2023-2024学年四川省成都市蓉城高中教育联盟高一(下)期末化学试卷

2023-2024学年四川省成都市蓉城高中教育联盟高一（下）期末化学试卷一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（3分）科技发展改变生活。下列叙述正确的是（）A．C919国产大飞机风挡结构部分使用的有机玻璃属于硅酸盐材料 B．淀粉、蛋白质和油脂是人体必需的高分子营养物质 C．光导纤维与电动汽车的太阳能电池的基体材料相同 D．中国天眼FAST用到的碳化硅属于新型陶瓷材料2．（3分）下列化学用语表示错误的是（）A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．乙烷的球棍模型： C．原子核内有10个中子的氧原子：8D．Na+结构示意图：3．（3分）某有机化合物的结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是（）A．属于芳香烃 B．分子中含有四种官能团 C．可发生氧化、取代反应 D．分子中所有碳原子不可能共平面4．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1.7gNH3中含有的质子数为NA B．1molCu和含有2molH2SO4的浓硫酸反应，生成的SO2分子数目为NA C．标准状况下，2.24LC2H5OH含有的共价键数为0.8NA D．在一定条件下，1molSO2与0.5molO2充分反应后生成1molSO35．（3分）下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（）A．Cl2溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣ B．室温下用稀HNO3溶解铜：3Cu+2NO3−+8H+═3Cu2++2NO↑+4HC．甲烷和氯气的取代反应：CH4+Cl2→光CCl4+2H2D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+6．（3分）下列关于化学反应与能量变化的说法正确的是（）A．图甲所示装置可将化学能转化为电能 B．图乙可表示Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体反应的能量变化 C．图丙所示的锌锰干电池，锌筒作负极 D．图丁所示装置可验证金属活动性：N＞M7．（3分）W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y形成生活中常见的液态化合物，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，Q原子半径是第三周期中最小的。下列说法错误的是（）A．W、X、Y三种元素组成的化合物可能是酸也可能是碱 B．Y元素与Z元素组成的化合物是两性氧化物 C．化合物QY2可用作自来水消毒剂 D．Q的氧化物对应的水化物一定是强酸8．（3分）有关下列实验的说法错误的是（）A．甲：乙醇和金属钠反应，钠浮在液体表面，产生的气体具有可燃性 B．乙：在铜丝中间部分加热，片刻后开始有节奏地鼓入空气，可观察到铜丝中间部分出现黑红交替的现象 C．丙：可证明氯气和甲烷在光照条件下发生化学反应 D．丁：可除去甲烷中的乙烯9．（3分）干洗衣服的干洗剂主要成分是四氯乙烯（），家用不粘锅内侧涂覆的物质主要成分是聚四氟乙烯（）。下列关于四氯乙烯和聚四氟乙烯的说法正确的是（）A．均为纯净物 B．均属于高分子化合物 C．均能发生加成反应，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．四氯乙烯对油脂有较好的溶解作用，聚四氟乙烯的化学性质比较稳定10．（3分）通过海水晾晒可得到粗盐。粗盐中除含NaCl外，还含MgCl2、CaCl2、Na2SO4及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，操作流程如图所示。下列说法正确的是（）A．步骤①中需要用到玻璃棒，作用是引流 B．步骤②、④互换，对实验结果无影响 C．步骤⑥中向所得滤液中滴加盐酸，用玻璃棒搅拌，直至没有气泡冒出，并用pH试纸检验，滤液呈中性 D．若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a一定大于b11．（3分）工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下的催化氧化（正反应放热）：2SO2+O2⇌△催化剂若该反应在密闭容器中进行，则下列说法错误的是（）A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率 B．在上述条件下，SO2不可能100%转化为SO3 C．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度 D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度一定相等12．（3分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）俗称大苏打、海波，广泛应用于照相定影等领域。某小组同学利用控制变量法探究影响Na2S2O3溶液与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号温度/℃Na2S2O3溶液稀硫酸H2O溶液出现浑浊所需时间/sV/mLc/（mol•L﹣1）V/mLc/（mol•L﹣1）V/mL12010.00.1010.00.500t124010.00.105.00.505.0t232010.00.105.00.50V1t3下列说法错误的是（）A．实验1和3为探究硫酸浓度对反应速率的影响，V1＝5.0 B．实验2和3为探究温度对反应速率的影响 C．溶液出现浑浊所需时间：t1＜t3 D．若将水换成Na2SO4溶液，对实验结果无影响13．（3分）NH3还原NO的反应过程与能量关系如图甲所示；有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是（）A．图甲所示反应4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）是吸热反应 B．图甲所示反应产物中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3 C．图乙所示过程中Fe3+的物质的量减少 D．图乙所示过程中生成1molN2，转移电子的物质的量为2.4mol14．（3分）含SO2的工业尾气转化为硫酸钾的流程如图所示。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ得到固体A的主要成分为CaSO3 B．为提高A的转化速率，反应Ⅱ宜在高温条件下进行 C．反应Ⅱ的化学方程式为NH4HCO3+NH3+CaSO4═（NH4）2SO4+CaCO3 D．滤液B中大量存在的主要离子有NH4+、K+二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）“价类二维图”是学习元素及其化合物的重要工具，如图是氮及其主要化合物的价类二维图。回答下列问题：（1）氮元素在元素周期表中的位置是，物质a的电子式为。（2）反应①～⑤中不属于氧化还原反应的是。（3）工业上以氨气为原料制备硝酸的第一步反应的化学方程式为。（4）工业生产中，盛放大量f的浓溶液可选择作为罐体材料（填标号）。A.铂B.铜C.铝D.镁（5）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，可采用催化还原氮氧化物（SCR）技术处理尾气，其反应原理如图所示。当c与d的物质的量之比为1：1时，与足量的a在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为。（6）28.8gCu与一定量浓硝酸反应，Cu全部被消耗后，只收集到标准状况下c和d的混合气体11.2L（不考虑N2O4的存在），则c、d的物质的量之比为。16．（14分）某同学用如图所示的装置进行二氧化硫的制备与性质探究。回答下列问题：（1）用铜与浓硫酸制备SO2的化学方程式为。（2）可抽动铜丝的优点为。（3）实验过程中，观察到品红溶液褪色，说明SO2具有性。（4）欲探究SO2是否具有还原性，可选用（填标号）。a．FeCl3溶液b．浓硫酸c．BaCl2溶液d．酸性高锰酸钾溶液（5）反应结束后取D中溶液进行如图甲所示实验。产生淡黄色沉淀的原因为（用离子方程式表示），说明SO32−（6）设计如图乙所示装置，验证亚硫酸酸性强于碳酸。①品红溶液的作用是；②能证明亚硫酸酸性强于碳酸的实验现象是。17．（16分）Ⅰ．某温度时，在一个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。回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为。（2）反应开始至8min，Y的平均反应速率为。4min时，反应是否达到化学平衡：（填“是”或“否”），此时v正v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）恒温恒容条件下，能说明该反应达到化学平衡状态的是（填标号）。A．混合气体的密度不再变化B．容器内的压强不再变化C．X的体积分数保持不变D．v正（X）＝2v逆（Z）Ⅱ．用人工光合作用得到的甲烷、氧气和NaOH溶液制作燃料电池，装置如图所示。（4）气体1应为（填化学式），外电路电子的移动方向为（填“a→b”或“b→a”）。（5）b电极上的反应类型为（填“氧化”或“还原”）反应。（6）当转移2.408×1024个电子时，消耗标准状况下的甲烷的体积为L。18．（14分）乙酸乙酯是一种重要的化工原料，可以石蜡油为原料完成制备，其流程如图：回答下列问题：（1）物质C的结构简式为，乙酸乙酯中的官能团名称是。（2）B→C的化学方程式为。（3）能实现B→D转化的物质有（填标号）。a．溴水b．酸性高锰酸钾溶液c．铜或银d．浓硫酸e．酸性重铬酸钾溶液（4）乙酸乙酯存在多种同分异构体，其中能与碳酸钠溶液反应的有种。（5）实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。①仪器A的名称是，其作用是；②制取乙酸乙酯的化学方程式为；③若实验室所用乙酸的质量为3.0g，乙醇的质量为2.5g，制得乙酸乙酯的质量为3.4g，则乙酸乙酯的产率为（产率是指某种生成物的实际产量与理论产量的百分比，计算结果保留3位有效数字）。

2023-2024学年四川省成都市蓉城高中教育联盟高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（3分）科技发展改变生活。下列叙述正确的是（）A．C919国产大飞机风挡结构部分使用的有机玻璃属于硅酸盐材料 B．淀粉、蛋白质和油脂是人体必需的高分子营养物质 C．光导纤维与电动汽车的太阳能电池的基体材料相同 D．中国天眼FAST用到的碳化硅属于新型陶瓷材料【考点】二氧化硅的性质及用途；无机非金属材料．【答案】D【分析】A．有机玻璃的主要成分为聚甲基丙烯酸甲酯；B．油脂不是高分子化合物；C．光导纤维成分为二氧化硅，太阳能电池为硅晶体；D．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，热膨胀系数小，热导率大，以及抗热震和耐化学腐蚀等优良特性，属新型无机非金属材料。【解答】解：A．C919国产大飞机风挡结构部分使用的有机玻璃属于有机高分子材料，故A错误；B．淀粉、蛋白质和油脂是人体必需营养物质，淀粉、蛋白质是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故B错误；C．光导纤维成分为二氧化硅，电动汽车的太阳能电池主要是硅单质，基体材料不相同，故C错误；D．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型耐高温陶瓷材料，故D正确；故选：D。2．（3分）下列化学用语表示错误的是（）A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．乙烷的球棍模型： C．原子核内有10个中子的氧原子：8D．Na+结构示意图：【考点】化学式或化学符号及名称的综合．【答案】A【分析】A．乙烯分子中含有碳碳双键，书写结构简式时必须标出；B．乙烷的结构简式为CH3CH3，含有C—H键和C—C键，C原子半径大于H；C．元素符号左下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数，质量数＝质子数+中子数；D．Na+的质子数为11，最外层电子数为8。【解答】解：A．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式为CH2＝CH2，故A错误；B．乙烷结构简式为CH3CH3，C原子的半径大于H原子的半径，其球棍模型为，故B正确；C．原子核内有10个中子的氧原子的质量数为8+10＝18，其核素符号为8D．Na+的质子数为11，各层上电子数分别为2、8，其结构示意图为，故D正确；故选：A。3．（3分）某有机化合物的结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是（）A．属于芳香烃 B．分子中含有四种官能团 C．可发生氧化、取代反应 D．分子中所有碳原子不可能共平面【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】A．芳香烃仅含C、H两种元素且含有苯环；B．分子中官能团有碳碳双键、羟基、羧基；C．具有乙烯、醇与羧酸的性质；D．苯环及其连接的原子是平面结构，碳碳双键及其连接的原子是平面结构，旋转单键可以使2个平面共平面，可以使羧基中碳原子处于平面内。【解答】解：A．该有机层含有苯环，除含C、H两种元素外，还含有氧元素，不属于芳香烃，属于芳香族化合物，故A错误；B．观察结构可知，有机物分子中含有碳碳双键、羟基、羧基共3种官能团，故B错误；C．含有碳碳双键，可以发生银镜反应，含有羟基、羧基，可以发生取代反应，其羟基连接的碳原子上含有氢原子，也可以发生催化氧化，故C正确；D．苯环及其连接的原子是平面结构，碳碳双键及其连接的原子是平面结构，旋转单键可以使2个平面共平面，可以使羧基中碳原子处于平面内，即分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选：C。4．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1.7gNH3中含有的质子数为NA B．1molCu和含有2molH2SO4的浓硫酸反应，生成的SO2分子数目为NA C．标准状况下，2.24LC2H5OH含有的共价键数为0.8NA D．在一定条件下，1molSO2与0.5molO2充分反应后生成1molSO3【考点】阿伏加德罗常数．【答案】A【分析】A．1个NH3中含有的质子数10；B．随着浓硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不再反应；C．标准状况下，C2H5OH不是气体，不能用气体摩尔体积计算物质的量；D．二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行彻底。【解答】解：A．1.7gNH3中物质的量n=1.7g17g/mol=B．1molCu和含有2molH2SO4的浓硫酸反应，生成的SO2分子数目小于NA，故B错误；C．标准状况下，C2H5OH不是气体，2.24LC2H5OH物质的量不是0.1mol，故C错误；D．在一定条件下，1molSO2与0.5molO2充分反应后生成SO3小于1mol，故D错误；故选：A。5．（3分）下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（）A．Cl2溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣ B．室温下用稀HNO3溶解铜：3Cu+2NO3−+8H+═3Cu2++2NO↑+4HC．甲烷和氯气的取代反应：CH4+Cl2→光CCl4+2H2D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+【考点】离子方程式的书写．【答案】B【分析】A．次氯酸为弱酸，应保留化学式；B．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水；C．甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和HCl；D．Na2SiO3溶液可以完全电离出钠离子和硅酸根离子。【解答】解：A．氯气溶于水，离子方程式为：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．室温下用稀HNO3溶解铜，离子方程式为：3Cu+2NO3−+8H+═3Cu2+C．甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和HCl，该反应为：CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2→光照CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2→光照CHCl3+HCl、CHCl3+Cl2→D．Na2SiO3溶液可以完全电离出钠离子和硅酸根离子，向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸离子方程式为：SiO32−+2H+═H2故选：B。6．（3分）下列关于化学反应与能量变化的说法正确的是（）A．图甲所示装置可将化学能转化为电能 B．图乙可表示Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体反应的能量变化 C．图丙所示的锌锰干电池，锌筒作负极 D．图丁所示装置可验证金属活动性：N＞M【考点】反应热和焓变；原电池原理．【答案】C【分析】A．图1没有形成闭合电路；B．图2所示，为放热反应；C．正极发生还原反应；D．一般活泼金属做负极。【解答】解：A．图1没有形成闭合电路，所示装置不能构成原电池，不能将化学能转化为电能，故A错误；B．图2所示反应物能量高于生成物能量，为放热反应，Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl反应为吸热反应，不符合题意，故B错误；C．锌锰干电池中，锌失电子发生氧化反应，锌筒作负极，MnO2做正极，发生还原反应，故C正确；D．图4所示装置为原电池，正极发生还原反应，产物为H2，负极发生氧化反应，负极金属活动性强，活动性M＞N，故D错误；故选：C。7．（3分）W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y形成生活中常见的液态化合物，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，Q原子半径是第三周期中最小的。下列说法错误的是（）A．W、X、Y三种元素组成的化合物可能是酸也可能是碱 B．Y元素与Z元素组成的化合物是两性氧化物 C．化合物QY2可用作自来水消毒剂 D．Q的氧化物对应的水化物一定是强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【答案】D【分析】W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Q原子半径是第三周期中最小的，则Q为Cl元素；Z原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，则Y处于偶数族，Z只能是处于ⅠA族、ⅡA族、ⅢA族中的其中一族，而W与Y形成生活中常见的液态化合物，则W为H元素、Y为O元素，可知Z处于ⅢA族，Z的原子序数大于Y（氧），故Z为Al元素；由Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，可知X的原子序数为8﹣1＝7，故X为N元素。【解答】解：结合分析可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Al元素、Q为Cl元素；A．HNO3属于酸，而NH3•H2O属于碱，故A正确；B．O和Al形成的化合物为氧化铝，属于两性氧化物，故B正确；C．ClO2可用作自来水消毒剂，故C正确；D．HClO4属于强酸，HClO属于弱酸，故D错误；故选：D。8．（3分）有关下列实验的说法错误的是（）A．甲：乙醇和金属钠反应，钠浮在液体表面，产生的气体具有可燃性 B．乙：在铜丝中间部分加热，片刻后开始有节奏地鼓入空气，可观察到铜丝中间部分出现黑红交替的现象 C．丙：可证明氯气和甲烷在光照条件下发生化学反应 D．丁：可除去甲烷中的乙烯【考点】化学实验方案的评价．【答案】A【分析】A．钠与乙醇反应生成氢气，氢气具有可燃性，且钠的密度大于乙醇的密度；B．Cu与氧气反应生成CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛、Cu和水；C．光照下甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和HCl，HCl极易溶于水；D．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，NaOH溶液可除去二氧化碳。【解答】解：A．钠与乙醇反应生成氢气，氢气具有可燃性，不能使带火星的木条复燃，且钠沉在乙醇液体的底部，故A错误；B．Cu与氧气反应生成CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛、Cu和水，则观察到铜丝中间部分出现黑红交替的现象，故B正确；C．光照下甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和HCl，HCl极易溶于水，则液面沿导管上升，且试管内壁有油状液体，故C正确；D．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，NaOH溶液可除去二氧化碳，洗气可除杂，故D正确；故选：A。9．（3分）干洗衣服的干洗剂主要成分是四氯乙烯（），家用不粘锅内侧涂覆的物质主要成分是聚四氟乙烯（）。下列关于四氯乙烯和聚四氟乙烯的说法正确的是（）A．均为纯净物 B．均属于高分子化合物 C．均能发生加成反应，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．四氯乙烯对油脂有较好的溶解作用，聚四氟乙烯的化学性质比较稳定【考点】有机物的结构和性质．【答案】D【分析】A．高分子化合物的聚合度不同；B．四氯乙烯不是高分子化合物；C．聚四氟乙烯不含双键；D．根据题干中用途，可知四氯乙烯具有较好的脂溶性、聚四氟乙烯的化学性质稳定。【解答】解：A．四氯乙烯是纯净物，聚四氟乙烯是高分子化合物，分子中聚合度n的不同，聚四氟乙烯是混合物，故A错误；B．聚四氯乙烯是高分子化合物，但四氯乙烯相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C．四氯乙烯含碳碳双键，可以发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使高锰酸钾溶液褪色，聚四氟乙烯不含碳碳双键，不能发生加成反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．四氯乙烯是干洗衣服的干洗剂主要成分，可知其对油脂有较好的溶解作用，聚四氟乙烯是家用不粘锅内侧涂覆的物质主要成分，可知其化学性质稳定，故D正确；故选：D。10．（3分）通过海水晾晒可得到粗盐。粗盐中除含NaCl外，还含MgCl2、CaCl2、Na2SO4及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，操作流程如图所示。下列说法正确的是（）A．步骤①中需要用到玻璃棒，作用是引流 B．步骤②、④互换，对实验结果无影响 C．步骤⑥中向所得滤液中滴加盐酸，用玻璃棒搅拌，直至没有气泡冒出，并用pH试纸检验，滤液呈中性 D．若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a一定大于b【考点】粗盐提纯．【答案】C【分析】通过海水晾晒可得到粗盐。粗盐中除含NaCl外，还含MgCl2、CaCl2、Na2SO4及泥沙等杂质，粗盐溶解后分别加入BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，过滤得到沉淀和滤液，滤液中加入盐酸除去氢氧化钠和碳酸钠，得到溶液蒸发浓缩结晶析出氯化钠，烘干得到精盐，据此分析判断选项。【解答】解：A．步骤①中需要用到玻璃棒，作用是加速溶解，故A错误；B．步骤②、④不能互换，互换后，过量的氯化钡不能除去，对实验结果有有响，故B错误；C．步骤⑥中向所得滤液中滴加盐酸，用玻璃棒搅拌，直至没有气泡冒出除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，并用pH试纸检验，滤液呈中性，得到氯化钠溶液，故C正确；D．除杂过程中都生成了氯化钠，若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a小于b，故D错误；故选：C。11．（3分）工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下的催化氧化（正反应放热）：2SO2+O2⇌△催化剂若该反应在密闭容器中进行，则下列说法错误的是（）A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率 B．在上述条件下，SO2不可能100%转化为SO3 C．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度 D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度一定相等【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．【答案】D【分析】A．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；B．可逆反应中，反应物不可能100%转化为产物；C．通过调控反应条件，可以使平衡正向移动；D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，可能不相等。【解答】解：A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高单位时间内的生产效率，故A正确；B．上述反应为可逆反应，SO2不可能100%转化为SO3，故B正确；C．通过调控反应条件，使平衡正向移动，从而提高该反应进行的程度，故C正确；D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可逆相等，可能不相等，故D错误；故选：D。12．（3分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）俗称大苏打、海波，广泛应用于照相定影等领域。某小组同学利用控制变量法探究影响Na2S2O3溶液与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号温度/℃Na2S2O3溶液稀硫酸H2O溶液出现浑浊所需时间/sV/mLc/（mol•L﹣1）V/mLc/（mol•L﹣1）V/mL12010.00.1010.00.500t124010.00.105.00.505.0t232010.00.105.00.50V1t3下列说法错误的是（）A．实验1和3为探究硫酸浓度对反应速率的影响，V1＝5.0 B．实验2和3为探究温度对反应速率的影响 C．溶液出现浑浊所需时间：t1＜t3 D．若将水换成Na2SO4溶液，对实验结果无影响【考点】探究影响化学反应速率的因素．【答案】C【分析】A．实验1和3为探究硫酸浓度对反应速率的影响，必须保持混合后溶液总体积为20mL；B．结合A中分析可知，实验2和3温度不同，温度不同，硫酸浓度相同，只有温度是变量；C．硫酸浓度越大，反应速率更大，出现浑浊所需时间越短；D．真正参与反应的是S2O32−和H【解答】解：A．实验1和3为探究硫酸浓度对反应速率的影响，必须保持混合后溶液总体积为（10+10）mL＝20mL，则V1＝5.0，故A正确；B．结合A中分析可知，实验2和3温度不同，温度不同，硫酸浓度相同，可以探究温度对反应速率的影响，故B正确；C．实验1和3中，Na2S2O3溶液的浓度相等，3中的硫酸浓度更大，反应速率更大，出现浑浊所需时间更短，则：t1＞t3，故C错误；D．真正参与反应的是S2O32−和H+，若将水换成Na2SO故选：C。13．（3分）NH3还原NO的反应过程与能量关系如图甲所示；有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是（）A．图甲所示反应4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）是吸热反应 B．图甲所示反应产物中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3 C．图乙所示过程中Fe3+的物质的量减少 D．图乙所示过程中生成1molN2，转移电子的物质的量为2.4mol【考点】化学反应的历程；氧化还原反应的基本概念及规律．【答案】B【分析】A.由图可知，图1所示反应为放热反应，焓变小于0；B.图1所示有2molN2是氧化产物，3molN2是还原产物；C.催化剂在反应前后性质和质量不变；D.图2所示过程的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O～12e﹣；【解答】解：A．由图可知，图1所示热化学方程式为4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1，故A错误；B．根据分析可知，图1所示反应产物中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3，故B正确；C．图2所示过程中Fe3+做催化剂，反应前后物质的量不变，故C错误；D．图2所示过程的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O～12e﹣，生成1mol氮气，转移电子的数目为23mol，故D错误；故选：B。14．（3分）含SO2的工业尾气转化为硫酸钾的流程如图所示。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ得到固体A的主要成分为CaSO3 B．为提高A的转化速率，反应Ⅱ宜在高温条件下进行 C．反应Ⅱ的化学方程式为NH4HCO3+NH3+CaSO4═（NH4）2SO4+CaCO3 D．滤液B中大量存在的主要离子有NH4+、K+【考点】制备实验方案的设计；二氧化硫的性质．【答案】C【分析】由制备流程可知，反应Ⅰ中SO2、CaCO3、空气发生氧化还原反应生成二氧化碳和CaSO4，则固体A为CaSO4，反应反应Ⅱ中CaSO4、NH4HCO3、NH3发生生成碳酸钙和硫酸铵，反应Ⅲ中硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，则滤液B中含氯化铵，以此来解答。【解答】解：A．因为通入空气，即有氧气参与反应，反应Ⅰ得到固体A的主要成分是硫酸钙，故A错误；B．高温下碳酸氢铵容易分解，故不能在高温下进行，故B错误；C．反应Ⅱ中生成碳酸钙合硫酸铵，化学方程式为NH4HCO3+NH3+CaSO4═（NH4）2SO4+CaCO3，故C正确；D．滤液B中含氯化铵，主要离子有NH4+、Cl故选：C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）“价类二维图”是学习元素及其化合物的重要工具，如图是氮及其主要化合物的价类二维图。回答下列问题：（1）氮元素在元素周期表中的位置是第二周期ⅤA族，物质a的电子式为。（2）反应①～⑤中不属于氧化还原反应的是⑤。（3）工业上以氨气为原料制备硝酸的第一步反应的化学方程式为4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H2（4）工业生产中，盛放大量f的浓溶液可选择C作为罐体材料（填标号）。A.铂B.铜C.铝D.镁（5）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，可采用催化还原氮氧化物（SCR）技术处理尾气，其反应原理如图所示。当c与d的物质的量之比为1：1时，与足量的a在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为2NH3+NO2+NO催化剂¯2N2+3H2O（6）28.8gCu与一定量浓硝酸反应，Cu全部被消耗后，只收集到标准状况下c和d的混合气体11.2L（不考虑N2O4的存在），则c、d的物质的量之比为2：3。【考点】含氮物质的综合应用．【答案】（1）第二周期ⅤA族；；（2）⑤；（3）4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H（4）C；（5）2NH3+NO2+NO催化剂¯2N2+3H2（6）2：3。【分析】（1）氮元素的原子序数为7，属于第二周期VA族；a为NH3，属于共价化合物，N、H原子间共用1对电子对；（2）由图可知，a、b、c、d、f、h分别为NH3、N2、NO、NO2、HNO3、铵盐，结合反应①～⑤中N元素的化合价变化分析判断；（3）工业上以氨气为原料制备硝酸的第一步反应是氨气催化氧化生成NO；（4）图中f为硝酸，浓硝酸具有强氧化性，常温下能使金属铁、铝发生钝化；（5）图中a、c、d分别为NH3、NO、NO2，当NO、NO2的物质的量之比为1：1时，与足量NH3反应生成N2和H2O；（6）c、d分别为NO、NO2，反应过程中的关系式为HNO3～NO～3e﹣，HNO3～NO2～e﹣，Cu～Cu2+～2e﹣，根据电子守恒可得：3n（NO）+n（NO2）＝2n（Cu），结合n=V【解答】解：（1）氮元素的原子序数为7，属于第二周期VA族；a为NH3，属于共价化合物，N、H原子间共用1对电子对，N原子最外层电子数为8，其电子式为，故答案为：第二周期ⅤA族；；（2）由图可知，a、b、c、d、f、h分别为NH3、N2、NO、NO2、HNO3、铵盐，反应①～⑤分别为：N2→NH3、N2→NO、NO2→NO、HNO3→NO2、NH4+→NH3，①～④中N的化合价发生变化，⑤中N的化合价不变，则故答案为：⑤；（3）工业以氨气为原料制备硝酸的第一步反应为氨的催化氧化，反应为4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H故答案为：4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H（4）图中f为硝酸，浓硝酸具有强氧化性，常温下能使金属铁、铝发生钝化，盛放大量浓硝酸可选择铝作为罐体材料，铂材料昂贵、常温下Cu、Mg能与浓硝酸反应，则铂、铜、镁不能作储运浓硝酸的罐体材料，故答案为：C；（5）图中a、c、d分别为NH3、NO、NO2，当NO、NO2的物质的量之比为1：1时，与足量NH3反应生成N2和H2O，反应的化学方程式为2NH3+NO2+NO催化剂¯2N2+3H2故答案为：2NH3+NO2+NO催化剂¯2N2+3H2（6）c、d分别为NO、NO2，反应过程中的关系式为HNO3～NO～3e﹣，HNO3～NO2～e﹣，Cu～Cu2+～2e﹣，根据电子守恒可得：3n（NO）+n（NO2）＝2n（Cu），即n（NO）+n（NO2）=11.2L22.4L/mol=0.5mol，3n（NO）+n（NO2）＝2n（Cu）＝2×28.8g64g/mol故答案为：2：3。16．（14分）某同学用如图所示的装置进行二氧化硫的制备与性质探究。回答下列问题：（1）用铜与浓硫酸制备SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）△¯CuSO4+SO2↑+2H2O（2）可抽动铜丝的优点为控制反应的发生与停止。（3）实验过程中，观察到品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性。（4）欲探究SO2是否具有还原性，可选用ad（填标号）。a．FeCl3溶液b．浓硫酸c．BaCl2溶液d．酸性高锰酸钾溶液（5）反应结束后取D中溶液进行如图甲所示实验。产生淡黄色沉淀的原因为SO32−+2S2﹣+6H+＝3S↓+3H2O（用离子方程式表示），说明S（6）设计如图乙所示装置，验证亚硫酸酸性强于碳酸。①品红溶液的作用是检验SO2气体是否已除尽；②能证明亚硫酸酸性强于碳酸的实验现象是品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊。【考点】性质实验方案的设计；二氧化硫的性质．【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）△¯CuSO4+SO2↑+2H2（2）控制反应的发生与停止；（3）漂白；（4）ad；（5）SO32−+2S2﹣+6H+（6）①检验SO2气体是否已除尽；②品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊。【分析】（1）浓H2SO4与Cu在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）可抽动铜丝的优点是可以随时控制反应的发生与停止；（3）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性、FeCl3具有较强氧化性，均能氧化SO2；（5）酸性条件下，亚硫酸根离子与硫离子发生的氧化还原反应为SO32−+2S2﹣+6H+（6）SO2通过碳酸氢钠溶液，用于验证亚硫酸酸性比碳酸强，酸性高锰酸钾溶液用于氧化除去二氧化碳中的二氧化硫气体，品红溶液用于检验二氧化硫是否除尽，最后澄清石灰水用于具有有无二氧化碳气体生成。【解答】解：（1）浓H2SO4与Cu制备SO2的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）△¯CuSO4+SO2↑+2H2故答案为：Cu+2H2SO4（浓）△¯CuSO4+SO2↑+2H2（2）可抽动铜丝的优点是可以随时控制反应的发生与停止，故答案为：控制反应的发生与停止；（3）SO2能与品红溶液反应生成无色物质，表现出漂白性，故答案为：漂白；（4）a．FeCl3具有较强氧化性，能氧化SO2为硫酸，SO2表现出还原性，故a正确；b．浓硫酸具有强氧化性，但与SO2不反应，不能用于验证SO2的还原性，故b错误；c．BaCl2溶液与SO2不反应，不能用于验证SO2是否具有还原性，故c错误；d．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化SO2，能用于验证SO2具有还原性，故d正确；故答案为：ad；（5）酸性条件下，亚硫酸根离子与硫离子发生氧化还原反应生成硫单质和水，硫单质是淡黄色不溶物，反应为SO32−+2S2﹣+6H+＝3S↓+3H2故答案为：SO32−+2S2﹣+6H+（6）①图乙中NaHCO3溶液与SO2反应生成CO2，SO2、CO2均能使澄清石灰水变浑浊、造成实验干扰，则酸性高锰酸钾溶液用于除去SO2气体，品红溶液用于检验SO2气体是否已除尽，故答案为：检验SO2气体是否已除尽；②若品红溶液不褪色，说明气体中无SO2，澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3溶液与SO2反应生成了CO2，则能证明亚硫酸酸性强于碳酸的实验现象是品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊，故答案为：品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊。17．（16分）Ⅰ．某温度时，在一个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。回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）。（2）反应开始至8min，Y的平均反应速率为0.025mol/（L•min）。4min时，反应是否达到化学平衡：否（填“是”或“否”），此时v正＞v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）恒温恒容条件下，能说明该反应达到化学平衡状态的是BC（填标号）。A．混合气体的密度不再变化B．容器内的压强不再变化C．X的体积分数保持不变D．v正（X）＝2v逆（Z）Ⅱ．用人工光合作用得到的甲烷、氧气和NaOH溶液制作燃料电池，装置如图所示。（4）气体1应为CH4（填化学式），外电路电子的移动方向为a→b（填“a→b”或“b→a”）。（5）b电极上的反应类型为还原（填“氧化”或“还原”）反应。（6）当转移2.408×1024个电子时，消耗标准状况下的甲烷的体积为11.2L。【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；燃料电池；化学平衡状态的判断．【答案】（1）X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）；（2）0.025mol/（L•min）；否；＞；（3）BC；（4）CH4；a→b；（5）还原；（6）11.2。【分析】Ⅰ．（1）由图可知X、Y为反应物，Z为生成物，2min达到平衡，结合各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比进行计算；（2）根据v=△c（3）达到平衡时，正逆反应速率相等，且各物质的浓度、含量均不变；Ⅱ．甲烷碱性燃料电池中，a电极上气体1生成CO32−，b电极上气体2生成OH﹣，则气体1为CH4、气体2为O2，a电极为原电池的负极，b电极为原电池的正极，负极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32−+7H2O，正极反应式为2H2O+O【解答】解：Ⅰ．（1）由图可知X、Y为反应物，Z为生成物，8min达到平衡，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）＝（1.0﹣0.8）mol：（1.0﹣0.6）mol：0.4mol＝1：2：2，物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则该反应的化学反应方程式为X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），故答案为：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）；（2）0～8min内v（Y）=△c△t=△nV△t故答案为：0.025mol/（L•min）；否；＞；（3）A．反应体