1、内江市20182019学年度第二学期高一期末检测题化学(理科)本试卷包括第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共6页。全卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答第卷时，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，再选涂其它答案标号；答第卷时，用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡规定的区域内作答，字体工整，笔迹清楚；不能答在试题卷上。2.考试结束后，监考员将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16第卷(选择题 共42分)选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共42分)1.在元素周期表的过渡金属元素中能找到（ ）A. 新制农药元素B. 制光导
2、纤维元素C. 制半导体元素D. 制催化剂元素【答案】D【解析】【详解】A、新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，选项A错误；B、制光导纤维元素是Si、O，属于非金属元素，Si在金属和非金属的分界线附近，选项B错误；C、制半导体的元素在金属和非金属的分界线附近找，选项C错误；D、制催化剂的元素从元素周期表的过渡金属中找，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表与元素的性质知识，题目较为简单，熟悉元素在周期表中的位置及性质即可解答。2.下列过程中，共价键被破坏的是A. 碘升华B. 溴蒸气被木炭吸附C. 酒精溶于水D. HCl气体溶于水【答案】D【解析】【分析】共价化合物溶于
3、水并电离，以及发生化学反应都存在共价键的断裂过程。【详解】A. 碘升华克服的是范德华力，共价键没有被破坏，A项错误；B. 溴蒸气被木炭吸附，分子间作用力被破坏，发生的是物理变化，没有化学键的破坏，B项错误；C. 酒精溶于水后，酒精在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，C项错误；D. 氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离，电离出氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，D项正确；答案选D。3.下列化学用语正确的是A. Cl-的结构示意图：B. 甲烷分子的球棍模型：C. 四氯化碳的电子式：D. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl【答案】D【解析】【详解】A. Cl-的结构示意图为：，故A
4、不选；B. 甲烷分子的球棍模型为：，是甲烷分子的比例模型，故B不选；C. 四氯化碳的电子式为：，故C不选；D. 氯乙烯的结构简式为：CH2CHCl，故D选。故选D。【点睛】球棍模型和比例模型都能表示出分子的空间结构，但球棍模型中有短线连接各个原子，还有注意的是不管是球棍模型还是比例模型，代表各原子的球的相对大小要符合实际情况。共价化合物的电子式的书写，除了要写出共用电子对外，还要表示出没有共用的电子。4.在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是单位时间内生成n molC，同时生成n mol D单位时间内生成n molD，
5、同时生成2n mol AC(g)的物质的量浓度不变容器内A、C、D三种气体的浓度之比为211v(A)v(C)v(D)=211A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】生成nmolC是正反应，生成nmolD也是正反应，不能说明正逆反应速率是否相等，故错误；生成nmolD是正反应，生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明得到平衡状态，故正确；C(g)的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能作为判断是否达到平衡
6、状态的依据，故错误；反应速率之比等于化学计量数之比，与平衡状态无关，不能说明反应达到平衡状态，故错误，故能表明反应已达到平衡状态的是，故选A。5.下列变化过程，属于放热反应的是金属钠与水 NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O混合搅拌 H2在Cl2中燃烧 液态水变成水蒸气 酸碱中和 碳酸钙热分解A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】常见的放热反应有：酸碱中和反应、燃烧反应、大多数的化合反应、活泼金属和水或酸的置换反应、铝热反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应、NH4Cl与Ba(OH)28H2O的复分解反应、碳和水蒸气生成水煤气的反应、碳和二氧化碳生成一氧化碳的反应。【详解】金属
7、钠与水反应生成NaOH和氢气，是放热反应；NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O的反应是吸热反应；燃烧都是放热反应；液态水变成水蒸气不是化学反应，但是吸热的过程；酸碱中和都是放热反应；碳酸钙热分解是吸热反应；故选B。6.下列比较正确的是A. 还原性：HFH2ONH3B. 金属性：MgCaBaC. 热稳定性：HBrHClHFD. 酸性：HClO4H2CO3HClO【答案】D【解析】【详解】A. HF、H2O和NH3的还原性体现在负价的F、O、N上， F、O、N的非金属性逐渐减弱，所以负价的F、O、N 的还原性逐渐增强，即还原性：HFH2ONH3，故A不选；B. Mg、Ca和Ba位于周期表中第A族
8、，从Mg到Ca，原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐减弱，所以金属性：MgCaBa，故B不选；C.非金属的气态氢化物的稳定性和非金属性一致，F、Cl、Br是同一主族元素，从F到Br，非金属性逐渐减弱，所以氢化物的稳定性也逐渐减弱，即热稳定性：HBrHClHF，故C不选；D. HClO4是强酸，H2CO3是弱酸，HClO是比H2CO3还弱的酸，故D选；故选D。【点睛】元素金属性的强弱可以比较金属元素的原子失去电子的能力，原子半径越大，越容易失去电子，还可以通过比较金属单质跟水或酸反应置换出氢气的难易程度、金属单质的还原性、相应金属阳离子的氧化性以及氢氧化物的碱性强弱来判断。元素非金属性
9、的强弱可以比较非金属元素的原子得到电子的能力，原子半径越小，越容易得到电子，还可以通过比较氢化物的稳定性、非金属单质的氧化性、相应阴离子的还原性以及最高价氧化物的水化物的酸性强弱来判断。7.当其他条件不变时，下列说法正确的是A. 加水稀释能减慢双氧水分解的反应速率B. 用块状锌代替粉末状锌与稀硫酸反应能加快反应速率C. 当反应物与生成物浓度相等时，反应达到限度D. 在合成氨反应中，增大N2浓度一定可以使H2的转化率达到100%【答案】A【解析】A，加水稀释，减小反应物浓度，减慢反应速率，A项正确；B，用块状锌代替粉末状锌，减小固体与溶液的接触面积，减慢反应速率，B项错误；C，反应达到限度时，各
10、物质的浓度保持不变，不一定相等，C项错误；D，合成氨的反应为可逆反应，无论反应条件如何改变，H2、N2的转化率都小于100%，D项错误；答案选A。8.C6H14的各种同分异构体中所含甲基数和它的一氯取代物的数目可能是A. 2个甲基，4种B. 4个甲基，1种C. 3个甲基，5种D. 4个甲基，4种【答案】C【解析】【分析】C6H14有5种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2CH3CH3CH2CH(CH3)CH2CH3(CH3)2CHCH2CH2CH3(CH3)2CHCH(CH3)2(CH3)3CCH2CH3。【详解】A. 有2个甲基，其一氯取代物有3种，故A不选；B. 4个甲基的有和2种，
11、的一氯取代物有2种，的一氯取代物有3种，故B不选；C.3个甲基的C6H14有和，的一氯取代物有4种，的一氯取代物有5种，故C选；D.4个甲基的有和2种，的一氯取代物有2种，的一氯取代物有3种，故D不选；故选C。【点睛】甲基指的是-CH3，不是专指主链上连的取代基，CH3CH2CH2CH2CH2CH3有2个甲基，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3主链上连有1个甲基，端点还有2个甲基，所以共3个甲基。9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4L一氯甲烷中含极性共价键数目为4NAB. 常温下，42gC2H4、C3H6混合气体中所含原子总数为6NAC. 36g 3H
12、2中含有的中子数目为12NAD. 2.24L(标准状况)O2与足量钠反应时，转移电子数目不可能为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A. 标准状况下，22.4L(即1mol)一氯甲烷中含1molC-Cl、3molC-H，均为极性共价键，所以极性共价键数目为4NA，故A选；B. C2H4、C3H6具有相同的最简式CH2，所以42g C2H4、C3H6混合气体可看做是42g CH2，即3mol CH2，所含原子总数为9NA，故B不选；C.1个3H2中含有4个中子，36g 3H2为6mol，含有的中子数目为24NA，故C不选；D. 2.24L(标准状况)O2为0.1mol，和足量Na反应，如果全部生
13、成Na2O，则转移0.4mol电子，若全部生成Na2O2，则转移0.2mol电子，如果生成的是Na2O和Na2O2的混合物，则转移电子的物质的量介于0.2mol到0.4mol之间，故D不选；故选A。10. 下列实验方案不合理的是()A. 鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液B. 鉴别织物成分是真丝还是人造丝：用灼烧的方法C. 鉴定苯中无碳碳双键：加入高锰酸钾酸性溶液D. 鉴别己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中【答案】A【解析】蔗糖水解用稀硫酸作催化剂，直接向水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，Cu(OH)2和H2SO4反应生成CuSO4，破
14、坏了Cu(OH)2，无法鉴定。11.海带中含有碘元素。从海带中提取的碘的步骤如下：海带焙烧成灰加入水搅拌 过滤 向滤液中加入稀H2SO4和H2O2 加入CCl4萃取分液下列说法中不正确的是A. 步骤中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒B. 步骤中涉及的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC. 步骤中不能用酒精代替CCl4D. 步骤中获得I2从分液漏斗上口倒出【答案】D【解析】【详解】A.过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故A不选；B.海带中的碘元素以I-形式存在，加入的H2O2可以把I-氧化为I2，稀硫酸提供了酸性环境，故B不选；C.酒精和水互溶，不能用酒精萃取碘水里的
15、碘，故C不选；D.CCl4的密度大于水，萃取碘后在分液漏斗的下层，所以获得I2从分液漏斗下口放出，故D选；故选D。12.下表中金属的冶炼原理与方法完全正确的是选项方法冶炼原理A湿法炼铜CuSO4+2K=Cu+K2SO4B热分解法炼铜Cu2S+O2=2Cu+SO2C电解法炼铝 D热还原法冶炼钡A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.在水溶液中K会迅速和水反应，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，湿法炼铜是用铁做还原剂，把硫酸铜溶液中的铜置换出来，故A不选；B.用Cu2S煅烧冶炼铜是火法炼铜，故B不选；C.电解熔融的氧化铝可以冶炼金属铝，故C选；D.钡是非常活泼的金属，不能用氢气从氧
16、化钡中把钡置换出来，故D不选；故选C。【点睛】按照金属活动性顺序，在工业上，活泼金属如钾、钙、钠、镁、铝等通常用电解法冶炼，如用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝。对于大多数的中等活泼金属，如锌、铁、铜等，通常采用热还原法冶炼，即用还原剂如碳、CO、H2、Al等做还原剂，在高温下还原这些金属的氧化物。不太活泼的金属如汞和银，用热分解法冶炼，即加热分解它们的氧化物。不活泼金属如金、铂等一般采用物理方法。13.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB3vA、3vC2vB，则此反应可表示为A. 2A3B2CB. A3B2CC. 3AB2
17、CD. ABC【答案】A【解析】【详解】在同一反应中，用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比。由于2vB3vA、3vC2vB，所以vA ：vB ：vC2：3：2，所以A、B、C的化学计量数之比为2：3：2，故选A。14.“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是A. nCH2=CH2B. CH42Cl2CH2Cl22HClC. Cl22NaOH=NaClNaClOH2OD. 3NO2H2O=2HNO3NO【答案】A【解析】【详解】在“绿色化学”工艺中
18、，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。A. nCH2=CH2为加聚反应，产物只有一种，原子利用率达100%，符合，选项A正确；B. CH42Cl2CH2Cl22HCl为取代反应，原子利用率没有达100%，不符合，选项B错误；C. Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，原子利用率没有达100%，不符合，选项C错误；D. 3NO2H2O=2HNO3NO，原子利用率没有达100%，不符合，选项D错误；答案选A。15.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. FeFeCl2Fe(OH)2B. S2SO2H2SO4C. CaCO3CaOCaSiO3D
19、. NH3NOHNO3【答案】C【解析】【详解】A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故A不选；B.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故B不选；C.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故C选；D.一氧化氮和水不反应，故D不选；故选C。【点睛】铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。和铁与氯气反应相似的反应还有：硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，即使氧气过量，也不能直接生成三氧化硫；氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，即使氧气过量，也不能直接生成二氧化氮。16.下列离子方程式，书写正确的是
20、A. 硫化亚铁与盐酸反应：S2-+2H+=H2SB. 硫化氢气体通入氯水中：H2S+Cl2=2H+2Cl-+SC. 硫酸和氢氧化钡溶液混合：H+OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+H2OD. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2【答案】B【解析】【详解】A.硫化亚铁是难溶性物质，在离子方程式里不能写成离子形式，故A不选；B.硫化氢有还原性，氯气有氧化性，两者会发生氧化还原反应，生成硫和盐酸，故B选；C.1mol硫酸电离出2mol H+和1mol SO42-，1mol氢氧化钡电离出1mol Ba2+和2mol OH-，所以离子方程式中H+、OH-和水的系数均为2，即离子方程式为：
21、2H+2OH-+Ba2+SO42+=BaSO4+2H2O，故C不选；D.稀硫酸的氧化性是H+体现出来的，H+的氧化性比较弱，不能把铁氧化成Fe3+，只能氧化成Fe2+，故D不选；故选B。17.下列除去杂质（括号内物质为少量杂质）的方法中，正确的是（）A. 乙烷（乙烯）：光照条件下通入Cl2，气液分离B. 溴苯（液溴）：用氢氧化钠溶液洗涤，分液C. 乙烯（SO2):气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D. 乙醇（水）：加足最浓琉酸，蒸馏【答案】B【解析】A、乙烷中混有乙烯，光照下通入氯气，氯气与乙烷发生取代反应，不能把乙烯除去，选项A错误；B、溴与NaOH溶液反应，而溴苯不反应，反应后分层，则将混
22、合物倒入NaOH溶液中，振荡，静置，分液即可实现除杂，选项B正确；C、乙烯也能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应该用氢氧化钠溶液除去SO2，选项C错误；D、乙醇与乙酸的混合物，加入浓硫酸会发生酯化反应，生成乙酸乙酯，选项D错误。答案选B。18.如图所示是425时，在1 L密闭容器中发生化学反应的浓度随时间的变化示意图。下列叙述错误的是()A. 图中t0时，三种物质的物质的量相同B. 图中t0时，反应达到平衡状态C. 图中的可逆反应为2HI(g) H2(g)I2(g)D. 图中当c(HI)3.16 mol/L时，反应达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A.图中t0时，由图可知三种物质的物质
23、的量浓度相等，由于体系恒容，所以三者的物质的量也相等，故A正确；B.图中t0时，由图可知三种物质的物质的量浓度相等，但t0后各物质的量浓度未保持不变，反应没有达到平衡状态，故B错误；C.由图可知，该图表示的反应为2HI(g)=H2(g)+I2(g)。该反应可达平衡状态，所以图的逆反应为H2(g)+I2(g)=2HI(g)，故C正确；D.由图可知：图、中当c(HI)=3. 16mol/L时，之后各物质的物质的量浓度都保持不变，说明反应均达到平衡状态，故D正确；故选B。【点睛】（1）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率与逆反应速率相等时，反应物和生成物的物质的量浓度不再发生改变的状态，叫化学平衡
24、状态。（2）在同一化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比。19.下列使用漏斗的实验中，设计正确且能达到实验目的的是A. 用图甲所示装置吸收HCl尾气B. 用图乙所示装置用碳酸钠粉末与稀盐酸制备CO2气体C. 用图丙所示装置用苯萃取碘水中碘，并把碘的苯溶液从漏斗下口放出D. 用图丁所示装置用锌粒与稀盐酸制取H2气体【答案】D【解析】【详解】A.HCl极易溶于水，吸收HCl时应防止倒吸，漏斗口边缘应该刚刚没入水面下，故A不选；B.碳酸钠粉末会从多孔塑料板漏下去，不能起到该装置应起的随时控制反应的发生和停止的作用，故B不选；C.苯密度比水小，萃取碘后在上层，应把下层的水从漏斗下口放
25、出，然后再把碘的苯溶液从漏斗上口倒出，故C不选；D.安全漏斗中部可以储存一部分加入的稀盐酸，起到液封作用，故D选；故选D。20.把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为（ ）A. abcdB. acdbC. cabdD. bdca【答案】B【解析】试题分析：若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序ab；c、d相连，c为负极，所以金属的活动性顺序cd；a、c相连，c为正极
26、，所以金属的活动性顺序ac；b、d相连时，b是正极，所以金属的活动性顺序db；则金属活动性顺序为：acdb，考点：原电池正负极材料金属活泼性强弱判断21.有原子序数小于18的M1、M2、M3、M4四种元素。已知M1、M3最外层电子数相同，M2、M4电子层数相同。若M3的简单阴离子比M1的简单阴离子易失电子，M4的阳离子半径大于M2的阳离子半径，M3的阴离子比M2的阳离子多一个电子层。下列说法不正确的是A. 最高价氧化物对应水化物的碱性M4M2B. 原子半径M4M2M3M1C. 气态氢化物的稳定性M3M1D. 原子序数M3M2M4M1【答案】C【解析】【分析】M1、M3最外层电子数相同，则M1、
27、M3在同一主族，M3的简单阴离子比M1的简单阴离子易失电子，所以M1、M3是非金属元素且M3在M1的下一周期；M2、M4电子层数相同，则M2、M4在同一周期；M4的阳离子半径大于M2的阳离子半径，所以M2、M4是金属元素且M2的原子序数比M4大；M3的阴离子比M2的阳离子多一个电子层，所以M2和M3在同一周期；所以这四种元素在周期表中的相对位置为：M4、M2、M3在同一周期且原子序数依次增大，M1和M3同族且M1在上一周期。【详解】A.M4的金属性大于M2，所以最高价氧化物的水化物的碱性M4M2，故A不选；B.同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半
28、径M4M2M3M1，故B不选；C.M1的非金属性强于M3，所以气态氢化物的稳定性M3M2M4M1，故D不选；故选C第卷(非选择题 共58分)22.（1）找出合适的序号填在对应的空格中正戊烷和异戊烷 和 CH3CH2CH3和(CH3)2CHCH2CH3和 和互为同系物的是_；属于同一物质的是_。互为同位素的是_；互为同分异构体的是_。（2）已知有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系。A的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；D能使石蕊试液变红；E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍；F是高分子聚合物，常用于制食品袋。结合如图关系回答问题：写出A的结构简式_；写出D中官能
29、团的名称_。反应的反应类型为_。写出反应的反应方程式_。写出反应的反应方程式_。E的同分异构体有多种，写出其中与D互为同系物的任意一种物质的结构简式_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). CH2=CH2 (6). 羧基 (7). 加成反应 (8). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (9). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (10). CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH（任写一种）【解析】【详解】（1）正戊烷和异戊烷的分子式均为C5H12，但结构不同，所以两者互为同分异构体；和的质子数相同，中子数不同，
30、所以两者互为同位素；CH3CH2CH3和(CH3)2CHCH2CH3同属于烷烃，结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，所以两者互为同系物；是苯，是苯乙烯，两者既不是同系物，也不是同分异构体；甲烷是正四面体结构，甲烷中的两个氢原子被氟原子代替后只有一种结构，所以和是同一种物质；故答案为：；（2）A的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，所以A为乙烯；乙烯和水生成B，则B为乙醇，乙醇催化氧化为C，C为乙醛；D能使石蕊溶液变红，D为羧酸；B和D生成E，E是不溶于水且具有香味的无色液体，E为酯，E的相对分子质量是乙醛的2倍，所以E为乙酸乙酯，则D为乙酸；F是高分子聚合物，常用于制食品袋，F为
31、乙烯发生聚合反应生成的聚乙烯；A为乙烯，乙烯的结构简式为CH2=CH2，D为乙酸，官能团为羧基；反应为乙烯和水加成生成乙醇的反应，故反应类型为加成反应；反应是乙醇催化氧化为乙醛的反应，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应是乙酸和乙醇的酯化反应，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；E是乙酸乙酯，D为乙酸，乙酸乙酯同分异构体中属于羧酸的有：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。23.能源人类生活中应用广泛。回答下列问题：（1）氢气燃烧时放出大量的热，这是由于反应物的总能量_生成物的总能量(选填“大于”“小于
32、”或“等于”，下同)，从化学反应的本质角度来看，是由于断裂反应物中的化学键吸收的总能量_形成产物的化学键释放的总能量。（2）H2被认为是21世纪矿物燃料的理想能源，每克氢气和汽油燃烧放出的热量分别为55kJ和46kJ。汽油可由石油经_和_获得。请分析氢气作为能源替代汽油的优势：_；_(写两点)。（3）在氢氧碱性燃料电池中，负极发生_反应(填“氧化”或“还原”)，正极反应式为_。若反应后得到5.4g液态水，此时氢氧燃料电池转移的电子数为_。（4）如图所示的装置，在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡。小心地往烧杯中央滴入CuSO4溶液。片刻后可观察到的现象是(指悬吊的金
33、属圈)_。A.铁圈和银圈左右摇摆不定 B.保持平衡状态不变C.铁圈向下倾斜 D.银圈向下倾斜（5）铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作催化剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式_。若将中的反应设计成原电池，写出负极的电极反应式_。【答案】 (1). 大于 (2). 小于 (3). 分馏 (4). 裂化 (5). 氢气燃烧产物为水，不污染环境 (6). 单位质量的氢气燃烧放出的热量更多 (7). 氧化 (8). O2+4e-+2H2O=4OH- (9). 0.6NA (10). D (11). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (12). C
34、u-2e-=Cu2+【解析】【详解】（1）对于放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量。断裂化学键会吸收能量，形成化学键会放出能量，对于放热反应，断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成产物的化学键释放的总能量；（2）石油经过蒸馏（或分馏）可获得石油气、汽油、煤油、柴油、重油等。以重油为原料经过裂化可以获得汽油等轻质液体燃料；氢气作为能源替代汽油的优势有氢气燃烧产物为水，不污染环境，而且单位质量的氢气燃烧放出的热量更多；（3）氢氧燃料电池的总反应为2H2+O2=2H2O，氢气失去电子，在负极发生氧化反应,在碱性溶液中，负极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O，氧气在正极得到电子，正极
35、反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。根据总反应，得到2mol水，转移4mol电子，得到5.4g水即0.3mol水，转移的电子数为0.6NA；（4）滴入CuSO4溶液后，铁和银以及硫酸铜溶液构成了原电池；铁为负极，失去电子：Fe-2e-=Fe2+，铁圈质量减轻；银为正极，溶液中的Cu2+在银上得到电子生成铜：Cu2+2e-=Cu，银圈质量增加，所以铁圈上浮，银圈下沉；（5）FeCl3溶液和铜发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；若将中的反应设计成原电池，则负极是铜失去电子生成铜离子，正极是Fe3+得到电子生成Fe2+，负极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+
36、。24.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备氨气的发生装置可以选择如图中的_，反应的化学方程式为_。欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其接口连接顺序为a_(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中Y管中_反应的化学方程式_将注
37、射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2_【答案】 (1). A (2). (3). dcfei（或dcfedci） (4). 红棕色气体逐渐变浅 (5). (6). Z中的NaOH溶液产生倒吸现象 (7). 反应后气体分子数减少，Y管的压强小于外压【解析】【详解】（1）在实验室里可以用氢氧化钙固体和氯化铵固体混合加热制取氨气，选择A作为发生装置，反应的化学方程式为；由于氨气的密度小于空气，所以收集氨气的方法为向下排空气法，制取的氨气中混有的水蒸气可以用碱石灰除去，多余的氨气不能排放到空气中，应进行尾气处理，由于氨极易溶于水，所以可以用水处理多余的氨气，
38、但要防倒吸。所以欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其接口连接顺序为adcfei（或adcfedci）；（2）氨气与二氧化氮反应，生成氮气和水：，NO2是红棕色的，当和NH3反应后生成无色的N2，红棕色逐渐变浅；反应结束后，根据方程式，反应后气体分子数减少，所以当注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温时，由于体积不变，所以压强降低，Z中的NaOH溶液会倒吸入Y中。25.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率
39、的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)：实验序号A溶液B溶液20mL 0.1molL-1H2C2O4溶液30mL 0.1 molL-1KMnO4溶液20mL 0.2molL-1H2C2O4溶液30mL 0.1molL-1KMnO4溶液（1）该实验探究的是_因素对化学反应速率的影响。如图一，相同时间内针筒中所得的CO2体积大小关系是_（填实验序号）。（2）若实验在2min末收集了2.24mLCO2(标准状况下)，则在2min末，c(MnO4-)_ molL-1(假设混合液体积为50mL)。（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_来比较化学反应速率。（
40、4）小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是产物MnSO4是该反应的催化剂、_。.一定温度下，将一定量的N2和H2充入固定体积的密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。（1）下列描述能说明该可逆反应达到化学平衡状态的有_。A.容器内的压强不变B.容器内气体的密度不变C.相同时间内有3mol H-H键断裂，有6mol N-H键形成D.c(N2)：c(H2)：c(NH3)1：3：2E.NH3的质量分数不再改变（2）若起始时向容器中充入10mol L-1的N2和15mol L-1的H2，10min时测得容器内NH3的浓度为1.5mol L-1。1
41、0min内用N2表示的反应速率为_；此时H2的转化率为_。【答案】 (1). 浓度 (2). (3). 0.0596mol/L (4). 测定生成相同体积的CO2所需时间或相同时间内KMnO4溶液颜色变化的程度 (5). 该反应放热 (6). AE (7). 0.075mol/( Lmin) (8). 15%【解析】【详解】.（1）和实验中，KMnO4溶液的浓度和体积均相同，但H2C2O4溶液的浓度不同，所以该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响。由于中草酸的浓度大于中草酸的浓度，所以相同时间内针筒中所得的CO2体积大于；（2）若实验在2min末收集了标准状况下2.24mLCO2(即110-4
42、mol)，根据化学方程式，消耗的MnO4-为210-5mol，原有MnO4-的物质的量为0.003mol，则在2min末，剩余的MnO4-的物质的量为2.9810-3mol，c(MnO4-)=2.9810-3mol/0.05L=0.0596mol/L；（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定生成相同体积的CO2所需时间或相同时间内KMnO4溶液颜色变化的程度来比较化学反应速率；（4）反应开始时反应速率增大，可能的原因除了产物MnSO4是该反应的催化剂外，还可能是由于反应放热，温度升高，使反应速率增大；.（1）A.此反应是反应前后气体分子数不相等的反应，所以当容
43、器内的压强不变时，混合气的总物质的量不变，达到了平衡状态，故A正确；B.气体密度等于混合气的总质量除以容器体积，此反应的反应物和生成物都是气体，根据质量守恒，混合气的总质量是不变的，而容器的体积也是固定的，所以容器内气体的密度一直不变，所以混合气的密度不变不能作为此反应达到平衡状态的判断依据，故B不正确；C.相同时间内有3mol H-H键断裂，必然有6mol N-H键形成，故C不正确；D.平衡时，各物质的物质的量浓度不再改变，而不是各物质的浓度之比等于方程式的系数比，故c(N2)：c(H2)：c(NH3)1：3：2不能作为达到平衡状态的判断标准，故D不正确；E.平衡时，各物质的质量分数都不再变化，所以NH3的质量分数不再改变可以作为达到平衡的判断标准，故E正确；故选AE。（2）若起始时向容器中充入10mol L-1的N2和15mol L-1的H2，10min时容器内NH3的浓度为1.5mol L-1。即NH3的浓度增加了1.5mol L-1，所以N2的浓度变化量为0.75mol L-1，10min内用N2表示的反应速率为=0.075mol/( Lmin)；NH3的浓度增加了1.5mol L-1，所以反应的H2为2.25mol L-1，此时H2的转化率为100%=15%。
