2022届河北省定州市高一下学期期中考试化学试题（含解析）

定州市2021-2022学年度第二学期期中考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64I-127Ba-137第I卷选择题(共52分)一、单项选择题(本题共16个小题，每小题2分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.化学与生产、生活、科技息息相关，下列叙述错误的是A.国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料B.华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SoC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅C.硫酸钡在医疗上可作消化系统X射线检查的内服药剂D.“氨的喷泉实验”体现了氨极易溶于水的性质【答案】B【解析】【详解】A．水泥、玻璃、陶瓷属于传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故A正确；B．手机芯片的主要成分是硅，故B错误；C．硫酸钡不溶于水和脂质，不会被胃肠道黏膜吸收，对人基本无毒性，因此在医疗上可作消化系统X射线检查的内服药剂，故C正确；D．氨气极易溶于水，利用胶头滴管内的水溶解氨气，使烧瓶内外产生压强差，从而产生喷泉现象，故D不符合题意；故答案为：B2.下列化合物能由两种单质直接化合生成的是A.Fe2S3 B.CuS C.SO3 D.SO2【答案】D【解析】【详解】硫的氧化性较弱，与变价金属铁、铜化合时，只能生成低价态的金属硫化物FeS和Cu2S，故A、B不符合；氧气与硫单质反应只能生产二氧化硫，要生成三氧化硫应是二氧化硫与氧气在催化剂的条件下反应，故C不符合，D符合；故选D。3.下列变化过程，属于放热反应的是①金属钠与水②NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌③H2在Cl2中燃烧④水蒸气变成液态水⑤中和反应⑥碳酸钙热分解A.①②⑤ B.①③⑤ C.③④⑤ D.②④⑥【答案】B【解析】【分析】常见的放热反应有：酸碱中和反应、燃烧反应、大多数的化合反应、活泼金属和水或酸的置换反应、铝热反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应、NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的复分解反应、碳和水蒸气生成水煤气的反应、碳和二氧化碳生成一氧化碳的反应。【详解】①金属钠与水反应生成NaOH和氢气，是放热反应；②NH4Cl晶体与Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应；③燃烧都是放热反应；④水蒸气变成液态水不是化学反应，但是放热的过程；⑤酸碱中和都是放热反应；⑥碳酸钙热分解是吸热反应；综上所述放热反应有①③⑤，故答案为B。4.下列有关实验的操作，正确的是实验操作A.除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热B.实验室收集Cu与稀硝酸反应生成的NO向上排空气法收集C.检验非金属性Cl>Si在Na2SiO3溶液中加入足量HClD.检验某溶液中是否含有NH4+取该溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．由于碳酸氢钠热稳定性较差，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以不能利用加热的方法除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl，选项A错误；B．NO与氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集，应该用排水法收集，选项B错误；C.向硅酸钠溶液中滴加稀盐酸，二者反应产生硅酸白色沉淀，只能证明盐酸的酸性大于硅酸，但HCl是无氧酸，不是Cl元素的最高价含氧酸，使用无法比较Cl、Si的非金属性，选项C错误；D.检验溶液中是否含有NH4+：加入NaOH并加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若变为蓝色，证明气体是NH3，原溶液中含有NH4+，选项D正确；故合理选项是D。5.类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是A.加热条件下，已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成Cu2SB.已知Mg加入CuSO4溶液中Mg+Cu2+=Cu+Mg2+，推测Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+C.加热条件下，已知足量Cu与浓硫酸反应只生成SO2，推测足量铝与浓硫酸反应也只生成SO2D.已知足量Fe与稀硝酸反应生成Fe(NO3)2，推测点燃时足量Fe与Cl2反应生成FeCl2【答案】A【解析】【详解】A．加热条件下，Fe与S化合生成FeS，表明S的氧化性弱，能将变价金属氧化为低价金属硫化物；Cu有+1、+2两种价态，与S化合也生成低价金属硫化物Cu2S，A正确；B．Mg与CuSO4溶液能发生反应Mg+Cu2+=Cu+Mg2+，但Na加入到CuSO4溶液中，先与水反应，产物OH-再与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，B不正确；C．加热条件下，足量Cu与浓硫酸反应只生成SO2，但加热条件下，足量铝与浓硫酸反应先生成SO2，后来铝与稀硫酸继续反应生成H2等，C不正确；D．足量Fe与稀硝酸反应生成Fe(NO3)2，但由于固态Fe与FeCl3固体不能发生反应，所以点燃时足量Fe与Cl2反应只能生成FeCl3，D不正确；故选A。6.凭借清洁、储量大、能量转换率高、运行稳定等优势，氢能被现代工业视为最理想、潜力最大的新能源。2020年上海进博会展览中，诸多氢能源汽车纷纷亮相。氢燃料电池被誉为氢能源汽车的心脏。某种氢燃料电池的内部结构如图，下列说法正确的是A.电池每消耗11.2L氢气，电路中通过的电子数目为NA B.a处通入的是氧气C.右侧电极发生的反应为：O2+4e-+4H+=2H2O D.右侧电极为电池的负极【答案】C【解析】【分析】由H+移动方向可知，电池左端是负极，通入的是氢气；右端是正极，通入的是氧气，以此解答。【详解】A．选项没有说明是否为标况，无法计算电池每消耗11.2L氢气，电路中通过的电子数目，故A错误；B．由H+移动方向可知，电池左端是负极，通入的是氢气，故B错误；C．由H+移动方向可知，电池的右端是正极，通入的是氧气，电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故C正确；D．由分析可知，右侧电极为电池的正极，故D错误；故选C。7.如图，同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3、②NO2，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶质的物质的量浓度为(不考虑瓶内溶液向烧杯中扩散)A.①＞② B.①＜② C.①=② D.不能确定【答案】C【解析】【详解】假设圆底烧瓶为VL，①中NH3的物质的量为：，NH3溶于水后，溶液体积为VL，则浓度为：；②中NO2的物质的量为：，NO2溶于水后，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可得，生成HNO3为：，生成NO为：VL，则溶液体积为：VL-VL=VL，则浓度为：，所以浓度①=②。答案选C。【点睛】利用浓度的公式和方程式进行计算，注意不可以使用22.4L/mol进行计算，条件不是标准状况。8.下列各项操作中，会出现“先沉淀后溶解”的现象的是A.向BaCl2中通入过量的SO3 B.向Ca(ClO)2溶液中通入过量的CO2C.向AlCl3溶液中滴加过量的稀氨水 D.向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2【答案】B【解析】详解】A．SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，硫酸钡不溶水和稀酸，只有沉淀产生，沉淀不溶解，故A不符合题意；B．发生的反应是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，继续通入CO2，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，先有沉淀，后沉淀溶解，故B符合题意；C．向氯化铝中加入氨水，产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，只有沉淀产生，沉淀不溶解，故C不符合题意；D．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，有沉淀产生，但沉淀不溶解，故D不符合题意；答案为B。9.制备硅单质时，主要化学反应如下：①SiO2(石英砂)＋2C(焦炭)Si(粗硅)＋2CO↑②Si(粗硅)＋2Cl2SiCl4③SiCl4＋2H2Si(纯硅)＋4HCl下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是A.①③为置换反应B.①②③均为氧化还原反应C.②为化合反应D.三个反应的反应物中硅元素均被还原【答案】D【解析】【详解】A.置换反应是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，根据方程式可判断①③均为置换反应，A正确；B.①②③中反应前后均有元素的化合价发生变化，因此均为氧化还原反应，B正确；C.化合反应指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，根据方程式可判断②为化合反应，C正确；D.①③中Si元素化合价降低，被还原；②中Si元素化合价升高，被氧化，D错误；答案选D。10.用如图所示装置进行下列实验：将①中的浓硫酸滴入②中，预测的现象与结论相符的是A.若②中为浓盐酸，产生大量气体：说明硫酸的酸性比盐酸强B.若②中为铜片，有气泡产生，底部生成灰白色固体：说明浓硫酸有强氧化性C.若②中为蓝色硫酸铜晶体，蓝色晶体变为白色：说明浓硫酸有吸水性，发生物理变化D.若②为蔗糖，白色固体变为黑色海绵状，有气体放出：说明浓硫酸有脱水性、强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性,浓盐酸具有挥发性,浓硫酸吸收浓盐酸中的水分而导致浓盐酸浓度增大而加强其挥发性,且浓硫酸溶于水放热,加速浓盐酸挥发，该实验体现浓盐酸的挥发性和浓硫酸的吸水性,故A不符合题意；B．常温下浓硫酸和Cu不反应,所以没有明显现象,故B不符合题意；C．浓硫酸具有吸水性,能吸收五水硫酸铜中的结晶水而使五水硫酸铜变为无水硫酸铜,固体由蓝色变为白色，但结晶水合物失去结晶水是化学变化，故C不符合题意；D．浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性,还能将蔗糖脱水后形成的碳单质，氧化为二氧化碳，同时还生成刺激性气味的二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，故D符合题意；本题答案D。11.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NH3NO2HNO3B.H2SSO2BaSO3C.粗SiSiHCl3纯SiD.SSO3H2SO4【答案】C【解析】【详解】A．NH3和氧气反应生成NO和水，NO被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成HNO3，故A不符合题意B．H2S和过量氧气反应生成SO2，SO2和氯化钡溶液不反应，故B不符合题意；C．粗Si中Si和HCl反应生成SiHCl3，SiHCl3和氢气反应生成纯Si，故C符合题意D．S和氧气燃烧生成SO2，故D不符合题意；故答案为C12.硝酸与金属反应后所得还原产物与硝酸浓度和金属的活泼性有关。10mL0.5mol·L-1HNO3与0.048gMg恰好完全反应。若氮元素只被还原到一种价态，下列说法不正确的是A.HNO3作还原剂B.HNO3浓度越低，N元素还原价态越低C.反应中转移电子数为0.004molD.还原产物可能为NH4NO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A．HNO3与金属反应时，表现酸性和强氧化性，故A错误；B．HNO3浓度越高，氧化性越强，氧化同种金属时，N元素被还原的价态就越高，故B正确；C．HNO3与Mg反应，还原剂只有Mg，Mg的化合价由0→＋2，0.048gMg的物质的量为0.002mol，根据得失电子守恒，反应中转移电子为0.004mol，故C正确；D．硝酸的物质的量为0.01L×0.5mol·L－1＝0.005mol，生成0.002molMg(NO3)2，根据N原子守恒，可能生成0.0005molNH4NO3，若生成0.0005molNH4NO3转移电子为0.004mol，符合电子守恒，故D正确；故答案为A。13.可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液作为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为O2+2H2O+4e-=4OH-B.以NaOH溶液电解液时，正极反应为2H++2e-=H2↑C.以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变D.电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极【答案】A【解析】【详解】A．电解质溶液显碱性或中性，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；B．以NaOH溶液为电解液时，发生吸氧腐蚀，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；C．以NaOH溶液为电解液时，电池反应式为4Al+4OH-+3O2=4AlO+2H2O，氢氧根离子参加反应且生成水，所以溶液的pH降低，电解质溶液的碱性减小，故C错误；D．放电时，外电路电子从负极Al沿导线流向正极，故D错误；故答案为A。14.可逆反应：2A(s)B(g)+C(g)，在一定条件下的刚性密闭容器中，起始时加入一定量的A，能判断反应达到平衡状态的有①单位时间内生成2molA的同时生成1molB②v(B):v(C)=1:1③密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变④混合气体的密度不再改变⑤B的体积分数不再改变⑥混合气体的压强不再改变A.3个 B.4个 C.5个 D.6个【答案】B【解析】【详解】①单位时间内生成2molA的同时生成1molB，说明正反应速率和逆反应的速率相等，说明反应到平衡；②v(B):v(C)=1:1，不能说明正逆反应速率相等，故不能说明反应到平衡；③该反应中只有生成物是气体，且按方程式的比例生成，所以该混合气体的平衡摩尔质量始终不变，所以当密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变时不能说明反应到平衡；④该反应中只有生成物是气体，且按方程式比例生成，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应到平衡；⑤B的体积分数不再改变说明反应到平衡；⑥混合气体的压强不再改变说明体系中气体的物质的量不变，说明反应到平衡。故正确的为①④⑤⑥，总共有4个。故选B15.除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4.过程如图：→下列说法中不正确的是A.试剂①可能是Na2CO3溶液B.除去SO的主要反应为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaClC.检验SO是否除净：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液D.滤液中加盐酸是为了除去多余的CO和OH-【答案】A【解析】【分析】用氢氧化钠除去MgCl2，用BaCl2溶液除去Na2SO4，用Na2CO3溶液除去CaCl2和过量的BaCl2，过滤后，加盐酸除去过量的氢氧化钠、碳酸钠。【详解】A．加入碳酸钠溶液的目的是除去CaCl2和过量的BaCl2，所以试剂①不可能是Na2CO3溶液，故A错误；B．用BaCl2溶液除去Na2SO4，除去SO的主要反应为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，故B正确；C．检验SO是否除净：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明SO已除净，故C正确；D．滤液中加盐酸除去氯化钠溶液中的氢氧化钠、碳酸钠，故D正确；选A。16.某试样溶液中可能含有、Na+、Fe3+、Mg2+、、、Cl-、阴离子的物质的量浓度相等。某同学利用该试样溶液进行实验，现象如下。下列说法正确的是A.气体X和气体Y均属于电解质B.该试样溶液中至少有5种离子存在，其中一定存在，且C.滤液M在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是D.将上述实验产生的气体Y全部通入的NaOH溶液中，所得溶液中的阴离子主要为【答案】D【解析】【分析】试样溶液与过量的氢氧化钡溶液反应有白色沉淀A生成，说明试样溶液至少含有Mg2+、、中的一种，一定没有Fe3+，同时生成气体X，说明试样溶液一定含有，气体X为NH3，白色沉淀A与足量稀盐酸反应生成气体Y，还有沉淀B，说明沉淀A含有BaCO3、BaSO4，即试样溶液含有、，则一定不含Mg2+，气体Y为CO2、沉淀B为BaSO4，滤液M与Cu、足量氢离子反应后在瓶口出现红棕色气体，说明试样溶液含有NO3-，阴离子的物质的量浓度相等，则n()=n()=n()=n(BaSO4)==0.01mol，而n()=n(NH3)==0.01mol，溶液是呈电中性的，而n()+2n()+2n()=0.05mol＞n()=0.01mol，故试样溶液一定还含有Na+，溶液中Cl-不能确定是否含有，当不含Cl-时，试样溶液中Na+的量最小，故n(Na+)≥0.05mol-0.01mol=0.04mol，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为NH3，Y为CO2，二者均属于非电解质，A错误；

B．由分析可知，试样溶液一定含有、Na+、、、，可能含有Cl-，阴离子的物质的量浓度相等，则n()=n()=n()==0.01mol，而n()=n(NH3)==0.01mol，当不含Cl-时，试样溶液中Na+的量最小，故n(Na+)≥0.05mol-0.01mol=0.04mol，则c(Na+)≥=0.4mol⋅L-1，B错误；

C．滤液M在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是NO，C错误；

D．n(CO2)==0.01mol，n(NaOH)=0.01L×1.2mol/L=0.012mol，则n(CO2)：n(NaOH)=0.01mol：0.012mol=5：6，1：2＜n(CO2)：n(NaOH)＜1：1，故产物为Na2CO3、NaHCO3，设二者的物质的量分别为xmol、ymol，则有①x+y＝0.012②x+y＝0.012，解得x=0.002，y=0.01，故所得溶液中的阴离子主要为，D正确；

故答案为：D。二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，漏选得2分，错选或多选不得分。)17.一种化学冰袋含有Na2SO4∙10H2O和NH4NO3，用时将它们混合并用手搓揉就可制冷，且制冷效果能维持一段时间。以下关于其制冷原因的推测中肯定错误的是A.Na2SO4∙10H2O脱水是吸热过程B.较长时间制冷是由于Na2SO4∙10H2O脱水过程较慢C.Na2SO4∙10H2O在该条件下发生的复分解反应是吸热反应D.NH4NO3溶于水会吸收热量【答案】C【解析】【详解】A.Na2SO4•10H2O脱水是吸热过程，A正确；B.因为十水硫酸钠脱水较慢，它一点点地脱水，水遇上硝酸铵吸热，因此制冷效果可以维持较长，B正确；C.Na2SO4•10H2O和NH4NO3不能发生复分解反应，C错误；D.硝酸铵夺取硫酸钠结晶水，是一个吸热反应，同时溶解吸热，D正确；故合理选项是C。18.在密闭容器中发生反应2A(g)B(g)，不同温度下，A的浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是A.T1＞T2B.a点的正反应速率大于b点的正反应速率C.c点的正反应速率大于c点的逆反应速率D.T1温度下，反应开始至b点时，B的平均反应速率为：0.9mol·L-1·h-1【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．由“先拐先平数值大”可知，同一时间曲线斜率越大，化学反应速率越快，则温度越高，图中虚线曲线斜率大，T2温度高，T1＜T2，故A错误；B．其它条件相同，a点反应物的浓度大于b点反应物的浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，故B正确；C．c点A的浓度还在继续减小，反应还在正向进行，反应末达到平衡，c点的正反应速率大于c点的逆反应速率，故C正确；D．T1温度下，反应开始至b点时，A的平均反应速率为：0.9mol·L-1·h-1，由速率比等于计量数之比即2：1，则B的平均反应速率为：0.45mol·L-1·h-1，故D错误；故选BC。19.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.铜电极上发生还原反应B.电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D.阴离子和阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动【答案】AC【解析】【详解】A．铜锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜电极上发生还原反应，故A正确；B．甲池的SO不参加反应，浓度不变，故B错误；C．铜锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上被还原成铜，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，根据得失电子守恒，每析出64g铜，就补充65g锌离子，所以电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加，故C正确；D．由于中间存在阳离子交换膜，只有阳离子能通过，阴离子不能通过，故D错误；故答案为：AC20.已知反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.图中A→B的过程为放热过程B.1molNO2和1molCO断键吸收的能量大于形成1molNO和1molCO2成键放出的能量C.1molNO2(g)和1molCO(g)的总能量低于1molNO(g)和1molCO2(g)的总能量D.该反应可以看成将储存在NO2(g)和CO(g)内部的能量以热能的形式释放出来【答案】D【解析】【分析】【详解】A．B比A的能量高，则图中A→B的过程为吸热过程，故A错误；B．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则1molNO2和1molCO断键吸收的能量小于形成1molNO和1molCO2成键放出的能量，故B错误；C．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则1molNO2(g)和1molCO(g)的总能量高于1molNO(g)和1molCO2(g)的总能量，故C错误；D．为放热反应，则该反应可以看成将储存在NO2(g)和CO(g)内部的能量以热能的形式释放出来，故D正确；故选D。21.下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是选项叙述I叙述IIA氨的水溶液呈碱性氨气可用于做喷泉实验B浓硫酸具有强氧化性和吸水性浓硫酸可干燥和，不可干燥和C是酸性氧化物可使含有酚酞的溶液褪色D铵盐受热易分解和均可用作氮肥和制取氨气A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氨的水溶液呈碱性，氨气可用于做喷泉实验，这两者没有因果关系，故A不符合题意；B．浓硫酸具有吸水性，因此可以用浓硫酸干燥和，浓硫酸具有强氧化性，但可用以干燥，故B不符合题意；C．是酸性氧化物，与NaOH溶液反应，因此可使含有酚酞的溶液褪色，有因果关系，故C符合题意；D．铵盐受热易分解，不能用于制取氨气，制取氨气主要用于是氯化铵和氢氧化钙加热得到，故D不符合题意。综上所述，答案为C。第II卷非选择题(共48分)22.I.回答下列问题：（1）硅酸盐具有特殊的性质与应用，回答下列问题：硅酸盐材料是传统无机非金属材料，下列产品属于硅酸盐的是____(填序号)。①玻璃②陶瓷③水晶④硅芯片⑤光导纤维⑥水泥⑦砖瓦（2）SiO2是一种酸性氧化物。①盛装NaOH溶液的试剂瓶____(填”能”“不能”)用玻璃塞，用化学方程式表示原因：____。②熔化烧碱应选用的坩锅为____(填字母)。A.铁坩锅B.玻璃坩锅C.石英坩锅D.瓷坩锅II.某化学小组模拟工业生产制取HNO3，设计了如图所示装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球。（3）写出装置A中主要反应的化学方程式____。（4）写出装置B中发生反应的化学方程式____。（5）装置C中浓硫酸的主要作用是____。（6）请你帮助该化学小组设计实验室制取NH3的另一个方案：____。（7）干燥管中的碱石灰用于干燥NH3，某同学思考是否可用无水氯化钙代替碱石灰，并设计如图所示装置(仪器固定装置省略未画)进行验证，实验步骤如图：①用烧瓶收集满干燥的氨气，立即塞如图所示的橡胶塞。②正立烧瓶，使无水氯化钙固体滑入烧瓶底部，摇动，可以观察到的现象是___，由此，该同学得出结论：不能用CaCl2代替碱石灰。【答案】（1）①②⑥⑦（2）①.不能②.SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O③.A（3）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑（4）4NH3+5O24NO+6H2O（5）吸收多余的NH3（6）加热浓氨水制取NH3（7）气球膨胀【解析】【小问1详解】①玻璃是非晶无机非金属材料，一般是用多种无机矿物(如石英砂、硼砂、硼酸、重晶石、碳酸钡、石灰石、长石、纯碱等)为主要原料，属于硅酸盐材料，故①正确；②陶瓷是陶器与瓷器的统称，陶是以粘性较高、可塑性较强的粘土为主要原料制成的，不透明、有细微气孔和微弱的吸水性，击之声浊。瓷是以粘土、长石和石英制成，半透明，不吸水、抗腐蚀，胎质坚硬紧密，叩之声脆，均属于硅酸盐材料，故②正确；③水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故③错误；④硅芯片为硅单质，不属于硅酸盐材料，故④错误；⑤光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故⑤错误；⑥水泥的主要化学成分为：氧化钙CaO，二氧化硅SiO2，三氧化二铁Fe2O3，三氧化二铝Al2O3，属于硅酸盐材料，故⑥正确；⑦砖瓦的主要成分为黏土等，属于硅酸盐材料，故⑦正确；综上所述①②⑥⑦符合题意，故答案为：①②⑥⑦；【小问2详解】①SiO2是一种酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成粘性强的硅酸钠和水，用化学方程式表示为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞；②玻璃坩锅、石英坩锅、瓷坩锅的主要成分均含硅酸盐，都能与烧碱反应生成可溶性的硅酸钠，所以不能用于熔化烧碱；铁坩埚不与烧碱反应，所以可用于熔化烧碱，故A符合题意；故答案为：不能；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；A；【小问3详解】装置A中氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，主要反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；【小问4详解】装置B中氨气和氧气发生催化氧化生成NO和水，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；【小问5详解】氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，装置C中浓硫酸的主要作用是吸收多余的NH3，故答案为：吸收多余的NH3；【小问6详解】氨气的溶解度随温度升高而减小，加热浓氨水可以制取氨气，故答案为：加热浓氨水制取NH3；【小问7详解】无水氯化钙与氨气反应，气体减少，压强减小，导致烧瓶内压强小于外界大气压，故可以观察到的现象为：气球膨胀，故答案为：气球膨胀。23.I.已知Na2S2O3与硫酸的反应为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，某研究小组为研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表，请回答下列问题.实验编号反应温度加入0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积加入0.1mol/LH2SO4溶液的体积加入水的体积出现浑浊的时间℃mLmLmLs①20220t1②402V10t2③2012V2t3（1）实验①②研究的是____对化学反应速率的影响，V1=____。（2）实验①③研究的是____对化学反应速率的影响，V2=____。（3）t1、t2、t3由大到小的顺序是____。II.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（4）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为____。（5）若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：t/s050150250350n(NH3)/mol00.240.360.400.4050-150s内的平均反应速率v(N2)=____。（6）已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。N≡N的键能为946kJ/mol，H—H的键能为436kJ/mol，N—H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中的能量变化为____(填”吸收”或”放出”及能量大小)，反应达到(5)中的平衡状态时，对应的能量变化的数值为___kJ。（7）为加快反应速率，可以采取的措施是____。a.降低温度b.增大压强c.恒容时充入He气d.恒压时充入He气e.及时分离NH3【答案】（1）①.温度②.2（2）①.浓度②.1（3）t3＞t1＞t2（4）3X+Y2Z（5）3×10-4mol/(L·s)（6）①.放出46kJ②.18.4（7）b【解析】【小问1详解】实验①②的温度不同，研究的是温度对化学反应速率的影响，根据单一变量原则，反应总体积应该相同，故V1=2，故答案为：温度；2；【小问2详解】实验①③的温度相同，0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积不同，研究的是浓度对化学反应速率的影响，根据单一变量原则，反应总体积应该相同，V2=1，故答案为：浓度；1；【小问3详解】温度越高，浓度越大，反应速率越快，实验②的温度最高，速率最快，出现浑浊的时间最短，实验①③的其他条件相同，实验①0.1mol/LNa2S2O3溶液的浓度大，反应速率快，先出现浑浊，所以t3＞t1＞t2，故答案为：t3＞t1＞t2；【小问4详解】由图中所给数据进行分析，随着反应进行，X、Y物质的量减少，分别减少了0.3mol、0.1mol，Z的物质的量增加了0.2mol，同一反应中参加反应的各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为3X+Y2Z；故答案为:3X+Y2Z；【小问5详解】根据表中数据可得50-150s内的平均反应速率v(NH3)=，根据方程式和化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(N2)=3×10-4mol/(L·s)，故答案为：3×10-4mol/(L·s)；【小问6详解】根据N≡N的键能为946kJ/mol，H—H的键能为436kJ/mol，N—H的键能为391kJ/mol，和，断裂旧键需要吸收热量，形成新键会释放热量，所以生成2molNH3过程中的能量变化为+946kJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92kJ/mol，所以生成1molNH3过程中的能量变化为放出46kJ，反应达到(5)中的平衡状态时，生成0.2mol氨气，会放出18.4kJ的热量，即对应的能量变化的数值为18.4，故答案为：放出46kJ,18.4；【小问7详解】a．降低温度，反应速率减小，故a不符合题意；b．增大压强，反应速率增大，故b符合题意；c．恒容时充入He气，各组分浓度保持不变，反应速率不变，故c不符合题意；d．恒压时充入He气，体积增大，各组分浓度减小，反应速率减小，故d不符合题意；e．及时分离NH3，各组分浓度减小，反应速率减小，故e不符合题意；故答案为：b。24.根据化学能转化为电能的相关知识，回答下列问题：I.理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。请利用反应“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”设计一个化学电池(正极材料用碳棒)，回答下列问题：（1）该电池的负极材料是____，发生____(填“氧化”或”还原”)反应，电解质溶液是____。（2）正极上出现的现象是____。II.为了探究原电池的工作原理，某化学学习小组设计了一组实验，其装置如图：（3）丙装置中负极反应式为____，丁装置中负极反应式为____。（4）电池的放电过程中，甲装置中溶液质量____(填“增加”或“减少”)；丁装置中溶液碱性____(填“增强”或减弱”)。（5）当甲装置导线中转移0.3mol电子时，正极生成气体____L(标准状况下)；假设开始时乙装置中两电极质量相等，导线中转移0.3mol电子时，两电极质量相差____g。【答案】（1）①.Cu②.氧化③.AgNO3溶液（2）有银白色固体析出（3）①.Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O②.CH4+10OH--8e-=CO+7H2O（4）①.增加②.减弱（5）①.3.36②.18【解析】【小问1详解】根据氧化还原反应Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+知，铜发生氧化反应，所以铜为负极，银离子发生还原反应，所以硝酸银溶液为电解质溶液，故答案为：Cu；氧化；AgNO3溶液；【小问2详解】正极反应为Ag++e-=Ag，所以正极反应的现象为有银白色固体析出，故答案为：有银白色固体析出；【小问3详解】丙装置中铝与NaOH溶液发生自发的氧化还原反应，Al为负极，Mg为正极，负极上Al失去电子生成AlO，负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O；丁装置是碱性条件下甲烷燃料电池，石墨电极为正极，铂电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子生成碳酸钾，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO+7H2O，故答案为：Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O；CH4+10OH--8e-=CO+7H2O；【小问4详解】甲装置中总反应为镁和稀硫酸生成硫酸镁和氢气，化学方程式为Mg

+

H2SO4=H2↑+MgSO4，则溶解24gMg时生成2gH2，溶液质量增加；丁装置中总反应为，CH4

+

2O2

+