2022届江西省部分名校高一下学期期中调研化学试题（含解析）

高一化学试卷考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修第二册第五章、第六章。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.科技元素已成为2022年北京冬奥会的一大亮点。下列涉及的材料不属于无机非金属材料的是ABCD

使用双向拉伸聚丙烯(塑料)制作的冬奥纪念钞石英碱长正长岩制作的冰壶“飞扬”火炬的碳纤维外壳柔性石墨烯发热材料制作的防寒衣服A.A B.B C.C D.D【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．聚丙烯(塑料)是有机高分子材料，A符合题意；B．石英碱长正长岩(KAlSi3O8)是硅酸盐，属于无机非金属材料，B不合题意；C．碳纤维是碳的一种单质，属于新型无机非金属材料，C不合题意；D．石墨烯也是碳的一种单质，属于新型无机非金属材料，D不合题意；故答案为：A。2.下列诗句或成语中包含的化学变化属于吸热反应的是A.烈火焚烧若等闲 B.火上浇油 C.爆竹声中一岁除 D.蜡炬成灰泪始干【2题答案】【答案】A【解析】【详解】A．烈火焚烧若等闲是在不断的灼烧过程，如碳酸钙高温分解生成氧化钙和水的过程，属于吸热反应，故A符合题意；B．火上浇油，油燃烧，释放出热量，是放热反应，故B不符合题意；C．爆竹声中一岁除，是放热反应，故C并不符合题意；D．蜡炬成灰泪始干，石蜡燃烧，放出热量，是放热反应，故D不符合题意。综上所述，答案为A。3.硫单质能与许多金属单质和非金属单质发生反应。下列说法正确的是A.硫蒸气与红热的铁丝反应后，残留的硫可用二硫化碳洗涤B.硫蒸气与红热的铜丝反应生成黑色的CuS固体C.硫单质在化合反应中只体现氧化性D.硫元素广泛存在于自然界中，火山口附近的环境中硫元素只以游离态形式存在【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．硫蒸气与红热的铁丝反应产生FeS，残留的硫易溶于CS2，因此可用二硫化碳洗涤未反应的硫单质，A正确；B．S单质氧化性比较弱，硫蒸气与红热的铜丝反应生成黑色的Cu2S固体，B错误；C．硫单质与氧气反应时，硫单质体现还原性；在与H2反应产生H2S时表现氧化性，C错误；D．火山口附近的环境中存在化合态的硫，D错误；故合理选项是A。4.据研究，NO广泛分布于生物体内各组织中，可将积存在血管壁上的脂肪、胆固醇带走，被称为“血管清道夫”。下列说法中错误的是A.NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体B.实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应制取NOC.人体吸入大量NO气体，可以预防心血管疾病D.雷雨天气，氮气和氧气能生成NO【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体NO2，反应原理为：2NO+O2=2NO2，A正确；B．实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应制取NO，反应原理为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，B正确；C．人体吸入大量NO气体，NO与血红蛋白结合，造成人中毒甚至死亡，C错误；D．雷雨天气，氮气和氧气在放电的条件下反应生成NO，反应原理为：N2+O22NO，D正确；故答案为：C。5.某同学将甲、乙两电极插人溶液X中，装置如图所示，几分钟后，观察到U形管中液柱出现如图变化，下列最合适的组合是

选项甲电极乙电极溶液XAAgCu硝酸银溶液BZnFe稀硫酸CCuFe硫酸铜D石墨Zn稀盐酸A.A B.B C.C D.D【5题答案】【答案】B【解析】【详解】A．铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，负极是Cu，失电子生成铜离子，正极是Ag，溶液中Ag+得电子生成Ag，不会引起液面变化，A错误；B．Zn比Fe活泼，Zn做负极，Fe做正极，正极H+得电子生成H2，乙电极中压强变大，U型管液面左低右高，符合题意，B正确；C．铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，负极是Fe，正极是Cu，不会引起液面变化，C错误；D．Zn和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，正极是石墨，正极H+得电子生成H2，甲电极中压强变大，左侧U型管液面左高右低，不符合题意，D错误；故选：B。6.下列实验事实与硫酸性质不对应的一组是A.稀硫酸能使紫色石蕊溶液变红——酸性B.浓硫酸久置于空气中浓度降低——脱水性C.浓硫酸可用于干燥氧气——吸水性D.铁粉与热的浓硫酸反应放出二氧化硫——强氧化性和酸性【6题答案】【答案】B【解析】【详解】A．稀硫酸溶液中含有大量H+，能使紫色石蕊溶液变红，这体现了硫酸的酸性，A正确；B．浓硫酸中硫酸主要以硫酸分子的形式存在，将浓硫酸久置于空气中浓硫酸浓度降低，这是由于浓硫酸具有吸水性，可以吸收空气的水蒸气，导致硫酸浓度降低，而不是体现浓硫酸的脱水性，B错误；C．浓硫酸具有吸水性，可以吸收一些与硫酸不发生反应气体中的水蒸气，从而使气体被干燥，浓硫酸可用于干燥氧气，就体现了浓硫酸的吸水性，C正确；D．铁粉与热的浓硫酸发生氧化还原反应产生硫酸铁、二氧化硫和水，在该反应中浓硫酸表现强氧化性和酸性，D正确；故合理选项是B。7.某实验探究小组模拟汽车尾气催化处理过程，在一定温度下，向5L容积固定的密闭容器中充入2molCO(g)和2molNO(g)，发生反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)。下列有关说法一定正确的是A.经过足够长时间，NO的浓度能减小为0B.CO与CO2的浓度之比为1∶1时，此反应一定达到了化学反应限度C.在反应过程中，CO与NO物质的量始终相等D.在反应过程中，容器中气体的压强一直没有变化【7题答案】【答案】C【解析】【详解】A．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，则NO的浓度不可能减小为0，A错误；B．由变化的浓度与系数成正比，起始投入2molCO(g)和2molNO(g)，当转化率为50%时，生成1molCO2，剩余1molCO，此时浓度之比为1:1，由于该反应转化率未知，CO与CO2的浓度之比为1∶1时，此反应不一定达到平衡，反应不一定达到了化学反应限度，B错误；C．起始投入2molCO(g)和2molNO(g)，由变化的浓度与系数成正比，变化的CO与NO物质的量相同，则在反应过程中，CO与NO物质的量始终相等，C正确；D．在恒温恒容下，物质的量与压强成正比，该反应前后气体分子数不相等，则在反应过程中，容器中气体的压强会变化，至平衡时压强不变，D错误；故选：C。8.实验室制取氨气并验证其化学性质和用途，图中装置对应说法正确的是

A.可利用装置甲制取大量氨气B.可利用装置乙干燥氨气C.根据装置丙的原理和现象，可用浓氨水检验氯气管道是否漏气D.利用装置丁可吸收氨气并防倒吸【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，氢氧化钠稀溶液与氯化铵溶液反应产生的NH3·H2O不易分解，因此不能大量制取氨气，A错误；B．NH3能够与浓硫酸发生反应，因此不能使用浓硫酸干燥氨气，B错误；C．浓氨水具有挥发性，会挥发产生NH3；氨气具有还原性，将氯气还原成HCl，NH3与HCl在空气中反应产生NH4Cl白色固体，因此看到有白烟，C正确；D．氨气极易溶于水，若将导气管直接通入水中，氨气在水中溶解，导致导气管中气体压强减小，烧杯中的水进入导气管从而引发倒吸现象，D错误；故合理选项是C。9.结合化学反应与能量的知识，下列说法正确的是

A.图Ⅰ所示装置能将化学能转化为电能B.通常，伴有能量变化的物质变化都是化学变化C.能量变化符合图Ⅱ所示的化学反应是放热反应D.断裂化学键会吸收能量，形成化学键会放出能量【9题答案】【答案】D【解析】【详解】A．图Ⅰ中未形成闭合回路，不能构成原电池，因此不能将化学能转化为电能，A错误；B．伴有能量变化的物质变化可能是物理变化，如水吸热变为水蒸气，B错误；C．图示的反应物总能量比生成物总能量低，发生反应时需要从周围环境吸热，因此能量变化符合图Ⅱ所示的化学反应是吸热反应，C错误；D．任何化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中，要断裂反应物化学键就会吸收能量，同时会形成生成物的化学键就要放出能量。若断键吸收总能量大于成键释放总能量，则反应为吸热反应，否则反应为放热反应，D正确；故合理选项是D。10.某同学以大小相同的铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如表所示：实验编号水果种类电极间距离/cm电流/①番茄198.7②番茄272.5③苹果227.2下列说法错误的是A.电流从铜片经外电路流向锌片B.实验②和③探究的是水果种类对电流的影响C.实验①和③探究的是电极间距离对电流的影响D.锌片上发生氧化反应，锌片作水果电池的负极【10题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为原电池的负极，Cu为正极，电子由负极Zn经外电路流向正极Cu，则电流从正极铜片经外电路流向负极锌片，A正确；B．实验②和③电极材料相同，电极间距离相同，只有水果种类不相同，可见这两个实验探究的是水果种类对电流的影响，B正确；C．实验①和③水果种类不同，电极间距离也不同，同时改变了两个外界条件，因此不是探究电极间距离对电流的影响，C错误；D．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为原电池的负极，Cu为正极，负极上Zn失去电子，发生氧化反应，D正确；故合理选项是C。11.氮及其化合物在催化剂作用下的转化过程中的能量变化及机理如图，下列分析正确的是

A.过程Ⅰ、Ⅱ均属于氮的固定B.由图可知，过程Ⅰ发生总反应为放热反应C.过程Ⅱ中，在催化剂b表面被氧化的过程中没有能量变化D.过程Ⅱ中，发生反应的化学方程式为【11题答案】【答案】B【解析】【详解】A．氮元素由游离态变为化合态为氮的固定，过程Ⅰ属于氮的固定，过程Ⅱ不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故A错误；B．由图可知，过程Ⅰ中生成物总能量小于反应物总能量，总反应为放热反应，故B正确；C．化学变化过程中一定伴随能量变化，故C错误；D．过程Ⅱ中，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，发生反应化学方程式为，故D错误；选B。12.常温下，某同学用25mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液测定1L某混合气体中SO2的含量，酸性KMnO4溶液恰好被完全消耗，设其他气体不参与反应且不含硫元素，忽略反应前后溶液的体积变化。下列说法正确的是A.该混合气体中SO2的体积分数为28%B.反应过程中转移的电子数为0.25NAC.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2D.完全反应后，溶液中含硫元素的离子的浓度为0.5mol/L【12题答案】【答案】D【解析】【分析】酸性KMnO4溶液与SO2反应的离子方程式为：2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+，然后结合反应过程中电子转移守恒及物质的量的有关公式计算。【详解】A．常温下，气体的摩尔体积未知，无法计算SO2的体积，因此不能确定其体积分数，A错误；B．25mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液中溶质的物质的量n(KMnO4)=0.2mol/L×0.025L=0.005mol，在反应过程中Mn元素由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价，则反应过程转移的电子物质的量为n(e-)=0.005mol×5=0.025mol，则原子电子数为0.025NA，B错误；C．根据氧化还原反应中物质的作用，可知氧化剂是KMnO4，还原剂是SO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，C错误；D．完全反应后，硫元素以的形式存在于溶液中，根据电子守恒可知n()=n(KMnO4)=×0.005mol=0.0125mol，则的物质的量浓度，D正确；故合理选项是D。13.某学习小组根据反应，设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，实验数据如表(已知起始加入的稀硫酸的体积相等)。下列叙述错误的是实验编号反应温度/稀硫酸的体积/硫代硫酸钠溶液的体积/mL加入的水的体积/mL产生等量的沉淀所需时间/s①2021V1t1②30V212t2③30V32V4t3A. B. C. D.【13题答案】【答案】D【解析】【分析】设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，只能改变其中一个变量，而其他的量不能同时变。【详解】A．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，因此稀硫酸浓度相同即体积相同，则，故A正确；B．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，温度越高，反应速率越快，因此，故B正确；C．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，则，，②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，则，所以，故C正确；D．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，③中硫代硫酸钠浓度大，速率快，因此，故D错误。综上所述，答案为D。14.一定温度下，在恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，已知N2(g)、H2(g)、NH3(g)的起始浓度分别为0.2mol·L-1、0.5mol·L-1、0.2mol·L-1，当反应达到平衡时，各物质的浓度不可能是A.c(N2)=0.02mol·L-1 B.c(H2)=0.7mol·L-1C.c(NH3)=0.3mol·L-1 D.2c(N2)+c(NH3)=0.6mol·L-1【14题答案】【答案】A【解析】【详解】由于起始浓度N2(g)：H2(g)<1:3，则假设H2(g)完全转化，由变化的浓度与系数成正比，则剩余的c(N2)=0.2-≈0.03mol·L-1，生成c(NH3)=0.2+≈0.5mol·L-1，假设NH3(g)完全转化，生成c(N2)=0.2+0.1=0.3mol·L-1，生成c(H2)=0.5+0.3=0.8mol·L-1，A．0.03<c(N2)<0.3mol·L-1，则c(N2)不可能是0.02mol·L-1，A选；B．0<c(H2)<0.8mol·L-1，则c(H2)=0.7mol·L-1可能存在，B不选；C．0<c(NH3)<0.5mol·L-1，则c(NH3)=0.3mol·L-1可能存在，C不选；D．0.06<2c(N2)+c(NH3)<1.1mol·L-1，则2c(N2)+c(NH3)=0.6mol·L-1可能存在，D不选；故选：A。15.按如图所示装置进行实验，起始时试管中装有24mLNO2，然后间歇缓慢地通入xmLO2，充分反应后，试管内剩余6mL气体，则在该条件下，下列说法正确的是①x可能等于1.5②x可能等于4.5③x可能等于12④剩余气体为红棕色气体⑤剩余气体为无色气体A.①③⑤ B.①②④ C.①②⑤ D.②③⑤【15题答案】【答案】A【解析】【详解】起始时NO2与水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，24mLNO2反应生成8mLNO，通入O2，若NO和氧气恰好完全反应生成硝酸的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，完全消耗8mLNO需要6mLO2，充分反应后，试管内剩余6mL气体，则通入x=12；若试管内剩余6mL气体为NO，则与氧气反应了2mLNO，通入氧气1.5mL，则x=1.5；则x可能等于1.5或12，剩余气体为NO或氧气均为无色气体，①③⑤正确，故选：A。第II卷(非选择题共55分)二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16.在微电子工业中，作为一种优良的蚀刻气体，在被蚀刻物表面不会留下任何残留物，在芯片制造方面具有重要的应用。已知：键能是指断裂或形成化学键时需要吸收或放出的能量。请回答下列问题：化学键F−FN−F键能/941.7154.8283.0（1）几种化学键的键能如表，则、和三种气体中，稳定性最强的物质为_______(填化学式)，判断的依据为_______；反应生成时，会_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ能量（2）根据上述数据，反应的能量变化与反应进程的关系如图，图中表示的能量是_______(填“a”、“b”或“c”)；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，还可以采取的措施为_______、_______(请任写两条)【16题答案】【答案】（1）①.②.键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定③.放出④.145.95（2）①.c②.适当升高温度③.适当增大压强【解析】【小问1详解】根据表格，键能越大，键越难断裂，则物质越稳定，在、和三种气体中，稳定性最强的物质为，判断的依据为键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定；反应，断裂吸收的热量为941.7kJ+154.8kJ×3=1406.1kJ，成键释放的热量为283.0kJ×6=1698kJ，释放的能量大于吸收的能量，整个反应是放热，因此生成时，会放出(1698kJ−1406.1kJ)÷2=145.95kJ能量；故答案为：；；键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定；145.95。【小问2详解】根据上述数据，该反应是放热反应，生成物的总能量低于反应物总能量，因此图中表示的能量是c；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，可以从浓度、温度，压强来分析即还可以采取的措施为适当升高温度、适当增大压强；故答案为：c；适当升高温度；适当增大压强。18.人工固氮合成氨，并通过氨氧化法制取硝酸的流程如图所示。

（1）“合成塔”内发生的化学反应中作氧化剂的是_______(填化学式)，金属镁在该氧化剂中燃烧的化学方程式为_______，其产物遇水生成的有刺激性气味气体的电子式为_______；“氧化炉”中氨气发生反应的化学方程式为_______。（2）常温下，工业上选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料的主要原因是_______。（3）为了避免生成硝酸的过程中氮的氧化物污染环境，可用氨气处理尾气，将其转化为大气中含有的无害气体，以处理NO2为例，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（4）取3.2g铜与30mL8mol/L硝酸充分反应，硝酸的还原产物为NO2和NO，反应后溶液中含有amolH+，则生成的NO2的物质的量为_______(用含a的代数式表示，下同)mol，NO的物质的量为_______mol。【18题答案】【答案】（1）①.N2②.③.④.（2）常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化（3）3∶4（4）①.0.16-1.5a②.0.5a-0.02【解析】【分析】N2、H2在合成塔中反应产生NH3，由于该反应是可逆反应，将反应后气体混合物经氨分离器分离，将未反应的N2、H2重新加入合成塔中反应产生NH3，提高原料的利用率，将生成的NH3鼓入氧化炉中发生反应：，然后发生反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，就制得HNO3，NO再重新加入氧化炉中反应产生NO2，NO2再被吸收产生HNO3，最后得到的尾气中含有NO、NO2，可利用碱液吸收，然后排放，防止大气污染。【小问1详解】“合成塔”内N2、H2在合成塔中反应产生NH3，发生反应化学反应为：N2+3H22NH3，在该反应中，N2作氧化剂，H2作还原剂；金属Mg与N2在点燃时反应产生Mg3N2，该反应的化学方程式为：；Mg3N2与H2O发生反应：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，在制取得到的NH3中，N原子最外层有5个电子，其中3个成单电子与3个H原子形成3个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个或2个电子的稳定结构，则NH3的电子式为；在氧化炉中NH3与O2在催化剂存在时，在加热条件下反应产生NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为；【小问2详解】浓硝酸具有强氧化性，在常温下铁、铝遇到浓硝酸会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即使金属会发生钝化现象而不能进一步反应，因此可以选择使用选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料；【小问3详解】为了避免生成硝酸的过程中氮的氧化物污染环境，可用氨气处理尾气，将其转化为大气中含有的无害气体，以处理NO2为例，NH3与NO2发生氧化还原反应产生N2、H2O，反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中氧化剂是NO2，还原剂是NH3，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4；【小问4详解】3.2gCu的物质的量n(Cu)=，30mL8mol/L硝酸中含有溶质的物质的量n(HNO3)=8mol/L×0.03L=0.24mol，Cu与30mL8mol/L硝酸发生反应产生Cu(NO3)2、NO2、NO及H2O，反应后溶液中含有amolH+，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=2n(Cu)=0.1mol。假设反应产生NO2、NO的物质的量分别是x、y，则根据电子守恒可得x+3y=0.1mol，根据N元素守恒可知：0.05×2+a+x+y=0.24mol，解得x=(0.16-1.5a)mol，y=(0.5a-0.02)mol。20.为了更好地利用化学反应中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行的程度等。Ⅰ.某同学设计如图1所示实验，根据所学知识回答下列问题：（1）将锌锰干电池与灵敏电流计相连接后，灵敏电流计的指针偏转方向如甲所示。乙中灵敏电流计的指针偏向_______(填“Cu电极”或“Zn电极”)；丙中灵敏电流计的指针偏向_______(填“Al电极”或“Mg电极”)，负极发生的电极反应式为_______，电子流动方向为_______Ⅱ.时，向2L的恒容密闭容器中，充入和使之发生反应，测得各物质的物质的量浓度变化如图2所示：（2）由图2可知，的浓度随时间的变化为曲线_______(填“a”、“b”或“c”)；内，的平均反应速率为_______。（3）已知：反应至时，改变了某一反应条件。由图2可知，内的生成速率_______(填“大于”、“小于”或“等于”)内的生成速率。（4）时，的转化率(反应时消耗的物质的量占起始投入的物质的量的百分比)为_______，此时容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为_______。【20题答案】【答案】（1）①.Cu电极②.Mg电极③.④.由电极经灵敏电流计流向电极（2）①.a②.（3）小于（4）①.30%②.7：10【解析】【小问1详解】将锌锰干电池与灵敏电流计相连接后，灵敏电流计的指针偏转方向如甲所示。根据甲图分析电子从负极移动到正极，指针偏向正极，乙中Zn和稀硫酸反应，Cu和稀硫酸不反应，说明Zn为负极，Cu为正极，则乙中灵敏电流计的指针偏向Cu电极；丙中Al和氢氧化钠溶液反应，Mg和氢氧化钠溶液不反应，说明Al为负极，Mg为正极，则丙中灵敏电流计的指针偏向Mg电极，负极发生的电极反应式为，电子流动方向为由电极经灵敏电流计流向电极；故答案为：Cu电极；Mg电极；；由电极经灵敏电流计流向电极。【小问2详解】二氧化碳和氢气是反应物，且二氧化碳消耗量小于氢气消耗量，因此根据图2可知，的浓度随时间的变化为曲线a；内，氢气物质的量浓度该变量为0.3，则的平均反应速率为；故答案为：a；。【小问3详解】反应至时，改变了某一反应条件，二氧化碳、氢气的物质的量浓度该变量大于的该变量，说明的反应速率快，由图2可知，内的生成速率小于内的生成速率；故答案为：小于。【小问4详解】时，二氧化碳物质的量浓度该变量为0.3，转化率为；根据等温等压下，气体的压强之比等于物质的量之比，起始时气体共，时，气体共，时容器内压强与反应前容器内压强之比为2.8∶4，即7∶10；故答案为：30%；7∶10。22.在工业上为了减少燃煤产生的硫氧化物(主要是SO2)对空气的污染，人们往往向燃煤中参入一定量的生石灰，以达到脱硫效果。某研究小组在实验室设计如图装置来除去模拟烟气中的硫氧化物(SO2)，并检验硫氧化物的去除效果。试回答