天津市静海区第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试（等级班）化学试题

高一化学(期中)
第Ⅰ卷 基础题(80分)
一、选择题：每小题3分，共42分。
1.作为全球最大的电子产品制造国，中国却有着“芯”病。我国国产芯片自给率不到30%，产值不足全球的7%，市场份额不到10%。下列说法正确的是（ ）
A. CPU半导体芯片与光导纤维是同种材料
B. 水泥和玻璃属于新型硅酸盐材料
C. 水晶和陶瓷都是硅酸盐制品
D. 粗硅制备单晶硅涉及氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. CPU半导体芯片用的是晶体硅，光导纤维用的是二氧化硅，两者所用的材料不同，A不正确；
B. 水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，故其均属于硅酸盐材料，但不属于新型硅酸盐材料，B不正确
C. 水晶的成分是二氧化硅，陶瓷的主要成分是硅酸盐，C不正确；
D. 粗硅制备单晶硅的过程中，先用氯气把硅氧化为四氯化硅，再用氢气把四氯化硅还原为硅，故该过程涉及氧化还原反应，D正确。
故选D。
2.下列化学用语中错误的是
A. CH4分子的空间充填模型： B. 新戊烷结构简式：
C. 乙烷的结构简式：CH3 CH3 D. 丙烷的结构式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4分子的空间充填模型，又叫比例模型，为：，A正确；
B．新戊烷的结构简式为：，B错误；
C．乙烷的结构简式：CH3 CH3，C正确；
D．丙烷的结构式：，D正确。
答案选B
3.下列说法正确的是
A. 食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B. 硝酸盐在某些细菌作用下转化成氮气为自然固氮
C. 2mol N2 可与 6mol H2 完全反应生成 4molNH3
D. 氨水中含有 NH3·H2O 和 H2O 两种分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性、还原性，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A正确；
B．固氮是指游离态N转换成化合态N的过程，硝酸盐转化成氮气不属于氮的固定，B错误；
C．氮气与氢气的反应为可逆反应，2mol N2 与 6mol H2不可能完全转换成3molNH3，C错误；
D．氨水中存在NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，所以，氨水中含有 NH3·H2O 、H2O 和NH3三种分子，D错误。
答案选A。
4.氢氧燃料电池构造如图所示。其电池反应方程式为：2H2＋O2=2H2O，下列说法不正确的是

A. 多孔金属a作负极
B. 多孔金属b上，O2发生还原反应
C. 电池工作时，电解质溶液中OH－移向a极
D. 正极的电极反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
氢氧燃料电池，氢气在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应。
【详解】A．由分析可知，a作负极，A正确；
B．b为正极，O2在正极得电子，发生还原反应，B正确；
C．原电池的电解质溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，C正确；
D．电解质为KOH溶液，电极反应不能出现H＋，正极反应式应为：O2＋4e－＋2H2O =4OH-，D错误。
答案选D。
【点睛】电解质溶液为碱性溶液时，电极反应不能出现氢离子，电解质溶液为酸性溶液时，电极反应不能出现氢氧根离子。
5.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
NH3 的水溶液可以导电
NH3是电解质
B
SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀
BaSO3不溶于强酸
C
浓硝酸久置发黄
硝酸不稳定
D
浓硫酸能使蓝色胆矾晶体变成白色
浓硫酸具有脱水性


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3与H2O反应生成的NH3⋅H2O在水中发生电离而使溶液导电，而不是NH3 本身电离使溶液导电，所以，NH3⋅H2O是电解质，而NH3是非电解质，A错误；
B．SO2与水反应生成亚硫酸，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成硫酸根，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故白色沉淀是硫酸钡，硫酸钡不溶于强酸，B错误；
C．硝酸不稳定，易分解成红棕色的二氧化氮、水和氧气，红棕色的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸溶液变黄，C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，能使蓝色胆矾晶体变成白色，D错误。
答案选C。
6.探究铜和浓硫酸的反应，下列装置或操作错误的是
甲 乙 丙
A. 上下移动装置甲中的铜丝可控制SO2的生成
B. 装置乙可用于收集SO2气体
C. 为确认甲中有CuSO4生成，向甲中反应后的试管中直接加水稀释，观察溶液颜色
D. 利用装置丙将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出CuSO4·5H2O晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu和浓硫酸在加热条件下反应可产生二氧化硫，上下移动装置甲中的铜丝可控制反应的发生和停止，从而控制SO2的生成，A正确；
B．SO2的的密度比空气大，可用向上排空气法收集，SO2有毒，可用NaOH溶液吸收，防止污染空气，B正确；
C．浓硫酸过量，不能直接向反应后的容器中加水，C错误；
D．硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4⋅5H2O，操作合理，D正确。
答案选C
7.在2 L恒温密闭容器中通入气体X并发生反应：2X(g)⇌Y(g)(正反应放热)，X的物质的量n(X)随时间t变化的曲线如图所示(图中的两条曲线分别代表有、无催化剂的情形)，下列叙述正确的是

A. 反应进行到a点时放出的热量多于反应进行到b点时放出的热量
B. 实线表示使用催化剂的情形
C. b、c两点表明反应在相应的条件下达到了最大限度
D. 反应从开始到a点的平均反应速率可表示为v(Y)＝0.01mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
分析】
催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，故实线为无催化剂的情况，虚线为加了催化剂的情况，据此分析解答。
【详解】A．a点X的物质的量比b点大，说明参与反应的X较少，则反应进行到a点时放出的热量小于反应进行到b点时放出的热量，A错误；
B．催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，故实线表示无催化剂的情况，B错误；
C．b、c两点之后，X的物质的量不再继续减小，说明已达到反应的限度，C正确；
D．反应从开始到a点，X的物质的量减小了0.1mol，浓度减小了=0.05mol/L，所以，v(X)＝=0.01 mol·L－1·min－1，则：v(Y)＝v(X)=0.005 mol·L－1·min－1，D错误。
答案选C。
【点睛】D．同一反应用不同物质表示的反应速率之比=化学计量数之比。
8.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂均过量)：
称取粗盐滤液 精盐。
下列叙述正确的是
A. 第④发生的反应只有CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl
B. ③中的试剂可以是NaOH溶液也可以是KOH溶液
C. 步骤②和④顺序可以颠倒
D. ⑤步操作用到的玻璃仪器只有烧杯、漏斗和玻璃棒
【答案】D
【解析】
【分析】
②加入过量BaCl2将SO42-变为BaSO4沉淀，③加入过量的NaOH将Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，④加入过量的Na2CO3将Ca2+及②加入的过量的Ba2+变为CaCO3和BaCO3沉淀，⑤将前面生成的4种沉淀过滤除去，⑥加HCl除去③加入的过量的OH-和④加入的过量的CO32-，最后经过⑦得到精盐。
【详解】A．④发生的反应有CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl和BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl，A错误；
B．③中的试剂若换成KOH溶液，将引入杂质离子K+，B错误；
C．若步骤②和④顺序颠倒，过量的Ba2+将不能除去，C错误；
D．⑤步操作为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，D正确。
答案选D。
【点睛】除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-时，试剂添加顺序一定要保证Na2CO3在BaCl2的后面，否则，过量的Ba2+将成为新的杂质。
9.下列说法正确的是
A. 因SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色
B. 向 50 mL 18.4 mol/L H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量小于0.46 mol
C. SO2、NO2 和 CO2 都是引起酸雨的主要原因，导致雨水的 pH 小于5.6
D. 等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润有色布条的集气瓶中，漂白效果更好
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；SO2具有还原性，能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊变红，A错误；
B．H2SO4的物质的量= 18.4 mol/L×50 mL×10-3=0.92mol，Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，2molH2SO4中有1molS化合价降低，故每2mol H2SO4参与反应，有1mol H2SO4被还原，0.92mol H2SO4参与反应，就有0.46mol H2SO4被还原。Cu和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，随着反应的进行，H2SO4的浓度变稀，故实际参与反应的H2SO4的物质的量小于0.92mol，所以，被还原的H2SO4小于0.46 mol，B正确；
C．SO2、NO2是引起酸雨的主要原因，导致雨水的pH小于5.6，CO2不是引起酸雨的原因，C错误；
D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润有色布条的集气瓶中，将失去漂白性，D错误。
答案选B。
10. 下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 锌粒与稀硫酸的反应
B. 甲烷在空气中燃烧的反应
C. 灼热的木炭与CO2的反应
D. Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、此反应属于置换反应，也是氧化还原反应，但属于放热反应，故错误；
B、C＋CO2=2CO，属于氧化还原反应，也属于吸热反应，故正确；
C、所有的燃烧都是放热反应，故错误；
D、此反应虽然是吸热反应，但不是氧化还原反应，故错误。
答案选B。
11.根据下列反应事实：①A＋B2+===A2+＋B ②D＋2H2O===D(OH)2＋H2↑ ③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为E2+＋2e－===E，B－2e－===B2+。由此可知下列微粒的关系正确的是
A. 还原性：D＞E＞A＞B B. 还原性：A＞B＞D＞E
C. 氧化性：D2+＞E2+＞A2+＞B2+ D. 氧化性：E2+＞B2+＞A2+＞D2+
【答案】D
【解析】
【分析】
同一化学反应中，氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性；还原剂的还原性＞还原产物的还原性，据此分析可得结论。
【详解】①A+B2+=A2++B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性＞A2+的氧化性；还原性A＞B；②D+2H2O=D（OH）2+H2↑，说明D为较活泼的金属，还原性较强；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e-=E，B-2e-=B2+．该电池的电池反应式为E2++B=E+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以E2+的氧化性＞B2+的氧化性；还原性B＞E；综上分析可得还原性：D＞A＞B＞E；氧化性：E2+＞B2+＞A2+＞D2+。
答案选D。
12.下列说法正确的是
A. O2、O3 是氧元素的同素异形体，性质都相似
B. 35Cl2与37Cl2互为同位素
C. 乙二醇(HO-CH2-CH2-OH) 和甘油( )互为同系物
D. CH3CHO 与互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．同种元素组成的不同单质互为同素异形体，O2、O3互为同素异形体，化学性质相似，物理性质不同，A错误；
B．质子数相同而中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素，35Cl2与37Cl2是分子而不是原子，B错误；
C．组成和结构相似，分子中相差若干个CH2原子团的化合物互为同系物，乙二醇(HO-CH2-CH2-OH) 有2个羟基，甘油( )有三个羟基，组成不相似，也不相差若干个CH2，故不互为同系物，C错误；
D．CH3CHO 与的分子式均为：C2H4O，但结构式不同，互为同分异构体，D正确。
答案选D。
13.将15.2 g 铜和镁组成的混合物加入250 mL4.0mol•L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO。向所得溶液中加入1.0L NaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为25.4 g，下列说法正确的是
A. 原固体混合物中，Cu和Mg的物质的量之比为1：2
B. 氢氧化钠溶液的浓度为0.8 mol·L-1
C. 固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.1mol
D. 生成的NO气体在标况下的体积为2.24 L
【答案】B
【解析】
【分析】
设Cu的物质的量为x，Mg的物质的量为y，根据Cu原子守恒，Mg原子守恒可知，Cu(OH)2的物质的量为x，Mg(OH)2的物质的量为y，列式：64x+24y=15.2，98x+58y=25.4，解得：x=0.2mol，y=0.1mol，据此基础上分析解得。
【详解】A．Cu和Mg的物质的量之比=0.2mol:0.1mol=2:1，A错误；
B．铜和镁溶解后，Cu和Mg均为+2价，故失电子的物质的量=2×(0.1mol+0.2mol)=0.6mol，根据电子得失守恒可知，HNO3被还原为NO，得0.6mol电子。Cu和Mg都被氧化成+2价，设金属为M，则：3M+8HNO3=3M(NO3)2+2NO↑+4H2O ～ 6e-，转移0.6mol电子，参加反应的HNO3的物质的量=0.8mol，因为HNO3总物质的量=4.0mol•L-1×0.25L=1mol，所以，与HNO3反应的NaOH的物质的量=1mol-0.8mol=0.2mol。设沉淀为M(OH)2，M的物质的量=0.1mol+0.2mol=0.3mol，需要0.6mol NaOH，所以，C(NaOH)==0.8mol/L，B正确；
C．由B可知，固体溶解后，溶液中的HNO3有(1-0.8)mol，即0.2mol，C错误；
D．3M+8HNO3=3M(NO3)2+2NO↑+4H2O ～ 6e-，每转移0.6mol电子，产生0.2molNO，在标况下的体积为4.48L，D错误。
答案选B。
【点睛】Cu和Mg溶解后都变为+2价，可用M代替Cu和Mg来分析反应。
14.叔丁基氯与碱溶液经两步反应得到叔丁基醇，反应(CH3)3CCl+OH-→(CH3)3COH+Cl-的能量与反应进程如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应为吸热反应
B. (CH3)3C+比(CH3)3CCl稳定
C. 反应物的总能量小于生成物的总能量
D. 增大碱的浓度和升高温度均可加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物总能量大于生成物的总能量，为放热反应，A错误；
B．由图可知：(CH3)3C+能量比(CH3)3CCl高，所以更活泼，B错误；
C．由图可知：反应物的总能量大于生成物的总能量，C错误；
D．增大反应物浓度和升高温度均可加快反应速率，D正确。
答案选D。
二、填空题：共38分
15.关键环节训练A、B、C、D四物质有如下转化关系(反应条件和部分产物已略去)：A BCD。回答下列问题：
(1)若A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则：
①简述检验A气体的方法________；
②写出D制备B的离子方程式_______；
③写出由A生成B的化学方程式_________；
④某同学用干燥的圆底烧瓶收集一瓶A气体，用滴入酚酞的水做喷泉实验，能观察到美丽的红色喷泉。用方程式解释喷泉呈红色的原因____________；
(2)若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质。写出B→C的化学方程式__________；
(3)若A是金属单质，C是一种淡黄色固体。写出C的电子式________说出C的一种用途_______。
(4)学法题：结合A BCD转化关系总结出连续氧化的物质有______(至少写出三组物质)。
【答案】 (1). 用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则为氨气 (2). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). NH3+ H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++ OH- (5). 2SO2+O22SO3 (6). (7). 做供氧化剂 (8). CCOCO2，SSO2SO3，N2NONO2
【解析】
【分析】
(1)若A为气态氢化物且和D能通过化合反应生成一种盐，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3；

(2)若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
(3)若A是金属单质，C是一种淡黄色固体，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2，D是NaOH；
据此分析解答。
【详解】(1)①NH3与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，所以，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，若试纸变蓝，则为氨气，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则为氨气；
②稀硝酸和Cu反应可产生NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
③由A生成B的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
④喷泉呈红色是因为，氨气与水反应生成了一水合氨，一水合氨电离产生了OH-，方程式为：NH3+ H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++ OH-，故答案为：NH3+ H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++ OH-；
(2) B→C的化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；
(3)Na2O2的电子式为：，Na2O2可作供氧剂，故答案为：；供氧剂；
(4)能连续被氧化的组合有很多，例如：CCOCO2，SSO2SO3，N2NONO2，故答案为：CCOCO2，SSO2SO3，N2NONO2。
16.如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置：

(1)当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为氢氧化钠溶液时，该电池的负极的电极反应式为__________。当反应中收集到标准状况下224 mL气体时，消耗的电极质量为________g。
(2)燃料电池的工作原理是将燃料和氧化剂(如O2)反应所产生的化学能直接转化为电能。现设计一燃料电池，电极a通入甲烷燃料，采用氢氧化钠溶液为电解液，则电子从____极流出，a极的电极反应式为________。
(3)质量相同的铜棒和铁棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，一段时间后，取出洗净、干燥、称量，二者质量差为24 g，则导线中通过的电子的物质的量_______mol。
(4)学法题：总结原电池负极的判断方法___________(至少2条)。
【答案】 (1). Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O (2). 0.18 (3). a (4). CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O (5). 0.4 (6). 电流的方向、电子的流向等
【解析】
【详解】(1)当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为氢氧化钠溶液时，Al作负极，失电子，负极反应为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O，总反应为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，每产生3mol氢气，消耗2molAl，当收集到224mL气体，即物质的量n==0.01mol时，消耗Al的物质的量=mol，质量=mol×27g/mol=0.18g，故答案为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；0.18g；
(2)燃料电池中，燃料在负极失电子，所以，a极是负极，则电子从a极流出，a极反应式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O，故答案为：a；CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O；
(3)Fe作负极，失电子，负极质量减小，Cu作正极，Cu2+在正极得电子生成Cu，正极质量增大，总反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ～ 2e-，每转移2mol电子，两极质量相差(56+64)g=120g，当两极相差24g时，转移电子物质的量==0.4mol，故答案为：0.4；
(4)原电池的工作原理为：负极失电子，化合价升高，发生氧化反应，正极得电子，化合价降低，发生还原反应，电子从负极流出，正极流进，电流方向与电子流向相反，所以，判断正负极的方法有：电流的方向、电子的流向、化合价升降、氧化反应和还原反应等，故答案为：电流的方向、电子的流向等。
【点睛】(4)电子从负极经导线流向正极，电流从正极经导线到负极；
失电子，化合价升高的是负极；
发生氧化反应的是负极，发生还原反应的是正极；
一般来说，质量减小的是负极，质量增大的是正极，产生氢气的是正极；
燃料电池中，燃料通入负极，氧气通入正极。
17.已知化学反应A2(g)+B2(g)═2AB(g)的能量变化如图所示，则反应物的总键能_____(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的总键能。

【答案】大于
【解析】
【详解】由图可知，反应物的总键能a大于生成物总键能b，故答案为：大于。
18.如图所示，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。已知断裂1molN—N键吸收193 kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941 kJ热量，则1mol N4气体转化为N2时要__________填“吸收”或“放出”)热量________________ kJ。

【答案】 (1). 放出 (2). 724 kJ
【解析】
【分析】
根据原子守恒可知，N4转换为N2的方程式为：N4=2N2，据此分析解答。
【详解】1molN4中N-N键完全断裂需要吸收的能量=193kJ×6=1158kJ，形成2molN≡N需要放出的热量=2×941kJ=1882kJ，1158kJ＜1882kJ，故需要放出(1882-1158)kJ=724kJ热量，故答案为：放出；724 kJ。
19.下列关于化学反应速率的说法中，正确的是______________
①用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，再滴加适当的98%的浓硫酸可以加快反应速率
②增加反应物的用量，不一定会增大化学反应速率
③决定化学反应速率的主要因素是反应物的浓度
④已知工业合成氨的反应正反应方向放热，所以升高温度正反应速率减慢，逆反应速率加快
⑤对于有气态物质参加的反应，增大容器压强，不一定能加快化学反应速率
⑥用锌与稀硫酸反应制H2时，滴加几滴硫酸铜溶液一定能加快反应速率
⑦光是影响某些化学反应速率的外界条件之一
【答案】①②⑤⑥⑦
【解析】
【详解】①铁和稀硫酸反应生成氢气，滴加适当的浓硫酸可以增大反应物的浓度，反应速率增大，①正确；
②反应物为纯固体和纯液体时，增加反应物的用量，不会增大化学反应速率，反应物为气体或溶液时，增加反应物的用量，浓度增大，反应速率增大，②正确；
③决定化学反应速率的主要因素是内因，即物质本身的性质，③错误；
④升高温度，放热反应，吸热反应速率均增大，④错误；
⑤增大容器压强，反应物浓度不一定增大，故反应速率不一定增大，⑤正确；
⑥滴加几滴硫酸铜溶液，Zn和硫酸铜反应置换出了Cu，局部形成Cu-Zn原电池，加快了反应速率，⑥正确；
⑦有些反应在光照的条件下才能进行，说明，光是影响某些化学反应速率的外界条件之一，⑦正确；
综上所述，①②⑤⑥⑦正确，故答案为：①②⑤⑥⑦。
20.恒温恒容下，将2mol A气体和1mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生反应：2A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(s)，2 min达平衡，测得平衡时A的物质的量为1.2mol ，C的浓度为0.6mol·L－1。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成B平均反应速率为________。
(2)x＝________。
(3)A的转化率与B的转化率之比为________。
(4)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是________。
A.D的质量不再变化
B.压强不再变化
C.气体密度不再变化
D.气体的平均相对分子质量不再变化
E.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
(5)请结合(4)总结化学平衡状态的判断依据有哪些：_____________(至少写出2条)。
【答案】 (1). 0.1 mol·L－1·min－1 (2). 3 (3). 1∶1 (4). ACD (5). 正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变
【解析】
【分析】
反应前，A的浓度==1mol/L，B的浓度==0.5mol/L，平衡时，A的浓度==0.6mol/L，说明A的浓度减小了0.4mol/L，C的浓度为0.6mol/L，说明C的浓度增大了0.6mol/L，所以：，据此分析解答。
【详解】(1)v(B)==0.1 mol·L－1·min－1，故答案为：0.1 mol·L－1·min－1；
(2)同一反应用不同的物质表示的反应速率之比=化学计量数之比，故0.4:0.6=2:x，解得：x=3，故答案为：3；
(3) A的转化率==40%，B的转化率==40%，所以，A的转化率与B的转化率之比为1:1，故答案为：1:1；
(4) 2A(g)＋B(g)=3C(g)＋2D(s)
A．若反应还未平衡，体系中反应物的质量将减小，生成物的质量将增大，D的质量不变，说明已达到平衡时，A正确；
B．该反应是一个气体分子数不变的反应，压强不变，不能说明已达平衡，B错误；
C．该反应是气体质量减小的反应，容器的体积不变，密度不再变化，说明气体的质量不再变化，说明已达到平衡，C正确；
D．该反应是气体的物质的量不变、气体的质量减小的反应，气体的平均相对分子质量不再变化，说明气体的平均摩尔质量不再变化，那么气体的质量不再变化，已达平衡，D正确；
E．A与B都是反应物，描述的都是正反应速率，不能说明是否平衡，E错误；
故答案为：ACD；
(5)达到平衡时，正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量均不变，所以，化学平衡状态的判断依据有：正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变，故答案为：正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变。
第Ⅱ卷 提高题(共20分)
21.已知某链状烷烃分子中电子数为42。
(1)该烷烃的分子式为_________。
(2)写出该烷烃分子所有同分异构体中一氯代物为4种的该烷烃的结构简式_______。
(3)上述烷烃的同分异构体中，在相同条件下沸点最低的是____________。(写名称)
【答案】 (1). C5H12 (2). (CH3)2CHCH2CH3 (3). 新戊烷
【解析】
【分析】
设该烷烃的分子式为CnH2n+2，烃分子不带电，则烃分子中电子数=质子数，所以，6n+2n+2=42，n=5，所以，该烷烃的分子式为：C5H12，据此分析解答。
【详解】(1) 该烷烃的分子式为：C5H12，故答案为：C5H12；
(2) C5H12有3种结构，分别为：CH3—CH2—CH2—CH2—CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4 ，CH3—CH2—CH2—CH2—CH3有3种一氯代物，(CH3)2CHCH2CH3有4种一氯代物，C(CH3)4有1种一氯代物，故答案为：(CH3)2CHCH2CH3；
(3)C原子数越多，烷烃的熔沸点越高，C原子数相同的烷烃，支链越多，熔沸点越低，所以，在相同条件下沸点最低的是C(CH3)4，名称为：新戊烷，故答案为：新戊烷。
22.某化学兴趣小组利用如图装置制取氨气并探究氨气的有关性质：

(1)装置A中烧瓶内试剂可选用________(填序号)。
a.浓硫酸　b.碱石灰　c.五氧化二磷　d.NaOH固体
(2)若探究氨气的溶解性，标准状况下，装置D中收集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是________；完成喷泉实验后，装置D中充满液体，则装置D中溶液的物质的量浓度为__________。(保留两位有效数字)
(3)K2的导管末端需要连接氨气的吸收装置，则不能在K2的导管末端连接如图中的________装置(填序号Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)。
备选装置(其中水中含酚酞试液)



Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ

(4)若探究氨气的还原性，需关闭K1、K3，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。
①D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种化学性质稳定气体单质，该反应可用来检验氯气管道是否有泄漏，则该反应的化学方程式为______。
②尾气可用C装置处理，若尾气中含有少量Cl2，则C装置中吸收氯气发生的化学方程式为_____。
【答案】 (1). bd (2). 用热毛巾捂住烧瓶一段时间 (3). 0.045 mol/L (4). I (5). 8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl (6). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【详解】(1) a．浓硫酸与氨水反应生成硫酸铵和水，不行，a错误；　
b．碱石灰遇水放热，温度升高，一水合氨分解产生氨气，b正确；　
c．五氧化二磷是酸性氧化物，把氨水反应了，c错误；　
d．NaOH固体遇水放热，温度升高，一水合氨分解产生氨气，d正确；
故答案为：bd；
(2)想办法让一部分氨气与烧杯中的水接触，可用热毛巾捂住烧瓶一段时间，可引发喷泉实验，设烧瓶D的体积为1L，则氨气的物质的量=mol，溶于水后溶质的物质的量浓度=≈0.045mol/L，故答案为：用热毛巾捂住烧瓶一段时间；0.045 mol/L；
(3)氨气极易溶于水，易引发倒吸，要加防倒吸装置，Ⅱ和Ⅲ均可防倒吸，Ⅰ不行，故答案为：Ⅰ；
(4)①氯气有强氧化性，氨气中N的化合价为-3，有还原性，被氯气氧化成稳定的氮气，氯气被还原成-1价，另一个产物为NH4Cl，所以，反应的方程式为：8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl，故答案为：8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl；
②吸收氯气常用NaOH溶液，故反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
23.某同学根据外界条件对化学反应速率的影响原理，设计了硫代硫酸钠与硫酸反应的有关实验，实验过程的数据记录如下表，请结合表中信息，回答有关问题：
实验序号
反应温度(℃)
参加反应的物质
Na2S2O3
H2SO4
H2O
V/ml
c/mol·L－1
V/ml
c/mol·L－1
V/ml
A
20
10
0.1
10
0.1
0
B
20
5
0.1
10
0.1
5
C
20
10
0.1
5
0.1
5
D
t
5
0.1
10
0.1
V

(1)写出上述反应的离子方程式__________。
(2)为探究温度对该反应速率影响，则v=_________；t______20(填“>、<、=”)
(3)A和B、A和C的组合比较所研究的问题是_________。
(4)判断上述反应速率快慢的实验现象可以是______________。
【答案】 (1). S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O (2). 5 (3). >或< (4). 浓度对反应速率的影响 (5). 出现黄色沉淀的快慢或者产生气泡的快慢
【解析】
【分析】
探究外界条件对化学反应速率的影响，需要有明显的现象，Na2S2O3中S的化合价为+2价，不稳定，酸性条件下易发生歧化反应，生成淡黄色固体S和SO2气体，通过观察不同条件下产生淡黄色固体和气泡的速率，可探究外界条件对反应速率的影响，据此分析解答。
【详解】(1)由分析可知，生成物有S和SO2，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
(2)探究温度对该反应速率影响，需保证其他条件不变，只能选择实验B和D，所以V=5，温度大于或者小于20℃均可以，故答案为：5；>或<；
(3)A和B溶液体积都是20mL，但是Na2S2O3的物质的量不同，所以，Na2S2O3的起始浓度不同，A和B是探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响。A和C溶液体积都是20mL，但是H2SO4的物质的量不同，所以，H2SO4的起始浓度不同，A和B是探究H2SO4浓度对反应速率的影响，综上所述，A和B、A和C的组合比较可探究浓度对反应速率的影响，故答案为：浓度对反应速率的影响；
(4)由分析可知，判断上述反应速率快慢的实验现象可以是出现黄色沉淀的快慢或者产生气泡的快慢，故答案为：出现黄色沉淀的快慢或者产生气泡的快慢。