2021-2022学年度学校5月月考卷.docx

O塘OMOO蒸O氐O堞OM “即豺 s S 一彝科O 郛O U O 塌O 女绝密启用前2021-2022学年度?学校5月月考卷试卷副标题考试范围：XXX；考试时间：100分钟；命题人：XXX题号| 一 |二|三|四| ,跖-得分考前须知：1 .答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）产点击修日第I卷g勺文字说明评卷人 得分一、单项选择题I.以下有关物质组成、性质和用途的说法中，正确的选项是A.合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的高B.氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料C.水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐产品D.光导纤维的主要成分是硅，可广泛用于通信和医疗领域2,以下反响属于吸热反响的是A.木炭燃烧B. CaCCh受热分解 C. Na与水反响D.盐酸与NaOH溶液反响2 .以下表示物质结构的化学用语或模型正确的选项是A.氯化钠的分子式：NaClB.次氯酸的结构式：H-O-C1C.甲烷的球棍模型：D.二氯甲烷的结构简式：HClCC1H.以下平衡建立判断依据中，表达不正确的项有A. 2HI（g）=H2（g）+2（g）假设ImolH-H键断裂的同时有2moiHT键断裂，那么平衡建立;乙在A、B间增加洗气瓶D, D中盛放的试剂是甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀进行实验，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 o试卷第10页，共10页蛰蒯£怒白黑W部<-触冰O 第O O 堞O 氐O 参考答案：1. B【解析】【分析】【详解】A.合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的低，A错误；B.氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等材料，与传统的无机非金属材料相比，具有很大新的 特性和功能，都属于新型无机非金属材料，B正确；C.水晶的主要成分是二氧化硅，C错误：D.光导纤维的主要成分是二氧化硅，可广泛用于通信和医疗领域，D错误。 答案选B。2. B【解析】【分析】【详解】A.燃烧是发光发热的化学反响，木炭燃烧是放热反响，A错误；B.大多数分解反响是吸热反响，CaC03受热分解是吸热反响，B正确；C. Na与水反响过程中钠融化为光亮的小球，是放热反响，C错误；D.中和反响是放热反响，盐酸与NaOH溶液反响是放热反响，D错误； 答案选B。3. B【解析】【详解】A.氯化钠由钠离子和氯离子构成，不存在分子，A项错误；B.次氯酸分子中氧原子共用2对电子，氯原子共用1对电子，其结构式为H-0-0, B 项正确；C.()甲：的比例模C”记民答案第1页，共13页D. ClCCl为二氯甲烷的结构式，其结构简式为：CHQL D项错误；I H 答案选B。4. B【解析】【分析】【详解】A. 2HI(g)=H2(g)+h(g)假设ImolH-H键断裂即逆向反响，同时有2moiH-1键断裂即正向 反响，两者速率比等于计量系数之比，到达平衡，故A正确：B. Z是固体，3Z(s)X(g)+2Y(g)加入Z后，由于反响物只有Z,生成物全部是气体， 气体的摩尔质量始终不变，因此当气体平均摩尔质量不变时，不能说到达平衡，故B错误； C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g),该反响是体积减小的反响，假设恒容条件下，正向反响时压 强不断减小，当装置内压强不变，那么到达平衡，故C正确；D. Os)+H20(g) yCO(g)+H2(g),气体密度等于气体质量除以容器体积，恒容条件下， 正向反响，气体质量增大，容器体积不变，当气体密度不变，那么到达平衡，故D正确。 综上所述，答案为B。5. C【解析】【详解】A. CaO能与水反响，使c(OH)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，氢氧化钠 也可以抑制氨水的电离，从而促进氨气的生成，故A不选；B.氨气和水反响生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色 石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH、的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口 c, 试纸变蓝色，证明N%已收满，故B不选；C.三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反响速率越快，C点压强最小、大气压不 答案第2页，共13页变，所以大气压和C点压强差最大，那么喷泉最剧烈，应选C；D.盐酸可以与氨气反响生成氯化镂，实验后，可用稀盐酸处理多余的氨气，故D不选。 答案选C。6. A【解析】【详解】A.硅胶可吸收水，铁粉可防止食品被氧化，那么食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋， 可防止食物受潮、氧化变质，A项正确；B.甲烷的取代反响为链锁反响，产物较多，那么甲烷和氯气光照条件下不能得到纯洁的CH；C1,B项错误；C.胆矶晶体中加入浓硫酸，使其失去水，变为硫酸铜固体，表达浓硫酸的吸水性，C项错 误；D.常温下，铁片在浓硝酸会发生钝化反响，从而阻止反响进行，D项错误； 答案选A。7. A【解析】【详解】A.浓硫酸具有吸水性，二氧化硫和浓硫酸不反响，能用浓硫酸干燥二氧化硫，故A正确；B.加热氯化核和氢氧化钙固体混合物制取氨气，试管口应略向下倾斜，故B错误；C.氨气极易溶于水，氨气溶于水易倒吸，故C错误；D. CH4与Cb混合在强光照射时易发生爆炸，故D错误；选A.,8. C【解析】【分析】【详解】NO?、N2O4, NO气体与1.12LCM标准状况下)混合后通入水中，气体被水完全吸收，根据得 失电子守恒，氧气得到的电子数等于铜失去的电子数，即铜失去的电子物质的量为n(e-) =0.05molx4=0.2mol,那么铜的物质的量为O.lmol,生成的硝酸铜物质的量为0.1 mol,溶液答案第3页，共13页 中硝酸根物质的量为02nol,假设向原所得溶液中加入过量的稀硫酸，发生3Cu+8H'+2NO ；=3Cu2+2NOT+4H2O反响，根据离子方程式得到继续溶解的Cu的物质的量为0.3mol,质量为0.3molx64g mol-,= 19.2g,故C符合题意。综上所述，答案为C。9. C【解析】【详解】A. N2键能为946kJ/mol, NO键能为为2kJ/mol,键能越大，越稳定，那么通常情况下，N?比 NO稳定，A项错误；B.通常情况下，N?(g)和02(g)混合反响生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO, B项 错误；C.断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol= 1444kJ/mol,形成化学键放出的能量2x632kJ/mol=1264kJ/mol, M lmolN2(g) Imol O?(g)反响吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ,那么 Imol Nz(g)和 Imol 5(g)反响吸收的能量为 180kJ, C 项正确；D.吸收能量为1444kJ/mol,放出的能量为1264kJ/mol,说明该反响是吸热反响，lmolN2(g) 和Imol Ch(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，D项错误；答案选C。10. B【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反响为：Fe+ NO3+4H+=Fe5+NOt+2H2O, AB段发生反响为：Fe+2Fe5+=3Fe2+, BC 段发生反响为：Fe+2H+=Fe?+H2T【详解】A.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反响为：Fe+ NO3+4H+=Fe3+NOT+2H2O,产生NO, AB段发生反响为：Fe+2Fe5+=3Fc2+, BC段发生反响为：Fe+2H+=Fe2+H2t, A错误；B.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反响为：Fe+NO；+4H+=Fe3+NOf+2H20,消耗 铁为5.6g,产生NO为O.lmol, AB段发生反响为：Fe+2Fe3+=3Fe2+, BC段发生反响为： Fc+2H+ = Fe2+H2t，消耗铁为14g-8.4g=5.6g,产生氢气为O.lmoL故产生气体总物质的量答案笫4页，共13页 为 0.2mol,标况下体积为 0.2molx22.4L/mol=4.48L, B 正确;C.根据图象可知，由于铁过量，0A段发生反响为：Fe+NO；+4H+=Fe3+NOf+2H20,硝5 62酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中n(NO；)=n(Fe)='M=0.1mol,所以原混合 酸中NO；物质的量为0.1molx2=0.2mol, C错误；D.根据图像，加入14g铁粉时，完全反响，此时溶液中溶质为FeSO,，反响消耗铁的物质 14»的量:/ i=0.25 mol,根据守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25 mol,所以硫酸的浓 56g/mol度是 0.25 mol/0.1 L=2.5 mol/L, D 错误;应选B.11. C【解析】【详解】试题分析：品红溶液褪色，表达二氧化硫的漂白性；酸性KMnCU溶液褪色，与二氧化 硫发生氧化还原反响，表达其还原性；滨水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反响，表达其 还原性；滴有酚献的NaOH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反响，表达其酸性氧化物的性 质；含L的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反响，表达其还原性；显然©实质 相同，应选C。考点：此题考查二氧化硫的化学性质。12. C【解析】【分析】由图可知，A极为电池的正极，酸性条件下，V0；在正极得到电子发生还原反响生成V02+,电极反响式为V0；+2H+e=VO2+H2O, B极为负极，V?+离子在负极失去电子发生氧化反响生成V3+离子，电极反响式为V2+e= V3+,放电的总反响为V0；+2H+ V2+= VO2+ V3+H2O。【详解】A.由分析可知，B极为原电池的负极，故A错误；答案第5页，共13页B.电池放电时，氢离子透过氢离子交换膜向正极A极室迁移，起到了导电作用，故B错误；C.由分析可知，A极为电池的正极，酸性条件下，V0；在正极得到电子发生还原反响生成VO2+,电极反响式为VO；+2H+e=VO2+H2O,故C正确；D.由分析可知，反响过程中，每转移Imol电子，正极消耗2moi氢离子，有Imol氢离子 通过氢离子交换膜进入正极区，那么正极区氢离子的变化量为Imol,故D错误； 应选Co13. D【解析】【分析】对于反响A(g)+2B(g)嘛?> 3c(g)+4D(g),用不同物质表示其反响速率，数值不同但意义相同， 所以比拟反响速率要转化为同种物质的反响速率来比拟大小，利用反响速率之比等于化学计 量数之比来分析。【详解】A.用 A 的消耗速率表示：v(A)=0.35mol*L',*min-1 ；B.用A的消耗速率表示：v(A尸;v(B)=； x().6moiLmin=0.3C.用 A 的消耗速率表示：v(A)=g v(C)=g xo.9moiLLmin"=0.3 mokLLmin/；D.用 A 的消耗速率表示：v(A)=，v(D)=，x0.03moL"s"=0.0075molLLL=0.45 44比拟可知，D数值最大，应选D。14. A【解析】【详解】试题分析：取一定质量的Cu、CU2。、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入 足量的氢气充分反响后固体质量为25.6g,这些铜的物质的量为0.4mol,另一份加入到500mL 稀硝酸中固体恰好完全溶解一定还生成了 0.4molCu(NO3)2,并产生标准状况下的NO气体 4.48L, NO的物质的量为0.2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为Imol,那么稀硝 酸的浓度为2moi/L, A正确。此题选A。点睛：有关硝酸与金属及其氧化物、氢氧化物反响的计算，通常硝酸表现两种性质，即氧化答案笫6页，共13页 性和酸性，可以分别求出这两局部硝酸然后加到一起求出参加反响的硝酸的总量。硝酸做氧 化剂被还原的局部可以根据其还原产物的物质的量确定，表现酸性的局部可以根据金属的物 质的量确定。15. (1)增大接触面积，加快反响速率(2) CaCO3 +2HCI=CaCl2 +CO2 T +H2O过滤小(4) d e g f Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3 T +2H2O NH3CaCI2+CO2+2NH,+H2O=CaCO, J +2NHQ(5) 3X+Y2Z O.OVSmol L'-min' A 10%50>探究反响物颗粒大小(或接触面积)对反响速率的影响反响物浓度越大,反响速率越快【解析】【分析】优质石灰石经过盐酸酸溶后碳酸钙与盐酸反响生成二氧化碳，二氧化硅不反响，经过操作I 过滤得到二氧化硅固体，滤液中为氯化钙和盐酸溶液，先加氨气调成碱性环境，再通入二氧 化碳制备碳酸钙，经过操作2过滤得到高纯的碳酸钙。(1) 酸溶过程中将石灰石粉碎并搅拌的目的：增大接触面积，加快反响速率；(2) 酸溶过程中碳酸钙与盐酸反响，化学方程式为：CaCO34-2HCl=CaCl2+CO2 T +H2O ;(3) 操作1为过滤；(4) 实验室制取氨气用氯化镂和氢氟化钙固体加热，装置顺序为ACDE, C为干燥氨气，C为收 集氨气，E为尾气处理，防止污染空气，故小导管的连接顺序为a接d, e接g, f接h,制 备氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3 T +2H2O ；制备碳酸钙时先通入氨 气营造碱性环境，再通入二氧化碳，制备碳酸钙的反响方程式为： CaCI2+CO2+2NH,+H2O=CaCO, J +2NH4cl ；答案第7页，共13页(5) 从图中可以看出，该反响为可逆反响，随着反响的进行，X、Y的物质的量逐渐减少，故为 反响物，Z的物质的量逐渐增加，为生成物：X、Y、Z的物质的量变化量分别为0.3mol、 0.1 moK 0.2mol,故方程式为3X+Y=T2Z；开始至2min, X的物质的量减少了 0.3mol,反应速率为 v二生二Z2E2=o.o75mol-LLmin2min 时 z 的浓度为：v=-=0.1mol At 2min儿刚开始时反响物浓度大，故前Imin反响速率比第2min大，前Imin的浓度变化量大，比 0.05mol/L大，应选A； 2min达平衡，Y剩余的物质的量为0.1 mol,起始物质的量为l.OmoL 故平衡转化率为10%:(6) 固定单一变量，硫酸体枳都应相同，故Vi=50mL：实验2和4中硫酸浓度4中大，故4反 应速率快，时间短，故t>125min：实验2和3的目的是为了探究反响物颗粒大小(或接触 面积)对反响速率的影响；实验1和3中硫酸的浓度大小不同，浓度大的反响速率快，故结 论为：反响物浓度越大，反响速率越快。16. (1)14Cu(OH)N2H4=2Cu2cKN? T+6Hq192(4) 还原反响N2H4-4e +4OH =N2 T +4H2O Imol 2M【解析】腓分子中含有1个氮氮非极性共价键和4个氮氢极性共价键，那么0.25mol月井中含有0.25molx4=lmol极性共价键,故答案为：1；(1) 工业上用联与新制氢氧化铜反响制备氧化亚铜的反响为刖与新制氢氧化铜发生氧化还原反 应生成氧化亚铜、氮气和水，反响的化学方程式为：4Cu(OH)2 +N2H4=2Cu2ON2 T+6H2O, 故答案为：4Cu(OH)2 +N2H4=2Cu2CH-N2 T +6H2O；(2) 由16g的在氧气中燃烧生成氮气和水蒸气放出热量为267kJ可知，反响热”二-兰斗16答案第8页，共13页kJ/mol =-534kJ/moL 反响的热化学方程式为 N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) AH=-534kJ/mol, 由反响热等于反响物的键能之和减去生成物键能之和，那么-534kJ/mol=a+4x391 kJ/niol+498kJ/mol-936kJ/mol-4x463kJ/mol,解得 a=192kJ/mol» 故答案 为：192；(3) 由图可知，电极A为燃料电池的负极，碱性条件下，肿在负极失去电子发生氧化反响生成 氮气和水，电极反响式为N2H4仪+4。氏=$丁+4也。；电极B为燃料电池的正极，Hq?在正极得到电子发生还原反响生成氢氯根离子，电极反响式为2H2。2+4=40巾；假设标况下A 极区产生1L2L氮气，其物质的量为0.5mol,可知转移电子的物质的量为2m。1,其数目为2M；根据正极的方程式可知，消耗过氧化氢的物质的量=型警=故答案为：还原4反响；N2H4-4e +4OH =N, T +4H,O ； I mol； 2Na.催化剂17. (1) 4NH3+5O2:4NO+6H2O 放热A(2) 浓硫酸除去水蒸气，防止NCh与水蒸气反响 20e-(5) !4NII；+5O2(4)bc硝化细菌.2NO2+N2O+6H' +5112。【解析】【分析】I .玻璃管中发生NH3的催化氧化，生成水和NO：通过装置1,干燥吸水，装置2,可以看 到NO与氧气的反响现象；II.空气中的氮气和海洋中的氮气之间存在平衡，溶解于海洋中的氮气，经过反响，变为 NH； NH；经过反响，被氧化，得到NO?、N2O： NO?经过硝化作用，生成NO； NO；在 反硝化反响作用下，生成NO?； NO?在反硝化反响作用下，生成氮气；同时NH；经过反响 ，也会产生氮气，实现海洋中无机氮的循环过程，据此分析作答。(1)答案第9页，共13页B. 3Z(s)X(g)+2Y(g)加入Z后，假设气体平均摩尔质量不变，那么平衡建立c. N2(g)+3H2(g) y2NH3(g)假设恒容条件下装置压强不变，那么平衡建立D. C(s)+H2O(g)-CO(g)+H2(g)假设恒容条件下气体密度不变，那么平衡建立5 .现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。卜.列说法错误的 是()图I气气喷泉实物图2喷泉实验中瓶内压强变化曲线A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或NaOH8 .将湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变蓝，说明N5已经集满C.关闭a,将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口 c,翻开b,完成喷泉实验，电 脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2,那么D点时喷泉最剧烈D.实验后，可用稀盐酸处理多余的氨气9 .以下说法正确的选项是A.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质B.工业上用甲烷与氯气光照条件下制取CH,。C.向胆帆晶体滴加浓硫酸，晶体由蓝色变为白色，此过程浓硫酸表现脱水性D.常温下，0.56g铁片与足量浓硝酸反响转移的电子数目为0.03N、YDTE干燥so2以验室制取短NH4cl 和Ca(OHb试卷第2页，共10页10 以下图示操作能到达相应实验目的的是玻璃管中发生NH3的催化氧化为反响，CnO3为催化剂，氨气被氧气氧化，产物为NO和H2O,化学反响方程式是4NH3+5O2些%4NO+6H20；停止加热后玻璃管内仍能保持红热, A该反响是放热反响，故答案为：4NH3+5O2=4NO+6H20；放热；A(2) NO被O2氧化产生红棕色N02, NO2能够与水反响，N02与H20反响产生NO和HNO3,为 保证在装置2中观察到红棕色气体，装置1应装入浓硫酸，作用是除去水蒸气，防止NO?与水蒸气反响，故答案为：浓硫酸；除去水蒸气，防止NO2与水蒸气反响；氮的固定是游离态氮元素变化为化合态氮元素，其中属于固氮作用的一步是，故答案为:；a.由图知，海洋中的氮循环起始于海水中氮气转变为钱离子，这是氮的还原，a错误；b.由图知，空气中的氮气和海洋中的氮气之间存在平衡，那么海洋中存在游离态的氮，b正 确；c.向海洋排放含NO；的废水，那么硝酸根浓度增大，促进反硝化反响，亚硝酸根浓度增大，促进反硝化反响，使海洋中氮气浓度增大，促使反响发生，那么会影响海洋中NH；的含量，c正确；d.由图知，海洋中的反硝化作用是还原反响，硝酸根转变为亚硝酸根是降低氟含量的过程、 亚硝酸根转变为氮气是去氧过程，故理论上没有氧气的参与，d错误；故答案为：be；有氧时，在硝化细菌作用下，NH：可实现过程的转化，镂离子被氧化，得到NO?、N2O和水，氮元素化合价局部升高到+3、局部升高到+1,氧气作氧化剂，氧元素化合价降低到-2, 按得失电子数守恒，结合元素守恒、电荷守恒，其离子方程式为：硝化细菌4NH：+5O2=2NO2+N2O+6H+5H2O,并用单线桥标电子转移情况为：答案第10页,共13页20e-工内设吧肥w皿。故答案沏20e-I I硝化细菌 。4NH；+5()27NO2+N2O+6H' +5II2O18.(2) 取代反响 四氯化碳 CHC13 +C12 L->cC14 + HC1(3)B(4)液体分为两层，产生白色沉淀(5) 【解析】【分析】甲中注入lOmLCHj,同温同压下乙中注入50mLeI2,将乙中气体推入甲中，甲中先容器变 大，用R光照射一段时间，气体在甲中反响，由于氯气过量，反响过程中甲中气体颜色逐渐 变浅但颜色不会消失，甲中内壁有油珠生成，据此分析作答。(1) 根据气体体积的关系，说明氯气过量，在光照条件下生成一氯甲烷、二氯甲烷等四种氯代物 和氯化氢，因此某同学预测的实验现象：气体颜色变浅；实验过程中，甲中活塞向内移动； 甲中内壁有油珠；因此正确的选项是，故答案为：；(2) 甲管中是氯气和甲烷光照下发生取代反响，甲烷是正四面体，一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲 烷是四面体，四氯化碳是正四面体，因此产物中与甲烷空间结构一致的是四氯化碳；三氯甲 烷与氯气发生取代反响，生成四氯化碳和HC1, 化学方程式为CHCh+Ch口LCCL+HCl,故答案为：取代反响；四氯化碳；CHCl. +CI2 2CC14 + HC1 ；反响后，甲中剩余气体为HC1和氯气，氯气有毒，宜用氢氧化钠溶液吸收，因此最宜选用 的试剂吸收为B,故答案为：B；(4)答案第11页，共13页 反响后，甲中有四种氯代物及HQ和氯气，假设将甲中的物质推入盛有适量AgNO。溶液的小 试管中，硝酸银和HC1反响生成氯化银白色沉淀，因此可观察到液体分为两层，水层产生 白色沉淀，故答案为：液体分为两层，水层产生白色沉淀；(5)金刚石与“足球烯”C60是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体；D与T是同种元素的不同核素，互为同位素；的0、=0和18。是同种元素的不同核素，互为同位素；氧气(02)与臭氧(03)是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体；CH4和CH3cH2cH3是结构相似，分子组成相差2个CH2原子团，互为同系物； 乙醇(CH3cH2OH)和甲醛(CH30cH3)是分子式相同，结构式不同，互为同分异构体；CH_CH.口又”口和户" ru Auru是结构相似，分子组成相差个CH?原子团，互为同系物：因此互为同位素是，互为同系物是，互为同素异形体的是，互为同分异构体的 是，故答案为：；©；。A19.Cu+2H2so«浓) = CuS0j+S02T+2H2O BaSO4 NOz 实验前翻开弹簧夹，通入氮气，排尽装置中的空气 饱和NaHSCh溶液 2Ba2+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4l+4H+ SO2与可溶性强酸铁盐不能生成BaSO3沉淀 (或SCh可与强氧化性酸的钢盐生成BaSCh沉淀)【解析】【分析】S02是酸性氧化物，对应的酸为H2sOa,是弱酸，另外SO2具有还原性，酸性条件下能被NO； 氧化。(3)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BaSO,，由于甲同学没有排除白雾的 干扰，故生成BaSCh沉淀的离子方程式为SO：+Ba?+=BaSO山乙同学没有排除空气的干扰， 其生成BaSCh的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H3O=2BaSO41+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】A 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+2H2sOH浓)=答案第12页，共13页CuSO4+SO2t+2H2O； (2)NO；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：那么原因为：C中NO；在酸性条件下具有 强氧化性，能将SO2氧化为SO；,发生的反响的离子方程式是3so2+3Ba2+NO； +2H2O=3BaSO4l+2NOt+4H+, C中液面上方生成浅棕色气体是硝酸还原生成的NO遇。2生 成了红棕色的NO?；(3)B中不溶于稀盐酸的沉淀为硫酸钢，那么：A中白雾与氯化钢反响能生成BaSCU沉淀，故其可能含有S03或H2soJ,；甲同学认为是 空气参与了反响，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，该操作是实验前翻开弹簧夹，通入氮气，排尽装置中的空气。乙认为是白雾参与反响。 白雾可能是硫酸酸雾或挥发出来的三氧化硫，那么乙同学为除去白雾，可在A、B间增加一个 饱和NaHSCh溶液的洗气瓶；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BaSO的离子方程式为 2Ba2+2SO2+O2+2H2O=2BaSO41+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S02与 可溶性钢的强酸盐不能反响生成BaSCh沉淀(或S02可与强氧化性酸的钢盐生成BaS04沉淀)。答案第13页，共13页A. AB. BC. CD. D.足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体假设与1.12LO2（标 准状况下）混合后通入水中，气体被水完全吸收。假设向原所得溶液中加入过量的稀硫酸， 那么继续溶解的Cu的质量为A. 6.4gB. 9.6gC. 19.2gD. 24g.化学反响中的能量变化是由化学反响中旧化学健断裂时吸收的能量与新化学键形成 时放出的能量不同引起的，如图为N式g）和O?（g）反响生成NO（g）过程中的能量变化。那么以下说法正确的选项是吸收能量946 kJ/mol吸收能量498 kJ/mol放出能量2x632 kJ/molN2（g）和。2侑）反响生成NO（g）过程中能量变化A.通常情况下，NO比N2稳定B.通常情况下，N?（g）和。2（g）混合能直接生成NOC. 1 mol电色）和"0102（位反响吸收的能量为180口D. 1 mol N2（g）和lmolC）2（g）具有的总能量大于2 mol NO（g）具有的总能量10.现有某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL,将其平均分成两份。向其中一份中逐渐 加入铜粉，最多能溶解9.6g铜粉；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质 量的变化关系如下图（假设硝酸的还原产物为NO气体）。以下分析或结果正确的选项是气体的依05 8.4 14 0铁粉质量/8A. OA段产生的是氢气B.加入铁粉时，最终产生气体4.48L（标况下）C.原混合溶液中NO；的物质的量为0.3molD.原混合溶液中H2sCh的浓度为1.25mol/L11.以下五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（）品红溶液；酸性KMnCh溶液；溟水；滴有酚陆的NaOH溶液；含h的淀粉溶液A.C.D.12.全锐氧化还原液流电池是种新型绿色的二次电池，具有容量和功率可调、大电流无损深度放电、使用寿命长、易操作和维护等优点，其放电时的工作原理如下图，F列表达正确的选项是A. B为该原电池的正极B.该电池放电时H+向B极室迁移，起到了导电作用C. A极的电极反响式为：VO；+2H+e-=VO2+H2OD.反响过程中，每转移1 mol电子，正极区(H+)的变化量为2moi13 .可逆反响A(g)+2B(g)晦？ 3c(g)+4D(g),在四种不同情况下的反响速率如下，其中 反响进行得最快的是A. v(A)=0.35mol*L',*miir,B. v(B)=0.6molL"min"C. v(C)=0.9mol*L-1 miir1D. v(D)=0.03mol-L-1 s1.取一定质量的Cu、Cu?O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足 量的氢气充分反响后固体质量为25.6g,另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶 解并产生标准状况下的NO气体4.48L。Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O。那么稀硝酸的浓 度为A. 2 mol/LB. 1.6 mol/LC. 0.8 mol/LD. 0.4 mol/L第口卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分15.纯碳酸钙广泛应用于精密电子陶瓷、医药等的生产，某兴趣小组按图所示实验步骤, 模拟工业流程制备高纯碳酸钙，请回答以下问题。试卷第4页，共10页O 第O O 热O 氐O O 熟 O .14 O 郛优质石灰石(主要成分CaCCh, 含少量SiCh )高纯CaCOa(1广酸溶”过程中，提前将石灰石粉碎，并进行搅拌。目的是(2)在“酸溶”过程中发生的化学反响方程式为(3)“操作1”的名称. :(4)实验室制取、收集干燥的NH,接h：实验室用A装置制取NH3的化学方程式为擦O :太O :.制备碳酸钙通入NH,和COz气体时，应先通入的气体是,试写出制碳酸钙的化学方程式o(5)-一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量浓度随时间变化的 曲线如下图，请回答卜列问题：反响的化学方程式为。从开始至2min,用X表示的反响速率为：当时，Z的物质的量浓度A. >0.05 mol -L' B. =0.05 mol -L1C. <0.05 mol-L1Y的平衡转化率为。控制变量法是化学实验的一种常用方法，如表是稀硫酸与某金属反响的实验数据。实验序号金属质量/g金属状态c(H;SO4)/mol L1V(H2SO4)/mL溶液温度/r金属消失的时间/s反响前反应后10.10粉末0.5v.20355020.10块状0.850203530.10粉末0.8502036254().1()块状1.0502035125分析上述数据，回答以下问题:vi =mL, t.125(填“>”、"V”或“=")°实验2和3的目的是根据表中实验1和3的实验数据，可以得到的结论是评卷人得分三、原理综合题16.液态睇(N?H4)是一种高能燃料，在工业生产中用途广泛，其结构如下图:(1)0.25 mol腓中含有 mol极性共价键。工业上可用册与新制Cu(OH%反响制备皿0,同时放出N2,该反响的化学方程式为N2Hq可在O?中燃烧生成N2和水蒸气，：16g腓完全反响放出热量为267 kJ,那么N-N的键能为 kJ/mol ；局部共价键健能如下表所示：N-H0=0N = NH-0试卷第6页，共10页OO w OO 争 O gP 理O-ZO键能(kJ/mol)391498936463，转移的电子数目为讣讣辂教(4)胧一氧化氢碱性燃料电池由于其较高的能量密度而备受关注，其工作原理如下图。 该电池的B极区发生(填用化反响”或“还原反响)负极的电极反响为, 电池工作过程中，假设A极区产生11.2 L (标况下)N2,那么B极区消耗Kg?的物质的量是17.【.氮及其化合物在生产生活中应用广泛，工业上制硝酸的关键一步便是N%的催化氧化，可用以下图装置模拟N%的催化氧化，回答以下问题:(1)玻璃管中发生反响的化学方程式是，停止加热后玻璃管内仍能保持红热，该 反响是反响(填“吸热”或“放热”)。(2)为保证在装置2中观察到红棕色气体，装置1应装入,作用是。II .氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环 过程可用以下图表示。此(3)海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是(填图中数字序 号)。(4)以下关于海洋氮循环的说法正确的选项是(填字母序号)。a.海洋中的氮循环起始于氮的氧化b.海洋中存在游离态的氮c.向海洋排放含NO；的废水会影响海洋中NH；的含量d.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与有氧时，在硝化细菌作用下，NH：可实现过程的转化，写出的离子方程式并用单线桥标电子转移情况：。18 .如图是某同学利用注射器设计的简易实验装置。甲中注入10mLeH一同温同压下乙中注入50mLe%,将乙中气体推入甲中，用日光照射一段时间，气体在甲中反响。甲乙以下是某同学预测的实验现象：气体最终变为无色；光照过程中，甲中活塞向内 移动；甲中内壁有油珠；产生火花。其中正确的选项是(填序号)。(2)甲管中发生的化学反响类型为,产物中与甲烷空间结构一致的是(物质名称)，写出生成该产物的化学方程式 O反响后，甲中剩余气体最宜选用以下哪种试剂吸收(填字母)。A.水B.氢氧化钠溶液C.硝酸银溶液 D.饱和食盐水(4)反响后，假设将甲中的物质推入盛有适量AgNO,溶液的小试管中会观察到。(5)下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上。同位素,同系物 ，同素异形体，同分异构体。 * *O* * 卦 * * * O * * * *蛰蒯£邪白黑用酬,<-姻派O於O *