2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一下学期5月期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高一下学期5月期中联考试题考试时间：75分钟，分数：100分试卷说明：试卷共二部分：第一部分：选择题型(1-15题45分)；第二部分：非选择题型(16-19题55分)。相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Na-23、Al-27、S-32、Fe-56、Cu-64第I卷(选择题共45分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A.碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查B.用于制作轴承的金刚砂属于传统的硅酸盐材料，具有优异的高温抗氧化性C.为增强84消毒液的杀菌消毒效果，可与洁厕灵混合使用D.葡萄酒中常添加一定量的SO2用来抗氧化和杀菌〖答案〗D〖解析〗【详析】A．碳酸钡与盐酸反应生成可溶性氯化钡，钡离子为重金属离子，有毒，所以碳酸钡不可用于肠胃X射线造影检查，A错误；B．金刚砂为共价晶体，熔点高，耐高温，金刚砂为新型无机非金属材料，B错误；C．84消毒液主要成分为NaClO，与含HCl的洁厕灵混合使用会产生有毒的Cl2，且降低其消毒效果，C错误；D．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中常添加一定量的SO2用来抗氧化和杀菌，D正确；〖答案〗选D。2.下列有关物质的工业制备反应错误的是（）A.制漂白粉：B.冶炼铁：C.制氯气：D.制粗硅：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．制漂白粉用氯气和氢氧化钙，生成氯化钙和次氯酸钙和水，故A正确；B．冶炼铁可以用一氧化碳做还原剂，还原三氧化二铁，得到铁单质，故B正确；C．电解氯化钠溶液，可以得到氢氧化钠、氢气和氯气，故C正确；D．制粗硅方程式：，故D错误；〖答案〗选D。3.常温常压下，电化学合成氨总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.氮气含有的共用电子对数为B.每产生，失去电子数为C.氨水中，含分子数小于D.标况下，参加反应时，产生分子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．N2中含有氮氮三键，有3个共用电子对，N2的物质的量为1mol，含有的共用电子对数为，A错误；B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，的物质的量为=2mol，每产生，N2得到6mol电子，数目为6NA，B错误；C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，C错误；D．标况下，的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5molN2，产生的0.75molO2，数目为，D正确；故选D。4.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验向CaCl2和氨水的混合液中通入CO2石蕊试液滴入氯水中NaOH溶液滴入FeSO4溶液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀溶液变红，随后迅速褪色产生白色沉淀，随后变为红褐色产生无色气体，随后变为红棕色〖答案〗A〖解析〗【详析】A．向CaCl2和氨水的混合液中通入CO2，反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化铵，与氧化还原反应无关，故A符合题意；B．石蕊试液滴入氯水中，溶液变红是氯水显酸性使石蕊变红，随后迅速褪色，是由于生成的次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化而褪色，故B不符合题意；C．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，随后变为红褐色，是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化而变为氢氧化铁，故C不符合题意；D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，是铜和稀硝酸发生氧化还原反应生成NO，随后变为红棕色，是NO和氧气发生氧化还原反应生成二氧化氮，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗为A。5.碘在不同状态(固态或气态)下与氢气反应的热化学方程式如下：①②下列判断正确的是（）A.①中的为固态，②中的为气态 B.固态碘升华时将吸热C.①的反应物总能量比②的反应物总能量高 D.比的热稳定性更好〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗气态碘的能量比固态碘的能量高，所以气态碘和氢气反应生成气态HI放出热量，而固态碘和氢气反应生成气态HI会吸收热量，所以反应①中的碘为气体，反应②中的碘为固体，据此作答。【详析】A．由以上分析可知，反应①中的碘为气态，反应②中的碘为固态，故A错误；B．由以上分析可知，反应①中的碘为气体，反应②中的碘为固体，将反应②减去反应①，即可得到I2(s)=I2(g)的ΔH=+35.96kJ/mol，即1mol固态碘升华时将吸热35.96kJ，故B错误；C．一般地，同一物质，气态能量高于固态能量，所以①的反应物总能量比②的反应物总能量高，故C正确；D．一般地，能量越低越稳定，同一物质，固态能量低于液态能量，液态能量低于气态能量，所以HI(s)比HI(g)热稳定性更好，故D错误；〖答案〗选C。6.有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如下图所示。下列说法不正确的是（）A.V5+=O在反应中起到催化剂的作用B.该转化过程中，仅O2体现了氧化性C.该转化过程中若O2过量不利于NO转化为N2D.该转化过程的总反应：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O〖答案〗B〖解析〗【详析】A．V5+=O在反应中参与了反应但量没有增加或减少，起到催化剂的作用，A正确；B．该转化过程中，NO中的N化合价降低、NO和O2都体现了氧化性，B错误；C．该转化过程中若O2过量则将NO氧化为NO2，不利于NO与NH3转化为N2，C正确；D．结合图示过程，进入的物质有NH3、NO、O2，出来的物质有N2、H2O，故该转化过程的总反应：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，D正确；故选B。7.已知X为一种常见酸的浓溶液。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（）A.X可使蔗糖变黑，体现了其吸水性B.将B通入紫色石蕊试液中，可观察到溶液先变红后褪色C.工业上，2molB和足量O2充分反应，可得到2molD.若A为Al，则在常温条件下不能发生图示的转化过程〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X为硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫。【详析】A．浓硫酸使蔗糖变黑主要体现了浓硫酸的脱水性，A错误；B．X为浓硫酸，则D为三氧化硫，B为二氧化硫，二氧化硫的漂白具有选择性，将二氧化硫通入紫色石蕊试液中，只能使紫色石蕊试液变红但不褪色，故B错误；C．X为浓硫酸，则D为三氧化硫，B为二氧化硫，2mol二氧化硫和足量O2充分反应，由于该反应为可逆反应，得不到2mol三氧化硫，故C错误；D．若A为Al，在常温条件下铝遇浓硫酸会钝化，浓硫酸体现强氧化性，在铝表面形成致密的氧化物薄膜，不能发生图示的转化过程，故D正确；故选D。8.下列实验操作和现象与结论关系不正确的是（）操作和现象结论A将铝片放入盐酸中，产生气泡的速率开始时较慢，随后加快，后来又逐渐减慢H+的浓度是影响反应速率的唯一因素B将大小相同的K和Na放入等体积的水中，钾比钠反应剧烈钾元素的金属性比钠元素强C漂白粉与浓HCl混合产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色漂白粉和浓HCl反应生成Cl2D向盛有H2O2溶液的试管中，加入少量FeCl3溶液，产生气泡的速率比不加FeCl3溶液的快FeCl3可以加快H2O2分解的速率，起了催化作用〖答案〗A〖解析〗【详析】A．将铝片放入盐酸中，产生气泡的速率开始时较慢，金属与酸反应是放热反应，随后加快，说明温度升高加快反应速率占主要，后来又逐渐减慢，氢离子浓度降低使速率减慢占主要，故A错误；B．将大小相同的K和Na放入等体积的水中，钾比钠反应剧烈，金属性越强，反应速率越快，因此说明钾元素的金属性比钠元素强，故B正确；C．漂白粉与浓HCl混合产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使湿润蓝色石蕊试纸变红，次氯酸使变红的石蕊试纸褪色，故C正确；D．向盛有H2O2溶液的试管中，加入少量FeCl3溶液，产生气泡的速率比不加FeCl3溶液的快，说明氯化铁有催化剂的作用，能加快反应速率，故D正确。综上所述，〖答案〗为A。9.我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。下列说法不正确的是（）A.电极a是正极B.电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2OC.每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移D.离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。【详析】A．根据分析，电极a是正极，A正确；B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C错误；D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；故选C。10.最新研究发现，金属钙可代替金属锂用于电化学驱动将N2还原为NH3.原理如图所示。已知：电解质溶液由Ca(BH4)2和少量C2H5OH溶于有机溶剂形成。下列说法不正确的是（）A.阳极反应式为：H2-2e-=2H+B.过程Ⅱ生成NH3的离子方程式：3Ca+N2+6C2H5OH=2NH3↑+3Ca2++6C2H5O-C.理论上电解一段时间后C2H5OH浓度基本不变D.推测用H2O代替C2H5OH更有利于生成NH3〖答案〗D〖解析〗【详析】A．由图知，阳极的电极反应式为H2-2e-=2H+，A正确；B．由图知过程Ⅱ生成NH3的离子方程式：3Ca+N2+6C2H5OH=2NH3↑+3Ca2++6C2H5O-，B正确；C．由图知，过程Ⅰ的反应式为C2H5O-+H+=C2H5OH，过程Ⅱ消耗C2H5OH，故理论上电解一段时间后C2H5OH浓度基本不变，C正确；D．由于NH3易溶于水，故用H2O代替C2H5OH不利于生成NH3，D错误；故选D。11.的脱除与的制备反应自发协同转化装置如图所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和并向两极迁移；忽略溶液体积的变化，极区域浓度保持不变)。下列说法正确的是（）A.电子从电极经导线流向电极B.电路中转移电子，理论上正极区域溶液增重C.两极参与反应的与的物质的量之比为D.双极膜中的解离可不断提供和，故无需补加〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图可知，b极氧气发生还原反应生成过氧化氢，为正极，则a为负极。【详析】A．原电池中电子由负极流向正极，故电子从a电极经导线流向b电极，A错误；B．O2在正极区域得到电子生成H2O2，电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，电路中转移电子时，生成0.5molH2O2，理论上正极区域溶液增重34mol×0.5mol=17g，B正确；C．SO2在负极失去电子生成硫酸根，电极方程式为：SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，正极电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，两极参与反应的与的物质的量之比为，C错误；D．1molSO2与2molOH-反应，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子转移2mol电子，2molOH-进入左侧同时亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子消耗水，生成的H+消耗OH-，故需要补加NaOH.才能持续吸收SO2，D错误；故选B。12.某同学进行如下实验：①将H2O2溶液与KI溶液混合，产生大量气泡，溶液颜色变黄；②将①中的黄色溶液分成两等份，一份加入CCl4，振荡，产生气泡速率明显减小，下层溶液呈紫红色；另一份不加CCl4，振荡，产生气泡速率无明显变化。下列说法不正确的是（）A.①中溶液颜色变黄的原因是：H2O2+2I-=I2+2OH-B.②中下层溶液呈紫红色是因为I2溶于CCl4C.②中产生气泡速率减小的原因是H2O2浓度减小D.由该实验可知，I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率〖答案〗C〖解析〗【详析】A．将H2O2溶液与KI溶液混合，溶液颜色变黄是过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，方程式H2O2+2I-=I2+2OH-正确，A正确；B．②中下层溶液呈紫红色是因为四氯化碳萃取了溶液中的I2，碘单质溶于CCl4会呈紫色，B正确；C．②中产生气泡速率减小的原因是四氯化碳萃取了溶液中的I2，I2浓度减小导致过氧化氢分解速率减慢，C错误；D．通过对比等量黄色溶液中加入四氯化碳萃取碘单质和不加入四氯化碳产生气泡的速率，可以看出加入四氯化碳萃取碘单质后产生气泡速率明显减小，不加入四氯化碳产生气泡速率无明显变化，可以得到I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率，D正确；故选C。13.科学家提出了一种基于电催化多硫化物循环的自供能产氢体系，如下图所示。通过将锌一多硫化物电池与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供电的H2生产。下列说法错误的是（）A.锌—多硫化物电池白天可实现电能向化学能的转化B.装置夜间工作时，应将电极ac、bd分别连接C.装置白天工作时，b极的电极反应式为D.H2生产装置中可以使用钠离子交换膜〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由电子流向可知，放电时，a极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b为正极；氢气生产装置中d极，水放电生成氢气，发生还原反应，d为阴极，则c为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2；【详析】A．由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，A正确；B．左侧锌一多硫化物电池夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，结合分析可知，应将电极ad、bc分别连接，B错误；C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C正确；D．H2生成装置可以使用Na+交换膜，①如果使用Na+交换膜，阴报区发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+向阴极区迁移，得到较纯净的NaOH溶液，可供循环利用。②如果不使用Na+交换膜，显然H2生产装置电解液一般仍为NaOH、Na2S的混合溶液，故H2生产装置中可以使用钠离子交换膜，D正确；故选B。14.研究人员提出利用热化学硫碘循环实现硫化氢分解联产氢气和硫黄，转化过程如下，其中Y、Z代表I2或HI中的一种。下列说法不正确的是（）A.反应Ⅰ中X的浓度与硫黄的产率无关B.Y在CCl4中比在H2SO4溶液中易溶C.反应Ⅱ的化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HID.等压条件下，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应Ⅲ为Z分解产生Y和H2，又Y、Z代表I2或HI中的一种，则Y为I2，Z为HI；反应Ⅱ为SO2+H2O+I2→HI+X，依据氧化还原反应化合价变化规律，X是H2SO4；故反应Ⅰ为H2SO4+H2S→S+SO2+H2O，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，反应Ⅰ是H2SO4+H2S=S+SO2+2H2O，硫酸的浓度与硫黄的产率有关，A错误；B．由分析可知Y为I2，I2是非极性分子，CCl4是非极性分子，H2SO4是极性分子，依据相似相溶原理，I2在CCl4中比在H2SO4溶液中易溶，B正确；C．由分析可知，反应Ⅱ是二氧化硫、碘单质和水反应生成硫酸和氢碘酸，化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，C正确；D．等压条件下，根据盖斯定律，反应无论是一步完成还是分步完成，其反应热相同，所以反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热，D正确；〖答案〗选A。15.在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期。下列说法错误的是（）020406080A.消耗一半时的反应速率为B.100min时消耗完全C.该反应的速率与的浓度有关D.该反应的半衰期与起始浓度的关系满足〖答案〗C〖解析〗【详析】A．从表中可知，20min时，浓度为，而在60min时，浓度变为原来的一半，因此消耗一半时的反应速率==，A正确；B．由表中数据可知，每20min浓度消耗0.020mol/L，因此当100min时消耗完全，B正确；C．由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；D．结合选项A的〖解析〗，起始浓度为时，40分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D正确。因此，本题选C。第I卷(非选择题共55分)16.氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。回答下列问题：I．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)。开始时加入4molA，6molB，2molC，在2min末测得C的物质的量是3mol。（1）用A浓度变化表示反应的平均速率：___________。（2）在2min末，B的浓度为___________。II．某反应过程的能量变化如下图所示。请填写下列空白：（3）反应过程___________(填“a”或“b”)有催化剂参与。（4）①该反应为___________反应(填“放热”或“吸热”)。②已知：反应i：反应ii：则氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为___________。III．已知反应i断开化学键所需的能量如下表。化学键H—HN—H键能/945436？（5）则断开N—H键所需的能量是___________。〖答案〗（1）0.375（2）2.75molL-1（3）b（4）①.放热②.（5）390.9〖解析〗（1）在2min末测得C的物质的量是3mol，则C的变化量为(3-2)mol=1mol，A的变化量为1.5mol，则用A的浓度变化表示反应的平均速率：。（2）B的消耗量为0.5mol，则在2min末，B的物质的量为(6-0.5)mol=5.5mol，在2min末，B的浓度为。（3）催化剂能降低反应的活化能，故反应过程b有催化剂参与。（4）①该反应生成物的总能量比反应物的总能量小，故该反应为放热反应。②已知：反应i：；反应ii：；氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气化学方程式为，根据盖斯定律可知，由3反应ii-2反应i，则氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为。（5）设断开1molN−H键所需的能量是xkJ，已知，ΔH=反应物总键能-生成物总键能，则945kJ/mol+436kJ/mol×3-6x=−92.4kJ/mol，解得x=390.9kJ/mol，则断开N—H键所需的能量是390.9。17.I．目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成CO2和N2.为研究如何增大该化学反应的速率，某课题组进行了以下实验探究。【提出问题】在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总面积)如何影响汽车尾气的转化速率？【查阅资料】使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。【实验设计】编号t/°Cc(NO)/(mol•L-1)c(CO)/(mol·L-1)催化剂的比表面积/(m2•g-1)I2806.50×10-34.00×10-380.0Ⅱ？6.50×10-34.00×10-3120Ⅲ3606.50×10-3？80.0【图像分析与结论】三组实验中CO的浓度随时间的变化如下图所示。（1）由曲线I、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将___________(填“增大”“减小”或“无影响”)。（2）由实验I和Ⅲ可得出的结论是___________。Ⅱ．兴趣小组通过实验探究溶解铜的方法和本质。（3）将铜粉分别加到稍过量的氯化铁溶液和硫酸铁溶液中，铜粉溶解，溶液变成浅绿色，两个反应的共同点是(用离子方程式表示)___________。（4）在热水浴中进行4个实验，部分实验报告如下表所示。序号实验操作实验现象I稀硫酸中加入铜片无明显变化Ⅱ硝酸钠溶液中加入铜片无明显变化Ⅲ无明显变化Ⅳ稀硫酸中加入硝酸钠溶液无明显变化再加入铜片有无色气泡；溶液变蓝①请填写上表中Ⅲ的空格___________。②实验I、Ⅱ、Ⅲ的目的是___________。③实验Ⅳ中反应的本质是(用离子方程式表示)___________。（5）将铜粉加到混有硫酸的过氧化氢溶液中，溶液逐渐变成蓝色，该反应的离子方程式是___________。〖答案〗（1）增大（2）升高温度，反应速率增大（3）Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+（4）①.硫酸钠溶液中加入铜片②.说明钠离子、硫酸根离子、硝酸根离子均不能单独使铜溶解③.3Cu＋2NO＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O（5）Cu＋2H+＋H2O2=Cu2+＋2H2O〖解析〗本实验想要探究在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积对汽车尾气转化速率的影响，应采用控制变量法，实验Ⅰ给出了NO、CO的初始浓度以及催化剂的比表面积，实验Ⅱ催化剂的比表面积与实验Ⅰ不同，因此其它的量需完全相同，通过实验Ⅰ和Ⅱ可探究催化剂的比表面积对汽车尾气的转化速率的影响；实验Ⅲ的温度与实验Ⅰ不同，因此其它的量需完全相同，通过实验Ⅰ和Ⅲ可探究温度对汽车尾气的转化速率的影响。（1）由表格可知实验Ⅱ中催化剂的比表面积比实验Ⅰ大，由图象可知实验Ⅱ曲线的斜率较大，即反应速率快，因此增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将增大。（2）根据分析，实验Ⅰ和Ⅲ探究温度对汽车尾气的转化速率的影响，由图象可知，实验Ⅲ的曲线斜率较大，反应速率快，因此温度越高，尾气的转化速率越大。（3）将铜粉分别加入到稍过量的氯化铁溶液和硫酸铁溶液中，都发生了反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。（4）①操作Ⅲ检验硫酸根离子能否和铜反应，故〖答案〗：硫酸钠溶液中加入铜片；②实验Ⅰ是证明铜不与稀硫酸反应，实验Ⅱ是验证铜和硝酸根离子不能反应，实验Ⅲ证明硫酸根离子和铜不反应，故〖答案〗为：说明钠离子、硫酸根离子、硝酸根离子均不能单独使铜溶解；③稀硫酸中加入硝酸钠溶液中，形成了稀硝酸，再加入铜片被稀硝酸氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu＋2＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O。（5）将铜粉加入到混有硫酸的过氧化氢溶液中，反应的离子方程式是：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O。18.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。②欲收集一瓶干燥氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中_____________②反应的化学方程式____________将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2③_______________④______________〖答案〗①.A(或B)②.2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)③.d→c→f→e→i④.红棕色气体慢慢变浅⑤.8NH3+6NO27N2+12H2O⑥.Z中NaOH溶液产生倒吸现象⑦.反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压〖解析〗【详析】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故〖答案〗为A(或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)；②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故〖答案〗为d→c→f→e→i；(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故〖答案〗为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2+12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。19.I．某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并逬行了以下一系列实验，实验结果记录如下：编号电极材料电解质溶液电流表指针偏转方向1Mg、Al稀盐酸偏向Al2Al、Cu稀盐酸偏向Cu3Al、石墨稀盐酸偏向石墨4Mg、AlNaOH溶液偏向Mg根据上表中记录的实验现象，回答下列问题。（1）实验1、2中铝电极作用是否相同？___________(填“是”或“否”)。（2）实验3中铝为___________极。（3）实验4中铝电极反应式为___________；电池总反应式为___________。（4）根据以上实验结果，在原电池中相对活泼的金属作正扱还是作负极受到哪些因素的影响？___________Ⅱ．电解还原法将CO2转化为甲醇装置如图。已知：电解效率和选择性S的定义：(B)=；S(B)=。（5）①电解过程中生成CH3OH的电极反应式：___________。②当CO2完全消耗时，测得η(CH3OH)=33.3%，S(CH3OH)=25%。推测η(CH3OH)=33.3%的原因：i．阴极有H2O放电。ⅱ．阴极有CO生成。ⅲ．……a．通过检验电解产物判断推测i是否成立，需要检验的物质是___________。(填气体的化学式)b．假设放电的CO2一部分生成CH3OH，其余的CO2全部在阴极放电生成CO，则η(CO)=___________。③研究CH3OH中的C来自于CO2还是KHCO3，方法如下：方法I．其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生。方法Ⅱ．其他条件不变，用14CO2代替CO2电解，有___________产生。综上，证实CH3OH中的C来自于CO2。〖答案〗（1）否（2）负（3）①.Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-②.2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑（4）金属本身的还原性、电解质溶液成分（5）①.CO2+6HCO+6e-=CH3OH+H2O+6CO(7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO)②.H2③.33.3%(或)④.14CH3OH〖解析〗实验1中Mg活泼，故Mg作负极；实验2中Al活泼，故Al作负极；实验3中铝作负极，将盐酸中的氢离子置换出氢气；实验4中Mg虽比Al活泼，但Mg不能与NaOH溶液反应，而Al可与NaOH溶液反应，故Al作负极，以此解答。（1）实验1中，氧化还原反应发生在金属镁和稀盐酸之间，失电子的是金属镁，为负极金属，实验2中，氧化还原反应发生在金属铝和稀盐酸之间，失电子的是金属铝，为负极金属，所以实验1、2中Al所作的电极不相同。（2）Al、石墨、盐酸构成的原电池中，较活泼的金属铝做负极。（3）实验4中，金属铝和氢氧化钠可以发生自发的氧化还原反应生成Na[Al(OH)4]和H2，失电子的是金属铝，为原电池的负极，负极电极方程式为：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，自发的氧化还原反应即为电池的总反应，即2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。（4）在原电池中金属铝做正极还是做负极，与另一电极材料的活泼性；电解质溶液的酸碱性以及电解质溶液的氧化性强弱等因素有关；因为两实验中组成原电池的电极金属活泼性不同，在实验1中Al是正极，在实验2中Al是负极。（5）①该电解装置石墨电极为阳极，催化电极为阴极，阴极上CO2得到电子变为甲醇，电解质是KHCO3溶液，根据电荷守恒，写出该电极的反应式为：CO2+6+6e-=CH3OH+H2O+6(7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6)；②a．如果阴极有H2O放电，则会生成H2，故需要检验的产物是H2；b．S(CH3OH)=25%，假设有4molCO2完全反应，则会生产1molCH3OH，CO2变为甲醇要得到6mol电子，剩余的3molCO2变为CO也需得到6mol电子，而η(CH3OH)=33.3%，则η(CO)也等于33.3%(或)；③其他条件不变，用N2代替CO2电解，无CH3OH产生，说明CH3OH中的C不会来自KHCO3，则应该来自于CO2；用14CO2代替CO2电解，就会生成14CH3OH。辽宁省沈阳市五校协作体2023-2024学年高一下学期5月期中联考试题考试时间：75分钟，分数：100分试卷说明：试卷共二部分：第一部分：选择题型(1-15题45分)；第二部分：非选择题型(16-19题55分)。相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Na-23、Al-27、S-32、Fe-56、Cu-64第I卷(选择题共45分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A.碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查B.用于制作轴承的金刚砂属于传统的硅酸盐材料，具有优异的高温抗氧化性C.为增强84消毒液的杀菌消毒效果，可与洁厕灵混合使用D.葡萄酒中常添加一定量的SO2用来抗氧化和杀菌〖答案〗D〖解析〗【详析】A．碳酸钡与盐酸反应生成可溶性氯化钡，钡离子为重金属离子，有毒，所以碳酸钡不可用于肠胃X射线造影检查，A错误；B．金刚砂为共价晶体，熔点高，耐高温，金刚砂为新型无机非金属材料，B错误；C．84消毒液主要成分为NaClO，与含HCl的洁厕灵混合使用会产生有毒的Cl2，且降低其消毒效果，C错误；D．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中常添加一定量的SO2用来抗氧化和杀菌，D正确；〖答案〗选D。2.下列有关物质的工业制备反应错误的是（）A.制漂白粉：B.冶炼铁：C.制氯气：D.制粗硅：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．制漂白粉用氯气和氢氧化钙，生成氯化钙和次氯酸钙和水，故A正确；B．冶炼铁可以用一氧化碳做还原剂，还原三氧化二铁，得到铁单质，故B正确；C．电解氯化钠溶液，可以得到氢氧化钠、氢气和氯气，故C正确；D．制粗硅方程式：，故D错误；〖答案〗选D。3.常温常压下，电化学合成氨总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.氮气含有的共用电子对数为B.每产生，失去电子数为C.氨水中，含分子数小于D.标况下，参加反应时，产生分子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．N2中含有氮氮三键，有3个共用电子对，N2的物质的量为1mol，含有的共用电子对数为，A错误；B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，的物质的量为=2mol，每产生，N2得到6mol电子，数目为6NA，B错误；C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，C错误；D．标况下，的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5molN2，产生的0.75molO2，数目为，D正确；故选D。4.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验向CaCl2和氨水的混合液中通入CO2石蕊试液滴入氯水中NaOH溶液滴入FeSO4溶液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀溶液变红，随后迅速褪色产生白色沉淀，随后变为红褐色产生无色气体，随后变为红棕色〖答案〗A〖解析〗【详析】A．向CaCl2和氨水的混合液中通入CO2，反应生成碳酸钙白色沉淀和氯化铵，与氧化还原反应无关，故A符合题意；B．石蕊试液滴入氯水中，溶液变红是氯水显酸性使石蕊变红，随后迅速褪色，是由于生成的次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化而褪色，故B不符合题意；C．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，随后变为红褐色，是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化而变为氢氧化铁，故C不符合题意；D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，是铜和稀硝酸发生氧化还原反应生成NO，随后变为红棕色，是NO和氧气发生氧化还原反应生成二氧化氮，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗为A。5.碘在不同状态(固态或气态)下与氢气反应的热化学方程式如下：①②下列判断正确的是（）A.①中的为固态，②中的为气态 B.固态碘升华时将吸热C.①的反应物总能量比②的反应物总能量高 D.比的热稳定性更好〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗气态碘的能量比固态碘的能量高，所以气态碘和氢气反应生成气态HI放出热量，而固态碘和氢气反应生成气态HI会吸收热量，所以反应①中的碘为气体，反应②中的碘为固体，据此作答。【详析】A．由以上分析可知，反应①中的碘为气态，反应②中的碘为固态，故A错误；B．由以上分析可知，反应①中的碘为气体，反应②中的碘为固体，将反应②减去反应①，即可得到I2(s)=I2(g)的ΔH=+35.96kJ/mol，即1mol固态碘升华时将吸热35.96kJ，故B错误；C．一般地，同一物质，气态能量高于固态能量，所以①的反应物总能量比②的反应物总能量高，故C正确；D．一般地，能量越低越稳定，同一物质，固态能量低于液态能量，液态能量低于气态能量，所以HI(s)比HI(g)热稳定性更好，故D错误；〖答案〗选C。6.有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如下图所示。下列说法不正确的是（）A.V5+=O在反应中起到催化剂的作用B.该转化过程中，仅O2体现了氧化性C.该转化过程中若O2过量不利于NO转化为N2D.该转化过程的总反应：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O〖答案〗B〖解析〗【详析】A．V5+=O在反应中参与了反应但量没有增加或减少，起到催化剂的作用，A正确；B．该转化过程中，NO中的N化合价降低、NO和O2都体现了氧化性，B错误；C．该转化过程中若O2过量则将NO氧化为NO2，不利于NO与NH3转化为N2，C正确；D．结合图示过程，进入的物质有NH3、NO、O2，出来的物质有N2、H2O，故该转化过程的总反应：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，D正确；故选B。7.已知X为一种常见酸的浓溶液。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（）A.X可使蔗糖变黑，体现了其吸水性B.将B通入紫色石蕊试液中，可观察到溶液先变红后褪色C.工业上，2molB和足量O2充分反应，可得到2molD.若A为Al，则在常温条件下不能发生图示的转化过程〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X为硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫。【详析】A．浓硫酸使蔗糖变黑主要体现了浓硫酸的脱水性，A错误；B．X为浓硫酸，则D为三氧化硫，B为二氧化硫，二氧化硫的漂白具有选择性，将二氧化硫通入紫色石蕊试液中，只能使紫色石蕊试液变红但不褪色，故B错误；C．X为浓硫酸，则D为三氧化硫，B为二氧化硫，2mol二氧化硫和足量O2充分反应，由于该反应为可逆反应，得不到2mol三氧化硫，故C错误；D．若A为Al，在常温条件下铝遇浓硫酸会钝化，浓硫酸体现强氧化性，在铝表面形成致密的氧化物薄膜，不能发生图示的转化过程，故D正确；故选D。8.下列实验操作和现象与结论关系不正确的是（）操作和现象结论A将铝片放入盐酸中，产生气泡的速率开始时较慢，随后加快，后来又逐渐减慢H+的浓度是影响反应速率的唯一因素B将大小相同的K和Na放入等体积的水中，钾比钠反应剧烈钾元素的金属性比钠元素强C漂白粉与浓HCl混合产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色漂白粉和浓HCl反应生成Cl2D向盛有H2O2溶液的试管中，加入少量FeCl3溶液，产生气泡的速率比不加FeCl3溶液的快FeCl3可以加快H2O2分解的速率，起了催化作用〖答案〗A〖解析〗【详析】A．将铝片放入盐酸中，产生气泡的速率开始时较慢，金属与酸反应是放热反应，随后加快，说明温度升高加快反应速率占主要，后来又逐渐减慢，氢离子浓度降低使速率减慢占主要，故A错误；B．将大小相同的K和Na放入等体积的水中，钾比钠反应剧烈，金属性越强，反应速率越快，因此说明钾元素的金属性比钠元素强，故B正确；C．漂白粉与浓HCl混合产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使湿润蓝色石蕊试纸变红，次氯酸使变红的石蕊试纸褪色，故C正确；D．向盛有H2O2溶液的试管中，加入少量FeCl3溶液，产生气泡的速率比不加FeCl3溶液的快，说明氯化铁有催化剂的作用，能加快反应速率，故D正确。综上所述，〖答案〗为A。9.我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。下列说法不正确的是（）A.电极a是正极B.电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2OC.每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移D.离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。【详析】A．根据分析，电极a是正极，A正确；B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C错误；D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；故选C。10.最新研究发现，金属钙可代替金属锂用于电化学驱动将N2还原为NH3.原理如图所示。已知：电解质溶液由Ca(BH4)2和少量C2H5OH溶于有机溶剂形成。下列说法不正确的是（）A.阳极反应式为：H2-2e-=2H+B.过程Ⅱ生成NH3的离子方程式：3Ca+N2+6C2H5OH=2NH3↑+3Ca2++6C2H5O-C.理论上电解一段时间后C2H5OH浓度基本不变D.推测用H2O代替C2H5OH更有利于生成NH3〖答案〗D〖解析〗【详析】A．由图知，阳极的电极反应式为H2-2e-=2H+，A正确；B．由图知过程Ⅱ生成NH3的离子方程式：3Ca+N2+6C2H5OH=2NH3↑+3Ca2++6C2H5O-，B正确；C．由图知，过程Ⅰ的反应式为C2H5O-+H+=C2H5OH，过程Ⅱ消耗C2H5OH，故理论上电解一段时间后C2H5OH浓度基本不变，C正确；D．由于NH3易溶于水，故用H2O代替C2H5OH不利于生成NH3，D错误；故选D。11.的脱除与的制备反应自发协同转化装置如图所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和并向两极迁移；忽略溶液体积的变化，极区域浓度保持不变)。下列说法正确的是（）A.电子从电极经导线流向电极B.电路中转移电子，理论上正极区域溶液增重C.两极参与反应的与的物质的量之比为D.双极膜中的解离可不断提供和，故无需补加〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图可知，b极氧气发生还原反应生成过氧化氢，为正极，则a为负极。【详析】A．原电池中电子由负极流向正极，故电子从a电极经导线流向b电极，A错误；B．O2在正极区域得到电子生成H2O2，电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，电路中转移电子时，生成0.5molH2O2，理论上正极区域溶液增重34mol×0.5mol=17g，B正确；C．SO2在负极失去电子生成硫酸根，电极方程式为：SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，正极电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，两极参与反应的与的物质的量之比为，C错误；D．1molSO2与2molOH-反应，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子转移2mol电子，2molOH-进入左侧同时亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子消耗水，生成的H+消耗OH-，故需要补加NaOH.才能持续吸收SO2，D错误；故选B。12.某同学进行如下实验：①将H2O2溶液与KI溶液混合，产生大量气泡，溶液颜色变黄；②将①中的黄色溶液分成两等份，一份加入CCl4，振荡，产生气泡速率明显减小，下层溶液呈紫红色；另一份不加CCl4，振荡，产生气泡速率无明显变化。下列说法不正确的是（）A.①中溶液颜色变黄的原因是：H2O2+2I-=I2+2OH-B.②中下层溶液呈紫红色是因为I2溶于CCl4C.②中产生气泡速率减小的原因是H2O2浓度减小D.由该实验可知，I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率〖答案〗C〖解析〗【详析】A．将H2O2溶液与KI溶液混合，溶液颜色变黄是过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，方程式H2O2+2I-=I2+2OH-正确，A正确；B．②中下层溶液呈紫红色是因为四氯化碳萃取了溶液中的I2，碘单质溶于CCl4会呈紫色，B正确；C．②中产生气泡速率减小的原因是四氯化碳萃取了溶液中的I2，I2浓度减小导致过氧化氢分解速率减慢，C错误；D．通过对比等量黄色溶液中加入四氯化碳萃取碘单质和不加入四氯化碳产生气泡的速率，可以看出加入四氯化碳萃取碘单质后产生气泡速率明显减小，不加入四氯化碳产生气泡速率无明显变化，可以得到I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率，D正确；故选C。13.科学家提出了一种基于电催化多硫化物循环的自供能产氢体系，如下图所示。通过将锌一多硫化物电池与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供电的H2生产。下列说法错误的是（）A.锌—多硫化物电池白天可实现电能向化学能的转化B.装置夜间工作时，应将电极ac、bd分别连接C.装置白天工作时，b极的电极反应式为D.H2生产装置中可以使用钠离子交换膜〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由电子流向可知，放电时，a极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b为正极；氢气生产装置中d极，水放电生成氢气，发生还原反应，d为阴极，则c为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2；【详析】A．由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，A正确；B．左侧锌一多硫化物电池夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，结合分析可知，应将电极ad、bc分别连接，B错误；C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C正确；D．H2生成装置可以使用Na+交换膜，①如果使用Na+交换膜，阴报区发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+向阴极区迁移，得到较纯净的NaOH溶液，可供循环利用。②如果不使用Na+交换膜，显然H2生产装置电解液一般仍为NaOH、Na2S的混合溶液，故H2生产装置中可以使用钠离子交换膜，D正确；故选B。14.研究人员提出利用热化学硫碘循环实现硫化氢分解联产氢气和硫黄，转化过程如下，其中Y、Z代表I2或HI中的一种。下列说法不正确的是（）A.反应Ⅰ中X的浓度与硫黄的产率无关B.Y在CCl4中比在H2SO4溶液中易溶C.反应Ⅱ的化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HID.等压条件下，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应Ⅲ为Z分解产生Y和H2，又Y、Z代表I2或HI中的一种，则Y为I2，Z为HI；反应Ⅱ为SO2+H2O+I2→HI+X，依据氧化还原反应化合价变化规律，X是H2SO4；故反应Ⅰ为H2SO4+H2S→S+SO2+H2O，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，反应Ⅰ是H2SO4+H2S=S+SO2+2H2O，硫酸的浓度与硫黄的产率有关，A错误；B．由分析可知Y为I2，I2是非极性分子，CCl4是非极性分子，H2SO4是极性分子，依据相似相溶原理，I2在CCl4中比在H2SO4溶液中易溶，B正确；C．由分析可知，反应Ⅱ是二氧化硫、碘单质和水反应生成硫酸和氢碘酸，化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，C正确；D．等压条件下，根据盖斯定律，反应无论是一步完成还是分步完成，其反应热相同，所以反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热，D正确；〖答案〗选A。15.在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期。下列说法错误的是（）020406080A.消耗一半时的反应速率为B.100min时消耗完全C.该反应的速率与的浓度有关D.该反应的半衰期与起始浓度的关系满足〖答案〗C〖解析〗【详析】A．从表中可知，20min时，浓度为，而在60min时，浓度变为原来的一半，因此消耗一半时的反应速率==，A正确；B．由表中数据可知，每20min浓度消耗0.020mol/L，因此当100min时消耗完全，B正确；C．由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；D．结合选项A的〖解析〗，起始浓度为时，40分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D正确。因此，本题选C。第I卷(非选择题共55分)16.氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。回答下列问题：I．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)。开始时加入4molA，6molB，2molC，在2min末测得C的物质的量是3mol。（1）用A浓度变化表示反应的平均速率：___________。（2）在2min末，B的浓度为___________。II．某反应过程的能量变化如下图所示。请填写下列空白：（3）反应过程___________(填“a”或“b”)有催化剂参与。（4）①该反应为___________反应(填“放热”或“吸热”)。②已知：反应i：反应ii：则氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为___________。III．已知反应i断开化学键所需的能量如下表。化学键H—HN—H键能/945436？（5）则断开N—H键所需的能量是___________。〖答案〗（1）0.375（2）2.75molL-1（3）b（4）①.放热②.（5）390.9〖解析〗（1）在2min末测得C的物质的量是3mol，则C的变化量为(3-2)mol=1mol，A的变化量为1.5mol，则用A的浓度变化表示反应的平均速率：。（2）B的消耗量为0.5mol，则在2min末，B的物质的量为(6-0.5)mol=5.5mol，在2min末，B的浓度为。（3）催化剂能降低反应的活化能，故反应过程b有催化剂参与。（4）①该反应生成物的总能量比反应物的总能量小，故该反应为放热反应。②已知：反应i：；反应ii：；氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气化学方程式为，根据盖斯定律可知，由3反应ii-2反应i，则氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为。（5）设断开1molN−H键所需的能量是xkJ，已知，ΔH=反应物总键能-生成物总键能，则945kJ/mol+436kJ/mol×3-6x=−92.4kJ/mol，解得x=390.9kJ/mol，则断开N—H键所需的能量是390.9。17.I．目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成CO2和N2.为研究如何增大该化学反应的速率，某课题组进行了以下实验探究。【提出问题】在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总面积)如何影响汽车尾气的转化速率？【查阅资料】使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。【实验设计】编号t/°Cc(NO)/(mol•L-1)c(CO)/(mol·L-1)催化剂的比表面积/(m2•g-1)I2806.50×10-34.00×10-380.0Ⅱ？6.50×10-34.00×10-3120Ⅲ3606.50×10-3？80.0【图像分析与结论】三组实验中CO的浓度随时间的变化如下图所示。（1）由曲线I、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将___________(填“增大”“减小”或“无影响”)。（2）由实验I和Ⅲ可得出的结论是___________。Ⅱ．兴趣小组通过实验探究溶解铜的方法和本质。（3）将铜粉分别加到稍过量的氯化铁溶液和硫酸铁溶液中，铜粉溶解，溶液变成浅绿色，两个反应的共同点是(用离子方程式表示)___________。（4）在热水浴中进行4个实验，部分实验报告如下表所示。序号实验操作实验现象I稀硫酸中加入铜片无明显变化Ⅱ硝酸钠溶液中加入铜片无明显变化Ⅲ无明显变化Ⅳ稀硫酸中加入硝酸钠溶液无明显变化再加入铜片有无色气泡；溶液变蓝①请填写上表中Ⅲ的空格___________。②实验I、Ⅱ、Ⅲ的目的是___________。③实验Ⅳ中反应的本质是(用离子方程式表示)___________。（5）将铜粉加到混有硫酸的过氧化氢溶液中，溶液逐渐变成蓝色，该反应的离子方程式是___________。〖答案〗（1）增大（2）升高温度，反应速率增大（3）Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+（4）①.硫酸钠溶液中加入铜片②.说明钠离子、硫酸根离子、硝酸根离子均不能单独使铜溶解③.3Cu＋2NO＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O（5）Cu＋2H+＋H2O2=Cu2+＋2H2O〖解析〗本实验想要探究在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积对汽车尾气转化速率的影响，应采用控制变量法，实验Ⅰ给出了NO、CO的初始浓度以及催化剂的比表面积，实验Ⅱ催化剂的比表面积与实验Ⅰ不同，因此其它的量需完全相同，通过实验Ⅰ和Ⅱ可探究催化剂的比表面积对汽车尾气的转化速率的影响；实验Ⅲ的温度与实验Ⅰ不同，因此其它的量需完全相同，通过实验Ⅰ和Ⅲ可探究温度对汽车尾气的转化速率的影响。（1）由表格可知实验Ⅱ中催化剂的比表面积比实验Ⅰ大，由图象可知实验Ⅱ曲线的斜率较大，即反应速率快，因此增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将增大。（2）根据分析，实验Ⅰ和Ⅲ探究温度对汽车尾气的转化速率的影响，由图象可知，实验Ⅲ的曲线斜率较大，反应速率快，因此温度越高，尾气的转化速率越大。（3）将铜粉分别加入到稍过量的氯化铁溶液和硫酸铁溶液中，都发生了反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。（4）①操作Ⅲ检验硫酸根离子能否和铜反应，故〖答案〗：硫酸钠溶液中加入铜片；②实验Ⅰ是证明铜不与稀硫酸反应，实验Ⅱ是验证铜和硝酸根离子不能反应，实验Ⅲ证明硫酸根离子和铜不反应，故〖答案〗为：说明钠离子、硫酸根离子、硝酸根离子均不能单独使铜溶解；③稀硫酸中加入硝酸钠溶液中，形成了稀硝酸，再加入铜片被稀硝酸氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu＋2＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O。（5）将铜粉加入到混有硫酸的过氧化氢溶液中，反应的离子方程式是：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O。18.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。②欲收集一瓶干燥氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中_____________②反应的化学方程式____________将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2③_______________④______________〖答案〗①.A(或B)②.2NH4Cl+Ca(O