2022届四川省广元市高一(下)化学期末综合测试模拟试题含解析

2022届四川省广元市高一(下)化学期末综合测试模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列属于吸热反应的是（）
①液态水汽化②苛性钠溶于水③将胆矾加热变为白色粉末④生石灰跟水反应生成熟石灰⑤氯酸钾分解制氧气⑥干冰升华．
A．①④ B．②④ C．③⑤ D．④⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：①虽是吸热过程，但不是化学反应，故错误；②氢氧化钠溶于水，属于物理变化，不是化学变化，故错误；③大多数的分解反应，属于吸热反应，胆矾变为无水硫酸铜，属于吸热反应，故正确；④属于放热反应，故错误；⑤属于吸热反应，故正确；⑥属于物理变化，故错误。

考点：考查常见吸热反应的类型等知识。

2．在密闭容器中进行如下反应X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能为
A．Y2为0.4mol/L B．Z为0.3mol/L
C．X2为0.2mol/L D．Z为0.4mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】
A.若Z完全转化为反应物，则Y2为0.4mol/L,但是可逆反应不能完全转化，因此Y2的平衡浓度小于
0.4mol/L，选项A错误；
B.若反应物完全转化为生成物，则Z为0.4mol/L，但是可逆反应不能完全转化，因此Z小于0.4mol/L，Z 为0.3mol/L是有可能的，选项B正确；
C. 若Z完全转化为反应物，则X2为0.2mol/L,但是可逆反应不能完全转化，因此X2的平衡浓度小于
0.2mol/L，选项C错误；
D．若反应物完全转化为生成物，则Z为0.4mol/L，但是可逆反应不能完全转化，因此Z的平衡浓度小于0.4mol/L，选项D错误。

答案选B。

3．甲、乙、丙、丁四种短周期主族元素，原子序数依次增大，乙为地壳含量最多的元素，乙和丙同主族，甲与丙、丁形成的气态化合物的水溶液均呈酸性，则下列说法中正确的是
A．原子半径：丁＞丙＞乙＞甲
B．单质的氧化性：乙＞丙＞丁
C．气态氢化物稳定性：乙＞丙＞丁
D．甲与乙、丙、丁形成的化合物均为共价化合物
【答案】D
【解析】
试题分析：根据元素的性质和在周期表中的位置可知，甲、乙、丙、丁四种短周期主族元素分别是H、O、S、Cl。

同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。

同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。

非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，所以选项ABC都是错误的，四种元素都是非金属，所以D正确。

考点：考查有元素周期律关问题。

4．下列各组物质中，前者为混合物，后者为单质的是( )
A．Na2CO3·10H2O、石墨B．碘酒、干冰
C．石油、液氧D．盐酸、水
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、Na2CO3·10H2O是化合物，石墨是单质，故A错误；
B、碘酒是碘的酒精溶液是混合物，干冰是化合物，故B错误；
C、液氧是单质，石油是多种烃的混合物，故C正确；
D、盐酸是HCl和H2O的混合物，水是化合物，D错误。

故选C。

5．下列各组中的性质比较，不正确的是
A．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4B．稳定性：NH3＜PH3＜SiH4
C．碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2D．还原性：F﹣＜Cl﹣＜Br﹣
【答案】B
【解析】A、同周期元素非金属性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故A正确；B、非金属性Si＜P＜N，则稳定性：SiH4＜PH3＜NH3，故B错误；C、金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：K＞Na＞Mg，则碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故C正确；D、卤族元素中，阴离子的还原性随着原子序数增大而增强，所以还原性：F-＜Cl-＜Br-＜I-，故D正确；故选B。

6．用括号内试剂除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是
A．乙烷中的乙烯（Br2水）B．溴苯中的溴（KI溶液）
C．乙醇中的水（CaO）D．乙酸乙酯中的乙酸（饱和Na2CO3溶液）
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.乙烯与溴水发生加成反应生成液态的1,2-二溴乙烷，可以与乙烷分离，故A正确；
B.溴单质可以与碘离子发生置换反应生成碘单质，但碘单质也溶于溴苯成为新的杂质，故B错误；
C.氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙，氢氧化钙的沸点与乙醇的沸点相差很大，可以用蒸馏的方法得到纯净的乙醇，故C正确；
D.乙酸能与碳酸钠反应生成乙酸钠进入水层，后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故D正确；
综上所述，答案为B。

7．我国首次试开采可燃冰圆满成功，下列与可燃冰(CH4·nH2O)释放气体成分相同的是( )
A．天然气B．水煤气
C．液化石油气D．焦炉煤气
【答案】A
【解析】
【详解】
A.天然气的主要成分是甲烷，故A正确；
B.水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，故B错误；
C.液化石油气的主要成分是丙烷等，故C错误；
D.焦炉煤气主要是通过煤的干馏产生的，主要成分是CO、H2、CH4和C2H4等，故D错误。

故选A。

8．1 molX气体跟amolY气体在体积可变的密闲容器中发生如下反应X( g) +aY(g)bZ(g),反应达到平衡后，测得X的转化率为50%。

而且，在同温同压下还测得前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是
A．a = 2，b = 1B．a=3，b =2C．a=2，b = 2D．a=3，b = 3
【答案】B
【解析】
X（g）+ aY（g）bZ（g）
起始时1mol amol 0mol
平衡时0.5mol 0.5amol 0.5bmol
由同温同压下反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，可得：(1+a)/(0.5+0.5a+0.5b)= 4/3，1+ a= 2b，a= 1时，b= 1；a= 2时，b= 3/2 ；a= 3时，b= 2，因此答案选B。

9．关于化合物2−苯基−2−丁烯（），下列说法不正确的是
A．易溶于水及甲苯B．可以发生加成聚合反应
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．分子中最多有10个碳原子共平面
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.该有机物的分子结构有碳碳双键，具有烯烃的性质，不易溶于水，故A错误；
B.该有机物的分子结构中有碳碳双键，可以发生加成反应和聚合反应，故B正确；
C.碳碳双键具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.苯环为平面结构，12个原子共平面，碳碳双键周围共六个原子在同一个平面上，则分子中最多有10个碳原子共平面，故D正确；
综上所述，答案为A。

【点睛】
关于共面，该分子结构中有苯环，所以苯环中的6个碳原子一定在同一个平面内，而与苯环相连的碳原子相当于替代了苯环上的氢原子，则该碳也与苯环共面；乙烯的结构为平面结构，由此可以推知含有碳碳双键的结构中，与碳碳双键相连的两个甲基上的碳也与碳碳双键上的两个碳共平面，综上所述如图
一共最多有10个碳原子共平面。

10．意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构与白磷（P4)相同，如图所示，己知断裂1molN-N键吸收167kJ能量，生成1molN≡N放出942kJ能量，根据以上倍息和数据判断下列说法正确的是（）
A．N4分子是一种新型化合物B．N4和N2互为同位素
C．N4化学性质比N2稳定D．lmolN4转变为N2将放出882kJ的能量
【答案】D
【解析】A、N4分子是由氮元素形成的一种单质，选项A不正确；B、由于氮气也是由氮元素形成的一种单质，所以N4和N2互为同素异形体，选项B正确；C、反应热是是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以lmolN4转变为N2的反应热是167kJ/mol×6－2×942kJ/mol＝－882kJ/mol，选项D正确；该反应是放热反应，因此反应物的总能量高于生成物的总能量，则氮气化学性质比N4稳定选项C错误。

答案选B。

11．已知某反应是放热反应，下列说法正确的是
A．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量
B．该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量
C．该反应发生时，一定不需要加热
D．如果该反应开始时需加热，则一直要加热反应才能继续进行
【答案】A
【解析】
【详解】
A、当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应是放热反应，故A正确；
B、当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应是吸热反应，故B错误；
C、有的放热反应需要在加热的条件下才能发生，如铝热反应是放热反应，需要在加热的条件下进行，故C错误；
D、放热反应加热到一定温度开始引发，然后停止加热，反应放出的热量已满足反应所需温度，反应能继续进行，故D错误；
故选A。

12．在一定温度下，容器内某反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图，下列表述中正确的是
A．t3时，正反应速率大于逆反应速率
B．t2时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态
C．化学方程式为：2M= N
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
【答案】D
【解析】
A．由图可知t3时，M、N都不变，则反应达到平衡，正逆反应速率相等，故A错误；B．由图可知t2时M仍然在增大，N仍然在减小，此时反应继续向正方向移动，反应没有达到平衡，故B错误；C．由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为2N⇌M，故C错误；
D．t1时，N的物质的量为6mol．M的物质的量为3mol，又同一反应体系体积相同，则根据C=n
V
，N的
浓度是M浓度的2倍，故D正确；故选D。

13．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A．NaHS水解反应：HS－＋H 2O H3O＋＋S2－
B．Fe(OH)2与稀硝酸反应：2H＋＋Fe(OH)2=Fe2＋＋2H2O
C．过量的SO2通入到漂白粉溶液中：ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3-
D．Na2CO3水溶液中存在平衡：CO32－+H2O HCO3－+OH－
【答案】D
【解析】
【详解】
A.该反应是电离方程式，水解方程式应该是HS－＋H2O OH－＋H2S；故A错误；
B.Fe(OH)2与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，离子方程式为：10H＋＋3Fe(OH)2+NO3-=3Fe3＋＋8H2O+NO↑，故B错误；
C.漂白粉溶液中通入过量SO2气体发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，离子反应为
Ca2++2ClO-+2H2O+2SO2═4H++2Cl-+CaSO4↓+SO42-，故C错误；
D.Na2CO3溶液存在水解平衡，水解方程式为：CO32－+H2O HCO3－+OH－，故D正确。

故选D。

【点睛】
判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。

14．下列关于化合物和化学键类型的叙述正确的是( )
HClO Na2O2NaCl NH4Cl
A
共价化合物
共价键离子化合物
离子键
离子化合物
离子键
共价化合物
共价键
B
共价化合物
共价键离子化合物
共价键
离子化合物
离子键
离子化合物
共价键
C
共价化合物
共价键离子化合物
离子键、共价键
离子化合物
离子键
离子化合物
离子键、共价键
D
共价化合物
离子键离子化合物
离子键、共价键
离子化合物
离子键
离子化合物
离子键、共价键
A．A B．B C．C D．D 【答案】C
【解析】
【详解】
HClO中只含共价键的共价化合物、Na2O2中含有离子键、非极性共价键的离子化合物、氯化钠是只含离子键的离子化合物、氯化铵是含离子键和共价键的离子化合物，综上所述，故C正确。

综上所述，答案为C。

【点睛】
化学键包含共价键、离子键等，金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键。

15．下列叙述正确的是（）
A．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
B．24g 镁与27g铝中，含有相同的质子数
C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1
D．标准状况下，2.24L CCl4含有的共价键数为0.4N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A、无论臭氧还是氧气，都是由氧原子组成，即相同质量的氧气和臭氧，含有的氧原子物质的量相同，电子数相同，故A正确；
B、24g镁含有质子的物质的量为=1mol，27g铝含有质子的物质的量为=1mol，它
们含有质子数不相同，故B错误；
C、重水为2H2O，1mol重水中含有中子的物质的量为1mol×(2＋8)=10mol，1mol水中含有中子物质的量为1mol×8=8mol，中子数之比为10：8=5：4，故C错误；
D、CCl4标准状况下不是液体，不能用22.4L/mol-1进行计算，故D错误；
答案选A。

16．一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应:xA(g)+yB(g)⇌zC(g)达到平衡后,测得A浓度为0.5 mol·L-1,当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的两倍再达到平衡后,测得A浓度为0.3 mol·L-1,则以下叙述正确的是( )
A．平衡向正反应方向移动B．x+y>z
C．C的体积分数增大D．B的转化率提高
【答案】B
【解析】A、保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.２５mol·L-1，小于实际A的浓度变为0.3 mol·L-1，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动。

故A错误。

B、增大
体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y>z，故B正确；C、平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C错误；D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故D错误；故选B。

17．某有机物M的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，下列有关说法正确的是()
A．能与乙醇发生酯化反应
B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能与溴的四氯化碳溶液发生取代反应
D．1 mol M与足量Na完全反应能生成1 mol H2
【答案】A
【解析】
【详解】
A．含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，选项A正确；
B．含有碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，选项B错误；
C．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，在四氯化碳溶液中不发生取代反应，选项C错误；
D．含有1个羧基，可与钠反应，1molM与足量Na完全反应能生成0.5molH2，选项D错误．
答案选A。

18．下列说法正确的是
A．热稳定性：HI>HBr>HCl B．元素非金属性：P>S>Cl
C．原子半径：S>C1>F D．碱性：Mg(OH)2>KOH
【答案】C
【解析】
A、非金属性越强，其氢化物越稳定，同主族从上到下非金属性减弱，因此有热稳定性：HCl>HBr>HI，故A 错误；
B、同周期从左向右非金属性增强，因此是Cl>S>P，故B错误；
C、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径：S>Cl>F，故C正确；
D、金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，K的金属性强于Mg，因此KOH的碱性强于Mg(OH)2，故D错误。

19．根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是()
A．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D ．用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
答案：C
20．室温时，下列液体的密度比纯水密度小的是
A．硝基苯B．溴苯C．四氯甲烷D．苯
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 硝基苯的密度比水大，A项错误；
B. 溴苯的密度比水大，B项错误；
C. 四氯甲烷的密度比水大，C项错误；
D. 苯的密度比水小，D项正确；
答案选D。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．1.5 mol 氧分子中含有_________个氧分子，__________mol氧原子，质量为_________g，_________个氧原子，标准状况下体积为_______ L。

【答案】9.03×1023 3 48 1.806×102433.6
【解析】
【详解】
1.5 mol 氧分子中含有分子数为：1.5mol×6.02×23
10=9.03×1023；氧原子为双原子分子，所以含有氧原子物质的量为：1.5mol×2=3mol；氧原子个数为：3N A或1.806×1024；质量为：1.5mol×32g/mol=48g；标况下体积为：1.5mol×22.4L/mol=33.6L；故答案为：9.03×1023；3；48；3N A（1.806×1024）；33.6。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．化学离不开实验，氨气和乙酸乙酯的制备分别是无机实验和有机实验的典型代表。

请结合已有药品（选择性使用）和已学知识，回答下列问题：
(1)氨气的制备
现提供药品有：氯化铵固体、浓氨水、浓硫酸、碱石灰、水
①该实验条件下，氨气的发生装置应选择上图中的_____（填大写字母）
②C的作用是_____。

③欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的部分装置，其连接顺序为：发生装置→______(气流方向，用小写字母表示）。

(2)乙酸乙酯的制备
现提供药品有：乙酸、乙醇、浓硫酸、水、氢氧化钠溶液
①浓硫酸在该反应中的作用是_____________
②该实验条件下，试管B内盛放的液体是____，可以判断该实验反应结束的现象为_______
③该实验制各少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，除本身反应可逆外的原因可能还有（填一点即可）：
______________________
【答案】 B 干燥NH3dcfei催化剂、吸水剂水B中液面不再上升乙醇或乙酸挥发；发生副反应；乙酸乙酯少量溶解在水中
【解析】分析：（1）①浓氨水与碱石灰反应产生氨气；
②生成的氨气需要干燥；
③氨气密度小于空气应该用向下排空气法收集且氨气极易溶于水；
（2）①酯化反应是可逆反应；
②利用饱和食盐水除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸；根据乙酸乙酯不溶于水分析；
③根据酯化反应特点结合物质的性质解答。

详解：（1）①根据所给药品可知该实验条件下利用浓氨水与碱石灰反应制备氨气，因此氨气的发生装置应选择上图中的B装置；
②生成的氨气中含有水蒸气，因此C的作用是干燥氨气。

③由于氨气极易溶于水且氨气密度小于空气，所以欲收集一瓶干燥的氨气，则其连接顺序为：发生装置
→d→c→f→e→i。

（2）①由于酯化反应是可逆反应，则浓硫酸在该反应中所起的作用是催化剂、吸水剂；
②由于乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，且乙酸乙酯难溶于水，则该实验条件下，试管B内盛放的液体是饱和碳酸钠溶液，用来除去乙酸和乙醇；由于乙酸乙酯不溶于水，则可以判断该实验反应结束的现象为B中液面不再上升；
③由于乙醇或乙酸挥发、发生副反应、乙酸乙酯少量溶解在水中，所以该实验的产率往往偏低。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．有机物A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。

D能与碳酸钠反应产生气体，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。

（1）A的结构简式为_____。

（2）B分子中的官能团名称是_____，F的结构简式为_______________。

（3）写出下列反应的化学方程式并指出反应类型：
②_____________________________________________：反应类型是_____；
③_____________________________________________；反应类型是_____；
【答案】CH2=CH2羟基2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应
CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O取代反应（酯化反应）
【解析】
【分析】
有机物A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是
H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D，D能与碳酸钠反应产生气体，则D为酸；A反应生成B，碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，铜作催化剂、加热条件下，CH3CH2OH被氧气氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸与乙醇分子酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，A反应生成F，F是一种高聚物，则F为，据此分析解答。

【详解】
(1)根据以上分析知，A为乙烯，结构简式为H2C=CH2，故答案为：H2C=CH2；
(2)B为乙醇，分子中的官能团是羟基，F是聚乙烯，结构简式为，故答案为：羟基；
；
(3)②为乙醇在催化剂作用下氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应；
反应③是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于酯化反应，也是取代反应，故答案为：
2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应(或取代反应)。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．硫—碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
① SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI ② 2HI H2+I2③ 2H2SO4 === 2SO2+O2+2H2O
（1）整个过程中SO2、I2的作用是______。

（2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应②，已知H2的物质的量随时间的变化如图所示，则在0~2 min内的平均反应速率v (HI) =______；
（3）已知拆开1 mol H—I键需要消耗298kJ能量，形成1mol H—H键能够释放436kJ能量，形成1mol I—I 键能够释放151kJ能量，则在反应②中，分解0.2mol HI时会______（填“吸收”或“释放”）______kJ 能量。

（4）实验室用Zn和硫酸制H2，为了加快反应速率下列措施不可行
．．．的是__（填序号）
a．加入浓硝酸b．加入少量CuSO4 固体 c．用粗锌代替纯锌 d．加热 e．把锌粒弄成锌粉 f．用98.3%的浓硫酸
（5）氢气可用于制燃料电池，某种氢氧燃料电池是用固体金属化合物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反应分别为：A极：2H2＋2O2－－4e－== 2H2O ，B极：O2＋4e－== 2O2－，则A极是电池的___极；电子从该极___（填“流入”或“流出”）。

【答案】催化作用（或催化剂或加快反应速率）0.1mol/(L·min)吸收0.9a、f负极流出
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题干提供的反应过程看出，SO2、I2参加了反应但没有消耗，所以整个过程中SO2、I2的作用是催化剂；
故答案为催化剂；
（2）由图示知2min内，氢气的物质的量由0变为0.1mol，v(H2)=∆c(H2)/t=0.1
1
2
mol
L
min
=0.05mol/(L∙min)，
由方程式2HI⇌ H2+I2得v(HI)= 2v(H2)= 0.05mol/(L∙min)×2=0.1mol/(L∙min)；
故答案为0.1mol/(L∙min)；
（3）由方程式2HI⇌ H2+I2得，分解0.2mol的HI时，断开化学键吸收的能量为：298kJ×0.2=59.6kJ，形成化学键释放的能量为：436kJ×0.1+151kJ×0.1=58.7 kJ，吸收的能量大于释放的能量，所以该反应吸收能量，大小为59.6kJ-58.7kJ=0.9 kJ；
故答案为吸收，0.9；
（4）a．浓硝酸属于强氧化性酸，与锌反应不生成氢气，故a不可行；
b．加入少量CuSO4 固体，锌置换出铜，构成了原电池，反应加快，故b可行；
c．用粗锌代替纯锌，杂质与锌构成了原电池的两极，形成原电池，反应加快，故c可行；
d．温度升高，反应加快，故d可行；
e．把锌粒弄成锌粉，增大了接触面积，反应加快，故e可行；
f．98.3%的浓硫酸具有强氧化性，与锌反应不生成氢气，故f不可行；
故答案为a、f；
（5）由电极反应得，A极失去电子，是电池的负极；电子从负极流出；
故答案为负极；流出。