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[化学][期末]四川省成都市十县区2023-2024学年高一下学期期末考试模拟试题(一)(解析版)
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这是一份[化学][期末]四川省成都市十县区2023-2024学年高一下学期期末考试模拟试题(一)(解析版)，共26页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：Cu 64 S 32 N 14 Br 80
一、单选题
1. 文物和文化遗产承载着中华民族的基因和血脉，是不可再生、不可替代的中华优秀文化资源。下列说法正确的是（ ）
A. 名画《清明上河图》使用的绢丝的主要成分为多糖
B. “大圣遗音”琴的琴面为桐木，桐木的主要成分为蛋白质
C. 绍兴黄酒酿制技艺属于国家级非物质文化遗产，酒精属于烃的衍生物
D. 建造避暑山庄使用的琉璃瓦属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A． 绢丝的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，故A错误；
B． “大圣遗音”琴的琴面为桐木，桐木的主要成分为纤维素，故B错误；
C． 绍兴黄酒酿制技艺属于国家级非物质文化遗产，酒精结构简式为C2H5OH属于烃的衍生物，故C正确；
D． 建造避暑山庄使用的琉璃瓦主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故D错误；
故选C。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 煤的液化是物理变化
B. 乙烷是一种植物生长调节剂可用于催熟果实
C. 油脂与氢氧化钠溶液反应可制肥皂
D. 蔗糖、淀粉水解都只生成葡萄糖
【答案】C
【解析】
【详解】A．因煤的气化是指把固体的煤转化为水煤气的过程，煤的液化是指把固体的煤转化为可燃性液体的过程，两者都是化学变化，A错误；
B．乙烯是一种植物生长调节剂可用于催熟果实，B错误；
C．油脂与氢氧化钠溶液反应为皂化反应，可制肥皂，C正确，
D．因蔗糖的水解产物为葡萄糖和果糖，而淀粉水解的产物是葡萄糖，D错误；
故选C。
3. 对下列化学用语的理解正确的是（ ）
A. 苯的分子式
B. 丙烷分子的球棍模型
C. 甲酸乙酯的结构简式
D. 空间充填模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．苯的分子式为C6H6，苯的结构简式为，A错误；
B．丙烷分子的球棍模型为，B正确；
C．甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH2CH3，是乙酸甲酯，C错误；
D．氯原子半径大于碳原子半径，空间充填模型不能表示四氯化碳分子，D错误；
答案选B。
4. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 含有的非极性共价键数目为
B. 的氨水，含有的数目为
C. 与足量完全反应，转移电子数为
D. 和完全反应生成的分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷分子中的碳碳键为非极性键，1个中含有1个碳碳键，则含有的非极性共价键数目为，故A错误；
B．氨水中含氮微粒有、、，则的氨水含有、、的总数目为，含的数目小于，故B错误；
C．的物质的量为0.2ml，过氧化钠与二氧化碳反应时，1ml过氧化钠转移1ml电子，故0.2ml过氧化钠与足量完全反应，转移电子数为，故C正确；
D．没有指明是在标况下，无法计算气体的物质的量及反应生成NO2的物质的量，且由于存在，不能确定反应生成的分子数为，故D错误；
答案选C。
5. 化学反应中能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法中正确的是（ ）
A. 1ml N2(g)和1ml O2(g)完全反应放出的能量为180kJ
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1ml N2(g)和1ml O2(g)具有的总能量小于2ml NO(g)具有的总能量
D. NO2是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml N2(g)和1ml O2(g)完全反应生成2mlNO，断键吸收了946kJ+498kJ=1444kJ，成键释放了632kJ×2=1264kJ，则吸收的能量为1444kJ −1264kJ =180kJ，故A错误；
B．氮气含有氮氮三键，键能大，N2(g)和O2(g)在高温或则放电条件下反应生成NO，故B错误；
C．根据A选项分析，该反应是吸热反应，则1ml N2(g)和1ml O2(g)具有的总能量小于2ml NO(g)具有的总能量，故C正确；
D．NO2能与NaOH溶液反应生成盐和水，但不是一种酸性氧化物，故D错误。
综上所述，答案为C。
6. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是（ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑，可以得出浓硫酸有脱水性和吸水性，A正确；
B．常温下，Al和浓硝酸发生钝化反应，在铝表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，B错误；
C．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入过量SO2，溶液红色褪去，是因为SO2与NaOH反应使OH-浓度减小，体现SO2作为酸性氧化物的性质，C错误；
D．炭与浓HNO3反应生成NO2，不是NO，D错误；
故选A。
7. 从中药八角茴香中提取的有机化合物莽草酸，具有抗炎、镇痛作用，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法错误的是（ ）
A. 分子式为
B. 含有两种官能团
C. 莽草酸与足量钠反应生成
D. 与乙酸、乙醇均可发生酯化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由莽草酸结构简式可知，1个莽草酸分子中含有7个碳原子、10个氢原子和5个氧原子，则分子式为，故A正确；
B．该有机物分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，故B错误；
C．分子中含有3个羟基和1个羧基，由醇、羧酸与钠反应关系可知，莽草酸与足量钠反应生成，故C正确；
D．分子中既含羟基又含羧基，所以与乙酸、乙醇均可发生酯化反应，故D正确；
答案选B。
8. 下列生产活动中涉及的化学原理正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．从石油中得到裂化汽油，发生了化学变化，而石油分馏属于物理变化，从石油中得到直馏汽油，是依烷烃沸点不同，在不同温度下分馏得到，故A错误；
B．侯氏制碱法是将二氧化碳和氨气通入饱和食盐水中得到碳酸氢钠和氯化铵，由于溶解度较小，以晶体形成析出沉淀，故B正确；
C．该反应是Cu和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化亚铜，产物无Fe，不能说明Fe的活动性比Cu强，故C错误；
D．反应中碳是还原剂，硅是还原产物，碳表现还原性，而物质的氧化剂体现元素的非金属性，不能说明碳的非金属性比硅强，故D错误；
故选：B。
9. 在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式是6X+2Y5Z
B. 2 min内Y的转化率为20%
C. 从反应开始到平衡时，用X表示的化学反应速率为0.03ml·L-1·min-1
D. 容器内气体的密度保持不变可以作为达到平衡状态的标志
【答案】C
【解析】
【详解】A．X的变化量为：1.0ml-0.4ml=0.6ml,Y的变化量为：1.0ml-0.8ml=0.2ml,Z的变化量为：0.5ml-0.1ml=0.4ml,由变化量之比等于化学计量数之比，则化学反应方程式为：3X+Y2Z，A错误；
B．2min内，Y的变化的物质的量为：1ml-0.9ml=0.1ml,故转化率为，B错误；
C．，C正确；
D．由于该反应中都是气体，故质量不变，体积为4L密闭容器，也未改变，故密度不是变量，不能作为达到平衡状态的标志，D错误；
故选C。
10. 下列物质发生一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．只含两种氢，其一氯代物只有两种，能生成两种沸点不同的有机产物，故A不选；
B．中含三种氢，能形成三种一氯代物，能生成三种沸点不同的有机产物，故B选；
C．只含两种氢，其一氯代物只有两种，能生成两种沸点不同的有机产物，故C不选；
D．含四种氢，其一氯代物只有四种，能生成四种沸点不同的有机产物，故D不选；
故选：B。
11. 化学反应中、、的结构式分别为A=A、B-B、B-A-B，反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 该反应可能在常温下发生
B. 断裂4ml B-A吸收kJ能量
C. 该反应中反应物总能量小于生成物的总能量
D. 该反应若生成2ml，则放出的热量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知生成物能量高于反应物能量，反应为吸热反应，，生成物气体分子数多于反应物，，该反应在高温下自发进行，常温下也可能发生，故A正确；
B．由图可知断裂4ml B-A即消耗2mlAB2吸收kJ能量，故B正确；
C．该反应为吸热反应，反应物总能量小于生成物的总能量，故C正确；
D．该反应若生成2ml，则吸收的热量为，故D错误；
故选：D。
12. 下列实验操作及现象，可以得出相应结论的是（ ）
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁加入到冷的浓硝酸中无明显现象，是因为铁与浓硝酸发生钝化，并不能证明氧化性稀硝酸>浓硝酸，故A错误；
B．石油通过裂化、裂解得到的混合气体气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液由红棕色变为无色，说明石蜡油分解产物一定含有不饱和烃，但不一定是乙烯，故B错误；
C．通入硅酸钠溶液，产生白色沉淀，说明二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则推断出硅酸酸性小于碳酸，证明非金属性：，故C正确；
D．向装有蔗糖的烧杯里滴加浓硫酸，固体变黑，说明脱水碳化，浓硫酸有脱水性，膨胀则是产生了气体，说明碳与浓硫酸发生了氧化还原反应，浓硫酸具有强氧化性，故D错误；
答案选C。
13. 有机物a是石油化学工业重要的基本原料，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，下列说法错误的是（ ）
A. a生成b属于加成反应
B. b与甘油()互为同系物
C. c与环氧乙烷()互为同分异构体
D. b、d、e三种物质可以用饱和 Na2CO3溶液鉴别
【答案】B
【解析】
【分析】有机物a的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，则a为CH2═CH2，a与水发生加成反应生成b为CH3CH2OH，b发生催化氧化生成c为CH3CHO，c进一步氧化生成d为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成e为CH3COOCH2CH3。
【详解】A．a与水发生加成反应生成b为CH3CH2OH，A正确；
B．b为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，甘油的分子式为C3H8O3，两者分子式相差CH2O2，两者不是同系物，B错误；
C．c为CH3CHO，与环氧乙烷，分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C正确；
D．乙醇能够溶于水，不分层，乙酸与饱和Na2CO3溶液发生放出气体，有气泡产生，而乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液是互不相溶的两层液体，故可以用饱和Na2CO3溶液鉴别，D正确；
故选B。
14. 对下列各组实验的现象描述错误的是（ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，不能分层，A错误；
B．硝酸铵与水反应吸热，压强减小，则红墨水液面左高右低，B正确；
C．构成原电池的条件，活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合的回路及自发氧化还原，C正确；
D．生成的氨气溶于水生成一水合氨与氯化铝生成不溶于弱碱的氢氧化铝，D正确；
故答案为A。
15. 由和制备(熔点16.8℃，沸点44.8℃)的模拟装置如下图所示(加热和夹持装置省略)，下列说法错误的是（ ）
A. 装置③中铂石棉用作反应的催化剂
B. 装置①②的作用是干燥气体，并通过观察气泡监测气体流速
C. 从装置⑤逸出的气体有和
D. 装置④的作用是冷凝收集
【答案】C
【解析】
【分析】①和②中均为浓硫酸，用于干燥二氧化硫和氧气，铂石棉为催化剂，用于催化二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，④中冰水共存物用于冷却分离出三氧化硫，⑤中为碱石灰，用于吸收多余的二氧化硫。
【详解】A．装置中铂石棉为催化剂，用于催化二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，A正确；
B．根据分析可知，①和②中均为浓硫酸，用于干燥二氧化硫和氧气，B正确；
C．碱石灰可以吸收SO2，从装置⑤中逸出的气体中不可能有SO2，C错误；
D．④中冰水共存物用于冷却分离出三氧化硫，D正确；
故答案选C。
16. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：
已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是（ ）
A. 滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+
B. 反应Ⅰ中每消耗0.5ml FeS2，转移的电子数为1NA
C. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
D. 调节pH的作用是沉淀铁元素
【答案】A
【解析】
【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。
【详解】A．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，A错误；
B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，所以每消耗0.5ml FeS2，转移的电子数为1 ml，转移的电子数为1NA，B正确；
C．反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，C正确；
D．由分析可知，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，即调节pH的作用是沉淀铁元素，D正确；
故答案为：A。
17. 用CH4和O2组合形成的质子(H+)交换膜燃料电池的结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 电流通过外电路从d极流向c极
B. 电极c的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+
C. b气体为O2
D. 若电路中转移2 ml电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为22.4L
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示可知，电子由c极经过负载流向d极，故c是负极，电极c的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，d是正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O，据此分析回答问题。
【详解】A．电流的流向与电子相反，故电流通过外电路从d极流向c极，A正确；
B．由以上分析可知，电极c的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，B正确；
C．由以上分析可知，b气体为O2，C正确；
D．由以上分析可知，转移4ml电子时，消耗1ml氧气，电路中转移2 ml电子，消耗0.5ml氧气，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为11.2L，D错误；
故选D。
18. 侯德榜改进的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在使用。工业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A. 流程Ⅰ依次向粗盐水中加入过量溶液、溶液并过滤
B. 流程Ⅱ体现了侯德榜制碱法
C. 流程Ⅱ中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反应结果
D. 流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集镁元素
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．流程I中，先加入过量的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；
B．流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，体现了侯德榜制碱法，故B正确；
C．流程Ⅱ中吸氨气与碳酸化的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入CO2，溶液不反应，会影响反应结果，故C错误；
D．流程IV是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量氯化镁富集起来，故D正确；
故答案：C。
19. 实验室中用如图装置，以氨气和钠为原料加热至制备氨基钠，并检验气体产物．已知：极易水解．下列说法正确的是（ ）
A. 装置A中的药品是氯化铵固体
B. 装置B和装置D均只起到干燥作用
C. 实验时先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯
D. 装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成
【答案】D
【解析】
【分析】A中用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，然后经过B中的干燥装置去除氨气中的水蒸气，氨气和钠在C中发生反应生产氨基钠，反应为， D为干燥装置，对氢气进行干燥，同时防止E中的水蒸气进入，氢气和CuO在E装置中反应，以此解答。
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和HCl气体，二者遇冷又会反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵的方法制备氨气，A错误；
B．由分析可知，装置B的作用是干燥，装置D除了干燥还有防止水蒸气进入C的作用，B错误；
C．实验时，应先点燃A处酒精灯再点燃C处酒精灯，排尽装置内的空气，C错误；
D．氢气和CuO在加热条件下反应生成红色的Cu单质，装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成，D正确；
故选D。
20. 将20.0 g铜镁合金完全溶解于140mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体8.96 L(标准状况)，当向反应后的溶液中加入320 mL4.0 ml/LNaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为37 g。下列说法不正确的是（ ）
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：3
B. 该硝酸中HNO3的物质的量浓度12 ml/L
C. NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数25％
D. 若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，铜失去2个电子生成铜离子，铜离子与2个氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；镁失去2个电子生成镁离子，镁离子与2个氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，据此分析。
【详解】A．根据上述分析：金属阳离子得到氢氧根物质的量等于金属失去电子物质的量，依据质量守恒，得到氢氧根物质的量为n(OH-)==l ml，即得失电子物质的量为l ml，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=l ml，根据二者质量和为20.0 g可得关系式64n(Cu)+24n(Mg) =20.0 g，两式联立解得n(Cu)=0.2 ml，n(Mg)=0.3 ml，因此合金中铜和镁的物质的量之比为2 ：3，A正确；
B．金属阳离子Cu2+、Mg2+全部沉淀后，溶液中溶质为NaNO3，根据氮原子守恒可得n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)=0.32L×4.0 ml/L+=l.68 ml，溶液的体积是140 mL，则硝酸的浓度为c(HNO3)=ml/L=12 ml/L，B正确；
C．根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=l ml，n(NO)+n(NO2)==0.4 ml，两式联立解得n(NO)=0.3 ml，n(NO2)=0.1 ml，则相同条件下，二者的体积分数等于物质的量分数，故NO2的体积分数为×100%=25%，C正确；
D．根据上述分析可知：反应过程中转移电子的物质的量等于沉淀中OH-的物质的量，n(e-)= n(OH-)=1 ml，若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则O2得到电子的物质的量与HNO3变为NO、NO2时失去电子的物质的量相等，4n(O2)=1 ml，n(O2)=0.25 ml，其在标准状况下的体积为V(O2)=0.25 ml×22.4 L/ml=5.6 L，D错误；
故选D。
二、解答题 (共60分)
21. Ⅰ．从下列各组物质中，找出合适的序号填在对应的空格内：
①CH4和CH3CH2CH3 ②12C和14C ③金刚石和石墨 ④H和D
⑤和 ⑥和 ⑦CH2=CHCH3和CH2=CH2
⑧和 ⑨蔗糖和麦芽糖
（1）互为同位素的是___________(填序号，下同)。
（2）互为同分异构体的是___________。
（3）互为同系物的是___________。
（4）为同一种物质的是___________。
（5）互为同素异形体的是___________。
Ⅱ．氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
（6）通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为___________，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是___________。
（7）写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式___________。
（8）写出氮循环②中 NH3 的电子式___________。写出 NH的检验方法___________。
【答案】（1）②④
（2）⑤⑨
（3）①⑦
（4）⑥⑧
（5）③
（6）①. 生物固氮 ②. N2+3H22NH3
（7）3NO2+H2O = 2HNO3+NO
（8）①. ②. 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有
【解析】（1）②12C和14C质子数相同都是6，而中子数不同，分别是6、8，因此二者属于同位素；④H和D的质子数相同都是1，而中子数不同，分别是0、1，因此二者属于同位素；
（2）⑤异戊烷和新戊烷分子式都是C5H12，但二者的分子结构不同，它们是同分异构体；⑨蔗糖和麦芽糖分子式都是C12H22O11，但二者的分子结构不同，它们是同分异构体；
（3）①甲烷和丙烷结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，因此二者互为同系物；⑦丙烯和乙烯结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，因此二者互为同系物；
（4）⑥CH4是正四面体结构，其分子中的2个H原子被2个Br原子代替，就得到CH2Br2，其结构式可以用如图所示的两种结构表示，它们属于同一物质；⑧由于碳碳单键可以旋转，如图所示的物质都是表示2-甲基丁烷，因此它们表示的是同一物质；
（5）③金刚石和石墨是C元素的两种不同性质的单质，二者是同素异形体；
（6）根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固氮，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3；
（7）氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；
（8）氮循环②中 NH3的电子式为 ；的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
22. 我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，反应原理为。该反应的能量变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。
（2）在固定体积的密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．的含量保持不变 b．混合气体的密度不变
c．混合气体的平均相对分子质量不变 d．
（3）在体积为密闭容器中充入和，测得、的物质的量随时间变化如图所示。
①反应到达3min时，___________(填“>”“<”或“=”)。
②0～5min内，___________。
③反应达到平衡状态时，的体积分数为___________%(保留1位小数)。
④“二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池”的工作原理示意图如图所示。X电极为___________(填“正”或“负”)极；电路中电子移动方向是___________；Y电极的电极反应式为___________。
【答案】（1）放热
（2）ac
（3）①. > ②. 0.5 ③. 17.9 ④. 负 ⑤. 电子从极流出，经导线流入极 ⑥.
【解析】（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
（2）a．随反应进行，含量不断减少，含量不变可说明反应达到平衡状态，故a符合题意；
b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，b不符合题意；
c．混合气体的平均相对分子质量可由气体总质量除以气体总物质的量求出，气体总质量为定量，气体总物质的量为变量，正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，逆向进行时气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，c符合题意；
d．在同一反应中同一物质正反应速率等于其逆反应速率时，可以说明该反应达到平衡，同一反应不同物质的正逆反应速率等于化学计量数之比时亦可说明反应达到平衡，即可说明反应达到平衡，但d选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡，d不符合题意；
故选ac。
（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故；②0～5min内，物质的量减少2.5ml，则；③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系为：
平衡时气体总物质的量为7.00ml，二甲醚的物质的量为1.25ml，二甲醚的体积分数等于物质的量分数，故二甲醚的体积分数为；④通入燃料二甲醚的电极为负极，则电极为负极；极失去电子，经过导线再流入极；电极上的氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应式为
23. 饮料、糖果中常使用酯类香料。用烯烃来合成乙酸乙酯、丙烯酸乙酯的路线如图。已知A为最简单的烯烃，按要求回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是_______。
（2）F中所有官能团的名称是_______，G的结构简式为_______。
（3）鉴别B和C的方法_______(阐述试剂及相关现象和结论)，下列有机物中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_______(填序号)。
A．丙烯酸 B．聚丙烯酸 C．丙烯 D．乙酸乙酯
（4）B+C→D的化学反应方程式_______。
（5）请写出丙烯()与H2的反应_______(写化学方程式)，若与HCl发生加成反应时可能得到所有有机产物的结构简式_______。
【答案】（1）加成反应
（2）①. 碳碳双键、羧基 ②.
（3）①. 紫色石蕊变红为C，不变色为B；或碳酸钠溶液产生气体为C，不产生气体为B ②. AC
（4）
（5）①. ②. 、
【解析】A最简单的烯烃，与H2O加成生成乙醇，故A为CH2=CH2，CH3CH2OH被高锰酸钾氧化生成C，C为CH3COOH，乙醇与乙酸反应生成D乙酸乙酯，丙烯发生氧化反应生成丙烯酸，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸。
（1）CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH；
（2）F是CH2=CHCOOH，含有的官能团是羧基和碳碳双键，加聚得到G聚丙烯酸，结构简式为；
（3）B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，CH3COOH具有酸的通性，鉴别两者的方法有：紫色石蕊变红为C，不变色为B；或碳酸钠溶液产生气体为C，不产生气体为B；含有碳碳双键或者碳碳三键能与溴加成的可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A中丙烯酸和C中丙烯都含有碳碳双键，B中聚丙烯酸没有碳碳双键不能加成，故答案为：AC；
（4）B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，乙醇与乙酸反应生成D乙酸乙酯，B+C→D方程式为：；
（5）丙烯()与H2反应的化学方程式为；与HCl发生加成反应时可能得到所有有机产物的结构简式为、。
24. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。
I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
（1）试剂X可以是_____；若缺少C装置其后果是_____(写一条)。
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。
（3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是_____。
II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
（4）请从平衡角度说明红色褪去的可能原因______。
（5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、______。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______(已知SCN-中C为+4价)。
【答案】（1）①. KMnO4 ②. D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解
（2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应
（3）加热D与E之间的导管
（4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去
（5）①. CuCl2、CuSO4 ②. 1：4
【解析】A中生成氯气，通过饱和食盐水B除去挥发的氯化氢气体后，通过C浓硫酸干燥，进入D中和铁生成氯化铁，E收集产物，F吸收尾气；
（1）A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验；
（3）已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；
（4）红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；
（5）①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4。
25. 海洋资源的利用具有非常广阔的研究价值。
Ⅰ.利用空气吹出法从海水(弱碱性)中提取溴的流程如图。
已知：溴单质的沸点为。
（1）溴元素在元素周期表中的位置是___________。
（2）“氧化”中发生反应的离子方程式为___________。
（3）“蒸馏塔”中温度应控制在___________(填字母序号)。
A． B． C．以上
（4）物质A___________(填化学式)可以循环利用，降低成本。
（5）探究“氧化”的适宜条件。下图为不同条件下海水中被氧化的的百分含量。
注：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。
①“氧化”的适宜条件为___________。
②若海水中溴的浓度为，经该方法处理海水后最终得到，则溴的总提取率为___________。
③吹出塔中，吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。由图可知，流量过大，吹出率反而下降，原因是___________。
Ⅱ.离子交换法从海带中提取碘是一种较为先进的制碘工艺。使用离子交换树脂的“离子交换法”从海带中提取碘的主要流程如下：
已知：①；
②强碱性阴离子树脂(用表示，可被其它更易被吸附的阴离子替代)对多磺离子()有很强的交换吸附能力；
③“交换吸附”发生的反应为。
回答下列问题：
（6）下列各步反应中，不属于氧化还原反应的有___________(填字母序号)。
A. 交换吸附B. 洗脱
C. 酸化氧化D. 洗脱
（7）“氧化”时发生反应有①___________；②。
【答案】（1）第四周期第ⅦA族
（2）
（3）B
（4）
（5）①. 、 ②. 60% ③. 流量过大，随“吸收后的空气”进入“吹出塔”的量多，与沜反应多，使澳的吹出率下降
（6）AD
（7）
【解析】浓缩海水中含有一定量的Br-，在酸性条件下Br-被氯气氧化为Br2，Br2被空气吹出，进入吸收塔中，和SO2、H2O反应生成氢溴酸，在蒸馏塔中氯气和HBr反应生成Br2，最后蒸馏得到液溴。
（1）Br和Cl在同一主族，Br在Cl的下一周期，Cl位于元素周期表第三周期第ⅦA族，则Br位于元素周期表第四周期第ⅦA族，故答案为第四周期第ⅦA族；
（2）“氧化”中，氯气将海水的中的溴元素氧化，所以发生的离子方程式为，故答案为；
（3）蒸馏塔中要蒸出溴，溴单质的沸点为58.5℃，所以温度应控制在58.5℃以上，但不能高于水的沸点，所以选B。
（4）进入蒸馏塔的有氢溴酸和硫酸，氢溴酸和氯气发生置换反应生成溴和HCl，硫酸没参加反应，可以和HCl一起送回“氧化”步骤循环利用，所以物质A为HCl，故答案为HCl；
（5）①从图中可以看出，在pH=1、=1.1时溶液中Br2的含量最高，再加大氯的量，对溴的含量的提高也几乎没有影响，所以“氧化”的适宜条件为、，故答案为；、
②若海水中溴的浓度为，则海水中含有溴的总质量为，所以溴的总提取率为，故答案为60%；
③SO2流量过大，过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与Br2反应，导致溴吹出率下降。
（6）A．“交换吸附”发生的反应为R-Cl+I=R-I3+Cl-，该反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．NaOH洗脱时，生成NaI、NaIO3和R-I，I元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；
C．酸化时，I-和发生归中反应生成I2，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．NaCl洗脱时交换金属阳离子，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：BC；
（7）酸性条件下，原料被H2O2氧化时，I-被氧化生成I2，发生的反应为，故答案为。
选项
实验操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和吸水性
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显现象
Al与浓硝酸不反应
C
向滴有酚酞的NaOH溶液中通入过量SO2
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
D
向浓HNO3中加入红热的炭
产生红棕色气体
炭与浓HNO3反应生成NO
选项
生产活动
化学原理
A
从石油中得到直馏汽油
烷烃发生裂化反应
B
侯氏制碱法得到沉淀
溶解度较小
C
利用溶液刻蚀印刷电路板
Fe的活动性比Cu强
D
用焦炭还原石英砂制粗硅
C的氧化性比Si强
选项
实验操作及现象
结论
A
铁加入到冷的浓硝酸中无明显现象，加入稀硝酸中有气泡产生
稀硝酸氧化性比浓硝酸的强
B
石油通过裂化、裂解得到的混合气体气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液由红棕色变为无色
混合气体中一定含有乙烯
C
通入硅酸钠溶液，产生白色沉淀
非金属性：
D
向装有蔗糖的烧杯里滴加浓硫酸，固体变黑膨胀
浓硫酸有吸水性
A．溶液褪色，静置后分层
B．红墨水液面左高右低
C．电流表指针不发生偏转
D．产生白色沉淀且不溶解
可能用到的相对原子质量：Cu 64 S 32 N 14 Br 80
一、单选题
1. 文物和文化遗产承载着中华民族的基因和血脉，是不可再生、不可替代的中华优秀文化资源。下列说法正确的是（ ）
A. 名画《清明上河图》使用的绢丝的主要成分为多糖
B. “大圣遗音”琴的琴面为桐木，桐木的主要成分为蛋白质
C. 绍兴黄酒酿制技艺属于国家级非物质文化遗产，酒精属于烃的衍生物
D. 建造避暑山庄使用的琉璃瓦属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A． 绢丝的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，故A错误；
B． “大圣遗音”琴的琴面为桐木，桐木的主要成分为纤维素，故B错误；
C． 绍兴黄酒酿制技艺属于国家级非物质文化遗产，酒精结构简式为C2H5OH属于烃的衍生物，故C正确；
D． 建造避暑山庄使用的琉璃瓦主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故D错误；
故选C。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 煤的液化是物理变化
B. 乙烷是一种植物生长调节剂可用于催熟果实
C. 油脂与氢氧化钠溶液反应可制肥皂
D. 蔗糖、淀粉水解都只生成葡萄糖
【答案】C
【解析】
【详解】A．因煤的气化是指把固体的煤转化为水煤气的过程，煤的液化是指把固体的煤转化为可燃性液体的过程，两者都是化学变化，A错误；
B．乙烯是一种植物生长调节剂可用于催熟果实，B错误；
C．油脂与氢氧化钠溶液反应为皂化反应，可制肥皂，C正确，
D．因蔗糖的水解产物为葡萄糖和果糖，而淀粉水解的产物是葡萄糖，D错误；
故选C。
3. 对下列化学用语的理解正确的是（ ）
A. 苯的分子式
B. 丙烷分子的球棍模型
C. 甲酸乙酯的结构简式
D. 空间充填模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．苯的分子式为C6H6，苯的结构简式为，A错误；
B．丙烷分子的球棍模型为，B正确；
C．甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH2CH3，是乙酸甲酯，C错误；
D．氯原子半径大于碳原子半径，空间充填模型不能表示四氯化碳分子，D错误；
答案选B。
4. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 含有的非极性共价键数目为
B. 的氨水，含有的数目为
C. 与足量完全反应，转移电子数为
D. 和完全反应生成的分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷分子中的碳碳键为非极性键，1个中含有1个碳碳键，则含有的非极性共价键数目为，故A错误；
B．氨水中含氮微粒有、、，则的氨水含有、、的总数目为，含的数目小于，故B错误；
C．的物质的量为0.2ml，过氧化钠与二氧化碳反应时，1ml过氧化钠转移1ml电子，故0.2ml过氧化钠与足量完全反应，转移电子数为，故C正确；
D．没有指明是在标况下，无法计算气体的物质的量及反应生成NO2的物质的量，且由于存在，不能确定反应生成的分子数为，故D错误；
答案选C。
5. 化学反应中能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法中正确的是（ ）
A. 1ml N2(g)和1ml O2(g)完全反应放出的能量为180kJ
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1ml N2(g)和1ml O2(g)具有的总能量小于2ml NO(g)具有的总能量
D. NO2是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
【答案】C
【解析】
【详解】A．1ml N2(g)和1ml O2(g)完全反应生成2mlNO，断键吸收了946kJ+498kJ=1444kJ，成键释放了632kJ×2=1264kJ，则吸收的能量为1444kJ −1264kJ =180kJ，故A错误；
B．氮气含有氮氮三键，键能大，N2(g)和O2(g)在高温或则放电条件下反应生成NO，故B错误；
C．根据A选项分析，该反应是吸热反应，则1ml N2(g)和1ml O2(g)具有的总能量小于2ml NO(g)具有的总能量，故C正确；
D．NO2能与NaOH溶液反应生成盐和水，但不是一种酸性氧化物，故D错误。
综上所述，答案为C。
6. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是（ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑，可以得出浓硫酸有脱水性和吸水性，A正确；
B．常温下，Al和浓硝酸发生钝化反应，在铝表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，B错误；
C．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入过量SO2，溶液红色褪去，是因为SO2与NaOH反应使OH-浓度减小，体现SO2作为酸性氧化物的性质，C错误；
D．炭与浓HNO3反应生成NO2，不是NO，D错误；
故选A。
7. 从中药八角茴香中提取的有机化合物莽草酸，具有抗炎、镇痛作用，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法错误的是（ ）
A. 分子式为
B. 含有两种官能团
C. 莽草酸与足量钠反应生成
D. 与乙酸、乙醇均可发生酯化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由莽草酸结构简式可知，1个莽草酸分子中含有7个碳原子、10个氢原子和5个氧原子，则分子式为，故A正确；
B．该有机物分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，故B错误；
C．分子中含有3个羟基和1个羧基，由醇、羧酸与钠反应关系可知，莽草酸与足量钠反应生成，故C正确；
D．分子中既含羟基又含羧基，所以与乙酸、乙醇均可发生酯化反应，故D正确；
答案选B。
8. 下列生产活动中涉及的化学原理正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．从石油中得到裂化汽油，发生了化学变化，而石油分馏属于物理变化，从石油中得到直馏汽油，是依烷烃沸点不同，在不同温度下分馏得到，故A错误；
B．侯氏制碱法是将二氧化碳和氨气通入饱和食盐水中得到碳酸氢钠和氯化铵，由于溶解度较小，以晶体形成析出沉淀，故B正确；
C．该反应是Cu和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化亚铜，产物无Fe，不能说明Fe的活动性比Cu强，故C错误；
D．反应中碳是还原剂，硅是还原产物，碳表现还原性，而物质的氧化剂体现元素的非金属性，不能说明碳的非金属性比硅强，故D错误；
故选：B。
9. 在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式是6X+2Y5Z
B. 2 min内Y的转化率为20%
C. 从反应开始到平衡时，用X表示的化学反应速率为0.03ml·L-1·min-1
D. 容器内气体的密度保持不变可以作为达到平衡状态的标志
【答案】C
【解析】
【详解】A．X的变化量为：1.0ml-0.4ml=0.6ml,Y的变化量为：1.0ml-0.8ml=0.2ml,Z的变化量为：0.5ml-0.1ml=0.4ml,由变化量之比等于化学计量数之比，则化学反应方程式为：3X+Y2Z，A错误；
B．2min内，Y的变化的物质的量为：1ml-0.9ml=0.1ml,故转化率为，B错误；
C．，C正确；
D．由于该反应中都是气体，故质量不变，体积为4L密闭容器，也未改变，故密度不是变量，不能作为达到平衡状态的标志，D错误；
故选C。
10. 下列物质发生一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．只含两种氢，其一氯代物只有两种，能生成两种沸点不同的有机产物，故A不选；
B．中含三种氢，能形成三种一氯代物，能生成三种沸点不同的有机产物，故B选；
C．只含两种氢，其一氯代物只有两种，能生成两种沸点不同的有机产物，故C不选；
D．含四种氢，其一氯代物只有四种，能生成四种沸点不同的有机产物，故D不选；
故选：B。
11. 化学反应中、、的结构式分别为A=A、B-B、B-A-B，反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 该反应可能在常温下发生
B. 断裂4ml B-A吸收kJ能量
C. 该反应中反应物总能量小于生成物的总能量
D. 该反应若生成2ml，则放出的热量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知生成物能量高于反应物能量，反应为吸热反应，，生成物气体分子数多于反应物，，该反应在高温下自发进行，常温下也可能发生，故A正确；
B．由图可知断裂4ml B-A即消耗2mlAB2吸收kJ能量，故B正确；
C．该反应为吸热反应，反应物总能量小于生成物的总能量，故C正确；
D．该反应若生成2ml，则吸收的热量为，故D错误；
故选：D。
12. 下列实验操作及现象，可以得出相应结论的是（ ）
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁加入到冷的浓硝酸中无明显现象，是因为铁与浓硝酸发生钝化，并不能证明氧化性稀硝酸>浓硝酸，故A错误；
B．石油通过裂化、裂解得到的混合气体气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液由红棕色变为无色，说明石蜡油分解产物一定含有不饱和烃，但不一定是乙烯，故B错误；
C．通入硅酸钠溶液，产生白色沉淀，说明二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则推断出硅酸酸性小于碳酸，证明非金属性：，故C正确；
D．向装有蔗糖的烧杯里滴加浓硫酸，固体变黑，说明脱水碳化，浓硫酸有脱水性，膨胀则是产生了气体，说明碳与浓硫酸发生了氧化还原反应，浓硫酸具有强氧化性，故D错误；
答案选C。
13. 有机物a是石油化学工业重要的基本原料，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，下列说法错误的是（ ）
A. a生成b属于加成反应
B. b与甘油()互为同系物
C. c与环氧乙烷()互为同分异构体
D. b、d、e三种物质可以用饱和 Na2CO3溶液鉴别
【答案】B
【解析】
【分析】有机物a的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，则a为CH2═CH2，a与水发生加成反应生成b为CH3CH2OH，b发生催化氧化生成c为CH3CHO，c进一步氧化生成d为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成e为CH3COOCH2CH3。
【详解】A．a与水发生加成反应生成b为CH3CH2OH，A正确；
B．b为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，甘油的分子式为C3H8O3，两者分子式相差CH2O2，两者不是同系物，B错误；
C．c为CH3CHO，与环氧乙烷，分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C正确；
D．乙醇能够溶于水，不分层，乙酸与饱和Na2CO3溶液发生放出气体，有气泡产生，而乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液是互不相溶的两层液体，故可以用饱和Na2CO3溶液鉴别，D正确；
故选B。
14. 对下列各组实验的现象描述错误的是（ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，不能分层，A错误；
B．硝酸铵与水反应吸热，压强减小，则红墨水液面左高右低，B正确；
C．构成原电池的条件，活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合的回路及自发氧化还原，C正确；
D．生成的氨气溶于水生成一水合氨与氯化铝生成不溶于弱碱的氢氧化铝，D正确；
故答案为A。
15. 由和制备(熔点16.8℃，沸点44.8℃)的模拟装置如下图所示(加热和夹持装置省略)，下列说法错误的是（ ）
A. 装置③中铂石棉用作反应的催化剂
B. 装置①②的作用是干燥气体，并通过观察气泡监测气体流速
C. 从装置⑤逸出的气体有和
D. 装置④的作用是冷凝收集
【答案】C
【解析】
【分析】①和②中均为浓硫酸，用于干燥二氧化硫和氧气，铂石棉为催化剂，用于催化二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，④中冰水共存物用于冷却分离出三氧化硫，⑤中为碱石灰，用于吸收多余的二氧化硫。
【详解】A．装置中铂石棉为催化剂，用于催化二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，A正确；
B．根据分析可知，①和②中均为浓硫酸，用于干燥二氧化硫和氧气，B正确；
C．碱石灰可以吸收SO2，从装置⑤中逸出的气体中不可能有SO2，C错误；
D．④中冰水共存物用于冷却分离出三氧化硫，D正确；
故答案选C。
16. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：
已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是（ ）
A. 滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+
B. 反应Ⅰ中每消耗0.5ml FeS2，转移的电子数为1NA
C. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
D. 调节pH的作用是沉淀铁元素
【答案】A
【解析】
【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。
【详解】A．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，A错误；
B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，所以每消耗0.5ml FeS2，转移的电子数为1 ml，转移的电子数为1NA，B正确；
C．反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，C正确；
D．由分析可知，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，即调节pH的作用是沉淀铁元素，D正确；
故答案为：A。
17. 用CH4和O2组合形成的质子(H+)交换膜燃料电池的结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 电流通过外电路从d极流向c极
B. 电极c的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+
C. b气体为O2
D. 若电路中转移2 ml电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为22.4L
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示可知，电子由c极经过负载流向d极，故c是负极，电极c的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，d是正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O，据此分析回答问题。
【详解】A．电流的流向与电子相反，故电流通过外电路从d极流向c极，A正确；
B．由以上分析可知，电极c的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，B正确；
C．由以上分析可知，b气体为O2，C正确；
D．由以上分析可知，转移4ml电子时，消耗1ml氧气，电路中转移2 ml电子，消耗0.5ml氧气，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为11.2L，D错误；
故选D。
18. 侯德榜改进的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在使用。工业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A. 流程Ⅰ依次向粗盐水中加入过量溶液、溶液并过滤
B. 流程Ⅱ体现了侯德榜制碱法
C. 流程Ⅱ中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反应结果
D. 流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集镁元素
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．流程I中，先加入过量的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；
B．流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，体现了侯德榜制碱法，故B正确；
C．流程Ⅱ中吸氨气与碳酸化的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入CO2，溶液不反应，会影响反应结果，故C错误；
D．流程IV是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量氯化镁富集起来，故D正确；
故答案：C。
19. 实验室中用如图装置，以氨气和钠为原料加热至制备氨基钠，并检验气体产物．已知：极易水解．下列说法正确的是（ ）
A. 装置A中的药品是氯化铵固体
B. 装置B和装置D均只起到干燥作用
C. 实验时先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯
D. 装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成
【答案】D
【解析】
【分析】A中用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，然后经过B中的干燥装置去除氨气中的水蒸气，氨气和钠在C中发生反应生产氨基钠，反应为， D为干燥装置，对氢气进行干燥，同时防止E中的水蒸气进入，氢气和CuO在E装置中反应，以此解答。
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和HCl气体，二者遇冷又会反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵的方法制备氨气，A错误；
B．由分析可知，装置B的作用是干燥，装置D除了干燥还有防止水蒸气进入C的作用，B错误；
C．实验时，应先点燃A处酒精灯再点燃C处酒精灯，排尽装置内的空气，C错误；
D．氢气和CuO在加热条件下反应生成红色的Cu单质，装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成，D正确；
故选D。
20. 将20.0 g铜镁合金完全溶解于140mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体8.96 L(标准状况)，当向反应后的溶液中加入320 mL4.0 ml/LNaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为37 g。下列说法不正确的是（ ）
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：3
B. 该硝酸中HNO3的物质的量浓度12 ml/L
C. NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数25％
D. 若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，铜失去2个电子生成铜离子，铜离子与2个氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；镁失去2个电子生成镁离子，镁离子与2个氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，据此分析。
【详解】A．根据上述分析：金属阳离子得到氢氧根物质的量等于金属失去电子物质的量，依据质量守恒，得到氢氧根物质的量为n(OH-)==l ml，即得失电子物质的量为l ml，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=l ml，根据二者质量和为20.0 g可得关系式64n(Cu)+24n(Mg) =20.0 g，两式联立解得n(Cu)=0.2 ml，n(Mg)=0.3 ml，因此合金中铜和镁的物质的量之比为2 ：3，A正确；
B．金属阳离子Cu2+、Mg2+全部沉淀后，溶液中溶质为NaNO3，根据氮原子守恒可得n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)=0.32L×4.0 ml/L+=l.68 ml，溶液的体积是140 mL，则硝酸的浓度为c(HNO3)=ml/L=12 ml/L，B正确；
C．根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=l ml，n(NO)+n(NO2)==0.4 ml，两式联立解得n(NO)=0.3 ml，n(NO2)=0.1 ml，则相同条件下，二者的体积分数等于物质的量分数，故NO2的体积分数为×100%=25%，C正确；
D．根据上述分析可知：反应过程中转移电子的物质的量等于沉淀中OH-的物质的量，n(e-)= n(OH-)=1 ml，若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则O2得到电子的物质的量与HNO3变为NO、NO2时失去电子的物质的量相等，4n(O2)=1 ml，n(O2)=0.25 ml，其在标准状况下的体积为V(O2)=0.25 ml×22.4 L/ml=5.6 L，D错误；
故选D。
二、解答题 (共60分)
21. Ⅰ．从下列各组物质中，找出合适的序号填在对应的空格内：
①CH4和CH3CH2CH3 ②12C和14C ③金刚石和石墨 ④H和D
⑤和 ⑥和 ⑦CH2=CHCH3和CH2=CH2
⑧和 ⑨蔗糖和麦芽糖
（1）互为同位素的是___________(填序号，下同)。
（2）互为同分异构体的是___________。
（3）互为同系物的是___________。
（4）为同一种物质的是___________。
（5）互为同素异形体的是___________。
Ⅱ．氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
（6）通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为___________，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是___________。
（7）写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式___________。
（8）写出氮循环②中 NH3 的电子式___________。写出 NH的检验方法___________。
【答案】（1）②④
（2）⑤⑨
（3）①⑦
（4）⑥⑧
（5）③
（6）①. 生物固氮 ②. N2+3H22NH3
（7）3NO2+H2O = 2HNO3+NO
（8）①. ②. 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有
【解析】（1）②12C和14C质子数相同都是6，而中子数不同，分别是6、8，因此二者属于同位素；④H和D的质子数相同都是1，而中子数不同，分别是0、1，因此二者属于同位素；
（2）⑤异戊烷和新戊烷分子式都是C5H12，但二者的分子结构不同，它们是同分异构体；⑨蔗糖和麦芽糖分子式都是C12H22O11，但二者的分子结构不同，它们是同分异构体；
（3）①甲烷和丙烷结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，因此二者互为同系物；⑦丙烯和乙烯结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，因此二者互为同系物；
（4）⑥CH4是正四面体结构，其分子中的2个H原子被2个Br原子代替，就得到CH2Br2，其结构式可以用如图所示的两种结构表示，它们属于同一物质；⑧由于碳碳单键可以旋转，如图所示的物质都是表示2-甲基丁烷，因此它们表示的是同一物质；
（5）③金刚石和石墨是C元素的两种不同性质的单质，二者是同素异形体；
（6）根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固氮，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3；
（7）氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；
（8）氮循环②中 NH3的电子式为 ；的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
22. 我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，反应原理为。该反应的能量变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。
（2）在固定体积的密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．的含量保持不变 b．混合气体的密度不变
c．混合气体的平均相对分子质量不变 d．
（3）在体积为密闭容器中充入和，测得、的物质的量随时间变化如图所示。
①反应到达3min时，___________(填“>”“<”或“=”)。
②0～5min内，___________。
③反应达到平衡状态时，的体积分数为___________%(保留1位小数)。
④“二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池”的工作原理示意图如图所示。X电极为___________(填“正”或“负”)极；电路中电子移动方向是___________；Y电极的电极反应式为___________。
【答案】（1）放热
（2）ac
（3）①. > ②. 0.5 ③. 17.9 ④. 负 ⑤. 电子从极流出，经导线流入极 ⑥.
【解析】（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
（2）a．随反应进行，含量不断减少，含量不变可说明反应达到平衡状态，故a符合题意；
b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，b不符合题意；
c．混合气体的平均相对分子质量可由气体总质量除以气体总物质的量求出，气体总质量为定量，气体总物质的量为变量，正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，逆向进行时气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，c符合题意；
d．在同一反应中同一物质正反应速率等于其逆反应速率时，可以说明该反应达到平衡，同一反应不同物质的正逆反应速率等于化学计量数之比时亦可说明反应达到平衡，即可说明反应达到平衡，但d选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡，d不符合题意；
故选ac。
（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故；②0～5min内，物质的量减少2.5ml，则；③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系为：
平衡时气体总物质的量为7.00ml，二甲醚的物质的量为1.25ml，二甲醚的体积分数等于物质的量分数，故二甲醚的体积分数为；④通入燃料二甲醚的电极为负极，则电极为负极；极失去电子，经过导线再流入极；电极上的氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应式为
23. 饮料、糖果中常使用酯类香料。用烯烃来合成乙酸乙酯、丙烯酸乙酯的路线如图。已知A为最简单的烯烃，按要求回答下列问题：
（1）A→B的反应类型是_______。
（2）F中所有官能团的名称是_______，G的结构简式为_______。
（3）鉴别B和C的方法_______(阐述试剂及相关现象和结论)，下列有机物中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_______(填序号)。
A．丙烯酸 B．聚丙烯酸 C．丙烯 D．乙酸乙酯
（4）B+C→D的化学反应方程式_______。
（5）请写出丙烯()与H2的反应_______(写化学方程式)，若与HCl发生加成反应时可能得到所有有机产物的结构简式_______。
【答案】（1）加成反应
（2）①. 碳碳双键、羧基 ②.
（3）①. 紫色石蕊变红为C，不变色为B；或碳酸钠溶液产生气体为C，不产生气体为B ②. AC
（4）
（5）①. ②. 、
【解析】A最简单的烯烃，与H2O加成生成乙醇，故A为CH2=CH2，CH3CH2OH被高锰酸钾氧化生成C，C为CH3COOH，乙醇与乙酸反应生成D乙酸乙酯，丙烯发生氧化反应生成丙烯酸，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸。
（1）CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH；
（2）F是CH2=CHCOOH，含有的官能团是羧基和碳碳双键，加聚得到G聚丙烯酸，结构简式为；
（3）B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，CH3COOH具有酸的通性，鉴别两者的方法有：紫色石蕊变红为C，不变色为B；或碳酸钠溶液产生气体为C，不产生气体为B；含有碳碳双键或者碳碳三键能与溴加成的可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A中丙烯酸和C中丙烯都含有碳碳双键，B中聚丙烯酸没有碳碳双键不能加成，故答案为：AC；
（4）B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，乙醇与乙酸反应生成D乙酸乙酯，B+C→D方程式为：；
（5）丙烯()与H2反应的化学方程式为；与HCl发生加成反应时可能得到所有有机产物的结构简式为、。
24. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。
I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
（1）试剂X可以是_____；若缺少C装置其后果是_____(写一条)。
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。
（3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是_____。
II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
（4）请从平衡角度说明红色褪去的可能原因______。
（5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、______。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______(已知SCN-中C为+4价)。
【答案】（1）①. KMnO4 ②. D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解
（2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应
（3）加热D与E之间的导管
（4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去
（5）①. CuCl2、CuSO4 ②. 1：4
【解析】A中生成氯气，通过饱和食盐水B除去挥发的氯化氢气体后，通过C浓硫酸干燥，进入D中和铁生成氯化铁，E收集产物，F吸收尾气；
（1）A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验；
（3）已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；
（4）红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；
（5）①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4。
25. 海洋资源的利用具有非常广阔的研究价值。
Ⅰ.利用空气吹出法从海水(弱碱性)中提取溴的流程如图。
已知：溴单质的沸点为。
（1）溴元素在元素周期表中的位置是___________。
（2）“氧化”中发生反应的离子方程式为___________。
（3）“蒸馏塔”中温度应控制在___________(填字母序号)。
A． B． C．以上
（4）物质A___________(填化学式)可以循环利用，降低成本。
（5）探究“氧化”的适宜条件。下图为不同条件下海水中被氧化的的百分含量。
注：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。
①“氧化”的适宜条件为___________。
②若海水中溴的浓度为，经该方法处理海水后最终得到，则溴的总提取率为___________。
③吹出塔中，吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。由图可知，流量过大，吹出率反而下降，原因是___________。
Ⅱ.离子交换法从海带中提取碘是一种较为先进的制碘工艺。使用离子交换树脂的“离子交换法”从海带中提取碘的主要流程如下：
已知：①；
②强碱性阴离子树脂(用表示，可被其它更易被吸附的阴离子替代)对多磺离子()有很强的交换吸附能力；
③“交换吸附”发生的反应为。
回答下列问题：
（6）下列各步反应中，不属于氧化还原反应的有___________(填字母序号)。
A. 交换吸附B. 洗脱
C. 酸化氧化D. 洗脱
（7）“氧化”时发生反应有①___________；②。
【答案】（1）第四周期第ⅦA族
（2）
（3）B
（4）
（5）①. 、 ②. 60% ③. 流量过大，随“吸收后的空气”进入“吹出塔”的量多，与沜反应多，使澳的吹出率下降
（6）AD
（7）
【解析】浓缩海水中含有一定量的Br-，在酸性条件下Br-被氯气氧化为Br2，Br2被空气吹出，进入吸收塔中，和SO2、H2O反应生成氢溴酸，在蒸馏塔中氯气和HBr反应生成Br2，最后蒸馏得到液溴。
（1）Br和Cl在同一主族，Br在Cl的下一周期，Cl位于元素周期表第三周期第ⅦA族，则Br位于元素周期表第四周期第ⅦA族，故答案为第四周期第ⅦA族；
（2）“氧化”中，氯气将海水的中的溴元素氧化，所以发生的离子方程式为，故答案为；
（3）蒸馏塔中要蒸出溴，溴单质的沸点为58.5℃，所以温度应控制在58.5℃以上，但不能高于水的沸点，所以选B。
（4）进入蒸馏塔的有氢溴酸和硫酸，氢溴酸和氯气发生置换反应生成溴和HCl，硫酸没参加反应，可以和HCl一起送回“氧化”步骤循环利用，所以物质A为HCl，故答案为HCl；
（5）①从图中可以看出，在pH=1、=1.1时溶液中Br2的含量最高，再加大氯的量，对溴的含量的提高也几乎没有影响，所以“氧化”的适宜条件为、，故答案为；、
②若海水中溴的浓度为，则海水中含有溴的总质量为，所以溴的总提取率为，故答案为60%；
③SO2流量过大，过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与Br2反应，导致溴吹出率下降。
（6）A．“交换吸附”发生的反应为R-Cl+I=R-I3+Cl-，该反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．NaOH洗脱时，生成NaI、NaIO3和R-I，I元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；
C．酸化时，I-和发生归中反应生成I2，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．NaCl洗脱时交换金属阳离子，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：BC；
（7）酸性条件下，原料被H2O2氧化时，I-被氧化生成I2，发生的反应为，故答案为。
选项
实验操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和吸水性
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显现象
Al与浓硝酸不反应
C
向滴有酚酞的NaOH溶液中通入过量SO2
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
D
向浓HNO3中加入红热的炭
产生红棕色气体
炭与浓HNO3反应生成NO
选项
生产活动
化学原理
A
从石油中得到直馏汽油
烷烃发生裂化反应
B
侯氏制碱法得到沉淀
溶解度较小
C
利用溶液刻蚀印刷电路板
Fe的活动性比Cu强
D
用焦炭还原石英砂制粗硅
C的氧化性比Si强
选项
实验操作及现象
结论
A
铁加入到冷的浓硝酸中无明显现象，加入稀硝酸中有气泡产生
稀硝酸氧化性比浓硝酸的强
B
石油通过裂化、裂解得到的混合气体气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液由红棕色变为无色
混合气体中一定含有乙烯
C
通入硅酸钠溶液，产生白色沉淀
非金属性：
D
向装有蔗糖的烧杯里滴加浓硫酸，固体变黑膨胀
浓硫酸有吸水性
A．溶液褪色，静置后分层
B．红墨水液面左高右低
C．电流表指针不发生偏转
D．产生白色沉淀且不溶解
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