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2022-2023学年辽宁省鞍山市普通高中高一（下）期中化学试卷（A卷）（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省鞍山市普通高中高一（下）期中化学试卷（A卷）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省鞍山市普通高中高一（下）期中化学试卷（A卷）
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 华人科学家高锟因在“光学通信领域光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是( )
A. SiO2 B. Na2SiO3 C. SiCl4 D. Si
2. SO2通入下列溶液中，溶液褪色或变浅，说明SO2具有漂白作用的组合是 ( )
①KMnO4(H+,aq)
②溴水
③碘水
④氯水
⑤品红
A. ①⑤ B. ②③ C. 全部 D. ⑤
3. 区别浓硫酸和稀硫酸，既简单又可靠的方法是( )
A. 与铜片反应 B. 与石蕊溶液反应
C. 用玻璃棒各蘸少许涂在纸上 D. 加入锌片看是否有气体生成
4. 为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−和泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：
①过滤
②加过量NaOH溶液
③加适量盐酸
④加过量Na2CO3溶液
⑤加过量BaCl2溶液
正确的操作顺序是( )
A. ④①②⑤③ B. ①④②⑤③ C. ⑤②④①③ D. ②④⑤①③
5. 搭载“神舟”七号的运载火箭，其推进剂引燃后发生剧烈反应，产生大量高温气体从火箭尾部喷出．引燃后发生反应生成的气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射现场看到火箭喷出大量红棕色烟，产生红棕色烟的主要原因是( )
A. 高温下N2遇空气生成NO2 B. NO遇空气生成NO2
C. CO2与NO反应生成CO和NO2 D. NO和H2O反应生成H2和NO2
6. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 实验室用氯化铵和熟石灰制氮：NH4++OH−=△NH3⋅H2O
B. NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：NH4++OH−=△NH3⋅H2O
C. 氮水中加盐酸：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O
D. 氮水中加入氯化铁溶液：Fe2++2NH3⋅H2O=2NH4++Fe(OH)2↓
7. 将相同质量的铜片分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是( )
A. 反应速率，两者相同
B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深
D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少
8. 从宏观角度来看，化学变化的本质是有新物质生成。从微观角度来看，下列变化不能说明发生了化学变化的是( )
A. 变化时释放出能量
B. 变化时有电子的得失或共用电子对的形成
C. 变化过程中有化学键的断裂和形成
D. 变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了
9. “储存”在物质内部的化学能可通过原电池转化为电能，如图所示是某同学设计的几种装置，其中能构成原电池的是( )
A. ③⑤⑦ B. ③④⑤ C. ④⑤⑦ D. ②⑤⑥
10. 反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的速率可表示为( )
A. v(NH3)=0.01 mol⋅L−1⋅s−1 B. v(O2)=0.001 mol⋅L−1⋅s−1
C. v(NO)=0.001 mol⋅L−1⋅s−1 D. v(H2O)=0.045 mol⋅L−1⋅s−1
11. 在一定温度下的恒容容器中，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 ( )
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③C(g)的物质的量浓度不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1
⑤单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD
⑥单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA
A. ①②⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ①③⑥
12. 下图是CH4、CCl4、CH3Cl的分子球棍模型图，下列说法正确的是 ( )
A. CH4、CCl4和CH3Cl都是正四面体结构
B. CH4、CCl4都是正四面体结构
C. CH4和CCl4中的化学键均为非极性键
D. CH4、CCl4的结构相同，性质也相同
13. 北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料为丙烷．下列关于丙烷的说法正确的是( )
A. 1mol丙烷完全燃烧需4mol氧气 B. 与丁烷互为同分异构体
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 分子式为C3H8
14. 下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是( )
A. CH3CH3 B. CH3CHCl2 C. CH3CH2OH D. CH3CH2Br
15. 下列有关橡胶的说法不正确的是( )
A. 橡胶均具有高弹性
B. 橡胶有天然橡胶和合成橡胶两种
C. 天然橡胶的化学成分是聚异戊二烯
D. 构成橡胶的高分子链在无外力作用时呈直线状
二、实验题（本大题共2小题，共27.0分）
16. Ⅰ.如图是实验室制乙烯的发生装置和乙烯性质实验装置，反应原理为，回答下列问题：
(1)图1中仪器①、②的名称分别为 ______ 、 ______ 。
(2)收集乙烯气体最好的方法是 ______ 。
(3)向溴的四氯化碳溶液中通入乙烯(如图2)，溶液的颜色很快褪去，该反应的化学方程式为 ______ 。
Ⅱ.实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫。有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。试回答下列问题：
(1)图3中①、②、③、④装置盛放的试剂是下列中的(将正确选项填入空格内)：①A；② ______ ；③ ______ ；④D。
A.品红溶液
B.氢氧化钠溶液
C.浓硫酸
D.酸性高锰酸钾溶液
(2)能说明二氧化硫气体存在的现象是 ______ 。
(3)使用装置③的目的是 ______ 。
(4)确认含有乙烯的现象是 ______ 。
17. 分别按图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中G为电流计．请回答下列问题：
(1)以下叙述中，正确的是______．
A.甲中锌片是负极，乙中铜片是正极
B.两烧杯中铜片表面均有气泡产生
C.两烧杯中溶液pH均增大
D.产生气泡的速度甲中比乙中慢
E.乙的外电路中电流方向Zn→Cu
F.乙溶液中SO42−向铜片方向移动
(2)变化过程中能量转化的主要形式是：甲为______；乙为______．
(3)在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是______．
(4)在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式及总反应方程式：
铜电极：______
总反应：______．
当电路中转移0.25mol电子时，消耗负极材料的质量为______．
三、简答题（本大题共2小题，共28.0分）
18. 某地酸雨可能含有表中的离子。取一定量该地酸雨分成A、B、C、D四份，进行如下探究：
离子
阳离子
Na+、Mg2+、NH4+
阴离子
Cl−、SO32−、SO42−、NO3−
请回答下列问题：
(1)该酸雨中肯定存在的离子有 ______ 。
(2)不能肯定存在的阴离子是 ______ ，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为 ______ 。
(3)写出溶液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式： ______ 。
(4)为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨，NO的作用为 ______ 。
19. 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400mL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，实验记录如表(累计值)：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL(标准状况)
100
240
464
576
620
①哪一时间段反应速率最大______min(填“0～1”、“1～2”、“2～3”、“3～4”或“4～5”)，原因是______。
②求3～4min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4L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。
①该反应的化学方程式是______。
②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3：1
C.容器内气体压强保持不变
D.容器内气体的总质量保持不变
E.生成1mol Y的同时消耗2mol Z
③2min内Y的转化率为______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：光导纤维的主要成分是二氧化硅，制造光导纤维的基本原料是二氧化硅。
故选：A。
光导纤维的主要成分是二氧化硅，据此分析解答。
本题考查硅及化合物的组成和用途，题目较为简单，注意相关基础知识的积累。
2.【答案】D
【解析】解：①高锰酸钾溶液本身呈紫红色，通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应，高锰酸钾把二氧化硫氧化，本身被还原为无色锰离子，体现二氧化硫的还原性，故①错误；
②二氧化硫气体通入溴水中发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，红棕色褪去，体现了二氧化硫的还原性，故②错误；
③二氧化硫气体通入碘水中发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，故③错误；
④二氧化硫气体通入氯水中发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，浅绿色褪去，体现了二氧化硫的还原性，故④错误；
⑤二氧化硫可以使品红褪色，是二氧化硫的漂白性，故⑤正确；
故选：D。
二氧化硫和水反应生成的亚硫酸和有机色素品红结合成不稳定的无色物质，加热不稳定的物质分解恢复原来的眼神，体现了二氧化硫的漂白性；
①紫红色是高锰酸根离子的颜色，通入二氧化硫气体溶液褪色是二氧化硫把高锰酸根还原为无色的锰离子；
②红棕色褪去的原因是：溴水是红棕色，SO2和Br2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；
③紫色褪去的原因是：碘水是紫色，SO2和I2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；
④浅黄绿色褪去的原因是：氯水是浅黄绿色，SO2和Cl2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；
⑤二氧化硫可以使品红褪色。
本题考查了二氧化硫的还原性、漂白性、酸性氧化物的化学性质，注意利用物质或离子的颜色及发生的化学反应来分析解答，题目难度中等。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重浓硫酸性质的考查，把握浓硫酸的脱水性为解答的关键，注意鉴别方法安全、简单，题目难度不大．
【解答】
A.Cu与稀硫酸不反应，与浓硫酸反应需要加热，可鉴别，但需要加热且生成有毒气体，故A不选；
B.与石蕊溶液反应，溶液都变为红色，不能鉴别，故B不选；
C.用玻璃棒各蘸少许点在纸上，纸变黑的为浓硫酸，可鉴别，既简单又安全，故C选；
D.加入锌片都生成气体，分别为二氧化硫、氢气，故D不选。
故选：C。
4.【答案】C
【解析】解：除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−和泥沙，除Mg2+用NaOH溶液，除Ca2+用Na2CO3溶液，除SO42−用BaCl2溶液，但BaCl2的加入一定要在Na2CO3之前，试剂的顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，过滤除去沉淀及泥沙，向滤液中加盐酸至中性即可，则操作顺序为⑤②④①③或⑤④②①③或②⑤④①③，故C正确，
故选：C。
除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−和泥沙，除Mg2+用NaOH溶液，除Ca2+用Na2CO3溶液，除SO42−用BaCl2溶液，但BaCl2的加入一定要在Na2CO3之前，试剂的顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，过滤除去沉淀及泥沙，向滤液中加盐酸至中性即可，以此来解答。
本题考查粗盐提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意试剂的加入顺序，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.氮气为空气的主要组成气体，性质稳定，高温下N2遇空气不会直接生成NO2，故A错误；
B.一氧化氮极易被氧气氧化，NO在常温下能与氧气反应2NO+O2=2NO2生成红棕色的NO2，故B正确；
C.高温条件下一氧化碳在空气中不可能为反应产物，必然被氧气氧化成二氧化碳，所以，CO2与NO在空气中高温条件下不反应，故C错误；
D.一氧化氮和水之间不会发生反应，故D错误；
故选：B．
一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮，根据发射时从火箭尾部喷出的高温气体因含有NO2而呈红棕色来回答．
本题考查一氧化氮和二氧化氮的性质，了解一氧化氮无色且易被氧气氧化、二氧化氮为红棕色即可解答，题目难度不大．
6.【答案】C
【解析】解：A.实验室用氯化铵和熟石灰加热制氨，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O，反应不是在水溶液中进行，则氢氧化钙和氯化铵固体均不能拆开，离子方程式和化学方程式相同，故A错误；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热，离子方程式为：NH4++OH−=△NH3↑+H2O，故B错误；
C.氨水中加盐酸，离子方程式为：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O，故C正确；
D.氨水中加入氯化铁溶液，离子方程式为：Fe3++3NH2⋅H2O=3NH4++Fe(OH)3↓，故D错误；
故选：C。
A.制备氨气时，固体氯化铵和氢氧化钙不能拆；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热生成氨气、氯化钠和水；
C.一水合氨与盐酸反应生成氯化铵和水；
D.氨水中加入氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵。
本题考查了离子方程式书写正误判断，明确反应实质是解题关键，注意掌握离子方程式的书写原则，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A、因为溶液浓度影响化学反应速率，浓度越大，反应速率越快，所以浓硝酸比稀硝酸反应速率快，故A错误．
B、铜与浓硝酸、稀硝酸反应方程式如下：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
Cu+83HNO3=Cu(NO3)2+23NO↑+43H2O
根据方程式可知，浓硝酸消耗的物质的量多，故B正确．
C、根据B知，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，故C错误．
D、根据铜与转移电子的关系知，
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O转移电子
1mol 2mol
Cu+83HNO3=Cu(NO3)2+23NO↑+43H2O 转移电子
1mol 2mol
根据方程式知，相同质量的铜与过量浓、稀硝酸反应转移电子数相等，故D错误．
故选B．
A、反应速率与溶液的浓度有关，浓度越高，反应速率越快．
B、根据反应方程式判断消耗酸的物质的量多少．
C、二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，根据生成气体的颜色判断．
D、根据反应方程式中铜与转移电子的关系判断．
本题考查了铜与浓、稀硝酸的反应，难度不大，能正确书写铜与浓、稀硝酸反应的方程式是解本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：A.物理变化时也能释放出能量，不能说明生成新物质，不能说明发生了化学变化，故A错误；
B.电子的得失或共用电子对的形成过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C.化学键的断裂和形成说明有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D.分子是保持物质化学性质的最小粒子，分子的种类变了，一定发生了化学变化，故D正确；
故选：A。
化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成。
本题考查物理变化和化学变化的区别，难度不大，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化。
9.【答案】A
【解析】解：①没有构成闭合回路，故①错误；
②电极材料相同了，故②错误；
③活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，符合构成原电池的条件，故③正确；
④没有自发的氧化还原反应，故④错误；
⑤活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，符合构成原电池的条件，故⑤正确；
⑥没有电解质溶液或者熔融的电解质，故⑥错误；
⑦活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，符合构成原电池的条件，故⑦正确；
故选：A。
原电池是将化学能转化为电能的装置，构成原电池的条件是：活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，据此答题。
本题考查了原电池原理，明确电极材料、电解质、原电池反应等原电池构成条件即可解答，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率的计算，难度不大，注意公式的运用，化学反应速率的计算通常利用定义法与速率规律计算，根据题目选择合适的计算方法。
【解答】
在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol。
则v(H2O)=0.45mol10L30s=0.0015mol⋅L−1⋅s−1，
A.速率之比等于化学计量数之比，所以v(NH3)=23×0.0015mol⋅L−1⋅s−1=0.0010mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=56×0.0015mol⋅L−1⋅s−1=0.00125mol⋅L−1⋅s−1，故B错误；
C.速率之比等于化学计量数之比，所以v(NO)=23×0.0015mol⋅L−1⋅s−1=0.0010mol⋅L−1⋅s−1，故C正确；
D.v(H2O)=0.45mol10L30s=0.0015mol⋅L−1⋅s−1，故D错误。
故选C。
11.【答案】C
【解析】解：①恒温恒容条件下，气体压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体计量数之和不变，则压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故①错误；
②反应前后气体的质量增加、容器体积不变，则混合气体的密度增大，当混合气体的密度不变，反应达到平衡状态，故②正确；
③C(g)的物质的量浓度不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③正确；
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，不能据此判断平衡状态，故④错误；
⑤无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD”，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；
⑥单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故⑥正确；
故选：C。
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题通过球棍模型判断有机物分子的结构，通过结构即可解答本题，难度不大，注意认真审题．
【解答】
A、一氯甲烷的分子含有化学键是C−H键和C−Cl键，不是正四面体结构，故A错误；
B、CH4、CCl4分子都是正四面体结构，故B正确；
C、CH4、CCl4分子中含有的化学键分别为C−H键、C−Cl键，不是非极性键，故C错误；
D、CH4、CCl4的结构相似，性质不同，故D错误．
故选B．
13.【答案】D
【解析】解：A、1mol丙烷(C3H8)完全燃烧需(3+84)mol=5mol氧气，故A错误；
B、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物，故B错误；
C、烷烃性质稳定，丙烷不能使酸性高锰酸钾褪色，故C错误；
D、烷烃的通式：CnH2n+2，即丙烷分子式为C3H8，故D正确．
故选：D．
A、lmolCxHy完全燃烧需要氧气(x+y4)；
B、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；
C、烷烃性质稳定；
D、烷烃的通式：CnH2n+2．
本题考查有机物的组成与性质，题目难度不大，注意根据lmolCxHy完全燃烧需要氧气(x+y4)解题．
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，明确乙烯中的官能团及性质是解答本题的关键，题目难度不大。
【解答】
乙烯中具有碳碳双键，能与氢气、氯气、水、HBr发生加成反应，以此来解答。
A.乙烯能与氢气发生加成反应生成乙烷，故A不选；
B.乙烯与氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，不会生成CH3CHCl2，故B选；
C.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故C不选；
D.乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，故D不选；
故选：B。
15.【答案】D
【解析】解：A.橡胶均具有高弹性，可以制作轮胎、缓冲垫等，故A正确；
B.橡胶有天然橡胶和合成橡胶两种，其中人工合成橡胶一般加入其他物质改变其结构增强弹性、强度、耐热和抗氧化性，故B正确；
C.天然橡胶的化学成分是聚异戊二烯，故C正确；
D.构成橡胶的高分子链在无外力作用时为链状但不是直线状，故D错误；
故选：D。
橡胶均具有高弹性，分为天然橡胶和合成橡胶两种，天然橡胶的成分是聚异戊二烯，聚异戊二烯中由于含有不饱和结构，弹性、强度、耐热和抗氧化性均较差，可以通过“硫化”以改善其性能。
本题考查了有机物组成、结构和应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
16.【答案】温度计 圆底烧瓶 排水集气法 CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br B A 装置①中的品红溶液褪色 检验SO2是否已被除尽 装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色
【解析】解：Ⅰ.(1)根据仪器的结构可知①为温度计，②为圆底烧瓶，
故答案为：温度计；圆底烧瓶；
(2)乙烯的密度和空气相差不大，一般不用排空气法收集，乙烯难溶于水，故可用排水法进行收集，
故答案为：排水集气法；
(3)乙烯和溴可以发生加成反应，反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，
故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
Ⅱ.(1)混合气体中有乙烯和二氧化硫，需要除去二氧化硫，故选用氢氧化钠溶液进行除去，用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，再用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，
故答案为：B；A；
(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，故品红可以检验二氧化硫，
故答案为：装置①中的品红溶液褪色；
(3)装置③可检验SO2是否已被除尽，
故答案为：检验SO2是否已被除尽；
(4)检验二氧化硫除尽后，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色，故确认含有乙烯的现象是装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色，
故答案为：装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色。
Ⅰ.(1)根据仪器的结构进行分析；
(2)乙烯的密度和空气相差不大，一般不用排空气法收集，乙烯难溶于水；
(3)乙烯和溴可以发生加成反应；
Ⅱ.(1)混合气体中有乙烯和二氧化硫，需要除去二氧化硫，并检验是否除尽，再检验乙烯；
(2)二氧化硫能使品红溶液褪色；
(3)装置③可检验SO2是否已被除尽；
(4)检验二氧化硫除尽后，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色。
本题是乙烯的实验室制法和性质探究实验，是高考高频考点，题目综合性强，考查学生分析问题解决问题的能力，难度适中。
17.【答案】CD 化学能转化为热能 化学能转化为电能 锌片不纯，在锌片上就形成原电池 Cu2++2e−=Cu Zn+Cu2+=Cu+Zn2+ 8.125g
【解析】解：(1)A.甲不能构成原电池，只有锌和稀硫酸发生氧化还原反应，乙池中能构成原电池，锌作负极，铜作正极，故A错误；
B.甲池中不能构成原电池，所以甲池中铜电极上没有气泡产生，故B错误；
C.两烧杯中都是氢离子得电子生成氢气，锌失电子发生氧化反应，所以溶液的pH均增大，故C正确；
D.能形成原电池的加快反应速率，所以产生气泡的速度甲中比乙中慢，故D正确；
E.乙的外电路中电流方向Cu→Zn，故E错误；
F.乙溶液中SO42−向负极Zn片方向移动，故F错误；
故选CD；
(2)甲中不能形成原电池，所以是将化学能转变为热能，乙池能构成原电池，所以是将化学能转化为电能，故答案为：化学能转化为热能；化学能转化为电能；
(3)锌片有气泡产生说明锌片不纯，锌和锌片中的杂质构成原电池，杂质作正极，氢离子在杂质上得电子生成氢气，故答案为：锌片不纯，在锌片上就形成原电池；
(4)如果将稀硫酸换成硫酸铜溶液，则正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，总反应为锌置换出铜的反应即Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，负极锌失电子所以当电路中转移0.25mol电子时，消耗负极材料的质量为0.252×65=8.125g，
故答案为：Cu2++2e−=Cu；Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；8.125g．
(1)原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应；形成原电池加快反应速率，并且电流方向为正极到负极，离子移动阴离子移向阴极，据此分析判断；
(2)原电池是将化学能转变为电能，化学反应是将化学能转化为热能；
(3)原电池正极上氢离子放电生成氢气，则锌片有气泡产生说明锌片不纯，据此分析；
(4)如果电解质溶液是硫酸铜溶液，铜电极上铜离子得电子发生还原反应，总反应为锌置换出铜的反应，根据负极锌失电子计算消耗负极材料的质量．
本题考查原电池的组成和工作原理，题目难度中等，注意把握电极方程的书写方法，注意基础知识的积累．
18.【答案】SO42−、NO3−、NH4+ Cl− 取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl− 6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O 催化剂
【解析】解：(1)加入溴水，溴水不褪色，说明溶液中一定不存在具有还原性的SO32−，
滴加酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42−；
滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；
滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中存在能将碘离子氧化为碘单质的离子，而这样的离子只有NO3−，故一定含有NO3−，
根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子为：SO42−、NO3−、NH4+，
故答案为：SO42−、NO3−、NH4+；
(2)不能肯定存在的阴离子是Cl−；检测方法为：取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl−，
故答案为：Cl−；取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl−；
(3)溶液中滴加淀粉KI溶液，硝酸将碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为：6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，
故答案为：6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；
(4)一氧化氮具有还原性，很容易被氧气氧化，反应的方程式为：2NO+O2=2NO2，二氧化氮能将二氧化硫氧化，反应的化学方程式为：NO2+SO2=SO3+NO，总反应为：2SO2+O2=2SO3，可见整个过程一氧化氮的质量没有变化，故NO在反应中作催化剂，
故答案为：催化剂。
加入溴水，溴水不褪色，说明溶液中一定不存在具有还原性的SO32−；
滴加酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42−；
滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；
滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中存在能将碘离子氧化为碘单质的离子，而这样的离子只有NO3−，故一定含有NO3−；
根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子为：SO42−、NO3−、NH4+；一定不存在的离子为SO32−；可能存在的离子为：Na+、Mg2+、Cl−；所以不能肯定存在的阴离子Cl−；
(1)根据反应过程，溶液中一定存在的离子为：SO42−、NO3−、NH4+；
(2)根据氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除碳酸根离子的干扰；
(3)根据单质碘能使淀粉KI溶液呈蓝色来分析反应产物，然后写出反应的离子方程式；
(4)根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用。
本题考查了常见离子的检验、探究物质的组成，题目难度中等，试题涉及了常见离子的检验方法、化学方程式和离子方程式的书写，注意掌握常见离子的检验方法，注意检验方案的严密性。
19.【答案】2～3 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 0.025mol/(L⋅min) C 3X+Y⇌2Z AC 10%
【解析】解：(1)①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min；原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大，
故答案为：2～3；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；
②在3～4min时间段内，n(H2)=0.576L−0.464L22.4L/mol=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ(HCl)=0.01mol0.4L1min=0.025mol/(L⋅min)，
故答案为：0.025mol/(L⋅min)；
(2)A.加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；
B.加入KCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；
C.加入KNO3溶液，H+浓度减小，因酸性溶液中有NO3−，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C错误；
D.加入Na2SO4溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故D正确；
故答案为：C；
(3)①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，
当反应进行到5min时，△n(Y)=0.2mol，△n(Z)=0.4mol，△n(X)=0.6mol，
则△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，
则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；
②A.Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故A正确；
B.随着反应的进行X、Y的反应速率比始终为3：1，不能作为平衡状态的标志，故B错误；
C.体积固定，混合气体的总物质的量不确定，当容器的压强保持一定，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；
D.反应前后容器内气体的总质量一直保持不变，不能作为平衡状态的标志，故D错误；
E.生成1mol Y的同时消耗2mol Z，都是指逆反应方向，不能作为平衡状态的标志，故E错误；
故答案为：AC；
③2min内Y的转化率=变化的物质的量起始总的物质的量×100%=1.0−0.91.0×100%=10%，
故答案为：10%。
(1)①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；
②计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c△t计算反应速率；
(2)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H+浓度，但不能影响H+的物质的量；
(3)①根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；
②反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；
③转化率=变化的物质的量起始总的物质的量×100%。
本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、化学反应速率影响因素等知识点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确化学反应原理、平衡状态判断方法等知识点是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，题目难度不大。
2022-2023学年辽宁省鞍山市普通高中高一（下）期中化学试卷（A卷）
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 华人科学家高锟因在“光学通信领域光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是( )
A. SiO2 B. Na2SiO3 C. SiCl4 D. Si
2. SO2通入下列溶液中，溶液褪色或变浅，说明SO2具有漂白作用的组合是 ( )
①KMnO4(H+,aq)
②溴水
③碘水
④氯水
⑤品红
A. ①⑤ B. ②③ C. 全部 D. ⑤
3. 区别浓硫酸和稀硫酸，既简单又可靠的方法是( )
A. 与铜片反应 B. 与石蕊溶液反应
C. 用玻璃棒各蘸少许涂在纸上 D. 加入锌片看是否有气体生成
4. 为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−和泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：
①过滤
②加过量NaOH溶液
③加适量盐酸
④加过量Na2CO3溶液
⑤加过量BaCl2溶液
正确的操作顺序是( )
A. ④①②⑤③ B. ①④②⑤③ C. ⑤②④①③ D. ②④⑤①③
5. 搭载“神舟”七号的运载火箭，其推进剂引燃后发生剧烈反应，产生大量高温气体从火箭尾部喷出．引燃后发生反应生成的气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射现场看到火箭喷出大量红棕色烟，产生红棕色烟的主要原因是( )
A. 高温下N2遇空气生成NO2 B. NO遇空气生成NO2
C. CO2与NO反应生成CO和NO2 D. NO和H2O反应生成H2和NO2
6. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 实验室用氯化铵和熟石灰制氮：NH4++OH−=△NH3⋅H2O
B. NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：NH4++OH−=△NH3⋅H2O
C. 氮水中加盐酸：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O
D. 氮水中加入氯化铁溶液：Fe2++2NH3⋅H2O=2NH4++Fe(OH)2↓
7. 将相同质量的铜片分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是( )
A. 反应速率，两者相同
B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深
D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少
8. 从宏观角度来看，化学变化的本质是有新物质生成。从微观角度来看，下列变化不能说明发生了化学变化的是( )
A. 变化时释放出能量
B. 变化时有电子的得失或共用电子对的形成
C. 变化过程中有化学键的断裂和形成
D. 变化前后原子的种类和数目没有改变，分子种类增加了
9. “储存”在物质内部的化学能可通过原电池转化为电能，如图所示是某同学设计的几种装置，其中能构成原电池的是( )
A. ③⑤⑦ B. ③④⑤ C. ④⑤⑦ D. ②⑤⑥
10. 反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的速率可表示为( )
A. v(NH3)=0.01 mol⋅L−1⋅s−1 B. v(O2)=0.001 mol⋅L−1⋅s−1
C. v(NO)=0.001 mol⋅L−1⋅s−1 D. v(H2O)=0.045 mol⋅L−1⋅s−1
11. 在一定温度下的恒容容器中，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 ( )
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③C(g)的物质的量浓度不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1
⑤单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD
⑥单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA
A. ①②⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ①③⑥
12. 下图是CH4、CCl4、CH3Cl的分子球棍模型图，下列说法正确的是 ( )
A. CH4、CCl4和CH3Cl都是正四面体结构
B. CH4、CCl4都是正四面体结构
C. CH4和CCl4中的化学键均为非极性键
D. CH4、CCl4的结构相同，性质也相同
13. 北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料为丙烷．下列关于丙烷的说法正确的是( )
A. 1mol丙烷完全燃烧需4mol氧气 B. 与丁烷互为同分异构体
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 分子式为C3H8
14. 下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是( )
A. CH3CH3 B. CH3CHCl2 C. CH3CH2OH D. CH3CH2Br
15. 下列有关橡胶的说法不正确的是( )
A. 橡胶均具有高弹性
B. 橡胶有天然橡胶和合成橡胶两种
C. 天然橡胶的化学成分是聚异戊二烯
D. 构成橡胶的高分子链在无外力作用时呈直线状
二、实验题（本大题共2小题，共27.0分）
16. Ⅰ.如图是实验室制乙烯的发生装置和乙烯性质实验装置，反应原理为，回答下列问题：
(1)图1中仪器①、②的名称分别为 ______ 、 ______ 。
(2)收集乙烯气体最好的方法是 ______ 。
(3)向溴的四氯化碳溶液中通入乙烯(如图2)，溶液的颜色很快褪去，该反应的化学方程式为 ______ 。
Ⅱ.实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫。有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。试回答下列问题：
(1)图3中①、②、③、④装置盛放的试剂是下列中的(将正确选项填入空格内)：①A；② ______ ；③ ______ ；④D。
A.品红溶液
B.氢氧化钠溶液
C.浓硫酸
D.酸性高锰酸钾溶液
(2)能说明二氧化硫气体存在的现象是 ______ 。
(3)使用装置③的目的是 ______ 。
(4)确认含有乙烯的现象是 ______ 。
17. 分别按图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中G为电流计．请回答下列问题：
(1)以下叙述中，正确的是______．
A.甲中锌片是负极，乙中铜片是正极
B.两烧杯中铜片表面均有气泡产生
C.两烧杯中溶液pH均增大
D.产生气泡的速度甲中比乙中慢
E.乙的外电路中电流方向Zn→Cu
F.乙溶液中SO42−向铜片方向移动
(2)变化过程中能量转化的主要形式是：甲为______；乙为______．
(3)在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是______．
(4)在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式及总反应方程式：
铜电极：______
总反应：______．
当电路中转移0.25mol电子时，消耗负极材料的质量为______．
三、简答题（本大题共2小题，共28.0分）
18. 某地酸雨可能含有表中的离子。取一定量该地酸雨分成A、B、C、D四份，进行如下探究：
离子
阳离子
Na+、Mg2+、NH4+
阴离子
Cl−、SO32−、SO42−、NO3−
请回答下列问题：
(1)该酸雨中肯定存在的离子有 ______ 。
(2)不能肯定存在的阴离子是 ______ ，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为 ______ 。
(3)写出溶液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式： ______ 。
(4)为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨，NO的作用为 ______ 。
19. 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400mL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，实验记录如表(累计值)：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL(标准状况)
100
240
464
576
620
①哪一时间段反应速率最大______min(填“0～1”、“1～2”、“2～3”、“3～4”或“4～5”)，原因是______。
②求3～4min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4L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。
①该反应的化学方程式是______。
②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3：1
C.容器内气体压强保持不变
D.容器内气体的总质量保持不变
E.生成1mol Y的同时消耗2mol Z
③2min内Y的转化率为______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：光导纤维的主要成分是二氧化硅，制造光导纤维的基本原料是二氧化硅。
故选：A。
光导纤维的主要成分是二氧化硅，据此分析解答。
本题考查硅及化合物的组成和用途，题目较为简单，注意相关基础知识的积累。
2.【答案】D
【解析】解：①高锰酸钾溶液本身呈紫红色，通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应，高锰酸钾把二氧化硫氧化，本身被还原为无色锰离子，体现二氧化硫的还原性，故①错误；
②二氧化硫气体通入溴水中发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，红棕色褪去，体现了二氧化硫的还原性，故②错误；
③二氧化硫气体通入碘水中发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，故③错误；
④二氧化硫气体通入氯水中发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，浅绿色褪去，体现了二氧化硫的还原性，故④错误；
⑤二氧化硫可以使品红褪色，是二氧化硫的漂白性，故⑤正确；
故选：D。
二氧化硫和水反应生成的亚硫酸和有机色素品红结合成不稳定的无色物质，加热不稳定的物质分解恢复原来的眼神，体现了二氧化硫的漂白性；
①紫红色是高锰酸根离子的颜色，通入二氧化硫气体溶液褪色是二氧化硫把高锰酸根还原为无色的锰离子；
②红棕色褪去的原因是：溴水是红棕色，SO2和Br2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；
③紫色褪去的原因是：碘水是紫色，SO2和I2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；
④浅黄绿色褪去的原因是：氯水是浅黄绿色，SO2和Cl2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；
⑤二氧化硫可以使品红褪色。
本题考查了二氧化硫的还原性、漂白性、酸性氧化物的化学性质，注意利用物质或离子的颜色及发生的化学反应来分析解答，题目难度中等。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重浓硫酸性质的考查，把握浓硫酸的脱水性为解答的关键，注意鉴别方法安全、简单，题目难度不大．
【解答】
A.Cu与稀硫酸不反应，与浓硫酸反应需要加热，可鉴别，但需要加热且生成有毒气体，故A不选；
B.与石蕊溶液反应，溶液都变为红色，不能鉴别，故B不选；
C.用玻璃棒各蘸少许点在纸上，纸变黑的为浓硫酸，可鉴别，既简单又安全，故C选；
D.加入锌片都生成气体，分别为二氧化硫、氢气，故D不选。
故选：C。
4.【答案】C
【解析】解：除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−和泥沙，除Mg2+用NaOH溶液，除Ca2+用Na2CO3溶液，除SO42−用BaCl2溶液，但BaCl2的加入一定要在Na2CO3之前，试剂的顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，过滤除去沉淀及泥沙，向滤液中加盐酸至中性即可，则操作顺序为⑤②④①③或⑤④②①③或②⑤④①③，故C正确，
故选：C。
除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−和泥沙，除Mg2+用NaOH溶液，除Ca2+用Na2CO3溶液，除SO42−用BaCl2溶液，但BaCl2的加入一定要在Na2CO3之前，试剂的顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，过滤除去沉淀及泥沙，向滤液中加盐酸至中性即可，以此来解答。
本题考查粗盐提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意试剂的加入顺序，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.氮气为空气的主要组成气体，性质稳定，高温下N2遇空气不会直接生成NO2，故A错误；
B.一氧化氮极易被氧气氧化，NO在常温下能与氧气反应2NO+O2=2NO2生成红棕色的NO2，故B正确；
C.高温条件下一氧化碳在空气中不可能为反应产物，必然被氧气氧化成二氧化碳，所以，CO2与NO在空气中高温条件下不反应，故C错误；
D.一氧化氮和水之间不会发生反应，故D错误；
故选：B．
一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮，根据发射时从火箭尾部喷出的高温气体因含有NO2而呈红棕色来回答．
本题考查一氧化氮和二氧化氮的性质，了解一氧化氮无色且易被氧气氧化、二氧化氮为红棕色即可解答，题目难度不大．
6.【答案】C
【解析】解：A.实验室用氯化铵和熟石灰加热制氨，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=△CaCl2+2NH3↑+2H2O，反应不是在水溶液中进行，则氢氧化钙和氯化铵固体均不能拆开，离子方程式和化学方程式相同，故A错误；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热，离子方程式为：NH4++OH−=△NH3↑+H2O，故B错误；
C.氨水中加盐酸，离子方程式为：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O，故C正确；
D.氨水中加入氯化铁溶液，离子方程式为：Fe3++3NH2⋅H2O=3NH4++Fe(OH)3↓，故D错误；
故选：C。
A.制备氨气时，固体氯化铵和氢氧化钙不能拆；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热生成氨气、氯化钠和水；
C.一水合氨与盐酸反应生成氯化铵和水；
D.氨水中加入氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵。
本题考查了离子方程式书写正误判断，明确反应实质是解题关键，注意掌握离子方程式的书写原则，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A、因为溶液浓度影响化学反应速率，浓度越大，反应速率越快，所以浓硝酸比稀硝酸反应速率快，故A错误．
B、铜与浓硝酸、稀硝酸反应方程式如下：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
Cu+83HNO3=Cu(NO3)2+23NO↑+43H2O
根据方程式可知，浓硝酸消耗的物质的量多，故B正确．
C、根据B知，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，故C错误．
D、根据铜与转移电子的关系知，
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O转移电子
1mol 2mol
Cu+83HNO3=Cu(NO3)2+23NO↑+43H2O 转移电子
1mol 2mol
根据方程式知，相同质量的铜与过量浓、稀硝酸反应转移电子数相等，故D错误．
故选B．
A、反应速率与溶液的浓度有关，浓度越高，反应速率越快．
B、根据反应方程式判断消耗酸的物质的量多少．
C、二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，根据生成气体的颜色判断．
D、根据反应方程式中铜与转移电子的关系判断．
本题考查了铜与浓、稀硝酸的反应，难度不大，能正确书写铜与浓、稀硝酸反应的方程式是解本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：A.物理变化时也能释放出能量，不能说明生成新物质，不能说明发生了化学变化，故A错误；
B.电子的得失或共用电子对的形成过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C.化学键的断裂和形成说明有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D.分子是保持物质化学性质的最小粒子，分子的种类变了，一定发生了化学变化，故D正确；
故选：A。
化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成。
本题考查物理变化和化学变化的区别，难度不大，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化。
9.【答案】A
【解析】解：①没有构成闭合回路，故①错误；
②电极材料相同了，故②错误；
③活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，符合构成原电池的条件，故③正确；
④没有自发的氧化还原反应，故④错误；
⑤活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，符合构成原电池的条件，故⑤正确；
⑥没有电解质溶液或者熔融的电解质，故⑥错误；
⑦活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，符合构成原电池的条件，故⑦正确；
故选：A。
原电池是将化学能转化为电能的装置，构成原电池的条件是：活泼性不同的电极、电解质溶液或者熔融的电解质、构成闭合回路以及能发生自发的氧化还原反应，据此答题。
本题考查了原电池原理，明确电极材料、电解质、原电池反应等原电池构成条件即可解答，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率的计算，难度不大，注意公式的运用，化学反应速率的计算通常利用定义法与速率规律计算，根据题目选择合适的计算方法。
【解答】
在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol。
则v(H2O)=0.45mol10L30s=0.0015mol⋅L−1⋅s−1，
A.速率之比等于化学计量数之比，所以v(NH3)=23×0.0015mol⋅L−1⋅s−1=0.0010mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=56×0.0015mol⋅L−1⋅s−1=0.00125mol⋅L−1⋅s−1，故B错误；
C.速率之比等于化学计量数之比，所以v(NO)=23×0.0015mol⋅L−1⋅s−1=0.0010mol⋅L−1⋅s−1，故C正确；
D.v(H2O)=0.45mol10L30s=0.0015mol⋅L−1⋅s−1，故D错误。
故选C。
11.【答案】C
【解析】解：①恒温恒容条件下，气体压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体计量数之和不变，则压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故①错误；
②反应前后气体的质量增加、容器体积不变，则混合气体的密度增大，当混合气体的密度不变，反应达到平衡状态，故②正确；
③C(g)的物质的量浓度不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③正确；
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，不能据此判断平衡状态，故④错误；
⑤无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD”，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；
⑥单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故⑥正确；
故选：C。
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题通过球棍模型判断有机物分子的结构，通过结构即可解答本题，难度不大，注意认真审题．
【解答】
A、一氯甲烷的分子含有化学键是C−H键和C−Cl键，不是正四面体结构，故A错误；
B、CH4、CCl4分子都是正四面体结构，故B正确；
C、CH4、CCl4分子中含有的化学键分别为C−H键、C−Cl键，不是非极性键，故C错误；
D、CH4、CCl4的结构相似，性质不同，故D错误．
故选B．
13.【答案】D
【解析】解：A、1mol丙烷(C3H8)完全燃烧需(3+84)mol=5mol氧气，故A错误；
B、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物，故B错误；
C、烷烃性质稳定，丙烷不能使酸性高锰酸钾褪色，故C错误；
D、烷烃的通式：CnH2n+2，即丙烷分子式为C3H8，故D正确．
故选：D．
A、lmolCxHy完全燃烧需要氧气(x+y4)；
B、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；
C、烷烃性质稳定；
D、烷烃的通式：CnH2n+2．
本题考查有机物的组成与性质，题目难度不大，注意根据lmolCxHy完全燃烧需要氧气(x+y4)解题．
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，明确乙烯中的官能团及性质是解答本题的关键，题目难度不大。
【解答】
乙烯中具有碳碳双键，能与氢气、氯气、水、HBr发生加成反应，以此来解答。
A.乙烯能与氢气发生加成反应生成乙烷，故A不选；
B.乙烯与氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，不会生成CH3CHCl2，故B选；
C.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故C不选；
D.乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，故D不选；
故选：B。
15.【答案】D
【解析】解：A.橡胶均具有高弹性，可以制作轮胎、缓冲垫等，故A正确；
B.橡胶有天然橡胶和合成橡胶两种，其中人工合成橡胶一般加入其他物质改变其结构增强弹性、强度、耐热和抗氧化性，故B正确；
C.天然橡胶的化学成分是聚异戊二烯，故C正确；
D.构成橡胶的高分子链在无外力作用时为链状但不是直线状，故D错误；
故选：D。
橡胶均具有高弹性，分为天然橡胶和合成橡胶两种，天然橡胶的成分是聚异戊二烯，聚异戊二烯中由于含有不饱和结构，弹性、强度、耐热和抗氧化性均较差，可以通过“硫化”以改善其性能。
本题考查了有机物组成、结构和应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
16.【答案】温度计 圆底烧瓶 排水集气法 CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br B A 装置①中的品红溶液褪色 检验SO2是否已被除尽 装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色
【解析】解：Ⅰ.(1)根据仪器的结构可知①为温度计，②为圆底烧瓶，
故答案为：温度计；圆底烧瓶；
(2)乙烯的密度和空气相差不大，一般不用排空气法收集，乙烯难溶于水，故可用排水法进行收集，
故答案为：排水集气法；
(3)乙烯和溴可以发生加成反应，反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，
故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
Ⅱ.(1)混合气体中有乙烯和二氧化硫，需要除去二氧化硫，故选用氢氧化钠溶液进行除去，用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，再用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，
故答案为：B；A；
(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，故品红可以检验二氧化硫，
故答案为：装置①中的品红溶液褪色；
(3)装置③可检验SO2是否已被除尽，
故答案为：检验SO2是否已被除尽；
(4)检验二氧化硫除尽后，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色，故确认含有乙烯的现象是装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色，
故答案为：装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色。
Ⅰ.(1)根据仪器的结构进行分析；
(2)乙烯的密度和空气相差不大，一般不用排空气法收集，乙烯难溶于水；
(3)乙烯和溴可以发生加成反应；
Ⅱ.(1)混合气体中有乙烯和二氧化硫，需要除去二氧化硫，并检验是否除尽，再检验乙烯；
(2)二氧化硫能使品红溶液褪色；
(3)装置③可检验SO2是否已被除尽；
(4)检验二氧化硫除尽后，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色。
本题是乙烯的实验室制法和性质探究实验，是高考高频考点，题目综合性强，考查学生分析问题解决问题的能力，难度适中。
17.【答案】CD 化学能转化为热能 化学能转化为电能 锌片不纯，在锌片上就形成原电池 Cu2++2e−=Cu Zn+Cu2+=Cu+Zn2+ 8.125g
【解析】解：(1)A.甲不能构成原电池，只有锌和稀硫酸发生氧化还原反应，乙池中能构成原电池，锌作负极，铜作正极，故A错误；
B.甲池中不能构成原电池，所以甲池中铜电极上没有气泡产生，故B错误；
C.两烧杯中都是氢离子得电子生成氢气，锌失电子发生氧化反应，所以溶液的pH均增大，故C正确；
D.能形成原电池的加快反应速率，所以产生气泡的速度甲中比乙中慢，故D正确；
E.乙的外电路中电流方向Cu→Zn，故E错误；
F.乙溶液中SO42−向负极Zn片方向移动，故F错误；
故选CD；
(2)甲中不能形成原电池，所以是将化学能转变为热能，乙池能构成原电池，所以是将化学能转化为电能，故答案为：化学能转化为热能；化学能转化为电能；
(3)锌片有气泡产生说明锌片不纯，锌和锌片中的杂质构成原电池，杂质作正极，氢离子在杂质上得电子生成氢气，故答案为：锌片不纯，在锌片上就形成原电池；
(4)如果将稀硫酸换成硫酸铜溶液，则正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，总反应为锌置换出铜的反应即Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，负极锌失电子所以当电路中转移0.25mol电子时，消耗负极材料的质量为0.252×65=8.125g，
故答案为：Cu2++2e−=Cu；Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；8.125g．
(1)原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应；形成原电池加快反应速率，并且电流方向为正极到负极，离子移动阴离子移向阴极，据此分析判断；
(2)原电池是将化学能转变为电能，化学反应是将化学能转化为热能；
(3)原电池正极上氢离子放电生成氢气，则锌片有气泡产生说明锌片不纯，据此分析；
(4)如果电解质溶液是硫酸铜溶液，铜电极上铜离子得电子发生还原反应，总反应为锌置换出铜的反应，根据负极锌失电子计算消耗负极材料的质量．
本题考查原电池的组成和工作原理，题目难度中等，注意把握电极方程的书写方法，注意基础知识的积累．
18.【答案】SO42−、NO3−、NH4+ Cl− 取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl− 6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O 催化剂
【解析】解：(1)加入溴水，溴水不褪色，说明溶液中一定不存在具有还原性的SO32−，
滴加酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42−；
滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；
滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中存在能将碘离子氧化为碘单质的离子，而这样的离子只有NO3−，故一定含有NO3−，
根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子为：SO42−、NO3−、NH4+，
故答案为：SO42−、NO3−、NH4+；
(2)不能肯定存在的阴离子是Cl−；检测方法为：取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl−，
故答案为：Cl−；取少量试液，滴加足量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl−；
(3)溶液中滴加淀粉KI溶液，硝酸将碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为：6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，
故答案为：6I−+2NO3−+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；
(4)一氧化氮具有还原性，很容易被氧气氧化，反应的方程式为：2NO+O2=2NO2，二氧化氮能将二氧化硫氧化，反应的化学方程式为：NO2+SO2=SO3+NO，总反应为：2SO2+O2=2SO3，可见整个过程一氧化氮的质量没有变化，故NO在反应中作催化剂，
故答案为：催化剂。
加入溴水，溴水不褪色，说明溶液中一定不存在具有还原性的SO32−；
滴加酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42−；
滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；
滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中存在能将碘离子氧化为碘单质的离子，而这样的离子只有NO3−，故一定含有NO3−；
根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子为：SO42−、NO3−、NH4+；一定不存在的离子为SO32−；可能存在的离子为：Na+、Mg2+、Cl−；所以不能肯定存在的阴离子Cl−；
(1)根据反应过程，溶液中一定存在的离子为：SO42−、NO3−、NH4+；
(2)根据氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除碳酸根离子的干扰；
(3)根据单质碘能使淀粉KI溶液呈蓝色来分析反应产物，然后写出反应的离子方程式；
(4)根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用。
本题考查了常见离子的检验、探究物质的组成，题目难度中等，试题涉及了常见离子的检验方法、化学方程式和离子方程式的书写，注意掌握常见离子的检验方法，注意检验方案的严密性。
19.【答案】2～3 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 0.025mol/(L⋅min) C 3X+Y⇌2Z AC 10%
【解析】解：(1)①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min；原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大，
故答案为：2～3；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；
②在3～4min时间段内，n(H2)=0.576L−0.464L22.4L/mol=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ(HCl)=0.01mol0.4L1min=0.025mol/(L⋅min)，
故答案为：0.025mol/(L⋅min)；
(2)A.加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；
B.加入KCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；
C.加入KNO3溶液，H+浓度减小，因酸性溶液中有NO3−，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C错误；
D.加入Na2SO4溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故D正确；
故答案为：C；
(3)①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，
当反应进行到5min时，△n(Y)=0.2mol，△n(Z)=0.4mol，△n(X)=0.6mol，
则△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，
则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；
②A.Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故A正确；
B.随着反应的进行X、Y的反应速率比始终为3：1，不能作为平衡状态的标志，故B错误；
C.体积固定，混合气体的总物质的量不确定，当容器的压强保持一定，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；
D.反应前后容器内气体的总质量一直保持不变，不能作为平衡状态的标志，故D错误；
E.生成1mol Y的同时消耗2mol Z，都是指逆反应方向，不能作为平衡状态的标志，故E错误；
故答案为：AC；
③2min内Y的转化率=变化的物质的量起始总的物质的量×100%=1.0−0.91.0×100%=10%，
故答案为：10%。
(1)①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；
②计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c△t计算反应速率；
(2)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H+浓度，但不能影响H+的物质的量；
(3)①根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；
②反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；
③转化率=变化的物质的量起始总的物质的量×100%。
本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、化学反应速率影响因素等知识点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确化学反应原理、平衡状态判断方法等知识点是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，题目难度不大。
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