精品解析：上海市七宝中学2025-2026学年高二上学期开学考试化学试题

上海市七宝中学2025-2026学年高二上化学开学练习 (考试时间60分钟，满分100分) 特别提示： 1.本试卷共7页，含五个大题。答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效。 2.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1～2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 本卷所用相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 一、元素周期表 1. 1869年，门捷列夫创建元素周期表，并成功预测新元素的存在，为化学研究奠定重要基础。元素①～⑧为前20号元素，原子半径依次增大，其最高正价或最低负价如图所示。 （1）写出①与②形成的简单化合物的电离方程式___________。 （2）⑦与③形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式为___________。可通过___________方法鉴别⑦、⑧的氯化物。 （3）欲比较②与③非金属性强弱，下列可作为判断依据的是___________。 A. 单质的沸点高低 B. 单质与H2化合的难易程度 C. 气态氢化物的稳定性 D. 氢化物水溶液的酸性强弱 2. 元素周期表中，某些主族元素与下方的主族元素(如图)的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”。下列叙述正确的是 A. Li在空气中燃烧能生成Li2O、Li3N B. 硼酸是强酸 C. B与水常温下能剧烈反应 D. BeCl2是离子化合物 金属与非金属的分界线处可寻找半导体材料，GaN、GaAs是新型半导体材料。 3. 镓(Ga)在元素周期表中的位置是___________； 4. 已知核内有48个中子的硒的同位素，下列表示该核素的符号正确的是 A. B. C. D. 5. GaN、GaP、GaAs具有相同的晶体类型，熔点如下表所示，分析其变化原因：___________。 晶体 GaN GaP GaAs 熔点/℃ 1700 1477 1238 二、硫酸工业 6. 硫酸是工业生产的重要原料，曾被誉为“工业之母”，利用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸和绿矾(FeSO4·7H2O)的工业流程示意图如图： （1）如图是转化器，有关说法正确的是___________。 A. 该装置可充分利用热能 B. b、c两处的混合气体成分含量不同，温度不同 C. a、d两处的混合气体成分含量不同，温度不同 D. d处可获取纯净的SO3 （2）混合气体口是从吸收塔的___________进入。 A．顶部 B．底部 C．中部 （3）固体X是___________(填化学式)。 7. 处理制备硫酸产生的“三废”时，下列说法错误的是 A. 可以用氨水吸收尾气 B. 可以用石灰乳处理废液并生产石膏 C. 可以循环利用尾气中的SO2 D. 可以用98.3%的浓硫酸吸收尾气中的SO2 8. 某同学设计如图所示装置模拟探究转化器中二氧化硫的转化率。实验时，装置D锥形瓶中溶液产生白色沉淀，装置E中溶液褪色。已知装置A是用来制备SO2. （1）装置B的三个作用是(1)___________；(2)___________；(3)通过观察气泡的速率，控制氧气和二氧化硫的通入比例。 （2）实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一会儿后再继续加热，其原因除了影响催化剂活性外还有___________。 （3）D中锥形瓶盛放的溶液可以是___________。 A. 足量澄清石灰水 B. 足量小苏打溶液 C. 足量氯化钡溶液 D. 足量稀硫酸 三、含氮元素的物质 9. 硝酸是一种重要的基础化工原料。历史上先后出现多种不同的制备硝酸的方法。 方法一：17世纪，人们以硝石(主要成分NaNO3)为氮源制备硝酸。 （1）化学方程式为：H2SO4(浓)+NaNO3NaHSO4+HNO3↑，该反应中，浓硫酸体现了酸性和___________。 A. 强氧化性 B. 脱水性 C. 吸水性 D. 难挥发性 （2）该反应加热温度不能过高，原因是___________。 方法二：20世纪初，挪威出现了电弧法生产硝酸，是历史上最早的硝酸工业化尝试。 （3）该方法通过高压电弧使空气中的氮气与氧气反应，生成氮氧化物，进一步氧化吸收合成硝酸。该过程属于___________。 A．人工固氮 B．大气固氮 C．生物固氮 （4）评价电弧法的优、劣势(各列举一点)。 优势：___________；劣势：___________。 方法三：合成氨问世后，氨氧化法进入工业化阶段，这种方法至今依然是世界上生产硝酸的主要方法。以氨气为氮源催化氧化制备硝酸，反应原理分以下三步进行： （5）第Ⅰ步反应的化学方程式为___________。 （6）氮原子利用率是指：目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比。第Ⅲ步的原理为3NO2+H2O=2HNO3+NO，此反应中氮原子利用率为___________。 A．33.3% B．66.7% C．100% 10. 氨除了用于生产硝酸外，还可用于生产尿素[CO(NH2)2]，反应方程式为：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2+H2O(g)。 （1）尿素属于___________。 A. 铵态氮肥 B. 硝态氮肥 C. 有机氮肥 D. 复合肥 （2）恒温恒容的密闭容器中，能说明该反应达到平衡状态的是___________。 A. 二氧化碳的生成速率和水的消耗速率相等 B. 容器内气体的压强保持不变 C. 容器内NH3、CO2、H2O的物质的量之比为2：1：1 D. 单位时间内，每断裂3 mol N-H键，同时形成1 mol O-H键 Ⅲ．空气中含氮、硫的氧化物会引起酸雨，其中SO2主要来自于含硫的煤和石油的燃烧。 11. 由煤和石油燃烧导致的酸雨样品，放置一段时间后pH会 A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 无法判断 12. 室温下，NaOH溶液吸收NOx得到pH=9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O （1）混合溶液中离子浓度c()___________c()。 A. 大于 B. 小于 C. 等于 D. 无法比较 （2）混合溶液中由水电离的H+浓度为___________。 A. 1×10-9 mol/L B. 1×10-7 mol/L C. 1×10-5 mol/L D. 无法计算 四、含氯物质 13. 某化学小组用如图所示装置制备氯气并验证其性质。请回答下列问题： （1）装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是___________。 （2）可用C、D装置分别制取氯酸钾、次氯酸钠，D试管中装有100 mL 1 mol/L 的NaOH溶液，某同学实验时不小心加热了D试管，实验结束后发现得到了NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列说法中不正确的是___________。 A. n(Na+)∶n(Cl-)可能为3∶2 B. 若反应中转移的电子为n mol，则0.5<n< C. 与NaOH反应的氯气一定0.05 mol D. n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为5∶1∶1 14. NaClO是“84”消毒液的主要成分，某同学欲配制NaClO浓度为4.000 mol/L 的“84”消毒液480 mL ，需称量NaClO固体___________g；实验中除烧杯、玻璃棒外，还需使用到的玻璃仪器有___________。 15. 将0.2molMnO2和50mL12mol/L盐酸混合后加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为（不考虑盐酸的挥发）（ ） A. 等于0.3mol B. 小于0.3mol C. 大于 0.3mol，小于 0.6mol D. 等于 0.6mol 16. 二氧化氯(ClO2)气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2.其工艺流程示意图如图所示： 已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。 ②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。 （1）通入空气的作用是___________。 （2）方法1中，反应的离子方程式是___________。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过60℃，可能的原因是___________。 （3）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作： ①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀H2SO4，充分反应，将所得混合液配成100 mL 待测溶液。 ②移取25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中，用b mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为c mL (已知：)。样品中NaClO2的质量分数为___________(用含a、b、c的代数式表示)。 （4）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可快速得到ClO2，反应的化学方程式是___________。 五、H2S 17. 脱除沼气中的H2S是资源利用和环境保护的重要研究课题，脱除H2S有多种方法。 方法一：高温热分解法：2H2S(g)S2(g)+2H2(g) △H =170kJ·mol-1。 （1）一定温度和压强下，工业上进行H2S热分解反应时一般要向H2S中加入一些Ar(g)。从平衡移动的角度说明加入Ar(g)的原因___________。 若在两个2L的恒容密闭容器中分别加入2.0 mol H2S、1.0 mol H2S，测得不同温度下H2S热分解反应的平衡转化率如图所示： （2）图中代表加入2.0 mol H2S的曲线是___________。 A．MP B．ON （3）M点、O点和N点的逆反应速率v(M)、v(O)和v(N)，其中最慢的是___________。 A. v(M) B. v(O) C. v(N) D. 无法比较 （4）能说明该条件下H2S热分解反应达到平衡状态的是___________。 A. 体系压强保持不变 B. S2和H2S的物质的量浓度之比保持不变 C. 平衡常数保持不变 D. H2S的生成速率与H2的消耗速率相等 方法二；催化重整法 Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除时需先进行吸附。过程如图所示： （5）按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请解释其原因___________。 常温常压下，1体积水能溶解约2.6体积H2S，通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如δ(H2S)=]。 （6）pH=7时，溶液中含硫微粒主要为___________。(用微粒符号表示) （7）=___________。 A. 106 B. 107 C. 1010 D. 1013 （8）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体，请结合平衡移动原理解释产生气体的原因___________。 （9）pH=13时，c(Na+)-3c(S2-)___________0.1。 A. > B. < C. = D. 无法比较 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市七宝中学2025-2026学年高二上化学开学练习 (考试时间60分钟，满分100分) 特别提示： 1.本试卷共7页，含五个大题。答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效。 2.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1～2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 本卷所用相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 一、元素周期表 1. 1869年，门捷列夫创建元素周期表，并成功预测新元素的存在，为化学研究奠定重要基础。元素①～⑧为前20号元素，原子半径依次增大，其最高正价或最低负价如图所示。 （1）写出①与②形成的简单化合物的电离方程式___________。 （2）⑦与③形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式为___________。可通过___________方法鉴别⑦、⑧的氯化物。 （3）欲比较②与③非金属性强弱，下列可作为判断依据的是___________。 A. 单质的沸点高低 B. 单质与H2化合的难易程度 C. 气态氢化物的稳定性 D. 氢化物水溶液的酸性强弱 【答案】（1）HFH++F- （2） ①. ②. 焰色试验 （3）BC 【解析】 【分析】元素①～⑧为前20号元素，原子半径依次增大，由图可知，元素②、④的最低负价都为-1价，元素②没有正价，元素④的最高正价为+7价，则②为F元素、④为Cl元素；元素③、⑤的最低负价都为-2价，元素③没有正价，元素⑤的最高正价为+6价，则③为O元素、⑤为S元素；①、⑦、⑧均有+1价，原子半径①＜⑦＜⑧，则①为H元素、⑦为Na元素、⑧为K元素；元素⑥的最高价+3价，原子半径大于硫原子小于钠原子，则⑥为Al元素。 【小问1详解】 氢氟酸为弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和氟离子，电离方程式为HFH++F-； 【小问2详解】 过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为；钠元素和钾元素的焰色试验的焰色不同，分别为黄色和紫色(透过蓝色钴玻璃片)，则可以用焰色试验鉴别氯化钠和氯化钾； 【小问3详解】 A．元素的非金属性强弱与单质的沸点无关，则单质的沸点高低不能用于比较氟元素和氧元素的非金属性强弱，A不符合题意； B．元素的非金属性越强，单质与氢气化合越易，则单质与氢气化合的难易程度能用于比较氟元素和氧元素的非金属性强弱，B符合题意； C．元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性能用于比较氟元素和氧元素的非金属性强弱，C符合题意； D．元素的非金属性强弱与氢化物水溶液的酸性无关，则氢化物水溶液的酸性强弱不能用于比较氟元素和氧元素的非金属性强弱，D不符合题意； 故选BC。 2. 元素周期表中，某些主族元素与下方的主族元素(如图)的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”。下列叙述正确的是 A. Li在空气中燃烧能生成Li2O、Li3N B. 硼酸是强酸 C. B与水常温下能剧烈反应 D. BeCl2是离子化合物 【答案】A 【解析】 【详解】A．Mg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，根据对角线规则，Li在空气中燃烧生成Li2O、Li3N，故A正确； B．硅酸是弱酸，根据对角线规则，硼酸是弱酸，故B错误； C．Si和水常温下不反应，故B不能够与水反应，故C错误； D．氯化铝是共价化合物，根据对角线规则可知，BeCl2是共价化合物，故D错误； 答案选A。 金属与非金属的分界线处可寻找半导体材料，GaN、GaAs是新型半导体材料。 3. 镓(Ga)在元素周期表中的位置是___________； 【答案】第四周期第ⅢA族 【解析】 【详解】Ga原子序数为31，位于元素周期表第四周期第ⅢA族。 4. 已知核内有48个中子的硒的同位素，下列表示该核素的符号正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】Se的质子数为34，中子数为48的硒的同位素，其质量数为82，可表示为，答案选D。 5. GaN、GaP、GaAs具有相同的晶体类型，熔点如下表所示，分析其变化原因：___________。 晶体 GaN GaP GaAs 熔点/℃ 1700 1477 1238 【答案】原子半径：N<P<As，键长：Ga—N<Ga—P<Ga—As，键能：Ga—N>Ga—P>Ga—As，故GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低 【解析】 【详解】GaN、GaP、GaAs的熔点都很高，所以它们均为共价晶体，共价晶体是原子间通过共价键结合而成，熔点取决于共价键的强弱。由于原子半径：N<P<As，键长：Ga-N<Ga-P<Ga-As，所以键能：Ga-N>Ga-P>Ga-As，故GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低。 二、硫酸工业 6. 硫酸是工业生产的重要原料，曾被誉为“工业之母”，利用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸和绿矾(FeSO4·7H2O)的工业流程示意图如图： （1）如图是转化器，有关说法正确的是___________。 A. 该装置可充分利用热能 B. b、c两处的混合气体成分含量不同，温度不同 C. a、d两处的混合气体成分含量不同，温度不同 D. d处可获取纯净的SO3 （2）混合气体口是从吸收塔的___________进入。 A．顶部 B．底部 C．中部 （3）固体X是___________(填化学式)。 【答案】（1）AC （2）底部 （3）Fe 【解析】 【分析】燃烧硫铁矿生成SO2净化后得到混合气Ⅰ，SO2在接触室中催化氧化生成SO3得到混合气Ⅱ，SO3在吸收塔中吸收、稀释后得浓硫酸；得到的烧渣加入过量20% H2SO4和O2得到含S、SiO2等的固体和含硫酸铁的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ加入铁单质(Fe)，其中硫酸铁转化为硫酸亚铁且不引入新杂质得到溶液Ⅱ，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。 【小问1详解】 该装置中发生SO2在加热、催化剂的条件下和O2反应转化为SO3的反应，反应放热，热交换器的作用是预热待反应的气体；b处通入的是反应气体，即SO2、空气，在热交换器中进行加热，没有催化剂，没有发生反应，c出来的气体是被预热的气体，其成分与b气体相同，但温度升高了，再进入装置中，发生反应到达a处，a处气体是反应物第一次催化反应后的气体，成分中增加了SO3，温度比c处的高。d处是第二次催化后的气体，SO3的含量比a处的高，温度与a处也不相同，由此分析。 A．该反应放热，热交换器的作用是预热待反应的气体，b处通入的是反应气体，即SO2、空气，在热交换器中进行加热，通过热交换器实现了热能的充分利用，A正确； B．根据装置图可知，从b进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从c处出来的是热的气体，成分与b处相同， c处出来的气温度高于b处，两处气体含量相同，温度不同，B错误； C．a处加热条件下生成的SO3，气体温度高；当经过热交换器后被冷的气体降温，d处是第二次催化后的气体，SO3的含量比a处的高，温度与a处也不相同，故a，d两处气体的成分含量不相同，温度不同，C正确； D．SO2和O2生成SO3的反应为可逆反应，该装置d处出来的气体中含有SO2、O2等，D错误； 故选AC； 【小问2详解】 工业上从吸收塔顶部喷洒98.3%的硫酸作吸收液，混合气体是从吸收塔的底部进入，最终得到“发烟”硫酸； 【小问3详解】 由分析可知，X是Fe。 7. 处理制备硫酸产生的“三废”时，下列说法错误的是 A. 可以用氨水吸收尾气 B. 可以用石灰乳处理废液并生产石膏 C. 可以循环利用尾气中的SO2 D. 可以用98.3%的浓硫酸吸收尾气中的SO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨水溶液显碱性，能吸收尾气中的SO2、SO3，A正确； B．氢氧化钙吸收SO2、SO3分别转化为CaSO3、CaSO4，CaSO3在氧气条件下氧化可以得到CaSO4，用于生产石膏，B正确； C．SO2可以循环利用，从而充分利用资源，提高原料利用率，C正确； D．可以用98.3%的浓硫酸吸收尾气中的SO3，而非SO2，D错误； 故选D。 8. 某同学设计如图所示装置模拟探究转化器中二氧化硫的转化率。实验时，装置D锥形瓶中溶液产生白色沉淀，装置E中溶液褪色。已知装置A是用来制备SO2. （1）装置B的三个作用是(1)___________；(2)___________；(3)通过观察气泡的速率，控制氧气和二氧化硫的通入比例。 （2）实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一会儿后再继续加热，其原因除了影响催化剂活性外还有___________。 （3）D中锥形瓶盛放的溶液可以是___________。 A. 足量澄清石灰水 B. 足量小苏打溶液 C. 足量氯化钡溶液 D. 足量稀硫酸 【答案】（1） ①. 干燥氧气和二氧化硫 ②. 使氧气和二氧化硫混合均匀 （2）该反应的正反应放热，温度过高平衡逆向移动，不利于三氧化硫的生成 （3）C 【解析】 【分析】装置A制备二氧化硫，装置B干燥氧气和二氧化硫，同时混合二者，装置C中二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，装置D检验三氧化硫，装置E检验二氧化硫的性质，装置F吸收尾气，据此解答。 【小问1详解】 通过观察B装置可判断其作用除了冒气泡的速率来控制气体流量，还可以干燥氧气和二氧化硫，氧气和二氧化硫混合均匀。 【小问2详解】 由于该反应的正反应放热，温度过高平衡逆向移动，不利于三氧化硫的生成，且影响催化剂的活性，所以实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一会儿后再继续加热。 【小问3详解】 由于进入装置D的气体有二氧化硫、三氧化硫和氧气，实验时，装置D的作用是检验生成的SO3，锥形瓶D中溶液产生白色沉淀，所以盛放的溶液是足量氯化钡溶液，澄清石灰水、足量小苏打溶液和足量稀硫酸均不能检验SO3，答案选C。 三、含氮元素的物质 9. 硝酸是一种重要的基础化工原料。历史上先后出现多种不同的制备硝酸的方法。 方法一：17世纪，人们以硝石(主要成分NaNO3)为氮源制备硝酸。 （1）化学方程式为：H2SO4(浓)+NaNO3NaHSO4+HNO3↑，该反应中，浓硫酸体现了酸性和___________。 A. 强氧化性 B. 脱水性 C. 吸水性 D. 难挥发性 （2）该反应加热温度不能过高，原因是___________。 方法二：20世纪初，挪威出现了电弧法生产硝酸，是历史上最早的硝酸工业化尝试。 （3）该方法通过高压电弧使空气中的氮气与氧气反应，生成氮氧化物，进一步氧化吸收合成硝酸。该过程属于___________。 A．人工固氮 B．大气固氮 C．生物固氮 （4）评价电弧法的优、劣势(各列举一点)。 优势：___________；劣势：___________。 方法三：合成氨问世后，氨氧化法进入工业化阶段，这种方法至今依然是世界上生产硝酸的主要方法。以氨气为氮源催化氧化制备硝酸，反应原理分以下三步进行： （5）第Ⅰ步反应的化学方程式为___________。 （6）氮原子利用率是指：目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比。第Ⅲ步的原理为3NO2+H2O=2HNO3+NO，此反应中氮原子利用率为___________。 A．33.3% B．66.7% C．100% 【答案】（1）D （2）温度过高，硝酸易分解 （3）A （4） ①. 原料来源广泛 ②. 耗能大 （5） （6）B 【解析】 【小问1详解】 该反应中，浓硫酸与NaNO3反应生成了NaHSO4，体现了酸性；同时利用浓硫酸难挥发的性质，将易挥发的硝酸制备出来，还体现了难挥发性，而反应中没有元素化合价的变化，不体现强氧化性；也没有体现脱水性(脱水性是将有机物中的H、O元素按水的组成比脱去)和吸水性(吸水性是吸收现成的水)。则该反应中，浓硫酸体现了酸性和难挥发性，故选D； 【小问2详解】 因硝酸受热易分解生成、和，则该反应加热温度不能过高，原因是温度过高，硝酸易分解； 【小问3详解】 人类通过高压电弧使空气中的氮气与氧气进行反应，生成氮氧化物，将游离态的氮转化为氮的化合物，该过程是人类通过控制条件实现固氮的，属于人工固氮，故选A； 【小问4详解】 电弧法原料选择的是空气中的氮气和氧气，即原料来源广泛，但反应需要高压电弧，即耗能大，则电弧法的优势为：原料来源广泛；劣势为：耗能大； 【小问5详解】 第Ⅰ步反应是和在催化剂、加热条件下反应生成和，反应的化学方程式为：； 【小问6详解】 氮原子利用率是指：目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比，由第Ⅲ步反应(3NO2+H2O=2HNO3+NO)可知，生成2 mol HNO3的同时生成1 mol NO，即3 mol N原子中有2 mol 进入目标产物HNO3中，则此反应中氮原子利用率为，故选B。 10. 氨除了用于生产硝酸外，还可用于生产尿素[CO(NH2)2]，反应方程式为：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2+H2O(g)。 （1）尿素属于___________。 A. 铵态氮肥 B. 硝态氮肥 C. 有机氮肥 D. 复合肥 （2）恒温恒容的密闭容器中，能说明该反应达到平衡状态的是___________。 A. 二氧化碳的生成速率和水的消耗速率相等 B. 容器内气体的压强保持不变 C. 容器内NH3、CO2、H2O的物质的量之比为2：1：1 D. 单位时间内，每断裂3 mol N-H键，同时形成1 mol O-H键 【答案】（1）C （2）B 【解析】 【小问1详解】 尿素[CO(NH2)2]，是有机物，属于有机氮肥，答案选C； 【小问2详解】 A．二氧化碳的生成速率和水的消耗速率都是逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，A错误； B．该反应的反应前后气体分子数不相等，反应过程中压强为变量，当容器内气体的压强保持不变，说明反应达到平衡状态，B正确； C．反应进行到某时刻，由于投料不同，可能恰好存在三者物质的量之比为2：1：1，无法判断反应是否达到平衡状态，C错误； D．单位时间内，每断裂3 mol N-H键，同时形成1 mol O-H键都是正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，D错误； 答案选B。 Ⅲ．空气中含氮、硫的氧化物会引起酸雨，其中SO2主要来自于含硫的煤和石油的燃烧。 11. 由煤和石油燃烧导致的酸雨样品，放置一段时间后pH会 A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 无法判断 【答案】B 【解析】 【详解】酸雨主要由煤和石油燃烧产生的二氧化硫引起，二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸在放置过程中可能被氧化为硫酸，酸性增强，pH变小，答案选B。 12. 室温下，NaOH溶液吸收NOx得到pH=9的NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应原理：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O （1）混合溶液中离子浓度c()___________c()。 A. 大于 B. 小于 C. 等于 D. 无法比较 （2）混合溶液中由水电离的H+浓度为___________。 A. 1×10-9 mol/L B. 1×10-7 mol/L C. 1×10-5 mol/L D. 无法计算 【答案】（1）D （2）C 【解析】 【小问1详解】 若NOx中只有，即只发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，生成的和相等，但是弱酸阴离子，会发生水解，则此时；若NOx中含有NO和NO2，则除了发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，还会发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，生成的大于，且的水解程度很小，此时，因NOx的具体组成未知，则无法比较混合溶液中和的大小，故选D； 【小问2详解】 NaNO2是强碱弱酸盐， 会发生水解：，水解促进水的电离。 室温下，pH=9的NaNO2和NaNO3的混合溶液中，即，溶液中的OH−全部来自水的电离，而水电离出的H+和OH−浓度相等，所以混合溶液中由水电离的H+浓度为1×10-5 mol/L，故选C。 四、含氯物质 13. 某化学小组用如图所示装置制备氯气并验证其性质。请回答下列问题： （1）装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是___________。 （2）可用C、D装置分别制取氯酸钾、次氯酸钠，D试管中装有100 mL 1 mol/L 的NaOH溶液，某同学实验时不小心加热了D试管，实验结束后发现得到了NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列说法中不正确的是___________。 A. n(Na+)∶n(Cl-)可能为3∶2 B. 若反应中转移的电子为n mol，则0.5<n< C. 与NaOH反应的氯气一定0.05 mol D. n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为5∶1∶1 【答案】（1）饱和食盐水 （2）BD 【解析】 【小问1详解】 要贮存多余气体，所选液体需满足不与氯气反应且氯气在其中溶解度较小的条件。氯气能与水发生反应，但在饱和食盐水中，由于氯离子浓度较大，会抑制氯气与水的反应，从而降低氯气的溶解度，所以饱和食盐水可用于贮存氯气。 【小问2详解】 A．NaOH与Cl2反应，若只生成NaCl和NaClO，根据方程式，此时n(Na+)∶n(Cl-)=2∶1；若只生成NaCl和NaClO3，根据方程式，此时n(Na+)∶n(Cl-)=6∶5。现在得到NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，所以n(Na+)∶n(Cl-)介于6∶5到2∶1之间，3∶2在此范围内，A正确； B．n(NaOH)=c×V=1 mol/L×0.1 L=0.1 mol。若只生成NaCl和NaClO，根据方程式，转移的电子为0.05 mol；若只生成NaCl和NaClO3，根据方程式，转移的电子为。现在得到NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，所以，B错误； C．根据Na守恒可得，n(NaOH)= n(NaCl)+ n(NaClO)+ n(NaClO3)= 0.1 mol，再根据Cl守恒，，C正确； D．设n(NaCl)=5 mol，n(NaClO)=1 mol，n(NaClO3)=1 mol，根据得失电子守恒，NaCl中Cl得到的电子数为5 mol×1 = 5 mol，NaClO中Cl失去的电子数为1 mol×1 = 1 mol，NaClO3中Cl失去的电子数为1 mol×5 = 5mol，得失电子不守恒，D错误； 故答案选BD。 14. NaClO是“84”消毒液的主要成分，某同学欲配制NaClO浓度为4.000 mol/L 的“84”消毒液480 mL ，需称量NaClO固体___________g；实验中除烧杯、玻璃棒外，还需使用到的玻璃仪器有___________。 【答案】 ①. 149 ②. 500mL容量瓶、胶头滴管 【解析】 【详解】配制NaClO浓度为4.000 mol/L 的“84”消毒液480 mL，选500 mL容量瓶，需要称量的NaClO固体质量：；实验中除烧杯、玻璃棒外，还需使用到的玻璃仪器有500 mL容量瓶、胶头滴管。 15. 将0.2molMnO2和50mL12mol/L盐酸混合后加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为（不考虑盐酸的挥发）（ ） A. 等于0.3mol B. 小于0.3mol C. 大于 0.3mol，小于 0.6mol D. 等于 0.6mol 【答案】C 【解析】 【分析】MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，以此解答该题。 【详解】n（MnO2）=0.2mol，n（HCl）=0.05L×12mol/L=0.6mol．反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知MnO2过量，如盐酸完全反应，则生成0.15molCl2，溶液剩余0.3molCl-，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.3mol，小于0.6mol，则反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量大于0.3mol，小于0.6mol。 答案选C。 16. 二氧化氯(ClO2)气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2.其工艺流程示意图如图所示： 已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。 ②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。 （1）通入空气的作用是___________。 （2）方法1中，反应的离子方程式是___________。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过60℃，可能的原因是___________。 （3）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作： ①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀H2SO4，充分反应，将所得混合液配成100 mL 待测溶液。 ②移取25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中，用b mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为c mL (已知：)。样品中NaClO2的质量分数为___________(用含a、b、c的代数式表示)。 （4）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可快速得到ClO2，反应的化学方程式是___________。 【答案】（1）稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 （2） ①. ②. 防止NaClO2分解 （3） （4） 【解析】 【分析】步骤1中，在稀硫酸作用下被还原生成，因纯ClO2易分解爆炸，同时还需通空气稀释生成的；步骤2的方法1中，被还原生成，方法2中向溶液中通入，用电解法得到；最后步骤3从溶液中得到晶体，据此解答。 【小问1详解】 因纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下，防止其分解爆炸，则通入空气的作用是：稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸； 【小问2详解】 方法1中，与、发生氧化还原反应生成、和，反应的离子方程式是：。根据已知信息②：长期放置或高于60 ℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，则利用方法1制NaClO2时，温度不能超过60 ℃，可能的原因是：防止NaClO2分解； 【小问3详解】 a克样品溶液中加入过量的KI晶体，再滴入适量的稀H2SO4，全部被还原生成，被氧化生成，根据得失电子守恒可得关系式：，再结合滴定时发生反应：，可得关系式：，则样品中NaClO2的质量分数为； 【小问4详解】 NaClO2使用时，加入稀盐酸即可快速得到ClO2，即部分NaClO2被氧化生成ClO2，部分NaClO2被还原生成NaCl，则NaClO2和稀盐酸发生氧化还原反应生成ClO2、NaCl和，反应的化学方程式是：。 五、H2S 17. 脱除沼气中的H2S是资源利用和环境保护的重要研究课题，脱除H2S有多种方法。 方法一：高温热分解法：2H2S(g)S2(g)+2H2(g) △H =170kJ·mol-1。 （1）一定温度和压强下，工业上进行H2S热分解反应时一般要向H2S中加入一些Ar(g)。从平衡移动的角度说明加入Ar(g)的原因___________。 若在两个2L的恒容密闭容器中分别加入2.0 mol H2S、1.0 mol H2S，测得不同温度下H2S热分解反应的平衡转化率如图所示： （2）图中代表加入2.0 mol H2S的曲线是___________。 A．MP B．ON （3）M点、O点和N点的逆反应速率v(M)、v(O)和v(N)，其中最慢的是___________。 A. v(M) B. v(O) C. v(N) D. 无法比较 （4）能说明该条件下H2S热分解反应达到平衡状态的是___________。 A. 体系压强保持不变 B. S2和H2S的物质的量浓度之比保持不变 C. 平衡常数保持不变 D. H2S的生成速率与H2的消耗速率相等 方法二；催化重整法 Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除时需先进行吸附。过程如图所示： （5）按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请解释其原因___________。 常温常压下，1体积水能溶解约2.6体积H2S，通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如δ(H2S)=]。 （6）pH=7时，溶液中含硫微粒主要为___________。(用微粒符号表示) （7）=___________。 A. 106 B. 107 C. 1010 D. 1013 （8）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体，请结合平衡移动原理解释产生气体的原因___________。 （9）pH=13时，c(Na+)-3c(S2-)___________0.1。 A. > B. < C. = D. 无法比较 【答案】（1）加入，容器体积增大，平衡向正反应方向移动，从而提高硫化氢的转化率 （2）B （3）A （4）AB （5）H2S中H带正电，S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强 （6） （7）A （8），结合生成CuS沉淀， 使降低，电离平衡正向移动，增大，与结合生成气体 （9）B 【解析】 【小问1详解】 一定温度和压强下，加入，容器体积增大，等效于反应体系的压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，即向正反应方向移动，从而提高的转化率。 【小问2详解】 恒温、恒容条件下增大的浓度，等效于加压，反应2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)的平衡逆向移动，的平衡转化率减小，则图中代表加入的曲线是点所在曲线，故选B。 【小问3详解】 温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快；M点和O点温度相同，M点H2S浓度小，N点温度高于M点和O点，所以逆反应速率最小，故答案为A。 【小问4详解】 A．因为反应前后气体分子数发生变化，反应过程中，容器内气体压强会变化，压强不变说明各物质浓度不变，达到平衡状态，故A符合题意； B．由方程式可知，S2为生成物，H2S为反应物，当S2和H2S的物质的量浓度之比保持不变，该反应达到化学平衡状态，故B符合题意； C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数是定值，与反应进行的程度无关，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意； D．H2S的生成速率与H2的消耗速率都是指逆反应，与反应进行的程度无关，不能作为反应达到平衡的标志，故D不符合题意； 故答案为AB。 【小问5详解】 Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附，利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是H2S中H带正电，S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。 【小问6详解】 氢硫酸为弱酸，利用NaOH溶液调节pH， 随着NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，氢硫酸浓度逐渐降低，的浓度逐渐增大，继续滴加NaOH溶液，的浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，当时，溶液中的含硫微粒为。 【小问7详解】 由分析及关系图可知，当时，，，当时，，，则，故选A。 【小问8详解】 溶液中存在的电离，结合生成CuS沉淀， 使降低，电离平衡正向移动，增大，与结合生成气体。 【小问9详解】 时，，，根据电荷守恒：，时， ，则有，则，故选B。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $