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广东省广州市五校2023-2024学年高一下学期期末联考化学试卷
1．（2024高一下·广州期末）集广东美术馆、广东省非物质文化遗产馆、广东文学馆于一体的白鹅潭大湾区艺术中心于2024年4月28日正式启用，下列有关说法正确的是
A．白鹅潭美轮美奂的跨年烟花焰色试验是化学变化
B．旷世佳作《千里江山图》使用的颜料与食品添加剂中的着色剂是同类物质
C．非物质文化遗产粤绣使用到的蚕丝属于是蛋白质
D．用于刻制甲骨文的龟甲兽骨是有机高分子化合物
2．（2024高一下·广州期末）电视剧《狂飙》中有很多广东文化有关的物品，其中主要成分是硅酸盐的为
A．客家黄酒的酒坛 B．广东拖鞋文化中的人字拖
C．广东醒狮的服装 D．广东最早进口大彩电的LED屏
3．（2024高一下·广州期末）下列说法不正确的是
A．CH4分子的空间比例模型：
B．月壤中的与地球上的互为同位素
C．CH4和C5H12互为同系物
D．臭氧层中的O3与空气中的O2互为同素异形体
4．（2024高一下·广州期末）设阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是
A．常温下，9.2g和的混合气体中含有的氮原子数目为0.2
B．0.1mol的中，含有的中子数为0.8
C．100g质量分数46%的乙醇溶液含有的数目约是7
D．将0.2mol与0.1mol充入密闭容器中，使之充分反应，生成的分子数为0.2
5．（2024高一下·广州期末）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．将足量CO2通入溶有氨气的饱和食盐水中：
B．FeO溶于稀硝酸：
C．向稀硫酸溶液中加入Na2S2O3固体出现黄色沉淀：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D．将SO2通入稀硝酸溶液：
6．（2024高一下·广州期末）以下说法正确的是
①油酸甘油酯在通常条件下为液态，与氢气充分发生加成反应后，转变为固态
②表达式均为的淀粉和纤维素不是同分异构体，两者水解的最终产物也不相同
③向盛有鸡蛋清溶液的试管中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀，再加入蒸馏水，沉淀不溶解
④乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应后，生成六种有机产物
⑤天然蛋白质水解的最终产物至少含有与-COOH两种官能团
⑥可用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中含有的乙烯气体
A．②④⑥ B．①③⑤ C．①③④⑤ D．③④⑤⑥
7．（2024高一下·广州期末）Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Q与Z同主族，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A．单质氧化性：QY
C．简单氢化物的沸点：Z>Q D．熔点：X的单质>X的氧化物
8．（2024高一下·广州期末）氯元素是一种重要的“成盐元素”。部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．存在f→d→a的转化关系
B．d的稳定性差，其溶液久置后酸性减弱
C．a溶液和f溶液混合可以制得b
D．c可以替代传统的b，作为饮用水消毒杀菌剂
9．（2024高一下·广州期末）下列实验中的现象及结论均正确，且存在因果关系的是
A B
实验 装置
实验 现象 试管内气体颜色变浅，试管壁出现油状液滴 右侧试管液体出现明显分层
实验 结论 甲烷与氯气发生了加成反应 乙酸和乙酸乙酯均微溶于饱和
C D
实验 装置
实验 现象 烧杯中出现白色沉淀 有红热的液珠落入蒸发皿内的沙子上，液珠冷却后变为黑色固体
实验 结论 非金属性：N＞C＞Si 活泼金属作还原剂，将相对不活泼的金属置换出来
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高一下·广州期末）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是
A．维生素C的分子式为C6H9O6
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
C．能与Na2CO3溶液反应
D．与互为同分异构体
11．（2024高一下·广州期末）一种新型的人工固氮的原理如图所示，下列说法正确的是
A．过程①中N2被氧化
B．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
C．若设每一步均完全转化，每生成1 mol NH3的同时生成0.75 mol O2
D．LiOH是离子化合物，只含有离子键
12．（2024高一下·广州期末）下列物质的生产流程不合理的是
A．
B．
C．
D．
13．（2024高一下·广州期末）氮氧化物(NOx)能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。某科研机构设计方案利用原电池原理处理氮氧化合物(NO)，其原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．电极A为原电池的正极，发生还原反应
B．H+通过质子交换膜由A极向B极移动
C．该电池正极电极反应为2NO-4e-+4H+=N2+2H2O
D．当A电极转移0.6mole-时，两极共产生2.24LN2(标况下)
14．（2024高一下·广州期末）已知还原性： >I－ > Fe2+。某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Fe2+、、、、I－、Cl－ 中的部分离子，进行下列实验：通过实验得出的结论正确的是
实验编号 操作 现象
① 取10mL溶液，先加入稍过量的氯水 生成无色气体、溶液变成棕红色
② 向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液 可得到白色沉淀4.66g
A．实验①中加入过量的氯水，则先后氧化了I－、 Fe2+
B．溶液中一定含有Na+
C．10mL溶液中的物质的量一定为0.02mol
D．实验中不能够确定溶液中是否含有
15．（2024高一下·广州期末）实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛满SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。下列说法不正确的是
A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
B．bc段O2含量下降与该反应有关：
C．可先用HCl酸化，再加BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4
D．取C点处烧瓶中的气体通入BaCl2溶液中不产生沉淀
16．（2024高一下·广州期末）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B 向饱和(NH4)2SO4溶液中滴加鸡蛋清溶液 出现白色沉淀 饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质变性
C 向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫色褪去 证明Fe2+具有还原性
D 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量NaOH稀溶液，再加入银氨溶液后并加热 产生了银镜 证明蔗糖水解产物具有还原性
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高一下·广州期末）明矾(KAl(SO4)2·12H2O)在工业上用作印染媒染剂和净水剂，医药上用作收敛剂。实验小组采用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾并测定其组成，探究明矾净水的影响因素。
（1）废铝制易拉罐溶于KOH溶液发生的主要反应为　 　。（用离子反应方程式表示）
（2）溶液Ⅰ加硫酸溶液的过程中观察到白色沉淀生成，该沉淀的化学式为　 　。
（3）在下列各图中，上述流程中“系列操作”不需要用到的实验操作是______。（填编号）
A． B．
C． D．
（4）为测定该明矾晶体样品中的含量，该实验小组称取a g明矾晶体样品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用质量为b g的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为c g。（已知硫酸钡的摩尔质量为233 g/mol）
该明矾晶体样品中的含量为　 　mol/g。（即每克明矾晶体中的物质的量）
（5）明矾中的Al3+在水溶液中能够水解产生Al(OH)3胶体从而具有净水作用。为探究pH和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，实验小组选取一种悬浊液进行探究实验，请将下列表格内容补充完整。已知：净水效果可用相同时间内悬浊液的浊度变化来衡量。浊度越高，代表悬浊液越浑浊。
已知：净水效果可用相同时间内悬浊液的浊度变化来衡量。浊度越高，代表悬浊液越浑浊。
组别 悬浊液体积 pH 饱和明矾溶液用量 添加的助凝剂 净水前浊度 净水t min后浊度
1 15 mL 4 2滴 无 Al B1
2 15 mL 7 2滴 无 A2 B2
3 15 mL 　 　 2滴 　 　 A3 B3
4 15 mL 10 2滴 有 A4 B4
①通过1、2、3组实验，随着pH增大，净水效果依次增强。pH减小，明矾净水效果减弱的原因是　 　。
②pH增大到一定程度时，净水效果会减弱，请尝试分析原因：　 　。
③添加助凝剂能够提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是　 　。（用表中数据表示）
18．（2024高一下·广州期末）溴单质是重要的化工原料之一，工业上从海水中提取溴的流程如下：
（已知：海水中溴元素主要以形式存在）
（1）将吹出后的含的空气按一定速率通入吸收塔，用和水进行吸收，写出吸收反应的离子方程式：　 　。
（2）吸收后的空气进行循环利用。吹出时，吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。吸收过程流量过大，吹出率反而下降的原因是：　 　。
（3）含溶液通过蒸馏法获得液溴，某同学在进行蒸馏操作时，采用如下图所示装置：
①实验时试管A中除加入溶液外，还需加入少量　 　，其作用是　 　。
②长导管除了导气之外，另一个作用是　 　。
③含溶液中溶有一定量的氯气，因此可以在将蒸馏产生的气体通过　 　（填试剂名称）溶液，以除去氯气。
（4）“吸收”及后续步骤的工艺也可采用如下流程：
①写出上述步骤①中发生反应生成一种气体的离子方程式：　 　。
②当有3mol参加反应，发生转移的电子的物质的量为　 　。
19．（2024高一下·广州期末）煤炭通过液化可将硫等有害元素以及灰分脱除，得到洁净的二次能源，对优化终端能源结构、解决石油短缺、减少环境污染具有重要的战略意义。以下是一种煤间接液化过程发生反应的方程式：
①②
（1）下列措施能够增大上述反应①速率的是______（填字母）。
A．升高温度 B．增加煤炭的用量
C．及时分离产物 D．加入合适的催化剂
（2）在2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO和3 mol H2、一定条件下发生上述反应②，测得CO和CH3OH(g)的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示：
①下列描述中能说明上述反应②达到平衡状态的是　 　。
A．CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内消耗2 mol H2的同时消耗1 mol CH3OH
②根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点是　 　（填“a”“b”“c”或“d”）；用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：va　 　vc（填“＞”、“＜”或“=”）。
③反应经过3 min后达到平衡，该过程中H2的化学反应速率是多少？　 　（列三段式求解）
（3）已知断开1 mol CO(g)中的化学键需要吸收的能量为1072 kJ，断开1 mol H2(g)中的化学键需要吸收的能量为426 kJ，则根据图2的数据计算：断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收　 　kJ的能量。
（4）CH3OH可作为燃料使用，以多孔铂为电极，如下图装置中分别通入CH3OH和O2构成甲醇燃料电池，则d电极是　 　（填“正极”或“负极”），该电池的正极的电极反应式为　 　。
20．（2024高一下·广州期末）淀粉是化工生产的重要原料，对淀粉进行综合利用的流程如图所示。已知B分子中含有一个甲基(-CH3)。
回答下列问题：
（1）淀粉和糊精均为天然有机高分子化合物，二者聚合度的大小关系为：n　 　m(填“＞”“＜”或“=”＝。
（2）检验淀粉是否完全水解的操作为　 　。
（3）某物质H是A的同系物，分子式为C4H10O，H有　 　种同分异构体。
（4）B中含有的官能团为　 　，写出B→D的化学方程式　 　。
（5）B与D反应生成E的反应类型是　 　，请写出E的结构简式　 　。
（6）写出丙烯酸在一定条件下生成高聚物F的化学方程式　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．焰色试验是元素的原子核外电子在高温下电子发生跃迁的结果，过程中不产生新物质 ，所以属于物理变化，A错误；
B．旷世佳作《千里江山图》使用的颜料与食品添加剂中的着色剂是不同类别物质，B错误；
C．蚕丝的成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，C正确；
D．用于刻制甲骨文的龟甲兽骨的成分为无机盐，不属于有机高分子化合物，D错误；
故答案为：C
【分析】A、焰色试验属于物理变化。
B、画作的颜料与食品添加剂的着色剂种类不同。
C、蚕丝的成分为蛋白质。
D、龟甲兽骨的成分为无机盐。
2．【答案】A
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．客家黄酒的酒坛的成分为陶瓷，属于硅酸盐产品，主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．广东拖鞋文化中的人字拖主要成分为塑料，属于有机合成材料，B不符合题意；
C．广东醒狮的服装主要成分是有机合成材料，C不符合题意；
D．广东最早进口大彩电的LED屏的成分为Si3N4，属于新型无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、酒坛的成分为硅酸盐。
B、拖鞋的成分为塑料，属于有机合成材料。
C、服装的成分为有机合成材料。
D、LED屏的成分为新型无机非金属材料。
3．【答案】B
【知识点】同素异形体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．CH4分子呈正四面体结构，C位于四面体中心，4个H原子位于四面体的四个顶点上，由于原子半径：C＞H，所以图示为CH4的空间比例模型，A正确；
B．月壤中的与地球上的的质量数相同，但质子数不相同。所以二者不是同位素，B错误；
C．CH4和C5H12分子式都符合烷烃的分子式通式CnH2n+2，它们都属于烷烃，因此二者互为同系物，C正确；
D．臭氧层中的O3与空气中的O2都是由O元素组成的不同单质，互为同素异形体，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据CH4的空间结构和原子半径大小确定其空间比例模型。
B、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
C、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
D、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
4．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；摩尔质量；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． NO2和N2O4最简式均为NO2，因此9.2g混合物中n(NO2)=0.2mol。所以混合物中含有0.2NA个氮原子，A正确；
B．14C原子中含8个中子，因此0.1mol14C中所含中子数为0.8NA，B正确；
C.100g质量分数46%的乙醇溶液中含乙醇46g，其物质的量为1mol。一个C2H5OH分子中含有一个O-H键，即含1molO-H键。而一个H2O分子中含有2个O-H键，因此54g水分子中也含6molO-H键，即含有的O-H的数目约是7NA，C正确；
D．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，因此生成的三氧化硫分子数小于0.2NA个，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据混合物的最简式进行计算。
B、一个14C原子中含有8个中子。
C、乙醇溶液中C2H5OHO和H2O都含有O-H键。
D、SO2与O2的反应为可逆反应，反应物无法完全转化。
5．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．CO2过量，反应生成NaHCO3晶体和NH4Cl，该反应的离子方程式为Na++ NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+，A错误；
B．HNO3具有强氧化性，会将酸溶解产生的Fe2+氧化为Fe3+，HNO3被还原为NO，该反应的离子方程式为3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2O，B错误；
C．H2SO4与Na2S2O3固体反应产生H2O、S、SO2、Na2SO4，该反应的离子方程式应该为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正确；
D．电荷不守恒，原子不守恒，反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、CO2过量，反应生成溶解度较小的NaHCO3。
B、HNO3具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO。
C、S2O32－在酸性条件下，发生自身氧化还原，生成S、SO2和H2O。D
D、HNO3具有氧化性，将SO2氧化成SO42－，自身还原为NO。
6．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】①液态油脂属于不饱和酸，油酸与甘油形成的酯通常呈液态，能和氢气发生加成反应，使油脂由液态变为固态。因此加氢后得到的油脂称为氢化油，又称硬化油，故正确；
②淀粉和纤维素的n值不同，因此二者不是同分异构体，两者水解的最终产物相同，都是葡萄糖，故错误；
③醋酸铅溶液中Pb2+能使蛋白质变性，变性为不可逆过程。因此再加入蒸馏水，沉淀不溶解，故正确；
④乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应，所得氯代物有6种。其中一氯乙烷、五氯乙烷和六氯乙烷各一种；二氯乙烷和四氯乙烷中，两个氯原子(氢原子)在同一碳原子或不同碳原子上，各两种；三氯乙烷有三个氯原子在同一碳原子一种，两个氯原子在同一碳原子上，另一氯原子在另一碳原子上2种，合计9种，故错误；
⑤天然蛋白质水解生成氨基酸，因此水解的最终产物至少含有-NH2与-COOH两种官能团，故正确；
⑥酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化成CO2，因此用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中含有的乙烯气体时会引入二氧化碳杂质，故错误；
综上，说法正确的是①③⑤。
故答案为：B
【分析】①油酸甘油酯中含有碳碳双键，与H2加成后形成固态。
②淀粉和纤维素不属于同分异构体，但二者的水解产物都是葡萄糖。
③Pb2+为重金属离子，可使蛋白质变性。
④根据乙烷与Cl2的取代过程分析。
⑤天然蛋白质的水解产物为氨基酸，则一定含有-NH2和-COOH。
⑥酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化成CO2，引入新的杂质气体。
7．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，Q为O，X为Al，Y为Si，Z为S。
A．同周期元素，核电荷数越大，非金属性越强；同主族元素，核电荷数越大，非金属性越小。非金属性越强，则对应单质的氧化性越强，因此单质氧化性：S＜O，故A错误；
B．非金属性越强，则其最高价含氧酸的酸性越强。由于非金属性S＞Si，因此最高价含氧酸的酸性：S＞Si，故B正确；
C．Q的简单氢化物分子间含有氢键，导致其沸点较高，因此简单氢化物的沸点：S＜O，故C错误；
D．氧化铝的熔点高于Al的熔点，故D错误；
故答案为：B
【分析】Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，因此Q位于第二周期；且Y的最外层电子数为4。所以Y为C或Si。又Q与Y不在同一周期，所以Y为Si。X、Y相邻，且原子序数小于Y，所以X为Al。四种原子的最外层电子数之和为19，所以Q、Z的最外层电子数之和为12；由Q、Z同主族，所以二者的最外层电子数为6。因此Q为O、Z为S。据此结合元素周期律分析选项。
8．【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．ClO－与H＋可结合成HClO，次氯酸光照分解生成盐酸，故A正确；
B．次氯酸光照条件下分解生成HCl和氧气，因此久置的HClO溶液酸性增强，故B错误；
C． HCl溶液与次氯酸盐混合，氢离子、氯离子和次氯酸根离子发生归中反应生成氯气，故C正确；
D．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可以代替氯气作为饮用水消毒杀菌剂，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、强酸制弱酸，可实现f→d；HClO光照分解可生成HCl。
B、HClO光照分解生成HCl和O2，溶液酸性增强。
C、ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2。
D、ClO2具有氧化性，可用于自来水消毒。
9．【答案】D
【知识点】探究铝热反应；甲烷的取代反应；乙酸乙酯的制取；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．CH4与Cl2在光照条件下会逐步发生取代反应产生有机物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，每一步取代反应都会产生HCl，反应消耗Cl2，使混合气体颜色变浅；反应产生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4是液体物质，试管壁上出现油状液滴，但反应类型是取代反应而不是加成反应，A错误；
B．乙酸与乙醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，该反应是可逆反应。反应产生的乙酸乙酯和未反应的乙酸、乙醇都会随乙酸乙酯经导气管进入到盛有饱和Na2CO3溶液的右侧试管中。Na2CO3溶液的作用是溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。由于乙酸乙酯不能溶于饱和Na2CO3溶液，因此看到右侧试管液体出现明显分层，B错误；
C．浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸能够与Na2SiO3反应产生难溶性的硅酸H2SiO3沉淀，因此不能证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，因此无法证明元素的非金属性：N＞C＞Si，C错误；
D．Al与Fe2O3在Mg条点燃产生大量热量情况下发生铝热反应产生Al2O3和Fe，反应放出大量热量，使产生的Fe以红热的液态形式存在，高温Fe通过纸漏斗烧坏，而落入蒸发皿内的沙子上，液珠冷却后变为黑色固体。该实验说明：活泼金属Al作还原剂，将相对不活泼的金属置换出来，D正确；
故答案为：D
【分析】A、甲烷与氯气的反应为取代反应。
B、乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液。
C、浓硝酸具有挥发性，无法比较C、Si的非金属性强弱。
D、结合置换反应分析。
10．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A．一分子维生素C中含有6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子，因此维生素C的分子式是C6H8O6，A错误；
B．维生素C中含有醇羟基、碳碳双键，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色。因此不能用高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，B错误；
C．维生素C分子中不含有羧基，因此不能与Na2CO3溶液反应，C错误；
D．维生素C、该物质分子的分子式都是C6H8O6，二者的分子式相同，结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据结构简式确定分子中所含的原子个数，从而确定分子式。
B、羟基和碳碳双键，都能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、能与Na2CO3溶液反应的官能团为羧基。
D、分子式相同，结构不同的有机物护卫同分异构体。
11．【答案】C
【知识点】化学键；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应①是N2与Li反应产生Li3N，N元素由0价变为-3价，化合价降低，发生得电子的还原反应，A错误；
B．反应过程中H元素为+1价，只有一种价态，B错误；
C．该人工固氮的总反应为N2与H2O在Li存在、 通电时反应生成NH3和O2，根据得失电子守恒，每生成1 molNH3的同时生成O2的物质的量为n(O2)==0.75 mol，C正确；
D．LiOH是离子化合物，Li+与OH-之间以离子键结合，在OH-中含有共价键，因此LiOH中含有共价键，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中给氮元素的化合价变化分析。
B、反应过程中H元素为+1价。
C、根据化合价变化，结合得失电子守恒进行计算。
D、LiOH中H、O原子以共价键的形式结合。
12．【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．FeS2高温煅烧反应产生SO2气体；SO2与O2在催化剂存在条件下加热反应生成SO3；SO3被98.3%的浓硫酸吸收生成硫酸，A正确；
B．NH3与O2发生催化氧化反应，生成NO和H2O；NO被O2氧化生成NO2；NO2与H2O反应生成HNO3和NO，与硝酸工业制取方法不吻合，B错误；
C．海带经灼烧除去有机物，得到海带灰，然后加入水浸泡，得到含有I-的水溶液。向其中加入绿色氧化剂H2O2，I-被氧化生成I2；利用CCl4进行萃取得到I2的CCl4溶液；通过蒸馏得单质碘，符合碘元素的处理实际，C正确；
D．石英砂主要成分是SiO2，与焦炭高温煅烧，反应生成粗硅和CO；向粗硅中加入HCl并加热，其中的各种成分反应后变为相应的氯化物，然后根据混合物中各种氯化物的沸点不同进行蒸馏，得到纯净SiHCl3；再用H2在高温下还原SiHCl3，得到高纯硅，符合晶体硅的制取与提纯方法，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据工业制硫酸的反应分析。
B、NH3的催化氧化反应，生成NO，不生成N2。
C、根据海带提碘的操作流程分析。
D、根据高纯硅的制备分析。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A上氨气发生失电子的氧化反应生成氮气，因此电极A为负极，A项错误；
B．原电池中阳离子移向正极，因此H+通过质子交换膜由A极向B极移动，B项正确；
C．该电池正极电极反应为NO发生得电子的还原反应生成氮气，因此电极反应式为，C项错误；
D．负极反应为，生成0.1mol氮气；正极反应，根据电子守恒可知，生成0.15mol氮气；共生成0.25mol氮气，其在标准状态下的体积为5.6L，D项错误；
故答案为：B
【分析】电极A上通入NH3，转化为N2，发生失电子的氧化反应，因此电极A为负极，其电极反应式为2NH3－6e－=N2＋6H＋。电极B上通入NO，转化为N2，发生得电子的还原反应，因此电极B为正极，其电极反应式为2NO＋4e－＋4H＋=N2＋2H2O。据此结合选项分析。
14．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；常见离子的检验
【解析】【解答】A．由分析可知，溶液中不含Fe2+，因此不能氧化Fe2+，故A错误；
B．根据溶液中电荷守恒可知，溶液中一定含有Na+，故B正确；
C．所得4..66g白色沉淀为BaSO4，其物质的量为0.02mol；而10mL溶液中的物质的量不一定为0.02mol，硫酸钡中硫酸根可能是原溶液中的，也可能是亚硫酸根被氯水氧化变来的，也可能两者之和，故C错误；
D．根据先加入稍过量的氯水，生成无色气体，说明溶液中一定含有，故D错误。
故答案为：B
【分析】无色溶液中不含有色离子，因此溶液中不含Fe2+。取10mL溶液，先加入稍过量的氯水，生成无色气体、溶液变成棕红色，说明溶液中含有、I－；向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液，可得到白色沉淀4.66g，该白色沉淀为BaSO4，说明原溶液中可能含有硫酸根或亚硫酸根，而没有钡离子，根据电荷守恒，则肯定含有钠离子。
15．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．反应有O2生成，可能是Na2O2和SO2反应生成了O2，该反应的化学方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，A正确；
B．O2具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4有关，B正确；
C．HCl中含有Cl-，能够与Ag+反应生成不溶于达到白色沉淀AgCl，也不溶于酸的物质，因此会干扰Na2SO4的检验，要检验Na2SO4，应该用盐酸酸化，无现象，再加入BaCl2，若有白色沉淀生成，说明其中含有Na2SO4来进行检验，C正确；
D．根据图示可知：C处气体中O2的含量还在减少，SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，H2SO3与O2反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀。因此取C点处烧瓶中的气体通入BaCl2溶液中有白色沉淀生成，D错误；
故答案为：D
【分析】加入Na2O2的过程中发生反应2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2；O2具有氧化性，能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。使得体系中O2的含量先增大后减小。据此结合选项分析。
16．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；葡萄糖的银镜反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由于氯水过量，过量的氯水也能够与KI发生置换反应产生I2，因此无法比较Br2与I2的氧化性强弱，A错误；
B．饱和(NH4)2SO4溶液会降低蛋白质的溶解度而结晶析出，因此出现白色沉淀，析出的蛋白质还可以进一步溶解在水中，蛋白质没有发生变性，该过程属于盐析，B错误；
C．Fe2+、Cl-都具有还原性，二者都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪去，因此不能根据溶液褪色就判断确定是Fe2+具有还原性，C错误；
D．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸作催化剂，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量NaOH稀溶液，中和催化剂硫酸，再加入银氨溶液后并加热，若产生了银镜，说明水解产物分子结构中含有醛基，从而证明蔗糖水解产物具有还原性，D正确；
故答案为：D
【分析】A、氯水过量，则过量的Cl2将I－氧化，无法比较Br2和I2的氧化性。
B、(NH4)2SO4是蛋白质发生盐析，不发生变性。
C、Fe2＋、Cl－都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、银氨溶液在碱性条件下才具有氧化性，因此实验过程中需除去蔗糖水解液中过量的稀硫酸。
17．【答案】（1）
（2）Al(OH)3
（3）B；D
（4）
（5）10；无；pH减小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水效果减弱；pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱；(A4-B4)明显大于(A3-B3)
【知识点】硫酸盐；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）Al与强碱KOH溶液反应产生K[Al(OH)4]、H2，该反应的离子方程式为：。
故答案为：
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的过程中会观察到白色沉淀，反应方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，该沉淀是化学式是Al(OH)3。
故答案为：Al(OH)3
（3）在废易拉罐用KOH溶液处理过程中，Al与KOH溶液反应产生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固体物质通过过滤分离除去。上述流程中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，所以不需要用坩埚加热固体、也不需要分液。
故答案为：BD
（4）为测定明矾样品中的含量，该实验小组称取a g明矾晶体样品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用质量为b g的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为c g。过滤后得到的固体为硫酸钡，其质量为(c-b) g，则根据S元素守恒可知样品中n()=n(BaSO4)=mol，则每克样品中硫酸根离子的含量=mol/g。
故答案为：
（5）①探究pH和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，根据控制单一变量原则可知，第三组的pH=10，与第4组实验对比，无添加助凝剂，实验结论一：通过1、2、 3组实验，发现随着pH增大，净水效果依次增强；pH减小，明矾净水效果减弱主要是因为pH减小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3胶体变少，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水作用减弱。
故答案为：10；无；pH减小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水效果减弱
②pH增大到一定程度时，净水效果会减弱，是由于pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱。
故答案为：pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱
③添加助凝剂能够提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是若(A4-B4)明显大于(A3 B3)，说明添加助凝剂能够显著提高净水效果。
故答案为：(A4-B4)明显大于(A3-B3)
【分析】（1）Al是一种两性金属，能与KOH溶液反应生成K[Al(OH)4]和H2，据此写出反应的离子方程式。
（2）溶液中含有K[Al(OH)4]，滴加稀硫酸的过程中给产生的白色沉淀为Al(OH)3沉淀。
（3）经过“系列操作”后从溶液中得到明矾晶体，因此该“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（4）所得cg固体为BaSO4，根据公式计算n(BaSO4)，从而得出样品中n(SO42－)=n(BaSO4)，进而得出样品中SO42－的含量。
（5）①pH减小，溶液中c(H＋)增大，抑制了Al3＋的水解，不利于Al(OH)3胶体的形成。
②pH增大到一定程度后，Al(OH)3胶体发生聚沉，形成Al(OH)3沉淀，不具有吸附净水的作用。
③若(A4-B4)明显大于(A3 B3)，说明添加助凝剂能够显著提高净水效果。
（1）Al与强碱KOH溶液反应产生K[Al(OH)4]、H2，该反应的离子方程式为：；
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的过程中会观察到白色沉淀，反应方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，该沉淀是化学式是Al(OH)3；
（3）在废易拉罐用KOH溶液处理过程中，Al与KOH溶液反应产生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固体物质通过过滤分离除去。上述流程中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，所以不需要用坩埚加热固体、也不需要分液，故合理选项是BD；
（4）为测定明矾样品中的含量，该实验小组称取a g明矾晶体样品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用质量为b g的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为c g。过滤后得到的固体为硫酸钡，其质量为(c-b) g，则根据S元素守恒可知样品中n()=n(BaSO4)=mol，则每克样品中硫酸根离子的含量=mol/g；
（5）①探究pH和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，根据控制单一变量原则可知，第三组的pH=10，与第4组实验对比，无添加助凝剂，实验结论一：通过1、2、 3组实验，发现随着pH增大，净水效果依次增强；pH减小，明矾净水效果减弱主要是因为pH减小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3胶体变少，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水作用减弱；
②pH增大到一定程度时，净水效果会减弱，是由于pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱；
③添加助凝剂能够提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是若(A4-B4)明显大于(A3 B3)，说明添加助凝剂能够显著提高净水效果。
18．【答案】（1）
（2）过量的随将溴单质还原成，使溴单质的吹出率下降
（3）碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化铁或其它含的盐类物质
（4）；5mol
【知识点】海水资源及其综合利用；蒸馏与分馏；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】（1）溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，用和水进行吸收的离子方程式为。
故答案为：
（2）Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示，SO2流量过大时，过量的二氧化硫随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应将溴单质还原成，方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
故答案为：过量的随将溴单质还原成，使溴单质的吹出率下降
（3）实验时试管A中除加入溶液外，还需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，长导管除了导气之外，另一个作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯气，因此可以将蒸馏产生的气体通过溴化铁或其它含的盐类物质，让溴离子与氯气发生氧化还原反应将氯气除去。
故答案为：碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化铁或其它含的盐类物质
（4）由图可知溴单质与碳酸钠溶液反应，得到含有的水溶液，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可知另一种气体是二氧化碳，所以对应离子方程式为，该反应转移电子数为5e-，所以3mol参加反应，发生转移的电子的物质的量为5mol。
故答案为：；5mol
【分析】（1）Br2具有氧化性，SO2具有还原性，二者可反应生成HBr和H2SO4，据此写出反应的离子方程式。
（2）SO2过量时，过量的SO2与Br2反应生成Br－，使得溴单质的吹出率下降。
（3）①反应过程中试管A中溶液沸腾，英雌需加入碎瓷片或沸石，起到防止暴沸的作用。
②长导管可以起到导气冷凝的作用。
③除去Cl2的同时应防止形成新的杂质，因此可用含有Br－的溶液额进行除杂。
（4）①步骤①中Br2与Na2CO3反应生成NaBr、NaBrO3和CO2，据此写出反应的离子方程式。
②根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
（1）溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，用和水进行吸收的离子方程式为。
（2）Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示，SO2流量过大时，过量的二氧化硫随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应将溴单质还原成，方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
（3）实验时试管A中除加入溶液外，还需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，长导管除了导气之外，另一个作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯气，因此可以将蒸馏产生的气体通过溴化铁或其它含的盐类物质，让溴离子与氯气发生氧化还原反应将氯气除去。
（4）由图可知溴单质与碳酸钠溶液反应，得到含有的水溶液，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可知另一种气体是二氧化碳，所以对应离子方程式为，该反应转移电子数为5e-，所以3mol参加反应，发生转移的电子的物质的量为5mol。
19．【答案】（1）A；D
（2）CD；d；＞；0.25 mol/(L·min)
（3）2052.8
（4）正极；O2+4e-+4H+=2H2O
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）A．在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A符合题意；
B．在其它条件不变时，由于炭单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B不符合题意；
C．CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，不能加快化学反应速率，C不符合题意；
D．在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D符合题意；
故答案为：AD
（2）①A．可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的质量不变，则根据气体的密度公式ρ=，可知混合气体的密度始终不随时间的变化而变化，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生改变，若容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故答案为：CD
②根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；
反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用CO浓度变化表示的正反应速率大小关系为：v(a)＞v(c)。
故答案为：d；＞
③在2 L密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根据已知条件即图示数据，用三段式进行求解：
则3 min内反应消耗H2的物质的量是1.5 mol，容器的容积是2 L，反应时间是3 mol，故H2浓度变化为△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)。
故答案为：0.25 mol/(L·min)
（3）根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量。
故答案为：2052.8
（4）在CH3OH-O2燃料电池中，通入燃料CH3OH的电极为负极，负极失去电子发生氧化反应；通入O2的电极为正极，正极上得到电子发生还原反应。溶液中阳离子向负电荷较多的正极移动，阴离子向正电荷较多的负极移动。根据图示可知溶液中的阳离子H+向d电极区移动，说明d电极为正极，b处通入的气体是O2，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。电极c为负极，a处通入的气体是CH3OH，CH3OH失去电子发生氧化反应，故负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
故答案为：正极；O2+4e-+4H+=2H2O
【分析】（1）结合温度、浓度、压强、催化剂对反应速率的影响分析选项。
（2）①当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应达到平衡状态，据此结合选项分析。
②当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应处于平衡状态。a点反应物的浓度大，反应速率快。
③由三段式确定H2的变化浓度，结合公式计算用H2表示的反应速率。
（3）由图2可知，当生成1molCH3OH时放出的热量为128.8kJ，据此结合化学键的键能计算。
（4）H＋移向电极d一侧，因此电极d为正极。燃料电池中，O2做正极，发生得电子的还原反应，生成H2O，据此得出正极的电极反应式。
（1）A．在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A符合题意；
B．在其它条件不变时，由于炭单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B不符合题意；
C．CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，不能加快化学反应速率，C不符合题意；
D．在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D符合题意；
故合理选项是AD；
（2）①A．可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的质量不变，则根据气体的密度公式ρ=，可知混合气体的密度始终不随时间的变化而变化，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生改变，若容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故合理选项是CD；
②根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；
反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用CO浓度变化表示的正反应速率大小关系为：v(a)＞v(c)；
③在2 L密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根据已知条件即图示数据，用三段式进行求解：
则3 min内反应消耗H2的物质的量是1.5 mol，容器的容积是2 L，反应时间是3 mol，故H2浓度变化为△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)；
（3）根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量；
（4）在CH3OH-O2燃料电池中，通入燃料CH3OH的电极为负极，负极失去电子发生氧化反应；通入O2的电极为正极，正极上得到电子发生还原反应。溶液中阳离子向负电荷较多的正极移动，阴离子向正电荷较多的负极移动。根据图示可知溶液中的阳离子H+向d电极区移动，说明d电极为正极，b处通入的气体是O2，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。电极c为负极，a处通入的气体是CH3OH，CH3OH失去电子发生氧化反应，故负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
20．【答案】（1）＞
（2）往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全
（3）4
（4）羟基、羧基；2+O22+2H2O
（5）取代反应(酯化反应)；
（6）nCH2=CH-COOH
【知识点】同分异构现象和同分异构体；羧酸简介；多糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】（1）淀粉和糊精均为天然有机高分子化合物，由于淀粉经初步水解反应产生糊精，因此二者聚合度的大小关系为：n＞m。
故答案为：＞
（2）由于淀粉遇碘水溶液会变为蓝色，因此可以用碘水来检验淀粉是否水解完全，则检验淀粉是否完全水解的操作为：往淀粉水解液中滴加几滴碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全。
故答案为：往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全
（3）根据上述分析可知A是乙醇，结构简式是CH3CH2OH。某物质H是A的同系物，其分子式为C4H10O，H为饱和一元醇，可能结构有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可见共4种不同结构，即H有4种同分异构体。
故答案为：4
（4）根据上述分析可知B是乳酸，结构简式是，物质分子中含有的官能团为羟基、羧基。B分子中含有-OH，由于羟基连接的C原子上含有H原子，因此可以发生催化氧化反应，则乳酸与O2在Cu催化下加热发生氧化反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。
故答案为：羧基；2+O22+2H2O
（5）B是乳酸，结构简式是，分子中含有羟基，D是，分子中含有羧基，二者在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生酯E和水，该反应属于酯化反应，酯化反应又属于取代反应，故B与D反应生成E的反应类型是酯化反应(或取代反应)；物质E结构简式是。
故答案为：取代反应(酯化反应)；
（6）丙烯酸分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够发生加聚反应产生聚丙烯酸，该反应的化学方程式为：nCH2=CH-COOH。
故答案为：nCH2=CH-COOH
【分析】（1）糊精为淀粉的水解产物，因此糊精的聚合度比淀粉小。
（2）结合淀粉遇碘变蓝色的性质确定实验操作。
（3）A为CH3CH2OH，H是A的同系物，因此H也属于醇类物质，结合碳链异构确定H的同分异构体。
（4）B能与O2、Cu发生氧化反应，说明含有羟基；能转化为丙烯酸，说明含有－COOH，因此可得B的结构简式为。据此确定B的官能团，以及B转化为D的化学方程式。
（5）B与O2在Cu催化作用下反应生成D，B中的羟基与D中的羧基在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，据此确定反应类型和E的结构简式。
（6）丙烯酸在一定条件下碳碳双键发生加聚反应，生成聚合物，据此写出反应的化学方程式。
（1）淀粉和糊精均为天然有机高分子化合物，由于淀粉经初步水解反应产生糊精，因此二者聚合度的大小关系为：n＞m；
（2）由于淀粉遇碘水溶液会变为蓝色，因此可以用碘水来检验淀粉是否水解完全，则检验淀粉是否完全水解的操作为：往淀粉水解液中滴加几滴碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全；
（3）根据上述分析可知A是乙醇，结构简式是CH3CH2OH。某物质H是A的同系物，其分子式为C4H10O，H为饱和一元醇，可能结构有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可见共4种不同结构，即H有4种同分异构体；
（4）根据上述分析可知B是乳酸，结构简式是，物质分子中含有的官能团为羟基、羧基。B分子中含有-OH，由于羟基连接的C原子上含有H原子，因此可以发生催化氧化反应，则乳酸与O2在Cu催化下加热发生氧化反应的化学方程式为：2+O22+2H2O；
（5）B是乳酸，结构简式是，分子中含有羟基，D是，分子中含有羧基，二者在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生酯E和水，该反应属于酯化反应，酯化反应又属于取代反应，故B与D反应生成E的反应类型是酯化反应(或取代反应)；物质E结构简式是；
（6）丙烯酸分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够发生加聚反应产生聚丙烯酸，该反应的化学方程式为：nCH2=CH-COOH。
1 / 1广东省广州市五校2023-2024学年高一下学期期末联考化学试卷
1．（2024高一下·广州期末）集广东美术馆、广东省非物质文化遗产馆、广东文学馆于一体的白鹅潭大湾区艺术中心于2024年4月28日正式启用，下列有关说法正确的是
A．白鹅潭美轮美奂的跨年烟花焰色试验是化学变化
B．旷世佳作《千里江山图》使用的颜料与食品添加剂中的着色剂是同类物质
C．非物质文化遗产粤绣使用到的蚕丝属于是蛋白质
D．用于刻制甲骨文的龟甲兽骨是有机高分子化合物
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．焰色试验是元素的原子核外电子在高温下电子发生跃迁的结果，过程中不产生新物质 ，所以属于物理变化，A错误；
B．旷世佳作《千里江山图》使用的颜料与食品添加剂中的着色剂是不同类别物质，B错误；
C．蚕丝的成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，C正确；
D．用于刻制甲骨文的龟甲兽骨的成分为无机盐，不属于有机高分子化合物，D错误；
故答案为：C
【分析】A、焰色试验属于物理变化。
B、画作的颜料与食品添加剂的着色剂种类不同。
C、蚕丝的成分为蛋白质。
D、龟甲兽骨的成分为无机盐。
2．（2024高一下·广州期末）电视剧《狂飙》中有很多广东文化有关的物品，其中主要成分是硅酸盐的为
A．客家黄酒的酒坛 B．广东拖鞋文化中的人字拖
C．广东醒狮的服装 D．广东最早进口大彩电的LED屏
【答案】A
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A．客家黄酒的酒坛的成分为陶瓷，属于硅酸盐产品，主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．广东拖鞋文化中的人字拖主要成分为塑料，属于有机合成材料，B不符合题意；
C．广东醒狮的服装主要成分是有机合成材料，C不符合题意；
D．广东最早进口大彩电的LED屏的成分为Si3N4，属于新型无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、酒坛的成分为硅酸盐。
B、拖鞋的成分为塑料，属于有机合成材料。
C、服装的成分为有机合成材料。
D、LED屏的成分为新型无机非金属材料。
3．（2024高一下·广州期末）下列说法不正确的是
A．CH4分子的空间比例模型：
B．月壤中的与地球上的互为同位素
C．CH4和C5H12互为同系物
D．臭氧层中的O3与空气中的O2互为同素异形体
【答案】B
【知识点】同素异形体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．CH4分子呈正四面体结构，C位于四面体中心，4个H原子位于四面体的四个顶点上，由于原子半径：C＞H，所以图示为CH4的空间比例模型，A正确；
B．月壤中的与地球上的的质量数相同，但质子数不相同。所以二者不是同位素，B错误；
C．CH4和C5H12分子式都符合烷烃的分子式通式CnH2n+2，它们都属于烷烃，因此二者互为同系物，C正确；
D．臭氧层中的O3与空气中的O2都是由O元素组成的不同单质，互为同素异形体，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据CH4的空间结构和原子半径大小确定其空间比例模型。
B、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
C、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
D、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
4．（2024高一下·广州期末）设阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是
A．常温下，9.2g和的混合气体中含有的氮原子数目为0.2
B．0.1mol的中，含有的中子数为0.8
C．100g质量分数46%的乙醇溶液含有的数目约是7
D．将0.2mol与0.1mol充入密闭容器中，使之充分反应，生成的分子数为0.2
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；摩尔质量；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． NO2和N2O4最简式均为NO2，因此9.2g混合物中n(NO2)=0.2mol。所以混合物中含有0.2NA个氮原子，A正确；
B．14C原子中含8个中子，因此0.1mol14C中所含中子数为0.8NA，B正确；
C.100g质量分数46%的乙醇溶液中含乙醇46g，其物质的量为1mol。一个C2H5OH分子中含有一个O-H键，即含1molO-H键。而一个H2O分子中含有2个O-H键，因此54g水分子中也含6molO-H键，即含有的O-H的数目约是7NA，C正确；
D．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，因此生成的三氧化硫分子数小于0.2NA个，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据混合物的最简式进行计算。
B、一个14C原子中含有8个中子。
C、乙醇溶液中C2H5OHO和H2O都含有O-H键。
D、SO2与O2的反应为可逆反应，反应物无法完全转化。
5．（2024高一下·广州期末）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．将足量CO2通入溶有氨气的饱和食盐水中：
B．FeO溶于稀硝酸：
C．向稀硫酸溶液中加入Na2S2O3固体出现黄色沉淀：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D．将SO2通入稀硝酸溶液：
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．CO2过量，反应生成NaHCO3晶体和NH4Cl，该反应的离子方程式为Na++ NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+，A错误；
B．HNO3具有强氧化性，会将酸溶解产生的Fe2+氧化为Fe3+，HNO3被还原为NO，该反应的离子方程式为3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2O，B错误；
C．H2SO4与Na2S2O3固体反应产生H2O、S、SO2、Na2SO4，该反应的离子方程式应该为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正确；
D．电荷不守恒，原子不守恒，反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、CO2过量，反应生成溶解度较小的NaHCO3。
B、HNO3具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO。
C、S2O32－在酸性条件下，发生自身氧化还原，生成S、SO2和H2O。D
D、HNO3具有氧化性，将SO2氧化成SO42－，自身还原为NO。
6．（2024高一下·广州期末）以下说法正确的是
①油酸甘油酯在通常条件下为液态，与氢气充分发生加成反应后，转变为固态
②表达式均为的淀粉和纤维素不是同分异构体，两者水解的最终产物也不相同
③向盛有鸡蛋清溶液的试管中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀，再加入蒸馏水，沉淀不溶解
④乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应后，生成六种有机产物
⑤天然蛋白质水解的最终产物至少含有与-COOH两种官能团
⑥可用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中含有的乙烯气体
A．②④⑥ B．①③⑤ C．①③④⑤ D．③④⑤⑥
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】①液态油脂属于不饱和酸，油酸与甘油形成的酯通常呈液态，能和氢气发生加成反应，使油脂由液态变为固态。因此加氢后得到的油脂称为氢化油，又称硬化油，故正确；
②淀粉和纤维素的n值不同，因此二者不是同分异构体，两者水解的最终产物相同，都是葡萄糖，故错误；
③醋酸铅溶液中Pb2+能使蛋白质变性，变性为不可逆过程。因此再加入蒸馏水，沉淀不溶解，故正确；
④乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应，所得氯代物有6种。其中一氯乙烷、五氯乙烷和六氯乙烷各一种；二氯乙烷和四氯乙烷中，两个氯原子(氢原子)在同一碳原子或不同碳原子上，各两种；三氯乙烷有三个氯原子在同一碳原子一种，两个氯原子在同一碳原子上，另一氯原子在另一碳原子上2种，合计9种，故错误；
⑤天然蛋白质水解生成氨基酸，因此水解的最终产物至少含有-NH2与-COOH两种官能团，故正确；
⑥酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化成CO2，因此用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中含有的乙烯气体时会引入二氧化碳杂质，故错误；
综上，说法正确的是①③⑤。
故答案为：B
【分析】①油酸甘油酯中含有碳碳双键，与H2加成后形成固态。
②淀粉和纤维素不属于同分异构体，但二者的水解产物都是葡萄糖。
③Pb2+为重金属离子，可使蛋白质变性。
④根据乙烷与Cl2的取代过程分析。
⑤天然蛋白质的水解产物为氨基酸，则一定含有-NH2和-COOH。
⑥酸性KMnO4溶液能将乙烯氧化成CO2，引入新的杂质气体。
7．（2024高一下·广州期末）Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Q与Z同主族，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A．单质氧化性：QY
C．简单氢化物的沸点：Z>Q D．熔点：X的单质>X的氧化物
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，Q为O，X为Al，Y为Si，Z为S。
A．同周期元素，核电荷数越大，非金属性越强；同主族元素，核电荷数越大，非金属性越小。非金属性越强，则对应单质的氧化性越强，因此单质氧化性：S＜O，故A错误；
B．非金属性越强，则其最高价含氧酸的酸性越强。由于非金属性S＞Si，因此最高价含氧酸的酸性：S＞Si，故B正确；
C．Q的简单氢化物分子间含有氢键，导致其沸点较高，因此简单氢化物的沸点：S＜O，故C错误；
D．氧化铝的熔点高于Al的熔点，故D错误；
故答案为：B
【分析】Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，因此Q位于第二周期；且Y的最外层电子数为4。所以Y为C或Si。又Q与Y不在同一周期，所以Y为Si。X、Y相邻，且原子序数小于Y，所以X为Al。四种原子的最外层电子数之和为19，所以Q、Z的最外层电子数之和为12；由Q、Z同主族，所以二者的最外层电子数为6。因此Q为O、Z为S。据此结合元素周期律分析选项。
8．（2024高一下·广州期末）氯元素是一种重要的“成盐元素”。部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．存在f→d→a的转化关系
B．d的稳定性差，其溶液久置后酸性减弱
C．a溶液和f溶液混合可以制得b
D．c可以替代传统的b，作为饮用水消毒杀菌剂
【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．ClO－与H＋可结合成HClO，次氯酸光照分解生成盐酸，故A正确；
B．次氯酸光照条件下分解生成HCl和氧气，因此久置的HClO溶液酸性增强，故B错误；
C． HCl溶液与次氯酸盐混合，氢离子、氯离子和次氯酸根离子发生归中反应生成氯气，故C正确；
D．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可以代替氯气作为饮用水消毒杀菌剂，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、强酸制弱酸，可实现f→d；HClO光照分解可生成HCl。
B、HClO光照分解生成HCl和O2，溶液酸性增强。
C、ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2。
D、ClO2具有氧化性，可用于自来水消毒。
9．（2024高一下·广州期末）下列实验中的现象及结论均正确，且存在因果关系的是
A B
实验 装置
实验 现象 试管内气体颜色变浅，试管壁出现油状液滴 右侧试管液体出现明显分层
实验 结论 甲烷与氯气发生了加成反应 乙酸和乙酸乙酯均微溶于饱和
C D
实验 装置
实验 现象 烧杯中出现白色沉淀 有红热的液珠落入蒸发皿内的沙子上，液珠冷却后变为黑色固体
实验 结论 非金属性：N＞C＞Si 活泼金属作还原剂，将相对不活泼的金属置换出来
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】探究铝热反应；甲烷的取代反应；乙酸乙酯的制取；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．CH4与Cl2在光照条件下会逐步发生取代反应产生有机物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，每一步取代反应都会产生HCl，反应消耗Cl2，使混合气体颜色变浅；反应产生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4是液体物质，试管壁上出现油状液滴，但反应类型是取代反应而不是加成反应，A错误；
B．乙酸与乙醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，该反应是可逆反应。反应产生的乙酸乙酯和未反应的乙酸、乙醇都会随乙酸乙酯经导气管进入到盛有饱和Na2CO3溶液的右侧试管中。Na2CO3溶液的作用是溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。由于乙酸乙酯不能溶于饱和Na2CO3溶液，因此看到右侧试管液体出现明显分层，B错误；
C．浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸能够与Na2SiO3反应产生难溶性的硅酸H2SiO3沉淀，因此不能证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，因此无法证明元素的非金属性：N＞C＞Si，C错误；
D．Al与Fe2O3在Mg条点燃产生大量热量情况下发生铝热反应产生Al2O3和Fe，反应放出大量热量，使产生的Fe以红热的液态形式存在，高温Fe通过纸漏斗烧坏，而落入蒸发皿内的沙子上，液珠冷却后变为黑色固体。该实验说明：活泼金属Al作还原剂，将相对不活泼的金属置换出来，D正确；
故答案为：D
【分析】A、甲烷与氯气的反应为取代反应。
B、乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液。
C、浓硝酸具有挥发性，无法比较C、Si的非金属性强弱。
D、结合置换反应分析。
10．（2024高一下·广州期末）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是
A．维生素C的分子式为C6H9O6
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
C．能与Na2CO3溶液反应
D．与互为同分异构体
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A．一分子维生素C中含有6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子，因此维生素C的分子式是C6H8O6，A错误；
B．维生素C中含有醇羟基、碳碳双键，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色。因此不能用高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，B错误；
C．维生素C分子中不含有羧基，因此不能与Na2CO3溶液反应，C错误；
D．维生素C、该物质分子的分子式都是C6H8O6，二者的分子式相同，结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据结构简式确定分子中所含的原子个数，从而确定分子式。
B、羟基和碳碳双键，都能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、能与Na2CO3溶液反应的官能团为羧基。
D、分子式相同，结构不同的有机物护卫同分异构体。
11．（2024高一下·广州期末）一种新型的人工固氮的原理如图所示，下列说法正确的是
A．过程①中N2被氧化
B．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
C．若设每一步均完全转化，每生成1 mol NH3的同时生成0.75 mol O2
D．LiOH是离子化合物，只含有离子键
【答案】C
【知识点】化学键；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应①是N2与Li反应产生Li3N，N元素由0价变为-3价，化合价降低，发生得电子的还原反应，A错误；
B．反应过程中H元素为+1价，只有一种价态，B错误；
C．该人工固氮的总反应为N2与H2O在Li存在、 通电时反应生成NH3和O2，根据得失电子守恒，每生成1 molNH3的同时生成O2的物质的量为n(O2)==0.75 mol，C正确；
D．LiOH是离子化合物，Li+与OH-之间以离子键结合，在OH-中含有共价键，因此LiOH中含有共价键，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中给氮元素的化合价变化分析。
B、反应过程中H元素为+1价。
C、根据化合价变化，结合得失电子守恒进行计算。
D、LiOH中H、O原子以共价键的形式结合。
12．（2024高一下·广州期末）下列物质的生产流程不合理的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．FeS2高温煅烧反应产生SO2气体；SO2与O2在催化剂存在条件下加热反应生成SO3；SO3被98.3%的浓硫酸吸收生成硫酸，A正确；
B．NH3与O2发生催化氧化反应，生成NO和H2O；NO被O2氧化生成NO2；NO2与H2O反应生成HNO3和NO，与硝酸工业制取方法不吻合，B错误；
C．海带经灼烧除去有机物，得到海带灰，然后加入水浸泡，得到含有I-的水溶液。向其中加入绿色氧化剂H2O2，I-被氧化生成I2；利用CCl4进行萃取得到I2的CCl4溶液；通过蒸馏得单质碘，符合碘元素的处理实际，C正确；
D．石英砂主要成分是SiO2，与焦炭高温煅烧，反应生成粗硅和CO；向粗硅中加入HCl并加热，其中的各种成分反应后变为相应的氯化物，然后根据混合物中各种氯化物的沸点不同进行蒸馏，得到纯净SiHCl3；再用H2在高温下还原SiHCl3，得到高纯硅，符合晶体硅的制取与提纯方法，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据工业制硫酸的反应分析。
B、NH3的催化氧化反应，生成NO，不生成N2。
C、根据海带提碘的操作流程分析。
D、根据高纯硅的制备分析。
13．（2024高一下·广州期末）氮氧化物(NOx)能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。某科研机构设计方案利用原电池原理处理氮氧化合物(NO)，其原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．电极A为原电池的正极，发生还原反应
B．H+通过质子交换膜由A极向B极移动
C．该电池正极电极反应为2NO-4e-+4H+=N2+2H2O
D．当A电极转移0.6mole-时，两极共产生2.24LN2(标况下)
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A上氨气发生失电子的氧化反应生成氮气，因此电极A为负极，A项错误；
B．原电池中阳离子移向正极，因此H+通过质子交换膜由A极向B极移动，B项正确；
C．该电池正极电极反应为NO发生得电子的还原反应生成氮气，因此电极反应式为，C项错误；
D．负极反应为，生成0.1mol氮气；正极反应，根据电子守恒可知，生成0.15mol氮气；共生成0.25mol氮气，其在标准状态下的体积为5.6L，D项错误；
故答案为：B
【分析】电极A上通入NH3，转化为N2，发生失电子的氧化反应，因此电极A为负极，其电极反应式为2NH3－6e－=N2＋6H＋。电极B上通入NO，转化为N2，发生得电子的还原反应，因此电极B为正极，其电极反应式为2NO＋4e－＋4H＋=N2＋2H2O。据此结合选项分析。
14．（2024高一下·广州期末）已知还原性： >I－ > Fe2+。某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Fe2+、、、、I－、Cl－ 中的部分离子，进行下列实验：通过实验得出的结论正确的是
实验编号 操作 现象
① 取10mL溶液，先加入稍过量的氯水 生成无色气体、溶液变成棕红色
② 向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液 可得到白色沉淀4.66g
A．实验①中加入过量的氯水，则先后氧化了I－、 Fe2+
B．溶液中一定含有Na+
C．10mL溶液中的物质的量一定为0.02mol
D．实验中不能够确定溶液中是否含有
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；常见离子的检验
【解析】【解答】A．由分析可知，溶液中不含Fe2+，因此不能氧化Fe2+，故A错误；
B．根据溶液中电荷守恒可知，溶液中一定含有Na+，故B正确；
C．所得4..66g白色沉淀为BaSO4，其物质的量为0.02mol；而10mL溶液中的物质的量不一定为0.02mol，硫酸钡中硫酸根可能是原溶液中的，也可能是亚硫酸根被氯水氧化变来的，也可能两者之和，故C错误；
D．根据先加入稍过量的氯水，生成无色气体，说明溶液中一定含有，故D错误。
故答案为：B
【分析】无色溶液中不含有色离子，因此溶液中不含Fe2+。取10mL溶液，先加入稍过量的氯水，生成无色气体、溶液变成棕红色，说明溶液中含有、I－；向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液，可得到白色沉淀4.66g，该白色沉淀为BaSO4，说明原溶液中可能含有硫酸根或亚硫酸根，而没有钡离子，根据电荷守恒，则肯定含有钠离子。
15．（2024高一下·广州期末）实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛满SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。下列说法不正确的是
A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
B．bc段O2含量下降与该反应有关：
C．可先用HCl酸化，再加BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4
D．取C点处烧瓶中的气体通入BaCl2溶液中不产生沉淀
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．反应有O2生成，可能是Na2O2和SO2反应生成了O2，该反应的化学方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，A正确；
B．O2具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4有关，B正确；
C．HCl中含有Cl-，能够与Ag+反应生成不溶于达到白色沉淀AgCl，也不溶于酸的物质，因此会干扰Na2SO4的检验，要检验Na2SO4，应该用盐酸酸化，无现象，再加入BaCl2，若有白色沉淀生成，说明其中含有Na2SO4来进行检验，C正确；
D．根据图示可知：C处气体中O2的含量还在减少，SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，H2SO3与O2反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀。因此取C点处烧瓶中的气体通入BaCl2溶液中有白色沉淀生成，D错误；
故答案为：D
【分析】加入Na2O2的过程中发生反应2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2；O2具有氧化性，能将Na2SO3氧化生成Na2SO4。使得体系中O2的含量先增大后减小。据此结合选项分析。
16．（2024高一下·广州期末）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B 向饱和(NH4)2SO4溶液中滴加鸡蛋清溶液 出现白色沉淀 饱和(NH4)2SO4溶液可使蛋白质变性
C 向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫色褪去 证明Fe2+具有还原性
D 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量NaOH稀溶液，再加入银氨溶液后并加热 产生了银镜 证明蔗糖水解产物具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；葡萄糖的银镜反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由于氯水过量，过量的氯水也能够与KI发生置换反应产生I2，因此无法比较Br2与I2的氧化性强弱，A错误；
B．饱和(NH4)2SO4溶液会降低蛋白质的溶解度而结晶析出，因此出现白色沉淀，析出的蛋白质还可以进一步溶解在水中，蛋白质没有发生变性，该过程属于盐析，B错误；
C．Fe2+、Cl-都具有还原性，二者都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪去，因此不能根据溶液褪色就判断确定是Fe2+具有还原性，C错误；
D．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸作催化剂，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量NaOH稀溶液，中和催化剂硫酸，再加入银氨溶液后并加热，若产生了银镜，说明水解产物分子结构中含有醛基，从而证明蔗糖水解产物具有还原性，D正确；
故答案为：D
【分析】A、氯水过量，则过量的Cl2将I－氧化，无法比较Br2和I2的氧化性。
B、(NH4)2SO4是蛋白质发生盐析，不发生变性。
C、Fe2＋、Cl－都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、银氨溶液在碱性条件下才具有氧化性，因此实验过程中需除去蔗糖水解液中过量的稀硫酸。
17．（2024高一下·广州期末）明矾(KAl(SO4)2·12H2O)在工业上用作印染媒染剂和净水剂，医药上用作收敛剂。实验小组采用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾并测定其组成，探究明矾净水的影响因素。
（1）废铝制易拉罐溶于KOH溶液发生的主要反应为　 　。（用离子反应方程式表示）
（2）溶液Ⅰ加硫酸溶液的过程中观察到白色沉淀生成，该沉淀的化学式为　 　。
（3）在下列各图中，上述流程中“系列操作”不需要用到的实验操作是______。（填编号）
A． B．
C． D．
（4）为测定该明矾晶体样品中的含量，该实验小组称取a g明矾晶体样品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用质量为b g的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为c g。（已知硫酸钡的摩尔质量为233 g/mol）
该明矾晶体样品中的含量为　 　mol/g。（即每克明矾晶体中的物质的量）
（5）明矾中的Al3+在水溶液中能够水解产生Al(OH)3胶体从而具有净水作用。为探究pH和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，实验小组选取一种悬浊液进行探究实验，请将下列表格内容补充完整。已知：净水效果可用相同时间内悬浊液的浊度变化来衡量。浊度越高，代表悬浊液越浑浊。
已知：净水效果可用相同时间内悬浊液的浊度变化来衡量。浊度越高，代表悬浊液越浑浊。
组别 悬浊液体积 pH 饱和明矾溶液用量 添加的助凝剂 净水前浊度 净水t min后浊度
1 15 mL 4 2滴 无 Al B1
2 15 mL 7 2滴 无 A2 B2
3 15 mL 　 　 2滴 　 　 A3 B3
4 15 mL 10 2滴 有 A4 B4
①通过1、2、3组实验，随着pH增大，净水效果依次增强。pH减小，明矾净水效果减弱的原因是　 　。
②pH增大到一定程度时，净水效果会减弱，请尝试分析原因：　 　。
③添加助凝剂能够提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是　 　。（用表中数据表示）
【答案】（1）
（2）Al(OH)3
（3）B；D
（4）
（5）10；无；pH减小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水效果减弱；pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱；(A4-B4)明显大于(A3-B3)
【知识点】硫酸盐；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）Al与强碱KOH溶液反应产生K[Al(OH)4]、H2，该反应的离子方程式为：。
故答案为：
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的过程中会观察到白色沉淀，反应方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，该沉淀是化学式是Al(OH)3。
故答案为：Al(OH)3
（3）在废易拉罐用KOH溶液处理过程中，Al与KOH溶液反应产生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固体物质通过过滤分离除去。上述流程中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，所以不需要用坩埚加热固体、也不需要分液。
故答案为：BD
（4）为测定明矾样品中的含量，该实验小组称取a g明矾晶体样品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用质量为b g的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为c g。过滤后得到的固体为硫酸钡，其质量为(c-b) g，则根据S元素守恒可知样品中n()=n(BaSO4)=mol，则每克样品中硫酸根离子的含量=mol/g。
故答案为：
（5）①探究pH和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，根据控制单一变量原则可知，第三组的pH=10，与第4组实验对比，无添加助凝剂，实验结论一：通过1、2、 3组实验，发现随着pH增大，净水效果依次增强；pH减小，明矾净水效果减弱主要是因为pH减小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3胶体变少，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水作用减弱。
故答案为：10；无；pH减小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水效果减弱
②pH增大到一定程度时，净水效果会减弱，是由于pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱。
故答案为：pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱
③添加助凝剂能够提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是若(A4-B4)明显大于(A3 B3)，说明添加助凝剂能够显著提高净水效果。
故答案为：(A4-B4)明显大于(A3-B3)
【分析】（1）Al是一种两性金属，能与KOH溶液反应生成K[Al(OH)4]和H2，据此写出反应的离子方程式。
（2）溶液中含有K[Al(OH)4]，滴加稀硫酸的过程中给产生的白色沉淀为Al(OH)3沉淀。
（3）经过“系列操作”后从溶液中得到明矾晶体，因此该“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（4）所得cg固体为BaSO4，根据公式计算n(BaSO4)，从而得出样品中n(SO42－)=n(BaSO4)，进而得出样品中SO42－的含量。
（5）①pH减小，溶液中c(H＋)增大，抑制了Al3＋的水解，不利于Al(OH)3胶体的形成。
②pH增大到一定程度后，Al(OH)3胶体发生聚沉，形成Al(OH)3沉淀，不具有吸附净水的作用。
③若(A4-B4)明显大于(A3 B3)，说明添加助凝剂能够显著提高净水效果。
（1）Al与强碱KOH溶液反应产生K[Al(OH)4]、H2，该反应的离子方程式为：；
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的过程中会观察到白色沉淀，反应方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，该沉淀是化学式是Al(OH)3；
（3）在废易拉罐用KOH溶液处理过程中，Al与KOH溶液反应产生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固体物质通过过滤分离除去。上述流程中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，所以不需要用坩埚加热固体、也不需要分液，故合理选项是BD；
（4）为测定明矾样品中的含量，该实验小组称取a g明矾晶体样品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用质量为b g的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为c g。过滤后得到的固体为硫酸钡，其质量为(c-b) g，则根据S元素守恒可知样品中n()=n(BaSO4)=mol，则每克样品中硫酸根离子的含量=mol/g；
（5）①探究pH和添加助凝剂对明矾净水效果的影响，根据控制单一变量原则可知，第三组的pH=10，与第4组实验对比，无添加助凝剂，实验结论一：通过1、2、 3组实验，发现随着pH增大，净水效果依次增强；pH减小，明矾净水效果减弱主要是因为pH减小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3胶体变少，不利于Al(OH)3胶体的形成，净水作用减弱；
②pH增大到一定程度时，净水效果会减弱，是由于pH增大到一定程度时，Al(OH)3胶体会转化为Al(OH)3沉淀，导致净水效果减弱；
③添加助凝剂能够提高净水效果。该实验结论成立的判断依据是若(A4-B4)明显大于(A3 B3)，说明添加助凝剂能够显著提高净水效果。
18．（2024高一下·广州期末）溴单质是重要的化工原料之一，工业上从海水中提取溴的流程如下：
（已知：海水中溴元素主要以形式存在）
（1）将吹出后的含的空气按一定速率通入吸收塔，用和水进行吸收，写出吸收反应的离子方程式：　 　。
（2）吸收后的空气进行循环利用。吹出时，吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。吸收过程流量过大，吹出率反而下降的原因是：　 　。
（3）含溶液通过蒸馏法获得液溴，某同学在进行蒸馏操作时，采用如下图所示装置：
①实验时试管A中除加入溶液外，还需加入少量　 　，其作用是　 　。
②长导管除了导气之外，另一个作用是　 　。
③含溶液中溶有一定量的氯气，因此可以在将蒸馏产生的气体通过　 　（填试剂名称）溶液，以除去氯气。
（4）“吸收”及后续步骤的工艺也可采用如下流程：
①写出上述步骤①中发生反应生成一种气体的离子方程式：　 　。
②当有3mol参加反应，发生转移的电子的物质的量为　 　。
【答案】（1）
（2）过量的随将溴单质还原成，使溴单质的吹出率下降
（3）碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化铁或其它含的盐类物质
（4）；5mol
【知识点】海水资源及其综合利用；蒸馏与分馏；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】（1）溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，用和水进行吸收的离子方程式为。
故答案为：
（2）Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示，SO2流量过大时，过量的二氧化硫随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应将溴单质还原成，方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
故答案为：过量的随将溴单质还原成，使溴单质的吹出率下降
（3）实验时试管A中除加入溶液外，还需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，长导管除了导气之外，另一个作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯气，因此可以将蒸馏产生的气体通过溴化铁或其它含的盐类物质，让溴离子与氯气发生氧化还原反应将氯气除去。
故答案为：碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化铁或其它含的盐类物质
（4）由图可知溴单质与碳酸钠溶液反应，得到含有的水溶液，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可知另一种气体是二氧化碳，所以对应离子方程式为，该反应转移电子数为5e-，所以3mol参加反应，发生转移的电子的物质的量为5mol。
故答案为：；5mol
【分析】（1）Br2具有氧化性，SO2具有还原性，二者可反应生成HBr和H2SO4，据此写出反应的离子方程式。
（2）SO2过量时，过量的SO2与Br2反应生成Br－，使得溴单质的吹出率下降。
（3）①反应过程中试管A中溶液沸腾，英雌需加入碎瓷片或沸石，起到防止暴沸的作用。
②长导管可以起到导气冷凝的作用。
③除去Cl2的同时应防止形成新的杂质，因此可用含有Br－的溶液额进行除杂。
（4）①步骤①中Br2与Na2CO3反应生成NaBr、NaBrO3和CO2，据此写出反应的离子方程式。
②根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
（1）溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，用和水进行吸收的离子方程式为。
（2）Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示，SO2流量过大时，过量的二氧化硫随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应将溴单质还原成，方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
（3）实验时试管A中除加入溶液外，还需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，长导管除了导气之外，另一个作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯气，因此可以将蒸馏产生的气体通过溴化铁或其它含的盐类物质，让溴离子与氯气发生氧化还原反应将氯气除去。
（4）由图可知溴单质与碳酸钠溶液反应，得到含有的水溶液，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可知另一种气体是二氧化碳，所以对应离子方程式为，该反应转移电子数为5e-，所以3mol参加反应，发生转移的电子的物质的量为5mol。
19．（2024高一下·广州期末）煤炭通过液化可将硫等有害元素以及灰分脱除，得到洁净的二次能源，对优化终端能源结构、解决石油短缺、减少环境污染具有重要的战略意义。以下是一种煤间接液化过程发生反应的方程式：
①②
（1）下列措施能够增大上述反应①速率的是______（填字母）。
A．升高温度 B．增加煤炭的用量
C．及时分离产物 D．加入合适的催化剂
（2）在2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO和3 mol H2、一定条件下发生上述反应②，测得CO和CH3OH(g)的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示：
①下列描述中能说明上述反应②达到平衡状态的是　 　。
A．CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内消耗2 mol H2的同时消耗1 mol CH3OH
②根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点是　 　（填“a”“b”“c”或“d”）；用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：va　 　vc（填“＞”、“＜”或“=”）。
③反应经过3 min后达到平衡，该过程中H2的化学反应速率是多少？　 　（列三段式求解）
（3）已知断开1 mol CO(g)中的化学键需要吸收的能量为1072 kJ，断开1 mol H2(g)中的化学键需要吸收的能量为426 kJ，则根据图2的数据计算：断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收　 　kJ的能量。
（4）CH3OH可作为燃料使用，以多孔铂为电极，如下图装置中分别通入CH3OH和O2构成甲醇燃料电池，则d电极是　 　（填“正极”或“负极”），该电池的正极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）A；D
（2）CD；d；＞；0.25 mol/(L·min)
（3）2052.8
（4）正极；O2+4e-+4H+=2H2O
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）A．在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A符合题意；
B．在其它条件不变时，由于炭单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B不符合题意；
C．CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，不能加快化学反应速率，C不符合题意；
D．在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D符合题意；
故答案为：AD
（2）①A．可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的质量不变，则根据气体的密度公式ρ=，可知混合气体的密度始终不随时间的变化而变化，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生改变，若容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故答案为：CD
②根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；
反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用CO浓度变化表示的正反应速率大小关系为：v(a)＞v(c)。
故答案为：d；＞
③在2 L密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根据已知条件即图示数据，用三段式进行求解：
则3 min内反应消耗H2的物质的量是1.5 mol，容器的容积是2 L，反应时间是3 mol，故H2浓度变化为△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)。
故答案为：0.25 mol/(L·min)
（3）根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量。
故答案为：2052.8
（4）在CH3OH-O2燃料电池中，通入燃料CH3OH的电极为负极，负极失去电子发生氧化反应；通入O2的电极为正极，正极上得到电子发生还原反应。溶液中阳离子向负电荷较多的正极移动，阴离子向正电荷较多的负极移动。根据图示可知溶液中的阳离子H+向d电极区移动，说明d电极为正极，b处通入的气体是O2，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。电极c为负极，a处通入的气体是CH3OH，CH3OH失去电子发生氧化反应，故负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
故答案为：正极；O2+4e-+4H+=2H2O
【分析】（1）结合温度、浓度、压强、催化剂对反应速率的影响分析选项。
（2）①当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应达到平衡状态，据此结合选项分析。
②当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应处于平衡状态。a点反应物的浓度大，反应速率快。
③由三段式确定H2的变化浓度，结合公式计算用H2表示的反应速率。
（3）由图2可知，当生成1molCH3OH时放出的热量为128.8kJ，据此结合化学键的键能计算。
（4）H＋移向电极d一侧，因此电极d为正极。燃料电池中，O2做正极，发生得电子的还原反应，生成H2O，据此得出正极的电极反应式。
（1）A．在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A符合题意；
B．在其它条件不变时，由于炭单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B不符合题意；
C．CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，不能加快化学反应速率，C不符合题意；
D．在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D符合题意；
故合理选项是AD；
（2）①A．可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的质量不变，则根据气体的密度公式ρ=，可知混合气体的密度始终不随时间的变化而变化，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生改变，若容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故合理选项是CD；
②根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；
反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用CO浓度变化表示的正反应速率大小关系为：v(a)＞v(c)；
③在2 L密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根据已知条件即图示数据，用三段式进行求解：
则3 min内反应消耗H2的物质的量是1.5 mol，容器的容积是2 L，反应时间是3 mol，故H2浓度变化为△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)；
（3）根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量；
（4）在CH3OH-O2燃料电池中，通入燃料CH3OH的电极为负极，负极失去电子发生氧化反应；通入O2的电极为正极，正极上得到电子发生还原反应。溶液中阳离子向负电荷较多的正极移动，阴离子向正电荷较多的负极移动。根据图示可知溶液中的阳离子H+向d电极区移动，说明d电极为正极，b处通入的气体是O2，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。电极c为负极，a处通入的气体是CH3OH，CH3OH失去电子发生氧化反应，故负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
20．（2024高一下·广州期末）淀粉是化工生产的重要原料，对淀粉进行综合利用的流程如图所示。已知B分子中含有一个甲基(-CH3)。
回答下列问题：
（1）淀粉和糊精均为天然有机高分子化合物，二者聚合度的大小关系为：n　 　m(填“＞”“＜”或“=”＝。
（2）检验淀粉是否完全水解的操作为　 　。
（3）某物质H是A的同系物，分子式为C4H10O，H有　 　种同分异构体。
（4）B中含有的官能团为　 　，写出B→D的化学方程式　 　。
（5）B与D反应生成E的反应类型是　 　，请写出E的结构简式　 　。
（6）写出丙烯酸在一定条件下生成高聚物F的化学方程式　 　。
【答案】（1）＞
（2）往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全
（3）4
（4）羟基、羧基；2+O22+2H2O
（5）取代反应(酯化反应)；
（6）nCH2=CH-COOH
【知识点】同分异构现象和同分异构体；羧酸简介；多糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】（1）淀粉和糊精均为天然有机高分子化合物，由于淀粉经初步水解反应产生糊精，因此二者聚合度的大小关系为：n＞m。
故答案为：＞
（2）由于淀粉遇碘水溶液会变为蓝色，因此可以用碘水来检验淀粉是否水解完全，则检验淀粉是否完全水解的操作为：往淀粉水解液中滴加几滴碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全。
故答案为：往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全
（3）根据上述分析可知A是乙醇，结构简式是CH3CH2OH。某物质H是A的同系物，其分子式为C4H10O，H为饱和一元醇，可能结构有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可见共4种不同结构，即H有4种同分异构体。
故答案为：4
（4）根据上述分析可知B是乳酸，结构简式是，物质分子中含有的官能团为羟基、羧基。B分子中含有-OH，由于羟基连接的C原子上含有H原子，因此可以发生催化氧化反应，则乳酸与O2在Cu催化下加热发生氧化反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。
故答案为：羧基；2+O22+2H2O
（5）B是乳酸，结构简式是，分子中含有羟基，D是，分子中含有羧基，二者在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生酯E和水，该反应属于酯化反应，酯化反应又属于取代反应，故B与D反应生成E的反应类型是酯化反应(或取代反应)；物质E结构简式是。
故答案为：取代反应(酯化反应)；
（6）丙烯酸分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够发生加聚反应产生聚丙烯酸，该反应的化学方程式为：nCH2=CH-COOH。
故答案为：nCH2=CH-COOH
【分析】（1）糊精为淀粉的水解产物，因此糊精的聚合度比淀粉小。
（2）结合淀粉遇碘变蓝色的性质确定实验操作。
（3）A为CH3CH2OH，H是A的同系物，因此H也属于醇类物质，结合碳链异构确定H的同分异构体。
（4）B能与O2、Cu发生氧化反应，说明含有羟基；能转化为丙烯酸，说明含有－COOH，因此可得B的结构简式为。据此确定B的官能团，以及B转化为D的化学方程式。
（5）B与O2在Cu催化作用下反应生成D，B中的羟基与D中的羧基在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，据此确定反应类型和E的结构简式。
（6）丙烯酸在一定条件下碳碳双键发生加聚反应，生成聚合物，据此写出反应的化学方程式。
（1）淀粉和糊精均为天然有机高分子化合物，由于淀粉经初步水解反应产生糊精，因此二者聚合度的大小关系为：n＞m；
（2）由于淀粉遇碘水溶液会变为蓝色，因此可以用碘水来检验淀粉是否水解完全，则检验淀粉是否完全水解的操作为：往淀粉水解液中滴加几滴碘水，若溶液不变色，则可证明淀粉水解完全；
（3）根据上述分析可知A是乙醇，结构简式是CH3CH2OH。某物质H是A的同系物，其分子式为C4H10O，H为饱和一元醇，可能结构有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可见共4种不同结构，即H有4种同分异构体；
（4）根据上述分析可知B是乳酸，结构简式是，物质分子中含有的官能团为羟基、羧基。B分子中含有-OH，由于羟基连接的C原子上含有H原子，因此可以发生催化氧化反应，则乳酸与O2在Cu催化下加热发生氧化反应的化学方程式为：2+O22+2H2O；
（5）B是乳酸，结构简式是，分子中含有羟基，D是，分子中含有羧基，二者在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生酯E和水，该反应属于酯化反应，酯化反应又属于取代反应，故B与D反应生成E的反应类型是酯化反应(或取代反应)；物质E结构简式是；
（6）丙烯酸分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够发生加聚反应产生聚丙烯酸，该反应的化学方程式为：nCH2=CH-COOH。
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