精品解析：山东省滨州市沾化区、阳信县2022-2023学年高一下学期期中联考化学（B）试题（解析版）

这是一份精品解析：山东省滨州市沾化区、阳信县2022-2023学年高一下学期期中联考化学（B）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了NO2和CO2都能形成酸雨等内容，欢迎下载使用。
2022﹣2023学年第二学期期中考试
高一化学试题(B)
可能用到的相对原子质量：H:1、C:12、N:14、O:16、S:32、Cu:64、Ba:137。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。毎小题只有一个选项符合题目要求。
1. 硫、氮及其化合物对人类的生存和社会发展意义重大。下列说法错误的是
A. 固氮菌能把空气中的游离态的氮气转化为化合态的氮
B. 二氧化硫虽然有毒，但可以作某些食品的添加剂
C. SO2和NO2都是有用的化工原料，但排放到空气中会造成污染
D. 汽车尾气中的SO2、NO2和CO2都能形成酸雨
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是将游离态的氮转化为氮的化合物的过程，固氮菌能把空气中的游离态的氮气转化为化合态的氮，A正确；
B．二氧化硫虽然有毒，但其具有还原性，能够除去食品包装袋中的空气，防止食品氧化变质，因此可以作某些食品的添加剂，B正确；
C．SO2和NO2都是有用的化工原料，但排放到空气中会形成酸雨，因而会造成大气污染，C正确；
D．CO2是空气的成分，含量过高会导致温室效应，而不能形成酸雨，D错误；
故选项是D。
2. 类推的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比正确的是
A. 与浓加热可制，则与浓加热可制
B. 与S加热直接化合生成，则与S加热也能直接化合生成
C. 适量通入溶液中可生成和，则适量通入溶液中也可生成和
D. 通入溶液不产生沉淀，则通入溶液也不产生沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaCl与浓加热可制HCl，原理为难挥发性酸制易挥发性酸，同理NaBr与浓加热时浓硫酸会将NaBr氧化而得不到HBr，A错误；
B．硫单质的氧化性较弱，与金属单质反应时都生成低价态的金属硫化物，故与S加热直接化合生成，则与S加热也能直接化合生成，B正确；
C．通入溶液中可生成和，是因为强酸制弱酸，但是具有氧化性，会将氧化为硫酸钙，C错误；
D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为弱酸不能制取强酸，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水，生成亚硫酸使溶液呈现酸性，溶液中存在硝酸根离子，将SO氧化成SO，会生成硫酸钡沉淀，D错误；
答案为B。
3. 一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通入乙烷和氧气，其电极反应式为：C2H6＋18OH－－14e - =2CO32-＋12H2O，
7H2O＋7/2O2＋14e -=14OH-，有关此电池的推断正确的是
A. 通氧气的电极为负极
B. 参加反应的氧气与C2H6的物质的量之比为7∶2
C. 放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变
D. 电解质溶液中CO32-向正极移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.通氧气的一极得到电子，所以通氧气的电极为正极，A错误；
B. 将两个电极反应相加，消去电子得：C2H6＋4OH－＋7/2O2=2CO32-＋5H2O，参加反应的氧气和乙烷物质的量比为7：2，B正确；
C. 反应中氢氧根离子参加反应而且生成水，所以氢氧化钾浓度减小，C错误；
D. 电解质溶液中阴离子向负极迁移，阳离子向正极迁移，D错误；
【点睛】原电池内部，阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移。
4. CO和H2在一定条件下可以合成乙醇(CH3CH2OH)：2CO(g) +4H2 (g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。在2 L密闭容器中充入反应物，其中n(CO)随时间的变化如下表所示：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(CO)/mol
3
2
1.5
1.25
1.125
1.125
下列说法中正确的是
A. 4s时，该反应恰好达到平衡状态
B. 前2 s，CO的平均反应速率为0.375 mol·L-1·s-1
C. 当v(CO)= 2v(CH3CH2OH)，反应达到平衡状态
D. 达到平衡时，CO的转化率为37.5%
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表格数据，可能在3~4s间某一时刻CO的物质的量不再改变，所以可能是3~4s间某一时刻恰好达到平衡状态，故A错误；
B．前2 s，CO的物质的量减少(3-1.5)mol，CO的平均反应速率为 mol·L-1·s-1，故B正确；
C．任意时刻，反应速率比都等于系数比，当v(CO)= 2v(CH3CH2OH)，反应不一定达到平衡状态，故C错误；
D．达到平衡时，CO的转化率为，故D错误；
选B
5. 某溶液中只可能含有下列离子中的几种：K+、、、、 (不考虑溶液中少量的H+和OH－)，取200mL该溶液，分为两等份进行下列实验：
实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL；(已知NH4+在碱性条件下可以生成氨气)
实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33g。
下列说法正确的是：
A. 该溶液中无法确定是否含有K+ B. 该溶液中肯定含有、、、
C. 不能确定该溶液中是否含有 D. 该溶液中一定含K+，且n(K+)= 0.01mol
【答案】C
【解析】
【分析】实验1，加入足量NaOH溶液并加热产生气体，溶液中一定存在，n()=n(NH3)==0.01mol；实验2，加入盐酸无现象，再加入足量BaCl2溶液产生固体，溶液中不含，含有，n()=n(BaSO4)==0.01mol。
【详解】A．由分析可知，所带正电荷为0.01mol，所带负电荷为0.02mol，根据溶液中电荷守恒，溶液中一定含有K+，A不正确；
B．由分析可知，该溶液中肯定不含有，B不正确；
C．因为与K+、、都能大量共存，所以不能确定该溶液中是否含有，C正确；
D．该溶液中一定含K+，若不含，根据电荷守恒，n(K+)=2n()-n()=0.01mol，若含，n(K+)＞0.01mol，D不正确；
故选C。
6. 适当条件下，下表各组物质之间不能都通过一步反应实现的是

选项
X
Y
Z
A
Fe


B
Na
NaCl
NaOH
C

NO

D
Si



A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe与盐酸反应生成，铁与反应得到，与Zn反应可得到Fe，与反应得到，A项不符合题意；
B．Na与盐酸反应得到NaCl，电解熔融态NaCl可得到Na，钠与反应可得到NaOH，电解饱和NaCl溶液可得到NaOH，B项不符合题意；
C．与氧气在放电条件下生成一氧化氮，继续氧化转化为，氮气不能直接氧化为二氧化氮，不能实现转化，C项符合题意；
D．Si与反应可得到，与焦炭反应可得到Si，Si、与NaOH溶液反应均可得到，D项不符合题意；
故选C。
7. “综合利用”是把生产过程排放的废弃物最大限度地利用起来，做到物尽其用，从而达到最好的经济和社会效益。为了防治某大气污染物，某工厂设计了如图所示的工艺流程。下列有关叙述错误的是

A. 该工艺流程利用污染物获得了
B. 该工艺流程中是催化剂
C. 该过程中化合价发生改变的元素有Fe、S和O
D. 该工艺流程的总反应为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知，硫酸铁溶液吸收二氧化硫生成硫酸和硫酸亚铁、硫酸亚铁在硫酸溶液中被氧气氧化为硫酸铁，从总反应可知，该工艺流程利用了污染物获得了，A正确；
B． 结合选项A可知，该工艺流程中是催化剂，B正确；
C． 该过程中铁离子和亚铁离子可以相互转化、二氧化硫能转变为硫酸、氧气被亚铁离子还原，则化合价发生改变的元素有Fe、S和O，C正确；
D． 该工艺中发生的反应有：，，则该工艺流程的总反应为在硫酸铁的催化作用下，，D不正确；
答案选D。
8. 下图是某小组探究催化氧化反应而设计的实验装置。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列说法错误的是

A. 试剂a可选用；试剂b可选用
B. ②中发生的反应为
C. ④中白烟的主要成分为
D. 一段时间后⑤中溶液可能变蓝
【答案】A
【解析】
【分析】根据实验目的和装置图所示可知，圆底烧瓶②中浓氨水遇CaO固体生成NH3，经干燥后进入硬质玻璃管；圆底烧瓶①产生O2，没有加热装置，则可以是H2O2遇MnO2分解得到O2，经浓硫酸干燥后进入硬质玻璃管；硬质玻璃管内在催化剂作用下，发生反应：，NO遇O2生成红棕色NO2，一段时间后NO2与产物水反应生成的HNO3，HNO3与NH3产生NH4NO3白烟。
【详解】A．据分析，试剂a要产生O2，可选用；试剂b干燥NH3，可选用碱石灰，因NH3与CaCl2发生反应而不能使用CaCl2，A错误；
B．据分析，②中浓氨水遇CaO固体生成NH3，发生的反应为，B正确；
C．据分析，④中白烟的主要成分为，C正确；
D．一段时间后，NO2进入⑤中，硝酸氧化铜粉生成Cu2+溶液，溶液可能变蓝，D正确；
故选A。
9. 某研究小组以相同大小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
电流
①
番茄
1

②
番茄
2

③
苹果
2

下列说法中不正确的是
A. 该实验所用装置实现了化学能向电能的转化
B. 该实验所用装置中，负极的材料为锌片
C. 实验①和③表明水果种类对电池电流的大小有影响
D. 该实验的目的是研究水果种类和电极间距对电池电流的影响
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．该实验所用的装置为原电池装置，故可实现了化学能向电能的转化，A正确；
B．该实验所用装置中，由于Zn比铜活泼，故负极的材料为锌片，B正确；
C．实验①和③除了水果的种类不同之外，电极间的距离也不同，故不能得出水果种类对电池电流的大小有影响，应该实验②和③才能得出结论，C错误；
D．实验①和②研究电极间距对电池电流的影响，实验②和③研究水果种类对电池电流的影响，D正确；
故答案为：C。
10. 下列实验中，现象与对应的结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向生石灰中滴加浓氨水，再用湿润的紫色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变红
为碱性气体
B
晶体溶解于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
原已变质
C
将浓盐酸和二氧化锰混合加热，产生的气体通入淀粉碘化钾试液中
试液变蓝
具有氧化性
D
将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
该溶液中一定含有

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氨气使石蕊试纸变蓝，A项错误；
B．中加入硫酸后，溶液中的会将氧化为，不能说明原物质变质，B项错误；
C．通入淀粉碘化钾试液中生成了单质碘使试液变蓝，说明具有氧化性，C项正确；
D．能使石灰水变浑浊的气体有和，因此原溶液中可能含有、、、，D项错误；
答案选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 氮及其化合物的“价-类”二维图如下所示。

下列说法正确的是
A. X 可通过加热氯化铵固体制取
B. 从物质类别角度分析，P 和 Z 都属于酸性氧化物
C. 将X转化为 Q的过程，属于氮的固定
D. 3.2g Cu与10 mol·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则 Y 溶液的体积为 15 mL
【答案】D
【解析】
【详解】X是-3价N的氢化物，X是NH3；Q、Z、P分别是N元素的+2、+4、+5价的氧化物，Q是NO、Z是NO2、P是N2O5；Y是N元素+5价含氧酸，Y是HNO3。
A．X是NH3，可提高加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取NH3，A错误；
B．P是N2O5，Z是NO2或N2O4，而NO2、N2O4不是酸性氧化物，B错误；
C．X是NH3、Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误；
D．Y是HNO3，3.2 g Cu为0.05 mol，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05mol，根据铜元素守恒，反应生成0.05 molCu(NO3)2，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)=0.05mol×2+0.05mol=0.15mol，所以硝酸溶液的体积为0.15mol (10mol·L-1)=0.015L=15mL，D正确；
选D。
12. 下列实验操作能达到实验目的的是
选项
操作
目的
A
将含的气体通入蒸馏水，洗气
除去中少量
B
向酸性溶液中通入
证明具有漂白性
C
向盛有溶液的烧杯中加入适量稀硫酸，并测定反应前后温度
证明中和反应是放热反应
D
甲、乙试管各加入溶液，其中甲试管加入2滴溶液，乙试管不加，再将甲、乙试管分别放置于冷水、热水中
证明温度对反应速率影响

A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮不与水反应，将含的气体通入蒸馏水，可除去中少量，A正确；
B．向酸性溶液中通入，酸性高锰酸钾溶液褪色，证明二氧化硫有还原性，B错误；
C．向盛有溶液的烧杯中加入适量稀硫酸，并测定反应前后温度，温度升高，可证明中和反应是放热反应，C正确；
D．氯化铁溶液可作为过氧化氢分解的催化剂，能加快过氧化氢分解，要证明温度对反应速率影响，应控制变量，只有温度不同，其他条件相同，D错误；
答案选AC。
13. 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在印染、电镀、酿造等工业生产中广泛应用，其制备流程如图所示。下列说法正确的是

已知：NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水得到Na2S2O5。
A. 反应I制备Na2CO3，反应时先通入氨气，再通入CO2
B. 气体a为SO2，反应III为
C. 调pH=7~8，并再次通入气体a的目的是得到NaHSO3过饱和溶液
D. 结晶后的脱水反应为
【答案】CD
【解析】
【分析】饱和NaCl溶液中通入NH3和CO2，生成NaHCO3沉淀和NH4Cl溶液；过滤出沉淀，加热，溶于水得到Na2CO3饱和溶液；通入气体a(SO2)，调节pH=4.1，得到Na2SO3溶液，加入Na2CO3调节pH=7~8，此时NaHSO3转化为Na2SO3，再通入SO2，并使pH=4.1，则生成NaHSO3过饱和溶液，结晶脱水得Na2S2O5。
【详解】A．反应I、Ⅱ是通过侯氏制碱法制备碳酸钠，反应I制备NaHCO3的化学方程式为，反应时先通入氨气，再通入CO2，反应Ⅱ为NaHCO3加热分解生成Na2CO3，A错误；
B．根据已知信息可知，反应Ⅲ是为了制备NaHSO3，发生反应：，B错误；
C．由于得到的NaHSO3不是过饱和溶液，后加碳酸钠固体、并再次充入SO2的目的，得到NaHSO3过饱和溶液，结晶得NaHSO3晶体，C正确；
D．由流程图可知，NaHSO3失水得到Na2S2O5，反应的化学方程式为，D正确；
故选CD。
14. 二氯化二硫是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。分子中各原子最层均有8个电子。遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法不正确的是
A. 可能使品红溶液褪色
B. 的结构式为Cl-S-S-Cl
C. 与水反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2
D. 将气体通入溶液中，若有白色沉淀产生，则气体中有HCl
【答案】CD
【解析】
【分析】S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，淡黄色沉淀为S，说明发生了氧化还原反应，因此刺激性气味气体中含有二氧化硫，因此反应的方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，据此分析解答。
【详解】A．S2Cl2与水发生反应2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以S2Cl2可能使品红溶液褪色，故A正确；
B．S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对，满足S2C12分子中各原子最层均有8个电子，则S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，故B正确；
C．S2Cl2与水发生反应2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，SO2是氧化产物，S是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为l∶3，故C错误；
D．S2Cl2与水反应生成HCl，将S2Cl2气体通入AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，不能说明S2Cl2气体中有HCl，可能是S2Cl2与水生成的HCl，故D错误；
故选CD。
15. 将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol•L-1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是

A. 曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H++HSO
B. 依据曲线b可推知0.2mol•L-1KNO3溶液(无氧)能氧化SO2
C. 曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=BaSO4↓+4H+
D. 曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒
【答案】D
【解析】
【详解】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO，A选项正确；
B．根据曲线b可知，0.1 mol·L-1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，对比曲线a可知，是硝酸根离子的作用；依据该实验预测0.2 mol·L-1的KNO3溶液(无氧)也可以氧化SO2，B选项正确；
C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ +2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C选项正确；
D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D选项错误；
故选D。
第II卷(非选择题)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。
Ⅰ．
（1）某电池的总反应式为，该原电池的正确组合是______(填字母)
选项
A
B
C
D
正极材料
Cu
Ag
Ag
Cu
负极材料
Ag
Cu
Cu
Ag
电解质溶液





Ⅱ．原电池原理的应用
（2）人们利用原电池原理成了多种电池，下列属于二次电池的有______
A. 银锌纽扣电池 B. 锂离子电池 C. 碱性锌锰电池 D. 镍氢电池
（3）某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。

①a电极是电池的______极(填“正”或“负”)，空气从______口通入(填“A”或“B”);
②假设使用的“燃料”是甲醇()，a极的电极反应式是______。如果该电池工作时电路中通过1.2mol电子，则消耗______mol。
【答案】（1）B （2）BD
（3） ①. 负 ②. B ③. CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O ④. 0.2
【解析】
【小问1详解】
总反应是Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，Cu失去电子，则Cu为负极，电解质为硝酸银溶液，正极材料为Ag或石墨等，只有B符合，故答案为：B；
【小问2详解】
镍氢电池、锂离子电池等可以反复充电放电属于可充电电池，是二次电池；碱性锌锰电池、银锌纽扣电池不能充电，完全放电后不能再使用，是一次电池；故答案为：BD；
【小问3详解】
①由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应通入空气，故答案为：负；B；
②假设使用的“燃料”是甲醇，a极为负极，发生的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，则该电池工作时电路中通过1.2mol电子，则消耗CH3OH为0.2mol，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O； 0.2。
17. 研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。
（1）的结构与过氧化钠相似，则的电子式为_______。
（2）(易溶于水)在酸性条件下可生成和S，该反应的离子方程式为_______。
（3）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。其中硫元素的化合价为_______价。向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为_______。
（4）某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。可选用的实验药品如下：
a.溶液；b.浓硫酸；c.溶液；d.稀硫酸；e.酸性溶液；f.品红溶液；g.铜片。
实验序号
预期转化
选择试剂(填标号)
证明实现转化的现象
I



II

a、c、d
淡黄色沉淀
III

b、g、f

①实验I选择的试剂是a和_______(填标号)，该转化利用了的_______性。
②实验II实现了+4价和-2价S向0价S的转化，写出该转化反应的离子方程式：_______。
③实验III中发生反应的化学方程式是_______，证明实现该转化的现象是_______。
【答案】（1） （2）
（3） ①. +4 ②.
（4） ①. e ②. 还原 ③. ④. ⑤. 品红溶液褪色，溶液颜色逐渐变蓝
【解析】
【小问1详解】
为离子化合物，两个S原子间形成一对共用电子，故电子式为；
【小问2详解】
(易溶于水)在酸性条件下可生成和S，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价，依据化合物中化合价的代数和为0，可计算得到硫元素的化合价为+4；向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
①实验I是+4价硫变化为+6价硫，被氧化，失去电子，选择的试剂是a.Na2SO3溶液和氧化剂e.酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明亚硫酸钠具有还原性；
②实验II选择a.Na2SO3、c.Na2S溶液、d.稀硫酸试剂，在酸性溶液中，硫离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成单质硫，实现了+4价或-2硫元素转化为0价硫过程，反应的离子方程式为；
③实验III中b.浓硫酸g.铜片加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式，二氧化硫能使f.品红溶液褪色，证明实现转化的现象是：品红溶液褪色，溶液颜色逐渐变蓝。
18. 在T℃下，某容积为2L的密闭容器内，有A、B、C、D、E五种物质参与同一个化学反应，其中A、B、C、D(A、B、C为气体)四种物质的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，E为该反应的一种气体生成物，且生成物E在化学方程式中的化学计量数与B的相同。请回答下列问题:

（1）该反应的反应方程式可以表达为______(题中所给物质均出现在方程式中)。
（2）在0~2min内，v(C)＝______(填序号，下同)。
（3）该反应达到平衡状态的标志有______(填序号，下同)。
a．A和C的物质的量相等 b．B的物质的量不变2:1
c．A的正反应速率与B的逆反应速率之比为2：1 d．压强不变
（4）下列措施能加快反应速率是______(填序号)。
a．恒压时充入He b．恒容时充入He c．及时分离出生成物
d．升高温度 c．选择高效的倠化剂
（5）物厎D在反应中的作用是______。
【答案】（1）
（2）
（3）bc （4）de
（5）催化剂
【解析】
【分析】由图可知从t=2min时刻开始，各物质的物质的量不再发生改变，说明反应达到平衡状态。由图可知，A、B的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，则C为生成物，E为该反应的一种气体生成物，且生成物E在化学方程式中的化学计量数与B的相同，由化学方程式中的化学计量数与其反应速率成正比，从图可以看出，D先消耗后生成，反应前后的物质的量不变，所以D做催化剂，所以化学方程式为。
【小问1详解】
由分析可知反应的方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
由图可知在内， ，故答案为：；
【小问3详解】
由图可知从t=2min时刻开始各物质的物质的量不再发生改变，说明反应达到平衡状态；
a．由图可知，A和C的物质的量相等时反应未达到平衡状态，故a项不选；
b． B的物质的量不再发生改变，说明其正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故b项选；
c．A的正反应速率与B的正反应速率之比为2:1，当A的正反应速率与B的逆反应速率之比为2:1时，则B的正反应速率与B的逆反应速率之比为1:1，即v正(B)=V逆 (B)反应达到了平衡状态，故c项选；
d．由反应的化学方程式可知，反应前后气体的物质的量未发生改变，故压强始终未变，压强不变不能说明反应达到了平衡状态，故d不选；
故答案为：bc；
【小问4详解】
a．恒压时充入，容器体积增大，反应物浓度减小，化学反应速率减小，故a不符合题意；
b．恒容时充入，反应物浓度不变，化学反应速率不变，故b不符合题意；
c．及时分离出生成物，会使生成物浓度减小，化学反应速率减小，故c不符合题意；
d．升高温度可以加快反应速率，故d符合题意；
e．选择高效的催化剂可以加快反应速率，故e符合题意；
故答案为：de；
【小问5详解】
由图中曲线可知，D参与反应前与达到平衡时，物质的量不变，可判断D为催化剂，故答案为：催化剂。
19. 为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：

（1）某同学选用装置I进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，根据所学知识推测该反应属于_______(填“吸热”或“放热”)反应，预测U形管中可观察到的现象是_______。
（2）选择装置II进行探究固体M在甲中溶于水的热效应。
①若M为，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是_______。
②若M为NaOH，则实验过程中烧杯中可观察到的现象为_______。
（3）上述3个装置中，不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是_______(填序号)。理由是_______。
（4）至少有两种实验方法能证明过氧化钠与水的反应()是放热反应。
方法①：选择上述装置_______(填“I”、“II”或“III”)进行实验。
方法②：取适量过氧化钠粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到_______，则说明该反应是放热反应。
【答案】（1） ①. 放热 ②. U形管左端液柱降低，右端液柱升高
（2） ①. 导管内形成一段液柱 ②. 产生气泡，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱
（3） ①. Ⅲ ②. 锌和稀硫酸反应产生氢气，通过导气管进入烧杯中，产生气泡，无法判断反应是吸热反应还是放热反应
（4） ①. Ⅰ或Ⅱ ②. 棉花燃烧
【解析】
【分析】本题利用气体的热胀冷缩，来判断热量变化。
【小问1详解】
酸碱中和反应属于放热反应，氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，反应放热，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U形管左端液柱降低，右端液柱升高；
【小问2详解】
①若M为，溶于水吸热，外管内气体温度降低收缩，则实验过程中烧杯中可观察到的现象烧杯里的导管内形成一段液柱；
②若M为NaOH，NaOH溶于水放热，外管内气体温度升高膨胀，则实验过程中烧杯中可观察到的现象为产生气泡，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱；
【小问3详解】
装置Ⅲ不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”，因为锌和稀硫酸反应产生氢气，通过导气管进入烧杯中，产生气泡，无法判断反应是吸热反应还是放热反应；
【小问4详解】
方法①：选择上述装置Ⅰ或Ⅱ进行实验，Ⅰ装置右边U形管中左端液柱降低，右端液柱升高(或烧杯中导管中有气泡放出)，证明该反应为放热反应；故答案为Ⅰ或Ⅱ；
方法②：取适量过氧化钠粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应放出大量热，使棉花燃烧，证明该反应是放热反应。
20. 无机非金属元素在化工生产中扮演者重要的角色，请利用相关知识回答下列问题：
Ⅰ．工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如图：

（1）硅有非常重要的用途，请写出其中的一种：______。
（2）在电弧炉中发生的反应需要在高温条件下进行：______。
（3）在流化床反应的产物中，除外，还有、、等，有关物质的熔沸点数据如下表，分离和其他杂质的方法为______。
物质
Si




HCl

熔点/℃
1410
﹣70.4
﹣126.5
﹣122
﹣118
﹣114.2
﹣185
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
﹣30.4
﹣84.9
﹣111.9

（4）古瓷中所用原料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡(，铜为+2价)等，下列关于硅酸铜钡的说法正确的是______
A. 可用氧化物形式表示为 B. 性质稳定，不易脱色
C. x＝6 D. 易溶解于强酸和强碱
Ⅱ．实验室为模拟工业生产制备少量硝酸，设计的流程如图。

（5）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可超过700℃，由此可知该反应是______(填“吸热”或“放热”)反应，反应的化学方程式为______。
（6）控制氨气和空气(体积分数为20%)的比例是制备硝酸的关键。当比例不合适时，废气中含有氮氧化物。欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上(空气)的最佳比例为______(同温同压条件下)。
【答案】（1）制作芯片或制光伏电池等
（2）
（3）蒸馏 （4）ABC
（5） ①. 放热 ②. 4NH3+5O24NO+6H2O
（6）1∶10
【解析】
【分析】石英砂与焦炭在高温下反应产生粗硅和CO，然后粗硅与HCl在流化床中发生反应产生SiHCl3、H2，产生的SiHCl3被H2在高温下还原产生精Si和HCl。
【小问1详解】
通过上述方法制得的精硅可以制作芯片或制光伏电池等；
【小问2详解】
在电弧炉中石英砂与焦炭在高温下反应产生粗硅和CO，根据电子守恒、原子守恒，可得发生的反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
根据表格数据可知：上述物质的沸点相差较大，因此分离上述混合物采用的方法是蒸馏法；
【小问4详解】
A．物质用不同形式表示时元素的原子个数比不变，元素化合价不变，则硅酸铜钡(BaCuSi2Ox，铜为+2价)用氧化物形式表示时化学式为BaO·CuO·2SiO2，A正确；
B．硅酸盐性质稳定，不溶于水，因此使用时不容易脱色，B正确；
C．根据化合物中正负化合价代数和为0，可知O原子个数为，C正确；
D．该物质是硅酸盐，性质稳定，与强酸、强碱不能发生反应，D错误；
故选ABC；
【小问5详解】
停止加热后，催化剂始终保持红热，说明该反应为放热反应，化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
【小问6详解】
该流程中发生4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，从该过程中N的化合价由-3价升高+5价，作还原剂，氧气作氧化剂，根据得失电子数目守恒有：n(NH3)×8=n(O2)×4，因此有n(NH3)∶n(O2)=1∶2，相同条件下，气体物质的量之比等于气体体积之比，有V(NH3)∶V(O2)=1∶2，按照空气中氧气的体积分数为20%，则V(NH3)∶V(空气)=1∶10。