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安徽省铜陵市第一中学2022-2023学年高一化学下学期期中检测试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省铜陵市第一中学2022-2023学年高一化学下学期期中检测试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 本试卷主要考试内容， 在温度160℃下，将0，1L混合烃与0等内容，欢迎下载使用。
铜陵市第一中学2022-2023学年度第二学期
高一年级期中教学质量检测化学试卷
考试时间：75分钟 满分100分
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 本试卷主要考试内容：人教版必修第二册第五章，第六章，第七章第一节、第二节。
可能用到的相对原子质量：1 12 14 16 Cu 64 65
一、选择题：(本题共10小题，每题有一个选项符合要求，每题3分，共30分)
1. 《厉害了，我的国》展示了中国探索太空，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们都与化学有着密切的联系。下列说法正确的是
A. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
B. “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硅酸盐
C. “火树银花合，星桥铁锁开”中涉及的焰色反应是化学变化
D. 碳纳米材料是一类有机高分子材料，主要包括富勒烯、碳纳米管和石墨烯等
【答案】A
【解析】
【详解】A．硅电池板将光能直接转换为电能，故A正确；
B．高温结构陶瓷的主要成分是氮化硅等，为新型无机非金属材料，不属于硅酸盐，故B错误；
C．焰色反应是物理变化，故C错误；
D．碳纳米材料碳纳米材料是一类新型无机非金属材料,主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，故D错误；
选A。
2. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 硅单质具有导电性，可用于制作光导纤维
B. 氨气具有还原性，可用作食品工业制冷剂
C. 具有氧化性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅具有良好导光性，可以用于制造光导纤维，晶体硅是常见的半导体材料，用于制造芯片等，故A错误；
B．氨气不具有弱碱性，易液化，可用作食品工业制冷剂，故B错误；
C．二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾是强氧化剂把二氧化硫氧化为硫酸，说明二氧化硫具有还原性，故C错误；
D．FeCl3具有氧化性，能与铜反应，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；
故选：D。
3. 下列表示不正确的是
A. 乙醇的结构式： B. 乙烯的分子结构模型：
C. 硫离子的结构示意图： D. 双氧水的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 乙醇分子含有乙基和羟基，乙醇的结构式：，故A正确；
B． 乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯的分子结构模型：，故B正确；
C． 硫是16号元素，最外层得2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图：，故C正确；
D． 双氧水是共价化合物，原子间均形成共价键，双氧水的电子式：，故D错误；
故选D。
4. 硫元素的“价—类”二维图如图所示(G、H均为正盐)。下列叙述错误的是
A. H在工业上常用作还原剂
B. D能使酸性溶液褪色，体现了D的漂白性
C. A附着在试管壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤
D. F的浓溶液常用作干燥剂，可干燥D
【答案】B
【解析】
【分析】由硫元素的“价—类”二维图可知A为S、B为H2S、C为SO3、D为SO2、E为H2SO3、F为H2SO4、G中含有、H中含有，以此解答。
【详解】A．H2S中S是-2价，具有还原性，在工业上常用作还原剂，故A正确；
B．SO2具有还原性，能够和酸性溶液发生氧化还原反应，使溶液褪色，故B错误；
C．S能和热的NaOH溶液反应，S附着在试管壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂，可干燥SO2，故D正确；
故选B。
5. 在温度160℃下，将0.1L混合烃与0.9L氧气混合，恒压条件下充分燃烧，当恢复至160℃时，气体的总体积增大10%，则该混合烃的组成可能为
A. V(乙烯)∶V(丁烷)=1∶2
B. V(乙烷)∶V(戊烷)=1∶2
C. V(丙烯)∶V(丙烷)=2∶1
D. V(乙烷)∶V(戊烯)=2∶1
【答案】A
【解析】
【分析】将0.1L混合烃与0.9L氧气混合，恒压条件下充分燃烧，当恢复至160℃时，气体的总体积增大10%，即气体体积增大0.1L
，y=8，即混合烃中H原子数平均值为8。
【详解】若V(乙烯)∶V(丁烷)=1∶2，平均H原子数，故选A；
若V(乙烷)∶V(戊烷)=1∶2，平均H原子数，故不选B；
若V(丙烯)∶V(丙烷)=2∶1，平均H原子数，故不选C；
若V(乙烷)∶V(戊烯)=2∶1，平均H原子数，故不选D；
选A。
6. 将一块镁铝合金溶于足量的稀硝酸，反应过程中无气体产生(已知：极稀的硝酸溶液与活泼金属反应，还原产物为)。当无固体剩余时，在反应后混合溶液(M)中逐滴加入氢氧化钠稀溶液，记录产生沉淀的质量与加入NaOH稀溶液的体积关系如图所示。下列推断错误的是
A. OE段发生的反应：
B. 滴加NaOH稀溶液的过程中发生反应的顺序：
C. H点对应的溶液中溶质只有
D. GH段发生的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，铝粉和镁粉被氧化为Al3+、Mg2+，反应后溶液加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与发生了反应；
【详解】A．OE段为足量的稀硝酸与NaOH溶液反应，发生的反应离子方程式为：，故A正确；
B．随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Mg 2++2OH-= Mg(OH)2↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③+OH-=NH3•H2O，④Al(OH)3 +OH-=，则发生反应的顺序：，故B正确；
C．H点为NaOH与氢氧化铝反应，对应的溶液中溶质有，NH3•H2O为弱碱，则H点溶质还有NH3•H2O，故C错误；
D．GH段Al(OH)3沉淀质量减小，说明氢氧化铝和NaOH发生的反应，离子方程式为Al(OH)3 +OH-=，故D正确；
故选：C。
7. 足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100mL4mol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是
A. 此反应过程中转移了0.5mol的电子
B. 消耗氧气的体积为1.12L(标准状况)
C. 参加反应的HNO3是0.45mol
D. 混合气体中含2.24L(标准状况)NO
【答案】D
【解析】
【分析】整个过程中Cu失去电子，转化为Cu2＋；NO3－的得到电子，转化为4.48LNO2和NO的混合气体；NO2和NO，与O2、水反应失去电子，转化为HNO3，而O2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜失去2个电子得到Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×4mol·L－1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol。
【详解】A．根据分析，反应过程中转移了0.4mol电子，A错误；
B．转移了0.4mol电子，需要0.1molO2，其在标准状况下的体积为2.24L，B错误；
C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n(NO3－)=2n(Cu)=0.2mol×2=0.4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，C错误；
D．根据C中的分析，n(NO)=0.1mol，其在标况下的体积为2.24L，D正确；
答案选D。
8. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. 图A是制备氯气
B. 图B是制备并检验SO2气体的性质
C. 图C是检查装置的气密性
D. 图D是收集NO
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化锰和浓盐酸需要加热才能发生，图A缺少加热装置，故A错误；
B．浓硫酸具有氧化性，与Cu在加热下生成SO2，SO2具有漂白性，可用品红溶液检验其性质，故B正确；
C．该装置是长颈漏斗，空气从漏斗上逸出，不能检查装置的气密性，故C错误；
D．收集NO应用排水法收集，即NO气体从导管短进长出，故D错误；
故选：B。
9. 从海水所得的粗盐中含有杂质、、，除去粗盐中的杂质加入药品顺序正确的是
A. 溶液溶液溶液过滤后加盐酸
B. 溶液溶液溶液过滤后加盐酸
C. 溶液溶液溶液过滤后加硫酸
D. 溶液溶液溶液过滤后加盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】粗盐中含有杂质常用溶液除掉，常用溶液除掉、常用溶液除掉，除杂时要将杂质离子尽量除尽，则加入的试剂要过量，由于过量会引入新的杂质，因此后面加入的试剂要将前面的过量杂质也要除尽即钡离子要用碳酸根除掉，因此溶液要加在溶液前面，碳酸钠不仅除掉钙离子，还除掉多余的钡离子，沉淀完离子后先过滤，多余的碳酸钠、氢氧化钠加入盐酸来除掉，因此加入顺序为溶液溶液溶液过滤后加盐酸，故B正确。
综上所述，答案为B。
10. 某无色溶液W由下列离子中的若干种组成：H＋、、Fe3＋、Ba2＋、Mg2＋、、I－、OH－、。向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成。若不考虑水的电离，则下列说法中正确的是
A. X一定是Al3＋ B. Y一定是H2
C. W中最多含有6种离子 D. 溶液中不可能含
【答案】D
【解析】
【详解】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，
若溶液为酸性，则一定不存在：OH-、CO32-，若阴离子含为I-，I-具有强还原性，则一定不含NO3-，此时气体Y为氢气；若阴离子含为NO3-，酸性条件下NO3-具有强氧化性，则一定不含I-，此时气体Y为NO，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Mg2+，W中最多含有5种离子，这时生成的含铝元素的离子X为Al3+；
若溶液为碱性，则不存在Mg2+、H+、NH4+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32-，可存在的离子为：Ba2+、I-、OH-、NO3-，W中最多含有4种离子，则这时生成的含铝元素的离子X为AlO2-；
综上所述，ABC错误，D正确；
二、不定项选择题：(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11. 某化学兴趣小组利用4份等质量的铝片(已打磨)、其他材料及电解质溶液设计了4组原电池，反应一段时间，观察并记录的部分实验结果如表所示。下列说法错误的是
实验编号
①
②
③
④
电极材料
铝、铜
铝、石墨
镁、铝
铝、铜
电解质溶液
稀硫酸
稀硫酸
氢氧化钠溶液
浓硝酸
电流表指针偏转方向
偏向铜
偏向镁
A. ①和④中外电路中通过的电子数相等时，铝片质量变化之比为1：1
B. ②和③中，当生成等物质的量的气体时，电解质溶液增加的质量相等
C. ③中镁电极上的电极反应式为
D. 由上述实验可知，在原电池中活泼性强的金属单质不一定作负极
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中铝作负极，铜作正极，④中铝在浓硝酸中钝化，铝作正极，铜作负极，铝的质量不变，A错误；
B．②和③中铝均作负极，失去电子被氧化，正极上均是产生氢气，所以当生成等物质的量的气体时，电解质溶液增加的质量相等，B正确；
C．③中镁和氢氧化钠溶液不反应，镁作正极，镁电极上的电极反应式为，C正确；
D．根据以上分析可知，在原电池中活泼性强的金属单质不一定作负极，D正确；
答案选A。
12. 有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.20g•L-1，则关于此混合物组成的说法正确的是
A. 一定有甲烷
B. 一定有乙烷
C. 可能是甲烷和乙烷的混合物
D. 可能是乙烷和丙烷的混合物
【答案】D
【解析】
【分析】有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.20g•L-1，平均摩尔质量为1.20g•L-1×22.4L/mol≈32g/mol。两种气态烷烃的平均相对分子质量为32，根据平均值法，一种烷烃的相对分子质量小于32，另一种烷烃的相对分子质量大于32。
【详解】A．甲烷和乙烷的相对分子质量都小于32，所以混合物中不一定含有甲烷，故A错误；
B．甲烷和乙烷的相对分子质量都小于32，所以混合物中不一定含有乙烷，故B错误；
C．甲烷和乙烷的相对分子质量都小于32，根据平均值法，不可能是甲烷和乙烷的混合物，故C错误；
D．乙烷的相对分子质量为30,丙烷的相对分子质量为44, 根据平均值法，可能是乙烷和丙烷的混合物，故D正确；
选D。
13. 向容积为1.5L的密闭容器中通入一定量的N2O4(无色气体)和NO2的混合气体，发生反应：N2O4(g) ⇌2NO2(g)，反应吸热，体系中各物质的物质的量随时间变化如图所示。下列有关说法错误的是
A. 64s时，反应达到化学平衡状态
B. 到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深
C. 若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐降低
D. 前100s内，用NO2浓度的变化表示的化学反应速率是0.008 mol·L-1·s-1
【答案】A
【解析】
【详解】A．应达到化学平衡状态，各物质的浓度不变，但不一定相等，由图中信息可知，64s时反应未达到化学平衡状态，故A错误；
B．由图中信息可知，反应正向进行，反应体系中c(NO2)增大，所以混合气体的颜色逐渐变深，故B正确；
C．由于正反应吸热，由图中信息可知，反应正向进行，绝热条件下容器内温度逐渐降低，故C正确；
D．前100s内，用NO2浓度的变化为=0.40mol/L，化学反应速率=0.004mol•L-1•s-1，故D正确；
故选：A。
14. 我国科学家开发的碳聚四氟乙烯催化剂可提高锌-空气碱性电池的放电性能，工作原理如图所示。
电池放电时，下列说法正确的是
A. 电子由a极经KOH溶液流入b极
B. 放电时，向b极移动
C. 正极上的电极反应式为
D. a极净增1.6g时，b极有1.12L(标准状况)参与反应
【答案】CD
【解析】
【分析】a极Zn变成ZnO，化合价升高，故a是负极，b极O2变成OH-化合价降低，故b是正极。
【详解】A．电子不能通过溶液，A错误；
B．放电时，OH-向负极a极移动，B错误；
C．正极氧气得到电子生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，C正确；
D．a极净增1.6g时，增重的是O元素的质量，物质的量为0.1mol，Zn变成ZnO，失去0.2mol电子，根据C中电极反应式，消耗氧气的物质的量为0.05mol，体积为 ，D正确；
故选CD。
三、非选择题：(本题共4小题，除单独标注外，每空2分，共56分)
15. 某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，A可发生如图所示的一系列化学反应。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为_______。
（2）条件I是_______，反应②的反应类型是_______。
（3）写出反应③的化学方程式：_______。
（4）反应④为加聚反应，其产物_______(填“能”或“不能”)使KMnO4酸性溶液褪色。
（5）F的相对分子质量是A的两倍，则与A互为同系物的F有_______种(不考虑顺反异构)，写出其中一种的结构简式：_______。
【答案】（1）CH2=CH2；
（2） ①. 光照 ②. 取代反应
（3）
（4）不能 （5） ①. 3 ②. CH2=CHCH2CH3或CH3CH=CHCH3或CH2=C(CH3)2
【解析】
【分析】A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，A是乙烯；乙烯和水反应生成乙醇，B是乙醇；乙烯和氢气发生加成反应生成乙烷，C是乙烷；乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，D是氯乙烷；乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，E是聚乙烯。
【小问1详解】
A是乙烯，结构简式为CH2=CH2；
小问2详解】
C→D是乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯乙烷和氯化氢，条件I是光照，反应②的反应类型是取代反应；
【小问3详解】
反应③是乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为 ；
【小问4详解】
反应④为加聚反应，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯不含碳碳双键，不能使KMnO4酸性溶液褪色。
【小问5详解】
F的相对分子质量是A的两倍，则F的分子式为C4H8，与A互为同系物的F有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，共3种。
16. 根据所学知识，回答下列问题：
（1）下列变化中，属于吸热反应的是_______。(填标号)
①氧化钙与水反应；②石灰石在高温下的分解反应；③酸碱中和反应；④二氧化碳通过炽热的炭发生的反应；⑤食物因氧化而腐败发生的反应；⑥与的反应；⑦干冰汽化。
（2）为探究固体M溶于水的热效应，选择如图所示装置进行实验(反应在甲中进行)。观察到烧杯里产生气泡，则M溶于水_______(填“一定”或“可能”)是放热反应。
（3）铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和，电解液为硫酸。
①铅蓄电池属于_______(填“一次”或“二次”)电池，该蓄电池放电时，电解质溶液中阴离子移向_______(填“正”或“负”)极。正极反应方程式为_______
②充电时，以氢氧燃料电池(30%KOH溶液为电解质溶液)为电源，则该氢氧燃料电池负极上的电极反应式为_______。
③乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，写出负极电极反应式_______，当转移电子1.2mol时，消耗氧气标况下体积为_______。
【答案】（1）②④⑥ （2）可能
（3） ①. 二次 ②. 负 ③. ④. ⑤. ⑥. 6.72
【解析】
【小问1详解】
①氧化钙与水反应放出热量，属于放热反应；②石灰石在高温下的分解反应吸收热量，属于吸热反应；③酸碱中和反应放出热量，属于放热反应；④二氧化碳通过炽热的炭发生的反应，吸收热量，属于吸热反应；⑤食物因氧化而腐败发生的反应放出热量，属于放热反应；⑥与的反应吸收热量，属于吸热反应；⑦干冰汽化吸收热量，不是化学反应，不是吸热反应。属于吸热反应的是②④⑥；
【小问2详解】
观察到烧杯里产生气泡，说明乙中气体受热膨胀，M溶于水放热，由于M溶于水不一定发生化学反应，则M溶于水可能是放热反应。
【小问3详解】
①铅蓄电池可充电，属于二次电池，该蓄电池放电时，电解质溶液中阴离子移向负极。正极得电子生成硫酸铅和水，正极反应式为 ；
②氢氧燃料电池负极上氢气失电子生成水，电极反应式为。
③乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，负极上乙醇失电子生成碳酸根离子，电极反应式，1mol氧气转移4mol电子，根据得失电子守恒，当转移电子1.2mol时，消耗0.3mol氧气，标况下体积为6.72L。
17. 已知：反应aA(g)+bB(g) ⇌ cC(g)，某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A和B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
（1）经测定，前4s内v(C)=0.05mol·L-1·s-1，v(A)=_______，则该反应的化学方程式为_______。
（2）从反应开始到12s内，A的转化率为_______，若起始未充入C气体，则反应前后压强之比为_______。
（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，反应相同时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：甲：v(A)=0.3mol·L-1·s-1；乙：v(B)=0.12mol·L-1·s-1；丙：v(C)=9.6mol·L-1·min-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为_______。
（4）下列条件的改变能加快上述反应的反应速率的是_______。
①升高温度
②保持压强不变，充入He
③保持体积不变，充入He
④增加A的浓度
（5）下列叙述能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。
A．混合气体的总物质的量不随时间变化而变化
B．单位时间内每消耗3molA，同时生成2molC
C．混合气体的体积不随时间变化而变化
D．混合气体的密度不随时间变化而变化
E．混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化
F．v(A)：v(B)=3：1
【答案】（1） ①. 0.075mol•L-1•s-1 ②. 3A(g)+B(g)⇌2C(g)
（2） ① 75% ②. 13:9
（3）乙＞甲＞丙 （4）①④
（5）AE
【解析】
【小问1详解】
由图可知，A、B的起始物质的量分别为0.8mol/L、0.5mol/L，4s时，A的物质的量为0.5mol/L，从反应开始到4s时，v(A)==0.075mol•L-1•s-1，则v(A)：v(C)=3：2，则a：c=3：2，反应12s达到平衡，A、B平衡时物质的量分别为0.2mol•L-1、0.3mol•L-1，则△c(A)=(0.8-0.2)mol•L-1=0.6mol•L-1，△c(B)=(0.5-0.3)mol•L-1=0.2mol•L-1，则a：b=0.6：0.2=3：1，则a：b：c=3：1：2，则反应的化学方程式为：3A(g)+B(g)⇌2C(g)，故答案为：0.075mol•L-1•s-1；3A(g)+B(g)⇌2C(g)；
【小问2详解】
从反应开始到12s内，A的转化率为，由3A(g)+B(g)⇌2C(g)，消耗0.2mol/L物质B时生成0.4mol/L物质C，开始总物质的量为(0.8+0.5)mol/L×2L=2.6mol，12s后总物质的量为(0.3+0.2+0.4)mol/L×2L=1.8mol，在等温等容时，压强之比等于物质的量之比，则反应前后压强之比为2.6:1.8=13:9；故答案为：75%；13:9；
【小问3详解】
根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，甲：v(A)=0.3mol•L-1•s-1；乙：v(B)=0.12mol•L-1•s-1，v(A)=3×0.12mol•L-1•s-1=0.36mol•L-1•s-1；丙：v(C)=9.6mol•L-1•s-1，v(A)==0.24mol•L-1•s-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙＞甲＞丙，故答案为：乙＞甲＞丙；
【小问4详解】
①升高温度，化学反应速率加快，故①正确；
②保持压强不变，充入He,容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故②错误；
③保持体积不变，充入He,反应物浓度不变，反应速率不变，故③错误；
④增加A的浓度，化学反应速率加快，故④正确；
故答案为：①④；
【小问5详解】
A.该反应是前后气体物质的量会改变，则混合气体的总物质的量不随时间变化而变化时，说明该反应达到化学平衡状态，故A正确；
B.单位时间内每消耗3molA，同时生成2molC，表示的都是正反应速率，故不能据此判断反应是否达到平衡，故B错误；
C.恒容条件下，混合气体的体积始终不变，则不能据此判断反应是否达到平衡，故C错误；
D.根据质量守恒定律，该反应是前后气体质量m(g)不变，恒容条件下，由知密度始终不改变，所以不能据此判断反应是否达到平衡，故D错误；
E.该反应是前后气体质量m(g)不变、物质的量n(g)会改变，由知混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化时，说明该反应达到化学平衡状态，故E正确；
F.v(A)：v(B)=3：1，没有说明反应的方向，则不能据此判断反应是否达到平衡，故F错误；
故答案为：AE。
18. A、B、C、D、E、F、G为中学化学常见物质，它们之间有如图转化关系(反应条件已略去)。已知：A、C、D、E均含有同种非金属元素M，A为气态氢化物；G是一种紫红色的金属单质；B是空气的主要成分之一。根据学知识，按要求回答下列问题：
Ⅰ．若A具有臭鸡蛋气味，且能与C反应生成一种淡黄色非金属单质，反应①为非氧化还原反应，反应②为E的浓溶液与G反应，则：
（1）M元素在元素周期表中的位置为_______。
（2）写出反应②的化学方程式：_______，该反应中体现了E的浓溶液的强氧化性和_______性。
（3）将C通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为_______；将C通入少量品红溶液中可观察到的现象为_______。
Ⅱ．若光照条件下，E的浓溶液易分解得到B、D、F 3种物质；大量排放汽车尾气中的C、D会导致光化学烟雾，已知：反应②为E的稀溶液与G反应。
（4）写出A+B→C+F的化学方程式：_______。
（5）常温下，将60mL C、D的混合气体与30mL B同时通入水中，充分反应后，剩余7.5mL气体，则60mL混合气体中C的体积分数可能为_______(填标号)。
①15.00% ②25.00% ③41.25% ④68.75%
【答案】（1）第三周期ⅥA族
（2） ①. ②. 酸
（3） ①. ②. 品红溶液褪色
（4）
（5）②④
【解析】
【分析】Ⅰ．若A具有臭鸡蛋气味，且能与C反应生成一种淡黄色非金属单质，则A是H2S；B是空气的主要成分之一，B是氧气；A能与C反应生成一种淡黄色非金属单质，则C是SO2，D是SO3，反应①为非氧化还原反应，F是H2O，E是H2SO4；G是一种紫红色的金属单质，G是Cu。
Ⅱ．大量排放汽车尾气中的C、D会导致光化学烟雾，则C、D分别为NO、NO2，若光照条件下，E的浓溶液易分解得到B、D、F 3种物质,E是硝酸；A是NH3、B是O2、F是H2O。
【小问1详解】
A、C、D、E均含有S元素，S元素在元素周期表中的位置为第三周期ⅥA族；
【小问2详解】
反应②为浓硫酸与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应②化学方程式为 ，该反应中，浓硫酸中S元素化合价降低，同时生成硫酸铜，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性。
【小问3详解】
将SO2通入足量溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，发生反应的离子方程式为；SO2具有漂白性，将SO2通入少量品红溶液中可观察到的现象为品红溶液褪色。
【小问4详解】
A+B→C+F是氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式：；
【小问5详解】
铜陵市第一中学2022-2023学年度第二学期
高一年级期中教学质量检测化学试卷
考试时间：75分钟 满分100分
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 本试卷主要考试内容：人教版必修第二册第五章，第六章，第七章第一节、第二节。
可能用到的相对原子质量：1 12 14 16 Cu 64 65
一、选择题：(本题共10小题，每题有一个选项符合要求，每题3分，共30分)
1. 《厉害了，我的国》展示了中国探索太空，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们都与化学有着密切的联系。下列说法正确的是
A. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
B. “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硅酸盐
C. “火树银花合，星桥铁锁开”中涉及的焰色反应是化学变化
D. 碳纳米材料是一类有机高分子材料，主要包括富勒烯、碳纳米管和石墨烯等
【答案】A
【解析】
【详解】A．硅电池板将光能直接转换为电能，故A正确；
B．高温结构陶瓷的主要成分是氮化硅等，为新型无机非金属材料，不属于硅酸盐，故B错误；
C．焰色反应是物理变化，故C错误；
D．碳纳米材料碳纳米材料是一类新型无机非金属材料,主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，故D错误；
选A。
2. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 硅单质具有导电性，可用于制作光导纤维
B. 氨气具有还原性，可用作食品工业制冷剂
C. 具有氧化性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅具有良好导光性，可以用于制造光导纤维，晶体硅是常见的半导体材料，用于制造芯片等，故A错误；
B．氨气不具有弱碱性，易液化，可用作食品工业制冷剂，故B错误；
C．二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾是强氧化剂把二氧化硫氧化为硫酸，说明二氧化硫具有还原性，故C错误；
D．FeCl3具有氧化性，能与铜反应，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确；
故选：D。
3. 下列表示不正确的是
A. 乙醇的结构式： B. 乙烯的分子结构模型：
C. 硫离子的结构示意图： D. 双氧水的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 乙醇分子含有乙基和羟基，乙醇的结构式：，故A正确；
B． 乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯的分子结构模型：，故B正确；
C． 硫是16号元素，最外层得2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图：，故C正确；
D． 双氧水是共价化合物，原子间均形成共价键，双氧水的电子式：，故D错误；
故选D。
4. 硫元素的“价—类”二维图如图所示(G、H均为正盐)。下列叙述错误的是
A. H在工业上常用作还原剂
B. D能使酸性溶液褪色，体现了D的漂白性
C. A附着在试管壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤
D. F的浓溶液常用作干燥剂，可干燥D
【答案】B
【解析】
【分析】由硫元素的“价—类”二维图可知A为S、B为H2S、C为SO3、D为SO2、E为H2SO3、F为H2SO4、G中含有、H中含有，以此解答。
【详解】A．H2S中S是-2价，具有还原性，在工业上常用作还原剂，故A正确；
B．SO2具有还原性，能够和酸性溶液发生氧化还原反应，使溶液褪色，故B错误；
C．S能和热的NaOH溶液反应，S附着在试管壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂，可干燥SO2，故D正确；
故选B。
5. 在温度160℃下，将0.1L混合烃与0.9L氧气混合，恒压条件下充分燃烧，当恢复至160℃时，气体的总体积增大10%，则该混合烃的组成可能为
A. V(乙烯)∶V(丁烷)=1∶2
B. V(乙烷)∶V(戊烷)=1∶2
C. V(丙烯)∶V(丙烷)=2∶1
D. V(乙烷)∶V(戊烯)=2∶1
【答案】A
【解析】
【分析】将0.1L混合烃与0.9L氧气混合，恒压条件下充分燃烧，当恢复至160℃时，气体的总体积增大10%，即气体体积增大0.1L
，y=8，即混合烃中H原子数平均值为8。
【详解】若V(乙烯)∶V(丁烷)=1∶2，平均H原子数，故选A；
若V(乙烷)∶V(戊烷)=1∶2，平均H原子数，故不选B；
若V(丙烯)∶V(丙烷)=2∶1，平均H原子数，故不选C；
若V(乙烷)∶V(戊烯)=2∶1，平均H原子数，故不选D；
选A。
6. 将一块镁铝合金溶于足量的稀硝酸，反应过程中无气体产生(已知：极稀的硝酸溶液与活泼金属反应，还原产物为)。当无固体剩余时，在反应后混合溶液(M)中逐滴加入氢氧化钠稀溶液，记录产生沉淀的质量与加入NaOH稀溶液的体积关系如图所示。下列推断错误的是
A. OE段发生的反应：
B. 滴加NaOH稀溶液的过程中发生反应的顺序：
C. H点对应的溶液中溶质只有
D. GH段发生的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，铝粉和镁粉被氧化为Al3+、Mg2+，反应后溶液加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与发生了反应；
【详解】A．OE段为足量的稀硝酸与NaOH溶液反应，发生的反应离子方程式为：，故A正确；
B．随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Mg 2++2OH-= Mg(OH)2↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③+OH-=NH3•H2O，④Al(OH)3 +OH-=，则发生反应的顺序：，故B正确；
C．H点为NaOH与氢氧化铝反应，对应的溶液中溶质有，NH3•H2O为弱碱，则H点溶质还有NH3•H2O，故C错误；
D．GH段Al(OH)3沉淀质量减小，说明氢氧化铝和NaOH发生的反应，离子方程式为Al(OH)3 +OH-=，故D正确；
故选：C。
7. 足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100mL4mol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是
A. 此反应过程中转移了0.5mol的电子
B. 消耗氧气的体积为1.12L(标准状况)
C. 参加反应的HNO3是0.45mol
D. 混合气体中含2.24L(标准状况)NO
【答案】D
【解析】
【分析】整个过程中Cu失去电子，转化为Cu2＋；NO3－的得到电子，转化为4.48LNO2和NO的混合气体；NO2和NO，与O2、水反应失去电子，转化为HNO3，而O2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜失去2个电子得到Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×4mol·L－1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol。
【详解】A．根据分析，反应过程中转移了0.4mol电子，A错误；
B．转移了0.4mol电子，需要0.1molO2，其在标准状况下的体积为2.24L，B错误；
C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n(NO3－)=2n(Cu)=0.2mol×2=0.4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，C错误；
D．根据C中的分析，n(NO)=0.1mol，其在标况下的体积为2.24L，D正确；
答案选D。
8. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. 图A是制备氯气
B. 图B是制备并检验SO2气体的性质
C. 图C是检查装置的气密性
D. 图D是收集NO
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化锰和浓盐酸需要加热才能发生，图A缺少加热装置，故A错误；
B．浓硫酸具有氧化性，与Cu在加热下生成SO2，SO2具有漂白性，可用品红溶液检验其性质，故B正确；
C．该装置是长颈漏斗，空气从漏斗上逸出，不能检查装置的气密性，故C错误；
D．收集NO应用排水法收集，即NO气体从导管短进长出，故D错误；
故选：B。
9. 从海水所得的粗盐中含有杂质、、，除去粗盐中的杂质加入药品顺序正确的是
A. 溶液溶液溶液过滤后加盐酸
B. 溶液溶液溶液过滤后加盐酸
C. 溶液溶液溶液过滤后加硫酸
D. 溶液溶液溶液过滤后加盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】粗盐中含有杂质常用溶液除掉，常用溶液除掉、常用溶液除掉，除杂时要将杂质离子尽量除尽，则加入的试剂要过量，由于过量会引入新的杂质，因此后面加入的试剂要将前面的过量杂质也要除尽即钡离子要用碳酸根除掉，因此溶液要加在溶液前面，碳酸钠不仅除掉钙离子，还除掉多余的钡离子，沉淀完离子后先过滤，多余的碳酸钠、氢氧化钠加入盐酸来除掉，因此加入顺序为溶液溶液溶液过滤后加盐酸，故B正确。
综上所述，答案为B。
10. 某无色溶液W由下列离子中的若干种组成：H＋、、Fe3＋、Ba2＋、Mg2＋、、I－、OH－、。向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成。若不考虑水的电离，则下列说法中正确的是
A. X一定是Al3＋ B. Y一定是H2
C. W中最多含有6种离子 D. 溶液中不可能含
【答案】D
【解析】
【详解】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；向W中加入铝粉后有气体Y、含铝元素的离子X等生成，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，
若溶液为酸性，则一定不存在：OH-、CO32-，若阴离子含为I-，I-具有强还原性，则一定不含NO3-，此时气体Y为氢气；若阴离子含为NO3-，酸性条件下NO3-具有强氧化性，则一定不含I-，此时气体Y为NO，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Mg2+，W中最多含有5种离子，这时生成的含铝元素的离子X为Al3+；
若溶液为碱性，则不存在Mg2+、H+、NH4+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32-，可存在的离子为：Ba2+、I-、OH-、NO3-，W中最多含有4种离子，则这时生成的含铝元素的离子X为AlO2-；
综上所述，ABC错误，D正确；
二、不定项选择题：(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11. 某化学兴趣小组利用4份等质量的铝片(已打磨)、其他材料及电解质溶液设计了4组原电池，反应一段时间，观察并记录的部分实验结果如表所示。下列说法错误的是
实验编号
①
②
③
④
电极材料
铝、铜
铝、石墨
镁、铝
铝、铜
电解质溶液
稀硫酸
稀硫酸
氢氧化钠溶液
浓硝酸
电流表指针偏转方向
偏向铜
偏向镁
A. ①和④中外电路中通过的电子数相等时，铝片质量变化之比为1：1
B. ②和③中，当生成等物质的量的气体时，电解质溶液增加的质量相等
C. ③中镁电极上的电极反应式为
D. 由上述实验可知，在原电池中活泼性强的金属单质不一定作负极
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中铝作负极，铜作正极，④中铝在浓硝酸中钝化，铝作正极，铜作负极，铝的质量不变，A错误；
B．②和③中铝均作负极，失去电子被氧化，正极上均是产生氢气，所以当生成等物质的量的气体时，电解质溶液增加的质量相等，B正确；
C．③中镁和氢氧化钠溶液不反应，镁作正极，镁电极上的电极反应式为，C正确；
D．根据以上分析可知，在原电池中活泼性强的金属单质不一定作负极，D正确；
答案选A。
12. 有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.20g•L-1，则关于此混合物组成的说法正确的是
A. 一定有甲烷
B. 一定有乙烷
C. 可能是甲烷和乙烷的混合物
D. 可能是乙烷和丙烷的混合物
【答案】D
【解析】
【分析】有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.20g•L-1，平均摩尔质量为1.20g•L-1×22.4L/mol≈32g/mol。两种气态烷烃的平均相对分子质量为32，根据平均值法，一种烷烃的相对分子质量小于32，另一种烷烃的相对分子质量大于32。
【详解】A．甲烷和乙烷的相对分子质量都小于32，所以混合物中不一定含有甲烷，故A错误；
B．甲烷和乙烷的相对分子质量都小于32，所以混合物中不一定含有乙烷，故B错误；
C．甲烷和乙烷的相对分子质量都小于32，根据平均值法，不可能是甲烷和乙烷的混合物，故C错误；
D．乙烷的相对分子质量为30,丙烷的相对分子质量为44, 根据平均值法，可能是乙烷和丙烷的混合物，故D正确；
选D。
13. 向容积为1.5L的密闭容器中通入一定量的N2O4(无色气体)和NO2的混合气体，发生反应：N2O4(g) ⇌2NO2(g)，反应吸热，体系中各物质的物质的量随时间变化如图所示。下列有关说法错误的是
A. 64s时，反应达到化学平衡状态
B. 到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深
C. 若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐降低
D. 前100s内，用NO2浓度的变化表示的化学反应速率是0.008 mol·L-1·s-1
【答案】A
【解析】
【详解】A．应达到化学平衡状态，各物质的浓度不变，但不一定相等，由图中信息可知，64s时反应未达到化学平衡状态，故A错误；
B．由图中信息可知，反应正向进行，反应体系中c(NO2)增大，所以混合气体的颜色逐渐变深，故B正确；
C．由于正反应吸热，由图中信息可知，反应正向进行，绝热条件下容器内温度逐渐降低，故C正确；
D．前100s内，用NO2浓度的变化为=0.40mol/L，化学反应速率=0.004mol•L-1•s-1，故D正确；
故选：A。
14. 我国科学家开发的碳聚四氟乙烯催化剂可提高锌-空气碱性电池的放电性能，工作原理如图所示。
电池放电时，下列说法正确的是
A. 电子由a极经KOH溶液流入b极
B. 放电时，向b极移动
C. 正极上的电极反应式为
D. a极净增1.6g时，b极有1.12L(标准状况)参与反应
【答案】CD
【解析】
【分析】a极Zn变成ZnO，化合价升高，故a是负极，b极O2变成OH-化合价降低，故b是正极。
【详解】A．电子不能通过溶液，A错误；
B．放电时，OH-向负极a极移动，B错误；
C．正极氧气得到电子生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，C正确；
D．a极净增1.6g时，增重的是O元素的质量，物质的量为0.1mol，Zn变成ZnO，失去0.2mol电子，根据C中电极反应式，消耗氧气的物质的量为0.05mol，体积为 ，D正确；
故选CD。
三、非选择题：(本题共4小题，除单独标注外，每空2分，共56分)
15. 某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，A可发生如图所示的一系列化学反应。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为_______。
（2）条件I是_______，反应②的反应类型是_______。
（3）写出反应③的化学方程式：_______。
（4）反应④为加聚反应，其产物_______(填“能”或“不能”)使KMnO4酸性溶液褪色。
（5）F的相对分子质量是A的两倍，则与A互为同系物的F有_______种(不考虑顺反异构)，写出其中一种的结构简式：_______。
【答案】（1）CH2=CH2；
（2） ①. 光照 ②. 取代反应
（3）
（4）不能 （5） ①. 3 ②. CH2=CHCH2CH3或CH3CH=CHCH3或CH2=C(CH3)2
【解析】
【分析】A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，A是乙烯；乙烯和水反应生成乙醇，B是乙醇；乙烯和氢气发生加成反应生成乙烷，C是乙烷；乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，D是氯乙烷；乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，E是聚乙烯。
【小问1详解】
A是乙烯，结构简式为CH2=CH2；
小问2详解】
C→D是乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯乙烷和氯化氢，条件I是光照，反应②的反应类型是取代反应；
【小问3详解】
反应③是乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为 ；
【小问4详解】
反应④为加聚反应，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯不含碳碳双键，不能使KMnO4酸性溶液褪色。
【小问5详解】
F的相对分子质量是A的两倍，则F的分子式为C4H8，与A互为同系物的F有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，共3种。
16. 根据所学知识，回答下列问题：
（1）下列变化中，属于吸热反应的是_______。(填标号)
①氧化钙与水反应；②石灰石在高温下的分解反应；③酸碱中和反应；④二氧化碳通过炽热的炭发生的反应；⑤食物因氧化而腐败发生的反应；⑥与的反应；⑦干冰汽化。
（2）为探究固体M溶于水的热效应，选择如图所示装置进行实验(反应在甲中进行)。观察到烧杯里产生气泡，则M溶于水_______(填“一定”或“可能”)是放热反应。
（3）铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和，电解液为硫酸。
①铅蓄电池属于_______(填“一次”或“二次”)电池，该蓄电池放电时，电解质溶液中阴离子移向_______(填“正”或“负”)极。正极反应方程式为_______
②充电时，以氢氧燃料电池(30%KOH溶液为电解质溶液)为电源，则该氢氧燃料电池负极上的电极反应式为_______。
③乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，写出负极电极反应式_______，当转移电子1.2mol时，消耗氧气标况下体积为_______。
【答案】（1）②④⑥ （2）可能
（3） ①. 二次 ②. 负 ③. ④. ⑤. ⑥. 6.72
【解析】
【小问1详解】
①氧化钙与水反应放出热量，属于放热反应；②石灰石在高温下的分解反应吸收热量，属于吸热反应；③酸碱中和反应放出热量，属于放热反应；④二氧化碳通过炽热的炭发生的反应，吸收热量，属于吸热反应；⑤食物因氧化而腐败发生的反应放出热量，属于放热反应；⑥与的反应吸收热量，属于吸热反应；⑦干冰汽化吸收热量，不是化学反应，不是吸热反应。属于吸热反应的是②④⑥；
【小问2详解】
观察到烧杯里产生气泡，说明乙中气体受热膨胀，M溶于水放热，由于M溶于水不一定发生化学反应，则M溶于水可能是放热反应。
【小问3详解】
①铅蓄电池可充电，属于二次电池，该蓄电池放电时，电解质溶液中阴离子移向负极。正极得电子生成硫酸铅和水，正极反应式为 ；
②氢氧燃料电池负极上氢气失电子生成水，电极反应式为。
③乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，负极上乙醇失电子生成碳酸根离子，电极反应式，1mol氧气转移4mol电子，根据得失电子守恒，当转移电子1.2mol时，消耗0.3mol氧气，标况下体积为6.72L。
17. 已知：反应aA(g)+bB(g) ⇌ cC(g)，某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A和B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
（1）经测定，前4s内v(C)=0.05mol·L-1·s-1，v(A)=_______，则该反应的化学方程式为_______。
（2）从反应开始到12s内，A的转化率为_______，若起始未充入C气体，则反应前后压强之比为_______。
（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，反应相同时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：甲：v(A)=0.3mol·L-1·s-1；乙：v(B)=0.12mol·L-1·s-1；丙：v(C)=9.6mol·L-1·min-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为_______。
（4）下列条件的改变能加快上述反应的反应速率的是_______。
①升高温度
②保持压强不变，充入He
③保持体积不变，充入He
④增加A的浓度
（5）下列叙述能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。
A．混合气体的总物质的量不随时间变化而变化
B．单位时间内每消耗3molA，同时生成2molC
C．混合气体的体积不随时间变化而变化
D．混合气体的密度不随时间变化而变化
E．混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化
F．v(A)：v(B)=3：1
【答案】（1） ①. 0.075mol•L-1•s-1 ②. 3A(g)+B(g)⇌2C(g)
（2） ① 75% ②. 13:9
（3）乙＞甲＞丙 （4）①④
（5）AE
【解析】
【小问1详解】
由图可知，A、B的起始物质的量分别为0.8mol/L、0.5mol/L，4s时，A的物质的量为0.5mol/L，从反应开始到4s时，v(A)==0.075mol•L-1•s-1，则v(A)：v(C)=3：2，则a：c=3：2，反应12s达到平衡，A、B平衡时物质的量分别为0.2mol•L-1、0.3mol•L-1，则△c(A)=(0.8-0.2)mol•L-1=0.6mol•L-1，△c(B)=(0.5-0.3)mol•L-1=0.2mol•L-1，则a：b=0.6：0.2=3：1，则a：b：c=3：1：2，则反应的化学方程式为：3A(g)+B(g)⇌2C(g)，故答案为：0.075mol•L-1•s-1；3A(g)+B(g)⇌2C(g)；
【小问2详解】
从反应开始到12s内，A的转化率为，由3A(g)+B(g)⇌2C(g)，消耗0.2mol/L物质B时生成0.4mol/L物质C，开始总物质的量为(0.8+0.5)mol/L×2L=2.6mol，12s后总物质的量为(0.3+0.2+0.4)mol/L×2L=1.8mol，在等温等容时，压强之比等于物质的量之比，则反应前后压强之比为2.6:1.8=13:9；故答案为：75%；13:9；
【小问3详解】
根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，甲：v(A)=0.3mol•L-1•s-1；乙：v(B)=0.12mol•L-1•s-1，v(A)=3×0.12mol•L-1•s-1=0.36mol•L-1•s-1；丙：v(C)=9.6mol•L-1•s-1，v(A)==0.24mol•L-1•s-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙＞甲＞丙，故答案为：乙＞甲＞丙；
【小问4详解】
①升高温度，化学反应速率加快，故①正确；
②保持压强不变，充入He,容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故②错误；
③保持体积不变，充入He,反应物浓度不变，反应速率不变，故③错误；
④增加A的浓度，化学反应速率加快，故④正确；
故答案为：①④；
【小问5详解】
A.该反应是前后气体物质的量会改变，则混合气体的总物质的量不随时间变化而变化时，说明该反应达到化学平衡状态，故A正确；
B.单位时间内每消耗3molA，同时生成2molC，表示的都是正反应速率，故不能据此判断反应是否达到平衡，故B错误；
C.恒容条件下，混合气体的体积始终不变，则不能据此判断反应是否达到平衡，故C错误；
D.根据质量守恒定律，该反应是前后气体质量m(g)不变，恒容条件下，由知密度始终不改变，所以不能据此判断反应是否达到平衡，故D错误；
E.该反应是前后气体质量m(g)不变、物质的量n(g)会改变，由知混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化时，说明该反应达到化学平衡状态，故E正确；
F.v(A)：v(B)=3：1，没有说明反应的方向，则不能据此判断反应是否达到平衡，故F错误；
故答案为：AE。
18. A、B、C、D、E、F、G为中学化学常见物质，它们之间有如图转化关系(反应条件已略去)。已知：A、C、D、E均含有同种非金属元素M，A为气态氢化物；G是一种紫红色的金属单质；B是空气的主要成分之一。根据学知识，按要求回答下列问题：
Ⅰ．若A具有臭鸡蛋气味，且能与C反应生成一种淡黄色非金属单质，反应①为非氧化还原反应，反应②为E的浓溶液与G反应，则：
（1）M元素在元素周期表中的位置为_______。
（2）写出反应②的化学方程式：_______，该反应中体现了E的浓溶液的强氧化性和_______性。
（3）将C通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为_______；将C通入少量品红溶液中可观察到的现象为_______。
Ⅱ．若光照条件下，E的浓溶液易分解得到B、D、F 3种物质；大量排放汽车尾气中的C、D会导致光化学烟雾，已知：反应②为E的稀溶液与G反应。
（4）写出A+B→C+F的化学方程式：_______。
（5）常温下，将60mL C、D的混合气体与30mL B同时通入水中，充分反应后，剩余7.5mL气体，则60mL混合气体中C的体积分数可能为_______(填标号)。
①15.00% ②25.00% ③41.25% ④68.75%
【答案】（1）第三周期ⅥA族
（2） ①. ②. 酸
（3） ①. ②. 品红溶液褪色
（4）
（5）②④
【解析】
【分析】Ⅰ．若A具有臭鸡蛋气味，且能与C反应生成一种淡黄色非金属单质，则A是H2S；B是空气的主要成分之一，B是氧气；A能与C反应生成一种淡黄色非金属单质，则C是SO2，D是SO3，反应①为非氧化还原反应，F是H2O，E是H2SO4；G是一种紫红色的金属单质，G是Cu。
Ⅱ．大量排放汽车尾气中的C、D会导致光化学烟雾，则C、D分别为NO、NO2，若光照条件下，E的浓溶液易分解得到B、D、F 3种物质,E是硝酸；A是NH3、B是O2、F是H2O。
【小问1详解】
A、C、D、E均含有S元素，S元素在元素周期表中的位置为第三周期ⅥA族；
【小问2详解】
反应②为浓硫酸与Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应②化学方程式为 ，该反应中，浓硫酸中S元素化合价降低，同时生成硫酸铜，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性。
【小问3详解】
将SO2通入足量溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，发生反应的离子方程式为；SO2具有漂白性，将SO2通入少量品红溶液中可观察到的现象为品红溶液褪色。
【小问4详解】
A+B→C+F是氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式：；
【小问5详解】
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