四川省南充高级中学2021-2022学年高一化学下学期第二次月考试题（Word版附解析）

南充高中高2021级高一下学期第二次月考化学试题(时间：90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Cu-64第1卷(选择题，共51分)一、选择题(本题包括17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活紧密相关，下列描述正确的是A.pH在5.6～7.0之间的雨水通常称为酸雨B.植物的根从土壤中吸收铵根离子和硝酸盐实现了氮的固定C.“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关D.二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中【答案】C【解析】【详解】A．饱和二氧化碳溶液的pH为5.6，则雨水pH小于5.6的雨水通常称为酸雨，A错误；B．氮的固定是将游离态得氮转换为化合态得氮，植物的根从土壤中吸收铵根离子和硝酸只是氮循环，不是氮得固定，B错误；C．一氧化氮和二氧化氮是形成光化学烟雾和硝酸酸雨主要原因，则化学烟雾和硝酸酸雨的形成都与氮氧化物有关，C正确；D．二氧化硫是有毒的、具有还原性的气体，但在红酒中添加适量的二氧化硫可以起到杀菌和抗氧化的作用，D错误；故选C。2.下列判断正确的是A.燃料电池是一种高效且对环境友好的新型电池，燃料储存在电池内部B.流水、风力、石油、核能都属于一次能源C.Fe、Cu组成原电池：Fe一定是负极D.为加快一定量的Zn与足量稀硫酸反应的速率，且不影响生成H2总量，可加入少量CuSO4溶液【答案】B【解析】【详解】A．燃料电池相对于燃料直接燃烧，能量利用率更高，电池产物不污染环境，但燃料和氧化剂由外部设备提供，不是储存在电池内部，故A错误； B．一次能源指的是自然存在的，直接拿来使用的能源，如流水、风力、石油、核能都属于一次能源，故B正确；C．当浓硝酸做电解质时，Cu为负极，故C错误；D．加入CuSO4溶液，与Zn置换出Cu，Zn的量不足，产生的氢气减少，故D错误；故选：B。3.下列有关化学用语表述正确的是A.质子数为17，中子数为20，电子数为18的微粒符号：B.O2F2的电子式：C.用电子式表示氧化钠的形成过程：D.N2H4的结构式：【答案】A【解析】【详解】A．表示质子数为17，中子数为20，电子数为18的微粒，故A正确；B．O2F2的电子式：,故B错误；C．用电子式表示氧化钠的形成过程：，故C错误；D．N2H4的结构式：，故D错误；答案选A。4.下列排列顺序正确的是A.酸性：H2SO4>HClO4>HClB.微粒半径：Fe(OH)3胶粒>K+>Cl->Na+C.稳定性：HF>H2O>NH3>CH4D.氢化物的沸点：H2Se>H2S>H2O【答案】C【解析】 【详解】A．非金属氧化性越强，最高价含氧酸酸性越强，氧化性Cl大于S，则酸性HClO4＞H2SO4，A错误；B．粒子半径大小，电子层越多，半径越大，当电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，Cl-＞K+＞Na+，B错误；C．非金属氧化性越强，气态氢化物稳定性越强，氧化性F＞O＞N＞C，则稳定性HF>H2O>NH3>CH4，C正确；D．H2O分子间存在氢键，增加了氢化物的熔沸点，H2O＞H2Se>H2S，D错误；故答案为：C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol含电子数目为8NAB.1molNa2O2与足量二氧化碳(C18O2)反应生成18O2分子数为0.5NAC.1molLi在空气中燃烧与O2和N2充分反应生成Li2O和Li3N共失去NA个电子D.100g34%的过氧化氢溶液中，含H-O键的数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．1个含有10个电子，1mol含电子数目为10NA，A错误；B．Na2O2与足量二氧化碳(C18O2)反应生成中生成的氧气为O2，不会生成18O2分子，B错误；C．Li原子最外层只有1个电子，发生氧化还原反应变为+1价，所以1molLi在空气中燃烧与O2和N2充分反应生成Li2O和Li3N时，无论哪种生成物的物质的量的相对多少，共失去1mol电子，失去的电子数目为NA，C正确；D．100g34%的过氧化氢溶液中含有的H2O2的质量为34g，含H-O键的数目为2NA，但水中也含有H-O，故100g34%的过氧化氢溶液中，含H-O键的数目大于2NA，D错误；故选C。6.下列反应的离子方程式正确的是A.过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OB.向稀硝酸中滴加Na2S2O3溶液：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2OC.向硫酸铜溶液中通入H2S气体：S2-+Cu2+=CuS↓D.向碳酸氢钠溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D 【解析】【详解】A．过量铁粉加入稀硝酸中反应生成Fe2+，故离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；B．向稀硝酸中滴加Na2S2O3溶液发生氧化还原反应生成硫酸根和一氧化氮，故离子方程式为8NO+2S2O+2H+=6SO+8NO+H2O，B错误；C．H2S气体通入溶液中转化成H2S弱酸，故离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，C错误；D．向碳酸氢钠溶液中加入足量石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式正确，D正确；故选D。7.实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化铵固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；B．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；D．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行；故选D。8.某反应由两步反应构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是 A.三种化合物中C最稳定B.两步反应均为吸热反应C.A与C的能量差为D.反应，反应时一定要加热【答案】A【解析】【详解】A．能量越低越稳定，三种化合物中C能量最低，C最稳定，故A正确；B．为吸热反应，为放热反应，故B错误；C．根据盖斯定律，A与C的能量差为，故C错误；D．反应吸放热与反应条件无关，的反应不一定要加热，故D错误；选A。9.在恒容条件下，能使NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)正反应速率增大且活化分子的百分数也增大的措施是：A.增大NO2或CO的浓度B.减小CO2或NO的浓度C.通入Ne使气体的压强增大D.升高反应的温度【答案】D【解析】【详解】A．增大NO2或CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，活化分子数目增大，故A不选；B．减小CO2或NO的浓度，浓度减小，反应速率减慢，活化分子数目减少，故B不选；C．通入Ne使气体的压强增大，为恒容，则反应体现中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C不选；D．升高反应温度，反应速率加快，活化分子百分数增大，故选D；故选D。 10.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是A.图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较H2O2分解速率的大小B.相同环境下若图甲所示实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好C.用图乙所示装置测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间D.为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位【答案】B【解析】【详解】A．反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；B．图甲所示实验中没有控制变量，没有设计实验验证和对反应速率的影响，故该实验不能确定和对分解的催化效果，故B错误；C．反应速率可以用单位时间内产生气体的体积表示，要测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间，故C正确；D．关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确。故答案选B。11.向一个绝热恒容密闭容器中通入和一定条件下使反应达到平衡时，正反应速率随时间变化的曲线如图所示，由图可以得出的正确结论是 A.反应在a，b点均未建立平衡，c点恰好达到平衡状态B.反应物浓度：a点小于b点C.时，CO的转化率a~b段小于b~c段D.反应过程中压强始终保持不变【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，c点之前，正反应速率增大，反应向正反应进行，未达平衡，c点恰好达到平衡状态，选项A正确；B．由正反应速率变化曲线可知，a点的速率小于b点，但开始时通入和，反应由正反应方向开始，故a点反应物的浓度大于b点，选项B错误；C．时，随着反应的进行浓度减小反应速率减小，故CO的转化率a~b段大于b~c段，选项C错误；D．反应在绝热恒容密闭容器中，反应时有热量变化，根据阿伏加德罗定律，反应过程中压强与温度成正比，故压强发生变化，选项D错误；答案选A。12.下列实验设计的步骤及现象、实验结论均正确的是选项实验步骤及现象实验结论A用pH试纸测定NaClO溶液的pHHClO是弱电解质B将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色不能证明氧化性：H2O2>Fe3＋C向2支盛有2mL不同浓度Na2SO3溶液的试管中同时加入1mL2%H2O2溶液，观察实验现象可探究浓度对反应速率的影响 D先将硫代硫酸钠与硫酸两种溶液混合后再用水浴加热，观察出现浑浊所用的时间可探究温度对化学反应速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，会导致pH试纸变色后褪色，故A错误；B．将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，酸性环境下硝酸根离子也具有氧化性，也能将亚铁离子氧化为铁离子，不能证明氧化性：H2O2>Fe3＋，故B正确；C．过氧化氢与亚硫酸钠溶液反应，无明显现象，无法判断反应速率快慢，故C错误；D．探究温度对化学反应速率影响因素，要现将温度加热至所需温度再混合，先混合则会发生反应，影响实验判断，故D错误；答案选B。13.X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的简单气态氢化物是由4个原子构成的具有10个电子的分子，M元素在地壳中的含量位居第二，Y与M的核电荷数之和是Z的两倍，W的单质是黄色晶体。下列说法正确的是A.简单离子的半径X<Y<ZB.X、W的简单氢化物反应生成离子化合物C.X和W的氧化物的水化物都是强酸D.Y、Z的单质与NaOH溶液可以形成原电池，Y的单质作负极。【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的简单气态氢化物是由4个原子构成的具有10个电子的分子，X是N元素；M元素在地壳中的含量位居第二，M是Si元素；Y与M的核电荷数之和是Z的两倍，Y是O元素、Z是Na元素；W的单质是黄色晶体，W是S元素。【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径N3->O2->Na+，故A错误；B．NH3与H2S反应生成离子化合物(NH4)2S，故B正确；C．HNO2和H2SO3都是弱酸，HNO3和H2SO4都是强酸，故C错误；D．Na、O2与NaOH形成原电池，钠失电子发生氧化反应，Na是负极，故D错误；选B。 14.有一种可穿戴电池，其结构如图所示，该电池的总反应为，关于此电池，下列说法错误的是A.为负极，生成的向正极移动B.正极反应式为C.当溶解时，有电子由负极经隔离膜流向正极D.凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性【答案】C【解析】【详解】A．锌为金属，锌作负极，失电子，生成的锌离子向正极移动，A正确；B．电池的总反应为，负极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，正极反应式为，B正确；C．电子不能进入电解质溶液中，即不能进入隔离膜，C错误；D．凝胶电解质不会出现漏液，具有优异的耐火性能，可提高电池的安全性和稳定性，D正确；答案选C。15.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2和H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率的原因是降低了反应的活化能B.HCHO在反应过程中，有C—H键的断裂和C=O键形成C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2 D.HCHO和CO2均只含有极性共价键【答案】C【解析】【详解】A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率的原因是降低了反应的活化能，A正确；B．由图中转化可知，HCHO中C-H键断裂，转化为C=O键，则HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂，B正确；C．HCHO中含1个C=O键，反应前后原子种类和数目不变，则CO2分子中的氧原子并非全部来自O2，C错误；D．由图知HCHO和CO2均只含有极性共价键，D正确；故选C。16.如图所示是甲醛传感器，其中镍、钯/硅基复合电极(A)为工作电极，钯电极(B)为辅助电极，被检测物质在工作电极上发生反应，测量装置则通过测量两电极之间的电势差得出相应被检测物质的含量。下列有关甲醛传感器的说法不正确的是A.甲醛传感器工作时所发生的能量转化方式为由化学能转变为电能B.工作过程中A电极的电势低，发生的电极反应为HCHO+6OH--4e-=+4H2OC.甲醛传感器工作时的总反应为HCHO+O2+2OH-=+2H2OD.甲醛传感器工作一段时间后，电极A周围的c(K+)将增大，而电极B周围的c(K+)减小【答案】D【解析】【分析】甲醛传感器，被检测物质为甲醛（HCHO），通过测量两电极之间电势差得出HCHO含量，被检测物质即HCHO在A电极上发生反应，检测中有电势差，为原电池反应，HCHO在A电极上反应；另一电极为O2发生还原反应。【详解】A．该装置为原电池，能量转化为化学能转化为电能，选项A正确；B．电流的方向为电势降低的方向，HCHO在反应中失去电子，A为负极，B为正极，则电子方向A→测 量装置→B，电流方向则为B→测量装置→A，则电势A<B，A电极反应HCHO+6OH--4e-=+4H2O，选项B正确；C．结合分析可知总反应为HCHO+O2+2OH-=+2H2O，选项C正确；D．B电极反应O2+4e-+2H2O=4OH-，B极附近c(OH-)增大，K+移向B极，则A周围c(K+)减小，B电极周围c(K+)增大，选项D不正确；答案选D。17.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到过量的稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。则下列叙述中错误的是A.当生成的沉淀量达到最大时,消耗NaOH溶液的体积V=100mlB.当金属全部溶解时,参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molC.参加反应的金属的总质量为9.6g>m>3.6gD.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下一定为2.24L【答案】A【解析】【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol÷2＝0.15mol；A．由以上分析可知，用于沉淀金属离子的氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，则沉淀反应中需要氢氧化钠溶液体积为0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，因为硝酸过量，故消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，C正确；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，D正确；答案选A。 第11卷(非选择题，共49分)二、(本题包括4小题，共49分)18.短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。D与A可以形成化合物DA2。A、B的单质依次为G、T，在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反应G＋T→W(未配平)，测得各物质的浓度如表所示。物质TGW10min时，c/(mol·L-1)050.80.220min时，c/(mol·L-1)0.30.20.6回答下列问题：（1）A、B、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，则该化合物的化学式为___________。（2）J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种酸式盐，J、L溶液混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反应的离子方程式：___________；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是___________(填化学式)。（3）B2A4—C2碱性燃料电池放电效率高。该电池放电时，负极反应式为___________，正极附近溶液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。（4）由上述五种元素中的四种组成的单质、化合物在一定条件下的转化关系(部分条件和产物已省略)如图所示：①Y是___________(填化学式)；W的电子式为___________。②B的最高价氧化物对应的水化物为Q，X与足量的Q溶液反应的化学方程式为___________。【答案】（1）NH4NO3或NH4NO2（2）①.H++HSO=SO2↑+H2O②.NH4HSO3（3）①.N2H4＋4OH--4e-=N2↑＋4H2O②.增大（4）①.Mg(OH)2②.③.Mg3N2+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NH4NO3 【解析】【分析】短周期元素C原子最外层电子数是电子层数的3倍，则C为O元素（电子层排布为：2、6），C和E位于同主族，则E为S元素；根据题给表格数据可知：v(T):v(G):v(W)=1:3:2，得3G+T=2W，由此知，G为H2，T为N2，W为NH3，则A为H，B为N；又由1molDHx与足量H2O反应生成2molH2，可知D为金属元素，DHx中H显负价，失电子，则x=2，D显+2价，且五种元素的原子序数依次增大，则D为Mg。【小问1详解】由分析知，A为H，B为N，C为O，H、N、O组成的离子化合物有NH4NO3、NH4NO2；【小问2详解】，四种元素组成的化合物为酸式盐，即铵盐，该铵盐的化学式为NH4HSO3和NH4HSO4，NH4HSO3、NH4HSO4溶液发生的离子方程式为：H++HSO=SO2↑+H2O；NH4HSO3中S的化合价为+4价，具有较强的还原性，能使酸性高锰酸钾褪色；【小问3详解】B2A4为N2H4，C2为O2，该电池放电时，负极反应式为：N2H4＋4OH--4e-=N2↑＋4H2O；正极反应式为：O2+2H2O-4e-=4OH-，正极附件产生OH-，溶液的PH增大；【小问4详解】F为红棕色气体，故F为NO2，K为NO，联系氨的催化氧化反应可知，W为NH3，乙为O2，甲为H2O，M为耐高温材料，可能为Al2O3，也可能为MgO，很具转化关系可知，X为Mg3N2，Y为Mg(OH)2，Z为MgO；①Y为Mg(OH)2，NH3的电子式为：；②B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Mg3N2与足量的HNO3溶液反应的化学方程式为Mg3N2+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NH4NO3。19.二氧化碳、甲烷等是主要的温室气体。研发二氧化碳和甲烷的利用技术对治理生态环境具有重要意义。（1）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=akJ•mol-1CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=bkJ•mol-12CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH3=ckJ•mol-1则催化重整反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的ΔH4=___________。（2）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是___________。A．2v(NH3)=v(CO2)B．密闭容器中c(NH3)：c(CO2)=2：1 C．密闭容器中混合气体的密度不变D．密闭容器中氨气的体积分数不变E．密闭容器内压强不变F．密闭容器中混合气体平均相对分子质量不变（3）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，还可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因可能是___________。（4）饮用水中的NO主要来自于NH。已知在微生物的作用下，NH经过两步反应被氧化成NO，两步反应的能量变化示意图如下：1molNH全部被氧化成NO的热化学方程式为___________。（5）一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示，回答下列问题。①海水中的Na+由中间室移向___________(选填“左”或“右”)室。 ②该电池负极的电极反应方程式为___________。③电路中每通过1mol电子，产生标准状况下气体的体积为___________L。【答案】（1）(a—2b—2c)kJ/mol（2）CE（3）温度超过250℃，催化剂的催化效率降低（4）NH(aq)+2O2(g)=NO(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=—346kJ/mol（5）①.右②.C6H10O5—24e—+7H2O=6CO2↑+24H+③.7.84【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，将已知反应依次编号为①②③，反应①—②×2—③×2得反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，则反应的ΔH4=akJ/mol—2bkJ/mol—2ckJ/mol=(a-2b-2c)kJ/mol，故答案为：(a—2b—2c)kJ/mol；小问2详解】A．2v(NH3)=v(CO2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；B．由方程式可知，反应中氨气和二氧化碳的浓度始终为2：1，则密闭容器中c(NH3)：c(CO2)=2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；C．由质量守恒定律可知，该反应为气体质量增大的反应，密闭容器中混合气体的质量增大，则密闭容器中混合气体的密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；D．由方程式可知，反应中氨气和二氧化碳的浓度始终为2：1，密闭容器中氨气体积分数始终不变，则密闭容器中氨气的体积分数不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；E．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，则密闭容器内压强不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；F．由方程式可知，反应中氨气和二氧化碳的浓度始终为2：1，密闭容器中相对分子质量始终不变，则密闭容器中混合气体平均相对分子质量不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；故选CE；【小问3详解】250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低说明温度超过250℃，催化剂的催化效率降低，故答案为：温度超过250℃，催化剂的催化效率降低；【小问4详解】由图可知，第一步、第二步反应的热化学方程式分别为NH(aq)+O2(g)=NO (aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=—273kJ/mol、NO(aq)+O2(g)=NO(aq)ΔH=—73kJ/mol，由盖斯定律可知，第一步、第二步反应相加可得反应NH(aq)+2O2(g)=NO(aq)+2H+(aq)+H2O(l)，则ΔH=(—273kJ/mol)+(—73kJ/mol)=—346kJ/mol，反应的热化学方程式为NH(aq)+2O2(g)=NO(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=—346kJ/mol，故答案为：NH(aq)+2O2(g)=NO(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=—346kJ/mol；【小问5详解】由图可知，左侧电极为燃料电池的负极，厌氧菌和水分子作用下C6H10O5在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，右侧电极为正极，反硝化菌和氢离子作用下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气和水；①由分析可知，左侧电极为燃料电池的负极，右侧电极为正极，则海水中的钠离子由中间室移向右室，故答案为：右；②由分析可知，左侧电极为燃料电池的负极，厌氧菌和水分子作用下C6H10O5在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为C6H10O5—24e—+7H2O=6CO2↑+24H+，故答案为：C6H10O5—24e—+7H2O=6CO2↑+24H+；③由分析可知，左侧电极产生的气体为二氧化碳、右侧电极产生的气体为氮气，则由得失电子数目守恒可知，电路中每通过1mol电子时，产生标准状况下二氧化碳和氮气的体积为(0.25mol+0.1mol)×22.4L/mol=7.84L，故答案为：7.84。20.硫酸盐在工农业生产中具有重要作用，某校同学对硫酸钙、胆矾两种盐进行了如下实验：I.硫酸钙主要用作吸湿剂、干燥剂、增稠剂、膨松剂、面粉处理剂。甲乙丙三位同学在实验室中对一氧化碳与硫酸钙反应进行了探究。回答下列问题：（1）甲同学利用在400～500℃脱水制取无水；利用在浓硫酸作用下脱水生成CO、并制备纯净的CO气体，实验装置如下：B、C中盛放的试剂依次为_______、_______。（2）乙同学利用甲同学制得的无水和乙同学制得的CO进行反应，并用下列装置检验气态产物中 有和生成。①上述装置(部分装置可重复使用)的连接顺序为C→_______。②若E中溶液褪色，则发生反应的离子方程式为_______。③能证明有生成的实验依据是_______。（3）丙同学取乙同学实验后G装置中的固体产物加入试管中，然后加入足量稀盐酸，固体完全溶解且产生少量气体，通入溶液有黑色沉淀。可验证CO与在高温下还发生了一个副反应，该反应为_______(用化学方程式表示)。II.胆矾，化学式为，具有催吐，祛腐，解毒等作用，在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如下图。（4）113℃分解得到的固体产物为_______。（5）650℃时的气态产物冷却至室温，可得硫酸溶液，则_______。【答案】（1）①.浓NaOH溶液②.浓硫酸（2）①.C→G→D→E→D→F→H②.③.气体通过E后，再通入装置D，D中的品红溶液不褪色，F中的澄清石灰水变浑浊（3）（4）（5）1：4 【解析】【分析】利用在浓硫酸作用下脱水生成CO、，要制备纯净的CO气体，就必须除去和水，则装置B用于除去，装置C除去水；无水和CO反应生成和。【小问1详解】利用在浓硫酸作用下脱水生成CO、，要制备纯净的CO气体，就必须除去和水，则装置B用于除去，盛放的试剂为浓NaOH溶液，装置C除去水，盛放的试剂为浓硫酸，故答案为：浓NaOH溶液；浓硫酸；【小问2详解】①无水和CO反应生成和，检验常用澄清石灰水，由于也能使澄清石灰水变浑浊，因此在检验之前应先检验和除去，因此检验和的顺序为：检验→除去→验证是否除净→检验，则装置的连接顺序为：C→G→D→E→D→F→H，故答案为：C→G→D→E→D→F→H；②若E中溶液褪色，说明与高锰酸钾发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为，故答案为：；③因为SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，所以要先除去SO2，故能证明有CO2生成的实验依据是气体通过E后，再通入装置D，D中的品红溶液不褪色，F中的澄清石灰水变浑浊，故答案为：气体通过E后，再通入装置D，D中的品红溶液不褪色，F中的澄清石灰水变浑浊；【小问3详解】加入足量稀盐酸，固体完全溶解且产生少量气体，通入溶液有黑色沉淀，则该气体为H2S，故G装置中的固体产物中含有硫化物，则CO与CaSO4在高温下发生的副反应为，故答案为：；【小问4详解】，完全失去结晶水时，所得的质量为，由图可知，刚好位于温度在258~650℃之间，说明在此之前胆矾受热分解只 失去结晶水，113℃时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为，物质的量为，失去结晶水的的数目为，此时的固体产物为，故答案为：；【小问5详解】650℃时，已失去所有结晶水，此时气态产物中，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为，则氧元素质量为，物质的量为，此时固体为CuO，即发生的反应为，则，，则0.02molSO3和0.02molH2O反应生成0.02mol硫酸，因此冷却至室温后得到的硫酸溶液，故答案为：1：4。21.1799年由英国化学家汉弗莱·戴维发现一氧化二氮(N2O)气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤害，后被广泛应用于医学手术中。（1）一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为___________。（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)   ΔH=-163kJ·mol-1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为___________kJ。（3）一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：反应时间/min0102030405060708090100c(N2O)/mol·L-10.100.090.080.070.060.050.040.030.020.010.00①在0~20min时段，反应速率v(N2O)为___________mol·(L·min)-1。②若N2O起始浓度c0为0.150mol·L-1，则反应至30min时N2O的转化率α=___________。③不同温度(T)下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间)，则T1___________(填“>”“=”或“<”)T2.当温度为T1、起始压强为p0时，反应至t1min时，体系压强p=___________(用p0表示)。 （4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步   I2(g)=2I(g)(快反应)第二步   I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步   IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I(g)(快反应)第___________步对总反应速率起决定作用，第二步活化能比第三步___________(填“大”“小”或“相等”)（5）已知反应CH3CHO=CH4+CO，用I2催化该反应，若首先在I2催化下生成和及另一种无机化合物，用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤i：___________；步骤ⅱ___________。【答案】（1）NH4NO3N2O↑+2H2O（2）1112.5（3）①.0.001②.20%③.>④.1.25P0或5/4P0（4）①二②.大（5）①.CH3CHO+I2=CH3I+CO+HI②.CH3I+HI=I2+CH4【解析】【小问1详解】硝酸铵在催化剂下分解制一氧化二氮反应的化学方程式为NH4NO3N2O↑+2H2O；【小问2详解】设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ；∆H=断键吸收总能量-成键释放总能量=（2x-2×945-498)kJ·mol-1=-163kJ·mol-1，解x=1112.5kJ·mol-1；【小问3详解】 ①在0~20min时段，反应速率；根据表中数据知，②该反应不是可逆反应且反应速率始终不变，所以其反应速率与开始反应浓度无关，若NO2起始浓度c0为0.150mol·L-1，反应至30min时∆c(NO2)=0.01mol/L×3=0.03mol/L，反应至30min时N2O的转化率；③温度越高，反应速率越快，由图可知，T1条件下所用时间较短，反应速率快，则T1>T2，根据反应方程式可知，当温度为T1，起始压强为p0，反正至t1min时，根据方程式2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)可知，设N2O为2mol，衰减一半时，气体总量为2.5mol，根据气体的物质的量之比等于压强之比，则有：，解得p=1.25P0；【小问4详解】多步反应得总反应速率由最慢的一步决定的，所以第二步反应对总反应速率起决定作用；第二步反应是慢反应，第三步反应是快反应，活化能越大，反应速率越慢，则第二步反应的活化能比第三步反应的活化能大；【小问5详解】