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高中化学必修2 精品解析：北京五中20192020学年度高一第二学期第一次阶段性考试试卷化学试题新解析版）
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北京五中2019/2020学年度第二学期第一次阶段性考试试卷高一化学
可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64
第Ⅰ部分选择题（共60分）
每小题只有一个选项符合题意。
1.化学在生产生活和科学研究中具有重要的作用。下列说法正确的是（ ）
①耐高温的碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料
②现代建筑物大量使用的玻璃和水泥都是硅酸盐材料
③单质硅可以用来制造太阳能电池
④水晶项链和陶瓷都是硅酸盐材料
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料；②玻璃和水泥属于硅酸盐材料；③单质硅可以导电，可以用来制造太阳能电池；④陶瓷都是硅酸盐材料，水晶项链的主要成分是二氧化硅；故①②③正确；
答案选A。
2.纳米孔气凝胶保温毡是由二氧化硅气凝胶和玻璃纤维组成的复合保温材料，该材料具有保温性能好、防火性能卓越、稳定性高等优点。下列说法不正确的是（ ）
A. 该材料能溶于水
B. 该材料对铁质管道没有腐蚀性
C. 二氧化硅可用来制造光导纤维
D. 用激光笔照射二氧化硅气凝胶可产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】A.该材料的主要成分是二氧化硅气凝胶和玻璃纤维，二者不溶于水，A错误；
B.该材料稳定性高，不与铁质管道发生反应，对铁质管道没有腐蚀性，B正确；
C.光导纤维的成分是二氧化硅，二氧化硅可用来制造光导纤维，C正确；
D.二氧化硅气凝胶是胶体，胶体能发生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
3.下列属于氧化还原反应，且为吸热反应的是
A. CaO+H2O＝Ca（OH）2 B. C+H2OCO+H2
C. Zn+2H+＝Zn2++H2↑ D. 2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】CaO+H2O＝Ca（OH）2和2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O为非氧化还原反应；Zn+2H+＝Zn2++H2↑ 是放热的氧化还原反应；C+H2O＝CO+H2是吸热的氧化还原反应，选项B符合题意。答案选B。
4.决定化学反应速率的根本因素是（ ）
A. 温度和压强
B. 反应物的浓度
C. 参加反应的各物质的性质
D. 催化剂的加入
【答案】C
【解析】
【详解】参加反应的各物质的性质是决定化学反应速率的根本因素。温度和压强、反应物的浓度、催化剂的加入是影响化学反应速率的因素，但不是根本因素；答案选C。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 对于A（s）+B（g）C（g）+D（g）的反应，加入A，v(A)变大
B. 2NO2N2O4（正反应放热），升高温度，v增大
C. 一定温度下，反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在密闭容器中进行，恒容充入He，化学反应速率不变
D. 100mL2mol·L-1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应物A为固体，A的质量多少不影响化学反应速率，故加入A反应速率不变；
B.对于化学反应来说，温度升高，化学反应速率增大；
C. 一定温度下在密闭容器中，恒容充入He，容器的体积不变，体系中物质浓度不变 ，化学反应速率不变；
D.加入少量硫酸铜固体，锌与铜离子反应生成Cu，铜、锌和稀盐酸构成原电池，原电池加快化学反应速率；
答案选A。
6.如图是1molCO(g)和2molH2(g)发生反应CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)过程中的能量变化曲线。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂时反应的能量变化。下列相关说法正确的是（ ）
A. 使用催化剂后该反应从放热反应变成了吸热反应
B. 使用和不使用催化剂相比反应的能量变化不同
C. 1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收510kJ能量
D. 1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)会释放出91kJ能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.使用催化剂不会使反应从放热反应变成吸热反应，A错误；
B.加入催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的反应热，故使用和不使用催化剂相比反应的能量变化相同，B错误；
C.由图可知，1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收419kJ能量，C错误；
D.破坏 1molCO(g)和2molH2(g)中化学键需要吸收419kJ能量，形成1molCH3OH(g)中化学键释放510kJ，故1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)会释放出91kJ能量，D正确；
答案选D。
7.如图所示的装置中，M为金属活动性顺序表中位于氢之前的金属，N为石墨棒，下列关于此装置的叙述中不正确的是
A. N上有气体放出
B. M为负极，N为正极
C. 是化学能转变为电能的装置
D. 导线中有电流通过，电流方向是由M到N
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。M是活泼金属，所以M是负极，失去电子。N是正极，溶液中的氢离子得到电子，生成氢气。
【详解】A、N是正极，溶液中的氢离子在N极得电子生成氢气，电极反应式是2H++2e－＝H2↑，故A正确；
B、M是活泼的金属，所以M是负极，失去电子，N为正极，故B正确；
C、该装置为原电池，是化学能转变为电能装置，故C正确；
D、电流方向应由正极(N)流向负极(M)，故D错误；答案选D
8.下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（ ）
A. 上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B. 干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
C. 铅蓄电池工作时，电能转化成化学能
D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
【答案】C
【解析】
【详解】A.干电池属于一次电池，铅蓄电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，A正确；
B.在干电池中，锌作电池的负极，不断消耗，从而长时间使用后会被破坏，B正确；
C.铅蓄电池工作时，将化学能转化为电能，C错误；
D.氢氧燃料电池从外部补充反应物，且唯一产物是无污染的水，故是一种具有应用前景的绿色电源，D正确；
答案选C。
9.向甲、乙、丙、丁四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是（ ）
甲：在500℃时，SO2和O2各10mol反应
乙：在500℃时，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应
丙：在450℃时，8molSO2和5molO2反应
丁：在500℃时，8molSO2和5molO2反应
A. 甲、乙、丙、丁
B. 乙、甲、丁、丙
C 乙、甲、丙、丁
D. 丁、丙、乙、甲
【答案】B
【解析】
【详解】升高温度反应速率加快，丙反应温度最低，故丙的反应速率最小；甲、乙、丁反应温度相同，丁中反应物的量少，故丁的反应速率比甲、乙慢；甲与乙相比，乙加入催化剂，使用催化剂使反应速率加快，故乙的反应速率比甲大；正反应速率由大到小顺序为乙、甲、丁、丙；
答案选B。
【点睛】影响化学反应速率的因素：
1．内因：参加反应的物质的结构及性质。
2．外因：主要是指浓度、温度、压强和催化剂，另外还有光、超声波、激光、搅拌、固体表面积、形成原电池等。
(1)浓度：其他条件相同时，增大反应物浓度，化学反应速率增大；减小反应物浓度，化学反应速率减小。
(2)温度：其他条件相同时，升高温度，可以加快反应速率。
(3)压强：对于气体反应，当温度不变时，增大压强可以加快反应速率。
(4)催化剂：对于某些化学反应，使用正催化剂能显著加快化学反应速率。
10.下列现象或事实不能用同一原理解释的是
A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存
B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质
C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸
D. SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A、浓硝酸和氯水均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；
B、硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；
C、常温下铁遇浓硝酸钝化，珀与浓硝酸不反应，原理不同，C符合题意；
D、SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，D不符合题意；
答案选C。
11.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A. FeFeCl2Fe(OH)2
B. SSO3H2SO4
C. N2NO2HNO3
D. CaCO3 CaOCa(OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A.铁在氯气中燃烧生成FeCl3，A错误；
B.S单质与氧气反应生成SO2，B错误；
C.N2与O2在放电条件下反应生成NO，C错误；
D.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，D正确；
答案选D。
12.实验室里可按如图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R可用水吸收，则气体R是（ ）
A. HCl B. Cl2 C. CO2 D. NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
装置采用向下排空气法收集气体，说明该气体密度比空气小；多余气体用水吸收，说明该气体能溶于水。
【详解】A. HCl的密度比空气大，A错误；
B. Cl2的密度比空气大，B错误；
C. CO2的密度比空气大，C错误；
D. NH3的密度比空气小，且极易溶于水，符合要求，D正确；
答案选D。
13.下列实验装置原理正确且能达成实验目的的是（ ）
选项
A.制NO2
B.收集NO2
C.分离乙醇和水
D.制作喷泉
实验装置原理图
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜片与稀硝酸反应生成NO，故装置不能制备NO2，A错误；
B. NO2能与水发生反应，故NO2不能采用排水法进行收集，B错误；
C.乙醇和水互溶，过滤不能分离两者，C错误；
D. NH3极易溶于水，挤压胶头滴管使少量水进入烧瓶，烧瓶内压强减小，打开止水夹，在外力的作用下，形成喷泉，D正确；
答案选D。
14.当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2。下列关于SO2说法正确的是（ ）
A. SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中
B. SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质
C. SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥
D. SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A.葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的。目前它在酿酒过程中是不可替代的，故A错误;
B.根据A中分析可知B正确；
C.SO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化还原反应，可以用浓硫酸干燥，故C错误；
D.二氧化硫使酸性KMnO4溶液褪色体现其还原性，故D错误。
答案选B。
15.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 向氨水中加入稀盐酸：H++OH-=H2O
B. 向氯水中通入少量SO2：Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-
C. 将过量SO2通入到饱和NaHCO3溶液中：2H++CO32-=H2O+CO2↑
D. 将SO2通入到BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨水中主要成分一水合氨为弱碱，不能拆写，故离子方程式为NH3∙H2O+ H+=NH4++ H2O，A错误；
B. SO2具有还原性，Cl2具有氧化性，两者发生氧化还原反应，离子方程式Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，B正确；
C.过量SO2与NaHCO3反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，离子方程式为SO2+HCO3- =HSO3-CO2↑，C错误；
D. 亚硫酸的酸性比盐酸弱，故SO2通入到BaCl2溶液不反应，D错误；
答案选B。
16.如图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是（ ）
A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B. NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2
C. 湿润淀粉-KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性强于I2
D. 品红试纸、蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色都体现了SO2的漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸反应生成SO2气体。
【详解】A. SO2溶于水生成亚硫酸显酸性，但SO2不能漂白指示剂，故蓝色石蕊试液只变红，A错误；
B. NaOH可以与SO2完全反应，故NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，B正确；
C.二氧化硫不能将碘离子氧化成碘单质，说明SO2的氧化性弱于I2，C错误；
D. 品红试纸褪色体现了SO2的漂白性，但蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色是因为SO2具有还原性，D错误；
答案选B。
17.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）
A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟 B. 该反应利用了Cl2的强氧化性
C. 该反应属于复分解反应 D. 生成1molN2有6mol电子转移
【答案】C
【解析】
【详解】A.由方程式知，如NH3过量则会与产物HCl反应生成NH4Cl，则若管道漏气遇氨就会产生白烟，故A正确；
B.Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2表现强氧化性，故B正确；
C.该反应为置换反应，C错误；
D.N元素的化合价由-3 价升至0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确；
答案选C。
18.已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2+I-→H2O+IO- 慢
H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快
下列有关该反应的说法不正确的是（ ）
A 反应速率与I-浓度有关
B. I-是H2O2分解反应的催化剂
C. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
D. 当H2O2完全分解后溶液中理论上不存在IO-
【答案】C
【解析】
【详解】A.决定化学反应速率的主要是慢反应，I-是慢反应的反应物之一，故I-的浓度对反应速率有影响，A正确；
B.将两反应相加可得总反应方程式，I-参与反应但反应前后I-质量和性质不变，故反应的催化剂为I-，B正确；
C.根据反应2H2O2=2H2O+O2，可知v(H2O2)=2v(O2)，但水的浓度是常数，不能用其浓度表示反应速率，C错误；
D. 将两反应相加可得总反应方程式2H2O2=2H2O+O2，故当H2O2完全分解后溶液中理论上不存在IO-，D正确；
答案选C。
19.一定量的Cu粉与浓H2SO4共热产生SO2气体的体积为2.24 L(标准状况下)，则下列情况不可能的是( )
A. 加入Cu的质量为6.4 g
B. 加入的浓H2SO4中含溶质0.2 mol
C. 加入Cu的质量大于6.4 g
D. 加入浓H2SO4中含溶质多于0.2 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
铜粉与浓硫酸混合加热，发生反应为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，n（SO2）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol。随着反应的进行，硫酸的浓度会变小，稀硫酸与铜不反应，据此分析可得结论。
【详解】A．由反应可知，n（Cu）=n（SO2）=0.1mol，则Cu的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故A正确；
B．由反应可知，n（H2SO4）=0.2mol，随反应的进行，稀硫酸与Cu不反应，则加入浓硫酸中溶质应大于0.2mol，故B错误；
C．随反应的进行，稀硫酸与Cu不反应，加入Cu的质量可以大于6.4g，故C正确；
D．根据B知，加入浓硫酸中溶质应该大于0.2mol，故D正确；
答案选B。
20.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成只含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（ ）
A. 0.8mol B. 0.6mol C. 0.4mol D. 0.2mol
【答案】D
【解析】
【详解】铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，则铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），所以n（NaNO2）=n（Cu）=0.8mol，根据钠元素守恒可知n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.5L×2mol/L=1mol，所以n（NaNO3）=1mol-0.8mol=0.2mol；
答案选D。
第Ⅱ部分非选择题（共40分）
21.A、B、C、是中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)：
请回答下列问题：
（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是_____(填序号)。
a.C b.N2 c.S d.Na e.Mg
（2）若B是能使品红试液褪色的无色气体，则B转化为C的化学方程式为：_____。
（3）若A、B、C三种化合物的水溶液均呈酸性，写出A和B反应的化学方程式：_____。C溶于水会生成D，D的浓溶液与铜加热时反应产生了1.12L气体（标况下），则被还原的D的物质的量是_____mol，转移的电子数是个_____。
（4）若X是金属单质，向B、C的溶液中分别滴加AgNO3溶液和稀硝酸均产生白色沉淀，则B的化学式是_____。
【答案】 (1). e (2). 2SO2+O2 2SO3 (3). 2H2S+ SO2=3S+2H2O (4). 0.05 (5). 0.1NA (6). FeCl3
【解析】
【详解】（1）X是强氧化性单质，根据转化关系可知，A或B中的元素必须为变价元素：
a．C和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，符合转化关系；
b．N2和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，符合转化关系；
c．S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，符合转化关系；
b．Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，符合转化关系
e．Mg不是变价金属，且不能实现如图转化，所以不符合转化关系；
答案选e。
（2）若B是能使品红试液褪色的无色气体，B为SO2，A为S，X为氧气，B转化为C的化学方程式2SO2+O2 2SO3。
（3）若A、B、C三种化合物的水溶液均呈酸性，中学阶段符合转化关系的只有S元素，推知A为H2S、X为O2、B为SO2、C为SO3，A和B反应的化学方程式为2H2S+ SO2=3S+2H2O；SO3溶于水会生成H2SO4，浓硫酸与铜加热时反应产生气体为SO2，经计算生成的SO2的物质的量为1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，被还原的H2SO4生成SO2，故被还原的H2SO4的物质的量是0.05mol，转移的电子数。
（4）若X是金属单质，向B、C的溶液中分别滴加AgNO3溶液和稀硝酸均产生白色沉淀，则B、C的溶液中均含有Cl-，推知B、C均属于盐，由转化关系可知，X为Fe、A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。
22.目前国外硝酸厂进行尾气治理普遍采用的一种方法是在有催化剂的条件下将NOx转变为N2和H2O。某组同学拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率。
请回答下列问题：
（1）若制取氨气用A装置，则发生反应的化学方程式为_____；若制取氨气用B装置，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是_____、_____；
（2）用C装置制取NO时用可抽动的铜丝，其优点是_____；其反应的离子方程式为_____；
（3）装置⑦的作用可能是_____；
（4）若进入装置⑤的NO896mL（标准状况下），氨气过量，最后收集到标况下672mLN2，则NO的转化率为_____。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 浓氨水 (3). 碱石灰 (4). 反应可以随时关停、操作方便、反复使用、节约药品 (5). 3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O (6). 吸收未反应的NO (7). 90%
【解析】
【分析】
在加热条件下，实验室通常用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；若要制备少量氨气，可利用氨气的挥发性和碱石灰的吸水性来制取。结合氨气的NO的性质分析解答。
【详解】（1）在加热条件下，实验室通常用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气生成氨气、氯化钙和水，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；若制取氨气用不加热装置，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是浓氨水、碱石灰或生石灰或氢氧化钠。
（2）制取NO时用可抽动的铜丝，其优点是易于控制反应，操作简便并能节约药品；铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜和一氧化氮，其反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）硫酸亚铁具有还原性，一氧化氮与二价铁发生反应，故装置⑦的作用可能是吸收多余的NO。
（4）NO进入装置⑤发生反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，在一定条件下气体的体积之比等于物质的量之比，则参与反应的NO体积为，则NO的转化率。
23.某同学利用如图装置模拟工业生产制备了少量硝酸，请结合所学知识完成下列问题。
（1）实验时先用酒精喷灯加热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上。下列图示中，能够正确表示该反应过程能量变化的是_____（填字母）。
A.
B.
C.
（2）高温时，2NO2（g）2NO（g）+O2（g），因此氨气与氧气反应难以生成NO2。根据下列数据计算，当2molNO2分解时，反应会_____（填“吸收”或“放出”）_____kJ能量。
NO2(g)N(g)+2O(g)
NO(g)N(g)+O(g)
O2(g)2O(g)
（3）在2L的密闭绝热容器中，通入等物质的量的NO和O2气体，n(NO)随时间的变化如下表：
t/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.012
0.008
0.005
0.004
0.004
①反应开始至第2s时，NO的平均反应速率为_____。
②在第5s时，O2的转化率为_____。
③容器中混合气体压强与反应开始时的压强比值为_____。
④下列能说明反应已达平衡的是_____。
a.单位时间内，每生成一定物质的量浓度的NO，同时有相同物质的量浓度的NO2生成
b.气体混合物物质的量不再改变
c.气体混合物平均相对分子质量不再改变
d.容器内温度不再发生变化
e.密闭容器内气体颜色不再改变
f.混合气的密度不再改变
【答案】 (1). A (2). 吸收 (3). 113 (4). (5). 40% (6). 4：5 (7). abcde
【解析】
【分析】
试管中发生氨的催化氧化生成NO，在装置A中NO进一步被氧气氧化生成二氧化氮，装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气。
【详解】（1）当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，说明反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，答案选A。
（2）反应热=反应物的键能和－生成物的键能和=931kJ/mol×2—628kJ/mol×2—493kJ/mol=113kJ/mol，故当2molNO2分解时，反应会吸收113kJ能量。
（3）①反应开始至第2s时，NO的平均反应速率。
②根据反应2NO+O22NO2，在第5s时，参与反应的NO的物质的量为0.02mol－0.004mol=0.016mol，故参与反应O2的物质的量为0.008mol，其转化率。
③容器中混合气体压强比等于物质的量之比，反应开始时混合气体的物质的量为0.04mol，反应后混合气体的物质的量为0.004mol+0.012mol+0.016mol=0.032mol，故反应后压强与反应前的压强比值为0.032：0.04=4：5。
④ a.单位时间内，每生成一定物质的量浓度的NO，同时有相同物质的量浓度的NO2生成，说明正反应速率等于逆反应速率，a正确；
b.反应为气体分子数减小的反应，故气体混合物物质的量不再改变，可以说明反应达平衡，b正确；
c.反应前后气体物质的量减小，反应前后气体的质量不变，故气体混合物平均相对分子质量不再改变说，说明反应达到平衡，c正确；
d.反应伴随能量的变化，故在绝热容器内温度不再发生变化，可以说明反应达到平衡，d正确；
e.反应中只有二氧化氮是有颜色的，当密闭容器内气体颜色不再改变时，说明二氧化氮浓度不变，反应达到平衡，e正确；
f.反应前后气体质量不变、容器体积不变，故混合气的密度始终不变，不能据此判断反应达到平衡，f错误；
答案选abcde。
24.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。溶液变红的原因是_____。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。
①将下列实验操作步骤正确排序_____（填序号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a.点燃酒精灯，加热
b.熄灭酒精灯
c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2，缓缓通入N2
e.称量A
f.冷却至室温
②根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_____（列式表示）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中有气泡冒出，并可观察到C中出现白色沉淀、D中溶液褪色，则C、D中的溶液分别为_____、_____（填序号）。
a.浓H2SO4 b.NaOH c.BaCl2 d.Ba(NO3)2 e.品红
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____。
【答案】 (1). 硫酸亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁 (2). dabfce (3). (4). c (5). e (6). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】
【详解】（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色。
（2）①实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe。
②直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3-m1），m（H2O）=（m2-m3），则n（H2O）=、n（FeSO4）= ，结晶水的数目等于=。
（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色。
②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
北京五中2019/2020学年度第二学期第一次阶段性考试试卷高一化学
可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64
第Ⅰ部分选择题（共60分）
每小题只有一个选项符合题意。
1.化学在生产生活和科学研究中具有重要的作用。下列说法正确的是（ ）
①耐高温的碳化硅陶瓷是新型无机非金属材料
②现代建筑物大量使用的玻璃和水泥都是硅酸盐材料
③单质硅可以用来制造太阳能电池
④水晶项链和陶瓷都是硅酸盐材料
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料；②玻璃和水泥属于硅酸盐材料；③单质硅可以导电，可以用来制造太阳能电池；④陶瓷都是硅酸盐材料，水晶项链的主要成分是二氧化硅；故①②③正确；
答案选A。
2.纳米孔气凝胶保温毡是由二氧化硅气凝胶和玻璃纤维组成的复合保温材料，该材料具有保温性能好、防火性能卓越、稳定性高等优点。下列说法不正确的是（ ）
A. 该材料能溶于水
B. 该材料对铁质管道没有腐蚀性
C. 二氧化硅可用来制造光导纤维
D. 用激光笔照射二氧化硅气凝胶可产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】A.该材料的主要成分是二氧化硅气凝胶和玻璃纤维，二者不溶于水，A错误；
B.该材料稳定性高，不与铁质管道发生反应，对铁质管道没有腐蚀性，B正确；
C.光导纤维的成分是二氧化硅，二氧化硅可用来制造光导纤维，C正确；
D.二氧化硅气凝胶是胶体，胶体能发生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
3.下列属于氧化还原反应，且为吸热反应的是
A. CaO+H2O＝Ca（OH）2 B. C+H2OCO+H2
C. Zn+2H+＝Zn2++H2↑ D. 2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】CaO+H2O＝Ca（OH）2和2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O为非氧化还原反应；Zn+2H+＝Zn2++H2↑ 是放热的氧化还原反应；C+H2O＝CO+H2是吸热的氧化还原反应，选项B符合题意。答案选B。
4.决定化学反应速率的根本因素是（ ）
A. 温度和压强
B. 反应物的浓度
C. 参加反应的各物质的性质
D. 催化剂的加入
【答案】C
【解析】
【详解】参加反应的各物质的性质是决定化学反应速率的根本因素。温度和压强、反应物的浓度、催化剂的加入是影响化学反应速率的因素，但不是根本因素；答案选C。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 对于A（s）+B（g）C（g）+D（g）的反应，加入A，v(A)变大
B. 2NO2N2O4（正反应放热），升高温度，v增大
C. 一定温度下，反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在密闭容器中进行，恒容充入He，化学反应速率不变
D. 100mL2mol·L-1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应物A为固体，A的质量多少不影响化学反应速率，故加入A反应速率不变；
B.对于化学反应来说，温度升高，化学反应速率增大；
C. 一定温度下在密闭容器中，恒容充入He，容器的体积不变，体系中物质浓度不变 ，化学反应速率不变；
D.加入少量硫酸铜固体，锌与铜离子反应生成Cu，铜、锌和稀盐酸构成原电池，原电池加快化学反应速率；
答案选A。
6.如图是1molCO(g)和2molH2(g)发生反应CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)过程中的能量变化曲线。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂时反应的能量变化。下列相关说法正确的是（ ）
A. 使用催化剂后该反应从放热反应变成了吸热反应
B. 使用和不使用催化剂相比反应的能量变化不同
C. 1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收510kJ能量
D. 1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)会释放出91kJ能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.使用催化剂不会使反应从放热反应变成吸热反应，A错误；
B.加入催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的反应热，故使用和不使用催化剂相比反应的能量变化相同，B错误；
C.由图可知，1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键完全被破坏需要吸收419kJ能量，C错误；
D.破坏 1molCO(g)和2molH2(g)中化学键需要吸收419kJ能量，形成1molCH3OH(g)中化学键释放510kJ，故1molCO(g)和2molH2(g)完全反应生成1molCH3OH(g)会释放出91kJ能量，D正确；
答案选D。
7.如图所示的装置中，M为金属活动性顺序表中位于氢之前的金属，N为石墨棒，下列关于此装置的叙述中不正确的是
A. N上有气体放出
B. M为负极，N为正极
C. 是化学能转变为电能的装置
D. 导线中有电流通过，电流方向是由M到N
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。M是活泼金属，所以M是负极，失去电子。N是正极，溶液中的氢离子得到电子，生成氢气。
【详解】A、N是正极，溶液中的氢离子在N极得电子生成氢气，电极反应式是2H++2e－＝H2↑，故A正确；
B、M是活泼的金属，所以M是负极，失去电子，N为正极，故B正确；
C、该装置为原电池，是化学能转变为电能装置，故C正确；
D、电流方向应由正极(N)流向负极(M)，故D错误；答案选D
8.下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（ ）
A. 上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B. 干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
C. 铅蓄电池工作时，电能转化成化学能
D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
【答案】C
【解析】
【详解】A.干电池属于一次电池，铅蓄电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，A正确；
B.在干电池中，锌作电池的负极，不断消耗，从而长时间使用后会被破坏，B正确；
C.铅蓄电池工作时，将化学能转化为电能，C错误；
D.氢氧燃料电池从外部补充反应物，且唯一产物是无污染的水，故是一种具有应用前景的绿色电源，D正确；
答案选C。
9.向甲、乙、丙、丁四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是（ ）
甲：在500℃时，SO2和O2各10mol反应
乙：在500℃时，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应
丙：在450℃时，8molSO2和5molO2反应
丁：在500℃时，8molSO2和5molO2反应
A. 甲、乙、丙、丁
B. 乙、甲、丁、丙
C 乙、甲、丙、丁
D. 丁、丙、乙、甲
【答案】B
【解析】
【详解】升高温度反应速率加快，丙反应温度最低，故丙的反应速率最小；甲、乙、丁反应温度相同，丁中反应物的量少，故丁的反应速率比甲、乙慢；甲与乙相比，乙加入催化剂，使用催化剂使反应速率加快，故乙的反应速率比甲大；正反应速率由大到小顺序为乙、甲、丁、丙；
答案选B。
【点睛】影响化学反应速率的因素：
1．内因：参加反应的物质的结构及性质。
2．外因：主要是指浓度、温度、压强和催化剂，另外还有光、超声波、激光、搅拌、固体表面积、形成原电池等。
(1)浓度：其他条件相同时，增大反应物浓度，化学反应速率增大；减小反应物浓度，化学反应速率减小。
(2)温度：其他条件相同时，升高温度，可以加快反应速率。
(3)压强：对于气体反应，当温度不变时，增大压强可以加快反应速率。
(4)催化剂：对于某些化学反应，使用正催化剂能显著加快化学反应速率。
10.下列现象或事实不能用同一原理解释的是
A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存
B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质
C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸
D. SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A、浓硝酸和氯水均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；
B、硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；
C、常温下铁遇浓硝酸钝化，珀与浓硝酸不反应，原理不同，C符合题意；
D、SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，D不符合题意；
答案选C。
11.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A. FeFeCl2Fe(OH)2
B. SSO3H2SO4
C. N2NO2HNO3
D. CaCO3 CaOCa(OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A.铁在氯气中燃烧生成FeCl3，A错误；
B.S单质与氧气反应生成SO2，B错误；
C.N2与O2在放电条件下反应生成NO，C错误；
D.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，D正确；
答案选D。
12.实验室里可按如图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R可用水吸收，则气体R是（ ）
A. HCl B. Cl2 C. CO2 D. NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
装置采用向下排空气法收集气体，说明该气体密度比空气小；多余气体用水吸收，说明该气体能溶于水。
【详解】A. HCl的密度比空气大，A错误；
B. Cl2的密度比空气大，B错误；
C. CO2的密度比空气大，C错误；
D. NH3的密度比空气小，且极易溶于水，符合要求，D正确；
答案选D。
13.下列实验装置原理正确且能达成实验目的的是（ ）
选项
A.制NO2
B.收集NO2
C.分离乙醇和水
D.制作喷泉
实验装置原理图
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜片与稀硝酸反应生成NO，故装置不能制备NO2，A错误；
B. NO2能与水发生反应，故NO2不能采用排水法进行收集，B错误；
C.乙醇和水互溶，过滤不能分离两者，C错误；
D. NH3极易溶于水，挤压胶头滴管使少量水进入烧瓶，烧瓶内压强减小，打开止水夹，在外力的作用下，形成喷泉，D正确；
答案选D。
14.当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2。下列关于SO2说法正确的是（ ）
A. SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中
B. SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质
C. SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥
D. SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A.葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的。目前它在酿酒过程中是不可替代的，故A错误;
B.根据A中分析可知B正确；
C.SO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化还原反应，可以用浓硫酸干燥，故C错误；
D.二氧化硫使酸性KMnO4溶液褪色体现其还原性，故D错误。
答案选B。
15.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 向氨水中加入稀盐酸：H++OH-=H2O
B. 向氯水中通入少量SO2：Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-
C. 将过量SO2通入到饱和NaHCO3溶液中：2H++CO32-=H2O+CO2↑
D. 将SO2通入到BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨水中主要成分一水合氨为弱碱，不能拆写，故离子方程式为NH3∙H2O+ H+=NH4++ H2O，A错误；
B. SO2具有还原性，Cl2具有氧化性，两者发生氧化还原反应，离子方程式Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，B正确；
C.过量SO2与NaHCO3反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，离子方程式为SO2+HCO3- =HSO3-CO2↑，C错误；
D. 亚硫酸的酸性比盐酸弱，故SO2通入到BaCl2溶液不反应，D错误；
答案选B。
16.如图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是（ ）
A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B. NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2
C. 湿润淀粉-KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性强于I2
D. 品红试纸、蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色都体现了SO2的漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】
注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸反应生成SO2气体。
【详解】A. SO2溶于水生成亚硫酸显酸性，但SO2不能漂白指示剂，故蓝色石蕊试液只变红，A错误；
B. NaOH可以与SO2完全反应，故NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，B正确；
C.二氧化硫不能将碘离子氧化成碘单质，说明SO2的氧化性弱于I2，C错误；
D. 品红试纸褪色体现了SO2的漂白性，但蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色是因为SO2具有还原性，D错误；
答案选B。
17.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）
A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟 B. 该反应利用了Cl2的强氧化性
C. 该反应属于复分解反应 D. 生成1molN2有6mol电子转移
【答案】C
【解析】
【详解】A.由方程式知，如NH3过量则会与产物HCl反应生成NH4Cl，则若管道漏气遇氨就会产生白烟，故A正确；
B.Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2表现强氧化性，故B正确；
C.该反应为置换反应，C错误；
D.N元素的化合价由-3 价升至0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确；
答案选C。
18.已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2+I-→H2O+IO- 慢
H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快
下列有关该反应的说法不正确的是（ ）
A 反应速率与I-浓度有关
B. I-是H2O2分解反应的催化剂
C. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
D. 当H2O2完全分解后溶液中理论上不存在IO-
【答案】C
【解析】
【详解】A.决定化学反应速率的主要是慢反应，I-是慢反应的反应物之一，故I-的浓度对反应速率有影响，A正确；
B.将两反应相加可得总反应方程式，I-参与反应但反应前后I-质量和性质不变，故反应的催化剂为I-，B正确；
C.根据反应2H2O2=2H2O+O2，可知v(H2O2)=2v(O2)，但水的浓度是常数，不能用其浓度表示反应速率，C错误；
D. 将两反应相加可得总反应方程式2H2O2=2H2O+O2，故当H2O2完全分解后溶液中理论上不存在IO-，D正确；
答案选C。
19.一定量的Cu粉与浓H2SO4共热产生SO2气体的体积为2.24 L(标准状况下)，则下列情况不可能的是( )
A. 加入Cu的质量为6.4 g
B. 加入的浓H2SO4中含溶质0.2 mol
C. 加入Cu的质量大于6.4 g
D. 加入浓H2SO4中含溶质多于0.2 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
铜粉与浓硫酸混合加热，发生反应为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，n（SO2）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol。随着反应的进行，硫酸的浓度会变小，稀硫酸与铜不反应，据此分析可得结论。
【详解】A．由反应可知，n（Cu）=n（SO2）=0.1mol，则Cu的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故A正确；
B．由反应可知，n（H2SO4）=0.2mol，随反应的进行，稀硫酸与Cu不反应，则加入浓硫酸中溶质应大于0.2mol，故B错误；
C．随反应的进行，稀硫酸与Cu不反应，加入Cu的质量可以大于6.4g，故C正确；
D．根据B知，加入浓硫酸中溶质应该大于0.2mol，故D正确；
答案选B。
20.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成只含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（ ）
A. 0.8mol B. 0.6mol C. 0.4mol D. 0.2mol
【答案】D
【解析】
【详解】铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，则铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），所以n（NaNO2）=n（Cu）=0.8mol，根据钠元素守恒可知n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.5L×2mol/L=1mol，所以n（NaNO3）=1mol-0.8mol=0.2mol；
答案选D。
第Ⅱ部分非选择题（共40分）
21.A、B、C、是中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)：
请回答下列问题：
（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是_____(填序号)。
a.C b.N2 c.S d.Na e.Mg
（2）若B是能使品红试液褪色的无色气体，则B转化为C的化学方程式为：_____。
（3）若A、B、C三种化合物的水溶液均呈酸性，写出A和B反应的化学方程式：_____。C溶于水会生成D，D的浓溶液与铜加热时反应产生了1.12L气体（标况下），则被还原的D的物质的量是_____mol，转移的电子数是个_____。
（4）若X是金属单质，向B、C的溶液中分别滴加AgNO3溶液和稀硝酸均产生白色沉淀，则B的化学式是_____。
【答案】 (1). e (2). 2SO2+O2 2SO3 (3). 2H2S+ SO2=3S+2H2O (4). 0.05 (5). 0.1NA (6). FeCl3
【解析】
【详解】（1）X是强氧化性单质，根据转化关系可知，A或B中的元素必须为变价元素：
a．C和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，符合转化关系；
b．N2和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，符合转化关系；
c．S和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，符合转化关系；
b．Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，符合转化关系
e．Mg不是变价金属，且不能实现如图转化，所以不符合转化关系；
答案选e。
（2）若B是能使品红试液褪色的无色气体，B为SO2，A为S，X为氧气，B转化为C的化学方程式2SO2+O2 2SO3。
（3）若A、B、C三种化合物的水溶液均呈酸性，中学阶段符合转化关系的只有S元素，推知A为H2S、X为O2、B为SO2、C为SO3，A和B反应的化学方程式为2H2S+ SO2=3S+2H2O；SO3溶于水会生成H2SO4，浓硫酸与铜加热时反应产生气体为SO2，经计算生成的SO2的物质的量为1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，被还原的H2SO4生成SO2，故被还原的H2SO4的物质的量是0.05mol，转移的电子数。
（4）若X是金属单质，向B、C的溶液中分别滴加AgNO3溶液和稀硝酸均产生白色沉淀，则B、C的溶液中均含有Cl-，推知B、C均属于盐，由转化关系可知，X为Fe、A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。
22.目前国外硝酸厂进行尾气治理普遍采用的一种方法是在有催化剂的条件下将NOx转变为N2和H2O。某组同学拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率。
请回答下列问题：
（1）若制取氨气用A装置，则发生反应的化学方程式为_____；若制取氨气用B装置，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是_____、_____；
（2）用C装置制取NO时用可抽动的铜丝，其优点是_____；其反应的离子方程式为_____；
（3）装置⑦的作用可能是_____；
（4）若进入装置⑤的NO896mL（标准状况下），氨气过量，最后收集到标况下672mLN2，则NO的转化率为_____。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 浓氨水 (3). 碱石灰 (4). 反应可以随时关停、操作方便、反复使用、节约药品 (5). 3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O (6). 吸收未反应的NO (7). 90%
【解析】
【分析】
在加热条件下，实验室通常用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；若要制备少量氨气，可利用氨气的挥发性和碱石灰的吸水性来制取。结合氨气的NO的性质分析解答。
【详解】（1）在加热条件下，实验室通常用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气生成氨气、氯化钙和水，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；若制取氨气用不加热装置，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是浓氨水、碱石灰或生石灰或氢氧化钠。
（2）制取NO时用可抽动的铜丝，其优点是易于控制反应，操作简便并能节约药品；铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜和一氧化氮，其反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）硫酸亚铁具有还原性，一氧化氮与二价铁发生反应，故装置⑦的作用可能是吸收多余的NO。
（4）NO进入装置⑤发生反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，在一定条件下气体的体积之比等于物质的量之比，则参与反应的NO体积为，则NO的转化率。
23.某同学利用如图装置模拟工业生产制备了少量硝酸，请结合所学知识完成下列问题。
（1）实验时先用酒精喷灯加热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上。下列图示中，能够正确表示该反应过程能量变化的是_____（填字母）。
A.
B.
C.
（2）高温时，2NO2（g）2NO（g）+O2（g），因此氨气与氧气反应难以生成NO2。根据下列数据计算，当2molNO2分解时，反应会_____（填“吸收”或“放出”）_____kJ能量。
NO2(g)N(g)+2O(g)
NO(g)N(g)+O(g)
O2(g)2O(g)
（3）在2L的密闭绝热容器中，通入等物质的量的NO和O2气体，n(NO)随时间的变化如下表：
t/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.012
0.008
0.005
0.004
0.004
①反应开始至第2s时，NO的平均反应速率为_____。
②在第5s时，O2的转化率为_____。
③容器中混合气体压强与反应开始时的压强比值为_____。
④下列能说明反应已达平衡的是_____。
a.单位时间内，每生成一定物质的量浓度的NO，同时有相同物质的量浓度的NO2生成
b.气体混合物物质的量不再改变
c.气体混合物平均相对分子质量不再改变
d.容器内温度不再发生变化
e.密闭容器内气体颜色不再改变
f.混合气的密度不再改变
【答案】 (1). A (2). 吸收 (3). 113 (4). (5). 40% (6). 4：5 (7). abcde
【解析】
【分析】
试管中发生氨的催化氧化生成NO，在装置A中NO进一步被氧气氧化生成二氧化氮，装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气。
【详解】（1）当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，说明反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，答案选A。
（2）反应热=反应物的键能和－生成物的键能和=931kJ/mol×2—628kJ/mol×2—493kJ/mol=113kJ/mol，故当2molNO2分解时，反应会吸收113kJ能量。
（3）①反应开始至第2s时，NO的平均反应速率。
②根据反应2NO+O22NO2，在第5s时，参与反应的NO的物质的量为0.02mol－0.004mol=0.016mol，故参与反应O2的物质的量为0.008mol，其转化率。
③容器中混合气体压强比等于物质的量之比，反应开始时混合气体的物质的量为0.04mol，反应后混合气体的物质的量为0.004mol+0.012mol+0.016mol=0.032mol，故反应后压强与反应前的压强比值为0.032：0.04=4：5。
④ a.单位时间内，每生成一定物质的量浓度的NO，同时有相同物质的量浓度的NO2生成，说明正反应速率等于逆反应速率，a正确；
b.反应为气体分子数减小的反应，故气体混合物物质的量不再改变，可以说明反应达平衡，b正确；
c.反应前后气体物质的量减小，反应前后气体的质量不变，故气体混合物平均相对分子质量不再改变说，说明反应达到平衡，c正确；
d.反应伴随能量的变化，故在绝热容器内温度不再发生变化，可以说明反应达到平衡，d正确；
e.反应中只有二氧化氮是有颜色的，当密闭容器内气体颜色不再改变时，说明二氧化氮浓度不变，反应达到平衡，e正确；
f.反应前后气体质量不变、容器体积不变，故混合气的密度始终不变，不能据此判断反应达到平衡，f错误；
答案选abcde。
24.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。溶液变红的原因是_____。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。
①将下列实验操作步骤正确排序_____（填序号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a.点燃酒精灯，加热
b.熄灭酒精灯
c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2，缓缓通入N2
e.称量A
f.冷却至室温
②根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_____（列式表示）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中有气泡冒出，并可观察到C中出现白色沉淀、D中溶液褪色，则C、D中的溶液分别为_____、_____（填序号）。
a.浓H2SO4 b.NaOH c.BaCl2 d.Ba(NO3)2 e.品红
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____。
【答案】 (1). 硫酸亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁 (2). dabfce (3). (4). c (5). e (6). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】
【详解】（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色。
（2）①实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe。
②直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3-m1），m（H2O）=（m2-m3），则n（H2O）=、n（FeSO4）= ，结晶水的数目等于=。
（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色。
②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
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