2022北京市北京师大附中高一下学期期末考试化学试卷含答案

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北京市师大附中2021-2022学年下学期高一年级期末考试化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Br-80
一、单选题
1. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是




A．冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰
B．火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧
C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉
D．电动汽车的全气候电池充电

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；
B．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故选A。
2. 下列说法不正确的是
A. 制玻璃和水泥都要用到石灰石
B. 光纤和手机芯片的主要成分都是硅单质
C. 硅在自然界主要以化合物形式存在
D. 碳化硅是一种耐高温陶瓷
【答案】B
【解析】
【详解】A．制玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，制水泥的主要原料是黏土、石灰石，制玻璃和水泥都要用到石灰石，故A正确；
B．光纤的主要成分是二氧化硅，手机芯片的主要成分是单质硅，故B错误；
C．Si在自然界中主要以化合态存在，主要以硅酸盐和氧化物的形式存在，故C正确；
D．碳化硅为原子晶体，耐高温，硬度高，是一种耐高温陶瓷，故D正确；
故答案选B。
3. 下列有关物质表示方法不正确的是
A. 乙烷的结构式： B. 乙烯的球棍模型：
C. 醋酸的分子式：C2H4O2 D. 羟基的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烷的分子式为C2H6，则结构式：，A正确；
B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，球棍模型：，B正确；
C．醋酸的结构简式为CH3COOH，则分子式：C2H4O2，C正确；
D．羟基的结构简式为-OH，则电子式为，D不正确；
故选D。
4. 下列措施能明显提高化学反应速率的是
A. Na与水反应时增大水的用量
B. Fe与稀H2SO4反应制取H2时，改用98％的浓H2SO4
C. AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强
D. 恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
【分析】增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，增大压强只对有气体参加的反应有影响。
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，化学反应速率不变，故A不符合题意；
B．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化，不能增大化学反应速率，故B不符合题意；
C．增大压强只对有气体参加的反应有影响，AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强，不能增大化学反应速率，故C不符合题意；
D．恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量，反应物的浓度增大，化学反应速率增大，故D符合题意；
故答案选D。
5. 下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是
A. 化学反应的限度都相同
B. 可以通过改变温度控制化学反应的限度
C. 可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度
D. 当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止
【答案】B
【解析】
【详解】在一定条件下的可逆反应经过一段时间后，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，这种表面上静止的“平衡状态”就是这个可逆反应所能达到的限度。
A、化学反应不同，限度不同，选项A错误；
B、可以改变外界条件控制化学反应的限度，选项B正确；
C、化学反应的限度与反应时间无关，选项C错误；
D、当化学反应在一定条件下达到限度时，正、逆反应速率相等，反应未停止，选项D错误。
答案选B。
6. 某温度下，在一固定容积的容器中进行反应：SO3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+SO2(g)，下列情况表示一定达化学平衡状态的是
A. 气体密度不再随时间而改变
B. 体系总压强不再随时间而改变
C. NO和NO2的生成速率相同
D. SO3和NO的浓度比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应前后气体质量不变，容积不变，故密度始终不变，因此气体密度不再随时间而改变不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B．恒容，反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以气体总压强不随时间而改变时，反应不一定达到平衡状态，故B不符合题意；
C．NO和NO2的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C符合题意；
D．SO3和NO的浓度比为1：1时，正逆反应速率不一定相等，反应不一定达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案选C。
7. 图为某原电池装置的示意图。下列叙述中，不正确的是

A. 电子由Zn片通过导线流向Cu片
B. 一段时间后，溶液的pH减小
C. 将Zn片换成Fe片，电路中电流方向不变
D. 将稀硫酸换成柠檬汁，导线中也会有电子移动
【答案】B
【解析】
【分析】Zn的金属活动性比Cu强，则Zn作负极，Cu作正极。
【详解】A．电子由负极沿导线流入正极，则由Zn片通过导线流向Cu片，A正确；
B．在正极，2H++2e-=H2↑，则一段时间后，溶液的pH增大，B不正确；
C．将Zn片换成Fe片，则Fe片仍为负极，所以电路中电流方向不变，C正确；
D．将稀硫酸换成柠檬汁，仍可构成原电池，导线中也会有电子移动，D正确；
故选B。
8. 下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是
A. 加热条件下进行的化学反应一定是吸热反应
B. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因
C. 一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化为热能和光能
D. 将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应放出热量
【答案】B
【解析】
【详解】A项、放热反应有的也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，故A错误；
B项、化学反应的实质是反应物化学键断裂吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化，故B正确；
C项、一定条件下进行的化学反应，可以将化学能转化成光能、热能或电能等，故C错误；
D项、将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应吸收热量，故D错误；
故选B。
9. 有4种碳骨架如图所示的烃,下列说法正确的是

A. a和b互为同分异构体 B. b和c互为同系物
C. a和b都能发生加成反应 D. 只有b和c能发生取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】由碳架结构可知a的结构简式为（CH3）2C=CH2、名称为2—甲基丙烯，b的结构简式为C（CH3）4、名称为丁烷，c的结构简式为（CH3）3CH、名称为2,2—二甲基丙烷，d的名称为环丁烷。
【详解】A项、2—甲基丙烯和丁烷分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；
B项、丁烷和2,2—二甲基丙烷结构相似，相差CH2个原子团，都属于烷烃，互为同系物，故B正确；
C项、2—甲基丙烯为烯烃，能够与氢气、溴水等发生加成反应，丁烷为烷烃，不能发生加成反应，故C错误；
D项、2—甲基丙烯和环丁烷也能发生取代反应，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意根据有机物的结构模型判断有机物的种类为解答关键。
10. 下列关于烃的说法不正确的是
A. C3H8和C4H10一定是同系物
B. CH4的二氯代物只有一种结构
C. 一般情况下随着分子中碳原子数的增加，烷烃的熔沸点升高
D. 丙烷分子中，三个碳原子可能在同一条直线上
【答案】D
【解析】
【详解】A．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物，C3H8和C4H10均为烷烃，在分子组成上相差1个CH2，一定互为同系物，故A正确；
B．CH4为正四面体结构，分子中的四个氢原子是等效的，所以CH4的二氯代物只有一种结构，故B正确；
C．烷烃熔沸点取决于分子间作用力，碳原子数越多，分子量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故C正确；
D．丙烷可以看作是两个甲基取代甲烷中的两个H原子形成的，甲烷为正四面体结构，则丙烷中的三个碳原子一定不在同一直线上，呈锯齿状，故D错误；
故答案选D。
11. 制取较纯净的一氯乙烷最好采用的方法是
A. 乙烷和氯气反应 B. 乙烯和氯气反应
C. 乙烯和氯化氢反应 D. 乙烷通入浓盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A、CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有杂质HCl生成，且可能含有其它氯代烃生成，所以不符合原子经济的理念，故A错误；
B、CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；
C、CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有一氯乙烷，符合原子经济理念，故C正确；
D、乙烷和浓盐酸不反应，故D错误。
答案选C。
12. 根据乙烯的性质推测丙烯(H2C=CH-CH3)的性质，下列说法中，不正确的是
A. 丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 丙烯与HCl加成的产物可能有2种
C. 丙烯与Br2的加成产物是CH2Br-CH2-CH2Br
D. 聚丙烯用来表示
【答案】C
【解析】
【详解】A．丙烯含有的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾褪色，故A正确；
B．丙烯结构不对称，与HCl发生加成反应，可以得到1-氯丙烷和2-氯丙烷，故B正确；
C．丙烯与Br2的加成产物是CH2BrCHBrCH3，故C错误；
D．丙烯发生加聚反应时，双键断裂，聚丙烯的结构简式为，故D正确；
故答案选C。
13. 下列说法正确的是
A. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物
B. 天然植物油中不饱和脂肪酸甘油酯含量较高，常温下呈液态
C. 在蛋白质溶液中加入浓硫酸并微热，可使蛋白质变黄
D. 煤的气化、液化和干馏都是物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．糖类中的单糖和二糖、油脂都不属于高分子化合物，A不正确；
B．天然植物油在常温下呈液态，则表明不饱和高级脂肪酸甘油酯含量较高，B正确；
C．在蛋白质溶液中加入浓硫酸并微热，会使蛋白质脱水炭化，加入浓硝酸才可使蛋白质变黄，C不正确；
D．煤的气化、液化和干馏都有新物质生成，都属于化学变化，D不正确；
故选B。
14. 下列常见金属的冶炼原理不正确的是
A. 电解法炼铝：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2
B. 加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑
C. 铝热法炼铁：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3
D. 湿法炼铜：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4
【答案】A
【解析】
【分析】对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来；活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属。
【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融的AlCl3不导电，不能电解AlCl3冶炼金属Al，通常电解氧化铝冶炼金属Al，故A错误；
B．Hg为不活泼金属，通常直接加热其化合物冶炼Hg，故B正确；
C．Al的还原性大于Fe，可利用铝热反应将Fe从其氧化物中还原出来，故C正确；
D．Fe的金属活动性比Cu强，可将Cu从其盐溶液中置换出来，湿法炼铜的原理为CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，故D正确；
故答案选A。
15. 下列物质与用途对应不正确的是
A. 苯甲酸钠：食品防腐剂 B. 氧化钙：吸氧剂
C. 碳酸氢钠：膨松剂 D. 阿司匹林：解热镇痛药
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠可防止食品变质，延长保质期，是常用的食品防腐剂，故A正确；
B．氧化钙不和氧气反应，不能作吸氧剂，氧化钙能吸收水，常用作干燥剂，故B错误；
C．碳酸氢钠加热分解产生二氧化碳，常用作膨松剂，故C正确；
D．阿司匹林是常用的解热镇痛药，故D正确；
故答案选B。
16. 下列实验方案所得实验结论不正确的是
选项
实验方案
实验结论
A
将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
试管中收集等体积的CH4和Cl2，光照一段时间后，气体颜色变浅，试管壁出现油状液滴
甲烷和氯气发生了取代反应
C
向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，煮沸几分钟，向冷却液中加入新制Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未发生水解
D
乙醇与橙色的酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色
乙醇具有还原性

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；
B．甲烷与氯气光照下发生取代反应，氯气被消耗，气体颜色变浅，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷均为油状液体，故B正确；
C．淀粉水解后应在碱性环境下检验葡萄糖，即应先加入NaOH中和稀硫酸制造碱性环境，再加入新制Cu(OH)2，加热，故C错误；
D．橙色溶液变为绿色，说明重铬酸钾被还原为Cr3+，进而说明乙醇具有还原性，故D正确；
故答案选C。
17. 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. 用稀硝酸和Cu制取Cu(NO3)2
C. 制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应
D. 采用银作催化剂，乙烯和氧气反应制取环氧乙烷，原子利用率100％
【答案】B
【解析】
【分析】绿色化学应符合“原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，实现零排放”，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。
【详解】A．用乙醇代替汽油作汽车燃料，能够减少有害气体的排放，有利于环境保护，符合绿色化学的理念，故A不符合题意；
B．用稀硝酸和Cu制取Cu(NO3)2，反应生成有毒气体NO，不符合绿色化学的理念，故B符合题意；
C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应，不会产生有毒气体，消耗的硫酸的量少，符合绿色化学理念，故C不符合题意；
D．原子利用率100％，原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，符合绿色化学理念，故D不符合题意；
故答案选B。
18. 关于HO-CH2CH=CH-COOH，下列说法不正确的是
A. 分子式为C4H6O3
B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 分别与足量Na、Na2CO3反应，生成物均为HO-CH2CH=CH-COONa
D. 该物质分子内和分子间都能发生酯化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．HO-CH2CH=CH-COOH的分子式为C4H6O3，A正确；
B．HO-CH2CH=CH-COOH分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．与足量Na反应时，生成物为NaO-CH2CH=CH-COONa，C不正确；
D．该物质分子中既含有羧基，又含有羟基，所以分子内和分子间都能发生酯化反应，D正确；
故选C。
19. 某同学利用如图所示装置制备乙酸乙酯。向浓H2SO4乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A。一段时间后，试管B中溶液上方出现油状液体。

下列说法不正确的是
A. 采用小火均匀加热，可减少原料的损失
B. 生成乙酸乙酯的反应属于取代反应
C. 加入过量乙醇，可使乙酸完全转化为乙酸乙酯
D. 饱和碳酸钠溶液的作用有除去乙酸，并吸收乙醇
【答案】C
【解析】
【详解】A．采用小火均匀加热可减少乙醇和乙酸的挥发，减少原料的损失，故A正确；
B．乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应为酯化反应，也属于取代反应，故B正确；
C．乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，乙酸不可能完全转化为乙酸乙酯，故C错误；
D．收集乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇，同时降低乙酸乙酯在水中的溶解度，故D正确；
故答案选C。
20. 我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：

下列说法不正确的是
A. 反应①的产物中含有水
B. 反应②中只有碳碳键形成
C. 汽油主要是C5~C11的烃类混合物
D. 图中物质a、b均属于饱和烃
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①为二氧化碳和氢气反应生成一氧化碳和水，即反应①的产物中含有水，故A正确；
B．反应②是CO与H2反应生成(CH2)n，(CH2)n中还含有碳氢键，则反应②中还有碳氢键的形成，故B错误；
C．烃是只由C、H两种元素组成的有机化合物，由图可知，汽油主要是C5∼C11的烃类混合物，故C正确；
D．图中物质a、b只含有C、H两种元素，且各原子之间均为单键，则a、b均属于饱和烃，故D正确；
故答案选B，
21. 某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是

A. 1 mol该有机物能与2 mol NaOH反应
B. 该有机物中有4种官能团
C. 该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D. 该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物分子中只有-COOH能与NaOH发生反应，所以1 mol该有机物能与1 mol NaOH反应，A不正确；
B．该有机物中含有碳碳双键、羧基、羟基共3种官能团，B不正确；
C．羧基不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有碳碳双键、羟基共2种，C正确；
D．该有机物分子中的碳碳双键、苯环等都能发生加成反应、氧化反应，羟基、羧基等都能发生取代反应，D不正确；
故选C。
22. 将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是


选项
气体a
溶液b
A
Cl2
KI
B
CO2
CaCl2
C
SO2
Ba(NO3)2
D
NO2
FeSO4

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将Cl2通入KI溶液中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，看到溶液由无色变为棕黄色，A不符合题意；
B．由于酸性：H2CO3＜HCl，所以将CO2通入CaCl2溶液中，无明显现象，B符合题意；
C．SO2具有还原性，通入Ba(NO3)2溶液中时，SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下表现强氧化性，将SO2及H2SO3氧化为，与Ba2+结合形成BaSO4白色沉淀，溶液变浑浊，C不符合题意；
D．NO2溶于水反应产生HNO3，HNO3具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，使溶液由浅绿色变为黄色，D不符合题意；
故合理选项是B。
23. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是

A. 将黄铁矿粉碎，可以提高反应速率
B. 沸腾炉中每生成1 mol SO2，有11 mol e-发生转移
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
【答案】B
【解析】
【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1 mol SO2，有5.5mol e-发生转移，B不正确；
C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；
故选B。
24. 某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：
序号
I
II
III
实验步骤

充分振荡，加入2mL蒸馏水

充分振荡，加入2mL蒸馏水

充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀

下列说法不正确的是
A. 实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原
B. 对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关
C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。
【详解】A. 实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；
B. 对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；
C. 对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；
D. 实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。
故答案选C。
25. 某同学进行下列实验，下列说法合理的是
装置
操作
现象


将盛有浓硝酸的烧杯A放入盛有淀粉KI溶液的烧杯C中,然后将铜片放入烧杯A后,立即用烧杯B罩住
烧杯A液体上方立即出现大量红棕色气体;一段时间后,红棕色气体消失,烧杯A和C中的液体都变成蓝色

A. 烧杯A中发生反应:3Cu+8HNO3 =3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
B. 红棕色气体消失只与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关
C. 烧杯C中溶液变蓝只与NO2和C中溶液发生反应有关
D. 若将铜片换成铁片,则C中的液体也可能变蓝
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸和铜反应生成NO2，A错误；
B．NO2溶于水生成硝酸和NO，也会看到红棕色气体消失，B错误；
C．生成的NO2溶于水生成硝酸和NO，硝酸把碘化钾氧化为单质碘，而显蓝色，C正确；
D．若将铜片换成铁片，铁发生钝化，不能出现蓝色，D错误，
答案选C。
二、解答题
26. 非金属元素在化工生产中扮演着重要的角色。
（1）下列物质中，能吸收SO2的有_______(填字母序号)。
a. 浓硫酸 b. 酸性KMnO4溶液 c. 生石灰
（2）久置在空气中的Na2SO3固体会部分变质，检验是否变质的方法是：取少量固体加水溶解，_______(将实验操作和现象补充完整)。
（3）工业上利用氨的催化氧化制取NO，写出化学方程式_______。
【答案】（1）bc （2）加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生
（3）4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
【小问1详解】
SO2具有还原性，能与具有氧化性的物质发生氧化还原反应；SO2属于酸性氧化物，能与碱性物质反应，因此能吸收SO2的有酸性KMnO4溶液和生石灰，故答案为：bc；
【小问2详解】
Na2SO3固体变质会生成Na2SO4，因此只需检验是否存在硫酸根即可检验Na2SO3固体是否变质，因此具体的操作和实验现象为：取少量固体加水溶解，加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，故答案为：加过量盐酸，充分振荡，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生；
【小问3详解】
氨催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。
27. A~I是常见有机物，它们之间的转化关系如图所示。A是一种烃，其产量通常可衡量一个国家的石油化工水平；E和H为有香味的油状物质。

已知：CH3CH2BrCH3CH2OH
（1）①的反应类型为_______。
（2）②和④的化学方程式分别为_______、_______。
（3）G可能具有的性质为_______(填字母序号)。
a. 与金属钠反应 b. 与NaOH溶液反应 c. 使高锰酸钾溶液褪色
（4）M为I的同系物，分子中有5个碳原子，写出有3个-CH3的异构体的结构简式_______。
（5）H的结构简式为_______。
【答案】（1）加成 （2） ①. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ②. CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
（3）ac （4）CH3CH(CH3)CH2CH3
（5）CH3COOCH2CH2OOCCH3
【解析】
【分析】A是一种烃，其产量通常可衡量一个国家的石油化工水平，则A为乙烯，乙烯与水反应生成B，B连续氧化得到D，B和D发生反应生成的E为有香味的油状物质(酯)，则B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸；乙烯和Br2反应生成F，F发生已知反应生成G，则F为CH2BrCH2Br，G为HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成H，则H为CH3COOCH2CH2OOCCH3；乙烯和氢气反应生成I，则I为乙烷。
【小问1详解】
反应①为乙烯和水反应生成乙醇，反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
【小问2详解】
反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应④为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
【小问3详解】
由上述分析可知，G为HOCH2CH2OH，含有羟基，能与金属钠反应，能被酸性高锰酸钾氧化从而使酸性高锰酸钾褪色，不能与NaOH反应，故答案为：ac；
【小问4详解】
I为乙烷，M是乙烷的同系物，且分子中含有5个碳原子，则M为戊烷，有3个-CH3的异构体为异戊烷，其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，故答案为：CH3CH(CH3)CH2CH3；
【小问5详解】
由上述分析可知，H的结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，故答案为：CH3COOCH2CH2OOCCH3。
28. 溴元素主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提Br2的工艺流程如图。

（1）写出步骤②的离子方程式_______。
（2）下列说法正确的是_______(填字母序号)。
A. 利用蒸馏法实现海水淡化，发生了化学变化
B. 步骤①目的是避免Cl2与碱性海水反应
C. 步骤③利用了Br2的挥发性
D. 步骤④的作用是脱除步骤②中过量的Cl2
（3）步骤⑤中以SO2吸收Br2，反应的化学方程式为_______。
若以Na2CO3溶液作吸收剂，产物为NaBr、NaBrO3和NaHCO3。当3 mol Br2被吸收时，转移电子的物质的量为_______mol。
【答案】（1）2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 （2）BCD
（3） ①. Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr ②. 5
【解析】
【分析】浓缩海水进行酸化得到酸化海水，向酸化海水中通入氯气，将溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，利用热空气将溴吹出进行富集，加入NaBr溶液脱氯，再用吸收剂进行富集，经一系列操作得到产品溴。
【小问1详解】
步骤②中通入氯气氧化，将溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，故答案为：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；
【小问2详解】
A．利用蒸馏实现海水淡化的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B．Cl2在碱性条件下会发生歧化反应，因此步骤①先将海水进行酸化，为了避免Cl2与碱性海水反应，故B正确；
C．用热空气可将溴吹出是因为溴易挥发，即步骤③利用了Br2的挥发性，故C正确；
D．步骤②中加入的过量的Cl2，步骤④加入NaBr溶液是为了脱除步骤②中过量的Cl2，故D正确；
故答案为：BCD；
【小问3详解】
以SO2吸收Br2，发生反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；若以Na2CO3溶液作吸收剂，产物为NaBr、NaBrO3和NaHCO3，则发生的反应为3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+NaHCO3，根据反应的化学方程式可知，当3 mol Br2被吸收时，转移电子的物质的量为5mol，故答案为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；5。
29. 软锰矿是重要的工业原料。

（1）过程I：软锰矿的酸浸处理
①酸浸过程中的主要反应(将方程式补充完整，已知FeS2中硫的化合价为-1价)：_____
2FeS2+MnO2+_______=Mn2++2Fe3++4S+_______。
②生成的硫附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气体破除附着的硫。导致H2O2迅速分解的因素是_______。
③矿粉颗粒表面附着的硫被破除后，H2O2可以继续与MnO2反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是_______。
（2）过程Ⅱ：电解法制备金属锰
在该过程中锰元素发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
（3）过程III：制备Mn3O4

如图表示通入O2时溶液pH随时间的变化。则15分钟后溶液的pH降低的原因是_______。

【答案】（1） ①. 2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ②. Fe3+(或Mn2+或MnO2)等作催化剂 ③. MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O
（2）还原 （3）3Mn2(OH)2SO4+3O2=2Mn3O4+3H2SO4或滤饼中Mn2(OH)2SO4参与反应，被O2氧化产生H2SO4(或H+)
【解析】
【分析】某软锰矿(FeS2、MnO2)在酸性环境中发生氧化还原反应生成MnSO4等，若想获得Mn，需将Mn2+还原，需要加入氧化剂或电解处理；若想获得Mn3O4，需加入氧化剂。
【小问1详解】
①酸浸过程，MnO2被还原为Mn2+等，FeS2被氧化为Fe3+、S，则主要反应方程式：2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O。
②溶液中的Fe3+、Mn2+、MnO2都能导致H2O2分解生成O2，其因素是：Fe3+(或Mn2+或MnO2)等作催化剂。
③H2O2可以继续与MnO2反应，从而提高锰元素的浸出率，则MnO2作氧化剂，H2O2作还原剂，最终生成Mn2+、O2，该反应的离子方程式是MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。答案为：2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O；Fe3+(或Mn2+或MnO2)等作催化剂；MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O；
小问2详解】
电解法制备金属锰时，Mn2+生成Mn，在该过程中锰元素发生的是还原反应。答案为：还原；
【小问3详解】
制备Mn3O4时，15分钟后溶液的pH降低，表明Mn2(OH)2SO4与O2反应生成Mn3O4，同时有H+生成，原因是：3Mn2(OH)2SO4+3O2=2Mn3O4+3H2SO4或滤饼中Mn2(OH)2SO4参与反应，被O2氧化产生H2SO4(或H+)。答案为：3Mn2(OH)2SO4+3O2=2Mn3O4+3H2SO4或滤饼中Mn2(OH)2SO4参与反应，被O2氧化产生H2SO4(或H+)。
【点睛】H2O2既可催化H2O2的分解反应，也可将H2O2氧化。
30. 实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)并探究其性质。
资料：Na2S2O3·5H2O在中性溶液中较稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。
I. 制备Na2S2O3·5H2O

（1）实验室有多种方法制备SO2，写出其中一种的化学方程式_______。
（2）装置B用于处理SO2尾气，离子方程式为_______。
（3）A中生成硫代硫酸钠的实质是：S+Na2SO3=Na2S2O3
①S是由SO2、H2O和_______反应得到的。
②实验过程中有大量CO2产生，化学方程式为_______。
（4）当装置A中溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，其原因是_______。
Ⅱ. 探究Na2S2O3的性质
步骤i：取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2 mol/L溶液。
步骤ii：取4 mL溶液，向其中加入1 mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
步骤ⅲ：继续滴加饱和氯水，浑浊度增大，最后消失，溶液变澄清。
（5）探究S产生的原因：(Na2S2O3中S元素的化合价分别为-2和+6)
提出假设：假设1：Cl2、HClO等含氯氧化性微粒氧化了-2价硫元素
假设2：空气中的O2氧化了-2价硫元素
假设3：酸性条件下Na2S2O3分解产生S
设计实验方案：

①向实验b的试管中加入_______。
②对比实验a、b，可得出的结论是_______。
（6）步骤iii中，溶液最终变澄清的原因是_______(写化学方程式)。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）SO2+2OH-=SO+H2O
（3） ①. Na2S ②. SO2+Na2CO3=CO2+Na2SO3
（4）酸性条件下，Na2S2O3发生分解
（5） ①. 加入1mLpH=2.4的稀盐酸 ②. 假设1肯定存在，是主要原因
（6）3Cl2+S+4H2O=6HCl+H2SO4
【解析】
【分析】Ⅰ.实验室常用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2；
Ⅱ.实验a和实验b形成对照，利用控制变量法探究时，应保证变量的唯一性，对比实验a、b可知假设1肯定存在，且是产生S的主要原因。
【小问1详解】
实验室常用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；
【小问2详解】
装置B中NaOH吸收SO2，反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2+2OH-=SO+H2O，故答案为：SO2+2OH-=SO+H2O；
【小问3详解】
①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和硫化钠反应生成硫化氢，二氧化硫和硫化氢反应生成S，所以S是由SO2、Na2S和H2O反应得到，故答案为：Na2S；
②二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为SO2+Na2CO3=CO2+Na2SO3，故答案为：SO2+Na2CO3=CO2+Na2SO3；
【小问4详解】
Na2S2O3•5H2O在中性溶液中较稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2，所以当装置B中溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3在酸性条件下分解导致其产率下降，故答案为：酸性条件下，Na2S2O3发生分解；
【小问5详解】
①根据控制变量原理可知，应向溶液中加入1mLpH=2.4的稀盐酸，酸的体积和pH与氯水的体积和pH相同，这样只有氧化剂不同，所以向试管b中加入的是1mLpH=2.4的稀盐酸，故答案为：1mLpH=2.4的稀盐酸；
②a中加入的物质中氧化性微粒有氯气、次氯酸，反应较快；b中有空气、加入的酸，产生沉淀，但浑浊度明显小于a，实验b中包含酸性条件、空气两种影响因素，反应速率比a慢且浑浊度小，由此得出结论：假设1肯定存在，是主要原因，故答案为：假设1肯定存在，是主要原因；
【小问6详解】
氯气、S和水反应生成盐酸和硫酸，所以继续加入氯水，沉淀消失，溶液变澄清，发生的反应为3Cl2+S+4H2O=6HCl+H2SO4，故答案为：3Cl2+S+4H2O=6HCl+H2SO4。