海安市2022-2023学年高一下学期阶段检测（一）
化学试题
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，共100分。考试用时75分钟。
2.请将第Ⅰ卷和第Ⅱ卷的答案填涂在答题纸指定空格内。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Cl—35.5 F—56 Cu—4
第Ⅰ卷 (选择题，共42分)
单项选择题(本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 2022年12月，中国航天员乘组完成首次在轨交接，中国航天员“天宫”会师创造历史。下列说法不正确的是
A. 航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是Si
B. 运载火箭的燃料偏二甲肼()在反应中作还原剂
C. 天和核心舱的霍尔发动机燃料原子核中含77个中子
D. 航天员的耳机使用的双层蛋白质皮革属于新型无机非金属材料
2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 硝酸见光易分解，可用于制氮肥
B. 氢氟酸具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃
C. 二氧化硫有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
D. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
3. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
4. 能与结合生成，实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取 B. 用装置乙干燥
C. 用装置丙收集 D. 用装置丁探究的还原性
5. 易液化，能与多种物质发生反应。将金属钠投入液氨中有产生，能与结合生成，加热条件下能将CuO还原成Cu。可用于制取肼()和尿素等，工业上常用浓氨水检验输送氯气的管道是否泄漏，泄漏处有白烟生成。下列说法正确的是
A. 具有碱性，可用作制冷剂
B. 合成氨反应为放热反应，不需要加热就可以发生
C. 受热易分解，可用作实验室中制取少量氨气
D. 金属钠与液氨反应体现了氧化性
6. 工业合成氨的反应为 放热92.4kJ。下列有关说法正确的是
A. 用E表示键能，则
B. 恒温恒容密闭容器中充入和充分反应后放出热量为92.4kJ
C. 断裂1mol H-H键的同时，断裂2mol N-H键，说明该反应达到平衡状态
D. 达到平衡时，增大容器的体积，v(正)减小、v(逆)增加
7. 某钒电池放电原理如图所示。下列关于该钒电池放电过程的说法正确的是
A. 电能主要转化为化学能
B. a电极上的反应为VO+2H++e-=VO2++H2O
C. 氢离子由电极a区向电极b区移动
D 1molV2+参与反应，得到6.02×1023个电子
8. 氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备的Si3N4操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)，有关叙述不正确的是
A. “还原”反应中氧化产物为CO2
B. “高温氮化”反应的化学方程式为：3Si+2N2Si3N4
C. “操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D. “稀酸Y”可选用稀硝酸
9. 据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是
A. OH-参与了该催化循环 B. 该反应可产生清洁燃料H2
C. 该反应可消耗温室气体CO2 D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化
10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 将稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄色 氧化性：
B 将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象 常温下，铝遇浓硫酸发生钝化
C 将气体通入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象 S的非金属性强于Si
D 将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象 浓硫酸和木炭反应产生和气体
A. A B. B C. C D. D
11. 含的工业尾气转化为硫酸钾的流程如下：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ得到固体的主要成分是
B. 为提高的转化速率，控制反应Ⅱ在高温下进行
C. 反应Ⅲ的学方程式为
D. 滤液中存在的主要离子有、、
12. 向200 mL 2.0 mol·L－1稀硝酸中加入一定量的铜粉和铁粉，若反应只产生NO气体，则下列说法不正确的是( )
A. 若铁粉有剩余，则加入铁粉的质量可能为8.5 g
B. 若铜粉有剩余，则反应后的溶液中加入硫酸，铜会继续溶解
C. 若铁粉和铜粉完全溶解，铁粉和铜粉总的物质的量为a mol，则a≤0.15
D. 若向所得溶液中逐滴加入NaOH溶液，当沉淀量最多时消耗0.4 mol NaOH
13. 分解速率受多种因素影响。实验测得 时不同条件下浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，分解速率越快
C. 图丙表明，少量存在时，溶液碱性越强，分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，对分解速率的影响大
14. 对利用甲烷消除污染进行研究，。在2 L密闭容器中，控制不同温度，分别加入和。测得随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是
组别 温度 时间/min(n/mol) 0 10 20 40 50
① 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
② 0.50 0.30 0.18 0.15
A. 组别①中，0～20min内，的降解速率为
B. 由实验数据可知实验控制的温度
C. 0～10min内，的降解速率①>②
D. 40min时，表格中对应反应己经达到平衡状态
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
15. 氮的化合物是重要的化工原料，其转化一直是化学研究的热点。
（1）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：
①氨催化氧化时会生成副产物N2O。生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时，消耗的O2的物质的量之比为_______。
②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟成分是_______(写化学式)。
③再经过一段时间观察到装置N中溶液变成蓝色，装置N中溶液变成蓝色的原因是_______。
（2）可用ClO2将氮氧化物转化成NO。向1 L含200 mg ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为_______。
（3）纳米铁粉可去除水中的NO。控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的NO，测得溶液中含氮物质(NO、NO、NH)浓度随时间变化如图所示：
①Fe去除水中的NO 的机理：NO 得到纳米铁粉失去的电子转化为NO，极少量NO 在纳米铁粉或Cu表面得到电子转化为NH。与不添加少量铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO效率更高，主要原因是_______。
②与初始溶液中NO浓度相比，反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小，原因是_______。
16. 、、(焦亚硫酸钠)中都含有价的S，具有还原性。
（1）是实验室常用试剂。
①固体需密封保存，其原因是___________。
②在水中加入溶液反应的离子方程式为___________。
（2）—定条件下，将通入溶液中，反应一段时间后过滤、洗涤得到粗Te。
①还原溶液得到Te的反应中，___________。
②“洗涤”的具体操作为___________。
③过程中须控制反应温度为80℃，温度不能过高的原因是___________。
（3）焦亚硫酸钠空气法处理含氰废水的部分机理如下，其中代表活性氧原子，具有强氧化性：、、。其他条件相同时，废水中氰化物去除率随初始浓度的变化如图所示。当初始浓度大于时，总氰化物去除率下降的原因可能是___________。
17. 负载型催化剂(其中为催化剂，为载体)可用于脱除烟气中的，该负载型催化剂的制备和的脱除过程如下：
（1）浸渍
常温下，用酸性溶液浸渍载体6小时。浸渍所得溶液中除外，含有的阳离子还有___________(填化学式)。
（2）焙烧。
将浸渍所得混合物烘干后，在500℃焙烧12小时，制得负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液与恰好完全反应(反应过程中与反应生成和)，消耗溶液12.00mL。计算该负载型催化剂的负载量___________(写出计算过程)。[负载量]
（3）硫化。
400℃时，将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除，同时还获得单质S，其化学方程式为___________。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的，硫化过程中还检测到。催化硫化的过程可描述如下：___________，最后S再与FeS反应转化为。
（4）煅烧生成的用石灰乳吸收得到浆料，以浆料制备溶液的实验方案为___________。已知：；难溶于水；pH=4~6溶液中能大量存在。(实验中可选用的试剂：，，。)
18. 工厂烟气(主要污染物、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）氧化。反应物断键吸收的能量越少，反应速率越快，氧化、NO反应的能量变化如图1和如图2所示。
氧化、NO的反应为：
A．
B．
上述两反应中，反应速率较快的是___________ (填反应编号)，反应A___________ (填“放热”或“吸热”) ___________。
（2）某化学兴趣小组构想将NO转化为脱除，装置如图3，电极为多孔惰性材料。则负极的电极反应式是___________。
（3）“纳米零价铁—”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。
在一定温度下，将溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①催化分解产生，将NO氧化为的机理如图4所示，Y的化学式为___________。
②NO与反应生成的化学方程式为___________。
③纳米零价铁的作用是___________。
④NO脱除率随温度的变化如图5所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。
海安市2022-2023学年高一下学期阶段检测（一）
化学试题 答案解析
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，共100分。考试用时75分钟。
2.请将第Ⅰ卷和第Ⅱ卷的答案填涂在答题纸指定空格内。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Cl—35.5 F—56 Cu—4
第Ⅰ卷 (选择题，共42分)
单项选择题(本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 2022年12月，中国航天员乘组完成首次在轨交接，中国航天员“天宫”会师创造历史。下列说法不正确的是
A. 航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是Si
B. 运载火箭的燃料偏二甲肼()在反应中作还原剂
C. 天和核心舱的霍尔发动机燃料原子核中含77个中子
D. 航天员的耳机使用的双层蛋白质皮革属于新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．太阳能电池帆板的主要成分是硅单质，选项A正确；
B．火箭升空过程中，燃料发生反应：C2H8N2+2N2O4=2CO2+3N2+4H2O提供能量，偏二甲肼中碳元素化合价从-1价升高到+4价，氮元素从-3价升高到0价，做还原剂，选项B正确；
C．原子核中含131-54=77个中子，选项C正确；
D．蛋白皮革主要成分为蛋由质，其属于有机物，选项D错误；
答案选D。
2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 硝酸见光易分解，可用于制氮肥
B. 氢氟酸具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃
C. 二氧化硫有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
D. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝酸含有氮元素，能制取含有氮元素的氮肥，A不符合题意；
B．氢氟酸能和二氧化硅反应，可用于蚀刻玻璃，B不符合题意；
C．二氧化硫有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，防止酒被氧化，C符合题意；
D．氢氧化钠、纯碱等物质能和二氧化硅反应，故石英坩埚不可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，D不符合题意；
故选C。
3. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，转化不能均一步实现，A不符合题意；
B．FeS2在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能均一步实现，B不符合题意；
C．氮气和氧气放电生成NO ，NO和氧气、水生成硝酸，转化能一步实现，C符合题意；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，D不符合题意；
故选C。
4. 能与结合生成，实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取 B. 用装置乙干燥
C. 用装置丙收集 D. 用装置丁探究的还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氨气，能达到实验目的，A不符合题意；
B．氨气和氯化钙反应，故不能用来干燥氨气，不能达到实验目的，B符合题意；
C．氨气密度小于空气，收集时应该短进长出，能达到实验目的，C不符合题意；
D．氨气和氧化铜生成铜和水、氮气，体现氨气的还原性，能达到实验目的，D不符合题意；
故选B。
5. 易液化，能与多种物质发生反应。将金属钠投入液氨中有产生，能与结合生成，加热条件下能将CuO还原成Cu。可用于制取肼()和尿素等，工业上常用浓氨水检验输送氯气的管道是否泄漏，泄漏处有白烟生成。下列说法正确的是
A. 具有碱性，可用作制冷剂
B. 合成氨反应为放热反应，不需要加热就可以发生
C. 受热易分解，可用作实验室中制取少量氨气
D. 金属钠与液氨反应体现了的氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A．沸点低，液氨汽化会吸收热量，可用作制冷剂，A错误；
B．合成氨反应为放热反应，但是在反应过程中需要加热加快反应进行，B错误；
C．受热易分解生成氨气和氯化氢，遇冷两者又生成氯化铵，不可用作实验室中制取少量氨气，C错误；
D．金属钠与液氨反应生成氢气，氢元素化合价降低，体现了氨气氧化性，D正确；
故选D。
6. 工业合成氨的反应为 放热92.4kJ。下列有关说法正确的是
A. 用E表示键能，则
B. 恒温恒容密闭容器中充入和充分反应后放出热量为92.4kJ
C. 断裂1mol H-H键的同时，断裂2mol N-H键，说明该反应达到平衡状态
D. 达到平衡时，增大容器的体积，v(正)减小、v(逆)增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．放热反应焓变为负值，焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故，A错误；
B．反应为可逆反应，进行不完全，放出热量小于92.4kJ，B错误；
C．断裂1mol H-H键的同时，断裂2mol N-H键，说明该反应的正逆反应速率相等，此时达到平衡状态，C正确；
D．达到平衡时，增大容器的体积，各物质的浓度均减小，故v(正)减小、v(逆)减小，D错误；
故选C。
7. 某钒电池放电原理如图所示。下列关于该钒电池放电过程的说法正确的是
A. 电能主要转化为化学能
B. a电极上的反应为VO+2H++e-=VO2++H2O
C. 氢离子由电极a区向电极b区移动
D. 1molV2+参与反应，得到6.02×1023个电子
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．电池放电时，化学能主要转化为电能，故A错误；
B．由图示可知，a电极VO→VO2+，V元素化合价降低发生还原反应，a是正极，a电极上的反应为VO+2H++e-=VO2++H2O，故B正确；
C．由图示可知，a电极VO→VO2+，V元素化合价降低发生还原反应，a是正极，b是负极，阳离子由负极移向正极，氢离子由电极b区向电极a区移动，故C错误；
D．由图示可知，b电极V2+→V3+，1molV2+参与反应，失去6.02×1023个电子，故D错误；
选B。
8. 氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备的Si3N4操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)，有关叙述不正确的是
A. “还原”反应中氧化产物为CO2
B. “高温氮化”反应的化学方程式为：3Si+2N2Si3N4
C. “操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D. “稀酸Y”可选用稀硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生，粗硅与氮气反应生成Si3N4，据此分析；
【详解】A．焦炭与石英砂发生反应，焦炭被氧化成CO，不是CO2，故A错误；
B．“高温氮化”是Si与氮气反应，其反应方程式为，故B正确；
C．原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Cu反应生成CuO，N2不与Cu反应，操作X可以得到纯净氮气，故C正确；
D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe、Cu与稀硝酸反应，得到可溶于水的Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu，故D正确；
答案为A。
9. 据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是
A. OH-参与了该催化循环 B. 该反应可产生清洁燃料H2
C. 该反应可消耗温室气体CO2 D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化
【答案】C
【解析】
【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。
【详解】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；
B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；
C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；
D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；
答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。
10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 将稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄色 氧化性：
B 将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象 常温下，铝遇浓硫酸发生钝化
C 将气体通入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象 S的非金属性强于Si
D 将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象 浓硫酸和木炭反应产生和气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸根离子也能把亚铁离子氧化为铁离子，不能说明氧化性：，A不符合题意；
B．将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，表面没有生成红色物质铜，说明常温下，铝遇浓硫酸发生钝化形成了一层致密氧化膜，B符合题意；
C．二氧化硫对应的酸不是硫元素的最高价氧化物对应的酸，不能说明S的非金属性强于Si，C不符合题意；
D．二氧化硫能和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰了二氧化碳的检验，D不符合题意；
故选B
11. 含的工业尾气转化为硫酸钾的流程如下：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ得到固体的主要成分是
B. 为提高的转化速率，控制反应Ⅱ在高温下进行
C. 反应Ⅲ的学方程式为
D. 滤液中存在的主要离子有、、
【答案】C
【解析】
【详解】从流程分析，二氧化硫和碳酸钙和空气反应生成二氧化碳和硫酸钙，硫酸钙和碳酸氢铵和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，再加入氯化钾，生成硫酸钾和氯化铵。据此分析。
A．因为通入空气，即有氧气参与反应，反应Ⅰ得到固体的主要成分是硫酸钙，A错误；
B．高温下碳酸氢铵容易分解，故不能在高温下进行，B错误；
C．反应Ⅲ生成硫酸钾晶体和氯化铵，化学方程式为 ，C正确；
D．滤液B中主要为氯化铵，D错误；
故选C。
12. 向200 mL 2.0 mol·L－1的稀硝酸中加入一定量的铜粉和铁粉，若反应只产生NO气体，则下列说法不正确的是( )
A. 若铁粉有剩余，则加入铁粉的质量可能为8.5 g
B. 若铜粉有剩余，则反应后的溶液中加入硫酸，铜会继续溶解
C. 若铁粉和铜粉完全溶解，铁粉和铜粉总的物质的量为a mol，则a≤0.15
D. 若向所得溶液中逐滴加入NaOH溶液，当沉淀量最多时消耗0.4 mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A、若铁粉有剩余，仅发生反应3Fe＋8HNO3=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，则加入铁粉的质量至少为56g·mol－1×0.200 L ×2.0 mol·L－1×3/8=8.4g，故A正确；
B、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，若铜粉有剩余，则反应后的溶液中有Fe(NO3)2和Cu(NO3)2，加入硫酸，溶液中的氢离子和硝酸根离子会继续溶解铜，故B正确；
C、 若铁粉和铜粉完全溶解，铁粉和铜粉总的物质的量为a mol，当铁和铜恰好溶解时，由氮原子守恒2a/3+2a≤0.200 L ×2.0 mol·L－1，则a≤0.15，故C正确；
D、由电荷守恒，生成铜的硝酸盐和铁的硝酸盐中的硝酸根等于加入的氢氧根，而盐中的硝酸根只是原硝酸根中末氧化的部分，物质的量未知，则NaOH的量也未知，故D错误；
故选D。
13. 分解速率受多种因素影响。实验测得 时不同条件下浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，浓度越小，其分解速率越快
B 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，分解速率越快
C. 图丙表明，少量存在时，溶液碱性越强，分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，对分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A错误；
B．图乙中浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误；
C．图丙中少量存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：溶液溶液溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH影响，溶液碱性越弱，其分解速率越快，故C错误；
D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，对分解速率的影响大，故D正确；
故答案为：D。
14. 对利用甲烷消除污染进行研究，。在2 L密闭容器中，控制不同温度，分别加入和。测得随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的是
组别 温度 时间/min(n/mol) 0 10 20 40 50
① 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
② 0.50 0.30 0.18 0.15
A. 组别①中，0～20min内，的降解速率为
B. 由实验数据可知实验控制的温度
C. 0～10min内，的降解速率①>②
D 40min时，表格中对应反应己经达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．①中0～20min内，v(CH4)=(0.5mol-0.25mol)/(2L×20min)=0.00625mol L-1 min-1，NO2的降解速率为v(NO2)=2v(CH4)=0.0125mol L-1 min-1，故A错误；
B．温度越高反应速率越大，实验数据可知0～20min内，实验①中CH4物质的量的变化量为0.25mol，实验②中CH4的变化量0.32mol，则实验②温度高，由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2，故B错误；
C．温度越高，反应速率越快，则0～10min内，CH4的降解速率①＜②，故C错误；
D．T1、40min时，反应达到平衡，因T2温度较高，平衡时用时更少，所以表格中40min时T2对应反应已经达到平衡状态，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
15. 氮的化合物是重要的化工原料，其转化一直是化学研究的热点。
（1）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：
①氨催化氧化时会生成副产物N2O。生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时，消耗的O2的物质的量之比为_______。
②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟成分是_______(写化学式)。
③再经过一段时间观察到装置N中溶液变成蓝色，装置N中溶液变成蓝色的原因是_______。
（2）可用ClO2将氮氧化物转化成NO。向1 L含200 mg ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为_______。
（3）纳米铁粉可去除水中的NO。控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的NO，测得溶液中含氮物质(NO、NO、NH)浓度随时间变化如图所示：
①Fe去除水中的NO 的机理：NO 得到纳米铁粉失去的电子转化为NO，极少量NO 在纳米铁粉或Cu表面得到电子转化为NH。与不添加少量铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO效率更高，主要原因是_______。
②与初始溶液中NO浓度相比，反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小，原因是_______。
【答案】（1） ①. 5∶4 ②. NH4NO3 ③. NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)
（2）3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O
（3） ①. 添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高 ②. 反应过程中有部分NO 被还原为N2，逸出溶液(或还原为不溶于水的气体)
【解析】
【小问1详解】
已知反应4NH3+5O2=4NO+6H2O、2NH3+2O2=N2O+3H2O，则生成含4molN的NO与N2O时消耗氧气的物质的量分别为5mol和4mol，即消耗的O2的物质的量之比为5:4；NH3催化氧化生成NO和H2O后，M中发生如下反应：2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、NH3+HNO3=NH4NO3，白烟成分即为NH4NO3的固体小颗粒；NH3在催化条件下被氧化生成NO，NO进一步被氧化为NO2，NO2被水吸收生成HNO3，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因生成Cu2+导致装置N中溶液变成蓝色；
【小问2详解】
ClO氧化NO，NO失电子被氧化为NO，ClO得电子被还原为Cl-，离子反应方程式为：3ClO + 4NO + 4OH-= 3Cl- + 4NO+ 2H2O；
【小问3详解】
添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高；反应过程中有部分NO中+5价的N得电子被还原为N2或其他不溶于水的气体，逸出溶液，使得反应后溶液中所有含氮物质(NO、NO、NH)总浓度减小。
16. 、、(焦亚硫酸钠)中都含有价的S，具有还原性。
（1）是实验室常用试剂。
①固体需密封保存，其原因是___________。
②在水中加入溶液反应的离子方程式为___________。
（2）—定条件下，将通入溶液中，反应一段时间后过滤、洗涤得到粗Te。
①还原溶液得到Te的反应中，___________。
②“洗涤”的具体操作为___________。
③过程中须控制反应温度为80℃，温度不能过高的原因是___________。
（3）焦亚硫酸钠空气法处理含氰废水的部分机理如下，其中代表活性氧原子，具有强氧化性：、、。其他条件相同时，废水中氰化物去除率随初始浓度的变化如图所示。当初始浓度大于时，总氰化物去除率下降的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. 亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠 ②.
（2） ①. 2∶1 ②. 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流下后，重复操作2～3次 ③. 二氧化硫的溶解度随温度的而升高而减小
（3）过量的或会消耗［O］，导致与反应的［O］减少
【解析】
【小问1详解】
①亚硫酸钠易被空气氧气氧化为硫酸钠，所以Na2SO3固体需密封保存。
②在Br2水中加入Na2SO3溶液，溴被还原，亚硫酸钠被氧化，反应的离子方程式为Br2+SO+H2O=SO+2Br－+2H+。
【小问2详解】
①SO2还原TeOSO4溶液得到Te，反应中二氧化硫发生氧化反应、Te发生还原反应，根据电子守恒可知，反应方程式为TeOSO4+2SO2+3H2O=Te↓+3H2SO4，所以反应中n(SO2)：n(TeOSO4)=2:1。
②“洗涤”需要在漏斗中进行，其具体操作为向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流下后，重复操作2～3次。
③由于二氧化硫的溶解度随温度的而升高而减小，所以过程中须控制反应温度为80℃；
【小问3详解】
当Na2S2O5初始浓度大于6g L-1时时，S2O过量，进一步导致SO过量，过量的S2O或SO会消耗[O]，导致与CN-反应的[O]减少，总氰化物去除率下降。
17. 负载型催化剂(其中为催化剂，为载体)可用于脱除烟气中的，该负载型催化剂的制备和的脱除过程如下：
（1）浸渍。
常温下，用酸性溶液浸渍载体6小时。浸渍所得溶液中除外，含有的阳离子还有___________(填化学式)。
（2）焙烧。
将浸渍所得混合物烘干后，在500℃焙烧12小时，制得负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液与恰好完全反应(反应过程中与反应生成和)，消耗溶液12.00mL。计算该负载型催化剂的负载量___________(写出计算过程)。[负载量]
（3）硫化。
400℃时，将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除，同时还获得单质S，其化学方程式为___________。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的，硫化过程中还检测到。催化硫化的过程可描述如下：___________，最后S再与FeS反应转化为。
（4）煅烧生成的用石灰乳吸收得到浆料，以浆料制备溶液的实验方案为___________。已知：；难溶于水；pH=4~6溶液中能大量存在。(实验中可选用的试剂：，，。)
【答案】（1）、
（2）14.40% （3） ①. ②. 与反应生成FeS和，再与反应生成S和
（4）向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的pH，用或调节溶液的pH在4~6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加
【解析】
【分析】用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化得到硫单质，反应方程式为；
【小问1详解】
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
【小问2详解】
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量；
【小问3详解】
①硫化过程SO2和H2反应生成S，硫元素化合价降低、氢元素化合价升高得到水，反应的化学方程式为；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
【小问4详解】
已知：；难溶于水；pH=4~6溶液中能大量存在，故可以是亚硫酸钙和硫酸钠、稀硫酸反应，并调节pH=4~6，此时硫在主要以存在，钙转化为难溶的，过滤可得到亚硫酸氢钠溶液；故实验方案为：向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的pH，用或调节溶液的pH在4~6之间，过滤得到含溶液；或向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加。
18. 工厂烟气(主要污染物、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）氧化。反应物断键吸收的能量越少，反应速率越快，氧化、NO反应的能量变化如图1和如图2所示。
氧化、NO的反应为：
A．
B．
上述两反应中，反应速率较快的是___________ (填反应编号)，反应A___________ (填“放热”或“吸热”) ___________。
（2）某化学兴趣小组构想将NO转化为脱除，装置如图3，电极为多孔惰性材料。则负极的电极反应式是___________。
（3）“纳米零价铁—”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。
在一定温度下，将溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①催化分解产生，将NO氧化为的机理如图4所示，Y的化学式为___________。
②NO与反应生成的化学方程式为___________。
③纳米零价铁的作用是___________。
④NO脱除率随温度的变化如图5所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。
【答案】（1） ①. B ②. 放热 ③. 241.6
（2）
（3） ①. 或 ②. ③. 与HCl溶液反应产生 ④. 的分解速率随温度升高而加快，浓度减小，NO脱除率降低
【解析】
【小问1详解】
过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图可知，B反应的活化能较小，反应速率较快；反应A中生成物能量低于反应物能量，为放热，放出热量（299.8-58.2）=241.6。
【小问2详解】
由图可知，左侧NO得到电子发生还原反应生成硝酸根离子，为负极，反应为；
【小问3详解】
①催化分解产生，则X为，亚铁离子和过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子，则Y为或；
②NO与反应生成，过氧化氢发生还原反应生成水、一氧化氮发生氧化反应生产硝酸，化学方程式为。
③由图可知，反应中亚铁离子作为催化剂，纳米零价铁能和稀盐酸反应生成亚铁离子，提供反应的催化剂。
④过氧化氢不稳定受热易分解，的分解速率随温度升高而加快，浓度减小，NO脱除率降低，故温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势。
