高一化学下学期期中模拟卷01-2024-2025学年高一化学下学期期中考点试题（含答案）（人教版2019必修第二册）

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可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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．中国古代食器兼具美观与实用价值。下列馆藏食器中主要材质与其他三种不同的是
【答案】C
【解析】A．陶刻纹豆属于陶器，主要材质是硅酸盐；
B．玻璃主要成分是硅酸盐；
C．银盘是金属银制成，材质与其他三项不同；
D．瓷器主要成分是硅酸盐；
故选C。
2．下列科技成果中所蕴含的化学知识叙述不正确的是
A．新能源汽车所使用的三元锂电池和磷酸铁锂电池都属于一次电池
B．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
C．在“人造太阳”中发生核聚变的3H、2H是1H的同位素
D．运载火箭采用“液氢液氧”作推进剂，其产物对环境无污染
【答案】A
【解析】A．新能源汽车普遍搭载的磷酸铁锂电池和三元锂电池都属于锂离子电池，这些电池可以反复充电和放电，属于二次电池，A错误；
B．螺旋碳纳米管与石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B正确；
C．3H、2H、1H质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；
D．运载火箭采用“液氢液氧”作推进剂，反应产物是水，对环境无污染，D正确；
故选A。
3．下列化学反应属于放热反应的是
A．通过炽热的炭层B．浓硫酸溶于水
C．镁与稀盐酸的反应D．石灰石分解制备氧化钙
【答案】C
【解析】A．C与的反应属于吸热反应，故不符合题意；
B．浓硫酸溶于水放出热量，但该过程属于物理变化，不属于化学反应，故不符合题意；
C．镁与稀盐酸的反应属于放热反应，故符合题意；
D．石灰石分解属于吸热反应，故不符合题意；
故答案为：C。
4．运用思维图学习，有助于提高归纳整理能力。如图为物质X的思维图，X可能为
A．SB．C．D．
【答案】C
【解析】A．S不是氧化物，故A不符合题意；B．没有还原性，故B不符合题意；C．为氧化物，有氧化性和还原性，溶于水，有污染性，故C符合题意；D．不是氧化物，故D不符合题意；故选C。
5．下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是( )
A．浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色——酸性和强氧化性
B．铁与稀硝酸反应不能放出氢气——强氧化性
C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D．氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合——仅强酸性
【答案】D
【解析】A．浓硝酸为酸，具有酸性，且具有强氧化性，则浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色，故A正确；B．稀硝酸具有强氧化性，则不能用稀硝酸与铁反应制氢气，二者反应生成硝酸铁、NO和水，故B正确；C．浓硝酸见光易分解，则要用棕色瓶盛装浓硝酸，故C正确；D．氢氧化亚铁固体与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，表现了硝酸的酸性和强氧化性，故D错误；故选D。
6．用下列实验装置完成对应实验，能达到实验目的的是
A．制取并收集少量氨气
B．探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响
C．除去CO2中的SO2
D．氯气的喷泉实验
【答案】C
【解析】A．收集NH3时需要把导管伸入试管底部，A错误；B．探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响，需要控住H2O2的浓度相等，B错误；C．可以用饱和的NaHCO3除去CO2中的SO2，CO2与饱和的NaHCO3不反应，SO2与饱和的NaHCO3反应生成CO2，C正确；D．Cl2在饱和食盐水中溶解度小，几乎不能形成压强差，不能形成喷泉，D错误；故选C。
7．下列物质间转化关系（部分转化略去了反应条件）正确的是
A．
B．
C．粗硅硅
D．
【答案】B
【解析】A．硫不能直接变成三氧化硫，故A错误；B．该选项中的所以物质之间的转化关系均正确，故B正确；C．二氧化硅和焦炭在高温下，生成CO，故C错误；D．氮气与氧气反应先生成NO，不会直接变成NO2，故D错误；答案选B。
8．已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．氮气所含的氮原子数为
B．中O原子数目为
C．与足量的S反应转移的电子数为
D．和充分反应后，生成分子数为
【答案】A
【解析】A．氮气的物质的量为1ml，其中所含的氮原子数为，A正确；
B．未描述标准状况，无法计算气体的物质的量，B错误；
C．硫的氧化性弱，铁和硫反应生成二价铁，则与足量的S反应转移的电子数为，C错误；
D．反应为可逆反应，则和充分反应后，生成分子数小于，D错误；
故选A。
9．下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．通入溶液中B．通入溶液中
C．通入溶液中D．通入已酸化的溶液中
【答案】B
【解析】A．NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；
B．因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；
C．NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；
D．SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；
故答案为B。
10．下图是使灯发光的化学电源。下列说法不正确的是
A．负极发生氧化反应：Zn - 2e- = Zn2+
B．氢离子移向铜片，铜片表面有气泡生成
C．溶液中有电子移向锌片
D．如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向不变
【答案】C
【分析】该电池中发生的反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，Zn失去电子，为负极，电极反应式为Zn - 2e- = Zn2+，铜片为正极，电极反应式为。
【解析】A．负极失去电子，发生氧化反应：Zn - 2e- = Zn2+，A正确；
B．铜片为正极，则氢离子移向铜片，在铜片表面得到电子生成H2，故有气泡生成，B正确；
C．电子不能出现在溶液中，则溶液中不可能有电子移向锌片，C错误；
D．铁的金属性比铜的金属性活泼，如果将锌片换成铁片，铁片作负极，铜片仍然作正极，则电路中的电流方向不变，D正确；
故选C。
11．共价键的键能是指拆开1ml共价键需要吸收的能量或者形成1ml共价键所放出的能量。几种化学键的键能如下：N≡N的键能为；F—F的键能为；N—F的键能为；下列说法中正确的是
A．反应为吸热反应
B．过程放出能量
C．反应，反应物与的总能量小于生成物的总能量
D．反应发生过程只有物质变化没有能量变化
【答案】B
【解析】A．反应中断键吸收的能量为941.7kJ+3×154.8kJ＝1406.1kJ，形成化学键所放出的能量为6×283kJ＝1698kJ＞1406.1kJ，所以为放热反应，A错误；B．过程属于形成化学键，因此放出能量，B正确；C．反应为放热反应，反应物与的总能量大于生成物的总能量，C错误；D．反应发生过程既有物质变化也伴随能量变化，D错误；答案选B。
12．高炉炼铁的原料是焦炭和Fe2O3，发生的反应主要有：①；②。 下列有关说法错误的是
A．对于反应②，当CO和CO2的正反应速率相等时，反应达到平衡
B．高炉炼铁前先将矿石粉碎，可以加快反应速率
C．高炉炼铁尾气中，总是存在一定量的CO
D．在给定条件下，反应①和②达到平衡时，Fe的产量达到最大
【答案】A
【解析】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，对于反应②，任意时刻CO和CO2的正反应速率相等，故当CO和CO2的正反应速率相等时，不能说明反应达到平衡，A错误；
B．高炉炼铁前先将矿石粉碎，可以增大固体和气体的接触面积，从而加快反应速率，B正确；
C．由题干信息可知，反应②是一个可逆反应，可逆反应存在一定的反应限度，故高炉炼铁尾气中，总是存在一定量的CO，C正确；
D．在给定条件下，反应①和②达到平衡时，反应达到最大限度，则Fe的产量达到最大，D正确；
故答案为：A。
13．氮化铬(CrN)具有高的硬度和良好的耐磨性。实验室可利用与反应来制备氮化铬，可选择的装置如下图。下列说法错误的是
已知：为紫色单斜晶体，熔点为383℃，易升华，高温下易被氧气氧化，极易水解，CrN难溶于水，熔点1282℃
A．装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→E
B．A装置中分液漏斗内盛放的是氯化铵溶液，圆底烧瓶中盛放的是氢氧化钠溶液
C．B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管
D．制得的CrN中往往含有少量，生成的化学方程式为
【答案】B
【分析】A中制备氨气，D装置用来控制NH3的流速以及检验后续装置是否堵塞，E装置干燥氨气，B装置中氨气和CrCl3反应制备氮化铬，由于易升华，粗导管是为了防止堵塞，CrCl3极易水解，E装置可防止空气中的水进入C中，故装置的连接顺序为A→D→E→B→C→E。
【解析】A．根据分析，装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→E，A正确；B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应制备氨气时需要加热，题中无加热装置，B错误；C．根据分析，B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管，C正确；D．制得的CrN中往往含有少量，根据杨阿虎还原反应原理，生成的化学方程式为：，D正确；故选B。
14．氮循环在维持生态系统平衡中的地位极其重要，微生物和矿物质在氮循环中扮演着关键的角色。某水体(含较多，)脱氮的部分转化关系如下图所示。已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将氧化为。
下列说法不正确的是
A．由图示可知，该水体中部分转化为，从而达到脱氮的目的
B．过程I中发生的反应会导致溶液酸性减弱
C．过程III中被氧化
D．若水体中铁氧化细菌和含量过高，将不利于过程I的进行
【答案】B
【解析】A．由图示可知，该水体中部分先被氧化为，然后在反硝化细菌的作用下被还原为N2，N2从水中逸出，从而达到脱氮的目的，A正确；
B．过程I中在硝化细菌的作用下和O2反应生成和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：+ 2O2=+H2O+2H+，溶液中H+浓度增大，酸性增强，B错误；
C．过程III中转化为，C元素化合价上升，被氧化，C正确；
D．若水体中铁氧化细菌和含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将氧化为，水中的氧气浓度降低，不利于过程I的进行，D正确；
故选B。
15．工业上水煤气生产的主要反应原理为，某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．时刻体系处于平衡状态
B．曲线①表示的是逆反应的关系
C．气体的平均相对分子质量：时刻小于时刻
D．在时刻，压缩容器体积增大压强，正逆反应速率都增大
【答案】D
【解析】A．时，正逆反应速率不相等，体系未达到平衡状态，A错误；
B．开始反应物浓度最大，生成物浓度为0，所以曲线①表示的是正反应的关系，曲线②表示的是逆反应的关系，B错误；
C．反应还未开始时，气体为，相等分子质量为18，若反应能完全进行，生成等物质的量的CO和H2，混合气体的平均摩尔质量为=15，说明该反应在反应过程中气体的平均相对分子质量逐渐减小，气体的平均相对分子质量：时刻大于时刻，C错误；
D．在时刻，压缩容器体积增大压强，反应物与生成物的浓度都增大，故正逆反应速率都增大，D正确；
故选D。
16．用20 mL 18.4 ml/L的浓硫酸和铜共热一段时间后，待反应混合物冷却，滤去多余的铜，将滤液稀释到100 mL，所得浓度为2.68 ml/L。下列说法不正确的是
A．反应后c(CuSO4)为0.1 ml/LB．标准状况下生成SO2的体积为2.24 L
C．反应中消耗硫酸的物质的量为0.2 mlD．溶解的铜的质量为6.4 g
【答案】A
【分析】20mL18.4ml/L的浓硫酸中n()=0.02L×18.4ml/L=0.368ml，反应后n()=0.1L×2.68ml/L=0.268ml，则减少的n()=0.368ml-0.268ml=0.1ml；铜与浓硫酸反应的化学方程式为，可知，生成的CuSO4的物质的量=生成SO2的物质的量=溶液中减少的物质的量=0.1ml；结合铜守恒可知，反应0.1ml铜，质量为0.1ml×64g/ml=6.4g。
【解析】A．稀释后溶液体积为100mL，稀释后得到c(CuSO4)为1.0ml/L，而不是反应后，A错误；B．根据分析可知生成的SO2为0.1ml，标况下体积为2.24L，B正确；C．根据反应方程式可知0.1mlCu反应时消耗0.2ml硫酸，C正确；D．根据分析可知，溶解的铜的质量为6.4 g，D正确；故选A。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共4个小题，共52分。
17．（13分）研究人员拟设计黄铜矿(主要含CuFeS2)制备硝酸铜和绿矾晶体的流程如下：
回答下列问题：
（1）CuFeS2中铁元素的化合价为 价，已知“焙烧”生成SO2、CuO和Fe2O3，则其化学反应方程式为 。
（2）“置换”步骤中发生的所有反应的离子方程式有 、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑。
（3）流程中“操作 A”所需的玻璃仪器有 。
（4）“浸洗”步骤中加溶液A 的目的是 。
（5）“反应”步骤中，10%H2O2为氧化剂，20%HNO3提供H+，可以避免污染性气体的产生，写出该“反应”的离子方程式： 。
（6）绿矾晶体(FeSO4·7H2O)在空气中极易变质； 验证绿矾晶体已变质的操作为 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）+2（1分） 4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）烧杯、玻璃棒、漏斗
（4）分离固体中的铁、铜
（5）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（6）取适量晶体溶于水后，滴加少量KSCN 溶液，若溶液变为血红色，则晶体已变质
【分析】由题给流程可知，黄铜矿在空气中焙烧生成氧化铁、氧化铜和二氧化硫，二氧化硫发生催化氧化反应转化为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，将硫酸溶液加入到焙烧渣中，将氧化铁、氧化铜转化为硫酸铁、硫酸铜，向反应后的溶液中加入过量的铁，将溶液中的铁离子、铜离子转化为亚铁离子、铜，过滤得到含有铜的滤渣和硫酸亚铁溶液；向滤渣中加入稀硫酸浸洗，将滤渣中过量的铁转化为亚铁离子，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液；硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚铁晶体；向铜中加入稀硝酸和过氧化氢混合溶液，将铜溶解得到硝酸铜溶液，硝酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硝酸铜晶体。
【解析】（1）CuFeS2中硫元素化合价为—2价、铜元素化合价为+2价，由化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为+2价；由分析可知，黄铜矿在空气中焙烧生成氧化铁、氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：+2；4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2；
（2）由分析可知，“置换”步骤中加入过量的铁，将溶液中的铁离子、铜离子转化为亚铁离子、铜，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，操作A为固液分离的过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）由分析可知，“浸洗”步骤中“浸洗”步骤中加入稀硫酸浸洗的目的是将滤渣中过量的铁转化为亚铁离子而得到铜，故答案为：分离固体中的铁、铜；
（5）由题意可知，“反应”步骤中发生的反应为铜与稀硝酸和过氧化氢混合溶液反应生成硝酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（6）硫酸亚铁具有还原性，绿矾晶体在空气中极易变质生成硫酸铁，检验绿矾变质实际上就是检验绿矾溶液中是否含有铁离子，具体操作为取适量晶体溶于水后，滴加少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，则晶体已变质，故答案为：取适量晶体溶于水后，滴加少量KSCN 溶液，若溶液变为血红色，则晶体已变质。
18．（13分）I．NO2(红棕色)和N2O4(无色)之间发生反应：N2O4(g)⇌2NO2(g)。将一定量N2O4气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，控制反应温度为T。
（1）下列可以说明该反应达到平衡的是___________(填标号)。
A．B．
C．容器内气体的颜色不再变化D．混合气体的压强不再变化
（2）在温度为T的条件下，向该恒容密闭容器中充入随时间的变化曲线如图所示。
①1～4四个点中，v正=v逆的点有 。
②反应进行到16min时，N2O4的转化率是 。
③下列措施能使该反应速率加快的是 (填标号)。
A．增大NO2的浓度 B．增大容器体积
C．加入合适的催化剂 D．恒容条件下充入He
II．已知Na2S2O3与硫酸的反应为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，某研究小组为研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如下。
（3）实验①②研究的是 对化学反应速率的影响，V1= 。
（4）实验①③研究的是 对化学反应速率的影响，V2= 。
（5）t1、t2、t3由大到小的顺序是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）CD
（2）1、2（1分） 75% AC
（3）温度（1分） 2（1分）
（4）浓度（1分） 1（1分）
（5）t3>t1>t2
【解析】（1）A．c(N2O4)：c(NO2)=1：2，不能判断浓度是否再发生变化，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应达到平衡，正逆反应速率比等于系数比，v正(N2O4)=2v逆(NO2)反应不平衡，故不选B；
C．容器内气体的颜色不再变化，说明NO2浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体系数和不同，压强是变量，混合气体的压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD；
（2）①反应达到平衡，正逆反应速率相等，v正=v逆的点有1、2；
②反应进行到16min时，c(NO2)=0.06 ml·L-1，则c(N2O4)减小0.03 ml·L-1，N2O4的转化率是×100%=75%；
③A．反应物浓度增大，反应速率加快，增大NO2的浓度，反应速率加快，故选A；
B．增大容器体积，反应物浓度减小，反应速率减慢，故不选B；
C．催化剂加快反应速率，加入合适的催化剂，反应速率加快，故选C；
D．恒容条件下充入He，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选D；
选AC；
（3）实验①②反应温度不同，研究的是温度对化学反应速率的影响，为了控制变量，溶液体积应当相同，故V1=2；
（4）实验①③反应温度相同，实验③中加入0.1ml/LNa2S2O3溶液的体积更小，为了保证H2SO4浓度不变，溶液总体积不变，故V2=1，实验①③研究的是浓度对化学反应速率的影响；
（5）实验①②相比，浓度相同，反应②温度更高，反应速率更快，t1>t2，实验①③相比，反应温度相同，故t1、t2、t3由大到小的顺序是t3>t1>t2。
19．（12分）亚硝酰氯()是一种红褐色液体或黄色气体，熔点：，沸点：，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂等。实验室可用下图装置由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
（1）A是制备的发生装置，其中发生的反应为。反应中硝酸体现的性质为 。
（2）装置B的作用是除去中混有的，发生的反应为。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（3）装置C中长颈漏斗的作用是 。
（4）D装置中无水的作用是___________。
A．吸收尾气B．干燥气体
C．吸收空气中的水汽D．用作催化剂
（5）干燥纯净的氯气可以由以下装置制备，正确的连接顺序为___________。
A．B．C．D．
（6）在亚硝酰氯中，所有原子均达到了8电子稳定结构。写出的电子式 。
【答案】（每空2分）
（1）氧化性、酸性
（2）
（3）平衡装置内压强，防止发生倒吸
（4）C
（5）B
（6）
【分析】制备亚硝酰氯()的实验流程为：用铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，制得的一氧化氮中可能含有二氧化氮和硝酸蒸气，在装置B中用水除去杂质气，然后再用装置C中的浓硫酸进行干燥；再用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制得氯气，氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸进行干燥后，将两种干燥气体同时通入三颈瓶中反应生成产物亚硝酰氯，据此分析解答。
（1）根据反应方程式：可知，反应中硝酸中N元素化合价降低被还原为NO气体，体现了氧化性，同时还有一部分硝酸未被还原，体现了酸性。
（2）根据反应方程式：可知，参加反应，其中有化合价升高被氧化变为，作还原剂；另有化合价降低被还原为，作氧化剂，则反应中氧化剂与还原剂的比例为1：2。
（3）根据实验可知装置C既起干燥作用，又有安全瓶的作用，可防止C到D的导管堵塞，则装置中长颈漏斗可起到平衡装置内压强的作用，防止发生倒吸。
（4）由于制备亚硝酰氯遇水易水解，需要干燥环境，所以装置中无水的作用是为了防止空气中的水蒸气进去装置D引起亚硝酰氯水解，题目所给四个选项中，C答案符合题意。
（5）制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制得氯气，生成的氯气中含有氯化氢气体，先用饱和食盐水除去氯化氢后，再用浓硫酸进行干燥，则装置导管连接顺序为：，题目所给四个选项中，B答案符合题意。
（6）在亚硝酰氯中，所有原子均达到了8电子稳定结构，则的电子式为：。
故答案为：。
20．（14分）I．在体积均为的甲、乙两个恒容密闭容器中，分别加入相同质量的一定量炭粉和，在不同温度下反应的过程如下图所示：
（1）甲容器中，内的平均反应速率 。
（2）反应速率：A点 B点，A点 C点(填“（1分） >（1分）
（3）50% 0.6E
（4）4：3
（5）
（6）4.48L
【解析】（1）甲容器中发生C+CO2=2CO，0～1min内生成CO为1.5ml，则消耗CO2为0.75ml，浓度是0.375ml/L，所以平均反应速率＝0.375ml/L÷1min＝。
（2）A点斜率大于B点斜率，则反应速率A点＞B点，甲容器首先达到平衡状态，说明温度高，反应速率快，乙容器温度低，A点和C点CO的物质的量相等，所以反应速率A点＞C点。
（3）乙容器中C点时生成CO为1.2ml，则消耗CO2为0.6ml，剩余CO2为1.2ml，CO2的物质的量百分数为。若乙容器中，每消耗12g即1ml碳粉需要吸收EkJ能量，则乙容器中C点时生成CO为1.2ml，消耗0.6ml碳粉吸收0.6EkJ能量。
（4）乙容器中C点时生成CO为1.2ml，则消耗CO2为0.6ml，剩余CO2为1.2ml，总物质的量为2.4ml，起始的总物质的量为1.8mlCO2，压强之比等于物质的量之比，故平衡后的压强与起始压强之比为2.4:1.8=4:3。
（5）水煤气燃料电池的负极上通入的是燃料：一氧化碳和氢气，发生失电子的氧化反应，在正极上是氧气发生得电子的还原反应，阳离子移向正极，根据电极反应式确定电子转移的数目并进行计算即可。
负极反应物是H2和CO，介质是有机固体超强酸，因此，负极反应为：H2-2e-=2H+、CO-2e-+H2O=CO2+2H+。
（6）正极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，电路中通过0.4ml电子，正极消耗0.1ml O2，根据总反应式CO+H2+O2=CO2+H2O可知消耗氢气和一氧化碳均是0.1ml，因此标准状况下水煤气的体积为4.48L。A．陶刻纹豆(商)
B．蓝玻璃杯(汉)
C．叶形银盘(唐)
D．花瓣瓷碗(宋)
A
B
C
D
实验序号
反应温度
加入0.1ml/L
Na2S2O3溶液的体积
加入0.1ml/L
H2SO4溶液的体积
加入水的体积
出现浑浊的时间
℃
mL
mL
mL
s
①
20
2
2
0
t1
②
40
2
V1
0
t2
③
20
1
2
V2
t3