2023-2024学年江苏省宿迁地区高一下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省宿迁地区2023-2024学年高一下学期期中考试试题本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mn-55Cu-64一、单项选择题：共18题，每题3分，共54分。每题只有一个选项最符合题意。1.2024年1月，从邮轮首航到电动飞机首飞再到航天首发，我国一批科技创新实现新的突破。下列说法不正确的是（）A.“天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能B.“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体实现助推C.“爱达·魔都号”邮轮使用的镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性强的特点D.“AG60E”电动飞机使用的动力型锂电池具有质量轻、比能量高的特点〖答案〗A〖解析〗【详析】A．光伏发电系统工作时可将光能转化为电能，A错误；B．“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体，通过反冲获得推动力实现升空，B正确；C．镁铝合金是一种主要由镁和铝组成的金属合金，具有密度低、抗腐蚀性强的特点，C正确；D．锂离子电池具有质量轻、体积小、储存能量大、比能量高的特点，D正确；

故选A。2.对于二氧化硫与氧气化合生成三氧化硫的反应，下列说法错误的是（）A.降低温度会使反应速率降低B.使用合适的催化剂能使反应速率加大C.增大压强能使完全转化为D.达到平衡状态时，仍有与反应生成〖答案〗C〖解析〗【详析】A．降低温度,活化分子百分数降低，反应速率减小，A正确；B．使用合适的催化剂，活化能降低，活化分子百分数增大，使反应速率增大，B正确；C．增大压强，平衡正向移动，但不可能使SO2完全转化为SO3，C错误；D．化学平衡状态是动态平衡，平衡时反应仍在进行，D正确；故选C。3.下列反应前后物质的总能量变化可用如图表示的是（）A.盐酸与氢氧化钠溶液的反应 B.生石灰和水的反应C.石灰石在高温下的分解反应 D.木炭在氧气中燃烧〖答案〗C〖解析〗【详析】A．中和反应放热，盐酸与氢氧化钠溶液的反应是放热反应，生成物的总能量低于反应物总能量，故不选A；B．生石灰和水的反应放出能量，生成物的总能量低于反应物总能量，故不选B；C．石灰石在高温下分解为氧化钙和二氧化碳，该反应吸热，生成物的总能量高于反应物总能量，故选C；D．木炭在氧气中燃烧，反应放热，生成物的总能量低于反应物总能量，故不选D；选C。4.实验室制备和收集氨气时，下列装置能达到相应实验目的的是（）A.制备氨气B.干燥氨气C.收集氨气D.吸收尾气〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，两者遇冷在试管口又重新生成NH4Cl，A错误；B．氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C，氨气的密度小于空气，应该是短导管进长导管出，C错误；D．氨气极易溶于水，该装置可用于防止倒吸，D正确；故〖答案〗选D。阅读下列材料，完成下列小题：氮是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应中，N2(g)与H2(g)反应生成1molNH3(g)放出46kJ的热量，实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，同时生成CaCl2。肼(N2H4)是一种良好的液体燃料，生成两种无污染的产物。5.下列说法正确的是（）A.14N、15N、N3-都属于氮元素B.N2的电子式为：:N::N:C.N2H4的结构式为：D.CaCl2晶体中存在Ca与Cl2之间强烈的相互作用6.下列化学反应表示正确的是A.用过量氨水吸收废气中的SO2：B.向氯化铵的溶液中加入热的浓NaOH溶液：C.合成氨反应：D.过量氨水滴加到AlCl3溶液中：7.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（）A.N2难溶于水，可用作瓜果保护气B.NH3极易溶于水，液氨可用作制冷剂C.NH3分子之间形成氢键，NH3(g)的热稳定性比PH3(g)的高D.N2H4具有还原性，可用作喷气式发动机的燃料〖答案〗5.A6.B7.D〖解析〗【5题详析】A．14N、15N是N元素的两种同位素元素，N3-是N元素的一种离子，因此三种微粒都属于氮元素，A正确；B．N原子最外层有5个电子，其中的三个成单电子与另外一个N原子的三个成单电子结合形成氮氮三键，得到N2，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为：，B错误；C．N2H4分子中2个N原子形成共价单键，然后每个N原子结合2个H原子，形成N2H4分子，其结构式是，C错误；D．CaCl2晶体是离子晶体，在该晶体中Ca2+与Cl-通过离子键结合，D错误；故合理选项是A。【6题详析】A．用过量氨水吸收废气中的SO2，反应产生(NH4)2SO3、H2O，该反应的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2++H2O，A错误；B．二者反应产生NaCl、NH3、H2O，离子方程式符合反应事实，遵循物质的拆分原则，B正确；C．N2与H2反应产生NH3，根据已知条件可知：N2(g)与H2(g)反应生成1molNH3(g)放出46kJ的热量，反应放出的热量与反应物的物质的量呈正比，故当反应产生2molNH3(g)放出92kJ的热量，故反应的热化学方程式为：△H=-92kJ/mol，C错误；D．Al(OH)3是两性氢氧化物，只能与强酸、强碱反应，而与弱碱NH3·H2O不能反应，故过量氨水与AlCl3溶液反应的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，D错误；故合理选项是B；【7题详析】A．N2化学性质稳定，不能支持燃烧，也不能帮助呼吸，因此可用于作瓜果保护气，这与N2是否难溶于水的性质无关，A错误；B．氨气沸点低，液氨气化时会吸收大量热，导致周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，这与氨气是否极易溶于水的性质无关，B错误；C．NH3分子之间形成氢键，增加了NH3分子之间的吸引作用，导致NH3的沸点比只存在分子间作用力的PH3的沸点高，而物质的稳定性与分子内的化学键强弱有关，与分子之间的氢键是否存在无关，C错误；D．N2H4中N元素化合价为-2价，处于较低价态，该物质具有强的还原性，能够与氧气反应放出大量热，因此N2H4可用作喷气式发动机的燃料，D正确；故合理选项是D。8.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，增加碳的用量可加快反应速率B.用铁片与稀硫酸反应制H2，改用98%的浓硫酸可加快生成H2的速率C.用锌片与稀盐酸反应，加入适量的NaCl溶液，反应速率不变D.用铁片和稀硫酸反应制备H2，滴入数滴CuSO4溶液能加快反应速率〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．C是固体，增加固体量，物质的浓度不变，因此不能改变化学反应速率，A错误；B．在浓硫酸中硫酸主要以分子存在，其中所含有的H+很小，因此改用98%的浓硫酸不能加快生成H2的速率，B错误；C．用锌片与稀盐酸反应，加入适量的NaCl溶液，会导致溶液中H+浓度降低，因而会使化学反应速率减小，C错误；D．用铁片和稀硫酸反应制备H2，滴入数滴CuSO4溶液，Zn与CuSO4反应产生的Cu与Zn及稀硫酸构成原电池，Zn为负极，因而能加快反应速率，D正确；故合理选项是D。9.下列关于NO和的说法正确的是（）A.NO与互为同素异形体B.除去NO中混有的，可将混合气通入水中C.可通过和直接化合制备D.能与水反应生成硝酸，故是酸性氧化物〖答案〗B〖解析〗【详析】A．同素异形体是同种元素组成的不同单质，NO与不互为同素异形体，A错误；B．能与水反应生成硝酸和NO，混合气通入水中可以除去NO中混有的，B正确；C．和放电条件下只能得到NO，C错误；D．能与水反应生成硝酸和NO，所以不是酸性氧化物，D错误；故选B。10.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NO难溶于水，不能与H2O直接反应产生HNO3，A错误；B．稀硝酸与Cu反应，硝酸被还原产生NO，不能产生NO2，B错误；C．NO2具有氧化性，NH3具有还原性，二者在一定条件下会发生氧化还原反应产生N2、H2O，可见在指定条件下，物质间转化反应能实现，C正确；D．HNO3与O3都具有强氧化性，二者不能能发生反应产生NO2，D错误；故合理选项是C。11.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)为原料制备MgCl2·6H2O的实验流程如下图所示。下列说法正确的是（）A.MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2OB.氧化过程说明氧化性：Cl2>Fe3+C.“沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、OH-、Cl-D.蒸干并灼烧MgCl2溶液可获得MgCl2·6H2O〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)用稀盐酸酸浸，得氯化镁、氯化亚铁等混合溶液，通入氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，再加氨水，得氢氧化铁沉淀，过滤，再从滤液中提取MgCl2·6H2O，据此回答；【详析】A．MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+=CO2↑+H2O+Mg2+，A错误；B．氧化过程离子方程式为，氯气是氧化剂，铁离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氧化性：Cl2>Fe3+，B正确；C．“沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、Cl-，NH与OH-因反应生成一水合氨而不能大量共存，C错误；D．MgCl2·6H2O是结晶水合物，从溶液中获取该晶体时不能蒸干并灼烧，若蒸干灼烧MgCl2·6H2O会转变为碱式氯化镁、氢氧化镁、氧化镁等物质，D错误；〖答案〗选B。12.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)，能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（）A.该反应进行一定需要加热或点燃B.该反应若生成2molAB2(g)时，放出的热量为(E1-E2)kJC.物质AB2比A2更稳定D.该反应断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量〖答案〗D〖解析〗【详析】A．反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，A错误；B．根据图象，该反应是吸热反应，生成2molAB2(g)则吸收的热量为(E1－E2)kJ，B错误；C．能量越低越稳定，物质AB2比A2能量高、则A2更稳定，C错误；D．断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，由信息可知，该反应为吸热反应，则断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，D正确；故选D。13.某锌—空气电池反应为2Zn+O2=2ZnO，电解质溶液为NaOH溶液。下列说法正确的是（）A.锌片作电池的正极B.电池工作时，电解质溶液中OH-向负极移动C.氧气在正极发生氧化反应D.理论上每转移1mol电子消耗标准状况下的O2体积为11.2L〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据某锌—空气电池反应为2Zn+O2=2ZnO，可知：Zn为负极，发生氧化反应：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；通入O2是电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。在溶液中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，根据同一闭合回路在电子转移数目相等进行有关计算。【详析】A．在反应中锌发生失去电子的氧化反应，故Zn为原电池的负极，A错误；B．电池工作时，电解质溶液中OH-向正电荷较多的负极定向移动，B正确；C．氧气在正极发生得到电子的还原反应，C错误；D．在原电池正极上发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，根据电极反应式可知：每反应消耗1molO2，转移4mol电子，则若理论上每转移1mol电子，反应消耗0.25molO2，则在标准状况下该O2体积为5.6L，D错误；故合理选项是B。14.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用，下列说法正确的是（）A.甲：溶液中Zn2+向Cu电极方向移动，电子由锌经电解质溶液流向铜电极B.乙：正极的电极反应式为C.丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.丁：使用一段时间后，电解质溶液导电能力基本不变〖答案〗C〖解析〗【详析】A．甲装置构成了原电池，由于金属活动性：Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，负极Zn失去电子产生的Zn2+进入溶液中，溶液中Zn2+向Cu电极方向移动，但电子是经导线由Zn电极流向Cu电极，A错误；B．对于乙装置的纽扣电池，正极为Ag2O，发生得到电子的还原反应，由于电解质溶液显碱性，不能含有大量H+，电极反应式应该为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，B错误；C．对于丙装置的锌锰干电池中，Zn为负极，石墨棒为正极。负极Zn发生失去电子的氧化反应，锌筒由于发生氧化反应而损耗，导致锌筒变薄，C正确；D．对于丁装置的铅蓄电池，负极Pb发生氧化反应：Pb-2e-+=PbSO4；正极PbO2发生还原反应：PbO2+4H++=PbSO4+2H2O，则总反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，可见反应一段时间后，会消耗硫酸，产生水，导致硫酸溶液浓度减小，故电解质溶液导电能力减弱，D错误；故合理选项是C。15.对于反应，该反应是放热反应。下列有关说法正确的是（）A.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小B.反应使用了催化剂，目的是提高氨气的平衡转化率C.断裂键的同时，形成键，说明该反应达到平衡状态D.在恒温恒容条件下，若反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态〖答案〗D〖解析〗【详析】A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，A错误；B．催化剂不能使平衡移动，不能提高氨气平衡转化率，B错误；C．断裂键的同时，不可能形成键，不能说明该反应达到平衡状态，C错误；D．在恒温恒容条件下，压强为变量，当反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态，D正确；故选D。16.根据下列实验操作过程中现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A足量的铜片与一定量稀硝酸溶液充分反应后，铜片剩余，再加入适量稀硫酸，铜片继续溶解铜可以与稀硫酸反应B常温下，将铁片放入浓硝酸溶液中不溶铁片与浓硝酸不反应C向溶液中加入溶液，充分反应后，加入2mL苯，充分振荡、静置，分液后将水层分装于两支小试管中，向其中一支小试管中滴加5~6滴15%的KSCN溶液，观察并比较两支试管中溶液的颜色证明与之间的反应属于可逆反应D某溶液中加入浓NaOH溶液，微热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝溶液中含〖答案〗D〖解析〗【详析】A．足量的铜片与一定量稀硝酸溶液充分反应后，铜片剩余，再加入适量稀硫酸，铜片继续溶解，发生反应，铜和稀硫酸不反应，A错误；B．常温下，铁片在浓硝酸溶液中钝化，钝化属于化学反应，B错误；C．向溶液中加入溶液，充分反应后，过量，则滴入KSCN溶液，溶液一定变红，不能证明与之间的反应属于可逆反应，C错误；D．某溶液中加入浓NaOH溶液，微热，生成的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为氨气，说明溶液中含NH，D正确；故选D。17.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.在转化过程中，氮元素均被还原B.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程C.还原过程中生成0.1mol，转移0.5mol电子D.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；

B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；C．还原过程中生成0.1

mol

N2，转移电子的物质的量为0.1

mol×(5-0)×2=1

mol，故C错误；D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；故选D18.为了测定铁铜合金的组成，将7.6g铁、铜合金加入100mL某浓度的稀硝酸中，将合金完全溶解后，共收集到NO气体2.24L(标准状况下)，并测得溶液中H+的浓度为0.5mol•L-1，若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断不正确的是（）A上述反应中金属共失去电子0.3molB.合金中，铜的质量为4.8gC.原硝酸的浓度：c(HNO3)=3mol•L-1D.要使溶液中的金属离子完全沉淀，需加5mol•L-1的NaOH溶液70mL〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗n(NO)==0.1mol，转移电子的物质的量为0.1mol×(5-2)=0.3mol，反应后溶液中的c(H+)=0.5mol/L，则反应后剩余n(HNO3)=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，设合金中Cu为xmol，Fe为ymol，由电子守恒可知：2x+3y=0.3mol，由合金的质量可知：64x+56y=7.6，解得x=0.075mol，y=0.05mol。【详析】A．金属失去的电子等于N元素得到的电子，n(NO)==0.1mol，转移电子为0.1mol×(5-2)=0.3mol，因此金属共失去电子0.3mol，故A正确；B．由上述分析可知，合金中铜的物质的量为0.075mol，质量为0.075mol×64g/mol=4.8g，故B正确；C．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，以及反应后剩余n(HNO3)=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，根据氮原子守恒可知，硝酸的总物质的量n(HNO3)=0.075×2+0.05×3+0.1+0.05=0.45mol，则c(HNO3)==4.5mol/L，故C错误；D．要使溶液中的金属离子完全沉淀，溶液中剩余的硝酸先与氢氧化钠反应，则n(NaOH)=0.075×2+0.05×3+0.05=0.35mol，V==0.07L=70mL，故D正确；〖答案〗选C。二、非选择题：共3题，共46分。19.亚硝酸钠(俗称工业盐)是一种防腐剂。某小组拟以实验室制备硝酸铜的尾气为原料制备亚硝酸钠，简易流程如下：请回答下列问题：（1）NaNO2中元素化合价为__________价。（2）通常将铜片剪成碎片再投入“酸溶池”中，其目的是__________。（3）如铜和硝酸反应时生成NO和NO2，写出铜和稀硝酸反应生成NO和NO2的体积比为的离子反应方程式__________。（4）“碱吸收池”中主要反应如下：①；②，当__________1(填“＞”、“＜”或“＝”)时，产品纯度最高且不产生大气污染物。（5）为了探究NaNO2的性质．设计如表实验：实验操作现象①向NaNO2溶液中滴加稀硫酸和KI-淀粉溶液溶液变蓝色②向酸性KMnO4溶液中滴加足量的NaNO2溶液，振荡溶液褪色由此推知，NaNO2具有的性质是__________（填标号）。A．只有氧化性B．只有还原性C．既有氧化性又有还原性（6）测定NaNO2产品纯度。准确称取3.000g产品溶于水配制成250mL溶液，准确量取25.00mL配制好的溶液于锥形瓶中，先滴加适量稀硫酸，再加入16.00mL0.1mol/L酸性KMnO4溶液，恰好完全反应，求产品中NaNO2的质量分数__________，写出计算过程。（已知：，未配平）〖答案〗（1）+3（2）增大铜与硝酸的接触面积，提高反应速率（3）2Cu+2+6H+=2Cu2++NO↑+NO2↑+3H2O（4）=（5）C（6）n(KMnO4)=16.00mL×0.1mol·L-1=1.6×10-3mol，根据2+5+6H+＝2Mn2++5+3H2O，产品中n(NaNO2)=1.6×10-3mol××=0.0400mol，产品中NaNO2质量分数=〖解析〗向废铜屑中加入一定浓度的HNO3，反应产生Cu(NO3)2、NO、NO2及H2O，然后将混合气体用Na2CO3溶液吸收，反应产生NaNO2、CO2，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，就得到NaNO2粗品，然后用酸性KMnO4溶液滴定粗品配制的溶液，根据电子守恒计算出NaNO2的物质的量、质量，进而可得其纯度。（1）在NaNO2中，Na为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知N元素化合价为+3价；（2）通常将铜片剪成碎片再投入“酸溶池”中，其目的是增大铜与硝酸的接触面积，提高酸浸时的化学反应速率；（3）如铜和硝酸反应时生成NO和NO2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可得铜和稀硝酸反应生成NO和NO2的体积比为1：1的离子反应方程式为：2Cu+2+6H+=2Cu2++NO↑+NO2↑+3H2O；（4）根据反应方程式①；②，可知：当=1时，产物只有NaNO2，产品的产率最高；（5）根据实验①可知：在酸性条件下NaNO2具有氧化性，能够将KI氧化为，遇淀粉溶液变为蓝色；根据实验②可知：NaNO2具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪去，由此推知，NaNO2具有的性质是既有氧化性又有还原性，合理选项是C；（6）25.00mLNaNO2溶液消耗标准高锰酸钾溶液中溶质的物质的量为n(KMnO4)=16.00mL×0.1mol·L-1=1.6×10-3mol。二者反应的离子方程式为2+5+6H+=2Mn2++5+3H2O，可知3.000gNaNO2粗品配制的溶液中含有NaNO2的物质的量为产品中n(NaNO2)=1.6×10-3mol××=0.0400mol，故该产品中NaNO2质量分数为=。20.某温度下加氢制甲醇的总反应：，该反应为放热反应，在固定容积为2.0L的密闭容器中充入0.8mol的和2.4mol的，测得和的物质的量随时间变化如图。请回答：（1）下列措施能加快反应速率的是__________（填标号）。a．保持体积不变往容器中充入b．保持体积不变往容器充入c．及时分离出d．增大容器体积e．选择高效的催化剂（2）内的反应速率为__________。末，__________（填“>”、“<”或“=”）（3）恒温恒容条件下，不能说明反应已达平衡状态的是__________（填标号）。a．体积分数保持不变b．容器中气体压强保持不变c．混合气体的密度保持不变d．的生成速率是生成速率的3倍e．容器中浓度与浓度之比为（4）该反应平衡时的转化率为__________。Ⅱ．近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子（就是）和水分子通过。其工作原理的示意图如图，请回答下列问题：（5）电极是电池的__________（填“正”或“负”）极。（6）该电池工作时其通入甲醇（）一极的电极反应式为__________。（7）当外电路通过0.6mol电子时，理论消耗氧气__________L（标准状况下）。〖答案〗（1）ae（2）①.0.3mol·(L·min)-1②.>（3）ce（4）75%（5）正（6）CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+（7）3.36〖解析〗（1）a．保持体积不变往容器中充入H2

，增大了反应物浓度，可以加快反应速率，故a选；b．保持体积不变往容器充入非反应气体N2，不改变反应体系各物质的浓度，反应速率不变，故b不选；c．分离出CH3OH降低产物的浓度，反应速率减慢，故c不选；d．增大容器体积，反应体系各物质浓度降低，反应速率减慢，故d不选；e．催化剂能加快反应速率，故e选；故选ae（2）从图看2min内CH3OH物质的量由0增加到0.4mol即n(CH3OH)=0.4mol，v(CH3OH)==0.1mol/(L⋅min)。根据速率之比等于方程式的化学计量数之比可知，v(H2)=0.3mol/(L⋅min)。2min后，CH3OH的物质的量继续增大，CO2物质的量继续减小，说明2min末反应正向进行，即v正>v逆。故〖答案〗为1mol/(L⋅min)；>；（3）a．随着反应进行CO2减少，其体积分数减小，平衡时CO2体积分数不变可判断平衡，a项不符合题意；b．随着反应进行，体系中气体减少，恒容下压强降低，平衡时压强不变可判断平衡，b项不符合题意；c．根据质量守恒，混合气体总质量不变，恒容所以反应中密度一直不变，密度不变无法判断平衡，c项符合题意；d．v正=v逆反应平衡，生成H2为逆向反应而生成H2O为正向且两者速率之比符合系数之比，该特征可判断平衡，d项不符合题意；e．反应中CH3OH和水按照物质的量之比1：1产生，两者浓度之比始终为1：1，无法判断平衡，e项符合题意；故选ce。（4）反应达平衡，CO2由0.8mol降低至0.2mol，变化量为0.6mol，转化率==75%。〖答案〗为75%；（5）a极CH3OH变为CO2发生氧化反应为原电池的负极，而b极O2变为H2O发生还原反应为正极。〖答案〗为正；（6）a极CH3OH变为CO2发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+。〖答案〗为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+。（7）正极电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，当外电路通过0.6mol电子时，消耗的氧气为0.15mol，在标准状况下的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L。〖答案〗为3.36。21.生产生活中排放的废气废水有一定量的氮氧化物、氨氮等，必须通过处理后达到国家规定的排放标准再排放。Ⅰ．一种新型催化剂能使NO和CO发生反应。为验证温度和催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了如下三组实验。实验编号T(℃)NO初始浓度(mol/L)CO初始浓度(mol/L)催化剂的比表面积(m2/g)①28082②280a124③350b（1）a=__________，b=__________。（2）能验证温度对化学反应速率影响规律的实验是__________(填实验编号)。Ⅱ．利用H2也能够还原氮氧化物(NOx)现氮污染的治理。将烟气与H2的混合气体通Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。（3）x=2时，Ce3+参与的离子方程式为__________。（4）若该过程中，每转移2.4mol电子消耗1mol氮氧化物(NOx)，则x为__________。Ⅲ．可用原电池原理处理酸性废水中的中，废水中的在水处理剂表面的变化如图所示：（5）纳米铁粉是该电池的__________（填“正极”或“负极”）。（6）该电池正极上的电极反应式为__________。（7）研究发现，废水中溶解氧会对的去除产生一定影响。在初始pH、初始浓度、纳米铁粉与硝酸盐质量比均一定的条件下，有氧与无氧条件下的去除率随反应时间的变化如图所示。1∼3h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是__________。〖答案〗（1）①.5.80×10-3②.82（2）①③（3）（4）1.2（5）负极（6）（7）1∼3h时，在有氧条件下，O2也具有氧化性，会反应消耗纳米铁粉，导致与发生反应的纳米Fe量减小，因而使去除率低于无氧条件〖解析〗（1）要采用控制变量方法进行研究。根据表格数据可知：实验①、②的反应物的表面积不同，则其它反应条件应该相同，故a=5.80×10-3；对于实验①、③，二者的反应反应温度不同，则其它外界条件应该相同，可知b=82；（2）根据表格数据可知：对于实验①、③，二者的反应温度不同，可知能验证温度对化学反应速率影响规律的实验是①③；（3）若x=2，在酸性条件下Cr3+与NO2反应产生Ce4+、N2、H2O，该反应的离子方程式为：；（4）若该过程中，每转移2.4mol电子消耗1mol氮氧化物(NOx)，则1mol×(2x-0)=2.4xmol，解得x=1.2mol；（5）根据装置图可知在多孔炭粉电极上得到电子被还原为，发生还原反应，所以多孔炭粉为正极，则纳米铁粉为原电池的负极；（6）在该电池中，正极多孔炭粉上，得到电子，与溶液中的H+结合为，同时反应产生H2O，故正极的电极反应式为：；（7）根据装置图可知：在1∼3h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是：在1∼3h时，在有氧条件下，O2也具有氧化性，会反应消耗纳米铁粉，导致与发生反应的纳米Fe量减小，因而使去除率低于无氧条件。江苏省宿迁地区2023-2024学年高一下学期期中考试试题本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mn-55Cu-64一、单项选择题：共18题，每题3分，共54分。每题只有一个选项最符合题意。1.2024年1月，从邮轮首航到电动飞机首飞再到航天首发，我国一批科技创新实现新的突破。下列说法不正确的是（）A.“天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能B.“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体实现助推C.“爱达·魔都号”邮轮使用的镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性强的特点D.“AG60E”电动飞机使用的动力型锂电池具有质量轻、比能量高的特点〖答案〗A〖解析〗【详析】A．光伏发电系统工作时可将光能转化为电能，A错误；B．“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体，通过反冲获得推动力实现升空，B正确；C．镁铝合金是一种主要由镁和铝组成的金属合金，具有密度低、抗腐蚀性强的特点，C正确；D．锂离子电池具有质量轻、体积小、储存能量大、比能量高的特点，D正确；

故选A。2.对于二氧化硫与氧气化合生成三氧化硫的反应，下列说法错误的是（）A.降低温度会使反应速率降低B.使用合适的催化剂能使反应速率加大C.增大压强能使完全转化为D.达到平衡状态时，仍有与反应生成〖答案〗C〖解析〗【详析】A．降低温度,活化分子百分数降低，反应速率减小，A正确；B．使用合适的催化剂，活化能降低，活化分子百分数增大，使反应速率增大，B正确；C．增大压强，平衡正向移动，但不可能使SO2完全转化为SO3，C错误；D．化学平衡状态是动态平衡，平衡时反应仍在进行，D正确；故选C。3.下列反应前后物质的总能量变化可用如图表示的是（）A.盐酸与氢氧化钠溶液的反应 B.生石灰和水的反应C.石灰石在高温下的分解反应 D.木炭在氧气中燃烧〖答案〗C〖解析〗【详析】A．中和反应放热，盐酸与氢氧化钠溶液的反应是放热反应，生成物的总能量低于反应物总能量，故不选A；B．生石灰和水的反应放出能量，生成物的总能量低于反应物总能量，故不选B；C．石灰石在高温下分解为氧化钙和二氧化碳，该反应吸热，生成物的总能量高于反应物总能量，故选C；D．木炭在氧气中燃烧，反应放热，生成物的总能量低于反应物总能量，故不选D；选C。4.实验室制备和收集氨气时，下列装置能达到相应实验目的的是（）A.制备氨气B.干燥氨气C.收集氨气D.吸收尾气〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，两者遇冷在试管口又重新生成NH4Cl，A错误；B．氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C，氨气的密度小于空气，应该是短导管进长导管出，C错误；D．氨气极易溶于水，该装置可用于防止倒吸，D正确；故〖答案〗选D。阅读下列材料，完成下列小题：氮是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应中，N2(g)与H2(g)反应生成1molNH3(g)放出46kJ的热量，实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，同时生成CaCl2。肼(N2H4)是一种良好的液体燃料，生成两种无污染的产物。5.下列说法正确的是（）A.14N、15N、N3-都属于氮元素B.N2的电子式为：:N::N:C.N2H4的结构式为：D.CaCl2晶体中存在Ca与Cl2之间强烈的相互作用6.下列化学反应表示正确的是A.用过量氨水吸收废气中的SO2：B.向氯化铵的溶液中加入热的浓NaOH溶液：C.合成氨反应：D.过量氨水滴加到AlCl3溶液中：7.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（）A.N2难溶于水，可用作瓜果保护气B.NH3极易溶于水，液氨可用作制冷剂C.NH3分子之间形成氢键，NH3(g)的热稳定性比PH3(g)的高D.N2H4具有还原性，可用作喷气式发动机的燃料〖答案〗5.A6.B7.D〖解析〗【5题详析】A．14N、15N是N元素的两种同位素元素，N3-是N元素的一种离子，因此三种微粒都属于氮元素，A正确；B．N原子最外层有5个电子，其中的三个成单电子与另外一个N原子的三个成单电子结合形成氮氮三键，得到N2，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为：，B错误；C．N2H4分子中2个N原子形成共价单键，然后每个N原子结合2个H原子，形成N2H4分子，其结构式是，C错误；D．CaCl2晶体是离子晶体，在该晶体中Ca2+与Cl-通过离子键结合，D错误；故合理选项是A。【6题详析】A．用过量氨水吸收废气中的SO2，反应产生(NH4)2SO3、H2O，该反应的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2++H2O，A错误；B．二者反应产生NaCl、NH3、H2O，离子方程式符合反应事实，遵循物质的拆分原则，B正确；C．N2与H2反应产生NH3，根据已知条件可知：N2(g)与H2(g)反应生成1molNH3(g)放出46kJ的热量，反应放出的热量与反应物的物质的量呈正比，故当反应产生2molNH3(g)放出92kJ的热量，故反应的热化学方程式为：△H=-92kJ/mol，C错误；D．Al(OH)3是两性氢氧化物，只能与强酸、强碱反应，而与弱碱NH3·H2O不能反应，故过量氨水与AlCl3溶液反应的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，D错误；故合理选项是B；【7题详析】A．N2化学性质稳定，不能支持燃烧，也不能帮助呼吸，因此可用于作瓜果保护气，这与N2是否难溶于水的性质无关，A错误；B．氨气沸点低，液氨气化时会吸收大量热，导致周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，这与氨气是否极易溶于水的性质无关，B错误；C．NH3分子之间形成氢键，增加了NH3分子之间的吸引作用，导致NH3的沸点比只存在分子间作用力的PH3的沸点高，而物质的稳定性与分子内的化学键强弱有关，与分子之间的氢键是否存在无关，C错误；D．N2H4中N元素化合价为-2价，处于较低价态，该物质具有强的还原性，能够与氧气反应放出大量热，因此N2H4可用作喷气式发动机的燃料，D正确；故合理选项是D。8.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，增加碳的用量可加快反应速率B.用铁片与稀硫酸反应制H2，改用98%的浓硫酸可加快生成H2的速率C.用锌片与稀盐酸反应，加入适量的NaCl溶液，反应速率不变D.用铁片和稀硫酸反应制备H2，滴入数滴CuSO4溶液能加快反应速率〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．C是固体，增加固体量，物质的浓度不变，因此不能改变化学反应速率，A错误；B．在浓硫酸中硫酸主要以分子存在，其中所含有的H+很小，因此改用98%的浓硫酸不能加快生成H2的速率，B错误；C．用锌片与稀盐酸反应，加入适量的NaCl溶液，会导致溶液中H+浓度降低，因而会使化学反应速率减小，C错误；D．用铁片和稀硫酸反应制备H2，滴入数滴CuSO4溶液，Zn与CuSO4反应产生的Cu与Zn及稀硫酸构成原电池，Zn为负极，因而能加快反应速率，D正确；故合理选项是D。9.下列关于NO和的说法正确的是（）A.NO与互为同素异形体B.除去NO中混有的，可将混合气通入水中C.可通过和直接化合制备D.能与水反应生成硝酸，故是酸性氧化物〖答案〗B〖解析〗【详析】A．同素异形体是同种元素组成的不同单质，NO与不互为同素异形体，A错误；B．能与水反应生成硝酸和NO，混合气通入水中可以除去NO中混有的，B正确；C．和放电条件下只能得到NO，C错误；D．能与水反应生成硝酸和NO，所以不是酸性氧化物，D错误；故选B。10.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NO难溶于水，不能与H2O直接反应产生HNO3，A错误；B．稀硝酸与Cu反应，硝酸被还原产生NO，不能产生NO2，B错误；C．NO2具有氧化性，NH3具有还原性，二者在一定条件下会发生氧化还原反应产生N2、H2O，可见在指定条件下，物质间转化反应能实现，C正确；D．HNO3与O3都具有强氧化性，二者不能能发生反应产生NO2，D错误；故合理选项是C。11.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)为原料制备MgCl2·6H2O的实验流程如下图所示。下列说法正确的是（）A.MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2OB.氧化过程说明氧化性：Cl2>Fe3+C.“沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、OH-、Cl-D.蒸干并灼烧MgCl2溶液可获得MgCl2·6H2O〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)用稀盐酸酸浸，得氯化镁、氯化亚铁等混合溶液，通入氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，再加氨水，得氢氧化铁沉淀，过滤，再从滤液中提取MgCl2·6H2O，据此回答；【详析】A．MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+=CO2↑+H2O+Mg2+，A错误；B．氧化过程离子方程式为，氯气是氧化剂，铁离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氧化性：Cl2>Fe3+，B正确；C．“沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、Cl-，NH与OH-因反应生成一水合氨而不能大量共存，C错误；D．MgCl2·6H2O是结晶水合物，从溶液中获取该晶体时不能蒸干并灼烧，若蒸干灼烧MgCl2·6H2O会转变为碱式氯化镁、氢氧化镁、氧化镁等物质，D错误；〖答案〗选B。12.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)，能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（）A.该反应进行一定需要加热或点燃B.该反应若生成2molAB2(g)时，放出的热量为(E1-E2)kJC.物质AB2比A2更稳定D.该反应断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量〖答案〗D〖解析〗【详析】A．反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，A错误；B．根据图象，该反应是吸热反应，生成2molAB2(g)则吸收的热量为(E1－E2)kJ，B错误；C．能量越低越稳定，物质AB2比A2能量高、则A2更稳定，C错误；D．断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，由信息可知，该反应为吸热反应，则断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，D正确；故选D。13.某锌—空气电池反应为2Zn+O2=2ZnO，电解质溶液为NaOH溶液。下列说法正确的是（）A.锌片作电池的正极B.电池工作时，电解质溶液中OH-向负极移动C.氧气在正极发生氧化反应D.理论上每转移1mol电子消耗标准状况下的O2体积为11.2L〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据某锌—空气电池反应为2Zn+O2=2ZnO，可知：Zn为负极，发生氧化反应：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；通入O2是电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。在溶液中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，根据同一闭合回路在电子转移数目相等进行有关计算。【详析】A．在反应中锌发生失去电子的氧化反应，故Zn为原电池的负极，A错误；B．电池工作时，电解质溶液中OH-向正电荷较多的负极定向移动，B正确；C．氧气在正极发生得到电子的还原反应，C错误；D．在原电池正极上发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，根据电极反应式可知：每反应消耗1molO2，转移4mol电子，则若理论上每转移1mol电子，反应消耗0.25molO2，则在标准状况下该O2体积为5.6L，D错误；故合理选项是B。14.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用，下列说法正确的是（）A.甲：溶液中Zn2+向Cu电极方向移动，电子由锌经电解质溶液流向铜电极B.乙：正极的电极反应式为C.丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.丁：使用一段时间后，电解质溶液导电能力基本不变〖答案〗C〖解析〗【详析】A．甲装置构成了原电池，由于金属活动性：Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，负极Zn失去电子产生的Zn2+进入溶液中，溶液中Zn2+向Cu电极方向移动，但电子是经导线由Zn电极流向Cu电极，A错误；B．对于乙装置的纽扣电池，正极为Ag2O，发生得到电子的还原反应，由于电解质溶液显碱性，不能含有大量H+，电极反应式应该为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，B错误；C．对于丙装置的锌锰干电池中，Zn为负极，石墨棒为正极。负极Zn发生失去电子的氧化反应，锌筒由于发生氧化反应而损耗，导致锌筒变薄，C正确；D．对于丁装置的铅蓄电池，负极Pb发生氧化反应：Pb-2e-+=PbSO4；正极PbO2发生还原反应：PbO2+4H++=PbSO4+2H2O，则总反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，可见反应一段时间后，会消耗硫酸，产生水，导致硫酸溶液浓度减小，故电解质溶液导电能力减弱，D错误；故合理选项是C。15.对于反应，该反应是放热反应。下列有关说法正确的是（）A.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小B.反应使用了催化剂，目的是提高氨气的平衡转化率C.断裂键的同时，形成键，说明该反应达到平衡状态D.在恒温恒容条件下，若反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态〖答案〗D〖解析〗【详析】A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，A错误；B．催化剂不能使平衡移动，不能提高氨气平衡转化率，B错误；C．断裂键的同时，不可能形成键，不能说明该反应达到平衡状态，C错误；D．在恒温恒容条件下，压强为变量，当反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态，D正确；故选D。16.根据下列实验操作过程中现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A足量的铜片与一定量稀硝酸溶液充分反应后，铜片剩余，再加入适量稀硫酸，铜片继续溶解铜可以与稀硫酸反应B常温下，将铁片放入浓硝酸溶液中不溶铁片与浓硝酸不反应C向溶液中加入溶液，充分反应后，加入2mL苯，充分振荡、静置，分液后将水层分装于两支小试管中，向其中一支小试管中滴加5~6滴15%的KSCN溶液，观察并比较两支试管中溶液的颜色证明与之间的反应属于可逆反应D某溶液中加入浓NaOH溶液，微热，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝溶液中含〖答案〗D〖解析〗【详析】A．足量的铜片与一定量稀硝酸溶液充分反应后，铜片剩余，再加入适量稀硫酸，铜片继续溶解，发生反应，铜和稀硫酸不反应，A错误；B．常温下，铁片在浓硝酸溶液中钝化，钝化属于化学反应，B错误；C．向溶液中加入溶液，充分反应后，过量，则滴入KSCN溶液，溶液一定变红，不能证明与之间的反应属于可逆反应，C错误；D．某溶液中加入浓NaOH溶液，微热，生成的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为氨气，说明溶液中含NH，D正确；故选D。17.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.在转化过程中，氮元素均被还原B.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程C.还原过程中生成0.1mol，转移0.5mol电子D.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；

B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；C．还原过程中生成0.1

mol

N2，转移电子的物质的量为0.1

mol×(5-0)×2=1

mol，故C错误；D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；故选D18.为了测定铁铜合金的组成，将7.6g铁、铜合金加入100mL某浓度的稀硝酸中，将合金完全溶解后，共收集到NO气体2.24L(标准状况下)，并测得溶液中H+的浓度为0.5mol•L-1，若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断不正确的是（）A上述反应中金属共失去电子0.3molB.合金中，铜的质量为4.8gC.原硝酸的浓度：c(HNO3)=3mol•L-1D.要使溶液中的金属离子完全沉淀，需加5mol•L-1的NaOH溶液70mL〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗n(NO)==0.1mol，转移电子的物质的量为0.1mol×(5-2)=0.3mol，反应后溶液中的c(H+)=0.5mol/L，则反应后剩余n(HNO3)=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，设合金中Cu为xmol，Fe为ymol，由电子守恒可知：2x+3y=0.3mol，由合金的质量可知：64x+56y=7.6，解得x=0.075mol，y=0.05mol。【详析】A．金属失去的电子等于N元素得到的电子，n(NO)==0.1mol，转移电子为0.1mol×(5-2)=0.3mol，因此金属共失去电子0.3mol，故A正确；B．由上述分析可知，合金中铜的物质的量为0.075mol，质量为0.075mol×64g/mol=4.8g，故B正确；C．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，以及反应后剩余n(HNO3)=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，根据氮原子守恒可知，硝酸的总物质的量n(HNO3)=0.075×2+0.05×3+0.1+0.05=0.45mol，则c(HNO3)==4.5mol/L，故C错误；D．要使溶液中的金属离子完全沉淀，溶液中剩余的硝酸先与氢氧化钠反应，则n(NaOH)=0.075×2+0.05×3+0.05=0.35mol，V==0.07L=70mL，故D正确；〖答案〗选C。二、非选择题：共3题，共46分。19.亚硝酸钠(俗称工业盐)是一种防腐剂。某小组拟以实验室制备硝酸铜的尾气为原料制备亚硝酸钠，简易流程如下：请回答下列问题：（1）NaNO2中元素化合价为__________价。（2）通常将铜片剪成碎片再投入“酸溶池”中，其目的是__________。（3）如铜和硝酸反应时生成NO和NO2，写出铜和稀硝酸反应生成NO和NO2的体积比为的离子反应方程式__________。（4）“碱吸收池”中主要反应如下：①；②，当__________1(填“＞”、“＜”或“＝”)时，产品纯度最高且不产生大气污染物。（5）为了探究NaNO2的性质．设计如表实验：实验操作现象①向NaNO2溶液中滴加稀硫酸和KI-淀粉溶液溶液变蓝色②向酸性KMnO4溶液中滴加足量的NaNO2溶液，振荡溶液褪色由此推知，NaNO2具有的性质是__________（填标号）。A．只有氧化性B．只有还原性C．既有氧化性又有还原性（6）测定NaNO2产品纯度。准确称取3.000g产品溶于水配制成250mL溶液，准确量取25.00mL配制好的溶液于锥形瓶中，先滴加适量稀硫酸，再加入16.00mL0.1mol/L酸性KMnO4溶液，恰好完全反应，求产品中NaNO2的质量分数__________，写出计算过程。（已知：，未配平）〖答案〗（1）+3（2）增大铜与硝酸的接触面积，提高反应速率（3）2Cu+2+6H+=2Cu2++NO↑+NO2↑+3H2O（4）=（5）C（6）n(KMnO4)=16.00mL×0.1mol·L-1=1.6×10-3mol，根据2+5+6H+＝2Mn2++5+3H2O，产品中n(NaNO2)=1.6×10-3mol××=0.0400mol，产品中NaNO2质量分数=〖解析〗向废铜屑中加入一定浓度的HNO3，反应产生Cu(NO3)2、NO、NO2及H2O，然后将混合气体用Na2CO3溶液吸收，反应产生NaNO2、CO2，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，就得到NaNO2粗品，然后用酸性KMnO4溶液滴定粗品配制的溶液，根据电子守恒计算出NaNO2的物质的量、质量，进而可得其纯度。（1）在NaNO2中，Na为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知N元素化合价为+3价；（2）通常将铜片剪成碎片再投入“酸溶池”中，其目的是增大铜与硝酸的接触面积，提高酸浸时的化学反应速率；（3）如铜和硝酸反应时生成NO和NO2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可得铜和稀硝酸反应生成NO和NO2的体积比为1：1的离子反应方程式为：2Cu+2+6H+=2Cu2++NO↑+NO2↑+3H2O；（4）根据反应方程式①；②，可知：当=1时，产物只有NaNO2，产品的产率最高；（5）根据实验①可知：在酸性条件下NaNO2具有氧化性，能够将KI氧化为，遇淀粉溶液变为蓝色；根据实验②可知：NaNO2具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪去，由此推知，NaNO2具有的性质是既有氧化性又有还原性，合理选项是C；（6）25.00mLNaNO2溶液消耗标准高锰酸钾溶液中溶质的物质的量为n(KMnO4)=16.00mL×0.1mol·L-1=1.6×10-3mol。二者反应的离子方程式为2+5+6H+=2Mn2++5+3H2O，可知3.000gNaNO2粗品配制的溶液中含有NaNO2的物质的量为产品中n(NaNO2)=1.6×10-3mol××=0.0400mol，故该产品中NaNO2质量分数为=。20.某温度下加氢制甲醇的总反应：，该反应为放热反应，在固定容积为2.0L的密闭容器中充入0.8mol的和2.4mol的，测得和的物质的量随时间变化如图。请回答：（1）下列措施能加快反应速率的是__________（填标号）。a．保持体积不变往容器中充入b．保持体积不变往容器充入c．及时分离出d．增大容器体积e．选择高效的催化剂（2）内的反应速率为__________。末，__________（填“>”、“<”或“=”）（3）恒温恒容条件下，不能说明反应已达平衡状态的是__________（填标号）。a．体积分数保持不变b．容器中气体压强保持不变c．混合气体的密度保持不变d．的生成速率是生成速率的3倍e．容器中浓度与浓度之比为（4）该反应平衡时的转化率为__________。Ⅱ．近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子（就是）和水分子通过。其工作原理的示意图如图，请回答下列问题：（5）电极是电池的________