【文档说明】学易金卷：高一化学下学期期末测试卷02（人教版2019必修第二册）（解析版）.docx，共(17)页，353.400 KB，由管理员店铺上传

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学易金卷：2019-2020学年高一化学下学期期末测试卷02（考试时间：80分钟试卷满分：100分）考试内容：必修第二册难度：★★★★☆可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Br-80一、选择题：本题

共16个小题，每小题3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．应用太阳能光伏发电技术，是实现节能减排的一项重要措施。下列有关分析不正确的是（）A．风能、太阳能、生物质能等属于可再生能源B．推广可再生能源有利于经济可持续发展C．如图是太阳能

光伏电池原理图，图中A极为正极D．光伏电池能量转化方式是太阳能直接转化为电能【答案】C【解析】A．风能、太阳能、生物质能在短时间内能形成，属于可再生能源，正确，A不符合题意；B．不可再生资源不能持续使用，推广可再

生能源有利于经济可持续发展，正确，B不符合题意；C．在原电池的外电路中，电流由正极流向负极，由图中的电流方向可判断A为负极，错误，C符合题意；D．光伏电池发电是将光能直接转化为电能，正确，D不符合题意。答案选C。2．下列说法正确的是A．糖类、

油脂、蛋白质都能发生水解反应B．油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的C．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物D．油脂有油和脂肪之分，都属于酯类【答案】D【解析】A.糖类中的单糖不能发生水解反应，A不正确；B.蛋白质还含有N、S、P等元

素，B不正确；C.油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，不是高分子化合物，C不正确；D.油脂包含油和脂肪，都属于酯类，D正确；答案选D。3．（2020·山西省忻州一中高一期中）有科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列关于硅及其化合物的说法正确的是（）A．SiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应B

．高温下，工业制粗硅的反应方程式为2C+SiO2Si+2COC．硅酸盐广泛用于光纤通讯D．水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品【答案】B【解析】A．二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，故A错误；B．高温下，工业制粗硅是用碳还原二氧化硅，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，

故B正确；C．二氧化硅是光导纤维的主要成分，故C错误；D．水晶饰物的主要成分为二氧化硅，故D错误；故选B。4．（2020·广东省珠海市第一中学高一期中）下列关于硫及其化合物的说法正确的是()A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氨气B．加氯化钡溶液有白色沉淀产生，

再加盐酸，沉淀不消失，一定有24SO−C．二氧化硫能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，因其有漂白性D．如图装置中血红色褪去，可以验证SO2的还原性【答案】D【解析】A.浓硫酸具有酸性，不可用于干燥氨气，A项错误；B.加氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能是钡盐沉淀，也可

能是氯盐沉淀，加入盐酸不溶解，不能说明一定有24SO−，B项错误；C.二氧化硫具有还原性，能跟溴水、酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原而褪色，不是漂白性，C项错误；D.硫酸铁溶液遇KSCN，溶液变为血红色，通入二氧化硫，发生反应SO2+2Fe3++2H2O=24SO−+2Fe2++4H+，血红色退

去，证明SO2具有还原性，D项正确；答案选D。【点睛】24SO−：先加盐酸，无明显实验现象，后加氯化钡，若产生白色沉淀，证明含有24SO−。二氧化硫的的漂白性是与品红发生化合漂白，不稳定，受热品红恢复至原来的颜色。二氧化硫具有还原性还能跟氯水、溴水

、碘水、酸性高锰酸钾溶液等发生氧化还原而褪色，并不是表白性的体现。5．根据Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应原理所设计原电池装置，正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】A．该装置中锌为负极，铜

为正极，电池总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，故A错误；B．镁的金属性比锌的活泼性要强，所以该装置的总反应为Mg+Cu2+=Mg2++Cu，故B错误；C．电解质溶液为氯化铁溶液，则该电池的总反应为Zn+

2Fe3+=Zn2++2Fe2+，故C错误；D．该电池电解质溶液为硫酸铜溶液，Zn为负极，Cu为正极，电池总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故D正确；故答案为D。6．下列叙述错误的是（）A．甲烷与氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4

，都属于取代反应B．烷烃中除甲烷外，很多都能使KMnO4酸性溶液的紫色褪去C．分子通式为CnH2n+2的烃一定是烷烃D．甲烷能够燃烧，在一定条件下会发生爆炸【答案】B【解析】A．甲烷是饱和链烃，与氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都

同时生成HCl，所以属于取代反应，A正确；B．烷烃是饱和链烃，都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．只有烷烃的分子组成满足通式CnH2n+2，C正确；D．甲烷与氧气的混合气，在一定体积含量范围内，点燃会发生爆炸，D正确；故选B。7．下列有关自然资源的开发利用的叙述正确的是

A．通过催化重整，可从石油中获取环状烃B．金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法C．石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化D．煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得【答案】A【解析】A．通过催化重整

，可从石油中获取环状烃，如芳香烃，A正确；B．熔融的氯化铝不导电，金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化铝的方法，B错误；C．石油的裂化和裂解、煤的液化和气化均属于化学变化，C错误；D．煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，但煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等

有机物，D错误；答案选A。8．工业上由CO2和H2合成气态甲醇的化学方程式为CO2＋3H2===CH3OH＋H2O，已知该反应是放热反应。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是()A．B．C．D．【答案】A【解析】放热反应，反应物

总能量高于生成物总能量，同一物质，气态变成液态放出热量，所以气态产物能量高于液态产物能量，综上所述，A图像符合。答案选A。9．有机物R是金银花的一种成分，具有广谱抗病毒功效，键线式为(已知CH2=CHCH2OH的键线式为)。

下列说法错误的是（）A．R能发生加成、氧化、取代反应B．用酸性高锰酸钾溶液可以确认R含碳碳双键C．R分子中所有碳原子可能共平面D．CHO与R互为同分异构体【答案】B【解析】A．R中含有双键，可以发生加成反应、氧化反应，含有羟基、烃基可以发生

取代反应，故A正确；B．R分子的羟基也可以使酸性高锰酸钾褪色，故B错误；C．R中碳原子均位于碳碳双键形成的平面上，平面通过单键相连，单键可以旋转，所以所有碳原子可能共面，故C正确；D．和的分子式均为C10H16O，二者分子式相同，

结构不同，互为同分异构体，故D正确；故答案为B。【点睛】判断有机物分子中所有原子是否共面时，通常根据甲烷、乙烯、乙炔和苯的分子结构模型进行，找出与其结构相似的有机物片断，然后分析有多少原子可能共面或共线，最多有多少原子共面或共线，要求要熟悉这些基本模型的结构特点。10．将N2、

H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：v(H2)=1mol·L-1·min-1；乙：v(N2)=2mol·L-1·min-1；丙：v(NH3)=3mol·L-1·min-1。则三个容器中合成氨的反应

速率（）A．v(甲)>v(乙)>v(丙)B．v(乙)>v(丙)>v(甲)C．v(丙)>v(甲)>v(乙)D．v(乙)>v(甲)>v(丙)【答案】B【解析】【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，以

此来解答。【详解】合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g)高温、高压催化剂2NH3(g)，以氢气的化学反应速率为标准进行判断，甲：v(H2)=1mol⋅L−1⋅min−1；乙：v(N2)=2mol⋅L−1⋅min−1，根据化

学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，v(H2)=3v(N2)=3×2mol⋅L−1⋅min−1=6mol⋅L−1⋅min−1；丙：v(NH3)=3mol⋅L−1⋅min−1，同理可知v(H2)=32v(NH3)=1.5×3mol⋅L−1⋅min−1=4.5mol⋅L−1⋅min−1

则反应速率：v(乙)>v(丙)>v(甲)，答案选B。【点睛】比较不同物质的化学反应速率时可以换算成为相同的物质的速率。11．对下列有机反应类型的认识中，错误的是A．+HNO3+H2O；取代反应B．CH2＝CH2＋Br2→C

H2Br－CH2Br；加成反应C．CH4＋Cl2⎯⎯⎯→光照CH3Cl＋HCl；置换反应D．CH3CH2OH++H2O；酯化反应【答案】C【解析】A.苯环上的H被硝基替代，生成硝基苯，为取代反应，A正确，

不符合题意；B.碳碳双键打开，连接两个溴原子，不饱和键变成饱和键，为加成反应，B正确，不符合题意；C.甲烷上的H被氯原子替代，为取代反应，且没有单质生成，不是置换反应，C错误，符合题意；D.乙醇和乙酸生成乙酸乙酯，属于酯化反应，也是取代反应，D正确，不符合题意；答案选C。12．常温下，

将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是（）A．0~t1时，原电池的负极是Al片B．0~t1时，正极的电极反应式是3NO−+2H++e−=NO2↑+H2OC．t1后，原电

池的正、负极发生互变D．t1后，正极上每得到0.3mol电子，则负极质量减少2.7g【答案】D【解析】【分析】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。【详解】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1

时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。A、0~t1时，原电池的负极是Al片，故A正确；B、0~t1时，硝酸根离子在正极得电子生成红棕色气体NO2，正极的电极反应式是NO3－+2H++e−=NO2↑+H2O，故B正确；C、

t1后，铝发生钝化，铜作负极，所以，电池的正、负极发生互变，故C正确；D、t1后，铜是负极，每有0.3mol电子发生转移，就有0.15mol铜失去电子，负极质量减少9.6g，故D错误。故选D。【点睛】本题考查原电池原理，通过图象判断不同时刻原电池的正负极为解

答本题的关键，也是易错点。13．在相同的密闭容器中，用高纯度纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)∆H＞0，实验测得反应体系中水蒸气浓度（mol·L-1）的变化结果如下：序号时间/min01020304060

①温度T1/1号Cu2O0.05000.04920.04860.04820.04800.0480②温度T1/2号Cu2O0.05000.04900.04830.04800.04800.0480③温度T2/2号Cu2O0.05000.04800.04700.04700.04700.0470下列说

法不正确．．．的是（）A．实验时的温度T2高于T1B．2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高C．实验①前20min的平均反应速率v(O2)=7×10ˉ5mol·Lˉ1·minˉ1D．等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2

O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关【答案】C【解析】A．从表中③可以看出相同时间内水蒸气的浓度变化大，反应速率快，说明实验时的温度T2高于T1，故A正确；B．②中反应速度比①快，2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高，故B正确；C．实验①前20min的平均反应速率v(

H2O)=5110.05/0.0486/710molLmin20−−−−==cmolLmolLtmin，v(O2)=1/2v(H2O)=3.5×10ˉ5mol·Lˉ1·minˉ1，故C错误；D．①②化

学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，②中水蒸气的浓度变化比①快，②中催化剂微粒更小，表面积更大，等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关，故D正确；故选C。14．在恒温恒容密闭容器中，可逆反应Δ22X(g)

+Y(g)2XY(g)达到平衡时的标志是（其中三种物质中只有2Y是有颜色的。）（）A．混合气体密度恒定不变B．混合气体的颜色不再改变C．混合气体的压强不再变化D．三种气体的体积分数相等【答案】B【解析】A．该反应中

物质均为气体，反应过程中气体中气体的质量不变，该反应装置为恒容装置，反应过程中气体的总体积不变，因此混合气体的密度始终不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故A不符合题意；B．因只有Y2有颜色，若装置内气体的颜色不再改变，说明Y

2的浓度不变，可说明反应达到平衡状态，故B符合题意；C．该装置为恒容装置，气体的压强之比等于气体的总物质的量之比，反应过程中气体的总物质的量不变，混合气体的压强始终不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故C不符合题意；D．不确定反应物的量以及转化量，平衡时三种气体的体积分数不一定相等，故D不符

合题意；故答案为：B。【点睛】判断化学平衡状态的方法：各种“量”不变：①各物质的质量、物质的量或浓度不变；②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变；③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相

等)或颜色(某组分有颜色)不变；总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量为“不变量”，则不能作为平衡标志。15．生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO

2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，已知键能是指断开1mol化学键变为气态原子时所需要的能量，或形成1mol化学键时所释放的能量。以下是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/kJ∙mol-19

41.7154.8283.0下列说法中正确的是（）A．过程N2(g)→2N(g)放出能量B．过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量C．反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)是吸热反应D．NF3吸收能量后如果没

有化学键的断裂与形成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】【分析】发生化学反应的过程中，先是反应物的化学键断裂要吸收能量，后放出能量生成生成物的化学键，即旧的化学键断裂要吸收能量，新的化学键形成要释放能量，化

学反应过程中的能量变化可以通过旧的化学键断裂和新的化学键形成过程中的能量变化来计算。【详解】A.过程N2(g)→2N(g)为氮气分子断裂化学键，所以要吸收能量，故A错误；B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)为氮原子和氟原子要形成N—F键，

所以要放出能量，故B正确；C.反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)过程中氮气分子、氟气分子化学键断裂要吸收能量，即要吸收热量（941.7+154.8×3）kJ∙mol-1=1406.1kJ∙mol-1，三氟化氮分子化学键形成要释放能量即要释放热量（283.0×3×2）kJ

∙mol-1=1698kJ∙mol-1，吸收的能量小于放出的能量，所以该反应为放热反应，故C错误；D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与形成，即只可能有状态变化，不可能发生化学反应，故D错误；综上所

述，答案为B。16．（2020·湖北省黄梅县第一中学高一期中）标准状况下，将4.48L的NO2和NO组成的混合气体通入100mL的水中，气体体积缩小为2.24L，假设溶液的体积不变，则下列说法中错误．．的是（）A．所得溶液中溶质的物质的量浓度为1.0mol·L-1B．剩余气体中氮元素与氧元素的

质量为7∶8C．原混合气体中NO2和NO的体积比为1∶1D．反应过程中转移的电子总数为0.1mol【答案】C【解析】【分析】标准状况下，4.48L的NO2和NO组成的混合气体的物质的量为：0.2mol，

反应后气体剩余0.1mol，盛有NO和NO2的混合气体的试管倒立于水中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO。【详解】A．根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，气体体积减少的物质的量和硝酸的物质的量相等，则()34.48L2.24LnHNO0.1mol22.4L/mol−==，()30

.1molcHNO1.0mol/L0.1L==，A正确；B．剩余气体都是NO，N元素和O元素的质量比等于其相对原子质量之比为14：16=7：8，B正确；C．根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，气体体积减少的体积与

NO2的体积之比为2：3，NO2的体积为：()34.48L2.24L3.36L2−=，则NO的体积为：1.12L，原混合气体中NO2和NO的体积比为3：1，C错误；D．根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，NO2既作氧化剂又作还原剂，气体体积减少的物质的量与转移电子的物质的量相等，则

转移电子的物质的量为：4.48L2.24L0.1mol22.4L/mol−=，D正确，故答案为：C。二、非选择题：包括第17题~第20题4个大题，共52分。17．（12分）（2020·河北省隆化存瑞中学高一期中）由三

种短周期非金属元素形成的常见单质A、B、C，在一定条件下有如下反应：A+B→甲(气)，B+C→乙(气)，请根据不同情况回答下列问题：（1）若标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生。①丙的化学式是_______

__，丙中含有的化学键类型为______________。②工厂常用气体甲检验装有气体C的管道是否泄漏，请写出该反应的化学方程式_____________。（2）若常温下B为固体，A、C为气体且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃

烧可生成乙。①乙的化学式是___________。②向氢氧化钠溶液中通人过量的乙，所发生反应的离子方程式是_______________________。③将乙与(1)中某单质的水溶液充分反应可生成两种强

酸，该反应的化学方程式是___________。【答案】（1）①NH4Cl（2分）离子键、极性共价键（2分）②8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl（2分）（2）①SO2（2分）②SO2+OH-=HSO3-（2分）③SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO

4（2分）【解析】【分析】（1）若在标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则丙为NH4Cl，甲、乙分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系

可知B为H2，A、C分别是Cl2、N2的一种。（2）若常温下B为固体，A、C为气体，且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙，结合转化关系可推知，B为S、A为H2、C为O2、甲为H2S、乙为SO2。【详解】（1）①丙为氯化铵，其化学式为NH4Cl，NH4Cl中

铵根离子与氯离子之间是离子键，铵根离子中氮原子与氢原子之间是极性共价键，所以化学键类型为离子键、极性共价键，故答案为：NH4Cl；离子键、极性共价键。②甲是HCl、NH3中的一种，C分别是Cl2、N2的一种，工厂常用NH3检验装有Cl2

的管道是否泄漏，则甲是NH3，C是Cl2，其反应的化学方程式：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl。（2）①乙是二氧化硫，其化学式是SO2，故答案为：SO2。②乙为SO2，氢氧化钠溶液中通入过量的SO2，

其化学反应方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，离子反应方程式为：SO2+OH-=HSO3-，故答案为：SO2+OH-=HSO3-。③乙为SO2，与Cl2的水溶液充分反应可生成两种强酸，即盐酸和硫酸，其化学反应化学方程式是SO2+Cl2

+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。18．（12分）（1）氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)

+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。①能说明该反应已达到平衡状态的标志是___________a．反应速率v(NH3)=v(N2)b．容器内压强不再随时间而发生变化c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化d．容器内n(NO)∶

n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6e．12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键f．混合气体的总质量不随时间的变化而变化②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中b点对应的速率关系是v(正)_______

__v(逆)（填﹥、﹤或﹦），d点对应的速率关系是v(正)________v(逆)（填﹥、﹤或=）。（2）298K时，若已知生成标准状况下2.24LNH3时放出热量为4.62kJ。在该温度下，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量总小

于92.4kJ，其原因是___________。（3）一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH＝－180kJ·mol－1，n(NO2)随时间变化如下表：①用N2O4表示0～2s内该反应的平均速率为__________。

在第5s时，NO2的转化率为____________。（转化率是指某一反应物转化的百分率。）②根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是______________。【答案】（1）bc（2分）＞（1分）=

（1分）（2）该反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应，所以放出的热量总是小于92.4kJ（2分）（3）0.00375mol•L-1•s-1（2分）87.5%（2分）随着反应的进行，二氧化氮的物质的

量浓度减小，反应速率减小（2分）【解析】【分析】（1）①根据化学平衡状态的特征分析判断；②根据图象，结合化学平衡的建立和达到平衡时ν(正)与ν(逆)相等判断。（2）每生成2.24L氨气，同时放出4.62kJ的热量，据此计算生成2mol氨气放出的热量，在写出热化学方

程式，结合可逆反应的特征分析解答；（3）结合v=ct结合化学反应速率之比等于化学计量数之比计算反应速率，并根据浓度对反应速率的影响分析解答。【详解】（1）①a．该反应达到平衡状态时，5v(NH3)正=4v(N2)逆，v(NH3)=v(N2)，不能判断正逆反应速

率的关系，故a错误；b．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应是否达到平衡状态，故b正确；c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明N2浓度不再改变，能判断达到平衡状态，故c正确；d．容器内n(NO)∶n(NH

3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6，不能说明浓度是否发生变化，不能判断达到平衡状态，故d错误；e．12molN-H键断裂的同时一定会生成5molN≡N键，都表示正反应速率，不能判断达到平衡状态，故e错误；f．反应前后都是气体，混合气体的

总质量始终不变，混合气体的总质量不随时间的变化而变化，不能判断达到平衡状态，故f错误；故答案为：bc；②图中b点没有达到平衡，反应仍在正向进行，所以图中b点对应的速率关系是v(正)＞v(逆)；d点达到平衡

状态，ν(正)=ν(逆)相等，故答案为：＞；=；（2）标准状况下，2.24LNH3的物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，放出4.62kJ的热量，则生成2mol氨气放热2mol0.1mol×4.62kJ=

92.4kJ，合成氨的反应是可逆反应，△H=-92.4kJ/mol是1molN2和3molH2完全反应放出的热量，因此将1molN2和3molH2在此条件下反应，放出的热量一定小于92.4kJ，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；该反应是可逆反应，1mo

lN2和3molH2不可能完全反应，所以放出的热量总是小于92.4kJ；（3）①用NO2表示0～2s内该反应的平均速度为0.04mol0.01mol2L2s−=0.0075mol•L-1•s-1；则用N2O4表示0～2s内该反应的平均速率为12×0.0075m

ol•L-1•s-1=0.00375mol•L-1•s-1，在第5s时，NO2的转化率为0.04mol0.005mol0.04mol−×100%=87.5%，故答案为：0.00375mol•L-1•s-1；87.5%；②根据上表可以看出，随着反应

进行，反应速率逐渐减小，其原因是随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小，故答案为：随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小。19．（15分）Ⅰ.如图是实验室制乙烯的发生装置和乙烯性质实验装置，反应原理

为CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，回答下列问题：（1）图1中仪器①、②的名称分别为______、______。（2）收集乙烯气体最好的方法是______。（3）向溴的四氯化碳溶液中通入乙烯(如图2)，溶液的颜色很快褪去，该反应属于_____(填反应类型)，若将反应后无色液体中的反应产物

分离出来，则宜采用的方法是_____。II.为探究乙烯与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中)，使气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工

业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性的气体杂质，由此他提出必须先除去杂质，然后再使乙烯与溴水反应。请回答下列问题：（4）甲同学的实验中有关的化学方程式为______。（5）甲同学设计的实验______(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生加成反应，其理由是____

_(填字母)。A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应B．使溴水褪色的反应，就是加成反应C．使溴水褪色的物质，未必是乙烯D．使溴水褪色的物质就是乙烯（6）乙同学推测此乙烯中必定含有的一种杂质气体是______，它与溴水反应的化学方程式是___。在验证过程中必须全部除去，

除去该杂质的试剂可选用______。（7）为了验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应，可采取方法有______。【答案】（1）温度计（1分）圆底烧瓶（1分）（2）排水法（1分）（3）加成反应（1分）蒸馏（1分

）（4）22222CH=CH+BrCHBrCHBr→（2分）（5）不能（1分）AC（1分）（6）H2S（1分）22HS+Br=2HBr+S（2分）CuSO4溶液(或NaOH溶液等)（1分）（7）分别用pH计测量反应前后溴水的pH，若反应后pH明显减小，则

是取代反应，否则是加成反应（2分）【解析】【分析】Ⅰ.实验室制乙烯的反应原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，根据乙烯的物理性质和化学性质进行问题的解答。II.探究乙烯与溴的反应类型：如果发生取代反应，生成氢溴酸，溶液的酸性增强，若果发生加成反应

，生成卤代烃，酸性减弱；要注意制备的乙烯气体中，会含有杂质气体硫化氢等，硫化氢也能与溴水发生氧化还原反应，影响实验的结果，在检验乙烯气体之前，一定要除去硫化氢气体。【详解】（1）图1中仪器①、②的名称

分别为：温度计、圆底烧瓶，故答案为：温度计、圆底烧瓶；（2）乙烯的密度和空气相差不大，不用排空气法收集，乙烯不溶于水，所以收集乙烯气体最好的方法是排水法，故答案为：排水法；（3）乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2

-二溴乙烷溶于四氯化碳，但二者沸点不同，可用蒸馏方法分离，故答案为：加成反应；蒸馏；（4）乙烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，方程式为：22222CH=CH+BrCHBrCHBr→，故答案为：22222CH=CH+BrCHBrCHBr→；（5）溴水褪色，未必发生加成反应，

也未必就是乙烯反应，也可能是乙烯中的杂质气体与溴反应而使溴水褪色，AC满足题意，故答案为：不能；AC；（6）褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，该淡黄色浑浊物为S，溴水有强氧化性，可以推断乙烯中含还原性气体H2S，发生的反应为：22HS+Br=2HBr+S

，可以用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)除去H2S，故答案为：H2S；22HS+Br=2HBr+S；CuSO4溶液(或NaOH溶液等)；(7)如果乙烯与溴发生取代反应，必定生成HBr，HBr溶于水酸性会明显增强，故可用pH计予以验证，方法为：分别用pH计测量反应前后溴水的pH，若

反应后pH明显减小，则是取代反应，否则是加成反应，故答案为：分别用pH计测量反应前后溴水的pH，若反应后pH明显减小，则是取代反应，否则是加成反应。【点睛】HBr的溶于水为氢溴酸溶液，氢溴酸是强酸，若为取代反应，将有HBr生成，溶液酸性

会明显增强，pH会显著减小。20．（13分）将海水晒制后过滤可得到粗制食盐和母液，氯碱厂以电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：（1）在电解过程中，Cl2在与电源_______（填“正”或“负”）极相连的电极上生成；（2）精制过程为除去溶液中的少量Ca2+、Mg

2+、SO42-，加入试剂顺序合理的是_____________；a．先加NaOH，再加Na2CO3，再加BaCl2b．先加NaOH，后加Ba(OH)2，再加Na2CO3c．先加BaCl2，后加NaOH，再加Na2CO3（3）脱盐工序中利用NaOH（溶解度随温度变化较大）和N

aCl（溶解度随温度变化较小）在溶解度上的差异，通过______________________________________，然后趁热过滤分离NaCl晶体，并得到50%的NaOH溶液（填写设计方案，无需计算具体数据）；（4）写出电解饱和食盐水的反应方程式____________

_；如果在实验室中电解200ml饱和食盐水，一段时间后电源负极连接的电极处收集到224mL气体（已换算成标况），此时溶液中NaOH的物质的量浓度为__________mol·L-1（不考虑生成气体的溶解与反应，以及溶液体积的变化）；（5）分离出NaCl后的母液经过下列流程可以制取溴:①若物质X是S

O2，那么在这一环节中体现SO2_____________（填“氧化性”或“还原性”）；②若物质X是Na2CO3，则需要把氯气换成硫酸，此时吸收塔中发生的反应Br2+Na2CO3=NaBrO3+CO2+NaBr，配平该反应_____________。若有48g溴完全反应，转移电子的物

质的量为_____________mol；③在吹出塔中通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的（填序号）_____________；a．氧化性b．还原性c．挥发性d．腐蚀性④设备Y在实验室中可以通过酒精灯、温度计、____________

_等玻璃仪器组成的装置实现。【答案】（1）正（1分）（2）bc（1分）（3）加热蒸发，使NaCl结晶（1分）（4）2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑（2分）0.1（2分）（5）还原性（1分）33135（1分）0.5（2分）c（1分）蒸馏烧瓶（1分）【解析】【分析】（1）在

电解过程中，Cl−→Cl2发生氧化反应；（2）Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，最后加入盐酸酸化，但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面；（3）根据氯化钠溶解度随温度变化较小的性质分析；（4）电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠

；电源负极连接的电极生成氢气，根据化学方程式计算生成0.01mol氢气时，溶液中NaOH的物质的量浓度。（5）①若物质X是SO2，则吸收塔中发生反应22224+22SOBrHOHSOHBr+=+；②根据化合价升降总数相等和原子守恒配平方程式；③溴加热易挥发；

④根据流程图，设备Y为蒸馏装置。【详解】（1）在电解过程中，Cl−→Cl2发生氧化反应，Cl2在与电源极正极相连的电极（阳极）上生成。（2）Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，

最后加入盐酸酸化，但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，所以选bc。（3）因为NaOH溶解度随温度变化较大、NaCl溶解度随温度变化较小，通过加热蒸发，使NaCl结晶，然后趁热过滤分离NaCl晶体，并得到50%的NaOH

溶液。（4）电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠，反应化学方程式是2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑；设溶液中NaOH的物质的量浓度为cmol/L；2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑1mol2mol0.01molc0.2L12=0

.010.2cc=0.1cmol/L；（5）①若物质X是SO2，则吸收塔中发生反应22224+22SOBrHOHSOHBr+=+，SO2中硫元素化合价升高，体现SO2的还原性；②根据化合价升降总数相等和原子守恒配平方程式为3Br2+3Na2CO3=

NaBrO3+3CO2+5NaBr；根据方程式，3molBr2参加反应转移5mol电子，48g溴的物质的量是0.3mol，完全反应转移电子的物质的量为0.5mol。③在吹出塔中通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性，选c；④根据流程图

，设备Y为蒸馏装置，所以在实验室中可以通过酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶等玻璃仪器组成的装置实现。