广州市第七中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试题

这是一份广州市第七中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试题，共32页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Cu-64 Zn-65
一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11-16题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 碳纳米管是继足球烯(C60)以后发现的又一种碳单质，以下有关碳纳米管与足球烯(C60)的说法错误的是
A. 它们的物理性质有较大差异
B. 在常温下它们的化学性质都稳定
C. 它们是不同的碳单质
D. 它们分别完全燃烧后生成物不同
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．碳纳米管和足球烯中碳原子排列方式不同，物理性质不同，故A正确；
B．它们都是碳单质，在通常情况下化学性质比较稳定，故B正确；
C．结构不同，是不同的碳单质，故C正确；
D．它们分别完全燃烧后都生成二氧化碳，故D错误；
故选D。
2. 下列说法中不正确的是
A. 水玻璃可以作为粘合剂、木材防火剂
B. 陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品
C. “中国天眼”的镜片材料为，属于新型无机非金属材料
D. 光导纤维被称为信息高速公路骨架，其主要成分是二氧化硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．水玻璃是硅酸钠水溶液，可以作为粘合剂、木材防火剂，A正确；
B．陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品，水晶饰品主要化学成分是二氧化硅，B错误；
C．属于新型无机非金属材料，C正确；
D．光导纤维的主要成分为二氧化硅，D正确；
故选B。
3. 下列反应过程中体系能量变化如图所示的是
A. 酒精燃烧B. 食醋与烧碱混合
C. 焦炭和反应D. 双氧水中加少量二氧化锰
【答案】C
【解析】
【详解】A．酒精燃烧为放热反应，A错误；
B．食醋与烧碱混合是酸碱中和反应，为放热反应，B错误；
C．焦炭和反应是分解反应，C正确；
D．双氧水中加少量二氧化锰发生分解，是放热反应，D错误；
故选C。
4. 目前国际空间站处理CO2废气涉及的反应为CO2＋4H2 CH4＋2H2O。下列关于该反应的说法正确的是
A. 升高温度能减慢该反应的速率
B. 钌催化剂能加快该反应的速率
C. 达到平衡时，v(正)=v(逆)=0
D. 达到平衡时，CO2能100%转化为CH4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．升高温度，活化分子数目增多，反应速率增大，选项A错误；
B．加入催化剂，可降低反应的活化能，增大反应速率，选项B正确；
C．达到平衡时，正逆反应速率相等，但不为零，选项C错误；
D．为可逆反应，反应物不可能全部转化，选项D错误；
答案选B。
5. 金属-空气电池可用作电动车动力来源，某金属-空气电池的工作原理如图所示。该电池以金属M为负极，碳材料为正极，放电时下列说法正确的是
A. 将电能转化为化学能B. 负极上发生还原反应
C. 空气中的氧气在正极上得电子D. 外电路电子由碳材料电极流向金属M电极
【答案】C
【解析】
【分析】由示意图中离子的移动方向可知，金属M电极为原电池的负极，M失去电子发生氧化反应生成M2+，碳材料电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。
【详解】A．该结构为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；
B．原电池中负极失去电子发生氧化反应，故B错误；
C．该电池中，空气中的氧气在正极上得电子生成OH-，故C正确；
D．原电池工作时，外电路电子由负极流向正极，则放电时，外电路电子由M电极流向碳材料电极，故D错误；
故选C。
6. 如图为氮及其常见化合物的“价—类”二维图。下列说法正确的是
A. 分子中存在极性键和非极性键
B. 实验室中可用向上排空气法收集a物质
C. 检验所需试剂是浓溶液和蓝色石蕊试纸
D. c途径可以用于工业生产硝酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2N-NH2分子中存在极性键和非极性键，故A正确；
B．a是二价N的氧化物，为NO，NO在空气中易被氧化为NO2，不能用向上排空气法收集NO，故B错误；
C．b为NH，检验NH所需试剂是浓溶液和红色石蕊试纸，如果有刺激性气味的气体放出，湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明含有NH，故C错误；
D．工业生产硝酸以氨气为原料，故D错误；
故选A。
7. 由下列实验及现象不能推出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向FeCl3溶液中加入足量铁粉后，Fe3＋完全转化为Fe2＋，滴入KSCN溶液，溶液不变色，可证明还原性Fe>Fe2＋，A正确；
B．燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C，说明CO2具有氧化性，B正确；
C．NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，只能说明NH3为碱性气体，不能确定NH4HCO3的酸碱性，C错误；
D．该实验为检验硫酸根离子的方法，向溶液X中先滴加稀盐酸，开始无明显现象，加后出现白色沉淀，则一定含有硫酸根，D正确；
故选C。
8. 下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是
A. 用图1所示装置可制备得到干燥的氨气
B. 用图2所示装置证明：非金属性：C＞Si
C. 用图3所示装置可以完成“喷泉”实验
D. 用图4所示装置能观察到右边装置中淡黄色固体变白色
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加热氢氧化钙和氯化铵固体的混合物可制备得到氨气，经过碱石灰干燥得到干燥的氨气，故能达到实验目的，故A不符合；
B. 盐酸与碳酸钠溶液反应生成的二氧化碳中混有HCl，HCl也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故不能证明酸性：碳酸＞硅酸，也就不能证明：非金属性：C＞Si，故不能达到实验目的，故B符合；
C. 氯气易与氢氧化钠溶液反应，挤压胶头滴管，使浓氢氧化钠溶液进入烧瓶与氯气反应，烧瓶内压强减小，大气压将烧杯中的氢氧化钠溶液压入烧瓶中产生“喷泉”，能达到实验目的，故C不符合；
D. 70%~80%的硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠，故观察到装置中淡黄色固体变白色，能达到实验目的，故D不符合；
答案选B。
9. 锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确是
A. 铜电极上发生氧化反应
B. 电池工作一段时间后，甲池的c()减小
C. 电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D. 阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图象可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋= Zn2＋+ Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；
B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c()不变，故B项错误；
C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—= Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；
D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；
本题选C。
10. 键能是化学键断开需吸收的能量或形成所放出的能量。N4在21世纪才被发现，跟你们的年龄差不多。N4是正四面体结构，有六个N-N单键，N-N键能为193kJ/ml，而N2有一个键，键能为946kJ/ml。下列叙述正确的是

A. 2mlN2变成1mlN4需要吸收能量734kJ
B. 2mlN2的总能量高于1mlN4的总能量
C. N4比N2更稳定，因为N4的键能更小
D. 如图所示，A为N4，B为2N2
【答案】A
【解析】
【分析】N4：193kJ/ml×6=1158kJ/ml
N2：946kJ/ml
【详解】A．2mlN2：2ml×946kJ/ml=1892kJ，故2mlN2变成1mlN4需要吸收能量1892kJ-1158kJ=734kJ，A项正确；
B．2ml氮气生成1mlN4需要吸收能量，故2mlN2的总能量低于1mlN4的总能量，B项错误；
C．断开1ml化学键吸收的能量与形成1ml化学键释放的能量数值相等，则N4比N2更稳定，因为断开1mlN4中的化学键吸收的能量大于断开1mlN2中的化学键，C项错误；
D．2ml氮气生成1mlN4需要吸收能量，，故A为2N2，B为N4，D项错误；
答案选A。
11. 设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A. 在1 L0.1 ml/LHNO3溶液中氧原子总数为0.3NA
B. 0.1 ml Fe和0.1 ml氯气充分反应，转移的电子数为0.3NA
C. 1 ml N2与足量的H2反应，生成的NH3分子总数为2NA
D. 60 g SiO2中含有Si-O单键数为4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．在1 L0.1 ml/LHNO3溶液中含有溶质HNO3的物质的量是0.1 ml，其中含有0.3 ml O原子，在溶剂H2O中也含有O原子，因此该溶液中氧原子总数大于0.3NA，A错误；
B．Fe与Cl2反应产生FeCl3，二者反应的物质的量的比是2：3，则0.1 ml Fe和0.1 ml氯气反应时Cl2不足量，反应转移电子以Cl2为标准，0.1 ml氯气充分反应后转移的电子数为0.2NA，B错误；
C．N2与H2反应转化为NH3，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则1 ml N2与足量的H2反应，生成的NH3分子总数小于2NA，C错误；
D．60 g SiO2中含有SiO2的物质的量是1 ml，由于在SiO2中Si原子与4个O原子以Si-O结合形成立体网状结构，则1 ml SiO2中Si-O单键数为4NA，D正确；
故合理选项是D。
12. 肼()在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图甲所示。
已知200℃时，反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列说法错误的是
A. 图甲所示过程①为放热反应，过程②为吸热反应
B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图乙所示
C. 断裂3ml中的化学键吸收的能量小于形成1ml和4ml中的化学键释放的能量
D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中ΔH为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②是NH3的催化剂作用下分解生成N2和H2，根据盖斯定律：(Ⅰ)−3×(Ⅱ)得2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的ΔH=−32.9kJ⋅ml−1−3×(−41.8kJ⋅ml−1)=+92.5kJ⋅ml−1，焓变大于0为吸热反应，A正确；
B．反应Ⅱ焓变小于0，为放热反应，反应物能量高于生成物，B正确；
C．反应I焓变小于0，为放热反应，所以断开3mlN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1mIN2(g)和4mlNH3(g)中的化学键释放的能量，C正确；
D．根据盖斯定律：(Ⅰ)−2×(Ⅱ)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)ΔH═−32.9kJ⋅ml−1−2×(−41.8kJ⋅ml−1)=+50.7kJ⋅ml−1，D错误；
故选D。
13. 时，在两个密闭容器中分别发生化学反应，物质的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A. 图①中时，反应达到平衡状态
B. 图①中时，和的转化率均为33.3%
C. 图②中的可逆反应为
D. 图①②中，当时，两容器中的反应均达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【分析】图①中时，三种物质的物质的量浓度相等，此时还未达到平衡；由图②可知该图表示的可逆反应为，当浓度不再变化时反应达到平衡状态。
【详解】A．图①中时，三种物质的物质的量浓度相等，但后各物质的物质的量浓度发生改变，即时反应没有达到平衡状态，A错误；
B．H2和I2的初始浓度为2ml/L，t0时，设两者转化的浓度为xml/L，生成HI的浓度为2xml/L，由题可知，2-x=2x，解得x=，则H2和I2的转化率为，B正确；
C．由图②可知，该图表示的可逆反应为，C正确；
D．图①、②中，当时，两容器中的反应均达到平衡状态，D正确；
故选A。
14. 探究酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
下列说法不正确的是
A. 用KMnO4表示该反应速率，v（实验3）约为1.5×10-3 ml·L-1·min-1
B. 表中数据a＜12.7，b＞6.7
C. 用H2C2O4表示该反应速率，v（实验1）＞v（实验3）
D. 可通过比较收集相同体积的CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+l0CO2↑+8H2O，实验3中，n（H2C2O4）：n（KMnO4）=8×0.2：4×0.01=40：1＞5：2，则H2C2O4过量，用KMnO4表示该反应速率v（KMnO4）=≈5.0×l0-4ml•L-1•min-1，故A错误；
B.温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，故B正确；
C.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v（实验1）＞v（实验3），故C正确；
D.判断反应速率快慢的方法：单位时间内产物的物质的量的变化量的多少或比较收集相同体积CO2所消耗的时间长短或单位时间内物质浓度的变化量等，所以比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可判断反应速率快慢，故D正确；
故答案选A。
15. 某新型电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是
A. 该电池左室电极为负极
B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C. H+通过质子膜从左向右迁移
D. 左池消耗的S2-与右池消耗的NO的物质的量之比为5：8
【答案】B
【解析】
【分析】由题给示意图可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2——8e—+4H2O=SO+8H+，右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO+10 e—+ 12H+=N2↑+6 H2O。
【详解】A．由分析可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，故A正确；
B．由分析可知，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2——8e—+4H2O=SO+8H+，放电时生成氢离子，溶液的pH降低，右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO+10 e—+ 12H+=N2↑+6 H2O，放电时消耗氢离子，溶液的pH升高，故B错误；
C．电池工作时，阳离子向正极移动，由分析可知，左室电极为原电池的负极，右室电极为正极，则氢离子通过质子膜从左向右迁移，故C正确；
D．由分析可知，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，由得失电子数目守恒可知，左池消耗的硫离子与右池消耗的硝酸根的物质的量之比为5：8，故D正确；
故选B。
16. 利用压强传感器测定氨气的喷泉实验中的压强变化。下列说法错误的是
A. 烧瓶中制取氨气时常用的固体为CaO或NaOH
B. 可用湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口c处验满
C. 关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧瓶口c，挤压胶头滴管，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，C点时喷泉最剧烈
D. 常温下完成该实验，假设溶液刚好充满烧瓶且混合均匀，则溶液的物质的量浓度等于 ml/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．固体为CaO或NaOH能够与氨水中的水反应或遇水放热，且溶液呈碱性，使氨气溶解度降低，则烧瓶中制取氨气时常用的固体为CaO或NaOH，A说法正确；
B．氨水呈碱性，遇到石蕊显蓝色，则可用湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口c处验满，B说法正确；
C．关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧瓶口c，挤压胶头滴管，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，C点时容器内外压强差最大，则喷泉最剧烈，C说法正确；
D．若为标况下完成该实验，假设溶液刚好充满烧瓶且混合均匀，设容器的容积为VL，则溶液的物质的量浓度= = ml/L，则常温下应小于该值，D说法错误；
答案为D。
二、非选择题；本题共4小题，共56分。
17. 直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。某化学实验小组进行如下有关性质的探究活动。
（1）写出证明弱氧化性的化学方程式________。
（2）写出下图装置A中滴加盐酸仪器的名称：________。
（3）选用以上装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
①甲同学认为按照A→C→F顺序连接装置可以比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，乙同学认为该方案不合理，其理由是________。
②丙同学设计的合理实验方案为A→________→尾气处理（填字母）。其中装置C的作用是________。证明亚硫酸酸性强于次氯酸的实验现象是________。
（4）利用下图的装置可测定装置A残液中的含量。量取1.00mL残液于烧瓶中，加适量蒸馏水稀释，加热使全部逸出并与锥形瓶中的溶液恰好完全反应，然后用浓度为溶液测定锥形瓶中生成的酸的含量，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。
残液中的含量为________。
【答案】（1）
（2）分液漏斗 （3） ①. 二氧化硫通入次氯酸钙溶液，发生了氧化还原反应，不能证明“强酸制弱酸”原理 ②. C B E D F ③. 除去HCl气体，以免影响后面的实验测定 ④. 装置B中产生气体，D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀
（4）64.00
【解析】
【分析】次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，可按酸性：亚硫酸>碳酸>HClO判断。A装置制备二氧化硫，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，据此作答。
【小问1详解】
弱氧化性表现在硫元素化合价降低，因此化学方程式为，故答案为：。
【小问2详解】
A中滴加盐酸仪器的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
【小问3详解】
①按照顺序连接装置，其中饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，二氧化硫通入次氯酸钙溶液发生了氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理，不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，故答案为：二氧化硫通入次氯酸钙溶液，发生了氧化还原反应，不能证明“强酸制弱酸”原理；
②次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；故答案为：C B E D F；除去HCl气体，以免影响后面的实验测定；装置B中产生气体，D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀。
【小问4详解】
按设知，，则残液中含量为，故答案为：64.00。
18. 甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)
实验操作和现象：
(1)A中反应的化学方程式是_______。
(2)C中白色沉淀是_______(填化学式，下同)，C中液面上方生成的浅棕色气体是_______。
(3)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是_______；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_______。
②进行实验，B中现象：
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸，请写出乙中产生少量白色沉淀的离子方程式：_______。
(4)合并(3)中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，根据甲、乙同学的实验目的可得出的结论是_______。
【答案】 ①. Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ②. BaSO4 ③. NO2 ④. 实验前打开弹簧夹，通入氮气，排尽装置中的空气 ⑤. 饱和NaHSO3溶液 ⑥. 2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+ ⑦. SO2与可溶性强酸钡盐不能生成BaSO3沉淀(或SO2可与强氧化性酸的钡盐生成BaSO4沉淀)
【解析】
【分析】SO2是酸性氧化物，对应的酸为H2SO3，是弱酸，另外SO2具有还原性，酸性条件下能被氧化。(3)②探究B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为+Ba2+═BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；
【详解】(1)铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)在酸性条件下具有强氧化性，自身能被还原为NO。A中生成气体SO2， C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4；则原因为：C中在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为，发生的反应的离子方程式是3SO2+3Ba2+++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2；
(3)B中不溶于稀盐酸的沉淀为硫酸钡，则：
①A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学认为是空气参与了反应，要排除装置内空气对实验结果的影响，故甲需要在原有操作之前增加一步操作，该操作是实验前打开弹簧夹，通入氮气，排尽装置中的空气。乙认为是白雾参与反应。白雾可能是硫酸酸雾或挥发出来的三氧化硫，则乙同学为除去白雾，可在A、B间增加一个饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；
②在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；
(4)合并(3)中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀(或SO2可与强氧化性酸的钡盐生成BaSO4沉淀)。
19. 氮化硅硬度大、熔点高、不溶于酸(氢氟酸除外)，是一种重要的结构陶瓷材料。一种用工业硅(含少量钾、钠、铁、铜的氧化物)，已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种合成氮化硅的工艺流程如下：

注：原料中的N2是采用空气分离法制备。
(1)净化N2和H2时，铜屑的作用是_______；硅胶的作用是_______。
(2)氮化炉中发生反应：3SiO2(s)+2N2(g)=Si3N4(s)，同时会剧烈放热，反应时要严格控制氮气的流速以控制_______，原因是_______。
(3)X可能是_______(选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”)。
(4)如何说明氮化硅产品已用水洗干净？_______。
(5)用硅粉作硅源、叠氮化钠(NaN3)作氮源，直接燃烧生成氮化硅(发生置换反应)，该反应的化学方程式为：_______。
【答案】 ①. 除去原料气中残存的氧气 ②. 除去生成的水蒸气 ③. 温度 ④. 防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触 ⑤. 硝酸 ⑥. 用pH试纸测得最后一次洗涤的滤出液呈中性 ⑦. 9Si+4NaN33Si3N4 +4Na↑
【解析】
【分析】将N2和H2分别分别经过无水氯化钙、铜屑、硅胶除去水和氧气；净化后的N2和H2在氮化炉中与粉碎的硅在1200～1400℃反应生成氮化硅，制取的氮化硅中混有Cu，用硝酸酸洗除去杂质铜，再用蒸馏水水洗、后处理得到纯净的氮化硅，据此分析解答。
【详解】(1) 原料中的N2是采用空气分离法制备的其中混有少量氧气，Cu能与氧气反应，可以除去原料气中的氧气；高温下，氢气能够与氧气反应生成水，硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，故答案为：除去原料气中残存的氧气；除去生成的水蒸气；
(2)氮化炉中3SiO2(s)+2N2(g)=Si3N4(s)，该反应为放热反应，硅的熔点是1420℃，反应过快，温度过高，会导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触，故应严格控制温度，故答案为：温度；防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；
(3)氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸能够反应，而氮化硅与硝酸不反应，故答案为：硝酸；
(4)氮化硅不溶于水、不溶于酸(HF酸除外)，若氮化硅产品用水洗干净，则洗涤后的滤出液呈中性，故可以使用pH试纸测得最后一次洗涤的滤出液的酸碱性，故答案为：用pH试纸测得最后一次洗涤的滤出液呈中性；
(5)硅粉作硅源、叠氮化钠(NaN3)作氮源，直接燃烧发生置换反应生成氮化硅，同时生成Na，反应的化学方程式为9Si+4NaN33Si3N4+4Na，故答案为：9Si+4NaN33Si3N4+4Na。
20. 化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
I.某同学探究外界条件对H2O2分解速率的影响
实验所用试剂：0.4ml·L-1H2O2溶液、蒸馏水、CuSO4粉末、FeCl3粉末。
（1）实验1、2的目的是其他条件相同时，研究____对H2O2分解速率的影响。
（2）对比实验3、4，能否推测Fe3+对H2O2分解的催化效果比Cu2+的好？____(填“能”或“不能”)，请说明理由____。
（3）实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。m处取用10mL0.4ml·L-1H2O2溶液，还应添加的剂及用量为____。(混合后溶液体积变化忽略不计)
II.NO2(红棕色)和N2O4(无色)之间可发生反应：N2O4(g)2NO2(g)。在温度为T的条件下，将0.08mlN2O4气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，容器中某气体的物质的量浓度随时间变化曲线如图所示。
（4）1～4四个点中，v正=v逆的点有____。
（5）反应进行到16min时，N2O4的转化率是___。
（6）下列可以说明该反应达到平衡的是____。
A.c(N2O4)：c(NO2)=1：2
B.v正(N2O4)=2v逆(NO2)
C.容器内气体的颜色深浅不再变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
E.混合气体的密度不再变化
【答案】（1）温度 （2） ①. 不能 ②. 因为所用盐溶液的酸根离子不同，对实验可能产生干扰
（3）10mL蒸馏水 （4）1、2
（5）75% （6）CD
【解析】
【分析】I．用控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响。
II．根据可逆反应达到化学平衡状态的标志“逆向相等、变量不变”判断，结合图中关键数据计算。
【小问1详解】
实验1、2中H2O2溶液的浓度、体积分别相等，都没有使用催化剂，温度不同，故实验1、2的目的是其他条件相同时，研究温度对H2O2分解速率的影响；答案为：温度；
【小问2详解】
实验3、4中H2O2溶液的浓度、体积分别相等，温度相同，实验3中加入0.5gCuSO4、实验4中加入0.5gFeCl3，两者不仅阳离子(Cu2+和Fe3+)不同、而且阴离子(SO和Cl-)也不同，故根据实验3、4不能推测Fe3+对H2O2分解的催化效果比Cu2+的好；答案为：不能；因为所用盐溶液的酸根离子不同，对实验可能产生干扰；
小问3详解】
实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响，故实验3、5中只能改变H2O2溶液的浓度，m处取用10mL0.4ml∙L-1H2O2溶液，要使H2O2溶液的浓度变成0.2 ml∙L-1，还应添加的试剂为蒸馏水，用量为10mL；答案为：10mL蒸馏水；
【小问4详解】
根据图象可知，该气体的物质的量浓度随着时间的推移逐渐增加，平衡时保持不变，则该图中表示的是NO2物质的量浓度随时间的变化曲线；点3、4所表示的NO2物质的量浓度没有达到最大值，没有达到平衡状态，v正＞v逆；点1、2所表示的NO2物质的量浓度达到最大值，达到平衡状态，v正=v逆；答案为：1、2；
【小问5详解】
反应进行到16min时，∆n(NO2)=0.06ml/L-0ml/L=0.06ml/L，则∆n(N2O4)=0.03ml/L，N2O4的转化率为=75%；答案为：75%；
【小问6详解】
A．可逆反应达到平衡时各物质的物质的量浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，c(N2O4):c(NO2)=1:2时不能说明反应达到平衡，A错误；
B．时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，B错误；
C．容器为恒容，容器内气体颜色深浅不再变化，说明NO2物质的量浓度不再变化，是反应达到平衡状态的特征标志，C正确；
D．该反应的正反应气体分子数增大，建立平衡的过程中混合气体总质量始终不变，混合气体总物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量变化，故混合气体的平均相对分子质量不再变化说明反应达到平衡，D正确；
E．建立平衡的过程中混合气体总质量始终不变，该容器为恒容容器，建立平衡的过程中混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，E错误；
答案选CD。选项
实验
现象
结论
A
向溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴溶液
黄色逐渐消失，加溶液颜色不变
还原性：
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
具有氧化性
C
加热盛有少量固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
显碱性
D
向溶液X中先滴加稀盐酸，再滴加少量溶液
开始无明显现象，加后出现白色沉淀
溶液X中一定含有
实验编号
温度（℃）
催化剂用量（g）
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
KMnO4溶液褪色平均时间（min）
体积（mL）
浓度（ml·L-1）
体积（mL）
浓度（ml·L-1）
1
25
0.5
4
0.1
8
0.2
12.7
2
80
0.5
4
0.1
8
0.2
a
3
25
0.5
4
0.01
8
0.2
6.7
4
25
0
4
0.01
8
0.2
b
操作
现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热
A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸
尚未发现白色沉淀溶解
甲
大量白色沉淀
乙
少量白色沉淀
实验
序号
H2O2溶液
温度
催化剂
收集112mLO2所需时间
浓度(ml·L-1)
V(mL)
1
0.4
20
室温
无
几乎无气体产生
2
0.4
20
50℃
无
296
3
0.4
20
室温
0.5mlCuSO4
45
4
0.4
20
室温
0.5mlFeCl3
100
5
0.2
m
室温
0.5mlCuSO4
＞45