辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高一下学期第三次月考（A卷）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高一下学期第三次月考（A卷）试题能用到的相对原子质量：H1Cl2Ca14O16Na23Mg24S32Cl35.5N14第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(共45分)1.《天工开物》记载“石胆一名胆矾者，亦出晋、隰等州，乃山石穴中自结成者，故绿色带宝光。烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也。”其中“石胆”的主要成分是（）A.FeSO4·7H2O B.CuSO4·5H2OC.CaSO4·2H2O D.KAl(SO4)2·12H2O〖答案〗B〖解析〗【详析】“石胆”即胆矾，胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，且根据“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”，说明为铜盐；故〖答案〗为B。2.二氧化硫通入下列哪种溶液中发生反应，说明其具有漂白性（）A.溴水 B.酸性高锰酸钾溶液 C.品红溶液 D.硫化氢水溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．二氧化硫和溴水反应生成硫酸根离子，说明其还原性，A不符合题意；B．二氧化硫和酸性高锰酸钾反应生成硫酸根离子，说明其还原性，B不符合题意；C．二氧化硫能使品红溶液褪色，体现漂白性，C符合题意；D．二氧化硫和硫化氢生成硫单质，体现其氧化性，D不符合题意；故选C。3.浓硫酸与下列物质作用时，只表现强氧化性的是（）A.蓝色硫酸铜晶体 B.木材炭化 C.红热的木炭 D.铜〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸具有吸水性，能使蓝色硫酸铜晶体变为白色粉末，故A不符合题意；B．浓硫酸使木材炭化表现的是脱水性，故B不符合题意；C．浓硫酸与红热的木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，硫元素的价态降低，发生还原反应，浓硫酸只表现其强氧化性，故C符合题意；D．浓硫酸与铜反应生成盐和水、二氧化硫，表现的是酸性和氧化性，故D不符合题意；故选C。4.水体中部分含氮物质的循环过程如图所示。其中属于氮的固定的是（）A.①③ B.④ C.⑤ D.②⑥〖答案〗C〖解析〗【详析】氮的固定是指游离态氮元素转化为化合态的氮元素，根据反应过程，①②③④⑥均为化合物转化为其他物质，只有⑤为氮气转化为铵根离子，属于氮的固定，故选C。5.在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（）A.H2S+2HNO3=S↓+2NO2↑+2H2O B.CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2OC.4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O D.3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低，被还原，故只表现出氧化性，A不合题意；B．反应中HNO3中的N元素的化合价全部不变，只表现出酸性，B不合题意；C．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低被还原，但O元素的化合价升高被氧化，故既表现出氧化性，又表现出还原性，C不合题意；D．反应中HNO3中的N元素的化合价部分降低，被还原，表现出氧化性，还有一部分不变，表现酸性，故既表现出氧化性，又表现出酸性，D符合题意；故〖答案〗为：D。6.下列说法正确的是（）A.制造手机芯片的关键材料是二氧化硅B.“超轻海绵”使用的石墨烯是新型无机非金属材料C.我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是一般的硅酸盐〖答案〗B〖解析〗【详析】A．制造芯片的材料是单质硅，故A错误；B．石墨烯是新型无机非金属材料，故B正确；C．光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D．高温结构陶瓷的主要成分是氧化铝、氮化硅等，故D错误；选B。7.H2与O2发生反应的过程用模型图示如下。下列说法不正确的是（）A.过程I是吸热过程B.过程III一定是放热过程C.该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键D.该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行〖答案〗D〖解析〗【详析】A．过程I是，断键过程，吸收热量，A正确；B．过程III是成键过程，放出热量，B正确；C．该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键，C正确；D．该反应可通过燃料电池实现化学能到电能的转化，D错误；故〖答案〗为：D。8.关于如图所示装置的叙述，正确的是（）A.该装置能将化学能转化为电能B.锌是正极，锌片质量逐渐减少C.电子由铜片经导线流向锌片D.原电池发生的反应为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．该装置属于原电池装置，能将化学能转化为电能，A正确；B．锌失去电子发生氧化反应为负极，B错误；C．电子由负极流向正极，由锌片经导线流向铜片，C错误；D．原电池发生的反应为锌和硫酸铜生成铜和硫酸锌，，D错误；故选A。9.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，在不同条件下的化学反应速率最快的是（）A.v(CO)=1.5mol•L-1•min-1 B.v(NO2)=0.7mol•L-1•min-1C.v(N2)=0.4mol•L-1•s-1 D.v(CO2)=1.1mol•L-1•min-1〖答案〗C〖解析〗【详析】如果该反应都用CO表示反应速率，则：A．v(CO)＝1.5mol·L－1·min－1；B．v(CO)＝2v(NO2)＝2×0.7mol·L－1·min－1=1.4mol·L－1·min－1；C．v(CO)＝4v(N2)＝4×0.4mol·L－1·s－1=1.6mol·L－1·s－1=96mol·L－1·min－1；D．v(CO)＝v(CO2)=1.1mol·L－1·min－1；综上所述C表示的速率最快，〖答案〗选C。10.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。向一个密闭容器中充入一定量的N2和H2，在一定条件下使其发生反应生成NH3，测得0～30s，c(N2)减小了1mol/L，下列说法正确的是（）A.当N2足量且充分反应后，H2的转化率为100%B.化学反应速率关系是2v(H2)=3v(NH3)C.0～15s，c(NH3)增加了1mol/LD.达到平衡时正逆反应速率相等且为0〖答案〗B〖解析〗【详析】A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应可逆，任意反应物的转化率不可能为100%，故A错误B．同一化学反应，用不同物质表示反应速率，速率比等于系数比，化学反应速率关系是2v(H2)=3v(NH3)，故B正确；C．测得0～30s，c(N2)减小了1mol/L，则c(NH3)增加了2mol/L，反应过程中正反应速率逐渐减慢，所以0～15s，c(NH3)增加量大于1mol/L，故C错误；D．达到平衡时正逆反应速率相等且不为0，反应没停止，故D错误；选B。11.分子式为C5H11Cl且分子中含有两个甲基的物质共有（）A.4种 B.5种 C.6种 D.7种〖答案〗A〖解析〗【详析】分子式为C5H11Cl且分子中含有两个甲基的物质共有CH3CH2CH2CHClCH3、CH3CH2CHClCH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH2Cl、CH2ClCH(CH3)CH2CH3共4种，故〖答案〗为A。12.苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下来未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”该文中的“气”指的是（）A.二氧化硫 B.二氧化碳 C.乙烯 D.甲烷〖答案〗C〖解析〗【详析】篮中的木瓜释放出气体，与红柿接触后，未熟的红柿成熟，不再有涩味，说明木瓜产生的气体促进了红柿的成熟，是果实的催熟剂，所以此气体应为乙烯；故选C。13.下列属于加成反应的是（）A.B.C.D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该反应为甲烷的取代反应，A不符合题意；B．该反应为乙醇的氧化反应，B不符合题意；C．该反应为乙烯与溴单质的加成反应，不饱和度降低，C符合题意；D．该反应为乙酸乙酯水解反应，属于取代反应，D不符合题意；故选C。14.乙醇和乙酸是两种常见的有机化合物，下列说法正确的是（）A.乙醇和乙酸均能与金属钠反应B.乙醇能发生氧化反应，而乙酸不能发生氧化反应C.乙醇和乙酸均能使紫色石蕊试液变红D.乙醇和乙酸的分子结构中均含有碳氧双键〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，都能与钠反应生成氢气，故A正确；B．乙醇、乙酸均可燃烧生成水和二氧化碳，则均可发生氧化反应，故B错误；C．乙醇不具有酸性，不能使紫色溶液变红色，故C错误；D．乙醇分子中只含有羟基，没有碳氧双键，故D错误；故选A。15.下列说法中正确的是（）A.淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖B.油脂水解可得到氨基酸和甘油C.蛋白质水解的最终产物是多肽D.糖、油脂和蛋白质都属于高分子〖答案〗A〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素催化剂条件下水解产物都为葡萄糖，故A正确；B．油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，氨基酸是蛋白质水解的最终产物，故B错误；C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，而不是多肽，故C错误；D．蔗糖、麦芽糖等不是高分子化合物；油脂也不是高分子化合物，故D错误。故选A。第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(共55分)16.某化学实验小组同学利用如图所示装置制备氨气，并探究氨气的性质(部分仪器已略去)。（1）实验室制备氨气的化学方程式为_______；干燥氨气常用的干燥剂是_______。（2）收集氨气时，请你选择氨气的进气口_______(填“a”或“b”)，理由是_____________。（3）若观察到装置中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的性质是______________。（4）为防止环境污染，如图所示装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是_______(填序号)。（5）用图C装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满氯化氢，引发水上喷的操作是_______。〖答案〗（1）①.②.碱石灰（2）①.a②.氨气的密度小于空气的密度（3）氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱（4）②④⑤（5）先打开止水夹，再挤压胶头滴管〖解析〗〖祥解〗装置A为固体加热反应装置，氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气和氯化钙；氨气极易溶于水，只能用排气法收集，氨气的密度小于空气的密度，所以应该选择向下排空气法收集，氨气从a口进入空气从b口排出；【小问1详析】氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气和氯化钙、水，方程式为：；氨气为碱性气体，干燥氨气常用的干燥剂是碱石灰，〖答案〗为：，碱石灰；【小问2详析】氨气的密度小于空气的密度，所以应该选择向下排空气法收集，氨气从a口进入空气从b口排出，〖答案〗为：a，氨气的密度小于空气的密度；【小问3详析】能够形成喷泉实验是因为氨气极易溶于水，导致装置中压强减小，产生红色喷泉是因为氨气溶于水后与水反应生成弱碱一水合氨具有碱性，〖答案〗为：氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱；【小问4详析】氨气极易溶于水，可用水吸收氨气，但是应该注意防止倒吸；②④都具有防倒吸功能，可以用来吸收氨气，⑤中第一个试剂瓶可以起到缓冲作用，能够防止溶液倒吸，故②④⑤正确；①装置为密闭装置，氨气进去后致使密封的瓶子内压力很大，使的氨气不容易进入瓶中，且瓶内气体压强增大，气体溶解度降低，虽然能够防止倒吸，但不利于氨气的吸收，故①装置错误；③装置导气管直接插入水中，直接产生倒吸，故③错误；故〖答案〗为：②④⑤。【小问5详析】如果用图C装置进行喷泉实验，由于氯化氢极易溶于水，当打开止水夹，先挤压胶头滴管使少量水进入烧瓶中时，氯化氢溶于水后使烧瓶内压强迅速减小，烧杯中的水在外界大气压强作用下被压入烧瓶，从而形成喷泉，〖答案〗为：先打开止水夹，再挤压胶头滴管；17.原电池揭示了氧化还原反应的本质是电子转移，实现了化学能转化成电能，使氧化还原反应在现代生活中获得重大应用，从而改变了人们的生活方式。某兴趣小组为探究原电池工作原理，利用金属Zn与稀反应，通过如图所示装置A、B进行实验，实验过程中装置A内溶液的温度升高，装置B的电流计指针发生偏转。根据所学知识，完成下列各题：（1）装置B为原电池，则Cu作______(填“正”或“负”)极，Zn电极上的电极反应式______。（2）一般把金属导线称为“电子导体”，把电解质溶液称为“离子导体”。装置B中电池工作时“离子导体”中主要离子的移动方向可描述为______。（3）从能量转化的角度来看，装置A中反应物的总能量______(填“高于”、“低于”或“=”)生成物的总能量；从反应速率的角度上看，可以观察到A中反应比B中______(填“快”或“慢”)。（4）装置B中稀用足量溶液代替，起始时Zn电极和Cu电极的质量相等，当导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极和Cu电极的质量差为______。（5）该小组同学由此得出的结论错误的是______。(多选)A.任何自发进行的氧化还原反应均可以设计成原电池B.装置B中Cu电极不可用碳棒代替C.原电池的负极发生还原反应D.原电池装置中化学能全部转化为电能〖答案〗（1）①.正②.（2）向正极(Cu)移动、向负极(Zn)移动（3）①.高于②.慢（4）12.9g（5）BCD〖解析〗〖祥解〗装置A中金属Zn与稀硫酸反应为Zn+H2SO4=H2↑+ZnSO4；装置B为原电池，Cu作正极，发生还原反应，有气泡产生，Zn作为负极，发生氧化反应；据此分析解题。【小问1详析】根据分析，Cu作正极，Zn作负极失去电子生成Zn2+；故〖答案〗为：正；Zn−2e-=Zn2+；【小问2详析】溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；故〖答案〗为：H+向正极(Cu)移动、向负极(Zn)移动；【小问3详析】Zn与硫酸反应为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量；B中构成原电池，加快反应速率；故〖答案〗为：高于；慢；【小问4详析】当用CuSO4作电解质溶液时，正极发生，负极发生反应，当0.2mol电子转移时，生成6.4gCu，消耗6.5gZn；故〖答案〗：12.9g；【小问5详析】A．原电池反应属于放热的氧化还原反应，A正确；B．原电池的两个电极为活泼性不同的两个电极，C与Zn的活泼性不同，B错误；C．原电池的负极失去电子发生氧化反应，C错误；D．原电池反应过程中会有能量损耗，不能全部转化为电能，D错误；故〖答案〗为：BCD。18.乙酸乙酯是一种非常重要的有机化工原料，用途十分广泛．根据所学内容填空。I．由乙烯合成乙酸乙酯的流程如下；（1）写出B与D反应的化学方程式______；反应类型：______；（2）写出反应③的化学方程式：______。II．实验室用如图所示装置制备乙酸乙酯。（3）实验前，向试管a中加入3mL______，然后边振荡试管边慢慢加入2mL______和2mL乙酸。（4）试管b中盛放的试剂是饱和______溶液。（5）反应结束后，从试管b中分离出乙酸乙酯的方法是______。（6）下列描述不能说明乙醇与乙酸的反应已达到化学平衡状态的有______(填序号)。a．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水b．单位时间区，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸c．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸d．正反应的速率与逆反应的速率相等e．混合物中各物质的浓度不再变化〖答案〗（1）①.②.酯化反应或取代反应（2）（3）①.乙醇②.浓硫酸（4）饱和碳酸钠（5）分液（6）ac〖解析〗〖祥解〗乙烯和水发生加成反应制得B为乙醇，乙醇在铜做催化剂条件下反应制得C乙醛，乙醇和D乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下反应制得乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应制得聚乙烯；实验室制取乙酸乙酯的实验操作为：实验前，向试管a中加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，据此分析。【小问1详析】B乙醇与D乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下反应生成乙酸乙酯，化学方程式；反应类型：酯化反应或取代反应；故〖答案〗为：；酯化反应或取代反应；【小问2详析】③中发生乙烯的加聚反应，；故〖答案〗：；【小问3详析】实验前，向试管a中加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；故〖答案〗为：乙醇；浓硫酸；【小问4详析】根据分析，b中盛放饱和碳酸钠溶液；故〖答案〗为：碳酸钠；【小问5详析】饱和碳酸钠溶液可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，乙酸乙酯与乙酸钠溶液互不相溶；故〖答案〗为：分液；【小问6详析】a．单位时间内容消耗乙酸乙酯和生成水的量相同，说明平衡，a错误；b．生成乙酸乙酯代表正反应，生成乙酸代表逆反应，b正确；c．消耗乙醇代表反应正向进行，消耗乙酸反应正向进行，则不能代表平衡，c错误；d．正逆反应速率相等时，反应达到平衡，d正确；e．当各个物质的浓度不变，说明反应达到平衡，e正确；故〖答案〗：ac。19.利用甲烷与氯气发生反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：根据设计要求回答：（1）装置E的名称是______；（2）B装置有三种功能：①使气体混合均匀；②______；③______；（3）的空间构型为______，写出C装置中生成的化学方程式______；（4）若D装置中盛有溶液，现象是有白色沉淀产生。此现象并不能说明该有机反应的类型。为了证明该反应有HCl生成，将装置进行改进；①在A、B装置间增加一个盛有______的洗气瓶；（5）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式：______。〖答案〗（1）分液漏斗（2）①.控制气流速率②.干燥气体（3）①.正四面体②.（4）饱和食盐水溶液（5）〖解析〗〖祥解〗二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，通过光照使甲烷和氯气发生取代反应，若要证明此为取代反应，需证明有氯化氢生成。【小问1详析】根据图示，E为分液漏斗；故〖答案〗为：分液漏斗；【小问2详析】B中浓硫酸干燥气体，且长导管可以控制气流速率；故〖答案〗为：控制气流速率；干燥气体；【小问3详析】甲烷为正四面体型结构，C中发生的反应为甲烷和氯气在光照条件下的取代反应；故〖答案〗为：正四面体；；【小问4详析】因为盐酸具有挥发性，如果要得到纯净的氯气，需要在A、B之间增加饱和食盐水去除氯气中的氯化氢气体；故〖答案〗为：饱和食盐水溶液；【小问5详析】固体颗粒为单质碳，甲烷和氯气发生置换反应生成单质碳和氯化氢；故〖答案〗为：。

辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高一下学期第三次月考（A卷）试题能用到的相对原子质量：H1Cl2Ca14O16Na23Mg24S32Cl35.5N14第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(共45分)1.《天工开物》记载“石胆一名胆矾者，亦出晋、隰等州，乃山石穴中自结成者，故绿色带宝光。烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也。”其中“石胆”的主要成分是（）A.FeSO4·7H2O B.CuSO4·5H2OC.CaSO4·2H2O D.KAl(SO4)2·12H2O〖答案〗B〖解析〗【详析】“石胆”即胆矾，胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，且根据“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”，说明为铜盐；故〖答案〗为B。2.二氧化硫通入下列哪种溶液中发生反应，说明其具有漂白性（）A.溴水 B.酸性高锰酸钾溶液 C.品红溶液 D.硫化氢水溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．二氧化硫和溴水反应生成硫酸根离子，说明其还原性，A不符合题意；B．二氧化硫和酸性高锰酸钾反应生成硫酸根离子，说明其还原性，B不符合题意；C．二氧化硫能使品红溶液褪色，体现漂白性，C符合题意；D．二氧化硫和硫化氢生成硫单质，体现其氧化性，D不符合题意；故选C。3.浓硫酸与下列物质作用时，只表现强氧化性的是（）A.蓝色硫酸铜晶体 B.木材炭化 C.红热的木炭 D.铜〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸具有吸水性，能使蓝色硫酸铜晶体变为白色粉末，故A不符合题意；B．浓硫酸使木材炭化表现的是脱水性，故B不符合题意；C．浓硫酸与红热的木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，硫元素的价态降低，发生还原反应，浓硫酸只表现其强氧化性，故C符合题意；D．浓硫酸与铜反应生成盐和水、二氧化硫，表现的是酸性和氧化性，故D不符合题意；故选C。4.水体中部分含氮物质的循环过程如图所示。其中属于氮的固定的是（）A.①③ B.④ C.⑤ D.②⑥〖答案〗C〖解析〗【详析】氮的固定是指游离态氮元素转化为化合态的氮元素，根据反应过程，①②③④⑥均为化合物转化为其他物质，只有⑤为氮气转化为铵根离子，属于氮的固定，故选C。5.在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（）A.H2S+2HNO3=S↓+2NO2↑+2H2O B.CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2OC.4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O D.3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低，被还原，故只表现出氧化性，A不合题意；B．反应中HNO3中的N元素的化合价全部不变，只表现出酸性，B不合题意；C．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低被还原，但O元素的化合价升高被氧化，故既表现出氧化性，又表现出还原性，C不合题意；D．反应中HNO3中的N元素的化合价部分降低，被还原，表现出氧化性，还有一部分不变，表现酸性，故既表现出氧化性，又表现出酸性，D符合题意；故〖答案〗为：D。6.下列说法正确的是（）A.制造手机芯片的关键材料是二氧化硅B.“超轻海绵”使用的石墨烯是新型无机非金属材料C.我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是一般的硅酸盐〖答案〗B〖解析〗【详析】A．制造芯片的材料是单质硅，故A错误；B．石墨烯是新型无机非金属材料，故B正确；C．光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D．高温结构陶瓷的主要成分是氧化铝、氮化硅等，故D错误；选B。7.H2与O2发生反应的过程用模型图示如下。下列说法不正确的是（）A.过程I是吸热过程B.过程III一定是放热过程C.该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键D.该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行〖答案〗D〖解析〗【详析】A．过程I是，断键过程，吸收热量，A正确；B．过程III是成键过程，放出热量，B正确；C．该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键，C正确；D．该反应可通过燃料电池实现化学能到电能的转化，D错误；故〖答案〗为：D。8.关于如图所示装置的叙述，正确的是（）A.该装置能将化学能转化为电能B.锌是正极，锌片质量逐渐减少C.电子由铜片经导线流向锌片D.原电池发生的反应为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．该装置属于原电池装置，能将化学能转化为电能，A正确；B．锌失去电子发生氧化反应为负极，B错误；C．电子由负极流向正极，由锌片经导线流向铜片，C错误；D．原电池发生的反应为锌和硫酸铜生成铜和硫酸锌，，D错误；故选A。9.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，在不同条件下的化学反应速率最快的是（）A.v(CO)=1.5mol•L-1•min-1 B.v(NO2)=0.7mol•L-1•min-1C.v(N2)=0.4mol•L-1•s-1 D.v(CO2)=1.1mol•L-1•min-1〖答案〗C〖解析〗【详析】如果该反应都用CO表示反应速率，则：A．v(CO)＝1.5mol·L－1·min－1；B．v(CO)＝2v(NO2)＝2×0.7mol·L－1·min－1=1.4mol·L－1·min－1；C．v(CO)＝4v(N2)＝4×0.4mol·L－1·s－1=1.6mol·L－1·s－1=96mol·L－1·min－1；D．v(CO)＝v(CO2)=1.1mol·L－1·min－1；综上所述C表示的速率最快，〖答案〗选C。10.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。向一个密闭容器中充入一定量的N2和H2，在一定条件下使其发生反应生成NH3，测得0～30s，c(N2)减小了1mol/L，下列说法正确的是（）A.当N2足量且充分反应后，H2的转化率为100%B.化学反应速率关系是2v(H2)=3v(NH3)C.0～15s，c(NH3)增加了1mol/LD.达到平衡时正逆反应速率相等且为0〖答案〗B〖解析〗【详析】A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应可逆，任意反应物的转化率不可能为100%，故A错误B．同一化学反应，用不同物质表示反应速率，速率比等于系数比，化学反应速率关系是2v(H2)=3v(NH3)，故B正确；C．测得0～30s，c(N2)减小了1mol/L，则c(NH3)增加了2mol/L，反应过程中正反应速率逐渐减慢，所以0～15s，c(NH3)增加量大于1mol/L，故C错误；D．达到平衡时正逆反应速率相等且不为0，反应没停止，故D错误；选B。11.分子式为C5H11Cl且分子中含有两个甲基的物质共有（）A.4种 B.5种 C.6种 D.7种〖答案〗A〖解析〗【详析】分子式为C5H11Cl且分子中含有两个甲基的物质共有CH3CH2CH2CHClCH3、CH3CH2CHClCH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH2Cl、CH2ClCH(CH3)CH2CH3共4种，故〖答案〗为A。12.苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下来未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”该文中的“气”指的是（）A.二氧化硫 B.二氧化碳 C.乙烯 D.甲烷〖答案〗C〖解析〗【详析】篮中的木瓜释放出气体，与红柿接触后，未熟的红柿成熟，不再有涩味，说明木瓜产生的气体促进了红柿的成熟，是果实的催熟剂，所以此气体应为乙烯；故选C。13.下列属于加成反应的是（）A.B.C.D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该反应为甲烷的取代反应，A不符合题意；B．该反应为乙醇的氧化反应，B不符合题意；C．该反应为乙烯与溴单质的加成反应，不饱和度降低，C符合题意；D．该反应为乙酸乙酯水解反应，属于取代反应，D不符合题意；故选C。14.乙醇和乙酸是两种常见的有机化合物，下列说法正确的是（）A.乙醇和乙酸均能与金属钠反应B.乙醇能发生氧化反应，而乙酸不能发生氧化反应C.乙醇和乙酸均能使紫色石蕊试液变红D.乙醇和乙酸的分子结构中均含有碳氧双键〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，都能与钠反应生成氢气，故A正确；B．乙醇、乙酸均可燃烧生成水和二氧化碳，则均可发生氧化反应，故B错误；C．乙醇不具有酸性，不能使紫色溶液变红色，故C错误；D．乙醇分子中只含有羟基，没有碳氧双键，故D错误；故选A。15.下列说法中正确的是（）A.淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖B.油脂水解可得到氨基酸和甘油C.蛋白质水解的最终产物是多肽D.糖、油脂和蛋白质都属于高分子〖答案〗A〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素催化剂条件下水解产物都为葡萄糖，故A正确；B．油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，氨基酸是蛋白质水解的最终产物，故B错误；C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，而不是多肽，故C错误；D．蔗糖、麦芽糖等不是高分子化合物；油脂也不是高分子化合物，故D错误。故选A。第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(共55分)16.某化学实验小组同学利用如图所示装置制备氨气，并探究氨气的性质(部分仪器已略去)。（1）实验室制备氨气的化学方程式为_______；干燥氨气常用的干燥剂是_______。（2）收集氨气时，请你选择氨气的进气口_______(填“a”或“b”)，理由是_____________。（3）若观察到装置中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的性质是______________。（4）为防止环境污染，如图所示装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是_______(填序号)。（5）用图C装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满氯化氢，引发水上喷的操作是_______。〖答案〗（1）①.②.碱石灰（2）①.a②.氨气的密度小于空气的密度（3）氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱（4）②④⑤（5）先打开止水夹，再挤压胶头滴管〖解析〗〖祥解〗装置A为固体加热反应装置，氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气和氯化钙；氨气极易溶于水，只能用排气法收集，氨气的密度小于空气的密度，所以应该选择向下排空气法收集，氨气从a口进入空气从b口排出；【小问1详析】氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气和氯化钙、水，方程式为：；氨气为碱性气体，干燥氨气常用的干燥剂是碱石灰，〖答案〗为：，碱石灰；【小问2详析】氨气的密度小于空气的密度，所以应该选择向下排空气法收集，氨气从a口进入空气从b口排出，〖答案〗为：a，氨气的密度小于空气的密度；【小问3详析】能够形成喷泉实验是因为氨气极易溶于水，导致装置中压强减小，产生红色喷泉是因为氨气溶于水后与水反应生成弱碱一水合氨具有碱性，〖答案〗为：氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱；【小问4详析】氨气极易溶于水，可用水吸收氨气，但是应该注意防止倒吸；②④都具有防倒吸功能，可以用来吸收氨气，⑤中第一个试剂瓶可以起到缓冲作用，能够防止溶液倒吸，故②④⑤正确；①装置为密闭装置，氨气进去后致使密封的瓶子内压力很大，使的氨气不容易进入瓶中，且瓶内气体压强增大，气体溶解度降低，虽然能够防止倒吸，但不利于氨气的吸收，故①装置错误；③装置导气管直接插入水中，直接产生倒吸，故③错误；故〖答案〗为：②④⑤。【小问5详析】如果用图C装置进行喷泉实验，由于氯化氢极易溶于水，当打开止水夹，先挤压胶头滴管使少量水进入烧瓶中时，氯化氢溶于水后使烧瓶内压强迅速减小，烧杯中的水在外界大气压强作用下被压入烧瓶，从而形成喷泉，〖答案〗为：先打开止水夹，再挤压胶头滴管；17.原电池揭示了氧化还原反应的本质是电子转移，实现了化学能转化成电能，使氧化还原反应在现代生活中获得重大应用，从而改变了人们的生活方式。某兴趣小组为探究原电池工作原理，利用金属Zn与稀反应，通过如图所示装置A、B进行实验，实验过程中装置A内溶液的温度升高，装置B的电流计指针发生偏转。根据所学知识，完成下列各题：（1）装置B为原电池，则Cu作______(填“正”或“负”)极，Zn电极上的电极反应式______。（2）一般把金属导线称为“电子导体”，把电解质溶液称为“离子导体”。装置B中电池工作时“离子导体”中主要离子的移动方向可描述为______。（3）从能量转化的角度来看，装置A中反应物的总能量______(填“高于”、“低于”或“=”)生成物的总能量；从反应速率的角度上看，可以观察到A中反应比B中______(填“快”或“慢”)。（4）装置B中稀用足量溶液代替，起始时Zn电极和Cu电极的质量相等，当导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极和Cu电极的质量差为______。（5）该小组同学由此得出的结论错误的是______。(多选)A.任何自发进行的氧化还原反应均可以设计成原电池B.装置B中Cu电极不可用碳棒代替C.原电池的负极发生还原反应D.原电池装置中化学能全部转化为电能〖答案〗（1）①.正②.（2）向正极(Cu)移动、向负极(Zn)移动（3）①.高于②.慢（4）12.9g（5）BCD〖解析〗〖祥解〗装置A中金属Zn与稀硫酸反应为Zn+H2SO4=H2↑+ZnSO4；装置B为原电池，Cu作正极，发生还原反应，有气泡产生，Zn作为负极，发生氧化反应；据此分析解题。【小问1详析】根据分析，Cu作正极，Zn作负极失去电子生成Zn2+；故〖答案〗为：正；Zn−2e-=Zn2+；【小问2详析】溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；故〖答案〗为：H+向正极(Cu)移动、向负极(Zn)移动；【小问3详析】Zn与硫酸反应为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量；B中构成原电池，加快反应速率；故〖答案〗为：高于；慢；【小问4详析】当用CuSO4作电解质溶液时，正极发生，负极发生反应，当0.2mol电子转移时，生成6.4gCu，消耗6.5gZn；故〖答案〗：12.9g；【小问5详析】A．原电池反应属于放热的氧化还原反应，A正确；B．原电池的两个电极为活泼性不同的两个电极，C与Zn的活泼性不同，B错误；C．原电池的负极失去电子发生氧化反应，C错误；D．原电池反应过程中会有能量损耗，不能全部转化为电能，D错误；故〖答案〗为：BCD。18.乙酸乙酯是一种非常重要的有机化工原料，用途十分广泛．根据所学内容填空。I．由乙烯合成乙酸乙酯的流程如下；（1）写出B与D反应的化学方程式______；反应类型：______；（2）写出反应③的化学方程式：______。II．实验室用如图所示装置制备乙酸乙酯。（3）实验前，向试管a中加入3mL______，然后边振荡试管边慢慢加入2mL______和2mL乙酸。（4）试管b中盛放的试剂是饱和______溶液。（5）反应结束后，从试管b中分离出乙酸乙酯的方法是______。（6）