2023北京八中高一（下）期中化学（选考班）试卷和答案

2023北京八中高一（下）期中化学(选考班)可能用到的相对原子质量：第一部分H选择题共42分)本部分共题，每小题2分，共42分。选出最符合题目要求的一项。1.下列金属在冷、浓的硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是A.MgB.FeC.D.Na2.在一定条件下，对于密闭容器中进行的反应：X(g)+Y(g)2Z(g)，下列说法能充分说明该反应已达到化学平衡状态的是A.X、Y、Z的浓度相等C.X、Y、Z在容器中共存B.正、逆反应速率均等于零D.X、Y、Z的浓度均不再改变3.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A.抗氧化剂C.着色剂B.调味剂D.增稠剂4.将10molA和5molB10L真空容器内，某温度下发生反应：3A(g)+B(g)内，消耗A的平均速率为0.06mol·L-1·s-1，则在0.2s时，容器中C的物质的量是2C(g)，在最初的0.2sA.0.12molB.0.08molC.0.04molD.0.8mol5.实验室制备下列气体的方法可行的是NH3H2SA.加热氯化铵制C.二氧化锰和稀盐酸制6.下列解释事实的方程式不正确的是B.硫化钠和浓硫酸混合制Cl2NO2D.铜和浓硝酸制+Cl34A.遇HCl产生白烟：32NO+O2=2NO2B.NO遇空气变为红棕色：催化剂4NH3+5O24NO+6H2OC.发生催化氧化反应生成NO：3△Cu+2NO3−+4H+=Cu2++2NO2HOD.Cu与稀混合产生无色气体：322NH+HCl=NHCl7.已知:。下列说法不正确的是34NH4ClA.B.C.中含有离子键和分子中都含有共价键3NH+HOOH−极易溶于水，与水反应332D.蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟第1页/共20页8.下列实验结论与实验现象相符合的一组是选实验项现象结论向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝+4A原溶液中含有NHSO2具有漂白性热把SO2通入紫色的酸性高锰酸钾溶液B溶液紫色褪去蔗糖变黑中CD向蔗糖中滴加浓硫酸浓硫酸具有吸水性向盛有Cu片的试管中加入稀HSO，Cu片逐渐溶解，产生NaNO3是催化剂，可增大Cu与24无明显现象，再加入NaNO3固体气泡，溶液变蓝稀HSO反应的化学反应速率24A.AB.BC.CD.D9.氮、铁元素在细菌的作用下可发生如图所示的转化。下列说法正确的是A.反硝化过程均属于氮的固定B.硝化过程中，含氮物质均发生还原反应C.在氨氧化细菌作用下，水体中的氮元素可转移至大气中++D.Fe3+将NH转化为N的离子方程式为Fe3＋2NH=Fe2＋N2↑＋8H＋244H2O10.探究影响分解速率的影响因素，实验方案如图。2下列说法不正确的是．．．H2O分解速率的影响2A.对比①②，可探究溶液对3第2页/共20页H2OB.对比②③④，可探究温度对分解速率的影响2H2O分解反应2C.D.实验结论：其他条件相同时，温度越高，一定温度下，反应N(g)＋O(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是(是催化剂，不参与3H2O分解速率越快2)22A.缩小体积使压强增大C.恒容，充入HeB.恒容，充入N2D.恒压，充入He12.我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。下列说法不正确的是．．．A.电极aB.电极b的反应式：NH-4e+4OH-=N↑+4HO2422C.每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移D.离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜13.利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如下图所示。下列说法中，不正确的是．．．A.“碳捕获与储存”有助于缓解温室效应B.过程INaOH溶液“捕获”CO2C.过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应均为分解反应D.上述过程中NaOH和Ca(OH)2能够循环利用14.下列关于实验现象的解释或结论中，不正确的是选实验操作试剂A现象结论项A酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性SO2具有漂白性B新制氯水黄绿色褪去第3页/共20页CDH2S溶液出现淡黄色浑浊SO2具有氧化性盐酸酸化的BaCl2无明显变化，一段时间后产生硫元素从+4价被氧化溶液白色沉淀到+6价A.AB.BC.CD.D15.氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。关于该燃料电池的说法不正确的是．．．A.H2在负极发生氧化反应B.电子从a电极经外电路流向bC.供电时的总反应为：+O==O222D.燃料电池的能量转化率可达100%16.选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是．．．CaCO32H+=Ca+2++CO2+H2O(观察气泡产生的快慢a．b．)−+2H+SO2H2O(+SO223观察浑浊产生的快慢)反应影响因素所用试剂块状CaCO3、0.5mol/LHClABCDaabb接触面积H+浓度H+浓度温度粉末状CaCO3、0.5mol/LHCl块状CaCO3、0.5mol/LHCl块状CaCO3、3.0mol/LHCl0.1mol/LNaSO、稀H422320.1mol/LNaSO、浓H422320.1mol/LNaSO、0.1NaSOHSO、冷水223223240.1mol/LNaSO、0.1NaSOHSO、热水22322324A.AB.BAgNO3溶液中通入过量SOC.C，过程和现象如图。D.D17.向2第4页/共20页AgSOAg；灰色固体中含有经检验，白色沉淀为下列说法不正确的是3．．．A.①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag+SO2HOSO++=2H+223Ag2SOAgSOAg2SO4小于3B.①中未生成，证明溶解度：4C.②中的现象体现了Ag+的氧化性D.该实验条件下SO2与AgSOAg的速率大于生成的速率反应生成3318.CO和H在催化剂作用下制CHOH，主要涉及的反应有：223①CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)H=-49.0kJ/mol22321②CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)△H=+41.2kJ/mol2222下列说法正确的是A.①为吸热反应B.若①中水为液态，则△H1′＞-49.0kJ/molC.②中反应物的总能量比生成物的总能量高D.CO(g)+2H(g)=CHOH(g)△H=-90.2kJ/mol23()+()g)+()，下列叙述正确的是6HOg24NHgg19.对可逆反应32()=5v逆(NO)4v正OA.达到化学平衡时，2xmolNOx，则反应达到平衡状态3B.单位时间内生成的同时，消耗C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大(NH3)=()2v正3v正H2OD.化学反应速率关系是：20.实验小组探究SO与NaO的反应。向盛有SO的烧瓶中加入NaO固体，测得反应体系中O含量的2222222变化如图。下列说法不正确的是．．．A.有O生成推测发生了反应：2NaO+2SO=2NaSO+O2222223B.段O含量下降与反应O+2Na=2NaSO有关222324第5页/共20页C.可用HNO酸化的BaCl溶液检验b点固体中是否含有Na3224D.产物Na也可能是SO与NaO直接化合生成的2422221.实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号①②③实验装置及操作溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色实验现象溶液无明显变化下列说法不正确的是．．．A.对H2O分解有催化作用2H2OB.对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大2H2O的速率C.对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于HO氧化222H2OD.实验②③中的温度差异说明，氧化KI的反应放热2第二部分非选择题共58分)22.某化学实验小组的同学利用铜与浓硫酸反应制取二氧化硫并研究其性质，所用实验装置如下：回答下列问题：（1）将铜丝下端卷成螺旋状的理由是_______。（2）向外拉铜丝，终止反应，冷却后，进一步证明A装置试管中反应所得产物含有铜离子的操作是_______。（3）用化学方程式表示氢氧化钠溶液的作用是_______。（4）装置A中反应的化学方程式是_______。（5）装置B和装置C分别验证了二氧化硫的_______性质。第6页/共20页（6）化学实验小组的同学发现试管中有黑色物质产生，猜测黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学利用装置A用不同浓度的浓硫酸与铜反应继续实验探究，并获得数据如下表。下列说法错误的是_______(填字母)。已知：Cu2S、CuS不溶于稀硫酸。硫酸浓度/(mol·L-1)黑色物质出现的温度/°C黑色物质消失的温度/°C151618约150约140约120约236约250不消失A.取黑色物质洗涤、干燥后称量，加入足量稀硫酸充分混合，再取固体洗涤、干燥后称量，固体质量不变，说明黑色物质中不含CuOB.黑色物质消失过程中有SO、HS生成22C.相同条件下，硫酸浓度越大，反应速率越快，黑色物质越易出现、越易消失D.硫酸浓度为16mol/L时，先升温至250°C以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质23.某兴趣小组用Fe(SO)溶液吸收含SO的尾气(SO的体积分数约10%，其余为空气)，实验装置如图所24322示：(1)装置A中SO与Fe(SO)溶液反应生成FeSO，写出该反应的离子反应方程式：_______。22434(2)反应后，若要检验装置A中Fe3+是否过量，可用试剂为_______；若要检验SO2是否过量，可用试剂为_______。(3)装置B中所用X溶液为_______，作用是_______。(4)若实验测得反应后的装置A中不含有SO，为测定其中所含FeSO的物质的量浓度，现进行如下实验：24取20.00mL装置A中溶液，向其中逐滴加入0.1000mol·L-14)2溶液，发生反应Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+，当反应恰好完全时，共消耗Ce(SO)溶液18.00mL。请通过计算确定FeSO的物质的量浓度____。42424.化工发展是我国能源安全的重要保证。近年来，我国煤化工技术获得重大突破，利用合成气(主要成分为CO、CO和H)在催化剂的作用下合成甲醇(CHOH)是其中的一个研究项目。该研究发生的主要反223应如下：Ⅰ．CO与H2反应合成甲醇Ⅱ．CO与H反应合成甲醇CO(g)+3H(g)⇌CHOH(g)+HO(g)222232(1)上述反应Ⅰ是原子经济性反应，写出化学反应方程式___________。(2)在工业上，为了提高上述反应Ⅱ的反应速率，除了采用合适的催化剂之外，还可以采取的措施是第7页/共20页_______(填一项即可)。(3)一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应Ⅱ，下列可以表明反应达到化学平衡状态的是_____。a．单位时间消耗nmolCO2的同时，消耗3nmol的H2b．容器内3OH的浓度不再改变c．容器内气体压强不再改变d．容器内气体密度不再改变(4)生成1molCH3OH放出akJ的能量，反应Ⅰ中拆开1mol化学键所需的能量(E)的相关数据如下：CO中的C=O化学键H—HmC—OnH—OxC—HyE(kJ)E1根据相关数据计算拆开1molC=O所需的能量E1______________kJ。(5)H还原电化学法制备甲醇的工作原理如下图所示：22通入H的一端是电池的________极(填“正”或“负，通入CO的一端发生的电极反应式为_______。22()，工厂常用NaClO溶液将2氧化为−，实现烟气中NOxNO3NO、NONOx25.工业烟气中常含有的脱除。x（1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，表现______性。x（2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始对脱除率的影响，结果如下。x①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH=3.5时NaClO的原因是______。②将溶液脱除的离子方程式补充完整：_____。−3□+□______+□______□+□Cl-+□______③时，运用平衡移动原理分析脱除率随溶液初始升高而增大的可能原因：______。x第8页/共20页26.某小组对与浓的反应进行研究。记录如下：药品3装置现象0.64gCu(0.01mol)和片片消失，得到绿色溶液A，放置较长时．．．．．实验1HNO3间后得到蓝色溶液B……20.0mL浓．I．（1）与浓反应的化学方程式是______。3Ⅱ．探究实验1中溶液A呈绿色而不是蓝色的原因。（2）甲认为溶液呈绿色是由Cu2+离子浓度较大引起的。乙根据实验记录，认为此观点不正确，乙的依据是______。NONON通入B中，再鼓入。结果证2（3）乙认为溶液呈绿色是由溶解的引起的。进行实验222实假设成立。则以上两步操作对应的现象分别是____________。（4）为深入研究，丙查阅资料，有如下信息：NONO中通少量溶液呈无色。2ⅰ．溶有的浓呈黄色；水或稀233NO2NO+HO=+；2232ⅱ．溶于水，会发生反应2HNO是弱酸，只能稳定存在于冷、稀的溶液中，否则易分解。2−2++−2)2−ⅲ．能与Cu2+反应：Cu2(蓝色)4NOO2(绿色)4据此，丙进一步假设：()的蓝色溶液混合而形成的绿色；Cu32NO①可能是A中剩余的浓溶解了得到的黄色溶液与32()2−②可能是A中生成了CuNO2使溶液呈绿色。4丙进行如下实验:操作现象()ⅰ．配制与溶液A的cH+相同的溶液，取3溶液呈黄色20.0mL，通入NO2气体实验3()Cu固体搅拌至完全溶解32ⅱ．再加溶液变为绿色ⅲ．加水稀释溶液立即变蓝溶液呈绿色实验ⅰ．向()蓝色溶液中通入少量Cu32第9页/共20页4NO2有无色气体放出，遇空气变红棕色，溶液很快变为蓝色H2SO4ⅱ．加入稀①亚硝酸分解的化学方程式是______。H2SO②请用平衡原理解释加入稀后绿色溶液变蓝的原因：______。4③根据实验得出结论：实验1A呈绿色的主要原因是______。．．．．第10页/20页参考答案第一部分H选择题共42分)本部分共题，每小题2分，共42分。选出最符合题目要求的一项。1.【答案】B【分析】【详解】铁、铝在冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，故B正确。2.【答案】D【详解】A．达到平衡状态时，各物质的浓度取决于物质的起始物质的量和反应的转化程度，因此各物质浓度相等，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；B．达到化学平衡时生成物的物质的量不变，但并不意味着不再有生成物生成，只是生成物生成的速率与生成物被消耗的速率相等，所以不能说反应速率为0，故B错误；C．达到化学平衡时，生成物生成的速率与生成物被消耗的速率相等，反应物和生成物共存不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；D．达到平衡状态时，各物质的浓度不再发生变化，故D正确；故选D。3.答案】A【详解】A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。4.【答案】B【分析】【详解】在最初0.2s内，消耗A的平均速率为0.06mol·L-1·s-1，可知A的物质的量的变化为vVt=0.06molL−1s−110L，将其代入三段式中有：+初始量1050变化量0.12平衡量9.880.044.960.080.08可知此时C的物质的量为0.08molB项符合题意。故选B。5.【答案】D【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氯化氢与氨气，二者在低温的试管口处会重新反应生成氯化铵并堵塞导管，A错误；B．NaS+2HSO(浓)=NaSO+SO↑+S↓+2HO，B错误；2242422C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，C错误；浓)=()+222+2H2O，D正确；D．Cu43+Cu3故答案为：D。6.【答案】D【分析】+Cl，故A正确；34【详解】A．遇HCl生成氯化铵，32NO+O2=2NOB．NO和氧气反应生成红棕色二氧化氮，反应方程式是，故B正确；2催化剂4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；C．发生催化氧化生成NO和水，反应方程式是3D．Cu与稀混合生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是33Cu2NO38H+=3Cu+−+2++2NO4H2O，故D错误；选D。7.【答案】C【详解】A．氯化铵含有铵根离子和氯离子之间的离子键，选项A正确；B．C．和HCl都由非金属原子通过共用电子对形成共价键，选项B正确；3极易溶于水，因为水为极性分子且含有氢键，为极性分子、含有氢键，与水反应生成一水合33+HOH2O，选项C不正确；氨32D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生大量白烟，白烟为氯化铵颗粒，D正确；答案选C。8.【答案】A【详解】A．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，原溶液为盐溶液，说明盐溶液中和浓NaOH溶+液在加热下反应生成了氨气，因此说明该盐溶液中含有NH，故A正确；4B．SO与酸性高锰酸钾溶液反应过程中被氧化，体现了SO的还原性，故B错误；22C．向蔗糖中滴加浓硫酸，固体变黑说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，故C错误；D．常温下Cu与稀硫酸不反应，向溶液中加入NaNO固体，NaNO电离出，−3NO−3酸性下具有强氧化33性，能与Cu反应生成NO气体，故D错误；综上所述，答案为A。9.【答案】C【详解】A.氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，如图可知反硝化过程是将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，A错误；B.如图可知，硝化过程NH+转化为NO-，再转化为NO-，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，B错423第12页/20页误；C.如图可知，在氨氧化细菌作用下，水体中的氮元素可转变为氮气，而转移至大气中，C正确；++D.根据得失电子守恒和原子守恒，Fe3+将NH转化为N的离子方程式为6Fe3＋2NH=6Fe2＋N2↑＋8H244＋，D错误；答案选C。10.【答案】C【详解】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl，与实验①做对比实验，可探究FeCl溶液对33HO分解速率的影响，选项A正确；22B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对HO分解速率的影响，选22项B正确；H2O分解反应，但反应前后质量和化学性质不变选项C不正确；2C．是催化剂，催化剂参与3H2OD．根据图中信息，热水分解速率快故实验结论：其他条件相同时，温度越高，分解速率越快，选2项D正确；答案选C。【答案】C【详解】．气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，A选项不满足题意；B．容积不变，充入N，使反应物N的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，B选项不满足22题意；C．容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N、ONO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变22化学反应速率，C选项正确；D．压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N、O、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减22小，D选项不满足题意；答案选C。12.【答案】C【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-2↑b上，NH在碱性条件下失去电子生成N，b为负极，电极反应为NH-4e-+4OH-↑+4HO，根据电解池2422422中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（ad移向右侧（bcd分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；B．根据分析，电极b的反应式：NH-4e+4OH-=N↑+4HO，B正确；2422C．根据NH-4e+4OH-=N↑+4HO，每生成1molN，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生24222迁移，C错误；D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；故选C。第13页/20页13.【答案】C【详解】A．“碳捕获与储存”能减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，故A正确；2NaOH+CO=NaCO+HOB．过程I中用NaOH溶液“捕获”CO2，发生反应，故B正确；2232CaO+H2O=Ca(OH)C．过程Ⅲ为分解反应，过程Ⅳ为化合反应，故C错误；2D．根据图示可知，NaOH和Ca(OH)2既参与反应，又生成，能够循环利用，故D正确；故选C。14.【答案】B【详解】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，紫色褪色，可知二氧化硫具有还原性，A项正确；B．氯水可氧化二氧化硫，黄绿色褪去，可知二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，B项错误；C．二氧化硫可氧化硫化氢，出现淡黄色浑浊，可知SO2具有氧化性，C项正确；D．二氧化硫与盐酸酸化的BaCl2溶液不反应，无明显变化，一段时间后产生白色沉淀为硫酸钡，可知硫元素从+4价被氧化到+6价，D项正确；答案选B。15.【答案】D【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应；燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，电子从负极经导线流向正极。【详解】A项、氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，故A正确；B项、原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即由电极a通过导线流向电极，故BC项、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，则供电时的总反应为2H+O=2HO，故C222D项、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不可能达到100%，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了燃料电池，氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。16.【答案】C【分析】采用控制变量方法进行研究，即只改变一个外界条件，其它外界条件都相同，然后逐一进行分析判断。【详解】A．只有CaCO3的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；B．该反应的实质是CaCO+2H=Ca2++CO↑+HO，只有HCl溶液中的c(H+)不相同，其它外界条件相同，322是研究H+浓度大小对化学反应速率的影响，B正确；−C．浓硫酸中HSO主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及SO24，浓硫酸溶于水时会放24出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H+)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H+浓度大小对化学反应速率的影响，C不正确；第14页/20页D．两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反应速率的影响，D正确；故合理选项是C。17.【答案】B【分析】由实验现象可知，二氧化硫与硝酸银溶液反应时，二氧化硫能与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银白色沉淀，也可能水反应使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与银离子反应生成硫酸银白色沉淀，还能与溶液中的银离子反应生成银，由白色沉淀为亚硫酸银、灰色固体中含有银可知，过量二氧化硫通入硝酸银溶液中发生的反应为二氧化硫先与硝酸银溶液发生反应生成亚硫酸银白色沉淀，后过量的二氧化硫与溶液中的银离子反应生成银。【详解】A．由分析可知，①中生成白色沉淀的反应为二氧化硫与硝酸银溶液反应亚硫酸银沉淀和硝酸，2Ag+SO2HOSO2H+3++=反应的离子方程式为，故A正确；22B．①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到硫酸银可能是因为硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，不能证明亚硫酸银更难溶，所以无法比较硫酸银和亚硫酸银的溶度积大小，故B错误；C．②中有银生成，证明二氧化硫与溶液中的银离子反应生成银，证明银离子有氧化性，故C正确；D．由分析可知，该实验条件下，过量的二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，然后放置一段时间后才生成银，说明二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银的速率，故D正确；故选B。18.【答案】D【详解】A．反应①的△H1＜0，说明该反应是放热反应，A错误；B．物质由气态转化为液态时放出热量，反应放出是热量越多，反应热就越小。由于反应①的△H1＜0，若①中水为液态，则△H1＜-49.0kJ/mol，B错误；C．反应②中△H2＞0，说明反应物的总能量比生成物的总能量低，C错误；D．根据盖斯定律，将反应①-②，整理可得CO(g)+2H(g)=CHOH(g)△H=-90.2kJ/molD正确；23故合理选项是D。19.【答案】A4vO=5v(NO)说明正逆反应速率相逆()【详解】A．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，等，反应已达到平衡，故A正确；正2B．单位时间内生成xmol一氧化氮的同时，消耗xmol氨气都表示正反应速率不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，气体压强减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；(NH3)=2v正H2O)，故(D．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，则3v正D错误；故选A。20.【答案】C第15页/20页【分析】向盛有SO的烧瓶中加入NaO固体，由图像可知发生的反应可能有:①2NaO222222=2NaSO+O；②2NaSO+O=2NaSO，无法判断③NaO+SO=2NaSO是否发生；2322322422224【详解】A．根据分析可知，有O生成推测发生了反应：2NaO+2SOSO+OA正确；2222232B．bc段O含量下降，可能是发生反应O+2NaSO=2NaSO，选项B222324C．HNO3具有强氧化性，能将SO3−22−4氧化为SO，不能用HNO酸化的BaCl溶液检验b点固体中是否含23有NaSOC不正确；24D．虽然无法判断NaO+SO=2NaSO是否发生，但产物Na也可能是SO与NaO直接化合生成2222424222的，同时发生①2NaO+2SO=2Na+O、NaO+SO=2NaSO等反应，选项D正确；22223222224答案选C。21.【答案】DH2O【详解】A．比较实验①②的现象可知，KI对分解有催化作用，A正确；2B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无H2O的速率更大，B正确；明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化2C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最H2O终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为确；分解的速率大于HO氧化KI的速率，C正222D．实验②中主要发生HO分解，温度明显升高，而实验③中主要发生HO氧化KI的反应，温度无明显2222H2O变化，说明HO催化分解是一个放热反应，不能说明氧化KI的反应放热，D错误；222故答案为：D。第二部分非选择题共58分)22.1）增大与浓硫酸的接触面积，加快反应速率快（2）将A装置试管内的物质沿器壁慢慢倒入盛有水的烧杯(或试管)中，观察到溶液变蓝（3）SO+2NaOH=NaSO+HO2232Δ（4）Cu+2HSO(浓)CuSO+SO↑+2HO24422（5）还原性、氧化性（6）BC【分析】装置A中铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，二氧化硫具有还原性，能使装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色；二氧化硫具有氧化性，能与装置C中硫化氢溶液反应产生硫沉淀；二氧化硫有毒，则在装置D中用氢氧化钠溶液除去。【小问1在实验中，将铜丝下端卷成螺旋状能增大Cu与浓硫酸的接触面积，加快反应速率快，故答案为：增大Cu与浓硫酸的接触面积，加快反应速率快。【小问2第16页/20页验证反应所得产物含有Cu2+，冷却后将A装置试管内的物质沿器壁慢慢倒入盛有水的烧杯(或试管)中，观察是否出现蓝色，若出现蓝色则证明含有Cu2+，故答案为：将A装置试管内的物质沿器壁慢慢倒入盛有水的烧杯(或试管)中，观察到溶液变蓝。【小问3由分析可知，用氢氧化钠溶液吸收尾气二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为：SO+2NaOH=NaSO+H，故答案为：SO+2NaOH=NaSO+HO。22322232【小问4ΔA中铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应的化学方程式是Cu+2HSO(浓)24ΔCuSO+SO↑+2HO，故答案为：Cu+2HSO(浓)CuSO+SO↑+2HO。42224422【小问5装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色，可证明二氧化硫具有还原性，装置C中硫化氢溶液变浑浊，可证明二氧化硫具有氧化性，故答案为：还原性、氧化性。【小问6A．黑色物质中若含CuO，加入稀硫酸充分混合，氧化铜会与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜溶于水，固体质量会减小，现固体质量不变，说明黑色物质中不含CuOA正确；B．由于浓硫酸具有氧化性，会将硫化氢氧化，则黑色物质消失过程中会有SO生成，但不会有HS生22成，故B错误；C．从表中数据可以看出，硫酸浓度越大，黑色物质出现的温度越低，黑色物质越难消失，说明硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失，故C错误；D．由表格中数据可知，硫酸浓度为16mol/L时，黑色物质出现的温度为140°C，黑色物质消失的温度250°C，先升温至250°C以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质，故D正确；故答案为：BC。2-423.【答案】①.SO+2Fe3++2HO=2Fe2++4H++SO②.KSCN溶液③.品红溶液④.NaOH溶液⑤.22吸收未反应完的SO2，避免其污染空气⑥.【分析】Fe3+具有一定的氧化性，SO具有一定的还原性，因此用Fe(SO)吸收SO时二者会发生氧化还22432原反应；检验A中的Fe3+是否过量，即检验Fe3+是否剩余即可；若SO过量，则选择试剂检验有SO剩余22即可；为了保证SO2吸收完全，防止其污染空气，需要用NaOH溶液对尾气再进行吸收；在计算确定FeSO4的浓度时，可利用题干中提供的方程式计算即可。【详解】(1)装置A中SO与Fe(SO)溶液反应生成FeSO，该反应的离子反应方程式：224342-4SO+2Fe3++2HO=2Fe2++4H++SO。22(2)检验Fe3+可用KSCN溶液，溶液变为血红色，则证明Fe3+过量；检验SO2可用品红溶液，品红溶液褪色，则证明SO2过量。(3)通过分析可知，B装置中盛放的为NaOH溶液，作用是吸收未反应完的SO2，避免其污染空气。第17页/20页(4)因为Ce4+与Fe2+反应时按照1:1反应，因此消耗的Ce(SO)的量即为FeSO的量，即：424n(FeSO4)=n[Ce(SO4)2]=0.1mol/L×0.018L=0.0018mol，那么FeSO4的浓度为：()0.0018molnFeSO4()cFeSO==。4V0.02L24.【答案】①.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)②.升温或增大压强③.bc④.-a+3y+n+x-2m⑤.负⑥.CO+6H+6e=CHOH+HO232【分析】化合反应是原子经济性反应，写出CO与H2反应合成甲醇的化学方程式。从化学反应速率的影响因素和化学平衡的判断分析。从断开化学键和形成新的化学键的能量差等于焓变进行计算。根据总的反应化学方程式中化合价的变化，写出各电极发生的化学反应。【详解】(1)上述反应Ⅰ是原子经济性反应，理想的原子经济反应是原料分子中的原子百分之百地转变成产物，不产生副产物或废物，实现废物的“零排放”，故化学反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；(2)提高上述反应Ⅱ的反应速率可以采用升温，加压等措施加快反应速率；(3)一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应Ⅱ：CO(g)+3H(g)⇌OH(g)+HO(g)2232a．单位时间消耗nmolCO的同时，消耗3nmol的H，都表示正反应方向的速率，不能代表处于平衡状22态，故a不符合题意；b．反应发生时容器内CHOH的浓度是一个变值，容器内CHOH的浓度不再改变代表化学反应达到平衡33状态，故b符合题意；c．反应是一个气体分子数减小的反应，也是一个压强减小的反应，当容器内气体压强不再改变代表达到平衡状态，故c符合题意；d．由于是在容积固定的密闭容器中，则气体的密度是一个定值，若容器内气体密度不再改变，不能代表反应达到平衡状态，故d不符合题意；答案选bc。(4)生成1molCHOH放出akJ的能量，反应Ⅰ为：CO(g)+2H(g)CH3OH(g)，则反应物断裂化学键键能32之和减去生成物形成化学键键能之和等于生成1molCHOH放出的热量，得到的式子为：E+2m-31(3y+n+x)=-a，得到E1=-a+3y+n+x-2m；(5)H还原电化学法制备甲醇的总反应为CO+3H=CHOH+HO，二氧化碳的化合价降低，在正极上222232得电子，正极反应为：CO+6H++6e=CHOH+HO，氢气的化合价升高，作负极，电极反应为3H-6e-2322=6H+。【点睛】恒温恒容的容器中，气体的密度始终不变，不能作为判断平衡的标志，为易错点。−25.1）还原性（2）.盐酸具有还原性，能与NaClO反应②.2NO+3HClO+H2O=2NO3+3Cl-+5H+③.反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率【小问1表现还原性，故答案x在大气中最