高中化学必修2 精品解析：辽宁省锦州市20192020学年高一下学期期末考试化学试题新解析版）

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2019—2020学年度第二学期期末考试
高一化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N 14 O 16 Fe 56 I 127
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是
A. 丙烯的结构简式CH2CHCH3 B. 甲烷分子的空间充填模型
C. 羟基的电子式 D. 苯的最简式C6H6
【答案】B
【解析】
【详解】A．书写烯烃的结构简式时，碳碳双键属于官能团不能省略，所以丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A错误；
B．甲烷分子中，4个H原子位于正四面体的4个顶点，其空间充填模型为，故B正确；
C．羟基(-OH)中，O原子周围有7个电子，其电子式为，故C错误；
D．苯的最简式CH，故D错误；
故答案：B。
2. 下列关于药品和食品添加剂的说法中正确的是
A. 处方药的包装上印有“OTC”标识
B. 阿司匹林化学名称为水杨酸，具有解热镇痛作用，长期大量服用对人体无害
C. 果汁饮料中可以添加适量苯甲酸钠，苯甲酸钠是一种抗氧化剂
D. 味精能增加食品的鲜味，是一 种常用的增味剂，其化学名称为谷氨酸钠
【答案】D
【解析】
【详解】A．OTC是非处方药的标志，印有“R”标志的药品属于处方药，故A错误；
B．长期大量使用阿司匹林会出现不良反应，如水杨酸反应，故B错误；
C．苯甲酸钠是一种防腐剂，可以抑制细菌的滋生，防止食品变质，故C错误；
D．味精为谷氨酸单钠，是一种鲜味调味料，易溶于水，其水溶液有浓厚鲜味，故D正确；
综上所述答案为D。
3. 下列冶炼方法错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业上采取热分解氧化汞的方法冶炼汞，A正确；
B．利用铝热反应制取活动性弱的金属锰，B正确；
C．工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝，而不是氯化铝，因为熔融氯化铝不导电，C错误；
D．工业上用热还原法冶炼金属铁，D正确；
答案选C。
【点睛】金属活动性顺序表中，金属的位置越靠后，其阳离子越容易被还原，用一般的热分解法就能得到金属单质；活动性居中或不太活泼的金属可用热还原法冶炼；金属的位置越靠前，其阳离子越难被还原，往往采用电解法冶炼金属。
4. 下列关于硝酸的说法不正确的是
A. 二氧化氮溶于水时生成硝酸和一氧化氮，工业上利用这一原理生产硝酸
B. 硝酸是重要的化工原料，用于制化肥、农药、炸药、染料等
C. 浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，生成一种气体和水
D. 浓硝酸和浓盐酸的混合物(体积比1∶3)叫做王水，能溶解金、铂等金属
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二氧化氮溶于水时生成硝酸和一氧化氮，工业上可利用这一原理生产硝酸，A正确；
B. 硝酸是重要的化工原料，常用于制化肥、农药、炸药、染料等，B正确；
C. 浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，生成一种氧气、二氧化氮和水，C错误；
D. 浓硝酸和浓盐酸的混合物(体积比1∶3)叫做王水，具有强氧化性，能溶解金、铂等金属，D正确；
答案选C。
5. 过氧乙酸是在抗新冠病毒和SARS病毒期间常用的一种高效杀毒剂，其分子式为，它具有氧化漂白作用。下列物质中漂白原理与过氧乙酸不同的是
A. 二氧化硫 B. 臭氧 C. 氯水 D. 过氧化氢
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与被漂白物反应生成无色的不稳定的化合物，与过氧乙酸不同，故A符合题意；
B.臭氧具有强氧化性，能漂白某些有色物质，与过氧乙酸相同，故B不符合题意；
C.氯水中含次氯酸，具有强氧化性，能漂白某些有色物质，与过氧乙酸相同，故C不符合题意；
D.过氧化钠具有强氧化性，能漂白某些有色物质，与过氧乙酸相同，故D不符合题意；
故答案选A。
6. 下列实验中，所选装置不合理的是
A
B
C
D




灼烧海带
比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
用SO2做喷泉实验
验证反应的热量变化



A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 灼烧海带应该用坩埚，A错误；
B. 将相同的钠快放入相同体积的水和乙醇中，可以比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，B正确；
C. SO2能与氢氧化钠溶液反应，因此可用SO2做喷泉实验，C正确；
D. 根据U形管两端液面高度的变化，可验证反应的热量变化，D正确；
答案选A。
7. 下列有关材料的说法正确的是
A. “神舟”飞船航天员穿的航天服使用的多种合成纤维是天然有机高分子材料
B. “超轻海绵”使用的石墨烯是新型无机非金属材料
C. “辽宁舰”上用于舰载机降落的阻拦索是一种特种钢缆，属于纯金属材料
D. “天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．合成纤维属于人工合成的有机高分子，不是天然有机高分子，故A错误；
B．石墨烯属于碳的单质，是新型无机非金属材料，故B正确；
C．钢缆属于合金，故C错误；
D．太阳能电池板的主要材料是硅单质，故D错误；
综上所述答案为B。
8. 乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是

A. 和金属钠反应时断裂①键
B. 在加热和有铜催化下与O2反应时断裂①和③键
C 和乙酸反应制备乙酸乙酯时断裂②键
D. 在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤键
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇和金属钠反应乙醇钠和氢气，键①断裂，故A正确；
B．在铜或银催化共热下与O2反应生成乙醛，则断裂①和③，故B正确；
C．在浓硫酸的催化共热下与乙酸反应生成乙酸乙酯，断裂键①，故C错误；
D．在空气中完全燃烧时生成二氧化碳和水，则断裂①②③④⑤，故D正确；
故答案选C。
9. 硫元素的几种化合物及其单质存在下列转化关系(反应条件省略)。
浓H2SO4SO2Na2SO3Na2S2O3S
下列判断不正确的是
A. 反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1
B. 反应②表明SO2具有酸性氧化物的性质
C. 反应③的原子利用率是100%
D. 反应④中稀H2SO4作氧化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①为浓硫酸氧化铜单质的反应，浓硫酸作氧化剂被还原成SO2，化合价降低2价，Cu作还原剂被氧化成Cu2+，化合价升高2价，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，故A正确；
B．二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，故B正确；
C．反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，故C正确；
D．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；
综上所述答案为D。
10. 2020年世界环境日主题：关爱自然，刻不容缓。下列有关环境保护的说法不正确的是
A. 推广使用燃煤脱硫技术，防治CO2、SO2污染空气，减少形成pH=5.6的酸雨
B. 实施绿色化学，即利用化学原理和技术手段，从源头上减少或消除环境污染
C. 工业上对溶解在水中的污染物可以采用中和法、氧化还原法和沉淀法等进行处理
D. 合理施用化肥和农药，减少使用不当对土壤、大气、水源造成的污染
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH＜5.6雨水是酸雨，A错误；
B. 实施绿色化学，即利用化学原理和技术手段，从源头上减少或消除环境污染，B正确；
C. 工业上对溶解在水中的污染物可以采用中和法、氧化还原法和沉淀法等进行处理，C正确；
D. 合理施用化肥和农药，可以减少使用不当对土壤、大气、水源造成的污染，D正确；
答案选A。
11. 为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是
选项
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(C2H4)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
乙酸(C2H5OH)
NaOH溶液
分液
C
C2H5OH(水)
生石灰
蒸馏
D
乙酸乙酯(乙酸)
NaOH溶液
蒸馏

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故A错误；
B．乙酸属于酸，会和NaOH发生中和反应，故B错误；
C．水可以和生石灰反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的熔沸点差异，蒸馏可以得到纯净的乙醇，故C正确；
D．乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，应选用饱和碳酸钠溶液，再分液分离，故D错误；
综上所述答案为C。
12. 下列有关基本营养物质的叙述正确的是
A. 花生油属于高分子化合物，不能用来萃取溴水中的溴单质
B. 总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量不变
C. 一定条件下，所有的油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
D. 重金属盐能使蛋白质变性，所以吞服钡餐会引起中毒
【答案】B
【解析】
【详解】A.花生油属于油脂，油脂不属于高分子化合物，由于花生油分子的烃基中含不饱和碳碳双键，能与溴单质发生加成反应，故不能用来萃取溴水中的溴单质，故A错误；
B.葡萄糖与乙酸的最简式都是CH2O，相同质量的葡萄糖与乙酸完全燃烧耗氧量相同，故总质量一定时，二者无论以何种比例混合，完全燃烧的耗氧量不变，故B正确；
C.单糖为最简单的糖，如葡萄糖，不能发生水解反应，故C错误；
D.重金属盐能使蛋白质变性，钡属于重金属，所以吞服钡餐会引起中毒，故D错误；
故答案：B。
13. 以下是镍催化乙烯与氢气的反应机理示意图，下列说法不正确的是

A. 乙烯与氢气发生加成反应
B. 过程②吸收能量，过程③、④释放能量
C. 反应中有非极性键断裂、极性键形成
D. 催化剂可改变反应的能量变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯含有碳碳双键，与氢气发生加成反应生成乙烷，A正确；
B.过程②断裂化学键吸收能量，过程③、④形成化学键释放能量，B正确；
C.H－H是非极性键，C－H是极性键，因此反应中有非极性键断裂、极性键形成，C正确；
D.催化剂可改变反应活化能，但不能改变能量变化，D错误；
答案选D。
14. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 17 g NH3中含有的电子数为8NA
B. 1 mol乙烷中含有极性键的数目为7NA
C. 标准状况下，22.4L四氯化碳所含分子数为NA
D. 28g C2H4和C3H6的混合物中含有的碳原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.每个氨分子中有10个电子，17g NH3物质的量为1mol，所以其含有的电子数为10NA，故A错误；
B. 1 mol乙烷的结构简式为CH3CH3,中含有极性键的数目为6NA，故B错误；
C.标准状况下，四氯化碳是液体，因为不知道其密度，所以无法计算22.4L四氯化碳所含分子数，故C错误；
D. C2H4和C3H6的最简式相同都是CH2，28 g C2H4和C3H6的混合物含有CH2的物质的量为2mol，所以含有的碳原子数为2NA，故D正确；
故答案：D。
15. 某化学小组为了探究铝电极在原电池中的作用，进行了一系列实验，实验结果记录如下：
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
Mg、Al
稀盐酸
偏向Al
2
Al、Cu
稀盐酸
偏向Cu
3
Al、C(石墨)
稀盐酸
偏向石墨
4
Mg、Al
氢氧化钠溶液
偏向Mg
5
Al、Zn
浓硝酸
偏向Al


下列说法不正确的是
A. 实验1中Al作原电池的正极
B. 实验2、3中溶液中的移向Al
C. 实验4中负极的电极反应式为
D. 实验5中Al比Zn活泼，但Zn作负极，因为Zn与浓硝酸能反应，但Al与浓硝酸不能反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．Mg比Al活泼，Mg、Al和稀盐酸构成原电池中Al为正极，故A正确；
B．实验2中Al比Cu活泼，所以Al为负极，实验3中Al比C活泼，所以Al为负极，原电池中阴离子流向负极，所以移向Al，故B正确；
C．Al可以和NaOH溶液反应，Mg不可以，所以实验4中Mg、Al和NaOH溶液构成原电池中，Al为负极，Mg为正极，负极反应式为，故C正确；
D．实验5中Al比Zn活泼，但Zn作负极，是因为常温下铝会在浓硝酸中钝化，故D错误；
综上所述答案为D。
16. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
操作
现象
解释或结论
A
向某无色溶液中加入足量稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
溶液中一定存在
B
用光照射装有甲烷和氯气的混合气体气体的试管
颜色逐渐变浅，试管内壁出现油状液滴
甲烷与氯气发生了反应
C
向蔗糖溶液中加3~5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟，冷却；向冷却后的溶液中加入银氨溶液，水浴加热
没有银镜产生
蔗糖未发生水解
D
向盛有某溶液的试管中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石荔试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无



A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO3-在酸性条件下具有氧化性，可将溶液中含有的亚硫酸根离子氧化为硫酸根，产生白色沉淀，则溶液中不一定存在SO42-，故A错误；
B．用光照射装有甲烷和氯气的混合气体气体的试管, 颜色逐渐变浅，试管内壁出现油状液滴, 说明甲烷与氯气发生了反应，故B正确；
C．蔗糖水解后的溶液应先加入碱中和酸，当溶液呈碱性后再加入银氨溶液，水浴加热，才能产生银镜，故C错误；
D．氨根离子和稀的氢氧化钠溶液反应生成一水合氨而不是氨气，所以不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，因此不能说明原溶液中没有铵根离子，故D错误；
答案选：B。
17. “神十”宇航员使用的氧气瓶的原料为聚酯玻璃钢。甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法不正确的是

A. 丙物质的分子中，所有原子可能共平面
B. 1mol乙物质可与2 mol钠完全反应生成1 mol氢气
C. 甲、乙、丙三种物质都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 甲在酸性条件下水解产物之一与乙互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯环和碳碳双键均是平面形结构，因此丙物质的分子中，所有原子可能共平面，故A正确；
B．乙含有2个羟基，可与钠反应生成氢气，1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气，故B正确；
C．甲、丙含有碳碳双键，乙含有羟基，三种物质都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确，
D．甲在酸性条件下水解产物为CH2=C（CH3）COOH和CH3OH，与乙结构不同，不是同系物，故D错误。故答案选D。
18. 下列关于有机物的说法中，正确的一组是
①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而形成的一种燃料，它是一种新型化合物
②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O
③石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化
④正丁烷的熔沸点高于异丁烷的熔沸点
⑤将a g铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量铜丝的质量等于a g
⑥向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸并加热，溶液呈黄色
A. ④⑤⑥ B. ③⑤⑥ C. ①②⑤ D. ②④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，属于混合物，①不正确；
②汽油和柴油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O，植物油属于油脂，还含有氧元素，②不正确；
③有新物质生成的是化学变化，石油的分馏是物理变化，石油裂化和煤的干馏都是化学变化，③不正确；
④当碳原子数相同，支链越多熔沸点越低，正丁烷的熔沸点高于异丁烷的熔沸点，④正确；
⑤铜丝在加热时生成氧化铜，热的氧化铜能氧化乙醇生成乙醛、水和铜，所以将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag，⑤正确；
⑥鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸并加热，溶液呈黄色，⑥正确；
答案选A。
19. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，反应方程式：。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 mol CH4和1.50 mol NO2，测得CH4的物质的量随时间变化的有关实验数据见下表。
组别
温度
时间/min
n/mol
0
10
20
40
50
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
a
0.15


下列说法不正确的是
A. 表格中对应的数据a应为0.15
B. 组别①中，0～20min内，用NO2的浓度变化表示反应的平均速率为
C. 组别①中，反应达平衡时，CH4的转化率为80%
D. 组别②中，T2温度下各物质均为气态，10min时容器内气体压强与初始气体压强比为11∶10
【答案】B
【解析】
【详解】A. T1、T2开始时加入CH4的物质的量相同，10min后，T2温度时甲烷物质的量更小，说明反应速率快，温度越高反应越快，则T1 B.组别①中0∼20min内，用CH4的浓度变化表示的反应的平均速率==0.0125mol⋅L-1⋅min-1，化学反应速率与化学计量数成正比，根据，则NO2的浓度变化表示的反应的平均速率=2(CH4)=0.025mol⋅L−1⋅min−1，故B错误；
C.组别①中，反应达平衡时，CH4的物质的量为0.1mol，开始加入甲烷的物质的量为0,5mol,所以CH4的转化率=80%，故C正确；
D.组别②中，T2温度下各物质均为气态，根据可知：10min时容器内甲烷的物质的量为0.3mol，则生成0.2molN2、0.2molCO2、0.4mol气态H2O，剩余NO2的物质的量为1.1mol，反应后气体总物质的量为0.3mol+1.1mol+0.2mol+0.2mol+0.4mol=2.2mol，反应前气体总物质的量为2.0mol，根据阿伏加德罗定律，同温同容压强之比就等于物质的量之比，所以反应后压强与初始气体压强比为11∶10，故D正确；
故答案：B。
20. 在标准状况下，2.24 L的某气态烷烃和具有一个双键的烯烃的混合气体完全燃烧后，将高温下产生的气体缓慢通过浓硫酸，浓硫酸增重4.05g，剩余气体通过碱石灰，破石灰增重6.60g。另再取2.24 L标准状况下的该混合气体，将它通入过量的溴水中，溴水增重1.05g。下列说法不正确的是
A. 烷烃属于饱和烃，烯烃属于不饱和烃
B. 混合气体中烷烃的一氯代物只有一种
C. 混合气体中的烯烃不存在同分异构体
D. 混合气体中烷烃与烯烃的体积比为3∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
2.24L该混合气体的物质的量为0.1mol；高温下产生水蒸气和二氧化碳，浓硫酸增重即产生水的质量，n(H2O)==0.225mol，则混合烃中含有0.45mol氢原子；碱石灰增重即产生二氧化碳的质量，n(CO2)==0.15mol，则混合烃中含有0.15mol碳原子；混合烃的总质量m(混合物)=0.45mol´1g/mol +0.15mol´12g/mol =2.25g，所以混合烃的平均相对分子质量为=22.5g/mol，摩尔质量小于22.5g/mol的烃只有甲烷，则混合气体中一定含有甲烷；混合气体通入溴水，溴水增重为烯烃的质量，则m(烯烃)=1.05g，m(CH4)=2.25g-1.05g=1.2g，n(CH4)==0.075mol，所以n(烯烃)=0.1mol-0.075mol=0.025mol，该烯烃的摩尔质量为=42g/mol，设烯烃的分子式为CnH2n，则有12n+2n=42，n=3，所以为C3H6，结构简式为CH3CH=CH2。
【详解】A．烷烃中C原子与C原子和H原子均以单键相连，属于饱和烃；烯烃中含有碳碳双键，属于不饱和烃，故A正确；
B．根据分析可知混合烃中的烷烃为CH4，其只有一种环境氢原子，一氯代物只有一种，故B正确；
C．混合烃中的烯烃为CH3CH=CH2，环丙烷为其同分异构体，故C错误；
D．根据分析混合烃中n(CH4)=0.075mol，n(CH3CH=CH2)=0.025mol，相同条件下体积比等于物质的量之比，为3:1，故D正确；
综上所述答案为C。
二、非选择题
21. 某化学实验小组通过实验探究SO2和NO2的性质。
第一组：利用如图装置来检验SO2的性质

序号
X
实验现象
Ⅰ
紫色石蕊溶液
现象a
Ⅱ
Na2S溶液
溶液中有淡黄色沉淀生成
Ⅲ
酸性KMnO4溶液
溶液由紫色变为无色


(1)实验I中，现象a是____________。
(2)根据实验II，推断SO2具有的化学性质是_________。
(3)根据实验III，推断无色溶液中一定含有的离子是K+、Mn2+、H+、OH-和_______。
(4)烧杯中发生反应的离子方程式是_________。
第二组：利用如图装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。

(1)A装置中盛放浓氨水的仪器名称是________。
(2)甲、乙分别是______(填字母)。
a.浓硫酸、五氧化二磷 b.碱石灰、碱石灰 c.碱石灰、无水氯化钙 d.无水氯化钙、五氧化二磷
(3)E装置中发生反应的化学方程式是_______。
(4)若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是______。
(5)此实验装置存在一个明显的缺陷是______。
【答案】 (1). 紫色石蕊溶液变红 (2). 氧化性 (3). (4). (5). 分液漏斗 (6). c (7). (8). C装置中混合气体颜色变浅或褪色 (9). 缺少尾气处理装置
【解析】
【分析】
第一组实验要检验SO2的性质，SO2是一种酸性氧化物，具有一定氧化性、还原性和漂白性，结合实验现象分析体现的相应性质；
第二组实验探究NO2能否被NH3还原，首先利用浓氨水和生石灰制取氨气，经碱性干燥剂如碱石灰干燥通入C中反应，利用浓硝酸和铜片反应制取NO2，经中性干燥剂如无水氯化钙干燥通入C中反应，二氧化氮是红棕色气体，如果能被氨气还原，C中混合气体的颜色会变浅或褪色。
【详解】第一组：(1)SO2可以与水反应生成H2SO3从而使水溶液显酸性，所以现象a为紫色石蕊溶液变红；
(2)实验II中出现淡黄色沉淀，说明SO2和Na2S反应生成S单质，体现了SO2的氧化性；
(3)实验III中溶液由紫色变为无色，说明高锰酸钾将SO2氧化，根据S元素的价态变化规律可知SO2应被氧化成；
(4)SO2为碱性气体，可以和NaOH反应生成盐和水，离子方程式为；
第二组：(1)根据仪器的结构特点可知其为分液漏斗；
(2)氨气为碱性气体，不能用浓硫酸或五氧化二磷干燥，且氨气会和无水氯化钙反应，所给选项中，只能选用碱石灰；NO2会和碱石灰反应，可以用无水氯化钙干燥，所以选c；
(3)E中为Cu与浓硝酸反应生成NO2的反应，化学方程式为；
(4)NO2为红棕色气体，若NO2能够被NH3还原，C装置中混合气体颜色变浅或褪色；
(5)NH3和NO2均会污染空气，所以该装置缺少尾气处理装置。
【点睛】氨气为碱性气体，不能用浓硫酸或五氧化二磷干燥，且氨气会和无水氯化钙反应，一般用碱石灰进行干燥。
22. 利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。请回答下列问题：
(1)反应过程的能量变化如图所示，则该反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)恒温恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是_______(填字母)。
a.增加O2的浓度 b.选择高效催化剂 c.充入氦气 d.适当降低温度
(3)下列情况能够说明该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
a. 2v正(O2)= v逆(SO2)
b.恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化
c.SO3的物质的量不再变化
d.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2
(4)某次实验中，在容积为2 L的恒温密闭容器中通入10 mol SO2和a mol O2，反应过程中部分物质的物质的量随反应时间的变化如图所示。

①2 min时，v正(SO2) _______(填“>”、“<”或“=”) v逆(SO2)。
②用SO3的浓度变化表示0~5 min内反应的平均速率是_______mol·L-1·min-1。
③反应达到平衡时，O2的体积分数为20%，则a=_______mol。
(5)下图是利用原电池原理，将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，催化剂a表面发生反应的电极反应式为_________。

【答案】 (1). 放热 (2). a b (3). a c (4). > (5). 0.8 (6). 6.5 (7).
【解析】
【分析】

【详解】(1)根据反应过程的能量变化如图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案案：放热。
(2) 根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H<0和影响化学反应速率的因素可知：
a.恒温恒容时，增加O2的浓度可以加快化学反应速率，故a符合题意；
b.催化剂能加快化学反应速率，故b符合题意；
c.恒温恒容充入氦气对反应物和生成物的浓度无影响，所以不会加快学反应速率，故c不符合题意；
d.适当降低温度会降低化学反应速率，故d不符合题意；
故答案：ab。
(3) a.根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H<0可知：2v正(O2)= v逆(SO2)说明正逆反应速率相等，能够说明反应达到化学平衡状态，故a符合题意；
b.根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H<0可知：恒温恒容时，混合气体的密度是恒定不变的，所以恒温恒容时，混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到化学平衡状态，故b不符合题意；
c.根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H<0可知：SO3的物质的量不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故c符合题意；
d.根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H<0可知：SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2不能说明反应达到化学平衡状态，故d不符合题意；
故答案：a c。
(4)①由图可知：2 min时，化学反应没有达到平衡，反应仍然正向进行，所以v正(SO2)> v逆(SO2)，故答案：>。
②0~5 min内SO3浓度变化变化量为8mol,根据速率公式可知表示0~5 min内SO3的平均速率==0.8mol·L-1·min-1，故答案：0.8。
③根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知：初始加入10 mol SO2和a mol O2，反应达到平衡时，剩余SO2为2mol，生成SO3为8mol，剩余O2为a-4mol，反应达到平衡时，O2的体积分数为20%即,解得a=6.5mol,所以开始加入a=6.5mol,故答案：6.5。
(5)由图电子流动方向可知：催化剂a为负极，发生氧化反应，其电极反应式为；，故答案：。
23. 烃A是一种重要的基本有机化工原料，A与CO、H2O按物质的量比1∶1∶1反应生成B，G是一种高分子化合物。有关物质的转化关系如图所示：

请回答下列问题：
(1)E中官能团的名称为_________。
(2)G的结构简式为_______。
(3)F中无双键，A→F的反应类型为_______。
(4)下列说法正确的是_______(填字母)。
a.有机物A能使溴的四氯化碳溶液褪色
b.有机物B与乙酸互为同系物
C.等物质的量的B、C分别与足量钠反应产生氢气的质量：B d.A、B、C、D中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质有3种
(5)D的所有含羧基的同分异构体的结构简式为_________。
(6)B+C→D的化学反应方程式为__________。
(7)实验室利用下图装置制取D，试管甲中为B、C和浓硫酸的混合物，并加入少量碎瓷片。

请回答下列问题：
①浓硫酸起到_______和_______的作用。
②试管乙中盛放的溶液是_______。
③试管乙中导管不伸入液面下，是为了_______。
④实验后试管乙中观察到的现象是_________。
【答案】 (1). 醛基 (2). (3). 加成反应 (4). a b (5). 、 (6). (7). 催化剂 (8). 吸水剂 (9). 饱和Na2CO3溶液 (10). 防止倒吸 (11). 液面上层有无色透明的油状液体产生，有香味
【解析】
【分析】
烃A是一种重要的基本有机化工原料，A与CO、H2O按物质的量比1∶1∶1反应生成B，B是丙酸，则根据原子守恒可知A是乙烯，乙烯加聚生成G是一种高分子化合物为聚乙烯，乙烯和氯化氢加成生成A是氯乙烷。甲醇催化氧化生成E是甲醛，甲醇和丙酸发生酯化反应生成D是丙酸甲酯，据此解答。
【详解】(1)E是甲醛，分子中官能团的名称为醛基。
(2)G为聚乙烯，结构简式为。
(3)F中无双键，F是氯乙烷，A→F的反应类型为加成反应。
(4)a.有机物A是乙烯，能使溴的四氯化碳溶液褪色，a正确；
b.有机物B是丙酸，与乙酸的结构相似，相差1个CH2，二者互为同系物，b正确；
C.1molB生成0.5mol氢气，1molC也生成0.5mol氢气，等物质的量的B、C分别与足量钠反应产生氢气的质量相等，c错误；
d.A、B、C、D中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质有2种，即乙烯和甲醇，d错误；
答案选ab；
(5)D是丙酸甲酯，所有含羧基的同分异构体的结构简式为、。
(6)B+C→D的反应是酯化反应，化学反应方程式为。
(7)①酯化反应中浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用。
②根据实验室制备乙酸乙酯的原理可类推试管乙中盛放的溶液是饱和Na2CO3溶液。
③由于挥发出的甲醇、丙酸酸溶于水水，则试管乙中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸。
④丙酸和碳酸钠反应，甲醇溶于水，丙酸甲酯难溶于水，则实验后试管乙中观察到的现象是液面上层有无色透明的油状液体产生，有香味。
24. 金属矿物资源以及海水资源的利用有着非常重要的意义。
Ⅰ.工业海水淡化及从海水中提取溴的过程如下：

请回答下列问题：
(1)历史最久，技术和工艺也比较成然，但成本较高的海水淡化的方法是_______法。
(2)从海水中可以得到食盐，为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是______(填字母)。
A.⑤④②③① B.④①②⑤③ C.②⑤④①③ D.②④⑤①③
(3)步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，其目的为_______。
(4)步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，反应的离子方程式为_______。
(5)从理论上考虑，下列物质的溶液也能与Br2反应的是______(填字母)。
A.NaCl B.Na2CO3 C. Na2SO3 D.FeCl3
Ⅱ.金属矿物冶炼得到的铁屑和海带中提取的碘可以用于生产KI，工艺流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)KI的溶解度随温度变化比较大，操作A包括______、______、过滤。
(2)用冰水洗涤的目的是除去附着在KI表面的可溶性杂质，同时______。
(3)反应Ⅰ生成了铁与碘的化合物X，若X中铁元素与碘元素的质量比为21∶127，则X的化学式为___。
(4)写出反应Ⅱ的化学方程式______。
【答案】 (1). 蒸馏 (2). C (3). 富集溴元素 (4). (5). BC (6). 蒸发浓缩(或加热浓缩) (7). 冷却结晶 (8). 减少KI在洗涤过程中的溶解(损失) (9). Fe3I8 (10).
【解析】
【详解】Ⅰ.(1)历史最久，技术和工艺也比较成然，但成本较高的海水淡化的方法是蒸馏法。
(2)从海水中可以得到食盐，为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、，其中用碳酸钠除去钙离子，氢氧化钠除去镁离子，氯化钡除去硫酸根离子，但过量的氯化钡需要用碳酸钠除去，因此碳酸钠要在氯化钡后面加入，最后过滤后加入盐酸酸化，则正确的操作顺序是②⑤④①③。答案选C。
(3)步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，这是因为海水中溴的含量很低，即其目的为富集溴元素。
(4)步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，二氧化硫被单质溴氧化为硫酸，反应的离子方程式为。
(5)A.氯元素非金属性强于溴，NaCl与Br2不反应，A错误；
B.溴水中含有氢溴酸，因此Na2CO3与Br2反应，B正确；
C.Na2SO3具有还原性，与Br2反应生成硫酸钠，C正确；
D.FeCl3与Br2不反应，D错误；
答案选BC。
Ⅱ.(1)由于KI的溶解度随温度变化比较大，操作A包括蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶、过滤、洗涤等。
(2)碘化钾的溶解度随温度升高而增大，因此用冰水洗涤的目的是除去附着在KI表面的可溶性杂质，同时减少KI在洗涤过程中的溶解(损失)。
(3)反应Ⅰ生成了铁与碘的化合物X，若X中铁元素与碘元素的质量比为21∶127，则铁元素与碘元素的物质的量之比为，所以X的化学式为Fe3I8。
(4)反应Ⅱ是碳酸钾和Fe3I8反应生成四氧化三铁和二氧化碳，反应的化学方程式为。