安徽省宣城市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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安徽省宣城市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·安徽宣城·高一统考期末）NOx是大气污染的主要污染物之一。
(1)NOx能形成酸雨，写出NO2完全转化为HNO3的总反应的化学方程式：_______________________
(2)硝酸厂常用如下两种方法处理NOx尾气。
①催化还原法：在催化剂存在时用H2将NO2还原为N2，写出该反应的化学方程式：_________________
②碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2，若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移0.1 mol电子，则反应的离子方程式为______________________________
(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。
①当尾气中空气不足时，NO在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_______________________________
②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。第II A族金属氧化物吸收能力顺序如下：12 MgO<20CaO<38SrO<56BaO。原因是___________________________________。
2. （2022春·安徽宣城·高一统考期末）煤的干馏、气化和液化是实现煤的综合利用的主要途径，主要产物及转化关系如下：

(1)途径I是煤的___________，属于___________变化(填“物理”或“化学")。
(2)途径II用化学方程式可表示为___________。
(3)煤直接燃烧会产生二氧化硫，下图表示“双碱法”烟气脱硫过程：

①方框内的物质是___________，可循环利用的物质是___________(填化学式)。
②从物质类别视角看，SO2属于酸性氧化物，上述流程中能体现该性质的离子方程式为___________。
③上述流程的优点是___________(写出一点即可)。
3. （2022春·安徽宣城·高一统考期末）电池在生产生活中有着重要应用。
(1)下列化学反应，理论上可以设计成原电池的是___________(填字母代号)。
A．
B．
C．
(2)纸电池是未来电池发展的重要研究方向，其组成与传统电池类似，电极和电解液均“嵌"在纸中。根据下图纸电池结构示意图，利用氯化钠、蒸馏水和滤纸制备了电解液和隔离膜，用铜片分别与锌片和另一种银白色金属片，制作了两个纸电池，用电流表测试时，发现指针偏转方向相反。

①银白色金属片的位置是___________(填“a”或“b”，下同)，电池工作时阴离子移向___________。
②电流表指针偏转方向相反的原因是___________，铜片与锌片组成的纸电池，电流表指针偏向___________。
③研究表明，酸性条件下参与的原电池电极反应可视为两步完成：___________；。
4. （2022春·安徽宣城·高一统考期末）一定量某烷烃完全燃烧生成和。
(1)求该烷烃的质量和分子式__________(要求写出计算过程)。
(2)已知：R(烃)一R(烃基)，如一(甲基)、(乙基)等。写出由该烷烃得到的所有烃基的结构简式__________。
5. （2021春·安徽宣城·高一统考期末）合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献。一定温度下，在2L恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示：
t/min



0
1.0
1.2
0
5
0.9
0.9
x
10
0.8
y
z
15
w
0.6
m

求：
(1)0~5min内用NH3表示的平均反应速率为_______。
(2)N2的平衡转化率_______；初始时与平衡时混合气体压强之比________(要求写出具体计算过程)。
6. （2020春·安徽宣城·高一统考期末）实验室制取的乙烯常含有少量二氧化硫，现设计如下实验，确认混合气体中有乙烯和二氧化硫。

(1)a、b、c、d装置可盛放的试剂是：a_______，b________，c_______，d_______
A．品红溶液  B．NaOH溶液  C．浓硫酸  D．酸性高锰酸钾溶液
(2)b装置的作用是________________________________
(3)确定混合气体中含有乙烯的现象是_____________________
7. （2020春·安徽宣城·高一统考期末）将一块质量为5.0 g的铝片投入盛有500 mL 0.5 mol·L-1硫酸溶液的烧杯中,该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用下图所示的曲线来表示,回答下列问题:

(1)曲线O→a段不产生氢气的原因是_______，有关反应的化学方程式为_________。
(2)曲线a→b段产生氢气的速率较慢的原因是_______。
(3)曲线b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因是________。
(4)曲线c点以后产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是_______。
8. （2020春·安徽宣城·高一统考期末）某同学在锌与稀硫酸制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:
(1)上述实验中发生反应的离子方程式有________________________ 、 ________________________
(2)下图表示一定量的锌与足量的稀硫酸反应生成氢气的关系，若在反应液中加入少量硫酸铜固体，请在下图中用虚线表示这一关系。____________________

(3)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验，将表中的混合溶液分别加入到六个盛有过量锌粒的反应瓶中，收集产生氢气，记录获得相同体积的氢气所需的时间。

请完成此实验设计，其中：V2=_______ ，V6=_____________，V8=______________
该同学最后得出的结论为：当加入少量硫酸铜溶液时生成氢气的速率会大大提高，但当加入的硫酸铜溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降，请分析氢气生成速率下降的主要原因：______________________
9. （2021春·安徽宣城·高一统考期末）某学习小组在实验室研究SO2与Ba(NO3)2溶液的反应。
I.[制备二氧化硫]
(1)实验室常用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫。
①写出该反应的化学方程式_____。
②欲制取并收集干燥的二氧化硫，选择下图中的装置，其最佳连接顺序为______。(按气流方向，用小写字母表示，部分装置可重复使用)。

③装置D的作用是_______。
II.[实验探究]
(2)向盛有2mL0.1mol/L Ba(NO3)2溶液的试管中，缓慢通入SO2气体，试管内有白色沉淀产生。
④预测白色沉淀可能是_______。
⑤配制0.1mol/L Ba(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须加热煮沸，目的是_______。
(3)将SO2分别通入无氧､有氧且浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究和O2哪种微粒起到了主要氧化作用，实验记录如下：
项目
实验记录
pH变化

是否产生沉淀
BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀､BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀､Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀､Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀。

⑥曲线a所示溶液pH降低的原因_______(用化学方程式表示)。
⑦曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为_______。
⑧曲线d_______(填“能”或“不能”)说明是氧化SO2的主要微粒，理由是_______。
10. （2022春·安徽宣城·高一统考期末）实验室用乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热制取乙酸乙酯。

I．实验装置
(1)甲、乙装置中合理的是___________(填“甲”或“乙”)，丙装置中球形干燥管的作用：除冷凝外，另一作用是___________。
II．实验步骤
(2)a．按所选择的装置组装仪器，在试管①中加入3mL乙醇，边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，将试管固定在铁架台上；
b．在试管②中加入适量的___________溶液；
c．用酒精灯小火加热试管①，当观察到试管②液面产生___________现象时停止加热。
III．问题讨论
(3)加热一会儿后发现忘记加入碎瓷片，正确的处理方法是___________。
(4)试管①中反应的化学方程式___________。
(5)从试管②中分离出乙酸乙酯的实验操作方法是___________。
11. （2022春·安徽宣城·高一统考期末）下图1、2是利用手持技术测定喷泉实验过程中仪器内压强的变化。

(1)连接好装置后应进行的操作是___________。
(2)装入药品后，实验开始前应___________(填字母代号)。
A．打开a，关闭b B．打开b，关闭a
C．同时打开a和b D．同时关闭a和b。
(3)制取氨气的化学方程式为___________。在瓶口c处放一小片___________，当出现___________现象时，说明已收集满气体。
(4)氨气收集满后停止加热，引发喷泉的操作是：用带有胶头滴管(预先吸入水)的橡胶塞塞紧瓶口___________，使水进入烧瓶，形成喷泉。由图2可知，喷泉最剧烈的时刻对应的是___________点(填字母)。
12. （2020春·安徽宣城·高一统考期末）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：

(1)除去粗盐中杂质(Mg2+、SO、Ca2+ )，加入的药品顺序正确的是______ ( 填字母)；
A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
(2)制备钠单质的方法之一是将熔融NaCl进行电解，写出电解化学方程式：________________；
(3)步骤I中已获得Br2，步骤I中又将Br2还原为Br- ，其目的是_________________，写出步骤II中发生反应的化学方程式：_______________________；
(4)某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：

①图中仪器B的名称是_________________________________；
②C中收集到液体的颜色为__________________________________；
③Br2被过量Na2CO3溶液吸收的氧化产物为NaBrO3，则D中发生反应的化学方程式为_______________。
13. （2021春·安徽宣城·高一统考期末）海洋是一个远未充分开发的巨大化学资源宝库。下列是海水的综合利用示意图，请回答：

(1)I是海水的淡化，主要方法有_______､_______等。
(2)II是海水提镁，流程如下：

参考下表中三种试剂的信息，步骤①最好选用的试剂是_______。
试剂
氢氧化钾
氢氧化钠
氢氧化钙
价格(元/吨)
6160
2300
580

步骤②的化学方程式为_______。
(3)III可以通过侯氏制碱法实现，其中使用的原料有氨气，写出实验室制取氨气的化学方程式_______。
14. （2020春·安徽宣城·高一统考期末）元素周期表的形式多种多样，下图是扇形元素周期表的一部分(1~36号元素)，对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，并回答下列问题：

(1)若①~⑩分别代表十种元素，则⑩代表的元素处于常见周期表的位置是_______________________；
(2)⑥⑦为生活中两种常见的金属，其最高价氧化物对应水化物的碱性：⑥____⑦(填＞、＜或=)；比较元素⑧⑨对应的常见单质氧化性的强弱，并用化学方程式证明：____________________________________；
(3)①③⑤三种元素形成的18电子结构化合物是近年来燃料电池研究领域的新宠，写出用它作燃料，②最高价氧化物对应的水化物作为电解质的燃料电池的负极反应式：___________________________；
(4)用电子式表示④的一种10电子结构氢化物的形成过程：_________________________。
15. （2021春·安徽宣城·高一统考期末）某兴趣小组同学用大小相同的铜片和锌片作电极研究水果电池，得到的实验数据如下表所示：
实验编号
水果种类
电极间距离/cm
电流/uA
1
番茄
1
98.7
2
番茄
2
72.5
3
苹果
2
27.2

(1)水果电池中，水果的作用是_______。
(2)能表明电极间距离对电流大小有影响的实验编号是_______和_______，电极间距离越_______，电流越大。
(3)请你再提出一个可能影响水果电池电流大小的因素_______。
(4)下图是番茄水果电池，电池工作时，将_______转化成_______，负极电极材料是_______，电极反应式为_______。

16. （2021春·安徽宣城·高一统考期末）A~G为常见的有机物，以A为原料的合成路线如下图所示。已知：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工的发展水平。

回答下列问题：
(1)A的结构式为_______，G的结构简式为_______。
(2)D中官能团的名称是_______。
(3)反应⑤的反应类型为_______；反应⑥的反应类型为_______。
(4)环氧乙烷()可用于口罩灭菌。上述有机物中，与环氧乙烷互为同分异构体的是_______(写结构简式)。
(5)反应④的化学方程式为_______。
(6)葡萄糖在一定条件下分解可以得到B，化学方程式为_______。

参考答案：
1.     4NO2+O2+2H2O==4HNO3     4H2+ 2NO2N2 +4H2O     2NO2 +CO=CO2 +NO+NO     2NO+ 2CON2 +2CO2     Mg、Ca、Sr、Ba电子层数增多，原子半径增大
【详解】(1) NO2和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，再通入氧气2NO+O2= 2NO2，多次循环后能完全转化为HNO3，反应一乘以二再加上反应二，得到总反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O==4HNO3；
(2)①在催化剂存在时用H2将NO2还原为N2同时生成水，该反应的化学方程式为：4H2+ 2NO2N2+4H2O；
②n(NO2)==0.2mol，该反应中NO2被氧化生成NO，0.2molNO2反应转移0.1mol电子，则生成n(NO)==0.1mol，则剩余0.1mol二氧化氮被还原生成其它物质，且转移0.1mol电子，则生成物中N元素化合价为+3价，且生成物在水溶液中，应该是亚硝酸根离子，则反应的离子方程式为：2NO2+CO=CO2+NO+NO；
(3)①当尾气中空气不足时，NO在催化转化器中被CO还原成N2排出，化学方程式为：2NO+ 2CON2+2CO2；
②Mg、Ca、Sr、Ba均为IIA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，所以原因是Mg、Ca、Sr、Ba电子层数增多，原子半径增大。
2. (1)     干馏     化学
(2)
(3)          NaOH          污染物零排放等

【分析】煤经过干馏得到出炉煤气、煤焦油和焦炭，煤与水蒸气在高温条件下反应生成可燃性气体，煤经过直接液化得到液体燃料，间接液化得到水煤气。
（1）
由分析可知，途径I是煤的干馏，干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解，属于化学变化。
（2）
途径II为煤与水蒸气在高温条件下反应生成CO和H2，反应的化学方程式为：。
（3）
二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和氢氧化钠，亚硫酸钙经过一系列处理得到石膏。
①由分析可知，亚硫酸钠与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和氢氧化钠，因此方框内的物质是，可循环利用的物质是NaOH。
②酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，因此上述流程中能体现二氧化硫是酸性氧化物的离子方程式为：。
③由分析可知，过程中不产生污染性物质，因此上述流程的优点是：污染物零排放。
3. (1)BC
(2)     a     b     铜片与锌片相连，铜片为正极，电流由铜片到锌片；另一电池，铜片为负极，电流由银白色金属片到铜片     铜片    

【解析】（1）能设计成原电池的反应通常是放热反应，且必须是能自发进行的氧化还原反应。A项，该反应是吸热反应，所以不能设计成原电池；B项，该反应是放热反应且是能自发进行的氧化还原反应，所以能设计成原电池；C项，该反应是放热反应且是能自发进行的氧化还原反应，所以能设计成原电池。故选BC。
（2）①铜片与锌片食物，锌活泼，做负极；铜片和另外银白色金属时，电流表指针偏转方向相反，故铜做负极。根据电子的方向可知，b为负极，故银白色金属片的位置是a。阴离子流向负极b。②铜片与锌片相连，铜片为正极，电流由铜片到锌片；另一电池，铜片为负极，电流由银白色金属片到铜片，所以电流表指针偏转方向相反。铜片与锌片组成的纸电池，铜片作正极，故电流表指针偏向铜片。③酸性条件下得电子最终生成H2O，总电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故分两步：，。
4. (1)5.8g
(2)、、、

【解析】（1）的物质的量为=0.4mol，的物质的量为=0.5mol，故N(C)：N(H)=0.4：(0.5×2)=2：5，又烷烃的通式为CnH2n+2，故符合N(C)：N(H)=2：5的烷烃的分子式为。烷烃的质量为0.4mol×12g/mol+05.mol×2×1g/mol=5.8g。
（2）失去一个H得到烷基-C4H9，结构简式为、、、。
5. (1)0.02mol/(L·min)
(2)     20%     11∶9

【分析】利用反应中各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可确定x=0.2mol，y=0.6mol，z=0.4mol，则w=0.8mol，m=0.4mol。由此可确定，10min时反应已达平衡状态。
(1)
0~5min内，N2的物质的量的变化量为：1.0mol-0.9mol=0.1mol，则生成NH3的物质的量为0.2mol，用NH3表示的平均反应速率为=0.02mol/(L·min)。答案为：0.02mol/(L·min)；
(2)
N2的平衡转化率为=20%；初始时与平衡时混合气体压强之比为：(1.0+1.2+0)mol:(0.8+0.6+0.4)mol=11∶9。答案为：20%；11∶9。
【点睛】在化学反应中，各物质的物质的量浓度或物质的量的变化量之比，一定等于化学计量数之比。
6.      A     B     A     D     除去SO2     c装置中品红溶液不褪色，d装置中酸性高锰酸钾溶液褪色
【分析】由于乙烯和二氧化硫都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，因此要想验证气体的成分，首先应该经混合气体通过品红溶液，利用二氧化硫的漂白性验证二氧化硫的存在，由于二氧化硫是酸性氧化物，能够与碱发生反应，所以再用NaOH将其吸收除去，并用品红溶液验证二氧化硫已经除干净，最后用酸性高锰酸钾溶液来证明乙烯气体的存在。
【详解】(1) 根据分析可知，a、b、c、d装置可盛放的试剂是：a为A，b为B，c为A，d为D；
(2) b装置用NaOH将SO2吸收除去；
(3) 确定混合气体中含有乙烯要先确认没有二氧化硫，所以现象是：c装置中品红溶液不褪色，d装置中酸性高锰酸钾溶液褪色。
【点睛】乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性，它们都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色。
7.      铝片表面有Al2O3,硫酸首先与Al2O3反应     2Al2O3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+6H2O     氧化膜未完全反应掉,铝与硫酸接触的表面积较小     反应放出的热量使溶液的温度升高而加快反应速率     随着反应的进行,硫酸溶液的浓度下降
【分析】由图可知，开始不生成氢气，为氧化铝与硫酸的反应，然后Al与硫酸反应生成氢气，开始温度较低，由于反应放热，则温度升高反应速率加快，后来氢离子浓度减小，则反应速率减小。
【详解】（1）铝是活泼性较强的金属，能迅速和空气中的氧气反应生成氧化铝，氧化铝首先稀硫酸反应生成硫酸铝和水，不产生H2，方程式为2Al2O3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+6H2O，故答案为铝片表面有Al2O3，硫酸首先与Al2O3反应；2Al2O3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+6H2O；
（2）曲线a→b段产生氢气的速率较慢的原因是氧化膜未完全反应掉，铝与硫酸接触的表面积较小，故答案为氧化膜未完全反应掉，铝与硫酸接触的表面积较小；
（3）金属和酸的反应是放热反应，使溶液的温度升高，温度升高是影响反应速率的主要因素，化学反应速率加快，故答案为反应放出的热量使溶液的温度升高而加快反应速率；
（4）随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，氢离子浓度是影响化学反应速率的主要因素，所以反应速率逐渐减小，故答案为随着反应的进行，硫酸溶液的浓度下降。
【点睛】明确反应放出的热量使溶液的温度升高而加快反应速率，随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小是解答难点，也是解答关键。
8.      Zn+2H+=Zn2++H2↑     Zn+Cu2+=Zn2++Cu          50     40     45     加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，减小了锌与硫酸溶液的接触面积
【分析】锌与硫酸铜溶液反应生成铜单质，在稀硫酸中，锌与铜形成了原电池，加快了反应速率。
【详解】(1) 锌与硫酸铜溶液反应生成铜单质，在稀硫酸中，锌与铜形成了原电池，所以发生反应的离子方程式有Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Cu2+=Zn2++Cu；
(2) 锌与硫酸铜溶液反应消耗了锌，产生的氢气总体积减少，锌与铜在稀硫酸中形成了原电池，产生氢气的速率加快，所以图象为；
(3)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则六组实验中硫酸的物质的量及物质的量浓度都应该保持相同，所以V1、V2、V3、V4、V5都应该是50，根据F，溶液的总体积应该是100，所以V6=100-50-10=40，V8=100-50-5=45；
当硫酸铜溶液超过一定量时，会生成较多的铜，覆盖在锌表面，减小了锌与硫酸溶液的接触面积，所以氢气生成速率下降，即氢气生成速率下降的主要原因：加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，减小了锌与硫酸溶液的接触面积。
9. (1)     Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O     bcdefcdg     除去多余的二氧化硫，避免污染环境
(2)     BaSO4     除去水中的溶解氧
(3)     H2O+SO2=H2SO3     2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+     不能     b和d两曲线在有氧和无氧条件下pH相差较大(或：c和d两曲线在有无条件下pH相差不大)

【分析】实验室常用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫，用向上排空气法收集二氧化硫，用浓硫酸干燥二氧化硫，用NaOH溶液吸收多余的二氧化硫。但吸收尾气时，烧杯内的水也会沿导管进行集气瓶内，所以在集气瓶和尾气处理装置之间也应放置干燥装置。
(1)
①亚硫酸钠固体与浓硫酸反应，生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O。
②欲制取并收集干燥的二氧化硫，选择图中的装置为A、B、C、B、D，其最佳连接顺序为bcdefcdg。
③因为SO2会污染环境，应进行尾气处理，所以装置D的作用是除去多余的二氧化硫，避免污染环境。答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O；bcdefcdg；除去多余的二氧化硫，避免污染环境；
(2)
④因为BaSO3易溶于强酸，所以在强酸性溶液中不可能生成BaSO3，只能生成BaSO4，从而预测白色沉淀可能是BaSO4。
⑤为了防止所配溶液中溶解氧气，干扰实验结果，配制0.1mol/L Ba(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须加热煮沸，目的是：除去水中的溶解氧。答案为：BaSO4；除去水中的溶解氧；
(3)
⑥BaCl2与二氧化硫水溶液不能发生反应，所以曲线a所示溶液pH降低的原因：H2O+SO2=H2SO3。
⑦曲线c所示溶液中，SO2溶于水后先被溶解的O2氧化为硫酸，再与Ba2+反应生成BaSO4，发生反应的离子方程式为：2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+。
⑧比较b、d两条曲线，O2的存在，使溶液的pH减小很多，或比较c、d两条曲线，有氧参与，pH受酸根离子的影响很小，从而得出曲线d不能说明是氧化SO2的主要微粒，理由是：b和d两曲线在有氧和无氧条件下pH相差较大(或：c和d两曲线在有无条件下pH相差不大)。答案为：H2O+SO2=H2SO3；2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+；不能；b和d两曲线在有氧和无氧条件下pH相差较大(或：c和d两曲线在有无条件下pH相差不大)。
【点睛】分析影响溶液性质的条件时，可采用比较分析法。
10. (1)     乙     防止倒吸
(2)     饱和Na2CO3     一定量无色油状液体
(3)停止加热，待冷却至室温后再加入碎瓷片
(4)
(5)分液

【分析】本题是一道制备类的实验题，在浓硫酸存在的条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，实验时，乙酸和乙醇容易挥发，进入第二个试管，故要注意放倒吸，甲装置易产生倒吸，丙装置中球形干燥管的体积较大，可以起着防止倒吸的作用，以此解题。
（1）该反应中有乙醇和乙酸挥发出来，且两者易溶于水，要注意防倒吸，故甲、乙两位同学设计的装置中，较合理的是乙，丙同学将甲装置进行了改进，将其中的玻璃导管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是防止倒吸，故答案为：乙；防止倒吸；
（2）b．该实验中是用饱和Na2CO3来溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故在试管②中加入适量的饱和Na2CO3；c．试管②中会收集到乙酸乙酯，且其难溶于水，密度比水小，故现象是一定量无色油状液体；
（3）补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是停止加热，待冷却至室温后再加入碎瓷片；
（4）试管①中发生的反应是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，方程式为：；
（5）乙酸乙酯和水不互溶，可以采用分液的方法分离。
11. (1)检查装置的气密性
(2)A
(3)          湿润的红色石蕊试纸     试纸变蓝
(4)     关闭a，打开b，挤压胶头滴管     C

【分析】连接装置，检查装置气密性，装入药品后，关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a，氯化铵与氢氧化钙在加热的条件下反应制取氨气，用三颈烧瓶收集氨气，氨气集满后，停止加热，关闭弹簧夹a，用带有胶头滴管(预先吸入水)的橡胶塞塞紧瓶口c，打开弹簧夹b，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶中，形成喷泉。
（1）实验中有气体参与，因此连接好装置后应检查装置气密性。
（2）实验的目的是先收集氨气，因此装入药品后，实验开始前应关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a，答案选A。
（3）氯化铵与氢氧化钙在加热的条件下反应制取氨气，反应的化学方程式为：；氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验氨气已经集满的方法是：在瓶口c处放一张湿润的红色石蕊试纸，当出现试纸变蓝现象时，说明氨气已经集满。
（4）氨气极易溶于水，三颈烧瓶中收集满氨气后，停止加热，关闭弹簧夹a，用带有胶头滴管(预先吸入水)的橡胶塞塞紧瓶口c，打开弹簧夹b，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶中，形成喷泉；氨气溶于水后，造成烧瓶内压强变小，A到C点压强在不断减小，C点时压强最小，与外界空气形成的压强差最大，此时应是喷泉最剧烈的时刻，随着大量水涌入烧瓶，烧瓶内压强开始增大。
12.      BC     2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑     富集溴元素     Br2 +SO2+2H2O=2HBr+ H2SO4     直形冷凝管(或冷凝管)     深棕红色或红棕色     3Br2 +6Na2CO3 + 3H2O=NaBrO3+5NaBr + 6NaHCO3
【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态的氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，再通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴，据此分析解答(1)～(3)；
(4) 根据图示，从工业溴中提纯溴利用的原理是蒸馏，结合蒸馏的原理和碳酸钠的性质分析解答。
【详解】(1) 除去粗盐中杂质(Mg2+、SO、Ca2+)，要先除SO离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，加NaOH除去Mg2+离子的顺序不受限制，将三种离子除完了，然后过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子即可，所以正确的操作顺序为：
A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中过量的钡离子无法除去，故A错误；
B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，符合除杂原则，故B正确；
C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，符合除杂原则，故C正确；
D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中过量的钡离子无法除去，故D错误；故答案为：BC；
(2)制备钠单质的方法之一是将熔融NaCl进行电解，电解的化学方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故答案为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑；
(3) 因为低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，目的是富集溴元素，步骤Ⅱ中二氧化硫吸收溴单质发生的反应为：Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr，故答案为：富集溴元素；Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr；
(4)①根据图示，提纯溴利用的原理是蒸馏，仪器B为冷凝管，故答案为：冷凝管；
②控制温度59℃，使溴单质挥发，通过冷凝得到呈深红棕色的液态溴单质，故答案为：深棕红色；
③Br2与过量Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和NaHCO3，D中发生反应的化学方程式为3Br2+6Na2CO3+3H2O=NaBrO3+5NaBr+6NaHCO3，故答案为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=NaBrO3+5NaBr+6NaHCO3。
【点睛】本题的难点为(4)③中方程式的书写，要注意反应的生成物中不能放出二氧化碳，因为碳酸钠过量，过量的碳酸钠会转化为碳酸氢钠。
13. (1)     蒸馏法     电渗析法、离子交换法
(2)     氢氧化钙     MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
(3)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O

【分析】海水资源丰富，可用于制取食盐、溴、镁、淡水等，还可利用食盐制取烧碱、纯碱等。
(1)
海水淡化时，可将水以蒸汽的形式蒸出，可也设法去除海水中的金属、非金属离子等，主要方法有蒸馏法､电渗析法、离子交换法等。答案为：蒸馏法；电渗析法、离子交换法；
(2)
苦卤与碱反应，可生成氢氧化镁沉淀，从表中数据可以看出，氧化钙价格最低，所以步骤①最好选用的试剂是氢氧化钙。
步骤②为无水氯化镁的熔融电解，化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。答案为：氢氧化钙；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；
(3)
实验室制取氨气时，用氯化铵与氢氧化钙反应，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
【点睛】石灰石煅烧可制得生石灰，生石灰与水反应可制得氢氧化钙。
14.     第四周期第IIA族     ＞     氯气的氧化性大于硫单质，Cl2+ H2S=2HCl+S↓     CH3OH-6e- + 8OH-=CO + 6H2O    
【分析】由元素在扇形元素周期表中的位置可知：①为第一周期第一列，为H元素、②为第三周期第一列，为Na元素、③为第②周期第十四列，为C元素、则④为N元素、⑤为O元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Ca元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Ca。
(1)⑩代表的元素为Ca，位于常见元素周期表中第四周期第IIA族，故答案为：第四周期第IIA族；
(2) ⑥为Mg元素、⑦为Al元素，金属性：Mg＞Al，其最高价氧化物对应水化物的碱性：⑥＞⑦；⑧为S、⑨为Cl，非金属性：S＜Cl，对应的常见单质氧化性：S＜Cl2，可以用化学方程式证明：Cl2+ H2S=2HCl+S↓，故答案为：＞；单质氧化性：S＜Cl2，Cl2+ H2S=2HCl+S↓；
(3)①、③、⑤分别代表H、C、O元素，H、C、O三种元素组成的18电子结构的化合物为甲醇，②为Na元素，其最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，甲醇碱性燃料电池中，甲醇在负极失去电子，生成的二氧化碳与氢氧根离子结合生成碳酸根离子，负极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；
(4) ④为N元素，N的一种10电子氢化物为NH3，氨气的形成过程用电子式表示为，故答案为：。
【点睛】正确理解元素在周期表中的排列方式是解题的关键。本题的难点为(4)，书写电极反应式时，要注意溶液酸碱性对反应产物的影响。
15. (1)水果中含有酸性物质，起电解质溶液作用
(2)     1     2     小
(3)电极材料､电极材料的横截面积､电极插入水果的深度､同种水果的成熟程度､水果的个数等
(4)     化学能     电能     Zn    

【解析】(1)
水果电池中，水果提供电解质溶液，其作用是：水果中含有酸性物质，起电解质溶液作用。答案为：水果中含有酸性物质，起电解质溶液作用；
(2)
实验1和2，电极间距离不同，所以能表明电极间距离对电流大小有影响的实验编号是1和2；从表中数据可以看出，电极间距离越小，电流越大。答案为：1；2；小；
(3)
可能影响水果电池电流大小的因素：电极材料､电极材料的横截面积､电极插入水果的深度､同种水果的成熟程度､水果的个数等。答案为：电极材料､电极材料的横截面积､电极插入水果的深度､同种水果的成熟程度､水果的个数等；
(4)
电池工作时，将化学能转化成电能，在番茄水果电池中，金属活动性强的电极为负极，则负极材料是Zn，电极反应式为。答案为：化学能；电能；Zn；。
【点睛】电极材料、电解质溶液的性质、电极间的距离等，都会影响电池产生的电流。
16. (1)         
(2)羧基
(3)     取代反应     加成反应
(4)
(5)
(6)

【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工的发展水平，故；A为乙烯，乙烯可以与H2O、HCl和H2发生加成反应，故B为乙醇，G为一氯乙烷，F为乙烷；乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛进一步被氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，故C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。
(1)
根据分析可知A为乙烯，结构式为：，G为一氯乙烷，结构简式为：，故答案为：，；
(2)
根据分析可知D为乙酸，则 D中官能团的名称为羧基，故答案为：羧基；
(3)
根据分析可知，G为一氯乙烷，F为乙烷，反应⑤由乙烷和氯气生成一氯乙烷，反应类型为取代反应； A为乙烯，F为乙烷，反应⑥由乙烯生成乙烷，反应类型为加成反应，故答案为：取代反应，加成反应；
(4)
与环氧乙烷互为同分异构体的是，故答案为：；
(5)
根据分析可知B为乙醇，D为乙酸，可以发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应④为：，故答案为：
(6)
根据分析可知，B为乙醇，由葡萄糖分解生成乙醇的化学方程式为: ，故答案为：。