浙江省衢州市2019-2020学年高二下学期期末教学质量检测化学试题(解析版)

PAGE衢州市2020年6月高二年级教学质量检测试卷化学考生须知：1.全卷分试卷和答题卷。考试结東后，将答题卷上交。2.试卷共8页，有二大题，31小题。满分100分，考试时间90分钟。3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于共价化合物的是()A.Na2O2 B.H2SO4 C.NH4Cl D.Cl2【答案】B【解析】【详解】A．Na2O2是离子化合物，Na+与O22-之间通过离子键结合，A不符合题意；B．H2SO4是由分子构成的共价化合物，分子内不同元素的原子之间以共价键结合，B符合题意；C．NH4Cl是离子化合物，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，C不符合题意；D．Cl2是由分子构成的物质，分子内2个Cl原子之间以共价键结合，由于物质内只含有Cl元素这一种元素，因此属于单质，不属于化合物，D不符合题意；故合理选项是B。2.下列仪器名称为“坩埚”的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．该仪器表示的是蒸馏烧瓶，A不符合题意；B．该仪器表示的是蒸发皿，B不符合题意；C．该仪器表示的是烧杯，C不符合题意；D．该仪器表示的是坩埚，D符合题意；故合理选项是D。3.下列物质属于电解质且能导电的是()A.熔融氯化钾 B.金属铜 C.氢氧化钠溶液 D.酒精【答案】A【解析】【详解】A．熔融KCl属于电解质且能导电，选项A正确；B．金属铜能导电，它为单质，不属于电解质，选项B错误；C．氢氧化钠溶液是混合物，不属于电解质，但它能导电，选项C错误；D．酒精不能导电，酒精属于非电解质，选项D错误；答案选A。4.黑火药的反应原理为：，该反应中还原剂是()A.和S B.C C. D.【答案】B【解析】【详解】由反应可知，硝酸钾中N元素的化合价降低转变成氮气，硝酸钾作氧化剂；硫单质转变成硫化钾，化合价降低，硫单质作氧化剂，碳单质反应后转变成二氧化碳，化合价升高，碳单质作还原剂。故选：C。【点睛】5.下列物质的名称不正确的是()A.Na2CO3：小苏打B.CaSO4·2H2O：生石膏C.CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3：3-甲基己烷D.HCHO：甲醛【答案】A【解析】【详解】A．Na2CO3俗称苏打，而NaHCO3则俗称小苏打，A错误；B．CaSO4·2H2O俗称生石膏，B正确；C．根据烷烃的系统命名方法，CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3名称为3-甲基己烷，C正确；D．结构简式HCHO表示的物质是甲醛，D正确；故合理选项是A。6.下列表示不正确的是()A.离子结构示意图：B.的球棍模型：C.的电子式：D.乙烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A.核电荷数为8，核外电子数为10，离子结构示意图为：，故A正确；B.为正四面构型，注意碳原子半径大于氢原子，球棍模型为：，故B正确；C.的电子式：，故C错误；D.乙烯分子式为C2H4，碳碳之间形成双键，结构简式为：，故D正确；故选：C。7.下列说法不正确的是()A.乙酸和油酸()互为同系物B.和互为同位素C.和互为同分异构体D.和互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A.乙酸结构简式为CH3COOH，烃基为饱和烃基，油酸()烃基为不饱和烃基，两者通式不同，不符合同系物特点，故A错误；和，质子数相同，质量数不同，互为同位素，故B正确；C.和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故C正确；D.和均为由氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故D正确；故选：A。8.下列叙述不正确的是()A.二氧化硫可用于漂白纸浆B.可利用二氧化碳制造全降解塑料C.碳酸氢钠可用于中和胃酸过多D.食品消毒、防腐常使用福尔马林【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，A正确；B．利用纳米技术可以高效催化二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳排放，可以缓解温室效应，B正确；C．碳酸氢钠可以与胃酸(HCl)反应，且碱性较弱，可用于治疗胃酸过多，C正确；D．福尔马林是甲醛的水溶液，有毒，不能用于食品的防腐，D错误；答案选D。9.下列说法不正确的是()A.可用电解氯化镁溶液制取金属镁B.可用钠制得钛、钽、铌等金属C.可用铝热反应制备金属D.可用还原CuO制备金属【答案】A【解析】【详解】A.工业上采用电解熔融氯化镁制取金属镁，故A错误；钠具有强还原性，可与一些熔融盐反应制取金属，如钛、钽、铌等，故B正确；C.铝具有强还原性，工业上常利用铝热反应原理冶炼一些难熔的金属单质，如锰、铬等，故C正确；D.氨气具有还原性，可以还原氧化铜得到铜单质，故D正确；故选：A。【点睛】10.下列说法不正确的是()A.厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能B.煤的气化、液化、干馏都是物理变化C.利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下可使水分解产生氢气D.熔喷布以聚丙烯为主要原料，制造聚丙烯的原料主要来自于石油的裂解【答案】B【解析】【详解】A.厨余垃圾中的果皮、剩菜等中含有的有机成分均是可以利用的生物质能，故A正确；煤的气化、液化是通过化学变化将煤转变成气态、液体燃料的过程，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，发生复杂化学变化的过程，均为化学变化，故B错误；利用生物技术，大量并且能利用低成本的太阳能进行水分解制取氢气，是未来新能源的有效发展方向，故C正确；石油裂解可以得到短链的气态不饱和烃，如丙烯，乙烯等，故D正确；故选：B。【点睛】11.下列有关实验说法，不正确的是()A.可用、溶液鉴别NaCl溶液和溶液B.焰色反应时，先用稀硫酸清洗铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，再进行实验C.纸层析法时，亲脂性强的成分在流动相中分配的多一些，随流动相移动速度就快些D.用镊子夹取金属钠固体，切割取用后剩余的钠放回原试剂瓶中【答案】B【解析】【详解】A.NaCl溶液滴加硝酸银溶液产生白色沉淀，亚硝酸钠与硝酸银不反应，可以鉴别，故A正确；焰色反应时，要用稀盐酸清洗铂丝，故B错误；亲脂性强的成分在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度就快一些；亲水性强的成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度就慢一些，故C正确；钠是活泼金属，容易与空气中水和氧气反应，为安全切割取用后剩余的钠放回原试剂瓶中，故D正确；故选：B；12.下列关于氮及其化合物说法，不正确的是()A.氮气性质稳定，可用于工业制镁的冷却剂B.N2H4和N2O4可用作航天飞机的燃料C.碳酸氢铵常用作氮肥，不可与碱性肥料混用D.硝酸可用于制造染料、塑料、炸药和硝酸盐【答案】A【解析】【详解】A．Mg和氮气能反应生成氮化镁，A错误；B．2N2H4

+

N2O4

=3N2↑+4H2O↑，N2H4和N2O4反应放出大量热且产生大量的气体，可用作航天飞机的燃料，B正确；C．碳酸氢铵为铵态氮费，铵根离子与碱反应放出氨气肥效降低，故碳酸氢铵不可与碱性肥料混用，C正确；D．硝酸可用于制造染料、塑料、炸药、硝酸盐、农药、化肥等，D正确。答案选A。13.不能正确表示下列变化的离子方程式是()A氧化镁与盐酸反应：B.氯气和水反应：C.将过量通入溶液中：D.氯化铵水解：【答案】B【解析】【详解】A.氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，离子方程式为，A正确；B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为，B错误；C.将过量通入溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为，C正确；D.氯化铵水解，有少量一水合氨和盐酸生成，离子方程式为：，D正确；答案选B。14.下列说法不正确的是()A.75%酒精、紫外光等可使蛋白质变性B.用酸性溶液可鉴别苯和甲苯C.乙酸乙酯中混有的乙酸，可加入足量的溶液，经分液除去D.将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出高级脂肪盐【答案】C【解析】【详解】A.75%酒精、紫外光等可使蛋白质变性，因此可以用于消毒，A说法正确；B.甲苯可被酸性KMnO4溶液氧化而使之褪色，而苯不能，故用酸性KMnO4溶液可鉴别苯和甲苯，B说法正确；C.乙酸乙酯中混有的乙酸，若加入足量的NaOH溶液，均参加反应被消耗，应该用饱和碳酸钠溶液，经分液除去，C说法不正确；D.将牛油和烧碱溶液混合加热，发生皂化反应得到高级脂肪酸盐和甘油，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出高级脂肪盐，D说法正确；答案选C。15.某有机物的结构如图所示，下列关于该有机物的描述不正确的是()A.含有4种官能团B.能发生取代、加成、消去、酯化等反应C.一定条件下该物质最多可与发生加成反应D.该有机物属于芳香族化合物【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，该物质含4种官能团：醇羟基、酯基、羧基、碳碳双键，故A描述正确；B．该物质含醇羟基、酯基、羧基、碳碳双键官能团，能发生取代、加成、消去、酯化等反应，故B描述正确；C．该物质含碳碳双键，故一定条件下该物质最多可与发生加成反应，其他官能团均不能与氢气发生加成反应，故C描述正确；D．该物质不含苯环，不属于芳香族化合物，故D描述错误；答案选D。16.下列说法正确的是()A.氧的非金属性比碳强，所以的熔沸点比高B.ⅦA族的F和都能形成价的稳定化合物C.同主族元素，原子序数越大，元素的金属性越强D.同周期元素，随着原子序数增大，原子半径越大【答案】C【解析】【详解】A．水能形成分子间氢键，熔沸点反常高，故的熔沸点比高，A错误；B．ⅦA族除F元素外都能形成价的稳定化合物，氟只有0价和-1价，故B错误；C．由碱金属元素可知，同主族元素，原子序数越大，元素的金属性越强，C正确；D．同周期元素，随着原子序数增大，原子半径越小，故D错误；答案选C。17.下列说法正确的是()A.pH为6.8的溶液一定呈酸性B.中和pH和体积均相等的醋酸和盐酸溶液，所需NaOH的物质的量相同C.0.1mol/L的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小D.0.1mol/L的氨水溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．温度影响水的电离，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6的溶液呈中性，则pH=6.8的溶液显碱性，所以pH=6.8的溶液不一定呈酸性，A错误；B．盐酸是强酸，完全电离，c(H+)=c(HCl)；醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，在溶液中存在电离平衡，c(H+)＜c(CH3COOH)，所以pH和体积均相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量比HCl多，因此中和时所需NaOH的物质的量醋酸比HCl多，二者不同，B错误；C．0.1mol/L的醋酸溶液加水稀释，溶液中c(H+)减小，由于温度不变时，溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw，所以稀释时溶液中c(H+)减小，c(OH-)就会增大，C错误；D．根据N元素守恒可知：在0.1mol/L的稀氨水中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，D正确；故合理选项是D。18.欧洲足球锦标赛事中的拍摄车，装着“绿色心脏”—质子交换膜燃料电池，其工作原理如图所示。下列叙述中正确的是()A.装置中的能量变化为电能转化为化学能B.通入氢气的电极发生氧化反应C.通入空气的电极反应式：D.装置中电子从通入空气的电极经过导线流向通入氢气的电极【答案】B【解析】【详解】A．该电池不含电源，属于原电池，原电池能将化学能转化为电能，故A错误；B．该电池是氢氧燃料电池，氢元素化合价升高，发生氧化反应，通入氢气的电极作负极，发生氧化反应，故B正确；C．通入空气的电极作正极，发生还原反应，该电池含质子交换膜，则该装置中含大量的氢离子，故电极反应的产物是水，C错误；D．电子从负极流向正极，由通入氢气的电极经过导线流向通入空气的电极，故D错误；答案选B。19.催化分解过程中通入、会发生如下反应，下列说法不正确的是()A.，压缩容器体积，平衡转化率将增大B.，通入，将促进反应的进行C.已知，则该反应在高温下易自发D.【答案】A【解析】【详解】A．为反应前后气体体积增大的反应，压缩容器体积相当于增大压强，平衡逆向移动，则平衡转化率减小，A错误；B．，通入CO2，平衡正向移动，即促进反应的进行，B正确；C．为气体体积增大的反应，则，又，所以该反应在高温下易自发进行，C正确；D．为分解反应，反应吸热，则，D正确；答案选A。20.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A.2molSO2和1molO2混合在催化剂作用下充分反应生成SO3的分子数为2NAB.2Fe2++2H++3H2O2=2Fe3++O2↑+4H2O，则每生成1molO2，该反应转移电子数为4NAC.25℃时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001NAD.标准状况下，22.4L苯中C-H数目为6NA【答案】B【解析】【详解】A．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此2molSO2和1molO2混合在催化剂作用下充分反应生成SO3的分子数小于2NA，A错误；B．在反应2Fe2++2H++3H2O2=2Fe3++O2↑+4H2O中，Fe2+失去电子变为Fe3+，H2O2中-1价的O失去电子变为O2，H2O2中-1价的O得到电子变为-2价的H2O中的O，则每生成1molO2，转移4mol电子，则该反应转移电子数为4NA，B正确；C．25℃时，pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，由于溶液的体积是1L，则溶液中含H+的物质的量是10-3mol，所以含H+的数目等于0.001NA，C错误；D．标准状况下苯呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；故合理选项是B。21.600℃时，在的恒容密闭容器中充入一定量的和H2O，发生反应：。反应过程中的部分数据如表所示：01.200.60100.80200.20下列说法正确的是()A.0～用表示的平均反应速率为B.该反应在后才达到平衡C.的平衡转化率为66.7%D.温度升高至800℃时，反应平衡常数为0.64，则正反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．0～用表示的平均反应速率，故A错误；B．由表格数据可知，10min时消耗CO为0.4mol，则消耗的H2O也为0.4mol，此时容器中H2O的物质的量为：0.20mol，而20min时H2O的物质的量也是0.20mol，说明反应在10min已经达到平衡状态，故B错误；C．由以上分析，达到平衡时CO消耗0.4mol，转化率为，故C错误；D．600℃时由以上分析可知，平衡时产生二氧化碳和氢气的物质的量均为0.4mol，CO的物质的量为0.80mol，H2O的物质的量为0.20mol，此时平衡常数K=，温度升高至800℃时，反应平衡常数为0.64，说明升高温度K减小，平衡逆向移动，逆向为吸热放应，正向为放热反应，故D正确；故选：D。22.乙烯与水加成制备乙醇的能量变化过程如图所示。下列说法不正确的是()A.是该合成过程的催化剂B.合成过程的速率由反应②决定C.保持温度不变缩小容器的体积，乙烯的转化率减小D.【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，反应前后均有硫酸，且硫酸的质量和性质不发生变化，是该合成过程的催化剂，A正确；B．合成过程的速率由慢反应决定，也是活化能最大的步骤，即反应②，故该反应的速率由反应②决定，B正确；C．保持温度不变缩小容器的体积，增大体系内的压强，加快反应速率，平衡正向进行，故乙烯的转化率增大，C错误；D．由图示可知，反应①是放热反应，放出的能量为，故有，D正确；答案选C。23.25℃时，将的溶液逐滴滴入的溶液中，其值变化的曲线如图所示。已知，下列分析不正确的是()A.滴定前溶液的B.M点时溶液中C.从M点到N点水的电离程度先增大后减小D.N点溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．HCl是强电解质，完全电离，则0.1mol/L的盐酸溶液中c(H＋)＝0.1mol/L，盐酸中c(OH−)＝mol/L＝10−13mol/L，＝＝12，故A正确；B．M点＝0，说明溶液中c(H＋)＝c(OH−)，溶液呈中性，根据电荷守恒得c(Cl−)＝c(NH)，如果V(HCl)＝10mL，二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性，AG>0，不符合图象，故B错误；C．M点溶液呈中性，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，一水合氨抑制水电离、氯化铵促进水电离，M点到N点过程中，二者恰好完全反应时溶液呈酸性，则AG>0，继续加入HCl，盐酸抑制水电离，所以M到N点过程中水电离程度先增大后减小，故C正确；D．N点溶液中溶质为等物质的量浓度的HCl和氯化铵，溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)＝2c(NH3•H2O)＋2c(NH)，故D正确；故选：B。24.白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2。下列关于Na2S2O4的说法不正确的是()A.可以使品红溶液褪色B.其溶液可以作吸氧剂C.在空气中加热Na2S2O4固体可得到固体产物Na2SO4D.Na2S2O4不能与强酸反应生成盐【答案】D【解析】【详解】A．白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，说明该物质具有漂白性，能够使品红溶液褪色，A说法正确；B．白色固体Na2S2O4能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去，说明物质具有还原性，因此可用作分析化学中的吸氧剂，B说法正确；C．在隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，若在空气中加热，Na2S2O4分解得到具有还原性的固体产物Na2SO3就会被空气中的氧气氧化产生Na2SO4，C说法正确；D．Na2S2O4是强碱弱酸盐，根据复分解反应的规律，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，同时得到强酸盐，因此Na2S2O4能与强酸反应生成盐，D说法错误；故合理选项是D。25.白色固体混合物A，含有、、、、中的几种，常温常压下进行如下实验。下列推断不正确的是()A.混合物A中一定有、B.白色固体F的主要成分是C.无色溶液B的D.溶液B进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明A中有【答案】C【解析】【分析】由实验可知，混合物加水得到无色溶液B，且固体C不能完全溶解于盐酸中，固体F为H2SiO3，无色气体D为二氧化碳，蓝色溶液含铜离子，则A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，无色溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含KNO3、CaCO3，以此来解答。【详解】A.由分析可知，则A中一定含Na2SiO3、CuSO4，A项正确；B.硅酸不溶于盐酸，则F的主要成分是H2SiO3，B项正确；C.溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，则无色溶液B的pH≥7，C项错误；D.透过蓝色钴玻璃，可观察到火焰为蓝色，证明存在钾离子，则一定有KNO3，D项正确；答案为C。非选择题部分二、非选择题(本题有6小题，共50分)26.(1)比较元素非金属性的相对强弱：_____S(填“>”“<”或“=”)；用一个化学方程式说明和S氧化性的相对强弱_____。(2)离子化合物可用于治疗消化道疾病，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式___________。(3)和均是ⅣA族元素氧化物，常温为气态，为高熔点固体。请分析原因___________。【答案】(1)>(2)(3)(4)两者的结构不同，为原子晶体，是分子晶体【解析】【详解】(1)同周期元素，非金属性从左到右逐渐增强，非金属性：Cl>S，非金属性的强弱可通过单质之间的置换反应证明，如：，故答案为：>；；(2)离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，镁显+2价，则O为-1价，可知该物质中含有过氧根离子，其电子式为：，故答案为：；(3)和均是ⅣA族元素氧化物，但两者结构不同，为分子晶体，为原子晶体，原子晶体的熔沸点远高于分子晶体的熔沸点，因此常温为气态，为高熔点固体，故答案为：两者的结构不同，为原子晶体，是分子晶体。27.将镁和铝的混合物投入盐酸中，固体全部溶解后，得到标准状况下气体(不考虑金属和盐酸反应时的挥发)。向所得溶液中加入溶液时，生成沉淀的质量达到最大。(1)溶液的物质的量浓度为____________。(2)沉淀的质量达到最大时为___________g(用含w的表达式表示)。【答案】(1)5(2)【解析】【详解】(1)沉淀最大量时，溶液中的溶质只有，故元素守恒，氢氧化钠的物质的量等于盐酸的物质的量，则溶液的物质的量浓度；(2)沉淀的质量等于金属的质量加氢氧根的质量，金属的质量为，产生氢气，则金属失去电子为0.08mol，对应金属结合氢氧根的物质的量为0.08mol，氢氧根的质量，则沉淀的质量达到最大时为g。28.化合物A由两种元素组成，两元素质量比为3∶16，按如图流程进行试验：产物B、C的物质的量之比为1∶1，D、E均为气体，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E中含有18个电子。回答下列问题：(1)写出B的化学式___________。(2)C加到溶液反应的离子方程式___________。(3)A与足量氨水反应的化学方程式___________。【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】A与足量氨水反应生成B、C，B与氯化铁显血红色，可知B中含有硫氰根离子，B、C均能与氢氧化钠加热产生气体D，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知D为氨气，则B、C中均含有铵根离子，则B为，从而可知A中含有C、S两种元素，两元素质量比为3∶16，则得A为CS2，C与稀硫酸产生气体E为18电子微粒，E应为H2S，C为，据此分析解答。【详解】(1)B的化学式，故答案为：；(2)C为，加到溶液发生氧化还原反应，产生硫单质和亚铁离子，离子反应为：，故答案为：；(3)A(CS2)与足量氨水反应产物B()、C()的物质的量之比为1∶1，由此可得反应的方程式为：，故答案为：；29.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行试验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。实验时先检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后通入一段时间，关闭弹簧夹，打开分液漏斗旋塞滴加浓硝酸。(1)装置②中发生反应的化学方程式为___________。(2)该小组得出的结论依据的实验现象是________。【答案】(1)(2)③中溶液液面上方气体仍为无色，④中溶液液面上方气体变为红棕色【解析】【详解】(1)装置①中反应生成了二氧化氮，在装置②中二氧化氮会与水反应，即；(2)如果装置②得到的一氧化氮在通过装置③④时，根据题意浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，则无色一氧化氮会被装置④中浓硝酸氧化为红棕色的二氧化氮，③中装稀硝酸，故③中溶液液面上方气体仍为无色，即确定浓硝酸具有氧化性结论的现象是：③中溶液液面上方气体仍为无色，④中溶液液面上方气体变为红棕色。30.研究含氮化合物具有重要意义。(1)固体碳酸铵在恒温恒容的密闭容器中达到分解平衡：①下列可以作为反应达到平衡的判据是___________(填选项字母)。A.B.密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中二氧化碳的体积分数不变②该反应在室温就能自发地分解产生氨气，下列说法正确的是___________(填选项字母)。A.该反应B.平衡后，其它条件不变，增加少量固体的量，浓度增大C.放热反应在常温下一定容易进行D.化学平衡常数K值很大，则该反应的速率一定很快(2)在不同温度下，反应的平衡常数K如表：温度/℃153817602404平衡常数K①该反应的___________0(填“>”“=”或“<”)。②其他条件相同时，在上述三个温度下分别发生该反应。1538℃时，的转化率随时间变化如图所示，请在图中补充画出1760℃时的转化率随时间变化曲线。③某种用作催化剂处理汽车尾气的方法为：。在浓度几乎不变的条件下，模拟的降解，反应一段时间后检测到混合气体中浓度明显上升而硝酸气体浓度有所降低，请用化学方程式结合化学反应原理知识解释出现该现象可能的原因___________。【答案】(1)AC(2)A(3)>(4)(5)反应一段时间后反应生成，使浓度降低，平衡逆向移动，硝酸气体浓度有所降低。【解析】【分析】对应固体碳酸铵在恒温恒容的密闭容器的分解：①能否作达到平衡的判据，抓住平衡特征即可：一从速率角度，对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，如υ正(CO2)=υ逆(CO2)，若选用不同物质的速率，则可以换算之后再判断，二从含量角度：各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了，就达到化学平衡状态③选定的某个物理量，一开始会随着反应的发生而变化，而当这个量不再改变的时候，就达到化学平衡状态；②已知该反应在室温就能自发地分解产生氨气，那么说法正确与否结合相应理论分析回答；(2)从表中数据知，反应的平衡常数K随温度升高而增大，则升温平衡朝右移动，据此判断①该反应的与0的相对大小；②要画出1760℃时的转化率随时间变化曲线，只要找到出现新平衡时的那个转折点，从反应速率变化导致达到平衡时间的变化、转化率变化，即可找到那个关键的转折点，据此画图即可；③针对模拟的降解，从提供的、相关的其它可能反应，结合平衡移动原理解析，据此回答；【详解】(1)固体碳酸铵在恒温恒容的密闭容器中分解：，则①A.从速率的角度，任何时刻都满足υ正(CO2)=υ正(NH3)，而平衡时满足υ正(NH3)=υ逆(NH3)，则说明已平衡，选项A正确；B.由于反应物只有一种固体，故气体中氨气、二氧化碳和水蒸气的物质的量之比恒等于2：1：1，则密闭容器中混合气体的平均摩尔质量等于，始终不变，故密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不能说明已平衡，选项B错误；C.密闭容器中，，气体质量随着反应而变化，容积体积的不变，故气体密度不变说明已平衡，选项C正确；D.密闭容器中二氧化碳的体积分数恒等于25%，故二氧化碳的体积分数不变，不能说明已平衡，选项D错误；则能作达到平衡的判据是AC；②该反应在室温就能自发地分解产生氨气，通常分解反应是吸热反应，则该反应自发的原因是熵增，A.该反应，故选项A正确；B.平衡后，其它条件不变，增加少量固体的量，对速率和平衡都没有影响，浓度不变，选项B错误；C.有的放热反应在常温下容易进行，有的则需要加热等条件，例如碳的燃烧需要加热，选项C错误；D.化学平衡常数K值很大，代表反应转化程度大，但与反应速率大小无关，该反应的速率可能很快也可能很慢，选项D错误；故说法正确的为A；(2)数据显示，对，温度升高，其平衡常数K增大，则升温平衡朝右移动，按勒夏特列原理，升温朝着吸热方向移动，则①该反应的>0；②升温有助于提高反应速率、提高氮气的转化率，缩短了达到平衡的时间，故1760℃时的转化率随时间变化曲线为：；③针对模拟的降解，反应为：，在浓度几乎不变的条件下，反应一段时间后检测到混合气体中浓度明显上升而硝酸气体浓度有所降低，是因为体系内同时存在可逆反应，该反应生成，使浓度降低。【点睛】本题考查化学平衡的判断、温度浓度等条件对平衡移动、对K、对转化率等的影响，掌握平衡状态的特征、勒夏特列原理等内容为解答的关键。31.某兴趣小组用废旧镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌和磁性胶体粒子。(1)步骤①中可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是_____________。处理废旧锌铁皮也可以用溶解锌层，该反应的化学方程式为___________。(2)步骤②，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得晶体颗粒大小分布如图所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择___________方式进行冷却结晶。A.快速降温B.缓慢降温C.变速降温(3)下列说法正确的是___________。A.步骤①可用普通过滤法分离固体和液体，所用到玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。B.步骤④中的用量需要控制，用量不足或过量时，都会使产品不纯C.步骤⑤中可用减压过滤得到胶体粒子D.胶体粒子制备过程中可持续通入，防止被氧化(4)用高锰酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物中的含量，称取产品溶解在稀硫酸中配成溶液，取出25mL用浓度为的标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液VmL。已知：①产品中的的质量分数为___________(用含m、V的式子表示)。②滴定操作中，如果滴定前装有标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将____。③测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→_____→____→____→____→洗净，放回管架。a.放液完毕，停留数秒，取出移液管b.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液c.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口d.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口【答案】(1)气体生成的速度由快变慢(2)(3)C(4)BD(5)(6)偏大(7)c(8)d(9)b(10)a【解析】【分析】由流程图分析可知，废旧镀锌铁皮加入稀硫酸，当镀锌层完全反应后过滤得到含ZnSO4的滤液和主要成分为Fe的滤渣A，滤液经一系列过程得到粗ZnSO4·7H2O，经重结晶后得到ZnSO4·7H2O，滤渣A加入稀硫酸后，并调节pH为1~2时加入适量的H2O2，可发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入NaOH溶液后，加热得到Fe3O4的胶体粒子，据此分析解答问题。【详解】(1)步骤①的主要目的时分离铁和锌，由于活泼性锌强于铁，所以锌与硫酸反应生成氢气的速率更快，则当气体的生成速率由快变慢时，说明镀锌层已完全反应，若用NaOH溶解锌层，可发生反应Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑；(2)如图所示，变速降温时，得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，所以选C；(3)A．过滤所用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒和烧杯，A错误；B．步骤④中H2O2的用量需要控制，若过量或用量不足，使得Fe2+和Fe3+的量不同，从而产品不纯，B正确；C．Fe3O4胶体粒子能够透过滤纸，无法用减压过滤法实现固液分离，C错误；D．Fe2+易被氧化，因此在制备Fe3O4胶体粒子的过程中可持续通入N2，防止Fe2+被氧化，D正确；答案选BD；(4)①已知：，向25mL产品的溶液中滴加浓度为的标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液VmL，则n(Fe2+)=5×0.01mol/L×(V×10-3)L=5V×10-5mol，又Fe3O4可看成FeO·Fe2O3，因此25mL溶液中n(Fe3O4)=n(Fe2+)=5V×10-5mol，则产物中Fe3O4的质量分数为；②滴定操作中，如果滴定前装有标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失