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广东省惠州市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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广东省惠州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2022春·广东惠州·高一统考期末）海洋约占地球表面积的71%，其中的水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：
已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。试回答下列问题：
(1)海水水资源的利用，主要包括海水淡化和直接利用海水进行循环冷却等。请写出一种海水淡化的方法_______。
(2)制得的精盐还可以作为化工原料用于生产纯碱，原理如下(用化学方程式表示)：NaCl + CO2 + H2O + NH3 = NaHCO3↓+ NH4Cl；_______。
(3)电解饱和食盐水的离子反应方程式为_______。
(4)试剂①的名称是_______。
(5)电解无水氯化镁制取镁的化学方程式为：_______。
(6)工业上是将Mg(OH)2先转变为MgCl2，再电解MgCl2来制取镁单质，而不是先加热Mg(OH)2得到MgO，再电解所得MgO制金属镁，其原因是_______。
(7)将镁蒸气冷却后即为固体镁，镁蒸气需要在下列_______气体氛围中冷却？(填序号)。
A．O2 B．N2 C．Ar D．Cl2
2. （2020春·广东惠州·高一统考期末）某温度时在2L容器中X、Y、Z三种气物质的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线如图所示，由图中数据分析：
(1)0-2分钟期间X的平均反应速率＝______mol/(L·min)。
(2)该反应达到平衡时，X的转化率为__________。
(3)该反应的化学方程式为__________。
(4)在密闭容器里，通入amolX(g)和bmolY(g)，发生上述反应，当改变下列条件时，反应速率可能会发生什么变化(选填“增大”、“减小”或“不变”)？
①降低温度___________；
②恒容通入氦气___________；
③使用合适的催化剂___________
3. （2020春·广东惠州·高一统考期末）已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以A为主要原料合成一种具有果香味的乙酸乙酯D，其合成路线如图所示。请回答下列问题：
(1)A的名称为___________，B、C分子中官能团名称是___________、___________。
(2)E是一种常见的塑料，其结构简式为_______。
(3)一定条件下，用1molB和1molC充分反应，生成的D____1mol(填＞、＜或＝)。
(4)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：
①__________，_________；
④__________，_________。
4. （2021春·广东惠州·高一统考期末）浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学设计了如下图所示的实验。请据此回答下列问题：
(1)连接好装置后(未加试剂)，检验该装置的气密性的操作是：
①关闭_______，在D装置的导管口连接玻璃导管并插入盛水的水槽中；用酒精灯微热烧瓶，玻璃导管口_______；
②停止加热时_______。结合步骤上述实验现象，可以判断该装置气密性良好。
(2)实验过程中：
①圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。
②A装置现象是_______，证明产物中_______生成(填写化学式，下同)；
③B装置证明产物中有_______生成，现象是_______；
④D装置证明产物中有_______生成，现象是_______；
⑤C装置的作用是_______，发生反应的离子方程式是_______。
5. （2022春·广东惠州·高一统考期末）影响化学反应速率的因素有很多，某兴趣小组用实验的方法对其进行探究。
(1)实验一：取3mol/L的H2O2溶液各10mL分别进行下列实验，实验报告如下：
序号
V (H2O2溶液)/mL
V(FeCl3)溶液)/mL
MnO2质量/g
反应温度/℃
V(水)/mL
结论
1
10
2
0
50
8
2
10
2
0
30
8
3
10
0
1
30
a
①实验1、2研究的是_______对 H2O2分解速率的影响。
② 表中数据a的值应该为_______；实验2、3研究的是_______对 H2O2分解速率的影响。
(2)实验二：已知Cu2+对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题。
①甲装置：通过观察气泡产生的速率，比较二者的催化效果。为消除不同阴离子的影响，使得到的实验结论更可靠，某同学提出将硫酸铜改为_______(填化学式)更好。
②通过乙装置也能比较二者的催化效果。同温同压下，均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。则实验中还需要测量的数据是_______。
(3)实验三：取等量的KClO3分别加入A、B两试管中，直接加热A试管中的KClO3，基本无气体产生；向B试管中再加入少量KMnO4，加热，生成气体体积与时间的关系如图。不考虑温度的影响，分析：图中t1min前，B中产生气体的速率较慢且量少的原因可能是_______，t1min后，B试管中产生气体的速率较快且量多的原因可能为_______。
6. （2022春·广东惠州·高一统考期末）亚硝酰氯()是一种黄色气体，沸点为℃。其液体呈红褐色。遇水发生反应：。某化学兴趣小组设计如图装置用和制备。回答下列相关问题：
(1)甲装置发生反应的离子方程式为_______，装置丙中的液体是浓硫酸。
(2)实验时，先通入，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入，这样做的目的是_______。
(3)装置丁中冰盐水的作用是_______。
(4)经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是_______。(用文字描述)
(5)吸收尾气时，发生反应的化学方程式为_______。(已知：)
(6)反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成溶液，取出，再加入溶液恰好完全反应，则产物中纯度(质量分数)的计算式为_______。
7. （2021春·广东惠州·高一统考期末）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意：
(1)合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是_______；反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)从合成气中分离出氨，主要利用了氨气_______的性质；从氨分离器中分离出的另两种气体可回到_______(填写装置名称)中再利用。
(3)请写出氧化炉内发生反应的化学方程式并用标出电子转移的方向和数目_______。
(4)向吸收塔中通入过量A是_______，作用是_______。尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，该反应方程式是_______。
(5)硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，原因是_______。
(6)①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，可观察到的现象______________，该反应方程式是_______。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因_______，必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但_______，因此必须做改性处理后才能施用。
8. （2021春·广东惠州·高一统考期末）某温度时，在2 L容器中发生A、B两种气体间的转化反应，A、B物质的量随时间变化的曲线如下图所示，M点的坐标为(7，0.24)请分析图中数据，回答下列问题。
(1)该反应_______(填写“是”或“不是”)可逆反应，判断依据是_______。
(2)该化学方程式为_______。
(3)反应从开始至4 min时，用B的浓度变化来表示的反应速率为_______。
(4)比较M、N两点该反应的正反应速率的相对大小v(M)正_______v(N)正(填写“＞”、“＜”或“＝”)。判断依据是_______。
(5)运用图示数据计算该反应达到限度时A的转化率为_______%。
9. （2021春·广东惠州·高一统考期末）丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，可以用有机物A和石油化工产品C、E等为原料进行合成
已知：A是遇碘水显蓝色的有机物；C是最简单的烯烃，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平；E是C的同系物，其相对分子质量比C大14。回答下列问题
(1)①A的名称是_______，A的分子式为_______。
②E的结构简式为_______。
(2)C转化成D的化学方程式为_______。
(3)流程中C→D、D与F反应的反应类型分别是_______和_______。
(4)流程中，有机物B的结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，其所含官能团的名称是_______。
(5)写出丙烯酸乙酯自身发生加成聚合反应生成高聚物的化学方程式_______。
(6)工业上用162 t的A和足量的E为主要有机原料来生成丙烯酸乙酯，共得到100 t产品，则该生产过程的产率为_______。
10. （2022春·广东惠州·高一统考期末）化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)：
(1)化合物A、B和D中官能团的名称分别为_______、_______和_______。
(2)A→E是加成反应，物质X的化学式是_______。E→F的反应类型是_______。
(3)B→C反应的化学方程式是_______。
(4)化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式是_______。
(5)下列有关说法正确的是_______
a.A能使酸性高锰酸钾溶液褪色 b.A能使溴的四氯化碳溶液褪色
c.B、D均能与Na反应放出H2 d.D、F均能与NaHCO3反应放出CO2
(6)化合物G(丙酸异丙酯)的结构简式是_______。
11. （2020春·广东惠州·高一统考期末）下表为元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
一
①
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)欲除去⑥中的杂质⑦，用离子方程式表示除杂过程_________；反应后的分离提纯方法是___________。
(2)10种元素中，最外层电子数比次外层电子数多的元素有________种(填数字)；②③④中非金属性最强的元素为________(写元素符号)。
(3)⑤⑥⑦的最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是___________(填化学式)。
(4)⑩单质可制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_____(填化学式)，它属于___________(填“共价化合物”或“离子化合物”)。
(5)①④两种元素的原子能形成原子数目比为2：1的共价化合物，它的电子式为___________。
(6)欲比较④和⑨两种元素的非金属性强弱，其简单实验方案可以是__________。
68．（2020春·广东惠州·高一统考期末）铝土矿的主要成分是Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，按如图操作从铝土矿中提取Si和A12O3，回答下列问题：
(1)写出沉淀物的化学式：d___________，f___________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
①加入过量NaOH溶液生成溶液c_________。
②通入过量CO2气体，生成沉淀f_________。
(3)能否改用盐酸代替CO2气体？___________(填“能”或“不能”)。
(4)用过量的焦炭在电炉中还原SiO2制得粗硅的反应方程式为_________。
(5)在用H2还原SiCl4制取精Si的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比是___________。
参考答案：
1. (1)蒸馏法(电渗析法、离子交换法)
(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(3)2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-
(4)盐酸
(5)MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑
(6)氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高
(7)C
【分析】海水蒸发得到粗盐，粗盐加水溶解，重结晶得到精盐，电解饱和食盐水：2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-，得到烧碱、氢气和氯气；向母液中加入石灰乳，利用Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，发生Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，氢氧化镁中加入盐酸，生成氯化镁溶液，浓缩得到MgCl2·6H2O，然后在氯化氢氛围中加热MgCl2·6H2O，得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析；
（1）海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故答案为蒸馏法或电渗析法或离子交换法；
（2）用精盐制备纯碱，利用碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此有NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，然后利用碳酸氢钠受热易分解，得到纯碱，即有2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；故答案为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（3）电解饱和食盐水得到NaOH、氯气和氢气，其离子方程式为2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-；故答案为2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-；
（4）氢氧化镁转化成MgCl2·6H2O，因此需要加入试剂①为盐酸；故答案为盐酸；
（5）电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，其化学反应方程式为MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑；故答案为MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑；
（6）氧化镁属于离子化合物，其熔点很高，常作耐高温材料，熔融时耗能太大，氯化镁也属于离子化合物，但熔点较低，熔融时耗能少，因此工业上常电解熔融氯化镁获得金属镁；故答案为氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高；
（7）金属镁能与氧气、氮气、氯气发生反应，与惰性气体不反应，因此镁蒸气需要在Ar气体氛围中冷却；选项C符合题意；故答案为C。
2. 0.075 30% 3X+Y⇌2Z 减小 不变 增大或减小
【详解】(1)0－2min期间，x的物质的量从1mol降低到0.7mol，则x的平均反应速率；
(2)反应从开始到平衡时，x的物质的量从1mol降低到0.7mol，则x的转化率；
(3)在一化学反应中，各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比。从图表可知，△n(X) :△n(Y) :△n(Z)=0.3mol:0.1mol:0.2mol=3:1:2，化学方程式为3X+Y⇌2Z；
(4)①降低温度，分子能量降低，活化分子数减小，活化分子百分数减小，有效碰撞几率降低，化学反应速率减小；
②恒容条件下,通入氦气，各反应物的浓度不变，有效碰撞几率不变，化学反应速率不变；
③催化剂多数都是加快反应速率，也有少部分是减慢反应速率的，因此使用合适的催化剂化学反应速率可能增大或减小。
3. 乙烯 羟基 羧基 ＜ CH2=CH2+H2OCH3CH2OH 加成反应 CH3CH2OH+CH3COOH CH3CH2OOCCH3+H2O 取代(酯化)反应
【分析】根据图示及题干信息可知，B是乙醇，A是乙烯，C是乙酸，D是乙酸乙酯，据此解答。
【详解】(1)A是乙烯；B是乙醇，含官能团：羟基；C是乙酸，含官能团：羧基；
(2)E是乙烯发生加聚反应的产物：聚乙烯，其结构简式为：；
(3)乙醇和乙酸生成乙酸乙酯是可逆反应，不能完全转化，故一定条件下，用1molB和1molC充分反应，生成的D＜1mol；
(4)反应①是乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
反应④是乙醇和乙酸发生酯化反应（也是取代反应）生成乙酸乙酯，方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O。
4. (1) 分液漏斗的旋塞 有气泡冒出 液面沿导管口上升一段，最后形成稳定的水柱
(2) C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 固体由白色变蓝色 有水 SO2 品红褪色(颜色变浅) CO2 澄清石灰水变浑浊 吸收SO2，防止对CO2的检验产生干扰 2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+
【分析】浓硫酸和碳在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。验证生成物二氧化碳、二氧化硫和水，需要先利用无水硫酸铜检验水蒸气的生成；依次检验二氧化硫气体，用品红试液褪色证明，利用高锰酸钾溶液除去二氧化硫，利用澄清石灰水变浑浊证明二氧化碳的存在，以此解答该题。
(1)
连接好装置后(未加试剂)，检验该装置的气密性的操作是：①关闭分液漏斗的旋塞，在D装置的导管口连接玻璃导管并插入盛水的水槽中；用酒精灯微热烧瓶，玻璃导管口，若有气泡冒出，就证明装置不漏气；
(2)
①在圆底烧瓶内C与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，发生反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②A装置中无水硫酸铜由白色变为蓝色，证明碳与浓硫酸混合加热反应产生水；
③B装置品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)，证明产物中有SO2气体；
④D装置能够使澄清石灰水变浑浊，证明产物中有CO2；
⑤C装置盛有酸性KMnO4溶液，该物质具有强氧化性，会将SO2氧化变为硫酸，KMnO4被还原为无色的Mn2+，因而使溶液褪色(或溶液颜色变浅)，SO2也会使澄清石灰水变浑浊，故装置C的作用是吸收SO2，防止对CO2的检验产生干扰；发生的该反应的离子方程式是2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+。
5. (1) 温度 10 催化剂
(2) CuCl2 收集气体所需要的时间
(3) 氯酸钾自身受热分解很缓慢 高锰酸钾的分解产物对氯酸钾的分解起到了催化作用
【解析】（1）由表可知，实验1，2的两组数据除温度外其余都一致，因此实验1和2研究的是温度对H2O2分解速率的影响；1，2两组溶液体积相等，因此第三组也应该保持溶液体积不变，因此a的值为10；由表可知，实验2，3的数据进行对比，可得知实验2，3研究的是催化剂对H2O2分解速率的影响；
（2）由题意可知，想要消除阴离子对实验的影响，则Cu2+和Fe3+所在溶液的阴离子应相同，因此应将硫酸铜溶液改为CuCl2；为了通过乙装置比较二者的催化效果，已经控制了同温同压的状态，若以收集40ml气体为标准，则同时也需要控制反应时间相同，即实验中还需要测量的数据为收集气体所需的时间；
（3）在t1min前，少量的KMnO4暂时未被分解，而氯酸钾自身受热分解缓慢，因此t1min前B试管中产生的气体速率较慢且量少；t1min后，少量的KMnO4持续受热后被分解，其分解产物对氯酸钾的分解产生了催化作用，因此t1min后B试管中产生气体的速率较快且量多。
6. 排尽装置中的空气，防止NO被氧化 液化亚硝酰氯，便于收集产品 在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置
【分析】由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯气，装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硝酰氯，防止污染环境，由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应。
【详解】(1)装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，的离子反应方程式为；故答案为：；
(2)由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入Cl2排尽装置中的空气后，再通入NO，防止NO被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化NO；
(3)由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品，故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品；
(4)由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应，故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置；
(5)由题给化学方程式和可知，NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为，故答案为：；
(6)由题给化学方程式可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由NOC1—HCl—AgNO3可得mg样品中，则产物中NOCl纯度为，故答案为：。
7. (1) 促使反应发生，加快反应速率 放热
(2) 易液化 合成塔
(3)
(4) 空气(氧气) 将NO氧化成NO2 8NH3+6NO2=7N2+12H2O
(5)常温下，浓硝酸可使铝钝化
(6) 产生白烟 NH3+HCl=NH4Cl 受热易分解 受到撞击或遇热易爆炸
【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境。
(1)
在合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是断裂反应物中的化学键，促使反应发生，加快反应速率。反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应发生放出热量，使气体温度升高，因此该反应是放热反应。
(2)
氮气与氢气合成氨气的反应是可逆反应，从合成气中分离出氨，主要利用了氨气的熔沸点比较高，物质易液化。从氨分离器中分离出的另两种气体氮气和氢气可回到合成塔中，用于继续合成氨气。
(3)
在氧化炉中NH3、O2反应产生NO、H2O，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高5价，O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后H2O、NO中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降最小公倍数是20，所以NH3、NO的系数是5，O2的系数是5，H2O的系数是6，由于元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目，故用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
(4)
在氨氧化炉中，要向吸收塔中通入过量A是空气，增大氧气的浓度，可以使NH3氧化为NO，产生的NO进一步被氧化产生NO2气体。
尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，二者反应产生N2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式是8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
(5)
硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，是由于在常温下，浓硝酸可以将铝表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步与酸反应，即发生钝化现象。
(6)
①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，NH3、HCl发生反应产生NH4Cl白色固体，因此可观察到的现象是产生白烟现象，该反应的化学方程式是NH3+HCl=NH4Cl。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因其受热易分解，因此必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但由于受到撞击或遇热易爆炸，因此必须做改性处理后才能施用。
8. (1) 是 从图可知，M点以后反应物和产物的浓度保持不变，即反应不能进行到底
(2)2A⇌B
(3)0.025 mol·L-1· min-1
(4) ＜ N点反应物A的浓度大于M点A的浓度
(5)70
【解析】（1）根据图象可知：反应在到达M点后，A、B物质都存在，且它们的物质的量浓度不再发生变化，说明该反应是可逆反应，此时反应已经达到了化学平衡状态，因此该反应是可逆反应；
（2）根据图示可知在4 min时，A减少0.4 mol，B增加0.2 mol，说明A是反应物，B是生成物，△n(A):△n(B)=0.4 mol:0.2 mol=2:1，物质反应消耗的物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，故该反应的化学方程式为2A⇌B；
（3）根据图示可知：反应从开始至4 min时，B的物质的量改变了0.2 mol，容器的容积是2 L，则用B的浓度变化来表示的反应速率为v(B)=；
（4）根据图象可知：反应从正反应方向开始，在N时正向进行，未达到平衡状态；反应在M点时达到平衡状态。随着反应的正向进行，反应物浓度逐渐减小，物质的浓度N>M，因此正反应速率逐渐减小，故正反应速率：v(M)正
9. (1) 淀粉 (C6H10O5)n CH2=CH-CH3
(2)CH2=CH2+H2OC2H5OH
(3) 加成反应 取代反应(或酯化反应)
(4)羟基、醛基
(5)nCH2=CHCOOC2H5
(6)50%
【分析】A是遇碘水显蓝色的有机物，则A是淀粉，分子式是(C6H10O5)n；淀粉在催化剂作用下与水作用产生B是葡萄糖，分子式是C6H12O6；则M是H2O。葡萄糖在酒化酶作用下反应产生D是乙醇，结构简式是C2H5OH；C是最简单的烯烃，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，则C是乙烯，结构简式是CH2=CH2；乙烯与水在催化剂作用下发生进行反应产生乙醇；E是C的同系物，其相对分子质量比C大14，则E是CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与O2两步氧化产生的F是CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生丙烯酸乙酯。
(1)
①根据上述分析可知A是淀粉，分子式是(C6H10O5)n。
②E是丙烯，结构简式是：CH2=CH-CH3。
(2)
C是乙烯，结构简式是CH2=CH2；乙烯与水在催化剂作用下发生进行反应产生D是乙醇，则C转化成D的化学方程式为：CH2=CH2+H2OC2H5OH。
(3)
在上述流程中，乙烯与水发生加成反应产生乙醇，故C→D的反应类型是加成反应；D与F发生酯化反应产生丙烯酸乙酯，酯化反应也属于取代反应，故D与F反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)。
(4)
流程中的有机物B是葡萄糖，其结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，则其所含官能团的名称是羟基、醛基。
(5)
丙烯酸乙酯分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下会发生加聚反应产生聚丙烯酸乙酯，该反应方程式为：nCH2=CHCOOC2H5。
(6)
淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇，乙醇与丙烯酸发生酯化反应产生丙烯酸乙酯，根据反应方程式：(C6H10O5)n+nH2O nC6H12O6；C6H12O62C2H5OH+2CO2；CH2=CH-COOH+C2H5OH CH2=CHCOOC2H5+H2O，可得关系式：(C6H10O5)n～nC6H12O6～2nC2H5OH～2n CH2=CHCOOC2H5。162n份淀粉经过上述反应产生200n 份的丙烯酸乙酯。现在淀粉质量是162 t，理论上反应产生丙烯酸乙酯的质量为m(丙烯酸乙酯)=，实际产量是100 t，故其产率为。
10. (1) 碳碳双键 羟基 羧基
(2) HBr 取代反应
(3)2CH3CH2CH2OH + O22CH3CH2CHO + 2H2O
(4)nCH3CH=CH2
(5)abc
(6)CH3CH2COOCH(CH3)2
【分析】A和水发生加成反应生成B，B发生催化氧化生成C为CH3CH2CHO，C发生催化氧化生成D，A和X发生加成反应生成E，结合A、E结构，X为HBr，E发生水解反应生成F，D和F发生酯化反应生成G为CH3CH2COOCH(CH3)2，据此解答。
（1）化合物A、B和D中官能团的名称分别为碳碳双键、羟基、羧基。
（2）A→E为CH3CH=CH2生成CH3HBrCH3的加成反应，物质X的化学式是HBr；E→F为E水解生成F，属于取代反应。
（3）B→C为CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2CH2OH + O22CH3CH2CHO + 2H2O。
（4）化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式为nCH3CH=CH2。
（5）a．A含有碳碳双键，被氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，a项正确；b．A含有碳碳双键，可以溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，b项正确；c．B中的羟基，D中的羧基均能与Na反应放出H2，c项正确；d．D含有羧基能与NaHCO3反应放出CO2，F的羟基不能与NaHCO3反应放出CO2，d项错误。
（6）根据D和F发生酯化反应生成G为CH3CH2COOCH(CH3)2，化合物G(丙酸异丙酯)的结构简式为CH3CH2COOCH(CH3)2。
11. 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ 过滤 3 O NaOH Ca(ClO)2 离子化合物 将氧气通入氢硫酸溶液中，一段时间后，若出现淡黄色沉淀，则说明非金属性：氧大于硫
【分析】根据表格信息可知，①是H；②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Mg，⑦是Al，⑧是P，⑨是S，⑩是Cl，据此解答。
【详解】（1）要除去镁中的铝，可用强碱溶液，铝是两性物质，可溶于强碱，发生的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；采用过滤得方法，得到的滤渣是镁；
（2）最外层电子数比次外层电子数多的元素位于第二周期，该10种元素中C、N、O符合题意，故有3种；②③④位于同周期，月靠右，非金属性越强，故非金属性最强的元素为O；
（3）⑤⑥⑦位于同周期，越靠近左侧金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性最强的是NaOH；
（4）漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；属于离子化合物；
（5）①④两种元素的原子能形成原子数目比为2：1的共价化合物是水，其电子式为：；
（6）非金属性强的元素形成的单质可从化合物中置换出较弱元素对应的单质，故验证O和S的非金属性可设计实验：将氧气通入氢硫酸溶液中，一段时间后，若出现淡黄色沉淀，则说明非金属性：氧大于硫。
12. Fe(OH)3 Al(OH)3 Al3++4OH-=[Al(OH)4]- [Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+ 不能 2C+SiO2Si+2CO 1:2
【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，加入过量的盐酸，Al2O3转化为AlCl3，Fe2O3转化为FeCl3，SiO2不与盐酸反应。SiO2与焦炭反应生成Si和CO，Si与氯气反应得到SiCl4，SiCl4和H2反应得到精Si。在AlCl3、FeCl3以及HCl的混合溶液中，加入过程的NaOH溶液，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，Al3＋转化为[Al(OH)4]－，在含有[Al(OH)4]－的溶液中通过CO2，得到Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3。
【详解】(1)根据分析，沉淀d为Fe(OH)3；沉淀f为Al(OH)3；
(2)①加入过量的NaOH，溶液b中的Al3＋转化为[Al(OH)4]－，离子方程式：Al3＋+4OH－=[Al(OH)4]－；
②向[Al(OH)4]－溶液中通入过量的CO2，得到Al(OH)3和HCO3－，离子方程式：[Al(OH)4]－+CO2=Al(OH)3↓+HCO3－；
(3)不能用盐酸替代CO2气体，因为Al(OH)3会溶于过量的HCl，使得Al3＋不能完全沉淀；
(4)SiO2与焦炭反应生成Si和CO，化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；
(5)在用H2还原SiCl4制取精Si的反应方程式为2H2+SiCl4Si+4HCl，H2中H的化合价升高，H2作还原剂；SiCl4中Si的化合价降低，SiCl4作氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比1:2。
广东省惠州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2022春·广东惠州·高一统考期末）海洋约占地球表面积的71%，其中的水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：
已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。试回答下列问题：
(1)海水水资源的利用，主要包括海水淡化和直接利用海水进行循环冷却等。请写出一种海水淡化的方法_______。
(2)制得的精盐还可以作为化工原料用于生产纯碱，原理如下(用化学方程式表示)：NaCl + CO2 + H2O + NH3 = NaHCO3↓+ NH4Cl；_______。
(3)电解饱和食盐水的离子反应方程式为_______。
(4)试剂①的名称是_______。
(5)电解无水氯化镁制取镁的化学方程式为：_______。
(6)工业上是将Mg(OH)2先转变为MgCl2，再电解MgCl2来制取镁单质，而不是先加热Mg(OH)2得到MgO，再电解所得MgO制金属镁，其原因是_______。
(7)将镁蒸气冷却后即为固体镁，镁蒸气需要在下列_______气体氛围中冷却？(填序号)。
A．O2 B．N2 C．Ar D．Cl2
2. （2020春·广东惠州·高一统考期末）某温度时在2L容器中X、Y、Z三种气物质的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线如图所示，由图中数据分析：
(1)0-2分钟期间X的平均反应速率＝______mol/(L·min)。
(2)该反应达到平衡时，X的转化率为__________。
(3)该反应的化学方程式为__________。
(4)在密闭容器里，通入amolX(g)和bmolY(g)，发生上述反应，当改变下列条件时，反应速率可能会发生什么变化(选填“增大”、“减小”或“不变”)？
①降低温度___________；
②恒容通入氦气___________；
③使用合适的催化剂___________
3. （2020春·广东惠州·高一统考期末）已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以A为主要原料合成一种具有果香味的乙酸乙酯D，其合成路线如图所示。请回答下列问题：
(1)A的名称为___________，B、C分子中官能团名称是___________、___________。
(2)E是一种常见的塑料，其结构简式为_______。
(3)一定条件下，用1molB和1molC充分反应，生成的D____1mol(填＞、＜或＝)。
(4)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：
①__________，_________；
④__________，_________。
4. （2021春·广东惠州·高一统考期末）浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学设计了如下图所示的实验。请据此回答下列问题：
(1)连接好装置后(未加试剂)，检验该装置的气密性的操作是：
①关闭_______，在D装置的导管口连接玻璃导管并插入盛水的水槽中；用酒精灯微热烧瓶，玻璃导管口_______；
②停止加热时_______。结合步骤上述实验现象，可以判断该装置气密性良好。
(2)实验过程中：
①圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。
②A装置现象是_______，证明产物中_______生成(填写化学式，下同)；
③B装置证明产物中有_______生成，现象是_______；
④D装置证明产物中有_______生成，现象是_______；
⑤C装置的作用是_______，发生反应的离子方程式是_______。
5. （2022春·广东惠州·高一统考期末）影响化学反应速率的因素有很多，某兴趣小组用实验的方法对其进行探究。
(1)实验一：取3mol/L的H2O2溶液各10mL分别进行下列实验，实验报告如下：
序号
V (H2O2溶液)/mL
V(FeCl3)溶液)/mL
MnO2质量/g
反应温度/℃
V(水)/mL
结论
1
10
2
0
50
8
2
10
2
0
30
8
3
10
0
1
30
a
①实验1、2研究的是_______对 H2O2分解速率的影响。
② 表中数据a的值应该为_______；实验2、3研究的是_______对 H2O2分解速率的影响。
(2)实验二：已知Cu2+对H2O2分解也具有催化作用，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题。
①甲装置：通过观察气泡产生的速率，比较二者的催化效果。为消除不同阴离子的影响，使得到的实验结论更可靠，某同学提出将硫酸铜改为_______(填化学式)更好。
②通过乙装置也能比较二者的催化效果。同温同压下，均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。则实验中还需要测量的数据是_______。
(3)实验三：取等量的KClO3分别加入A、B两试管中，直接加热A试管中的KClO3，基本无气体产生；向B试管中再加入少量KMnO4，加热，生成气体体积与时间的关系如图。不考虑温度的影响，分析：图中t1min前，B中产生气体的速率较慢且量少的原因可能是_______，t1min后，B试管中产生气体的速率较快且量多的原因可能为_______。
6. （2022春·广东惠州·高一统考期末）亚硝酰氯()是一种黄色气体，沸点为℃。其液体呈红褐色。遇水发生反应：。某化学兴趣小组设计如图装置用和制备。回答下列相关问题：
(1)甲装置发生反应的离子方程式为_______，装置丙中的液体是浓硫酸。
(2)实验时，先通入，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入，这样做的目的是_______。
(3)装置丁中冰盐水的作用是_______。
(4)经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是_______。(用文字描述)
(5)吸收尾气时，发生反应的化学方程式为_______。(已知：)
(6)反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成溶液，取出，再加入溶液恰好完全反应，则产物中纯度(质量分数)的计算式为_______。
7. （2021春·广东惠州·高一统考期末）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意：
(1)合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是_______；反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)从合成气中分离出氨，主要利用了氨气_______的性质；从氨分离器中分离出的另两种气体可回到_______(填写装置名称)中再利用。
(3)请写出氧化炉内发生反应的化学方程式并用标出电子转移的方向和数目_______。
(4)向吸收塔中通入过量A是_______，作用是_______。尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，该反应方程式是_______。
(5)硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，原因是_______。
(6)①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，可观察到的现象______________，该反应方程式是_______。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因_______，必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但_______，因此必须做改性处理后才能施用。
8. （2021春·广东惠州·高一统考期末）某温度时，在2 L容器中发生A、B两种气体间的转化反应，A、B物质的量随时间变化的曲线如下图所示，M点的坐标为(7，0.24)请分析图中数据，回答下列问题。
(1)该反应_______(填写“是”或“不是”)可逆反应，判断依据是_______。
(2)该化学方程式为_______。
(3)反应从开始至4 min时，用B的浓度变化来表示的反应速率为_______。
(4)比较M、N两点该反应的正反应速率的相对大小v(M)正_______v(N)正(填写“＞”、“＜”或“＝”)。判断依据是_______。
(5)运用图示数据计算该反应达到限度时A的转化率为_______%。
9. （2021春·广东惠州·高一统考期末）丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，可以用有机物A和石油化工产品C、E等为原料进行合成
已知：A是遇碘水显蓝色的有机物；C是最简单的烯烃，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平；E是C的同系物，其相对分子质量比C大14。回答下列问题
(1)①A的名称是_______，A的分子式为_______。
②E的结构简式为_______。
(2)C转化成D的化学方程式为_______。
(3)流程中C→D、D与F反应的反应类型分别是_______和_______。
(4)流程中，有机物B的结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，其所含官能团的名称是_______。
(5)写出丙烯酸乙酯自身发生加成聚合反应生成高聚物的化学方程式_______。
(6)工业上用162 t的A和足量的E为主要有机原料来生成丙烯酸乙酯，共得到100 t产品，则该生产过程的产率为_______。
10. （2022春·广东惠州·高一统考期末）化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)：
(1)化合物A、B和D中官能团的名称分别为_______、_______和_______。
(2)A→E是加成反应，物质X的化学式是_______。E→F的反应类型是_______。
(3)B→C反应的化学方程式是_______。
(4)化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式是_______。
(5)下列有关说法正确的是_______
a.A能使酸性高锰酸钾溶液褪色 b.A能使溴的四氯化碳溶液褪色
c.B、D均能与Na反应放出H2 d.D、F均能与NaHCO3反应放出CO2
(6)化合物G(丙酸异丙酯)的结构简式是_______。
11. （2020春·广东惠州·高一统考期末）下表为元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
一
①
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)欲除去⑥中的杂质⑦，用离子方程式表示除杂过程_________；反应后的分离提纯方法是___________。
(2)10种元素中，最外层电子数比次外层电子数多的元素有________种(填数字)；②③④中非金属性最强的元素为________(写元素符号)。
(3)⑤⑥⑦的最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是___________(填化学式)。
(4)⑩单质可制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_____(填化学式)，它属于___________(填“共价化合物”或“离子化合物”)。
(5)①④两种元素的原子能形成原子数目比为2：1的共价化合物，它的电子式为___________。
(6)欲比较④和⑨两种元素的非金属性强弱，其简单实验方案可以是__________。
68．（2020春·广东惠州·高一统考期末）铝土矿的主要成分是Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，按如图操作从铝土矿中提取Si和A12O3，回答下列问题：
(1)写出沉淀物的化学式：d___________，f___________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
①加入过量NaOH溶液生成溶液c_________。
②通入过量CO2气体，生成沉淀f_________。
(3)能否改用盐酸代替CO2气体？___________(填“能”或“不能”)。
(4)用过量的焦炭在电炉中还原SiO2制得粗硅的反应方程式为_________。
(5)在用H2还原SiCl4制取精Si的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比是___________。
参考答案：
1. (1)蒸馏法(电渗析法、离子交换法)
(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(3)2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-
(4)盐酸
(5)MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑
(6)氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高
(7)C
【分析】海水蒸发得到粗盐，粗盐加水溶解，重结晶得到精盐，电解饱和食盐水：2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-，得到烧碱、氢气和氯气；向母液中加入石灰乳，利用Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，发生Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，氢氧化镁中加入盐酸，生成氯化镁溶液，浓缩得到MgCl2·6H2O，然后在氯化氢氛围中加热MgCl2·6H2O，得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析；
（1）海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故答案为蒸馏法或电渗析法或离子交换法；
（2）用精盐制备纯碱，利用碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此有NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，然后利用碳酸氢钠受热易分解，得到纯碱，即有2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；故答案为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（3）电解饱和食盐水得到NaOH、氯气和氢气，其离子方程式为2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-；故答案为2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-；
（4）氢氧化镁转化成MgCl2·6H2O，因此需要加入试剂①为盐酸；故答案为盐酸；
（5）电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，其化学反应方程式为MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑；故答案为MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑；
（6）氧化镁属于离子化合物，其熔点很高，常作耐高温材料，熔融时耗能太大，氯化镁也属于离子化合物，但熔点较低，熔融时耗能少，因此工业上常电解熔融氯化镁获得金属镁；故答案为氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高；
（7）金属镁能与氧气、氮气、氯气发生反应，与惰性气体不反应，因此镁蒸气需要在Ar气体氛围中冷却；选项C符合题意；故答案为C。
2. 0.075 30% 3X+Y⇌2Z 减小 不变 增大或减小
【详解】(1)0－2min期间，x的物质的量从1mol降低到0.7mol，则x的平均反应速率；
(2)反应从开始到平衡时，x的物质的量从1mol降低到0.7mol，则x的转化率；
(3)在一化学反应中，各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比。从图表可知，△n(X) :△n(Y) :△n(Z)=0.3mol:0.1mol:0.2mol=3:1:2，化学方程式为3X+Y⇌2Z；
(4)①降低温度，分子能量降低，活化分子数减小，活化分子百分数减小，有效碰撞几率降低，化学反应速率减小；
②恒容条件下,通入氦气，各反应物的浓度不变，有效碰撞几率不变，化学反应速率不变；
③催化剂多数都是加快反应速率，也有少部分是减慢反应速率的，因此使用合适的催化剂化学反应速率可能增大或减小。
3. 乙烯 羟基 羧基 ＜ CH2=CH2+H2OCH3CH2OH 加成反应 CH3CH2OH+CH3COOH CH3CH2OOCCH3+H2O 取代(酯化)反应
【分析】根据图示及题干信息可知，B是乙醇，A是乙烯，C是乙酸，D是乙酸乙酯，据此解答。
【详解】(1)A是乙烯；B是乙醇，含官能团：羟基；C是乙酸，含官能团：羧基；
(2)E是乙烯发生加聚反应的产物：聚乙烯，其结构简式为：；
(3)乙醇和乙酸生成乙酸乙酯是可逆反应，不能完全转化，故一定条件下，用1molB和1molC充分反应，生成的D＜1mol；
(4)反应①是乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
反应④是乙醇和乙酸发生酯化反应（也是取代反应）生成乙酸乙酯，方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O。
4. (1) 分液漏斗的旋塞 有气泡冒出 液面沿导管口上升一段，最后形成稳定的水柱
(2) C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 固体由白色变蓝色 有水 SO2 品红褪色(颜色变浅) CO2 澄清石灰水变浑浊 吸收SO2，防止对CO2的检验产生干扰 2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+
【分析】浓硫酸和碳在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。验证生成物二氧化碳、二氧化硫和水，需要先利用无水硫酸铜检验水蒸气的生成；依次检验二氧化硫气体，用品红试液褪色证明，利用高锰酸钾溶液除去二氧化硫，利用澄清石灰水变浑浊证明二氧化碳的存在，以此解答该题。
(1)
连接好装置后(未加试剂)，检验该装置的气密性的操作是：①关闭分液漏斗的旋塞，在D装置的导管口连接玻璃导管并插入盛水的水槽中；用酒精灯微热烧瓶，玻璃导管口，若有气泡冒出，就证明装置不漏气；
(2)
①在圆底烧瓶内C与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，发生反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②A装置中无水硫酸铜由白色变为蓝色，证明碳与浓硫酸混合加热反应产生水；
③B装置品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)，证明产物中有SO2气体；
④D装置能够使澄清石灰水变浑浊，证明产物中有CO2；
⑤C装置盛有酸性KMnO4溶液，该物质具有强氧化性，会将SO2氧化变为硫酸，KMnO4被还原为无色的Mn2+，因而使溶液褪色(或溶液颜色变浅)，SO2也会使澄清石灰水变浑浊，故装置C的作用是吸收SO2，防止对CO2的检验产生干扰；发生的该反应的离子方程式是2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+。
5. (1) 温度 10 催化剂
(2) CuCl2 收集气体所需要的时间
(3) 氯酸钾自身受热分解很缓慢 高锰酸钾的分解产物对氯酸钾的分解起到了催化作用
【解析】（1）由表可知，实验1，2的两组数据除温度外其余都一致，因此实验1和2研究的是温度对H2O2分解速率的影响；1，2两组溶液体积相等，因此第三组也应该保持溶液体积不变，因此a的值为10；由表可知，实验2，3的数据进行对比，可得知实验2，3研究的是催化剂对H2O2分解速率的影响；
（2）由题意可知，想要消除阴离子对实验的影响，则Cu2+和Fe3+所在溶液的阴离子应相同，因此应将硫酸铜溶液改为CuCl2；为了通过乙装置比较二者的催化效果，已经控制了同温同压的状态，若以收集40ml气体为标准，则同时也需要控制反应时间相同，即实验中还需要测量的数据为收集气体所需的时间；
（3）在t1min前，少量的KMnO4暂时未被分解，而氯酸钾自身受热分解缓慢，因此t1min前B试管中产生的气体速率较慢且量少；t1min后，少量的KMnO4持续受热后被分解，其分解产物对氯酸钾的分解产生了催化作用，因此t1min后B试管中产生气体的速率较快且量多。
6. 排尽装置中的空气，防止NO被氧化 液化亚硝酰氯，便于收集产品 在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置
【分析】由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯气，装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硝酰氯，防止污染环境，由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应。
【详解】(1)装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，的离子反应方程式为；故答案为：；
(2)由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入Cl2排尽装置中的空气后，再通入NO，防止NO被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化NO；
(3)由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品，故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品；
(4)由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应，故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置；
(5)由题给化学方程式和可知，NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为，故答案为：；
(6)由题给化学方程式可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由NOC1—HCl—AgNO3可得mg样品中，则产物中NOCl纯度为，故答案为：。
7. (1) 促使反应发生，加快反应速率 放热
(2) 易液化 合成塔
(3)
(4) 空气(氧气) 将NO氧化成NO2 8NH3+6NO2=7N2+12H2O
(5)常温下，浓硝酸可使铝钝化
(6) 产生白烟 NH3+HCl=NH4Cl 受热易分解 受到撞击或遇热易爆炸
【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境。
(1)
在合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是断裂反应物中的化学键，促使反应发生，加快反应速率。反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应发生放出热量，使气体温度升高，因此该反应是放热反应。
(2)
氮气与氢气合成氨气的反应是可逆反应，从合成气中分离出氨，主要利用了氨气的熔沸点比较高，物质易液化。从氨分离器中分离出的另两种气体氮气和氢气可回到合成塔中，用于继续合成氨气。
(3)
在氧化炉中NH3、O2反应产生NO、H2O，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高5价，O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后H2O、NO中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降最小公倍数是20，所以NH3、NO的系数是5，O2的系数是5，H2O的系数是6，由于元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目，故用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
(4)
在氨氧化炉中，要向吸收塔中通入过量A是空气，增大氧气的浓度，可以使NH3氧化为NO，产生的NO进一步被氧化产生NO2气体。
尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，二者反应产生N2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式是8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
(5)
硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，是由于在常温下，浓硝酸可以将铝表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步与酸反应，即发生钝化现象。
(6)
①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，NH3、HCl发生反应产生NH4Cl白色固体，因此可观察到的现象是产生白烟现象，该反应的化学方程式是NH3+HCl=NH4Cl。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因其受热易分解，因此必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但由于受到撞击或遇热易爆炸，因此必须做改性处理后才能施用。
8. (1) 是 从图可知，M点以后反应物和产物的浓度保持不变，即反应不能进行到底
(2)2A⇌B
(3)0.025 mol·L-1· min-1
(4) ＜ N点反应物A的浓度大于M点A的浓度
(5)70
【解析】（1）根据图象可知：反应在到达M点后，A、B物质都存在，且它们的物质的量浓度不再发生变化，说明该反应是可逆反应，此时反应已经达到了化学平衡状态，因此该反应是可逆反应；
（2）根据图示可知在4 min时，A减少0.4 mol，B增加0.2 mol，说明A是反应物，B是生成物，△n(A):△n(B)=0.4 mol:0.2 mol=2:1，物质反应消耗的物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，故该反应的化学方程式为2A⇌B；
（3）根据图示可知：反应从开始至4 min时，B的物质的量改变了0.2 mol，容器的容积是2 L，则用B的浓度变化来表示的反应速率为v(B)=；
（4）根据图象可知：反应从正反应方向开始，在N时正向进行，未达到平衡状态；反应在M点时达到平衡状态。随着反应的正向进行，反应物浓度逐渐减小，物质的浓度N>M，因此正反应速率逐渐减小，故正反应速率：v(M)正
9. (1) 淀粉 (C6H10O5)n CH2=CH-CH3
(2)CH2=CH2+H2OC2H5OH
(3) 加成反应 取代反应(或酯化反应)
(4)羟基、醛基
(5)nCH2=CHCOOC2H5
(6)50%
【分析】A是遇碘水显蓝色的有机物，则A是淀粉，分子式是(C6H10O5)n；淀粉在催化剂作用下与水作用产生B是葡萄糖，分子式是C6H12O6；则M是H2O。葡萄糖在酒化酶作用下反应产生D是乙醇，结构简式是C2H5OH；C是最简单的烯烃，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，则C是乙烯，结构简式是CH2=CH2；乙烯与水在催化剂作用下发生进行反应产生乙醇；E是C的同系物，其相对分子质量比C大14，则E是CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与O2两步氧化产生的F是CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生丙烯酸乙酯。
(1)
①根据上述分析可知A是淀粉，分子式是(C6H10O5)n。
②E是丙烯，结构简式是：CH2=CH-CH3。
(2)
C是乙烯，结构简式是CH2=CH2；乙烯与水在催化剂作用下发生进行反应产生D是乙醇，则C转化成D的化学方程式为：CH2=CH2+H2OC2H5OH。
(3)
在上述流程中，乙烯与水发生加成反应产生乙醇，故C→D的反应类型是加成反应；D与F发生酯化反应产生丙烯酸乙酯，酯化反应也属于取代反应，故D与F反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)。
(4)
流程中的有机物B是葡萄糖，其结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，则其所含官能团的名称是羟基、醛基。
(5)
丙烯酸乙酯分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下会发生加聚反应产生聚丙烯酸乙酯，该反应方程式为：nCH2=CHCOOC2H5。
(6)
淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇，乙醇与丙烯酸发生酯化反应产生丙烯酸乙酯，根据反应方程式：(C6H10O5)n+nH2O nC6H12O6；C6H12O62C2H5OH+2CO2；CH2=CH-COOH+C2H5OH CH2=CHCOOC2H5+H2O，可得关系式：(C6H10O5)n～nC6H12O6～2nC2H5OH～2n CH2=CHCOOC2H5。162n份淀粉经过上述反应产生200n 份的丙烯酸乙酯。现在淀粉质量是162 t，理论上反应产生丙烯酸乙酯的质量为m(丙烯酸乙酯)=，实际产量是100 t，故其产率为。
10. (1) 碳碳双键 羟基 羧基
(2) HBr 取代反应
(3)2CH3CH2CH2OH + O22CH3CH2CHO + 2H2O
(4)nCH3CH=CH2
(5)abc
(6)CH3CH2COOCH(CH3)2
【分析】A和水发生加成反应生成B，B发生催化氧化生成C为CH3CH2CHO，C发生催化氧化生成D，A和X发生加成反应生成E，结合A、E结构，X为HBr，E发生水解反应生成F，D和F发生酯化反应生成G为CH3CH2COOCH(CH3)2，据此解答。
（1）化合物A、B和D中官能团的名称分别为碳碳双键、羟基、羧基。
（2）A→E为CH3CH=CH2生成CH3HBrCH3的加成反应，物质X的化学式是HBr；E→F为E水解生成F，属于取代反应。
（3）B→C为CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2CH2OH + O22CH3CH2CHO + 2H2O。
（4）化合物A在一定条件下可生成高分子聚丙烯，该反应的化学方程式为nCH3CH=CH2。
（5）a．A含有碳碳双键，被氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，a项正确；b．A含有碳碳双键，可以溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，b项正确；c．B中的羟基，D中的羧基均能与Na反应放出H2，c项正确；d．D含有羧基能与NaHCO3反应放出CO2，F的羟基不能与NaHCO3反应放出CO2，d项错误。
（6）根据D和F发生酯化反应生成G为CH3CH2COOCH(CH3)2，化合物G(丙酸异丙酯)的结构简式为CH3CH2COOCH(CH3)2。
11. 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ 过滤 3 O NaOH Ca(ClO)2 离子化合物 将氧气通入氢硫酸溶液中，一段时间后，若出现淡黄色沉淀，则说明非金属性：氧大于硫
【分析】根据表格信息可知，①是H；②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Mg，⑦是Al，⑧是P，⑨是S，⑩是Cl，据此解答。
【详解】（1）要除去镁中的铝，可用强碱溶液，铝是两性物质，可溶于强碱，发生的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；采用过滤得方法，得到的滤渣是镁；
（2）最外层电子数比次外层电子数多的元素位于第二周期，该10种元素中C、N、O符合题意，故有3种；②③④位于同周期，月靠右，非金属性越强，故非金属性最强的元素为O；
（3）⑤⑥⑦位于同周期，越靠近左侧金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性最强的是NaOH；
（4）漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；属于离子化合物；
（5）①④两种元素的原子能形成原子数目比为2：1的共价化合物是水，其电子式为：；
（6）非金属性强的元素形成的单质可从化合物中置换出较弱元素对应的单质，故验证O和S的非金属性可设计实验：将氧气通入氢硫酸溶液中，一段时间后，若出现淡黄色沉淀，则说明非金属性：氧大于硫。
12. Fe(OH)3 Al(OH)3 Al3++4OH-=[Al(OH)4]- [Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+ 不能 2C+SiO2Si+2CO 1:2
【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，加入过量的盐酸，Al2O3转化为AlCl3，Fe2O3转化为FeCl3，SiO2不与盐酸反应。SiO2与焦炭反应生成Si和CO，Si与氯气反应得到SiCl4，SiCl4和H2反应得到精Si。在AlCl3、FeCl3以及HCl的混合溶液中，加入过程的NaOH溶液，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，Al3＋转化为[Al(OH)4]－，在含有[Al(OH)4]－的溶液中通过CO2，得到Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3。
【详解】(1)根据分析，沉淀d为Fe(OH)3；沉淀f为Al(OH)3；
(2)①加入过量的NaOH，溶液b中的Al3＋转化为[Al(OH)4]－，离子方程式：Al3＋+4OH－=[Al(OH)4]－；
②向[Al(OH)4]－溶液中通入过量的CO2，得到Al(OH)3和HCO3－，离子方程式：[Al(OH)4]－+CO2=Al(OH)3↓+HCO3－；
(3)不能用盐酸替代CO2气体，因为Al(OH)3会溶于过量的HCl，使得Al3＋不能完全沉淀；
(4)SiO2与焦炭反应生成Si和CO，化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；
(5)在用H2还原SiCl4制取精Si的反应方程式为2H2+SiCl4Si+4HCl，H2中H的化合价升高，H2作还原剂；SiCl4中Si的化合价降低，SiCl4作氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比1:2。
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