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广东省深圳市普通高中2023-2024学年高一下学期调研考试-化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·深圳期末）中国古代器皿暗藏无尽雕塑韵律之美。下列器皿主要由天然有机高分子材料制成的是
A．西周青铜盉 B．西汉玉角杯 C．元朝银槎杯 D．明朝竹根雕杯
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．西周青铜盉主要成分为铜合金，属于金属材料，A错误；
B．西汉玉角杯的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，B错误；
C．元朝银槎杯主要成分为金属银，属于金属材料，C错误；
D．明朝竹根雕杯主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，D正确；
故答案为：D
【分析】A、青铜为合金。
B、玉角杯为硅酸盐。
C、银为金属单质。
D、竹为天然有机高分子。
2．（2024高一下·深圳期末）深中通道的建设推动了粤港澳大湾区城市群融合发展。下列说法不正确的是
A．沉管隧道对接使用的定位芯片的主要成分为
B．悬索桥主缆使用的钢丝的硬度比纯铁的大
C．桥面铺装使用的沥青可通过石油分馏获得
D．供电系统使用的太阳能电池工作时将电能转化为化学能
【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用；硅和二氧化硅；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】A．芯片的主要成分是Si，因此定位芯片的主要成分为Si，A正确；
B．合金的硬度比其成分金属大，因此钢丝的硬度比纯铁的大，B正确；
C．沥青可通过石油分馏得到，C正确；
D．太阳能电池是将太阳能转化为电能，D错误；
故答案为：D
【分析】A、芯片为半导体材料，主要成分为Si。
B、合金的熔点比成分金属低，硬度比成分金属大。
C、沥青可通过石油分馏得到。
D、太阳能电池工作时将太阳能转化为电能。
3．（2024高一下·深圳期末）我国科研工作者研发和反应的新型催化剂，实现了清洁能源的高效生产。下列说法正确的是
A．的电子式为
B．互为同位素
C．该过程发生的反应为
D．燃烧会释放大量的热
【答案】D
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．中含有2个碳氧双键，其电子式为，故A错误；
B．是氢元素的不同同位素组成的氢气分子，属于同一种物质，不是同位素，故B错误；
C．根据元素守恒，该过程发生反应的化学方程式为，故C错误；
D．燃烧过程中会释放大量的热，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据CO2的结构确定其电子式。
B、同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子。
C、CO2和H2在催化剂作用下反应生成CH3OH，据此写出反应的化学方程式。
D、CH3OH为可燃物，燃烧过程中放出热量。
4．（2024高一下·深圳期末）在实验室进行的制备、除杂、性质检验及尾气处理实验(“→”表示气流方向)。下列装置不能达到实验目的的是
A．制备 B．除去中混有的
C．验证能否与水发生反应 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．加热条件下，浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，该装置能实现实验目的，A正确；
B．Cl2不溶于饱和食盐水，因此用饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气长管进短管出，该装置能实现实验目的，B正确；
C．氯气通过该装置后，干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明能与水发生反应，产物使有色布条褪色，C正确；
D．氯气的尾气处理应该用氢氧化钠溶液，若用水，则氯气吸收不完全，D错误；
故答案为：D
【分析】A、实验室用MnO2与浓盐酸加热制取Cl2。
B、Cl2不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl。
C、Cl2不能使有色布条褪色，使有色布条褪色的是Cl2与H2O反应生成的HClO。
D、吸收尾气中的Cl2应用NaOH溶液。
5．（2024高一下·深圳期末）乙烯是石油化工重要的基本原料。以乙烯为原料合成环氧乙烷、聚乙烯的路线如图所示，下列说法正确的是
A．环氧乙烷属于烃
B．反应①的原子利用率为
C．乙烯是聚乙烯的链节
D．聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；聚合反应
【解析】【解答】A．烃是指只含C、H两种元素的化合物。环氧乙烷中含有C、H、O三种元素，因此环氧乙烷不属于烃，A错误；
B．原子利用率100%是指反应物的所有原子均转化为目标产物，没有其余副产物生成。乙烯催化合成环氧乙烷过程中产物只有一种，因此反应①的原子利用率为100%，B正确；
C．高分子化合物中重复出现的最小结构单元称为链节。聚乙烯的链节是，乙烯是聚乙烯的单体，C错误；
D．聚乙烯中不含有碳碳双键，因此不能使酸性高锰酸钾褪色，D错误；
故答案为：B
【分析】A、烃是指只含有C、H两种元素的有机物化合物。
B、原子利用率为100%，则反应物中所有原子转化为目标产物，无其他物质生成。
C、乙烯是聚乙烯的单体。
D、聚乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色。
6．（2024高一下·深圳期末）物质的性质决定其用途。下列物质性质与用途具有对应关系的是
选项 性质 用途
A 氨气易液化，液氨汽化时要吸收大量的热 液氨可用作制冷剂
B 氧化铁能与酸反应 氧化铁可用作油漆颜料
C 油脂易溶于有机溶剂 油脂可用于生产甘油
D 可与碱反应 小苏打可用作食品膨松剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；铁的氧化物和氢氧化物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．氨气易液化，液氨汽化过程中吸热，使周围温度快速降低，起到降温制冷的作用，因此可用作制冷剂，A符合题意；
B．氧化铁能与酸反应，属于碱性氧化物；氧化铁可用作油漆颜料是因为氧化铁呈红棕色，与其能与酸反应的性质无关，B不符合题意；
C．根据相似相溶原理，油脂易溶于有机溶剂；油脂水解可制得甘油，与其易溶于有机物溶剂的性质无关，C不符合题意；
D．与碱反应说明其为酸式盐，受热分解产生气体，可用作食品膨松剂，与其跟碱反应的性质无关，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、液氨汽化过程中吸收热量，使得周围温度降低。
B、Fe2O3做红色颜料，是由于Fe2O3为红棕色固体。
C、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，可水解产生甘油。
D、NaHCO3做食品膨松剂，是由于NaHCO3受热分解产生CO2气体。
7．（2024高一下·深圳期末）物质检验是确定物质组成、性质等的重要方法。下列说法不正确的是
A．可用银氨溶液检验淀粉的水解是否完全
B．可利用丁达尔效应区分胶体和溶液
C．可用溶液检验溶液是否氧化变质
D．可利用焰色试验检验固体中所含阳离子
【答案】A
【知识点】焰色反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．银氨溶液用于检验淀粉的水解产物葡萄糖，不能检验淀粉是否完全水解，A错误；
B．胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，因此区别溶液与胶体常用丁达尔效应，B正确；
C．硫酸亚铁若变质则被氧化生成硫酸铁，Fe3＋遇KSCN溶液，溶液变红色，因此可利用硫氰化钾溶液检验硫酸亚铁溶液是否变质，C正确；
D．金属钠及含钠元素的化合物的焰色均为黄色，因此可利用焰色试验验固体中所含阳离子，D正确；
故答案为：A
【分析】A、检验淀粉是否完全水解，则需检验是否含有淀粉剩余，应用碘水。
B、胶体具有丁达尔效应，而溶液没有。
C、FeSO4溶液中Fe2＋易被空气中的O2氧化成Fe3＋，Fe3＋遇KSCN溶液，溶液变红色。
D、含有Na元素的物质，其焰色试验显黄色。
8．（2024高一下·深圳期末）下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用硫酸铜对游泳池进行消毒 硫酸铜溶液显蓝色
B 用干燥的模具盛装熔融钢水 红热的铁能与水蒸气发生反应
C 回收废弃塑料以减少“白色污染” 大部分塑料在自然环境中难降解
D 用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含等元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．重金属离子能够使蛋白质结构变性，常用于游泳池杀菌消毒，铜离子为重金属离子，可用于游泳池杀菌消毒，与硫酸铜溶液显蓝色无关，A错误；
B．高温下铁雨水蒸气反应，生成氢气，氢气易燃易爆，因此必须用干燥的模具盛装熔融钢水，B正确；
C．塑料在自然环境中难以降解，因此回收废弃塑料可减少“白色污染”，起到保护环境的作用，C正确；
D．氮元素和磷元素是氮肥和磷肥的肥效元素，厨余垃圾中含有氮元素和磷元素，因此可用厨余垃圾制肥料，D正确；
故答案为：A
【分析】A、CuSO4用于游泳池消毒，是利用Cu2＋使蛋白质变性的性质。
B、高温下Fe能与水蒸气反应生成易燃易爆气体H2。
C、塑料在自然界中难以降解，会形成“白色污染”。
D、厨余垃圾中富含N、P元素，可用于制作肥料。
9．（2024高一下·深圳期末）我国科学家研发了一种光催化合成的方法，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．是该反应的氧化产物
B．反应中有极性键的断裂和生成
C．理论上，每消耗，生成
D．反应前后，催化剂的质量和化学性质不变
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．甲醇中的碳元素的化合价为-2价，甲醛中的碳元素的化合价为0价。因此反应过程中，碳元素化合价升高，被氧化，所得为氧化产物，A正确；
B．甲醇氧化生成甲醛的过程中有、的断裂和的形成，均为极性键，B正确；
C．理论上，每消耗，生成1molH2O2，其质量为1mol×34g·mol－1=34g，C错误；
D．催化剂能改变化学反应速率，但本身的质量和化学性质在反应前后保持不变，D正确；
故答案为：C
【分析】A、结合反应过程中碳元素的化合价变化分析。
B、根据反应过程中化学键的变化分析。
C、该反应的化学方程式为CH3OH＋O2HCHO＋H2O2，据此计算。
D、催化剂在反应前后其质量和化学性质保持不变。
10．（2024高一下·深圳期末）符号表征是理解和描述化学反应的基础。下列相关反应的离子方程式正确的是
A．与铝粉的固体混合物用于疏通管道：
B．用食醋除去水壶中的水垢：
C．用溶液刻蚀覆铜板：
D．通入石灰乳中制备漂白粉：
【答案】C
【知识点】铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．与铝粉的固体混合物可用于疏通管道，是由于反应过程中生成四羟基合铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式为，故A错误；
B．酸性：CH3COOH＞H2CO3，因此可用食醋除去水壶中的水垢生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．氧化性：Fe3＋＞Cu2＋，因此用溶液刻蚀覆铜板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为，故C正确；
D．石灰乳为乳浊液中，在离子方程式中保留化学式，因此通入石灰乳中制备漂白粉生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案为：C
【分析】A、Al与NaOH溶液反应生成可溶性Na[Al(OH)4]和H2。
B、CH3COOH与CaCO3反应生成可溶性(CH3COO)2Ca、H2O和CO2。
C、Fe3＋能将Cu氧化生成Cu2＋，自身还原为Fe2＋。
D、Ca(OH)2微溶于水，在石灰乳中含有大量的Ca(OH)2固体，在离子方程式中保留化学式。
11．（2024高一下·深圳期末）某实验小组利用如图所示装置制备并探究其性质(处均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。下列说法不正确的是
A．制备的反应体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
B．a处参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．b处褪色，说明具有漂白性
D．为验证的还原性，c处棉花可浸有酸性高锰酸钾溶液
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．制备的过程中反应生成SO2和CuSO4，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，A正确；
B．二氧化硫能与硫化钠反应生成S单质，化学方程式为：，其中SO2为氧化剂，S2－为还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；
C．b处品红溶液褪色，体现了的漂白性，C正确；
D．验证SO2的还原性，应用氧化性试剂，因此可用浸有酸性KMnO4溶液的棉花，D正确；
故答案为：B
【分析】A、制备SO2的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O，据此分析。
B、根据反应的离子方程式确定氧化剂和还原剂，从而确定二者的物质的量之比。
C、b处为品红溶液，b处溶液褪色体现了SO2的漂白性。
D、为验证SO2的还原性，可用酸性KMnO4溶液或溴水。
12．（2024高一下·深圳期末）氮及其化合物在工业、农业和环境科学中发挥重要作用。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的体积为
B．溶液中的数目为
C．和充分反应转移的电子数目为
D．和的混合物中所含氮原子数目为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.30 g的物质的量为1 mol，但气体所处的状态未知，因此无法计算其体积，A错误；
B．硝酸溶液的体积未知，无法计算溶液中的数目，B错误；
C．和的反应为可逆反应，因此1 mol和3 mol无法完全反应，所以充分反应后转移的电子数目小于6，C错误；
D．和的最简式均为，因此46 g和的混合物中所含氮原子数目为，D正确；
故答案为：D
【分析】A、气体所处的状态未知，Vm不一定为22.4L·mol－1。
B、溶液的体积未知，无法应用公式n=c×V进行计算。
C、N2与H2的反应为可逆反应，1molN2无法完全反应。
D、NO2和N2O4的最简式为NO2，按46gNO2进行计算。
13．（2024高一下·深圳期末）为原子序数依次增大的短周期元素，X原子L层有5个电子，Y与Z形成的淡黄色化合物甲可用作呼吸面具的供氧剂，R的周期序数与主族序数相等，Q的最高正价与最低负价的代数和为4.下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的稳定性：
C．的最高价氧化物对应的水化物可两两反应
D．化合物甲中阴、阳离子的个数比为
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径：N3->Na+，故A错误；
B．同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，其简单气态氢化物的稳定性越弱。因此简单氢化物的稳定性H2O>H2S，故B错误；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与氢氧化钠反应，又能与硫酸反应，故C正确；
D．化合物甲是Na2O2，其中阴、阳离子的个数比为1：2，故D错误；
故答案为：C
【分析】X原子L层有5个电子，因此其原子核外电子数为7，所以X为N。Y与Z形成的淡黄色化合物可用做呼吸面具的供氧剂，该化合物为Na2O2，因此Y为O、Z为Na。R的周期序数与主族序数相等，且原子序数大于Na，因此R为Al。Q的最高正价与最低负价的代数和为4，因此其最高正价为＋6价，最低负价为-2价，所以Q为S。据此结合选项分析。
14．（2024高一下·深圳期末）除去粗盐中的杂质离子(及等)的实验流程如下：
下列说法不正确的是
A．“除杂”时，可利用反应除去
B．“除杂”时，应先加溶液再加溶液
C．“调”时，应加入稀硫酸调节溶液至中性
D．“蒸发结晶”时，当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，利用余热蒸干
【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；粗盐提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．“除杂”时，加氢氧化钠与Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀，该反应的离子方程式为，故A正确；
B．“除杂”时，为除去钡离子，应先加溶液再加溶液，利用Na2CO3除去过量的Ba2＋，故B正确；
C．“调”时，若加入稀硫酸调节溶液，反应生成Na2SO4，引入了新的杂质，所以应加入稀盐酸调节溶液至中性，故C错误；
D．“蒸发结晶”时，当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，利用余热蒸干，故D正确；
故答案为：C
【分析】粗盐经溶解后得到的溶液中含有杂质离子Ca2＋、Mg2＋和SO42－，可分别形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。除杂过程中为防止引入新的杂质，所加试剂为Na2CO3、NaOH、BaCl2。同时为了除去过量的Ba2＋，再加入试剂时，应先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3除去Ca2＋的同时，除去过量的Ba2＋。沉淀经过滤后，再加稀盐酸调节pH=7，得到NaCl溶液，经蒸发结晶，得到NaCl。据此结合选项分析。
15．（2024高一下·深圳期末）一种以溶液为电解质溶液的锌镍单液流电池的工作原理如图所示(图中“”表示液体流向)，电极上的反应为电极发生反应生成。下列说法正确的是
A．电极为该电池的负极
B．表面发生的电极反应为
C．电极的质量逐渐减小
D．电池工作一段时间后，溶液中浓度保持不变
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A．电极发生得电子的还原反应，因此该电极为正极，故A错误；
B．电极发生失电子的氧化反应生成，因此其电极反应式为，故B正确；
C．电池反应过程中，电极转化为，因此反应过程中电极质量逐渐增大，故C错误；
D．电池正反应为。反应过程中OH－参与反应，因此溶液中c(KOH)减小，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、NiOOH电极发生得电子的还原反应，为正极。
B、反应过程中Zn转化为[Zn(OH)4]2－，发生失电子的氧化反应，据此写出其电极反应式。
C、NiOOH转化为Ni(OH)2的过程中质量增大。
D、根据电池总反应式分析。
16．（2024高一下·深圳期末）向一个绝热恒容密闭容器中充入和，发生反应：，测得该可逆反应的正反应速率和逆反应速率随时间变化的曲线如图所示(已知：绝热密闭容器的反应体系和外界环境无热交换)。下列说法不正确的是
A．曲线M代表正反应速率随时间变化的曲线
B．反应在时刻达到化学平衡状态
C．该反应为放热反应
D．时Z的浓度大于时Z的浓度
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．通入X、Y，反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率，曲线M代表正反应速率随时间变化的曲线，故A正确；
B．反应在时刻，正反应速率等于逆反应速率，因此反应达到化学平衡状态，故B正确；
C．随反应进行，正反应速率增大，说明此时反应容器内温度升高，因此该反应为放热反应，故C正确；
D．随反应进行，生成物浓度增大，因此时Z的浓度小于时Z的浓度，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、反应正向进行的过程中，正反应速率大于逆反应速率。
B、t2时刻，正逆反应速率相等，反应处于平衡状态。
C、反应过程中正反应速率增大，说明温度升高。
D、反应正向进行的过程中，生成物的浓度逐渐增大。
二、非选择题：共4题，共56分。
17．（2024高一下·深圳期末）某学习小组探究在不同条件下的氧化性。
（1）基于与稀硝酸的反应　 　(用离子方程式表示)，初步得出结论：在酸性条件下体现强氧化性。
（2）为验证(1)中结论，小组同学设计如下实验：
①配制溶液，所需固体的质量为　 　g；配制过程中需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管及烧杯外，还有　 　(填仪器名称)。
②利用如图所示装置进行实验。
实验过程：关闭，向装有片的三颈烧瓶内加入溶液，未观察到明显现象。打开，通入一段时间后，关闭。再向三颈烧瓶内滴加稀硫酸，观察到铜片溶解，溶液变蓝，并有气泡产生。打开，向B中通入　 　(填名称)，观察到　 　，说明A中反应产生的气体为。
（3）该小组同学认为的还原性较弱，若用还原性更强的金属，则可以在非酸性条件下体现氧化性。于是，分别取溶液、水于烧杯中，各加入绿豆大小的钠块，观察到两烧杯中实验现象几乎无差别。
【提出猜想】小组同学认为可能是浓度较低引起的。
【优化实验】调节溶液中的浓度，探究在非酸性条件下的氧化性。
实验 实验操作 实验现象
i 取溶液于烧杯中，向其中加入①　 　，再向该溶液中加入绿豆大小的钠块 随即有黄色火花出现，之后燃烧
ii 取溶液于烧杯中，向其中加入固体，再向该溶液中加入绿豆大小的钠块 瞬间即有黄色火花出现，立即剧烈燃烧
【实验分析】小组同学认为实验不足以说明在非酸性条件下体现氧化性。
【查阅资料】在碱性介质中，活泼金属可将还原为在碱性溶液中以还原性为主；在碱性条件下的还原产物通常为(绿色)。
【补充实验】该小组同学通过实验验证还原产物的存在。
②该方案为　 　；可观察到的现象为　 　。由此可得在非酸性条件下可以体现氧化性。
③在非酸性条件下，将氧化的离子方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）8.5；1000mL；空气或氧气；有红棕色气体出现
（3）固体；取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液；溶液变为绿色；
【知识点】硝酸的化学性质；硝酸盐、亚硝酸盐；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）与稀硝酸的反应的离子方程式为：。
故答案为：
（2）①配制溶液，所需固体的质量为：；配制过程中需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管及烧杯外，还有1000mL容量瓶。
故答案为：8.5；1000mL容量瓶
②向硝酸钠溶液中滴加稀硫酸，观察到铜片溶解，溶液变蓝，并有气泡产生。NO遇氧气变为红棕色，故打开，向B中通入空气或氧气，观察到有红棕色气体出现，说明A中反应产生的气体为。
故答案为：空气或氧气；有红棕色气体出现
（3）①调节溶液中的浓度，探究在非酸性条件下的氧化性，故实验①中应加入1.5g固体，其他条件不变。
故答案为：固体
②若有还原产物存在，此溶液能使酸性高锰酸钾溶液变为绿色，故方案为：取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液，可观察到的现象为：溶液变为绿色，由此可得在非酸性条件下可以体现氧化性。
故答案为： 取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液 ；溶液变为绿色
③在非酸性条件下，将氧化的离子方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）Cu与稀硝酸反应生成可溶性Cu(NO3)2、NO和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（2）①根据公式m=n×M=c×V×M计算所需NaNO3的质量。根据溶液配制过程确定所需的仪器。
②加入稀硫酸后，NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Cu氧化，同时生成无色气体NO，NO可被O2氧化生成红棕色气体NO2。据此分析作答。
（3）①实验ⅱ中加入3.0gNaNO3固体，据此确定实验ⅰ中应加入1.5gNaNO3。
②结合题干信息NO2－在碱性条件下具有还原性，MnO4－在碱性条件下还原产物为MnO42－设计实验方案和实验现象。
③非酸性条件下，Na与NO3－反应生成NaNO2和NaOH，据此写出反应的离子方程式。
（1）与稀硝酸的反应的离子方程式为：；
（2）①配制溶液，所需固体的质量为：；配制过程中需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管及烧杯外，还有1000mL容量瓶；
②向硝酸钠溶液中滴加稀硫酸，观察到铜片溶解，溶液变蓝，并有气泡产生。NO遇氧气变为红棕色，故打开，向B中通入空气或氧气，观察到有红棕色气体出现，说明A中反应产生的气体为；
（3）①调节溶液中的浓度，探究在非酸性条件下的氧化性，故实验①中应加入1.5g固体，其他条件不变；
②若有还原产物存在，此溶液能使酸性高锰酸钾溶液变为绿色，故方案为：取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液，可观察到的现象为：溶液变为绿色，由此可得在非酸性条件下可以体现氧化性；
③在非酸性条件下，将氧化的离子方程式为：。
18．（2024高一下·深圳期末）硼及其化合物在工业上用途广泛。以硼镁矿(主要成分为，还含有少量的及等)为原料制备硼酸并得到的工艺流程如下：
（1）硼镁矿中硼元素的化合价为　 　。
（2）①为提高“酸浸”速率，可采取的措施有　 　(任写一条)。
②补充“酸浸”时发生反应的化学方程式：　 　。
（3）在“氧化”步骤中，化合价发生变化的金属离子是　 　(填离子符号)。
（4）“滤渣3”的主要成分为　 　(填化学式)。
（5）“沉钙”后的滤液，可在该工艺的　 　步骤中循环使用。
（6）具有超导电性。利用受热脱水得到，再利用高温下和(物质的量之比为)的反应制得。
①分三步脱水，过程如下：
则第ⅱ步的失重率为　 　(已知：失重率为失重前质量，为失重后质量；结果保留两位有效数字)。
②写出利用制备的化学方程式　 　。
【答案】（1）+3
（2）硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度；
（3）Fe2+
（4）Mg(OH)2
（5）“酸浸”
（6）10%；
【知识点】氧化还原反应；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）中Mg显+2价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，硼元素的化合价为+3。
故答案为：+3
（2）①根据影响反应速率的因素，为提高“酸浸”速率，可采取的措施有：硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度。
故答案为： 硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度
②和盐酸反应生成氯化镁、硼酸、水，发生反应的化学方程式为。
故答案为：
（3）在“氧化”步骤中，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，化合价发生变化的金属离子是Fe2+。
故答案为： Fe2+
（4）结晶分离的滤液中含有氯化钙和氯化镁，滤液中加氧化钙生成氢氧化镁沉淀，“滤渣3”的主要成分为Mg(OH)2。
故答案为： Mg(OH)2
（5）氯化钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和盐酸，“沉钙”后的滤液中含有盐酸，可在该工艺的“酸浸”步骤中循环使用。
故答案为： 酸浸
（6）①第ⅱ步 ，失重率为 。
故答案为： 10%
②和(物质的量之比为)反应制得，反应的化学方程式为。
故答案为：
【分析】（1）Mg2B2O5中Mg元素为＋2价，O元素为－2价，结合化合物中化合价代数和为0计算B元素的化合价。
（2）①增大接触面积、适当升高温度、搅拌、适当增大浓度，都可以提高反应速率。
②根据原子个数守恒确定生成物的化学式。
（3）“氧化”步骤中加入的H2O2溶液，可将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋。
（4）“滤渣2”为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中加入CaO的目标是除去Mg2＋，据此确定“滤渣3”的成分。
（5）加入稀硫酸“沉钙”后形成CaSO4和HCl，据此确定循环步骤。
（6）①第ⅱ步中HBO2转化为H2B4O7，其对应关系为“4HBO2～H2B4O7”，据此计算失重率。
②B2O3与Mg反应生成MgB2的同时生成MgO，据此写出反应的化学方程式。
（1）中Mg显+2价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，硼元素的化合价为+3；
（2）①根据影响反应速率的因素，为提高“酸浸”速率，可采取的措施有：硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度。
②和盐酸反应生成氯化镁、硼酸、水，发生反应的化学方程式为。
（3）在“氧化”步骤中，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，化合价发生变化的金属离子是Fe2+。
（4）结晶分离的滤液中含有氯化钙和氯化镁，滤液中加氧化钙生成氢氧化镁沉淀，“滤渣3”的主要成分为Mg(OH)2。
（5）氯化钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和盐酸，“沉钙”后的滤液中含有盐酸，可在该工艺的“酸浸”步骤中循环使用。
（6）第ⅱ步 ，失重率为 。
②和(物质的量之比为)反应制得，反应的化学方程式为。
19．（2024高一下·深圳期末）汽车尾气系统中均安装了催化转化器以减少尾气污染。
Ⅰ.汽车尾气中含有大量和等有害物质，会对人体健康和环境产生危害。
（1）汽车尾气中产生的原因为________(用化学方程式表示)。
Ⅱ.在催化剂作用下，汽车尾气中的和可转化成和，其反应为：。
（2）反应过程中的能量变化如图所示，该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）在恒温恒容密闭容器中发生上述反应，下列情况能说明该反应达到化学平衡的有______(填标号)。
A. 和的物质的量之比为
B. 单位时间内生成的同时消耗
C. 容器内的压强不再变化
D. 的含量保持不变
（4）在体积相同的三个恒容密闭容器中按下表进行实验，三组实验中随时间t变化的曲线如图所示(已知：其他条件不变时，催化剂的比表面积越大，催化效率越高)。
编号 催化剂的比表面积
i 280 80
ii 280 x
iii 360 80
①结合图、表信息，表中x________80(填“>”“<”或“=”)。
②由实验________(填编号，下同)和实验________可得出结论：温度越高，的转化速率越大。
③实验i开始至的平均反应速率为________(用含的代数式表示)；
实验iⅱ达到平衡时的转化率为________(已知：转化率是指已被转化的反应物的物质的量与其初始的物质的量之比)。
（5）在催化剂作用下，利用还原也可实现氮氧化物污染的治理，其反应为。在的催化作用下，该反应历程可分两步进行：
i)；
ii)________(写出该步反应的离子方程式)。
【答案】(1)
(2) 放热
(3) C，D
(4) > i iii 50%
(5)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；吸热反应和放热反应；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）空气中的氮气和氧气在汽车汽缸内的高温环境下生成一氧化氮，化学方程式为。
故答案为：
（2）根据反应过程-能量图可知，反应物的总能量>生成物的总能量，所以该反应属于放热反应。
故答案为：放热
（3）若和的物质的量之比维持为不变，才能说明反应达到平衡，即和的物质的量之比为不能说明反应已达到平衡，A错误；单位时间内生成的同时消耗，均表示正反应速率，不能说明反应是否达到平衡，B错误；该反应为气体分子数减小的反应，当容器内的压强不再变化时，说明反应达到化学平衡，C正确；的含量保持不变，保持不变，说明反应达到化学平衡，D正确；
故答案为：CD
（4）①由曲线图可知，在t1时，实验ii的反应速率大于实验i，结合已知信息，其他条件不变时，催化剂的比表面积越大，催化效率越高，故表中x>80。
故答案为：＞
②实验i和实验iii只有温度不同，催化剂的比表面积相同时，由实验i和实验iii可得出结论：温度越高，的转化速率越大。
故答案为： i；iii
③实验i开始至时，消耗了，生成了，则的平均反应速率为；实验iii达到平衡时，的转化率为。
故答案为： ；%
（5）第一步反应为和反应成了，则第二步为和反应成了，即离子方程式为。
故答案为：
【分析】（1）高温条件下空气中的N2和O2反应生成NO。
（2）反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应。
（3）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，反应处于平衡状态，据此结合选项所给分析。
（4）①催化剂的比表面积越大，反应速率越快，据此分析。
②温度越高，CO的转化率越大，则对比实验中应控制反应速率相同，其他条件不同，据此确定对比实验。
③实验i开始至时，消耗了，生成了，据此计算。
（5）第一步反应为和反应成了，则第二步为和反应成了，据此确定反应的离子方程式。
20．（2024高一下·深圳期末）以甲基丙烯酸苄基酯为单体的聚合产品具有良好的性能，一种合成化合物甲基丙烯酸苄基酯的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物v含有的官能团名称为　 　、　 　。
（2）反应①的条件为和光照，则化合物i的结构简式为　 　。
（3）下列有关说法中，正确的有___________(填标号)。
A．反应②中，有键的断裂和键的形成
B．化合物ⅱ中所有原子共平面
C．化合物iii与互为同系物
D．化合物ⅱi能发生氧化反应
（4）根据化合物ⅳ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构(有机产物) 反应类型
a 　 　 　 　
b 　 　 置换反应
（5）化合物X的分子组成比化合物vi的多2个氢原子，且能与溶液反应。则化合物X的结构有　 　种，其结构简式为　 　(任写一种)。
（6）写出化合物vi与发生酯化反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）碳碳双键；醛基
（2）
（3）A；D
（4）、催化剂、加热；加成反应；
（5）2；或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据化合物v的结构可知，化合物v含有的官能团为碳碳双键和醛基。
故答案为：碳碳双键；醛基
（2）Cl2和光照，发生烷烃基上到取代反应，结合化合物ⅱ的结构简式可知，化合物i的结构简式为。
故答案为：
（3）结合化合物ii发生取代反应生成化合物iii，反应过程中键的断裂和键的生成，A正确；化合物ⅱ中含有，其结构和相似，都是三角锥形，因此化合物ⅱ中所有原子不能共平面，B错误；同系物指结构相似、分子组成相差若干个“”原子团的有机化合物，C错误；化合物ⅱi可以被氧化为苯甲酸，D正确；
故答案为：AD
（4）a．结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成。
故答案为：H2、催化剂、加热；加成反应；
b．化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为。
故答案为：
（5）化合物X的分子组成比化合物vi的多2个氢原子，则化合物X的分子式为，且能与溶液反应，说明分子中含有羧基，则化合物X的结构为或。
故答案为：2；或
（6）化合物vi为，反应的化学方程式为。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物ⅴ的结构简式确定其所含的冠能团。
（2）Cl2和光照，发生烷烃基上到取代反应，结合化合物ⅱ的结构简式确定化合物ⅰ的结构简式。
（3）A、根据反应②中化学键的断裂与形成分析。
B、化合物ⅱ中饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面。
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、化合物ⅲ中含有-CH2OH，可发生催化氧化反应。
（4）a、由反应形成的新结构可知，发生的是与H2的加成反应。
b、化合物ⅳ中-OH能与Na发生置换反应。
（5）化合物X的分子式比化合物ⅵ多2个氢原子，则化合物X的分子式为C4H8O2；能与NaHCO3溶液反应，则分子结构中含有-COOH，据此确定同分异构体的个数和结构简式。
（6）由化合物ⅶ的结构简式可知，化合物ⅵ的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，据此写出反应的化学方程式。
（1）根据化合物v的结构可知，化合物v含有的官能团为碳碳双键和醛基；
（2）根据分析可知，化合物i的结构简式为；
（3）结合化合物ii发生取代反应生成化合物iii，反应过程中键的断裂和键的生成，A正确；化合物ⅱ中含有，其结构和相似，都是三角锥形，因此化合物ⅱ中所有原子不能共平面，B错误；同系物指结构相似、分子组成相差若干个“”原子团的有机化合物，C错误；化合物ⅱi可以被氧化为苯甲酸，D正确；
（4）a．结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成；
b．化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为；
（5）化合物X的分子组成比化合物vi的多2个氢原子，则化合物X的分子式为，且能与溶液反应，说明分子中含有羧基，则化合物X的结构为或；
（6）根据分析可知，化合物vi为，反应的化学方程式为。
1 / 1广东省深圳市普通高中2023-2024学年高一下学期调研考试-化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·深圳期末）中国古代器皿暗藏无尽雕塑韵律之美。下列器皿主要由天然有机高分子材料制成的是
A．西周青铜盉 B．西汉玉角杯 C．元朝银槎杯 D．明朝竹根雕杯
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高一下·深圳期末）深中通道的建设推动了粤港澳大湾区城市群融合发展。下列说法不正确的是
A．沉管隧道对接使用的定位芯片的主要成分为
B．悬索桥主缆使用的钢丝的硬度比纯铁的大
C．桥面铺装使用的沥青可通过石油分馏获得
D．供电系统使用的太阳能电池工作时将电能转化为化学能
3．（2024高一下·深圳期末）我国科研工作者研发和反应的新型催化剂，实现了清洁能源的高效生产。下列说法正确的是
A．的电子式为
B．互为同位素
C．该过程发生的反应为
D．燃烧会释放大量的热
4．（2024高一下·深圳期末）在实验室进行的制备、除杂、性质检验及尾气处理实验(“→”表示气流方向)。下列装置不能达到实验目的的是
A．制备 B．除去中混有的
C．验证能否与水发生反应 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高一下·深圳期末）乙烯是石油化工重要的基本原料。以乙烯为原料合成环氧乙烷、聚乙烯的路线如图所示，下列说法正确的是
A．环氧乙烷属于烃
B．反应①的原子利用率为
C．乙烯是聚乙烯的链节
D．聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
6．（2024高一下·深圳期末）物质的性质决定其用途。下列物质性质与用途具有对应关系的是
选项 性质 用途
A 氨气易液化，液氨汽化时要吸收大量的热 液氨可用作制冷剂
B 氧化铁能与酸反应 氧化铁可用作油漆颜料
C 油脂易溶于有机溶剂 油脂可用于生产甘油
D 可与碱反应 小苏打可用作食品膨松剂
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高一下·深圳期末）物质检验是确定物质组成、性质等的重要方法。下列说法不正确的是
A．可用银氨溶液检验淀粉的水解是否完全
B．可利用丁达尔效应区分胶体和溶液
C．可用溶液检验溶液是否氧化变质
D．可利用焰色试验检验固体中所含阳离子
8．（2024高一下·深圳期末）下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用硫酸铜对游泳池进行消毒 硫酸铜溶液显蓝色
B 用干燥的模具盛装熔融钢水 红热的铁能与水蒸气发生反应
C 回收废弃塑料以减少“白色污染” 大部分塑料在自然环境中难降解
D 用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含等元素
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高一下·深圳期末）我国科学家研发了一种光催化合成的方法，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．是该反应的氧化产物
B．反应中有极性键的断裂和生成
C．理论上，每消耗，生成
D．反应前后，催化剂的质量和化学性质不变
10．（2024高一下·深圳期末）符号表征是理解和描述化学反应的基础。下列相关反应的离子方程式正确的是
A．与铝粉的固体混合物用于疏通管道：
B．用食醋除去水壶中的水垢：
C．用溶液刻蚀覆铜板：
D．通入石灰乳中制备漂白粉：
11．（2024高一下·深圳期末）某实验小组利用如图所示装置制备并探究其性质(处均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。下列说法不正确的是
A．制备的反应体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
B．a处参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．b处褪色，说明具有漂白性
D．为验证的还原性，c处棉花可浸有酸性高锰酸钾溶液
12．（2024高一下·深圳期末）氮及其化合物在工业、农业和环境科学中发挥重要作用。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的体积为
B．溶液中的数目为
C．和充分反应转移的电子数目为
D．和的混合物中所含氮原子数目为
13．（2024高一下·深圳期末）为原子序数依次增大的短周期元素，X原子L层有5个电子，Y与Z形成的淡黄色化合物甲可用作呼吸面具的供氧剂，R的周期序数与主族序数相等，Q的最高正价与最低负价的代数和为4.下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的稳定性：
C．的最高价氧化物对应的水化物可两两反应
D．化合物甲中阴、阳离子的个数比为
14．（2024高一下·深圳期末）除去粗盐中的杂质离子(及等)的实验流程如下：
下列说法不正确的是
A．“除杂”时，可利用反应除去
B．“除杂”时，应先加溶液再加溶液
C．“调”时，应加入稀硫酸调节溶液至中性
D．“蒸发结晶”时，当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，利用余热蒸干
15．（2024高一下·深圳期末）一种以溶液为电解质溶液的锌镍单液流电池的工作原理如图所示(图中“”表示液体流向)，电极上的反应为电极发生反应生成。下列说法正确的是
A．电极为该电池的负极
B．表面发生的电极反应为
C．电极的质量逐渐减小
D．电池工作一段时间后，溶液中浓度保持不变
16．（2024高一下·深圳期末）向一个绝热恒容密闭容器中充入和，发生反应：，测得该可逆反应的正反应速率和逆反应速率随时间变化的曲线如图所示(已知：绝热密闭容器的反应体系和外界环境无热交换)。下列说法不正确的是
A．曲线M代表正反应速率随时间变化的曲线
B．反应在时刻达到化学平衡状态
C．该反应为放热反应
D．时Z的浓度大于时Z的浓度
二、非选择题：共4题，共56分。
17．（2024高一下·深圳期末）某学习小组探究在不同条件下的氧化性。
（1）基于与稀硝酸的反应　 　(用离子方程式表示)，初步得出结论：在酸性条件下体现强氧化性。
（2）为验证(1)中结论，小组同学设计如下实验：
①配制溶液，所需固体的质量为　 　g；配制过程中需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管及烧杯外，还有　 　(填仪器名称)。
②利用如图所示装置进行实验。
实验过程：关闭，向装有片的三颈烧瓶内加入溶液，未观察到明显现象。打开，通入一段时间后，关闭。再向三颈烧瓶内滴加稀硫酸，观察到铜片溶解，溶液变蓝，并有气泡产生。打开，向B中通入　 　(填名称)，观察到　 　，说明A中反应产生的气体为。
（3）该小组同学认为的还原性较弱，若用还原性更强的金属，则可以在非酸性条件下体现氧化性。于是，分别取溶液、水于烧杯中，各加入绿豆大小的钠块，观察到两烧杯中实验现象几乎无差别。
【提出猜想】小组同学认为可能是浓度较低引起的。
【优化实验】调节溶液中的浓度，探究在非酸性条件下的氧化性。
实验 实验操作 实验现象
i 取溶液于烧杯中，向其中加入①　 　，再向该溶液中加入绿豆大小的钠块 随即有黄色火花出现，之后燃烧
ii 取溶液于烧杯中，向其中加入固体，再向该溶液中加入绿豆大小的钠块 瞬间即有黄色火花出现，立即剧烈燃烧
【实验分析】小组同学认为实验不足以说明在非酸性条件下体现氧化性。
【查阅资料】在碱性介质中，活泼金属可将还原为在碱性溶液中以还原性为主；在碱性条件下的还原产物通常为(绿色)。
【补充实验】该小组同学通过实验验证还原产物的存在。
②该方案为　 　；可观察到的现象为　 　。由此可得在非酸性条件下可以体现氧化性。
③在非酸性条件下，将氧化的离子方程式为　 　。
18．（2024高一下·深圳期末）硼及其化合物在工业上用途广泛。以硼镁矿(主要成分为，还含有少量的及等)为原料制备硼酸并得到的工艺流程如下：
（1）硼镁矿中硼元素的化合价为　 　。
（2）①为提高“酸浸”速率，可采取的措施有　 　(任写一条)。
②补充“酸浸”时发生反应的化学方程式：　 　。
（3）在“氧化”步骤中，化合价发生变化的金属离子是　 　(填离子符号)。
（4）“滤渣3”的主要成分为　 　(填化学式)。
（5）“沉钙”后的滤液，可在该工艺的　 　步骤中循环使用。
（6）具有超导电性。利用受热脱水得到，再利用高温下和(物质的量之比为)的反应制得。
①分三步脱水，过程如下：
则第ⅱ步的失重率为　 　(已知：失重率为失重前质量，为失重后质量；结果保留两位有效数字)。
②写出利用制备的化学方程式　 　。
19．（2024高一下·深圳期末）汽车尾气系统中均安装了催化转化器以减少尾气污染。
Ⅰ.汽车尾气中含有大量和等有害物质，会对人体健康和环境产生危害。
（1）汽车尾气中产生的原因为________(用化学方程式表示)。
Ⅱ.在催化剂作用下，汽车尾气中的和可转化成和，其反应为：。
（2）反应过程中的能量变化如图所示，该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）在恒温恒容密闭容器中发生上述反应，下列情况能说明该反应达到化学平衡的有______(填标号)。
A. 和的物质的量之比为
B. 单位时间内生成的同时消耗
C. 容器内的压强不再变化
D. 的含量保持不变
（4）在体积相同的三个恒容密闭容器中按下表进行实验，三组实验中随时间t变化的曲线如图所示(已知：其他条件不变时，催化剂的比表面积越大，催化效率越高)。
编号 催化剂的比表面积
i 280 80
ii 280 x
iii 360 80
①结合图、表信息，表中x________80(填“>”“<”或“=”)。
②由实验________(填编号，下同)和实验________可得出结论：温度越高，的转化速率越大。
③实验i开始至的平均反应速率为________(用含的代数式表示)；
实验iⅱ达到平衡时的转化率为________(已知：转化率是指已被转化的反应物的物质的量与其初始的物质的量之比)。
（5）在催化剂作用下，利用还原也可实现氮氧化物污染的治理，其反应为。在的催化作用下，该反应历程可分两步进行：
i)；
ii)________(写出该步反应的离子方程式)。
20．（2024高一下·深圳期末）以甲基丙烯酸苄基酯为单体的聚合产品具有良好的性能，一种合成化合物甲基丙烯酸苄基酯的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物v含有的官能团名称为　 　、　 　。
（2）反应①的条件为和光照，则化合物i的结构简式为　 　。
（3）下列有关说法中，正确的有___________(填标号)。
A．反应②中，有键的断裂和键的形成
B．化合物ⅱ中所有原子共平面
C．化合物iii与互为同系物
D．化合物ⅱi能发生氧化反应
（4）根据化合物ⅳ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构(有机产物) 反应类型
a 　 　 　 　
b 　 　 置换反应
（5）化合物X的分子组成比化合物vi的多2个氢原子，且能与溶液反应。则化合物X的结构有　 　种，其结构简式为　 　(任写一种)。
（6）写出化合物vi与发生酯化反应的化学方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．西周青铜盉主要成分为铜合金，属于金属材料，A错误；
B．西汉玉角杯的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，B错误；
C．元朝银槎杯主要成分为金属银，属于金属材料，C错误；
D．明朝竹根雕杯主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，D正确；
故答案为：D
【分析】A、青铜为合金。
B、玉角杯为硅酸盐。
C、银为金属单质。
D、竹为天然有机高分子。
2．【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用；硅和二氧化硅；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】A．芯片的主要成分是Si，因此定位芯片的主要成分为Si，A正确；
B．合金的硬度比其成分金属大，因此钢丝的硬度比纯铁的大，B正确；
C．沥青可通过石油分馏得到，C正确；
D．太阳能电池是将太阳能转化为电能，D错误；
故答案为：D
【分析】A、芯片为半导体材料，主要成分为Si。
B、合金的熔点比成分金属低，硬度比成分金属大。
C、沥青可通过石油分馏得到。
D、太阳能电池工作时将太阳能转化为电能。
3．【答案】D
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．中含有2个碳氧双键，其电子式为，故A错误；
B．是氢元素的不同同位素组成的氢气分子，属于同一种物质，不是同位素，故B错误；
C．根据元素守恒，该过程发生反应的化学方程式为，故C错误；
D．燃烧过程中会释放大量的热，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据CO2的结构确定其电子式。
B、同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子。
C、CO2和H2在催化剂作用下反应生成CH3OH，据此写出反应的化学方程式。
D、CH3OH为可燃物，燃烧过程中放出热量。
4．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．加热条件下，浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，该装置能实现实验目的，A正确；
B．Cl2不溶于饱和食盐水，因此用饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气长管进短管出，该装置能实现实验目的，B正确；
C．氯气通过该装置后，干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明能与水发生反应，产物使有色布条褪色，C正确；
D．氯气的尾气处理应该用氢氧化钠溶液，若用水，则氯气吸收不完全，D错误；
故答案为：D
【分析】A、实验室用MnO2与浓盐酸加热制取Cl2。
B、Cl2不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl。
C、Cl2不能使有色布条褪色，使有色布条褪色的是Cl2与H2O反应生成的HClO。
D、吸收尾气中的Cl2应用NaOH溶液。
5．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；聚合反应
【解析】【解答】A．烃是指只含C、H两种元素的化合物。环氧乙烷中含有C、H、O三种元素，因此环氧乙烷不属于烃，A错误；
B．原子利用率100%是指反应物的所有原子均转化为目标产物，没有其余副产物生成。乙烯催化合成环氧乙烷过程中产物只有一种，因此反应①的原子利用率为100%，B正确；
C．高分子化合物中重复出现的最小结构单元称为链节。聚乙烯的链节是，乙烯是聚乙烯的单体，C错误；
D．聚乙烯中不含有碳碳双键，因此不能使酸性高锰酸钾褪色，D错误；
故答案为：B
【分析】A、烃是指只含有C、H两种元素的有机物化合物。
B、原子利用率为100%，则反应物中所有原子转化为目标产物，无其他物质生成。
C、乙烯是聚乙烯的单体。
D、聚乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色。
6．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；铁的氧化物和氢氧化物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．氨气易液化，液氨汽化过程中吸热，使周围温度快速降低，起到降温制冷的作用，因此可用作制冷剂，A符合题意；
B．氧化铁能与酸反应，属于碱性氧化物；氧化铁可用作油漆颜料是因为氧化铁呈红棕色，与其能与酸反应的性质无关，B不符合题意；
C．根据相似相溶原理，油脂易溶于有机溶剂；油脂水解可制得甘油，与其易溶于有机物溶剂的性质无关，C不符合题意；
D．与碱反应说明其为酸式盐，受热分解产生气体，可用作食品膨松剂，与其跟碱反应的性质无关，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、液氨汽化过程中吸收热量，使得周围温度降低。
B、Fe2O3做红色颜料，是由于Fe2O3为红棕色固体。
C、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，可水解产生甘油。
D、NaHCO3做食品膨松剂，是由于NaHCO3受热分解产生CO2气体。
7．【答案】A
【知识点】焰色反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．银氨溶液用于检验淀粉的水解产物葡萄糖，不能检验淀粉是否完全水解，A错误；
B．胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，因此区别溶液与胶体常用丁达尔效应，B正确；
C．硫酸亚铁若变质则被氧化生成硫酸铁，Fe3＋遇KSCN溶液，溶液变红色，因此可利用硫氰化钾溶液检验硫酸亚铁溶液是否变质，C正确；
D．金属钠及含钠元素的化合物的焰色均为黄色，因此可利用焰色试验验固体中所含阳离子，D正确；
故答案为：A
【分析】A、检验淀粉是否完全水解，则需检验是否含有淀粉剩余，应用碘水。
B、胶体具有丁达尔效应，而溶液没有。
C、FeSO4溶液中Fe2＋易被空气中的O2氧化成Fe3＋，Fe3＋遇KSCN溶液，溶液变红色。
D、含有Na元素的物质，其焰色试验显黄色。
8．【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．重金属离子能够使蛋白质结构变性，常用于游泳池杀菌消毒，铜离子为重金属离子，可用于游泳池杀菌消毒，与硫酸铜溶液显蓝色无关，A错误；
B．高温下铁雨水蒸气反应，生成氢气，氢气易燃易爆，因此必须用干燥的模具盛装熔融钢水，B正确；
C．塑料在自然环境中难以降解，因此回收废弃塑料可减少“白色污染”，起到保护环境的作用，C正确；
D．氮元素和磷元素是氮肥和磷肥的肥效元素，厨余垃圾中含有氮元素和磷元素，因此可用厨余垃圾制肥料，D正确；
故答案为：A
【分析】A、CuSO4用于游泳池消毒，是利用Cu2＋使蛋白质变性的性质。
B、高温下Fe能与水蒸气反应生成易燃易爆气体H2。
C、塑料在自然界中难以降解，会形成“白色污染”。
D、厨余垃圾中富含N、P元素，可用于制作肥料。
9．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．甲醇中的碳元素的化合价为-2价，甲醛中的碳元素的化合价为0价。因此反应过程中，碳元素化合价升高，被氧化，所得为氧化产物，A正确；
B．甲醇氧化生成甲醛的过程中有、的断裂和的形成，均为极性键，B正确；
C．理论上，每消耗，生成1molH2O2，其质量为1mol×34g·mol－1=34g，C错误；
D．催化剂能改变化学反应速率，但本身的质量和化学性质在反应前后保持不变，D正确；
故答案为：C
【分析】A、结合反应过程中碳元素的化合价变化分析。
B、根据反应过程中化学键的变化分析。
C、该反应的化学方程式为CH3OH＋O2HCHO＋H2O2，据此计算。
D、催化剂在反应前后其质量和化学性质保持不变。
10．【答案】C
【知识点】铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．与铝粉的固体混合物可用于疏通管道，是由于反应过程中生成四羟基合铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式为，故A错误；
B．酸性：CH3COOH＞H2CO3，因此可用食醋除去水壶中的水垢生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．氧化性：Fe3＋＞Cu2＋，因此用溶液刻蚀覆铜板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为，故C正确；
D．石灰乳为乳浊液中，在离子方程式中保留化学式，因此通入石灰乳中制备漂白粉生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案为：C
【分析】A、Al与NaOH溶液反应生成可溶性Na[Al(OH)4]和H2。
B、CH3COOH与CaCO3反应生成可溶性(CH3COO)2Ca、H2O和CO2。
C、Fe3＋能将Cu氧化生成Cu2＋，自身还原为Fe2＋。
D、Ca(OH)2微溶于水，在石灰乳中含有大量的Ca(OH)2固体，在离子方程式中保留化学式。
11．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．制备的过程中反应生成SO2和CuSO4，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，A正确；
B．二氧化硫能与硫化钠反应生成S单质，化学方程式为：，其中SO2为氧化剂，S2－为还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；
C．b处品红溶液褪色，体现了的漂白性，C正确；
D．验证SO2的还原性，应用氧化性试剂，因此可用浸有酸性KMnO4溶液的棉花，D正确；
故答案为：B
【分析】A、制备SO2的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O，据此分析。
B、根据反应的离子方程式确定氧化剂和还原剂，从而确定二者的物质的量之比。
C、b处为品红溶液，b处溶液褪色体现了SO2的漂白性。
D、为验证SO2的还原性，可用酸性KMnO4溶液或溴水。
12．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.30 g的物质的量为1 mol，但气体所处的状态未知，因此无法计算其体积，A错误；
B．硝酸溶液的体积未知，无法计算溶液中的数目，B错误；
C．和的反应为可逆反应，因此1 mol和3 mol无法完全反应，所以充分反应后转移的电子数目小于6，C错误；
D．和的最简式均为，因此46 g和的混合物中所含氮原子数目为，D正确；
故答案为：D
【分析】A、气体所处的状态未知，Vm不一定为22.4L·mol－1。
B、溶液的体积未知，无法应用公式n=c×V进行计算。
C、N2与H2的反应为可逆反应，1molN2无法完全反应。
D、NO2和N2O4的最简式为NO2，按46gNO2进行计算。
13．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径：N3->Na+，故A错误；
B．同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，其简单气态氢化物的稳定性越弱。因此简单氢化物的稳定性H2O>H2S，故B错误；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与氢氧化钠反应，又能与硫酸反应，故C正确；
D．化合物甲是Na2O2，其中阴、阳离子的个数比为1：2，故D错误；
故答案为：C
【分析】X原子L层有5个电子，因此其原子核外电子数为7，所以X为N。Y与Z形成的淡黄色化合物可用做呼吸面具的供氧剂，该化合物为Na2O2，因此Y为O、Z为Na。R的周期序数与主族序数相等，且原子序数大于Na，因此R为Al。Q的最高正价与最低负价的代数和为4，因此其最高正价为＋6价，最低负价为-2价，所以Q为S。据此结合选项分析。
14．【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；粗盐提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．“除杂”时，加氢氧化钠与Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀，该反应的离子方程式为，故A正确；
B．“除杂”时，为除去钡离子，应先加溶液再加溶液，利用Na2CO3除去过量的Ba2＋，故B正确；
C．“调”时，若加入稀硫酸调节溶液，反应生成Na2SO4，引入了新的杂质，所以应加入稀盐酸调节溶液至中性，故C错误；
D．“蒸发结晶”时，当蒸发皿中出现较多固体时停止加热，利用余热蒸干，故D正确；
故答案为：C
【分析】粗盐经溶解后得到的溶液中含有杂质离子Ca2＋、Mg2＋和SO42－，可分别形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。除杂过程中为防止引入新的杂质，所加试剂为Na2CO3、NaOH、BaCl2。同时为了除去过量的Ba2＋，再加入试剂时，应先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3除去Ca2＋的同时，除去过量的Ba2＋。沉淀经过滤后，再加稀盐酸调节pH=7，得到NaCl溶液，经蒸发结晶，得到NaCl。据此结合选项分析。
15．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A．电极发生得电子的还原反应，因此该电极为正极，故A错误；
B．电极发生失电子的氧化反应生成，因此其电极反应式为，故B正确；
C．电池反应过程中，电极转化为，因此反应过程中电极质量逐渐增大，故C错误；
D．电池正反应为。反应过程中OH－参与反应，因此溶液中c(KOH)减小，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、NiOOH电极发生得电子的还原反应，为正极。
B、反应过程中Zn转化为[Zn(OH)4]2－，发生失电子的氧化反应，据此写出其电极反应式。
C、NiOOH转化为Ni(OH)2的过程中质量增大。
D、根据电池总反应式分析。
16．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．通入X、Y，反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率，曲线M代表正反应速率随时间变化的曲线，故A正确；
B．反应在时刻，正反应速率等于逆反应速率，因此反应达到化学平衡状态，故B正确；
C．随反应进行，正反应速率增大，说明此时反应容器内温度升高，因此该反应为放热反应，故C正确；
D．随反应进行，生成物浓度增大，因此时Z的浓度小于时Z的浓度，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、反应正向进行的过程中，正反应速率大于逆反应速率。
B、t2时刻，正逆反应速率相等，反应处于平衡状态。
C、反应过程中正反应速率增大，说明温度升高。
D、反应正向进行的过程中，生成物的浓度逐渐增大。
17．【答案】（1）
（2）8.5；1000mL；空气或氧气；有红棕色气体出现
（3）固体；取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液；溶液变为绿色；
【知识点】硝酸的化学性质；硝酸盐、亚硝酸盐；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）与稀硝酸的反应的离子方程式为：。
故答案为：
（2）①配制溶液，所需固体的质量为：；配制过程中需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管及烧杯外，还有1000mL容量瓶。
故答案为：8.5；1000mL容量瓶
②向硝酸钠溶液中滴加稀硫酸，观察到铜片溶解，溶液变蓝，并有气泡产生。NO遇氧气变为红棕色，故打开，向B中通入空气或氧气，观察到有红棕色气体出现，说明A中反应产生的气体为。
故答案为：空气或氧气；有红棕色气体出现
（3）①调节溶液中的浓度，探究在非酸性条件下的氧化性，故实验①中应加入1.5g固体，其他条件不变。
故答案为：固体
②若有还原产物存在，此溶液能使酸性高锰酸钾溶液变为绿色，故方案为：取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液，可观察到的现象为：溶液变为绿色，由此可得在非酸性条件下可以体现氧化性。
故答案为： 取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液 ；溶液变为绿色
③在非酸性条件下，将氧化的离子方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）Cu与稀硝酸反应生成可溶性Cu(NO3)2、NO和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（2）①根据公式m=n×M=c×V×M计算所需NaNO3的质量。根据溶液配制过程确定所需的仪器。
②加入稀硫酸后，NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Cu氧化，同时生成无色气体NO，NO可被O2氧化生成红棕色气体NO2。据此分析作答。
（3）①实验ⅱ中加入3.0gNaNO3固体，据此确定实验ⅰ中应加入1.5gNaNO3。
②结合题干信息NO2－在碱性条件下具有还原性，MnO4－在碱性条件下还原产物为MnO42－设计实验方案和实验现象。
③非酸性条件下，Na与NO3－反应生成NaNO2和NaOH，据此写出反应的离子方程式。
（1）与稀硝酸的反应的离子方程式为：；
（2）①配制溶液，所需固体的质量为：；配制过程中需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管及烧杯外，还有1000mL容量瓶；
②向硝酸钠溶液中滴加稀硫酸，观察到铜片溶解，溶液变蓝，并有气泡产生。NO遇氧气变为红棕色，故打开，向B中通入空气或氧气，观察到有红棕色气体出现，说明A中反应产生的气体为；
（3）①调节溶液中的浓度，探究在非酸性条件下的氧化性，故实验①中应加入1.5g固体，其他条件不变；
②若有还原产物存在，此溶液能使酸性高锰酸钾溶液变为绿色，故方案为：取少量实验i或实验ii反应后的溶液于试管中，向其中加入少量KMnO4溶液，可观察到的现象为：溶液变为绿色，由此可得在非酸性条件下可以体现氧化性；
③在非酸性条件下，将氧化的离子方程式为：。
18．【答案】（1）+3
（2）硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度；
（3）Fe2+
（4）Mg(OH)2
（5）“酸浸”
（6）10%；
【知识点】氧化还原反应；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）中Mg显+2价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，硼元素的化合价为+3。
故答案为：+3
（2）①根据影响反应速率的因素，为提高“酸浸”速率，可采取的措施有：硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度。
故答案为： 硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度
②和盐酸反应生成氯化镁、硼酸、水，发生反应的化学方程式为。
故答案为：
（3）在“氧化”步骤中，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，化合价发生变化的金属离子是Fe2+。
故答案为： Fe2+
（4）结晶分离的滤液中含有氯化钙和氯化镁，滤液中加氧化钙生成氢氧化镁沉淀，“滤渣3”的主要成分为Mg(OH)2。
故答案为： Mg(OH)2
（5）氯化钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和盐酸，“沉钙”后的滤液中含有盐酸，可在该工艺的“酸浸”步骤中循环使用。
故答案为： 酸浸
（6）①第ⅱ步 ，失重率为 。
故答案为： 10%
②和(物质的量之比为)反应制得，反应的化学方程式为。
故答案为：
【分析】（1）Mg2B2O5中Mg元素为＋2价，O元素为－2价，结合化合物中化合价代数和为0计算B元素的化合价。
（2）①增大接触面积、适当升高温度、搅拌、适当增大浓度，都可以提高反应速率。
②根据原子个数守恒确定生成物的化学式。
（3）“氧化”步骤中加入的H2O2溶液，可将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋。
（4）“滤渣2”为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中加入CaO的目标是除去Mg2＋，据此确定“滤渣3”的成分。
（5）加入稀硫酸“沉钙”后形成CaSO4和HCl，据此确定循环步骤。
（6）①第ⅱ步中HBO2转化为H2B4O7，其对应关系为“4HBO2～H2B4O7”，据此计算失重率。
②B2O3与Mg反应生成MgB2的同时生成MgO，据此写出反应的化学方程式。
（1）中Mg显+2价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，硼元素的化合价为+3；
（2）①根据影响反应速率的因素，为提高“酸浸”速率，可采取的措施有：硼镁矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大盐酸的浓度。
②和盐酸反应生成氯化镁、硼酸、水，发生反应的化学方程式为。
（3）在“氧化”步骤中，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，化合价发生变化的金属离子是Fe2+。
（4）结晶分离的滤液中含有氯化钙和氯化镁，滤液中加氧化钙生成氢氧化镁沉淀，“滤渣3”的主要成分为Mg(OH)2。
（5）氯化钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和盐酸，“沉钙”后的滤液中含有盐酸，可在该工艺的“酸浸”步骤中循环使用。
（6）第ⅱ步 ，失重率为 。
②和(物质的量之比为)反应制得，反应的化学方程式为。
19．【答案】(1)
(2) 放热
(3) C，D
(4) > i iii 50%
(5)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；吸热反应和放热反应；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）空气中的氮气和氧气在汽车汽缸内的高温环境下生成一氧化氮，化学方程式为。
故答案为：
（2）根据反应过程-能量图可知，反应物的总能量>生成物的总能量，所以该反应属于放热反应。
故答案为：放热
（3）若和的物质的量之比维持为不变，才能说明反应达到平衡，即和的物质的量之比为不能说明反应已达到平衡，A错误；单位时间内生成的同时消耗，均表示正反应速率，不能说明反应是否达到平衡，B错误；该反应为气体分子数减小的反应，当容器内的压强不再变化时，说明反应达到化学平衡，C正确；的含量保持不变，保持不变，说明反应达到化学平衡，D正确；
故答案为：CD
（4）①由曲线图可知，在t1时，实验ii的反应速率大于实验i，结合已知信息，其他条件不变时，催化剂的比表面积越大，催化效率越高，故表中x>80。
故答案为：＞
②实验i和实验iii只有温度不同，催化剂的比表面积相同时，由实验i和实验iii可得出结论：温度越高，的转化速率越大。
故答案为： i；iii
③实验i开始至时，消耗了，生成了，则的平均反应速率为；实验iii达到平衡时，的转化率为。
故答案为： ；%
（5）第一步反应为和反应成了，则第二步为和反应成了，即离子方程式为。
故答案为：
【分析】（1）高温条件下空气中的N2和O2反应生成NO。
（2）反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应。
（3）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，反应处于平衡状态，据此结合选项所给分析。
（4）①催化剂的比表面积越大，反应速率越快，据此分析。
②温度越高，CO的转化率越大，则对比实验中应控制反应速率相同，其他条件不同，据此确定对比实验。
③实验i开始至时，消耗了，生成了，据此计算。
（5）第一步反应为和反应成了，则第二步为和反应成了，据此确定反应的离子方程式。
20．【答案】（1）碳碳双键；醛基
（2）
（3）A；D
（4）、催化剂、加热；加成反应；
（5）2；或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据化合物v的结构可知，化合物v含有的官能团为碳碳双键和醛基。
故答案为：碳碳双键；醛基
（2）Cl2和光照，发生烷烃基上到取代反应，结合化合物ⅱ的结构简式可知，化合物i的结构简式为。
故答案为：
（3）结合化合物ii发生取代反应生成化合物iii，反应过程中键的断裂和键的生成，A正确；化合物ⅱ中含有，其结构和相似，都是三角锥形，因此化合物ⅱ中所有原子不能共平面，B错误；同系物指结构相似、分子组成相差若干个“”原子团的有机化合物，C错误；化合物ⅱi可以被氧化为苯甲酸，D正确；
故答案为：AD
（4）a．结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成。
故答案为：H2、催化剂、加热；加成反应；
b．化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为。
故答案为：
（5）化合物X的分子组成比化合物vi的多2个氢原子，则化合物X的分子式为，且能与溶液反应，说明分子中含有羧基，则化合物X的结构为或。
故答案为：2；或
（6）化合物vi为，反应的化学方程式为。
故答案为：
【分析】（1）根据化合物ⅴ的结构简式确定其所含的冠能团。
（2）Cl2和光照，发生烷烃基上到取代反应，结合化合物ⅱ的结构简式确定化合物ⅰ的结构简式。
（3）A、根据反应②中化学键的断裂与形成分析。
B、化合物ⅱ中饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共平面。
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、化合物ⅲ中含有-CH2OH，可发生催化氧化反应。
（4）a、由反应形成的新结构可知，发生的是与H2的加成反应。
b、化合物ⅳ中-OH能与Na发生置换反应。
（5）化合物X的分子式比化合物ⅵ多2个氢原子，则化合物X的分子式为C4H8O2；能与NaHCO3溶液反应，则分子结构中含有-COOH，据此确定同分异构体的个数和结构简式。
（6）由化合物ⅶ的结构简式可知，化合物ⅵ的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，据此写出反应的化学方程式。
（1）根据化合物v的结构可知，化合物v含有的官能团为碳碳双键和醛基；
（2）根据分析可知，化合物i的结构简式为；
（3）结合化合物ii发生取代反应生成化合物iii，反应过程中键的断裂和键的生成，A正确；化合物ⅱ中含有，其结构和相似，都是三角锥形，因此化合物ⅱ中所有原子不能共平面，B错误；同系物指结构相似、分子组成相差若干个“”原子团的有机化合物，C错误；化合物ⅱi可以被氧化为苯甲酸，D正确；
（4）a．结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成；
b．化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为；
（5）化合物X的分子组成比化合物vi的多2个氢原子，则化合物X的分子式为，且能与溶液反应，说明分子中含有羧基，则化合物X的结构为或；
（6）根据分析可知，化合物vi为，反应的化学方程式为。
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