安徽省宣城中学2021-2022学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

宣城中学2021-2022学年度第二学期高一年级期中考试化学试题考试说明：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)，试题分值：100分，考试时间：75分钟。2.所有答案均要填涂或写在答题卷上，否则无效，考试结束后只交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Zn-65第I卷(选择题共54分)一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意)1.《厉害了，我的国》展示了中国在探索太空、开发深海、建设高铁、开发5G技术等领域取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系，下列对应关系不正确的是A.5G手机芯片的关键材料——二氧化硅B.神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分——新型无机非金属材料C.火箭外壳采用高强度的铝合金——金属材料D.水泥、普通玻璃、陶瓷——硅酸盐材料【答案】A【解析】【详解】A．5G手机芯片的关键材料是硅，硅为半导体，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求，如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B正确；C．金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称，包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等，故铝合金是金属材料，故C正确；D．水泥、普通玻璃、陶瓷都是含硅物质为原料经加热制成的，水泥的主要成分是硅酸三钙、硅酸二钙和铝酸三钙等，玻璃的主要成分为硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，日常用到的陶瓷都是硅酸盐陶瓷，总之，水泥、普通玻璃、陶瓷都是硅酸盐材料，故D正确；故答案选A。 2.下列措施一定不能增大化学反应速率是A.降低温度B.增大反应物的浓度C.固体块状反应物改为粉末状D.压缩容器体积增大压强【答案】A【解析】【详解】A．降低温度，则反应速率降低，A正确；B．增大反应物的浓度，则增大了化学反应速率，B错误；C．固体块状的反应物改为粉末状，则增大了反应物的接触面积、加快了化学反应速率，C错误；D．压缩容器体积增大压强，则加快了化学反应速率，D错误；答案选A。3.在含有大量H+的溶液中，下列离子组能大量共存的是A.Na+、K+、OH-、Cl-B.NH、Na+、Fe2＋、NOC.Mg2+、Na+、SO、Cl-D.K+、Ba2+、CO、Cl-【答案】C【解析】【详解】A．OH-与H+不能大量共存，故A不符合题意；B．Fe2＋、NO与H+三者不能共存，会发生氧化还原反应，故B不符合题意；C．Mg2+、Na+、SO、Cl-与H+之间均不发生反应，能大量共存，故C符合题意；D．Ba2+与CO不能共存，CO与H+不能共存，故D不符合题意；故答案为：C。4.能量变化符合下列图像的反应是A.Ba(OH)2•8H2O固体与NH4Cl固体反应 B.镁条与盐酸反应C.铁与硫酸铜溶液反应D.CH4的不完全燃烧【答案】A【解析】【分析】从图示可以看出，反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应是吸热反应。【详解】A．Ba(OH)2•8H2O固体与NH4Cl固体的反应是吸热反应，故A符合；B．活泼金属和酸的置换反应是放热反应，所以镁条与盐酸的反应是放热反应，故B不符合；C．铁与硫酸铜溶液反应是放热反应，故C不符合；D．燃烧反应是放热反应，CH4的不完全燃烧也是放热反应，故D不符合；故选A。【点睛】需要掌握常见的放热反应和吸热反应。5.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.1molCu与足量S反应，转移的电子数为NAB.1molFe与稀硝酸反应转移电子数一定为3NAC.22.4LN2与足量的H2反应生成NH3的分子数为2NAD.1molNH3与氧气恰好发生催化氧化反应，转移的电子数为7NA【答案】A【解析】【详解】A．1molCu与足量S反应生成硫化亚铜，转移的电子数为NA，故A正确；B．1molFe与稀硝酸反应产物与硝酸的用量有关，所以转移电子数不一定为3NA，故B错误；C．气体状况未知，无法计算氮气的物质的量，无法计算生成氨气分子数，故C错误；D．NH3与氧气发生催化氧化反应生成NO，1molNH3参与反应转移的电子数为5NA，故D错误；故答案选：A。6.反应O2(g)＋2SO2(g)⇌2SO3(g)　ΔH＜0，若在恒容绝热容器中发生，下列选项表明该反应一定已达平衡状态的是A.容器内的密度不再变化B.容器内的温度不再变化C.容器内气体的反应速率υ正(O2)=2υ逆(SO2) D.容器内气体的浓度c(O2)∶c(SO2)∶c(SO3)=1∶2∶2【答案】B【解析】【详解】A.所有物质全是气态，混合气的质量始终不变，在恒容容器内混合气的密度始终不变，故密度不变化不能说明一定达到平衡状态，A不选；B.绝热容器中发生化学反应时，温度会随着反应而发生变化，当反应容器内的温度不再变化时，说明反应一定达到平衡状态，B选；C.容器内气体的反应速率υ正(O2)=υ逆(O2)=υ逆(SO2)时，说明反应一定达到平衡状态，υ正(O2)=2υ逆(SO2)时反应没有达到平衡状态，C不选；D.容器内气体的浓度c(O2)∶c(SO2)∶c(SO3)=1∶2∶2，可能是某个瞬间巧合，未能显示正逆反应速率相等或各成分的含量保持定值，因此不能说明反应一定达到平衡状态，D不选；答案选B。【点睛】平衡状态的判断方法有：①对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，如υ正(O2)=υ逆(O2)，若选用不同物质的速率，则不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，如υ正(O2)=υ逆(SO2)，则说明已平衡，②各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了，③选定的某个物理量，一开始会随着反应的发生而变化，而当这个量不再改变的时候，就达到化学平衡状态，如B中提到的温度就是这样的一个物理量。7.NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，生成一种气体Y，其原理如图，下列判断正确的是A.石墨II电极是该电池的负极，发生的电极反应为：O2+4e-=2O2-B.电池中NO从石墨电极I向石墨电极Ⅱ作定向移动C每消耗1molNO2转移1mol电子D.该电池可用NaNO3溶液代替熔融NaNO3作为电解质溶液【答案】C 【解析】【分析】该装置为NO2、O2和熔融NaNO3组成的燃料电池，生成一种气体Y，气体Y为N2O5，通入O2的一极为正极，即石墨Ⅱ为正极，电极反应为：O2+4e-+2N2O5=4NO，则石墨Ⅰ为负极，发生的电极反应为：NO2-e-+NO=N2O5，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，石墨Ⅱ为正极，电极反应为：O2+4e-+2N2O5=4NO，A错误；B．阴离子向负极移动，因此电池中NO从石墨电极Ⅱ向石墨电极Ⅰ移动，B错误；C．石墨Ⅰ为负极，发生的电极反应为：NO2-e-+NO=N2O5，因此每消耗1molNO2转移1mol电子，C正确；D．若NaNO3溶液为电解质溶液，生成的N2O5气体会直接溶解，故不可用NaNO3溶液代替熔融NaNO3作为电解质溶液，D错误；答案选C。8.反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是A.v(C)=0.04mol·L-1·s-1B.v(A)=0.06mol·L-1·min-1C.v(A)=0.05mol·L-1·min-1D.v(D)=0.01mol·L-1·s-1【答案】A【解析】【详解】以A为基础，根据反应速率之比是化学计量数之比可知A．v(A）=v(C)/2=0.02mol·L-1·s-1；B．v(A）=0.06/60mol·L-1·s-1=0.001mol·L-1·s-1；C．v(A）=0.15/60mol·L-1·s-1=0.0025mol·L-1·s-1；D．v(A）=v(D)/2=0.005mol·L-1·s-1；故答案为A。9.在恒温恒容的条件下，反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(s)已达平衡，能使平衡正向移动的措施是A.增加C的物质的量B.减小D的物质的量C.减小B的浓度D.增大A或B的浓度 【答案】D【解析】【详解】A．恒容的条件下增加C的物质的量即增加C的浓度，增加C的浓度可以使平衡向逆反应方向移动，A错误；B．D是固体，其浓度是常数，故改变物质D的量对平衡无影响，B错误；C．减小B的浓度，即减小反应物浓度，平衡逆向移动，C错误；D．增大A或B的浓度，即增大反应物的浓度可以使平衡向正反应方向移动，D正确；答案选D。10.在3L的密闭容器内充入2mol氮气和2mol氢气，一定温度下发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达到化学平衡后测得氨气浓度为0.15mol/L。则氮气和氢气的转化率之比为A.1：3B.2：3C.3：4D.4：5【答案】A【解析】【详解】设转化的氮气的物质的量为x，则由反应方程式可知：，所以氮气和氢气的转化率之比为，故答案为：A。11.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法A和浓盐酸be BCu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcD和adA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故A错误；B．Cu和稀H2SO4不发生化学反应，故B错误；C．Cu稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C错误；D．和为固固加热，选用a做发生装置，氨气的密度比空气小，选向下排空气法，收集装置选d，故D正确；故选：D。12.将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法正确的是A.在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜B.根据图示可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SC.回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓D.在图示的转化中发生的反应有4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH－ 【答案】C【解析】【分析】H2S通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中先生成CuS，再是CuS和Fe3+反应生成S和Fe2+、Cu2+，再是亚铁离子在酸性条件下被空气中氧气氧化。【详解】A．在图示的转化中，根据图中信息化合价不变的元素有铜和氯，故A错误；B．根据图示可知FeCl3能氧化H2S，而CuCl2与H2S反应生成CuS，没有被氧化，故B错误；C．根据图中信息得到回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，故C正确；D．在图示的转化中发生的反应有4Fe2++O2+4H＋=4Fe3++2H2O，故D错误。综上所述，答案为C。13.化学键的键能指常温常压下，将1mol分子AB拆开为中性气态原子A和B所需要的能量(单位为kJ·mol-1)。根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热△H为化学键C-HC-FH-FF-F键能/(kJ·mol-1)414489565155A.-485kJ·mol-1B.+485kJ·mol-1C.+1940kJ·mol-1D.-1940kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】△H=反应物键能之和-生成物键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，△H=414kJ·mol-1×4+4×155kJ·mol-1-（489kJ·mol-1×4+4×565kJ·mol-1）=-1940kJ·mol-1，D项符合题意；本题答案选D。14.实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，有同学认为产生二氧化硫，有同学认为除二氧化硫外，还可能产生氢气。为了验证两位同学的判断是否正确，设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去。E、F瓶中试剂相同)下列说法错误的是 A.生成二氧化硫的化学方程式为Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2OB.装置E、F中加入的试剂为品红溶液，作用是检验SO2的存在以及是否除尽C.装置H中白色粉末变蓝可以说明X中含有氢气D.装置I中加入的试剂是碱石灰，作用是防止空气中的水蒸气进入H【答案】C【解析】【分析】实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，有同学认为产生二氧化硫，有同学认为除二氧化硫外，还可能产生氢气。分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置E是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置F中的品红溶液验证二氧化硫是否除尽，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置H中的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响H装置中水的检验，装置I中需要用碱石灰，但气体在进入加热装置之前应该先干燥，所以应该在G之前增加盛有浓硫酸的试剂瓶，以此分析解答。【详解】A．由图可知：锌和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸锌和水，其反应的化学方程式为Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，故A正确；B．分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置F中的品红溶液验证二氧化硫是否除尽，故B正确；C．装置E、F中加入的试剂为品红溶液，氢气进入G、H之前未干燥，会混有水蒸气，装置H中白色粉末变蓝不能说明X中含有氢气，故C错误；D．该实验是为了证明混和气体中含有氢气，氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以装置I中加入的试剂是碱石灰，作用是防止空气中的水蒸气进入H，影响实验，故D正确；故答案：C。 15.小明将6.5g锌片与100mL5mol/L的稀硫酸混合反应制备氢气，为减缓反应速率而又不影响产生氢气的总量，下列方案可行的是A.加入少量硫酸铜固体B.改用6.5g锌粉C.加入100mL1mol/L的稀盐酸D.加入100mL1mol/L的硝酸钠【答案】C【解析】【分析】由题干知，n(Zn)=0.1mol，n(H2SO4)=0.5mol，由知硫酸过量，决定产生氢气总量的是Zn的用量。【详解】A．加硫酸铜，消耗一部分Zn与CuSO4反应，再形成铜锌稀硫酸原电池，故产生氢气减少，反应速度加快，故A不符合题意；B．改用Zn粉，接触面积增大，反应速度加快，故B不符合题意；C．加入100mL1molL的稀盐酸，酸原本过量，故不影响产生氢气的总量，而且引入酸的浓度较低，使得混合后c(H+)下降，反应速度变慢，故C符合题意；D．加入100mL1mol/L的硝酸钠，引入硝酸根离子，可认为溶液中存在硝酸，与Zn反应不产生氢气，故D不符合题意；故答案为C。16.对下列实验过程的评价，正确的是A.某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性B.验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl﹣C.某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐D.某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液一定含有【答案】B【解析】【详解】A．某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显酸性，A错误；B．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀，证明含Cl﹣，B正确；C ．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中可能含有碳酸盐、碳酸氢钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，C错误；D．某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液可能含有，也可能含有Ag+，不能确定含有，D错误。17.11.9g镁、铝、铁合金投入200mLHNO3溶液中，反应恰好完全，分别转化成Mg2+、Al3+和Fe3+，还原产物为1:1的NO2和NO。在反应后的溶液中加入200mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为25.5g。下列有关推断正确的是A.气体产物在标准状况下体积为6.72LB.HNO3的物质的量浓度为6mol·L-1C.NaOH的物质的量浓度为6mol·L-1D.参加反应的HNO3的物质的量为0.8mol【答案】B【解析】【详解】11.9g镁、铝、铁合金投入200mLHNO3溶液中，反应恰好完全，分别转化成Mg2+、Al3+和Fe3+，在反应后的溶液中加入200mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为25.5g，则氢氧根的质量为：25.5g-11.9g=13.6g，物质的量为13.6g÷17g/mol=0.8mol。A.根据电子守恒，反应中金属失去电子的物质的量=硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.8mol，由于还原产物为1:1的NO2和NO，设NO2、NO的物质的量为xmol，即x×(5-4)+x×(5-2)=0.8mol，解得x=0.2mol，则生成的气体产物在标准状况下体积为2×0.02mol×22.4L/mol=8.96L，故A错误；B.参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)+n(NO2)=0.8mol+0.2mol+0.2mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.2L=6mol/L，故B正确；C.氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=0.8mol÷0.2L=4mol/L，故C错误；D.根据以上分析可知参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=1.2mol，故D错误。故选B。【点睛】明确“反应中金属失去电子的物质的量=硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。18.如图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。在t1 时刻升高温度或者增大压强，速率的变化都符合示意图的反应是A.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　△Η＜0B.4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　△Η＜0C.H2(g)＋I2(g)2HI(g)　△Η＞0D.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　△Η＜0【答案】B【解析】【分析】由图像可知，在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应正方向是气体分子总数增大的放热反应。【详解】A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　△Η＜0正方向是气体分子总数减小的放热反应，故A不符合题意；B．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　△Η＜0正方向是气体分子总数增大的放热反应，故B符合题意；C．H2(g)＋I2(g)2HI(g)　△Η＞0正方向是气体分子总数没有变化的吸热反应，故C不符合题意；D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　△Η＜0正方向是气体分子总数减小的放热反应，故D不符合题意；故答案选B。 第II卷(非选择题共46分)二、非选择题(本大题共4小题，46分)19.回答下列问题：（1）①写出NH3的电子式___________；②写出光导纤维主要成分的化学式___________。（2）红棕色气体溶于水又得到无色气体(请用化学方程式解释)___________。（3）二氧化硅制粗硅的反应方程式___________。（4）已知Na2S2O3与硫酸的反应为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，某研究小组为研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如下，请回答下列问题。实验序号反应温度0.1mol/LNa2S2O3溶液0.1mol/LH2SO4溶液加入水的体积出现浑浊的时间℃mLmLmLs①20220t1②402V10t2③2012V2t3实验①②研究的是___________对化学反应速率的影响，V1=___________。实验①③研究的是___________对化学反应速率的影响，V2=___________。【答案】（1）①.②.SiO2（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO（3）SiO2＋2CSi＋2CO↑（4）①.温度②.2③.浓度④.1【解析】【小问1详解】 氨气是共价化合物，电子式为：，光导纤维主要成分是二氧化硅，其化学式是SiO2，故答案为：；SiO2；【小问2详解】常见红棕色气体有二氧化氮和溴蒸汽，溴蒸汽溶于水会得到橙色溶液，二氧化氮溶于水可以和水反应得到无色气体NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；【小问3详解】二氧化硅可以和炭在高温下反应得到粗硅和CO，反应方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，故答案为：SiO2＋2CSi＋2CO↑；【小问4详解】表中数据是研究外界条件对化学反应速率的影响，实验①②的温度不同，研究的是温度对反应速率的影响，其他条件应该相同才具有可比性，所以V1=2；实验①③的温度相同，研究的是浓度对反应速率的影响，混合液的体积应该相同，反应物的浓度不同，所以V2=1，故答案为：温度；2；浓度；1。20.一定温度下，将2molA和2molB气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，2min末测得A剩余1.1mol，5min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.2mol·L-1。回答下列问题：（1）x的值为___________；反应前和2min末的压强之比___________；（2）A的平衡转化率___________；（3）前2min的化学反应速率v(B)=___________；（4）判断正误(请在括号内填“√”或“×”)①恒温恒容密闭容器中发生C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，平衡后，充入2molCO和2molH2，再次平衡过程中逆反应速率逐渐变小___________。②恒温恒容密闭容器中充入一定量尿素，发生反应CO(NH2)2(s)HCNO(g)+NH3(g)，NH3的体积分数不变时，反应达到平衡___________。 ③恒温恒压密闭容器中充入NO2(g)发生2NO2(g)N2O4(g)，达到平衡后，再充入一定NO2时，正反应速率变大，逆反应速率不变___________。④恒温恒容密闭容器中发生C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，反应前充入2molH2O和足量C反应，达到平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐变小___________。【答案】（1）①.1②.40:37（2）60%（3）0.075mol·L-1·min-1（4）①.√②.×③.×④.√【解析】【小问1详解】5min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.2mol·L-1，则C的物质的量为0.4mol，根据化学方程式的系数之比即反应的物质的量之比可得，，所以x=1；根据题干数据，由三段式得，根据压强之比等于物质的量之比可得反应前和2min末的压强之比（2+2）：（1.1+1.7+0.3+0.6）=4:3.7=40:37，故答案为：1；40:37；【小问2详解】5min末反应达到平衡，根据题干数据可得，A的平衡转化率为，故答案为：60%；【小问3详解】由得前2min的化学反应速率v(B)=，故答案为：0.075mol·L-1·min-1； 【小问4详解】①恒温恒容密闭容器中发生C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，平衡后，充入2molCO和2molH2，增大了生成物的浓度，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向移动，逆反应速率逐渐变小直至达到新的平衡，故判断正确，故答案为：√；②恒温恒容密闭容器中充入一定量尿素，发生反应CO(NH2)2(s)HCNO(g)+NH3(g)，产物中只有两种气体，各占一半，NH3的体积分数一直不变时，不能以此判断反应是否达到平衡，故判断错误，故答案为：×；③恒温恒压密闭容器中充入NO2(g)发生2NO2(g)N2O4(g)，达到平衡后，再充入一定NO2时，正逆反应速率都变大，故判断错误，故答案为：×；④恒温恒容密闭容器中发生C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，反应前充入2molH2O和足量C反应，平衡正向移动，气体的物质的量增大，达到平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐变小，故判断正确，故答案为：√。21.从能量变化和反应快慢等角度研究化学反应具有重要意义。（1）已知一定条件下，反应N2+3H22NH3为放热反应，下图能正确表示该反应中能量变化的是___________；(填“A”或“B”)（2）研究高效催化剂是解决汽车尾气中的NO和CO对大气污染的重要途径。已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO(g)△H2=-110.5kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol则汽车尾气的催化转化反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=___________kJ/mol。（3）某兴趣小组为研究原电池原理，设计下图装置。 ①Cu为原电池___________极(填“正”或“负”)，其电极反应式是___________；②溶液中SO移向___________(填“Cu”或“Zn”极)。当负极金属溶解13.0g时，通过导线的电子数___________。③甲烷(CH4)燃料电池在碱性介质(电解质为KOH溶液)中的电极反应方程式：负极：___________，正极：___________。【答案】（1）A（2）-746（3）①.正②.Cu2++2e－=Cu③.Zn④.0.4NA或2.408×1023⑤.CH4＋10OH--8e-=CO＋7H2O⑥.2O2＋4H2O＋8e-=8OH-或O2＋2H2O＋4e-=4OH-【解析】【小问1详解】反应N2+3H22NH3为放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，能正确表示该反应中能量变化的是图A，故答案为：A；【小问2详解】已知①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO(g)△H2=-110.5kJ/mol③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol由得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=2△H1-2△H2-△H3=，故答案为：-746；【小问3详解】①以铜锌为电极，以硫酸铜溶液为电解质溶液组成的原电池，锌为原电池的负极，电极反应式为，Cu为原电池正极，电极反应式是；故答案为：正；； ②原电池中溶液的阴离子移向负极，即SO移向Zn极，当负极金属溶解13.0g时，也就是溶解0.2mol锌，由得通过导线的电子为0.4mol，数目为0.4NA或2.408×1023；故答案为：Zn；0.4NA或2.408×1023；③甲烷(CH4)燃料电池在碱性介质(电解质为KOH溶液)中，甲烷在负极发生氧化反应，与溶液中的氢氧根离子结合成碳酸根离子，正极是氧气得电子变成氢氧根离子，负极的电极反应式为：CH4＋10OH--8e-=CO＋7H2O，正极的电极反应式为：2O2＋4H2O＋8e-=8OH-或O2＋2H2O＋4e-=4OH-，故答案为：CH4＋10OH--8e-=CO＋7H2O；2O2＋4H2O＋8e-=8OH-或O2＋2H2O＋4e-=4OH-。22.氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆。以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2(难溶于稀硫酸)、Al2O3等，用硫酸渣制备铁红(Fe2O3)的过程如图，回答下列问题：（1）“酸溶”过程中，加入过量的稀硫酸充分反应，反应后溶液中含有的金属阳离子除了还有___________(填离子符号)，写出Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：___________。（2）“还原”过程中加入FeS2粉的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而FeS2自身被氧化为H2SO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（3）“滤渣A”是SiO2，SiO2是一种常见酸性氧化物，与CO2类似，都可与强碱反应，写出SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式：___________。（4）“氧化”时，可观察到的实验现象为___________。若加入的NaOH溶液过量，则“滤液B”中的溶质除了NaOH外，还含有___________；若加入的NaOH溶液不足，则制得的铁红中含有的杂质为___________(填化学式)。【答案】（1）①.Al3+②. （2）14:1（3）（4）①.有白色沉淀生成，迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色②.、③.【解析】【分析】硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH主要是使三价铁离子沉淀，而铝离子等不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红。【小问1详解】硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3等，“酸溶”过程中，加入过量稀硫酸充分反应，反应后溶液中含有的金属阳离子除了还有；与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为；故答案为：；；【小问2详解】“还原”过程中加入粉的目的是将溶液中的还原为，而自身被氧化为，则发生反应的离子方程式为14+=15+2+16H+，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为14：1；故答案为：14:1；【小问3详解】与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：；故答案为：；【小问4详解】“氧化”时，是加入氢氧化钠溶液和氧气，亚铁离子被沉淀然后沉淀再被氧化，可观察到的实验现象为有白色沉淀生成，迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色，若加入的NaOH溶液过量，NaOH溶液会与氢氧化铝沉淀反应生成偏铝酸钠等，则“滤液B”中的溶质除了NaOH外，还含有、；若加入的NaOH溶液不足，则部分氢氧化铝没有转化为偏铝酸钠而留在沉淀中，制得的铁红中可能含有的杂质为，故答案为：有白色沉淀生成，迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色；、；。