2023-2024学年重庆市七校联盟高一下学期5月期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市七校联盟2023-2024学年高一下学期5月期中联考试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法不正确的是（）A.家庭储备的药品过期后应作为有害垃圾处理B.水华、赤潮等水体污染是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D.燃煤中添加生石灰可以减少SO2的排放〖答案〗C〖解析〗【详析】A．家庭储备的药品过期后具有毒性，应该作为有害垃圾处理，A正确；B．水华、赤潮等水体污染是水体富营养化造成，是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的，B正确；C．绿色化学的核心是从源头上杜绝污染，而不是污染后的治理，C错误；D．生石灰可以和SO2发生反应产生固体物质，因而可以减少SO2的排放，D正确；故合理选项是C。2.作为我国将“碳达峰、碳中和”纳入生态文明建设整体布局后的首个世界级体育盛会，北京冬奥会向世界展现了我国的科技实力。下列说法不正确的是（）A.可穿戴式智能测温设备“测温创可贴”测温芯片主要成分是硅B.二氧化碳取代氟利昂作为制冷剂，对保护臭氧层作出重要贡献C.可降解餐具代替传统塑料餐具可以减少“白色污染”D.速滑运动员头盔使用的碳纤维属于新型有机高分子材料〖答案〗D〖解析〗【详析】A．硅是良好的半导体，测温芯片主要成分是硅，A正确；B．氟利昂破坏臭氧层，减少氟利昂的使用对保护臭氧层有利，B正确；C．可降解餐可以在自然环境中降解，可降解餐具代替传统塑料餐具可以减少“白色污染”，C正确；D．碳纤维属于新型无机非金属材料，D错误；故选D。3.下列关于化学反应速率的说法中正确的是（）A.在恒温恒容的容器中发生的催化氧化反应，增大容器内压强，反应速率不一定改变B.的催化氧化是放热反应，故升高温度，反应速率减慢C.反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率增大D.活化分子间发生的碰撞均为有效碰撞〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在恒温恒容的容器中发生的催化氧化反应，若通过加入惰性气体增大容器内压强，反应速率不改变，若通过加入气体增大容器内压强，反应速率改变，A正确；B．的催化氧化是放热反应，故升高温度，反应速率加快，B错误；C．若增大固体反应物的量，反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；D．活化分子是能量较高的能够发生化学反应的分子，活化分子间只有按照一定的取向发生碰撞时才能发生有效碰撞，D错误；故选A。4.下列物质之间的转化都能一步实现的是（）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〗【详析】A.硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能一步反应生成三氧化硫，故A错误；B.二氧化硅不能一步生成硅酸，可由可溶性的硅酸盐与酸反应生成硅酸，故B错误；C.FeS2在高温条件下与氧气反应生成SO2，SO2与氢氧化钠溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3被氧气氧化为Na2SO4，各物质之间的转化均能一步完成，故C正确；D.氨气催化氧化得到一氧化氮，不能一步生成二氧化氮，故D错误。故选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.在密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后生成的NH3分子数为2NAB.常温下，1molAl加入足量的浓硝酸中，反应转移的电子数为3NAC.足量的铜与1L18mol/L的浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的SO2分子数为9NAD.5.6gFe与一定量的Cl2完全反应转移的电子总数可能为0.2NA〖答案〗D〖解析〗【详析】A．N2与H2合成NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故在密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后生成的NH3的物质的量小于2mol，则反应产生NH3分子数小于2NA，A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸会发生钝化而不能进一步发生反应，故无法计算1molAl加入足量的浓硝酸中时反应转移的电子数目，B错误；C．1L18mol/L的浓硫酸中含有H2SO4的物质的量是18mol，若浓硫酸中的溶质完全与Cu发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应就会产生9molSO2。但随着反应的进行，硫酸浓度变稀，反应就不再发生，故生成的SO2分子数小于9NA，C错误；D．5.6gFe的物质的量是0.1mol，其与Cl2反应产生FeCl3，若Cl2足量，反应就要以Fe为标准计算，转移0.3mol电子，若Cl2不足量，如Cl2的物质的量是0.1mol，二者反应时转移电子数目就要以不足量的Cl2为标准计算，完全反应转移的电子总数可能为0.2NA，D正确；选D。6.在酸性或碱性溶液中，下列各组离子可能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在碱性环境中会生成Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，在酸性环境中，、、、不发生反应，可以大量共存，A选；B．会和H+反应生成SO2气体，不能酸性环境中大量存在，也会和OH-反应生成，不能在碱性环境中大量存在，B不选；C．和Fe2+在酸性环境中会发生氧化还原反应，不能大量共存，Fe2+在碱性环境中会生成Fe(OH)2沉淀，不能大量存在，C不选；D．在酸性环境中会转化为H2SiO3，不能大量存在，在碱性环境中会生成Al(OH)3沉淀，不能大量存在，D不选；故选A。7.该反应为放热反应，在存在时，该反应机理为：①(快)②(慢)。下列说法正确的是（）A.反应速率主要取决于反应① B.是该反应的催化剂C.两步反应的活化能①② D.增大的浓度可提高反应速率〖答案〗D〖解析〗【详析】A．化学反应速率主要取决于慢反应，则的反应速率主要取决于反应②，故A错误；B．由反应机理可得，V2O5先消耗后又生成，V2O5是该反应的催化剂，是中间产物，故B错误；C．活化能越小，化学反应速率越快，两步反应活化能①<②，故C错误；D．增大的浓度，可提高反应的速率，故D正确；故选D。8.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项操作现象解释或结论A过量的粉中加入稀硝酸，充分反应后，滴加溶液溶液呈红色稀硝酸将氧化为B将红热木炭加入浓硝酸中产生红棕色气体不能说明加热条件下，浓硝酸能氧化碳单质C向某无色溶液中加入溶液，再加入盐酸沉淀不溶解则原溶液一定有D向盛有某溶液的试管中滴加稀溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无〖答案〗B〖解析〗【详析】A．稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液无现象，A错误；B．浓硝酸在受热条件下也会分解产生红棕色气体NO2，该实验不能说明加热条件下，浓硝酸能氧化碳单质，B正确；C．向某无色溶液中加入溶液，再加入盐酸，沉淀不溶解，该沉淀可能是AgCl，不能证明原溶液一定有，C错误；D．由于NH3极易溶于水，在生成NH3不多时不加热NH3不能够逸出，故取某溶液于试管中，滴入稀NaOH溶液，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝，不能说明盐中一定不含有，D错误；故选B。9.在一定条件下，将和投入容积为的密闭容器中，发生如下反应：。末测得此时容器中C和D的浓度为和。下列叙述正确的是（）A.B.时，B的浓度为C.内B的反应速率为D.此时A的转化率为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗在一定条件下，将3molA和1molB投入容积为2L的密闭容器中，2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2mol/L和0.4mol/L，浓度之比等于物质的量之比=化学方程式系数之比：x：2=0.2：：04，x=1，。【详析】A．由分析可知，x=1，故A错误；B．2min时，B的浓度为c==0.3mol/L，故B错误；C．0～2min内B的反应速率v==0.1mol/(L⋅min)，故C错误；D．A的转化率=×100%=×100%=40%，故D正确；故选：D。10.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3＋，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是（）A.B中现象为溶液蓝色褪去B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去D.反应后，A中溶液的酸性增强〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．SO2会将碘单质还原，所以蓝色褪色，A合理；B．SO2为酸性氧化物，可以和NaOH溶液反应，且SO2有毒，所以可以用NaOH溶液吸收，防止污染空气，B合理；C．FeCl3含有Cl-，Cl-也能将高锰酸钾还原，且SO2会溶于水，溶解在FeCl3溶液中的SO2也会将高锰酸钾还原，所以无法验证发生了氧化还原反应，C不合理；D．SO2可以将Fe3+还原，发生反应SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，反应过程中产生氢离子，所以酸性增强，D合理；综上所述〖答案〗为C。11.某温度下，在一恒容密闭容器中进行反应：CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)，下列情况一定能说明反应已达到平衡的是（）①容器内压强不随时间而变化②单位时间内，消耗1molCO2同时生成1molCO③气体的密度不随时间而变化④混合气体的平均摩尔质量不随时间而变化A.①③④ B.①②③ C.②③④ D.①②④〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)为分子数增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。【详析】①该反应为分子数增大的反应，恒容时，体系压强为一个变化量，若压强不变时，反应达到平衡状态，①正确；②CO2和CO均为生成物，当两者的量此消彼长时，也可作为平衡的标志，消耗CO2代表逆反应速率，生成CO代表正反应速率，两者系数相同，则单位时间内消耗lmolCO2同时生成1molCO，反应达到平衡状态，②正确；③根据质量守恒定律，反应前后气体质量增加，体积不变，由ρ=可知密度为一个变化量，当密度不变时，反应达到平衡状态，③正确；④该反应中只有二氧化碳和一氧化碳为气体，且二者体积之比始终为1：1，则混合气体的平均摩尔质量为定值，不能根据混合气体的平均摩尔质量判断平衡状态，④错误；能说明反应已达到平衡的是①②③，故合理选项是B。12.“软电池”采用一张薄层纸片作为传导体，一面镀Zn，另一面镀MnO2。电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO。下列说法正确的是（）A.该电池的正极为ZnOB.Zn电极附近溶液的pH不变C.电池正极的电极反应为2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-D.当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子的物质的量为0.2mol〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据电池总反应Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO分析可知，Zn化合价升高，失去电子，故Zn为原电池负极，发生反应为Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，MnO2的Mn化合价降低，得到电子，作正极，发生的电极反应为：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，结合选项即可分析解答问题。【详析】A．根据上述分析，电极为电源正极，A选项错误；B．Zn为原电池负极，发生反应为Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，则电极附近溶液的降低，B选项错误；C．MnO2作原电池正极，发生的电极反应为：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，C选项正确；D．电子只能在外电路中流动，不能流经电解液，D选项错误；〖答案〗选C。13.工业上以软锰矿(含和少量的、、)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法不正确的是（）A.酸浸过程可将硫酸换盐酸B.酸浸过程中加入过量的的目的是充分还原C.从绿色化学角度分析，试剂A可以选择、D.系列操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗以软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2反应氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•H2O晶体，所以滤渣1为SiO2，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，试剂A为H2O2溶液或O2，试剂A为MnO或MnCO3等，据此分析解答。【详析】A．该流程制备硫酸锰晶体，加入盐酸会引入Cl-，得到的产品为MnCl2，不能得到MnSO4•H2O晶体，所以酸浸过程不可将硫酸换为盐酸，故A错误；B．酸浸过程中过量的FeSO4能使MnO2充分转化为MnSO4，即加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2，故B正确；C．氧化过程中试剂A的作用是将Fe2+转化为Fe3+，从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2，故C正确；D．将MnSO4溶液转化为MnSO4•H2O晶体析出，其操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故D正确；故选：A。14.将1.92gCu投入到一定量的浓硝酸中，随着反应的进行，生成气体的颜色逐渐变浅，当铜完全溶解后，共收集到XmL气体(标准状况)。将盛有等量该气体的容器倒入水中，欲使容器内气体恰好完全溶解于水，需通入氧气的体积(标准状况)是（）A.224mL B.336mL C.448mL D.672mL〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的二氧化氮、一氧化氮又被氧气氧化为硝酸，最后等效于铜失电的数目等于氧气得电子数目，根据电子得失守恒规律进行分析解答。【详析】1.92gCu的物质的量为，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO2、NO；NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为，，故B正确。故选B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.请回答下列问题：（1）硅是无机非金属材料里的明星，硅在元素周期表中的位置_______，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上，在中，硅原子和氧原子通过_______(选填“极性共价键”、“非极性共价键”、“离子键”)连接形成立体网状结构，所以硬度大。建筑粘合剂和防火剂硅酸钠，可用溶解在溶液中制备，反应的离子方程式为_______。（2）氨和硝酸是重要的化工产品，工业合成氨及制备硝酸的部分流程图如下①已知断裂、、分别需要吸收、、的能量，在一定条件下消耗了和生成，该过程会_______的能量。②氧化炉中，标准状况下转化为时转移的电子数目为_______。③在模拟实验中，吸收塔中出来的尾气和，通过调节其体积比，可用溶液完全吸收，生成硝酸盐或亚硝酸盐。当时，发生反应的化学方程式为_______。仅含和的混合气被完全吸收，且体积分数之比，则产物中亚硝酸盐和硝酸盐的比例为_______。〖答案〗（1）①.第三周期IVA族②.极性共价键③.（2）①.放出93②.2.5NA③.NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O④.3∶l〖解析〗工业合成氨的原料是N2和H2，合成塔中压缩的氮气和氢气反应生成氨气，反应原料N2和H2可从混合气体中分离出来循环使用，氨气在氧化炉中先发生催化氧化反应生成一氧化氮，一氧化氮会与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应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，硅原子和氧原子通过极性共价键连接形成立体网状结构，所以硬度大。建筑粘合剂和防火剂硅酸钠，可用溶解在溶液中制备，反应的离子方程式为。（2）①已知断裂、、分别需要吸收、、的能量，可得热化学方程式：，在一定条件下消耗了和生成，该过程会放出93的能量；②氧化炉中发生反应：，N元素由-3价上升到+2价，由反应可知1molNH3反应转移5mol电子，标准状况下的物质的量为0.5mol，0.5molNH3转化为时转移的电子数目为2.5NA；③吸收塔中出来的尾气NO和NO2，通过调节其体积比，可用NaOH溶液完全吸收，生成硝酸盐或亚硝酸盐，当V(NO)=V(NO2)时，发生反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，仅含NO和NO2的混合气被完全吸收，且体积分数之比NO∶NO2=1∶3，反应的化学方程式为：NO+3NO2+4NaOH=3NaNO2+NaNO3+2H2O，则产物中亚硝酸盐和硝酸盐的比例为3∶l。16.我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。加氢可转化为二甲醚()，反应原理为。该反应的能量变化如图所示。请回答下列问题：（1）该反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。（2）在固定体积的绝热密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。a.的含量保持不变c.容器内温度不变b.混合气体的密度不变d.混合气体的平均相对分子质量不变e.（3）恒温条件下，在体积为密闭容器中充入和，测得、的物质的量随时间变化如图甲所示。图甲①反应到达时，_______(填“”“”或“”)。②内，_______。③反应达到平衡状态时，容器内的压强与起始压强之比为_______。④“二甲醚()酸性燃料电池”的工作原理示意图如图乙所示。图乙X电极为_______(填“正”或“负”)极；X电极的电极反应式为_______；Y电极的电极反应式为_______。〖答案〗（1）放热（2）acd（3）①.>②.③.7∶12④.负⑤.CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+⑥.O2+4e-+4H+=2H2O〖解析〗（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。（2）a．随反应进行，含量不断减少，含量不变可说明反应达到平衡状态，故a符合题意；b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，b不符合题意；c．该反应是放热反应，在固定体积的绝热密闭容器中发生该反应，容器内温度不断上升，当容器内温度不变时，说明反应达到平衡，c符合题意；d．混合气体的平均相对分子质量可由气体总质量除以气体总物质的量求出，气体总质量为定量，气体总物质的量为变量，正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，逆向进行时气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，d符合题意；e．在同一反应中同一物质正反应速率等于其逆反应速率时，可以说明该反应达到平衡，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，e不符合题意；故选acd。（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故>；②0～5min内，物质的量减少2.5mol，则；③根据已知条件列出“三段式”平衡时气体总物质的量为7.00mol，容器内的压强与起始压强之比为：=7∶12；④燃料电池中通入燃料二甲醚的X电极为负极，失去电子转化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+，Y电极上的氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。17.某化学兴趣小组用以下装置制备SO2并探究其部分性质。ABCDE（1）装置A中制备SO2的化学反应方程式为_______，装置B可贮存多余的SO2，B中试剂瓶内应盛放的液体是_______。（2）若装置C中溶液无明显现象，装置D中溶液红色褪去，说明使品红水溶液褪色的含硫微粒是_______(填化学式)。（3）通入SO2后，E中溶液立即由棕黄色变成红棕色，将混合液静置12小时后，溶液变成浅绿色。查阅资料，发现溶液出现红棕色是因为(红棕色)。①溶液中产生的离子方程式为_______。与该过程发生的其他化学反应相比，与Fe3+反应生成[Fe(HSO3)]2+的活化能更_______(填“大”或“小”)。②红棕色的[Fe(HSO3)]2+与Fe3+反应，溶液变成浅绿色，反应的离子方程式为_______；检验生成的阴离子的方法_______。③为了缩短红棕色变为浅绿色的时间，该小组进行如下实验：实验Ⅰ：往5mL1mol/LFeCl3溶液中通入SO2，微热3分钟，溶液变为浅绿色。实验Ⅱ：用浓盐酸酸化FeCl3溶液后再通入SO2，几分钟后，溶液变为浅绿色。结论：通过_______可缩短浅绿色出现的时间。〖答案〗（1）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.饱和NaHSO3溶液（2）H2SO3、或（3）①.SO2+H2OH2SO3、H2SO3+H+②.小③.[Fe(HSO3)]2++Fe3++H2O=2Fe2+++3H+④.取少量待测液置于试管中，加入HCl酸化，再向澄清液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则说明原溶液中存在离子；⑤.加热、提高FeCl3溶液的酸性〖解析〗由装置图可知：在装置A用浓硫酸和铜加热制备SO2，装置B为安全装置，可防止堵塞，同时可贮存多余的SO2，装置C和D分别盛有品红乙醇溶液、品红水溶液，根据产生的不同现象，可说明使品红水溶液褪色的含硫微粒不是二氧化硫，装置E盛有氯化铁溶液，用于探究SO2与FeCl3溶液的反应机理，试管口放浸有NaOH溶液的棉团用于吸收尾气，防止污染空气。（1）在装置A中Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；装置B可贮存多余的SO2，二氧化硫易溶于水，属于酸性氧化物，能与碱反应，具有还原性，在溶液中能被溴水氧化，在饱和NaHSO3溶液中溶解度较小，则B中试剂瓶内应盛放的液体是饱和NaHSO3溶液；（2）若装置C中溶液无明显现象，装置D中溶液红色褪去，说明使品红水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，微粒符号是H2SO3、或；（3）①首先是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸部分电离生成亚硫酸氢根，所以溶液中产生的离子方程式为：SO2+H2OH2SO3、H2SO3+H+；根据通入SO2后，E中溶液立即由棕黄色变成红棕色，结合已知信息：(红棕色)，说明与该过程发生的其他化学反应相比，与Fe3+反应生成[Fe(HSO3)]2+的反应速率快；活化能更小；②红棕色的[Fe(HSO3)]2+与Fe3+反应，[Fe(HSO3)]2+可以将Fe3+还原为Fe2+，溶液变成浅绿色，同时硫元素化合价升高得到硫酸根离子，反应的离子方程式为[Fe(HSO3)]2++Fe3++H2O=2Fe2+++3H+；阴离子为硫酸根离子，检验其存在的方法为：取少量待测液置于试管中，加入HCl酸化，再向澄清液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则说明原溶液中存在离子；③综合以上实验现象分析可知：升高温度、提高FeCl3溶液的酸性会加快反应速率，缩短浅绿色出现的时间，故结论为：加热、提高FeCl3溶液的酸性。18.海洋中有丰富的矿产、能源、水产……等资源，部分化学资源获取途径如下：Ⅰ.请回答下列有关问题：（1）下列有关实验室模拟步骤①的说法正确的是_______。a．溶解粗盐时，尽量使溶液稀些，以保证食盐完全溶解b．滤去不溶性杂质后，将滤液移到坩埚内加热浓缩c．当蒸发到剩有少量液体时停止加热，利用余热蒸干d．制得的晶体转移到新过滤器中，需用大量水进行洗涤（2）在海水提溴的实验中，通入热空气吹出Br2，利用了溴的_______性。（3）步骤③反应的离子方程式为_______。（4）下列有关说法正确的是_______(填字母序号)。a．在第②、④步骤中，溴元素均被氧化，在第③步骤中，溴元素被还原b．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液c．除去粗盐中Ca2+、Mg2+、加入试剂的先后顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3d．海水中还含有碘元素，将海水中的碘升华可直接制备单质碘Ⅱ.如图是从海水中提取镁的简单流程。（5）①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是_______(填名称)。②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_______。〖答案〗（1）c（2）挥发（3）Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+（4）ac（5）①.氢氧化钙②.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑〖解析〗Ⅰ．海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐精制后得到氯化钠，电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠、氯气和氢气；向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。母液中含NaBr，通入氯气氧化溴离子生成溴单质，溴单质被二氧化硫溶液吸收得到HBr，通入氯气氧化得到溴单质。Ⅱ．海水中含NaCl、MgSO4，加入试剂A为氢氧化钙，沉淀镁离子得到Mg(OH)2，过滤得到氢氧化镁固体，加入试剂B为稀盐酸，溶解得到MgCl2溶液，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气。（1）a．溶解粗盐时，尽量使固体恰好溶解，a错误；b．滤去不溶性杂质后，将滤液移到蒸发皿内加热浓缩，b错误；c．蒸发结晶过程中，当蒸发到剩有少量液体时停止加热，利用余热蒸干，c正确；d．制得的晶体转移到新过滤器中，浸没晶体使水自然流下，不能用大量水进行洗涤，否则晶体又溶解，d错误；故合理选项是c；（2）在海水提溴的实验中，通入热空气吹出Br2，是利用了溴的易挥发性；（3）步骤③中SO2与Br2水反应产生硫酸和氢溴酸，该反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+；（4）a．在第②、④步骤中，溴离子被氧化为溴单质，溴元素均被氧化，在第③步骤中发生反应：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+，溴元素被还原，a正确；b．澄清的石灰水和NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能反应生成白色沉淀，故不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，b错误；c．除去粗盐中Ca2+、Mg2+、，Na2CO3溶液需要在BaCl2溶液后加入，目的使能除去过量的Ba2+，不一定为NaOH、BaCl2、Na2CO3，c正确；d．海水中还含有碘元素，但碘元素以碘离子形式存在，需要加入氧化剂氧化碘离子生成碘单质，而不能将海水中的碘升华直接制备单质碘，d错误；故合理选项是ac；（5）①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是熟石灰；②由无水MgCl2在熔融状态下通电，发生反应制取Mg，反应的化学方程式是：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。重庆市七校联盟2023-2024学年高一下学期5月期中联考试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法不正确的是（）A.家庭储备的药品过期后应作为有害垃圾处理B.水华、赤潮等水体污染是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D.燃煤中添加生石灰可以减少SO2的排放〖答案〗C〖解析〗【详析】A．家庭储备的药品过期后具有毒性，应该作为有害垃圾处理，A正确；B．水华、赤潮等水体污染是水体富营养化造成，是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的，B正确；C．绿色化学的核心是从源头上杜绝污染，而不是污染后的治理，C错误；D．生石灰可以和SO2发生反应产生固体物质，因而可以减少SO2的排放，D正确；故合理选项是C。2.作为我国将“碳达峰、碳中和”纳入生态文明建设整体布局后的首个世界级体育盛会，北京冬奥会向世界展现了我国的科技实力。下列说法不正确的是（）A.可穿戴式智能测温设备“测温创可贴”测温芯片主要成分是硅B.二氧化碳取代氟利昂作为制冷剂，对保护臭氧层作出重要贡献C.可降解餐具代替传统塑料餐具可以减少“白色污染”D.速滑运动员头盔使用的碳纤维属于新型有机高分子材料〖答案〗D〖解析〗【详析】A．硅是良好的半导体，测温芯片主要成分是硅，A正确；B．氟利昂破坏臭氧层，减少氟利昂的使用对保护臭氧层有利，B正确；C．可降解餐可以在自然环境中降解，可降解餐具代替传统塑料餐具可以减少“白色污染”，C正确；D．碳纤维属于新型无机非金属材料，D错误；故选D。3.下列关于化学反应速率的说法中正确的是（）A.在恒温恒容的容器中发生的催化氧化反应，增大容器内压强，反应速率不一定改变B.的催化氧化是放热反应，故升高温度，反应速率减慢C.反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率增大D.活化分子间发生的碰撞均为有效碰撞〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在恒温恒容的容器中发生的催化氧化反应，若通过加入惰性气体增大容器内压强，反应速率不改变，若通过加入气体增大容器内压强，反应速率改变，A正确；B．的催化氧化是放热反应，故升高温度，反应速率加快，B错误；C．若增大固体反应物的量，反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；D．活化分子是能量较高的能够发生化学反应的分子，活化分子间只有按照一定的取向发生碰撞时才能发生有效碰撞，D错误；故选A。4.下列物质之间的转化都能一步实现的是（）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〗【详析】A.硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能一步反应生成三氧化硫，故A错误；B.二氧化硅不能一步生成硅酸，可由可溶性的硅酸盐与酸反应生成硅酸，故B错误；C.FeS2在高温条件下与氧气反应生成SO2，SO2与氢氧化钠溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3被氧气氧化为Na2SO4，各物质之间的转化均能一步完成，故C正确；D.氨气催化氧化得到一氧化氮，不能一步生成二氧化氮，故D错误。故选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.在密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后生成的NH3分子数为2NAB.常温下，1molAl加入足量的浓硝酸中，反应转移的电子数为3NAC.足量的铜与1L18mol/L的浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的SO2分子数为9NAD.5.6gFe与一定量的Cl2完全反应转移的电子总数可能为0.2NA〖答案〗D〖解析〗【详析】A．N2与H2合成NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故在密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后生成的NH3的物质的量小于2mol，则反应产生NH3分子数小于2NA，A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸会发生钝化而不能进一步发生反应，故无法计算1molAl加入足量的浓硝酸中时反应转移的电子数目，B错误；C．1L18mol/L的浓硫酸中含有H2SO4的物质的量是18mol，若浓硫酸中的溶质完全与Cu发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应就会产生9molSO2。但随着反应的进行，硫酸浓度变稀，反应就不再发生，故生成的SO2分子数小于9NA，C错误；D．5.6gFe的物质的量是0.1mol，其与Cl2反应产生FeCl3，若Cl2足量，反应就要以Fe为标准计算，转移0.3mol电子，若Cl2不足量，如Cl2的物质的量是0.1mol，二者反应时转移电子数目就要以不足量的Cl2为标准计算，完全反应转移的电子总数可能为0.2NA，D正确；选D。6.在酸性或碱性溶液中，下列各组离子可能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在碱性环境中会生成Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，在酸性环境中，、、、不发生反应，可以大量共存，A选；B．会和H+反应生成SO2气体，不能酸性环境中大量存在，也会和OH-反应生成，不能在碱性环境中大量存在，B不选；C．和Fe2+在酸性环境中会发生氧化还原反应，不能大量共存，Fe2+在碱性环境中会生成Fe(OH)2沉淀，不能大量存在，C不选；D．在酸性环境中会转化为H2SiO3，不能大量存在，在碱性环境中会生成Al(OH)3沉淀，不能大量存在，D不选；故选A。7.该反应为放热反应，在存在时，该反应机理为：①(快)②(慢)。下列说法正确的是（）A.反应速率主要取决于反应① B.是该反应的催化剂C.两步反应的活化能①② D.增大的浓度可提高反应速率〖答案〗D〖解析〗【详析】A．化学反应速率主要取决于慢反应，则的反应速率主要取决于反应②，故A错误；B．由反应机理可得，V2O5先消耗后又生成，V2O5是该反应的催化剂，是中间产物，故B错误；C．活化能越小，化学反应速率越快，两步反应活化能①<②，故C错误；D．增大的浓度，可提高反应的速率，故D正确；故选D。8.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项操作现象解释或结论A过量的粉中加入稀硝酸，充分反应后，滴加溶液溶液呈红色稀硝酸将氧化为B将红热木炭加入浓硝酸中产生红棕色气体不能说明加热条件下，浓硝酸能氧化碳单质C向某无色溶液中加入溶液，再加入盐酸沉淀不溶解则原溶液一定有D向盛有某溶液的试管中滴加稀溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无〖答案〗B〖解析〗【详析】A．稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液无现象，A错误；B．浓硝酸在受热条件下也会分解产生红棕色气体NO2，该实验不能说明加热条件下，浓硝酸能氧化碳单质，B正确；C．向某无色溶液中加入溶液，再加入盐酸，沉淀不溶解，该沉淀可能是AgCl，不能证明原溶液一定有，C错误；D．由于NH3极易溶于水，在生成NH3不多时不加热NH3不能够逸出，故取某溶液于试管中，滴入稀NaOH溶液，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝，不能说明盐中一定不含有，D错误；故选B。9.在一定条件下，将和投入容积为的密闭容器中，发生如下反应：。末测得此时容器中C和D的浓度为和。下列叙述正确的是（）A.B.时，B的浓度为C.内B的反应速率为D.此时A的转化率为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗在一定条件下，将3molA和1molB投入容积为2L的密闭容器中，2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2mol/L和0.4mol/L，浓度之比等于物质的量之比=化学方程式系数之比：x：2=0.2：：04，x=1，。【详析】A．由分析可知，x=1，故A错误；B．2min时，B的浓度为c==0.3mol/L，故B错误；C．0～2min内B的反应速率v==0.1mol/(L⋅min)，故C错误；D．A的转化率=×100%=×100%=40%，故D正确；故选：D。10.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3＋，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是（）A.B中现象为溶液蓝色褪去B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去D.反应后，A中溶液的酸性增强〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．SO2会将碘单质还原，所以蓝色褪色，A合理；B．SO2为酸性氧化物，可以和NaOH溶液反应，且SO2有毒，所以可以用NaOH溶液吸收，防止污染空气，B合理；C．FeCl3含有Cl-，Cl-也能将高锰酸钾还原，且SO2会溶于水，溶解在FeCl3溶液中的SO2也会将高锰酸钾还原，所以无法验证发生了氧化还原反应，C不合理；D．SO2可以将Fe3+还原，发生反应SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，反应过程中产生氢离子，所以酸性增强，D合理；综上所述〖答案〗为C。11.某温度下，在一恒容密闭容器中进行反应：CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)，下列情况一定能说明反应已达到平衡的是（）①容器内压强不随时间而变化②单位时间内，消耗1molCO2同时生成1molCO③气体的密度不随时间而变化④混合气体的平均摩尔质量不随时间而变化A.①③④ B.①②③ C.②③④ D.①②④〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)为分子数增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。【详析】①该反应为分子数增大的反应，恒容时，体系压强为一个变化量，若压强不变时，反应达到平衡状态，①正确；②CO2和CO均为生成物，当两者的量此消彼长时，也可作为平衡的标志，消耗CO2代表逆反应速率，生成CO代表正反应速率，两者系数相同，则单位时间内消耗lmolCO2同时生成1molCO，反应达到平衡状态，②正确；③根据质量守恒定律，反应前后气体质量增加，体积不变，由ρ=可知密度为一个变化量，当密度不变时，反应达到平衡状态，③正确；④该反应中只有二氧化碳和一氧化碳为气体，且二者体积之比始终为1：1，则混合气体的平均摩尔质量为定值，不能根据混合气体的平均摩尔质量判断平衡状态，④错误；能说明反应已达到平衡的是①②③，故合理选项是B。12.“软电池”采用一张薄层纸片作为传导体，一面镀Zn，另一面镀MnO2。电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO。下列说法正确的是（）A.该电池的正极为ZnOB.Zn电极附近溶液的pH不变C.电池正极的电极反应为2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-D.当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子的物质的量为0.2mol〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据电池总反应Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO分析可知，Zn化合价升高，失去电子，故Zn为原电池负极，发生反应为Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，MnO2的Mn化合价降低，得到电子，作正极，发生的电极反应为：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，结合选项即可分析解答问题。【详析】A．根据上述分析，电极为电源正极，A选项错误；B．Zn为原电池负极，发生反应为Zn-2e-+2OH-===ZnO+H2O，则电极附近溶液的降低，B选项错误；C．MnO2作原电池正极，发生的电极反应为：2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，C选项正确；D．电子只能在外电路中流动，不能流经电解液，D选项错误；〖答案〗选C。13.工业上以软锰矿(含和少量的、、)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法不正确的是（）A.酸浸过程可将硫酸换盐酸B.酸浸过程中加入过量的的目的是充分还原C.从绿色化学角度分析，试剂A可以选择、D.系列操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗以软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2反应氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•H2O晶体，所以滤渣1为SiO2，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，试剂A为H2O2溶液或O2，试剂A为MnO或MnCO3等，据此分析解答。【详析】A．该流程制备硫酸锰晶体，加入盐酸会引入Cl-，得到的产品为MnCl2，不能得到MnSO4•H2O晶体，所以酸浸过程不可将硫酸换为盐酸，故A错误；B．酸浸过程中过量的FeSO4能使MnO2充分转化为MnSO4，即加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2，故B正确；C．氧化过程中试剂A的作用是将Fe2+转化为Fe3+，从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2，故C正确；D．将MnSO4溶液转化为MnSO4•H2O晶体析出，其操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故D正确；故选：A。14.将1.92gCu投入到一定量的浓硝酸中，随着反应的进行，生成气体的颜色逐渐变浅，当铜完全溶解后，共收集到XmL气体(标准状况)。将盛有等量该气体的容器倒入水中，欲使容器内气体恰好完全溶解于水，需通入氧气的体积(标准状况)是（）A.224mL B.336mL C.448mL D.672mL〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的二氧化氮、一氧化氮又被氧气氧化为硝酸，最后等效于铜失电的数目等于氧气得电子数目，根据电子得失守恒规律进行分析解答。【详析】1.92gCu的物质的量为，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO2、NO；NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为，，故B正确。故选B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.请回答下列问题：（1）硅是无机非金属材料里的明星，硅在元素周期表中的位置_______，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上，在中，硅原子和氧原子通过_______(选填“极性共价键”、“非极性共价键”、“离子键”)连接形成立体网状结构，所以硬度大。建筑粘合剂和防火剂硅酸钠，可用溶解在溶液中制备，反应的离子方程式为_______。（2）氨和硝酸是重要的化工产品，工业合成氨及制备硝酸的部分流程图如下①已知断裂、、分别需要吸收、、的能量，在一定条件下消耗了和生成，该过程会_______的能量。②氧化炉中，标准状况下转化为时转移的电子数目为_______。③在模拟实验中，吸收塔中出来的尾气和，通过调节其体积比，可用溶液完全吸收，生成硝酸盐或亚硝酸盐。当时，发生反应的化学方程式为_______。仅含和的混合气被完全吸收，且体积分数之比，则产物中亚硝酸盐和硝酸盐的比例为_______。〖答案〗（1）①.第三周期IVA族②.极性共价键③.（2）①.放出93②.2.5NA③.NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O④.3∶l〖解析〗工业合成氨的原料是N2和H2，合成塔中压缩的氮气和氢气反应生成氨气，反应原料N2和H2可从混合气体中分离出来循环使用，氨气在氧化炉中先发生催化氧化反应生成一氧化氮，一氧化氮会与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应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，硅原子和氧原子通过极性共价键连接形成立体网状结构，所以硬度大。建筑粘合剂和防火剂硅酸钠，可用溶解在溶液中制备，反应的离子方程式为。（2）①已知断裂、、分别需要吸收、、的能量，可得热化学方程式：，在一定条件下消耗了和生成，该过程会放出93的能量；②氧化炉中发生反应：，N元素由-3价上升到+2价，由反应可知1molNH3反应转移5mol电子，标准状况下的物质的量为0.5mol，0.5molNH3转化为时转移的电子数目为2.5NA；③吸收塔中出来的尾气NO和NO2，通过调节其体积比，可用NaOH溶液完全吸收，生成硝酸盐或亚硝酸盐，当V(NO)=V(NO2)时，发生反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，仅含NO和NO2的混合气被完全吸收，且体积分数之比NO∶NO2=1∶3，反应的化学方程式为：NO+3NO2+4NaOH=3NaNO2+NaNO3+2H2O，则产物中亚硝酸盐和硝酸盐的比例为3∶l。16.我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。加氢可转化为二甲醚()，反应原理为。该反应的能量变化如图所示。请回答下列问题：（1）该反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。（2）在固定体积的绝热密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。a.的含量保持不变c.容器内温度不变b.混合气体的密度不变d.混合气体的平均相对分子质量不变e.（3）恒温条件下，在体积为密闭容器中充入和，测得、的物质的量随时间变化如图甲所示。图甲①反应到达时，_______(填“”“”或“”)。②内，_______。③反应达到平衡状态时，容器内的压强与起始压强之比为_______。④“二甲醚()酸性燃料电池”的工作原理示意图如图乙所示。图乙X电极为_______(填“正”或“负”)极；X电极的电极反应式为_______；Y电极的电极反应式为_______。〖答案〗（1）放热（2）acd（3）①.>②.③.7∶12④.负⑤.CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+⑥.O2+4e-+4H+=2H2O〖解析〗（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。（2）a．随反应进行，含量不断减少，含量不变可说明反应达到平衡状态，故a符合题意；b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，b不符合题意；c．该反应是放热反应，在固定体积的绝热密闭容器中发生该反应，容器内温度不断上升，当容器内温度不变时，说明反应达到平衡，c符合题意；d．混合气体的平均相对分子质量可由气体总质量除以气体总物质的量求出，气体总质量为定量，气体总物质的量为变量，正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，逆向进行时气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，d符合题意；e．在同一反应中同一物质正反应速率等于其逆反应速率时，可以说明该反应达到平衡，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，e不符合题意；故选acd。（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故>；②0～5min内，物质的量减少2.5mol，则；③根据已知条件列出“三段式”平衡时气体总物质的量为7.00mol，容器内的压强与起始压强之比为：=7∶12；④燃料电池中通入燃料二甲醚的X电极为负极，失去电子转化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+，Y电极上的氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。17.某化学兴趣小组用以下装置制备SO2并探究其部分性质。ABCDE（1）装置A中制备SO2的化学反应方程式为_______，装置B可贮存多余的SO2，B中试剂瓶内应盛放的液体是_______。（2）若装置C中溶液无明显现象，装置D中溶液红色褪去，说明使品红水溶液褪色的含硫微粒是_______(填化学式)。（3）通入SO2后，E中溶液立即由棕黄色变成红棕色，将混合液静置12小时后，溶液变成浅绿色。查阅资料，发现溶液出现红棕色是因为(红棕色)。①溶液中产生的离子方程式为_______。与该过程发生的其他化学反应相比，与Fe3+反应生成[Fe(HSO3)]2+的活化能更_______(填“大”或“小”)。②红棕色的[Fe(HSO3)]2+与Fe3+反应，溶液变成浅绿色，反应的离子方程式为_______；检验生成的阴离子的方法_______。③为了缩短红棕色变为浅绿色的时间，该小组进行如下实验：实验Ⅰ：往5mL1mol/LFeCl3溶液中通入SO2，微热3分钟，溶液变为浅绿色。实验Ⅱ：用浓盐酸酸化FeCl3溶液后再通入SO2，几分钟后，溶液变为浅绿色。结论：通过_______可缩短浅绿色出现的时间。〖答案〗（1）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.饱和NaHSO3溶液（2）H2SO3、或（3）①.SO2+H2OH2SO3、H2SO3+H+②.小③.[Fe(HSO3)]2++Fe3++H2O=2Fe2+++3H+④.取少量待测液置于试管中，加入HCl酸化，再向澄清液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则说明原溶液中存在离子；