广西壮族自治区河池市2022-2023学年高一下学期化学期末教学质量检测试题
一、单选题
1．下列关于氮及其化合物的说法中不正确的是（ ）
A．氮的固定过程中一定发生了氧化还原反应
B．氮氧化物大量排放到空气中会造成酸雨
C．NO和N2都可稳定存在于空气中
D．N2既可作氧化剂又可作还原剂
2．化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．卡塔尔AIJanoub体育场屋顶采用聚四氟乙烯板材，该板材属于有机高分子材料
B．大飞机C919用到了铝锂合金，铝锂合金属于金属材料
C．光导纤维在信息技术发展中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是单质硅
D．葡萄酒中通常含有微量的SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
3．从微观角度认识物质是掌握物质性质的途径之一。下列有关说法不正确的是（ ）
A．乙烷的分子式：C2H6
B．的结构示意图：
C．甲烷分子的空间填充模型：
D．氨气的电子式：
4．已知化学反应的能量变化如图所示，则有关说法错误的是（ ）
A．随着反应的进行，该反应向环境放出热量
B．A2的稳定性大于物质AB
C．该反应中，化学键断裂吸收的总能量小于化学键形成放出的总能量
D．铝片与盐酸反应的能量变化趋势与图示相似
5．“绿色化学”也称作环境友好化学，其核心思想就是改变“先污染后治理”的观念和做法。下列实验或叙述中不符合“绿色化学”理念的是（ ）
A．用乙醇汽油代替普通汽油作汽车燃料
B．工业合成氨时，氨分离后剩余的气体再利用
C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应
D．通过化学方法去治理排放到环境中的废气、废渣、废液
6．乙醇和乙酸是人们生活和生产中常用的有机物。下列有关说法错误的是（ ）
A．乙醇的催化氧化可以得到乙酸
B．1 mol乙醇可以和足量的金属钠反应产生0.5 mol H2
C．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇和乙酸
D．可用饱和的碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
7．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1 mol苯的体积为22.4 L
B．1 mol S在足量氧气中燃烧生成SO3的数目为
C．1 mol铁和过量稀硝酸反应，转移的电子数目为
D．30 g乙烷中含有C—H键的数目为
8．煤、石油和天然气的综合利用能够提高利用率，减少污染，获得多种化工产品。下列说法错误的是（ ）
A．天然气的主要成分为CH4
B．通过石油裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等重要的基本化工原料
C．煤的干馏和石油的分馏均属于化学变化
D．石油分馏后得到的汽油、煤油、柴油均是混合物
9．一定量的一氧化氮和足量碳在恒容密闭容器中发生反应：，下列不能说明反应已达平衡状态的是（ ）
A．NO的转化率不再发生变化
B．容器内压强不再发生变化
C．容器内混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
D．容器内混合气体的密度不再发生变化
10．下列各组物质互为同分异构体的是（ ）
A．16O2与18O2 B．CH4与CH3CH3
C．正丁烷与异丁烷 D．乙烷与乙烯
11．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是（ ）
A．a可与e反应生成b
B．b只有还原性，没有氧化性
C．可将溶液e加入浓碱液中制得d的胶体
D．不可能存在b→c→d→e→b的循环转化关系
12．下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 将海带灰溶于水，过滤，向滤液中滴加淀粉溶液 检测海带中含有碘元素
B 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 证明SO2的漂白性
C 向硅酸钠溶液中通入CO2气体，有白色沉淀产生 验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
D 向市售乙醇中加入一小粒钠，有气泡产生 检测市售乙醇中存在水
A．A B．B C．C D．D
13．生命活动需要一系列的复杂的化学过程来维持，食物中的营养物质是这些过程的能量基础。下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是（ ）
A．糖类、油脂、蛋白质是人体必需的基本营养物质，在人体内都可以发生水解
B．向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加热，再加入新制悬浊液，加热，未见砖红色沉淀，则蔗糖不发生水解
C．油脂在酸性条件下水解的反应叫皂化反应
D．农业上用波尔多液(由硫酸铜溶液和石灰乳制成)来防治植物病毒的原理是重金属阳离子和强碱能使蛋白质发生变性
14．下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．1 mol CH4(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890 kJ的热量，其热化学方程式为
B．1 mol H2在氧气中完全燃烧放出热量为285.8 kJ，其热化学方程式为
C．2 mol NO2分解生成1 mol O2和2 mol NO，并吸收116.2 kJ热量，其热化学方程式为
D．1 mol CaCO3吸收178.2 kJ的热量完全分解，则该反应的热化学方程式为
15．维生素A常作为保健药物，缓解视觉疲劳，维生素A的结构简式为。下列有关维生素A的叙述正确的是（ ）
A．维生素A含有3种官能团
B．维生素A不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．1 mol维生素A最多可以和5 mol H2加成
D．维生素A不能和氧气发生催化氧化反应
16．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学利用反应“”设计了一个化学电池(如图所示)。该电池在外电路中，电流从a极流向b极。下列说法正确的是（ ）
A．电极b的电极材料为铜，电极反应式为
B．电极a的电极材料可以为Ag，也可以是石墨或铁
C．c溶液为AgNO3溶液，放电时向b极移动
D．装置放电时主要将电能转化为化学能
二、填空题
17．Ⅰ．在一定温度下，4 L恒容密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：
（1）根据题中数据写出该反应的化学方程式： ，时刻，N的平均速率为 。
（2）、、三个时刻中，处于平衡状态的为 (填“”“”或“”)，后的某一时刻给体系升高温度，v(正)将 (填“增大”或“减小”)。
（3）平衡后容器中气体的压强和反应前气体的压强之比是 ，平衡时N的转化率为 。
（4）Ⅱ．某学习小组利用铁与稀硫酸的反应，探究影响化学反应速率的因素，结果如下表：
实验序号 铁的质量(g) 铁的形态 V(H2SO4)(mL) c(H2SO4)() 反应前溶液的温度(℃) 金属完全消失的时间(s)
1 0.10 片状 50 0.8 20 200
2 0.10 粉状 50 0.8 20 25
3 0.10 片状 50 1.0 20 125
4 0.10 片状 50 1.0 35 50
实验1、2表明 对反应速率有影响。
（5）探究温度对反应速率的影响的实验是 (填实验序号)。
（6）实验开始后，会出现速率加快，一段时间后速率减慢，分析其原因 。
三、实验题
18．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。
（1）请写出实验室制取乙酸乙酯的化学方程式： 。
（2）实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
Ⅰ．在甲试管(如图)中先加入3 mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2 mL浓硫酸和2 mL乙酸，再加入几片碎瓷片；
Ⅱ．按图连接好装置(装置气密性良好)，小火均匀地加热3~5 min；
Ⅲ．待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。
①加入碎瓷片的目的是 。
②与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是 。
（3）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用如图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3 min，再加热使之微微沸腾3 min。实验结束后，充分振荡乙试管，再测有机层的厚度，实验记录如下：
实验编号 甲试管中试剂 乙试管中试剂 有机层的厚度/cm
A 2 mL乙醇、1 mL乙酸、3 mL 浓硫酸 饱和Na2CO3溶液 3.0
B 2 mL乙醇、1 mL乙酸、3 mL H2O 0.1
C 2 mL乙醇、1 mL乙酸、3 mL H2SO4溶液 0.6
D 2 mL乙醇、1 mL乙酸、盐酸 0.6
①实验D的目的是与实验C相对照，证明对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是 mL和 。
②若加入的乙酸为120 g，乙醇为138 g，发生酯化反应得到132 g乙酸乙酯，试计算该反应的产品的产率为 (产率)。
（4）乙酸乙酯的某种同分异构体分子中含有2个甲基，且能与碳酸氢钠溶液反应，则该物质的结构简式为 。
19．某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。
实验步骤与现象如下：
Ⅰ．将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，产生气体；
Ⅱ．当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提；
Ⅲ．将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体；
Ⅳ．用F装置向E装置中鼓入空气，E装置中气体颜色逐渐加深；一段时间后，装置C中白色沉淀溶解。
回答下列问题：
（1）写出操作Ⅰ中的化学方程式： 。
（2）C装置中白色沉淀的化学式是 。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是 。
（3）写出操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式： 。
（4）E装置内气体颜色逐渐加深的原因是 。
（5）若该小组另取30 mL 的硝酸溶液与上述实验剩余的6.4 g铜丝在加热条件下反应，恰好完全反应，产生一定量NO和NO2的混合气体(反应过程中溶液体积变化忽略不计)，则反应后的溶液中硝酸铜的物质的量浓度为 (保留3位有效数字)。混合气体中NO的物质的量为 mol。
四、工业流程题
20．工业上常以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2等)为原料，生产Fe3O4(Fe3O4中1个Fe呈＋2价，2个Fe呈＋3价)和铝单质的工艺流程如图所示：
已知：①FeS2在“焙烧Ⅰ”过程中，发生反应的化学方程式为；②“焙烧Ⅱ”在隔绝空气的条件下发生反应的化学方程式为。
（1）FeS2中硫的化合价为 价；碱浸后滤渣的主要成分有 (填化学式)。
（2）矿粉经过“焙烧Ⅰ”后，所得的大块烧渣需要进行“碱浸”，为了加快浸取的速率，可采取的措施有 、 (任写两点)。
（3）写出流程中过量CO2通入滤液中发生反应的离子方程式： 。
（4）反应中产生的污染性气体SO2，可用下列哪种溶液吸收____(填字母)。
A．浓硫酸 B．硝酸 C．NaOH溶液 D．氨水
（5）工业上，常用熔融的氧化铝为原料冶炼金属Al，发生反应的化学方程式为。生成的气体可以在流程的 (填“焙烧Ⅰ”“焙烧Ⅱ”或“焙烧Ⅲ”)中循环使用。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氮的固定；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态。过程中氮元素的化合价发生变化，因此氮的固定过程中一定发生了氧化还原反应，A不符合题意。
B、氮氧化物能与H2O反应生成HNO3，使得雨水的酸性增强，形成酸雨，B不符合题意。
C、NO能与空气中的O2反应生成NO2，因此NO不能稳定存在于空气中，C符合题意。
D、N2可转化为NH3，体现了氧化性；可转化为NO，体现了还原性。因此N2既可作氧化剂，又可作还原紧急，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程。
B、氮氧化物会与H2O反应生成HNO3，形成酸雨。
C、NO能与空气中的O2反应生成NO2。
D、N2中氮元素的化合价为0价，既可升高，也可降低。
2．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、聚四氟乙烯为高分子化合物，属于有机合成高分子材料，A不符合题意。
B、铝锂合金属于金属材料，B不符合题意。
C、光导纤维的主要材料为二氧化硅，硅是半导体材料，C符合题意。
D、葡萄酒中微量的SO2，可以起到杀菌作用；同时SO2具有还原性，可防止营养成分被氧化，D不符合题意。
故答案为：D
【分析】A、聚四氟乙烯属于有机合成高分子材料。
B、合金属于金属材料。
C、光导纤维的主要材料是二氧化硅。
D、SO2具有还原性，可防止营养成分被氧化。
3．【答案】D
【知识点】原子结构示意图；分子式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙烷的分子式为C2H6，A不符合题意。
B、Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的，因此其最外层电子数为8，其结构示意图为，B不符合题意。
C、甲烷分子的空间填充模型为，C不符合题意。
D、NH3的电子式为，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、乙烷的分子式为C2H6。
B、Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的。
C、结合空间填充模型的结构分析。
D、NH3中氮原子含有一个孤电子对。
4．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、该反应为放热反应，因此随着反应的进行，该反应向环境放出热量，A不符合题意。
B、反应物（A2和B2）的总能量高于生成物（2AB）的总能量，但无法比较A2与AB的能量大小，因此无法比较二者的稳定性，B符合题意。
C、该反应为放热反应，所以化学键断裂吸收的总能量小于化学键形成放出的总能量，C不符合题意。
D、铝片与稀盐酸的反应为放热反应，其能量变化趋势与图示相似，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】该反应中反应的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应。物质所具有的能量越高，物质越不稳定。据此结合选项进行分析。
5．【答案】D
【知识点】绿色化学
【解析】【解答】A、用乙醇汽油代替普通汽油，可减少燃烧过程中产生的污染物质，符合“绿色化学”理念，A不符合题意。
B、工业上合成氨时，剩余的气体中含有N2、H2，分离再利用可提高反应物的转化率，符合“绿色化学”理念，B不符合题意。
C、先将Cu氧化成CuO，CuO与H2SO4反应生成CuSO4和H2O，不会产生污染性物质，符合“绿色化学”理念，C不符合题意。
D、“绿色化学”是从源头上杜绝或减少污染的产生，而不是为了治理污染，D符合题意。
故答案为；D
【分析】A、用乙醇代替普通汽油可减少污染气体的产生。
B、氨分离后的剩余气体再利用可增大反应物的转化率。
C、该过程中没有产生污染性物质。
D、“绿色化学”是从源头上杜绝或减少污染的产生，而不是为了治理污染。
6．【答案】A
【知识点】乙醇的化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】A、乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化可得到乙酸。乙醇的催化氧化无法直接得到乙酸，A符合题意。
B、乙醇与Na反应的化学方程式为：2C2H5OH＋2Na→2C2H5ONa＋H2↑，因此1mol乙醇反应生成0.5molH2，B不符合题意。
C、酸性KMnO4溶液具有氧化性，乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性。因此乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，乙酸不能。所以可用酸性KMnO4溶液鉴别乙醇和乙酸，C不符合题意。
D、乙酸能与Na2CO3反应，而乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，所以用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、乙醇催化氧化得到乙醛。
B、乙醇与Na反应的化学方程式为：2C2H5OH＋2Na→2C2H5ONa＋H2↑，据此计算。
C、乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，乙酸不能。
D、乙酸能与Na2CO3反应，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液。
7．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状态下，苯不是气体，不可应用Vm=22.4L·mol－1进行计算，A不符合题意。
B、S与O2反应只生成SO2，不生成SO3，B不符合题意。
C、HNO3过量，则1molFe完全反应，生成Fe(NO3)3，因此反应过程中转移电子数为1mol×3×NA=3NA，C不符合题意。
D、30g乙烷的物质的量，一分子乙烷中含有6个C-H键，因此其所含的C-H键的数目为1mol×6×NA=6NA，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、标准状态下苯不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
B、S与O2反应只生成SO2，不生成SO3。
C、硝酸过量，则反应生成Fe(NO3)3。
D、一分子乙烷中含有6个C－H化学键。
8．【答案】C
【知识点】石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、天然气的主要成分是CH4，A不符合题意。
B、通过石油的裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等基本化工原料，B不符合题意。
C、干馏是指隔绝空气加强热，指物质分解，因此煤的干馏为化学变化；分馏时利用各物质沸点不同进行分离的操作，因此石油的分馏为物理变化，C符合题意。
D、石油分馏后得到汽油、煤油和柴油，都属于混合物，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、天然气的主要成分为CH4。
B、石油裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等气态烃。
C、煤的干馏是化学变化；石油的分馏为物理变化。
D、汽油、煤油、柴油都属于混合物。
9．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、若反应正向进行，则NO的转化率变大；若反应逆向进行，则NO的转化率变小。因此当NO的转化率不变时，说明反应达到平衡状态，A不符合题意。
B、该反应中反应前后气体分子数不变，因此反应过程中压强保持不变，不属于变量。所以容器内压强不变不能说明反应达到平衡状态，B符合题意。
C、该反应中反应物含有固体，因此反应过程中混合气体的质量发生变化，根据公式可知，混合气体的平均相对分子质量是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，C不符合题意。
D、由于混合气体的质量发生变化，根据密度公式可知，混合气体的密度是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】当正逆反应速率相等，或变量不变时，说明反应达到平衡状态。
10．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、两种物质都表示氧气，属于同一种物质，不属于同分异构体，A不符合题意。
B、CH4、CH3CH3的结构相似，分子组成上相差一个CH2，属于同系物，B不符合题意。
C、正丁烷和异丁烷的分子式都是C4H10，二者的分子式相同，结构不同，因此互为同分异构体，C符合题意。
D、乙烷的分子式为C2H6，乙烯的分子式为C2H4，二者的分子式不同，不属于同分异构体，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
11．【答案】A
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、a为Fe，e为Fe3＋，具有氧化性，二者可发生氧化还原反应：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，A符合题意。
B、b为Fe2＋，铁元素处于中间价态，既有氧化性，也有还原性，B不符合题意。
C、加入浓碱溶液中发生反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，得到的是Fe(OH)3沉淀，而不是Fe(OH)3胶体，C不符合题意。
D、Fe2＋与OH－反应可生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的O2氧化，可生成Fe(OH)3；Fe(OH)3与H＋反应可生成Fe3＋；Fe3＋与Fe反应可生成Fe2＋，因此存在b→c→d→e→b的循环关系，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】由化合价和所属类别可知，a为Fe、b为Fe2＋、c为Fe(OH)2、d为Fe(OH)3、e为Fe3＋。结合铁及其化合物的性质分析选项。
12．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅酸的性质及制法；乙醇的化学性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、淀粉遇碘变蓝色，此处的碘是指碘单质，而不是碘元素，因此无法直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素，A不符合题意。
B、通入SO2后，发生反应SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，溶液中NaOH的量减少，溶液红色褪去，不能证明SO2具有漂白性，SO2不能使指示剂褪色，B不符合题意。
C、向Na2SiO3溶液中通入CO2发生反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓，产生的白色沉淀为H2SiO3，根据强酸制弱酸原理可得，酸性H2CO3＞H2SiO3，C符合题意。
D、CH3CH2OH能与Na反应生成CH3CH2ONa和H2，因此无法说明乙醇中是否含有H2O，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、淀粉遇碘变蓝色，此处的碘是指碘单质，而不是碘元素。
B、SO2的漂白性，不能使指示剂褪色。
C、根据发生的反应，结合“强酸制弱酸”原理分析酸性的强弱。
D、乙醇也能与Na反应生成H2。
13．【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、糖类中的单糖不能发生水解反应，A不符合题意。
B、蔗糖的水解溶液中含有H2SO4，应先加NaOH中和过量的H2SO4，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀产生，从而判断蔗糖是否发生水解，B不符合题意。
C、油脂在碱性条件下发生的水解反应为皂化反应，C不符合题意。
D、重金属Cu2＋和强碱性溶液都能使蛋白质的结构发生变性，起到杀菌消毒的作用，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、糖类中的单糖不能发生水解反应。
B、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下具有氧化性。
C、油脂的碱性水解反应称为皂化反应。
D、重金属离子Cu2＋和强碱都能使蛋白质结构发生变性。
14．【答案】A
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、该反应的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－890kJ·mol－1，A符合题意。
B、热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，因此2molH2完全燃烧放出的热量为571.6kJ，所以该反应的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6kJ·mol－1，B不符合题意。
C、物质的聚集状态不同，则其所具有的能量不同，反应热也不同，因此热化学方程式中需标明物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：2NO2(g)=2NO(g)＋O2(g) ΔH=＋116.2kJ·mol－1，C不符合题意。
D、该反应为吸热反应，其ΔH＞0，因此该反应的热化学方程式为：CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) ΔH=＋178.2kJ·mol－1，D不符合题意。
故答案为；A
【分析】A、根据题干信息书写反应的热化学方程式。
B、1molH2完全燃烧放出的热量为285.8kJ，则2molH2完全燃烧放出的热量为571.6kJ。
C、热化学方程式中应标明物质的聚集状态。
D、吸热反应的ΔH＞0。
15．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A、该有机物中所含的官能团有碳碳双键、羟基两种，A不符合题意。
B、维生素A中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，B不符合题意。
C、一分子维生素A中含有5个碳碳双键，因此1mol维生素A能与5molH2发生加成反应，C符合题意。
D、维生素A中的－CH2OH能与O2发生催化氧化反应，生成－CHO，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据图示有机物的结构简式确定其所含的官能团。
B、碳碳双键能与Br2发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色。
C、分子结构中的碳碳双键能与H2发生加成反应。
D、分子结构中的－CH2OH能与O2发生催化氧化反应。
16．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，电极b为负极，Cu发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋，A符合题意。
B、电极a为正极，其电极材料应具有导电性，可以为金属或石墨。若为金属，则要求金属的活动性比Cu弱，因此不能使铁，B不符合题意。
C、电解质溶液c为AgNO3溶液，放电时，溶液中的Ag＋移向正极，因此放电时Ag＋向a极移动，C不符合题意。
D、该装置为原电池装置，其能量转化形式为化学能转化为电能，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】在原电池装置中，电流从正极流向负极，因此a极为正极，b极为负极。在反应Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag中，Cu发生失电子的氧化反应，所以Cu为负极，其电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋。Ag＋发生得电子的还原反应，为正极反应物，其电极反应式为2Ag＋＋2e－=2Ag。
17．【答案】（1）；
（2）；增大
（3）7：10；75%(或0.75)
（4）物质的形态(或固体的表面积)
（5）实验3和实验4(或实验3、4或3、4)
（6）铁与稀硫酸反应为放热反应，开始时温度升高，化学反应速率加快，一段时间后随硫酸浓度降低，化学反应速率减慢
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）图示中随着反应的进行M逐渐增加，N逐渐减小，因此M为生成物，反应生成n(M)=5mol-2mol=3mol。N为反应物，反应消耗n(N)=8mol-2mol=6mol。因此反应的化学计量数之比为6:3=2:1，所以反应的化学方程式为2N(g) M(g)。由图可知，0~t1时刻，参与反应的n(N)=8mol-6mol=2mol，所以用N表示的反应速率。
（2）由图可知，t3时刻后，M、N的物质的量保持不变，说明反应达到平衡状态。升高温度，反应速率加快，因此v(正)将增大。
（3）由图可知，当反应达到平衡状态时，n(M)=5mol、n(N)=2mol。由于压强之比等于物质的量之比，所以平衡后容器中气体的压强和反应前气体的压强之比为(5mol+2mol):(8mol+2mol)=7:10。平衡时，参与反应的n(N)=6mol，所以平衡时N的转化率为。
（4）实验1、2中铁的形态不同，其他条件不同，最终金属铁完全消失的时间不同，说明铁的形态对反应速率有影响。因此实验1、2表明物质的形态对反应速率的影响。
（5）要探究温度对反应速率的影响，则需控制温度不同，其他条件相同，因此选择实验3和实验4。
（6）铁与稀硫酸的反应为放热反应，温度升高，反应速率加快。随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，浓度对反应速率起主要作用，因此反应速率逐渐减慢。
【分析】（1）根据变化的量之比确定化学计量数之比，从而得出反应的化学方程式。根据公式计算反应速率。
（2）当各物质的物质的量保持不变时，说明反应达到平衡状态。温度升高，反应速率加快。
（3）压强之比等于物质的量之比，根据公式计算。
（4）实验1、2物质的形态不同，反应所需的时间不同，体现了固体表面积对反应速率的影响。
（5）探究温度对反应速率的影响，则应控制温度不同，其他条件相同。
（6）结合温度、浓度对反应速率的影响分析。
18．【答案】（1）
（2）防止液体暴沸(或防止液体飞溅)；冷凝、防倒吸
（3）3；2；75%
（4）
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】（1）CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成CH3COOCH2CH3和H2O，该反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O。
（2）①加入碎瓷片，可以起到防暴沸的作用。
②球形干燥管可以起到冷凝和防倒吸的作用。
（3）①实验D和实验C相对照，证明H＋对酯化反应的催化作用，则实验D中所用H2SO4溶液的浓度应与实验C不同，且溶液的体积相同，因此实验D中应加入盐酸的体积为3mL，H2SO4溶液的浓度为2mol·L－1。
②若加入的乙酸为120g，乙醇为138g，反应生成132g乙酸乙酯，因此乙酸乙酯的实际产量为132g，设乙酸乙酯的理论产量为x，则120g乙酸完全反应时，可得关系式，解得 x=176g，所以该反应产品的产率为。
（4）乙酸乙酯的同分异构体中含有2个-CH3；能与NaHCO3溶液反应，说明分子结构中含有-COOH。满足条件的同分异构体的结构简式为。
【分析】（1）乙酸乙酯是由CH3COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成的，据此写出反应的化学方程式。
（2）①加入碎瓷片可以起到防暴沸的作用。
②球形干燥管可起到冷凝、防倒吸的作用。
（3）①证明H＋对反应的催化作用，则需改变c(H＋)。
②由反应的化学方程式计算理论产量，结合公式计算产率。
（4）能与NaHCO3溶液反应，则分子结构中含有－COOH，且含有2个－CH3，据此写出该物质的结构简式。
19．【答案】（1）
（2）CaCO3；防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应
（3）
（4）CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深
（5）3.33；0.05
【知识点】硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）操作Ⅰ中CaCO3与HNO3反应生成Ca(NO3)2、CO2和H2O，该反应的化学方程式为：CaCO3＋2HNO3=Ca(NO3)2＋H2O＋CO2↑。
（2）C装置中CO2与澄清石灰水发生反应：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，因此产生的白色沉淀为CaCO3。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时，说明此时A、E装置中的空气已排出，立即将B装置上提，可减少HNO3的反应，防止HNO3消耗过多，影响Cu与稀硝酸的反应。
（3）操作Ⅲ中A装置内将铜丝伸入稀硝酸中，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的化学方程式为：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
（4）CO2的密度比空气大，从长导管进入E装置中，无法将E装置内的空气完全排出，因此反应后生成的NO进入E装置后，与O2反应生成NO2，使得气体变为浅红棕色。当用F装置鼓入空气后，更多的NO与O2反应生成NO2，气体红棕色变深。
（5）6.4g铜丝恰好完全反应，则反应生成，所以反应后所得溶液中。反应生成n(NO)＋n(NO2)=10mol·L－1×0.03L－0.1mol×2=0.1mol，反应过程中转移电子数为0.1mol×2=0.2mol。令混合气体中n(NO)=amol，则n(NO2)=(0.1－a)mol，根据得失电子守恒可得，a×3＋(0.1－a)×1=0.2，解得 a=0.05。所以混合气体中n(NO)=0.05mol。
【分析】操作Ⅰ中将B装置下移，利用CaCO3与HNO3反应生成CO2，排出装置内的空气，防止O2干扰NO的检验。当C装置产生白色沉淀时，说明A、E装置中的空气已排出。此时将A装置中的铜丝放入稀硝酸中，Cu与稀硝酸反应，生成无色气体；E装置中开始时出现浅红棕色气体。用F装置向E装置中鼓入空气，E装置中气体颜色逐渐加深，则逐渐生成NO2气体。一段时间后，C装置中白色沉淀溶解。主要是由于NO2进入C装置中，与H2O反应生成HNO3，HNO3使得CaCO3沉淀溶解。
20．【答案】（1）－1；CaSO4、Fe2O3
（2）粉碎烧渣；适当升高“碱浸”的温度(或增大碱的浓度)
（3）
（4）C；D
（5）焙烧Ⅰ
【知识点】化学反应速率；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeS2中硫的化合价为－1价。由分析可知，“碱浸”后滤渣的主要成分是CaSO4和Fe2O3。
（2）为了加快浸取的速率，可采取的措施有粉碎烧渣、适当升高“碱浸”的温度。
（3）滤液中的溶质主要为NaAlO2，通入过量CO2时反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为：AlO2－＋H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－。
（4）SO2是一种酸性氧化物，可用碱溶液吸收，因此可用NaOH溶液、氨水进行吸收，CD符合题意。
（5）反应生成的气体为O2，可在“焙烧Ⅰ”中循环使用。
【分析】“焙烧Ⅰ”过程中FeS2与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2，SO2、O2和CaO进一步反应生成CaSO4。加入NaOH溶液“碱浸”过程中发生反应：2NaOH＋Al2O3=2NaAlO2＋H2O，过滤后所得滤液的成分为NaAlO2、NaOH溶液、滤渣为CaSO4和Fe2O3。“焙烧Ⅱ”过程中Fe2O3和FeS2反应生成Fe3O4和SO2。往滤液中通入CO2发生反应：CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O、NaAlO2＋2H2O＋CO2=NaHCO3＋Al(OH)3↓。因此过滤后所得固体为Al(OH)3，“焙烧Ⅲ”过程中Al(OH)3发生分解反应：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此所得固体X为Al2O3，电解熔融Al2O3，可制得金属Al。
广西壮族自治区河池市2022-2023学年高一下学期化学期末教学质量检测试题
一、单选题
1．下列关于氮及其化合物的说法中不正确的是（ ）
A．氮的固定过程中一定发生了氧化还原反应
B．氮氧化物大量排放到空气中会造成酸雨
C．NO和N2都可稳定存在于空气中
D．N2既可作氧化剂又可作还原剂
【答案】C
【知识点】氮的固定；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态。过程中氮元素的化合价发生变化，因此氮的固定过程中一定发生了氧化还原反应，A不符合题意。
B、氮氧化物能与H2O反应生成HNO3，使得雨水的酸性增强，形成酸雨，B不符合题意。
C、NO能与空气中的O2反应生成NO2，因此NO不能稳定存在于空气中，C符合题意。
D、N2可转化为NH3，体现了氧化性；可转化为NO，体现了还原性。因此N2既可作氧化剂，又可作还原紧急，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程。
B、氮氧化物会与H2O反应生成HNO3，形成酸雨。
C、NO能与空气中的O2反应生成NO2。
D、N2中氮元素的化合价为0价，既可升高，也可降低。
2．化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．卡塔尔AIJanoub体育场屋顶采用聚四氟乙烯板材，该板材属于有机高分子材料
B．大飞机C919用到了铝锂合金，铝锂合金属于金属材料
C．光导纤维在信息技术发展中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是单质硅
D．葡萄酒中通常含有微量的SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、聚四氟乙烯为高分子化合物，属于有机合成高分子材料，A不符合题意。
B、铝锂合金属于金属材料，B不符合题意。
C、光导纤维的主要材料为二氧化硅，硅是半导体材料，C符合题意。
D、葡萄酒中微量的SO2，可以起到杀菌作用；同时SO2具有还原性，可防止营养成分被氧化，D不符合题意。
故答案为：D
【分析】A、聚四氟乙烯属于有机合成高分子材料。
B、合金属于金属材料。
C、光导纤维的主要材料是二氧化硅。
D、SO2具有还原性，可防止营养成分被氧化。
3．从微观角度认识物质是掌握物质性质的途径之一。下列有关说法不正确的是（ ）
A．乙烷的分子式：C2H6
B．的结构示意图：
C．甲烷分子的空间填充模型：
D．氨气的电子式：
【答案】D
【知识点】原子结构示意图；分子式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙烷的分子式为C2H6，A不符合题意。
B、Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的，因此其最外层电子数为8，其结构示意图为，B不符合题意。
C、甲烷分子的空间填充模型为，C不符合题意。
D、NH3的电子式为，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、乙烷的分子式为C2H6。
B、Cl－是由氯原子最外层得到一个电子形成的。
C、结合空间填充模型的结构分析。
D、NH3中氮原子含有一个孤电子对。
4．已知化学反应的能量变化如图所示，则有关说法错误的是（ ）
A．随着反应的进行，该反应向环境放出热量
B．A2的稳定性大于物质AB
C．该反应中，化学键断裂吸收的总能量小于化学键形成放出的总能量
D．铝片与盐酸反应的能量变化趋势与图示相似
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、该反应为放热反应，因此随着反应的进行，该反应向环境放出热量，A不符合题意。
B、反应物（A2和B2）的总能量高于生成物（2AB）的总能量，但无法比较A2与AB的能量大小，因此无法比较二者的稳定性，B符合题意。
C、该反应为放热反应，所以化学键断裂吸收的总能量小于化学键形成放出的总能量，C不符合题意。
D、铝片与稀盐酸的反应为放热反应，其能量变化趋势与图示相似，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】该反应中反应的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应。物质所具有的能量越高，物质越不稳定。据此结合选项进行分析。
5．“绿色化学”也称作环境友好化学，其核心思想就是改变“先污染后治理”的观念和做法。下列实验或叙述中不符合“绿色化学”理念的是（ ）
A．用乙醇汽油代替普通汽油作汽车燃料
B．工业合成氨时，氨分离后剩余的气体再利用
C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应
D．通过化学方法去治理排放到环境中的废气、废渣、废液
【答案】D
【知识点】绿色化学
【解析】【解答】A、用乙醇汽油代替普通汽油，可减少燃烧过程中产生的污染物质，符合“绿色化学”理念，A不符合题意。
B、工业上合成氨时，剩余的气体中含有N2、H2，分离再利用可提高反应物的转化率，符合“绿色化学”理念，B不符合题意。
C、先将Cu氧化成CuO，CuO与H2SO4反应生成CuSO4和H2O，不会产生污染性物质，符合“绿色化学”理念，C不符合题意。
D、“绿色化学”是从源头上杜绝或减少污染的产生，而不是为了治理污染，D符合题意。
故答案为；D
【分析】A、用乙醇代替普通汽油可减少污染气体的产生。
B、氨分离后的剩余气体再利用可增大反应物的转化率。
C、该过程中没有产生污染性物质。
D、“绿色化学”是从源头上杜绝或减少污染的产生，而不是为了治理污染。
6．乙醇和乙酸是人们生活和生产中常用的有机物。下列有关说法错误的是（ ）
A．乙醇的催化氧化可以得到乙酸
B．1 mol乙醇可以和足量的金属钠反应产生0.5 mol H2
C．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇和乙酸
D．可用饱和的碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
【答案】A
【知识点】乙醇的化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】A、乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化可得到乙酸。乙醇的催化氧化无法直接得到乙酸，A符合题意。
B、乙醇与Na反应的化学方程式为：2C2H5OH＋2Na→2C2H5ONa＋H2↑，因此1mol乙醇反应生成0.5molH2，B不符合题意。
C、酸性KMnO4溶液具有氧化性，乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性。因此乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，乙酸不能。所以可用酸性KMnO4溶液鉴别乙醇和乙酸，C不符合题意。
D、乙酸能与Na2CO3反应，而乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，所以用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、乙醇催化氧化得到乙醛。
B、乙醇与Na反应的化学方程式为：2C2H5OH＋2Na→2C2H5ONa＋H2↑，据此计算。
C、乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，乙酸不能。
D、乙酸能与Na2CO3反应，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液。
7．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1 mol苯的体积为22.4 L
B．1 mol S在足量氧气中燃烧生成SO3的数目为
C．1 mol铁和过量稀硝酸反应，转移的电子数目为
D．30 g乙烷中含有C—H键的数目为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状态下，苯不是气体，不可应用Vm=22.4L·mol－1进行计算，A不符合题意。
B、S与O2反应只生成SO2，不生成SO3，B不符合题意。
C、HNO3过量，则1molFe完全反应，生成Fe(NO3)3，因此反应过程中转移电子数为1mol×3×NA=3NA，C不符合题意。
D、30g乙烷的物质的量，一分子乙烷中含有6个C-H键，因此其所含的C-H键的数目为1mol×6×NA=6NA，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、标准状态下苯不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
B、S与O2反应只生成SO2，不生成SO3。
C、硝酸过量，则反应生成Fe(NO3)3。
D、一分子乙烷中含有6个C－H化学键。
8．煤、石油和天然气的综合利用能够提高利用率，减少污染，获得多种化工产品。下列说法错误的是（ ）
A．天然气的主要成分为CH4
B．通过石油裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等重要的基本化工原料
C．煤的干馏和石油的分馏均属于化学变化
D．石油分馏后得到的汽油、煤油、柴油均是混合物
【答案】C
【知识点】石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、天然气的主要成分是CH4，A不符合题意。
B、通过石油的裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等基本化工原料，B不符合题意。
C、干馏是指隔绝空气加强热，指物质分解，因此煤的干馏为化学变化；分馏时利用各物质沸点不同进行分离的操作，因此石油的分馏为物理变化，C符合题意。
D、石油分馏后得到汽油、煤油和柴油，都属于混合物，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、天然气的主要成分为CH4。
B、石油裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等气态烃。
C、煤的干馏是化学变化；石油的分馏为物理变化。
D、汽油、煤油、柴油都属于混合物。
9．一定量的一氧化氮和足量碳在恒容密闭容器中发生反应：，下列不能说明反应已达平衡状态的是（ ）
A．NO的转化率不再发生变化
B．容器内压强不再发生变化
C．容器内混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
D．容器内混合气体的密度不再发生变化
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、若反应正向进行，则NO的转化率变大；若反应逆向进行，则NO的转化率变小。因此当NO的转化率不变时，说明反应达到平衡状态，A不符合题意。
B、该反应中反应前后气体分子数不变，因此反应过程中压强保持不变，不属于变量。所以容器内压强不变不能说明反应达到平衡状态，B符合题意。
C、该反应中反应物含有固体，因此反应过程中混合气体的质量发生变化，根据公式可知，混合气体的平均相对分子质量是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，C不符合题意。
D、由于混合气体的质量发生变化，根据密度公式可知，混合气体的密度是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】当正逆反应速率相等，或变量不变时，说明反应达到平衡状态。
10．下列各组物质互为同分异构体的是（ ）
A．16O2与18O2 B．CH4与CH3CH3
C．正丁烷与异丁烷 D．乙烷与乙烯
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、两种物质都表示氧气，属于同一种物质，不属于同分异构体，A不符合题意。
B、CH4、CH3CH3的结构相似，分子组成上相差一个CH2，属于同系物，B不符合题意。
C、正丁烷和异丁烷的分子式都是C4H10，二者的分子式相同，结构不同，因此互为同分异构体，C符合题意。
D、乙烷的分子式为C2H6，乙烯的分子式为C2H4，二者的分子式不同，不属于同分异构体，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
11．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是（ ）
A．a可与e反应生成b
B．b只有还原性，没有氧化性
C．可将溶液e加入浓碱液中制得d的胶体
D．不可能存在b→c→d→e→b的循环转化关系
【答案】A
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、a为Fe，e为Fe3＋，具有氧化性，二者可发生氧化还原反应：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，A符合题意。
B、b为Fe2＋，铁元素处于中间价态，既有氧化性，也有还原性，B不符合题意。
C、加入浓碱溶液中发生反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，得到的是Fe(OH)3沉淀，而不是Fe(OH)3胶体，C不符合题意。
D、Fe2＋与OH－反应可生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的O2氧化，可生成Fe(OH)3；Fe(OH)3与H＋反应可生成Fe3＋；Fe3＋与Fe反应可生成Fe2＋，因此存在b→c→d→e→b的循环关系，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】由化合价和所属类别可知，a为Fe、b为Fe2＋、c为Fe(OH)2、d为Fe(OH)3、e为Fe3＋。结合铁及其化合物的性质分析选项。
12．下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项 实验操作 实验目的
A 将海带灰溶于水，过滤，向滤液中滴加淀粉溶液 检测海带中含有碘元素
B 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 证明SO2的漂白性
C 向硅酸钠溶液中通入CO2气体，有白色沉淀产生 验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
D 向市售乙醇中加入一小粒钠，有气泡产生 检测市售乙醇中存在水
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；硅酸的性质及制法；乙醇的化学性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、淀粉遇碘变蓝色，此处的碘是指碘单质，而不是碘元素，因此无法直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素，A不符合题意。
B、通入SO2后，发生反应SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，溶液中NaOH的量减少，溶液红色褪去，不能证明SO2具有漂白性，SO2不能使指示剂褪色，B不符合题意。
C、向Na2SiO3溶液中通入CO2发生反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓，产生的白色沉淀为H2SiO3，根据强酸制弱酸原理可得，酸性H2CO3＞H2SiO3，C符合题意。
D、CH3CH2OH能与Na反应生成CH3CH2ONa和H2，因此无法说明乙醇中是否含有H2O，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、淀粉遇碘变蓝色，此处的碘是指碘单质，而不是碘元素。
B、SO2的漂白性，不能使指示剂褪色。
C、根据发生的反应，结合“强酸制弱酸”原理分析酸性的强弱。
D、乙醇也能与Na反应生成H2。
13．生命活动需要一系列的复杂的化学过程来维持，食物中的营养物质是这些过程的能量基础。下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是（ ）
A．糖类、油脂、蛋白质是人体必需的基本营养物质，在人体内都可以发生水解
B．向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加热，再加入新制悬浊液，加热，未见砖红色沉淀，则蔗糖不发生水解
C．油脂在酸性条件下水解的反应叫皂化反应
D．农业上用波尔多液(由硫酸铜溶液和石灰乳制成)来防治植物病毒的原理是重金属阳离子和强碱能使蛋白质发生变性
【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、糖类中的单糖不能发生水解反应，A不符合题意。
B、蔗糖的水解溶液中含有H2SO4，应先加NaOH中和过量的H2SO4，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀产生，从而判断蔗糖是否发生水解，B不符合题意。
C、油脂在碱性条件下发生的水解反应为皂化反应，C不符合题意。
D、重金属Cu2＋和强碱性溶液都能使蛋白质的结构发生变性，起到杀菌消毒的作用，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、糖类中的单糖不能发生水解反应。
B、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下具有氧化性。
C、油脂的碱性水解反应称为皂化反应。
D、重金属离子Cu2＋和强碱都能使蛋白质结构发生变性。
14．下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．1 mol CH4(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890 kJ的热量，其热化学方程式为
B．1 mol H2在氧气中完全燃烧放出热量为285.8 kJ，其热化学方程式为
C．2 mol NO2分解生成1 mol O2和2 mol NO，并吸收116.2 kJ热量，其热化学方程式为
D．1 mol CaCO3吸收178.2 kJ的热量完全分解，则该反应的热化学方程式为
【答案】A
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、该反应的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－890kJ·mol－1，A符合题意。
B、热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，因此2molH2完全燃烧放出的热量为571.6kJ，所以该反应的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6kJ·mol－1，B不符合题意。
C、物质的聚集状态不同，则其所具有的能量不同，反应热也不同，因此热化学方程式中需标明物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：2NO2(g)=2NO(g)＋O2(g) ΔH=＋116.2kJ·mol－1，C不符合题意。
D、该反应为吸热反应，其ΔH＞0，因此该反应的热化学方程式为：CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) ΔH=＋178.2kJ·mol－1，D不符合题意。
故答案为；A
【分析】A、根据题干信息书写反应的热化学方程式。
B、1molH2完全燃烧放出的热量为285.8kJ，则2molH2完全燃烧放出的热量为571.6kJ。
C、热化学方程式中应标明物质的聚集状态。
D、吸热反应的ΔH＞0。
15．维生素A常作为保健药物，缓解视觉疲劳，维生素A的结构简式为。下列有关维生素A的叙述正确的是（ ）
A．维生素A含有3种官能团
B．维生素A不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．1 mol维生素A最多可以和5 mol H2加成
D．维生素A不能和氧气发生催化氧化反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A、该有机物中所含的官能团有碳碳双键、羟基两种，A不符合题意。
B、维生素A中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，B不符合题意。
C、一分子维生素A中含有5个碳碳双键，因此1mol维生素A能与5molH2发生加成反应，C符合题意。
D、维生素A中的－CH2OH能与O2发生催化氧化反应，生成－CHO，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据图示有机物的结构简式确定其所含的官能团。
B、碳碳双键能与Br2发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色。
C、分子结构中的碳碳双键能与H2发生加成反应。
D、分子结构中的－CH2OH能与O2发生催化氧化反应。
16．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学利用反应“”设计了一个化学电池(如图所示)。该电池在外电路中，电流从a极流向b极。下列说法正确的是（ ）
A．电极b的电极材料为铜，电极反应式为
B．电极a的电极材料可以为Ag，也可以是石墨或铁
C．c溶液为AgNO3溶液，放电时向b极移动
D．装置放电时主要将电能转化为化学能
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，电极b为负极，Cu发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋，A符合题意。
B、电极a为正极，其电极材料应具有导电性，可以为金属或石墨。若为金属，则要求金属的活动性比Cu弱，因此不能使铁，B不符合题意。
C、电解质溶液c为AgNO3溶液，放电时，溶液中的Ag＋移向正极，因此放电时Ag＋向a极移动，C不符合题意。
D、该装置为原电池装置，其能量转化形式为化学能转化为电能，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】在原电池装置中，电流从正极流向负极，因此a极为正极，b极为负极。在反应Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag中，Cu发生失电子的氧化反应，所以Cu为负极，其电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋。Ag＋发生得电子的还原反应，为正极反应物，其电极反应式为2Ag＋＋2e－=2Ag。
二、填空题
17．Ⅰ．在一定温度下，4 L恒容密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：
（1）根据题中数据写出该反应的化学方程式： ，时刻，N的平均速率为 。
（2）、、三个时刻中，处于平衡状态的为 (填“”“”或“”)，后的某一时刻给体系升高温度，v(正)将 (填“增大”或“减小”)。
（3）平衡后容器中气体的压强和反应前气体的压强之比是 ，平衡时N的转化率为 。
（4）Ⅱ．某学习小组利用铁与稀硫酸的反应，探究影响化学反应速率的因素，结果如下表：
实验序号 铁的质量(g) 铁的形态 V(H2SO4)(mL) c(H2SO4)() 反应前溶液的温度(℃) 金属完全消失的时间(s)
1 0.10 片状 50 0.8 20 200
2 0.10 粉状 50 0.8 20 25
3 0.10 片状 50 1.0 20 125
4 0.10 片状 50 1.0 35 50
实验1、2表明 对反应速率有影响。
（5）探究温度对反应速率的影响的实验是 (填实验序号)。
（6）实验开始后，会出现速率加快，一段时间后速率减慢，分析其原因 。
【答案】（1）；
（2）；增大
（3）7：10；75%(或0.75)
（4）物质的形态(或固体的表面积)
（5）实验3和实验4(或实验3、4或3、4)
（6）铁与稀硫酸反应为放热反应，开始时温度升高，化学反应速率加快，一段时间后随硫酸浓度降低，化学反应速率减慢
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）图示中随着反应的进行M逐渐增加，N逐渐减小，因此M为生成物，反应生成n(M)=5mol-2mol=3mol。N为反应物，反应消耗n(N)=8mol-2mol=6mol。因此反应的化学计量数之比为6:3=2:1，所以反应的化学方程式为2N(g) M(g)。由图可知，0~t1时刻，参与反应的n(N)=8mol-6mol=2mol，所以用N表示的反应速率。
（2）由图可知，t3时刻后，M、N的物质的量保持不变，说明反应达到平衡状态。升高温度，反应速率加快，因此v(正)将增大。
（3）由图可知，当反应达到平衡状态时，n(M)=5mol、n(N)=2mol。由于压强之比等于物质的量之比，所以平衡后容器中气体的压强和反应前气体的压强之比为(5mol+2mol):(8mol+2mol)=7:10。平衡时，参与反应的n(N)=6mol，所以平衡时N的转化率为。
（4）实验1、2中铁的形态不同，其他条件不同，最终金属铁完全消失的时间不同，说明铁的形态对反应速率有影响。因此实验1、2表明物质的形态对反应速率的影响。
（5）要探究温度对反应速率的影响，则需控制温度不同，其他条件相同，因此选择实验3和实验4。
（6）铁与稀硫酸的反应为放热反应，温度升高，反应速率加快。随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，浓度对反应速率起主要作用，因此反应速率逐渐减慢。
【分析】（1）根据变化的量之比确定化学计量数之比，从而得出反应的化学方程式。根据公式计算反应速率。
（2）当各物质的物质的量保持不变时，说明反应达到平衡状态。温度升高，反应速率加快。
（3）压强之比等于物质的量之比，根据公式计算。
（4）实验1、2物质的形态不同，反应所需的时间不同，体现了固体表面积对反应速率的影响。
（5）探究温度对反应速率的影响，则应控制温度不同，其他条件相同。
（6）结合温度、浓度对反应速率的影响分析。
三、实验题
18．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。
（1）请写出实验室制取乙酸乙酯的化学方程式： 。
（2）实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
Ⅰ．在甲试管(如图)中先加入3 mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2 mL浓硫酸和2 mL乙酸，再加入几片碎瓷片；
Ⅱ．按图连接好装置(装置气密性良好)，小火均匀地加热3~5 min；
Ⅲ．待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。
①加入碎瓷片的目的是 。
②与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是 。
（3）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用如图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3 min，再加热使之微微沸腾3 min。实验结束后，充分振荡乙试管，再测有机层的厚度，实验记录如下：
实验编号 甲试管中试剂 乙试管中试剂 有机层的厚度/cm
A 2 mL乙醇、1 mL乙酸、3 mL 浓硫酸 饱和Na2CO3溶液 3.0
B 2 mL乙醇、1 mL乙酸、3 mL H2O 0.1
C 2 mL乙醇、1 mL乙酸、3 mL H2SO4溶液 0.6
D 2 mL乙醇、1 mL乙酸、盐酸 0.6
①实验D的目的是与实验C相对照，证明对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是 mL和 。
②若加入的乙酸为120 g，乙醇为138 g，发生酯化反应得到132 g乙酸乙酯，试计算该反应的产品的产率为 (产率)。
（4）乙酸乙酯的某种同分异构体分子中含有2个甲基，且能与碳酸氢钠溶液反应，则该物质的结构简式为 。
【答案】（1）
（2）防止液体暴沸(或防止液体飞溅)；冷凝、防倒吸
（3）3；2；75%
（4）
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】（1）CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成CH3COOCH2CH3和H2O，该反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O。
（2）①加入碎瓷片，可以起到防暴沸的作用。
②球形干燥管可以起到冷凝和防倒吸的作用。
（3）①实验D和实验C相对照，证明H＋对酯化反应的催化作用，则实验D中所用H2SO4溶液的浓度应与实验C不同，且溶液的体积相同，因此实验D中应加入盐酸的体积为3mL，H2SO4溶液的浓度为2mol·L－1。
②若加入的乙酸为120g，乙醇为138g，反应生成132g乙酸乙酯，因此乙酸乙酯的实际产量为132g，设乙酸乙酯的理论产量为x，则120g乙酸完全反应时，可得关系式，解得 x=176g，所以该反应产品的产率为。
（4）乙酸乙酯的同分异构体中含有2个-CH3；能与NaHCO3溶液反应，说明分子结构中含有-COOH。满足条件的同分异构体的结构简式为。
【分析】（1）乙酸乙酯是由CH3COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成的，据此写出反应的化学方程式。
（2）①加入碎瓷片可以起到防暴沸的作用。
②球形干燥管可起到冷凝、防倒吸的作用。
（3）①证明H＋对反应的催化作用，则需改变c(H＋)。
②由反应的化学方程式计算理论产量，结合公式计算产率。
（4）能与NaHCO3溶液反应，则分子结构中含有－COOH，且含有2个－CH3，据此写出该物质的结构简式。
19．某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。
实验步骤与现象如下：
Ⅰ．将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，产生气体；
Ⅱ．当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提；
Ⅲ．将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体；
Ⅳ．用F装置向E装置中鼓入空气，E装置中气体颜色逐渐加深；一段时间后，装置C中白色沉淀溶解。
回答下列问题：
（1）写出操作Ⅰ中的化学方程式： 。
（2）C装置中白色沉淀的化学式是 。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是 。
（3）写出操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式： 。
（4）E装置内气体颜色逐渐加深的原因是 。
（5）若该小组另取30 mL 的硝酸溶液与上述实验剩余的6.4 g铜丝在加热条件下反应，恰好完全反应，产生一定量NO和NO2的混合气体(反应过程中溶液体积变化忽略不计)，则反应后的溶液中硝酸铜的物质的量浓度为 (保留3位有效数字)。混合气体中NO的物质的量为 mol。
【答案】（1）
（2）CaCO3；防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应
（3）
（4）CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深
（5）3.33；0.05
【知识点】硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）操作Ⅰ中CaCO3与HNO3反应生成Ca(NO3)2、CO2和H2O，该反应的化学方程式为：CaCO3＋2HNO3=Ca(NO3)2＋H2O＋CO2↑。
（2）C装置中CO2与澄清石灰水发生反应：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，因此产生的白色沉淀为CaCO3。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时，说明此时A、E装置中的空气已排出，立即将B装置上提，可减少HNO3的反应，防止HNO3消耗过多，影响Cu与稀硝酸的反应。
（3）操作Ⅲ中A装置内将铜丝伸入稀硝酸中，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的化学方程式为：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
（4）CO2的密度比空气大，从长导管进入E装置中，无法将E装置内的空气完全排出，因此反应后生成的NO进入E装置后，与O2反应生成NO2，使得气体变为浅红棕色。当用F装置鼓入空气后，更多的NO与O2反应生成NO2，气体红棕色变深。
（5）6.4g铜丝恰好完全反应，则反应生成，所以反应后所得溶液中。反应生成n(NO)＋n(NO2)=10mol·L－1×0.03L－0.1mol×2=0.1mol，反应过程中转移电子数为0.1mol×2=0.2mol。令混合气体中n(NO)=amol，则n(NO2)=(0.1－a)mol，根据得失电子守恒可得，a×3＋(0.1－a)×1=0.2，解得 a=0.05。所以混合气体中n(NO)=0.05mol。
【分析】操作Ⅰ中将B装置下移，利用CaCO3与HNO3反应生成CO2，排出装置内的空气，防止O2干扰NO的检验。当C装置产生白色沉淀时，说明A、E装置中的空气已排出。此时将A装置中的铜丝放入稀硝酸中，Cu与稀硝酸反应，生成无色气体；E装置中开始时出现浅红棕色气体。用F装置向E装置中鼓入空气，E装置中气体颜色逐渐加深，则逐渐生成NO2气体。一段时间后，C装置中白色沉淀溶解。主要是由于NO2进入C装置中，与H2O反应生成HNO3，HNO3使得CaCO3沉淀溶解。
四、工业流程题
20．工业上常以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2等)为原料，生产Fe3O4(Fe3O4中1个Fe呈＋2价，2个Fe呈＋3价)和铝单质的工艺流程如图所示：
已知：①FeS2在“焙烧Ⅰ”过程中，发生反应的化学方程式为；②“焙烧Ⅱ”在隔绝空气的条件下发生反应的化学方程式为。
（1）FeS2中硫的化合价为 价；碱浸后滤渣的主要成分有 (填化学式)。
（2）矿粉经过“焙烧Ⅰ”后，所得的大块烧渣需要进行“碱浸”，为了加快浸取的速率，可采取的措施有 、 (任写两点)。
（3）写出流程中过量CO2通入滤液中发生反应的离子方程式： 。
（4）反应中产生的污染性气体SO2，可用下列哪种溶液吸收____(填字母)。
A．浓硫酸 B．硝酸 C．NaOH溶液 D．氨水
（5）工业上，常用熔融的氧化铝为原料冶炼金属Al，发生反应的化学方程式为。生成的气体可以在流程的 (填“焙烧Ⅰ”“焙烧Ⅱ”或“焙烧Ⅲ”)中循环使用。
【答案】（1）－1；CaSO4、Fe2O3
（2）粉碎烧渣；适当升高“碱浸”的温度(或增大碱的浓度)
（3）
（4）C；D
（5）焙烧Ⅰ
【知识点】化学反应速率；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeS2中硫的化合价为－1价。由分析可知，“碱浸”后滤渣的主要成分是CaSO4和Fe2O3。
（2）为了加快浸取的速率，可采取的措施有粉碎烧渣、适当升高“碱浸”的温度。
（3）滤液中的溶质主要为NaAlO2，通入过量CO2时反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为：AlO2－＋H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3－。
（4）SO2是一种酸性氧化物，可用碱溶液吸收，因此可用NaOH溶液、氨水进行吸收，CD符合题意。
（5）反应生成的气体为O2，可在“焙烧Ⅰ”中循环使用。
【分析】“焙烧Ⅰ”过程中FeS2与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2，SO2、O2和CaO进一步反应生成CaSO4。加入NaOH溶液“碱浸”过程中发生反应：2NaOH＋Al2O3=2NaAlO2＋H2O，过滤后所得滤液的成分为NaAlO2、NaOH溶液、滤渣为CaSO4和Fe2O3。“焙烧Ⅱ”过程中Fe2O3和FeS2反应生成Fe3O4和SO2。往滤液中通入CO2发生反应：CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O、NaAlO2＋2H2O＋CO2=NaHCO3＋Al(OH)3↓。因此过滤后所得固体为Al(OH)3，“焙烧Ⅲ”过程中Al(OH)3发生分解反应：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此所得固体X为Al2O3，电解熔融Al2O3，可制得金属Al。
