【化学】上海市控江中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

上海市控江中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
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】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】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】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】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。
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】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】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。
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】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)=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】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
Ba(NO3)2溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
氢硫酸
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2S溶液
产生黄色沉淀
酸性：亚硫酸>氢硫酸
【答案】C
【解析】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+Na2SNa2SO3+H2S，然后发生反应：SO2+2H2S3S↓+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】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=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】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)=×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)==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。
17.反应C(s)+H2O(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。
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t1、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。
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】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)+H2OFe3O4(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。
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
15mLCl2
40mLNH3
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+2H2OH2SO4+2HBr (4). 2H2S+SO23S↓+2H2O (5). NaOH (6). NO (7). 3NO2+H2O2HNO3+NO (8). 8NH3+3Cl2N2+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NH4+。
【详解】(1)SO2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SO2+Br2+2H2OH2SO4+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)H2S与SO2发生反应产生硫单质和水，反应方程式为：2H2S+SO23S↓+2H2O，H2S与SO2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SO2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)NO2与水反应产生硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O2HNO3+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)Cl2具有氧化性，NH3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Cl2与NH3反应产生NH4Cl和N2，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，检验NH4Cl中阳离子NH4+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NH4+离子。
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：K2S+KNO3+H2ON2↑+K2SO4+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). N2 (2). 3 (3). (4). (5). KNO3 (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NH3，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N2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气体是NH3，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NH3的电子式为；
(3)在反应K2S+KNO3+H2ON2↑+K2SO4+KOH中，S元素的化合价由反应前K2S中的-2价变为反应后K2SO4中的+6价，化合价升高8价，失去电子被氧化，所以K2S作还原剂；N元素由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低5，获得电子，被还原，所以KNO3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K2S、K2SO4系数是分别是5，N元素化合价降低了5价，所以KNO3系数是8，则N2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。
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
A
异
氮元素会进入大气
硫元素不会进入大气
B
氮循环过程有生物圈参与
硫循环过程无生物圈参与
C
同
人类活动对氮循环和硫循环都造成巨大影响
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+O22H2SO4 (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”或“ (3). 相同时间内，T2中参与反应的甲烷的物质的量较T1大 (4). 0.15 (5). 放热 (6). 温度越高CH4的转化率越低 (7). (8). 2xCO+2NOxN2+2xCO2
【解析】
【分析】(1)先计算①中，0～10min内V(CH4)，然后根据速率比等于化学计量数的比计算V(NO2)；
(2)在不同温度下，在相同时间内反应的CH4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T1、T2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NOx反应，生成CO2、N2，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(CH4)==0.015mol/(L·min)，根据方程式CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知：V(NO2)：V(CH4)=2：1，所以V(NO2)=2 V(CH4)= 0.03mol/(L·min)；
(2)根据表格数据可知：在相同时间内，T2中参与反应的甲烷的物质的量较T1大，说明反应速率T2>T1，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T2>T1；
(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(CH4)=0.15mol；
在温度为T1时CH4的平衡的物质的量为0.10mol；在温度为T2时CH4的平衡的物质的量为0.15mol.由于温度T2>T1，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T2>T1，所以在温度为T2时先达到平衡。由于CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(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CO2的物质的量比温度为T1时少所以温度与CO2的物质的量关系图像为：；
(5)CO与NOx反应，生成CO2、N2，根据原子守恒、电子守恒可得：该反应的化学方程式为2xCO+2NOxN2+2xCO2。
五、计算题（本题共11分）
25.用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程中CO2体积变化记录如图所示（CO2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CO2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CO2体积比等于反应速率之比；
②根据EF段CO2的体积计算CO2的物质的量，然后根据CaCO3与HCl反应的方程式计算HCl变化的物质的量，利用V=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)==0.02mol，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)==0.4mol/L，所以EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率V(HCl)==0.4 mol/(L∙min)。
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=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)===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。