四川省绵阳南山中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学 Word版含解析

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绵阳南山中学2023年春季高2022级半期考试化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案：非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cu-64Ba-137第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意)1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.天然气、沼气和煤气的主要成分均是甲烷B.在医学检查中，重晶石和芒硝均可以用作钡餐C.葡萄酒、果脯中加入适量SO2以起到杀菌、抗氧化的作用D.门窗玻璃、计算机芯片、混凝土桥墩都含有二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A．天然气、沼气的主要成分均是甲烷，煤气的主要成分为CO等，A错误；B．硫酸钡俗称重晶石，BaSO4不溶于胃酸，在医疗上可被用作消化系统X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”，芒硝是十水合硫酸钠的俗称，可溶，不可以用作钡餐，B错误；C．SO2具有较强还原性，在葡萄酒、果脯中加入适量SO2以起到杀菌、抗氧化的作用，C正确；D．计算机芯片中含有硅、不含有二氧化硅，D错误；答案选C。2.下列有关化学用语表达正确的是A.37Cl-离子结构示意图：B.N2的结构式：

1C.CCl4分子的空间填充模型：D.次氯酸的电子式：【答案】A【解析】详解】A．37Cl-离子有17个质子，核外18个电子，从K到M层依次排2、8、8个电子，离子结构示意图：，A正确；B．N2分子内有氮氮三键，结构式：，B错误；C．四氯化碳分子空间构型为正四面体形，氯原子半径比碳原子大，故四氯化碳分子的空间填充模型为：，原图能表示CH4的空间填充模型，C错误；D．H和Cl周围能形成1对共用电子对，O周围能形成2对共用电子对，故次氯酸的结构式：H-O-Cl，电子式：，D错误；答案选A。3.下列变化中与原电池原理无关的是A.生铁在潮湿的环境中易生锈B.镀锌铁表面有划损时，仍能阻止铁被氧化C.铝在空气中表面形成氧化膜D.锌与稀硫酸反应制H2时，加入几滴CuSO4溶液【答案】C【解析】【详解】A．生铁在潮湿的环境中易生锈，是因为生铁中碳等杂质与铁、覆盖生铁表面的电解质薄膜形成原电池，A不符合；B．镀锌铁表面有划损时，镀锌铁构成原电池，铁作正极被保护，故仍能阻止铁被氧化，B不符合；C．铝在空气中表面被氧化，是铝与氧气直接反应生成氧化铝，与原电池无关，C符合；D．铁与CuSO4反应生成的铜附着在铁的表面，与稀硫酸共同构成原电池，能加快铁与酸的反应，D不符合；答案选C。4.下列反应中，调节反应物质的用量或反应条件，不会改变反应产物的是A.硝酸中加入铁粉B.SO2通入烧碱溶液中C.硫粉在氧气中点燃D.钠与氧气反应

2【答案】C【解析】【详解】A．硝酸中加入铁粉，加入少量铁粉生成硝酸铁，加入过量铁粉生成硝酸亚铁，故A不符合题意；B．SO2通入烧碱溶液中，少量二氧化硫生成亚硫酸钠，过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，故B不符合题意；C．硫粉在氧气中点燃，都只生成二氧化硫，故C符合题意；D．钠与氧气反应，放在空气中变为氧化钠，在坩埚中加热变为过氧化钠，故D不符合题意。综上所述，答案为C。5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应后分子总数为2NAB.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NAC.15g甲基(－CH3)中含有的电子数为10NAD.标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数目为3NA【答案】B【解析】【详解】A．SO2与O2的反应为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应后分子总数小于3NA大于2NA，A错误；B．，则3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA，B正确；C．15g甲基(－CH3)即，1个甲基中含有的电子数为9个，则15g甲基中含有的电子数为9NA，C错误；D．标准状况下，SO3为固体，不能计算，D错误；故选B。6.下列有关实验的操作、现象和实验结论正确的是选项操作现象实验结论A向某溶液中加入稀NaOH溶液湿润的红色石蕊试纸未变蓝该溶液不含NH

3B将久置的Na2SO3固体溶于稀硝酸后再加入BaCl2溶液产生白色沉淀该Na2SO3固体已变质C将甲烷和氯气以体积比1∶1混合发生取代反应试管内气体颜色变浅，液面上升，试管壁出现油状液滴甲烷全部转化为CCl4D向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加入5mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后加入KSCN溶液溶液变红Fe3+与I-的反应有一定限度A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．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，不能说明一定不含有NH，A错误；B．久置的Na2SO3固体溶于稀硝酸，则Na2SO3被稀硝酸氧化为硫酸根离子，再加入BaCl2溶液必定生成白色沉淀，不能证明原溶液一定含SO，不能证明该Na2SO3固体已变质，B错误；C．CH4和Cl2混合后在光照条件下发生的取代反应是连续的：CH4+Cl2CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl、CHCl3+Cl2CCl4+HCl，故油状液滴是二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物，不能证明甲烷全部转化为CCl4，C错误；D．向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加入5mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后碘离子过量、铁离子少量，加入KSCN溶液反应变红色，则铁离子有剩余，能说明Fe3+与I-的反应有一定的限度，D正确；选D。7.下列所示装置正确且能完成相关实验的是

4A.用甲所示装置制取Fe(OH)2B.用乙所示装置制取SO2C.用丙所示装置制取并收集O2D.用丁所示装置比较HCl、H2CO3、H2SiO3酸性强弱【答案】A【解析】【详解】A．硫酸亚铁溶液和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，植物油密度比水小，在溶液上层，能隔绝空气、防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故A正确；B．硫酸的浓度比较稀，SO2易溶于水，应用浓硫酸，故B错误；C．过氧化氢在二氧化锰催化下分解生成氧气，且氧气不溶于水，但氧气密度比空气大，应用向上排空气法收集、而不是向下排空气法，也可用排水法收集，故C错误；D．盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有氯化氢，不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，另外盐酸不是氯元素最高价氧化的水化物，也不能比较Cl与C、Si的非金属性强弱，故D错误；答案选A。8.下列方程式书写正确的是A.乙烷与氯气混合光照：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClB.将SO2通入BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2H+C.过量Fe和稀HNO3的反应：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2OD.等浓度的(NH4)2SO4溶液与Ba(OH)2溶液等体积混合：NH+OH-+SO+Ba2+=BaSO4↓+NH3•H2O【答案】C【解析】【详解】A．乙烷与氯气混合光照：除了发生CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，还有乙烷的二氯代产物、三氯代产物、四氯代产物、五氯代产物和六氯代产物生成，有多个反应存在，得到混合物，A不符合；B．亚硫酸酸性比盐酸弱，将SO2通入BaCl2溶液中不发生反应，B不符合；C．硝酸把铁氧化为铁离子，铁离子和过量铁反应得到亚铁离子，过量Fe和稀HNO3的反应，得到硝酸亚铁、一氧化氮和水：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，C符合；D．等浓度的(NH4)2SO4溶液与Ba(OH)2溶液等体积混合得到BaSO4沉淀和NH3•H2O：2NH+2OH-+SO+Ba2+=BaSO4↓+2NH3•H2O，D不符合；答案选C。

59.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)在一定条件下达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示。由图可得出的正确结论是A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：a点小于b点C.反应物的总能量高于生成物的总能量D.△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段等于b~c段【答案】C【解析】【详解】A．化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点只是曲线拐点，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，曲线变为水平的瞬间反应达到平衡，A错误；B．图中只能看出va＜vb，不能推断出c(a)＜c(b)，未达平衡之前，反应一直向着反应物浓度下降、生成物浓度上升的方向进行，所以未达平衡之前，反应物浓度随时间延续而减小，B错误；C．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D．从a到c，随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，D错误；选C。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的最外层电子数是内层电子数的两倍，Y和W为同主族元素。m是由Y和Z元素组成的二元化合物，是一种淡黄色固体。下列说法错误的是A.m中既有离子键又有非极性键B.离子半径：Z＞W＞YC.最简单氢化物的稳定性：Y＞XD.X、Z、W分别与Y均可以形成两种或两种以上的二元化合物【答案】B【解析】【分析】X的最外层电子数是内层电子数的两倍，则X是C，m是一种淡黄色固体，则m是过氧化钠，m是由Y和Z元素组成的二元化合物，则Y是O，Z是Na，Y和W为同主族元素，则W是S，故X

6是C，Y是O，Z是Na，W是S，以此解题。【详解】A．过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，A正确；B．一般电子层数越多半径越大，故半径W>Y>Z，B错误；C．非金属性O>C，故简单氢化物稳定性H2O>CH4，C正确；D．C、Na、S可以和氧气形成一氧化碳，二氧化碳，氧化钠，过氧化钠，二氧化硫，三氧化硫，D正确；故选B。11.锂—铜空气燃料电池容量高、成本低。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，放电时发生反应：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，下列说法正确的是A.放电时，电子透过固体电解质向Cu极移动B.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OC.放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-D.将锂电极区有机电解质换成水溶液，可提高电池的工作效率【答案】B【解析】【分析】根据反应,在锂－铜空气燃料电池中，放电时锂作负极，氧化亚铜作正极,正极反应式为：　.【详解】A．放电时，电子从Li电极沿着导线向Cu极移动，电子不会进入固体电解质，A错误；B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生，化学方程式为：，B正确；C．据分析，正极反应式为：，C错误；D．锂与水会反应，有机电解质不可换成水溶液，D错误；故选B。12.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O

7，可以通过出现浑浊的快慢来判断反应的快慢程度，下列各组实验中最先出现浑浊的是实验反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol•L-1)V/mLc/(mol•L-1)V/mLA2550.1100.15B3550.250.210C2560250.29D3580.15100.12A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊。【详解】因35℃＞25℃，则选项B和D中的反应速率大于选项A和C中的反应速率，又B中，混合液中硫代硫酸钠和稀硫酸的浓度均为，D中硫代硫酸钠为、稀硫酸的浓度均为，则D中反应物的浓度大于B中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊；答案选D。13.某试样溶液中可能含有NH、Na+、Fe3+、Mg2+、SO、CO、Cl-、NO，阴离子的物质的量浓度相等。某同学利用该试样溶液进行实验，现象如图。下列说法正确的是A.气体X和气体Y均属于电解质B.滤液M在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是NO2C.将气体Y全部通入15mL1.0mol/L的NaOH溶液中，所得溶液中c(CO)：c(HCO)=1D.该试样溶液中至少有5种离子存在，其中Na+一定存在，且c(Na+)=0.4mol/L

8【答案】C【解析】【分析】试样溶液与过量的氢氧化钡溶液反应生成气体X，说明试样溶液一定含有NH，气体X为NH3，同时有白色沉淀A生成，说明试样溶液至少含有Mg2+、、中的一种，一定没有Fe3+，白色沉淀A与足量稀盐酸反应生成气体Y，还有沉淀B，说明沉淀A含有BaCO3、BaSO4，即试样溶液含有、，则一定不含Mg2+，气体Y为CO2、沉淀B为BaSO4，滤液M与Cu、足量氢离子反应后在瓶口出现红棕色气体，说明试样溶液含有NO，阴离子的物质的量浓度相等，则n(NO)=n()=n()=n(BaSO4)=0.01mol，而n(NH)=n(NH3)=0.01mol，溶液是呈电中性的，而n(NO)+2n()+2n()=0.05mol＞n(NH)=0.01mol，故试样溶液一定还含有Na+，溶液中Cl-不能确定是否含有，当不含Cl-时，试样溶液中Na+的量最小，故n(Na+)≥0.05mol-0.01mol=0.04mol，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为NH3，Y为CO2，二者水溶液导电不是由其自身电离引起的，均属于非电解质，A错误；B．滤液M在酸性条件下与铜片的反应中，由于是稀硝酸，还原产物是NO，B错误；C．n(CO2)=0.01mol，n(NaOH)=0.015L×1.0mol/L=0.015mol，则n(CO2)＜n(NaOH)＜2n(CO2)，则得到碳酸钠和碳酸氢钠混合物，按碳、钠元素守恒可知，生成碳酸钠0.005mol、碳酸氢钠0.005mol，故c(CO)：c(HCO)=1:1，C正确；D．由分析可知，c(Na+)≥=0.4mol⋅L-1，D错误；故选C。14.将11.2g的Mg—Cu混合物与一定浓度的硝酸恰好完全反应，收集反应产生的气体X(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使金属离子完全沉淀，最终生成21.4g沉淀。以下说法正确的是A.金属混合物中Mg和Cu的物质的量之比为1∶2B.所用NaOH溶液的物质的量浓度为4mol/LC.向沉淀后的溶液中加入少量稀硫酸和铜单质，铜单质不会溶解D.若X是NO和NO2的混合物，二者物质的量之和可能是0.3mol【答案】D【解析】【分析】将11.2g的Mg—Cu

9混合物恰好完全反应、溶解于硝酸中，所得为硝酸铜和硝酸镁的混合溶液，再向所得溶液中加入100mLNaOH溶液，得到硝酸钠溶液、产生21.4g沉淀，则Cu2+、Mg2+结合OH-的物质的量为，根据电荷守恒，Cu2+、Mg2+带有0.6mol正电荷，则11.2g的Mg—Cu混合物与硝酸反应失去0.6mol电子。【详解】A．设金属混合物中Mg和Cu的物质的量分别是x、y，则，解得，Mg和Cu的物质的量之比为2∶1，故A错误；B．据分析，恰好沉淀完全时，所得为硝酸钠溶液，根据电荷守恒，溶液中钠离子电荷总量等于硝酸根离子的电荷总量等于Cu2+、Mg2+的电荷总量，即0.6mol，则钠离子为0.6mol，所用NaOH溶液的物质的量浓度为6mol/L，故B错误；C．在反应后的溶液中含有硝酸根离子，加入少量硫酸和少量铜单质，能发生反应，铜单质能溶解，故C错误；D．11.2g的Mg—Cu混合物与硝酸反应失去0.6mol电子，若产生的气体全是NO，根据得失电子守恒，生成NO的物质的量是0.2mol；若产生的气体全是NO2，硝酸中N元素化合价由+5降低为+4，根据得失电子守恒，生成NO2的物质的量是0.6mol；若产生的是NO和的混合物，二者物质的量之和可能是0.2mol~0.6mol，故D正确；选D。第II卷(非选择题，共58分)二、(本题包括1小题，共15分)15.回答下列问题：（1）某种烷烃完全燃烧后生成了22gCO2和10.8gH2O，推测其分子式为______，写出其可能的结构简式______。（2）液化石油气的主要成分是C3H8，天然气的主要成分是CH4，两者互为______的关系(填“同系物”、“同分异构体”或“同素异形体”)，等质量的这两种气体完全燃烧生成CO2最多的是______。某灶具原来使用的燃料是液化石油气，若改为天然气，其进风口应______(填“改大”或“改小”)。（3）氢氟酸可以在玻璃上雕花，请用化学方程式解释_____。（4）某化学小组做浓硝酸与Cu反应的实验，发现反应后溶液呈绿色，甲认为是溶液中溶解NO2的原因，乙认为是该溶液中硝酸铜浓度较高所致，丙将该溶液稀释后发现颜色由绿色变为蓝色，由此得出乙的观点正确。你是否赞成_____(填“是”或“否”)，若不赞成请说明原因______(若赞成，此空不填)。【答案】（1）①.C5H12②.CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)3（2）①.同系物②.C3H8③.改小

10（3）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O（4）①.否②.加水稀释，NO2与H2O反应，溶液中溶解的NO2浓度减小【解析】【小问1详解】22gCO2中碳原子物质的量为=0.5mol，10.8gg水中氢原子物质的量为=1.2mol，根据原子守恒，该烷烃中含有C、H的物质的量分别为0.5mol、1.2mol，烷烃的通式为CnH2n+2，因此该烷烃分子式为C5H12，可能的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)3。【小问2详解】C3H8与CH4，两者均属于烷烃，组成上差2个CH2，互为同系物，丙烷的含碳量比甲烷高，则等质量的这两种气体中丙烷的碳元素质量大、完全燃烧生成CO2最多的是丙烷。丙烷和甲烷燃烧均生成二氧化碳和水，燃烧的化学方程式为：，；由反应可知，同物质的量即同体积的丙烷和甲烷，丙烷耗氧量多，故把液化石油气的灶具改用天然气为燃料时，需要减少空气气的量，某灶具原来使用的燃料由液化石油气改为天然气，其进风口应改小。【小问3详解】氢氟酸可以在玻璃上雕花，是因为发生了反应，用化学方程式解释为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。【小问4详解】做浓硝酸与Cu反应后溶液呈绿色，甲认为是溶液中溶解了NO2，乙认为是该溶液中硝酸铜浓度较高，丙将该溶液稀释后发现颜色由绿色变为蓝色，由此得出乙的观点正确。考虑到NO2与H2O反应能消耗NO2、降低其在溶液中的溶解量，我不赞成这个观点，即答案为“否”，理由是：加水稀释，NO2与H2O反应，溶液中溶解的NO2浓度减小。三、(本题包括1小题，共15分)16.SO2是中学化学常见的气体，可用于制造硫酸、杀菌、防腐等。某学习小组用铜粉与浓硫酸共热反应制取SO2气体并探究SO2与镁粉反应的含硫产物。相关实验装置如图所示(部分加热装置及夹持装置已略去)。回答下列问题：（1）SO2的制取

11①仪器a中发生反应的化学方程式为_____。②有同学认为装置D有缺陷，请你写出改进措施：______。（2）探究SO2与镁粉反应的含硫产物操作步骤实验现象解释或结论取反应后的固体少许于试管中，再向该试管中慢慢滴加稀盐酸至过量，充分反应固体物质部分溶解，有大量气体产生未溶解的固体为硫单质将产生的气体先通入盛有品红溶液的试管中①_____含硫产物中无MgSO3将产生的气体再通入盛有CuSO4溶液的试管中有黑色沉淀生成②该反应的离子方程式为_____（3）根据上述实验现象及结论可知，除发生反应SO2+2Mg2MgO+S外，还发生的反应有_____。（4）某同学将多余的SO2气体通入BaCl2溶液中继续探究SO2的性质，该同学预测BaCl2溶液中没有白色沉淀产生。但随着反应的进行，发现溶液中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如图实验：实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：烧杯实验现象G无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3H有白色沉淀产生I有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多①据G中现象推测BaCl2溶液中产生白色沉淀的化学式为______。②据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是______。③欲使装置G中出现白色沉淀现象，还可以向G中滴加______(填序号)。

12A．稀硝酸B．氢氧化钠溶液C．氯水D．盐酸【答案】（1）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.在导气管末端加装倒置漏斗(或干燥管)（2）①.品红溶液不褪色或无明显现象②.Cu2++H2S=CuS↓+2H+（3）S+MgMgS或SO2+3Mg2MgO+MgS（4）①.BaSO4②.在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2更容易，生成沉淀速率快③.ABC【解析】【分析】铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，用无水氯化钙干燥二氧化硫，探究二氧化硫与镁反应，根据实验现象说明生成了硫单质、硫化镁，探究二氧化硫与氯化钡、硝酸钡反应，在不同的条件下的反应快慢。【小问1详解】①仪器a中是浓硫酸和铜加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②有同学认为装置D有缺陷，由于二氧化硫和氢氧化钠溶液极易反应，易发生倒吸现象，则改进措施：在导气管末端加装倒置漏斗(或干燥管)；故答案为：在导气管末端加装倒置漏斗(或干燥管)。【小问2详解】含硫产物中无MgSO3，说明没有产生二氧化硫气体，则品红溶液不会褪色或无明显现象，气体通入硫酸铜溶液中，有黑色沉淀生成，说明生成了硫化氢气体，则离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；故答案为：品红溶液不褪色或无明显现象；Cu2++H2S=CuS↓+2H+。小问3详解】根据上述实验现象及结论可知，反应有硫单质和硫化镁生成，则除发生反应SO2+2Mg2MgO+S外，还发生的反应有S+MgMgS或SO2+3Mg2MgO+MgS；故答案为：S+MgMgS或SO2+3Mg2MgO+MgS。【小问4详解】①据G中现象，说明没有生成亚硫酸钡沉淀，说明氯化钡溶液中没有氧气，而多余的SO2气体通入BaCl2

13溶液中，随着反应的进行，发现溶液中产生了少量白色沉淀，说明亚硫酸被溶液中的氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，则BaCl2溶液中产生白色沉淀的化学式为BaSO4；故答案为：BaSO4。②据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2更容易，生成沉淀速率快；故答案为：在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2更容易，生成沉淀速率快。③欲使装置G中出现白色沉淀现象，由于G中是亚硫酸和氯化钡混合溶液，亚硫酸被硝酸、氯气氧化为硫酸根，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸也可以和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化钠，因此还可以向G中滴加ABC；故答案为：ABC。四、(本题包括1小题，共15分)17.I.我国提出争取在2060年实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。工业上有一种方法是利用CO2生产甲醇(CH3OH)：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应过程中的能量变化如图所示：（1）该反应是_____(填“放热”或“吸热”)反应，若有1molCO2(g)参加反应，则变化的能量是_____kJ。（2）一定条件下，将2molCO2和6molH2在2L恒容密闭容器中发生上述反应，经过2min反应达到了平衡，此时CH3OH浓度为0.8mol/L。①2min内用CO2表示该反应的速率为v(CO2)=_____。②平衡时体系内气体压强与开始时的压强之比为_____。③一定能说明该反应达到平衡的标志是_____。A.CO2和CH3OH的物质的量浓度相等B.CO2和CH3OH物质的量浓度的比值不变C.混合气体的平均摩尔质量不再改变D.混合气体的密度保持不变E.2v(CO2)=v(H2O)F.单位时间内3molH－H键断裂，同时水中有2molO－H键断裂Ⅱ.有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl

14为电解质溶液制造出一种既能提供电能，又能实现氮固定的新型燃料电池，如图所示。（3）a电极上的电极反应式是______。（4）该电池在工作过程中溶液的pH值不断_____(填“增大”或“减小”)，假设放电过程中电解质溶液的体积不变，当溶液中的物质的量改变0.8mol时，理论上电池能为外电路提供_____mol电子。【答案】（1）①.放热②.445（2）①.0.4mol•L-1•min-1②.3∶5③.BCF（3）N2+8H++6e-=2NH（4）①.增大②.2.4【解析】【小问1详解】根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是一个放热反应，若有1molCO2(g)参加反应，由图知，放出能量是(896-451)kJ=445kJ。【小问2详解】一定条件下，将2molCO2和6molH2在2L恒容密闭容器中发生上述反应，经过2min反应达到了平衡，此时CH3OH浓度为0.8mol/L，则存在三段式：①2min内用CO2表示该反应速率为v(CO2)==0.4mol/(L·min)。②，则平衡时体系内气体压强与开始时的压强之比为3:5。③A．CO2和CH3OH的物质的量浓度相等不代表各成分的浓度不变，不能说明已平衡，A不符合；B．CO2和CH3OH物质的量浓度的比值随反应而变，CO2和CH3OH物质的量浓度的比值不变时则已平衡，B符合；

15C．混合气体的平均摩尔质量随反应改变，混合气体的平均摩尔质量不再改变时则已平衡，C符合；D．混合气体的密度始终不变，故密度保持不变，不能说明已平衡，D不符合；E．2v(CO2)=v(H2O)，未指明反应方向，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明已平衡，E不符合；F．单位时间内3molH－H键断裂，同时水中有2molO－H键断裂，即3mol氢气消耗的同时，有1mol水消耗，则正反应速率等于逆反应速率，F符合；选BCF。【小问3详解】该电池的的原理为氮气和氢气在HCl做电解质的条件下发生反应最终生成氯化铵，a极区氮气在电极上得电子反应还原反应，作正极，电极反应为：N2+8H++6e-=2。【小问4详解】该电池的总反应为：，由总反应可知反应过程中消耗氢离子，溶液中的浓度减小，则该电池在工作过程中溶液的pH值不断增大，假设放电过程中电解质溶液的体积不变，由反应可知每消耗2mol氢离子，转移6mol电子，当溶液中的物质的量改变0.8mol时，理论上电池能为外电路提供电子的物质的量为2.4mol。五、(本题包括1小题，共13分)18.硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如图：（1）①~④各步转化中，属于氮的固定的是______(填序号)，②反应的化学方程式为_____。（2）硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用NaOH溶液吸收。主要反应为NO+NO2+2OH-=2NO+H2O、2NO2+2OH-=NO+NO+H2O。i.下列措施能提高NO和NO2去除率的有______(填字母)。A.采用气、液逆流的方式吸收尾气B.加快通入尾气的速率C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液ii.用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：(a表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)。根据图和题中相关信息可得知______(填字母)。

16a.吸收后的尾气中含量较多的气体是NOb.NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大c.NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大（3）也可用Na2CO3溶液吸收氮氧化物的尾气制备NaNO2、NaNO3。工艺流程如图：已知：Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2①母液I进行转化时通入空气的目的是_____。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中_____(填“中和液”或“转化液”)。②若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1，则生产1.38tNaNO2时，Na2CO3的理论用量为______t(假定Na2CO3恰好完全反应)。【答案】（1）①.①②.4NH3+5O24NO+6H2O（2）①.AC②.ab（3）①.将NaNO2氧化为NaNO3②.转化液③.1.59【解析】【分析】工业制备硝酸的流程为：反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被O2氧化产生红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；用溶液吸收氮氧化物的尾气制备时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，“碱吸收”发生的主要反应为Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，然后中和液进行蒸发Ⅰ、结晶Ⅰ操作，过滤分离出NaNO2，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3

17、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将NaNO2转化为NaNO3，转化液进行蒸发Ⅱ、结晶Ⅱ、过滤Ⅱ分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。【小问1详解】氮的固定是游离态氮元素转化为化合态的氮，①~④各步转化中，属于氮的固定的是①，②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。【小问2详解】i．A．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高NO和去除率，A符合题意；B．加快通入尾气速率，气体不能充分反应，B不符合题意；C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高NO和NO2去除率，C符合题意；故选AC；ii．a．NO2含量越小，氮氧化物的吸收率越小，可知吸收后的尾气中含量较多的气体是NO，故a正确；b．根据图示，氢氧化钠浓度相等时，NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大，故b正确；c．根据图示，NaOH溶液浓度约为1mol/L时，氮氧化物的吸收率最达，之后，随NaOH溶液浓度增大，氮氧化物的吸收率降低，故c错误；选ab。【小问3详解】①碳酸钠溶液中通入NO和NO2，反应生成NaNO2，加入中和液蒸发结晶分离出NaNO2，母液Ⅰ中主要成分为NaNO2，通入空气将亚硝酸钠氧化为硝酸钠。母液Ⅱ中主要含有硝酸钠，要回收利用，合理的处理方法是转入流程中的转化液。②生产1.38tNaNO2时，n(NaNO2)==2×104mol，若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1，则n(NaNO3)=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，理论上需Na2CO31.5×104mol，m(Na2CO3)=1.5×104mol×106g/mol=1.59×106g=1.59t。

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