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2022-2023学年四川省成都七中高一（下）期中化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都七中高一（下）期中化学试卷（含解析），共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都七中高一（下）期中化学试卷
一、选择题（本大题共20小题，共40分）
1.下列关于无机非金属材料的说法中，不正确的是( )
A. 高纯硅可用作半导体材料
B. 门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均含有SiO2
C. 碳化硅(SiC)俗称金刚砂，具有优异的高温抗氧化性能，可用作耐高温半导体材料
D. 用于北京冬奥会礼仪服智能发热的石墨烯属于无机非金属化合物
2.SO2属于严重的大气污染物，可用H2与SO2高温反应消除SO2的污染，其反应原理可分为两步，过程如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. X中S元素的化合价为−2价
B. 大气中的SO2必须氧化成SO3才能形成酸雨
C. 在100～200℃温度时发生的是置换反应
D. 工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的SO2
3.某合作学习小组的同学设计下列原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是( )
A. 乙烧杯可看作半电池，发生还原反应
B. 盐桥中的电解质可换成饱和KCl溶液
C. 电子流动方向：石墨(甲)→a→b→石墨(乙)→盐桥→石墨(甲)
D. 电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱
4.下列所示装置能达到实验目的的是 ( )
A
B
C
D
“随关随停”制取氨气
以铁丝为催化剂模拟工业合成氨并检验产物
制备并收集NO2
中和反应反应热的测定
A. A B. B C. C D. D
5.下列离子方程式正确的是( )
A. 向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
B. Na2S2O3溶液与稀硫酸混合：S2O32−+6H++2SO42−=4SO2↑+3H2O
C. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2O
D. 过量铁粉加入到稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
6.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标况下2.24LNH3溶于水形成的溶液中，微粒NH3⋅H2O和NH4+的数目之和为0.1NA
B. 密闭容器中，28gN2与足量H2反应制备NH3，形成6NA个N−H键
C. SiO2与足量的焦炭反应，当生成1mol气体时转移的电子数为2NA
D. 32gCu与足量的硫共热，反应中转移的电子数为NA
7.将一定物质的量的HI(g)置于2L的恒容密闭容器中，只发生反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，在其他条件相同时，反应物HI(g)的物质的量n随反应时间t的变化情况如表所示：
t/min
n/mol
实验序号(反应温度)
0
10
20
30
40
50
60
1(800℃)
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2(800℃)
1.2
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
3(820℃)
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据表中数据，下列说法正确的是( )
A. 在实验1中，反应在10～20min内v(HI)=1.3×10−2mol⋅L−1⋅min−1
B. 根据实验1和实验2，可知反应恰好达到平衡状态的时间相同
C. 根据实验2和实验3，无法说明浓度对反应速率的影响趋势
D. 根据实验1和实验3，可得出温度越高，HI的分解率越小
8.CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是( )
A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2
B. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了环境保护的思想
C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量①<②<③
D. ①②③中，只有③中H2SO4作氧化剂
9.某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。
试管
实验现象
①
白雾、白色固体产生
②
大量白色沉淀
③
少量白色沉淀
④
品红溶液褪色
下列说法不正确的是( )
A. ①中玻璃管有平衡气压的作用
B. ②③中的白色沉淀成分相同
C. 为了确定①中白色固体是否为硫酸铜，可将试管内的物质缓慢注入水中，振荡观察
D. 实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管①，实验现象不变
10.反应2NO+Cl2=2NOCl在295K(21℃)时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下：
c(NO)/(mol⋅L−1)
c(Cl2)/(mol⋅L−1)
v(Cl2)/(mol⋅L−1⋅s−1)
①
0.100
0.100
8.0×10−3
②
0.500
0.100
2.0×10−1
③
0.100
0.500
4.0×10−2
注：①反应物浓度与反应速率方程式为v(Cl2)=k⋅cm(NO)⋅cn(Cl2)(式中速率常数k=Ae−EaRT，其中Ea为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度)；②反应级数是反应速率方程式中各反应物浓度的指数之和。
下列说法不正确的是( )
A. m=2，n=1，反应级数为3级
B. 当c(NO)=0.200mol⋅L−1，c(Cl2)=0.300mol⋅L−1，v(NO)=0.192mol⋅L−1⋅s−1
C. 加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率
D. 升高温度，可以增大反应的活化能Ea，从而使速率常数k增大
11.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )
A. 加热时，①中上部汇集了白色固体
B. 加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色
C. 3个反应均为可逆反应
D. 加热时③中溶液逐渐变为无色
12.已知101kPa及25℃下，葡萄糖的燃烧热为−2804kJ⋅mol−1。图中能正确表示反应：6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)的能量变化曲线是( )
A. 曲线1
B. 曲线2
C. 曲线3
D. 曲线4
13.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−574kJ⋅mol−1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−1160kJ⋅mol−1
下列说法正确的是( )
A. 若用0.1molCH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4kJ
B. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH>−574kJ⋅mol−1
C. 等量甲烷参与反应时，①②转移的电子数相同
D. 若反应②放出116kJ热量，则转移电子的物质的量为1.60mol
14.粗盐溶液中常含有Ca2+、Mg2+、SO42−等杂质，实验室利用Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液、盐酸，按照如图所示流程可除去杂质得到精盐。下列说法不正确的是( )
A. 试剂X不能是Na2CO3
B. 加入试剂Z前必须过滤
C. 操作I用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯
D. 若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a一定大于b
15.在容积为2L的密闭容器中，保持体系内温度800℃不变，将一定量的NO和O2混合发生反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，其中NO的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 若30s时反应达到平衡，v(O2)表示达到平衡过程的平均反应速率，则v(O2)≈1.1×10−3mol⋅L−1⋅s−1
B. 图象中曲线Ⅱ表示NO的变化
C. 800℃时，反应达平衡时放出a kJ热量，写出此条件下的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−100a13kJ/mol
D. 2v(O2)=v(NO2)
16.关于非金属单质及化合物的性质，下列说法不正确的是( )
A. SO2有杀菌、抗氧化作用，可用作食品添加剂
B. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C. 如图路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4
D. 如图路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
17.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−198kJ⋅mol−1。在V2O5存在时该反应机理为：①V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；②4VO2+O2→2V2O5(慢)。下列说法不正确的是( )
A. 该反应速率主要由第②步基元反应决定
B. 基元反应发生的先决条件是反应物分子必须有足够的能量
C. V2O5的存在提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快
D. 逆反应的活化能比正反应的活化能大198kJ⋅mol−1
18.新型电池是化学研究的重要课题之一，有关下列两种新型电池说法正确的是 ( )
电池
Ⅰ
Ⅱ
图示
说明
在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电。
常温钠离子全固态浓差电池，正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。
A. 电池Ⅰ中加入HNO3降低了正极反应的活化能，负极反应为CH3CH2OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+
B. 电池Ⅰ中当1molCH3CH2OH被完全氧化时有67.2LO2被还原
C. 电池Ⅱ放电时，Na+会脱离过渡金属氧化层
D. 电池Ⅱ充电时，b极接电源的正极，a极接电源的负极
19.含SO2的工业尾气转化为硫酸钾的流程如图：
下列说法正确的是( )
A. 反应Ⅰ得到固体A的主要成分是CaSO3
B. 为提高A的转化速率，控制反应Ⅱ在高温下进行
C. 反应Ⅲ的化学方程式为2KCl+(NH4)2SO4=2NH4Cl+K2SO4↓
D. 滤液B中存在的主要离子有NH4+、Cl−、SO42−
20.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g⋅mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入1.0mol⋅L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是( )
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol⋅L−1
C. NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是20%
D. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是660mL
二、非选择题（共60分）
21.化学反应过程中伴随着能量变化，
(1)下列变化中属于吸热反应的是 ______ 。
①铝片与稀盐酸的反应
②将胆矾加热变为白色粉末
③甲烷在氧气中的燃烧反应
④NH4NO3固体溶于水
⑤氯酸钾分解制氧气
⑥Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl反应
其中⑥中发生的化学方程式为 ______ 。
(2)在25℃、101kPa下，液态甲醇(CH3OH)的燃烧热为726.5kJ/mol，已知：H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，写出甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式 ______ 。
(3)标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g)
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量kJ/mol
249
218
39
10
0
0
−136
−242
由HO(g)+HO(g)=H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为 ______ kJ/mol，解离氧氧单键所需能量：HOO ______ H2O2(填“>”、“<”或“=”)。
(4)用60mL0.50mol/L盐酸与60mL0.55mol/L氢氧化钠溶液完成中和热测定实验。假设盐酸和氢氧化钠溶液度都是1.0g⋅cm−3，已知反应后混合溶液的比热容c=4.18J⋅g−1⋅℃−1，量热计的热容常数是88.5J⋅℃−1。实验过程中记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.5
20.6
23.2
2
20.6
20.7
23.4
3
20.9
20.7
22.4
根据实验数据计算该实验的中和热△H= ______ 。
(5)某基元反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为|ΔH|>Ea。补充该反应过程的能量变化示意图 ______ 。
22.某化学兴趣小组利用如图装置制备氨气并探究相关性质。
(1)A装置中生成NH3的化学方程式为 ______ 。
(2)D装置后接尾气吸收装置，下列能用来吸收尾气的装置是 ______ (填装置序号)。
(3)若将D与a相连，在E中产生白色沉淀，其沉淀的化学式为 ______ 。设计实验验证E装置中含有NH4+ ______ 。
(4)若向a处分别通入大量 ______ (填下列气体编号)，在E中不会产生白色沉淀。
A.Cl2
B.NO2
C.CO2
D.H2S
(5)实验发现C中粉末完全变红，D中无水硫酸铜变蓝，还产生一种单质气体。
①若红色固体为单质，实验后将C中固体与浓硫酸混合加热，其化学方程式为 ______ ；若充分反应后红色固体有剩余，再加入下列的 ______ 试剂，固体又可以继续溶解。
A.稀H2SO4
B.FeCl3溶液
C.FeCl2溶液
D.KNO3溶液
②已知Cu2O也为红色固体，反应前C中CuO质量为8g，反应后C中红色固体质量为6.8g，则C中发生的总反应方程式为 ______ 。
23.工业烟气中SO2和氮氧化物(NOx)都是大气污染物，综合治理对改善环境有重要意义。
(1)氮氧化物(NOx)引起的环境问题主要有 ______ (指出一种即可)。
(2)“纳米零价铁—H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的NO3−。在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①Fe2+催化H2O2分解产生HO⋅，HO⋅将NO氧化为NO3−的机理如图1所示，Y的化学式为 ______ 。
②纳米零价铁的作用是 ______ 。
③NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是 ______ 。
(3)科学家最近发现了一种利用水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制如图3所示。处于纳米液滴中的SO32−或HSO3−可以将电子通过“水分子桥”快速转移给周围的气相NO2分子促进中间体SO3−的形成。形成“水分子桥”的主要作用力是 ______ ，写HSO3−出与NO2间发生的总反应的离子方程式 ______ 。
(4)工业上回收利用烟气中SO2的一种途径是：；该小组在实验室探究步骤Ⅱ时，一定条件下向100mLc0mol⋅L−1的(NH4)2SO3溶液通入空气后，欲测定溶液中(NH4)2SO3的氧化率(α)，设反应后溶液体积仍为100mL。
①为该小组设计实验方案(可选试剂：0.1mol⋅L−1NaOH溶液、0.1mol⋅L−1KMnO4酸性溶液、0.1mol⋅L−1CaCl2溶液、0.1mol⋅L−1BaCl2溶液和0.1mol⋅L−1盐酸，不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示)： ______ 。
②氧化率α= ______ ×100%(用实验方案中的物理量表示)。
24.研究化学反应的速率和限度对于日常生活和工农业生产都具有重要的意义。
(1)一定温度下，在2L的恒容容器中充入N2与H2各1mol，H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：
①反应0～2min，以NH3表示的平均反应速率为 ______ 。
②能说明该反应达到化学平衡状态的是 ______ 。
a.混合气体的密度保持不变
b.容器内的气体压强保持不变
c.3v正(H2)=2v逆(NH3)
d.N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2
e.气体的平均相对分子质量保持不变
f.NH3的体积分数保持不变
③我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用∗表示)。下列说法错误的是 ______ 。
a.N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
b.过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化相同
c.适当提高N2分压，可以加快N2(g)→∗N2反应速率，提高N2(g)转化率
d.大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
(2)一种“碘钟实验”是将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。某小组同学在室温下对该实验原理进行探究。资料：该实验的总反应为H2O2+2S2O32−+2H+=S4O62−+2H2O。反应分两步进行，第i步：H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O，第ii步：⋅⋅⋅⋅⋅⋅
①第ii步的离子方程式是 ______ 。对于总反应，I−的作用相当于 ______ 。
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅰ、实验Ⅱ(溶液浓度均为0.01mol/L)。
实验序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
变蓝时间
实验I
5mL
4mL
8mL
3mL
0
30min
实验Ⅱ
5mL
2mL
xmL
ymL
zmL
40min
实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是 ______ 。对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，可得出的实验结论是 ______ 。
③为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01mol/L)。
实验序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验Ⅲ
4mL
4mL
9mL
3mL
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及第i、ii步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因 ______ 。
25.碱性锌锰电池是日常生活中常见的化学电源之一，其构造如图1，一种从废旧碱性锌锰电池回收Zn和MnO2的工艺如图2。
回答下列问题：
(1)MnO(OH)中Mn元素的化合价为 ______ 。
(2)碱性锌锰电池工作时正极反应式为 ______ 。
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+杂质，方法是加入 ______ (填化学式)溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全。废电解液中含有大量的H+可以返回 ______ 工序中循环使用。
(4)若将“粉料”直接与浓盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2，同时生成一种黄绿色气体，“粉料”中的MnO(OH)与浓盐酸共热反应的化学方程式为 ______ 。
(5)“浸出”所得溶液经一系列操作后得MnSO4⋅H2O，通过煅烧MnSO4⋅H2O可制得生产软磁铁氧体材料的MnxO4，如图是煅烧MnSO4⋅H2O时温度与剩余固体质量变化曲线。该曲线中A段所表示物质的化学式为 ______ ，MnxO4中x= ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.硅为良好的半导体材料，高纯硅常用作半导体材料，故A正确；
B.门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均为硅酸盐产品，均含有SiO2，故B正确；
C.碳化硅的硬度很大，具有优良的导热性能，是一种半导体，高温时能抗氧化，可用于制造半导体、制造碳化硅纤维，故C正确；
D.石墨烯为单质，不属于化合物，故D错误；
故选：D。
A.硅为良好的半导体材料；
B.门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均为硅酸盐产品；
C.碳化硅的硬度很大，具有优良的导热性能，是一种半导体；
D.石墨烯为单质。
本题考查陶瓷的成分和用途，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
2.【答案】A
【解析】解：A.根据分析，则X为H2S，S化合价为−2价，故A正确；
B.SO2可以和水反应生成H2SO3，H2SO3可以被氧气氧化为H2SO4，故B错误；
C.在100～200℃温度时SO2化合价降低，X化合价升高，反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，不属于置换反应，故C错误；
D.浓硝酸处理工业尾气中的SO2会生成氮氧化物，污染环境，故D错误；
故选：A。
根据反应原理，300℃时H2和SO2反应生成X为H2S，H2S在100～200℃和SO2反应生成S，据此解答。
本题考查元素化合物知识，掌握氮、硫及其化合物的性质是解答关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.乙烧杯中b电极亚铁离子失去电子发生氧化反应，故A错误；
B.氯离子也具有还原性，若将盐桥中的电解质换成饱和KCl溶液，氯离子移向负极，可能失电子被氧化，故盐桥中的电解质不可换成饱和KCl溶液，故B错误；
C.电池工作时，电子移向为负极移向正极，但不经过溶液，故C错误；
D.甲烧杯中发生反应为：MnO4−+8H++5e−=Mn2++4H2O，氢离子浓度减小，导致溶液的酸性减弱，故D正确；
故选：D。
由图可知，甲烧杯中Mn元素的化合价降低，得到电子，乙烧杯中Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答。
本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，题目难度中等，明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键，试题培养了学生的灵活应用能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.由于碱石灰溶于水，多孔塑料隔板不能起到分离反应阻止反应发生的作用，即装置不能实现“随关随停”制取氨气，故A错误；
B.氮气和氢气是在铁丝作催化剂的条件下进行的，检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故B正确；
C.Cu与浓硝酸反应可制得NO2，但由于3NO2+H2O=2HNO3+NO即NO2不能用排水法收集，故C错误；
D.题干图示中和反应反应热的测定装置中缺少环形玻璃搅拌棒，无法进行实验，故D错误；
故选：B。
A.由于碱石灰溶于水，多孔塑料隔板不能起到分离反应阻止反应发生的作用；
B.氮气和氢气是在铁丝作催化剂的条件下反应生成氨气；
C.3NO2+H2O=2HNO3+NO；
D.题干图示中和反应反应热的测定装置中缺少环形玻璃搅拌棒。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机基础实验的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.向次氯酸钙溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钙，反应的离子方程式为：Ca2++ClO−+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl−，故A错误；
B.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合，离子方程式为：2H++S2O32−=S↓+H2O+SO2↑，故B错误；
C.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式：H++OH−=H2O，故C错误；
D.铁粉过量，二者反应生成硝酸亚铁、NO和H2O，离子方程式为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选：D。
A.SO2和次氯酸钙发生氧化还原反应生成硫酸钙；
B.该离子反应中硫酸根离子不参与反应；
C.二者以1：1反应，H+先和OH−反应生成H2O，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠和水；
D.铁粉过量，二者反应生成硝酸亚铁、NO和H2O。
本题考查了离子方程式的判断，明确离子方程式的书写原则、元素化合物的性质是解本题关键，A中易忽略氧化还原反应而导致错误判断。
6.【答案】C
【解析】解：A.氨气在水中存在形式：NH3、NH3⋅H2O、NH4+，所以标况下2.24LNH3溶于水形成的溶液中，微粒NH3⋅H2O和NHNH4+的数目之和小于0.1NA，故A错误；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中，28gN2物质的量为：28g28g/mol，与足量H2反应制备NH3，形成N−H键个数小于6NA个，故B错误；
C.依据可知，当生成1mol气体，转移电子数为2mol，个数为2NA，故C正确；
D.铜与硫反应生成硫化亚铜，32gCu物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，与足量的硫共热，反应中转移的电子数为0.5NA，故D错误；
故选：C。
A.氨气在水中存在形式：NH3、NH3⋅H2O、NH4+；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应，不能进行到底；
C.依据计算；
D.铜与硫反应生成硫化亚铜。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
7.【答案】C
【解析】解：A.实验1中，反应在10～20min内，v(HI)=ΔcΔt=(0.80−0.67)mol2L10min=0.0065 mol⋅L−1⋅min−1，故A错误；
B.在实验1和实验2中，40min后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态，不能说明40min时反应恰好达到平衡状态，故B错误；
C.实验2和实验3的HI(g)的起始物质的量不同，且反应温度不同，依据控制变量的要求则不能说明浓度对反应速率的影响趋势，故C正确；
D.比较实验1和实验3，开始时加入的n(HI)相同，平衡时实验3中温度高，且HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大，故D错误；
故选：C。
A.实验1中，反应在10～20min内，v(HI)=ΔcΔt=(0.80−0.67)mol2L10min代入计算；
B.在实验1和实验2中，40min后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态；
C.实验2和实验3的反应温度不同，且HI(g)的起始物质的量不同；
D.比较实验1和实验3，开始时加入的n(HI)相同平衡时实验3中HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大。
本题考查化学反应原理，涉及化学反应速率的计算及影响因素的考查，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.途径①中铜和稀硝酸与稀硫酸的混合酸，反应生成硫酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，则混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2，故A正确；
B.途径②中不产生有毒气体，能更好的体现环境保护思想，故B正确；
C.根据三个途径涉及的方程式分析，生成3mol的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量分别为3mol，3mol，6mol，有①=②<③，故C错误；
D.①②③中，只有③中H2SO4作氧化剂，其余反应中硫酸只表现酸性，故D正确；
故选：C。
途径①中的方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，途径②中方程式为：，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，途径③中方程式为：。据此解答。
本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，同时考查氧化还原反应的综合应用能力，属于基本知识的考查，难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.①中玻璃管与大气连通，能够平衡气压，故A正确；
B.②③中白色沉淀均为硫酸钡，成分相同，故B正确；
C.硫酸铜溶液为蓝色，向试管中注水，若白色固体溶解，溶液变蓝，则证明白色固体为硫酸铜，故C正确；
D.二氧化硫不能与氯化钡反应，若实验时先通氮气排出空气，无三氧化硫生成，则②③中均无沉淀生成，故D错误；
故选：D。
浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫不能与氯化钡反应，②③中有白色沉淀硫酸钡生成，则证明二氧化硫反应生成了三氧化硫，④中品红溶液褪色，证明有二氧化硫。
本题考查含硫物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.由以上分析可知m=2，n=1，则该反应的反应级数为3级，故A正确；
B.当c(NO)=0.20mol⋅L−1，c(Cl2)=0.300mol⋅L−1时，v(NO)=2v(Cl2)=2×8.0×(0.20)2×0.30mol⋅L−1⋅s−1=0.192mol⋅L−1⋅s−1，故B正确；
C.催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子数目，可以增大速率常数k，增大反应速率，故C正确；
D.升高温度，活化能不变，故D错误；
故选：D。
由表中①③数据可知4.0×10−28.0×10−3=(0.5000.100)n，n=1，由①②组数据可知2.0×10−18.0×10−3=(0.5000.100)m，m=2，由①数据可知k=8.0×10−3(0.100)2×0.100=8.0，结合影响化学平衡的因素解答该题。
本题考查化学平衡有关计算，为高考常见题型，侧重考查学生计算能力，注意把握浓度与反应速率关系、平衡常数的计算方法，题目难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.加热时，氯化铵分解为氨气和氯化氢，氯化氢和氨气遇冷生成氯化铵，所以①中上部汇集了NH4Cl白色固体，故A正确；
B.氨水易挥发，氨水呈碱性，能使酚酞变红，加热②中溶液变为无色，冷却后氨溶于水，溶液又变红，故B错误；
C.可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故C错误；
D.二氧化硫能使品红溶液褪色，加热时，溶液恢复红色，③溶液中二氧化硫挥发，品红溶液变红色，冷却后二氧化硫又溶于水，溶液红色褪去，体现了SO2的漂白性，故D错误；
故选：A。
A.加热时，氯化铵分解为氨气和氯化氢，氯化氢和氨气遇冷生成氯化铵；
B.加热②中溶液氨气挥发；
C.可逆反应应在同一条件下进行；
D.二氧化硫能使品红溶液褪色，加热时，溶液恢复红色。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：葡萄糖的燃烧热为−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)ΔH>−2804kJ⋅mol−1，则6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH<2804kJ⋅mol−1，能正确表示反应：6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)的能量变化曲线是曲线2，
故选：B。
解：葡萄糖的燃烧热为−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)ΔH>−2804kJ⋅mol−1，则6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH<2804kJ⋅mol−1。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.利用盖斯定律，将题中反应①+②2，可得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=−867kJ⋅mol−1，若用0.1molCH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为86.7kJ，故A错误；
B.反应①气态水变为液态水是要放热，故△H<−574 kJ⋅mol−1，故B错误；
C.反应中甲烷均被氧化为二氧化碳，则等量甲烷参与反应时，①②转移的电子数相同，故C正确；
D.根据关系式：CH4～CO2转移的电子为8e−，转移8mol电子，放出116kJ的热量，若反应②放出116kJ热量，则转移电子的物质的量为0.8mol，故D错误；
故选：C。
A.利用盖斯定律计算CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的反应热；
B.根据气态水变为液态水是要放热判断；
C.反应中甲烷均被氧化为二氧化碳；
D.转移8mol电子，放出116kJ的热量；
本题考查化学反应热的计算以及氧化还原反应等知识，题目难度不大，注意水的状态不同，放出的热量不同，掌握利用盖斯定律计算反应热的方法．
14.【答案】D
【解析】解：A.根据分析可知，试剂X是Ba(OH)2，不能是Na2CO3，故A正确；
B.加入试剂Y形成的沉淀有碳酸钡，可以和盐酸反应，试剂Z是盐酸，故加入试剂Z前必须过滤，故B正确；
C.操作I是从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应该用蒸发结晶的方法，用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯，故C正确；
D.根据反应过程，制得的NaCl，既有原溶液中的也有新生成的，a不一定大于b，故D错误；
故选：D。
粗盐溶液中常含有Ca2+、Mg2+、SO42−等杂质，除去这些离子对应选用的离子有CO32−、Ba2+、OH−，且应该均过量，故可先加入试剂X：Ba(OH)2可以除去SO42−、Mg2+；再加入试剂Y：碳酸钠，可以除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后再加入稀盐酸，以除去过量的OH−、CO32−，得到氯化钠溶液，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，应蒸发结晶得到氯化钠晶体。
本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A.从开始到平衡，NO的物质的量减少了0.13mol，所以O2的物质的量减少了0.065mol，则v(O2)=0.065mol2L30s=1.1×10−3mol⋅L−1⋅s−1，故A正确；
B.由以上分析可知，图像中曲线Ⅱ表示NO的变化，故B正确；
C.化学方程式的系数的含义是物质的量。消耗0.065molO2，放出akJ的热量，则消耗1molO2，放出的热量为akJ0.065mol=200a13kJ/mol，所以此条件下的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=−200a/13kJ/mol，故C错误；
D.根据速率之比等于系数之比，则2v(O2)=v(NO2)，故D正确；
故选：C。
反应开始时加入的是反应物NO和O2，所以反应物NO和O2的物质的量在平衡建立过程中逐渐减小，生成物NO2的物质的量在平衡建立过程中逐渐增多，从开始到30s时，曲线Ⅰ和Ⅱ变化的量相同，所以曲线Ⅱ表示NO物质的量的变化，曲线Ⅰ表示NO2物质的量的变化，从开始到平衡，NO的物质的量减少了0.20mol−0.07mol=0.13mol，所以NO2的物质的量增加了0.13mol，即平衡时NO2的物质的量为0.13mol。
本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.SO2有杀菌、抗氧化作用，能延长食物保质期，可用作食品添加剂，故A正确；
B.浓H2SO4具有强脱水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，故B错误；
C.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中反应为，则为氧化剂氧气与还原剂氨气的物质的量之比为5：4，故C正确；
D.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮，将氮气通过转化生成硝酸的主要途径，故D正确；
故选：B。
A.SO2有杀菌、抗氧化作用；
B.浓H2SO4具有强脱水性；
C.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中反应为；
D.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮。
本题考查含氮物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】B
【解析】解：A.总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故A正确；
B.基元反应原理是反应物分子必须发生有效碰撞，基元反应发生的先决条件是由足够的能量和碰撞方向，故B错误；
C.反应前后V2O5的量没有改变，V2O5是该反应的催化剂，故C正确；
D.△H=正反应的活化能−逆反应的活化能=−198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故D正确；
故选：B。
A.总反应速率由最慢的一步决定；
B.基元反应原理是反应物分子必须发生有效碰撞；
C.反应前后V2O5的量没有改变；
D、△H=正反应的活化能−逆反应的活化能=−198kJ/mol，由此分析解答。
本题通过SO2的催化氧化反应考查催化剂对反应速率的影响、△H与正逆反应活化能的关系等知识，学生要知道△H=正反应的活化能−逆反应的活化能是解题的关键。
18.【答案】A
【解析】解：A.电池Ⅰ中HNO3消耗又生成，起催化剂作用，故加入HNO3降低了正极反应的活化能，负极反应为乙醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为CH3CH2OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+，故A正确；
B.没有标况，不能计算反应的氧气的体积，故B错误；
C.放电时，Na+向正极迁移，电池Ⅱ正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金，则Na+会进入过渡金属氧化层，故C错误；
D.电池Ⅱ充电时，正极接外接电源正极、负极接外接电源负极，故b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D错误；
故选：A。
A.电池Ⅰ中HNO3消耗又生成，起催化剂作用，故加入HNO3降低了正极反应的活化能，负极反应为乙醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳；
B.没有标况；
C.放电时，Na+向正极迁移；
D.电池Ⅱ充电时，正极接外接电源正极、负极接外接电源负极。
本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】C
【解析】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Ⅲ生成硫酸钾晶体和氯化铵，化学方程式为2KCl+(NH4)2SO4=2NH4Cl+K2SO4↓，故C正确；
D.滤液B中主要为氯化铵，故D错误；
故选：C。
从流程分析，二氧化硫和碳酸钙和空气发生反应Ⅰ生成二氧化碳和固体A硫酸钙，硫酸钙和碳酸氢铵和氨气发生反应Ⅱ生成碳酸钙和硫酸铵，再加入氯化钾，生成硫酸钾和含氯化铵的滤液B，据此分析。
本题考查二氧化硫的性质和物质的制备，难度不大，熟悉反应原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
20.【答案】D
【解析】解：A.根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g−1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A正确；
B.该浓硝酸的物质的量浓度c=1000ρωM，该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度=1000×1.4×63%63mol/L=14.0mol/L，故B正确；
C.标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为0.01÷0.05×100%=20%，故C正确；
D.金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L−0.04mol−(0.05−0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol÷1.0mol/L=0.64L=640mL，故D错误；
故选：D。
A.根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量；
B.该浓硝酸的物质的量浓度c=1000ρωM；
C.标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06；
D.金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L−0.04mol−(0.05−0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol。
本题考查反应程式进行计算，侧重考查学生有关硝酸反应计算的掌握情况，试题难度中等。
21.【答案】②⑥ Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3⋅H2O+8H2O CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−638.5kJ/mol 214 > −53.1kJ/mol
【解析】解：(1)①铝片与稀盐酸的反应为放热反应，故①错误；
②将胆矾加热变为白色粉末的反应为吸热反应，故②正确；
③甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，故③错误；
④NH4NO3固体溶于水的过程为物理变化，不属于吸热反应，故④错误；
⑤氯酸钾分解制氧气的反应虽然是分解反应，但属于放热反应，故⑤错误；
⑥Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，故⑥正确；
其中⑥中发生的化学方程式为：Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3⋅H2O+8H2O，
故答案为：②⑥；Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3⋅H2O+8H2O；
(2)在25℃、101kPa下，液态甲醇(CH3OH)的燃烧热为726.5kJ/mol，热化学方程式为：①CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅mol−1，②H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，盖斯定律计算①+②×2得到甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=(−726.5kJ⋅mol−1)+(+44.0kJ/mol×2)=−638.5kJ/mol，
故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−638.5kJ/mol；
(3)过氧化氢的能量为−136kJ/mol，HO的能量为39kJ/mol，据此计算H2O2中氧氧单键的键能=2×39kJ/mol−(−136kJ/mol)=214kJ/mol，ΔH=生成物的总能量−反应物的总能量，由于HOO(g)=HO(g)+O(g)ΔH=249kJ⋅mol−1+39kJ⋅mol−1−10kJ⋅mol−1=278kJ⋅mol−1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅mol−1，解离氧氧单键所需能量：HOO>H2O2，
故答案为：214kJ/mol；>；
(4)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度=20.5℃+20.6℃2=20.55℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：2.65℃，第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度=20.6℃+20.7℃2=20.65℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：2.75℃，第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度=20.9℃+20.7℃2=20.8℃，反应后温度为：22.4℃，反应前后温度差为：1.6℃，和上述温度相差较大，舍去，60mL的0.50mol/L盐酸与60mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=120mL×1g/cm3=120g，c=4.18J/(g⋅℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.03mol的水放出热量Q=4.18J/(g⋅℃)×120g×2.65℃+2.75℃2=1354.32J，量热计的热容常数是88.5J⋅℃−1，放出热量=88.5J⋅℃−1×2.7℃=238.95J，即生成0.03mol的水放出热量为：1354.32J+238.95J=1593.27J=1.59327kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.59327kJ×1mol0.03mol≈53.1kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=−53.1kJ/mol，
故答案为：−53.1kJ/mol；
(5)某基元反应的△H与活化能(Ea)的关系为|△H|>Ea，则生成物能量低于a，则图应该为，
故答案为：。
(1)化学反应分为吸热反应和放热反应，常见的吸热反应有：绝大多数的分解反应、以碳或氢气或CO为还原剂的氧化还原反应、C与CO2的化合反应、碳酸氢钠和盐酸的反应、氢氧化钡与氯化铵的反应等；
(2)在25℃、101kPa下，液态甲醇(CH3OH)的燃烧热为726.5kJ/mol，热化学方程式为：①CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅mol−1，②H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，盖斯定律计算①+②×2得到甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式；
(3)过氧化氢的能量为−136kJ/mol，HO的能量为39kJ/mol，据此计算H2O2中氧氧单键的键能，解离HOO中氧氧单键的能量为反应HOO(g)=HO(g)+O(g)的ΔH；
(4)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；
(5)某基元反应的△H与活化能(Ea)的关系为|△H|>Ea，则生成物能量低于a。
本题考查了热化学方程式的书写方法、键能计算焓变应用，燃烧热概念的计算分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
22.【答案】 ②③ BaSO3 取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+ AB Cu+2H2SO4(浓 BD
【解析】解：(1)该实验A装置中Ca(OH)2与NH4Cl共热生成CaCl2、NH3和H2O，则制备NH3的化学方程式为，
故答案为：；
(2)①氨气极易溶于水，若将导管直接通入水中会发生倒吸，所以①不可用；②中用一倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸，可以用来吸收尾气；③用一个安全瓶，烧杯中的水回流到安全瓶中，不会回流到反应装置中，可以用来吸收尾气；④是一个密闭体系，容易由于气体压强过大而发生危险，不可用；综上所述，能用来吸收尾气的是②③，
故答案为：②③；
(3)将D与a相连，将氨气通入BaCl2溶液中，同时向BaCl2溶液中通入SO2，SO2和NH3反应生成(NH4)2SO3，再和BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，则该沉淀的化学式为BaSO3；检验铵根离子的方法是取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+，
故答案为：BaSO3；取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+；
(4)若将氨气换成氯气或NO2，氯气有强氧化性，NO2溶于水生成的硝酸也有强氧化性，能将SO2氧化为SO42−，遇Ba2+能生成BaSO4沉淀；H2S和SO2发生氧化还原反应生成单质硫，硫为黄色，不能生成白色沉淀，CO2不能氧化SO2，所以不能产生白色沉淀，
故答案为：AB；
(5)①C中粉末完全变红，可能为单质Cu，也可能为Cu2O，也可能为两者的混合物；D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成；还产生一种单质气体，根据元素守恒，该单质气体为N2；①将铜与浓硫酸共热，生成硫酸铜、SO2和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓；只有浓硫酸能和铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应就停止了，此时溶液中有H+，再加入KNO3溶液，酸性溶液中的NO3−有强氧化性，能将铜氧化为Cu2+，FeCl3中的Fe3+能和铜发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，加入稀硫酸和FeCl2溶液不能和铜继续反应，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓；BD；
②反应前C中CuO质量为8g，物质的量为0.1mol，若反应后全部转变为Cu，则0.1molCu的质量为6.4g，若反应后全部转化为Cu2O，则物质的量为0.05mol，质量为7.2g，所以反应后6.8g固体中既有铜，也有Cu2O，设铜的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有64x+144y=6.8，x+2y=0.1，可求出x=0.05mol，y=0.025mol。则CuO、Cu、Cu2O的物质的量之比为4：2：1，若4molCuO参加反应，根据电子守恒，则有2molNH3参加反应，生成1molN2，则反应的化学方程式为：，
故答案为：。
利用装置A制取氨气，装置B中的碱石灰可以干燥氨气，装置C中CuO和氨气反应，装置D中的无水硫酸铜用于检验反应是否有水生成；
(1)该实验A装置中Ca(OH)2与NH4Cl共热生成CaCl2、NH3和H2O；
(2)①氨气极易溶于水，若将导管直接通入水中会发生倒吸，②中用一倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸，可以用来吸收尾气；③用一个安全瓶，烧杯中的水回流到安全瓶中，不会回流到反应装置中，可以用来吸收尾气；④是一个密闭体系，容易由于气体压强过大而发生危险；
(3)SO2和NH3反应生成(NH4)2SO3，再和BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀；检验铵根离子的方法是取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+；
(4)若将氨气换成氯气或NO2，氯气有强氧化性，NO2溶于水生成的硝酸也有强氧化性，能将SO2氧化为SO42−，遇Ba2+能生成BaSO4沉淀；H2S和SO2发生氧化还原反应生成单质硫，硫为黄色，CO2不能氧化SO2；
(5)①C中粉末完全变红，可能为单质Cu，也可能为Cu2O，也可能为两者的混合物；D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成；还产生一种单质气体，根据元素守恒，该单质气体为N2；①将铜与浓硫酸共热，生成硫酸铜、SO2和水，只有浓硫酸能和铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应就停止了，此时溶液中有H+，再加入KNO3溶液，酸性溶液中的NO3−有强氧化性，能将铜氧化为Cu2+，FeCl3中的Fe3+能和铜发生反应；
②反应前C中CuO质量为8g，物质的量为0.1mol，若反应后全部转变为Cu，则0.1molCu的质量为6.4g，若反应后全部转化为Cu2O，则物质的量为0.05mol，质量为7.2g，所以反应后6.8g固体中既有铜，也有Cu2O，设铜的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有64x+144y=6.8，x+2y=0.1，可求出x=0.05mol，y=0.025mol。则CuO、Cu、Cu2O的物质的量之比为4：2：1。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生含氮物质的性质和实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。
23.【答案】光化学烟雾(硝酸型酸雨) Fe3+或FeCl3 与盐酸反应产生Fe2+ 温度升高H2O2分解，H2O2浓度降低，NO脱除率降低 氢键 HSO3−+NO2+H2O=2HNO2+HSO4− 方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量0.1mol⋅L−1BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为mg，方案2：取20.00mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1mol/L的KMnO4(H+)溶液测定，消耗KMnO4(H+)溶液体积VmL m23.3c0或c0−1.25×10−2Vc0
【解析】解：(1)氮氧化物(NOx)引起的环境问题主要有光化学烟雾(硝酸型酸雨)等，
故答案为：光化学烟雾(硝酸型酸雨)；
(2)①Fe2+催化H2O2分解产生HO和HO⋅，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高，Y的化学式为FeCl3，
故答案为：Fe3+或FeCl3；
②纳米零价铁与盐酸反应产生Fe2+，
故答案为：与盐酸反应产生Fe2+；
③H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，所以温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势，
故答案为：温度升高H2O2分解，H2O2浓度降低，NO脱除率降低；
(3)由图3可知，“水桥”由HSO3−中的H与H2O分子的0之间的氢键形成；由图丙可知，HSO3−与NO2、H2O反应生成HNO2和HSO4−，离子方程式HSO3−+NO2+H2O=2HNO2+HSO4−，
故答案为：氢键；HSO3−+NO2+H2O=2HNO2+HSO4−；
(4)①测定溶液中硫酸根离子的量，向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为m g，可设计出两个方案：方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量0.1mol⋅L−1BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为m g；方案2：取20.00 mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1 mol/L的KMnO4(H+)溶液测定，消耗KMnO4(H+)溶液体积V mL，
故答案为：方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量0.1mol⋅L−1BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为m g，方案2：取20.00 mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1 mol/L的KMnO4(H+)溶液测定，消耗KMnO4(H+)溶液体积V mL；
②若采用方案1，向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除去，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，则氧化率a=m233×0.1c0×100%=m23.3c0×100%；
若采用方案2测定溶液中亚硫酸根离子的物质的量，SO32−与被高锰酸钾氧化生成SO42−，反应的离子方程式为：5SO32−+2MnO4−+6H+=2Mn2++3H2O+5SO42−，重复滴定三次，平均消耗高锰酸钾溶液的体积为V mL，溶液中亚硫酸根离子的物质的量为：52(cV×10−3)mol，则氧化率a=0.1c0−5×52cV×10−30.1c0×100%=8c0−cV8c0×100%=c0−1.25×10−2Vc0，
故答案为：m23.3c0或c0−1.25×10−2Vc0。
(1)氮氧化物(NOx)引起的环境问题主要有光化学烟雾等；
(2)①Fe2+催化H2O2分解产生HO和HO⋅，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高；
②纳米零价铁与盐酸反应产生Fe2+；
③H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小；
(3)由图3可知，“水桥”由HSO3−中的H与H2O分子的0之间的氢键形成；由图丙可知，HSO3−与NO2、H2O反应生成HNO2和HSO4−，由此写出离子方程式；
(4)①测定溶液中硫酸根离子的量，向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为m g，由此设计实验方案；
②由两套实验方案的具体数据计算氧化率。
本题考查实验方案的设计与评价，设计二氧化硫的污染及防治、氮的化合物的污染问题、有关氧化还原反应的方程式书写、计算等，题目中等难度。
24.【答案】0.05mol⋅L−1⋅min−1 bef bc I2+2S2O32−=2I−+S4O42− 催化剂 8、3、2 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象
【解析】解：(1)①反应0～2 min，υ(H2)=ΔcΔt=ΔnVΔt=(1.0−0.7)mol2L×2min=0.075mol⋅L−1⋅min−1，根据反应速率之比等于其化学计量系数之比，故NH3表示的平均反应速率为23υ(H2)=23×0.075mol⋅L−1⋅min−1=0.05mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.05mol⋅L−1⋅min−1；
②a.反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡，故a错误；
b.反应前后气体的系数发生改变，即反应过程中容器的气体压强一直在改变，则容器内的气体压强保持不变，说明反应达到平衡，故b正确；
c.根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，则当3υ正(H2)=2υ逆(NH3)时反应的正逆反应速率不相等，反应未达到化学平衡，故c错误；
d.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，即 N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2不能说明反应达到化学平衡，故d错误；
e.反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变，即气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到化学平衡，故e正确；
f.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，则NH3的体积分数保持不变说明反应达到化学平衡，故f正确；
故答案为：bef；
③a.N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的，即通过多步还原反应生成NH3，故a正确；
b.过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，故b错误；
c.适当提高N2分压，可以加快N2(g)→∗N2反应速率，但N2在此步骤的转化率降低，故c错误；
d.氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将降低反应速率，故d正确；
故答案为：bc；
(2)①该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2S2O32−+2H=+S4O42−+2H2O，反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I−+2H=+I2+2H2O，反应B：①−②得到反应的离子方程式：I2+2S2O32−=2I−+S4O42−，对于总反应，I−的作用相当于催化剂，
故答案为：I2+2S2O32−=2I−+S4O42−；催化剂；
②控制变量方法中只能改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅱ跟实验Ⅰ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2，对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率，
故答案为：8、3、2；其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；
③对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，改变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，则未出现蓝色现象，
故答案为：混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象。
(1)①由题干图示可知，反应0～2 min，υ(H2)=ΔcΔt=ΔnVΔt=(1.0−0.7)mol2L×2min=0.075mol⋅L−1⋅min−1，根据反应速率之比等于其化学计量系数之比；
②a.反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变；
b.反应前后气体的系数发生改变，即反应过程中容器的气体压强一直在改变；
c.根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，2υ正(H2)=3υ正(NH3)，则当3υ正(H2)=2υ逆(NH3)时反应的正逆反应速率不相等；
d.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例；
e.反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变；
f.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变；
③a.由题干反应历程图示信息可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的；
b.过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所以所需能量不同；
c.适当提高N2分压，可以加快N2(g)→∗N2反应速率；
d.氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位；
(2)①该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2S2O32−+2H=+S4O42−+2H2O，反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I−+2H=+I2+2H2O，反应B：①−②得到反应的离子方程式：I2+2S2O32−=2I−+S4O42−；
②为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅱ跟实验Ⅰ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2，对比实验Ⅰ、实验Ⅱ；
③对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，改变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)。
本题考查反应机理和化学平衡状态的判断，侧重考查血学生反应过程和平衡状态判断的掌握情况，试题难度中等。
25.【答案】+3 MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH− H2O2(或KMnO4) 浸出 2MnO(OH)+6HCl(浓 MnSO4 3
【解析】解：(1)根据化合价代数和为0，在MnOOH中，O为−2价，H为+1价，所以Mn元素的化合价为+3价，
故答案为：+3；
(2)碱性锌锰电池工作时正极为二氧化锰得到电子，电极反应式为：MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−，
故答案为：MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−；
(3)“净化”中将Fe2+被氧化为Fe3+，且不引入杂质，可加入具有氧化性的H2O2(或KMnO4)溶液，根据流程可知，“浸出”时，需要用到硫酸故废电解液中含有大量的H+可以返回浸出工序中循环使用，
故答案为：H2O2(或KMnO4)；浸出；
(4)“粉料”中的MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，类似MnO2与盐酸的反应，反应的化学方程式为2MnO(OH)+6HCl(浓，
故答案为：2MnO(OH)+6HCl(浓；
(5)探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法。MnSO4⋅H2O在高温下易分解，101.4 g的MnSO4⋅H2O物质的量n(MnSO4⋅H2O)=101.4169mol=0.6mol，根据锰元素守恒，MnSO4⋅H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，质量为：0.6 mol×151 g/mol=90.60 g，所以图2曲线中A段质量减少：101.4 g−90.60 g=10.8 g为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据表中的数据可知：B固体质量为45.80 g为MnxO4，根据锰元素守恒，MnxO4的物质的量为0.6xmol，则0.6xmol×(55x+16×4)g/mol=45.80 g，解得x=3，该物质化学式为Mn3O4，
故答案为：MnSO4；3。
废旧碱性锌锰电池破碎后得到粉料、铁皮、铜钉及纸塑料等，将粉料还原焙烧，将MnOOH、MnO2被还原成MnO，再用硫酸溶解铁、锌和MnO得到MnSO4溶液和少量Fe2+、Zn2+，净化过程加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使其沉淀，最终得到MnSO4溶液和Zn2+，电解后在阴阳极分别得到Zn和MnO2，废电解液为硫酸。
本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
2022-2023学年四川省成都七中高一（下）期中化学试卷
一、选择题（本大题共20小题，共40分）
1.下列关于无机非金属材料的说法中，不正确的是( )
A. 高纯硅可用作半导体材料
B. 门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均含有SiO2
C. 碳化硅(SiC)俗称金刚砂，具有优异的高温抗氧化性能，可用作耐高温半导体材料
D. 用于北京冬奥会礼仪服智能发热的石墨烯属于无机非金属化合物
2.SO2属于严重的大气污染物，可用H2与SO2高温反应消除SO2的污染，其反应原理可分为两步，过程如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. X中S元素的化合价为−2价
B. 大气中的SO2必须氧化成SO3才能形成酸雨
C. 在100～200℃温度时发生的是置换反应
D. 工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的SO2
3.某合作学习小组的同学设计下列原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是( )
A. 乙烧杯可看作半电池，发生还原反应
B. 盐桥中的电解质可换成饱和KCl溶液
C. 电子流动方向：石墨(甲)→a→b→石墨(乙)→盐桥→石墨(甲)
D. 电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱
4.下列所示装置能达到实验目的的是 ( )
A
B
C
D
“随关随停”制取氨气
以铁丝为催化剂模拟工业合成氨并检验产物
制备并收集NO2
中和反应反应热的测定
A. A B. B C. C D. D
5.下列离子方程式正确的是( )
A. 向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
B. Na2S2O3溶液与稀硫酸混合：S2O32−+6H++2SO42−=4SO2↑+3H2O
C. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2O
D. 过量铁粉加入到稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
6.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标况下2.24LNH3溶于水形成的溶液中，微粒NH3⋅H2O和NH4+的数目之和为0.1NA
B. 密闭容器中，28gN2与足量H2反应制备NH3，形成6NA个N−H键
C. SiO2与足量的焦炭反应，当生成1mol气体时转移的电子数为2NA
D. 32gCu与足量的硫共热，反应中转移的电子数为NA
7.将一定物质的量的HI(g)置于2L的恒容密闭容器中，只发生反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，在其他条件相同时，反应物HI(g)的物质的量n随反应时间t的变化情况如表所示：
t/min
n/mol
实验序号(反应温度)
0
10
20
30
40
50
60
1(800℃)
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2(800℃)
1.2
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
3(820℃)
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据表中数据，下列说法正确的是( )
A. 在实验1中，反应在10～20min内v(HI)=1.3×10−2mol⋅L−1⋅min−1
B. 根据实验1和实验2，可知反应恰好达到平衡状态的时间相同
C. 根据实验2和实验3，无法说明浓度对反应速率的影响趋势
D. 根据实验1和实验3，可得出温度越高，HI的分解率越小
8.CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是( )
A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2
B. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了环境保护的思想
C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量①<②<③
D. ①②③中，只有③中H2SO4作氧化剂
9.某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。
试管
实验现象
①
白雾、白色固体产生
②
大量白色沉淀
③
少量白色沉淀
④
品红溶液褪色
下列说法不正确的是( )
A. ①中玻璃管有平衡气压的作用
B. ②③中的白色沉淀成分相同
C. 为了确定①中白色固体是否为硫酸铜，可将试管内的物质缓慢注入水中，振荡观察
D. 实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管①，实验现象不变
10.反应2NO+Cl2=2NOCl在295K(21℃)时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下：
c(NO)/(mol⋅L−1)
c(Cl2)/(mol⋅L−1)
v(Cl2)/(mol⋅L−1⋅s−1)
①
0.100
0.100
8.0×10−3
②
0.500
0.100
2.0×10−1
③
0.100
0.500
4.0×10−2
注：①反应物浓度与反应速率方程式为v(Cl2)=k⋅cm(NO)⋅cn(Cl2)(式中速率常数k=Ae−EaRT，其中Ea为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度)；②反应级数是反应速率方程式中各反应物浓度的指数之和。
下列说法不正确的是( )
A. m=2，n=1，反应级数为3级
B. 当c(NO)=0.200mol⋅L−1，c(Cl2)=0.300mol⋅L−1，v(NO)=0.192mol⋅L−1⋅s−1
C. 加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率
D. 升高温度，可以增大反应的活化能Ea，从而使速率常数k增大
11.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )
A. 加热时，①中上部汇集了白色固体
B. 加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色
C. 3个反应均为可逆反应
D. 加热时③中溶液逐渐变为无色
12.已知101kPa及25℃下，葡萄糖的燃烧热为−2804kJ⋅mol−1。图中能正确表示反应：6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)的能量变化曲线是( )
A. 曲线1
B. 曲线2
C. 曲线3
D. 曲线4
13.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−574kJ⋅mol−1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−1160kJ⋅mol−1
下列说法正确的是( )
A. 若用0.1molCH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4kJ
B. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH>−574kJ⋅mol−1
C. 等量甲烷参与反应时，①②转移的电子数相同
D. 若反应②放出116kJ热量，则转移电子的物质的量为1.60mol
14.粗盐溶液中常含有Ca2+、Mg2+、SO42−等杂质，实验室利用Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液、盐酸，按照如图所示流程可除去杂质得到精盐。下列说法不正确的是( )
A. 试剂X不能是Na2CO3
B. 加入试剂Z前必须过滤
C. 操作I用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯
D. 若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a一定大于b
15.在容积为2L的密闭容器中，保持体系内温度800℃不变，将一定量的NO和O2混合发生反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，其中NO的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 若30s时反应达到平衡，v(O2)表示达到平衡过程的平均反应速率，则v(O2)≈1.1×10−3mol⋅L−1⋅s−1
B. 图象中曲线Ⅱ表示NO的变化
C. 800℃时，反应达平衡时放出a kJ热量，写出此条件下的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−100a13kJ/mol
D. 2v(O2)=v(NO2)
16.关于非金属单质及化合物的性质，下列说法不正确的是( )
A. SO2有杀菌、抗氧化作用，可用作食品添加剂
B. 浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C. 如图路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4
D. 如图路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
17.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−198kJ⋅mol−1。在V2O5存在时该反应机理为：①V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；②4VO2+O2→2V2O5(慢)。下列说法不正确的是( )
A. 该反应速率主要由第②步基元反应决定
B. 基元反应发生的先决条件是反应物分子必须有足够的能量
C. V2O5的存在提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快
D. 逆反应的活化能比正反应的活化能大198kJ⋅mol−1
18.新型电池是化学研究的重要课题之一，有关下列两种新型电池说法正确的是 ( )
电池
Ⅰ
Ⅱ
图示
说明
在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电。
常温钠离子全固态浓差电池，正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。
A. 电池Ⅰ中加入HNO3降低了正极反应的活化能，负极反应为CH3CH2OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+
B. 电池Ⅰ中当1molCH3CH2OH被完全氧化时有67.2LO2被还原
C. 电池Ⅱ放电时，Na+会脱离过渡金属氧化层
D. 电池Ⅱ充电时，b极接电源的正极，a极接电源的负极
19.含SO2的工业尾气转化为硫酸钾的流程如图：
下列说法正确的是( )
A. 反应Ⅰ得到固体A的主要成分是CaSO3
B. 为提高A的转化速率，控制反应Ⅱ在高温下进行
C. 反应Ⅲ的化学方程式为2KCl+(NH4)2SO4=2NH4Cl+K2SO4↓
D. 滤液B中存在的主要离子有NH4+、Cl−、SO42−
20.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g⋅mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入1.0mol⋅L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是( )
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol⋅L−1
C. NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是20%
D. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是660mL
二、非选择题（共60分）
21.化学反应过程中伴随着能量变化，
(1)下列变化中属于吸热反应的是 ______ 。
①铝片与稀盐酸的反应
②将胆矾加热变为白色粉末
③甲烷在氧气中的燃烧反应
④NH4NO3固体溶于水
⑤氯酸钾分解制氧气
⑥Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl反应
其中⑥中发生的化学方程式为 ______ 。
(2)在25℃、101kPa下，液态甲醇(CH3OH)的燃烧热为726.5kJ/mol，已知：H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，写出甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式 ______ 。
(3)标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g)
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量kJ/mol
249
218
39
10
0
0
−136
−242
由HO(g)+HO(g)=H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为 ______ kJ/mol，解离氧氧单键所需能量：HOO ______ H2O2(填“>”、“<”或“=”)。
(4)用60mL0.50mol/L盐酸与60mL0.55mol/L氢氧化钠溶液完成中和热测定实验。假设盐酸和氢氧化钠溶液度都是1.0g⋅cm−3，已知反应后混合溶液的比热容c=4.18J⋅g−1⋅℃−1，量热计的热容常数是88.5J⋅℃−1。实验过程中记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.5
20.6
23.2
2
20.6
20.7
23.4
3
20.9
20.7
22.4
根据实验数据计算该实验的中和热△H= ______ 。
(5)某基元反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为|ΔH|>Ea。补充该反应过程的能量变化示意图 ______ 。
22.某化学兴趣小组利用如图装置制备氨气并探究相关性质。
(1)A装置中生成NH3的化学方程式为 ______ 。
(2)D装置后接尾气吸收装置，下列能用来吸收尾气的装置是 ______ (填装置序号)。
(3)若将D与a相连，在E中产生白色沉淀，其沉淀的化学式为 ______ 。设计实验验证E装置中含有NH4+ ______ 。
(4)若向a处分别通入大量 ______ (填下列气体编号)，在E中不会产生白色沉淀。
A.Cl2
B.NO2
C.CO2
D.H2S
(5)实验发现C中粉末完全变红，D中无水硫酸铜变蓝，还产生一种单质气体。
①若红色固体为单质，实验后将C中固体与浓硫酸混合加热，其化学方程式为 ______ ；若充分反应后红色固体有剩余，再加入下列的 ______ 试剂，固体又可以继续溶解。
A.稀H2SO4
B.FeCl3溶液
C.FeCl2溶液
D.KNO3溶液
②已知Cu2O也为红色固体，反应前C中CuO质量为8g，反应后C中红色固体质量为6.8g，则C中发生的总反应方程式为 ______ 。
23.工业烟气中SO2和氮氧化物(NOx)都是大气污染物，综合治理对改善环境有重要意义。
(1)氮氧化物(NOx)引起的环境问题主要有 ______ (指出一种即可)。
(2)“纳米零价铁—H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的NO3−。在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①Fe2+催化H2O2分解产生HO⋅，HO⋅将NO氧化为NO3−的机理如图1所示，Y的化学式为 ______ 。
②纳米零价铁的作用是 ______ 。
③NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是 ______ 。
(3)科学家最近发现了一种利用水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制如图3所示。处于纳米液滴中的SO32−或HSO3−可以将电子通过“水分子桥”快速转移给周围的气相NO2分子促进中间体SO3−的形成。形成“水分子桥”的主要作用力是 ______ ，写HSO3−出与NO2间发生的总反应的离子方程式 ______ 。
(4)工业上回收利用烟气中SO2的一种途径是：；该小组在实验室探究步骤Ⅱ时，一定条件下向100mLc0mol⋅L−1的(NH4)2SO3溶液通入空气后，欲测定溶液中(NH4)2SO3的氧化率(α)，设反应后溶液体积仍为100mL。
①为该小组设计实验方案(可选试剂：0.1mol⋅L−1NaOH溶液、0.1mol⋅L−1KMnO4酸性溶液、0.1mol⋅L−1CaCl2溶液、0.1mol⋅L−1BaCl2溶液和0.1mol⋅L−1盐酸，不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示)： ______ 。
②氧化率α= ______ ×100%(用实验方案中的物理量表示)。
24.研究化学反应的速率和限度对于日常生活和工农业生产都具有重要的意义。
(1)一定温度下，在2L的恒容容器中充入N2与H2各1mol，H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：
①反应0～2min，以NH3表示的平均反应速率为 ______ 。
②能说明该反应达到化学平衡状态的是 ______ 。
a.混合气体的密度保持不变
b.容器内的气体压强保持不变
c.3v正(H2)=2v逆(NH3)
d.N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2
e.气体的平均相对分子质量保持不变
f.NH3的体积分数保持不变
③我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用∗表示)。下列说法错误的是 ______ 。
a.N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
b.过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化相同
c.适当提高N2分压，可以加快N2(g)→∗N2反应速率，提高N2(g)转化率
d.大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
(2)一种“碘钟实验”是将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。某小组同学在室温下对该实验原理进行探究。资料：该实验的总反应为H2O2+2S2O32−+2H+=S4O62−+2H2O。反应分两步进行，第i步：H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O，第ii步：⋅⋅⋅⋅⋅⋅
①第ii步的离子方程式是 ______ 。对于总反应，I−的作用相当于 ______ 。
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅰ、实验Ⅱ(溶液浓度均为0.01mol/L)。
实验序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
变蓝时间
实验I
5mL
4mL
8mL
3mL
0
30min
实验Ⅱ
5mL
2mL
xmL
ymL
zmL
40min
实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是 ______ 。对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，可得出的实验结论是 ______ 。
③为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01mol/L)。
实验序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验Ⅲ
4mL
4mL
9mL
3mL
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及第i、ii步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因 ______ 。
25.碱性锌锰电池是日常生活中常见的化学电源之一，其构造如图1，一种从废旧碱性锌锰电池回收Zn和MnO2的工艺如图2。
回答下列问题：
(1)MnO(OH)中Mn元素的化合价为 ______ 。
(2)碱性锌锰电池工作时正极反应式为 ______ 。
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+杂质，方法是加入 ______ (填化学式)溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全。废电解液中含有大量的H+可以返回 ______ 工序中循环使用。
(4)若将“粉料”直接与浓盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2，同时生成一种黄绿色气体，“粉料”中的MnO(OH)与浓盐酸共热反应的化学方程式为 ______ 。
(5)“浸出”所得溶液经一系列操作后得MnSO4⋅H2O，通过煅烧MnSO4⋅H2O可制得生产软磁铁氧体材料的MnxO4，如图是煅烧MnSO4⋅H2O时温度与剩余固体质量变化曲线。该曲线中A段所表示物质的化学式为 ______ ，MnxO4中x= ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.硅为良好的半导体材料，高纯硅常用作半导体材料，故A正确；
B.门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均为硅酸盐产品，均含有SiO2，故B正确；
C.碳化硅的硬度很大，具有优良的导热性能，是一种半导体，高温时能抗氧化，可用于制造半导体、制造碳化硅纤维，故C正确；
D.石墨烯为单质，不属于化合物，故D错误；
故选：D。
A.硅为良好的半导体材料；
B.门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均为硅酸盐产品；
C.碳化硅的硬度很大，具有优良的导热性能，是一种半导体；
D.石墨烯为单质。
本题考查陶瓷的成分和用途，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
2.【答案】A
【解析】解：A.根据分析，则X为H2S，S化合价为−2价，故A正确；
B.SO2可以和水反应生成H2SO3，H2SO3可以被氧气氧化为H2SO4，故B错误；
C.在100～200℃温度时SO2化合价降低，X化合价升高，反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，不属于置换反应，故C错误；
D.浓硝酸处理工业尾气中的SO2会生成氮氧化物，污染环境，故D错误；
故选：A。
根据反应原理，300℃时H2和SO2反应生成X为H2S，H2S在100～200℃和SO2反应生成S，据此解答。
本题考查元素化合物知识，掌握氮、硫及其化合物的性质是解答关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.乙烧杯中b电极亚铁离子失去电子发生氧化反应，故A错误；
B.氯离子也具有还原性，若将盐桥中的电解质换成饱和KCl溶液，氯离子移向负极，可能失电子被氧化，故盐桥中的电解质不可换成饱和KCl溶液，故B错误；
C.电池工作时，电子移向为负极移向正极，但不经过溶液，故C错误；
D.甲烧杯中发生反应为：MnO4−+8H++5e−=Mn2++4H2O，氢离子浓度减小，导致溶液的酸性减弱，故D正确；
故选：D。
由图可知，甲烧杯中Mn元素的化合价降低，得到电子，乙烧杯中Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答。
本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，题目难度中等，明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键，试题培养了学生的灵活应用能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.由于碱石灰溶于水，多孔塑料隔板不能起到分离反应阻止反应发生的作用，即装置不能实现“随关随停”制取氨气，故A错误；
B.氮气和氢气是在铁丝作催化剂的条件下进行的，检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故B正确；
C.Cu与浓硝酸反应可制得NO2，但由于3NO2+H2O=2HNO3+NO即NO2不能用排水法收集，故C错误；
D.题干图示中和反应反应热的测定装置中缺少环形玻璃搅拌棒，无法进行实验，故D错误；
故选：B。
A.由于碱石灰溶于水，多孔塑料隔板不能起到分离反应阻止反应发生的作用；
B.氮气和氢气是在铁丝作催化剂的条件下反应生成氨气；
C.3NO2+H2O=2HNO3+NO；
D.题干图示中和反应反应热的测定装置中缺少环形玻璃搅拌棒。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机基础实验的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.向次氯酸钙溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钙，反应的离子方程式为：Ca2++ClO−+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl−，故A错误；
B.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合，离子方程式为：2H++S2O32−=S↓+H2O+SO2↑，故B错误；
C.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式：H++OH−=H2O，故C错误；
D.铁粉过量，二者反应生成硝酸亚铁、NO和H2O，离子方程式为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选：D。
A.SO2和次氯酸钙发生氧化还原反应生成硫酸钙；
B.该离子反应中硫酸根离子不参与反应；
C.二者以1：1反应，H+先和OH−反应生成H2O，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠和水；
D.铁粉过量，二者反应生成硝酸亚铁、NO和H2O。
本题考查了离子方程式的判断，明确离子方程式的书写原则、元素化合物的性质是解本题关键，A中易忽略氧化还原反应而导致错误判断。
6.【答案】C
【解析】解：A.氨气在水中存在形式：NH3、NH3⋅H2O、NH4+，所以标况下2.24LNH3溶于水形成的溶液中，微粒NH3⋅H2O和NHNH4+的数目之和小于0.1NA，故A错误；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中，28gN2物质的量为：28g28g/mol，与足量H2反应制备NH3，形成N−H键个数小于6NA个，故B错误；
C.依据可知，当生成1mol气体，转移电子数为2mol，个数为2NA，故C正确；
D.铜与硫反应生成硫化亚铜，32gCu物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，与足量的硫共热，反应中转移的电子数为0.5NA，故D错误；
故选：C。
A.氨气在水中存在形式：NH3、NH3⋅H2O、NH4+；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应，不能进行到底；
C.依据计算；
D.铜与硫反应生成硫化亚铜。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
7.【答案】C
【解析】解：A.实验1中，反应在10～20min内，v(HI)=ΔcΔt=(0.80−0.67)mol2L10min=0.0065 mol⋅L−1⋅min−1，故A错误；
B.在实验1和实验2中，40min后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态，不能说明40min时反应恰好达到平衡状态，故B错误；
C.实验2和实验3的HI(g)的起始物质的量不同，且反应温度不同，依据控制变量的要求则不能说明浓度对反应速率的影响趋势，故C正确；
D.比较实验1和实验3，开始时加入的n(HI)相同，平衡时实验3中温度高，且HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大，故D错误；
故选：C。
A.实验1中，反应在10～20min内，v(HI)=ΔcΔt=(0.80−0.67)mol2L10min代入计算；
B.在实验1和实验2中，40min后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态；
C.实验2和实验3的反应温度不同，且HI(g)的起始物质的量不同；
D.比较实验1和实验3，开始时加入的n(HI)相同平衡时实验3中HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大。
本题考查化学反应原理，涉及化学反应速率的计算及影响因素的考查，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.途径①中铜和稀硝酸与稀硫酸的混合酸，反应生成硫酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，则混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2，故A正确；
B.途径②中不产生有毒气体，能更好的体现环境保护思想，故B正确；
C.根据三个途径涉及的方程式分析，生成3mol的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量分别为3mol，3mol，6mol，有①=②<③，故C错误；
D.①②③中，只有③中H2SO4作氧化剂，其余反应中硫酸只表现酸性，故D正确；
故选：C。
途径①中的方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，途径②中方程式为：，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，途径③中方程式为：。据此解答。
本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，同时考查氧化还原反应的综合应用能力，属于基本知识的考查，难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.①中玻璃管与大气连通，能够平衡气压，故A正确；
B.②③中白色沉淀均为硫酸钡，成分相同，故B正确；
C.硫酸铜溶液为蓝色，向试管中注水，若白色固体溶解，溶液变蓝，则证明白色固体为硫酸铜，故C正确；
D.二氧化硫不能与氯化钡反应，若实验时先通氮气排出空气，无三氧化硫生成，则②③中均无沉淀生成，故D错误；
故选：D。
浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫不能与氯化钡反应，②③中有白色沉淀硫酸钡生成，则证明二氧化硫反应生成了三氧化硫，④中品红溶液褪色，证明有二氧化硫。
本题考查含硫物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.由以上分析可知m=2，n=1，则该反应的反应级数为3级，故A正确；
B.当c(NO)=0.20mol⋅L−1，c(Cl2)=0.300mol⋅L−1时，v(NO)=2v(Cl2)=2×8.0×(0.20)2×0.30mol⋅L−1⋅s−1=0.192mol⋅L−1⋅s−1，故B正确；
C.催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子数目，可以增大速率常数k，增大反应速率，故C正确；
D.升高温度，活化能不变，故D错误；
故选：D。
由表中①③数据可知4.0×10−28.0×10−3=(0.5000.100)n，n=1，由①②组数据可知2.0×10−18.0×10−3=(0.5000.100)m，m=2，由①数据可知k=8.0×10−3(0.100)2×0.100=8.0，结合影响化学平衡的因素解答该题。
本题考查化学平衡有关计算，为高考常见题型，侧重考查学生计算能力，注意把握浓度与反应速率关系、平衡常数的计算方法，题目难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.加热时，氯化铵分解为氨气和氯化氢，氯化氢和氨气遇冷生成氯化铵，所以①中上部汇集了NH4Cl白色固体，故A正确；
B.氨水易挥发，氨水呈碱性，能使酚酞变红，加热②中溶液变为无色，冷却后氨溶于水，溶液又变红，故B错误；
C.可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故C错误；
D.二氧化硫能使品红溶液褪色，加热时，溶液恢复红色，③溶液中二氧化硫挥发，品红溶液变红色，冷却后二氧化硫又溶于水，溶液红色褪去，体现了SO2的漂白性，故D错误；
故选：A。
A.加热时，氯化铵分解为氨气和氯化氢，氯化氢和氨气遇冷生成氯化铵；
B.加热②中溶液氨气挥发；
C.可逆反应应在同一条件下进行；
D.二氧化硫能使品红溶液褪色，加热时，溶液恢复红色。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：葡萄糖的燃烧热为−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)ΔH>−2804kJ⋅mol−1，则6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH<2804kJ⋅mol−1，能正确表示反应：6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)的能量变化曲线是曲线2，
故选：B。
解：葡萄糖的燃烧热为−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=−2804kJ⋅mol−1，则C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)ΔH>−2804kJ⋅mol−1，则6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH<2804kJ⋅mol−1。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.利用盖斯定律，将题中反应①+②2，可得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=−867kJ⋅mol−1，若用0.1molCH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为86.7kJ，故A错误；
B.反应①气态水变为液态水是要放热，故△H<−574 kJ⋅mol−1，故B错误；
C.反应中甲烷均被氧化为二氧化碳，则等量甲烷参与反应时，①②转移的电子数相同，故C正确；
D.根据关系式：CH4～CO2转移的电子为8e−，转移8mol电子，放出116kJ的热量，若反应②放出116kJ热量，则转移电子的物质的量为0.8mol，故D错误；
故选：C。
A.利用盖斯定律计算CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的反应热；
B.根据气态水变为液态水是要放热判断；
C.反应中甲烷均被氧化为二氧化碳；
D.转移8mol电子，放出116kJ的热量；
本题考查化学反应热的计算以及氧化还原反应等知识，题目难度不大，注意水的状态不同，放出的热量不同，掌握利用盖斯定律计算反应热的方法．
14.【答案】D
【解析】解：A.根据分析可知，试剂X是Ba(OH)2，不能是Na2CO3，故A正确；
B.加入试剂Y形成的沉淀有碳酸钡，可以和盐酸反应，试剂Z是盐酸，故加入试剂Z前必须过滤，故B正确；
C.操作I是从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应该用蒸发结晶的方法，用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯，故C正确；
D.根据反应过程，制得的NaCl，既有原溶液中的也有新生成的，a不一定大于b，故D错误；
故选：D。
粗盐溶液中常含有Ca2+、Mg2+、SO42−等杂质，除去这些离子对应选用的离子有CO32−、Ba2+、OH−，且应该均过量，故可先加入试剂X：Ba(OH)2可以除去SO42−、Mg2+；再加入试剂Y：碳酸钠，可以除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后再加入稀盐酸，以除去过量的OH−、CO32−，得到氯化钠溶液，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，应蒸发结晶得到氯化钠晶体。
本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A.从开始到平衡，NO的物质的量减少了0.13mol，所以O2的物质的量减少了0.065mol，则v(O2)=0.065mol2L30s=1.1×10−3mol⋅L−1⋅s−1，故A正确；
B.由以上分析可知，图像中曲线Ⅱ表示NO的变化，故B正确；
C.化学方程式的系数的含义是物质的量。消耗0.065molO2，放出akJ的热量，则消耗1molO2，放出的热量为akJ0.065mol=200a13kJ/mol，所以此条件下的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=−200a/13kJ/mol，故C错误；
D.根据速率之比等于系数之比，则2v(O2)=v(NO2)，故D正确；
故选：C。
反应开始时加入的是反应物NO和O2，所以反应物NO和O2的物质的量在平衡建立过程中逐渐减小，生成物NO2的物质的量在平衡建立过程中逐渐增多，从开始到30s时，曲线Ⅰ和Ⅱ变化的量相同，所以曲线Ⅱ表示NO物质的量的变化，曲线Ⅰ表示NO2物质的量的变化，从开始到平衡，NO的物质的量减少了0.20mol−0.07mol=0.13mol，所以NO2的物质的量增加了0.13mol，即平衡时NO2的物质的量为0.13mol。
本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.SO2有杀菌、抗氧化作用，能延长食物保质期，可用作食品添加剂，故A正确；
B.浓H2SO4具有强脱水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，故B错误；
C.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中反应为，则为氧化剂氧气与还原剂氨气的物质的量之比为5：4，故C正确；
D.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮，将氮气通过转化生成硝酸的主要途径，故D正确；
故选：B。
A.SO2有杀菌、抗氧化作用；
B.浓H2SO4具有强脱水性；
C.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中反应为；
D.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮。
本题考查含氮物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】B
【解析】解：A.总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故A正确；
B.基元反应原理是反应物分子必须发生有效碰撞，基元反应发生的先决条件是由足够的能量和碰撞方向，故B错误；
C.反应前后V2O5的量没有改变，V2O5是该反应的催化剂，故C正确；
D.△H=正反应的活化能−逆反应的活化能=−198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故D正确；
故选：B。
A.总反应速率由最慢的一步决定；
B.基元反应原理是反应物分子必须发生有效碰撞；
C.反应前后V2O5的量没有改变；
D、△H=正反应的活化能−逆反应的活化能=−198kJ/mol，由此分析解答。
本题通过SO2的催化氧化反应考查催化剂对反应速率的影响、△H与正逆反应活化能的关系等知识，学生要知道△H=正反应的活化能−逆反应的活化能是解题的关键。
18.【答案】A
【解析】解：A.电池Ⅰ中HNO3消耗又生成，起催化剂作用，故加入HNO3降低了正极反应的活化能，负极反应为乙醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为CH3CH2OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+，故A正确；
B.没有标况，不能计算反应的氧气的体积，故B错误；
C.放电时，Na+向正极迁移，电池Ⅱ正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金，则Na+会进入过渡金属氧化层，故C错误；
D.电池Ⅱ充电时，正极接外接电源正极、负极接外接电源负极，故b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D错误；
故选：A。
A.电池Ⅰ中HNO3消耗又生成，起催化剂作用，故加入HNO3降低了正极反应的活化能，负极反应为乙醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳；
B.没有标况；
C.放电时，Na+向正极迁移；
D.电池Ⅱ充电时，正极接外接电源正极、负极接外接电源负极。
本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】C
【解析】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Ⅲ生成硫酸钾晶体和氯化铵，化学方程式为2KCl+(NH4)2SO4=2NH4Cl+K2SO4↓，故C正确；
D.滤液B中主要为氯化铵，故D错误；
故选：C。
从流程分析，二氧化硫和碳酸钙和空气发生反应Ⅰ生成二氧化碳和固体A硫酸钙，硫酸钙和碳酸氢铵和氨气发生反应Ⅱ生成碳酸钙和硫酸铵，再加入氯化钾，生成硫酸钾和含氯化铵的滤液B，据此分析。
本题考查二氧化硫的性质和物质的制备，难度不大，熟悉反应原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
20.【答案】D
【解析】解：A.根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g−1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A正确；
B.该浓硝酸的物质的量浓度c=1000ρωM，该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度=1000×1.4×63%63mol/L=14.0mol/L，故B正确；
C.标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为0.01÷0.05×100%=20%，故C正确；
D.金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L−0.04mol−(0.05−0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol÷1.0mol/L=0.64L=640mL，故D错误；
故选：D。
A.根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量；
B.该浓硝酸的物质的量浓度c=1000ρωM；
C.标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06；
D.金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L−0.04mol−(0.05−0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol。
本题考查反应程式进行计算，侧重考查学生有关硝酸反应计算的掌握情况，试题难度中等。
21.【答案】②⑥ Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3⋅H2O+8H2O CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−638.5kJ/mol 214 > −53.1kJ/mol
【解析】解：(1)①铝片与稀盐酸的反应为放热反应，故①错误；
②将胆矾加热变为白色粉末的反应为吸热反应，故②正确；
③甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，故③错误；
④NH4NO3固体溶于水的过程为物理变化，不属于吸热反应，故④错误；
⑤氯酸钾分解制氧气的反应虽然是分解反应，但属于放热反应，故⑤错误；
⑥Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，故⑥正确；
其中⑥中发生的化学方程式为：Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3⋅H2O+8H2O，
故答案为：②⑥；Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3⋅H2O+8H2O；
(2)在25℃、101kPa下，液态甲醇(CH3OH)的燃烧热为726.5kJ/mol，热化学方程式为：①CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅mol−1，②H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，盖斯定律计算①+②×2得到甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=(−726.5kJ⋅mol−1)+(+44.0kJ/mol×2)=−638.5kJ/mol，
故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−638.5kJ/mol；
(3)过氧化氢的能量为−136kJ/mol，HO的能量为39kJ/mol，据此计算H2O2中氧氧单键的键能=2×39kJ/mol−(−136kJ/mol)=214kJ/mol，ΔH=生成物的总能量−反应物的总能量，由于HOO(g)=HO(g)+O(g)ΔH=249kJ⋅mol−1+39kJ⋅mol−1−10kJ⋅mol−1=278kJ⋅mol−1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅mol−1，解离氧氧单键所需能量：HOO>H2O2，
故答案为：214kJ/mol；>；
(4)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度=20.5℃+20.6℃2=20.55℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：2.65℃，第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度=20.6℃+20.7℃2=20.65℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：2.75℃，第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度=20.9℃+20.7℃2=20.8℃，反应后温度为：22.4℃，反应前后温度差为：1.6℃，和上述温度相差较大，舍去，60mL的0.50mol/L盐酸与60mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=120mL×1g/cm3=120g，c=4.18J/(g⋅℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.03mol的水放出热量Q=4.18J/(g⋅℃)×120g×2.65℃+2.75℃2=1354.32J，量热计的热容常数是88.5J⋅℃−1，放出热量=88.5J⋅℃−1×2.7℃=238.95J，即生成0.03mol的水放出热量为：1354.32J+238.95J=1593.27J=1.59327kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.59327kJ×1mol0.03mol≈53.1kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=−53.1kJ/mol，
故答案为：−53.1kJ/mol；
(5)某基元反应的△H与活化能(Ea)的关系为|△H|>Ea，则生成物能量低于a，则图应该为，
故答案为：。
(1)化学反应分为吸热反应和放热反应，常见的吸热反应有：绝大多数的分解反应、以碳或氢气或CO为还原剂的氧化还原反应、C与CO2的化合反应、碳酸氢钠和盐酸的反应、氢氧化钡与氯化铵的反应等；
(2)在25℃、101kPa下，液态甲醇(CH3OH)的燃烧热为726.5kJ/mol，热化学方程式为：①CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅mol−1，②H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，盖斯定律计算①+②×2得到甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式；
(3)过氧化氢的能量为−136kJ/mol，HO的能量为39kJ/mol，据此计算H2O2中氧氧单键的键能，解离HOO中氧氧单键的能量为反应HOO(g)=HO(g)+O(g)的ΔH；
(4)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；
(5)某基元反应的△H与活化能(Ea)的关系为|△H|>Ea，则生成物能量低于a。
本题考查了热化学方程式的书写方法、键能计算焓变应用，燃烧热概念的计算分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
22.【答案】 ②③ BaSO3 取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+ AB Cu+2H2SO4(浓 BD
【解析】解：(1)该实验A装置中Ca(OH)2与NH4Cl共热生成CaCl2、NH3和H2O，则制备NH3的化学方程式为，
故答案为：；
(2)①氨气极易溶于水，若将导管直接通入水中会发生倒吸，所以①不可用；②中用一倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸，可以用来吸收尾气；③用一个安全瓶，烧杯中的水回流到安全瓶中，不会回流到反应装置中，可以用来吸收尾气；④是一个密闭体系，容易由于气体压强过大而发生危险，不可用；综上所述，能用来吸收尾气的是②③，
故答案为：②③；
(3)将D与a相连，将氨气通入BaCl2溶液中，同时向BaCl2溶液中通入SO2，SO2和NH3反应生成(NH4)2SO3，再和BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，则该沉淀的化学式为BaSO3；检验铵根离子的方法是取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+，
故答案为：BaSO3；取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+；
(4)若将氨气换成氯气或NO2，氯气有强氧化性，NO2溶于水生成的硝酸也有强氧化性，能将SO2氧化为SO42−，遇Ba2+能生成BaSO4沉淀；H2S和SO2发生氧化还原反应生成单质硫，硫为黄色，不能生成白色沉淀，CO2不能氧化SO2，所以不能产生白色沉淀，
故答案为：AB；
(5)①C中粉末完全变红，可能为单质Cu，也可能为Cu2O，也可能为两者的混合物；D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成；还产生一种单质气体，根据元素守恒，该单质气体为N2；①将铜与浓硫酸共热，生成硫酸铜、SO2和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓；只有浓硫酸能和铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应就停止了，此时溶液中有H+，再加入KNO3溶液，酸性溶液中的NO3−有强氧化性，能将铜氧化为Cu2+，FeCl3中的Fe3+能和铜发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，加入稀硫酸和FeCl2溶液不能和铜继续反应，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓；BD；
②反应前C中CuO质量为8g，物质的量为0.1mol，若反应后全部转变为Cu，则0.1molCu的质量为6.4g，若反应后全部转化为Cu2O，则物质的量为0.05mol，质量为7.2g，所以反应后6.8g固体中既有铜，也有Cu2O，设铜的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有64x+144y=6.8，x+2y=0.1，可求出x=0.05mol，y=0.025mol。则CuO、Cu、Cu2O的物质的量之比为4：2：1，若4molCuO参加反应，根据电子守恒，则有2molNH3参加反应，生成1molN2，则反应的化学方程式为：，
故答案为：。
利用装置A制取氨气，装置B中的碱石灰可以干燥氨气，装置C中CuO和氨气反应，装置D中的无水硫酸铜用于检验反应是否有水生成；
(1)该实验A装置中Ca(OH)2与NH4Cl共热生成CaCl2、NH3和H2O；
(2)①氨气极易溶于水，若将导管直接通入水中会发生倒吸，②中用一倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸，可以用来吸收尾气；③用一个安全瓶，烧杯中的水回流到安全瓶中，不会回流到反应装置中，可以用来吸收尾气；④是一个密闭体系，容易由于气体压强过大而发生危险；
(3)SO2和NH3反应生成(NH4)2SO3，再和BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀；检验铵根离子的方法是取E装置中溶液少许于试管中，加入少量NaOH固体，加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则含有NH4+；
(4)若将氨气换成氯气或NO2，氯气有强氧化性，NO2溶于水生成的硝酸也有强氧化性，能将SO2氧化为SO42−，遇Ba2+能生成BaSO4沉淀；H2S和SO2发生氧化还原反应生成单质硫，硫为黄色，CO2不能氧化SO2；
(5)①C中粉末完全变红，可能为单质Cu，也可能为Cu2O，也可能为两者的混合物；D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成；还产生一种单质气体，根据元素守恒，该单质气体为N2；①将铜与浓硫酸共热，生成硫酸铜、SO2和水，只有浓硫酸能和铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应就停止了，此时溶液中有H+，再加入KNO3溶液，酸性溶液中的NO3−有强氧化性，能将铜氧化为Cu2+，FeCl3中的Fe3+能和铜发生反应；
②反应前C中CuO质量为8g，物质的量为0.1mol，若反应后全部转变为Cu，则0.1molCu的质量为6.4g，若反应后全部转化为Cu2O，则物质的量为0.05mol，质量为7.2g，所以反应后6.8g固体中既有铜，也有Cu2O，设铜的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有64x+144y=6.8，x+2y=0.1，可求出x=0.05mol，y=0.025mol。则CuO、Cu、Cu2O的物质的量之比为4：2：1。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生含氮物质的性质和实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。
23.【答案】光化学烟雾(硝酸型酸雨) Fe3+或FeCl3 与盐酸反应产生Fe2+ 温度升高H2O2分解，H2O2浓度降低，NO脱除率降低 氢键 HSO3−+NO2+H2O=2HNO2+HSO4− 方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量0.1mol⋅L−1BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为mg，方案2：取20.00mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1mol/L的KMnO4(H+)溶液测定，消耗KMnO4(H+)溶液体积VmL m23.3c0或c0−1.25×10−2Vc0
【解析】解：(1)氮氧化物(NOx)引起的环境问题主要有光化学烟雾(硝酸型酸雨)等，
故答案为：光化学烟雾(硝酸型酸雨)；
(2)①Fe2+催化H2O2分解产生HO和HO⋅，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高，Y的化学式为FeCl3，
故答案为：Fe3+或FeCl3；
②纳米零价铁与盐酸反应产生Fe2+，
故答案为：与盐酸反应产生Fe2+；
③H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，所以温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势，
故答案为：温度升高H2O2分解，H2O2浓度降低，NO脱除率降低；
(3)由图3可知，“水桥”由HSO3−中的H与H2O分子的0之间的氢键形成；由图丙可知，HSO3−与NO2、H2O反应生成HNO2和HSO4−，离子方程式HSO3−+NO2+H2O=2HNO2+HSO4−，
故答案为：氢键；HSO3−+NO2+H2O=2HNO2+HSO4−；
(4)①测定溶液中硫酸根离子的量，向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为m g，可设计出两个方案：方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量0.1mol⋅L−1BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为m g；方案2：取20.00 mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1 mol/L的KMnO4(H+)溶液测定，消耗KMnO4(H+)溶液体积V mL，
故答案为：方案1：向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量0.1mol⋅L−1BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，所得固体质量为m g，方案2：取20.00 mL反应后溶液于锥形瓶中，用0.1 mol/L的KMnO4(H+)溶液测定，消耗KMnO4(H+)溶液体积V mL；
②若采用方案1，向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除去，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，则氧化率a=m233×0.1c0×100%=m23.3c0×100%；
若采用方案2测定溶液中亚硫酸根离子的物质的量，SO32−与被高锰酸钾氧化生成SO42−，反应的离子方程式为：5SO32−+2MnO4−+6H+=2Mn2++3H2O+5SO42−，重复滴定三次，平均消耗高锰酸钾溶液的体积为V mL，溶液中亚硫酸根离子的物质的量为：52(cV×10−3)mol，则氧化率a=0.1c0−5×52cV×10−30.1c0×100%=8c0−cV8c0×100%=c0−1.25×10−2Vc0，
故答案为：m23.3c0或c0−1.25×10−2Vc0。
(1)氮氧化物(NOx)引起的环境问题主要有光化学烟雾等；
(2)①Fe2+催化H2O2分解产生HO和HO⋅，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高；
②纳米零价铁与盐酸反应产生Fe2+；
③H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小；
(3)由图3可知，“水桥”由HSO3−中的H与H2O分子的0之间的氢键形成；由图丙可知，HSO3−与NO2、H2O反应生成HNO2和HSO4−，由此写出离子方程式；
(4)①测定溶液中硫酸根离子的量，向反应后的溶液中加入过量盐酸，再加入足量BaCl2溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为m g，由此设计实验方案；
②由两套实验方案的具体数据计算氧化率。
本题考查实验方案的设计与评价，设计二氧化硫的污染及防治、氮的化合物的污染问题、有关氧化还原反应的方程式书写、计算等，题目中等难度。
24.【答案】0.05mol⋅L−1⋅min−1 bef bc I2+2S2O32−=2I−+S4O42− 催化剂 8、3、2 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象
【解析】解：(1)①反应0～2 min，υ(H2)=ΔcΔt=ΔnVΔt=(1.0−0.7)mol2L×2min=0.075mol⋅L−1⋅min−1，根据反应速率之比等于其化学计量系数之比，故NH3表示的平均反应速率为23υ(H2)=23×0.075mol⋅L−1⋅min−1=0.05mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.05mol⋅L−1⋅min−1；
②a.反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡，故a错误；
b.反应前后气体的系数发生改变，即反应过程中容器的气体压强一直在改变，则容器内的气体压强保持不变，说明反应达到平衡，故b正确；
c.根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，则当3υ正(H2)=2υ逆(NH3)时反应的正逆反应速率不相等，反应未达到化学平衡，故c错误；
d.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，即 N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2不能说明反应达到化学平衡，故d错误；
e.反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变，即气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到化学平衡，故e正确；
f.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，则NH3的体积分数保持不变说明反应达到化学平衡，故f正确；
故答案为：bef；
③a.N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的，即通过多步还原反应生成NH3，故a正确；
b.过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，故b错误；
c.适当提高N2分压，可以加快N2(g)→∗N2反应速率，但N2在此步骤的转化率降低，故c错误；
d.氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将降低反应速率，故d正确；
故答案为：bc；
(2)①该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2S2O32−+2H=+S4O42−+2H2O，反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I−+2H=+I2+2H2O，反应B：①−②得到反应的离子方程式：I2+2S2O32−=2I−+S4O42−，对于总反应，I−的作用相当于催化剂，
故答案为：I2+2S2O32−=2I−+S4O42−；催化剂；
②控制变量方法中只能改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅱ跟实验Ⅰ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2，对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率，
故答案为：8、3、2；其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；
③对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，改变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，则未出现蓝色现象，
故答案为：混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)，第ⅰ步反应速率小于第ⅱ步反应，所以未出现蓝色现象。
(1)①由题干图示可知，反应0～2 min，υ(H2)=ΔcΔt=ΔnVΔt=(1.0−0.7)mol2L×2min=0.075mol⋅L−1⋅min−1，根据反应速率之比等于其化学计量系数之比；
②a.反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变；
b.反应前后气体的系数发生改变，即反应过程中容器的气体压强一直在改变；
c.根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，2υ正(H2)=3υ正(NH3)，则当3υ正(H2)=2υ逆(NH3)时反应的正逆反应速率不相等；
d.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例；
e.反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变；
f.化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变；
③a.由题干反应历程图示信息可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的；
b.过程1是断裂氮氮三键中的一个键，而过程3与过程1断键不同，所以所需能量不同；
c.适当提高N2分压，可以加快N2(g)→∗N2反应速率；
d.氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位；
(2)①该“碘钟实验”的总反应：①H2O2+2S2O32−+2H=+S4O42−+2H2O，反应分两步进行：反应A：②H2O2+2I−+2H=+I2+2H2O，反应B：①−②得到反应的离子方程式：I2+2S2O32−=2I−+S4O42−；
②为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅱ跟实验Ⅰ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅱ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2，对比实验Ⅰ、实验Ⅱ；
③对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，改变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，混合溶液中c(H2O2)小于c(Na2S2O3)。
本题考查反应机理和化学平衡状态的判断，侧重考查血学生反应过程和平衡状态判断的掌握情况，试题难度中等。
25.【答案】+3 MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH− H2O2(或KMnO4) 浸出 2MnO(OH)+6HCl(浓 MnSO4 3
【解析】解：(1)根据化合价代数和为0，在MnOOH中，O为−2价，H为+1价，所以Mn元素的化合价为+3价，
故答案为：+3；
(2)碱性锌锰电池工作时正极为二氧化锰得到电子，电极反应式为：MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−，
故答案为：MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−；
(3)“净化”中将Fe2+被氧化为Fe3+，且不引入杂质，可加入具有氧化性的H2O2(或KMnO4)溶液，根据流程可知，“浸出”时，需要用到硫酸故废电解液中含有大量的H+可以返回浸出工序中循环使用，
故答案为：H2O2(或KMnO4)；浸出；
(4)“粉料”中的MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，类似MnO2与盐酸的反应，反应的化学方程式为2MnO(OH)+6HCl(浓，
故答案为：2MnO(OH)+6HCl(浓；
(5)探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法。MnSO4⋅H2O在高温下易分解，101.4 g的MnSO4⋅H2O物质的量n(MnSO4⋅H2O)=101.4169mol=0.6mol，根据锰元素守恒，MnSO4⋅H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，质量为：0.6 mol×151 g/mol=90.60 g，所以图2曲线中A段质量减少：101.4 g−90.60 g=10.8 g为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据表中的数据可知：B固体质量为45.80 g为MnxO4，根据锰元素守恒，MnxO4的物质的量为0.6xmol，则0.6xmol×(55x+16×4)g/mol=45.80 g，解得x=3，该物质化学式为Mn3O4，
故答案为：MnSO4；3。
废旧碱性锌锰电池破碎后得到粉料、铁皮、铜钉及纸塑料等，将粉料还原焙烧，将MnOOH、MnO2被还原成MnO，再用硫酸溶解铁、锌和MnO得到MnSO4溶液和少量Fe2+、Zn2+，净化过程加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使其沉淀，最终得到MnSO4溶液和Zn2+，电解后在阴阳极分别得到Zn和MnO2，废电解液为硫酸。
本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
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