高一化学第三次月考卷（黑吉辽蒙专用，人教版2019必修第二册第5~7章）-2024-2025学年高中下学期第三次月考

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号
填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第 5~7 章（人教版 2019 必修第二册）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
6．难度系数：0.7。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题 共 45 分）
一、选择题：本题共 15 个小题，每小题 3 分，共 45 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．化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为 95%
【答案】D
【解析】A 对，蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦羽毛的气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蛋白质
类物质。B 对，食用油反复加热会发生复杂的反应，产生稠环芳烃等有害物质。C 对，加热可使蛋白质变性，
从而杀死流感病毒。D 错，医用消毒酒精中乙醇的浓度为 75%。
2．含硅元素的物质有很多用途，下列说法不正确的是
A．硅晶片是生产芯片的基础材料，其主要成分为 SiO2
B．高压输电线路使用的陶瓷绝缘材料属于硅酸盐材料
C．水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用作木材防火剂的原料
D．高温超导陶瓷具有超导性，可应用于电力和交通领域
【答案】A
【解析】A． 硅晶片主要成分为 Si，光导纤维的主要成分为 SiO2，A 错误；B． 玻璃、陶瓷和水泥属于硅
酸盐材料，B 正确；C． 水玻璃是硅酸钠的水溶液，用水玻璃浸泡过的木材不容易着火，可用作木材防火
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剂的原料，C 正确；D． 高温超导陶瓷是一种新型陶瓷，耐高温具有超导性，可应用于电力和交通领域，D
正确；答案选 A。
3．下列有关电池的说法不正确的是
A．手机上用的锂离子电池属于二次电池
B．甲烷燃料电池可把化学能转化为电能
C．锌锰干电池中，锌电极是负极
D．锌铜原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
【答案】D
【解析】A．手机上用的锂离子电池可以反复的充放电，则手机上用的锂离子电池属于二次电池，故 A 正
确；B．甲烷燃料电池属于原电池，可把化学能转化为电能，故 B 正确；C．锌锰干电池中，锌电极失电子，
是负极，故 C 正确；D．铜锌原电池工作时，锌是负极，铜是正极，电子沿外电路从负极流向正极，即锌
电极流向铜电极，故 D 错误；故选：D。
4．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．2­甲基丁烷也称异丁烷
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl 有 3 种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【答案】B
【解析】A 项，2­甲基丁烷应称为异戊烷，错误；B 项，乙烯和水发生加成反应可生成乙醇，正确；C 项，
正丁烷的一氯取代物有两种，异丁烷的一氯取代物有两种，故 C4H9Cl 共有 4 种同分异构体，错误；D 项，
油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，蛋白质属于高分子化合物，错误。
5．化学能可与热能、电能等相互转化。下列表述不正确的是
A．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成
B．Ba(OH)2·8H2O 晶体与 NH4Cl 晶体的反应，反应物的总能量比生成物的总能量高
C．图Ⅰ所示的装置能将化学能转变为电能
D．图Ⅱ所示的反应为吸热反应
【答案】B
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【解析】A．化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化
的主要原因是化学键的断裂与生成，故 A 正确；B．Ba(OH)2·8H2O 晶体与 NH4Cl 晶体的反应是吸热反应，
反应物的总能量比生成物的总能量低，故 B 错误；C．该装置中含有不同的电极、电解质溶液、构成了闭合
回路，形成原电池，能将化学能转变为电能，故 C 正确；D．根据图象Ⅱ知，反应物总能量小于生成物总
能量，则该反应是吸热反应，故 D 正确；故选 B。
6．下列说法正确的是
A．硫常温下能和金属汞反应，证明硫是一种强氧化剂
B．Fe(NO3)2 溶液中加入盐酸，溶液颜色由浅绿色变为黄色
C．浓硝酸能用铁制容器或铝制器存放是因为铝、铁与浓硝酸不反应
D．硫在空气中燃烧生成二氧化硫，硫在过量氧气中燃烧生成三氧化硫
【答案】B
【解析】A．硫常温下能和金属汞反应，说明 S 具有氧化性，但硫单质的氧化性不强，不是强氧化剂，故 A
错误；B．Fe(NO3)2 溶液中加入盐酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性能将亚铁离子氧化成三价铁，
溶液颜色由浅绿色变为黄色，故 B 正确；C．铝、铁与浓硝酸能发生钝化产生致密氧化膜，阻止铁、铝继续
与浓硝酸反应，因此可用铁制容器或铝制器存放浓硝酸，但钝化属于化学变化，故 C 错误；D．硫在空气
和纯氧中燃烧都只能生成二氧化硫，故 D 错误；故选：B。
7．设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列的说法正确的是
A．0.1 ml Fe 在 0.1 ml Cl2 中充分燃烧，转移电子数为 0.2NA
B．12 ml/L 的浓硫酸 50 mL 与足量的 Cu 加热反应，得到 SO2 为 0.3NA
C．3 ml NO2 与足量的水反应转移的电子数为 NA
D．78 g Na2O2 与足量 CO2 反应转移电子数为 2NA
【答案】A
【解析】A．Fe 与氯气反应：2Fe+3Cl2△2FeCl 3，根据量的关系，氯气不足，铁过量，因此 0.1mlCl2 参与
反应，转移电子物质的量为 0.1ml×2=0.2ml，即转移电子数 0.2NA，故 A 正确；B．铜只与浓硫酸反应，
因为铜是足量，因此随着反应进行，硫酸浓度降低，硫酸浓度降低到某一浓度，反应停止，铜和硫酸都与
剩余，因此无法计算出 SO2 的物质的量，故 B 错误；C．NO2 与 H2O 反应 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，3mlNO2
参与该反应，转移电子物质的量为 2ml，因此 3mlNO2 与足量的水反应转移电子数为 2NA，故 C 错误；D．
Na2O2 与足量 CO2 反应 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，2mlNa2O2 参与该反应，转移电子物质的量为 2ml，
78gNa2O2 的物质的量为 1ml，即 78gNa2O2 与足量 CO2 反应，转移电子物质的量为 1ml，即转移电子数为
NA，故 D 错误；答案为 A。
8．4mlA 和 4mlB 两种气体在 2L 的密闭容器中发生反应，生成 C 和 D 两种气体。方程式为：2A
+B===2C+D。前 10s 内，A 的平均反应速率为 0.12ml/(L·s)，则 10s 时，容器中 B 的物质的量浓度为
A．3.2ml/L B．1.4ml/L C．1.8ml/L D．2.8ml/L
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【答案】B
【解析】
由化学反应速率与化学计量数关系得：v(A)v(B)=21，得 10 s 内υ(B)=v(A)2=0.06ml/(L·s)，则 10 s 内△c
(B)=0.06 ml/(L·s)×10 s=0.6 ml/L，则 10 s 时 B 的浓度=4ml2L-0.6ml/L=1.4ml/L，故答案选 B。
9．KI 和 I2 在水中存在的平衡：I-+I2⇌I－3(溶液一般呈棕黄色)，以下判断错误的是
A．增加 c(I-)可以提高 I2 在水中的溶解度
B．通入足量氯气平衡逆向移动
C．滴加 AgNO3 溶液无沉淀产生
D．加入少量 KI 固体，溶液颜色变深
【答案】C
【解析】
A．增加 c(I-)即增加反应物浓度，平衡正向移动，因此可以提高 I2 在水中的溶解度，故 A 正确；B．通入足
量氯气，氯气与碘离子反应，碘离子浓度降低，平衡逆向移动，故 B 正确；C．滴加 AgNO3 溶液，银离子
和碘离子反应生成碘化银沉淀，平衡逆向移动，故 C 错误；D．加入少量 KI 固体，碘离子浓度增大，平衡
正向移动，溶液颜色变深，故 D 正确。综上所述，答案为 C。
10．下图所示的有机反应的反应类型是( )
A．聚合反应 B．加成反应 C．置换反应 D．取代反应
【答案】D
【解析】该图表示的反应是乙醇和乙酸反应产生乙酸乙酯和水，该反应属于取代反应。
11．向容积为 2.0L 的密闭容器中通入一定量的 N2O4(无色气体)和 NO2 的混合气体，发生反应：N2O4(g)
2NO2(g) ΔH > 0，体系中各物质的物质的量随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．64s 时，反应达到化学平衡状态
B．到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深
C．若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐升高
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D．前 100s 内，用 NO2 浓度的变化表示的化学反应速率是 0.008ml·L-1·s-1
【答案】B
【解析】A．由图可知，64s 后二氧化氮和四氧化二氮的浓度依然发生改变，说明正逆反应速率不相等，反
应未达到化学平衡状态，故 A 错误；B．二氧化氮气体为红棕色，四氧化二氮为无色，由图可知，平衡前
二氧化氮的浓度增大，则混合气体的颜色逐渐变深，故 B 正确；C．由方程式可知，该反应为吸热反应，则
该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐降低，故错误；D．由图可知，前 100s
内，二氧化氮物质的量的变化量为(1.0—0.2)ml=0.8ml，则用二氧化氮浓度的变化表示的化学反应速率是
0.8 ml2L100 s=0.004ml·L-1·s-1，故 D 错误；故选 B。
12．某同学为探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是 NO，设计下列实验装置(加热、固定装置已略去)。图
中 K 为止水夹，d 是存有一半空气的注射器。下列说法错误的是
A．装置 a 的作用是生成 CO2 气体赶尽装置中的空气
B．当装置 b 中溶液增重 1.92g 时，生成标准状况下 0.448LNO 气体
C．将 d 中空气推入 c 中，若气体变为红棕色则说明 b 中生成 NO
D．该装置存在缺陷，缺少尾气处理装置
【答案】B
【分析】
铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮为无色气体，易被氧气氧化为红棕色气体二氧化氮；
在探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是 NO 时，需要提供无氧环境，所以利用装置 a 中产生的二氧化碳
气体排净装置内的空气；注射器中存有空气，将 d 中空气推入 c 中，若气体变为红棕色，可以证明反应产
生了一氧化氮气体；一氧化氮、二氧化氮气体均有毒，尾气要进行吸收处理，以防污染空气。
【解析】A．结合以上分析可知，装置 a 的作用是生成 CO2 气体赶尽装置中的空气，故 A 正确；B．铜与稀
硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，若参加反应的铜为 1.92g，其物质的量为 0.03ml，根据电子得失守
恒可知：n(NO)×(5-2)=0.03×(2-0)，n(NO)=0.02ml，生成标准状况下 0.448LNO 气体；在不考虑硝酸挥发的
情况下，溶液增加的质量应为反应的铜的质量减去反应生成的一氧化氮气体的质量，因此装置 b 中溶液增
加的质量不是反应的铜的质量，即 1.92g 不是反应的铜的质量，生成标准状况下 NO 气体也就不是 0.448L，
故 B 错误；C．一氧化氮为无色气体，易被氧气氧化为红棕色气体二氧化氮；所以将 d 中空气推入 c 中，若
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气体变为红棕色，则说明 b 中生成 NO，故 C 正确；D．一氧化氮、二氧化氮气体均有毒，尾气要进行吸收
处理，以防污染空气，该装置缺少尾气处理装置，存在缺陷，故 D 正确；故选 B。
13．一定条件下，在恒压密闭容器中进行反应：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)高温Si 3N4(g)+12HCl(g)，能表示上
述反应达到化学平衡状态的是
A．v 逆(N2)=3v 正(H2)
B．v 正(HCl)=4v 正(SiCl4)
C．混合气体密度保持不变
D．c(N2)∶c(H2) ∶c(HCl)=1∶3∶6
【答案】C
【解析】A．根据速率之比等于化学计量数之比，v 逆(N2)=3v 正(H2)表示 v 正＜v 逆，不是平衡状态，故 A 不
选；B．v 正(HCl)=4v 正(SiCl4)都表示正反应速率，反应自始至终都成立，不能说明到达平衡状态，故 B 不选；
C．该反应为气体的物质的量增大的反应，容器的体积为变量，因为混合气体的总质量不变，混合气体密度
保持不变说明容器的体积不变，说明反应到达了平衡状态，故 C 选；D．平衡时浓度关系与起始浓度和转
化率有关，不能说明浓度不变，不能说明到达平衡状态，故 D 不选故选 C。
14．下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 将浓硫酸滴入胆矾晶体 胆矾晶体表面变成白色 浓硫酸有脱水性
将红热的木炭放入浓硫酸中，
B 再将产生的气体通入澄清石灰 石灰水变浑浊 炭被氧化生成 CO2
水中
D 向溴水中通入 SO2 溴水褪色 SO2 有漂白性
【答案】C
【解析】A．胆矾中含有结晶水，五水硫酸铜呈蓝色、无水硫酸铜呈白色，将浓硫酸滴入胆矾晶体，晶体由
蓝色变成白色，体现了浓硫酸的吸水性，故 A 错误；B．红热的木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，
均使石灰水变浑浊，由现象不能说明生成了二氧化碳，故 B 错误；C．产生大量红棕色气体，说明生成二氧
化氮气体，浓硝酸被还原，溶液变为蓝绿色，说明生成硝酸铜，说明浓硝酸有强氧化性和酸性，故 C 正确；
D．溴水中通入 SO2，溴水褪色，是因为溴水与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现了二氧化硫的还原
性，不是漂白性，故 D 错误；故选 C。
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C 将铜丝浸入浓硝酸中
反应剧烈，铜丝变细，溶液变
为绿色，生成红棕色气体
浓硝酸体现强氧化性
和酸性
15．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药等，工业上一般以硫磺或其他含硫矿物如黄铁
矿(主要成分 FeS2)为原料制备硫酸，其制备原理示意图如下。下列说法不正确的是
A．用黄铁矿燃烧生成 SO2 的化学方程式为 4FeS2+11O2高温2Fe
2O3+8SO2
B．SO2 氧化成 SO3 时，加催化剂能使 SO2 全部转化为 SO3
C．用 98.3%的浓硫酸吸收 SO3，目的是防止形成酸雾，以使 SO3 吸收完全
D．为减少 SO2 对大气的污染，可选用 CaO 做固硫剂把尾气中的 SO2 以盐的形式固定
【答案】B
【解析】A．用黄铁矿燃烧生成 SO2 的同时，还能生成铁的氧化物，故其燃烧的化学方程式是 4FeS2+11O2
高温2Fe
2O3+8SO2，故 A 说法正确；B．SO2 氧化成 SO3 时，其反应是个可逆反应，加催化剂只是改变反应
速率，并不能提高转化率，另外可逆反应的转化不可能是全部，故 B 说法不正确；C．吸收 SO3 不能用水，
用水会生成酸雾，会阻碍 SO3 的吸收，故工业制硫酸用 98.3%的浓硫酸吸收 SO3，目的是防止形成酸雾，以
使 SO3 吸收完全，则 C 说法正确；D．为减少 SO2 对大气的污染，可选用 CaO 与 SO2 反应生成亚硫酸钙，
然后亚硫酸钙被氧化成硫酸钙，故 D 说法正确；本题答案 B。
第II卷（非选择题 共55分）
二、非选择题：本题共4个小题，共55分。
16．(13 分)氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾重要物质，工业用多种方法来治理。某种综合处理含 NH+4
废水和工业废气(主要含 NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图：
已知：NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O、2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O
(1)NO 在空气中很容易被氧化成 NO2，NO2 能与水发生化学反应，写出 NO2 与水反应的化学方程式为
___________________。
(2)SO2 造成的一种常见的环境污染为_______。
(3)固体 1 的主要成分有 Ca(OH)2、_______、_______(填化学式)。
(4)用 NaNO2 溶液处理含 NH+4 废水反应的离子方程式为_______________。
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(5)验证废水中 NH+4 已基本除净的方法是________________(写出操作现象与结论)。
(6)捕获剂捕获的气体主要是_______(填化学式)。
(7)流程中生成的 NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2 能发生如下反应：
2NaNO2＋4HI＝2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O，I2 可以使淀粉溶液变蓝。根据上述反应，选择生活中常见的
物质和有关试剂进行实验，以鉴别 NaNO2 和 NaCl 固体。需选用的物质是_______(填序号)。
①水 ②淀粉碘化钾试纸 ③淀粉 ④白酒 ⑤白醋
【答案】(1)3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO (2 分)
(2)酸雨 (1 分)
(3)CaCO3 (1 分) CaSO3 (1 分)
(4) NH+4＋NO-2＝N2↑＋2H2O (2 分)
(5)取少量处理后废水于试管中，加入 NaOH 溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象
则可证明 NH+4 已基本除净 (2 分)
(6)CO (2 分)
(7)①②⑤ (2 分)
【分析】
工业废气和过量石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，剩余 NO、CO、N2，加入适量的空气，部分 NO 与氧
气反应生成 NO2，NO、NO2 和 NaOH 反应生成 NaNO2，亚硝酸根和铵根反应生成水和氮气，剩余的气体是
CO 和 N2，用捕获剂在一定条件下捕获到 CO。
【解析】
(1)NO 是无色的气体，难溶于水；NO2 能与水发生反应生成硝酸和 NO，其反应的化学方程式为 3NO2＋H2O
＝2HNO3＋NO；故答案为：无；难；3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO。
(2)SO2 易与雨水反应生成亚硫酸，亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，因此 SO2 形成的一种常见的环境污
染为酸雨；故答案为：酸雨。
(3) CO2、SO2 与石灰乳反应生成亚硫酸钙、碳酸钙，剩余石灰乳，因此固体 1 的主要成分有 Ca(OH)2、CaCO3、
CaSO3；故答案为：CaCO3；CaSO3。
(4)用 NaNO2 溶液处理含 NH+4 废水，根据题意，反应生成氮气和水，因此反应的离子方程式为 NH+4＋NO-2
＝N2↑＋2H2O；故答案为：NH+4＋NO-2＝N2↑＋2H2O。
(5)验证废水中 NH+4 已基本除净的方法是利用铵根和氢氧根反应生成一水合氨，一水合氨受热分解生成氨
气，氨气与湿润的红色石蕊试纸变蓝；故答案为：取少量处理后废水于试管中，加入 NaOH 溶液加热，将
湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明 NH+4 已基本除净。
(6)过量石灰乳吸收二氧化碳和二氧化硫，剩余气体加入适量空气，NO 部分变为 NO2，NO、NO2 与 NaOH
反应生成 NaNO2，剩余氮气和一氧化碳，根据铵根与亚硝酸根反应生成氮气，因此捕获剂捕获的气体主要
是 CO；故答案为：CO。
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(7)根据题中已知信息，鉴别 NaNO2，需要用到酸、碘离子和淀粉，因此选用的物质是①②⑤；故答案为：
①②⑤。
17．(14 分)SO2 气体为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一，某学习小组为了探究二氧化
硫的某些性质，进行了如下实验。
I.如图所示，使用试剂和装置探究二氧化硫的还原性：
(1)A 中反应的离子方程式为_____________________。装置 C 中硫酸质量分数大约为 70%，用此浓度硫酸
的理由是____________________。
(2)装置 B 中溶液的现象为_________________。
(3)学生甲预测装置 D 中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置 D 中产生了少量白色沉淀。学生
乙经过查阅资料发现少量白色沉淀可能是硫酸钡，因为装置或溶液中少量的氧气参与了氧化反应，请
写出装置 D 中反应的化学方程式：__________________________。
II.学习小组又设计了如下装置，检验 SO2 在无氧干扰时，是否与氯化钡反应生成沉淀。(所配制的溶液均使
用无氧蒸馏水)
(4)加入碳酸钠粉末的目的是_________________。
(5)当____________(填实验现象)时，氯化钡溶液中没有沉淀出现，说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，此时
滴加双氧水，出现了白色沉淀。
(6)结合实验目的分析装置中选用澄清石灰水而不用氢氧化钠溶液的原因是_____________。
【答案】(1) (2 分) 若浓度太低，则会有大量 SO2 溶解在溶液中，造成 SO2 产量
低，若浓度太高，则硫酸电离程度较小，反应进行缓慢甚至难以进行 (2 分)
(2)溶液由棕黄色变为浅绿色 (2 分)
(3) (2 分)
(4)产生二氧化碳，排除装置中的氧气 (2 分)
(5)淀粉-碘溶液蓝色褪去 (2 分) 检验二氧化碳是否已排尽装置中的空气 (2 分)
【分析】
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I. 装置 A 发生反应 ，产生 SO2，经装置 B 与 FeCl3 发生氧化还原反应得到 FeCl2，气体
进入装置 C，由于亚硫酸的酸性比盐酸弱，原本与 BaCl2 不发生反应，但装置中含有部分氧气，则发生氧化
还原反应 ，最后用 NaOH 溶液做尾气处理；
II. 为了排除装置内的氧气，先用硫酸和碳酸钠反应产生的 CO2 排尽空气，再用硫酸和亚硫酸钠反应产生的
二氧化硫，经品红溶液褪色来检验 SO2 气体，用淀粉碘化钾来检验 SO2 气体已经通过 BaCl2 溶液，用澄清
石灰水来证明装置内的 CO2 已经完全排尽。
【解析】
I. (1)根据强酸制弱酸，且亚硫酸易分解，故浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，反应的离
子方程式为： ；用此浓度硫酸的理由是：若浓度太低，则会有大量 SO2 溶解在溶液中，
造成 SO2 产量低，若浓度太高，则硫酸电离程度较小，反应进行缓慢甚至难以进行；
(2) 装置 B 是 FeCl3 与 SO2 反应生成 FeCl2，,溶液的现象为：溶液由棕黄色变对浅绿色；
(3) 氧气将 SO2 氧化成 SO3，再与 BaCl2 溶液反应得到 BaSO4 沉淀，装置 D 中反应的化学方程式为：
；
II. (4) 该套装置是检验 SO2 在无氧状态下与 BaCl2 溶液反应的情况，则在反应前应先排尽空气，所以加入碳
酸钠粉末的目的是：产生二氧化碳，排除装置中的氧气；
(5) SO2 和碘单质反应得到碘离子，当淀粉-碘溶液蓝色褪去，说明 SO2 气体已经经过 BaCl2 溶液；
(6) 装置尾部选用澄清石灰水的原因是：检验二氧化碳是否已排尽装置中的空气。
18．(16 分)Ⅰ．汽车尾气中常含有 NO 和 CO，对环境产生了较大的影响。
(1)汽车尾气中 NO 生成过程的能量变化如图所示。1 ml N2 和 1 ml O2 完全反应生成 NO 会______(填“吸收”
或“放出”)______ kJ 能量。
(2)一种新型催化剂能使 NO 和 CO 发生反应：2NO＋2CO 2CO2＋N2。已知增大催化剂的比表面积可提
高反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，
如表所示。
Ⅰ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 82
Ⅱ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 124
Ⅲ 350 a 5.80×10－3 82
①表中 a＝________。
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实验编号 T/℃
NO 初始浓度/
(ml·L－1)
CO 初始浓度/
(ml·L－1)
催化剂的比表面积
/(m2·g－1)
②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验__________(填实验编号)。
③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO 的物质的量浓度 c(NO)随时间 t 的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的是
曲线_________(填“甲”或“乙”)。
Ⅱ．利用催化氧化反应将 SO2 转化为 SO3 是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应：2SO2(g)＋O2
(g)2SO3(g)。请回答下列问题：
(3)反应过程的能量变化如图所示，则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
(4)恒温恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是________(填字母，下同)。
a．增加 O2 的浓度 b．选择高效催化剂
c．充入氦气 d．适当降低温度
(5)下列情况能说明该反应达到化学平衡状态的是________。
a．2v 正(O2)＝v 逆(SO2)
b．恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化
c．SO3 的物质的量不再变化
d．SO2、O2、SO3 三者的浓度之比为 2∶1∶2
(6)某次实验中，在容积为 2 L 的恒温密闭容器中通入 10 ml SO2 和 a ml O2，反应过程中部分物质的物质
的量随反应时间的变化如图所示。
①2 min 时，v 正(SO2)________(填“>”“ (1 分) ②0.8 (2 分) ③8 (2 分)
解析：(1)由图可知，1 ml N2(g)和 1 ml O2(g)完全反应生成 NO(g)时，断裂反应物中化学键吸收的总能量为
946 kJ＋498 kJ＝1 444 kJ，形成生成物中化学键放出的总能量为 2×632 kJ＝1 264 kJ，则反应需要吸收 180
kJ 的热量。(2)①由表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ温度相同，催化剂的比表面积不同，实验目的是验证催化剂
的比表面积对反应速率的影响，则温度和反应物的初始浓度要相同，实验Ⅰ、Ⅲ催化剂的比表面积相同、
温度不同，实验目的是验证温度对反应速率的影响，则反应物的初始浓度要相同，则 a 为 1.20×10－3。②由
表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅲ反应物初始浓度、催化剂的比表面积均相同，温度不同，实验目的是验证温度
对化学反应速率的影响。③因实验Ⅰ、Ⅱ催化剂的比表面积不同，温度、反应物的初始浓度相同，但实验
Ⅱ的反应速率大，先达到化学平衡，故曲线乙表示实验Ⅱ。
(3)根据反应过程的能量变化图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应。
(4)根据 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)和影响化学反应速率的因素可知，恒温恒容时，增加 O2 的浓度可以加快
化学反应速率，故 a 符合题意；催化剂能加快化学反应速率，故 b 符合题意；恒温恒容充入氦气对反应物
和生成物的浓度无影响，所以不会加快化学反应速率，故 c 不符合题意；适当降低温度会降低化学反应速
率，故 d 不符合题意。
(5)根据 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知，2v 正(O2)＝ v 逆(SO2)说明正、逆反应速率相等，能够说明反应达到
化学平衡状态，故 a 符合题意；根据 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知，混合气体的总质量是不变的，恒温恒
容时，混合气体的密度是恒定不变的，所以恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达
到化学平衡状态，故 b 不符合题意；SO3 的物质的量不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故 c 符合题意；
SO2、O2、SO3 三者的浓度之比为 2∶1∶2 不能说明反应达到化学平衡状态，故 d 不符合题意。
(6)①由图可知，2 min 时，化学反应没有达到平衡，反应仍然正向进行，所以 v 正(SO2)> v 逆(SO2)。②0～5
min 内 SO3 的物质的量变化量为 8 ml，根据速率公式可知表示 0～5 min 内用 SO3 的浓度变化表示的平均速
率为 8 ml2 L×5 min＝0.8 ml·L－1·min－1。③根据 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知，初始加入 10 ml SO2
和 a ml O2，反应达到平衡时，生成 SO3 为 8 ml，则消耗的 O2 为 4 ml，反应达到平衡时，O2 的转化率
为 50%，即 4a×100%＝50%，解得 a＝8。
19．(12 分)乳酸乙酯是白酒的香气成分之一，广泛用于食品香精。适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加
白酒的香气。乳酸乙酯发生如图变化：(已知烃 A 的产量是衡量一个国家化工发展水平的重要标志)
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(1)B 中含氧官能团的名称是________；②的反应类型是________；
(2)A 分子的空间构型是____________；
(3)③的化学方程式是__________________；⑤的化学方程式是______________________；
(4)1 ml 乳酸与足量 Na 反应，可生成 H2______ml；
(5)绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即原子的理论利用率为 100%。下列转化符合绿色化学要求的
是________(填序号)。
a．乙醇制取乙醛
b．甲烷制备 CH3Cl
c．2CH3CHO＋O2――→催化剂△2CH3COOH
【答案】(1)羟基、羧基 (2 分) 加成反应 (1 分)
(2)平面结构 (1 分)
(3)2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O (2 分)
＋H2O (2 分)
(4)1 (2 分) (5)c (2 分)
【解析】根据乳酸乙酯的结构分析，水解后生成的乳酸的结构简式为 ，C 为乙醇，D 为乙
醇催化氧化得到的乙醛，E 为乙酸，乳酸和乙酸发生酯化反应生成的 F 为 CH3CH(OCOCH3)COOH，A 和水
反应生成乙醇，则 A 为乙烯。(1)乳酸中的含氧官能团有羟基、羧基；②为乙烯和水的加成反应。(2)乙烯的
空间结构为平面结构。(3)③为乙醇的催化氧化反应，化学方程式为 2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO
＋2H2O；⑤为乳酸和乙酸的酯化反应，化学方程式为
＋H2O。(4)乳酸中含有羟基和羧基，所以 1 ml 乳酸
和足量的金属钠反应生成 1 ml 氢气。(5)乙醇和氧气反应生成乙醛和水，原子利用率不是 100%，故 a 错误；
甲烷和氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢，原子利用率不是 100%，故 b 错误；乙醛氧化生成乙酸，原子利用
率是 100%，故 c 正确。
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