辽宁省沈阳实验中学2022-2023学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）

1、试卷第 =page 20 20页，共 =sectionpages 20 20页试卷第 =page 19 19页，共 =sectionpages 20 20页辽宁省沈阳实验中学2022-2023学年高二上学期开学考试化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题12022年3月5日，中国载人航天工程总设计师周建平表示，中国将发射2个空间站实验舱、2艘载人飞船、2艘货运飞船，再将6名航天员送入中国空间站。下列说法错误的是A火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料B制造太阳能电池板的二氧化硅属于新型无机非金属材料C飞船返回舱外表面使用的耐高温氮化硅陶瓷属于新型陶瓷D宇航服使用的多种合成纤维

2、属于有机高分子材料【答案】B【详解】A火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构是钛合金，合金属于金属材料，A正确；B制造太阳能电池板材料是晶体硅，不是二氧化硅，B错误；C玻璃、水泥、陶瓷属于传统无机非金属材料，在飞船返回舱外表面使用的耐高温氮化硅陶瓷属于新型陶瓷，是新型无机非金属材料，C正确；D宇航服使用的多种合成纤维是人工合成材料，因此属于有机高分子材料，D正确；故合理选项是B。2内经曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充。”合理膳食能提高免疫力。下列说法正确的是A油脂能够发生皂化反应B淀粉和纤维素都属于天然有机高分子，且两者互为同分异构体C向淀粉水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2并

3、加热，可以证明其水解最终生成葡萄糖D食盐水可以破坏蛋白质结构，用盐水漱口可以杀灭新型冠状病毒【答案】A【详解】A油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，A正确；B淀粉和纤维素是天然高分子化合物，但两者分子量不同，不是同分异构体，B错误；C淀粉水解产物需要在碱性条件下检验，故应将水解液调至碱性后再检验产物，C错误；D食盐水能使蛋白质盐析，但盐析是物理变化，不能使蛋白质变性，故盐水漱口不能杀灭病毒，D错误；故选A。3化学学科需要借助化学专用语言描述。下列有关化学用语正确的是A乙烯的电子式：B乙醇分子的空间填充模型：C乙酸的分子式：CH3COOHD次氯酸的结构式：H-Cl-O【答案】B【详解】A乙烯分子中

4、C原子形成4对共用电子对，C原子间形成2对共用电子对，故其电子式：，故A错误；B乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子的空间填充模型：，故B正确；C乙酸的分子式为C2H4O2，故C错误；D次氯酸分子中O分别与H和Cl形成1对共用电子对，故结构式为：H-O-Cl，故D错误；故选B。4NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A11.2LCH4和44.8LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为2.5NAB28g乙烯和丙烯的混合气体充分燃烧，消耗的O2分子数为4NAC标准状况下，11.2LCH2Cl2含有的共用电子对的数目为2NAD10.4g苯乙烯()分子中含有的碳碳双键的数目为0.4

5、NA【答案】A【详解】A标况下11.2LCH4的物质的量为n=0.5mol，44.8LCl2的物质的量为n=2mol，由于甲烷与氯气的反应前后分子数始终不变，则反应后气体总物质的量仍然为0.5mol+2mol=2.5mol，反应后的分子数为2.5NA，故A正确；B乙烯和丙烯的混合气可看作平均组成为CH2的气体，常温常压下，28g乙烯和丙烯的混合气体即2molCH2，消耗的O2分子数为3NA，故B错误；C标准状况下，CH2Cl2为液体，不能计算其物质的量，故C错误；D1mol苯乙烯()分子中含有1mol碳碳双键，10.4g苯乙烯的物质的量为=0.1mol，故含有碳碳双键的数目为0.1NA，故D错

6、误；故选A。5“龙芯一号”的问世填补了我国电脑芯片制造史上的一项空白。用硝酸与氢氟酸的混合液作制作芯片的刻蚀液，发生的反应为。下列有关叙述正确的是A电脑芯片的主要成分为，具有良好的光学性能B实验室中，可用玻璃仪器密封保存氢氟酸C在该反应中，作还原剂，被氧化为D该反应转移电子时，生成【答案】C【详解】A电脑芯片的主要成分为硅，不是二氧化硅，故A错误；B氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用玻璃仪器密封保存氢氟酸，故B错误；C由方程式可知，反应中硅元素的化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，被氧化为硅氟酸，故C正确；D缺标准状况下，无法计算反应转移0.1mol电子时，生成二氧化氮的体积，故D错误

7、；故选C。6下列图示装置正确且能达到相应实验目的的是A检验无水乙醇中是否有水B制取氨气C制取乙酸乙酯D分馏石油【答案】B【详解】A钠和乙醇也会反应生成氢气，无法用钠检验乙醇中是否有水，故A错误；B实验室用氯化铵和消石灰加热制取氨气，用向下排空气法收集氨气，试管口放一团棉花，可防止氨气和空气发生对流，使收集的氨气更纯净，故B正确；C收集乙酸乙酯的导管不能插入饱和碳酸钠溶液液面下，故C错误；D石油分馏实验中，温度计不能插入液面下，要使水银球位于蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应下口进，上口出，故D错误；答案选B。7海带灰富含以I-形式存在的碘元素。在实验室中，从海带灰浸取液中提取碘单质的流程如图：下列说

8、法正确的是A为提高中反应的速率，可增大硫酸浓度或在高温条件下进行B操作中CCl4，可用酒精、苯等代替C操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液为紫红色D操作Z所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗【答案】D【分析】海带灰富含以I-形式存在的碘元素，加入过氧化氢和稀硫酸，碘离子会被氧化为碘单质；含碘单质的水溶液用四氯化碳萃取，分液后四氯化碳层中含有碘单质；加入氢氧化钠溶液，碘单质与NaOH反应，生成碘化钠、次碘酸钠和水；碘化钠、次碘酸钠在溶液中，往里面加稀硫酸，碘化钠和次碘酸钠反应生成碘单质，通过过滤得到固体。【详解】A高温时过氧化氢分解，不利于氧化碘离子，A项错误；B酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，

9、B项错误；C操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液为无色溶液，含I-、IO-，C项错误；D操作Z为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，D项正确；答案选D。8已知下列反应的热化学方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) H1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2C(s)+O2(g)=CO2(g) H3 H2O(g)=H2O(l) H4则反应4 C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(l)+O2(g)+6N2(g)的H为A12H3+5H2-2H1+10H4B2H1-5H2-12H3+10H4C12H3-5H2-2

10、H1+10H4DH1-5H2-12H3+10H4【答案】A【详解】根据盖斯定律，将所给热化学方程式中的C（s）、H2O(g)、H2(g)消去，2C3H5(ONO2)3(l)= 5H2(g)+3N2(g)+3O2(g)+6CO2(g) H=6H3-H1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=H2+2H4；所以4 C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(l)+O2(g)+6N2(g)的H为12H3+5H2-2H1+10H4，答案选A。9有机物 M 是一种抑制生长的植物激素，可延长鲜花盛开的时间，其结构简式如图所示。下列关于有机物 M 的说法正确的是A分子式为 C14H2

11、0O4B分子中含有四种含氧官能团C一定条件下可以发生酯化反应、加聚反应、氧化反应D1mol M 能与 2mol NaOH 发生反应【答案】C【详解】A分子式为C15H20O4，A错误；B分子中含羰基、羟基、酯基，3种含氧官能团，B错误；C该分子含羧基、羟基，能发生酯化反应，含碳碳双键，能发生加聚反应、能与氧气发生氧化反应，C正确；D1molM含1mol羧基，能与1molNaOH反应，D错误；故选C。10除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所用方法错误的是选项物质(杂志)方法A通过饱和的溶液B(丙烯)通过酸性高锰酸钾溶液C乙醇(乙酸)加入生石灰，蒸馏D(水蒸气)通过碱石灰AABBCCD

12、D【答案】B【详解】A亚硫酸氢钠溶液与氯化氢反应生成二氧化硫，可以通过饱和的亚硫酸氢钠溶液除去二氧化硫中的氯化氢，A正确；B酸性高锰酸钾溶液能把丙烯氧化为二氧化碳，从而引入新杂质，达不到除杂的目的，B错误；C乙酸和生石灰反应生成醋酸钙，然后通过蒸馏即看得到乙醇，C正确；D氨气是碱性气体，利用碱石灰可除去氨气中的水蒸气，D正确；答案选B。11为探究某固体化合物X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：下列有关说法错误的是A黑色化合物A最多可消耗392 mL(标准状况)O2B无色气体D能形成酸雨，总共产生448 mL(标准状况)无色气体DC将无色气体D全部通入黄色溶液E中，溶液变成浅绿色

13、，且无色气体D有剩余D化合物X的电子式为【答案】D【分析】黄色单质B燃烧生成的无色气体，则黄色单质为S、无色气体为SO2。黑色化合物A在空气中高温灼烧也生成SO2，说明其中含有硫元素，同时生成的红棕色固体，用稀硫酸溶解得黄色溶液，故红棕色化合物为Fe2O3，黄色溶液E为Fe2(SO4)3溶液。n(Fe2O3)=，由质量守恒可知黑色化合物质量为m=1.2 g-0.32 g=0.88 g，故黑色化合物含有S原子为：0.88 g-0.005 mo1256 g/ mol=0.01 mol，故黑色化合物中Fe、S原子物质的量之比为n(Fe)：n(S)=(0.005 mol2)：0.01 mol=1：1，

14、故黑色化合物A为FeS。由元素守恒可知，X含有有Fe、S两种元素，1.2 gX中含有Fe为0.005 mol2=0.01 mol，含有S原子为，故X中Fe、S原子物质的量之比为n(Fe)：n(S)=(0.005 mol2)：0.02 mol=1：2，故X的化学式为FeS2。【详解】A黑色固体是FeS，其与O2在高温下煅烧，反应方程式为：4FeS+7O22Fe2O3+4SO2，1 mol FeS反应消耗7 mol O2，根据反应方程式中物质反应转化关系，由n(Fe2O3)=0.005 mol可知n(FeS)=0.01 mol，则其反应消耗n(O2)=，其在标准状况下的体积V(O2)=0.0175

15、 mol22.4 L/mol=0.392 L=392 mL，A正确；B由于n(S)=0.02 mol，其反应产生SO2的会造成酸雨，根据S元素守恒，可知n(SO2)=0.02 mol，故n(SO2)=0.02 mol22.4 L/mol=0.448 L=448 mL，B正确；CD是SO2，E是Fe2(SO4)3，它们在酸性条件下会发生反应：SO2+2Fe3+2H2O=4H+2Fe2+，n(SO2)=0.02 mol，n(Fe3+)=0.01 mol，二者反应后溶液中含有Fe2+而显绿色，二者的物质的量的比是2：1，反应消耗的比是1：2，因此SO2气体过量，有剩余，C正确；D化合物X是FeS2，

16、在该物质中Fe2+与以离子键结合，中两个S原子形成一个共价单键，因此FeS2的电子式为，D错误；故合理选项是D。12向mg由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成NO的体积V(NO)(已换算成标准状况下)、m(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)。下列说法中正确的是A稀硝酸的浓度为0.4molL-1Ba点时，100mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共8.4gCb点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Cu2+D加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.91L【答案】D【分析】由图示数据可得如下表格：编号稀硝酸

17、体积/mL100200300400剩余金属/g12.23.200NO体积/mL224044806720V实验和都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为12.2g-3.2g=9g，生成NO的体积为4480mL-2240mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为=0.15mol，参加反应的金属的平均摩尔质量为=60g/mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，利用十字交叉法，则n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，故实验只有铁参与反应，实验生

18、成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铁的物质的量为=0.15mol，质量为0.15mol56g/mol=8.4g，实验既有铁参与反应，又有铜参与反应，且n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，在实验的基础上继续加入100mL稀硝酸，生成NO的体积为6720mL-4480mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，参加反应的金属的质量为3.2g，金属全部为铜，物质的量为=0.05mol，金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4

19、H2O，0.05molCu参与反应生成molNO，则亚铁离子参与反应生成molNO，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：4HNO3(稀)+3Fe(NO3)2=3Fe(NO3)3+NO+2H2O，则消耗亚铁离子0.2mol，由以上分析可知，总共含亚铁离子0.15mol+0.075mol=0.225mol，则加入稀硝酸300mL后还有0.225mol-0.2mol=0.025mol亚铁离子，0.025mol亚铁离子与稀硝酸反应生成0.0083molNO，体积为0.0083mol22.4L/mol0.19L。【详解】A由分析可知，实验只有铁参与反应，发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)

20、2+2NO+4H2O，生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol4=0.4mol，硝酸的物质的量浓度为=4mol/L，A错误；B由分析可知，a点只消耗了铁8.4g，B错误；Cb点还有金属剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C错误；D由分析可知，加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.72L+0.19L=6.91L，D正确；答案选D。13羟基自由基(OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2、H2O的原电池-电解池组合装置(如图)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是Aa极为正极

21、，c极为阴极Bb极的电极反应式为C6H5OH-28e-11H2O=6CO228HCd极区苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH28OH=6CO217H2OD右侧装置中，每转移0.7mole-，c、d两极共产生气体3.36L(标准状况)【答案】D【详解】A根据电池装置图可知，左侧为原电池装置，a电极上重铬酸根离子得到电子，化合价降低，生成氢氧化铬，b电极上苯酚生成二氧化碳，碳元素的化合价升高，被氧化，b电极是负极，a电极是正极，c电极是阴极，d是阳极，A正确；Bb电极上苯酚转化成二氧化碳，根据元素和电荷守恒，电极反应式为为C6H5OH-28e-11H2O=6CO228H，B正确；C右侧装置为电解装

22、置，d是阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(OH)和H，没有生成氧气，正确的电极反应式为H2O-e-=OH+ H，羟基自由基氧化能力极强，能氧化苯酚为二氧化碳和水，故苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH28OH=6CO217H2O，C正确；Dc极上氢离子放电，电极反应为2H+2e-=H2,d极的电极反应式为H2O-e-=OH+ H，结合苯酚的氧化过程可知，当转移0.7mol电子时，d极生成0.7mol的OH，它氧化苯酚时生成 CO2，标准状况下的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，c极上生成0.35mol的氢气，标准状况下的体积为0.35mol22.4L/mol=7.84

23、L，两极共产生气体的体积为3.36L+7.84L=11.2L(标况下)，D错误；故选D。14汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化下列叙述正确的是A温度T下，该反应的平衡常数B温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的H0【答案】A【详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可

24、知该平衡常数为：，选项A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，H0，选项D错误。答案选A。15在某容积一定的密闭容器中，可逆反应：A(g)B(g)xC(g)，有图所示的反应曲线，试判断对图的说法中正确的是(T表示温度，p表示压强，C%表示C的体积分数)Ap3p4，y轴表示A的物质的量Bp3p4，y轴表

25、示C的体积分数Cp3p4，y轴表示混合气体的密度Dp3p4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量【答案】D【分析】根据图可知，先拐先平衡条件高，T1T2，升高温度，C的含量下降，说明平衡逆向移动，所以该反应正反应为放热反应，p2p1，增大压强，C的含量增大，平衡正向移动，说明反应是气体体积减小的反应，故x=1。据此解答。【详解】A由于该反应是体积减小的反应，增加压强平衡正向移动，A的物质的量减小，p3线应在下方，故A错误；B由于该反应是体积减小的反应，增加压强平衡正向移动，C的体积分数增大，p4线应在上方，故B错误；C由于该反应前后气体质量守恒，容器体积不变，所以密度不变，故C错误；D由于该反应

26、是体积减小的反应，增加压强平衡正向移动，总物质的量减小，气体质量守恒，所以平均相对分子质量增大，升高温度，平衡逆向移动，所以平均相对分子质量减小，故D正确；故选D。二、工业流程题16硫酸是重要的化工产品之一，以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸的一种流程如图所示。回答下列问题：(1)黄铁矿预先粉碎的目的是_。已知炉渣的主要成分是Fe2O3，则煅烧的化学方程式为_。(2)某化工厂生产硫酸，使用一种含杂质为25%的黄铁矿为原料。若取2吨该矿石，可制得98%的浓硫酸_吨(假设生产过程中硫的损失为零)。(3)Na2S2O5是一种食品抗氧化剂，检验Na2S2O5已被氧化的实验方案是_。(4)某同学

27、以如图所示装置用电化学原理模拟生产硫酸：写出通入O2的电极的电极反应式_。若此过程中转移了0.2mol电子，则质子膜两侧电解液的质量变化差(m左-m右)为_g(忽略气体的溶解)。【答案】(1) 增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2)2.5(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解；滴加足量盐酸，振荡；再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则该晶体已被氧化。(4) 4.4【分析】以黄铁矿（主要成分FeS2）为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，黄铁矿在空气中煅烧生成滤渣主要为氧化铁，用来炼铁，生成的二氧化硫净化后补充氧气氧化生成三氧化硫，吸收三氧化硫

28、得到浓硫酸，尾气用氢氧化钠溶液吸收，再通入二氧化硫得到亚硫酸氢钠，加热得到焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。（1）黄铁矿预先粉碎可增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，也能使反应更充分。FeS2与氧气在高温条件下反应，生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为，（2）由反应及原子守恒可知，存在FeS22SO22H2SO4。设制得98%的浓硫酸为xt。则，x=2.5t。可制得98%的浓硫酸2.5吨。（3）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶

29、解；滴加足量盐酸，振荡；再滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则该晶体已被氧化。（4）氧气发生还原反应，为电池正极，电极反应式为。左侧产生的部分氢离子通过质子交换膜移向右侧，右侧氧气获得电子，酸性条件下生成水，若此过程中转移了0.2mol电子，则通过质子交换膜的氢离子为0.2mol，根据电子转移守恒，反应的二氧化硫为，质量为0.1mol64g/mol=6.4g，反应的氧气为，氧气质量为0.05mol32g/mol=1.6g，则质子膜两侧电解液的质量变化差(m左-m右) =m（SO2）-m（H+）-m（O2）+m（H+）=6.4g-1.6g-20.2mol1g/mol=4.4g。三、实验题17化学

30、科学可以帮助我们安全、合理、有效地开发自然资源和使用各种化学品，为建设美丽家园发挥重要价值。9.工业海水淡化及从海水中提取溴的过程如下：请回答下列问题：(1)历史最久，技术和工艺也比较成熟，但成本较高的海水淡化的方法是_法。(2)步骤中已获得 Br2，步骤中又将 Br2还原为 Br-，其目的是 _。(3)步骤用 SO2溶液吸收 Br2，反应的离子方程式为_。.亚硝酸钠(NaNO2)是生活中广泛应用的一种化学品，实验室可用如图装置制备(略去部分夹持仪器)。已知：2NO + Na2O2 = 2NaNO22NO2 + Na2O2 = 2NaNO3酸性条件下，NO、NO2和 NO 都能与 MnO反应生

31、成 NO和 Mn2+请回答下列问题：(4)装置 A 中发生反应的化学方程式为_。(5)装置 C 的作用为_，装置 E 的作用为_。(6)装置 F 中发生反应的离子方程式为_。(7)为测定亚硝酸钠的含量，进行如下操作：称取 3.000 g 样品溶于水配成 250 mL 溶液，取 25.00 mL溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入 0.1000molL-1酸性 KMnO4溶液 16.00 mL，两者恰好完全反应。计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数为_(保留四位有效数字)。【答案】(1)蒸馏法(2)富集溴元素(3)步骤用SO2和水吸收Br2生成溴化氢和硫酸，反应的离子方程式为：；(4)(5) 干燥NO气

32、体并除去CO2 防止装置F中的水蒸进入装置D中(6)(7)92.00%【分析】实验开始加热之前，先用氮将装置中的空排干净，A中木炭与浓硝酸反应生成NO2 CO2和H2O，NO2进入B中与水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成NO，C中应为碱石灰，可吸收CO2并干燥NO，NO与Na2O2在D中反应得到NaNO2，E为干燥剂，防止水进入D装置，F为尾气处理装置，以此解题。（1）常用的海水淡化方法为蒸馏、离子交换和电渗析法，历史最久，技术和工艺也比较成熟，但成本较高的海水淡化的方法是蒸馏法；（2）步骤中已获得 Br2，步骤中又将 Br2 还原为 Br-，这样操作可以增大溴离子的浓度，故答案为：富集溴元素；

33、（3）步骤用SO2和水吸收Br2生成溴化氢和硫酸，反应的离子方程式为：；（4）由图可知，装置A中木炭和浓硝酸反应生成二氧化氮和二氧化碳，方程式为：；（5）根据分析，装置C的作用是：干燥NO气体并除去CO2；装置E的作用是：防止装置F中的水蒸进入装置D中；（6）F中酸性高锰酸钾溶液可吸收NO,离子方程式为：；（7）亚硝酸根与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为：，亚硝酸钠的质量分数为。四、原理综合题18化学反应速率、限度及能量变化与生活、生产密切相关。(1)由和转化为的催化反应历程示意图如图。该历程中，的过程中，_(填“吸收”或“放出”)能量，涉及_(填标号，下同)键的形成，甲烷的过程中涉及_键的

34、断裂。abCHcCCdOHeCO(2)在容积为2L的恒容密闭容器中充入2mol和4mol，在一定温度下发生反应：，10min反应达到平衡时，测得。010min内，_，的体积分数为_。上述反应达到平衡时，混合气体的平均摩尔质量为_。能说明该反应已达到平衡状态的是_(填标号)。ab容器内压强保持不变c每断裂1molHH，形成1molOHd容器内混合气体的密度保持不变(3)、和熔融可制作燃料电池(反应原理为)，其工作原理如图所示。该电池在放电过程中生成氧化物Y，Y可循环使用，则石墨电极为_(填“正极”或“负极”)，负极的电极反应式为_。【答案】(1) 放出 c b(2) 0.15 25% 24 b(

35、3) 正极 【解析】（1）由和转化为的催化反应历程示意图如图。根据示意图可知该历程中，的过程中形成新的化学键，所以放出能量，涉及CC键的形成，答案选c；甲烷的过程中涉及CH键的断裂，答案选b。（2）10min反应达到平衡时，测得，根据方程式可知消耗氢气的浓度是1.5mol/L，则010min内，1.5mol/L10min0.15。生成乙醇的物质的量是0.5mol，水蒸气是1.5mol，剩余二氧化碳是2mol1mol1mol，氢气是4mol3mol1mol，则的体积分数为25%。上述反应达到平衡时，根据质量守恒可知混合气体的平均摩尔质量为24。a没有指明反应方向，不能说明反应达到平衡状态；b正反应体积减小，容器内压强保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达