2023-2024学年河北省张家口市高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省张家口市2023-2024学年高一下学期期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24S32Cl35.5Cu64一、选择题：本题共20个小题，每小题只有一个正确选项。1~15小题，每小题2分；16~20小题，每小题3分；共45分。1.下列生产、生活场景中，将化学能转化为电能的是（）A.核电站B.硅太阳能电池C.氢燃料电池D水电站【答案】C【解析】【详解】A．核电站使核能转化为电能，A项错误；B．太阳能电池使太阳能转化为电能，B项错误；C．电池使化学能转化为电能，C项正确；D．水电站涉及的能量转化：势能→动能→电能，D项错误；答案选C。2.煤和石油都是目前人类使用的主要能源，下列说法正确的是（）A.煤和石油燃烧时都会生成SO2B.通过石油分馏可获得大量乙烯C.煤和石油中均含有大量芳香烃D.煤的气化和液化均为物理变化【答案】A【解析】【详解】A．煤和石油通常都含有硫元素，燃烧时会生成SO2，故A正确；B．通过石油裂解可获得大量乙烯，故B错误；C．石油的催化重整和煤的干馏可以得到芳香烃，不能说明煤和石油中含有大量芳香烃，故C错误；D．煤的气化和液化均为化学变化，故D错误；选A。3.张家口特产莜麦被称为“塞外珍珠”，具有低糖、高蛋白和优质油脂的特点，其中油脂代谢产生的亚油酸可降低胆固醇、预防心脏病，同时还含有钙、铁、磷、核黄素（维生素B2）等多种人体需要的营养物质，莜麦是一种很好的保健食品，下列说法错误的是（）A.可用银氨溶液检验莜麦淀粉水解的最终产物B.蛋白质在酸、碱或酶的作用下能水解生成多肽C.蛋白质、油脂、维生素均为人体必须的基本营养物质D.油脂代谢产生亚油酸的反应属于取代反应【答案】D【解析】【详解】A．莜麦淀粉水解的最终产物葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应，所以可用银氨溶液检验莜麦淀粉水解的最终产物，故A正确；B．蛋白质在酸、碱或酶的作用下均能发生水解反应生成多肽，最终生成氨基酸，故B正确；C．蛋白质、油脂、维生素均与人体健康有着密切的关系，均为人体必须的基本营养物质，故C正确；D．油脂水解产生饱和脂肪酸，饱和脂肪酸在饱和酶的作用下脱氢生成油酸，油酸进一步脱氢得到亚油酸，因此油脂代谢产生亚油酸的反应属于氧化反应，故D错误；故选D。4.生活中处处有化学，下列说法错误的是（）A.身体疼痛时需遵医嘱服用阿司匹林缓解疼痛B.食品加工过程中可适量添加维生素C起到抗氧化的作用C.NH4HCO3可用作食品加工的膨松剂D.包装上标有“OCT”标识的药品是非处方药【答案】D【解析】【详解】A．阿司匹林是解热镇痛药，身体疼痛时需遵医嘱服用阿司匹林缓解疼痛，A项正确；B．维生素C具有还原性，食品加工过程中可适量添加维生素C起到抗氧化的作用，B项正确；C．NH4HCO3受热分解生成氨气、水和二氧化碳，可用作食品加工的膨松剂，C项正确；D．包装上标有“OTC”标识的药品是非处方药，D项错误；答案选D。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.11.2L（标准状况）乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NAB.在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中6gH2与足量N2反应，生成NH3分子数为2NAC.17g—OH与17gOH-所含电子数均为10NAD.含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．1个乙烷或丙烯分子都含6个碳氢键，标准状况下，11.2L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量为0.5mol，则混合气体中所含碳氢键数为3NA，A项正确；B．在高温、高压和催化剂条件下，H2与N2反应为可逆反应，故生成NH3分子数小于2NA，B项错误；C．17g—OH与17gOH-均为1mol，而—OH含有9个电子，故1mol—OH中含有9NA个电子，OH-含有10个电子，故1molOH-中含有10NA个电子，C项错误；D．铜和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故硫酸不能完全反应，则转移的电子数小于2NA，D项错误；答案选A。6.如图是M元素高中常见物质的“价-类”二维图。其中A到D、D到E的转化都可与同一种物质反应实现，且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，下列说法错误的是（）A.物质B为N2H4，可用作火箭燃料B.依据题给“价-类”二维图综合分析可知M元素为氮元素C.将SO2通入F的稀溶液中发生的离子反应为D.物质F的浓溶液具有强氧化性，可以用铁制或铝制容器盛放【答案】C【解析】【分析】A到D、D到E的转化都可与同一种物质反应实现，且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，结合题给“价-类”二维图可知，M为氮元素、A为氨气、B为肼、C为氮气、D为一氧化氮、E为二氧化氮、F为硝酸、G为硝酸盐、I为铵盐。【详解】A．由分析可知，B为分子式为N2H4的肼，肼具有强还原性，可用作火箭燃料，故A正确；B．由分析可知，M为氮元素，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，能与稀硝酸反应生成硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，常温下铁和铝在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以浓硝酸可以用铁制或铝制容器盛放保存，故D正确；故选C。7.在证明海带中存在碘元素的实验操作中，主要仪器选用错误的是（）选项操作主要仪器A称取3.0g干海带托盘天平B灼烧干海带至完全变成灰烬蒸发皿C过滤煮沸后的海带灰与水的混合液漏斗D用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘分液漏斗【答案】B【解析】【详解】A．托盘天平能够读到0.1g，可用托盘天平称取3.0g干海带，A项正确；

B．灼烧固体药品，应在坩埚中进行，B项错误；

C．过滤的主要仪器为漏斗，C项正确；

D．碘易溶于四氯化碳，可用分液漏斗，用萃取的方法分离，D项正确；答案选B。8.硫元素广泛存在于自然界中，下列有关硫及其化合物的说法错误的是（）A.铁粉、铜粉分别与硫粉混合加热反应生成黑色固体FeS、CuSB.火山喷发时会产生大量的SO2C.SO2通入石蕊试液中，溶液变红但不褪色D.浓硫酸使蔗糖碳化的过程中产生刺激性气味的气体，体现了浓硫酸的强氧化性【答案】A【解析】【详解】A．铜粉与硫粉混合加热反应生成黑色固体Cu2S，故A错误；B．火山喷口附近的硫在火山喷发时，能与空气中的氧气反应生成二氧化硫，故B正确；C．二氧化硫是具有漂白性的酸性氧化物，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，所以二氧化硫通入石蕊试液中，溶液会变红但不会褪色，故C正确；D．浓硫酸使蔗糖碳化的过程中产生刺激性气味的气体是因为浓硫酸具有强氧化性，能与碳共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故D正确；故选A。9.工业制备高纯硅时可将粗硅转化为三氯硅烷，再经氢气还原得到高纯硅，其工艺流程如下：下列说法错误的是（）A.高纯硅是一种重要的无机非金属材料B.该制备过程中需要隔绝空气C容器①中发生复分解反应，容器②中发生置换反应D.该工艺流程的优点是部分反应物可循环使用【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，粗硅高温条件下与氯化氢反应生成三氯硅烷和氢气，三氯硅烷高温下与氢气反应生成高纯硅和氯化氢，制备高纯硅时氢气和氯化氢可以循环使用，有利于提高原料的利用率。【详解】A．高纯硅可以制作半导体、芯片、太阳能电池等，是一种重要的无机非金属材料，故A正确；B．硅、三氯硅烷和氢气在高温条件下都能与氧气反应，所以制备过程中需要隔绝空气，故B正确；C．由分析可知，容器①中发生的反应为粗硅高温条件下与氯化氢反应生成三氯硅烷和氢气，反应中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故C错误；D．由分析可知，该工艺流程的优点是制备高纯硅时氢气和氯化氢可以循环使用，有利于提高原料的利用率，故D正确；故选C。10.四氯乙烯（）是一种衣物干洗剂，聚四氟乙烯（）是家用不粘锅内侧涂层的主要成分。下列关于四氯乙烯和聚四氟乙烯的说法正确的是（）A.它们都能发生加成反应，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.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活泼C.它们都可以由乙烯发生加成反应得到D.它们都属于卤代烃【答案】D【解析】【详解】A．聚四氟乙烯分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反应，也不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A错误；B．聚四氟乙烯分子中不含有碳碳双键，是化学性质稳定的有机高分子化合物，故B错误；C．由结构式可知，四氯乙烯和聚四氟乙烯不可能由乙烯发生加成反应得到，故C错误；D．由结构式可知，四氯乙烯和聚四氟乙烯都含碳氢氯，均属于卤代烃，故D正确；故选D。11.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图所示，下列说法正确的是（）A.从状态Ⅰ到状态Ⅲ为吸热反应B.状态Ⅱ比状态Ⅰ稳定C.由该反应过程可知，在化学反应中旧化学键完全断裂形成新化学键D.从状态Ⅱ到状态Ⅲ形成碳氧双键，释放能量【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，从状态Ⅰ到状态Ⅲ的反应为反应为总能量大于生成物总能量的放热反应，故A错误；B．物质的能量越高越不稳定，由图可知，状态Ⅱ的能量高于状态Ⅰ，所以状态Ⅰ比状态Ⅱ稳定，故B错误；C．由图可知，从状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程中，一氧化碳没有发生共价键的断裂，故C错误；D．由图可知，从状态Ⅱ到状态Ⅲ形成碳氧双键时，释放能量，故D正确；故选D。12.某温度时，在2L容器中发生M、N两种气体间的转化反应，M、N的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（）A.该反应的化学方程式为：B.3min时，C.通过控制反应条件可改变该可逆反应的限度D.4min时反应达到平衡，0~4min内，【答案】B【解析】【详解】A．由图示可知，3min时，M的物质的量减少1.0mol-0.4mol=0.6mol，N的物质的量增多0.4mol-0mol=0.4mol，则M为反应物，N为生成物，达平衡时A、B的物质的量均不为0，反应为可逆反应，而物质的量变化量之比为化学计量数之比，则反应的化学方程式为：，A项正确；B．3min后，M继续减少，N继续增多，说明3min时反应正向进行，此时，B项错误；C．通过控制反应条件可改变可逆反应平衡移动的方向，从而改变可逆反应的限度，C项正确；D．4min时各物质物质的量不再变化，反应达到平衡，0~4min内，M消耗1.0mol-0.2mol=0.8mol，则N生成，，D项正确；答案选B13.根据实验操作及现象，得出的结论正确的是（）选项实验操作及现象结论A向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含水B将Na2SO3固体样品溶于水，加入足量稀硝酸，再加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀固体样品已变质C在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1H2SO4溶液，加热，待溶液冷却后再加入少量新制，加热，无砖红色沉淀产生淀粉未水解D向溴水中滴加Na2S溶液，溴水褪色并生成淡黄色沉淀还原性：S2->Br-【答案】D【解析】【详解】A．乙醇也能与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，则向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体不能说明乙醇中含水，故A错误；B．稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，则将亚硫酸钠固体样品溶于水，加入足量稀硝酸，再加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀不能说明固体样品已变质，故B错误；C．葡萄糖酸性条件下不能与新制氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，则在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1硫酸溶液，加热，待溶液冷却后再加入少量新制氢氧化铁，加热，无砖红色沉淀产生不能说明淀粉未水解，故C错误；D．溴水与硫化钠溶液反应生成溴化钠和硫沉淀，反应中溴水褪色并生成淡黄色沉淀，由还原剂的还原性强于还原产物可知，还原剂硫离子的还原性强于还原产物溴离子，故D正确；故选D。14.一种生产聚苯乙烯的流程如图，下列说法错误的是（）A.乙烯分子中所有原子一定在同一平面上B.1mol苯乙烯分子中含有1mol碳碳双键C.反应①为取代反应，反应③为加聚反应D.聚苯乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，氯化铝做催化剂作用下苯与乙烯共热发生加成反应生成乙苯，催化剂作用下乙苯发生氧化反应生成苯乙烯，催化剂作用下苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯。【详解】A．乙烯分子中的碳碳双键为平面结构，所以分子中所有原子一定在同一平面上，故A正确；B．苯环不是单双键交替结构，所以1mol苯乙烯分子中含有1mol碳碳双键，故B正确；C．由分析可知，反应①为氯化铝做催化剂作用下苯与乙烯共热发生加成反应生成乙苯，故C错误；D．聚苯乙烯分子中不含有碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；故选C。15.已知反应：，如图所示，将充满NO2的烧瓶浸泡在冰水中。下列说法不能说明该反应达到平衡状态的是（）A.气体的颜色不再变化 B.正反应速率和逆反应的速率相等C.NO2的含量保持不变 D.混合气体的密度不变【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氮是红棕色气体、四氧化二氮是无色气体，则气体的颜色不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；B．正反应速率和逆反应的速率相等说明反应已达到平衡，故B正确；C．二氧化氮的含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；故选D。16.从海水中提取镁的一种工艺流程如下，下列说法正确的是（）A.实验室中进行操作a时需要用到蒸发皿B.向“溶液1”中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成C.“试剂1”是盐酸或稀硫酸D.由“固体”制得6.0gMg的同时还得到5.6L黄绿色气体【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，向海水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过量得到含有硫酸根离子的溶液1和氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，使氢氧化镁溶解得到氯化镁，氯化镁溶液经多步处理得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A．由分析可知，操作a为固液分离的过滤操作，过滤不需要用到蒸发皿，故A错误；B．由分析可知，溶液1中含有硫酸根离子，向溶液中加入氯化钡溶液可以生成硫酸钡白色沉淀，故B正确；C．由分析可知，试剂1为盐酸，故C错误；D．缺标准状况下，无法计算生成6.0g镁生成氯气的体积，故D错误；故选B。17.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧的合成方法是：新的合成方法是：下列有关说法正确的是（）A.新方法原料都是无毒物质B.新方法原料无爆炸危险C.新方法没有副产物，原料利用率高D.旧方法第一步中发生加成反应，反应物能全部转化为产物【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，新方法的反应物中一氧化碳是有毒的无色气体，故A错误；B．由方程式可知，新方法反应物中一氧化碳、丙炔和甲醇都是易燃易爆的物质，存在爆炸危险，故B错误；C．由方程式可知，新方法的生成物唯一，没有副产物生成，原子利用率达到100%，故C正确；D．旧方法第一步反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应物不可能全部转化为产物，故D错误；故选C。18.32.0gCu2S与一定量0.5mol⋅L-1的HNO3溶液恰好完全反应，生成、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是（）A.0.4mol B.0.8mol C.1.0mol D.1.4mol【答案】B【解析】【详解】根据=160g/mol

，32.0gCu2S中；未被还原的硝酸其N元素化合价不变，均转化为，根据铜原子守恒：n[]=0.4mol，由硝酸根守恒，可得未被还原的HNO3的物质的量为0.4mol×2=0.8mol，故答案选B。19.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是（）A.Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B.正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O=2Ag＋2OH−C.锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】【分析】【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B.Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。20.一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn（Ⅱ）起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是（）A.Mn（Ⅲ）能氧化H2C2O4B.总反应为：C.由于Mn（Ⅱ）的催化作用，13min后反应速率会加快D.该反应过程中，随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小【答案】D【解析】【分析】约13min前，随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；约13min后，随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项正确；B．被还原为，H2C2O4被氧化为，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为，B项正确；C．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，因此13min后反应速率会加快，C项正确；D．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，D项错误；答案选D。二、非选择题：4小题，共55分。21.某学习小组设计用如图所示装置制取干燥的NH3，并验证NH3的性质（夹持仪器省略）。回答下列问题：（1）实验室用装置甲制备NH3的化学方程式为________。（2）装置乙中的仪器名称是________，试剂X是________（填名称）。（3）实验观察到丙中红色Fe2O3粉末变黑，同时在装置己的集气瓶中收集到一种无色无味的气体Z，经检测确定Z为空气中的一种气体，NH3和Fe2O3反应的化学方程式为___________。（4）试剂Y用于检验该反应的另一种产物，试剂Y为________（填化学式），装置丁中的现象为________，装置戊的作用是________。（5）有同学提出该装置可能会出现水槽中的水倒吸入装置戊中的情况，理由是___________，你的改进措施是________。【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（2）①.干燥管②.碱石灰（3）Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O（4）①.CuSO4②.白色粉末变为蓝色③.防止己中水蒸气进入丁中（5）①.排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水②.在装置己和戊之间连接一个安全瓶【解析】由实验装置图可知，装置甲中发生的反应为氯化铵与氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，装置乙中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置丙中发生的反应为氨气与氧化铁共热反应生成铁、氮气和水，装置丁中盛有的无水硫酸铜用于验证水的生成，装置戊中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气，防止己中水蒸气进入丁中与铁共热反应，装置己用于收集反应生成的氮气，验证氮气的生成；排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水，所以装置可能会出现水槽中的水倒吸入装置戊中的情况，在装置己和戊之间连接一个安全瓶，可以防止水倒吸入装置戊中。（1）由分析可知，装置甲制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）由实验装置图可知，装置乙为干燥管；由分析可知，装置乙中盛有的碱石灰用于干燥氨气，故答案为：干燥管；碱石灰；（3）由分析可知，装置丙中发生的反应为氨气与氧化铁共热反应生成铁、氮气和水，反应的化学方程式为Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O，故答案为：Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O；（4）由分析可知，装置丁中盛有的无水硫酸铜用于验证水的生成，实验现象为白色粉末变为蓝色，装置戊中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气，防止己中水蒸气进入丁中与铁共热反应，故答案为：CuSO4；白色粉末变为蓝色；防止己中水蒸气进入丁中；（5）由分析可知，排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水，所以装置可能会出现水槽中的水倒吸入装置戊中的情况，在装置己和戊之间连接一个安全瓶，可以防止水倒吸入装置戊中，故答案为：排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水；在装置己和戊之间连接一个安全瓶。22.已知海水中的溴元素主要以形式存在，由海水制盐后的母液——苦卤提取溴的工艺流程如下：（1）以苦卤为原料提取Br2而不是直接利用海水提取Br2，优势在于___________。（2）X为黄绿色气体，“氧化”过程中反应的离子方程式为________。（3）液溴的颜色为________，通入热空气吹出Br2，利用了Br2________的性质。（4）实验室进行蒸馏“含Br2溶液”获得Br2的操作时，应将含Br2溶液盛装于________（填仪器名称）中。（5）“吸收”过程中反应的离子方程式为________，“吸收”的目的是________；工业上常用石灰石—石膏法除去烟气中的SO2，工艺原理是将石灰石粉末加水制成浆液作为吸发剂泵入吸收塔，与烟气充分接触混合并氧化，最终生成石膏，写出参加反应的两个化学方程式：__________。【答案】（1）苦卤中溴含量高，便于提取（2）（3）①.深红棕色②.挥发性（4）蒸馏烧瓶（5）①.②.将溴进行富集③.、【解析】苦卤酸化后通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气将溴吹出，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子，所得溶液中通氯气把溴离子氧化为溴单质，此过程的目的是浓缩、富集溴单质。（1）天然海水含溴浓度低，苦卤浓缩液中含溴浓度高，可降低提取溴成本；（2）氯气将溴离子氧化为溴单质，离子方程式：；（3）溴为深红棕色液体；由于溴易挥发，利用热空气将溴吹出；（4）蒸馏“含Br2溶液”时，应将含Br2溶液盛装于蒸馏烧瓶中；（5）吸收过程中，二氧化硫与溴发生氧化还原反应，离子方程式：；“吸收”的目的是将溴进行富集；根据题干信息，用石灰石—石膏法除去烟气中的SO2，涉及化学方程式：、。23.现代社会中，人类的一切活动都离不开能量，而许多能量的利用与化学反应中的能量变化密切相关，为了更好地利用化学反应中的物质和能量变化，还需要关注化学反应的快慢。（1）某化学兴趣小组进行如图所示实验：实验①中温度计显示温度________（填“升高”或“降低”）；实验②中反应的能量变化符合下图中的________（填标号）。A.B.（2）已知：Na2S2O3溶液与稀硫酸反应溶液变浑浊，且生成一种能使品红溶液褪色的气体，某小组用物质的量浓度均为0.1mol⋅L-1的Na2S2O3溶液和稀硫酸反应，探究不同因素对化学反应速率的影响。实验设计如表所示：实验编号温度/℃出现浑浊所需时间/s125220t1225121t2340220t3①Na2S2O3溶液和稀硫酸反应的离子方程式为________。②t1________t2（填“>”“<”或“=”），由实验1和实验2得出结论：___________。③实验1和实验3是探究________对反应速率的影响。（3）直接煤—空气燃料电池原理如图所示：其中电极X为________极（填“正”或“负”），电极Y发生的电极反应方程式为___________，直接煤—空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率___________（填“高”或“低”）【答案】（1）①.升高②.B（2）①.②.<③.其它条件相同，反应物浓度越大反应速率越快④.温度（3）①.负②.③.高【解析】（1）镁和盐酸反应放热，实验①中温度计显示温度升高；氢氧化钡晶体和氯化铵反应吸热，生成物总能量大于反应物总能量，实验②中反应的能量变化符合下图中的B。（2）①Na2S2O3溶液和稀硫酸反应生成硫酸钠、S沉淀、二氧化硫气体，反应的离子方程式为。②反应物浓度越大，反应速率越快，实验1中Na2S2O3的浓度大于实验，所以t1<t2，由实验1和实验2得出结论：其它条件相同，反应物浓度越大反应速率越快。③实验1和实验3的变量是温度，实验1和实验3是探究温度对反应速率的影响。（3）电极X碳失电子生成二氧化碳，X为负极，电极Y上氧气得电子生成氧离子，发生的电极反应方程式为；燃料电池的能量利用率高。直接煤—空气燃料电池的能量效率比煤燃烧发电的能量效率高。24.丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOCH2CH3）是一种食品用合成香料，一种以石油化工产品为原料制备丙烯酸乙酯的合成路线如下：已知：①烃A的产量可用于衡量一个国家的石油化学工业发展水平，且A也常用于催熟果实；②F为高分子化合物。（1）丙烯酸乙酯中官能团的名称为________。（2）A的结构简式为________，反应①的反应类型为________。（3）反应②的化学方程式为________。（4）反应④的化学方程式为________，可用________除去乙酸乙酯中的B和D杂质。（5）写出E的结构简式：________，反应⑥的反应类型为___________。（6）F的结构简式为________。【答案】（1）碳碳双键、酯基（2）①.CH2=CH2②.加成反应（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）①.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O②.饱和碳酸钠溶液（5）①.CH2=CHCOOH②.取代反应(酯化反应)（6）【解析】由有机物的转化关系可知，石蜡油在碎瓷片做催化剂条件下共热发生裂化反应生成乙烯和丙烯，则A为乙烯；催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇；铜做催化剂条件下乙醇和氧气共热发生氧化反应生成乙醛，则C为乙醛；催化剂作用下乙醛和氧气共热发生氧化反应生成乙酸，则D为乙酸；浓硫酸作用下乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯；丙烯一定条件下发生氧化反应生成丙烯醛，丙烯醛一定条件下发生氧化反应生成丙烯酸，则E为丙烯酸；浓硫酸作用下丙烯酸和乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯；一定条件下丙烯酸发生加聚反应聚丙烯酸，则F为聚丙烯酸。（1）由结构简式可知，丙烯酸乙酯的官能团为碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；（2）由分析可知，A为结构简式为CH2=CH2的乙烯，反应①为催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故答案为：CH2=CH2；加成反应；（3）由分析可知，反应②为铜做催化剂条件下乙醇和氧气共热发生氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）由分析可知，反应④为浓硫酸作用下乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸杂质，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；饱和碳酸钠溶液；（5）由分析可知，E是结构简式为CH2=CHCOOH的丙烯酸，反应⑥为浓硫酸作用下丙烯酸和乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，故答案为：CH2=CHCOOH；取代反应(酯化反应)；（6）由分析可知，F是结构简式为的聚丙烯酸，故答案为：。河北省张家口市2023-2024学年高一下学期期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24S32Cl35.5Cu64一、选择题：本题共20个小题，每小题只有一个正确选项。1~15小题，每小题2分；16~20小题，每小题3分；共45分。1.下列生产、生活场景中，将化学能转化为电能的是（）A.核电站B.硅太阳能电池C.氢燃料电池D水电站【答案】C【解析】【详解】A．核电站使核能转化为电能，A项错误；B．太阳能电池使太阳能转化为电能，B项错误；C．电池使化学能转化为电能，C项正确；D．水电站涉及的能量转化：势能→动能→电能，D项错误；答案选C。2.煤和石油都是目前人类使用的主要能源，下列说法正确的是（）A.煤和石油燃烧时都会生成SO2B.通过石油分馏可获得大量乙烯C.煤和石油中均含有大量芳香烃D.煤的气化和液化均为物理变化【答案】A【解析】【详解】A．煤和石油通常都含有硫元素，燃烧时会生成SO2，故A正确；B．通过石油裂解可获得大量乙烯，故B错误；C．石油的催化重整和煤的干馏可以得到芳香烃，不能说明煤和石油中含有大量芳香烃，故C错误；D．煤的气化和液化均为化学变化，故D错误；选A。3.张家口特产莜麦被称为“塞外珍珠”，具有低糖、高蛋白和优质油脂的特点，其中油脂代谢产生的亚油酸可降低胆固醇、预防心脏病，同时还含有钙、铁、磷、核黄素（维生素B2）等多种人体需要的营养物质，莜麦是一种很好的保健食品，下列说法错误的是（）A.可用银氨溶液检验莜麦淀粉水解的最终产物B.蛋白质在酸、碱或酶的作用下能水解生成多肽C.蛋白质、油脂、维生素均为人体必须的基本营养物质D.油脂代谢产生亚油酸的反应属于取代反应【答案】D【解析】【详解】A．莜麦淀粉水解的最终产物葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应，所以可用银氨溶液检验莜麦淀粉水解的最终产物，故A正确；B．蛋白质在酸、碱或酶的作用下均能发生水解反应生成多肽，最终生成氨基酸，故B正确；C．蛋白质、油脂、维生素均与人体健康有着密切的关系，均为人体必须的基本营养物质，故C正确；D．油脂水解产生饱和脂肪酸，饱和脂肪酸在饱和酶的作用下脱氢生成油酸，油酸进一步脱氢得到亚油酸，因此油脂代谢产生亚油酸的反应属于氧化反应，故D错误；故选D。4.生活中处处有化学，下列说法错误的是（）A.身体疼痛时需遵医嘱服用阿司匹林缓解疼痛B.食品加工过程中可适量添加维生素C起到抗氧化的作用C.NH4HCO3可用作食品加工的膨松剂D.包装上标有“OCT”标识的药品是非处方药【答案】D【解析】【详解】A．阿司匹林是解热镇痛药，身体疼痛时需遵医嘱服用阿司匹林缓解疼痛，A项正确；B．维生素C具有还原性，食品加工过程中可适量添加维生素C起到抗氧化的作用，B项正确；C．NH4HCO3受热分解生成氨气、水和二氧化碳，可用作食品加工的膨松剂，C项正确；D．包装上标有“OTC”标识的药品是非处方药，D项错误；答案选D。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.11.2L（标准状况）乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NAB.在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中6gH2与足量N2反应，生成NH3分子数为2NAC.17g—OH与17gOH-所含电子数均为10NAD.含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．1个乙烷或丙烯分子都含6个碳氢键，标准状况下，11.2L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量为0.5mol，则混合气体中所含碳氢键数为3NA，A项正确；B．在高温、高压和催化剂条件下，H2与N2反应为可逆反应，故生成NH3分子数小于2NA，B项错误；C．17g—OH与17gOH-均为1mol，而—OH含有9个电子，故1mol—OH中含有9NA个电子，OH-含有10个电子，故1molOH-中含有10NA个电子，C项错误；D．铜和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故硫酸不能完全反应，则转移的电子数小于2NA，D项错误；答案选A。6.如图是M元素高中常见物质的“价-类”二维图。其中A到D、D到E的转化都可与同一种物质反应实现，且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，下列说法错误的是（）A.物质B为N2H4，可用作火箭燃料B.依据题给“价-类”二维图综合分析可知M元素为氮元素C.将SO2通入F的稀溶液中发生的离子反应为D.物质F的浓溶液具有强氧化性，可以用铁制或铝制容器盛放【答案】C【解析】【分析】A到D、D到E的转化都可与同一种物质反应实现，且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，结合题给“价-类”二维图可知，M为氮元素、A为氨气、B为肼、C为氮气、D为一氧化氮、E为二氧化氮、F为硝酸、G为硝酸盐、I为铵盐。【详解】A．由分析可知，B为分子式为N2H4的肼，肼具有强还原性，可用作火箭燃料，故A正确；B．由分析可知，M为氮元素，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，能与稀硝酸反应生成硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，常温下铁和铝在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以浓硝酸可以用铁制或铝制容器盛放保存，故D正确；故选C。7.在证明海带中存在碘元素的实验操作中，主要仪器选用错误的是（）选项操作主要仪器A称取3.0g干海带托盘天平B灼烧干海带至完全变成灰烬蒸发皿C过滤煮沸后的海带灰与水的混合液漏斗D用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘分液漏斗【答案】B【解析】【详解】A．托盘天平能够读到0.1g，可用托盘天平称取3.0g干海带，A项正确；

B．灼烧固体药品，应在坩埚中进行，B项错误；

C．过滤的主要仪器为漏斗，C项正确；

D．碘易溶于四氯化碳，可用分液漏斗，用萃取的方法分离，D项正确；答案选B。8.硫元素广泛存在于自然界中，下列有关硫及其化合物的说法错误的是（）A.铁粉、铜粉分别与硫粉混合加热反应生成黑色固体FeS、CuSB.火山喷发时会产生大量的SO2C.SO2通入石蕊试液中，溶液变红但不褪色D.浓硫酸使蔗糖碳化的过程中产生刺激性气味的气体，体现了浓硫酸的强氧化性【答案】A【解析】【详解】A．铜粉与硫粉混合加热反应生成黑色固体Cu2S，故A错误；B．火山喷口附近的硫在火山喷发时，能与空气中的氧气反应生成二氧化硫，故B正确；C．二氧化硫是具有漂白性的酸性氧化物，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，所以二氧化硫通入石蕊试液中，溶液会变红但不会褪色，故C正确；D．浓硫酸使蔗糖碳化的过程中产生刺激性气味的气体是因为浓硫酸具有强氧化性，能与碳共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故D正确；故选A。9.工业制备高纯硅时可将粗硅转化为三氯硅烷，再经氢气还原得到高纯硅，其工艺流程如下：下列说法错误的是（）A.高纯硅是一种重要的无机非金属材料B.该制备过程中需要隔绝空气C容器①中发生复分解反应，容器②中发生置换反应D.该工艺流程的优点是部分反应物可循环使用【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，粗硅高温条件下与氯化氢反应生成三氯硅烷和氢气，三氯硅烷高温下与氢气反应生成高纯硅和氯化氢，制备高纯硅时氢气和氯化氢可以循环使用，有利于提高原料的利用率。【详解】A．高纯硅可以制作半导体、芯片、太阳能电池等，是一种重要的无机非金属材料，故A正确；B．硅、三氯硅烷和氢气在高温条件下都能与氧气反应，所以制备过程中需要隔绝空气，故B正确；C．由分析可知，容器①中发生的反应为粗硅高温条件下与氯化氢反应生成三氯硅烷和氢气，反应中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故C错误；D．由分析可知，该工艺流程的优点是制备高纯硅时氢气和氯化氢可以循环使用，有利于提高原料的利用率，故D正确；故选C。10.四氯乙烯（）是一种衣物干洗剂，聚四氟乙烯（）是家用不粘锅内侧涂层的主要成分。下列关于四氯乙烯和聚四氟乙烯的说法正确的是（）A.它们都能发生加成反应，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.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活泼C.它们都可以由乙烯发生加成反应得到D.它们都属于卤代烃【答案】D【解析】【详解】A．聚四氟乙烯分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反应，也不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A错误；B．聚四氟乙烯分子中不含有碳碳双键，是化学性质稳定的有机高分子化合物，故B错误；C．由结构式可知，四氯乙烯和聚四氟乙烯不可能由乙烯发生加成反应得到，故C错误；D．由结构式可知，四氯乙烯和聚四氟乙烯都含碳氢氯，均属于卤代烃，故D正确；故选D。11.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图所示，下列说法正确的是（）A.从状态Ⅰ到状态Ⅲ为吸热反应B.状态Ⅱ比状态Ⅰ稳定C.由该反应过程可知，在化学反应中旧化学键完全断裂形成新化学键D.从状态Ⅱ到状态Ⅲ形成碳氧双键，释放能量【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，从状态Ⅰ到状态Ⅲ的反应为反应为总能量大于生成物总能量的放热反应，故A错误；B．物质的能量越高越不稳定，由图可知，状态Ⅱ的能量高于状态Ⅰ，所以状态Ⅰ比状态Ⅱ稳定，故B错误；C．由图可知，从状态Ⅰ到状态Ⅱ的过程中，一氧化碳没有发生共价键的断裂，故C错误；D．由图可知，从状态Ⅱ到状态Ⅲ形成碳氧双键时，释放能量，故D正确；故选D。12.某温度时，在2L容器中发生M、N两种气体间的转化反应，M、N的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（）A.该反应的化学方程式为：B.3min时，C.通过控制反应条件可改变该可逆反应的限度D.4min时反应达到平衡，0~4min内，【答案】B【解析】【详解】A．由图示可知，3min时，M的物质的量减少1.0mol-0.4mol=0.6mol，N的物质的量增多0.4mol-0mol=0.4mol，则M为反应物，N为生成物，达平衡时A、B的物质的量均不为0，反应为可逆反应，而物质的量变化量之比为化学计量数之比，则反应的化学方程式为：，A项正确；B．3min后，M继续减少，N继续增多，说明3min时反应正向进行，此时，B项错误；C．通过控制反应条件可改变可逆反应平衡移动的方向，从而改变可逆反应的限度，C项正确；D．4min时各物质物质的量不再变化，反应达到平衡，0~4min内，M消耗1.0mol-0.2mol=0.8mol，则N生成，，D项正确；答案选B13.根据实验操作及现象，得出的结论正确的是（）选项实验操作及现象结论A向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含水B将Na2SO3固体样品溶于水，加入足量稀硝酸，再加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀固体样品已变质C在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1H2SO4溶液，加热，待溶液冷却后再加入少量新制，加热，无砖红色沉淀产生淀粉未水解D向溴水中滴加Na2S溶液，溴水褪色并生成淡黄色沉淀还原性：S2->Br-【答案】D【解析】【详解】A．乙醇也能与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，则向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体不能说明乙醇中含水，故A错误；B．稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，则将亚硫酸钠固体样品溶于水，加入足量稀硝酸，再加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀不能说明固体样品已变质，故B错误；C．葡萄糖酸性条件下不能与新制氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀，则在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1硫酸溶液，加热，待溶液冷却后再加入少量新制氢氧化铁，加热，无砖红色沉淀产生不能说明淀粉未水解，故C错误；D．溴水与硫化钠溶液反应生成溴化钠和硫沉淀，反应中溴水褪色并生成淡黄色沉淀，由还原剂的还原性强于还原产物可知，还原剂硫离子的还原性强于还原产物溴离子，故D正确；故选D。14.一种生产聚苯乙烯的流程如图，下列说法错误的是（）A.乙烯分子中所有原子一定在同一平面上B.1mol苯乙烯分子中含有1mol碳碳双键C.反应①为取代反应，反应③为加聚反应D.聚苯乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，氯化铝做催化剂作用下苯与乙烯共热发生加成反应生成乙苯，催化剂作用下乙苯发生氧化反应生成苯乙烯，催化剂作用下苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯。【详解】A．乙烯分子中的碳碳双键为平面结构，所以分子中所有原子一定在同一平面上，故A正确；B．苯环不是单双键交替结构，所以1mol苯乙烯分子中含有1mol碳碳双键，故B正确；C．由分析可知，反应①为氯化铝做催化剂作用下苯与乙烯共热发生加成反应生成乙苯，故C错误；D．聚苯乙烯分子中不含有碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；故选C。15.已知反应：，如图所示，将充满NO2的烧瓶浸泡在冰水中。下列说法不能说明该反应达到平衡状态的是（）A.气体的颜色不再变化 B.正反应速率和逆反应的速率相等C.NO2的含量保持不变 D.混合气体的密度不变【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氮是红棕色气体、四氧化二氮是无色气体，则气体的颜色不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；B．正反应速率和逆反应的速率相等说明反应已达到平衡，故B正确；C．二氧化氮的含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；故选D。16.从海水中提取镁的一种工艺流程如下，下列说法正确的是（）A.实验室中进行操作a时需要用到蒸发皿B.向“溶液1”中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成C.“试剂1”是盐酸或稀硫酸D.由“固体”制得6.0gMg的同时还得到5.6L黄绿色气体【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，向海水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过量得到含有硫酸根离子的溶液1和氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，使氢氧化镁溶解得到氯化镁，氯化镁溶液经多步处理得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A．由分析可知，操作a为固液分离的过滤操作，过滤不需要用到蒸发皿，故A错误；B．由分析可知，溶液1中含有硫酸根离子，向溶液中加入氯化钡溶液可以生成硫酸钡白色沉淀，故B正确；C．由分析可知，试剂1为盐酸，故C错误；D．缺标准状况下，无法计算生成6.0g镁生成氯气的体积，故D错误；故选B。17.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧的合成方法是：新的合成方法是：下列有关说法正确的是（）A.新方法原料都是无毒物质B.新方法原料无爆炸危险C.新方法没有副产物，原料利用率高D.旧方法第一步中发生加成反应，反应物能全部转化为产物【答案】C【解析】【详解】A．由方程式可知，新方法的反应物中一氧化碳是有毒的无色气体，故A错误；B．由方程式可知，新方法反应物中一氧化碳、丙炔和甲醇都是易燃易爆的物质，存在爆炸危险，故B错误；C．由方程式可知，新方法的生成物唯一，没有副产物生成，原子利用率达到100%，故C正确；D．旧方法第一步反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应物不可能全部转化为产物，故D错误；故选C。18.32.0gCu2S与一定量0.5mol⋅L-1的HNO3溶液恰好完全反应，生成、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是（）A.0.4mol B.0.8mol C.1.0mol D.1.4mol【答案】B【解析】【详解】根据=160g/mol

，32.0gCu2S中；未被还原的硝酸其N元素化合价不变，均转化为，根据铜原子守恒：n[]=0.4mol，由硝酸根守恒，可得未被还原的HNO3的物质的量为0.4mol×2=0.8mol，故答案选B。19.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是（）A.Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B.正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O=2Ag＋2OH−C.锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】【分析】【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B.Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。20.一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn（Ⅱ）起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是（）A.Mn（Ⅲ）能氧化H2C2O4B.总反应为：C.由于Mn（Ⅱ）的催化作用，13min后反应速率会加快D.该反应过程中，随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小【答案】D【解析】【分析】约13min前，随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；约13min后，随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项正确；B．被还原为，H2C2O4被氧化为，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为，B项正确；C．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，因此13min后反应速率会加快，C项正确；D．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，D项错误；答案选D。二、非选择题：4小题，共55分。21.某学习小组设计用如图所示装置制取干燥的NH3，并验证NH3的性质（夹持仪器省略）。回答下列问题：（1）实验室用装置甲制备NH3的化学方程式为________。（2）装置乙中的仪器名称是________，试剂X是________（填名称）。（3）实验观察到丙中红色Fe2O3粉末变黑，同时在装置己的集气瓶中收集到一种无色无味的气体Z，经检测确定Z为空气中的一种气体，NH3和Fe2O3反应的化学方程式为___________。（4）试剂Y用于检验该反应的另一种产物，试剂Y为________（填化学式），装置丁中的现象为________，装置戊的作用是________。（5）有同学提出该装置可能会出现水槽中的水倒吸入装置戊中的情况，理由是___________，你的改进措施是________。【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（2）①.干燥管②.碱石灰（3）Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O（4）①.CuSO4②.白色粉末变为蓝色③.防止己中水蒸气进入丁中（5）①.排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水②.在装置己和戊之间连接一个安全瓶【解析】由实验装置图可知，装置甲中发生的反应为氯化铵与氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，装置乙中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置丙中发生的反应为氨气与氧化铁共热反应生成铁、氮气和水，装置丁中盛有的无水硫酸铜用于验证水的生成，装置戊中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气，防止己中水蒸气进入丁中与铁共热反应，装置己用于收集反应生成的氮气，验证氮气的生成；排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水，所以装置可能会出现水槽中的水倒吸入装置戊中的情况，在装置己和戊之间连接一个安全瓶，可以防止水倒吸入装置戊中。（1）由分析可知，装置甲制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）由实验装置图可知，装置乙为干燥管；由分析可知，装置乙中盛有的碱石灰用于干燥氨气，故答案为：干燥管；碱石灰；（3）由分析可知，装置丙中发生的反应为氨气与氧化铁共热反应生成铁、氮气和水，反应的化学方程式为Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O，故答案为：Fe2O3+2NH32Fe+N2+3H2O；（4）由分析可知，装置丁中盛有的无水硫酸铜用于验证水的生成，实验现象为白色粉末变为蓝色，装置戊中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气，防止己中水蒸气进入丁中与铁共热反应，故答案为：CuSO4；白色粉末变为蓝色；防止己中水蒸气进入丁中；（5）由分析可知，排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水，所以装置可能会出现水槽中的水倒吸入装置戊中的情况，在装置己和戊之间连接一个安全瓶，可以防止水倒吸入装置戊中，故答案为：排出的气体中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水；在装置己和戊之间连接一个安全瓶。22.已知海水中的溴元素主要以形式存在，由海水制盐后的母液——苦卤提取溴的工艺流程如下：（1）以苦卤为原料提取Br2而不是直接利用海水提取Br2，优势在于___________。（2）X为黄绿色气体，“氧化”过程中反应的离子方程式为________。（3）液溴的颜色为________，通入热空气吹出Br2，利用了Br2________的性质。（4）实验室进行蒸馏“含Br2溶液”获得Br2的操作时，应将含Br2溶液盛装于________（填仪器名称）中。（5）“吸收”过程中反应的离子方程式为________，“吸收”的目的是________；工业上常用石灰石—石膏法除去烟气中的SO2，工艺原理是将石灰石粉末加水制成浆液作为吸发剂泵入吸收塔，与烟气充分接触混合并氧化，最终生成石膏，写出参加反应的两个化学方程式：__________。【答案】（1）苦卤中溴含量高，便于提取（2）（3）①.深红棕色②.挥发性（4）蒸馏烧瓶（5）①.②.将溴进行富集③.、【解析】苦卤酸化后通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气将溴吹出，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子，所得溶液中通氯气把溴离子氧化为