还剩15页未读，
继续阅读
【化学】北京市朝阳区2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）
展开
北京市朝阳区2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56
第一部分
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2.工业上常用电解法冶炼的金属是（ ）
A. Al B. Fe C. Cu D. Ag
【答案】A
【详解】A．Al的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正确；
B．Fe采用热还原法冶炼，故B错误；
C．Cu采用热还原法冶炼，故C错误；
D．Ag采用热分解法冶炼，故D错误；故选A。
3.下列事实或做法与化学反应速率无关的是（ ）
A. 将食物存放在温度低的地方 B. 用铁作催化剂合成氨
C. 将煤块粉碎后燃烧 D. 用浓硝酸和铜反应制备NO2气体
【答案】D
【解析】
【分析】影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、表面积以及催化剂等。
【详解】A项、将易腐败的食物储存在冰箱里，温度降低，化学反应速率减小，故A不选；
B项、用铁作催化剂合成氨，化学反应速率增大，故B不选；
C项、将煤块粉碎后燃烧，固体的表面积增大，化学反应速率增大，故C不选；
D项、用浓硝酸和铜反应制备NO2气体与反应物的性质有关，与反应速率无关，故D选；
答案选D。
4.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是（ ）
A. 灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味
B. 蔗糖可以水解生成葡萄糖与果糖
C. 将碘化钾溶液滴在土豆片上，可观察到蓝色
D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂
【答案】C
【详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，故A正确；
B项、蔗糖为二糖，可以发生水解反应生成葡萄糖与果糖，故B正确；
C项、土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，与碘化钾溶液无现象，故C错误；
D项、油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确；
故选C。
5.下列化学用语不正确的是（ ）
A. 中子数为20的氯原子：
B. 聚乙烯的链节：—CH2—CH2—
C. N2的电子式：
D. 由Mg和Cl形成化学键的过程：
【答案】C
【详解】A项、中子数为20的氯原子的质子数为17，质量数为37，原子符号为3717Cl，故A正确；
B项、聚乙烯的结构简式为，链节为—CH2—CH2—，故B正确；
C项、N2为双原子分子，含有氮氮三键，电子式为，故C错误；
D项、氯化镁为离子化合物，是由镁离子和氯离子形成的，由Mg和Cl形成化学键的过程为，故D正确；
故选C。
6.下列有关铝热反应的说法中，不正确的是（ ）
A. 利用了铝的还原性
B. 可用于焊接铁轨，反应2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe
C. 可用于冶炼某些高熔点金属
D. 能量变化可用如图表示
【答案】D
【解析】
【分析】铝与某些高熔点金属在高温下发生铝热反应，反应放出大量的热，可用于焊接钢轨和冶炼某些高熔点金属。
【详解】A项、铝热反应中Al元素的化合价升高，被氧化，Al为还原剂，故A正确；
B项、由方程式可知，该反应在高温下，铝与氧化铁发生置换反应置换出铁，可用于焊接钢轨，故B正确；
C项、铝热反应放出大量的热，可用于冶炼某些高熔点金属，故C正确；
D项、为吸热反应示意图，铝热反应为放热反应，故D错误；
故选D。
7.氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。关于该燃料电池的说法不正确的是（ ）
A. H2在负极发生氧化反应
B. 电子从a电极经外电路流向b电极
C. 供电时的总反应为：2H2 + O2 == 2H2O
D. 燃料电池的能量转化率可达100%
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应；燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，电子从负极经导线流向正极。
【详解】A项、氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，故A正确；
B项、原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即由电极a通过导线流向电极b，故B正确；
C项、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，则供电时的总反应为2H2+O2=2H2O，故C正确；
D项、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不可能达到100%，故D错误；
故选D。
8.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（ ）
A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B. 由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C. 由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O
【答案】B
【解析】
分析】在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。
【详解】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B项、由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；
C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；
D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
9.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
B. 反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成
C. 反应II为：2H2O2 2H2O + O2↑
D. 总反应为：2H2O2H2↑+ O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】由题给反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分解水的过程分为两步，反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H2O=H2O2+H2↑，反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O +O2↑，总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑。
【详解】A项、该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；
B项、反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，没有涉及到非极性键的断裂，故B错误；
C项、反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O +O2↑，故C正确；
D项、反应I的化学方程式为2H2OH2O2+H2↑，反应II的化学方程式为2H2O22H2O +O2↑，则总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故D正确；
故选B。
10.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 金属钠和水反应：Na + 2H2O == Na+ + 2OH- + H2↑
B. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2 + 2OH- == SO32- + H2O
C. 实验室用硫酸铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+ + 3OH- == Al(OH)3↓
D. 用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮：Cu + 4H+ + 2NO3- == Cu2+ + 2NO↑ + 2H2O
【答案】B
【详解】A项、金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑，故A错误；
B项、氢氧化钠溶液与少量二氧化硫气体反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2 + 2OH- = SO32- + H2O，故B正确；
C项、硫酸铝溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为Al3+ +3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D项、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3- =3Cu2+ +2NO↑+4H2O，故D错误；
故选B。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2 g H2所含原子数目为2NA
B. 1 mol/L NaOH溶液中Na+的数目为NA
C. 常温常压下，11.2 L Cl2含有的分子数为0.5 NA
D. 2.8 g铁粉与足量盐酸反应转移电子的数目为0.15 NA
【答案】A
【详解】A项、氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，分子中含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故A正确；
B项、缺1 mol/L NaOH溶液的体积，无法计算溶液中Na+的物质的量，故B错误；
C项、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，分子个数小于0.5NA个，故C错误；
D项、2.8g铁粉的物质的量为0.05mol，与足量盐酸生成氯化亚铁和氢气，转移电子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故D错误；
故选A。
12.丙烯酸(CH2 = CH—COOH )是一种重要的化工原料，可通过下列反应制备。
2CH3CH = CH2 + 3O2催化剂，加热2CH2 = CH—COOH + 2H2O
下列关于丙烯酸的说法不正确的是（ ）
A. 与乙酸互为同系物 B. 能与NaHCO3溶液反应
C. 能与乙醇发生酯化反应 D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】
【分析】丙烯酸的官能团为碳碳双键和羧基，属于不饱和一元羧酸，能表现烯烃和羧酸的性质。
【详解】A项、丙烯酸属于不饱和一元羧酸，乙酸属于饱和一元羧酸，通式不同、类别不同，不互为同系物，故A错误；
B项、丙烯酸含有羧基，酸性强于碳酸，能与NaHCO3溶液反应生成丙烯酸钠、二氧化碳和水，故B正确；
C项、丙烯酸含有羧基，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，故C正确；
D项、丙烯酸含有碳碳双键，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，故D正确；
故选A。
13.实验室从海带中提取碘的部分流程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 完成步骤①需要装置III B. 完成步骤③需要装置II
C. 完成步骤⑤需要装置I D. 完成步骤②和④需要装置IV
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，海带在坩埚中灼烧得到海带灰，海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，过滤，得到含I—的水溶液，向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，双氧水将I—氧化生成I2，加入有机溶剂萃取分液得到含I2的有机溶液。
【详解】A项、步骤①为海带灼烧，固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；
B项、步骤③为过滤海带灰悬浊液得到含I—的水溶液，装置II为过滤装置，故B正确；
C项、步骤⑤加入有机溶剂萃取分液得到含I2的有机溶液，装置I为萃取分液装置，故C正确；
D项、步骤②为海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，步骤④为向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，双氧水将I—氧化生成I2，步骤②和④均用到烧杯和玻璃棒，故D正确；
故选A。
14.某同学探究金属Na与CO2的反应，实验如下：
实验I
实验II
操作
将点燃的金属钠伸到盛有CO2的集气瓶中
将实验I的集气瓶用水冲洗，过滤。取黑色滤渣灼烧；取滤液分别滴加酚酞和氯化钡溶液
现象
①火焰呈黄色
②底部有黑色固体，瓶壁上附有白色固体
①黑色滤渣可燃
②滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成的黑色固体中含有C B. 白色固体是Na2O
C. 实验说明CO2具有氧化性 D. 金属Na着火不能用CO2灭火
【答案】B
【解析】
【分析】由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，根据质量守恒定律，反应物中含有钠元素、氧元素、碳元素；由实验II中黑色滤渣可燃可知，反应物中黑色固体为碳，由滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，则钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。
【详解】A项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，则生成的黑色固体中含有C，故A正确；
B项、碳酸钠在溶液中水解，使溶液显碱性，与氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，则由滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，故B错误；
C项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应中钠为还原剂，二氧化碳为氧化剂，实验说明CO2具有氧化性，故C正确；
D项、由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，则金属Na着火不能用CO2灭火，应用沙土覆盖灭火，故D正确；
故选B。
第二部分
15.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO + O2催化剂，加热2CH3COOH
（1）反应①的化学方程式是_______。
（2）B的官能团是_______。
（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_______。
（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。
i.反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。
ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_______。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
iii.反应类型是___。
iv.与制法一相比，制法二的优点是___。
【答案】 (1). H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br (2). 羟基（或—OH） (3). (4). (5). 取代反应（或酯化反应） (6). 分液漏斗 (7). 加成反应 (8). 原子利用率高
【解析】
【分析】乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚乙烯。
【详解】（1）反应①为乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br，故答案为：H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br；
（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，故答案为：羟基；
（3）高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为，故答案为：；
（4）i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应（或酯化反应）；
ii.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
iii. 一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；
iv.与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为：原子利用率高。
16.海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2与MgCl2 • 6H2O的流程如下：
（1）写出一种海水淡化的方法_____。
（2）比较溶液中Br2的浓度：溶液2_____溶液4（填“>”或“<”）。
（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，其化学方程式是_______。
（4）试剂①可以选用__________，加入试剂②后反应的离子方程式是_________。
（5）从MgCl2溶液获得MgCl2 • 6H2O晶体的主要操作包括_________。
【答案】(1). 蒸馏或渗析或离子交换法（任写一种即可） (2). ＜ (3). Br2 + SO2 + 2H2O ==2HBr + H2SO4 (4). Ca(OH)2（或生石灰、NaOH） (5). Mg(OH)2 + 2H+ == Mg2+ + 2H2O (6). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（减少溶剂浓缩，降温结晶，过滤）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，过滤；向溶液1中通入氯气，氯气与溶液中的溴离子发生置换反应生成含有单质溴浓度较低的溶液2，用空气和水蒸气吹出溴蒸气，溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸的溶液3，再向所得溶液3通入氯气得到含溴浓度较高的溶液4；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到六水氯化镁。
【详解】（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸馏或渗析或离子交换法；
（2）由流程中提取溴的过程可知，经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集，增大了溶液中溴的浓度，则溶液2中溴的浓度小于溶液4，故答案为：＜；
（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，溶液中溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为Br2 + SO2 + 2H2O =2HBr + H2SO4，故答案为：Br2 + SO2 + 2H2O =2HBr + H2SO4；
（4）向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，则试剂①可以选用Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，则试剂②为盐酸。反应的离子方程式为Mg(OH)2 + 2H+ =Mg2+ + 2H2O，故答案为：Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；Mg(OH)2 + 2H+ = Mg2+ + 2H2O；
（5）从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
17.2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表（律）在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。
族
周期
IA
0
1
①
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
2
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
（1）元素①～⑧中，金属性最强的是________（填元素符号）。
（2）中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是_________，其氢化物的电子式是_________。
（3）元素①和②可以形成多种化合物。下图模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是_______（填序号）。
（4）比较元素②、③的最高价氧化物对应水化物的酸性：______＞______（填化学式）。说明你判断的理由：_________。
（5）主族元素砷（As）的部分信息如图所示。
i.砷（As）在周期表中的位置是______。
ii.下列说法正确的是_______（填序号）。
a. 砷元素的最高化合价为+4
b. 推测砷有多种氧化物
c. ③的气态氢化物的还原性大于砷的气态氢化物的还原性
（6）某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：Cl>Br>I。
已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。
打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br > I，并说明理由_________。
【答案】(1). Na (2). (3). (4). b (5). HNO3 (6). H2CO3 (7). 非金属性：N>C (8). 第4周期第VA族 (9). b (10). 不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置可知，①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。
【详解】（1）同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素①～⑧中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为：Na；
（2）元素⑦为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为；S元素的氢化物为H2S，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为：；；
（3）①为H元素、②为C元素，C元素和H元素组成的化合物为烃，题给图示中a为乙烯、b为甲基、c为甲烷、d为苯，甲基不是化合物，故答案为：b；
（4）②为C元素、③为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3，故答案为：HNO3；H2CO3；非金属性：N>C；
（5）i.由主族元素砷的原子结构示意图可知，该原子有4个电子层，最外层有5个电子，则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为：第4周期第VA族；
ii.a、砷元素的最外层由5个电子，则最高化合价为+5，故错误；
b、同主族元素性质相似，与同主族氮元素能形成多种氧化物相似，砷可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价氧化物As2O5，故正确；
c.元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，故错误；
b正确，故答案为：b；
（6）打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质溴，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了溴单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性：Br > I，故答案为：不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应。
18.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下：
（1）NaClO2中氯元素的化合价是_________。从氧化还原角度推测NaClO2可能具有的化学性质是_________。
（2）过程I常伴有少量Cl2生成。
① Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，请结合离子方程式解释其原因_________。
② 结合下面信息，请设计实验方案除去ClO2中的Cl2 ________。
ClO2
Cl2
在水中的溶解性
易溶
溶
在CCl4中的溶解性
难溶
溶
（3）过程II中H2O2的作用是________（填“氧化剂”或“还原剂”）。
（4）理论上每生成1 mol NaClO2，消耗SO2的体积是________L（标准状况下）。
（5）已知：
i. 压强越大，物质的沸点越高。
ii. NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O
38~60℃时析出NaClO2晶体
高于60℃时分解成NaClO3和NaCl
① 过程III采用“减压蒸发”操作的原因是_____。
② 请将过程III的操作补充完整_______。
【答案】(1). +3 (2). 既具有氧化性又具有还原性 (3). Cl2 + 2OH- == Cl- + ClO- + H2O (4). 将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶 (5). 还原剂 (6). 11.2 (7). 通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解 (8). 控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤
【解析】
【分析】由流程图可知，SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2；由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O。
【详解】（1）NaClO2中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为—2价，由化合价代数和为零可知氯元素的化合价为+3价；元素化合价为中间价时，既表现氧化性又表现还原性，+3价介于氯元素—1价和+7价之间，则NaClO2既具有氧化性又具有还原性，故答案为：+3；既具有氧化性又具有还原性；
（2）①SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应时，还原产物可能为Cl2，反应生成的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，造成产品中含有NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，故答案为：Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O；
② 由题给信息可知，ClO2和Cl2均溶于水，ClO2不溶于四氯化碳，Cl2溶于四氯化碳，所以除去ClO2中的Cl2的实验方案是将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶，故答案为：将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶；
（3）过程II中ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2作氧化剂，双氧水作还原剂，故答案为：还原剂；
（4）SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2，由方程式可得2NaClO2—SO2，则每生成1molNaClO2，消耗SO2的物质的量是0.5mol，标况下体积是11.2L，故答案为：11.2；
（5）①由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；
②减压蒸发后，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O，故答案为：控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤。
19.某实验小组对氯水成分和性质进行研究，实验如下：
（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有_________（填化学式）。
（2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和_________性。
（3）氯气与水反应化学方程式为__________。
（4）用化学用语说明实验二中“红色不褪去”的原因_______。
（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。
【实验四】
①加入：____________，现象：___________；
（6）进一步探究实验三中“红色不褪去”的原因。
【实验五】取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去。写出氯水和硝酸银溶液反应的化学方程式______。
【答案】(1). Cl2 (2). 漂白或氧化 (3). Cl2 + H2OHCl + HClO (4). 2HClO2HCl + O2↑ (5). 1 mL蒸馏水 (6). 红色褪去 (7). Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3
【解析】
【分析】氯气溶于水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，新制氯水含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO—、OH—等粒子，能表现Cl2、HClO、H+、Cl-等微粒的性质。
【详解】（1）氯水溶于水，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈黄绿色，说明溶液中含有Cl2分子，故答案为：Cl2；
（2）实验一中加入石蕊试液变红色，表明溶液呈酸性，溶液红色褪去，说明氯水具有强氧化性而表现漂白性，故答案为：漂白或氧化；
（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2 + H2OHCl + HClO，故答案为：Cl2 + H2OHCl + HClO；
（4）实验二中新制氯水在太阳光下放置较长时间，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应化学方程式为2HClO2HCl + O2↑，故答案为：2HClO2HCl + O2↑；
（5）由题意可知实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释，所以①加入1 mL蒸馏水，稀释后继续加入石蕊试液变红色，一段时间后溶液红色又褪去，故答案为：1 mL蒸馏水；红色褪去；
（6）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去说明白色沉淀中含有次氯酸银沉淀，说明新制氯水与硝酸银溶液反应生成氯化银和次氯酸银白色沉淀和硝酸，反应的化学方程式为Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3，故答案为：Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56
第一部分
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2.工业上常用电解法冶炼的金属是（ ）
A. Al B. Fe C. Cu D. Ag
【答案】A
【详解】A．Al的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正确；
B．Fe采用热还原法冶炼，故B错误；
C．Cu采用热还原法冶炼，故C错误；
D．Ag采用热分解法冶炼，故D错误；故选A。
3.下列事实或做法与化学反应速率无关的是（ ）
A. 将食物存放在温度低的地方 B. 用铁作催化剂合成氨
C. 将煤块粉碎后燃烧 D. 用浓硝酸和铜反应制备NO2气体
【答案】D
【解析】
【分析】影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、表面积以及催化剂等。
【详解】A项、将易腐败的食物储存在冰箱里，温度降低，化学反应速率减小，故A不选；
B项、用铁作催化剂合成氨，化学反应速率增大，故B不选；
C项、将煤块粉碎后燃烧，固体的表面积增大，化学反应速率增大，故C不选；
D项、用浓硝酸和铜反应制备NO2气体与反应物的性质有关，与反应速率无关，故D选；
答案选D。
4.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是（ ）
A. 灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味
B. 蔗糖可以水解生成葡萄糖与果糖
C. 将碘化钾溶液滴在土豆片上，可观察到蓝色
D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂
【答案】C
【详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，故A正确；
B项、蔗糖为二糖，可以发生水解反应生成葡萄糖与果糖，故B正确；
C项、土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，与碘化钾溶液无现象，故C错误；
D项、油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确；
故选C。
5.下列化学用语不正确的是（ ）
A. 中子数为20的氯原子：
B. 聚乙烯的链节：—CH2—CH2—
C. N2的电子式：
D. 由Mg和Cl形成化学键的过程：
【答案】C
【详解】A项、中子数为20的氯原子的质子数为17，质量数为37，原子符号为3717Cl，故A正确；
B项、聚乙烯的结构简式为，链节为—CH2—CH2—，故B正确；
C项、N2为双原子分子，含有氮氮三键，电子式为，故C错误；
D项、氯化镁为离子化合物，是由镁离子和氯离子形成的，由Mg和Cl形成化学键的过程为，故D正确；
故选C。
6.下列有关铝热反应的说法中，不正确的是（ ）
A. 利用了铝的还原性
B. 可用于焊接铁轨，反应2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe
C. 可用于冶炼某些高熔点金属
D. 能量变化可用如图表示
【答案】D
【解析】
【分析】铝与某些高熔点金属在高温下发生铝热反应，反应放出大量的热，可用于焊接钢轨和冶炼某些高熔点金属。
【详解】A项、铝热反应中Al元素的化合价升高，被氧化，Al为还原剂，故A正确；
B项、由方程式可知，该反应在高温下，铝与氧化铁发生置换反应置换出铁，可用于焊接钢轨，故B正确；
C项、铝热反应放出大量的热，可用于冶炼某些高熔点金属，故C正确；
D项、为吸热反应示意图，铝热反应为放热反应，故D错误；
故选D。
7.氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。关于该燃料电池的说法不正确的是（ ）
A. H2在负极发生氧化反应
B. 电子从a电极经外电路流向b电极
C. 供电时的总反应为：2H2 + O2 == 2H2O
D. 燃料电池的能量转化率可达100%
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应；燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，电子从负极经导线流向正极。
【详解】A项、氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，故A正确；
B项、原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即由电极a通过导线流向电极b，故B正确；
C项、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，则供电时的总反应为2H2+O2=2H2O，故C正确；
D项、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不可能达到100%，故D错误；
故选D。
8.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（ ）
A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B. 由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C. 由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O
【答案】B
【解析】
分析】在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。
【详解】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B项、由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；
C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；
D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
9.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
B. 反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成
C. 反应II为：2H2O2 2H2O + O2↑
D. 总反应为：2H2O2H2↑+ O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】由题给反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分解水的过程分为两步，反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H2O=H2O2+H2↑，反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O +O2↑，总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑。
【详解】A项、该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；
B项、反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，没有涉及到非极性键的断裂，故B错误；
C项、反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O +O2↑，故C正确；
D项、反应I的化学方程式为2H2OH2O2+H2↑，反应II的化学方程式为2H2O22H2O +O2↑，则总反应方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故D正确；
故选B。
10.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 金属钠和水反应：Na + 2H2O == Na+ + 2OH- + H2↑
B. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2 + 2OH- == SO32- + H2O
C. 实验室用硫酸铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+ + 3OH- == Al(OH)3↓
D. 用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮：Cu + 4H+ + 2NO3- == Cu2+ + 2NO↑ + 2H2O
【答案】B
【详解】A项、金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑，故A错误；
B项、氢氧化钠溶液与少量二氧化硫气体反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2 + 2OH- = SO32- + H2O，故B正确；
C项、硫酸铝溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为Al3+ +3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D项、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3- =3Cu2+ +2NO↑+4H2O，故D错误；
故选B。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2 g H2所含原子数目为2NA
B. 1 mol/L NaOH溶液中Na+的数目为NA
C. 常温常压下，11.2 L Cl2含有的分子数为0.5 NA
D. 2.8 g铁粉与足量盐酸反应转移电子的数目为0.15 NA
【答案】A
【详解】A项、氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，分子中含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故A正确；
B项、缺1 mol/L NaOH溶液的体积，无法计算溶液中Na+的物质的量，故B错误；
C项、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，分子个数小于0.5NA个，故C错误；
D项、2.8g铁粉的物质的量为0.05mol，与足量盐酸生成氯化亚铁和氢气，转移电子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故D错误；
故选A。
12.丙烯酸(CH2 = CH—COOH )是一种重要的化工原料，可通过下列反应制备。
2CH3CH = CH2 + 3O2催化剂，加热2CH2 = CH—COOH + 2H2O
下列关于丙烯酸的说法不正确的是（ ）
A. 与乙酸互为同系物 B. 能与NaHCO3溶液反应
C. 能与乙醇发生酯化反应 D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】
【分析】丙烯酸的官能团为碳碳双键和羧基，属于不饱和一元羧酸，能表现烯烃和羧酸的性质。
【详解】A项、丙烯酸属于不饱和一元羧酸，乙酸属于饱和一元羧酸，通式不同、类别不同，不互为同系物，故A错误；
B项、丙烯酸含有羧基，酸性强于碳酸，能与NaHCO3溶液反应生成丙烯酸钠、二氧化碳和水，故B正确；
C项、丙烯酸含有羧基，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，故C正确；
D项、丙烯酸含有碳碳双键，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，故D正确；
故选A。
13.实验室从海带中提取碘的部分流程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 完成步骤①需要装置III B. 完成步骤③需要装置II
C. 完成步骤⑤需要装置I D. 完成步骤②和④需要装置IV
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，海带在坩埚中灼烧得到海带灰，海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，过滤，得到含I—的水溶液，向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，双氧水将I—氧化生成I2，加入有机溶剂萃取分液得到含I2的有机溶液。
【详解】A项、步骤①为海带灼烧，固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；
B项、步骤③为过滤海带灰悬浊液得到含I—的水溶液，装置II为过滤装置，故B正确；
C项、步骤⑤加入有机溶剂萃取分液得到含I2的有机溶液，装置I为萃取分液装置，故C正确；
D项、步骤②为海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，步骤④为向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，双氧水将I—氧化生成I2，步骤②和④均用到烧杯和玻璃棒，故D正确；
故选A。
14.某同学探究金属Na与CO2的反应，实验如下：
实验I
实验II
操作
将点燃的金属钠伸到盛有CO2的集气瓶中
将实验I的集气瓶用水冲洗，过滤。取黑色滤渣灼烧；取滤液分别滴加酚酞和氯化钡溶液
现象
①火焰呈黄色
②底部有黑色固体，瓶壁上附有白色固体
①黑色滤渣可燃
②滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成的黑色固体中含有C B. 白色固体是Na2O
C. 实验说明CO2具有氧化性 D. 金属Na着火不能用CO2灭火
【答案】B
【解析】
【分析】由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，根据质量守恒定律，反应物中含有钠元素、氧元素、碳元素；由实验II中黑色滤渣可燃可知，反应物中黑色固体为碳，由滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，则钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为4Na+3CO2 2Na2CO3+C。
【详解】A项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，则生成的黑色固体中含有C，故A正确；
B项、碳酸钠在溶液中水解，使溶液显碱性，与氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，则由滤液能使酚酞溶液变红，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，故B错误；
C项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应中钠为还原剂，二氧化碳为氧化剂，实验说明CO2具有氧化性，故C正确；
D项、由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，则金属Na着火不能用CO2灭火，应用沙土覆盖灭火，故D正确；
故选B。
第二部分
15.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO + O2催化剂，加热2CH3COOH
（1）反应①的化学方程式是_______。
（2）B的官能团是_______。
（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_______。
（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。
i.反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。
ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_______。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
iii.反应类型是___。
iv.与制法一相比，制法二的优点是___。
【答案】 (1). H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br (2). 羟基（或—OH） (3). (4). (5). 取代反应（或酯化反应） (6). 分液漏斗 (7). 加成反应 (8). 原子利用率高
【解析】
【分析】乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚乙烯。
【详解】（1）反应①为乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br，故答案为：H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br；
（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，故答案为：羟基；
（3）高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为，故答案为：；
（4）i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应（或酯化反应）；
ii.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
iii. 一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；
iv.与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为：原子利用率高。
16.海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2与MgCl2 • 6H2O的流程如下：
（1）写出一种海水淡化的方法_____。
（2）比较溶液中Br2的浓度：溶液2_____溶液4（填“>”或“<”）。
（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，其化学方程式是_______。
（4）试剂①可以选用__________，加入试剂②后反应的离子方程式是_________。
（5）从MgCl2溶液获得MgCl2 • 6H2O晶体的主要操作包括_________。
【答案】(1). 蒸馏或渗析或离子交换法（任写一种即可） (2). ＜ (3). Br2 + SO2 + 2H2O ==2HBr + H2SO4 (4). Ca(OH)2（或生石灰、NaOH） (5). Mg(OH)2 + 2H+ == Mg2+ + 2H2O (6). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（减少溶剂浓缩，降温结晶，过滤）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，过滤；向溶液1中通入氯气，氯气与溶液中的溴离子发生置换反应生成含有单质溴浓度较低的溶液2，用空气和水蒸气吹出溴蒸气，溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸的溶液3，再向所得溶液3通入氯气得到含溴浓度较高的溶液4；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到六水氯化镁。
【详解】（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸馏或渗析或离子交换法；
（2）由流程中提取溴的过程可知，经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集，增大了溶液中溴的浓度，则溶液2中溴的浓度小于溶液4，故答案为：＜；
（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，溶液中溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为Br2 + SO2 + 2H2O =2HBr + H2SO4，故答案为：Br2 + SO2 + 2H2O =2HBr + H2SO4；
（4）向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，则试剂①可以选用Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，则试剂②为盐酸。反应的离子方程式为Mg(OH)2 + 2H+ =Mg2+ + 2H2O，故答案为：Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；Mg(OH)2 + 2H+ = Mg2+ + 2H2O；
（5）从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
17.2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表（律）在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。
族
周期
IA
0
1
①
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
2
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
（1）元素①～⑧中，金属性最强的是________（填元素符号）。
（2）中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是_________，其氢化物的电子式是_________。
（3）元素①和②可以形成多种化合物。下图模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是_______（填序号）。
（4）比较元素②、③的最高价氧化物对应水化物的酸性：______＞______（填化学式）。说明你判断的理由：_________。
（5）主族元素砷（As）的部分信息如图所示。
i.砷（As）在周期表中的位置是______。
ii.下列说法正确的是_______（填序号）。
a. 砷元素的最高化合价为+4
b. 推测砷有多种氧化物
c. ③的气态氢化物的还原性大于砷的气态氢化物的还原性
（6）某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：Cl>Br>I。
已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。
打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br > I，并说明理由_________。
【答案】(1). Na (2). (3). (4). b (5). HNO3 (6). H2CO3 (7). 非金属性：N>C (8). 第4周期第VA族 (9). b (10). 不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置可知，①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。
【详解】（1）同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素①～⑧中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为：Na；
（2）元素⑦为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为；S元素的氢化物为H2S，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为：；；
（3）①为H元素、②为C元素，C元素和H元素组成的化合物为烃，题给图示中a为乙烯、b为甲基、c为甲烷、d为苯，甲基不是化合物，故答案为：b；
（4）②为C元素、③为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3，故答案为：HNO3；H2CO3；非金属性：N>C；
（5）i.由主族元素砷的原子结构示意图可知，该原子有4个电子层，最外层有5个电子，则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为：第4周期第VA族；
ii.a、砷元素的最外层由5个电子，则最高化合价为+5，故错误；
b、同主族元素性质相似，与同主族氮元素能形成多种氧化物相似，砷可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价氧化物As2O5，故正确；
c.元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，故错误；
b正确，故答案为：b；
（6）打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质溴，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了溴单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性：Br > I，故答案为：不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应。
18.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下：
（1）NaClO2中氯元素的化合价是_________。从氧化还原角度推测NaClO2可能具有的化学性质是_________。
（2）过程I常伴有少量Cl2生成。
① Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，请结合离子方程式解释其原因_________。
② 结合下面信息，请设计实验方案除去ClO2中的Cl2 ________。
ClO2
Cl2
在水中的溶解性
易溶
溶
在CCl4中的溶解性
难溶
溶
（3）过程II中H2O2的作用是________（填“氧化剂”或“还原剂”）。
（4）理论上每生成1 mol NaClO2，消耗SO2的体积是________L（标准状况下）。
（5）已知：
i. 压强越大，物质的沸点越高。
ii. NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O
38~60℃时析出NaClO2晶体
高于60℃时分解成NaClO3和NaCl
① 过程III采用“减压蒸发”操作的原因是_____。
② 请将过程III的操作补充完整_______。
【答案】(1). +3 (2). 既具有氧化性又具有还原性 (3). Cl2 + 2OH- == Cl- + ClO- + H2O (4). 将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶 (5). 还原剂 (6). 11.2 (7). 通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解 (8). 控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤
【解析】
【分析】由流程图可知，SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2；由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O。
【详解】（1）NaClO2中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为—2价，由化合价代数和为零可知氯元素的化合价为+3价；元素化合价为中间价时，既表现氧化性又表现还原性，+3价介于氯元素—1价和+7价之间，则NaClO2既具有氧化性又具有还原性，故答案为：+3；既具有氧化性又具有还原性；
（2）①SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应时，还原产物可能为Cl2，反应生成的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，造成产品中含有NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，故答案为：Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O；
② 由题给信息可知，ClO2和Cl2均溶于水，ClO2不溶于四氯化碳，Cl2溶于四氯化碳，所以除去ClO2中的Cl2的实验方案是将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶，故答案为：将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶；
（3）过程II中ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2作氧化剂，双氧水作还原剂，故答案为：还原剂；
（4）SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2，由方程式可得2NaClO2—SO2，则每生成1molNaClO2，消耗SO2的物质的量是0.5mol，标况下体积是11.2L，故答案为：11.2；
（5）①由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；
②减压蒸发后，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O，故答案为：控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤。
19.某实验小组对氯水成分和性质进行研究，实验如下：
（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有_________（填化学式）。
（2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和_________性。
（3）氯气与水反应化学方程式为__________。
（4）用化学用语说明实验二中“红色不褪去”的原因_______。
（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。
【实验四】
①加入：____________，现象：___________；
（6）进一步探究实验三中“红色不褪去”的原因。
【实验五】取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去。写出氯水和硝酸银溶液反应的化学方程式______。
【答案】(1). Cl2 (2). 漂白或氧化 (3). Cl2 + H2OHCl + HClO (4). 2HClO2HCl + O2↑ (5). 1 mL蒸馏水 (6). 红色褪去 (7). Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3
【解析】
【分析】氯气溶于水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，新制氯水含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO—、OH—等粒子，能表现Cl2、HClO、H+、Cl-等微粒的性质。
【详解】（1）氯水溶于水，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈黄绿色，说明溶液中含有Cl2分子，故答案为：Cl2；
（2）实验一中加入石蕊试液变红色，表明溶液呈酸性，溶液红色褪去，说明氯水具有强氧化性而表现漂白性，故答案为：漂白或氧化；
（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2 + H2OHCl + HClO，故答案为：Cl2 + H2OHCl + HClO；
（4）实验二中新制氯水在太阳光下放置较长时间，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应化学方程式为2HClO2HCl + O2↑，故答案为：2HClO2HCl + O2↑；
（5）由题意可知实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释，所以①加入1 mL蒸馏水，稀释后继续加入石蕊试液变红色，一段时间后溶液红色又褪去，故答案为：1 mL蒸馏水；红色褪去；
（6）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去说明白色沉淀中含有次氯酸银沉淀，说明新制氯水与硝酸银溶液反应生成氯化银和次氯酸银白色沉淀和硝酸，反应的化学方程式为Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3，故答案为：Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3。
相关资料
更多
