2022-2023学年山西省大同市高一下学期5月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省大同市2022-2023学年高一下学期5月期中考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.考试范围：必修第二册，第五章到第七章第二节。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56I127Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列有关能量变化的说法错误的是（）A.光合作用能使太阳能转化为化学能B.火力发电是化学能最终转化为电能的过程C.即热饭盒(Mg-Fe-H2O)将电能转化为热能D.石墨能量比金刚石低，故用石墨制造金刚石的过程为吸热反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．光合作用是利用太阳能转化为化学能储存起来，A正确；B．火力发电是利用燃料燃烧将化学能最终变成电能，B正确；C．即热饭盒是利用化学能变成热能，C错误；D．石墨的能量比金刚石的词，故石墨制造金刚石为吸热反应，D正确；故选C。2.加强生态环境保护，促进绿色低碳发展。下列说法正确的是（）A.21世纪最具发展潜力的清洁能源是氢能B.新能源汽车电池生产过程中对环境不会产生污染C.合成氨工业解决了粮食不足和生态环境保护问题D.只要做好汽车尾气的有效处理，可继续提倡燃油车的使用〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氢能清洁无污染，是21世纪最具发展潜力清洁能源，故A正确；B．新能源汽车电池生产过程中需要用到大量的金属，会对环境产生污染，故B错误；C．合成氨工业解决了粮食不足，但是在生成过程会造成氮氧化物的污染，故C错误；D．汽车的使用会排放大量的碳氧化物，引起温室效应，故D错误；故选A。3.下列有关化学材料的说法错误的是（）A.碳纳米管比表面积大，可用于新型储氢材料B.石墨烯是一种电阻率低、热导率高的新型无机非金属材料C.二氧化硅可用作光导纤维，属传统无机非金属材料D.金刚砂(SiC)是新型陶瓷，可用作耐高温材料〖答案〗C〖解析〗【详析】A．碳纳米管表面积大，吸附性强，可用作新型储氢材料，故A正确；B．石墨烯是碳纳米材料，电阻率低、热导率高，是一种具有优异性能的新型无机非金属材料，故B正确；C．二氧化硅可用作光导纤维，属新型无机非金属材料，故C错误；D．新型陶瓷金刚砂(SiC)熔沸点高，可用作耐高温结构材料，故D正确；故选：C。4.部分含氮物质的价~类二维关系如图，下列有关说法正确的是（）A.将充满物质c的试管倒置于水槽中，水可充满试管B.图中氧化物均为酸性氧化物C.工业上可用a为原料合成dD.常温下d的溶液与单质铝反应可生成b或c〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据含氮物质的价~类二维关系图，a为NH3、b为NO、c为NO2、d为HNO3，据此解答。【详析】A．c为NO2，将充满物质c的试管倒置于水槽中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，水可充满试管三分之一，故A错误；B．图中氧化物为NO、NO2均为不成盐氧化物，故B错误；C．氨气催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2可以转化为硝酸，工业上可用a为原料合成d，故C正确；D．铝遇到浓硝酸钝化，故常温下d的溶液与单质铝反应不一定生成b或c，故D错误；故选C。5.下列装置与试剂能实现相应实验目的的是（）A.实验室进行NO2的尾气处理B.实验室制取SO2气体C.实验室制取氨气D.实验室探究温度对反应速率的影响〖答案〗A〖解析〗【详析】A．NO2可以和氢氧化钠溶液反应生成盐，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，可以进行NO2的尾气处理，故A正确；B．浓硫酸和铜反应需要加热才能进行，该装置缺少加热装置，故B错误；C．实验室用氢氧化钙和氯化铵反应制取氨气，氯化铵直接加热分解生成HCl、NH3，两者在试管口又会反应生成氯化铵，故氯化铵加热不能制取氨气，故C错误；D．该装置中热水和冷水中反应物浓度不同，探究温度对反应速率的影响，需要保证反应物浓度和溶液体积一致，故D错误；故选A。6.顺丁橡胶结构简式如图，下列说法正确的是（）A.其单体为B.顺丁橡胶能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.顺丁橡胶与互为同系物D.顺丁橡胶不易老化，可直接用作轮胎〖答案〗B〖解析〗【详析】A．顺丁橡胶的单体为，故A错误；B．顺丁橡胶中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．同系物是指结构相似，分子式相差若干个CH2原子团的有机化合物，而顺丁橡胶是由链节相同、聚合度不同的物质组成，是混合物，因此两者不是同系物，故C错误；C．顺丁橡胶中含有碳碳双键，易被氧气氧化，易老化，故D错误；故〖答案〗选B。7.根据如图能量变化示意图，下列判断正确的是（）A.N-H键的键能为bkJ/molB.N2(g)和H2(g)生成1molNH3(l)放出热量(b+c-a)kJC.由N2(g)和H2(g)生成1molN和1molH，放出akJ热量D.使用催化剂可使生成1molNH3(g)放出热量小于(b-a)kJ〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗从图看，0.5molN2和1.5molH2断键吸收的能量或反应物的总键能为akJ，而1molNH3键能或产物的总键能为bkJ。【详析】A．1molN和3molH形成1molNH3释放出bkJ，则N-H键能为b/3kJ/mol，A项错误；B．生成1molNH3(g)放出的热量为b-a，1molNH3(g)转变为NH3(l)放出ckJ，所以N2(g)和H2(g)生成1molNH3(l)放出热量(b+c-a)kJ，B项正确；C．由N2(g)和H2(g)生成1molN和1molH为断键过程需要吸收能量，C项错误；D．使用催化剂只改变反应历程不改变反应焓变，D项错误；故选B。8.下列反应的离子反应方程式书写正确的是（）A.二氧化硫使溴水褪色：B.碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：C.硫化氢通入氯化铁溶液中：D.向碳酸氢钙溶液中加入过量烧碱溶液：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．二氧化硫使溴水褪色离子反应方程式：，故A正确；B．I-的还原性比Fe2+强，少量的稀硝酸只能氧化I-，故B错误；C．氯化铁溶液中通入硫化氢气体，离子方程式：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C错误；D．碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；故选A。9.科学家研发以钠箔和多壁碳纳米管为电极的可充电“Na-CO2”电池，其工作原理如图，下列说法错误的是（）A.放电时，正极反应为B.多壁碳纳米管电极具有吸附CO2等物质的作用C.放电时，电子由多壁碳纳米管电极通过外线路向钠箔电极移动D.放电时，每转移0.2mole-，钠箔质量减少4.6g〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗钠为原电池的负极，放电反应为Na-e-=Na+，充电时与电源的负极相连。而碳纳米管为原电池的正极，放电时的反应为3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C，充电时与电源的正极相连。【详析】A．由上分析，正极发生还原反应，反应为3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C，A项正确；B．碳纳米管具有大的比表面积可吸附CO2，B项正确；C．放电时，电子从钠极出经导线进入碳纳米管极，C项错误；D．Na~Na+~e-，即每23g钠转移1mol电子。则每转移0.2mole-，钠箔质量减少4.6g，D项正确；故选C。10.为探究木炭与浓硝酸的反应原理，某同学设计如下四组实验，发现所有实验过程均有红棕色气体产生，不考虑空气对反应的影响，下列说法错误的是（）①②③④A.所有实验产生的气体均为混合物B.③和④中生成的气体成分可能相同C.②中红棕色气体全部为木炭与浓硝酸反应产生D.①说明浓硝酸不稳定受热易分解〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗浓硝酸分解产生NO2和O2和H2O，而浓硝酸和C反应产生CO2、NO2、H2O。【详析】A．有上分析，所有实验中的气体均为混合物，A项正确；B．③中可能浓硝酸受热分解，但可能与木炭接触发生反应；而④浓硝酸受热可能分解，挥发的硝酸与木炭接触也可能发生反应，所有两个实验气体成分可能相同，B项正确；C．木炭需要在加热条件下才能与浓硝酸发生反应产生NO2，该条件下木炭不和浓硝酸反应，C项错误；D．浓硝酸遇灼热的碎瓷片分解产生NO2，说明其不稳定易分解，D项正确；故选C。11.我国科学家首次实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，转化关系如图，下列说法错误的是（）A.反应ⅱ为B.1molCO2完全转化为(CH2)n得到4NA个电子C.a的化学名称为2-甲基丁烷D.b的一氯取代物有2种结构〖答案〗B〖解析〗【详析】A．结合反应过程，反应ⅱ为，A正确；B．CO2完全转化为(CH2)n，C由+4价变为-2价，1molCO2完全转化为(CH2)n得到6NA个电子，B错误；C．a的化学式为（CH3）2CH2CH2CH3，化学名称为2-甲基丁烷，C正确；D．b为对二甲苯，有两种类型的氢原子，一氯取代物有2种结构，D正确；故选B。12.利用NH3吸收液和ClO2可实现煤炭燃烧烟气高效脱硫(SO2)脱硝(NO)，吸收处理后得到废液，其成分主要为(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl。已知ClO2在碱性条件下会产生，下列说法错误的是（）A.脱除NO的总反应为B.标准状况下，脱除含SO2、NO各0.1mol的烟气，至少共需要8.96LNH3C.每生成1molNH4Cl至少需要1molClO2D.碱性越强，脱除效率越高〖答案〗D〖解析〗【详析】A．脱除NO过程NO被氧化，总反应为，故A正确；B．结合得失电子守恒，标准状况下，脱除含SO2、NO各0.1mol的烟气，需要ClO2为0.1mol，根据元素守恒，至少共需要0.4molNH3，为8.96LNH3，故B正确；C．结合氯元素守恒，每生成1molNH4Cl至少需要1molClO2，故C正确；D．ClO2在碱性条件下会产生，根据得电子数量判断，碱性越强，脱除效率越低，故D错误；故选D。13.水体中硝酸盐在电催化无害化处理过程中，在催化剂表面，中间体还原为N2的一种反应历程如图(ads指吸附)，下列说法错误的是（）A.历程中1molNO还原为N2消耗B.历程中4步反应均伴随电子转移C.反应④为D.该反应历程将化学能转化为电能〖答案〗A〖解析〗【详析】A．结合过程，步骤①②各消耗1mol氢离子，步骤④消耗2mol氢离子，且步骤①消耗了2molNO，故历程中1molNO还原为N2消耗，故A错误；B．历程NO中N为+2价，HN2O2中N为+价，N2O中N为+1价，N2O-中N为+价，N2中N为0价，4步反应生成物中N的化合价各不相同，均为氧化还原反应，均伴随电子转移，故B正确；C．根据反应过程以及电子守恒，反应④为，故C正确；D．该反应历程需要通过原电池原理实现，将化学能转化为电能，故D正确；故选A。14.一定条件下的密闭容器中，发生反应，I2(g)和HI(g)的物质的量浓度变化如图，下列说法正确的是（）A.0~t1的平均速率B.平衡时C.t1~t3时间段内，生成HI的物质的量为0.8molD.t3与t2相比，体系平均相对分子质量不一定相等〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据，浓度由3mol/L变为2mol/L的为I2，则浓度由0变为2mol/L的为HI。【详析】A．根据反应的系数关系，0~t1的平均速率，故A正确；B．容器体积未知，反应物H2的浓度未知，无法计算平衡时各物质的物质的量，故B错误；C．容器体积未知，无法计算t1~t3时间段内，生成HI的物质的量，故C错误；D．t3时刻I2和HI浓度同时增大，且平衡没有发生移动，应该是减小体积，所以体系平均相对分子质量一定相等，故D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.完成下列问题（1）科学家通过电化学方法实现了二氧化碳的捕捉并将其转化成高值燃料甲烷，其发生的化学反应主要为。已知断裂1mol化学键需要吸收的能量如下表所示：化学键C=OH-HC-HH-O吸收能量(kJ/mol)728436414464则该反应为___________反应(填“放热”或“吸热”)，每消耗1molCO2吸收或放出热量为___________kJ。（2）工业上可用反应处理含氮废气，在某容积为2L的密闭容器内加入2molC和2molNO，在一定条件下发生反应，5min时测得C的质量为18g。①该段时间内用N2表示的平均反应速率为___________；②若5min时反应达到平衡，此时容器内气体密度与反应开始时气体密度之比为___________；③下列事实能说明该反应已达平衡状态的是___________(填标号)；A．消耗12gC同时消耗44gCO2B．C的质量不再变化C．容器内压强不再变化D．容器内气体密度不再变化E．容器内气体平均相对分子质量不再变化F．每有1molC=O键生成，同时有键断裂④改变下列条件能加快该反应速率的是___________(填标号)。A．压缩容器体积B．再加入12gCC．通入NOD．向容器内滴加1mL稀NaOH溶液〖答案〗（1）①.放热②.312（2）①.②.11:10③.ABDE④.AC〖解析〗【小问1详析】反应的焓变ΔH=2E(C=O)+4E(H-H)-[4E(C-H)+4E(O-H)]=2×728kJ/mol+4×436kJ/mol-(4×414kJ/mol+464×4kJ/mol)=-312kJ/mol，则该反应为放热反应，每消耗1molCO2吸收或放出热量为312kJ。【小问2详析】①5min后产生C为18g物质的量为1.5mol，即Δn(C)=2mol-1.5mol=0.5mol，则产生N2为0.5mol，v(N2)=；②由阿伏伽德罗推理得，反应前只有NO气体，则M1=14+16=30g/mol，5min后得M2=，计算=；③A．消耗12gC为反应正向即产生44gCO2，同时消耗44gCO2，即正逆反应速率相等，反应平衡，A项符合题意；B．随着反应正向进行，C被消耗质量逐渐减少，平衡时不变，所以该特征能判断平衡，B项符合题意；C．由于反应前后气体不变的反应，随着反应的进行容器的压强始终不发生改变，该特征不能判断平衡，C项不符合题意；D．气体的密度为，容器体积不变，而随着反应的正向进行m气总逐渐增大，即随着反应正向进行气体密度不断增大，当平衡时不变，该特征能判断平衡，D项符合题意；E．气体平均相对分子质量，随着反应正向进行m气总不断增大，即平均相对分子质量增大，当平衡时不发生改变，该特征能判断平衡，E项符合题意；F．每有1molC=O键生成是产生0.5molCO2，伴随0.5molN2产生，同时有1molN≡N键断裂是消耗1molN2，N2的生成和消耗不相等，该特征不能判断平衡，F不符合题意；故选ABDE。A．压缩容器体积，增大了反应体系中各气体的浓度，反应速率加快，A项符合题意；B．改变固体的量不改变浓度，速率不变，B项不符合题意；C．增大反应物浓度，速率加快，C项符合题意；D．加入NaOH消耗CO2，反应物浓度减小，速率变小，D项不符合题意；故选AC。16.某实验小组用如下装置模拟Mg与N2反应制取Mg3N2，已知装置数量可满足需要。Mg3N2为浅黄色粉末，易与水反应；氨气在加热时可还原氧化铜生成铜和氮气，。回答下列问题：（1）装置“l”名称为___________。（2）各装置接口顺序为m→___________。（3）装置C中发生反应的化学方程式为___________。（4）装置B的作用是___________。（5）实验开始时应先点燃___________处酒精灯(填“A”或“C”)，理由是___________。（6）有人认为装置D可用B代替，该观点___________(填“正确”或“错误”)，原因是___________。（7）已知Mg3N2与H2O反应无电子转移，试设计实验验证装置A中有Mg3N2生成：___________。〖答案〗（1）恒压滴液漏斗（2）c→d→e→f→p→q(或q→p)→g→h→a→b→c→d（3）2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O（4）前面的装置B的作用是除去氨气中的水蒸气，最后面的装置B的作用是防止空气中的水蒸气进入A中（5）①.C②.先制取氮气，然后用氮气制取氮化镁，且镁能和空气中的氧气等反应（6）①.错误②.装置D作用是除去氮气中的水蒸气和氨气，防止镁和水、氨气反应，而碱石灰只能吸收水，不能吸收氨气（7）取适量反应后装置A中的固体放入试管中，加入适量水，有气泡产生，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，则证明装置A中有氮化镁生成〖解析〗〖祥解〗浓氨水和生石灰制取氨气，氨气经碱石灰干燥后和氧化铜反应生成氮气，氮气和金属镁反应生成氮化镁。【小问1详析】根据仪器构造可知，装置“l”为恒压滴液漏斗。【小问2详析】浓氨水和生石灰制取氨气，氨气经碱石灰干燥后和氧化铜反应生成铜、氮气和水，由于镁和氨气、水反应，且氮化镁也和水反应，所以需要用浓硫酸除去氮气中的氨气和水蒸气，为防止浓硫酸倒吸入装置C中，需在C和D间加一个安全瓶。氮气和金属镁加热下反应生成氮化镁，氮化镁易与水反应，所以在装置的最后需要用碱石灰防止空气中的水蒸气进入。则装置的连接顺序为m→c→d→e→f→p→q(或q→p)→g→h→a→b→c→d。【小问3详析】装置C中发生的是氨气和氧化铜生成铜、氮气和水的反应，化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。【小问4详析】前面的装置B的作用是除去氨气中的水蒸气，最后面的装置B的作用是防止空气中的水蒸气进入。【小问5详析】先制取氮气，然后用氮气制取氮化镁，同时利用氮气排除装置中的空气，防止镁和空气中的氧气等反应，所以要先点燃C处的酒精灯。【小问6详析】装置D的作用除去氮气中的水蒸气和氨气，防止镁、氮化镁和水、氨气反应，而碱石灰只能吸收水，不能吸收氨气，所以装置D不可用B代替。【小问7详析】已知Mg3N2与H2O反应无电子转移，则氮化镁和水反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，可以检验有氨气生成，从而证明装置A中有氮化镁生成。设计实验为：取适量反应后装置A中的固体放入试管中，加入适量水，有气泡产生，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，则证明装置A中有氮化镁生成。17.利用工业碱渣()治理硫酸尾气(SO2)，并制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)的工艺如图。回答下列问题：（1）吸收塔中可能发生的副反应的化学方程式为___________、___________。（2）“浇碱”加入的试剂为___________，目的是___________。（3）已知Na2S2O3在水中的溶解度曲线如图，则从结晶罐中得到的操作为___________。（4）已知在浓缩反应器中可直接获取亚硫酸钠固体，亚硫酸钠在水中的溶解度曲线如图，无水亚硫酸钠不易被空气中的氧气氧化，则浓缩时温度应控制在___________左右，理由是___________。（5）可用碘水测定产品中的纯度，发生反应，测定过程：取产品ag，加蒸馏水溶解后，配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，再逐滴滴加0.005mol/L的碘水，边滴边振荡，直至滴加最后半滴碘水，溶液颜色恰好从无色变为蓝色，且半分钟内不变色，此时消耗碘水VmL。测得产品中的纯度为___________(用含a、V的式子表示)。〖答案〗（1）①.②.（2）①.NaOH溶液②.吸收多余的SO2，防止污染空气（3）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥（4）①.33.4℃②.当温度高于33.4℃时，浓缩时会析出Na2SO3晶体（5）〖解析〗〖祥解〗利用工业碱渣治理硫酸尾气SO2，并制取硫代硫酸钠Na2S2O3，在工业碱渣进入到吸收塔时主要反应为，后续产生的Na2SO3和加入的硫磺在浓缩反应器中生成Na2S2O3溶液，而后进一步得到产品，据此作答。【小问1详析】由于Na2SO3与S反应可生成Na2S2O3：，所以吸收塔内主反应生成Na2SO3：，故可能发生的副反应为SO2过量生成NaHSO3，，或是，故〖答案〗为：，；【小问2详析】“烧碱”使溶液pH=12，说明碱性较强，再根据制得产物中含有Na+可知，该试剂为NaOH溶液，其目的是更好地吸收SO2，SO2为酸性氧化物，易与强碱NaOH反应生成Na2SO3，故〖答案〗为：NaOH溶液；吸收多余的SO2，防止污染空气；【小问3详析】根据Na2S2O3在水中的溶解度曲线图可知，随着温度的升高其溶解度在增大，从溶液中获取溶质，需要采用蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥的方法，故〖答案〗为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；【小问4详析】根据图可知，当温度高于33.4℃时，浓缩时会析出Na2SO3晶体，所以选择温度为33.4℃，故〖答案〗为：33.4℃，当温度高于33.4℃时，浓缩时会析出Na2SO3晶体；【小问5详析】称取ag的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液实验，故消耗碘溶液的体积扩大10倍，设产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为ω，有：产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为，故〖答案〗为：。18.亚硝酸和硝酸是常见的两种氮的含氧酸，亚硝酸钠(NaNO2)有毒，也有一定氧化性，已知高铁血红蛋白()无携氧能力。（1）亚硝酸钠使人体中毒的原因为___________。（2）误食亚硝酸钠可立即服用下列物质中的___________，以起到解毒效果。A．高锰酸钾晶体B．维生素CC．FeCl3固体（3）某实验小组模拟用H2O2氧化除去废水中的NO2和NH，实验数据如下表，消除NH时可能发生的离子反应有___________。已知上述反应在该条件下均有较大反应限度，但混合体系中NH浓度几乎未发生变化的原因是___________，若取1L废水进行实验，则实验2中转移电子的物质的量约为___________mol。温度：283K，反应时间：30min序号反应前(mg/L)反应后(mg/L)[NO2][][H2O2][NO2][](%)10.0001.000.660.0001000.020.1001.000.660.0481.0052.030.1001.000.000.1001.000.040.5005.000.000.4985.000.450.5005.0060.002004.9860.0（4）将6.4g铜片加入100mL9mol/L的硝酸溶液中，铜片完全溶解，并产生标准状况下2.24L气体(气体为NO和NO2的混合气体，不含N2O4)，则向反应后的溶液中加入___________mL浓度为4mol/L的NaOH溶液，可使恰好完全沉淀。若将产生的气体与足量氧气混合通入水中充分反应，至少需要标准状况下的氧气___________L。〖答案〗（1）NaNO3将人体血液中的Fe2+氧化为Fe3+，使血红蛋白失去携氧能力，令人中毒窒息（2）C（3）①.②.反应进行速度较慢，一段时间内铵根几乎不变；③.（4）①.200②.1.12〖解析〗【小问1详析】NaNO3将人体血液中的Fe2+氧化为Fe3+，使血红蛋白失去携氧能力，令人中毒窒息；故〖答案〗为：NaNO3将人体血液中的Fe2+氧化为Fe3+，使血红蛋白失去携氧能力，令人中毒窒息；【小问2详析】NaNO3具有一定氧化性，误食后可立即服用具有还原性的维生素C；故〖答案〗为：C；【小问3详析】①消除时，发生的离子反应；故〖答案〗为：；②若上述反应进行速度较慢，一段时间内铵根几乎不变；故〖答案〗为：若上述反应进行速度较慢，一段时间内铵根几乎不变；③实验②中，，1mol转移3mol电子，参加反应，转移电子数为；故〖答案〗为：；【小问4详析】①根据，生成Cu(NO3)2中的，发生还原反应的硝酸的物质的量为，参加反应的硝酸的量为0.2mol+0.1mol=0.3mol，剩余的HNO3的量为，为使铜离子完全生成沉淀，则所加入NaOH中和剩余的HNO3的物质的量为0.6mol，生成Cu(OH)2沉淀所需的NaOH的物质的量为0.2mol，则共需要0.8mol的NaOH，则所需NaOH的物质的量为；故〖答案〗为：200；②通入O2可使NO、NO2恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒可知，整个过程中氧气获得电子物质的量等于Cu失去电子物质的量，故氧气物质的量=，；故〖答案〗为：1.12L。山西省大同市2022-2023学年高一下学期5月期中考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.考试范围：必修第二册，第五章到第七章第二节。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56I127Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列有关能量变化的说法错误的是（）A.光合作用能使太阳能转化为化学能B.火力发电是化学能最终转化为电能的过程C.即热饭盒(Mg-Fe-H2O)将电能转化为热能D.石墨能量比金刚石低，故用石墨制造金刚石的过程为吸热反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．光合作用是利用太阳能转化为化学能储存起来，A正确；B．火力发电是利用燃料燃烧将化学能最终变成电能，B正确；C．即热饭盒是利用化学能变成热能，C错误；D．石墨的能量比金刚石的词，故石墨制造金刚石为吸热反应，D正确；故选C。2.加强生态环境保护，促进绿色低碳发展。下列说法正确的是（）A.21世纪最具发展潜力的清洁能源是氢能B.新能源汽车电池生产过程中对环境不会产生污染C.合成氨工业解决了粮食不足和生态环境保护问题D.只要做好汽车尾气的有效处理，可继续提倡燃油车的使用〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氢能清洁无污染，是21世纪最具发展潜力清洁能源，故A正确；B．新能源汽车电池生产过程中需要用到大量的金属，会对环境产生污染，故B错误；C．合成氨工业解决了粮食不足，但是在生成过程会造成氮氧化物的污染，故C错误；D．汽车的使用会排放大量的碳氧化物，引起温室效应，故D错误；故选A。3.下列有关化学材料的说法错误的是（）A.碳纳米管比表面积大，可用于新型储氢材料B.石墨烯是一种电阻率低、热导率高的新型无机非金属材料C.二氧化硅可用作光导纤维，属传统无机非金属材料D.金刚砂(SiC)是新型陶瓷，可用作耐高温材料〖答案〗C〖解析〗【详析】A．碳纳米管表面积大，吸附性强，可用作新型储氢材料，故A正确；B．石墨烯是碳纳米材料，电阻率低、热导率高，是一种具有优异性能的新型无机非金属材料，故B正确；C．二氧化硅可用作光导纤维，属新型无机非金属材料，故C错误；D．新型陶瓷金刚砂(SiC)熔沸点高，可用作耐高温结构材料，故D正确；故选：C。4.部分含氮物质的价~类二维关系如图，下列有关说法正确的是（）A.将充满物质c的试管倒置于水槽中，水可充满试管B.图中氧化物均为酸性氧化物C.工业上可用a为原料合成dD.常温下d的溶液与单质铝反应可生成b或c〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据含氮物质的价~类二维关系图，a为NH3、b为NO、c为NO2、d为HNO3，据此解答。【详析】A．c为NO2，将充满物质c的试管倒置于水槽中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，水可充满试管三分之一，故A错误；B．图中氧化物为NO、NO2均为不成盐氧化物，故B错误；C．氨气催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2可以转化为硝酸，工业上可用a为原料合成d，故C正确；D．铝遇到浓硝酸钝化，故常温下d的溶液与单质铝反应不一定生成b或c，故D错误；故选C。5.下列装置与试剂能实现相应实验目的的是（）A.实验室进行NO2的尾气处理B.实验室制取SO2气体C.实验室制取氨气D.实验室探究温度对反应速率的影响〖答案〗A〖解析〗【详析】A．NO2可以和氢氧化钠溶液反应生成盐，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，可以进行NO2的尾气处理，故A正确；B．浓硫酸和铜反应需要加热才能进行，该装置缺少加热装置，故B错误；C．实验室用氢氧化钙和氯化铵反应制取氨气，氯化铵直接加热分解生成HCl、NH3，两者在试管口又会反应生成氯化铵，故氯化铵加热不能制取氨气，故C错误；D．该装置中热水和冷水中反应物浓度不同，探究温度对反应速率的影响，需要保证反应物浓度和溶液体积一致，故D错误；故选A。6.顺丁橡胶结构简式如图，下列说法正确的是（）A.其单体为B.顺丁橡胶能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.顺丁橡胶与互为同系物D.顺丁橡胶不易老化，可直接用作轮胎〖答案〗B〖解析〗【详析】A．顺丁橡胶的单体为，故A错误；B．顺丁橡胶中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．同系物是指结构相似，分子式相差若干个CH2原子团的有机化合物，而顺丁橡胶是由链节相同、聚合度不同的物质组成，是混合物，因此两者不是同系物，故C错误；C．顺丁橡胶中含有碳碳双键，易被氧气氧化，易老化，故D错误；故〖答案〗选B。7.根据如图能量变化示意图，下列判断正确的是（）A.N-H键的键能为bkJ/molB.N2(g)和H2(g)生成1molNH3(l)放出热量(b+c-a)kJC.由N2(g)和H2(g)生成1molN和1molH，放出akJ热量D.使用催化剂可使生成1molNH3(g)放出热量小于(b-a)kJ〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗从图看，0.5molN2和1.5molH2断键吸收的能量或反应物的总键能为akJ，而1molNH3键能或产物的总键能为bkJ。【详析】A．1molN和3molH形成1molNH3释放出bkJ，则N-H键能为b/3kJ/mol，A项错误；B．生成1molNH3(g)放出的热量为b-a，1molNH3(g)转变为NH3(l)放出ckJ，所以N2(g)和H2(g)生成1molNH3(l)放出热量(b+c-a)kJ，B项正确；C．由N2(g)和H2(g)生成1molN和1molH为断键过程需要吸收能量，C项错误；D．使用催化剂只改变反应历程不改变反应焓变，D项错误；故选B。8.下列反应的离子反应方程式书写正确的是（）A.二氧化硫使溴水褪色：B.碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：C.硫化氢通入氯化铁溶液中：D.向碳酸氢钙溶液中加入过量烧碱溶液：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．二氧化硫使溴水褪色离子反应方程式：，故A正确；B．I-的还原性比Fe2+强，少量的稀硝酸只能氧化I-，故B错误；C．氯化铁溶液中通入硫化氢气体，离子方程式：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C错误；D．碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；故选A。9.科学家研发以钠箔和多壁碳纳米管为电极的可充电“Na-CO2”电池，其工作原理如图，下列说法错误的是（）A.放电时，正极反应为B.多壁碳纳米管电极具有吸附CO2等物质的作用C.放电时，电子由多壁碳纳米管电极通过外线路向钠箔电极移动D.放电时，每转移0.2mole-，钠箔质量减少4.6g〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗钠为原电池的负极，放电反应为Na-e-=Na+，充电时与电源的负极相连。而碳纳米管为原电池的正极，放电时的反应为3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C，充电时与电源的正极相连。【详析】A．由上分析，正极发生还原反应，反应为3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C，A项正确；B．碳纳米管具有大的比表面积可吸附CO2，B项正确；C．放电时，电子从钠极出经导线进入碳纳米管极，C项错误；D．Na~Na+~e-，即每23g钠转移1mol电子。则每转移0.2mole-，钠箔质量减少4.6g，D项正确；故选C。10.为探究木炭与浓硝酸的反应原理，某同学设计如下四组实验，发现所有实验过程均有红棕色气体产生，不考虑空气对反应的影响，下列说法错误的是（）①②③④A.所有实验产生的气体均为混合物B.③和④中生成的气体成分可能相同C.②中红棕色气体全部为木炭与浓硝酸反应产生D.①说明浓硝酸不稳定受热易分解〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗浓硝酸分解产生NO2和O2和H2O，而浓硝酸和C反应产生CO2、NO2、H2O。【详析】A．有上分析，所有实验中的气体均为混合物，A项正确；B．③中可能浓硝酸受热分解，但可能与木炭接触发生反应；而④浓硝酸受热可能分解，挥发的硝酸与木炭接触也可能发生反应，所有两个实验气体成分可能相同，B项正确；C．木炭需要在加热条件下才能与浓硝酸发生反应产生NO2，该条件下木炭不和浓硝酸反应，C项错误；D．浓硝酸遇灼热的碎瓷片分解产生NO2，说明其不稳定易分解，D项正确；故选C。11.我国科学家首次实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，转化关系如图，下列说法错误的是（）A.反应ⅱ为B.1molCO2完全转化为(CH2)n得到4NA个电子C.a的化学名称为2-甲基丁烷D.b的一氯取代物有2种结构〖答案〗B〖解析〗【详析】A．结合反应过程，反应ⅱ为，A正确；B．CO2完全转化为(CH2)n，C由+4价变为-2价，1molCO2完全转化为(CH2)n得到6NA个电子，B错误；C．a的化学式为（CH3）2CH2CH2CH3，化学名称为2-甲基丁烷，C正确；D．b为对二甲苯，有两种类型的氢原子，一氯取代物有2种结构，D正确；故选B。12.利用NH3吸收液和ClO2可实现煤炭燃烧烟气高效脱硫(SO2)脱硝(NO)，吸收处理后得到废液，其成分主要为(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl。已知ClO2在碱性条件下会产生，下列说法错误的是（）A.脱除NO的总反应为B.标准状况下，脱除含SO2、NO各0.1mol的烟气，至少共需要8.96LNH3C.每生成1molNH4Cl至少需要1molClO2D.碱性越强，脱除效率越高〖答案〗D〖解析〗【详析】A．脱除NO过程NO被氧化，总反应为，故A正确；B．结合得失电子守恒，标准状况下，脱除含SO2、NO各0.1mol的烟气，需要ClO2为0.1mol，根据元素守恒，至少共需要0.4molNH3，为8.96LNH3，故B正确；C．结合氯元素守恒，每生成1molNH4Cl至少需要1molClO2，故C正确；D．ClO2在碱性条件下会产生，根据得电子数量判断，碱性越强，脱除效率越低，故D错误；故选D。13.水体中硝酸盐在电催化无害化处理过程中，在催化剂表面，中间体还原为N2的一种反应历程如图(ads指吸附)，下列说法错误的是（）A.历程中1molNO还原为N2消耗B.历程中4步反应均伴随电子转移C.反应④为D.该反应历程将化学能转化为电能〖答案〗A〖解析〗【详析】A．结合过程，步骤①②各消耗1mol氢离子，步骤④消耗2mol氢离子，且步骤①消耗了2molNO，故历程中1molNO还原为N2消耗，故A错误；B．历程NO中N为+2价，HN2O2中N为+价，N2O中N为+1价，N2O-中N为+价，N2中N为0价，4步反应生成物中N的化合价各不相同，均为氧化还原反应，均伴随电子转移，故B正确；C．根据反应过程以及电子守恒，反应④为，故C正确；D．该反应历程需要通过原电池原理实现，将化学能转化为电能，故D正确；故选A。14.一定条件下的密闭容器中，发生反应，I2(g)和HI(g)的物质的量浓度变化如图，下列说法正确的是（）A.0~t1的平均速率B.平衡时C.t1~t3时间段内，生成HI的物质的量为0.8molD.t3与t2相比，体系平均相对分子质量不一定相等〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据，浓度由3mol/L变为2mol/L的为I2，则浓度由0变为2mol/L的为HI。【详析】A．根据反应的系数关系，0~t1的平均速率，故A正确；B．容器体积未知，反应物H2的浓度未知，无法计算平衡时各物质的物质的量，故B错误；C．容器体积未知，无法计算t1~t3时间段内，生成HI的物质的量，故C错误；D．t3时刻I2和HI浓度同时增大，且平衡没有发生移动，应该是减小体积，所以体系平均相对分子质量一定相等，故D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.完成下列问题（1）科学家通过电化学方法实现了二氧化碳的捕捉并将其转化成高值燃料甲烷，其发生的化学反应主要为。已知断裂1mol化学键需要吸收的能量如下表所示：化学键C=OH-HC-HH-O吸收能量(kJ/mol)728436414464则该反应为___________反应(填“放热”或“吸热”)，每消耗1molCO2吸收或放出热量为___________kJ。（2）工业上可用反应处理含氮废气，在某容积为2L的密闭容器内加入2molC和2molNO，在一定条件下发生反应，5min时测得C的质量为18g。①该段时间内用N2表示的平均反应速率为___________；②若5min时反应达到平衡，此时容器内气体密度与反应开始时气体密度之比为___________；③下列事实能说明该反应已达平衡状态的是___________(填标号)；A．消耗12gC同时消耗44gCO2B．C的质量不再变化C．容器内压强不再变化D．容器内气体密度不再变化E．容器内气体平均相对分子质量不再变化F．每有1molC=O键生成，同时有键断裂④改变下列条件能加快该反应速率的是___________(填标号)。A．压缩容器体积B．再加入12gCC．通入NOD．向容器内滴加1mL稀NaOH溶液〖答案〗（1）①.放热②.312（2）①.②.11:10③.ABDE④.AC〖解析〗【小问1详析】反应的焓变ΔH=2E(C=O)+4E(H-H)-[4E(C-H)+4E(O-H)]=2×728kJ/mol+4×436kJ/mol-(4×414kJ/mol+464×4kJ/mol)=-312kJ/mol，则该反应为放热反应，每消耗1molCO2吸收或放出热量为312kJ。【小问2详析】①5min后产生C为18g物质的量为1.5mol，即Δn(C)=2mol-1.5mol=0.5mol，则产生N2为0.5mol，v(N2)=；②由阿伏伽德罗推理得，反应前只有NO气体，则M1=14+16=30g/mol，5min后得M2=，计算=；③A．消耗12gC为反应正向即产生44gCO2，同时消耗44gCO2，即正逆反应速率相等，反应平衡，A项符合题意；B．随着反应正向进行，C被消耗质量逐渐减少，平衡时不变，所以该特征能判断平衡，B项符合题意；C．由于反应前后气体不变的反应，随着反应的进行容器的压强始终不发生改变，该特征不能判断平衡，C项不符合题意；D．气体的密度为，容器体积不变，而随着反应的正向进行m气总逐渐增大，即随着反应正向进行气体密度不断增大，当平衡时不变，该特征能判断平衡，D项符合题意；E．气体平均相对分子质量，随着反应正向进行m气总不断增大，即平均相对分子质量增大，当平衡时不发生改变，该特征能判断平衡，E项符合题意；F．每有1molC=O键生成是产生0.5molCO2，伴随0.5molN2产生，同时有1molN≡N键断裂是消耗1molN2，N2的生成和消耗不相等，该特征不能判断平衡，F不符合题意；故选ABDE。A．压缩容器体积，增大了反应体系中各气体的浓度，反应速率加快，A项符合题意；B．改变固体的量不改变浓度，速率不变，B项不符合题意；C．增大反应物浓度，速率加快，C项符合题意；D．加入NaOH消耗CO2，反应物浓度减小，速率变小，D项不符合题意；故选AC。16.某实验小组用如下装置模拟Mg与N2反应制取Mg3N2，已知装置数量可满足需要。Mg3N2为浅黄色粉末，易与水反应；氨气在加热时可还原氧化铜生成铜和氮气，。回答下列问题：（1）装置“l”名称为___________。（2）各装置接口顺序为m→___________。（3）装置C中发生反应的化学方程式为___________。（4）装置B的作用是___________。（5）实验开始时应先点燃___________处酒精灯(填“A”或“C”)，理由是___________。（6）有人认为装置D可用B代替，该观点___________(填“正确”或“错误”)，原因是___________。（7）已知Mg3N2与H2O反应无电子转移，试设计实验验证装置A中有Mg3N2生成：___________。〖答案〗（1）恒压滴液漏斗（2）c→d→e→f→p→q(或q→p)→g→h→a→b→c→d（3）2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O（4）前面的装置B的作用是除去氨气中的水蒸气，最后面的装置B的作用是防止空气中的水蒸气进入A中（5）①.C②.先制取氮气，然后用氮气制取氮化镁，且镁能和空气中的氧气等反应（6）①.错误②.装置D作用是除去氮气中的水蒸气和氨气，防止镁和水、氨气反应，而碱石灰只能吸收水，不能吸收氨气（7）取适量反应后装置A中的固体放入试管中，加入适量水，有气泡产生，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，则证明装置A中有氮化镁生成〖解析〗〖祥解〗浓氨水和生石灰制取氨气，氨气经碱石灰干燥后和氧化铜反应生成氮气，氮气和金属镁反应生成氮化镁。【小问1详析】根据仪器构造可知，装置“l”为恒压滴液漏斗。【小问2详析】浓氨水和生石灰制取氨气，氨气经碱石灰干燥后和氧化铜反应生成铜、氮气和水，由于镁和氨气、水反应，且氮化镁也和水反应，所以需要用浓硫酸除去氮气中的氨气和水蒸气，为防止浓硫酸倒吸入装置C中，需在C和D间加一个安全瓶。氮气和金属镁加热下反应生成氮化镁，氮化镁易与水反应，所以在装置的最后需要用碱石灰防止空气中的水蒸气进入。则装置的连接顺序为m→c→d→e→f→p→q(或q→p)→g→h→a→b→c→d。【小问3详析】装置C中发生的是氨气和氧化铜生成铜、氮气和水的反应，化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。【小问4详析】前面的装置B的作用是除去氨气中的水蒸气，最后面的装置B的作用是防止空气中的水蒸气进入。【小问5详析】先制取氮气，然后用氮气制取氮化镁，同时利用氮气排除装置中的空气，防止镁和空气中的氧气等反应，所以要先点燃C处的酒精灯。【小问6详析】装置D的作用除去氮气中的水蒸气和氨气，防止镁、氮化镁和水、氨气反应，而碱石灰只能吸收水，不能吸收氨气，所以装置D不可用B代替。【小问7详析】已知Mg3N2与H2O反应无电子转移，则氮化镁和水反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，可以检验有氨气生成，从而证明装置A中有氮化镁生成。设计实验为：取适量反应后装置A中的固体放入试管中，加入适量水，有气泡产生，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，则证明装置A中有氮化镁生成。17.利用工业碱渣()治理硫酸尾气(SO2)，并制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)的工艺如图。回答下列问题：（1）吸收塔中可能发生的副反应的化学方程式为___________、___________。（2）“浇碱”加入的试剂为___________，目的是___________。（3）已知Na2S2O3在水中的溶解度曲线如图，则从结晶罐中得到的操作为___________。（4）已知在浓缩反应器中可直接获取亚硫酸钠固体，亚硫酸钠在水中的溶解度曲线如图，无水亚硫酸钠不易被空气中的氧气氧化，则浓缩时温度应控制在___________左右，理由是___________。（5）可用碘水测定产品中的纯度，发生反应，测定过程：取产品ag，加蒸馏水溶解后，配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，再逐滴滴加0.005mol/L的碘水，边滴边振荡，直至滴加最后半滴碘水，溶液颜色恰好从无色变为蓝色，且半分钟内不变色，此时消耗碘水VmL。测得产品中的纯度为___________(用含a、V的式子表示)。〖答案〗（1）①.②.（2）①.NaOH溶液