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福建省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题
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这是一份福建省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题，共42页。试卷主要包含了填空题，元素或物质推断题，实验题，结构与性质，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
福建省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题
一、填空题
1．（2022春·福建莆田·高一统考期末）浓硫酸在下列用途和现象中所表现的性质是
A．沸点高、难挥发 B．酸性 C．吸水性 D．脱水性 E.强氧化性
用途或现象
体现浓硫酸的性质
(1)浓硫酸使胆矾变成白色
______
(2)浓硫酸使蔗糖变”黑面包”
______
(3)浓硫酸与铜片共热
______
(4)浓硫酸的木炭共热产生气体
______
2．（2022春·福建莆田·高一统考期末）工业上用NH3做原料，制取硝酸，要经过三步主要反应，请写出第二步和第三步反应的化学方程式。
第一步反应：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
第二步反应：_____________________；
第三步反应：____________________。
3．（2022春·福建莆田·高一统考期末）回答下列各题：
(1)维生素C又称为抗坏血酸，在人体内有重要的功能。例如帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3＋变为易吸收的Fe2＋。这说明维生素C具有________________(填“氧化性”或“还原性”)。
(2)在2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑反应中，________________被氧化，_________________是氧化剂，氧化产物是__________________，此反应中若转移了2 mol的电子，则产生氧气______________ mol。
(3)在3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O的反应中，被还原的元素是_______________(填元素符号)，如有4 mol含该元素的物质参加反应，则转移的电子数目约为__________________个。
4．（2022春·福建漳州·高一统考期末）下图为铁元素的价类二维图，其中箭头表示部分物质间的转化关系(条件略去)。
回答下列问题：
(1)工业上冶炼铁的主要方法是_______(填标号)。
A．热分解法 B．高温还原法 C．电解法 D．物理富集法
(2)在潮湿的空气里，钢铁表面吸附了一薄层水膜，其中含有少量、、等，它与钢铁里的铁和少量的_______(填化学式)形成了无数微小的原电池，使钢铁发生电化学腐蚀。
(3)检验溶液中是否存在可选用的试剂是_______。
(4)写出一个能实现图中转化⑦的离子方程式_______。
(5)高铁酸盐(含)常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是因为其具有_______性(填“氧化”或“还原”)。用与在强碱性条件下可制取，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
5．（2022春·福建三明·高一统考期末）、、CO都是重要的能源物质，也是重要的化工原料。
(1)用一定质量的Zn跟足量的稀硫酸反应制氢气，实验过程如图所示。
①OE、EF、FG三段中，_______段化学反应最块，_______段收集的氢气最多。
②为了降低反应的速率且不影响氢气的量，可向溶液中加入的物质有_______(填标号)。
a.蒸馏水 b.溶液 c.固体 d.固体
(2)已知：断裂1molH-H、1molO=O，1molH-O键吸收的能量依次为436kJ、498kJ、467kJ。在反应中，44.8L(标准状况)完全反应放出的能量为_______。
(3)工业上可用CO和为原料制备，反应方程式为：。在体积固定的密闭容器中充入一定量的CO和，下列叙述能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．CO与的物质的量之比为1：1
B．混合气体的总压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗1molCO，同时生成1mol
D．在混合气体中的质量分数保持不变
(4)为减少温室效应，有效利用，工业上可用生产甲醇。在体积为2L的密闭容器中充入1mol和3mol，一定条件下发生反应：，测得CHOH和的物质的量随时间变化如下图所示。
①从反应开始到平衡，的平均反应速率_______。
②达到平衡时，的浓度为_______。
6．（2022春·福建三明·高一统考期末）汽车工业的发展需要众多基础工业的支持，包括多门类的化学工业。
Ⅰ.车用燃料的选择
(1)下图是三种可燃物在空气中燃烧反应的能量变化示意图。最适合用作车用燃料的是可燃物_______(填标号)
Ⅱ.汽车尾气的处理
(2)汽车尾气中氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时，能观察到丁达尔现象。雾霾小颗粒的直径范围为_______nm。
(3)SCR技术(如图1)可有效降低柴油发动机的氮氧化物排放，其原理为：尿素[]水溶液热分解为和。写出SCR催化反应器中还原的化学方程式：_______。
(4)根据图2判断提高脱硝(氢氧化物)效率的最佳条件是_______。
Ⅲ.车用安全气囊
某汽车安全气囊的产气药剂主要含有、、等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
(5)是气体发生剂，受热分解产生和Na.反应的化学方程式为_______。
(6)是氧化剂，与Na反应的还原产物为_______(已知该反应为置换反应)。
(7)是冷却剂，其吸热过程为_______变化(选填“物理”或“化学”)。
二、元素或物质推断题
7．（2022春·福建莆田·高一统考期末）某种常见的白色晶体A，与盐酸反应产生无刺激性气味的气体B：将B通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊。若在A的水溶液中加入氢氧化钡溶液，则析出的白色沉淀C和无色气体D；D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝。加热固体A，可生成水、B和D，而且B和D的物质的量之比为1∶1。根据以上事实，可以判断出A是___，B是___，C是___。加热固体A生成水、B和D的化学方程式是___。
8．（2022春·福建莆田·高一统考期末）X、Y、Z、W是中学化学中常见的四种气体。已知：X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收；X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的物质；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应；W气体的水溶液滴入酚酞变红色。
请回答下列问题：
(1)X、Y两种气体按物质的量之比1：1在水溶液中能发生反应的化学方程式为___。
(2)科学家发现，Z在催化剂条件下能与W反应，反应产物中有一种单质生成，该单质应是___(填化学式)；该反应是氧化还原反应，则其中的氧化剂是(填化学式)___。
(3)在Z与水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
(4)检验W气体的方法是___。
9．（2022春·福建福州·高一校联考期末）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如图的反应关系：
(1)若A为应用最广泛的金属，反应②、⑤均用到同一种黄绿色气体单质，反应④用到A，写出反应④的化学方程式____。
(2)若A是一种非金属单质，B常用于制作高档光学器材、光导纤维，C、D为钠盐，其中C可用作黏合剂，写出反应③的化学方程式____。
(3)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：____。
(4)若D是有两性氢氧化物，反应②、③均要用强酸溶液，反应④需加入氨水。反应④离子方程式____。
10．（2022春·福建三明·高一统考期末）运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。
Ⅰ.下表为元素周期表的一部分，根据表中给出的9种元素回答下列问题。
族周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
(1)原子半径最大的元素是_______(填元素名称)，画出⑦的离子结构示意图_______。
(2)②的最简单氢化物的空间结构为_______形。
(3)由元素①、④、⑥形成的化合物属于_______化合物(选填“离子”或“共价”)。
(4)⑤和⑨元素原子得电子能力较强的是_______(填元素符号)，请用原子结构的知识解释其原因_______。
Ⅱ.同主族元素性质存在一定的相似性和递变性。
(5)羰基硫(COS)可作为一种熏蒸剂，防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和相似。羰基硫(COS)的电子式为_______。
(6)下列不能说明碳、硅两种元素非金属性相对强弱的是_______ (填标号)
A．焦炭还原制粗硅
B．酸性：
C．稳定性：
(7)碳、硅、锗、锡的+4价化合物是稳定的，而铅的+2价化合物是稳定的。由此推测，铅的+4价化合物具有较强的_______性。与浓盐酸共热可生成，该反应的化学方程式为_______。
11．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。下表是元素周期表的一部分，字母a-i代表相应元素，回答下列问题：
(1)b、g元素分别为：_______、_______(填元素符号)，元素h在周期表中的位置是_______。
(2)元素e、f、h、i形成的简单离子中，半径最小的是_______(填离子符号)。
(3)由元素a与e的单质化合，形成的产物是工业上常用的还原剂，其电子式为_______。
(4)常温下，元素e的最高价氧化物对应的水化物与元素g的最高价氧化物反应的离子方程式为_______。
(5)元素i的单质通入溶液中，产生浅黄色沉淀，该反应的离子方程式为_______，该实验说明i的非金属性强于h，从原子结构的角度解释其原因_______。
(6)a可以分别与c、d形成电子数为18的X和Y分子，X是一种良好的火箭燃料，Y是一种绿色氧化剂，二者常温下均为液态，X和Y反应生成c的单质的化学反应方程式为_______。
三、实验题
12．（2022春·福建莆田·高一统考期末）某中学高一课外兴趣小组为探究铜跟硫酸的反应情况，设计了如图所示装置进行有关实验。
(1)先关闭活塞a，将6.4g铜片和12 mL某浓度的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余。再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失。
①写出上述过程中烧瓶内发生的化学方程式：关闭活塞a_______；打开活塞a_______；
②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但导管未画全，请在上图中把导管补充完整_____ ；
③实验结束后，装置C中的溶液中可能含有的溶质有_______。
(2)该小组甲同学对“如何检验SO2中混有少许CO2”这个问题很感兴趣，他将A中铜片换作木炭粉，并在A、B之间连接了如下装置：
试剂：a. NaOH溶液 b. 品红溶液 c. 酸性KMnO4溶液 d. Ca(OH)2溶液
请回答：
①该同学的实验装置A中发生的化学方程式_______。
②若要达到此目的，可以在：(填所提供试剂编号)
D中加入_______；E中加入_______；F中加入_______。
(3)事实证实，第(1)问铜片完全消失后，硫酸仍有剩余，乙同学欲测定余酸的物质的量浓度，假设反应前后溶液体积变化忽略不计，他向反应后溶液中加入含溶质a mol的NaOH溶液刚好使溶液中Cu2+全部沉淀。据此，他能求出余酸的物质的量浓度吗？若能，请写出余酸物质的量浓度的表达式：_______mol/L(用含a的代数式表达，若不能，该空不填)。
13．（2022春·福建漳州·高一统考期末）NO极易被氧化，但从化合价的角度分析，NO也具备一定的氧化性。某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题：
(1)检查装置的气密性后，实验开始前需向装置中通入一段时间，目的是_______。
(2)写出装置A中反应的化学方程式_______。
(3)装置B的作用是_______。
(4)若能观察到装置D中_______的现象，证明与发生了反应，说明具有氧化性。
(5)实验结束后，往装置中再通入一段时间，同时往装置E的集气瓶里通入的目的是_______。
14．（2022春·福建福州·高一校联考期末）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用如图所示装置夹持装置已省略及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。
已知：①NO+NO2+2OH-=2NO+H2O；②气体液化的温度：NO221℃、NO-152℃；③HNO2易分解生成NO、NO2和H2O。
(1)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是____。
(2)在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是____。
②装置B的作用是____。
(3)通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是____。
(4)该实验装置明显缺陷是_____。
(5)设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、稀硫酸、KSCN溶液。
实验方案具体为：_____。
15．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）某课外小组设计如图装置进行模拟海水提溴实验(夹持装置已略去)：
已知：的沸点为58.78℃，可溶于水，有毒。
连接装置，检测气密性，装好试剂后，实验步骤如下(通气前打开对应活塞，通完气体后立即关闭)：
ⅰ．向A先通入适量的，再向B通入足量的；
ⅱ．向A通一段时间的热空气；
ⅲ．向A通入适量；
ⅳ．取B中所得溶液经一定操作后获得液溴。
(1)步骤ⅰ中通入时A中反应的离子方程式为_______。
(2)步骤ⅱ通入热空气能将A中生成的溴单质吹入B，利用了溴单质哪方面性质？_______；步骤ⅱB中发生的离子反应主要为_______。
(3)步骤ⅲ中通后，B中溶液现象为_______。
(4)C中盛装的试剂为_______。
(5)步骤ⅳ中用到的装置为_______(填序号)。
(6)除步骤ⅳ方法外，还能用萃取的方法获得溴单质，可作为溴的萃取剂的是_______(填字母)，将该试剂加入溴的水溶液中，振荡，静置、分液，水层从分液漏斗的_______(填“上”、“下”)口进入烧杯。
a．苯 b．乙醇 c．乙酸 d．饱和食盐水
四、结构与性质
16．（2022春·福建漳州·高一统考期末）下表列出了①~⑦共7种元素在元素周期表中的位置。
族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
回答下列问题：
(1)①可以形成原子空间排列方式不同的多种单质，这些不同的单质之间互称为_______。
(2)②形成的单质的电子式为_______。
(3)⑤的单质在工业上常用于冶炼熔点较高的金属，如用冶炼，该反应的化学方程式为_______。
(4)③⑤⑦三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是_______(填离子符号)。
(5)④的单质在③的单质中燃烧形成的化学键有_______、_______。
(6)根据元素周期律，②的非金属性比⑥强，但②的单质却比⑥的单质稳定，原因是_______。
五、原理综合题
17．（2022春·福建漳州·高一统考期末）某学习小组在实验室用和模拟工业合成氨。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入和，一段时间后反应达到平衡状态。
(1)已知在该条件下，与反应生成，每转移电子放出的热量，则该反应的热化学方程式为_______。
(2)一定条件下，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．的物质的量不再改变 B．反应停止进行
C．、和的反应速率之比为1∶3∶2 D．混合气体总压强不再改变
(3)反应过程中的实验数据如下表所示：
0
1
2
4
6
0
0.24
0.36
0.40
0.40
①内用表示的平均反应速率为_______。
②平衡时的物质的量浓度为_______。
18．（2022春·福建福州·高一校联考期末）回答下列问题：
(1)氨在工农业生产中应用广泛，工业合成氨反应非常重要。结合合成氨反应过程中的能量变化图，写出工业合成氨的热化学方程式____。
(2)实验室中模拟合成氨过程，将1molN2和3molH2置于恒温，体积2L的容器中进行反应。
①单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2
②N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2
③混合气体的密度不再改变
④混合气体的压强不再改变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
i.可说明该反应达到化学平衡状态的是____(填序号)；
ii.若10min时测得氢气浓度为1.2mol/L，则用氨气表示的10min内化学反应速率为____；
iii.10min时的体系总压强与初始时的总压强之比____。
(3)N2H4—空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图所示。通入N2H4(肼)的一极为____(“正极”或“负极”)，其正极电极反应式为____。
19．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）我国提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，的再利用成为热门话题。回答下列问题：
Ⅰ．光热化学循环分解为CO和的反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。
(1)已知：，根据数据计算，分解需吸收_______kJ的能量。
Ⅱ．工业上可用来生产燃料甲醇，实验室模拟该过程，在体积为2L的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，测得和的浓度随时间变化如图所示：
(2)时刻，正、逆反应速率大小：v(正)_______v(逆)(填“＞”“=”或“＜”)，在0min到4min时间段，_______。
(3)下列措施能增大反应速率的是_______(填字母)。
a．升高温度 b．扩大容器体积
c．充入一定量氦气 d．加入催化剂
(4)能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
a．
b．的物质的量不再变化
c．容器内气体的总质量保持不变
d．单位时间内，每生成，同时生成
e．
(5)可以作燃料电池，工作原理如图。电池放电时，应从_______(填“B”或“D”)通入，该电极发生_______反应(填“氧化”或“还原”)，理论上每消耗转移_______mol电子。
六、工业流程题
20．（2022春·福建漳州·高一统考期末）氨催化氧化制硝酸的流程示意图如下。
回答下列问题：
(1)写出氧化炉中氨催化氧化的化学方程式_______。
(2)氧化炉和吸收塔中通入足量空气而不是氧气的原因是_______。
(3)工业上制得的浓硝酸略显黄色，主要是因为浓硝酸具有_______的性质。可用铝制容器盛放浓硝酸，原因是_______。
(4)已知氨氮废水中氨元素多以和的形式存在。某工厂处理氨氨废水的流程如下：
已知：达标废水中氯元素主要以形式存在。
①过程Ⅰ鼓入热空气的作用是_______。
②过程Ⅱ加入可将废水中的转化为无污染气体，该反应的化学方程式为_______。
③过程Ⅲ加入的溶液X可能是_______(填标号)。
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
21．（2022春·福建福州·高一校联考期末）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：
本题中所涉及金属阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mg2+
Zn2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
5.4
9.60
6.41
完全沉淀pH
3.20
8.95
6.4
11.13
8.41
注意：CaF2和MgF2难溶于水和醇。
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_____。
(2)为了提高锌的浸取速率，可采取的措施有____、____。
(3)加入Ca(OH)2调溶液的pH=5，则滤渣①的主要成分是CaSO4、SiO2、____。
(4)向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，请配平该步反应的离子方程式为：___Fe2++___MnO+___H2O=___Fe(OH)3↓+___MnO2↓+___H+____
(5)滤液②中加入锌粉的目的是____。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是CaSO4、___。
(7)从“滤液④”中获得浸提的方法是：蒸发浓缩、____、过滤、洗涤。
七、有机推断题
22．（2022春·福建漳州·高一统考期末）乙烯的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志。以乙烯为原料可以制备乙二醇、乙酸乙酯等化工原料，其工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)B的官能团的名称是_______，B与C是否互为同系物？_______(填“是”或“否”)。
(2)③的反应类型为_______。写出C的同分异构体的结构简式_______。
(3)F是一种高分子化合物，常用于制作食品袋，F的结构简式为_______。
(4)实验室用C和E制取乙酸乙酯，装置如图所示。
回答下列问题：
①试管a中制取乙酸乙酯的化学方程式为_______。
②导管c不能伸入液面下的原因是_______，它的作用除导气外还有_______。
③实验结束后，从试管b中分离出乙酸乙酯，常用的分离方法是_______(填操作名称，下同)，进行此步操作后，所得有机层中的主要无机杂质是水，除去水的方法除了使用干燥剂外，还可用的方法有_______。
④若实验所用乙酸的质量为，乙醇的质量为，得到纯净的产品质量为，则乙酸乙酯的产率是_______。
23．（2022春·福建福州·高一校联考期末）有机物A～G之间有如图所示转化关系。已知：A的产量用来衡量国家的石油化学工业的发展水平。
请回答下列问题：
(1)B、D的官能团的名称是_____、____。
(2)比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随行医生会对准受伤部位喷射物质F(沸点：12.27℃)进行应急处理。写出由A制F的反应的化学方程式：____。
(3)G是一种高分子化合物，可用于食品包装材料，G的结构简式为____。
(4)①实验室采用如图所示装置制备E。E是一种具有香味的油状液体，写出反应B→E的化学反应方程式：____。
②实验结束后，取下盛有饱和Na2CO3溶液的烧杯，再沿该试管内壁缓缓加入1mL紫色石蕊试液(整个过程不振荡试管)，发现石蕊试液层存在于乙酸乙酯层与饱和Na2CO3溶液层之间。下列有关该实验的分析正确的是____。
A．乙酸乙酯的密度小于饱和Na2CO3溶液
B．石蕊试液层的颜色由上而下分别呈红、紫、蓝
C．石蕊试液层的颜色由上而下分别呈蓝、紫、红
(5)实验中发现装置乙中溶液逐渐变黑，某同学猜测产生这种现象的原因是____。
24．（2022春·福建三明·高一统考期末）石油是“工业的血液”，是重要的化工原料。
Ⅰ.下图为实验室利用原油合成部分有机物的流程。
(1)A的产量是衡量一个国家石油化工水平的重要标志，A的结构简式为_______。丙烯酸中含氧官能团的名称是_______。
(2)写出步骤④的反应方程式：_______。
(3)下列说法正确的是_______(填标号)。
A．乙酸与丙烯酸属于同系物
B．苯分子中共有6个原子共面
C．聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．步骤①中分离苯与溴苯可用分液法
(4)是石油分馏的产物之一，其一氯代物共有_______种。
Ⅱ.某化学课外小组用乙醇25g、乙酸30g、浓硫酸适量，在实验室制备并纯化乙酸乙酯。制备装置如图(夹持仪器和加热装置已略去)。
(5)制备乙酸乙酯的化学方程式为_______，该反的类型属于_______反应。
(6)球形冷凝管中冷凝水从_______(选填“a”或“b”)处进入。
(7)装置中分水器可实现水和有机层的分离。当分水器中的水层不再增厚时，表明反应_______。
(8)乙酸乙酯产品纯化流程如下图。
[无水硫酸镁为白色粉末，吸水后形成硫酸镁晶体()]
“操作A”为_______，“操作C”为_______。
(9)实验制得纯乙酸乙酯22g，乙酸乙酯的产率为_______。()
25．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）A是衡量石油化工发展水平的重要标志，常在汽油中加入适量B作为汽车燃料，可以节约石油资源，并减少汽车尾气对空气的污染。根据下面的转化关系回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为_______。
(2)B的结构简式_______，丙烯酸乙酯的官能团名称_______。
(3)③的反应类型_______。
(4)反应⑥的化学方程式为_______。
(5)下列说法正确的是_______(填字母)。
a．有机物溴苯所有原子在同一平面上
b．原油的催化重整和分馏都属于化学变化
c．纤维素、淀粉、葡萄糖在一定条件下均能发生水解
d．糯米中的淀粉一经水解就酿成了酒
参考答案：
1． C D B E E
【分析】（1）浓硫酸使蓝矾变成白色体现浓硫酸的吸水性；
（2）浓硫酸使蔗糖变黑体现浓硫酸的脱水性；
（3）稀硫酸和铜不反应,浓硫酸和铜在加热条件下反应,体现浓硫酸的酸性和强氧化性；
（4）浓硫酸和木炭共热体现浓硫酸的强氧化性。
【详解】（1）蓝矾中含有结晶水,浓硫酸将蓝矾中的结晶水吸去而体现浓硫酸的吸水性,选C；
（2）蔗糖含有碳、氢、氧三种元素，浓硫酸将蔗糖中的H、O以2:1形成水脱去使蔗糖炭化，体现脱水性，选D；
（3）稀硫酸和铜不反应,浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫和硫酸铜,体现浓硫酸的酸性和强氧化性,故选B和E；
（4）浓硫酸和木炭共热生成二氧化硫和二氧化碳,该反应中硫元素得电子化合价降低,体现浓硫酸的强氧化性,故选E；
综上所述，本题正确选项：(1)C(2)D (3)B、E (4)E。
2． 2NO＋O2 =2NO2 3NO2＋H2O =2HNO3＋NO
【详解】工业上用NH3做原料，制取硝酸，是先将氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮再和氧气反应生成二氧化氮，最后二氧化氮再和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式依次为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O、2NO＋O2 =2NO2、3NO2＋H2O =2HNO3＋NO。
3．(1)还原性
(2) Na2O2 Na2O2 O2 1
(3) N 1.806×1024
【解析】（1）
维生素C能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3＋变为易吸收的Fe2＋，铁元素化合价降低，因此维生素C具有还原性。
（2）
在2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑反应中，过氧化钠中氧元素化合价既升高、又降低，因此过氧化钠既是氧化剂、又是还原剂，既被氧化、又被还原，氧元素化合价升高变为氧气，氧气为氧化产物，2mol过氧化钠参与反应，2mol氧原子化合价升高到0价，2mol氧原子化合价降低到-1价，因此反应中若转移了2 mol的电子，则产生氧气1mol。
（3）
在3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O的反应中，氮元素化合价降低，被还原，铜元素化合价由0价升高到+2价，若有8mol HNO3参与反应，转移6mol电子，因此若有4mol HNO3参与反应，转移3mol电子，转移电子数为3NA=1.806×1024。
4．(1)B
(2)C
(3)溶液
(4)
(5) 氧化性 3∶2
【详解】（1）工业上用CO还原氧化铁冶炼铁，故选B；
（2）钢铁是铁碳合金，在潮湿的空气里，钢铁表面吸附了一薄层水膜，其中含有少量、、等，它与钢铁里的铁和少量的C形成了无数微小的原电池，使钢铁发生电化学腐蚀。
（3）遇KSCN溶液变红，检验溶液中是否存在可选用的试剂是溶液；
（4）⑦是发生氧化反应生成，反应的离子方程式可以是。
（5）中Fe元素化合价为+6，从化合价的角度分析，性具有氧化性。用与在强碱性条件下可制取，铁元素化合价由+3升高为+6，是还原剂，中氯元素化合价由+1降低为-1，是氧化剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2。
5．(1) EF EF ab
(2)498kJ
(3)BD
(4) 0.0375 0.375
【解析】（1）①OE、EF、FG三段中，从图中曲线的斜率可看出，EF段化学反应最块，三段中EF段的纵坐标升高最大，EF段收集的氢气最多；②a.蒸馏水，稀释氢离子浓度，反应速率下降，且总量不变，符合题意； b.溶液，稀释氢离子浓度，反应速率下降，且总量不变，符合题意；c.固体，溶液生成HNO3，反应得到NO，H2的量减少，不符合题意；d.固体，得到Cu2+先与Zn反应，Zn的量减少，氢气总量下降，不符合题意；故选ab。
（2）依题意，44.8L(标准状况)物质的量为2mol，完全反应放出的能量为形成生成物放出总能量减去断裂反应物吸收总能量，即467kJ×2×2-436kJ×2-498kJ=498kJ。
（3）A. CO与的物质的量之比为1：1，不能说明其量保持不变，故不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；B. 该反应气体分子说发生改变，容器体积固定，故混合气体的总压强不随时间的变化而变化，说明反应达到平衡状态，B符合题意；C. 单位时间内每消耗1molCO，同时生成1mol，二者均是指正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故不能说明反应达到平衡状态，C不符合题意；D. 是生成物，其在混合气体中的质量分数保持不变，说明反应达到平衡状态，D符合题意；故选BD。
（4）①从反应开始到平衡，的改变量是1.00-0.25=0.75(mol)，用时10min，容器体积为2L，故平均反应速率=0.0375mol·L-1·min-1；②达到平衡时，CO2减少了0.75mol，则减少了0.75×3=2.25(mol)，则平衡时H2的物质的量为3-2.25=0.75(mol)，其浓度为=0.375mol/L。
6．(1)A
(2)
(3)
(4)400℃、氨氮物质的量之比为1
(5)
(6)Fe
(7)化学
【解析】（1）
车用燃料应易于点火，并放出大量的热，符合该要求的最适合的是可燃物A，故选A。
（2）
雾霾能观察到丁达尔现象，则其属于胶体，小颗粒的直径范围为nm。
（3）
根据图示，SCR催化反应器中还原，生成N2和H2O，化学方程式：。
（4）
从图中可看出，相同温度下，氨氮物质的量之比为1时比其它比值的脱硝效率高，氨氮物质的量之比相同，则温度高的环境脱硝效率也高，故最佳条件是：400℃、氨氮物质的量之比为1。
（5）
是气体发生剂，受热分解产生和Na.反应的化学方程式为：。
（6）
是氧化剂，与Na反应为置换反应，其中的三价铁被还原为单质，故还原产物为Fe。
（7）
是冷却剂，其受热发生分解反应生成Na2CO3、H2O、CO2，故其吸热过程为化学变化。
7． NH4HCO3 CO2 BaCO3 NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O
【分析】某种常见的白色晶体A，与盐酸反应产生无刺激性气味的气体B，将B通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊，则B为CO2，故白色晶体中含有或者；若在A的水溶液中加入Ba(OH)2溶液，则析出白色沉淀C和无色气体D，D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D为NH3，C为BaCO3沉淀，故此晶体中含有；加热固体A，可生成H2O、CO2和NH3，而且CO2、NH3的物质的量之比为1∶1，则氮元素与碳元素的物质的量之比为1∶1，A为NH4HCO3，据此分析。
【详解】根据分析得出该晶体A为NH4HCO3，B是CO2，C是BaCO3；D是NH3，加热固体A生成H2O、CO2和NH3的化学方程式是：NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O。
8． SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl N2 NO2 1:2 将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则证明气体是NH3
【分析】X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应，则Z是NO2；W气体的水溶液滴入酚酞变红色，则W为NH3，结合物质的性质分析解答。
【详解】(1)SO2具有强还原性，Cl2具有强氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
(2)Z在催化剂条件下能与W反应，即NO2和NH3反应，根据氮元素化合价变化规律，推测反应产物中的单质应是N2；化合价降低的为氧化剂，可判断其中的氧化剂是NO2，故答案为：N2；NO2；
(3)NO2与水的反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可以知道，该反应中有的NO2作氧化剂，有的NO2作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
(4)因为氨气溶于水显碱性，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验W气体的方法是：将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则证明气体是NH3。
9．(1)2FeCl3+Fe=3FeCl2
(2)SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
(3)
(4)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
【详解】（1）如果A为应用最广泛的金属，反应②和⑤均用到同一种黄绿色气体单质，该气体为氯气，反应④用到A，则A为Fe，C为FeCl3，D为FeCl2，B可以为Fe2O3，反应④为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2。
（2）若A为非金属单质，B常用于制作高档光学器材、光导纤维，则B为SiO2，A为Si，C为Na2SiO3，反应③为二氧化硅与NaOH反应生成硅酸钠，化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
（3）若B为气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学污染，则C为NO，D为NO2，A为N2，B为NH3，NH3和NO在一定条件下生成N2，化学方程式为。
（4）D为两性氢氧化物，D为Al(OH)3，A为Al，反应②、③均用到强酸，反应④需加入氨水，B为氧化铝，C为铝盐。反应④的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH。
10．(1) 钠
(2)正四面体
(3)离子
(4) F F和Cl最外层均有7个电子，F的半径小于Cl，F对最外层电子吸引能力强，容易得到电子
(5)
(6)A
(7) 氧化性 PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O
【分析】根据元素在周期表的位置，九种元素分别为H、C、N、O、F、Na、Mg、Si、Cl，据此分析解答；
（1）利用同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此所给元素中原子半径最大的元素是钠元素；⑦为Mg，Mg2+的结构示意图为；故答案为钠；；
（2）②元素为C，其最简单氢化物为CH4，甲烷的空间结构为正四面体；故答案为：正四面体；
（3）①④⑥三种元素分别为H、O、Na，形成化合物为NaOH，氢氧化钠属于离子化合物；故答案为：离子；
（4）⑤⑨属于同主族，同主族元素从上到下非金属性减弱，因此得电子能力较强的是F；F和Cl最外层均有7个电子，需要得到1个电子达到稳定，F的半径小于Cl，F对最外层电子吸引能力强，容易得到电子；故答案为：F；F和Cl最外层均有7个电子，F的半径小于Cl，F对最外层电子吸引能力强，容易得到电子；
（5）COS的电子式与CO2的电子式相似，COS的结构式为O=C=S，因此COS的电子式为；故答案为；
（6）A．焦炭与二氧化硅反应2C+SiO22CO+Si，C的化合价升高，Si元素的化合价降低，C为还原剂，Si为还原产物，因此不能说明碳、硅两种元素非金属性的强弱，故A符合题意；B．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，说明非金属性越强，碳酸的酸性强于硅酸，说明C的非金属性强于Si，故B不符合题意；C．气态氢化物越稳定，其非金属性越强，甲烷比硅烷稳定，说明C的非金属性强于Si，故C不符合题意；答案为A；
（7）铅的+2价化合物稳定，推出+4价铅化合物具有较强的氧化性；PbO2与浓盐酸反应生成氯气，其反应方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：氧化性；PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O。
11．(1) C Si 第3周期第VIA族
(2)Al3+
(3)
(4)
(5) 氯与硫相比，电子层数相同，但氯的核电荷数多，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，得电子能力强，所以氯非金属性比硫强
(6)
【分析】根据元素周期表可知，字母a-i代表相应元素分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl，据此分析作答。
(1)
由分析可知，b、g元素分别为：C、Si，硫在周期表中的位置是第3周期第VIA族，故答案为：C；Si；第3周期第VIA族；
(2)
e、f、h、i形成的简单离子分别为Na+、Al3+、S2-、Cl-，电子层大的，离子半径大，电子层相同时，序数大的半径小，则半径最小的为Al3+，故答案为：Al3+；
(3)
钠与氢气反应，生成氢化钠，是一种还原剂，其电子式为：，故答案为：；
(4)
元素e的最高价氧化物对应的水化物与元素g的最高价氧化物分别为NaOH和SiO2，两者反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：，故答案为：；
(5)
氯气通入硫化钠中，产生浅黄色沉淀S，离子方程式为：；该实验说明Cl的非金属性强于S，从原子结构的角度解释其原因是氯与硫相比，电子层数相同，但氯的核电荷数多，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，得电子能力强，所以氯非金属性比硫强，故答案为：；氯与硫相比，电子层数相同，但氯的核电荷数多，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，得电子能力强，所以氯非金属性比硫强；
(6)
H可以分别与N、O形成电子数为18的X和Y分子，X是一种良好的火箭燃料，Y是一种绿色氧化剂，二者常温下均为液态，可知X为，Y为，两者反应生成氮气和水，化学反应方程式为：，故答案为：。
12． Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O NaOH、Na2SO3、Na2SO4 C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O c b d
【分析】(1)浓硫酸具有强氧化性,在加热条件下与铜发生氧化还原反应,但稀硫酸与铜不反应,在通入氧气的条件下能继续与铜反应；
(2)根据SO2的还原性和漂白性设计实验,注意SO2与CO2都能使澄清石灰水变浑浊；
(3)根据反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓,从质量守恒的角度列方程式计算。
【详解】（1）①铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜和二氧化硫，烧瓶内发生的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，打开活塞a 后，气球内的氧气进入酸液中，剩余的铜继续发生反应，生成硫酸铜和水，反应的化学方程式：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；
综上所述，本题正确答案：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；(或分步写成：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，也可)。
②二氧化硫气体密度比空气大，易溶于水，采用向上排空气法进行收集，收集实验中产生的二氧化硫气体的装置如下：；
综上所述，本题正确答案： 。
③二氧化硫与足量的氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠又能被氧气氧化为硫酸钠，溶液中有剩余的氢氧化钠；所以实验结束后，装置C中的溶液中可能含有的溶质有NaOH Na2SO3Na2SO4；
综上所述，本题正确答案：NaOH 、Na2SO3、Na2SO4。
（2）①碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式：C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O；
综上所述，本题正确答案：C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O。
②检验SO2中混有少许CO2,根据SO2的具有还原性,先将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液,在用品红检验 SO2是否除尽,最后通入澄清石灰水观察溶液是否变浑浊，所以：D中加入酸性KMnO4溶液；E中加入品红溶液；F中加入Ca(OH)2溶液；
因此，本题正确答案是: c、b、d。
（3）n（Cu）=6.4/64=0.1mol,则n（CuSO4）=6.4/64=0.1mol,设反应后的溶液中含有xmolH2SO4,则:
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
1 2
x 2x
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓
1 2
0.1 0.2
则有:2x+0.2=a，x=(a-0.2)/2；所以:反应后余酸的物质的量浓度为: [(a-0.2)/2]/0.012L=125(a-0.2)/3mol/L；
因此，本题正确答案是:能, 125(a-0.2)/3。
13．(1)排尽装置内的空气
(2)
(3)除去挥发出的硝酸
(4)红色粉末变黑色
(5)吸收残留的NO，防止污染空气
【解析】（1）装置A中铜与稀硝酸反应生成NO，NO很容易与氧气反应生成NO2，所以反应开始前应排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧气氧化；故答案为：排尽装置内的空气；
（2）装置A为铜与稀硝酸反应生成NO和硝酸铜、水，其反应的化学方程式为；故答案为：；
（3）硝酸易挥发，生成的NO中会混有硝酸蒸汽，装置B中的水是为了除去挥发出的硝酸；故答案为：除去挥发出的硝酸；
（4）若能观察到装置D中红色铜粉变为黑色物质CuO，则证明与发生了反应，说明具有氧化性；故答案为：红色粉末变黑色；
（5）装置E中会有多余的NO残留，要除去装置E中的NO，防止其逸出污染空气，故往装置E的集气瓶里通入的目的是吸收残留的NO，防止污染空气；故答案为：吸收残留的NO，防止污染空气。
14．(1)防止可能生成的NO被氧化为NO2，造成对中气体产物检验不完全
(2) C中出现红棕色气体 冷凝使NO2完全液化
(3)2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O
(4)无尾气吸收装置
(5)取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性
【分析】装置A中发生亚硝酸钠与硫酸的反应，通过B和C探究反应的产物，据此解析。
（1）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确，故答案为：防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确；
（2）①C中通入氧气后，气体由无色变为红棕色，说明含有NO气体，故答案为：C中通入氧气后，气体由无色变为红棕色；②NO2沸点为21℃，易液化，则冰水浴的作用是冷凝使NO2液化，便于与NO分离，故答案为：冷凝使NO2液化，便于与NO分离；
（3）通过以上分析知，该反应中生成二氧化氮、一氧化氮，同时还有硫酸钠、水生成，则反应方程式为2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O，故答案为：2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O；
（4）该实验装置明显缺陷是缺少尾气处理装置，易造成操作人员中毒，故答案为：缺少尾气处理装置；
（5）利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性。
15．(1)
(2) 挥发性
(3)溶液从无色变为橙黄色
(4)NaOH溶液
(5)①
(6) a 下
【分析】硫酸酸化的浓缩海水中含有溴离子，通入氯气得到含有低浓度Br2的溶液；溴易挥发，通入热空气吹出溴单质；用二氧化硫的溶液吸收，反应生成硫酸和HBr；再通入氯气，HBr被氧化为Br2；含溴单质的溶液经一定操作后获得液溴，装置C用于尾气处理，防止空气污染，据此分析作答。
(1)
浓缩海水中含有溴离子，通入氯气得到含有低浓度Br2的溶液，离子方程式为，故答案为：；
(2)
步骤ⅱ通入热空气能将A中生成的溴单质吹入B，利用了溴单质具有挥发性；步骤ⅱ发生为二氧化硫、溴单质和水反应，生成硫酸和HBr，离子方程式为，故答案为：挥发性；；
(3)
步骤ⅲ中通后，HBr被氧化为Br2，B中溶液现象为溶液从无色变为橙黄色，故答案为：溶液从无色变为橙黄色；
(4)
装置C用于尾气处理，防止空气污染，主要吸收氯气、二氧化硫等，则C中盛装的试剂为NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；
(5)
步骤ⅳ是将含溴单质的溶液经一定操作后获得液溴，该操作可以为蒸馏，故答案为：①；
(6)
乙醇、乙酸、饱和食盐水与水互溶，则可作为溴的萃取剂的是苯；苯的密度比水小，加入溴的水溶液中，振荡，静置、分液，含溴的苯层在上层，水层在下层，则水层从分液漏斗的下口进入烧杯，故答案为：a；下。
16．(1)同素异形体
(2)
(3)
(4)
(5) 离子键 共价键
(6)氮气分子中存在氮氮三键，比较稳定
【分析】根据图中各元素的位置可知，①为C，②为N，③为O，④为Na，⑤为Al，⑥为P，⑦为Cl。
【详解】（1）C可以形成原子空间排列方式不同的多种单质，这些不同的单质之间互称为同素异形体。
（2）②为N，其形成的单质为N2，电子式为。
（3）⑤的单质为Al，其与MnO2反应生成Mn和Al2O3，化学方程式为。
（4）电子层数越多，离子半径越大，因此Cl-半径大于Al3+和O2-，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则O2-半径大于Al3+，故离子半径从大到小顺序为Cl-> O2-> Al3+。
（5）Na在O2中燃烧生成Na2O2，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根离子内存在共价键。
（6）N2分子中存在氮氮三键，键能大较为稳定，因此氮气比磷单质更加稳定。
17．(1)
(2)AD
(3)
【详解】（1）与反应生成，每转移电子生成1molNH3，即生成1mol NH3放出的热量，则该反应的热化学方程式为。
（2）A．反应达到平衡状态，各物质浓度不再改变，的物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，故选A；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率相等但不等于0，反应没有停止，故B错误；
C．任意时刻，反应速率比等于系数比，、和的反应速率之比为1∶3∶2，反应不一定平衡，故不选C；
D．反应前后气体总物质的量不同，容器体积不变，压强是变量，混合气体总压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选AD。
（3）①内生成0.4molNH3，则消耗0.2molN2，用表示的平均反应速率为。
②平衡时生成0.4molNH3，则消耗0.6molH2，的物质的量浓度为。
18．(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol
(2) ④⑤ 0.02mol/(L·min) 9∶10
(3) 负极 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】（1）
△H=反应物的总键能-生成物的总键能，工业合成氨的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol，故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol。
（2）
i.①单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2，均为逆反应速率，不能证明反应达到平衡状态，故①不选；
②N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2，不能证明反应达到平衡状态，故②不选；
③反应过程中气体的质量和体积均不变，混合气体的密度不再改变，不能证明反应达到平衡状态，故③不选；
④反应前后气体的系数和不等，混合气体的压强不再改变，能证明反应达到平衡状态，故④选；
⑤反应前后气体的系数和不等，混合气体的平均相对分子质量不再改变；能证明反应达到平衡状态，故⑤选；
故答案为：④⑤；
ii.将1molN2和3molH2置于恒温，体积2L的容器中进行反应，若10min时测得氢气浓度为1.2mol/L，氨气的浓度为(3mol-1.2mol/L×2L)/2L=0.2mol/L，则用氨气表示的10min内化学反应速率为=0.02mol/(L·min)，故答案为：0.02mol/(L·min)；
iii.反应前气体的物质的量之和为1mol+3mol=4mol，10min时氢气的物质的量为1.2mol/L×2L=2.4mol，消耗的氮气为(3mol-2.4mol)×=0.2mol，则氮气的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol，氨气的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，10min时气体总的物质的量为2.4mol+0.8mol+0.4mol=3.6mol，10min时体系总压强与初始时的总压强之比等于气体的物质的量之比为9∶10，故答案为：9∶10；
（3）
N2H4-空气燃料电池反应生成氮气和水，通入N2H4(肼)的一极为负极，其正极由极后应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：负极；O2+4e-+2H2O=4OH-。
19．(1)556
(2) ＞ 0.375
(3)ad
(4)bd
(5) B 氧化 1.2
【解析】(1)
该反应△H=1598kJ/mol×2-1072kJ/mol-496kJ/mol=+556kJ/mol，则分解需吸收556kJ的能量，故答案为：556；
(2)
t1时刻之后CO2的浓度继续降低，CH3OH的浓度继续增大，说明t1时刻反应未达到平衡状态，则此时v(正)> v(逆)；在0min到4min时间段，CO2的浓度变化为1.00mol/L-0.50mol/L=0.50mol/L，则，故答案为：＞；0.375；
(3)
a．升高温度，反应速率加快，a项符合题意；
b．扩大容器体积，各物质的浓度减小，反应速率减小，b项不符合题意；
c．充入一定量氦气，体积不变，各物质的浓度也不变，反应速率不变，c项不符合题意；
d．加入催化剂能够增大反应速率，d项符合题意；
故答案为：ad；
(4)
a．反应速率之比等于化学计量数之比，当v正(H2)=3v逆(CH3OH)时，反应才达到平衡状态，a项不符合题意；
b．H2的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b项符合题意；
c．该反应中容器内气体的总质量一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c项不符合题意；
d．单位时间内，每生成1mol CH3OH，同时生成3mol H2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d项符合题意；
e．c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1任何时候均成立，因此c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1不能判断反应是否达到平衡状态，e项不符合题意；
故答案为：bd；
(5)
根据甲醇燃料电池的工作原理图可知，电子是从左边沿外接导线流向右边，CH3OH在反应中是还原剂，故可判断该电池工作时，CH3OH从B通入，为原电池负极，发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+5H2O；根据负极反应式，当有32gCH3OH反应时，转移电子为6mol，所以当有6.4 g CH3OH完全反应时，转移电子物质的量应是1.2 mol，故答案为：B；氧化；1.2。
20．(1)
(2)有稀释反应气的作用，避免反应过于激烈(或成本低)
(3) 易分解 常温下，铝遇浓硝酸发生钝化反应
(4) 降低氨气溶解度，使氨气逸出 C
【分析】氨气和空气在氧化炉中发生催化氧化生成NO，NO、空气、水在吸收塔中反应生成硝酸；氨氮废水中氨元素多以和的形式存在，加入氢氧化钠、鼓入热空气排出氨气，低浓度废水加可将废水中的转化为无污染的氮气，用还原剂把剩余的还原为氯化钠，得到打标废水。
（1）氧化炉中氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为；
（2）氧化炉和吸收塔中通入足量空气而不是氧气，有稀释反应气的作用，避免反应过于激烈。
（3）浓硝酸易分解，生成的NO2溶于硝酸使浓硝酸略显黄色。常温下，铝遇浓硝酸发生钝化反应，所以可用铝制容器盛放浓硝酸。
（4）①温度升高，氨气的溶解度降低，过程Ⅰ鼓入热空气的作用是降低氨气溶解度，使氨气逸出。②过程Ⅱ加入可将废水中的转化为无污染的氮气，被还原为氯化钠，氯元素化合价由+1降低为-1，N元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为。③过程Ⅲ加入的溶液X的目的是把剩余的还原为氯化钠，所以X可能是，故选C。
21．(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2) 将焙烧后的产物碾碎；加热 增大硫酸的浓度；搅拌
(3)Fe(OH)3
(4)3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu，从而除去
(6)MgSO4
(7)冷却结晶
【分析】将菱锌矿高温煅烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物煅烧产生CaO、MgO、Fe2O3、CuO，SiO2不发生反应。然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe2O3、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，然后加入Ca(OH)2调整溶液pH=5，形成CaSO4、Fe(OH)3沉淀，SiO2与酸不反应，进入滤渣①中，滤液①中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，可以将Fe2+氧化为Fe(OH)3，KMnO4被还原为MnO2；滤渣②中含有Fe(OH)3、MnO2；向液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉，向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O。
【详解】（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑。
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎、增大接触面积、增大硫酸的浓度、搅拌等方式提高锌的浸取率。
（3）当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH<5的只有Fe3+，故滤渣①中有F'e(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+。
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去。
（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
（7）从“滤液④”中获得浸提的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
22．(1) 羟基 否
(2) 加成反应
(3)
(4) 防倒吸 冷凝 分液 蒸馏 50%
【分析】乙烯和水发生加成反应生成乙醇，C是乙醇；乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，E是乙酸；乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，F是聚乙烯。
（1）B是乙二醇，含有官能团的名称是羟基，C是乙醇，乙二醇和乙醇含有羟基个数不同，所以乙二醇与乙醇不是同系物。
（2）③是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应。C是乙醇，C的同分异构体的结构简式；
（3）F是一种高分子化合物，F是聚乙烯，常用于制作食品袋，F的结构简式为；
（4）①试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为。②乙醇、乙酸易溶于水，导管c不能伸入液面下的原因是防倒吸，它的作用除导气外还有冷凝乙酸乙酯的作用。③乙酸乙酯难溶于水，实验结束后，从试管b中分离出乙酸乙酯，常用的分离方法是分液的方法；进行此步操作后，所得有机层中的主要无机杂质是水，除去水的方法除了使用干燥剂外，还可用的方法有蒸馏法。④若实验所用乙酸的质量为，乙醇的质量为，乙醇过量，根据乙酸的物质的物质的量，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为0.1mol，实际生成纯净的产品质量为，则乙酸乙酯的产率是。
23．(1) 羟基 羧基
(2)CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
(3)
(4) CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O AB
(5)浓硫酸有脱水性，使有机物脱水碳化
【分析】A的产量用来衡量国家的石油化学工业的发展水平，则A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇发生催化氧化生成C为乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成D为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯，乙烯和HCl发生加成反应生成F为氯乙烷，G为高分子化合物，则乙烯发生加聚反应生成G为聚乙烯。
（1）B为CH3CH2OH，官能团名称为羟基，D为CH3COOH，官能团名称为羧基。
（2）乙烯和HCl在催化剂作用下发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为。
（3）G为高分子化合物，可用于食品包装材料，G为聚乙烯，结构简式为。
（4）①乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，化学方程式为。A．乙酸乙酯在上层，乙酸乙酯的密度小于饱和碳酸钠溶液，A正确；B．石蕊试液分三层，乙酸乙酯在上层，其中混有乙酸，使石蕊试液显红色，中间层为紫色，下层与碳酸钠溶液接触，碳酸钠水解溶液显碱性，使石蕊试液显蓝色，故从上到下分别为红、紫、蓝，B正确；C．根据B中分析可知，石蕊试液从上到下分别为红、紫、蓝，C错误；答案选AB。
（5）乙装置中有浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性，使有机物脱水碳化，故乙中溶液逐渐变黑。
24．(1) CH2=CH2 羧基
(2)
(3)C
(4)4
(5) 取代
(6)b
(7)达到平衡
(8) 分液 过滤
(9)50%
【分析】石油分馏得到石蜡油，石蜡油催化重整得到苯，苯溴代得到溴苯；石蜡油经加热通过碎瓷片得到CH3-CH=CH2，再氧化得到丙烯酸；石蜡油加热还可以分离出A乙烯，乙烯与H2O加成得到B乙醇，乙醇催化氧化得到CH3CHO，再氧化得到CH3COOH；CH3COOH与乙醇通过酯化反应得到乙酸乙酯，丙烯酸与乙醇通过酯化反应得到丙烯酸乙酯。
【详解】（1）据分析，A是乙烯，结构简式为CH2=CH2；丙烯酸中含氧官能团的名称是羧基。
（2）步骤④是乙醇的催化氧化得到乙醛，反应方程式：。
（3）A. 乙酸含有羧基，丙烯酸含有羧基和碳碳叁键，二者具有不同的官能团，不属于同系物，A错误；
B. 苯分子中所有原子均在同一平面，共有12个原子共面，B错误；
C. 聚丙烯没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D.苯与溴苯可以互溶，不能用分液法分离，D错误；
故选C。
（4）是石油分馏的产物之一，其一氯代物共有CH2ClCH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH3、ClC(CH3)3、HC(CH3)2CH2Cl，共4种。
（5）制备乙酸乙酯的化学方程式为：；该反的类型属于取代反应。
（6）为了使冷凝管充满冷凝水，球形冷凝管中冷凝水从b处进入。
（7）当分水器中的水层不再增厚时，即不再分离出水，表明反应达到平衡。
（8）“操作A”从饱和Na2CO3溶液分离出有机层，为分液；乙酸乙酯有机层中的少量水分用无水硫酸镁干燥，“操作C”为过滤，将有机层和硫酸镁晶体分离。
（9）乙醇25g物质的量为mol，乙酸30g物质的量为0.5mol，已经反应方程式可知，乙醇过量，则理论上得到乙酸乙酯0.5mol，质量为44g，又实验制得纯乙酸乙酯22g，则乙酸乙酯的产率为=50%。
25．(1) +Br2+HBr
(2) CH3CH2OH 碳碳双键、酯基
(3)加成反应
(4)n CH2=CHCOOCH2CH3
(5)a
【分析】由有机物的转化关系可知，石蜡油蒸气在碎瓷片作用下发生裂化反应得到乙烯和丙烯，则A为乙烯；乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵也能得到乙醇，则B为乙醇；丙烯在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成丙烯酸，则C丙烯酸；在浓硫酸作用下丙烯酸与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，在催化剂作用下丙烯酸乙酯发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯。
（1）
由图可知，反应①为苯在溴化铁做催化剂作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
（2）
由分析可知，B为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；由结构简式可知，丙烯酸乙酯的官能团为碳碳双键、酯基，故答案为：CH3CH2OH；碳碳双键、酯基；
（3）
由分析可知，反应③为乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，故答案为：加成反应；
（4）
由分析可知，反应⑥为在催化剂作用下丙烯酸乙酯发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为n CH2=CHCOOCH2CH3，故答案为：n CH2=CHCOOCH2CH3；
（5）
a．苯环是平面结构，所以溴苯分子中所有原子在同一平面上，故正确；
b．原油分馏时没有新物质生成，属于物理变化，不属于化学变化，故错误；
c．葡萄糖是单糖，不能发生水解，故错误；
d．糯米中的淀粉一定条件下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，所以糯米中的淀粉不能一经水解酿成了酒，故错误；
故选a。
福建省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题
一、填空题
1．（2022春·福建莆田·高一统考期末）浓硫酸在下列用途和现象中所表现的性质是
A．沸点高、难挥发 B．酸性 C．吸水性 D．脱水性 E.强氧化性
用途或现象
体现浓硫酸的性质
(1)浓硫酸使胆矾变成白色
______
(2)浓硫酸使蔗糖变”黑面包”
______
(3)浓硫酸与铜片共热
______
(4)浓硫酸的木炭共热产生气体
______
2．（2022春·福建莆田·高一统考期末）工业上用NH3做原料，制取硝酸，要经过三步主要反应，请写出第二步和第三步反应的化学方程式。
第一步反应：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
第二步反应：_____________________；
第三步反应：____________________。
3．（2022春·福建莆田·高一统考期末）回答下列各题：
(1)维生素C又称为抗坏血酸，在人体内有重要的功能。例如帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3＋变为易吸收的Fe2＋。这说明维生素C具有________________(填“氧化性”或“还原性”)。
(2)在2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑反应中，________________被氧化，_________________是氧化剂，氧化产物是__________________，此反应中若转移了2 mol的电子，则产生氧气______________ mol。
(3)在3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O的反应中，被还原的元素是_______________(填元素符号)，如有4 mol含该元素的物质参加反应，则转移的电子数目约为__________________个。
4．（2022春·福建漳州·高一统考期末）下图为铁元素的价类二维图，其中箭头表示部分物质间的转化关系(条件略去)。
回答下列问题：
(1)工业上冶炼铁的主要方法是_______(填标号)。
A．热分解法 B．高温还原法 C．电解法 D．物理富集法
(2)在潮湿的空气里，钢铁表面吸附了一薄层水膜，其中含有少量、、等，它与钢铁里的铁和少量的_______(填化学式)形成了无数微小的原电池，使钢铁发生电化学腐蚀。
(3)检验溶液中是否存在可选用的试剂是_______。
(4)写出一个能实现图中转化⑦的离子方程式_______。
(5)高铁酸盐(含)常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是因为其具有_______性(填“氧化”或“还原”)。用与在强碱性条件下可制取，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
5．（2022春·福建三明·高一统考期末）、、CO都是重要的能源物质，也是重要的化工原料。
(1)用一定质量的Zn跟足量的稀硫酸反应制氢气，实验过程如图所示。
①OE、EF、FG三段中，_______段化学反应最块，_______段收集的氢气最多。
②为了降低反应的速率且不影响氢气的量，可向溶液中加入的物质有_______(填标号)。
a.蒸馏水 b.溶液 c.固体 d.固体
(2)已知：断裂1molH-H、1molO=O，1molH-O键吸收的能量依次为436kJ、498kJ、467kJ。在反应中，44.8L(标准状况)完全反应放出的能量为_______。
(3)工业上可用CO和为原料制备，反应方程式为：。在体积固定的密闭容器中充入一定量的CO和，下列叙述能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．CO与的物质的量之比为1：1
B．混合气体的总压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗1molCO，同时生成1mol
D．在混合气体中的质量分数保持不变
(4)为减少温室效应，有效利用，工业上可用生产甲醇。在体积为2L的密闭容器中充入1mol和3mol，一定条件下发生反应：，测得CHOH和的物质的量随时间变化如下图所示。
①从反应开始到平衡，的平均反应速率_______。
②达到平衡时，的浓度为_______。
6．（2022春·福建三明·高一统考期末）汽车工业的发展需要众多基础工业的支持，包括多门类的化学工业。
Ⅰ.车用燃料的选择
(1)下图是三种可燃物在空气中燃烧反应的能量变化示意图。最适合用作车用燃料的是可燃物_______(填标号)
Ⅱ.汽车尾气的处理
(2)汽车尾气中氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时，能观察到丁达尔现象。雾霾小颗粒的直径范围为_______nm。
(3)SCR技术(如图1)可有效降低柴油发动机的氮氧化物排放，其原理为：尿素[]水溶液热分解为和。写出SCR催化反应器中还原的化学方程式：_______。
(4)根据图2判断提高脱硝(氢氧化物)效率的最佳条件是_______。
Ⅲ.车用安全气囊
某汽车安全气囊的产气药剂主要含有、、等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
(5)是气体发生剂，受热分解产生和Na.反应的化学方程式为_______。
(6)是氧化剂，与Na反应的还原产物为_______(已知该反应为置换反应)。
(7)是冷却剂，其吸热过程为_______变化(选填“物理”或“化学”)。
二、元素或物质推断题
7．（2022春·福建莆田·高一统考期末）某种常见的白色晶体A，与盐酸反应产生无刺激性气味的气体B：将B通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊。若在A的水溶液中加入氢氧化钡溶液，则析出的白色沉淀C和无色气体D；D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝。加热固体A，可生成水、B和D，而且B和D的物质的量之比为1∶1。根据以上事实，可以判断出A是___，B是___，C是___。加热固体A生成水、B和D的化学方程式是___。
8．（2022春·福建莆田·高一统考期末）X、Y、Z、W是中学化学中常见的四种气体。已知：X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收；X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的物质；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应；W气体的水溶液滴入酚酞变红色。
请回答下列问题：
(1)X、Y两种气体按物质的量之比1：1在水溶液中能发生反应的化学方程式为___。
(2)科学家发现，Z在催化剂条件下能与W反应，反应产物中有一种单质生成，该单质应是___(填化学式)；该反应是氧化还原反应，则其中的氧化剂是(填化学式)___。
(3)在Z与水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
(4)检验W气体的方法是___。
9．（2022春·福建福州·高一校联考期末）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如图的反应关系：
(1)若A为应用最广泛的金属，反应②、⑤均用到同一种黄绿色气体单质，反应④用到A，写出反应④的化学方程式____。
(2)若A是一种非金属单质，B常用于制作高档光学器材、光导纤维，C、D为钠盐，其中C可用作黏合剂，写出反应③的化学方程式____。
(3)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：____。
(4)若D是有两性氢氧化物，反应②、③均要用强酸溶液，反应④需加入氨水。反应④离子方程式____。
10．（2022春·福建三明·高一统考期末）运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。
Ⅰ.下表为元素周期表的一部分，根据表中给出的9种元素回答下列问题。
族周期
ⅠA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
(1)原子半径最大的元素是_______(填元素名称)，画出⑦的离子结构示意图_______。
(2)②的最简单氢化物的空间结构为_______形。
(3)由元素①、④、⑥形成的化合物属于_______化合物(选填“离子”或“共价”)。
(4)⑤和⑨元素原子得电子能力较强的是_______(填元素符号)，请用原子结构的知识解释其原因_______。
Ⅱ.同主族元素性质存在一定的相似性和递变性。
(5)羰基硫(COS)可作为一种熏蒸剂，防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和相似。羰基硫(COS)的电子式为_______。
(6)下列不能说明碳、硅两种元素非金属性相对强弱的是_______ (填标号)
A．焦炭还原制粗硅
B．酸性：
C．稳定性：
(7)碳、硅、锗、锡的+4价化合物是稳定的，而铅的+2价化合物是稳定的。由此推测，铅的+4价化合物具有较强的_______性。与浓盐酸共热可生成，该反应的化学方程式为_______。
11．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。下表是元素周期表的一部分，字母a-i代表相应元素，回答下列问题：
(1)b、g元素分别为：_______、_______(填元素符号)，元素h在周期表中的位置是_______。
(2)元素e、f、h、i形成的简单离子中，半径最小的是_______(填离子符号)。
(3)由元素a与e的单质化合，形成的产物是工业上常用的还原剂，其电子式为_______。
(4)常温下，元素e的最高价氧化物对应的水化物与元素g的最高价氧化物反应的离子方程式为_______。
(5)元素i的单质通入溶液中，产生浅黄色沉淀，该反应的离子方程式为_______，该实验说明i的非金属性强于h，从原子结构的角度解释其原因_______。
(6)a可以分别与c、d形成电子数为18的X和Y分子，X是一种良好的火箭燃料，Y是一种绿色氧化剂，二者常温下均为液态，X和Y反应生成c的单质的化学反应方程式为_______。
三、实验题
12．（2022春·福建莆田·高一统考期末）某中学高一课外兴趣小组为探究铜跟硫酸的反应情况，设计了如图所示装置进行有关实验。
(1)先关闭活塞a，将6.4g铜片和12 mL某浓度的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余。再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失。
①写出上述过程中烧瓶内发生的化学方程式：关闭活塞a_______；打开活塞a_______；
②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但导管未画全，请在上图中把导管补充完整_____ ；
③实验结束后，装置C中的溶液中可能含有的溶质有_______。
(2)该小组甲同学对“如何检验SO2中混有少许CO2”这个问题很感兴趣，他将A中铜片换作木炭粉，并在A、B之间连接了如下装置：
试剂：a. NaOH溶液 b. 品红溶液 c. 酸性KMnO4溶液 d. Ca(OH)2溶液
请回答：
①该同学的实验装置A中发生的化学方程式_______。
②若要达到此目的，可以在：(填所提供试剂编号)
D中加入_______；E中加入_______；F中加入_______。
(3)事实证实，第(1)问铜片完全消失后，硫酸仍有剩余，乙同学欲测定余酸的物质的量浓度，假设反应前后溶液体积变化忽略不计，他向反应后溶液中加入含溶质a mol的NaOH溶液刚好使溶液中Cu2+全部沉淀。据此，他能求出余酸的物质的量浓度吗？若能，请写出余酸物质的量浓度的表达式：_______mol/L(用含a的代数式表达，若不能，该空不填)。
13．（2022春·福建漳州·高一统考期末）NO极易被氧化，但从化合价的角度分析，NO也具备一定的氧化性。某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题：
(1)检查装置的气密性后，实验开始前需向装置中通入一段时间，目的是_______。
(2)写出装置A中反应的化学方程式_______。
(3)装置B的作用是_______。
(4)若能观察到装置D中_______的现象，证明与发生了反应，说明具有氧化性。
(5)实验结束后，往装置中再通入一段时间，同时往装置E的集气瓶里通入的目的是_______。
14．（2022春·福建福州·高一校联考期末）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用如图所示装置夹持装置已省略及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。
已知：①NO+NO2+2OH-=2NO+H2O；②气体液化的温度：NO221℃、NO-152℃；③HNO2易分解生成NO、NO2和H2O。
(1)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是____。
(2)在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是____。
②装置B的作用是____。
(3)通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是____。
(4)该实验装置明显缺陷是_____。
(5)设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、稀硫酸、KSCN溶液。
实验方案具体为：_____。
15．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）某课外小组设计如图装置进行模拟海水提溴实验(夹持装置已略去)：
已知：的沸点为58.78℃，可溶于水，有毒。
连接装置，检测气密性，装好试剂后，实验步骤如下(通气前打开对应活塞，通完气体后立即关闭)：
ⅰ．向A先通入适量的，再向B通入足量的；
ⅱ．向A通一段时间的热空气；
ⅲ．向A通入适量；
ⅳ．取B中所得溶液经一定操作后获得液溴。
(1)步骤ⅰ中通入时A中反应的离子方程式为_______。
(2)步骤ⅱ通入热空气能将A中生成的溴单质吹入B，利用了溴单质哪方面性质？_______；步骤ⅱB中发生的离子反应主要为_______。
(3)步骤ⅲ中通后，B中溶液现象为_______。
(4)C中盛装的试剂为_______。
(5)步骤ⅳ中用到的装置为_______(填序号)。
(6)除步骤ⅳ方法外，还能用萃取的方法获得溴单质，可作为溴的萃取剂的是_______(填字母)，将该试剂加入溴的水溶液中，振荡，静置、分液，水层从分液漏斗的_______(填“上”、“下”)口进入烧杯。
a．苯 b．乙醇 c．乙酸 d．饱和食盐水
四、结构与性质
16．（2022春·福建漳州·高一统考期末）下表列出了①~⑦共7种元素在元素周期表中的位置。
族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
回答下列问题：
(1)①可以形成原子空间排列方式不同的多种单质，这些不同的单质之间互称为_______。
(2)②形成的单质的电子式为_______。
(3)⑤的单质在工业上常用于冶炼熔点较高的金属，如用冶炼，该反应的化学方程式为_______。
(4)③⑤⑦三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是_______(填离子符号)。
(5)④的单质在③的单质中燃烧形成的化学键有_______、_______。
(6)根据元素周期律，②的非金属性比⑥强，但②的单质却比⑥的单质稳定，原因是_______。
五、原理综合题
17．（2022春·福建漳州·高一统考期末）某学习小组在实验室用和模拟工业合成氨。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入和，一段时间后反应达到平衡状态。
(1)已知在该条件下，与反应生成，每转移电子放出的热量，则该反应的热化学方程式为_______。
(2)一定条件下，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．的物质的量不再改变 B．反应停止进行
C．、和的反应速率之比为1∶3∶2 D．混合气体总压强不再改变
(3)反应过程中的实验数据如下表所示：
0
1
2
4
6
0
0.24
0.36
0.40
0.40
①内用表示的平均反应速率为_______。
②平衡时的物质的量浓度为_______。
18．（2022春·福建福州·高一校联考期末）回答下列问题：
(1)氨在工农业生产中应用广泛，工业合成氨反应非常重要。结合合成氨反应过程中的能量变化图，写出工业合成氨的热化学方程式____。
(2)实验室中模拟合成氨过程，将1molN2和3molH2置于恒温，体积2L的容器中进行反应。
①单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2
②N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2
③混合气体的密度不再改变
④混合气体的压强不再改变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
i.可说明该反应达到化学平衡状态的是____(填序号)；
ii.若10min时测得氢气浓度为1.2mol/L，则用氨气表示的10min内化学反应速率为____；
iii.10min时的体系总压强与初始时的总压强之比____。
(3)N2H4—空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图所示。通入N2H4(肼)的一极为____(“正极”或“负极”)，其正极电极反应式为____。
19．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）我国提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，的再利用成为热门话题。回答下列问题：
Ⅰ．光热化学循环分解为CO和的反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。
(1)已知：，根据数据计算，分解需吸收_______kJ的能量。
Ⅱ．工业上可用来生产燃料甲醇，实验室模拟该过程，在体积为2L的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，测得和的浓度随时间变化如图所示：
(2)时刻，正、逆反应速率大小：v(正)_______v(逆)(填“＞”“=”或“＜”)，在0min到4min时间段，_______。
(3)下列措施能增大反应速率的是_______(填字母)。
a．升高温度 b．扩大容器体积
c．充入一定量氦气 d．加入催化剂
(4)能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
a．
b．的物质的量不再变化
c．容器内气体的总质量保持不变
d．单位时间内，每生成，同时生成
e．
(5)可以作燃料电池，工作原理如图。电池放电时，应从_______(填“B”或“D”)通入，该电极发生_______反应(填“氧化”或“还原”)，理论上每消耗转移_______mol电子。
六、工业流程题
20．（2022春·福建漳州·高一统考期末）氨催化氧化制硝酸的流程示意图如下。
回答下列问题：
(1)写出氧化炉中氨催化氧化的化学方程式_______。
(2)氧化炉和吸收塔中通入足量空气而不是氧气的原因是_______。
(3)工业上制得的浓硝酸略显黄色，主要是因为浓硝酸具有_______的性质。可用铝制容器盛放浓硝酸，原因是_______。
(4)已知氨氮废水中氨元素多以和的形式存在。某工厂处理氨氨废水的流程如下：
已知：达标废水中氯元素主要以形式存在。
①过程Ⅰ鼓入热空气的作用是_______。
②过程Ⅱ加入可将废水中的转化为无污染气体，该反应的化学方程式为_______。
③过程Ⅲ加入的溶液X可能是_______(填标号)。
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
21．（2022春·福建福州·高一校联考期末）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：
本题中所涉及金属阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mg2+
Zn2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
5.4
9.60
6.41
完全沉淀pH
3.20
8.95
6.4
11.13
8.41
注意：CaF2和MgF2难溶于水和醇。
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_____。
(2)为了提高锌的浸取速率，可采取的措施有____、____。
(3)加入Ca(OH)2调溶液的pH=5，则滤渣①的主要成分是CaSO4、SiO2、____。
(4)向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，请配平该步反应的离子方程式为：___Fe2++___MnO+___H2O=___Fe(OH)3↓+___MnO2↓+___H+____
(5)滤液②中加入锌粉的目的是____。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是CaSO4、___。
(7)从“滤液④”中获得浸提的方法是：蒸发浓缩、____、过滤、洗涤。
七、有机推断题
22．（2022春·福建漳州·高一统考期末）乙烯的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志。以乙烯为原料可以制备乙二醇、乙酸乙酯等化工原料，其工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)B的官能团的名称是_______，B与C是否互为同系物？_______(填“是”或“否”)。
(2)③的反应类型为_______。写出C的同分异构体的结构简式_______。
(3)F是一种高分子化合物，常用于制作食品袋，F的结构简式为_______。
(4)实验室用C和E制取乙酸乙酯，装置如图所示。
回答下列问题：
①试管a中制取乙酸乙酯的化学方程式为_______。
②导管c不能伸入液面下的原因是_______，它的作用除导气外还有_______。
③实验结束后，从试管b中分离出乙酸乙酯，常用的分离方法是_______(填操作名称，下同)，进行此步操作后，所得有机层中的主要无机杂质是水，除去水的方法除了使用干燥剂外，还可用的方法有_______。
④若实验所用乙酸的质量为，乙醇的质量为，得到纯净的产品质量为，则乙酸乙酯的产率是_______。
23．（2022春·福建福州·高一校联考期末）有机物A～G之间有如图所示转化关系。已知：A的产量用来衡量国家的石油化学工业的发展水平。
请回答下列问题：
(1)B、D的官能团的名称是_____、____。
(2)比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随行医生会对准受伤部位喷射物质F(沸点：12.27℃)进行应急处理。写出由A制F的反应的化学方程式：____。
(3)G是一种高分子化合物，可用于食品包装材料，G的结构简式为____。
(4)①实验室采用如图所示装置制备E。E是一种具有香味的油状液体，写出反应B→E的化学反应方程式：____。
②实验结束后，取下盛有饱和Na2CO3溶液的烧杯，再沿该试管内壁缓缓加入1mL紫色石蕊试液(整个过程不振荡试管)，发现石蕊试液层存在于乙酸乙酯层与饱和Na2CO3溶液层之间。下列有关该实验的分析正确的是____。
A．乙酸乙酯的密度小于饱和Na2CO3溶液
B．石蕊试液层的颜色由上而下分别呈红、紫、蓝
C．石蕊试液层的颜色由上而下分别呈蓝、紫、红
(5)实验中发现装置乙中溶液逐渐变黑，某同学猜测产生这种现象的原因是____。
24．（2022春·福建三明·高一统考期末）石油是“工业的血液”，是重要的化工原料。
Ⅰ.下图为实验室利用原油合成部分有机物的流程。
(1)A的产量是衡量一个国家石油化工水平的重要标志，A的结构简式为_______。丙烯酸中含氧官能团的名称是_______。
(2)写出步骤④的反应方程式：_______。
(3)下列说法正确的是_______(填标号)。
A．乙酸与丙烯酸属于同系物
B．苯分子中共有6个原子共面
C．聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．步骤①中分离苯与溴苯可用分液法
(4)是石油分馏的产物之一，其一氯代物共有_______种。
Ⅱ.某化学课外小组用乙醇25g、乙酸30g、浓硫酸适量，在实验室制备并纯化乙酸乙酯。制备装置如图(夹持仪器和加热装置已略去)。
(5)制备乙酸乙酯的化学方程式为_______，该反的类型属于_______反应。
(6)球形冷凝管中冷凝水从_______(选填“a”或“b”)处进入。
(7)装置中分水器可实现水和有机层的分离。当分水器中的水层不再增厚时，表明反应_______。
(8)乙酸乙酯产品纯化流程如下图。
[无水硫酸镁为白色粉末，吸水后形成硫酸镁晶体()]
“操作A”为_______，“操作C”为_______。
(9)实验制得纯乙酸乙酯22g，乙酸乙酯的产率为_______。()
25．（2022春·福建龙岩·高一统考期末）A是衡量石油化工发展水平的重要标志，常在汽油中加入适量B作为汽车燃料，可以节约石油资源，并减少汽车尾气对空气的污染。根据下面的转化关系回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为_______。
(2)B的结构简式_______，丙烯酸乙酯的官能团名称_______。
(3)③的反应类型_______。
(4)反应⑥的化学方程式为_______。
(5)下列说法正确的是_______(填字母)。
a．有机物溴苯所有原子在同一平面上
b．原油的催化重整和分馏都属于化学变化
c．纤维素、淀粉、葡萄糖在一定条件下均能发生水解
d．糯米中的淀粉一经水解就酿成了酒
参考答案：
1． C D B E E
【分析】（1）浓硫酸使蓝矾变成白色体现浓硫酸的吸水性；
（2）浓硫酸使蔗糖变黑体现浓硫酸的脱水性；
（3）稀硫酸和铜不反应,浓硫酸和铜在加热条件下反应,体现浓硫酸的酸性和强氧化性；
（4）浓硫酸和木炭共热体现浓硫酸的强氧化性。
【详解】（1）蓝矾中含有结晶水,浓硫酸将蓝矾中的结晶水吸去而体现浓硫酸的吸水性,选C；
（2）蔗糖含有碳、氢、氧三种元素，浓硫酸将蔗糖中的H、O以2:1形成水脱去使蔗糖炭化，体现脱水性，选D；
（3）稀硫酸和铜不反应,浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫和硫酸铜,体现浓硫酸的酸性和强氧化性,故选B和E；
（4）浓硫酸和木炭共热生成二氧化硫和二氧化碳,该反应中硫元素得电子化合价降低,体现浓硫酸的强氧化性,故选E；
综上所述，本题正确选项：(1)C(2)D (3)B、E (4)E。
2． 2NO＋O2 =2NO2 3NO2＋H2O =2HNO3＋NO
【详解】工业上用NH3做原料，制取硝酸，是先将氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮再和氧气反应生成二氧化氮，最后二氧化氮再和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式依次为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O、2NO＋O2 =2NO2、3NO2＋H2O =2HNO3＋NO。
3．(1)还原性
(2) Na2O2 Na2O2 O2 1
(3) N 1.806×1024
【解析】（1）
维生素C能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3＋变为易吸收的Fe2＋，铁元素化合价降低，因此维生素C具有还原性。
（2）
在2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑反应中，过氧化钠中氧元素化合价既升高、又降低，因此过氧化钠既是氧化剂、又是还原剂，既被氧化、又被还原，氧元素化合价升高变为氧气，氧气为氧化产物，2mol过氧化钠参与反应，2mol氧原子化合价升高到0价，2mol氧原子化合价降低到-1价，因此反应中若转移了2 mol的电子，则产生氧气1mol。
（3）
在3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O的反应中，氮元素化合价降低，被还原，铜元素化合价由0价升高到+2价，若有8mol HNO3参与反应，转移6mol电子，因此若有4mol HNO3参与反应，转移3mol电子，转移电子数为3NA=1.806×1024。
4．(1)B
(2)C
(3)溶液
(4)
(5) 氧化性 3∶2
【详解】（1）工业上用CO还原氧化铁冶炼铁，故选B；
（2）钢铁是铁碳合金，在潮湿的空气里，钢铁表面吸附了一薄层水膜，其中含有少量、、等，它与钢铁里的铁和少量的C形成了无数微小的原电池，使钢铁发生电化学腐蚀。
（3）遇KSCN溶液变红，检验溶液中是否存在可选用的试剂是溶液；
（4）⑦是发生氧化反应生成，反应的离子方程式可以是。
（5）中Fe元素化合价为+6，从化合价的角度分析，性具有氧化性。用与在强碱性条件下可制取，铁元素化合价由+3升高为+6，是还原剂，中氯元素化合价由+1降低为-1，是氧化剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2。
5．(1) EF EF ab
(2)498kJ
(3)BD
(4) 0.0375 0.375
【解析】（1）①OE、EF、FG三段中，从图中曲线的斜率可看出，EF段化学反应最块，三段中EF段的纵坐标升高最大，EF段收集的氢气最多；②a.蒸馏水，稀释氢离子浓度，反应速率下降，且总量不变，符合题意； b.溶液，稀释氢离子浓度，反应速率下降，且总量不变，符合题意；c.固体，溶液生成HNO3，反应得到NO，H2的量减少，不符合题意；d.固体，得到Cu2+先与Zn反应，Zn的量减少，氢气总量下降，不符合题意；故选ab。
（2）依题意，44.8L(标准状况)物质的量为2mol，完全反应放出的能量为形成生成物放出总能量减去断裂反应物吸收总能量，即467kJ×2×2-436kJ×2-498kJ=498kJ。
（3）A. CO与的物质的量之比为1：1，不能说明其量保持不变，故不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；B. 该反应气体分子说发生改变，容器体积固定，故混合气体的总压强不随时间的变化而变化，说明反应达到平衡状态，B符合题意；C. 单位时间内每消耗1molCO，同时生成1mol，二者均是指正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故不能说明反应达到平衡状态，C不符合题意；D. 是生成物，其在混合气体中的质量分数保持不变，说明反应达到平衡状态，D符合题意；故选BD。
（4）①从反应开始到平衡，的改变量是1.00-0.25=0.75(mol)，用时10min，容器体积为2L，故平均反应速率=0.0375mol·L-1·min-1；②达到平衡时，CO2减少了0.75mol，则减少了0.75×3=2.25(mol)，则平衡时H2的物质的量为3-2.25=0.75(mol)，其浓度为=0.375mol/L。
6．(1)A
(2)
(3)
(4)400℃、氨氮物质的量之比为1
(5)
(6)Fe
(7)化学
【解析】（1）
车用燃料应易于点火，并放出大量的热，符合该要求的最适合的是可燃物A，故选A。
（2）
雾霾能观察到丁达尔现象，则其属于胶体，小颗粒的直径范围为nm。
（3）
根据图示，SCR催化反应器中还原，生成N2和H2O，化学方程式：。
（4）
从图中可看出，相同温度下，氨氮物质的量之比为1时比其它比值的脱硝效率高，氨氮物质的量之比相同，则温度高的环境脱硝效率也高，故最佳条件是：400℃、氨氮物质的量之比为1。
（5）
是气体发生剂，受热分解产生和Na.反应的化学方程式为：。
（6）
是氧化剂，与Na反应为置换反应，其中的三价铁被还原为单质，故还原产物为Fe。
（7）
是冷却剂，其受热发生分解反应生成Na2CO3、H2O、CO2，故其吸热过程为化学变化。
7． NH4HCO3 CO2 BaCO3 NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O
【分析】某种常见的白色晶体A，与盐酸反应产生无刺激性气味的气体B，将B通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊，则B为CO2，故白色晶体中含有或者；若在A的水溶液中加入Ba(OH)2溶液，则析出白色沉淀C和无色气体D，D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D为NH3，C为BaCO3沉淀，故此晶体中含有；加热固体A，可生成H2O、CO2和NH3，而且CO2、NH3的物质的量之比为1∶1，则氮元素与碳元素的物质的量之比为1∶1，A为NH4HCO3，据此分析。
【详解】根据分析得出该晶体A为NH4HCO3，B是CO2，C是BaCO3；D是NH3，加热固体A生成H2O、CO2和NH3的化学方程式是：NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O。
8． SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl N2 NO2 1:2 将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则证明气体是NH3
【分析】X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应，则Z是NO2；W气体的水溶液滴入酚酞变红色，则W为NH3，结合物质的性质分析解答。
【详解】(1)SO2具有强还原性，Cl2具有强氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
(2)Z在催化剂条件下能与W反应，即NO2和NH3反应，根据氮元素化合价变化规律，推测反应产物中的单质应是N2；化合价降低的为氧化剂，可判断其中的氧化剂是NO2，故答案为：N2；NO2；
(3)NO2与水的反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可以知道，该反应中有的NO2作氧化剂，有的NO2作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
(4)因为氨气溶于水显碱性，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验W气体的方法是：将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则证明气体是NH3。
9．(1)2FeCl3+Fe=3FeCl2
(2)SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
(3)
(4)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
【详解】（1）如果A为应用最广泛的金属，反应②和⑤均用到同一种黄绿色气体单质，该气体为氯气，反应④用到A，则A为Fe，C为FeCl3，D为FeCl2，B可以为Fe2O3，反应④为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2。
（2）若A为非金属单质，B常用于制作高档光学器材、光导纤维，则B为SiO2，A为Si，C为Na2SiO3，反应③为二氧化硅与NaOH反应生成硅酸钠，化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
（3）若B为气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学污染，则C为NO，D为NO2，A为N2，B为NH3，NH3和NO在一定条件下生成N2，化学方程式为。
（4）D为两性氢氧化物，D为Al(OH)3，A为Al，反应②、③均用到强酸，反应④需加入氨水，B为氧化铝，C为铝盐。反应④的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH。
10．(1) 钠
(2)正四面体
(3)离子
(4) F F和Cl最外层均有7个电子，F的半径小于Cl，F对最外层电子吸引能力强，容易得到电子
(5)
(6)A
(7) 氧化性 PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O
【分析】根据元素在周期表的位置，九种元素分别为H、C、N、O、F、Na、Mg、Si、Cl，据此分析解答；
（1）利用同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此所给元素中原子半径最大的元素是钠元素；⑦为Mg，Mg2+的结构示意图为；故答案为钠；；
（2）②元素为C，其最简单氢化物为CH4，甲烷的空间结构为正四面体；故答案为：正四面体；
（3）①④⑥三种元素分别为H、O、Na，形成化合物为NaOH，氢氧化钠属于离子化合物；故答案为：离子；
（4）⑤⑨属于同主族，同主族元素从上到下非金属性减弱，因此得电子能力较强的是F；F和Cl最外层均有7个电子，需要得到1个电子达到稳定，F的半径小于Cl，F对最外层电子吸引能力强，容易得到电子；故答案为：F；F和Cl最外层均有7个电子，F的半径小于Cl，F对最外层电子吸引能力强，容易得到电子；
（5）COS的电子式与CO2的电子式相似，COS的结构式为O=C=S，因此COS的电子式为；故答案为；
（6）A．焦炭与二氧化硅反应2C+SiO22CO+Si，C的化合价升高，Si元素的化合价降低，C为还原剂，Si为还原产物，因此不能说明碳、硅两种元素非金属性的强弱，故A符合题意；B．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，说明非金属性越强，碳酸的酸性强于硅酸，说明C的非金属性强于Si，故B不符合题意；C．气态氢化物越稳定，其非金属性越强，甲烷比硅烷稳定，说明C的非金属性强于Si，故C不符合题意；答案为A；
（7）铅的+2价化合物稳定，推出+4价铅化合物具有较强的氧化性；PbO2与浓盐酸反应生成氯气，其反应方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：氧化性；PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O。
11．(1) C Si 第3周期第VIA族
(2)Al3+
(3)
(4)
(5) 氯与硫相比，电子层数相同，但氯的核电荷数多，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，得电子能力强，所以氯非金属性比硫强
(6)
【分析】根据元素周期表可知，字母a-i代表相应元素分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl，据此分析作答。
(1)
由分析可知，b、g元素分别为：C、Si，硫在周期表中的位置是第3周期第VIA族，故答案为：C；Si；第3周期第VIA族；
(2)
e、f、h、i形成的简单离子分别为Na+、Al3+、S2-、Cl-，电子层大的，离子半径大，电子层相同时，序数大的半径小，则半径最小的为Al3+，故答案为：Al3+；
(3)
钠与氢气反应，生成氢化钠，是一种还原剂，其电子式为：，故答案为：；
(4)
元素e的最高价氧化物对应的水化物与元素g的最高价氧化物分别为NaOH和SiO2，两者反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：，故答案为：；
(5)
氯气通入硫化钠中，产生浅黄色沉淀S，离子方程式为：；该实验说明Cl的非金属性强于S，从原子结构的角度解释其原因是氯与硫相比，电子层数相同，但氯的核电荷数多，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，得电子能力强，所以氯非金属性比硫强，故答案为：；氯与硫相比，电子层数相同，但氯的核电荷数多，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力强，得电子能力强，所以氯非金属性比硫强；
(6)
H可以分别与N、O形成电子数为18的X和Y分子，X是一种良好的火箭燃料，Y是一种绿色氧化剂，二者常温下均为液态，可知X为，Y为，两者反应生成氮气和水，化学反应方程式为：，故答案为：。
12． Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O NaOH、Na2SO3、Na2SO4 C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O c b d
【分析】(1)浓硫酸具有强氧化性,在加热条件下与铜发生氧化还原反应,但稀硫酸与铜不反应,在通入氧气的条件下能继续与铜反应；
(2)根据SO2的还原性和漂白性设计实验,注意SO2与CO2都能使澄清石灰水变浑浊；
(3)根据反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓,从质量守恒的角度列方程式计算。
【详解】（1）①铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜和二氧化硫，烧瓶内发生的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，打开活塞a 后，气球内的氧气进入酸液中，剩余的铜继续发生反应，生成硫酸铜和水，反应的化学方程式：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；
综上所述，本题正确答案：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；(或分步写成：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，也可)。
②二氧化硫气体密度比空气大，易溶于水，采用向上排空气法进行收集，收集实验中产生的二氧化硫气体的装置如下：；
综上所述，本题正确答案： 。
③二氧化硫与足量的氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠又能被氧气氧化为硫酸钠，溶液中有剩余的氢氧化钠；所以实验结束后，装置C中的溶液中可能含有的溶质有NaOH Na2SO3Na2SO4；
综上所述，本题正确答案：NaOH 、Na2SO3、Na2SO4。
（2）①碳与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式：C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O；
综上所述，本题正确答案：C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O。
②检验SO2中混有少许CO2,根据SO2的具有还原性,先将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液,在用品红检验 SO2是否除尽,最后通入澄清石灰水观察溶液是否变浑浊，所以：D中加入酸性KMnO4溶液；E中加入品红溶液；F中加入Ca(OH)2溶液；
因此，本题正确答案是: c、b、d。
（3）n（Cu）=6.4/64=0.1mol,则n（CuSO4）=6.4/64=0.1mol,设反应后的溶液中含有xmolH2SO4,则:
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
1 2
x 2x
CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓
1 2
0.1 0.2
则有:2x+0.2=a，x=(a-0.2)/2；所以:反应后余酸的物质的量浓度为: [(a-0.2)/2]/0.012L=125(a-0.2)/3mol/L；
因此，本题正确答案是:能, 125(a-0.2)/3。
13．(1)排尽装置内的空气
(2)
(3)除去挥发出的硝酸
(4)红色粉末变黑色
(5)吸收残留的NO，防止污染空气
【解析】（1）装置A中铜与稀硝酸反应生成NO，NO很容易与氧气反应生成NO2，所以反应开始前应排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧气氧化；故答案为：排尽装置内的空气；
（2）装置A为铜与稀硝酸反应生成NO和硝酸铜、水，其反应的化学方程式为；故答案为：；
（3）硝酸易挥发，生成的NO中会混有硝酸蒸汽，装置B中的水是为了除去挥发出的硝酸；故答案为：除去挥发出的硝酸；
（4）若能观察到装置D中红色铜粉变为黑色物质CuO，则证明与发生了反应，说明具有氧化性；故答案为：红色粉末变黑色；
（5）装置E中会有多余的NO残留，要除去装置E中的NO，防止其逸出污染空气，故往装置E的集气瓶里通入的目的是吸收残留的NO，防止污染空气；故答案为：吸收残留的NO，防止污染空气。
14．(1)防止可能生成的NO被氧化为NO2，造成对中气体产物检验不完全
(2) C中出现红棕色气体 冷凝使NO2完全液化
(3)2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O
(4)无尾气吸收装置
(5)取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性
【分析】装置A中发生亚硝酸钠与硫酸的反应，通过B和C探究反应的产物，据此解析。
（1）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确，故答案为：防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确；
（2）①C中通入氧气后，气体由无色变为红棕色，说明含有NO气体，故答案为：C中通入氧气后，气体由无色变为红棕色；②NO2沸点为21℃，易液化，则冰水浴的作用是冷凝使NO2液化，便于与NO分离，故答案为：冷凝使NO2液化，便于与NO分离；
（3）通过以上分析知，该反应中生成二氧化氮、一氧化氮，同时还有硫酸钠、水生成，则反应方程式为2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O，故答案为：2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O；
（4）该实验装置明显缺陷是缺少尾气处理装置，易造成操作人员中毒，故答案为：缺少尾气处理装置；
（5）利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性。
15．(1)
(2) 挥发性
(3)溶液从无色变为橙黄色
(4)NaOH溶液
(5)①
(6) a 下
【分析】硫酸酸化的浓缩海水中含有溴离子，通入氯气得到含有低浓度Br2的溶液；溴易挥发，通入热空气吹出溴单质；用二氧化硫的溶液吸收，反应生成硫酸和HBr；再通入氯气，HBr被氧化为Br2；含溴单质的溶液经一定操作后获得液溴，装置C用于尾气处理，防止空气污染，据此分析作答。
(1)
浓缩海水中含有溴离子，通入氯气得到含有低浓度Br2的溶液，离子方程式为，故答案为：；
(2)
步骤ⅱ通入热空气能将A中生成的溴单质吹入B，利用了溴单质具有挥发性；步骤ⅱ发生为二氧化硫、溴单质和水反应，生成硫酸和HBr，离子方程式为，故答案为：挥发性；；
(3)
步骤ⅲ中通后，HBr被氧化为Br2，B中溶液现象为溶液从无色变为橙黄色，故答案为：溶液从无色变为橙黄色；
(4)
装置C用于尾气处理，防止空气污染，主要吸收氯气、二氧化硫等，则C中盛装的试剂为NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；
(5)
步骤ⅳ是将含溴单质的溶液经一定操作后获得液溴，该操作可以为蒸馏，故答案为：①；
(6)
乙醇、乙酸、饱和食盐水与水互溶，则可作为溴的萃取剂的是苯；苯的密度比水小，加入溴的水溶液中，振荡，静置、分液，含溴的苯层在上层，水层在下层，则水层从分液漏斗的下口进入烧杯，故答案为：a；下。
16．(1)同素异形体
(2)
(3)
(4)
(5) 离子键 共价键
(6)氮气分子中存在氮氮三键，比较稳定
【分析】根据图中各元素的位置可知，①为C，②为N，③为O，④为Na，⑤为Al，⑥为P，⑦为Cl。
【详解】（1）C可以形成原子空间排列方式不同的多种单质，这些不同的单质之间互称为同素异形体。
（2）②为N，其形成的单质为N2，电子式为。
（3）⑤的单质为Al，其与MnO2反应生成Mn和Al2O3，化学方程式为。
（4）电子层数越多，离子半径越大，因此Cl-半径大于Al3+和O2-，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则O2-半径大于Al3+，故离子半径从大到小顺序为Cl-> O2-> Al3+。
（5）Na在O2中燃烧生成Na2O2，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根离子内存在共价键。
（6）N2分子中存在氮氮三键，键能大较为稳定，因此氮气比磷单质更加稳定。
17．(1)
(2)AD
(3)
【详解】（1）与反应生成，每转移电子生成1molNH3，即生成1mol NH3放出的热量，则该反应的热化学方程式为。
（2）A．反应达到平衡状态，各物质浓度不再改变，的物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，故选A；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率相等但不等于0，反应没有停止，故B错误；
C．任意时刻，反应速率比等于系数比，、和的反应速率之比为1∶3∶2，反应不一定平衡，故不选C；
D．反应前后气体总物质的量不同，容器体积不变，压强是变量，混合气体总压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选AD。
（3）①内生成0.4molNH3，则消耗0.2molN2，用表示的平均反应速率为。
②平衡时生成0.4molNH3，则消耗0.6molH2，的物质的量浓度为。
18．(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol
(2) ④⑤ 0.02mol/(L·min) 9∶10
(3) 负极 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】（1）
△H=反应物的总键能-生成物的总键能，工业合成氨的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol，故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol。
（2）
i.①单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2，均为逆反应速率，不能证明反应达到平衡状态，故①不选；
②N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2，不能证明反应达到平衡状态，故②不选；
③反应过程中气体的质量和体积均不变，混合气体的密度不再改变，不能证明反应达到平衡状态，故③不选；
④反应前后气体的系数和不等，混合气体的压强不再改变，能证明反应达到平衡状态，故④选；
⑤反应前后气体的系数和不等，混合气体的平均相对分子质量不再改变；能证明反应达到平衡状态，故⑤选；
故答案为：④⑤；
ii.将1molN2和3molH2置于恒温，体积2L的容器中进行反应，若10min时测得氢气浓度为1.2mol/L，氨气的浓度为(3mol-1.2mol/L×2L)/2L=0.2mol/L，则用氨气表示的10min内化学反应速率为=0.02mol/(L·min)，故答案为：0.02mol/(L·min)；
iii.反应前气体的物质的量之和为1mol+3mol=4mol，10min时氢气的物质的量为1.2mol/L×2L=2.4mol，消耗的氮气为(3mol-2.4mol)×=0.2mol，则氮气的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol，氨气的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，10min时气体总的物质的量为2.4mol+0.8mol+0.4mol=3.6mol，10min时体系总压强与初始时的总压强之比等于气体的物质的量之比为9∶10，故答案为：9∶10；
（3）
N2H4-空气燃料电池反应生成氮气和水，通入N2H4(肼)的一极为负极，其正极由极后应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：负极；O2+4e-+2H2O=4OH-。
19．(1)556
(2) ＞ 0.375
(3)ad
(4)bd
(5) B 氧化 1.2
【解析】(1)
该反应△H=1598kJ/mol×2-1072kJ/mol-496kJ/mol=+556kJ/mol，则分解需吸收556kJ的能量，故答案为：556；
(2)
t1时刻之后CO2的浓度继续降低，CH3OH的浓度继续增大，说明t1时刻反应未达到平衡状态，则此时v(正)> v(逆)；在0min到4min时间段，CO2的浓度变化为1.00mol/L-0.50mol/L=0.50mol/L，则，故答案为：＞；0.375；
(3)
a．升高温度，反应速率加快，a项符合题意；
b．扩大容器体积，各物质的浓度减小，反应速率减小，b项不符合题意；
c．充入一定量氦气，体积不变，各物质的浓度也不变，反应速率不变，c项不符合题意；
d．加入催化剂能够增大反应速率，d项符合题意；
故答案为：ad；
(4)
a．反应速率之比等于化学计量数之比，当v正(H2)=3v逆(CH3OH)时，反应才达到平衡状态，a项不符合题意；
b．H2的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b项符合题意；
c．该反应中容器内气体的总质量一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c项不符合题意；
d．单位时间内，每生成1mol CH3OH，同时生成3mol H2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d项符合题意；
e．c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1任何时候均成立，因此c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1不能判断反应是否达到平衡状态，e项不符合题意；
故答案为：bd；
(5)
根据甲醇燃料电池的工作原理图可知，电子是从左边沿外接导线流向右边，CH3OH在反应中是还原剂，故可判断该电池工作时，CH3OH从B通入，为原电池负极，发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+5H2O；根据负极反应式，当有32gCH3OH反应时，转移电子为6mol，所以当有6.4 g CH3OH完全反应时，转移电子物质的量应是1.2 mol，故答案为：B；氧化；1.2。
20．(1)
(2)有稀释反应气的作用，避免反应过于激烈(或成本低)
(3) 易分解 常温下，铝遇浓硝酸发生钝化反应
(4) 降低氨气溶解度，使氨气逸出 C
【分析】氨气和空气在氧化炉中发生催化氧化生成NO，NO、空气、水在吸收塔中反应生成硝酸；氨氮废水中氨元素多以和的形式存在，加入氢氧化钠、鼓入热空气排出氨气，低浓度废水加可将废水中的转化为无污染的氮气，用还原剂把剩余的还原为氯化钠，得到打标废水。
（1）氧化炉中氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为；
（2）氧化炉和吸收塔中通入足量空气而不是氧气，有稀释反应气的作用，避免反应过于激烈。
（3）浓硝酸易分解，生成的NO2溶于硝酸使浓硝酸略显黄色。常温下，铝遇浓硝酸发生钝化反应，所以可用铝制容器盛放浓硝酸。
（4）①温度升高，氨气的溶解度降低，过程Ⅰ鼓入热空气的作用是降低氨气溶解度，使氨气逸出。②过程Ⅱ加入可将废水中的转化为无污染的氮气，被还原为氯化钠，氯元素化合价由+1降低为-1，N元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为。③过程Ⅲ加入的溶液X的目的是把剩余的还原为氯化钠，所以X可能是，故选C。
21．(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2) 将焙烧后的产物碾碎；加热 增大硫酸的浓度；搅拌
(3)Fe(OH)3
(4)3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu，从而除去
(6)MgSO4
(7)冷却结晶
【分析】将菱锌矿高温煅烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物煅烧产生CaO、MgO、Fe2O3、CuO，SiO2不发生反应。然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe2O3、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，然后加入Ca(OH)2调整溶液pH=5，形成CaSO4、Fe(OH)3沉淀，SiO2与酸不反应，进入滤渣①中，滤液①中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，可以将Fe2+氧化为Fe(OH)3，KMnO4被还原为MnO2；滤渣②中含有Fe(OH)3、MnO2；向液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉，向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O。
【详解】（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑。
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎、增大接触面积、增大硫酸的浓度、搅拌等方式提高锌的浸取率。
（3）当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH<5的只有Fe3+，故滤渣①中有F'e(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+。
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去。
（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
（7）从“滤液④”中获得浸提的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
22．(1) 羟基 否
(2) 加成反应
(3)
(4) 防倒吸 冷凝 分液 蒸馏 50%
【分析】乙烯和水发生加成反应生成乙醇，C是乙醇；乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，E是乙酸；乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，F是聚乙烯。
（1）B是乙二醇，含有官能团的名称是羟基，C是乙醇，乙二醇和乙醇含有羟基个数不同，所以乙二醇与乙醇不是同系物。
（2）③是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应。C是乙醇，C的同分异构体的结构简式；
（3）F是一种高分子化合物，F是聚乙烯，常用于制作食品袋，F的结构简式为；
（4）①试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为。②乙醇、乙酸易溶于水，导管c不能伸入液面下的原因是防倒吸，它的作用除导气外还有冷凝乙酸乙酯的作用。③乙酸乙酯难溶于水，实验结束后，从试管b中分离出乙酸乙酯，常用的分离方法是分液的方法；进行此步操作后，所得有机层中的主要无机杂质是水，除去水的方法除了使用干燥剂外，还可用的方法有蒸馏法。④若实验所用乙酸的质量为，乙醇的质量为，乙醇过量，根据乙酸的物质的物质的量，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为0.1mol，实际生成纯净的产品质量为，则乙酸乙酯的产率是。
23．(1) 羟基 羧基
(2)CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
(3)
(4) CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O AB
(5)浓硫酸有脱水性，使有机物脱水碳化
【分析】A的产量用来衡量国家的石油化学工业的发展水平，则A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇发生催化氧化生成C为乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成D为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯，乙烯和HCl发生加成反应生成F为氯乙烷，G为高分子化合物，则乙烯发生加聚反应生成G为聚乙烯。
（1）B为CH3CH2OH，官能团名称为羟基，D为CH3COOH，官能团名称为羧基。
（2）乙烯和HCl在催化剂作用下发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为。
（3）G为高分子化合物，可用于食品包装材料，G为聚乙烯，结构简式为。
（4）①乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，化学方程式为。A．乙酸乙酯在上层，乙酸乙酯的密度小于饱和碳酸钠溶液，A正确；B．石蕊试液分三层，乙酸乙酯在上层，其中混有乙酸，使石蕊试液显红色，中间层为紫色，下层与碳酸钠溶液接触，碳酸钠水解溶液显碱性，使石蕊试液显蓝色，故从上到下分别为红、紫、蓝，B正确；C．根据B中分析可知，石蕊试液从上到下分别为红、紫、蓝，C错误；答案选AB。
（5）乙装置中有浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性，使有机物脱水碳化，故乙中溶液逐渐变黑。
24．(1) CH2=CH2 羧基
(2)
(3)C
(4)4
(5) 取代
(6)b
(7)达到平衡
(8) 分液 过滤
(9)50%
【分析】石油分馏得到石蜡油，石蜡油催化重整得到苯，苯溴代得到溴苯；石蜡油经加热通过碎瓷片得到CH3-CH=CH2，再氧化得到丙烯酸；石蜡油加热还可以分离出A乙烯，乙烯与H2O加成得到B乙醇，乙醇催化氧化得到CH3CHO，再氧化得到CH3COOH；CH3COOH与乙醇通过酯化反应得到乙酸乙酯，丙烯酸与乙醇通过酯化反应得到丙烯酸乙酯。
【详解】（1）据分析，A是乙烯，结构简式为CH2=CH2；丙烯酸中含氧官能团的名称是羧基。
（2）步骤④是乙醇的催化氧化得到乙醛，反应方程式：。
（3）A. 乙酸含有羧基，丙烯酸含有羧基和碳碳叁键，二者具有不同的官能团，不属于同系物，A错误；
B. 苯分子中所有原子均在同一平面，共有12个原子共面，B错误；
C. 聚丙烯没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D.苯与溴苯可以互溶，不能用分液法分离，D错误；
故选C。
（4）是石油分馏的产物之一，其一氯代物共有CH2ClCH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH3、ClC(CH3)3、HC(CH3)2CH2Cl，共4种。
（5）制备乙酸乙酯的化学方程式为：；该反的类型属于取代反应。
（6）为了使冷凝管充满冷凝水，球形冷凝管中冷凝水从b处进入。
（7）当分水器中的水层不再增厚时，即不再分离出水，表明反应达到平衡。
（8）“操作A”从饱和Na2CO3溶液分离出有机层，为分液；乙酸乙酯有机层中的少量水分用无水硫酸镁干燥，“操作C”为过滤，将有机层和硫酸镁晶体分离。
（9）乙醇25g物质的量为mol，乙酸30g物质的量为0.5mol，已经反应方程式可知，乙醇过量，则理论上得到乙酸乙酯0.5mol，质量为44g，又实验制得纯乙酸乙酯22g，则乙酸乙酯的产率为=50%。
25．(1) +Br2+HBr
(2) CH3CH2OH 碳碳双键、酯基
(3)加成反应
(4)n CH2=CHCOOCH2CH3
(5)a
【分析】由有机物的转化关系可知，石蜡油蒸气在碎瓷片作用下发生裂化反应得到乙烯和丙烯，则A为乙烯；乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵也能得到乙醇，则B为乙醇；丙烯在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成丙烯酸，则C丙烯酸；在浓硫酸作用下丙烯酸与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，在催化剂作用下丙烯酸乙酯发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯。
（1）
由图可知，反应①为苯在溴化铁做催化剂作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
（2）
由分析可知，B为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；由结构简式可知，丙烯酸乙酯的官能团为碳碳双键、酯基，故答案为：CH3CH2OH；碳碳双键、酯基；
（3）
由分析可知，反应③为乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，故答案为：加成反应；
（4）
由分析可知，反应⑥为在催化剂作用下丙烯酸乙酯发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为n CH2=CHCOOCH2CH3，故答案为：n CH2=CHCOOCH2CH3；
（5）
a．苯环是平面结构，所以溴苯分子中所有原子在同一平面上，故正确；
b．原油分馏时没有新物质生成，属于物理变化，不属于化学变化，故错误；
c．葡萄糖是单糖，不能发生水解，故错误；
d．糯米中的淀粉一定条件下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，所以糯米中的淀粉不能一经水解酿成了酒，故错误；
故选a。
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河南省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题： 这是一份河南省高一下学期化学期末考前专项练习-非选择题，共37页。试卷主要包含了元素或物质推断题，有机推断题，实验题，计算题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
