1、辽宁省大连市大连海湾高级中学2019-2020学年高一化学下学期第一次质量检测试题（含解析）总分：100分 时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 第I卷（48分）一、选择题（本题包括12小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共24分）1.化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是A. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B. 棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C. 乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷原子利用率为100%D. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等【答案】B【解析】【详解】A煤的液化是利用煤制取甲醇，石油的裂化是
2、将相对分子质量比较大的烃类断裂为相对分子质量较小的烃类来获得轻质油的过程，油脂的皂化是指油脂在碱性条件下的水解，均有新物质生成，均为化学变化，故A正确，不选；B油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物，故B错误，符合题意；C乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷，化学方程式为2CH2=CH2+O22，反应物全部转化为环氧乙烷，从理论、经济、环保及操作等方面都很好，原子利用率为100%，故C正确，不选；D海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和
3、工艺比较完备；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水；离子交换法是用阳离子交换树脂（HR）和水中的金属离子进行交换的一种方法；故D正确，不选；答案为B。2.下列化学用语的书写正确的是A. Cl原子的结构示意图：B. CH4分子的球棍模型：C. 溴化钠的电子式：D. 水分子的结构式：【答案】D【解析】【详解】A氯的原子序数为17，核内质子数为17，原子核外电子数为17，各电子层所含电子数依次为2、8、7，其原子的结构示意图为，故A错误；B球棍模型是用小球代表原子，小棍代表化学键，甲烷分子式为
4、CH4，C原子形成4个C-H，为正四面体结构，则CH4球棍模型为 ，为比例模型，故B错误；CNaBr为离子化合物，该结构中Na+与Br-通过离子键形成，其电子式为 ，故C错误；DH2O的结构中O与每个H形成一对共用电子对，其电子式为，结构式为，故D正确；答案为D。3.关于如图所示装置的叙述，正确的是（ ）A. 铜是负极，铜片上有气泡产生B. 铜片质量逐渐减少C. 电流从锌片经导线流向铜片D. 氢离子在铜片表面被还原【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池装置，电解质溶液为稀硫酸，锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，据此解答。【详解】A项，铜为正极，铜片上有气泡产生，故A项错误；B项，铜片表面产生气
5、体，铜片不会溶解，因此质量不会发生变化，故B项错误；C项，电流是由正极流向负极，即从铜片经导线流向锌片，故C项错误；D项，氢离子在铜片表面被还原为氢气，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。4.下列叙述正确的是A. 氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中B. 玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸盐C. 浓硝酸的还原产物一般是NO2，稀硝酸的还原产物一般是NO，故稀硝酸的氧化性更强D. 硫在过量纯氧中的燃烧产物是三氧化硫【答案】A【解析】【详解】A玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸可与二氧化硅反应，腐蚀玻璃，则氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中，故A正确；B玻璃、陶瓷的主要成分均是硅酸盐，属于硅酸盐产品，水晶的主要成分
6、为二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；C与金属反应时，稀HNO3被还原为NO，反应缓慢，浓HNO3被还原为NO2，反应剧烈，所以稀HNO3的氧化性弱于浓HNO3，硝酸的浓度越大，氧化性越强，故C错误；D硫在过量纯氧中的燃烧产物是二氧化硫，不能直接转化为三氧化硫，故D错误；答案选A。5.下列说法中正确的一组是A. 石墨和金刚石具有相同的物理性质和化学性质B. 和互为同分异构体C. 正丁烷和异丁烷是同系物D. 和是同一种物质【答案】D【解析】【详解】A碳元素单质有金钢石、石墨、无定形碳等，由于结构不同，即原子排列不同，彼此间物理性质有差异；但由于是同种元素形成的单质，所以化学性质相同，故A错误；B分子
7、式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，和可看做甲烷上的氢原子被溴原子取代的产物，二者在三维空间上，溴原子所在的位置相同，故二者分子式相同、结构相同，是同种物质，故B错误；C分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，正丁烷和异丁烷分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故C错误；D和二者分子式相同、结构相同，同种物质，故D正确；答案选D。6.下列说法中正确的是（ ）为加快KClO3的分解速率,加入MnO2物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化也一定是化学变化燃烧时，液体燃料以雾状喷出可以提高燃料的燃烧效率因为3O2=2O3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼需要加热的
8、化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应为防止污染，在面粉厂、纺纱厂等场所要严禁烟火A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】加入MnO2，对KClO3的分解起催化作用，所以加快化学反应速率，正确；物质的三态变化有能量变化，是物理变化，错误；液体燃料雾化，燃烧会增大与氧气的接触面积，有利用充分燃烧，正确；物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，正确；铝热反应是放热反应，但需要在高温下进行；氯化铵与Ba(OH)28H2O的反应是吸热反应，但在室温下发生，不需要加热条件，错误；面粉厂、纺纱厂周围的空气中漂浮着可燃性的气体或粉尘，遇明火可能会发生爆炸，所
9、以面粉厂、纺纱厂要严禁烟火，不是污染问题，错误；正确，故选择A。7.二氧化硫能起漂白、保鲜作用，使物品颜色显的白亮、鲜艳。如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）。下列有关说法正确的是A. 蓝色石蕊试纸变红后褪色B. NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2C. 湿润淀粉-KI试纸未变蓝，说明SO2有还原性D. 品红试纸、沾有KMnO4溶液滤纸均褪色，证明了SO2的漂白性【答案】B【解析】【分析】注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸反应生成SO2气体。【详解】ANa2SO3晶体与浓硫酸反应生成SO2。SO2是酸性气体，故蓝色石蕊试纸变红，但S
10、O2不能使石蕊试纸褪色，故A错误；BSO2是酸性气体可以和碱性溶液反应，故NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，故B正确；C湿润淀粉KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2，不能证明SO2具有还原性，故C错误；D品红试纸褪色体现了SO2的漂白性，但蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色是因为SO2具有还原性，与KMnO4溶液发生氧化还原反应而褪色，故D错误；答案选B。8.已知石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，由此可能出的正确结论是A. 石墨比金刚石更稳定B. 金刚石比石墨更稳定C. 石墨转化成金刚石是物理变化D. 石墨和金刚石的结构相同【答案】A【解析】【详解】A. 能量越低越稳定，石墨在一定
11、条件下转化成金刚石是吸热反应，说明金刚石能量高，所以石墨比金刚石更稳定，故A正确；B. 金刚石能量高于石墨，所以金刚石没有石墨稳定，故B错误；C. 石墨转化成金刚石，生成了新物质，属于化学变化，故C错误；D. 石墨是平面层状结构，金刚石中每个碳原子与相邻的4个原子形成空间网状结构，它们结构不相同，故D错误；故选A。9.下列反应中属于加成反应的是A. 2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+H2O+CO2B. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC. CH3-CH=CH2Br2CH3-CHBr-CH2BrD. Br2HBr【答案】C【解析】【详解】A2CH3COOH+Na2
12、CO32CH3COONa+H2O+CO2为酸和盐的反应，不属于加成反应，故A不符合题意；B2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O是乙醛的催化氧化反应，故B不符合题意；CCH3-CH=CH2 Br2 CH3-CHBr-CH2Br中，丙烯分子中碳碳双键断开较活泼的碳碳化学键形成了C-Br键，因此该反应是加成反应，故C符合题意；DBr2HBr为苯在催化剂作用下与溴单质的溴代反应，溴代反应属于取代反应，故D不符合题意；答案选C。10.工业上硫酸中的一步重要反应是SO2在400500。C下的催化氧化2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应如果在密闭容器中通入2molSO2和足够多的
13、氧气，按上述条件进行反应，下列有关说法中错误的是A. 通过调试反应条件，可以提高该反应的进行程度B. 使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率C. 达到平衡时，SO2和SO3的速率相等D. 提高反应温度，可以实现SO2的完全转化【答案】D【解析】【详解】A通过改变影响平衡的条件，如增大压强或降温，均可促进平衡正向移动，提高该反应进行的程度，故A正确；B使用催化剂加快了反应速率，大大缩短达到平衡所需的时间，提高反应效率，平衡不会移动，故B正确；C达到平衡时，正逆反应速率相等，即SO2和SO3的速率相等，故C正确；D因为该可逆反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，SO2转化率降低，不可能
14、完全转化，故D错误；答案为D。11.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，粗盐精制的实验流程如下。下列说法不正确的是（ ）A. 在第步中使用玻璃棒搅拌可加速粗盐溶解B. 第步操作是过滤C. 在第步通过加入化学试剂除杂，加入试剂顺序为：NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液稀盐酸D. 除去MgCl2的化学方程式为：MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2+ 2NaCl【答案】C【解析】【分析】粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，除MgCl2用NaOH溶液，除CaCl2用Na2CO3，除Na2
15、SO4用BaCl2溶液，但BaCl2的加入一定要在Na2CO3之前，加完三种试剂后，过滤，向滤液中加HCI溶液除去过量的Na2CO3，然后对所得溶液蒸发结晶即得精盐。【详解】A在溶解时用玻璃棒搅拌可以加速溶解，故A正确；B固液分离的操作是过滤，故B正确；CBaCl2的加入一定要在Na2CO3之前，否则过量的Ba2+无法除去，且一定要先过滤，再向滤液中加HCl，故为过滤，为加盐酸，故C不正确；D除MgCl2用NaOH溶液，发生的离化学反应方程式为：MgCl2 + 2NaOHMg(OH)2+ 2NaCl，D正确；故选C。12.某烃的结构简式为，它可能具有的性质是A. 它能使溴水褪色，但不能使酸性高
16、锰酸钾溶液褪色B. 它既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 易溶于水，也易溶于有机溶剂D. 能发生加成反应，一定条件下最多可与三倍物质的量的氢气加成【答案】B【解析】【详解】A该有机物分子中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B该有机物分子中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；C该物质属于有机物，根据相似相溶原理知，该物质易溶于有机溶剂不易溶于水，C项错误；D在一定条件下，苯环和碳碳双键都可与氢气发生加成反应，1mol该物质含有1
17、mol苯环和1mol碳碳双键，所以一定条件下1mol该有机物最多可与4mol氢气加成，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查根据有机物的结构判断其性质，难度不大，明确官能团决定性质是解本题的关键。该有机物含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾氧化；在一定条件下，苯环和碳碳双键都可与氢气发生加成反应。二、选择题（本题包括8小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共24分）13.下列说法正确的是A. SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色B. 把足量铜粉投入到含2 mol H2SO4的浓硫酸中，充分反应后得到标准状况下气体体积小于
18、22.4 LC. SO2、NO2 和 CO2 都是引起酸雨的主要原因，导致雨水的 pH 小于5.6D. 等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润有色布条的集气瓶中，漂白效果更好【答案】B【解析】【详解】A二氧化硫的漂白性是因为和有色物质化合生成无色物质而漂白品红溶液；二氧化硫将溴、酸性高锰酸钾还原而使这两种物质褪色，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，故A错误；B在加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸时不再和Cu反应，所以把足量铜粉投入到含2molH2SO4的浓硫酸中，得到气体体积标准状况下小于22.4 L，故B正确；C因酸雨的pH小于5.6，二氧化碳的饱和
19、溶液pH为5.6，CO2不会导致酸雨的形成，故C错误；D等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润有色布条的集气瓶中，二者发生反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以漂白效果变差，故D错误；答案为B。14.下列说法方式正确的是除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏用碳酸钠溶液来鉴别乙酸溶液和乙醇除去乙醇中少量的水：加足量金属钠。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】乙烷与Cl2光照下发生取代反应生成多种氯代烷和HCl，乙烷会减少，不符合除
20、杂的原则，应该用溴水，故错误；乙酸与饱和碳酸钠溶液反应生成可溶于水的乙酸钠、水和CO2，乙酸乙酯为难溶于饱和碳酸钠溶液的液体，用饱和碳酸钠溶液洗涤含少量乙酸的乙酸乙酯、分液、干燥、蒸馏可达到除杂的目的，故正确；碳酸钠溶液与乙酸反应释放出气体，碳酸钠溶液乙醇溶液不反应，可以用来鉴别乙酸溶液和乙醇，故正确；乙醇和水都可与金属钠反应，不能用金属钠除杂，应加入足量生石灰后，再利用蒸馏的方法分离，故错误；则上述说法正确的为，答案选D。15.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说
21、法正确的是A. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应放出的能量为180 kJB. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量C. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOD. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水【答案】B【解析】【分析】根据图示计算出旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量的相对大小，再分析解答。【详解】A1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)过程中旧化学键断裂时吸收的能量=946kJ+498kJ=1444 kJ，新化学键形成时放出的能量=2632kJ=12
22、64 kJ，吸收的能量放出的能量，为吸热反应，故A错误；B1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)过程中旧化学键断裂时吸收的能量=946kJ+498kJ=1444 kJ，新化学键形成时放出的能量=2632kJ=1264 kJ，吸收的能量放出的能量，为吸热反应，因此1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故B正确；CN2(g)和O2混合常温下不反应，需要在放电或高温条件下才能反应，故C错误；DNO与NaOH不反应，属于不成盐氧化物，故D错误；故选B。16.探究铜和浓硫酸的反应，下列装置或操作错误的是甲 乙 丙A. 上下移动装置
23、甲中的铜丝可控制SO2的生成B. 装置乙可用于收集SO2气体C. 为确认甲中有CuSO4生成，向甲中反应后的试管中直接加水稀释，观察溶液颜色D. 利用装置丙将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出CuSO45H2O晶体【答案】C【解析】【详解】ACu和浓硫酸在加热条件下反应可产生二氧化硫，上下移动装置甲中的铜丝可控制反应的发生和停止，从而控制SO2的生成，A正确；BSO2的的密度比空气大，可用向上排空气法收集，SO2有毒，可用NaOH溶液吸收，防止污染空气，B正确；C浓硫酸过量，不能直接向反应后的容器中加水，C错误；D硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO45H2O，操作合理，D正确。答案选C
24、。17.下列陈述、正确并且有因果关系的是选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，化学方程式为SO2+ Br2+2H2O=H2SO4+2HCl，体现二氧化硫的还原性，与SO2的漂白性无关，和无因果关系，故A错误；BSiO2不导电，二氧化硅是良好的光导材料，用作制光导纤维的原料，不正确、正确，和无因果关系，故B错误；C浓硫酸可用于干燥H2和CO，是因为浓硫酸
25、具有吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，和无因果关系，故C错误；DFe3+具有氧化性，能将铜氧化为铜离子，化学方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，、正确有因果关系，故D正确；答案为D。18.C5H10Cl2含有一个CH3的同分异构体有A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】【详解】由C5H12 的同分异构体有正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3，异戊烷 ，新戊烷 ，则C5H10Cl2含有一个CH3的同分异构体有 ，符合条件的有6种，C正确；答案为C。19.无色的混合气体甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种。将100 m
26、L气体甲经过下图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为A. NH3、NO2、N2B. NH3、NO、CO2C. NH3、NO2、COD. NO、CO2、N2【答案】B【解析】【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在二氧化氮，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸后，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在，且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，综上，气体
27、甲的组成是：NH3、NO、CO2，答案选B。20.阿波罗号宇宙飞船上使用的氢氧燃料电池，其电池反应为：2H2+O22H2O ，电解质溶液为KOH溶液，反应保持在较高温度，使H2O蒸发，则下列叙述中正确的是（ ）A. 此电池能发生蓝色火焰B. H2为正极，O2为负极C. 工作时，电解质溶液的pH不断减小D. 电极反应分别为负极：2H2+4 OH-4e-4 H2O；正极：O2+2 H2O+4e-4 OH-【答案】D【解析】【详解】A该电池中燃料不燃烧，是直接将化学能转化为电能，所以不能发出蓝色火焰，故A错误；B通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，故B错误；C放电时反应过程中生成水，但反应保
28、持在较高温度，使H2O蒸发，所以KOH浓度不变，则溶液的pH不变，故C错误；D负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，所以负极：2H2+4OH-4e-=4H2O，正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D正确；故选D。第II卷 非选择题三、填空题（共52分）21.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：时间/min12345氢气体积/mL（标准状况）100240464576620哪一时间段反应速率最大_min（填“01
29、”，“12”，“23”，“34”或“45”），原因是_。求34 min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_（设溶液体积不变）。（2）另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是_（填字母）。A.蒸馏水 B.KCl溶液 C. KNO3溶液D.Na2SO4溶液（3）某温度下在4 L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。该反应的化学方程式是_。该反应达到平衡状态的标志是_（填字母）。A.Y的体积分数在混合气体中保持不变B.X、Y的反应速率比为31C.容器内气体压强保持不变D.容器内气体的总质量保
30、持不变E.生成1 mol Y的同时消耗2 mol Z【答案】 (1). 23 (2). 因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快 (3). 0.025 molL1min1 (4). C (5). 3X(g)Y(g)2Z(g) (6). AC【解析】【分析】根据题中表格数据，可判断那一段速率最快，由反应放热解释；根据H+浓度减小，反应速率减慢，进行判断；根据题中图示，由变化量与计量系数关系，判断反应物和生成物和写出化学方程式；根据化学平衡的本质特征及相关量的变与不变，判断平衡状态；据此解答。【详解】（1）在相同条件下，反应速率越大，相同时间内收集气体越多；由表中数据可知，反
31、应速率最大的时间段是23 min，原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大，且盐酸浓度较大，所以反应速率较快；答案为23 ，该反应是放热反应，此时温度高，盐酸浓度较大，反应速率较快。34分钟时间段，收集的氢气体积V(H2)=(576-464)mL=112mL，n(H2)= =0.005mol，根据Zn+2HCl=ZnCl2+H2可知，消耗的n(HCl)=2n(H2)=20.005mol=0.01mol，则v(HCl)=0.025 molL-1min-1；答案为：0.025 molL-1min-1。（2）A加入蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率降低，故A可行；B加入KCl溶液，相当于稀释，
32、氢离子浓度降低，反应速率降低，故B可行；C加入KNO3溶液，相当于含有硝酸，硝酸和Zn反应生成NO而不是氢气，故C不行；D加入Na2SO4溶液，相当于稀释，氢离子浓度降低，反应速率降低，故D可行；答案为C。（3）根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，n(X)=（1.0-0.4）mol=0.6mol、n(Y)=（1.0-0.8）mol=0.2mol、n(Z)=（0.5-0.1）mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，X、Y、Z的化学计量数之比=0.6mol：0
33、.2mol：0.4mol=3：1：2，则该反应方程式为3X(g)+Y(g)2Z(g)；答案为3X(g)+Y(g)2Z(g)。AY的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故A选；BX、Y的反应速率比为3：1时，如果反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B不选；C反应前后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质物质的量不变，反应达到平衡状态，故C选；D容器内气体的总质量一直保持不变，容器内气体的总质量保持不变不能说明反应达到平衡状态，故D不选；E生成1mol Y的同时消耗2mol Z，只表示逆反应，不能说明反应达到平衡状态，故E不选；
34、答案为AC。22.用图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱:H2SO4 H2CO3 H2SiO3仪器B的名称_,A中试剂_，B中试剂_C中发生反应的化学方程式:_(2)利用如图装置实验,证明二氧化硫气体具有漂白性。已知:Na2SO3 + H2SO4=Na2SO4 +SO2+H2O。 在装置A中加入 70%的硫酸溶液,B中加入Na2SO3粉末，C中应加入_溶液(填“品红”或“石蕊”)。打开分液漏斗活塞,一段时间后观察到C中现象是_，反应完全后,将C试管加热一 段时间发生的现象是_如果仅
35、用如图装置进行此实验,可能造成环境污染,此污染属于_(选填“白色污染”或“酸雨污染),因此应该在C装置后加一个盛有_溶液的洗气瓶。将二氧化硫气体通入FeCl3溶液中反应一.段时间后,滴加KSCN溶液,溶液未变红色,请写出所发生反应的离子方程式:_【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 稀硫酸 (3). 碳酸钠粉末 (4). CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3 (5). 品红 (6). 红色溶液褪色 (7). 红色恢复 (8). 酸雨污染 (9). NaOH (10). SO2+2Fe3+2H2O=Fe2+SO42-+4H+【解析】【分析】(1)强酸可以制弱酸，所以稀硫酸
36、与碳酸钠粉末反应生成二氧化碳可证明酸性：:H2SO4 H2CO3 ；二氧化碳与硅酸钠溶液反应可生成硅酸沉淀说明酸性：H2CO3 H2SiO3；(2)装置A中加入 70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末，二者反应生成SO2，SO2可以使品红溶液褪色，所以装置C中盛放品红溶液可以检验SO2；二氧化硫会对空气造成污染，需要处理，其可与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液吸收。【详解】(1)根据仪器B的结构特点可知其为圆底烧瓶；根据分析可知A中应盛放稀硫酸；B中应盛放碳酸钠粉末；C中为二氧化碳与硅酸钠反应，方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3；(2)品红溶液可以检
37、验二氧化硫，所以C中应加入品红溶液，可观察到C中红色溶液褪色；完全反应后将C试管加热一段时间可观察到C中溶液颜色恢复；二氧化硫会造成酸雨，所以属于酸雨污染；可用NaOH溶液吸收二氧化硫；二氧化硫具有还原性，通入FeCl3溶液中反应一段时间后，滴加KSCN溶液，溶液未变红色，说明Fe3+被还原成Fe2+，离子方程式为：SO2+2Fe3+2H2O=Fe2+SO42-+4H+。23.我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如下：(1)实验室制取氨气的反应方程式为_ (2)上述生产纯碱过程副产品是_。(3)沉淀池中发生的化学反应方程式是_。(4)写出上述流程中X物质的电子式_。(5)使
38、原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了_(选填循环或循环)的循环。从沉淀池中取出沉淀的操作是_。(6)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水后，再滴加_。【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3+CaCl2+2H2O (2). 氯化铵(NH4Cl) (3). NH3 + CO2 + H2O + NaCl NH4Cl + NaHCO3 (4). (5). 循环 (6). 过滤 (7). 稀硝酸和硝酸银溶液【解析】分析】解答本题关键是清楚侯德榜制碱法的流程和反应原理，清楚每一步的操作和产物便可解答，反应原理首先是氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢氨，然
39、后碳酸氢氨和氯化钠发生复分解反应交换成分生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，煅烧炉中发生的反应是碳酸氢钠受热分解，生成纯碱、二氧化碳气体和水，所以X是二氧化碳，循环为二氧化碳循环，因为氯化钠最后剩余在母液中，所以循环I是氯化钠的循环，据此分析解答。【详解】(1)实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热的条件下制取氨气，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3+CaCl2+2H2O；(2)目前工业制碱方法有二:氨碱法和联合制碱法，题中方法是由侯德榜所创，称为侯氏制碱法，也称为联合制碱法，反应方程式为NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3，故副产物为氯化铵(NH4Cl)；(3)根据图示和(2)中分
40、析，沉淀池中发生的化学反应方程式是NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3；(4)在联合制碱法中X是煅烧碳酸氢钠制得的产物，可以循环利用，所以该产物为二氧化碳,X物质的电子式；(5)循环是将未反应的氯化钠返回沉淀池中,从固液混合物中分离出固体的方法为过滤；(6)检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子,可取少量试样溶于水后，再滴加硝酸酸化的硝酸银,观察若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在。24.已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；2RCHO+O22RCOOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示。(1)B、D分子内含有的官能团
41、分别是_、_(填名称)。(2)写出下列反应的反应类型：_，_。(3)BC的反应方程式为_(4)乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取的主要步骤如下：在甲试管(如图2)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，用小火均匀地加热35min。待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。分离出有机层、洗涤、干燥。a.若实验中用乙酸和含18O的乙醇作用，该反应的化学方程式是：_，此装置中采用了球形干燥管，其作用是_。b欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是_；分离时，乙酸乙酯
42、应该从仪器_(填：“下口放” 或“上口倒”)出。c生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有(填序号)_。混合物中各物质的浓度不再变化；单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). 取代反应(酯化反应) (5). 2CH2H5OHO22CH3CHO2H2O (6). CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O (7). 冷凝和防止倒吸 (8). 分液漏斗 (9). 上口倒 (10
43、). 【解析】【分析】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，结合有机物的结构和性质解答该题；(4)a球形干燥管可冷凝且防止倒吸；b分液分离出乙酸乙酯，且乙酸乙酯的密度比水的密度小；c结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态。【详解】(1)由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分
44、别含有羟基和羧基；(2)A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，为乙酸和乙醇的取代反应(酯化反应)；(3)乙醇在Cu或Ag作催化剂，加热条件下被氧化生成CH3CHO，反应的化学方程式为：2CH2H5OHO22CH3CHO2H2O；(4)a若实验中用乙酸和含18O的乙醇作用生成乙酸乙酯，该反应的化学方程式是：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O，此装置中采用了球形干燥管，其作用是冷凝和防止倒吸；b欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是分液漏斗；分离时，乙酸乙酯密度小于水，应该从仪器上口倒出；c混合物中各物质的浓度不再变化，是反应达到平衡状态的特点，故能说明反应达到平衡状态；单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸都是反应逆向进行，不能体现正逆反应，不能作为判断反应平衡状态的依据，故不能说明反应达到平衡状态；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，可知正逆反应速率相等，为平衡状态，故能说明反应达到平衡状态；故答案为：。
