2022-2023学年广东省深圳市红岭中学高二上学期（第二学段）期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1广东省深圳市红岭中学2022—2023学年高二上学期第二学段考试化学试题(说明：本试卷考试时间为75分钟，满分为100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Cd112一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个项中，只有一项是符合题目要求的。1.广东是岭南文化的重要传承地，具有众多的非物质文化遗产，下列广东非物质文化遗产中，属于合金材料的是项ABCD非遗名称吴川瓦窑陶鼓广州珐琅碣石木雕淡水客家凉帽A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．陶鼓为传统无机非金属材料，A错误；B．珐琅就是将经过粉碎研磨的珐琅釉料，涂施于经过金属加工工艺制作后的金属制品的表面，经干燥、烧成等制作步骤后，所得到的复合性工艺品，含有合金材料，B正确；C．木雕属于天然材料，C错误；D．凉帽的布料为合成材料，D错误；故选B。2.生活中的某些问题常常涉及化学知识。下列叙述不正确的是A.服用84消毒液可以杀死新冠病毒B.75%的酒精可用于抗新冠病毒的防疫消毒C.聚丙烯纤维是生产医用口罩的主要原料D.糖类、油和蛋白质都是生命必需的营养物质〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．84消毒液具有强氧化性，不能服用，故A错误；B．75%的酒精能杀灭病菌，可用于抗新冠病毒的防疫消毒，故B正确；C．聚丙烯纤维为合成材料，性能优良，是生产医用口罩的主要原料，故C正确；D．糖类、油和蛋白质都是生命必需的营养物质，故D正确；故选A。3.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应④0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2.1A.①②③ B.②③④ C.①④ D.①②④〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗部分电离的电解质为弱电解质，要想证明亚硝酸为弱电解质，只要证明亚硝酸部分电离即可。〖详析〗①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7，则亚硝酸钠是强碱弱酸盐，所以亚硝酸是弱酸，故符合题意；②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较小，但不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故不符合题意；③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应，说明亚硝酸和硫酸钠不具备复分解反应条件，不能说明亚硝酸是弱酸，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故不符合题意；④0.1mol•L-1HNO2溶液的pH=2.1，c(H+)小于亚硝酸浓度，亚硝酸部分电离，为弱电解质，故符合题意。〖答案〗选C。〖『点石成金』〗考查电解质强弱判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，与溶液导电性强弱无关。4.从柑橘中可提炼得1，8-萜二烯(()。下列有关它的说法正确的是A.分子式为C10H14B.难溶于水，可用某些有机溶剂提取1，8-萜二烯C.与酸性高锰酸钾溶液、溴水均可发生氧化反应D.它的一种同分异构体的结构中可能含有苯环〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．1，8-萜二烯分子中含有10个碳原子，不饱和度为3，其分子中所含氢原子数为2×10+2-3×2=16，所以分子式为C10H16，A错误；B．1，8-萜二烯只含C、H两种元素，属于烃，烃都难溶于水，易溶于某些有机溶剂，因此可用某些有机溶剂提取1，8-萜二烯，B正确；C．该物质中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，不是氧化反应，C错误；D．该物质的不饱和度为3，苯的不饱和度为4，所以该物质的同分异构体中不可能含有苯环，D错误；故选B。5.利用下列实验试剂，能完成相应实验的一项是A.FeCl3固体、蒸馏水——配制一定浓度的氯化铁溶液B.Fe、Cu、乙醇——完成原电池实验C.MgCl2、AlCl3、NaOH——探究镁、铝的金属性D.BaCl2、K2CO3、HCl——除去粗盐中的杂质离子〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．氯化铁在水溶液中会水解，应将氯化铁固体溶于浓盐酸后，然后加水稀释，故A不符合题意；B．乙醇不是电解质，不能形成电解质溶液，不能完成相应实验，故B不符合题意；C．反应生成氢氧化镁沉淀不溶于过量氢氧化钠，生成氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，说明镁的金属性大于铝，能完成相应实验，故C符合题意；D．碳酸钾会在食盐中引入杂质离子钾离子，不能完成相应实验，故D不符合题意；故选C。6.下列关于阿伏伽德罗常数(NA)的说法正确的是A.标况下，22.4L的CH2Cl2含有的共价键数目为4NAB.1mol/L的Na2S2O3溶液中所含的数目小于NAC.常温常压下，2.8g14N2和14CO的混合气体所含原子数为0.2NAD.1L8mol/L的硝酸与足量的Cu充分反应，转移的电子数大于4NA〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．标况下，CH2Cl2不是气体，不能确定其物质的量，故A错误；B．不确定溶液体积，不能计算其物质的量，故B错误；C．14N2和14CO的相对分子质量分别为28、30，不能确定2.8g14N2和14CO的混合气体中分子的物质的量，故不能确定原子的物质的量，故C错误；D．1L8mol/L的硝酸含有HNO38mol，与足量的Cu充分反应，开始反应为~4e-，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应为~6e-，故最终转移的电子数大于4NA，故D正确；故选D。7.如图所示的防污染实验组合仪器用于制备Cl2并探究其漂白机理，下列说法正确的是A.试管甲中的KMnO4可以用MnO2替代B.a中盛放的药品可以是碱石灰C.布条开始不褪色说明Cl2无漂白性D.可以将有色布条换成有色的鲜花〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．MnO2与浓盐酸反应需要加热，所以不能用MnO2替代KMnO4，故A错误；B．碱石灰是碱性物质，而氯气是酸性气体，故a中盛放的药品不可以是碱石灰，故B错误；C．干燥有色布条在通入氯气后不褪色，说明干燥的Cl2无漂白性，故C正确；D．鲜花中含有水，遇到氯气直接褪色，无法证明氯气本身有无漂白性，故D错误；故〖答案〗选C。8.用于驱动潜艇的液氨—液氧燃料电池示意图如图所示。下列有关说法不正确的是A.电极2发生还原反应B.电池工作时，Na+向负极移动C.电子由电极1经外电路流向电极2D.电极1的电极反应为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据电池的工作原理示意图，知道通氧气的电极2是正极，电极1是负极；〖详析〗A．在燃料电池的负极上发生燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应，所以电极2氧气为正极发生还原反应，故A正确；B．原电池工作时，电解质中的阳离子向正极移动，即Na+向正极移动，故B错误；C．原电池中，电流是从正极电极2流向负极电极1，则电子由电极1经外电路流向电极2，故C正确；D．在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1发生的电极反应为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，故D正确；故选B。9.利用Sonogashira反应机理合成苯乙炔的基本过程如图，其中，Ln代表一种配体。下列叙述不正确的是A.该过程的总反应为加成反应B.该反应中存在极性键的断裂和形成C.步骤④过程中，Pd元素被还原D.LnPd(0)和CuI共同作为该过程的催化剂〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．由图可知，反应为乙炔和生成苯乙炔和HI的反应，反应为取代反应，选项A错误；B．该反应中存在碳氢键的断裂、氢碘键的形成，故存在极性键的断裂和形成，选项B正确；C．步骤④过程中，Pd的化合价由+2变为0，化合价降低，元素被还原，选项C正确；D．由图可知，LnPd(0)和CuI共同作为该过程的催化剂，选项D正确。故选A。10.常温下，下列说法不正确的是A.pH=11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H+)相同B.pH=3的HCl溶液与pH=11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7C.pH=3的盐酸、醋酸溶液中，D.往10mLpH=3的醋酸中加入pH=11的氨水至中性，消耗氨水体积约10mL〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．pH=11的氨水、NaOH溶液中，氢离子浓度相同，对水电离的抑制程度相同，水电离产生的c(H+)相同，A正确；B．pH=3的盐酸中c(H+)=1×10

-3

mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10

-3

mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，B错误；C．两溶液中氢离子浓度相等，根据水的离子积可知两溶液中氢氧根离子浓度也相等，根据电荷守恒，则c(Cl-)=c(CH3COO-)，C正确；D．由于醋酸和一水合氨的电离程度几乎相同，因此pH=3的醋酸和pH=11的氨水浓度几乎相同，则往10mLpH=3的醋酸中加入pH=11的氨水至中性，消耗氨水体积约10mL，D正确。故选B。11.元素周期表对化学学科的发展起到了至关重要的作用，图是元素周期表短周期的一部分，下列说法正确的是XZWYA.图中四种元素电负性最大的是XB.元素的第一电离能大小：Y>WC.Y原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p4D.Z单质与X的简单氢化物能发生置换反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，XZWY分别为氧、氟、磷、硫元素；〖详析〗A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；图中四种元素电负性最大的是Z，A错误；B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故元素的第一电离能大小：Y<W，B错误；C．Y原子的价电子排布式为3s23p4，C错误；D．氟单质与X的简单氢化物水反应生成氧气和HF，能发生置换反应，D正确；故选D。12.已知：①②③④⑤下列关于上述反应焓变的判断正确的是A.△H1＞0 B.△H5＞0C.△H4＜△H3 D.△H1=△H2+△H3〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．H2在O2中的燃烧反应为放热反应，所以△H1＜0，A不正确；B．Al与Fe2O3的反应属于铝热反应，铝热反应都是放热反应，所以△H5＜0，B不正确；C．依据盖斯定律，将反应④-③得，△H5=△H4-△H3＜0，则△H4＜△H3，C正确；D．依据盖斯定律，将反应②+③得，△H=△H2+△H3，与反应①进行比较，可得出△H1=(△H2+△H3)，D不正确；故选C。13.液流电池是一种正负极各自循环的高性能蓄电池。多硫化物/碘化物氧化还原液流电池放电示意图如图所示。下列说法正确的是A.电池中的离子交换膜可选用阴离子交换膜B.放电时，正极电极反应为C.充电时，电源的负极应与右侧电极相连D.充电时，外电路中通过2mol电子，会有1mol生成〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干图示信息可知，左侧电极反应为：2S2--2e-=，发生氧化反应，左侧电极为负极，右侧电极反应为：+2e-=3I-，发生还原反应，右侧电极为正极，据此分析解题。〖详析〗A．由分析可知，两电极上均为阴离子参与反应，故电池中的离子交换膜不可选用阴离子交换膜，应该选用阳离子交换膜，A错误；B．由分析可知，放电时，正极发生还原反应，电极反应为+2e-=3I-，B错误；C．由分析可知，左侧为负极，故充电时，电源的负极应与左侧电极相连，C错误；D．由分析可知，放电时，右侧电极反应为：+2e-=3I-，则充电时，右侧电极反应为：3I--2e-=，外电路中通过2mol电子，会有1mol生成，D正确；故〖答案〗为：D。14.工业上用铝土矿主要成分为，含、等杂质为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是（）A.试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B.反应II中生成的反应为：C.结合质子的能力由弱到强的顺序是D.熔点很高，工业上还可采用电解熔融冶炼Al〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A.由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙为偏铝酸钠溶液、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C.结合质子的能力越强，相应的酸提供质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，提供质子的能力，则结合质子能力：，故C错误；D.氯化铝是分子晶体，熔融时不导电，不能采用电解熔融的氯化铝冶炼铝，故D错误；〖答案〗选B。15.用活性炭可还原NO2防止空气污染，其反应原理为：。一定温度下，向2L恒容密闭容器中加入足量的C(s)和0.200molNO2，体系中物质浓度变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.X点的v(正)>Y点v(正)B.曲线C表示的是体系中CO2的浓度变化C.0~4min，CO2的平均反应速率为0.030D.NO2的平衡转化率为30%〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．由图可知，X点后反应继续正向进行，则X点的v(正)>Y点v(正)，选项A正确；B．由图可知，ABC浓度变化之比为0.06:0.06:0.03=2:2:1，结合化学方程式可知，曲线C表示的是体系中N2的浓度变化，曲线A表示的是体系中CO2的浓度变化，选项B错误；C．结合B分析，0~4min，CO2的平均反应速率为，选项C错误；D．曲线B表示的是体系中NO2的浓度变化，NO2的平衡转化率为，选项D错误。故选A。16.等体积的两种一元酸“酸1”和“酸2”分别用等浓度的NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.“酸1”比“酸2”的酸性弱B.“酸2”的浓度为0.01C.“酸2”的Ka的数量级约为D.滴定“酸1”和“酸2”均可用甲基橙作指示剂〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．由图中可以看出，滴定达终点时，酸2消耗KOH体积大，则表明c(酸2)>c(酸1)，而起始时pH(酸2)>pH(酸1)，所以“酸1”比“酸2”的酸性强，A错误；B．“酸2”为弱酸，c(H+)=0.01mol•L-1，则酸2的起始浓度比0.01mol•L-1大得多，B错误；C．“酸2”滴定一半时，c(酸2)=c(酸2的酸根离子)，此时溶液pH介于4~5之间，所以Ka的数量级约为10-5，C正确；D．滴定终点时，“酸2”的pH与酚酞的变色范围接近或重叠，可用酚酞作指示剂，D错误；故选C。二、非选择题：共56分。17.海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。（1）已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。①下列说法正确的是_______(填字母)。a.A点，溶液中H2CO3和浓度相同b.pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是c.当时，②上述中性水溶液中，阴离子浓度由大到小的关系是_______；pH=10时，由水电离出的c(H+)=_______。（2）海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。①海水呈弱碱性是因为主要含有_______、(填微粒符号)。②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数、；H2SO3电离平衡常数、。海水中含有的可用于吸收SO2，吸收后溶液呈弱酸性的原因是_______，该过程的离子方程式是_______。（3）洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种有效的处理方式。通入O2可将酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化，该反应的离子方程式是_______。〖答案〗（1）①.b②.③.（2）①、②.反应生成，其电离程度大于水解程度，溶液呈弱酸性③.（3）O2+2=2+2H+〖解析〗〖小问1详析〗①a．A点是物质的量分数与CO2和H2CO3物质的量分数相同，溶液中H2CO3和浓度不相同，a错误；b．由图象分析可以知道，pH=8时溶液中含碳元素的微粒主要是，b正确；c．由图象分析可以知道，当时，pH=10溶液显碱性，c(H+)<c(OH－)，c错误；故选b。②由图可知，pH=7时，溶液中浓度大于H2CO3，则阴离子浓度由大到小的关系是；pH=10时，水的电离受到抑制，则由水电离出的c(H+)=；〖小问2详析〗①海水中含有、，二者水解使得海水呈弱碱性；②由H2CO3和H2SO3的电离平衡常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>>，则海水中的和SO2反应生成和CO2，由于的电离平衡常数，水解平衡常数，即的电离程度大于水解程度，使得吸收后溶液呈弱酸性，该过程的离子方程式是；〖小问3详析〗由（2）问分析知，洗涤烟气后的海水呈酸性，是因为含有，通入O2可将酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2=2+2H+。18.国家规定生产生活用水中镉的含量必须严格控制。（1）湿法炼锌产生的铜镉渣(主要含锌、铜、铁、镉、钴等单质)用于生产金属镉的工艺流程如图：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：金属离子Fe3+Cd2+Fe2+开始沉淀的pH117.25.8沉淀完全的pH3.29.58.8①酸浸时粉碎铜镉渣的目的是_______。②过滤Ⅲ中加入试剂Zn，其作用是调节滤液的pH范围为_______。③电解过程中，镉在_______极析出，该电极材料是_______，电解废液中可循环利用的溶质是_______。（2）处理含镉废水常采用化学沉淀法，已知常温下，、、、。①沉淀Cd2+效果最佳的试剂是_______。a.Na2CO3b.CaOc.Na2S②若采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，此时溶液中c(Cd2+)=_______。③常加入CaCO3实现沉淀转化，反应前溶液中的c(Cd2+)为0.05mol/L，反应后溶液中c(Ca2+)为0.5mol/L，则原溶液中Cd2+的去除率为_______。〖答案〗（1）①.增大反应物的接触面积，加快反应的速率②.3.2~7.2③.阴④.惰性材料⑤.H2SO4（2）①.c②.③.98%〖解析〗〖祥解〗铜镉渣加入稀硫酸酸浸后，铜不反应得到滤渣，滤液加入锌置换出铁、钴，过滤滤液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入锌调节pH除去铁，滤液电解得到镉；〖小问1详析〗①酸浸时粉碎铜镉渣的目的是增大反应物的接触面积，加快反应的速率；②加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入试剂Zn，其作用是调节滤液的pH使得铁完全沉淀而镉不沉淀，由图表可知，范围为3.2~7.2；③电解过程中，镉发生还原反应得到单质，故在阴极析出，该电极材料是惰性电极，电解过程中阳极生成氢离子，故废液中生成硫酸，故可循环利用的溶质是H2SO4；〖小问2详析〗①由可知，CdS的溶解性最小，故沉淀Cd2+效果最佳的试剂是Na2S，故选c；②若采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，则pOH=3，此时溶液中c(Cd2+)=；③常加入CaCO3实现沉淀转化，反应前溶液中的c(Cd2+)为0.05mol/L，反应后溶液中c(Ca2+)为0.5mol/L，则，反应后，原溶液中Cd2+的去除率为。19.为更好地利用化学变化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程度等。实验发现，Mg+AgCl滤液反应比Mg+H2O反应速率快，研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。〖提出猜想〗猜想一：钻入Mg(OH)2膜形成孔径，增大了Mg和H2O的接触面积，加快了Mg+H2O的反应速率，称作“离子钻入效应”；猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换Ag+形成许多微小的Mg-Ag原电池，使Mg+H2O反应速率进一步加快。〖实验设计〗取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1mol/LKCl、0.2mol/LAgNO3、0.2mol/LKNO3溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，并观察Mg条表面实验现象。实验序号V(KCl)/mLV(AgNO3)/mLV(KNO3)/mLV(H2O)/mL实验现象1///5.00微小气泡附着24.500.50//大量气泡放出34.50//0.50少量气泡放出4a/b/少量气泡放出（1）①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______②由实验1和实验3对比可知：有加快Mg+H2O反应速率的作用。③由实验_______和实验_______对比可知：Ag+有加快Mg+H2O反应速率的作用。〖实验结论1〗猜想一和猜想二成立。（2）写出Ag+的水解离子方程式_______。（3）为了进一步证明Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+体系中Mg+H2O的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。〖实验设计〗选取实验2和实验4两个实验方案，采集两个实验的pH-时间、温度-时间变化数据。实验数据如图所示：④由初始pH数据可知，曲线_______(填“a”或“b”)表示实验2的pH-时间变化曲线，请解释原因_______。⑤在pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓的原因_______。⑥对“温度-时间”曲线分析，在相同反应时间内，_______(填“实验2”或“实验4”)放热更多，因此速率更快。〖实验结论2〗结合pH-时间、温度-时间曲线可知，Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+体系中Mg+H2O的反应速率。〖答案〗（1）①.4.5②.0.5③.2④.4（2）（3）①.a②.溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7③.Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应④.实验2〖解析〗〖小问1详析〗根据实验单一变量原则，加入不同物质的体积应该一致，所以a=4.5，b=0.5；要研究Ag+有加快Mg+H2O反应速率的作用，则一个实验需要加入Ag+，另一个实验应该加入K+作对照，所以对比实验2和4可得出结论，故〖答案〗为4.5；0.5；2；4。〖小问2详析〗AgNO3是强酸弱碱盐，银离子水解方程式为，故〖答案〗为。〖小问3详析〗④溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7，所以曲线a表示实验2的pH-时间变化曲线，故〖答案〗为a；溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7。⑤在pH=11左右，溶液呈碱性，将生成Mg(OH)2，Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O反应；故〖答案〗为Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应。⑥由图可知，对“温度-时间”曲线分析，在相同反应时间内，实验2放出热量明显多于实验4，速率更快，故〖答案〗为实验2。20.汽车尾气(用N2O表示)是空气污染源之一，回答下列问题：（1）用CO还原N2O的能量变化如图甲所示，则该反应的热化学方程式为_______。在相同温度和压强下，1molN2O和1molCO经过相同反应时间(t秒)测得如下实验数据：实验温度/℃催化剂N2O转化率/%实验Ⅰ400催化剂19.5400催化剂210.6实验Ⅱ500催化剂112.3500催化剂213.5实验Ⅰ中，使用催化剂1时，N2O的平均反应速率为_______；在相同温度时，催化剂2催化下N2O的转化率更高的原因是_______。（2）在容积均为1L的密闭容器A(起始500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入0.1molN2O、0.4molCO和相同催化剂。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图乙所示。①B容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图乙中的_______曲线。②要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取的措施是_______(答出1点即可)。③500℃该反应的化学平衡常数K=_______(用分数表示)。④实验测定该反应的反应速率v正=k正·c(N2O)·c(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。计算M处的_______(保留两位小数)。〖答案〗（1）①.CO(g)+N2O(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H=-362.8kJ/mol②.③.催化剂2催化效果更好，反应的活化能更低，反应速率快（2）①.a②.增大压强，或减小体积③.④.1.69〖解析〗〖小问1详析〗根据图象可知，反应物为各1mol的CO(g)、N2O(g)，生成物为各1mol的N2(g)、CO2(g)，反应物的总能量比生成物的总能量高362.8kJ，则热化学方程式为CO(g)+N2O(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H=-362.8kJ/mol；根据表中数据可知，相同时间内，催化剂2的一氧化二氮的转化率更高，催化效果更好，反应的活化能更低，反应速率快，则经过相同反应时间，N2O的转化率更高或产量更高；实验Ⅰ中，使用催化剂1时，N2O的转化率为9.5%，则该时间段内N2O的平均反应速率为；〖小问2详析〗①N2O和CO的反应为放热反应，容器A(起始500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)，B随反应的进行温度升高，反应速率加快，达到平衡状态时使用的时间变短，则曲线a表示装置B中N2O的转化率随时间的变化；②所用时间变短，但不改变N2O的平衡转化率，则不能改变温度，反应为气体计量数不变的反应，则可增大压强，或减小体积；③根据图象可知，500℃时，N2O的平衡转化率为25%，加入0.1molN2O，则反应量0.025mol，同理，0.4molCO的反应量0.025mol，容器的体积为1L：K==；④M处N2O的平衡转化率为20%；v正=k正×0.08mol/L×0.38mol/L，v逆=k逆×0.02mol/L×0.02mol/L，=K×=76=1.69。PAGEPAGE1广东省深圳市红岭中学2022—2023学年高二上学期第二学段考试化学试题(说明：本试卷考试时间为75分钟，满分为100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Cd112一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个项中，只有一项是符合题目要求的。1.广东是岭南文化的重要传承地，具有众多的非物质文化遗产，下列广东非物质文化遗产中，属于合金材料的是项ABCD非遗名称吴川瓦窑陶鼓广州珐琅碣石木雕淡水客家凉帽A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．陶鼓为传统无机非金属材料，A错误；B．珐琅就是将经过粉碎研磨的珐琅釉料，涂施于经过金属加工工艺制作后的金属制品的表面，经干燥、烧成等制作步骤后，所得到的复合性工艺品，含有合金材料，B正确；C．木雕属于天然材料，C错误；D．凉帽的布料为合成材料，D错误；故选B。2.生活中的某些问题常常涉及化学知识。下列叙述不正确的是A.服用84消毒液可以杀死新冠病毒B.75%的酒精可用于抗新冠病毒的防疫消毒C.聚丙烯纤维是生产医用口罩的主要原料D.糖类、油和蛋白质都是生命必需的营养物质〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．84消毒液具有强氧化性，不能服用，故A错误；B．75%的酒精能杀灭病菌，可用于抗新冠病毒的防疫消毒，故B正确；C．聚丙烯纤维为合成材料，性能优良，是生产医用口罩的主要原料，故C正确；D．糖类、油和蛋白质都是生命必需的营养物质，故D正确；故选A。3.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应④0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2.1A.①②③ B.②③④ C.①④ D.①②④〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗部分电离的电解质为弱电解质，要想证明亚硝酸为弱电解质，只要证明亚硝酸部分电离即可。〖详析〗①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7，则亚硝酸钠是强碱弱酸盐，所以亚硝酸是弱酸，故符合题意；②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较小，但不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故不符合题意；③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应，说明亚硝酸和硫酸钠不具备复分解反应条件，不能说明亚硝酸是弱酸，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故不符合题意；④0.1mol•L-1HNO2溶液的pH=2.1，c(H+)小于亚硝酸浓度，亚硝酸部分电离，为弱电解质，故符合题意。〖答案〗选C。〖『点石成金』〗考查电解质强弱判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，与溶液导电性强弱无关。4.从柑橘中可提炼得1，8-萜二烯(()。下列有关它的说法正确的是A.分子式为C10H14B.难溶于水，可用某些有机溶剂提取1，8-萜二烯C.与酸性高锰酸钾溶液、溴水均可发生氧化反应D.它的一种同分异构体的结构中可能含有苯环〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．1，8-萜二烯分子中含有10个碳原子，不饱和度为3，其分子中所含氢原子数为2×10+2-3×2=16，所以分子式为C10H16，A错误；B．1，8-萜二烯只含C、H两种元素，属于烃，烃都难溶于水，易溶于某些有机溶剂，因此可用某些有机溶剂提取1，8-萜二烯，B正确；C．该物质中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，不是氧化反应，C错误；D．该物质的不饱和度为3，苯的不饱和度为4，所以该物质的同分异构体中不可能含有苯环，D错误；故选B。5.利用下列实验试剂，能完成相应实验的一项是A.FeCl3固体、蒸馏水——配制一定浓度的氯化铁溶液B.Fe、Cu、乙醇——完成原电池实验C.MgCl2、AlCl3、NaOH——探究镁、铝的金属性D.BaCl2、K2CO3、HCl——除去粗盐中的杂质离子〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．氯化铁在水溶液中会水解，应将氯化铁固体溶于浓盐酸后，然后加水稀释，故A不符合题意；B．乙醇不是电解质，不能形成电解质溶液，不能完成相应实验，故B不符合题意；C．反应生成氢氧化镁沉淀不溶于过量氢氧化钠，生成氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，说明镁的金属性大于铝，能完成相应实验，故C符合题意；D．碳酸钾会在食盐中引入杂质离子钾离子，不能完成相应实验，故D不符合题意；故选C。6.下列关于阿伏伽德罗常数(NA)的说法正确的是A.标况下，22.4L的CH2Cl2含有的共价键数目为4NAB.1mol/L的Na2S2O3溶液中所含的数目小于NAC.常温常压下，2.8g14N2和14CO的混合气体所含原子数为0.2NAD.1L8mol/L的硝酸与足量的Cu充分反应，转移的电子数大于4NA〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．标况下，CH2Cl2不是气体，不能确定其物质的量，故A错误；B．不确定溶液体积，不能计算其物质的量，故B错误；C．14N2和14CO的相对分子质量分别为28、30，不能确定2.8g14N2和14CO的混合气体中分子的物质的量，故不能确定原子的物质的量，故C错误；D．1L8mol/L的硝酸含有HNO38mol，与足量的Cu充分反应，开始反应为~4e-，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应为~6e-，故最终转移的电子数大于4NA，故D正确；故选D。7.如图所示的防污染实验组合仪器用于制备Cl2并探究其漂白机理，下列说法正确的是A.试管甲中的KMnO4可以用MnO2替代B.a中盛放的药品可以是碱石灰C.布条开始不褪色说明Cl2无漂白性D.可以将有色布条换成有色的鲜花〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．MnO2与浓盐酸反应需要加热，所以不能用MnO2替代KMnO4，故A错误；B．碱石灰是碱性物质，而氯气是酸性气体，故a中盛放的药品不可以是碱石灰，故B错误；C．干燥有色布条在通入氯气后不褪色，说明干燥的Cl2无漂白性，故C正确；D．鲜花中含有水，遇到氯气直接褪色，无法证明氯气本身有无漂白性，故D错误；故〖答案〗选C。8.用于驱动潜艇的液氨—液氧燃料电池示意图如图所示。下列有关说法不正确的是A.电极2发生还原反应B.电池工作时，Na+向负极移动C.电子由电极1经外电路流向电极2D.电极1的电极反应为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据电池的工作原理示意图，知道通氧气的电极2是正极，电极1是负极；〖详析〗A．在燃料电池的负极上发生燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应，所以电极2氧气为正极发生还原反应，故A正确；B．原电池工作时，电解质中的阳离子向正极移动，即Na+向正极移动，故B错误；C．原电池中，电流是从正极电极2流向负极电极1，则电子由电极1经外电路流向电极2，故C正确；D．在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1发生的电极反应为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，故D正确；故选B。9.利用Sonogashira反应机理合成苯乙炔的基本过程如图，其中，Ln代表一种配体。下列叙述不正确的是A.该过程的总反应为加成反应B.该反应中存在极性键的断裂和形成C.步骤④过程中，Pd元素被还原D.LnPd(0)和CuI共同作为该过程的催化剂〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．由图可知，反应为乙炔和生成苯乙炔和HI的反应，反应为取代反应，选项A错误；B．该反应中存在碳氢键的断裂、氢碘键的形成，故存在极性键的断裂和形成，选项B正确；C．步骤④过程中，Pd的化合价由+2变为0，化合价降低，元素被还原，选项C正确；D．由图可知，LnPd(0)和CuI共同作为该过程的催化剂，选项D正确。故选A。10.常温下，下列说法不正确的是A.pH=11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H+)相同B.pH=3的HCl溶液与pH=11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7C.pH=3的盐酸、醋酸溶液中，D.往10mLpH=3的醋酸中加入pH=11的氨水至中性，消耗氨水体积约10mL〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．pH=11的氨水、NaOH溶液中，氢离子浓度相同，对水电离的抑制程度相同，水电离产生的c(H+)相同，A正确；B．pH=3的盐酸中c(H+)=1×10

-3

mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10

-3

mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，B错误；C．两溶液中氢离子浓度相等，根据水的离子积可知两溶液中氢氧根离子浓度也相等，根据电荷守恒，则c(Cl-)=c(CH3COO-)，C正确；D．由于醋酸和一水合氨的电离程度几乎相同，因此pH=3的醋酸和pH=11的氨水浓度几乎相同，则往10mLpH=3的醋酸中加入pH=11的氨水至中性，消耗氨水体积约10mL，D正确。故选B。11.元素周期表对化学学科的发展起到了至关重要的作用，图是元素周期表短周期的一部分，下列说法正确的是XZWYA.图中四种元素电负性最大的是XB.元素的第一电离能大小：Y>WC.Y原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p4D.Z单质与X的简单氢化物能发生置换反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，XZWY分别为氧、氟、磷、硫元素；〖详析〗A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；图中四种元素电负性最大的是Z，A错误；B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故元素的第一电离能大小：Y<W，B错误；C．Y原子的价电子排布式为3s23p4，C错误；D．氟单质与X的简单氢化物水反应生成氧气和HF，能发生置换反应，D正确；故选D。12.已知：①②③④⑤下列关于上述反应焓变的判断正确的是A.△H1＞0 B.△H5＞0C.△H4＜△H3 D.△H1=△H2+△H3〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．H2在O2中的燃烧反应为放热反应，所以△H1＜0，A不正确；B．Al与Fe2O3的反应属于铝热反应，铝热反应都是放热反应，所以△H5＜0，B不正确；C．依据盖斯定律，将反应④-③得，△H5=△H4-△H3＜0，则△H4＜△H3，C正确；D．依据盖斯定律，将反应②+③得，△H=△H2+△H3，与反应①进行比较，可得出△H1=(△H2+△H3)，D不正确；故选C。13.液流电池是一种正负极各自循环的高性能蓄电池。多硫化物/碘化物氧化还原液流电池放电示意图如图所示。下列说法正确的是A.电池中的离子交换膜可选用阴离子交换膜B.放电时，正极电极反应为C.充电时，电源的负极应与右侧电极相连D.充电时，外电路中通过2mol电子，会有1mol生成〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干图示信息可知，左侧电极反应为：2S2--2e-=，发生氧化反应，左侧电极为负极，右侧电极反应为：+2e-=3I-，发生还原反应，右侧电极为正极，据此分析解题。〖详析〗A．由分析可知，两电极上均为阴离子参与反应，故电池中的离子交换膜不可选用阴离子交换膜，应该选用阳离子交换膜，A错误；B．由分析可知，放电时，正极发生还原反应，电极反应为+2e-=3I-，B错误；C．由分析可知，左侧为负极，故充电时，电源的负极应与左侧电极相连，C错误；D．由分析可知，放电时，右侧电极反应为：+2e-=3I-，则充电时，右侧电极反应为：3I--2e-=，外电路中通过2mol电子，会有1mol生成，D正确；故〖答案〗为：D。14.工业上用铝土矿主要成分为，含、等杂质为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是（）A.试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B.反应II中生成的反应为：C.结合质子的能力由弱到强的顺序是D.熔点很高，工业上还可采用电解熔融冶炼Al〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A.由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙为偏铝酸钠溶液、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C.结合质子的能力越强，相应的酸提供质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，提供质子的能力，则结合质子能力：，故C错误；D.氯化铝是分子晶体，熔融时不导电，不能采用电解熔融的氯化铝冶炼铝，故D错误；〖答案〗选B。15.用活性炭可还原NO2防止空气污染，其反应原理为：。一定温度下，向2L恒容密闭容器中加入足量的C(s)和0.200molNO2，体系中物质浓度变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.X点的v(正)>Y点v(正)B.曲线C表示的是体系中CO2的浓度变化C.0~4min，CO2的平均反应速率为0.030D.NO2的平衡转化率为30%〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．由图可知，X点后反应继续正向进行，则X点的v(正)>Y点v(正)，选项A正确；B．由图可知，ABC浓度变化之比为0.06:0.06:0.03=2:2:1，结合化学方程式可知，曲线C表示的是体系中N2的浓度变化，曲线A表示的是体系中CO2的浓度变化，选项B错误；C．结合B分析，0~4min，CO2的平均反应速率为，选项C错误；D．曲线B表示的是体系中NO2的浓度变化，NO2的平衡转化率为，选项D错误。故选A。16.等体积的两种一元酸“酸1”和“酸2”分别用等浓度的NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.“酸1”比“酸2”的酸性弱B.“酸2”的浓度为0.01C.“酸2”的Ka的数量级约为D.滴定“酸1”和“酸2”均可用甲基橙作指示剂〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．由图中可以看出，滴定达终点时，酸2消耗KOH体积大，则表明c(酸2)>c(酸1)，而起始时pH(酸2)>pH(酸1)，所以“酸1”比“酸2”的酸性强，A错误；B．“酸2”为弱酸，c(H+)=0.01mol•L-1，则酸2的起始浓度比0.01mol•L-1大得多，B错误；C．“酸2”滴定一半时，c(酸2)=c(酸2的酸根离子)，此时溶液pH介于4~5之间，所以Ka的数量级约为10-5，C正确；D．滴定终点时，“酸2”的pH与酚酞的变色范围接近或重叠，可用酚酞作指示剂，D错误；故选C。二、非选择题：共56分。17.海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。（1）已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。①下列说法正确的是_______(填字母)。a.A点，溶液中H2CO3和浓度相同b.pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是c.当时，②上述中性水溶液中，阴离子浓度由大到小的关系是_______；pH=10时，由水电离出的c(H+)=_______。（2）海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。①海水呈弱碱性是因为主要含有_______、(填微粒符号)。②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数、；H2SO3电离平衡常数、。海水中含有的可用于吸收SO2，吸收后溶液呈弱酸性的原因是_______，该过程的离子方程式是_______。（3）洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种有效的处理方式。通入O2可将酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化，该反应的离子方程式是_______。〖答案〗（1）①.b②.③.（2）①、②.反应生成，其电离程度大于水解程度，溶液呈弱酸性③.（3）O2+2=2+2H+〖解析〗〖小问1详析〗①a．A点是物质的量分数与CO2和H2CO3物质的量分数相同，溶液中H2CO3和浓度不相同，a错误；b．由图象分析可以知道，pH=8时溶液中含碳元素的微粒主要是，b正确；c．由图象分析可以知道，当时，pH=10溶液显碱性，c(H+)<c(OH－)，c错误；故选b。②由图可知，pH=7时，溶液中浓度大于H2CO3，则阴离子浓度由大到小的关系是；pH=10时，水的电离受到抑制，则由水电离出的c(H+)=；〖小问2详析〗①海水中含有、，二者水解使得海水呈弱碱性；②由H2CO3和H2SO3的电离平衡常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>>，则海水中的和SO2反应生成和CO2，由于的电离平衡常数，水解平衡常数，即的电离程度大于水解程度，使得吸收后溶液呈弱酸性，该过程的离子方程式是；〖小问3详析〗由（2）问分析知，洗涤烟气后的海水呈酸性，是因为含有，通入O2可将酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2=2+2H+。18.国家规定生产生活用水中镉的含量必须严格控制。（1）湿法炼锌产生的铜镉渣(主要含锌、铜、铁、镉、钴等单质)用于生产金属镉的工艺流程如图：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：金属离子Fe3+Cd2+Fe2+开始沉淀的pH117.25.8沉淀完全的pH3.29.58.8①酸浸时粉碎铜镉渣的目的是_______。②过滤Ⅲ中加入试剂Zn，其作用是调节滤液的pH范围为_______。③电解过程中，镉在_______极析出，该电极材料是_______，电解废液中可循环利用的溶质是_______。（2）处理含镉废水常采用化学沉淀法，已知常温下，、、、。①沉淀Cd2+效果最佳的试剂是_______。a.Na2CO3b.CaOc.Na2S②若采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，此时溶液中c(Cd2+)=_______。③常加入CaCO3实现沉淀转化，反应前溶液中的c(Cd2+)为0.05mol/L，反应后溶液中c(Ca2+)为0.5mol/L，则原溶液中Cd2+的去除率为_______。〖答案〗（1）①.增大反应物的接触面积，加快反应的速率②.3.2~7.2③.阴④.惰性材料⑤.H2SO4（2）①.c②.③.98%〖解析〗〖祥解〗铜镉渣加入稀硫酸酸浸后，铜不反应得到滤渣，滤液加入锌置换出铁、钴，过滤滤液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入锌调节pH除去铁，滤液电解得到镉；〖小问1详析〗①酸浸时粉碎铜镉渣的目的是增大反应物的接触面积，加快反应的速率；②加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入试剂Zn，其作用是调节滤液的pH使得铁完全沉淀而镉不沉淀，由图表可知，范围为3.2~7.2；③电解过程中，镉发生还原反应得到单质，故在阴极析出，该电极材料是惰性电极，电解过程中阳极生成氢离子，故废液中生成硫酸，故可循环利用的溶质是H2SO4；〖小问2详析〗①由可知，CdS的溶解性最小，故沉淀Cd2+效果最佳的试剂是Na2S，故选c；②若采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，则pOH=3，此时溶液中c(Cd2+)=；③常加入CaCO3实现沉淀转化，反应前溶液中的c(Cd2+)为0.05mol/L，反应后溶液中c(Ca2+)为0.5mol/L，则，反应后，原溶液中Cd2+的去除率为。19.为更好地利用化学变化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程度等。实验发现，Mg+AgCl滤液反应比Mg+H2O反应速率快，研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。〖提出猜想〗猜想一：钻入Mg(OH)2膜形成孔径，增大了Mg和H2O的接触面积，加快了Mg+H2O的反应速率，称作“离子钻入效应”；猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换Ag+形成许多微小的Mg-Ag原电池，使Mg+H2O反应速率进一步加快。〖实验设计〗取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1mol/LKCl、0.2mol/LAgNO3、0.2mol/LKNO3溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，并观察Mg条表面实验现象。实验序号V(KCl)/mLV(AgNO3)/mLV(KNO3)/mLV(H2O)/mL实验现象1///5.00微小气泡附着24.500.50//大量气泡放出34.50//0.50少量气泡放出4a/b/少量气泡放出（1）①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______②由实验1和实验3对比可知：有加快Mg+H2O反应速率的作用。③由实验_______和实验_______对比可知：Ag+有加快Mg+H2O反应速率的作用。〖实验结论1〗猜想一和猜想二成立。（2）写出Ag+的水解离子方程式_______。（3）为了进一步证明Mg-Ag原电池能加快Mg+H2O+体系中Mg+H2O的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。〖实验设计〗选取实验2和实