安徽省合肥市六校聯(lián)考2022-2023學年高二下學期7月期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省合肥市六校聯(lián)考2022-2023學年高二下學期7月期末考試注意事項：1．本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。2．考生必須保持答題卡的整潔，考試結束后，將答題卡收回。3．可能用到的相對原子質(zhì)量:H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、單選題(共18題，每題3分，共54分)1.生活離不開化學。下列有關敘述正確的是（）A.手機芯片的材料主要是二氧化硅B.晶體硅可用作現(xiàn)代通訊的光纖C.房屋所用的門窗玻璃主要成分是D.太陽能電池屬于節(jié)能環(huán)保的綠色產(chǎn)品〖答案〗D【詳析】A．手機芯片的材料主要是單質(zhì)硅，A選項錯誤；B．可用作現(xiàn)代通訊的光纖的是二氧化硅，B選項錯誤；C．玻璃是硅酸鹽產(chǎn)品，主要成分可以表示為Na2O·CaO·6SiO2，硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是和玻璃不同的物質(zhì)，C選項錯誤；D．太陽能電池是將太陽能轉化為電能的裝置,屬于節(jié)能環(huán)保的綠色產(chǎn)品，D選項正確；〖答案〗選D。2.下列關于原電池的敘述中，錯誤的是A.原電池能將化學能轉變?yōu)殡娔蹷.原電池的負極得電子，發(fā)生還原反應C.原電池工作時，其負極不斷產(chǎn)生電子并經(jīng)外電路流向正極D.原電池的構成條件之一是形成閉合回路〖答案〗B【詳析】A．原電池利用氧化還原反應形成電流，化學能轉化為電能，A項正確；B．原電池的負極失電子發(fā)生氧化反應，B項錯誤；C．負極失電子經(jīng)導線傳導正極，C項正確；D．原電池若短路不能形成穩(wěn)定的電流，原電池構成條件之一形成閉合回路，D項正確；故選B。3.化學反應A2＋B2=2AB的能量變化如圖所示，則下列說法中正確的是A.該反應斷開化學鍵消耗的總能量大于形成化學鍵釋放的總能量B.加入催化劑，該反應放出熱量增大C.斷裂2molAB中化學鍵需要吸收ykJ能量D.1molA2和1molB2的總能量低于2molAB的總能量〖答案〗C【詳析】A．由圖可知該反應是放熱反應，所以該反應斷開化學鍵消耗的總能量應小于形成化學鍵釋放的總能量，故A錯誤；B．催化劑不改變反應熱，故B錯誤；C．化學鍵的斷裂吸收能量，根據(jù)圖象，斷裂2molA-B鍵需要吸收ykJ能量，故C正確；D．根據(jù)圖象，1molA2和1molB2的總能量高于2molAB的總能量，故D錯誤；故選C。4.下列關于硫及其化合物的說法不正確的是()A.SO2與水反應生成H2SO3B.SO2能使紫色石蕊溶液先變紅后褪色C.在少量膽礬中加入濃硫酸，晶體由藍色變成白色體現(xiàn)了濃硫酸的吸水性D.常溫下鐵遇到濃硫酸發(fā)生鈍化〖答案〗B【詳析】A．SO2是酸性氧化物，能與水反應生成H2SO3，故A正確；B．二氧化硫的漂白性具有選擇性，不能使指示劑褪色，故B錯誤；C．濃硫酸有吸水性，在少量膽礬中加入濃硫酸，晶體由藍色變成白色，故C正確；D．濃硫酸有強氧化性，常溫下鐵遇到濃硫酸發(fā)生鈍化，故D正確；〖答案〗為B。5.下列敘述不合理的是A.判斷甲烷為正四面體結構：二氯甲烷沒有同分異構現(xiàn)象B.乙酸、甲醇、稀硫酸：用于制備乙酸甲酯C.相同碳原子的烷烴，支鏈越多熔沸點越低：新戊烷＜異戊烷＜正戊烷D.鑒別乙烯和乙烷：將氣體分別通入到含溴的四氯化碳溶液中〖答案〗B【詳析】A．二氯甲烷若為平面結構，則有兩種同分異構體，現(xiàn)二氯甲烷沒有同分異構現(xiàn)象，則表明二氯甲烷為空間結構，甲烷呈正四面體結構，A合理；B．乙酸、甲醇和濃硫酸混合加熱，可制備乙酸甲酯，B不合理；C．同數(shù)碳原子的烷烴，相對分子質(zhì)量相同，支鏈越多分子間的作用力越小，熔沸點越低，即新戊烷＜異戊烷＜正戊烷，C合理；D．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，所以可以用溴的四氯化碳溶液鑒別乙烯和乙烷，D合理；故選B。6.在不同條件下進行2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)的反應中，表示的反應速率最快的是：A. B.C. D.〖答案〗B〖祥解〗比較化學反應速率時，首先看單位，題中所給的四個選項的單位相同，均為mol?L﹣1．min﹣1；再看是否是同一種物質(zhì)表示的化學反應速率，四個選項所給的化學反應速率是用四種不同的物質(zhì)表示的，則根據(jù)不同物質(zhì)表示的化學反應速率的數(shù)值之比等于其化學計量數(shù)之比，可以四種不同的物質(zhì)表示的化學反應速率轉化為同種物質(zhì)表示的化學反應速率；【詳析】A．；B．；C．；D．；故選B。7.氯氣與水反應的化學方程式為，可用于自來水消毒。下列關于該反應的說法正確的是A.升高溫度能減慢反應速率 B.增大的濃度能加快反應速率C.增大壓強，對該反應的速率沒有影響 D.達到化學平衡時，能100%轉化〖答案〗B【詳析】A．升高溫度能加快反應速率，故A錯誤；B．增大反應物的濃度，能加快反應速率，故B正確；C．增大壓強，能夠增大在水中的溶解度，使反應物氯氣的濃度增大，可以加快反應速率，故C錯誤；D．反應為可逆反應，反應物的轉化率不能100%轉化，故D錯誤；故選B。8.下列敘述正確的是A.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現(xiàn)了漂白性B.向溶液中滴加氨水，產(chǎn)生白色沉淀；再加入過量溶液，沉淀消失C.在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入固體，銅粉仍不溶解D.將足量通入氨的飽和溶液中可析出固體〖答案〗B【詳析】A．二氧化硫具有還原性，能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，故A錯誤；B．氫氧化鋁是兩性氫氧化物，不溶于弱堿氨水，但溶于強酸，硫酸氫鈉是強酸的酸式鹽，在溶液中完全電離出的氫離子能與氫氧化鋁反應，使氫氧化鋁溶解，所以向氯化鋁溶液中滴加氨水會產(chǎn)生白色沉淀，再加入過量硫酸氫鈉溶液，氫氧化鋁沉淀會溶解消失，故B正確；C．銅是不活潑金屬，不能與稀硫酸反應，但在酸性條件下能與硝酸根離子反應，所以在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入硝酸銅固體，銅粉會與氫離子、硝酸根離子反應而溶解，故C錯誤；D．碳酸氫鈉溶于水，二氧化碳與通入足量氨氣的氯化鈉飽和溶液反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，若通入的氨氣不足量，不會有碳酸氫鈉沉淀生成，所以將足量二氧化碳通入氨的氯化鈉飽和溶液中不一定能析出碳酸氫鈉固體，故D錯誤；故選B。9.食品安全備受社會關注。下列符合食品安全要求的是A.用福爾馬林浸泡蓮藕 B.飲料中添加足量防腐劑C.醬油中添加含鐵的營養(yǎng)強化劑 D.用亞硝酸鈉溶液腌制牛肉〖答案〗C【詳析】A．福爾馬林是濃度較高的甲醛溶液，甲醛有毒，可以使蛋白質(zhì)變性，用甲醛浸泡的食品不能食用，A項不符合食品安全要求；B．攝入過量防腐劑會使人體的消化吸收功能下降，對人體健康造成損害，B項不符合食品安全要求；C．醬油中添加適量的含鐵物質(zhì)能得到鐵強化醬油，加入少量的含鐵物質(zhì)可以預防人的貧血，C項符合食品安全要求；D．工業(yè)鹽為亞硝酸鈉，亞硝酸鈉有毒，是一種致癌物質(zhì)，對人體有害，D項不符合食品安全要求?！即鸢浮竭xC。10.氨可用于燃料電池，易液化，運輸儲存方便，安全性能更高。新型NH2-O2燃料電池的裝置如圖示，電池工作時總反應為4NH3+3O2=2N2+6H2O，下列說法正確的是：A.電解NaCl溶液制鈉B.高溫加熱HgO制汞C.OH?向電極b方向遷移D.當消耗2.24LO2時，電路中轉移電子0.4mol〖答案〗C〖祥解〗由電池總反應可知，氧氣得到電子發(fā)生還原反應，a為正極，氨氣失去電子生成氮氣發(fā)生氧化反應，b為負極；【詳析】A．電解熔融NaCl，而不是氯化鈉溶液制鈉，A錯誤；B．Hg、Ag等不活潑金屬通常采用熱分解法冶煉，可以加熱HgO分解生成汞來制汞而不是高溫加熱，B錯誤；C．a(chǎn)電極作正極，b電極作負極，原電池中OH-向負極電極b方向遷移，C正確；D．氣體不一定在標況下，無法計算轉移電子數(shù)，D錯誤；故選C。11.下列冶煉金屬的方法錯誤的是：A.電解NaCl溶液制鈉 B.高溫加熱HgO制汞C.高溫下用CO還原Fe2O3制鐵 D.高溫下用H2還原CuO制銅〖答案〗A【詳析】A．電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣、氯氣，電解熔融NaCl制鈉，故A錯誤；B．高溫加熱HgO生成Hg和氧氣，故B正確；C．高溫下用CO還原Fe2O3生成Fe和二氧化碳，故C正確；D．高溫下用H2還原CuO生成銅和水，故D正確；選A。12.巴豆酸的結構簡式為CH3—CH=CH—COOH。下列關于該物質(zhì)的說法不正確的是()A.分子式為C4H6O2B.含有兩種不同的官能團C.能發(fā)生氧化、取代、加成、酯化等反應D.分子中所有原子有可能在同一平面〖答案〗D【詳析】A.該物質(zhì)的分子式為C4H6O2，故正確；B.結構中含有碳碳雙鍵和羧基兩種官能團，故正確；C.含有碳碳雙鍵和羧基，能發(fā)生氧化、取代、加成、酯化反應等，故正確；D.分子含有甲基，碳原子形成的四個共價鍵，不可能所有原子都在一個平面上，故錯誤。故選D。13.用圓底燒瓶收集NH3后進行噴泉實驗。對實驗現(xiàn)象的分析正確的是A.燒瓶中形成噴泉，說明NH3與H2O發(fā)生了反應B.燒瓶中剩余少量氣體，能證明NH3的溶解已達飽和C.燒瓶中溶液為紅色的原因是：NH3+H2ONH3?H2ONH+OH-D.燒瓶中溶液露置在空氣中一段時間后pH下降，能證明氨水具有揮發(fā)性〖答案〗C【詳析】A．燒瓶中形成噴泉，不一定是因為NH3與H2O發(fā)生了反應引起的，還有可能是因為NH3極易溶于水造成的，故不能說明NH3與H2O發(fā)生了反應，A錯誤；B．燒瓶中剩余少量氣體可能是空氣，來源于實驗中的某個操作，比如圖中止水夾下方的玻璃管未插入水中時會有空氣進入，故燒瓶中剩余少量氣體不能說明NH3的溶解達到飽和，B錯誤；C．燒瓶中溶液變?yōu)榧t色，說明溶液呈堿性，原因為NH3+H2ONH3?H2O+OH-，C正確；D．燒瓶中溶液露置在空氣中一段時間后pH下降，不一定是因為氨水的揮發(fā)性，還可能是因為吸收了空氣中的CO2，故燒瓶中溶液pH下降，不能說明氨水具有揮發(fā)性，D錯誤；故選C14.除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)(括號內(nèi)的物質(zhì))，所使用的試劑和主要操作都正確的是：選項物質(zhì)使用的試劑主要操作A乙醇(水)金屬鈉蒸餾B乙酸乙酯(乙酸)飽和碳酸鈉溶液分液C苯(水)濃溴水過濾D乙烷(乙烯)酸性高錳酸鉀溶液洗氣A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【詳析】A．金屬鈉均能與水、乙醇反應，金屬鈉不能除去乙醇中的水，正確的操作方法是加入新制生石灰，再蒸餾，故A錯誤；B．飽和碳酸鈉能與乙酸反應，降低乙酸乙酯在水中溶解度使之析出，然后分液方法分離，故B正確；C．苯是有機溶劑，能萃取溴水中的溴，引入新的雜質(zhì)，故C錯誤；D．乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化成二氧化碳，引入新的雜質(zhì)，正確的操作是通入足量的溴水，故D錯誤；〖答案〗為B。15.將一定量純凈的氨基甲酸銨置于密閉真空容器中(假設容器體積不變，固體試樣體積忽略不計)，在恒定溫度下使其達到分解平衡H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。能判斷該反應已經(jīng)達到化學平衡的是①v(NH3)正=2v(CO2)逆②密閉容器中總壓強不變③密閉容器中混合氣體的密度不變④密閉容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變⑤密閉容器混合氣體的總物質(zhì)的量不變⑥密閉容器中CO2的體積分數(shù)不變⑦混合氣體總質(zhì)量不變A.①②④⑤⑦ B.①②③⑤⑦ C.①④⑤⑥⑦ D.②③④⑤⑥〖答案〗B【詳析】①v(NH3)正=2v(CO2)逆，表明正逆反應速率相等，該反應達到平衡狀態(tài)，故①正確；

②該反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應，容器內(nèi)壓強為變量，當密閉容器中總壓強不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故②正確；

③H2NCOONH4(s)為固體，混合氣體的質(zhì)量為變量，混合氣體的體積不變，則密閉容器中混合氣體的密度為變量，當容器內(nèi)混合氣體的密度不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故③正確；

④只有NH3(g)、CO2(g)為氣體，且二者的物質(zhì)的量之比始終為2：1，則混合氣體的平均相對分子質(zhì)量始終不變，不能判斷平衡狀態(tài)，故④錯誤；

⑤H2NCOONH4(s)為固體，混合氣體的總物質(zhì)的量為變量，當密閉容器混合氣體的總物質(zhì)的量不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故⑤正確；

⑥只有NH3(g)、CO2(g)為氣體，且二者的物質(zhì)的量之比始終為2：1，則密閉容器中CO2的體積分數(shù)始終不變，不能判斷平衡狀態(tài)，故⑥錯誤；

⑦H2NCOONH4(s)為固體，混合氣體總質(zhì)量為變量，當混合氣體的總質(zhì)量不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故⑦正確；故選：B。16.醇R－CH2－CH2－OH中的化學鍵如圖所示，則下列說法正確的是A.當該醇與金屬鈉反應時，被破壞的鍵是②B.當該醇燃燒時，被破壞鍵只有②③④C.當該醇與乙酸發(fā)生取代反應時，被破壞的鍵是④D.當該醇發(fā)生催化氧化反應時，被破壞的鍵是①和②〖答案〗C【詳析】A．當該醇與金屬鈉反應時，羥基上的氫參加反應，被破壞的鍵是④，故A錯誤；B．當該醇燃燒時要生成CO2和H2O，所有的鍵都要斷，故B錯誤；C．當該醇與乙酸發(fā)生取代反應時酸脫羥基醇脫H，被破壞的鍵是④，故C正確；D．當該醇發(fā)生催化氧化反應時要斷羥基上的H和與羥基相連的C上的H生成醛，被破壞的鍵是④和②，故D錯誤；故〖答案〗為C。17.海帶中含有豐富的碘元素，碘元素在海帶中以碘化物的形式存在。在實驗室中，從海帶灰浸取液中提取碘單質(zhì)的流程如圖：下列說法正確的是A.為提高①中反應的速率，可增大硫酸濃度或在高溫條件下進行B.操作②中分液時含I2的CCl4溶液從分液漏斗下口放出C.③操作使用的是反萃取法，得到的上層溶液為紫紅色D.③中反應的離子方程式為I2+2OH?=IO?+I?+H2O〖答案〗B〖祥解〗海帶灰浸取液加過氧化氫，碘離子被氧化為I2，用CCl4萃取I2，含I2的CCl4溶液加氫氧化鈉溶液反萃取，碘元素以NaI、NaIO3的形式進入水溶液，水層加硫酸，NaI、NaIO3在酸性條件下生成I2，得含I2的懸濁液，過濾得到固體I2?！驹斘觥緼．雙氧水在高溫條件下易分解，反應①不能在高溫條件下進行，故A錯誤；B．CCl4的密度大于水，CCl4在下層，操作②中分液時含I2的CCl4溶液從分液漏斗下口放出，故B正確；C．③操作使用的是反萃取法，得到的上層溶液中含有NaI、NaIO3，溶液為無色，故C錯誤；D．反應③為濃氫氧化鈉和碘反應生成，反應的離子方程式為3I2+6OH?=+5I?+3H2O，故D錯誤；選B。18.足量銅與一定量濃硝酸反應，得到硝酸銅溶液和NO、NO2的混合氣體，這些氣體與1.68LO2(標準狀況下)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗溶液NaOH的體積是A.60mL B.45mL C.30mL D.15mL〖答案〗A〖祥解〗向所得硝酸銅溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀為Cu(OH)2，由電荷守恒可知，Cu提供電子物質(zhì)的量等于氫氧化銅中氫氧根的物質(zhì)的量，生成NO2、NO的混合氣體與1.68LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸，整個過程，由電子轉移守恒，可知Cu提供電子等于氧氣獲得的電子，據(jù)此計算n(NaOH)，進而計算消耗氫氧化鈉溶液體積?！驹斘觥可蒒O2、NO的混合氣體與1.68LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸，整個過程，由電子轉移守恒，可知Cu提供電子等于氧氣獲得的電子，即Cu提供電子為：×4＝0.3mol，然后根據(jù)1molCu失去2mol電子可知，銅的物質(zhì)的量為0.15mol；向所得硝酸銅溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀為Cu(OH)2，故所需的n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氫氧化鈉溶液體積為=0.06L＝60mL，故選：A。【『點石成金』】本題考查金屬與硝酸反應的計算，側重考查學生的分析思維能力與解題方法技巧，注意利用守恒法進行解答。二、非選擇題(共46分)19.SO2在生活、生產(chǎn)中有重要用途，使用不當會造成環(huán)境污染。（1）某同學利用如圖所示裝置研究二氧化硫的性質(zhì)。①儀器a的名稱為___________。②向儀器a中滴加濃硫酸之前，需先通入一段時間N2，此操作的目的是___________。③實驗時，裝置B中沒有明顯變化。實驗結束后取下裝置B，向其中滴加適量氯水，生成的白色沉淀為___________(填化學式)。（2）某化工廠用如圖所示工藝流程除去燃煤產(chǎn)生的SO2。①寫出在催化劑條件下總反應的化學方程式___________。②過程II發(fā)生反應的離子方程式為___________。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.除去裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾實驗③.BaSO4（2）①.2SO2+O2+2H2O2H2SO4②.2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+〖祥解〗（1）裝置A中Na2SO3與濃硫酸反應制備SO2，裝置B中探究SO2能否與BaCl2反應，裝置C探究SO2氧化性，裝置D吸收尾氣，防止污染大氣；（2）過程I中FeSO4、O2、H2SO4反應生成Fe2(SO4)3，反應的化學方程式為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；過程II中SO2與Fe2(SO4)3溶液反應生成FeSO4、H2SO4，反應的化學方程式為SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4?！拘?詳析】①根據(jù)儀器a的結構特點知，儀器a的名稱為分液漏斗；〖答案〗為：分液漏斗；②由于O2具有氧化性，SO2具有還原性，空氣中O2會干擾SO2性質(zhì)的探究，故向儀器a中滴加濃硫酸之前，需先通入一段時間N2，此操作的目的是除去裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾實驗；〖答案〗為：除去裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾實驗；③實驗時，裝置B中沒有明顯變化，說明SO2與BaCl2溶液不反應；實驗結束后取下裝置B，向其中滴加適量氯水，發(fā)生反應SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成的白色沉淀為BaSO4；〖答案〗為：BaSO4?！拘?詳析】①結合流程圖示和分析知，在催化劑條件下總反應的化學方程式為2SO2+O2+2H2O2H2SO4；〖答案〗為：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；②過程II中SO2與Fe2(SO4)3溶液反應生成FeSO4、H2SO4，反應的化學方程式為SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，離子方程式為SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+；〖答案〗為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+。20.Ⅰ.燃料電池是一種高效、環(huán)境友好的供電裝置，下圖是甲烷燃料電池原理示意圖：(1)a電極為___________(填“正極”或“負極”)，內(nèi)電路中OH-移向___________極(填”a”或”b”)；(2)寫出該裝置中負極上的電極反應式：___________。Ⅱ.某溫度時，在一個2L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，試填寫下列空白：(3)圖中對應的化學反應方程式為：___________(4)1min時，ν(逆)___________ν(正)(填“大于”或“小于”或“等于”)，從開始至2min，Z的平均反應速率為___________(5)下列能說明反應已達平衡的是___________。a.X、Y、Z三種氣體的濃度不再改變b.氣體混合物物質(zhì)的量不再改變c.反應已經(jīng)停止d.反應速率v(X)∶v(Y)=3∶1e.單位時間內(nèi)消耗X的物質(zhì)的量∶單位時間內(nèi)消耗Z的物質(zhì)的量=3∶2f.混合氣體的密度不隨時間變化〖答案〗①.負極②.a③.CH4+10OH--8e-=CO+7H2O④.3X+Y2Z⑤.小于⑥.0.05mol·L-1·min-1⑦.abe【詳析】(1)根據(jù)裝置可知a電極參與反應的是甲烷，失電子，做原電池負極，在原電池內(nèi)電路中，陰離子移向負極，即移向a電極，故〖答案〗為：負極；a；(2)a電極為負極，電解質(zhì)溶液為堿性，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得出電極反應為：CH4+10OH--8e-=CO+7H2O；(3)由圖可知由初始到平衡過程中，X減少了0.1mol，Y減少了0.3mol，Z增加了0.2mol，但三者最后同時存在，所以X、Y為反應物，Z為生成物，計量數(shù)之比為3:1:2，且該反應為可逆反應，故反應方程式為：3X+Y2Z；(4)由圖可知，1min時X、Y在減少，Z在增加，則反應在往正向進行，所以ν(逆)小于ν(正)，根據(jù)公式可以得出(5)a．X、Y、Z三種氣體的濃度不再改變，表明此時正反應速率等于逆反應速率，反應到達平衡，a正確；b．根據(jù)方程式3X(g)+Y(g)2Z(g)可知該反應是氣體總量發(fā)生改變的反應，只有平衡時氣體總物質(zhì)的量才不會改變，若混合物氣體物質(zhì)的量不再改變，則表明到達了平衡，b正確；c．可逆反應到達平衡時是動態(tài)平衡，不是反應已經(jīng)停止，c錯誤；d．根據(jù)反應方程式3X(g)+Y(g)2Z(g)可知反應速率v(X)∶v(Y)永遠為3∶1，不能確定是否到達平衡，d錯誤；e．單位時間內(nèi)消耗X的物質(zhì)的量∶單位時間內(nèi)消耗Z的物質(zhì)的量=3∶2，即X的正反應速率與Z的逆反應速率之比為3∶2，根據(jù)方程式可知X的正反應速率與Z的正反應速率之比也為3∶2，即可得出Z的正反應速率與Z的逆反應速率相等，說明此時為平衡狀態(tài)，e正確；f．該反應氣體總質(zhì)量不變，容器的體積不變，即混合氣體的密度不改變，所以混合氣體的密度不隨時間變化不能判斷是否到達平衡狀態(tài)，f錯誤；〖答案〗選abe21.已知有機物A的產(chǎn)量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志。B和D是生活中兩種常見的有機物。相互轉化關系如圖所示：（1）A分子的結構簡式為____；B中官能團名稱為____；D中官能團名稱為___。（2）在反應①~④中，屬于取代反應的是_____(填序號)。（3）實驗室用B和D反應制取G，裝置如圖所示。Ⅰ．反應④的化學方程式是_______________。Ⅱ．b試管中盛放的溶液是_______________Ⅲ．分離出試管B中油狀液體用到的主要儀器是___________?！即鸢浮剑?）①.CH2=CH2②.羥基③.羧基（2）④（3）①.CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O②.飽和碳酸鈉溶液③.分液漏斗〖祥解〗有機物A的產(chǎn)量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志，A是乙烯，乙烯和水發(fā)生加成反應生成乙醇，B是乙醇；乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醛氧化為乙酸，C是乙醛、D是乙酸；乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，G是乙酸乙酯。【小問1詳析】由分析可知，A為乙醇，A分子的結構簡式為CH2=CH2；B為乙醇，官能團名稱為羥基；D為乙酸，官能團名稱為羧基；【小問2詳析】由分析可知，反應①~④中，屬于取代反應的是④；【小問3詳析】Ⅰ．反應④為乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，化學方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。Ⅱ．b試管中盛放的溶液是飽和碳酸鈉溶液，飽和碳酸鈉可以吸收乙醇、反應掉乙酸且利于乙酸乙酯的分層析出；安徽省合肥市六校聯(lián)考2022-2023學年高二下學期7月期末考試注意事項：1．本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。2．考生必須保持答題卡的整潔，考試結束后，將答題卡收回。3．可能用到的相對原子質(zhì)量:H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、單選題(共18題，每題3分，共54分)1.生活離不開化學。下列有關敘述正確的是（）A.手機芯片的材料主要是二氧化硅B.晶體硅可用作現(xiàn)代通訊的光纖C.房屋所用的門窗玻璃主要成分是D.太陽能電池屬于節(jié)能環(huán)保的綠色產(chǎn)品〖答案〗D【詳析】A．手機芯片的材料主要是單質(zhì)硅，A選項錯誤；B．可用作現(xiàn)代通訊的光纖的是二氧化硅，B選項錯誤；C．玻璃是硅酸鹽產(chǎn)品，主要成分可以表示為Na2O·CaO·6SiO2，硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是和玻璃不同的物質(zhì)，C選項錯誤；D．太陽能電池是將太陽能轉化為電能的裝置,屬于節(jié)能環(huán)保的綠色產(chǎn)品，D選項正確；〖答案〗選D。2.下列關于原電池的敘述中，錯誤的是A.原電池能將化學能轉變?yōu)殡娔蹷.原電池的負極得電子，發(fā)生還原反應C.原電池工作時，其負極不斷產(chǎn)生電子并經(jīng)外電路流向正極D.原電池的構成條件之一是形成閉合回路〖答案〗B【詳析】A．原電池利用氧化還原反應形成電流，化學能轉化為電能，A項正確；B．原電池的負極失電子發(fā)生氧化反應，B項錯誤；C．負極失電子經(jīng)導線傳導正極，C項正確；D．原電池若短路不能形成穩(wěn)定的電流，原電池構成條件之一形成閉合回路，D項正確；故選B。3.化學反應A2＋B2=2AB的能量變化如圖所示，則下列說法中正確的是A.該反應斷開化學鍵消耗的總能量大于形成化學鍵釋放的總能量B.加入催化劑，該反應放出熱量增大C.斷裂2molAB中化學鍵需要吸收ykJ能量D.1molA2和1molB2的總能量低于2molAB的總能量〖答案〗C【詳析】A．由圖可知該反應是放熱反應，所以該反應斷開化學鍵消耗的總能量應小于形成化學鍵釋放的總能量，故A錯誤；B．催化劑不改變反應熱，故B錯誤；C．化學鍵的斷裂吸收能量，根據(jù)圖象，斷裂2molA-B鍵需要吸收ykJ能量，故C正確；D．根據(jù)圖象，1molA2和1molB2的總能量高于2molAB的總能量，故D錯誤；故選C。4.下列關于硫及其化合物的說法不正確的是()A.SO2與水反應生成H2SO3B.SO2能使紫色石蕊溶液先變紅后褪色C.在少量膽礬中加入濃硫酸，晶體由藍色變成白色體現(xiàn)了濃硫酸的吸水性D.常溫下鐵遇到濃硫酸發(fā)生鈍化〖答案〗B【詳析】A．SO2是酸性氧化物，能與水反應生成H2SO3，故A正確；B．二氧化硫的漂白性具有選擇性，不能使指示劑褪色，故B錯誤；C．濃硫酸有吸水性，在少量膽礬中加入濃硫酸，晶體由藍色變成白色，故C正確；D．濃硫酸有強氧化性，常溫下鐵遇到濃硫酸發(fā)生鈍化，故D正確；〖答案〗為B。5.下列敘述不合理的是A.判斷甲烷為正四面體結構：二氯甲烷沒有同分異構現(xiàn)象B.乙酸、甲醇、稀硫酸：用于制備乙酸甲酯C.相同碳原子的烷烴，支鏈越多熔沸點越低：新戊烷＜異戊烷＜正戊烷D.鑒別乙烯和乙烷：將氣體分別通入到含溴的四氯化碳溶液中〖答案〗B【詳析】A．二氯甲烷若為平面結構，則有兩種同分異構體，現(xiàn)二氯甲烷沒有同分異構現(xiàn)象，則表明二氯甲烷為空間結構，甲烷呈正四面體結構，A合理；B．乙酸、甲醇和濃硫酸混合加熱，可制備乙酸甲酯，B不合理；C．同數(shù)碳原子的烷烴，相對分子質(zhì)量相同，支鏈越多分子間的作用力越小，熔沸點越低，即新戊烷＜異戊烷＜正戊烷，C合理；D．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，所以可以用溴的四氯化碳溶液鑒別乙烯和乙烷，D合理；故選B。6.在不同條件下進行2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)的反應中，表示的反應速率最快的是：A. B.C. D.〖答案〗B〖祥解〗比較化學反應速率時，首先看單位，題中所給的四個選項的單位相同，均為mol?L﹣1．min﹣1；再看是否是同一種物質(zhì)表示的化學反應速率，四個選項所給的化學反應速率是用四種不同的物質(zhì)表示的，則根據(jù)不同物質(zhì)表示的化學反應速率的數(shù)值之比等于其化學計量數(shù)之比，可以四種不同的物質(zhì)表示的化學反應速率轉化為同種物質(zhì)表示的化學反應速率；【詳析】A．；B．；C．；D．；故選B。7.氯氣與水反應的化學方程式為，可用于自來水消毒。下列關于該反應的說法正確的是A.升高溫度能減慢反應速率 B.增大的濃度能加快反應速率C.增大壓強，對該反應的速率沒有影響 D.達到化學平衡時，能100%轉化〖答案〗B【詳析】A．升高溫度能加快反應速率，故A錯誤；B．增大反應物的濃度，能加快反應速率，故B正確；C．增大壓強，能夠增大在水中的溶解度，使反應物氯氣的濃度增大，可以加快反應速率，故C錯誤；D．反應為可逆反應，反應物的轉化率不能100%轉化，故D錯誤；故選B。8.下列敘述正確的是A.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現(xiàn)了漂白性B.向溶液中滴加氨水，產(chǎn)生白色沉淀；再加入過量溶液，沉淀消失C.在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解；再加入固體，銅粉仍不溶解D.將足量通入氨的飽和溶液中可析出固體〖答案〗B【詳析】A．二氧化硫具有還原性，能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，故A錯誤；B．氫氧化鋁是兩性氫氧化物，不溶于弱堿氨水，但溶于強酸，硫酸氫鈉是強酸的酸式鹽，在溶液中完全電離出的氫離子能與氫氧化鋁反應，使氫氧化鋁溶解，所以向氯化鋁溶液中滴加氨水會產(chǎn)生白色沉淀，再加入過量硫酸氫鈉溶液，氫氧化鋁沉淀會溶解消失，故B正確；C．銅是不活潑金屬，不能與稀硫酸反應，但在酸性條件下能與硝酸根離子反應，所以在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入硝酸銅固體，銅粉會與氫離子、硝酸根離子反應而溶解，故C錯誤；D．碳酸氫鈉溶于水，二氧化碳與通入足量氨氣的氯化鈉飽和溶液反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，若通入的氨氣不足量，不會有碳酸氫鈉沉淀生成，所以將足量二氧化碳通入氨的氯化鈉飽和溶液中不一定能析出碳酸氫鈉固體，故D錯誤；故選B。9.食品安全備受社會關注。下列符合食品安全要求的是A.用福爾馬林浸泡蓮藕 B.飲料中添加足量防腐劑C.醬油中添加含鐵的營養(yǎng)強化劑 D.用亞硝酸鈉溶液腌制牛肉〖答案〗C【詳析】A．福爾馬林是濃度較高的甲醛溶液，甲醛有毒，可以使蛋白質(zhì)變性，用甲醛浸泡的食品不能食用，A項不符合食品安全要求；B．攝入過量防腐劑會使人體的消化吸收功能下降，對人體健康造成損害，B項不符合食品安全要求；C．醬油中添加適量的含鐵物質(zhì)能得到鐵強化醬油，加入少量的含鐵物質(zhì)可以預防人的貧血，C項符合食品安全要求；D．工業(yè)鹽為亞硝酸鈉，亞硝酸鈉有毒，是一種致癌物質(zhì)，對人體有害，D項不符合食品安全要求?！即鸢浮竭xC。10.氨可用于燃料電池，易液化，運輸儲存方便，安全性能更高。新型NH2-O2燃料電池的裝置如圖示，電池工作時總反應為4NH3+3O2=2N2+6H2O，下列說法正確的是：A.電解NaCl溶液制鈉B.高溫加熱HgO制汞C.OH?向電極b方向遷移D.當消耗2.24LO2時，電路中轉移電子0.4mol〖答案〗C〖祥解〗由電池總反應可知，氧氣得到電子發(fā)生還原反應，a為正極，氨氣失去電子生成氮氣發(fā)生氧化反應，b為負極；【詳析】A．電解熔融NaCl，而不是氯化鈉溶液制鈉，A錯誤；B．Hg、Ag等不活潑金屬通常采用熱分解法冶煉，可以加熱HgO分解生成汞來制汞而不是高溫加熱，B錯誤；C．a(chǎn)電極作正極，b電極作負極，原電池中OH-向負極電極b方向遷移，C正確；D．氣體不一定在標況下，無法計算轉移電子數(shù)，D錯誤；故選C。11.下列冶煉金屬的方法錯誤的是：A.電解NaCl溶液制鈉 B.高溫加熱HgO制汞C.高溫下用CO還原Fe2O3制鐵 D.高溫下用H2還原CuO制銅〖答案〗A【詳析】A．電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣、氯氣，電解熔融NaCl制鈉，故A錯誤；B．高溫加熱HgO生成Hg和氧氣，故B正確；C．高溫下用CO還原Fe2O3生成Fe和二氧化碳，故C正確；D．高溫下用H2還原CuO生成銅和水，故D正確；選A。12.巴豆酸的結構簡式為CH3—CH=CH—COOH。下列關于該物質(zhì)的說法不正確的是()A.分子式為C4H6O2B.含有兩種不同的官能團C.能發(fā)生氧化、取代、加成、酯化等反應D.分子中所有原子有可能在同一平面〖答案〗D【詳析】A.該物質(zhì)的分子式為C4H6O2，故正確；B.結構中含有碳碳雙鍵和羧基兩種官能團，故正確；C.含有碳碳雙鍵和羧基，能發(fā)生氧化、取代、加成、酯化反應等，故正確；D.分子含有甲基，碳原子形成的四個共價鍵，不可能所有原子都在一個平面上，故錯誤。故選D。13.用圓底燒瓶收集NH3后進行噴泉實驗。對實驗現(xiàn)象的分析正確的是A.燒瓶中形成噴泉，說明NH3與H2O發(fā)生了反應B.燒瓶中剩余少量氣體，能證明NH3的溶解已達飽和C.燒瓶中溶液為紅色的原因是：NH3+H2ONH3?H2ONH+OH-D.燒瓶中溶液露置在空氣中一段時間后pH下降，能證明氨水具有揮發(fā)性〖答案〗C【詳析】A．燒瓶中形成噴泉，不一定是因為NH3與H2O發(fā)生了反應引起的，還有可能是因為NH3極易溶于水造成的，故不能說明NH3與H2O發(fā)生了反應，A錯誤；B．燒瓶中剩余少量氣體可能是空氣，來源于實驗中的某個操作，比如圖中止水夾下方的玻璃管未插入水中時會有空氣進入，故燒瓶中剩余少量氣體不能說明NH3的溶解達到飽和，B錯誤；C．燒瓶中溶液變?yōu)榧t色，說明溶液呈堿性，原因為NH3+H2ONH3?H2O+OH-，C正確；D．燒瓶中溶液露置在空氣中一段時間后pH下降，不一定是因為氨水的揮發(fā)性，還可能是因為吸收了空氣中的CO2，故燒瓶中溶液pH下降，不能說明氨水具有揮發(fā)性，D錯誤；故選C14.除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)(括號內(nèi)的物質(zhì))，所使用的試劑和主要操作都正確的是：選項物質(zhì)使用的試劑主要操作A乙醇(水)金屬鈉蒸餾B乙酸乙酯(乙酸)飽和碳酸鈉溶液分液C苯(水)濃溴水過濾D乙烷(乙烯)酸性高錳酸鉀溶液洗氣A.A B.B C.C D.D〖答案〗B【詳析】A．金屬鈉均能與水、乙醇反應，金屬鈉不能除去乙醇中的水，正確的操作方法是加入新制生石灰，再蒸餾，故A錯誤；B．飽和碳酸鈉能與乙酸反應，降低乙酸乙酯在水中溶解度使之析出，然后分液方法分離，故B正確；C．苯是有機溶劑，能萃取溴水中的溴，引入新的雜質(zhì)，故C錯誤；D．乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化成二氧化碳，引入新的雜質(zhì)，正確的操作是通入足量的溴水，故D錯誤；〖答案〗為B。15.將一定量純凈的氨基甲酸銨置于密閉真空容器中(假設容器體積不變，固體試樣體積忽略不計)，在恒定溫度下使其達到分解平衡H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。能判斷該反應已經(jīng)達到化學平衡的是①v(NH3)正=2v(CO2)逆②密閉容器中總壓強不變③密閉容器中混合氣體的密度不變④密閉容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變⑤密閉容器混合氣體的總物質(zhì)的量不變⑥密閉容器中CO2的體積分數(shù)不變⑦混合氣體總質(zhì)量不變A.①②④⑤⑦ B.①②③⑤⑦ C.①④⑤⑥⑦ D.②③④⑤⑥〖答案〗B【詳析】①v(NH3)正=2v(CO2)逆，表明正逆反應速率相等，該反應達到平衡狀態(tài)，故①正確；

②該反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應，容器內(nèi)壓強為變量，當密閉容器中總壓強不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故②正確；

③H2NCOONH4(s)為固體，混合氣體的質(zhì)量為變量，混合氣體的體積不變，則密閉容器中混合氣體的密度為變量，當容器內(nèi)混合氣體的密度不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故③正確；

④只有NH3(g)、CO2(g)為氣體，且二者的物質(zhì)的量之比始終為2：1，則混合氣體的平均相對分子質(zhì)量始終不變，不能判斷平衡狀態(tài)，故④錯誤；

⑤H2NCOONH4(s)為固體，混合氣體的總物質(zhì)的量為變量，當密閉容器混合氣體的總物質(zhì)的量不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故⑤正確；

⑥只有NH3(g)、CO2(g)為氣體，且二者的物質(zhì)的量之比始終為2：1，則密閉容器中CO2的體積分數(shù)始終不變，不能判斷平衡狀態(tài)，故⑥錯誤；

⑦H2NCOONH4(s)為固體，混合氣體總質(zhì)量為變量，當混合氣體的總質(zhì)量不變時，表明達到平衡狀態(tài)，故⑦正確；故選：B。16.醇R－CH2－CH2－OH中的化學鍵如圖所示，則下列說法正確的是A.當該醇與金屬鈉反應時，被破壞的鍵是②B.當該醇燃燒時，被破壞鍵只有②③④C.當該醇與乙酸發(fā)生取代反應時，被破壞的鍵是④D.當該醇發(fā)生催化氧化反應時，被破壞的鍵是①和②〖答案〗C【詳析】A．當該醇與金屬鈉反應時，羥基上的氫參加反應，被破壞的鍵是④，故A錯誤；B．當該醇燃燒時要生成CO2和H2O，所有的鍵都要斷，故B錯誤；C．當該醇與乙酸發(fā)生取代反應時酸脫羥基醇脫H，被破壞的鍵是④，故C正確；D．當該醇發(fā)生催化氧化反應時要斷羥基上的H和與羥基相連的C上的H生成醛，被破壞的鍵是④和②，故D錯誤；故〖答案〗為C。17.海帶中含有豐富的碘元素，碘元素在海帶中以碘化物的形式存在。在實驗室中，從海帶灰浸取液中提取碘單質(zhì)的流程如圖：下列說法正確的是A.為提高①中反應的速率，可增大硫酸濃度或在高溫條件下進行B.操作②中分液時含I2的CCl4溶液從分液漏斗下口放出C.③操作使用的是反萃取法，得到的上層溶液為紫紅色D.③中反應的離子方程式為I2+2OH?=IO?+I?+H2O〖答案〗B〖祥解〗海帶灰浸取液加過氧化氫，碘離子被氧化為I2，用CCl4萃取I2，含I2的CCl4溶液加氫氧化鈉溶液反萃取，碘元素以NaI、NaIO3的形式進入水溶液，水層加硫酸，NaI、NaIO3在酸性條件下生成I2，得含I2的懸濁液，過濾得到固體I2?！驹斘觥緼．雙氧水在高溫條件下易分解，反應①不能在高溫條件下進行，故A錯誤；B．CCl4的密度大于水，CCl4在下層，操作②中分液時含I2的CCl4溶液從分液漏斗下口放出，故B正確；C．③操作使用的是反萃取法，得到的上層溶液中含有NaI、NaIO3，溶液為無色，故C錯誤；D．反應③為濃氫氧化鈉和碘反應生成，反應的離子方程式為3I2+6OH?=+5I?+3H2O，故D錯誤；選B。18.足量銅與一定量濃硝酸反應，得到硝酸銅溶液和NO、NO2的混合氣體，這些氣體與1.68LO2(標準狀況下)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗溶液NaOH的體積是A.60mL B.45mL C.30mL D.15mL〖答案〗A〖祥解〗向所得硝酸銅溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀為Cu(OH)2，由電荷守恒可知，Cu提供電子物質(zhì)的量等于氫氧化銅中氫氧根的物質(zhì)的量，生成NO2、NO的混合氣體與1.68LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸，整個過程，由電子轉移守恒，可知Cu提供電子等于氧氣獲得的電子，據(jù)此計算n(NaOH)，進而計算消耗氫氧化鈉溶液體積。【詳析】生成NO2、NO的混合氣體與1.68LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸，整個過程，由電子轉移守恒，可知Cu提供電子等于氧氣獲得的電子，即Cu提供電子為：×4＝0.3mol，然后根據(jù)1molCu失去2mol電子可知，銅的物質(zhì)的量為0.15mol；向所得硝酸銅溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀為Cu(OH)2，故所需的n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氫氧化鈉溶液體積為=0.06L＝60mL，故選：A?！尽狐c石成金』】本題考查金屬與硝酸反應的計算，側重考查學生的分析思維能力與解題方法技巧，注意利用守恒法進行解答。二、非選擇題(共46分)19.SO2在生活、生產(chǎn)中有重要用途，使用不當會造成環(huán)境污染。（1）某同學利用如圖所示裝置研究二氧化硫的性質(zhì)。①儀器a的名稱為___________。②向儀器a中滴加濃硫酸之前，需先通入一段時間N2，此操作的目的是___________。③實驗時，裝置B中沒有明顯變化。實驗結束后取下裝置B，向其中滴加適量氯水，生成的白色沉淀為___________(填化學式)。（2）某化工廠用如圖所示工藝流程除去燃煤產(chǎn)生的SO2。①寫出在催化劑條件下總反應的化學方程式___________。②過程II發(fā)生反應的離子方程式為___________。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.除去裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾實驗③.BaSO4（2）①.2SO2+O2+2H2O2H2SO4②.2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+〖祥解〗（1）裝置A中Na2SO3與濃硫酸反應制備SO2，裝置B中探究SO2能否與BaCl2反應，裝置C探究SO2氧化性，裝置D吸收尾氣，防止污染大氣；（2）過程I中FeSO4、O2、H2SO4反應生成Fe2(SO4)3，反應的化學方程式為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；過程II中SO2與Fe2(SO4)3溶液反應生成FeSO4、H2SO4，反應的化學方程式為SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4?！拘?詳析】①根據(jù)儀器a的結構特點知，儀器a的名稱為分液漏斗；〖答案〗為：分液漏斗；②由于O2具有氧化性，SO2具有還原性，空氣中O2會干擾SO2性質(zhì)的探究，故向儀器a中滴加濃硫酸之前，需先通入一段時間N2，此操作的目的是除去裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾實驗；〖答案〗為：除去裝置內(nèi)的空氣，防止氧氣干擾實驗；③實驗時，裝置B中沒有明顯變化，說明SO2與BaCl2溶液不反應；實驗結束后取下裝置B，向其中滴加適量氯水，發(fā)生反應SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成的白色沉淀為BaSO4；〖答案〗為：BaSO4?！拘?詳析】①結合流程圖示和分析知，在催化劑條件下總反應的化學方程式為2SO2+O2+2H2O2H2SO4；〖答案〗為：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；②過程II中SO2與Fe2(SO4)3溶液反應生成FeSO4、H2SO4，反應的化學方程式為SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，離子方程式為SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+；〖答案〗為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+。20.Ⅰ.燃料電池是一種高效、環(huán)境友