2021-2022学年云南省名校联盟高一（下）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年云南省名校联盟高一（下）期中化学试卷，共19页。试卷主要包含了CO2等污染环境的气体排放，FeSO4等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年云南省名校联盟高一（下）期中化学试卷

1. 科技元素已成为2022年北京冬奥会的一大亮点．下列涉及的材料不属于无机非金属材料的是( )




A.使用双向拉伸聚丙烯(塑料)制作的冬奥纪念钞
B.石英碱长正长岩(KAlSi3O8)制作的冰壶
C.“飞扬”火炬的碳纤维外壳
D.柔性石墨烯发热材料制作的防寒衣服
A. A B. B C. C D. D
2. 下列诗句或成语中包含的化学变化属于吸热反应的是( )
A. 烈火焚烧若等闲 B. 火上浇油
C. 爆竹声中一岁除 D. 蜡炬成灰泪始干
3. 下列化合物中仅含离子键不含共价键的是( )
A. Na2O2 B. HCl C. NH4Cl D. CaBr2
4. 从高温热浪到暴雨洪水，近年来全球多地频频遭遇罕见极端天气，造成重大损失。加强气候适应、应对气象灾害成为人类社会需要共同研究的重要课题。下列有关说法正确的是( )
A. 氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨(即pH<7的雨水)的形成
B. 燃煤中加入石灰石，可以减少SO2、CO2等污染环境的气体排放
C. 汽车使用的燃油质量越高，排放的汽车尾气中NO、NO2的含量越少
D. 大力发展太阳能、风能、核能等，有助于改善空气质量
5. 硫单质能与许多金属单质和非金属单质发生反应。下列说法正确的是( )
A. 硫蒸气与红热的铁丝反应后，残留的硫可用二硫化碳洗涤
B. 硫蒸气与红热的铜丝反应生成黑色的CuS固体
C. 硫单质在化合反应中只体现氧化性
D. 硫元素广泛存在于自然界中，火山口附近的环境中硫元素只以游离态形式存在
6. 据研究，NO广泛分布于生物体内各组织中，可将积存在血管壁上的脂肪、胆固醇带走，被称为“血管清道夫”。下列说法中错误的是( )
A. NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体
B. 实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应制取NO
C. 人体吸入大量NO气体，可以预防心血管疾病
D. 雷雨天气，氮气和氧气能生成NO
7. 下列实验事实与硫酸性质不对应的一组是( )
A. 稀硫酸能使紫色石蕊溶液变红——酸性
B. 浓硫酸久置于空气中浓度降低——脱水性
C. 浓硫酸可用于干燥氧气——吸水性
D. 铁粉与热的浓硫酸反应放出二氧化硫——强氧化性和酸性
8. 实验室制取氨气并验证其化学性质和用途，下列装置对应的说法正确的是( )

A. 可利用装置甲制取大量氨气
B. 可利用装置乙干燥氨气
C. 根据装置丙的原理和现象，可用浓氨水检验氯气管道是否漏气
D. 利用装置丁可吸收氨气并防倒吸
9. 类比是研究物质性质常用的方法之一。下列类比错误的是( )
A. 由Na2O与水反应生成NaOH，推测K2O与水反应生成KOH
B. 由Cl2可与水反应生成HCl和HClO，推测Br2可与水反应生成HBr和HBrO
C. 由Mg可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na可以置换出CuSO4溶液中的铜
D. 由CO2能与NaOH溶液反应，推测SiO2能与NaOH溶液反应
10. 结合化学反应与能量的知识，下列说法正确的是( )

A. 图Ⅰ所示装置能将化学能转化为电能
B. 通常，伴有能量变化的物质变化都是化学变化
C. 能量变化符合图Ⅱ所示的化学反应是放热反应
D. 断裂化学键会吸收能量，形成化学键会放出能量
11. 下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是( )
A. 将溴水滴加到Na2SO3溶液中：Br2+SO32−+2H2O=2Br−+H2SO4+2H+
B. Fe和稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. 硫酸铜和氢氧化钡溶液反应：Cu2++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓
D. 用高锰酸钾与盐酸反应制取少量氯气：2MnO4−+10H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+5H2O
12. 某同学以大小相同的铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如下表所示：
实验编号
水果种类
电极间距离/cm
电流/μA
①
番茄
1
98.7
②
番茄
2
72.5
③
苹果
2
27.2
下列说法错误的是( )
A. 电流从铜片经外电路流向锌片
B. 实验②和③探究的是水果种类对电流的影响
C. 实验①和③探究的是电极间距离对电流的影响
D. 锌片上发生氧化反应，锌片作水果电池的负极
13. 氮及其化合物在催化剂作用下的转化过程中的能量变化及机理如图，下列分析正确的是( )

A. 过程Ⅰ、Ⅱ均属于氮的固定
B. 由图可知，过程Ⅰ发生的总反应为放热反应
C. 过程Ⅱ中，在催化剂b表面NH3被氧化的过程中没有能量变化
D. 过程Ⅱ中，发生反应的化学方程式为4NH3+7O2=4NO2+6H2O
14. 常温下，某同学用25mL0.2mol⋅L−1酸性KMnO4溶液测定1L某混合气体中SO2的含量，酸性KMnO4溶液恰好被完全消耗，设其他气体不参与反应且不含硫元素，忽略反应前后溶液的体积变化。下列说法正确的是( )
A. 该混合气体中SO2的体积分数为28%
B. 反应过程中转移的电子数为0.25NA
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2
D. 完全反应后，溶液中含硫元素的离子的浓度为0.5mol⋅L−1
15. 某学习小组根据反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，实验数据如下表(已知起始加入的稀硫酸的体积相等)。下列叙述错误的是( )
实验编号
反应温度/℃
0.1mol⋅L−1稀硫酸的体积/mL
0.1mol⋅L−1硫代硫酸钠溶液的体积/mL
加入的水的体积/mL
产生等量的沉淀所需时间/s
①
20
2
1
V1
t1
②
30
V2
1
2
t2
③
30
V3
2
V4
t3
A. V2=V3 B. t2V4 D. t3>t2
16. 现有部分被氧化的Fe、Cu混合物(氧化物为Fe2O3、CuO)样品共5.60g，经如图处理：

下列说法正确的是( )
A. V=672
B. 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
C. 样品中氧元素的物质的量为0.02mol
D. 溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.05mol
17. 在微电子工业中，NF3作为一种优良的蚀刻气体，在被蚀刻物表面不会留下任何残留物，在芯片制造方面具有重要的应用．已知：键能是指断裂或形成1mol化学键时需要吸收或放出的能量．请回答下列问题：
化学键
N≡N
F−F
N−F
键能/(kJ⋅mol−1)
941.7
154.8
283.0
(1)几种化学键的键能如表，则N2、F2和NF3三种气体中，稳定性最强的物质为 ______(填化学式)，判断的依据为 ______；反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)生成1molNF3(g)时，会 ______(填“吸收”或“放出”)______kJ能量．
(2)根据上述数据，反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)的能量变化与反应进程的关系如图，图中表示2molNF3(g)的能量是 ______(填“a”、“b”或“c”)；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，还可以采取的措施为 ______、______(请任写两条).


18. 硫酸铁常用作媒染剂以及工业废水的凝结剂，也用于颜料中．医学上用硫酸铁作收敛剂和止血剂．
(I)硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺．其中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S(CuFeS2(CuFeS2中Fe为+2价).下列说法正确的是 ______(填标号).
a.从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金
b.Cu2+和1molS是氧化产物
c.当转移1mol电子时，有46gCuFeS2参加反应
d.反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
(2)某小组按照如图步骤从含CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的废液中回收金属铜，并重新获得Fe2(SO4)3溶液：

操作Ⅰ的名称为 ______，滤渣③的主要成分为 ______(填化学式)，试剂X常用H2O2而不用稀硝酸，其原因为 ______.
(3)实验室里保存FeSO4溶液时，常在溶液中加入 ______，其目的为 ______.
(4)实验室配制Fe2(SO4)3溶液时，为了防止Fe2(SO4)3水解，需要将Fe2(SO4)3溶于稀硫酸中，再加水稀释．现需配制100mL1mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液，需要用托盘天平称量 ______gFe2(SO4)3晶体，配制该溶液所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要 ______；如果配制时，俯视定容，那么所配溶液的浓度 ______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”).
19. 人工固氮合成氨，并通过氨氧化法制取硝酸的流程如图所示．

(1)“合成塔”内发生的化学反应中作氧化剂的是 ______(填化学式)，金属镁在该氧化剂中燃烧的化学方程式为 ______，其产物遇水生成的有刺激性气味气体的电子式为 ______；“氧化炉”中氨气发生反应的化学方程式为 ______.
(2)常温下，工业上选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料的主要原因是 ______.
(3)为了避免生成硝酸的过程中氮的氧化物污染环境，可用氨气处理尾气，将其转化为大气中含有的无害气体，以处理NO2为例，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______.
(4)取3.2g铜与30mL8mol⋅L−1硝酸充分反应，硝酸的还原产物为NO2和NO，反应后溶液中含有amolH+，则生成的NO2的物质的量为 ______(用含a的代数式表示，下同)mol，NO的物质的量为 ______mol.
为了更好地利用化学反应中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行的程度等．
某同学设计如图1所示实验，根据所学知识回答下列问题：

(1)将锌锰干电池与灵敏电流计相连接后，灵敏电流计的指针偏转方向如甲所示．乙中灵敏电流计的指针偏向 ______(填“Cu电极”或“Zn电极”)；丙中灵敏电流计的指针偏向 ______(填“Al电极”或“Mg电极”)，负极发生的电极反应式为 ______，电子流动方向为 ______.
时，向2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2(g)和2molH2(g)使之发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(甲醇，g)+H2O(g)，测得各物质的物质的量浓度变化如图2所示：

(2)由图2可知，CO2(g)的浓度随时间的变化为曲线 ______(填“a”、“b”或“c”)；0∼2min内，H2(g)的平均反应速率为 ______.
(3)已知：反应至2min时，改变了某一反应条件．由图2可知，0∼2min内CH3OH(g)的生成速率 ______(填“大于”、“小于”或“等于”)2∼4min内CH3OH(g)的生成速率．
(4)5min时，CO2(g)的转化率(反应时消耗CO2的物质的量占起始投入CO2的物质的量的百分比)为 ______，此时容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为 ______.答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.使用双向拉伸聚丙烯(塑料)，属于合成有机高分子，不属于无机非金属材料，故A正确；
B.石英碱长正长岩(KAlSi3O8)，属于无机硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B错误；
C.碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，故C错误；
D.柔性石墨烯，是无机非金属单质，属于无机非金属材料，故D错误；
故选：A。
A.使用双向拉伸聚丙烯(塑料)，属于合成有机高分子；
B.石英碱长正长岩(KAlSi3O8)，属于无机硅酸盐材料；
C.碳纤维属于无机非金属材料；
D.柔性石墨烯属于无机非金属材料。
本题主要考查化学在科技、生活中的广泛应用，科技、生活中蕴含着化学知识、化学原理，以培养学生学习化学的兴趣，难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.碳酸钙高温分解是吸热反应，故A正确；
B.火上浇油涉及到燃烧，是放热反应，故B错误；
C.爆竹声中一岁除，涉及到爆炸，是放热反应，故C错误；
D.蜡炬成灰泪始干涉及到蜡烛的燃烧，是放热反应，故D错误；
故选：A。
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)。
本题考查物质变化中的能量变化，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

3.【答案】D

【解析】解：A.Na2O2既有离子键又有共价键，故A错误；
B.HCl只存在共价键，故B错误；
C.NH4Cl既有离子键又有共价键，故C错误；
D.CaBr2仅含离子键不含共价键，故D正确；
故选：D。
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族(H元素除外)、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，据此分析。
本题考查了化学键和化合物的关系，明确物质的构成微粒即可解答，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨(即pH<5.6的雨水)的形成，故A错误；
B.燃煤中加入石灰石可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放，能减少酸雨的形成，故B错误；
C.汽车尾气中排放的氮氧化合物主要是空气中氮气与氧气在点火放电时反应生成，故C错误；
D.太阳能、风能、核能等为清洁能源，大力发展太阳能、风能、核能等，有助于改善空气质量，故D正确；
故选：D。
A.酸雨的pH<5.6；
B.燃煤中加入石灰石可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放；
C.汽油中不含氮元素；
D.太阳能、风能、核能等为清洁能源。
本题考查环境污染及物质的性质，熟悉酸雨的概念，常见环境污染源是解题关键，题目难度不大。

5.【答案】A

【解析】解：A.硫蒸气与红热的铁丝反应后生成FeS，硫易溶于CS2，残留的硫可用CS2洗涤，故A正确；
B.硫的氧化性较弱，硫蒸气与红热的铜丝反应生成黑色的Cu2S固体，故B错误；
C.硫单质与氧气的反应中，硫体现还原性，硫单质与氢气的反应，硫体现出氧化性，故C错误；
D.硫元素广泛存在于自然界中，火山口附近的环境中硫元素以化合态形式存在，故D错误；
故选：A。
A.硫易溶于CS2；
B.硫的氧化性较弱；
C.硫单质中硫元素化合价为0价，既可以升高，也可以降低；
D.火山口附近的环境中硫元素以化合态形式存在。
本题主要考查含硫化合物之间的转化，掌握硫及其化合物的性质及转化是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.NO遇到氧气立即反应生成一种红棕色气体，即NO2，故A正确；
B.实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水，来制取NO，故B正确；
C.人体吸入少量NO气体，可以预防心血管疾病，吸入大量NO气体，会使人中毒死亡，故C错误；
D.雷雨天气，放电时，氮气和氧气能生成NO，故D正确；
故选：C。
A.NO遇到氧气立即反应；
B.铜与稀硝酸的反应生成硝酸铜、NO和水；
C.NO是有毒气体，不能大量吸入；
D.氮气和氧气在放电的条件下可以反应生成NO。
本题主要考查NO的制取、性质、应用以及转化，属于基本知识的考查，难度不大。

7.【答案】B

【解析】解：A.稀硫酸能使紫色石蕊溶液变红，体现酸的通性，故A正确；
B.浓硫酸久置于空气中浓度降低体现浓硫酸的吸水性，故B错误；
C.浓硫酸具有吸水性，可以吸收氧气中的水蒸气，可用于干燥氧气，故C正确；
D.铁粉与热的浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铁和水，反应中硫元素部分降低，部分不变，体现硫酸的强的氧化性和酸性，故D正确；
故选：B。
A.依据酸的通性解答；
B.依据浓硫酸的吸水性解答；
C.依据浓硫酸的吸水性解答；
D.依据反应中硫元素化合价变化判断。
本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸的性质是解题关键，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：A.氨气极易溶于水，氢氧化钠稀溶液与氯化铵溶液不能制取大量的氨气，应选浓NaOH溶液，故A错误；
B.浓硫酸不能用于干燥氨气，应选碱石灰干燥氨气，故B错误；
C.氯气与过量浓氨水反应生成氮气和氯化铵，有白烟，可用浓氨水检验氯气管道是否漏气，故C正确；
D.氨气极易溶于水，图中导管在水面下，不能防倒吸，故D错误；
故选：C。
A.氨气极易溶于水，氢氧化钠稀溶液与氯化铵溶液不能制取大量的氨气；
B.氨气与浓硫酸反应；
C.浓盐酸、浓氨水均易挥发，二者反应生成氯化铵，氯气与过量浓氨水反应生成氮气和氯化铵；
D.氨气极易溶于水。
本题考查氨气的制备及性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A.碱金属的氧化物与水反应生成对应的碱，可知Na2O与水反应生成NaOH，K2O与水反应生成KOH，故A正确；
B.卤素单质除氟外，与水反应生成HX和HXO，由Cl2可与水反应生成HCl和HClO，推测Br2可与水反应生成HBr和HBrO，故B正确；
C.钠性质活泼，与盐溶液反应先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液反应得到氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，得不到铜，故C错误；
D.二氧化碳、二氧化硅都是碱性氧化物，由CO2能与NaOH溶液反应，推测SiO2能与NaOH溶液反应，故D正确；
故选：C。
A.碱金属的氧化物与水反应生成对应的碱；
B.卤素单质除氟外，与水反应生成HX和HXO；
C.钠性质活泼，与盐溶液反应先与水反应；
D.二氧化碳、二氧化硅都是碱性氧化物。
本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、类推的规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：A.图Ⅰ中未形成闭合回路，故不能将化学能转化为电能，故A错误；
B.伴有能量变化的物质变化可能是物理变化，比如浓硫酸的稀释是放热过程，故B错误；
C.由图可知反应物的能量小于生成物的能量，故图Ⅱ所示的化学反应是吸热反应，故C错误；
D.化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故D正确；
故选：D。
A.图Ⅰ中未形成闭合回路；
B.伴有能量变化的物质变化可能是物理变化；
C.能量变化符合图Ⅱ所示的化学反应是吸热反应；
D.化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量。
本题考查了反应热、原电池原理等知识点，明确反应物和生成物能量相对大小与反应热的关系、原电池构成条件即可解答，题目难度不大。

11.【答案】C

【解析】解：A.将溴水滴加到Na2SO3溶液中，离子方程式：Br2+SO32−+2H2O=2Br−+SO42−+4H+，故A错误；
B.Fe和稀盐酸反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；
C.硫酸铜和氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：Cu2++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故C正确；
D.用高锰酸钾与盐酸反应制取少量氯气，离子方程式为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故D错误；
故选：C。
A.硫酸应拆成离子形式；
B.不符合反应客观事实；
C.二者反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀；
D.电荷不守恒。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大。

12.【答案】C

【解析】解：A.原电池工作时，电流从正极经外电路流向负极，故A正确；
B.实验②和③中，水果种类不同，其他条件一致，故探究的是水果种类对电流的影响，故B正确；
C.实验①和③中，电极间距离对电流的影响，水果种类也不同，故无法探究影响因素，故C错误；
D.Zn比Cu活泼，Zn作负极，失电子发生氧化反应，故D正确；
故选：C。
水果电池中，Zn比Cu活泼，Zn作负极，Cu作正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题目所给信息准确判断正负极是解题的关键。

13.【答案】B

【解析】解：A.过程Ⅱ不属于氮的固定，故A错误；
B.由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B正确；
C.化学反应都伴随着能量的变化，故C错误；
D.氨的催化氧化产物是一氧化氮，反应方程式为：4NH3+5O2=4NO+6H2O，故D错误；
故选：B。
A.游离态的氮变为氮的化合物为氮的固定；
B.若反应物的能量比生成物的能量高则为放热反应；
C.任何化学反应都伴随着能量变化；
D.氨气被氧气氧化成NO和水。
本题考查含氮物质的性质，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意方程式的书写，题目难度不大。

14.【答案】D

【解析】解：A.根据的转移守恒可以计算SO2的物质的量，但常温下，气体的摩尔体积未知，无法计算SO2体积，则不能计算混合气体中SO2的体积分数，故A错误；
B.MnO4−被还原为Mn2+，n(MnO4−)=0.025L×0.2mol/L=0.005mol，故转移电子为0.005mol×(7−2)=0.025mol，则反应过程中转移的电子数为0.025NA，故B错误；
C.MnO4−被还原为Mn2+，SO2被氧化生成SO42−，高锰酸钾是氧化剂，二氧化硫是还原剂，根据电子转移守恒有：5n(KMnO4)=2n(SO2)，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5，故C错误；
D.完全反应后，硫元素以硫酸根离子的形式存在于溶液中，根据电子转移守恒有n(SO42−)=52n(KMnO4)=52×0.005mol，则c(SO42−)=52×0.005mol0.025L=0.5mol/L，故D正确；
故选：D。
A.常温下，气体的摩尔体积未知；
B.MnO4−被还原为Mn2+，计算MnO4−的物质的量，结合Mn元素化合价变化计算转移电子数目；
C.MnO4−被还原为Mn2+，SO2被氧化生成SO42−，根据电子转移守恒计算；
D.完全反应后，硫元素以硫酸根离子的形式存在于溶液中，根据电子转移守恒计算n(SO42−)。
本题考查化学方程式的计算、氧化还原反应计算，转移守恒思想在计算中的应用，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。

15.【答案】D

【解析】解：A.实验②和③是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，则稀硫酸的体积必须相同，即V2=V3，故A正确；
B.实验①和②是探究硫代硫酸钠溶液的温度对反应速率的影响，其他条件相同时，温度越高，反应速率越大，产生等量的沉淀所需时间越短，即t2 C.实验①和②是探究硫代硫酸钠溶液的温度对反应速率的影响，则V1=2，实验②和③是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，则V2=V3=2，V4=5−2−2=1，所以V1>V4，故C正确；
D.实验②和③是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，③中硫代硫酸钠溶液的浓度大，反应物的浓度越大，反应速率越快，产生等量的沉淀所需时间越短，即即t3 故选：D。
A.实验②和③是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，则稀硫酸的体积和溶液的体积必须相同；
B.其他条件相同时，温度越高，反应速率越大；
C.实验①和②是探究硫代硫酸钠溶液的温度对反应速率的影响，则V1=2，实验②和③是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，则V2=V3=2，V4=5−2−2=1；
D.实验②和③是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，反应物的浓度越大，反应速率越快。
本题考查化学反应速率的影响因素，侧重分析能力和实验能力的考查，把握化学反应速率的影响因素即可解答，注意掌握控制变量法的应用，题目难度不大。

16.【答案】A

【解析】解：A.滤液A中溶质为FeSO4和过量H2SO4，滤渣3.2g为金属铜，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，3.2g氧化铁的物质的量为3.2g160g/mol=0.02mol，含有铁元素的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，参加反应的H2SO4转化为FeSO4，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=n(Fe)=0.04mol，根据硫酸根离子守恒，样品中氧原子的质量=5.60g−3.2g−0.04mol×56g/mol=0.16g，故样品中n(O)=0.16g16g/mol=0.01mol，根据氧原子守恒有n(H2O)=n(O)=0.01mol，根据氢原子守恒有，故n(H2)=0.04mol−0.01mol=0.03mol，则标准状况下体积氢气为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL，故A正确；
B.由于氧化性Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，且硫酸足量，有气体氢气生成，则滤液A中不含Fe3+、Cu2+，滤液A中阳离子为Fe2+、H+，故B错误；
C.由A中计算可知，样品中氧元素的物质的量为0.01mol，故C错误；
D.由A中计算可知，溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，故D错误；
故选：A。
反应生成的气体为H2，而氧化性：Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，滤液A中不含Fe3+、Cu2+，硫酸足量，滤液A中溶质为FeSO4和过量H2SO4，滤渣3.2g为金属铜，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3；
A.参加反应的H2SO4含有的氢元素部分转化为H2，部分结合氧化物中的氧元素生成H2O，参加反应的H2SO4转化为FeSO4，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=n(Fe)，根据硫酸根离子守恒，样品总质量−Fe元素质量−Cu元素质量=样品中氧原子的质量，根据元素守恒计算样品中Fe元素、Cu元素质量，进而计算H2O的物质的量，再根据氢原子守恒计算H2的物质的量，进而计算氢气的体积；
B.滤液A中不含Cu2+、Fe3+；
C.由A中计算可知氧元素物质的量；
D.根据A中计算可知溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量。
本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，注意守恒思想的运用，侧重考查学生分析解决问题能力、灵活运用知识的能力，难度中等。

17.【答案】N2  N≡N键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定  放出  145.95c适当升高温度  适当增大压强

【解析】解：(1)由表格中数据可知N≡N键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定，故N2最稳定，生成1molNF3(g)时需要形成3molF−N键，会释放3mol×283.0kJ⋅mol−1=849.0kJ的能量，同时会断裂0.5molN≡N和1.5molF−F，会吸收0.5mol×941.7kJ⋅mol−1+1.5mol×154.8kJ⋅mol−1=703.05kJ，该反应会放出(849.0kJ−703.05kJ)=145.95kJ的能量，
故答案为：N2；N≡N键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定；放出；145.95；
(2)反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)为放热反应，反应后能量变低，故图中表示2molNF3(g)的能量是c，要增大反应速率可以适当升高温度或适当增大压强，
故答案为：c；适当升高温度；适当增大压强。
(1)键能越大，物质越稳定，根据化学键的键能计算化学反应的能量变化；
(2)反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)为放热反应，反应后能量变低，根据影响反应速率的因素选择合适的条件。
本题考查键能与稳定性之间的关系、根据键能计算反应的能量变化，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的量与热量的关系，题目难度不大。

18.【答案】c 过滤  Cu、Fe 环保无污染  铁粉  防止Fe2+被氧化  40.0100mL容量瓶和胶头滴管  偏大

【解析】(1)a、合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，所以黄铜矿不是合金，故a错误；
b、CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S反应中Cu化合价不变，所以Cu2+不是氧化产物，故b错误；
c、CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S转移电子4
          184g 4mol
            46g 1mol
故c正确；
d、CuFeS2中只有S元素的化合价只有升高，其他元素的化合价不变，所以CuFeS2只作还原剂，故d错误；
故答案为：c；
(2)CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的废液，加入过量铁粉后，Fe3+转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu，操作Ⅰ：过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu的混合物，往滤渣中加入过量盐酸，与Fe反应生成FeSO4和H2，此时滤液为H2SO4、FeSO4的混合液，合并两份滤液，然后加入绿色氧化剂双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，从而得到Fe2(SO4)3溶液，
故答案为：过滤；Cu、Fe；环保无污染；
(3)保存FeCl2溶液时，为了防止FeCl2溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：铁粉；防止Fe2+被氧化；
(4)配制100mL1mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液，需要Fe2(SO4)3晶体的质量M=0.1L×1mol/L×400g/mol=40.0g，配制该溶液的步骤：计算、称量、溶解、转移、定容、摇匀，所需玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，如果配制时，俯视定容，则溶液的体积会变小，那么所配溶液的浓度偏大，
故答案为：40.0；100mL容量瓶和胶头滴管；偏大。
(1)结合合金的定义、化合价的升降、发生反应的物质与转移电子之间的关系判断；
(2)CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的废液，加入过量铁粉后，Fe3+转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu，过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu的混合物，往滤渣中加入过量盐酸，与Fe反应生成FeSO4和H2，此时滤液为H2SO4、FeSO4的混合液，合并两份滤液，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，从而得到Fe2(SO4)3溶液；
(3)Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，可防止氯化亚铁被氧化；
(4)Fe2(SO4)3晶体质量m=nM，根据配制溶液的步骤：计算、称量、溶解、转移、定容、摇匀，确定实验用到的仪器，根据公式c=nV来进行误差分析。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。

19.【答案】N2     常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化  3：40.16−1.5a0.5a−0.02

【解析】解：(1)“合成塔”内发生的化学反应为氮气和氢气反应生成氨气，作氧化剂的是N2，金属镁在该氧化剂中燃烧的化学方程式为，Mg3N2遇水生成氢氧化镁和氨气，氨气的电子式为；“氧化炉”中氨气发生反应的化学方程式为，
故答案为：N2；；；；
(2)常温下，工业上选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料的主要原因是常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化，形成了一层致密的氧化物保护膜，阻止反应继续进行，
故答案为：常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化；
(3)用氨气处理NO2时，该反应中氧化剂为NO2，N元素降低了4价，还原剂为NH3，化合价升高了3价，根据化合价升降总数相等，两者物质的量之比为3：4，
故答案为：3：4；
(4)3.2g铜的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为0.1mol，溶液中剩余硝酸根离子的物质的量为0.05×2+a=(0.1+a)mol，设生成的一氧化氮、二氧化氮的物质的量分别为xmol、ymol，则有3x+y=0.1、x+y=0.24−0.1−a=0.14−a，解得x=0.5a−0.02，y=0.16−1.5a，
故答案为：0.16−1.5a；0.5a−0.02。
(1)氧化剂是指所含元素化合价降低的反应物，金属镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，Mg3N2遇水生成氢氧化镁和氨气，“氧化炉”中NH3与O2反应生成NO与H2O；
(2)常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化，形成了一层致密的氧化物保护膜，阻止反应继续进行；
(3)用氨气处理NO2时，该反应中氧化剂为NO2，N元素降低了4价，还原剂为NH3，化合价升高了3价，根据化合价升高守恒，即可确定两者物质的量之比；
(4)3.2g铜的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为0.1mol，溶液中剩余硝酸根离子的物质的量为0.05×2+a=(0.1+a)mol，设生成的一氧化氮、二氧化氮的物质的量分别为xmol、ymol，则有3x+y=0.1、x+y=0.24−0.1−a=0.14−a，解得x与y即可。
本题主要氮及其化合物的相关知识，侧重考查方程式的书写，守恒法的计算，属于基本知识的考查，难度中等。

20.【答案】Cu电极  Mg电极  Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O由Al电极经灵敏电流计流向Mg电极  a0.15mol/(L⋅min)小于  30%7：10

【解析】解：(1)图甲中锌锰干电池与灵敏电流计相连接后，电流计指针偏向正极。图乙为铜锌原电池，Zn的活泼性大于Cu，则Zn为负极，Cu为正极，则灵敏电流计的指针偏向正极Cu；图丙为镁铝碱性原电池，Al能与NaOH溶液发生反应，Mg不能反应，则Al为原电池的负极，Mg为正极，灵敏电流计的指针偏向正极Mg，负极上Al失电子生成AlO2−，负极反应式为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极，即电子流动方向：由Al电极经灵敏电流计流向Mg电极，
故答案为：Cu电极；Mg电极；Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O；由Al电极经灵敏电流计流向Mg电极；
(2)图中CO2(g)和H2(g)的起始浓度均为1mol/L，发生反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(甲醇，g)+H2O(g)，则c(CO2)、c(H2)均减小，并且△c(CO2)：△c(H2)=1：3，即△c(H2)=3△c(CO2)>△c(CO2)，所以图中曲线a表示CO2，b表示H2，c表示CH3OH或H2O，0∼2min内△c(H2)=1.0mol/L−0.7mol/L=0.3mol/L，0∼2min内v(H2)=△c△t=0.3mol/L2min=0.15mol/(L⋅min)，
故答案为：a；0.15mol/(L⋅min)；
(3)由图可知，0∼2min内△c(CH3OH)=0.1mol/L，2∼4min内△c(CH3OH)=0.3mol/L−0.1mol/L=0.2mol/L，由v=△c△t可知，0∼2min内CH3OH(g)的生成速率小于2∼4min内CH3OH(g)的生成速率，
故答案为：小于；
(4)由图可知，5min时CO2(g)的△c(CO2)=1.0mol/L−0.7mol/L=0.3mol/L，则CO2(g)的转化率为0.3mol/L1.0mol/L×100%=30%；恒温恒容条件下，气体的总压强之比等于其物质的量之比，起始时气体共4mol，5min时气体共(0.1+0.3×2+0.7)mol/L×2L=2.8mol，则5min时容器内压强与反应前容器内压强之比为2.8mol：4mol=7：10，
故答案为：7：10。
(1)图乙为铜锌原电池，Zn的活泼性大于Cu，则Zn为负极，Cu为正极；图丙为镁铝碱性原电池，Al与NaOH溶液发生氧化还原反应，反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al失电子生成NaAlO2，为原电池的负极，Mg为正极，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极；
(2)图中CO2(g)和H2(g)的起始浓度均为1mol/L，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(甲醇，g)+H2O(g)，则c(CO2)、c(H2)均减小，c(CH3OH)、c(H2O)均增大，并且△c(CO2)：△c(H2)=1：3，即△c(H2)=3△c(CO2)>△c(CO2)，根据v=△c△t计算0∼2min内v(H2)；
(3)由图可知，0∼2min内△c(CH3OH)=0.1mol/L，2∼4min内△c(CH3OH)=0.3mol/L−0.1mol/L=0.2mol/L，结合v=△c△t分析解答；
(4)由图可知，5min时CO2(g)的△c(CO2)=1.0mol/L−0.7mol/L=0.3mol/L，根据转化率公式进行计算；恒温恒容条件下，气体的总压强之比等于其物质的量之比，据此计算解答。
本题考查原电池工作原理、化学反应速率的影响因素和化学平衡的计算，明确原电池工作原理及正负极的判断、化学平衡的影响因素和化学平衡的计算等知识即可解答，侧重分析能力、计算能力和运用能力的考查，题目难度中等。