浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高一化学下学期4月期中试题（Word版附解析）

杭州“六县九校”联盟2022学年第二学期期中联考高一年级化学学科试题可能用到的相对原子质量：H-1　N-14　O-16　Na-23　S-32　Zn-65　Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.根据物质的组成与性质进行分类，SiO2属于A.氧化物B.酸C.碱D.盐【答案】A【解析】【分析】【详解】酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物；碱是指指在水溶液中电离出的阴离子全部为OH-的化合物；盐是指在水溶液中电离出阳离子(除H+)和酸根离子的化合物；氧化物是指由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物；故SiO2属于氧化物，故答案为：A。2.下列仪器与名称不相符的是A.长颈漏斗B.锥形瓶C.坩埚D.蒸发皿【答案】A【解析】【详解】A.应是分液漏斗，故A选；B．是锥形瓶，故B不选； C．是坩埚，故C不选；D．是蒸发皿，故D不选；故选A。3.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是A.锌片与稀硫酸反应B.石灰石的分解反应C.碳与水蒸气反应D.盐酸与碳酸氢钠反应【答案】C【解析】【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；常见的吸热反应有Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应、高温下C做还原剂的氧化还原反应、大多数的分解反应等。【详解】A．锌片与稀硫酸反应有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，故A错误；B．石灰石的分解反应不属于氧化还原反应，故B错误；C．碳与水蒸气反应有化合价的变化属于氧化还原反应，且属于吸热反应，故C正确；D．盐酸与碳酸氢钠反应属于吸热反应，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C。4.下列属于电解质的是A.B.C.浓硫酸D.【答案】A【解析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；电解质和非电解质都是化合物。【详解】A．是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，故A符合；B．为单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符；C．浓硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符；D．属于非电解质，故D不符；故选A。5.下列说法中正确的是 A.和的核内质子数相同，中子数不同，是同一种核素B.作X射线透视肠胃内服药剂C.某溶液中加入稀溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中不含D.金刚石与互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A．和的核内质子数相同，中子数不同，为不同核素，A项错误；B．硫酸钡既不溶于水，又不溶于酸，不但对人体无毒，还不易被X射线透过，在医疗上作为X射线透视胃肠的内服药剂，B项错误；C．稀溶液不能使铵盐产生NH3，不能说明该溶液中不含，C项错误；D．金刚石与的组成元素都是C，互为同素异形体，D项正确。答案选D。6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.漂白粉C.D.【答案】C【解析】【详解】A．SiO2不溶于水，不能与水反应生成H2SiO3，A不合题意；B．MnO2与稀盐酸不反应，且实验室制备Cl2是用MnO2和浓盐酸共热才能进行，B不合题意；C．NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑，4NH3+5O24NO+6H2O，C符合题意；D．S燃烧只能生成SO2，不能一步转化为SO3，D不合题意；故答案为：C。7.下列变化中化学键未被破坏的是A.碘升华B.食盐熔化C.氯化铵分解D.二氧化硫溶于水 【答案】A【解析】【详解】A．碘升华仅仅拉大了I2分子之间的距离，仅需克服分子间作用力即范德华力，为破坏化学键，A符合题意；B．食盐熔化将Na+和Cl-之间的距离拉大，破坏了二者之间的离子键，B不合题意；C．化学反应为微观本质为旧化学键的断裂和新化学键的形成，故氯化铵分解发生了化学变化，破坏了化学键，C不合题意；D．化学反应为微观本质为旧化学键的断裂和新化学键的形成，二氧化硫溶于水发生化学反应，破坏了化学键，D不合题意；故答案为：A。8.右表为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法不正确的是A.氧化物对应的水化物的酸性强弱：Z>YB.Y与氢元素形成的化合物可能有和C.最简单气态氢化物的热稳定性：R>YD.原子半径大小：【答案】A【解析】【分析】短周期元素X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则X的最外层上电子数为8-3=5，则X为P，根据题干图片中周期表可知，Y为S，R为O，Z为Cl，据此分析解题。【详解】A．已知元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，已知Z即Cl的非金属性比Y即S的强，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4＞H2SO4即Z>Y，不是最高价氧化物对应水化物的酸性则不一定如H2SO3＞HClO，A错误；B．由分析可知，Y为S，根据O能与H形成H2O和H2O2可推知，Y与氢元素形成的化合物有H2S即，也能形成H2S2即，B正确；C．由分析可知，R为O，Y为S，且O的非金属性强于S，则最简单气态氢化物的热稳定性H2O＞H2S即R>Y，C正确； D．由分析可知，X为P，Y为S，Z为Cl，同一周期从左往右原子半径依次减小，则原子半径大小：，D正确；故答案为：A。9.食盐中所加的碘以碘酸钾形式存在，已知反应：，可用该反应设计实验来证明加碘食盐中存在的，关于上述反应的说法不正确的是A.反应中I-被氧化B.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：1C.当生成3mol2时，电子转移数目为D.该反应可证明I-的还原性强于I2【答案】B【解析】【详解】A．由题干离子方程式可知，反应中中碘的化合价升高到0价，而中碘的化合价由+5价降低到0价，即I—被氧化，A正确；B．由题干离子方程式可知，上述反应中氧化剂为和还原剂为I-，二者的物质的量之比为1：5，B错误；C．由题干离子方程式可知，当生成3molI2时，电子转移数目，C正确；D．由题干离子方程式可知，I-为还原剂，I2为还原产物，故该反应可证明的还原性强于I2，D正确；故答案为：B。10.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是A.硅太阳能电池B.锂离子电池C.太阳能集热器D.燃气灶 【答案】B【解析】【详解】A．硅是良好的光电材料，硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，故A错误；B．锂离子电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故B正确；C．太阳能集热器为太阳能转化为热能的装置，故C错误；D．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故D错误；故选：B。11.“氯气对水一心一意，水偏弄成三分四离”，其中“三分四离”指是新制氯水中的七种微粒。下列实验现象和结论不一致的是A.新制氯水使紫色石蕊溶液先变红后褪色，说明有和存在B.向新制氯水中加入饱和溶液，有无色气体产生，说明有存在C.氯水久置后黄绿色消失，且产生气泡，该气泡是从溶液中逸出的氧气分子D.新制氯水中通入后黄绿色消失，说明有漂白性【答案】D【解析】【详解】A．新制氯水使紫色石蕊溶液变红，说明其中存在H+，后紫色石蕊溶液褪色，说明其中含有HClO，A项实验现象和结论一致；B．有无色气体产生说明其有H+，因此能和NaHCO3反应生成CO2，B项实验现象和结论一致；C．HClO容易见光分解生成HCl和O2，C项实验现象和结论一致；D．具有还原性，通入到氯水中能和其中的Cl2发生氧化还原反应，从而导致氯水黄绿色消失，D项实验现象和结论不一致。答案选D。12.已知化学反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是A.该反应为吸热反应 B.该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量C.当反应生成气体AB时，共吸收的能量D.断裂键需要吸收的能量【答案】D【解析】【详解】A．生成物的总能量小于反应物的总能量，该反应为放热反应，A项错误；B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B项错误；C．该反应为放热反应，当反应生成气体AB时，共放出的能量，C项错误；D．2molAB转化成2molA+2molB，即断裂键需要吸收ykJ能量，D项正确。答案选D。13.下列说法不正确的是A.轻微烫伤或烧伤时，若有水疱，尽量不要弄破B.中学实验室中，不能将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶C.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的溶液冲洗D.焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色【答案】B【解析】【详解】A．高温能使蛋白质发生变性，故烧烫伤后经立即降温来减轻伤害，若有水泡，尽量不要弄破，防止感染，故A正确；B．中学实验中，对于钠，钾，磷等易燃易爆物品，如果实验中未使用完时，可以将剩余的物品放回原试剂瓶保存，切忌乱扔，故B错误；C．酸具有强腐蚀性，如果不慎将酸沾到皮肤上，应先用干抹布拭去，立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的溶液冲洗，故C正确；D．焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，除去杂质，故D正确；故选B。14.下列关于硝酸和硫酸的叙述，正确的是A.常温下浓硝酸和浓硫酸都能用铝制容器贮存B.浓硫酸和浓硝酸都应保存在棕色试剂瓶中C.常温下，铁与稀硫酸或稀硝酸反应都能产生氢气 D.将浓硫酸加到浓硝酸中产生红棕色气体，说明浓硫酸的氧化性比浓硝酸强【答案】A【解析】【详解】A．常温下铝遇到浓硫酸和浓硝酸均能发生钝化，在表面形成一层致密的氧化物保护膜，故常温下浓硝酸和浓硫酸都能用铝制容器贮存，A正确；B．浓硫酸见光不分解，不需要存放在棕色试剂瓶中，而浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，B错误；C．常温下，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，而铁与稀硝酸反应生成硝酸铁或硝酸亚铁、一氧化氮和水，不能产生氢气，C错误；D．将浓硫酸加到浓硝酸中产生红棕色气体是由于浓硫酸稀释放出大量的热，浓硝酸受热分解4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，不能说明浓硫酸的氧化性比浓硝酸强，D错误；故答案为：A。15.下列指定反应的方程式不正确的是A.向含有和的混合溶液中通入少量：B.同体积同浓度的溶液与溶液混合：C.铜与浓硝酸溶液反应：D.保存溶液的试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因是：【答案】A【解析】【详解】A．由于钙离子和碳酸根离子结合生成CaCO3沉淀，故向含有NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入少量CO2的离子方程式为：Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O，A符合题意；B．已知NH4HSO4=+H++，H+结合OH-的能力比强，则同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O，B不合题意；C．铜与浓硝酸溶液反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，则其离子方程式为：，C不合题意；D．保存NaOH溶液试剂瓶用橡胶塞不用玻璃塞的原因是由于玻璃中的SiO2能与NaOH溶液反应，其离子方程式为：，D不合题意； 故答案为：A。16.下列有关燃料电池的说法正确的是A.燃料电池清洁、高效，能量转化率可达到B.氢氧燃料电池工作时氧气在正极被氧化C.燃料电池的反应物不是储存在电池内部，而是从外部提供D.燃料电池主要是将电能转化成化学能【答案】C【解析】【详解】A．燃料电池放电时，只有一部分能量转化为电能，所以能量转化率不是100%，故A错误；B．氢氧燃料电池工作时氧气在正极被还原，氢气在负极被氧化，故B错误；C．燃料电池的电极本身不包含活性物质，燃料电池的反应物不是储存在电池内部，而是从外部提供，故C正确；D．燃料电池是将化学能转变为电能的装置，故D错误；故选C。17.有关下列实验装置的说法中正确的是A.装置甲可用于比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性B.装置乙可用于收集SO2并防止其污染空气C.实验室用装置丙可制备少量氨气D.选用合适的溶液，HCl、NH3和CO2均能用装置丁作喷泉实验【答案】D【解析】【详解】A．由于大试管的温度比内套小试管的高，题干装置甲中由于Na2CO3和NaHCO3位置放反了，不可用于比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，A错误；B．SO2的密度比空气的大，应该采用向上排空气法收集即采用长进短出，B错误； C．实验室制备氨气的反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，单独加热NH4Cl得不到NH3，C错误；D．由于HCl、NH3极易溶于水，CO2能与NaOH溶液反应导致圆底烧瓶内气体压强减小，形成喷泉，故选用合适的溶液，HCl、NH3和CO2均能用装置丁作喷泉实验，D正确；故答案为：D。18.下列表示的是化学反应在不同条件下的反应速率，其中最快的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】反应速率之比等于化学计量数之比，即该反应的反应速率比为1∶2∶1∶3，将四个选项中的反应速率全部转换为A的反应速率，可知B选项中，反应最快。答案选B。19.化学与我们的生活息息相关，下列说法不正确的是A.纯碱、石灰石、石英砂(主要成分是)是制造玻璃的主要原料B.液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂C.合金的硬度一般都比其成分金属小D.和都能形成酸雨而破坏环境【答案】C【解析】【详解】A．工业上使用纯碱、石灰石、石英砂(主要成分是SiO2)为主要原料来制造玻璃，涉及的反应方程式有：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，A正确；B．液氨的沸点较高，氨气易液化且液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂，B正确；C．合金的硬度一般都比其成分金属大，C错误； D．SO2和NO2能分别形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨而破坏环境，D正确；故答案为：C。20.类推思想在化学学习和研究中经常被采用，下列“类比”合理的是A.常温下，的溶解度比的大，则的溶解度比的大B.少量与澄清石灰水生成白色沉淀，则少量与澄清石灰水也生成白色沉淀C.镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、溶液组成原电池时镁也作负极D.通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也无沉淀生成【答案】B【解析】【详解】A．常温下，Na2CO3的溶解度比NaHCO3的大，但CaCO3的溶解度比Ca(HCO3)2的小，类比不合理，A不合题意；B．CO2、SO2均为酸性氧化物，故少量CO2与澄清石灰水生成白色沉淀Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，则少量SO2与澄清石灰水也生成白色沉淀Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，类比合理，B符合题意；C．由于Mg、Al均能与稀硫酸反应，且Mg比Al活动性更强，故镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，但Mg与NaOH溶液不反应，而Al能与NaOH溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故镁、铝、溶液组成原电池时铝作负极，Mg作正极，类比不合理，C不合题意；D．由于HCl的酸性强于H2SO3，故SO2通入BaCl2溶液中不反应无沉淀生成，但由于BaSO4既不溶于水又不溶于酸，SO3通入BaCl2溶液中因反应BaCl2+H2O+SO3=BaSO4↓+2HCl而有沉淀BaSO4生成，类比不合理，D不合题意；故答案为：B。21.一定条件下，在恒容密闭容器中充入和发生反应：，下列能说明该反应达到化学平衡的是A.单位时间内消耗的同时生成B.容器内、、的浓度之比为C.断开1个键的同时有4个键断开D.密闭容器内压强不再发生变化【答案】D【解析】 【详解】A．消耗H2O和生成HF均表示正反应速率，故单位时间内消耗的同时生成，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；B．化学平衡的特征之一为反应体系各组分的浓度保持不变，而不是相等或成比例，故容器内、、的浓度之比为，不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C．断开Si-F键表示正反应，断开H-F键表示逆反应，根据方程式可知断开4个键的同时有4个键断开才是正、逆反应速率相等，即断开1个键的同时有4个键断开表示正反应速率小于逆反应速率，反应未达到化学平衡状态，C不合题意；D．由题干信息可知，该反应前后气体的系数和发生改变，即反应过程中密闭容器内气体压强一直改变，当密闭容器内压强不再发生变化时说明反应达到化学平衡，D符合题意；故答案为：D。22.银锌纽扣电池的构造如图所示，其电池反应方程式为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2。下列说法正确的是A.锌粉为正极B.Ag2O发生氧化反应C.电池工作时，电流从锌粉流向Ag2OD.负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2【答案】D【解析】【详解】A．由题干原电池总反应可知，Zn发生氧化反应，即锌粉为负极，A错误；B．由题干原电池总反应可知，Ag2O转化为Ag，化合价降低，发生还原反应，B错误；C．由A、B分析可知，Zn为负极，Ag2O为正极，故电池工作时，电流从正极Ag2O经导线流向负极锌粉，C错误；D．由题干原电池总反应可知，负极发生氧化反应即Zn为负极，则负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，D正确； 故答案为：D。23.设阿伏伽德罗常数的值为，下列说法正确的是A.标准状况下，含有的共用电子对数为B.所含的质子数为C.与充分反应后生成的分子数为D.的溶液中含有的的数目为【答案】B【解析】【详解】A．已知一个CO2分子中有4个共用电子对，则标准状况下，含有的共用电子对数为=，A错误；B．已知H218O的摩尔质量为20g/mol，1个H2O中含有10个质子，故所含的质子数为=，B正确；C．已知N2+3H22NH3，该反应是一个可逆反应，故与充分反应后生成的分子数小于，C错误；D．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算的溶液中含有的的数目，D错误；故答案为：B。24.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，两者在恒容密闭容器中能发生反应：，为了验证温度对该反应速率的影响，某同学设计了两组实验，如表所示。已知280℃的情况下，反应后达到平衡，测得NO的浓度为。下列说法不正确的是实验编号t/NO的初始浓度CO的初始浓度Ⅰ280Ⅱ350 A.表中的数值应为B.当，说明该反应已达到平衡状态C.时，前内，用表示平均反应速率为D.的情况下达到平衡时的浓度为【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，该实验目的为验证温度对该反应速率的影响，即除温度不同外其余条件需完全相同，则表中的数值应为，A正确；B．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，，当时，有，说明该反应已达到平衡状态，B正确；C．由题干数据可知，时，前内，用NO表示的平均反应速率为：=，根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，用表示的平均反应速率为，C错误；D．由三段式分析：，故的情况下达到平衡时的浓度为，D正确；故答案为：C。25.下列实验操作与现象或结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象或结论A向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体浓硫酸只体现脱水性B向某无色溶液中先加入溶液，加入溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消 再加稀盐酸失，该溶液中一定含有C将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色气体中可能含有D将铁棒和铜棒用导线连接后放入浓硝酸中，铜棒变细金属性：铜>铁A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体，浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸体现强氧化性和脱水性，故A错误；B．向某无色溶液中先加入溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中可能含有，也可能含有银离子，故B错误；C．将某气体通入品红溶液，品红溶液褪色，气体中可能含有，也可能是氯气等，故C正确；D．将铁棒和铜棒用导线连接后放入浓硝酸中，铁钝化，铜棒变细，不能说明铜和铁金属性强弱，故D错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26.完成下列小题（1）胆矾的化学式为：___________；（2）H2S的电子式为___________；（3）铜与稀硝酸反应的离子方程式为：___________。【答案】（1）CuSO4·5H2O（2）（3）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O【解析】【小问1详解】胆矾是带5个结晶水的硫酸铜，其化学式为：CuSO4·5H2O，故答案为：CuSO4·5H2O； 【小问2详解】已知S原子最外层上有6个电子，根据共价化合物电子式的书写规则可知，H2S的电子式为，故答案为：；【小问3详解】已知铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，则其离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。27.在“价-类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。图中的字母分别代表硫及其常见化合物，f、g均为含钠元素的正盐，请回答：（1）当a与b混合时，可观察到的现象是___________；（2）固体f露置在空气中易变质转化为g，该转化的化学方程式为___________；（3）某同学利用下列装置测定空气中的含量。通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是___________，该装置中与碘溶液发生反应的化学方程式为：___________。若空气流速为，当与碘溶液恰好完全反应时，耗时10min，则该空气样品中的含量是___________。(用含V的最简表达式表示)【答案】（1）产生淡黄色沉淀 （2）2Na2SO3+O2=2Na2SO4（3）①.增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全②.SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI③.【解析】【分析】由题干图示信息可知，a为H2S、b为H2SO3、c为H2SO4、d为S、e为Na2S、f为Na2SO3、g为Na2SO4，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，a为H2S，b为H2SO3，当a与b混合时，二者发生反应方程式为：2H2S+H2SO3=3S+3H2O，则可观察到的现象是产生淡黄色沉淀，故答案为：产生淡黄色沉淀；【小问2详解】由分析可知，固体f即Na2SO3露置在空气中易变质转化为g即Na2SO4，则该转化的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；小问3详解】通空气样品的导管末端是带许多小孔的玻璃球泡，其主要作用是增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全，该装置中SO2与碘(I2)溶液发生反应生成H2SO4和HI，该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，若空气流速为，当SO2与碘(I2)溶液恰好完全反应时，耗时10min，通入的空气体积为10VL，根据反应方程式可知，n(SO2)=n(I2)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则该空气样品中的含量是=，故答案为：增大气体和液体接触面积，使SO2充分反应、吸收完全；SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；。28.2020年第七十五届联合国大会上，中国向世界郑重承诺在2030年前实现碳达峰，在2060年前实现碳中和。大力发展绿色能源、清洁能源是实现碳中和的最有效方法。原电池反应能够提供电能但不产生气体，右图是某原电池装置图。 （1）该原电池正极的电极反应是___________。（2）溶液中向___________(填“Zn”或“Cu”)电极移动。（3）放电一段时间后，导线上通过了个电子，则锌片质量减轻___________g。【答案】（1）Cu2++2e-=Cu（2）Zn（3）6.5【解析】【分析】铜的活泼性弱于锌，锌能把铜离子从溶液中置换出来，锌原子失去电子变成阳离子，化合价会升高，铜离子得到电子变为原子，化合价会降低。电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动。【小问1详解】铜为原电池的正极，铜离子在铜极上得电子生成铜单质，该原电池正极的电极反应是Cu2++2e-=Cu。故答案为：Cu2++2e-=Cu；【小问2详解】电解质溶液中阴离子向负极移动,溶液中向Zn电极移动。故答案为：Zn；【小问3详解】放电一段时间后，导线上通过了个电子，即反应的锌为0.1mol,则锌片质量减轻0.1mol×65g/mol=6.5g。故答案为：6.5。29.为了探究某固体化合物M(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如图实验(假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出)： 请回答：（1）组成固体M的元素是___________(填元素符号)；（2）白色沉淀E中所含化学键类型为___________；（3）反应①的化学反应方程式为___________。【答案】（1）Na、N（2）离子键、极性共价键（3）2NaN32Na+3N2↑【解析】【分析】银白色金属单质A，焰色反应呈黄色，A为单质Na，固体C和水反应生成碱性气体D，则D为NH3。气体B和Mg反应生成固体C，固体C和水反应生成NH3和白色沉淀B，根据反应前后元素种类不变，可知固体C为Mg3N2，白色沉淀E为Mg（OH）2，气体B为N2。M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为=1:3。M的化学式为NaN3。【小问1详解】由上面分析可知M中含N和Na元素。答案：Na、N；【小问2详解】Mg(OH)2中含离子键，氢氧根内含极性共价键，答案：离子键、极性共价键；【小问3详解】M由N元素和Na元素组成，根据质量守恒，M中Na和N原子个数比为=1:3。M的化学式为NaN3，反应①的化学方程式2NaN32Na+3N2↑，答案：2NaN32Na+3N2↑。30.科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将和以一定比例混合通入反应器，适当条件下可获得甲醇。某温度下在的恒容密闭容器中，充入和，发生反应：。现测得和的浓度随时间变化如图所示。 （1）从反应开始经过达到平衡，则这段时间内氢气的平均反应速率___________。（2）其他条件不变时，下列措施能使生成甲醇的反应速率增大的是___________(填字母)。A.降低温度B.增大的浓度C.将容器的容积变为D.恒容条件下充入一定量Ne（3）能判断该反应已达到化学反应限度的标志是___________(填字母)。A.容器中混合气体的密度保持不变B.容器中浓度与浓度相等C.容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变D.的生成速率与的生成速率相等【答案】（1）0.15（2）BC（3）CD【解析】【小问1详解】从反应开始经过达到平衡，CO2(g)改变量为0.75mol•L−1，则H2(g)改变量为2.25mol•L−1，则这段时间内氢气的平均反应速率=0.15。故答案为：0.15；【小问2详解】A.降低温度，反应速率降低，故A不符；B.增大的浓度，反应速率增大，故B符合；C.将容器的容积变为，相当于加压，反应速率增大，故C符合；D.恒容条件下充入一定量Ne，不改变反应混合物的浓度，反应速率不变，故D不符；故答案为：BC；【小问3详解】 A.容器中混合气体的密度保持始终不变，不能说明达到平衡，故A不符；B.容器中浓度与浓度相等不能说明正反应速率等于逆反应速率，故B不符；C.该反应是体积减小的反应，气体质量始终不变，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变，能作为判断平衡标志，故C符合；D.的生成速率与的生成速率相等，一个正向反应，一个逆向反应，两个不同方向，速率比等于计量系数之比，能作为判断平衡标志，故D符合；故答案为：CD。31.和是重要的工业产品，下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程。（1）从氨分离器中又回到合成塔中的物质是___________。（2）在催化剂和加热条件下氧化炉中发生反应的化学方程式是___________，从氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，吸收塔中通入空气的作用是___________。（3）若要实现，从氧化还原反应原理上看，下列试剂可行的是___________。A.B.C.D.（4）氮及其化合物在催化剂a和催化剂b作用下发生转化的过程如图所示，下列分析合理的是___________。A.与反应属于氮的固定过程B.催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成C.在催化剂b表面形成氮氧键时需要吸收能量D.催化剂a作用下的转化涉及电子转移，催化剂b作用下的转化不涉及电子转移【答案】（1）N2、H2 （2）①.4NH3+5O24NO+6H2O②.使NO、NO2完全转化为HNO3（3）BC（4）AB【解析】【分析】氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气，氨分离器得到氨气进入氧化炉，氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮进入吸收塔和氧气、水反应生成硝酸，最后尾气处理剩余的氮氧化物。【小问1详解】从合成气中分离出氨，主要利用了氨气易液化的性质，从氨分离器中分离出的另两种气体N2、H2可回到合成塔中再利用；【小问2详解】氧化炉中氨气和氧气发生反应生成一氧化氮和水，其化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；为提高原料的利用率，则氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，因此吸收塔中通入空气的作用是使NO2和NO全部转化为HNO3；【小问3详解】在NH3中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，因此需加入氧化剂就可以实现上述转化。A．Fe具有还原性，不能将NH3氧化为N2，A不符合题意；B．O2具有氧化性，在点燃时NH3与O2反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，B符合题意；C．NO2具有氧化性，在加热时NH3与NO2发生氧化还原反应产生N2、H2O，可以实现上述转化，C符合题意；D．NH4Cl与NH3不能发生反应，因此不能实现上述转化，D不符合题意；故合理选项是BC；【小问4详解】A．游离态氮转化为化合态氮为氮的固定，故N2与H2反应属于氮的固定过程，A正确；B．催化剂a表面氮气和氢气的非极性共价键断裂，同时生成氨气，有N-H极性共价键的形成，B正确；C．在催化剂b表面形成氮氧键时需要释放能量，C错误；D．在催化剂b表面形成氮氧键时，氮元素化合价由-3价变为+2价，涉及电子转移，D错误；故选AB。32.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下(已配平)：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+A↑+2H2O，试通过计算和推理完成下面的填空：（1）在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为___________。（2）一定量的铜片与的浓硫酸充分反应(浓硫酸过量)，如果该反应过程中转移了0.6mol电子，生成的A气体在标准状况下的体积为___________L(假设气体全部逸出)。（3）将(2)中反应后所得的溶液稀释后与足量的溶液反应，所得沉淀的质量为___________g。【答案】（1）1:1（2）6.72（3）349.5【解析】【分析】根据质量守恒可知，反应方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+A↑+2H2O中A为SO2，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，转化为SO2的硫酸被还原，转化为CuSO4中的硫酸未被还原，即在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；【小问2详解】由分析可知，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中每转移2mol电子生成1mol气体A即SO2，则如果该反应过程中转移了0.6mol电子，生成的A气体在标准状况下的体积为=6.72L，故答案为：6.72；【小问3详解】由上述分析可知，一定量的铜片与的浓硫酸充分反应(浓硫酸过量)，完全反应后剩余的硫酸根的物质的量为：0.1L×18mol/L-n(SO2)=0.1L×18mol/L-0.3mol=1.5mol，故将(2)中反应后所得的溶液稀释后与足量的BaCl2溶液反应，所得沉淀的质量为1.5mol×233g/mol=349.5g，故答案为：349.5。