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四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高一化学下学期6月期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高一化学下学期6月期末考试试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了满分100分时间75分钟，5 Na23 Fe56等内容，欢迎下载使用。
叙州区第一中学2023年春期高一期末考试
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.满分100分时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Na23 Fe56
第I卷(选择题 42分)
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. 下面有关化肥与环境关系的描述，正确的是
A. 雨天追肥有利于农作物的吸收
B. 大量施用化肥对环境没有污染
C. 绿色植物都能直接在空气中进行生物固氮
D. 过多的尿素进入水体会恶化水质，导致“水华”现象
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．雨天追肥，化肥易随雨水流失，不利于农作物吸收化肥，故A错误；
B．大量施用化肥，会造成土壤、水的富营养化，故B错误；
C．固氮是把游离态的氮转化为化合态的氮，有些植物如豆科植物，可直接在空气中进行固氮，而其他大部分植物不行，故C错误；
D．尿素进入水体会导致水体富营养化，最终使水质恶化，形成“水华”现象，故D正确；
故选D。
2. 甲烷是一种有机化合物，分子式是CH4，分子量为16.043。甲烷是最简单的有机物，也是含碳量最小(含氢量最大)的烃。甲烷在自然界的分布很广，是天然气，沼气，坑气等的主要成分，俗称瓦斯。它可用来作为燃料及制造氢气、炭黑、一氧化碳、乙炔、氢氰酸及甲醛等物质的原料。甲烷是创造适合生命存在的条件中，扮演重要角色的有机分子。美国宇航局喷气推进实验室的天文学家，利用绕轨运行的“哈勃”太空望远镜得到了一张行星大气的红外线分光镜图谱，并发现了其中的甲烷痕迹。下列关于甲烷的性质描述错误的是
A. 甲烷难溶于水 B. 甲烷有臭味
C. 甲烷的密度比空气小 D. 甲烷易燃烧
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷属于烃，难溶于水，故A正确；
B．甲烷是无色无味的气体，故B错误；
C．甲烷的相对分子质量小，密度比空气小，故C正确；
D．甲烷易燃烧生成二氧化碳和水，故D正确；
选B。
3. 反应Cl2+H2O=HCl+HClO可用于自来水消毒。下列表示反应中相关微粒的叙述正确的是
A. HClO结构式为H−Cl−O B. Cl−的结构示意图为
C. HCl电子式为 D. 每个H2O分子有10个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO结构式为H−O−Cl，A错误；
B．Cl−是氯原子得到1个电子后形成的阴离子，结构示意图为 ，B错误；
C．HCl为共价化合物，电子式为，C错误；
D．每个H2O分子有1×2+8=10个电子，D正确；
故选D。
4. 下列关于氮及氮的化合物的说法不正确的是
A. 氮气化学性质不活泼，但在一定条件下可与氢气或氧气反应
B. 铵盐中加入氢氧化钠溶液，加热，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，试纸变红
C. “雷雨发庄橡”属于自然固氮
D. 氨气极易溶于水，因此可用来做喷泉实验
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，不容易断裂，因此氮气化学性质稳定，虽然常温下氮气很难跟其他物质发生反应，但在高温、高压、催化剂等条件下可与某些物质发生化学变化；例如与氢气或氧气反应，故A正确；
B．铵盐中加入氢氧化钠溶液，加热之后会有氨气产生，氨气是一种碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；
C．“雷雨发庄稼”是指氮气在放电的条件下与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮在空气中迅速被氧化为二氧化氮，NO2与水反应产生硝酸，而硝酸与土壤中的盐反应生成氮肥，因此属于自然固氮，故C正确；
D．氨气是一种极易溶于水的碱性气体，将氨气充满烧瓶之后，稍微加入一点水，利用氨气溶于水的性质，形成压强差，就可以看到喷泉这一现象，故D正确；
故答案选B。
5. 根据所给的实验装置，下列有关实验的相关叙述正确的是
A. 实验室可以用装置甲和药品来制取氨气
B. 利用装置乙定量测定锌和稀硫酸反应的化学反应速率
C. 在装置丙实验过程中，把温度计上的酸冲洗干净后再测量氢氧化钠溶液的温度
D. 将装置丁中浓盐酸换成浓硫酸时现象相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B．针筒可测定气体的体积，需要秒表测定时间，图中缺少秒表，不能测定反应速率，故B错误；
C．温度计上的酸冲洗干净后再测量氢氧化钠溶液的温度，避免中和反应放热导致温度升高，图中装置可测定中和热，故C正确；
D．稀硫酸不挥发，而浓盐酸易挥发，则浓盐酸换成稀硫酸时现象不同，故D错误；
故答案选C。
6. 科学佩戴口罩对防控新冠病毒疫情有重要作用，丙烯(CH2=CHCH3)是生产一次性医用口罩的原料。有关丙烯的说法不正确的是
A. 丙烯属于烃 B. 丙烯分子中所有原子共平面
C. 丙烯能使溴水褪色 D. 丙烯在一定条件下能合成高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯中只含C、H元素，所以丙烯属于烃，故A正确；
B．甲基上C原子具有甲烷结构特点，所以丙烯分子中所有原子不能共平面，故B错误；
C．分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；
D．丙烯(CH2CH=CH2)在一定条件下加聚后可得聚丙烯：，聚丙烯属于合成高分子化合物，故D正确；
故选B。
7. 在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是
①过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应
②过量的氢气与少量的N2在催化剂存在下充分反应
③浓盐酸与过量的MnO2
④过量的铜与浓硫酸
⑤过量银与稀硝酸
⑥过量的稀盐酸与块状石灰石
A. ①④⑤ B. ②③⑤ C. ②③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①锌和浓硫酸、稀硫酸都反应，过量的锌与18mol/L的硫酸反应时，硫酸不剩余，①不符合题意；
②氢气和氮气之间存在可逆反应，所以反应物不可能完全转化为生成物，②符合题意；
③MnO2与浓盐酸（加热）反应生成氯气，和稀盐酸不反应，所以二氧化锰过量时盐酸有剩余，③符合题意；
④铜与浓硫酸（加热）反应，但和稀硫酸不反应，所以铜过量时有硫酸剩余，④符合题意；
⑤银和稀硝酸反应生成硝酸银NO，所以当银过量时硝酸完全反应，⑤不符合题意；
⑥盐酸和石灰石反应生成可溶物氯化钙，盐酸过量时石灰石不剩余，⑥不符合题意；
综上所述，符合题意的是②③④，故选C。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y的焰色反应为黄色，Z原子的最外层有6个电子。下列叙述正确的是
A. 原子半径：r(Y)
C. 工业上常用电解熔融YW的方法制备元素Y的单质
D. 元素X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
【答案】C
【解析】
【分析】X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，推测X是碳或者硫元素，根据四种元素都是短周期且X后还有三种元素判断，X只能是碳元素；Y的焰色反应为黄色，推测Y是钠元素，Z原子的最外层有6个电子，且原子序数依次增大，则Z是硫元素，则W是氯元素，故X、Y、Z、W依次分别是C、Na、S、Cl元素；
【详解】A．原子半径大小比较根据同周期从左到右依次减小，同主族从上到下依次增大，判断半径：r (W)
C．金属钠是活泼金属，工业上采用电解熔融盐方法来制取，故C正确；
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸是碳酸属于弱酸，W的最高价氧化物对应水化物的酸是高氯酸属于强酸，故碳酸的酸性弱于高氯酸，故D不正确；
故选答案C；
【点睛】此题考查元素推断及元素及物质的相关性质，注意推断中元素的首要条件都是短周期元素。
9. 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A 吸收过程中有气体生成 B. 结晶后母液中含有NaHCO3
C. 气流干燥湿料时温度不宜过高 D. 中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】
【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
10. 在密闭容器中发生化学反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L，则在这段时间内，用HI表示的平均反应速率为（ ）
A. 0.01mol⋅L−1⋅min−1 B. 0.02mol⋅L−1⋅min−1
C. 0.04mol⋅L−1⋅min−1 D. 0.5mol⋅L−1⋅min−1
【答案】C
【解析】
【详解】0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L，由方程式可知△c(HI)=2△c(H2)=0.2mol/L，
v(HI)= =0.04mol/(L⋅min)，
答案选C。
11. 已知可逆反应，若其他条件不变，对应反应前是否加入催化剂可得到如图所示两种v―t图象。下列判断正确的是（）
A. a1>a2，t1>t2， B. b1>b2，t1>t2
C. 两图中阴影部分面积相等 D. 图Ⅱ中阴影部分面积更大
【答案】C
【解析】
【分析】加入催化剂，反应速率增大，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动。
【详解】A．加入催化剂时，正、逆反应速率都增大，缩短了达到平衡的时间，由此可得，a1t2，A错误；
B．综上分析，B错误；
C．阴影部分面积为反应物浓度的变化量，由于催化剂不影响平衡移动，故两图中阴影部分面积相等，C正确；
D．两图中阴影部分面积相等，D错误；
答案选C。
12. 流动电池是一种新型电池，其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。某种流动电池装置如图所示，电池总反应为。下列说法不正确的是
A. a为正极，b为负极
B. 该电池工作时电极附近溶液的pH增大
C. b极的电极反应为
D. 电流由b极流出，经导线流向a极
【答案】D
【解析】
【分析】根据原电池原理来分析解答，电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+++2e-═PbSO4+2H2O，据此分析。
【详解】A．根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，所以a为正极，b为负极，故A正确；
B．PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+++2e-═PbSO4+2H2O，所以PbO2电极附近溶液的pH增大，故B正确；
C．铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，故C正确；
D．a为正极，b为负极，电流由a极流出，经导线流向b极，故D错误；
答案选D。
13. 已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 当生成1 mol气态AB时，吸收能量
D. 断裂1 molA-A键和1 mol B-B键共放出(a-b) kJ能量
【答案】C
【解析】
【详解】由题图可知，反应物总能量低于生成物总能量，则该反应为吸热反应，选项A、B错误；该反应的△H等于断裂反应物化学键所吸收能量与形成生成物化学键所放出能量的差，所以△H =+(a-b) kJ/mol，则当生成1 mol气态AB时，吸收能量，C正确；由题图可知，断裂1 mol A-A键和1 mol B-B键吸收a kJ的能量，D错误；
故答案为C。
14. 某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0．1moL•L﹣1NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积（X轴）和生成沉淀（Y轴）之间的函数关系如图所示，则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为
A. 1∶1∶1 B. 2∶1∶1 C. 2∶2∶1 D. 1∶1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】在无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，向该溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：H++OH-=H2O；A点消耗的10mL NaOH溶液是酸碱中和，根据方程式可知n(H+)=n(OH-)=0.1moL•L﹣1×0.01L=0.001mol；在A-B发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，二者共消耗NaOH 40mL，n(NaOH)= 0.1moL•L﹣1×0.04L=0.004mol；在B-C段发生反应：Al(OH)3+OH-=+2H2O，n(OH-)=n[Al(OH)3]=0.1moL•L-1×0.01L=0.001mol；则形成Al(OH)3沉淀消耗的NaOH的物质的量是0.003mol，所以根据元素守恒可知n(Al3+)=0.001mol，由于形成Al(OH)3、Mg(OH)2沉淀共消耗NaOH的物质的量是0.004mol；则形成Mg(OH)2沉淀消耗的NaOH的物质的量是0.001mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓在微粒之间反应关系可知n(Mg2+)=0.001mol÷2=0.0005mol，则n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.001mol:0.001m0l:0.0005mol=2:2:1，故选C。
第II卷(非选择题 58分)
15. 为研究Cl2的性质，特设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去。其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。
（1）加入药品前，需要检查__，E固体的化学式为__，饱和NaCl溶液的作用是___。
（2）写出装置I中发生反应的离子方程式______。
（3）写出IV中发生反应的离子方程式____。实验过程中，装置IV中的实验现象为____。
（4）装置V中NaOH溶液的作用是_____。
（5）实验结束后，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为在___(选填装置序号)之间还需添加洗气瓶，该装置的作用是___。
【答案】（1） ①. 装置的气密性 ②. MnO2 ③. 除去氯气中的氯化氢
（2）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（3） ①. Cl2+2I-=2Cl-+I2 ②. 无色溶液变蓝色
（4）吸收多余的氯气，防止环境污染
（5） ① II和III ②. 干燥Cl2
【解析】
【分析】由装置图可知，该装置为实验室制取氯气及探究其性质的实验。Ⅰ为氯气的制取装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水；实验前检查装置的气密性情况；浓盐酸具有挥发性，所以制取的氯气中会含有氯化氢，氯气在饱和氯化钠溶液中溶解度减小，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；湿润的氯气中含有次氯酸，具有漂白性，可以使品红褪色；氯气具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，据此判断装置Ⅳ中现象，V中NaOH溶液用于吸收尾气氯气，以此来解答；
【小问1详解】
加入药品前，要检查装置的气密性，E固体为MnO2，饱和NaCl溶液的作用：除去氯气中混有的氯化氢气体；
【小问2详解】
Ⅰ为氯气的制取装置，为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
【小问3详解】
装置Ⅳ中通入氯气后，与碘化钾溶液反应生成碘单质，反应的离子方程式：Cl2+2I-=2Cl-+I2；氯气具有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，所以装置Ⅳ中通入氯气后，无色溶液变蓝色；
【小问4详解】
氯气有毒，V中NaOH溶液用于吸收尾气氯气，防止环境污染；
【小问5详解】
干燥的氯气不具有漂白性，Ⅱ和Ⅲ之间可加干燥装置如浓硫酸等，除去氯气中的水蒸气。
16. 我国科学家侯德榜发明的联合制碱法，对世界制碱工业以及我国化工事业的发展做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如下图所示(部分物质已省略)。
（1）步骤①②③中涉及“过滤”操作的是___________(填序号)。
（2）向饱和食盐水中通入和后，生成的化学方程式是___________。
（3）从步骤①中分离出的晶体表面含有的杂质可能是_______和________，欲得到纯净的，需将其______、干燥。判断固体已经纯净的操作和现象是___________。
【答案】（1）①③ （2）NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl
（3） ①. NaCl ②. NH4Cl ③. 洗涤 ④. 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀，则NaHCO3固体已经洗涤干净
【解析】
【分析】向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，可析出NaHCO3，将NaHCO3过滤出来后加热，NaHCO3分解为Na2CO3。
【小问1详解】
步骤①是将悬浊液过滤得到NaHCO3晶体和溶液A，步骤②是加热NaHCO3使其分解，步骤③最后得到NH4Cl固体和含NaCl的溶液，所以也需要过滤，所以涉及过滤操作的步骤是①③。
【小问2详解】
向饱和食盐水中通入 NH3 和 CO2 后，生成 NaHCO3 和NH4Cl，反应的化学方程式是：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl。
【小问3详解】
从步骤①是从悬浊液中分离出的 NaHCO3 晶体，悬浊液中除了有NaHCO3固体外，还有Na+、Cl-、和，所以NaHCO3表面含有的杂质可能是NH4Cl和NaCl。欲得到纯净的NaHCO3，需要将过滤出来的NaHCO3洗涤，判断NaHCO3固体洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀，则NaHCO3固体已经洗涤干净。
17. A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：
（1）B的结构简式：_______；E的官能团名称：_______。
（2）写出②的反应方程式_______。
（3）步骤④的反应类型：_______。
（4）同学欲用如图装置制备物质E，请回答以下问题：
①试管A发生反应的化学方程式：_______；
②试管B中的试剂作用是_______；实验结束后分离出E的实验操作是_______(填操作名称)；试管A中加几块碎瓷片的目的是_______；
③插入试管B的导管接有一个球状物，其作用是_______。
【答案】（1） ①. ②. 酯基
（2）
（3）酯化反应(取代反应)
（4） ①. ②. 吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层 ③. 分液 ④. 防止暴沸 ⑤. 防止倒吸
【解析】
【分析】A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，与水反应生成的B为乙醇，催化氧化生成C为乙醛，乙醛催化氧化生成D为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成E为乙酸乙酯。
【小问1详解】
B为乙醇，结构简式：；E为乙酸乙酯，官能团名称：酯基。答案为：；酯基；
小问2详解】
反应②为乙醇催化氧化生成乙醛等，反应方程式：。答案为：；
【小问3详解】
步骤④为乙醇与乙酸在浓硫酸作用下生成乙酸乙酯和水，反应类型：酯化反应(取代反应)。答案为：酯化反应(取代反应)；
【小问4详解】
①试管A中，发生反应的化学方程式：；
②试管B中，饱和碳酸钠溶液可以去除乙酸和乙醇，同时减少乙酸乙酯的溶解损失，其作用是：吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；实验结束后，分离出分层液体中E的实验操作是分液；试管A中加几块碎瓷片的目的是防止暴沸；
③插入试管B的导管接有一个球状物，其作用是防止倒吸。答案为：；吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；分液；防止暴沸；防止倒吸。
【点睛】在酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂。
18. 某温度时，在一个2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体其物质的量随时间的变化曲线如图所示。
（1）该反应的化学方程式为___________
（2）将等物质的最的A和B，混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下反应，5min末，测得D的物质的量为1mol，，C的化学反应速率是，A的转化率是___________，a的值是___________。
（3）该条件下，能说明(2)中的可逆反应达到化学平衡状态的是___________(填标号)
A．混合气体的平均相对分子质量不再改变
B．容器内压强不再改变
C．A、B、C、D四种气体的物质的量浓度相等
D．混合气体的密度不再改变
E．单位时间内消耗2molD，同时消耗1molB
F．
【答案】（1）3X+Y⇌2Z
（2） ①. 50% ②. 4
（3）ABE
【解析】
【分析】根据改变量之比等于化学计量数之比，可知反应的化学方程式，判断化学平衡状态的直接标志：V正=V逆(同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据，以此来解析；
【小问1详解】
由图中信息可知，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n (X)：n (Y)：n (Z) =(1.0mol-0.7mol)：(1.0mol-0.9mol) (0.2mol-0mol) =3：1：2，则反应的化学方程式为3X+Y=2Z，但是2min后量不在改变，且都为零，说明此反应可逆，反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z；
【小问2详解】
经5min后D的物质的量为1mol，根据v===0.1mol⋅L−1⋅min−1，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(C)：v(D)=a：2=0.2mol⋅L−1⋅min−1：0.1mol⋅L−1⋅min−1，可得a=4；设A、B的初始浓度为n，则
n(A)：n(B)=3：5=(n-1.5)：(n-0.5)解得n=3，则A的转化率为=50%；
【小问3详解】
A．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．该反应是气体体积增大反应，随着反应的进行容器内的压强增大，当容器内的压强不再改变，说明反应已达到平衡状态，B符合题意；
C．A、B、C、D四种气体的物质的量浓度相等，不能说明反应已达到平衡，C不符合题意；
D．根据质量守恒，混合气体质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
E．单位时间内消耗2molD，同时消耗1molB，正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，E符合题意；
F．2v正(A)=3v逆(D) 才能说明正逆反应速率相等说明反应达到平衡，3v正(A)=2v逆(D)不能判断反应已经处于平衡状态，F不符合题意；
故选ABE。
19. 镁及其合金是用途很广的金属材料。大量的镁是从海水中提取的，其中的主要步骤如图：
（1）为了使MgSO4转化为Mg(OH)2 ，综合经济角度考虑，试剂A可选用_______。
（2）操作分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是_______。
（3）试剂B可以选用_______(填化学式)。
（4）溶液C中的阴离子除了OH-外，主要还含有_______(填离子符号)。
（5）工业上常用电解法冶炼一些非常活泼的金属，写出用无水MgCl2冶炼镁的化学方程_______。
（6）海水提镁时，由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O晶体的具体操作是_______、_______过滤，洗涤，干燥。
【答案】（1）Ca(OH)2
（2）过滤 （3）HCl
（4）Cl-、SO
（5）
（6） ①. 在HCl气流中蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
【解析】
【分析】根据题中工业流程图可知，海水中加入碱，使镁离子沉淀，过滤得到氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得氯化镁溶液，氯化镁溶液在HCl气流下蒸发得无水氯化镁，电解熔融的氯化镁可得镁。
【小问1详解】
为了使MgSO4转化为Mg(OH)2 ，应选择加碱，且在转化中不引入新的沉淀，从课本知识知，海水中加入石灰乳可以产生氢氧化镁沉淀而没有硫酸钙沉淀，则可选择加比NaOH便宜的熟石灰，故试剂A可选用Ca(OH)2；
【小问2详解】
过滤用于分离固体和液体，则操作分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；
【小问3详解】
氢氧化镁溶于盐酸得氯化镁溶液，故试剂B可以选用HCl；
【小问4详解】
溶液C中的阴离子除了OH-外，主要还含有Cl-、；
【小问5详解】
电解熔融MgCl2得到镁和氯气，冶炼镁的化学方程式；
【小问6详解】
叙州区第一中学2023年春期高一期末考试
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.满分100分时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Na23 Fe56
第I卷(选择题 42分)
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. 下面有关化肥与环境关系的描述，正确的是
A. 雨天追肥有利于农作物的吸收
B. 大量施用化肥对环境没有污染
C. 绿色植物都能直接在空气中进行生物固氮
D. 过多的尿素进入水体会恶化水质，导致“水华”现象
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．雨天追肥，化肥易随雨水流失，不利于农作物吸收化肥，故A错误；
B．大量施用化肥，会造成土壤、水的富营养化，故B错误；
C．固氮是把游离态的氮转化为化合态的氮，有些植物如豆科植物，可直接在空气中进行固氮，而其他大部分植物不行，故C错误；
D．尿素进入水体会导致水体富营养化，最终使水质恶化，形成“水华”现象，故D正确；
故选D。
2. 甲烷是一种有机化合物，分子式是CH4，分子量为16.043。甲烷是最简单的有机物，也是含碳量最小(含氢量最大)的烃。甲烷在自然界的分布很广，是天然气，沼气，坑气等的主要成分，俗称瓦斯。它可用来作为燃料及制造氢气、炭黑、一氧化碳、乙炔、氢氰酸及甲醛等物质的原料。甲烷是创造适合生命存在的条件中，扮演重要角色的有机分子。美国宇航局喷气推进实验室的天文学家，利用绕轨运行的“哈勃”太空望远镜得到了一张行星大气的红外线分光镜图谱，并发现了其中的甲烷痕迹。下列关于甲烷的性质描述错误的是
A. 甲烷难溶于水 B. 甲烷有臭味
C. 甲烷的密度比空气小 D. 甲烷易燃烧
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷属于烃，难溶于水，故A正确；
B．甲烷是无色无味的气体，故B错误；
C．甲烷的相对分子质量小，密度比空气小，故C正确；
D．甲烷易燃烧生成二氧化碳和水，故D正确；
选B。
3. 反应Cl2+H2O=HCl+HClO可用于自来水消毒。下列表示反应中相关微粒的叙述正确的是
A. HClO结构式为H−Cl−O B. Cl−的结构示意图为
C. HCl电子式为 D. 每个H2O分子有10个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO结构式为H−O−Cl，A错误；
B．Cl−是氯原子得到1个电子后形成的阴离子，结构示意图为 ，B错误；
C．HCl为共价化合物，电子式为，C错误；
D．每个H2O分子有1×2+8=10个电子，D正确；
故选D。
4. 下列关于氮及氮的化合物的说法不正确的是
A. 氮气化学性质不活泼，但在一定条件下可与氢气或氧气反应
B. 铵盐中加入氢氧化钠溶液，加热，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，试纸变红
C. “雷雨发庄橡”属于自然固氮
D. 氨气极易溶于水，因此可用来做喷泉实验
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，不容易断裂，因此氮气化学性质稳定，虽然常温下氮气很难跟其他物质发生反应，但在高温、高压、催化剂等条件下可与某些物质发生化学变化；例如与氢气或氧气反应，故A正确；
B．铵盐中加入氢氧化钠溶液，加热之后会有氨气产生，氨气是一种碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；
C．“雷雨发庄稼”是指氮气在放电的条件下与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮在空气中迅速被氧化为二氧化氮，NO2与水反应产生硝酸，而硝酸与土壤中的盐反应生成氮肥，因此属于自然固氮，故C正确；
D．氨气是一种极易溶于水的碱性气体，将氨气充满烧瓶之后，稍微加入一点水，利用氨气溶于水的性质，形成压强差，就可以看到喷泉这一现象，故D正确；
故答案选B。
5. 根据所给的实验装置，下列有关实验的相关叙述正确的是
A. 实验室可以用装置甲和药品来制取氨气
B. 利用装置乙定量测定锌和稀硫酸反应的化学反应速率
C. 在装置丙实验过程中，把温度计上的酸冲洗干净后再测量氢氧化钠溶液的温度
D. 将装置丁中浓盐酸换成浓硫酸时现象相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B．针筒可测定气体的体积，需要秒表测定时间，图中缺少秒表，不能测定反应速率，故B错误；
C．温度计上的酸冲洗干净后再测量氢氧化钠溶液的温度，避免中和反应放热导致温度升高，图中装置可测定中和热，故C正确；
D．稀硫酸不挥发，而浓盐酸易挥发，则浓盐酸换成稀硫酸时现象不同，故D错误；
故答案选C。
6. 科学佩戴口罩对防控新冠病毒疫情有重要作用，丙烯(CH2=CHCH3)是生产一次性医用口罩的原料。有关丙烯的说法不正确的是
A. 丙烯属于烃 B. 丙烯分子中所有原子共平面
C. 丙烯能使溴水褪色 D. 丙烯在一定条件下能合成高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯中只含C、H元素，所以丙烯属于烃，故A正确；
B．甲基上C原子具有甲烷结构特点，所以丙烯分子中所有原子不能共平面，故B错误；
C．分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；
D．丙烯(CH2CH=CH2)在一定条件下加聚后可得聚丙烯：，聚丙烯属于合成高分子化合物，故D正确；
故选B。
7. 在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是
①过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应
②过量的氢气与少量的N2在催化剂存在下充分反应
③浓盐酸与过量的MnO2
④过量的铜与浓硫酸
⑤过量银与稀硝酸
⑥过量的稀盐酸与块状石灰石
A. ①④⑤ B. ②③⑤ C. ②③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①锌和浓硫酸、稀硫酸都反应，过量的锌与18mol/L的硫酸反应时，硫酸不剩余，①不符合题意；
②氢气和氮气之间存在可逆反应，所以反应物不可能完全转化为生成物，②符合题意；
③MnO2与浓盐酸（加热）反应生成氯气，和稀盐酸不反应，所以二氧化锰过量时盐酸有剩余，③符合题意；
④铜与浓硫酸（加热）反应，但和稀硫酸不反应，所以铜过量时有硫酸剩余，④符合题意；
⑤银和稀硝酸反应生成硝酸银NO，所以当银过量时硝酸完全反应，⑤不符合题意；
⑥盐酸和石灰石反应生成可溶物氯化钙，盐酸过量时石灰石不剩余，⑥不符合题意；
综上所述，符合题意的是②③④，故选C。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y的焰色反应为黄色，Z原子的最外层有6个电子。下列叙述正确的是
A. 原子半径：r(Y)
C. 工业上常用电解熔融YW的方法制备元素Y的单质
D. 元素X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
【答案】C
【解析】
【分析】X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，推测X是碳或者硫元素，根据四种元素都是短周期且X后还有三种元素判断，X只能是碳元素；Y的焰色反应为黄色，推测Y是钠元素，Z原子的最外层有6个电子，且原子序数依次增大，则Z是硫元素，则W是氯元素，故X、Y、Z、W依次分别是C、Na、S、Cl元素；
【详解】A．原子半径大小比较根据同周期从左到右依次减小，同主族从上到下依次增大，判断半径：r (W)
C．金属钠是活泼金属，工业上采用电解熔融盐方法来制取，故C正确；
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸是碳酸属于弱酸，W的最高价氧化物对应水化物的酸是高氯酸属于强酸，故碳酸的酸性弱于高氯酸，故D不正确；
故选答案C；
【点睛】此题考查元素推断及元素及物质的相关性质，注意推断中元素的首要条件都是短周期元素。
9. 工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A 吸收过程中有气体生成 B. 结晶后母液中含有NaHCO3
C. 气流干燥湿料时温度不宜过高 D. 中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】
【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
10. 在密闭容器中发生化学反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L，则在这段时间内，用HI表示的平均反应速率为（ ）
A. 0.01mol⋅L−1⋅min−1 B. 0.02mol⋅L−1⋅min−1
C. 0.04mol⋅L−1⋅min−1 D. 0.5mol⋅L−1⋅min−1
【答案】C
【解析】
【详解】0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L，由方程式可知△c(HI)=2△c(H2)=0.2mol/L，
v(HI)= =0.04mol/(L⋅min)，
答案选C。
11. 已知可逆反应，若其他条件不变，对应反应前是否加入催化剂可得到如图所示两种v―t图象。下列判断正确的是（）
A. a1>a2，t1>t2， B. b1>b2，t1>t2
C. 两图中阴影部分面积相等 D. 图Ⅱ中阴影部分面积更大
【答案】C
【解析】
【分析】加入催化剂，反应速率增大，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动。
【详解】A．加入催化剂时，正、逆反应速率都增大，缩短了达到平衡的时间，由此可得，a1
B．综上分析，B错误；
C．阴影部分面积为反应物浓度的变化量，由于催化剂不影响平衡移动，故两图中阴影部分面积相等，C正确；
D．两图中阴影部分面积相等，D错误；
答案选C。
12. 流动电池是一种新型电池，其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。某种流动电池装置如图所示，电池总反应为。下列说法不正确的是
A. a为正极，b为负极
B. 该电池工作时电极附近溶液的pH增大
C. b极的电极反应为
D. 电流由b极流出，经导线流向a极
【答案】D
【解析】
【分析】根据原电池原理来分析解答，电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+++2e-═PbSO4+2H2O，据此分析。
【详解】A．根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，所以a为正极，b为负极，故A正确；
B．PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+++2e-═PbSO4+2H2O，所以PbO2电极附近溶液的pH增大，故B正确；
C．铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-═Cu2+，故C正确；
D．a为正极，b为负极，电流由a极流出，经导线流向b极，故D错误；
答案选D。
13. 已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 当生成1 mol气态AB时，吸收能量
D. 断裂1 molA-A键和1 mol B-B键共放出(a-b) kJ能量
【答案】C
【解析】
【详解】由题图可知，反应物总能量低于生成物总能量，则该反应为吸热反应，选项A、B错误；该反应的△H等于断裂反应物化学键所吸收能量与形成生成物化学键所放出能量的差，所以△H =+(a-b) kJ/mol，则当生成1 mol气态AB时，吸收能量，C正确；由题图可知，断裂1 mol A-A键和1 mol B-B键吸收a kJ的能量，D错误；
故答案为C。
14. 某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0．1moL•L﹣1NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积（X轴）和生成沉淀（Y轴）之间的函数关系如图所示，则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为
A. 1∶1∶1 B. 2∶1∶1 C. 2∶2∶1 D. 1∶1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】在无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，向该溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：H++OH-=H2O；A点消耗的10mL NaOH溶液是酸碱中和，根据方程式可知n(H+)=n(OH-)=0.1moL•L﹣1×0.01L=0.001mol；在A-B发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，二者共消耗NaOH 40mL，n(NaOH)= 0.1moL•L﹣1×0.04L=0.004mol；在B-C段发生反应：Al(OH)3+OH-=+2H2O，n(OH-)=n[Al(OH)3]=0.1moL•L-1×0.01L=0.001mol；则形成Al(OH)3沉淀消耗的NaOH的物质的量是0.003mol，所以根据元素守恒可知n(Al3+)=0.001mol，由于形成Al(OH)3、Mg(OH)2沉淀共消耗NaOH的物质的量是0.004mol；则形成Mg(OH)2沉淀消耗的NaOH的物质的量是0.001mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓在微粒之间反应关系可知n(Mg2+)=0.001mol÷2=0.0005mol，则n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.001mol:0.001m0l:0.0005mol=2:2:1，故选C。
第II卷(非选择题 58分)
15. 为研究Cl2的性质，特设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去。其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。
（1）加入药品前，需要检查__，E固体的化学式为__，饱和NaCl溶液的作用是___。
（2）写出装置I中发生反应的离子方程式______。
（3）写出IV中发生反应的离子方程式____。实验过程中，装置IV中的实验现象为____。
（4）装置V中NaOH溶液的作用是_____。
（5）实验结束后，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为在___(选填装置序号)之间还需添加洗气瓶，该装置的作用是___。
【答案】（1） ①. 装置的气密性 ②. MnO2 ③. 除去氯气中的氯化氢
（2）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（3） ①. Cl2+2I-=2Cl-+I2 ②. 无色溶液变蓝色
（4）吸收多余的氯气，防止环境污染
（5） ① II和III ②. 干燥Cl2
【解析】
【分析】由装置图可知，该装置为实验室制取氯气及探究其性质的实验。Ⅰ为氯气的制取装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水；实验前检查装置的气密性情况；浓盐酸具有挥发性，所以制取的氯气中会含有氯化氢，氯气在饱和氯化钠溶液中溶解度减小，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；湿润的氯气中含有次氯酸，具有漂白性，可以使品红褪色；氯气具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，据此判断装置Ⅳ中现象，V中NaOH溶液用于吸收尾气氯气，以此来解答；
【小问1详解】
加入药品前，要检查装置的气密性，E固体为MnO2，饱和NaCl溶液的作用：除去氯气中混有的氯化氢气体；
【小问2详解】
Ⅰ为氯气的制取装置，为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
【小问3详解】
装置Ⅳ中通入氯气后，与碘化钾溶液反应生成碘单质，反应的离子方程式：Cl2+2I-=2Cl-+I2；氯气具有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，所以装置Ⅳ中通入氯气后，无色溶液变蓝色；
【小问4详解】
氯气有毒，V中NaOH溶液用于吸收尾气氯气，防止环境污染；
【小问5详解】
干燥的氯气不具有漂白性，Ⅱ和Ⅲ之间可加干燥装置如浓硫酸等，除去氯气中的水蒸气。
16. 我国科学家侯德榜发明的联合制碱法，对世界制碱工业以及我国化工事业的发展做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如下图所示(部分物质已省略)。
（1）步骤①②③中涉及“过滤”操作的是___________(填序号)。
（2）向饱和食盐水中通入和后，生成的化学方程式是___________。
（3）从步骤①中分离出的晶体表面含有的杂质可能是_______和________，欲得到纯净的，需将其______、干燥。判断固体已经纯净的操作和现象是___________。
【答案】（1）①③ （2）NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl
（3） ①. NaCl ②. NH4Cl ③. 洗涤 ④. 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀，则NaHCO3固体已经洗涤干净
【解析】
【分析】向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，可析出NaHCO3，将NaHCO3过滤出来后加热，NaHCO3分解为Na2CO3。
【小问1详解】
步骤①是将悬浊液过滤得到NaHCO3晶体和溶液A，步骤②是加热NaHCO3使其分解，步骤③最后得到NH4Cl固体和含NaCl的溶液，所以也需要过滤，所以涉及过滤操作的步骤是①③。
【小问2详解】
向饱和食盐水中通入 NH3 和 CO2 后，生成 NaHCO3 和NH4Cl，反应的化学方程式是：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl。
【小问3详解】
从步骤①是从悬浊液中分离出的 NaHCO3 晶体，悬浊液中除了有NaHCO3固体外，还有Na+、Cl-、和，所以NaHCO3表面含有的杂质可能是NH4Cl和NaCl。欲得到纯净的NaHCO3，需要将过滤出来的NaHCO3洗涤，判断NaHCO3固体洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀，则NaHCO3固体已经洗涤干净。
17. A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：
（1）B的结构简式：_______；E的官能团名称：_______。
（2）写出②的反应方程式_______。
（3）步骤④的反应类型：_______。
（4）同学欲用如图装置制备物质E，请回答以下问题：
①试管A发生反应的化学方程式：_______；
②试管B中的试剂作用是_______；实验结束后分离出E的实验操作是_______(填操作名称)；试管A中加几块碎瓷片的目的是_______；
③插入试管B的导管接有一个球状物，其作用是_______。
【答案】（1） ①. ②. 酯基
（2）
（3）酯化反应(取代反应)
（4） ①. ②. 吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层 ③. 分液 ④. 防止暴沸 ⑤. 防止倒吸
【解析】
【分析】A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，与水反应生成的B为乙醇，催化氧化生成C为乙醛，乙醛催化氧化生成D为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成E为乙酸乙酯。
【小问1详解】
B为乙醇，结构简式：；E为乙酸乙酯，官能团名称：酯基。答案为：；酯基；
小问2详解】
反应②为乙醇催化氧化生成乙醛等，反应方程式：。答案为：；
【小问3详解】
步骤④为乙醇与乙酸在浓硫酸作用下生成乙酸乙酯和水，反应类型：酯化反应(取代反应)。答案为：酯化反应(取代反应)；
【小问4详解】
①试管A中，发生反应的化学方程式：；
②试管B中，饱和碳酸钠溶液可以去除乙酸和乙醇，同时减少乙酸乙酯的溶解损失，其作用是：吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；实验结束后，分离出分层液体中E的实验操作是分液；试管A中加几块碎瓷片的目的是防止暴沸；
③插入试管B的导管接有一个球状物，其作用是防止倒吸。答案为：；吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；分液；防止暴沸；防止倒吸。
【点睛】在酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂。
18. 某温度时，在一个2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体其物质的量随时间的变化曲线如图所示。
（1）该反应的化学方程式为___________
（2）将等物质的最的A和B，混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下反应，5min末，测得D的物质的量为1mol，，C的化学反应速率是，A的转化率是___________，a的值是___________。
（3）该条件下，能说明(2)中的可逆反应达到化学平衡状态的是___________(填标号)
A．混合气体的平均相对分子质量不再改变
B．容器内压强不再改变
C．A、B、C、D四种气体的物质的量浓度相等
D．混合气体的密度不再改变
E．单位时间内消耗2molD，同时消耗1molB
F．
【答案】（1）3X+Y⇌2Z
（2） ①. 50% ②. 4
（3）ABE
【解析】
【分析】根据改变量之比等于化学计量数之比，可知反应的化学方程式，判断化学平衡状态的直接标志：V正=V逆(同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据，以此来解析；
【小问1详解】
由图中信息可知，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n (X)：n (Y)：n (Z) =(1.0mol-0.7mol)：(1.0mol-0.9mol) (0.2mol-0mol) =3：1：2，则反应的化学方程式为3X+Y=2Z，但是2min后量不在改变，且都为零，说明此反应可逆，反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z；
【小问2详解】
经5min后D的物质的量为1mol，根据v===0.1mol⋅L−1⋅min−1，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(C)：v(D)=a：2=0.2mol⋅L−1⋅min−1：0.1mol⋅L−1⋅min−1，可得a=4；设A、B的初始浓度为n，则
n(A)：n(B)=3：5=(n-1.5)：(n-0.5)解得n=3，则A的转化率为=50%；
【小问3详解】
A．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．该反应是气体体积增大反应，随着反应的进行容器内的压强增大，当容器内的压强不再改变，说明反应已达到平衡状态，B符合题意；
C．A、B、C、D四种气体的物质的量浓度相等，不能说明反应已达到平衡，C不符合题意；
D．根据质量守恒，混合气体质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
E．单位时间内消耗2molD，同时消耗1molB，正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，E符合题意；
F．2v正(A)=3v逆(D) 才能说明正逆反应速率相等说明反应达到平衡，3v正(A)=2v逆(D)不能判断反应已经处于平衡状态，F不符合题意；
故选ABE。
19. 镁及其合金是用途很广的金属材料。大量的镁是从海水中提取的，其中的主要步骤如图：
（1）为了使MgSO4转化为Mg(OH)2 ，综合经济角度考虑，试剂A可选用_______。
（2）操作分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是_______。
（3）试剂B可以选用_______(填化学式)。
（4）溶液C中的阴离子除了OH-外，主要还含有_______(填离子符号)。
（5）工业上常用电解法冶炼一些非常活泼的金属，写出用无水MgCl2冶炼镁的化学方程_______。
（6）海水提镁时，由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O晶体的具体操作是_______、_______过滤，洗涤，干燥。
【答案】（1）Ca(OH)2
（2）过滤 （3）HCl
（4）Cl-、SO
（5）
（6） ①. 在HCl气流中蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
【解析】
【分析】根据题中工业流程图可知，海水中加入碱，使镁离子沉淀，过滤得到氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得氯化镁溶液，氯化镁溶液在HCl气流下蒸发得无水氯化镁，电解熔融的氯化镁可得镁。
【小问1详解】
为了使MgSO4转化为Mg(OH)2 ，应选择加碱，且在转化中不引入新的沉淀，从课本知识知，海水中加入石灰乳可以产生氢氧化镁沉淀而没有硫酸钙沉淀，则可选择加比NaOH便宜的熟石灰，故试剂A可选用Ca(OH)2；
【小问2详解】
过滤用于分离固体和液体，则操作分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；
【小问3详解】
氢氧化镁溶于盐酸得氯化镁溶液，故试剂B可以选用HCl；
【小问4详解】
溶液C中的阴离子除了OH-外，主要还含有Cl-、；
【小问5详解】
电解熔融MgCl2得到镁和氯气，冶炼镁的化学方程式；
【小问6详解】
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