；④红棕色气体为NO2；用NaOH溶液吸收NO2，反应中只有N元素化合价变化，则N的化合价分别由+4价变化为+5价和+3价，转移电子1mol，生成等量的NaNO3和NaNO2，反应的离子方程

式为：2NO2+2OH-=NO2−+NO3−+H2；【小问3详解】在碱性条件下NH4+被氧气氧化成NO3−的反应离子方程式为：NH4++2O2+2OH-=NO3−+3H2O；N元素从-3价升到+5价，每生成1molNO3−，转移的

电子的物质的量为1mol×(5-(-3))=8mol。17.已知金属甲是生活中使用最广泛的金属，A是一种强氧化性酸，B是一种盐，D是一种常见的无色液体，各物质之间的转化关系如下图所示：（1）常温下，甲制成的容器_______(填“能”或“不能”

)盛装A的浓溶液，写出在加热条件下A的浓溶液与甲反应的化学方程式_______。（2）在B的溶液中加入过量的甲，溶液颜色变浅，生成新物质E，写出该反应的离子方程式_______；在E的溶液中滴加少量稀

硫酸，溶液颜色会再次发生变化，写出该过程的离子方程式_______。（3）C+DB+F→的化学方程式为_______，该反应_______(填“能”或“不能”)证明C是酸性氧化物。将等物质的量的C和F通入NaOH溶液中恰好完全吸收，反应的化学方程式为_______。（4）写出工业上由氨制备大量F的

化学方程式_______。【答案】（1）①.能②.Fe+6HNO3(浓)ΔFe(NO3)3+3NO2↑+3H2O（2）①.Fe+2Fe3+=3Fe2+②.3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O（3）①.3

NO2＋H2O=2HNO3＋NO②.不能③.NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O（4）4NH3+5O2=催化剂高温高压4NO+6H2O【解析】【分析】金属甲是生活中使用最广泛的金属，甲为Fe；A是一种强氧化性酸，B是一种盐，D是一种常见的无色液体，A为硫酸或硝酸

，D为水，A的浓溶液与Fe加热条件下反应生成的C可以和水反应又生成A和另一种物质F，则A为HNO3，C为NO2，F为NO，B为Fe(NO3)3，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁，E为Fe(NO3)2。【小问1详解】甲为Fe，A的浓溶液为浓硝酸，常温下，铁与浓硝酸发生钝

化，铁质容器能用于盛装浓硝酸；铁与浓硝酸加热条件下反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Fe+6HNO3(浓)ΔFe(NO3)3+3NO2↑+3H2O。【小问2详解】B为Fe(NO3)3，硝酸铁与铁反应生成硝

酸亚铁，反应离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；E为Fe(NO3)2，硝酸亚铁溶液中加少量稀硫酸，间接的相当于有硝酸，硝酸与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O。【

小问3详解】C为NO2，D为水，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，该反应不能证明二氧化氮是酸性氧化物，因为二氧化氮与水反应是氧化还原反应；F为NO，将等物质的量二氧化氮和一氧化氮通入氢氧化钠溶液中，反应生成亚硝酸钠和水，化学方程

式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。【小问4详解】工业上用氨的催化氧化制备大量一氧化氮，反应的化学方程式为：4NH3+5O2=催化剂高温高压4NO+6H2O。18.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如下表所示，其中X元素的原子最内层电子数是最外层电子数的一半。的XY

ZWQ（1）元素Y在元素周期表中的位置是___________。（2）这5种元素中，在自然界存在单质的元素是___________(填元素符号)。（3）X与Y形成的化合物是一种新型无机非金属材料，其中所有的原子都满足8电子稳定结构，只存在X—Y这种共价单键，写出

该化合物的化学式___________。（4）这5种元素中，有一种元素的简单氢化物最不稳定，会在空气中自燃，写出自燃反应的化学方程式___________。（5）W的最高价氧化物的水化物的浓溶液与W的简单氢化物在加热条件下可以按3：1(物质的量之比)反应，写出该反应的化学方程式_______

____。【答案】（1）第二周期第ⅤA族（2）CNS（3）C3N4（4）SiH4+2O2=SiO2+2H2O（5）3H2SO4(浓)+H2SΔ4SO2+4H2O【解析】【分析】X元素的原子最内层电子数是最外层电子数的一半，X为C，Y为N，Z为S

i，W为S，Q为Cl。【小问1详解】元素N在元素周期表中的位置是第二周期第ⅤA族。故答案为：第二周期第ⅤA族；【小问2详解】这5种元素中，在自然界存在单质的元素是C、N、S(填元素符号)。故答案为：CNS；【小问3详解】X与Y形成的化合物是一种新

型无机非金属材料，其中所有的原子都满足8电子稳定结构，只存在X—Y这种共价单键，X为C，显+4价，Y为N，显-3价，该化合物的化学式C3N4。故答案为：C3N4；【小问4详解】周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的氢化

物稳定性增强，这5种元素中，有一种元素的简单氢化物最不稳定，是SiH4，会在空气中自燃，生成二氧化硅和水，自燃反应的化学方程式SiH4+2O2=SiO2+2H2O。故答案为：SiH4+2O2=SiO2+2H2O；【小问5详解】W的最高价氧化物的水化物的浓硫酸与W的

简单氢化物H2S在加热条件下可以按3：1(物质的量之比)反应，浓硫酸具有强氧化性，将硫化氢氧化成二氧化硫，反应的化学方程式3H2SO4(浓)+H2SΔ4SO2+4H2O。故答案为：3H2SO4(浓)+H2SΔ4SO2+4H2O。19.NO2

(红棕色)和N2O4(无色)之间发生反应：N2O42NO2。I．将一定量N2O4气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，控制反应温度为T。（1）该反应为吸热反应，则反应物的化学键断裂要吸收的能量_______(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的化学键形成要放出的能量。（

2）下列可以说明该反应达到平衡的是_______(填字母)。A．c(N2O4)：c(NO2)=1：2B．正(N2O4)=2逆(NO2)C．容器内气体的颜色不再变化D．混合气体的压强不再变化E．混合气体的密度不再变化F．混合气体的平均摩尔质量不再变化II．在温度

为T的条件下，向该恒容密闭容器中充入0.04mol·L-1N2O4，c(NO2)随时间的变化曲线如图所示。（3）①在图中画出0~16min时间段内，c(N2O4)随时间的变化曲线_______。②1~4四个点中，正=逆的点有_______。③0~4

min，这段时间(N2O4)为_______。④反应进行到16min时，N2O4的转化率是_______。⑤下列措施能使该反应速率加快的是_______(填字母)。A．增大NO2的浓度B．增大容器体积。C．加入合适的催化剂D．恒容条件下充入HeIII．容积为1L的绝热

容器中充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2N2O4，NO2的相关量随时间变化如下图所示。（4）0~3s内，容器中NO2的反应速率增大的原因是_______。【答案】（1）大于（2）CDF（3）①.②.1、2③.

0.005mol/(L·min)④.75%⑤.AC（4）反应放热，温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响【解析】【小问1详解】该反应为吸热反应，则反应物的化学键断裂要吸收的能量大于生成物的化学键形成要放出的能量，故答

案为：大于；小问2详解】A．化学平衡的特征是反应体系各组分的浓度保持不变，而不是相等或成比例，即当c(N2O4)：c(NO2)=1：2时不能说明达到化学平衡，A不合题意；B．根据反应速率之比等于化学计量系数之比可知，2正(N2O4)=正(NO

2)，则当正(N2O4)=2逆(NO2)时，正(NO2)≠逆(NO2)，即不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C．已知N2O4为无色，NO2为红棕色，即反应过程中容器内气体的颜色一直在改变，则容器内气体的颜色不再变化，说明反应达到平衡，C符

合题意；D．根据反应N2O4(g)2NO2(g)可知，该反应前后气体体积发生改变，即恒温恒容下，容器的混合气体压强一直在改变，则混合气体的压强不再变化说明反应达到平衡，D符合题意；【E．反应过程中混合气体的质量不变，容器的体积不变，则混合气体的

密度始终保持不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡，E不合题意；F．根据反应N2O4(g)2NO2(g)可知，该反应前后气体体积发生改变，即混合气体的平均摩尔质量一直在改变，则混合气体的平均摩尔质量不再变化说明反应达到平衡，F符合题意；故答案为：

CDF；【小问3详解】①在图中画出0~16min时间段内，根据反应N2O4(g)2NO2(g)并结合题干图示信息可知，c(NO2)增大了0.06mol/L，则c(N2O4)需减小0.03mol/L，即

从0.04mol/L减小到0.01mol/L，则c(N2O4)随时间的变化曲线为：，故答案为：；②由题干图示信息可知，1~4四个点中，正=逆即反应达到平衡状态，则体系各物质的浓度保持不变，则该点有1

、2，故答案为：1、2；③由题干图示可知，0~4min内NO2的浓度改变了0.04mol/L，则N2O4的浓度改变了0.02mol/L，则这段时间(N2O4)为0.02mo/L=4min=ct=0.005mol/(

L·min)，故答案为：0.005mol/(L·min)；④由题干图示信息可知，反应进行到16min时，NO2的浓度改变了0.06mol/L，则N2O4的浓度改变了0.06mol/L，N2O4的转化率是0.

03mol/L×100%0.04mol/L=75%，故答案为：75%；⑤A．增大NO2的浓度，增大浓度反应速率增大，A符合题意；B．增大容器体积，则减小反应物浓度，反应速率减慢，B不合题意；C．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，C符合题意；D．恒容条件下充入He，反应物浓度不变，反应速率不变，

D不合题意；故答案为：AC；【小问4详解】由于反应2NO2N2O4是一个放热反应，在绝热容器中反应从正向开始，则导致容器的温度升高，反应速率增大，随着反应的进行，NO2的浓度减小，反应速率又减慢，由于反应放热，温度升高对速率

的影响大于浓度降低的影响，导致0~3s内，容器中NO2的反应速率仍然增大，故答案为：反应放热，温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响。20.纯碳酸钙广泛应用于精密电子陶瓷、医药等的生产，某兴趣小组按图所示实验步骤，模拟工业流程制备高纯碳酸钙，请回

答下列问题。（1）“酸溶”过程中，提前将石灰石粉碎，并进行搅拌。目的是_______（2）在“酸溶”过程中发生的化学反应方程式为_______（3）“操作1”的名称_______（4）实验室制取、收集干燥

的NH3①需选用上述仪器装置的接口连接顺序是(填字母)：a接_______、_______接_______，_______接h；实验室用A装置制取NH3的化学方程式为_______②制备碳酸钙通入NH3和CO2气体时，应先通入的气体是_______，试写出制碳酸钙的化学

方程式_______【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（3）过滤（4）①.d②.e③.g④.f⑤.2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O⑥.NH3⑦.H2O+CaCl2+2NH3+CO2=CaCO3

↓+2NH4Cl【解析】【分析】优质石灰石和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，过滤，滤渣二氧化硅，滤液为氯化钙，向氯化钙中先通入氨气形成饱和溶液，再通入二氧化碳反应生成碳酸钙和氯化铵，过滤得到碳酸钙。【小问1详解】“酸溶”过

程中，提前将石灰石粉碎，并进行搅拌，其目的是增大接触面积，加快反应速率；故答案为：增大接触面积，加快反应速率。【小问2详解】为在“酸溶”过程主要是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，其发生的化学反应方程式为CaCO

3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。【小问3详解】“操作1”是固体和液体分离，其名称为过滤；故答案为：过滤。【小问4详解】①实验室用固体氢氧化钙和氯化铵反应生成氯化钙、氨气和水，制得氨气先用碱石灰干燥，在利用向

下排空气收集，在将多余的氨气用水吸收，注意防倒吸，因此需选用上述仪器装置的接口连接顺序是(填字母)：a接d、e接g，f接h；实验室用A装置制取NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：d；e；g；f；

2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com