天津市第二南开学校2019-2020学年高一下学期阶段性检测化学试题

天津市第二南开学校2019-2020学年高一下学期阶段性检测化学试题

第二南开学校高一年级化学学科阶段性检测 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cr-52 I-127 K-39 Si-28 Cu-64 Fe-56‎ 一、选择题(本题共有 35 道小题，每题只有一个正确答案)‎ ‎1. 下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是 ‎①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素 ‎②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 ‎③高纯度的硅单质是良好的半导体材料 ‎④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料 ‎⑤水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂 ‎⑥二氧化硅可用作光纤以及电脑芯片 A. ①②③④ B. ②③⑤⑥ C. ①③④⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①几乎所有的岩石和矿物都含有硅酸盐或者二氧化硅，则硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，故①正确；②水泥、玻璃是硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，故②错误；③硅是半导体材料能导电，故③正确；④陶瓷的主要原料是黏土，则陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，故④正确；⑤水玻璃即为硅酸钠水溶液具有黏性，工业上可以用于生产黏合剂，硅酸钠溶液涂刷或浸入木材后，能渗入缝隙和孔隙中，固化的硅凝胶能堵塞毛细孔通道，提高材料的密度和强度，且硅凝胶具有很强的耐高温性质，因此可以有效的防火，故⑤正确；⑥计算机芯片的主要成分是硅单质，而不是二氧化硅，故⑥错误；故选C。‎ ‎【点晴】本题考查硅和二氧化硅的存在和用途。注意石英、水晶、玻璃的主要成分是二氧化硅，光导纤维是比较纯净的二氧化硅材料；硅电池、硅芯片均是硅单质的用途的体现，陶瓷、砖瓦、玻璃、石棉为硅酸盐材料。容易错误的是硅芯片和光导纤维，注意不要混淆。另外水玻璃即为硅酸钠水溶液具有黏性。‎ ‎2.下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是( )‎ ‎①氮气与氧气在放电条件下可直接生成 NO2‎ ‎②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气 ‎③向 Fe(NO3)2 溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化 ‎④实验室加热氯化铵固体的方法制备氨气 A. ①③④ B. ①③ C. ①④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，①错误；‎ ‎②NH4NO3加热到‎190℃‎时分解生成一氧化二氮和水，若加热到‎300℃‎左右时分解生成氮气、硝酸和水，②错误；‎ ‎③向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，同时自身被还原生成一氧化氮，③错误；‎ ‎④氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，④错误；选D，故答案为：D。‎ ‎3.下列装置中能形成原电池的是( )‎ ‎①②③④⑤⑥⑦‎ A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ①⑤⑥ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①装置中，没有形成闭合回路，不能形成原电池，不选①；‎ ‎②装置中，Cu、Zn和硫酸铜溶液形成原电池，选②；‎ ‎③装置中，Zn、Fe和稀硫酸形成原电池，选③；‎ ‎④装置中，Zn、Pb和稀醋酸形成原电池，选④；‎ ‎⑤装置中，Zn、Zn和稀硫酸不能形成原电池电极，电极都是Zn ‎，相当只有一个电极，不选⑤；‎ ‎⑥装置中，蔗糖是非电解质，不能导电，所以Zn、Fe和蔗糖溶液不能形成原电池，不选⑥；‎ ‎⑦装置中，没有盐桥，不能形成闭合回路，不能形成原电池，不选⑦；综上装置②③④可形成原电池，故答案为：D。‎ ‎【点睛】构成原电池的条件为：①电极材料由两种金属活泼性不同的金属或由金属与其他导电的材料（非金属或某些氧化物等）组成；②有电解质；③两电极之间有导线连接，形成闭合回路；④自发进行的氧化还原反应。‎ ‎4.SO2能使浸过溴水的滤纸褪色，这说明了（ ）‎ A. SO2具有漂白性 B. 溴具有氧化性 C. SO2具有氧化性 D. 溴具有挥发性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】二氧化硫具有还原性，能被溴单质氧化生成硫酸，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，表现的是二氧化硫的还原性，溴单质的氧化性，故答案为B。‎ ‎5.下列图中能正确表示X + 3Y ＝ 2Z(放热反应)过程的能量变化的是：‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于生成物的能量比反应物高，所以该反应为吸热反应。错误；‎ B．由于反应物的能量比生成物高，所以该反应为放热反应。正确；‎ C．由于反应物、生成物的能量相同，所以反应过程中无能量变化。错误；‎ D．化学反应的过程就是旧键断裂、新键形成的过程，断裂化学键要吸收能量，这与图像画的不符合。错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.下列有关化学反应速率与化学反应限度的叙述中，错误的是 A. 化学反应速率是表示化学反应快慢的物理量 B. 一般情况下，升高温度能加快化学反应速率 C. 可逆反应达到化学反应限度时，反应就静止不动了 D. 可逆反应达到化学反应限度时，正反应速率等于逆反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】可逆反应达到化学反应限度时，正反应速率等于逆反应速率，不等于0，反应没有停止，故C错误。‎ ‎7.下列检验某溶液中是否含有SO42- 的方法中正确的是 A. 向该溶液中加入酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明溶液中一定有SO42-‎ B. 向该溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-‎ C. 向该溶液中加入足量HCl，无现象，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-‎ D. 向该溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HCl沉淀不溶解，说明该溶液中一定有SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸化的Ba（NO3）2溶液有氢离子和硝酸根离子，稀硝酸能把SO32﹣氧化为SO42﹣，从而干扰SO42﹣的检验，故A错误；‎ B．沉淀可能为氯化银，原溶液可能含有银离子，故B错误；‎ C．首先在试液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42﹣，操作正确，故C正确；‎ D．沉淀可能为氯化银，原溶液可能含有银离子，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列关于原电池的叙述正确的是（　　）‎ A. 构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属 B. 原电池是将化学能转化为电能的装置 C. 在原电池中，电子流出的一极是负极，该电极被还原 D. 原电池放电时，电流的方向是从负极到正极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.构成原电池的正、负极可以是两种不同金属，也可以用金属电极与导电的非金属电极，如碳作电极，在燃料电池中也可都用石墨电极，故A错误；‎ B.原电池是将化学能转化为电能装置,故B正确；‎ C.原电池中电子流出的一极是负极，该极发生氧化反应，故C错误；‎ D.电流的方向是从正极经外电路流向负极，与电子流动的方向是相反的，D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列气体能用排水法收集的是（ ）‎ A. NO2 B. NO C. SO2 D. NH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NO2溶于水生成硝酸和NO，不能用排水法收集，A错误；‎ B. NO不溶于水，能用排水法收集，B正确；‎ C. SO2易溶于水，不能用排水法收集，C错误；‎ D. NH3极易溶于水，不能用排水法收集，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.有关硫及其化合物说法正确的是 A. 有浓硫酸参与的反应都是氧化还原反应 B. 硫在足量空气中燃烧生成大量SO3‎ C. SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了漂白性 D. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，可在葡萄酒中微量添加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据有无化合价的变化判断是否属于氧化还原反应；B.硫与氧气反应只生成二氧化硫；C.SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了还原性；D.二氧化硫能抑制酒类中细菌生长。‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠与浓硫酸的反应是酸碱中和反应，无元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，所以有浓硫酸参与的反应不一定是氧化还原反应，故A错误；‎ B. 硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B错误；‎ C. SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应是氧化还原反应，体现的是SO2的还原性而不是漂白性，故C错误；‎ D. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，少量的二氧化硫对人体健康无害，故D正确，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查硫及其化合物的化学性质，试题难度不大，易错点为B项，S SO2 SO3，硫和氧气反应只能生成二氧化硫。‎ ‎11.可逆反应2SO2+ O22SO3达到平衡的标志是 ‎①消耗2 mol SO2的同时生成2 mol SO3‎ ‎② SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2‎ ‎③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变 A. ①② B. ①③ C. 只有③ D. 只有①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。‎ ‎【详解】①消耗2molSO2的同时生成2molSO3，即V正（SO2）=V正（SO3），速率同向，不能确定是否达到平衡，故①错误；‎ ‎②SO2、O2与SO3的物质的量之比为2：1：2，这与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故②错误；‎ ‎③反应混合物中，SO3质量分数不再改变，即各物质的浓度保持不变，能确定是否达到平衡，故③正确；‎ 故选：C。‎ ‎12.下列说法正确的是( )‎ ‎①需要加热才能发生的反应一定是吸热反应②放热反应在常温下一定很容易发生③反应是放出能量还是吸收能量必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小④有的放热反应加热到一定温度引发后，停止加热反应也能继续进行 A. 只有③④ B. 只有①② C. ①②③④ D. ②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①需要加热方能发生的反应不一定是吸热反应，好多放热反应也需要加热如铝热反应，故①错误；②放热反应在常温下不一定很容易发生，例如氢气和氧气常温下不会反应，但点燃会瞬间完成，故②错误；③反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小决定反应是吸热反应还是放热反应，故③正确；④放热反应引发后利用放出的热量可以保持反应继续进行，故④正确，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应的能量变化与反应物的总能量和生成物的总能量有关，放热反应、吸热反应的进行条件，要注意反应是放热还是吸热与反应条件无关。‎ ‎13.下列溶液中能用来区别SO2和CO2气体的是（ ）‎ ‎①澄清的石灰水；‎ ‎②氢硫酸；‎ ‎③氯水；‎ ‎④酸性高锰酸钾溶液；‎ ‎⑤氯化钡溶液；‎ ‎⑥品红溶液；‎ A. ①⑤ B. ③④⑤ C. ②③④⑥ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①澄清的石灰水与SO2和CO2都能反应生成白色沉淀，不能鉴别，①不合题意；‎ ‎②氢硫酸与CO2不反应，与SO2反应生成淡黄色沉淀，能鉴别，②符合题意；‎ ‎③氯水与CO2不反应，SO2能被氯水氧化而使氯水褪色，能鉴别，③符合题意；‎ ‎④SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，④符合题意；‎ ‎⑤氯化钡溶液与SO2和CO2都不反应，不能鉴别，⑤不合题意；‎ ‎⑥SO2能使品红溶液褪色，而CO2不能，能鉴别，⑥符合题意；‎ 综合以上分析，②③④⑥正确，故选C。‎ ‎14.已知该反应4NH3+5O2=4NO+6H2O中，若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是 A. v（NH3）=v（O2） B. v（O2）=v（H2O）‎ C. v（NH3）=v（H2O） D. v（O2）=v（NO）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于反应4NH3+5O2═4NO+6H2O， A、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A错误； B、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)=v(O2)，故B错误； C、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)=v(NH3)，故C错误； D、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)=v(O2)，故D正确； 故选：D。‎ ‎【点睛】同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。‎ ‎15.X、Y、Z 都是金属，把 X 浸入 Z 的硝酸盐溶液中，X 的表面有 Z 析出，X 和 Y 组成原电池时，Y 为电池的负极。X、Y、Z 三种金属的活动性顺序为( )‎ A. X>Y>Z B. X>Z>Y C. Y>X>Z D. Y>Z>X ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，说明金属X可以把金属Z从其盐中置换出来，所以活泼性X＞Z，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极，所以活泼性Y＞X，X、Y、Z三种金属的活动性顺序为Y＞X＞Z，故答案为C。‎ ‎16.已知断裂 1 mol 共价键所需要吸收的能量分别为 H-H 键：436 kJ；I-I 键：153 kJ；H-I 键：299 kJ。下列对反应 H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)的判断中，错误的是( )‎ A. 该反应是放出能量的反应 B. 该反应是吸收能量的反应 C. 该反应是氧化还原反应 D. I2 与 H2 具有的总能量大于生成的 HI 具有的总能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依题意，断裂1mol H—H键和1mol I—I键吸收的能量为436 kJ＋151 kJ＝587 kJ，生成2mol H—I键放出的能量为299 kJ×2＝598 kJ，因为598 kJ>587 kJ，所以，该反应的正反应是放出能量的反应，A正确，B错误；‎ B．根据A的分析，该反应为放出能量的反应，B错误；‎ C．该反应为：H2+I22HI，反应前后化合价发生改变，是氧化还原反应，C正确；‎ D．该反应为放热反应，I2 与 H2 具有的总能量大于生成的 HI具有的总能量，D正确；故答案为：B。‎ ‎【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物总键能小于生成物总键能为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物总键能大于生成物总键能为吸热反应。‎ ‎17.下列关于硅及其化合物的叙述错误的是 A. SiO2很稳定，与所有的酸都不反应 B. 水晶、玛瑙的主要成分都是SiO2‎ C. 陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品 D. 水玻璃是一种常用的矿物胶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiO2很稳定，与大多数酸都不反应，但能与HF反应生成四氟化硅和水，故A错误；‎ B. 水晶、玛瑙的主要成分都是SiO2，故B正确；‎ C. 玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅，黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故C正确；‎ D. 水玻璃是一种常用的矿物胶，主要成分是Na2SiO3的水溶液，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎18.氮元素在地球上含量丰富，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。下列叙述与氮元素的循环无关的是 A. 工业合成氨的过程是固氮的过程 B. 自然界中，氨是动物体特别是蛋白质腐败后的产物 C. 为防止粮食、罐头、水果等食品腐烂，常用氮气作保护气 D. 在电闪雷鸣的雨天，N2与O2会发生反应并最终转化为硝酸盐被植物吸收 ‎【答案】C ‎【解析】‎ C是错误的，氮气性质稳定，可用作保护气，与氮元素的循环无关。所以答案选C。‎ ‎19.下列有关化学反应速率和限度的说法中，不正确的是 A. 实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，反应速率明显加快 B. 在金属钠与足量水反应中，增加水的量能加快反应速率 C. 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)反应中，SO2不能全部转化为SO3‎ D. 实验室用碳酸钙和盐酸反应制CO2，若将块状的碳酸钙粉碎，会加快反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MnO2为H2O2分解制O2的催化剂，催化剂能加快反应速率，故A正确；‎ B．增加纯液体的量，浓度不变，速率也不变，所以在金属钠与足量水反应中，增加水的量反应速率不变，不能加快反应速率，故B错误；‎ C．可逆反应中，反应物的转化率不可能达到100%，故C正确；‎ D．固体的表面积越大，与反应物的接触面积越大，反应速率越大；‎ 故D正确。‎ ‎20.把金属A放入盐B(NO3)2的溶液中，发生如下反应：A+B2+=A2++B，以下叙述正确的是（ ）‎ A. 常温下金属A一定能与水反应，B一定不能与水反应 B. A与B用导线连接后放入酒精中，一定形成原电池 C. A、B用导线连接后放入B(NO3)2的溶液中，一定有电流产生 D. 由A与B形成的原电池，A一定是正极，B一定是负极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．既然在溶液中A能置换出B，说明两种金属与水都不反应，错误；‎ B．酒精是非电解质，不能形成原电池，错误；‎ C．金属A能和B(NO3)2发生置换反应，那么金属A、B与B(NO3)2溶液能够形成原电池，正确；‎ D．根据方程式可知，A失去电子，所以A是负极，D不正确；‎ 因此正确的答案选C。‎ ‎21.下列图示变化为吸热反应的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物的能量小于生成物的能量，图反应为吸热反应，选项A正确； ‎ B．反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，选项B错误；‎ C．浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，选项C错误；‎ D．活泼金属与酸的反应是放热反应，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎22.下列烧杯中盛放的都是稀硫酸，在铜电极上能产生大量气泡的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜与稀硫酸不反应，故铜电极上产生大量气泡应是构成原电池，且铜电极作正极。‎ ‎【详解】A项，构成原电池，Zn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极，Cu上发生的反应为2H++2e-=H2↑，铜片上产生大量气泡；‎ B项，该装置中没有自发进行的氧化还原反应，铜片上没有气泡产生；‎ C项，该装置中没有自发进行的氧化还原反应，铜片上没有气泡产生；‎ D项，该装置没有形成闭合回路，Zn与稀硫酸反应生成ZnSO4和H2，Zn片上产生气泡，Cu与稀硫酸不反应，铜片上没有气泡；‎ 答案选A。‎ ‎23.将煤块粉碎、经脱硫处理、在适当过量的空气中燃烧, 这样处理的目的是：‎ ‎①使煤充分燃烧, 提高煤的利用率 ‎ ‎②减少SO2的产生,避免造成“酸雨”‎ ‎③减少有毒的CO产生, 避免污染空气 ‎ ‎④减少CO2的产生,避免“温室效应”‎ A. ①②③ B. ②③④‎ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】煤块粉碎是为了增大和空气的接触面积，一方面可以提高煤炭的充分燃烧，另一方面也会提高反应速率；脱硫处理是为了减少SO2的排放，避免造成酸雨；空气过多，会带走部分热量，造成能量的浪费，所以正确的答案是A。‎ ‎24.对于下列事实的解释正确的是 A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有挥发性 C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应 D. 氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水，导致浓硝酸颜色变黄，体现了浓硝酸的不稳定性，故B错误；C．常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；D．氨气极易溶解于水，可利用氨气设计喷泉实验，故D正确；故答案为D。‎ ‎25.下列有关铜与过量浓硫酸反应的实验说法不正确的是( ) ‎ A. 喷有碱液的棉花是为了防止 SO2 污染环境 B. 将水注入反应后冷却的试管 a 中，溶液变为蓝色 C. SO2 能使 KMnO4 水溶液褪色 D. 反应的化学方程式是 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．喷有碱液的棉花，防止二氧化硫散失到空气中，造成大气污染，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染，A正确；‎ B．浓硫酸是过量的，反应后的试管中有浓硫酸，把水注入浓硫酸中会发生危险，应该把反应后冷却的试管a中的液体倒入盛水的烧杯中，溶液变为蓝色，可以证明有硫酸铜生成，B错误；‎ C．SO2具有还原性，能与KMnO4 水溶液反应，使其褪色，C正确；‎ D．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，D正确，故答案为：B。‎ ‎26.下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是( )‎ 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近 产生大量白烟 氨气与氯化氢反应生成固体物质 B 向某无色溶液中滴加盐酸 产生能使澄清石灰水变浑浊气体 溶液中不一定含有 CO32-‎ C 在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中 产生苍白色火焰 物质燃烧不一定需要氧气 D 向某无色溶液中滴加 NaOH 溶液 未产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 说明溶液中不含 NH4+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，生成氯化铵固体，则产生大量白烟，A正确；‎ B．产生能使澄清石灰水变浑浊气体，气体为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中不一定含有CO32-，B正确；‎ C．燃烧为发光发热的氧化还原反应，由氯气在氢气中燃烧可知，物质燃烧不一定需要氧气，C正确；‎ D．铵根离子遇碱会生成一水合氨，若不加热，或溶液浓度较小，氨气不能逸出，则看不到湿润的红色石蕊试纸变蓝的现象，所以应该在无色溶液中滴加NaOH溶液后加热，生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可证明该溶液中一定含有NH4+，D错误；故答案为：D。‎ ‎27. 反应：‎3A(g)＋B(g)=‎2C(g)＋2D(g)，在不同条件下，用不同物质表示其反应速率，分别为：‎ ‎①v(A)＝0.6 mol/(L·min)； ②v(B)＝0.45 mol/(L·min)；‎ ‎③v(C)＝0.015 mol/(L·min)； ④v(D)＝0.45 mol/(L·min)。‎ 则此反应在不同条件下进行最快的是 A. ②③ B. ①③ C. ②④ D. ②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 同一个化学反应用不同的物质表示其反应速率时，其数值可能是不同的，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率大小时，不能直接比较速率数值大小，而是要先换算成用同一种物质来表示，然后才能直接比较速率数值大小。根据速率之比是相应的化学计量数之比，如果都用物质A表示速率，则分别为0.6mol/(L· min)、1.35mol/(L· min)、0.0225mol/(L· min)、0.675mol/(L· min)，所以选项D正确。答案选D。‎ ‎28.下列说法不正确的是 (　　)。‎ A. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解 B. 某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性 C. 铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋ 4H2O D. HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜和稀硫酸不反应，加入NO3-后，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能溶解Cu，A项错误；‎ B.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，如NH3，B项正确；‎ C.铜与稀硝酸反应的离子方程式正确，产物正确，电荷守恒、原子守恒，C项正确；‎ D.稀硝酸与Cu反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，均能通过一步实现转化，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎29.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（　　）‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。‎ ‎【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，‎ ‎①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；‎ ‎①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；‎ ‎②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；‎ ‎③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；‎ 综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；‎ 故选B。‎ ‎30.如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的(　　)‎ A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸 B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸 C. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液 D. A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用原电池的工作原理进行分析，A电极逐渐变粗，说明阳离子在A电极上得到电子，转化成单质，即A电极为正极，B电极逐渐变细，说明电极B失去电子，转化成离子，即B电极为负极，然后逐步分析；‎ ‎【详解】A电极逐渐变粗，A电极为正极，B电极逐渐变细，B电极为负极，‎ A、Zn比Cu活泼，因此Zn为负极，Cu为正极，A电极为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，A电极逐渐变细，B电极为正极，电极反应式为2H＋2e－=H2↑，B电极质量不变，故A不符合题意；‎ B、根据A选项分析，A为正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，A电极质量不变，B 为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，B电极质量减小，故B不符合题意；‎ C、Fe比Ag活泼，Fe为负极，即A电极上发生Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减少，B电极为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，故C不符合题意；‎ D、根据选项C分析，A为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，B为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减小，故D符合题意。‎ ‎31.向容积为‎2L的密闭容器中充入2molA气体和1mol B气体，在一定条件下发生如下反应：‎2A(g)＋B(g)‎3C(g)；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6 mol·L－1。下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①用物质A表示该反应的平均速率为0.2 mol·L－1·s－1‎ ‎②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1‎ ‎③平衡时物质A与B的转化率相等 ‎④平衡时物质B的浓度为0.2 mol·L－1‎ A. ①②③ B. ①③ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意，平衡时生成C的物质的量为：0.6 mol·L-1×‎2L=1.2mol，根据方程式和有关数据列三段式：‎ 所以①用物质A表示该反应的平均反应速率为：=0.2 mol·L-1·s-1，①正确；②用物质B表示该反应的平均反应速率为：=0.1 mol·L-1·s-1，②错误；③平衡时物质A与B的转化率分别为×100%=40%、×100%=40%，所以平衡时物质A与B的转化率相等，③正确；④平衡时物质B的浓度为=0.3 mol·L-1，④错误。综上，①③正确，选B。‎ ‎32.在一定温度下的恒容容器中，发生反应：‎2A(g)＋B(s) ⇌C(g)＋D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是( )‎ ‎①混合气体的压强不变 ‎ ‎②混合气体的密度不变 ‎③C(g)的物质的量浓度不变 ‎ ‎④容器内 A、C、D 三种气体的浓度之比为 2∶1∶1‎ ‎⑤单位时间内生成 n mol C，同时生成 n mol D ‎⑥单位时间内生成 n mol D，同时生成 2n mol A A. ①②⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ①③⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①反应前后气体的体积不变，所以混合气体的压强不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，①错误；‎ ‎②密度=总质量/体积，总质量在变，体积不变，所以密度会变，混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，②正确；‎ ‎③C(g)的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，③正确；‎ ‎④平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，④错误；‎ ‎⑤生成nmolC是正反应，同时生成nmolD也是正反应，⑤错误；‎ ‎⑥生成nmolD是正反应，同时生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，⑥正确；能表明反应已达到平衡状态的是②③⑥，故答案为：C。‎ ‎33.某华人科学家和他的团队研发出“纸电池” (如图)。这种一面镀锌、一面镀二氧化锰的超薄电池在使用印刷与压层技术后，变成一张可任意裁剪大小的“电纸”，厚度仅为0.5毫米，可以任意弯曲和裁剪。纸内的离子“流过”水和氧化锌组成电解液，电池总反应式为： Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是 A. 该电池的正极材料为锌 B. 该电池反应中二氧化锰发生了氧化反应 C. 电池的正极反应式为2MnO2 +2H2O+2e-= 2MnO(OH)+2OH-‎ D. 当有0.1mol锌溶解时，流经电解液的电子数为1.204×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应的总方程式可知，该原电池中，Zn元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应为Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O，正极电极反应为2MnO2+2e-+2H2O═2MnO（OH）+2OH-，电子从负极沿导线流向正极。‎ ‎【详解】A．该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，故A错误； B．该原电池中，锰元素化合价由+4价变为+3价，所以二氧化锰作正极，发生还原反应，故B错误； C．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O═MnO（OH）+OH-，故C正确； D．电子从负极沿导线流向之间，不经过电解质溶液，故D错误。 故答案为C ‎【点睛】根据元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流。‎ ‎34.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与‎11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为 A ‎32 g B. ‎48 g C. ‎64 g D. ‎‎96 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，m（Cu）=1mol×‎64g/mol=‎64g，故C正确；‎ 正确答案：C。‎ ‎【点睛】‎ 氧化还原反应的电子守恒的计算应用，物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。‎ ‎35.把‎7.2g铁粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体‎1.6g,产生NO2和NO的混合气体0.08mol。若不考虑N2O4的存在,则原HNO3溶液的物质的量浓度( ）‎ A. 3.5‎mol·L-1 B. 4.5mol·L ‎-1 ‎ C. 7.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铁粉剩余，硝酸必完全反应而且产物为Fe(NO3)2，由N元素守恒，反应后N元素一部分存在于NO2和NO的混合气体中，另一部分存在于Fe(NO3)2中，n(Fe)==0.1mol，所以c(HNO3)==7.0 mol/L。答案选C。‎ 二、非选择题 ‎36.按要求书写下列反应的方程式：‎ ‎(1)NO2 溶于水的化学反应方程式：_____。‎ ‎(2)实验室制取氨气的化学反应：_____。‎ ‎(3)足量的 SO2 气体通入到 NaOH 中的离子反应方程式：______________。‎ ‎(4)红热的碳和浓硝酸的化学反应方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (2). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2 + 2H2O (3). SO2+OH- = HSO3- (4). 4HNO3(浓)+CCO2↑+4NO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NO2 溶于水生成硝酸和一氧化氮，其化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎（2）实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，其化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2 + 2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2 + 2H2O；‎ ‎（3）足量的 SO2 气体通入到 NaOH 中生成亚硫酸氢钠，其离子反应方程式为：SO2+OH- ‎ ‎= HSO3-，故答案为：SO2+OH- = HSO3-；‎ ‎（4）红热的碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，其化学反应方程式为：4HNO3(浓)+CCO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：4HNO3(浓)+CCO2↑+4NO2↑+2H2O；‎ ‎37.如图，根据图示回答：‎ ‎(1)A 的分子式为_____；B 的分子式为_____；C 的分子式为_____。‎ ‎(2)将 E 溶于水，配制成 0.1 mol·L-1的溶液，滴入酚酞，显_____色。‎ ‎(3)写出NH4Cl 溶液与NaOH 溶液共热反应的离子方程式：__________________。‎ ‎(4)D→B 的化学方程式为：_____。‎ ‎(5)A→B 的化学反应方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). NH3 (2). NO (3). NO2 (4). 无 (5). NH4++OH−NH3↑+H2O (6). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (7). 4NH3+5O24NO+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，A催化氧化生成一氧化氮和水，则A为NH3，E为HCl，B为NO，C为NO2，二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，D为HNO3，硝酸和铜反应生成一氧化氮。‎ ‎【详解】（1）结合分析可知A为NH3，B为NO，C为NO2，故答案为：NH3；NO；NO2；‎ ‎（2）E为HCl，溶于水溶液显酸性，配制成0.1mol/L的溶液，滴入酚酞不变色，故答案为：无；‎ ‎（3）氯化铵溶液和氢氧化钠溶液共热反应生成氨气、氯化钠和水，反应的离子方程式：NH4++OH−NH3↑+H2O，故答案为：NH4++OH−NH3↑+H2O；‎ ‎（4）D→B是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：‎ ‎3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；‎ ‎（5）A→B是氨气和氧气在催化剂条件下反应生成一氧化氮和水，反应化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎38.一定条件下铁可以和 CO2 发生反应：Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的 CO2 气体，反应过程中 CO2 气体和 CO 气体的浓度与时间的关系如图所示：‎ ‎(1)t1 时，正、逆反应速率的大小关系为 v 正_____v 逆(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎(2)4 min 内，CO 的平均反应速率 v(CO)＝_____。‎ ‎(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是_____(填序号，下同)。‎ ‎①降低温度 ‎ ‎②减少铁粉的质量 ‎③保持压强不变，充入 He 使容器的体积增大 ‎④保持容积不变，充入 He 使体系压强增大 ‎(4)下列描述能说明上述反应已达平衡状态的是_____。‎ ‎①v(CO2)＝v(CO) ‎ ‎②单位时间内生成 n mol CO2 的同时生成 n mol CO ‎③容器中气体压强不随时间变化而变化 ‎④容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化 ‎【答案】 (1). > (2). 0.125mol·L-1·min-1 (3). ①③ (4). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，正向进行，因此v正 > v逆；故答案为：>；‎ ‎（2）根据图象可知，在4分钟内CO的平均反应速率，v(CO)=；故答案为：0.125mol·L-1·min-1；‎ ‎（3）①降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，①符合题意；‎ ‎②由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，②不符合题意；‎ ‎③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，③符合题意；‎ ‎④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意；故答案为：①③；‎ ‎（4）①未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；‎ ‎②单位时间内生成n molCO2的同时必然会消耗n molCO，又生成n mol CO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；‎ ‎③该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③错误；‎ ‎④反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，④正确；故答案为：②④。‎ ‎【点睛】恒容：充入无关气体，体系内总压变大，分压不变，反应速率不变；恒压：充入无关气体，体系内总压不变，体积变大，分压变小，反应速率变小。‎ ‎ ‎