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高中化学必修2 期中综合检测卷01综合检测新解析版）
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这是一份高中化学必修2 期中综合检测卷01综合检测新解析版），共15页。
2020-2021学年高一化学下学期期中专项复习
综合检测卷 01
一．选择题（每小题3分，共48分，每题只有一个正确选项）
1．中国将与各方携手推动全球环境治理以及可持续发展事业，构建人类命运共同体。下列说法不正确的
A．购物时提倡少用塑料袋以减少白色污染
B．排放到空气中的、、均会形成酸雨
C．为防止电池中的重金属污染土壤，应积极开发废电池的综合利用
D．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
【答案】B
【详解】
A．提倡购物时少用塑料袋，可以减少“白色污染”，故A正确；
B．排放到空气中的、均会形成酸雨，不会形成酸雨，故B错误；
C．废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，为防止污染土壤，应积极开发废电池的综合利用，故C正确；
D．利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境，故D正确；
故选B。
2．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法中正确的是( )
A．玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品
B．制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英
C．硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高
D．沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐
【答案】C
【详解】
A．陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，故A错误；
B．纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料，而制水泥的原料是黏土和石灰石，故B错误；
C．硅酸盐制品性质稳定、熔点高，故C正确；
D．沙子的主要成分是SiO2,黏土的主要成分是硅酸盐，故D错误；
故答案： C。
3．某化学兴趣小组学习原电池知识后，决定用其原理，尝试利用铁粉、活性炭、无机盐等物质开发产品，小组提出的设想或对原理的理解不正确的是（ ）
A．打算制成小包装用于糕点的脱氧剂
B．利用反应放出热量的原理制成暖宝宝
C．调整电池结构，可降低温度，可用于延长糕点保质期
D．正极的电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-
【答案】C
【详解】
A．铁为负极，被氧化生成Fe2+，Fe2+具有还原性，可制成小包装用于糕点的脱氧剂，选项A正确；
B．铁与氧气、水形成原电池反应，铁生锈的过程是放热反应，选项B正确；
C．反应放热，不能降低温度，选项C错误；
D．正极上氧气得电子被还原，电极方程式为2H2O+O2+4e-=4OH-，选项D正确．
答案选C。
4．下列叙述正确的是
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓HNO3易挥发，打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞，瓶口有白烟
C．浓盐酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D．浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化
【答案】D
【详解】
A．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，A错误；
B． 浓HNO3易挥发，打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞，挥发出来的硝酸与空气中的水蒸气形成液体小液滴，瓶口有白雾，故B错误；
C． 浓盐酸不具有吸收性、不能做干燥剂，浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气等气体，酸性干燥剂不能干燥氨气，C错误；
D． 浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化，在使铁、铝金属的表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，故D正确；
答案选D。
5．下列关于二氧化硫的说法不正确的是
A．SO2能使H2S的水溶液出现黄色沉淀，说明SO2具有氧化性
B．SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．SO2通入水中无明显现象，说明SO2不与水反应
D．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性
【答案】C
【详解】
A．在溶液中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O，在该反应中SO2为氧化剂，得到电子，表现氧化性，A正确；
B．SO2能使品红溶液褪色，说明SO2能够与有色物质反应产生无色物质，因此可证明SO2具有漂白性，B正确；
C．反应不一定有现象，因此不能根据SO2通入水中无明显现象，就说SO2不能与水反应，事实上二氧化硫溶于水，并与水反应产生亚硫酸，由于亚硫酸溶液显无色，因此无明显现象，C错误；
D．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会将SO2氧化为硫酸，KMnO4被还原为无色MnSO4，因此可说明SO2具有还原性，D正确；
故合理选项是C。
6．在C(s)+CO2(g)＝2CO(g)的反应中，现采取下列措施：①缩小体积，增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2上述能够使反应速率增大的措施是
A．①④ B．②③⑤ C．①③ D．①②④
【答案】C
【详解】
①缩小体积，增大压强，有气体参加反应，则反应速率加快，故选；
②C为纯固体，增加碳的量，反应速率不变，故不选；
③通入CO2，浓度增大，反应速率加快，故选；
④恒容下充入N2，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，故不选；
⑤恒压下充入N2，反应体系的分压减小，反应速率减小，故不选；
能够使反应速率增大的措施是①③，故答案选C。
7．反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，若在恒压容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（ ）
A．容器内气体的密度不再变化
B．容器内压强保持不变
C．相同时间内，生成N-H键的数目与断开H-H键的数目相等
D．容器内气体的浓度之比c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2
【答案】A
【详解】
A. 反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0是气体体积减小的反应，反应在恒压容器中发生，体积可变但气体总质量不变，密度不变说明气体的体积不变，表明反应已达平衡状态，选项A正确；
B.因反应在恒压条件下进行，反应中压强始终不变，故压强不再变化不能表明反应一定已达平衡状态，选项B错误；
C.断开键和生成键均表示正反应，则相同时间内，断开键的数目和生成键的数目相等不能表明反应一定已达平衡状态，选项C错误；
D.容器内气体的浓度与反应的起始状态有关，不能表明反应一定已达平衡状态，选项D错误；
答案选A。
8．如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的组合是
M
N
P
A
锌
铜
稀硫酸溶液
B
铜
铁
稀盐酸溶液
C
银
锌
硝酸银溶液
D
锌
铁
硝酸铁溶液
【答案】C
【点睛】
电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，说明M、N与池中液体构成了原电池。N棒变细，作负极，M棒变粗，说明溶液中的金属阳离子在M极上得到电子，生成金属单质，M变粗，M做原电池的正极。
【详解】
A.如果是锌、铜、稀硫酸构成原电池，则电池总反应式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，Zn作负极， M极变细， 故A错误；
B.如果是铁、铜、稀盐酸构成原电池，电池总反应式为Fe＋2H＋= Fe2+＋H2 ↑，则铁是负极，铜棒M 是不会变粗的，故B错误；
C.如果是银、锌、硝酸银溶液构成原电池，电池总反应式为 Zn＋2Ag＋=Zn2＋＋2Ag，则锌是负极，N棒变细，析出的银附在银上，M棒变粗，故C正确；
D.如果是锌、铁、硝酸铁溶液构成原电池，电池总反应式为Zn+ 2Fe3+=2 Fe2++ Zn2＋，Zn作负极， M极变细，故D错误；
答案选C。
9．锌—空气电池(原理如右图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是
A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．该电池的负极反应为Zn＋H2O－2e－=ZnO＋2H＋
C．该电池放电时OH－向Zn电极移动
D．若Zn电极消耗6.5 g，外电路转移0.1 mol e-
【答案】C
【详解】
A．氧气得电子发生还原反应 ，故A错误；
B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为： ，故B错误；
C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH－向Zn电极移动 ，故C正确；
D．若Zn电极消耗6.5 g，外电路转移0.2 mol e- ，故D错误；
故选：C。
10．以反应5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
A．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1
B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
【答案】A
【详解】
A. 高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为： =×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= =1.7×10−4 mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B. 在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；
C. 分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；
D. 根据反应方程式可得5H2C2O4−2MnO由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故D正确；
故选：A。
11．已知：①Sn(s，白)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH1
②Sn(s，灰)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3＝+2.1kJ/mol，下列说法不正确的是（ ）
A．灰锡与白锡互为同素异形体 B．锡在标准状况下以灰锡状态存在
C．反应①是放热反应 D．ΔH1＞ΔH2
【答案】D
【详解】
A．灰锡和白锡是锡元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，故A正确；
B．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，所以在标准状况下（0℃，101kPa），锡以灰锡状态存在，故B正确；
C．反应①是活泼金属和酸发生的置换反应，是放热反应，故C正确；
D．根据反应③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3＝+2.1kJ/mol可知，由灰锡变为白锡会吸收热量，所以反应①放出的热量大于反应②，但由于反应①和②都是放热反应，ΔH为负值，所以ΔH1＜ΔH2，故D错误；
故选D。
12．工业上，常用O2氧化HCl转化成Cl2，提高效益，减少污染。反应为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g） +2H2O（g）。一定条件下，测得数据如下：
t/ min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
10.0
12. 0
c（Cl2）/10-3mol∙L-1
0
1.8
3.8
5.7
7.2
7.7
7.7
下列说法错误的是
A．条件不变时，14 min时v正（Cl2）=v逆（H2O）
B．2.0~4.0 min内的平均反应速率大于6.0~8.0 min内的
C．0~6.0 min内HCl的平均反应速率为1.9 mol·L-1·min-1
D．加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于10.0 min
【答案】C
【详解】
A．由表格数据可知，10min时Cl2浓度不再变化，反应达到平衡，14min时反应依然处于平衡状态，所以v正（Cl2）=v逆（H2O），A正确；
B．2.0~4.0 min内Cl2的平均反应速率为，6.0~8.0 min内Cl2的平均反应速率为，所以2.0~4.0 min内的平均反应速率大于6.0~8.0 min内的，B正确；
C．0~6.0 min内Cl2的平均反应速率为，根据反应速率之比等于化学计量数之比，HCl0~6.0 min内的平均反应速率为，C错误；
D．催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡的反应时间，D正确；
故选C。
13．将一定量的锌与100mL 18.5mol·L-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的，则下列叙述中错误的是
A．气体A为SO2和H2的混合物 B．反应中共消耗Zn 97.5g
C．气体A中SO2和H2的体积比为4：1 D．反应中共转移3mol电子
【答案】C
【分析】
气体的物质的量为1.5mol，浓硫酸中n(H2SO4)=18.5mol/L×0.1L=1.85mol，浓硫酸中n(H+)=2n(H2SO4)=1.85mol×2=3.7mol，反应后溶液中c(H+)=0.1mol/L，则参加反应n (H+)=3.7mol-0.1mol/L×1L=3.6mol，Zn+2H2SO4 (浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设二氧化硫的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据H原子守恒、气体的物质的量列方程，x+y=1.5，4x+2y=3.6；解得x=0.3，y=1.2；
所以二氧化硫、氢气的物质的量分别是0.3mol、1.2mol，再结合题目解答。
【详解】
A．通过以上分析可知，气体A为SO2和H2的混合物，故A正确；
B．根据转移电子守恒得消耗m(Zn)=1.5×65g/mol=97.5g，故B正确；
C．相同条件下气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，所以二氧化硫和氢气的体积之比=0.3mol:1.2mol=1:4，故C错误；
D．该反应中转移电子总数=0.3mol×(6-4) +1.2mol×2×(1-0) =3mol，故D正确；
故选C。
14．保险粉(Na2S2O4)，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH(溶剂)和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法正确的是( )
A．制备保险粉的离子方程式为：HCOO－＋H2O＋2SO2=S2O＋CO2↑＋3H+
B．为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中的空气
C．制备SO2气体所用的浓硫酸应该换为98%H2SO4
D．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2
【答案】B
【详解】
A．SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，离子方程式：HCOO-+OH-+2SO2═S2O+CO2↑+H2O，故A错误；
B．为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2，故B正确；
C．98%H2SO4为浓硫酸，主要以硫酸分子存在，不能与Na2SO3反应制备SO2气体，故C错误；
D．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出二氧化硫，防止空气污染，故D错误；
故选B。
15．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和、、的混合气体，这些气体与(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。则消耗铜的质量为
A．0.32g B．4.8g C．1.92g D．0.96g
【答案】C
【分析】
因为过程前后变价的元素是铜元素和氧元素，相当于铜失去电子给氧气，利用得失电子数相等即可得到答案。
【详解】
铜与浓硝酸反应的还原产物是、、的混合气体，当通入后所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程氮元素又恢复了原来的价态，所以变价的元素就是铜元素和氧元素，根据电子得失守恒，铜失去的电子就等于氧气得到的电子，设消耗的铜有mg，则有，解得m=1.92，
故答案选C。
【点睛】
守恒法是解决氧化还原反应计算的最简单方法。
16．绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气主要含、、、NO、CO，不考虑其他成分，设计了如图流程。已知：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，下列说法正确的是
A．固体1中主要含有、
B．X可以是空气，且需过量
C．处理含废水时，发生的反应：
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】D
【分析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可以为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，据此分析解答问题。
【详解】
A．根据上述分析可知，固体1中的主要成分为CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，A选项错误；
B．若X为过量的空气或者氧气，会将NO氧化成NO3-，无法与NH4+发生反应，B选项错误；
C．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为NH4++NO2-===N2↑+2H2O，C选项错误；
D．由以上分析可知，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故D正确；答案选D。
二．非选择题
17．已知 A、B、C、D、E、F 是含有同一种元素的化合物，其中F是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，A和B是汽车尾气的主要成分，它们之间能发生如下反应：
①A +H2O→B+C
②F +C→D(白烟)
③D + NaOH =E+F+H2O
(1)写出它们的化学式：A___________，C___________，D___________，F___________。
(2)D属于___________化合物。(填“离子”或“共价”)
(3)写出②反应的化学方程式：___________，这个反应___________( 填“属于”或“不属于” ) 氧化还原反应；
(4)工业生产C 的过程中有一步反应为 F 经催化氧化生成B 和H2O，写出该步反应的化学方程式：___________。
【答案】NO2 HNO3 NH4NO3 NH3 离子 NH3+HNO3=NH4NO3 不属于 4NH3+5O24NO+6H2O
【分析】
F是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，所以F为氨气，A和B是汽车尾气的主要成分，说明A、B、C、D、E、F均含氮元素，因为A +H2O→B+C，则A为二氧化氮，B为一氧化氮，C为硝酸，又因为F +C→D(白烟)，所以D为硝酸铵，因为D + NaOH =E+F+H2O，所以E为硝酸钠，据此作答。
【详解】
(1)由分析可知A、C、D、F分别为NO2、HNO3、NH4NO3、NH3；
(2)D为硝酸铵，是离子化合物；
(3)C为硝酸、F为氨气、D为硝酸铵所以②反应的化学方程式，反应过程没有元素化合价发生改变，不是氧化还原反应；
(4)工业上采取氨气催化氧化法制备硝酸的第一步反应为4NH3+5O24NO+6H2O。
18．一氧化碳可用于制甲酸钠，也可以在冶金工业中作还原剂，还可以作气体燃料，如水煤气(一氧化碳和氢气等气体的混合物)。在恒温恒容密闭容器中发生如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。请回答下列问题：
(1)加快该反应速率的措施是_______________ (写一条即可)。
(2)已知化学键的键能(E)数据如下表：
化学键
H-H
C=O
C≡O( CO)
H-O
E/(kJ/mol)
436
750
1076
463
由此计算生成1 mol CO2_________(吸收或放出)能量______kJ。
(3)判断该反应达到平衡的依据是______。
A．正、逆反应速率都为零
B．容器内压强不再变化
C．CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
D．单位时间内生成1 mol H2，同时生成1 mol CO
(4)若该容器的容积为2L，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O(g)，在一定条件下发生反应，反应中CO2 的浓度随时间变化情况如图所示：
①反应到4 min时，H2O(g)的转化率=_____。
②根据该图数据，反应开始至达到平衡时，CO的平均反应速率v(CO)=_______；反应达平衡时，H2的体积分数=________。
【答案】升高温度或使用催化剂 吸收 66 CD 40% 0.006mol/(L·min) 30%
【详解】
(1)升高温度、增大浓度、加入催化剂等方法都能加快化学反应速率，所以可以采用升高温度、增大反应物浓度或加入催化剂增大该反应的反应速率；
(2)该反应ΔH=(1076+2×463−750×2−436)kJ/mol=+66kJ/mol，ΔH＞0，反应吸收热量；
(3) 根据化学反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
A．正、逆反应速率相等且不等于0时，达到平衡状态，故A错误；
B．恒温恒容条件下该反应前后气体计量数之和不变，则容器内压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D．单位时间内生成1molH2，同时生成1molCO，同时消耗1molCO，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选CD；
(4)①根据图知，4min内Δc(CO2)=(0.04−0)mol/L=0.04mol/L，则消耗Δc(H2O)=Δc(CO2)=0.04mol/L，水的转化率=×100%=×100%=40%；
②根据图知，10min时二氧化碳浓度不变，反应达到平衡状态，则10min内v(CO2)= =0.006 mol/(L·min)，根据方程式知，反应开始至达到平衡时，CO的平均反应速率为v(CO)=v(CO2)=0.006 mol/(L·min)；
可逆反应
反应达到平衡状态时，氢气的体积分数等于其物质的量浓度分数=×100%=30%。
19．某实验小组同学为探究蔗糖与浓硫酸的“黑面包”反应，并检验产物中的H2O、CO2、SO2设计了如下实验装置，请回答下列问题：
(1)反应开始前向蔗糖中加入少量水，整个反应过程中浓硫酸所体现的性质有_______。
A、酸性B、吸水性C、难挥发性D、脱水性E、强氧化性
用化学方程式表示“黑面包”膨胀的原因为___________。
(2)②中仪器a的名称为________，b管的作用是________，为实现实验目的上述装置的连接顺序是__________。(填装置序号)
(3)说明产物中有SO2的实验现象是________________。
(4)说明产物中有CO2的实验现象是_______________。
【答案】B D E C＋2H2SO4(浓)SO2↑+CO2↑＋H2O 分液漏斗 平衡分液漏斗与圆底烧瓶内的压强，使浓硫酸能顺利流下 ②①④③ ④中棉花蓝色变浅 蓝色棉花不完全褪色，澄清石灰水变浑浊
【分析】
②中浓硫酸使蔗糖脱水炭化，b管的作用是平衡压强，便于浓硫酸顺利滴下，用装置①检验水，然后用装置④检验二氧化硫，棉花蓝色变浅，最后用澄清石灰水装置③检验二氧化碳，据此解题。
【详解】
(1)浓硫酸使蔗糖脱水炭化，体现了浓硫酸的脱水性，同时浓硫酸吸水放热，浓硫酸具有强氧化性，碳和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，使“黑面包”膨胀，所以整个反应过程中浓硫酸所体现的性质有吸水性、脱水性和强氧化性,则BDE符合题意；“黑面包” 膨胀的原因为：C＋2H2SO4(浓)SO2↑+CO2↑＋H2O；
故答案为：BDE；C＋2H2SO4(浓)SO2↑+CO2↑＋H2O；
(2)②中仪器a的名称为分液漏斗； b管的作用是平衡压强，便于浓硫酸顺利滴下，为实现实验目的，先用无水硫酸铜检验水(无水硫酸铜遇水变蓝)，然后用装置④检验二氧化硫，因为二氧化硫和碘水反应：SO2 + I2 + 2 H2O = 2HI + H2SO4，棉花蓝色变浅，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以上述装置的连接顺序是②①④③；
故答案为：分液漏斗；平衡分液漏斗与圆底烧瓶内的压强，使浓硫酸能顺利流下；②①④③；
(3)说明产物中有SO2的实验现象是：④中棉花蓝色变浅；
故答案为：④中棉花蓝色变浅；
(4)说明产物中有CO2的实验现象是：蓝色棉花不完全褪色，说明二氧化硫被完全吸收，澄清石灰水变浑浊；
故答案为：蓝色棉花不完全褪色，澄清石灰水变浑浊；
20．I．依据氧化还原反应2Fe3+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)设计的原电池如图所示。
请回答下列问题：
(1)电解质溶液是_________(填化学式)溶液。
(2)Cu电极上发生的电极反应为___________。
(3)石墨电极上发生反应的类型为_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(4)当有1.6g铜溶解时，通过外电路的电子的物质的量为__________。
II．某种氢氧燃料电池是用稀硫酸作电解质溶液,其装置如图。则电极a是电池的________(填“正”或负“)极，电子从该极______(填“流入”或“流出”)，该电池正极的电极反应式为___________。
【答案】Fe2(SO4)3(或FeCl3等合理答案均可) Cu-2e-=Cu2+ 还原 0.05mol 负 流出 O2+4H++4e-=2H2O
【分析】
Ⅰ．根据反应总式，石墨作正极，铁离子得电子生成亚铁离子，Cu电极作负极，失电子生成铜离子；
Ⅱ．氢氧燃料电池(电解质溶液显酸性)，氢气失电子生成氢离子，氧气得电子与氢离子反应生成水。
【详解】Ⅰ．(1)根据总反应式，可判断电解质溶液中含有3价铁离子，则电解质溶液为硫酸铁或氯化铁溶液；故答案为：Fe2(SO4)3(或FeCl3等合理答案均可)；
(2)放电时，Cu电极失电子生成铜离子，则电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
(3)石墨电极上铁离子得电子生成亚铁离子，发生还原反应；故答案为：还原；
(4)当有1.6g铜溶解时，通过外电路的电子的物质的量为=0.05mol。故答案为：0.05mol；
II．氢氧燃料电池中，氢气失电子，电极a是电池的负极，电子从该极流出，b极氧气得电子，与电解质溶液中的氢离子反应生成水，电极反应式为O2＋4H＋+4e－＝2H2O。故答案为：负；流出；O2＋4H＋+4e－＝2H2O。
21．将浓度均为的、、KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为。反应分两步进行，反应A为，反应B为……
（1）反应B的离子方程式是_________________________。对于总反应，的作用相当于_______。
（2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。
a．向酸化的溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。
b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。
试剂X是_______________。
（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为）
用量/ML
实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液
（含淀粉）
实验Ⅱ
5
4
8
3
0
实验Ⅲ
5
2
x
y
z
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。
①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______________________________。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是____________________________________________。
（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为）
用量/ML
实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液
（含淀粉）
实验Ⅳ
4
4
9
3
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：________________________________________。
【答案】 催化剂 淀粉、碘化钾 8、3、2 其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 由于，，所以未出现溶液变蓝的现象
【分析】
“碘钟实验”分反应、两步进行，实验采取控制变量方法，探究氢离子浓度对反应速率的影响，仅改变加入硫酸的体积来进行实验。反应物的浓度越高，反应速率越快。
【详解】
（1）“碘钟实验”总反应的化学方程式为，
该反应分两步进行，反应A为，
则总反应减去反应A可得反应B的离子方程式为；
通过反应A、反应B可知，在反应前后质量不变，化学性质不变，
因此在该反应中的作用是作催化剂。
（2）具有氧化性，会将KI氧化为，淀粉溶液遇变为蓝色，具有氧化性，会将氧化为，被还原为。所以试剂X是淀粉，KI。
（3）①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法，即只改变一个反应条件，其他条件都相同，根据表格数据可知，实验Ⅲ与实验Ⅱ相比硫酸溶液的体积减小，为保证其他条件都相同，而且混合后总体积相同，实验Ⅲ中，，，。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是在其他条件不变时，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快。
（4）由反应A、B方程式可得，在达到平衡时，应有n（H2O2）:n（Na2S2O3）=1:2,对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知其他量没有变化，溶液总体积相同，溶液的体积减小，溶液的体积增大，，结果未出现溶液变为蓝色的现象，说明，导致不能出现溶液变蓝的现象。
2020-2021学年高一化学下学期期中专项复习
综合检测卷 01
一．选择题（每小题3分，共48分，每题只有一个正确选项）
1．中国将与各方携手推动全球环境治理以及可持续发展事业，构建人类命运共同体。下列说法不正确的
A．购物时提倡少用塑料袋以减少白色污染
B．排放到空气中的、、均会形成酸雨
C．为防止电池中的重金属污染土壤，应积极开发废电池的综合利用
D．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
【答案】B
【详解】
A．提倡购物时少用塑料袋，可以减少“白色污染”，故A正确；
B．排放到空气中的、均会形成酸雨，不会形成酸雨，故B错误；
C．废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，为防止污染土壤，应积极开发废电池的综合利用，故C正确；
D．利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境，故D正确；
故选B。
2．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法中正确的是( )
A．玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品
B．制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英
C．硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高
D．沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐
【答案】C
【详解】
A．陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，故A错误；
B．纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料，而制水泥的原料是黏土和石灰石，故B错误；
C．硅酸盐制品性质稳定、熔点高，故C正确；
D．沙子的主要成分是SiO2,黏土的主要成分是硅酸盐，故D错误；
故答案： C。
3．某化学兴趣小组学习原电池知识后，决定用其原理，尝试利用铁粉、活性炭、无机盐等物质开发产品，小组提出的设想或对原理的理解不正确的是（ ）
A．打算制成小包装用于糕点的脱氧剂
B．利用反应放出热量的原理制成暖宝宝
C．调整电池结构，可降低温度，可用于延长糕点保质期
D．正极的电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-
【答案】C
【详解】
A．铁为负极，被氧化生成Fe2+，Fe2+具有还原性，可制成小包装用于糕点的脱氧剂，选项A正确；
B．铁与氧气、水形成原电池反应，铁生锈的过程是放热反应，选项B正确；
C．反应放热，不能降低温度，选项C错误；
D．正极上氧气得电子被还原，电极方程式为2H2O+O2+4e-=4OH-，选项D正确．
答案选C。
4．下列叙述正确的是
A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓HNO3易挥发，打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞，瓶口有白烟
C．浓盐酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D．浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化
【答案】D
【详解】
A．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，A错误；
B． 浓HNO3易挥发，打开装有浓HNO3容器瓶的瓶塞，挥发出来的硝酸与空气中的水蒸气形成液体小液滴，瓶口有白雾，故B错误；
C． 浓盐酸不具有吸收性、不能做干燥剂，浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气等气体，酸性干燥剂不能干燥氨气，C错误；
D． 浓硫酸、浓HNO3在常温下能够使铁、铝金属钝化，在使铁、铝金属的表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，故D正确；
答案选D。
5．下列关于二氧化硫的说法不正确的是
A．SO2能使H2S的水溶液出现黄色沉淀，说明SO2具有氧化性
B．SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．SO2通入水中无明显现象，说明SO2不与水反应
D．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性
【答案】C
【详解】
A．在溶液中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O，在该反应中SO2为氧化剂，得到电子，表现氧化性，A正确；
B．SO2能使品红溶液褪色，说明SO2能够与有色物质反应产生无色物质，因此可证明SO2具有漂白性，B正确；
C．反应不一定有现象，因此不能根据SO2通入水中无明显现象，就说SO2不能与水反应，事实上二氧化硫溶于水，并与水反应产生亚硫酸，由于亚硫酸溶液显无色，因此无明显现象，C错误；
D．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会将SO2氧化为硫酸，KMnO4被还原为无色MnSO4，因此可说明SO2具有还原性，D正确；
故合理选项是C。
6．在C(s)+CO2(g)＝2CO(g)的反应中，现采取下列措施：①缩小体积，增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2上述能够使反应速率增大的措施是
A．①④ B．②③⑤ C．①③ D．①②④
【答案】C
【详解】
①缩小体积，增大压强，有气体参加反应，则反应速率加快，故选；
②C为纯固体，增加碳的量，反应速率不变，故不选；
③通入CO2，浓度增大，反应速率加快，故选；
④恒容下充入N2，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，故不选；
⑤恒压下充入N2，反应体系的分压减小，反应速率减小，故不选；
能够使反应速率增大的措施是①③，故答案选C。
7．反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，若在恒压容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（ ）
A．容器内气体的密度不再变化
B．容器内压强保持不变
C．相同时间内，生成N-H键的数目与断开H-H键的数目相等
D．容器内气体的浓度之比c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2
【答案】A
【详解】
A. 反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0是气体体积减小的反应，反应在恒压容器中发生，体积可变但气体总质量不变，密度不变说明气体的体积不变，表明反应已达平衡状态，选项A正确；
B.因反应在恒压条件下进行，反应中压强始终不变，故压强不再变化不能表明反应一定已达平衡状态，选项B错误；
C.断开键和生成键均表示正反应，则相同时间内，断开键的数目和生成键的数目相等不能表明反应一定已达平衡状态，选项C错误；
D.容器内气体的浓度与反应的起始状态有关，不能表明反应一定已达平衡状态，选项D错误；
答案选A。
8．如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的组合是
M
N
P
A
锌
铜
稀硫酸溶液
B
铜
铁
稀盐酸溶液
C
银
锌
硝酸银溶液
D
锌
铁
硝酸铁溶液
【答案】C
【点睛】
电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，说明M、N与池中液体构成了原电池。N棒变细，作负极，M棒变粗，说明溶液中的金属阳离子在M极上得到电子，生成金属单质，M变粗，M做原电池的正极。
【详解】
A.如果是锌、铜、稀硫酸构成原电池，则电池总反应式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，Zn作负极， M极变细， 故A错误；
B.如果是铁、铜、稀盐酸构成原电池，电池总反应式为Fe＋2H＋= Fe2+＋H2 ↑，则铁是负极，铜棒M 是不会变粗的，故B错误；
C.如果是银、锌、硝酸银溶液构成原电池，电池总反应式为 Zn＋2Ag＋=Zn2＋＋2Ag，则锌是负极，N棒变细，析出的银附在银上，M棒变粗，故C正确；
D.如果是锌、铁、硝酸铁溶液构成原电池，电池总反应式为Zn+ 2Fe3+=2 Fe2++ Zn2＋，Zn作负极， M极变细，故D错误；
答案选C。
9．锌—空气电池(原理如右图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是
A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．该电池的负极反应为Zn＋H2O－2e－=ZnO＋2H＋
C．该电池放电时OH－向Zn电极移动
D．若Zn电极消耗6.5 g，外电路转移0.1 mol e-
【答案】C
【详解】
A．氧气得电子发生还原反应 ，故A错误；
B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为： ，故B错误；
C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH－向Zn电极移动 ，故C正确；
D．若Zn电极消耗6.5 g，外电路转移0.2 mol e- ，故D错误；
故选：C。
10．以反应5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
A．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1
B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
【答案】A
【详解】
A. 高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为： =×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= =1.7×10−4 mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B. 在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；
C. 分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；
D. 根据反应方程式可得5H2C2O4−2MnO由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故D正确；
故选：A。
11．已知：①Sn(s，白)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH1
②Sn(s，灰)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3＝+2.1kJ/mol，下列说法不正确的是（ ）
A．灰锡与白锡互为同素异形体 B．锡在标准状况下以灰锡状态存在
C．反应①是放热反应 D．ΔH1＞ΔH2
【答案】D
【详解】
A．灰锡和白锡是锡元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，故A正确；
B．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，所以在标准状况下（0℃，101kPa），锡以灰锡状态存在，故B正确；
C．反应①是活泼金属和酸发生的置换反应，是放热反应，故C正确；
D．根据反应③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3＝+2.1kJ/mol可知，由灰锡变为白锡会吸收热量，所以反应①放出的热量大于反应②，但由于反应①和②都是放热反应，ΔH为负值，所以ΔH1＜ΔH2，故D错误；
故选D。
12．工业上，常用O2氧化HCl转化成Cl2，提高效益，减少污染。反应为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g） +2H2O（g）。一定条件下，测得数据如下：
t/ min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
10.0
12. 0
c（Cl2）/10-3mol∙L-1
0
1.8
3.8
5.7
7.2
7.7
7.7
下列说法错误的是
A．条件不变时，14 min时v正（Cl2）=v逆（H2O）
B．2.0~4.0 min内的平均反应速率大于6.0~8.0 min内的
C．0~6.0 min内HCl的平均反应速率为1.9 mol·L-1·min-1
D．加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于10.0 min
【答案】C
【详解】
A．由表格数据可知，10min时Cl2浓度不再变化，反应达到平衡，14min时反应依然处于平衡状态，所以v正（Cl2）=v逆（H2O），A正确；
B．2.0~4.0 min内Cl2的平均反应速率为，6.0~8.0 min内Cl2的平均反应速率为，所以2.0~4.0 min内的平均反应速率大于6.0~8.0 min内的，B正确；
C．0~6.0 min内Cl2的平均反应速率为，根据反应速率之比等于化学计量数之比，HCl0~6.0 min内的平均反应速率为，C错误；
D．催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡的反应时间，D正确；
故选C。
13．将一定量的锌与100mL 18.5mol·L-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的，则下列叙述中错误的是
A．气体A为SO2和H2的混合物 B．反应中共消耗Zn 97.5g
C．气体A中SO2和H2的体积比为4：1 D．反应中共转移3mol电子
【答案】C
【分析】
气体的物质的量为1.5mol，浓硫酸中n(H2SO4)=18.5mol/L×0.1L=1.85mol，浓硫酸中n(H+)=2n(H2SO4)=1.85mol×2=3.7mol，反应后溶液中c(H+)=0.1mol/L，则参加反应n (H+)=3.7mol-0.1mol/L×1L=3.6mol，Zn+2H2SO4 (浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设二氧化硫的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据H原子守恒、气体的物质的量列方程，x+y=1.5，4x+2y=3.6；解得x=0.3，y=1.2；
所以二氧化硫、氢气的物质的量分别是0.3mol、1.2mol，再结合题目解答。
【详解】
A．通过以上分析可知，气体A为SO2和H2的混合物，故A正确；
B．根据转移电子守恒得消耗m(Zn)=1.5×65g/mol=97.5g，故B正确；
C．相同条件下气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，所以二氧化硫和氢气的体积之比=0.3mol:1.2mol=1:4，故C错误；
D．该反应中转移电子总数=0.3mol×(6-4) +1.2mol×2×(1-0) =3mol，故D正确；
故选C。
14．保险粉(Na2S2O4)，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH(溶剂)和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法正确的是( )
A．制备保险粉的离子方程式为：HCOO－＋H2O＋2SO2=S2O＋CO2↑＋3H+
B．为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中的空气
C．制备SO2气体所用的浓硫酸应该换为98%H2SO4
D．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2
【答案】B
【详解】
A．SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，离子方程式：HCOO-+OH-+2SO2═S2O+CO2↑+H2O，故A错误；
B．为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2，故B正确；
C．98%H2SO4为浓硫酸，主要以硫酸分子存在，不能与Na2SO3反应制备SO2气体，故C错误；
D．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出二氧化硫，防止空气污染，故D错误；
故选B。
15．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和、、的混合气体，这些气体与(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。则消耗铜的质量为
A．0.32g B．4.8g C．1.92g D．0.96g
【答案】C
【分析】
因为过程前后变价的元素是铜元素和氧元素，相当于铜失去电子给氧气，利用得失电子数相等即可得到答案。
【详解】
铜与浓硝酸反应的还原产物是、、的混合气体，当通入后所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程氮元素又恢复了原来的价态，所以变价的元素就是铜元素和氧元素，根据电子得失守恒，铜失去的电子就等于氧气得到的电子，设消耗的铜有mg，则有，解得m=1.92，
故答案选C。
【点睛】
守恒法是解决氧化还原反应计算的最简单方法。
16．绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气主要含、、、NO、CO，不考虑其他成分，设计了如图流程。已知：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，下列说法正确的是
A．固体1中主要含有、
B．X可以是空气，且需过量
C．处理含废水时，发生的反应：
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】D
【分析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可以为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，据此分析解答问题。
【详解】
A．根据上述分析可知，固体1中的主要成分为CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，A选项错误；
B．若X为过量的空气或者氧气，会将NO氧化成NO3-，无法与NH4+发生反应，B选项错误；
C．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为NH4++NO2-===N2↑+2H2O，C选项错误；
D．由以上分析可知，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故D正确；答案选D。
二．非选择题
17．已知 A、B、C、D、E、F 是含有同一种元素的化合物，其中F是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，A和B是汽车尾气的主要成分，它们之间能发生如下反应：
①A +H2O→B+C
②F +C→D(白烟)
③D + NaOH =E+F+H2O
(1)写出它们的化学式：A___________，C___________，D___________，F___________。
(2)D属于___________化合物。(填“离子”或“共价”)
(3)写出②反应的化学方程式：___________，这个反应___________( 填“属于”或“不属于” ) 氧化还原反应；
(4)工业生产C 的过程中有一步反应为 F 经催化氧化生成B 和H2O，写出该步反应的化学方程式：___________。
【答案】NO2 HNO3 NH4NO3 NH3 离子 NH3+HNO3=NH4NO3 不属于 4NH3+5O24NO+6H2O
【分析】
F是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，所以F为氨气，A和B是汽车尾气的主要成分，说明A、B、C、D、E、F均含氮元素，因为A +H2O→B+C，则A为二氧化氮，B为一氧化氮，C为硝酸，又因为F +C→D(白烟)，所以D为硝酸铵，因为D + NaOH =E+F+H2O，所以E为硝酸钠，据此作答。
【详解】
(1)由分析可知A、C、D、F分别为NO2、HNO3、NH4NO3、NH3；
(2)D为硝酸铵，是离子化合物；
(3)C为硝酸、F为氨气、D为硝酸铵所以②反应的化学方程式，反应过程没有元素化合价发生改变，不是氧化还原反应；
(4)工业上采取氨气催化氧化法制备硝酸的第一步反应为4NH3+5O24NO+6H2O。
18．一氧化碳可用于制甲酸钠，也可以在冶金工业中作还原剂，还可以作气体燃料，如水煤气(一氧化碳和氢气等气体的混合物)。在恒温恒容密闭容器中发生如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。请回答下列问题：
(1)加快该反应速率的措施是_______________ (写一条即可)。
(2)已知化学键的键能(E)数据如下表：
化学键
H-H
C=O
C≡O( CO)
H-O
E/(kJ/mol)
436
750
1076
463
由此计算生成1 mol CO2_________(吸收或放出)能量______kJ。
(3)判断该反应达到平衡的依据是______。
A．正、逆反应速率都为零
B．容器内压强不再变化
C．CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
D．单位时间内生成1 mol H2，同时生成1 mol CO
(4)若该容器的容积为2L，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O(g)，在一定条件下发生反应，反应中CO2 的浓度随时间变化情况如图所示：
①反应到4 min时，H2O(g)的转化率=_____。
②根据该图数据，反应开始至达到平衡时，CO的平均反应速率v(CO)=_______；反应达平衡时，H2的体积分数=________。
【答案】升高温度或使用催化剂 吸收 66 CD 40% 0.006mol/(L·min) 30%
【详解】
(1)升高温度、增大浓度、加入催化剂等方法都能加快化学反应速率，所以可以采用升高温度、增大反应物浓度或加入催化剂增大该反应的反应速率；
(2)该反应ΔH=(1076+2×463−750×2−436)kJ/mol=+66kJ/mol，ΔH＞0，反应吸收热量；
(3) 根据化学反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
A．正、逆反应速率相等且不等于0时，达到平衡状态，故A错误；
B．恒温恒容条件下该反应前后气体计量数之和不变，则容器内压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D．单位时间内生成1molH2，同时生成1molCO，同时消耗1molCO，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选CD；
(4)①根据图知，4min内Δc(CO2)=(0.04−0)mol/L=0.04mol/L，则消耗Δc(H2O)=Δc(CO2)=0.04mol/L，水的转化率=×100%=×100%=40%；
②根据图知，10min时二氧化碳浓度不变，反应达到平衡状态，则10min内v(CO2)= =0.006 mol/(L·min)，根据方程式知，反应开始至达到平衡时，CO的平均反应速率为v(CO)=v(CO2)=0.006 mol/(L·min)；
可逆反应
反应达到平衡状态时，氢气的体积分数等于其物质的量浓度分数=×100%=30%。
19．某实验小组同学为探究蔗糖与浓硫酸的“黑面包”反应，并检验产物中的H2O、CO2、SO2设计了如下实验装置，请回答下列问题：
(1)反应开始前向蔗糖中加入少量水，整个反应过程中浓硫酸所体现的性质有_______。
A、酸性B、吸水性C、难挥发性D、脱水性E、强氧化性
用化学方程式表示“黑面包”膨胀的原因为___________。
(2)②中仪器a的名称为________，b管的作用是________，为实现实验目的上述装置的连接顺序是__________。(填装置序号)
(3)说明产物中有SO2的实验现象是________________。
(4)说明产物中有CO2的实验现象是_______________。
【答案】B D E C＋2H2SO4(浓)SO2↑+CO2↑＋H2O 分液漏斗 平衡分液漏斗与圆底烧瓶内的压强，使浓硫酸能顺利流下 ②①④③ ④中棉花蓝色变浅 蓝色棉花不完全褪色，澄清石灰水变浑浊
【分析】
②中浓硫酸使蔗糖脱水炭化，b管的作用是平衡压强，便于浓硫酸顺利滴下，用装置①检验水，然后用装置④检验二氧化硫，棉花蓝色变浅，最后用澄清石灰水装置③检验二氧化碳，据此解题。
【详解】
(1)浓硫酸使蔗糖脱水炭化，体现了浓硫酸的脱水性，同时浓硫酸吸水放热，浓硫酸具有强氧化性，碳和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，使“黑面包”膨胀，所以整个反应过程中浓硫酸所体现的性质有吸水性、脱水性和强氧化性,则BDE符合题意；“黑面包” 膨胀的原因为：C＋2H2SO4(浓)SO2↑+CO2↑＋H2O；
故答案为：BDE；C＋2H2SO4(浓)SO2↑+CO2↑＋H2O；
(2)②中仪器a的名称为分液漏斗； b管的作用是平衡压强，便于浓硫酸顺利滴下，为实现实验目的，先用无水硫酸铜检验水(无水硫酸铜遇水变蓝)，然后用装置④检验二氧化硫，因为二氧化硫和碘水反应：SO2 + I2 + 2 H2O = 2HI + H2SO4，棉花蓝色变浅，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以上述装置的连接顺序是②①④③；
故答案为：分液漏斗；平衡分液漏斗与圆底烧瓶内的压强，使浓硫酸能顺利流下；②①④③；
(3)说明产物中有SO2的实验现象是：④中棉花蓝色变浅；
故答案为：④中棉花蓝色变浅；
(4)说明产物中有CO2的实验现象是：蓝色棉花不完全褪色，说明二氧化硫被完全吸收，澄清石灰水变浑浊；
故答案为：蓝色棉花不完全褪色，澄清石灰水变浑浊；
20．I．依据氧化还原反应2Fe3+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)设计的原电池如图所示。
请回答下列问题：
(1)电解质溶液是_________(填化学式)溶液。
(2)Cu电极上发生的电极反应为___________。
(3)石墨电极上发生反应的类型为_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(4)当有1.6g铜溶解时，通过外电路的电子的物质的量为__________。
II．某种氢氧燃料电池是用稀硫酸作电解质溶液,其装置如图。则电极a是电池的________(填“正”或负“)极，电子从该极______(填“流入”或“流出”)，该电池正极的电极反应式为___________。
【答案】Fe2(SO4)3(或FeCl3等合理答案均可) Cu-2e-=Cu2+ 还原 0.05mol 负 流出 O2+4H++4e-=2H2O
【分析】
Ⅰ．根据反应总式，石墨作正极，铁离子得电子生成亚铁离子，Cu电极作负极，失电子生成铜离子；
Ⅱ．氢氧燃料电池(电解质溶液显酸性)，氢气失电子生成氢离子，氧气得电子与氢离子反应生成水。
【详解】Ⅰ．(1)根据总反应式，可判断电解质溶液中含有3价铁离子，则电解质溶液为硫酸铁或氯化铁溶液；故答案为：Fe2(SO4)3(或FeCl3等合理答案均可)；
(2)放电时，Cu电极失电子生成铜离子，则电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
(3)石墨电极上铁离子得电子生成亚铁离子，发生还原反应；故答案为：还原；
(4)当有1.6g铜溶解时，通过外电路的电子的物质的量为=0.05mol。故答案为：0.05mol；
II．氢氧燃料电池中，氢气失电子，电极a是电池的负极，电子从该极流出，b极氧气得电子，与电解质溶液中的氢离子反应生成水，电极反应式为O2＋4H＋+4e－＝2H2O。故答案为：负；流出；O2＋4H＋+4e－＝2H2O。
21．将浓度均为的、、KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为。反应分两步进行，反应A为，反应B为……
（1）反应B的离子方程式是_________________________。对于总反应，的作用相当于_______。
（2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。
a．向酸化的溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。
b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。
试剂X是_______________。
（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为）
用量/ML
实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液
（含淀粉）
实验Ⅱ
5
4
8
3
0
实验Ⅲ
5
2
x
y
z
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。
①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______________________________。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是____________________________________________。
（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为）
用量/ML
实验序号
溶液
溶液
溶液
KI溶液
（含淀粉）
实验Ⅳ
4
4
9
3
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：________________________________________。
【答案】 催化剂 淀粉、碘化钾 8、3、2 其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 由于，，所以未出现溶液变蓝的现象
【分析】
“碘钟实验”分反应、两步进行，实验采取控制变量方法，探究氢离子浓度对反应速率的影响，仅改变加入硫酸的体积来进行实验。反应物的浓度越高，反应速率越快。
【详解】
（1）“碘钟实验”总反应的化学方程式为，
该反应分两步进行，反应A为，
则总反应减去反应A可得反应B的离子方程式为；
通过反应A、反应B可知，在反应前后质量不变，化学性质不变，
因此在该反应中的作用是作催化剂。
（2）具有氧化性，会将KI氧化为，淀粉溶液遇变为蓝色，具有氧化性，会将氧化为，被还原为。所以试剂X是淀粉，KI。
（3）①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法，即只改变一个反应条件，其他条件都相同，根据表格数据可知，实验Ⅲ与实验Ⅱ相比硫酸溶液的体积减小，为保证其他条件都相同，而且混合后总体积相同，实验Ⅲ中，，，。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是在其他条件不变时，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快。
（4）由反应A、B方程式可得，在达到平衡时，应有n（H2O2）:n（Na2S2O3）=1:2,对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知其他量没有变化，溶液总体积相同，溶液的体积减小，溶液的体积增大，，结果未出现溶液变为蓝色的现象，说明，导致不能出现溶液变蓝的现象。
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