【文档说明】湖南师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题（解析版）.docx，共(15)页，590.379 KB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2022-2023学年度高一第二学期第一次大练习化学时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：O～16Fe～56Cu～64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学无处不在，下列有关说法正确的是A.在“雾霾”等空气污染的治理方面，化学不能发挥作用B.常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应C.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D.二氧化硫有毒，不可以添加到食品中【答案】C

【解析】【详解】A．可以利用化学反应和化学试剂治理雾霾，因此化学在空气污染治理方面发挥作用，故A错误；B．常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，是因为铁与浓硝酸发生了钝化，钝化属于化学变化，铁与浓硝酸能反应，故B错误；C．侯

氏制碱法的工艺应用了碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度差异，故C正确；D．二氧化硫具有还原性，可利用其还原性添加到红酒中防止红酒氧化，因此也可做食品添加剂，故D错误；故选：C。2.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.铝

合金被大量用于高铁建设C.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查D.碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】C【解析】【详解】A．硅是半导体材料，高纯硅可用于制作光感电池，故A正确；B．铝合金强度大，密度小，被大量用于高铁建设，故B正确；C．碳酸钡易溶于盐酸，不可用于胃

肠X射线造影检查，应用硫酸钡，故C错误；D．碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，故D正确；故选C。3.下列说法正确是的A.某黄色溶液与淀粉-KI溶液混合后呈蓝色，说明该溶液一定是氯水B.NaOH溶液可盛放在带磨口玻璃塞的玻璃瓶中，也可盛放在带橡胶塞的玻璃瓶中C.若用2SiO制取硅酸

，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入2COD.由232232NaCO+SiONaSiO+CO高温可知，硅酸的酸性强于碳酸【答案】C【解析】【详解】A．黄色溶液与淀粉-KI溶液混合后呈蓝色，说明该液体具有氧化性能将KI氧化为碘单质，该液体可能是氯水

也可能是氯化铁等，故A错误；B．NaOH能与玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏合性，会使玻璃塞与试剂瓶粘连，因此不能用玻璃塞的试剂瓶保存，故B错误；C．2SiO与水不能直接反应，但可与NaOH反应生成硅酸钠，硅酸钠与碳酸反应生成硅酸，故C正确；D．23

2232NaCO+SiONaSiO+CO高温，该反应可说明高温条件下硅酸钠比碳酸钠稳定，不能证明硅酸与碳酸的酸性强弱，故D错误；故选：C。4.下列各组物质的各步转化均可以通过一步反应完成的是A.3242SSOHSOSO→→→B.()2333AlAlOAlOHAlCl→→→C.2323NNHNOH

NO→→→D.()()223FeFeClFeOHFeOH→→→【答案】D【解析】【详解】A．硫单质只能一步生成二氧化硫，不能直接转化得到三氧化硫，A错误；B．氧化铝不能一步生成氢氧化铝，B错误；C．氨气催

化氧化一步只能生成一氧化氮，不能直接到二氧化氮，C错误；D．铁和盐酸反应一步生成氯化亚铁，氯化亚铁和氢氧化钠反应一步生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化一步生成氢氧化铁，D正确；故选D。5.下列实验中金属或氧化物可以完全溶解是A.1

molCu与含2molH2SO4的浓硫酸共热的B.1molMnO2与含2molH2O2的溶液共热C.常温下1molAl投入足量的浓硫酸中D.常温下1molCu投入含4molHNO3的浓硝酸中【答案】D【解析】【分析】【详解】A．1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸共热，化学方程式为Cu

+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行浓硫酸逐渐变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，Cu不能完全溶解，故A错误；B．1molMnO2与含2molH2O2的溶液共热，MnO2作催化剂，使得H2O2分解成水合氧气，故MnO2不会溶解在H2O2中

，故B错误；C．常温下Al遇浓硫酸钝化，表面形成致密的氧化膜，阻止反应继续进行，则Al不能完全溶解，金属过量，故C错误；D．随着反应的进行浓硝酸逐渐变为稀硝酸，但稀硝酸也与铜反应，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑、3Cu+8HNO3(稀)=3

Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，Cu可以完全溶解，故D正确；答案选D。6.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气的生成速率增大的是A.加热B.不用稀硫酸，改用98%浓硫酸C.滴加少量CuSO4溶液D.不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】【详解

】A．加热，温度升高，能使反应速率加快，故A不符合题意；B．浓硫酸具有强氧化性，改用98%的浓硫酸，铁片与浓硫酸钝化，不产生氢气，故B符合题意；C．滴加少量的CuSO4溶液，铁与CuSO4反应生成Cu，铜与铁、稀硫酸溶液组成原电池，使反应速率加快，故C不符合题意；D．改用铁粉，增大了接触面积，使

反应速率加快，故D不符合题意；答案选B。7.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入浓度相同的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C.两烧杯中溶液的pH均增大D.产生

气泡的速度甲比乙慢【答案】C【解析】【详解】A．甲中形成原电池，铜作正极，氢离子在正极得电子生成氢气，故A错误；B．乙装置未构成原电池，铜片不是负极，故B错误；C．两装置中的反应原理均为：+2+2Zn+2H=Zn+H，氢离子浓度

减小，pH值增大，故C正确；D．形成原电池可以加快反应速率，因此产生气泡速度甲比乙快，故D错误；故选：C。8.在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)()()()2XgYgZs+ƒ，(乙)()As+()()()g2gBCgD+，当

下列物理量不再发生变化时：①混合气体的密度；②反应容器中生成物的百分含量；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；④混合气体的压强；⑤混合气体的总物质的量。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态的是A.①②③B.②③⑤C.①③④D.①②④⑤【答案】A【解析】【详解】①

混合气体密度不变，甲反应是气体体积减小的反应，甲容器中气体体积不变，质量会变，密度也变，能判断达到平衡，由于乙反应中A为固体，则气体的总质量不确定，容器的容积不变，所以密度始终不变，可以判断乙是平衡状态；②反应容器中生成物

的百分含量不变是平衡标志；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相同，反应甲、乙达到平衡状态；④恒温时，气体压强不再改变，乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，可以判断甲达到平衡状态；⑤甲反应是气

体体积减小的反应，乙是气体体积不变的反应，混合气体的总物质的量不变说明甲达到平衡状态，乙不能判断是否达到平衡状态。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态的是①②③，故选A。9.被称之为“软电池”的纸质电池总

反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnOOH。下列说法正确的是A.该电池中Zn作负极，发生还原反应B.该电池反应中MnO2起催化作用C.该电池工作时电子由MnO2经导线流向ZnD.该电池正极反应式为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-【答案】D【解

析】【分析】原电池装置中，负极失电子，发生氧化反应，电子从负极出发沿外接导线到达电池正极，正极或正极周围的物质得到电子发生还原反应，据此解答。【详解】A．该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，发生氧化反应，故A项错

误；B．该原电池中，锰元素化合价由+4价变+3价，化合价降低，发生还原反应，故B项错误；C．该电池工作时，电子从负极Zn沿导线流向MnO2，故C项错误；D．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式

为MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，故D项正确；本题答案D。10.中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如下。下列说法不正确的是（）A.该过程将太阳能转化成为化学能B.该过程中，只涉及到极性键的断裂与生成C.氧化剂

与还原剂的物质的量之比为1：3D.原料气N2可通过分离液态空气获得为【答案】B【解析】【详解】A．根据图示，常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3，该过程将太阳能转化成为化学能，故A正确；B．该过程中，既有极性键（N-H、O-H）

的断裂与生成，也有非极性键（N≡N、O=O）的断裂与生成，故B错误；C．该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；D．原料气N2可通过分离液态空气获得，

故D正确；答案选B。11.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A用洁净铂丝蘸取某碱性待测液在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色待测液可能为KOH溶液B向某无色溶液中滴加稀盐酸溶液变浑浊溶液中一定含有Ag+C向品红溶液中通入氯气或2SO气体溶液红色均褪去氯气和2

SO均有漂白性，但漂白原理不同D常温下，将铜丝插入到盛有浓硝酸的试管中产生红棕色气体，溶液变为绿色浓硝酸只表现氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．钾元素的焰色实验为紫色，因此待测液中一定含有钾元素，可能为KOH或钾盐等，故A正确；B．能与稀盐酸生成白色沉淀的

可能硝酸银也可能是硅酸钠等，故B错误；C．氯气自身没有漂白性，氯气与水反应生成HClO具有漂白性，故C错误；D．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，说明硝酸表现的是酸性和强氧化性，故D错误；故选：A。12.一定量的铁粉和铜粉

混合物加入到一定量稀硝酸中，充分反应后剩余固体1mg，再向溶液中加入一定量的稀硫酸，充分反应后，剩余固体质量为2mg。则1m和2m的关系是A.12m>mB.12m=mC.12mm≥D.不能确定【答案】A【解析】【详解】铁与铜的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反应后剩余金属m1

g,该金属为Cu或Cu、Fe；铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，金属又部分溶解，剩余金属m2g，故m1一定大于m2，故A正确。13.某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，向其中加入1.

2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)。下列说法正确的是A.反应过程中转移的电子数3NAB.反应后生成NO的体积为24.4LC.所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1∶3D.所得溶液中c(NO3-)=2.4mol/L【答案】C

【解析】【分析】n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol，n(Fe)=1.2mol。根据物质先后发生反应的关系及物质的量的相对多少，判断溶液中剩余离子的物质的量关系及电子转移情况。【详解

】某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，则其中含有n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol。向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO

↑+2H2O，1.2molFe完全反应，消耗1.2molNO3-，4.8molH+，而H+只有4.4mol，可见H+消耗完，铁过量，反应会消耗1.1mol金属Fe，1.1molNO3-，生成1.1molFe3+，同时反应产生1.1molNO气体，铁还剩余0.1mol，过量Fe和反应产生

的Fe3+离子发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，因此0.1mol铁消耗0.2molFe3+，生成0.3molFe2+。A.1.1molNO3-反应转移电子数3.3NA，0.1molFe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，转移电子0.2NA，故反应转移电子总数目为3.5NA，A错误；B

.无反应条件，无法计算反应生成的NO的体积，B错误；C.根据上述分析可知反应生成0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3，C正确；D.所得溶液中剩余n(NO3-)=3.5mol-1.1mol=2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应

后溶液中硝酸根离子的浓度c(NO3-)，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查有关混合物反应的计算，注意利用离子方程式进行解答，题目涉及反应物有过量时的计算，要结合物质反应的物质的量关系，判断什么物质过量，什么物质不足量，以不足量的物质为标准进行解答，题目有利于

学生理解，侧重考查学生的分析与计算能力。14.部分被氧化的Fe—Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g，经如下处理：下列说法正确是①滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+②样品中含氧元素的

物质的量为0.03mol③溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol④V=224mL⑤V=336mLA.①③④B.②③④C.②③⑤D.①③⑤【答案】B【解析】【分析】【详解】由题给流程可知，向样品中加入足量稀硫酸，反应得到不含铜离子的滤液、3.2g滤渣、标准状况下VmL气体，由氧

化性强弱顺序Fe3+＞Cu2+＞H+可知，氧化铁和氧化铜溶于足量稀硫酸后得到含有铁离子、铜离子和氢离子的混合溶液中铁离子优先反应，由滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成可知，滤液A中含有亚铁离子、氢离子和硫酸根离子，3.2g滤渣为铜

；滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为氧化铁；3.2g铜和3.2g氧化铁的物质的量分别为3.2g64g/mol=0.05mol、3.2g160g/mol=0.02mol，则样品中含氧元素的物质的量为

5.92g-3.2g-0.02mol256g/mol16g/mol=0.03mol，由电荷守恒可知，参加反应的硫酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，由金属氧化物中氧元素转化为水可知，生成水的氢离子物质的

量为0.04mol×2—0.03mol×2=0.02mol，由氢原子个数守恒可知，生成标准状况下氢气的体积为0.02mol×12×22.4L/mol=2.24L，则②③④正确、①⑤错误，故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.回答下列问题：（1）在一

个小烧杯中加入20g()22BaOH8HO晶体和10g4NHCl晶体，然后将小烧杯的放在事先滴有3～4滴水的玻璃片上，立即用玻璃棒搅拌。实验过程的示意图如下：①实验中玻璃棒的作用：_______。②浸有稀硫酸的棉花的作用：_______。③出现结冰现象时，说明

该反应为_______反应。（2）沼气是一种廉价能源，农村存在大量的秸秆、杂草等废弃物，它们经微生物发酵之后，便可产生沼气，其主要成分是甲烷，可用来点火做饭。在农村推广建造沼气池，不仅能有效地利用_______能，还能为农业生产提供优良的肥料。已知：标准

状况下，112.0L4CH气体完全燃烧生成2CO和液态水时，放出4448kJ的热量。如果上述反应生成的是水蒸气，则反应放出的热量_______4448kJ(填“＞”“＜”或“=”)。（3）钢铁中因含有碳，容易因构成原电池而发生电化学腐蚀。若在中性环境下，钢铁中少量的碳作为原电池的____

___极，正极发生的电极反应式：_______。【答案】（1）①.搅拌使混合物充分接触并反应②.吸收反应中产生的氨气③.吸热（2）①.生物质②.＜（3）①.正②.--22O+4e+2HO=4OH【解析】【小问1详解】①实验中玻璃棒的作用是搅拌使混合物充分接触并反应。②()22BaO

H8HO晶体和4NHCl晶体发生反应生成氨气，则浸有稀硫酸的棉花的作用是吸收反应中产生的氨气，防止污染环境。③出现结冰现象时，说明该反应为吸热反应，反应物的总能量比生成物的总能量小，需要从外界吸收能量，使周围环境的温度降低。【小问2详解】生物质能主要是指用树木、庄家

、草类等植物直接或间接提供的能量，则沼气不仅能有效地利用生物质能，还能为农业生产提供优良的肥料。液态水转化为水蒸气需要吸收能量，则如果上述反应生成的是水蒸气，则反应放出的热量小于4448kJ。【小问3详解】钢铁中铁是金属，失去电子

作负极，碳作为原电池的正极，在中性环境下，正极发生的电极反应式：--22O+4e+2HO=4OH。16.A、B、D、E、X均为中学化学常见物质，相互转化关系如图所示(部分物质略去)。I.若A为气体单质

，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体。（1）实验室制取B化学方程式为_______。（2）D和CO均是汽车尾气的主要成分，通过汽车尾气催化转化装置生成无污染气体，降低污染物排放，写出该反应的化学方程式：_______。

II.若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体。（3）A与X反应的化学方程式：_______。（4）将一定量的气体X通入B的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。吸

收X后的B溶液中的溶质为_______，物质的量之比为_______。III.若A、X为单质，D能使品红溶液褪色。（5）B与D反应生成A的化学方程式为_______。（6）铜与E的浓溶液反应的化学方程式为_

______。【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClΔCaCl2+2NH3↑+2H2O（2）2CO+2NO催化剂N2+2CO2（3）2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2（4）①.NaOH、Na2CO3②.1：1（5）222SO+2HS=3S+2

HO（6）24422Cu+2HSO()CuSOSO2HO++浓【解析】【分析】I.若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体，则A为N2，B为NH3，E为NO2，X为O2，D为NO；II.若A是淡黄色固体，B中阴

、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体，则A为Na2O2，B为NaOH，X为CO2，D为Na2CO3，E为NaHCO3。的III.若A、X为单质，D能使品红溶液褪色，可知D为SO2，则A为S，X为氧气，B为H2S，E为SO3。【小

问1详解】实验室制取NH3的化学方程式：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；【小问2详解】NO和CO均是汽车尾气的主要成分，通过汽车尾气催化转化装置生成无污染气体，应生成氮气与二

氧化碳，反应方程式为：2CO+2NO催化剂N2+2CO2；故答案为：2CO+2NO催化剂N2+2CO2；【小问3详解】A与X反应的化学方程式：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；故答案为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】将一定量的气体CO2通

入NaOH的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量

相等，实际上产生气体之前消耗HCl与产生二氧化碳消耗HCl的物质的量之比为3:2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中为NaOH、Na2CO3，两者的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，结合图像可知为

1：1；故答案为：NaOH、Na2CO3；1：1；【小问5详解】二氧化硫与硫化氢反应生成S和水，反应方程式为：222SO+2HS=3S+2HO，故答案为：222SO+2HS=3S+2HO；【小问6详解】E的浓溶液为浓硫酸，铜与浓硫

酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫，反应方程式为：24422Cu+2HSO()CuSOSO2HO++浓，故答案为：24422Cu+2HSO()CuSOSO2HO++浓；17.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中

的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间/min12345氢气体积/mL(标准状况)100240464576620①各时间段反应速率最大的是____(填“0～1”“1～2”“2

～3”“3～4”或“4～5”)min，原因是____。②求3～4min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为_______(设溶液体积不变)。（2）另一学生为控制反应速率，防止反应过快难以测量氢气体积

，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是_______(填字母)。A.蒸馏水B.KCl溶液C.KNO3溶液D.CuSO4溶液（3）某温度下，在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图

。①该反应的化学方程式是_______。②该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)。A.Y的体积分数在混合气体中保持不变B.X、Y的反应速率比为3∶1C.容器内气体压强保持不变D.容器内气体的总质量保持不变E.生成1molY的同时消耗2molZ③2

min内Y的转化率为_______。【答案】（1）①.2～3②.该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，故反应速率较快③.0.025mol·L-1·min-1（2）CD（3）①.3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)②.AC③.10%【解析】【小问1详解】①相同通条件下，反应速率越大，相同时

间内收集的气体越多；由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2～3min，原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大，故答案为：2～3min；该反应是放热反应，此时温度高，反应速率越大；②3～4分钟时间段，收集的氢气体积=(576-46

4)mL=112mL，n(H2)=m0.112L22.4V=VL/mol=0.005mol，根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2(H2)=2×0.005mol=0.01mol，则v(HCl)=Δn0.01mol=VΔt0.4L1min=

0.025mol/(L•min)，故答案为：0.025mol/(L•min)；【小问2详解】A．加入蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率降低，故A不选；B．加入KCl溶液，氢离子浓度降低，反应速率降低，故B不选；C．加入KNO3溶液，相当于含有硝酸，硝酸和Zn反应生成NO而不

是氢气，故C选；D．加入CuSO4溶液，Zn和铜离子反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，故D选；故选：CD；【小问3详解】①根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应

物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5-0.1)mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，X、Y、Z的计量数之比=0.6m

ol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则该反应方程式为3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；②A．A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．X、Y的反应速率比为3：1时，如果反应速率都是指

同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B错误；C．反应前后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；D．容器内气体的总质量一直保持不变，故D错误；E．只要反应发生就有生成1molY的同时消

耗2molZ，故E错误；故选：AC；③Y的转化率=Δn(Y)=n1-0.91×100%=10%，故答案为：10%。18.某兴趣小组设计如图所示装置制取2SO，研究其性质，并进一步探究在适当温度和催化剂的条件下，2SO与2O反应后混合气体的成分。（1）仪器G的名

称是_______。（2）装置B、C、D分别用于检验2SO的漂白性、还原性和氧化性。则装置C中反应的离子方程式为_______，证明2SO具有氧化性的实验现象是_______。（3）为了实现绿色化学的目标，某同学

设计装置F来代替装置A，若选用装置F制取2O可选用的试剂是_______。（4）该小组同学设计如下装置来检验2SO与2O反应后混合气体的成分。供选择试剂；品红溶液、蒸馏水、0.51molL−2BaCl溶液、酸性4KMnO溶液。①c中

应选用的试剂是_______，e中试剂的作用是_______，f中收集的气体是_______。②若b中反应已充分进行，c，d，e，f都有预期的现象，写出b中发生反应的化学方程式；___【答案】（1）分液漏斗（2）①

.+-22224SO+I+2HO=4H+2I+SO−②.装置D中生成淡黄色沉淀（3）双氧水、MnO2（4）①.0.51molL−2BaCl溶液②.检验和除去2SO③.2O④.25V23O22SO+O2SO【解析】【分析】装置A用于制取

二氧化硫，装置B、C、D分别用于检验2SO的漂白性、还原性和氧化性。装置E用于吸收尾气，据此分析解答。【小问1详解】仪器G的名称是分液漏斗。【小问2详解】装置C中溴水将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为+-22224SO+I+2

HO=4H+2I+SO−，装置D证明2SO具有氧化性，H2S与SO2反应生成S单质，装置D中的现象为生成淡黄色沉淀。【小问3详解】用装置F制取2O可选用的试剂是双氧水，并用MnO2作催化剂，固液不加热制取气体。【小问4详解】装置a的作用是干燥混合气体，控制气体流速，装置b使2SO与2O反应，

装置c中试剂是0.51molL−2BaCl溶液，生成白色沉淀，装置d盛放品红溶液，可检验二氧化硫的存在，装置e中试剂是酸性4KMnO溶液，作用是除去2SO，防止干扰氧气的检验，f中收集的气体是氧气。②若b中反应已充分进行，c，d，e，

f都有预期的现象，说明反应不能进行到底，该反应为可逆反应，则b中发生反应的化学方程式；25V23O22SO+O2SO。