永春县2022-2023学年高一下学期期末考试
化学试题
考试时间：75分钟 满分：100分
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 汽车的零部件使用了四千余种不同的材料。下列零部件所用材料的主要成分属于无机非金属材料的是
A. 车身主体—钢铁
B. 汽车车窗—玻璃
C. 汽车轮胎—合成橡胶
D. 电线绝缘层—聚氯乙烯塑料
2. 根据化学反应的实质是旧键断裂、新键形成的观点，下列变化没有发生化学键断裂的是
A. 溴蒸气被活性炭吸附 B. 电解水
C. HCl气体溶解于水 D. 打雷放电时，O2变成O3
3. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是
A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇的燃烧
C. 铝粉与氧化铁粉末反应 D. 氧化钙溶于水
4. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L苯含有约NA个C6H6分子
B. 1mol Na与足量乙醇完全反应，失去2NA电子
C. 1 mol苯分子中含有C=C双键数为3NA
D. 常温常压下，8gCH4含有5NA个电子
5. 下列装置或操作能达到实验目的的是
A.蒸馏石油 B.除去甲烷中少量乙烯 C.验证化学能转变电能 D.制取乙酸乙酯
A. A B. B C. C D. D
6. 将相同的锌片和铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 两烧杯中溶液的H+浓度都减小
C. 产生气泡的速率甲比乙慢 D. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
7. 下列图表中a、b、c表示对应装置的仪器中加入的试剂，可制取、净化、收集的气体是
选项 a b c 气体 装置
A 浓氨水 生石灰 浓硫酸 NH3
B 浓H2SO4 铜屑 NaOH溶液 SO2
C 稀HNO3 铜屑 H2O NO
D 稀盐酸 碳酸钙 饱和NaHCO3溶液 CO2
A. A B. B C. C D. D
8. 的分子结构如图所示。常温下，与水易发生反应产生能使品红溶液褪色的气体。下列说法不正确的是（ ）
A. 分子中所有原子不在同一平面上
B. 中共价键的数目为
C. 与水反应时键、键都断裂
D. 中键和键是共价键
9. X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是
A. 元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大
B 元素X与元素Y只能形成一种化合物
C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR
D. 元素W、R的最高价氧化物对应水化物都是强酸
10. 探究SO2使品红褪色的反应，实验装置(尾气处理装置略)及现象如下：
① ② ③ ④
溶液不褪色 迅速褪色 较快褪色 较长时间未完全褪色
已知：H2SO3水溶液中存在、。
下列分析或推测不正确的是
A. 由①推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与
B. 推测SO2使品红水溶液褪色与H2SO3、或有关
C. 对比②、④，分析②中溶液迅速褪色是因为含有大量
D. 向③中加入少量 pH=10的NaOH溶液，推测褪色速率将减慢
二、非选择题(共60分)
11. 某实验小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，设计实验如表：
实验编号 盐酸浓度/(mol/L) 铁的形态 温度/K
① 4.00 块状 293
② 4.00 粉末 293
③ 2.00 块状 293
④ 4.00 粉末 313
（1）若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是___。
（2）实验___和___(填实验编号)是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验①和②是研究___对该反应速率的影响。
（3）测定在不同时间产生氢气体积V的数据，绘制出图甲，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是___、___。
（4）分析其中一组实验，发现产生氢气的速率随时间变化情况如图乙所示。
①其中t1～t2速率变化的主要原因是___。
②t2～t3速率变化主要原因是___。
（5）实验①产生氢气的体积如丙中的曲线a，添加某试剂能使曲线a变为曲线b的是___。
A. CuO粉末 B. NaNO3固体 C. NaCl溶液 D. 浓H2SO4
12. 无水AlCl3是一种重要的化工原料。某课外活动小组尝试制取无水AlCl3并进行相关探究。
资料信息：无水AlCl3在178℃升华，极易潮解，遇到潮湿空气会产生白色烟雾。
【探究一】无水AlCl3的实验室制备
利用下图装置，用干燥、纯净的氯气在加热条件下与纯铝粉反应制取无水AlCl3。供选择的药品：①铝粉②浓硫酸③稀盐酸④饱和食盐水⑤二氧化锰粉末⑥无水氯化钙⑦稀硫酸⑧浓盐酸⑨氢氧化钠溶液。
（1）写出装置A发生的反应方程式__________。
（2）装置E需用到上述供选药品中的________(填数字序号)，装置F的作用是__________。
（3）写出无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式__________。
【探究二】离子浓度对氯气制备的影响
探究二氧化锰粉末和浓盐酸的反应随着盐酸的浓度降低，反应会停止的原因：
（4）提出假设：假设1.Cl-浓度降低影响氯气的生成；假设2.__________。
（5）设计实验方案：(限选试剂：浓H2SO4、NaCl固体、MnO2固体、稀盐酸)
步骤 实验操作 预测现象和结论
① 往不再产生氯气的装置中，加入_____继续加热 若有黄绿色气体生成，则假设1成立
② __________ 若有黄绿色气体生成，则假设2成立
【探究三】无水AlCl3的含量测定及结果分析
取D中反应后所得固体2.0g，与足量氢氧化钠溶液反应，测定生成气体的体积(体积均换算成标准状况)，重复测定三次，数据如下：
第一次实验 第二次实验 第三次实验
D中固体用量 2.0g 2.0g 2.0g
氢气的体积 334.5mL 336.0mL 337.5mL
（6）根据表中数据，计算所得固体中无水AlCl3的质量分数_________。
（7）有人认为D中制得无水AlCl3的质量分数偏低，可能的一种原因是__________。
13. 如图是由乙烯合成乙酸乙酯的几种可能的合成路线。
试回答下列问题:
(1)请写出乙酸乙酯的结构简式:_______。
(2)请写出乙酸中官能团的名称: _______。
(3)写出反应①利反应④的化学方程式:
①________ ；④_______ 。
(4)上述几种路线中涉及有机化学反应基本类型有________等(写出两种即可)。
14. 氨既是一种重要的化工产品，也是一种重要的化工原料。
（1）实验室利用如图所示装置及药品制取氨气。
①制取氨气的化学方程式是_______。
②下列装置中，可用于收集氨的是 _______(填字母)。
（2）氨是生产氮肥的原料，经过如下转化可以得到NH4NO3。NH3NONO2HNO3NH4NO3，写出反应①的方程式：_______。
（3）过量施用氮肥会造成水体污染。纳米零价铁——反硝化细菌复合体系可脱除水体中的硝酸盐()，脱氮原理及对某酸性废水的脱氮效果如图。注：纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用
①0～2天，发生的主要反应为：______________Fe+_______+_______=_______Fe2++_______+_______
②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但浓度无明显变化，结合方程式说明原因：_______。
③6～8天，结合离子方程式说明溶液中浓度下降原因是 _______。
15. 完成下列问题
(Ⅰ)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol/L、2.00 mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.0 mL。大理石用量为10.00 g。
（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：
实验编号 温度/℃ 大理石规格 HNO3浓度(mol/L) 实验目的
① 25 粗颗粒 2.00 (Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响
② 25 粗颗粒 ___________ (Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；
③ ___________ 粗颗粒 2.00 (Ⅲ)实验①和④探究___________对反应速率的影响
④ 25 细颗粒 2.00
(Ⅱ)把2.5 mol A和2.5 mol B混合放入2 L密闭容器里，发生反应： 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5s后反应达到平衡。在此5 s内C的平均反应速率为0.2 mol/(L·s)，同时生成1 mol D。试求：
（2）达到平衡时B的转化率为___________。
（3）x的值为___________ 。
永春县2022-2023学年高一下学期期末考试
化学试题 答案解析
考试时间：75分钟 满分：100分
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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. 汽车的零部件使用了四千余种不同的材料。下列零部件所用材料的主要成分属于无机非金属材料的是
A. 车身主体—钢铁
B. 汽车车窗—玻璃
C. 汽车轮胎—合成橡胶
D. 电线绝缘层—聚氯乙烯塑料
【答案】B
【解析】
【详解】A．车身主体--钢铁属于金属材料，故A错误；
B．汽车车窗--玻璃属于无机非金属材料，故B正确；
C．汽车轮胎--合成橡胶属于有机高分子材料，故C错误；
D．电线绝缘层--聚氯乙烯塑料属于有机高分子材料，故D错误；
故选：B。
2. 根据化学反应的实质是旧键断裂、新键形成的观点，下列变化没有发生化学键断裂的是
A. 溴蒸气被活性炭吸附 B. 电解水
C. HCl气体溶解于水 D. 打雷放电时，O2变成O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴蒸汽被活性炭吸附破坏的是范德华力，A正确；
B．电解水是化学变化，实质是旧键断裂、新键形成，B错误；
C．HCl溶解于水电离出氢离子、氯离子，破坏共价键，C错误；
D．打雷放电时，O2变成O3属于化学变化，实质是旧键断裂、新键形成，D错误。
答案选A。
3. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是
A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇的燃烧
C. 铝粉与氧化铁粉末反应 D. 氧化钙溶于水
【答案】A
【解析】
【分析】吸热反应为生成物的总能量大于反应物的总能量；而放热反应为生成物的总能量小于反应物的总能量。
【详解】A．碳酸钙受热分解生成二氧化碳和氧化钙，反应是吸热反应，是生成物的总能量大于反应物的总能量，故A符合题意；
B．乙醇的燃烧反应是一个放热反应，是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B不符题意；
C．铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应，是生成物的总能量小于反应物的总能量，故C与题意不符；
D．氧化钙溶于水是一个放热反应，是生成物的总能量小于反应物的总能量，故D与题意不符。
故选A。
4. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L苯含有约NA个C6H6分子
B. 1mol Na与足量乙醇完全反应，失去2NA电子
C. 1 mol苯分子中含有C=C双键数为3NA
D. 常温常压下，8gCH4含有5NA个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B．1molNa与足量乙醇完全反应，生成Na+，失去NA电子，B错误；
C．苯分子中没有碳碳双键，C错误；
D．常温常压下，8gCH4含有电子5NA，D正确。
答案选D。
5. 下列装置或操作能达到实验目的的是
A.蒸馏石油 B.除去甲烷中少量乙烯 C.验证化学能转变电能 D.制取乙酸乙酯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】分析：A、温度计的位置不合理、冷凝管的通水方向不合理；B、乙烯能被高锰酸钾氧化成二氧化碳，引入新杂质；C、Zn比Cu活泼，与硫酸形成原电池；D、导管浸在碳酸钠溶液液面以下，发生倒吸．
详解：A、实验室中分馏石油时，温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管应该采用逆向通水，图示装置不合理，故A错误；B、乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，则高锰酸钾不能用于除杂，故B错误；C、Zn比Cu活泼，与硫酸形成原电池，发生Zn与硫酸的电池反应，将化学能转变为电能，故C正确；D、导管浸在碳酸钠溶液液面以下，发生倒吸，导管应在碳酸钠溶液的液面以上，故D错误；故选C。
6. 将相同的锌片和铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 两烧杯中溶液的H+浓度都减小
C. 产生气泡的速率甲比乙慢 D. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
【答案】B
【解析】
【分析】甲装置形成原电池，铜是正极，锌是负极，乙装置不能构成原电池，锌与稀硫酸反应，铜不反应，据此解答。
【详解】A．甲装置形成原电池，铜是正极，氢离子放电产生氢气，铜片表面有气泡产生；乙装置不能构成原电池，锌与稀硫酸反应产生氢气，铜不反应，A错误；
B．两烧杯中溶液中的H+均得到电子被还原为氢气，因此氢离子浓度都减小，B正确；
C．形成原电池时反应速率加快，则产生气泡的速率甲比乙快，C错误；
D．金属性锌强于铜，则甲中铜片是正极，锌片是负极，乙中没有形成闭合回路，不能形成原电池，D错误。
答案选B。
7. 下列图表中a、b、c表示对应装置的仪器中加入的试剂，可制取、净化、收集的气体是
选项 a b c 气体 装置
A 浓氨水 生石灰 浓硫酸 NH3
B 浓H2SO4 铜屑 NaOH溶液 SO2
C 稀HNO3 铜屑 H2O NO
D 稀盐酸 碳酸钙 饱和NaHCO3溶液 CO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，且氨气不能用浓硫酸干燥，A不选；
B．浓硫酸和铜反应需要加热，常温下不反应，不能制备二氧化硫，B不选；
C．稀硝酸和铜反应可制取一氧化氮气体，但NO易被氧化为NO2，不能采用排空气法收集，C不选；
D．稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，采用向上排空气法收集二氧化碳，D选；
答案选D。
【点睛】本题主要是考查了反应装置、洗气装置、收集装置的选择，掌握常见气体的制备原理、净化方法以及收集方法是解答的关键。答题时注意根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。
8. 分子结构如图所示。常温下，与水易发生反应产生能使品红溶液褪色的气体。下列说法不正确的是（ ）
A. 分子中所有原子不在同一平面上
B. 中共价键的数目为
C. 与水反应时键、键都断裂
D. 中键和键是共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图中原子的空间位置可知，两个键不在同一平面上，所以分子中所有原子不在同一平面上，故A正确；
B.中含有共价键，的物质的量为，其共价键的数目为，故B错误；
C.与水发生反应，所以与水反应时键和键都断裂，故C正确；
D.由题给分子结构可知，中键和键是共价键，故D正确。
故选：B。
9. X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是
A. 元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大
B. 元素X与元素Y只能形成一种化合物
C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR
D. 元素W、R的最高价氧化物对应水化物都是强酸
【答案】C
【解析】
【详解】分析：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层有6个，则Y为O元素；Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，R为S，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，均为24，则Z的原子序数为11，W的原子序数为13符合，即Z为Na，W为Al，以此来解答．
详解：由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为Al，R为S，A．Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，原子序数越大离子半径越小，则离子半径依次减小，故A错误；B．元素X与元素Y形成的化合物H2O2、H2O，故B错误；C．非金属性Y＞R，则元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmR，故C正解；D．元素W、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、硫酸，硫酸为强酸，氢氧化铝为弱酸，故D错误；故选C。
点睛：本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握元素的性质、原子结构、元素的位置来推断元素，难点：分析与应用所学规律性知识推断各元素．
10. 探究SO2使品红褪色的反应，实验装置(尾气处理装置略)及现象如下：
① ② ③ ④
溶液不褪色 迅速褪色 较快褪色 较长时间未完全褪色
已知：H2SO3水溶液中存在、。
下列分析或推测不正确的是
A. 由①推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与
B. 推测SO2使品红水溶液褪色与H2SO3、或有关
C. 对比②、④，分析②中溶液迅速褪色是因为含有大量
D. 向③中加入少量 pH=10的NaOH溶液，推测褪色速率将减慢
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，SO2能使品红水溶液褪色，所以由①推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与，故A正确；
B．SO2水溶液中存在H2SO3、、，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液也能使品红水溶液褪色，所以SO2使品红水溶液褪色与H2SO3、或有关，故B正确；
C．Na2SO3溶液中品红迅速褪色，NaHSO3溶液中品红褪色较快，Na2SO3溶液中含有大量，所以对比②、④，分析②中溶液迅速褪色是因为含有大量，故C正确；
D．向③中加入少量 pH=10的NaOH溶液，NaOH与NaHSO3反应生成Na2SO3，在Na2SO3溶液中品红迅速褪色，所以褪色速率将加快，故D错误；
故选：D
二、非选择题(共60分)
11. 某实验小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，设计实验如表：
实验编号 盐酸浓度/(mol/L) 铁的形态 温度/K
① 4.00 块状 293
② 4.00 粉末 293
③ 2.00 块状 293
④ 4.00 粉末 313
（1）若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是___。
（2）实验___和___(填实验编号)是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验①和②是研究___对该反应速率的影响。
（3）测定在不同时间产生氢气体积V的数据，绘制出图甲，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是___、___。
（4）分析其中一组实验，发现产生氢气的速率随时间变化情况如图乙所示。
①其中t1～t2速率变化的主要原因是___。
②t2～t3速率变化的主要原因是___。
（5）实验①产生氢气的体积如丙中的曲线a，添加某试剂能使曲线a变为曲线b的是___。
A. CuO粉末 B. NaNO3固体 C. NaCl溶液 D. 浓H2SO4
【答案】（1）反应进行1分钟收集到氢气的体积
（2） ①. ① ②. ③ ③. 固体表面积的大小(或者铁的形态)
（3） ①. ① ②. ③
（4） ①. 铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快 ②. 随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢 （5）D
【解析】
【小问1详解】
铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，由反应速率公式可知，需要通过测出四组实验铁有剩余条件下均反应进行1分钟时收集到氢气的体积的多少比较反应速率的快慢，故答案为：反应进行1分钟收集到氢气的体积；
【小问2详解】
由表格数据可知，实验①和实验③探究其他条件相同时，盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验①和实验②的盐酸浓度、反应温度都相同，铁铁的形态不同，则实验目的是探究固体表面积的大小(或者铁的形态) 对该反应速率的影响，故答案为：①；③；固体表面积的大小(或者铁的形态)；
【小问3详解】
由影响反应速率的因素可知，其他条件相同时，温度越高，反应速率越快；盐酸的浓度越大，反应速率越快；固体的表面积越大，反应速率越快，由表格数据可得四组实验反应速率的大小顺序为④＞②＞①＞③，则曲线c、d分别对应的实验组别是①和③，个答案为：①；③；
【小问4详解】
①铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，反应时，盐酸浓度越大，反应速率越快，反应温度升高，反应速率加快，由图可知t1～t2间反应速率随反应时间增大而增大，说明温度对反应速率的影响大于盐酸浓度减小对反应速率的影响，故答案为：铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快；
②铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，反应时，盐酸浓度越大，反应速率越快，反应温度升高，反应速率加快，由图可知t2～t3间反应速率随反应时间增大而减小，说明盐酸浓度减小对反应速率的影响大于温度对反应速率的影响，故答案为：随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢；
【小问5详解】
由图可知，向溶液中加入某种试剂后，生成氢气的体积不变，反应时间减小，说明反应速率加快；
A．加入氧化铜粉末，氧化铜与稀盐酸反应使溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；
B．加入硝酸钠固体，铁在酸性条件下与溶液中硝酸根离子反应生成一氧化氮气体，反应没有氢气生成，故错误；
C．加入氯化钠溶液，相当于稀释盐酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；
D．加入浓硫酸，浓硫酸溶解时放出热量，使反应温度升高，溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，且铁的物质的量不变，生成氢气的体积不变，故正确；
故选D。
12. 无水AlCl3是一种重要的化工原料。某课外活动小组尝试制取无水AlCl3并进行相关探究。
资料信息：无水AlCl3在178℃升华，极易潮解，遇到潮湿空气会产生白色烟雾。
【探究一】无水AlCl3的实验室制备
利用下图装置，用干燥、纯净的氯气在加热条件下与纯铝粉反应制取无水AlCl3。供选择的药品：①铝粉②浓硫酸③稀盐酸④饱和食盐水⑤二氧化锰粉末⑥无水氯化钙⑦稀硫酸⑧浓盐酸⑨氢氧化钠溶液。
（1）写出装置A发生的反应方程式__________。
（2）装置E需用到上述供选药品中的________(填数字序号)，装置F的作用是__________。
（3）写出无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式__________。
【探究二】离子浓度对氯气制备的影响
探究二氧化锰粉末和浓盐酸的反应随着盐酸的浓度降低，反应会停止的原因：
（4）提出假设：假设1.Cl-浓度降低影响氯气的生成；假设2.__________。
（5）设计实验方案：(限选试剂：浓H2SO4、NaCl固体、MnO2固体、稀盐酸)
步骤 实验操作 预测现象和结论
① 往不再产生氯气的装置中，加入_____继续加热 若有黄绿色气体生成，则假设1成立
② __________ 若有黄绿色气体生成，则假设2成立
【探究三】无水AlCl3的含量测定及结果分析
取D中反应后所得固体2.0g，与足量氢氧化钠溶液反应，测定生成气体的体积(体积均换算成标准状况)，重复测定三次，数据如下：
第一次实验 第二次实验 第三次实验
D中固体用量 2.0g 2.0g 2.0g
氢气的体积 334.5mL 336.0mL 337.5mL
（6）根据表中数据，计算所得固体中无水AlCl3的质量分数_________。
（7）有人认为D中制得无水AlCl3的质量分数偏低，可能的一种原因是__________。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. ⑥ ②. 吸收多余的氯气以免污染空气
（3）AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl
（4）H+浓度降低影响氯气的生成
（5） ①. NaCl固体 ②. 往不再产生氯气的装置中，加入浓H2SO4，继续加热
（6）86.5% （7）制备的氯气不足或固体和气体无法充分接触、无水AlCl3发生升华，造成损失等
【解析】
【分析】氯化铝制备是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制得氯气与铝粉共热制备氯化铝，实验过程中要关注氯气的净化、保持无氧环境（防止生成氧化铝）、干燥环境（防氯化铝水解），并进行尾气处理减少对环境的污染；氯化铝样品中可能混有铝，利用铝与氢氧化钠溶液反应生成的氢气测定铝的含量，再计算出氯化铝的纯度；探究实验室制备氯气的原理可从二个方面分析：氯离子浓度对实验的影响和H+对实验的影响，据此解答。
【小问1详解】
实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
由于生成的氯化铝易水解，则需要防止水蒸气进入D装置，因此装置E中的药品是无水氯化钙，答案选⑥；氯气有毒，需要尾气处理，则装置F的作用是吸收多余的氯气以免污染空气；
【小问3详解】
无水氯化铝遇水蒸气发生水解反应，则无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式为AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl；
【小问4详解】
根据实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热反应原理可知，参加离子反应的离子为氯离子和氢离子，因此另一种假设为H+浓度降低影响氯气的生成；
【小问5详解】
可通过向反应装置中添加NaCl固体的方法增加溶液里的氯离子浓度，添加浓硫酸的方法增加溶液里的H+浓度来验证，即
步骤 实验操作 预测现象和结论
① 往不再产生氯气的装置中，加入NaCl固体继续加热 若有黄绿色气体生成，则假设1成立
② 往不再产生氯气装置中，加入浓H2SO4，继续加热 若有黄绿色气体生成，则假设2成立
【小问6详解】
三次实验收集到的氢气平均值为（334.5mL+336.0mL+337.5mL）÷3=336.0mL，氢气的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，根据2Al～3H2，可知铝的物质的量为0.015mol×2/3=0.01mol，质量为0.01mol×27g/mol=0.27g，氯化铝的质量分数为(2.0g 0.27g)/2.0g×100%=86.5%；
【小问7详解】
根据反应原理可知如果制得无水AlCl3的质量分数偏低，则可能的原因是氯气量不足，部分铝未反应生成氯化铝，可导致氯化铝含量偏低；固体和气体无法充分接触，部分铝粉未被氯气氧化，混有铝，导致氯化铝含量偏低；有少量氯化铝升华，也能导致氯化铝含量偏低。
13. 如图是由乙烯合成乙酸乙酯的几种可能的合成路线。
试回答下列问题:
(1)请写出乙酸乙酯的结构简式:_______。
(2)请写出乙酸中官能团的名称: _______。
(3)写出反应①利反应④的化学方程式:
①________ ；④_______ 。
(4)上述几种路线中涉及的有机化学反应基本类型有________等(写出两种即可)。
【答案】 ①. (或CH3COOCH2CH3) ②. 羧基 ③. CH2=CH2+ H2OCH3CH2OH ④. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+ 2H2O ⑤. 加成反应、取代(酯化)反应、氧化反应(任写两种)
【解析】
【详解】分析：由合成流程可知，①为乙烯与水的加成反应生成乙醇，②为乙烯的氧化反应生成乙醛，③为乙烯的氧化反应生成乙酸，④为乙醇的氧化反应生成乙醛，⑤为乙醇与乙酸的酯化反应生成乙酸乙酯。
详解：（1）乙酸乙酯的结构简式的结构简式为，故答案为；（2）乙酸中官能团的名称为羧基，故答案为羧基；（3）反应①的化学方程式为CH2=CH2+ H2OCH3CH2OH，反应④的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+ 2H2O；（4）由上述分析可知，①为加成反应，②③④为氧化反应，⑤为取代或酯化反应，故答案为加成；取代（酯化）或氧化．
点睛：本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，把握转化中的有机反应、官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．
14. 氨既是一种重要的化工产品，也是一种重要的化工原料。
（1）实验室利用如图所示装置及药品制取氨气。
①制取氨气的化学方程式是_______。
②下列装置中，可用于收集氨的是 _______(填字母)。
（2）氨是生产氮肥的原料，经过如下转化可以得到NH4NO3。NH3NONO2HNO3NH4NO3，写出反应①的方程式：_______。
（3）过量施用氮肥会造成水体污染。纳米零价铁——反硝化细菌复合体系可脱除水体中的硝酸盐()，脱氮原理及对某酸性废水的脱氮效果如图。注：纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用
①0～2天，发生的主要反应为：______________Fe+_______+_______=_______Fe2++_______+_______
②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但浓度无明显变化，结合方程式说明原因：_______。
③6～8天，结合离子方程式说明溶液中浓度下降的原因是 _______。
【答案】（1） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ②. b
（2）4NH3+5O24NO+6H2O
（3） ①. 4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O ②. 2+3O2=2+2H2O+4H+ ③. 纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原生成氮气和水等，离子方程式为2+5H2 N2+4H2O+2OH-
【解析】
【小问1详解】
①大试管中NH4Cl和Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3、H2O，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②氨气的密度比空气小，且极易溶于水，应采用向下排空气法收集；
小问2详解】
反应①为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O
【小问3详解】
①由图可知，0～2天，被纳米零价铁还原为，纳米零价铁被氧化为Fe2+，根据原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：4Fe++10H+═4Fe2+++3H2O。②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但浓度无明显变化，因为纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用，此时被氧化为，方程式为：2+3O2=2+2H2O+4H+。③6～8天，纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原、，生成N2，导致浓度快速减小，方程式为：2+5H2 N2+4H2O+2OH-。
15. 完成下列问题
(Ⅰ)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol/L、2.00 mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.0 mL。大理石用量为10.00 g。
（1）请完成以下实验设计表，并在实验目一栏中填空：
实验编号 温度/℃ 大理石规格 HNO3浓度(mol/L) 实验目的
① 25 粗颗粒 2.00 (Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响
② 25 粗颗粒 ___________ (Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；
③ ___________ 粗颗粒 2.00 (Ⅲ)实验①和④探究___________对反应速率的影响
④ 25 细颗粒 2.00
(Ⅱ)把2.5 mol A和2.5 mol B混合放入2 L密闭容器里，发生反应： 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5s后反应达到平衡。在此5 s内C的平均反应速率为0.2 mol/(L·s)，同时生成1 mol D。试求：
（2）达到平衡时B的转化率为___________。
（3）x的值为___________ 。
【答案】（1） ①. 1.00 ②. 35 ③. 探究固体物质的表面积(答接触面亦可)
（2）20% （3）x=4
【解析】
【小问1详解】
(Ⅰ)实验时是采用控制变量方法研究外界条件对化学反应速率的影响。由于实验①②探究浓度对反应速率的影响，实验①HNO3的浓度是2.00 mol/L，故实验③的HNO3的浓度是1.00 mol/L；
(Ⅱ)实验①③是探究温度对反应速率的影响，实验①温度是25℃，实验③的反应温度是35℃；
(Ⅲ)由于实验①④的反应温度相同，HNO3的浓度相同，不同之处是大理石颗粒大小不同，故实验①④是探究固体物质的表面积大小对化学反应速率的影响；
【小问2详解】
在反应5 s时生成D物质的物质的量是1 mol，根据物质反应转化关系可知反应消耗B的物质的量浓度为△n(B)=0.5 mol，由于反应开始时B的物质的量是2.5 mol，则反应达到平衡时B物质的平衡转化率为：；
【小问3详解】
在反应5 s时C的平均反应速率是0.2 mol/(L·s)，D物质生成的浓度为c(D)=，v(D)=，v(C)：v(D)=0.2 mol/(L·s)：0.1 mol/(L·s)=x：2，故x=4。
