2025届辽宁沈阳市东北育才学校高一化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025届辽宁沈阳市东北育才学校高一化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.42NA
B．氢原子数为0.4NA的甲醇分子中含有的键数为0.4NA
C．1Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．14乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
2、下列离子方程式书写不正确的是
A．常温下氯气与烧碱溶液反应:Cl2+2OH-=Cl-+C1O-+H2O
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C．铜与稀硝酸反应:Cu+2H+=Cu2++H2↑
D．FeCl2溶液中加入氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
3、金属材料的开发一直是材料科学的研究热点，一些新的金属材料相继被开发出来并应用于工农业生产和高科技领域。例如，铀(U)用作核电厂反应堆的核燃料，镅(Am)在烟雾探测器中用作烟雾监测材料；特点是被誉为“的金属”——钛(Ti)，应用前景更为广阔。钛(titanium)是一种活泼金属，但因其表面容易形成致密的氧化物保护膜使它不易跟其他物质反应，而具有一定的抗腐蚀能力。除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点。根据以上背景资料及所学知识，你认为下列说法中错误的是
A．钛不属于稀土金属
B．钛是很好的航天航空材料
C．钛在空气中不与其他物质反应
D．钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料
4、分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）
A．7种 B．8种 C．9种 D．10种
5、能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色的物质是
A．氨气 B．液氨 C．氨水 D．NH4Cl溶液
6、在科学史上每一次重大的发现都极大地推进了科学的发展。俄国科学家门捷列夫对化学的突出贡献在于
A．开发了合成氨的生产工艺
B．提出了元素周期律
C．揭示了燃烧的本质
D．提取了治疟药物青蒿素
7、下列有关化学用语的表示中正确的是
A．甲烷的比例模型： B．乙烯的结构简式为CH2CH2
C．8个中子的碳原子的符号：12C D．羟基的电子式：
8、关于碱金属元素的下列叙述中，错误的是（  ）
A．碱金属元素原子最外层都只有1个电子
B．依Li、Na、K、Rb、Cs，单质熔沸点升高，密度增大
C．随核电荷数递增，氢氧化物碱性增强
D．随电子层数增加，原子半径增大，金属还原性增强
9、下列关于苯的叙述正确的是( )

A．反应为取代反应，有机产物的密度比水小
B．反应为取代反应，有机产物是一种烃
C．反应中1mol苯最多与发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
D．反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
10、主族元素R的最高正化合价为+2，R元素位于周期表的
A．ⅠA族 B．ⅡA族 C．ⅢA族 D．ⅤA族
11、下列金属元素的单质或化合物在火焰上灼烧时，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是（ ）
A．钠 B．钾 C．镁 D．铁
12、五种短周期元素a、b、c、d、e,其原子半径与原子序数的关系如图,下列说法错误的是

A．c元素的离子半径比e的离子半径小
B．d元素对应的最高价氧化物的水化物酸性比e元素弱
C．b、c、d三种元素对应的最高价氧化物的水化物相互间能发生反应
D．a与b两种元素可形成既有离子键又有非极性共价键的化合物
13、在一个不传热的固定容积的密闭容器中,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数时,一定达到平衡的标志是(　 　)
①体系的温度不再改变 ②体系的压强不再改变
③各组分的浓度不再改变 ④各组分的质量分数不再改变
⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q
⑥单位时间内m mol A发生断键反应,同时p mol C也发生断键反应
A．③④⑤⑥ B．①③④⑥ C．②③④⑥ D．①③④⑤
14、一定温度下，将 2 mol SO2 和 1 mol O2 充入2L密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应: 2SO2+ O2 2SO3，下列说法中正确的是
A．达到反应限度时，生成2molSO3
B．达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率
C．达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为2∶1∶2
D．SO2和SO3物质的量之和一定为 2mol
15、圣路易斯大学研制的新型乙醇燃料电池，使用能传递质子(H+)的介质作溶剂，反应原理为C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，下图是该电池的示意图，下列说法正确的是

A．a极为电池的正极
B．电池工作时，电流由a极沿导线经灯泡再到b极
C．电池正极的电极反应为：4H++O2+4e-═2H2O
D．电池工作时，1mol乙醇被氧化，则电路中有6mol电子转移
16、成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是
A．木已成舟 B．蜡炬成灰 C．铁杵成针 D．滴水成冰
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。

(1)写出A～F各物质的化学式：
A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。
(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：______________________。
18、A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性；A、D同主族，C的原子序数等于A、B原子序数之和；E是地壳中含量最高的金属元素，F元素的原子最外层比次外层少两个电子。用化学用语回答下列问题：
(1)G在元素周期表中的位置为_______________________；
(2)元素C、D、E的简单离子的半径由大到小关系为_______________________；
(3)A分别与C、F形成的氢化物沸点较高的是_________，原因_______________________；
(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程________________________________________；
C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是_______________________。
19、（1）氨气是化学实验室常需制取的气体。实验室制取氨气通常有两种方法：
方法一 固体氢氧化钙与氯化铵共热
方法二 固体氢氧化钠与浓氨水反应
①下面的制取装置图中，方法一应选用装置________(填“A”或“B”，下同)，方法二应选用装置________。

②写出加热NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3的反应方程式_________。
③在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是_____，收集氨气的方法是______。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．五氧化二磷
D．向上排空气法 E．排水法 F．向下排空气法
④检验是否收集满氨气的方法是____________________
（2）请观察如图装置，回答下列问题：

①负极是_______，发生_______反应（填氧化或还原）。
②正极的电极反应式_______。
③该装置是一种把_______________________的装置，当导线中有0.2 mol e-发生转移时，求参加氧化反应的物质的物质的量为_______。
20、某兴趣小组利用下列实验装置探究SO2的性质。

根据要求回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为__________________________________________。
（2）利用装置C可以证明SO2具有漂白性C中盛放的溶液是__________________。
（3）通过观察D中现象，即可证明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是________。
A．NaCl溶液 B．酸性KMnO4 C．FeCl3 D．Na2S溶液
（4）研究小组发现B中有白色沉淀BaSO4生成，为进一步验证B中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验：
实验i：另取BaCl2溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述装置进行实验，结果发现B中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊．
实验ii：用如上图2的F装置代替上述实验中的A装置（其他装置不变），连接后往装置F中通入气体X一段时间再加入70%H2SO4溶液，结果B中没有出现浑浊．
①“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是_______________________；
②气体X可以是____________（填序号）。
A．CO2        B．C12     C．N2     D．NO2
③B中形成沉淀的原因是（用化学方程式表示）：________________________________。
21、能源与材料、信息被称为现代社会发展的三大支柱，化学与能源有着密切联系。
(1)下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ·mol-1)
化学键
H-H
ClCl
H-Cl
键能
436
243
431
请根据以上信息可知，1mol氢气在足量的氯气着燃烧生成氯化氢气体放出热量___________。
(2)天然气是一种重要的情节能源和化工原料，其主要成分为CH4。以CH4、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池的负极反应式为___________。
(3)工业上有一种方法是用 CO2来生产燃料甲醇，可以将CO2变废为宝。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g),测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。

①从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=___________；H2的转换率α(H2)=___________。
②若反应CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：
A．V(CO2)=0.15mol·L-1·min-1B．V(H2)=0.01mol·L-1·s-1
C．v(CH3OH)=0.2mol·L-1·min-1D．v(H2O)=0.45mol·L-1·min-1
该反应进行由快到慢的顺序为___________(填字母)。
(4)海水化学资源的利用具有非常广阔的前景。从海水中提取溴的工业流程如图：

①流程④中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：
□Br2+□CO32-=□BrO3-+□Br-+□CO2↑______
②以上五个过程中涉及氧化还原反应的有___________个。
③步骤③中已获得游离态的溴，步骤④又将之转变成化合态的溴，其目的是___________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，故A错误；B、氢原子数为0.4NA的甲醇分子的物质的量为=0.1mol，其中含有的共价键的物质的量=0.1mol×=0.5mol，故B错误；C、铁与过量硝酸反应变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子故C错误；D、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含2NA个H原子，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算。本题的易错点为B，要知道甲醇的化学式为CH4O，共价化合物中的共价键数目=。
2、C
【解析】
A.常温下氯气与烧碱溶液反应：Cl2+2OH-=Cl-+C1O-+H2O，A正确；
B.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，B正确；
C.铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，C错误；
D. FeCl2溶液中加入氯水：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D正确；
答案选C。
任何金属和硝酸反应，都不会放出H2。
3、C
【解析】
A. 钛位于第四周期，不属于稀土金属，A正确；
B. 钛具有一定的抗腐蚀能力，除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点，因此是很好的航天航空材料，B正确；
C. 钛在空气中容易被氧气氧化，在其表面容易形成致密的氧化物保护膜，这说明能与氧气反应，C错误；
D. 钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料，D正确。
答案选C。
4、C
【解析】
C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。
5、C
【解析】
能使干燥的红色石蕊试纸变蓝说明该物质应显碱性。
【详解】
A．氨气遇水生成显碱性的氨水能使红色石蕊试纸变蓝，氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，A项错误；
B．液氨为氨气的液态形式，也不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，B项错误；
C．氨水中的一水合氨能部分电离出NH4+和OH-，因而显弱碱性，能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，C项正确；
D．NH4Cl溶液中NH4+水解使得溶液显酸性，不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，D项错误；
答案选C。
6、B
【解析】
A.20 世纪初，由德国化学家哈伯等研究开发了合成氨的生产工艺，故A错误；
B.俄国化学家门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，故B正确；
C.揭示了燃烧的本质的是拉瓦锡，故C错误；
D.提取了治疟药物青蒿素的是我国的科学家屠呦呦，故D错误．
答案：B
7、D
【解析】
A.甲烷中含有1个C、4个H原子，C原子半径大于氢原子，为正四面体结构，甲烷分子的比例模型为：，选项A错误；
B.因乙烯的结构简式应保留碳碳双键：CH2=CH2，选项B错误；
C.因8个中子的碳原子质量数为8+6=14，符号为：14C，选项C错误；
D. 羟基的中心原子O周围7个电子，羟基中存在一对共用电子对，羟基的电子式为，选项D正确；
答案选D。
8、B
【解析】A．碱金属的最外层电子数=主族序数=1，故A正确；B．按照Li、Na、K、Rb、Cs的顺序，单质熔沸点逐渐降低，密度增大，故B错误；C．同主族元素的原子随核电荷数递增，氢氧化物碱性增强，故C正确；D．同主族元素随电子层数增加，原子半径增大，金属还原性增强，故D正确；故选B。
9、D
【解析】
A、苯与液溴在铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，溴苯的密度大于水，故A错误；
B、苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生取代反应生成硝基苯，有机产物硝基苯是烃的衍生物，故B错误；
C. 1mol苯最多与发生加成反应，苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，苯分子不含碳碳双键，故C错误；
D. 苯分子中含碳量高，燃烧的现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故D正确，答案选D。
10、B
【解析】
对于主族元素而言，最高正价等于其族序数（O、F除外），R的最高正价为+2价，则该元素位于II A族，故答案选B。
11、B
【解析】
焰色反应是金属元素特有的性质，不同的金属元素在火焰上灼烧时的焰色不同，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是钾元素，故答案选B。
蓝色钴玻璃是看钾的焰色反应时用的，钾盐中常混有钠离子，而钠的黄光会干扰钾的紫光，蓝色钴玻璃能滤掉黄光，所以不能透过蓝色钴玻璃看钠，镁，铁的焰色反应。
12、C
【解析】根据原子半径与原子序数的关系图可推知元素a、b、c、d、e分别为O、Na、Al、Si、Cl， A. c元素的离子Al3+半径比e的离子Cl-少一个电子层，半径小，选项A正确；B. H2SiO3酸性比HClO4弱，选项B正确；C. b、c、d三种元素对应的最高价氧化物的水化物NaOH、Al(OH)3、H2SiO3中Al(OH)3与H2SiO3不反应，选项C 错误；D. a与b两种元素可形成既有离子键又有非极性共价键的化合物Na2O2，选项D正确。答案选择C。
点睛：本题考查元素周期表周期律的知识，根据原子半径与原子序数的关系图可推知元素a、b、c、d、e分别为O、Na、Al、Si、Cl，据此分析解答。

13、B
【解析】
①体系的温度不再改变，正、逆反应速率相等，据此能判断该反应达到平衡状态，①正确；
②如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，②错误；
③各组分的物质的量浓度不再改变，说明该反应达到平衡状态，③正确；
④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，④正确；
⑤任何时刻反应时都存在速率关系：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q，故不能根据反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q判断该反应是否达到平衡状态，⑤错误；
⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，⑥正确；
综上所述可知正确的说法为①③④⑥，故合理选项是B。
14、D
【解析】
A. 反应为可逆反应，2 mol SO2 和 1 mol O2反应时，达到反应限度时，生成的SO3的物质的量小于2 mol，A项错误；
B. 平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，B项错误；
C. 分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比，C项错误；
D. 起始加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则最终SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，D项正确；
答案选D。
15、C
【解析】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，则a为负极，故A错误；B．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，故B错误；C．正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，故C正确；D．乙醇中C元素的化合价为-2价，被氧化后升高到+4价，则电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移，故D错误；故选C。
点睛：本题考查原电池知识，把握原电池的工作原理和根据电池总反应书写电极方程式的方法是解题的基础。本题中乙醇被氧化生成CO2和H+，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e═2CO2+12H+，正极发生还原反应，电极方程式为4H++O2+4e-═2H2O。
16、B
【解析】
A．木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；
B．蜡炬成灰有新的物质生成，属于化学变化，且碳、氧元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故B正确；
C．铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故C错误；
D．滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；
故选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Cl2 SO2 H2SO4 HCl BaSO3 BaSO4 Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－
【解析】
(1) 由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀, B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；
A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=== H2SO4＋2HCl；
B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+ SO2=== BaSO3↓＋H2O；
含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+ Ba(OH)2=== BaSO4↓＋2H2O；
溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3===AgCl↓＋HNO3；
故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。
熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2＋SO2＋2H2O=== H2SO4＋2HCl。
18、第三周期ⅦA族 O2-> Na+> Al3+ H2O H2O可形成分子间氢键，沸点最高 离子键、非极性共价键
【解析】
B的单质在常温下为双原子分子，它与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素，据此分析。
【详解】
B的单质在常温下为双原子分子，它与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素。
(1)G为氯元素，在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族；
(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故元素C、D、E的简单离子O2-、Na+、Al3+的半径由大到小关系为O2-> Na+> Al3+；
(3)A分别与C、F形成的氢化物H2O、H2S，沸点较高的是H2O，原因是H2O可形成分子间氢键，沸点最高；
(4) Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：；
C、D还可形成化合物Na2O2，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中存在共价键，故Na2O2中含有的化学键是离子键、非极性共价键。
19、 A B 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O B F 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，看试纸是否变蓝，变蓝则收集满（正确都得分） Zn 氧化 2H+ +2e-= H2↑ 化学能转变为电能 0.1mol
【解析】分析：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体；
②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水；
③氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，应用碱性干燥剂；氨气密度小于空气，极易溶于水，据此判断收集方法；
④氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，据此检验；
（2）原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，据此判断。
详解：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，应选择A装置，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体，应选择B装置；
②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；
③A．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，不能干燥氨气，A错误；
B．固体氢氧化钠具有吸湿性，可以干燥氨气，B正确；
C．五氧化二磷和氨气发生反应，不能干燥氨气，C错误；
答案为：B；
氨气密度小于空气，极易溶于水，收集氨气时应该选择向下排空气法，答案选F；
④氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则证明是氨气已集满。
（2）①金属性锌强于铜，因此负极是锌，发生氧化反应。
②正极是铜，溶液中的氢离子放电，则正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑。
③该装置是原电池，是一种把化学能转变为电能的装置，当导线中有0.2 mol e-发生转移时，消耗0.1mol锌，锌失去电子被氧化，则参加氧化反应的物质的物质的量为0.1mol。
20、 H2SO4 +Na2SO3= Na2SO4+SO2↑H2O 品红溶液 D 除去BaCl2溶液中的O2 AC 2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl
【解析】分析：该探究实验为：亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，二氧化硫与品红作用，体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫与-2价的硫作用体现氧化性，二氧化硫有毒需进行尾气处理，用氢氧化钠吸收．图中装置B出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，装置E进行探究，可排除氧气的干扰。（1）装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；（2）SO2可以使品红溶液褪色，体现了SO2具有漂白性；（3）NaCl溶液与二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，FeCl3能氧化二氧化硫，二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质，证明二氧化硫具有氧化性；（4）①煮沸BaCl2溶液排除溶液中的氧气；②连接后往装置F中通入气体X一段时间，排除装置中的氧气，通入的气体不能氧化二氧化硫，干扰验证实验；③B中形成沉淀是二氧化硫被氧气氧化。
详解：该探究实验为：亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，二氧化硫与品红作用，体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫与-2价的硫作用体现氧化性，二氧化硫有毒需进行尾气处理，用氢氧化钠吸收．图中装置B出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，装置E进行探究，可排除氧气的干扰。
（1）装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为：H2SO4 +Na2SO3= Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）SO2通入品红溶液中，红色褪去，二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现二氧化硫的漂白性；（3）二氧化硫表现氧化性需硫元素的化合价降低，Na2S与二氧化硫作用，二氧化硫中硫元素的化合价从+4价变为0价，反应的化学方程式为：4H++SO2+2S2-=3S↓+2H2O，表现了氧化性，NaCl溶液与二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，FeCl3能氧化二氧化硫，故选D；（4）①图中装置B出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以需排除氧气的干扰，“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2；②O3和NO2，具有氧化性，能氧化二氧化硫，所以不可以通入气体这两种气体驱赶装置中的氧气，二氧化碳和氮气不与氧气反应，可以用来驱赶装置中的氧气，故答案为：AC；③B中形成沉淀是二氧化硫被氧气氧化，可能发生的反应为：2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。
点睛：本题考查了二氧化硫的制备及性质检验，题目难度中等，注意掌握二氧化硫的性质检验方法，明确物质性质进行实验方案的设计时解答关键，试题有利于培养学生的化学实验能力。
21、183kJ CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O 0.075mol/（L•min） 75% D＞C=B＞A（或D＞B = C＞A） 3 3 1 5 3 4 富集（或浓缩）溴元素
【解析】
分析：(1)根据焓变∆H=反应物键能总和-生成物键能总和进行计算。
(2) 甲烷、空气、氢氧化钾溶液形成原电池,负极甲烷失电子发生氧化反应。
(3)①根据图像信息，利用三段式进行解答。
②将各物质的速率除以该物质的所对应的系数，然后比较各物质的速率的数值大小，注意单位要统一。
(4) ①根据化合价的升降及电荷守恒进行配平。
② ①海水晒盐属于物理变化；②电解熔融的氯化钠可以生成氯气，属于氧化还原反应；③氯气氧化溴离子生成单质溴，属于氧化还原反应；④溴与碳酸钠溶液发生氧化还原反应3Br2＋3CO32－=BrO3－＋5Br－＋3CO2↑，属于氧化还原反应；⑤在酸性条件下，溴离子被氧化为溴单质，属于氧化还原反应；据以上分析解答。
③海水中溴元素的浓度低，因此II的作用是富集溴元素。
详解：(1)反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g),焓变∆H=反应物键能总和-生成物键能总和=436+243-2×431=-183 kJ；则热化学方程式为: H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ∆H=-183 kJ·mol-1,1mol氢气在足量的氯气中燃烧生成氯化氢气体放出热量183kJ；正确答案：183kJ。
(2) 甲烷、空气、氢氧化钾溶液形成原电池,负极甲烷失电子发生氧化反应,反应式为: CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O ；正确答案: CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。
(3)①根据图像可知，反应达到平衡时，二氧化碳的浓度变化了1-0.25=0.75mol/L，甲醇的浓度变化了0.75mol/L，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=0.75/10= 0.075mol/（L•min）；根据反应关系可知，氢气的浓度变化了0.75×3=2.25 mol/L，变化的量为2.25×1=2.25mol，H2的转化率α(H2)= 2.25/3×100%=75%；正确答案：0.075mol/（L•min）；75% 。
②将各物质的速率除以该物质所对应的系数，然后比较各物质的速率的数值大：A．V(CO2)=0.15mol·L-1·min-1，B．V(H2)= 0.01×60/3=0.2 mol·L-1·min-1，C．v(CH3OH)=0.2mol·L-1·min-1，D．v(H2O)= 0.45/1=0.45 mol·L-1·min-1；该反应进行由快到慢的顺序为D＞C=B＞A；正确答案：D＞C=B＞A（或D＞B = C＞A）。
(4) ①根据化合价的升降配平，即3Br2＋CO32－→BrO3－＋5Br－＋口，利用反应前后所带电荷数守恒，配平CO32－，即为3Br2＋3CO32－→BrO3－＋5Br－＋口，根据元素守恒和原子个数守恒，即为3Br2＋3CO32－=BrO3－＋5Br－＋3CO2↑；正确答案：3、 3、 1、 5、 3。
② ①海水晒盐属于物理变化；②电解熔融的氯化钠可以生成氯气，属于氧化还原反应；③氯气氧化溴离子生成单质溴，属于氧化还原反应；④溴与碳酸钠溶液发生反应为：3Br2＋3CO32－=BrO3－＋5Br－＋3CO2↑；属于氧化还原反应；⑤在酸性条件下，溴离子被氧化为溴单质，属于氧化还原反应；以上五个过程中涉及氧化还原反应的有4个；正确答案：4。
③海水中溴元素的浓度低，因此II的作用是富集溴元素；正确答案：富集（或浓缩）溴元素。
点睛：反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。