2020年高中化学新教材同步必修第二册阶段重点突破汇总

阶段重点突破练(一)一、二氧化硫性质的多样性1.(2018·奉新县高一期末)SO2既有氧化性又有还原性，还有漂白性。下列变化中对SO2表现的性质标注正确的是()①SO2使溴水褪色(氧化性)②SO2使品红溶液褪色(漂白性)③SO2通入氢硫酸(H2S)产生淡黄色浑浊(还原性)④SO2使湿润的蓝色石蕊试纸变红(水溶液显酸性)A.只有②④ B.只有③④C.只有①③ D.①②③④答案A解析①体现了SO2的还原性；②体现了SO2的漂白性；③体现了SO2的氧化性；④体现了SO2是酸性氧化物，其水溶液显酸性。2.下列变化中，不属于化学变化的是()A.二氧化硫使品红溶液褪色B.氯水使有色布条褪色C.活性炭使红墨水褪色D.漂白粉使某些染料褪色答案C解析A项，SO2与品红反应生成无色物质，发生化学反应；B项，氯水中含有HClO，HClO具有强氧化性，能使有色布条褪色；C项，活性炭使红墨水褪色是物理变化；D项，漂白粉中的Ca(ClO)2有强氧化性，能使某些染料褪色。3.(2019·嘉峪关高一质检)下列四种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是()①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液A.①④B.②③C.②③④D.①②③答案B解析①体现二氧化硫的漂白性；②体现二氧化硫的还原性；③体现二氧化硫的还原性；④体现二氧化硫的酸性氧化物的性质，答案选B。4.(2019·河北衡水二中质检)下列说法正确的是()A.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低，其原因相同B.SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同C.漂白粉和氢氧化钠长期暴露在空气中变质，反应原理相同D.能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2答案D解析浓硫酸具有吸水性，溶剂增多，浓盐酸具有挥发性，溶质减少，即二者浓度减小的原因不同，A项错误；漂白粉、过氧化钠具有强氧化性，活性炭具有吸附性，SO2与有色物质化合体现其漂白性，漂白原理不完全相同，B项错误；漂白粉与二氧化碳和水反应生成HClO，HClO易分解，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，即反应原理不相同，C项错误；具有漂白性的物质可使品红溶液褪色，如氯气、二氧化硫等，所以能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2，D项正确。5.某研究性学习小组为探究SO2的性质，设计如图所示实验装置(装置中的固定仪器和酒精灯均未画出)：请回答下列问题：(1)B装置的作用是__________，D、E两装置中四氯化碳(CCl4)的作用是________________。(2)C装置中的现象是____________，该现象证明SO2具有________性。(3)若将C装置中的试剂换成酸性KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为__________________________________________________，证明SO2具有__________性。若将C装置中的试剂换成Na2S溶液，则现象为___________，证明SO2具有________性。(4)对装置A中的浓H2SO4和铜片进行加热，很快发现装置C中出现明显现象，但始终未见装置D中澄清石灰水出现浑浊或沉淀。你的猜想是_________________________________________________________，设计实验验证你的猜想_________________________。(5)实验结束后，为了减少环境污染，将各装置中的SO2除尽，可采取的操作是________________________________________________________________________。答案(1)防倒吸防倒吸(2)品红溶液褪色漂白(3)5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋还原有淡黄色沉淀生成氧化(4)SO2溶解度较大，澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，生成了Ca(HSO3)2取样后，向其中加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成(其他合理答案也可)(5)打开弹簧夹，用注射器向其中通入空气，然后在装置B中加入NaOH溶液，塞上塞子，振荡即可解析(1)装置B是安全瓶，防止C装置中的溶液倒吸，进入装置A中。将SO2通入碱溶液中易发生倒吸，但SO2在CCl4中溶解度较小，所以CCl4的作用是防止倒吸。(2)SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色。(3)SO2具有酸性氧化物的通性，能使澄清石灰水变浑浊，SO2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化；SO2具有氧化性，能与Na2S溶液反应生成淡黄色的硫单质。(4)要从SO2易溶于水，产生气体速率快和澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，易生成Ca(HSO3)2的角度来考虑。(5)注意观察装置A的结构特点，可通入空气将各装置中的SO2排放到NaOH溶液中。但此法不能完全赶走装置B中的SO2，要另外加入NaOH溶液除去。二、浓硫酸与稀硫酸的性质6.下列关于浓硫酸和稀硫酸的叙述中，正确的是()A.常温时都能与铁发生反应，放出气体B.加热时都能与铜发生反应C.硫元素的化合价都是＋6价D.都能作为气体的干燥剂答案C解析常温下浓硫酸能使铁钝化，加热时浓硫酸能与铜发生反应，浓硫酸具有吸水性，常作气体的干燥剂。常温下稀硫酸能与铁反应放出氢气，常温或加热时，稀硫酸都不能与铜反应，稀硫酸不具有吸水性，不能作干燥剂。7.区别浓硫酸和稀硫酸，既简单又可靠的方法是()A.常温下与铜片反应B.与石蕊溶液反应C.用玻璃棒各蘸少许溶液涂在纸上D.加入锌片看是否有气体生成答案C解析常温下浓硫酸和稀硫酸都不能与Cu反应；锌与浓硫酸反应产生SO2，与稀硫酸反应产生H2，可以区别，但不是最简单的方法；C项利用浓硫酸有脱水性而稀硫酸没有脱水性来区分两种溶液，较简单。8.某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应情况，用如图所示装置进行有关实验。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_________________________________________。(2)装置D中试管口放置的棉花中应浸有一种液体，这种液体是__________________，其作用是______________________。(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当装置D中有明显的现象后，关闭K并移去酒精灯，但由于余热的作用，装置A中仍有气体产生，此时装置B中现象是______________，B中应盛放的液体是__________________(填字母)。A.水 B.酸性KMnO4溶液C.浓溴水 D.饱和NaHSO3溶液(4)实验中，取一定质量的铜片和一定体积18mol·L－1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完全，发现圆底烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的H2SO4剩余。①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是_________________________。②下列药品中能用来证明反应结束后的圆底烧瓶中存在余酸的是____________(填字母)。A.铁粉 B.BaCl2溶液C.银粉 D.NaHCO3溶液答案(1)Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2)氢氧化钠溶液(其他合理答案均可)吸收多余的SO2，防止污染空气(3)试剂瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升D(4)①反应过程中H2SO4被消耗，浓硫酸逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应②AD解析(1)装置A为铜与浓硫酸的反应装置，二者反应生成CuSO4、SO2和H2O。(2)因SO2为大气污染物，需要进行尾气处理，常用氢氧化钠溶液吸收SO2。(3)根据题目中“装置B的作用是贮存多余的气体”可知，装置B中的试剂不能吸收SO2，而水、酸性KMnO4溶液和浓溴水都与SO2反应。(4)铜可与浓硫酸反应，但不与稀硫酸反应。随着反应的进行，H2SO4的浓度逐渐减小，浓硫酸变为稀硫酸时，反应停止，因此铜会剩余。因铜与浓硫酸反应的生成物中存在CuSO4，要证明反应后的圆底烧瓶中有余酸存在，只需证明有H＋存在。所以，选择的是能与H＋反应且有明显现象的铁粉和NaHCO3溶液。三、硫酸根离子的检验与杂质离子的除去9.对于某些离子的检验及结论正确的是()A.加稀盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变混浊，原溶液中一定有COeq\o\al(2－,3)B.加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中一定有SOeq\o\al(2－,4)C.某溶液为蓝色，该溶液中可能含有Cu2＋D.某溶液中加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，则该溶液中一定有Ca2＋答案C解析加入稀盐酸，能放出使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液中可能含有COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)和HSOeq\o\al(－,3)；加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，可能含有银离子或硫酸根离子；加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，原溶液中可能含有Ba2＋或Ca2＋等。10.除去氯化钠中少量的氯化钙、硫酸钠杂质，下列选用的试剂及加入顺序正确的是()A.Na2CO3、BaCl2、HClB.BaCl2、Na2CO3、H2SO4C.BaCl2、Na2CO3、HClD.Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl答案C解析先除去硫酸根离子(用过量氯化钡溶液，而不能用硝酸钡溶液)，再除去钙离子和钡离子(过量碳酸钠溶液)，最后除去碳酸根离子(用盐酸，而不能用硫酸)。11.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂均过量)称取粗盐eq\o(→,\s\up7(溶解),\s\do5(①))eq\o(→,\s\up7(BaCl2溶液),\s\do5(②))eq\o(→,\s\up10(\x()),\s\do5(③))eq\o(→,\s\up7(Na2CO3),\s\do5(④))eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(⑤))滤液eq\o(→,\s\up7(适量盐酸),\s\do5(⑥))eq\o(→,\s\up7(蒸发、结晶、烘干),\s\do5(⑦))精盐下列叙述正确的是()A.第④发生的反应只有CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClB.eq\x()中的试剂可以是NaOH溶液也可以是KOH溶液C.步骤②和④顺序可以颠倒D.⑤步操作用到的玻璃仪器只有烧杯、漏斗和玻璃棒答案D解析A项，氯化钙和碳酸钠反应会生成碳酸钙沉淀和氯化钠，氯化钡和碳酸钠反应会生成碳酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式为CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl，BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl；B项，氢氧根离子和镁离子会生成氢氧化镁沉淀，所用除杂试剂的化学式为NaOH，而用KOH溶液，则引入杂质K＋；C项，碳酸钠必须放在氯化钡后加入，这样既可以将钙离子除去，也可以将反应剩余的钡离子除去。12.某水样中要检验出H＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－，三位学生进行了如下不同的实验：甲同学：取少量溶液先滴加石蕊溶液，再加入BaCl2溶液，充分振荡后静置，取上层清液加入AgNO3溶液。乙同学：取少量溶液先加入足量Ba(NO3)2溶液，充分振荡后静置，取上层清液加入AgNO3溶液，再加入少量NaHCO3粉末。(1)评价二位同学实验的合理性。甲________(填“合理”或“不合理”，下同)；乙________。如不合理，请说明原因________________________________________(如合理，此空不填)。(2)丙同学认为以下做法也能达到实验目的，但要控制试剂的用量：取少量溶液先滴加紫色石蕊溶液，再加入Ba(OH)2溶液，充分振荡后静置，取上层清液加入AgNO3溶液。请说明丙同学如何控制试剂量：___________________________________________________________。答案(1)不合理合理甲加入BaCl2溶液引入Cl－，干扰Cl－的检验(2)加入Ba(OH)2溶液至沉淀不再产生，且溶液红色不褪去解析(1)甲同学设计的方案不合理，加入BaCl2溶液时引入了Cl－，此后再检验Cl－已无意义。(2)加Ba(OH)2不要过量，保证溶液仍呈酸性为好。否则在碱性条件下后加入的Ag＋与OH－反应最终生成灰黑色的Ag2O沉淀，对实验造成干扰。13.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除含有NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。制备精盐的各步操作流程如下：(1)在第⑦步蒸发过程中要用玻璃棒搅拌，目的是_______________________________________________________________________________________________________。(2)第②、④步操作的目的分别是除去粗盐中的Na2SO4和CaCl2，需要加入的试剂依次是________________(填化学式)。(3)第⑥步操作中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________________________________________。(4)在第③步操作中，选择的除杂试剂不能是KOH溶液，理由是________________________________________________________________________。(5)第⑤步操作中，需要的玻璃仪器有______、________、________。答案(1)防止液体局部受热温度过高，造成液滴飞溅(2)BaCl2、Na2CO3(3)NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑(4)会引入新杂质K＋(5)漏斗烧杯玻璃棒解析(1)在第⑦步蒸发过程中要用玻璃棒搅拌，目的是防止液体局部受热温度过高，造成液滴飞溅。(2)第②步操作的目的是除去粗盐中的硫酸钠，则需要加入过量BaCl2溶液，第④步操作是为了除去CaCl2及过量的BaCl2，则需要加入过量Na2CO3溶液。(3)第⑥步操作的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠，所以发生反应的化学方程式为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑。(4)不能用KOH溶液代替NaOH溶液，理由是会引入新杂质K＋。(5)过滤操作所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。四、含硫物质的性质及其相互转化14.A～D是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中A是单质，D是最高价氧化物对应的水化物，A、B、C中所含同一元素的化合价不同。那么A可能是()A.S B.Cl2C.Fe D.Mg答案A解析氯气不能直接与氧气反应；铁与氧气反应的产物与D分解的产物不同；镁在化合物中只显＋2价。15.如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应。下列说法正确的是()A.溶液B中发生的反应为2SO2＋O2=2SO3B.可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3＋C.由以上流程可推知氧化性：Fe3＋＞O2＞SOeq\o\al(2－,4)D.此工艺的优点之一是物质能循环利用答案D解析酸性Fe2(SO4)3溶液能吸收SO2，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，溶液B中通入空气发生反应：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，则氧化性：O2＞Fe3＋＞SOeq\o\al(2－,4)，A、C两项错误；溶液C中含有Fe2(SO4)3，可用KSCN溶液检验Fe3＋，B项错误；Fe2(SO4)3可循环利用，D项正确。16.已知X、Y都为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。回答下列问题：(1)写出下列各物质的化学式：X______________、Y____________、A_____________、B______________、C______________。(2)反应①的化学方程式为______________________________________________________。反应②的离子方程式为_________________________________________________________。答案(1)Cl2SO2HClH2SO4FeCl3(2)Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO42Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋解析A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，A中含Cl－；B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀，B中含SOeq\o\al(2－,4)；又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与Fe反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

阶段重点突破练(二)一、氮及其化合物的重要性质与应用1.下列有关环境污染的说法正确的是()A.燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中二氧化硫的含量B.臭氧的体积分数超过10－4%的空气有利于人体健康C.pH在5.6～7之间的降水通常称为酸雨D.含磷洗涤剂易于被细菌分解，不会导致水体污染答案A解析燃煤时加入石灰石发生如下反应：CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑，CaO＋SO2eq\o(=,\s\up7(高温))CaSO3及2CaSO3＋O2=2CaSO4，可减少废气中SO2的含量，A正确；空气中臭氧的体积分数低于10－5%时可加速血液循环令人产生振奋的感觉，但高于此值时则会对人体产生危害，B不正确；只有雨水的pH<5.6时，才称为酸雨，C不正确；含磷洗涤剂会造成水体污染使水体富营养化，而引起赤潮、水华等现象，D不正确。2.下列说法正确的是()A.实验室用氯化铵溶液和氢氧化钙溶液混合制取氨气B.雷雨天气时空气中能生成少量的氮氧化物C.铵盐易溶于水，化学性质稳定，受热不易分解D.O2、NO、NO2都能用浓硫酸干燥，且通常情况下能大量共存答案B解析实验室用氯化铵和氢氧化钙的固体混合物在加热条件下制取氨气，A项错误；放电条件下，氮气和氧气反应生成NO，B项正确；铵盐受热易分解，C项错误；NO极易与O2反应，二者不能大量共存，D项错误。3.在下列变化：①大气固氮；②硝酸银分解；③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是()A.①②③ B.②①③C.③②① D.③①②答案A解析①大气固氮反应：N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电))2NO，氮元素被氧化。②硝酸银分解：2AgNO3=2Ag＋2NO2↑＋O2↑，氮元素被还原。③实验室制取氨气：2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，非氧化还原反应。4.(2018·辽宁六校协作体段考)将SO2气体通入BaCl2溶液无沉淀生成。若再通入气体X，有沉淀生成，则气体X可能是下列四种气体中的()①NO2②CO2③NH3④Cl2A.②③④ B.①②④C.①③④ D.①②③答案C解析将SO2气体通入BaCl2溶液无沉淀生成，再通入①NO2，④Cl2均有沉淀生成，是因为二者和溶液中的亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀；再通入③NH3有沉淀生成，是因为氨气与溶液中的亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀；再通入②CO2无沉淀生成，是因为二氧化碳和亚硫酸与氯化钡都不能反应，不会生成沉淀，故答案选C。5.下列说法中，正确的是()A.可用铝制或铁制容器盛装稀硝酸B.在0.1mol·L－1的盐酸中，Na＋、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)能大量共存C.56gFe与硝酸发生氧化还原反应时，转移的电子数一定是3molD.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定，见光易分解答案D解析在常温下，浓硝酸能使铁、铝等金属钝化，但铁、铝在常温下能与稀硝酸反应生成硝酸盐，所以不能用铝制或铁制容器盛装稀硝酸；在0.1mol·L－1的盐酸中存在大量的H＋，在H＋存在下，Fe2＋与NOeq\o\al(－,3)因能发生氧化还原反应而不能大量共存；因Fe与硝酸反应的相对量不知道，Fe是否完全反应或反应后生成Fe3＋还是Fe2＋都无法确定，故转移的电子数无法确定；浓硝酸不稳定，见光易分解，生成的NO2溶于硝酸而使硝酸变黄。6.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是()A.甲是浓氨水，乙是浓硫酸B.甲是浓盐酸，乙是浓氨水C.甲是浓氨水，乙是浓盐酸D.甲是浓硝酸，乙是浓氨水答案C解析由图可知白色烟环更靠近乙，说明甲处产生的气体的摩尔质量小于乙处产生的气体的摩尔质量，则甲应为浓氨水，挥发产生氨气，乙应为挥发性酸，而浓硫酸为难挥发性酸，因此C选项符合题意。二、氮及其化合物的相关计算7.标准状况下，在体积相同的三个烧瓶中分别盛满NH3、HCl和NO2气体，并分别倒立在水槽里，充分溶解后烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为(设烧瓶内液体未扩散到水槽里)()A.1∶1∶1 B.2∶2∶3C.3∶3∶2 D.2∶2∶1答案A解析设标准状况下三个烧瓶的体积均为VL。NH3：V(溶液)＝VL，n(NH3)＝eq\f(VL,22.4L·mol－1)，故c(NH3)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1；HCl：同NH3，c(HCl)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1；NO2：V(溶液)＝eq\f(2,3)VL，n(HNO3)＝eq\f(2,3)×eq\f(V,22.4)mol，故c(HNO3)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1。综上可知，烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为eq\f(1,22.4)mol·L－1∶eq\f(1,22.4)mol·L－1∶eq\f(1,22.4)mol·L－1＝1∶1∶1。8.将过量铁粉放入100mL2mol·L－1的硝酸溶液中，假设还原产物只有一氧化氮且硝酸完全反应，则参加反应的铁的质量为()A.2.8gB.5.6gC.4.2gD.11.2g答案C解析过量铁粉与稀硝酸反应的化学方程式：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，参加反应硝酸的物质的量＝0.1L×2mol·L－1＝0.2mol，参加反应铁的质量＝eq\f(0.2mol,8)×3×56g·mol－1＝4.2g。9.0.3molCu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是()A.1.0mol B.1.2molC.0.3mol D.2.2mol答案B解析未被还原的HNO3中的氮原子的物质的量＝反应后Cu(NO3)2中氮原子的物质的量。由Cu2S～2Cu(NO3)2得，n[Cu(NO3)2]＝0.6mol，所以未被还原的HNO3的物质的量是1.2mol。10.(2018·潍坊昌邑第一中学高一上期末模拟)1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体672mL，将盛有该气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入氧气的体积是()A.168mL B.224mLC.504mL D.336mL答案D解析10.06mol，整个反应过程为HNO3与铜反应转化为Cu(NO3)2、NO2和NO，而生成的NO2和NO在水中与氧气完全反应转化为HNO3，则Cu失去的电子数等于O2得到的电子数，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)＝0.015mol，V(O2)＝0.015mol×22.4L·mol－1＝0.336L＝336mL，所以通入O2的体积为336mL。11.向13.6g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入0.5mol·L－1的NaOH溶液1.0L，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是()A.原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1B.原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3mol·L－1C.产生NO的体积为2.24LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.1mol答案D解析生成的沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6g，其物质的量为0.2mol。设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x＋2y＝0.2mol,64g·mol－1×x＋144g·mol－1×y＝13.6g，解得x＝0.1mol，y＝0.05mol，Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1，A错误；Cu和Cu2O中的Cu都变为＋2价的Cu2＋，转移电子的物质的量为(0.1×2＋0.05×2)mol＝0.3mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO的物质的量应为0.1mol，但未注明是否为标准状况，故气体体积不一定为2.24L，C错误；n(NaOH)＝0.5mol，生成0.2molCu(OH)2时消耗了0.4molNaOH，另外0.1molNaOH中和了剩余的0.1mol硝酸，D正确；硝酸的总物质的量为0.1mol(剩余的)＋0.1mol(表现氧化性的)＋0.4mol(表现酸性的)＝0.6mol，其物质的量浓度为2.4mol·L－1，B错误。三、浓硝酸、浓硫酸、浓盐酸的性质比较12.下列各组物质混合后(必要时可提供加热条件)，最终只能得到一种气体产物的是()A.足量的铜与浓硝酸 B.足量的木炭与浓硫酸C.足量的铜与浓硫酸 D.足量的锌与浓硫酸答案C解析A项，先得到NO2后得到NO；B项，得到CO2、SO2；C项，只能得到SO2；D项，先得到SO2后得到H2。13.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.50mL18.4mol·L－1的浓硫酸与足量的铜在加热条件下反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB.3.2gCu与足量浓硝酸反应生成的气体为0.2molC.在标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应可生成22.4L氯气D.1molCu在加热条件下与足量浓硫酸反应产生1molSO2答案D解析A项，随反应的进行，浓硫酸浓度逐渐变小，稀硫酸不与铜反应，因此生成SO2分子的数目少于0.46NA，错误；B项,3.2g铜的物质的量为0.05mol，与足量浓硝酸反应失去0.1mol电子，根据得失电子守恒，能够生成0.1mol二氧化氮，错误；C项，在浓盐酸与二氧化锰的反应中，若完全反应，4molHCl能够生成1molCl2，而在实际反应过程中，浓盐酸变成稀盐酸后，反应停止，生成的Cl2的物质的量少于1mol，则标准状况下生成的Cl2的体积少于22.4L，错误；D项，1mol铜与足量浓硫酸完全反应生成1mol二氧化硫，正确。14.下列关于浓硝酸和浓硫酸说法不正确的是()A.浓硝酸和浓硫酸在空气中久置，其浓度都会减小B.与铜反应中都表现出强氧化性和酸性C.浓硝酸常保存在棕色试剂瓶中D.常温下，浓硝酸和浓硫酸都不与铁、铝反应答案D解析在空气中久置时，浓硝酸因具有挥发性，其浓度减小(溶质减少)，浓硫酸因具有吸水性，其浓度减小(溶剂增多)；浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硫酸和浓硝酸都表现出强氧化性和酸性；浓硝酸见光易分解，常用棕色试剂瓶保存；浓硫酸和浓硝酸都具有强氧化性，常温下都与铁、铝发生钝化反应。15.(2019·杭州高一期末)下列有关浓硫酸、浓盐酸、浓硝酸的认识正确的是()A.浓硫酸、浓硝酸与金属反应时，主要是S或N得电子B.如图，①中为三种酸的一种，②中为浓氨水，则大烧杯中均观察到白烟C.浓盐酸、浓硫酸都可用来干燥氧气D.常温下，浓硫酸或浓硝酸中投入Fe片，均会产生大量的气体答案A解析浓硫酸、浓硝酸均有强氧化性，与金属反应时，主要是S或N得电子，A正确；浓硫酸是难挥发性酸，B错；浓盐酸没有吸水性，C错；常温下，Fe在浓硫酸、浓硝酸中钝化，D错。四、综合探究实验16.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置A中的烧瓶内固体可选用________(填字母)。A.碱石灰 B.生石灰C.二氧化硅 D.五氧化二磷E.烧碱(2)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从表格中的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B________，D________，E________。(3)通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是________________________________________________________________________。(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：__________________________________________________________；其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________；当amol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗常数为________mol－1(用含a、b的代数式表示)。(5)从装置C的出气管口G处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？________________________________________________________________________。答案(1)ABE(2)ⅠⅡⅢ(3)使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀(4)3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl3∶2eq\f(b,2a)(5)在G后连接导管，直接把尾气通入盛有NaOH溶液的烧杯中解析(1)装置A用于制取氨气，碱石灰、生石灰、烧碱遇水都会放热，使氨水温度升高，导致氨气逸出。(2)氨气是碱性气体，要用碱性干燥剂碱石灰干燥；由于浓盐酸有挥发性，所以制取的Cl2含有杂质HCl，应该先用饱和NaCl溶液除去其中的HCl，再用浓硫酸干燥，所以B选Ⅰ装置，D选Ⅱ装置，E选Ⅲ装置，经过除杂干燥后在装置C中发生反应。(3)氨气的密度比Cl2的密度小，通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，就可以使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀。(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。则白色固体是NH4Cl，另一生成物是N2，根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式是3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl；在该反应中氧化剂是Cl2，还原剂是NH3，每有3molCl2发生反应，消耗8molNH3，其中有2molNH3作还原剂。故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2；当amol氯气参加反应时，转移的电子为2amol，转移电子的个数为b，所以阿伏加德罗常数为NA＝eq\f(b,2a)mol－1。(5)从装置C的出气管口G处逸出的尾气可能含有Cl2、NH3，Cl2能够与NaOH溶液发生反应，NH3易溶于NaOH溶液，则应该将尾气通入到盛有NaOH溶液的烧杯中。17.某同学看到“利用零价铁还原NOeq\o\al(－,3)，脱除地下水中硝酸盐”的相关资料后，利用如图装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验步骤及现象如下：实验步骤实验现象①打开弹簧夹，缓慢通入N2②加入pH为2.5的0.01mol·L－1的酸性KNO3溶液100mL铁粉部分溶解，溶液呈浅绿色；铁粉不再溶解后，剩余铁粉表面附着少量白色物质③反应停止后，拔掉橡胶塞，将圆底烧瓶取下烧瓶内气体的颜色没有发生变化④将剩余固体过滤表面的白色物质变为红褐色(1)通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是_________________________。(2)白色物质是__________，用化学方程式解释其变为红褐色的原因：_________________。(3)为了探究滤液的成分，该同学进一步设计了下述实验：实验步骤实验现象①取部分滤液于试管中，向其中加入KSCN溶液溶液无变化②将上述溶液分为两份，一份中滴入氯水，另一份中滴加稀硫酸两份溶液均变为红色③另取部分滤液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸有气体生成，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝(ⅰ)根据以上实验现象，可以判断滤液中存在______________________(填离子符号)。(ⅱ)步骤②中滴加稀硫酸后溶液会由浅绿色变成红色，请用离子方程式解释其原因：________________________________________________________________________。答案(1)防止空气中的O2对Fe和NOeq\o\al(－,3)的反应产生干扰，避免影响反应产物的判断(2)Fe(OH)24Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(3)(ⅰ)Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)(ⅱ)3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O、Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3解析(1)空气中的氧气具有强氧化性，为防止空气中的O2对Fe和NOeq\o\al(－,3)反应的干扰，避免影响反应产物的判断，整个反应需要在N2氛围中进行。(2)铁粉表面的白色物质能变为红褐色，可知该白色物质是Fe(OH)2，遇空气中的氧气易被氧化成红褐色的Fe(OH)3。(3)①取部分滤液于试管中，向其中加入KSCN溶液，溶液无变化，可知不含有Fe3＋；②将上述溶液分为两份，一份中滴入氯水，另一份中滴加稀硫酸，两份溶液均变为红色，可知溶液中含有Fe2＋和NOeq\o\al(－,3)，因为氯水将Fe2＋氧化为Fe3＋使溶液显红色，而在酸性条件下NOeq\o\al(－,3)能将Fe2＋氧化为Fe3＋；③另取部分滤液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，有气体生成，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)。根据以上实验现象，可以判断滤液中存在Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)；步骤②中滴加稀硫酸后溶液会由浅绿色变成红色，是因为溶液中NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下氧化Fe2＋生成Fe3＋，Fe3＋遇KSCN溶液显红色。

阶段重点突破练(三)一、化学反应过程中能量转化形式1.下列关于能量转换的认识中不正确的是()A.电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能B.绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能C.煤燃烧时，化学能主要转化为热能D.白炽灯工作时，电能全部转化为光能答案D解析电解装置将水电解生成氢气和氧气时，是电能转化为化学能，A正确；绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，B正确；煤燃烧时会产生大量的热量，化学能主要转化为热能，C正确；白炽灯工作时，将电能转化为光能和热能，D错误。2.未来可再生能源和清洁能源将成为人类利用新能源的主力军，下列关于能源的叙述正确的是()A.化石燃料是可再生能源B.风能、太阳能是清洁能源C.化石燃料都是清洁能源D.氢能是不可再生的清洁能源答案B解析化石燃料属于不可再生能源，故A错误；风能、太阳能对环境无影响，是清洁能源，故B正确；化石燃料燃烧时会产生二氧化硫等污染物，不是清洁能源，故C错误；氢气燃烧的产物是水，电解水可以获得氢气，因此氢能是可再生的清洁能源，故D错误。二、吸热反应和放热反应3.下列反应是放热反应，但不是氧化还原反应的是()A.铝片与稀硫酸的反应B.SO3溶于水生成硫酸C.灼热的炭与二氧化碳的反应D.甲烷在氧气中燃烧答案B解析铝片与稀硫酸的反应是放热反应，也是氧化还原反应，故A错误；SO3与水反应生成H2SO4，放出大量的热，为非氧化还原反应，故B正确；碳和二氧化碳的反应是吸热反应，该反应中碳元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故C错误；甲烷的燃烧是放热反应，也是氧化还原反应，故D错误。4.据新浪网报道，2012年4月30日凌晨4时50分我国在西昌卫星发射中心成功发射“一箭双星”，“长征三号乙”运载火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)和液态四氧化二氮作推进剂，发生反应：C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O，下列说法中正确的是()A.断裂C2H8N2和N2O4中的化学键时放出能量B.C2H8N2具有的能量高于N2具有的能量C.反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量D.该反应中，C2H8N2作氧化剂答案C解析断裂化学键时吸收能量，形成化学键时放出热量，故A错误；C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O为放热反应，说明C2H8N2和N2O4具有的能量总和高于N2、CO2和H2O所具有的能量总和，无法确定C2H8N2具有的能量高于N2具有的能量，故B错误；C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O为放热反应，说明反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故C正确；在C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O反应中，C2H8N2中N元素和碳元素的化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，故D错误。5.下列图示变化为吸热反应的是()答案A解析A项中生成物的总能量高于反应物的总能量，只能通过吸收能量才能实现；B项则恰好相反；C项中浓硫酸溶于水放出热量，但此过程是物理变化，没有发生化学反应；D项是放热反应。6.下列反应属于吸热反应的是()①二氧化碳与灼热的炭反应生成一氧化碳②葡萄糖在人体内被氧化分解③锌粒与稀H2SO4反应制取H2④Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应⑤植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖A.②④B.①⑤C.①③④⑤D.①④⑤答案D解析①二氧化碳与灼热的炭反应生成一氧化碳是吸热反应；②葡萄糖在人体内被氧化分解是放热反应；③锌粒与稀H2SO4反应制取H2是放热反应；④Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应；⑤植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是吸热反应。三、吸热反应和放热反应的计算7.(2019·济南高一检测)对放热反应：A＋B=C＋D，以下说法一定正确的是(EA、EB、EC、ED分别表示物质A、B、C、D所具有的能量)()A.EA＋EB＞EC＋ED B.EA＞EB＋ECC.EA＞EB D.EA＋EB＜EC＋ED答案A解析反应A＋B=C＋D是放热反应，则反应物A、B的总能量大于生成物C、D的总能量，即EA＋EB＞EC＋ED。8.(2019·成都高一检测)化学反应A2＋B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是()A.1molA2和1molB2完全反应吸收(y－x)kJ热量B.断裂1molA—A键和1molB—B键放出xkJ的能量C.断裂2molA—B键需要吸收ykJ的能量D.2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量答案C解析从题图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，1molA2和1molB2完全反应放出(y－x)kJ热量，A、D项错误；断键时需要吸收能量，B项错误，C项正确。9.某化学反应中，设反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2(如图所示)。(1)若E1＞E2，则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。该反应可用图________(填“A”或“B”)表示。(2)若E1＜E2，则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。该反应可用图________(填“A”或“B”)表示。(3)太阳能的开发和利用是21世纪的一个重要课题。利用储能介质储存太阳能的原理是白天在太阳照射下，某种盐熔化，吸引热量；晚间熔盐释放出相应能量，从而使室温得以调节。已知下列数据：盐熔点/℃熔化吸热/kJ·mol－1参考价格/元·t－1CaCl2·6H2O29.037.3780～850Na2SO4·10H2O32.477.0800～900Na2HPO4·12H2O36.1100.11600～2000Na2S2O3·5H2O48.549.71400～1800其中最适宜作储能介质的是________(填字母)。A.CaCl2·6H2O B.Na2SO4·10H2OC.Na2HPO4·12H2O D.Na2S2O3·5H2O答案(1)放热A(2)吸热B(3)B解析(1)若反应物的总能量E1大于生成物的总能量E2，则为放热反应。(2)若反应物的总能量E1小于生成物的总能量E2，则为吸热反应。(3)选择的物质应该具有的特点：白天在太阳照射下，某种盐熔化，熔化时单位质量的物质吸收热量应该较多，同时价格不能太高，Na2SO4·10H2O的性价比最高，故选B。四、原电池的工作原理10.如图所示电流表的指针发生偏转，同时A极的质量减小，B极上有气泡产生，C为电解质溶液，下列说法错误的是()A.B极为原电池的正极B.A、B、C分别可以为Zn、Cu和稀盐酸C.C中阳离子向A极移动D.A极发生氧化反应答案C解析原电池中，负极金属失去电子，发生氧化反应溶解，质量减小，故A极为负极，B极为正极，A、D项正确；A、B、C分别为Zn、Cu和稀盐酸时，可以构成原电池，且现象符合题意，B项正确；电解质溶液中阳离子移向正极，C项错误。11.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A极逐渐变粗，说明A极为原电池的正极，溶液中的金属阳离子得到电子后在A极上析出；B极逐渐变细，说明B极为原电池的负极，失去电子后变成离子进入溶液中。A和B两项中的反应为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，则A项A极变细，B项A极不变；C和D两项中的反应为Fe＋2AgNO3=2Ag＋Fe(NO3)2，其中C项A极变细，D项A极变粗。12.按如图所示装置实验，随着流入正极的电子的物质的量增大，对下列物理量按增大、减小、不变顺序排列的是()①c(Ag＋)②c(NOeq\o\al(－,3))③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量A.④，①③⑤，② B.④，①⑤，②③C.①④，③⑤，② D.④，③⑤，①②答案A解析铁作负极失去电子形成Fe2＋而溶解，即a极质量减小；Ag作正极，Ag＋在正极得到电子生成Ag，即b极质量增大，溶液c(Ag＋)减小；铁置换出了银，溶液质量减小；NOeq\o\al(－,3)没参加反应，其浓度不变。13.常温下，将除去表面氧化膜的铝、铜片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，下列说法正确的是()A.O～t1时，原电池的负极是铜片B.O～t1时，正极发生还原反应，产生氢气应D.t1时刻后，电子从铝经过导线流向铜答案C解析O～t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，Cu为正极，硝酸被还原为二氧化氮，t1时刻后铝表面钝化形成氧化膜，铜作负极，Al为正极。五、电极反应式、化学电源14.一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是()A.电池的正极反应为H2O2＋2e－=2OH－B.电池放电时Na＋从a极区移向b极区C.电子从电极b经外电路流向电极aD.b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用答案C解析A项，正极发生反应：H2O2＋2e－=2OH－，正确；B项，放电时为原电池，阳离子移向正极，电极b为正极，正确；C项，电子由负极经外电路流向正极，应该由电极a流向电极b，错误；D项，产生的氢氧化钠溶液可以循环使用，正确。15.研究人员最近发现了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池总反应式为5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列对“水电池”在海水中放电时的有关说法正确的是()A.正极反应式为5MnO2＋2e－=Mn5Oeq\o\al(2－,10)B.每生成1molAgCl转移2mol电子C.Cl－不断向“水电池”的正极移动D.Ag电极反应式为2Ag－2e－=2Ag＋答案A解析电池正极发生得电子的还原反应，A项正确；每生成1molAgCl转移1mol电子，B项错误；为2Ag－2e－＋2Cl－=2AgCl，D项错误。16.(2019·郑州高一检测)依据氧化还原反应：Cu2＋(aq)＋Fe(s)=Fe2＋(aq)＋Cu(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：(1)电极X的材料是____________________；电解质溶液Y是____________________。(2)X电极上发生的电极反应式为______________________________________________。(3)针对上述原电池装置，下列说法中不正确的是________(填字母)。A.原电池工作时的总反应：Cu2＋(aq)＋Fe(s)=Fe2＋(aq)＋Cu(s)，为放热反应B.原电池工作时，X电极流出电子，发生氧化反应C.原电池工作时，银电极上发生氧化反应D.原电池工作时，阳离子不断移向X电极(4)若Y为稀硫酸，Ag极上出现的现象是__________________________________________。答案(1)Fe硫酸铜溶液(或氯化铜溶液等)(2)Fe－2e－=Fe2＋(3)CD(4)有气泡生成解析(1)依据方程式可知Fe为负极，Cu2＋在正极得电子，所以电解质溶液中一定含有Cu2＋。(2)X为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋。(3)Ag电极为正极，发生还原反应，C错误；原电池工作时，阳离子不断移向正极(即Ag)，D错误。(4)若Y为稀硫酸，Ag极上氢离子发生还原反应生成氢气，故有气泡生成。17.将质量相等的铁片和铜片用导线相连浸入500mL硫酸铜溶液中构成如图1的装置：(以下均假设反应过程中溶液体积不变)。(1)铁片上的电极反应式为___________________________________________________。(2)若2min后测得铁片和铜片之间的质量差为1.2g，则导线中流过的电子的物质的量为________mol。(3)若一段时间后测得铁片减少了2.4g，同时铜片增加了3.2g，计算这段时间内该装置消耗的化学能转化为电能的百分比为________。(4)若将该装置改为如图2所示的装置也能达到和原装置相同的作用。其中KCl溶液起连通两边溶液形成闭合回路的作用，同时又能阻止反应物直接接触。则硫酸铜溶液应该注入________(填“左侧”“右侧”或“两侧”)烧杯中。答案(1)Fe－2e－=Fe2＋(2)0.02(3)50%(4)右侧＋=Fe2＋＋Cu，负极溶解铁的物质的量与正极生成铜的物质的量相等，若2min后测得铁片和铜片之间的质量差为1.2g，设负极溶解铁的物质的量为xmol，则56x＋64x＝1.2，x＝0.01mol，根据负极反应式Fe－2e－=Fe2＋，导线中流过的电子的物质的量为0.02mol。(3)铜片增加了mol；设直接与硫酸铜反应消耗的铁为xmol，根据Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，生成铜xmol，则(x＋0.05)×56－64x＝2.4，x＝0.05mol，所以这段时间内该装置消耗的化学能转化为电能的百分比为eq\f(0.05mol,0.05mol＋0.05mol)×100%＝50%。(4)该装置能阻止反应物直接接触，所以硫酸铜溶液应该注入右侧的烧杯中。

阶段重点突破练(四)一、化学反应速率的计算与比较1.反应4A(s)＋3B(g)4C(g)＋D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol·L－1，对此反应速率的正确表示是()A.用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1B.分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3∶4∶1C.在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol·L－1·min－1D.在这2min内用A和C表示的反应速率的值都是相同的答案B解析反应中A物质为固体，不能用来表示反应速率，故A错误；用B、C、D表示反应的速率与化学计量数成正比，其比是3∶4∶1，故B正确；0.3mol·L－1·min－1是2min内平均速率，不是2min末即时速率，故C错误；A物质为固体，不用于表示反应速率，故D错误。2.(2019·阜阳校级期末)在2L密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和B都是4mol，在前10sA的平均反应速率为0.12mol·L－1·s－1，则10s时，容器中B的物质的量是()A.1.6mol B.2.8molC.2.4mol D.1.2mol答案B解析根据化学反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比，可得v(B)＝0.5v(A)＝mol。3.在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是()A.v(NH3)＝0.1mol·L－1·min－1B.v(NH3)＝0.2mol·L－1·min－1C.v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1D.v(H2)＝0.4mol·L－1·min－1答案D解析反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，以氢气的反应速率为标准进行判断。－1·min－1，所以v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1；C项，v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1；D项，v(H2)＝0.4mol·L－1·min－1，所以反应速率最快的是D。4.(2018·枣庄市薛城区期中)把0.6molX气体和0.6molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)。5min末生成0.2molW。若测知以Z的浓度变化表示平均反应速率为0.01mol·L－1·min－1，则化学方程式中n的值为()A.1B.2C.3D.4答案A解析5min内W的平均化学反应速率v(W)＝eq\f(\f(0.2mol,2L),5min)＝0.02mol·L－1·min－1，利用各物质的－1，则v(Z)∶v(W)＝0.01mol·L－1·min－1∶0.02mol·L－1·min－1＝n∶2，所以n＝1，选项A正确。二、化学反应速率的影响因素及实验探究5.100mL6mol·L－1硫酸溶液与过量锌粒反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可采取的措施是()A.加入少量碳酸钠粉末 B.加入少量硫酸铜溶液C.加入适量NaCl溶液 D.加热答案C解析加入少量碳酸钠粉末，消耗硫酸，生成氢气的总量减少，A项错误；加入少量的硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池，加快反应速率，B项错误；加入适量NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减小，不影响生成氢气的总量，C项正确；温度升高，反应速率增大，D项错误。6.反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是()①增加铁的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大A.①④ B.②③C.③④ D.②④答案D解析对于反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)来说，增大压强、浓度、升高温度以及增大固体的表面积，都可增大反应速率。①Fe为固体，增加铁的量，反应速率不变，故错误；②将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，正逆反应速率增大，故正确；③保持体积不变，充入N2使体系压强增大，各组分的浓度不变，反应速率不变，故错误；④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，故正确；故选D。7.(2018·宿迁市期中)向四个体积相同的密闭容器(甲、乙、丙、丁)中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小排列顺序正确的是()甲：在500℃时，10molSO2和5molO2反应乙：在500℃时，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应丙：在450℃时，8molSO2和5molO2反应丁：在500℃时，8molSO2和5molO2反应A.甲、乙、丙、丁 B.乙、甲、丙、丁C.乙、甲、丁、丙 D.丁、丙、乙、甲答案C解析甲与乙相比，O2、SO2浓度相等，乙中使用催化剂，其他条件相同，使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁中大，即SO2的浓度比丁中大，其他条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其他条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙；所以反应速率由大到小的排列顺序为乙、甲、丁、丙，答案选C。8.CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的物质的量与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是()A.反应开始2min内平均反应速率最大B.反应速率先增大后减小C.反应在第2min到第4min内温度对反应速率的影响比浓度大D.反应在第2min到第4min内生成CO2的平均反应速率为前2min的2倍答案A解析由图可知，2～4min时间内，生成的二氧化碳的物质的量最大，故2～4min内平均反应速率最快，A项错误；由图像可知，0～2min内，生成二氧化碳0.1mol，2～4min内，生成二氧化碳0.2mol,4～6min内，生成二氧化碳0.05mol，则反应速率先增大后减小，B项正确；随反应进行，氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图像可知，2～4min反应速率最快，说明2～4min温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，说明氢离子浓度起主要作用，C项正确；2～4min内，生成0.2molCO2,0～2min内，生成0.1molCO2，相同时间内CO2的生成速率与其生成的物质的量成正比，D项正确。9.把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有500mL0.5mol·L－1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用如图所示的坐标曲线来表示，请回答下列问题：(1)反应时间由O→a不产生氢气的原因是____________________________________________________________________________________________________________________，有关的化学方程式为___________________________________________________________________。(2)反应时间由a→c产生氢气的速率逐渐增大的主要原因是________________________________________________________________________。(3)反应时间从c以后，产生氢气的速率逐渐减小的主要原因是________________________________________________________________________。答案(1)硫酸首先与铝片表面的氧化铝反应，不产生氢气Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O(2)反应放热使溶液温度升高，反应速率增大(3)硫酸的浓度减小使反应速率减小解析(1)在不产生氢气。(2)a→c段，虽然硫酸的浓度逐渐减小，但是该反应是放出热量的反应，反应进行中溶液温度逐渐升高，温度升高，化学反应速率增大。(3)反应时间从c以后，硫酸的浓度逐渐减小，成为影响化学反应速率的主要因素，因此化学反应速率逐渐减小。三、化学平衡状态的建立及判定10.(2019·南京校级月考)在373K时，密闭容器中充入一定物质的量的NO2和SO2，发生如下反应：NO2＋SO2NO＋SO3，达到平衡时，下列叙述正确的是()A.SO2、NO2、NO、SO3的物质的量一定相等B.NO2和SO2的物质的量一定相等C.平衡体系中总物质的量一定等于反应开始时总物质的量D.NO和SO3的物质的量一定不相等答案C解析平衡状态时SO2、NO2、NO、SO3的物质的量不变，但不一定相等，故A错误；平衡时NO2和SO2的物质的量不变，不一定相等，与起始投料量有关，故B错误；两边气体的计量数相等，所以体系中的总物质的量一定等于反应开始时总物质的量，故C正确；因为反应从反应物投料建立，所以只要反应发生就有NO和SO3的物质的量相等，所以平衡时也相等，故D错误。11.在一个不传热的固定容积的容器中，对于反应A(g)＋B(g)3C(g)(正反应为吸热反应)，下列叙述为平衡状态标志的是()①单位时间内A、B生成C的分子数与分解C的分子数相等②外界条件不变时，A、B、C浓度保持不变③体系的温度不再变化④体系的压强不再变化⑤单位时间内消耗amolA(g)的同时消耗3molC(g)A.①② B.①②③C.①②③④ D.①②③④⑤答案D解析①正、逆反应速率相等；②浓度不变，说明已达到平衡；③如果反应没有达到平衡则反应要释放或吸收能量，必然导致体系温度的改变，现在体系温度不变，说明反应已达平衡状态；④由于该反应是一个气体物质的量改变的反应，没有达到平衡状态之前，压强是改变的，只有达到平衡状态时，体系的压强才不会改变；⑤根据化学反应中相同时间内各物质的量的变化量之比等于化学计量数之比知，单位时间内消耗amolA(g)的同时必然生成3molC(g)，当单位时间内消耗amolA(g)的同时消耗3molC(g)，说明C(g)的生成速率与C(g)的消耗速率相等，化学反应达到平衡状态。12.某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)。下列叙述正确的是()A.充入X，反应速率减小B.当容器中Y的正反应速率与逆反应速率相等时，反应达到平衡C.升高温度，反应速率减小D.达到平衡后，反应停止答案B解析充入X，反应物的浓度增大，反应速率增大，故A错误；当容器中Y的正反应速率与逆反应速率相等时，各物质的浓度保持不变，反应达到平衡，故B正确；升高温度，反应速率增大，故C错误；化学平衡是动态平衡，达到平衡后，反应没有停止，故D错误。四、化学反应速率与化学平衡图像13.某实验探究小组研究320K时N2O5的分解反应：2N2O5=4NO2＋O2。如图是该小组根据所给表格中的实验数据绘制的。下列有关说法正确的是()t/min01234c(N2O5)/mol·L－10.1600.1140.0800.0560.040c(O2)/mol·L－100.0230.0400.0520.060A.曲线Ⅰ是N2O5的浓度变化曲线B.曲线Ⅱ是O2的浓度变化曲线C.N2O5的浓度越大，反应速率越快D.O2的浓度越大，反应速率越快答案C解析结合表格中N2O5和O2的初始浓度可知曲线Ⅰ、Ⅱ分别是O2、N2O5的浓度变化曲线，A、B项错误；利用表格中数据进行计算，无论是用N2O5的浓度变化，还是用O2的浓度变化得出的反应速率都随着反应的进行而减小，而随着反应的进行，N2O5的浓度减小，O2的浓度增大，C项正确，D项错误。14.某温度下，在2L恒容密闭容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图所示，反应在t1min时达到平衡。(1)请写出该反应的化学方程式：____________________________________________________________________________________________________________________________。(2)若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1min时，该反应吸收的热量为________；在0～t1min时间内，用H2表示该反应的平均速率v(H2)为________。(3)下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是__________(填字母)。A.容器内各气体组分的质量分数不再发生改变B.正反应速率与逆反应速率相等C.容器内气体的密度不再发生改变D.混合气体的平均相对分子质量不再发生改变答案(1)2X3Y＋Z(2)36.8kJeq\f(0.6,t1)mol·L－1·min－1(3)ABD解析(1)由图像可以看出，X的物质的量逐渐减小，则X为反应物，Y、Z的物质的量逐渐增多，则Y、Z为生成物，当反应到达t1min时，Δn(X)＝0.8mol，Δn(Y)＝1.2mol，Δn(Z)＝0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数成正比，则kJ·mol－1＝36.8kJ；在0～t1min时间内生成的氢气是1.2mol，浓度是0.6mol·L－1，则用H2表示该反应的平均速率v(H2)为eq\f(0.6,t1)mol·L－1·min－1。(3)容器内各气体组分的质量分数不再发生改变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A项正确；正反应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B项正确；由于反应在体积不变的密闭容器中进行，反应过程中气体的体积不变，质量不变，则混合气体的密度不变，不能判断是否达到平衡状态，C项错误；混合气体的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时，反应达到平衡状态，D项正确。15.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：[实验原理]2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O[实验内容及记录]实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol·L－1H2C2O4溶液H2O0.2mol·L－1KMnO4溶液3mol·L－1稀硫酸13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4请回答下列问题：(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_____________________________________。(2)利用实验1中数据计算，v(KMnO4)＝__________________________________________。(3)该化学小组同学根据经验绘制了n(Mn2＋)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。①该小组同学提出的假设是______________________________________________________。②请你帮助该小组同学