辽宁省协作校2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

辽宁省协作校2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Mg24 Al27 S32 Cu64第I卷一、选择题(每题只有一个选项正确)1.下列有关物质用途的叙述错误的是A. SO2可用于杀菌消毒，是一种食品添加剂B. 液氨常用作制冷剂，是因为氨气液化时要吸收大量的热C. 硅单质具有良好的半导体性能，可制成计算机的芯片D. 硫酸铵、碳酸氢铵等铵盐是农业上常用的化肥【答案】B【解析】【详解】A二氧化硫具有一定的抑制细菌和真菌滋生的作用，具有一定的防腐作用，如葡萄酒中加入少量二氧化硫，是一种食品添加剂，A正确；B液氨常用作制冷剂，是因为液氨汽化吸收热量，B错误；C硅位于金属与非金属的交界处，其导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，C正确；D硫酸铵、碳酸氢铵、硝酸铵等铵盐都含铵根离子，能够被植物吸收，在农业生产中常用作氮肥，D正确；答案选B。2.下列关于物质工业制法的叙述错误的是A. 陶瓷、玻璃、水泥的生产中均用到了石灰石B. 工业制备高纯硅涉及的主要反应中，所有的反应均为氧化还原反应C. 工业制硫酸过程中，常用98.3%的浓硫酸吸收SO3D. 氨催化氧化是工业制硝酸的基础【答案】A【解析】【详解】A陶瓷的生产原料主要是黏土、玻璃的生产原料主要是纯碱、石灰石和石英，水泥的生产原料主要是石灰石和黏土，故陶瓷的生产中没有用到了石灰石，A符合题意；B工业制备高纯硅涉及的主要反应有、和，所有的反应均为氧化还原反应，B不符合题意；C由于三氧化硫和水反应是放热反应，温度很高，这时水会变为蒸汽，那么水和三氧化硫实际上在气体状态下反应得到硫酸，此时硫酸以酸雾的形成停留在吸收塔中，很难沉降下来，造成水吸收三氧化硫的速度大大降低了，工业制硫酸过程中不用水而常用98.3%的浓硫酸吸收SO3，C不符合题意；D工业制硝酸主要的反应有：、和，所以氨催化氧化是工业制硝酸的基础，D不符合题意；故答案为：A。3.下列叙述中正确的个数为通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化为含氮化合物，是自然固氮的途径之一硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中能稳定存在常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸不反应浓硫酸与蔗糖反应时，蔗糖变黑，同时膨胀，体现浓硫酸的吸水性和强氧化性可以用CS2清洗残留硫粉的试管A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】B【解析】【详解】豆科植物的根瘤菌将氮从游离态转化为可吸收的含氮化合物，属于自然固氮，正确；硝酸在光照条件下分解成二氧化氮、水、氧气，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，正确；NO和O2迅速反应生成NO2，在空气中不能稳定存在，错误；常温下，浓硝酸将铁氧化而“钝化”，所以常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸，错误；蔗糖属于有机物，浓硫酸有脱水性，使蔗糖脱水变为碳(变黑)，同时放热，浓硫酸将碳氧化物为二氧化碳，因此会膨胀，体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，错误； S易溶于CS2，因此可以用CS2清洗残留硫粉的试管，正确；综上所述，正确，B满足题意。答案选B。4.下列各物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图转化关系的是选项abc转化关系选项abc转化关系AFeFe2S3FeCl3BN2NO2HNO3CSiSiO2H2SiO3DSSO2H2SO3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.Fe是变价金属，与S共热反应生成FeS，不能生成Fe2S3，故A错误；B.N2和O2在放电条件下发生反应生成NO，不能生成NO2，故B错误；C.二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故C错误；D.硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，故D正确；故选D。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 工业制硫酸的反应中，若通入128 g SO2，生成SO3的分子数目为2NAB. 2 mol Na2S分子中含有S原子的数目为2NAC. 标准状况下，6.72 L NH3溶于水后，溶液中NH3H2O和数目之和为0.3NAD. Zn与浓硫酸充分反应后，收集到气体0.5 mol，电子转移的数目为NA【答案】D【解析】【分析】根据反应可逆原理判断物质的量，锌与硫酸反应先生成二氧化硫，后生成氢气，根据电荷转移守恒进行计算。【详解】A. 工业制硫酸的反应中，通入128 g 即2molSO2，2SO2+2O22SO3反应可逆，生成SO3的物质的量小于2mol，分子数目小于2NA，A错误；B. Na2S是离子化合物，不存在Na2S分子，B错误；C. 标准状况下，6.72 L 即0.3molNH3溶于水后，溶液中存在NH3、NH3H2O、NH4+三种粒子，溶液中NH3H2O和数目之和小于0.3NA，C错误；D. Zn与浓硫酸反应生成二氧化硫，根据电子转移守恒，ZnSO2，若反应一段时候后硫酸浓度下降，开始生成氢气，根据电子转移守恒，ZnH2，即无论反应到哪步，生成0.5mol气体，都消耗0.5mol锌，反应转移1NA电子，D正确。答案为D。6.下列离子方程式正确的是A. NaOH溶液需要用胶塞试剂瓶盛装：SiO2+2Na+2OH-Na2SiO3+H2OB. 铝与浓硫酸反应：2Al+6H+2Al3+3H2C. 检验涉及的反应：+OH-NH3H2OD. 硫代硫酸钠与稀硫酸反应：+2H+S+SO2+H2O【答案】D【解析】【详解】A. NaOH溶液能够与玻璃成分中二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，离子方程式为：SiO2+2OH-SiO32-+H2O，A错误；B. 常温下，铝与浓硫酸发生钝化，铝与稀硫酸反应为2Al+6H+2Al3+3H2，B错误；C.一水合氨受热易分解，铵根离子与强碱加热反应生成氨气，检验涉及的反应：+OH-NH3+H2O，C错误；D. 根据氧化还原反应原理，硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，生成单质硫和二氧化硫：+2H+S+SO2+H2O，D正确。答案为D。7.下列叙述正确的是A. 浓硫酸稀释、酸碱中和反应，均为放热反应B. SiO2既能与NaOH溶液反应，又能与HF溶液反应，所以SiO2是两性氧化物C 向某溶液中先加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中一定含有D. 某红棕色气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明该气体一定是NO2【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸稀释是一个放热过程，不是放热反应，故A错误；B.二氧化硅是酸性氧化物，不是两性氧化物，与氢氟酸溶液反应是二氧化硅的特性，与两性氧化物的性质无关，故B错误；C.向某溶液中先加足量稀盐酸无明显现象，说明溶液中不存在银离子、碳酸根和亚硫酸根，酸性条件下再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液中一定含有硫酸根，故C正确；D.溴蒸汽与二氧化氮气体都是红棕色，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则某红棕色气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，该气体可能是二氧化氮或溴蒸汽，故D错误；故选C。8.根据所给的实验装置，下列有关实验的相关叙述正确的是选项实验装置相关叙述A实验室可以用该装置和药品制取氨气B反应过程中，温度降低，Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应是吸热反应C中反应比中快，说明温度升高可以加快反应速率D只有氨气等极易溶于水的气体才能利用该装置形成喷泉A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A实验室制取氨气是加热氯化铵和氢氧化钙固体，图中原料缺少氢氧化钙固体，A错误；B温度降低，可知Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应是吸热反应，B正确；C中滴加了氯化铁溶液作催化剂，不能说明是温度的影响导致反应速率加快的，C错误；D喷泉的形成是由于氨气溶于水后，烧瓶内的压强小于大气压，因此只要烧瓶产生较大压强差就能产生喷泉现象，D错误；答案选B。9.下列装置中同时通入a、b两种气体，瓶中实验现象错误的是选项a气体b气体c溶液实验现象ACl2(1mol)SO2(1mol)品红溶液溶液颜色变浅或褪色BH2SSO2水产生淡黄色沉淀CSO2NO2BaCl2溶液产生白色沉淀DNOO2滴加少量酚酞的NaOH溶液溶液颜色变浅或褪色A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A通入SO2和Cl2两者发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，则品红溶液还是红色，A错误；BH2S和SO2两者发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，溶液中出现淡黄色沉淀，B正确；CSO2+NO2=NO+SO3，SO3+BaCl2+H2O=BaSO4+2HCl，溶液中产生白色沉淀，C正确；D2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，反应消耗NaOH的量，则酚酞溶液颜色变浅或褪色，D正确；答案选A。10.某温度下，在2L容器中发生反应，A、B、C物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是A. 该反应的化学方程式为2AB+3CB. 反应开始至2s时，A的平均反应速率为0.4 mol(/Ls)C. t1时刻，该反应达到化学平衡状态D. 反应开始至1s时，生成C的物质的量大于0.2 mol【答案】D【解析】【分析】由图像可知，A为反应物，B、C为生成物，在2s内，A的量变化了0.8mol，B的量变化了1.2mol，C的量变化了0.4mol，根据反应系数之比与物质变化量之比相等可知，反应方程为2A3B+C，据此回答问题。【详解】A. 该反应的化学方程式为2A3B+C，A错误；B. 反应开始至2s时，A的平均反应速率为mol(/Ls)，B错误；C. t1时刻，各量还在发生变化，反应还在进行，没有达到平衡状态；t2时刻，各物质的量不变，该反应达到化学平衡状态，C错误；D. 反应开始至1s时，A的浓度大，正反应速率快，生成C的物质的量大于0.2 mol，D正确。答案为D。11.对于反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，当其他条件不变时，下列措施中，可以增大化学反应速率的是A. 增加C的质量B. 恒压条件下充入氦气C. 降低温度D. 压缩容器体积【答案】D【解析】【详解】A固体物质的浓度可视为常数，增大C的量，但浓度不变，所以反应速率不变，A不选；B恒压条件下充入不反应的气体，则体系的体积变大，各气体的浓度减小，反应速率减慢，B不选；C温度降低，活化分子百分数减小，反应速率减慢，C不选；D压缩容器体积，气体的浓度增大，化学反应速率加快，D选；答案选D12.一定条件下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)。下列情况可以说明该反应一定达到化学平衡的是A. 断裂1 mol HH键，同时生成2 mol HI键B. 容器内压强保持不变C. 容器内气体颜色保持不变D. 容器内H2、I2和HI的物质的量之比为1：1：2【答案】C【解析】【详解】A无论该反应是否达到平衡状态，只要单位时间内拆开1molH-H键，一定同时生成2molH-I键，所以不能据此判断平衡状态，故A错误；B该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，所以无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故B错误；C当混合气体的颜色不再改变时，该反应体系中各物质浓度不变，则该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故C正确；D容器内H2、I2和HI的物质的量之比与起始量、转化率有关，不能判定平衡状态，故D错误；答案选C。13.下图为H2(g)和O2(g)生成H2O(g)过程中的能量变化。下列叙述中正确的是A. 该反应中反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量B. 2 mol O(g)原子结合成O2(g)时，吸收498kJ能量C. 1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)反应生成1 mol H2O(g)时，放热245kJD. 1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)反应生成1 mol H2O(l)时，释放的热量小于245kJ【答案】C【解析】【详解】A从题干可知，化学键断裂过程中吸收的能量为436kJ+249kJ=685kJ，小于形成化学键过程中释放的能量930kJ，该反应是放热反应，则反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，A不正确；B2 mol O(g)原子结合成O2(g)是化学键的形成过程，将释放498kJ能量，B不正确；C1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)反应生成1 mol H2O(g)时，放热930kJ-436kJ-249kJ=245kJ，C正确；D由于水蒸气转化为液态水的过程中会继续释放热量，故1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)反应生成1 mol H2O(l)时，释放的热量大于245kJ，D不正确；故答案为：C。14.下列说法中正确的是A. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关B. 锌锰干电池中，锌筒作正极C. 蓄电池充电时发生氧化还原反应D. 合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，所以合成氨工业中应尽可能选择低温进行反应【答案】C【解析】【详解】A化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量成正比，反应物的质量越大，放出的热量越多，故A错误；B.锌锰干电池中，锌筒作干电池的负极，二氧化锰作正极，故B错误；C.原电池的构成条件之一是必须能自发的进行氧化还原反应，则蓄电池放电和充电时均发生氧化还原反应，故C正确；D.合成氨是放热反应，合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，但反应速率较慢，所以合成氨工业中选择在合适的催化剂作用下，高温高压进行反应，故D错误；故选C。15.下列有关图像的结论正确的是图像结论A相同质量锌粉分别与1 mol/L盐酸及相同体积未知浓度盐酸反应，未知浓度盐酸的浓度低于1 mol/LB一定条件下，金刚石转化为石墨要释放能量，金刚石要比石墨稳定C该装置为化学能转化为电能的装置，且Mg作负极D一定条件下，某可逆反应的正反应速率和逆反应速率随时间变化曲线如图，反应开始时刻生成物的浓度不为0A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A由图可知，未知浓度盐酸和Zn反应速率较大，所以未知浓度盐酸的浓度应高于1mol/L，A错误；B1mol金刚石的能量高于1mol石墨，故金刚石转化为石墨释放能量，石墨更稳定，B错误；C电解质为NaOH溶液，Al失电子，作负极，C错误；D反应开始时刻逆反应速率不为0，所以生成物的浓度不为0，D正确；答案选D。16.电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，并制备硫酸。设计装置如图所示(已知电极为石墨电极只起导电作用，交换膜分别是只允许阴阳离子通过的阴阳离子交换膜)。下列叙述中错误的是A. 该交换膜为阳离子交换膜B. 若11.2 L(标准状况)SO2参与反应，则A池中增加2 mol H+C. B池中的反应为H2O2+2e-+2H+2H2OD. 导线上箭头方向表示电流方向【答案】B【解析】【分析】该原电池中，通入SO2的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极，通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水；B池中的反应为H2O2+2e-+2H+2H2O，A池中SO22H2O2e=SO424H，H通过阳离子交换膜进入B池。【详解】A该交换膜为阳离子交换膜，氢离子从左向右进入B池，故A正确；BA池中SO22H2O2e=SO424H，若11.2 L(标准状况)SO2参与反应，则A池中生成2 mol H+，根据B池反应可知，反应需要1molH+，所以只有1mol通过阳离子交换膜进入B池，左侧氢离子净增加1mol，故B错误；CB池中H2O2得电子发生还原反应，反应为H2O2+2e-+2H+2H2O，故C正确；D导线上箭头方向由正极指向负极，表示电流方向，故D正确；故选B。17.一个容积固定的5 L反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左侧进行如下可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，通过控制温度使其达到不同的平衡状态；右侧充入氮气，两侧温度保持相等。左侧中加入SO2、O2、SO3的物质的量分别为x mol、3.25 mol、1 mol；右侧中加入9 mol的氮气。左侧反应达到平衡时，隔板恰好处于反应器位置2处。则下列说法错误的是A. 若左侧开始反应时v正v逆，则5x1.75B. 若左侧开始反应时x1.75，则起始时v正v逆C. 若左侧开始反应时x2，则达到平衡时混合气体中SO2所占的体积分数为25%D. 若左侧开始反应时x1.65，则达到平衡时SO3的转化率为10%【答案】D【解析】【分析】由左侧反应达到平衡时，隔板恰好处于反应器位置2处可知，左右容器体积之比为2:3，由阿伏加德罗定律可得平衡时左容器中气体的物质的量为=6mol。【详解】A.该反应为气体体积减小的反应，由左侧开始反应时v正v逆可知，起始时气体的物质的量大于6mol，即（x+3.25+1）6，解得x1.75；若3.25 mol氧气完全反应，可得反应后混合气体的物质的量为（x-6.5+1-6.5）mol，由（x-6.5+1-6.5）=6解得，x=5，因可逆反应不可能完全反应，则x5，故有5x1.75，故A正确；B.若左侧开始反应时x1.75，混合气体的物质的量为（1.75+3.25+1）=6，说明反应达到平衡，则起始时v正v逆，故B正确；C.若左侧开始反应时x2，（2+3.25+1）mol=6.25mol6mol，说明平衡向正反应方向进行，设反应消耗amol二氧化硫，由题意建立如下三段式：由平衡时气体的物质的量为6，可得（2-2a）+（3.25-a）+（1+2a）=6，解得a=0.25，平衡时二氧化硫的物质的量为1.5mol，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为100%=25%，故C正确；D.若左侧开始反应时x1.55，（1.55+3.25+1）mol=5.8mol6mol，说明平衡向逆反应方向进行，设反应消耗amol二氧化硫，由题意建立如下三段式：由平衡时气体的物质的量为6，可得（1-2a）+（3.25+a）+（1.55+2a）=6，解得a=0.2，即转化率为20%，故D错误；故选D。18.15.3 g MgAl合金(无其他成分)，加入到500 mL稀硝酸中，恰好完全反应后，共收集到标准状况下的NO气体11.2 L，向所得溶液中加入4 mol/L NaOH溶液400 mL，得到白色沉淀。下列叙述中正确的是A. 合金中，m(Mg)：m(Al)1：1B. 原稀硝酸的物质的量浓度与NaOH溶液相同C. 白色沉淀的成分为Mg(OH)2D. 过滤后，向白色沉淀中加入原稀硝酸250 mL，可将沉淀全部溶解【答案】B【解析】【分析】该反应中发生反应有：、；【详解】AHNO3转化成NO，转移了3mole-，到标准状况下的NO气体11.2 L，则转移的电子数为：，15.3 g MgAl合金加入到稀硝酸中，发生反应：、，设Mg的物质的量为xmol、Al的为ymol，则24x+27y=15.3，根据得失电子相等，则2x+3y=1.5，解得x=0.3mol、y=0.3mol，则合金中，m(Mg)：m(Al)1mol24g/mol：1mol27g/mol=8:9，A错误；B根据反应方程式可知，硝酸的物质的量为，则原硝酸的浓度为，与NaOH溶液相同，B正确；C，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液至沉淀完全发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Al(NO3)3+3NaOH=Al(OH)3+3NaNO3，全部沉淀需NaOH的物质的量为0.3mol2+0.3mol3=1.5mol，过量的NaOH为0.1mol，与0.1molAl(OH)3反应生成偏铝酸钠，则生成沉淀为0.3molMg(OH)2和0.1molAl(OH)3，C错误；D沉淀溶解需要稀硝酸：Mg(OH)2溶解需稀硝酸0.3mol2=0.6mol，Al(OH)3溶解需要稀硝酸0.1mol3=0.3mol，溶液中的NaAlO2需要硝酸0.1mol4=0.4mol，则需要稀硝酸共1.3mol，体积为，D错误；答案选B。19.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：已知：1 mol CO和1 mol CH3OH分别完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出的热量为283.0kJ和726.5kJ。下列说法错误的是A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B. 气体X在流程中体现还原性C. 相同质量的CO和CH3OH完全燃烧，后者放出的热量多D. 处理含废水时，发生反应的离子方程式为：+N2+2H2O【答案】B【解析】【分析】由流程图可知，工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气或氧气，目的是将一氧化氮氧化为二氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成NaNO2，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体的氮气，则气体2含有CO、N2，用捕获剂捕获CO气体，催化剂作用下，一氧化碳和氢气共热反应生成甲醇。【详解】A. 工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B. 由分析可知，气体1中通入的气体X为空气或氧气，目的是将一氧化氮氧化为二氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成NaNO2，故B错误；C. 相同质量的CO和CH3OH完全燃烧放出的热量分别为kJ和kJ，则后者放出的热量多，故C正确；D.由分析可知，NaNO2与废水中NH4+发生氧化还原反应生成无污染的氮气和水，反应的离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故D正确；故选B。20.某无色溶液中可能含有H+、K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Cl、中的几种离子，且几种阴离子浓度相同(不考虑水的电离)。取三份该溶液于三支试管中，每份10 mL，进行如下操作：向试管1中滴加足量的BaCl2溶液，过滤后得到沉淀0.03 mol，向滤液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成。向试管2中滴加一定浓度的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量与NaOH溶液体积关系如图所示。向试管3中加入足量铜粉，铜粉溶解并产生无色气体，该气体在试管口处变为红棕色。则下列说法中正确的是A. 该溶液中一定存在H+、K+、Mg2+、Al3+、Cl、B. 该溶液中c(K+)一定为2 mol/LC. 试管2中滴加的NaOH溶液浓度一定为1 mol/LD. 试管3中溶解的铜粉质量一定为0.72 g【答案】C【解析】【分析】根据无色溶液，则肯定没有Fe3+；根据滴加一定浓度的NaOH溶液的图示，得到020ml没有沉淀生成，为NaOH与H+反应，则肯定有H+，沉淀生成后立即减少，说明溶液中无，7080ml沉淀溶解为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，且Al(OH)3为0.01mol，说明10mlNaOH溶液含有0.01molNaOH，溶液中有Al3+为0.01mol，则还有0.01mol沉淀为Mg(OH)2，得到溶液中有Mg2+为0.01mol，则溶液中无，根据NaOH溶液体积关系可知含H+为0.02mol；根据向试管1中滴加足量的BaCl2溶液，过滤后得到沉淀0.03mol，则沉淀为硫酸钡，则为0.03mol，由于加入的为BaCl2溶液，所以滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，不能确定原溶液是否含有Cl；向试管3中加入足量铜粉，铜粉溶解并产生无色气体，该气体在试管口处变为红棕色，溶液中还含有，铜与H+和反应生成无色的一氧化氮气体，遇氧气后形成红棕色的二氧化氮。阴离子浓度相同，则NO3的物质的量也为0.03mol，则阴离子所带负电荷的物质的量=0.03mol20.03mol1=0.09mol；现确定的阳离子所带正电荷的物质的量=0.01mol30.01mol20.02mol=0.07mol,可知一定含有根据电荷守恒，一定含有K。【详解】A根据分析可知，该溶液中一定存在H+、Mg2+、Al3+、K+，可能存在Cl，A错误；B.由于无法得到Cl浓度，所以c(K+)也无法计算，B错误；C根据分析10mlNaOH溶液含有0.01molNaOH，NaOH溶液浓度为=1mol/L，C正确；D溶液中含有NO3的物质的量为0.03mol，H的物质的量为0.02mol，根据离子方程式3Cu28H2NO3=3Cu22NO4H2O，H不足，根据H的量计算铜的质量，则试管3中溶解的铜粉质量，D错误；答案选C。【点睛】本题考查离子的推断，根据题干提供的实验现象结合离子的性质进行推断，题目难度不大；注意加入的试剂引入的离子，易当作原试剂含有的离子。第II卷二、非选择题21.在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和Na2SO3可发生如下反应：2+5+2H+I2+5+H2O，生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某学生设计实验如下表所示(表格中体积单位均为mL)：0.01mol/LKIO3溶液的体积某浓度的Na2SO3溶液的体积H2O的体积实验温度/溶液出现蓝色所需时间实验155V10a实验2552025b实验35V21525c(1)V1_ mL，V2_ mL。(2)如果研究浓度对反应速率的影响，使用实验_和实验_。(3)对比实验1和实验2，可以研究_对化学反应速率的影响。(4)溶液出现蓝色所需的时间从多到少的顺序是_(用a、b、c表示)。(5)已知反应：2Na2SO3(aq)+O2(aq)2Na2SO4(aq)。在291.5K时，1.0 L溶液中Na2SO3初始量为10 mmol(1 mol103 mmol)，每5s记录一次溶解氧浓度，一段时间后实验结果如曲线，求040s内Na2SO3的平均反应速率为_。【答案】 (1). 20 (2). 10 (3). 2 (4). 3 (5). 温度 (6). a，b，c (7). 1.2510-5molL-1s-l或1.2510-5mol/（Ls）【解析】【分析】（1）表中数据判断实验目的，由实验2可以看出混合液的总体积为30mL，V1为20mL，V2为10mL；（2）实验2和实验3可知，温度相等，实验目的是探究该反应速率与浓度的关系；（3）实验1和实验2可知，浓度相等，实验目的是探究该反应速率与温度的关系；（4）温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，（5）用溶解氧浓度变化来计算O2的平均反应速率，由速率之比等于化学计量数之比来计算Na2SO3的平均反应速率。【详解】（1）表中数据判断实验目的，由实验2可以看出混合液的总体积为30mL，V1为20mL，V2为10mL，故答案为：20；10；（2）探究该反应速率与浓度的关系，需要控制温度相等，所以实验2和实验3能达到目的，故答案为：2；3；（3）实验1和实验2可知，浓度相等，实验目的是探究该反应速率与温度的关系，故答案为：温度；（4）实验3温度最高，浓度最大，所以速率最快，蓝色出现时间最短，实验2比实验1的温度高，所以反应速率快，出现蓝色用的时间比1的短，故答案为：abc；（5）040s内溶解氧浓度变化为：（9.6-1.6）mg/L=8mg/L，则040s内O2的平均反应速率为，由速率之比等于化学计量数之比可知，Na2SO3的平均反应速率为，故答案为：1.2510-5molL-1s-l。22.某化学小组为研究SO2的化学性质并探究与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持，加热装置已略，气密性已检验)实验操作和现象如下：(1)关闭活塞K2，K3，打开活塞K1，向A中滴加一定量的浓硫酸并加热，A中有白雾生成，铜片表面产生气泡。(2)当C出现明显现象后，关闭K1，并停止加热。写出A中发生反应的化学反应方程式_；B装置的作用是_；C中的现象为_；(3)打开活塞K2，再向A中滴加一定量的浓硫酸并加热，D中有气泡冒出，产生少量白色沉淀，E中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失；(4)从D、E中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸，白色沉淀不溶解。分析D中产生不溶于稀盐酸的沉淀的原因_；为了证实上述分析是否正确，在原实验基础上，在打开活塞K2之后增加一步操作，该操作是_；(5)增加以上操作后，重复实验步骤(3)，D中无沉淀生成，而E中仍产生白色沉淀，用离子方程式解释E中仍有白色沉淀的原因_。【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O (2). 除去SO2中的H2SO4 (3). 石蕊试液变红 (4). 仪器中残留的氧气氧化了H2SO3 (5). 打开K3，通入N2一段时间 (6). 3H2SO3+2NO3+3Ba2+=3BaSO4+2NO+4H+H2O【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中浓硫酸与铜片共热反应生成二氧化硫，二氧化硫的白雾中混有硫酸，装置B用于除去二氧化硫中混有的硫酸；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，C装置中石蕊试液变红色，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，装置D中无白色沉淀生成，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根将亚硫酸氧化生成硫酸，硫酸与与氯化钡溶液反应生成硫酸钡，装置E中有白色沉淀生成。【详解】（2）A中浓硫酸与铜片共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O；装置A中产生的白雾中混有硫酸，能与会氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，会干扰二氧化硫性质的验证，则B装置的作用是用亚硫酸氢钠溶液除去硫酸，排出干扰二氧化硫性质的验证，故答案为：除去SO2中的H2SO4；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，能使C装置中石蕊试液变红色，故答案为：石蕊试液变红；（4）E中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失说明装置中仪器中残留氧气，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，装置D中产生不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明仪器中残留氧气将亚硫酸氧化生成硫酸，硫酸与与氯化钡溶液反应生成硫酸钡，故答案为：仪器中残留的氧气氧化了H2SO3；为排出仪器中残留氧气的干扰，在打开活塞K2之后，打开K3，通入氮气一段时间，排尽仪器中的氧气，故答案为：打开K3，通入N2一段时间；（5）E中产生白色沉淀的原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根将亚硫酸氧化生成硫酸，硫酸与与氯化钡溶液反应生成硫酸钡，反应的离子方程式为3H2SO3+2NO3+3Ba2+=3BaSO4+2NO+4H+H2O，故答案为：3H2SO3+2NO3+3Ba2+=3BaSO4+2NO+4H+H2O。【点睛】E中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失说明装置中仪器中残留氧气，残留氧气将亚硫酸氧化生成硫酸，干扰二氧化硫性质的验证是分析解答的关键和解答难点。23.如图所示是工业生产硝酸铵的流程。(1)写出N2和H2通过红热的铁纱网生成氨气的反应方程式：_。(2)在一定温度和压强下，将H2和N2按3：1(体积比)在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中NH3的气体体积分数为，此时H2的转化率为_。(3)设备B中反应的化学方程式为_。(4)利用以上流程，若N2与H2合成氨时，H2的转化率如上题所求，氨气催化氧化制硝酸时损失20%，其他环节损失忽略不计，则9吨H2最多可制取_吨硝酸铵。(5)某课外小组运用原电池原理合成氨，其装置结构如图所示：该装置的负极为_(填a或b)，试写出a极的电极反应式_。【答案】 (1). N2+3H22NH3 (2). 60% (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 64 (5). b (6). N2+6H+6e-=2NH3【解析】【分析】从流程图可知，N2和H2在红热铁砂网的催化作用下合成氨气，氨气和空气中的O2在铂铑合金网的催化作用下发生催化氧化生成NO和H2O，将NO和空气、水混合，NO和O2和水反应生成HNO3，然后NH3和HNO3反应生成NH4NO3，(2) 在一定温度和压强下，气体的体积比等于物质的量之比，假设通入N2的物质的量为1mol，设H2的转化率为x，列出三段式，可算出H2的转化率；(4)由H2的质量算出转成氨气的质量，氨气催化氧化制硝酸来计算硝酸质量，再依据氨与硝酸按1：1生成硝酸铵，列等式算得硝酸铵的质量；(5)原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。【详解】(1)N2和H2在红热铁砂网的催化作用下合成氨气，化学方程式为：N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；(2)在一定温度和压强下，气体的体积比等于物质的量之比，则H2和N2的物质的量之比为3：1，假设通入N2的物质的量为1mol，设H2的转化率为x，列出三段式： ，解得x=0.6，则H2的转化率为60%，故答案为：60%；(3)B装置中在Pt-Rh合金网的催化作用下，氨气和氧气发生催化氧化反应生成NO和H2O，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(4)N2+3H22NH3，H2的转化率为60%，9tH2最多可制取氨气的质量为，设被氧化的氨气为xt，氨气催化氧化制硝酸时损失20%，则生成的硝酸为，氨与硝酸按1:1生成硝酸铵，则有，解得x=17，所以硝酸铵的质量为，故答案为64；(5)电池工作时，电池b处CO失电子被氧化为生成CO2，故负极为b；a极N2得电子被还原生成NH3，电极反应式为：N2+6H+6e-=2NH3，故答案为：b；N2+6H+6e-=2NH3。24.为了探究KI与FeCl3的反应为可逆反应，且有一定的限度，某化学小组进行了两组实验：(1)请写出KI溶液与FeCl3溶液反应的离子反应方程式：_；实验I：探究KI与FeCl3的反应为可逆反应步骤1：设计如下图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向左偏转(注：灵敏电流计指针总是偏向电源正极)，随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。步骤2：当指针读数变零后，向甲中加入少量FeCl2固体，向乙中加入少量碘固体；(2)若灵敏电流计出现_(答现象)，则证明该反应为可逆反应。实验结论：该反应为可逆反应。(3)根据以上实验结论解释步骤1中“最后读数变为零”的原因_；(4)加入FeCl2和碘固体后，正极的电极反应式为_；实验II：证明KI与FeCl3的反应有一定限度。步骤3：取5 mL 0.1 mol/L的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，振荡；步骤4：取少量反应后的溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，充分振荡；(5)观察到的现象是_；步骤5：另取少量反应后的溶液，滴加0.1 mol/L的AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，则证明该反应有一定限度。(6)但有同学认为步骤5现象不能证明得出的结论，原因是_，修正实验方案后得到结论：该反应有一定的限度。【答案】 (1). 2Fe3+2I-=2Fe2+I2 (2). 电流计指针偏向右侧 (3). 该反应达到了平衡状态 (4). I2+2e-=2I- (5). 溶液变蓝 (6). I-过量，造成溶液中仍有残留【解析】【分析】KI溶液与FeCl3溶液反应的离子反应方程式：2Fe3+2I-2Fe2+I2，实验I：为探究KI与FeCl3的反应为可逆反应，设计带盐桥的原电池实验进行验证，改变生成物浓度，看电流计的指针否逆向偏转，如能逆向偏转，随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零，说明反应是可逆反应；实验II：证明KI与FeCl3的反应有一定限度。取5 mL 0.1 mol/L的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，反应后碘离子过量（5 mL 0.1 molL1-20.1 mol/L2 mL）=1mmol，要增加FeCl3溶液量，确保铁离子过量，再检验碘离子才正确。【详解】(1)KI溶液与FeCl3溶液反应的离子反应方程式：2Fe3+2I-=2Fe2+I2；故答案为：2Fe3+2I-=2Fe2+I2；(2)当指针读数变零后，向甲中加入少量FeCl2固体，向乙中加入少量碘固体，若灵敏电流计出现电流计指针偏向右侧，说明反应逆向进行，则证明该反应为可逆反应。实验结论：该反应为可逆反应。故答案为：电流计指针偏向右侧；(3)改变亚铁离子浓度后，旧平衡被破坏，平衡逆向移动，步骤1中“最后读数变为零”的原因该反应重新达到了平衡状态；故答案为：该反应达到了平衡状态；(4)加入FeCl2和碘固体后，平衡逆向进行，负极亚铁离子失电子，发生氧化反应，正极是碘作氧化剂，得电子发生还原反应，正极的电极反应式为I2+2e-=2I-；故答案为：I2+2e-=2I-；(5)取5 mL 0.1 mol/L的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，振荡，发生2Fe3+2I-=2Fe2+I2，有碘单质生成，遇淀粉溶液变蓝，观察到的现象是溶液变蓝；故答案为：溶液变蓝；(6)步骤3：取5 mL 0.1 mol/L的KI溶液于试管，滴加0.1 mol/L的FeCl3溶液2 mL，反应后碘离子过量（5 mL 0.1 molL1-20.1 mol/L2 mL）=1mmol，步骤5：另取少量反应后的溶液，滴加0.1 mol/L的AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，步骤5现象不能得出反应有限度的结论，原因是I-过量，造成溶液中仍有残留，要增加FeCl3溶液量，确保铁离子过量，再检验碘离子才正确，修正实验方案后得到结论：该反应有一定的限度。故答案为：I-过量，造成溶液中仍有残留。【点睛】本题是探究型实验，考查学生的探究性思维能力，解题关键：探究KI与FeCl3的反应为可逆反应，设计带盐桥的原电池实验进行验证，改变生成物浓度，看电流计的指针否逆向偏转，如能逆向偏转，随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零，说明反应是可逆反应；设计实验证明KI与FeCl3的反应有一定限度，用过量的FeCl3，看另一种反应物KI是否能完全反应，如不能，说明反应有限度。难点：注意探究性实验设计要求，逻辑性要强，思路要清淅，思维要严谨。