2022-2023学年湖北武汉市部分重点中学六校高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北武汉市部分重点中学(六校）2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1N14Mg24Zn65一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于重要非金属元素的用途的叙述错误的是（）A.氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等新型陶瓷是无机非金属材料B.在葡萄酒中添加可以使其保持较好的品质，是可以适量使用的食品添加剂C.量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体D.晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等都是新型陶瓷，属于无机非金属材料，选项A正确；B．添加SO2可以杀灭杂菌、用专业的红酒酵母可以使发酵过程中的杂菌、甲醇等有害物质减到最低，使葡萄酒的品质得到保证，是可以适量使用的食品添加剂，选项B正确；C．螺旋碳纳米管TEM与石墨烯均为碳单质，互为同素异形体体，选项C正确；D．硅具有导电性，可用于半导体材料，但不具有光的全反射性，制造光导纤维的主要原料为二氧化硅，选项D错误；〖答案〗选D。2.下列说法不正确的是（）A.在某些酱油中加入铁强化剂的措施可以减少缺铁性贫血问题的发生B.奶油含有较多的不饱和脂肪酸甘油酯以及丰富的脂溶性维生素，是制作巧克力、冰淇淋的重要原料C.黏胶纤维和大豆蛋白纤维都属于再生纤维D.浓硝酸和浓盐酸按体积比为1∶3的比例混合后能使金、铂等金属溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．加入铁强化剂可以补充铁元素，减少缺铁性贫血，A正确；B．奶油中含有较多的饱和脂肪酸，B错误；C．粘胶纤维是将天然蛋白分离再生而成，大豆蛋白纤维也属于再生纤维，C正确；D．浓硝酸浓盐酸按体积比1:3混合得到王水，可以溶解金、铂等金属，D正确；故选B。3.“3D打印机”需要稳定的电源保证工作效率，以碳纳米管作电极材料的柔性电池具有稳定性高，工作时间长，发热量小等特点，非常适合3D打印的需要。该电池工作原理如图，其放电时总反应为：下列说法错误的是（）A.放电时电子由锌膜经外电路流向膜B.碳纳米管可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率C.当锌膜消耗的为时，外电路转移电子D.放电时的负极反应式为：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Zn失去电子发生氧化反应，MnO2中Mn得电子发生还原反应，所以锌膜为负极，MnO2膜为正极，电子由锌膜流向MnO2膜，故A正确；B．碳纳米管具有导电性，可以作为电极材料，同时可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率，故B正确；C．当锌膜消耗的Zn为6.5g即0.1mol时，Zn→Zn2+，转移0.2mol电子，则外电路转移0.2mol电子，C正确；D．该电池的负极为锌膜，电极反应Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，故D错误；故选D。4.桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两个不直接相连的碳原子的环烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种桥环有机物。下列关于该化合物的说法正确的是（）A.其同分异构体中呈环状的只有环丁烯()B.构成该化合物的所有原子处于同一个平面C.二环[1，1，0]丁烷和甲烷互为同系物D.二环[1，1，0]丁烷的二溴代物为4种〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二环[1，1，0]丁烷()与环丁烯()和甲基环丙烯()等互为同分异构体，A错误；B．二环[1，1，0]丁烷分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，B错误；C．二环[1，1，0]丁烷与甲烷的结构不相似，分子通式不同，故二环[1，1，0]丁烷和甲烷不互为同系物，C错误；D．二环[1，1，0]丁烷的一溴代物有两种()，形成的二溴代物有三种()，形成的二溴代物有一种()，共四种，D正确；〖答案〗选D。5.下列实验方案设计中，能达到实验目的的是（）实验目的实验方案A证明具有还原性向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，观察到溶液紫色褪去B探究温度对化学反应速率的影响用两支大小相同的试管各取溶液，同时分别加入的溶液，振荡，然后分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，比较两支试管中溶液出现浑浊的快慢C证明蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量稀溶液，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜D酸性：常温下，分别将和通入水中制备饱和溶液，再用计测定〖答案〗C〖解析〗【详析】A．向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，由于Cl-也具有还原性，可以使溶液紫色褪去，不能证明具有还原性，A错误；B．应现将装有的两支试管先在盛有冷水和热水的两个烧杯中水浴一段时间，再分别加入的溶液，振荡观察现象，B错误；C．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使蔗糖水解产生葡萄糖，冷却后向其中加入足量稀溶液形成碱性环境，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜，说明水解产生了葡萄糖，被新制银氨试剂氧化，证明蔗糖水解产物具有还原性，C正确；D．和通入水中制备饱和溶液，得到的饱和溶液因溶解度不同而浓度未保持一致，无法证明酸性强弱，D错误。故选C。6.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（）A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3B.相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C.已知1molCuSO4在1100℃所得混合气体X为SO2和O2，则O2为0.75molD.Y可以是葡萄糖〖答案〗A〖解析〗【详析】A.途径①发生反应的化学方程式为3H2SO4+2HNO3+3Cu=3CuSO4+2NO↑+4H2O，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，A说法不正确；B.途径①产生大气污染物氮的氧化物，途径③产生大气污染物二氧化硫，而途径②不产生大气污染物，且酸的利用率高，因此，相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想，B说法正确；C.已知1molCuSO4在1100℃所得混合气体X为SO2和O2，因为Cu元素的化合价由+2降到+1，S元素的化合价由+6降到+4，O元素的化合价由-2升高到0，根据电子转移守恒可知，1mol+2mol=4n(O2)，则O2为0.75mol，C说法正确；D.硫酸铜可以与过量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液可以被含有醛基的有机物还原为氧化亚铜，葡萄糖分子中含有醛基，则Y可以是葡萄糖，D说法正确。本题选A。7.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：，12s时生成C的物质的量为1.2mol(过程如图所示)。下列说法中正确的是（）A.2s时，用A表示反应的瞬时速率为B.b∶c＝1∶1C.图中m点达到了反应进行的限度D.12s时容器内的压强为起始压强的〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗图像描述的是反应物A和B的物质的量浓度随时间的变化图；【详析】A．2s内，A的物质的量的浓度的变化量为0.8-0.5=0.3mol/L，故用A表示反应的平均反应速率为，但反应物的浓度在减小，故用A表示反应的瞬时速率小于0.15mol/(L∙s)，A错误；B．12s时，B的物质的量的浓度的变化量为0.2mol/L，B的物质的量的变化量为0.4mol，C的物质的量的变化量为1.2mol，根据变化量之比等于化学计量系数之比可知b∶c＝1∶3，B错误；C．图中m点时A和B的物质的量还在减小，故未达到限度，C错误；D．恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，起始时体系内总的气体的物质的量mol，12s时容器内气体总的物质的量mol，故12s时容器内的压强为起始压强的，D正确；故选D。8.黑钨矿的主要成分为FeWO4、MnWO4(含SiO2杂质)。已知：；。工业上以黑钨矿为原料利用纯碱烧结水浸法冶炼金属钨的流程如图。下列说法错误的是A.为加快水浸的溶解速率，应将烧结物粉碎B.滤渣2为硅酸C.同浓度的WO离子结合质子的能力比SiO离子强D.可采用铝热反应将WO3还原成单质W〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗黑钨矿的主要成分为、(含杂质)，烧结物的主要成分为

Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2WO4，加水过滤，滤渣

1

是难溶于水的

Fe2O3、MnO2；滤液中含有

Na2SiO3、Na2WO4，加入盐酸调节

pH，生成硅酸沉淀，除去

Na2SiO3，再加盐酸生成钨酸沉淀，钨酸加热分解为

WO3，还原得到W单质。【详析】A．将烧结物粉碎可以增大反应物的接触面积，加快水浸的溶解速率，A正确；B．由分析可知滤渣2是硅酸，B正确；C．流程中SiO先于WO沉淀，说明同浓度的WO结合质子的能力比SiO弱，C错误；D．Al的金属性强于W，因此可采用铝热反应将WO3还原成单质W，D正确；故〖答案〗为：C。9.已知：由最稳定的单质合成1mol某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0。相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是（）A.NO的摩尔生成焓为B.H2O(l)的C.比更稳定D.标准状况下，完全燃烧放出的热量为〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．从图中可以看出，NO的摩尔生成焓为，A正确；B．H2O(g)，由H2O(g)转化为H2O(l)时放热，则H2O(l)的，B错误；C．的，的，摩尔生成焓越低，物质越稳定，则比更稳定，C正确；D．N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)时，∆H=(-241.8kJ∙mol-1)×2-50.6kJ∙mol-1=-534.2kJ∙mol-1，在标准状况下，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，H2O(g)转化为H2O(l)时放热，则完全燃烧放出的热量大于，D错误；故选BD。10.冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是（）A.活性溴化合物BrCl中含非极性键B.溴自由基和氯自由基只具有氧化性C.通过循环大气中OH自由基的浓度降低D.BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等〖答案〗D〖解析〗【详析】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A错误；B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B错误；C．BrO+HO2=HOBr+O2，Cl+HOBr=BrCl+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C错误；D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D正确；故选：D。11.钯(Pd)的性质与铂相似，一种从废钯催化剂(主要成分为Pd、和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、。下列说法正确的是（）A.能与盐酸反应B.“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂C.“洗脱”过程中增大盐酸浓度有利于洗脱D.“洗脱”过程中的盐酸可以用硫酸代替〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗废钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3

和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)，在空气中灼烧，除去活性炭，灼烧产物加入盐酸和过氧化氢酸浸后，得到滤渣α-Al2O3，浸出液中含[PdCl4]2-离子，利用R-Cl+M

-⇌R-M+C1-原理，经阴离子离子交换树脂后，[PdCl4]2-变成R-PdCl4，除去含Fe3+和Cu2+流出液，R-PdCl4加盐酸洗脱，使R-Cl+M

-⇌R-M+C1-平衡逆向移动，重新变成[PdCl4]2-溶液，最后得到经历一系列操作得到海绵钯。【详析】A．由已知流程图可知，酸浸时是滤渣，所以不能与盐酸反应，A错误；B．浸出液中含，利用原理，经阴离子交换树脂，与树脂中的阴离子交换，和进入流出液从而被除去，B错误；C．加入盐酸洗脱，氯离子浓度增大，使平衡逆向移动，有利于洗脱，C正确；D．“洗脱”过程中需要增大氯离子浓度，不能改用硫酸，D错误。故选C。12.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）实验操作现象结论A向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：B向饱和溶液中滴加鸡蛋清溶液出现白色沉淀饱和溶液可使蛋白质变性C石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液溶液红棕色变无色气体中一定含有乙烯D将封装和混合气体的球形玻璃容器，浸入热水中气体颜色变深温度可以破坏化学平衡〖答案〗D〖解析〗【详析】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将碘离子直接氧化为碘单质，实验无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A项错误；B．向饱和(NH4)2SO4溶液中滴加鸡蛋清溶液，出现白色沉淀，这是饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质盐析，B项错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，气体不一定含有乙烯，可能是其它不饱和烃的气体如丙烯等，C项错误；D．将封装NO2和N2O4混合气体的球形玻璃容器，浸入热水中，气体颜色变深，说明反应向生成NO2方向进行，即温度可以破坏化学平衡，D项正确；故〖答案〗为：D。13.穿心莲内酯具有祛热解毒，消炎止痛之功效，被誉为天然抗生素药物，结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A.该物质分子式为B.该物质的含氧官能团有3种C.该物质能发生取代反应、加成反应和氧化反应D.1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应〖答案〗CD〖解析〗【详析】A．由结构可知分子中含30个H原子，则该物质分子式为，A错误；B．该物质含酯基、羟基，共2种含氧官能团，B错误；C．醇羟基和酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应和氧化反应，醇羟基可发生氧化反应，C正确；D．2个碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应，D正确。故选CD。14.在体积均为2L恒容容器中，分别在200℃和T℃时，发生如下反应，A的物质的量浓度(单位：mol/L)随时间变化的有关实验数据见下表：时间/min0246810200℃0.800.550.350.200.150.15T℃1.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是（）A.在200℃时，4min内用B表示的化学反应速率为0.225mol/(L·min)BT℃下，6min时反应刚好达到平衡状态C.从表中可以看出T＞200℃D.在该题目条件下，无法判断正反应方向是否为放热反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．B是固体，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；B．根据表格数据，T℃下，可能在4~6min内某一时刻反应刚好达到平衡状态，故B错误；C．从表中可以看出T℃反应速率大于200℃，所以T＞200℃，故C正确；D．T＞200℃，200℃时K=，T℃时K=，升高温度，K增大，可知正反应吸热，故D错误；选C。15.无色气体甲可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法正确的是（）A.气体甲中可能含有NO40mLB.经过Na2O2处理后剩余气体体积大于60mLC.气体甲的组成可能为NH3、NO、NO2D.经过浓硫酸处理后余气中NO、CO2体积比为2∶3〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗无色气体甲中一定不含红棕色气体NO2，通过浓硫酸，碱性气体氨气被浓硫酸吸收，剩余气体体积为80mL，说明氨气体积为20mL，右侧出现红棕色气体说明二氧化碳与Na2O2反应产生的O2将NO氧化为NO2。将剩余气体通入水中无气体剩余，说明二氧化碳与Na2O2反应产生的O2恰好将NO2或NO（有可能有NO剩余）转化为硝酸，但不含氮气。【详析】A．由分析可知80mL气体的成分为NO和CO2，设CO2体积为xmL，则NO体积为80-xmL，由可知气体通过足量过氧化钠时产生的氧气体积为0.5xmL，80-xmLNO与0.5xmLO2虽然继续发生反应，但最终气体全部通入水中恰好气体无剩余，即NO、NO2、O2恰好转化为硝酸，理解为80-xmLNO与0.5xmLO2恰好反应为硝酸，由得失电子守恒可得得x=48，由此可知气体甲中含32mLNO、48mLCO2、20mLNH3，A错误；B．由A可知，经过Na2O2处理后剩余气体若未反应，则为32mLNO、24mLO2，但NO与氧气继续反应使气体体积减少，故剩余气体体积小于56mL，B错误；C．由A可知气体甲中含32mLNO、48mLCO2、20mLNH3，C错误；D．由A可知气体甲中含32mLNO、48mLCO2、20mLNH3，经过浓硫酸处理后余气中NO、CO2体积比为2∶3，D正确。故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.某课题组探究了海带提碘的优化条件，并用色度计测定某海带样品中碘的含量。实验过程如图所示：（1）实验步骤①会用到下列仪器中的________(填字母)a．酒精灯b．蒸发皿c．坩埚d．泥三角（2）设计实验证明第③步操作后滤液中的存在，________。（3）步骤④中反应的离子方程式为________。（4）海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等，在实验步骤________(填序号)中实现与碘分离（5）第⑤步得到的I2的CCl4溶液，也可用如下流程从其中回收I2：请写出步骤Ⅱ的离子方程式：________。（6）含量测定：用色度计可测定所得溶液中碘的含量。(已知：碘浓度越大吸光度越大)方法是：用色度计测得某碘溶液的吸光度后，利用以溶液吸光度为纵坐标、碘浓度为横坐标的标准曲线图，可以得出被测溶液碘浓度。为了绘制标准曲线图，取0.10g碘单质，用100mL容量瓶配成碘的CCl4溶液，取出0.10mL加入3.90mLCCl4中配得第一份碘的标准溶液。用色度计测其吸光度，得到标准曲线的第一个坐标点，该坐标点的横坐标是________．(忽略溶液混合后引起的体积改变)（7）课题组在其他实验条件相同情况下，研究了不同灰化时间对碘提取效果的影响。其结果如图所示。灰化时间超过40min，测得碘的含量逐渐降低，原因是________。(注：灰化即灼烧成灰)〖答案〗（1）acd（2）通过焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含（3）（4）⑤（5）（6）25.00（7）在空气中被氧化为I2，I2升华造成碘元素流失〖解析〗〖祥解〗海带经灼烧，除去大部分的有机物，海带灰中含无机盐类。浸泡过滤后可得含I-的溶液，经H2O2氧化，得到I2的水溶液，萃取、蒸馏等步骤后可得碘单质。【小问1详析】步骤①为灼烧，需要酒精灯、坩埚、泥三角，所以选acd；【小问2详析】含有K+可以通过颜色反应来验证，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含；【小问3详析】步骤④为H2O2氧化I-得到I2，方程为：；【小问4详析】硫酸盐、碳酸盐等均不易溶于CCl4，所以可以在步骤⑤与碘单质分离；【小问5详析】步骤II中，在酸性条件下发生归中反应，得到碘单质，方程：；【小问6详析】横坐标为c(I2)【小问7详析】灼烧时间过长，部分I-被空气中氧气氧化为I2，I2升华损失，导致碘含量降低17.氮化镁是一种浅黄色粉末，易与水反应生成氢氧化镁和氨气，常用于制备其他超硬、高导热、耐高温的氮化物。实验室用以下装置制取干燥、纯净的并与金属镁反应制取氮化镁。已知：回答下列问题：（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是________；B、F中盛装碱石灰的仪器名称________。（2）连接好装置后，其他实验步骤如下①装药品②点燃C处酒精灯③点燃E处酒精灯④打开A中分液漏斗⑤检查装置的气密性正确的顺序为________(填序号)。（3）C中反应的化学方程式是________（4）D装置的作用是________（5）若将D装置与F装置互换，则可能造成的后果是：________。（6）如何检验E中生成的固体有氮化镁？具体操作是________。（7）若24.0g镁放入E装置中，实验结束后称得E增加了7.0g，则氮化镁的产率是________(保留到小数点后一位)〖答案〗（1）①.浓氨水②.(球形)干燥管（2）⑤①④②③（3）（4）吸收氨气并干燥氮气（5）碱石灰不能吸收氨气，会使氨气进入E中与镁反应生成Mg(NH2)2，导致产品不纯（6）取装置E反应后所得固体少许于试管中，滴入蒸馏水，有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，则固体中含有氮化镁。（7）75.0%〖解析〗〖祥解〗A装置中利用浓氨水和氧化钙反应制备氨气，B装置碱石灰干燥氨气，C装置中，氧化铜和氨气发生反应，D装置的作用是吸收氨气并干燥氮气，E装置中镁和氮气反应生成氮化镁，F装置的主要作用是防止空气中的水蒸气、CO2进入装置干扰实验。为防止镁与氧气、氨气反应，先利用C装置产生的氮气排出装置E内的空气，再点燃E处酒精灯。若将D装置与F装置互换，由于碱石灰不能吸收氨气，会使氨气进入E中与镁反应生成Mg(NH2)2，导致产品不纯，据此分析解答。【小问1详析】装置A的作用是制取氨气，浓氨水和氧化钙反应放出氨气，所以的分液漏斗中盛装的试剂是浓氨水；B、F中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。【小问2详析】连接好装置后，首先要检查装置的气密性。为防止镁与氧气、氨气反应，先利用C装置产生的氮气排出装置E内的空气，再点燃E处酒精灯，故实验步骤是：⑤检查装置的气密性、①装药品、④打开A中分液漏斗、②点燃C处酒精灯、③点燃E处酒精灯，即正确的顺序为⑤①④②③。【小问3详析】C中氧化铜和氨气反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式是。【小问4详析】由题给信息知，氮化镁易与水反应生成氢氧化镁和氨气，且镁能和氨气反应，因此D装置的作用是吸收氨气并干燥氮气。【小问5详析】若将D装置与F装置互换，由于碱石灰不能吸收氨气，会使氨气进入E中与镁反应生成Mg(NH2)2，导致产品不纯。【小问6详析】取装置E反应后所得固体少许于试管中，滴入蒸馏水，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明反应有NH3生成，则固体中含有氮化镁。【小问7详析】若24.0g镁放入E装置中，实验结束后称得E增加了7.0g，即参加反应的氮气是7g，设参加反应的镁的质量是x；，则，解得x=18g，所以氮化镁的产率是。18.CO和N2O是汽车尾气中污染入气的成分。一定条件下，通过下列转化反应：，可治理CO和N2O产生的污染。向体积相同的三个恒容密闭容器中均充入amolCO(g)和amolN2O(g)进行下列实验：实验序号反应温度催化剂Ⅰ恒温T1℃无Ⅱ恒温T1℃有Ⅲ初始温度T1℃，绝热容器无注：绝热容器的反应体系和外界环境无热交换回答下列问题：（1）实验Ⅰ、Ⅱ中c(N2)随时间t的变化曲线如图，实验Ⅰ反应开始至平衡时间段内v(N2O)＝_________。平衡时CO的体积分数：实验Ⅰ________实验Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。（2）某时刻向实验Ⅱ容器充入一定量X(g)。使容器内压强增大。①若X是CO(g)，则反应速率________(填“变大”“变小”或“不变”)；②若X是Ar(g)(不参与反应)，则反应速率________(填“变大”“变小”或“不变”)。（3）下列叙述能说明转化反应到达平衡状态的有________(填标号)。A．v(CO2)＝v(CO)B．断裂同时生成nmolCO2C．的值不变D．E．气体的平均摩尔质量不变（4）反应一段时间后，发现实验Ⅲ中反应速率增大，其原因是________（5）转化反应，在的催化作用下反应历程可分为：第一步：；第二步：(将化学方程式补充完整)________。Ⅱ．为减少汽车尾气的污染，逐步向着新能源汽车发展。肼一空气燃料电池是一种碱性电池，无污染，能量高，有广泛的应用前景，其工作原理如图所示。（6）回答下列问题：①该燃料电池中正极通入的物质是________，负极发生的反应式为________②当电池放电转移10mol电子时，至少消耗燃料肼________g〖答案〗（1）①.②.等于（2）①.变大②.不变（3）BC（4）该反应为放热反应，会使体系的温度升高，从而加快反应速率（5）CO(g)、、CO2(g)（6）①.空气②.③.80〖解析〗【小问1详析】由图可知，实验I反应达到平衡时mol/(L•min)，实验I、II的区别在于是否使用催化剂，催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的平衡状态，实验I、II的平衡状态中各物质的组成相同，即平衡时CO的体积分数：实验I等于实验II。【小问2详析】①其他条件不变时增大CO浓度，反应速率变大；②其他条件不变时通入Ar(g），体系中各物质的浓度不变，则反应速率不变。【小问3详析】A．等式关系中没有标明正逆反应，则不能判断反应是否达到平衡状态，故A错误；B．断裂同时生成nolCO2，即v正(CO2）=v逆（N2），故B正确；C．的值不变时不变，可据此判定反应达到平衡状态，故C正确；D．反应中的状态是平衡状态，则不是平衡状态，故D错误；E．反应为气体分子数不变的反应，反应前后气体总物质的量不变，体系中气体的总质量不变，则气体的平均摩尔质量不变，不能据此判定反应达到平衡状态，故E错误。故选BC。【小问4详析】实验III是绝热容器，绝热容器的反应体系和外界环境无热交换，反应放热使体系的温度升高，反应速率加快。【小问5详析】Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，第一步是Fe+和N2O(g)反应，第二步是FeO+和CO(g)反应生成CO2和Fe+，即FeO++CO=CO2+Fe+。【小问6详析】①肼一空气碱性燃料电池工作时，N2H4在负极a上失电子生成N2，空气中的O2在正极b上得电子生成OH-，则负极反应式为；②负极反应式为，则，其质量为2.5×32g=80g。19.以淀粉为原料合成具有水果香味的物质和的合成路线如图所示。高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，可以借助煤的工艺合成高分子M。已知D分子中含有一个甲基(－CH3)，在哺乳动物体内或自然界中都可最终降解为CO2和H2O。已知：（1）过程Ⅰ和Ⅱ分别可以通过煤的________(填煤的综合利用的工艺)实现转化。（2）高分子M中含有的官能团名称为________，H的结构简式为________。（3）反应⑦的化学方程式为________，反应类型为________。反应的⑧化学方程式为________，反应类型为________。（4）物质N分子式为C4H8O3，若N是D同系物，则所有符合条件的N的同分异构体有________种，写出其中任一种的结构简式________。〖答案〗（1）气化液化（2）①.羟基酯基②.CH3COOCH3（3）①.CH3COOH++H2O②.取代反应或酯化反应③.④.加成反应（4）①.5种②.、〖解析〗〖祥解〗煤的气化生成水煤气(CO和H2)，CO和H2)加入催化剂后液化生成甲醇；淀粉加入硫酸水解生成葡萄糖，加酒化酶生成A为乙醇，用铜做催化剂催化氧化生成B为乙醛，乙醛氧化生成C为乙酸；E(C5H10O3)和F(C5H8O4)具有水果香味的物质，则为酯类，A和D，C和D都能生成酯类，则D中有一个—COOH和—OH，D分子中含有一个甲基(－CH3)，则D的结构式为，则E和F的结构式分别为、，结合M中的链节推知乙酸和乙炔发生加成反应生成G，结构式为；根据结合G的结构式和M中的链节可知H为。【小问1详析】根据分析可知过程Ⅰ和Ⅱ分别可以通过煤的气化和液化；故〖答案〗为：气化和液化。【小问2详析】高分子M中含有的官能团有羟基和酯基；依据，结合G的结构式和M中的链节可知G和甲醇发生取代反应生成H和M链节的单体，则H为，结构简式为CH3COOCH3；故〖答案〗为：羟基和酯基；CH3COOCH3。【小问3详析】C和D发生酯化反应，方程式为CH3COOH++H2O；反应类型为取代反应；根据分析可知乙酸和乙炔发生加成反应，反应化学方程式为CH3COOH+CH≡CHCH3COOCH=CH2；反应类型为加成反应；故〖答案〗为：CH3COOH++H2O；取代反应；CH3COOH+CH≡CHCH3COOCH=CH2；加成反应。【小问4详析】D的结构式为，N分子式为C4H8O3，若N是D的同系物，N的结构含有一个—OH和—COOH，则N的结构式为有5种情况：，结构简式为CH3CH2CH(OH)COOH、CH3CH(OH)CH2COOH、HOCH2CH2CH2COOH、HOCH2CH(CH3)COOH、(CH3)2C(OH)COOH；故〖答案〗为：5；CH3CH2CH(OH)COOH、CH3CH(OH)CH2COOH、HOCH2CH2CH2COOH、HOCH2CH(CH3)COOH、(CH3)2C(OH)COOH。湖北武汉市部分重点中学(六校）2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1N14Mg24Zn65一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于重要非金属元素的用途的叙述错误的是（）A.氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等新型陶瓷是无机非金属材料B.在葡萄酒中添加可以使其保持较好的品质，是可以适量使用的食品添加剂C.量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体D.晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等都是新型陶瓷，属于无机非金属材料，选项A正确；B．添加SO2可以杀灭杂菌、用专业的红酒酵母可以使发酵过程中的杂菌、甲醇等有害物质减到最低，使葡萄酒的品质得到保证，是可以适量使用的食品添加剂，选项B正确；C．螺旋碳纳米管TEM与石墨烯均为碳单质，互为同素异形体体，选项C正确；D．硅具有导电性，可用于半导体材料，但不具有光的全反射性，制造光导纤维的主要原料为二氧化硅，选项D错误；〖答案〗选D。2.下列说法不正确的是（）A.在某些酱油中加入铁强化剂的措施可以减少缺铁性贫血问题的发生B.奶油含有较多的不饱和脂肪酸甘油酯以及丰富的脂溶性维生素，是制作巧克力、冰淇淋的重要原料C.黏胶纤维和大豆蛋白纤维都属于再生纤维D.浓硝酸和浓盐酸按体积比为1∶3的比例混合后能使金、铂等金属溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．加入铁强化剂可以补充铁元素，减少缺铁性贫血，A正确；B．奶油中含有较多的饱和脂肪酸，B错误；C．粘胶纤维是将天然蛋白分离再生而成，大豆蛋白纤维也属于再生纤维，C正确；D．浓硝酸浓盐酸按体积比1:3混合得到王水，可以溶解金、铂等金属，D正确；故选B。3.“3D打印机”需要稳定的电源保证工作效率，以碳纳米管作电极材料的柔性电池具有稳定性高，工作时间长，发热量小等特点，非常适合3D打印的需要。该电池工作原理如图，其放电时总反应为：下列说法错误的是（）A.放电时电子由锌膜经外电路流向膜B.碳纳米管可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率C.当锌膜消耗的为时，外电路转移电子D.放电时的负极反应式为：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Zn失去电子发生氧化反应，MnO2中Mn得电子发生还原反应，所以锌膜为负极，MnO2膜为正极，电子由锌膜流向MnO2膜，故A正确；B．碳纳米管具有导电性，可以作为电极材料，同时可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率，故B正确；C．当锌膜消耗的Zn为6.5g即0.1mol时，Zn→Zn2+，转移0.2mol电子，则外电路转移0.2mol电子，C正确；D．该电池的负极为锌膜，电极反应Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，故D错误；故选D。4.桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两个不直接相连的碳原子的环烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种桥环有机物。下列关于该化合物的说法正确的是（）A.其同分异构体中呈环状的只有环丁烯()B.构成该化合物的所有原子处于同一个平面C.二环[1，1，0]丁烷和甲烷互为同系物D.二环[1，1，0]丁烷的二溴代物为4种〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二环[1，1，0]丁烷()与环丁烯()和甲基环丙烯()等互为同分异构体，A错误；B．二环[1，1，0]丁烷分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，B错误；C．二环[1，1，0]丁烷与甲烷的结构不相似，分子通式不同，故二环[1，1，0]丁烷和甲烷不互为同系物，C错误；D．二环[1，1，0]丁烷的一溴代物有两种()，形成的二溴代物有三种()，形成的二溴代物有一种()，共四种，D正确；〖答案〗选D。5.下列实验方案设计中，能达到实验目的的是（）实验目的实验方案A证明具有还原性向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，观察到溶液紫色褪去B探究温度对化学反应速率的影响用两支大小相同的试管各取溶液，同时分别加入的溶液，振荡，然后分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，比较两支试管中溶液出现浑浊的快慢C证明蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量稀溶液，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜D酸性：常温下，分别将和通入水中制备饱和溶液，再用计测定〖答案〗C〖解析〗【详析】A．向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，由于Cl-也具有还原性，可以使溶液紫色褪去，不能证明具有还原性，A错误；B．应现将装有的两支试管先在盛有冷水和热水的两个烧杯中水浴一段时间，再分别加入的溶液，振荡观察现象，B错误；C．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使蔗糖水解产生葡萄糖，冷却后向其中加入足量稀溶液形成碱性环境，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜，说明水解产生了葡萄糖，被新制银氨试剂氧化，证明蔗糖水解产物具有还原性，C正确；D．和通入水中制备饱和溶液，得到的饱和溶液因溶解度不同而浓度未保持一致，无法证明酸性强弱，D错误。故选C。6.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（）A.途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3B.相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想C.已知1molCuSO4在1100℃所得混合气体X为SO2和O2，则O2为0.75molD.Y可以是葡萄糖〖答案〗A〖解析〗【详析】A.途径①发生反应的化学方程式为3H2SO4+2HNO3+3Cu=3CuSO4+2NO↑+4H2O，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，A说法不正确；B.途径①产生大气污染物氮的氧化物，途径③产生大气污染物二氧化硫，而途径②不产生大气污染物，且酸的利用率高，因此，相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想，B说法正确；C.已知1molCuSO4在1100℃所得混合气体X为SO2和O2，因为Cu元素的化合价由+2降到+1，S元素的化合价由+6降到+4，O元素的化合价由-2升高到0，根据电子转移守恒可知，1mol+2mol=4n(O2)，则O2为0.75mol，C说法正确；D.硫酸铜可以与过量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液可以被含有醛基的有机物还原为氧化亚铜，葡萄糖分子中含有醛基，则Y可以是葡萄糖，D说法正确。本题选A。7.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：，12s时生成C的物质的量为1.2mol(过程如图所示)。下列说法中正确的是（）A.2s时，用A表示反应的瞬时速率为B.b∶c＝1∶1C.图中m点达到了反应进行的限度D.12s时容器内的压强为起始压强的〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗图像描述的是反应物A和B的物质的量浓度随时间的变化图；【详析】A．2s内，A的物质的量的浓度的变化量为0.8-0.5=0.3mol/L，故用A表示反应的平均反应速率为，但反应物的浓度在减小，故用A表示反应的瞬时速率小于0.15mol/(L∙s)，A错误；B．12s时，B的物质的量的浓度的变化量为0.2mol/L，B的物质的量的变化量为0.4mol，C的物质的量的变化量为1.2mol，根据变化量之比等于化学计量系数之比可知b∶c＝1∶3，B错误；C．图中m点时A和B的物质的量还在减小，故未达到限度，C错误；D．恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，起始时体系内总的气体的物质的量mol，12s时容器内气体总的物质的量mol，故12s时容器内的压强为起始压强的，D正确；故选D。8.黑钨矿的主要成分为FeWO4、MnWO4(含SiO2杂质)。已知：；。工业上以黑钨矿为原料利用纯碱烧结水浸法冶炼金属钨的流程如图。下列说法错误的是A.为加快水浸的溶解速率，应将烧结物粉碎B.滤渣2为硅酸C.同浓度的WO离子结合质子的能力比SiO离子强D.可采用铝热反应将WO3还原成单质W〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗黑钨矿的主要成分为、(含杂质)，烧结物的主要成分为

Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2WO4，加水过滤，滤渣

1

是难溶于水的

Fe2O3、MnO2；滤液中含有

Na2SiO3、Na2WO4，加入盐酸调节

pH，生成硅酸沉淀，除去

Na2SiO3，再加盐酸生成钨酸沉淀，钨酸加热分解为

WO3，还原得到W单质。【详析】A．将烧结物粉碎可以增大反应物的接触面积，加快水浸的溶解速率，A正确；B．由分析可知滤渣2是硅酸，B正确；C．流程中SiO先于WO沉淀，说明同浓度的WO结合质子的能力比SiO弱，C错误；D．Al的金属性强于W，因此可采用铝热反应将WO3还原成单质W，D正确；故〖答案〗为：C。9.已知：由最稳定的单质合成1mol某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0。相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是（）A.NO的摩尔生成焓为B.H2O(l)的C.比更稳定D.标准状况下，完全燃烧放出的热量为〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．从图中可以看出，NO的摩尔生成焓为，A正确；B．H2O(g)，由H2O(g)转化为H2O(l)时放热，则H2O(l)的，B错误；C．的，的，摩尔生成焓越低，物质越稳定，则比更稳定，C正确；D．N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)时，∆H=(-241.8kJ∙mol-1)×2-50.6kJ∙mol-1=-534.2kJ∙mol-1，在标准状况下，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，H2O(g)转化为H2O(l)时放热，则完全燃烧放出的热量大于，D错误；故选BD。10.冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是（）A.活性溴化合物BrCl中含非极性键B.溴自由基和氯自由基只具有氧化性C.通过循环大气中OH自由基的浓度降低D.BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等〖答案〗D〖解析〗【详析】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A错误；B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B错误；C．BrO+HO2=HOBr+O2，Cl+HOBr=BrCl+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C错误；D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D正确；故选：D。11.钯(Pd)的性质与铂相似，一种从废钯催化剂(主要成分为Pd、和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、。下列说法正确的是（）A.能与盐酸反应B.“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂C.“洗脱”过程中增大盐酸浓度有利于洗脱D.“洗脱”过程中的盐酸可以用硫酸代替〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗废钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3

和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)，在空气中灼烧，除去活性炭，灼烧产物加入盐酸和过氧化氢酸浸后，得到滤渣α-Al2O3，浸出液中含[PdCl4]2-离子，利用R-Cl+M

-⇌R-M+C1-原理，经阴离子离子交换树脂后，[PdCl4]2-变成R-PdCl4，除去含Fe3+和Cu2+流出液，R-PdCl4加盐酸洗脱，使R-Cl+M

-⇌R-M+C1-平衡逆向移动，重新变成[PdCl4]2-溶液，最后得到经历一系列操作得到海绵钯。【详析】A．由已知流程图可知，酸浸时是滤渣，所以不能与盐酸反应，A错误；B．浸出液中含，利用原理，经阴离子交换树脂，与树脂中的阴离子交换，和进入流出液从而被除去，B错误；C．加入盐酸洗脱，氯离子浓度增大，使平衡逆向移动，有利于洗脱，C正确；D．“洗脱”过程中需要增大氯离子浓度，不能改用硫酸，D错误。故选C。12.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）实验操作现象结论A向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：B向饱和溶液中滴加鸡蛋清溶液出现白色沉淀饱和溶液可使蛋白质变性C石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液溶液红棕色变无色气体中一定含有乙烯D将封装和混合气体的球形玻璃容器，浸入热水中气体颜色变深温度可以破坏化学平衡〖答案〗D〖解析〗【详析】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，且氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将碘离子直接氧化为碘单质，实验无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A项错误；B．向饱和(NH4)2SO4溶液中滴加鸡蛋清溶液，出现白色沉淀，这是饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质盐析，B项错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，气体不一定含有乙烯，可能是其它不饱和烃的气体如丙烯等，C项错误；D．将封装NO2和N2O4混合气体的球形玻璃容器，浸入热水中，气体颜色变深，说明反应向生成NO2方向进行，即温度可以破坏化学平衡，D项正确；故〖答案〗为：D。13.穿心莲内酯具有祛热解毒，消炎止痛之功效，被誉为天然抗生素药物，结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A.该物质分子式为B.该物质的含氧官能团有3种C.该物质能发生取代反应、加成反应和氧化反应D.1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应〖答案〗CD〖解析〗【详析】A．由结构可知分子中含30个H原子，则该物质分子式为，A错误；B．该物质含酯基、羟基，共2种含氧官能团，B错误；C．醇羟基和酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应和氧化反应，醇羟基可发生氧化反应，C正确；D．2个碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应，D正确。故选CD。14.在体积均为2L恒容容器中，分别在200℃和T℃时，发生如下反应，A的物质的量浓度(单位：mol/L)随时间变化的有关实验数据见下表：时间/min0246810200℃0.800.550.350.200.150.15T℃1.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是（）A.在200℃时，4min内用B表示的化学反应速率为0.225mol/(L·min)BT℃下，6min时反应刚好达到平衡状态C.从表中可以看出T＞200℃D.在该题目条件下，无法判断正反应方向是否为放热反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．B是固体，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；B．根据表格数据，T℃下，可能在4~6min内某一时刻反应刚好达到平衡状态，故B错误；C．从表中可以看出T℃反应速率大于200℃，所以T＞200℃，故C正确；D．T＞200℃，200℃时K=，T℃时K=，升高温度，K增大，可知正反应吸热，故D错误；选C。15.无色气体甲可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法正确的是（）A.气体甲中可能含有NO40mLB.经过Na2O2处理后剩余气体体积大于60mLC.气体甲的组成可能为NH3、NO、NO2D.经过浓硫酸处理后余气中NO、CO2体积比为2∶3〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗无色气体甲中一定不含红棕色气体NO2，通过浓硫酸，碱性气体氨气被浓硫酸吸收，剩余气体体积为80mL，说明氨气体积为20mL，右侧出现红棕色气体说明二氧化碳与Na2O2反应产生的O2将NO氧化为NO2。将剩余气体通入水中无气体剩余，说明二氧化碳与Na2O2反应产生的O2恰好将NO2或NO（有可能有NO剩余）转化为硝酸，但不含氮气。【详析】A．由分析可知80mL气体的成分为NO和CO2，设CO2体积为xmL，则NO体积为80-xmL，由可知气体通过足量过氧化钠时产生的氧气体积为0.5xmL，80-xmLNO与0.5xmLO2虽然继续发生反应，但最终气体全部通入水中恰好气体无剩余，即NO、NO2、O2恰好转化为硝酸，理解为80-xmLNO与0.5xmLO2恰好反应为硝酸，由得失电子守恒可得得x=48，由此可知气体甲中含32mLNO、48mLCO2、20mLNH3，A错误；B．由A可知，经过Na2O2处理后剩余气体若未反应，则为32mLNO、24mLO2，但NO与氧气继续反应使气体体积减少，故剩余气体体积小于56mL，B错误；C．由A可知气体甲中含32mLNO、48mLCO2、20mLNH3，C错误；D．由A可知气体甲中含32mLNO、48mLCO2、20mLNH3，经过浓硫酸处理后余气中NO、CO2体积比为2∶3，D正确。故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.某课题组探究了海带提碘的优化条件，并用色度计测定某海带样品中碘的含量。实验过程如图所示：（1）实验步骤①会用到下列仪器中的________(填字母)a．酒精灯b．蒸发皿c．坩埚d．泥三角（2）设计实验证明第③步操作后滤液中的存在，________。（3）步骤④中反应的离子方程式为________。（4）海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等，在实验步骤________(填序号)中实现与碘分离（5）第⑤步得到的I2的CCl4溶液，也可用如下流程从其中回收I2：请写出步骤Ⅱ的离子方程式：________。（6）含量测定：用色度计可测定所得溶液中碘的含量。(已知：碘浓度越大吸光度越大)方法是：用色度计测得某碘溶液的吸光度后，利用以溶液吸光度为纵坐标、碘浓度为横坐标的标准曲线图，可以得出被测溶液碘浓度。为了绘制标准曲线图，取0.10g碘单质，用100mL容量瓶配成碘的CCl4溶液，取出0.10mL加入3.90mLCCl4中配得第一份碘的标准溶液。用色度计测其吸光度，得到标准曲线的第一个坐标点，该坐标点的横坐标是________．(忽略溶液混合后引起的体积改变)（7）课题组在其他实验条件相同情况下，研究了不同灰化时间对碘提取效果的影响。其结果如图所示。灰化时间超过40min，测得碘的含量逐渐降低，原因是________。(注：灰化即灼烧成灰)〖答案〗（1）acd（2）通过焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含（3）（4）⑤（5）（6）25.00（7）在空气中被氧化为I2，I2升华造成碘元素流失〖解析〗〖祥解〗海带经灼烧，除去大部分的有机物，海带灰中含无机盐类。浸泡过滤后可得含I-的溶液，经H2O2氧化，得到I2的水溶液，萃取、蒸馏等步骤后可得碘单质。【小问1详析】步骤①为灼烧，需要酒精灯、坩埚、泥三角，所以选acd；【小问2详析】含有K+可以通过颜色反应来验证，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含；【小问3详析】步骤④为H2O2氧化I-得到I2，方程为：；【小问4详析】硫酸盐、碳酸盐等均不易溶于CCl4，所以可以在步骤⑤与碘单质分离；【小问5详析】步骤II中，在酸性条件下发生归中反应，得到碘单质，方程：；【小问6详析】横坐标为c(I2)【小问7详析】灼烧时间过长，部分I-被空气中氧气氧化为I2，I2升华损失，导致碘含量降低17.氮化镁是一种浅黄色粉末，易与水反应生成氢氧化镁和氨气，常用于制备其他超硬、高导热、耐高温的氮化物。实验室用以下装置制取干燥、纯净的并与金属镁反应制取氮化镁。已知：回答下列问题：（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是________；B、F中盛装碱石灰的仪器名称________。（2）连接好装置后，其他实验步骤如下①装药品②点燃C处酒精灯③点燃E处酒精灯④打开A中分液漏斗⑤检查装置的气密性正确的顺序为________(填序号)。（3）C中反应的化学方程式是________（4）D装置的作用是________（5）若将D装置与F装置互换，则可能造成的后果是：________。（6）如何检验E中生成的固体有氮化镁？具体操作是________。（7）若24.0g镁放入E装置中，实验结束后称得E增加了7.0g，则氮化镁的产率是________(保留到小数点后一位)〖答案〗（1）①.浓氨水②.(球形)干燥管（2）⑤①④②③（3）（4）吸收氨气并干燥氮气（5）碱石灰不能吸收氨气，会使氨气进入E中与镁反应生成Mg(NH2)2，导致产品不纯（6）取装置E反应后所得固体少许于试管中，滴入蒸馏水，有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，则固体中含有氮化镁。（7）75.0%〖解析〗〖祥解〗A装置中利用浓氨水和氧化钙反应制备氨气，B装置碱石灰干燥氨气，C装置中，氧化铜和氨气发生反应，D装置的作用是吸收氨气并干燥氮气，E装置中镁和氮气反应生成氮化镁，F装置的主要作用是防止空气中的水蒸气、CO2进入装置干扰实验。为防止镁与氧气、氨气反应，先利用C装置产生的氮气排出装置E内的空气，再点燃E处酒精灯。若将D装置与F装置互换，由于碱石灰不能吸收氨气，会使氨气进入E中与镁反应生成Mg(NH2)2，导致产品不纯，据此分析解答。【小问1详析】装置A的作用是制取氨气，浓氨水和氧化钙反应放出氨气，所以的分液漏斗中盛装的试剂是浓氨水；B、F中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。【小问2详析】连接好装置后，首先要检查装置的气密性。为防止镁与氧气、氨气反应，先利用C装置产生的氮气排出装置E内的空气，再点燃E处酒精灯，故实验步骤是：⑤检查装置的气密性、①装药品、④打开A中分液漏斗、②点燃C处酒精灯、③点燃E处酒精灯，即正确的顺序为⑤①④②③。【小问3详析】C中氧化铜和氨气反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式是。【小问4详析】由题给信息知，氮化镁易与水反应生成氢氧化镁和氨气，且镁能和氨气反应，因此D装置的作用是吸收氨气并干燥氮气。【小问5详析】若将D装置与F装置互换，由于碱石灰不能吸收氨气，会使氨气进入E中与镁反应生成Mg(NH2)2，导致产品不纯。【小问6详析】取装置E反应后所得固体少许于试管中，滴入蒸馏水，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明反应有NH3生成，则固体中含有氮化镁。【小问7详析】若24.0g镁放入E装置中，实验结束后称得E增加了7.0g，即参加反应的氮气是7g，设参加反应的镁的质量是x；，则，解得x=18g，所以氮化镁的产率是。18.CO和N2O是汽车尾气中污染入气的成分。一定条件下，通过下列转化反应：，可治理CO和N2O产生的污染。向体积相同的三个恒容密闭容器中均充入amolCO(g)和amolN2O(g)进行下列实验：实验序号反应温度催化剂Ⅰ恒温T1℃无Ⅱ恒温T1℃有Ⅲ初始温度T1℃，绝热容器无注：绝热容器的反应体系和外界环境无热交换回答下列问题：（1）实验Ⅰ、Ⅱ中c(N2)随时间t的变化曲线如图，实验Ⅰ反应开始至平衡时间段内v(N2O)＝_________。平衡时CO的体积分数：实验Ⅰ________实验Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。（2）某时刻向实验Ⅱ容器充入一定量X(g)。使容器内压强增大。①若X是CO(g)，则反应速率________(填“变大”“变小”或“不变”)；②若