1、大兴区 2019 2020 学年度第二学期期末检测试卷高一化学可能用到的相对原子质量： H 1 O 16Na 23 S 32 Cl 35. 5Fe 56 C 12Mg 24第一部分(选择题共42 分)本部分共14 小题，每小题 3 分。在每小题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.2020年5月1日起，新版北京市生活垃圾管理条例正式实施，下列垃圾分类对应不正确的是A. 鸡蛋壳、剩饭菜B. 市民使用后一次性口罩C. 过期药品D 一 次性干电池A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A鸡蛋壳、剩饭菜是厨余垃圾，故应投入厨余垃圾桶，以便及时处理，A正确；B市民使用过的一次性口
2、罩，因为上面吸附了大量的病毒，故属于有害垃圾，要专门进行处理，故不能投入可回收物垃圾桶中，B错误；C过期药品有的已经失效，有的发生变质成为有毒物，故属于有害垃圾，C正确；D含汞物质的干电池属于有害垃圾，无汞的干电池则属于干垃圾，处理时可以查看干电池的成分，是否含有汞元素，再进行分类投放，有害垃圾是指对于人体健康以及自然环境造成危害的，干垃圾则是除湿垃圾、可回收物、有害垃圾之外的垃圾。常见的一次性干电池不含汞，属于其他垃圾，D正确；故答案为：B。2.工业上常用电解法冶炼的金属是A. AlB. FeC. CuD. Ag【答案】A【解析】【详解】AAl的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正
3、确；BFe采用热还原法冶炼，故B错误；CCu采用热还原法冶炼，故C错误；DAg采用热分解法冶炼，故D错误；故选A。【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法。冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等，常用还原剂还原；Hg、Ag等用加热分解氧化物的方法制得。3.下列化学用语不正确的是A. 乙醇的分子式：C2H6OB. CH4的空间充填模型：C. 羟基的结构简式：OHD. Cl 的原子结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A乙醇的分子式：C2H6O，正确；
4、B空间充填模型是一种表示每个原子的容积和分子实际形状的致密的分子模型。在这种模型里，键角是准确的，原子间的距离以其范德瓦尔斯半径量度，CH4是正四面体构型，键角为10928，故其的空间充填模型：，B正确；C羟基的结构简式：-OH，C错误；DCl是17号元素，故其原子结构示意图：，D正确；故答案为：C。4.下列方法中，不能用于区分乙酸溶液与乙醇溶液的是( )A. 扇闻气味B. 观察颜色C. 滴加NaHCO3溶液D. 滴加紫色石蕊溶液【答案】B【解析】【详解】A.乙酸和乙醇具有挥发性，扇闻乙酸溶液能闻到刺激性气味，扇闻乙醇溶液能闻到特殊香味，气味不同，则扇闻气味能用于区分乙酸溶液与乙醇溶液，故A不
5、符合题意；B.乙酸溶液与乙醇溶液都是无色溶液，没有颜色区别，则观察颜色不能用于区分乙酸溶液与乙醇溶液，故B符合题意；C.乙酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，乙醇不能反应，现象不同，则滴加NaHCO3溶液能用于区分乙酸溶液与乙醇溶液，故C不符合题意；D.乙醇溶液中滴加石蕊溶液，溶液为紫色，乙酸溶液中滴加石蕊溶液变为红色，现象不同，则滴加紫色石蕊溶液能用于区分乙酸溶液与乙醇溶液，故D不符合题意；故选B。5.下列反应属于加成反应的是A. 乙烯与氢气反应生成乙烷B. 乙醇与钠反应生成乙醇钠C. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷D. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A乙烯与氢气反应生成
6、乙烷的反应方程式为：CH2=CH2+H2CH3CH3，故属于加成反应，A符合题意；B乙醇与钠反应生成乙醇钠的反应方程式为：2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，该反应属于置换反应，B不符合题意；C甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，属于取代反应，C不符合题意；D乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯的反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，属于酯化反应也属于取代反应，D不符合题意；答案为A。6.下列实验装置或操作与实验目的不相符的是 A. 证明铜与硝酸的反应B. 分离乙醇和乙酸的混合液C. 证明氨气易溶于水且水
7、溶液呈碱性D. 配制100 mL0.100 mol/LNaCl溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和NO2，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，故观察到NaOH溶液冒气泡，试管中溶液变为蓝色，有红棕色气体产生或者有无色气体而后变为红棕色，则能证明铜与硝酸的反应，A不符合题意；B由于乙醇和乙酸能以任意比混合，故不能用分液的方法将混合液进行分离，B符合题意；C用氨气作喷泉实验，快速形成喷泉是由于氨气易溶于水，导致烧瓶中的压强快速减小，滴加酚酞后形成红色喷泉，则证明氨气的水溶液呈碱性，C不符合题意； D. 配制100 mL0.100 mol/LNaCl
8、溶液时，转移时为了防止液体滴落而溅出容量瓶外面，需用玻璃棒引流，D不符合题意；答案为B。7.下列物质中与 CH3CH2CH2CH3互为同分异构体的是A. CH3CH2CH3B. C. D. CH3CH = CHCH3【答案】C【解析】【详解】分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2CH2CH3的分子式为C4H10；A该物质的分子式为C3H8，与所给物质分子式不同，不是同分异构体，故A不选；B该物质与所给物质完全相同，为同一种物质，故B不选；C该物质分子式为C4H10，且与所给物质结构不同，二者属于同分异构体，故C选；D该物质分子式为C4H8，与所给物质分子式不同，不是同分异构体，
9、故D不选；综上所述答案为C。8.原电池原理的发现和各种电池的发明，改变了人们的生活方式。下图所示原电池装置的相关说法中，不正确的是A. 能将化学能转化为电能B. 电子从 Cu 经导线流向 ZnC. 溶液中H+、分别向铜、锌电极移动D. 该装置中发生的总反应为： Zn + 2H+ = Zn2+ + H2【答案】B【解析】【详解】A原电池就是一种将化学能直接转化为电能的装置，故该装置能将化学能转化为电能，A正确；B原电池中电子是由负极经导线流向正极，该电池中Zn是负极，Cu是正极，故电子从 Zn经导线流向Cu，B错误；C原电池内部电流方向与外电路电流方向相反，故电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流
10、向负极，故溶液中H+、分别向铜、锌电极移动，C正确；D该装置中负极发生：Zn -2e- = Zn2+，正极发生：2H+ +2e-=H2，故总反应为： Zn + 2H+ = Zn2+ + H2，D正确；故答案为：B。9.在一定条件下，某可逆反应的正反应速率和逆反应速率随时间变化的曲线如下 ，下列有关说法不正确的是 A. t1 时刻，反应向逆反应方向进行B. t2 时刻，正反应速率大于逆反应速率C. t3 时刻，反应刚好达到平衡状态D. t4时刻，反应限度保持不变【答案】A【解析】【详解】A从速率-时间图象中可知，t1时刻，正反应速率大于逆反应速率，反应向正反应方向进行，A不正确；B从速率-时间图
11、象中可知，t2时刻，正反应速率大于逆反应速率，B正确；C从速率-时间图象中可知，t3时刻，刚好正反应速率等于逆反应速率，故反应刚好达到平衡状态，C正确；D从速率-时间图象中可知，t3时刻到t4时刻，正反应速率始终等于逆反应速率，故反应限度保持不变，D正确；故答案为A。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 28g C2H4中所含共价键数目为4NAB. 1 mol/L NaOH溶液中 Na+的数目为NAC. 标准状况下，11. 2 L CC14 中含有的分子数为 0.5 NAD. 2.4g 镁粉与足量盐酸反应转移电子的数目为0.2 NA【答案】D【解析】【详解】AC2H4的结构简
12、式为CH2=CH2，一个乙烯分子中含有6个共价键，28gC2H4的物质的量为1mol，所含共价键数目为6NA，故A错误；B溶液体积未知，无法确定钠离子的数目，故B错误；C标况下四氯化碳不是气体，11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，故C错误；D2.4g 镁粉的物质的量为0.1mol，与足量盐酸反应全部转化为Mg2+，所以转移的电子数为0.2NA，故D正确；综上所述答案为D。11.某化学小组为了探究铝电极在原电池中的作用，进行了下列实验，实验结果记录如下。下列说法正确的是编号电极材料电解质溶液电流表指针偏转方向Mg 、 Al稀盐酸偏向 AlAl 、Cu稀盐酸偏向 CuAl 、石墨稀盐酸偏
13、向 Mg 、AlNaOH 溶液偏向 MgA. 实验和中，Al 电极的作用相同B. 实验中，电流表指针偏向 AlC. 实验中，Mg 为负极 ，电极反应式为：Mg - 2e-= Mg2+D. 综合以上实验，铝在原电池中的作用 ，与另一个电极材料和电解质溶液有关【答案】D【解析】【详解】A由表中可以看出实验电流表指针偏向Al，说明Al是正极，而实验中指针偏向Cu，说明此时Al是负极，故两实验中Al 电极的作用不相同，A错误；B实验中Al和石墨，Al为负极，而电流表指针偏向正极，故偏向石墨，B错误；C由于Mg与NaOH溶液不反应，而Al能与NaOH溶液发生反应：2Al+ 2NaOH + 2H2O=2N
14、aAlO2 + 3H2，Al被氧化，故实验中，Al为负极 ，电极反应式为：Al - 3e-+4OH-= +2H2O，而Mg为正极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2；C错误；D分析实验可知铝在原电池中的作用，与另一个电极材料有关，分析实验可知铝在原电池中的作用，与电解质溶液有关，D正确；故答案为：D。12.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（ ）A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B. 由和可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快C. 由和可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+
15、O2+4H+=4Fe3+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，A正确；B由和可知，当pH相同、温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，B正确；C由和可知，当温度相同、pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，C错误；D在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，D正确；故选C。13.某温度时，在 2L 容器中发生 A 、B 两种物之间的转化反应 ，A、B 物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的化学方程式是A2BB. 2 m
16、in 时，正反应速率大于逆反应速率C. 4 min 时，A 、B 的物质的量相等且反应达到了平衡状态D. 反应开始至 6min，A 的平均反应速率为0. lmol/(Lmin)【答案】B【解析】【详解】A从图中可知，到6min末物质A减少了0.6mol，物质B增加了0.3mol，故A为反应物，B是生成物，且物质的量之比等于系数比，且6min后都不再改变，说明是可逆反应，故该反应的化学方程式是2AB，A错误；B从图中可知，2 min 时物质A在继续减小，物质B在继续增加，故反应在向正方向进行，故正反应速率大于逆反应速率，B正确；C从图中可知，4 min 时，A 、B 的物质的量均为0.4mol相
17、等，但是物质A还在减少，物质B还在增加，故反应并未达到了平衡状态，C错误；D反应开始至 6min， A 的平均反应速率为，D错误；故答案为：B。14.某化学小组通过下列实验探究 KI 与FeCl3溶液的反应，实验过程和现象如下 。下列说法不正确的是A. 试管中现象证明有I2生成B. 试管中现象证明溶液中存在Fe3+C. KI 与FeCl3溶液反应方程式为：2Fe3+ 2I-=2Fe2+ + I2D. 综合该实验可推知，Fe3+和I2都具有氧化性【答案】D【解析】【详解】A试管中看到溶液分层，下层溶液呈紫红色，说明是I2在CCl4溶液中的颜色，故证明有I2生成，A正确；B试管中加入KSCN后溶液
18、呈红色，这是检验Fe3+的特征现象，故证明溶液中存在Fe3+，B正确；C从试管的现象说明有I2生成，再根据氧化还原反应的规律可知，KI与FeCl3溶液的反应方程式为：2Fe3+ 2I-=2Fe2+ + I2，C正确；D综合该实验可推知，只能说明Fe3+具有氧化性，没有哪个现象能证明I2具有氧化性，D错误；答案为D。第二部分(非选择题共58 分)15.如图所示是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系 ，回答下列问题(l)N在周期表中的位置是 _。(2)X、Y、P、Q 四种元素的最高价氧化物的水化物中，化学性质明显不同于其它三种的物质是 _。(3)用电子式表示化合物MQ 的形成过程_。(4)Y最高
19、价氧化物对应的水化物的稀溶液与金属 Cu 反应的化学方程式是_。(5)元素 X 和氢元素可以形成多种化合物，下图模型表示的分子中，不可能由 X 和氢元素形成的是_(填序号)。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). H2CO3 (3). (4). (5). bd【解析】【分析】从图中分析可知，第一种元素的原子半径比后面紧邻的六种元素原子半径大，故说明其不是氢元素，故是第二周期的七种元素和第三周期的七种元素，故X、Y、Z、M、N、P、Q分别是C、N、O、Na、Si、S、Cl，然后再进行解题。【详解】(l)N是Si元素，故在周期表中的位置是第三周期A族，故答案为：第三周期A族。(2)X、Y 、P
20、、Q 四种元素的最高价氧化物的水化物分别为H2CO3、HNO3、H2SO4、HClO4中，其中H2CO3是弱酸，其余三种均为强酸，且H2CO3无强氧化性，其余三种酸均有强氧化性，故化学性质明显不同于其它三种的物质是H2CO3，故答案为：H2CO3；(3) 根据分析可知MQ即为NaCl为离子化合物，故其形成过程用电子式可以表示为： ，故答案为：；(4)Y最高价氧化物对应的水化物的稀溶液即稀HNO3与金属 Cu 反应生成Cu(NO3)2和NO和H2O，故化学方程式为：，故答案为：；(5)元素 X是碳元素和氢元素可以形成多种化合物，从下列图中可知，a是乙烯的分子比例模型，b是氨气的球棍模型，c是甲烷
21、的球棍模型，d是水分子的球棍模型，故不可能是 元素 X是碳元素和氢元素形成的 化合物为：bd，故答案为：bd。16.海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取 Br2与 MgCl2 6 H2O 的流程如下： (1)为节约成本 ，试剂最好选用_。填“NaOH”或“Ca( OH )2”(2)提取溴过程中，从溶液 l 到溶液 4 , 两次进行 Br -Br2的转化，目的是_。(3)提取溴过程中，形成溶液 3 的化学方程式是_ 。(4)用原子结构原理解释Cl2的氧化性强于 Br2的原因 _。(5)提镁过程中，加入试剂发生反应的离子方程式是 _。(6)从 MgCl2溶液获得MgCl26 H2O晶体的主要
22、操作为_。【答案】 (1). Ca(OH)2 (2). 富集溴 (3). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (4). 氯原子半径较小，得电子的能力更强 (5). Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】苦卤(含有Mg2+和Br)，加入试剂得到Mg(OH)2沉淀和溶液1，则试剂应为碱性物质，为降低成本最好选用Ca(OH)2；溶液1中含有溴离子，通入氯气将溴离子氧化成溴单质，利用空气和水蒸气将溴吹出，利用SO2将溴单质还原成HBr，得到溶液3，再利用氯气将溶液3中的溴离子氧化成溴单质，得到溶液4；Mg(OH)2与盐酸反应得到MgCl
23、2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到MgCl26H2O晶体。【详解】(1)煅烧贝壳、石灰石等物质可以得到CaO，CaO与水反应可以得到Ca(OH)2，所以为节约成本，试剂最好选用Ca(OH)2；(2)海水中溴的含量较低，得到的溶液1中溴离子浓度较大，经过系列工序得到含溴离子浓度较大的溶液4，实现溴的富集；(3)溴单质具有氧化性，可以将SO2氧化成SO，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；(4)氯原子核外有3层电子，溴原子核外有4层电子，氯原子半径较小，得电子的能力更强，氧化性更强；(5)提镁过程中，向氢氧化镁沉淀中加入盐酸可得氯化镁溶液，离子
24、方程式：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O；(6)从MgCl2溶液获得MgCl26 H2O晶体的主要操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。17.乙烯是重要化工原料。结合以下路线回答下列问题。(1)反应的化学方程式是 _。(2)B官能团是_。(3)反应的化学方程式是_。(4)F是一种高分子物质，可用于制作食品塑料袋等，F 结构简式是_。(5)E的分子式是 C2H4O2能使紫色石蕊试液变红； G 是一种油状、有香味的物质，实验室用 D 和 E 通过反应制取 G, 装置如图所示。 i.甲试管中反应的化学方程式是 _；反应类型是_。ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_。iii.如果将 4.
25、 6g D 和 3g E 在催化剂条件下发生上述反应 ，充分反应后，如果实际产率为60%,实际得到G 的质量是_ g。(已知：实际产率 实际得到质量理论计算质量)(6)丙烯( CH3CH = CH2 ) 与乙烯互为同系物，在催化剂、加热条件下与O2 反应生成一种重要的化工原料丙烯酸( CH2= CHCOOH )。下列关于丙烯酸的说法正确的是 _。a.与乙酸互为同系物b.能发生加成、酯化、氧化反应c.能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2d.一定条件下能发生加聚反应，生成【答案】 (1). CH2=CH2+Br2=BrCH2CH2Br (2). 羟基（-OH） (3). (4). (5). (6
26、). 酯化反应（或取代反应） (7). 分液漏斗 (8). 2.64g (9). bc【解析】【分析】由转化流程图可知，CH2=CH2和溴单质加成生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在NaOH水溶液中共热发生水解反应，生成HOCH2CH2OH；CH2=CH2催化水化成乙醇CH3CH2OH，乙醇CH3CH2OH催化氧化为乙醛CH3CHO，乙醛CH3CHO在催化氧化为乙酸CH3COOH，CH3COOH和CH3CH2OH在浓硫酸催化作用下生成乙酸乙酯CH3COOCH2CH3；乙烯CH2=CH2在催化剂和一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，据此分析解答。【详解】(1)反应是乙烯和溴的加成反应生
27、成1，2-二溴乙烷，其化学方程式为：CH2=CH2+Br2=BrCH2CH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2=BrCH2CH2Br；(2)B是乙二醇，其官能团是羟基（-OH），故答案为：羟基（-OH）；(3)反应为乙醇的催化氧化反应，其化学方程式为，故答案为：；(4)F是一种高分子物质，可用于制作食品塑料袋等，F即聚乙烯，故其结构简式为：，故答案为：；(5) i甲试管中是制备乙酸乙酯的反应，故其化学方程式是；该反应属于酯化反应，也属于取代反应，故反应类型是酯化反应或取代反应，故答案为： ；酯化反应（或取代反应）；ii分离两种互不相容的液体，常用分液的方法进行分离，主要仪器是分液漏斗；故分
28、离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；iii根据方程式进行计算，可知m=4.4g，又实际产率为60%，故实际得到乙酸乙酯的质量为4.4g60%=2.64g，故答案为：2.64g； (6)a丙烯酸中含有羧基和碳碳双键，而乙酸中只含羧基，二者结构不相似，故不互为同系物，a错误；b丙烯酸中含有羧基和碳碳双键等官能团，故能发生加成、酯化、氧化反应，b正确；c丙烯酸中含有羧基，故能与NaHCO3溶液反应生成CO2，c正确；d一定条件下能发生加聚反应，但生成物的结构简式为：，故d错误；故答案为：bc。18.某小组同学用下图所示装置制取氨气 ，并探究其性质。(1)上图试管中发生反
29、应的化学方程式是_ 。(2)请将上图方框中的收集装置补充完整_。(3)下图是甲同学设计的尾气处理装置，乙同学认为该设计不合理，其理由是_。(4)下图所示，将蘸有浓氨水和浓盐酸的棉球分别塞到玻璃管两端的A、B 处，可观察到的现象是_。(5)将上图反应后试管中固体溶于水得到溶液a , 取溶液 a 少许于试管中，_(填操作和现象)，则证明溶液 a 含有。(6)工业合成氨为人类社会发展做出了巨大贡献。N2 和 H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能最变化的示意图如下 ，用 )分别表示 N2 、H2 、NH3已知工业合成氨：N2(气)+ 3 H2(气)2NH3 ( 气)是一个放热反应下列说法正确的是 _。
30、a.使用催化剂，可以加快合成氨的反应速率b.过程，是吸热过程且只有H - H 键的断裂c.过程，N 原 子和 H 原子形成了含有极性键的NH3d.合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【答案】 (1). (2). (3). 氨气极易溶于水，需用防倒吸装置 (4). A、B两端呈白雾，玻璃管中央会产生白烟 (5). 向a溶液中加入强碱NaOH溶液后微热，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝说明原溶液含有 (6). ac【解析】【详解】(1)上图试管中发生的是实验室制备氨气的反应，其化学方程式为：,故答案为：。(2)由于氨气的密度比空气的小，故需用向下排空气法，采用
31、上图装置收集则需短进长出，故上图方框中补充完整的收集装置如下：，故答案为：(3)由于氨气极易溶于水，故尾气吸收时需防倒吸，故下图设计的尾气处理装置不合理，需接一个倒扣的漏斗，故其理由是氨气极易溶于水，需用防倒吸装置，故答案为：氨气极易溶于水，需用防倒吸装置；(4) 由于浓氨水和浓盐酸都有很强的挥发性，挥发出来的NH3和HCl在玻璃管的中央发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，产生NH4Cl固体小颗粒，故形成白烟，可观察到的现象是A、B两端呈白雾，玻璃管中央会产生白烟，故答案为：A、B两端呈白雾，玻璃管中央会产生白烟；(5)将上图反应后试管中固体可能含有过量的NH4Cl，实验室检验的方法为：向a
32、溶液中加入强碱NaOH溶液后微热，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝说明原溶液含有，故答案为：向a溶液中加入强碱NaOH溶液后微热，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝说明原溶液含有； (6) a使用催化剂，降低反应所需要的活化能，可以加快合成氨的反应速率，a正确；b断裂化学键均需吸收能量，故过程，是吸热过程，但包括H - H 键和NN键的断裂，b错误；c由图中可知，不同非金属原子之间形成的共价键是极性共价键，故过程，N 原 子和 H 原子形成了含有极性键的NH3，c正确；d合成氨反应是放热反应，故反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，d错误；故答案为：ac。1
33、9.硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。从图1中选择符合图2要求的 X 、Y 代表的物质：X _、Y _。(2)硫酸是重要的化工原料，小组同学对硫酸的工业制备和性质进行探究。查阅资料，工业制硫酸的过程如下：上述工业制硫酸过程中，没有发生氧化还原反应的过程是_ 。(填“I ”“ II”或“III” )黄铁矿( FeS2 ) 中S为- 1价，完成过程 I 的化学反应方程式：_FeS2十_=_Fe2O3+ _SO2过程 II 中，小组同学在 500C 和 10l kPa 条件下，将一定量的 SO2 和 O2充入含有催化剂的密闭容器中发生反应，随着反应的进行，用气体传感器测量各组分的
34、浓度见下表反应时间/ s010203040506070100c ( SO2 ) / ( mol L -1)10753.521111c ( O2 ) / ( mol L -1)53.5a1.7510.5b0.50.5c ( SO3 ) / ( mol L -1)0356.589999数据分析，表中 a 、b 代表的数值分别是：a =_、b = _；小 组同学判断 SO2 和 O2的 反应 50 秒后处于平衡状态，他们的判断依据是_。(3)浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应 ，为了检验反应产物，某同学设计了如下图所示的实验(部分夹持装置省略)。回答相关问题浓硫酸与木炭反应的化学方程式是 _。装
35、置 A 中的实验现象是_；证明的产物是_ 。装置 C 的作用是_ 。该同学认为，如果去掉装置 B 也能实现产物的验证，该同学依据的实验现象及推理过程是_。【答案】 (1). CaSO42H2O和Na2SO410H2O (2). CuFeS2 (3). III (4). 4 (5). 11O2 (6). 2 (7). 8 (8). 2.5 (9). 0.5 (10). 自50s开始SO2、SO3的浓度保持不变 (11). (12). 固体由白色变为蓝色 (13). H2O (14). 除去CO2中的SO2，并检验是否除尽 (15). 酸性高锰酸钾溶液既能检验SO2又能除去CO2中的SO2，酸性高
36、锰酸钾溶液颜色变浅说明产物中有SO2，而溶液未完全褪色时，说明SO2已经被除尽。【解析】【详解】（1）从图2可知X、Y分别代表+6价的盐和-2价的盐，图1中只有CuFeS2和CaSO42H2O、Na2SO410H2O，故答案为：CaSO42H2O和Na2SO410H2O；CuFeS2；(2)氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，过程I 由FeS2中- 1价的S转化为SO2中+4价的S，故是氧化还原反应，过程II是由SO2中+4价的S转化为SO3中+6价的S，故是氧化还原反应，过程III由SO3转化为H2SO4没有化合价的改变，故不是氧化还原反应，答案为：III；根据反应前后元素种类不变发现
37、，反应物在缺少O元素，故反应物中由O2，再黄铁矿( FeS2 ) 中S为- 1价转化为SO2中+4价，Fe为+2价转化为Fe2O3中+3价，故可1molFeS2在反应中共失去11mole-，而1molO2由0价转化为-2价，得到4mole-，根据得失电子守恒，最小公倍数为44，故FeS2前面的系数为4，氧气的系数为11，再根据硫原子守恒可知SO2的系数为8，根据铁原子守恒可知Fe2O3的系数为2，故答案为：4 ；11O2 ；2；8；根据过程II 中发生的反应进行计算： ，可知a=5-2.5=2.5，从表中可知，自50s以后SO2、SO3的浓度均不再改变，说明从50s开始反应达到化学平衡，故b=
38、0.5，化学平衡的重要标志是正逆反应速率相等，体系各组分的浓度保持不变，故答案为：2.5； 0.5 ；自50s开始SO2、SO3的浓度保持不变；(3) 浓硫酸与木炭在加热条件下生成SO2、CO2和H2O，故浓硫酸与木炭反应的化学方程式是 ，故答案为：；装置 A 中装有白色的无水硫酸铜遇水会变为蓝色的硫酸铜晶体(CuSO45H2O），故装置 A 中的实验现象是固体由白色变为蓝色，证明的产物是H2O；故答案为：固体由白色变为蓝色；H2O；装置B是检验SO2的，现象为品红溶液红色褪去，由于CO2、SO2均能使澄清石灰水变浑浊，故需先出去SO2再检验CO2，故装置 C 的作用是除去CO2中的SO2，并根据褪色情况检验SO2是否除尽，故答案为：除去CO2中的SO2，并检验是否除尽；CO2不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而SO2可以，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的过程也使吸收SO2的过程，故酸性高锰酸钾溶液既能检验SO2又能除去CO2中的SO2，故答案为：酸性高锰酸钾溶液既能检验SO2又能除去CO2中的SO2，酸性高锰酸钾溶液颜色变浅说明产物中有SO2，而溶液未完全褪色时，说明SO2已经被除尽。
