黑龙江省大庆实验中学实验一部2024-2025学年高二上学期开学考试化学试卷（解析版）

这是一份黑龙江省大庆实验中学实验一部2024-2025学年高二上学期开学考试化学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了满分100分，考试时间90分钟，5mlN2和1等内容，欢迎下载使用。

说明：1.请将答案填涂在答题卡的指定区域内。
2.满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量 H：1 C：12 O：16 Na：23 Mn：55 I：127
一、选择题(本大题共20小题，1-15题每小题2分，16-20题每小题3分。共45分)
1. 化学创造美好生活，下列说法正确的是
A. 苯甲酸及其钠盐常用作食品防腐剂
B. 天宫一号使用的太阳能电池板主要成分为二氧化硅
C. 淀粉、纤维素和油脂均是天然有机高分子
D. 氧化亚铁常用作油漆的红色颜料
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯甲酸及其钠盐可以抑制霉菌繁殖，故常用作食品防腐剂，故A项正确；
B．太阳能电池板的主要成分是硅，故B项错误；
C．淀粉、纤维素均是天然有机高分子，油脂属于小分子化合物，故C项错误；
D．氧化铁是红色固体，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故D项错误；
故本题选A。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 常温常压下，15g甲基(-CH3)含有电子数为10NA
B. 标准状况下，11.2L氯仿(CHCl3)中含有C-Cl键的数目为1.5NA
C. 常温常压下，28g乙烯和丙烯(C3H6)的混合气体中含有原子总数目为6NA
D. 1mlCH3CH2OH分子中含有的共价键数目为7NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．15g甲基(-CH3)物质的量为，1个甲基中含有9个电子，则1ml甲基含有电子数为9NA，故A错误；
B．标准状况下，氯仿CHCl3为液态，故标况下11.2L的CHCl3的物质的量大于0.5ml，故B错误；
C．乙烯和烯最简式相同为CH2，28gCH2(摩尔质量为14g/ml)中的原子总数N=n•3NA=3NAml-1=6NA，故C正确；
D．CH3CH2OH分子中含有5个C-H键，1个C-C键、1个C-O键和1个O-H键，故1mlCH3CH2OH分子中含有的共价键数目为8NA，故D错误；
故选：C。
3. 用如图所示装置完成相应实验(a、b、c中分别盛有试剂1、2、3)，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓氨水和CaO反应产生NH3，但是不能用浓硫酸干燥NH3，即用该装置不能制取干燥的NH3，故A项不符合题意；
B．浓硫酸和铁会钝化，即用该装置不能制取干燥的SO2，故B项不符合题意；
C．浓盐酸和MnO2需要在加热条件下反应产生Cl2，用饱和NaCl溶液能除去Cl2中混有的HCl气体，故C项不符合题意；
D．常温下，铜与稀硝酸反应生成NO，NO被氧化成NO2，与水反应生成NO，即可以用该装置制取NO并除去NO2，故D项符合题意；
故本题选D。
4. 下列装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用图①装置检验纯碱中是否含有钾元素
B. 用图②装置测定锌和一定浓度稀硫酸的反应速率
C. 用图③装置分离I2和NH4Cl固体
D. 用图④装置检验石蜡油分解产生的不饱和烃
【答案】C
【解析】
【详解】A．检验纯碱中含有K元素，直接用铂丝蘸取待测液灼烧，透过蓝色的钴玻璃片，观察火焰颜色为紫色，故A项正确；
B．用图②装置可以通过设定相同时间内生成气体体积的多少，测定锌和一定浓度稀硫酸的反应速率，故B项正确；
C．NH4Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气又生成氯化铵，碘易升华，冷凝后二者不能分开，故C项错误；
D．加热石蜡油，将产生的气体通入到溴的四氯化碳溶液中，若褪色，则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，故D项正确；
故本题选C。
5. 某工业废水中含有大量的Fe2+、SO、Cu2+。兴趣小组模拟工业从该废水中回收金属铜，并制备Fe(OH)SO4，流程如下：
已知：该流程中NaNO2的还原产物为NO；
下列说法错误的是
A. 甲为铁粉，乙为稀硫酸溶液
B. 固体1为铁、铜混合物，固体2为铜
C. 上述流程中欲制备2mlFe(OH)SO4，理论上至少需要加入2mlNaNO2
D. 取少量产品Fe(OH)SO4溶于盐酸，滴入KMnO4溶液检验产品中的Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】该流程回收Cu和Fe(OH)SO4，因此向废水中加入过量的铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，固体1成分为Cu和Fe，然后向固体1中加入硫酸，铁与硫酸反应，得到硫酸亚铁溶液和铜单质，过滤，得到铜单质，将溶液1和2合并，加入NaNO2将Fe2+氧化成Fe3+，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，甲为铁粉，乙为稀硫酸，故A项正确；
B．由分析可知，固体1为铁、铜混合物，固体2为铜，故B项正确；
C．NaNO2作氧化剂，根据得失电子数目守恒有：2ml×(3-2)=n(NaNO2)×(3-2)，解得n(NaNO2)=2ml，故C项正确；
D．酸性高锰酸钾溶液能将盐酸氧化，紫红色褪去，因此紫红色褪去，不能说明产品中含Fe2+，故D项错误；
故答案为D。
6. PCl3和PCl5都是重要的化工产品。磷与氯气反应有如图转化关系。下列叙述正确的是

已知：在绝热恒容密闭容器中发生反应(1)、反应(2)，反应体系的温度均升高。
A. ΔH3=ΔH1-ΔH2
B. 4PCl3(g)+4Cl2(g)=4PCl5(s) ΔH；ΔH>ΔH2
C. ΔH1、ΔH2、ΔH3中，ΔH3最大
D. PCl3分子中每个原子最外层都达到8电子结构
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律可知，ΔH3=ΔH1+ΔH2，故A项错误；
B．液态PCl3汽化时吸收热量，故ΔH＜ΔH2，故B项错误；
C．由已知可知反应(1)和反应(2)均是放热反应，故反应(3)也是放热反应，结合盖斯定律，最小，故C项错误；
D．在PCl3分子中，P元素为+5价，P原子最外层有5个电子，则PCl3分子中的P原子最外层电子数为5+3=8，氯原子最外层电子数为：7+1=8，均满足最外层8电子结构，故D项正确；
故答案选D。
7. 科学家正在研究一种用乙烯(C2H4，沸点为-103.9 ℃)脱硫(SO2)方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法错误的是
A. 乙烯在该过程中是还原剂
B. SO2和C2H4均可使溴水溶液褪色，其褪色原理相同
C. Cu+ 在该反应中作催化剂
D. 步骤ⅰ中，每消耗2.24LC2H4(标准状况)，有0.2ml S原子生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯中碳元素化合价升高，乙烯在该过程中是还原剂，故A正确；
B．SO2和溴水发生氧化还原反应，C2H4和溴水发生加成反应，褪色原理不相同，故B错误；
C．反应前后Cu+ 的量不变，Cu+ 在该反应中作催化剂，故C正确；
D．步骤ⅰ中，乙烯中碳元素化合价由-2升高为+4，S元素化合价由+6降低为0，根据得失电子守恒，每消耗2.24LC2H4(标准状况)，有0.2ml S原子生成，故D正确；
答案选B。
8. 抗坏血酸(即维生素C)有较强的还原性，下列有关抗坏血酸的说法错误的是
A. 抗坏血酸可作食品抗氧化剂
B. 脱氢抗坏血酸能使酸性 KMnO4溶液褪色
C. 抗坏血酸中的官能团有羟基、酯基和碳碳双键
D. 1ml脱氢抗坏血酸与足量Na反应产生2ml H2
【答案】D
【解析】
【详解】A．抗坏血酸含有碳碳双键，在空气中可发生氧化反应，可作食品抗氧化剂，故A项正确；
B．脱氢抗坏血酸含有羟基，能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，故B项正确；
C．根据抗坏血酸的结构简式可知，分子中的官能团有羟基、酯基和碳碳双键，故C项正确；
D．1ml脱氢抗坏血酸中含有2ml羟基，与足量Na反应产生1mlH2，故D项错误；
故答案为D。
9. 下列热化学方程式或叙述正确的是
A. 已知甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B. 已知 ，则石墨比金刚石稳定
C. 已知N2(g)+H2 (g)NH3(g) ，则一定条件下向密闭容器中充入0.5mlN2和1.5mlH2充分反应放出46.2kJ 的热量
D. 已知 ， ；则
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热的是指1ml可燃物完全燃烧生成指定物质所放出的热量，甲烷燃烧生成的指定物质为二氧化碳和液态水，故A项错误；
B．该反应为吸热反应，那么生成物的能量高于反应物的能量，即金刚石的能量高于石墨的能量，而能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故B项正确；
C．该反应为可逆反应，在一定条件下向密闭容器中充入0.5mlN2和1.5mlH2充分反应，反应物无法全部消耗，所以放出的热量小于46.2kJ ，故C项错误；
D．碳完全燃烧放出的热量更多，ΔH数值越小，故，故D项错误；
故本题选B。
10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 500℃左右比常温下更有利于合成氨
B. 新制氯水在光照条件下颜色变浅
C. 可向浓氨水加入氢氧化钠固体快速制取氨
D. 用钠与氯化钾共融的方法制备气态钾
【答案】A
【解析】
【详解】A．合成氨的反应N2＋3H2⇌2NH3是放热反应，∆H＜0，升高温度平衡逆向移动，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．新制的氯水中次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO向右移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气，化学平衡NH3＋H2O⇌NH3•H2O⇌＋OH−逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．用钠与氯化钾共融的方法制备气态钾：Na(l)+KCl(l)⇌K(g)+NaCl(l)，K为气体，减小生成物的浓度可使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故答案选A。
11. 若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A. 与浓硫酸反应，只体现的酸性
B. a处变红，说明是酸性氧化物
C. b或c处褪色，均说明具有漂白性
D. 试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；
C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；
D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；
综上所述，正确的是B项。
12. 纳米零价铁除去酸性废水中的三氯乙烯、五价砷的原理如图所示，下列说法正确的是
A. 该处理过程中将电能转化为化学能
B. 该处理过程中纳米零价铁中的Fe为正极
C. 每生成11.2L乙烷，转移电子0.4ml
D. 酸性废水中的五价砷除去过程中As和S都被Fe2+还原了
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中原理图分析，处理过程中，Fe由0价转化为Fe2+，失去电子，发生氧化反应，做原电池负极，在酸性条件下，C2HCl3被还原为乙烷，则电极反应式为C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3Cl-，亚铁离子在酸性条件下和、发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为14Fe2++++14H+=FeAsS↓+13Fe3++7H2O；此据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，该处理过程是利用原电池原理，即将化学能转化为电能，故A错误；
B．由上述分析可知，Fe由0价转化为Fe2+，失去电子，发生氧化反应，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，做原电池负极，故B错误；
C．由于缺少标准状况这个条件，气体摩尔体积Vm不能使用22.4L/ml这个数值来计算乙烷的物质的量，故C错误；
D．由上述分析可知，亚铁离子在酸性条件下和、发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为14Fe2++++14H+=FeAsS↓+13Fe3++7H2O，此反应中As元素、S元素均得到电子，发生还原反应，Fe2+失电子发生氧化反应，即酸性废水中的五价砷除去过程中As和S都被Fe2+还原了，故D正确；
答案为D。
13. 1，3-丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
由此判断正确的是
A. ①和②的产物相比，②的产物更稳定
B. 1.3-丁二烯比2-丁炔更稳定
C. 1，3-丁二烯转化为2-丁炔是放热反应
D. 一个碳碳三键的键能比两个碳碳双键的键能之和大
【答案】B
【解析】
【分析】由盖斯定律可知，②-①可得反应③，反应③为放热反应，2-丁炔的能量比1，3-丁二烯高。
【详解】A．①和②的产物都是丁烷，产物相同，稳定性相同，A错误；
B．物质的能量越高，越不稳定，由分析可知，2-丁炔的能量比1，3-丁二烯高，则1，3-丁二烯比2-丁炔更稳定，B正确；
C．由分析可知， 2-丁炔转化为1，3-丁二烯是放热反应，则1，3-丁二烯转化为2-丁炔是吸热反应 ，C错误；
D．1,3-丁二烯和2-丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，D错误；
故选B。
14. 如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹起、流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是
A. 电池工作时，电流由X电极经外电路流向Y电极
B. 每消耗22.4 LO2(标况下)，质子交换膜通过1ml H＋
C. 电池工作时，H＋通过质子交换膜从右往左迁移
D. 该电池的负极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】乙醇酸性燃料电池酒精检测仪中，乙醇发生失电子的氧化反应生成醋酸，则呼气所在Pt电极为负极、通入O2的Pt电极为正极，负极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，O2在正极发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O；
【详解】A．由分析可知，X为负极，Y为正极，电池工作时，电流由正电极Y经外电路流向负电极X，A错误；
B．在标准状态下，每消耗22.4 LO2物质的量为，正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，转移4ml电子，质子交换膜通过4ml H＋，B错误；
C．电池工作时，阳离子向正极移动，则H+通过质子交换膜从左往右迁移，C错误；
D．从图中可以看出，电池工作时，负极酒精转化为醋酸，所以该电池的负极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，D正确；
故选D。
15. 已知 CH4(g) +2NO2(g)CO2(g) +N2(g) +2H2O(l) ΔH ， NO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图所示，下列说法正确的是
A. ΔH < 0
B. Y1>Y2
C. 平衡常数：Kb =Ka< Kc
D. a点体系颜色比b点浅
【答案】A
【解析】
【分析】正反应气体物质的量减少，增大压强平衡正向移动，NO2的平衡转化率随压强增大而增大，可知，X表示温度，Y表示压强。
【详解】A．根据图示，随温度升高，NO2的平衡转化率减小，可知正反应放热，ΔH < 0，故A正确；
B．Y表示压强，增大压强平衡正向移动，NO2的平衡转化率增大，则Y1C．平衡常数只与温度有关，a、b温度相同，所以Kb =Ka，随温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以Ka> Kc，平衡常数：Kb =Ka>Kc，故C错误；
D．a、b温度相同，a的压强大于b，可知a点NO2的浓度大于b点，所以a点体系颜色比b点深，故D错误；
选A。
16. 酸性水系锌锰电池在家庭和工业领域被广泛应用，放电时总反应的离子方程式为：MnO2+Zn+4H+=Mn2++Zn2++2H2O，放电时电极上的MnO2易剥落，会降低电池效率，向体系中加入少量KI固体可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法错误的是
A. 加入KI后发生反应为：MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O
B. 放电时，电子由锌电极经负载流向碳电极
C. 放电时，若消耗1mlZn，正极区电解质溶液理论上增重87g
D. 放电时，通过质子交换膜的H+与生成的Zn2+的个数之比为2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，含有MnO2的碳电极为正极，发生还原反应MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，MnO2剥落后，影响了反应的进行；加入KI后，提高了电池的工作效率，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2+++2H2O，，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，加入KI后MnO2+3I-+4H+=Mn2+++2H2O，故A项正确；
B．Zn电极为负极，因此放电时，电子由锌电极经负载流向碳电极，故B项正确；
C．放电时，若消耗1mlZn即转移2ml电子，2ml H+通过质子交换膜进入正极区域，1ml MnO2溶解，正极区电解质溶液理论上增重2g+87g=89g，故C项错误；
D．放电时，负极每消耗1ml Zn，转移2ml电子，则会有2ml H+通过质子交换膜进入正极，两者物质的量之比为2∶1，故D项正确；
故本题选C。
17. 已知4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)，实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示：下列说法正确的是
几种化学键的键能数据如下
A. t2时向体系中充入一定量的NH3，NH3的转化率增加
B. 图中b点对应的速率关系是v(正)= v(逆)
C. 反应达平衡后，升高温度平衡正向移动
D. 混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】焓变=反应物的键能-生成物的键能=(12×391+6×607-5×946-12×464)kJ/ml=-1964kJ/ml，热化学方程式为：△H=-1964kJ·ml-1，该反应为放热反应；
【详解】A．t2时向体系中充入一定量的NH3，NH3的转化率减小，故A项错误；
B．图中b点对应的速率关系是反应正向建立，所以图中b点对应的速率关系是υ(正)> υ(逆)，而c、d点达到平衡时υ(正)与υ(逆)相等，cd点的物质的量不再改变，故B项错误；
C．由分析可知，该反应时放热反应，升高温度平衡逆向移动，故C项错误；
D．反应前后气体总质量不变，反应后气体物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故D项正确；
故本题选D。
18. 在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反应，图I表示200 ℃时容器中A、B、C的物质的量随时间的变化关系，图Ⅱ表示不同温度下达到平衡时C的体积分数随起始的变化关系，则下列结论正确的是
A. 由图可知反应方程式为2A(g)+B(g)C (g) ΔH<0
B. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率
C. 由题意可知，图Ⅱ中 a=2
D. 平衡后，再向体系中充入Ar，重新达到平衡前
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图I可知，200℃时5min平衡时，A的物质的量减少：0.8ml-0.4ml=0.4ml，B的物质的量减少：0.4ml-0.2ml=0.2ml,C的物质的量增大0.2ml，A、B、C的化学计量数之比为0.4:0.2:0.2=2:1:1，A和B是反应物，C是生成物，则该反应方程式为：2A(g)+B(g)C (g)，由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即∆H＞0，故A错误；
B．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时A的物质的量变化量为0.8ml-0.4ml=0.4ml,故v(A)=，故B错误；
C．图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8ml-0.4ml=0.4ml,B的物质的量变化量为0.2ml,在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4ml：0.2ml=2，则图II中a=2，故C正确；
D．恒容条件下，通入Ar，混合物中各物质的浓度不变，平衡不移动，故，故D错误；
故选：C。
19. 根据下列实验操作不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向盛有Cu片的试管中加入NaNO3溶液，无明显现象，再加入稀H2SO4，则氢离子浓度增大，铜片溶解，说明NaNO3在酸性环境中具有氧化性，故A项正确；
B．向足量KI溶液中加入几滴FeCl3溶液，充分反应后，加入几滴KSCN溶液，若变红色则含有Fe3+，证明Fe3+与I-反应为可逆反应，故B项正确；
C．将盛有2mL0.1ml/LNa2S2O3溶液的两支试管分别放入盛有冷水和热水的烧杯中，再同时向试管中分别加入2mL0.1ml/LH2SO4溶液，振荡，反应中只有温度不同，其他条件相同，可研究温度对化学反应速率的影响，故C项正确；
D．向试管中加入0.5g淀粉和4mL2ml/LH2SO4溶液，加热，冷却后，应先用氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入少量新制的银氨溶液，加热，验证淀粉在硫酸催化下的水解产物，故D项错误；
故本题选D。
20. 钠离子电池以其快速充放电的特性受到科研工作者的重视，具有广泛的应用前景。某基于有机电解质的钠离子可充电电池的放电工作原理如图所示：下列说法正确的是
A. x>y
B. 放电时，外电路通过0.1ml电子，A电极质量减少4.6g
C. 放电时，B电极发生的反应为
D. 该电池中的有机电解质可用水溶液替换
【答案】A
【解析】
【分析】放电时，钠电极为负极，A电极反应式为：Na-e-=Na+，B电极为正极，电极反应式为：2(x−y)Na++CaFeOx+2(x−y)e−=CaFeOy+(x−y)Na2O
【详解】A．由分析可知，放电时，钠电极为负极，A电极反应式为：Na-e-=Na+，B电极为正极，电极反应式为：2(x−y)Na++CaFeOx+2(x−y)e−=CaFeOy+(x−y)Na2O，可知x＞y，故A项正确；
B．放电时，外电路通过0.1ml电子，A电极上Na失去电子生成Na+，消耗0.1ml Na，质量减少2.3g，故B项错误；
C．充电时，B电极发生的反应为2(x−y)Na++CaFeOx+2(x−y)e−=CaFeOy+(x−y)Na2O，故C项错误；
D．Na与水反应，所以该电池中的有机电解质不能用水溶液替换，故D项错误；
故本题选A。
二、填空题(本大题共4个小题，共55分)
21. 海洋中蕴含着丰富的资源，海水中Br-的含量约为67mg/L，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，以碘离子的形式存在。
Ⅰ．为研究海水提溴工艺，设计了如下实验流程：
（1）实验中，通入热空气吹出Br2，利用了溴的___________性。
（2）操作x为___________。
（3）流程中SO2被氧化生成SO，实验室检验SO的方法为___________。
Ⅱ．实验室里从海带中提取碘的流程如图：
（4）写出步骤④中主要反应的离子方程式：___________。
（5）流程中后期处理用反萃取法：
①上述操作1的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。
②操作2使用的玻璃仪器为___________ 。
③反萃取流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】（1）挥发性 （2）蒸馏
（3）取少量溶液于试管中，滴加几滴(盐酸酸化的)BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明有SO
（4）H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2
（5） ①. 1：5 ②. 烧杯、漏斗、玻璃棒 ③. CCl4
【解析】
【分析】Ⅰ．苦卤先加硫酸酸化，再通入氯气将溴离子氧化为溴单质，然后利用溴单质挥发性，用热空气将其吹出，吹出的溴单质用二氧化硫水溶液吸收，吸收液再通入氯气氧化溴离子生成溴单质，再通过蒸馏得到液溴；
Ⅱ．灼烧海藻灰要在坩埚中进行，海藻灰浸泡后过滤得到含碘离子的溶液，通入氯气氧化生成碘单质，萃取分液得到含碘的有机溶液，经过提纯得到碘单质，据此分析答题。
【小问1详解】
通入热空气吹出Br2，利用了溴易挥发的性质，故答案为：挥发性；
【小问2详解】
含溴混合物经过蒸馏得到液溴，故答案为：蒸馏；
【小问3详解】
实验室检验硫酸根离子操作为：取少量溶液于试管中，滴加几滴（盐酸酸化的）BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明有硫酸根离子，故答案为：取少量溶液于试管中，滴加几滴（盐酸酸化的）BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明有硫酸根离子；
【小问4详解】
写出步骤④为含碘离子的溶液、过氧化氢和稀硫酸反应生成碘单质，反应的离子方程式：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2，故答案为：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2；
【小问5详解】
①碘单质既是氧化剂，又是还原剂，碘单质化合价升高生成氧化产物NaIO3部分为还原剂，碘单质化合价降低生成还原产物NaI部分作氧化剂，故还原剂比氧化剂的比值为1:5，故答案为：1:5；
②操作2为过滤，使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
③反萃取流程中可循环利用的物质是四氯化碳，故答案为：CCl4。
22. 某研究性学习小组探究硫的化合物的制备和性质。
Ⅰ．制备二氧化硫
用70%的浓硫酸与Na2SO3固体反应制备SO2气体。
（1）制备SO2气体最合适的发生装置是___________(填写字母)。
（2）A中温度计插入的仪器名称为___________ 。
Ⅱ．制备硫代硫酸钠
室温时，往Na2S、Na2CO3混合溶液中均匀通入SO2气体，一段时间后，溶液中有大量黄色浑浊物出现，然后浑浊物开始由黄变浅，当混合溶液pH接近于7时，停止通入SO2气体。产生Na2S2O3。反应原理：
（3）制备Na2S2O3反应分三步进行
反应i：；
反应ii：；
反应iii的化学方程式为___________。
（4）当pH值接近于7时，停止通入的原因是___________。
Ⅲ．探究性质
（5）向某浓度的过量KIO3酸性溶液(含淀粉)中通入一定量SO2后，停止通气，刚开始时溶液无明显变化，t秒后溶液突然变蓝。
针对该现象产生的原因某实验小组提出假设：t秒前生成了I2(反应A)，但I2继续与溶液中的SO2反应(反应B)，其中反应较快的是___________(填“A”或“B”)。 因此t秒前溶液无明显变化；t秒后溶液中的IO与I-又生成I2，因此溶液变蓝。
为验证该实验小组的假设合理，设计实验：向变蓝色的溶液中___________；可观察到现象为：蓝色迅速消失，一段时间后再次变蓝。
Ⅳ．尾气处理
在恒容密闭容器中，用H2还原SO2，生成S的反应分两步完成(如图1所示)，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示，请分析并回答下列问题：
（6）分析可知X为___________(填化学式)。
（7）0～t1时间段的温度为___________。
【答案】（1）C （2）蒸馏烧瓶
（3）S+Na2SO3=Na2S2O3
（4）二氧化硫继续通入会反应生成亚硫酸，而硫代硫酸钠易与酸反应，故减少硫代硫酸钠的损失
（5） ①. B ②. 通入少量SO2
（6）H2S （7）300℃
【解析】
【小问1详解】
制取二氧化硫为固液不加热装置，亚硫酸钠溶于水不能使用启普发生器，则制备SO2气体最合适的发生装置是C；
【小问2详解】
A中温度计插入的仪器名称为蒸馏烧瓶；
【小问3详解】
反应iii的化学方程式可以由总反应减去反应i、ii得到，则反应iii的化学方程式为：S+Na2SO3=Na2S2O3；
【小问4详解】
当pH值接近于7时，停止通入SO2的原因是：二氧化硫继续通入会反应生成亚硫酸，而硫代硫酸钠易与酸反应，故减少硫代硫酸钠的损失；
小问5详解】
因二氧化硫与I2反应生成氢碘酸和硫酸，该反应速率较快，导致t秒前溶液无明显变化，故选B；由题给信息可知，向变蓝色的溶液中通入少量二氧化硫，溶液蓝色迅速消失，一段时间后再次变蓝，可以说明该实验小组提出的假设合理；
【小问6详解】
根据图1可知，300℃时，二氧化硫和氢气反应生成硫化氢，在100℃到200℃时，硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质和水，则X为H2S；
【小问7详解】
在图2可知，0～t1时间段H2S浓度不断增大，t1～t2时间段H2S浓度不断减小，则0～t1时间段是不断生成H2S的过程，所以0～t1时间段的温度为300℃。
23. 以H2、CO为原料，可以合成甲醇。反应原理为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH = a kJ·ml-1，回答下列问题：
（1）已知：①CO(g)+O2(g )CO2(g) ΔH1 = -283 kJ·ml-1
②H2(g)+O2(g )H2O(g) ΔH2 = -242 kJ·ml-1
③CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH3 = -676kJ·ml-1
则a=___________。
（2）下列措施既可增大反应速率又可提高H2的平衡转化率的是 ___________(填字母)。
A. 压缩容器的体积B. 将CH3OH从体系中分离
C. 恒温恒容时充入HeD. 使用高效催化剂
（3）工业上用反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)合成甲醇。在容积为1L的恒容密闭容器中，初始CO的物质的量均为1ml，分别在230℃、250℃和270℃进行实验，结果如图。其中270℃的实验结果所对应的曲线是___________(填字母)，此温度下的平衡常数K=___________(ml/L)-2。当曲线X、Y、Z对应的投料比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的要求是___________。
（4）我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和H2合成CH3OH的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的TS1-TS5为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
图中决速步骤的能垒(活化能)为 ___________ kJ·ml-1，该步骤反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）-91 （2）A
（3） ①. Z ②. 4 ③. 温度越高，投料比越大
（4） ①. 178.3 ②. CO*+4H*=CHO*+3H*
【解析】
【小问1详解】
①①CO燃烧的热化学方程式：CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H=-283kJ•ml-1；②H2燃烧的热化学方程式：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-242kJ•ml-1；③CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H= -676kJ•ml-1，根据盖斯定律将①+②×2-③可得：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=-91KJ•ml-1，故答案为-91；
【小问2详解】
A．压缩容器体积等同于增大压强，反应向气体分子数减小的方向进行，同时减小体积浓度增大，反应速率增大，故A项正确；
B．将CH3OH从体系中分离，平衡正向移动，但浓度减小，反应速率降低，故B项错误；C．恒温恒容体系中充入氦气，反应速率不改变，故C项错误；
D．使用催化剂，反应速率加快，但不能提高氢气转化率，故D项错误；
故答案为：A；
【小问3详解】
①根据反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=-116kJ•ml-1，是放热反应，温度越高，转化率越低，所以270℃对应的温度是曲线Z，故答案是：Z；
②②该反应的平衡常数，时，CO转化率50%，反应消耗了1ml×50%=0.5mlCO，消耗氢气1ml，剩余n(H2)=1.5ml-1ml=0.5ml，生成0.5ml甲醇，时，各组分的浓度为：c(CH3OH)=0.5ml/L，c(CO)=0.5ml/L，c(H2)=0.5ml/L，代入表达式得：，故答案是：4；
③由图可知，转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越高，故答案为：温度越高，投料比越大；
【小问4详解】
①决速步骤由慢反应决定，即最大能垒步46.9kJ-(-131.4)=178.3，故答案为：178.3；
②该步骤反应的化学方程式为：CO*+4H*=CHO*+3H*，故答案为：CO*+4H*=CHO*+3H*。
24. 有机物I(乙酸环己酯)是一种香料，用于配制苹果、香蕉、醋栗和树莓等果香型香精，下面是利用两种石油化工产品制备I的一种合成路线：
已知：。
（1）由石油生产A的工艺名称为___________。I的分子式为___________ 。
（2）C中官能团的名称为___________。
（3）反应①~ ⑥中属于加成反应的是___________(填序号)。
（4）反应⑥的化学方程式为___________。
（5）H的同分异构体中，能够使新制的氢氧化铜产生砖红色沉淀的结构有___________ 种。
（6）下列关于合成路线中所涉及物质的说法正确的是___________。
A. B与互为同系物
B. A、E分子中的原子均处于同一平面
C. 一定条件下，1mlG可与3mlH2反应生成H
D. 可用NaHCO3溶液鉴别B和D
【答案】（1） ①. 裂解 ②. C8H14O2
（2）醛基 （3）①⑤
（4） （5）8 （6）BCD
【解析】
【分析】结合流程可知B为乙醇，A与水反应生成B，则A为乙烯，乙醇催化氧化后生成乙醛，则C是乙醛，乙醛氧化生成乙酸，则D是乙酸；H与D发生酯化反应生成I，据此分析解答。
【小问1详解】
①石油的裂解得到短链气态烃，可用于制取乙烯，故答案为：裂解；
②根据I的结构式可知，I的分子式为C8H14O2，故答案为：C8H14O2。
【小问2详解】
C为乙醛，官能团为醛基，故答案为：醛基；
【小问3详解】
反应①是加成反应，反应②是氧化反应，反应③是氧化反应，反应④是取代反应，反应⑤是加成反应，反应⑥是取代反应，故属于加成反应的是①⑤，故答案为：①⑤；
【小问4详解】
反应⑥中乙酸与环己醇反应生成乙酸环己酯，反应方程式为：，故答案为：；
【小问5详解】
H为环己醇，分子式为：C6H12O，能够使新制的氢氧化铜产生砖红色沉淀的结构有：CH3CH2CH2CH2CH2CHO、CH3CH2CH2CH2CH2CHO、CH3CH2CH2CH(CHO)CH3、CH3CH2CH(CHO)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2CHO、CH3CH2CH(CH3)CH2CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO共8种，故答案为：8；
【小问6详解】
A．B与H结构不相似，不互为同系物，故A项错误；
B．A、E分别为乙烯和苯，两者均为平面结构，分子中的原子均处于同一平面，故B项正确；
C．G为苯酚，1ml苯酚能与3mlH2发生加成反应生成H，故C项正确；
D．由分析可知，B为CH3CH2OH、D为CH3COOH，CH3COOH能与NaHCO3溶液反应产生气泡，而CH3CH2OH不能，故能用NaHCO3溶液可鉴别B和D，故D项正确；
故答案为：BCD。选项
试剂1
试剂2
试剂3
实验目的
A
浓氨水
CaO
浓硫酸
制取干燥的NH3
B
浓硫酸
Fe片
浓硫酸
制取干燥的SO2
C
浓盐酸
MnO2
饱和NaCl溶液
制取Cl2并除去HCl
D
稀硝酸
Cu片
H2O
制取NO并除去NO2
共价键
N≡N
N-H
N=O
H-O
键能/kJ/ml
946
391
607
464
选项
实验操作
实验目的
A
向盛有Cu片的试管中加入NaNO3溶液，无明显现象，再加入适量的稀H2SO4
验证NaNO3在酸性环境中具有氧化性
B
向足量KI溶液中加入几滴FeCl3溶液，充分反应后，加入几滴KSCN溶液
验证Fe3+与I-反应为可逆反应
C
将盛有2mL0.1ml/LNa2S2O3溶液的两支试管分别放入盛有冷水和热水的烧杯中，再同时向试管中分别加入2mL0.1ml/LH2SO4溶液，振荡
研究温度对化学反应速率影响
D
向试管中加入0.5g淀粉和4mL2ml/LH2SO4溶液，加热。冷却后，加入少量的银氨溶液，加热
验证淀粉在硫酸催化下的水解产物