还剩22页未读，
继续阅读
四川省成都市树德中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）
展开
这是一份四川省成都市树德中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
树德中学高2022级高一下期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题
1. 下列说法正确的是
A. “杜甫草堂茅庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为甲苯、苯乙醇、苯乙烯等芳香烃
B. 碳酸氢铵可作为食品加工中的膨松剂；碳酸钙可作为婴幼儿奶粉中的营养强化剂
C. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
D. 我国酸雨的形成主要是由于汽车排出的大量尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯乙醇不是芳香烃，是芳香烃的衍生物，A错误；
B．碳酸氢铵加热分解产生气体，可作为食品加工中的膨松剂，碳酸钙可以用做补钙剂，可以用作婴幼儿奶粉中的营养强化剂，B正确；
C．维生素C具有还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，C错误；
D．我国酸雨的形成主要是化石燃料的燃烧产生的二氧化硫溶于水后形成的，D错误；
故答案为：B。
2. 下列说法正确的是
A. 化学反应必然伴随发生能量变化，能量变化必然伴随发生化学反应。
B. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C. 放热反应一定容易发生，吸热反应一定需加热才能发生
D. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学反应必然伴随能量变化，但有能量变化未必伴随化学反应，如水蒸气转化液态水，放出大量的热，但属于物理变化，故A错误；
B．对于一个确定的化学反应，化学反应中能量变化的大小不仅与物质的状态有关，也与反应物的质量有关，反应物的量越多，反应过程中能量变化与越多，故B错误；
C．有些吸热反应不一定需要加热就能发生，如Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl不需要加热就能进行，故C错误；
D．根据盖斯定律的定义可知，盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故D正确；
答案为D。
3. 下列生产活动中涉及的化学原理正确的是
选项
生产活动
化学原理
A
从石油中得到直馏汽油
烷烃发生裂化反应
B
用铝热法炼铁
Al的还原性比Fe强
C
利用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板
Fe的活动性比Cu强
D
用碳纳米管、石墨烯制作新型电池
碳纳米管、石墨烯均可燃烧生成CO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．从石油中得到直馏汽油，是分馏，利用烷烃的沸点不同，是物理变化，石油裂化是化学变化，A错误；
B．用铝热法炼铁，铝和氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，铝做还原剂，故铝的还原性比铁的还原性强，B正确；
C．利用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu做还原剂，Fe2+是还原产物，还原性比Fe2+的还原性强，不能说明Fe的活动性比Cu强，C错误；
D．用碳纳米管、石墨烯制作新型电池，利用的它们的导电性，和碳纳米管、石墨烯均可燃烧生成CO2无关，D错误；
故答案为：B。
4. 下列说法中正确的是
A. 对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B. 化学反应速率只能用单位时间内某种物质浓度的变化来表示
C. 升高温度，加入适宜的催化剂均可使活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率
D. 若某化学反应的反应速率为0.5mol·L－1·s－1，就是指在该时间内反应物和生成物的浓度变化都为0.5mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，选项A错误；
B．化学反应速率常用单位时间内除纯固体、纯液体外任何一种反应物物质的量浓度的减小或生成物物质的量浓度的增加来表示，选项B错误；
C．升高温度，加入适宜的催化剂均可使活化分子的百分数增大，使有效碰撞的机率增大，从而增大化学反应速率，选项C正确；
D．若某化学反应的反应速率为0.5mol·L－1·s－1就是指在单位时间内对应反应物和或成物的浓度变化都为0.5mol·L－1·s－1，选项D错误；
答案选D。
5. 如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是( )
A. b极是负极
B. a极电极反应式为H2－2e－===2H＋
C 当装置中有1 mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6 L气体
D. 电池总反应式为2H2＋O2===2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】该反应中，a极通入的氢气失电子发生氧化反应为负极，b极通入的氧气得电子发生还原反应为正极，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，b极为正极，故A错误；
B．a极氢气失电子发生氧化反应负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，故B错误；
C．右池b极上通入的氧气得到电子，发生还原反应，为正极，没有气体放出，故C错误；
D．a极氢气失电子发生氧化反应为负极，反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，b极为正极，反应式为O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O，所以总反应式为：2H2＋O2=2H2O，故D正确；
故选D。
6. 有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（ ）
a．b．c．d．
①a和d是同分异构体 ②b和c是同系物
③a和d都能发生加聚反应 ④只有b和c能发生取代反应
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】由碳架结构可知a为(CH3)2C=CH2，b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，d为环丁烷，①a为(CH3)2C=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，①正确；②b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，②正确；③a为(CH3)2C=CH2，含有C=C双键，可以发生加聚反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加聚反应，③错误；④都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应，④错误；所以①②正确，故答案为：A。
7. 下列说法正确的是
A. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测得ΔH偏大
B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为 ΔH＝－38.6kJ·mol－1
C. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
D. 金刚石和石墨的燃烧热相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失，中和反应为放热反应，因此测得ΔH增大，故A正确；
B．合成氨为可逆反应，题中无法判断放出19.3kJ热量时，消耗氮气或消耗氢气或生成氨气的物质的量，从而无法判断出1molN2、3molH2完全反应时的ΔH值，故B错误；
C．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时释放的能量，水应是液态，故C错误；
D．金刚石、石墨是不同物质，所具有能量不同，因此它们燃烧热不同，故D错误；
答案为A。
8. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A. 无催化剂时，反应不能进行
B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D. 使用催化剂Ⅰ时，内，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C. 麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D. 将硬脂酸、油酸、甘油混合，一定条件下可生成结构不同的油脂有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，但两者均含氧元素，不属于烃类，B错误；
C．麦芽糖、葡萄糖都含有醛基，都能发生银镜反应，C正确；
D．将硬脂酸、油酸、甘油混合，可以生成硬脂酸甘油酯、油酸甘油酯、硬脂酸和油酸混合甘油酯为4种（硬硬油、硬油硬、油油硬、油硬油），共有6种，D正确；
故选B。
10. 侯德榜改进的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在使用。工业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 流程Ⅰ依次向粗盐水中加入过量溶液、溶液并过滤
B. 流程Ⅱ体现了侯德榜制碱法
C. 流程Ⅱ中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反应结果
D. 流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集镁元素
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．流程I中，先加入过量的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；
B．流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，体现了侯德榜制碱法，故B正确；
C．流程Ⅱ中吸氨气与碳酸化的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入CO2，溶液不反应，会影响反应结果，故C错误；
D．流程IV是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量的氯化镁富集起来，故D正确；
故答案：C。
11. 在一定条件下，S8(s)和O2(g)发生反应依次转化为SO2(g)和SO3(g)(已知：2SO2+O22SO3)，反应过程中的能量关系可用如图简单表示(图中的△H 表示生成1mol产物的数据)． 下列说法正确的是( )
A. S8的燃烧热△H=-a kJ·mol-1
B. 1 mol SO2和过量 O2反应可释放出 b kJ 的热量
C. 已知1个S8分子中有8个S-S，S=O的键能为d kJ·mol-1，O=O的键能为e kJ·mol-1，则S8分子中S-S的键能为(2d-a-e)kJ·mol-1
D. 若使用V2O5作催化剂，当SO2(g)转化生成1mol SO3(g)时，释放的热量小于b kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据图象分析1mol O2和mol S8反应生成二氧化硫放热a kJ•mol-1，依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物放出的热量，热化学方程式为：S8(s)+8O2(g)=8SO2(g)△H=-8a kJ•mol-1，则S8(s)的燃烧热△H=-8a kJ•mol-1，故A错误；
B．1mol SO2和0.5mol O2反应生成1mol SO3(g)时可释放出b kJ的热量，但该反应是可逆反应，放出的热量小于b kJ，故B错误；
C．已知S=O的键能为d kJ•mol-1，O=O的键能为e kJ•mol-1，则设S8分子中S-S键能为x kJ•mol-1，由S8(s)+8O2(g)=8SO2(g) △H=-8a kJ•mol-1J/mol及反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，8x+8e-16d=-8a，解得x=2d-a-e，所以S8分子中S-S的键能为(2d-a-e) kJ•mol-1，故C正确；
D．反应释放热量的多少与外界条件无关，只与始态和终态有关，所以使用V2O5作催化剂，当SO2(g)转化生成1mol SO3(g)时，释放的热量等于b kJ，故D错误；
故选C。
12. 某烃的组成为C15H24，分子结构非常对称，实验证明该烃中仅存在三种基团：乙烯基()、亚甲基()和次甲基，并且乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连。当该烃含有单环结构时，分子中的乙烯基和亚甲基的个数依次为
A. 2个、3个 B. 3个、3个
C. 4个、6个 D. 3个、6个
【答案】D
【解析】
【详解】C15H24的不饱和度为：，由题意知，该有机物为单环结构，且含有乙烯基，则含乙烯基的数目为4−1=3，由于乙烯基为一价基，亚甲基为二价基，次甲基为三价基，根据单环的结构要求，次甲基数目应等于乙烯基数为3，则需要亚甲基数目为15-3×2-3=6；
答案选D。
13. 一定条件下，对于刚性容器中进行的反应：3A(g)+B(s)C(g)+2D(g)，下列说法能充分说明该反应已经达到平衡状态的是
A. 混合气体的压强不再改变 B. 混合气体的密度不再改变
C. 生成B的速率与消耗C的速率相等 D. 混合物中C、D的浓度之比为1：2
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应前后气体分子数不变，则在刚性容器中混合气体的压强始终不变，无法判断平衡状态，故A错误；
B．A为固态，混合气体的总质量为变量，总体积不变，则混合气体的密度为变量，当混合气体的密度不再改变时，表明达到平衡状态，故B正确；
C．生成B的速率与消耗C的速率均为逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；
D．C、D均为生成物，若反应开始时只有反应物，则C、D的浓度之比始终为1:2，无法判断达到平衡状态，故D错误；
故答案选B。
14. 下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
检验蔗糖是否水解
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入新制氢氧化铜悬浊液，观察现象
B
乙醇和乙酸制备乙酸乙酯
先加入一定量乙醇，再加浓硫酸和乙酸，最后加入适量沸石并加热
C
鉴别硬脂酸钠和硬脂酸钾
分别蘸取两种物质在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色
D
比较水和乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中，观察现象
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 检验蔗糖是否水解，只要检验出水解液中有葡萄糖即可证明蔗糖已水解，但葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应需在碱性环境中进行，而蔗糖水解时加入催化剂稀硫酸，水解液显酸性，所以需先加NaOH溶液使水解液显碱性再检验葡萄糖的存在，则该实验操作不能达到实验目的，A项符合；
B. 制备乙酸乙酯时，药品加入的顺序为:先加入乙醇，再加浓硫酸和乙酸，最后加入适量沸石，防止加热时液体暴沸，则该实验操作能达到实验目的，B项不符合；
C. 硬脂酸钠和硬脂酸钾中一个含钠离子，一个含钾离子，做焰色反应实验进行鉴别，观察到火焰为黄色，则为硬脂酸钠，透过蓝色钴玻璃观察时，火焰呈紫色，则为硬脂酸钾，则该实验操作能达到实验目的，C项不符合；
D. 金属钠可以与水剧烈反应，放出大量氢气，金属钠也可以与乙醇羟基上的氢反应放出氢气，但反应速率要慢些，所以通过实验现象可以比较水和乙醇中氢的活泼性，则该实验操作能达到实验目的，D项不符合；
故选A。
【点睛】蔗糖的水解液显酸性，检验蔗糖是否水解时，应先在蔗糖的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制氢氧化铜悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。
15. 在pH=4.5时，利用原电池原理，用铁粉将废水中无害化处理的实验如下表：
方案一
方案二
初始条件
pH=4.5
pH=4.5，Fe2+
去除率
＜50%
接近100%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
下列说法正确的是
A. 该电池中Fe作负极，可被完全氧化
B. 正极的电极反应为：
C. 方案二的去除率高，原因可能是Fe2+破坏了FeO(OH)层
D. 改变铁粉粒径大小，的去除速率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铁粉将废水中无害化处理，则Fe为负极，由于反应产生的FeO(OH)不能导电，该物质不能溶于水，其将Fe全部覆盖，阻碍电子转移，因此Fe不能被完全氧化，A错误；
B．在正极上得到电子被还原为，在酸性环境中不可能存在NH3，正极的电极反应式为：+8e-+10H+=+3H2O，B错误；
C．方案二的去除率高，原因可能是Fe2+与FeO(OH)反应产生了Fe3O4，将不能导电的FeO(OH)反应产生易导电的Fe3O4，有利于电子的转移，因此加入Fe2+可以提高去除率，C正确；
D．改变铁粉粒径大小，可以形成许多微小原电池，从而使的去除速率加快，D错误；
故合理选项是C。
16. 分子式为C11H14O的苯的一元取代物，能发生银镜反应的同分异构体(不考虑立体异构)有
A. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】分子式为C11H14O的苯的一元取代物，能发生银镜反应，可知该分子中存在-CHO，除苯环和-CHO外，剩余的四个碳为丁基结构，在丁基上连接-CHO，正丁基有四种，异丁基有4种，2-甲基-1丙基有3种，2-甲基-2丙基有1种，共12种结构符合，故C正确；
故选：C。
17. 亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，实验室通过以下反应制备：。下列实验装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备NO B. 用装置乙干燥NO
C. 用装置丙合成 D. 用装置丁处理尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，甲装置缺少加热装置，A错误；
B．碱石灰是碱性干燥剂，能用来干燥NO，B正确；
C．由，干燥洁净的NO可与过氧化钠反应合成，C正确；
D．多余的NO尾气在丁装置中能与酸性高锰酸钾溶液反应从而被吸收，D正确；
故选：A。
18. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
B. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-3mol·L-1·min-1
C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，因此该比值保持不变，故A说法正确；
B．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300mol/L和0.125 mol/L，则M的变化量为0.5mol/L-0.300 mol/L=0.200 mol/L，其中转化为Y的变化量为0.200mol/L-0.125 mol/L=0.075 mol/L。因此0～30min时间段内，Y的平均反应速率为 mol/(L·min)，故B说法错误；
C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，故C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，反应①的活化能比反应②的活化能大，故D说法正确；
答案为B。
19. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A. 分子中所有原子不可能共平面
B. 含有5种官能团
C. 克拉维酸的分子式为C8H9NO5
D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，该有机物中存在亚甲基，根据甲烷的空间构型，推出亚甲基的空间构型为四面体，因此所有原子不可能共面，故A说法正确；
B．含有官能团是酰胺键、羧基、醚键、碳碳双键、羟基5种官能团，故B说法正确；
C．根据结构简式，该有机物分子式为C8H9NO5，故C说法正确；
D．该物质中能与NaOH溶液反应的是羧基和酰胺键，因此1mol该有机物最多可与2molNaOH反应，故D说法错误；
答案为D。
20. 一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。(阴离子膜只允许阴离子通过，阳离子膜只允许阳离子通过)下列说法正确的是
A. 膜a为阴离子膜，膜b为阳离子膜
B. 放电时的总反应为：
C. 放电时，左侧贮液室中含的多硫电解质增多
D. 放电时，外电路通过2mol电子，理论上Ⅱ室及右侧贮液器中的NaOH总共减少2mol
【答案】B
【解析】
【分析】根据原电池工作原理，通入氧气或空气一极为正极，根据装置图可知，电极A为负极，负极上失去电子，化合价升高，电极反应式为2S-2e-=S，电极B为正极，正极上得电子，化合价降低，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，钠离子通过膜a移向Ⅱ室，膜a为阳离子膜，正极上生成的OH-移向Ⅱ室，b为阴离子交换膜，故A错误；
B．负极反应式为2S-2e-=S，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，因此总反应为4S+O2+2H2O=2S+4OH-，故B正确；
C．放电时，S转化为S，含S的多硫电解质增加，S的多硫电解质减少，故C错误；
D．放电时，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，因此NaOH增加，故D错误；
答案为B。
二、解答题
21. 回答下列问题
（1）下列各种说法或表述正确的是_________。(填序号)
①石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料。
②开发核能、太阳能等新能源，推广甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放
③利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法
④淀粉、纤维素、蛋白质、油脂均属于天然有机高分子化合物
⑤CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子中所有碳原子一定在同一平面上
⑥的二氯代物有12种
（2）有机物由碳、氢、氧、氮四种元素组成，其中含碳32％，氢6.7％，氧43％(均为质量分数)。该有机物的相对分子质量为75，其分子式为_________。若该有机物是蛋白质水解的产物，它与乙醇反应生成的酯可用于合成医药和农药，写出生成该酯的化学方程式__________________。
（3）甲醇是一种基础有机化工原料，广泛应用于有机合成、医药、农药、染料、高分子等化工生产领域。利用二氧化碳合成甲醇，能有效降低二氧化碳排放量，为甲醇合成提供了一条绿色合成的新途径。工业上利用该反应合成甲醇。已知：25℃，101KPa下：
ΔH1=-242kJ·mol－1
ΔH2=-676kJ·mol－1
①写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式__________________。
②下面表示合成甲醇反应的能量变化示意图，其中正确的是_________(填字母序号)。
③某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂条件下，将1molCO2和3molH2通入2L密闭容器中进行反应(此时容器内总压强为200kPa)，反应物和产物的分压随时间的变化曲线如图所示。
若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，测得H2的体积分数为，此时用H2压强表示0-t1时间内的反应速率v(H2)=_________kPa·min-1。
【答案】（1）③⑤⑥ （2） ①. C2H5O2N ②. H2NCH2COOH+CH3CH2OHH2NCH2COOCH2CH3+H2O
（3） ①. CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=－50kJ·mol－1 ②. A ③.
【解析】
【小问1详解】
①石油、煤、天然气是传统化石燃料，可燃冰成分是甲烷，属于化石燃料，植物油属于酯类，①错误；
②开发核能、太阳能等新能源，推广甲醇汽油，可以降低碳排放，使用无磷洗涤剂与降低碳排放无关，②错误；
③利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法，③正确；
④淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，④错误；
⑤CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子有两种结构式（顺反异构），分子中所有碳原子都在同一平面上，⑤正确；
⑥的二氯代物，当a处连接Cl原子时有9种情况，，当b处连接Cl原子时苯环之间的单键可以旋转，除去重复的还有2种情况，，当c处连接Cl原子时，除去重复的还有有1种情况，，合计有12种，⑥正确；
综上所述③⑤⑥正确；
故答案：③⑤⑥。
【小问2详解】
设该有机物的分子式为CmHnOpNq，含碳32％，氢6.7％，氧43％，该有机物的相对分子质量为75，则，，，，解得m=2，n=5，p=2，q=1，则分子式为C2H5O2N；该有机物是蛋白质水解的产物，则有氨基，它与乙醇反应生成的酯，说明有羧基，酯的化学式为NH2CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COOH+CH3CH2OHH2NCH2COOCH2CH3+H2O；
故答案为：C2H5O2N；H2NCH2COOH+CH3CH2OHH2NCH2COOCH2CH3+H2O。
【小问3详解】
反应①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH1=-242kJ·mol－1；反应② CH3OH(g)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-676kJ·mol－1；CO2和H2生成气态甲醇方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ，焓变△H=3ΔH1-ΔH2=-50 kJ·mol－1；
合成甲醇的反应放出热量，并且生成液态水放出热量更多，综上所述A符合；
将1molCO2和3molH2通入2L密闭容器中进行反应，t1时反应达到平衡，测得H2的体积分数为，设CO2转化了n mol，列三段式，则，解得n=0.2，反应后在总物质的量为4mol-2×0.2mol=3.6mol，根据阿伏伽德罗定律推论可知反应前后物质的量和压强成正比，设反应后的压强为p，则，解得p=180kPa，0-t1时间内的反应速率v(H2)=；
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=-50 kJ·mol－1；A；。
22. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。
I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
（1）试剂X可以是_____；若缺少C装置其后果是_____(写一条)。
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。
（3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是_____。
II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
（4）请从平衡角度说明红色褪去的可能原因______。
（5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、______。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______(已知SCN-中C为+4价)。
【答案】（1） ①. KMnO4 ②. D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解
（2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应
（3）加热D与E之间的导管
（4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去
（5） ①. CuCl2、CuSO4 ②. 1：4
【解析】
【分析】A中生成氯气，通过饱和食盐水B除去挥发的氯化氢气体后，通过C浓硫酸干燥，进入D中和铁生成氯化铁，E收集产物，F吸收尾气；
【小问1详解】
A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；
【小问2详解】
整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验；
【小问3详解】
已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；
【小问4详解】
红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；
【小问5详解】
①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4。
23. “科学态度”是科学研究的基本要求，“社会责任”是化学人人生观和价值观的基本体现，“科学态度与社会责任”是化学的核心素养。
Ⅰ．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，在加入Fe2+并调好pH后再加入H2O2，所产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机污染物(p-CP)，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
实验数据：(表中时间，是p-CP浓度降低1.50mol/L所需时间)
实验
编号
H2O2溶液
Fe2+溶液
蒸馏水
pH
温度
时间
cmol·L-1
V/mL
cmol·L-1
V/mL
V/mL
T/K
t/s
①
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
350
10.00
3
298
200
②
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
10.00
3
313
60
③
6.0×10-3
3.50
3.0×10-2
3.50
V1
3
298
140
④
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
4.50
9.00
3
298
170
⑤
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
V2
12
298
0
请回答：
（1）V1_________mL，V2_________mL。
（2）实验①条件下，p-CP的降解速率为：_________。
（3）设置实验①②的目的是：__________________。设置实验①③的目的是：__________________。由实验①④可得到的结论是：__________________。
（4）实验⑤在200s时没有检测到p-CP浓度的变化。其原因可能是：__________________。
Ⅱ．
（5）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是_______。
A．如图所示反应机理中共有4种自由基
B．由NO生成HONO的反应历程有2种
C．改变NO的浓度，总反应的反应热不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
E．含N分子参与的反应一定有电子转移
【答案】（1） ①. 8.00(或8、8.0) ②. 10.00(或10、10.0)
（2）0.0075mol/(L·s)(或)
（3） ①. 探究温度对反应速率的影响 ②. 探究H2O2溶液的浓度对反应速率的影响 ③. 其他条件相同时，越大，反应速率越大
（4）在该条件下生成，并迅速被氧化成，不能使H2O2产生羟基自由基
（5）AD
【解析】
【分析】本实验探究有关因素对化学反应速率的影响，采用“控制变量法”进行分析；
【小问1详解】
根据①③组实验分析，溶液的总体积应该相同，所以V1=10.00+3.50+1.50-(3.50+3.50)=8.00mL；根据④⑤组实验进行分析，溶液的总体积应该相同，故V2=9.00+4.50+1.50-(1.50+3.50)=10.00mL；故答案为8.00；10.00；
【小问2详解】
实验①条件下，p-CP浓度降低1.50mol/L所需时间200s，所以p-CP的降解速率为：=0.0075mol/(L·s)或7.5×10-3mol/(L·s)；故答案为0.0075mol/(L·s)或7.5×10-3mol/(L·s)；
【小问3详解】
根据图表信息分析，其它条件相同，反应的温度不同，设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响；实验①③相比溶液的总体积相同，而双氧水的物质的量不同，因此该组实验目的是探究H2O2溶液的浓度对反应速率的影响；由实验①④可得到的结论是：其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大；故答案为探究温度对反应速率的影响；探究H2O2溶液的浓度对反应速率的影响；其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大；
【小问4详解】
工业废水，在加入Fe2+并调好pH后再加入H2O2，所产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物；实验⑤在200s时没有检测到p-CP浓度的变化，其原因可能是：Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2，并迅速被氧化成Fe(OH)3，不能使H2O2产生羟基自由基；故答案为Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2，并迅速被氧化成Fe(OH)3，不能使H2O2产生羟基自由基；
【小问5详解】
A．根据反应机理图可知，含有自由基为·OOH、·C3H7、·OH，有3种自由基，故A说法错误；
B．根据反应机理可知，NO+·OOH→·OH+NO2，NO2+·C3H7→C3H6+HONO，也可以是NO+NO2+H2O→2HONO，反应历程有2种，故B说法正确；
C．NO为该反应的催化剂，使用催化剂对反应热无影响，因此改变NO的浓度，总反应的反应热不变，故C说法正确；
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，故D说法错误；
E．含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2、+4、+3价，历程中均有化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，故E说法正确；
答案为AD。
24. 化学是最具有应用价值的学科，为人类生存与繁衍担当了巨大的“社会责任”，硝酸铵是一种常用的化肥，也是重要的化工原料。
Ⅰ．常见工业制备方法如下图所示：
（1）尾气1的处理方法是：__________________。
（2）在气体进入吸收塔前再次通入空气的目的是：__________________。
Ⅱ．利用工业尾气(含硫氧化物与氮氧化物)制备Na2S2O4和NH4NO3，实现了“变废为宝”并保护了自然环境。如图是相关的工艺流程(Ce为铈元素,有Ce4+与Ce3+)：
请回答下列问题：
（3）装置Ⅲ中发生反应的离子方程式是：__________________。
（4）最后要形成粗产品NH4NO3晶体，实验操作依次为(不少于3个术语)：__________________等。
（5）日常生活中，常用硝酸铵和水，硝酸铵和水合碳酸钠作冷敷袋，试写出硝酸铵和水合碳酸钠(Na2CO3·10H2O)反应的化学方程式(该反应中产生了两种气体)__________________。
（6）已知，装置Ⅲ中电解时，使用的电源为室温钠-硫电池，其结构如图所示。
将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末(S8)的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：
，，
该电池放电时正极反应式为__________________。有人提出用常温下的液体甲醇一空气燃料电池(ZrO2作为固体电解质)替代钠-硫电池。当有0.5mol甲醇消耗时，负极消耗O2-为_________mol；在O2不足时原电池会发生负极区固体电解质堵塞，导致堵塞的物质是_________。
【答案】（1）送回合成塔循环使用
（2）确保氧气充足，使NO尽量转化成；
（3）2Ce3+ +2HSO + 2H+=2Ce4+ +S2O+ 2H2O
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
（5）2NH4NO3+Na2CO3·10H2O=2NaNO3+2NH3↑+CO2↑+11H2O
（6） ①. 2Na++S8+2e-→Na2Sx ②. 1.5 ③. 碳(或C)
【解析】
【分析】Ⅰ．由图可知，氮气与氢气在合成塔I中发生反应生成氨气，在氧化室中氨气被空气中的氧气氧化，生成一氧化氮和水，一氧化氮、氧气和水在吸收塔反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵；
Ⅱ．一氧化氮和二氧化硫混合气体先与NaOH溶液接触，二氧化硫被NaOH溶液吸收生成亚硫酸氢盐后通入电解槽，经电解后生成硫代硫酸盐；而一氧化氮被Ce4+氧化为硝酸根离子和亚硝酸根离子，在装置IV中被氧气全部氧化为硝酸根离子后与铵根离子结合为硝酸铵；Ce4+被还原为Ce3+经电解再次转化为Ce4+通入装置II循环使用；
Ⅲ．钠-硫电池中钠作负极，电极反应式：，表面喷涂有硫黄粉末(S8)的炭化纤维素纸作正极，电极反应式：，，，充电时，Na作阴极，电极反应：，据此分析；
【小问1详解】
氮气和氢气发生的反应是可逆反应，所以尾气为氮气和氢气，应送回合成塔循环使用；
【小问2详解】
在气体进入吸收塔前再次通入空气的目的是确保氧气充足，使NO尽量转化成；
【小问3详解】
在装置Ⅲ中，亚硫酸氢盐被电解为S2O，Ce3+转化为Ce4+，离子反应方程式：2Ce3+ +2HSO + 2H+=2Ce4+ +S2O+ 2H2O；
【小问4详解】
获得的硝酸铵溶液变为粗品，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤操作；
【小问5详解】
硝酸铵和水合碳酸钠(Na2CO3·10H2O)反应的化学方程式，该反应中产生了两种气体，结合元素种类可判断气体为氨气和二氧化碳，结合得失电子守恒和质量守恒可得反应方程式：2NH4NO3+Na2CO3·10H2O=2NaNO3+2NH3↑+CO2↑+11H2O；
【小问6详解】
该电池放电时，硫电极作正极，由题意知，在硫电极发生反应：① ，②，③，（①+②）×+③得正极反应式：2Na++S8+2e-→Na2Sx；液体甲醇一空气燃料电池总反应：，根据得失电子守恒，当有0.5mol甲醇消耗时，转移3mol电子，负极消耗O2-为1.5mol；当氧气不充足时，甲醇在燃烧过程中会产生碳粒，堵塞负极区固体电解质；
25. 光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。
反应路线Ⅰ：
反应路线Ⅱ：
已知以下信息：
① (R、R1、R2为H或烃基)
②
（1）A的化学名称为_________。A+B→D的反应类型为_________。
（2）基础树脂Ⅰ中官能团的名称为_________。
（3）D中最多有_________个原子共平面，F的结构简式为_________。
（4）写出反应路线Ⅱ中生成K的化学方程式__________________。
（5）K发生消去反应生成的有机产物R的分子式为C4H6O，R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的有_________个(满足碳的四价原则即可)，其中一氯代物只有一种的结构简式为_________。
【答案】（1） ①. 乙炔 ②. 加成反应
（2）酯基 （3） ①. 10 ②.
（4）CH2=CH(OH)+CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHO或CH3CHO+CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO；
（5） ①. 6 ②. (CH3)2C=C=O
【解析】
【分析】A为分子式为C2H2，即A为乙炔，A与B反应生成D，推出B的结构简式为CH3COOH，根据题中所给信息，A与H2O反应得出I的结构简式为CH2=CHOH，发生异构变化，J的结构简式为CH3CHO，K的结构简式为CH3CH(OH)CH2CHO，据此分析；
【小问1详解】
A分子式为C2H2，即A的名称为乙炔；根据上述分析，B的结构简式为CH3COOH，A与B反应方程式为HC≡CH+ CH3COOH→CH3COOCH=CH2，该反应类型为加成反应；故答案为乙炔；加成反应；
【小问2详解】
根据基础树脂Ⅰ的结构简式，所含官能团是酯基；故答案为酯基；
【小问3详解】
利用乙烯空间构型为平面形，甲烷的空间构型为正四面体，D可以写成，不共线三点确定一个平面，最多共面的原子有10；F在酸性条件下水解生成G，因此D生成F发生加聚反应，即F的结构简式为；故答案为10；；
【小问4详解】
根据上述分析，J的结构简式为CH3CHO，根据信息①，J生成K的方程式为CH3CHO+CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO；I、J发生互变异构，生成K的方程式也可以是CH2=CH(OH)+CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHO；故答案为CH3CHO+CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO或CH2=CH(OH)+CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHO；
【小问5详解】
树德中学高2022级高一下期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题
1. 下列说法正确的是
A. “杜甫草堂茅庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为甲苯、苯乙醇、苯乙烯等芳香烃
B. 碳酸氢铵可作为食品加工中的膨松剂；碳酸钙可作为婴幼儿奶粉中的营养强化剂
C. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
D. 我国酸雨的形成主要是由于汽车排出的大量尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯乙醇不是芳香烃，是芳香烃的衍生物，A错误；
B．碳酸氢铵加热分解产生气体，可作为食品加工中的膨松剂，碳酸钙可以用做补钙剂，可以用作婴幼儿奶粉中的营养强化剂，B正确；
C．维生素C具有还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，C错误；
D．我国酸雨的形成主要是化石燃料的燃烧产生的二氧化硫溶于水后形成的，D错误；
故答案为：B。
2. 下列说法正确的是
A. 化学反应必然伴随发生能量变化，能量变化必然伴随发生化学反应。
B. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C. 放热反应一定容易发生，吸热反应一定需加热才能发生
D. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学反应必然伴随能量变化，但有能量变化未必伴随化学反应，如水蒸气转化液态水，放出大量的热，但属于物理变化，故A错误；
B．对于一个确定的化学反应，化学反应中能量变化的大小不仅与物质的状态有关，也与反应物的质量有关，反应物的量越多，反应过程中能量变化与越多，故B错误；
C．有些吸热反应不一定需要加热就能发生，如Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl不需要加热就能进行，故C错误；
D．根据盖斯定律的定义可知，盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故D正确；
答案为D。
3. 下列生产活动中涉及的化学原理正确的是
选项
生产活动
化学原理
A
从石油中得到直馏汽油
烷烃发生裂化反应
B
用铝热法炼铁
Al的还原性比Fe强
C
利用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板
Fe的活动性比Cu强
D
用碳纳米管、石墨烯制作新型电池
碳纳米管、石墨烯均可燃烧生成CO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．从石油中得到直馏汽油，是分馏，利用烷烃的沸点不同，是物理变化，石油裂化是化学变化，A错误；
B．用铝热法炼铁，铝和氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，铝做还原剂，故铝的还原性比铁的还原性强，B正确；
C．利用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu做还原剂，Fe2+是还原产物，还原性比Fe2+的还原性强，不能说明Fe的活动性比Cu强，C错误；
D．用碳纳米管、石墨烯制作新型电池，利用的它们的导电性，和碳纳米管、石墨烯均可燃烧生成CO2无关，D错误；
故答案为：B。
4. 下列说法中正确的是
A. 对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B. 化学反应速率只能用单位时间内某种物质浓度的变化来表示
C. 升高温度，加入适宜的催化剂均可使活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率
D. 若某化学反应的反应速率为0.5mol·L－1·s－1，就是指在该时间内反应物和生成物的浓度变化都为0.5mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，选项A错误；
B．化学反应速率常用单位时间内除纯固体、纯液体外任何一种反应物物质的量浓度的减小或生成物物质的量浓度的增加来表示，选项B错误；
C．升高温度，加入适宜的催化剂均可使活化分子的百分数增大，使有效碰撞的机率增大，从而增大化学反应速率，选项C正确；
D．若某化学反应的反应速率为0.5mol·L－1·s－1就是指在单位时间内对应反应物和或成物的浓度变化都为0.5mol·L－1·s－1，选项D错误；
答案选D。
5. 如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是( )
A. b极是负极
B. a极电极反应式为H2－2e－===2H＋
C 当装置中有1 mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6 L气体
D. 电池总反应式为2H2＋O2===2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】该反应中，a极通入的氢气失电子发生氧化反应为负极，b极通入的氧气得电子发生还原反应为正极，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，b极为正极，故A错误；
B．a极氢气失电子发生氧化反应负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，故B错误；
C．右池b极上通入的氧气得到电子，发生还原反应，为正极，没有气体放出，故C错误；
D．a极氢气失电子发生氧化反应为负极，反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，b极为正极，反应式为O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O，所以总反应式为：2H2＋O2=2H2O，故D正确；
故选D。
6. 有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（ ）
a．b．c．d．
①a和d是同分异构体 ②b和c是同系物
③a和d都能发生加聚反应 ④只有b和c能发生取代反应
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】由碳架结构可知a为(CH3)2C=CH2，b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，d为环丁烷，①a为(CH3)2C=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，①正确；②b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，②正确；③a为(CH3)2C=CH2，含有C=C双键，可以发生加聚反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加聚反应，③错误；④都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应，④错误；所以①②正确，故答案为：A。
7. 下列说法正确的是
A. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测得ΔH偏大
B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为 ΔH＝－38.6kJ·mol－1
C. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
D. 金刚石和石墨的燃烧热相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失，中和反应为放热反应，因此测得ΔH增大，故A正确；
B．合成氨为可逆反应，题中无法判断放出19.3kJ热量时，消耗氮气或消耗氢气或生成氨气的物质的量，从而无法判断出1molN2、3molH2完全反应时的ΔH值，故B错误；
C．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时释放的能量，水应是液态，故C错误；
D．金刚石、石墨是不同物质，所具有能量不同，因此它们燃烧热不同，故D错误；
答案为A。
8. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A. 无催化剂时，反应不能进行
B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D. 使用催化剂Ⅰ时，内，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C. 麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D. 将硬脂酸、油酸、甘油混合，一定条件下可生成结构不同的油脂有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，但两者均含氧元素，不属于烃类，B错误；
C．麦芽糖、葡萄糖都含有醛基，都能发生银镜反应，C正确；
D．将硬脂酸、油酸、甘油混合，可以生成硬脂酸甘油酯、油酸甘油酯、硬脂酸和油酸混合甘油酯为4种（硬硬油、硬油硬、油油硬、油硬油），共有6种，D正确；
故选B。
10. 侯德榜改进的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在使用。工业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A. 流程Ⅰ依次向粗盐水中加入过量溶液、溶液并过滤
B. 流程Ⅱ体现了侯德榜制碱法
C. 流程Ⅱ中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反应结果
D. 流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集镁元素
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．流程I中，先加入过量的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；
B．流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，体现了侯德榜制碱法，故B正确；
C．流程Ⅱ中吸氨气与碳酸化的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入CO2，溶液不反应，会影响反应结果，故C错误；
D．流程IV是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量的氯化镁富集起来，故D正确；
故答案：C。
11. 在一定条件下，S8(s)和O2(g)发生反应依次转化为SO2(g)和SO3(g)(已知：2SO2+O22SO3)，反应过程中的能量关系可用如图简单表示(图中的△H 表示生成1mol产物的数据)． 下列说法正确的是( )
A. S8的燃烧热△H=-a kJ·mol-1
B. 1 mol SO2和过量 O2反应可释放出 b kJ 的热量
C. 已知1个S8分子中有8个S-S，S=O的键能为d kJ·mol-1，O=O的键能为e kJ·mol-1，则S8分子中S-S的键能为(2d-a-e)kJ·mol-1
D. 若使用V2O5作催化剂，当SO2(g)转化生成1mol SO3(g)时，释放的热量小于b kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据图象分析1mol O2和mol S8反应生成二氧化硫放热a kJ•mol-1，依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物放出的热量，热化学方程式为：S8(s)+8O2(g)=8SO2(g)△H=-8a kJ•mol-1，则S8(s)的燃烧热△H=-8a kJ•mol-1，故A错误；
B．1mol SO2和0.5mol O2反应生成1mol SO3(g)时可释放出b kJ的热量，但该反应是可逆反应，放出的热量小于b kJ，故B错误；
C．已知S=O的键能为d kJ•mol-1，O=O的键能为e kJ•mol-1，则设S8分子中S-S键能为x kJ•mol-1，由S8(s)+8O2(g)=8SO2(g) △H=-8a kJ•mol-1J/mol及反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，8x+8e-16d=-8a，解得x=2d-a-e，所以S8分子中S-S的键能为(2d-a-e) kJ•mol-1，故C正确；
D．反应释放热量的多少与外界条件无关，只与始态和终态有关，所以使用V2O5作催化剂，当SO2(g)转化生成1mol SO3(g)时，释放的热量等于b kJ，故D错误；
故选C。
12. 某烃的组成为C15H24，分子结构非常对称，实验证明该烃中仅存在三种基团：乙烯基()、亚甲基()和次甲基，并且乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连。当该烃含有单环结构时，分子中的乙烯基和亚甲基的个数依次为
A. 2个、3个 B. 3个、3个
C. 4个、6个 D. 3个、6个
【答案】D
【解析】
【详解】C15H24的不饱和度为：，由题意知，该有机物为单环结构，且含有乙烯基，则含乙烯基的数目为4−1=3，由于乙烯基为一价基，亚甲基为二价基，次甲基为三价基，根据单环的结构要求，次甲基数目应等于乙烯基数为3，则需要亚甲基数目为15-3×2-3=6；
答案选D。
13. 一定条件下，对于刚性容器中进行的反应：3A(g)+B(s)C(g)+2D(g)，下列说法能充分说明该反应已经达到平衡状态的是
A. 混合气体的压强不再改变 B. 混合气体的密度不再改变
C. 生成B的速率与消耗C的速率相等 D. 混合物中C、D的浓度之比为1：2
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应前后气体分子数不变，则在刚性容器中混合气体的压强始终不变，无法判断平衡状态，故A错误；
B．A为固态，混合气体的总质量为变量，总体积不变，则混合气体的密度为变量，当混合气体的密度不再改变时，表明达到平衡状态，故B正确；
C．生成B的速率与消耗C的速率均为逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；
D．C、D均为生成物，若反应开始时只有反应物，则C、D的浓度之比始终为1:2，无法判断达到平衡状态，故D错误；
故答案选B。
14. 下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
检验蔗糖是否水解
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入新制氢氧化铜悬浊液，观察现象
B
乙醇和乙酸制备乙酸乙酯
先加入一定量乙醇，再加浓硫酸和乙酸，最后加入适量沸石并加热
C
鉴别硬脂酸钠和硬脂酸钾
分别蘸取两种物质在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色
D
比较水和乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中，观察现象
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 检验蔗糖是否水解，只要检验出水解液中有葡萄糖即可证明蔗糖已水解，但葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应需在碱性环境中进行，而蔗糖水解时加入催化剂稀硫酸，水解液显酸性，所以需先加NaOH溶液使水解液显碱性再检验葡萄糖的存在，则该实验操作不能达到实验目的，A项符合；
B. 制备乙酸乙酯时，药品加入的顺序为:先加入乙醇，再加浓硫酸和乙酸，最后加入适量沸石，防止加热时液体暴沸，则该实验操作能达到实验目的，B项不符合；
C. 硬脂酸钠和硬脂酸钾中一个含钠离子，一个含钾离子，做焰色反应实验进行鉴别，观察到火焰为黄色，则为硬脂酸钠，透过蓝色钴玻璃观察时，火焰呈紫色，则为硬脂酸钾，则该实验操作能达到实验目的，C项不符合；
D. 金属钠可以与水剧烈反应，放出大量氢气，金属钠也可以与乙醇羟基上的氢反应放出氢气，但反应速率要慢些，所以通过实验现象可以比较水和乙醇中氢的活泼性，则该实验操作能达到实验目的，D项不符合；
故选A。
【点睛】蔗糖的水解液显酸性，检验蔗糖是否水解时，应先在蔗糖的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制氢氧化铜悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。
15. 在pH=4.5时，利用原电池原理，用铁粉将废水中无害化处理的实验如下表：
方案一
方案二
初始条件
pH=4.5
pH=4.5，Fe2+
去除率
＜50%
接近100%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
下列说法正确的是
A. 该电池中Fe作负极，可被完全氧化
B. 正极的电极反应为：
C. 方案二的去除率高，原因可能是Fe2+破坏了FeO(OH)层
D. 改变铁粉粒径大小，的去除速率不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铁粉将废水中无害化处理，则Fe为负极，由于反应产生的FeO(OH)不能导电，该物质不能溶于水，其将Fe全部覆盖，阻碍电子转移，因此Fe不能被完全氧化，A错误；
B．在正极上得到电子被还原为，在酸性环境中不可能存在NH3，正极的电极反应式为：+8e-+10H+=+3H2O，B错误；
C．方案二的去除率高，原因可能是Fe2+与FeO(OH)反应产生了Fe3O4，将不能导电的FeO(OH)反应产生易导电的Fe3O4，有利于电子的转移，因此加入Fe2+可以提高去除率，C正确；
D．改变铁粉粒径大小，可以形成许多微小原电池，从而使的去除速率加快，D错误；
故合理选项是C。
16. 分子式为C11H14O的苯的一元取代物，能发生银镜反应的同分异构体(不考虑立体异构)有
A. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】分子式为C11H14O的苯的一元取代物，能发生银镜反应，可知该分子中存在-CHO，除苯环和-CHO外，剩余的四个碳为丁基结构，在丁基上连接-CHO，正丁基有四种，异丁基有4种，2-甲基-1丙基有3种，2-甲基-2丙基有1种，共12种结构符合，故C正确；
故选：C。
17. 亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，实验室通过以下反应制备：。下列实验装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备NO B. 用装置乙干燥NO
C. 用装置丙合成 D. 用装置丁处理尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，甲装置缺少加热装置，A错误；
B．碱石灰是碱性干燥剂，能用来干燥NO，B正确；
C．由，干燥洁净的NO可与过氧化钠反应合成，C正确；
D．多余的NO尾气在丁装置中能与酸性高锰酸钾溶液反应从而被吸收，D正确；
故选：A。
18. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
B. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-3mol·L-1·min-1
C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，因此该比值保持不变，故A说法正确；
B．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300mol/L和0.125 mol/L，则M的变化量为0.5mol/L-0.300 mol/L=0.200 mol/L，其中转化为Y的变化量为0.200mol/L-0.125 mol/L=0.075 mol/L。因此0～30min时间段内，Y的平均反应速率为 mol/(L·min)，故B说法错误；
C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，故C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，反应①的活化能比反应②的活化能大，故D说法正确；
答案为B。
19. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A. 分子中所有原子不可能共平面
B. 含有5种官能团
C. 克拉维酸的分子式为C8H9NO5
D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，该有机物中存在亚甲基，根据甲烷的空间构型，推出亚甲基的空间构型为四面体，因此所有原子不可能共面，故A说法正确；
B．含有官能团是酰胺键、羧基、醚键、碳碳双键、羟基5种官能团，故B说法正确；
C．根据结构简式，该有机物分子式为C8H9NO5，故C说法正确；
D．该物质中能与NaOH溶液反应的是羧基和酰胺键，因此1mol该有机物最多可与2molNaOH反应，故D说法错误；
答案为D。
20. 一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。(阴离子膜只允许阴离子通过，阳离子膜只允许阳离子通过)下列说法正确的是
A. 膜a为阴离子膜，膜b为阳离子膜
B. 放电时的总反应为：
C. 放电时，左侧贮液室中含的多硫电解质增多
D. 放电时，外电路通过2mol电子，理论上Ⅱ室及右侧贮液器中的NaOH总共减少2mol
【答案】B
【解析】
【分析】根据原电池工作原理，通入氧气或空气一极为正极，根据装置图可知，电极A为负极，负极上失去电子，化合价升高，电极反应式为2S-2e-=S，电极B为正极，正极上得电子，化合价降低，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，钠离子通过膜a移向Ⅱ室，膜a为阳离子膜，正极上生成的OH-移向Ⅱ室，b为阴离子交换膜，故A错误；
B．负极反应式为2S-2e-=S，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，因此总反应为4S+O2+2H2O=2S+4OH-，故B正确；
C．放电时，S转化为S，含S的多硫电解质增加，S的多硫电解质减少，故C错误；
D．放电时，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，因此NaOH增加，故D错误；
答案为B。
二、解答题
21. 回答下列问题
（1）下列各种说法或表述正确的是_________。(填序号)
①石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料。
②开发核能、太阳能等新能源，推广甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放
③利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法
④淀粉、纤维素、蛋白质、油脂均属于天然有机高分子化合物
⑤CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子中所有碳原子一定在同一平面上
⑥的二氯代物有12种
（2）有机物由碳、氢、氧、氮四种元素组成，其中含碳32％，氢6.7％，氧43％(均为质量分数)。该有机物的相对分子质量为75，其分子式为_________。若该有机物是蛋白质水解的产物，它与乙醇反应生成的酯可用于合成医药和农药，写出生成该酯的化学方程式__________________。
（3）甲醇是一种基础有机化工原料，广泛应用于有机合成、医药、农药、染料、高分子等化工生产领域。利用二氧化碳合成甲醇，能有效降低二氧化碳排放量，为甲醇合成提供了一条绿色合成的新途径。工业上利用该反应合成甲醇。已知：25℃，101KPa下：
ΔH1=-242kJ·mol－1
ΔH2=-676kJ·mol－1
①写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式__________________。
②下面表示合成甲醇反应的能量变化示意图，其中正确的是_________(填字母序号)。
③某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂条件下，将1molCO2和3molH2通入2L密闭容器中进行反应(此时容器内总压强为200kPa)，反应物和产物的分压随时间的变化曲线如图所示。
若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，测得H2的体积分数为，此时用H2压强表示0-t1时间内的反应速率v(H2)=_________kPa·min-1。
【答案】（1）③⑤⑥ （2） ①. C2H5O2N ②. H2NCH2COOH+CH3CH2OHH2NCH2COOCH2CH3+H2O
（3） ①. CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=－50kJ·mol－1 ②. A ③.
【解析】
【小问1详解】
①石油、煤、天然气是传统化石燃料，可燃冰成分是甲烷，属于化石燃料，植物油属于酯类，①错误；
②开发核能、太阳能等新能源，推广甲醇汽油，可以降低碳排放，使用无磷洗涤剂与降低碳排放无关，②错误；
③利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法，③正确；
④淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，④错误；
⑤CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子有两种结构式（顺反异构），分子中所有碳原子都在同一平面上，⑤正确；
⑥的二氯代物，当a处连接Cl原子时有9种情况，，当b处连接Cl原子时苯环之间的单键可以旋转，除去重复的还有2种情况，，当c处连接Cl原子时，除去重复的还有有1种情况，，合计有12种，⑥正确；
综上所述③⑤⑥正确；
故答案：③⑤⑥。
【小问2详解】
设该有机物的分子式为CmHnOpNq，含碳32％，氢6.7％，氧43％，该有机物的相对分子质量为75，则，，，，解得m=2，n=5，p=2，q=1，则分子式为C2H5O2N；该有机物是蛋白质水解的产物，则有氨基，它与乙醇反应生成的酯，说明有羧基，酯的化学式为NH2CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COOH+CH3CH2OHH2NCH2COOCH2CH3+H2O；
故答案为：C2H5O2N；H2NCH2COOH+CH3CH2OHH2NCH2COOCH2CH3+H2O。
【小问3详解】
反应①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH1=-242kJ·mol－1；反应② CH3OH(g)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-676kJ·mol－1；CO2和H2生成气态甲醇方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ，焓变△H=3ΔH1-ΔH2=-50 kJ·mol－1；
合成甲醇的反应放出热量，并且生成液态水放出热量更多，综上所述A符合；
将1molCO2和3molH2通入2L密闭容器中进行反应，t1时反应达到平衡，测得H2的体积分数为，设CO2转化了n mol，列三段式，则，解得n=0.2，反应后在总物质的量为4mol-2×0.2mol=3.6mol，根据阿伏伽德罗定律推论可知反应前后物质的量和压强成正比，设反应后的压强为p，则，解得p=180kPa，0-t1时间内的反应速率v(H2)=；
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=-50 kJ·mol－1；A；。
22. 某化学小组制取无水三氯化铁并研究其与铜的反应，设计如图实验。
I.制备无水三氯化铁实验装置如图。(已知无水三氯化铁易潮解，易升华)
（1）试剂X可以是_____；若缺少C装置其后果是_____(写一条)。
（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是_____。
（3）若实验过程中FeCl3沉积在D和E的导管之间，导致导管内径变小，除去沉积FeCl3的简易操作是_____。
II.探究三氯化铁与铜反应的实验如图：
(已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体)
（4）请从平衡角度说明红色褪去的可能原因______。
（5）为了进一步研究白色沉淀进行如图实验。
①如图蓝色溶液中可能含有的盐有Cu(NO3)2、______。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，同时生成N2、NO和CO2气体。CuSCN与HNO3反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______(已知SCN-中C为+4价)。
【答案】（1） ①. KMnO4 ②. D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解
（2）防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应
（3）加热D与E之间的导管
（4）由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去
（5） ①. CuCl2、CuSO4 ②. 1：4
【解析】
【分析】A中生成氯气，通过饱和食盐水B除去挥发的氯化氢气体后，通过C浓硫酸干燥，进入D中和铁生成氯化铁，E收集产物，F吸收尾气；
【小问1详解】
A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；
【小问2详解】
整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实验；
【小问3详解】
已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；
【小问4详解】
红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；
【小问5详解】
①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。
②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4。
23. “科学态度”是科学研究的基本要求，“社会责任”是化学人人生观和价值观的基本体现，“科学态度与社会责任”是化学的核心素养。
Ⅰ．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，在加入Fe2+并调好pH后再加入H2O2，所产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机污染物(p-CP)，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
实验数据：(表中时间，是p-CP浓度降低1.50mol/L所需时间)
实验
编号
H2O2溶液
Fe2+溶液
蒸馏水
pH
温度
时间
cmol·L-1
V/mL
cmol·L-1
V/mL
V/mL
T/K
t/s
①
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
350
10.00
3
298
200
②
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
10.00
3
313
60
③
6.0×10-3
3.50
3.0×10-2
3.50
V1
3
298
140
④
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
4.50
9.00
3
298
170
⑤
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
V2
12
298
0
请回答：
（1）V1_________mL，V2_________mL。
（2）实验①条件下，p-CP的降解速率为：_________。
（3）设置实验①②的目的是：__________________。设置实验①③的目的是：__________________。由实验①④可得到的结论是：__________________。
（4）实验⑤在200s时没有检测到p-CP浓度的变化。其原因可能是：__________________。
Ⅱ．
（5）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是_______。
A．如图所示反应机理中共有4种自由基
B．由NO生成HONO的反应历程有2种
C．改变NO的浓度，总反应的反应热不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
E．含N分子参与的反应一定有电子转移
【答案】（1） ①. 8.00(或8、8.0) ②. 10.00(或10、10.0)
（2）0.0075mol/(L·s)(或)
（3） ①. 探究温度对反应速率的影响 ②. 探究H2O2溶液的浓度对反应速率的影响 ③. 其他条件相同时，越大，反应速率越大
（4）在该条件下生成，并迅速被氧化成，不能使H2O2产生羟基自由基
（5）AD
【解析】
【分析】本实验探究有关因素对化学反应速率的影响，采用“控制变量法”进行分析；
【小问1详解】
根据①③组实验分析，溶液的总体积应该相同，所以V1=10.00+3.50+1.50-(3.50+3.50)=8.00mL；根据④⑤组实验进行分析，溶液的总体积应该相同，故V2=9.00+4.50+1.50-(1.50+3.50)=10.00mL；故答案为8.00；10.00；
【小问2详解】
实验①条件下，p-CP浓度降低1.50mol/L所需时间200s，所以p-CP的降解速率为：=0.0075mol/(L·s)或7.5×10-3mol/(L·s)；故答案为0.0075mol/(L·s)或7.5×10-3mol/(L·s)；
【小问3详解】
根据图表信息分析，其它条件相同，反应的温度不同，设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响；实验①③相比溶液的总体积相同，而双氧水的物质的量不同，因此该组实验目的是探究H2O2溶液的浓度对反应速率的影响；由实验①④可得到的结论是：其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大；故答案为探究温度对反应速率的影响；探究H2O2溶液的浓度对反应速率的影响；其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大；
【小问4详解】
工业废水，在加入Fe2+并调好pH后再加入H2O2，所产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物；实验⑤在200s时没有检测到p-CP浓度的变化，其原因可能是：Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2，并迅速被氧化成Fe(OH)3，不能使H2O2产生羟基自由基；故答案为Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2，并迅速被氧化成Fe(OH)3，不能使H2O2产生羟基自由基；
【小问5详解】
A．根据反应机理图可知，含有自由基为·OOH、·C3H7、·OH，有3种自由基，故A说法错误；
B．根据反应机理可知，NO+·OOH→·OH+NO2，NO2+·C3H7→C3H6+HONO，也可以是NO+NO2+H2O→2HONO，反应历程有2种，故B说法正确；
C．NO为该反应的催化剂，使用催化剂对反应热无影响，因此改变NO的浓度，总反应的反应热不变，故C说法正确；
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，故D说法错误；
E．含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2、+4、+3价，历程中均有化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，故E说法正确；
答案为AD。
24. 化学是最具有应用价值的学科，为人类生存与繁衍担当了巨大的“社会责任”，硝酸铵是一种常用的化肥，也是重要的化工原料。
Ⅰ．常见工业制备方法如下图所示：
（1）尾气1的处理方法是：__________________。
（2）在气体进入吸收塔前再次通入空气的目的是：__________________。
Ⅱ．利用工业尾气(含硫氧化物与氮氧化物)制备Na2S2O4和NH4NO3，实现了“变废为宝”并保护了自然环境。如图是相关的工艺流程(Ce为铈元素,有Ce4+与Ce3+)：
请回答下列问题：
（3）装置Ⅲ中发生反应的离子方程式是：__________________。
（4）最后要形成粗产品NH4NO3晶体，实验操作依次为(不少于3个术语)：__________________等。
（5）日常生活中，常用硝酸铵和水，硝酸铵和水合碳酸钠作冷敷袋，试写出硝酸铵和水合碳酸钠(Na2CO3·10H2O)反应的化学方程式(该反应中产生了两种气体)__________________。
（6）已知，装置Ⅲ中电解时，使用的电源为室温钠-硫电池，其结构如图所示。
将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末(S8)的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：
，，
该电池放电时正极反应式为__________________。有人提出用常温下的液体甲醇一空气燃料电池(ZrO2作为固体电解质)替代钠-硫电池。当有0.5mol甲醇消耗时，负极消耗O2-为_________mol；在O2不足时原电池会发生负极区固体电解质堵塞，导致堵塞的物质是_________。
【答案】（1）送回合成塔循环使用
（2）确保氧气充足，使NO尽量转化成；
（3）2Ce3+ +2HSO + 2H+=2Ce4+ +S2O+ 2H2O
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
（5）2NH4NO3+Na2CO3·10H2O=2NaNO3+2NH3↑+CO2↑+11H2O
（6） ①. 2Na++S8+2e-→Na2Sx ②. 1.5 ③. 碳(或C)
【解析】
【分析】Ⅰ．由图可知，氮气与氢气在合成塔I中发生反应生成氨气，在氧化室中氨气被空气中的氧气氧化，生成一氧化氮和水，一氧化氮、氧气和水在吸收塔反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵；
Ⅱ．一氧化氮和二氧化硫混合气体先与NaOH溶液接触，二氧化硫被NaOH溶液吸收生成亚硫酸氢盐后通入电解槽，经电解后生成硫代硫酸盐；而一氧化氮被Ce4+氧化为硝酸根离子和亚硝酸根离子，在装置IV中被氧气全部氧化为硝酸根离子后与铵根离子结合为硝酸铵；Ce4+被还原为Ce3+经电解再次转化为Ce4+通入装置II循环使用；
Ⅲ．钠-硫电池中钠作负极，电极反应式：，表面喷涂有硫黄粉末(S8)的炭化纤维素纸作正极，电极反应式：，，，充电时，Na作阴极，电极反应：，据此分析；
【小问1详解】
氮气和氢气发生的反应是可逆反应，所以尾气为氮气和氢气，应送回合成塔循环使用；
【小问2详解】
在气体进入吸收塔前再次通入空气的目的是确保氧气充足，使NO尽量转化成；
【小问3详解】
在装置Ⅲ中，亚硫酸氢盐被电解为S2O，Ce3+转化为Ce4+，离子反应方程式：2Ce3+ +2HSO + 2H+=2Ce4+ +S2O+ 2H2O；
【小问4详解】
获得的硝酸铵溶液变为粗品，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤操作；
【小问5详解】
硝酸铵和水合碳酸钠(Na2CO3·10H2O)反应的化学方程式，该反应中产生了两种气体，结合元素种类可判断气体为氨气和二氧化碳，结合得失电子守恒和质量守恒可得反应方程式：2NH4NO3+Na2CO3·10H2O=2NaNO3+2NH3↑+CO2↑+11H2O；
【小问6详解】
该电池放电时，硫电极作正极，由题意知，在硫电极发生反应：① ，②，③，（①+②）×+③得正极反应式：2Na++S8+2e-→Na2Sx；液体甲醇一空气燃料电池总反应：，根据得失电子守恒，当有0.5mol甲醇消耗时，转移3mol电子，负极消耗O2-为1.5mol；当氧气不充足时，甲醇在燃烧过程中会产生碳粒，堵塞负极区固体电解质；
25. 光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。
反应路线Ⅰ：
反应路线Ⅱ：
已知以下信息：
① (R、R1、R2为H或烃基)
②
（1）A的化学名称为_________。A+B→D的反应类型为_________。
（2）基础树脂Ⅰ中官能团的名称为_________。
（3）D中最多有_________个原子共平面，F的结构简式为_________。
（4）写出反应路线Ⅱ中生成K的化学方程式__________________。
（5）K发生消去反应生成的有机产物R的分子式为C4H6O，R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的有_________个(满足碳的四价原则即可)，其中一氯代物只有一种的结构简式为_________。
【答案】（1） ①. 乙炔 ②. 加成反应
（2）酯基 （3） ①. 10 ②.
（4）CH2=CH(OH)+CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHO或CH3CHO+CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO；
（5） ①. 6 ②. (CH3)2C=C=O
【解析】
【分析】A为分子式为C2H2，即A为乙炔，A与B反应生成D，推出B的结构简式为CH3COOH，根据题中所给信息，A与H2O反应得出I的结构简式为CH2=CHOH，发生异构变化，J的结构简式为CH3CHO，K的结构简式为CH3CH(OH)CH2CHO，据此分析；
【小问1详解】
A分子式为C2H2，即A的名称为乙炔；根据上述分析，B的结构简式为CH3COOH，A与B反应方程式为HC≡CH+ CH3COOH→CH3COOCH=CH2，该反应类型为加成反应；故答案为乙炔；加成反应；
【小问2详解】
根据基础树脂Ⅰ的结构简式，所含官能团是酯基；故答案为酯基；
【小问3详解】
利用乙烯空间构型为平面形，甲烷的空间构型为正四面体，D可以写成，不共线三点确定一个平面，最多共面的原子有10；F在酸性条件下水解生成G，因此D生成F发生加聚反应，即F的结构简式为；故答案为10；；
【小问4详解】
根据上述分析，J的结构简式为CH3CHO，根据信息①，J生成K的方程式为CH3CHO+CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO；I、J发生互变异构，生成K的方程式也可以是CH2=CH(OH)+CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHO；故答案为CH3CHO+CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO或CH2=CH(OH)+CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHO；
【小问5详解】
相关试卷
四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题（Word版附解析），文件包含四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题原卷版docx、四川省成都市树德中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
四川省成都市第七中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市实验外国语学校2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）： 这是一份四川省成都市实验外国语学校2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了6的雨水通常称为酸雨等内容，欢迎下载使用。
