2022届湖北省石首市高一下学期期中考试化学试题（含解析）

石首市2021~2022学年度下学期期中考试高中一年级化学试题时量：75分钟满分：100分注意事项：1.本试卷分为试题卷和答题卡，答题前请先将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡上对应的位置。2.选择题的答案请用2B铅笔以正确的填涂方式填写在答题卡上对应的位置，非选择题请将答案填写在相应的答题栏内，写在试题卷上的答案无效。可能用到的相对原子质量：N14O16C12H1Na23Cl35.5S32Li7一、单选题(本大题共15小题，共45.0分)1.化学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法合理的是A.分子筛、青花瓷、黏土、玛瑙、硅石的主要成分都是硅酸盐B.碳氢化合物与氮氧化物经紫外线照射发生反应形成的有毒烟雾，称为光化学烟雾C.硅酸钠俗称水玻璃，可用作木材防火剂D.二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中【答案】B【解析】【详解】A.玛瑙、硅石的主要成分为二氧化硅，A错误；B.光化学烟雾是由于碳氢化合物与氮氧化物经紫外线照射发生反应形成有毒烟雾，B正确；C.硅酸钠的水溶液称为水玻璃，C错误；D.二氧化硫可用于食品添加剂，食品中添加适量二氧化硫可起到漂白、防腐和抗氧化作用，如葡萄酒中添加适量二氧化硫，D错误；答案选B。2.工业上硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500。C下的催化氧化2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．如果在密闭容器中通入2molSO2和足够多的氧气，按上述条件进行反应，下列有关说法中错误的是A.通过调试反应条件，可以提高该反应的进行程度B.使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率C.达到平衡时，SO2和SO3的速率相等D.提高反应温度，可以实现SO2的完全转化【答案】D【解析】【详解】A．通过改变影响平衡的条件，如增大压强或降温，均可促进平衡正向移动，提高该反应进行的程度，故A正确；B．使用催化剂加快了反应速率，大大缩短达到平衡所需的时间，提高反应效率，平衡不会移动，故B正确；C．达到平衡时，正逆反应速率相等，即SO2和SO3的速率相等，故C正确；D．因为该可逆反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，SO2转化率降低，不可能完全转化，故D错误；答案为D。3.NO是大气污染物之一，目前有一种治理方法是在400℃左右、催化剂存在的条件下，使NH3与NO发生反应：NO+NH3→N2+H2O(没有配平)。NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，3.0gNO中含质子数为3NAB.1.8gH2O中含有共用电子对数目为0.4NAC.NH3与NO混合气体1mol，所含氮原子数为2NAD.生成11.2L(标准状况下)N2时，转移电子数目为1.2NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．3.0gNO为0.1mol，0.1molNO含质子1.5mol，A项错误；B．1.8gH2O的物质的量为0.1mol，1个H2O分子中含2对共用电子对，B项错误；C．混合气体共1mol，NH3与NO分子各含1个N原子，C项错误；D．标准状况下，11.2LN2的物质的量为0.5mol，配平方程式6NO+4NH3=5N2+6H2O可知，生成0.5molN2转移电子数为1.2NA，D项正确。故本题选D。4.用四种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊饱和Na2CO3溶液B通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊澄清石灰水A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．盐酸的酸性大于碳酸，则二氧化碳通入氯化钡溶液中不反应，无现象，故A正确；B．碳酸的酸性大于硅酸，则二氧化碳与硅酸钠溶液反应，生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，再通入二氧化碳沉淀不消失，故B错误；C．碳酸的酸性大于HClO，且HClO具有漂白性，则操作及现象”与“溶液”对应均合理，故C正确；D．二氧化碳少量，与石灰水反应生成碳酸钙，二氧化碳过量时生成碳酸氢钙，则操作及现象”与“溶液”对应均合理，故D正确；故选B。5.下列反应属于吸热反应的是①二氧化碳与赤热的炭反应生成一氧化碳②葡萄糖在人体内氧化分解③锌粒与稀H2SO4反应制取H2④Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体反应⑤植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖A.②④ B.①⑤ C.①③④⑤ D.①④⑤【答案】D【解析】【详解】①二氧化碳与赤热的炭反应生成一氧化碳是吸热反应；正确；②葡萄糖在人体内氧化分解是放热反应，错误；③锌粒与稀H2SO4反应制取H2是放热反应，错误；④Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体反应是吸热反应，正确；⑤植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是吸热反应，正确。答案选D。6.有a、b、c、d四种金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增大b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是A.a>b>c>d B.b>c>d>a C.d>a>b>c D.a>b>d>c【答案】C【解析】【分析】【详解】装置一：发生电化学腐蚀，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；

装置二：发生化学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；

装置三：发生电化学腐蚀，d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；

装置四：发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；

所以这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，

故选：C。7.在一个恒温恒容密闭容器中，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡的标志是①v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)=1∶3∶2②各组分的物质的量不变③体系的压强不再发生变化④混合气体的密度不变⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变⑥2v正(N2)=v逆(NH3)⑦3molH-H键断裂的同时有2molN-H键也断裂A.①②③⑤⑥ B.②③④⑤⑥ C.②③④⑥⑦ D.②③⑤⑥【答案】D【解析】【详解】①在任何时刻都存在反应速率之比等于化学计量数之比，但反应速率v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)=1∶3∶2中未指明反应速率的正、逆反应方向，因此不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，①不符合题意；②该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，反应在绝热恒容密闭容器中进行，若各物质的浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故各组分的物质的量不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，②符合题意；③反应前后气体的物质的量不等，反应在恒容密闭容器中进行，故当体系的压强不再发生变化，反应达到平衡状态，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，③符合题意；④密度ρ=，反应混合物的气体体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量也不变，故混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到化学平衡状态，④不符合题意；⑤反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量不等，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，则混合气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，⑤符合题意；⑥2v正(N2)=v正(NH3)=v逆(NH3)，同一物质的消耗速率与产生速率相等，反应达到平衡状态，⑥符合题意；⑦单位时间内3molH-H键断裂是正反应，就会产生6molN-H键，同时2molN-H键断裂是逆反应，N-H生成的物质的量多于消耗的物质的量，化学反应正向进行，未达到平衡状态，⑦不符合题意；故可以作为判断化学平衡的依据是②③⑤⑥，故合理选项是D。8.化学反应一定伴随旧化学键的断裂和新化学键的形成。根据下表数据，有关反应的说法正确的是化学键H-HCl-ClH-Cl断开1mol化学键需要的能量/kJ436243431A.和的总能量比的总能量低B.相同条件下，氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量C.该反应需要点燃或强光照射，属于吸热反应D.每生成1molHCl气体，该反应将放出91.5kJ能量【答案】D【解析】【分析】【详解】A．反应：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，生成2molHCl，需要断裂旧的化学键为1molH-H键和1molCl-Cl键，吸收的能量为436kJ+243kJ=679kJ，形成新的化学键为2molH-Cl键，释放的能量2×431kJ=862kJ，因此反应放热，说明H2和Cl2的总能量比生成的HCl的总能量高，故A错误；B．由数据可知H-H的键能大于Cl-Cl的键能，物质键能越大越稳定，所含能量越低，故B错误；C．氢气与氯气的反应需要点燃或光照，但该反应为放热反应，故C错误；D．由A知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，断裂旧的化学键吸收的能量为436kJ+243kJ=679kJ，形成新的化学键释放的能量为2×431kJ=862kJ，因此反应放热183kJ，生成1molHCl放出的热量为183kJ×=91.5kJ，故D正确；故选：D。9.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是（）ABCD实验方案实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用验证单质氧化性：Cl2>Br2>I2加热至混合液呈红褐色，停止加热，制备Fe(OH)3胶体比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.根据控制变量法可知，两实验的温度不同，故无法判断催化剂对化学反应速率的影响，A不正确；B.氯水分别滴加到溴化钠溶液和碘化钾溶液中，两溶液均有明显的颜色变化，可以证明氯气的氧化性强于溴、氯气的氧化性强于碘，但无法判断溴和碘的氧化性强弱，B不正确；C.向沸水中滴加少量的饱和氯化铁溶液，加热至混合液呈红褐色，即得到氢氧化铁胶体，C正确；D.该实验制备的二氧化碳气体中含有一定量的氯化氢气体，无法证明碳酸与硅酸的酸性强弱关系，D不正确；答案选C。10.常温下，将除去表面氧化膜的铝、铜片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，下列说法正确的是A.O～t1时，原电池的负极是铜片B.O～t1时，正极发生还原反应，产生氢气C.t1时刻后电流方向发生变化的原因是Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步反应D.t1时刻后，电子从铝经过导线流向铜【答案】C【解析】【分析】由图像可知，在t1s前后，电路中的电流方向是相反的，所以t1s前，因为铝比铜活泼，原电池的负极是铝片，铝发生氧化反应生成氧化铝，正极为铜，正极上硝酸根被还原为二氧化氮，正极的电极反应式为2H+++e-=NO2↑+H2O，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，原电池的负极是铝片，A错误；B．由分析，正极为铜，正极上硝酸根被还原为二氧化氮，正极的电极反应式为2H+++e-=NO2↑+H2O，B错误；C．溶液中的H+向正极移动，当铝表面被全部氧化生成致密的氧化膜后，铝电极不如铜活泼，所以t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，其原因是Al在浓硝酸中钝化，形成的氧化膜阻止了Al的进一步反应，C正确；D．t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，Al在浓硝酸中钝化，形成的氧化膜阻止了Al的进一步反应，此时Cu变成了负极，电子从铜经过导线流向铝，D错误；答案选C11.氮元素是空气中含量最多元素，在自然界中分布十分广泛，在生物体内亦有极大作用。含氮元素的物质的循环转化关系如图。下列说法正确的是A.过程b、j、c属于“氮的固定”B.过程a、l、f为非氧化还原反应C.过程j可能为汽车尾气的处理过程D.过程h说明NO2为酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．氮的固定是指将氮气转化为氮的化合物的过程，过程b是将NH3转化为N2，j是NO转化为N2，这两步转化都不属于氮的固定，A错误；B．过程f是NO2反应转化为，N元素化合价降低，元素化合价发生了变化，因此该过程反应为氧化还原反应，B错误；C．汽车尾气中含有NO，在尾气排放时，在尾气排放管中发生反应：2NO+2CO=N2+2CO2，实现了由NO向N2的转化，故过程j可能为汽车尾气的处理过程，C正确；D．NO2溶于水反应产生HNO3、NO，生成物中含有，在该过程中N元素化合价发生了变化，因此不能根据过程h说明NO2为酸性氧化物，D错误；故合理选项是C。12.在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验(如图)，其中图1中的烧瓶内收集满了NH3，图2中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)A.溶质的物质的量浓度均为mol·L-1B.溶质质量分数相同C.引入喷泉实验的方法可以相同D.图1、图2中喷泉的颜色分别为蓝色、红色【答案】B【解析】【详解】A．NH3、HCl极易溶于水，假设烧瓶的容积是VL，当气体溶解于水时，其中含有溶质的物质的量n=，当气体完全溶解后所得溶液的物质的量浓度c=，A正确；B．根据选项A分析可知所得溶液的物质的量浓度相同，但由于两种溶液中溶质的相对分子质量不同，因此所得氨水及盐酸的质量分数不同，B错误；C．NH3、HCl都极易溶于水，引入喷泉实验的方法可以是将胶头滴管的水挤入烧瓶中，由于气体溶解导致烧瓶中气体压强小于外界大气压强，水在外界大气压强作用下进入烧瓶，形成喷泉实验，因此引入喷泉实验的方法相同，C正确；D．NH3的水溶液显碱性，可以使紫色的石蕊试液变为蓝色；HCl的水溶液显酸性，可以使紫色的石蕊试液变为红色，故图1、图2中喷泉的颜色分别为蓝色、红色，D正确；故合理选项是B。13.港珠澳大桥建设过程中水泥的使用量约198万吨。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示。下列叙述正确的是A.水泥、玻璃、陶瓷均为传统的硅酸盐材料，三者的原料都主要为SiO2B.沉淀A的主要成分为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3C.KMnO4法滴定时发生反应的离子方程式为2MnO+5C2O+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.草酸钙易溶于水【答案】B【解析】【分析】根据流程：水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸、硝酸溶解，SiO2不溶，沉淀A的主要成分为SiO2，滤液含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+，加入氨水调节pH，沉淀Fe3+、Al3+，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ca2+、Mg2+，加入草酸铵溶液，得到草酸钙沉淀，将草酸钙用硫酸溶解后，用酸性高锰酸钾滴定可得水泥样品中钙含量，据此分析作答。【详解】A．水泥的原料是粘土和石灰石、玻璃的原料是石英砂、纯碱、石灰石、陶瓷的原料是黏土，A错误；B．根据分析可知，沉淀A的主要成分为SiO2，沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3，B正确；C．草酸钙经硫酸处理得草酸，草酸与KMnO4发生氧化还原反应，草酸为弱酸，不可拆写，因此离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；D．草酸钙是难溶于水的白色固体，D错误；答案选B。14.常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法不正确的是A.实验时需后点燃E处的酒精灯B.C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸C.二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HClD.G、H之间应加上D装置【答案】C【解析】【分析】根据实验目的，分液漏斗中盛浓盐酸、烧瓶中盛二氧化锰，加热制取氯气；C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥；E装置中氯气和硫单质合成S2Cl2；G为收集产品装置，同时可防止H中溶液倒吸，H为吸收剩余氯气装置。【详解】A项，因为装置中有空气，所以实验时应先点燃最左边酒精灯，通入氯气排出空气，再点燃E处酒精灯，故A正确；B项，因为S2Cl2遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥，故B正确；C项，根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定有含氧元素的化合物，且元素的化合价必须有升有降，故C错误；D项，因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，以防止右侧水蒸气扩散进入E中，故D正确。综上所述，符合题意的选项为C。【点睛】本题考查物质制取的实验设计与评价，关键是对实验原理及装置的理解，注意结合二氯化二硫遇水易水解的性质及实验操作规范，分析流程中各装置的作用，A、C为本题易错点，注意先通入氯气排出空气，根据元素守恒判断S2Cl2水解产物。15.短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，其中X与其他元素均不位于同一周期，Y和W的原子序数相差8，Y、Z、W三种原子的最外层电子数之和为16，X、Z的最高正价和最低负价的代数和均为0。下列说法正确的是A.X和Y、W和M均可能形成原子个数比为1：1的分子B.原子半径的大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：M＜WD.化合物的稳定性：ZX4＞XM【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X与其它元素均不位于同一主族，则X只能为H元素；其中Y和W的原子序数相差8，二者只能为同主族元素，则Y为O元素、W为S元素；结合原子序数可知M为Cl；Y、Z、W三种原子的最外层电子数之和为16，则Z的最外层电子数为16-6-6=4，则Z为Si元素；然后结合元素周期律及元素化合物知识分析解答。【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Si，W为S，M为Cl元素。A．H与O可以形成H2O2；S与Cl形成S2Cl2，三种元素形成的两种物质分子中原子个数比是1：1，A正确；B．同周期原子序数大的原子半径小；原子核外电子层越多原子半径越大，则原子半径的大小顺序为：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。元素的非金属性S＜Cl，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4＜HClO4，C错误；D．ZX4是SiH4，XM是HCl，元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Si＜Cl，所以稳定性：SiH4＞HCl，即稳定性：ZX4＞XM，D错误；故合理选项是A。二、简答题(本大题共4小题，共55.0分)16.亚硝酸钠(NaNO2)被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示(A中加热装置、部分夹持装置已省略)。已知：室温下，①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO都能与MnO反应生成NO和Mn2+。请按要求回答下列问题：（1）A装置中反应的化学方程式为_______。（2）B装置中主要的现象是_______。（3）检验C装置产物中有亚硝酸钠的方法是_______。（4）预测C装置中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含有副产物Na2CO3和_______。为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加E装置，则E装置中盛放的试剂名称为_______。（5）检查装置气密性并装入药品后，以下实验操作步骤正确的顺序为_______(填序号)。a．打开弹簧夹，向装置中通入N2b．点燃酒精灯c．向三颈烧瓶中滴加浓硝酸d．熄灭酒精灯e．关闭分液漏斗旋塞f．停止通入N2（6）利用改进后的装置，将7.8gNa2O2完全转化为亚硝酸钠，理论上需要木炭_______g。【答案】（1）C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O（2）红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，有无色气泡冒出（3）取C中固体少量于试管中，加入盐酸，产生无色气体，遇空气变为红棕色（4）①.NaOH②.碱石灰（5）a→c→e→b→d→f（6）1.2【解析】【分析】A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应产生硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，C装置中制备NaNO2。由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，可以在B、C之间添加盛有碱石灰的装置，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气，由题目信息：酸性条件下，NO能与KMnO4反应生成和Mn2+。【小问1详解】在A装置中，C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应产生NO2、CO2、H2O，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；【小问2详解】在装置B中混合气体中的NO2与水反应产生HNO3，稀HNO3与Cu发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应产生Cu(NO3)2，使溶液变为蓝色，而CO2气体不能在酸性溶液中溶解，故在装置B中看到的实验现象是：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，有无色气泡冒出；【小问3详解】若装置C中含有亚硝酸钠，根据3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O及NO遇空气变为红棕色气体判断，则操作方法为：取C中固体少量于试管中，加入盐酸，产生无色气体，遇空气变为红棕色，证明其中含有NaNO2；【小问4详解】在装置C中CO2与Na2O2发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，H2O蒸气与Na2O2发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑；NO与Na2O2发生反应：2NO+Na2O2=2NaNO2。因此C装置中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含有副产物Na2CO3和NaOH；为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加E装置，则E装置中盛放可以吸收CO2及水蒸气的试剂，可以是碱石灰；小问5详解】检查装置气密性并装入药品后，先打开弹簧夹，向装置中通入N2，排出装置中的空气，然后向三颈烧瓶中滴加一定量浓硝酸，再关闭分液漏斗旋塞，点燃酒精灯，给混合物加热，发生反应制取NO2气体，待反应结束，熄灭酒精灯，再通入N2，使装置中的气体被Na2O2充分吸收，最后待装置中无NO、NO2气体后停止通入N2，故操作合理顺序为：a→c→e→b→d→f；【小问6详解】根据反应：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O、3NO2+H2O=2HNO3+NO、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、2NO+Na2O2=2NaNO2，可得关系式：C～4NO2～NO；4NO2～HNO3～NO，则C与NO的转化关系为C～(+)NO=2NO，2NO～Na2O2～2NaNO2。7.8gNa2O2的物质的量是n(Na2O2)=，则需要C的物质的量n(C)=n(Na2O2)=0.1mol，故理论上需木炭的质量m(C)=0.1mol×12g/mol=1.2g。17.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常用的食品抗氧化剂(易被氧化)。实验室利用如图所示装置制取少量焦亚硫酸钠，并探究SO2的性质(夹持装置已略去)。请回答下列问题：(实验前已除去装置中的空气)(1)仪器a的名称是___________。(2)关闭K2、K3，打开K1，装置B中发生反应的离子方程式为___________，观察到装置C中发生的现象是___________。(3)实验D和F的作用是___________。(4)实验前，装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是___________，关闭K1，K3，打开K2，一段时间后装置E中有Na2S2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为___________。(5)设计实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，所需试剂为___________。【答案】①.分液漏斗②.2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO＋4H＋③.有淡黄色沉淀生成④.吸收SO2，防止污染空气⑤.去除水中溶解的氧气⑥.SO2＋Na2SO3=Na2S2O5⑦.稀盐酸、BaCl2溶液【解析】【分析】A制备二氧化硫，E中二氧化硫和亚硫酸钠反应生成Na2S2O5晶体，生成的焦亚硫酸钠易被氧化，需要先排尽装置中的空气，可先打开K1、K2、K3，从K3通入一段时间氮气。C探究二氧化硫的氧化性，若探究SO2的漂白性，B中盛放品红溶液，若探究SO2的还原性，B中盛放具有氧化性的溶液。二氧化硫有毒，会污染环境，D、F中可以盛放氢氧化钠溶液吸收尾气中二氧化硫。【详解】(1)根据仪器a的结构特点可知其为分液漏斗。(2)二氧化硫具有较强的还原性，能被Fe3+氧化成SO，自身被还原成Fe2+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；继续滴加硫酸，生成的二氧化硫就可以和硫化钠中硫离子反应是生成淡黄色的单质硫，有淡黄色沉淀生成。(3)尾气中二氧化硫直接排放，会污染空气，亚硫酸钠和NaOH溶液都可以吸收二氧化硫，所以装置D、F作用为：除去多余的SO2，防止污染空气；(4)焦亚硫酸钠易被氧化，需要在无氧的环境下制备，实验前，装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解的氧气；在E中二氧化硫和亚硫酸钠反应生成焦亚硫酸钠，根据元素守恒可得反应方程式为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5。(5)要检验Na2S2O5是否被氧化即需要检验是否含有SO，需要先加足量的稀盐酸酸化排除其他粒子干扰，然后再滴加氯化钡溶液观察是否有白色沉淀，所以所需试剂为稀盐酸、BaCl2溶液。18.一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应，M、N两种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（1）该反应的化学反应方程式是_______；（2）t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：_______；（3）若达到平衡状态的时间是4min，N物质在该4min内的平均反应速率为1.5mol·L−1·min−1，则此容器的容积为V=_______L；（4）反应A(g)+B(g)2C(g)，当改变下列条件时，会加快反应速率的是_______(填序号)①降低温度②保持容器的体积不变，充入氦气③加入催化剂④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量（5）用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图：①电极d是_______(填“正极”或“负极”)；能量转化形式_______。②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的在标准状况下的体积为_______L。【答案】（1）2NM（2）mol·(L·min)-1（3）1（4）③④（5）①.正极②.由化学能转化为电能③.【解析】【小问1详解】由图可知，反应过程中N的物质的量减小，M的物质的量增大，因此N为反应物，M为生成物，反应物未完全转化为生成物，因此该反应为可逆反应，反应相同时间内Δn(N)：Δn(M)=6:3=2:1，因此该反应的化学方程式为2NM；【小问2详解】t1到t2时刻，Δn(M)=4mol-3mol=1mol，容器体积为VL，因此以M的浓度变化表示的平均反应速率为=mol·(L·min)-1；小问3详解】若达到平衡状态的时间是4min，从0～4min内Δn(N)=8mol-2mol=6mol，则N物质在该4min内的平均反应速率为，得V=1；【小问4详解】①降低温度会使化学反应速率降低；②保持容器的体积不变，充入氦气，反应物的浓度不变，化学反应速率不变；③加入催化剂能够降低反应活化能，使化学反应速率加快；④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快；故答案为：③④；【小问5详解】①由图可知，d电极上得到电子，物质发生还原反应，为燃料电池的正极，因此d电极上为O2得到电子，此时化学能转化为电能；②通入O2的电极反应式为，因此线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的物质的量为0.5mol，其在标准状况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。19.锂离子电池已经成为新一代实用化的蓄电池，该电池具有能量密度大、电压高的特性。锂离子电池放电时电极反应式为负极：C6Li-xe-=C6Li1-x+xLi+(C6Li表示锂原子嵌入石墨形成复合材料)正极：Li1-xMO2+xLi++xe-=LiMO2(LiMO2表示含锂