【文档说明】广东省汕头市金山中学2022-2023学年高一下学期期中考试 化学 答案.docx，共(18)页，1.461 MB，由小赞的店铺上传

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2022级高一第二学期期中考化学科试卷可能用到的相对原子质量：N:14O:16Mg:24P:31Fe:56Cu:64一、单选题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。请将答案填涂到答题卡上。)1.化学与人类生产、生活密切相关，

下列说法正确的是A.高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维B.23NaSiO水溶液俗称水玻璃，可以用作黏合剂和防火剂C.“司南之杓（勺），投之于地，其杓指南”，其中“杓”的主要成分为23FeOD.食品包装里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同【答案】B【解析】【详解】A

．高纯度的硅单质广泛用于制作计算机芯片等，二氧化硅用于制作光导纤维，故A错误；B．水玻璃不是玻璃，是Na2SiO3的水溶液的俗称，可以用作黏合剂和防火剂，故B正确；C．Fe3O4具有磁性，司南之杓中“杓”的主要成分为Fe3O4，故C错误；D

．食品包装里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰可以吸水，是干燥剂，还原铁粉可以吸收氧气，是抗氧化剂，其作用不相同，故D错误；故选：B。2.氮化镁(Mg3N2)是由氮和镁所组成的无机化合物。室温下，纯净的氮化镁为黄绿色的粉末，能与水反应，

但含有氧化镁杂质的氮化镁是灰白色的，能溶于酸，微溶于乙醇和乙醚。下列说法错误的是A.12g镁在空气中完全燃烧所得产物的质量大于20gB.要制备氮化镁，可将镁带在氮气中燃烧制成C.氮化镁需要真空密封保存，防水、防潮D.未经政府许可不

能将32MgN排入周围环境【答案】A【解析】【详解】A．设12g镁在氨气中完全燃烧生成氮化镁的质量为x，则有：2323MgNMgN7210012gx+点燃，7212g=100x，解得x16.7g，22MgOM

gO2+点燃，则12g镁在纯氧中燃烧可得112(MgO)mol40gmol20g24m−==，故12g镁在空气中完全燃烧所得产物的质量介于16.7g20g之间，A错误；B．因为镁还与空气中的氧气等物质反应，要制备氮化镁

，可将镁带在氮气中燃烧制成，B正确；C．32MgN与水发生反应：32223MgN6HO=3Mg(OH)2NH++，故需真空密封保存，防水、防潮，C正确；D．氮化镁与水反应生成的3NH极易溶于水，使溶液呈弱碱性，造成水污染，故不能随意排入环境中，D正确；故答案为：A。3.主族元素X

、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大。X、Y可形成化合物A的结构式为：X－Y－Y－X；Y、Z、W可形成具有强氧化性的化合物B，其电子式为。下列说法错误的是A.原子半径：Z＞Y＞XB.W的最高价氧化物的水化物为强酸C

.B的浓溶液可用pH试纸测其酸碱性D.化合物A、B都可用作新型冠状病毒的消毒剂【答案】C【解析】【分析】主族元素X、Y、Z、W分别位于三个短周期，且原子序数依次增大，X为H元素。X、Y可形成化合物A的结构式为：X-Y-Y-X，Y为O元素，A是H2O2；Y、Z

、W可形成具有强氧化性的化合物B，其电子式为，Z形成+1价离子，则Z是Na元素，则B为NaClO，故X为H，Y为O，Z为Na，W为Cl；【详解】A．电子层数越大半径越大，原子半径Na>O>H，即Z>Y>X，选项A正确；B．

W的最高价氧化物的水化物HClO4为强酸，选项B正确；C．B的浓溶液即NaClO溶液，具有强氧化性，使pH试纸褪色，不可用pH试纸测其酸碱性，选项C错误；D．化合物A、B分别为双氧水和次氯酸钠，都具有强氧化性，都可用作新型冠状病毒的消毒剂，选项D正确；答案选C。4.下列各种情况下，溶液中一定

能大量存在的离子组是A.能使pH试纸变红的溶液：Na+、+4NH、2-4SO、Fe2+B.含有大量3NO−的溶液：H+、Fe2+、2-4SO、Cl-C.含有大量C1-的溶液：Al3+、Mg2+、3NO−

、OH-D.加入锌粒后产生大量氢气的溶液：+4NH、Na+、3NO−、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．能使pH试纸变红的溶液显酸性，其中含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；B．含有大量3NO−的溶液：H+、Fe2

+、3NO−会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C．Al3+、2Mg+均会与OH-会反应产生，不能大量共存，C不符合题意；D．加入锌后产生大量氢气的溶液显酸性，含有大量H+，H+与3NO−

起HNO3的作用，表现强氧化性，与锌不能反应产生H2，D不符合题意；故选A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LNH3中含有的共价键数目为3NAB.常温下，5.6g铁与足量的浓硝酸反应，转移的电子数为0.3NAC.0.4m

ol∙L−1的亚硫酸钠溶液中氧原子数为1.2NAD.含2molH2SO4的浓硫酸与64gCu共热，生成SO2分子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，22.4LNH3物质的量为1mol，1个氨气含有3个共价键，则1mol氨气中含有的共价键数目

为3NA，故A正确；B．常温下，5.6g铁与足量的浓硝酸发生了钝化反应，无法计算转移的电子数，故B错误；C．0.4mol∙L−1的亚硫酸钠溶液，由于溶液体积未知，无法计算物质的量，故C错误；D．浓硫酸与铜在加热条件下反应，浓硫酸浓度逐渐减小，稀硫酸不与铜反应，Cu＋2H2S

O4(浓)＝CuSO4＋SO2↑＋2H2O，则含2molH2SO4的浓硫酸与64gCu共热，生成SO2分子数小于NA，故D错误。综上所述，答案为A。6.下列物质既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应①Al②NaHCO3③Al(OH)3④Al2O3⑤(NH4)2C

O3A.①③④B.②⑤C.①②③④D.全部【答案】D【解析】【详解】①Al既能与盐酸反应生成氢气又可以和氢氧化钠反应生成氢气；②为弱酸的酸式盐，既能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，又能与盐酸反应生成二氧化碳；③为两性氢氧化物、④为两性氧化物，既能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，又能与盐酸反应氯化铝；

⑤(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐，与NaOH反应生成氨气，与盐酸反应生成二氧化碳气体，因此既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸反应的有①②③④⑤。故选：C。7.下列离子方程式正确的是A.向CaCl2溶液中通入CO2：2++223Ca+HO+CO=CaCO+

2HB.向NaHSO3溶液中加入NaHSO4溶液:HSO3−＋H＋=H2O＋SO2↑C.Fe3O4溶于稀硝酸：Fe3O4+8H＋=Fe2++2Fe3++4H2OD.向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH－ΔNH3↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A．向CaCl2溶

液中通入CO2，两者不反应，故A错误；B．向NaHSO3溶液中加入NaHSO4溶液，氢离子和亚硫酸氢根离子反应：HSO3−＋H＋=H2O＋SO2↑，故B正确；C．硝酸有强氧化性，四氧化三铁中有二价铁，Fe3O4溶于稀硝

酸：3Fe3O4+28H＋+NO3−=9Fe3++14H2O+NO↑，故C错误；D．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：HCO3−+NH4++OH－ΔNH3↑+2H2O+CO23−，故D错误；综上所述，答案为B。8.下

列关于化学反应速率的说法正确的是A.因是同一反应，所以用不同物质表示化学反应速率时，所得数值是相同的B.根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢C.化学反应速率为“1mol/(L•min)”表示的意思是：时间为1min时，某物质的浓度为1mol/LD.

金属钠与水的反应中，可用钠或者水的浓度变化来表示化学反应速率【答案】B【解析】【详解】A．同一反应，用不同物质表示化学反应速率时，数值比值等于方程式的系数之比，则不一定相等，故A错误；B．化学反应速率的大小可以体现

化学反应进行的快慢，即根据化学反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢，故B正确；C．化学反应速率为“1mol/(L•min)”表示的意思是：时间1min内，某物质的浓度变化量为1mol/L，故C错误；D．化学反应的反应速率不能用固体物质单位时间

内浓度的变化量表示，故D错误；故选：B。9.硫元素的“价-类”二维图如图所示(G、H均为正盐)。下列有关叙述正确的是A.可用稀盐酸和2BaCl溶液检验G中的阴离子B.D能使溴水褪色，体现了D的漂白性C.F的浓溶液能干

燥气体BD.自然界中没有A单质【答案】A【解析】【详解】A．G中的阴离子为2-4SO，可用盐酸和2BaCl溶液检验2-4SO，A正确；B．D为SO2，SO2使溴水褪色，体现了其还原性，B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥具有还原性的H2S气体，C错误；D

．自然界中火山喷发处存在单质硫，D错误；故选A。10.如图所示，干燥烧瓶内有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压胶头滴管，与实验事实不相符是A.CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉B.NH3(H2O中含酚酞)/红色喷泉C.SO2(NaOH溶液)/无色喷泉D.HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉

【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应，不能形成喷泉，故A错误；B．氨气极易溶于水，氨水显碱性，遇酚酞变红，可形成红色喷泉，故B正确；C．SO2与氢氧化钠溶液能够反应，可形成无色喷泉，故C正确；

D．HCl与AgNO3溶液反应生成白色的氯化银沉淀，可形成白色喷泉，故D正确；故选：A。11.氨和硝酸是重要的化工产品，工业合成氨及制备硝酸的流程如图：下列说法错误的是A.流程中的转化涉及复分解反应B.工业上可用铁槽车储运浓硝酸C.“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质D.为提高氮的利

用率，尾气可循环进入“合成塔”【答案】A的【解析】【分析】氮气和氢气在合成塔中合成氨气，分离出氨气后，通入空气氧化氨气生成一氧化氮，一氧化氮和水、空气一起在吸收塔中生成硝酸。【详解】A．流程中的转化涉及的反应为223N+3H2NH高温、高压催化剂，3224N

H+5O4NO+6HO催化剂，2234NO+3O+2HO=4HNO，没有涉及复分解反应，A错误；B．常温下，浓硝酸能够使铁钝化，工业上可用铁槽车储运浓硝酸，B正确；C．氨气易液化，将液氨分离出来，剩余的氮

气、氢气可以循环利用，“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质，C正确；D．如图，为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”，D正确；故选A。12.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所

示。下列说法正确的是A.①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2B.NO2能和NaOH反应，因此是酸性氧化物C.由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D.③中反应的化学方程式：3Cu

+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】D【解析】【详解】A．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮和硝酸铜，稀硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；B．NO2与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2和H2O，但生成的盐是两种，且发生元素化合价的变化，所以NO2不

是酸性氧化物，故B错误；C．实验①-③中，由于在滴加稀硫酸前，溶液中含有硝酸根离子，滴加稀硫酸后，使得硝酸根的氧化性增强，从而将剩余的铜氧化，因此只能说明稀硝酸能与铜反应，故C错误；D．在实验③中，滴

加稀硫酸后增强了硝酸根的氧化性，从而将剩余的铜氧化，因此反应的离子方程式为：3Cu+2NO3−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选：D。13.磷有多种不同的单质，红磷(结构复杂用“P”表示)和白磷(P4

)是磷的两种同素异形体，充分燃烧的产物都是P2O5。在25℃、101kPa下，31g白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量。下列说法错误的是A.红磷转化为白磷属于吸热反应B.红磷的稳定性比白磷强C.等温等量的白磷和红磷能量较高的是白磷D.等量的红磷和白磷完全燃烧，放热较多的是红磷【答案】D【解析】

【详解】A．白磷转化为红磷放出热量，故红磷转化为白磷吸收热量，为吸热反应，A正确；B．红磷吸收热量转化为白磷，白磷的能量高，不稳定，故红磷稳定性比白磷强，B正确；C．红磷吸收热量转化为白磷，白磷的能量高，相同质量是也是白磷的能量高，C正确；

D．白磷转化为红磷需要放出热量，红磷燃烧放出热量，故等质量的白磷燃烧放出的热量比红磷放出的热量多，D错误；故选：D。14.碱性锌锰电池的总反应是：()()222Zn2MnO2HO2MnOOHZnOH++=+

，电解质为KOH。下列说法正确的是A.2MnO发生了氧化反应B.()MnOOH中Mn元素的化合价为3+C.当反应消耗0.65gZn，有0.01mol电子发生转移D.Zn为电池正极【答案】B【解析】【详解】A．二氧化锰化合价降低，做正极，发生还原反应，

A错误；B．由化合物中元素化合价整体为零及常见元素化合价可知，()MnOOH中氧元素为-2价，氢元素为+1价，锰元素为+3价，B正确；C．锌由锌单质转化为氢氧化锌，化合价由零价升高为+2价，消耗0.65g锌，转移0.02mol电子，C错误；D．反应过程中锌元素化合价升高，锌做负

极，D错误；故选B。15.反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，将等量的3+Fe与-SCN混合形成2L溶液发生反应(忽略反应过程中的体积变化)，测得-SCN的物质的量数据如下表。下列说法正确的是t/min0124n(SCN-)/mol31.50.60.6A.前2min内，v(SCN-)=0

.6mol·L-1·min-1B.在4min时，溶液中剩余3+Fe物质的量为0.2molC.前2min内，v(Fe3+)=0.3mol·L-1·min-1D.在2min时，()()3+-3nFe:nSCN:nFe(SCN)=1:3:1【答案】A【解析】【详解】A．

前2min内，v(SCN-)=-1-1Δn(3-0.6)molΔcV2L=0.6molLminΔtΔt2min==，A正确；B．初始铁离子的物质的量等于SCN-的物质的量，为3mol，4min时，SCN-的物质的量

变化量为3mol-0.6mol=2.4mol，则Fe3+的物质的量变化量为0.8mol，溶液中剩余3+Fe物质的量为3-0.8=2.4mol，B错误；C．初始SCN-的物质的量为3mol，2min时，SCN-的物质的量为0.6mol，SCN-的

物质的量变化量为3mol-0.6mol=2.2mol，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则Fe3+的物质的量变化量为0.8mol，v(Fe3+)=-1-1Δn0.8molΔcV2L=0.2molLminΔtΔt2min==，C错误；D．2m

in时，n(SCN-)=0.6mol；SCN-的物质的量变化量为3mol-0.6mol=2.4mol，则Fe3+的物质的量变化量为0.8mol，剩余n(Fe3+)=2.2mol；生成n[Fe(SCN)3]=0.8mol；n(Fe3+):

n(SCN-):n[Fe(SCN)3]=2.2：0.6：0.8=11：3：4，D错误；故选：A。16.过氧化氢（22HO）溶液俗称双氧水，医疗上常用3%的双氧水进行伤口消毒。22HO能与2SO反应生成24HSO，22HO的分子结构如图所示。下列说法错误的是（）A.22

HO的结构式为HOOH−−−B.22HO为含有极性键和非极性键的共价化合物C.22HO与2SO在水溶液中反应的离子方程式为22224SOHO2HSO+−++═D.22HO与2SO反应过程中有共价键断裂，同时有共价键和离子键形成【答案】D【解析】【详解】A．由

22HO的分子结构图可知，22HO的结构式为HOOH−−−，故A项说法正确；B．22HO为共价化合物，含有HO−极性键和OO−非极性键，故B项说法正确；C．22HO与2SO在水溶液中反应的化学方程式为22HO22

4SOHSO+═，24HSO在水溶液中完全电离，则反应的离子方程式为22224SOHO2HSO+−++═，故C项说法正确；D．22HO与2SO反应的化学方程式为22224HOSOHSO+═，反应过程中有共价键断裂，同时有共价键形成，但没有离子键形成，故D项说法错误；综上所述，说法错误

的是D项，故答案为：D。17.某反应由两步反应ABC⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯⎯⎯构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是A.两步反应均为吸热反应B.三种化合物中C最稳定C.A与C的能量差为4ED.AB⎯⎯→⎯⎯反应，反应条件一定需要加热【答案】B【解析】【分析】【详解

】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；B．物质的总能量越低，越稳定，三种化合物中的稳定性B<A<C，故B正确；C．A与C的能量差为E4-E3-E1+E2，故C错误；D．A→B反应为吸热反应，但吸热反应不一定要加热，

故D错误；答案B。18.潜艇中使用的液氨-液氧燃料电池工作原理如图所示，下列有关说法正确的是A.电极b名称是负极B.电极a上发生氧化反应C.电子由电极a经过NaOH溶液中流向电极bD.电极b的电极反应式为：--22O+2HO+2e=4OH【答案】B【解析】

【分析】从图分析a极NH3变为N2，发生了氧化反应，a极为负极；b极为正极，发生还原反应。【详解】A．由上分析，b为正极，A项错误；B．a极为负极，NH3中N从-3价变为0价，发生氧化反应，B项正确；C．电子从a极经导线流向b极，C项错误；D．b极O2发生还原反应：O2+

2H2O+4e-=4OH-，D项错误；故选B。二、非选择题(本题共4道大题，共46分。请将答案填写到答题卡上。)19.写出下列方程式（1）将SO2通入足量的澄清石灰水中的化学方程式：_________________（2）过量铁粉与稀硝酸反应的离子方程式：_____________________

___（3）工业上制备粗硅的化学方程式：_____________（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，用碘溶液(I2)进行滴定，已知氧化产物为SO24−，该反应的离子方程式：___________

___________【答案】（1）SO2＋Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O为（2）3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O（3）2SiO+2CSi+2CO高温（4）S2O25−+2I2+3H2O═2SO24−+4I-+6H+【解析】【小问

1详解】SO2为酸性氧化物，能与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，反应方程式为：SO2＋Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，故答案为：SO2＋Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O；【小问2详解】过量铁粉与稀硝酸反应生成亚铁离子和NO，反应离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2

++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O；【小问3详解】工业上制备粗硅原理是C单质在高温条件下与二氧化硅反应生成Si和CO，反应方程式为：2SiO+2CSi+2CO高温，故答案为：2SiO+2CSi+

2CO高温；【小问4详解】S2O25−被碘单质氧化为SO24−，1molS2O25−失4mol电子，1molI2的2mol电子生成碘离子，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：S2O25−+2I2+3H2O═2SO24−+4I-+6H+，故答

案为：S2O25−+2I2+3H2O═2SO24−+4I-+6H+。20.天然铝土矿主要成分是Al2O3，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，工业上用天然铝土矿生产铝的工艺流程如图：已知部分氢氧化物沉淀的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀时

的pH(离子初始浓度为0.01mol·L-1)2.23.79.6完全沉淀时的pH(离子浓度＜10-5mol·L-1)3.24.711.1（1）为了加快铝土矿和盐酸的反应速率，可以采取的措施为___________(填两种措施)。（2）固体

A的主要成分是_______(填化学式)，溶液E中的金属离子主要为________(填化学式)。（3）“溶液C”调节pH的范围为_______。（4）为了验证“溶液C”中是否含有Fe3+，可取少量“溶液C”于试管中，向其中加入_____溶液(填试剂名称)，溶液变成血红色，则证明“溶液C”中

有Fe3+。（5）操作⑤反应的化学方程式为___________。【答案】（1）粉碎铝土矿或加热或搅拌（2）①.SiO2②.Mg2+（3）4.7≤pH＜9.6（4）硫氰化钾或硫氰化钠或硫氰化铵（5）2Al2O3(熔融)通电冰晶石4Al+3O

2↑【解析】【分析】铝土矿中含有MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，铝土矿加过量盐酸溶解后，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，固体A为SiO2；向滤液中加入碱溶液调节pH，首先使

容易沉淀的三价铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤液再次调节pH值，使氯离子反应生成Al(OH)3，则沉淀D为Al(OH)3，滤液E中含有镁离子，氢氧化铝经灼烧生成氧化铝，电解熔融氧化铝得到Al。据此分析解答。【小问1详解】粉碎铝土矿或加热或搅拌都可以加快反应速率；故答案为：粉碎铝土矿或加热或搅拌；

【小问2详解】SiO2难溶于酸，故酸溶后的杂质主要成分为SiO2，溶液C用碱液调pH为4.7≤pH<9.6，使Al3+沉淀而Mg2+不沉淀，故溶液E中的金属离子主要为Mg2+；故答案为：SiO2；Mg2+；【小问3详解】溶液C用碱液调pH的目的是为了使Al3+沉淀而Mg2+不沉淀，所以调pH的

范围是4.7≤pH<9.6；故答案为：4.7≤pH<9.6；【小问4详解】用硫氰化钾或硫氰化钠或硫氰化铵溶液可以检验Fe3+，其反应为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3；故答案为：硫氰化钾或硫氰化钠或硫氰化铵；【小问5详解】操作⑤是电解制铝，其反应方程式为2Al2O3(熔融)通电冰晶石4Al+

3O2↑。故答案为：2Al2O3(熔融)通电冰晶石4Al+3O2↑。21.利用MnO2悬浊液吸收SO2气体制取连二硫酸锰(MnS2O6)和硫酸锰(MnSO4)的装置如图所示。i.MnS2O6易溶于水，其在pH为2.8~3

.5时最稳定，温度超过30℃会快速分解生成易溶于水MnSO4ii．连二硫酸的结构式：（1）MnS2O6中S的化合价为_________。（2）仪器a应装入的药品最好是_________。A.70%的硫酸溶液B.稀盐酸C.稀硝

酸D.浓硝酸（3）装置B的作用为_______，表明C中的反应完成的现象是__________。（4）装置D中水浴温度应控制在80℃左右，温度不能过高的原因是_________。（5）测定中MnS2O6锰的含量：准确称

量产品质量，充分加热使之完全分解得到MnSO4，加适量水溶解，用KMnO4标准溶液进行滴定(Mn元素均转化为MnO2)，即可计算出MnS2O6中锰的含量。滴定过程中发生反应的离子方程式为____________

______。【答案】（1）5+（2）A（3）①做安全瓶(或防止倒吸)②.C中得到澄清溶液或黑色固体消失（4）温度过高，2SO的溶解度变小，反应速率减慢(或转化率减小)（5）24222MnO3Mn2HO5MnO4H−++++=+【解

析】的.【小问1详解】根据连二硫酸的结构简式可知H为+1价，O为-2价，26MnSO中S的化合价为+5；【小问2详解】A用于制备二氧化硫气体，亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，亚硫酸钠和盐酸反应能生成二氧化硫气体，由于盐酸易挥发，生成的二氧化硫中

含有HCl杂质；硝酸具有强氧化性，亚硫酸钠被硝酸氧化为硫酸钠，不能放出二氧化硫，所以仪器a应装入的药品最好是70%的硫酸溶液，选A；【小问3详解】装置B是安全瓶，作用为防倒吸；装置C中2MnO和SO2气体反应生成连二硫酸锰，化学方程式为MnO2+2SO2

=MnS2O6，反应结束时二氧化锰完全反应，表明反应完成的现象是C中得到澄清溶液或黑色固体消失；【小问4详解】装置D制备硫酸锰，水浴温度应控制在80℃左右，温度过高，SO2的溶解度变小，反应速率减慢；【小问5详解】4KMnO与Mn2+反

应发生氧化还原反应生成2MnO，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为24222MnO3Mn2HO5MnO4H−++++=+。22.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mo

lSO2(g)氧化为1molSO3(g)ΔH=－99kJ·mol-1。请回答下列问题：（1）Ea的大小对该反应的反应热______(填“有”或“无”)影响。2molSO2(g)与1molO2(g)的总键能为E

1，2molSO3(g)的总键能为E2，则E1_____E2(填“>”或“<”或“=”)。（2）甲烷还可以制作燃料电池。如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：的①电池的负极的电极反应是________________________

。②电池工作一段时间后电解质溶液的碱性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。③标准状况下，消耗3.36L甲烷，电路中转移的电子数目为_______________。【答案】（1）①.无②.<（2）①.CH4-8e-+10OH-=CO

2-3+7H2O②.减弱③.7.224×1023【解析】【小问1详解】活化能的大小对反应热无影响；反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)为放热反应，所以反应物断键吸收的总能量小于生成物成键放出的总能量，即2molSO2(g)

与1molO2(g)的总键能E1小于2molSO3(g)的总键能E2；【小问2详解】①负极上是甲烷发生失电子的氧化反应，在碱性环境中电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO2-3+7H2O；②根据电池的总反应CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O，消耗了溶液中的氢氧根离子，所以溶

液的碱性减弱；③由电极反应式CH4-8e-+10OH-=CO2-3+7H2O，标准状况下，消耗3.36L甲烷物质的量为mV3.36Ln0.15molV22.4L/mol===，转移电子0.15mol×8=1.2mol，电路中转移的电子数目为1.2NA或7.224×1023。获得更多资源请扫码加入享

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