山东省枣庄市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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山东省枣庄市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·山东枣庄·高一统考期末）实验是化学的基础，是学好中学化学的关键。现有如图所示A－G七种仪器，请根据要求填空。

(1)仪器Ｅ的名称_____________。
(2)上述仪器中实验之前需检查是否漏水的有_____________(填字母)。
(3)下列实验操作中用到仪器D的是_____________。
a．分离水和CCl4的混合物
b．分离水和酒精的混合物
c．分离水和泥砂的混合物
【答案】     冷凝管     FG     c
【详解】(1)根据仪器E的结构特点可知其为直形冷凝管；
(2)有塞子或活塞并用于盛装液体的仪器需要查漏，所以需要查漏的是FG；
(3)D为漏斗，可以用来过滤；
a．水和四氯化碳不互溶，可以分液分离，分液需要用分液漏斗，故a不选；
b．水和酒精互溶，可以加入氧化钙增大熔沸点差异后蒸馏分离，需要蒸馏烧瓶，故b不选；
c．泥沙为不溶于水的固体，可以过滤分离，故c选；
综上所述选c。
2. （2021春·山东枣庄·高一统考期末）下表为元素周期表的一部分，a、b、c……为其中几种元素。回答下列问题：

(1)写出b在元素周期表中的位置___________；画出元素f的原子结构示意图___________。
(2)元素d和g的气态氢化物中，更稳定的是___________(写化学式)。
(3)元素d、e、g中原子半径由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
(4)元素e、g形成的化合物的电子式为___________，所含化学键类型为___________。
(5)a、c、e三种元素形成化合物的水溶液与g的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：___________。
【答案】     第二周期第ⅤA族          HF     Na＞Cl＞F          离子键     OH-+H+=H2O
【分析】根据各元素在周期表中的位置可知，a为H，b为N，c为O，d为F，e为Na，f为Al，g为Cl。
【详解】(1)b为N元素，位于第二周期第ⅤA族；f为Al元素，Al原子核电荷数为13，核外有13个电子，结构示意图为；
(2)同主族自上而下非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，所以d和g的气态氢化物中，更稳定的是HF；
(3)同周期自左至右原子半径依次减小，同主族自上而下原子半径依次增大，所以元素d、e、g中原子半径由大到小的顺序为Na＞Cl＞F；
(4)元素e、g形成的化合物为NaCl，电子式为；所含化学键为离子键；
(5)a、c、e三种元素形成化合物为NaOH，g的最高价氧化物对应水化物为HClO4，二者反应的离子方程式为OH-+H+=H2O。
3. （2021春·山东枣庄·高一统考期末）温度为700℃的4L恒容密闭容器中，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应体系内，n(NO)随时间的变化见下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
n(NO)/(mol)
0.040
0.020
0.014
0.014
0.014

(1)700℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是___________。
(2)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=___________(保留两位有效数字)。
(3)下图中表示NO2变化的曲线是___________。

(4)能说明该反应已达到平衡状态的是___________。
A．v(NO)=2v(O2)
B．混合气体的密度不再改变
C．气体的颜色不再改变
D．容器内压强保持不变
E．消耗2mol NO2的同时消耗1molO2
(5)下列能使化学反应速率增大的措施是___________。
A．适当升高温度        B．及时分离出NO2气体
C．通入O2        D．加入催化剂
【答案】     0.0035mol/L     0.0016mol·L-1·s-1     b     CDE     ACD
【详解】(1)据图可知2s后NO的物质的量不再改变，反应达到平衡，此时n(NO)=0.014mol，容器体积为4L，所以c(NO)==0.0035mol/L；
(2)0~2s内Δn(NO)=0.040mol-0.014mol=0.026mol，根据反应方程式可知相同时间内Δn(O2)=0.013mol，容器体积为4L，所以v(O2)==0.0016mol·L-1·s-1；
(3)NO的物质的量减小，则NO2的物质的量增加，平衡时Δn(NO)=0.026mol，根据反应方程式可知平衡时n(NO2)=0.026mol，容器体积为4L，所以c(NO2)==0.0065mol/L，所以b为表示NO2变化的曲线；
(4)A．选项中未指明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明达到平衡，A不符合题意；
B．容器恒容，则气体体积不变，根据质量守恒定律可知气体质量也不变，所以无论是否平衡，混合气体的密度均不发生改变，B不符合题意；
C．NO2为红棕色气体，其他均为无色气体，当气体颜色不再改变时说明NO2的浓度不再改变，反应达到平衡，C符合题意；
D．反应前后气体系数之和不相等，容器恒容，所以未平衡时压强会发生改变，当压强不变时说明反应达到平衡，D符合题意；
E．消耗NO2为逆反应，消耗O2为正反应，二者系数之比为2:1，所以当消耗2mol NO2的同时消耗1molO2时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，E符合题意；
综上所述答案为CDE；
(5)A．升高温度活化分子百分数增加，反应速率加快，A符合题意；
B．及时分离出NO2气体会使各气体浓度减小，反应速率减慢，B不符合题意；
C．通入O2，反应物浓度增加，反应速率加快，C符合题意；
D．加入催化剂可以降低反应活化能，反应速率加快，D符合题意；
综上所述答案为ACD。
4. （2020春·山东枣庄·高一统考期末）各类消毒剂在阻击新冠肺炎疫情中起到了重要作用。ClO2泡腾片就是其中的一种，使用时将其投入水中即可对水体、环境消毒。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2＋Cl2=2ClO2＋2NaCl。如图是实验室制备和收集一定量ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略），其中Ｅ中盛有CCl4液体。

（1）组装好仪器添加药品之前要进行的操作_____________。
（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：_____________。
（3）C装置中所盛试剂是_____________。
（4）F为ClO2收集装置，应选用的是_____________（从①②③中选择），其中与E装置导管相连的导管口是_____________（填导管口的字母）。
（5）消毒能力是等物质的量的消毒剂得电子的多少，计算相同条件下ClO2的消毒能力是Cl2的_____________倍。
【答案】     检查装置的气密性     MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O     浓硫酸     ②     d     2.5
【分析】(1)有气体生成或参加的实验，实验顺序为：组装好仪器、检查气密性、添加药品、开始实验等，据此分析；
(2)A中烧瓶制取氯气写该反应的化学方程式即可；
(3)按净化氯气的方法选择试剂；
(4)按ClO2的性质及3个供选择装置的特点，选择合适的仪器并按收集二氧化氯的方法正确连接；
(5) 按信息计算消毒能力；
【详解】(1) 有气体生成或参加的实验，组装好仪器添加药品之前必须进行气密性检查；
答案为：检查装置的气密性；
(2)A中烧瓶中发生的是制取氯气的反应，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
答案为：MnO2+4HCl(浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)制取的氯气含有水蒸气和HCl气体，应先除HCl气体，再干燥，故C装置中所盛试剂浓硫酸；
答案为：浓硫酸；
(4)ClO2易溶于水，不能用排水法收集，故①不选；③装置无出气管，不能收集气体，故应选用②；密度比空气大，应该用向上排空气法收集，故与E相连的是d管；
答案为：②；d；
(5) 消毒能力是等物质的量的消毒剂得电子的多少，1mol ClO2得5mole-，1mol Cl2得2mole-，故ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍；
答案为：2.5。
【点睛】本题以ClO2的制备为载体，考查氯气的实验室制法和常见实验仪器的使用，掌握常见实验仪器的使用和氯气的制备、性质以及提取有效信息是解题的关键。
5. （2021春·山东枣庄·高一统考期末）某化学兴趣小组用如下装置制备乙酸乙酯(夹持和加热装置省略)。

查阅资料可知：
(1)乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2•6C2H5OH
(2)相关物质的沸点(101kPa)、密度见下表：
物质
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
水
沸点/℃
78.3
117.9
77.1
100
密度/
0.785
1.049
0.901
0.997

其实验步骤如下，请回答：
1.打开分液漏斗活塞，滴入一部分混合液，小火加热进行蒸馏。
(1)NaHSO4·H2O的作用是___________；仪器A的名称为___________，其进水位置为___________(填“a”或“b”)
2.当温度达到80℃时，蒸馏管口有液体流出，再从分液漏斗滴入剩余混合。液，维持反应温度在80~90℃之间，反应一段时间得到粗产品。
(2)该实验中三颈烧瓶适宜的加热方式是___________，其中发生主要反应的化学方程式为___________。
3.粗产品用饱和氯化钙溶液洗涤2次，分出酯层，再向酯层中加无水硫酸钠固体，过滤。
(3)饱和氯化钙溶液的作用是___________；过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯___________、___________。
4.对滤液进行第二次蒸馏，收集相应温度的馏分。
(4)收集馏分的适宜温度为___________(填序号)。
A．65~70℃       B．77~80℃
C．100~105℃     D．117~120℃


【答案】     催化剂     直形冷凝管     b     水浴加热     CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O     除去乙醇     漏斗     玻璃棒     B
【分析】乙酸和乙醇在催化剂、加热条件下可以制备乙酸乙酯，沸石可以防止暴沸，为了更好的控制温度，减少反应物的挥发，可以水浴加热进行实验，利用氯化钙溶液可以除去与产品沸点相近的乙醇，然后蒸馏可以得到乙酸乙酯。
【详解】(1)实验室中乙酸和乙醇制备乙酸乙酯时一般会用浓硫酸作催化剂，而该实验中没有使用浓硫酸，而是添加NaHSO4·H2O，可知其作用为催化剂；根据仪器A的结构特点可知该装置为直形冷凝管，为增强冷凝效果，冷凝水下进上出，即进水未知为b；
(2)反应所需温度低于水的沸点，为了更好的控制温度，适宜的加热方式为水浴加热；三颈烧瓶中乙醇和乙酸在催化剂、加热条件下生成乙酸乙酯，化学方程为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
(3)乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2•6C2H5OH，所以饱和氯化钙溶液的作用是除去乙醇；过滤所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)对滤液进行第二次蒸馏的目的是获取乙酸乙酯，乙酸乙酯的沸点为77.1℃，乙醇已被除去，所以收集馏分的适宜温度为77~80℃，故选B。
6. （2022春·山东枣庄·高一统考期末）某校学生用如图所示装置进行实验(夹持装置略)，探究苯与液溴发生反应的原理，并分离、提纯反应产物。

回答下列问题：
(1)仪器A的名称为___________。
(2)实验开始时，关闭___________(填“K1”或“K2”，下同)、打开___________。三颈烧瓶中发生主要反应的化学方程式为___________。
(3)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是___________。
(4)生成的溴苯因溶有未反应的溴而显橙黄色，提纯的方法是___________。
(5)装置哑小试管中试剂X可选用___________(填标号)，原因是___________。
A．苯B．水C．四氯化碳
(6)装置IV的作用是___________。
【答案】(1)分液漏斗
(2)     K2     K1     +Br2+HBr
(3)III中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成(合理即可)
(4)将含有溴的溴苯倒入氢氧化钠溶液中充分混合，静置、分层后，用分液漏斗分离出下层液体，即得到溴苯(合理即可)
(5)     AC     苯和CCl4能吸收挥发出来的溴蒸汽(合理即可)
(6)吸收未反应的HBr，防止污染环境且能防止倒吸(合理即可)

【分析】苯和液溴在溴化铁的催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，用试剂X除去溴单质，溴化氢和硝酸银反应生成溴化银沉淀以验证取代反应，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气。
（1）
仪器A为分液漏斗。
（2）
实验开始时，关闭K2、打开K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合物，此时三颈烧瓶中发生的反应为+Br2+HBr。
（3）
能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是III中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成。
（4）
将含有溴的溴苯倒入氢氧化钠溶液中充分混合，静置、分层后，用分液漏斗分离出下层液体，即得到溴苯。
（5）
溴易溶于有机物，难溶于水，故苯和CCl4能吸收挥发出来的溴蒸汽，故选AC。
（6）
装置IV中的氢氧化钠溶液吸收未反应的HBr，防止污染环境且能防止倒吸。
7. （2020春·山东枣庄·高一统考期末）下列编号代表元素周期表中的元素，用化学用语回答下列问题：

（1）画出⑦的原子结构示意图______________。
（2）④、⑤、⑥的最高价氧化物的水化物碱性由强到弱顺序为______________（填化学式，下同）；②、③、④形成的简单离子半径由大到小的顺序是______________。
（3）写出⑨⑩两元素最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式______________。
（4）写出实验室制取①的气态氢化物的化学方程式______________。
（5）⑧与⑨非金属性较强的是_______________填元素符号），下列能证实这一事实的是______________。
a．单质的沸点⑨小于⑧
b．氢化物的稳定性⑨大于⑧
c．氢化物水溶液的酸性⑨大于⑧
d．简单阴离子的还原性⑧大于⑨
【答案】          NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3     O2-＞F-＞Na+     H++OH-=H2O     2NH4Cl+Ca(OH) 2CaCl2+2NH3↑+2H2O     C     bd
【分析】按元素在周期表中的位置知，①为N，②为O，③为F，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl，⑩为K，结合元素周期律等知识分析回答。
【详解】(1) ⑦为Si，原子结构示意图；
答案为：；
(2) ④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，它们均位于第三周期，核电荷数递增，金属性递减，最高价氧化物水化物的碱性依次减弱，④、⑤、⑥的最高价氧化物的水化物碱性由强到弱顺序为NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；②为O，③为F，④为Na，②、③、④形成的简单离子电子层结构相同，核电荷数大者离子半径较小，则半径由大到小的顺序是O2-＞F-＞Na+；
答案为：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；O2-＞F-＞Na+；
(3) ⑨为Cl，⑩为K，⑨⑩两元素最高价氧化物对应的水化物之间的反应，即高氯酸和氢氧化钾的中和反应，离子方程式为H++OH-=H2O；
答案为：H++OH-=H2O；
(4) ①为N，实验室制取①的气态氢化物即氨气，是通过熟石灰和氯化铵固体共热，则化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(5) ⑧为S，⑨为Cl，⑧与⑨非金属性较强的是Cl；
a．单质的沸点由分子间作用力的大小决定，与非金属性强弱无关，a不能；
b．气态氢化物越稳定，非金属性越强，故氢化物的稳定性⑨大于⑧，可证明非金属性Cl＞S，b能；
c．最高价氧化物水化物的酸性越强，则非金属性越强，氢化物水溶液的酸性⑨大于⑧，不能证明非金属性Cl＞S，c不能；
d．简单阴离子的还原性越强。则元素非金属性越弱，简单阴离子的还原性⑧大于⑨，可证明非金属性Cl＞S，d能；
答案为：bd。
【点睛】本题考查元素位置、结构和性质的综合应用，关键要熟识元素在周期表的位置，掌握金属性、非金属性的强弱标准，同电子层结构的离子半径比较容易出错。
8. （2020春·山东枣庄·高一统考期末）A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图所示（部分产物和条件已略去），回答下列问题：

（1）若A为能形成温室效应的气体，D为NaOH溶液，则C的化学式为_____________。
（2）若常温时A为气态氢化物，B为淡黄色固体单质，则A与C反应生成B的化学方程式为_____________，氧化剂与还原剂物质的量之比_____________。
（3）若A为黄绿色气体，D为常见金属，则A与C生成B的离子方程式为_____________。向C溶液滴加NaOH溶液的现象_____________。
【答案】     Na2CO3     2H2S+SO2=3S+2H2O     1:2     Cl2+2Fe2+=3Fe3++2Cl-     生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
【分析】(1)由流程知，二氧化碳能和氢氧化钠溶液反应生成B，B又继续能和氢氧化钠反应生成C，找出B是关键；
(2)B为S，关键在硫化氢能先被D氧化为S、进一步氧化为C，找出D是关键；
(3)氯气和D反应生成B，B继续和D反应生成C，找出D是关键，据此分析回答；
【详解】(1)若Ａ为能形成温室效应的气体，D为NaOH溶液，从流程知，A为二氧化碳，B不可能为碳酸钠，因为碳酸钠不与氢氧化钠反应，则B为碳酸氢钠，过量二氧化碳和氢氧化钠反应得到碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应得到碳酸钠，故C为碳酸钠，且二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，故C的化学式为Na2CO3；
答案为：Na2CO3；
(2) B为淡黄色固体单质，B为S，则常温时气态氢化物A为H2S，A→B为硫化氢被D氧化为S单质，由于S又可以进一步被D氧化为C，则D为氧气，C为SO2，则A与C反应生成B的反应为H2S与SO2之间的归中反应，化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，H2S是还原剂、SO2是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；
答案为：2H2S+SO2=3S+2H2O；1:2；
(3)若Ａ为黄绿色气体即氯气，D为常见金属，则B为该金属的氯化物，B又能与D反应得到C，C则是该金属的另一种氯化物，可见D是变价金属，满足条件的金属为铁，则B为氯化铁，C为氯化亚铁，则A与C生成B的反应为氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，离子方程式为Cl2+2Fe2+=3Fe3++2Cl-，向C即氯化亚铁溶液滴加NaOH溶液的现象为：生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
答案为：Cl2+2Fe2+=3Fe3++2Cl-；生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
【点睛】本题主要考查了常见物质之间的连续反应，有氧化的反应，也有连续还原的，也有非氧化还原反应，熟练掌握物质的性质是关键。
9. （2022春·山东枣庄·高一统考期末）元素周期表短周期中a、b、c、d、e、f六种元素的原子序数与主要化合价的关系如图所示：

回答下列问题：。
(1)e在元素周期表中的位置为___________，f的原子结构示意图为___________。
(2)c、d、f离子半径由小到大的顺序是___________(写离子符号)。
(3)a、b、c的单质与氢气反应剧烈程度由强到弱的顺序为___________(写单质的化学式)。
(4)d和e组成化合物的电子式___________。
(5)六种元素中，氢化物能与其最高价氧化物对应水化物发生反应的化学方程式有___________(写一个即可)。
【答案】(1)     第3周期VIA族    
(2)r(Na+)＜r(F- )＜r(Cl- )
(3)F2 ＞O2 ＞N2
(4)
(5)NH3 + HNO3 =NH4NO3、H2S+ 3H2SO4(浓)=4SO2 +4H2O、H2S+ H2SO4(浓)=SO2+S+2H2O

【分析】由图可知a、b、c、d、e、f的原子序数依次增大，其中b的化合价为-2价，e的化合价为-2、+6价，则b、e同主族，分别为氧元素、硫元素，c的化合价为-1价，f的化合价为-1、+7价，则c、f同主族，分别为氟元素、氯元素，a的化合价为-3、+5价，则a为氮元素、d的化合价为+1价，则d为钠元素，综上所述，a为氮、b为氧、c为氟、d为钠、e为硫、f为氯，即：a为N、b为O、c为F、d为Na、e为S、f为Cl。
(1)
e为S，e在元素周期表中的位置为第3周期VIA族，f的原子结构示意图为。故答案为：第3周期VIA族；；
(2)
核外电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，r(Na+)＜r(F- )，电子层数越多，原子或离子的半径越大，r(F- )＜r(Cl- )，c、d、f离子半径由小到大的顺序是r(Na+)＜r(F- )＜r(Cl- )(写离子符号)。故答案为：r(Na+)＜r(F- )＜r(Cl- )；
(3)
a为N、b为O、c为F，非金属性F＞O＞N，元素的非金属性越强，它的单质越容易与氢气反应形成气态氢化物，反应越剧烈，a、b、c的单质与氢气反应剧烈程度由强到弱的顺序为F2 O2 N2(写单质的化学式)。故答案为：F2＞O2 ＞N2；
(4)
d和e组成化合物的化学式为：Na2S，属于离子化合物，电子式。故答案为：；
(5)
六种元素中，氢化物能与其最高价氧化物对应水化物发生反应的化学方程式有NH3 + HNO3 =NH4NO3、H2S+ 3H2SO4(浓)=4SO2 +4H2O、H2S+ H2SO4(浓)=SO2+S+2H2O(写一个即可)。故答案为：NH3 + HNO3 =NH4NO3、H2S+ 3H2SO4(浓)=4SO2 +4H2O、H2S+ H2SO4(浓)=SO2+S+2H2O。
10. （2020春·山东枣庄·高一统考期末）一定温度下，某恒容密闭容器中盛有NO2、N2O4两种气体，反应开始至达到平衡状态过程中，两种物质的浓度随时间的变化如图所示：

（1）图中x曲线是表示______________的浓度变化（填化学式）。
（2）写出容器中发生反应的化学方程式______________。
（3）从反应开始至达到平衡状态时间段内的反应速率v（N2O4）＝______________。
（4）图中a、b两点对应状态的化学反应速率大小比较v（a）______________v（b）（填“>”、“=”或“     ac     变深     变深
【分析】(1)由图知，10分钟内，x、y的改变值、结合改变值之比为化学方程式中化学计量数之比确定x；
(2)由图找出反应物、生成物，结合改变值求写反应的化学方程式；
(3)由图知物质的浓度改变值，结合定义求反应速率；
(4)由图找出反应物浓度的大小，判断速率的大小；
(5)从影响反应速率的因素分析改变的条件对化学反应速率的影响，据此判断正误；
(6)在平衡移动的角度，分析新平衡后二氧化氮浓度的变化，得出颜色的变化，据此回答；
【详解】(1) 密闭容器中盛有NO2、N2O4两种气体，则存在可逆反应2NO2N2O4或N2O42NO2；由图知，10分钟内，x减少8mol/L，y增加4mol/L，改变值之比为化学方程式中化学计量数之比，故x为NO2； 答案为：NO2；
(2)由图知，x即NO2为反应物，y即N2O4为生成物，则容器中发生反应的化学方程式为2NO2N2O4；答案为：2NO2N2O4；
(3)从反应开始至达到平衡状态时间段内的反应速率；答案为：0.4mol•L-1•min-1；
(4)图中a→b的过程中，在从正反应建立平衡的过程中，NO2的浓度在继续下降，则两点对应状态的化学反应速率大小比较v（a）>v（b）；答案为：>；
(5)从影响反应速率的因素看，增加反应物浓度、升高温度可增大体系的化学反应速率， a．投入NO2增加了反应物浓度，故可增大体系的化学反应速率，a正确；
b．分离出N2O4，增加了逆反应的反应物浓度，故降低体系的化学反应速率，b错误；
c．升高温度，可增大体系的化学反应速率，c正确；
d．充入氦气，属于无效增压，跟反应有关的条件没有真正改变，不影响反应速率，d错误；
答案为：ac；
(6)在相同温度下，若向该容器中再充入一定体积的NO2，等效于增压，则按勒夏特列原理，平衡后二氧化氮浓度增大了，故混合气体颜色与原来相比变深了，若向该容器中充入一定体积的N2O4，则c(N2O4)增大，使QC= >K，则平衡发生移动，按勒夏特列原理，新平衡后c(N2O4)比旧平衡要大，那么c(NO2比旧平衡也要大，混合气体颜色与原来相比，颜色变深了；答案为：变深；变深。
【点睛】本题考查了可逆反应化学方程式的书写、化学反应速率的计算、影响速率的因素及平衡的移动等知识，关键是提取题中信息、把它与相关知识结合在一起求解。
11. （2020春·山东枣庄·高一统考期末）化学与人类的“衣、食、住、行、医”关系密切，回答下列问题：
（1）衣：市场上的衣物琳琅满目，它们的主要成分有合成纤维，有天然的棉、麻、毛、丝，羊毛的主要成分是_____________（填“糖类”、“油脂”、“蛋白质”），区分羊毛线和棉纱线的方法是_____________。
（2）食：我们的主食是淀粉，淀粉属于_____________（“单糖”、“低聚糖”、“多糖”），粮食可以酿成美酒，俗话说：“酒是陈的香”，写出生成香味物质的化学方程式_____________。
（3）住：居民小区楼房的铝合金门窗主要原料为金属铝，写出铝与稀硫酸反应的离子方程式_____________。
（4）行：汽车的出现极大方便我们的出行，汽油是石油通过炼制得到，区分直馏汽油和裂化汽油的方法是_____________。石油裂解可以得到乙烯，乙烯通过_____________（填反应类型）得到的聚乙烯是重要的塑料。汽油中含有戊烷，戊烷的一氯代物有_____________种。
（5）医：苯是合成医药的重要原料，苯与液溴反应的化学方程式_____________。
【答案】     蛋白质     灼烧（有烧焦羽毛气味的是蛋白质）     多糖     CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O     2Al+6H+=2Al3++3H2↑     加入溴水或酸性高锰酸钾（褪色的是裂化汽油     加聚反应或聚合反应     8     +Br2+HBr
【分析】(1)了解常见物质的成分，并按各自的特征反应进行鉴别；
(2)结合乙醇的性质，判断有香味的物质成分，并书写化学方程式；
(3)按要求写出铝与稀硫酸反应的离子方程式即可；
(4)按直馏汽油、裂化汽油的成分找区分的的方法；找出戊烷的全部同分异构体、并找出每一种同分异构体有几种氢原子，则戊烷的一氯代物就有几种；
(5)按要求写出苯与液溴反应的化学方程式；
【详解】(1)羊毛和蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧时有羽毛烧焦的气味，可用于区分羊毛线和棉纱线；答案为：蛋白质；灼烧（有烧焦羽毛气味的是蛋白质）；
(2)淀粉属于多糖，是一种天然高分子化合物，“酒是陈的香”，因为在密闭保存的过程中，有一些乙醇在微生物催化下被氧化为乙酸，乙酸和乙醇再进一步发生酯化反应生成了酯，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；答案为：多糖；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
(3)铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑；答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；
(4)直馏汽油主要成分为烷烃等，裂化汽油含烯烃，可通过溴水或酸性高锰酸钾区分直馏汽油和裂化汽油，褪色的是裂化汽油，石油裂解可以得到乙烯，乙烯通过加聚反应得到的聚乙烯，汽油中含有戊烷，戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷3种，正戊烷中有3种氢原子，故其一氯代物有3种，异戊烷中有4种氢原子，故其一氯代物有4种，新戊烷中有1种氢原子，故其一氯代物有1种，则戊烷的一氯代物共有3+4+1=8种；答案为：加入溴水或酸性高锰酸钾，褪色的是裂化汽油；加聚反应或聚合反应；8；
(5)苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应条件是铁或溴化铁作催化剂，反应的化学方程式为+Br2+HBr；答案为：+Br2+HBr。
【点睛】熟悉常见有机物的结构、性质和反应类型，并掌握利用特征反应进行鉴别的方法。
12. （2021春·山东枣庄·高一统考期末）2020年9月22日，国家主席习近平在第75届联合国大会上宣布：中国二氧化碳排放力争2030年前达到峰值，2060年前实现“碳中和”。为达成这一目标，一方面要减少碳排放，另一方面要尽量吸收不可避免的碳排放。
(1)以为催化剂的光热化学循环分解反应为吸收“碳排放”提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示：

①上述过程中，能量的变化形式是由___________转化为___________。
②根据数据计算，标准状况下22.4L分解生成和需要___________(填“吸收”或“放出”)___________的能量。
(2)分解产生的和可以作为燃料电池的原料。如图为燃料电池的构造示意图，根据电子运动方向，可知氧气从___________口通入(填“a”或“b”)，X极为电池的___________(填“正”或“负”)极，向___________极移动(填“X”或“Y”)。

【答案】     光能、热能     化学能     吸收     278     b     负     Y
【详解】(1)①该图中以为催化剂、光和热条件下分解生成和，根据能量守恒定律知，该反应中光能和热能转化为化学能，故答案为：光能、热能；化学能；
②根据反应，分解的热化学方程式为，所以分解1mol需吸收的热量，故答案为：吸收；278；
(2)由图示可知，电子由X电极流出经过外电路，进入Y电极，则X电极失去电子、发生氧化反应为负极；Y电极得到电子、发生还原反应为正极。所以氧气应从b口通入；根据阳离子移向正极，阴离子移向负极可知，移向正极(Y极)；故答案为：b；负；Y。
13. （2022春·山东枣庄·高一统考期末）氮氧化物是主要的大气污染物之一，可用一氧化碳或活性炭还原氮氧化物，减少大气污染。回答下列问题：
(1)一定条件下，用CO与NO反应生成CO2和N2，反应的化学方程式：2CO(g) +2NO(g) N2(g) +2CO2(g)。
①为提高该反应的速率，下列措施可行的是___________(填标号)。
A．增大压强               B．降低温度
C．使用合适催化剂         D．移出CO2
②该反应的能量变化关系如图所示：

判断其属于___________(填“放热反应”或“吸热反应”)。
(2)两个10 L的密闭容器中分别都加入活性炭(足量)和1.0 mol NO，发生反应：C(s) + 2NO(g) N2(g)+CO2(g)。实验测得，两容器中在不同温度下NO和N2的物质的量变化见下表：
物质的
量/ mol
容器1(T1/°C)
容器2(T2/°C)
0
5min
9min
10min
12min
0
5min
9min
10min
NO
1.0
0.58
0.42
0.40
0.40
1.0
0.50
0.34
0.34
N2
0
0.21
0.29
0.30
0.30
0
0.25
0.33
0.33

①T1时，0~5min内，反应速率v(CO2)=___________mol·L-1·min-1。
②T2时，据表能确定反应刚达到化学平衡状态的时间是___________min，此时，容器中CO2的物质的量浓度是___________mol/L。
③两容器中温度关系为T1___________ T2(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】(1)     AC     放热反应
(2)     0.0042     9     0.033     ＜

【解析】(1)
①A．该反应有气体参与反应，增大压强，化学反应速率增大，A符合题意；
B．降低温度，化学反应速率减小，B不符合题意；
C．使用合适催化剂，化学反应速率增大，C符合题意；
D．移出CO2，逆反应的速率减小，平衡正向移动，随后建立新的平衡过程中，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到新的平衡时，正逆反应速率相等，但是小于旧平衡的反应速率，D不符合题意；
答案选AC；
②如图所示，反应物CO、NO的总能量高于生成物N2、CO2的总能量，该反应属于放热反应；
(2)
①T1时，0~5min内，Δn(N2)=0.21mol，v(N2)===0.0042mol·L-1·min-1，v(CO2)=v(N2)= 0.0042mol·L-1·min-1；
②T2时，9min之后，NO和N2的物质的量不再变化，说明此时反应达到了化学平衡状态；此时，Δn(N2)=0.33mol，则n(CO2)=Δn(CO2)=Δn(N2)=0.33mol，c(CO2)===0.033mol/L；
③0~5min内，T1时，N2的物质的量的变化量Δn(N2)=0.21mol，T2时，N2的物质的量的变化量Δn(N2)=0.25mol，0.21mol＜0.25mol，说明T1时的反应速率小于T2时的反应速率，则T1＜T2。
14. （2021春·山东枣庄·高一统考期末）石油是一种重要的化工原料，被誉为“工业的血液”。A~G是中学化学中常见的有机物，它们之间的转化关系如下图所示(部分产物和反应条件已略去)，其中A为气态烃，标准状况下密度为1.25g/L，F为最简单的芳香烃。

回答下列问题：
(1)A的结构简式为___________；B的官能团名称为___________。
(2)化学反应“原子经济性”的理想状态是原子利用率为100%。上述流程中反应①、②、⑤“原子经济性”最好的是___________。
(3)反应⑤的化学方程式为___________，该反应的反应类型为___________。
(4)H是一种有机高分子化合物，写出反应⑥的化学方程式___________。
【答案】     CH2=CH2     羟基     ②     +Br2+HBr     取代反应     n CH2=CH2
【分析】A为气态烃，标准状况下密度为1.25g/L，则其摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，=2…4，所以分子式为C2H4，即乙烯(CH2=CH2)，B应为A与水发生加成反应的产物，即CH3CH2OH，乙醇被催化氧化生成的C为CH3CHO，乙醛再被催化氧化生成的D为CH3COOH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成的E为CH3COOCH2CH3；F为最简单的芳香烃，即，在催化剂条件下与Br2发生取代反应得到的G为。
【详解】(1)根据分析可知A的结构简式为CH2=CH2；B为CH3CH2OH，其官能团为羟基；
(2)反应②为乙醇的催化氧化，产物为乙醛和水，反应⑤为苯的取代反应，产物为溴苯和HBr，二者原子利用率均未达到100%，反应②为乙烯和水的加成反应，产物只有乙醇，原子利用率达到100%，所以“原子经济性”最好的是②；
(3)反应⑤为苯与液溴的取代反应，化学方程式为+Br2+HBr，反应类型为取代反应；
(4)H是一种有机高分子化合物，则为乙烯发生加聚反应生成的聚乙烯，化学方程式为n CH2=CH2。
15. （2022春·山东枣庄·高一统考期末）有机化合物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。

根据上述转化关系，回答下列问题：
(1)工业上获得A主要通过石油___________(填“蒸馏”、“干馏”或“裂解”)；X和A互为同系物且相差一个碳原子，X的聚合物的结构简式为___________。
(2)B分子中所含官能团的名称为___________；反应②的化学方程式为___________。
(3)反应④的反应类型为___________，该反应中，浓硫酸的作用是___________。
(4)依据⑤⑥的转化原理，参照传统方法用糯米酿制米酒，收集相关数据见下表。

则酿制米酒的过程中，随着时间的推移，米酒的pH变化趋势为___________，其原因可能是___________。
【答案】(1)     裂解    
(2)     羟基     2HC3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(3)     取代反应(或酯化反应)     催化剂和吸水剂
(4)     逐渐减小     葡萄糖分解生成乙醇的过程中，产生的CO2溶于水会形成碳酸，少量乙醇会被氧化成乙酸(合理即可)

【分析】有机化合物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，A和水反应生成B为乙醇，B发生氧化反应生成C为乙醛，乙醛发生氧化反应生成D为乙酸，淀粉水解得到E为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯。
(1)
石油裂解可得到乙烯等；X和A互为同系物且相差一个碳原子，X为丙烯，其聚合物聚丙烯的结构简式为。
(2)
B为乙醇，官能团为羟基；反应②为乙醇发生氧化反应生成乙醛，故化学方式为2HC3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
(3)
反应④为乙酸和乙醇的酯化反应，故反应类型为取代反应(或酯化反应)，浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂。
(4)
葡萄糖分解生成乙醇的过程中，产生的CO2溶于水会形成碳酸，少量乙醇会被氧化成乙酸，故pH逐渐减小。
16. （2022春·山东枣庄·高一统考期末）海带中含有丰富的碘元素。海带灼烧后的海带灰中，碘元素主要以I-形式存在。实验室里，从海带灰中提取碘的甲、乙两种方案如下：

已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O；酸性条件下，I2在水中的溶解度很小。
回答下列问题：
(1)灼烧海带实验用到的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒、___________等。
(2)“适量O2”也可以用双氧水替代，酸性条件下双氧水氧化碘离子的离子方程式为___________。
(3)上述方案乙中，“含I2的水溶液”经三步转化为含“I2+水溶液”，主要目的是___________。
(4)步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是___________。
(5)下列有关步骤Y的说法中正确的是___________(填标号)
A．主要是除浸取原液中的有机杂质
B．将碘转化成离子进入水层
C．应控制NaOH溶液的浓度和体积
D．NaOH溶液可由乙醇代替
(6)方案甲中采用蒸馏分离效果不佳，原因是___________；方案乙中操作Z的名称是___________。
【答案】(1)坩埚(坩埚钳)
(2)2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
(3)富集碘元素
(4)液体分层，上层几乎无色，下层呈紫红色
(5)BC
(6)     碘易升华，蒸馏会导致碘的损失     过滤

【分析】海带灰浸取原液中的I-被氧气氧化为I2，经CCl4萃取得到含I2的CCl4溶液，方案甲：蒸馏得到纯碘。方案乙：含I2的CCl4溶液中加入氢氧化钠溶液，分液得到下层CCl4溶液，I2和氢氧化钠溶液反应得到碘化钠和次碘酸钠溶液，为上层溶液，加入硫酸生成碘的水溶液，经过滤得到粗碘，提纯得到纯碘。
(1)
灼烧海带实验用到的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒、坩埚(坩埚钳)。
(2)
酸性条件下双氧水氧化碘离子生成碘单质，故离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。
(3)
方案乙中，“含I2的水溶液”经三步转化为含“I2+水溶液”，主要目的是富集碘元素。
(4)
含碘的水溶液中加入四氯化碳，四氯化碳萃取了碘且四氯化碳的密度大于水，在下层，故现象为液体分层，上层几乎无色，下层呈紫红色。
(5)
步骤Y中I2和氢氧化钠溶液反应得到碘化钠和次碘酸钠溶液，将碘转化为离子进入水层，A错B对；氢氧化钠过量会引入杂质且会过多消耗硫酸，故应控制氢氧化钠溶液的浓度和体积，C对；乙醇与碘、四氯化碳互溶，不能分层，D错；故选BC。
(6)
碘易升华，蒸馏会导致碘的损失，故蒸馏分离效果不佳；碘的水溶液，经过滤得到粗碘。