河南开封市部分学校2025-2026学年高一下学期期末考试 化学试题（含解析）

这是一份河南开封市部分学校2025-2026学年高一下学期期末考试 化学试题（含解析），共6页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡上交，本卷主要命题范围， 用表示阿伏加德罗常数等内容，欢迎下载使用。
(试卷满分：100分，考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5 mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，请将答题卡上交。
4.本卷主要命题范围：必修第二册。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A. 燃煤中加入生石灰有利于减少酸雨的形成
B. 汽车尾气污染大气，其中NO产生的原因主要是由于汽油燃烧不充分
C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是
D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃煤中加入生石灰，可与煤燃烧产生的反应生成，最终被氧化为，减少排放，有利于减少酸雨形成，A正确；
B．汽车尾气中的产生原因是内燃机高温工作时，空气中的和发生化合反应，并非汽油燃烧不充分，汽油燃烧不充分主要产生等污染物，B错误；
C．具有良好的光传导性能，是光缆的主要成分，C正确；
D．高温结构陶瓷具有耐高温、强度高、抗氧化等优良性能，属于新型无机非金属材料，可用于宇宙飞船返回舱外表面，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语描述，正确的是
A. 乙炔的空间填充模型 B. 乙烷的结构简式：
C. 的结构示意图：D. 元素的三种核素：、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．题图为乙炔的球棍模型，空间填充模型需体现原子相对大小且无表示化学键的棍状结构，A错误；
B．题图为乙烷的结构式，乙烷的结构简式为，B错误；
C．的质子数为13，结构示意图中核电荷数应为+13，题图核电荷数为+10，对应氖原子的结构，C错误；
D．、、质子数均为1，中子数不同，是氢元素的三种核素，D正确；
故选D。
3. 下列有关金属冶炼的说法正确的是
A. 制钠：将氯化钠溶液除杂、浓缩获得饱和氯化钠溶液，电解该溶液
B. 制铁：将焦炭转化为，高温下用还原铁的氧化物获得
C. 制铜：“曾青得铁，则化为铜”的过程主要发生复分解反应
D. 制银：银在自然界中主要以游离态形式存在，一般通过物理方法获得
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解饱和氯化钠溶液的产物为、和，无法得到单质钠，工业制钠需电解熔融氯化钠，A错误；
B．工业炼铁过程中，焦炭先燃烧生成，再与焦炭高温反应生成还原剂，高温下还原铁的氧化物获得，B正确；
C．“曾青得铁，则化为铜”的反应为，属于置换反应，不是复分解反应，C错误；
D．银在自然界中主要以化合态形式存在，一般通过热分解法等化学方法冶炼，无法用物理方法直接获得，D错误；
故选B。
4. 下列说法错误的是
A. 糖类、蛋白质均属于天然高分子化合物
B. 作食品添加剂，可用于杀菌防腐
C. 石膏能使豆浆中的蛋白质发生聚沉
D. 油脂在碱性条件下水解，可用于肥皂生产
【答案】A
【解析】
【详解】A．糖类中的单糖、二糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，并非所有糖类都属于天然高分子化合物，A错误；
B．适量作为食品添加剂时，可使细菌蛋白质变性，能够起到杀菌防腐的作用，B正确；
C．石膏主要成分为硫酸钙，属于电解质，豆浆是蛋白质胶体，加入电解质可使胶体发生聚沉，该原理可用于豆腐制作，C正确；
D．油脂在碱性条件下的水解反应又称皂化反应，生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，可用于肥皂生产，D正确；
故选A。
5. 以煤、石油、天然气为原料可生产多种化工产品。下列说法错误的是
A. 利用石油为原料先制单体，然后生产合成纤维
B. 裂化得到的汽油能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 沼气、煤层气、天然气的主要成分相同
D. 煤的干馏和直接液化均只涉及物理变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油经裂解可得到乙烯、丙烯等小分子单体，单体经聚合反应可生产合成纤维，A正确；
B．裂化汽油中含有不饱和烃，可与溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．沼气、煤层气、天然气的主要成分均为甲烷，成分相同，C正确；
D．煤的干馏是隔绝空气加强热使煤分解的过程，煤的直接液化是煤与氢气作用生成液体燃料的过程，二者均有新物质生成，属于化学变化，并非只涉及物理变化，D错误；
故选D。
6. 用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A. 标准状况下3.36 L 乙烯中共用电子对数目为
B. 28 g 铁与足量的硫反应，转移电子数目为
C. 0.5 L 1 ml/L的氨水中的数目约为
D. 1 ml葡萄糖分子中含有羟基的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下3.36 L乙烯的物质的量为，1个乙烯分子含6对共用电子对，故共用电子对数目为，A正确；
B．28g铁的物质的量为，铁与硫反应生成FeS，铁元素化合价从0→+2价，转移电子数为，不是，B错误；
C．一水合氨是弱电解质，只能部分电离出，溶剂水电离出来的氢氧根离子也极少，故0.5L 1ml/L氨水中数目远小于，C错误；
D．葡萄糖结构简式为，1个葡萄糖分子含5个羟基，故1ml葡萄糖含羟基数目为，不是，D错误；
故选A。
7. 3-氯丙烯()是生产丙烯醇和甘油等重要有机物的中间体。国内大多数企业利用高温氯化法合成：。下列说法正确的是
A. 3-氯丙烯和1-氯丙烯()互为同系物
B. 高温氯化法合成3-氯丙烯的过程中发生取代反应
C. 3-氯丙烯属于不饱和烃类化合物
D. 3-氯丙烯加聚产物的链节为
【答案】B
【解析】
【详解】A．3-氯丙烯和1-氯丙烯分子式均为，二者结构不同，互为同分异构体，不符合同系物“分子组成相差若干个”的要求，A错误；
B．该反应中丙烯分子甲基上的氢原子被氯原子取代，生成3-氯丙烯和HCl，属于取代反应，B正确；
C．烃是仅含C、H两种元素的有机物，3-氯丙烯含有Cl元素，属于卤代烃，不属于烃类，C错误；
D．3-氯丙烯加聚时碳碳双键断裂打开，主链为双键的2个碳原子，为支链，链节应为，选项给出的链节结构错误，D错误；
故选B。
8. 科学家利用如图所示的甲酸燃料电池装置可额外得到等工业原料，其中阳离子交换膜只允许阳离子通过。下列说法错误的是
A. 推测物质X是硫酸
B. 每消耗1ml ，可将4ml 转化为
C. 电池工作时，由右室通过阳离子交换膜移向左室
D. 左室电极反应式为
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示，左侧电极HCOO-失电子生成，左侧电极为负极；右侧电极为正极，Fe3+得电子生成Fe2+；阳离子交换膜只允许阳离子通过，K+由负极向正极移动。
【详解】A．要在右侧产生硫酸钾，钾离子由左侧移向右侧，需要不断补充硫酸根离子，故物质X为，故A正确；
B．每消耗1ml ，转移4ml电子，根据得失电子守恒，可将4ml 转化为，故B正确；
C．左侧电极为负极、右侧电极为正极，由左室通过阳离子交换膜移向右室，故C错误；
D．左侧为负极，负极上HCOO-失电子生成，电极反应式为，故D正确；
选C。
9. 松柏酸是合成某治疗肝炎药物的中间体，其键线式如图所示，下列说法中正确的是
已知：的键线式为。
A. 松柏酸与乙烯、乙酸乙酯、乙酸均互为同系物
B. 1 ml松柏酸可消耗2 ml NaOH
C. 松柏酸同分异构体的分子式为
D. 松柏酸能被酸性高锰酸钾溶液还原
【答案】B
【解析】
【详解】A．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个原子团，松柏酸含羧基、酯基、碳碳双键、环状结构，与乙烯、乙酸乙酯、乙酸的官能团种类、结构均不相似，不互为同系物，A错误；
B．1ml松柏酸含1ml羧基，可中和1ml，含1ml酯基，水解后消耗1ml，总共消耗2ml，B正确；
C．计算可知松柏酸分子式为，同分异构体的分子式与原物质相同，C错误；
D．酸性高锰酸钾是强氧化剂，松柏酸含碳碳双键，会被酸性高锰酸钾溶液氧化，而非被还原，D错误；
故选B。
10. 下列实验装置正确且能完成实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵受热分解生成的和会在导管中重新化合为，无法进入硝酸银溶液，装置错误不能达到目的，A错误；
B．甲烷和氯气在漫射日光下可发生取代反应，生成的能与溶液反应使试管内压强减小、液面上升，同时可观察到黄绿色变浅、管壁出现油状液滴，装置正确能达到实验目的，B正确；
C．制备乙酸乙酯时，导管若插入饱和碳酸钠溶液液面以下，易发生倒吸，装置错误，C错误；
D．铜与浓硫酸加热反应时，会有硫酸酸雾随逸出，硫酸也可使石蕊试液变红，无法验证是使石蕊试液变红，D错误；
故选B。
11. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁不与氢氧化钠溶液反应，铝可与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，该原电池中铝失电子作负极，镁作正极，正极上水得电子生成氢气，因此镁棒上有气泡，A正确；
B．蔗糖在稀硫酸催化下水解后溶液呈酸性，稀硫酸会与新制发生中和反应，无法生成砖红色沉淀，应先加氢氧化钠中和酸至体系呈碱性，再加新制的氢氧化铜检验，因此无砖红色沉淀不能说明蔗糖未水解，B错误；
C．亚硫酸酸性弱于盐酸，根据强酸制弱酸原理，与不反应，只有与水反应生成硫酸，再与反应生成沉淀，因此沉淀只含，不含，C错误；
D．溶于稀硫酸时，酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，因此滴加KSCN溶液变红不能说明原已变质，D错误；
故选A。
12. 一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应：，后反应达到平衡．经测定，生成了，Q的浓度为。下列说法错误的是
A.
B. 平衡时体系内气体的总压强与起始时相等
C. 内Q的平均反应速率为
D. 平衡时的转化率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．后反应达到平衡生成了，Q的浓度为，即生成了×5L=，所以，故A正确；
B．，，平衡时体系内气体物质的量不变，即与起始时相等，所以总压强与起始时相等，故B正确；
C．内Q的平均反应速率为，恒温恒容随着反应的进行，Q的浓度增加至不变，则内Q的平均反应速率与20min内Q的平均反应速率不等，即不为，故C错误；
D．平衡时生成了，则消耗了，所以的转化率为，故D正确；
故答案为：C。
13. 目前世界60%以上的镁是从海水中提取的，其工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A. 消化池中主要发生化合反应
B. 固体X是无水氯化镁
C. 结晶池中采用蒸发结晶以便析出
D. 向盐酸厂输送干燥的气体时可使用碳钢管
【答案】C
【解析】
【详解】A．消化池中主要是煅烧贝壳生成的CaO与水反应生成，该反应属于化合反应，A正确；
B．结晶池析出，经脱水塔脱水后得到无水氯化镁即固体X，电解熔融无水氯化镁才能得到金属镁，B正确；
C．易水解，且受热易失去结晶水，若直接蒸发结晶，会促进水解最终无法得到，需采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法析出，C错误；
D．气体Y是电解熔融氯化镁生成的，干燥的常温下不与铁发生反应，因此可使用碳钢管输送，D正确；
故选C。
14. 7.68 g铜与50 mL 一定浓度的硝酸恰好完全反应，生成4.48 L (已换算为标准状况下的体积)NO和的混合气体。下列说法错误的是
A. 被还原的硝酸的物质的量为0.2 ml
B. 硝酸的物质的量浓度为8.8 ml⋅L−1
C. 混合气体中NO的物质的量分数为10%
D. 将混合气体通入水槽内倒置容器，充入标准状况下3.36 L氧气时液体充满容器
【答案】D
【解析】
【详解】A．被还原的硝酸的物质的量等于NO和NO2的总物质的量，为，A正确；
B．反应中硝酸一部分被还原为气体（0.2ml），一部分作为酸生成，作为酸的硝酸（表现酸性的硝酸）的物质的量为2×n(Cu)=2×=0.24ml，总硝酸物质的量为，浓度为，B正确；
C．设NO物质的量为x，物质的量为y，列方程：，电子守恒，解得，NO的物质的量分数为，C正确；
D．混合气体和氧气、水反应生成硝酸，电子守恒可知氧气得电子总物质的量等于铜失电子的0.24ml，每个得4个电子，故n(O2)=，标况下体积为，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 化学反应能量与限度是研究化学反应的重要角度。回答下列问题：
（1）下列叙述中属于放热过程的是__________(填字母)。
A. 稀释浓硫酸B. KOH溶液和稀硝酸混合
C. 硝酸铵固体溶于水D. 向碳酸氢钠固体中加入稀盐酸
（2）某化学反应包括、两步反应，整个反应过程中的能量变化如图所示。
①物质稳定性：__________
______________________________[填“A(g)”“B(g)”或“C(g)”]。
②1 ml A(g)转化为1 ml Cg需要__________(填“吸收”或“放出”)__________kJ能量(用图中能量的字母表示)。
（3）还原电化学法制备甲醇()的工作原理如图所示。通入CO的一端是电池的__________极(填“正”或“负”)，该电极发生的电极反应式为___________________________________________________________。
（4）一定条件下铁可以和发生反应：。向某恒温密闭容器中加入足量铁粉(不计体积)并充入一定量的气体，反应过程中气体和气体的浓度与时间的关系如图所示。
①t1 min 时，正、逆反应速率的大小关系为__________(填“>”“ ②. 0.125 ③. AB ④. CD
【解析】
【小问1详解】
放热过程判断：稀释浓硫酸是放热物理过程，酸碱中和反应是放热反应，属于放热过程；硝酸铵溶于水吸热，碳酸氢钠与盐酸反应是吸热反应，属于吸热过程，故选AB；
【小问2详解】
① 物质所具有的能量越低，其状态越稳定。由图可知，三种物质的能量大小关系为 ，因此物质的稳定性顺序为 ；
② 反应物 的总能量高于生成物 的总能量，因此该反应为放热反应。由图可知，第一步反应 的焓变 ，第二步反应 的焓变 。根据盖斯定律，总反应 的焓变 。由于反应放热，故放出的能量为 ；
【小问3详解】
该装置为原电池，通入 的一端发生失电子的氧化反应，为负极；则通入 的一端发生得电子的还原反应，为正极。在酸性电解质环境下， 在正极得电子结合 生成甲醇，其电极反应式为 ；
【小问4详解】
① 时， 的浓度仍在不断增大，说明反应正向进行，尚未达到平衡状态，因此正反应速率大于逆反应速率，即 ； 内， 的浓度变化量为 ，则其平均反应速率 ；
② A．降低温度会减慢化学反应速率，A正确；
B．保持压强不变充入 ，容器体积必然增大，导致反应气体的浓度减小，反应速率减慢，B正确；
C．铁粉是固体，改变固体的质量不影响化学反应速率，C错误；
D．保持容积不变充入 ，反应物浓度增大，反应速率加快，D错误；
故选AB；
③ A．未指明是正反应速率还是逆反应速率，不能判断是否达到平衡，A错误；
B．该反应前后气体分子数相等，在恒温恒容条件下，无论是否达到平衡，混合气体的压强始终保持不变，不能作为平衡标志，B错误；
C．单位时间内生成 （代表逆反应速率）的同时生成 （代表正反应速率），说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确；
D．反应前后气体的总物质的量不变，但由于固体铁参与反应生成固体氧化亚铁，气体的总质量随反应进行而减小，因此混合气体的平均相对分子质量是一个变量，当其不再随时间变化时，说明反应达到平衡，D正确；
故选CD。
16. 利用油田水(碘元素主要以I-形式存在)提取的流程如图所示。回答下列问题：
已知：。
（1）“过滤”步骤中加入的混凝剂可沉淀分离油田水中的有机杂质。混凝剂有很多种，某些盐类混凝剂与水反应可形成胶体，此盐类混凝剂在溶液中可能电离出的金属离子是__________(写出一种即可)。
（2）“转化”步骤发生反应的离子方程式为____________________________，检验“转化”后的溶液中是否含有常使用的检验试剂是__________(写出试剂名称)。
（3）“转化”步骤中处理尾气，常用碱液吸收，为了吸收充分，需要向气体中先通入__________(填名称)，再将混合气体通入碱液。
（4）“加热脱碘”的目的是实现活性炭和的分离，该分离过程利用了__________的性质。
（5）“洗脱液”中的碘元素主要以I-和形式存在，写出“洗脱”步骤发生反应的化学方程式：________________________________________。
（6）“酸化”时还须加入昂贵的溶液使I-氧化为，不用来氧化的原因是________________________________________。
（7）方案①较方案②的优点是____________________、____________________(写出两点即可)。
【答案】（1）Al3+（或Fe3+）
（2） ①. ②. 淀粉溶液
（3）空气 （4）易升华
（5）
（6）氯气具有强氧化性，过量的氯气会将生成的进一步氧化为，导致碘的产率降低
（7） ①. 流程短，操作简单 ②. 不需要消耗、H2SO4等化学试剂，节约成本（或无废液产生，更加环保等）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向油田水中加入混凝剂，将油田水中的有机杂质转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸和亚硝酸钠，溶液中的碘离子酸性条件下与亚硝酸根离子反应生成一氧化氮、碘单质和水，用活性炭吸附溶液中碘单质得到吸附了碘的活性炭；方案①得到碘单质的操作为低温干燥吸附了碘的活性炭，然后加热吸附了碘的活性炭，使碘单质受热升华、遇冷凝华得到碘单质；方案②得到碘单质的操作为向吸附了碘的活性炭中加入氢氧化钠溶液洗脱，碘与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水；向反应得到的洗脱液中加入稀硫酸酸化，溶液中的碘离子酸性条件下与碘酸根离子反应生成碘和水，反应得到的溶液经碘单质萃取、分液、蒸馏得到碘。
【小问1详解】
铁离子或铝离子在溶液中能发生水解反应生成氢氧化铁胶体或氢氧化铝胶体，胶体可吸附油田水中的有机杂质聚沉，使有机杂质转化为沉淀，所以混凝剂在溶液中可能电离出的金属离子是铁离子或铝离子；
【小问2详解】
由分析可知，“转化”步骤发生的反应为溶液中的碘离子酸性条件下与亚硝酸根离子反应生成一氧化氮、碘单质和水，反应的离子方程式为：；反应生成的碘单质遇淀粉溶液变蓝色，所以可用淀粉溶液检验“转化”后的溶液中是否含有碘单质；
【小问3详解】
“转化”步骤生成的一氧化氮气体是不成盐氧化物，不能与碱液反应，所以处理尾气时，应向尾气中通入空气，待空气中的氧气将一氧化氮氧化为二氧化氮后，再将混合气体通入碱液，使氮的氧化物充分吸收，防止污染环境；
【小问4详解】
由分析可知，“加热脱碘”利用了碘单质受热易升华的性质；
【小问5详解】
由分析可知，“洗脱”步骤发生的反应为碘与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，反应的化学方程式为：；
【小问6详解】
由题给信息可知，氯气能与碘单质和水反应生成碘酸和盐酸，所以“酸化”时不用氯气氧化溶液中的碘离子，防止将生成的碘进一步氧化为碘酸，导致碘的产率降低；
【小问7详解】
由分析可知，与方案②相比，方案①具有如下优点：得到碘单质的流程短，操作简单；不需要消耗氢氧化钠、硫酸等化学试剂，节约成本；无废液产生，更加环保。
17. 以淀粉为主要原料模拟合成其他重要化工原料的流程如图所示，据图回答下列问题。
已知：
①烃E可催熟水果。
②；两个羟基连在同一个碳原子上不稳定。
（1）A的名称为________________，E的结构简式为________________。
（2）乳酸分子中的官能团的名称为________________，②的反应类型为__________。
（3）写出下列两个反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：反应①______________________；反应③______________________。
（4）B与D在浓催化作用下，可以生成有机物 ，写出一种与 具有相同官能团的同分异构体的结构简式：________________。
（5）等物质的量的 、乳酸和分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为__________。
（6）久置的自身会发生聚合反应得到弹性较好的聚合物，该聚合物的结构简式为______________________________________。
【答案】（1） ①. 葡萄糖 ②. CH2=CH2
（2） ①. 羟基、羧基 ②. 加成反应
（3） ①. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ②. 2CH3COOH+ +2H2O
（4）
（5）1∶2∶1 （6）
【解析】
【分析】淀粉在酸性条件下发生水解反应产生A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；葡萄糖在酒化酶作用下发生分解产生B是乙醇，结构简式是CH3CH2OH；乙醇与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生C是CH3CHO，CH3CHO在加热条件下发生催化氧化产生D是乙酸CH3COOH，CH3CH2OH与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生E是CH2=CH2，CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2Br-CH2Br，CH2BrCH2Br与NaOH水溶液共热发生取代反应生成F是，与CH3COOH在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应生成酯和H2O。葡萄糖在乳酸菌作用下反应生成乳酸，乳酸在催化剂存在条件下加热发生消去反应生产G是CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与CH3CH2OH在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应生成H具有果香味，则H是酯：CH2=CH-COOC2H5。
【小问1详解】
根据上述分析可知A的结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO，名称是葡萄糖；E结构简式是CH2=CH2；
【小问2详解】
乳酸分子结构简式为，含有1个羟基和1个羧基；②为CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2Br-CH2Br；
【小问3详解】
根据反应流程图可知：反应①是CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应生成CH3CHO和H2O，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应③是与CH3COOH在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应生成酯和H2O，化学方程式为：2CH3COOH+ +2H2O；
【小问4详解】
B是乙醇，D是乙酸，两者反应生成M为乙酸乙酯，与M具有相同官能团的同分异构体的结构简式HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3CH2COOCH3；
【小问5详解】
根据上述分析可知：D是乙酸CH3COOH，乙酸与钠按1：1的物质的量关系反应产生CH3COONa、H2；乳酸分子中含有的1个羟基和1个羧基都可以与钠发生反应，因此乳酸与钠按1∶2关系发生反应生成和H2；G是丙烯酸CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH与Na反应生成CH2=CH-COONa、H2，因此等物质的量的D、乳酸和G分别与足量金属钠反应，产生氢气的物质的量之比为1∶2∶1；
【小问6详解】
H为CH2=CHCOOCH2CH3，发生加聚反应得到聚合物： 。
18. 研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素“价-类”二维图如下：
回答下列问题：
（1）物质A的电子式为________，A转化为NO是工业制硝酸的重要环节之一，化学方程式为________。
（2）氨氮（、）和硝氮（）是含氮废水中常见的氮元素存在形态。沉淀法（、与氨氮生成沉淀可达到去除氨氮的目的）除去水体中氨氮：已知：
ⅰ．含磷微粒在时主要存在形式为；
ⅱ．为沉淀。
①写出时，沉淀法去除的离子方程式：________。
②氨氮去除率与含磷微粒浓度随变化如图所示，解释时氨氮去除率随增大而下降的原因：________。
（3）-法可用于吸收燃煤发电厂的，并获得产品，反应原理为。
①实验室常用两种固体物质制备，化学方程式为________。
②实验室中搭建如图所示装置，应用上述原理模拟生产硫酸铵。操作时应先从________（填“a”或“b”）通入气体________（填化学式）至饱和，然后通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止通入，不继续通至过量的原因可能是________（用离子方程式表示）。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. pH>10时，镁离子与磷酸根生成Mg3(PO4)2沉淀，镁离子与氢氧根离子生成Mg(OH)2沉淀，使氨氮去除率降低
（3） ①. ②. a ③. NH3 ④.
【解析】
【小问1详解】
①物质A为NH3，电子式为：；
②工业制硝酸中NH3转化为NO的化学方程式：。
【小问2详解】
①由题中沉淀法：Mg2+、与氨氮生成沉淀，且pH=8~10时，含磷微粒主要为，可得出离子方程式为：；
②pH>10 时，镁离子与氢氧根离子生成Mg(OH)2沉淀，溶液中OH⁻浓度过高，会使平衡向右移动，导致反应物浓度降低，同时与磷酸根生成Mg3(PO4)2沉淀，消耗了游离的镁离子，无法形成沉淀，使氨氮去除率降低。
【小问3详解】
①实验室制备NH3方程式： ；
②a是长管，通常通入密度较大或易溶于水的气体，或先通吸收慢的气体；
③先通NH3至饱和，使溶液为碱性，利于吸收酸性CO2；
④过量CO2会与CaCO3沉淀反应，生成可溶的Ca(HCO3)2，离子方程式：。A．检验氯化铵分解有HCl生成
B．观察甲烷和氯气反应
C．制备乙酸乙酯
D．验证使石蕊试液变红
选项
实验操作
现象
结论
A
将镁棒、铝棒与氢氧化钠溶液及若干导线组装成原电池
镁棒上有气泡
铝棒为原电池负极
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，再加入少量新制的并煮沸
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
向溶液中通入、混合气体
生成白色沉淀
沉淀是、
D
将溶于稀，滴加
溶液变红
已变质