湖北省襄阳市2024-2025学年高一下学期期末考试化学试卷（Word版附解析）

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一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．凤凰咀遗址的发现将襄阳的建城史前推了两千多年。关于该遗址文物涉及的化学知识，下列说法正确的是
A．考古学家利用发现的植物种子中碳的同素异形体614C的含量推测其年代
B．屈家岭文化陶器表面的黑色斑点主要成分是Fe2O3
C．石家河文化的玉器主要成分是硅酸盐或SiO2，雕琢时发生化学变化
D．煤山文化陶器使用的黏土经淘洗除杂后烧制，故成品的质量和美观度提高
【答案】D
【解析】
A．考古学家利用发现的植物种子中碳的同位素614C来测遗址和文物的年代，故A错误。
B．陶器表面黑色斑点的颜色可以判断其成分不是Fe2O3（红色），B错误。
C．玉器主要成分通常是硅酸盐或二氧化硅，雕琢时属于物理变化，C错误。
D．对黏土进行淘洗等处理以去除砂粒、石子等杂质，提高纯度并使其颗粒细化，可使烧出的陶器质地更均匀、结构更致密、色泽更纯净、表面更光滑，具有适度的透气性和吸水性，D正确。
2．襄阳牛肉面是极具地方特色的传统美食，其制作过程巧妙融合了化学知识与营养智慧。下列说法正确的是
A．和面时加入的纯碱又叫小苏打，可以调节面团酸碱性
B．红油中的油脂是天然有机高分子，大量食用可为人体提供充足能量，有益健康
C．牛肉卤煮时蛋白质变性并部分水解生成氨基酸，使肉质软烂、汤鲜味美
D．绿豆芽长时间在热汤中煮制，能充分释放维生素C，使人体获取更多营养
【答案】C
【解析】
碳酸钠叫苏打，不叫小苏打。面团发酵会产生酸性物质，纯碱可与面团中的酸性物质反应来调节酸碱度，A错误。
油脂相对分子质量较小，不属于高分子，且大量食用油脂易导致肥胖、心血管负担等问题，需适量摄入，B错误。
蛋白质水解产生的氨基酸是人体合成蛋白质等生物分子的基础原料；高温使蛋白质变性，破坏其空间结构，使其更易被蛋白酶分解，提高消化吸收率，C正确。
维生素C具有较强的还原性、热不稳定性和较好的水溶性，豆芽长时间在热汤中煮制会导致大量维生素C因氧化、分解、溶于水而损失，反而降低营养含量，只需要短时间烫一下即可，D错误。
3．利用如图装置不能制得相应气体的是
A．a为浓硫酸，b为铜粉，制取SO2
B．a为浓硝酸，b为铜粉，制取NO2
C．a为稀硫酸，b为FeS，制取H2S
D．a为饱和氨水，b为生石灰，制取NH3
【答案】A
【解析】
A．Cu与浓硫酸反应生成SO2需要在加热的条件下进行，该装置没加热，故不能制得SO2。
B．Cu与浓硝酸反应生成NO2不需要加热，故该装置能制得NO2。
C．FeS与稀硫酸反应生成H2S不需要加热，故该装置能制得H2S。
D．将饱和氨水滴入生石灰，其中H2O先与CaO反应生成Ca(OH)2并放热，相当于加热条件下NH3·H2O分解生成NH3，故该装置能制得NH3。
4．化学用语是描述物质的组成、结构、性质及变化的科学符号体系。下列化学用语正确的是
A．CH4的球棍模型：
B．HClO的电子式：Heq \\ac(\s\up 2(·),\s\d 2(·))eq \(O,\s\up6(··),\s\d6(··))eq \\ac(\s\up 2(·),\s\d 2(·))eq \\al(Cl,\s\up6(··),\s\d6(··))eq \\ac(\s\up 2(·),\s\d 2(·))
C．中子数为10的氧原子：810O
D．乙酸分子的结构简式：C2H4O2
【答案】B
【解析】
A．该符号利用空间填充模型描述CH4的空间结构，但CH4分子为正四面体形分子，不是平面正方形结构，故A选项错误。
B．HClO分子中氧原子的价层有两个未成对电子，故氧原子为中心原子，其电子式为Heq \\ac(\s\up 2(·),\s\d 2(·))eq \(O,\s\up6(··),\s\d6(··))eq \\ac(\s\up 2(·),\s\d 2(·))eq \\al(Cl,\s\up6(··),\s\d6(··))eq \\ac(\s\up 2(·),\s\d 2(·))，故B选项正确。
C．原子符号中元素符号左上角的数值表示原子的质量数而非中子数，故中子数为10的氧原子符号为818O，故C选项错误。
D．乙酸分子的结构简式为CH3COOH，而C2H4O2为乙酸的分子式，故D选项错误。
5．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．5.6 g Fe溶于过量稀硝酸中，充分反应后转移的电子数为0.2NA
B．标准状况下3.36 L Cl2溶于过量NaOH溶液转移的电子数为0.3NA
C．4.8 g正丁烷和1.0 g异丁烷的混合气体中共价键的数目为1.3NA
D．一定条件下2.8 g N2与足量H2充分反应后生成氨分子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
A．稀硝酸是一种强氧化剂，能把Fe氧化为Fe3+，故5.6 g Fe溶于过量稀硝酸中，充分反应后转移的电子数为0.3NA，故A选项叙述错误。
B．Cl2溶于过量NaOH溶液发生的反应为Cl2 + 2NaOH == NaCl + NaClO + H2O，则标准状况下3.36 L Cl2完全反应后转移的电子数为0.15NA，故B选项叙述错误。
C．正丁烷和异丁烷为同分异构体，每个分子中共价键的数目均为13个，则4.8 g正丁烷和1.0 g异丁烷的混合气体共有0.1 ml 分子，共价键的数目为1.3NA，故C选项叙述正确。
D．N2与H2合成NH3的反应为典型的可逆反应，2.8 g N2与足量H2充分反应后N2没有完全转化，则生成氨分子数少于0.2NA，故D选项叙述错误。
6．莽草酸（如图）是一种重要的医药中间体，下列说法错误的是
A．分子式为C7H10O5
B．所有原子均共平面
C．可以发生酯化反应、加成反应和氧化反应
D．与溴水和酸性KMnO4溶液反应的原理不同
【答案】 B
【解析】
A．莽草酸分子式是C7H10O5，故A选项说法正确。
B．莽草酸分子中只有一个碳碳双键，故不可能所有原子均共平面，故B选项说法错误。
C．莽草酸羟基与羧基可以发生酯化反应，碳碳双键可以发生加成反应，可以燃烧，碳碳双键和羟基均可以被酸性高锰酸钾溶液氧化。故C选项说法正确。
D．溴水只与莽草酸碳碳双键发生加成反应，酸性高锰酸钾溶液与莽草酸的碳碳双键和羟基均发生氧化反应，原理不同，故D选项说法正确。
7．部分含氮或含硫物质的分类与相应化合价关系如图。下列说法正确的是
A．a可能为NH3，可被O2催化氧化生成e
B．b只可能为H2S，且其水溶液一定呈酸性
C．f一定为酸性氧化物，且其水溶液有漂白性
D．常温下，g、h的浓溶液均不能与Fe、Al反应
【答案】A
【解析】
A．硫元素无-3价，只有氮元素有-3价，-3价N的氢化物可能为NH3。NH3催化氧化生成e（NO），A选项正确。
B．b可能为H2S或N2H4，H2S的水溶液呈酸性，N2H4的水溶液呈碱性，B选项错误。
C．f为NO2(N2O4)或SO2。酸性氧化物是能与强碱反应的氧化物，只生成一种盐，且无化合价变化。SO2 + 2NaOH == Na2SO3 + H2O，SO2是酸性氧化物，2NO2 + 2NaOH == NaNO3 + NaNO2 + H2O，生成两种盐，且有化合价变化，因此，NO2不是酸性氧化物，NO2为不成盐氧化物，混合酸酐。NO2和SO2水溶液均有漂白性，NO2为不可逆的氧化漂白，SO2为可逆化合漂白，C选项错误。
D．g为硝酸，h为硫酸，浓硫酸、浓硝酸常温下会使铁和铝的表面氧化为致密的氧化膜而使反应停止。不是不能反应，而是部分反应后反应停止，故D错误。
8．甲烷和氯气在光照条件下发生卤代反应，其反应机理如下：
反应②与反应③过程中能量变化如图：
下列说法正确的是
A．反应②和反应③均有非极性键的断裂与极性键的形成
B．1 ml CH4和1 ml Cl∙ 的总能量高于1 ml CH3∙和1 ml HCl的总能量
C．拆开1 ml Cl─Cl键吸收的能量比形成1 ml CH3Cl中C─Cl键放出的能量多
D．有可能生成极少量的乙烷和1,2-二氯乙烷等产物
【答案】D
【解析】
A．反应②断裂的是C─H极性键，形成H─Cl极性键，反应③为断裂Cl─Cl非极性键，形成C─Cl极性键， A选项错误。
B．由图知反应②中1 ml CH4和1 ml Cl∙ 的总能量低于1 ml CH3∙ 和 1 ml HCl的总能量 ，B错误。
C．由图知反应③为放热反应，拆开1 ml Cl2中化学键吸收的能量比形成1 ml CH3Cl中C─Cl键放出的能量少。C选项错误。
D．自由基之间可能结合生成副产物2CH3∙ → CH3CH3，CH3Cl→CH2Cl2的链传递方程式为CH3Cl + Cl∙ → ∙CH2Cl + HCl 、∙CH2Cl + Cl2→CH2Cl2 + Cl∙。2∙CH2Cl → CH2ClCH2Cl等。有可能生成极少量的乙烷和1,2-二氯乙烷等产物，D选项正确。
最外层电子数
0.2
0.1
1
2
3
4
5
6
7
原子半径/nm
R
X
•
Z
•
Q
•
•
Y
•
9．元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且均小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图。下列说法正确的是
A．XO2与ROH溶液和氢氟酸均能反应
B．最高价氧化物的水化物的酸性：Z > Q
C．Q的单质可能与X的气态氢化物发生加成反应
D．必须隔着蓝色钴玻璃片才能观察到Y元素的焰色
【答案】C
【解析】
A．X、Y、Z、Q、R分别为C、Na、S、Cl、K。XO2（CO2）能与ROH（KOH）溶液反应，但不能与HF的水溶液反应，SiO2与氢氟酸可以反应SiO2 + 4HF == SiF4↑+ 2H2O，A错误。
B．因硫的非金属性弱于氯，则H2SO4的酸性弱于HClO4，故B错误。
C．X（C）的气态氢化物没有说是简单氢化物，碳原子数小于或等于4的烃都可以，不能思维定势认为只能是甲烷，只能发生取代反应，还可以是乙烯，能与Cl2发生加成反应，C正确。
D．焰色试验可推断 ，D错误。
10．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗称大苏打，易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。实验室常利用反应“S + Na2SO3 == Na2S2O3”制备Na2S2O3溶液，其装置如图（夹持和加热装置省略）。下列说法错误的是
Na2S、
Na2SO3
Na2SO3
甲 乙 丙 丁
浓硫酸
N2
A．实验时先向装置中通入N2，可防止Na2S和Na2SO3被空气中的氧气氧化
B．甲装置用于制取SO2气体，这个反应中利用了浓硫酸的酸性和脱水性
C．丙中发生的反应为3SO2 + 2Na2S + Na2SO3 == 3Na2S2O3
D．乙装置可防倒吸，丁烧杯中盛有NaOH溶液可吸收酸性尾气但不能防倒吸
【答案】B
【解析】
A．因Na2S和Na2SO3均有强还原性易被氧气氧化，实验时先向装置中通入一段时间N2，可阻止Na2S和Na2SO3被空气中的氧气氧化，故A选项说法正确。
B．甲装置中发生的反应为H2SO4 + Na2SO3 == Na2SO4 + SO2↑+ H2O，其中利用了浓硫酸的强酸性，但浓硫酸没有表现出脱水性，故B选项说法错误。
C．丙中利用了H2SO3的酸性和SO2的氧化性，先发生反应3SO2 + 2Na2S == 3S↓+ 2Na2SO3，然后再发生反应S + Na2SO3 == Na2S2O3制备Na2S2O3溶液，故C选项说法正确。
D．乙装置为安全瓶可防倒吸，丁烧杯中盛有NaOH溶液可吸收SO2等酸性尾气，但不能防倒吸。故D选项说法正确。
11．下列离子方程式正确的是
A．鸡蛋壳上滴加醋酸溶液冒气泡：CaCO3 + 2H+ == Ca2+ + CO2↑+ H2O
B．FeCl2溶液中边振荡边滴加氨水：Fe2+ + 2NH3·H2O == Fe(OH)2↓+ 2NHeq \\al(＋,4)
C．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S2O32− + 2H+ == S↓+ SO2↑+ H2O
D．NH4HCO3溶液中滴加过量NaOH溶液：NHeq \\al(＋,4) + OH－ == NH3·H2O
【答案】C
【解析】
A．鸡蛋壳上滴加醋酸溶液冒气泡：醋酸为弱酸，不能拆分，应为CaCO3 +2CH3COOH == Ca2+ + 2CH3COO－ + CO2↑+ H2O，A错误。
B．FeCl2溶液中边振荡边滴加氨水生成的Fe(OH)2会被空气氧化为Fe(OH)3：4Fe2+ + 8NH3·H2O + O2 + 2H2O == 4Fe(OH)3↓+ 8NHeq \\al(＋,4)，B错误。
C．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S2O32− + 2H+ == S↓+ SO2↑+ H2O，故C正确。
D．OH－先与HCOeq \\al(－,3)反应，后与NHeq \\al(＋,4)反应，NaOH溶液过量时发生反应：NHeq \\al(＋,4) + HCOeq \\al(－,3)+ 2OH－ == NH3∙H2O + COeq \\al(2－,3)+ H2O。D错误。
12．环氧乙烷（，简写为EO）是重要的有机合成中间体。一种以银催化乙烯生成环氧乙烷的反应机理如图。下列有关说法错误的是
A．EO与乙醛互为同分异构体
B．未发生化合价变化的元素只有H
C．反应I、II、III中转移的电子数之比1:2:2
D．总反应只有50%的乙烯转化为EO
【答案】D
【解析】
A．EO与乙醛分子式均为C2H4O，结构不同，故互为同分异构体，A正确。
B．整个反应过程中C、O、Ag的化合价都发生了变化，只有氢一直都是+1价，未发生变化，B正确。
C．整个过程催化剂银单质要守恒，反应I：Ag + O2 == AgO2，转移电子1 ml；反应II：AgO2 + C2H4 == + AgO，转移电子2 ml；反应III：AgO + 16C2H4 == Ag + 13CO2 + 13H2O转移电子2 ml，C正确。
D．总反应为反应I+反应II+反应III，得 76C2H 4 + O2 == + 13CO2 + 13H2O，原子利用率小于100%，6/7的乙烯转化为环氧乙烷，D选项错。
13．在容积为5 L且有催化剂的绝热密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)。起始温度为400℃时向容器中充入0.2 ml SO2和0.1 ml O2，测得SO3的物质的量随时间的变化曲线如图，若整个过程中催化剂的活性基本不变，下列说法错误的是
0 2 3 5 t/s
n(SO3)/ml
0.18
0.16
0.02
A．前2 s内用O2表示的反应速率为0.001 ml/(L∙s)
B．2~3 s内化学反应速率最快，则该反应为放热反应
C．5 s后达到化学平衡状态，容积内的温度保持不变
D．5 s后SO3的物质的量不再增加说明SO3不再生成
【答案】D
【解析】
A．前2 s内SO3生成了0.02 ml，则O2消耗了0.01 ml，v(O2) = 0.01 ml/(5 L∙2 s) = 0.001 ml/(L∙s)，故A选项说法正确。
B．2~3 s内曲线斜率最大，则反应速率最快，在这段时间内SO2和O2的浓度已经下降，而反应速率却在加快，说明体系的温度在上升，该反应为放热反应，故B选项说法正确。
C．5 s后SO3的物质的量保持不变，反应达到化学平衡状态，正逆反应速率相等，单位时间内正反应放出的热量与逆反应吸收的热量相等，则容积内的温度保持不变，故C选项说法正确。
D．5 s后SO3的物质的量不再增加，是因为达到平衡状态后SO3的生成速率与分解速率相等，而不是SO3不再生成，故D选项说法错误。
14．开发天然气燃料电池，既可高效利用能源又能减少CO2排放。某甲烷熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图，处理器中可吸收水和部分CO2。下列叙述正确的是
A．电极A为负极，电极B为正极
B．电池工作时CO32−向电极B移动
C．电池工作时电流由电极A经用电器流向电极B
D．电极A上的反应为CH4 - 6e−+ 3CO32−== 4CO2 + 2H2O
【答案】A
【解析】
A．CH4为还原剂，在负极发生氧化反应，而O2为氧化剂，在正极发生还原反应，则可判断出电极A为负极，电极B为正极，故A选项叙述正确。
B．电池工作时内电路中阴离子向负极迁移，则CO32−向电极A移动，故B选项叙述错误。
C．电池工作时外电路上电流由正极流向负极，即电流由电极B经用电器流向电极A，故C选项叙述错误。
D．根据CH4转化为CO2时化合价的变化可计算出消耗1 ml CH4转移8 ml电子，则电极A上的电极反应为CH4 - 8e−+ 4CO32−== 5CO2 + 2H2O，故D选项叙述错误。
15．某无色溶液可能含有Cu2+、Na+、K+、Ag+、SO42−、CO32−、Cl−、NO3−中的几种离子，且浓度均为1 ml/L，为确定溶液的组成，现做如下实验：
① 滴加过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。
② 向①的沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解。
③ 向①的滤液中加入AgNO3溶液，又产生不溶于稀硝酸的白色沉淀。
下列推断错误的是
A．原溶液中不可能含有Cu2+、 Cl−和CO32−
B．原溶液中若含有Ag+，则可能含有Na+
C．原溶液中若含有Na+，则一定含有K+
D．原溶液中若含有SO42−，则一定不含 NO3−
【答案】B
【解析】
A．原溶液无色，则溶液中不含Cu2+。实验①产生的沉淀不溶于稀硝酸，则沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4，则溶液中一定不含CO32−。若实验①产生的沉淀为AgCl，则原溶液中含有Ag+不含 Cl−；若实验①产生的沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42−不含Ag+，根据各离子的浓度相等及电荷守恒，则溶液中一定含有Na+和K+，也不可能含有 Cl−和NO3−，故A选项推断正确。
B．若原溶液中含有Ag+，一定不含SO42−、CO32−、Cl−，阴离子只含NO3−，根据各离子的浓度相等及电荷守恒则溶液中不可能含有Na+，故B选项推断错误。
C．若原溶液中含有Na+，根据上述分析不可能含有Ag+，阴离子一定含有SO42−，根据电荷守恒一定含有K+，故C选项推断正确。
D．原溶液中若含有SO42−，阳离子只能含有Na+和K+，根据电荷守恒一定不含NO3−，故D选项推断正确。
二、非选择题（本题共4小题，共55分）
16．（14分）
信息时代，万物互联，芯片不可或缺。工业上以普通石英砂为原料制备高纯硅的工艺流程如下：
制取粗硅
合成
SiHCl3
HCl
高纯H2
提纯
SiHCl3
提纯
石英砂
较纯
石英砂
X溶液
高纯水
滤液
焦炭
可燃性气体
工业级硅粉
粗硅
还原SiHCl3
高纯SiHCl3
HCl、H2
合成气
高纯硅
HCl
SiCl4
其它杂质
已知：SiHCl3的沸点为31.8℃，SiCl4的沸点为57.6℃。
（1）提纯石英砂：普通石英砂含有少量CaCO3、Al2O3、Fe2O3，需先后用X溶液和高纯水洗，然后再烘干。则X溶液为______（选填下列编号）；判断高纯水是否洗净石英砂的操作是______。
a．硫酸溶液 b．氢氧化钠溶液 c．盐酸
（2）制取粗硅：高温下制粗硅的化学方程式为_____________。
（3）合成SiHCl3：300℃、0.1MPa条件下，发生的主要反应有：Si  3HCl == SiHCl3  H2；Si  4HCl == SiCl4  2H2。HCl在这两个反应中体现了________（填“氧化性”或“还原性”）。
（4）提纯SiHCl3：将合成气先降至室温，得到的液体进行__________（填操作名称），可得到高纯度的SiHCl3；得到的气体再进一步分离，循环利用。
（5）还原SiHCl3：高纯SiHCl3与H2在高温硅棒表面还原沉积得到高纯硅，反应方程式为
SiHCl3(g) + H2(g) == Si(s) + 3HCl(g)，此步骤需要大量电能，调控反应条件以降低耗电量有重大意义。从下表中选择直接耗电量最低的反应条件___________。
a．1050~1100 ℃、0.6 Mpa、90 mm b．1100~1150 ℃、0.6 Mpa、90 mm
c．1100~1150 ℃、0.1 Mpa、130 mm d．1100~1150 ℃、0.6 Mpa、130 mm
（6）尾气处理：提纯SiHCl3步骤中分离出来的SiCl4可转化为SiHCl3后再利用，实现闭环生产，方法如下：2SiCl4(g) + H2(g) + Si(s) + HCl(g)540℃
2.5MPa
3SiHCl3(g)。该方案的优点为_______________（写一条即可）。
【答案】
（1）c （2分） 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀现象，则表明石英砂已洗净；否则，表明石英砂未洗净（2分）
（2）SiO2 + 2C Si + 2CO↑ （2分）
（3）氧化性 （2分）
（4）蒸馏（或分馏）（2分）
（5）d（2分）
（6）SiCl4、HCl和H2均循环利用，除了补充硅粉，几乎可以不用补充H2和HCl；完全闭环生产，SiCl4、HCl和H2不排放，对环境友好。（2分，物料平衡角度、环境保护角度）
【解析】
（1）硫酸钙微溶，故硫酸不能很好溶解碳酸钙；氢氧化钠会同时溶解SiO2和Al2O3，盐酸可以溶解Fe2O3和Al2O3，不能溶解SiO2，故X选盐酸最合适，选c。高纯水洗后检验滤液中是否有氯离子最为合适。取少量最后的洗涤液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀现象，则表明残留物已洗净；否则，表明残留物未洗净。
（2）焦炭生成CO（可燃性气体），化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。
（3）Si + 3HCl == SiHCl3 + H2；Si + 4HCl == SiCl4 + 2H2。HCl中氯元素化合价没变化，氢元素化合价降低，体现氧化性。
（4）这个可以从必修2石油的分馏或蒸馏中联想迁移，给了沸点信息，应该可以想到。
（5）从表中我们可以得知，其它条件相同时，升高温度，耗电量减少，选择较高温度范围；压强和温度相同时，硅棒直径越大，耗电量越低，故选最大直径硅棒；温度和硅棒直径相同时，压强大，耗电量低，故选高压。故而答案为d。
（6）从物料平衡看，SiCl4、HCl和H2均循环利用；如果没有不考虑其它损耗，只需补充硅粉，几乎可以不用补充H2和HCl；从环境保护角度看，完全闭环生产，不用排放氯硅烷、H2和HCl等有毒或易燃易爆易水解产生酸性腐蚀液体的物质，对环境相对友好。
17．（13分）
利用CO2氧化乙烷制乙烯，不仅能将页岩气中丰富的乙烷转化为更有工业价值的乙烯，还能减少CO2的排放，为实现“碳达峰∙碳中和”战略目标提供了新途径。某学习小组为模拟CO2氧化乙烷制乙烯，在500℃容积为5 L的镍基催化剂容器中通入10 ml 乙烷和10 ml CO2，发生反应：C2H6(g) + CO2(g) C2H4(g) + CO(g) + H2O(g)，2 min时达到平衡状态，测得乙烷的转化率为80%。
回答下列问题：
（1）从反应开始到平衡状态的2 min内用乙烯表示的化学反应速率为 ；平衡状态时乙烷的浓度为 ml/L。
（2）下列措施可以加快该反应速率的是 （填编号）。
a．升高容器内的温度 b．恒温下扩大容器的体积
c．使用高效的催化剂 d．恒温恒容下向容器中充入Ne气
（3）达到平衡状态时容器内的压强是开始时压强的 倍。
（4）下列条件能说明该反应达到平衡状态的是 （填编号）。
a．容器内混合气体的密度保持不变
b．容器内混合气体的压强保持不变
c．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
d．每断裂1 ml 碳氧双键同时也断裂2 ml 氢氧键
（5）利用碱性电池可处理产物中CO的同时还可获取 能，其工作原理如图。电池的负极反应式为 。


用电器
O2
CO
NaOH溶液
【答案】
（1）0.8 ml/(L∙min) (2分)，0.4 (2分)
（2）a c (2分)
（3）1.4 (2分)
（4）b c (2分)
（5）电 (1分)，CO - 2e− + 4OH−== CO32−+ 2H2O (2分)
【解析】
（1）容器中通入10 ml 乙烷和10 ml CO2，发生反应：C2H6(g) + CO2(g) C2H4(g) + CO(g) + H2O(g)，平衡状态时测得乙烷的转化率为80%。则达到平衡状态时乙烷和CO2各消耗8 ml，而乙烯生成8 ml，剩余乙烷2 ml。故2 min内用乙烯表示的化学反应速率为v(C2H4) = 8 ml/(5 L∙2 min) = 0.8 ml/(L∙min)，达到平衡时乙烷的浓度c(C2H6) = 2 ml/5 L = 0.4 ml/L。
（2）升高温度和使用高效的催化剂均可使反应速率加快，故a、c两项可加快反应速率。恒温下扩大容器的体积使用反应物的浓度降低，从而降低了反应速率；恒温恒容下向容器中充入Ne气，并没有改变反应物的浓度，则反应速率不变。故b、d两项不能加快反应速率。故选a、c。
（3）恒温恒容的容器中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。起始时两种气体共20 ml，而达到平衡状态时五种气体共28 ml，则达到平衡状态时容器内的压强是起始压强的1.4倍。
（4）因反应物和生成物均为气体，则混合气体的总质量始终不变；又因容器的体积恒定，则混合气体的密度始终保持不变。故容器内混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡，a选项错误。在一恒温恒容的容器发生的反应使气体物质的量增加，则随着反应的进行压强不断增大，直到平衡状态时各种气体的物质的量才不变，混合气体的压强才保持不变，则容器内混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡状态，b选项正确。因混合气体的总质量始终不变，随着反应的进行混合气体的总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量不断减小，直到平衡时混合气体的总物质的量才不变，混合气体的平均相对分子质量才保持不变，故混合气体的平均相对分子质量保持不变能说明反应达到平衡状态，c选项正确。从方程式可推断出达到平衡状态时每消耗1 ml CO2同时也会消耗1 ml H2O，既平衡状态时每断裂2 ml 碳氧双键同时也断裂2 ml 氢氧键，故每断裂1 ml 碳氧双键同时也断裂2 ml 氢氧键不能说明达到平衡状态，d选项错误。故选b c。
（5）原电池是将化学能转化为电能的装置，因此处理产物中的CO同时还可获取电能。CO为还原剂在原电池的负极被氧化，在碱溶液中CO转化为CO32−，则负极的电极反应式为CO - 2e− + 4OH−== CO32−+ 2H2O。
18．(14分)
酸雨的危害很大，各地大气污染的情况不同，形成酸雨的成分也有所不同。某学习小组为了分析某地酸雨的形成原因，进行了下列探究活动。
回答下列问题：
Ⅰ．有同学认为化石燃料燃烧排放SO2是形成酸雨的主要原因，在室温下进行了实验（1）~（3）。
（1）甲同学收集雨水样品后立即测定其pH为5.0，并加入盐酸酸化的BaCl2溶液，立即产生白色沉淀。于是甲认为SO2在空气中尘埃的催化下先被氧化为SO3，SO3溶于雨水转化为H2SO4，使雨水显酸性。甲同学通过检测雨水中的 (填离子符号)证明了酸雨中存在硫酸。
（2）乙同学查阅资料后认为SO2直接溶于雨水生成H2SO3，从而使雨水显酸性。于是他每隔两小时测定一次酸雨的pH，数据如下表：
酸雨pH变化的原因为 （用适当的文字解释）。
（3）丙同学为了证明酸雨中同时存在H2SO4和H2SO3，先用NaOH溶液将酸雨调节成碱性，然后再加入BaCl2溶液，直到不再产生沉淀为止。过滤后将沉淀溶于足量稀盐酸中，若产生刺激性气味气体，同时出现 现象，则可证明酸雨中同时存在H2SO4和H2SO3。
（4）为了减少SO2的污染，有同学提出以下措施：①在燃料煤中加入生石灰；②燃烧煤时鼓入适当过量的空气；③对煤进行气化或液化处理；④用天然气代替石油作汽车的燃料；⑤开发清洁能源。你认为其中合理的措施有 （填序号）。
Ⅱ．另有同学认为车流量太大，汽车尾气中氮的氧化物遇到雨水会形成硝酸型酸雨。
（5）汽车尾气中NO2形成酸雨的原因为 （用化学方程式表示）。
（6）铜制雕像也易被硝酸型酸雨腐蚀，其原理为 （用离子方程式表示）。
（7）高温的汽车尾气中除含有NO外还有CO气体，若将尾气通过装有催化剂的处理器，可将这两种气体转化为无毒的气体，该反应的化学方程式为 。
【答案】
（1）H+和SO42− （2分）
（2）酸雨中存在的二元弱酸（H2SO3）逐渐被氧化为等浓度的二元强酸（H2SO4），造成溶液的pH逐渐减小，直到H2SO3完全被氧化为止。（2分）
（3）沉淀部分溶解（2分）
（4）①③④⑤（2分，答对两个或三个得1分，错选得0分）
（5）3NO2 + H2O == 2HNO3 + NO或4NO2 + O2 + 2H2O == 4HNO3（2分）
催化剂
高温
（6）3Cu + 2NO3− + 8H+ == 3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O（2分）
（7）2NO + 2CO ====== N2 + 2CO2（2分）
【解析】
（1）测定雨水的pH为5.0，说明溶液显酸性，即溶液中含有大量的H+，向酸雨中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，说明溶液中含有大量的SO42−，从而说明溶液中含有H2SO4。
（2）酸雨中存在的H2SO3是一种弱酸，在溶液中逐渐被氧化为等浓度的H2SO4，而H2SO4是一种强酸，造成溶液的pH逐渐减小，直到H2SO3完全被氧化为止。
（3）溶液呈碱性后，再加入足量BaCl2溶液，H2SO4和H2SO3分别转化为不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀和能溶于稀盐酸的BaSO3沉淀，则加入稀盐酸后沉淀部分溶解，且有SO2气体放出（主要是防止溶液中混有碳酸的影响）。
（4）在燃料煤中加入生石灰可与SO2反应转化为CaSO3，最终氧化为CaSO4，从而减少SO2的排放；而燃烧煤时鼓入适当过量的空气会使燃料燃烧充分，但不能减少SO2的排放；对煤进行气化或液化处理，可以获得清洁的燃料，从而减少SO2的排放；天然气中硫的含量比石油少，则用天然气代替石油作汽车的燃料可减少SO2的排放；开发太阳能、氢能等清洁能源也可减少SO2的排放；故选择①③④⑤。
（5）NO2溶于雨水后与水、氧气反应可转化为HNO3 ，从而使雨水显酸性，发生的反应为3NO2 + H2O == 2HNO3 + NO或4NO2 + O2 + 2H2O == 4HNO3。
（6）铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu + 2NO3− + 8H+ == 3Cu2+ + 2NO↑+ 4H2O。
催化剂
高温
（7）NO和CO均为有毒气体，在催化剂作用下转化为无毒的N2 + 2CO2，发生的反应为2NO + 2CO ====== N2 + 2CO2。
19．（14分）
某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染，生产流程如下：
O2
+ D
浓硫酸、△
F
C2H4O2
催化剂
G
E
甘蔗渣
处理
水
A
(C6H10O5)n石英砂
酒化酶
Cu/O2
催化剂、△
B
C6H12O6
D
C2H6O
△
催化剂 H2O
C
已知：石油裂解已成为生产C的主要方法，E的溶液能发生银镜反应，F为厨房常用调味品，G是具有果香味的液体。回答下列问题：
（1）B中含有的官能团的名称为 。
（2）C→D的反应可分为两步：
第一步：C + HOSO3H(浓硫酸) → CH3CH2OSO3H（硫酸氢乙酯）；
第二步：加热条件下，硫酸氢乙酯水解生成D。
① 第一步反应属于 （填有机反应类型）。
② 第二步反应的化学方程式为 。
（3）以D为原料可制备某种高分子涂料,其转化关系如下：
D + 有机物MCH2==CHCOOC2H5（丙烯酸乙酯） 高分子涂料
反应 Ⅰ 反应 Ⅱ
① 有机物M的名称为 。
② 反应Ⅱ的化学方程式为 。
（4）D→E的化学方程式为 ；选用一种试剂鉴别D、F和G，该试剂为_______。
（5）假设甘蔗渣中A的含量为81%，杂质不参与反应，且A→D各步均完全转化。计算：1吨甘蔗渣可以得到D物质___________吨。
【答案】
Δ
（1）羟基、醛基（2分）
（2）加成反应（1分） CH3CH2OSO3H + H2O CH3CH2OH + H2SO4（2分）
（3）① 丙烯酸（1分） ② nCH2==CHCOOC2H5（2分）
（4）2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O（2分） 碳酸钠溶液（或碳酸氢钠溶液或碳酸氢铵等，只要是可溶性碳酸盐或碳酸氢盐，合理答案均可）（2分）
（5）0.46（2分）
【解析】
甘蔗渣经处理得到A[(C6H10O5)n]，则A为纤维素，纤维素在催化剂、加热条件下发生水解生成B(C6H12O6)，则B为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和CO2，则D为CH3CH2OH，石油裂解已成为生产C（乙烯）的主要方法，C在催化剂作用下与水反应生成D，则C为CH2==CH2；D在Cu催化下发生氧化反应生成E，E继续氧化生成F(C2H4O2)，E的溶液能发生银镜反应，F为厨房常用调味品，则E为CH3CHO，F为CH3COOH，F与D(CH3CH2OH)在浓硫酸、加热条件下发生反应生成G，G是具有果香味的液体，则G为CH3COOCH2CH3。
（1）B为葡萄糖，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，其官能团为羟基和醛基。
（2）C为CH2==CH2，C→D的机理是：第一步C先跟浓硫酸发生加成反应CH2==CH2 + HOSO3H(浓硫酸) → CH3CH2OSO3H(硫酸氢乙酯)，第二步水解CH3CH2OSO3H + H2O Δ
→ CH3CH2OH + H2SO4，浓硫酸是总反应的催化剂。
（3）D为乙醇，根据产物CH2==CHCOOC2H5反推可知M为CH2==CHCOOH，名称为丙烯酸。丙烯酸乙酯发生加聚反应nCH2==CHCOOC2H5。生成高分子涂料聚丙烯酸乙酯。
（4）D为CH3CH2OH，经催化氧化生成E(CH3CHO)，化学方程式为2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O。F为CH3COOH，与D(CH3CH2OH)在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，化学方程式为CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 + H2O。鉴别醋酸、乙醇和乙酸乙酯，用碳酸钠或碳酸氢钠溶液，醋酸会冒气泡，乙酸乙酯会分层，乙醇互溶。用碳酸氢铵溶液也可，可溶性的碳酸盐或碳酸氢盐均可。
（5）设可生成D的质量为x吨。根据方程式
光照
(C6H10O5)n（纤维素）+ nH2O nC6H12O6（葡萄糖）
酒化酶
C6H12O6（葡萄糖） 2C2H5OH + 2CO2↑
得关系式 (C6H10O5)n ~ 2nC2H5OH
162n 92n
1×81% t x t
162n1×81%=92nx
得x=0.46，所以可以得到0.46吨乙醇。
此问考查多步反应计算。
I．链引发
II．链传递
III．链终止
① Cl2 光照 2Cl∙
②Cl∙ + CH4 → CH3∙ + HCl
③CH3∙ + Cl2 → Cl∙ + CH3Cl
……
2Cl∙ → Cl2
CH3∙ + Cl∙ → CH3Cl
……
1050~1100 ℃/
0.1 Mpa
1050~1100 ℃/
0.6 Mpa
1050~1100 ℃/
0.1 Mpa
1100~1150 ℃/
0.1 Mpa
硅棒直径/mm
130
130
90
90
直接耗电量/ kWh·(kgSi)eq \\al(－1,)
140
73
208.5
182.2
时间(h)
0
2
4
6
8
10
12
pH
5.0
4.8
4.5
4.3
4.2
4.0
4.0