河北省石家庄市2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题

石家庄市2022～2023学年度第二学期期末教学质量检测高一化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24S32Cu64I卷(选择题，共40分)一、单项选择题(本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.航天服的材料主要是由碳化硅和其它材料复合而成。下列有关说法正确的是A.航天服中使用的棉针织品、羊毛、氯丁橡胶等都属于天然高分子材料B.碳化硅是一种高熔点、电绝缘性良好的传统无机非金属材料C.航天服使用硫化橡胶，橡胶硫化的过程发生了化学变化D.航天服中使用的棉花、合成纤维的主要成分均为纤维素【答案】C【解析】【详解】A．棉针织品、羊毛等都属于天然高分子材料，氯丁橡胶为合成高分子材料，故A错误；B．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；碳化硅是新型的无机非金属材料，故B错误；C．橡胶硫化的过程中，使橡胶分子间产生交联形成网状结构，交联过程中发生了化学反应，故C正确；D．棉花的主要成分是纤维素，合成纤维经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，不是纤维素，故D错误；故选：C。2.生活中的一些问题常常涉及化学知识。下列说法错误的是A.豆浆中加入石膏，能使豆浆聚沉为豆腐B.利用液态植物油与氢气发生的加成反应可制造人造奶油C.加酶洗衣粉(添加少量蛋白酶)，不能用来洗涤羊毛织品D.糯米中的淀粉一经水解就酿成酒【答案】D【解析】【详解】A．豆浆为胶体，向豆浆中加入石膏，能使豆浆聚沉为豆腐，这是胶体发生聚沉，故A正确；B．人造奶油(固态)可利用液态植物油与氢气发生的加成反应得到，故B正确；C．加酶洗衣粉(添加少量蛋白酶)，能使蛋白质水解，因此不能用来洗涤羊毛织品，故C正确；D．糯米中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳气体，故D错误。综上所述，答案为D。3.下列化学用语表达错误的是A.烯烃官能团的结构式： B.醛基的电子式：C.溴乙烷的空间填充模型： D.聚丙烯的链节：【答案】B【解析】【详解】A．烯烃官能团是碳碳双键，结构式为：，故A正确；B．醛基结构简式为：CHO，其电子式为：，故B错误；C．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br,且原子半径：H＜C＜Br,则溴乙烷的空间填充模型为，故C正确；D．丙烯的结构简式为：CH2=CHCH3，聚丙烯的链节：，故D正确；故选：B。4.下列关于化学反应中的能量变化说法正确的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.化学反应不一定伴随能量变化C.金刚石转化为石墨是放热反应，说明金刚石比石墨稳定D.燃烧反应、酸碱中和反应是常见的放热反应【答案】D【解析】【详解】A．吸热反应和放热反应与反应条件无关，只与反应物总能量和生成物总能量有关，故A错误；B．化学反应一定伴随能量变化，故B错误；C．金刚石转化为石墨是放热反应，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；D．放热反应主要有燃烧反应、酸碱中和反应、金属与水或酸的反应等，故D正确。综上所述，答案为D。5.下列关于硫酸及硫酸盐的说法错误的是A.重晶石的主要成分为BaSO4，医疗上常用做“钡餐”B.检验浓硫酸与木炭反应的全部气体产物，可依次通过无水CuSO4、品红溶液和澄清石灰水C.胆矾与石灰乳混合可配制农药波尔多液D.收集的硫酸型酸雨久置后pH减小【答案】B【解析】【详解】A．重晶石的主要成分为BaSO4，BaSO4难溶于胃酸，因此医疗上常用做“钡餐”，故A正确；B．检验二氧化碳之前应该将二氧化硫除掉，因此检验浓硫酸与木炭反应的全部气体产物，可依次通过无水CuSO4、品红溶液、过量酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水，故B错误；C．胆矾与石灰乳混合可配制农药波尔多液，铜盐有毒，能使蛋白质变性，波尔多液常用于植物的杀菌，故C正确；D．收集的硫酸型酸雨，亚硫酸与空气中氧气反应生成硫酸，酸性增强，因此久置后pH减小，故D正确。综上所述，答案为B。6.烷烃及卤代烃是重要的有机化工原料，下列有关说法正确的是A.一氯丁烷有3种不同的结构B.甲烷可与氯水在光照条件下发生取代反应C.和互为同分异构体D.乙烷分子中最多有4个原子共平面【答案】D【解析】【详解】A．丁烷有两种结构，分别为正丁烷、异丁烷，每种结构中有两种位置的氢，因此一氯丁烷有4种不同的结构，故A错误；B．甲烷可与氯气在光照条件下发生取代反应，不能和氯水反应，故B错误；C．和是同种结构，是同种物质，故C错误；D．乙烷分子中单键可以旋转，可以使得最多有4个原子共平面，故D正确。综上所述，答案为D。7.从海带提取碘的实验中，各步选用的实验用品不必都用到的是选项实验步骤实验用品A步骤1：将海带灼烧灰化B步骤2：将海带灰溶解、过滤C步骤3：氧化滤液中的I—D步骤4：检验碘单质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．灼烧海带时使用三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、酒精灯，故A正确；

B．海带灰溶解、过滤时使用烧杯、普通漏斗、玻璃棒、铁架台，故B正确；

C．氧化碘离子时不需要使用容量瓶，故C错误；

D．取少量含碘溶液需要胶头滴管个试管，利用淀粉溶液检验，故D正确。

故选：C。8.某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是A.分子中有2种官能团B.既是乙醇的同系物，也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体D.该物质最多能与发生反应【答案】B【解析】【详解】A．该物质的分子中含有羟基、羧基2种官能团，A正确；B．该有机物呈环状，而乙醇(或乙酸)是链状的，且该有机物与乙醇(或乙酸)含有的官能团种类有区别，因此该有机物与乙醇(或乙酸)不互为同系物，B错误；C．该物质的分子式为，的分子式也为，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C正确；D．该物质只含有一个羧基，该物质最多能与发生反应，D正确；故选B。9.下列关于含硅物质的说法正确的是A.由于单质硅具有良好的半导体性能，所以常用作光导纤维B.由于SiO2为酸性氧化物，所以不能与任何酸发生反应C.盛放NaOH溶液不能使用玻璃瓶，是因为SiO2与NaOH溶液反应生成黏性的Na2SiO3D.硅酸盐材料大多化学性质稳定，是因为其结构中含有硅氧四面体【答案】D【解析】【详解】A．常用作光导纤维的是SiO2，不是单质硅，A项错误；B．虽然SiO2为酸性氧化物，但SiO2能与氢氟酸反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，B项错误；C．盛放NaOH溶液的试剂瓶能使用玻璃瓶、但不能用玻璃塞，不能用玻璃塞是因为SiO2与NaOH溶液反应生成黏性的Na2SiO3把瓶塞与瓶口黏在一起，使瓶塞难以打开，C项错误；D．在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，硅氧四面体结构的特殊性决定了硅酸盐材料大多具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定、耐腐蚀等特点，D项正确；答案选D。10.干洗衣服的干洗剂主要成分是四氯乙烯，家用不粘锅内侧涂覆物质的主要成分是聚四氟乙烯（）。下列关于四氯乙烯和聚四氟乙烯的说法正确的是A.均为纯净物B.都能发生加成反应，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.都属于不饱和烃，分子中都不含氢原子D.四氯乙烯对油脂有较好的溶解作用，聚四氟乙烯的化学性质比较稳定【答案】D【解析】【详解】A、四氯乙烯是纯净物，聚四氟乙烯因为聚合度n的不同是混合物，故A错误；B、四氯乙烯含碳碳双键，可以发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，聚四氟乙烯不含碳碳双键，不能发生加成反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C、四氯乙烯和聚四氯乙烯中均含有卤原子，不属于烃类；依据四氯乙烯和聚四氟乙烯的分子结构和碳原子形成的共价键为四个共价键，所以分子结构中不含氢原子，故C错误；D、由四氯乙烯的用途可知其对油脂有较好的溶解作用，家用不粘锅在使用过程中温度较高，而聚四氯乙烯不会发生分解、氧化等化学反应，由此可知其化学性质比较稳定，故D正确；故选D。11.下列实验设计能达到相应实验目的的是选项ABCD实验设计实验目的比较HCl、H2CO3和H2SiO4的酸性强弱检验浓硫酸与铜反应后的混合物中是否含有Cu2+制取乙酸乙酯验证淀粉在酸性条件下的水解产物A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．挥发的盐酸与硅酸钠反应，不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故A错误；B．反应后溶液的密度大于水的密度，则将反应后混合物注入水中观察溶液的颜色，故B正确；C．乙酸乙酯能在NaOH溶液中发生水解反应，应选择饱和碳酸钠溶液，故C错误；D．酸性条件下淀粉水解，检验葡萄糖应在碱性溶液中，应先加NaOH溶液调至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液检验水解产物，故D错误；故选：B。12.某原电池的总反应为，该原电池的正确组成是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题干某原电池的总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu可知，Zn在反应中由0价转化为+2价，化合价升高，发生氧化反应，故Zn作负极，Cu2+在反应中化合价由+2价降低为0价，化合价降低，发生还原反应，故在正极上发生该反应，据此分析解题。【详解】A．由于Zn比C活泼，故Zn作负极，C为正极，原电池的总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，A项正确；B．装置中没有自发的发生氧化还原反应，B项错误；C．由于Fe比Cu活泼，故Fe作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，总反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，C项错误；D．装置中没有自发的发生氧化还原反应，D项错误；答案选A。13.合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图如下：下列说法错误的是A.吸收塔中通入过量A目的是提高硝酸的产率B.氧化炉中氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上为5：4C.工业生产中可选择铁作为罐体材料盛装大量浓硝酸D.合成塔中，每生成2molNH3，需通入N2的分子数目为NA【答案】D【解析】【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，氨进行分离，将氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸。【详解】A．吸收塔中一氧化氮、氧气、水反应生成硝酸，通入过量A(氧气)目的是提高硝酸的产率，故A正确；B．氧化炉中主要发生4NH3＋5O24NO＋6H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上为5：4，故B正确；C．常温下，铁与浓硝酸发生钝化，因此工业生产中可选择铁作为罐体材料盛装大量浓硝酸，故C正确；D．由于合成氨反应是可逆反应，合成塔中，每生成2molNH3，则需要消耗1mol氮气，需通入N2的分子数目大于NA，故D错误。综上所述，答案为D。14.少量铁片与l00mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加KNO3固体③滴入几滴浓盐酸④加入少量铁粉⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL0.1mol/L盐酸．A.②⑥⑦ B.③⑤⑧ C.③⑦⑧ D.③④⑥⑦⑧【答案】C【解析】【详解】①加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝酸，不会生成氢气；③加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦升高温度，反应速率加快；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快；故选C。15.从海水中提取溴的流程如图所示，下列有关说法错误的是A.试剂X可选用饱和Na2SO3溶液B.步骤Ⅱ、III目的是为了实现溴的富集C.理论上每获得1molBr2，需要消耗Cl244.8LD.实验室进行步骤IV的操作时，包含萃取、分液和蒸馏【答案】C【解析】【详解】A．亚硫酸根离子可以和氧化性的溴单质间发生氧化还原反应，可以用Na2SO3吸收溴单质，故A正确；

B．氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质，即2Br+Cl2═2Cl+Br2，步骤Ⅱ、III目的是为了实现溴的富集，故B正确；

C．发生2Br+Cl2═2Cl+Br2，每获得1molBr2，消耗1mol氯气，未指明标准状况，不能计算氯气的体积，故C错误；

D．溴单质在有机溶剂溶解度大，可以利用有机溶剂萃取溴单质，得到萃取液通过蒸馏得到纯溴，步骤IV从溴水中提取溴可以采用萃取、分液和蒸馏的方法，故D正确；故答案为：C。16.某温度时，在容积为2L的密闭容器中，气体X、Y、Z的物质的量随时间的变化如图所示。下列结论错误的是A.该反应的化学方程式为B.通过控制反应条件可以改变该可逆反应的限度C.该反应是由正、逆反应同时开始的，最终建立平衡D.3min时，V(正)=V(逆)=0【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息X、Y、Z改变量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，根据改变量之比等于计量系数之比，则该反应的化学方程式为，故A正确；B．通过控制反应条件即改变温度、浓度、压强等可以改变该可逆反应的限度，故B正确；C．根据图中信息，反应物和生成物同时加入，则该反应是由正、逆反应同时开始的，最终建立平衡，故C正确；D．3min时，反应达到平衡，则V(正)=V(逆)≠0，故D错误。综上所述，答案为D。17.工业上制备下列物质的生产流程合理的是A.从海水中提取镁：海水B.石英砂C.由黄铁矿制硫酸：D.由铝土矿冶炼铝：【答案】B【解析】【详解】A．电解熔融氯化镁得到金属镁，故A错误；B．石英砂和焦炭高温得到粗硅和一氧化碳，粗硅和氯化氢在高温下反应生成，在高温下与氢气反应生成精硅，故B正确；C．水吸收三氧化硫会形成酸雾，因此不用水吸收三氧化硫，而用浓硫酸吸收，故C错误；D．电解熔融氧化铝得到铝，故D错误。综上所述，答案为B。18.下列各组有机物中，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧产生的质量不变的是A.和 B.和C.和 D.和【答案】B【解析】【详解】无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成H2O的质量也一定，则说明混合物各组分分子中含氢量相等，选项中各物质都为烃，则最简式相同，只有和符合，故选B。19.如图所示转化关系中，A是正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸，X可能为强酸也可能为强碱。下列说法错误的是A.可能是，也可能是B.用代替，不能与反应生成C.当是强酸时，在常温下是一种易溶于二硫化碳的固体D.当是强碱时，与过量的反应有白烟生成【答案】B【解析】【分析】根据题意A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，且是一种正盐，符合条件的物质只能是硫化铵，因此当X是强碱时，B是氨气，则C是氮气，D是NO，E是NO2，F是硝酸；如果X是强酸，则B应该是H2S，C是S，D是SO2，E是三氧化硫，F是硫酸，这说明A是硫化铵，以此解答该题。【详解】A．根据题意A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，且是一种正盐，符合条件的物质只能是硫化铵，硫化铵和强酸反应生成H2S，H2S和氯气反应生成S，即C是单质S，则D是二氧化硫，E是三氧化硫，F是硫酸，氨气可与氯气在催化剂条件下生成N2，则B是氨气，C是氮气，D是NO，E是NO2，F是硝酸，故A正确；

B．用

O2

代替

Cl2，氧气可与氨气反应生成氮气，可与硫化氢反应生成硫，故B错误；

C．当X是强酸时，C是S，硫单质为淡黄色固体，易溶于二硫化碳，故C正确；

D．当X是强碱时，B是氨气，氨气与氯气反应生成氯化氢和氮气，氯化氢与氨气反应生成白色氯化铵固体，产生大量白烟，故D正确；故选：B。20.将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度的中，得到和NO的混合气体1.12L(折合标准状况)，向反应后的溶液中加入溶液，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为3.12g。下列说法正确的是A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B.该硝酸中的物质的量浓度是C.和NO的混合气体中的体积分数是D.该硝酸中，的质量分数为【答案】C【解析】【详解】A．1.76g铜镁合金最终变为氢氧化铜、氢氧化镁沉淀3.12g，设铜镁物质的量分别为xmol、ymol，则64x+24y=1.76,98x+58y=3.12，解得x=y=0.02，则该合金中铜与镁的物质的量之比是1：1，故A错误；B．加入氢氧化钠至刚好转化为沉淀，消耗氢氧化钠物质的量为0.54mol，根据氮守恒，则消耗硝酸物质的量为0.54mol+=0.59mol，该硝酸中的物质的量浓度是，故B错误；C．和NO物质的量分别为amol、bmol，则有a+b=0.05，a+3b=0.02×2+0.02×2，解得a=0.035，b=0.015，则混合气体中的体积分数是，故C正确；D．根据前面分析硝酸物质的量浓度为，由于缺少硝酸的密度，因此无法计算的质量分数，故D错误。综上所述，答案为C。Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题包括5小题、共60分)21.实验室利用SO2制备少量Na2SO3并检验其性质。（1）i中发生反应的化学方程式为______，体现了浓硫酸的______性质。（2）能够说明SO2具有漂白作用的实验现象为______。（3）取iv中溶液分装在三支试管中，进行相关实验并记录现象如下：试管ABC所加试剂酸性KMnO4溶液Na2S溶液双氧水现象紫红色溶液褪色产生淡黄色沉淀无明显现象①A中发生反应的离子方程式为______；B中反应所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为______。②甲同学为证明Na2SO3和H2O2能够反应，进行如下操作：取1mLC中溶液于试管中，先滴加足量______(填化学式，下同)溶液，再滴加少量______溶液，产生白色沉淀，说明有生成，故甲同学认为二者发生了反应：乙同学认为甲同学的实验方案有缺陷，你认为该缺陷可能为______。（4）小组同学设计实验测定某葡萄酒中的含硫量(以SO2计)：将100mL葡萄酒和足量硫酸共热，使SO2全部逸出并与H2O2完全反应；除去过量的H2O2后，向混合溶液中滴加0.0030mol/LNaOH标准溶液，恰好完全反应时消耗NaOH标准溶液20.00mL。据此计算，该葡萄酒中SO2的含量为______g/L。【答案】（1）①.②.酸性、氧化性（2）ii中品红褪色（3）①.②.2∶1③.HCl④.⑤.iv中溶液可能被氧气氧化（4）0.0192【解析】【分析】试管i中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜和二氧化硫，试管ii可证明SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，试管iii溶液变红说明亚硫酸呈酸性，试管iv可吸收SO2，防止污染空气。【小问1详解】试管i中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜和二氧化硫，化学方程式为；部分硫元素化合价降低，浓硫酸做氧化剂，部分硫元素化合价不变，生成硫酸铜表现酸性，体现了浓硫酸的酸性、氧化性；【小问2详解】SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白作用的实验现象为ii中品红褪色；【小问3详解】①iv中溶液溶质为Na2SO3，亚硫酸根离子和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子和锰离子，A中发生反应的离子方程式为；B中反应产生的淡黄色沉淀是硫，根据化合价变化可知，还原剂是Na2S，氧化剂是Na2SO3，根据电子转移守恒可知，反应所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1；②为证明Na2SO3和H2O2能够反应生成Na2SO4，即检验硫酸根离子存在，取双氧水于试管中，先滴加足量HCl溶液排除亚硫酸根离子的干扰，再滴加少量溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明有生成；该实验存在缺陷，Na2SO3可能被氧气氧化生成硫酸钠，则原因是：iv中溶液可能被氧气氧化；【小问4详解】发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，根据2NaOH～H2SO4～SO2，n(SO2)=n(NaOH)=0.0030mol/L×20.00×103L=0.3×104mol，可知SO2的质量为：m=n∙M=0.3×104mol×64g/mol=1.92×103g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.0192g/L。22.化学反应的过程不仅包括物质变化，还包括能量变化。研究化学能与其他形式能量之间的转化具有重要意义。I．化学能转化为热能（1）氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，并释放大量的热。若破坏1molH2中的化学键吸收的能量为Q1kJ，破坏1molCl2中的化学键吸收的能量为O2kJ，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ。则由H2和Cl2反应生成1molHCl时，释放的能量为______kJ(用含Q1、Q2、Q3的代数式表示)。Ⅱ．化学能转化为电能原电池是将化学能转化为电能的装置，其构成要素可用图1来表示：（2）氢氧燃料电池(如图2)中，正极材料和负极材料均可选用______；正极的电极反应式为______；电池工作时，溶液中的OH—移向______极(填“正”或“负”)。（3）如果将反应设计成原电池，则负极材料为______(填化学式，下同)正极反应产物为______；离子导体为______。（4）如果以Mg、Al为电极材料，NaOH溶液为离子导体，设计成原电池，则Al电极上的电极反应式为______。【答案】（1）（2）①.碳或铂②.③.负（3）①.Zn②.③.或HCl（4）【解析】【小问1详解】氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，并释放大量的热。若破坏1molH2中的化学键吸收的能量为Q1kJ，破坏1molCl2中的化学键吸收的能量为O2kJ，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ。则1mol氢气和1mol氯气反应吸收热量为(Q1+O2)kJ，形成2mol氯化氢中的化学键释放出2Q3kJ热量，则生成2mol氯化氢放出的热量为kJ，若由H2和Cl2反应生成1molHCl时，释放的能量为kJ；故答案为：。【小问2详解】氢氧燃料电池(如图2)中，正极材料和负极材料是惰性电极或能导电的电极材料，因此均可选用石墨碳或铂；燃料电池中燃料为负极，氧化剂为正极，则正极的电极反应式为；电池工作时，根据原电池“同性相吸”，则溶液中的OH—移向负极；故答案为：碳或铂；；负。【小问3详解】如果将反应设计成原电池，锌失去电子，化合价升高，因此负极材料为Zn，正极是氢离子得到电子变为氢气，因此反应产物为；溶液是酸性环境，则离子导体为或HCl；故答案为：Zn；；或HCl。【小问4详解】如果以Mg、Al为电极材料，NaOH溶液为离子导体，设计成原电池，镁和氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠溶液反应，因此Al电极上的电极反应式为；故答案为：。23.煤、石油和天然气是重要的化工原料，实现化石燃料的综合利用，是人类面临的重大挑战。（1）图1中所进行的实验可称为______(填“煤的干馏”、“煤的气化”或“煤的液化”)。（2）图1所示实验结束后，再设计实验证明水层中含有氨，选用的试剂为______，现象为______。（3）图1所示实验中产生的可燃气体成分之一是乙烯，如图展示了乙烯的部分用途：①乙烯的电子式为______；聚乙烯的化学式为______；A中官能团的名称为______。②反应i的化学方程式为______；反应ii的反应类型为______。③制备环氧乙烷主要有两种途径：途径1：途径2：途径2与途径1相比，其优势在于______，这一优势充分体现了“绿色化学”思想。④乳酸可与铁反应制备一种药物，化学方程式为：其中X化学式为______。（4）海底蕴藏的甲烷水合物晶体又称为“可燃冰”，甲烷分子处于由多个水分子组成的笼中，如图2所示。某种甲烷水合物晶体中，平均每46个水分子构成8个分子笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子或水分子。若这8个分子笼中有6个容纳的是甲烷分子，另外两个被水分子容纳，则该甲烷水合物的化学式为______。（5）石油成分复杂，使用前需要在炼油厂进行精炼，其操作过程如图3所示。其中涉及化学变化的操作过程为______(填“操作1”或“操作2”)。【答案】（1）煤的干馏（2）①.酚酞或紫色石蕊试液②.滴加酚酞变红或紫色石蕊变蓝（3）①.②.③.羟基④.⑤.加成反应⑥.原子利用率⑦.（4）（5）操作2【解析】【小问1详解】通过图1得到的产物有煤焦油、可燃性气体得到图1中所进行的实验可称为煤的干馏；故答案为：煤的干馏。【小问2详解】图1所示实验结束后，再设计实验证明水层中含有氨，氨气溶于水先碱性，因此选用的试剂为酚酞或紫色石蕊试液，现象为滴加酚酞变红或紫色石蕊变蓝；故答案为：酚酞或紫色石蕊试液；滴加酚酞变红或紫色石蕊变蓝。【小问3详解】①乙烯是碳碳双键，碳氢单键，其电子式为；聚乙烯的化学式为；乙烯和水发生加成反应升恒乙醇，则A(乙醇)中官能团的名称为羟基；故答案为：；；羟基。②反应i是乙醇催化氧化生成乙醛，其反应的化学方程式为；根据反应ii的前后结构简式得到反应ii的反应类型为加成反应；故答案为：；加成反应。③途径2与途径1相比，途径2反应物全部生成生成物，其优势在于原子利用率，这一优势充分体现了“绿色化学”思想；故答案为：途径2。④根据乳酸可与铁反应则得到乳酸亚铁和氢气，则其中X的化学式为；故答案为：。【小问4详解】根据题意若这8个分子笼中有6个容纳的是甲烷分子，另外两个被水分子容纳，则总共有48个水分子，则该甲烷水合物的化学式为；故答案为：。【小问5详解】根据题意分析得到操作1是石油的分馏，属于物理变化，操作2是石油的裂化，属于化学变化，则其中涉及化学变化的操作过程为操作2；故答案为：操作2。24.研究化学反应进行的快慢和程度，有利于更好地利用化学反应为人类服务。I．实验探究影响化学反应速率的因素反应原理：______实验步骤如下表：编号温度℃加入0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积/mL加入水的体积/mL加入0.1mol/LH2SO4溶液的体积/mL出现浑浊的时间/s125202t12251a2t2345202t3（1）将化学方程式补充完整：______（2）______；、、从大到小的顺序为______。Ⅱ．速率、平衡理论在碳循环中的应用可转化成有机物从而实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，此反应为放热反应。测得和的浓度随时间变化如图所示。（3）内，______。（4）实验测得不同时刻容器内的数值如下表所示：时间/min136912n(CH3OH)/mol0.100.500.700.750.75反应最快的时间段为______(填选项字母)：解释其原因为______。A．0～1minB．1～3minC．3～6minD．6～9min（5）能说明上述反应达到平衡状态的是______(填选项字母)。A.反应中CO2(g)与CH3OH(g)的物质的量浓度之比为1：1B.混合气体的密度不随时间的变化而变化C.单位时间内消耗3molH2(g)，同时生成1molH2O(g)D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变（6）平衡时，CO2(g)的转化率为______。【答案】（1）（2）①.1②.（3）0.125（4）①.B②.由于这个时间段反应开始不久反应物浓度大，反应放出热量多，温度高，加快反应速率（5）D（6）75%【解析】小问1详解】根据方程式分析得到；故答案为：。【小问2详解】根据题中信息溶液总体积为5mL，则1；编号3温度最高，反应速率最快，所需时间最短，编号1比编号2浓度大，反应速率快，所需时间短，因此、、从大到小的顺序为；故答案为：1；。【小问3详解】内，二氧化碳改变量为0.25mol∙L−1，则氢气改变量为0.75mol∙L−1，则；故答案为：0.125。【小问4详解】根据数据分析，甲醇从0分钟开始改变量分别为0.1mol、0.4mol、0.2mol、0.05mol、0，则反应最快的时间段为1～3min，由于该反应是放热反应，因此由于这个时间段反应开始不久反应物浓度大，反应放出热量多，温度高，加快反应速率；故答案为：B；由于这个时间段反应开始不久反应物浓度大，反应放出热量多，温度高，加快反应速率。【小问5详解】A．反应中CO2(g)与CH3OH(g)的物质的量浓度之比为1：1，不能作为判断平衡标志，只能说比值不再改变，故A不符合题意；B．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度不随时间的变化而变化，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；C．单位时间内消耗3molH2(g)，正向反应，同时生成1molH2O(g)，正向反应，同一个方向，不能作为判断平衡标志，故C不符合题意；D．正向反应，二氧化碳体积分数减小，当CO2的体积分数在混合气体中保持不变，则达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为：D。【小问6详解】平衡时，二氧化碳物质的量浓度为0.25mol∙L−1，则CO2(g)的转化率为；故答案为：75%。25.氮是自然界各种生命活动不可缺少的重要元素。I．自然界中氮的循环(如图所示)（1）豆科植物的根瘤进行固氮的过程属于______(填“化学”或“物理)变化；通过雷电作用进行固氮过程中，第一步反应的化学方程式为______。（2）某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以和的形式存在，设计如