还剩16页未读，
继续阅读
重庆市渝高中学2022-2023学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）
展开
这是一份重庆市渝高中学2022-2023学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 下列反应属于吸热反应的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
高2025级高一(下)半期测试
化学试题
原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题)
1. 下列有关物质组成、性质和用途的说法中，正确的是
A. 合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的高
B. 氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料
C. 水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐产品
D. 光导纤维的主要成分是硅，可广泛用于通信和医疗领域
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的低，A错误；
B．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等材料，与传统的无机非金属材料相比，具有很大新的特性和功能，都属于新型无机非金属材料，B正确；
C．水晶的主要成分是二氧化硅，C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，可广泛用于通信和医疗领域，D错误。
答案选B。
2. 下列反应属于吸热反应的是
A. 木炭燃烧 B. CaCO3受热分解 C. Na与水反应 D. 盐酸与NaOH溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧反应都放出热量，所以木炭燃烧反应属于放热反应，A不符合题意；
B．CaCO3受热分解，生成CaO和CO2，同时吸收热量，属于吸热反应，B符合题意；
C．Na与水反应，生成氢氧化钠和氢气，同时放出热量，属于放热反应，C不符合题意；
D．盐酸与NaOH发生中和反应，中和反应都是放热反应，D不符合题意；
故选B。
3. 某公司研发出了一种新型除草剂，其结构如图所示，其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M与Z同主族，W是地壳中含量最多的元素。
下列叙述错误的是
A. 简单原子半径：M＞Z＞W
B. 氧化物对应水化物的酸性：Z强于M
C. X与Y组成的最简单化合物的稳定性小于Z与X组成的化合物的稳定性
D. X、Z、W三种元素既可组成共价化合物又可组成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最多的元素，则W为氧元素。由图中信息可知，X的原子序数最小、且能形成1个共价键，则X为氢元素；Y可形成4个共价键，则Y为碳元素；Z能形成3个共价键、且原子序数介于C和O之间，则其为氮元素；M与Z同主族，则M为磷元素。从而得出X、Y、Z、W、M分别为H、C、N、O、P。
【详解】A．Z、W、M分别为N、O、P，P3-的电子层数为3层，N3-、O2-的电子层数都为2层，且N的原子序数比O小，所以简单原子半径：P3-＞N3-＞O2-，A正确；
B．Z为N元素，O为P元素，虽然N的非金属性比P强，但N对应含氧酸的酸性不一定强于P对应的含氧酸，如HNO2的酸性比H3PO4弱，B错误；
C．X与Y组成的最简单化合物为CH4，Z与X组成的最简单化合物为NH3，C的非金属性比N弱，则该化合物的稳定性CH4＜NH3，C正确；
D．X、Z、W三种元素既可组成共价化合物HNO3、HNO2，又可组成离子化合物NH4NO3等，D正确；
故选B。
4. 下列平衡建立判断依据中，叙述不正确的项有
A. 2HI(g) H2(g)+I2(g)若1molH−H键断裂的同时有2molH−I键断裂，则平衡建立
B. 3Z(s) X(g)+2Y(g)加入Z后，若气体平均摩尔质量不变，则平衡建立
C. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)若恒容条件下装置压强不变，则平衡建立
D. C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)若恒容条件下气体密度不变，则平衡建立
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．2HI(g) H2(g)+I2(g)若1molH−H键断裂即逆向反应，同时有2molH−I键断裂即正向反应，两者速率比等于计量系数之比，达到平衡，故A正确；
B．Z是固体，3Z(s) X(g)+2Y(g)加入Z后，由于反应物只有Z，生成物全部是气体，气体的摩尔质量始终不变，因此当气体平均摩尔质量不变时，不能说达到平衡，故B错误；
C．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，该反应是体积减小的反应，若恒容条件下，正向反应时压强不断减小，当装置内压强不变，则达到平衡，故C正确；
D．C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，气体密度等于气体质量除以容器体积，恒容条件下，正向反应，气体质量增大，容器体积不变，当气体密度不变，则达到平衡，故D正确。
综上所述，答案为B。
5. 现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法错误的是
A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或NaOH
B. 将湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变蓝，说明已经集满
C. 关闭a，将单孔塞插有吸入水的胶头滴管塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则D点时喷泉最剧烈
D. 实验后，可用稀盐酸处理多余的氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaO能与水反应，使增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，氢氧化钠也可以抑制氨水的电离，从而促进氨气的生成，故A不选；
B．氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明已收满，故B不选；
C．三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉最剧烈，故选C；
D．盐酸可以与氨气反应生成氯化铵，实验后，可用稀盐酸处理多余的氨气，故D不选。
答案选C。
6. 下列说法正确的是
A. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
B. 工业上用铁制容器盛装浓硫酸是因为常温下铁与浓硫酸不反应
C. 向胆矾晶体滴加浓硫酸，晶体由蓝色变为白色，此过程浓硫酸表现脱水性
D. 常温下，0.56g铁片与足量浓硝酸反应转移的电子数目为0.03NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．食品袋内放入的透气小袋中，硅胶具有吸水性，可防止食物受潮，铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质，A正确；
B．铁制容器可盛装浓硫酸，是因为常温下浓硫酸能使铁钝化，反应不能持续进行，B不正确；
C．浓硫酸具有吸水性、脱水性等，向胆矾晶体中滴加浓硫酸，晶体由蓝色变为白色，此过程中浓硫酸表现吸水性，C不正确；
D．常温下，浓硝酸使铁片发生钝化，反应不能持续进行，所以0.56g铁片与足量浓硝酸反应转移的电子数目小于0.03NA，D不正确；
故选A。
7. 下列图示操作能达到相应实验目的的是
A
B
C
D
干燥SO2
实验室制取氨气
吸收NH3
证明金属性Mg＞Al
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．虽然浓硫酸具有强氧化性，但不能将SO2氧化，所以SO2可使用浓硫酸干燥，A正确；
B．实验室利用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制NH3时，为防止试管口因冷凝产生的液态水流回试管底，使试管底破裂，实验装置中，试管底应高于试管口，B不正确；
C．NH3极易溶于水，将NH3直接通入水中，易产生倒吸，C不正确；
D．Mg、Al、NaOH溶液构成原电池时，Al作负极，Mg作正极，不能证明金属性Mg＞Al，D不正确；
故选A。
8. 足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入过量的稀硫酸，则继续溶解的Cu的质量为
A. 6.4g B. 9.6g C. 19.2g D. 24g
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】NO2、N2O4、NO气体与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，气体被水完全吸收，根据得失电子守恒，氧气得到的电子数等于铜失去的电子数，即铜失去的电子物质的量为n(e－)＝0.05mol×4＝0.2mol，则铜的物质的量为0.1mol，生成的硝酸铜物质的量为0.1mol，溶液中硝酸根物质的量为0.2mol，若向原所得溶液中加入过量的稀硫酸，发生3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O反应，根据离子方程式得到继续溶解的Cu的物质的量为0.3mol，质量为0.3mol×64g∙mol−1＝19.2g，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
9. 化学反应中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。则下列说法正确的是
A. 通常情况下，NO比N2稳定
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ
D. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A． N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；
B． 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；
C． 断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出的能量为2×632kJ/mol=1264kJ/mol，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；
D． 吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，说明该反应是吸热反应，1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，选项D错误，
答案选C。
10. 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NO的物质的量为0.3mol
D. 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+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+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+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+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0.2mol22.4L/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+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中n(NO)＝n(Fe)＝＝0.1mol，所以原混合酸中NO物质的量为0.1mol×2＝0.2mol，C错误；
D．根据图象，加入14 g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==0.25 mol，根据守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25 mol，所以硫酸的浓度是0.25 mol/0.1 L=2.5 mol/L，D错误；
故选B。
11. 下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（ ）
①品红溶液；②酸性KMnO4溶液；③溴水；④滴有酚酞的NaOH溶液；⑤含I2的淀粉溶液
A. ①④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性KMnO4溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；③溴水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；④滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反应，体现其酸性氧化物的性质；
⑤含I2的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；显然②③⑤实质相同，故选C。
考点：本题考查二氧化硫的化学性质。
12. 全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，具有容量和功率可调、大电流无损深度放电、使用寿命长、易操作和维护等优点，其放电时的工作原理如图所示，下列叙述正确的是
A. B为该原电池的正极
B. 该电池放电时H+向B极室迁移，起到了导电作用
C. A极的电极反应式为：VO+2H++e—=VO2++H2O
D. 反应过程中，每转移1mol电子，正极区n(H+)的变化量为2mol
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，A极为电池的正极，酸性条件下，VO在正极得到电子发生还原反应生成VO2+，电极反应式为VO+2H++e—=VO2++H2O，B极为负极，V2+离子在负极失去电子发生氧化反应生成V3+离子，电极反应式为V2+—e—= V3+，放电的总反应为VO+2H++ V2+= VO2++ V3++H2O。
【详解】A．由分析可知，B极为原电池的负极，故A错误；
B．电池放电时，氢离子透过氢离子交换膜向正极A极室迁移，起到了导电作用，故B错误；
C．由分析可知，A极为电池的正极，酸性条件下，VO在正极得到电子发生还原反应生成VO2+，电极反应式为VO+2H++e—=VO2++H2O，故C正确；
D．由分析可知，反应过程中，每转移1mol电子，正极消耗2mol氢离子，有1mol氢离子通过氢离子交换膜进入正极区，则正极区氢离子的变化量为1mol，故D错误；
故选C。
13. 可逆反应A(g)+2B(g)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-1 B. v(B)=0.6mol•L-1•min-1
C. v(C)=0.9mol•L-1•min-1 D. v(D)=0.03mol•L-1•s-1
【答案】D
【解析】
【分析】对于反应A(g)+2B(g)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)=v(B)=0.6mol•L-1•min-1=0.3 mol•L-1•min-1；
C．用A的消耗速率表示：v(A)=v(C)=0.9mol•L-1•min-1=0.3 mol•L-1•min-1；
D．用A的消耗速率表示：v(A)=v(D)=0.03mol•L-1•s-1=0.0075mol•L-1•s-1=0.45 mol•L-1•min-1；
比较可知，D数值最大，故选D。
14. 取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48L。已知Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为
A. 2 mol/L B. 1.6 mol/L C. 0.8 mol/L D. 0.4 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，这些铜的物质的量为0.4mol，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解一定还生成了0.4molCu(NO3)2，并产生标准状况下的NO气体4.48L，NO的物质的量为0.2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为1mol，则稀硝酸的浓度为2mol/L，A正确。本题选A。
点睛：有关硝酸与金属及其氧化物、氢氧化物反应的计算，通常硝酸表现两种性质，即氧化性和酸性，可以分别求出这两部分硝酸然后加到一起求出参加反应的硝酸的总量。硝酸做氧化剂被还原的部分可以根据其还原产物的物质的量确定，表现酸性的部分可以根据金属的物质的量确定。
第II卷(非选择题)
15. 液态肼(N2H4)是一种高能燃料，在工业生产中用途广泛，其结构如图所示：
（1）N2H4可在O2中燃烧生成N2和水蒸气，已知：16g肼完全反应放出热量为267kJ，则该反应的热化学方程式为_____。部分共价键键能如表所示，则N－N的键能为_____kJ/mol。
N－H
O=O
N≡N
H－O
键能(kJ/mol)
391
498
936
463
（2）肼—过氧化氢碱性燃料电池由于其较高的能量密度而备受关注，其工作原理如图所示。
该电池的B极区发生_____(填“氧化反应”或“还原反应”)，负极的电极反应为_____，电池工作过程中，若A极区产生11.2L(标况下)N2，则转移的电子数目为_____。此时，左侧溶液的pH_____，右侧溶液的pH_____(填“变大”“变小”“不变”)。
（3）向某温度恒定、体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。
请回答下列问题：
①密闭容器的容积为_____，物质B的起始浓度是_____。
②若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=_____。t=7.5时，c(C)_____0.08mol/L(填“＞”、“=”或“＜”)；③该反应的化学方程式为_____，A的平衡转化率为_____。
【答案】（1） ①. N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ•mol-1 ②. 192
（2） ①. 还原反应 ②. N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O ③. 2NA ④. 变小 ⑤. 不变
（3） ①. 2L ②. 0.02mol/L ③. 0.004mol/(L•s) ④. ＞ ⑤. 3A(g)2C(g)+B(g) ⑥. 60%
【解析】
【小问1详解】
N2H4可在O2中燃烧生成N2和水蒸气，已知：16g肼完全反应放出热量为267kJ，则1molN2H4(质量为34g)燃烧生成水蒸气时，放热534kJ，该反应的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ•mol-1。由表中数据可得出，E(N-N)+4×391 kJ•mol-1+498 kJ•mol-1-936 kJ•mol-1-4×463 kJ•mol-1=-534 kJ•mol-1，则N－N的键能为192kJ/mol。答案为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ•mol-1；192；
【小问2详解】
肼—过氧化氢碱性燃料电池中，N2H4失电子产物与电解质反应，生成N2等，则A为负极；H2O2在B极得电子，则B为正极。该电池的B极区得电子发生还原反应，负极的电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，电池工作过程中，若A极区产生11.2L(标况下)N2，N2的物质的量为0.5mol，由N2——4e-，可得出转移的电子数目为0.5mol×4NA=2NA。此时，左侧反应消耗OH-，溶液的pH变小；B极区发生反应2H2O2+4e-=4OH-，但生成的OH-全部透过阴离子交换膜，迁移到A极区，所以右侧溶液的pH不变。答案为：还原反应；N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；2NA；变小；不变；
【小问3详解】
①密闭容器中，加入0.3molA，c(A)=0.15mol/L，则容积为=2L；已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，则反应前后气体的总浓度不变，物质B的起始浓度是0.11mol/L+0.06mol/L+0.05mol/L-0.15mol/L-0.05mol/L=0.02mol/L。
②若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)==0.004mol/(L•s)。t=7.5时，c(C)＞0.004mol/(L•s)×7.5s+0.05mol/L=0.08mol/L；
③该反应发生时，A的浓度减小，B、C的浓度增大，则A为反应物，B、C为生成物，15s后各物质的浓度不变，则反应达平稳状态，A、B、C的浓度变化量分别为0.09mol/L、0.03mol/L、0.06mol/L，化学方程式为3A(g)2C(g)+B(g)，A的平衡转化率为=60%。答案为：2L；0.02mol/L；0.004mol/(L•s)；＞；3A(g)2C(g)+B(g)；60%。
【点睛】书写化学方程式时，需注意判断反应是否可逆。
16. 回答下列问题：
（1）控制变量法是化学实验的一种常用方法，如表是稀硫酸与某金属反应的实验数据。
实验序号
金属质量/g
金属状态
c(H2SO4)/mol•L-1
V(H2SO4)/mL
溶液温度/℃
金属消失的时间/s
反应前
反应后
1
0.10
粉末
0.5
V1
20
35
50
2
0.10
块状
0.8
50
20
35
t1
3
0.10
粉末
0.8
50
20
36
25
4
0.10
块状
1.0
50
20
35
125
分析上述数据，回答下列问题：
①V1=_____mL，t1_____125(填“＞”、“＜”或“=”)
②实验2和3的目的是_____。
（2）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_____，“操作1”的名称_____。
②实验室制取、收集干燥的NH3
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。_____。
③制备碳酸钙通入NH3和CO2气体时，应先通入的气体是_____，写出流程中制碳酸钙的化学方程式_____。
【答案】（1） ①. 50 ②. ＞ ③. 探究反应物接触面积对化学反应速率的影响
（2） ①. 增大接触面积，加快化学反应速率 ②. 过滤 ③. degf ④. NH3 ⑤. H2O+CaCl2+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl
【解析】
【分析】优质石灰石用盐酸进行酸溶，生成CO2等；过滤出SiO2固体，再往滤液中通入NH3和CO2，发生反应生成CaCO3和NH4Cl，过滤进行分离，便可获得高纯CaCO3。
【小问1详解】
①对比表中4次实验所取硫酸的体积，可得出V1=50mL，对比实验2、4，实验2中所用硫酸浓度比实验4中小，则反应时间比实验4长，所以t1＞125。
②实验2和3中，金属粉末的质量相同、硫酸的浓度和体积相同，只有固体的颗粒大小不同，则粉末状金属的接触面积大，目的是：探究反应物接触面积对化学反应速率的影响。答案为：50；＞；探究反应物接触面积对化学反应速率的影响；
【小问2详解】
①“酸溶”过程中，提前将石灰石粉碎，并进行搅拌，可增大固体与盐酸的接触面积，目的是：增大接触面积，加快化学反应速率，“操作1”为分离固、液混合物的操作，名称：过滤。
②实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述A、C、E装置，接口连接顺序是：a接d、e接g，f接h。
③由于CO2在水中的溶解度不大，而酸性气体在碱性环境中的溶解度增大，所以制备碳酸钙通入NH3和CO2气体时，应先通入的气体是NH3；流程中，CaCl2与NH3、CO2反应，生成CaCO3沉淀和NH4Cl，制碳酸钙的化学方程式：H2O+CaCl2+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl。答案为：增大接触面积，加快化学反应速率；过滤；degf；NH3；H2O+CaCl2+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl。
【点睛】CO2通入CaCl2溶液中，不能生成CaCO3沉淀。
17. Ⅰ.氮及其化合物在生产生活中应用广泛，工业上制硝酸关键一步便是的催化氧化，可用下图装置模拟的催化氧化，回答下列问题：
（1）玻璃管中发生反应的化学方程式是_______，停止加热后玻璃管内仍能保持红热，该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）为保证在装置2中观察到红棕色气体，装置1应装入_______，作用是_______。
Ⅱ.氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
（3）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是_______(填图中数字序号)。
（4）下列关于海洋氮循环的说法正确的是_______(填字母序号)。
a.海洋中的氮循环起始于氮的氧化
b.海洋中存在游离态的氮
c.向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量
d.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
（5）有氧时，在硝化细菌作用下，可实现过程④的转化，写出④的离子方程式并用单线桥标电子转移情况：_______。
【答案】（1） ①. 4NH3+5O24NO+6H2O ②. 放热
（2） ①. 浓硫酸 ②. 除去水蒸气，避免NO2与水蒸气反应
（3）② （4）bc
（5）
【解析】
【分析】Ⅰ. 玻璃管中发生的催化氧化，生成水和NO；通过装置1，干燥吸水，装置2，可以看到NO与氧气的反应现象；
Ⅱ. 空气中的氮气和海洋中的氮气之间存在平衡，溶解于海洋中的氮气，经过反应②，变为；经过反应④，被氧化，得到、N2O；经过硝化作用，生成；在反硝化反应作用下，生成；在反硝化反应作用下，生成氮气；同时经过反应③，也会产生氮气，实现海洋中无机氮的循环过程，据此分析作答。
小问1详解】
玻璃管中发生NH3的催化氧化为反应，Cr2O3为催化剂，氨气被氧气氧化，产物为NO和H2O，化学反应方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；停止加热后玻璃管内仍能保持红热，该反应是放热反应，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；放热；
【小问2详解】
NO被O2氧化产生红棕色NO2，NO2能够与水反应，NO2与H2O反应产生NO和HNO3，为保证在装置2中观察到红棕色气体，装置1应装入浓硫酸，作用是除去水蒸气，避免NO2与水蒸气反应，故答案为：浓硫酸；除去水蒸气，避免NO2与水蒸气反应；
【小问3详解】
氮的固定是游离态氮元素变化为化合态氮元素，其中属于固氮作用的一步是②，故答案为：②；
【小问4详解】
a．由图知，海洋中氮循环起始于海水中氮气转变为铵离子，这是氮的还原，a错误；
b．由图知，空气中的氮气和海洋中的氮气之间存在平衡，则海洋中存在游离态的氮，b正确；
c．向海洋排放含NO的废水，则硝酸根浓度增大，促进反硝化反应，亚硝酸根浓度增大，促进反硝化反应，使海洋中氮气浓度增大，促使反应②发生，则会影响海洋中NH的含量，c正确；
d．由图知，海洋中的反硝化作用是还原反应，硝酸根转变为亚硝酸根是降低氧含量的过程、亚硝酸根转变为氮气是去氧过程，故理论上没有氧气的参与，d错误；
故答案为：bc；
【小问5详解】
有氧时，在硝化细菌作用下，可实现过程④的转化，铵离子被氧化，得到、N2O和水，氮元素化合价部分升高到+3、部分升高到+1，氧气作氧化剂，氧元素化合价降低到-2，按得失电子数守恒，结合元素守恒、电荷守恒，其离子方程式为：，并用单线桥标电子转移情况为： 。
18. 硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某实验小组用如图所示的装置制备硫氰化钾。
已知：NH3不溶于CS2，CS2不溶于水且密度比水大。
I.制备NH4SCN溶液
（1）组装仪器后应先进行的操作是_____，a装置为实验室制氨气的装置，所发生反应的化学方程式为_____。
（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS。实验开始时，打开K1，水浴加热装置d，反应发生，判断CS2已反应完全的依据是_____。
II.制备KSCN溶液
（3）关闭K1，将三颈烧瓶继续加热至100℃，待NH4HS完全分解后、再打开K2，继续保持水浴温度为100℃，缓慢滴入稍过量的KOH溶液，制得KSCN溶液。e中用H2SO4酸化的CuSO4吸收尾气时可以看到有黑色的沉淀生成，则生成黑色沉淀的离子方程式为_____。
（4）下列说法正确的是_____(填字母)。
A. 通过观察c中的气泡流速，控制a中产生氨气的速率
B. 装置b可以填充P2O5
C. 三颈烧瓶中长导气管可以不插入到CS2中
D. d中橡皮管的作用是平衡气压，使KOH溶液能顺利滴下
III.制备KSCN晶体
先通过过滤除去三颈烧瓶中的固体催化剂，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（5）测定产品中KSCN的含量：称取1.00g实验产品，用蒸馏水溶解后，定容于100mL容量瓶中，移取25.00mL用0.1000mol/LAgNO3溶液反应，消耗AgNO3溶液的体积为24.00mL。反应时发生的离子反应为：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，则产品中KSCN的质量分数为_____(计算结果保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 检查装置气密性 ②. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）三颈烧瓶内液体不再分层
（3）Cu2++H2S=CuS↓+2H+ （4）AD
（5）93.1%
【解析】
【分析】实验室用NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应制取NH3，用碱石灰干燥NH3，再将干燥的NH3通入CS2中，将CS2以蒸汽的形式吹出，并与NH3在d装置中充分混合，并用水浴加热发生反应，生成NH4SCN和NH4HS；继续加热三颈烧瓶，并促使NH4HS分解，尾气用硫酸铜溶液吸收；再滴入KOH溶液，从而获得KSCN。
【小问1详解】
组装仪器后，需要确定装置是否漏气，所以应先进行的操作是检查装置气密性，a装置为实验室制氨气的装置，NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3，所发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：检查装置气密性；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
题干信息显示，NH3不溶于CS2，CS2不溶于水，且密度比水大，则其沉在水底，反应发生后，CS2体积不断减小，则判断CS2已反应完全的依据是：三颈烧瓶内液体不再分层。答案为：三颈烧瓶内液体不再分层；
【小问3详解】
NH4HS完全分解后，生成NH3和H2S，用H2SO4酸化的CuSO4吸收尾气时，NH3与硫酸反应，H2S与CuSO4反应，并生成CuS等，可以看到有黑色的沉淀生成，则生成黑色沉淀的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+。答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问4详解】
A．为提高NH3的利用率，需控制NH3的流速，通过观察c中的气泡流速，控制a中产生氨气的速率，A正确；
B．NH3呈碱性，混有水蒸气的NH3能与P2O5发生反应，所以装置b中不能填充P2O5，B不正确；
C．为增大NH3与CS2的接触面积，提高吹出CS2的效率，三颈烧瓶中长导气管应该插入到CS2中，C不正确；
D．d中分液漏斗内的KOH溶液流出后，分液漏斗内容易产生负压，此时KOH溶液难以流下，所以橡皮管的作用是：平衡气压，使KOH溶液能顺利滴下；
故选AD。答案为：AD；
【小问5详解】
反应时发生的离子反应为：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，n(KSCN)= n(AgNO3)= 0.1000mol/L×0.02400L=2.4×10-3mol，则产品中KSCN的质量分数为≈93.1%。答案为：93.1%。
【点睛】实验室制取H2S时，常用CuSO4溶液吸收尾气。
高2025级高一(下)半期测试
化学试题
原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题)
1. 下列有关物质组成、性质和用途的说法中，正确的是
A. 合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的高
B. 氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料
C. 水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐产品
D. 光导纤维的主要成分是硅，可广泛用于通信和医疗领域
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的低，A错误；
B．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等材料，与传统的无机非金属材料相比，具有很大新的特性和功能，都属于新型无机非金属材料，B正确；
C．水晶的主要成分是二氧化硅，C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，可广泛用于通信和医疗领域，D错误。
答案选B。
2. 下列反应属于吸热反应的是
A. 木炭燃烧 B. CaCO3受热分解 C. Na与水反应 D. 盐酸与NaOH溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧反应都放出热量，所以木炭燃烧反应属于放热反应，A不符合题意；
B．CaCO3受热分解，生成CaO和CO2，同时吸收热量，属于吸热反应，B符合题意；
C．Na与水反应，生成氢氧化钠和氢气，同时放出热量，属于放热反应，C不符合题意；
D．盐酸与NaOH发生中和反应，中和反应都是放热反应，D不符合题意；
故选B。
3. 某公司研发出了一种新型除草剂，其结构如图所示，其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M与Z同主族，W是地壳中含量最多的元素。
下列叙述错误的是
A. 简单原子半径：M＞Z＞W
B. 氧化物对应水化物的酸性：Z强于M
C. X与Y组成的最简单化合物的稳定性小于Z与X组成的化合物的稳定性
D. X、Z、W三种元素既可组成共价化合物又可组成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最多的元素，则W为氧元素。由图中信息可知，X的原子序数最小、且能形成1个共价键，则X为氢元素；Y可形成4个共价键，则Y为碳元素；Z能形成3个共价键、且原子序数介于C和O之间，则其为氮元素；M与Z同主族，则M为磷元素。从而得出X、Y、Z、W、M分别为H、C、N、O、P。
【详解】A．Z、W、M分别为N、O、P，P3-的电子层数为3层，N3-、O2-的电子层数都为2层，且N的原子序数比O小，所以简单原子半径：P3-＞N3-＞O2-，A正确；
B．Z为N元素，O为P元素，虽然N的非金属性比P强，但N对应含氧酸的酸性不一定强于P对应的含氧酸，如HNO2的酸性比H3PO4弱，B错误；
C．X与Y组成的最简单化合物为CH4，Z与X组成的最简单化合物为NH3，C的非金属性比N弱，则该化合物的稳定性CH4＜NH3，C正确；
D．X、Z、W三种元素既可组成共价化合物HNO3、HNO2，又可组成离子化合物NH4NO3等，D正确；
故选B。
4. 下列平衡建立判断依据中，叙述不正确的项有
A. 2HI(g) H2(g)+I2(g)若1molH−H键断裂的同时有2molH−I键断裂，则平衡建立
B. 3Z(s) X(g)+2Y(g)加入Z后，若气体平均摩尔质量不变，则平衡建立
C. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)若恒容条件下装置压强不变，则平衡建立
D. C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)若恒容条件下气体密度不变，则平衡建立
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．2HI(g) H2(g)+I2(g)若1molH−H键断裂即逆向反应，同时有2molH−I键断裂即正向反应，两者速率比等于计量系数之比，达到平衡，故A正确；
B．Z是固体，3Z(s) X(g)+2Y(g)加入Z后，由于反应物只有Z，生成物全部是气体，气体的摩尔质量始终不变，因此当气体平均摩尔质量不变时，不能说达到平衡，故B错误；
C．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，该反应是体积减小的反应，若恒容条件下，正向反应时压强不断减小，当装置内压强不变，则达到平衡，故C正确；
D．C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，气体密度等于气体质量除以容器体积，恒容条件下，正向反应，气体质量增大，容器体积不变，当气体密度不变，则达到平衡，故D正确。
综上所述，答案为B。
5. 现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法错误的是
A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或NaOH
B. 将湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变蓝，说明已经集满
C. 关闭a，将单孔塞插有吸入水的胶头滴管塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则D点时喷泉最剧烈
D. 实验后，可用稀盐酸处理多余的氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaO能与水反应，使增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，氢氧化钠也可以抑制氨水的电离，从而促进氨气的生成，故A不选；
B．氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明已收满，故B不选；
C．三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉最剧烈，故选C；
D．盐酸可以与氨气反应生成氯化铵，实验后，可用稀盐酸处理多余的氨气，故D不选。
答案选C。
6. 下列说法正确的是
A. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
B. 工业上用铁制容器盛装浓硫酸是因为常温下铁与浓硫酸不反应
C. 向胆矾晶体滴加浓硫酸，晶体由蓝色变为白色，此过程浓硫酸表现脱水性
D. 常温下，0.56g铁片与足量浓硝酸反应转移的电子数目为0.03NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．食品袋内放入的透气小袋中，硅胶具有吸水性，可防止食物受潮，铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质，A正确；
B．铁制容器可盛装浓硫酸，是因为常温下浓硫酸能使铁钝化，反应不能持续进行，B不正确；
C．浓硫酸具有吸水性、脱水性等，向胆矾晶体中滴加浓硫酸，晶体由蓝色变为白色，此过程中浓硫酸表现吸水性，C不正确；
D．常温下，浓硝酸使铁片发生钝化，反应不能持续进行，所以0.56g铁片与足量浓硝酸反应转移的电子数目小于0.03NA，D不正确；
故选A。
7. 下列图示操作能达到相应实验目的的是
A
B
C
D
干燥SO2
实验室制取氨气
吸收NH3
证明金属性Mg＞Al
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．虽然浓硫酸具有强氧化性，但不能将SO2氧化，所以SO2可使用浓硫酸干燥，A正确；
B．实验室利用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制NH3时，为防止试管口因冷凝产生的液态水流回试管底，使试管底破裂，实验装置中，试管底应高于试管口，B不正确；
C．NH3极易溶于水，将NH3直接通入水中，易产生倒吸，C不正确；
D．Mg、Al、NaOH溶液构成原电池时，Al作负极，Mg作正极，不能证明金属性Mg＞Al，D不正确；
故选A。
8. 足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入过量的稀硫酸，则继续溶解的Cu的质量为
A. 6.4g B. 9.6g C. 19.2g D. 24g
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】NO2、N2O4、NO气体与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，气体被水完全吸收，根据得失电子守恒，氧气得到的电子数等于铜失去的电子数，即铜失去的电子物质的量为n(e－)＝0.05mol×4＝0.2mol，则铜的物质的量为0.1mol，生成的硝酸铜物质的量为0.1mol，溶液中硝酸根物质的量为0.2mol，若向原所得溶液中加入过量的稀硫酸，发生3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O反应，根据离子方程式得到继续溶解的Cu的物质的量为0.3mol，质量为0.3mol×64g∙mol−1＝19.2g，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
9. 化学反应中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。则下列说法正确的是
A. 通常情况下，NO比N2稳定
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ
D. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A． N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；
B． 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；
C． 断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出的能量为2×632kJ/mol=1264kJ/mol，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；
D． 吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，说明该反应是吸热反应，1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，选项D错误，
答案选C。
10. 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NO的物质的量为0.3mol
D. 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+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+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+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+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0.2mol22.4L/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+4H+＝Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中n(NO)＝n(Fe)＝＝0.1mol，所以原混合酸中NO物质的量为0.1mol×2＝0.2mol，C错误；
D．根据图象，加入14 g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==0.25 mol，根据守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25 mol，所以硫酸的浓度是0.25 mol/0.1 L=2.5 mol/L，D错误；
故选B。
11. 下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（ ）
①品红溶液；②酸性KMnO4溶液；③溴水；④滴有酚酞的NaOH溶液；⑤含I2的淀粉溶液
A. ①④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性KMnO4溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；③溴水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；④滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反应，体现其酸性氧化物的性质；
⑤含I2的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；显然②③⑤实质相同，故选C。
考点：本题考查二氧化硫的化学性质。
12. 全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，具有容量和功率可调、大电流无损深度放电、使用寿命长、易操作和维护等优点，其放电时的工作原理如图所示，下列叙述正确的是
A. B为该原电池的正极
B. 该电池放电时H+向B极室迁移，起到了导电作用
C. A极的电极反应式为：VO+2H++e—=VO2++H2O
D. 反应过程中，每转移1mol电子，正极区n(H+)的变化量为2mol
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，A极为电池的正极，酸性条件下，VO在正极得到电子发生还原反应生成VO2+，电极反应式为VO+2H++e—=VO2++H2O，B极为负极，V2+离子在负极失去电子发生氧化反应生成V3+离子，电极反应式为V2+—e—= V3+，放电的总反应为VO+2H++ V2+= VO2++ V3++H2O。
【详解】A．由分析可知，B极为原电池的负极，故A错误；
B．电池放电时，氢离子透过氢离子交换膜向正极A极室迁移，起到了导电作用，故B错误；
C．由分析可知，A极为电池的正极，酸性条件下，VO在正极得到电子发生还原反应生成VO2+，电极反应式为VO+2H++e—=VO2++H2O，故C正确；
D．由分析可知，反应过程中，每转移1mol电子，正极消耗2mol氢离子，有1mol氢离子通过氢离子交换膜进入正极区，则正极区氢离子的变化量为1mol，故D错误；
故选C。
13. 可逆反应A(g)+2B(g)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-1 B. v(B)=0.6mol•L-1•min-1
C. v(C)=0.9mol•L-1•min-1 D. v(D)=0.03mol•L-1•s-1
【答案】D
【解析】
【分析】对于反应A(g)+2B(g)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)=v(B)=0.6mol•L-1•min-1=0.3 mol•L-1•min-1；
C．用A的消耗速率表示：v(A)=v(C)=0.9mol•L-1•min-1=0.3 mol•L-1•min-1；
D．用A的消耗速率表示：v(A)=v(D)=0.03mol•L-1•s-1=0.0075mol•L-1•s-1=0.45 mol•L-1•min-1；
比较可知，D数值最大，故选D。
14. 取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48L。已知Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为
A. 2 mol/L B. 1.6 mol/L C. 0.8 mol/L D. 0.4 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，这些铜的物质的量为0.4mol，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解一定还生成了0.4molCu(NO3)2，并产生标准状况下的NO气体4.48L，NO的物质的量为0.2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为1mol，则稀硝酸的浓度为2mol/L，A正确。本题选A。
点睛：有关硝酸与金属及其氧化物、氢氧化物反应的计算，通常硝酸表现两种性质，即氧化性和酸性，可以分别求出这两部分硝酸然后加到一起求出参加反应的硝酸的总量。硝酸做氧化剂被还原的部分可以根据其还原产物的物质的量确定，表现酸性的部分可以根据金属的物质的量确定。
第II卷(非选择题)
15. 液态肼(N2H4)是一种高能燃料，在工业生产中用途广泛，其结构如图所示：
（1）N2H4可在O2中燃烧生成N2和水蒸气，已知：16g肼完全反应放出热量为267kJ，则该反应的热化学方程式为_____。部分共价键键能如表所示，则N－N的键能为_____kJ/mol。
N－H
O=O
N≡N
H－O
键能(kJ/mol)
391
498
936
463
（2）肼—过氧化氢碱性燃料电池由于其较高的能量密度而备受关注，其工作原理如图所示。
该电池的B极区发生_____(填“氧化反应”或“还原反应”)，负极的电极反应为_____，电池工作过程中，若A极区产生11.2L(标况下)N2，则转移的电子数目为_____。此时，左侧溶液的pH_____，右侧溶液的pH_____(填“变大”“变小”“不变”)。
（3）向某温度恒定、体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。
请回答下列问题：
①密闭容器的容积为_____，物质B的起始浓度是_____。
②若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=_____。t=7.5时，c(C)_____0.08mol/L(填“＞”、“=”或“＜”)；③该反应的化学方程式为_____，A的平衡转化率为_____。
【答案】（1） ①. N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ•mol-1 ②. 192
（2） ①. 还原反应 ②. N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O ③. 2NA ④. 变小 ⑤. 不变
（3） ①. 2L ②. 0.02mol/L ③. 0.004mol/(L•s) ④. ＞ ⑤. 3A(g)2C(g)+B(g) ⑥. 60%
【解析】
【小问1详解】
N2H4可在O2中燃烧生成N2和水蒸气，已知：16g肼完全反应放出热量为267kJ，则1molN2H4(质量为34g)燃烧生成水蒸气时，放热534kJ，该反应的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ•mol-1。由表中数据可得出，E(N-N)+4×391 kJ•mol-1+498 kJ•mol-1-936 kJ•mol-1-4×463 kJ•mol-1=-534 kJ•mol-1，则N－N的键能为192kJ/mol。答案为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ•mol-1；192；
【小问2详解】
肼—过氧化氢碱性燃料电池中，N2H4失电子产物与电解质反应，生成N2等，则A为负极；H2O2在B极得电子，则B为正极。该电池的B极区得电子发生还原反应，负极的电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，电池工作过程中，若A极区产生11.2L(标况下)N2，N2的物质的量为0.5mol，由N2——4e-，可得出转移的电子数目为0.5mol×4NA=2NA。此时，左侧反应消耗OH-，溶液的pH变小；B极区发生反应2H2O2+4e-=4OH-，但生成的OH-全部透过阴离子交换膜，迁移到A极区，所以右侧溶液的pH不变。答案为：还原反应；N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；2NA；变小；不变；
【小问3详解】
①密闭容器中，加入0.3molA，c(A)=0.15mol/L，则容积为=2L；已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，则反应前后气体的总浓度不变，物质B的起始浓度是0.11mol/L+0.06mol/L+0.05mol/L-0.15mol/L-0.05mol/L=0.02mol/L。
②若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)==0.004mol/(L•s)。t=7.5时，c(C)＞0.004mol/(L•s)×7.5s+0.05mol/L=0.08mol/L；
③该反应发生时，A的浓度减小，B、C的浓度增大，则A为反应物，B、C为生成物，15s后各物质的浓度不变，则反应达平稳状态，A、B、C的浓度变化量分别为0.09mol/L、0.03mol/L、0.06mol/L，化学方程式为3A(g)2C(g)+B(g)，A的平衡转化率为=60%。答案为：2L；0.02mol/L；0.004mol/(L•s)；＞；3A(g)2C(g)+B(g)；60%。
【点睛】书写化学方程式时，需注意判断反应是否可逆。
16. 回答下列问题：
（1）控制变量法是化学实验的一种常用方法，如表是稀硫酸与某金属反应的实验数据。
实验序号
金属质量/g
金属状态
c(H2SO4)/mol•L-1
V(H2SO4)/mL
溶液温度/℃
金属消失的时间/s
反应前
反应后
1
0.10
粉末
0.5
V1
20
35
50
2
0.10
块状
0.8
50
20
35
t1
3
0.10
粉末
0.8
50
20
36
25
4
0.10
块状
1.0
50
20
35
125
分析上述数据，回答下列问题：
①V1=_____mL，t1_____125(填“＞”、“＜”或“=”)
②实验2和3的目的是_____。
（2）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_____，“操作1”的名称_____。
②实验室制取、收集干燥的NH3
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。_____。
③制备碳酸钙通入NH3和CO2气体时，应先通入的气体是_____，写出流程中制碳酸钙的化学方程式_____。
【答案】（1） ①. 50 ②. ＞ ③. 探究反应物接触面积对化学反应速率的影响
（2） ①. 增大接触面积，加快化学反应速率 ②. 过滤 ③. degf ④. NH3 ⑤. H2O+CaCl2+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl
【解析】
【分析】优质石灰石用盐酸进行酸溶，生成CO2等；过滤出SiO2固体，再往滤液中通入NH3和CO2，发生反应生成CaCO3和NH4Cl，过滤进行分离，便可获得高纯CaCO3。
【小问1详解】
①对比表中4次实验所取硫酸的体积，可得出V1=50mL，对比实验2、4，实验2中所用硫酸浓度比实验4中小，则反应时间比实验4长，所以t1＞125。
②实验2和3中，金属粉末的质量相同、硫酸的浓度和体积相同，只有固体的颗粒大小不同，则粉末状金属的接触面积大，目的是：探究反应物接触面积对化学反应速率的影响。答案为：50；＞；探究反应物接触面积对化学反应速率的影响；
【小问2详解】
①“酸溶”过程中，提前将石灰石粉碎，并进行搅拌，可增大固体与盐酸的接触面积，目的是：增大接触面积，加快化学反应速率，“操作1”为分离固、液混合物的操作，名称：过滤。
②实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述A、C、E装置，接口连接顺序是：a接d、e接g，f接h。
③由于CO2在水中的溶解度不大，而酸性气体在碱性环境中的溶解度增大，所以制备碳酸钙通入NH3和CO2气体时，应先通入的气体是NH3；流程中，CaCl2与NH3、CO2反应，生成CaCO3沉淀和NH4Cl，制碳酸钙的化学方程式：H2O+CaCl2+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl。答案为：增大接触面积，加快化学反应速率；过滤；degf；NH3；H2O+CaCl2+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl。
【点睛】CO2通入CaCl2溶液中，不能生成CaCO3沉淀。
17. Ⅰ.氮及其化合物在生产生活中应用广泛，工业上制硝酸关键一步便是的催化氧化，可用下图装置模拟的催化氧化，回答下列问题：
（1）玻璃管中发生反应的化学方程式是_______，停止加热后玻璃管内仍能保持红热，该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）为保证在装置2中观察到红棕色气体，装置1应装入_______，作用是_______。
Ⅱ.氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
（3）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是_______(填图中数字序号)。
（4）下列关于海洋氮循环的说法正确的是_______(填字母序号)。
a.海洋中的氮循环起始于氮的氧化
b.海洋中存在游离态的氮
c.向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量
d.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
（5）有氧时，在硝化细菌作用下，可实现过程④的转化，写出④的离子方程式并用单线桥标电子转移情况：_______。
【答案】（1） ①. 4NH3+5O24NO+6H2O ②. 放热
（2） ①. 浓硫酸 ②. 除去水蒸气，避免NO2与水蒸气反应
（3）② （4）bc
（5）
【解析】
【分析】Ⅰ. 玻璃管中发生的催化氧化，生成水和NO；通过装置1，干燥吸水，装置2，可以看到NO与氧气的反应现象；
Ⅱ. 空气中的氮气和海洋中的氮气之间存在平衡，溶解于海洋中的氮气，经过反应②，变为；经过反应④，被氧化，得到、N2O；经过硝化作用，生成；在反硝化反应作用下，生成；在反硝化反应作用下，生成氮气；同时经过反应③，也会产生氮气，实现海洋中无机氮的循环过程，据此分析作答。
小问1详解】
玻璃管中发生NH3的催化氧化为反应，Cr2O3为催化剂，氨气被氧气氧化，产物为NO和H2O，化学反应方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；停止加热后玻璃管内仍能保持红热，该反应是放热反应，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；放热；
【小问2详解】
NO被O2氧化产生红棕色NO2，NO2能够与水反应，NO2与H2O反应产生NO和HNO3，为保证在装置2中观察到红棕色气体，装置1应装入浓硫酸，作用是除去水蒸气，避免NO2与水蒸气反应，故答案为：浓硫酸；除去水蒸气，避免NO2与水蒸气反应；
【小问3详解】
氮的固定是游离态氮元素变化为化合态氮元素，其中属于固氮作用的一步是②，故答案为：②；
【小问4详解】
a．由图知，海洋中氮循环起始于海水中氮气转变为铵离子，这是氮的还原，a错误；
b．由图知，空气中的氮气和海洋中的氮气之间存在平衡，则海洋中存在游离态的氮，b正确；
c．向海洋排放含NO的废水，则硝酸根浓度增大，促进反硝化反应，亚硝酸根浓度增大，促进反硝化反应，使海洋中氮气浓度增大，促使反应②发生，则会影响海洋中NH的含量，c正确；
d．由图知，海洋中的反硝化作用是还原反应，硝酸根转变为亚硝酸根是降低氧含量的过程、亚硝酸根转变为氮气是去氧过程，故理论上没有氧气的参与，d错误；
故答案为：bc；
【小问5详解】
有氧时，在硝化细菌作用下，可实现过程④的转化，铵离子被氧化，得到、N2O和水，氮元素化合价部分升高到+3、部分升高到+1，氧气作氧化剂，氧元素化合价降低到-2，按得失电子数守恒，结合元素守恒、电荷守恒，其离子方程式为：，并用单线桥标电子转移情况为： 。
18. 硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某实验小组用如图所示的装置制备硫氰化钾。
已知：NH3不溶于CS2，CS2不溶于水且密度比水大。
I.制备NH4SCN溶液
（1）组装仪器后应先进行的操作是_____，a装置为实验室制氨气的装置，所发生反应的化学方程式为_____。
（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS。实验开始时，打开K1，水浴加热装置d，反应发生，判断CS2已反应完全的依据是_____。
II.制备KSCN溶液
（3）关闭K1，将三颈烧瓶继续加热至100℃，待NH4HS完全分解后、再打开K2，继续保持水浴温度为100℃，缓慢滴入稍过量的KOH溶液，制得KSCN溶液。e中用H2SO4酸化的CuSO4吸收尾气时可以看到有黑色的沉淀生成，则生成黑色沉淀的离子方程式为_____。
（4）下列说法正确的是_____(填字母)。
A. 通过观察c中的气泡流速，控制a中产生氨气的速率
B. 装置b可以填充P2O5
C. 三颈烧瓶中长导气管可以不插入到CS2中
D. d中橡皮管的作用是平衡气压，使KOH溶液能顺利滴下
III.制备KSCN晶体
先通过过滤除去三颈烧瓶中的固体催化剂，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（5）测定产品中KSCN的含量：称取1.00g实验产品，用蒸馏水溶解后，定容于100mL容量瓶中，移取25.00mL用0.1000mol/LAgNO3溶液反应，消耗AgNO3溶液的体积为24.00mL。反应时发生的离子反应为：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，则产品中KSCN的质量分数为_____(计算结果保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 检查装置气密性 ②. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）三颈烧瓶内液体不再分层
（3）Cu2++H2S=CuS↓+2H+ （4）AD
（5）93.1%
【解析】
【分析】实验室用NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应制取NH3，用碱石灰干燥NH3，再将干燥的NH3通入CS2中，将CS2以蒸汽的形式吹出，并与NH3在d装置中充分混合，并用水浴加热发生反应，生成NH4SCN和NH4HS；继续加热三颈烧瓶，并促使NH4HS分解，尾气用硫酸铜溶液吸收；再滴入KOH溶液，从而获得KSCN。
【小问1详解】
组装仪器后，需要确定装置是否漏气，所以应先进行的操作是检查装置气密性，a装置为实验室制氨气的装置，NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3，所发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：检查装置气密性；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
题干信息显示，NH3不溶于CS2，CS2不溶于水，且密度比水大，则其沉在水底，反应发生后，CS2体积不断减小，则判断CS2已反应完全的依据是：三颈烧瓶内液体不再分层。答案为：三颈烧瓶内液体不再分层；
【小问3详解】
NH4HS完全分解后，生成NH3和H2S，用H2SO4酸化的CuSO4吸收尾气时，NH3与硫酸反应，H2S与CuSO4反应，并生成CuS等，可以看到有黑色的沉淀生成，则生成黑色沉淀的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+。答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问4详解】
A．为提高NH3的利用率，需控制NH3的流速，通过观察c中的气泡流速，控制a中产生氨气的速率，A正确；
B．NH3呈碱性，混有水蒸气的NH3能与P2O5发生反应，所以装置b中不能填充P2O5，B不正确；
C．为增大NH3与CS2的接触面积，提高吹出CS2的效率，三颈烧瓶中长导气管应该插入到CS2中，C不正确；
D．d中分液漏斗内的KOH溶液流出后，分液漏斗内容易产生负压，此时KOH溶液难以流下，所以橡皮管的作用是：平衡气压，使KOH溶液能顺利滴下；
故选AD。答案为：AD；
【小问5详解】
反应时发生的离子反应为：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，n(KSCN)= n(AgNO3)= 0.1000mol/L×0.02400L=2.4×10-3mol，则产品中KSCN的质量分数为≈93.1%。答案为：93.1%。
【点睛】实验室制取H2S时，常用CuSO4溶液吸收尾气。
相关试卷
重庆市长寿中学2022-2023学年高一化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）： 这是一份重庆市长寿中学2022-2023学年高一化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市育才中学2022-2023学年高一化学下学期5月联考试题（Word版附解析）： 这是一份重庆市育才中学2022-2023学年高一化学下学期5月联考试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 下列关于乙烯说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析）： 这是一份重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一化学下学期5月期中考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 “要想做好实验，就要敏于观察， 下列离子方程式正确的是， 下列离子的检验方法合理的是等内容，欢迎下载使用。
