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四川省南充高级中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（Word版附解析）
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可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32
一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 下列物品主要成分是无机非金属材料的是
A. 玉器B. 丝绸
C. 铁器D. 纸张
【答案】A
【解析】
【详解】A．玉器的主要成分是属于无机非金属材料的硅酸盐，故A正确；
B．丝绸的主要成分是属于有机高分子材料的蛋白质，故B错误；
C．铁器是属于金属材料的铜合金，故C错误；
D．纸张的主要成分是属于有机高分子材料的纤维素，故D错误；
故选A。
2. 下列反应中，既属于离子反应，又属于氧化还原反应且是放热反应的是
A. 盐酸与氢氧化钠的反应
B. 甲烷的完全燃烧
C. 锌与稀盐酸的反应
D. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．甲烷的完全燃烧不属于离子反应，故B错误；
C．锌与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，属于离子反应，Zn和H元素化合价变化，属于氧化还原反应，且是放热反应，故C正确；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，属于吸热反应，没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
3. 装置中可以用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠性质稳定，受热不分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，故A错误；
B．乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方式分离，应采用蒸馏的方法来分离，故B错误；
C．二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，故C错误；
D．测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，量气管和水准管两边液面高度相等时，氧气排开水的体积与氧气的体积相等，即可用如图装置测量氧气的体积，D正确；
故选D。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中；、、、
B. 无色透明的溶液中：、、、
C. 遇石蕊变蓝的溶液中：、、、
D. 含大量的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH为1的溶液为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故A正确；
B．高锰酸根离子在溶液中呈紫色，则无色溶液中不可能含有高锰酸根离子，故B错误；
C．遇石蕊变蓝的溶液为碱性溶液，碱性溶液中铝离子能与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子能与硫离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选A。
5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含的数目为
B. 常温下，5.6g铁与100mL的硝酸溶液反应，铁失去的电子数为
C. 将0.1ml完全溶于水中，所得到的溶液中、、HClO、的粒子数之和为
D. 已知反应：，则每1ml参加反应，转移电子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇溶液中乙醇和水都含有氢氧键，则100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢氧键的数目为×1×NAml—1+×2×NAml—1=7NA，故A错误；
B．5.6g铁的物质的量为=0.1ml，100mL3ml/L硝酸的物质的量为3ml/L×0.1L=0.3ml，由得失电子数目守恒可知，铁与稀硝酸在溶液得到硝酸亚铁和硝酸亚铁的混合溶液，则铁失去的电子数小于0.1ml×3×NAml—1=0.3NA，故B错误；
C．氯气分子是双原子分子，则由原子个数守恒可知，氯水中、、HClO、的粒子数之和为小于0.2NA，故C错误；
D．由方程式可知，铵根离子中氮元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，则1ml铵根离子参加反应时，转移电子的数目为1ml×3×NAml—1=3NA，故D正确；
故选D。
6. 利用反应：6NO2＋8NH3=7N2＋12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法不正确的是
A. 电流方向从B电极→负载→A电极→电解质溶液→B电极
B. 为使电池放电时间更长，离子交换膜应选择阴离子交换膜
C. 电极B极反应式为2NO2+8e-＋4H2O=N2＋8OH-
D. 当有2.24LNH3(标准状况)被处理时，转移电子为0.6ml
【答案】D
【解析】
【分析】由反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极。
【详解】A．B为正极，A为负极，电流由正极经导线流向负极，故A正确；
B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故B正确；
C．电解质溶液呈碱性，则正极电极方程式2NO2+8e-＋4H2O=N2＋8OH-，故C正确；
D．当有2.24L NH3（标准状况）即0.1ml 被处理时，转移电子为0.1ml×(3-0)=0.3ml，故D错误；
故选D。
7. 用溶液和溶液探究催化剂和浓度对化学反应速率的影响。
下列分析不正确的是
A. 通过观察产生气泡的快慢，比较反应速率的大小
B. 对比ⅰ和ⅱ，可研究催化剂对分解速率的影响
C. 对比ⅱ和ⅲ，可研究对分解速率的影响
D. 实验ⅲ加入试剂的顺序是溶液、溶液、水
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为过氧化氢分解反应，通过观察产生气泡的快慢，可以比较反应速率的大小，A正确；
B．对比ⅰ和ⅱ，只有催化剂不同，其他条件相同，可以研究催化剂对分解速率的影响，B正确；
C．对比ⅱ和ⅲ，只有过氧化氢的浓度不同，其他条件相同，可研究对分解速率的影响，C正确；
D．实验ⅲ加入试剂的顺序是溶液、水、溶液，D错误；
答案选D。
8. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向溶液中加入过量NaOH溶液：
B. 向溶液中通入过量的
C. 标准状况下将112mL氯气通入10mL溴化亚铁溶液中：
D. 将少量通入NaOH溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢铵溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．硫化钠溶液与过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和硫沉淀，反应的离子方程式为，故B正确；
C．标准状况下112mL氯气的物质的量为=0.005ml，10mL1ml/L溴化亚铁溶液中溴化亚铁的物质的量为1ml/L×0.01L=0.01ml，亚铁离子的还原性强于溴离子，所以0.01ml溴化亚铁溶液与0.005ml氯气反应时，溶液中亚铁离子优先与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为，故C错误；
D．少量二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选B。
9. 根据实验操作和现象得出的结论不正确的是
A. 金属钠放入无水乙醇中产生氢气，说明乙醇呈酸性
B. 将灼烧后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝重新变为红色，说明乙醇有还原性
C. 淀粉和稀硫酸混合加热，冷却后加入NaOH至溶液呈现碱性，再加入少量新制，加热，有砖红色沉淀产生，证明淀粉发生了水解
D. 向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中含有
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇是不能在溶液中电离出自由移动离子的非电解质，不可能电离出氢离子呈酸性，故A错误；
B．将灼烧后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝重新变为红色是因为氧化铜与乙醇共热反应生成乙醛、铜和水，反应中乙醇被氧化为乙醛，说明乙醇有还原性，故B正确；
C．淀粉和稀硫酸混合加热，冷却后加入氢氧化钠至溶液呈现碱性，再加入少量新制氢氧化铜，加热，有砖红色沉淀产生说明碱性条件下淀粉水解生成的葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成了葡萄糖酸铵、氧化亚铜砖红色沉淀和水，证明淀粉发生了水解，故C正确；
D．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是因为溶液中的铵根离子与氢氧根离子共热反应生成了氨气，说明溶液中含有铵根离子，故D正确；
故选A。
10. 下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是
A. 灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味
B. 蔗糖可以水解生成葡萄糖与果糖
C. 将碘化钾溶液滴在土豆片上，可观察到蓝色
D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂
【答案】C
【解析】
【详解】A项、蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，故A正确；
B项、蔗糖为二糖，可以发生水解反应生成葡萄糖与果糖，故B正确；
C项、土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，与碘化钾溶液无现象，故C错误；
D项、油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确；
故选C。
11. 下列原因分析能正确解释递变规律的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，A错误；
B．具有相同电子层结构的阳离子核电荷数大于阴离子核电荷数，具有相同电子层的阴离子核电荷数，所带电荷数越多，核电荷数越小，根据离子半径：，可得电子层结构相同时，核电荷数：Ca>Cl>S，B正确；
C．与水反应的剧烈程度：，金属性，元素的非金属性和最外层电子数没有必然联系，C错误；
D．同主族元素从上往下非金属性在减弱，非金属性越强形成的共价键越稳定，断键时所需吸收的能量越高，稳定性：，因此断键吸收的能量：，D错误；
故答案选B。
12. A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，X、B与A均可形成10电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红，下列说法正确的是
A. 中只存极性共价键
B. 的半径小于的
C. X与Z形成的化合物在标况下均是气体
D. A、B两元素形成的化合物可能使酸性溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红，则X为O 元素、Y为Na元素；X与Z同主族，则Z为S元素；A与Y同主族且X与A可形成10电子化合物，则A为H元素；B与Z的最外层电子数之比为2：3，B与A可形成10电子化合物，则B为C元素。
【详解】A．过氧化钠是含有离子键、非极性键的离子化合物，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以氧离子的离子半径大于钠离子，故B错误；
C．标准状况下，三氧化硫为固态，故C错误；
D．由碳元素和氢元素形成的烯烃和炔烃能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；
故选D
13. 奎宁酸是一种白色透明结晶，存在于金鸡纳树树皮中，其结构如图所示。下列关于奎宁酸说法错误的是
A. 分子式为
B. 所有碳原子可能共平面
C. 六元环上的一个氢原子被氯原子取代的产物有3种(不考虑立体异构)
D. 一定量的该物质分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为5：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，其分子式为，故A正确；
B．分子中有饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．六元环上的1个氢原子被氯原子取代的产物如图：，共3种，故C正确；
D．分子中含有一个羧基，四个羟基，故分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为5:1，故D正确；
答案选B。
14. 酸性溶液与(草酸，一种弱酸)溶液反应过程中，含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 由图可知，(Ⅲ)能够氧化
B. ，随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 内的平均反应速率：
D. 总反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】约13min前，随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；约13min后，随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)， 所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A正确；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，因此13min后反应速率会加快，B错误；
C．内的平均反应速率，C正确；
D．高锰酸根离子被还原为锰离子，H2C2O4被氧化为二氧化碳，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，故总反应为，D正确；
答案选B。
二、填空题(共58分)
15. 溴、碘主要存在于海水里，有“海洋元素”的美称。我国海带产量位居世界第一，海带除供食用外，还可大量用于制碘。从海带中提取碘单质的工艺流程如图。请回答下列问题：
（1）溴、碘均为第ⅦA族元素，位于元素周期表前五周期的ⅦA族元素对应的最简单氢化物中沸点最高的是_______(填氢化物的化学式)，位于元素周期表前五周期的ⅦA族元素对应的单质的氧化性由强到弱的顺序为_______(填化学式)。
（2）步骤④发生反应的离子方程式为_______(已知：转化为)，步骤⑤选用的萃取剂是_______(填字母编号)。
A.苯 B. C.乙醇
（3）步骤⑤所用的仪器主要是分液漏斗(如图所示)。
“萃取并分液”的具体操作顺序为：_______(填字母编号)。
a.把20mL碘水与5mL萃取剂加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
b.旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液；
c.将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔；
d.倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，静置、分层；
e.检查分液漏斗是否漏水；
（4）步骤⑥使用的是反萃取法，目的是富集碘元素，利用空气吹出法从海水中提取溴时若采用酸液吸收法，可选用_______吸收含溴单质的空气来达到富集溴元素的目的。
（5）步骤⑥得到的上层溶液中所含碘元素的价态分别为和价，则步骤⑦的化学反应方程式为：_______。
【答案】（1） ①. HF ②. F2>Cl2>Br2>I2
（2） ①. MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O ②. B
（3）eadcb （4）SO2水溶液
（5）5I—+IO+6H+=3I2+3H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，海带灼烧得到海带灰，海带灰浸泡溶解得到海带灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，向溶液中加入二氧化锰和稀硫酸，将溶液中的碘离子氧化成碘单质，向反应后的溶液中加入有机溶剂萃取、分液得到含碘的有机溶液，向有机溶液中加入氢氧化钠溶液反萃取，使碘发生歧化反应转化为碘离子、碘酸根离子，分液得到含有碘离子、碘酸根离子的上层溶液；向上层溶液加入硫酸，使溶液中碘离子、碘酸根离子发生归中反应得到含碘的悬浊液，含碘的悬浊液经多步处理得到碘单质。
【小问1详解】
位于元素周期表前五周期的ⅦA族元素分别为氟、氯、溴、碘，对应的最简单氢化物中氟化氢能形成分子间氢键，而氯化氢、溴化氢、碘化氢都不能形成分子间氢键，所以氟化氢的分子间作用力最大，沸点最高；同主族元素从上到下，元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则氟、氯、溴、碘对应单质的氧化性强弱顺序为F2>Cl2>Br2>I2，故答案为：HF；F2>Cl2>Br2>I2；
【小问2详解】
由分析可知，步骤④中加入二氧化锰和稀硫酸的目的是将溶液中的碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；由含有碘离子、碘酸根离子的溶液为上层溶液可知，有机萃取剂是密度比水大的难溶有机物，所以有机萃取剂是四氯化碳，故选B，故答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；B；
【小问3详解】
“萃取并分液”的具体操作为检查分液漏斗是否漏水；把20mL碘水与5mL萃取剂加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，静置、分层；将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔；旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液，则顺序为eadcb，故答案为：eadcb；
【小问4详解】
从海水中提取溴时若采用酸液吸收法，可选用二氧化硫水溶液吸收含溴单质的空气来达到富集溴元素的目的，故答案为：SO2水溶液；
【小问5详解】
由分析可知，步骤⑦发生的反应为酸性条件下溶液中的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，反应的离子方程式为5I—+IO+6H+=3I2+3H2O，故答案为：5I—+IO+6H+=3I2+3H2O。
16. 以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。由尾气可以生产焦亚硫酸钠(，)，常用作饼干和蛋糕的漂白剂和膨化剂，在空气中易被氧化，受热易分解。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）中硫元素的化合价为___________。
（2）由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为___________。
（3）生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式___________。
（4）①实验制得的固体中含有少量杂质，文字叙述其可能的原因是________。
②葡萄酒酿造过程中要添加作抗氧化剂，此物质会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。实验室中检验该气体的方法是___________。
（5）纯度测定：取样品溶于水配成溶液，取该溶液，向其中滴加的碘溶液，最终滴加碘溶液将溶液中恰好完全反应。此过程反应的离子方程式为________；样品中的质量分数为________(已知其它杂质不反应)。
【答案】（1）+4 （2）
（3）
（4） ①. 被空气中的氧气氧化生成杂质 ②. 将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】黄铁矿（主要成分FeS2）煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉，可利用 K2Cr2O7滴定分析等方法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5，以此解答该题。
【小问1详解】
中O为-2价，Na为+1价，硫元素的化合价为+4价。
【小问2详解】
由炉渣制备还原铁粉时，用CO还原氧化铁生成铁，化学方程式为。
【小问3详解】
由过饱和溶液经结晶脱水制得，该过程的化学方程式。
【小问4详解】
①焦亚硫酸钠(，)在空气中易被氧化，实验制得的固体中含有少量杂质，可能的原因是被空气中的氧气氧化生成杂质。
②葡萄酒酿造过程中要添加作抗氧化剂，放出的有刺激性气味的气体为SO2，结合SO2的漂白性，实验室中检验该气体的方法是将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色。
【小问5详解】
和碘反应的离子方程式为；根据离子方程式，样品中的质量分数为 ×100%=95%。
17. 近年来，利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下合成甲醇技术取得重大突破，该项目研究的主要反应如下：
Ⅰ.CO与反应合成甲醇：；
Ⅱ.与反应合成甲醇：；
请回答下列问题：
（1）上述反应符合原子经济性的是反应_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
（2）已知反应Ⅰ中各物质中的键能如表所示，计算生成16g放热_______kJ(用字母表示)
（3）采取下列措施，能使反应Ⅰ的反应速率减小的是_______(填字母)。
A.及时分离出甲醇 B.增大容器压强 C.升高温度 D.选择高效催化剂 E.恒温恒容，充入Ar F.恒温恒压，充入Ar
（4）一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入1ml和3ml，发生反应Ⅱ，充分反应5min达到平衡状态。
①下列事实能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A.与的体积分数相等且不再发生变化
B.2ml键断裂的同时断裂2ml键
C.容器中混合气体平均相对分子质量不再变化
D.容器中混合气体的密度不再变化
E.容器中混合气体的总压强不再变化
②测得平衡混合物中体积分数为30%，则0~5min内，_______，反应体系开始时的压强与平衡时的压强之比为_______。
（5）还原CO电化学法制备甲醇的工作原理如图所示：
①通入的一端是电池的极_______(填“正”或“负”)。
②通入CO的一端发生的电极反应式为_______。
【答案】（1）Ⅰ （2）
（3）AF （4） ①. ACE ②. 0.075 ③. 8：5
（5） ①. 负 ②. CO+4e−+4H+=CH3OH
【解析】
【小问1详解】
由方程式可知，反应I是一氧化碳与氢气发生化合反应生成甲醇，原子利用率达到100%，符合原子经济性，故选I；
【小问2详解】
由反应热和反应物的键能之和与生成物键能之和的差值相等可知，反应的ΔH=( a+2b)kJ/ml-(3c+d+e)kJ/ml=( a+2b-3c-d-e) kJ/ml，则生成16g甲醇放出的热量为×( a+2b-3c-d-e) kJ/ml=kJ，故答案为：；
【小问3详解】
A．及时分离出甲醇，生成物浓度减小，反应速率减小，故符合题意；
B．增大容器压强，反应速率增大，故不符合题意；
C．升高温度，反应速率增大，故不符合题意；
D．选择高效催化剂，反应速率增大，故不符合题意；
E．恒温恒容，充入不参与反应的氩气，反应体系中该物质浓度不变，反应速率不变，故不符合题意；
F．恒温恒压，充入不参与反应的氩气相当于减小压强，反应速率减小，故符合题意；
故选AF；
【小问4详解】
①A．甲醇与水的体积分数相等且不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．由方程式可知，2ml碳氧键断裂的同时断裂2ml氢氧键，正逆反应速率不相等，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体平均相对分子质量增大，则容器中混合气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
E．该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的总压强减小，则容器中混合气体的总压强不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选ACE；
②令达到平衡时消耗二氧化碳物质的量为xml，则消耗的氢气物质的量为3xml，生成甲醇物质的量为xml，水蒸气物质的量为xml，则平衡时二氧化碳物质的量为（1-x）ml，氢气物质的量为（3-3x）ml，甲醇物质的量为xml，水蒸气物质的量为xml，由平衡时混合物中甲醇体积分数为30%可得：×100%=30%，解得x=0.75，则0~5min内甲醇的反应速率为=0.075 ml/(L·min)，由恒温恒容，气体的压强之比等于物质的量之比可知，反应体系开始时的压强与平衡时的压强之比为4ml：2.5ml=8：5，故答案为：0.075；8：5；
【小问5详解】
①由总反应可知，通入氢气的电极是原电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故答案为：负；
②由总反应可知，通入一氧化碳的一端为原电池的正极，酸性条件下一氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，电极反应式为CO+4e−+4H+=CH3OH，故答案为：CO+4e−+4H+=CH3OH。
18. 某有机玻璃具有广泛的用途，如图是关于某种有机玻璃M的两条合成路线：
已知：ⅰ.
ⅱ.有机物M结构简式为。
回答下列问题：
（1）A的分子式为_______，A中官能团有氰基、_______。
（2）B的结构简式_______。
（3）反应②的原子利用率为100%，的结构为，试推断该反应的类型为_______。
（4）下列有关化合物E说法正确的是_______(填写编号)。
A. 含氧的官能团为碳碳双键、羧基
B. 所有碳原子可能共面
C. 与Na、NaOH、均能反应
D. 能使溴的四氯化碳和酸性溶液褪色，且褪色原理相同
（5）完成下列方程式：反应③_______，反应④_______；
（6）物质D的二氯取代物有_______种(不考虑立体异构)。
【答案】（1） ①. C4H7NO ②. 羟基
（2）CH3CH2OH
（3）加成反应 （4）BC
（5） ①. + CH3CH2OH+H2O ②. n
（6）5
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，丙酮与氢氰酸发生加成反应生成，则A为；浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，酸性条件下发生水解反应生成；催化剂作用下CH3CH=CH2与二氧化碳发生加成反应生成，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则B为CH3CH2OH；一定条件下发生加聚反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，分子式为C4H7NO，含有的官能团为氰基、羟基，故答案为：C4H7NO；羟基；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；
【小问3详解】
由分析可知，反应②为催化剂作用下CH3CH=CH2与二氧化碳发生原子利用率为100%的加成反应生成，故答案为：加成反应；
【小问4详解】
A．由结构简式可知，的含氧官能团为羧基，故错误；
B．由结构简式可知，分子中含有的碳碳双键和羧基为平面结构，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共面，故正确；
C．由结构简式可知，分子中含有的羧基能与金属钠、氢氧化钠和碳酸钠反应，故正确；
D．由结构简式可知，分子中含有的碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，两者的褪色原理不同，故错误；
故选BC；
【小问5详解】
由分析可知，反应③为浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3CH2OH+H2O；反应④为一定条件下发生加聚反应生成，反应的化学方程式为n，故答案为：+ CH3CH2OH+H2O；n；
【小问6详解】
由结构简式可知，丙烯的一氯代物有如图所示的3种一氯代物：，将氯原子固定在①上时，另一个氯原子可以取代①②③上的氢原子，将氯原子固定在②上时，另一个氯原子可以取代③上的氢原子，将氯原子固定在③上，另一个氯原子取代③上的氢原子，则符合条件的结构共有5种，故答案为5。A． 制备
B． 分离乙醇和乙酸
C． 验证酸性
D． 测量体积
实验编号
溶液的体积
的体积
溶液/滴
ⅰ
2
0
0
ⅱ
2
0
2
ⅲ
1
1
2
选项
递变规律
原因分析
A
酸性：
非金属性：
B
离子半径：
电子层结构相同时，核电荷数：
C
与水反应的剧烈程度：
最外层电子数：
D
稳定性：
断键吸收的能量：
化学键
键能(kJ/ml)
a
b
c
d
e
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32
一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 下列物品主要成分是无机非金属材料的是
A. 玉器B. 丝绸
C. 铁器D. 纸张
【答案】A
【解析】
【详解】A．玉器的主要成分是属于无机非金属材料的硅酸盐，故A正确；
B．丝绸的主要成分是属于有机高分子材料的蛋白质，故B错误；
C．铁器是属于金属材料的铜合金，故C错误；
D．纸张的主要成分是属于有机高分子材料的纤维素，故D错误；
故选A。
2. 下列反应中，既属于离子反应，又属于氧化还原反应且是放热反应的是
A. 盐酸与氢氧化钠的反应
B. 甲烷的完全燃烧
C. 锌与稀盐酸的反应
D. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．甲烷的完全燃烧不属于离子反应，故B错误；
C．锌与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，属于离子反应，Zn和H元素化合价变化，属于氧化还原反应，且是放热反应，故C正确；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，属于吸热反应，没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
3. 装置中可以用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠性质稳定，受热不分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，故A错误；
B．乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方式分离，应采用蒸馏的方法来分离，故B错误；
C．二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，故C错误；
D．测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，量气管和水准管两边液面高度相等时，氧气排开水的体积与氧气的体积相等，即可用如图装置测量氧气的体积，D正确；
故选D。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中；、、、
B. 无色透明的溶液中：、、、
C. 遇石蕊变蓝的溶液中：、、、
D. 含大量的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH为1的溶液为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故A正确；
B．高锰酸根离子在溶液中呈紫色，则无色溶液中不可能含有高锰酸根离子，故B错误；
C．遇石蕊变蓝的溶液为碱性溶液，碱性溶液中铝离子能与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子能与硫离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选A。
5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含的数目为
B. 常温下，5.6g铁与100mL的硝酸溶液反应，铁失去的电子数为
C. 将0.1ml完全溶于水中，所得到的溶液中、、HClO、的粒子数之和为
D. 已知反应：，则每1ml参加反应，转移电子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇溶液中乙醇和水都含有氢氧键，则100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢氧键的数目为×1×NAml—1+×2×NAml—1=7NA，故A错误；
B．5.6g铁的物质的量为=0.1ml，100mL3ml/L硝酸的物质的量为3ml/L×0.1L=0.3ml，由得失电子数目守恒可知，铁与稀硝酸在溶液得到硝酸亚铁和硝酸亚铁的混合溶液，则铁失去的电子数小于0.1ml×3×NAml—1=0.3NA，故B错误；
C．氯气分子是双原子分子，则由原子个数守恒可知，氯水中、、HClO、的粒子数之和为小于0.2NA，故C错误；
D．由方程式可知，铵根离子中氮元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，则1ml铵根离子参加反应时，转移电子的数目为1ml×3×NAml—1=3NA，故D正确；
故选D。
6. 利用反应：6NO2＋8NH3=7N2＋12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法不正确的是
A. 电流方向从B电极→负载→A电极→电解质溶液→B电极
B. 为使电池放电时间更长，离子交换膜应选择阴离子交换膜
C. 电极B极反应式为2NO2+8e-＋4H2O=N2＋8OH-
D. 当有2.24LNH3(标准状况)被处理时，转移电子为0.6ml
【答案】D
【解析】
【分析】由反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极。
【详解】A．B为正极，A为负极，电流由正极经导线流向负极，故A正确；
B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故B正确；
C．电解质溶液呈碱性，则正极电极方程式2NO2+8e-＋4H2O=N2＋8OH-，故C正确；
D．当有2.24L NH3（标准状况）即0.1ml 被处理时，转移电子为0.1ml×(3-0)=0.3ml，故D错误；
故选D。
7. 用溶液和溶液探究催化剂和浓度对化学反应速率的影响。
下列分析不正确的是
A. 通过观察产生气泡的快慢，比较反应速率的大小
B. 对比ⅰ和ⅱ，可研究催化剂对分解速率的影响
C. 对比ⅱ和ⅲ，可研究对分解速率的影响
D. 实验ⅲ加入试剂的顺序是溶液、溶液、水
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为过氧化氢分解反应，通过观察产生气泡的快慢，可以比较反应速率的大小，A正确；
B．对比ⅰ和ⅱ，只有催化剂不同，其他条件相同，可以研究催化剂对分解速率的影响，B正确；
C．对比ⅱ和ⅲ，只有过氧化氢的浓度不同，其他条件相同，可研究对分解速率的影响，C正确；
D．实验ⅲ加入试剂的顺序是溶液、水、溶液，D错误；
答案选D。
8. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向溶液中加入过量NaOH溶液：
B. 向溶液中通入过量的
C. 标准状况下将112mL氯气通入10mL溴化亚铁溶液中：
D. 将少量通入NaOH溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢铵溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．硫化钠溶液与过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和硫沉淀，反应的离子方程式为，故B正确；
C．标准状况下112mL氯气的物质的量为=0.005ml，10mL1ml/L溴化亚铁溶液中溴化亚铁的物质的量为1ml/L×0.01L=0.01ml，亚铁离子的还原性强于溴离子，所以0.01ml溴化亚铁溶液与0.005ml氯气反应时，溶液中亚铁离子优先与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为，故C错误；
D．少量二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选B。
9. 根据实验操作和现象得出的结论不正确的是
A. 金属钠放入无水乙醇中产生氢气，说明乙醇呈酸性
B. 将灼烧后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝重新变为红色，说明乙醇有还原性
C. 淀粉和稀硫酸混合加热，冷却后加入NaOH至溶液呈现碱性，再加入少量新制，加热，有砖红色沉淀产生，证明淀粉发生了水解
D. 向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中含有
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇是不能在溶液中电离出自由移动离子的非电解质，不可能电离出氢离子呈酸性，故A错误；
B．将灼烧后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝重新变为红色是因为氧化铜与乙醇共热反应生成乙醛、铜和水，反应中乙醇被氧化为乙醛，说明乙醇有还原性，故B正确；
C．淀粉和稀硫酸混合加热，冷却后加入氢氧化钠至溶液呈现碱性，再加入少量新制氢氧化铜，加热，有砖红色沉淀产生说明碱性条件下淀粉水解生成的葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成了葡萄糖酸铵、氧化亚铜砖红色沉淀和水，证明淀粉发生了水解，故C正确；
D．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是因为溶液中的铵根离子与氢氧根离子共热反应生成了氨气，说明溶液中含有铵根离子，故D正确；
故选A。
10. 下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是
A. 灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味
B. 蔗糖可以水解生成葡萄糖与果糖
C. 将碘化钾溶液滴在土豆片上，可观察到蓝色
D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂
【答案】C
【解析】
【详解】A项、蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，故A正确；
B项、蔗糖为二糖，可以发生水解反应生成葡萄糖与果糖，故B正确；
C项、土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，与碘化钾溶液无现象，故C错误；
D项、油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确；
故选C。
11. 下列原因分析能正确解释递变规律的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，A错误；
B．具有相同电子层结构的阳离子核电荷数大于阴离子核电荷数，具有相同电子层的阴离子核电荷数，所带电荷数越多，核电荷数越小，根据离子半径：，可得电子层结构相同时，核电荷数：Ca>Cl>S，B正确；
C．与水反应的剧烈程度：，金属性，元素的非金属性和最外层电子数没有必然联系，C错误；
D．同主族元素从上往下非金属性在减弱，非金属性越强形成的共价键越稳定，断键时所需吸收的能量越高，稳定性：，因此断键吸收的能量：，D错误；
故答案选B。
12. A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，X、B与A均可形成10电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红，下列说法正确的是
A. 中只存极性共价键
B. 的半径小于的
C. X与Z形成的化合物在标况下均是气体
D. A、B两元素形成的化合物可能使酸性溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，常见化合物与水反应生成X的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红，则X为O 元素、Y为Na元素；X与Z同主族，则Z为S元素；A与Y同主族且X与A可形成10电子化合物，则A为H元素；B与Z的最外层电子数之比为2：3，B与A可形成10电子化合物，则B为C元素。
【详解】A．过氧化钠是含有离子键、非极性键的离子化合物，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以氧离子的离子半径大于钠离子，故B错误；
C．标准状况下，三氧化硫为固态，故C错误；
D．由碳元素和氢元素形成的烯烃和炔烃能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；
故选D
13. 奎宁酸是一种白色透明结晶，存在于金鸡纳树树皮中，其结构如图所示。下列关于奎宁酸说法错误的是
A. 分子式为
B. 所有碳原子可能共平面
C. 六元环上的一个氢原子被氯原子取代的产物有3种(不考虑立体异构)
D. 一定量的该物质分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为5：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，其分子式为，故A正确；
B．分子中有饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．六元环上的1个氢原子被氯原子取代的产物如图：，共3种，故C正确；
D．分子中含有一个羧基，四个羟基，故分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为5:1，故D正确；
答案选B。
14. 酸性溶液与(草酸，一种弱酸)溶液反应过程中，含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 由图可知，(Ⅲ)能够氧化
B. ，随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 内的平均反应速率：
D. 总反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】约13min前，随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；约13min后，随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)， 所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A正确；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，因此13min后反应速率会加快，B错误；
C．内的平均反应速率，C正确；
D．高锰酸根离子被还原为锰离子，H2C2O4被氧化为二氧化碳，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，故总反应为，D正确；
答案选B。
二、填空题(共58分)
15. 溴、碘主要存在于海水里，有“海洋元素”的美称。我国海带产量位居世界第一，海带除供食用外，还可大量用于制碘。从海带中提取碘单质的工艺流程如图。请回答下列问题：
（1）溴、碘均为第ⅦA族元素，位于元素周期表前五周期的ⅦA族元素对应的最简单氢化物中沸点最高的是_______(填氢化物的化学式)，位于元素周期表前五周期的ⅦA族元素对应的单质的氧化性由强到弱的顺序为_______(填化学式)。
（2）步骤④发生反应的离子方程式为_______(已知：转化为)，步骤⑤选用的萃取剂是_______(填字母编号)。
A.苯 B. C.乙醇
（3）步骤⑤所用的仪器主要是分液漏斗(如图所示)。
“萃取并分液”的具体操作顺序为：_______(填字母编号)。
a.把20mL碘水与5mL萃取剂加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
b.旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液；
c.将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔；
d.倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，静置、分层；
e.检查分液漏斗是否漏水；
（4）步骤⑥使用的是反萃取法，目的是富集碘元素，利用空气吹出法从海水中提取溴时若采用酸液吸收法，可选用_______吸收含溴单质的空气来达到富集溴元素的目的。
（5）步骤⑥得到的上层溶液中所含碘元素的价态分别为和价，则步骤⑦的化学反应方程式为：_______。
【答案】（1） ①. HF ②. F2>Cl2>Br2>I2
（2） ①. MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O ②. B
（3）eadcb （4）SO2水溶液
（5）5I—+IO+6H+=3I2+3H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，海带灼烧得到海带灰，海带灰浸泡溶解得到海带灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，向溶液中加入二氧化锰和稀硫酸，将溶液中的碘离子氧化成碘单质，向反应后的溶液中加入有机溶剂萃取、分液得到含碘的有机溶液，向有机溶液中加入氢氧化钠溶液反萃取，使碘发生歧化反应转化为碘离子、碘酸根离子，分液得到含有碘离子、碘酸根离子的上层溶液；向上层溶液加入硫酸，使溶液中碘离子、碘酸根离子发生归中反应得到含碘的悬浊液，含碘的悬浊液经多步处理得到碘单质。
【小问1详解】
位于元素周期表前五周期的ⅦA族元素分别为氟、氯、溴、碘，对应的最简单氢化物中氟化氢能形成分子间氢键，而氯化氢、溴化氢、碘化氢都不能形成分子间氢键，所以氟化氢的分子间作用力最大，沸点最高；同主族元素从上到下，元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则氟、氯、溴、碘对应单质的氧化性强弱顺序为F2>Cl2>Br2>I2，故答案为：HF；F2>Cl2>Br2>I2；
【小问2详解】
由分析可知，步骤④中加入二氧化锰和稀硫酸的目的是将溶液中的碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；由含有碘离子、碘酸根离子的溶液为上层溶液可知，有机萃取剂是密度比水大的难溶有机物，所以有机萃取剂是四氯化碳，故选B，故答案为：MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；B；
【小问3详解】
“萃取并分液”的具体操作为检查分液漏斗是否漏水；把20mL碘水与5mL萃取剂加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，静置、分层；将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔；旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液，则顺序为eadcb，故答案为：eadcb；
【小问4详解】
从海水中提取溴时若采用酸液吸收法，可选用二氧化硫水溶液吸收含溴单质的空气来达到富集溴元素的目的，故答案为：SO2水溶液；
【小问5详解】
由分析可知，步骤⑦发生的反应为酸性条件下溶液中的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，反应的离子方程式为5I—+IO+6H+=3I2+3H2O，故答案为：5I—+IO+6H+=3I2+3H2O。
16. 以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。由尾气可以生产焦亚硫酸钠(，)，常用作饼干和蛋糕的漂白剂和膨化剂，在空气中易被氧化，受热易分解。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）中硫元素的化合价为___________。
（2）由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为___________。
（3）生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式___________。
（4）①实验制得的固体中含有少量杂质，文字叙述其可能的原因是________。
②葡萄酒酿造过程中要添加作抗氧化剂，此物质会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。实验室中检验该气体的方法是___________。
（5）纯度测定：取样品溶于水配成溶液，取该溶液，向其中滴加的碘溶液，最终滴加碘溶液将溶液中恰好完全反应。此过程反应的离子方程式为________；样品中的质量分数为________(已知其它杂质不反应)。
【答案】（1）+4 （2）
（3）
（4） ①. 被空气中的氧气氧化生成杂质 ②. 将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】黄铁矿（主要成分FeS2）煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉，可利用 K2Cr2O7滴定分析等方法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5，以此解答该题。
【小问1详解】
中O为-2价，Na为+1价，硫元素的化合价为+4价。
【小问2详解】
由炉渣制备还原铁粉时，用CO还原氧化铁生成铁，化学方程式为。
【小问3详解】
由过饱和溶液经结晶脱水制得，该过程的化学方程式。
【小问4详解】
①焦亚硫酸钠(，)在空气中易被氧化，实验制得的固体中含有少量杂质，可能的原因是被空气中的氧气氧化生成杂质。
②葡萄酒酿造过程中要添加作抗氧化剂，放出的有刺激性气味的气体为SO2，结合SO2的漂白性，实验室中检验该气体的方法是将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又恢复原来的颜色。
【小问5详解】
和碘反应的离子方程式为；根据离子方程式，样品中的质量分数为 ×100%=95%。
17. 近年来，利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下合成甲醇技术取得重大突破，该项目研究的主要反应如下：
Ⅰ.CO与反应合成甲醇：；
Ⅱ.与反应合成甲醇：；
请回答下列问题：
（1）上述反应符合原子经济性的是反应_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
（2）已知反应Ⅰ中各物质中的键能如表所示，计算生成16g放热_______kJ(用字母表示)
（3）采取下列措施，能使反应Ⅰ的反应速率减小的是_______(填字母)。
A.及时分离出甲醇 B.增大容器压强 C.升高温度 D.选择高效催化剂 E.恒温恒容，充入Ar F.恒温恒压，充入Ar
（4）一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入1ml和3ml，发生反应Ⅱ，充分反应5min达到平衡状态。
①下列事实能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A.与的体积分数相等且不再发生变化
B.2ml键断裂的同时断裂2ml键
C.容器中混合气体平均相对分子质量不再变化
D.容器中混合气体的密度不再变化
E.容器中混合气体的总压强不再变化
②测得平衡混合物中体积分数为30%，则0~5min内，_______，反应体系开始时的压强与平衡时的压强之比为_______。
（5）还原CO电化学法制备甲醇的工作原理如图所示：
①通入的一端是电池的极_______(填“正”或“负”)。
②通入CO的一端发生的电极反应式为_______。
【答案】（1）Ⅰ （2）
（3）AF （4） ①. ACE ②. 0.075 ③. 8：5
（5） ①. 负 ②. CO+4e−+4H+=CH3OH
【解析】
【小问1详解】
由方程式可知，反应I是一氧化碳与氢气发生化合反应生成甲醇，原子利用率达到100%，符合原子经济性，故选I；
【小问2详解】
由反应热和反应物的键能之和与生成物键能之和的差值相等可知，反应的ΔH=( a+2b)kJ/ml-(3c+d+e)kJ/ml=( a+2b-3c-d-e) kJ/ml，则生成16g甲醇放出的热量为×( a+2b-3c-d-e) kJ/ml=kJ，故答案为：；
【小问3详解】
A．及时分离出甲醇，生成物浓度减小，反应速率减小，故符合题意；
B．增大容器压强，反应速率增大，故不符合题意；
C．升高温度，反应速率增大，故不符合题意；
D．选择高效催化剂，反应速率增大，故不符合题意；
E．恒温恒容，充入不参与反应的氩气，反应体系中该物质浓度不变，反应速率不变，故不符合题意；
F．恒温恒压，充入不参与反应的氩气相当于减小压强，反应速率减小，故符合题意；
故选AF；
【小问4详解】
①A．甲醇与水的体积分数相等且不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．由方程式可知，2ml碳氧键断裂的同时断裂2ml氢氧键，正逆反应速率不相等，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体平均相对分子质量增大，则容器中混合气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
E．该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的总压强减小，则容器中混合气体的总压强不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选ACE；
②令达到平衡时消耗二氧化碳物质的量为xml，则消耗的氢气物质的量为3xml，生成甲醇物质的量为xml，水蒸气物质的量为xml，则平衡时二氧化碳物质的量为（1-x）ml，氢气物质的量为（3-3x）ml，甲醇物质的量为xml，水蒸气物质的量为xml，由平衡时混合物中甲醇体积分数为30%可得：×100%=30%，解得x=0.75，则0~5min内甲醇的反应速率为=0.075 ml/(L·min)，由恒温恒容，气体的压强之比等于物质的量之比可知，反应体系开始时的压强与平衡时的压强之比为4ml：2.5ml=8：5，故答案为：0.075；8：5；
【小问5详解】
①由总反应可知，通入氢气的电极是原电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故答案为：负；
②由总反应可知，通入一氧化碳的一端为原电池的正极，酸性条件下一氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，电极反应式为CO+4e−+4H+=CH3OH，故答案为：CO+4e−+4H+=CH3OH。
18. 某有机玻璃具有广泛的用途，如图是关于某种有机玻璃M的两条合成路线：
已知：ⅰ.
ⅱ.有机物M结构简式为。
回答下列问题：
（1）A的分子式为_______，A中官能团有氰基、_______。
（2）B的结构简式_______。
（3）反应②的原子利用率为100%，的结构为，试推断该反应的类型为_______。
（4）下列有关化合物E说法正确的是_______(填写编号)。
A. 含氧的官能团为碳碳双键、羧基
B. 所有碳原子可能共面
C. 与Na、NaOH、均能反应
D. 能使溴的四氯化碳和酸性溶液褪色，且褪色原理相同
（5）完成下列方程式：反应③_______，反应④_______；
（6）物质D的二氯取代物有_______种(不考虑立体异构)。
【答案】（1） ①. C4H7NO ②. 羟基
（2）CH3CH2OH
（3）加成反应 （4）BC
（5） ①. + CH3CH2OH+H2O ②. n
（6）5
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，丙酮与氢氰酸发生加成反应生成，则A为；浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，酸性条件下发生水解反应生成；催化剂作用下CH3CH=CH2与二氧化碳发生加成反应生成，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则B为CH3CH2OH；一定条件下发生加聚反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，分子式为C4H7NO，含有的官能团为氰基、羟基，故答案为：C4H7NO；羟基；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；
【小问3详解】
由分析可知，反应②为催化剂作用下CH3CH=CH2与二氧化碳发生原子利用率为100%的加成反应生成，故答案为：加成反应；
【小问4详解】
A．由结构简式可知，的含氧官能团为羧基，故错误；
B．由结构简式可知，分子中含有的碳碳双键和羧基为平面结构，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共面，故正确；
C．由结构简式可知，分子中含有的羧基能与金属钠、氢氧化钠和碳酸钠反应，故正确；
D．由结构简式可知，分子中含有的碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，两者的褪色原理不同，故错误；
故选BC；
【小问5详解】
由分析可知，反应③为浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3CH2OH+H2O；反应④为一定条件下发生加聚反应生成，反应的化学方程式为n，故答案为：+ CH3CH2OH+H2O；n；
【小问6详解】
由结构简式可知，丙烯的一氯代物有如图所示的3种一氯代物：，将氯原子固定在①上时，另一个氯原子可以取代①②③上的氢原子，将氯原子固定在②上时，另一个氯原子可以取代③上的氢原子，将氯原子固定在③上，另一个氯原子取代③上的氢原子，则符合条件的结构共有5种，故答案为5。A． 制备
B． 分离乙醇和乙酸
C． 验证酸性
D． 测量体积
实验编号
溶液的体积
的体积
溶液/滴
ⅰ
2
0
0
ⅱ
2
0
2
ⅲ
1
1
2
选项
递变规律
原因分析
A
酸性：
非金属性：
B
离子半径：
电子层结构相同时，核电荷数：
C
与水反应的剧烈程度：
最外层电子数：
D
稳定性：
断键吸收的能量：
化学键
键能(kJ/ml)
a
b
c
d
e
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