2027届高三化学一轮复习单元检测卷（能力提升）《第六章 化学反应与能量》及答案

2027年高三一轮复习单元检测卷（能力提升） 第六章 化学反应与能量 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修二第六章 5．难度系数：0.65 6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我国古代典籍中蕴含着丰富的化学知识与智慧，记录了古人认识和利用自然的实践。下列说法错误的是 A．《本草纲目》记载：“近山生石，青白色；作灶烧竟，以水沃之，即热蒸而解”，说明CaO与水的反应是放热反应 B．《神农本草经》记载：“石硫黄能化金银钢铁奇物”，表明硫具有还原性 C．《梦溪笔谈》记载：石油“燃之如麻”，说明石油具有可燃性 D．《徐霞客游记》记载：“石乳下垂，色润形幻，若琼柱宝幢，横列洞中。”钟乳石生长过程涉及化学变化 2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1 mol 中含有共价键的数目为 B．1 mol/L 溶液中含有的数目小于 C．标准状况下，2.24 L 中含有分子的数目为 D．1 mol 和3 mol 在一定条件下充分反应，生成分子的数目为 3．物质间转化关系如图，下列推理成立的是 A．a可为Na或Fe B．a可为S，d可用于制备b C．可为N2，c可以与水反应生成b和d D．可为C，a和c高温下生成b为放热反应 4．下列实验方案不能得出相应结论的是 A B C D 观察电流表指针偏转方向 左侧试管先出现浑浊 左侧固体不溶解而右侧溶解 有红棕色气体产生 结论：金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu 结论：增大反应物浓度，该反应速率加快 结论：金属性的强弱Mg＞Al 结论：木炭与浓硝酸发生了反应 A．A   B．B   C．C   D．D 5．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论错误的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究Cu和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和：①浓；②和混合溶液 ①无色变黄色； ②蓝色变绿色 Cu和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： C 鉴别食盐与亚硝酸钠 各取少量固体于烧杯中加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡 烧杯中溶液分别为蓝色和无色 溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐 D 探究溶解度影响因素 向的溶液中滴加浓KI溶液 层溶液紫色变浅 碘单质与碘离子能发生可逆反应： A．A B．B C．C D．D 6．下列对应反应的离子（电极）方程式书写正确的是 A．向溶液中加入稀硫酸： B．饱和溶液中通入过量： C．铅酸蓄电池放电的正极反应： D．溶液在空气中放置变质： 7．在固体M的催化下，NO的氧化反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)  ∆H分两步进行： 步骤Ⅰ．2NO(g)N2O2(g)  ∆H1 步骤Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)  ∆H2 反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．总反应的焓变∆H=E5-E1 B．决定NO氧化反应速率的是步骤Ⅱ C．步骤Ⅱ的活化能为E4-E3 D．催化剂的作用是降低反应的活化能，但活化分子百分数不变 8．如图所示的物质转化关系中，固体X与固体Y研细后混合，常温下搅拌产生气体M和固体W，温度迅速下降；M能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；G是一种强酸；H是白色固体，常用作钡餐。下列说法错误的是 A．固体X含有离子键和共价键 B．E在标准状况下是红棕色气体 C．W为可溶于水的有毒物质 D．常温下可用铝制容器来盛装G的浓溶液 9．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业上一般以硫黄或其他含硫矿物(如黄铁矿)为原料来制备硫酸。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．晶体中含离子数目为 B．和足量的在密闭容器中充分反应，生成的的分子数为 C．标准状况下，3.36L的中含有的质子数为 D．的水溶液中含有氧原子数为 10．根据原电池原理，下述装置对应的分析正确的是 A．装置①中电极为负极，发生还原反应 B．装置②中溶液中的向电极移动 C．装置③中片表面产生气泡 D．装置④中每转移电子，正极质量增加 11．不同催化剂下合成氨反应的历程如图，吸附在催化剂表面的物种用“*”表示。下列说法正确的是 A．N2浓度过大，不利于产物分子解吸，反应速率可能变慢 B．合成氨反应应选用催化剂A C．及时分离出氨气能加快合成氨反应的速率 D．常温常压下，合成氨反应速率慢的根本原因是破坏H-H需要吸收的能量太大 12．某同学研究铜和稀硝酸的反应。测得产生气体的体积(V)随时间(t)的变化关系如图1所示，并提出了铜和稀硝酸反应的过程如图2所示(反应过程中温度变化忽略不计)。 已知：为弱酸，为淡黄色沉淀 下列说法不正确的是 A．铜和稀硝酸总反应的化学方程式是(稀) B．取200min时的反应液，向其中加入溶液，产生少量淡黄色沉淀，说明反应i发生 C．反应ii中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2 D．图1中，反应速率的变化可能是由于催化反应导致的 13．常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓硝酸中组成原电池装置(如图甲)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化(如图乙)，反应过程中有红棕色气体产生。t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，下列说法不正确的是 A．t1s前，铝片是负极 B．t1s前，溶液中的H+向铝片迁移 C．t1s前后外电路中电子流动方向发生改变的原因可能是铝表面形成致密的氧化膜 D．t1s后，正极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O 14．常温下，将NO与H2的混合气体通 入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，可以将氮氧化物转化为无害物质，转化过程如下图所示。下列说法不正确的是 A．转化过程中，Ce4+作催化剂 B．该转化过程涉及非极性键的断裂和形成 C．该循环总反应为，该反应属于氮的固定 D．若将NO换为NO2发生如上转化，过程II中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4 15．利用反应，可处理石油化工行业废气中的硫化氢并回收硫黄，某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．时刻体系处于平衡状态 B．曲线②表示正反应速率随时间变化关系 C．气体的平均相对分子质量：时刻小于时刻 D．时刻体系中存在c(S2)：c(H2)=1：2 第II卷（非选择题 共55分） 16．（13分）研究CO气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明有重要意义。 Ⅰ、甲醇可以补充石油燃料，缓解能源紧张，利用可以合成甲醇：。 (1)一定温度下，在恒容的密闭容器中充入和，发生上述反应。能说明反应达到化学平衡的是______(填标号)。 a．不变    b．体系总压强不变 c．混合气体的平均摩尔质量保持不变    d．混合气体的密度不变 (2)在某一时刻采取下列措施，能使上述反应反应速率增大的措施是______(填标号)。 a．恒温恒容下，再充入CO    b．升高温度 c．恒温恒容下，向其中充入Ar    d．恒温恒压下，向其中充入Ar (3)可用电化学原理处理制备甲醇，装置如图所示。 每参与反应，有______通过质子交换膜；通入的一端发生的电极反应式为______。 Ⅱ、利用反应，可实现汽车尾气的无害化处理。 (4)一定温度下，在容积为的恒容密闭容器中加入等物质的量的和，测得部分物质的物质的量随时间的变化如图所示。 ①X代表的物质是______(填化学式)；a点正反应速率______逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。 ②从反应开始到达平衡时，______；的平衡转化率为______。 17．（分）元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛。 (1)第VIIA族原子半径最小的元素的原子结构示意图为_______。 (2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是_______(填序号)。 a.Cl2、Br2、I2的沸点 b.Cl2、Br2、I2的氧化性 c.HCl、HBr、HI的稳定性           d.HCl、HBr、HI的酸性 (3)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体： NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体 ①完成I中反应的总化学方程式：_______； ②II中转化的基本反应类型是_______，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的主要原因是_______。 (4)一定条件，在水溶液中1molCl-、(x=1，2，3，4)的能量(kJ·mol-1)相对大小如图所示。 ①上图中最不稳定的离子对应的酸是_______(填写名称)。 ②B→A＋C反应的能量变化为_______kJ·mol-1。 18．（14分）栾川钼矿是我国特大型钼矿床，其矿石主要成分为辉钼矿(MoS2)，伴生有SiO2和少量CuS、FeS2等杂质。某冶炼厂采用“浮选-焙烧-浸出-提纯”的流程提取金属钼，工艺简化如下： 已知：①MoO3可溶于氨水，高温易升华。 ②钼酸(H2MoO4)微溶于冷水，能溶于热水。 请根据上述流程回答下列问题： (1)FeS2中Fe的化合价为___________。 (2)浮选是将破碎后的矿石与水、浮选剂混合搅拌，通入空气形成泡沫，辉钼矿因疏水性附着于泡沫表面被分离，得到钼精矿。该过程中将矿石粉碎的目的是___________。 (3)焙烧过程中，钼精矿中主要成分发生反应的化学方程式为___________。 (4)浸出步骤通常在80℃进行，原因是___________；烧渣浸出后滤渣的主要成分有___________(填化学式)。 (5)调pH2～3的过程中，发生反应的离子方程式为___________。 (6)高温分解时，采用缓慢升温的方式，并需精准控制温度，防止局部温度过高的主要原因是___________。 (7)Mo的金属活动性介于铁和铜之间，则将MoO3转化为Mo，采用的方法为___________(填字母)。 a．电解法            b．热还原法            c．热分解法            d．物理分离法 19．（14分）二氧化氯()是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，用如图所示装置(夹持装置已省略)制备、吸收、释放，并探究其性质。(已知，实验室可用稳定剂吸收，生成，使用时加酸只释放出一种气体) 已知：①沸点为9.9℃，可溶于水，浓度较高时易发生爆炸； ②饱和溶液低于38℃时析出，高于38℃时析出，高于60℃时分解为和NaCl。 回答下列问题： (1)装置A盛放溶液的仪器名称是_______；仪器b的作用是_______。 (2)按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_______，实验过程中需持续通入一定量的氮气，其目的是将装置A产生的气体赶入吸收装置被充分吸收，以及_______。 (3)打开仪器a的活塞，装置A中发生反应，生成、、NaCl等，写出装置A中发生反应的化学方程式：_______，关闭仪器a的活塞，在装置C中被稳定剂完全吸收，此时观察到装置D中溶液的颜色不变，其中的原因可能是_______。 (4)向装置C中滴加稀盐酸，反应剧烈，若将稀盐酸换成等pH的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快，产生气体速率迅速加快的原因可能是_______。 (5)装置F的作用是制备，装置F中NaOH溶液的作用有两个，其一是用作反应物，其二是______，从装置F广口瓶内的溶液中获得的操作步骤是蒸发浓缩、_______、洗涤、干燥。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高三一轮复习单元检测卷（能力提升）全解全析 第六章 化学反应与能量 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修二第六章 5．难度系数：0.65 6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我国古代典籍中蕴含着丰富的化学知识与智慧，记录了古人认识和利用自然的实践。下列说法错误的是 A．《本草纲目》记载：“近山生石，青白色；作灶烧竟，以水沃之，即热蒸而解”，说明CaO与水的反应是放热反应 B．《神农本草经》记载：“石硫黄能化金银钢铁奇物”，表明硫具有还原性 C．《梦溪笔谈》记载：石油“燃之如麻”，说明石油具有可燃性 D．《徐霞客游记》记载：“石乳下垂，色润形幻，若琼柱宝幢，横列洞中。”钟乳石生长过程涉及化学变化 【答案】B 【详解】A．石灰石煅烧生成，与水反应时出现“热蒸”现象说明反应放热，A正确； B．硫（）与金银钢铁等金属反应时，的化合价从0价降低到-2价，作氧化剂，表现氧化性而非还原性，B错误； C．石油“燃之如麻”说明石油可以燃烧，具有可燃性，C正确； D．钟乳石生长过程涉及、、反应生成可溶性，以及分解生成的反应，属于化学变化，D正确； 故选B。 2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1 mol 中含有共价键的数目为 B．1 mol/L 溶液中含有的数目小于 C．标准状况下，2.24 L 中含有分子的数目为 D．1 mol 和3 mol 在一定条件下充分反应，生成分子的数目为 【答案】A 【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，每个铵根离子内含4个N—H共价键，因此1 mol氯化铵含4 mol N—H共价键，共价键数为，A正确； B．题中只给出物质的量浓度1 mol/L，未给出溶液体积，不能确定碳酸氢根离子的物质的量，也不能判断其粒子数是否小于阿伏加德罗常数，B错误； C．标准状况下水为液体，2.24 L水不能用气体摩尔体积换算为0.1 mol，水分子数不能按0.1倍阿伏加德罗常数计算，C错误； D．氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，充分反应达到化学平衡时反应物不能完全转化，其反应为，所以生成氨分子数小于2倍阿伏加德罗常数，D错误； 故选A。 3．物质间转化关系如图，下列推理成立的是 A．a可为Na或Fe B．a可为S，d可用于制备b C．可为N2，c可以与水反应生成b和d D．可为C，a和c高温下生成b为放热反应 【答案】B 【详解】A．若为，其氧化物、中均为价，化合价相同，不满足；若为，与反应无法直接得到低价铁的氧化物，不能实现转化，A错误； B．为时，与反应生成（，为价），催化氧化生成（，为价，满足），与水反应生成（），可与亚硫酸盐反应或与铜共热生成，可用于制备，B正确； C．为时，与放电条件下生成（，为价），与反应生成（，为价，满足），与水发生反应，生成（）和（），d中N元素化合价比c的高，C错误； D．为时，与不完全燃烧生成（），氧化生成（），与高温下反应生成为吸热反应，D错误； 故选B。 4．下列实验方案不能得出相应结论的是 A B 观察电流表指针偏转方向 左侧试管先出现浑浊 结论：金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu 结论：增大反应物浓度，该反应速率加快 C D 左侧固体不溶解而右侧溶解 有红棕色气体产生 结论：金属性的强弱Mg＞Al 结论：木炭与浓硝酸发生了反应 A．A   B．B   C．C   D．D 【答案】D 【详解】A．两个原电池装置，第一个原电池电子由流向，说明作负极，金属活动性；第二个原电池电子由流向，说明作负极，金属活动性，综合可以得到金属活动性顺序，该实验方案能够得出对应结论，A不符合题意； B．两组实验中溶液浓度相同，左侧试管浓度更大，左侧试管先出现浑浊，其他条件保持一致，只有硫酸浓度不同，可以证明增大反应物浓度，反应速率加快，该实验方案能够得出对应结论，B不符合题意； C．向和中加入浓溶液，不溶于强碱，说明是碱；可以溶于强碱，说明具有两性，属于两性氢氧化物；元素最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性越强，碱性，所以金属性，该实验方案能够得出对应结论，C不符合题意； D．红热木炭放入浓硝酸中，观察到红棕色气体，红棕色气体是，但浓硝酸受热自身也会发生分解反应，，同样会生成，无法证明红棕色气体来自木炭和浓硝酸的反应，不能得出木炭与浓硝酸发生反应的结论，该实验方案不能得出相应结论，D符合题意； 故选D。 5．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论错误的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究Cu和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和：①浓；②和混合溶液 ①无色变黄色； ②蓝色变绿色 Cu和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： C 鉴别食盐与亚硝酸钠 各取少量固体于烧杯中加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡 烧杯中溶液分别为蓝色和无色 溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐 D 探究溶解度影响因素 向的溶液中滴加浓KI溶液 层溶液紫色变浅 碘单质与碘离子能发生可逆反应： A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．Cu与浓反应生成和，反应为。实验①表明溶于浓后使溶液呈黄色，实验②表明通入能使原来的蓝色溶液变为绿色，说明反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有，A正确； B．与结合会使溶液显红色。向含等物质的量浓度的和的混合溶液中滴加少量溶液，溶液颜色无明显变化，说明优先与结合，因此结合的能力为，B正确； C．利用亚硝酸钠氧化KI生成碘，再用淀粉检验碘，需要提供酸性条件，反应为。原方案只将固体溶于水后加入含淀粉的KI溶液，未进行酸化，缺少反应所需的酸性条件，不能按所列方案完成鉴别。应分别先用少量稀硫酸酸化，再加入含淀粉的KI溶液；亚硝酸钠能使碘离子转化为碘，溶液显蓝色，食盐不能使溶液显蓝色，C错误； D．向碘的溶液中加入浓KI溶液后，水层中的与结合生成，使更多碘从层转移到水层，故层中碘的浓度减小，紫色变浅。相应的可逆反应为，D正确； 故选C。 6．下列对应反应的离子（电极）方程式书写正确的是 A．向溶液中加入稀硫酸： B．饱和溶液中通入过量： C．铅酸蓄电池放电的正极反应： D．溶液在空气中放置变质： 【答案】A 【详解】A．与稀反应生成硫单质、二氧化硫和水，给出的离子方程式原子、电荷均守恒，符合反应事实，A正确； B．饱和溶液中通入过量，因溶解度小于，会析出晶体，正确离子方程式为，B错误； C．铅酸蓄电池放电时，电解质为硫酸溶液，正极得电子后与结合生成沉淀，正确正极反应为，C错误； D．溶液在空气中变质时，生成的与不能大量共存，会结合生成沉淀，且给出的方程式原子不守恒，正确离子方程式为，D错误； 故选 A。 7．在固体M的催化下，NO的氧化反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)  ∆H分两步进行： 步骤Ⅰ．2NO(g)N2O2(g)  ∆H1 步骤Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)  ∆H2 反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．总反应的焓变∆H=E5-E1 B．决定NO氧化反应速率的是步骤Ⅱ C．步骤Ⅱ的活化能为E4-E3 D．催化剂的作用是降低反应的活化能，但活化分子百分数不变 【答案】B 【详解】A．由题图信息可知，反应物的总能量为E2，生成物的总能量为E5，则∆H=E5-E2，A错误； B．从题图中可以看出，步骤I的活化能小于步骤Ⅱ的活化能，则决定NO氧化反应速率的是步骤Ⅱ，B正确； C．步骤Ⅱ中，反应物的总能量为E4，活化分子的最低能量为E3，则活化能为E3-E4，C错误； D．加入催化剂，降低活化能，活化分子百分数增大，D错误； 故选B。 8．如图所示的物质转化关系中，固体X与固体Y研细后混合，常温下搅拌产生气体M和固体W，温度迅速下降；M能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；G是一种强酸；H是白色固体，常用作钡餐。下列说法错误的是 A．固体X含有离子键和共价键 B．E在标准状况下是红棕色气体 C．W为可溶于水的有毒物质 D．常温下可用铝制容器来盛装G的浓溶液 【答案】B 【分析】M能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明M为，NH3与HCl反应生成X为NH4Cl；G是强酸，结合经催化氧化、与水反应的转化，推得E为，F为，G为；H是常用钡餐，为；W与溶液反应生成，说明W含；固体X与Y混合搅拌产生且温度迅速下降，可知该反应为与的反应，因此Y为，W为。 【详解】A．X为NH4Cl，含有与之间的离子键，以及中N与H原子之间的共价键，A 正确； B．E为，在标准状况下是无色气体，而非红棕色（红棕色气体为），B 错误； C．W为，可溶于水，且属于重金属离子，有毒，C 正确； D．G为，常温下浓硝酸会使铝发生钝化，因此可用铝制容器盛装浓硝酸，D 正确； 故答案选B。 9．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业上一般以硫黄或其他含硫矿物(如黄铁矿)为原料来制备硫酸。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．晶体中含离子数目为 B．和足量的在密闭容器中充分反应，生成的的分子数为 C．标准状况下，3.36L的中含有的质子数为 D．的水溶液中含有氧原子数为 【答案】A 【详解】A．FeS2晶体中阳离子为Fe2+，阴离子为，1个FeS2含2个离子（1个Fe2+和1个），则0.1mol FeS2含离子数目为0.1mol×2×NA/mol=0.2NA，A正确； B．SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应（2SO2+O2⇌2SO3），64g SO2（1mol）与足量O2反应时，SO2不能完全转化，生成的SO3分子数小于NA，B错误； C．标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算其物质的量，C错误； D．100mL 0.1mol·L-1 H2SO4溶液中，H2SO4的物质的量为0.01mol，含O原子0.04mol，但溶液中的水也含O原子，总O原子数远大于0.04NA，D错误； 故选A。 10．根据原电池原理，下述装置对应的分析正确的是 A．装置①中电极为负极，发生还原反应 B．装置②中溶液中的向电极移动 C．装置③中片表面产生气泡 D．装置④中每转移电子，正极质量增加 【答案】D 【详解】A．装置①中电极失电子发生氧化反应，Al为负极，故A错误； B． 和溶液构成原电池，作负极，作正极，电解质溶液中向电极移动，故B错误； C．该装置未形成闭合回路，没有构成原电池，且与稀不反应，所以片表面无气泡产生，故C错误； D．Fe比Cu活泼，Fe为负极，Cu为正极，正极电极反应式为，每转移电子，正极生成，正极质量增加，故D正确； 选D。 11．不同催化剂下合成氨反应的历程如图，吸附在催化剂表面的物种用“*”表示。下列说法正确的是 A．N2浓度过大，不利于产物分子解吸，反应速率可能变慢 B．合成氨反应应选用催化剂A C．及时分离出氨气能加快合成氨反应的速率 D．常温常压下，合成氨反应速率慢的根本原因是破坏H-H需要吸收的能量太大 【答案】A 【详解】A．N2浓度过大，不利于产物分子解吸，可能导致反应速率变慢，A正确； B．由图可知，采用催化剂B时，反应的活化能较低，则催化剂B的催化效率更好，B错误； C．及时分离出氨气，降低生成物浓度，正反应速率瞬间不变、逆反应速率减小，不能加快合成氨反应的速率，C错误； D．常温常压下，合成氨反应速率慢的根本原因是破坏需要吸收的能量太大，D错误； 故选A。 12．某同学研究铜和稀硝酸的反应。测得产生气体的体积(V)随时间(t)的变化关系如图1所示，并提出了铜和稀硝酸反应的过程如图2所示(反应过程中温度变化忽略不计)。 已知：为弱酸，为淡黄色沉淀 下列说法不正确的是 A．铜和稀硝酸总反应的化学方程式是(稀) B．取200min时的反应液，向其中加入溶液，产生少量淡黄色沉淀，说明反应i发生 C．反应ii中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2 D．图1中，反应速率的变化可能是由于催化反应导致的 【答案】C 【分析】根据图分析可知，反应是，反应是。 【详解】A．根据反应：，反应：，合并可知铜和稀硝酸总反应的化学方程式是，A正确； B．溶液出现淡黄色沉淀，说明溶液中已生成，即发生了由生成，B正确； C．反应是，根据化合价变化情况，个中的氮元素化合价降低，一个中的氮元素化合价升高，氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误； D．至少在已经生成了，反应速率的变化可能是由于生成的自催化反应导致，D正确； 故选C。 13．常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓硝酸中组成原电池装置(如图甲)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化(如图乙)，反应过程中有红棕色气体产生。t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，下列说法不正确的是 A．t1s前，铝片是负极 B．t1s前，溶液中的H+向铝片迁移 C．t1s前后外电路中电子流动方向发生改变的原因可能是铝表面形成致密的氧化膜 D．t1s后，正极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O 【答案】B 【分析】0-t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应有氢离子参与反应，同时有水生成，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行；t1后，铜作负极，Al为正极。 【详解】A．根据分析，0-t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，故A正确； B．0-t1时，Al为负极，Cu为正极，根据原电池离子“同性相吸”，因此溶液中的H+向正极即Cu电极移动，故B错误； C．随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1后，铜做负极反应，电流方向相反，故C正确； D．t1s后，铜作负极，Al为正极，正极硝酸根离子得到电子生成NO2，电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，故D正确。 综上所述，答案为B。 14．常温下，将NO与H2的混合气体通 入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，可以将氮氧化物转化为无害物质，转化过程如下图所示。下列说法不正确的是 A．转化过程中，Ce4+作催化剂 B．该转化过程涉及非极性键的断裂和形成 C．该循环总反应为，该反应属于氮的固定 D．若将NO换为NO2发生如上转化，过程II中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4 【答案】C 【分析】反应I中氢气是还原剂，Ce4+是氧化剂，氢气将Ce4+还原为Ce3+而自身被还原为，反应的离子方程式：；反应II中Ce3+将NO还原为N2而自身被氧化为Ce4+，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒，反应II的离子方程式：，据此分析。 【详解】A．转化过程中，Ce4+是反应I的反应物，是反应II的生成物，所以Ce4+是总反应的催化剂，故A正确； B．该转化过程中涉及非极性键H-H键的断裂和NN键的形成，故B正确； C．结合分析知，反应I的离子方程式：；反应II的离子方程式：，两式结合可得到总反应式：，氮的固定是指将游离态氮转化为化合态氮的过程，该反应不属于氮的固定，故C错误； D．若将NO换为NO2发生如上转化，过程II中将发生：，氧化剂与还原剂分别为，物质的量之比为2：8=1：4，故D正确； 故选C。 15．利用反应，可处理石油化工行业废气中的硫化氢并回收硫黄，某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．时刻体系处于平衡状态 B．曲线②表示正反应速率随时间变化关系 C．气体的平均相对分子质量：时刻小于时刻 D．时刻体系中存在c(S2)：c(H2)=1：2 【答案】D 【详解】A．t1时刻正逆反应速率不相等，体系不在平衡状态，A错误； B．开始时反应物浓度最大，生成物浓度为0，所以曲线①表示正反应速率随时间变化的关系，曲线②表示的是逆反应速率随时间变化的关系，B错误； C．平均摩尔质量在数值上等于平均相对分子质量，M=，m总不变，t2时刻n总更大，故t1时刻混合气体平均相对分子质量大于t2时刻，C错误； D．S2和H2都是生成物，浓度之比等于方程式的系数之比，体系中存在c(S2)：c(H2)=1：2，D正确； 答案选D。 第II卷（非选择题 共55分） 16．（13分）研究CO气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明有重要意义。 Ⅰ、甲醇可以补充石油燃料，缓解能源紧张，利用可以合成甲醇：。 (1)一定温度下，在恒容的密闭容器中充入和，发生上述反应。能说明反应达到化学平衡的是______(填标号)。 a．不变    b．体系总压强不变 c．混合气体的平均摩尔质量保持不变    d．混合气体的密度不变 (2)在某一时刻采取下列措施，能使上述反应反应速率增大的措施是______(填标号)。 a．恒温恒容下，再充入CO    b．升高温度 c．恒温恒容下，向其中充入Ar    d．恒温恒压下，向其中充入Ar (3)可用电化学原理处理制备甲醇，装置如图所示。 每参与反应，有______通过质子交换膜；通入的一端发生的电极反应式为______。 Ⅱ、利用反应，可实现汽车尾气的无害化处理。 (4)一定温度下，在容积为的恒容密闭容器中加入等物质的量的和，测得部分物质的物质的量随时间的变化如图所示。 ①X代表的物质是______(填化学式)；a点正反应速率______逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。 ②从反应开始到达平衡时，______；的平衡转化率为______。 【答案】(1)bc (2)ab (3) 2 CO+4e-+4H+=CH3OH (4) CO2 > 0.016 80% 【详解】（1）a．在恒容密闭容器中进行反应，起始时CO和H2物质的量之比为1∶2，反应过程中二者变化量之比也为1∶2，所以始终不变，不能说明反应达到平衡，a错误； b．该反应是气体分子数减小的反应，在恒容条件下，体系总压强不变，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，b正确； c．混合气体总质量不变，反应前后气体物质的量改变，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，c正确； d．混合气体质量和体积都不变，根据ρ=m/V，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，d错误； 故选bc； （2）a．恒温恒容下，再充入CO，CO浓度增大，反应速率增大，a正确； b．升高温度，反应速率增大，b正确； c．恒温恒容下，充入Ar，各反应物浓度不变，反应速率不变，c错误； d．恒温恒压下，充入Ar，容器体积增大，各反应物浓度减小，反应速率减小，d错误； 故选ab； （3）根据CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，H2和H+的关系为H2～2H+，2.0gH2的物质的量为1mol，则有2molH+通过质子交换膜；该装置是原电池，根据总反应：CO+2H2=CH3OH可知，C的化合价降低，CO在正极得到电子，H的化合价升高，H2在负极失去电子，所以通入H2的一端是负极；电池工作过程中阳离子移向正极，所以H+向左移动；通入CO的一端为正极，CO在酸性溶液中得到电子转变为CH3OH，电极反应式为：CO + 4e- + 4H+ = CH3OH； （4）①平衡时生成X是1.6mol，消耗NO和CO均是1.6 mol，根据方程式可知X代表的物质是CO2；a点反应向正反应方向进行，则正反应速率大于逆反应速率； ②达到平衡时，消耗NO的物质的量是1.6 mol，浓度是0.8 mol/L，则；到达到平衡消耗CO是1.6 mol，该条件下，CO的平衡转化率为×100%=80%。 17．（14分）元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛。 (1)第VIIA族原子半径最小的元素的原子结构示意图为_______。 (2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是_______(填序号)。 a.Cl2、Br2、I2的沸点 b.Cl2、Br2、I2的氧化性 c.HCl、HBr、HI的稳定性          d.HCl、HBr、HI的酸性 (3)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体： NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体 ①完成I中反应的总化学方程式：_______； ②II中转化的基本反应类型是_______，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的主要原因是_______。 (4)一定条件，在水溶液中1molCl-、(x=1，2，3，4)的能量(kJ·mol-1)相对大小如图所示。 ①上图中最不稳定的离子对应的酸是_______(填写名称)。 ②B→A＋C反应的能量变化为_______kJ·mol-1。 【答案】 bc NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑ 复分解反应 KClO3在该条件下的溶解度较其他晶体小 亚氯酸 -117 【详解】 (1)第VIIA族原子半径最小的元素是F，其原子结构示意图为；故答案为； (2) 卤族元素最外层电子数相等，但随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子吸引力减小，其非金属性减弱，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的溶沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选bc， 故答案为bc； (3) ①根据氧化还原反应得失电子数相等可推断出，I中反应的总化学方程式为NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑；故答案为NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑； ②NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度肯定小于其它晶体，所以先析出KClO3； 故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体； (4) ①根据图象知，C中氯元素化合价为+5价，能量最高，能量越高越不稳定，故图中最不稳定的离子对应的酸是亚氯酸；故答案为：亚氯酸； ②B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，由图可得能量变化为：，故答案为-117。 18．（14分）栾川钼矿是我国特大型钼矿床，其矿石主要成分为辉钼矿(MoS2)，伴生有SiO2和少量CuS、FeS2等杂质。某冶炼厂采用“浮选-焙烧-浸出-提纯”的流程提取金属钼，工艺简化如下： 已知：①MoO3可溶于氨水，高温易升华。 ②钼酸(H2MoO4)微溶于冷水，能溶于热水。 请根据上述流程回答下列问题： (1)FeS2中Fe的化合价为___________。 (2)浮选是将破碎后的矿石与水、浮选剂混合搅拌，通入空气形成泡沫，辉钼矿因疏水性附着于泡沫表面被分离，得到钼精矿。该过程中将矿石粉碎的目的是___________。 (3)焙烧过程中，钼精矿中主要成分发生反应的化学方程式为___________。 (4)浸出步骤通常在80℃进行，原因是___________；烧渣浸出后滤渣的主要成分有___________(填化学式)。 (5)调pH2～3的过程中，发生反应的离子方程式为___________。 (6)高温分解时，采用缓慢升温的方式，并需精准控制温度，防止局部温度过高的主要原因是___________。 (7)Mo的金属活动性介于铁和铜之间，则将MoO3转化为Mo，采用的方法为___________(填字母)。 a．电解法            b．热还原法            c．热分解法            d．物理分离法 【答案】(1)+2 (2)增大接触面积，加快浮选速率，提高辉钼矿的分离效率 (3)2MoS2+7O24SO2+2MoO3 (4) 温度太低，反应速率太慢；温度太高，氨水易分解，降低反应物的利用率 、、 (5) (6)防止MoO3高温下升华，提取率降低 (7)b 【分析】由题给流程可知，辉钼矿经浮选后得到纯度较高的钼精矿，钼精矿在空气中焙烧时，钼元素转化为，向焙烧渣中加入浓氨水，溶于氨水生成，过滤得到滤液，向溶液中加入盐酸，将钼元素转化为沉淀，过滤得到，经系列操作转化为； 【详解】（1）中为价； （2）浮选中将矿石粉碎可增大接触面积，加快浮选速率，提高辉钼矿的分离效率； （3）MoS2在空气中焙烧生成和，根据元素守恒和得失电子守恒配平； （4）浸出步骤需严格控制温度，防止温度太低，反应速率太慢；温度太高，氨水分解。浸出时与氨水反应生成，、、不溶于氨水，成为滤渣； （5）加入盐酸，调节为2～3的目的是使转化为沉淀分离出来； （6）结合已知信息，高温下易升华，故应控制反应温度； （7）金属活动性介于和之间的金属，其氧化物常用热还原法制备，电解法适用于活泼金属的制备，热分解法适用于不活泼金属冶炼； 19．（14分）二氧化氯()是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，用如图所示装置(夹持装置已省略)制备、吸收、释放，并探究其性质。(已知，实验室可用稳定剂吸收，生成，使用时加酸只释放出一种气体) 已知：①沸点为9.9℃，可溶于水，浓度较高时易发生爆炸； ②饱和溶液低于38℃时析出，高于38℃时析出，高于60℃时分解为和NaCl。 回答下列问题： (1)装置A盛放溶液的仪器名称是_______；仪器b的作用是_______。 (2)按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_______，实验过程中需持续通入一定量的氮气，其目的是将装置A产生的气体赶入吸收装置被充分吸收，以及_______。 (3)打开仪器a的活塞，装置A中发生反应，生成、、NaCl等，写出装置A中发生反应的化学方程式：_______，关闭仪器a的活塞，在装置C中被稳定剂完全吸收，此时观察到装置D中溶液的颜色不变，其中的原因可能是_______。 (4)向装置C中滴加稀盐酸，反应剧烈，若将稀盐酸换成等pH的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快，产生气体速率迅速加快的原因可能是_______。 (5)装置F的作用是制备，装置F中NaOH溶液的作用有两个，其一是用作反应物，其二是______，从装置F广口瓶内的溶液中获得的操作步骤是蒸发浓缩、_______、洗涤、干燥。 【答案】(1) 三颈烧瓶 防止倒吸 (2) 检查装置的气密性 稀释，防止其浓度过高发生爆炸 (3) 装置B除去了、混合气体中的 (4)反应生成的对反应起催化作用 (5) 防止释放 在38~60℃之间趁热过滤 【分析】A中NaClO3和稀盐酸反应生成Cl2、ClO2和NaCl，通入氮气一方面将A中生成的气体赶入吸收装置被充分吸收，其次可稀释ClO2，防止其浓度过高而发生爆炸。B装置吸收了ClO2中的氯气，生成的ClO2被稳定剂吸收，生成NaClO2，因为氯气被B装置吸收，D中溶液不变蓝，最后用NaOH吸收多余的尾气；装置F用于制备NaClO2，最后的G为尾气处理装置，据此分析； 【详解】（1）装置A盛放溶液的仪器名称是三颈烧瓶；仪器b的作用是防止倒吸； （2）按图组装好仪器后，首先应该进行的操作是检查装置的气密性，实验过程中需持续通入一定量的氮气，其目的是将装置A产生的气体赶入吸收装置被充分吸收，以及稀释ClO2，防止其因浓度过高而发生爆炸； （3）装置A中NaClO3与稀盐酸反应生成Cl2、ClO2和NaCl，化学方程式为；关闭仪器a的活塞，ClO2在装置C中被稳定剂完全吸收，但是装置D中溶液不变蓝，原因为装置B吸收了ClO2、Cl2混合气体中的氯气； （4）装置C中滴加稀盐酸，反应剧烈，将盐酸换成等pH的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间反应速率增大，可能的原因为氯离子为该反应的催化剂，硫酸与NaClO2反应生成了氯离子，起到催化作用加速反应； （5）装置F中NaOH、H2O2与ClO2反应制备NaClO2，氢氧化钠溶液作用一是作反应物，二是保证溶液为碱性，防止NaClO2遇酸放出ClO2，根据题干信息可知，NaClO2饱和溶液在38-60℃之间才能析出NaClO2，因此需要将温度控制在38-60℃之间趁热过滤。 1 学科网（北京）股份有限公司 $