第2章 化学键 化学反应规律【B卷·测试卷】-2024-2025学年高一化学同步单元AB卷（安徽专用，鲁科版2019必修第二册）

第2章 化学键 化学反应规律 可能用到的相对分子质量：Li-7 一、单选题（共14题，每题3分，共42分） 1．下列关于化学键的叙述中正确的是 A．化学键存在于原子之间，也存在于分子之间 B．两个原子之间的相互作用叫做化学键 C．离子键是阴、阳离子之间的相互吸引力 D．化学键通常是指直接相邻的原子或离子之间强烈的相互作用 2．在2A＋B⇌3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是 A．υ(A)=0.5mol/(L·s) B．υ(B)=0.3mol/(L·s) C．υ(C)=0.8mol/(L·s) D．υ(D)=1mol/(L·s) 3．下列物质中既含离子键又含非极性键的是 A． B．KOH C． D． 4．意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态分子，其分子结构如图所示。已知断裂1molN-N吸收167kJ热量，生成1mol放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是 A．属于一种新型的化合物 B．分子中存在极性键 C．1mol分子中含有4molN-N键 D．1mol转变成将放出882kJ热量 5．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是 A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 C．两烧杯中溶液的c(H＋)均减小 D．产生气泡的速率甲比乙慢 6．反应4A(s)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6 mol/L。下列反应速率的表示正确的是(　　) A．用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min) B．B的浓度减小，用B表示的反应速率应该为负值 C．2 min末时的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L·min) D．用D表示的反应速率为0.1 mol/(L·min) 7．可逆反应在恒容密闭容器中进行。 ①单位时间内生成的同时生成 ②单位时间内生成的同时生成 ③用、NO和的物质的量浓度变化量表示的反应速率之比为2：2：1 ④混合气体的颜色不再改变     ⑤混合气体的密度不再改变 ⑥混合气体的压强不再改变     ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变 可说明该反应达到化学平衡状态的是 A．①④⑥⑦ B．②⑤⑥⑦ C．①③④⑤ D．全部 8．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间(t)内产生气体体积(V)的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中一定不正确的是 组别 对应曲线 c(HCl)/mol·L-1 反应温度/℃ 铁的状态 1 a 30 粉末状 2 b 30 粉末状 3 c 2.5 块状 4 d 2.5 30 块状 A．第4组实验的反应速率最慢 B．第1组实验中盐酸的浓度大于2.5mol·L-1 C．第2组实验中盐酸的浓度等于2.5mol·L-1 D．第3组实验的反应温度低于30℃ 9．水锂电池是当今锂电池研发的前沿和方向之一，安全性能高，离子导电率高，且成本低。如图是一种水锂电池的工作原理。下列有关说法正确的是（    ） A．装置中的固体电解质的作用是传导电子 B．石墨电极的电极反应式为 C．锂电极为电池正极 D．产生标准状况下1.12L H2时，正极消耗0.7g Li 10．有M、N、P、E、F五种金属，已知：①；②M、P用导线连接并放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接并放入E的硫酸盐溶液中，其中一极的电极反应式为；④P、F组成原电池时，F发生氧化反应。则这五种金属的还原性顺序是（    ） A．F>P>M>N>E B．E>N>M>P>F C．P>F>N>M>E D．E>P>F>M>N 11．原电池总反应离子方程式为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，能实现该反应的原电池是（    ） A．正极为铜，负极为镁，电解质溶液为稀盐酸 B．正极为铜，负极为铁，电解质溶液为稀硫酸 C．正极为石墨，负极为镁，电解质溶液为CuSO4溶液 D．正极为银，负极为镁，电解质溶液为NaCl溶液 12．下列反应一定属于吸热反应的是 A．天然气的燃烧 B．盐酸与氢氧化钠溶液的反应 C．钠与水的反应 D．Ba(OH)2·8H2O 与 NH2Cl 固体的反应 13．下列表示相关微粒的化学用语正确的是 A．氢氧化钠的结构式：Na-O-H B．Na2S的电子式为 C．中子数为176，质子数为117的Ts核素符号： D．用电子式表示Na2O的形成过程： 14．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示， 现提供以下化学键的键能(kJ/mol)：P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4(白磷)＋3O2===P4O6放出的热量为 (　　)    A．126 kJ B．1268 kJ C．1326 kJ D．1638 kJ 二、填空题（共58分，每空2分） 15．N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。 （1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。 （2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为 NO+NO2+2OH−=2+H2O 2NO2+2OH−=++H2O ①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 （填字母）。 A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 ②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。 （3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。 ①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为 。 ②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。 16．如表是元素周期表的一部分，请根据表中标注的元素回答下列问题(用相应的化学符号作答)：       族周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0族 1 a f 2 b d e 3 g h k m n (1)形成单质不含化学键的是 。 (2)元素a分别与元素e、k、m所形成的简单气态化合物中稳定性最强的是 。 (3)元素k、m、n最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为 。 (4)元素d的简单氢化物，与其最高价氧化物的水化物反应的产物，所含化学键的类型有 。 (5)写出由元素a、e、g组成的化合物的电子式： 。 (6)写出由元素b、e组成的化合物be2的结构式： 。 (7)写出由元素d形成的一个离子化合物 和共价化合物 。 17．I．CO2转化成有机物可实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。 (1)从3min到9min，v(H2)= mol•L−1•min−1. (2)能说明上述反应达到平衡状态的是 (填编号)。 A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点) B．混合气体的密度不随时间的变化而变化 C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O D．v正(H2)=3v逆(H2O) E．CO2的体积分数在混合气体中保持不变 (3)平衡时CO2的转化率为 ，CH3OH(g)的体积分数是 。 (4)一定温度下，第9分钟时v逆(CH3OH) (填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时v正(CH3OH)。 Ⅱ．Na2S2O3可用于解毒西药和织物及纸浆漂白的脱氯剂等。在实验室，我们可以用硫代硫酸钠与稀硫酸的反应来探究影响反应速率的因素。某同学设计了如表系列实验： 实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀硫酸 H2O V/mL c/(mol•L−1) V/mL c/(mol•L−1) V/mL ① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 ② 40 V1 0.10 V2 0.50 V3 ③ 20 V4 0.10 4.0 0.50 V5 (5)写出硫代硫酸钠与稀硫酸反应的离子方程式 。 (6)实验①、②可探究温度对反应速率的影响，则V1= 。 (7)实验 (填序号)可探究浓度对反应速率的影响，则V5= 。 18．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。 （1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。 ①作负极的物质是 。 ②正极的电极反应式是 。 （2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下： 初始pH pH=2.5 pH=4.5 NO3—的去除率 接近100% ＜50% 24小时pH 接近中性 接近中性 铁的最终物质形态 pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是 。 （3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设： Ⅰ. Fe2+直接还原NO3-； Ⅱ. Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。 ①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是 。 ②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因： 。 pH =4.5（其他条件相同） （4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下： 初始pH pH=2.5 pH=4.5 NO3—的去除率 约10% 约3% 1小时pH 接近中性 接近中性 与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3—去除率和铁的最终物质形态不同的原因： 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第2章 化学键 化学反应规律 可能用到的相对分子质量：Li-7 一、单选题（共14题，每题3分，共42分） 1．下列关于化学键的叙述中正确的是 A．化学键存在于原子之间，也存在于分子之间 B．两个原子之间的相互作用叫做化学键 C．离子键是阴、阳离子之间的相互吸引力 D．化学键通常是指直接相邻的原子或离子之间强烈的相互作用 【答案】D 【详解】A．化学键是相邻原子之间的强相互作用，分子之间叫分子间作用力，A错误； B．化学键是相邻原子之间的强相互作用，零族元素形成的单质晶体中两个原子之间的相互作用叫分子间作用力，B错误； C．离子键是阴、阳离子之间的相互作用，既有相互吸引又有相互排斥，C错误； D．化学键通常是指直接相邻的原子或离子之间强烈的相互作用，既有相互吸引又有相互排斥，D正确； 故选D。 2．在2A＋B⇌3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是 A．υ(A)=0.5mol/(L·s) B．υ(B)=0.3mol/(L·s) C．υ(C)=0.8mol/(L·s) D．υ(D)=1mol/(L·s) 【答案】B 【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则转化为同种物质的反应速率比较快慢，注意速率单位统一： A．υ(A)=0.5mol/(L·s)，转化为υ(B)= 0.5mol/(L·s)×=0.25mol/(L·s)； B．υ(B)=0.3mol/(L·s)； C．υ(C)=0.8mol/(L·s)，转化为υ(B)= 0.8mol/(L·s)×=0.267mol/(L·s)； D．υ(D)=1mol/(L·s)，转化为υ(B)= 1mol/(L·s)×=0.25mol/(L·s)； B项所表示的反应速率最快； 答案选B。 3．下列物质中既含离子键又含非极性键的是 A． B．KOH C． D． 【答案】C 【详解】A．中与间以离子键结合，中N、O原子间以极性共价键结合；故A不选； B．KOH中与间以离子键结合，中H、O原子间以极性共价键结合；故B不选； C．中，与间是以离子键结合的，而中两个氧原子间是以非极性共价键结合的，故C选； D．中只存在C、H间的极性共价键，故D不选； 答案选C。 4．意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态分子，其分子结构如图所示。已知断裂1molN-N吸收167kJ热量，生成1mol放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是 A．属于一种新型的化合物 B．分子中存在极性键 C．1mol分子中含有4molN-N键 D．1mol转变成将放出882kJ热量 【答案】D 【详解】A．为N元素形成的一种单质，不是化合物，A错误； B．分子中只含有非极性键，B错误； C．1分子中含有6键，C错误；　 D．1气体中含有6键，可生成2，形成2键，则1气体转变为时断裂化学键吸收的热量为，形成化学键放出的热量为，所以反应放热，放出的热量为，D正确。 故选D。 5．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是 A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 C．两烧杯中溶液的c(H＋)均减小 D．产生气泡的速率甲比乙慢 【答案】C 【详解】A．甲烧杯中，铜、锌用导线连接，甲构成原电池，铜是正极，铜片表面均有氢气产生，A错误；        B．甲烧杯中，铜、锌用导线连接，甲构成原电池，铜是正极；乙中铜、锌没有连接，不构成原电池，B错误； C．两烧杯中都发生反应，溶液的c(H＋)均减小，C正确；        D．甲烧杯中，铜、锌用导线连接，甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，D错误； 故答案为：C。 6．反应4A(s)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6 mol/L。下列反应速率的表示正确的是(　　) A．用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min) B．B的浓度减小，用B表示的反应速率应该为负值 C．2 min末时的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L·min) D．用D表示的反应速率为0.1 mol/(L·min) 【答案】D 【分析】化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量，均取正值，不能用固体或纯液体表示反应速率，反应速率是该反应在一段时间内的平均反应速率，非瞬时速率，各物质化学计量数之比等于化学反应速率之比。 【详解】A项、固体和纯液体的浓度可视为常数，不能用固体或纯液体表示反应速率，A物质是固体，不能表示反应速率，故A错误； B项、化学反应速率为正值，没有负值，故B错误； C项、化学反应速率为平均速率， 0.3 mol/(L·min)是2 min内的平均速率，而不是2 min末时的瞬时反应速率，故C错误； D项、由题意可知用B表示的反应速率为0.3 mol/(L·min)，由于反应速率之比等于化学计量数之比，则用D表示的反应速率是0.1 mol/(L·min)，故D正确。 故选D。 【点睛】本题考查化学反应速率，注意对反应速率的概念、表示方法以及有关计算的正确理解是解答关键。 7．可逆反应在恒容密闭容器中进行。 ①单位时间内生成的同时生成 ②单位时间内生成的同时生成 ③用、NO和的物质的量浓度变化量表示的反应速率之比为2：2：1 ④混合气体的颜色不再改变     ⑤混合气体的密度不再改变 ⑥混合气体的压强不再改变     ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变 可说明该反应达到化学平衡状态的是 A．①④⑥⑦ B．②⑤⑥⑦ C．①③④⑤ D．全部 【答案】A 【分析】判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法： 1、v正=v逆，即正逆反应速率相等； 2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。 【详解】①单位时间内生成的同时生成，说明v正=v逆，反应达到化学平衡状态； ②单位时间内生成的同时生成，均为正反应方向，不能说明反应达到化学平衡状态； ③无论反应是否达到化学平衡状态，各物质表示的化学反应速率之比都等于相应物质的化学计量数之比，不能说明反应达到化学平衡状态； ④有色混合气体的颜色不再改变，则表示体系中各物质的物质的量浓度不再变化，说明反应已达到化学平衡状态； ⑤体积固定，反应前后气体的质量不变，无论反应是否达到化学平衡状态，气体的密度始终不变，不能说明反应达到化学平衡状态； ⑥反应前后气体的体积不相等，压强不变表示各物质的含量不再变化，说明反应已达到化学平衡状态； ⑦由于反应前后气体的质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变时，说明混合气体中各物质的物质的量不变，反应达到化学平衡状态； 综上所述，①④⑥⑦正确，故选A。 8．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间(t)内产生气体体积(V)的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中一定不正确的是 组别 对应曲线 c(HCl)/mol·L-1 反应温度/℃ 铁的状态 1 a 30 粉末状 2 b 30 粉末状 3 c 2.5 块状 4 d 2.5 30 块状 A．第4组实验的反应速率最慢 B．第1组实验中盐酸的浓度大于2.5mol·L-1 C．第2组实验中盐酸的浓度等于2.5mol·L-1 D．第3组实验的反应温度低于30℃ 【答案】D 【解析】相同时间内生成氢气的体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d。 【详解】A．由图可知，相同时间内，曲线d生成的氢气的体积最少，第4组实验的反应速率最慢，A项正确； B．第1组反应速率比第4组快，1、4组相比，温度相同，1组固体表面积更大，第1组盐酸的浓度可能等于、小于或大于2.5mol•L-1，B项正确； C．第2组反应速率比第4组快，2、4组相比，温度相同，2组固体表面积更大，第2组盐酸的浓度可能等于、小于或大于2.5mol•L-1，C项正确； D．第3组反应速率比第4组快，3、4组相比，浓度、固体表面积相同，温度越高反应速率越快，第3组实验的反应温度高于30℃，D项错误； 答案选D。 9．水锂电池是当今锂电池研发的前沿和方向之一，安全性能高，离子导电率高，且成本低。如图是一种水锂电池的工作原理。下列有关说法正确的是（    ） A．装置中的固体电解质的作用是传导电子 B．石墨电极的电极反应式为 C．锂电极为电池正极 D．产生标准状况下1.12L H2时，正极消耗0.7g Li 【答案】B 【分析】由水锂电池的工作原理图可知，锂电极失电子变成Li+，故为负极；石墨电极一侧H2O得电子生成氢气，为正极，据此分析。 【详解】A．电子沿导线输送，固体电解质传导的是离子，故A错误； B．石墨为正极，得电子生成，故B正确； C．锂电极是电池负极，故C错误； D．产生标准状况下时，负极消耗0.7gLi，故D错误； 故答案选B。 10．有M、N、P、E、F五种金属，已知：①；②M、P用导线连接并放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接并放入E的硫酸盐溶液中，其中一极的电极反应式为；④P、F组成原电池时，F发生氧化反应。则这五种金属的还原性顺序是（    ） A．F>P>M>N>E B．E>N>M>P>F C．P>F>N>M>E D．E>P>F>M>N 【答案】A 【详解】①，说明金属还原性：M>N； ②M、P用导线连接并放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出，则M为正极，说明金属还原性：P>M； ③N、E用导线连接并放入E的硫酸盐溶液中，其中一极的电极反应式为，则E为正极，说明金属还原性：N>E； ④P、F组成原电池时，F发生氧化反应，则F为负极，说明金属还原性：F>P； 综上可知，金属还原性：F>P>M>N>E，故答案选A。 11．原电池总反应离子方程式为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，能实现该反应的原电池是（    ） A．正极为铜，负极为镁，电解质溶液为稀盐酸 B．正极为铜，负极为铁，电解质溶液为稀硫酸 C．正极为石墨，负极为镁，电解质溶液为CuSO4溶液 D．正极为银，负极为镁，电解质溶液为NaCl溶液 【答案】A 【分析】根据电池反应式Mg+2H+=Mg2++H2↑知镁发生氧化反应作负极，不如镁活泼的金属或导电的非金属作正极，氢离子发生还原反应存在于电解质溶液中，所以电解质溶液是酸。 【详解】电池反应式Mg+2H+=Mg2++H2↑知镁发生氧化反应作负极，不如镁活泼的金属或导电的非金属作正极，电解质溶液是酸溶液。 A.镁的活泼性大于铜，镁作负极，铜作正极，电解质溶液是稀盐酸，所以符合条件，故A正确； B.原电池负极应是镁，不是铁，故B错误； C.电解质溶液应是酸溶液，但硫酸铜溶液是盐溶液，故C错误； D.电解质溶液应是酸溶液，但氯化钠溶液是盐溶液，故D错误。 故选A。 12．下列反应一定属于吸热反应的是 A．天然气的燃烧 B．盐酸与氢氧化钠溶液的反应 C．钠与水的反应 D．Ba(OH)2·8H2O 与 NH2Cl 固体的反应 【答案】D 【详解】A.所有的燃烧均属于放热反应，天然气燃烧属于放热反应，A不符合题意； B.酸碱中和反应属于放热反应，B不符合题意； C.钠与水的反应是放热反应，C不符合题意； D.Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl固体反应属于吸热反应，D符合题意； 故合理选项是D。 13．下列表示相关微粒的化学用语正确的是 A．氢氧化钠的结构式：Na-O-H B．Na2S的电子式为 C．中子数为176，质子数为117的Ts核素符号： D．用电子式表示Na2O的形成过程： 【答案】D 【详解】A．氢氧化钠中和之间是离子键、O和H之间是共价键，NaOH为离子化合物，一般不讨论离子化合物的结构式，A错误； B．为离子化合物，书写电子式时同种离子不能合并，电子式应为，B错误； C．质量数=质子数+中子数，中子数为176，质子数为117的Ts核素符号：，C错误； D．是离子化合物，用电子式表示的形成过程：，D正确； 故选D。 14．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示， 现提供以下化学键的键能(kJ/mol)：P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4(白磷)＋3O2===P4O6放出的热量为 (　　)    A．126 kJ B．1268 kJ C．1326 kJ D．1638 kJ 【答案】D 【分析】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能。 【详解】化学键的键能（kJ·mol－1）：P-P：198，P-O：360，O=O：498， 反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，故反应P4（白磷）+3O2═P4O6的反应热△H=6×198kJ·mol－1+3×498kJ·mol－1-12×360kJ·mol－1=-1638kJ·mol－1， 故选D。 二、填空题（共58分，每空2分） 15．N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。 （1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。 （2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为 NO+NO2+2OH−=2+H2O 2NO2+2OH−=++H2O ①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 （填字母）。 A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 ②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。 （3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。 ①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为 。 ②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。 【答案】 2NH3+2O2N2O+3H2O BC NaNO3 NO 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强 【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O， 故答案为2NH3+2O2N2O+3H2O； （2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A； B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B； C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。 故答案为BC； ②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO， 故答案为NaNO3；NO； （3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+， 故答案为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+； ②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强， 故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。 16．如表是元素周期表的一部分，请根据表中标注的元素回答下列问题(用相应的化学符号作答)：       族周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0族 1 a f 2 b d e 3 g h k m n (1)形成单质不含化学键的是 。 (2)元素a分别与元素e、k、m所形成的简单气态化合物中稳定性最强的是 。 (3)元素k、m、n最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为 。 (4)元素d的简单氢化物，与其最高价氧化物的水化物反应的产物，所含化学键的类型有 。 (5)写出由元素a、e、g组成的化合物的电子式： 。 (6)写出由元素b、e组成的化合物be2的结构式： 。 (7)写出由元素d形成的一个离子化合物 和共价化合物 。 【答案】(1)He (2)H2O (3) (4)离子键、极性共价键 (5) (6)O=C=O (7)NH4Cl NH3(合理即可) 【分析】由元素周期表知，a是H，b是C，d是N，e是O，f是He，g是Na，h是Al，k是Si，m是S，n是Cl，据此解答。 【详解】（1）形成单质不含化学键，即该单质属于单原子分子，稀有气体He属于单原子分子，所以形成单质不含化学键的是He； （2）a是H，e、k、m分别为O、Si、S，非金属性：，非金属性越强，对应的简单气态氢化物的稳定性越强，则稳定性最强的是 （3）k、m、n分别为Si、S、Cl，同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，即非金属性：，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则元素k、m、n最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序为：； （4）d是N，d的简单氢化物为，其最高价氧化物的水化物为，二者反应的产物为中和之间以离子键结合，中N与H之间以极性共价键结合，中N与O之间以极性共价键结合，则所含化学键的类型有离子键、极性共价键； （5） a是H，e是O，g是Na，由元素a、e、g组成的化合物为NaOH，与之间以离子键结合，O与H原子间以共价键结合，则其电子式为：； （6）b是C，e是O，由元素b、e组成的化合物为，C与每个O成键时均形成两对共用电子对，则其结构式为：。 17．I．CO2转化成有机物可实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。 (1)从3min到9min，v(H2)= mol•L−1•min−1. (2)能说明上述反应达到平衡状态的是 (填编号)。 A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点) B．混合气体的密度不随时间的变化而变化 C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O D．v正(H2)=3v逆(H2O) E．CO2的体积分数在混合气体中保持不变 (3)平衡时CO2的转化率为 ，CH3OH(g)的体积分数是 。 (4)一定温度下，第9分钟时v逆(CH3OH) (填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时v正(CH3OH)。 Ⅱ．Na2S2O3可用于解毒西药和织物及纸浆漂白的脱氯剂等。在实验室，我们可以用硫代硫酸钠与稀硫酸的反应来探究影响反应速率的因素。某同学设计了如表系列实验： 实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀硫酸 H2O V/mL c/(mol•L−1) V/mL c/(mol•L−1) V/mL ① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 ② 40 V1 0.10 V2 0.50 V3 ③ 20 V4 0.10 4.0 0.50 V5 (5)写出硫代硫酸钠与稀硫酸反应的离子方程式 。 (6)实验①、②可探究温度对反应速率的影响，则V1= 。 (7)实验 (填序号)可探究浓度对反应速率的影响，则V5= 。 【答案】(1)0.125 (2)DE (3) 75% 30% (4)小于 (5)+2H+=SO2↑+S↓+H2O (6)10.0 (7) ①、③ 6.0 【分析】采用“控制变量法”探究温度或浓度对化学反应速率的影响时，只允许存在一个变量。即表中实验①、②的温度不同，则各物质的浓度和体积都应对应相等，混合液的总体积也应相同，也就是在混合后的溶液中，各物质的量浓度都要对应相等；实验①、③的温度相同，混合前稀硫酸的浓度虽然相同，但体积不同，在混合溶液中的浓度不同，所以混合前硫代硫酸钠的浓度和体积都应相同，混合液的总体积相同，这样才能保证混合后硫代硫酸钠的浓度相同。 【详解】（1）从图中可以看出，从3min到9min，CO2的浓度由0.50mol/L变为0.25mol/L，则H2的浓度变化量为3×0.25mol/L=0.75mol/L，v(H2)== 0.125mol•L−1•min−1。 （2）A．从图中可以看出，反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点)之后，二者的浓度继续发生改变，则未达到平衡状态，A不符合题意； B．在恒容密闭容器中，反应物和生成物都呈气态，则混合气体的密度始终不随时间的变化而变化，密度为恒量，反应不一定达平衡状态，B不符合题意； C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O，虽然二者的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，但反应进行的方向相同，所以不一定达平衡状态，C不符合题意； D．v正(H2)=3v逆(H2O)，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态，D符合题意； E．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，则表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，E符合题意； 故选DE。 （3）平衡时，CO2的变化量为(1.00-0.25)mol/L=0.75mol/L，起始量为1.00mol/L，则CO2的转化率为=75%；体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，达平衡时，CO2的浓度为0.25mol/L，则CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的平衡量依次为0.25mol、0.75mol、0.75mol、0.75mol。CH3OH(g)的体积分数是=30%。 （4）一定温度下，第3分钟时v正(CH3OH)大于第9分钟时v正(CH3OH)，而第9分钟时v正(CH3OH)等于第9分钟时v逆(CH3OH)，所以第9分钟时v逆(CH3OH) 小于第3分钟时v正(CH3OH)。 （5）硫代硫酸钠与稀硫酸反应，生成硫酸钠和硫代硫酸，硫代硫酸分解，生成硫、二氧化硫和水，依据电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为+2H+=SO2↑+S↓+H2O。 （6）实验①、②中，温度不同，可探究温度对反应速率的影响，则各物质的浓度对应相等，各溶液的体积对应相等，所以V1=10.0。 （7）实验①、③的温度相同，可探究浓度对反应速率的影响。依据控制变量法，稀硫酸的体积不同，则在混合溶液中的浓度不同，所以Na2S2O3溶液的体积相同，混合溶液的总体积相同，由此得出V4=10.0，则V5=20.0-10.0-4.0=6.0。 18．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。 （1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。 ①作负极的物质是 。 ②正极的电极反应式是 。 （2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下： 初始pH pH=2.5 pH=4.5 NO3—的去除率 接近100% ＜50% 24小时pH 接近中性 接近中性 铁的最终物质形态 pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是 。 （3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设： Ⅰ. Fe2+直接还原NO3-； Ⅱ. Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。 ①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是 。 ②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因： 。 pH =4.5（其他条件相同） （4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下： 初始pH pH=2.5 pH=4.5 NO3—的去除率 约10% 约3% 1小时pH 接近中性 接近中性 与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3—去除率和铁的最终物质形态不同的原因： 。 【答案】 铁 NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O FeO(OH)不导电，阻碍电子转移 本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。 Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+， Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子的转移。 初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足。 【详解】（1）①由图中物质变化分析，Fe变化为Fe3O4是被氧化过程，则铁作原电池的负极；②由硝酸根到铵根可知，硝酸根被还原为氨气，氨气在酸性环境中生成铵根，正极的电极反应式为：NO3－+8e－+10H+=NH4++3H2O； （2）从pH对硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5时去除率低，主要是因为铁离子容易水解生成FeO(OH)，同时生成的Fe3O4产率降低，且生成的FeO(OH)不导电，所以NO3-的去除率低； （3）①从图中可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+，NO3-的去除率都不如同时加入铁和亚铁离子的去除率高，说明不是由于亚铁离子的还原性提高了硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破坏FeO(OH)生成了四氧化三铁；②同位素示踪法证实亚铁离子秘FeO(OH)反应生成四氧化铁，该反应离子方程式为：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，加入亚铁离子之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO(OH)的生成，生成更多的四氧化三铁，增强了导电性，另外pH较小，可以使pH增大的速度减慢，使硝酸根离子转化率增大； （4）铁与盐酸反应，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的亚铁离子浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的四氧化三铁，使反应进行的更完全；初始pH较大时，由于三价铁的水解，三价铁越容易生成FeO(OH)，产生的亚铁离子浓度高小，从而造成硝酸根离子去除率和的铁的最终物质。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$