2023-2024学年辽宁省大连市滨城高中联盟高一下学期期中考试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省大连市滨城高中联盟2023-2024学年高一下学期期中考试试卷可能用到的相对原子质量A127Cu64Zn65一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列说法不正确的是（）A.制造芯片的氮化铝属于新型陶瓷B.能有效提高通信效率的光导纤维可用高纯硅来生产C.华为手机配备的昆仑玻璃属于无机非金属材料D.“神舟十一号”飞船使用的半导体材料可用代替〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氮化铝属于新型陶瓷，A正确；B．光导纤维是二氧化硅，B错误；C．玻璃属于无机非金属材料，C正确；D．可用与互为等电子体，可用替代，D正确；故选B。2.下列反应是氧化还原反应且反应过程中的能量变化符合下图的是（）A.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体研磨B.碳酸钠与盐酸反应C.高温分解D.高温条件下碳粉与二氧化碳的反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，反应为吸热反应，据此回答。【详析】A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体研磨属于吸热反应，但是不属于氧化还原反应，A错误；B．碳酸钠与盐酸反应放热，B错误；C．高温分解CaCO3是吸热反应，但是不属于氧化还原反应，C错误；D．高温条件下碳粉与二氧化碳的反应是吸热反应，属于氧化还原反应，D正确；故选D。3.研究化学反应速率是为了能更好地调控和利用化学反应，下列做法与调控化学反应速率无关的是（）A.酱油中添加铁强化剂 B.食物存放在冰箱里C.在铁制品表面刷油漆 D.糕点包装内放置除氧剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．酱油中添加铁强化剂是用作补铁剂，不影响化学反应速率，故选A；B．食物存放在冰箱里，温度降低，反应速率减慢，故不选B；C．在铁制品表面刷油漆可以隔绝空气，减慢金属腐蚀速率，故不选C；D．糕点包装内放置除氧剂可以降低氧气浓度，减慢糕点氧化速率，故不选D；选A。4.下列有关实验操作，不能够达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A干燥氨气B检验氨气C上下移动铜丝，体现绿色化学思想D验证铜与浓硫酸反应有生成〖答案〗A〖解析〗【详析】A．浓硫酸会与氨气反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，不能够达到实验目的，A符合；B．在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，证明氨气已经充满，能够达到实验目的，B不符合；C．上下移动铜丝，做到反应随用随停，节省原料，减少SO2的排放，体现绿色化学思想，C不符合；D．反应后溶液中还有过量的浓硫酸，检验其中的Cu2+必须将溶液倒入盛水的烧杯，搅拌散热观察现象，能够达到实验目的，D不符合；故选A。5.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列表示对应化学反应原理正确的是（）A.向溶液中滴加稀盐酸：B.向氨水中通入少量C.过量的Fe和稀硝酸反应：D.实验室中利用和制〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据强酸制取弱酸的原理，向溶液中滴加稀盐酸：，A错误；B．向氨水中通入少量，B错误；C．过量的Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，离子方程式：，C正确；D．实验室中利用和制氨气，反应物均为固体，未在溶液中反应，无法写离子方程式，D错误；〖答案〗选C。6.某学生用如图所示装置研究原电池的原理，下列说法错误的是（）A.装置(1)中锌棒上有气体产生，装置(2)中铜棒上有气体产生B.装置(1)、装置(2)对比，装置(2)化学反应速率快C.当装置(3)电路中转移1mol电子，负极和正极质量变化之差为0.5gD.装置(1)中化学能全部转化为热能，装置(2)与(3)中化学能全部转化为电能〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗(1)因没有形成闭合回路，不是原电池装置；(2)形成了铜锌原电池，且Zn为负极；(3)也形成了铜锌原电池，Zn为负极。【详析】A．装置(1)是化学腐蚀，锌和稀硫酸发生反应生成氢气，铜和稀硫酸不反应，铜棒上没有气体产生；装置(2)形成了铜锌原电池，Zn为负极，Cu为正极，正极反应式为，故铜棒上有气体产生，A正确；B．(1)不是原电池装置；(2)形成了铜锌原电池，形成原电池可以加快反应速率，B正确；C．装置(3)是原电池装置，锌做负极失电子生成锌离子，铜做正极，溶液中铜离子得到电子生成铜，锌电极减轻，铜电极增重，当装置(3)电路中转移1mol电子，负极和正极质量变化之差为，C正确；D．装置(2)与(3)均为原电池，但是化学能没有全部转化为电能，部分转化为热能，D错误；故选D。7.“类推”是化学学习的一种重要方法。下列类推不正确的是（）A.已知通入溶液中先变浑浊后澄清，通入溶液中也先变浑浊后澄清B.已知能溶于盐酸且溶液变澄清，也能溶于硝酸且溶液变澄清C.已知可以与纯碱在高温下反应，也可以与石灰石在高温下反应D.已知具有还原性，能被氧气氧化，也具有还原性，可以被氧气氧化〖答案〗A〖解析〗【详析】A．通入溶液中被氧化成硫酸根离子，与钙离子形成微溶物硫酸钙，且硫酸钙与二氧化硫不能进一步反应，溶液不能变澄清，A错误；B．能溶于盐酸生成氯化钡、水和二氧化碳，也能溶于硝酸生成硝酸钡、水和二氧化碳，B正确；C．与碳酸钠、碳酸钙在高温条件下反应生成硅酸盐和二氧化碳，C正确；D．相当于中一个H被-NH2所取代，二者均有还原性，D正确；〖答案〗选A。8.已知在酸性条件下容易被空气中的氧气氧化，反应原理为(已知遇淀粉变蓝)。探究其他实验条件对该反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：编号温度溶液KI溶液1%淀粉溶液体积出现蓝色时间①20℃1mL40s②20℃1mL20s③50℃1mL5s④80℃1mL未见蓝色下列说法不正确是（）A.由实验①②可知，反应速率v与成正比B.由实验①③可知，温度升高可以加快反应速率C.在被氧化过程中，的作用只是降低活化能D.实验④中未见蓝色，可能原因是升高温度溶解氧减少〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由实验①②可知，KI浓度越大，反应速率越快，则由实验①②可知，反应速率v与c(I-)成正比，A正确；B．根据实验①③对比可知，其它条件相同，温度越高，反应速率越快，B正确；C．I-被O2氧化过程发生O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，H+为反应物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，C错误；D．温度升高，溶液中溶解的氧气减少，可能导致实验未见蓝色，D正确；〖答案〗选C。9.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是（）选项实验操作及现象结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中前者产生无色无味气体，后者无明显现象稀硝酸氧化性比浓硝酸的强B取一定量的样品，溶解后加入溶液产生白色沉淀。加入稀盐酸，仍有白色沉淀此样品中含有C将Ag、Cu和溶液组成原电池。连通后Ag表面有银白色金属沉积，Cu电极附近溶液逐渐变蓝Cu的金属性比Ag强D向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有吸水性、强氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铁和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，铁和浓硝酸钝化，硝酸浓度越大氧化性越强，A错误；B．酸性环境下，具有氧化性，若原溶液中存在亚硫酸根离子，加入稀盐酸后也可产生沉淀，B错误；C．将Ag、Cu和溶液组成原电池。连通后Ag表面有银白色金属沉积，Cu电极附近溶液逐渐变蓝，说明Cu作负极失电子发生氧化反应，Ag作正极发生还原反应，证明Cu的金属性比Ag强，C正确；D．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀，放出有刺激性气味的气体，体现浓硫酸脱水性和强氧化性，D错误；〖答案〗选C。10.以叶蛇纹石[主要成分是，含少量等]为原料提取高纯硅的流程如下：下列说法错误的是（）A.操作1为过滤B.反应2中焦炭过多，会生成副产物SiCC.反应3和反应4的副产物可循环利用D.上述流程中四个反应均为氧化还原反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗反应1是稀硫酸加入叶纹石中，Mg、Al、Fe的化合物转化为硫酸盐，溶在硫酸中，SiO2不溶解，过滤分离，该过程是非氧化还原反应；反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，据此分析解题。【详析】A．根据分析，操作1是过滤，A正确；B．硅与碳高温可反应生成碳化硅，B正确；C．反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，C正确；D．上述流程中，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，反应1不是，D错误；〖答案〗选D。11.已知反应，将和按一定比例通入恒温恒压的密闭容器中，反应相同时间后，的体积分数随温度的变化关系如图所示，下列相关描述正确的是（）A.该反应正反应方向： B.曲线上的点均代表平衡时刻的点C.正反应速率： D.b点时〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗温度越高，反应速率越快，由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前反应未达到平衡，c点以后为平衡的移动过程。【详析】A．由图可知，c点以后为平衡的移动过程，升高温度，平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，故，故A正确；B．根据分析，c点前反应温度低、速率慢，反应没有达到平衡状态，故B错误；C．温度越高，反应速率越快，则d点正反应速率大于c点，故C错误；D．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故D错误；故选A。12.煤的间接液化可以合成甲醇，甲醇燃料电池应用广泛。下列有关说法正确的是（）①“气化”：②催化液化Ⅰ：③催化液化Ⅱ：A.B.C.通过阴离子交换膜从左室进入右室D.负极的电极反应为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据盖斯定律：反应①+②可得：，故A错误；B．根据盖斯定律：反应②-③计算H2(g)+O2(g)=H2O(g)的焓变ΔH=ΔH2-ΔH3，且H2在O2中燃烧是放热反应，即ΔH=ΔH2-ΔH3＜0，则ΔH2＜ΔH3，故B正确；C．该原电池工作时，甲醇发生失电子的反应、左侧电极为负极，通入空气的右侧电极为正极，则OH-通过阴离子交换膜从右室向左室移动，故C错误；D．该原电池工作时，甲醇失电子生成碳酸根离子，则负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，故D错误；〖答案〗选B。13.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂可以利用太阳光高效分解水，其原理如下图所示。下列说法不正确的是（）A.使用该光催化剂，提高了化学反应速率B.该过程实现了太阳能向化学能转化C.反应Ⅰ、Ⅱ中均涉及极性键、非极性键的断裂与形成D.总反应的化学方程式为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．催化剂可以加快化学反应速率，故A正确；B．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，故B正确；C．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，水中存在极性共价键，氢气中存在非极性共价键，过氧化氢中既有极性键又有非极性键，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，故C错误；D．整个过程是将水转化为氢气和氧气，总反应为：，故D正确；〖答案〗选C。14.的脱除与的制备反应自发协同转化装置如图所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和并向两极迁移：忽略溶液体积的变化，b极区域浓度保持不变)。下列说法不正确的是（）A.电子从a电极经导线流向b电极B.b电极的电极反应式为：C.两极参与反应的与的物质的量之比为1∶1D.双极膜中的解离可不断提供和，故无需补加NaOH〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据装置可知，b电极氧气发生还原反应生成过氧化氢，作正极，a电极二氧化硫发生氧化反应，作负极。【详析】A．原电池中电子由负极流向正极，故电子从a电极经导线流向b电极，A正确；B．b电极氧气发生还原反应生成过氧化氢，电极反应式：，B正确；C．SO2在负极失去电子生成硫酸根，电极反应式：，正极电极反应式：，两极参与反应的与的物质的量之比为1∶1，C正确；D．1molSO2与2molOH-反应，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子转移2mol电子，2molOH-进入左侧同时亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子消耗水，生成的H+消耗OH-，故需要补加NaOH.才能持续吸收SO2，D错误；〖答案〗选D。15.一定温度下：在的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：t/s06001200171022202820x1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是（）A.600~1200s，生成的平均速率为B.反应1710s时，放出的体积为1.12L(标准状况)C.反应达到平衡时，D.推测上表中的x为3930〖答案〗D〖解析〗【详析】A．600~1200s，的变化量为(0.96-0.66)mol/L=0.3mol/L，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6mol/L，因此，生成的平均速率为，A错误；B．由表中数据可知，反应1710s时，的变化量为(1.40-0.48)mol/L=0.92mol/L，其物质的量的变化量为，的变化量是其，即0.046mol，因此，放出的在标准状况下的体积为，B错误；C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，即，C错误；D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710，1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24mol/L变为0.12mol/L时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)16.非金属元素硫在化工生产中扮演重要角色，实验室制备及探究某些含硫化合物。Ⅰ．利用和反应合成硫酰氯，已知的熔点为，沸点为69.1℃，在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，100℃以上分解生成和。实验室合成的原理：，且反应会放出大量的热。实验装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答下列问题：（1）碱石灰的作用_____。（2）装置戊上方分液漏斗中最好选用_____(填字母)。a．蒸馏水b．饱和食盐水c．盐酸d．浓氢氧化钠溶液（3）装置乙和丁盛放的试剂均是浓硫酸，其作用是_____。（4）装置丙放置在冰水浴中的原因是_____。Ⅱ．探究使品红溶液褪色的原因操作1：将通入品红溶液中，品红溶液褪色。（5）①猜想：能使品红褪色的含硫微粒可能为、_____。已知：品红是一种棕红色晶体状有机染料，微溶于水，溶于乙醇和酸，溶液呈红色。②实验设计：小组结合以上信息，设计如下实验证明使品红褪色的微粒不是请完成表格。操作2现象_____不褪色〖答案〗（1）吸收二氧化硫和氯气，防止污染（2）b（3）吸收水分，防止产物水解（4）反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2（5）①.和②.将通入品红的乙醇溶液〖解析〗分析实验目的可知，实验室利用Cl2和SO2反应合成硫酰氯（SO2Cl2），装置丙为反应装置，装置甲使用70%硫酸和亚硫酸钠制备二氧化硫，由于产品易水解，故应通过装置乙中的浓硫酸进行干燥，将氯气压入反应装置，同样也需要浓硫酸进行干燥，在活性炭催化作用下，发生反应，生成硫酰氯，为防止产品水解和污染环境，应使用碱石灰进行处理，据此分析回答问题。（1）碱石灰起作用是吸收二氧化硫和氯气，防止污染；（2）装置戊用于作为氯气发生装置，将氯气压入反应装置，故应使用氯气溶解度最低的饱和食盐水，故〖答案〗为：b；（3）装置乙和丁盛放的试剂均是浓硫酸，其作用是吸收水分，防止产物水解；（4）装置丙放置在冰水浴中的原因是反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2，故〖答案〗为：反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2；（5）①含S微粒都可能使品红褪色，则能使品红褪色的含硫微粒可能为、和；②二氧化硫通入无水的体系中，若品红不褪色，能证明使品红褪色的微粒不是，具体操作为：将通入品红的乙醇溶液，溶液不褪色，证明使品红褪色的微粒不是。17.Ⅰ．300℃时，向2L的恒容密闭容器中，充入等物质的量的和使之发生反应，测得各物质的量浓度变化如图所示：（1）由图可知，的浓度随时间的变化为曲线_____(填“a”“b”或“c”)；2min内的平均反应速率_____。（2）已知：反应至2min时，改变了某一反应条件。2min时改变的条件可能为：_____。A.升高温度 B.加催化剂C.减小容器体积，增大压强 D.增大反应物浓度（3）能说明上述反应达到平衡状态是_____(填字母)。a．b．混合气体的密度不随时间的变化而变化c．d．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化（4）5min时，容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为_____。Ⅱ．向两个容积固定为2L的密闭容器中分别充入比例相同，但总量不同的和气体，的平衡转化率与初始充入物质的量(n)、反应温度(T)的关系如图所示。（5）由图可判断该反应是_____(选填“吸热”或“放热”)反应，（6）判断图中相对大小：_____。(选填“<”或“>”)〖答案〗（1）①.b②.（2）AB（3）d（4）7：10（5）放热（6）＜〖解析〗（1）反应开始时充入的和的物质的量相等，根据方程式的系数可知，相同时间内消耗更多，故由图可知，的浓度随时间的变化为曲线b；曲线a是的浓度随时间的变化，2min内的平均反应速率。（2）由图可知，反应至2min时，改变反应条件，各物质的浓度瞬间没变，随之相同时间内减少的更快，故反应速率加快，A．升高温度瞬间，各物质的浓度没变，反应速率加快，随之相同时间内减少的更快，符合；；B．加催化剂瞬间，各物质的浓度没变，反应速率加快，随之相同时间内减少的更快，符合；；C．减小容器体积，增大压强，瞬间各物质的浓度增大，不符合；D．增大反应物浓度，不符合；故选AB。（3）a．用不同物质表示的反应速率说明反应达到平衡状态，除了要满足“一正一逆”外，还有等于系数之比，即，故不能说明反应达到平衡状态，a错误；b．混合气体的总质量不变，容器容积不变，则混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，b错误；c．根据方程式的系数可知，始终等于1：1，故不能说明反应达到平衡状态，c错误；d．混合气体的总质量不变，随反应进行混合气体的总物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，故混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化，能说明反应达到平衡状态，d正确；故选d。（4）反应前气体总物质的量为，5min时气体总物质的量为，恒温恒容时，压强比就等于物质的量之比，故5min时，容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为2.8：4=7：10。（5）由图可知，温度升高，氢气的平衡转化率减小，故平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则该反应是放热反应。（6）向两个容积固定为2L的密闭容器中分别充入比例相同，但总量不同的和气体，总量越大，恒温恒容条件下，相当于加压，加压平衡正向移动，则氢气的平衡转化率增大，故＜。18.与氨气相关的化学变化是氮循环和转化的重要一环，对生产、生活有重要的价值。（1）下图转化途径中属于“固氮”的是_____。(填序号)（2）合成氨是目前转化空气中氮最有效的工业方法，工业合成氨也是人类科学技术的一项重要突破。传统催化剂用的是铁触媒，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过以下机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_____(填步骤前的标号)，理由是_____。(ⅰ)；(ⅱ)；(ⅲ)(ⅳ)；(ⅴ)……(…)（3）科学家提出使用“M-LiH复合催化剂”的方案，提高反应速率。如图所示：下列说法正确的是_____。a．300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高（4）氨是极具前景的氢能载体和性能卓越的“零碳”燃料，利用的燃烧反应能设计成燃料电池，其工作原理如图所示。电极b为_____(选填“正”或“负”)极；电极a的电极反应式为_____；当正负极共消耗15.68L(标准状况)气体时；通过负载的电子数为_____个。〖答案〗（1）①③④（2）①.ii②.N2的吸附分解的活化能高，反应慢（3）a（4）①.正②.③.1.2NA〖解析〗（1）氮的固定指的是将游离态的氮转化为化合物，符合要求的是①③④；故〖答案〗为：①③④；（2）N2化学键稳定，吸附分解的活化能高，反应慢；故〖答案〗为：ii；N2的吸附分解的活化能高，反应慢；（3）a．根据图1，300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高，故a正确；b．催化剂不能使平衡移动，同温同压下，复合催化剂对氨的平衡产率无影响，故b错误；c．当温度过高时，催化剂表面会发生严重的热失活，失去催化作用，故c错误；故〖答案〗为：a；（4）燃料电池中，电极b，O2为正极发生还原反应；电极a，NH3为负极发生氧化反应生成N2，；，根据电子转移守恒，，则转移电子数目为1.2NA；故〖答案〗为：正；；1.2NA。19.氨气的催化氧化反应是工业制备硝酸的基础。由氨气为原料合成硝酸工业中有含NO、等氮氧化物的尾气排出，有多种方法解决污染环境。（1）氨气催化氧化的化学反应方程式：_____（2）溶液吸收法处理尾气：使用具有碱性的碳酸钠溶液吸收尾气中可产生硝酸钠，该反应的化学方程式为_____；（3）氨气催化吸收法处理尾气法：已知8mol氨气恰好能将含NO和共7mol的混合气体完全转化为，则混合气体中NO和的物质的量之比_____；（4）NaOH溶液吸收NO和法：已知：。吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到晶体，该晶体中的主要杂质是_____(填化学式)；吸收后释放的尾气中常量较高的氮氧化物是_____(填化学式)。（5）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为_____；②NaClO溶液的初始pH越小NO转化率越高。其原因是_____。〖答案〗（1）（2）（3）2∶5（4）①.②.NO（5）①.②.溶液的初始pH越小，H+浓度越大，生成HClO越多，氧化能力越强，NO转化率越高〖解析〗（1）氨气催化氧化的化学反应方程式：；（2）溶液吸收法处理尾气：使用具有碱性的碳酸钠溶液吸收尾气中可产生硝酸钠，同时生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式：；（3）已知8mol氨气恰好能将含NO和共7mol的混合气体完全转化为，设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则、，联立解得、，即混合气体中NO和NO2的物质的量之比为2∶5；（4）已知：，。吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到晶体，该晶体中的主要杂质；吸收后释放的尾气中常量较高的氮氧化物是NO；（5）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：；②NaClO溶液的初始pH越小，H+浓度越大，生成HClO越多，氧化能力越强，NO转化率越高。辽宁省大连市滨城高中联盟2023-2024学年高一下学期期中考试试卷可能用到的相对原子质量A127Cu64Zn65一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列说法不正确的是（）A.制造芯片的氮化铝属于新型陶瓷B.能有效提高通信效率的光导纤维可用高纯硅来生产C.华为手机配备的昆仑玻璃属于无机非金属材料D.“神舟十一号”飞船使用的半导体材料可用代替〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氮化铝属于新型陶瓷，A正确；B．光导纤维是二氧化硅，B错误；C．玻璃属于无机非金属材料，C正确；D．可用与互为等电子体，可用替代，D正确；故选B。2.下列反应是氧化还原反应且反应过程中的能量变化符合下图的是（）A.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体研磨B.碳酸钠与盐酸反应C.高温分解D.高温条件下碳粉与二氧化碳的反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，反应为吸热反应，据此回答。【详析】A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体研磨属于吸热反应，但是不属于氧化还原反应，A错误；B．碳酸钠与盐酸反应放热，B错误；C．高温分解CaCO3是吸热反应，但是不属于氧化还原反应，C错误；D．高温条件下碳粉与二氧化碳的反应是吸热反应，属于氧化还原反应，D正确；故选D。3.研究化学反应速率是为了能更好地调控和利用化学反应，下列做法与调控化学反应速率无关的是（）A.酱油中添加铁强化剂 B.食物存放在冰箱里C.在铁制品表面刷油漆 D.糕点包装内放置除氧剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．酱油中添加铁强化剂是用作补铁剂，不影响化学反应速率，故选A；B．食物存放在冰箱里，温度降低，反应速率减慢，故不选B；C．在铁制品表面刷油漆可以隔绝空气，减慢金属腐蚀速率，故不选C；D．糕点包装内放置除氧剂可以降低氧气浓度，减慢糕点氧化速率，故不选D；选A。4.下列有关实验操作，不能够达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A干燥氨气B检验氨气C上下移动铜丝，体现绿色化学思想D验证铜与浓硫酸反应有生成〖答案〗A〖解析〗【详析】A．浓硫酸会与氨气反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，不能够达到实验目的，A符合；B．在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，证明氨气已经充满，能够达到实验目的，B不符合；C．上下移动铜丝，做到反应随用随停，节省原料，减少SO2的排放，体现绿色化学思想，C不符合；D．反应后溶液中还有过量的浓硫酸，检验其中的Cu2+必须将溶液倒入盛水的烧杯，搅拌散热观察现象，能够达到实验目的，D不符合；故选A。5.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列表示对应化学反应原理正确的是（）A.向溶液中滴加稀盐酸：B.向氨水中通入少量C.过量的Fe和稀硝酸反应：D.实验室中利用和制〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据强酸制取弱酸的原理，向溶液中滴加稀盐酸：，A错误；B．向氨水中通入少量，B错误；C．过量的Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，离子方程式：，C正确；D．实验室中利用和制氨气，反应物均为固体，未在溶液中反应，无法写离子方程式，D错误；〖答案〗选C。6.某学生用如图所示装置研究原电池的原理，下列说法错误的是（）A.装置(1)中锌棒上有气体产生，装置(2)中铜棒上有气体产生B.装置(1)、装置(2)对比，装置(2)化学反应速率快C.当装置(3)电路中转移1mol电子，负极和正极质量变化之差为0.5gD.装置(1)中化学能全部转化为热能，装置(2)与(3)中化学能全部转化为电能〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗(1)因没有形成闭合回路，不是原电池装置；(2)形成了铜锌原电池，且Zn为负极；(3)也形成了铜锌原电池，Zn为负极。【详析】A．装置(1)是化学腐蚀，锌和稀硫酸发生反应生成氢气，铜和稀硫酸不反应，铜棒上没有气体产生；装置(2)形成了铜锌原电池，Zn为负极，Cu为正极，正极反应式为，故铜棒上有气体产生，A正确；B．(1)不是原电池装置；(2)形成了铜锌原电池，形成原电池可以加快反应速率，B正确；C．装置(3)是原电池装置，锌做负极失电子生成锌离子，铜做正极，溶液中铜离子得到电子生成铜，锌电极减轻，铜电极增重，当装置(3)电路中转移1mol电子，负极和正极质量变化之差为，C正确；D．装置(2)与(3)均为原电池，但是化学能没有全部转化为电能，部分转化为热能，D错误；故选D。7.“类推”是化学学习的一种重要方法。下列类推不正确的是（）A.已知通入溶液中先变浑浊后澄清，通入溶液中也先变浑浊后澄清B.已知能溶于盐酸且溶液变澄清，也能溶于硝酸且溶液变澄清C.已知可以与纯碱在高温下反应，也可以与石灰石在高温下反应D.已知具有还原性，能被氧气氧化，也具有还原性，可以被氧气氧化〖答案〗A〖解析〗【详析】A．通入溶液中被氧化成硫酸根离子，与钙离子形成微溶物硫酸钙，且硫酸钙与二氧化硫不能进一步反应，溶液不能变澄清，A错误；B．能溶于盐酸生成氯化钡、水和二氧化碳，也能溶于硝酸生成硝酸钡、水和二氧化碳，B正确；C．与碳酸钠、碳酸钙在高温条件下反应生成硅酸盐和二氧化碳，C正确；D．相当于中一个H被-NH2所取代，二者均有还原性，D正确；〖答案〗选A。8.已知在酸性条件下容易被空气中的氧气氧化，反应原理为(已知遇淀粉变蓝)。探究其他实验条件对该反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：编号温度溶液KI溶液1%淀粉溶液体积出现蓝色时间①20℃1mL40s②20℃1mL20s③50℃1mL5s④80℃1mL未见蓝色下列说法不正确是（）A.由实验①②可知，反应速率v与成正比B.由实验①③可知，温度升高可以加快反应速率C.在被氧化过程中，的作用只是降低活化能D.实验④中未见蓝色，可能原因是升高温度溶解氧减少〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由实验①②可知，KI浓度越大，反应速率越快，则由实验①②可知，反应速率v与c(I-)成正比，A正确；B．根据实验①③对比可知，其它条件相同，温度越高，反应速率越快，B正确；C．I-被O2氧化过程发生O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，H+为反应物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，C错误；D．温度升高，溶液中溶解的氧气减少，可能导致实验未见蓝色，D正确；〖答案〗选C。9.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是（）选项实验操作及现象结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中前者产生无色无味气体，后者无明显现象稀硝酸氧化性比浓硝酸的强B取一定量的样品，溶解后加入溶液产生白色沉淀。加入稀盐酸，仍有白色沉淀此样品中含有C将Ag、Cu和溶液组成原电池。连通后Ag表面有银白色金属沉积，Cu电极附近溶液逐渐变蓝Cu的金属性比Ag强D向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有吸水性、强氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铁和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，铁和浓硝酸钝化，硝酸浓度越大氧化性越强，A错误；B．酸性环境下，具有氧化性，若原溶液中存在亚硫酸根离子，加入稀盐酸后也可产生沉淀，B错误；C．将Ag、Cu和溶液组成原电池。连通后Ag表面有银白色金属沉积，Cu电极附近溶液逐渐变蓝，说明Cu作负极失电子发生氧化反应，Ag作正极发生还原反应，证明Cu的金属性比Ag强，C正确；D．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀，放出有刺激性气味的气体，体现浓硫酸脱水性和强氧化性，D错误；〖答案〗选C。10.以叶蛇纹石[主要成分是，含少量等]为原料提取高纯硅的流程如下：下列说法错误的是（）A.操作1为过滤B.反应2中焦炭过多，会生成副产物SiCC.反应3和反应4的副产物可循环利用D.上述流程中四个反应均为氧化还原反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗反应1是稀硫酸加入叶纹石中，Mg、Al、Fe的化合物转化为硫酸盐，溶在硫酸中，SiO2不溶解，过滤分离，该过程是非氧化还原反应；反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，据此分析解题。【详析】A．根据分析，操作1是过滤，A正确；B．硅与碳高温可反应生成碳化硅，B正确；C．反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，C正确；D．上述流程中，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，反应1不是，D错误；〖答案〗选D。11.已知反应，将和按一定比例通入恒温恒压的密闭容器中，反应相同时间后，的体积分数随温度的变化关系如图所示，下列相关描述正确的是（）A.该反应正反应方向： B.曲线上的点均代表平衡时刻的点C.正反应速率： D.b点时〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗温度越高，反应速率越快，由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前反应未达到平衡，c点以后为平衡的移动过程。【详析】A．由图可知，c点以后为平衡的移动过程，升高温度，平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，故，故A正确；B．根据分析，c点前反应温度低、速率慢，反应没有达到平衡状态，故B错误；C．温度越高，反应速率越快，则d点正反应速率大于c点，故C错误；D．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故D错误；故选A。12.煤的间接液化可以合成甲醇，甲醇燃料电池应用广泛。下列有关说法正确的是（）①“气化”：②催化液化Ⅰ：③催化液化Ⅱ：A.B.C.通过阴离子交换膜从左室进入右室D.负极的电极反应为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据盖斯定律：反应①+②可得：，故A错误；B．根据盖斯定律：反应②-③计算H2(g)+O2(g)=H2O(g)的焓变ΔH=ΔH2-ΔH3，且H2在O2中燃烧是放热反应，即ΔH=ΔH2-ΔH3＜0，则ΔH2＜ΔH3，故B正确；C．该原电池工作时，甲醇发生失电子的反应、左侧电极为负极，通入空气的右侧电极为正极，则OH-通过阴离子交换膜从右室向左室移动，故C错误；D．该原电池工作时，甲醇失电子生成碳酸根离子，则负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，故D错误；〖答案〗选B。13.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂可以利用太阳光高效分解水，其原理如下图所示。下列说法不正确的是（）A.使用该光催化剂，提高了化学反应速率B.该过程实现了太阳能向化学能转化C.反应Ⅰ、Ⅱ中均涉及极性键、非极性键的断裂与形成D.总反应的化学方程式为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．催化剂可以加快化学反应速率，故A正确；B．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，故B正确；C．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，水中存在极性共价键，氢气中存在非极性共价键，过氧化氢中既有极性键又有非极性键，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，故C错误；D．整个过程是将水转化为氢气和氧气，总反应为：，故D正确；〖答案〗选C。14.的脱除与的制备反应自发协同转化装置如图所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和并向两极迁移：忽略溶液体积的变化，b极区域浓度保持不变)。下列说法不正确的是（）A.电子从a电极经导线流向b电极B.b电极的电极反应式为：C.两极参与反应的与的物质的量之比为1∶1D.双极膜中的解离可不断提供和，故无需补加NaOH〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据装置可知，b电极氧气发生还原反应生成过氧化氢，作正极，a电极二氧化硫发生氧化反应，作负极。【详析】A．原电池中电子由负极流向正极，故电子从a电极经导线流向b电极，A正确；B．b电极氧气发生还原反应生成过氧化氢，电极反应式：，B正确；C．SO2在负极失去电子生成硫酸根，电极反应式：，正极电极反应式：，两极参与反应的与的物质的量之比为1∶1，C正确；D．1molSO2与2molOH-反应，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子转移2mol电子，2molOH-进入左侧同时亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子消耗水，生成的H+消耗OH-，故需要补加NaOH.才能持续吸收SO2，D错误；〖答案〗选D。15.一定温度下：在的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：t/s06001200171022202820x1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是（）A.600~1200s，生成的平均速率为B.反应1710s时，放出的体积为1.12L(标准状况)C.反应达到平衡时，D.推测上表中的x为3930〖答案〗D〖解析〗【详析】A．600~1200s，的变化量为(0.96-0.66)mol/L=0.3mol/L，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6mol/L，因此，生成的平均速率为，A错误；B．由表中数据可知，反应1710s时，的变化量为(1.40-0.48)mol/L=0.92mol/L，其物质的量的变化量为，的变化量是其，即0.046mol，因此，放出的在标准状况下的体积为，B错误；C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，即，C错误；D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710，1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24mol/L变为0.12mol/L时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)16.非金属元素硫在化工生产中扮演重要角色，实验室制备及探究某些含硫化合物。Ⅰ．利用和反应合成硫酰氯，已知的熔点为，沸点为69.1℃，在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，100℃以上分解生成和。实验室合成的原理：，且反应会放出大量的热。实验装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答下列问题：（1）碱石灰的作用_____。（2）装置戊上方分液漏斗中最好选用_____(填字母)。a．蒸馏水b．饱和食盐水c．盐酸d．浓氢氧化钠溶液（3）装置乙和丁盛放的试剂均是浓硫酸，其作用是_____。（4）装置丙放置在冰水浴中的原因是_____。Ⅱ．探究使品红溶液褪色的原因操作1：将通入品红溶液中，品红溶液褪色。（5）①猜想：能使品红褪色的含硫微粒可能为、_____。已知：品红是一种棕红色晶体状有机染料，微溶于水，溶于乙醇和酸，溶液呈红色。②实验设计：小组结合以上信息，设计如下实验证明使品红褪色的微粒不是请完成表格。操作2现象_____不褪色〖答案〗（1）吸收二氧化硫和氯气，防止污染（2）b（3）吸收水分，防止产物水解（4）反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2（5）①.和②.将通入品红的乙醇溶液〖解析〗分析实验目的可知，实验室利用Cl2和SO2反应合成硫酰氯（SO2Cl2），装置丙为反应装置，装置甲使用70%硫酸和亚硫酸钠制备二氧化硫，由于产品易水解，故应通过装置乙中的浓硫酸进行干燥，将氯气压入反应装置，同样也需要浓硫酸进行干燥，在活性炭催化作用下，发生反应，生成硫酰氯，为防止产品水解和污染环境，应使用碱石灰进行处理，据此分析回答问题。（1）碱石灰起作用是吸收二氧化硫和氯气，防止污染；（2）装置戊用于作为氯气发生装置，将氯气压入反应装置，故应使用氯气溶解度最低的饱和食盐水，故〖答案〗为：b；（3）装置乙和丁盛放的试剂均是浓硫酸，其作用是吸收水分，防止产物水解；（4）装置丙放置在冰水浴中的原因是反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2，故〖答案〗为：反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2；（5）①含S微粒都可能使品红褪色，则能使品红褪色的含硫微粒可能为、和；②二氧化硫通入无水的体系中，若品红不褪色，能证明使品红褪色的微粒不是，具体操作为：将通入品红的乙醇溶液，溶液不褪色，证明使品红褪色的微粒不是。17.Ⅰ．300℃时，向2L的恒容密闭容器中，充入等物质的量的和使之发生反应，测得各物质的量浓度变化如图所示：（1）由图可知，的浓度随时间的变化为曲线_____(填“a”“b”或“c”)；2min内的平均反应速率_____。（2）已知：反应至2min时，改变了某一反应条件。2min时改变的条件可能为：_____。A.升高温度 B.加催化剂C.减小容器体积，增大压强 D.增大反应物浓度（3）能说明上述反应达到平衡状态是_____(填字母)。a．b．混合气体的密度不随时间的变化而变化c．d．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化（4）5min时，容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为_____。Ⅱ．向两个容积固定为2L的密闭容器中分别充入比例相同，但总量不同的和气体，的平衡转化率与初始充入物质的量(n)、反应温度(T)的关系如图所示。（5）由图可判断该反应是_____(选填“吸热”或“放热”)反应，（6）判断图中相对大小：_____。(选填“<”或“>”)〖答案〗（1）①.b②.（2）AB（3）d（4）7：10（5）放热（6）＜〖解析〗（1）反应开始时充入的和的物质的量相等，根据方程式的系数可知，相同时间内消耗更多，故由图可知，的浓度随时间的变化为曲线b；曲线a是的浓度随时间的变化，2min内的平均反应速率。（2）由图可知，反应至2min时，改变反应条件，各物质的浓度瞬间没变，随之相同时间内减少的更快，故反应速率加快，A．升高温度瞬间，各物质的浓度没变，反应速率加快，随之相同时间内减少的更快，符合；；B．加催化剂瞬间，各物质的浓度没变，反应速率加快，随之相同时间内减少的更快，符合；；C．减小容器体积，增大压强，瞬间各物质的浓度增大，不符合；D．增大反应物浓度，不符合；故选AB。（3）a．用不同物质表示的反应速率说明反应达到平衡状态，除了要满足“一正一逆”外，还有等于系数之比，即，故不能说明反应达到平衡状态，a错误；b．混合气体的总质量不变，容器容积不变，则混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，b错误；c．根据方程式的系数可知，始终等于1：1，故不能说明反应达到平衡状态，c错误；d．混合气体的总质量不变，随反应进行混合气体的总物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，故混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化，能说明反应达到平衡状态，d正确；故选d。（4）反应前气体总物质的量为，5min时气体总物质的量为，恒温恒容时，压强比就