【文档说明】安徽省六安第一中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(17)页，634.877 KB，由小赞的店铺上传

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六安一中2023年春学期高一年级期中考试化学试卷相对原子质量：C：12N：14O：16Na：23Si：28S：32Cl：35.5Cu：64Br：80Pb：207一、单选题(每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求

的)1.化学与人们的生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.部分含氯化合物可杀灭新冠病毒B.加碘(KIO3)食盐能预防大脖子病C.生活污水肆意排放可使水体富营养化D.石墨烯材料属于有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸钠、次氯酸钙在空气中与二氧化碳

、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性,能杀菌消毒，A正确；B．加碘(KIO3)食盐能预防大脖子病，B正确；C．生活污水中往往富含氮,、磷等元素，使水体富营养化，C项正确，C正确；D．石墨烯属于单质，不是化合物，D错误；故选D。2.钛有“现代金属”、“生物金属”的美称。钛与人体骨

骼相近，具有良好的生物相容性，能制造股骨头和各种关节，镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：2Mg+TiCl4高温2MgCl2+Ti。下列说法正确的是A.中子数为14的镁原子：1412MgB.Cl-结构示意图：C.MgCl2

的电子式：D.常温下钛的化学性质稳定【答案】D【解析】【详解】A．核素的左上角代表质量数，左下角代表质子数，若中子数为14的镁原子，其核素可表示为：2612Mg，A错误；B．氯离子的核外电子数为18，B错误；C．氯化镁为离子化合物，其电子式可表示为：2[:C

l:]Mg[:Cl:]−+−，C错误；D．钛元素的核外电子数为4，既不容易失去电子，也不容易得到电子，常温下较稳定，D正确；故选D。3.W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，W为宇宙中含量最多的元素，

X的内层电子数为其最外层的一半，Z与M的最外层电子数相同，且Z的单质与水反应可以制取Y的单质。下列说法正确的是A.原子半径：M＞Y＞Z＞XB.W与Y形成的化合物中只有极性键C.最简单氢化物的沸点：Z＜MD.最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜M

【答案】D【解析】【分析】W为宇宙中含量最多的元素，则W为H，X的内层电子数为其最外层的一半，则核外有2层，排布为2、4，则X为C，Z与M的最外层电子数相同，则Z和M位于同一主族，Z的单质与水反应可以制取Y的单质，反应方程式为2F2+2H2

O=4HF+O2，则Z为F、Y为O，M为Cl。【详解】根据分析可知，W、X、Y、Z、M分别为H、C、O、F、Cl；A．电子层数越多原子半径越大，同一周期的元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：M>X>Y>Z，故A错误；B．W为H与Y为O形成的化合物有H2O、H2O2等，H2O2中既含极性

键又含非极性键，故B错误；C．元素非金属性越强，最简单氢化物的沸点越高，而非金属性：F>Cl，则沸点Z>M，故C错误；D．X、M最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、HClO4，由于碳酸是弱酸，高氯酸是强酸，再结合非金属性可知，其酸

性：X<M，故D正确；故选：D。4.下列叙述I和II均正确且有因果关系的是选项叙述I叙述IIA铁片插入浓硝酸中，无明显现象铁片表面被硝酸钝化B水玻璃是混合物水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C氢氟酸可与SiO2反应得到SiF4二氧化硅是一种两性氧化物D二氧化硅的导

电性介于导体和绝缘体之间用于制造光导纤维A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铁片插入浓硝酸中，铁的表面发生钝化，阻止反应进一步发生，A符合题意；B．水玻璃具有黏性，且不燃烧能阻燃，可用于生

产黏合剂和防火剂，没有因果关系，故B不符合题意；C．氢氟酸可与SiO2反应得到SiF4，是二氧化硅和氢氟酸反应的一个特性，不能体现二氧化硅是一种两性氧化物，故C不符合题意；D．二氧化硅透明度很高造价低，因此

是很好的光导材料，故D不符合题意；故选A。5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.46gNO2和N2O4混合气体含有原子数为3NAB.6.4g铜分别与足量单质硫充分反应，转移的电子数为0.2NAC.1molN2和3molH2混合反应，转移电子数目为6NAD.标准状况下

，11.2LD2O含有的中子数为5NA【答案】A【解析】【详解】A．NO2和N2O4的最简式为NO2，m46gn1M46g/molmol===，则原子数为3NA，A正确；B．22SSCuCu+=，则0.1molCu转移电子数

0.1NA，B错误；C．223N3H2NH+，该反应为可逆反应，反应不完全，C错误；D．标准状况下D2O为液体，不能根据体积计算物质的量，D错误；故答案为：A。6.下列离子方程式正确的是A.过量铁粉与稀硝酸反应：Fe

+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2OB.用NaClO溶液吸收少量SO2：3ClO-+SO2+H2O=2HClO+Cl-+SO24−C.AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2−+4NH4++2H2OD.向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水使其

褪色：7H2O2+2MnO4−+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O【答案】B【解析】【详解】A．铁粉具有还原性，过量铁粉与稀硝酸反应铁元素最终会转化为亚铁离子，A错误；B．NaClO具有氧化性，与还原性的SO2

会发生反应生成Cl-和SO24−，根据氧化还原的配平规律可知，上述离子方程式正确，B正确；C．一水合氨为弱碱，与铝离子发生反应生成氢氧化铝沉淀，铝元素不会转化为偏铝酸根离子，C错误；D．酸性高锰酸钾会氧化过氧化

氢，上述反应的电子转移数不守恒，根据氧化还原反应的规律可知，正确的离子方程式为：5H2O2+2MnO4−+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，D错误；答案选B。7.已知某物质X能发生如图转化：222OOHOXYZA⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯⎯→①②

③下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是A.若X为S，则A为硫酸B.X可能是金属也可能是非金属单质C.反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应D.若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y【答案】C【解析】【详解】A．若X为S，硫和氧气生成二氧化硫，二

氧化硫和氧气转化为三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，则Y为SO2、Z为SO3、A为H2SO4，符合转化关系，故A正确；B．X可能是氮气、硫等，也可能是钠，故B正确；C．物质与单质氧气的反应一定存在氧元素的化合价改变，属于氧化还原反应，即反应①和②一定为氧化还原反应；若X为Na时

，钠和氧气生成氧化钠，氧化钠和氧气加热生成过氧化钠，则Y为Na2O、Z为Na2O2，反应③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，属于氧化还原反应，故C错误；D．若X为N2或NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为H

NO3，稀硝酸能与Cu反应生成NO，浓硝酸与Cu反应生成二氧化氮；若X为S或H2S，Y可为SO2，这样Y为SO3，A为H2SO4，浓硫酸能与Cu反应生成SO2，但稀硫酸不能与Cu反应，故D正确。故选C。8.下列反应中既

是吸热反应又是氧化还原反应的是A.碳酸氢钠与盐酸反应B.碳与二氧化碳反应C.Al与稀硫酸的反应D.葡萄糖在人体内氧化【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠与盐酸反应没有化合价变化，不属于氧化还原，A不

符合题意；B．碳与二氧化碳在高温条件下反应为吸热反应，且有单质参与为氧化还原反应，B符合题意；C．铝与硫酸反应，为氧化还原反应，但金属与酸的反应为放热反应，C不符合题意；D．葡萄糖为多羟基醛类，易被氧化为氧化还原，但葡萄糖的氧化为放热反应，D不符合题意

；故答案为：B。9.锂—铜空气燃料电池容量高、成本低。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，放电时发生反应：2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－，下列说法不正确．．．的是A.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OB.放电时，正极的电极反应式为O2＋

2H2O＋4e－=4OH－C.放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动D.整个反应过程中，总反应：4Li+O2+2H2O=4LiOH【答案】B【解析】【分析】根据放电过程中总反应：2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－可知，Li元素化合价由0价变

为＋1价、Cu元素化合价由＋1价变为0价，则Li为负极，电极反应式为Li-e-=Li+、Cu电极为正极，反应式为：--22CuO+HO+2e=2Cu+2OH，放电时电解质中阳离子向正极移动，据此分析解答。【详解】A．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，方程式为：224Cu+O=

2CuO，A正确；B．根据放电时发生反应：2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－，可知正极反应式为：--22CuO+HO+2e=2Cu+2OH，B错误；C．，Li＋带正电荷，应向电源的正极移动，铜电极为电源正极，C正确；D．根据反应的方程式：22OO2Cu+=Cu，2L

i＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－，可得总的方程式为4Li+O2+2H2O=4LiOH，D正确；为故本题选B。10.对于可逆反应()()()()3224NHg5Og6HOg4NOg++在不同条件下

的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A.()112vHO=0.05molLs−−B.()112vO=1molLmin−−C.()11vNO=1.6molLmin−−D.()113vNH=1.2molLmin−−【答案】A【解析】【分析】比较速率快

慢时，首先将单位调整相同，然后根据反应速率之比等于化学计量系数之比，进行转化为同一种物质再进行比较，据此分析解题。【详解】A．()112vHO=0.05molLs−−即为v(NH3)=46×v(H2O)=60s/min×46

×0.05mol⋅L−1⋅s−1=2mol⋅L−1⋅min−1；B．v(O2)=1mol⋅L−1⋅min−1即为v(NH3)=45×v(O2)=45×1mol⋅L−1⋅s−1=0.8mol⋅L−1⋅s−1；C．v(NO)=1.6mol⋅L−1⋅min−1即为v(NH3)=v(NO)=1

.6mol⋅L−1⋅min−1；D．()113vNH=1.2molLmin−−综上所述，反应最快的是()112vHO=0.05molLs−−，故答案为A。11.在一个密闭容器中发生反应，()()()2232

SOgOg2SOg+，反应过程中某一时刻测得2SO、2O、3SO的浓度分别为10.2molL−、10.2molL−、10.2molL−，当反应达到平衡时，可能出现的数据是A.()12cSO0.25molL−=B.()12cO0.1molL−=C.()-13cSO0.4molmol=

D.()()123cSO=cSO0.15molL−=【答案】A【解析】【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相

应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。反应过程中的某一时间SO2、O2和SO3的浓度分别为：0.2mol/L、0.2mol/L和0.2mol/L，若极限转化，则SO2、O2和SO3的浓度分别为：0.4mol/L、0.3mo

l/L和0mol/L或0mol/L、0.1mol/L和0.4mol/L。【详解】A．根据分析可知0＜c(SO2)＜0.4mol∙L-1，故A正确；B．极限转化时c(O2)＝0.1mol/L，但可逆反应不能完全转化，所以c(

O2)>0.1mol/L，故B错误；C．极限转化时c(SO3)＝0.4mol/L，但可逆反应不能完全转化，所以c(SO3)<0.4mol/L，故C错误；D．根据硫元素守恒，应有c(SO2)+c(SO3)=0.4mol•L-1，所以不可能出现c(SO2)＝c(SO3)＝0.1

5mol/L，故D错误；故选A。12.在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)垐?噲?C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④容器的压强不变⑤容器内C、D两

种气体的浓度相等⑥相同时间内消耗2nmol的A同时生成nmol的DA.①③④⑥B.①②③④C.①②③⑤D.②③④⑤【答案】B【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的

物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】①上述反应吸热或放热，因在绝热体系中进行反应，所以容器内温度随着反应的进行不断变化，所以当温度不变时，说明反应达平衡状态，故①正确；②混

合气体的密度为气体的总质量与容器体积之比，容器体积始终不变，随着反应的进行，气体的总质量为变量，所以当混合气体的密度不变时，反应达平衡状态，故②正确；③混合气体的平均相对分子质量为气体的总质量与总物质的量之比，因气体的总物质的量为恒量，气体的

总质量为变量，所以混合气体的平均相对分子质量为变量，当该物理量不变时，反应达平衡状态，故③正确；④绝热、恒体积、恒物质量体系中pV=nRT，则温度在改变时，压强也在改变，所以当压强不变说明反应达平衡状态，故④正确；⑤容器内C、D两种气体的浓度相等，不一定各物质的浓

度保持不变，所以不能说明反应达到平衡状态，的故⑤错误；⑥单位时间内生成nmolD等效于消耗2nmolA，不能说明正逆反应速率相同，则不能说明反应是否达到平衡状态，故⑥错误；综上所述，①②③④符合题意，B项正确。故选B。二、不定

项选择题(下列选择题可能有1～2个正确选项，每题4分，共16分。答不全面得2分，答错或者多答不得分)13.X、Y、Z、W四种短周期主族元素原子序数依次增大。X、Y原子的最外层电子数之比为2∶3，Z+与Y2-核外电子排布完全相同，常温下，W的一种单质为淡

黄色固体。下列说法正确的是A.Y能分别与X、Z、W形成两种或两种以上的化合物B.最高正化合价：Y＞X＞ZC.简单气态氢化物的热稳定性：H2Y＜H2WD.Z与Y形成的化合物与水反应，溶液均呈碱性【答案】AD【解析】【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素原子序数依次增大。常温下

，W的一种单质为淡黄色固体，W为S；Z+与Y2-核外电子排布完全相同，且均为短周期元素，应均为10个电子的离子，Z为Na，Y为O；X、Y原子的最外层电子数之比为2：3，可知X的最外层电子数为4，X为C，据此解答。【详解】A．Y分别与X、Z、W能形成CO、CO2、

Na2O、Na2O2、SO2、SO3等，A正确；B．X、Y、Z最高正价分别为+4、+2(OF2)、+1，最高正化合价：X＞Y＞Z，B错误；C．非金属性O＞S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2Y>H2W，C错误；D．Z与Y形成的化合物为

Na2O、Na2O2，与水反应均生成NaOH，溶液均呈碱性，D正确；故选AD。14.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)bB(g)cC(g)+，12s时生成C的物质的量为

1.2mol(过程如图所示)。下列说法中正确的是的的A.2s时，用A表示反应的瞬时速率为110.15molLs−−B.b:c=1:6C.图中m点达到了反应进行的限度D.12s时容器内的压强为起始压强的1113

【答案】D【解析】【详解】A．2s时，用A表示反应的平均速率为11(0.8-0.5)mol/L0.15molLs2s−−=，A错误；B．12s时消耗B的物质的量为()0.50.3mol/L2L0.4mol−=，12s时生成C的物质的量为1.2m

ol，则b:c=0.4:1.2=1:3，B错误；C．m点A、B的浓度还在减小，没有达到反应限度，C错误；D．根据压强之比等于物质的量之比，12s时容器内的压强为起始压强的()()0.30.2/L2L1.2110.80.5/L2L13molmolmol++=+，D正确；故选

D。15.某小组利用硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，探究反应条件对速率的影响，下列有关说法正确的是选项反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/m

L①25100.1100.10②2550.1100.1X③50100.150.25A.可通过产生浑浊的时间判断反应的快慢B.①③两组实验可探究硫酸浓度对反应速率的影响C.①②两组实验可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影

响，则x=5D.实验结束后，有少量S附着在试管上，可以用水冲洗干净【答案】AC【解析】【详解】A．反应生成不溶于水的硫单质，通过产生浑浊的时间判断反应的快慢，故A正确；B．①③两组实验中反应物硫酸浓度不相等，温度不同，因此不能探究硫酸浓度对反应速率的影响，故B错误；C．根据控制变量的思想，

总体积为20mL，若x=5，①②两组实验中Na2S2O3浓度不相同、硫酸浓度相同，反应温度相同，①②两组实验可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，故C正确；D．单质硫不溶于水，易溶于二硫化碳，所以实验结束完后，有

少量S附着在试管上，可用二硫化碳冲洗干净，故D错误；故选AC。16.将2.56gCu和200mL某浓度的浓HNO3混合，随着反应的进行生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完全时，共收集到气体1.12L(标准状况)。下列关于该反应的分析错

误的是（）A.该反应生成的NO2与NO的体积比为7:3B.该反应转移电子数为0.04NAC.该反应消耗HNO3的物质的量为0.13molD.反应结束后所得溶液中(忽略反应前后溶液体积的变化)c(NO3-)=0.

4mol·L-1【答案】BD【解析】【详解】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)=1.

12L22.4L/mol=0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol；n(Cu)=2.56g64g/mol=0.04mol，则生成n(Cu(NO3)2)=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，则参加反应的硝酸

的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol；A．由分析知n(NO2)+n(NO)=0.05mol，另有电荷守恒n(NO2)×1+n(NO)×3=n(Cu)×2=0.08mol，解得：n(NO2)=

0.35、n(NO)=0.15mol，则该反应生成的NO2与NO的体积比为0.35mol：0.15mol=7:3，故A正确；B．n(Cu)=2.56g64g/mol=0.04mol，则该反应转移电子数为0.0

8NA，故B错误；C．由分析知该反应消耗HNO3的物质的量为0.13mol，故C正确；D．反应结束后所得溶液中除生成的Cu(NO3)2，还含有未反应的HNO3，而未反应的HNO3的物质的量未知，则无法计算反应后溶液中c(NO3-)，故D错误；故答案为BD。【点睛】本题考查浓硝酸的强

氧化性和酸性，涉及原子守恒和氧化还原反应的电子守恒规律的理解与应用，解题难点是计算混合气体的成分，因铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则根据混合气体的物质的量和溶解Cu的物质的量

，利用电子守恒即可。三、非选择题(共48分)17.海洋资源的利用具有广阔前景。从海水中提取溴的工艺流程如图所示。（1）步骤I、步骤Ⅲ发生反应的离子反应方程式为_____、_____。（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出B

r2，利用了溴的_____(填性质)。（3）步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：_____。Br2+CO23−=BrO3−+Br-+CO2↑（4）步骤Ⅱ中吹出的溴蒸气，也可先用二

氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。若海水中溴含量约为65mg•L-1从1000L海水中提取溴，理论上需要SO2的质量为_____。【答案】（1）①.Cl2+2Br-=Br2+2Cl－②.6H++BrO3−+5Br-=3B

r2+3H2O（2）低沸点、易挥发（3）3Br2+3CO23−=BrO3−+5Br-+3CO2↑（4）26【解析】【分析】卤水中含有Br－，Br－被Cl2为Br2，离子方程式为Cl2+2Br－=Br2+2Cl－；步骤Ⅱ中纯碱溶液吸收Br

2，发生3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑；步骤Ⅲ中Br－和3BrO−发生6H++BrO3−+5Br-=3Br2+3H2O反应，得到较高浓度的工业Br2。【小问1详解】步骤I中Cl2氧化Br－，反应的离子反应方程式为Cl2+2Br

-=Br2+2Cl－；步骤Ⅲ中Br－和BrO3−发生氧化还原反应得到Br2，离子方程式为6H++BrO3−+5Br-=3Br2+3H2O。【小问2详解】通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的低沸点、易挥发等性质。【小问3详解】Br2中Br为

0价，BrO3−中Br为+5价，Br－中Br为-1价，根据电子转移守恒，BrO3−的系数为1，Br－的系数为5，因此可写出该离子方程式为3Br2+3CO23−=BrO3−+5Br-+3CO2↑。【小问4详解】1000L海水能得

到Br2的物质的量为-165mgL1000L13mol1000160g/mol32=，SO2和Br2反应的离子方程式为H2O+Br2+SO2=2H++2Br－+24SO−，故从1000L海水中提取溴，理论上需要SO2的质量为13mo

l64g/mol26g32=。18.近年来甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注，工业上甲醇的合成途径多种多样。现有实验室中模拟甲醇合成反应，在2L密闭容器内，400℃时反应：CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)，体系中n(CO)随时间的变化如表：时间(

s)01235n(CO)(mol)0.0200.0110.0080.0070.007（1）图中表示CH3OH的变化的曲线是_____。（2）2s时正、逆反应速率大小：v(正)_____v(逆)(填“＞”“＝”或“＜”)，用H2表示从0～2s内该反应的平均速率v(H2)=_____。（3）下列

措施能增大反应速率的是_____(填字母)。a.升高温度b.扩大容器体积c.充入一定量氦气d.加入催化剂（4）能说明该反应已达到平衡状态的是_____。a.反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1：1b.容器内压强保持不变c.2v逆(CO)=v正(

H2)d.单位时间内每消耗1molCO，同时生成1molCH3OH【答案】（1）b（2）①.＞②.0.006mol/(L•s)（3）ad（4）bc【解析】【分析】本题考查的是化学反应速率的计算以及平衡状

态的判断。【小问1详解】0~3sCO物质的量变化为0.020mol-0.007mol=0.013mol,根据CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)，CH3OH为反应产物，随反应进行CH3OH物质的量增大，则平衡时甲醇的物质的量为0.0

13mol，平衡时c(CH,OH)=0.013mol2=0.0065mol/L，图像中只有b符合；【小问2详解】2s时反应还在正向进行，因此v(正)＞v(逆)；0-2sCO物质的量变化为0.020mol0.008mol0.

012mol−=，根据CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)，-1-10.012mol2Lv(CO)==0.003mol*L*s2s()()112vH2vCO0.006mol*L*s−−==；【小问3详

解】升高温度、加入催化剂能加快化学反应速率，扩大容器体积浓度减小化学反应速率减小，充入一定量氦气化学反应速率不变。【小问4详解】a.反应中CO与CH,OH的物质的量之比为1:1，不能判断反应达到平衡，故a错误；b.该反应是体积

减小的反应，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，故b正确；c.2v逆(CO)V正(H,)，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故c正确d.根据CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)，任何时间内每消

耗1molCO，同时生成1molCH3OH，则不能判断反应达到平衡，故d错误。19.近年来，随着汽车保有量的提高，机动车尾气排放问题越来越引起人们的重视，如何节能减排是汽车工业发展的重要因素，请回答下列问题。（1）已知物质的键能

：物质N2O2NO键能946kJ•mol-1498kJ•mol-1632kJ•mol-1汽车内燃机工作时引发反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一、该反应是_____反应(填“放热”或“吸热”)；汽车尾气中的NO与CO理论上可以转换成无害物质排出，写出这步

反应的化学方程式_____。（2）铅蓄电池是最早使用的充电电池。目前汽车上使用的电瓶大多数仍是铅蓄电池，其电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4放电充电2PbSO4+2H2O，请回答下列问题：负极材料是_____，正极的电极反应式_____，当电路中转移0.2mol电子时

，负极材料增重_____g。（3）燃料电池的工作原理是将燃料和氧化剂(如O2)反应所放出的化学能直接转化为电能。现设计如图为CH4燃料电池示意图，工作时电子流向如图所示。写出电极A的电极方程式_____，电极A附近pH如何变化___

__？(填“变大”或“变小”)。【答案】（1）①.吸热②.2NO+2CO=N2+2CO2（2）①.Pb②.PbO2+2e-+SO24−+4H+=PbSO4+2H2O③.9.6（3）①.CH4-8e-+10OH-=CO23−+7H2O②.减小【解析】【小问1详

解】根据表中键能数据可知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)的反应热=反应物的键能-生成物的键能=946kJ•mol-1+498kJ•mol-1-2632kJ•mol-1=+180kJ•mol-1，所以该反应放热；汽车尾气中的NO与CO理论上可以转换成无害物质

氮气和二氧化碳，其化学方程式为：2NO+2CO=N2+2CO2；【小问2详解】根据电池总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4放电充电2PbSO4+2H2O可知，电极的负极材料为Pb，正极材料为PbO2，PbO2得电子转化为硫酸铅，其电极反应式为：PbO2+2e-+SO24−

+4H+=PbSO4+2H2O；负极Pb转化为硫酸铅，关系式为：PbPbSO42e-，当电路中转移0.2mol电子时，负极材料增重0.2mol96g/mol2=9.6g，故答案为：Pb；PbO2+2e-+SO24−+4H+=PbSO4+2H2O；9.6；【

小问3详解】根据电子转移的方向可知，电极A为燃料电池的负极，通入的是甲烷，电极B为燃料电极的正极，通入的是氧气，碱性条件下，电极A的电极方程式为：CH4-8e-+10OH-=CO23−+7H2O，所以电极A附近消耗氢氧根离子，其碱

性会减弱，pH为减小，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO23−+7H2O；减小。20.硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如图所

示(部分夹持装置未画出)；已知；①已知SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2该反应放热。②常温下硫酰氯为无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.l℃，在潮湿空气中“发烟”生成两种强酸。③l00℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氧气。回答下列问题：（1）硫酰氯在潮湿空

气中“发烟”的原因_____(用化学方程式表示)。（2）装置B中盛放的试剂_____；仪器A的名称为_____。（3）装置E的可起到冷凝回流的作用，E中冷凝水的入口是_____(填“a”或“b”)；整套装

置存在的缺陷是_____。（4）当装置A中生成氯气1.12L(已折算成标准状况)时，硫酰氯的产率为44%，则最终得到纯净的硫酰氯_____g。（5）硫酰氯的工业品中常含有少量硫酸，请你设计实验验证其中含有硫酸_____(写出实验方案及相关实验现象)。可选试剂

：稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊试液)。【答案】（1）SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4（2）①.饱和食盐水②.圆底烧瓶（3）①.a②.缺少尾气处理装置或防止空气中水蒸气进入D装置的措施（4）2.9

7（5）取少量产品在干燥条件下加热至硫酰氯完全挥发，剩余物质冷却并用水稀释。取少量所得的溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红；再另取少量溶液滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀【解析】【分析】A装置中用高锰酸钾和浓盐酸反应来制备氯气，出来的气体除了2Cl外，还有杂质气体HCl、2HO等，应先用B中

的饱和NaCl溶液除去HCl，再用C中的浓硫酸干燥氯气。由于硫酰氯能与水蒸气反应，所以需要一个装置阻止空气中的水蒸气进入；氯气和二氧化硫两种气体在D装置中反应生成硫酰氯，由于是开放式体系，两种气体都很难在短时间内反应完，所以，还需要将这些未反应完的气体吸

收掉。小问1详解】硫酰氯在潮湿空气中“发烟”的原因是其遇空气中水蒸气发生水解生成酸雾，该反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；【小问2详解】装置B的作用是除去氯气中的氯化氢杂质，故其中盛放的试剂是饱和食盐水；仪器

A的名称是圆底烧瓶；【小问3详解】装置E的作用是冷凝回流。为保证冷凝回流的效率，E中冷凝水的入口是a；整套装置存在的一处缺陷是缺少尾气处理装置和防止空气中水蒸气进入D的措施；【小问4详解】当装置A中生成氯气1.12L(已折算成标准状况)时，氯气的物质的量为0.05mol，由于硫酰氯的产率

为44%，则生成硫酰氯的物质的量为0.05mol44%=0.022mol，所以最终得到纯净的硫酰氯的质量为0.022mol135g/mol=2.97g；【小问5详解】【获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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