高級中學名校試題PAGEPAGE1重慶市七校聯盟2023-2024學年高一下學期5月期中聯考試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與能源開發、環境保護、資源利用等密切相關。下列說法不正確的是（）A.家庭儲備的藥品過期后應作為有害垃圾處理B.水華、赤潮等水體污染是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的C.綠色化學的核心是應用化學原理對環境污染進行治理D.燃煤中添加生石灰可以減少SO2的排放【答案】C【解析】【詳析】A．家庭儲備的藥品過期后具有毒性，應該作為有害垃圾處理，A正確；B．水華、赤潮等水體污染是水體富營養化造成，是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的，B正確；C．綠色化學的核心是從源頭上杜絕污染，而不是污染后的治理，C錯誤；D．生石灰可以和SO2發生反應產生固體物質，因而可以減少SO2的排放，D正確；故合理選項是C。2.作為我國將“碳達峰、碳中和”納入生態文明建設整體布局后的首個世界級體育盛會，北京冬奧會向世界展現了我國的科技實力。下列說法不正確的是（）A.可穿戴式智能測溫設備“測溫創可貼”測溫芯片主要成分是硅B.二氧化碳取代氟利昂作為制冷劑，對保護臭氧層作出重要貢獻C.可降解餐具代替傳統塑料餐具可以減少“白色污染”D.速滑運動員頭盔使用的碳纖維屬于新型有機高分子材料【答案】D【解析】【詳析】A．硅是良好的半導體，測溫芯片主要成分是硅，A正確；B．氟利昂破壞臭氧層，減少氟利昂的使用對保護臭氧層有利，B正確；C．可降解餐可以在自然環境中降解，可降解餐具代替傳統塑料餐具可以減少“白色污染”，C正確；D．碳纖維屬于新型無機非金屬材料，D錯誤；故選D。3.下列關于化學反應速率的說法中正確的是（）A.在恒溫恒容的容器中發生的催化氧化反應，增大容器內壓強，反應速率不一定改變B.的催化氧化是放熱反應，故升高溫度，反應速率減慢C.反應物用量增加后，有效碰撞次數增多，反應速率增大D.活化分子間發生的碰撞均為有效碰撞【答案】A【解析】【詳析】A．在恒溫恒容的容器中發生的催化氧化反應，若通過加入惰性氣體增大容器內壓強，反應速率不改變，若通過加入氣體增大容器內壓強，反應速率改變，A正確；B．的催化氧化是放熱反應，故升高溫度，反應速率加快，B錯誤；C．若增大固體反應物的量，反應物濃度不變，反應速率不變，C錯誤；D．活化分子是能量較高的能夠發生化學反應的分子，活化分子間只有按照一定的取向發生碰撞時才能發生有效碰撞，D錯誤；故選A。4.下列物質之間的轉化都能一步實現的是（）A.H2S→S→SO3→H2SO4 B.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C.FeS2→SO2→Na2SO3→Na2SO4 D.N2→NH3→NO2→HNO3→NO2【答案】C【解析】【詳析】A.硫與氧氣反應只能生成二氧化硫，不能一步反應生成三氧化硫，故A錯誤；B.二氧化硅不能一步生成硅酸，可由可溶性的硅酸鹽與酸反應生成硅酸，故B錯誤；C.FeS2在高溫條件下與氧氣反應生成SO2，SO2與氫氧化鈉溶液反應生成Na2SO3，Na2SO3被氧氣氧化為Na2SO4，各物質之間的轉化均能一步完成，故C正確；D.氨氣催化氧化得到一氧化氮，不能一步生成二氧化氮，故D錯誤。故選C。5.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是（）A.在密閉容器中充入1molN2和3molH2，充分反應后生成的NH3分子數為2NAB.常溫下，1molAl加入足量的濃硝酸中，反應轉移的電子數為3NAC.足量的銅與1L18mol/L的濃硫酸在加熱條件下充分反應，生成的SO2分子數為9NAD.5.6gFe與一定量的Cl2完全反應轉移的電子總數可能為0.2NA【答案】D【解析】【詳析】A．N2與H2合成NH3的反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，故在密閉容器中充入1molN2和3molH2，充分反應后生成的NH3的物質的量小于2mol，則反應產生NH3分子數小于2NA，A錯誤；B．常溫下，Al遇濃硝酸會發生鈍化而不能進一步發生反應，故無法計算1molAl加入足量的濃硝酸中時反應轉移的電子數目，B錯誤；C．1L18mol/L的濃硫酸中含有H2SO4的物質的量是18mol，若濃硫酸中的溶質完全與Cu發生反應：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，反應就會產生9molSO2。但隨著反應的進行，硫酸濃度變稀，反應就不再發生，故生成的SO2分子數小于9NA，C錯誤；D．5.6gFe的物質的量是0.1mol，其與Cl2反應產生FeCl3，若Cl2足量，反應就要以Fe為標準計算，轉移0.3mol電子，若Cl2不足量，如Cl2的物質的量是0.1mol，二者反應時轉移電子數目就要以不足量的Cl2為標準計算，完全反應轉移的電子總數可能為0.2NA，D正確；選D。6.在酸性或堿性溶液中，下列各組離子可能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【詳析】A．在堿性環境中會生成Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，在酸性環境中，、、、不發生反應，可以大量共存，A選；B．會和H+反應生成SO2氣體，不能酸性環境中大量存在，也會和OH-反應生成，不能在堿性環境中大量存在，B不選；C．和Fe2+在酸性環境中會發生氧化還原反應，不能大量共存，Fe2+在堿性環境中會生成Fe(OH)2沉淀，不能大量存在，C不選；D．在酸性環境中會轉化為H2SiO3，不能大量存在，在堿性環境中會生成Al(OH)3沉淀，不能大量存在，D不選；故選A。7.該反應為放熱反應，在存在時，該反應機理為：①(快)②(慢)。下列說法正確的是（）A.反應速率主要取決于反應① B.是該反應的催化劑C.兩步反應的活化能①② D.增大的濃度可提高反應速率【答案】D【解析】【詳析】A．化學反應速率主要取決于慢反應，則的反應速率主要取決于反應②，故A錯誤；B．由反應機理可得，V2O5先消耗后又生成，V2O5是該反應的催化劑，是中間產物，故B錯誤；C．活化能越小，化學反應速率越快，兩步反應活化能①<②，故C錯誤；D．增大的濃度，可提高反應的速率，故D正確；故選D。8.下列有關實驗操作、現象和解釋或結論都正確的是（）選項操作現象解釋或結論A過量的粉中加入稀硝酸，充分反應后，滴加溶液溶液呈紅色稀硝酸將氧化為B將紅熱木炭加入濃硝酸中產生紅棕色氣體不能說明加熱條件下，濃硝酸能氧化碳單質C向某無色溶液中加入溶液，再加入鹽酸沉淀不溶解則原溶液一定有D向盛有某溶液的試管中滴加稀溶液，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無【答案】B【解析】【詳析】A．稀硝酸溶液中加入過量鐵粉充分反應后，生成硝酸亞鐵，則滴加KSCN溶液無現象，A錯誤；B．濃硝酸在受熱條件下也會分解產生紅棕色氣體NO2，該實驗不能說明加熱條件下，濃硝酸能氧化碳單質，B正確；C．向某無色溶液中加入溶液，再加入鹽酸，沉淀不溶解，該沉淀可能是AgCl，不能證明原溶液一定有，C錯誤；D．由于NH3極易溶于水，在生成NH3不多時不加熱NH3不能夠逸出，故取某溶液于試管中，滴入稀NaOH溶液，試管口處濕潤的紅色石蕊試紙未變藍，不能說明鹽中一定不含有，D錯誤；故選B。9.在一定條件下，將和投入容積為的密閉容器中，發生如下反應：。末測得此時容器中C和D的濃度為和。下列敘述正確的是（）A.B.時，B的濃度為C.內B的反應速率為D.此時A的轉化率為【答案】D【解析】〖祥解〗在一定條件下，將3molA和1molB投入容積為2L的密閉容器中，2min末測得此時容器中C和D的濃度為0.2mol/L和0.4mol/L，濃度之比等于物質的量之比=化學方程式系數之比：x：2=0.2：：04，x=1，。【詳析】A．由分析可知，x=1，故A錯誤；B．2min時，B的濃度為c==0.3mol/L，故B錯誤；C．0～2min內B的反應速率v==0.1mol/(L?min)，故C錯誤；D．A的轉化率=×100%=×100%=40%，故D正確；故選：D。10.某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3＋，他們使用的藥品和裝置如下圖所示，下列說法不合理的是（）A.B中現象為溶液藍色褪去B.裝置C的作用是吸收SO2尾氣，防止污染空氣C.為了驗證A中發生了氧化還原反應，加入KMnO4溶液，紫紅色褪去D.反應后，A中溶液的酸性增強【答案】C【解析】〖祥解〗【詳析】A．SO2會將碘單質還原，所以藍色褪色，A合理；B．SO2為酸性氧化物，可以和NaOH溶液反應，且SO2有毒，所以可以用NaOH溶液吸收，防止污染空氣，B合理；C．FeCl3含有Cl-，Cl-也能將高錳酸鉀還原，且SO2會溶于水，溶解在FeCl3溶液中的SO2也會將高錳酸鉀還原，所以無法驗證發生了氧化還原反應，C不合理；D．SO2可以將Fe3+還原，發生反應SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，反應過程中產生氫離子，所以酸性增強，D合理；綜上所述答案為C。11.某溫度下，在一恒容密閉容器中進行反應：CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)，下列情況一定能說明反應已達到平衡的是（）①容器內壓強不隨時間而變化②單位時間內，消耗1molCO2同時生成1molCO③氣體的密度不隨時間而變化④混合氣體的平均摩爾質量不隨時間而變化A.①③④ B.①②③ C.②③④ D.①②④【答案】B【解析】〖祥解〗CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)為分子數增大的可逆反應，該反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各組分的濃度、百分含量等變量不再變化，以此進行判斷。【詳析】①該反應為分子數增大的反應，恒容時，體系壓強為一個變化量，若壓強不變時，反應達到平衡狀態，①正確；②CO2和CO均為生成物，當兩者的量此消彼長時，也可作為平衡的標志，消耗CO2代表逆反應速率，生成CO代表正反應速率，兩者系數相同，則單位時間內消耗lmolCO2同時生成1molCO，反應達到平衡狀態，②正確；③根據質量守恒定律，反應前后氣體質量增加，體積不變，由ρ=可知密度為一個變化量，當密度不變時，反應達到平衡狀態，③正確；④該反應中只有二氧化碳和一氧化碳為氣體，且二者體積之比始終為1：1，則混合氣體的平均摩爾質量為定值，不能根據混合氣體的平均摩爾質量判斷平衡狀態，④錯誤；能說明反應已達到平衡的是①②③，故合理選項是B。12.“軟電池”采用一張薄層紙片作為傳導體，一面鍍Zn，另一面鍍MnO2。電池總反應為Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO。下列說法正確的是（）A.該電池的正極為ZnOB.Zn電極附近溶液的pH不變C.電池正極的電極反應為2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-D.當0.1molZn完全溶解時，流經電解液的電子的物質的量為0.2mol【答案】C【解析】〖祥解〗根據電池總反應Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO分析可知，Zn化合價升高，失去電子，故Zn為原電池負極，發生反應為Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，MnO2的Mn化合價降低，得到電子，作正極，發生的電極反應為：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，結合選項即可分析解答問題。【詳析】A．根據上述分析，電極為電源正極，A選項錯誤；B．Zn為原電池負極，發生反應為Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，則電極附近溶液的降低，B選項錯誤；C．MnO2作原電池正極，發生的電極反應為：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，C選項正確；D．電子只能在外電路中流動，不能流經電解液，D選項錯誤；答案選C。13.工業上以軟錳礦(含和少量的、、)為原料制備硫酸錳晶體的流程如圖所示，下列有關說法不正確的是（）A.酸浸過程可將硫酸換鹽酸B.酸浸過程中加入過量的的目的是充分還原C.從綠色化學角度分析，試劑A可以選擇、D.系列操作包括蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作【答案】A【解析】〖祥解〗以軟錳礦（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）為原料制備硫酸錳晶體的流程為：酸浸時過量的FeSO4、H2SO4與MnO2反應氧化還原反應生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分別轉化為Fe3+、Al3+，過濾除去SiO2，濾液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3調節溶液pH，使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4?H2O晶體，所以濾渣1為SiO2，濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，試劑A為H2O2溶液或O2，試劑A為MnO或MnCO3等，據此分析解答。【詳析】A．該流程制備硫酸錳晶體，加入鹽酸會引入Cl-，得到的產品為MnCl2，不能得到MnSO4?H2O晶體，所以酸浸過程不可將硫酸換為鹽酸，故A錯誤；B．酸浸過程中過量的FeSO4能使MnO2充分轉化為MnSO4，即加入過量的FeSO4的目的是充分還原MnO2，故B正確；C．氧化過程中試劑A的作用是將Fe2+轉化為Fe3+，從綠色化學角度分析，試劑A可以選擇H2O2、O2，故C正確；D．將MnSO4溶液轉化為MnSO4?H2O晶體析出，其操作包括蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥等，故D正確；故選：A。14.將1.92gCu投入到一定量的濃硝酸中，隨著反應的進行，生成氣體的顏色逐漸變淺，當銅完全溶解后，共收集到XmL氣體(標準狀況)。將盛有等量該氣體的容器倒入水中，欲使容器內氣體恰好完全溶解于水，需通入氧氣的體積(標準狀況)是（）A.224mL B.336mL C.448mL D.672mL【答案】B【解析】〖祥解〗銅與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，隨著反應的進行，濃硝酸變為稀硝酸，銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應生成的二氧化氮、一氧化氮又被氧氣氧化為硝酸，最后等效于銅失電的數目等于氧氣得電子數目，根據電子得失守恒規律進行分析解答。【詳析】1.92gCu的物質的量為，反應時失去電子數目為2×0.03mol=0.06mol，反應整個過程為HNO3NO2、NO；NO、NO2HNO3，反應前后HNO3的物質的量不變，而化合價變化的只有銅和氧氣，則Cu失去電子數目等于O2得到電子的數目，所以消耗氧氣的物質的量為，，故B正確。故選B。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.請回答下列問題：（1）硅是無機非金屬材料里的明星，硅在元素周期表中的位置_______，硅的氧化物和硅酸鹽約占地殼質量的90%以上，在中，硅原子和氧原子通過_______(選填“極性共價鍵”、“非極性共價鍵”、“離子鍵”)連接形成立體網狀結構，所以硬度大。建筑粘合劑和防火劑硅酸鈉，可用溶解在溶液中制備，反應的離子方程式為_______。（2）氨和硝酸是重要的化工產品，工業合成氨及制備硝酸的部分流程圖如下①已知斷裂、、分別需要吸收、、的能量，在一定條件下消耗了和生成，該過程會_______的能量。②氧化爐中，標準狀況下轉化為時轉移的電子數目為_______。③在模擬實驗中，吸收塔中出來的尾氣和，通過調節其體積比，可用溶液完全吸收，生成硝酸鹽或亞硝酸鹽。當時，發生反應的化學方程式為_______。僅含和的混合氣被完全吸收，且體積分數之比，則產物中亞硝酸鹽和硝酸鹽的比例為_______。【答案】（1）①.第三周期IVA族②.極性共價鍵③.（2）①.放出93②.2.5NA③.NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O④.3∶l【解析】工業合成氨的原料是N2和H2，合成塔中壓縮的氮氣和氫氣反應生成氨氣，反應原料N2和H2可從混合氣體中分離出來循環使用，氨氣在氧化爐中先發生催化氧化反應生成一氧化氮，一氧化氮會與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，以此解答。（1）Si在元素周期表中第三周期IVA族；在中，硅原子和氧原子通過極性共價鍵連接形成立體網狀結構，所以硬度大。建筑粘合劑和防火劑硅酸鈉，可用溶解在溶液中制備，反應的離子方程式為。（2）①已知斷裂、、分別需要吸收、、的能量，可得熱化學方程式：，在一定條件下消耗了和生成，該過程會放出93的能量；②氧化爐中發生反應：，N元素由-3價上升到+2價，由反應可知1molNH3反應轉移5mol電子，標準狀況下的物質的量為0.5mol，0.5molNH3轉化為時轉移的電子數目為2.5NA；③吸收塔中出來的尾氣NO和NO2，通過調節其體積比，可用NaOH溶液完全吸收，生成硝酸鹽或亞硝酸鹽，當V(NO)=V(NO2)時，發生反應的化學方程式為：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，僅含NO和NO2的混合氣被完全吸收，且體積分數之比NO∶NO2=1∶3，反應的化學方程式為：NO+3NO2+4NaOH=3NaNO2+NaNO3+2H2O，則產物中亞硝酸鹽和硝酸鹽的比例為3∶l。16.我國力爭2030年前實現碳達峰，2060年前實現碳中和。的捕集利用已成為科學家們研究的重要課題。加氫可轉化為二甲醚()，反應原理為。該反應的能量變化如圖所示。請回答下列問題：（1）該反應為_______(填“放熱”或“吸熱”)反應。（2）在固定體積的絕熱密閉容器中發生該反應，能說明該反應達到平衡狀態的是_______(填字母)。a.的含量保持不變c.容器內溫度不變b.混合氣體的密度不變d.混合氣體的平均相對分子質量不變e.（3）恒溫條件下，在體積為密閉容器中充入和，測得、的物質的量隨時間變化如圖甲所示。圖甲①反應到達時，_______(填“”“”或“”)。②內，_______。③反應達到平衡狀態時，容器內的壓強與起始壓強之比為_______。④“二甲醚()酸性燃料電池”的工作原理示意圖如圖乙所示。圖乙X電極為_______(填“正”或“負”)極；X電極的電極反應式為_______；Y電極的電極反應式為_______。【答案】（1）放熱（2）acd（3）①.>②.③.7∶12④.負⑤.CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+⑥.O2+4e-+4H+=2H2O【解析】（1）從圖中可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，為放熱反應。（2）a．隨反應進行，含量不斷減少，含量不變可說明反應達到平衡狀態，故a符合題意；b．該反應在恒容裝置中進行，反應物和產物均為氣體，混合氣體密度始終不變，故混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，b不符合題意；c．該反應是放熱反應，在固定體積的絕熱密閉容器中發生該反應，容器內溫度不斷上升，當容器內溫度不變時，說明反應達到平衡，c符合題意；d．混合氣體的平均相對分子質量可由氣體總質量除以氣體總物質的量求出，氣體總質量為定量，氣體總物質的量為變量，正向進行時氣體總物質的量減小，則混合氣體的平均相對分子質量增大，逆向進行時氣體總物質的量增大，則混合氣體的平均相對分子質量減小，故當混合氣體的平均相對分子質量不變時可以說明該反應達到平衡狀態，d符合題意；e．在同一反應中同一物質正反應速率等于其逆反應速率時，可以說明該反應達到平衡，不能說明正逆反應速率相等，不能說明反應達到平衡，e不符合題意；故選acd。（3）①反應達到3min時，尚未達到平衡，此時二氧化碳的物質的量仍處于減少的趨勢，故>；②0～5min內，物質的量減少2.5mol，則；③根據已知條件列出“三段式”平衡時氣體總物質的量為7.00mol，容器內的壓強與起始壓強之比為：=7∶12；④燃料電池中通入燃料二甲醚的X電極為負極，失去電子轉化為CO2，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+，Y電極上的氧氣得電子與氫離子反應生成水，電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O。17.某化學興趣小組用以下裝置制備SO2并探究其部分性質。ABCDE（1）裝置A中制備SO2的化學反應方程式為_______，裝置B可貯存多余的SO2，B中試劑瓶內應盛放的液體是_______。（2）若裝置C中溶液無明顯現象，裝置D中溶液紅色褪去，說明使品紅水溶液褪色的含硫微粒是_______(填化學式)。（3）通入SO2后，E中溶液立即由棕黃色變成紅棕色，將混合液靜置12小時后，溶液變成淺綠色。查閱資料，發現溶液出現紅棕色是因為(紅棕色)。①溶液中產生的離子方程式為_______。與該過程發生的其他化學反應相比，與Fe3+反應生成[Fe(HSO3)]2+的活化能更_______(填“大”或“小”)。②紅棕色的[Fe(HSO3)]2+與Fe3+反應，溶液變成淺綠色，反應的離子方程式為_______；檢驗生成的陰離子的方法_______。③為了縮短紅棕色變為淺綠色的時間，該小組進行如下實驗：實驗Ⅰ：往5mL1mol/LFeCl3溶液中通入SO2，微熱3分鐘，溶液變為淺綠色。實驗Ⅱ：用濃鹽酸酸化FeCl3溶液后再通入SO2，幾分鐘后，溶液變為淺綠色。結論：通過_______可縮短淺綠色出現的時間。【答案】（1）①.Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O②.飽和NaHSO3溶液（2）H2SO3、或（3）①.SO2+H2OH2SO3、H2SO3+H+②.小③.[Fe(HSO3)]2++Fe3++H2O=2Fe2+++3H+④.取少量待測液置于試管中，加入HCl酸化，再向澄清液中加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，則說明原溶液中存在離子；⑤.加熱、提高FeCl3溶液的酸性【解析】由裝置圖可知：在裝置A用濃硫酸和銅加熱制備SO2，裝置B為安全裝置，可防止堵塞，同時可貯存多余的SO2，裝置C和D分別盛有品紅乙醇溶液、品紅水溶液，根據產生的不同現象，可說明使品紅水溶液褪色的含硫微粒不是二氧化硫，裝置E盛有氯化鐵溶液，用于探究SO2與FeCl3溶液的反應機理，試管口放浸有NaOH溶液的棉團用于吸收尾氣，防止污染空氣。（1）在裝置A中Cu與濃硫酸在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應的化學反應方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；裝置B可貯存多余的SO2，二氧化硫易溶于水，屬于酸性氧化物，能與堿反應，具有還原性，在溶液中能被溴水氧化，在飽和NaHSO3溶液中溶解度較小，則B中試劑瓶內應盛放的液體是飽和NaHSO3溶液；（2）若裝置C中溶液無明顯現象，裝置D中溶液紅色褪去，說明使品紅水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫與水反應生成的亞硫酸或亞硫酸根或亞硫酸氫根，微粒符號是H2SO3、或；（3）①首先是二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫酸部分電離生成亞硫酸氫根，所以溶液中產生的離子方程式為：SO2+H2OH2SO3、H2SO3+H+；根據通入SO2后，E中溶液立即由棕黃色變成紅棕色，結合已知信息：(紅棕色)，說明與該過程發生的其他化學反應相比，與Fe3+反應生成[Fe(HSO3)]2+的反應速率快；活化能更小；②紅棕色的[Fe(HSO3)]2+與Fe3+反應，[Fe(HSO3)]2+可以將Fe3+還原為Fe2+，溶液變成淺綠色，同時硫元素化合價升高得到硫酸根離子，反應的離子方程式為[Fe(HSO3)]2++Fe3++H2O=2Fe2+++3H+；陰離子為硫酸根離子，檢驗其存在的方法為：取少量待測液置于試管中，加入HCl酸化，再向澄清液中加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，則說明原溶液中存在離子；③綜合以上實驗現象分析可知：升高溫度、提高FeCl3溶液的酸性會加快反應速率，縮短淺綠色出現的時間，故結論為：加熱、提高FeCl3溶液的酸性。18.海洋中有豐富的礦產、能源、水產……等資源，部分化學資源獲取途徑如下：Ⅰ.請回答下列有關問題：（1）下列有關實驗室模擬步驟①的說法正確的是_______。a．溶解粗鹽時，盡量使溶液稀些，以保證食鹽完全溶解b．濾去不溶性雜質后，將濾液移到坩堝內加熱濃縮c．當蒸發到剩有少量液體時停止加熱，利用余熱蒸干d．制得的晶體轉移到新過濾器中，需用大量水進行洗滌（2）在海水提溴的實驗中，通入熱空氣吹出Br2，利用了溴的_______性。（3）步驟③反應的離子方程式為_______。（4）下列有關說法正確的是_______(填字母序號)。a．在第②、④步驟中，溴元素均被氧化，在第③步驟中，溴元素被還原b．用澄清的石灰水可鑒別NaHCO3溶液和Na2CO3溶液c．除去粗鹽中Ca2+、Mg2+、加入試劑的先后順序為NaOH、BaCl2、Na2CO3d．海水中還含有碘元素，將海水中的碘升華可直接制備單質碘Ⅱ.如圖是從海水中提取鎂的簡單流程。（5）①工業上常用于沉淀Mg2+的試劑A是_______(填名稱)。②由無水MgCl2制取Mg的化學方程式是_______。【答案】（1）c（2）揮發（3）Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+（4）ac（5）①.氫氧化鈣②.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑【解析】Ⅰ．海水曬鹽得到粗鹽和母液，粗鹽精制后得到氯化鈉，電解飽和氯化鈉溶液得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣；向飽和食鹽水中依次通入氨氣、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，過濾得到碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水。母液中含NaBr，通入氯氣氧化溴離子生成溴單質，溴單質被二氧化硫溶液吸收得到HBr，通入氯氣氧化得到溴單質。Ⅱ．海水中含NaCl、MgSO4，加入試劑A為氫氧化鈣，沉淀鎂離子得到Mg(OH)2，過濾得到氫氧化鎂固體，加入試劑B為稀鹽酸，溶解得到MgCl2溶液，在氯化氫氣流中蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌得到無水MgCl2，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂和氯氣。（1）a．溶解粗鹽時，盡量使固體恰好溶解，a錯誤；b．濾去不溶性雜質后，將濾液移到蒸發皿內加熱濃縮，b錯誤；c．蒸發結晶過程中，當蒸發到剩有少量液體時停止加熱，利用余熱蒸干，c正確；d．制得的晶體轉移到新過濾器中，浸沒晶體使水自然流下，不能用大量水進行洗滌，否則晶體又溶解，d錯誤；故合理選項是c；（2）在海水提溴的實驗中，通入熱空氣吹出Br2，是利用了溴的易揮發性；（3）步驟③中SO2與Br2水反應產生硫酸和氫溴酸，該反應的離子方程式為Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+；（4）a．在第②、④步驟中，溴離子被氧化為溴單質，溴元素均被氧化，在第③步驟中發生反應：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+，溴元素被還原，a正確；b．澄清的石灰水和NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能反應生成白色沉淀，故不能用澄清的石灰水鑒別NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，b錯誤；c．除去粗鹽中Ca2+、Mg2+、，Na2CO3溶液需要在BaCl2溶液后加入，目的使能除去過量的Ba2+，不一定為NaOH、BaCl2、Na2CO3，c正確；d．海水中還含有碘元素，但碘元素以碘離子形式存在，需要加入氧化劑氧化碘離子生成碘單質，而不能將海水中的碘升華直接制備單質碘，d錯誤；故合理選項是ac；（5）①工業上常用于沉淀Mg2+的試劑A是熟石灰；②由無水MgCl2在熔融狀態下通電，發生反應制取Mg，反應的化學方程式是：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。重慶市七校聯盟2023-2024學年高一下學期5月期中聯考試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與能源開發、環境保護、資源利用等密切相關。下列說法不正確的是（）A.家庭儲備的藥品過期后應作為有害垃圾處理B.水華、赤潮等水體污染是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的C.綠色化學的核心是應用化學原理對環境污染進行治理D.燃煤中添加生石灰可以減少SO2的排放【答案】C【解析】【詳析】A．家庭儲備的藥品過期后具有毒性，應該作為有害垃圾處理，A正確；B．水華、赤潮等水體污染是水體富營養化造成，是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的，B正確；C．綠色化學的核心是從源頭上杜絕污染，而不是污染后的治理，C錯誤；D．生石灰可以和SO2發生反應產生固體物質，因而可以減少SO2的排放，D正確；故合理選項是C。2.作為我國將“碳達峰、碳中和”納入生態文明建設整體布局后的首個世界級體育盛會，北京冬奧會向世界展現了我國的科技實力。下列說法不正確的是（）A.可穿戴式智能測溫設備“測溫創可貼”測溫芯片主要成分是硅B.二氧化碳取代氟利昂作為制冷劑，對保護臭氧層作出重要貢獻C.可降解餐具代替傳統塑料餐具可以減少“白色污染”D.速滑運動員頭盔使用的碳纖維屬于新型有機高分子材料【答案】D【解析】【詳析】A．硅是良好的半導體，測溫芯片主要成分是硅，A正確；B．氟利昂破壞臭氧層，減少氟利昂的使用對保護臭氧層有利，B正確；C．可降解餐可以在自然環境中降解，可降解餐具代替傳統塑料餐具可以減少“白色污染”，C正確；D．碳纖維屬于新型無機非金屬材料，D錯誤；故選D。3.下列關于化學反應速率的說法中正確的是（）A.在恒溫恒容的容器中發生的催化氧化反應，增大容器內壓強，反應速率不一定改變B.的催化氧化是放熱反應，故升高溫度，反應速率減慢C.反應物用量增加后，有效碰撞次數增多，反應速率增大D.活化分子間發生的碰撞均為有效碰撞【答案】A【解析】【詳析】A．在恒溫恒容的容器中發生的催化氧化反應，若通過加入惰性氣體增大容器內壓強，反應速率不改變，若通過加入氣體增大容器內壓強，反應速率改變，A正確；B．的催化氧化是放熱反應，故升高溫度，反應速率加快，B錯誤；C．若增大固體反應物的量，反應物濃度不變，反應速率不變，C錯誤；D．活化分子是能量較高的能夠發生化學反應的分子，活化分子間只有按照一定的取向發生碰撞時才能發生有效碰撞，D錯誤；故選A。4.下列物質之間的轉化都能一步實現的是（）A.H2S→S→SO3→H2SO4 B.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C.FeS2→SO2→Na2SO3→Na2SO4 D.N2→NH3→NO2→HNO3→NO2【答案】C【解析】【詳析】A.硫與氧氣反應只能生成二氧化硫，不能一步反應生成三氧化硫，故A錯誤；B.二氧化硅不能一步生成硅酸，可由可溶性的硅酸鹽與酸反應生成硅酸，故B錯誤；C.FeS2在高溫條件下與氧氣反應生成SO2，SO2與氫氧化鈉溶液反應生成Na2SO3，Na2SO3被氧氣氧化為Na2SO4，各物質之間的轉化均能一步完成，故C正確；D.氨氣催化氧化得到一氧化氮，不能一步生成二氧化氮，故D錯誤。故選C。5.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是（）A.在密閉容器中充入1molN2和3molH2，充分反應后生成的NH3分子數為2NAB.常溫下，1molAl加入足量的濃硝酸中，反應轉移的電子數為3NAC.足量的銅與1L18mol/L的濃硫酸在加熱條件下充分反應，生成的SO2分子數為9NAD.5.6gFe與一定量的Cl2完全反應轉移的電子總數可能為0.2NA【答案】D【解析】【詳析】A．N2與H2合成NH3的反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，故在密閉容器中充入1molN2和3molH2，充分反應后生成的NH3的物質的量小于2mol，則反應產生NH3分子數小于2NA，A錯誤；B．常溫下，Al遇濃硝酸會發生鈍化而不能進一步發生反應，故無法計算1molAl加入足量的濃硝酸中時反應轉移的電子數目，B錯誤；C．1L18mol/L的濃硫酸中含有H2SO4的物質的量是18mol，若濃硫酸中的溶質完全與Cu發生反應：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，反應就會產生9molSO2。但隨著反應的進行，硫酸濃度變稀，反應就不再發生，故生成的SO2分子數小于9NA，C錯誤；D．5.6gFe的物質的量是0.1mol，其與Cl2反應產生FeCl3，若Cl2足量，反應就要以Fe為標準計算，轉移0.3mol電子，若Cl2不足量，如Cl2的物質的量是0.1mol，二者反應時轉移電子數目就要以不足量的Cl2為標準計算，完全反應轉移的電子總數可能為0.2NA，D正確；選D。6.在酸性或堿性溶液中，下列各組離子可能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【詳析】A．在堿性環境中會生成Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，在酸性環境中，、、、不發生反應，可以大量共存，A選；B．會和H+反應生成SO2氣體，不能酸性環境中大量存在，也會和OH-反應生成，不能在堿性環境中大量存在，B不選；C．和Fe2+在酸性環境中會發生氧化還原反應，不能大量共存，Fe2+在堿性環境中會生成Fe(OH)2沉淀，不能大量存在，C不選；D．在酸性環境中會轉化為H2SiO3，不能大量存在，在堿性環境中會生成Al(OH)3沉淀，不能大量存在，D不選；故選A。7.該反應為放熱反應，在存在時，該反應機理為：①(快)②(慢)。下列說法正確的是（）A.反應速率主要取決于反應① B.是該反應的催化劑C.兩步反應的活化能①② D.增大的濃度可提高反應速率【答案】D【解析】【詳析】A．化學反應速率主要取決于慢反應，則的反應速率主要取決于反應②，故A錯誤；B．由反應機理可得，V2O5先消耗后又生成，V2O5是該反應的催化劑，是中間產物，故B錯誤；C．活化能越小，化學反應速率越快，兩步反應活化能①<②，故C錯誤；D．增大的濃度，可提高反應的速率，故D正確；故選D。8.下列有關實驗操作、現象和解釋或結論都正確的是（）選項操作現象解釋或結論A過量的粉中加入稀硝酸，充分反應后，滴加溶液溶液呈紅色稀硝酸將氧化為B將紅熱木炭加入濃硝酸中產生紅棕色氣體不能說明加熱條件下，濃硝酸能氧化碳單質C向某無色溶液中加入溶液，再加入鹽酸沉淀不溶解則原溶液一定有D向盛有某溶液的試管中滴加稀溶液，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無【答案】B【解析】【詳析】A．稀硝酸溶液中加入過量鐵粉充分反應后，生成硝酸亞鐵，則滴加KSCN溶液無現象，A錯誤；B．濃硝酸在受熱條件下也會分解產生紅棕色氣體NO2，該實驗不能說明加熱條件下，濃硝酸能氧化碳單質，B正確；C．向某無色溶液中加入溶液，再加入鹽酸，沉淀不溶解，該沉淀可能是AgCl，不能證明原溶液一定有，C錯誤；D．由于NH3極易溶于水，在生成NH3不多時不加熱NH3不能夠逸出，故取某溶液于試管中，滴入稀NaOH溶液，試管口處濕潤的紅色石蕊試紙未變藍，不能說明鹽中一定不含有，D錯誤；故選B。9.在一定條件下，將和投入容積為的密閉容器中，發生如下反應：。末測得此時容器中C和D的濃度為和。下列敘述正確的是（）A.B.時，B的濃度為C.內B的反應速率為D.此時A的轉化率為【答案】D【解析】〖祥解〗在一定條件下，將3molA和1molB投入容積為2L的密閉容器中，2min末測得此時容器中C和D的濃度為0.2mol/L和0.4mol/L，濃度之比等于物質的量之比=化學方程式系數之比：x：2=0.2：：04，x=1，。【詳析】A．由分析可知，x=1，故A錯誤；B．2min時，B的濃度為c==0.3mol/L，故B錯誤；C．0～2min內B的反應速率v==0.1mol/(L?min)，故C錯誤；D．A的轉化率=×100%=×100%=40%，故D正確；故選：D。10.某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3＋，他們使用的藥品和裝置如下圖所示，下列說法不合理的是（）A.B中現象為溶液藍色褪去B.裝置C的作用是吸收SO2尾氣，防止污染空氣C.為了驗證A中發生了氧化還原反應，加入KMnO4溶液，紫紅色褪去D.反應后，A中溶液的酸性增強【答案】C【解析】〖祥解〗【詳析】A．SO2會將碘單質還原，所以藍色褪色，A合理；B．SO2為酸性氧化物，可以和NaOH溶液反應，且SO2有毒，所以可以用NaOH溶液吸收，防止污染空氣，B合理；C．FeCl3含有Cl-，Cl-也能將高錳酸鉀還原，且SO2會溶于水，溶解在FeCl3溶液中的SO2也會將高錳酸鉀還原，所以無法驗證發生了氧化還原反應，C不合理；D．SO2可以將Fe3+還原，發生反應SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，反應過程中產生氫離子，所以酸性增強，D合理；綜上所述答案為C。11.某溫度下，在一恒容密閉容器中進行反應：CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)，下列情況一定能說明反應已達到平衡的是（）①容器內壓強不隨時間而變化②單位時間內，消耗1molCO2同時生成1molCO③氣體的密度不隨時間而變化④混合氣體的平均摩爾質量不隨時間而變化A.①③④ B.①②③ C.②③④ D.①②④【答案】B【解析】〖祥解〗CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)為分子數增大的可逆反應，該反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各組分的濃度、百分含量等變量不再變化，以此進行判斷。【詳析】①該反應為分子數增大的反應，恒容時，體系壓強為一個變化量，若壓強不變時，反應達到平衡狀態，①正確；②CO2和CO均為生成物，當兩者的量此消彼長時，也可作為平衡的標志，消耗CO2代表逆反應速率，生成CO代表正反應速率，兩者系數相同，則單位時間內消耗lmolCO2同時生成1molCO，反應達到平衡狀態，②正確；③根據質量守恒定律，反應前后氣體質量增加，體積不變，由ρ=可知密度為一個變化量，當密度不變時，反應達到平衡狀態，③正確；④該反應中只有二氧化碳和一氧化碳為氣體，且二者體積之比始終為1：1，則混合氣體的平均摩爾質量為定值，不能根據混合氣體的平均摩爾質量判斷平衡狀態，④錯誤；能說明反應已達到平衡的是①②③，故合理選項是B。12.“軟電池”采用一張薄層紙片作為傳導體，一面鍍Zn，另一面鍍MnO2。電池總反應為Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO。下列說法正確的是（）A.該電池的正極為ZnOB.Zn電極附近溶液的pH不變C.電池正極的電極反應為2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-D.當0.1molZn完全溶解時，流經電解液的電子的物質的量為0.2mol【答案】C【解析】〖祥解〗根據電池總反應Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO分析可知，Zn化合價升高，失去電子，故Zn為原電池負極，發生反應為Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，MnO2的Mn化合價降低，得到電子，作正極，發生的電極反應為：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，結合選項即可分析解答問題。【詳析】A．根據上述分析，電極為電源正極，A選項錯誤；B．Zn為原電池負極，發生反應為Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，則電極附近溶液的降低，B選項錯誤；C．MnO2作原電池正極，發生的電極反應為：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，C選項正確；D．電子只能在外電路中流動，不能流經電解液，D選項錯誤；答案選C。13.工業上以軟錳礦(含和少量的、、)為原料制備硫酸錳晶體的流程如圖所示，下列有關說法不正確的是（）A.酸浸過程可將硫酸換鹽酸B.酸浸過程中加入過量的的目的是充分還原C.從綠色化學角度分析，試劑A可以選擇、D.系列操作包括蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌干燥等操作【答案】A【解析】〖祥解〗以軟錳礦（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）為原料制備硫酸錳晶體的流程為：酸浸時過量的FeSO4、H2SO4與MnO2反應氧化還原反應生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分別轉化為Fe3+、Al3+，過濾除去SiO2，濾液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3調節溶液pH，使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4?H2O晶體，所以濾渣1為SiO2，濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，試劑A為H2O2溶液或O2，試劑A為MnO或MnCO3等，據此分析解答。【詳析】A．該流程制備硫酸錳晶體，加入鹽酸會引入Cl-，得到的產品為MnCl2，不能得到MnSO4?H2O晶體，所以酸浸過程不可將硫酸換為鹽酸，故A錯誤；B．酸浸過程中過量的FeSO4能使MnO2充分轉化為MnSO4，即加入過量的FeSO4的目的是充分還原MnO2，故B正確；C．氧化過程中試劑A的作用是將Fe2+轉化為Fe3+，從綠色化學角度分析，試劑A可以選擇H2O2、O2，故C正確；D．將MnSO4溶液轉化為MnSO4?H2O晶體析出，其操作包括蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥等，故D正確；故選：A。14.將1.92gCu投入到一定量的濃硝酸中，隨著反應的進行，生成氣體的顏色逐漸變淺，當銅完全溶解后，共收集到XmL氣體(標準狀況)。將盛有等量該氣體的容器倒入水中，欲使容器內氣體恰好完全溶解于水，需通入氧氣的體積(標準狀況)是（）A.224mL B.336mL C.448mL D.672mL【答案】B【解析】〖祥解〗銅與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，隨著反應的進行，濃硝酸變為稀硝酸，銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應生成的二氧化氮、一氧化氮又被氧氣氧化為硝酸，最后等效于銅失電的數目等于氧氣得電子數目，根據電子得失守恒規律進行分析解答。【詳析】1.92gCu的物質的量為，反應時失去電子數目為2×0.03mol=0.06mol，反應整個過程為HNO3NO2、NO；NO、NO2HNO3，反應前后HNO3的物質的量不變，而化合價變化的只有銅和氧氣，則Cu失去電子數目等于O2得到電子的數目，所以消耗氧氣的物質的量為，，故B正確。故選B。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.請回答下列問題：（1）硅是無機非金屬材料里的明星，硅在元素周期表中的位置_______，硅的氧化物和硅酸鹽約占地殼質量的90%以上，在中，硅原子和氧原子通過_______(選填“極性共價鍵”、“非極性共價鍵”、“離子鍵”)連接形成立體網狀結構，所以硬度大。建筑粘合劑和防火劑硅酸鈉，可用溶解在溶液中制備，反應的離子方程式為_______。（2）氨和硝酸是重要的化工產品，工業合成氨及制備硝酸的部分流程圖如下①已知斷裂、、分別需要吸收、、的能量，在一定條件下消耗了和生成，該過程會_______的能量。②氧化爐中，標準狀況下轉化為時轉移的電子數目為_______。③在模擬實驗中，吸收塔中出來的尾氣和，通過調節其體積比，可用溶液完全吸收，生成硝酸鹽或亞硝酸鹽。當時，發生反應的化學方程式為_______。僅含和的混合氣被完全吸收，且體積分數之比，則產物中亞硝酸鹽和硝酸鹽的比例為_______。【答案】（1）①.第三周期IVA族②.極性共價鍵③.（2）①.放出93②.2.5NA③.NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O④.3∶l【解析】工業合成氨的原料是N2和H2，合成塔中壓縮的氮氣和氫氣反應生成氨氣，反應原料N2和H2可從混合氣體中分離出來循環使用，氨氣在氧化爐中先發生催化氧化反應生成一氧化氮，一氧化氮會與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，以此解答。（1）Si在元素周期表中第三周期IVA族；在中，硅原子和氧原子通過極性共價鍵連接形成立體網狀結構，所以硬度大。建筑粘合劑和防火劑硅酸鈉，可用溶解在溶液中制備，反應的離子方程式為。（2）①已知斷裂、、分別需要吸收、、的能量，可得熱化學方程式：，在一定條件下消耗了和生成，該過程會放出93的能量；②氧化爐中發生反應：，N元素由-3價上升到+2價，由反應可知1molNH3反應轉移5mol電子，標準狀況下的物質的量為0.5mol，0.5molNH3轉化為時轉移的電子數目為2.5NA；③吸收塔中出來的尾氣NO和NO2，通過調節其體積比，可用NaOH溶液完全吸收，生成硝酸鹽或亞硝酸鹽，當V(NO)=V(NO2)時，發生反應的化學方程式為：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，僅含NO和NO2的混合氣被完全吸收，且體積分數之比NO∶NO2=1∶3，反應的化學方程式為：NO+3NO2+4NaOH=3NaNO2+NaNO3+2H2O，則產物中亞硝酸鹽和硝酸鹽的比例為3∶l。16.我國力爭2030年前實現碳達峰，2060年前實現碳中和。的捕集利用已成為科學家們研究的重要課題。加氫可轉化為二甲醚()，反應原理為。該反應的能量變化如圖所示。請回答下列問題：（1）該反應為_______(填“放熱”或“吸熱”)反應。（2）在固定體積的絕熱密閉容器中發生該反應，能說明該反應達到平衡狀態的是_______(填字母)。a.的含量保持不變c.容器內溫度不變b.混合氣體的密度不變d.混合氣體的平均相對分子質量不變e.（3）恒溫條件下，在體積為密閉容器中充入和，測得、的物質的量隨時間變化如圖甲所示。圖甲①反應到達時，_______(填“”“”或“”)。②內，_______。③反應達到平衡狀態時，容器內的壓強與起始壓強之比為_______。④“二甲醚()酸性燃料電池”的工作原理示意圖如圖乙所示。圖乙X電極為_______(填“正”或“負”)極；X電極的電極反應式為_______；Y電極的電極反應式為_______。【答案】（1）放熱（2）acd（3）①.>②.③.7∶12④.負⑤.CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+⑥.O2+4e-+4H+=2H2O【解析】（1）從圖中可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，為放熱反應。（2）a．隨反應進行，含量不斷減少，含量不變可說明反應達到平衡狀態，故a符合題意；b．該反應在恒容裝置中進行，反應物和產物均為氣體，混合氣體密度始終不變，故混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，b不符合題意；c．該反應是放熱反應，在固定體積的絕熱密閉容器中發生該反應，容器內溫度不斷上升，當容器內溫度不變時，說明反應達到平衡，c符合題意；d．混合氣體的平均相對分子質量可由氣體總質量除以氣體總物質的量求出，氣體總質量為定量，氣體總物質的量為變量，正向進行時氣體總物質的量減小，則混合氣體的平均相對分子質量增大，逆向進行時氣體總物質的量增大，則混合氣體的平均相對分子質量減小，故當混合氣體的平均相對分子質量不變時可以說明該反應達到平衡狀態，d符合題意；e．在同一反應中同一物質正反應速率等于其逆反應速率時，可以說明該反應達到平衡，不能說明正逆反應速率相等，不能說明反應達到平衡，e不符合題意；故選acd。（3）①反應達到3min時，尚未達到平衡，此時二氧化碳的物質的量仍處于減少的趨勢，故>；②0～5min內，物質的量減少2.5mol，則；③根據已知條件列出“三段式”平衡時氣體總物質的量為7.00mol，容器內的壓強與起始壓強之比為：=7∶12；④燃料電池中通入燃料二甲醚的X電極為負極，失去電子轉化為CO2，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+，Y電極上的氧氣得電子與氫離子反應生成水，電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O。17.某化學興趣小組用以下裝置制備SO2并探究其部分性質。ABCDE（1）裝置A中制備SO2的化學反應方程式為_______，裝置B可貯存多余的SO2，B中試劑瓶內應盛放的液體是_______。（2）若裝置C中溶液無明顯現象，裝置D中溶液紅色褪去，說明使品紅水溶液褪色的含硫微粒是_______(填化學式)。（3）通入SO2后，E中溶液立即由棕黃色變成紅棕色，將混合液靜置12小時后，溶液變成淺綠色。查閱資料，發現溶液出現紅棕色是因為(紅棕色)。①溶液中產生的離子方程式為_______。與該過程發生的其他化學反應相比，與Fe3+反應生成[Fe(HSO3)]2+的活化能更_______(填“大”或“小”)。②紅棕色的[Fe(HSO3)]2+與Fe3+反應，溶液變成淺綠色，反應的離子方程式為_______；檢驗生成的陰離子的方法_______。③為了縮短紅棕色變為淺綠色的時間，該小組進行如下實驗：實驗Ⅰ：往5mL1mol/LFeCl3溶液中通入SO2，微熱3分鐘，溶液變為淺綠色。實驗Ⅱ：用濃鹽酸酸化FeCl3溶液后再通入SO2，幾分鐘后，溶液變為淺綠色。結論：通過_______可縮短淺綠色出現的時間。【答案】（1）①.Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O②.飽和NaHSO3溶液（2）H2SO3、或（3）①.SO2+H2OH2SO3、H2SO3+H+②.小③.[Fe(HSO3)]2++Fe3++H2O=2Fe2+++3H+④.取少量待測液置于試管中，加入HCl酸化，再向澄清液中加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，則說明原溶液中存在離子；⑤.