2022-2023学年辽宁省沈阳市市级重点高中联合体高一下学期期末考试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈阳市市级重点高中联合体2022-2023学年高一下学期期末考试试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1．材料在航空航天中、生活中应用广泛，下列说法错误的是（）A．“神舟”飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维，合成纤维属于有机高分子材料B．我们常用的陶瓷餐具主要使用了二氧化硅 C．使用了石墨烯的动力电池，其电阻率低，石墨烯是新型无机非金属材料 D．“天舟六号”货运飞船的太阳能帆板的主要成分是硅单质〖祥解〗A．相对分子质量大于10000为高分子化合物；B．水泥、玻璃、陶瓷的主要成分均为硅酸盐材料；C．石墨烯为碳元素形成的单质材料；D．晶体硅为良好的半导体。【解答】解：A．中国航天员穿的舱外航天服使用了多种合成纤维，属于高分子化合物，故A正确；B．水泥、陶瓷的主要成分均为硅酸盐材料，故B错误；C．石墨烯为碳元素形成的单质材料，故C正确；D．晶体硅为良好的半导体，故D正确；故选：B。2．化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是（）A．工业燃煤时加入石灰石 B．冶炼矿石前先将矿石粉碎 C．把食物放在冰箱里 D．用锌片制取氢气时滴入几滴硫酸铜溶液〖祥解〗A．二氧化硫与氧化钙反应生成硫酸钙很稳定，将硫固定下来；B．冶炼矿石前先将矿石粉碎，增大与空气的接触面积，增大反应速率；C．降温可以减缓反应速率；D．形成原电池可加快反应速率。【解答】解：A．二氧化硫与氧化钙反应生成硫酸钙很稳定，在煤燃烧中加入石灰石是为了降低二氧化硫的产生；B．冶炼矿石前先将矿石粉碎，增大反应速率；C．把食物放在冰箱里可以降低温度，故C错误；D．用锌片制取氢气时滴入几滴硫酸铜溶液，加快反应速率；故选：A。3．下列对有机物的认识说法正确的是（）A．甲烷分子的球模型为 B．鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀，加足量水，白色沉淀溶解 C．淀粉和过量稀硫酸混合反应后，再加入新制的氢氧化铜，会生成砖红色沉淀 D．分子式为C6H14的烷烃有5种同分异构体〖祥解〗A．H原子半径小于C原子半径；B．醋酸铅是重金属盐；C．淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；D．对应的同分异构体的主链可分别为6、5、4，可分别确定同分异构体。【解答】解：A．甲烷是正四面体结构，其球棍模型为，故A错误；B．醋酸铅是重金属盐，变性是不可逆的，白色沉淀不溶解；C．淀粉水解后，水解后没有加NaOH中和硫酸，则无砖红色沉淀生成；D．己烷（C6H14）的同分异构体的结构简式为CH3CH7CH2CH2CH7CH3、（CH3）8CHCH2CH2CH8、CH3CH2CH（CH8）CH2CH3、（CH7）2CHCH（CH3）6、（CH3）3CCH8CH3，共5种，故D正确；故选：D。4．根据乙烯的性质推测丙烯（CH2═CH﹣CH3）的性质，下列说法不正确的是（）A．等质量的乙烯与丙烯完全燃烧，所消耗的O2的质量相等 B．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．丙烯与Br2的加成产物是CH2Br﹣CH2﹣CH2Br D．聚丙烯可以用来表示〖祥解〗丙烯含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，且可发生加聚反应生成聚丙烯，以此解答该题。【解答】解：A．乙烯与丙烯的最简式为CH2，等质量的乙烯与丙烯完全燃烧，所消耗的O2的质量相等，故A正确；B．含碳碳双键，故B正确；C．丙烯与溴发生加成反应的产物是CH5BrCHBrCH3，只有双键断裂，故C错误；D．聚丙烯的结构可以表示为，甲基为侧链，故D正确；故选：C。5．下列关于氮及其化合物的叙述错误的是（）A．N2既可作氧化剂又可作还原剂 B．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，是因为硝酸见光易分解 C．NO2是酸性氧化物，NO2可以和水反应生成HNO3 D．氮的固定是将N2转化成含氮的化合物〖祥解〗A．物质中所含元素化合价既可以升高，也可以降低时，该物质既可作氧化剂又可作还原剂；B．硝酸不稳定性，见光或受热时易分解，见光易分解的物质一般盛放在棕色试剂瓶中；C．NO2不是酸性氧化物；D．氮的固定是将游离态的氮转化成化合态的氮。【解答】解：A．N2中N元素化合价为0价，既可以升高，所以N2既可作氧化剂又可作还原剂，故A正确；B．硝酸见光易分解，故B正确；C．NO2可以和水反应生成HNO3，但NO2不是酸性氧化物，N2O5是酸性氧化物，故C错误；D．氮的固定是将N4转化成含氮的化合物，包括人工固氮和自然固氮；故选：C。6．下列说法正确的是（）A．铅酸蓄电池属于一次电池 B．原电池中阴离子流向正极 C．二次电池的放电过程与充电过程互为可逆反应 D．碱性锌锰电池的负极材料是锌，发生氧化反应〖祥解〗A．铅蓄电池能多次充放电，属于二次电池；B．原电池中阳离子移向正极，阴离子影响负极；C．可逆反应指的是相同条件下既能向正向又能向逆向进行的反应；D．锌锰碱性电池中，锌易失电子作负极，MnO2是正极。【解答】解：A．铅蓄电池能多次充放电，故A错误；B．原电池中阳离子移向正极，故B错误；C．二次电池的放电过程不需要反应条件，反应条件不同，故C错误；D．锌锰碱性电池中，被氧化发生氧化反应；故选：D。7．可逆反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）（g），在不同条件下反应速率最快的是（）A．v（A）＝0.5mol/（L•min） B．v（B）＝0.3mol/（L•min） C．v（C）＝0.8mol/（L•min） D．v（D）＝1.0mol/（L•min）〖祥解〗单位相同的条件下，不同物质的反应速率与其计量数的比值越大，其反应速率越快。【解答】解：A．＝mol/（L•min）＝0.25mol/（L•min）；B．＝mol/（L•min）＝0.3mol/（L•min）；C．＝mol/（L•min）≈0.27mol/（L•min）；D．＝mol/（L•min）＝2.25mol/（L•min）；单位相同的条件下，不同物质的反应速率与其计量数的比值越大，则反应速率快慢顺序是B＞C＞A＝D，故选：B。8．化学知识是人类利用自然资源和应对环境问题的重要科学依据，下列说法正确的是（）A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4 B．工业上通过电解熔融氯化物的方式获得Na、Mg、Al等金属 C．通过煤的液化可得到清洁能源甲醇 D．利用生石灰中和酸性工业废水符合绿色化学的理念〖祥解〗A．赤铁矿的主要成分是Fe2O3；B．AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电；C．通过煤的气化可以得到可燃气体CO和H2，再通过液化可得到清洁能源甲醇；D．绿色化学是从根源上解决环境污染。【解答】解：A．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O4为磁铁矿的主要成分，故A错误；B．AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，是加入冰晶石电解熔融的Al8O3，故B错误；C．通过煤的气化可以得到可燃气体CO和H2，再通过液化可得到清洁能源甲醇，故C正确；D．生石灰为CaO，没有从根源上解决环境污染，故D错误；故选：C。9．金刚石转化为石墨过程中的能量变化如图所示（E1、E2均大于0），下列说法正确的是（）A．该反应的反应热ΔH＝（E1﹣E2）kJ•mol﹣1 B．金刚石比石墨稳定 C．若反应中加入催化剂，E1的值减小、E2的值不变 D．相同条件下12g金刚石与12g石墨分别完全燃烧释放的热量相同〖祥解〗A．ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能；B．能量越低越稳定；C．催化剂能降低反应所需的活化能；D．金刚石能量高于石墨。【解答】解：A．ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝（E1﹣E2）kJ⋅mol﹣8，故A正确；B．由图可知，则石墨比金刚石稳定；C．催化剂能降低反应所需的活化能，反应速率增大，E1减小，E2减小，故C错误；D．金刚石能量高于石墨，故D错误；故选：A。10．用如图所示装置测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热。下列说法不正确的是（）A．碎泡沫塑料的作用是保温、隔热 B．盐酸与NaOH溶液反应放热使体系温度升高 C．反应时将NaOH溶液分多次倒入量热计中 D．在25℃和101kPa下，用25mL0.50mol/L的盐酸与25mL0.55mol/L的NaOH溶液反应，测出的中和热为57.3kJ/mol（忽略热量损失）〖祥解〗A．测定中和热实验成败的关键是减少反应过程中热量损耗；B．盐酸与NaOH溶液反应时放热，溶液温度升高；C．反应时应将NaOH溶液一次性倒入量热计中，使反应快速进行；D．中和热△H＝﹣57.3kJ/mol，结合中和热的意义解答。【解答】解：A．碎泡沫塑料是热的不良导体、隔热，故A正确；B．盐酸与NaOH溶液反应时放热，故B正确；C．NaOH溶液分多次倒入量热计中，导致反应后的温度低，应将NaOH溶液一次性倒入量热计中；D．在25℃和101kPa下2O时，放出57.3kJ的热量，测出的中和热为57.4kJ/mol；故选：C。11．“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．进入吹出塔前，Br﹣被氧化为Br2 B．吸收塔中SO2作还原剂 C．经过吸收塔后，溴元素得到富集 D．第二次通入Cl2的主要目的是将蒸馏塔中的溴单质吹入“冷凝、精馏”装置〖祥解〗由流程可知，海水浓缩后，溴离子与氯气发生氧化还原反应生成溴，利用空气吹出溴，在吸收塔中二氧化硫与溴水反应生成硫酸和HBr，在蒸馏塔中氯气与HBr反应生成溴，然后冷凝、精馏分离出溴，以此来解答。【解答】解：A．通入氯气发生Cl2+2Br﹣＝8Cl﹣+Br2，溴易挥发，可用热空气吹出，Br﹣被氧化为Br2，故A正确；B．在吸收塔中发生Br6+SO2+2H5O＝2HBr+H2SO4，S元素的化合价升高，可知SO2作还原剂，故B正确；C．经过吸收塔后﹣远大于进入吸收塔之前的海水中Br﹣的浓度，溴元素得到富集；D．第二次通入Cl2发生Cl5+2Br﹣＝2Cl﹣+Br3，在蒸馏塔中将溴离子氧化为溴单质，故D错误；故选：D。12．氢气和氧气发生反应的过程用如图所示的模型表示（“﹣”表示化学键），下列说法正确的是（）A．过程Ⅰ是放热过程 B．过程Ⅲ一定是吸热过程 C．a的总能量大于d的总能量 D．该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行〖祥解〗A．由图可知，过程Ⅰ断开化学键；B．由图可知，过程Ⅲ形成化学键；C．该反应为放热反应；D．氢气和氧气反应过程中发出淡蓝色火焰，并放热。【解答】解：A．由图可知，则过程Ⅰ是吸热过程；B．由图可知，为放热过程；C．该反应为放热反应，故C正确；D．氢气和氧气反应过程中发出淡蓝色火焰，则该反应的能量转化形式以热能，故D错误；故选：C。13．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是​（）A．该电池在高温条件下效率更高 B．电子从b流出，经外电路流向a C．HS﹣在硫氧化菌作用下转化为的反应是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝+9H+ D．若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，则参与反应O2的物质的量为0.2mol〖祥解〗由图可知，硫酸盐还原菌可将有机物氧化为二氧化碳，而硫氧化菌可将HS﹣氧化为，所以两种菌类的存在，循环把有机物氧化成CO2并放出电子，负极a上HS﹣在硫氧化菌作用下转化为，发生失电子的氧化反应，负极反应式是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝+9H+，正极b上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为4H++O2+4e﹣＝2H2O，原电池工作时，溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答。【解答】解：A．高温条件下微生物会变性而死亡，故A错误；B．在原电池中，阴离子移向负极，a为负极，电子从a极流出，故B错误；C．HS﹣在负极发生氧化反应，转化为﹣+2H2O﹣8e﹣＝+9H+，故C正确；D．反应中氧气转化为水，若外电路中有7.4mol电子发生转移2的物质的量为3.1mol，故D错误；故选：C。14．某学习小组设计制取SO2并验证其部分性质的实验装置图如图（夹持装置省略），下列说法错误的是（）A．滴入浓硫酸前先通入氮气，防止空气中的氧气影响二氧化硫性质的检验 B．SO2是酸性氧化物，能使B装置溶液变红色 C．若装置C中装有酸性高锰酸钾溶液，现察到C中溶液褪色，则说明SO2具有还原性 D．取反应后装置D中溶液少许，滴入品红溶液，若红色褪去，说明SO2具有漂白性〖祥解〗打开弹簧夹a、b，将氮气通入整个装置，将装置中的空气排尽，然后关闭弹簧夹a，打开分液漏斗的活塞，浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，SO2和水反应生成H2SO3，石蕊试液遇酸变红色；二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应溶液褪色，SO2和Cl2的水溶液反应生成H2SO4、HCl，SO2有毒，不能直接排入空气中，应该用碱液吸收，​A．氧气具有氧化性，会干扰二氧化硫性质的检验；B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性；C．二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性；D．饱和氯水吸收二氧化硫后，溶液中氯水可能剩余，氯水中的次氯酸具有漂白作用。【解答】解：A．氧气具有氧化性，应先通入氮气，故A正确；B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，能够使蓝色石蕊试液变红；C．二氧化硫具有还原性，两者发生氧化还原反应溶液褪色2具有还原性，故C正确；D．氯水中的次氯酸具有漂白作用，不能说明SO2具有漂白性，故D错误；故选：D。15．下列有关不同价态含硫化合物的说法错误的是（）A．工业接触法制备硫酸涉及的转化为FeS2→X→Y→Z B．硫在过量氧气中燃烧不能生成Y C．X与H2S反应会生成淡黄色物质 D．过量的铜片与100mL18mol/LZ的浓溶液充分反应，会生成0.9molM〖祥解〗由图可知，X为SO2，Y为SO3，Z为H2SO4，M为CuSO4，浓硫酸与铜反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，CuSO4与H2S反应为CuSO4+H2S＝H2SO4+CuS↓，则N为CuS，SO2与H2S反应为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，结合氧化还原反应规律分析解答。【解答】解：由上述分析可知，X为SO2，Y为SO3，Z为H8SO4，M为CuSO4，N为CuS；A．工业接触法制备硫酸是将硫铁矿（FeS4）燃烧生成SO2，SO2催化氧化为SO2，SO3用98.3%浓硫酸吸收得到硫酸，涉及的转化为FeS7→SO2→SO3→H4SO4，故A正确；B．硫在过量氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO4，故B正确；C．SO2与H2S反应为SO2+2H2S＝5S↓+2H2O，S是淡黄色物质；D．浓硫酸与铜的反应为Cu+7H2SO4（浓）CuSO2+SO2↑+2H5O，n（H2SO4）＝cV＝6.1L×18mol/L＝1.8mol，但随着反应的进行，反应自动停止2SO4的浓硫酸与足量Cu反应时生成CuSO3的物质的量小于0.9mol，故D错误；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（12分）化学兴趣小组同学用如图装置制备氨气并探究其性质（部分仪器已略去）。（1）用装置A进行实验室制备氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O。（2）用装置B进行实验，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，说明氨气具有的性质是极易溶于水，与水反应生成碱，若用化学方程式表示则为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌OH﹣+。（3）氨的催化氧化是工业制硝酸的基础。用装置C进行实验，NH3和O2发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；可观察到试管内的气体变为红棕色，原因是NO与氧气反应生成NO2，NO2为红棕色气体。（4）氮氧化物会污染大气，ClO2溶液可以吸收NO2，将其氧化为HNO3，ClO2则被还原为Cl﹣，若要处理5molNO2，需要ClO2的质量为46g。〖祥解〗（1）装置A用于实验室制备氨气，所用固态物质为氯化铵和熟石灰，加热时生成氯化钙、氨气和水；（2）装置B用于喷泉实验，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，说明氨气能与水反应生成碱，碱电离出OH﹣使酚酞溶液变红色；（3）氨气催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成红棕色NO2；（4）ClO2溶液可吸收NO2生成HNO3和Cl﹣，离子方程式为ClO2+5NO2+3H2O＝6H++5+Cl﹣，则n（ClO2）＝n（NO2）＝1mol。【解答】解：（1）由氨气的发生装置可知，该制取氨气的原理是加热熟石灰和氯化铵固体混合物，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）4CaCl2+2NH8↑+2H2O，故〖答案〗为：5NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+8H2O；（2）装置B用于喷泉实验，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，并且与水反应生成了NH3•H2O，NH3•H2O是弱碱，微弱电离生成OH﹣和，化学方程式表示为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌OH﹣+，故〖答案〗为：极易溶于水，与水反应生成碱2+H2O⇌NH3•H4O⇌OH﹣+；（3）氨气经催化氧化后生成NO，化学方程式为4NH4+5O24NO+6H2O，NO与氧气反应生成NO6，则可观察到试管内的气体变为红棕色，故〖答案〗为：4NH3+5O24NO+2H2O；NO与氧气反应生成NO2，NO5为红棕色气体；（4）ClO2溶液可吸收NO2生成HNO4和Cl﹣，离子方程式为ClO2+5NO6+3H2O＝6H++5+Cl﹣，则n（ClO4）＝n（NO8）＝1mol，m（ClO2）＝nM＝3mol×46g/mol＝46g，故〖答案〗为：46。17．（13分）学习小组进行实验研究乙醇的化学性质。​Ⅰ.将金属钠分别投入蒸馏水、无水乙醇和煤油（C11～C16的烷烃）中，现象如图1所示。（1）乙中发生反应的化学方程式是2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑。（2）对比乙、丙的现象，说明CH3CH2OH与Na反应时断裂b（填序号）。a.C﹣H键b.O﹣H键c.C﹣C键Ⅱ.实验室用乙醇、乙酸和浓硫酸制取乙酸乙酯，实验装置及实验步骤如下：①在试管A中加入试剂；②按图2所示连接装置（装置气密性良好），用小火均匀加热试管A；③待试管B（内装滴有酚酞的饱和Na2CO3溶液）中收集到一定量产物后停止加热，观察现象；④振荡试管B，静置，分离出乙酸乙酯层有关试剂的部分数据如表：物质熔点/℃沸点/℃密度/（g•cm﹣3）乙醇﹣117.378.50.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯﹣83.677.50.90浓硫酸（98%）﹣338.01.84（3）向试管A中加入试剂的操作为先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸（不必指出液体体积）；写出制取乙酸乙酯的化学方程式：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应属于酯化反应。（4）步骤②采用小火均匀加热，一个主要原因是温度过高会发生副反应，另一个原因是反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物会随产物蒸发而损失。（5）饱和Na2CO3溶液的作用是除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。〖祥解〗（1）由题给信息可知，钠与乙醇缓慢反应生成乙醇钠和氢气；（2）钠与煤油不反应，说明烃分子中的碳氢键不易断裂，钠与乙醇缓慢反应说明反应时乙醇分子中的氢氧键断裂；（3）配制混合液时先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下反应生成乙酸乙酯和水；（4）反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物随产物蒸发而损失原料；（5）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层。【解答】解：（1）乙中发生的反应为钠与乙醇缓慢反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式为2CH3CH6OH+2Na→2CH8CH2ONa+H2↑，故〖答案〗为：3CH3CH2OH+4Na→2CH3CH8ONa+H2↑；（2）由乙、丙的实验现象可知，说明烃分子中的碳氢键不易断裂，故ac错误，故〖答案〗为：b；（3）配制反应混合液的主要操作步骤为先加乙醇，后加浓硫酸，乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下反应生成乙酸乙酯和水3COOH+C4H5OHCH3COOC6H5+H2O，该反应属于酯化反应，故〖答案〗为：先加乙醇，后加浓硫酸；CH2COOH+C2H5OHCH5COOC2H5+H2O；酯化；（4）反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，大量反应物随产物蒸发而损失原料，所以为防止乙醇，造成原料的损失，故〖答案〗为：反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，大量反应物会随产物蒸发而损失；（5）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸；溶解挥发出来的乙醇，便于分层得到酯，故〖答案〗为：除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。18．（15分）Ⅰ.（1）已知：S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1；S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH2，则ΔH1＝＞（填“＞”“＜”或“＝”）ΔH2。（2）标准状况下，1.68L仅由C、H两种元素组成的某气体的质量为1.2g，在25℃和101kPa下完全燃烧生成CO2（g）和H2O（1）时，放出66.75kJ的热量。写出表示该气体燃烧热的热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣890kJ/mol。Ⅱ.CH4和H2O（g）可发生催化重整反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）。（3）已知：①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH4计算ΔH4＝c+3b﹣2akJ•mol﹣1。（4）T℃时，向1L恒容密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），经过tmin，反应达到平衡。已知平衡时4）＝0.5mol•L﹣1。①0～tmin内，该反应的平均反应速率v（H2）＝mol/（L•min）。②下列表述能作为反应达到化学平衡状态的标志的是bce（填序号）。a.反应速率v（CH4）：v（CO）＝1：1b.各组分的物质的量浓度不再改变c.混合气体的平均摩尔质量不再改变d.混合气体的密度不变e.单位时间内生成nmolH2O的同时，生成3nmolH2f.单位时间内4molC﹣H键断裂的同时2molO﹣H键也断裂Ⅲ.已知Na2S2O3与硫酸的反应为Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，某研究小组为研究外界条件对化学反应速率的影响，设计了如下实验（忽略溶液混合后的体积变化）实验序号反应温度/℃加入0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积/mL加入0.1mol/H2SO4溶液的体积/mL加入水的体积/mL出现浑浊的时间/s①20220t1②402V10t2③2012V2t3（5）实验①②研究的是温度对化学反应速率的影响。V1＝2。（6）实验①③研究的是浓度对化学反应速率的影响。V2＝1。（7）t1、t2、t3由大到小的顺序是t3＞t1＞t2。〖祥解〗（1）设①S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1，②S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH2，根据盖斯定律，①﹣②，可得，S（s）═S（g），△H＝ΔH1﹣ΔH2，物质由固态变为气态需要吸收热量；（2）根据n＝＝计算，结合摩尔质量确定化学式，燃烧热是指物质与氧气进行完全燃烧，生产指定物质时放出的热量，结合25℃和101kPa下完全燃烧生成CO2（g）和H2O（1）时，放出66.75kJ的热量，得到燃烧热的热化学方程式；（3）设①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1，②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1，③CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1，④CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH4，根据盖斯定律，④＝③+3×②﹣2×①，可得，CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH4＝ΔH3+3ΔH2﹣2ΔH1；（4）①根据v＝计算v（CH4），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；②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；（5）实验①②的温度不同，应该是研究的是温度对化学反应速率的影响，则其它因素必须完全相同；（6）实验①③中硫代硫酸钠溶液的条件不同，则研究的是浓度对化学反应速率的影响，其它因素必须完全相同；（7）温度越高、浓度越大，反应速率越快，反应出现浑浊的时间越短。【解答】解：（1）设①S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH4，②S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH2，根据盖斯定律，①﹣②，S（s）═S（g）1﹣ΔH2，物质由固态变为气态需要吸收热量，即△H＞51﹣ΔH2＞8，则ΔH1＞ΔH2，故〖答案〗为：＞；（2）根据n＝＝＝6.075mol＝16g/mol、H两种元素，则该物质只能含有1个C原子，分子式为CH4，4.2g气体的物质的量为0.075mol，6.075mol气体在25℃2（g）和H2O（1），放出66.75kJ的热量＝890kJ的热量4（g）+8O2（g）＝CO2（g）+H6O（l）△H＝﹣890kJ/mol，故〖答案〗为：CH4（g）+2O4（g）＝CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣890kJ/mol；（3）设①3CO（g）+O2（g）═2CO6（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1，②CO（g）+H8O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH6＝bkJ•mol﹣1，③CH4（g）+8O2（g）═CO2（g）+6H2O（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣4，④CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+2H2（g）ΔH4，根据盖斯定律，④＝③+7×②﹣2×①，CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH8＝ΔH3+3ΔH4﹣2ΔH1＝（ckJ•mol﹣6）+（3×bkJ•mol﹣1）﹣（8×akJ•mol﹣1）＝（c+3b﹣5a）kJ•mol﹣1，故〖答案〗为：c+3b﹣4a；（4）①平衡时，c（CH4）＝0.3mol•L﹣1，v（CH4）＝＝mol/（L•min），则v（H2）＝7v（CH4）＝3×mol/（L•min）＝，故〖答案〗为：mol/（L•min）；②a.反应速率v（CH8）：v（CO）＝1：1，未体现正与逆的关系；b.各组分的物质的量浓度不再改变，说明各物质的量不变，故b正确；c.该反应为反应前后气体体积改变的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，反应达平衡状态；d.恒容密闭容器说明体积不变，气体总质量不变，与反应进行的程度无关；e..单位时间内生成nmolH3O的同时，一定消耗消耗3nmolH2，同时生成5nmolH2，说明反应达到平衡，故e正确；f.只要反应发生就有单位时间内4molC﹣H键断裂的同时3molO﹣H键也断裂，即都为正反应速率，故f错误；故〖答案〗为：bce；（5）实验①②的温度不同，应该是研究的是温度对化学反应速率的影响，V1＝2，故〖答案〗为：温度；6；（6）实验①③中硫代硫酸钠溶液的条件不同，则研究的是浓度对化学反应速率的影响，混合溶液总体积相等2＝1，故〖答案〗为：浓度；6；（7）温度越高、浓度越大，反应出现浑浊的时间越短，所以反应速率：②＞①＞③，t1、t2、t5由大到小的顺序t3＞t1＞t5，故〖答案〗为：t3＞t1＞t4。19．（15分）电池广泛应用于日常生活、生产和科学技术等方面。（1）化学兴趣小组同学根据所学知识，利用氧化还原反应Zn+Cu2+═Cu+Zn2+设计成如图所示的两种原电池，图1装置与图2装置相比优点是避免氧化剂和还原剂直接接触，能量转化效率更高，当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极减少了6.5g，则该原电池反应共转移的电子数目是0.2NA。（2）铅蓄电池在放电时发生的电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O。正极反应为PbO2+2e﹣+4H++═PbSO4+2H2O。若电解液硫酸的体积为2L（反应过程溶液体积变化忽略不计），放电过程中外电路中转移3mol电子，则硫酸浓度由5mol/L下降到3.5mol/L。（3）“2023中国（上海）国际氢能与燃料电池技术展览会”将于2023年7月26﹣28日在上海国家会展中心举办，展会以“绿色赋能氢启未来”为主题。