上海市控江中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题(含解析)

上海市控江中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Ag-108 Ba-137

一、选择题（只有1个正确答案，每小题2分，共40分）

1.下列化合物中不能由单质直接化合而制成的是

A. Mg3N2

B. Cu2S

C. SO2

D. NO2

【答案】D

【解析】

【详解】A.Mg在空气中点燃，会与空气中的N2反应产生Mg3N2，A不符合题意；

B.Cu与S加热产生Cu2S，B不符合题意；

C.S在氧气中燃烧产生SO2，C不符合题意；

D.N2与O2在电火花作用下反应产生NO，不能生成NO2，D符合题意；

故合理选项是D。

2.对NH3在工农业生产中用途的叙述错误的是

A. 制氮气

B. 制氮肥

C. 制硝酸

D. 做制冷剂【答案】A

【解析】

【详解】NH3在工农业生产中用途是可以利用氨气制备铵盐做氮肥，也可以催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，氨气易液化可以做制冷剂，故合理选项是A。

3.决定化学反应速率根本因素是

A. 温度

B. 压强

C. 参加反应的各物质的性质

D. 参加反应的各物质的浓度

【答案】C

【解析】

【详解】影响反应速率的因素有内因和外因，内因是反应物本身的性质，为主要因素，外界因素有浓度、温度、压强、催化剂、固体的表面积以及溶剂等；

故合理选项是C。

4.氮气是一种不活泼的气体，其根本原因是

A. 氮元素的非金属性较弱

B. 氮原子的半径较小，核对最外层电子吸引力强

C. 氮气是双原子分子

D. 使氮气分子的氮氮叁键断裂需要吸

收很高的能量

【答案】D

【解析】

【详解】气体单质活泼与否，与其键能高低有关，而氮分子是双原子分子，氮氮之间有三对共用电子对，键能大，要发生化学反应要断开氮氮叁键要吸收大量的能量，所以不活泼不易发生化学反应。故氮气是一种不活泼的气体，其根本原因是使N≡N键断裂需要很高的能量，故合理选项是D。

5. 既能使石蕊试液变红，又能使品红试液变为无色，还能使溴水褪色的是

A. Cl2

B. H2S

C. SO2

D. CO

【答案】C

【解析】

试题分析：A、Cl2通入溶液生成盐酸和次氯酸，可以使石蕊试液先变红后退色，在品红事业中褪色，在溴水在不反应，溴水不褪色，故A不符合；B、H2S能使石蕊试液变红，不能使品红试液变为无色，和溴单质反应，能使溴水褪色，故B不符合；C、SO2既能使石蕊试液变红，又能使品红试液变为无色，还能和溴单质反应生成硫酸和氢溴酸，使溴水褪色的，故C符合；D、CO是不成盐氧化物，既不能使石蕊试液变红，又不能使品红试液变为无色，也不能使溴水褪色的，故D不符合；故选C。

【考点定位】考查二氧化硫的化学性质

【名师点晴】本题考查了氯气、硫化氢、二氧化硫、一氧化碳等物质的化学性质的应用，注意具漂白性物质的作用与溴水褪色的区别，能使石蕊试液变红，说明溶液中含有酸，能使品红试液变为无色说明是二氧化硫、次氯酸等漂白性的物质，能使溴水褪色的，说明能和溴单质反应。

6.下列气体中，不能用启普发生器制取的是

A. H2S

B. NH3

C. CO2

D. H2

【答案】B

【解析】

【详解】H2S、CO2、H2都是使用块状固体和液体反应而制取，且不需加热，可以使用启普发生器，实验室用氯化铵与氢氧化钙在加热时反应制取NH3，且氨气极容易溶于水，所以不能用启普发生器制取，故合理选项是B。

7.下列反应中的酸既表现强氧化性，又表现酸性的是

A. 浓硝酸与FeO反应

B. 浓硝酸与木炭粉反应

C. 浓硫酸与CuO反应

D. 浓硫酸与NaCl固体反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.浓硝酸与氧化亚铁反应，将二价亚铁离子氧化生成三价铁离子同时生成NO2，浓硝酸既表现强氧化性，又表现酸性，A正确；

B.浓硝酸与木炭粉的反应中，生成二氧化碳、二氧化氮和水，浓硝酸表现了强氧化性，由于没有盐生成，浓硝酸不表现酸性，B错误；

C.浓硫酸与氧化铜反应生成硫酸铜和水，硫元素化合价不变，浓硫酸只表现酸性，C错误；

D.硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢、硫酸钠，表现了浓硫酸的难挥发性，D错误；

故合理选项是A。

8.下列混合物用加热的方法可分离的是

A. NH4Cl和Ca(OH)2

B. I2和NH4I

C. NH4Cl和NaCl

D. NH4Cl和NH4HCO3

【答案】C

【解析】

【分析】

选项中碘易升华，氯化铵、碳酸氢钠加热分解，且加热时发生反应的物质不能分离，以此来解答。

【详解】A.NH4Cl和氢氧化钙固体混合物加热反应生成氯化钙、氨气、水，不能选择加热法分离，A错误；

B.加热碘升华，氯化铵分解，则加热不能分离，温度稍低又变为固体物质，不能分离，B错误；

C.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，加热可分离，C正确；

D.加热时氯化铵和碳酸氢钠都分解，不能用加热的方法分离，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查物质的分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。

9.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，下列表示反应速率的关系中正确的是

A. v(A)=2v(C)

B. v(B)=v(C)

C. 3v(B)=v(A)

D.

3v(C)=2v(B)

【答案】D

【解析】

【分析】

根据反应速率之比是化学计量数之比解答。

【详解】A.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，2v(A)=v(C)，A错误；

B.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，2v(B)=3v(C)，B错误；

C.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，v(B)=3v(A)，C错误；

D.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，3v(C)=2v(B)，D正确；

故合理选项是D。

10.在四个不同的密闭容器中，采用不同条件进行反应N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，根据下列在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是

A. v(N2)=0.2mol/(L?min)

B. v(NH3)=0.3mol/(L?min)

C. v(H2)=0.1mol/(L?min)

D. v(H2)=0.3mol/(L?min)

【答案】A

【解析】

【详解】发生3H2+N2?2NH3，都转化为用H2浓度变化来表示反应速率，反应速率越大，反应越快。

A.v(N2)=0.2mol/(L?min)，则v(H2)=3v(N2)=0.6mol/(L?min)；

B.v(NH3)=0.3mol/(L?min)，则v(H2)=3

2

v(N2)=0.45mol/(L?min)；

C.v(H2)=0.1mol/(L?min)；

D.v(H2)=0.3mol/(L?min)，

可见反应速率最快的是0.6mol/(L?min)，故合理选项是A。

11.将浓盐酸、浓硫酸和新制氯水分别滴在三张蓝色石蕊试纸上，这三张试纸最后的颜色是

A. 红、红、红

B. 红、黑、白

C. 红、黑、红

D. 白、黑、红

【答案】B

【解析】

【详解】浓盐酸具有酸性，可以使蓝色石蕊试纸变为红色；

新制氯水具有强氧化性，将试纸中的有色物质氧化成无色；

浓硫酸具有脱水性，试纸和其中的有色物质都是有机物，浓硫酸夺取水分，只剩下黑色的碳；因此这三张试纸最后的颜色是红、黑、白，故合理选项是B。

12.根据SO2气体通入不同溶液中的现象，所得结论不正确的是

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A. Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，说明SO2具有还原性，A正确；

B.氢硫酸与SO2在溶液中反应产生S单质和水，溶液变浑浊，产生黄色沉淀，在该反应中SO2

中的S由反应前的+4价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，表现氧化性，B正确；

C.SO2气体通入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，使溶液变浑浊，SO2体现还原性，C错误；

D.SO2气体通入 Na2S溶液中，首先发生反应：SO2+H2O+Na2S=Na2SO3+H2S，然后发生反应：

SO2+2H2S=3S↓+2H2O，因此会看到产生黄色沉淀，证明酸性：亚硫酸>氢硫酸，D正确；

故合理选项是C。

13.取一定量的Ag-Cu合金溶于足量稀硝酸后，再加入足量的盐酸得白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，其质量与原合金质量相等，则合金中Ag的质量分数为

A. 75.26%

B. 24.7%

C. 30%

D. 70%

【答案】A

【解析】

【详解】取一定量的Ag-Cu合金溶于足量稀硝酸后，金属反应产生AgNO3、Cu(NO3)2，再加入足量的盐酸时，AgNO3与HCl发生复分解反应产生AgCl白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，其质量与原合金质量相等，由于Ag在反应前后质量不变，所以合金中Cu的质量为AgCl

中Cl元素的质量，则Ag分数为

108

100%

10835.5

?

+

=75.26%,故合理选项是A。

14.下列除杂方法正确的是（括号内为杂质）

A. CO2（HCl），通过饱和Na2CO3溶液

B. Na2SO3溶液（Na2SO4），滴加BaCl2溶液后过滤

C. SO2（CO2），通过NaOH溶液

D. CO2（SO2），通过饱和NaHCO3溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A.二者均与Na2CO3反应，不能达到除杂的目的，应该使用饱和NaHCO3溶液，A错误；

B.二者均与BaCl2溶液反应产生沉淀，不能达到除杂的目的，B错误；

C.SO2、CO2都是酸性氧化物，通过NaOH溶液时都反应产生盐，不能达到除杂的目的，C错误；

D.由于酸性H2SO3>H2CO3，所以含有杂质SO2的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液后，SO2反应转化为CO2气体，达到除杂净化的目的，D正确；

故合理选项是D。

15.铜粉与稀硫酸不反应，若加入一种试剂，则铜粉可以溶解，该物质可能是（）

A. NaCl

B. Zn

C. KNO3

D. 稀盐酸【答案】C

【解析】

A．Cu与稀硫酸、氯化钠均不反应，不能溶解，故A不选；B．Zn与稀硫酸反应，铜不能溶解，故B不选；C．铜与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，铜粉溶解，故C选；D．Cu与稀硫酸、稀盐酸均不反应，不能溶解，故D不选；故选C。

16.0.5mol硝酸铵一定条件下可分解成18g水以及另外一种气态物质，该气态物质可能是

A. NO

B. N2O

C. N2O3

D. N2

【答案】B

【解析】

【分析】

0.5mol硝酸铵，反应前各种原子的量：1mol N，2mol H，1.5mol O；反应后生成的水中含有

的原子：n(H)=2n(H2O)=

18

18/

g

g mol

×2=2mol ，含有的O原子的物质的量n(O)= n(H2O)=1mol，

所以未知气体中含有：N原子为1mol，O原子为0.5mol，不含H原子，据此判断。

【详解】18g水的物质的量为n(H2O)=

18

18/

g

g mol

=1mol，反应前0.5mol硝酸铵含有的各种原

子的物质的量：N原子0.5mol×2=1mol，H原子0.5mol×4=2mol，O原子0.5mol×3=1.5mol；反应后生成水中含有的原子的物质的量：H原子n(H)=1mol×2=2mol，O原子：n(O)=1mol×1=1mol。因此未知气体中含有：N原子1mol，O原子为1.5mol-1mol=0.5mol，不含H原子；n(N)：n(O)=2：1，则未知气体为N2O，故合理选项是B。

【点睛】考查原子守恒在物质化学式确定的计算，关键根据原子守恒判断未知气体中元素种类及原子个数比。

17.反应C(s)+H 2O(g)CO(g)+H2(g)在一个体积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是

①增加固体碳的量②保持压强不变，充入Ar使体系体积增大

②将容器压缩体积④保持体积不变，充入Ar使体系压强增大

A. ①③

B. ①④

C. ①②

D. ③④

【答案】B

【解析】

【分析】

反应中C为固体，增加固体的量对反应速率没有影响，改变体积或压强，只有反应物质的浓度发生变化时，反应速率才发生改变，以此解答该题。

【详解】①增加碳的量，物质的浓度不变，反应速率不变，①正确；

②保持压强不变，充入Ar使体系体积增大，反应的气体的浓度减小，反应速率减小，②错误；

③将容器体积压缩，气体浓度增大，反应速率增大，③错误；

④保持体积不变，充入Ar使体系压强增大，但参加反应的物质的浓度不变，反应速率不变，④正确；

对反应速率几乎无影响的是①④，故合理选项是B。

【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查学生的分析能力和基础知识的积累，明确外界条件对反应速率影响的实质是解答的关键。

18.反应3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)的反应速率随时间变化如下图所示，在t 1、t2、t3、t4时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是

A. t6～t7阶段，C的百分含量最大

B. t2～t3阶段，A的转化率最小

C. t3时，改变因素一定是使用了催化剂

D. t5时，改变因素一定是升高了温度

【答案】D

【解析】

【分析】

由图中反应速率的变化可知，t1时增了生成物的浓度，t3时加入了催化剂或增大了体系压强，t4时减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时升高温度，t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。

【详解】3A(g)2B(g)+C(g)+Q(Q>0)说明该反应△H＜0，反应前后气体体积不变，压强对化学平衡无影响。

由图中反应速率的变化可知，t1时速率增加且平衡逆向移动，改变条件为增了生成物的浓度，t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，t4时速率同等程度减小，改变的条件为减小了体系压强或使用了抑制剂，t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度。

t1时化学平衡逆向移动，A的转化率减小，C的百分含量减小，t3、t4时化学平衡不移动，t5

时化学平衡逆向移动，A的转化率进一步减小，C的百分含量进一步减小，因此t6～t7阶段A 的转化率最小，0～t1阶段C的百分含量最大。

A.0～t1阶段，C的百分含量最大，A错误；

B.t6～t7阶段A的转化率最小，B错误；

C.t3时速率同等程度增加，改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强，C错误；

D.t5时速率增大且平衡逆向移动，改变的条件为升高温度，D正确；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率与化学平衡移动的因素，注意根据正、逆速率判断平衡移动方法。

19.某可逆反应达到化学平衡，当条件改变后平衡向正反应方向移动，则下列说法中正确的是

A. 反应物的浓度一定降低

B. 达到新的平衡前正反应速率一定大于逆反应速率

C. 使用了合适的催化剂

D. 正反应速率一定增大

【答案】B

【解析】

【详解】A.增大反应物浓度，平衡正向移动,但平衡移动的结果是减弱这种改变，而不是抵消，

因此增大反应物浓度，达新平衡状态反应物的浓度比原来浓度大，A错误；

B.正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，B正确；

C.加入催化剂，正、逆反应速率改变的倍数相同,改变后的反应速率仍然相等，化学平衡不移动，C错误；

D.降低生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，由于反应物的浓度降低，所以正反应速率减小，D错误；

故合理选项是B。

20.在密闭容器内发生反应：3FeO(s)+H 2O Fe3O4(s)+H2(g)-Q，H2O和H2物质的量随时间的变化如图所示，2min时仅改变一个条件，改变的条件是

A. 减少n(H2O)

B. 增加n(H2)

C. 增大压强

D. 升高温度【答案】D

【解析】

【分析】

由图可知，2min时，曲线斜率变大，则反应速率增大，且水的物质的量减小，氢气的物质的量增大，平衡正向移动，以此解答该题。

【详解】A.减少n(H2O)，平衡逆向移动，反应速率减小，氢气的物质的量应该减小，A错误；

B.增加n(H2)，平衡逆向移动，水的物质的量应增大，B错误；

C.反应前后气体的气体不变，增大压强，平衡不移动，气体的物质的量不变，C错误；

D.正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，与图象相符合，D正确；

故合理选项D。

【点睛】本题考查化学平衡的影响因素的知识，注意把握图象的分析，把握影响平衡移动的影响因素，侧重考查学生的分析能力。

二、实验题（本题共14分）

21.如下图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到

甲针筒内，进行下表所列的不同实验（气体在同温同压下测定）。

实验序号甲针筒内物质乙针筒内物质

1 溴水SO2

2 H2S SO2

3 NO2（主要）H2O(l)

4 15mLCl240mLNH3

试回答下列问题：

(1)实验1中，溶液颜色由______色变为______色，写出溶液变色的化学反应方程式

____________。

(2)实验2甲针筒内发生的化学反应方程式：_______________。反应后甲针筒内有少量的残留气体，正确的处理方法是将其通入________溶液中。

(3)实验3中，甲中最后剩余的无色气体是_____，写出NO2与H2O反应的化学反应方程式

_____________。

(4)实验4中能看见有白烟产生并生成一种气体（空气主要成分之一），该化学反应方程式

______________，写出检验所得白色固体中阳离子的操作方法：___________。

【答案】(1). 橙(2). 无色(3). SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr (4). 2H2S+SO2=3S↓+2H2O (5). NaOH (6). NO (7). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (8). 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl (9). 取样，向其中加入强碱溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体则证明固体中含NH4+离子。

【解析】

【分析】

(1)SO2与溴水发生反应产生硫酸和氢溴酸，根据物质水溶液的颜色分析判断；

(2)H2S与SO2发生反应产生硫单质和水，根据二者水溶液显酸性的性质选择使用的试剂；

(3)NO2与水反应产生硝酸和NO；

(4)Cl2具有氧化性，与NH3反应产生NH4Cl和N2，根据电子守恒、原子守恒配平方程式，可根

据铵盐与碱共热产生氨气检验NH 4+

。

【详解】(1)SO 2与溴水发生氧化还原反应产生硫酸和氢溴酸，反应方程式为

SO 2+Br 2+2H 2O=H 2SO 4+2HBr ，溴水显橙色，反应后产生的硫酸和氢溴酸水溶性都是无色的，因此看到的现象是溶液由橙色变为无色；

(2)H 2S 与SO 2发生反应产生硫单质和水，反应方程式为：2H 2S+SO 2=3S↓+2H 2O ，H 2S 与SO 2发生反应按2：1的体积比关系反应，根据注射器的位置可知SO 2过量，由于该气体是大气污染物，会导致大气污染，可利用该气体为酸性气体，能够与强碱NaOH 溶液反应产生可溶性盐的性质，反应后甲针筒内有少量的残留气体，通入NaOH 溶液溶液中进行吸收；

(3)NO 2与水反应产生硝酸和NO ，反应方程式为3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，NO 是无色气体，所以实验3中，甲中最后剩余的无色气体是NO ；

(4)Cl 2具有氧化性，NH 3具有还原性，二者会发生氧化还原反应，根据两种气体的物质的量可知Cl 2与NH 3反应产生NH 4Cl 和N 2，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为8NH 3+3Cl 2=N 2+6NH 4Cl ，检验NH 4Cl 中阳离子NH 4+

的方法是取样，向其中加入强碱溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体则证明固体中含NH 4+

离子。

【点睛】本题考查了非金属元素的

单质及化合物的知识，涉及Cl 2、H 2S 、SO 2、NO 2等化学性质、反应现象的描述、方程式的书写、离子的检验方法等，一般情况下元素处于最高价具有强氧化性，处于最低价态，只有还原性，若处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，掌握物质的化学性质及氧化还原反应的规律是本题解答的关键。

三、综合分析题（本题共19分）

22.氮元素是生命的基础，自然界中氮的循环过程如下图所示，请分析此图并回答有关问题。

(1)大气中的氮以________（填化学式）形式存在，图中共表示了_______种固氮的途径。

(2)由图可知，动植物体内的氮主要存在于蛋白质中，当动植物尸体发生腐败时，往往会产生一种含氮的气体，其电子式为________。

(3)土壤中的硝酸盐会被细菌分解。有一种脱氧硫杆菌能够利用土壤中的硫化物来分解硝酸

盐，其主要化学原理如下：K 2S+KNO 3+H 2O ????→脱氧硫杆菌

N 2↑+K 2SO 4+KOH ，配平上述反应方程式，

并标出电子转移的方向和数目___________。上述反应的氧化剂是_____，被氧化的元素是______。

【答案】 (1). N 2 (2). 3 (3).

(4).

(5). KNO 3 (6). -2价的硫

【解析】 【分析】

(1)大气中的氮以单质形式存在，可根据图示判断固氮的途径；

(2)动植物尸体发生腐败时，往往会产生一种含氮的气体是NH 3，根据原子结构分析判断； (3)根据元素化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂；元素化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目判断。

【详解】(1)大气中的氮以氮单质N 2形式存在，根据图示可知有雷电固氮、工业固氮和植物的根瘤菌固氮三种途径。

(2)动植物尸体发生腐败时，往往会产生一种含氮的

气体是NH 3，N 原子最外层有5个电子，N 原子的三个成单电子与3个H 原子形成3对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，所以NH 3的电子式为

；

(3)在反应K 2S+KNO 3+H 2O ????→脱氧硫杆菌N 2↑+K 2SO 4+KOH 中，S 元素的化合价由反应前K 2S 中的-2

价变为反应后K 2SO 4中的+6价，化合价升高8价，失去电子被氧化，所以K 2S 作还原剂；N 元

素由反应前KNO 3中的+5价变为反应后N 2中的0价，化合价降低5，获得电子，被还原，所以

KNO 3作氧化剂。由于在氧化还原反应中，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目，化合价升降的最小公倍数是40，所以S 元素化合价升高了8价，所以K 2S 、K 2SO 4系数是分别是5，N 元素化合价降低了5价，所以KNO 3系数是8，则N 2系数是4，再根据原子守恒，可得KOH 系数是8，方程式用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：

，其中反应的氧化剂是KNO3，被氧化的元素是K2S中的S元素。

【点睛】本题考查了氮元素在自然界的循环的知识。涉及氮的固定方法、物质的电子式的书写、氧化还原反应方程式的配平、电子转移的表示方法、物质的作用等。掌握氮的固定的含义、原子结构、原子结合方式及氧化还原反应的规律、概念及关系是本题解答的基础。

23.硫是生物必需的大量营养元素之一，下图是自然界中硫的循环图，请分析此图并回答有关问题。

(1)氮循环和硫循环是自然界中两种重要的元素循环过程，下列关于这两种循环的说法正确的是________。

选项比较氮循环硫循环

氮元素会进入大气硫元素不会进入大气

A

异

B 氮循环过程有生物圈参与硫循环过程无生物圈参与

人类活动对氮循环和硫循环都造成巨大影响

C

同

D 氮循环和硫循环对环境的影响是都能导致温室效应

(2)分解者可将含硫有机物分解为H2S，硫磺细菌和硫化细菌可将H2S进一步变为硫单质或硫酸盐，下列关于硫化氢说法正确的是_______。

A.H2S分子很稳定，受热难分解

B. H2S分子中所有原子的最外层都达到8电子结构

C.将H2S通入FeSO4溶液，产生沉淀

D.H2S中硫元素为-2价，因此H2S只有还原性，没有氧化性

E.H2S是一种无色臭鸡蛋气味的有毒气体

(3)大气中的SO2经过一系列转化最终生成H2SO4，导致降水具有较强酸性，称为酸雨。检验某次降雨是否为酸雨的方法是_________________，收集某次酸雨样品，发现8小时内，样品pH 一直在减小，其原因可能是________________。（用化学方程式表示）

(4)为了防治酸雨，工业上常采用“钙基固硫法”即将生石灰和含硫的煤混合后燃烧，燃烧时硫、氧气和生石灰共同作用，使硫元素转移到炉渣中，大部分硫元素最终转化为固体盐是

_______（填化学式）。

【答案】 (1). C (2). E (3). 测pH (4). 2H2SO3+O2=2H2SO4 (5). CaSO4

【解析】

【分析】

(1)根据自然界中N、S的循环图分析判断；

(2)根据H2S的组成元素的结合方式、元素的化合价等分析；

(3)根据酸雨的定义分析判断方法；

(4)S燃烧产生SO2与CaO反应产生CaSO3，CaSO3在被氧化为CaSO4。

【详解】(1)根据自然界中N、S的循环图可知：氮、硫元素都会进入大气，A错误；

B.氮、硫循环过程均有生物圈参与，B错误；

C.人类活动对氮循环和硫循环都造成巨大影响，C正确；

D.氮循环和硫循环对环境的影响是都能导致酸雨的形成，D错误；

故合理选项是C；

(2) A.H2S分子中S-H键能小，容易断裂，因此H2S不稳定，受热易分解，A错误；

B.H2S分子中S原子的最外层都达到8电子结构，H原子达到最外层2个电子的稳定结构，B

错误；

C.由于酸性H2SO4>H2S，所以将H2S通入FeSO4溶液，不发生反应，无沉淀产生，C错误；

D.H2S中硫元素为-2价，因此H2S具有还原性，其中的H元素化合价为+1，因此也具有氧化性，D错误；

E.H2S是一种无色臭鸡蛋气味的有毒气体，E正确；

故合理选项是E；

(3)酸雨是pH<5.6的酸性降水，所以要测定某次降雨是否为酸雨的方法是使用pH测溶液的pH；

(4)煤中含有的S元素在燃烧产生SO2气体，SO2是酸性氧化物，与碱性氧化物CaO在高温下化合反应产生CaSO3，CaSO3具有还原性，被O2氧化为CaSO4，所以使硫元素转移到炉渣中，大部分硫元素最终转化为固体盐是CaSO4。

【点睛】本题考查了硫元素在自然界的循环的知识，涉及物质的存在形式、稳定性、毒性、

危害机治理措施等。掌握元素及化合物的性质及氧化还原反应基本知识是解答该题的关键。

四、（本题共16分）

24.工业废气中氮氧化物（NO、NO2等，以通式NO x表示）是主要的大气污染物之一。

利用甲烷可消除NO 2污染，CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)。在1L密闭容器中，控

制不同温度，分别加入0.50molCH4和0.80molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见

下表：

组别温度时间/min 0 10 20 40 50 60

①T1n(CH4)/mol 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 0.10

②T2n(CH4)/mol 0.50 0.30 0.18 ……0.15 0.15

回答下列问题：

(1)组别①中，0～10min内NO2的平均降解速率为v(NO2)= ________________。

(2)由实验数据可知实验控制的温度T2_____T1（填“>”或“<”），请简述理由__________。

(3)组别②中，T2温度下40min时n(CH4)=________mol。该反应正反应为_______反应（填“吸热”或“放热”），理由是_____________________________。

(4)温度T1时CO2物质的量随时间的变化如下图，在图中画出温度T2时CO2物质的量随时间的

变化曲线________。

(5)汽车尾气中含有CO和NO x等多种有害气体，若在汽车的排气管上安装一种催化转化装置，

可使CO 与NO x 反应，生成两种无毒气体，则该反应的化学方程式为_________。

【答案】 (1). 0.03mol/(L ?min) (2). > (3). 相同时间内，T 2中参与反应的甲烷的物质的量较T 1大 (4). 0.15 (5). 放热 (6). 温度越高CH 4的转化率越低 (7).

(8). 2xCO+2NO x ???→催化剂

N 2+2xCO 2

【解析】 【分析】

(1)先计算①中，0～10min 内V(CH 4)，然后根据速率比等于化学计量数的比计算V(NO 2)； (2)在不同温度下，在相同时间内反应的CH 4的多，化学反应速率快，结合温度对化学反应速率的影响分析判断；

(3)组别②中温度比①高，反应速率快，达到平衡所需要的

时间短，①在40min 时达到平衡，则组别②也达到了平衡，根据平衡温度分析；根据甲烷在T 1、T 2平衡含量分析温度对平衡移动的影响；

(4)升高温度，反应速率快，达到平衡所需要的时间短；且升高温度平衡逆向移动分析判断； (5)CO 与NO x 反应，生成CO 2、N 2，根据原子守恒、电子守恒书写反应方程式。

【详解】(1)①中，0～10min 内V(CH 4)=

()0.500.35110mol

L

min

-=0.015mol/(L·min)，根据方程式

CH 4(g)+2NO 2(g)N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g)可知：V(NO 2)：V(CH 4)=2：1，所以V(NO 2)=2 V(CH 4)=

0.03mol/(L·min)；

(2)根据表格数据可知：在相同时间内，T 2中参与反应的甲烷的物质的量较T 1大，说明反应速率T 2>T 1，由于在其它条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，所以温度T 2>T 1；

(3)组别②中温度比①高，在40min 时已经达到平衡，根据表格数据可知n(CH 4)=0.15mol ； 在温度为T 1时CH 4的平衡的物质的量为0.10mol ；在温度为T 2时CH 4的平衡的物质的量为

0.15mol.由于温度T 2>T 1，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应；

(4)升高温度，反应速率快，达到平衡所需要的时间短。由于温度T 2>T 1，所以在温度为T 2时先达到平衡。由于CH 4(g)+2NO 2(g)

N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g)的正反应是放热反应，所以升高温

度，平衡逆向移动，平衡时CO 2的物质的量比温度为T 1时少所以温度与CO 2的物质的量关系图

像为：；

(5)CO 与NO x 反应，生成CO 2、N 2，根据原子守恒、电子守恒可得：该反应的化学方程式为

2xCO+2NO x ???→催化剂

N 2+2xCO 2。

【点睛】本题考查了化学反应速率的计算、影响因素及温度对化学平衡移动的影响等知识。掌握元素及化合物的知识及化学平衡移动原理是本题解答的关键。

五、计算题（本题共11分）

25.用纯净的CaCO 3与100mL 稀盐酸反应制取CO 2，实验过程中CO 2体积变化记录如图所示（CO 2的体积已折算为保准状况下的体积），回答下列问题：

①0～3min 中，_______段（选择OE 、EF 、FG ）表示的平均反应速率最大，OE 、EF 、FG 三段中，该反应用CO 2表示的平均反应速率之比为______。

②用盐酸表示EF 段中该反应的平均反应速率为________mol/(L ?min)。 【答案】 (1). EF (2). 2：4：1 (3). 0.4 【解析】 【分析】

①斜率表示反应速率快慢，斜率越大反应速率越大，根据三个阶段斜率判断哪个时间段速率最快；根据三个时间段产生CO 2体积比等于反应速率之比；

②根据EF 段CO 2的体积计算CO 2的物质的量，然后根据CaCO 3与HCl 反应的方程式计算HCl 变化的物质的量，利用V=

c

t

n n 计算反应速率。 【详解】①斜率表示反应速率快慢，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF 段斜率最大，所以EF 段反应速率最大；

OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224mL、448mL、112mL，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：448mL：112mL=2：4：1；

②由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672mL-224mL=448mL，所以二氧化碳的物质的量为

n(CO2)=

0.448L

22.4L/mol

=0.02mol，根据CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知参加反应的氯化氢的物

质的量为n(HCl)=0.04mol，所以盐酸的浓度变化量△c(HCl)=0.04

0.1L

=0.4mol/L，所以EF段用

盐酸表示该反应的平均反应速率V(HCl)=0.4/

1

mol L

min

=0.4 mol/(L?min)。

【点睛】本题考查反应速率计算、比较等，旨在考查学生对图表的理解，注意浓度(物质的量)与时间图象，斜率表示反应速率快慢。

26.50mL浓硫酸和铜片加热后反应，铜片完全溶解后测得产生4.48L（标况下）气体，把反应后的溶液稀释至1L，取20mL溶液加入足量BaCl2溶液产生3.262g沉淀，求原硫酸溶液的物质的量浓度是多少______？

【答案】18mol/L

【解析】

【分析】

硫酸中S元素一部分变为SO2，一部分仍以SO42-形成存在溶液中，先计算SO2、剩余SO42-的物

质的量，然后根据c=n

V

计算原硫酸的物质的量浓度。

【详解】Cu与浓硫酸发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应产生的SO2的物质

的量为n(SO2)=

V

Vm

=

4.48

22.4/

L

L mol

=0.2mol，反应后溶液中硫酸铜及未反应的硫酸电离产生的

SO42-与加入的BaCl2溶液发生离子反应：Ba2++ SO42-=BaSO4↓，在1L反应后溶液中含有的SO42-的物质的量为n(SO42-)==0.7mol，则根据S元素守恒，可知原浓硫酸中含有硫酸的物质的量为n(H2SO4)=n(SO42-)+n(SO2)=0.7mol+0.2mol=0.9mol，所以c(H2SO4)==18mol/L。

【点睛】本题考查了守恒方法在物质的量浓度的计算的应用的知识。涉及硫酸的强氧化性、离子反应，掌握浓硫酸的化学性质和物质的量的有关计算方法是本题解答的关键。