2020年高中化學新教材同步必修第二冊階段重點突破匯總

階段重點突破練(一)一、二氧化硫性質的多樣性1.(2018·奉新縣高一期末)SO2既有氧化性又有還原性，還有漂白性。下列變化中對SO2表現(xiàn)的性質標注正確的是()①SO2使溴水褪色(氧化性)②SO2使品紅溶液褪色(漂白性)③SO2通入氫硫酸(H2S)產生淡黃色渾濁(還原性)④SO2使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅(水溶液顯酸性)A.只有②④ B.只有③④C.只有①③ D.①②③④答案A解析①體現(xiàn)了SO2的還原性；②體現(xiàn)了SO2的漂白性；③體現(xiàn)了SO2的氧化性；④體現(xiàn)了SO2是酸性氧化物，其水溶液顯酸性。2.下列變化中，不屬于化學變化的是()A.二氧化硫使品紅溶液褪色B.氯水使有色布條褪色C.活性炭使紅墨水褪色D.漂白粉使某些染料褪色答案C解析A項，SO2與品紅反應生成無色物質，發(fā)生化學反應；B項，氯水中含有HClO，HClO具有強氧化性，能使有色布條褪色；C項，活性炭使紅墨水褪色是物理變化；D項，漂白粉中的Ca(ClO)2有強氧化性，能使某些染料褪色。3.(2019·嘉峪關高一質檢)下列四種有色溶液與SO2作用，均能褪色，其實質相同的是()①品紅溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液A.①④B.②③C.②③④D.①②③答案B解析①體現(xiàn)二氧化硫的漂白性；②體現(xiàn)二氧化硫的還原性；③體現(xiàn)二氧化硫的還原性；④體現(xiàn)二氧化硫的酸性氧化物的性質，答案選B。4.(2019·河北衡水二中質檢)下列說法正確的是()A.濃硫酸和濃鹽酸長期暴露在空氣中濃度降低，其原因相同B.SO2、漂白粉、活性炭、過氧化鈉都能使紅墨水褪色，其原理相同C.漂白粉和氫氧化鈉長期暴露在空氣中變質，反應原理相同D.能使品紅溶液褪色的氣體不一定是SO2答案D解析濃硫酸具有吸水性，溶劑增多，濃鹽酸具有揮發(fā)性，溶質減少，即二者濃度減小的原因不同，A項錯誤；漂白粉、過氧化鈉具有強氧化性，活性炭具有吸附性，SO2與有色物質化合體現(xiàn)其漂白性，漂白原理不完全相同，B項錯誤；漂白粉與二氧化碳和水反應生成HClO，HClO易分解，氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉，即反應原理不相同，C項錯誤；具有漂白性的物質可使品紅溶液褪色，如氯氣、二氧化硫等，所以能使品紅溶液褪色的氣體不一定是SO2，D項正確。5.某研究性學習小組為探究SO2的性質，設計如圖所示實驗裝置(裝置中的固定儀器和酒精燈均未畫出)：請回答下列問題：(1)B裝置的作用是__________，D、E兩裝置中四氯化碳(CCl4)的作用是________________。(2)C裝置中的現(xiàn)象是____________，該現(xiàn)象證明SO2具有________性。(3)若將C裝置中的試劑換成酸性KMnO4溶液，發(fā)生反應的離子方程式為__________________________________________________，證明SO2具有__________性。若將C裝置中的試劑換成Na2S溶液，則現(xiàn)象為___________，證明SO2具有________性。(4)對裝置A中的濃H2SO4和銅片進行加熱，很快發(fā)現(xiàn)裝置C中出現(xiàn)明顯現(xiàn)象，但始終未見裝置D中澄清石灰水出現(xiàn)渾濁或沉淀。你的猜想是_________________________________________________________，設計實驗驗證你的猜想_________________________。(5)實驗結束后，為了減少環(huán)境污染，將各裝置中的SO2除盡，可采取的操作是________________________________________________________________________。答案(1)防倒吸防倒吸(2)品紅溶液褪色漂白(3)5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋還原有淡黃色沉淀生成氧化(4)SO2溶解度較大，澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，生成了Ca(HSO3)2取樣后，向其中加入氫氧化鈉溶液，觀察是否有沉淀生成(其他合理答案也可)(5)打開彈簧夾，用注射器向其中通入空氣，然后在裝置B中加入NaOH溶液，塞上塞子，振蕩即可解析(1)裝置B是安全瓶，防止C裝置中的溶液倒吸，進入裝置A中。將SO2通入堿溶液中易發(fā)生倒吸，但SO2在CCl4中溶解度較小，所以CCl4的作用是防止倒吸。(2)SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色。(3)SO2具有酸性氧化物的通性，能使澄清石灰水變渾濁，SO2具有還原性，能被酸性KMnO4溶液氧化；SO2具有氧化性，能與Na2S溶液反應生成淡黃色的硫單質。(4)要從SO2易溶于水，產生氣體速率快和澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，易生成Ca(HSO3)2的角度來考慮。(5)注意觀察裝置A的結構特點，可通入空氣將各裝置中的SO2排放到NaOH溶液中。但此法不能完全趕走裝置B中的SO2，要另外加入NaOH溶液除去。二、濃硫酸與稀硫酸的性質6.下列關于濃硫酸和稀硫酸的敘述中，正確的是()A.常溫時都能與鐵發(fā)生反應，放出氣體B.加熱時都能與銅發(fā)生反應C.硫元素的化合價都是＋6價D.都能作為氣體的干燥劑答案C解析常溫下濃硫酸能使鐵鈍化，加熱時濃硫酸能與銅發(fā)生反應，濃硫酸具有吸水性，常作氣體的干燥劑。常溫下稀硫酸能與鐵反應放出氫氣，常溫或加熱時，稀硫酸都不能與銅反應，稀硫酸不具有吸水性，不能作干燥劑。7.區(qū)別濃硫酸和稀硫酸，既簡單又可靠的方法是()A.常溫下與銅片反應B.與石蕊溶液反應C.用玻璃棒各蘸少許溶液涂在紙上D.加入鋅片看是否有氣體生成答案C解析常溫下濃硫酸和稀硫酸都不能與Cu反應；鋅與濃硫酸反應產生SO2，與稀硫酸反應產生H2，可以區(qū)別，但不是最簡單的方法；C項利用濃硫酸有脫水性而稀硫酸沒有脫水性來區(qū)分兩種溶液，較簡單。8.某化學課外興趣小組為探究銅與濃硫酸的反應情況，用如圖所示裝置進行有關實驗?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_________________________________________。(2)裝置D中試管口放置的棉花中應浸有一種液體，這種液體是__________________，其作用是______________________。(3)裝置B的作用是貯存多余的氣體。當裝置D中有明顯的現(xiàn)象后，關閉K并移去酒精燈，但由于余熱的作用，裝置A中仍有氣體產生，此時裝置B中現(xiàn)象是______________，B中應盛放的液體是__________________(填字母)。A.水 B.酸性KMnO4溶液C.濃溴水 D.飽和NaHSO3溶液(4)實驗中，取一定質量的銅片和一定體積18mol·L－1的濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，直到反應完全，發(fā)現(xiàn)圓底燒瓶中還有銅片剩余，該小組學生根據(jù)所學的化學知識認為還有一定量的H2SO4剩余。①有一定量的余酸但未能使銅片完全溶解，你認為原因是_________________________。②下列藥品中能用來證明反應結束后的圓底燒瓶中存在余酸的是____________(填字母)。A.鐵粉 B.BaCl2溶液C.銀粉 D.NaHCO3溶液答案(1)Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2)氫氧化鈉溶液(其他合理答案均可)吸收多余的SO2，防止污染空氣(3)試劑瓶中液面下降，而長頸漏斗中液面上升D(4)①反應過程中H2SO4被消耗，濃硫酸逐漸變稀，而銅不和稀硫酸反應②AD解析(1)裝置A為銅與濃硫酸的反應裝置，二者反應生成CuSO4、SO2和H2O。(2)因SO2為大氣污染物，需要進行尾氣處理，常用氫氧化鈉溶液吸收SO2。(3)根據(jù)題目中“裝置B的作用是貯存多余的氣體”可知，裝置B中的試劑不能吸收SO2，而水、酸性KMnO4溶液和濃溴水都與SO2反應。(4)銅可與濃硫酸反應，但不與稀硫酸反應。隨著反應的進行，H2SO4的濃度逐漸減小，濃硫酸變?yōu)橄×蛩釙r，反應停止，因此銅會剩余。因銅與濃硫酸反應的生成物中存在CuSO4，要證明反應后的圓底燒瓶中有余酸存在，只需證明有H＋存在。所以，選擇的是能與H＋反應且有明顯現(xiàn)象的鐵粉和NaHCO3溶液。三、硫酸根離子的檢驗與雜質離子的除去9.對于某些離子的檢驗及結論正確的是()A.加稀鹽酸有無色氣體產生，該氣體能使澄清石灰水變混濁，原溶液中一定有COeq\o\al(2－,3)B.加氯化鋇溶液有白色沉淀產生，再加鹽酸，沉淀不消失，原溶液中一定有SOeq\o\al(2－,4)C.某溶液為藍色，該溶液中可能含有Cu2＋D.某溶液中加入碳酸鈉溶液有白色沉淀生成，則該溶液中一定有Ca2＋答案C解析加入稀鹽酸，能放出使澄清石灰水變渾濁的氣體，原溶液中可能含有COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)和HSOeq\o\al(－,3)；加氯化鋇溶液產生白色沉淀，再加稀鹽酸沉淀不消失，可能含有銀離子或硫酸根離子；加入碳酸鈉溶液有白色沉淀生成，原溶液中可能含有Ba2＋或Ca2＋等。10.除去氯化鈉中少量的氯化鈣、硫酸鈉雜質，下列選用的試劑及加入順序正確的是()A.Na2CO3、BaCl2、HClB.BaCl2、Na2CO3、H2SO4C.BaCl2、Na2CO3、HClD.Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl答案C解析先除去硫酸根離子(用過量氯化鋇溶液，而不能用硝酸鋇溶液)，再除去鈣離子和鋇離子(過量碳酸鈉溶液)，最后除去碳酸根離子(用鹽酸，而不能用硫酸)。11.為了除去粗鹽中的Ca2＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)以及泥沙等雜質，某同學設計了一種制備精鹽的實驗方案，步驟如下(用于沉淀的試劑均過量)稱取粗鹽eq\o(→,\s\up7(溶解),\s\do5(①))eq\o(→,\s\up7(BaCl2溶液),\s\do5(②))eq\o(→,\s\up10(\x()),\s\do5(③))eq\o(→,\s\up7(Na2CO3),\s\do5(④))eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(⑤))濾液eq\o(→,\s\up7(適量鹽酸),\s\do5(⑥))eq\o(→,\s\up7(蒸發(fā)、結晶、烘干),\s\do5(⑦))精鹽下列敘述正確的是()A.第④發(fā)生的反應只有CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClB.eq\x()中的試劑可以是NaOH溶液也可以是KOH溶液C.步驟②和④順序可以顛倒D.⑤步操作用到的玻璃儀器只有燒杯、漏斗和玻璃棒答案D解析A項，氯化鈣和碳酸鈉反應會生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，氯化鋇和碳酸鈉反應會生成碳酸鋇沉淀和氯化鈉，化學方程式為CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl，BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl；B項，氫氧根離子和鎂離子會生成氫氧化鎂沉淀，所用除雜試劑的化學式為NaOH，而用KOH溶液，則引入雜質K＋；C項，碳酸鈉必須放在氯化鋇后加入，這樣既可以將鈣離子除去，也可以將反應剩余的鋇離子除去。12.某水樣中要檢驗出H＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－，三位學生進行了如下不同的實驗：甲同學：取少量溶液先滴加石蕊溶液，再加入BaCl2溶液，充分振蕩后靜置，取上層清液加入AgNO3溶液。乙同學：取少量溶液先加入足量Ba(NO3)2溶液，充分振蕩后靜置，取上層清液加入AgNO3溶液，再加入少量NaHCO3粉末。(1)評價二位同學實驗的合理性。甲________(填“合理”或“不合理”，下同)；乙________。如不合理，請說明原因________________________________________(如合理，此空不填)。(2)丙同學認為以下做法也能達到實驗目的，但要控制試劑的用量：取少量溶液先滴加紫色石蕊溶液，再加入Ba(OH)2溶液，充分振蕩后靜置，取上層清液加入AgNO3溶液。請說明丙同學如何控制試劑量：___________________________________________________________。答案(1)不合理合理甲加入BaCl2溶液引入Cl－，干擾Cl－的檢驗(2)加入Ba(OH)2溶液至沉淀不再產生，且溶液紅色不褪去解析(1)甲同學設計的方案不合理，加入BaCl2溶液時引入了Cl－，此后再檢驗Cl－已無意義。(2)加Ba(OH)2不要過量，保證溶液仍呈酸性為好。否則在堿性條件下后加入的Ag＋與OH－反應最終生成灰黑色的Ag2O沉淀，對實驗造成干擾。13.通過海水晾曬可得粗鹽，粗鹽中除含有NaCl外，還含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等雜質。制備精鹽的各步操作流程如下：(1)在第⑦步蒸發(fā)過程中要用玻璃棒攪拌，目的是_______________________________________________________________________________________________________。(2)第②、④步操作的目的分別是除去粗鹽中的Na2SO4和CaCl2，需要加入的試劑依次是________________(填化學式)。(3)第⑥步操作中發(fā)生反應的化學方程式為_________________________________________________________________________________________________________________。(4)在第③步操作中，選擇的除雜試劑不能是KOH溶液，理由是________________________________________________________________________。(5)第⑤步操作中，需要的玻璃儀器有______、________、________。答案(1)防止液體局部受熱溫度過高，造成液滴飛濺(2)BaCl2、Na2CO3(3)NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑(4)會引入新雜質K＋(5)漏斗燒杯玻璃棒解析(1)在第⑦步蒸發(fā)過程中要用玻璃棒攪拌，目的是防止液體局部受熱溫度過高，造成液滴飛濺。(2)第②步操作的目的是除去粗鹽中的硫酸鈉，則需要加入過量BaCl2溶液，第④步操作是為了除去CaCl2及過量的BaCl2，則需要加入過量Na2CO3溶液。(3)第⑥步操作的目的是除去濾液中過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，所以發(fā)生反應的化學方程式為NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑。(4)不能用KOH溶液代替NaOH溶液，理由是會引入新雜質K＋。(5)過濾操作所需玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒。四、含硫物質的性質及其相互轉化14.A～D是含同一元素的四種物質，相互之間有如圖所示的轉化關系，其中A是單質，D是最高價氧化物對應的水化物，A、B、C中所含同一元素的化合價不同。那么A可能是()A.S B.Cl2C.Fe D.Mg答案A解析氯氣不能直接與氧氣反應；鐵與氧氣反應的產物與D分解的產物不同；鎂在化合物中只顯＋2價。15.如圖所示是一種綜合處理SO2廢氣的工藝流程，若每步都完全反應。下列說法正確的是()A.溶液B中發(fā)生的反應為2SO2＋O2=2SO3B.可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗溶液C中是否含有Fe3＋C.由以上流程可推知氧化性：Fe3＋＞O2＞SOeq\o\al(2－,4)D.此工藝的優(yōu)點之一是物質能循環(huán)利用答案D解析酸性Fe2(SO4)3溶液能吸收SO2，反應的離子方程式為2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，溶液B中通入空氣發(fā)生反應：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，則氧化性：O2＞Fe3＋＞SOeq\o\al(2－,4)，A、C兩項錯誤；溶液C中含有Fe2(SO4)3，可用KSCN溶液檢驗Fe3＋，B項錯誤；Fe2(SO4)3可循環(huán)利用，D項正確。16.已知X、Y都為有刺激性氣味的氣體，且?guī)追N物質間有以下轉化關系，部分產物未標出。回答下列問題：(1)寫出下列各物質的化學式：X______________、Y____________、A_____________、B______________、C______________。(2)反應①的化學方程式為______________________________________________________。反應②的離子方程式為_________________________________________________________。答案(1)Cl2SO2HClH2SO4FeCl3(2)Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO42Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋解析A與硝酸酸化的AgNO3溶液反應產生白色沉淀，A中含Cl－；B與鹽酸酸化的BaCl2溶液反應產生白色沉淀，B中含SOeq\o\al(2－,4)；又根據(jù)X、Y均為有刺激性氣味的氣體，且X能與Fe反應，則X為Cl2，Y為SO2，A為HCl，B為H2SO4，C為FeCl3。

階段重點突破練(二)一、氮及其化合物的重要性質與應用1.下列有關環(huán)境污染的說法正確的是()A.燃煤時加入適量石灰石，可減少廢氣中二氧化硫的含量B.臭氧的體積分數(shù)超過10－4%的空氣有利于人體健康C.pH在5.6～7之間的降水通常稱為酸雨D.含磷洗滌劑易于被細菌分解，不會導致水體污染答案A解析燃煤時加入石灰石發(fā)生如下反應：CaCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))CaO＋CO2↑，CaO＋SO2eq\o(=,\s\up7(高溫))CaSO3及2CaSO3＋O2=2CaSO4，可減少廢氣中SO2的含量，A正確；空氣中臭氧的體積分數(shù)低于10－5%時可加速血液循環(huán)令人產生振奮的感覺，但高于此值時則會對人體產生危害，B不正確；只有雨水的pH<5.6時，才稱為酸雨，C不正確；含磷洗滌劑會造成水體污染使水體富營養(yǎng)化，而引起赤潮、水華等現(xiàn)象，D不正確。2.下列說法正確的是()A.實驗室用氯化銨溶液和氫氧化鈣溶液混合制取氨氣B.雷雨天氣時空氣中能生成少量的氮氧化物C.銨鹽易溶于水，化學性質穩(wěn)定，受熱不易分解D.O2、NO、NO2都能用濃硫酸干燥，且通常情況下能大量共存答案B解析實驗室用氯化銨和氫氧化鈣的固體混合物在加熱條件下制取氨氣，A項錯誤；放電條件下，氮氣和氧氣反應生成NO，B項正確；銨鹽受熱易分解，C項錯誤；NO極易與O2反應，二者不能大量共存，D項錯誤。3.在下列變化：①大氣固氮；②硝酸銀分解；③實驗室制取氨氣中，按氮元素被氧化、被還原、既不被氧化又不被還原的順序排列，正確的是()A.①②③ B.②①③C.③②① D.③①②答案A解析①大氣固氮反應：N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放電))2NO，氮元素被氧化。②硝酸銀分解：2AgNO3=2Ag＋2NO2↑＋O2↑，氮元素被還原。③實驗室制取氨氣：2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，非氧化還原反應。4.(2018·遼寧六校協(xié)作體段考)將SO2氣體通入BaCl2溶液無沉淀生成。若再通入氣體X，有沉淀生成，則氣體X可能是下列四種氣體中的()①NO2②CO2③NH3④Cl2A.②③④ B.①②④C.①③④ D.①②③答案C解析將SO2氣體通入BaCl2溶液無沉淀生成，再通入①NO2，④Cl2均有沉淀生成，是因為二者和溶液中的亞硫酸發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子，硫酸根離子與鋇離子結合生成硫酸鋇沉淀；再通入③NH3有沉淀生成，是因為氨氣與溶液中的亞硫酸反應生成亞硫酸銨，亞硫酸根離子與鋇離子結合生成亞硫酸鋇沉淀；再通入②CO2無沉淀生成，是因為二氧化碳和亞硫酸與氯化鋇都不能反應，不會生成沉淀，故答案選C。5.下列說法中，正確的是()A.可用鋁制或鐵制容器盛裝稀硝酸B.在0.1mol·L－1的鹽酸中，Na＋、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)能大量共存C.56gFe與硝酸發(fā)生氧化還原反應時，轉移的電子數(shù)一定是3molD.濃硝酸在光照下顏色變黃，說明濃硝酸不穩(wěn)定，見光易分解答案D解析在常溫下，濃硝酸能使鐵、鋁等金屬鈍化，但鐵、鋁在常溫下能與稀硝酸反應生成硝酸鹽，所以不能用鋁制或鐵制容器盛裝稀硝酸；在0.1mol·L－1的鹽酸中存在大量的H＋，在H＋存在下，F(xiàn)e2＋與NOeq\o\al(－,3)因能發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；因Fe與硝酸反應的相對量不知道，F(xiàn)e是否完全反應或反應后生成Fe3＋還是Fe2＋都無法確定，故轉移的電子數(shù)無法確定；濃硝酸不穩(wěn)定，見光易分解，生成的NO2溶于硝酸而使硝酸變黃。6.已知氣體的摩爾質量越小，擴散速度越快。如圖所示為氣體擴散速度的實驗，兩種氣體擴散相遇時形成白色煙環(huán)。下列關于物質甲、乙的判斷正確的是()A.甲是濃氨水，乙是濃硫酸B.甲是濃鹽酸，乙是濃氨水C.甲是濃氨水，乙是濃鹽酸D.甲是濃硝酸，乙是濃氨水答案C解析由圖可知白色煙環(huán)更靠近乙，說明甲處產生的氣體的摩爾質量小于乙處產生的氣體的摩爾質量，則甲應為濃氨水，揮發(fā)產生氨氣，乙應為揮發(fā)性酸，而濃硫酸為難揮發(fā)性酸，因此C選項符合題意。二、氮及其化合物的相關計算7.標準狀況下，在體積相同的三個燒瓶中分別盛滿NH3、HCl和NO2氣體，并分別倒立在水槽里，充分溶解后燒瓶內三種溶液物質的量濃度之比為(設燒瓶內液體未擴散到水槽里)()A.1∶1∶1 B.2∶2∶3C.3∶3∶2 D.2∶2∶1答案A解析設標準狀況下三個燒瓶的體積均為VL。NH3：V(溶液)＝VL，n(NH3)＝eq\f(VL,22.4L·mol－1)，故c(NH3)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1；HCl：同NH3，c(HCl)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1；NO2：V(溶液)＝eq\f(2,3)VL，n(HNO3)＝eq\f(2,3)×eq\f(V,22.4)mol，故c(HNO3)＝eq\f(1,22.4)mol·L－1。綜上可知，燒瓶內三種溶液物質的量濃度之比為eq\f(1,22.4)mol·L－1∶eq\f(1,22.4)mol·L－1∶eq\f(1,22.4)mol·L－1＝1∶1∶1。8.將過量鐵粉放入100mL2mol·L－1的硝酸溶液中，假設還原產物只有一氧化氮且硝酸完全反應，則參加反應的鐵的質量為()A.2.8gB.5.6gC.4.2gD.11.2g答案C解析過量鐵粉與稀硝酸反應的化學方程式：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，參加反應硝酸的物質的量＝0.1L×2mol·L－1＝0.2mol，參加反應鐵的質量＝eq\f(0.2mol,8)×3×56g·mol－1＝4.2g。9.0.3molCu2S與HNO3溶液恰好完全反應，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，則未被還原的HNO3的物質的量是()A.1.0mol B.1.2molC.0.3mol D.2.2mol答案B解析未被還原的HNO3中的氮原子的物質的量＝反應后Cu(NO3)2中氮原子的物質的量。由Cu2S～2Cu(NO3)2得，n[Cu(NO3)2]＝0.6mol，所以未被還原的HNO3的物質的量是1.2mol。10.(2018·濰坊昌邑第一中學高一上期末模擬)1.92g銅投入一定量的濃硝酸中，銅完全溶解，生成的氣體顏色越來越淺，共收集到標準狀況下的氣體672mL，將盛有該氣體的容器倒扣在水中，通入標準狀況下一定體積的氧氣，恰好使氣體完全溶于水中，則通入氧氣的體積是()A.168mL B.224mLC.504mL D.336mL答案D解析10.06mol，整個反應過程為HNO3與銅反應轉化為Cu(NO3)2、NO2和NO，而生成的NO2和NO在水中與氧氣完全反應轉化為HNO3，則Cu失去的電子數(shù)等于O2得到的電子數(shù)，所以消耗氧氣的物質的量為n(O2)＝0.015mol，V(O2)＝0.015mol×22.4L·mol－1＝0.336L＝336mL，所以通入O2的體積為336mL。11.向13.6g由Cu和Cu2O組成的混合物中加入一定濃度的稀硝酸250mL，當固體物質完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO氣體。在所得溶液中加入0.5mol·L－1的NaOH溶液1.0L，生成沉淀的質量為19.6g，此時溶液呈中性且金屬離子已完全沉淀。下列有關說法正確的是()A.原固體混合物中Cu和Cu2O的物質的量之比為1∶1B.原稀硝酸中HNO3的物質的量濃度為1.3mol·L－1C.產生NO的體積為2.24LD.Cu、Cu2O與硝酸反應后剩余的HNO3為0.1mol答案D解析生成的沉淀為Cu(OH)2，質量為19.6g，其物質的量為0.2mol。設Cu、Cu2O的物質的量分別為x、y，則x＋2y＝0.2mol,64g·mol－1×x＋144g·mol－1×y＝13.6g，解得x＝0.1mol，y＝0.05mol，Cu與Cu2O的物質的量之比為2∶1，A錯誤；Cu和Cu2O中的Cu都變?yōu)椋?價的Cu2＋，轉移電子的物質的量為(0.1×2＋0.05×2)mol＝0.3mol，根據(jù)得失電子守恒可知，生成的NO的物質的量應為0.1mol，但未注明是否為標準狀況，故氣體體積不一定為2.24L，C錯誤；n(NaOH)＝0.5mol，生成0.2molCu(OH)2時消耗了0.4molNaOH，另外0.1molNaOH中和了剩余的0.1mol硝酸，D正確；硝酸的總物質的量為0.1mol(剩余的)＋0.1mol(表現(xiàn)氧化性的)＋0.4mol(表現(xiàn)酸性的)＝0.6mol，其物質的量濃度為2.4mol·L－1，B錯誤。三、濃硝酸、濃硫酸、濃鹽酸的性質比較12.下列各組物質混合后(必要時可提供加熱條件)，最終只能得到一種氣體產物的是()A.足量的銅與濃硝酸 B.足量的木炭與濃硫酸C.足量的銅與濃硫酸 D.足量的鋅與濃硫酸答案C解析A項，先得到NO2后得到NO；B項，得到CO2、SO2；C項，只能得到SO2；D項，先得到SO2后得到H2。13.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.50mL18.4mol·L－1的濃硫酸與足量的銅在加熱條件下反應，生成SO2分子的數(shù)目為0.46NAB.3.2gCu與足量濃硝酸反應生成的氣體為0.2molC.在標準狀況下，含4molHCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應可生成22.4L氯氣D.1molCu在加熱條件下與足量濃硫酸反應產生1molSO2答案D解析A項，隨反應的進行，濃硫酸濃度逐漸變小，稀硫酸不與銅反應，因此生成SO2分子的數(shù)目少于0.46NA，錯誤；B項,3.2g銅的物質的量為0.05mol，與足量濃硝酸反應失去0.1mol電子，根據(jù)得失電子守恒，能夠生成0.1mol二氧化氮，錯誤；C項，在濃鹽酸與二氧化錳的反應中，若完全反應，4molHCl能夠生成1molCl2，而在實際反應過程中，濃鹽酸變成稀鹽酸后，反應停止，生成的Cl2的物質的量少于1mol，則標準狀況下生成的Cl2的體積少于22.4L，錯誤；D項，1mol銅與足量濃硫酸完全反應生成1mol二氧化硫，正確。14.下列關于濃硝酸和濃硫酸說法不正確的是()A.濃硝酸和濃硫酸在空氣中久置，其濃度都會減小B.與銅反應中都表現(xiàn)出強氧化性和酸性C.濃硝酸常保存在棕色試劑瓶中D.常溫下，濃硝酸和濃硫酸都不與鐵、鋁反應答案D解析在空氣中久置時，濃硝酸因具有揮發(fā)性，其濃度減小(溶質減少)，濃硫酸因具有吸水性，其濃度減小(溶劑增多)；濃硫酸與銅反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，濃硝酸與銅反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，濃硫酸和濃硝酸都表現(xiàn)出強氧化性和酸性；濃硝酸見光易分解，常用棕色試劑瓶保存；濃硫酸和濃硝酸都具有強氧化性，常溫下都與鐵、鋁發(fā)生鈍化反應。15.(2019·杭州高一期末)下列有關濃硫酸、濃鹽酸、濃硝酸的認識正確的是()A.濃硫酸、濃硝酸與金屬反應時，主要是S或N得電子B.如圖，①中為三種酸的一種，②中為濃氨水，則大燒杯中均觀察到白煙C.濃鹽酸、濃硫酸都可用來干燥氧氣D.常溫下，濃硫酸或濃硝酸中投入Fe片，均會產生大量的氣體答案A解析濃硫酸、濃硝酸均有強氧化性，與金屬反應時，主要是S或N得電子，A正確；濃硫酸是難揮發(fā)性酸，B錯；濃鹽酸沒有吸水性，C錯；常溫下，F(xiàn)e在濃硫酸、濃硝酸中鈍化，D錯。四、綜合探究實驗16.某學生利用以下裝置探究氯氣與氨氣之間的反應。其中A、F分別為氨氣和氯氣的發(fā)生裝置，C為純凈干燥的氯氣與氨氣反應的裝置。請回答下列問題：(1)裝置A中的燒瓶內固體可選用________(填字母)。A.堿石灰 B.生石灰C.二氧化硅 D.五氧化二磷E.燒堿(2)虛線框內應添加必要的除雜裝置，請從表格中的備選裝置中選擇，并將編號填入下列空格：B________，D________，E________。(3)通入C裝置的兩根導管左邊較長、右邊較短，目的是________________________________________________________________________。(4)裝置C內出現(xiàn)濃厚的白煙并在容器內壁凝結，另一生成物是空氣的主要成分之一。請寫出反應的化學方程式：__________________________________________________________；其中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________；當amol氯氣參加反應時，轉移的電子總數(shù)為b個，則阿伏加德羅常數(shù)為________mol－1(用含a、b的代數(shù)式表示)。(5)從裝置C的出氣管口G處逸出的尾氣可能含有污染環(huán)境的氣體，如何處理？________________________________________________________________________。答案(1)ABE(2)ⅠⅡⅢ(3)使密度較大的Cl2和密度較小的NH3較快地混合均勻(4)3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl3∶2eq\f(b,2a)(5)在G后連接導管，直接把尾氣通入盛有NaOH溶液的燒杯中解析(1)裝置A用于制取氨氣，堿石灰、生石灰、燒堿遇水都會放熱，使氨水溫度升高，導致氨氣逸出。(2)氨氣是堿性氣體，要用堿性干燥劑堿石灰干燥；由于濃鹽酸有揮發(fā)性，所以制取的Cl2含有雜質HCl，應該先用飽和NaCl溶液除去其中的HCl，再用濃硫酸干燥，所以B選Ⅰ裝置，D選Ⅱ裝置，E選Ⅲ裝置，經(jīng)過除雜干燥后在裝置C中發(fā)生反應。(3)氨氣的密度比Cl2的密度小，通入C裝置的兩根導管左邊較長、右邊較短，就可以使密度較大的Cl2和密度較小的NH3較快地混合均勻。(4)裝置C內出現(xiàn)濃厚的白煙并在容器內壁凝結，另一生成物是空氣的主要成分之一。則白色固體是NH4Cl，另一生成物是N2，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒可得該反應的化學方程式是3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl；在該反應中氧化劑是Cl2，還原劑是NH3，每有3molCl2發(fā)生反應，消耗8molNH3，其中有2molNH3作還原劑。故氧化劑與還原劑的物質的量之比為3∶2；當amol氯氣參加反應時，轉移的電子為2amol，轉移電子的個數(shù)為b，所以阿伏加德羅常數(shù)為NA＝eq\f(b,2a)mol－1。(5)從裝置C的出氣管口G處逸出的尾氣可能含有Cl2、NH3，Cl2能夠與NaOH溶液發(fā)生反應，NH3易溶于NaOH溶液，則應該將尾氣通入到盛有NaOH溶液的燒杯中。17.某同學看到“利用零價鐵還原NOeq\o\al(－,3)，脫除地下水中硝酸鹽”的相關資料后，利用如圖裝置探究鐵粉與KNO3溶液的反應。實驗步驟及現(xiàn)象如下：實驗步驟實驗現(xiàn)象①打開彈簧夾，緩慢通入N2②加入pH為2.5的0.01mol·L－1的酸性KNO3溶液100mL鐵粉部分溶解，溶液呈淺綠色；鐵粉不再溶解后，剩余鐵粉表面附著少量白色物質③反應停止后，拔掉橡膠塞，將圓底燒瓶取下燒瓶內氣體的顏色沒有發(fā)生變化④將剩余固體過濾表面的白色物質變?yōu)榧t褐色(1)通入N2并保持后續(xù)反應均在N2氛圍中進行的實驗目的是_________________________。(2)白色物質是__________，用化學方程式解釋其變?yōu)榧t褐色的原因：_________________。(3)為了探究濾液的成分，該同學進一步設計了下述實驗：實驗步驟實驗現(xiàn)象①取部分濾液于試管中，向其中加入KSCN溶液溶液無變化②將上述溶液分為兩份，一份中滴入氯水，另一份中滴加稀硫酸兩份溶液均變?yōu)榧t色③另取部分濾液于試管中，向其中加入濃NaOH溶液并加熱，在試管口放置濕潤的紅色石蕊試紙有氣體生成，該氣體使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(ⅰ)根據(jù)以上實驗現(xiàn)象，可以判斷濾液中存在______________________(填離子符號)。(ⅱ)步驟②中滴加稀硫酸后溶液會由淺綠色變成紅色，請用離子方程式解釋其原因：________________________________________________________________________。答案(1)防止空氣中的O2對Fe和NOeq\o\al(－,3)的反應產生干擾，避免影響反應產物的判斷(2)Fe(OH)24Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(3)(ⅰ)Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)(ⅱ)3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O、Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3解析(1)空氣中的氧氣具有強氧化性，為防止空氣中的O2對Fe和NOeq\o\al(－,3)反應的干擾，避免影響反應產物的判斷，整個反應需要在N2氛圍中進行。(2)鐵粉表面的白色物質能變?yōu)榧t褐色，可知該白色物質是Fe(OH)2，遇空氣中的氧氣易被氧化成紅褐色的Fe(OH)3。(3)①取部分濾液于試管中，向其中加入KSCN溶液，溶液無變化，可知不含有Fe3＋；②將上述溶液分為兩份，一份中滴入氯水，另一份中滴加稀硫酸，兩份溶液均變?yōu)榧t色，可知溶液中含有Fe2＋和NOeq\o\al(－,3)，因為氯水將Fe2＋氧化為Fe3＋使溶液顯紅色，而在酸性條件下NOeq\o\al(－,3)能將Fe2＋氧化為Fe3＋；③另取部分濾液于試管中，向其中加入濃NaOH溶液并加熱，在試管口放置濕潤的紅色石蕊試紙，有氣體生成，該氣體使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，可知溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)。根據(jù)以上實驗現(xiàn)象，可以判斷濾液中存在Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)；步驟②中滴加稀硫酸后溶液會由淺綠色變成紅色，是因為溶液中NOeq\o\al(－,3)在酸性條件下氧化Fe2＋生成Fe3＋，F(xiàn)e3＋遇KSCN溶液顯紅色。

階段重點突破練(三)一、化學反應過程中能量轉化形式1.下列關于能量轉換的認識中不正確的是()A.電解水生成氫氣和氧氣時，電能轉化為化學能B.綠色植物進行光合作用時，太陽能轉化為化學能C.煤燃燒時，化學能主要轉化為熱能D.白熾燈工作時，電能全部轉化為光能答案D解析電解裝置將水電解生成氫氣和氧氣時，是電能轉化為化學能，A正確；綠色植物進行光合作用時，太陽能轉化為化學能在生物體內儲存，B正確；煤燃燒時會產生大量的熱量，化學能主要轉化為熱能，C正確；白熾燈工作時，將電能轉化為光能和熱能，D錯誤。2.未來可再生能源和清潔能源將成為人類利用新能源的主力軍，下列關于能源的敘述正確的是()A.化石燃料是可再生能源B.風能、太陽能是清潔能源C.化石燃料都是清潔能源D.氫能是不可再生的清潔能源答案B解析化石燃料屬于不可再生能源，故A錯誤；風能、太陽能對環(huán)境無影響，是清潔能源，故B正確；化石燃料燃燒時會產生二氧化硫等污染物，不是清潔能源，故C錯誤；氫氣燃燒的產物是水，電解水可以獲得氫氣，因此氫能是可再生的清潔能源，故D錯誤。二、吸熱反應和放熱反應3.下列反應是放熱反應，但不是氧化還原反應的是()A.鋁片與稀硫酸的反應B.SO3溶于水生成硫酸C.灼熱的炭與二氧化碳的反應D.甲烷在氧氣中燃燒答案B解析鋁片與稀硫酸的反應是放熱反應，也是氧化還原反應，故A錯誤；SO3與水反應生成H2SO4，放出大量的熱，為非氧化還原反應，故B正確；碳和二氧化碳的反應是吸熱反應，該反應中碳元素的化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，故C錯誤；甲烷的燃燒是放熱反應，也是氧化還原反應，故D錯誤。4.據(jù)新浪網(wǎng)報道，2012年4月30日凌晨4時50分我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射“一箭雙星”，“長征三號乙”運載火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)和液態(tài)四氧化二氮作推進劑，發(fā)生反應：C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O，下列說法中正確的是()A.斷裂C2H8N2和N2O4中的化學鍵時放出能量B.C2H8N2具有的能量高于N2具有的能量C.反應物具有的總能量高于生成物具有的總能量D.該反應中，C2H8N2作氧化劑答案C解析斷裂化學鍵時吸收能量，形成化學鍵時放出熱量，故A錯誤；C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O為放熱反應，說明C2H8N2和N2O4具有的能量總和高于N2、CO2和H2O所具有的能量總和，無法確定C2H8N2具有的能量高于N2具有的能量，故B錯誤；C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O為放熱反應，說明反應物具有的總能量高于生成物具有的總能量，故C正確；在C2H8N2＋2N2O4=3N2↑＋2CO2↑＋4H2O反應中，C2H8N2中N元素和碳元素的化合價均升高，發(fā)生氧化反應，是還原劑，故D錯誤。5.下列圖示變化為吸熱反應的是()答案A解析A項中生成物的總能量高于反應物的總能量，只能通過吸收能量才能實現(xiàn)；B項則恰好相反；C項中濃硫酸溶于水放出熱量，但此過程是物理變化，沒有發(fā)生化學反應；D項是放熱反應。6.下列反應屬于吸熱反應的是()①二氧化碳與灼熱的炭反應生成一氧化碳②葡萄糖在人體內被氧化分解③鋅粒與稀H2SO4反應制取H2④Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl晶體反應⑤植物通過光合作用將CO2轉化為葡萄糖A.②④B.①⑤C.①③④⑤D.①④⑤答案D解析①二氧化碳與灼熱的炭反應生成一氧化碳是吸熱反應；②葡萄糖在人體內被氧化分解是放熱反應；③鋅粒與稀H2SO4反應制取H2是放熱反應；④Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl晶體的反應是吸熱反應；⑤植物通過光合作用將CO2轉化為葡萄糖是吸熱反應。三、吸熱反應和放熱反應的計算7.(2019·濟南高一檢測)對放熱反應：A＋B=C＋D，以下說法一定正確的是(EA、EB、EC、ED分別表示物質A、B、C、D所具有的能量)()A.EA＋EB＞EC＋ED B.EA＞EB＋ECC.EA＞EB D.EA＋EB＜EC＋ED答案A解析反應A＋B=C＋D是放熱反應，則反應物A、B的總能量大于生成物C、D的總能量，即EA＋EB＞EC＋ED。8.(2019·成都高一檢測)化學反應A2＋B2=2AB的能量變化如圖所示，則下列說法正確的是()A.1molA2和1molB2完全反應吸收(y－x)kJ熱量B.斷裂1molA—A鍵和1molB—B鍵放出xkJ的能量C.斷裂2molA—B鍵需要吸收ykJ的能量D.2molAB的總能量高于1molA2和1molB2的總能量答案C解析從題圖可以看出，反應物的總能量高于生成物的總能量，該反應是放熱反應，1molA2和1molB2完全反應放出(y－x)kJ熱量，A、D項錯誤；斷鍵時需要吸收能量，B項錯誤，C項正確。9.某化學反應中，設反應物的總能量為E1，生成物的總能量為E2(如圖所示)。(1)若E1＞E2，則該反應為________(填“放熱”或“吸熱”)反應。該反應可用圖________(填“A”或“B”)表示。(2)若E1＜E2，則該反應為________(填“放熱”或“吸熱”)反應。該反應可用圖________(填“A”或“B”)表示。(3)太陽能的開發(fā)和利用是21世紀的一個重要課題。利用儲能介質儲存太陽能的原理是白天在太陽照射下，某種鹽熔化，吸引熱量；晚間熔鹽釋放出相應能量，從而使室溫得以調節(jié)。已知下列數(shù)據(jù)：鹽熔點/℃熔化吸熱/kJ·mol－1參考價格/元·t－1CaCl2·6H2O29.037.3780～850Na2SO4·10H2O32.477.0800～900Na2HPO4·12H2O36.1100.11600～2000Na2S2O3·5H2O48.549.71400～1800其中最適宜作儲能介質的是________(填字母)。A.CaCl2·6H2O B.Na2SO4·10H2OC.Na2HPO4·12H2O D.Na2S2O3·5H2O答案(1)放熱A(2)吸熱B(3)B解析(1)若反應物的總能量E1大于生成物的總能量E2，則為放熱反應。(2)若反應物的總能量E1小于生成物的總能量E2，則為吸熱反應。(3)選擇的物質應該具有的特點：白天在太陽照射下，某種鹽熔化，熔化時單位質量的物質吸收熱量應該較多，同時價格不能太高，Na2SO4·10H2O的性價比最高，故選B。四、原電池的工作原理10.如圖所示電流表的指針發(fā)生偏轉，同時A極的質量減小，B極上有氣泡產生，C為電解質溶液，下列說法錯誤的是()A.B極為原電池的正極B.A、B、C分別可以為Zn、Cu和稀鹽酸C.C中陽離子向A極移動D.A極發(fā)生氧化反應答案C解析原電池中，負極金屬失去電子，發(fā)生氧化反應溶解，質量減小，故A極為負極，B極為正極，A、D項正確；A、B、C分別為Zn、Cu和稀鹽酸時，可以構成原電池，且現(xiàn)象符合題意，B項正確；電解質溶液中陽離子移向正極，C項錯誤。11.如圖所示裝置，電流表指針發(fā)生偏轉，同時A極逐漸變粗，B極逐漸變細，C為電解質溶液，則A、B、C應是下列各組中的()A.A是Zn，B是Cu，C為稀硫酸B.A是Cu，B是Zn，C為稀硫酸C.A是Fe，B是Ag，C為稀AgNO3溶液D.A是Ag，B是Fe，C為稀AgNO3溶液答案D解析A極逐漸變粗，說明A極為原電池的正極，溶液中的金屬陽離子得到電子后在A極上析出；B極逐漸變細，說明B極為原電池的負極，失去電子后變成離子進入溶液中。A和B兩項中的反應為Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，則A項A極變細，B項A極不變；C和D兩項中的反應為Fe＋2AgNO3=2Ag＋Fe(NO3)2，其中C項A極變細，D項A極變粗。12.按如圖所示裝置實驗，隨著流入正極的電子的物質的量增大，對下列物理量按增大、減小、不變順序排列的是()①c(Ag＋)②c(NOeq\o\al(－,3))③a棒的質量④b棒的質量⑤溶液的質量A.④，①③⑤，② B.④，①⑤，②③C.①④，③⑤，② D.④，③⑤，①②答案A解析鐵作負極失去電子形成Fe2＋而溶解，即a極質量減?。籄g作正極，Ag＋在正極得到電子生成Ag，即b極質量增大，溶液c(Ag＋)減??；鐵置換出了銀，溶液質量減??；NOeq\o\al(－,3)沒參加反應，其濃度不變。13.常溫下，將除去表面氧化膜的鋁、銅片插入濃HNO3中組成原電池(圖1)，測得原電池的電流強度(I)隨時間(t)的變化如圖2所示，下列說法正確的是()A.O～t1時，原電池的負極是銅片B.O～t1時，正極發(fā)生還原反應，產生氫氣應D.t1時刻后，電子從鋁經(jīng)過導線流向銅答案C解析O～t1時，Al在濃硝酸中發(fā)生鈍化過程，Al為負極，氧化得到氧化鋁，Cu為正極，硝酸被還原為二氧化氮，t1時刻后鋁表面鈍化形成氧化膜，銅作負極，Al為正極。五、電極反應式、化學電源14.一種以NaBH4和H2O2為原料的新型電池的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是()A.電池的正極反應為H2O2＋2e－=2OH－B.電池放電時Na＋從a極區(qū)移向b極區(qū)C.電子從電極b經(jīng)外電路流向電極aD.b極室的輸出液經(jīng)處理后可輸入a極室循環(huán)利用答案C解析A項，正極發(fā)生反應：H2O2＋2e－=2OH－，正確；B項，放電時為原電池，陽離子移向正極，電極b為正極，正確；C項，電子由負極經(jīng)外電路流向正極，應該由電極a流向電極b，錯誤；D項，產生的氫氧化鈉溶液可以循環(huán)使用，正確。15.研究人員最近發(fā)現(xiàn)了一種“水電池”，這種電池能利用淡水與海水之間含鹽量的差別進行發(fā)電，在海水中電池總反應式為5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列對“水電池”在海水中放電時的有關說法正確的是()A.正極反應式為5MnO2＋2e－=Mn5Oeq\o\al(2－,10)B.每生成1molAgCl轉移2mol電子C.Cl－不斷向“水電池”的正極移動D.Ag電極反應式為2Ag－2e－=2Ag＋答案A解析電池正極發(fā)生得電子的還原反應，A項正確；每生成1molAgCl轉移1mol電子，B項錯誤；為2Ag－2e－＋2Cl－=2AgCl，D項錯誤。16.(2019·鄭州高一檢測)依據(jù)氧化還原反應：Cu2＋(aq)＋Fe(s)=Fe2＋(aq)＋Cu(s)設計的原電池如圖所示。請回答下列問題：(1)電極X的材料是____________________；電解質溶液Y是____________________。(2)X電極上發(fā)生的電極反應式為______________________________________________。(3)針對上述原電池裝置，下列說法中不正確的是________(填字母)。A.原電池工作時的總反應：Cu2＋(aq)＋Fe(s)=Fe2＋(aq)＋Cu(s)，為放熱反應B.原電池工作時，X電極流出電子，發(fā)生氧化反應C.原電池工作時，銀電極上發(fā)生氧化反應D.原電池工作時，陽離子不斷移向X電極(4)若Y為稀硫酸，Ag極上出現(xiàn)的現(xiàn)象是__________________________________________。答案(1)Fe硫酸銅溶液(或氯化銅溶液等)(2)Fe－2e－=Fe2＋(3)CD(4)有氣泡生成解析(1)依據(jù)方程式可知Fe為負極，Cu2＋在正極得電子，所以電解質溶液中一定含有Cu2＋。(2)X為負極，電極反應式為Fe－2e－=Fe2＋。(3)Ag電極為正極，發(fā)生還原反應，C錯誤；原電池工作時，陽離子不斷移向正極(即Ag)，D錯誤。(4)若Y為稀硫酸，Ag極上氫離子發(fā)生還原反應生成氫氣，故有氣泡生成。17.將質量相等的鐵片和銅片用導線相連浸入500mL硫酸銅溶液中構成如圖1的裝置：(以下均假設反應過程中溶液體積不變)。(1)鐵片上的電極反應式為___________________________________________________。(2)若2min后測得鐵片和銅片之間的質量差為1.2g，則導線中流過的電子的物質的量為________mol。(3)若一段時間后測得鐵片減少了2.4g，同時銅片增加了3.2g，計算這段時間內該裝置消耗的化學能轉化為電能的百分比為________。(4)若將該裝置改為如圖2所示的裝置也能達到和原裝置相同的作用。其中KCl溶液起連通兩邊溶液形成閉合回路的作用，同時又能阻止反應物直接接觸。則硫酸銅溶液應該注入________(填“左側”“右側”或“兩側”)燒杯中。答案(1)Fe－2e－=Fe2＋(2)0.02(3)50%(4)右側＋=Fe2＋＋Cu，負極溶解鐵的物質的量與正極生成銅的物質的量相等，若2min后測得鐵片和銅片之間的質量差為1.2g，設負極溶解鐵的物質的量為xmol，則56x＋64x＝1.2，x＝0.01mol，根據(jù)負極反應式Fe－2e－=Fe2＋，導線中流過的電子的物質的量為0.02mol。(3)銅片增加了mol；設直接與硫酸銅反應消耗的鐵為xmol，根據(jù)Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，生成銅xmol，則(x＋0.05)×56－64x＝2.4，x＝0.05mol，所以這段時間內該裝置消耗的化學能轉化為電能的百分比為eq\f(0.05mol,0.05mol＋0.05mol)×100%＝50%。(4)該裝置能阻止反應物直接接觸，所以硫酸銅溶液應該注入右側的燒杯中。

階段重點突破練(四)一、化學反應速率的計算與比較1.反應4A(s)＋3B(g)4C(g)＋D(g)，經(jīng)2minB的濃度減少0.6mol·L－1，對此反應速率的正確表示是()A.用A表示的反應速率是0.4mol·L－1·min－1B.分別用B、C、D表示反應的速率，其比是3∶4∶1C.在2min末時的反應速率，用反應物B來表示是0.3mol·L－1·min－1D.在這2min內用A和C表示的反應速率的值都是相同的答案B解析反應中A物質為固體，不能用來表示反應速率，故A錯誤；用B、C、D表示反應的速率與化學計量數(shù)成正比，其比是3∶4∶1，故B正確；0.3mol·L－1·min－1是2min內平均速率，不是2min末即時速率，故C錯誤；A物質為固體，不用于表示反應速率，故D錯誤。2.(2019·阜陽校級期末)在2L密閉容器中，發(fā)生以下反應：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和B都是4mol，在前10sA的平均反應速率為0.12mol·L－1·s－1，則10s時，容器中B的物質的量是()A.1.6mol B.2.8molC.2.4mol D.1.2mol答案B解析根據(jù)化學反應速率之比等于對應物質的化學計量數(shù)之比，可得v(B)＝0.5v(A)＝mol。3.在四個不同的容器中，在不同的條件下進行合成氨反應，根據(jù)下列在相同時間內測得的結果判斷，生成氨的反應速率最快的是()A.v(NH3)＝0.1mol·L－1·min－1B.v(NH3)＝0.2mol·L－1·min－1C.v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1D.v(H2)＝0.4mol·L－1·min－1答案D解析反應為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，以氫氣的反應速率為標準進行判斷。－1·min－1，所以v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1；C項，v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1；D項，v(H2)＝0.4mol·L－1·min－1，所以反應速率最快的是D。4.(2018·棗莊市薛城區(qū)期中)把0.6molX氣體和0.6molY氣體混合于2L的密閉容器中，使它們發(fā)生如下反應3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)。5min末生成0.2molW。若測知以Z的濃度變化表示平均反應速率為0.01mol·L－1·min－1，則化學方程式中n的值為()A.1B.2C.3D.4答案A解析5min內W的平均化學反應速率v(W)＝eq\f(\f(0.2mol,2L),5min)＝0.02mol·L－1·min－1，利用各物質的－1，則v(Z)∶v(W)＝0.01mol·L－1·min－1∶0.02mol·L－1·min－1＝n∶2，所以n＝1，選項A正確。二、化學反應速率的影響因素及實驗探究5.100mL6mol·L－1硫酸溶液與過量鋅粒反應，一定溫度下，為了減緩反應進行的速率，但又不影響生成氫氣的總量，可采取的措施是()A.加入少量碳酸鈉粉末 B.加入少量硫酸銅溶液C.加入適量NaCl溶液 D.加熱答案C解析加入少量碳酸鈉粉末，消耗硫酸，生成氫氣的總量減少，A項錯誤；加入少量的硫酸銅溶液，鋅置換出銅，形成原電池，加快反應速率，B項錯誤；加入適量NaCl溶液，氫離子濃度減小，反應速率減小，不影響生成氫氣的總量，C項正確；溫度升高，反應速率增大，D項錯誤。6.反應3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容積可變的密閉容器中進行，下列條件的改變能使反應速率加快的是()①增加鐵的量②將容器的體積縮小一半③保持體積不變，充入N2使體系壓強增大④保持體積不變，充入水蒸氣使體系壓強增大A.①④ B.②③C.③④ D.②④答案D解析對于反應3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)來說，增大壓強、濃度、升高溫度以及增大固體的表面積，都可增大反應速率。①Fe為固體，增加鐵的量，反應速率不變，故錯誤；②將容器的體積縮小一半，氣體濃度增大，反應速率增大，正逆反應速率增大，故正確；③保持體積不變，充入N2使體系壓強增大，各組分的濃度不變，反應速率不變，故錯誤；④保持體積不變，充入水蒸氣使體系壓強增大，反應物濃度增大，反應速率增大，故正確；故選D。7.(2018·宿遷市期中)向四個體積相同的密閉容器(甲、乙、丙、丁)中分別充入一定量的SO2和O2，開始反應時，按反應速率由大到小排列順序正確的是()甲：在500℃時，10molSO2和5molO2反應乙：在500℃時，用V2O5作催化劑，10molSO2和5molO2反應丙：在450℃時，8molSO2和5molO2反應?。涸?00℃時，8molSO2和5molO2反應A.甲、乙、丙、丁 B.乙、甲、丙、丁C.乙、甲、丁、丙 D.丁、丙、乙、甲答案C解析甲與乙相比，O2、SO2濃度相等，乙中使用催化劑，其他條件相同，使用催化劑反應速率更快，所以反應速率：乙＞甲；甲與丁相比，甲中SO2的物質的量比丁中大，即SO2的濃度比丁中大，其他條件相同，濃度越大，反應速率越快，所以反應速率：甲＞?。槐c丁相比，其他條件相同，丁中溫度高，溫度越高，反應速率越快，所以反應速率：?。颈?；所以反應速率由大到小的排列順序為乙、甲、丁、丙，答案選C。8.CaCO3與稀鹽酸反應(放熱反應)生成CO2的物質的量與反應時間的關系如圖所示，下列結論不正確的是()A.反應開始2min內平均反應速率最大B.反應速率先增大后減小C.反應在第2min到第4min內溫度對反應速率的影響比濃度大D.反應在第2min到第4min內生成CO2的平均反應速率為前2min的2倍答案A解析由圖可知，2～4min時間內，生成的二氧化碳的物質的量最大，故2～4min內平均反應速率最快，A項錯誤；由圖像可知，0～2min內，生成二氧化碳0.1mol，2～4min內，生成二氧化碳0.2mol,4～6min內，生成二氧化碳0.05mol，則反應速率先增大后減小，B項正確；隨反應進行，氫離子濃度降低，氫離子濃度變化使反應速率降低，由圖像可知，2～4min反應速率最快，說明2～4min溫度對反應速率起主要作用，4min后反應速率又降低，說明氫離子濃度起主要作用，C項正確；2～4min內，生成0.2molCO2,0～2min內，生成0.1molCO2，相同時間內CO2的生成速率與其生成的物質的量成正比，D項正確。9.把在空氣中久置的鋁片5.0g投入盛有500mL0.5mol·L－1硫酸溶液的燒杯中，該鋁片與硫酸反應產生氫氣的速率與反應時間的關系可用如圖所示的坐標曲線來表示，請回答下列問題：(1)反應時間由O→a不產生氫氣的原因是____________________________________________________________________________________________________________________，有關的化學方程式為___________________________________________________________________。(2)反應時間由a→c產生氫氣的速率逐漸增大的主要原因是________________________________________________________________________。(3)反應時間從c以后，產生氫氣的速率逐漸減小的主要原因是________________________________________________________________________。答案(1)硫酸首先與鋁片表面的氧化鋁反應，不產生氫氣Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O(2)反應放熱使溶液溫度升高，反應速率增大(3)硫酸的濃度減小使反應速率減小解析(1)在不產生氫氣。(2)a→c段，雖然硫酸的濃度逐漸減小，但是該反應是放出熱量的反應，反應進行中溶液溫度逐漸升高，溫度升高，化學反應速率增大。(3)反應時間從c以后，硫酸的濃度逐漸減小，成為影響化學反應速率的主要因素，因此化學反應速率逐漸減小。三、化學平衡狀態(tài)的建立及判定10.(2019·南京校級月考)在373K時，密閉容器中充入一定物質的量的NO2和SO2，發(fā)生如下反應：NO2＋SO2NO＋SO3，達到平衡時，下列敘述正確的是()A.SO2、NO2、NO、SO3的物質的量一定相等B.NO2和SO2的物質的量一定相等C.平衡體系中總物質的量一定等于反應開始時總物質的量D.NO和SO3的物質的量一定不相等答案C解析平衡狀態(tài)時SO2、NO2、NO、SO3的物質的量不變，但不一定相等，故A錯誤；平衡時NO2和SO2的物質的量不變，不一定相等，與起始投料量有關，故B錯誤；兩邊氣體的計量數(shù)相等，所以體系中的總物質的量一定等于反應開始時總物質的量，故C正確；因為反應從反應物投料建立，所以只要反應發(fā)生就有NO和SO3的物質的量相等，所以平衡時也相等，故D錯誤。11.在一個不傳熱的固定容積的容器中，對于反應A(g)＋B(g)3C(g)(正反應為吸熱反應)，下列敘述為平衡狀態(tài)標志的是()①單位時間內A、B生成C的分子數(shù)與分解C的分子數(shù)相等②外界條件不變時，A、B、C濃度保持不變③體系的溫度不再變化④體系的壓強不再變化⑤單位時間內消耗amolA(g)的同時消耗3molC(g)A.①② B.①②③C.①②③④ D.①②③④⑤答案D解析①正、逆反應速率相等；②濃度不變，說明已達到平衡；③如果反應沒有達到平衡則反應要釋放或吸收能量，必然導致體系溫度的改變，現(xiàn)在體系溫度不變，說明反應已達平衡狀態(tài)；④由于該反應是一個氣體物質的量改變的反應，沒有達到平衡狀態(tài)之前，壓強是改變的，只有達到平衡狀態(tài)時，體系的壓強才不會改變；⑤根據(jù)化學反應中相同時間內各物質的量的變化量之比等于化學計量數(shù)之比知，單位時間內消耗amolA(g)的同時必然生成3molC(g)，當單位時間內消耗amolA(g)的同時消耗3molC(g)，說明C(g)的生成速率與C(g)的消耗速率相等，化學反應達到平衡狀態(tài)。12.某溫度下，在恒容密閉容器中進行反應：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)。下列敘述正確的是()A.充入X，反應速率減小B.當容器中Y的正反應速率與逆反應速率相等時，反應達到平衡C.升高溫度，反應速率減小D.達到平衡后，反應停止答案B解析充入X，反應物的濃度增大，反應速率增大，故A錯誤；當容器中Y的正反應速率與逆反應速率相等時，各物質的濃度保持不變，反應達到平衡，故B正確；升高溫度，反應速率增大，故C錯誤；化學平衡是動態(tài)平衡，達到平衡后，反應沒有停止，故D錯誤。四、化學反應速率與化學平衡圖像13.某實驗探究小組研究320K時N2O5的分解反應：2N2O5=4NO2＋O2。如圖是該小組根據(jù)所給表格中的實驗數(shù)據(jù)繪制的。下列有關說法正確的是()t/min01234c(N2O5)/mol·L－10.1600.1140.0800.0560.040c(O2)/mol·L－100.0230.0400.0520.060A.曲線Ⅰ是N2O5的濃度變化曲線B.曲線Ⅱ是O2的濃度變化曲線C.N2O5的濃度越大，反應速率越快D.O2的濃度越大，反應速率越快答案C解析結合表格中N2O5和O2的初始濃度可知曲線Ⅰ、Ⅱ分別是O2、N2O5的濃度變化曲線，A、B項錯誤；利用表格中數(shù)據(jù)進行計算，無論是用N2O5的濃度變化，還是用O2的濃度變化得出的反應速率都隨著反應的進行而減小，而隨著反應的進行，N2O5的濃度減小，O2的濃度增大，C項正確，D項錯誤。14.某溫度下，在2L恒容密閉容器中3種物質間進行反應，X、Y、Z的物質的量隨時間的變化曲線如圖所示，反應在t1min時達到平衡。(1)請寫出該反應的化學方程式：____________________________________________________________________________________________________________________________。(2)若上述反應中X、Y、Z分別為NH3、H2、N2，且已知1mol氨氣分解成氮氣和氫氣要吸收46kJ的熱量，則至t1min時，該反應吸收的熱量為________；在0～t1min時間內，用H2表示該反應的平均速率v(H2)為________。(3)下列敘述能判斷該反應達到平衡狀態(tài)的是__________(填字母)。A.容器內各氣體組分的質量分數(shù)不再發(fā)生改變B.正反應速率與逆反應速率相等C.容器內氣體的密度不再發(fā)生改變D.混合氣體的平均相對分子質量不再發(fā)生改變答案(1)2X3Y＋Z(2)36.8kJeq\f(0.6,t1)mol·L－1·min－1(3)ABD解析(1)由圖像可以看出，X的物質的量逐漸減小，則X為反應物，Y、Z的物質的量逐漸增多，則Y、Z為生成物，當反應到達t1min時，Δn(X)＝0.8mol，Δn(Y)＝1.2mol，Δn(Z)＝0.4mol，化學反應中，各物質的物質的量的變化值與化學計量數(shù)成正比，則kJ·mol－1＝36.8kJ；在0～t1min時間內生成的氫氣是1.2mol，濃度是0.6mol·L－1，則用H2表示該反應的平均速率v(H2)為eq\f(0.6,t1)mol·L－1·min－1。(3)容器內各氣體組分的質量分數(shù)不再發(fā)生改變說明正、逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，A項正確；正反應速率與逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，B項正確；由于反應在體積不變的密閉容器中進行，反應過程中氣體的體積不變，質量不變，則混合氣體的密度不變，不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，C項錯誤；混合氣體的平均相對分子質量是混合氣的質量和混合氣的總的物質的量的比值，質量不變，但物質的量是變化的，所以混合氣體的平均相對分子質量不再發(fā)生改變時，反應達到平衡狀態(tài)，D項正確。15.某化學小組為了研究外界條件對化學反應速率的影響，進行了如下實驗：[實驗原理]2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O[實驗內容及記錄]實驗編號室溫下，試管中所加試劑及其用量/mL室溫下溶液顏色褪至無色所需時間/min0.6mol·L－1H2C2O4溶液H2O0.2mol·L－1KMnO4溶液3mol·L－1稀硫酸13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4請回答下列問題：(1)根據(jù)上表中的實驗數(shù)據(jù)，可以得到的結論是_____________________________________。(2)利用實驗1中數(shù)據(jù)計算，v(KMnO4)＝__________________________________________。(3)該化學小組同學根據(jù)經(jīng)驗繪制了n(Mn2＋)隨時間變化趨勢的示意圖，如圖1所示。但有同學查閱已有的實驗資料發(fā)現(xiàn)，該實驗過程中n(Mn2＋)隨時間變化的趨勢應如圖2所示。該小組同學根據(jù)圖2所示信息提出了新的假設，并繼續(xù)進行實驗探究。①該小組同學提出的假設是______________________________________________________。②請你幫助該小組同學