河南省名校聯(lián)盟2021-2022學年高一下學期期中考試化學試題（解析版）

期中考試試卷(高中)PAGEPAGE1河南省名校聯(lián)盟2021-2022學年高一下學期期中考試試題考生注意：1.本試卷時間90分鐘，滿分100分。答題前，考生先將自己的姓名、考生號填寫在試卷指定位置，并將姓名、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上，然后認真核對條形碼上的信息，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.作答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號。作答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡。上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將試卷和答題卡一并收回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Cu-64Zn-65一、選擇題：本大題共16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意。1.下列物質(zhì)的化學成分不正確的是（）A.硫銨：(NH4)2SO4 B.芒硝：Na2SO4·10H2OC.液氨：NH3·H2O D.綠礬：FeSO4·7H2O〖答案〗C〖詳析〗A．(NH4)2SO4俗稱硫銨，A正確；B．芒硝的化學式為Na2SO4?10H2O，B正確；C．液氨的化學式為NH3，C錯誤；D．綠礬的化學式為FeSO4?7H2O，D正確；〖答案〗選C。2.SiC納米材料在航天領域有廣泛應用?？茖W家采用金屬鈉還原碳氯化物和硅氯化物混合物的方法進行合成，其某一典型合成路徑的主要反應原理為8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl。下列有關說法正確的是（）A.SiC納米材料屬于膠體狀合金材料B.SiC納米材料極易與強酸、強堿溶液反應C.利用相同的反應原理可以合成硅、碳等納米材料D.合成反應中碳、硅元素均發(fā)生還原反應〖答案〗C〖詳析〗A．合金是指兩種或兩種以上的金屬或金屬和非金屬通過熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)，則SiC納米材料不屬于膠體狀合金材料，而是屬于新型無機非金屬材料，A錯誤；B．由題干可知，SiC納米材料在航天領域有廣泛應用，說明SiC性質(zhì)穩(wěn)定，通常情況下SiC納米材料與強酸、強堿溶液不反應，B錯誤；C．題干反應原理是用活潑的金屬鈉去還原CCl4中的C變?yōu)?4價，也可以還原為0價的納米碳，同理也可以用Na去還原SiCl4中的Si生成0價納米硅，C正確；D．由題干反應8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl可知，反應中Si的化合價沒有發(fā)生改變，C的化合價由CCl4中的+4價降低到SiC中的-4價，即合成反應中碳元素發(fā)生還原反應，硅元素未參與氧化還原反應，D錯誤；故〖答案〗為：C。3.下列有關SO2的說法正確的是（）A.既能與NaOH溶液反應，也能與濃硝酸反應，屬于兩性氧化物B.通入BaCl2溶液中，析出白色沉淀，該沉淀溶于稀鹽酸C.具有還原性，通入FeCl3溶液中，溶液顏色變淺，pH下降D.具有漂白性，通入紫色石蕊試液中，溶液先變紅，后褪色〖答案〗C〖詳析〗A．既能與NaOH溶液反應體現(xiàn)了其酸性氧化物的通性，該過程屬于非氧化還原反應，而能與濃硝酸反應是由于其具有強還原性，與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應，則SO2屬于酸性氧化物，A錯誤；B．由于HCl的酸性比H2SO3的強，故SO2不能與BaCl2溶液反應，即通入BaCl2溶液中，沒有白色沉淀析出，B錯誤；C．具有還原性，通入FeCl3溶液中，溶液顏色變淺，反應原理為：SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+2HCl+2FeCl2，故溶液的pH下降，C正確；D．SO2具有漂白性但不能使酸堿指示劑褪色，即通入紫色石蕊試液中，溶液只變紅，不褪色，D錯誤；故〖答案〗為：C。4.能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A.氯化銨固體與消石灰混合并加熱制NH3：2NH+Ca(OH)2=Ca2++2NH3↑+2H2OB.亞硫酸鈉溶液中滴加少量稀H2SO4：SO+2H+=SO2↑+H2OC.將少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO+2HClOD.過量鐵溶于稀硝酸中：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O〖答案〗D〖詳析〗A．混合固體加熱各物質(zhì)均不拆成離子，該反應無離子方程式，故A錯誤；B．亞硫酸鈉溶液中滴加少量稀H2SO4最終生成亞硫酸氫鈉，離子方程式為：SO+H+=HSO，故B錯誤；C．二氧化硫與NaClO發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=SO+2Cl-+2H+，故C錯誤；D．過量鐵溶于稀硝酸最終生成硝酸亞鐵和NO，離子方程式正確，故D正確；故選：D。5.下列有關物質(zhì)鑒別與檢驗的說法中錯誤的是（）A.樣品溶液中加入稀鹽酸無明顯現(xiàn)象，繼續(xù)滴加BaCl2溶液析出白色沉淀，說明樣品溶液中含有SOB.向試管內(nèi)經(jīng)濃縮的樣品溶液中加入NaOH濃溶液并加熱，在試管口放濕潤的紅色石蕊試紙，試紙變藍，說明原樣品溶液中含有NHC.向試管內(nèi)的樣品溶液中加入銅片和體積比為1：1的硫酸溶液并加熱，試管內(nèi)溶液變藍色，試管口有遇空氣變紅棕色的氣體生成，說明原溶液中含有NOD.樣品溶液中加入稀鹽酸有大量無色氣體產(chǎn)生，該氣體能使澄清石灰水變渾濁，說明樣品溶液中含有CO〖答案〗D〖詳析〗A．向某樣品溶液中先滴加過量的稀鹽酸無現(xiàn)象，排除離子的干擾，再滴加BaCl2溶液后出現(xiàn)白色沉淀，說明樣品溶液中含SO，故A正確；B．向溶液中加入強堿溶液加熱，若產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則證明有NH，故B正確；C．向試管中加入銅和稀硫酸，產(chǎn)生一氧化氮氣體，則說明原溶液中含有NO，故C正確；D．溶液中加入稀鹽酸有大量無色氣體產(chǎn)生，該氣體能使澄清石灰水變渾濁，為二氧化碳或二氧化硫氣體，說明樣品溶液中含有CO或SO或HCO或HSO，故D錯誤；故選D。6.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.標準狀況下22.4LN2含有N-N鍵的數(shù)目為NAB.足量NH3與2.24LCl2完全反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC.6.40gSO2與足量O2反應最終得到SO3的分子數(shù)目為0.1NAD.5mL18mol·L-1濃硫酸與足量Cu加熱充分反應，生成Cu2+的數(shù)目小于0.045NA〖答案〗D〖詳析〗A．N2分子中N原子之間形成的是N≡N鍵，不含有N-N鍵，A錯誤；B．未指明標準狀況，不能計算2.24LCl2的物質(zhì)的量，不能計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，B錯誤；C．6.40gSO2的物質(zhì)的量為0.1mol，SO2和O2反應生成SO3的反應是可逆反應，生成的SO3的分子數(shù)目應小于0.1NA，C錯誤；D．2H2SO4(濃)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，濃硫酸的物質(zhì)的量為0.005L×18mol·L-1=0.09mol，由于濃硫酸變稀后不能與Cu繼續(xù)反應，故被氧化的Cu的物質(zhì)的量小于0.045mol，即生成Cu2+的數(shù)目小于0.045NA，D正確；〖答案〗選D。7.在恒溫恒容條件下，發(fā)生反應2A(g)+xB(g)2C(g)，反應體系中某物質(zhì)的濃度c隨時間的變化如圖中曲線甲、乙所示，已知x為整數(shù)。下列說法正確的是（）A.x=3B.曲線乙表示的是物質(zhì)A在反應進程中的濃度變化C.10~30min內(nèi)v(C)=0.05mol·L-1·min-1D.c點對應物質(zhì)的濃度與d點對應物質(zhì)的濃度相等〖答案〗A〖祥解〗隨著反應進行，c(A)、c(B)都減小，c(C)增加，則乙表示c(C)的變化，2A(g)+xB(g)2C(g)，則，濃度變化量之比等于化學計量數(shù)之比，60min時，，，可知，則甲一定不是，c(A)，那么甲為c(B)，，解得：x=3，以此解題。〖詳析〗A．由分析可知x=3，A正確；B．由分析可知曲線乙表示的是物質(zhì)C在反應進程中的濃度變化，B錯誤；C．10~30min內(nèi)，，，，則，C錯誤；D．由圖可知c對應物質(zhì)的濃度為1.6mol·L-1，d點對應物質(zhì)的濃度為0.6mol·L-1，D錯誤；故選A。8.下列對有關含氮化合物的說法正確的是（）A.向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸時溶液顏色加深，同時有紅棕色氣體產(chǎn)生B.將NH3和O2的混合氣體通過灼熱的催化劑時能反應生成NO和H2OC.BaCl2不與NO2反應，所以，若將NO2氣體通入BaCl2溶液中無明顯現(xiàn)象產(chǎn)生D.實驗室長期存放的濃硝酸呈黃色的原因是在存放過程中混入了Fe3+〖答案〗B〖詳析〗A．已知3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，則向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸時溶液顏色加深，沒有有紅棕色氣體產(chǎn)生而是生成無色氣體，A錯誤；B．已知硝酸工業(yè)中反應：4NH3+5O24NO+6H2O，故將NH3和O2的混合氣體通過灼熱的催化劑時能反應生成NO和H2O，B正確；C．BaCl2不與NO2反應，但3NO2+H2O=2HNO3+NO，則若將NO2氣體通入BaCl2溶液中可以觀察到紅棕色氣體變?yōu)闊o色氣體，C錯誤；D．由于4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故實驗室長期存放的濃硝酸呈黃色的原因是硝酸不穩(wěn)定，見光易分解使得濃硝酸中溶有NO2的緣故，D錯誤；故〖答案〗為：B。9.下列裝置中肯定不適合于實驗室制備NH3的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖詳析〗A．該裝置可用于固液加熱制氣體的裝置，利用氫氧化鈣和氯化銨固體共熱制備氨氣時適用，選項A不符合題意；B．該裝置可用于固液不加熱制氣體的裝置，利用濃氨水與堿石灰作用制備氨氣時適用，選項B不符合題意；C．該裝置可用于固液不加熱制氣體的裝置，利用濃氨水與堿石灰作用制備氨氣時適用，選項C不符合題意；D．該裝置可用于固液不加熱制氣體的裝置且固體為難溶性固體，不適用于氨氣的制備，選項D符合題意；〖答案〗選D。10.下列有關試劑的保存方法正確的是（）A.濃硝酸需保存在棕色試劑瓶中，稀硝酸保存在無色試劑瓶中B.大量濃硫酸可保存在敞口的鋁制容器中，并放置在陰涼處C.固態(tài)硝酸鹽不應與易燃無機試劑和常見有機試劑存放于同一試劑柜中D.Na2SiO3溶液可存放于帶玻璃塞的無色細口玻璃試劑瓶中〖答案〗C〖詳析〗A．硝酸具有不穩(wěn)定性，見光易分解，硝酸濃度越大分解速度越快快，故濃硝酸需保存在棕色試劑瓶中避光保存，稀硝酸保也應存在棕色試劑瓶中避光保存，A錯誤；B．濃硫酸具有強吸水性，敞口放置會吸水而使?jié)舛茸冃?，進而腐蝕鋁制容器，B錯誤；C．硝酸鹽具有氧化性，則固態(tài)硝酸鹽不應與易燃無機試劑和常見有機試劑存放于同一試劑柜中，否則易引發(fā)火災或者爆炸等安全事故，C正確；D．Na2SiO3具有粘合作用，會把玻璃塞和瓶體黏連在一起無法打開，故Na2SiO3溶液不可存放于帶玻璃塞的無色細口玻璃試劑瓶中，D錯誤；故〖答案〗為：C。11.工業(yè)上利用如圖流程制備高純度硅單質(zhì)，下列有關說法正確的是（）A.流程中所涉及的化學反應均為氧化還原反應和置換反應B.SiHCl3與晶體Si相似，均具有極高的熔點和沸點C.氣體A能使澄清石灰水變渾濁D.步驟②所得液體中含有的SiCl4也可以采用過濾的方法進行分離〖答案〗A〖祥解〗石英砂和焦炭在高溫條件下反應生成粗硅和一氧化碳氣體，粗硅和氯化氫生成SiHCl3和氫氣，分餾得到高純度SiHCl3，再被氫氣還原得到高純硅和氯化氫?！荚斘觥紸．由分析可知，流程中所涉及的化學反應均為氧化還原反應和置換反應，故A正確；B．SiHCl3為分子晶體，熔沸點低，晶體Si為原子晶體，具有極高的熔點和沸點，故B錯誤；C．氣體A為一氧化碳，不能使澄清石灰水變渾濁，故C錯誤；D．步驟②所得液體中含有的SiCl4和SiHCl3的沸點不同，采用蒸餾的方法分離，不能用過濾的方法分離，故D錯誤；故選A。12.如圖所示是甲醛傳感器，其中鎳、鈀/硅基復合電極(A)為工作電極，鈀電極(B)為輔助電極，被檢測物質(zhì)在工作電極上發(fā)生反應，測量裝置則通過測量兩電極之間的電勢差得出相應被檢測物質(zhì)的含量。下列有關甲醛傳感器的說法不正確的是（）A.甲醛傳感器工作時所發(fā)生的能量轉(zhuǎn)化方式為由化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹷.工作過程中A電極的電勢低，發(fā)生的電極反應為HCHO+6OH--4e-=+4H2OC.甲醛傳感器工作時的總反應為HCHO+O2+2OH-=+2H2OD.甲醛傳感器工作一段時間后，電極A周圍的c(K+)將增大，而電極B周圍的c(K+)減小〖答案〗D〖祥解〗甲醛傳感器，被檢測物質(zhì)為甲醛（HCHO），通過測量兩電極之間電勢差得出HCHO含量，被檢測物質(zhì)即HCHO在A電極上發(fā)生反應，檢測中有電勢差，為原電池反應，HCHO在A電極上反應；另一電極為O2發(fā)生還原反應。〖詳析〗A．該裝置為原電池，能量轉(zhuǎn)化為化學能轉(zhuǎn)化為電能，選項A正確；B．電流的方向為電勢降低的方向，HCHO在反應中失去電子，A為負極，B為正極，則電子方向A→測量裝置→B，電流方向則為B→測量裝置→A，則電勢A<B，A電極反應HCHO+6OH--4e-=+4H2O，選項B正確；C．結合分析可知總反應為HCHO+O2+2OH-=+2H2O，選項C正確；D．B電極反應O2+4e-+2H2O=4OH-，B極附近c(OH-)增大，K+移向B極，則A周圍c(K+)減小，B電極周圍c(K+)增大，選項D不正確；〖答案〗選D。13.物質(zhì)、與的能量存在如圖所示的相互關系。下列有關說法錯誤的是（）A.物質(zhì)是圖示三種物質(zhì)中最穩(wěn)定的B.過程①屬于吸熱反應C.由轉(zhuǎn)變?yōu)樗盏臒崃康扔谶^程①與過程②所放出的熱量D.物質(zhì)變化過程中所放出或吸收的熱量與路徑無關〖答案〗C〖詳析〗A．物質(zhì)是圖示三種物質(zhì)中能量最低的，故為最穩(wěn)定的，故A正確；B．過程①反應物的總能量小于生成物的總能量，故為吸熱反應，故B正確；C．由轉(zhuǎn)變?yōu)樗盏臒崃康扔谶^程①與過程②所吸收的熱量，故C錯誤；D．質(zhì)變化過程中所放出或吸收的熱量只與物質(zhì)的始態(tài)和末態(tài)有關，與路徑無關，故D正確；故選C。14.含有同一種元素的物質(zhì)A、B、C、D、E存在如圖轉(zhuǎn)化關系(某些產(chǎn)物及反應條件已省略)。下列有關說法正確的是（）A.圖中除⑥外的其他轉(zhuǎn)化過程一定屬于氧化還原反應B.工業(yè)上實現(xiàn)④轉(zhuǎn)化的條件為高溫、高壓和催化劑C.若A在常溫下呈固態(tài)，物質(zhì)C、E均能使溴水褪色D.若A在常溫下呈氣態(tài)，C能與D的濃溶液反應而轉(zhuǎn)變?yōu)锳〖答案〗C〖祥解〗A、B、C、D、E含有同一種元素，結合已學知識可推知，若C為NH3，則A為N2，E為NO，B為NO2，D為HNO3；若C為H2S，則A為S，E為SO2，B為SO3，D為H2SO4；據(jù)此分析解答；〖詳析〗A．根據(jù)分析，若B為NO2，D為HNO3，則反應⑥為3NO2+H2O=2HNO3+NO，N元素的化合價發(fā)生了改變，屬于氧化還原反應，A錯誤；B．反應④為NO→NO2或SO2→SO3，反應條件不需要高溫高壓，B錯誤；C．若A在常溫下固態(tài)，則A為S，C為H2S，E為SO2，兩者均具有還原性，能與溴水發(fā)生氧化還原反應使其褪色，C正確；D．若A在常溫下呈氣體，則A為N2，C為NH3，D為HNO3，NH3與濃硝酸反應生成NH4NO3，不會生成N2，D錯誤；〖答案〗選C。15.在100mL含有0.05molHNO3的稀硝酸中，加入xg含有CuO的金屬銅粉末，微熱，使所加固體恰好完全溶解，同時收集到標準狀況下224mLNO氣體。假設反應前后溶液的體積不變，下列有關說法不正確的是（）A.x=l.36B.混合物中單質(zhì)銅的物質(zhì)的量一定為0.015molC反應所得溶液中c〖Cu(NO3)2〗=0.020mol·L-1D.xg固體混合物在加熱條件下經(jīng)足量H2還原后生成0.18gH2O〖答案〗CD〖祥解〗含CuO的金屬銅與硝酸發(fā)生一下反應：，。收集到標準狀況下224mLNO氣體，即0.01mol，結合反應可得n(Cu)=，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；Cu消耗的H+的物質(zhì)的量為，該溶液中含有0.05molHNO3，可得CuO消耗的H+的物質(zhì)的量為0.05mol-0.04mol=0.01mol，則n(CuO)=，其質(zhì)量為：，該固體粉末的總質(zhì)量為m(Cu)+m(CuO)=0.96g+0.4g=1.36g，據(jù)此分析解答?！荚斘觥紸．由上述分析該固體粉末的總質(zhì)量為m(Cu)+m(CuO)=0.96g+0.4g=1.36g，即x=1.36，故A正確；B．由上述分析混合物中單質(zhì)銅的質(zhì)量為0.96g，物質(zhì)的量為0.015mol，故B正確；C．所得溶液中n〖Cu(NO3)2〗=n(Cu)+n(CuO)=0.015mol+0.005mol=0.02mol，c〖Cu(NO3)2〗==0.20mol·L-1，故C錯誤；D．固體混合物在加熱條件下經(jīng)足量H2還原后生成H2O的物質(zhì)的量等于氧化銅的物質(zhì)的量，即n(H2O)=n(CuO)=0.005mol，水的質(zhì)量為0.005mol×18g/mol=0.09g，故D錯誤；故選CD。16.下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是（）目的方案設計現(xiàn)象和結論A檢驗氯氣輸送管道是否漏氣在管道邊噴灑濃氨水進行檢驗若有氯氣泄漏，則會在泄漏處附近產(chǎn)生白煙B探究金屬鐵在氯氣中燃燒所得固體粉末的成分取少量固體粉末加入5-7mL蒸餾水，振蕩，迅速滴入5滴15%KSCN溶液若溶液無紅色，則固體粉末不為FeCl3C驗證H2S與HI的酸性強弱將AgI固體加入水中，再向其中滴入幾滴H2S溶液固體由黃色變?yōu)楹谏?，說明有Ag2S沉淀和HI生成，證明H2S酸性更強D驗證NO2是一種酸性氧化物將NO2通入蒸餾水中，檢測反應所得溶液的pH紅棕色氣體溶于水得無色溶液，所得溶液的pH小于7，同時有無色氣體產(chǎn)生，說明反應生成了HNO3和NO，由此證明NO2是酸性氧化物〖答案〗A〖詳析〗A．Cl2能與濃氨水揮發(fā)出的NH3發(fā)生反應3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，若氯氣泄漏，在泄漏處附近會產(chǎn)生白煙，A正確；B．取少量固體粉末加入5~7mL蒸餾水，振蕩，迅速滴入5滴15%KSCN溶液，若溶液無紅色，說明溶于水后所得溶液中沒有FeCl3，但不能證明固體粉末中沒有FeCl3，因為固體粉末中若同時有未反應的Fe和FeCl3，水中發(fā)生反應Fe+2FeCl3=3FeCl2，可能未反應的Fe將FeCl3全部還原成FeCl2，B錯誤；C．將AgI固體加入水中，再向其中滴入幾滴H2S溶液，固體由黃色變?yōu)楹谏?，說明有Ag2S沉淀和HI生成，該反應能發(fā)生的原因是AgI轉(zhuǎn)化為更難溶于水的Ag2S，不能說明HI、H2S酸性的強弱，C錯誤；D．NO2與H2O發(fā)生了氧化還原反應生成了HNO3和NO，NO2不屬于酸性氧化物，D錯誤；〖答案〗選A。二、非選擇題：本大題共4小題，共52分。17.化學電源廣泛地應用于現(xiàn)代社會的生產(chǎn)和生活。請回答下列問題：（1）原電池是一種化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置，所以原電池的設計原理與某一類化學反應有關。你認為下列化學反應，可以設計成原電池的是____(填字母)。A.CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2OB.Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+C.4Fe+3O2+2H2O=2Fe2O3·H2OD.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑（2）化學反應均涉及相應能量變化，為探究這些能量變化，某同學設計了如圖兩個實驗，已知兩個實驗除了是否有導線連接兩個金屬棒外，其余均相同。①該同學設計這兩個實驗的目的是____。②下列有關實驗現(xiàn)象的說法正確的是____(填字母)。A.圖1、圖2所示實驗的溫度傳感器測定的體系溫度均上升，且圖1實驗上升值大于圖2實驗上升值B.圖1、圖2所示實驗的溫度傳感器測定的體系溫度均上升，且上升值相同C.圖1所示實驗的溫度傳感器測定的體系溫度上升，圖2所示實驗的溫度傳感器測定的體系溫度下降D.圖1所示實驗的鋅棒表面有氣泡產(chǎn)生，圖2所示實驗的銅棒表面有氣泡產(chǎn)生，且產(chǎn)生氣泡的速率大于圖1所示實驗（3）若將用導線相連在一起，總質(zhì)量為80.00g的鋅片和銀片同時浸入稀硫酸中，工作一段時間后，取出金屬片，進行洗滌、干燥、稱量，得金屬片的總質(zhì)量為63.75g。則裝置工作時鋅片上的電極反應式為____，工作時間內(nèi)裝置所產(chǎn)生氫氣的體積為___mL(標準狀況)?！即鸢浮剑?）BCD（2）①.通過對比實驗探究Zn與稀硫酸在不同條件下反應的能量變化②.AD（3）①.Zn-2e-=Zn2+②.5600〖解析〗（1）A．CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O不氧化還原反應，不能設計成原電池，A不選；B．Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+為自發(fā)進行的放熱的氧化還原反應，能設計成原電池，B選；C．4Fe+3O2+2H2O=2Fe2O3·H2O為自發(fā)進行的放熱的氧化還原反應，能設計成原電池，C選；D．Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑為自發(fā)進行的放熱的氧化還原反應，能設計成原電池，D選；〖答案〗選BCD。（2）①圖1中Zn與稀硫酸反應時將化學能轉(zhuǎn)化為熱能，圖2構成原電池，Zn與稀硫酸反應時將化學能主要轉(zhuǎn)化為電能，設計這兩個實驗的目的是通過對比實驗探究Zn與稀硫酸在不同條件下反應的能量變化；〖答案〗為：通過對比實驗探究Zn與稀硫酸在不同條件下反應的能量變化。②A．圖1、圖2中發(fā)生的反應都為Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，該反應為放熱反應，故圖1、圖2所示實驗的溫度傳感器測定的體系溫度均上升，圖1中化學能轉(zhuǎn)化為熱能，圖2中化學能主要轉(zhuǎn)化為電能、少部分轉(zhuǎn)化成熱能，故圖1實驗溫度上升值大于圖2實驗上升值，A正確；B．根據(jù)A的分析，B錯誤；C．圖1、圖2中發(fā)生的反應都為Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，該反應為放熱反應，故圖1、圖2所示實驗的溫度傳感器測定的體系溫度均上升，C錯誤；D．圖1中Zn與稀硫酸反應：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，鋅棒表面產(chǎn)生氣泡，圖2構成原電池，Zn為負極，Zn極的電極反應為Zn-2e-=Zn2+，鋅棒溶解，Cu為正極，Cu極的電極反應為2H++2e-=H2↑，銅棒表面有氣泡產(chǎn)生，形成原電池加快產(chǎn)生H2的速率，即圖2產(chǎn)生H2的速率大于圖1，D正確；〖答案〗選AD。（3）由于Zn比Ag活潑，Zn為負極，Zn極的電極反應式為Zn-2e-=Zn2+；該原電池工作時的總反應為Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，金屬片減少的質(zhì)量為反應消耗Zn的質(zhì)量，反應消耗Zn的質(zhì)量為80.00g-63.75g=16.25g，反應生成H2物質(zhì)的量n(H2)=n(Zn)消耗==0.25mol，H2在標準狀況下的體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L=5600mL；〖答案〗為：Zn-2e-=Zn2+；5600。19.硫、氮及其化合物是化學工業(yè)的基礎原料，所以研究硫及其化合物的反應行為、性質(zhì)及綜合應用有著十分重要的意義。請回答下列問題：（1）為同時消除大氣中造成酸雨的SO2和NO，工業(yè)上通常采用“臭氧氧化—堿吸收”法。該方法涉及的主要反應的能量變化如圖所示。①反應SO2(g)+O3(g)?SO3(g)+O2(g)屬于___(填“吸熱”或“放熱”)反應，理由為___。②若反應NO(g)+O3(g)?NO2(g)+O2(g)在某一容積不變的透明密閉容器中進行，則下列能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是___(填字母)。A.容器內(nèi)氣體的顏色保持不變B.容器的壓強保持不變C.容器內(nèi)c(O3)保持不變D.容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變（2）在溫度為T條件下，將3.2molSO2和1.6molO2充入一初始容積為2L的恒壓密閉容器中，發(fā)生反應2SO2+O2?2SO3當反應進行50min后達到平衡。測得SO2的轉(zhuǎn)化率為90%，容積為VL。①反應達到平衡時，下列說法不正確的是____(填字母)。A.V<2且保持不變B.2v正(SO2)=v逆(O2)C.n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)=2∶1∶18D.氧氣的體積分數(shù)為，且保持不變②已知物質(zhì)A的分壓=總壓×物質(zhì)A的物質(zhì)的量分數(shù)。若上述反應達到平衡時，混合氣體的總壓為P0，則平衡時容器內(nèi)SO2的分壓為____。〖19題〖答案〗〗〖答案〗（1）①.放熱②.SO2(g)和O3(g)具有的總能量高于SO3(g)和O2(g)具有的總能量③.AC（2）①.B②.〖解析〗（1）①根據(jù)圖像，SO2(g)和O3(g)具有的總能量高于SO3(g)和O2(g)具有的總能量，故反應SO2(g)+O3(g)?SO3(g)+O2(g)屬于放熱反應；〖答案〗為：放熱；SO2(g)和O3(g)具有的總能量高于SO3(g)和O2(g)具有的總能量。②A．NO2(g)是紅棕色氣體，容器內(nèi)氣體的顏色保持不變，說明NO2的濃度保持不變，能說明反應達到平衡狀態(tài)，A選；B．該反應反應前后氣體分子數(shù)不變，建立平衡的過程中，混合氣體分子物質(zhì)的量始終不變，容器內(nèi)的壓強始終不變，容器的壓強保持不變不能說明反應達到平衡狀態(tài)，B不選；C．容器內(nèi)c(O3)保持不變是反應達到平衡的特征標志，C選；D．該反應反應前后氣體分子數(shù)不變，所有物質(zhì)全為氣態(tài)，建立平衡的過程中，混合氣體的總質(zhì)量始終不變，混合氣體分子總物質(zhì)的量始終不變，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量始終不變，容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變不能說明反應達到平衡狀態(tài)，D不選；〖答案〗選AC。（2）列三段式：①A．恒溫恒壓下氣體的體積之比等于氣體物質(zhì)的量之比，則=，解得V=1.4＜2，達到平衡時體積保持不變，A正確；B．反應達到平衡時正、逆反應速率相等，則v正(SO2)=2v逆(O2)，B錯誤；C．達到平衡時n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)=0.32∶0.16∶2.88=2∶1∶18，C正確；D．達到平衡時O2的體積分數(shù)為，且保持不變，D正確；〖答案〗選B。②平衡時SO2的物質(zhì)的量分數(shù)為，混合氣體的總壓為P0，則SO2的分壓為；〖答案〗為：。21.硫酸四氨合銅晶體(〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O)常用作殺蟲劑、媒染劑，也是堿性鍍銅中電鍍液的主要成分。某學習小組在實驗室以銅為主要原料合成該物質(zhì)，設計的合成路線如圖所示。已知：①〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O為絳藍色晶體，常溫下在空氣中易與水和二氧化碳反應，生成銅的堿式鹽，使晶體變成綠色粉末。在溶液中存在以下電離(解離)過程：〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O〖Cu(NH3)4〗2+++H2O；〖Cu(NH3)4〗2+Cu2++4NH3。②(NH4)2SO4及〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O)在水中均可溶，在乙醇中均難溶。若在銅氨溶液中加入乙醇，會析出絳藍色的硫酸四氨合銅晶體；實驗表明，若在銅氨溶液中加入硫酸鈉或硫酸銨晶體時，同樣會有硫酸四氯合銅晶體析出。③CuSO4溶液在加熱條件下可能會生成Cu(OH)2和Cu2(OH)2SO4。請回答下列問題：（1）實驗室用如圖裝置制備合成〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O所需的CuSO4溶液。①儀器a的名稱為____；裝置B中發(fā)生反應的離子方程式為____。②試用文字說明A裝置氣密性的檢驗方法____。③裝置B的加熱方法稱為水浴加熱法，該加熱方法的優(yōu)點為____。（2）方案1向溶液3中所加的固體試劑為____；說明加入該固體試劑的目的為____。（3）方案2的實驗步驟為a.加熱蒸發(fā)，b.冷卻溶液，c.加95%乙醇結晶，……根據(jù)方案得到的產(chǎn)物晶體中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4雜質(zhì)，若要減少這類雜質(zhì)的產(chǎn)生，對該方案應作如何調(diào)整?試提供一種你認為可行的方案：___?！即鸢浮剑?）①.分液漏斗②.2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O③.檢查帶有分液漏斗裝置的氣密性，需先關閉分液漏斗活塞，塞緊錐形瓶瓶塞，打開止水夾K，把導氣管一端浸入水中，雙手緊握錐形瓶，若觀察到導氣管口有氣泡冒出，松開雙手后導管口形成一小段水柱，證明裝置A氣密性良好；反之，則裝置氣密性不好④.受熱均勻，易于控制溫度（2）①.(NH4)2SO4或Na2SO4②.當加入(NH4)2SO4時，溶液中c()、c()增大，c()增大使NH3·H2O+OH-平衡向左移動，抑制NH3·H2O電離，增大溶液中的c(NH3·H2O)，從而使〖Cu(NH3)4〗2+Cu2++4NH3平衡向左移動，使c(〖Cu(NH3)4〗2+)增大，c(〖Cu(NH3)4〗2+)與c()增大使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O〖Cu(NH3)4〗2+++H2O平衡向左移動，促使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O析出。當加入Na2SO4時，c()增大，使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O〖Cu(NH3)4〗2+++H2O平衡向左移動，促使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O析出（3）在NH3的氛圍中蒸發(fā)結晶，抑制反應〖Cu(NH3)4〗2+Cu2++4NH3平衡正向移動移動，減少Cu2+水解得到較純〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O〖解析〗〖祥解〗銅屑加入稀硫酸并通入氧氣，保持溫度在50℃，反應生成硫酸銅溶液1，通入氨水，得到懸濁液2為氫氧化銅懸濁液，繼續(xù)加入氨水直到沉淀完全溶解得到溶液3為〖Cu(NH3)4〗SO4溶液，通過兩種方案得到產(chǎn)品晶體〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O)。（1）①根據(jù)儀器的構造可知，儀器a的名稱為分液漏斗；裝置B中氧氣、硫酸和銅反應生成硫酸銅和水，發(fā)生反應的離子方程式為2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O；檢查帶有分液漏斗裝置的氣密性，需先關閉分液漏斗活塞，塞緊錐形瓶瓶塞，打開止水夾K，把導氣管一端浸入水中，雙手緊握錐形瓶，若觀察到導氣管口有氣泡冒出，松開雙手后導管口形成一小段水柱，證明裝置A氣密性良好；反之，則裝置氣密性不好；③水浴加熱法的優(yōu)點為受熱均勻，易于控制溫度；（2）根據(jù)題給信息可知，加入的固體試劑為(NH4)2SO4或Na2SO4。當加入(NH4)2SO4時，溶液中c()、c()增大，c()增大使NH3·H2O+OH-平衡向左移動，抑制NH3·H2O電離，增大溶液中的c(NH3·H2O)，從而使〖Cu(NH3)4〗2+Cu2++4NH3平衡向左移動，使c(〖Cu(NH3)4〗2+)增大，c(〖Cu(NH3)4〗2+)與c()增大使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O〖Cu(NH3)4〗2+++H2O平衡向左移動，促使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O析出。當加入Na2SO4時，c()增大，使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O〖Cu(NH3)4〗2+++H2O平衡向左移動，促使〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O析出；（3）該方案存在明顯缺陷，因為得到的產(chǎn)物晶體中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4雜質(zhì)，產(chǎn)生該雜質(zhì)的原因是加熱蒸發(fā)過程中NH3揮發(fā)，使反應〖Cu(NH3)4〗2+Cu2++4NH3平衡向右移動，且Cu2+發(fā)生水解；調(diào)整可行的方案為：在NH3的氛圍中蒸發(fā)結晶，抑制反應〖Cu(NH3)4〗2+Cu2++4NH3平衡正向移動移動，減少Cu2+水解得到較純〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O。23.已知黃色固體甲是由2種常見短周期元素組成的化合物，為探究其組成進行了相關的實驗，實驗流程、現(xiàn)象和結論如圖所示。已知：①圖中所列各步變化均已完全反應；②氣體乙中含有2種單質(zhì)氣體。（1）化合物甲的化學式是____，氣體丁的電子式