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山东省德州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份山东省德州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共26页。试卷主要包含了3℃，沸点233，65，2-44等内容，欢迎下载使用。
山东省德州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东德州·高一统考期末）如图的坐标系是部分含硫化合物的转化关系图。
(1)X的名称为_____，Z的化学式为_____。
(2)用图中物质之间的反应，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为_____。
(3)若X能与Na2O2的反应生成Y，则该反应的化学方程式为_____。
(4)已知：＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋。某溶液中可能含有大量的Na＋、、Fe2＋、K＋、I－、、。向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，依此可判断该溶液中肯定含有_____；肯定不能含有_____。
(5)向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，将反应后的混合物加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____，整个过程消耗锌粉的质量为_____。
2. （2021春·山东德州·高一统考期末）下表是元素周期表的一部分，表中所列序号分别代表短周期中的一种元素。
IA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
VA
ⅥA
ⅦA
0
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
(1)下图模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是___________(填字母)。
(2)中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑧代言人”，元素⑧的原子结构示意图是___________，其氢化物的电子式是___________。
(3)最高价氧化物对应水化物碱性最强的是___________(填序号)，该物质所含化学键的类型是___________。
(4)主族元素砷()的部分信息如图所示，则在元素周期表中与___________(填序号)同主族，二者气态氢化物更稳定的是___________(填化学式)。
(5)明代宋应星所著的《天工开物》中记载了利用②的单质和进行火法炼锌的反应，反应中还生成一种具有还原性的气体，其化学反应方程式为___________。
3. （2020春·山东德州·高一统考期末）某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：
实验序号
锌的质量/g
锌的状态
c(H2SO4)/mo1·L-1
V(H2SO4)/mL
反应前溶液的温度/℃
1
0.65
粒状
0.5
50
20
2
0.65
粉末
0.5
50
20
3
0.65
粉末
0.8
50
20
4
0.65
粉末
0.8
50
35
(1)在此4组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定_____进行判断，其速率最快的实验是_____(填实验序号)。
(2)对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，_____对反应速率有影响；实验2和3表明，_____对反应速率有影响。
(3)进行实验2时，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图象如图所示。
①在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是_____，原因是_____。
②2~4分钟内以硫酸的浓度变化表示的反应速率(假设溶液的体积不变)v(H2SO4)=_____。
4. （2020春·山东德州·高一统考期末）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。
已知：＋H2O
密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
－103
83
难溶于水
(1)制备粗品。将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是_____，导管B除了导气外还具有的作用是_____。
②试管C置于冰水浴中的目的是_____。
(2)制备精品。
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_____层(填“上”、“下”)，分液后用_____洗涤。
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图装置蒸馏，仪器a的名称为_____。收集产品时，控制的温度应在_____左右。
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_____。
a.用酸性高锰酸钾溶液 b.用金属钠 c.测定沸点
5. （2021春·山东德州·高一统考期末）钠及其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有。当汽车发生碰撞时，迅速分解产生和，同时放出大量的热。使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。药剂中添加可处理产生的，该反应的化学方程式为___________。为了吸收产气过程释放的热量，可在药剂中添加___________(填字母)作冷却剂。
a. b. c. d.
(2)高铁酸钠()是一种新型水处理剂。工业上常采用氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用氧化制得。中的化合价为___________，制备需消耗的物质的量为___________。除了杀菌消毒还可净水，其净水原理为___________。
(3)氢化钠()是重要的还原剂，与水反应可生成。某同学用图示装置，将锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，排净直型玻璃管内的气体，点燃处的酒精灯，反应得到固体物质即为纯净的。
判断该同学制备的氢化钠可能含有的杂质是___________(填化学式)，提出你的改进方案：___________。
6. （2021春·山东德州·高一统考期末）将浓度均为的、、、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。查阅资料知该“碘钟实验”的总反应：。反应分两步进行：第一步反应的离子方程式为。
(1)可推知第二步反应的离子方程式是___________。对于总反应，的作用相当于___________。
(2)为证明两步反应的存在，请设计实验Ⅰ加以验证___________。
(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。
(溶液浓度均为)
溶液
溶液
溶液
溶液
(含淀粉)
实验Ⅱ
5
4
8
3
0
实验Ⅲ
5
2
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是、实验Ⅲ是。
①实验Ⅲ中，、、所对应的数值分别是___________。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。
(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。
(溶液浓度均为)
溶液
溶液
溶液
溶液
(含淀粉)
实验Ⅳ
4
4
9
3
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及两步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。
7. （2022春·山东德州·高一统考期末）溴及其化合物可用来作有机催化剂、净水剂、杀虫剂、染料等。
I.海水提溴的流程如图1所示：
(1)X可用气体，该反应的离子方程式为_______。
(2)步骤IV包含萃取、分液和蒸馏，萃取时的萃取剂可以是_______(写一种即可，填名称)，蒸馏时不需要下列仪器中的_______(填字母)。
(3)上述流程中，若要获得1mol，至少需要标准状况下氯气的体积为_______。
II.四溴化钛可用作有机催化剂，实验室制备原理：。已知常温下为橙黄色固体，熔点38.3℃，沸点233.5℃，遇水易变质。装置如图2所示，回答下列问题：
(4)该实验中体现了溴的性质有_______。
(5)电炉加热前需要先通人，此时应打开_______，关闭_______(填写、、)
(6)装置单元X的作用主要为尾气处理和_______。
8. （2020春·山东德州·高一统考期末）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
0
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为_____，形成的单质是半导体的是_____(填元素名称)。
(2)气态氢化物最稳定的是_____(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_____，呈两性的是_____，二者发生反应的离子方程式为_____。
(3)②、③、⑧的原子半径由小到大的顺序为_____(用元素符号表示)，⑥与⑨形成的化合物的电子式为_____，④与⑧形成的化合物属于_____(填“离子”或“共价”)化合物。
9. （2022春·山东德州·高一统考期末）已知A、B、C、D、E、F、G、H为原子序数依次增大的主族元素，其中A、D与G同主族，且A、B不同周期，D元素的焰色试验为黄色，F的单质为有色气体，元素H的核电荷数为34。B、C、E、F在元素周期表中的相对位置如图，请回答下列问题：
B
C
E
F
(1)元素A与B组成的六原子平面分子中同一碳原子形成的任意两个键的夹角约为_______。元素H在元素周期表中的位置为_______。
(2)请用电子式表示A和E的原子形成化合物的过程：_______，C和F形成的化合物中化学键类型是_______(填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”)。
(3)元素E和F的简单氢化物的还原性顺序为_______(用化学式表示)。
(4)少量E的低价氧化物与G的最高价氧化物对应水化物的水溶液发生反应的离子方程式_______。
(5)简述如何确定D的化合物中是否含有G元素_______。
10. （2020春·山东德州·高一统考期末）A、B、D、E、F、M是重要的有机化工原料。它们之间的转化关系如图。
(1)下列说法正确的是_____。
A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物
B．M可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀
C．淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
D．用饱和碳酸钠溶液可以鉴别B、E和F
(2)A为最简单的烯轻，则其结构简式是_____。反应③属于_____(填反应类型)。
(3)反应④的化学方程式是_____。
(4)反应⑥的化学方程式是_____，该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡状态的是_____(填序号)
A．混合物中各物质的物质的量相等
B．单位时间内，生成1molF，同时生成1molE
C．单位时间内，消耗1molB，同时消耗1molE
D．正反应的速率与逆反应的速率相等
11. （2021春·山东德州·高一统考期末）乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：
(1)反应①~⑥中与反应①具有相同反应类型为___________(填代号)
(2)的官能团的名称是___________，与金属钠反应的化学方程式为___________。
(3)实验室用和反应制取，装置如图所示，该反应的化学方程式为___________。分离出试管乙中油状液体的操作名称是___________，用到的主要仪器是___________。
(4)工业上用和直接反应制取，其反应类型是___________，与(3)中实验室制法相比，该合成方法的优点是___________。
12. （2022春·山东德州·高一统考期末）以淀粉为原料合成具有水果香味的物质和的合成路线如下图所示。已知D分子中含有一个甲基(-CH3)，在哺乳动物体内或自然界中都可最终降解为和。
回答下列问题：
(1)葡萄糖的分子式为_______，E的结构简式为_______。
(2)B的名称为_______，D中含有的官能团为_______。
(3)反应⑦的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(4)检验反应①中淀粉是否水解完全，加入的试剂为_______。
(5)物质G是A的同系物，其分子式为，写出G的所有可能的结构简式_______。
13. （2021春·山东德州·高一统考期末）以硫铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备氯化铁晶体()，工艺流程如下：
已知：氯化铁晶体受热会生成，最后得到。
请回答下列问题：
(1)焙烧时为加快反应速率可采取的方法___________(答出两点即可)。
(2)焙烧时反应的化学方程式为，则的化学式为___________。酸溶时反应的化学方程式为___________。
(3)氧化时通入的气体为___________(填化学式)，反应的离子方程式为___________。
(4)制取晶体的操作包括蒸发浓缩、___________、过滤。烘干时需要减压烘干，原因是___________。
(5)焙烧排出的尾气中主要含、、，可用于尾气处理的试剂有___________(填字母)
a．浓硫酸 b．溶液 c．溶液 d．溶液
14. （2022春·山东德州·高一统考期末）钌(Ru)是一种常见的催化剂，一种以钌矿石[主要成分是Ru(CO3)2，还含有少量FeO、Mg、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌的流程如下：
(1)“酸浸”时Na2SO3发生反应的离子方程式_______。滤渣的成分是_______。
(2)酸浸时，钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，酸浸的最佳条件为_______。
(3)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中的化合价为____，滤液2中溶质的主要成分是_____。
(4)灼烧过程中Ar的作用是_______，实验室进行该操作所用到的主要仪器有_______(夹持仪器除外)。
(5)若钌矿石中含有4.42t Ru(CO3)2和165kgRuO4，理论上生成____kgRu。
15. （2022春·山东德州·高一统考期末）实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。一定条件下，CO2与制备气态甲醇(CH3OH)的反应方程式为。
(1)为了加快反应速率，可以采取的措施_______(任写一种)
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中进行该反应，当进行到某一时刻，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为、、、，反应达到平衡时，下列数据不可能出现的是_______。
A．，
B．，
C．，
D．，
(3)在容积为2L的恒温密闭容器中，充入1mol CO2和3mol，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间的变化情况如下表。
时间
0min
3min
6min
9min
12min
0
0.50
0.75
0.75
1
0.50
0.35
0.25
0.25
①a=_______；3~6min内，v(H2)= _______。
②12min末时，混合气体中的物质的量分数为_______。已知：B的物质的量分数。
③第3min时_______(填“>”、“＜”或“=”)第9min时
(4)能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．单位时间内消耗3mol，同时生成1molH2O
D．容器中CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度相等
E．混合气体的平均相对分子质量保持不变
参考答案：
1. 三氧化硫 H2SO3 SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O 2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2 Fe2＋ 18mol·L－1 52g
【分析】根据图示，S的+6价氧化物为SO3，则X为SO3， +4的S形成酸为亚硫酸，则Z为H2SO3，Y为+6价的盐，则Y为硫酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，X的名称为三氧化硫，Z的化学式为H2SO3；
(2)根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂在氧化反应中化合价降低，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O；
(3)若SO3能与Na2O2的反应生成硫酸钠，则该反应的化学方程式为2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2；
(4)根据题意，溶液本身无色，Fe2＋在溶液中呈浅绿色，则一定不含有Fe2＋，加少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水发生了反应生成了无色物质，I－和均可与溴水反应使溴水褪色，反应后的溶液无色，说明没有碘单质生成，则原溶液中一定含有，根据反应＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋可知，的还原性大于I－，故I－是否存在无法判断，溶液为电中性，一定含有阳离子，结合实验现象无法确定阳离子的种类，由于溶液中各离子的浓度未知，其他离子是否含有也无法确定，则可以确定的一定含有，一定不存在Fe2＋，其他离子无法具体确定；
(5)由于稀硫酸不与铜反应，向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，发生的反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中消耗硫酸的物质的量=2n(SO2)==0.2mol，生成硫酸铜的物质的量为0.1mol；将反应后的混合物溶液为硫酸和硫酸铜的混合液，加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，该过程发生的反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，则该过程消耗的硫酸的物质的量= n(H2)==0.7mol，消耗锌粉的物质的量为0.7mol+0.1mol=0.8mol，整个反应过程中消耗硫酸的总物质的量=0.7mol+0.2mol=0.9mol，则原浓硫酸的物质的量浓度= ，整个过程消耗锌粉的质量为。
【点睛】本题的易错点为(5)中反应过程中消耗锌的质量的计算，容易忽略溶液中除存在硫酸之外还存在硫酸铜，锌可与硫酸铜溶液反应，也会消耗锌单质。
2. ⑤ 离子键、共价键 ③
【分析】由元素在周期表中的位置可知：①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl，结合元素周期律分析解答。
【详解】(1) ①为H，②为C，若均由①和②形成，根据图示，a为C2H4(乙烯)，b为CH3，c为CH4 (甲烷)，d为C6H6 (苯)，不存在CH3这种物质，故答案为：b；
(2) ⑧为S，S原子的核外有16个电子，原子结构示意图是，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为：；；
(3)最高价氧化物对应水化物碱性最强的是氢氧化钠，氢氧化钠为离子化合物，所含化学键的类型为离子键和共价键，故答案为：⑤；离子键、共价键；
(4)砷()的最外层有5个电子，则 在元素周期表中与N元素同主族，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，二者气态氢化物更稳定的是，故答案为：③；；
(5)用C和进行火法炼锌的反应，反应中还生成一种具有还原性的气体，该气体为CO，反应的化学方程式为，故答案为：。
3. 锌完全消失所需的时间 4 固体反应物的表面积 硫酸的浓度 AB 反应放热，使温度升高，反应速率加快 0.06mol·L－1·min－1
【分析】影响锌与稀硫酸的反应速率的因素，除锌粉的颗粒大小、质量及纯度外，主要是浓度、温度及催化剂等因素；
(1)对相同的锌粉来说，稀硫酸的浓度越大，反应速率越快，温度越高反应速率越快，锌完全消失所需的时间越短；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素均相同；2和3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同；
(3)①分析相同时间内氢气体积的多少来判断速率的快慢；
②利用速率表达式v=计算速率。
【详解】(1)第4组实验时温度最高，浓度最大，因此反应速率最快，锌完全消失所需的时间最短，故答案为：锌完全消失所需的时间；4；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，是考查固体反应物的表面积对速率的影响，2和3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同，因此考查影响速率的因素是浓度，故答案为：固体反应物的表面积；硫酸的浓度；
(3)①从图中看出2-4分钟内产生氢气最多，故这段时间内反应速率最大，因为反应放热，使温度升高，反应速率加快，故答案为：AB；反应放热，使温度升高，反应速率加快；
②2-4分钟内，产生氢气179.2-44.8=134.4mL，物质的量为=6×10-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为：6×10-3mol，v（H2SO4）===0.06mol·L－1·min－1，故答案为：0.06mol·L－1·min－1。
【点睛】本题考查了反应速率的测定及影响因素，注意在比较外界反应条件对反应速率的影响时，要限定其他条件相同，改变一个条件，这是解题的依据．
4. 防止暴沸 冷凝回流 防止环己烯的挥发 上 c 蒸馏烧瓶 83℃ bc
【分析】（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；易挥发的物质反应时为提高其利用率，一般要有冷凝回流装置；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却；
（2）①环己烯的密度比水小；除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去；
②环己烯的沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右；
（3）环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，纯净物有固定的沸点，混合物没有固定的沸点。
【详解】（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；环己醇具有挥发性，则导管B除了导气外还具有冷凝回流作用，提高环己醇的利用率，故答案为：防止液体暴沸；冷凝回流；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却，防止环己烯的挥发，故答案为：防止环己烯的挥发；
（2）①环己烯的密度比水小，则加入饱和食盐水，振荡、静置、分层后，环己烯在上层；环己醇能溶于水，酸性杂质可以与碳酸钠溶液反应，所以要除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去，故答案为：上；c；
②由实验装置图可知，仪器a仪器为蒸馏烧瓶；根据表中数据可知，环己烯的沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右，故答案为：蒸馏烧瓶；83；
（3）a.环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品，故错误；
b.环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，则用金属钠能区分环己烯精品和粗品，故正确；
c. 环己烯精品为纯净物，有固定的沸点，而环己烯粗品是含有环己醇的混合物，没有固定的沸点，则测定沸点能区分环己烯精品和粗品，故正确；
bc正确，故答案为：bc。
【点睛】环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品是解答关键，也是易错点。
5. c +6 生成的胶体可以吸附悬浮杂质 将装置中的盐酸换成稀硫酸(或在装置间增加装有溶液的洗气瓶)
【分析】装置A中，Zn和稀盐酸反应生成H2，装置B中装有浓硫酸，可除去中H2的H2O，装置C中，H2和Na反应生成NaH。
【详解】(1)药剂中添加可处理产生的，和反应生成Na2O和Fe，化学方程式为；分解是吸热反应，故可选择作冷却剂，答案选c；
(2)中Na的化合价为+1价，O的化合价为-2价，则Fe的化合价为+6价；在碱性条件下，氧化制得，化学方程式为，则制备需消耗的物质的量为1.5mol；在水中水解生成胶体，胶体可以吸附悬浮杂质；
(3)装置A中，盐酸易挥发，故制备的氢化钠可能含有NaCl，将装置中的盐酸换成稀硫酸或在装置间增加装有溶液的洗气瓶，则不会生成NaCl。
6. 催化剂 向酸化的溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色；再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色退去 8、3、2 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 由于小于二者的反应比，第一步的反应速率小于第二步的反应速率，所以未出现溶液变蓝的现象。
【分析】“碘钟实验”分反应、两步进行，实验采取控制变量方法，探究氢离子浓度对反应速率的影响，仅改变加入硫酸的体积来进行实验。反应物的浓度越高，反应速率越快。
【详解】(1)“碘钟实验”的总反应：。反应分两步进行：第一步反应的离子方程式为，则第二步反应的离子方程式为；反应过程中消耗后又生成，故的作用相当于催化剂；
(2)为证明两步反应的存在，只需证明反应过程中生成了，步骤为：向酸化的溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色；再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色退去；
(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法，即只改变一个反应条件，其他条件都相同，根据表格数据可知，实验Ⅲ与实验Ⅱ相比硫酸溶液的体积减小，为保证其他条件都相同，而且混合后总体积相同，实验Ⅲ中，，，；
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ可知，其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；
(4)由、可得，在达到平衡时，应有n(H2O2)：n(Na2S2O3)=1:2，对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知其他量没有变化，溶液总体积相同，溶液的体积减小，溶液的体积增大，，结果未出现溶液变为蓝色的现象，说明第一步的反应速率小于第二步的反应速率，导致不能出现溶液变蓝的现象。
7. (1)
(2) 苯或四氯化碳 df
(3)44.8L
(4)挥发性和氧化性
(5) K1 K2、K3
(6)防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质
【分析】向浓缩的海水中通入适量的氯气可得到低浓度的溴水；向低浓度的溴水中吹入热空气，将溴水中的溴吹出，溴蒸气用还原性的气体（如二氧化硫）和水吸收，可得含溴离子浓度较高的溶液；再向该溶液中通入适量氯气，可得到浓溴水；然后经萃取、分液和蒸馏等操作得到液溴。据此分析可得：
【详解】（1）溴单质具有强氧化性，具有还原性，则溴单质与和水会发生氧化还原反应生成硫酸，氢溴酸，其方程式为：，故答案为：；
（2）根据萃取剂选取的原则可得，步骤IV中萃取浓溴水中的溴所选取的萃取剂应为四氯化碳或苯作为萃取剂；蒸馏时所需的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、直型冷凝管、尾接管、锥形瓶、石棉网、沸石以及带铁圈的铁架台等，则不需要球形冷凝管和烧杯，故答案为：苯或四氯化碳；df；
（3）由关系式有，若要的到1mol，至少需要1mol，则标况下至少需要22.4L，故答案为：22.4；
（4）干燥的二氧化碳气体通入液溴，时液溴挥发为气体从而进入硬质玻璃管中，在加热条件下与二氧化钛、碳发生如下反应，则溴被还原，体现出氧化性，故答案为：挥发性和氧化性；
（5）电炉加热前应先通入二氧化碳将装置内的空气排净，为是二氧化碳顺利进入装置且溴蒸气不能进入装置，则打开K1同时关闭K2、K3，故答案为：K1；K2、K3；
（6）由于遇水易变质，为防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质，则在收集瓶尾部链接装置单元X，所以X的作用除进行尾气处理外还具有防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质的作用，故答案为：防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质。
8. 硅 HF NaOH Al(OH)3 Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－ N
【详解】(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体Ar元素，原子结构示意图为；硅元素形成的单质是半导体，故答案为：；硅；
（2）元素的非金属性越强，气态氢化物约稳定，元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，在这些元素中，F元素的非金属性最强，则气态氢化物中最稳定的是HF；钠元素的金属性最强，则氢氧化钠的碱性最强，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－，故答案为：HF；NaOH；Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－；
（3）同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，、②为C元素、③为N元素、⑧为Si元素，则原子半径由小到大的顺序为N
9. (1) 120° 第4周期第VIA族
(2) 极性共价键
(3)
(4)
(5)做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察，若观察到紫色，证明含有K元素；无紫色，证明不含K元素
【分析】元素H的核电荷数为34，H为Se；F的单质为有色气体，且原子序数小于34，故F为Cl，E为S，C为N，B为C；D元素的焰色试验为黄色，D为Na，A、D与G同主族，且A、B不同周期，故A为H，G为K。
（1）元素A与B组成的六原子平面分子为C6H6，同一碳原子形成的任意两个键的夹角约为120o；H为Se，在元素周期表中的位置为：第4周期第VIA族；
（2）A和E的原子形成化合物为H2S，电子式表示形成过程为：；C为N，F为Cl，形成的化合物为NCl3，化学键为极性共价键；
（3）元素E和F的简单氢化物为，非金属性Cl>S，故气态氢化物的还原性：；
（4）E的低价氧化物为SO2，G的最高价氧化物对应水化物为NaOH，少量SO2与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：；
（5）D为Na，G为K，可通过焰色反应确定Na的化合物中是否含钾，具体操作为：做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察，若观察到紫色，证明含有K元素；无紫色，证明不含K元素。
10. ABD CH2=CH2 加成反应 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O BD
【分析】淀粉或纤维素完全水解生成M为葡萄糖，M在酒化酶的作用下分解生成B为乙醇，A是最简单的烯烃，即乙烯，乙醇发生催化氧化生成乙醛，C为乙醛，乙醛再被氧化为乙酸，即D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，F为乙酸乙酯，由此分析解答。
【详解】(1)A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，故A正确；
B．M中含有醛基，醛能和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以M可与新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀，故B正确；
C．淀粉和纤维素均可(C6H10O5)n表示，但n值不同。不是同分异构体，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳，不溶解乙酸乙酯，所以用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：ABD；
(2)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应③是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，故答案为：CH2=CH2；加成反应；
(3)反应④为乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(4)反应⑥为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡的是：
A．混合物中各物质的物质的量不变时达到平衡状态，但相等时不一定达到平衡状态，故A错误；
B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸“，反应速率同向，所以不能据此判断平衡状态，故C错误；
D．正反应的速率与逆反应的速率相等时反应达到平衡状态，故D正确；故选BD；
故答案为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；BD。
【点睛】本题涉及有机物推断、化学平衡状态判断、化学平衡计算等知识点，明确化学反应原理、有机物结构和性质关系及物质之间转化关系是解本题关键。
11. ③ 羟基 分液 分液漏斗 加成反应 原子利用率高，符合绿色化学理念
【分析】乙烯和Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和水发生加成反应生成D，D为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生氧化反应生成E，E为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成G，G为CH3COOC2H5。
【详解】(1)由分析可知，反应①为加成反应，反应①~⑥中与反应①具有相同反应类型为③；
(2)B为HOCH2CH2OH，其官能团为羟基；HOCH2CH2OH和金属钠反应生成和，化学方程式为；
(3)CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOC2H5，化学方程式为；试管乙中油状液体和饱和碳酸钠溶液分层，可通过分液将二者分离，用到的主要仪器是分液漏斗；
(4)工业上用和CH3COOH直接反应制取CH3COOC2H5，该反应为加成反应；与(3)中实验室制法相比，该合成方法的原子利用率高，符合绿色化学理念。
12. (1)
(2) 乙醛 羟基、羧基
(3) CH3COOH++H2O 取代反应或酯化反应
(4)碘水
(5)、
【分析】淀粉水解得到葡萄糖，在酒化酶的作用下得到A乙醇，乙醇催化氧化得到B乙醛，乙醛氧化得到C乙酸，A和D、C和D反应得到E和F，E和F均为酯，说明发生了酯化反应，D中既含羟基又含羧基，A为乙醇，E的分子式为，可知D的分子式为：，D中含1个甲基，同时含羟基和羧基，故结构简式为：。
（1）葡萄糖为单糖，分子式为：；A为乙醇，D为，由可知E的结构简式为：；
（2）B为乙醛，D中含的官能团为：羟基、羧基；
（3）C为乙酸，D为，两者反应生成F的化学方程式为：CH3COOH++H2O；反应类型为：取代反应或酯化反应；
（4）检验反应①中淀粉是否水解完全，加入的试剂为：碘水，淀粉有剩余会显蓝色；
（5）A为乙醇，物质G是A的同系物，其分子式为，则G只含1个羟基，G的所有可能的结构简式为：、。
13. 升高温度，粉碎矿石 冷却结晶 降低烘干时的温度，防止分解 bd
【分析】硫铁矿(主要成分为，含有少量)中通入空气焙烧，根据焙烧时反应的化学方程式为，生成的铁的氧化物为四氧化三铁，加入30%盐酸溶解过滤得到滤液中含有氯化铁、氯化亚铁，为了不引入杂质，通入氯气氧化亚铁离子，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到氯化铁晶体粗品，据此分析解答。
【详解】(1)焙烧时为加快反应速率可采取的方法有：升高温度，粉碎矿石，故答案为：升高温度，粉碎矿石；
(2)依据元素守恒，X为Fe3O4，四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的化学方程式为：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，故答案为：Fe3O4；Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O；
(3)为了不引入杂质，通入的气体为氯气，氯气氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：Cl2；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(4)从溶液获得溶质晶体的方法一般为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，因此制取晶体的操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。受热容易分解，烘干时需要减压烘干，以降低烘干时的温度，故答案为：冷却结晶；降低烘干时的温度，防止分解；
(5) 焙烧排出的尾气中主要含、、，尾气处理主要处理二氧化硫气体，a．浓硫酸不能吸收二氧化硫，故a不选；b．溶液可以吸收二氧化硫，故b选；c．溶液与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，故c不选；d．溶液能够与二氧化硫反应放出二氧化碳，可以吸收二氧化硫，故d选；故答案为：bd。
14. (1) SiO2、CaSO4
(2)65℃，pH=1.0
(3) +3 NH4Cl
(4) 作保护气，防止Ru被氧化 坩埚、酒精灯
(5)2121(或2.1×103)
【分析】钌矿石[主要成分是Ru(CO3)2，还含有少量FeO、Mg、RuO4、CaO、SiO2]中加入稀硫酸和Na2SO3溶液，FeO、Mg、RuO4发生反应生成FeSO4、MgSO4、Ru(SO4)2成为滤液，CaO转化为CaSO4，与SiO2共同成为滤渣；加入Na2CO3溶液和NaClO3溶液，Fe2+转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2，加入NaF将Mg2+转化为MgF2，加入Na2CO3将钌转化为Ru(CO3)2沉淀，最后经过一系列处理制得Ru。
（1）“酸浸”时Na2SO3将RuO4还原为Ru(SO4)2等，被氧化为，发生反应的离子方程式：。由分析知，滤渣的成分是SiO2、CaSO4。答案为：；SiO2、CaSO4；
（2）从图中可以看出，65℃时钌的浸出率最高，pH=1.0时钌的浸出率最高，所以酸浸的最佳条件为65℃，pH=1.0。答案为：65℃，pH=1.0；
（3）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中，钠显+1价，硫酸根显-2价，氢氧根显-1价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0的原则，可求出的化合价为+3，滤液2中，应含有Cl-和，则溶质的主要成分是NH4Cl。答案为：+3；NH4Cl；
（4）灼烧过程中，Ru易与空气中的氧气反应，所以Ar的作用是作保护气，防止Ru被氧化，实验室进行该操作时，需使用灼烧装置，所用到的主要仪器有坩埚、酒精灯。答案为：作保护气，防止Ru被氧化；坩埚、酒精灯；
（5）若钌矿石中含有4.42t Ru(CO3)2和165kgRuO4，依据Ru守恒，可得理论上生成=2121(或2.1×103)kgRu。答案为：2121(或2.1×103)。
【点睛】在RuO4中，Ru的化合价为+8价。
15. (1)升高温度、选用合适催化剂、增大反应物浓度等
(2)AD
(3) 0.65 30% ＞
(4)AE
【解析】（1）为了加快反应速率，可以通过增大浓度、温度、压强、催化剂等实现，所以采取的措施：升高温度、选用合适催化剂、增大反应物浓度等。答案为：升高温度、选用合适催化剂、增大反应物浓度等；
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应：，当进行到某一时刻，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为、、、，反应达到平衡时，反应物或生成物的浓度不可能为0。A．若，，则生成物浓度都为0，A不可能；B．若，，则，，B可能；C．若，，则，，C可能；D．平衡移动后，反应物和生成物浓度不可能同时增大，所以不可能存在，，D不可能；故选AD。答案为：AD；
（3）①∆n(CO2)=1mol-0.35mol=0.65mol，则∆n(CH3OH)=0.65mol，所以a=0.65；3~6min内，v(H2)= =。②12min末时，混合气体中CH3OH的物质的量为0.75mol，混合气为4mol-0.75mol×2=2.5mol，所以CH3OH的物质的量分数为=30%。③第3min时＞第9min时=第9min时，所以第3min时＞第9min时。答案为：0.65；；30%；＞；
（4）A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态；B．混合气体的质量、体积不变，则密度不随时间的变化而变化，所以密度不变时，反应不一定达平衡状态；C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O，反应进行的方向相同，反应不一定达平衡状态；D．容器中CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度相等，则正逆反应速率不一定相等，反应不一定达平衡状态；E．混合气体的质量不变，但物质的量不断改变，当平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡状态；故选AE。答案为：AE。
【点睛】随着反应的进行，尽管正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，但直到平衡时，正反应速率才与逆反应速率相等。
山东省德州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东德州·高一统考期末）如图的坐标系是部分含硫化合物的转化关系图。
(1)X的名称为_____，Z的化学式为_____。
(2)用图中物质之间的反应，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为_____。
(3)若X能与Na2O2的反应生成Y，则该反应的化学方程式为_____。
(4)已知：＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋。某溶液中可能含有大量的Na＋、、Fe2＋、K＋、I－、、。向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，依此可判断该溶液中肯定含有_____；肯定不能含有_____。
(5)向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，将反应后的混合物加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____，整个过程消耗锌粉的质量为_____。
2. （2021春·山东德州·高一统考期末）下表是元素周期表的一部分，表中所列序号分别代表短周期中的一种元素。
IA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
VA
ⅥA
ⅦA
0
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
(1)下图模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是___________(填字母)。
(2)中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑧代言人”，元素⑧的原子结构示意图是___________，其氢化物的电子式是___________。
(3)最高价氧化物对应水化物碱性最强的是___________(填序号)，该物质所含化学键的类型是___________。
(4)主族元素砷()的部分信息如图所示，则在元素周期表中与___________(填序号)同主族，二者气态氢化物更稳定的是___________(填化学式)。
(5)明代宋应星所著的《天工开物》中记载了利用②的单质和进行火法炼锌的反应，反应中还生成一种具有还原性的气体，其化学反应方程式为___________。
3. （2020春·山东德州·高一统考期末）某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：
实验序号
锌的质量/g
锌的状态
c(H2SO4)/mo1·L-1
V(H2SO4)/mL
反应前溶液的温度/℃
1
0.65
粒状
0.5
50
20
2
0.65
粉末
0.5
50
20
3
0.65
粉末
0.8
50
20
4
0.65
粉末
0.8
50
35
(1)在此4组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定_____进行判断，其速率最快的实验是_____(填实验序号)。
(2)对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，_____对反应速率有影响；实验2和3表明，_____对反应速率有影响。
(3)进行实验2时，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图象如图所示。
①在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是_____，原因是_____。
②2~4分钟内以硫酸的浓度变化表示的反应速率(假设溶液的体积不变)v(H2SO4)=_____。
4. （2020春·山东德州·高一统考期末）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。
已知：＋H2O
密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
－103
83
难溶于水
(1)制备粗品。将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是_____，导管B除了导气外还具有的作用是_____。
②试管C置于冰水浴中的目的是_____。
(2)制备精品。
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_____层(填“上”、“下”)，分液后用_____洗涤。
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图装置蒸馏，仪器a的名称为_____。收集产品时，控制的温度应在_____左右。
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_____。
a.用酸性高锰酸钾溶液 b.用金属钠 c.测定沸点
5. （2021春·山东德州·高一统考期末）钠及其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有。当汽车发生碰撞时，迅速分解产生和，同时放出大量的热。使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。药剂中添加可处理产生的，该反应的化学方程式为___________。为了吸收产气过程释放的热量，可在药剂中添加___________(填字母)作冷却剂。
a. b. c. d.
(2)高铁酸钠()是一种新型水处理剂。工业上常采用氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用氧化制得。中的化合价为___________，制备需消耗的物质的量为___________。除了杀菌消毒还可净水，其净水原理为___________。
(3)氢化钠()是重要的还原剂，与水反应可生成。某同学用图示装置，将锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，排净直型玻璃管内的气体，点燃处的酒精灯，反应得到固体物质即为纯净的。
判断该同学制备的氢化钠可能含有的杂质是___________(填化学式)，提出你的改进方案：___________。
6. （2021春·山东德州·高一统考期末）将浓度均为的、、、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。查阅资料知该“碘钟实验”的总反应：。反应分两步进行：第一步反应的离子方程式为。
(1)可推知第二步反应的离子方程式是___________。对于总反应，的作用相当于___________。
(2)为证明两步反应的存在，请设计实验Ⅰ加以验证___________。
(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。
(溶液浓度均为)
溶液
溶液
溶液
溶液
(含淀粉)
实验Ⅱ
5
4
8
3
0
实验Ⅲ
5
2
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是、实验Ⅲ是。
①实验Ⅲ中，、、所对应的数值分别是___________。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。
(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。
(溶液浓度均为)
溶液
溶液
溶液
溶液
(含淀粉)
实验Ⅳ
4
4
9
3
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及两步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。
7. （2022春·山东德州·高一统考期末）溴及其化合物可用来作有机催化剂、净水剂、杀虫剂、染料等。
I.海水提溴的流程如图1所示：
(1)X可用气体，该反应的离子方程式为_______。
(2)步骤IV包含萃取、分液和蒸馏，萃取时的萃取剂可以是_______(写一种即可，填名称)，蒸馏时不需要下列仪器中的_______(填字母)。
(3)上述流程中，若要获得1mol，至少需要标准状况下氯气的体积为_______。
II.四溴化钛可用作有机催化剂，实验室制备原理：。已知常温下为橙黄色固体，熔点38.3℃，沸点233.5℃，遇水易变质。装置如图2所示，回答下列问题：
(4)该实验中体现了溴的性质有_______。
(5)电炉加热前需要先通人，此时应打开_______，关闭_______(填写、、)
(6)装置单元X的作用主要为尾气处理和_______。
8. （2020春·山东德州·高一统考期末）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
0
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为_____，形成的单质是半导体的是_____(填元素名称)。
(2)气态氢化物最稳定的是_____(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_____，呈两性的是_____，二者发生反应的离子方程式为_____。
(3)②、③、⑧的原子半径由小到大的顺序为_____(用元素符号表示)，⑥与⑨形成的化合物的电子式为_____，④与⑧形成的化合物属于_____(填“离子”或“共价”)化合物。
9. （2022春·山东德州·高一统考期末）已知A、B、C、D、E、F、G、H为原子序数依次增大的主族元素，其中A、D与G同主族，且A、B不同周期，D元素的焰色试验为黄色，F的单质为有色气体，元素H的核电荷数为34。B、C、E、F在元素周期表中的相对位置如图，请回答下列问题：
B
C
E
F
(1)元素A与B组成的六原子平面分子中同一碳原子形成的任意两个键的夹角约为_______。元素H在元素周期表中的位置为_______。
(2)请用电子式表示A和E的原子形成化合物的过程：_______，C和F形成的化合物中化学键类型是_______(填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”)。
(3)元素E和F的简单氢化物的还原性顺序为_______(用化学式表示)。
(4)少量E的低价氧化物与G的最高价氧化物对应水化物的水溶液发生反应的离子方程式_______。
(5)简述如何确定D的化合物中是否含有G元素_______。
10. （2020春·山东德州·高一统考期末）A、B、D、E、F、M是重要的有机化工原料。它们之间的转化关系如图。
(1)下列说法正确的是_____。
A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物
B．M可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀
C．淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
D．用饱和碳酸钠溶液可以鉴别B、E和F
(2)A为最简单的烯轻，则其结构简式是_____。反应③属于_____(填反应类型)。
(3)反应④的化学方程式是_____。
(4)反应⑥的化学方程式是_____，该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡状态的是_____(填序号)
A．混合物中各物质的物质的量相等
B．单位时间内，生成1molF，同时生成1molE
C．单位时间内，消耗1molB，同时消耗1molE
D．正反应的速率与逆反应的速率相等
11. （2021春·山东德州·高一统考期末）乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：
(1)反应①~⑥中与反应①具有相同反应类型为___________(填代号)
(2)的官能团的名称是___________，与金属钠反应的化学方程式为___________。
(3)实验室用和反应制取，装置如图所示，该反应的化学方程式为___________。分离出试管乙中油状液体的操作名称是___________，用到的主要仪器是___________。
(4)工业上用和直接反应制取，其反应类型是___________，与(3)中实验室制法相比，该合成方法的优点是___________。
12. （2022春·山东德州·高一统考期末）以淀粉为原料合成具有水果香味的物质和的合成路线如下图所示。已知D分子中含有一个甲基(-CH3)，在哺乳动物体内或自然界中都可最终降解为和。
回答下列问题：
(1)葡萄糖的分子式为_______，E的结构简式为_______。
(2)B的名称为_______，D中含有的官能团为_______。
(3)反应⑦的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(4)检验反应①中淀粉是否水解完全，加入的试剂为_______。
(5)物质G是A的同系物，其分子式为，写出G的所有可能的结构简式_______。
13. （2021春·山东德州·高一统考期末）以硫铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备氯化铁晶体()，工艺流程如下：
已知：氯化铁晶体受热会生成，最后得到。
请回答下列问题：
(1)焙烧时为加快反应速率可采取的方法___________(答出两点即可)。
(2)焙烧时反应的化学方程式为，则的化学式为___________。酸溶时反应的化学方程式为___________。
(3)氧化时通入的气体为___________(填化学式)，反应的离子方程式为___________。
(4)制取晶体的操作包括蒸发浓缩、___________、过滤。烘干时需要减压烘干，原因是___________。
(5)焙烧排出的尾气中主要含、、，可用于尾气处理的试剂有___________(填字母)
a．浓硫酸 b．溶液 c．溶液 d．溶液
14. （2022春·山东德州·高一统考期末）钌(Ru)是一种常见的催化剂，一种以钌矿石[主要成分是Ru(CO3)2，还含有少量FeO、Mg、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌的流程如下：
(1)“酸浸”时Na2SO3发生反应的离子方程式_______。滤渣的成分是_______。
(2)酸浸时，钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，酸浸的最佳条件为_______。
(3)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中的化合价为____，滤液2中溶质的主要成分是_____。
(4)灼烧过程中Ar的作用是_______，实验室进行该操作所用到的主要仪器有_______(夹持仪器除外)。
(5)若钌矿石中含有4.42t Ru(CO3)2和165kgRuO4，理论上生成____kgRu。
15. （2022春·山东德州·高一统考期末）实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。一定条件下，CO2与制备气态甲醇(CH3OH)的反应方程式为。
(1)为了加快反应速率，可以采取的措施_______(任写一种)
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中进行该反应，当进行到某一时刻，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为、、、，反应达到平衡时，下列数据不可能出现的是_______。
A．，
B．，
C．，
D．，
(3)在容积为2L的恒温密闭容器中，充入1mol CO2和3mol，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间的变化情况如下表。
时间
0min
3min
6min
9min
12min
0
0.50
0.75
0.75
1
0.50
0.35
0.25
0.25
①a=_______；3~6min内，v(H2)= _______。
②12min末时，混合气体中的物质的量分数为_______。已知：B的物质的量分数。
③第3min时_______(填“>”、“＜”或“=”)第9min时
(4)能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．单位时间内消耗3mol，同时生成1molH2O
D．容器中CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度相等
E．混合气体的平均相对分子质量保持不变
参考答案：
1. 三氧化硫 H2SO3 SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O 2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2 Fe2＋ 18mol·L－1 52g
【分析】根据图示，S的+6价氧化物为SO3，则X为SO3， +4的S形成酸为亚硫酸，则Z为H2SO3，Y为+6价的盐，则Y为硫酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，X的名称为三氧化硫，Z的化学式为H2SO3；
(2)根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂在氧化反应中化合价降低，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O；
(3)若SO3能与Na2O2的反应生成硫酸钠，则该反应的化学方程式为2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2；
(4)根据题意，溶液本身无色，Fe2＋在溶液中呈浅绿色，则一定不含有Fe2＋，加少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水发生了反应生成了无色物质，I－和均可与溴水反应使溴水褪色，反应后的溶液无色，说明没有碘单质生成，则原溶液中一定含有，根据反应＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋可知，的还原性大于I－，故I－是否存在无法判断，溶液为电中性，一定含有阳离子，结合实验现象无法确定阳离子的种类，由于溶液中各离子的浓度未知，其他离子是否含有也无法确定，则可以确定的一定含有，一定不存在Fe2＋，其他离子无法具体确定；
(5)由于稀硫酸不与铜反应，向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，发生的反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中消耗硫酸的物质的量=2n(SO2)==0.2mol，生成硫酸铜的物质的量为0.1mol；将反应后的混合物溶液为硫酸和硫酸铜的混合液，加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，该过程发生的反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，则该过程消耗的硫酸的物质的量= n(H2)==0.7mol，消耗锌粉的物质的量为0.7mol+0.1mol=0.8mol，整个反应过程中消耗硫酸的总物质的量=0.7mol+0.2mol=0.9mol，则原浓硫酸的物质的量浓度= ，整个过程消耗锌粉的质量为。
【点睛】本题的易错点为(5)中反应过程中消耗锌的质量的计算，容易忽略溶液中除存在硫酸之外还存在硫酸铜，锌可与硫酸铜溶液反应，也会消耗锌单质。
2. ⑤ 离子键、共价键 ③
【分析】由元素在周期表中的位置可知：①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl，结合元素周期律分析解答。
【详解】(1) ①为H，②为C，若均由①和②形成，根据图示，a为C2H4(乙烯)，b为CH3，c为CH4 (甲烷)，d为C6H6 (苯)，不存在CH3这种物质，故答案为：b；
(2) ⑧为S，S原子的核外有16个电子，原子结构示意图是，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为：；；
(3)最高价氧化物对应水化物碱性最强的是氢氧化钠，氢氧化钠为离子化合物，所含化学键的类型为离子键和共价键，故答案为：⑤；离子键、共价键；
(4)砷()的最外层有5个电子，则 在元素周期表中与N元素同主族，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，二者气态氢化物更稳定的是，故答案为：③；；
(5)用C和进行火法炼锌的反应，反应中还生成一种具有还原性的气体，该气体为CO，反应的化学方程式为，故答案为：。
3. 锌完全消失所需的时间 4 固体反应物的表面积 硫酸的浓度 AB 反应放热，使温度升高，反应速率加快 0.06mol·L－1·min－1
【分析】影响锌与稀硫酸的反应速率的因素，除锌粉的颗粒大小、质量及纯度外，主要是浓度、温度及催化剂等因素；
(1)对相同的锌粉来说，稀硫酸的浓度越大，反应速率越快，温度越高反应速率越快，锌完全消失所需的时间越短；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素均相同；2和3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同；
(3)①分析相同时间内氢气体积的多少来判断速率的快慢；
②利用速率表达式v=计算速率。
【详解】(1)第4组实验时温度最高，浓度最大，因此反应速率最快，锌完全消失所需的时间最短，故答案为：锌完全消失所需的时间；4；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，是考查固体反应物的表面积对速率的影响，2和3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同，因此考查影响速率的因素是浓度，故答案为：固体反应物的表面积；硫酸的浓度；
(3)①从图中看出2-4分钟内产生氢气最多，故这段时间内反应速率最大，因为反应放热，使温度升高，反应速率加快，故答案为：AB；反应放热，使温度升高，反应速率加快；
②2-4分钟内，产生氢气179.2-44.8=134.4mL，物质的量为=6×10-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为：6×10-3mol，v（H2SO4）===0.06mol·L－1·min－1，故答案为：0.06mol·L－1·min－1。
【点睛】本题考查了反应速率的测定及影响因素，注意在比较外界反应条件对反应速率的影响时，要限定其他条件相同，改变一个条件，这是解题的依据．
4. 防止暴沸 冷凝回流 防止环己烯的挥发 上 c 蒸馏烧瓶 83℃ bc
【分析】（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；易挥发的物质反应时为提高其利用率，一般要有冷凝回流装置；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却；
（2）①环己烯的密度比水小；除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去；
②环己烯的沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右；
（3）环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，纯净物有固定的沸点，混合物没有固定的沸点。
【详解】（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；环己醇具有挥发性，则导管B除了导气外还具有冷凝回流作用，提高环己醇的利用率，故答案为：防止液体暴沸；冷凝回流；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却，防止环己烯的挥发，故答案为：防止环己烯的挥发；
（2）①环己烯的密度比水小，则加入饱和食盐水，振荡、静置、分层后，环己烯在上层；环己醇能溶于水，酸性杂质可以与碳酸钠溶液反应，所以要除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去，故答案为：上；c；
②由实验装置图可知，仪器a仪器为蒸馏烧瓶；根据表中数据可知，环己烯的沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右，故答案为：蒸馏烧瓶；83；
（3）a.环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品，故错误；
b.环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，则用金属钠能区分环己烯精品和粗品，故正确；
c. 环己烯精品为纯净物，有固定的沸点，而环己烯粗品是含有环己醇的混合物，没有固定的沸点，则测定沸点能区分环己烯精品和粗品，故正确；
bc正确，故答案为：bc。
【点睛】环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品是解答关键，也是易错点。
5. c +6 生成的胶体可以吸附悬浮杂质 将装置中的盐酸换成稀硫酸(或在装置间增加装有溶液的洗气瓶)
【分析】装置A中，Zn和稀盐酸反应生成H2，装置B中装有浓硫酸，可除去中H2的H2O，装置C中，H2和Na反应生成NaH。
【详解】(1)药剂中添加可处理产生的，和反应生成Na2O和Fe，化学方程式为；分解是吸热反应，故可选择作冷却剂，答案选c；
(2)中Na的化合价为+1价，O的化合价为-2价，则Fe的化合价为+6价；在碱性条件下，氧化制得，化学方程式为，则制备需消耗的物质的量为1.5mol；在水中水解生成胶体，胶体可以吸附悬浮杂质；
(3)装置A中，盐酸易挥发，故制备的氢化钠可能含有NaCl，将装置中的盐酸换成稀硫酸或在装置间增加装有溶液的洗气瓶，则不会生成NaCl。
6. 催化剂 向酸化的溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色；再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色退去 8、3、2 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 由于小于二者的反应比，第一步的反应速率小于第二步的反应速率，所以未出现溶液变蓝的现象。
【分析】“碘钟实验”分反应、两步进行，实验采取控制变量方法，探究氢离子浓度对反应速率的影响，仅改变加入硫酸的体积来进行实验。反应物的浓度越高，反应速率越快。
【详解】(1)“碘钟实验”的总反应：。反应分两步进行：第一步反应的离子方程式为，则第二步反应的离子方程式为；反应过程中消耗后又生成，故的作用相当于催化剂；
(2)为证明两步反应的存在，只需证明反应过程中生成了，步骤为：向酸化的溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色；再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色退去；
(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法，即只改变一个反应条件，其他条件都相同，根据表格数据可知，实验Ⅲ与实验Ⅱ相比硫酸溶液的体积减小，为保证其他条件都相同，而且混合后总体积相同，实验Ⅲ中，，，；
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ可知，其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率；
(4)由、可得，在达到平衡时，应有n(H2O2)：n(Na2S2O3)=1:2，对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知其他量没有变化，溶液总体积相同，溶液的体积减小，溶液的体积增大，，结果未出现溶液变为蓝色的现象，说明第一步的反应速率小于第二步的反应速率，导致不能出现溶液变蓝的现象。
7. (1)
(2) 苯或四氯化碳 df
(3)44.8L
(4)挥发性和氧化性
(5) K1 K2、K3
(6)防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质
【分析】向浓缩的海水中通入适量的氯气可得到低浓度的溴水；向低浓度的溴水中吹入热空气，将溴水中的溴吹出，溴蒸气用还原性的气体（如二氧化硫）和水吸收，可得含溴离子浓度较高的溶液；再向该溶液中通入适量氯气，可得到浓溴水；然后经萃取、分液和蒸馏等操作得到液溴。据此分析可得：
【详解】（1）溴单质具有强氧化性，具有还原性，则溴单质与和水会发生氧化还原反应生成硫酸，氢溴酸，其方程式为：，故答案为：；
（2）根据萃取剂选取的原则可得，步骤IV中萃取浓溴水中的溴所选取的萃取剂应为四氯化碳或苯作为萃取剂；蒸馏时所需的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、直型冷凝管、尾接管、锥形瓶、石棉网、沸石以及带铁圈的铁架台等，则不需要球形冷凝管和烧杯，故答案为：苯或四氯化碳；df；
（3）由关系式有，若要的到1mol，至少需要1mol，则标况下至少需要22.4L，故答案为：22.4；
（4）干燥的二氧化碳气体通入液溴，时液溴挥发为气体从而进入硬质玻璃管中，在加热条件下与二氧化钛、碳发生如下反应，则溴被还原，体现出氧化性，故答案为：挥发性和氧化性；
（5）电炉加热前应先通入二氧化碳将装置内的空气排净，为是二氧化碳顺利进入装置且溴蒸气不能进入装置，则打开K1同时关闭K2、K3，故答案为：K1；K2、K3；
（6）由于遇水易变质，为防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质，则在收集瓶尾部链接装置单元X，所以X的作用除进行尾气处理外还具有防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质的作用，故答案为：防止外界的水蒸气进入收集瓶，使产物变质。
8. 硅 HF NaOH Al(OH)3 Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－ N
【详解】(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体Ar元素，原子结构示意图为；硅元素形成的单质是半导体，故答案为：；硅；
（2）元素的非金属性越强，气态氢化物约稳定，元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，在这些元素中，F元素的非金属性最强，则气态氢化物中最稳定的是HF；钠元素的金属性最强，则氢氧化钠的碱性最强，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－，故答案为：HF；NaOH；Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－；
（3）同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，、②为C元素、③为N元素、⑧为Si元素，则原子半径由小到大的顺序为N
9. (1) 120° 第4周期第VIA族
(2) 极性共价键
(3)
(4)
(5)做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察，若观察到紫色，证明含有K元素；无紫色，证明不含K元素
【分析】元素H的核电荷数为34，H为Se；F的单质为有色气体，且原子序数小于34，故F为Cl，E为S，C为N，B为C；D元素的焰色试验为黄色，D为Na，A、D与G同主族，且A、B不同周期，故A为H，G为K。
（1）元素A与B组成的六原子平面分子为C6H6，同一碳原子形成的任意两个键的夹角约为120o；H为Se，在元素周期表中的位置为：第4周期第VIA族；
（2）A和E的原子形成化合物为H2S，电子式表示形成过程为：；C为N，F为Cl，形成的化合物为NCl3，化学键为极性共价键；
（3）元素E和F的简单氢化物为，非金属性Cl>S，故气态氢化物的还原性：；
（4）E的低价氧化物为SO2，G的最高价氧化物对应水化物为NaOH，少量SO2与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：；
（5）D为Na，G为K，可通过焰色反应确定Na的化合物中是否含钾，具体操作为：做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察，若观察到紫色，证明含有K元素；无紫色，证明不含K元素。
10. ABD CH2=CH2 加成反应 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O BD
【分析】淀粉或纤维素完全水解生成M为葡萄糖，M在酒化酶的作用下分解生成B为乙醇，A是最简单的烯烃，即乙烯，乙醇发生催化氧化生成乙醛，C为乙醛，乙醛再被氧化为乙酸，即D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，F为乙酸乙酯，由此分析解答。
【详解】(1)A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，故A正确；
B．M中含有醛基，醛能和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以M可与新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀，故B正确；
C．淀粉和纤维素均可(C6H10O5)n表示，但n值不同。不是同分异构体，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳，不溶解乙酸乙酯，所以用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：ABD；
(2)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应③是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，故答案为：CH2=CH2；加成反应；
(3)反应④为乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(4)反应⑥为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡的是：
A．混合物中各物质的物质的量不变时达到平衡状态，但相等时不一定达到平衡状态，故A错误；
B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸“，反应速率同向，所以不能据此判断平衡状态，故C错误；
D．正反应的速率与逆反应的速率相等时反应达到平衡状态，故D正确；故选BD；
故答案为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；BD。
【点睛】本题涉及有机物推断、化学平衡状态判断、化学平衡计算等知识点，明确化学反应原理、有机物结构和性质关系及物质之间转化关系是解本题关键。
11. ③ 羟基 分液 分液漏斗 加成反应 原子利用率高，符合绿色化学理念
【分析】乙烯和Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和水发生加成反应生成D，D为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生氧化反应生成E，E为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成G，G为CH3COOC2H5。
【详解】(1)由分析可知，反应①为加成反应，反应①~⑥中与反应①具有相同反应类型为③；
(2)B为HOCH2CH2OH，其官能团为羟基；HOCH2CH2OH和金属钠反应生成和，化学方程式为；
(3)CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOC2H5，化学方程式为；试管乙中油状液体和饱和碳酸钠溶液分层，可通过分液将二者分离，用到的主要仪器是分液漏斗；
(4)工业上用和CH3COOH直接反应制取CH3COOC2H5，该反应为加成反应；与(3)中实验室制法相比，该合成方法的原子利用率高，符合绿色化学理念。
12. (1)
(2) 乙醛 羟基、羧基
(3) CH3COOH++H2O 取代反应或酯化反应
(4)碘水
(5)、
【分析】淀粉水解得到葡萄糖，在酒化酶的作用下得到A乙醇，乙醇催化氧化得到B乙醛，乙醛氧化得到C乙酸，A和D、C和D反应得到E和F，E和F均为酯，说明发生了酯化反应，D中既含羟基又含羧基，A为乙醇，E的分子式为，可知D的分子式为：，D中含1个甲基，同时含羟基和羧基，故结构简式为：。
（1）葡萄糖为单糖，分子式为：；A为乙醇，D为，由可知E的结构简式为：；
（2）B为乙醛，D中含的官能团为：羟基、羧基；
（3）C为乙酸，D为，两者反应生成F的化学方程式为：CH3COOH++H2O；反应类型为：取代反应或酯化反应；
（4）检验反应①中淀粉是否水解完全，加入的试剂为：碘水，淀粉有剩余会显蓝色；
（5）A为乙醇，物质G是A的同系物，其分子式为，则G只含1个羟基，G的所有可能的结构简式为：、。
13. 升高温度，粉碎矿石 冷却结晶 降低烘干时的温度，防止分解 bd
【分析】硫铁矿(主要成分为，含有少量)中通入空气焙烧，根据焙烧时反应的化学方程式为，生成的铁的氧化物为四氧化三铁，加入30%盐酸溶解过滤得到滤液中含有氯化铁、氯化亚铁，为了不引入杂质，通入氯气氧化亚铁离子，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到氯化铁晶体粗品，据此分析解答。
【详解】(1)焙烧时为加快反应速率可采取的方法有：升高温度，粉碎矿石，故答案为：升高温度，粉碎矿石；
(2)依据元素守恒，X为Fe3O4，四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的化学方程式为：Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，故答案为：Fe3O4；Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O；
(3)为了不引入杂质，通入的气体为氯气，氯气氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：Cl2；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(4)从溶液获得溶质晶体的方法一般为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，因此制取晶体的操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。受热容易分解，烘干时需要减压烘干，以降低烘干时的温度，故答案为：冷却结晶；降低烘干时的温度，防止分解；
(5) 焙烧排出的尾气中主要含、、，尾气处理主要处理二氧化硫气体，a．浓硫酸不能吸收二氧化硫，故a不选；b．溶液可以吸收二氧化硫，故b选；c．溶液与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，故c不选；d．溶液能够与二氧化硫反应放出二氧化碳，可以吸收二氧化硫，故d选；故答案为：bd。
14. (1) SiO2、CaSO4
(2)65℃，pH=1.0
(3) +3 NH4Cl
(4) 作保护气，防止Ru被氧化 坩埚、酒精灯
(5)2121(或2.1×103)
【分析】钌矿石[主要成分是Ru(CO3)2，还含有少量FeO、Mg、RuO4、CaO、SiO2]中加入稀硫酸和Na2SO3溶液，FeO、Mg、RuO4发生反应生成FeSO4、MgSO4、Ru(SO4)2成为滤液，CaO转化为CaSO4，与SiO2共同成为滤渣；加入Na2CO3溶液和NaClO3溶液，Fe2+转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2，加入NaF将Mg2+转化为MgF2，加入Na2CO3将钌转化为Ru(CO3)2沉淀，最后经过一系列处理制得Ru。
（1）“酸浸”时Na2SO3将RuO4还原为Ru(SO4)2等，被氧化为，发生反应的离子方程式：。由分析知，滤渣的成分是SiO2、CaSO4。答案为：；SiO2、CaSO4；
（2）从图中可以看出，65℃时钌的浸出率最高，pH=1.0时钌的浸出率最高，所以酸浸的最佳条件为65℃，pH=1.0。答案为：65℃，pH=1.0；
（3）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中，钠显+1价，硫酸根显-2价，氢氧根显-1价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0的原则，可求出的化合价为+3，滤液2中，应含有Cl-和，则溶质的主要成分是NH4Cl。答案为：+3；NH4Cl；
（4）灼烧过程中，Ru易与空气中的氧气反应，所以Ar的作用是作保护气，防止Ru被氧化，实验室进行该操作时，需使用灼烧装置，所用到的主要仪器有坩埚、酒精灯。答案为：作保护气，防止Ru被氧化；坩埚、酒精灯；
（5）若钌矿石中含有4.42t Ru(CO3)2和165kgRuO4，依据Ru守恒，可得理论上生成=2121(或2.1×103)kgRu。答案为：2121(或2.1×103)。
【点睛】在RuO4中，Ru的化合价为+8价。
15. (1)升高温度、选用合适催化剂、增大反应物浓度等
(2)AD
(3) 0.65 30% ＞
(4)AE
【解析】（1）为了加快反应速率，可以通过增大浓度、温度、压强、催化剂等实现，所以采取的措施：升高温度、选用合适催化剂、增大反应物浓度等。答案为：升高温度、选用合适催化剂、增大反应物浓度等；
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应：，当进行到某一时刻，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为、、、，反应达到平衡时，反应物或生成物的浓度不可能为0。A．若，，则生成物浓度都为0，A不可能；B．若，，则，，B可能；C．若，，则，，C可能；D．平衡移动后，反应物和生成物浓度不可能同时增大，所以不可能存在，，D不可能；故选AD。答案为：AD；
（3）①∆n(CO2)=1mol-0.35mol=0.65mol，则∆n(CH3OH)=0.65mol，所以a=0.65；3~6min内，v(H2)= =。②12min末时，混合气体中CH3OH的物质的量为0.75mol，混合气为4mol-0.75mol×2=2.5mol，所以CH3OH的物质的量分数为=30%。③第3min时＞第9min时=第9min时，所以第3min时＞第9min时。答案为：0.65；；30%；＞；
（4）A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态；B．混合气体的质量、体积不变，则密度不随时间的变化而变化，所以密度不变时，反应不一定达平衡状态；C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O，反应进行的方向相同，反应不一定达平衡状态；D．容器中CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度相等，则正逆反应速率不一定相等，反应不一定达平衡状态；E．混合气体的质量不变，但物质的量不断改变，当平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡状态；故选AE。答案为：AE。
【点睛】随着反应的进行，尽管正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，但直到平衡时，正反应速率才与逆反应速率相等。
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