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四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
泸县五中2023-2024学年高二上开学考试
化学试题
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 S：32 Cu：64 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 中国中医用药讲究十八反和十八畏，其中有“硫黄原是火中精，朴硝一见便相争”，硫黄即硫单质。下列说法中不正确的是
A. 硫黄是一种黄色晶体，易研成粉末
B. 少量的硫与铜反应可生成
C. 试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗
D. 硫在空气中燃烧产生蓝紫色火焰
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫是一种淡黄色的固体，质脆易研成粉末，A正确；
B．硫与铜反应生成， B正确；
C．硫黄易溶于二硫化碳，试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗，C正确；
D．硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，D错误；
故选D。
2. 下列化学用语正确的是
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 中子数为8的碳原子：
C. 二氧化碳的电子式： D. 正丁烷的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式应含有碳碳双键CH2=CH2，A错误；
B．中子数为8的碳原子质量数为14，即为，B正确；
C．二氧化碳的电子式为，C错误；
D．正丁烷的球棍模型，D错误；
故选B。
3. 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。
4. 下列装置能达到实验目的的是( )
A．制取NH3
B．干燥NH3
C．收集NH3
D．处理尾气
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制取NH3时，为防止生成的水蒸气在试管口冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，试管底应高于试管口，A不能达到实验目的；
B．NH3具有碱性，能与浓硫酸发生反应从而被浓硫酸吸收，所以不能用浓硫酸干燥NH3，B不能达到实验目的；
C．NH3的密度比空气小，集气瓶内的导气管应短进长出，C不能达到实验目的；
D．NH3极易溶于水，易产生倒吸现象，所以处理NH3时，应使用防倒吸装置，D能达到实验目的；
故选D。
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 氨水中加入Fe2(SO4)3溶液：
B. FeCl3溶液中加入铜粉：
C. CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合：
D. NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．一水合氨是弱碱不拆，即，A错误；
B．三价铁离子具有氧化性能将铜氧化为铜离子，即，B正确；
C．CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，即，C错误；
D．NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，即，D错误；
故选B。
6. 下列各组离子，在无色澄清溶液中能大量共存的是
A. Fe2+、H+、ClO-、Cl- B. NH、Ca2+、Cl-、OH-
C. K+、Ca2+、MnO、NO D. NH、Mg2+、Cl-、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe2+显浅灰绿色，在无色溶液中不能大量存在，且Fe2+、H+、ClO-会发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．NH、OH-会发生反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．MnO显浅紫色，在无色溶液中不能大量存在，C不符合题意；
D．选项离子之间不能发生任何反应，且离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
7. 垃圾分类回收有利于废物的进一步处理和综合利用。为研究废旧电池的再利用，实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu，并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述不正确的是
A. 溶解操作可用空气替代30%H2O2
B. 调节pH时可向溶液中加入Cu(OH)2
C. 加入适量的锌粉目的是还原Cu2+
D. 过滤后，滤液蒸发结晶、洗涤后，高温灼烧可得的ZnO
【答案】D
【解析】
【分析】利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)中加入稀硫酸和30%H2O2溶液，Cu发生反应，被氧化产生CuSO4，而Zn与H2SO4反应产生ZnSO4，然后加入Cu(OH)2悬浊液调整溶液pH=2，然后加入Zn置换出Cu，过滤分离得到的固体为海绵状的Cu，滤液中含有ZnSO4，将滤液蒸发结晶获得硫酸锌晶体，然后过滤洗涤，将晶体加热，分解产物随分解温度的不同而不同。
【详解】A．用稀硫酸溶解铜帽时，若将H2O2溶液换为O2，会发生反应：2Cu+O2+4H+=Cu2++2H2O，因此溶解操作可用空气替代30%H2O2，A正确；
B．调整溶液pH，使溶液pH增大，同时又不引入杂质离子，可以使用Cu(OH)2，B正确；
C．加入适量的锌粉目的是与溶液的Cu2+发生置换反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入Zn粉目的是还原Cu2+变为Cu单质，C正确；
D．过滤后，滤液中含有溶质为ZnSO4，滤液蒸发结晶获得ZnSO4晶体ZnSO4·7H2O，然后将晶体高温灼烧，灼烧的温度不同，分解产物不同，不一定可得的ZnO，D错误；
故合理选项是D。
8. W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，其中W在周期表中原子半径最小；X、Y同主族，Y、Z同周期，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Z的最高正价与最低负价的代数和为6，下列说法正确的是
A. W与X可以形成，两种物质
B. 原子半径由小到大的顺序是
C. Z元素最高价氧化物对应水化物的化学式为
D. Y、Z两元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物更稳定
【答案】A
【解析】
【分析】W在周期表中原子半径最小，所以W是氢元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X是氧元素X、Y同主族，所以Y是硫元素，Z的最高正价与最低负价的代数和为6，且与Y同周期，所以Z是氯元素。
【详解】A．氢元素与氧元素可以形成H2O，H2O2两种物质，故A正确；
B．X、Y同主族，核外电子层越多半径越大，所以原子半径， Y、Z同周期，原子序数越大半径越小，所以原子半径由小到大的顺序是，故B错误；
C．Z元素最高价氧化物对应水化物化学式为，故C错误；
D．同周期元素随着原子序数的递增，元素非金属性逐渐增大，氢化物越稳定，所以Z的气态氢化物更稳定，故D错误；
故选A。
9. 布洛芬(结构如图)可用于缓解一般感冒或流行性感冒引起的高热，异丁基苯(结构如图)是合成布洛芬的一种原料，下列说法正确的是
A. 布洛芬和异丁基苯均属于芳香烃 B. 布洛芬可以和氢氧化钠溶液反应
C. 异丁基苯的分子中含有碳碳双键 D. 异丁基苯与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．布洛芬含有氧原子，属于含氧衍生物，异丁基苯属于芳香烃，A错误；
B．布洛芬含有羧基，可以和氢氧化钠溶液反应，B正确；
C．异丁基苯的分子中不含有碳碳双键，含有苯环，C错误；
D．异丁基苯与的分子式不同，不能互为同分异构体，二者结构相似，互为同系物，D错误；
答案选B。
10. 一种利用废旧镀锌铁皮制备纳米粒子的工艺流程如下：
已知：及其化合物与及其化合物的性质相似。下列说法不正确的是
A. “碱洗”的目的是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污及锌
B. “氧化”时发生反应的离子方程式为
C. “氧化”后的溶液中主要存在的金属阳离子：
D. “加热沉铁”时通入是防止空气中的对产品造成影响
【答案】C
【解析】
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，同时除去油污，故A正确；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，故C错误；
D．最后一步“反应”中N2的作用是保护气，防止Fe2+被O2氧化，故D正确；
故选：C。
11. 氢氧(H2-O2)燃料电池的能量转化率较高，且产物是H2O，无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。氢氧燃料电池装置如图所示，有关说法正确的是
A. 该燃料电池的燃料氢气由B端充入
B. 负极的电极反应式为：
C. 图中“→”表示的是电流的流向
D. 碱性电解液中阳离子移向负极
【答案】B
【解析】
【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的电极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为，通入氧气的电极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e－＝4OH－，电子是从负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A．氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应转化为水，A端产生水，说明通入的氢气，故A错误；
B．通入氢气的电极是负极，电极反应式为，故B正确；
C．负极失去电子，则图中“→”表示的是电子的流向，故C错误；
D．阳离子向正极移动即通入氧气的电极移动，故D错误；
故选B。
12. 强酸性溶液X中可能含有、、、、、、、、中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下，下列结论正确的是
A. X中不能确定的离子是、、和
B. 气体F经催化氧化可直接生成气体D
C. 沉淀C一定是，沉淀G一定是，沉淀I一定是
D. X中肯定存在、、、、
【答案】A
【解析】
【分析】强酸性溶液中、不能存在；X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，(即3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O)。溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3，说明有存在。溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在Cl-；
【详解】A．X中Al3+、、K+和Cl-不能确定，故A正确；
B．气体F为NH3，催化氧化能生成NO，不能直接氧化生成D为NO2，故B错误；
C．据此分析可知，沉淀C一定是BaSO4，沉淀G为Fe(OH)3，沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3，故C错误；
D．通过以上分析知，不能确定原来溶液中是否含有、，故D错误；
故选：A。
13. 在一定条件下，把amolX、bmolY混合，发生反应：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)达到平衡时，Z的体积分数是40%，则的范围是( )
A. ＜＜2 B. ＜＜ C. ＜＜1 D. ＜＜
【答案】B
【解析】
【详解】，则，得，当 时，得 ，当 时，得，据此，选项B正确；
答案选B。
14. 某研究小组为探究影响化学反应速率的因素，以反应为研究对象设计如下实验：在恒容密闭容器中，改变实验条件，得到反应物的浓度随反应时间的变化情况如图所示，已知初始时的起始浓度为0.下列说法错误的是
A. 比较实验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
B. 若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
C. 比较实验②④得出：升高温度，化学反应速率加快
D. 内，实验②的平均反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①②温度相同，时间相同，反应物浓度不同，浓度越大反应速率快，故增大反应物浓度，化学反应速率加快，A正确；
B．实验②③温度相同，时间相同，实验③速率快，则是使用了催化剂，B正确；
C．实验②④对比，④温度高，先平衡，则升高温度，化学反应速率加快，C正确；
D．0∼10min内，实验②的平均反应速率v(HI)=反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(HI)=0.01mol⋅L−1⋅min−1 ，D错误；
故答案为：D。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 合成氨工业对人类社会的发展具有里程碑式意义。
（1）工业常用CH4与H2O高温下制合成氨的原料气H2，1molCH4完全转化为CO2时理论能制得H2的物质的量为___________。
（2）等离子体合成氨使用H2O代替H2作为氢源，模拟制备原理如图所示，在高压电场作用下，N2与H2O以一定流速通过反应器，主要得到NH3与HNO2(弱酸)，气体流出反应器后，经过一定长度的导管进入成分分析装置。
①等离子体合成氨反应的化学方程式为___________。
②成分分析表明，连接反应器与成分分析装置的导管的长度d越长，测得气体中NH3与HNO2的含量越低，其原因可能是___________。
③若将原料气中N2替换为空气，反应器流出气体中NH3及NOx浓度随原料气相对湿度(水蒸气含量)的变化如图所示，流出气体中NH3的浓度几乎为0的原因可能是___________。
【答案】（1）4mol
（2） ①. N2+2H2ONH3+HNO2 ②. HNO2与NH3在低温下反应生成NH4NO2而沉淀在导管内壁上，d越长生成的NH4NO2越多 ③. 在有氧气存在条件下，反应N2+O22NO比反应N2+2H2ONH3+HNO2更容易进行，导致生成的NH3几乎为0
【解析】
【小问1详解】
工业常用CH4与H2O高温下制合成氨的原料气H2，1molCH4完全转化为CO2时，此时反应方程式为：CH4+2H2O=CO2+4H2，故理论能制得H2的物质的量为4mol，故答案为：4mol；
【小问2详解】
①由题干信息可知，等离子体合成氨反应即N2和H2O在一定条件下反应生成NH3和HNO2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：N2+2H2ONH3+HNO2；
②由题干信息可知，HNO2为弱酸，NH3显碱性，成分分析表明，连接反应器与成分分析装置的导管的长度d越长，测得气体中NH3与HNO2的含量越低，其原因可能是HNO2与NH3在低温下反应生成NH4NO2而沉淀在导管内壁上，d越长生成的NH4NO2越多；
③若将原料气中N2替换为空气，由于空气中含有O2，此时反应器中进行的反应有：N2+O22NO，N2+2H2ONH3+HNO2，由于前者反应的活化能低于后者，导致前者反应速率比后者快得多，导致流出气体中NH3的浓度几乎为0，故答案为：在有氧气存在条件下，反应N2+O22NO比反应N2+2H2ONH3+HNO2更容易进行，导致生成的NH3几乎为0。
16. 氮元素与人类的生命、生产等活动息息相关。
（1）亚硝酸钠()在生活中有广泛应用，实验室可用如图装置制备(略去部分夹持仪器)。
已知：①；
②
③酸性条件下，、和都能与反应生成和
请回答下列问题：
①装置A中发生反应化学方程式为___________。
②装置B中的实验现象为___________。
③装置C的作用为___________。
④装置F中发生反应的离子方程式为___________。
（2）生物脱氮法流程如下：
步骤I中若的消除速率为，则的消耗速率为___________。
（3）目前，湿法和一体化脱除法是解决燃煤烟气领域的途径之一
已知：两组实验中溶液浓度均为，浓度均为
①图1是、、对的液相吸收。已知溶液在脱除时生成一种对空气无污染的气体，请写出该反应化学方程式___________。
②实验发现，在相同实验条件下利用溶液同时吸收和，脱除率在60%左右；单独吸收时，脱除率在33%左右。结合①信息及图像解释原因___________。
【答案】（1） ①. ②. 铜片不断变小，溶液颜色逐渐变为蓝色，有气泡放出 ③. 干燥并除去 ④.
（2）64 （3） ①. ②. 与反应产物是和，产物均可与发生氧化还原反应促进的吸收
【解析】
【分析】A中木炭和浓硝酸反应：，B中NO2与水反应生成硝酸，铜和稀硝酸反应产生硝酸铜和NO，C中为碱石灰，干燥NO并除去，D中NO与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，E装置防止水蒸气进入D装置，F装置可除去NO。
【小问1详解】
①A中化学反应为：；
②装置B铜和稀硝酸反应产生硝酸铜和NO，实验现象为：铜片不断变小，溶液颜色逐渐变为蓝色，有气泡放出；
③装置C的作用为：干燥并除去；
④根据题中已给信息，酸性高锰酸钾溶液可以与NO反应，装置F中发生反应离子方程式为：；
【小问2详解】
该过程步骤I反应为：，化学反应速率之比为化学计量数之比，若的消除速率为，即，则的消耗速率为，即；
【小问3详解】
①溶液在脱除时生成一种对空气无污染的气体，为氮气，根据氧化还原反应原理，该反应化学方程式为：；
②由①信息可知和均可与NO2反应，故原因为：图与反应产物是和，产物均可与发生氧化还原反应促进的吸收。
17. 利用和反应制甲醇能有效降低大气中的含量，总反应为：
（1）的物质的量浓度随时间变化的实验数据如下表：
时间()
0
5
10
15
20
25
1.8
1.2
0.9
0.7
0.55
0.45
内，的反应速率为___________。
（2）下列措施能加快的是___________(填字母，下同)。
A. 升高温度 B. 增大浓度
C. 分离出 D. 扩大容器体积
（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的和发生上述反应，下列情况不能说明反应已达到化学平衡状态的是___________。
A. 混合气体的密度不再改变
B. 的浓度保持不变
C. 体积分数保持不变
D. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）按图1所示进行实验。
①图1中负极是___________(填或)。
②写出该装置正极的电极反应式___________。
③若图2中x轴表示流入正极电子的物质的量，y轴可表示___________。
A． B． C．棒质量
D．棒质量 E．溶液的质量
【答案】（1）0.09 （2）AB （3）A
（4） ① Zn ②. ③. AC
【解析】
【小问1详解】
根据反应速率的计算公式，；
【小问2详解】
A.升高温度，能加快反应速率，A正确；
B. 增大浓度，能加快反应速率，B正确；
C. 分离出，反应速率减慢，C错误；
D.扩大容器体积，减小浓度，反应速率减慢，D错误；
故选AB；
【小问3详解】
A. 根据，m不变，V不变，密度不是变化量，所混合气体的密度不再改变时，不一定是平衡状态，A符合题意；
B. 的浓度保持不变时，反应达平衡状态，B不符合题意；
C. 体积分数保持不变，反应达平衡状态，C不符合题意；
D. 根据，不变，是个变化量，混合气体的平均相对分子质量是个变化量，当其保持不变时，反应达平衡状态，D不符合题意；
故选A；
【小问4详解】
①Zn比Cu活泼，所以图1中负极是Zn；
②该装置正极的电极反应式：；
③若图2中x轴表示流入正极电子的物质的量，y轴表示的量随电子的转移逐渐减小，在反应的过程中，减小，不变，棒质量减小，棒质量在增加， 溶液的质量减小，故选AC。
18. 苯乙烯()和乙烯是合成塑料的重要原料，以乙烯和苯为原料可以实现下列转化，转化关系如图所示，回答下列问题：
（1）的官能团名称是_______。
（2）A的结构简式是_______，②的反应类型是_______，④的反应类型是_______。
（3）B也可通过葡萄糖发酵制得，写出葡萄糖→B的化学方程式：_______。B与油酸反应的化学方程式是_______。
（4）反应③生成有机物C的反应在实验室中可在如图装置中进行：
实验时加入碎瓷片的目的是_______，试管乙中的导管口要在液面以上的原因是_______，反应③的化学方程式是_______。
（5）写出苯乙烯通过聚合反应生成聚苯乙烯的化学方程式：_______。
（6）写出C的同分异构体中，能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生的有机物的结构简式：_______。
【答案】（1）羟基 （2） ①. ②. 加成反应 ③. 氧化反应
（3） ①. ②.
（4） ①. 防止暴沸 ②. 防止倒吸 ③.
（5） （6）或
【解析】
【分析】乙烯和苯发生加成反应生成乙苯，催化剂、加热至550~600℃生成苯乙烯； CH2=CH2和Br2加成反应生成A，结构简式为BrCH2CH2Br，碱性条件下水解生成HOCH2CH2OH；CH2=CH2和H2O加成反应生成B为C2H5OH，加浓H2SO4和CH3COOH，加热发生酯化反应，生成C为CH3COOC2H5，用Cu做催化剂催化氧化生成CH3CHO。
【小问1详解】
HOCH2CH2OH官能团是羟基；
故答案为：羟基。
【小问2详解】
根据分析可知A的结构简式是CH2BrCH2Br；②的反应类型为加成反应；④的反应类型是氧化反应；
故答案为：CH2BrCH2Br；加成反应；氧化反应。
【小问3详解】
葡萄糖→B的化学方程式为：C6H12O6(葡萄糖)2C2H5OH+2CO2↑；B与油酸发生酯化反应生成酯，化学方程式为：C17H33COOH+C2H5OH C17H33COOC2H5+H2O；
故答案为：C6H12O6(葡萄糖)2C2H5OH+2CO2↑；C17H33COOH+C2H5OH C17H33COOC2H5+H2O。
【小问4详解】
制备乙酸乙酯时，试管甲加入碎瓷片的目的是防止暴沸；试管乙中的导管口要在液面以上的原因是防止倒吸；反应③为乙酸和乙醇用浓硫酸做催化剂发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式是CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；
故答案为：防止暴沸；防止倒吸；CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O。
【小问5详解】
苯乙烯通过聚合反应生成聚苯乙烯，化学方程式：；
故答案为：。
【小问6详解】
C为CH3COOC2H5，C的同分异构体中，能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生CO2，则分子中有-COOH，有机物的结构简式为CH3CH2CH2COOH或；
故答案为：CH3CH2CH2COOH或。
19. 废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4C1、ZnCl2、碳单质，用黑色物质A制备高纯MnCO3的流程如图：
已知：(未配平)。
（1）第I步操作是为了除去可溶性的_____(填化学式)。
（2）第I步后在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为MnO2，另一个是_____。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应的化学方程式为_____。
（3）第Ⅲ步中为提高反应速率，可以采取的措施有_____(任写一条)，第Ⅲ步过程中加入H2SO4溶液的作用是_____。
（4）已知：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；Mn2+在pH大于7.7时，开始转化为Mn(OH)2沉淀。第Ⅳ步中的多步操作可按如图步骤进行：
操作①加入NH4HCO3溶液调节溶液pH的过程中有CO2产生，则MnSO4溶液与NH4HCO3溶液反应的离子方程式为_____；操作②中需要的玻璃仪器有_____；你认为操作③中检测的方法及现象是_____时可继续进行操作④；操作④中用无水乙醇洗涤的目的是_____(答一条即可)。
【答案】（1）NH4Cl、ZnCl2
（2） ①. 除去碳单质 ②.
（3） ①. 适当升高温度(或适当增大硫酸的浓度或粉碎MnO2等) ②. 提供酸性环境
（4） ①. ②. 烧杯、漏斗、玻璃棒 ③. 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生 ④. 有利于低温条件下快速干燥
【解析】
【分析】锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4C1、ZnCl2、碳单质，用水浸取NH4C1、ZnCl2易溶性物质，过滤，将滤渣在空气中灼烧，碳燃烧、MnOOH灼烧变为二氧化锰，二氧化锰在酸性环境下与草酸反应生成硫酸锰，硫酸锰经过多步操作得到高纯碳酸锰。
【小问1详解】
NH4Cl、ZnCl2是易溶于水，而其他物质是难溶于水，因此第I步操作是为了除去可溶性的NH4Cl、ZnCl2；故答案为：NH4Cl、ZnCl2。
【小问2详解】
第I步在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为MnO2，另一个是将碳燃烧生成二氧化碳，以除去碳单质。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应生成二氧化锰，其反应的化学方程式为；故答案为：除去碳单质；。
【小问3详解】
第Ⅲ步中为提高反应速率，主要从温度、浓度，接触面积分析，因此可以采取的措施有适当升高温度或适当增大硫酸的浓度或粉碎MnO2等，第Ⅲ步过程主要是二氧化锰和草酸在酸性条件下反应生成硫酸锰，因此加入H2SO4溶液的作用是提供酸性环境；故答案为：适当升高温度(或适当增大硫酸的浓度或粉碎MnO2等)；提供酸性环境。
【小问4详解】
泸县五中2023-2024学年高二上开学考试
化学试题
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 S：32 Cu：64 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 中国中医用药讲究十八反和十八畏，其中有“硫黄原是火中精，朴硝一见便相争”，硫黄即硫单质。下列说法中不正确的是
A. 硫黄是一种黄色晶体，易研成粉末
B. 少量的硫与铜反应可生成
C. 试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗
D. 硫在空气中燃烧产生蓝紫色火焰
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫是一种淡黄色的固体，质脆易研成粉末，A正确；
B．硫与铜反应生成， B正确；
C．硫黄易溶于二硫化碳，试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗，C正确；
D．硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，D错误；
故选D。
2. 下列化学用语正确的是
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 中子数为8的碳原子：
C. 二氧化碳的电子式： D. 正丁烷的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式应含有碳碳双键CH2=CH2，A错误；
B．中子数为8的碳原子质量数为14，即为，B正确；
C．二氧化碳的电子式为，C错误；
D．正丁烷的球棍模型，D错误；
故选B。
3. 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。
4. 下列装置能达到实验目的的是( )
A．制取NH3
B．干燥NH3
C．收集NH3
D．处理尾气
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制取NH3时，为防止生成的水蒸气在试管口冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，试管底应高于试管口，A不能达到实验目的；
B．NH3具有碱性，能与浓硫酸发生反应从而被浓硫酸吸收，所以不能用浓硫酸干燥NH3，B不能达到实验目的；
C．NH3的密度比空气小，集气瓶内的导气管应短进长出，C不能达到实验目的；
D．NH3极易溶于水，易产生倒吸现象，所以处理NH3时，应使用防倒吸装置，D能达到实验目的；
故选D。
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 氨水中加入Fe2(SO4)3溶液：
B. FeCl3溶液中加入铜粉：
C. CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合：
D. NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．一水合氨是弱碱不拆，即，A错误；
B．三价铁离子具有氧化性能将铜氧化为铜离子，即，B正确；
C．CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，即，C错误；
D．NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，即，D错误；
故选B。
6. 下列各组离子，在无色澄清溶液中能大量共存的是
A. Fe2+、H+、ClO-、Cl- B. NH、Ca2+、Cl-、OH-
C. K+、Ca2+、MnO、NO D. NH、Mg2+、Cl-、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe2+显浅灰绿色，在无色溶液中不能大量存在，且Fe2+、H+、ClO-会发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．NH、OH-会发生反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．MnO显浅紫色，在无色溶液中不能大量存在，C不符合题意；
D．选项离子之间不能发生任何反应，且离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
7. 垃圾分类回收有利于废物的进一步处理和综合利用。为研究废旧电池的再利用，实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu，并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述不正确的是
A. 溶解操作可用空气替代30%H2O2
B. 调节pH时可向溶液中加入Cu(OH)2
C. 加入适量的锌粉目的是还原Cu2+
D. 过滤后，滤液蒸发结晶、洗涤后，高温灼烧可得的ZnO
【答案】D
【解析】
【分析】利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)中加入稀硫酸和30%H2O2溶液，Cu发生反应，被氧化产生CuSO4，而Zn与H2SO4反应产生ZnSO4，然后加入Cu(OH)2悬浊液调整溶液pH=2，然后加入Zn置换出Cu，过滤分离得到的固体为海绵状的Cu，滤液中含有ZnSO4，将滤液蒸发结晶获得硫酸锌晶体，然后过滤洗涤，将晶体加热，分解产物随分解温度的不同而不同。
【详解】A．用稀硫酸溶解铜帽时，若将H2O2溶液换为O2，会发生反应：2Cu+O2+4H+=Cu2++2H2O，因此溶解操作可用空气替代30%H2O2，A正确；
B．调整溶液pH，使溶液pH增大，同时又不引入杂质离子，可以使用Cu(OH)2，B正确；
C．加入适量的锌粉目的是与溶液的Cu2+发生置换反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入Zn粉目的是还原Cu2+变为Cu单质，C正确；
D．过滤后，滤液中含有溶质为ZnSO4，滤液蒸发结晶获得ZnSO4晶体ZnSO4·7H2O，然后将晶体高温灼烧，灼烧的温度不同，分解产物不同，不一定可得的ZnO，D错误；
故合理选项是D。
8. W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，其中W在周期表中原子半径最小；X、Y同主族，Y、Z同周期，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Z的最高正价与最低负价的代数和为6，下列说法正确的是
A. W与X可以形成，两种物质
B. 原子半径由小到大的顺序是
C. Z元素最高价氧化物对应水化物的化学式为
D. Y、Z两元素的气态氢化物中，Y的气态氢化物更稳定
【答案】A
【解析】
【分析】W在周期表中原子半径最小，所以W是氢元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X是氧元素X、Y同主族，所以Y是硫元素，Z的最高正价与最低负价的代数和为6，且与Y同周期，所以Z是氯元素。
【详解】A．氢元素与氧元素可以形成H2O，H2O2两种物质，故A正确；
B．X、Y同主族，核外电子层越多半径越大，所以原子半径， Y、Z同周期，原子序数越大半径越小，所以原子半径由小到大的顺序是，故B错误；
C．Z元素最高价氧化物对应水化物化学式为，故C错误；
D．同周期元素随着原子序数的递增，元素非金属性逐渐增大，氢化物越稳定，所以Z的气态氢化物更稳定，故D错误；
故选A。
9. 布洛芬(结构如图)可用于缓解一般感冒或流行性感冒引起的高热，异丁基苯(结构如图)是合成布洛芬的一种原料，下列说法正确的是
A. 布洛芬和异丁基苯均属于芳香烃 B. 布洛芬可以和氢氧化钠溶液反应
C. 异丁基苯的分子中含有碳碳双键 D. 异丁基苯与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．布洛芬含有氧原子，属于含氧衍生物，异丁基苯属于芳香烃，A错误；
B．布洛芬含有羧基，可以和氢氧化钠溶液反应，B正确；
C．异丁基苯的分子中不含有碳碳双键，含有苯环，C错误；
D．异丁基苯与的分子式不同，不能互为同分异构体，二者结构相似，互为同系物，D错误；
答案选B。
10. 一种利用废旧镀锌铁皮制备纳米粒子的工艺流程如下：
已知：及其化合物与及其化合物的性质相似。下列说法不正确的是
A. “碱洗”的目的是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污及锌
B. “氧化”时发生反应的离子方程式为
C. “氧化”后的溶液中主要存在的金属阳离子：
D. “加热沉铁”时通入是防止空气中的对产品造成影响
【答案】C
【解析】
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，同时除去油污，故A正确；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，故C错误；
D．最后一步“反应”中N2的作用是保护气，防止Fe2+被O2氧化，故D正确；
故选：C。
11. 氢氧(H2-O2)燃料电池的能量转化率较高，且产物是H2O，无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。氢氧燃料电池装置如图所示，有关说法正确的是
A. 该燃料电池的燃料氢气由B端充入
B. 负极的电极反应式为：
C. 图中“→”表示的是电流的流向
D. 碱性电解液中阳离子移向负极
【答案】B
【解析】
【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的电极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为，通入氧气的电极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e－＝4OH－，电子是从负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A．氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应转化为水，A端产生水，说明通入的氢气，故A错误；
B．通入氢气的电极是负极，电极反应式为，故B正确；
C．负极失去电子，则图中“→”表示的是电子的流向，故C错误；
D．阳离子向正极移动即通入氧气的电极移动，故D错误；
故选B。
12. 强酸性溶液X中可能含有、、、、、、、、中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下，下列结论正确的是
A. X中不能确定的离子是、、和
B. 气体F经催化氧化可直接生成气体D
C. 沉淀C一定是，沉淀G一定是，沉淀I一定是
D. X中肯定存在、、、、
【答案】A
【解析】
【分析】强酸性溶液中、不能存在；X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，(即3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O)。溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3，说明有存在。溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在Cl-；
【详解】A．X中Al3+、、K+和Cl-不能确定，故A正确；
B．气体F为NH3，催化氧化能生成NO，不能直接氧化生成D为NO2，故B错误；
C．据此分析可知，沉淀C一定是BaSO4，沉淀G为Fe(OH)3，沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在Al3+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3，故C错误；
D．通过以上分析知，不能确定原来溶液中是否含有、，故D错误；
故选：A。
13. 在一定条件下，把amolX、bmolY混合，发生反应：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)达到平衡时，Z的体积分数是40%，则的范围是( )
A. ＜＜2 B. ＜＜ C. ＜＜1 D. ＜＜
【答案】B
【解析】
【详解】，则，得，当 时，得 ，当 时，得，据此，选项B正确；
答案选B。
14. 某研究小组为探究影响化学反应速率的因素，以反应为研究对象设计如下实验：在恒容密闭容器中，改变实验条件，得到反应物的浓度随反应时间的变化情况如图所示，已知初始时的起始浓度为0.下列说法错误的是
A. 比较实验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
B. 若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
C. 比较实验②④得出：升高温度，化学反应速率加快
D. 内，实验②的平均反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①②温度相同，时间相同，反应物浓度不同，浓度越大反应速率快，故增大反应物浓度，化学反应速率加快，A正确；
B．实验②③温度相同，时间相同，实验③速率快，则是使用了催化剂，B正确；
C．实验②④对比，④温度高，先平衡，则升高温度，化学反应速率加快，C正确；
D．0∼10min内，实验②的平均反应速率v(HI)=反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(HI)=0.01mol⋅L−1⋅min−1 ，D错误；
故答案为：D。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 合成氨工业对人类社会的发展具有里程碑式意义。
（1）工业常用CH4与H2O高温下制合成氨的原料气H2，1molCH4完全转化为CO2时理论能制得H2的物质的量为___________。
（2）等离子体合成氨使用H2O代替H2作为氢源，模拟制备原理如图所示，在高压电场作用下，N2与H2O以一定流速通过反应器，主要得到NH3与HNO2(弱酸)，气体流出反应器后，经过一定长度的导管进入成分分析装置。
①等离子体合成氨反应的化学方程式为___________。
②成分分析表明，连接反应器与成分分析装置的导管的长度d越长，测得气体中NH3与HNO2的含量越低，其原因可能是___________。
③若将原料气中N2替换为空气，反应器流出气体中NH3及NOx浓度随原料气相对湿度(水蒸气含量)的变化如图所示，流出气体中NH3的浓度几乎为0的原因可能是___________。
【答案】（1）4mol
（2） ①. N2+2H2ONH3+HNO2 ②. HNO2与NH3在低温下反应生成NH4NO2而沉淀在导管内壁上，d越长生成的NH4NO2越多 ③. 在有氧气存在条件下，反应N2+O22NO比反应N2+2H2ONH3+HNO2更容易进行，导致生成的NH3几乎为0
【解析】
【小问1详解】
工业常用CH4与H2O高温下制合成氨的原料气H2，1molCH4完全转化为CO2时，此时反应方程式为：CH4+2H2O=CO2+4H2，故理论能制得H2的物质的量为4mol，故答案为：4mol；
【小问2详解】
①由题干信息可知，等离子体合成氨反应即N2和H2O在一定条件下反应生成NH3和HNO2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：N2+2H2ONH3+HNO2；
②由题干信息可知，HNO2为弱酸，NH3显碱性，成分分析表明，连接反应器与成分分析装置的导管的长度d越长，测得气体中NH3与HNO2的含量越低，其原因可能是HNO2与NH3在低温下反应生成NH4NO2而沉淀在导管内壁上，d越长生成的NH4NO2越多；
③若将原料气中N2替换为空气，由于空气中含有O2，此时反应器中进行的反应有：N2+O22NO，N2+2H2ONH3+HNO2，由于前者反应的活化能低于后者，导致前者反应速率比后者快得多，导致流出气体中NH3的浓度几乎为0，故答案为：在有氧气存在条件下，反应N2+O22NO比反应N2+2H2ONH3+HNO2更容易进行，导致生成的NH3几乎为0。
16. 氮元素与人类的生命、生产等活动息息相关。
（1）亚硝酸钠()在生活中有广泛应用，实验室可用如图装置制备(略去部分夹持仪器)。
已知：①；
②
③酸性条件下，、和都能与反应生成和
请回答下列问题：
①装置A中发生反应化学方程式为___________。
②装置B中的实验现象为___________。
③装置C的作用为___________。
④装置F中发生反应的离子方程式为___________。
（2）生物脱氮法流程如下：
步骤I中若的消除速率为，则的消耗速率为___________。
（3）目前，湿法和一体化脱除法是解决燃煤烟气领域的途径之一
已知：两组实验中溶液浓度均为，浓度均为
①图1是、、对的液相吸收。已知溶液在脱除时生成一种对空气无污染的气体，请写出该反应化学方程式___________。
②实验发现，在相同实验条件下利用溶液同时吸收和，脱除率在60%左右；单独吸收时，脱除率在33%左右。结合①信息及图像解释原因___________。
【答案】（1） ①. ②. 铜片不断变小，溶液颜色逐渐变为蓝色，有气泡放出 ③. 干燥并除去 ④.
（2）64 （3） ①. ②. 与反应产物是和，产物均可与发生氧化还原反应促进的吸收
【解析】
【分析】A中木炭和浓硝酸反应：，B中NO2与水反应生成硝酸，铜和稀硝酸反应产生硝酸铜和NO，C中为碱石灰，干燥NO并除去，D中NO与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，E装置防止水蒸气进入D装置，F装置可除去NO。
【小问1详解】
①A中化学反应为：；
②装置B铜和稀硝酸反应产生硝酸铜和NO，实验现象为：铜片不断变小，溶液颜色逐渐变为蓝色，有气泡放出；
③装置C的作用为：干燥并除去；
④根据题中已给信息，酸性高锰酸钾溶液可以与NO反应，装置F中发生反应离子方程式为：；
【小问2详解】
该过程步骤I反应为：，化学反应速率之比为化学计量数之比，若的消除速率为，即，则的消耗速率为，即；
【小问3详解】
①溶液在脱除时生成一种对空气无污染的气体，为氮气，根据氧化还原反应原理，该反应化学方程式为：；
②由①信息可知和均可与NO2反应，故原因为：图与反应产物是和，产物均可与发生氧化还原反应促进的吸收。
17. 利用和反应制甲醇能有效降低大气中的含量，总反应为：
（1）的物质的量浓度随时间变化的实验数据如下表：
时间()
0
5
10
15
20
25
1.8
1.2
0.9
0.7
0.55
0.45
内，的反应速率为___________。
（2）下列措施能加快的是___________(填字母，下同)。
A. 升高温度 B. 增大浓度
C. 分离出 D. 扩大容器体积
（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的和发生上述反应，下列情况不能说明反应已达到化学平衡状态的是___________。
A. 混合气体的密度不再改变
B. 的浓度保持不变
C. 体积分数保持不变
D. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）按图1所示进行实验。
①图1中负极是___________(填或)。
②写出该装置正极的电极反应式___________。
③若图2中x轴表示流入正极电子的物质的量，y轴可表示___________。
A． B． C．棒质量
D．棒质量 E．溶液的质量
【答案】（1）0.09 （2）AB （3）A
（4） ① Zn ②. ③. AC
【解析】
【小问1详解】
根据反应速率的计算公式，；
【小问2详解】
A.升高温度，能加快反应速率，A正确；
B. 增大浓度，能加快反应速率，B正确；
C. 分离出，反应速率减慢，C错误；
D.扩大容器体积，减小浓度，反应速率减慢，D错误；
故选AB；
【小问3详解】
A. 根据，m不变，V不变，密度不是变化量，所混合气体的密度不再改变时，不一定是平衡状态，A符合题意；
B. 的浓度保持不变时，反应达平衡状态，B不符合题意；
C. 体积分数保持不变，反应达平衡状态，C不符合题意；
D. 根据，不变，是个变化量，混合气体的平均相对分子质量是个变化量，当其保持不变时，反应达平衡状态，D不符合题意；
故选A；
【小问4详解】
①Zn比Cu活泼，所以图1中负极是Zn；
②该装置正极的电极反应式：；
③若图2中x轴表示流入正极电子的物质的量，y轴表示的量随电子的转移逐渐减小，在反应的过程中，减小，不变，棒质量减小，棒质量在增加， 溶液的质量减小，故选AC。
18. 苯乙烯()和乙烯是合成塑料的重要原料，以乙烯和苯为原料可以实现下列转化，转化关系如图所示，回答下列问题：
（1）的官能团名称是_______。
（2）A的结构简式是_______，②的反应类型是_______，④的反应类型是_______。
（3）B也可通过葡萄糖发酵制得，写出葡萄糖→B的化学方程式：_______。B与油酸反应的化学方程式是_______。
（4）反应③生成有机物C的反应在实验室中可在如图装置中进行：
实验时加入碎瓷片的目的是_______，试管乙中的导管口要在液面以上的原因是_______，反应③的化学方程式是_______。
（5）写出苯乙烯通过聚合反应生成聚苯乙烯的化学方程式：_______。
（6）写出C的同分异构体中，能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生的有机物的结构简式：_______。
【答案】（1）羟基 （2） ①. ②. 加成反应 ③. 氧化反应
（3） ①. ②.
（4） ①. 防止暴沸 ②. 防止倒吸 ③.
（5） （6）或
【解析】
【分析】乙烯和苯发生加成反应生成乙苯，催化剂、加热至550~600℃生成苯乙烯； CH2=CH2和Br2加成反应生成A，结构简式为BrCH2CH2Br，碱性条件下水解生成HOCH2CH2OH；CH2=CH2和H2O加成反应生成B为C2H5OH，加浓H2SO4和CH3COOH，加热发生酯化反应，生成C为CH3COOC2H5，用Cu做催化剂催化氧化生成CH3CHO。
【小问1详解】
HOCH2CH2OH官能团是羟基；
故答案为：羟基。
【小问2详解】
根据分析可知A的结构简式是CH2BrCH2Br；②的反应类型为加成反应；④的反应类型是氧化反应；
故答案为：CH2BrCH2Br；加成反应；氧化反应。
【小问3详解】
葡萄糖→B的化学方程式为：C6H12O6(葡萄糖)2C2H5OH+2CO2↑；B与油酸发生酯化反应生成酯，化学方程式为：C17H33COOH+C2H5OH C17H33COOC2H5+H2O；
故答案为：C6H12O6(葡萄糖)2C2H5OH+2CO2↑；C17H33COOH+C2H5OH C17H33COOC2H5+H2O。
【小问4详解】
制备乙酸乙酯时，试管甲加入碎瓷片的目的是防止暴沸；试管乙中的导管口要在液面以上的原因是防止倒吸；反应③为乙酸和乙醇用浓硫酸做催化剂发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式是CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；
故答案为：防止暴沸；防止倒吸；CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O。
【小问5详解】
苯乙烯通过聚合反应生成聚苯乙烯，化学方程式：；
故答案为：。
【小问6详解】
C为CH3COOC2H5，C的同分异构体中，能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生CO2，则分子中有-COOH，有机物的结构简式为CH3CH2CH2COOH或；
故答案为：CH3CH2CH2COOH或。
19. 废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4C1、ZnCl2、碳单质，用黑色物质A制备高纯MnCO3的流程如图：
已知：(未配平)。
（1）第I步操作是为了除去可溶性的_____(填化学式)。
（2）第I步后在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为MnO2，另一个是_____。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应的化学方程式为_____。
（3）第Ⅲ步中为提高反应速率，可以采取的措施有_____(任写一条)，第Ⅲ步过程中加入H2SO4溶液的作用是_____。
（4）已知：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；Mn2+在pH大于7.7时，开始转化为Mn(OH)2沉淀。第Ⅳ步中的多步操作可按如图步骤进行：
操作①加入NH4HCO3溶液调节溶液pH的过程中有CO2产生，则MnSO4溶液与NH4HCO3溶液反应的离子方程式为_____；操作②中需要的玻璃仪器有_____；你认为操作③中检测的方法及现象是_____时可继续进行操作④；操作④中用无水乙醇洗涤的目的是_____(答一条即可)。
【答案】（1）NH4Cl、ZnCl2
（2） ①. 除去碳单质 ②.
（3） ①. 适当升高温度(或适当增大硫酸的浓度或粉碎MnO2等) ②. 提供酸性环境
（4） ①. ②. 烧杯、漏斗、玻璃棒 ③. 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生 ④. 有利于低温条件下快速干燥
【解析】
【分析】锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4C1、ZnCl2、碳单质，用水浸取NH4C1、ZnCl2易溶性物质，过滤，将滤渣在空气中灼烧，碳燃烧、MnOOH灼烧变为二氧化锰，二氧化锰在酸性环境下与草酸反应生成硫酸锰，硫酸锰经过多步操作得到高纯碳酸锰。
【小问1详解】
NH4Cl、ZnCl2是易溶于水，而其他物质是难溶于水，因此第I步操作是为了除去可溶性的NH4Cl、ZnCl2；故答案为：NH4Cl、ZnCl2。
【小问2详解】
第I步在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为MnO2，另一个是将碳燃烧生成二氧化碳，以除去碳单质。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应生成二氧化锰，其反应的化学方程式为；故答案为：除去碳单质；。
【小问3详解】
第Ⅲ步中为提高反应速率，主要从温度、浓度，接触面积分析，因此可以采取的措施有适当升高温度或适当增大硫酸的浓度或粉碎MnO2等，第Ⅲ步过程主要是二氧化锰和草酸在酸性条件下反应生成硫酸锰，因此加入H2SO4溶液的作用是提供酸性环境；故答案为：适当升高温度(或适当增大硫酸的浓度或粉碎MnO2等)；提供酸性环境。
【小问4详解】
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