【文档说明】吉林省延边第二中学2022-2023学年高一下学期5月期中考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.150 MB，由小赞的店铺上传

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延边第二中学2022～2023学年度第二学期期中考试高一年级化学学科试卷考试说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题60分)和第Ⅱ卷(非选择题40分)，试卷共8页，共二大题，24小题，总分100分，考试时间75分钟。可

能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27S：32Cl：35.5K：39Fe：56Cu：64I：127Ba：137Pb：207Ⅰ部分(选择题共60分)一、单项选择题(每小题3分，共60分)1.《流浪地球2》向观众展示

了太空电梯、行星发动机、超级计算机550W等超前的科技幻想，探讨了数字生命、人工智能等科技伦理问题。它们与化学有着密切联系，下列说法不正确的是A.我国“硅—石墨烯—锗高速晶体管”技术获重大突破，C、Si、Ge都是主族元素B.我国提出网络强国战略，光纤

线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是SiO2C.新型陶瓷碳化硅(SiC)可作耐高温结构材料D.富勒烯、石墨烯都是含碳化合物【答案】D【解析】【详解】A．C、Si、Ge都是主族元素，故A正确；B．光纤的主要成分是SiO2，故B正确；C．新型陶瓷碳化硅(SiC)可

作耐高温结构材料，故C正确；D．富勒烯和石墨烯都是碳元素的单质，故D错误；故选D。2.下列说法正确的是A.将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入足量NH3，产生沉淀B.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C.水玻璃

是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂D.有机物种类繁多的原因之一是C原子核外有两个电子层【答案】A【解析】【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，CO2与BaCl2溶液不反应，CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，通入NH3后发生反应2NH3

+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl，产生沉淀，A项正确；B．Cu与稀硫酸不反应，加入Cu(NO3)2固体后，-3NO酸性条件下表现强氧化性，将Cu氧化而溶解，反应的离子方程式为3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2N

O↑+4H2O，B项错误；C．水玻璃为Na2SiO3的水溶液，属于混合物，可用于生产黏合剂和防火剂，C项错误；D．有机物种类繁多的原因是：每个碳原子能与其他原子形成4个共价键，而且碳原子与碳原子之间也能

形成共价键，可以形成碳碳单键、碳碳双键或碳碳三键，多个碳原子之间可以结合成碳链，也可以结合成碳环，有机物分子中可能含一个或几个碳原子，也可能含成千上万个碳原子，而且有机物中普遍存在同分异构现象等，D项错误；答案选A。3.下列化合物中，不能通过化合反应制取的是A.

FeCl3B.H2SiO3C.Fe(OH)3D.FeCl2【答案】B【解析】【详解】A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl

2直接化合得到，故A错误；B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；C.Fe(OH)2、O2、H2O反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

，能通过化合反应产生Fe(OH)3，故C错误；D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；故选B。4.下列关于工业合成SO3的反应(2SO2＋O2催化剂Δ2SO3)的说法正确的是A.升高温度能加快化学反应速率B.降低SO3的浓度能加快化学反应速率C.使

用催化剂对化学反应速率无影响D.达到化学平衡时，SO2能100%转化为产物【答案】A【解析】【详解】A．温度升高，反应速率增大，A正确；B．降低反应物浓度能降低反应速率，B错误；C．催化剂通常能加快反应速率，C错误；D．该反应是可逆反应，

达到化学平衡时，SO2不可能100%转化为产物，D错误；故选A。5.a、b、c、d四种金属片浸入稀硫酸中，用导线两两组成原电池。若a、b相连时，电流由a经导线流向b；c、d相连时，电子由d到c；a、c相连时

，a极上产生大量气泡；b、d相连时，H+移向d极，则四种金属的活动性顺序由强到弱的顺序为A.b>d>c>aB.a>c>d>bC.d>c>a>bD.c>a>b>d【答案】A【解析】【详解】a、b相连时，电流由a经导线流向b，a是正极、b是负极，活动性b>a；c、d相连时，电子由

d到c，d是负极、c是正极，活动性d>c；a、c相连时，a极上产生大量气泡，a是正极、c是负极，活动性c>a；b、d相连时，H+移向d极，d是正极，b是负极，活动性b>d，则四种金属的活动性顺序由强到弱的顺序为b>d>c>a，选A。6.燃料电池近几年发展迅速，如图是科学家利用页岩气设计的

一种固态(熔盐)燃料电池工作示意图。下列说法错误的是A.电极材料采用石墨烯，吸附甲烷的电极为负极，发生氧化反应B.通入氧气的电极上电极反应式为2223O2CO4e2CO−−++=C.电池工作时，23CO−向通甲烷的电极一侧移动D.该电池的优点是二氧化碳可循环利

用，不会释放温室气体【答案】D【解析】【详解】A．依题意，甲烷发生氧化反应生成二氧化碳，吸附甲烷的电极为负极，A项正确；B．2O、2CO共同参与反应，电极反应式为2223O2CO4e=2CO−−++，B项正确；C．根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，C项正确；D．电池

总反应为4222CH2O=CO2HO++，会释放出二氧化碳，D项错误；故选D。7.在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是A.v(A)＝1.5mol·(L·min)−1B.v(B)＝1.8mol·(L·min)−1C.v(

C)＝0.08mol·(L·s)−1D.v(D)＝0.1mol·(L·s)−1【答案】B【解析】【分析】因同一反应用不同物质表示时，速率可能不同，所以比较反应速率时，应使用同一种物质。【详解】我们以A物质为参照物，将其它选项中的物质都转化

为A表示的反应速率。A．v(A)＝1.5mol·(L·min)−1；B．v(B)＝1.8mol·(L·min)−1，则v(A)＝2v(B)＝3.6mol·(L·min)−1；C．v(C)＝0.08mol·(L·s)−1＝4.8mol·(L·min)−1，v(A)()C2=3

v＝3.2mol·(L·min)−1；D．v(D)＝0.1mol·(L·s)−1＝6mol·(L·min)−1，v(A)()D1=2v＝3mol·(L·min)−1；故选B。8.在密闭容器中进行反应X+2Y⇌2Z，已知反应中X、Y、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mo

l/L，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是A.X为0.2mol/LB.Y为0.5mol/LC.Z为0.35mol/LD.Y为0.10mol/L【答案】C【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，各物质一定共存，即任何物质的浓度不可能

为0；【详解】A.若X为0.2mol/L，反应消耗0.2mol/LZ，则Z的浓度为0，故不选A；B.若Y为0.5mol/L，反应消耗0.2mol/LZ，则Z的浓度为0，故不选B；C.若Z为0.35mol/L，反应消耗0.025mol/LX、0.05mol/LY，则X、Y、Z的浓度都不为0，故选

C；D.若Y为0.10mol/L，反应消耗0.1mol/LX，则X的浓度为0，故不选D；选C。9.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.①③B.①④C.①②D.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。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查学生的分析能力和基础知识的积累，明确外界条件对反应速率影响的

实质是解答的关键。10.足量的Zn粉与50mL0.1mol·L-1的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的①加Na2SO4溶液②改用50mL0.1mol·L-1的稀盐酸③减压④改用50mL0.1mol·L-1的硝酸⑤冰水浴⑥加Na2CO3溶液A.①

②③④B.①⑤C.①⑤⑥D.②⑤⑥【答案】B【解析】【分析】为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。【详解】①加Na2SO4

溶液，溶液中的水对硫酸来说其稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，①正确；②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，生成氢气的量减小，②错误；③反应在溶液中进行，减压，对反应速率基本不影响，③错误；④改用50mL、0.1

mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，④错误；加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；⑤冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因

此最终产生的氢气的总量不变，⑤正确；⑥加Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应产生CO2气体，反应消耗硫酸，导致生成氢气的总量减小，⑥错误；则符合题意的叙述是①⑤；故合理选项是B。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、

原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸决定为解答的易错点。11.实验室用如图所示装置研究不同价态硫元素之间的转化，下列操作或结论正确的是A.向①中试管加水，观察颜色，确认有4C

uSO的产生B.浓硫酸具有吸水性，可用来干燥二氧化硫C.③中有黄色固体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1D.②中KMnO4褪色的原理和使品红溶液褪色的原理相同【答案】B【解析】【分析】①中Cu与浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2和H2O，②中用酸性KMn

O4溶液将SO2氧化，③中用Na2S溶液将SO2还原成S，④中用NaOH溶液吸收尾气SO2，防止污染大气。【详解】A．Cu与稀硫酸不反应，①中反应后的试管中仍含有H2SO4，反应结束后应将①中试管里的物质慢慢倒入盛有少量水的另一支试管里，观察颜色，A项错误；B．浓硫酸具

有吸水性，浓硫酸与SO2不反应，可用浓硫酸干燥二氧化硫，B项正确；C．③中有黄色固体生成，该黄色固体为S，SO2被还原成S，S元素的化合价由+4价降至0价，SO2为氧化剂，S2-被氧化成S，S元素的化合价由-2价升至0价，S2-为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂

与还原剂物质的量之比为1∶2，C项错误；D．②中KMnO4褪色体现SO2的还原性，SO2使品红溶液褪色体现SO2的漂白性，原理不相同，D项错误；答案选B。12.研究表明，在101kPa和298K下，()()HCNgHNCg异构化反应过程的能量变化如图所示。下列

说法正确的是A.HNC比HCN稳定B.1molHCN转化为1molHNC需要吸收186.5kJ的热量C.反应过程中断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键放出的总能量D.该异构化反应只有在加热条件下才能进行【答案】C【解析】【详解】A．能量越低越稳定，HNC的能量大于HCN，HCN比

HNC更稳定，故A错误；B．1molHCN转化为1molHNC需要吸收59.3kJ的热量，故B错误；C．正反应吸热，反应过程中断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键放出的总能量，故C正确；D．反应吸放热与反应条件无关，该异构化反应不一定需要加热，故D错误；选C。13.现用传

感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法不正确的是A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或碱石灰B.将湿润的红色石蕊试纸置于三颈烧瓶瓶口，试纸变蓝，说明3NH已经充满C.关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑

绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则C点时喷泉最剧烈D.若实验是在常温(25℃)、常压条件下完成，则在E点烧瓶中溶液溶质的物质的量浓度为122.4mol/L【答案】D【解析】【详解】A．CaO能与水反应，使c(OH-)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，氢氧化钠也可以

抑制NH3·H2O的电离，从而促进氨气的生成，故A正确；B．氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水呈碱性，红色石蕊试液遇碱变蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收集满，故B正确；C．三颈瓶内气体

与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉最剧烈，故C正确；D．常温、常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算溶液浓度大小，故D错误；故选：D14.等质量且足量的两份锌a

、b，分别加入等量的稀H2SO4，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图表示产生H2的体积(V)与时间(t)的关系，其中正确的是ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】等质量的两份锌粉a、b，分别

加入等量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，Zn与CuSO4溶液发生置换反应:Zn+Cu2+=Zn2++Cu，置换出的Cu与Zn在稀硫酸中形成原电池，原电池反应使Zn与稀H2SO4反应的反应速率增大，完全反应用时少于b，

因为锌过量，稀硫酸等量，生成氢气的量相等，则表示产生H2的体积(V)与时间(t)的关系图象为，故选A。15.一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）达到平衡状态的标志是。①2V（O2）=V（NO2）②单位时间内生成nmolO2的同时

生成2nmolNO2③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1④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混合气体的平均相对分子质量不再改变A.②④⑥B.①④⑥C.②④⑤D.全部【答案】A【解析】【详解】①2V（O2）=V（NO2），未指明正逆反应，不能判断为平

衡状态，错误；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，符合正逆反应速率相等，为平衡状态，正确；③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1时，不一定是平衡状态，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态，应为二氧化氮为红棕色气体，达到平衡时，气体颜色不再变化，正确；⑤混合

气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，应为容器的体积不变，则气体的密度始终不变，错误；⑥该反应是气体的物质的量发生变化的可逆反应，混合气体的平均相对分子质量发生变化，平衡时混合气体的平均相对分子质量不再改变，正确，答案选A。16.用NA阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.1mol

Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB.1.5molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为1.5NAC.常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAD.0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10NA【

答案】C【解析】【详解】A．Cl2与Fe反应生成FeCl3，Cl元素的化合价由0降至-1价，1molCl2与足量Fe反应，转移电子物质的量为2mol，转移电子数为2NA，A项错误；B．NO2与水的反应

为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中每3molNO2参加反应转移2mol电子，1.5molNO2与足量H2O反应，转移电子物质的量为1mol，转移电子数为1NA，B项错误；C．NO2和N2O4的实验式都为NO2，46g的NO2和N2O4

混合气体中含“NO2”的物质的量为46g÷46g/mol=1mol，含原子总物质的量为3mol，原子数为3NA，C项正确；D．Fe与水蒸气的反应为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2；0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成H2的物质的量为0.

403mol，生成的H2分子数为0.403NA，D项错误；答案选C。17.在一定条件下进行的下列化学反应，已知A、B、C中均含有同种元素，则下列对应物质不正确的是选项A物质B物质C物质D物质ANaOH溶液Na2CO3溶液NaHCO3溶液CO2BFeFeCl2FeCl3Cl2CAlCl3溶液Al(

OH)3NaAlO2溶液NaOH溶液DH2SSSO2O2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.若A为NaOH溶液，D为CO2，则NaOH可与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3可与H2O和CO2反应生成NaHCO3

，NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，故A正确；B.若A为Fe，D为Cl2，则Fe与Cl2反应生成FeCl3而不是FeCl2，故B错误；C.若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则AlCl3可与NaOH反应生成Al(OH)3，Al(

OH)3可与NaOH反应生成NaAlO2，AlCl3可与NaAlO2反应生成Al(OH)3，故C正确；D.若A为H2S，D为O2，则H2S可与O2反应生成S，S可与O2生成SO2，H2S可与SO2生成S，故D正确；故选：B。18.在一

定条件下，可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)达到平衡时，测得X和Y转化的转化率均为25%，下列叙述正确的是A.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小B.开始充入容器中的X、Y物质的量之比为1∶3C.若Y的反应速率为0.2mol·L－1·s－1，则Z的反

应速率为0.3mol·L－1·s－1D.若容器体积不变，向容器中充入氦气，压强增大，反应速率增大【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，A项错误；B．设开始充入容器中的X、Y的物质的量依次为amol、bmol，达到平衡时X、Y的转化率均

为25%，则从开始至达到平衡，X、Y转化物质的量依次为0.25amol、0.25bmol，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，0.25amol∶0.25bmol=1∶3，解得a∶b=1∶3，B项正确

；C．若Y的反应速率为0.2mol/(L∙s)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则Z的反应速率为0.43mol/(L∙s)，C项错误；D．若容器体积不变，向容器中充入氦气，压强增大，由于X、Y

、Z的浓度不变，反应速率不变，D项错误；答案选B。19.下列说法正确的是A.CaO+H2O＝Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能B.任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化C.有化学键形成一定发生化学反应D.灼热的铂丝与NH3、O2混合

气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应【答案】D【解析】【详解】A．CaO+H2O=Ca(OH)2为放热反应，但该反应不是氧化还原反应，不能设计成原电池，A项错误；B．化学反应中的能量变化不一定表现为热量变化，也可能是光能、电能等，B项错误；C．化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化

学键的形成过程，有化学键形成不一定发生化学反应，如从盐酸中挥发出氯化氢等，C项错误；D．灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，发生反应4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O，铂丝继续保持红热，说明该反应放热，即氨的氧化反应是放热反应，D项正确；答案选D。20.下图为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物

的实验装置图。下列说法正确的是A.若按③→②→①顺序连接，可检验所有气体产物B.若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，同样可以达到实验目的C.浓硫酸反应中显酸性和强氧化性D.实验中a、b、c溶液均褪色【答案】B【解析】【分析】为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物，装置①用于检验

水蒸气，组合装置②中，a装置用于检验二氧化硫，装置b除去二氧化硫，装置c检验二氧化硫是否除尽，装置③检验二氧化碳。【详解】A．二氧化硫、二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，且气体通过水溶液，会带出水蒸气，若按③→②→

①顺序连接，无法检验所有气体产物，故A错误；B．若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，通过酸性高锰酸钾溶液溶液颜色变浅，可以判断二氧化硫除尽，同样可以达到实验目的，通过澄清石灰水变浑浊检验二氧化碳，故B正确；C．在浓硫酸和木炭的反应中，+6价S只转化成了二氧化硫，故浓硫酸在反应中只显强

氧化性，故C错误；D．实验中a、b溶液均褪色，装置c检验二氧化硫是否除尽，c溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，故D错误；故选B。Ⅱ部分(共40分)二、填空题(4小题，共40分)21.SO2在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。（1）某同学利用如图所示装置研究二氧化硫的性质。在①

仪器a的名称为___________。②向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是___________。③实验时，装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氯水，生成的白色沉淀为___________(填化学式)。（2）某化工厂用如图所示工艺流程除去燃煤产生

的SO2。①写出在催化剂条件下总反应的化学方程式___________。②过程II发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.除去装置内的空气，防止氧气干扰实验③.BaSO4（2）①.2SO2+O2+2H2

O催化剂2H2SO4②.2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++24SO−+4H+【解析】【分析】（1）装置A中Na2SO3与浓硫酸反应制备SO2，装置B中探究SO2能否与BaCl2反应，装置C探究SO2的氧化性，装置D吸收尾气，防止污染大气；（2）过程I中FeSO4、O2、

H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；过程II中SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4、H2SO4，反应的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H

2SO4。【小问1详解】①根据仪器a结构特点知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为：分液漏斗；②由于O2具有氧化性，SO2具有还原性，空气中O2会干扰SO2性质的探究，故向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是除去装置内的空气，防止氧气干扰实验；答案为

：除去装置内的空气，防止氧气干扰实验；③实验时，装置B中没有明显变化，说明SO2与BaCl2溶液不反应；实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氯水，发生反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl、H2SO4+BaCl2=BaSO

4↓+2HCl，生成的白色沉淀为的BaSO4；答案为：BaSO4。【小问2详解】①结合流程图示和分析知，在催化剂条件下总反应的化学方程式为2SO2+O2+2H2O催化剂2H2SO4；答案为：2SO2+O2+2H2O催化剂2H2SO4；②过程II中SO

2与Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4、H2SO4，反应的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++2-4SO+4H+；答案为：

SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++2-4SO+4H+。22.甲醇3CHOH是一种重要的化工原料，在生产生活中有重要用途。现在2L的恒容密闭容器中充入1molCO和22molH，一定条件下发生反应：()()()23COg2Hg

CHOHg+。测得CO和()3CHOHg的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示。（1）从反应开始至达到平衡，以2H表示的反应的平均反应速率()2H=v___________；下列措施

能增大反应速率的是___________。A．升高温度B．降低压强C．减小3CHOH的浓度D．加入合适的催化剂（2）反应达到平衡状态时2H的转化率为___________。（3）在相同条件下，若向该密闭容器中充入()2molCOg与()24molHg，二者充分反应后，根据反应

的特点推测，能够___________(填放出或吸收)的热量___________(填“＞”“＜”或“＝”)257.6kJ。【答案】（1）①.110.25molLmin−−②.AD（2）75%（3）①.放出②.＜【解析】【小问1详解】根据图1知，3min时反应达到平衡状态，从反应开始至达到

平衡，v(CO)=(1mol-0.25mol)2L3min=0.125mol/(L∙min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=2v(CO)=0.25mol/(L∙min)；A．升高温度，能增大反

应速率，A项选；B．降低压强，能减慢反应速率，B项不选；C．减小CH3OH的浓度，减慢反应速率，C项不选；D．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，增大反应速率，D项选；答案为：0.25mol/(L∙min)；AD。【小问2详解】根据图1，

从反应开始至达到平衡，CO物质的量减少1.00mol-0.25mol=0.75mol，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，H2物质的量减少0.75mol×2=1.5mol，H2的转化率为1.5mol2mol×100%=75%；答案为：75%

。【小问3详解】根据图2知，2molH2(g)与1molCO(g)完全反应生成1molCH3OH(g)放出128.8kJ的热量，若向该密闭容器中充入2molCO(g)与4molH2(g)，由于该反应为可逆反应

，任一反应物的转化率都小于100%，二者充分反应，能够放出的热量小于257.6kJ；答案为：放出；＜。23.Ⅰ．某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度。（1）实验一：探究温度和浓度对反应速率的影响。实验

原理及方案：已知Na2S2O3＋H2SO4＝S↓＋SO2↑＋H2O+Na2SO4，通过析出硫的快慢可以判断反应速率的大小。实验序号0.01mol·L－1Na2S2O3溶液的体积/mL0.01mol·L－1H2SO4溶液的体

积/mL水的体积/mL实验温度/℃出现黄色沉淀的时间/s①55V10②554025③5V23525则V1＝___________mL，V2＝___________mL。II．聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种以钢管

厂的废铁渣(主要成分为Fe3O4、少量碳及二氧化硅)为原料制备聚硅酸铁的流程如下：（2）废铁渣进行粉碎的目的是___________。（3）加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为___________

。（4）酸浸时，通入O2的目的是：___________。【答案】（1）①.40②.10（2）减小颗粒直径，增大浸取速率和提高浸取率（3）Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O（4）亚铁离子氧化为铁离子【解析】【分析】废铁渣(主要成分为Fe3O4、少量碳及二氧化

硅)粉碎后通入O2在硫酸中酸浸，二氧化硅不和酸反应通过过滤除去，碳转化为二氧化碳气体，滤液中存在Fe3+，加入聚硅酸得到聚硅酸铁，以此解答。【小问1详解】①和②温度不同，应该时探究温度对速率的影响，因此浓度要求相同，即溶液的总体积相同，则V1+5+5=5+5+40，得V1=40

；②和③温度相同，应该时探究浓度对速率的影响，图表中KIO3酸性溶液体积相同，可知是改变亚硫酸钠的浓度，为达到溶液体积相同，5+V2+35=5+5+40，得V2=10。【小问2详解】废铁渣进行粉碎的目的是减小颗粒直径，增大浸取速率和提高浸取率。【小问3详解】加热条件下酸

浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，化学方程式为：Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O。【小问4详解】酸浸时，通入O2的目的是：将亚铁离子氧化为铁离子。24.Ⅰ．完成下列问题（

1）微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为：Zn+Ag2O+H2O＝Zn(OH)2+2Ag，其正极电极反应式为___________。（2）

甲醇(CH3OH)燃料电池碱性电解质条件下的负极电极反应式___________。II．根据铅蓄电池放电时的工作原理，用物质的量浓度为5.2mol/L，体积为1L的硫酸作电解质溶液，(假设反应前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池如图所示。（3）在a电极上发生的反应可

表示为___________。（4）若电池工作一段时间后，a极消耗0.05molPb，b电极质量变化为___________g，则此时W溶液的浓度为___________mol/L。【答案】（1）--22AgO+HO+2e=2Ag+2OH（2）CH3OH－6e

－+8OH－＝23CO−+6H2O（3）Pb－2e－+24SO−＝PbSO4（4）①.3.2②.5.1【解析】【小问1详解】由总反应知，Zn元素的化合价由0升至+2价，Zn为负极，Ag元素的化合价由+1价降至0价，Ag2O为正极，正极电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-；答

案为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-；小问2详解】甲醇燃料电池中，通入甲醇的电极为负极，在碱性电解质条件下，甲醇在负极被氧化成2-3CO，负极电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=2-3CO+6H2O；答案为：CH3OH-6e-+8OH-=2-3CO+6H2O

；【小问3详解】铅酸蓄电池放电时的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则b电极为正极，a电极为负极，a电极上Pb失电子发生氧化反应生成PbSO4，电极反应为Pb-2e-+2-4SO=PbSO4；答案为：Pb-2e-+2-4SO=PbSO4；【小问4详解】a电极的电极

反应为Pb-2e-+2-4SO=PbSO4，消耗0.05molPb，电路中通过0.1mol电子，b电极电极反应为PbO2+2e-+2-4SO+4H+=PbSO4+2H2O，电路中通过0.1mol电子时消耗0.05molPbO2、生成0

.05molPbSO4，b电极的质量增加0.05mol×303g/mol-0.05mol×239g/mol=3.2g；根据总反应的【Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，消耗0.1molH2SO4，则此时W溶液的浓度为5.2

mol/L1L-0.1mol1L=5.1mol/L；答案为：3.2；5.1。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com