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高中化学人教版 (2019)必修 第二册实验活动4 用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子课时作业
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这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第二册实验活动4 用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子课时作业，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，对下列事实的解释或说法错误的是，在恒容密闭容器中发生反应等内容，欢迎下载使用。
（新教材）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2020-2021学年下学期高一期末备考金卷
化 学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5
一、选择题
1．材料是人类生存和发展的物质基础。下列说法不正确的是
A．“山东舰”上的拦阻索是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料
B．“玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是硅
C．天然橡胶是难降解材料，主要成分是聚异戊二烯
D．铝锂合金，强度大，密度小，用于制造飞机可减轻机身重量
【答案】A
【解析】A．钢缆属于合金，金属材料，A错误；B．太阳能电池的主要成分是硅，B正确；C．天然橡胶是难降解材料，主要成分是有机高分子化合物聚异戊二烯，C正确；D．铝锂合金，强度大，密度小，用于制造飞机可减轻机身重量，D正确；答案选A。
2．在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是
A．用石油裂解生产乙烯 B．从海带灰中提取碘单质
C．石油分馏 D．用煤干馏生产焦炭
【答案】C
【解析】A．用石油裂解生产乙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；B．从海带灰中提取碘单质的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；C．石油分馏的过程中没有新物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故C符合题意；D．用煤干馏生产焦炭的过程中有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；故选C。
3．全世界每年都会发生上万起火灾，为了预防火灾发生，现在很多商场、宾馆、办公楼都安装有烟雾报警器，这对预防火灾，减少火灾损失具有很大的现实意义。常用的烟雾报警器是一种电离式烟雾报警器，其主体是一个放有镅-241（Am）放射源的电离室，Am原子核内中子数与核外电子数之差是
A．241 B．146 C．95 D．51
【答案】D
【解析】Am质子数是95，质量数是241，则中子数是241-95＝146。又因为质子数等于核外电子数，则原子核内中子数与核外电子数之差是146-95＝51。答案选D。
4．下列说法不正确的是
A．丙烷和丁烷互称为同系物
B．由在光照条件下CH4能与氯气发生取代反应，可推知CH4能使氯水褪色
C．沸点：正丁烷>异丁烷>丙烷
D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2互为同分异构体
【答案】B
【解析】A．丙烷和丁烷都属于烷烃，二者结构相似，相差一个CH2，互为同系物，A正确；B．CH4能与纯净的氯气发生取代反应，与氯水不反应，故CH4不能使氯水褪色，B错误；C．烷烃沸点的比较：碳原子数越多，沸点越高，碳原子数相同的烷烃，支链越多，沸点越低，故沸点：正丁烷>异丁烷>丙烷，C正确；D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2的分子式相同，均为C4H10，而结构式不同，二者互为同分异构体，D正确。答案选B。
5．对下列事实的解释或说法错误的是
A．浓硝酸在光照条件下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
B．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
C．分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近但不接触，有白烟生成，说明氨气与HCl极易挥发
D．硫化钠溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液，试管口塞上浸有NaOH溶液的棉花团，目的是吸收反应生成的三氧化硫
【答案】D
【解析】A．浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧化氮在溶液中所致，故A正确；B．浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性，在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性，故B正确；C．氨气和氯化氢混合发生反应生成氯化铵固体而冒白烟，因此分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近但不接触，有白烟生成，说明氨气与HCl极易挥发，故C正确；D．硫化钠溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液，硫化钠有可能被氧化为二氧化硫，因此试管口塞上浸有NaOH溶液的棉花团，目的是吸收可能生成的二氧化硫，故D错误；故选D。
6．下列关于硅及其化合物的说法正确的是
A．硅酸盐中的阴离子都是SiO
B．单质硅可用于制造光导纤维
C．二氧化硅既可以与烧碱溶液反应又能与氢氟酸反应，故属于两性氧化物
D．Na2SiO3是最简单的硅酸盐，其水溶液可用作木材防火剂
【答案】D
【解析】A．只有最简单的硅酸盐中的阴离子才是SiO，复杂的硅酸盐不一定，如镁橄榄石中的阴离子是SiO，故A错误；B．二氧化硅用于制作光导纤维，单质硅用做太阳能电池、硅芯片材料，故B错误；C．二氧化硅只能和HF反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，二氧化硅属于酸性氧化物，故C错误；D．硅酸钠不燃烧，受热也不分解，其水溶液能作木材防火剂，故D正确；答案选D。
7．NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年，几种化学键的键能如表所示。
化学键
N≡N
F—F
N—F
键能/(kJ·mol−1)
946
154.8
283.0
下列说法正确的是
A．过程N2(g)=2N(g)释放能量
B．过程N(g)+3F(g)=NF3(g)释放能量
C．断裂1mol N—F键吸收的能量与形成1mol N—F键释放的能量不相同
D．NF3吸收能量后，若没有化学键的断裂与形成，仍可能发生化学反应
【答案】B
【解析】A．化学键断裂吸收能量，即过程N2(g)=2N(g)吸收能量，A错误；B．化学键形成释放能量，即过程N(g)+3F(g)=NF3(g)释放能量，B正确；C．断裂1mol N—F键吸收的能量与形成1mol N—F键释放的能量相同，都为283.0kJ，C错误；D．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，所以NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不可能发生化学反应，D错误；综上所述答案为B。
8．在恒容密闭容器中发生反应：3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)，下列说法不正确的是
A．将块状Fe2O3改为粉末，反应速率加快
B．升高温度，反应速率加快
C．充入N2使压强增大，反应速率加快
D．使用催化剂，反应速率加快
【答案】C
【解析】A．将块状Fe2O3改为粉末，反应物的接触面积增大，反应速率加快，故A正确；B．升高温度，活化分子的数目增大，有效碰撞的次数增大，反应速率加快，故B正确；C．充入不参与反应的N2，使恒容密闭容器中的压强增大，实际参加反应的气体浓度不变，反应速率不变，故C错误；D．使用催化剂，能降低反应的活化能，活化分子的数目增大，有效碰撞的次数增大，反应速率加快，故D正确；故选C。
9．有一种瓦斯分析仪(如图甲)能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2−可以在其中自由移动。
下列有关叙述正确的是
A．瓦斯分析仪工作时，电池外电路中电流由电极b流向电极a
B．电极b是正极，O2−由电极a流向电极b
C．电极a的反应式为CH4+5O2−-8e−=CO+2H2O
D．当固体电解质中有1mol O2−通过时，电子转移4mol
【答案】A
【解析】A．电池外电路中电流由正极流向负极，氧气得电子，b极为正极，A正确；B．电极b氧气得电子，生成O2−，O2−由正极(电极b)流向负极(电极a)，B错误；C．甲烷所在电极a为负极，电极反应为CH4+4O2−-8e−=CO2+2H2O，C错误；D．1mol O2得4mol电子生成2mol O2−，故当固体电解质中有1mol O2−通过时，电子转移2mol，故D错误。答案选A。
10．X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的某种核素无中子，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。Z与其同主族周期元素可形成常见气体。下列说法正确的是
A．原子半径：W＞M＞Z＞Y＞X
B．X、Y、Z三种元素形成的化合物中可能存在离子键
C．由W与Z两元素形成的化合物结构与二氧化碳相似
D．X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM，沸点：XM＞X2Z
【答案】B
【解析】X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的某种核素无中子，则X为氢(H)；Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体，则Z为氧(O)；Y、Z、M同周期且相邻，则Y为氮(N)，M为氟(F)；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则W为硅(Si)，X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、F、Si。A．X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、F、Si，氢原子位于第一周期，原子半径最小，N、O、F位于第二周期，半径逐渐减小，硅位于第三周期，五种元素中原子半径最大，原子半径：W＞Y＞M＞Z＞X，故A错误；B．X、Y、Z三种元素分别为H、N、O，形成的化合物如果为NH4NO3，存在离子键，故B正确；C．由W与Z两元素形成的化合物是二氧化硅，硅原子和氧原子之间存在共价键，二氧化碳中含有二氧化碳分子，二氧化碳分子里存在共价键，结构与二氧化碳不相似，故C错误；D．H分别与N、O、F、Si形成的常见化合物中，F的非金属性最强，所以稳定性最好的是HF，虽然H2O、HF分子间都能形成氢键，但常温下H2O呈液态，而HF呈气态，所以沸点H2O＞HF，故D错误；答案选B。
11．如图，甲为石蜡分解装置图，乙为改进后的装置图，乙可明显缩短实验时间。下列说法错误的是
A．碎瓷片的作用是防止暴沸
B．矿渣棉浸透石蜡油的目的是保证产生足够多的气体供后续实验使用
C．酸性KMnO4溶液褪色证明石蜡油分解产生的气体发生了氧化反应
D．乙的优点是反应物与催化剂充分接触，酒精灯火焰集中
【答案】A
【解析】A．碎瓷片的作用是催化剂，不是防止暴沸，A说法错误；B．矿渣棉浸透石蜡油可提供足量的石蜡油进行分解，保证产生足够多的气体供后续实验使用，B说法正确；C．石蜡油分解产生的气体具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，C说法正确；D．乙装置中催化剂MnO2与石蜡油形成糊状物，反应物与催化剂充分接触，同时使用防风罩可使酒精灯火焰更加集中，D说法正确。
12．下图是一种常用的食品防腐剂的结构简式，下列关于该物质的说法不正确的是
A．该分子的最简式为：C7H10O5
B．分子中含有三种官能团
C．1mol该物质能与3mol NaOH溶液反应
D．该物质能发生加聚反应
【答案】C
【解析】A．由结构简式可知分子为C7H10O5，选项A正确；B．分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，选项B正确；C．分子中只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该物质能与2mol NaOH溶液反应，选项C不正确；D．含有碳碳双键，可以发生加聚反应，选项D正确。
13．下列说法正确的是
A．生活中常见的PE、PYC、有机玻璃、合成橡胶、聚四氟乙烯等都是通过加聚反应得到
B．人体摄入的油脂、淀粉、葡萄糖、蛋白质必须经过水解才能吸收
C．利用乙酸乙酯或油脂在碱性条件下的水解反应来制取肥皂
D．石油气、天然气、沼气等不可再生能源，完全燃烧主要产物均为CO2和H2O
【答案】A
【解析】A．有机高分子物质大部分都是加聚所得，故A正确；B．葡萄糖属于单糖，不发生水解，故B不正确；C．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解，故C不正确；D．沼气属于二次能源，属于可再生能源，故D不正确；故选答案A。
14．绿色化学的核心是反应过程的绿色化，即要求原料物质中的所有原子完全被利用且全部转入期望的产品中，下列过程不符合这一思想的是
A．乙烯合成聚乙烯：nCH2=CH2
B．甲烷与氯气反应制氯仿：CH4+3Cl2CHCl3+3HCl
C．烯烃与水煤气发生的羰基合成反应：RCH=CH2+CO+H2RCH2CH2CHO
D．甲烷、CO合成乙酸乙酯：2CH4+2COCH3COOCH2CH3
【答案】B
【解析】B．甲烷与氯气反应制氯仿：CH4+3Cl2CHCl3+3HCl，反应物所有原子未全部转化为目标产物，不符合绿色化学的思想，B不符合，选B。
15．反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，在容积为2L的密闭容器中进行。起始时无PCl5，且PCl3和Cl2物质的量相等，在不同条件下进行反应，c(Cl2)随时间的变化如图所示。下列说法错误的是
A．条件b从开始到40min Cl2的平均反应速率为0.0100mol·L−1·min−1
B．条件b可能是加入了催化剂
C．条件c从开始到45min，PCl3的转化率为20%
D．对比a、c曲线能说明，在同一时刻，该反应的反应速率随温度升高而增大
【答案】D
【解析】A．条件b从开始到40min Cl2的平均反应速率为=0.0100mol·L−1·min−1，故A正确；B．实验a、b相比较，起始状态和平衡状态相同，但实验b达到平衡的时间短，反应速率快，可能使用了催化剂，平衡没有移动，故B正确；C．条件c从开始到45min，PCl3的转化率为×100%=20%，故C正确；D．对比a、c曲线，起始状态不同，a中气体的浓度大于c，温度也不同，a中的温度高于c，不能说明反应速率与温度的关系，故D错误；故选D。
二、非选择题
16．A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E的化合物焰色反应是黄色，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素。
请用化学用语回答：
(1)D的简单阴离子的结构示意图是__________________。
(2)用电子式表示E2F的形成过程___________。
(3)E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是________。
(4)下列实验操作对应的实验现象中，不正确的是________（填字母）。
选项
实验操作
实验现象
a
将E单质投入到CuSO4溶液中
生成大量红色固体
b
向AlCl3溶液中通入过量C的气态氢化物
先生成白色沉淀，然后沉淀溶解
c
将G的单质通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置
下层溶液变为橙色
d
将B的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中
生成白色沉淀
(5)写出A与B形成的10电子分子的化学式___________，该物质与G的单质在光照下反应，一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是_________(填字母)。
【答案】（1）
（2）
（3） S2−＞Cl−＞Na+
（4） ab
（5） CH4 D
【解析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增；A元素原子核内无中子，则A为H元素；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B原子只能有2个电子层，最外层有4个电子，则B为C元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；C元素原子序数介于碳与氧之间，则C为N元素；E的化合物焰色反应是黄色，则E为Na元素；G原子序数大于钠，处于第三周期，且G是同周期元素中原子半径最小的元素，故G为Cl元素；F与G位置相邻，原子序数大于钠元素，故F为S元素。(1)D为O元素，其简单阴离子的结构示意图是；(2)E2F为Na2S，是离子化合物，用电子式表示E2F的形成过程为；(3)E、F、G三种元素的原子所形成的简单离子中，Na+比其他两种离子少一个电子层，半径最小，S2−、Cl−具有相同的电子层结构，核电荷数大的离子半径较小，故半径由大到小的顺序是S2−＞Cl−＞Na+；(4)a．将单质钠投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，NaOH和CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，钠不能置换出单质铜，所以无大量红色固体生成，故不正确；b．C的气态氢化物氨气通入AlCl3溶液，发生反应：AlCl3+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，产生白色沉淀，氨气过量，Al(OH)3不溶解，故不正确；c．Cl2通入到NaBr溶液中充分反应，Cl2置换出NaBr中的Br2，加入四氯化碳，振荡，静置，由于Br2易溶于CCl4，则CCl4层变为橙色，CCl4比水的密度大，在下层，故正确；d．B的最高价氧化物CO2通入到Na2SiO3溶液中产生H2SiO3白色沉淀，故正确；故选ab；(5)A与B形成的10电子分子的化学式为CH4；CH4与Cl2在光照下能够发生取代反应，生成一系列的氯代甲烷(一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳)及氯化氢，一氯甲烷为气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均为难溶于水的油状液体，故试管内壁有油状液滴，氯气被消耗，因此气体颜色变浅，生成的氯化氢极易溶于水，而使试管中的气压减小，饱和食盐水进入试管中，因此可以看到D装置的现象，答案选D。
17．A、B、E为生活中常见的有机化合物，A与酸性高锰酸钾溶液反应可生成B，D是石油化工发展水平的标志，E是一种常见的高分子材料。根据如图转化关系回答下列问题：
(1)G的结构简式为_______；高分子材料E的链节是______；产物B的官能团名称为______；操作⑦的名称为_____。
(2)反应①～⑥中属于取代反应的是_______。(填序号)
(3)写出反应④的化学方程式：_________。
(4)用A、B制备物质C时，除去C中含有的杂质，选择的试剂及操作分别为_______，_______。
【答案】（1）CH2BrCH2Br 羧基 裂解
（2） ①②
（3）
（4） 饱和碳酸钠溶液 分液
【解析】D是石油化工发展水平的标志，则D为CH2=CH2，A、B、E是家庭中常见的有机物，D通过加聚反应得到常见的高分子材料E为聚乙烯；D与水发生加成反应生成A为C2H5OH，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成B为CH3COOH，乙酸与乙醇发生转化反应生成C为CH3COOCH2CH3，乙醇发生催化氧化生成F为CH3CHO，由操作⑧可知，为石油分馏，重油裂解得到乙烯。(1)G是乙烯和溴水发生加成反应生成的，其结构简式为CH2BrCH2Br；高分子材料E是聚乙烯，其链节是；产物B为CH3COOH，官能团名称为羧基；操作⑦得到乙烯，名称为裂解。(2)根据以上分析可知反应①～⑥中属于取代反应的是①②。(3)反应④是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为。(4)用乙醇、乙酸制备乙酸乙酯时，含有蒸发出的乙酸、乙醇，用饱和碳酸钠溶液除去，再通过分液可以得到较纯的乙酸乙酯。
18．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，而CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的恒温密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
(1)从3min到9min，v(CO2)=___________(计算保留2位有效数字)。
(2)能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点)
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内生成3mol H2同时生成1mol CH3OH
D．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
(3)平衡时CO2的转化率为___________。
(4)平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是___________。
(5)第3分钟时v正(CH3OH)___________第9分钟时v逆(CH3OH)(填“＞”“＜”“=”或“无法比较”)。
【答案】（1）
（2） BCD
（3） 75%
（4） 22∶3
（5） ＞
【解析】(1)由图像知；(2)A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1时，反应物的浓度还在变化，并未达到平衡状态，故A错误；B．该反应前后气体分子数不相等，在恒温密闭容器中，压强和物质的量成正比，则混合气体的压强不变时，反应平衡，故B正确；C．单位时间内生成3mol H2指逆反应方向，生成1mol CH3OH指正反应方向，则两者速率相等，反应平衡，故C正确；D．该反应前后气体分子数不相等，即混合气体的物质的量在变化，密闭容器中气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化时，说明平衡，故D正确；故选：BCD。(3)平衡时CO2的转化率为；(4)∆c(H2)=3∆c(CO2)=2.25mol/L，则平衡时H2的浓度为3-2.25=0.75mol/L，H2(g)的质量m=cVM=0.75mol/L×1L×2g/mol=1.5g，平衡时CO2(g)质量为m=cVM=0.25 mol/L×1L×44g/mol=11g，则质量比为11∶1.5=22∶3；(5)第9分钟时反应达平衡，则v逆(CH3OH)=
v正(CH3OH)，第3分钟时甲醇的反应物浓度比第9分钟时的大，则v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)。
19．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。
(1)粗盐精制：过程1除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质时，粗盐溶解后加入沉淀剂：
a．过量的Na2CO3溶液
b．过量的BaCl2溶液
c．过量的NaOH溶液
d．过滤除去沉淀，再加入适量的盐酸
①加入沉淀剂的顺序正确的是_______(填序号)。
A．abc B．bac C．cba
②加入适量盐酸，反应的离子方程式有_______和_______。
(2)海水提镁：
①过程2中加入的试剂是_______。
②由Mg(OH)2固体获得MgCl2溶液的离子方程式是_______。
(3)海水提溴：主要工业生产流程如下图所示。
①海水中的Br−被Cl2氧化的离子方程式是_______。
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式是_______。
③工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2。补全以下化学方程式：
_______Br2+_______Na2CO3+3H2O=_______NaBr+_______NaBrO3+_______NaHCO3
【答案】（1）BC CO+2H+=H2O+CO2↑ OH−+H+=H2O
（2） CaO或石灰乳 Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
（3） 2Br−+Cl2=Br2+2Cl− SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr
3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3
【解析】(1)①粗盐精制过程1，加入Na2CO3除去Ca2+、加入NaOH溶液除去Mg2+、加入BaCl2溶液除去SO，同时需要Na2CO3溶液除去过量的Ba2+；所以加入BaCl2溶液后再加Na2CO3溶液，加入试剂的顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，选BC；②加入适量盐酸，剩余的碳酸钠和盐酸反应CO+2H+=H2O+CO2↑、剩余的氢氧化钠和盐酸反应H++OH−=H2O；(2)过程2中加入CaO，CaO和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，或直接加入石灰乳沉淀镁离子；稀盐酸溶解氢氧化镁固体可以得到氯化镁溶液，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；(3)①海水中的Br−被Cl2氧化为溴单质，反应的离子方程式是2Br−+Cl2=Br2+2Cl−；②吸收塔中SO2和Br2反应生成HBr和硫酸，根据电子守恒SO2和Br2的系数之比为1∶1，再结合元素守恒可得化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；③根据得失电子守恒、元素守恒配平Na2CO3溶液吸收吹出的Br2的化学方程式为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5
NaBr+NaBrO3+6NaHCO3。
20．某实验小组欲探究SO2和Cl2能否发生反应，设计如图所示的实验装置进行实验。
(1)装置A用来制备_______。
(2)装置C中发生复分解反应制取SO2，该反应的化学方程式：_______。
(3)为验证SO2和Cl2发生了反应，小组同学又继续如下实验。
①甲同学认为若SO2和Cl2反应，生成了Cl−，只要检验到生成的Cl-即可。
②乙同学认为甲同学的结论不合理，认为应该在装置A、B间增加一个洗气瓶，然后再按甲同学的方法实验即可得到正确结论。洗气瓶中盛有试剂的名称是_______。
③丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是：_______。
④丁同学则认为甲、乙同学的结论均不合理。丁同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量溶液X，生成白色沉淀，得出结论：SO2与Cl2同时通入水中，可以发生反应。溶液X是_______(填选项序号)。
a．BaCl2溶液 b．Ba(OH)2溶液 c．石蕊溶液
⑤SO2与Cl2同时通入水中反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）氯气
（2）
（3） 饱和食盐水 氯气与水反应也会生成氯离子 a
【解析】(1)在装置A高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，该反应的化学方程式是；(2)在装置C浓硫酸与Na2SO4发生复分解反应产生SO2，该反应的化学方程式是；(3)②制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢进入B中溶于水也会生成氯离子，乙同学认为Cl2中混有的杂质是HCl，需要在A、B间增加一个洗气瓶，用饱和食盐水除去；②丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是Cl2和水反应也会生成Cl−；③SO2被Cl2氧化为H2SO4，结合硫酸根离子检验证明二氧化硫和氯气发生了反应，丁同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量溶液X中含Ba2+，且不能和二氧化硫发生反应，a．BaCl2溶液可以检验SO存在，证明SO2和Cl2发生了反应，a正确；b．Ba(OH)2和SO2反应生成BaSO3沉淀，不能说明SO2和Cl2发生反应，b错误；c．无论氯气与SO2是否发生反应，二者溶于水后的溶液显酸性，酸溶液能够使石蕊溶液变红色，所以不能确定SO2与Cl2是否反应，c错误；故合理选项是a；④SO2与Cl2同时通入水中反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+
H2SO4。
（新教材）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2020-2021学年下学期高一期末备考金卷
化 学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5
一、选择题
1．材料是人类生存和发展的物质基础。下列说法不正确的是
A．“山东舰”上的拦阻索是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料
B．“玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是硅
C．天然橡胶是难降解材料，主要成分是聚异戊二烯
D．铝锂合金，强度大，密度小，用于制造飞机可减轻机身重量
【答案】A
【解析】A．钢缆属于合金，金属材料，A错误；B．太阳能电池的主要成分是硅，B正确；C．天然橡胶是难降解材料，主要成分是有机高分子化合物聚异戊二烯，C正确；D．铝锂合金，强度大，密度小，用于制造飞机可减轻机身重量，D正确；答案选A。
2．在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是
A．用石油裂解生产乙烯 B．从海带灰中提取碘单质
C．石油分馏 D．用煤干馏生产焦炭
【答案】C
【解析】A．用石油裂解生产乙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；B．从海带灰中提取碘单质的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；C．石油分馏的过程中没有新物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故C符合题意；D．用煤干馏生产焦炭的过程中有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；故选C。
3．全世界每年都会发生上万起火灾，为了预防火灾发生，现在很多商场、宾馆、办公楼都安装有烟雾报警器，这对预防火灾，减少火灾损失具有很大的现实意义。常用的烟雾报警器是一种电离式烟雾报警器，其主体是一个放有镅-241（Am）放射源的电离室，Am原子核内中子数与核外电子数之差是
A．241 B．146 C．95 D．51
【答案】D
【解析】Am质子数是95，质量数是241，则中子数是241-95＝146。又因为质子数等于核外电子数，则原子核内中子数与核外电子数之差是146-95＝51。答案选D。
4．下列说法不正确的是
A．丙烷和丁烷互称为同系物
B．由在光照条件下CH4能与氯气发生取代反应，可推知CH4能使氯水褪色
C．沸点：正丁烷>异丁烷>丙烷
D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2互为同分异构体
【答案】B
【解析】A．丙烷和丁烷都属于烷烃，二者结构相似，相差一个CH2，互为同系物，A正确；B．CH4能与纯净的氯气发生取代反应，与氯水不反应，故CH4不能使氯水褪色，B错误；C．烷烃沸点的比较：碳原子数越多，沸点越高，碳原子数相同的烷烃，支链越多，沸点越低，故沸点：正丁烷>异丁烷>丙烷，C正确；D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2的分子式相同，均为C4H10，而结构式不同，二者互为同分异构体，D正确。答案选B。
5．对下列事实的解释或说法错误的是
A．浓硝酸在光照条件下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
B．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
C．分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近但不接触，有白烟生成，说明氨气与HCl极易挥发
D．硫化钠溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液，试管口塞上浸有NaOH溶液的棉花团，目的是吸收反应生成的三氧化硫
【答案】D
【解析】A．浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气，浓硝酸在光照下颜色变黄，是分解产生的二氧化氮在溶液中所致，故A正确；B．浓硫酸具有的特性：吸水性、脱水性、强氧化性，在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性，故B正确；C．氨气和氯化氢混合发生反应生成氯化铵固体而冒白烟，因此分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近但不接触，有白烟生成，说明氨气与HCl极易挥发，故C正确；D．硫化钠溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液，硫化钠有可能被氧化为二氧化硫，因此试管口塞上浸有NaOH溶液的棉花团，目的是吸收可能生成的二氧化硫，故D错误；故选D。
6．下列关于硅及其化合物的说法正确的是
A．硅酸盐中的阴离子都是SiO
B．单质硅可用于制造光导纤维
C．二氧化硅既可以与烧碱溶液反应又能与氢氟酸反应，故属于两性氧化物
D．Na2SiO3是最简单的硅酸盐，其水溶液可用作木材防火剂
【答案】D
【解析】A．只有最简单的硅酸盐中的阴离子才是SiO，复杂的硅酸盐不一定，如镁橄榄石中的阴离子是SiO，故A错误；B．二氧化硅用于制作光导纤维，单质硅用做太阳能电池、硅芯片材料，故B错误；C．二氧化硅只能和HF反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，二氧化硅属于酸性氧化物，故C错误；D．硅酸钠不燃烧，受热也不分解，其水溶液能作木材防火剂，故D正确；答案选D。
7．NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年，几种化学键的键能如表所示。
化学键
N≡N
F—F
N—F
键能/(kJ·mol−1)
946
154.8
283.0
下列说法正确的是
A．过程N2(g)=2N(g)释放能量
B．过程N(g)+3F(g)=NF3(g)释放能量
C．断裂1mol N—F键吸收的能量与形成1mol N—F键释放的能量不相同
D．NF3吸收能量后，若没有化学键的断裂与形成，仍可能发生化学反应
【答案】B
【解析】A．化学键断裂吸收能量，即过程N2(g)=2N(g)吸收能量，A错误；B．化学键形成释放能量，即过程N(g)+3F(g)=NF3(g)释放能量，B正确；C．断裂1mol N—F键吸收的能量与形成1mol N—F键释放的能量相同，都为283.0kJ，C错误；D．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，所以NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不可能发生化学反应，D错误；综上所述答案为B。
8．在恒容密闭容器中发生反应：3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)，下列说法不正确的是
A．将块状Fe2O3改为粉末，反应速率加快
B．升高温度，反应速率加快
C．充入N2使压强增大，反应速率加快
D．使用催化剂，反应速率加快
【答案】C
【解析】A．将块状Fe2O3改为粉末，反应物的接触面积增大，反应速率加快，故A正确；B．升高温度，活化分子的数目增大，有效碰撞的次数增大，反应速率加快，故B正确；C．充入不参与反应的N2，使恒容密闭容器中的压强增大，实际参加反应的气体浓度不变，反应速率不变，故C错误；D．使用催化剂，能降低反应的活化能，活化分子的数目增大，有效碰撞的次数增大，反应速率加快，故D正确；故选C。
9．有一种瓦斯分析仪(如图甲)能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2−可以在其中自由移动。
下列有关叙述正确的是
A．瓦斯分析仪工作时，电池外电路中电流由电极b流向电极a
B．电极b是正极，O2−由电极a流向电极b
C．电极a的反应式为CH4+5O2−-8e−=CO+2H2O
D．当固体电解质中有1mol O2−通过时，电子转移4mol
【答案】A
【解析】A．电池外电路中电流由正极流向负极，氧气得电子，b极为正极，A正确；B．电极b氧气得电子，生成O2−，O2−由正极(电极b)流向负极(电极a)，B错误；C．甲烷所在电极a为负极，电极反应为CH4+4O2−-8e−=CO2+2H2O，C错误；D．1mol O2得4mol电子生成2mol O2−，故当固体电解质中有1mol O2−通过时，电子转移2mol，故D错误。答案选A。
10．X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的某种核素无中子，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。Z与其同主族周期元素可形成常见气体。下列说法正确的是
A．原子半径：W＞M＞Z＞Y＞X
B．X、Y、Z三种元素形成的化合物中可能存在离子键
C．由W与Z两元素形成的化合物结构与二氧化碳相似
D．X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM，沸点：XM＞X2Z
【答案】B
【解析】X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的某种核素无中子，则X为氢(H)；Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体，则Z为氧(O)；Y、Z、M同周期且相邻，则Y为氮(N)，M为氟(F)；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则W为硅(Si)，X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、F、Si。A．X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、F、Si，氢原子位于第一周期，原子半径最小，N、O、F位于第二周期，半径逐渐减小，硅位于第三周期，五种元素中原子半径最大，原子半径：W＞Y＞M＞Z＞X，故A错误；B．X、Y、Z三种元素分别为H、N、O，形成的化合物如果为NH4NO3，存在离子键，故B正确；C．由W与Z两元素形成的化合物是二氧化硅，硅原子和氧原子之间存在共价键，二氧化碳中含有二氧化碳分子，二氧化碳分子里存在共价键，结构与二氧化碳不相似，故C错误；D．H分别与N、O、F、Si形成的常见化合物中，F的非金属性最强，所以稳定性最好的是HF，虽然H2O、HF分子间都能形成氢键，但常温下H2O呈液态，而HF呈气态，所以沸点H2O＞HF，故D错误；答案选B。
11．如图，甲为石蜡分解装置图，乙为改进后的装置图，乙可明显缩短实验时间。下列说法错误的是
A．碎瓷片的作用是防止暴沸
B．矿渣棉浸透石蜡油的目的是保证产生足够多的气体供后续实验使用
C．酸性KMnO4溶液褪色证明石蜡油分解产生的气体发生了氧化反应
D．乙的优点是反应物与催化剂充分接触，酒精灯火焰集中
【答案】A
【解析】A．碎瓷片的作用是催化剂，不是防止暴沸，A说法错误；B．矿渣棉浸透石蜡油可提供足量的石蜡油进行分解，保证产生足够多的气体供后续实验使用，B说法正确；C．石蜡油分解产生的气体具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，C说法正确；D．乙装置中催化剂MnO2与石蜡油形成糊状物，反应物与催化剂充分接触，同时使用防风罩可使酒精灯火焰更加集中，D说法正确。
12．下图是一种常用的食品防腐剂的结构简式，下列关于该物质的说法不正确的是
A．该分子的最简式为：C7H10O5
B．分子中含有三种官能团
C．1mol该物质能与3mol NaOH溶液反应
D．该物质能发生加聚反应
【答案】C
【解析】A．由结构简式可知分子为C7H10O5，选项A正确；B．分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，选项B正确；C．分子中只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该物质能与2mol NaOH溶液反应，选项C不正确；D．含有碳碳双键，可以发生加聚反应，选项D正确。
13．下列说法正确的是
A．生活中常见的PE、PYC、有机玻璃、合成橡胶、聚四氟乙烯等都是通过加聚反应得到
B．人体摄入的油脂、淀粉、葡萄糖、蛋白质必须经过水解才能吸收
C．利用乙酸乙酯或油脂在碱性条件下的水解反应来制取肥皂
D．石油气、天然气、沼气等不可再生能源，完全燃烧主要产物均为CO2和H2O
【答案】A
【解析】A．有机高分子物质大部分都是加聚所得，故A正确；B．葡萄糖属于单糖，不发生水解，故B不正确；C．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解，故C不正确；D．沼气属于二次能源，属于可再生能源，故D不正确；故选答案A。
14．绿色化学的核心是反应过程的绿色化，即要求原料物质中的所有原子完全被利用且全部转入期望的产品中，下列过程不符合这一思想的是
A．乙烯合成聚乙烯：nCH2=CH2
B．甲烷与氯气反应制氯仿：CH4+3Cl2CHCl3+3HCl
C．烯烃与水煤气发生的羰基合成反应：RCH=CH2+CO+H2RCH2CH2CHO
D．甲烷、CO合成乙酸乙酯：2CH4+2COCH3COOCH2CH3
【答案】B
【解析】B．甲烷与氯气反应制氯仿：CH4+3Cl2CHCl3+3HCl，反应物所有原子未全部转化为目标产物，不符合绿色化学的思想，B不符合，选B。
15．反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，在容积为2L的密闭容器中进行。起始时无PCl5，且PCl3和Cl2物质的量相等，在不同条件下进行反应，c(Cl2)随时间的变化如图所示。下列说法错误的是
A．条件b从开始到40min Cl2的平均反应速率为0.0100mol·L−1·min−1
B．条件b可能是加入了催化剂
C．条件c从开始到45min，PCl3的转化率为20%
D．对比a、c曲线能说明，在同一时刻，该反应的反应速率随温度升高而增大
【答案】D
【解析】A．条件b从开始到40min Cl2的平均反应速率为=0.0100mol·L−1·min−1，故A正确；B．实验a、b相比较，起始状态和平衡状态相同，但实验b达到平衡的时间短，反应速率快，可能使用了催化剂，平衡没有移动，故B正确；C．条件c从开始到45min，PCl3的转化率为×100%=20%，故C正确；D．对比a、c曲线，起始状态不同，a中气体的浓度大于c，温度也不同，a中的温度高于c，不能说明反应速率与温度的关系，故D错误；故选D。
二、非选择题
16．A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E的化合物焰色反应是黄色，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素。
请用化学用语回答：
(1)D的简单阴离子的结构示意图是__________________。
(2)用电子式表示E2F的形成过程___________。
(3)E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是________。
(4)下列实验操作对应的实验现象中，不正确的是________（填字母）。
选项
实验操作
实验现象
a
将E单质投入到CuSO4溶液中
生成大量红色固体
b
向AlCl3溶液中通入过量C的气态氢化物
先生成白色沉淀，然后沉淀溶解
c
将G的单质通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置
下层溶液变为橙色
d
将B的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中
生成白色沉淀
(5)写出A与B形成的10电子分子的化学式___________，该物质与G的单质在光照下反应，一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是_________(填字母)。
【答案】（1）
（2）
（3） S2−＞Cl−＞Na+
（4） ab
（5） CH4 D
【解析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增；A元素原子核内无中子，则A为H元素；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B原子只能有2个电子层，最外层有4个电子，则B为C元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；C元素原子序数介于碳与氧之间，则C为N元素；E的化合物焰色反应是黄色，则E为Na元素；G原子序数大于钠，处于第三周期，且G是同周期元素中原子半径最小的元素，故G为Cl元素；F与G位置相邻，原子序数大于钠元素，故F为S元素。(1)D为O元素，其简单阴离子的结构示意图是；(2)E2F为Na2S，是离子化合物，用电子式表示E2F的形成过程为；(3)E、F、G三种元素的原子所形成的简单离子中，Na+比其他两种离子少一个电子层，半径最小，S2−、Cl−具有相同的电子层结构，核电荷数大的离子半径较小，故半径由大到小的顺序是S2−＞Cl−＞Na+；(4)a．将单质钠投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，NaOH和CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，钠不能置换出单质铜，所以无大量红色固体生成，故不正确；b．C的气态氢化物氨气通入AlCl3溶液，发生反应：AlCl3+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，产生白色沉淀，氨气过量，Al(OH)3不溶解，故不正确；c．Cl2通入到NaBr溶液中充分反应，Cl2置换出NaBr中的Br2，加入四氯化碳，振荡，静置，由于Br2易溶于CCl4，则CCl4层变为橙色，CCl4比水的密度大，在下层，故正确；d．B的最高价氧化物CO2通入到Na2SiO3溶液中产生H2SiO3白色沉淀，故正确；故选ab；(5)A与B形成的10电子分子的化学式为CH4；CH4与Cl2在光照下能够发生取代反应，生成一系列的氯代甲烷(一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳)及氯化氢，一氯甲烷为气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均为难溶于水的油状液体，故试管内壁有油状液滴，氯气被消耗，因此气体颜色变浅，生成的氯化氢极易溶于水，而使试管中的气压减小，饱和食盐水进入试管中，因此可以看到D装置的现象，答案选D。
17．A、B、E为生活中常见的有机化合物，A与酸性高锰酸钾溶液反应可生成B，D是石油化工发展水平的标志，E是一种常见的高分子材料。根据如图转化关系回答下列问题：
(1)G的结构简式为_______；高分子材料E的链节是______；产物B的官能团名称为______；操作⑦的名称为_____。
(2)反应①～⑥中属于取代反应的是_______。(填序号)
(3)写出反应④的化学方程式：_________。
(4)用A、B制备物质C时，除去C中含有的杂质，选择的试剂及操作分别为_______，_______。
【答案】（1）CH2BrCH2Br 羧基 裂解
（2） ①②
（3）
（4） 饱和碳酸钠溶液 分液
【解析】D是石油化工发展水平的标志，则D为CH2=CH2，A、B、E是家庭中常见的有机物，D通过加聚反应得到常见的高分子材料E为聚乙烯；D与水发生加成反应生成A为C2H5OH，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成B为CH3COOH，乙酸与乙醇发生转化反应生成C为CH3COOCH2CH3，乙醇发生催化氧化生成F为CH3CHO，由操作⑧可知，为石油分馏，重油裂解得到乙烯。(1)G是乙烯和溴水发生加成反应生成的，其结构简式为CH2BrCH2Br；高分子材料E是聚乙烯，其链节是；产物B为CH3COOH，官能团名称为羧基；操作⑦得到乙烯，名称为裂解。(2)根据以上分析可知反应①～⑥中属于取代反应的是①②。(3)反应④是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为。(4)用乙醇、乙酸制备乙酸乙酯时，含有蒸发出的乙酸、乙醇，用饱和碳酸钠溶液除去，再通过分液可以得到较纯的乙酸乙酯。
18．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，而CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的恒温密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
(1)从3min到9min，v(CO2)=___________(计算保留2位有效数字)。
(2)能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点)
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内生成3mol H2同时生成1mol CH3OH
D．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
(3)平衡时CO2的转化率为___________。
(4)平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是___________。
(5)第3分钟时v正(CH3OH)___________第9分钟时v逆(CH3OH)(填“＞”“＜”“=”或“无法比较”)。
【答案】（1）
（2） BCD
（3） 75%
（4） 22∶3
（5） ＞
【解析】(1)由图像知；(2)A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1时，反应物的浓度还在变化，并未达到平衡状态，故A错误；B．该反应前后气体分子数不相等，在恒温密闭容器中，压强和物质的量成正比，则混合气体的压强不变时，反应平衡，故B正确；C．单位时间内生成3mol H2指逆反应方向，生成1mol CH3OH指正反应方向，则两者速率相等，反应平衡，故C正确；D．该反应前后气体分子数不相等，即混合气体的物质的量在变化，密闭容器中气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化时，说明平衡，故D正确；故选：BCD。(3)平衡时CO2的转化率为；(4)∆c(H2)=3∆c(CO2)=2.25mol/L，则平衡时H2的浓度为3-2.25=0.75mol/L，H2(g)的质量m=cVM=0.75mol/L×1L×2g/mol=1.5g，平衡时CO2(g)质量为m=cVM=0.25 mol/L×1L×44g/mol=11g，则质量比为11∶1.5=22∶3；(5)第9分钟时反应达平衡，则v逆(CH3OH)=
v正(CH3OH)，第3分钟时甲醇的反应物浓度比第9分钟时的大，则v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)。
19．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。
(1)粗盐精制：过程1除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质时，粗盐溶解后加入沉淀剂：
a．过量的Na2CO3溶液
b．过量的BaCl2溶液
c．过量的NaOH溶液
d．过滤除去沉淀，再加入适量的盐酸
①加入沉淀剂的顺序正确的是_______(填序号)。
A．abc B．bac C．cba
②加入适量盐酸，反应的离子方程式有_______和_______。
(2)海水提镁：
①过程2中加入的试剂是_______。
②由Mg(OH)2固体获得MgCl2溶液的离子方程式是_______。
(3)海水提溴：主要工业生产流程如下图所示。
①海水中的Br−被Cl2氧化的离子方程式是_______。
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式是_______。
③工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2。补全以下化学方程式：
_______Br2+_______Na2CO3+3H2O=_______NaBr+_______NaBrO3+_______NaHCO3
【答案】（1）BC CO+2H+=H2O+CO2↑ OH−+H+=H2O
（2） CaO或石灰乳 Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
（3） 2Br−+Cl2=Br2+2Cl− SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr
3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3
【解析】(1)①粗盐精制过程1，加入Na2CO3除去Ca2+、加入NaOH溶液除去Mg2+、加入BaCl2溶液除去SO，同时需要Na2CO3溶液除去过量的Ba2+；所以加入BaCl2溶液后再加Na2CO3溶液，加入试剂的顺序是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，或BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，选BC；②加入适量盐酸，剩余的碳酸钠和盐酸反应CO+2H+=H2O+CO2↑、剩余的氢氧化钠和盐酸反应H++OH−=H2O；(2)过程2中加入CaO，CaO和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，或直接加入石灰乳沉淀镁离子；稀盐酸溶解氢氧化镁固体可以得到氯化镁溶液，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；(3)①海水中的Br−被Cl2氧化为溴单质，反应的离子方程式是2Br−+Cl2=Br2+2Cl−；②吸收塔中SO2和Br2反应生成HBr和硫酸，根据电子守恒SO2和Br2的系数之比为1∶1，再结合元素守恒可得化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；③根据得失电子守恒、元素守恒配平Na2CO3溶液吸收吹出的Br2的化学方程式为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5
NaBr+NaBrO3+6NaHCO3。
20．某实验小组欲探究SO2和Cl2能否发生反应，设计如图所示的实验装置进行实验。
(1)装置A用来制备_______。
(2)装置C中发生复分解反应制取SO2，该反应的化学方程式：_______。
(3)为验证SO2和Cl2发生了反应，小组同学又继续如下实验。
①甲同学认为若SO2和Cl2反应，生成了Cl−，只要检验到生成的Cl-即可。
②乙同学认为甲同学的结论不合理，认为应该在装置A、B间增加一个洗气瓶，然后再按甲同学的方法实验即可得到正确结论。洗气瓶中盛有试剂的名称是_______。
③丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是：_______。
④丁同学则认为甲、乙同学的结论均不合理。丁同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量溶液X，生成白色沉淀，得出结论：SO2与Cl2同时通入水中，可以发生反应。溶液X是_______(填选项序号)。
a．BaCl2溶液 b．Ba(OH)2溶液 c．石蕊溶液
⑤SO2与Cl2同时通入水中反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）氯气
（2）
（3） 饱和食盐水 氯气与水反应也会生成氯离子 a
【解析】(1)在装置A高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，该反应的化学方程式是；(2)在装置C浓硫酸与Na2SO4发生复分解反应产生SO2，该反应的化学方程式是；(3)②制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢进入B中溶于水也会生成氯离子，乙同学认为Cl2中混有的杂质是HCl，需要在A、B间增加一个洗气瓶，用饱和食盐水除去；②丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是Cl2和水反应也会生成Cl−；③SO2被Cl2氧化为H2SO4，结合硫酸根离子检验证明二氧化硫和氯气发生了反应，丁同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量溶液X中含Ba2+，且不能和二氧化硫发生反应，a．BaCl2溶液可以检验SO存在，证明SO2和Cl2发生了反应，a正确；b．Ba(OH)2和SO2反应生成BaSO3沉淀，不能说明SO2和Cl2发生反应，b错误；c．无论氯气与SO2是否发生反应，二者溶于水后的溶液显酸性，酸溶液能够使石蕊溶液变红色，所以不能确定SO2与Cl2是否反应，c错误；故合理选项是a；④SO2与Cl2同时通入水中反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+
H2SO4。
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