第五章、第六章阶段复习训练（含解析）2022——2023学年下学期高一化学人教版（2019）必修第二册

第五章、第六章阶段复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列物质中按其成分能与玻璃、水泥、陶瓷归于一类的是
A．硅 B．碳化硅 C．硅酸钠 D．二氧化硅
2．实验室为探究铁与足量浓硫酸的反应，并验证的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是
A．实验结束后，可取A中试管内的溶液稀释后滴加KSCN溶液检验是否有
B．B中溶液紫色褪去，C中生成淡黄色沉淀，均体现了的还原性
C．D中品红溶液褪色，体现了的漂白性
D．E中溶液红色变浅，体现了酸性氧化物的性质
3．关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
4．下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
甲 乙 丙 丁
A．用装置甲制取SO2 B．用装置乙验证SO2的漂白性
C．用装置丙收集SO2 D．用装置丁处理实验中的尾气
5．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金。”诗句中的“沙”的主要成分是，下列说法错误的是
A．属于酸性氧化物，不与任何酸反应
B．“水玻璃”可以由与NaOH溶液反应制得
C．是制取传统硅酸盐产品玻璃的原料之一
D．通常所说的“从沙滩到用户”，这句话涉及工业上制备粗硅的工艺
6．在硫酸的工业制法中，下列生产操作与说明生产操作的主要原因二者都正确的是
A．硫铁矿煅烧前要粉碎，因为大块硫铁矿不能燃烧
B．从沸腾炉出来的气体只有SO2
C．SO2氧化成SO3，SO2能全部转化为SO3
D．SO3用98.3%的浓H2SO4吸收，目的是防止形成酸雾，以便使SO3吸收更充分
7．有某硫酸和硝酸的混合溶液，其中含有硫酸的浓度为，含硝酸的浓度为，现向其中加入铜粉，充分反应后假设只生成气体，最多可收集到标况下的气体的体积为
A． B． C． D．
8．实验室用30%左右的硫酸溶液与锌粒反应制取氢气，下列措施中不可能加快反应速率的是
A．将所用硫酸加入适量水进行稀释 B．将锌粒改为锌粉
C．寻找一种合适的催化剂并加入其中 D．适当升高温度
9．可逆反应：2NO22NO＋O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部
10．已知：电流效率等于电路中通过的电子数与消耗负极材料失去的电子总数之比。现有两个电池I、II，装置如图所示。下列说法正确的是
A．能量转化形式不同 B．I和II的电池反应不相同
C．I的电流效率低于II的电流效率 D．5min后，I、II中都只含1种溶质
11．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细。由此判断下列M、N、P物质可以成立的是
A．M为Mg，N为Al，P为NaOH溶液
B．M为Cu，N为Fe，P为稀盐酸
C．M为Zn，N为C(石墨)，P为溶液
D．M为Ag，N为Zn，P为溶液
12．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，可逆反应在体积固定的密闭容器中进行，反应过程中测得的浓度随时间1的变化曲线如图所示
下列叙述错误的是
A．a-c段反应速率加快的原因可能是反应放热
B．若向容器内充入一定体积的，化学反应速率加快
C．向反应体系中通入氢气，反应速率降低
D．2~8min的化学反应速率
13．现用如图所示装置来测定某原电池工作时在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是镁片和铝片。下列有关说法正确的是
A．b电极材料是镁片
B．电流经a流向b
C．若用NaOH溶液代替稀硫酸，溶液中的OH-移向铝片一极
D．当量筒中收集到672mL气体时，通过导线的电子的物质的量为0.06mol
14．研究表明，在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．CNH(g)比HCN(g)更稳定
B．HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热
C．断开1mol HCN(g)中所有的化学键需要放出127.2 kJ的热量
D．1mol HCN(g)转化为1mol CNH(g)需要吸收59.3kJ的热量
二、多选题
15．工业上烟气脱氮的原理为(放热反应)若反应在恒容条件下进行，能说明反应已经达到平衡状态的是
A．容器内混合物的质量不变 B．容器内气体的密度不变
C．反应消耗0.5molNO的同时消耗1molN2 D．N2的浓度不变
三、实验题
16．某化学学习小组设计实验制取氨气并探究氨气的有关性质：
(1)已知NH3难溶于有机溶剂CCl4，该小组成员设计实验制备氨气并探究氨气的还原性及产物，提供实验装置如图：
①装置C中发生反应的化学方程式为______
②根据上述提供的装置正确的连接顺序为______ (用各接口序号表示)
③该装置在设计上有一定的缺陷，你对该装置的改进措施是___________。
(2)利用改进后的装置进行实验，观察到CuO全部变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体。请写出NH3与CuO反应的化学方程式______
(3)有同学认为：NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O。请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O___________。(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+ +H2O)
(4)按下图装置进行NH3性质实验。
①先打开旋塞1，现象是___________，稳定后，关闭旋塞1。
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是___________ 。
17．已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有1.00mol·L-1、2.00mol·L-1两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为25.00mL，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为6.50g。实验温度为298K、308K。
(1)完成以下实验设计(填写表格中空白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
编号 T/K 锌规格 盐酸浓度/mol·L-1 实验目的
① 298 粗颗粒 2.00 (I)实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；(II)实验①和_________探究温度对该反应速率的影响； (III)实验①和_________探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
② 298 粗颗粒 1.00
③ 308 粗颗粒 2.00
④ 298 细颗粒 2.00
(2)实验①记录如下(换算成标况)：
时间(s) 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
氢气体积(mL) 16.8 39.2 67.2 224 420 492.8 520.8 543.2 554.4 560
①计算在30s～40s范围内盐酸的平均反应速率ν(HCl)=_________ (忽略溶液体积变化)。
②反应速率最大的时间段(如0s～10s)为_________，可能原因是_________；
(3)另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，他就事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生H2气体总量的情况下，你认为他上述做法中可行的是_________(填相应字母)；
A．NaNO3溶液 B．NaCl溶液 C．CuSO4溶液 D．Na2CO3
(4)某化学研究小组的同学为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，设计了图所示的实验。
①如图可通过观察_________现象，比较得出比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果结论。
②某同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_________。
四、工业流程题
18．高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
(1)工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为_______。当有 1molC参与反应时，该反应转移的电子数是_______。
(2)有关物质的熔沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和_______。
物质 Si SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl HCl SiH4
熔点/℃ 1410 -70.4 -126.5 -122 -118 -114.2 -185
沸点/℃ 2355 57.6 31.8 8.2 -30.4 -84.9 -111.9
(3)还原炉中发生的化学反应方程式为：_______。
(4)上述工艺生产中循环使用的物质除Si、SiHCl3外，还有_______。
(5)关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_______。
A．自然界中存在天然游离的硅单质
B．已知C与Si属于主族元素，由于CO2+H2O=H2CO3，用类比法得知，SiO2+H2O=H2SiO3
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，具有粘性和耐高温，可以作为木材的粘合剂和防火材料
D．硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱的导电性，一般可用于作为半导体材料
E.光导纤维的主要成分是SiO2
F.玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品
五、原理综合题
19．完成下列问题。
(1)已知A、B、C、D均为气体，其能量变化如图：
①若E1②有关反应A＋B=C＋D的说法中不正确的是_______。
A．反应前后原子的种类和数目一定不变
B．反应物的总质量、总能量与生成物的总质量、总能量均相等
C．若该反应为放热反应，则不需要加热反应就一定能进行
D．反应物中所有化学键断裂时吸收的总能量与形成新化学键时释放的总能量可能相等
(2)某温度下，在2L密闭容器中充入4molA气体和3molB气体，发生下列反应：2A(g)+B(g) C(g)+xD(g)，5s达到平衡。达到平衡时，生成了1molC，测定D的浓度为1mol/L。
①求x=_______。
②求这段时间A的平均反应速率为_______。平衡时B的浓度_______。
③下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_______。
A．单位时间内每消耗2molA，同时生成1molC
B．单位时间内每生成1molB，同时生成1molC
C．D的体积分数不再变化
D．混合气体的压强不再变化
E.B、C的浓度之比为1∶1
F.混合气体的密度不再变化
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】玻璃、水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品。
【详解】A．硅属于单质，A错误；
B．碳化硅属于含硅化合物，不是硅酸盐，B错误；
C．硅酸钠属于硅酸盐，C正确；
D．二氧化硅属于氧化物，D错误；
故选C。
2．B
【分析】A中浓硫酸与铁发生氧化还原反应生成硫酸铁和二氧化硫，B可用于检验二氧化硫的还原性，C中生成淡黄色沉淀，二氧化硫表现氧化性，D中品红褪色，加热时颜色复原，E为尾气吸收装置，以此解题。
【详解】A．铁离子能够与KSCN溶液反应生成血红色络合物，实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液检验是否存在Fe3+，A正确；
B．装置C中发生反应的化学方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，二氧化硫的S元素化合价降低，被还原，表现氧化性，B错误；
C．二氧化硫具有漂白性，装置D中品红溶液褪色可验证SO2的漂白性，C正确；
D．E中溶液红色变浅，说明E中碱性减弱，体现了SO2酸性氧化物的性质，D正确；
故答案选B。
3．B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
4．C
【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热制取SO2气体，装置甲无加热装置，因此不能用来制取SO2，A错误；
B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，SO2表现的是还原性，而不是其漂白性，故不能用装置乙验证SO2的漂白性，B错误；
C．SO2气体的密度比空气大，故应该使用向上排空气的方法收集，故可以使用装置丙收集SO2，C正确；
D．SO2气体不能与饱和NaHSO3溶液反应，也不能在溶液中溶解，故不能用装置丁处理实验中的尾气，应该将饱和NaHSO3溶液改为NaOH溶液吸收尾气，同时要注意防止倒吸现象的发生，D错误；
故合理选项是C。
5．A
【详解】A．属于酸性氧化物，但其能与氢氟酸反应，A项错误；
B．“水玻璃”是硅酸钠溶液，可由与NaOH溶液反应制得，B项正确；
C．普通玻璃的成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，与碳酸钠在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，C项正确；
D．“从沙滩到用户”的实质为工业上制粗硅的反应原理，即，D项正确；
故选A。
6．D
【详解】A．将硫铁矿粉碎是使其增大与空气的接触面积，使燃烧更快、更充分，并不是大块硫铁矿不能燃烧，故A错误；
B．从沸腾炉出来的气体除SO2外，还有O2等，故B错误；
C．SO2转化为SO3为可逆反应，正、逆反应同时进行，故SO2不可能全部转化为SO3，故C错误；
D．SO3转化为H2SO4，若直接用水吸收，会形成大量酸雾，导致SO3吸收不完全，工业生产中用98.3%的浓硫酸作为吸收剂，则不会出现酸雾，吸收SO3更充分，故D正确；
故选D。
7．D
【详解】，、，发生反应为，根据方程式知，硝酸根离子完全反应需要为、为，所以硝酸根离子不足量，所以硝酸根离子完全被还原生成，根据原子守恒得，则，故选D。
8．A
【详解】A．将所用硫酸加入适量水进行稀释会使溶液中氢离子浓度减小，锌与稀硫酸的反应速率减小，故A符合题意；
B．将锌粒改为锌粉，固体的表面积增大，与稀硫酸的接触面积增大，锌与稀硫酸的反应速率加快，故B不符合题意；
C．寻找一种合适的催化剂并加入其中，可以使锌与稀硫酸的反应速率加快，故C不符合题意；
D．适当升高温度可以使锌与稀硫酸的反应速率加快，故D不符合题意；
故选A。
9．A
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态，①正确；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，②不正确；
③在反应进行的任何阶段，用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2∶2∶1，反应不一定达平衡状态，③不正确；
④混合气体的颜色不再改变时，c(NO2)不变，反应达平衡状态，④正确；
⑤混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，所以密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，⑤不正确；
⑥反应前后气体的物质的量不等，平衡前压强在不断发生改变，当混合气体的压强不再改变时，反应达平衡状态，⑥正确；
⑦混合气体的质量不变，物质的量发生改变，则平衡前混合气体的平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，⑦正确；
综合以上分析，①④⑥⑦正确，故选A。
10．C
【详解】A．I和II都是原电池，都是把化学能转化为都能，故A错误；
B．I和II都是铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，故B错误；
C．I中铜和氯化铁接触，部分铜直接和氯化铁发生氧化还原反应，所以I的电流效率低于II的电流效率，故C正确；
D．5min后，I、II中都含氯化铜、氯化亚铁，故D错误；
选C。
11．D
【分析】该装置没有外接电源，是原电池；M棒变粗，N棒变细，说明N极失电子作负极，M极得电子作正极；M棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子且活泼性小于N，依据此分析解答。
【详解】A．N极铝是负极，M极是氢离子放电生成氢气，所以M极质量不变，A错误；
B．N极铁是负极，M极是氢离子放电生成氢气，所以M极质量不变，B错误；
C．M极（Zn）易失电子作负极，变细，N极（石墨）上析出Cu而变粗，C错误；
D．N极材料Zn比M极Ag活泼，且M极Ag上有银析出，所以质量增加，D正确；
故答案选：D。
12．C
【详解】A．随着反应的进行，a-c段反应速率反而加快的原因可能是该反应放热，温度升高，反应速率加快，故A正确；
B．若向容器内充入一定体积的，增大了的浓度，化学反应速率加快，故B正确；
C．恒容条件下，向反应体系中通入不反应的氢气，反应速率不变，故C错误；
D．2~8min内，氧气的浓度变化量为1.2mol/L，则，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得，，故D正确；
故答案选C。
13．C
【分析】根据原电池的工作原理，由装置图知，电极b产生气体，则b为正极，电极b为铝片，电极反应式为：2H+ +2e-= H2↑；电极a为镁片，作负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，电流经正极流向负极，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析作答。
【详解】A．由分析知，b电极材料为铝片，A项错误；
B．由分析知，电极a为负极，电极b为正极，电流由正极流向负极，即电流经b流向a，B项错误；
C．用NaOH溶液代替稀硫酸，则铝作负极，阴离子移向负极，则溶液中的OH-移向铝片一极，C项正确；
D．未说明标况，无法计算量筒中收集气体的物质的量，无法计算通过导线的电子的物质的量，D项错误；
答案选C。
14．D
【详解】A．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知等物质的量的HCN比CNH含有的能量更低，因此HCN比CNH更稳定，A错误；
B．由图示可知HCN比CNH能量低，则HCN(g)→CNH(g)时会吸收能量，反应为吸热反应，但反应条件不一定需要在加热条件下进行，B错误；
C．根据图示可知1 mol HCN(g)转化为中间状态的物质时需吸收186.5 kJ的热量，但由于该中间物质中仍然存在化学键，断裂化学键需吸收能量，因此1 mol HCN(g)中的所有化学键全部断开需要吸收的热量大于186.5 kJ，C错误；
D．根据图示可知1 mol HCN(g)转化为1 molCNH(g)需要吸收的能量为186.5 kJ-127.2 kJ=59.3 kJ，D正确；
故选D。
15．CD
【详解】A． 气体质量守恒，则容器内混合物的质量不变不能说明已平衡，A错误；
B．反应在恒容条件下进行，气体质量守恒，则容器内气体的密度始终不变，故气体的密度不变不能说明已平衡，B错误；
C．反应消耗0.5molNO必定生成1molN2、而同时消耗1molN2，说明正逆反应速率相等、氮气等各气体的浓度不变，说明平衡，C正确；
D．N2的浓度不变、其它各气体的浓度也不变，说明平衡，D正确；
答案选CD。
16．(1) 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O g→ab→ef→d 在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管
(2)2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O
(3)取少量样品于试管中，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O；反之，则没有
(4) B瓶中出现白烟(必须指出B瓶) 烧杯中溶液倒吸入B瓶(且紫色石蕊溶液变红色)
【详解】（1）①在装置C中用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取NH3，则发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O；
②装置d连接顺序为：制取氨气→氨还原性验证→产物检验→尾气处理，所以装置正确的接口连接顺序为g→ab→ef→d；
③氨气还原CuO生成水，为防止氨气中混入水的干扰，制取的氨气必须干燥，不能选择酸性干燥剂和无水氯化钙，可选用碱石灰或生石灰干燥，即在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管；
（2）氨气还原CuO的现象为：黑色固体全部变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体N2，即氨气还原CuO生成H2O、Cu和N2，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
（3）根据信息：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知，Cu2O能与稀硫酸、HCl等非氧化性酸反应，生成蓝色溶液，所以设计的实验方案是：取少量样品于试管中，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O；反之，则没有Cu2O；
（4）①打开旋塞1，由于A中HCl的气体压强大于B瓶，所以A中HCl气体向B瓶中扩散，并在B瓶发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，NH3与HCl混合发生反应产生NH4Cl白色固体，因此会看到B瓶中出现白烟现象；
②再打开旋塞2，由于B瓶中气体压强减小，烧杯中的溶液在外界大气压强作用下倒吸至B瓶中，NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液可以使紫色石蕊试液变为红色，因此B瓶中的现象是烧杯中溶液倒吸入B瓶(且紫色石蕊溶液变红色)。
17．(1) ③ ④
(2) 0.056mol/(L·s) 40～50s 反应放热，温度高，反应速率快
(3)B
(4) 生成气泡的快慢 阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰
【详解】（1）探究外界条件对反应速率的影响，注意控制变量法的使用。实验①和②温度一样，锌颗粒大小一样，盐酸浓度不一样，所以实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；实验①和③其他条件相同，温度不同，所以是探究温度对该反应速率的影响；实验①和④其他条件相同，锌颗粒大小不同，所以是探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
故答案是③；④；
（2）①根据反应速率的计算公式得，30s～40s氢气体积的变化量是156.8mL，则物质的量变化是0.007mol，则反应的盐酸的物质的量是0.014mol，浓度变化量是0.56mol/L，ν(HCl)== 0.056mol/(L·s)；
②通过表格分析，同样时间段，40～50s氢气的体积变化最大，则40～50s时是反应速率最大的时间段，此时反应物浓度不是最大，所以最大的可能原因是金属与酸反应放热，温度升高，速率变大；
综上，答案是0.056mol/(L·s)；金属与酸反应放热，温度升高，速率变大；
（3）事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生H2气体总量的情况下，你认为他上述做法中可行的是：
A．加入NaNO3溶液，引入硝酸根离子，形成氧化性很强的硝酸，硝酸与金属锌反应不能生成氢气，A项不符题意；
B．加入NaCl溶液，相当于稀释盐酸溶液，使反应减慢，不影响氢气总量的生成，B项符合题意；
C．加入CuSO4溶液，使锌与硫酸铜反应生成少量铜单质，形成铜锌原电池，可加快反应的进行，C项不符合题意；
D．加入Na2CO3，稀盐酸与Na2CO3反应，消耗氢离子，影响最终氢气的生成，D项不符合题意；
故答案选B。
（4）①Fe3+和Cu2+对H2O2分解生成氧气，其他条件不变时，通过观察溶液中气泡产生的快慢，比较得出比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果结论。
②同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是阴离子也可能会对反应速率产生影响，控制变量，与硫酸铜的酸根一致，避免FeCl3中的氯离子对反应有影响；
故答案是溶液中气泡产生的快慢；阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰。
18．(1) 2NA
(2)蒸馏
(3)
(4)H2、HCl
(5)CDEF
【分析】工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅，在流化床反应器中粗硅与HCl反应生成SiHCl3等，还原炉中氢气还原SiHCl3得到高纯硅。
【详解】（1）工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为，C的化合价从0升高为+2价，故当有 1molC参与反应时，该反应转移的电子数是2NA。
（2）比较SiCl4、SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl等物质的沸点，可得常温下SiCl4、SiHCl3为液体，SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去产物中的固体后，冷凝得到SiCl4、SiHCl3的混合液体，再进行蒸馏可分离二者。
（3）还原炉中氢气还原SiHCl3得到纯硅，发生的化学反应方程式为：。
（4）粗硅与HCl发生反应，生成氢气，还原炉中氢气还原SiHCl3得到纯硅，发生反应：，则上述工艺生产中循环使用的物质除Si、SiHCl3外，还有H2、HCl。
（5）A．硅元素为亲氧元素，在自然界中主要以硅的氧化物和硅酸盐存在，故A错误；
B．SiO2难溶于水，也不与水反应，故B错误；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，具有粘性和耐高温，可以作为木材的粘合剂和防火材料，故C正确；
D．硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱的导电性，一般可用于作为半导体材料，故D正确；
E．光导纤维的主要成分是SiO2，故E正确；
F．玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品，故F正确；故选CDEF。
19．(1) 吸热反应 无法比较 BCD
(2) 2 0.2mol/(L·s) 1mol/L BC
【详解】（1）①根据能量守恒可知，E1＜E2，说明反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应；根据能量变化图可知，A、B的总能量小于C、D的总能量，但不能确定A与C物质具有的能量大小；故答案为吸热反应；无法比较；
②A．化学反应遵循质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目一定不变，故A说法正确；
B．化学反应遵循质量守恒定律，则反应物的总质量和生成物总质量相等，化学反应也遵循能量守恒，化学反应伴随能量的变化，因此反应物总能量与生成物的总能量一定不相等，故B说法错误；
C．若该反应为放热反应，如铝热反应、氢气燃烧则需要加热才能进行，故C说法错误；
D．化学反应一定伴随能量的变化，反应物中所有化学键断裂时吸收的总能量与形成新化学键时释放的总能量不相等，故D说法错误；
答案为BCD；
（2）①5s内，生成D的物质的量为1mol/L×2L=2mol，相同时间段内，生成C的物质的量为1mol，变化的物质的量之比等于化学计量数之比，即x=2；故答案为2；
根据反应方程式，5s内，消耗A的物质的量为2mol，用A表示的反应速率v(A)==0.2mol/(L·s)；5s时反应达到平衡，根据反应方程式可知，该时间段内消耗B的物质的量为1mol，则平衡时B的浓度为=1mol/L；故答案为0.2mol/(L·s)；1mol/L；
②A．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，消耗A、生成C反应都是向右进行，因此单位时间内每消耗2molA，同时生成1molC，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间内每生成1molB，同时生成1molC，推出v逆(B)∶v正(C)=1∶1，能说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．根据化学平衡状态的定义，当D的体积分数不再变化，说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．相同条件下，压强之比与气体物质的量成正比例，根据反应方程式可知，反应前后气体系数之和相等，混合气体的压强始终保持不变，因此混合气体的压强不再变化，不能说明该反应达到平衡，故D不符合题意；
E．根据上述分析，达到平衡时，B的物质的量浓度为1mol/L，C的物质的量浓度为0.5mol/L，物质的量之比为2∶1，因此B、C的浓度之比为1∶1，不能说明反应达到平衡，故E不符合题意；
F．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，容器为恒容，根据密度的定义，混合气体的密度始终保持不变，即混合气体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡，故F不符合题意；
答案为BC。
答案第1页，共2页
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