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广西省柳州市2024-2025学年高一下学期6月期末考试 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．黑茶制作技艺（六堡茶制作技艺）是国家级非物质文化遗产之一。下列有关说法正确的是
A．茶叶富含纤维素，纤维素和淀粉互为同分异构体
B．使用紫砂壶泡茶，茶香浓郁持久，紫砂壶的材质属于传统无机非金属材料
C．茶叶包装时使用抗坏血酸作抗氧化剂的原因是其具有较强的氧化性
D．广西六堡茶享誉世界，其茶叶中的茶单宁（）属于烃类物质
2．乙二醇可用于配制汽车冷却系统的抗冻剂，一种制备乙二醇的原理为，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．乙二醇的空间填充模型为
C．乙醇和乙二醇互为同系物
D．该反应属于最理想的“原子经济性反应”
3．“人民创造历史，劳动开创未来”，下列化学知识正确且与对应劳动项目有关联的是
选项 劳动活动 化学知识
A 用石墨棒作锌锰干电池正极 石墨化学性质稳定且能导电
B 用焦炭与石英砂反应制粗硅 非金属性：
C 用液氨作冷链物流中心的制冷剂 液氨汽化属于吸热反应
D 用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃 为酸性氧化物
A．A B．B C．C D．D
4．在化学实验中，胶头滴管具有重要的作用。下列实验中胶头滴管使用错误的是
A．配制一定物质的量浓度溶液时定容 B．制备胶体
C．制备沉淀 D．验证与反应时放热
A．A B．B C．C D．D
5．武鸣沃柑果实丰盈饱满，果肉甜美鲜嫩。果实中的柠檬酸赋予了沃柑酸甜的风味，柠檬酸的结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法错误的是
A．能与小苏打反应产生 B．分子式为
C．含有酯基 D．柠檬酸最多能消耗
6．中国古代壁画具有重要的艺术价值和文化价值，是文化遗产的重要组成部分。经年累月，壁画中红色颜料铅丹（，也可表示为）会与空气中的反应生成黑色。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压时，含有的分子数为
B．是和组成的混合物
C．上述反应生成时转移电子数为
D．可以用酒精清洗粘附在壁画上的硫
7．常温下，乙烷分子中的两个甲基可以绕键自由旋转，理论上乙烷分子可以有多种构象，其中两种构象的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．分子比分子稳定
B．乙烷分子所有原子不在同一平面上
C．乙烷在光照条件下能与氯气发生反应生成多种有机物
D．1个分子完全转化为分子需要吸收热量
8．常用作食用香精，的一种合成路线如图所示（部分反应条件和产物省略），下列说法错误的是
A．反应①②③的反应类型均不相同
B．所有原子不在同一平面上
C．反应③的化学方程式为
D．可用溶液除去混在乙酸乙酯中的乙酸
9．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。与澄清石灰水在常温下反应会生成，在加热时分解为和，下列推断不合理的是
A．是工业上制造的一种重要原料 B．是一种新型自来水消毒剂
C．是漂白液的有效成分 D．为盐类
10．实验是学习化学、解决实际问题的重要方式。根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 铁片与稀硫酸混合，产生气泡；然后滴入几滴溶液，产生气泡速率加快 是与稀硫酸反应的催化剂
B 向盛有鸡蛋清溶液的试管中加几滴氯化汞溶液，鸡蛋清溶液变浑浊，再加入足量的水后，沉淀不溶解 氯化汞能使蛋白质发生变性
C 取溶液，加入溶液，振荡后滴加滴溶液，溶液变红 与的反应为可逆反应
D 向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热，待溶液冷却后，加入足量溶液充分反应，再加入几滴碘溶液，溶液未变蓝 淀粉完全水解
A．A B．B C．C D．D
11．溴是一种重要的化工原料，地表99％的溴均存在于海水中，“吹出法”是常用的一种海水提溴技术，其流程如图所示，下列说法错误的是
A．理论上，“吹出”“冷凝”均未发生化学反应
B．“氧化”和“氧化Ⅱ”主要反应的离子方程式均为
C．“吸收”时反应的离子方程式为
D．“氧化Ⅱ”通水蒸气的目的是使溴汽化
12．化合物甲是一种重要的化工原料，其结构如图所示，、、、、是原子序数依次增大的短周期主族元素，是空气中含量最多的元素，是一种常见的溶剂，和同主族。下列说法正确的是
A．原子半径： B．简单氢化物的稳定性：
C．在足量中燃烧生成 D．的氢化物属于碱
13．我国科研人员设计了一种如图所示的多功能电池，该电池实现了乙烯一电能的联产和的降解。下列说法正确的是
A．催化电极1表面发生了氧化反应
B．负极反应式为
C．反应过程中，电解质溶液中不会发生改变
D．每转移电子的同时会生成
14．一种探究硝酸性质的一体化实验装置如图所示，现将铜丝伸入浓硝酸中反应，然后将铜丝抽离浓硝酸，挤压注射器2活塞使水进入仪器，充分反应后挤压注射器1活塞。下列说法及不同反应阶段的预期现象正确的是
A．为了加快反应速率，可将铜丝换成铁丝
B．持续挤压注射器2活塞，仪器中红棕色气体会逐渐消失，仪器和气球均会充满液体
C．挤压注射器1活塞时，发生反应：
D．若有发生反应，则注射器1中最多会有被消耗
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．氨气是一种重要的化工原料，请回答下列问题。
（1）合成氨在很大程度上解决了地球上因粮食不足而引发的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。下列说法正确的是______（填字母）。
A．合成氨属于人工固氮
B．合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，故工业合成氨的温度应控制在以下
C．合成氨的正反应有非极性键的断裂与形成
D．工业合成氨时，会适当增大压强，以加快合成氨的速率
（2）侯德榜先生发明的“联合制碱法”的流程如图1所示，该工艺需要使用到大量氨气。
①工业生产中，需往沉淀池内的饱和食盐水中先通　 　（填“”或“”）；沉淀池中发生反应的离子方程式为　 　；循环进入沉淀池的物质的结构式为　 　。
②已知和在不同温度下的溶解度如图2所示，则操作①为　 　、　 　、过滤。
（3）氨气的催化氧化是工业制备硝酸的重要反应之一，该反应的化学方程式为　 　。
（4）一种燃料电池工作原理如图3所示，电极的电极反应式为　 　；电解质中，的移动方向为　 　（填“”或“”）。
16．亚硝酰硫酸（）主要用于有机合成、染料制造和化学工业中的重氮化反应，常温下亚硝酰硫酸是不稳定的液体，极易与水反应。某教师利用如图所示装置探究的性质并制备少量亚硝酰硫酸。请回答下列问题：
（1）仪器的名称为　 　；圆底烧瓶中反应的化学方程式为　 　。
（2）装置中溶液褪色，体现了的　 　性。
（3）装置用于制备亚硝酰硫酸。
①装置中试剂为　 　（填名称）；装置中冰水的作用是控制温度，中温度不宜过高的原因是　 　。
②装置中物质的量与的物质的量随时间变化关系如图所示，则装置中反应的化学方程式为　 　。
③装置中使用的是质量分数、密度的发烟硝酸，其物质的量浓度　 　，浓硝酸久置成黄色的原因：　 　（用化学方程式解释）。
17．硅及其化合物在化学领域扮演着重要的角色，它们不仅与我们的生活息息相关，还在高科技领域发挥着不可或缺的作用。
（1）石英光导纤维的主要成分为　 　（写化学式），其遇到溶液会发生“断路”现象，原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）是有机硅工业的重要中间体，主要用于生产高纯硅和有机硅化合物。在下，向密闭容器中加入、和，发生反应：，反应体系中各物质的物质的量变化量随时间变化关系如表所示。
时间／ 50 100 150 200
0.009 0.012 0.015 0.015
0.008 0.010 0.010
0.004 0.005 0.005
0.012 0.016 0.020 0.020
①的化学式为　 　；　 　；内，的平均反应速率　 　。
②该条件下，下列叙述正确且能表示上述反应达到平衡状态的是　 　（填字母）。
A．混合气体的密度不再改变 B．的值不再改变
C．全部反应 D．正、逆反应速率均为零
③其他条件相同，在下进行上述反应，的转化率随时间变化如图所示。则该条件下的平衡转化率为　 　，平衡时混合气体的总物质的量为　 　。
18．聚丙烯酸（）是一种链状高分子水性粘结剂，一种合成聚丙烯酸的路线如下。
已知：的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。
（1）的结构简式为　 　；中含氧官能团的名称为　 　。
（2）与溴的四氯化碳溶液反应生成有机物，然后光照条件下与溴蒸气发生反应，则理论上最多可消耗　 　。
（3）反应③的反应类型为　 　；反应②③均在恒压条件下进行，其中均未参与化学反应，从化学反应速率调控角度分析加入水蒸气的目的是　 　。
（4）反应④的化学方程式为　 　。
（5）分子组成比多4个原子团、含有支链且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有　 　种（不考虑立体异构），其中一氯代物只有一种的有机物的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；烷烃
【解析】【解答】A、纤维素和淀粉的分子式都可写作 (C6H10O5) ，但二者的聚合度 n 数值不同，分子式并不完全相同，因此不互为同分异构体，A错误；
B、紫砂壶的主要材质为陶瓷，陶瓷是典型的传统无机非金属材料，耐高温且化学性质稳定，适合泡茶使用，B正确；
C、抗坏血酸（维生素 C）用作抗氧化剂，是因为它具有较强的还原性，能优先与氧气反应，从而保护茶叶中的成分不被氧化，并非因为其氧化性，C错误；
D、烃类物质仅由碳、氢两种元素组成，而茶单宁的分子式为 C15H14O6，含有氧元素，属于烃的衍生物，不属于烃类，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同分异构体判断：需满足分子式完全相同、结构不同，高分子化合物因聚合度不同，分子式不一致，不互为同分异构体。
材料分类：陶瓷、玻璃、水泥等属于传统无机非金属材料，与金属材料、有机高分子材料区分开。
抗氧化剂原理：抗氧化剂利用自身还原性，消耗氧气，避免目标物质被氧化。
烃类定义：仅含碳、氢两种元素的有机物才是烃，含有氧、氮等其他元素的属于烃的衍生物。
2．【答案】D
【知识点】同系物；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水分子的电子式需要体现出氧原子的孤电子对，正确写法应为氢、氧原子间形成共用电子对，氧原子周围还有两对孤电子对， 电子式为，A项错误；
B、图中展示的是乙二醇的球棍模型，它用球代表原子、棍代表化学键；而空间填充模型是用不同大小的球体紧密堆积来体现原子的相对大小和空间占比，为乙二醇的球棍模型，B项错误；
C、同系物要求结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团，乙醇分子含 1 个羟基，乙二醇分子含 2 个羟基，官能团数目不同，结构不相似，因此不互为同系物，C错误；
D、该反应中反应物的所有原子都转化为了目标产物乙二醇，没有副产物生成，属于最理想的原子经济性反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：书写共价化合物电子式时，要完整标注出原子的成键电子和孤电子对。
分子模型区分：球棍模型侧重体现化学键和原子连接方式，空间填充模型侧重体现原子的空间排布和体积大小。
同系物判断：需同时满足 “结构相似（官能团种类和数目相同）” 和 “分子组成相差 CH2原子团” 两个条件。
原子经济性反应：反应物原子全部转化为目标产物，无副产物生成，原子利用率为 100%。
3．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；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、石墨具有优良的导电性，且其化学性质稳定、不易变质，能够满足锌锰干电池对正极材料导电性与稳定性的要求，适合作为电池正极材料，A正确；
B、焦炭与石英砂在高温下反应制粗硅，反应为，该反应中C表现出强还原性，夺取SiO2中的O；此反应的发生与C、Si的非金属性强弱无直接关联，不能据此得出C的非金属性强于Si，B错误；
C、液氨作制冷剂是利用液氨汽化时吸收大量热量，使周围环境温度降低；汽化属于物理变化，而吸热反应是化学变化中吸收热量的反应，二者本质不同，C错误；
D、SiO2与氢氟酸反应（）是SiO2的特殊性质，并非酸性氧化物的通性（酸性氧化物能与碱反应生成盐和水），因此该化学知识与“SiO2是酸性氧化物”的表述无关联，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质性质与用途关联：判断材料能否用于某劳动项目，需结合其核心性质，如电极材料需导电且性质稳定，制冷剂需易汽化吸热。
反应原理与概念区分：明确氧化还原反应中还原性的体现，区分物理变化（汽化）与化学变化（吸热反应）的概念。
氧化物性质判断：酸性氧化物的关键特征是能与碱反应生成盐和水，SiO2与HF的反应是其特性，不代表酸性氧化物的通性。
4．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、配制一定物质的量浓度溶液时，当液面接近容量瓶刻度线 1~2 厘米时，需改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使凹液面与刻度线相切，操作规范，A正确；
B、制备 胶体时，应向沸水中滴加几滴饱和 溶液，胶头滴管需悬空在液面上方滴加，若插入液面以下，易导致局部浓度过高，生成沉淀，该操作错误，B错误；
C、制备 铁沉淀时，为防止亚铁离子被氧气氧化，需在溶液上方覆盖苯，同时将盛有 溶液的胶头滴管插入液面以下再挤出溶液，避免生成的沉淀接触空气，操作规范，C正确；
D、验证 与 反应放热时，将胶头滴管悬空在包裹有的脱脂棉上方滴加水，通过脱脂棉燃烧证明反应放热，操作规范，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
定容操作：容量瓶定容后期需用胶头滴管精准滴加，确保液面与刻度线对齐。
胶体制备：制备胶体时需控制试剂浓度和滴加方式，胶头滴管不能插入液面，防止聚沉。
沉淀制备：易被氧化的沉淀制备时，胶头滴管需插入液面下，隔绝空气。
放热验证：验证放热反应时，胶头滴管悬空滴加即可，避免接触反应物影响现象观察。
5．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、柠檬酸分子内含有 3 个羧基（-COOH），羧基酸性强于碳酸，能与小苏打（NaHCO3）反应释放出 CO2气体，A正确；
B、根据结构简式数出原子个数，6 个 C 原子、8 个 H 原子、7 个 O 原子，分子式为 C6H8O7，B正确；
C、柠檬酸的官能团为羟基（-OH）和羧基（-COOH），分子中不存在酯基（-COO-），C错误；
D、1mol 柠檬酸分子中含有 3mol 羧基，羧基能与 NaOH 按 1：1 发生中和反应，羟基不与 NaOH 反应，故最多消耗 3mol NaOH，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团与反应性质：羧基能与小苏打、NaOH 反应，羟基不与 NaOH 反应，根据官能团种类判断反应消耗的试剂量。
分子式书写：依据结构简式，逐个数出 C、H、O 原子数目，准确书写分子式。
官能团识别：区分羟基、羧基、酯基的结构特征，避免混淆常见有机官能团。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、硫化氢的摩尔质量为 34 g/mol ，34 克硫化氢的物质的量为 1 摩尔，分子数为 ，A正确；
B、铅丹（Pb3O4）可写成 2PbO PbO2的形式，它是具有固定组成的复合氧化物，属于纯净物，不是 PbO 和 PbO2的混合物，B错误；
C、反应中，1 mol PbO2里 + 4 价的 Pb 被还原为 + 2 价，得到 2 mol 电子；同时有 1 mol - 2 价的 S 被氧化为 0 价，失去 2 mol 电子，总转移电子数为 2 mol ，对应生成 4 mol 水，因此生成 1 mol 水时转移电子数为 0.5NA，C错误；
D、硫单质难溶于酒精，易溶于二硫化碳，清洗壁画上的硫应使用二硫化碳，而非酒精，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质的量计算：利用质量与摩尔质量的关系计算物质的量，分子数等于物质的量乘以阿伏加德罗常数。
物质分类：复合氧化物有固定的组成和结构，属于纯净物，不是简单氧化物的混合物。
氧化还原电子转移：根据元素化合价的升降变化，分析电子转移的总数，再结合反应中各物质的计量数关系，计算生成特定产物时的电子转移数。
物质溶解性：硫单质的溶解性特点是难溶于水、微溶于酒精、易溶于二硫化碳，需根据溶解性选择合适的清洗剂。
7．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；烷烃
【解析】【解答】A、物质能量越低越稳定，从图中可知 a （ ）构象的能量低于 b（ ） 构象，因此 a 分子比 b 分子稳定，A正确；
B、乙烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，其空间结构为四面体形，所有原子不可能共平面，B正确；
C、乙烷在光照下可与氯气发生取代反应，氢原子可被逐步取代，生成一氯乙烷、二氯乙烷等多种有机物，C正确；
D、图中 12.6 kJ 是 1 mol a （ ）分子转化为 b （ ）分子的能量变化，并非 1 个 a 分子的能量变化，1 个分子的能量变化远小于该数值，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
稳定性判断：能量越低，分子越稳定，通过对比 a、b 的能量高低判断稳定性。
空间结构：饱和碳原子的四面体结构决定了乙烷分子中所有原子不共面。
取代反应：烷烃的光照取代是逐步取代，会生成多种氯代产物。
能量变化的计量：图中能量变化的单位是kJ mol 1，代表 1 mol 物质的能量变化，而非单个分子。
8．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；羧酸简介；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、反应①是 CH2=CH2与 H2O 的加成反应生成 CH3CH2OH；反应②是 CH3CH2OH 在醋酸杆菌作用下被 O2氧化为 CH3COOH；反应③是 CH3CH2OH 与 CH3COOH 的酯化反应（也属于取代反应），三个反应类型均不相同，A正确；
B、CH3CH2OH 分子中含有饱和碳原子， 球棍模型为，所有原子不在同一平面上，B 正确；
C、反应③是乙醇和乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，化学方程式为，C正确；
D、乙酸乙酯会在 NaOH 溶液中发生水解反应，不能用 NaOH 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，应选用饱和 Na2CO3溶液除杂，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：加成反应（双键变单键）、氧化反应（得氧失氢）、酯化反应（酸脱羟基醇脱氢，属于取代反应），三类反应特征差异明显。
原子共面判断：含饱和碳原子的有机物，所有原子不可能共平面。
酯化反应方程式：需标注浓硫酸、加热条件，产物为酯和水，注意可逆符号。
除杂原则：除杂试剂不能与被提纯物质反应，乙酸乙酯在碱性条件下易水解，因此不能用 NaOH 溶液除杂。
9．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A、a 是氢化物，Cl 为 - 1 价，即 HCl；b 是单质，即 Cl2。工业上可通过电解饱和食盐水或其他方法制得 Cl2，再将 Cl2与 H2反应合成 HCl，因此 Cl2是工业制备 HCl 的重要原料，A合理；B、c 是氧化物，Cl 为 + 4 价，即 ClO2。ClO2具有强氧化性，是一种高效、安全的新型自来水消毒剂，B合理；
C、b（Cl2）与澄清石灰水在常温下反应生成 e，e 中 Cl 为 + 1 价，反应产物为 Ca(ClO)2、CaCl2和 H2O，其中 + 1 价的物质是 Ca (ClO)2；而漂白液的有效成分是 NaClO，二者成分不同，C不合理；
D、d 中 Cl 为 + 5 价，加热分解生成 f（Cl 为 - 1 价）和 O2，符合氯酸盐（如 KClO3）的分解规律；e 中 Cl 为 + 1 价，f 中 Cl 为 - 1 价，二者均符合盐类的组成与价态特征，因此 X 为盐类，D合理；
故答案为：C。
【分析】从 “类别 - 化合价” 二维图可推知各含氯物质：a 是氢化物，氯为 - 1 价，对应物质是 HCl；b 是单质，氯为 0 价，对应物质是 Cl2；c 是氧化物，氯为 + 4 价，对应物质是 ClO2；d 中氯为 + 5 价，且加热时分解生成 f 和 O2，符合氯酸盐（如 KClO3）的分解规律，故 d 为氯酸盐，f 为对应氯化物（如 KCl）；b（Cl2）与澄清石灰水在常温下反应，生成 e（氯为 + 1 价）和氯化钙，其中 + 1 价含氯物质为次氯酸钙，故 e 为次氯酸盐。漂白液的有效成分是次氯酸钠，而 e 是次氯酸钙，二者成分不同；同时，+5 价、+1 价、-1 价的含氯化合物均符合盐类的组成特征，因此 X 代表盐类。
10．【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、铁片与稀硫酸反应时滴入 CuSO4溶液，Fe 会先置换出 Cu，形成 Fe-Cu 原电池，加快了反应速率，并非 CuSO4作催化剂，A错误；
B、鸡蛋清的主要成分是蛋白质，加入氯化汞溶液后变浑浊，加水后沉淀不溶解，说明蛋白质的空间结构被破坏，发生了不可逆的变性，B正确；
C、实验中 FeCl3溶液过量，即使反应不可逆，剩余的 Fe3+也会使 KSCN 溶液变红，无法证明该反应是可逆反应，C错误；
D、淀粉水解后加入足量 NaOH 溶液，I2会与 NaOH 发生反应，无法检验淀粉是否存在，不能得出淀粉完全水解的结论，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原电池效应：Fe 与 CuSO4反应生成 Cu，形成原电池加快反应速率，要与催化剂的作用区分开。
蛋白质变性：重金属盐会使蛋白质变性，变性是不可逆过程，加水后沉淀不溶解。
可逆反应验证：验证可逆反应需保证反应物中至少一种不足，通过检验剩余反应物来证明。
淀粉检验：检验淀粉需在中性或弱酸性条件下进行，碱性环境中 I2会与碱反应，无法准确检验。
11．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“吹出” 操作是利用溴的挥发性，将溴蒸气分离出来，“冷凝” 是将溴蒸气转化为液溴，二者均为物理变化，没有新物质生成，未发生化学反应，A正确；
B、“氧化 I” 是氯气氧化溴离子生成溴单质，“氧化 II” 同样是氯气氧化富集后的溴离子再生溴单质，主要反应的离子方程式均为 ，B正确；
C、“吸收” 阶段是二氧化硫与溴单质在水溶液中发生氧化还原反应，溴单质被还原为溴离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，正确的离子方程式为 ，C错误；
D、“氧化 II” 中通入水蒸气，能使溴汽化形成溴蒸气，利用溴与体系中其他物质的沸点差异实现分离，后续经冷凝处理即可获得液溴，D正确；
故答案为：C。
【分析】首先对浓缩酸化后的含溴海水进行第一次氧化，通入氯气将溴离子氧化为溴单质；接着通入空气将溴蒸气从混合体系中吹出来，此过程利用了溴的挥发性；随后将溴蒸气通入吸收塔，用二氧化硫和水进行还原吸收，使溴元素重新转化为溴离子，实现溴元素的再次富集；最后在蒸馏塔中再次通入氯气氧化溴离子，得到溴单质，经冷凝处理获得液溴产品。
12．【答案】A
【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、原子半径比较遵循 “电子层数越多半径越大，同周期核电荷数越大半径越小” 规律。Na 有 3 个电子层，N 和 O 均有 2 个电子层，且 N 的核电荷数小于 O，因此原子半径：Na > N > O，即 W > Y > Z，A正确；
B、简单氢化物稳定性与元素非金属性正相关，O 的非金属性强于 S，故简单氢化物稳定性：H2O > H2S，即 Z > E，B错误；
C、S 在足量 O2中燃烧生成 SO2，而非 SO3，SO3需在催化、加热条件下由 SO2进一步氧化得到，C 错误；
D、N 的氢化物 NH3是碱性气体，但本身不属于碱，其与水反应生成的一水合氨才是碱，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息可依次确定各元素：Y 是空气中含量最多的元素，故 Y 为氮（N）；X2Z 是常见溶剂，结合原子序数关系，X 为氢（H）、Z 为氧（O）；Z 和 E 同主族，且 E 为短周期元素，故 E 为硫（S）；W 形成 + 1 价阳离子，且原子序数介于 O 和 S 之间，故 W 为钠（Na）。
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、催化电极 1 为正极，N2O 在此得到电子发生还原反应，并非氧化反应，A错误；
B、催化电极 2 为负极，C2H6失去 2 个电子生成 C2H4，结合稀硫酸电解质环境（生成 H+），负极反应式为 C2H6-2e-=C2H4+2H+，B正确；
C、负极反应生成 H+，正极反应（N2O+2H++2e-=N2+H2O）消耗 H+，且总反应中生成水会稀释电解质，导致溶液中 c (H+) 发生改变，C错误；
D、题干未注明是否为标准状况，无法根据物质的量直接换算出气体体积为 11.2L，且生成 N2的体积也与反应条件和计量数相关，D错误；
故答案为：B。
【分析】该装置为原电池，核心判断依据是物质的价态与电子流向。催化电极 2 处，C2H6转化为 C2H4，碳元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此该电极为负极。催化电极 1 处，N2O 转化为 N2，氮元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此该电极为正极。
14．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温下铁丝遇浓硝酸会发生钝化，在表面形成致密氧化膜，阻碍反应持续进行，无法加快反应速率，A错误；
B、NO2与水反应会生成 NO 气体，NO 难溶于水，因此仪器 a 和气球内会残留 NO 气体，无法充满液体，B错误；
C、挤压注射器 1 后，是 NO、O2与水反应生成硝酸，正确反应为 4NO+3O2+2H2O=4HNO3，而非 NO2参与反应，C错误；
D、0.064g Cu 的物质的量为 0.001mol，Cu 反应时失去 0.002mol 电子。整个过程中，Cu 失去的电子最终通过多步反应全部转移给 O2，1mol O2得到 4mol 电子，因此消耗 O2的物质的量为 0.002mol ÷ 4 = 5×10-4mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】 本实验分三个阶段：
铜与浓硝酸反应：铜丝伸入浓硝酸，发生反应生成红棕色 NO2气体、硝酸铜和水。
NO2与水反应：抽离铜丝后，向仪器 a 中注水，NO2与水反应生成硝酸和无色 NO 气体。
NO 与 O2、水反应：挤压注射器 1，通入 O2，NO、O2与水进一步反应生成硝酸，实现气体的完全吸收。
15．【答案】（1）A；D
（2）；；；蒸发浓缩；降温（冷却）结晶
（3）
（4）；
【知识点】氮的固定；电极反应和电池反应方程式；氨的性质及用途
【解析】【解答】（1）A．合成氨是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于人工固氮，A正确；
B．合成氨反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，即合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，但反应速率较慢，所以工业合成氨的温度通常控制在，B错误；
C．合成氨的正反应有非极性键(键和)的断裂与极性键()的形成，但没有非极性键的形成，C错误；
D．对于有气体参加的反应，增大压强，可以加快反应速率，所以工业合成氨时，会适当增大压强（通常为），以加快合成氨的速率，D正确；
故答案为： A D ；
（2）①极易溶于水，先向饱和食盐水中通入过量氨气，形成弱碱性的氨盐水，再通入以提高的吸收效果；沉淀池中生成晶体和NaCl，反应的离子方程式为：；煅烧炉中受热分解生成、和，则物质为，其结构式为；
②的溶解度随温度升高变化较大，的溶解度随温度升高变化很小，则母液中分离和的操作①为蒸发浓缩、降温（冷却）结晶、过滤；
故答案为： ； ； ； 蒸发浓缩 ； 降温（冷却）结晶 ；
（3）催化氧化生成和，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（4）由图可知，电极上被氧化生成，为可传导离子，则电极的电极反应式为：；电极作负极，电极作正极，电解质中，阳离子移向正极，则的移动方向为a→b。
故答案为： ； ；
【分析】(1) A：人工固氮是将游离态的N2转化为化合态氮的过程，合成氨反应（N2+3H2 2NH3）符合这一定义，属于人工固氮；
B：合成氨正反应放热，低温虽能提高平衡产率，但反应速率极慢，工业生产需兼顾速率与产率，实际温度控制在400~500℃，并非100℃以下；
C：合成氨正反应中断裂N≡N（非极性键）和H-H（非极性键），只形成N-H极性键，无非极性键生成；
D：合成氨是气体分子数减少的反应，增大压强既可以加快反应速率，也能使平衡向生成NH3的方向移动，工业会适当加压（10MPa~30MPa）。
(2) ①通气体顺序：先通NH3（NH3极易溶于水，使饱和食盐水呈碱性，大幅提高CO2的溶解吸收效率）；
离子方程式：Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4+（生成溶解度较小的NaHCO3沉淀）；
物质a：煅烧炉中NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，循环的物质a为CO2，结构式为O=C=O。
②：NH4Cl溶解度随温度升高显著增大，NaCl溶解度受温度影响小，因此先蒸发浓缩（减少溶剂），再降温（冷却）结晶（使NH4Cl大量析出），最后过滤分离得到NH4Cl。
(3)NH3在催化剂、加热条件下被O2氧化为NO，同时生成H2O，化学方程式为：
4NH3+5O24NO+6H2O（这是工业制硝酸的第一步关键反应）。
(4)电极a（负极）：NH3在负极发生氧化反应生成N2，电解质为H+传导介质，电极反应式为：
2NH3-6e-=N2+6H+；
H+移动方向：原电池中阳离子（H+）向正极（电极b）移动，故移动方向为a→b。
（1）A．合成氨是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于人工固氮，A正确；
B．合成氨反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，即合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，但反应速率较慢，所以工业合成氨的温度通常控制在，B错误；
C．合成氨的正反应有非极性键(键和)的断裂与极性键()的形成，但没有非极性键的形成，C错误；
D．对于有气体参加的反应，增大压强，可以加快反应速率，所以工业合成氨时，会适当增大压强（通常为），以加快合成氨的速率，D正确；
故选AD。
（2）①极易溶于水，先向饱和食盐水中通入过量氨气，形成弱碱性的氨盐水，再通入以提高的吸收效果；沉淀池中生成晶体和NaCl，反应的离子方程式为：；煅烧炉中受热分解生成、和，则物质为，其结构式为；
②的溶解度随温度升高变化较大，的溶解度随温度升高变化很小，则母液中分离和的操作①为蒸发浓缩、降温（冷却）结晶、过滤；
（3）催化氧化生成和，反应的化学方程式为：；
（4）由图可知，电极上被氧化生成，为可传导离子，则电极的电极反应式为：；电极作负极，电极作正极，电解质中，阳离子移向正极，则的移动方向为a→b。
16．【答案】（1）分液漏斗；（浓）
（2）漂白
（3）浓硫酸；温度过高会导致亚硝酰硫酸、浓硝酸分解及浓硝酸挥发；（浓）；22.5；（浓）
【知识点】浓硫酸的性质；物质的量浓度；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】（1）仪器的名称为分液漏斗，与浓硫酸在加热条件下反应生成、和，化学方程式为（浓）；
故答案为： 分液漏斗 ；（浓） ；
（2）使品红溶液褪色体现了的漂白性；
故答案为： 漂白 ；
（3）①装置用于干燥，盛装的试剂为浓硫酸；温度过高，亚硝酰硫酸、浓硝酸会分解且浓硝酸会大量挥发，所以使用冰水浴降温；
②相同时间内，硝酸与改变的物质的量相同，根据质量守恒和化合价升降守恒可知反应的化学方程式为（浓）；
③硝酸的物质的量浓度；浓硝酸见光易分解生成、和，生成的溶解在硝酸中使硝酸呈黄色，反应的化学方程式为（浓）。
故答案为： 浓硫酸 ； 温度过高会导致亚硝酰硫酸、浓硝酸分解及浓硝酸挥发 ；（浓） ； 22.5 ；（浓） 。
【分析】本实验围绕亚硝酰硫酸（NOHSO4）的制备与防护展开，整体逻辑为制备 SO2→净化干燥→反应制备→尾气防护与防水解。
装置 A 通过铜与浓硫酸加热反应生成 SO2；气体先经 B 装置验证 SO2特性，再进入 C 装置进行干燥处理，去除混杂的水蒸气。在冰水浴环境下，干燥的 SO2与 HNO3在 D 装置中反应，生成目标产物 NOHSO4。碱石灰作为固体吸收剂，一方面能吸收尾气中的 SO2，防止其污染空气；另一方面可阻断空气中的水蒸气进入 D 装置，避免 NOHSO4遇水分解，保障实验产物稳定。据此解题。
（1）仪器的名称为分液漏斗，与浓硫酸在加热条件下反应生成、和，化学方程式为（浓）；
（2）使品红溶液褪色体现了的漂白性；
（3）①装置用于干燥，盛装的试剂为浓硫酸；温度过高，亚硝酰硫酸、浓硝酸会分解且浓硝酸会大量挥发，所以使用冰水浴降温；
②相同时间内，硝酸与改变的物质的量相同，根据质量守恒和化合价升降守恒可知反应的化学方程式为（浓）；
③硝酸的物质的量浓度；浓硝酸见光易分解生成、和，生成的溶解在硝酸中使硝酸呈黄色，反应的化学方程式为（浓）。
17．【答案】（1）；
（2）；0.003；0.00006或；AB；；
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）石英光导纤维的主要成分为，遇到溶液会发生反应：；
故答案为： ；；
（2）①根据时各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比可知反应为，则的化学式为；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知、；内，的平均反应速率：；
②A．反应前后气体的总质量发生变化，恒容条件下，随着反应进行混合气体的密度会发生改变，当其不变时，可判断反应达到平衡状态，A符合题意；
B．和的投料比不等于化学计量数之比，的值不再改变，可判断反应达到平衡状态，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，不能全部反应，C不符合题意；
D．达到平衡时，正、逆反应速率相等但不为零，D不符合题意；
故选AB；
③达到平衡时，转化的物质的量为；根据信息可列出三段式：，的平衡转化率为；平衡时混合气体的总物质的量为。
故答案为： ； 0.003 ； 0.00006或 ； AB ； ； ；
【分析】(1) 石英光导纤维的主要成分为SiO2。“断路”原因：SiO2是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应，导致光导纤维被腐蚀，离子方程式为：。
(2) ①物质推断与速率计算：
确定反应计量数：根据100min时各物质的物质的量变化量之比（），结合原子守恒，推得反应为：，故X的化学式为SiHCl3。
计算n值：由计量数比，，50min时，故。
计算反应速率：0~50min内，，的平均反应速率：
②平衡状态判断：
A：反应有固体参与，气体总质量随反应进行改变；恒容条件下，混合气体密度，当密度不再改变时，说明气体总质量不变，反应达到平衡。
B：初始投料比，与计量数比不相等，故不再改变时，说明各组分浓度不再变化，反应达到平衡。
C：该反应为可逆反应，不可能完全反应；
D：化学平衡是动态平衡，正、逆反应速率相等但不为零；
③平衡转化量：
由图知平衡转化率为，则。
平衡转化率：由计量数比，，故的平衡转化率。
平衡时总物质的量：列三段式计算即可。
（1）石英光导纤维的主要成分为，遇到溶液会发生反应：；
（2）①根据时各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比可知反应为，则的化学式为；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知、；内，的平均反应速率：；
②A．反应前后气体的总质量发生变化，恒容条件下，随着反应进行混合气体的密度会发生改变，当其不变时，可判断反应达到平衡状态，A符合题意；
B．和的投料比不等于化学计量数之比，的值不再改变，可判断反应达到平衡状态，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，不能全部反应，C不符合题意；
D．达到平衡时，正、逆反应速率相等但不为零，D不符合题意；
故选AB；
③达到平衡时，转化的物质的量为；根据信息可列出三段式：，的平衡转化率为；平衡时混合气体的总物质的量为。
18．【答案】（1）；醛基
（2）7
（3）氧化反应；稀释反应物，减小反应速率
（4）
（5）10；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】（1）的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，则为；的含氧官能团为醛基，故答案为：；醛基；
（2）能与发生加成反应生成，中有6molH原子，所以理论上最多能消耗，最终生成，故最多可消耗，
故答案为：7；
（3）中醛基被氧化为羧基，反应③为氧化反应；加入水蒸气能稀释反应物，减小反应速率，
故答案为：氧化反应；稀释反应物，减小反应速率；
（4）丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸：，
故答案为：；
（5）分子组成比乙烯多4个原子团、含有支链且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物中含有碳碳双键，即为含有6个碳原子的烯烃，如果含有1个支链一CH3，相当于 CH2 = СНСН2СН2СН3、СН3СН = СНСН2СН3 中的一个氢原子被甲基取代，取代位置分别有3、3种；如果1个支链为一CH2CH3，结构简式为 CH2=C(CH2CH3)2，有1种位置异构；如果有2个支链，有2个一CH3，相当于CH2=CHСН2СН3、CH3CH=CHCH3；两个氢原子被取代，如果2个甲基位于同一个碳原子上，前者有1种位置异构，如果2个甲基位于不同碳原子上，前者有1种位置异构，后者有1种结构，所以符合条件的同分异构体有10种，如图：、、、、、、、、、，其中一氯代物只有一种的有机物的结构简式为，
故答案为：10；；
【分析】本流程以乙烯（A）为核心起始原料，通过烯烃复分解反应实现碳链增长，再经氧化 - 加聚两步关键反应，最终生成聚丙烯酸（F）：乙烯（A）与 2 - 丁烯（B）在特定条件下发生烯烃复分解反应，断裂碳碳双键并重新组合，生成核心中间体丙烯（CH2=CH-CH3，C）。丙烯（C）在氧气、水及催化剂、加热条件下，发生催化氧化反应，碳碳双键一端被氧化，生成丙烯醛（CH2=CH-CHO，D）。丙烯醛（D）继续在氧气、水及催化剂、加热条件下发生催化氧化反应，醛基被进一步氧化为羧基，生成丙烯酸（CH2=CH-COOH，E）。丙烯酸（E）分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应，双键打开并相互连接，最终形成链状高分子化合物聚丙烯酸（F）。的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，所以A是乙烯，所以结构简式为：。据此解题。
（1）的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，则为；的含氧官能团为醛基，故答案为：；醛基；
（2）能与发生加成反应生成，中有6molH原子，所以理论上最多能消耗，最终生成，故最多可消耗，故答案为：7；
（3）中醛基被氧化为羧基，反应③为氧化反应；加入水蒸气能稀释反应物，减小反应速率，故答案为：氧化反应；稀释反应物，减小反应速率；
（4）丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸：，故答案为：；
（5）分子组成比乙烯多4个原子团、含有支链且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物中含有碳碳双键，即为含有6个碳原子的烯烃，如果含有1个支链一CH3，相当于 CH2 = СНСН2СН2СН3、СН3СН = СНСН2СН3 中的一个氢原子被甲基取代，取代位置分别有3、3种；如果1个支链为一CH2CH3，结构简式为 CH2=C(CH2CH3)2，有1种位置异构；如果有2个支链，有2个一CH3，相当于CH2=CHСН2СН3、CH3CH=CHCH3；两个氢原子被取代，如果2个甲基位于同一个碳原子上，前者有1种位置异构，如果2个甲基位于不同碳原子上，前者有1种位置异构，后者有1种结构，所以符合条件的同分异构体有10种，如图：、、、、、、、、、，其中一氯代物只有一种的有机物的结构简式为，故答案为：10；；
1 / 1广西省柳州市2024-2025学年高一下学期6月期末考试 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．黑茶制作技艺（六堡茶制作技艺）是国家级非物质文化遗产之一。下列有关说法正确的是
A．茶叶富含纤维素，纤维素和淀粉互为同分异构体
B．使用紫砂壶泡茶，茶香浓郁持久，紫砂壶的材质属于传统无机非金属材料
C．茶叶包装时使用抗坏血酸作抗氧化剂的原因是其具有较强的氧化性
D．广西六堡茶享誉世界，其茶叶中的茶单宁（）属于烃类物质
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；烷烃
【解析】【解答】A、纤维素和淀粉的分子式都可写作 (C6H10O5) ，但二者的聚合度 n 数值不同，分子式并不完全相同，因此不互为同分异构体，A错误；
B、紫砂壶的主要材质为陶瓷，陶瓷是典型的传统无机非金属材料，耐高温且化学性质稳定，适合泡茶使用，B正确；
C、抗坏血酸（维生素 C）用作抗氧化剂，是因为它具有较强的还原性，能优先与氧气反应，从而保护茶叶中的成分不被氧化，并非因为其氧化性，C错误；
D、烃类物质仅由碳、氢两种元素组成，而茶单宁的分子式为 C15H14O6，含有氧元素，属于烃的衍生物，不属于烃类，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同分异构体判断：需满足分子式完全相同、结构不同，高分子化合物因聚合度不同，分子式不一致，不互为同分异构体。
材料分类：陶瓷、玻璃、水泥等属于传统无机非金属材料，与金属材料、有机高分子材料区分开。
抗氧化剂原理：抗氧化剂利用自身还原性，消耗氧气，避免目标物质被氧化。
烃类定义：仅含碳、氢两种元素的有机物才是烃，含有氧、氮等其他元素的属于烃的衍生物。
2．乙二醇可用于配制汽车冷却系统的抗冻剂，一种制备乙二醇的原理为，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．乙二醇的空间填充模型为
C．乙醇和乙二醇互为同系物
D．该反应属于最理想的“原子经济性反应”
【答案】D
【知识点】同系物；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水分子的电子式需要体现出氧原子的孤电子对，正确写法应为氢、氧原子间形成共用电子对，氧原子周围还有两对孤电子对， 电子式为，A项错误；
B、图中展示的是乙二醇的球棍模型，它用球代表原子、棍代表化学键；而空间填充模型是用不同大小的球体紧密堆积来体现原子的相对大小和空间占比，为乙二醇的球棍模型，B项错误；
C、同系物要求结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团，乙醇分子含 1 个羟基，乙二醇分子含 2 个羟基，官能团数目不同，结构不相似，因此不互为同系物，C错误；
D、该反应中反应物的所有原子都转化为了目标产物乙二醇，没有副产物生成，属于最理想的原子经济性反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：书写共价化合物电子式时，要完整标注出原子的成键电子和孤电子对。
分子模型区分：球棍模型侧重体现化学键和原子连接方式，空间填充模型侧重体现原子的空间排布和体积大小。
同系物判断：需同时满足 “结构相似（官能团种类和数目相同）” 和 “分子组成相差 CH2原子团” 两个条件。
原子经济性反应：反应物原子全部转化为目标产物，无副产物生成，原子利用率为 100%。
3．“人民创造历史，劳动开创未来”，下列化学知识正确且与对应劳动项目有关联的是
选项 劳动活动 化学知识
A 用石墨棒作锌锰干电池正极 石墨化学性质稳定且能导电
B 用焦炭与石英砂反应制粗硅 非金属性：
C 用液氨作冷链物流中心的制冷剂 液氨汽化属于吸热反应
D 用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃 为酸性氧化物
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；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、石墨具有优良的导电性，且其化学性质稳定、不易变质，能够满足锌锰干电池对正极材料导电性与稳定性的要求，适合作为电池正极材料，A正确；
B、焦炭与石英砂在高温下反应制粗硅，反应为，该反应中C表现出强还原性，夺取SiO2中的O；此反应的发生与C、Si的非金属性强弱无直接关联，不能据此得出C的非金属性强于Si，B错误；
C、液氨作制冷剂是利用液氨汽化时吸收大量热量，使周围环境温度降低；汽化属于物理变化，而吸热反应是化学变化中吸收热量的反应，二者本质不同，C错误；
D、SiO2与氢氟酸反应（）是SiO2的特殊性质，并非酸性氧化物的通性（酸性氧化物能与碱反应生成盐和水），因此该化学知识与“SiO2是酸性氧化物”的表述无关联，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质性质与用途关联：判断材料能否用于某劳动项目，需结合其核心性质，如电极材料需导电且性质稳定，制冷剂需易汽化吸热。
反应原理与概念区分：明确氧化还原反应中还原性的体现，区分物理变化（汽化）与化学变化（吸热反应）的概念。
氧化物性质判断：酸性氧化物的关键特征是能与碱反应生成盐和水，SiO2与HF的反应是其特性，不代表酸性氧化物的通性。
4．在化学实验中，胶头滴管具有重要的作用。下列实验中胶头滴管使用错误的是
A．配制一定物质的量浓度溶液时定容 B．制备胶体
C．制备沉淀 D．验证与反应时放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、配制一定物质的量浓度溶液时，当液面接近容量瓶刻度线 1~2 厘米时，需改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使凹液面与刻度线相切，操作规范，A正确；
B、制备 胶体时，应向沸水中滴加几滴饱和 溶液，胶头滴管需悬空在液面上方滴加，若插入液面以下，易导致局部浓度过高，生成沉淀，该操作错误，B错误；
C、制备 铁沉淀时，为防止亚铁离子被氧气氧化，需在溶液上方覆盖苯，同时将盛有 溶液的胶头滴管插入液面以下再挤出溶液，避免生成的沉淀接触空气，操作规范，C正确；
D、验证 与 反应放热时，将胶头滴管悬空在包裹有的脱脂棉上方滴加水，通过脱脂棉燃烧证明反应放热，操作规范，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
定容操作：容量瓶定容后期需用胶头滴管精准滴加，确保液面与刻度线对齐。
胶体制备：制备胶体时需控制试剂浓度和滴加方式，胶头滴管不能插入液面，防止聚沉。
沉淀制备：易被氧化的沉淀制备时，胶头滴管需插入液面下，隔绝空气。
放热验证：验证放热反应时，胶头滴管悬空滴加即可，避免接触反应物影响现象观察。
5．武鸣沃柑果实丰盈饱满，果肉甜美鲜嫩。果实中的柠檬酸赋予了沃柑酸甜的风味，柠檬酸的结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法错误的是
A．能与小苏打反应产生 B．分子式为
C．含有酯基 D．柠檬酸最多能消耗
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、柠檬酸分子内含有 3 个羧基（-COOH），羧基酸性强于碳酸，能与小苏打（NaHCO3）反应释放出 CO2气体，A正确；
B、根据结构简式数出原子个数，6 个 C 原子、8 个 H 原子、7 个 O 原子，分子式为 C6H8O7，B正确；
C、柠檬酸的官能团为羟基（-OH）和羧基（-COOH），分子中不存在酯基（-COO-），C错误；
D、1mol 柠檬酸分子中含有 3mol 羧基，羧基能与 NaOH 按 1：1 发生中和反应，羟基不与 NaOH 反应，故最多消耗 3mol NaOH，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团与反应性质：羧基能与小苏打、NaOH 反应，羟基不与 NaOH 反应，根据官能团种类判断反应消耗的试剂量。
分子式书写：依据结构简式，逐个数出 C、H、O 原子数目，准确书写分子式。
官能团识别：区分羟基、羧基、酯基的结构特征，避免混淆常见有机官能团。
6．中国古代壁画具有重要的艺术价值和文化价值，是文化遗产的重要组成部分。经年累月，壁画中红色颜料铅丹（，也可表示为）会与空气中的反应生成黑色。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压时，含有的分子数为
B．是和组成的混合物
C．上述反应生成时转移电子数为
D．可以用酒精清洗粘附在壁画上的硫
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、硫化氢的摩尔质量为 34 g/mol ，34 克硫化氢的物质的量为 1 摩尔，分子数为 ，A正确；
B、铅丹（Pb3O4）可写成 2PbO PbO2的形式，它是具有固定组成的复合氧化物，属于纯净物，不是 PbO 和 PbO2的混合物，B错误；
C、反应中，1 mol PbO2里 + 4 价的 Pb 被还原为 + 2 价，得到 2 mol 电子；同时有 1 mol - 2 价的 S 被氧化为 0 价，失去 2 mol 电子，总转移电子数为 2 mol ，对应生成 4 mol 水，因此生成 1 mol 水时转移电子数为 0.5NA，C错误；
D、硫单质难溶于酒精，易溶于二硫化碳，清洗壁画上的硫应使用二硫化碳，而非酒精，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质的量计算：利用质量与摩尔质量的关系计算物质的量，分子数等于物质的量乘以阿伏加德罗常数。
物质分类：复合氧化物有固定的组成和结构，属于纯净物，不是简单氧化物的混合物。
氧化还原电子转移：根据元素化合价的升降变化，分析电子转移的总数，再结合反应中各物质的计量数关系，计算生成特定产物时的电子转移数。
物质溶解性：硫单质的溶解性特点是难溶于水、微溶于酒精、易溶于二硫化碳，需根据溶解性选择合适的清洗剂。
7．常温下，乙烷分子中的两个甲基可以绕键自由旋转，理论上乙烷分子可以有多种构象，其中两种构象的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．分子比分子稳定
B．乙烷分子所有原子不在同一平面上
C．乙烷在光照条件下能与氯气发生反应生成多种有机物
D．1个分子完全转化为分子需要吸收热量
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；烷烃
【解析】【解答】A、物质能量越低越稳定，从图中可知 a （ ）构象的能量低于 b（ ） 构象，因此 a 分子比 b 分子稳定，A正确；
B、乙烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，其空间结构为四面体形，所有原子不可能共平面，B正确；
C、乙烷在光照下可与氯气发生取代反应，氢原子可被逐步取代，生成一氯乙烷、二氯乙烷等多种有机物，C正确；
D、图中 12.6 kJ 是 1 mol a （ ）分子转化为 b （ ）分子的能量变化，并非 1 个 a 分子的能量变化，1 个分子的能量变化远小于该数值，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
稳定性判断：能量越低，分子越稳定，通过对比 a、b 的能量高低判断稳定性。
空间结构：饱和碳原子的四面体结构决定了乙烷分子中所有原子不共面。
取代反应：烷烃的光照取代是逐步取代，会生成多种氯代产物。
能量变化的计量：图中能量变化的单位是kJ mol 1，代表 1 mol 物质的能量变化，而非单个分子。
8．常用作食用香精，的一种合成路线如图所示（部分反应条件和产物省略），下列说法错误的是
A．反应①②③的反应类型均不相同
B．所有原子不在同一平面上
C．反应③的化学方程式为
D．可用溶液除去混在乙酸乙酯中的乙酸
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；羧酸简介；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、反应①是 CH2=CH2与 H2O 的加成反应生成 CH3CH2OH；反应②是 CH3CH2OH 在醋酸杆菌作用下被 O2氧化为 CH3COOH；反应③是 CH3CH2OH 与 CH3COOH 的酯化反应（也属于取代反应），三个反应类型均不相同，A正确；
B、CH3CH2OH 分子中含有饱和碳原子， 球棍模型为，所有原子不在同一平面上，B 正确；
C、反应③是乙醇和乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，化学方程式为，C正确；
D、乙酸乙酯会在 NaOH 溶液中发生水解反应，不能用 NaOH 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，应选用饱和 Na2CO3溶液除杂，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：加成反应（双键变单键）、氧化反应（得氧失氢）、酯化反应（酸脱羟基醇脱氢，属于取代反应），三类反应特征差异明显。
原子共面判断：含饱和碳原子的有机物，所有原子不可能共平面。
酯化反应方程式：需标注浓硫酸、加热条件，产物为酯和水，注意可逆符号。
除杂原则：除杂试剂不能与被提纯物质反应，乙酸乙酯在碱性条件下易水解，因此不能用 NaOH 溶液除杂。
9．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。与澄清石灰水在常温下反应会生成，在加热时分解为和，下列推断不合理的是
A．是工业上制造的一种重要原料 B．是一种新型自来水消毒剂
C．是漂白液的有效成分 D．为盐类
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A、a 是氢化物，Cl 为 - 1 价，即 HCl；b 是单质，即 Cl2。工业上可通过电解饱和食盐水或其他方法制得 Cl2，再将 Cl2与 H2反应合成 HCl，因此 Cl2是工业制备 HCl 的重要原料，A合理；B、c 是氧化物，Cl 为 + 4 价，即 ClO2。ClO2具有强氧化性，是一种高效、安全的新型自来水消毒剂，B合理；
C、b（Cl2）与澄清石灰水在常温下反应生成 e，e 中 Cl 为 + 1 价，反应产物为 Ca(ClO)2、CaCl2和 H2O，其中 + 1 价的物质是 Ca (ClO)2；而漂白液的有效成分是 NaClO，二者成分不同，C不合理；
D、d 中 Cl 为 + 5 价，加热分解生成 f（Cl 为 - 1 价）和 O2，符合氯酸盐（如 KClO3）的分解规律；e 中 Cl 为 + 1 价，f 中 Cl 为 - 1 价，二者均符合盐类的组成与价态特征，因此 X 为盐类，D合理；
故答案为：C。
【分析】从 “类别 - 化合价” 二维图可推知各含氯物质：a 是氢化物，氯为 - 1 价，对应物质是 HCl；b 是单质，氯为 0 价，对应物质是 Cl2；c 是氧化物，氯为 + 4 价，对应物质是 ClO2；d 中氯为 + 5 价，且加热时分解生成 f 和 O2，符合氯酸盐（如 KClO3）的分解规律，故 d 为氯酸盐，f 为对应氯化物（如 KCl）；b（Cl2）与澄清石灰水在常温下反应，生成 e（氯为 + 1 价）和氯化钙，其中 + 1 价含氯物质为次氯酸钙，故 e 为次氯酸盐。漂白液的有效成分是次氯酸钠，而 e 是次氯酸钙，二者成分不同；同时，+5 价、+1 价、-1 价的含氯化合物均符合盐类的组成特征，因此 X 代表盐类。
10．实验是学习化学、解决实际问题的重要方式。根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 铁片与稀硫酸混合，产生气泡；然后滴入几滴溶液，产生气泡速率加快 是与稀硫酸反应的催化剂
B 向盛有鸡蛋清溶液的试管中加几滴氯化汞溶液，鸡蛋清溶液变浑浊，再加入足量的水后，沉淀不溶解 氯化汞能使蛋白质发生变性
C 取溶液，加入溶液，振荡后滴加滴溶液，溶液变红 与的反应为可逆反应
D 向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热，待溶液冷却后，加入足量溶液充分反应，再加入几滴碘溶液，溶液未变蓝 淀粉完全水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、铁片与稀硫酸反应时滴入 CuSO4溶液，Fe 会先置换出 Cu，形成 Fe-Cu 原电池，加快了反应速率，并非 CuSO4作催化剂，A错误；
B、鸡蛋清的主要成分是蛋白质，加入氯化汞溶液后变浑浊，加水后沉淀不溶解，说明蛋白质的空间结构被破坏，发生了不可逆的变性，B正确；
C、实验中 FeCl3溶液过量，即使反应不可逆，剩余的 Fe3+也会使 KSCN 溶液变红，无法证明该反应是可逆反应，C错误；
D、淀粉水解后加入足量 NaOH 溶液，I2会与 NaOH 发生反应，无法检验淀粉是否存在，不能得出淀粉完全水解的结论，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原电池效应：Fe 与 CuSO4反应生成 Cu，形成原电池加快反应速率，要与催化剂的作用区分开。
蛋白质变性：重金属盐会使蛋白质变性，变性是不可逆过程，加水后沉淀不溶解。
可逆反应验证：验证可逆反应需保证反应物中至少一种不足，通过检验剩余反应物来证明。
淀粉检验：检验淀粉需在中性或弱酸性条件下进行，碱性环境中 I2会与碱反应，无法准确检验。
11．溴是一种重要的化工原料，地表99％的溴均存在于海水中，“吹出法”是常用的一种海水提溴技术，其流程如图所示，下列说法错误的是
A．理论上，“吹出”“冷凝”均未发生化学反应
B．“氧化”和“氧化Ⅱ”主要反应的离子方程式均为
C．“吸收”时反应的离子方程式为
D．“氧化Ⅱ”通水蒸气的目的是使溴汽化
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“吹出” 操作是利用溴的挥发性，将溴蒸气分离出来，“冷凝” 是将溴蒸气转化为液溴，二者均为物理变化，没有新物质生成，未发生化学反应，A正确；
B、“氧化 I” 是氯气氧化溴离子生成溴单质，“氧化 II” 同样是氯气氧化富集后的溴离子再生溴单质，主要反应的离子方程式均为 ，B正确；
C、“吸收” 阶段是二氧化硫与溴单质在水溶液中发生氧化还原反应，溴单质被还原为溴离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，正确的离子方程式为 ，C错误；
D、“氧化 II” 中通入水蒸气，能使溴汽化形成溴蒸气，利用溴与体系中其他物质的沸点差异实现分离，后续经冷凝处理即可获得液溴，D正确；
故答案为：C。
【分析】首先对浓缩酸化后的含溴海水进行第一次氧化，通入氯气将溴离子氧化为溴单质；接着通入空气将溴蒸气从混合体系中吹出来，此过程利用了溴的挥发性；随后将溴蒸气通入吸收塔，用二氧化硫和水进行还原吸收，使溴元素重新转化为溴离子，实现溴元素的再次富集；最后在蒸馏塔中再次通入氯气氧化溴离子，得到溴单质，经冷凝处理获得液溴产品。
12．化合物甲是一种重要的化工原料，其结构如图所示，、、、、是原子序数依次增大的短周期主族元素，是空气中含量最多的元素，是一种常见的溶剂，和同主族。下列说法正确的是
A．原子半径： B．简单氢化物的稳定性：
C．在足量中燃烧生成 D．的氢化物属于碱
【答案】A
【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、原子半径比较遵循 “电子层数越多半径越大，同周期核电荷数越大半径越小” 规律。Na 有 3 个电子层，N 和 O 均有 2 个电子层，且 N 的核电荷数小于 O，因此原子半径：Na > N > O，即 W > Y > Z，A正确；
B、简单氢化物稳定性与元素非金属性正相关，O 的非金属性强于 S，故简单氢化物稳定性：H2O > H2S，即 Z > E，B错误；
C、S 在足量 O2中燃烧生成 SO2，而非 SO3，SO3需在催化、加热条件下由 SO2进一步氧化得到，C 错误；
D、N 的氢化物 NH3是碱性气体，但本身不属于碱，其与水反应生成的一水合氨才是碱，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息可依次确定各元素：Y 是空气中含量最多的元素，故 Y 为氮（N）；X2Z 是常见溶剂，结合原子序数关系，X 为氢（H）、Z 为氧（O）；Z 和 E 同主族，且 E 为短周期元素，故 E 为硫（S）；W 形成 + 1 价阳离子，且原子序数介于 O 和 S 之间，故 W 为钠（Na）。
13．我国科研人员设计了一种如图所示的多功能电池，该电池实现了乙烯一电能的联产和的降解。下列说法正确的是
A．催化电极1表面发生了氧化反应
B．负极反应式为
C．反应过程中，电解质溶液中不会发生改变
D．每转移电子的同时会生成
【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、催化电极 1 为正极，N2O 在此得到电子发生还原反应，并非氧化反应，A错误；
B、催化电极 2 为负极，C2H6失去 2 个电子生成 C2H4，结合稀硫酸电解质环境（生成 H+），负极反应式为 C2H6-2e-=C2H4+2H+，B正确；
C、负极反应生成 H+，正极反应（N2O+2H++2e-=N2+H2O）消耗 H+，且总反应中生成水会稀释电解质，导致溶液中 c (H+) 发生改变，C错误；
D、题干未注明是否为标准状况，无法根据物质的量直接换算出气体体积为 11.2L，且生成 N2的体积也与反应条件和计量数相关，D错误；
故答案为：B。
【分析】该装置为原电池，核心判断依据是物质的价态与电子流向。催化电极 2 处，C2H6转化为 C2H4，碳元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此该电极为负极。催化电极 1 处，N2O 转化为 N2，氮元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此该电极为正极。
14．一种探究硝酸性质的一体化实验装置如图所示，现将铜丝伸入浓硝酸中反应，然后将铜丝抽离浓硝酸，挤压注射器2活塞使水进入仪器，充分反应后挤压注射器1活塞。下列说法及不同反应阶段的预期现象正确的是
A．为了加快反应速率，可将铜丝换成铁丝
B．持续挤压注射器2活塞，仪器中红棕色气体会逐渐消失，仪器和气球均会充满液体
C．挤压注射器1活塞时，发生反应：
D．若有发生反应，则注射器1中最多会有被消耗
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温下铁丝遇浓硝酸会发生钝化，在表面形成致密氧化膜，阻碍反应持续进行，无法加快反应速率，A错误；
B、NO2与水反应会生成 NO 气体，NO 难溶于水，因此仪器 a 和气球内会残留 NO 气体，无法充满液体，B错误；
C、挤压注射器 1 后，是 NO、O2与水反应生成硝酸，正确反应为 4NO+3O2+2H2O=4HNO3，而非 NO2参与反应，C错误；
D、0.064g Cu 的物质的量为 0.001mol，Cu 反应时失去 0.002mol 电子。整个过程中，Cu 失去的电子最终通过多步反应全部转移给 O2，1mol O2得到 4mol 电子，因此消耗 O2的物质的量为 0.002mol ÷ 4 = 5×10-4mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】 本实验分三个阶段：
铜与浓硝酸反应：铜丝伸入浓硝酸，发生反应生成红棕色 NO2气体、硝酸铜和水。
NO2与水反应：抽离铜丝后，向仪器 a 中注水，NO2与水反应生成硝酸和无色 NO 气体。
NO 与 O2、水反应：挤压注射器 1，通入 O2，NO、O2与水进一步反应生成硝酸，实现气体的完全吸收。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．氨气是一种重要的化工原料，请回答下列问题。
（1）合成氨在很大程度上解决了地球上因粮食不足而引发的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。下列说法正确的是______（填字母）。
A．合成氨属于人工固氮
B．合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，故工业合成氨的温度应控制在以下
C．合成氨的正反应有非极性键的断裂与形成
D．工业合成氨时，会适当增大压强，以加快合成氨的速率
（2）侯德榜先生发明的“联合制碱法”的流程如图1所示，该工艺需要使用到大量氨气。
①工业生产中，需往沉淀池内的饱和食盐水中先通　 　（填“”或“”）；沉淀池中发生反应的离子方程式为　 　；循环进入沉淀池的物质的结构式为　 　。
②已知和在不同温度下的溶解度如图2所示，则操作①为　 　、　 　、过滤。
（3）氨气的催化氧化是工业制备硝酸的重要反应之一，该反应的化学方程式为　 　。
（4）一种燃料电池工作原理如图3所示，电极的电极反应式为　 　；电解质中，的移动方向为　 　（填“”或“”）。
【答案】（1）A；D
（2）；；；蒸发浓缩；降温（冷却）结晶
（3）
（4）；
【知识点】氮的固定；电极反应和电池反应方程式；氨的性质及用途
【解析】【解答】（1）A．合成氨是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于人工固氮，A正确；
B．合成氨反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，即合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，但反应速率较慢，所以工业合成氨的温度通常控制在，B错误；
C．合成氨的正反应有非极性键(键和)的断裂与极性键()的形成，但没有非极性键的形成，C错误；
D．对于有气体参加的反应，增大压强，可以加快反应速率，所以工业合成氨时，会适当增大压强（通常为），以加快合成氨的速率，D正确；
故答案为： A D ；
（2）①极易溶于水，先向饱和食盐水中通入过量氨气，形成弱碱性的氨盐水，再通入以提高的吸收效果；沉淀池中生成晶体和NaCl，反应的离子方程式为：；煅烧炉中受热分解生成、和，则物质为，其结构式为；
②的溶解度随温度升高变化较大，的溶解度随温度升高变化很小，则母液中分离和的操作①为蒸发浓缩、降温（冷却）结晶、过滤；
故答案为： ； ； ； 蒸发浓缩 ； 降温（冷却）结晶 ；
（3）催化氧化生成和，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（4）由图可知，电极上被氧化生成，为可传导离子，则电极的电极反应式为：；电极作负极，电极作正极，电解质中，阳离子移向正极，则的移动方向为a→b。
故答案为： ； ；
【分析】(1) A：人工固氮是将游离态的N2转化为化合态氮的过程，合成氨反应（N2+3H2 2NH3）符合这一定义，属于人工固氮；
B：合成氨正反应放热，低温虽能提高平衡产率，但反应速率极慢，工业生产需兼顾速率与产率，实际温度控制在400~500℃，并非100℃以下；
C：合成氨正反应中断裂N≡N（非极性键）和H-H（非极性键），只形成N-H极性键，无非极性键生成；
D：合成氨是气体分子数减少的反应，增大压强既可以加快反应速率，也能使平衡向生成NH3的方向移动，工业会适当加压（10MPa~30MPa）。
(2) ①通气体顺序：先通NH3（NH3极易溶于水，使饱和食盐水呈碱性，大幅提高CO2的溶解吸收效率）；
离子方程式：Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4+（生成溶解度较小的NaHCO3沉淀）；
物质a：煅烧炉中NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，循环的物质a为CO2，结构式为O=C=O。
②：NH4Cl溶解度随温度升高显著增大，NaCl溶解度受温度影响小，因此先蒸发浓缩（减少溶剂），再降温（冷却）结晶（使NH4Cl大量析出），最后过滤分离得到NH4Cl。
(3)NH3在催化剂、加热条件下被O2氧化为NO，同时生成H2O，化学方程式为：
4NH3+5O24NO+6H2O（这是工业制硝酸的第一步关键反应）。
(4)电极a（负极）：NH3在负极发生氧化反应生成N2，电解质为H+传导介质，电极反应式为：
2NH3-6e-=N2+6H+；
H+移动方向：原电池中阳离子（H+）向正极（电极b）移动，故移动方向为a→b。
（1）A．合成氨是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于人工固氮，A正确；
B．合成氨反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，即合成氨的生产在温度较低时，氨的产率较高，但反应速率较慢，所以工业合成氨的温度通常控制在，B错误；
C．合成氨的正反应有非极性键(键和)的断裂与极性键()的形成，但没有非极性键的形成，C错误；
D．对于有气体参加的反应，增大压强，可以加快反应速率，所以工业合成氨时，会适当增大压强（通常为），以加快合成氨的速率，D正确；
故选AD。
（2）①极易溶于水，先向饱和食盐水中通入过量氨气，形成弱碱性的氨盐水，再通入以提高的吸收效果；沉淀池中生成晶体和NaCl，反应的离子方程式为：；煅烧炉中受热分解生成、和，则物质为，其结构式为；
②的溶解度随温度升高变化较大，的溶解度随温度升高变化很小，则母液中分离和的操作①为蒸发浓缩、降温（冷却）结晶、过滤；
（3）催化氧化生成和，反应的化学方程式为：；
（4）由图可知，电极上被氧化生成，为可传导离子，则电极的电极反应式为：；电极作负极，电极作正极，电解质中，阳离子移向正极，则的移动方向为a→b。
16．亚硝酰硫酸（）主要用于有机合成、染料制造和化学工业中的重氮化反应，常温下亚硝酰硫酸是不稳定的液体，极易与水反应。某教师利用如图所示装置探究的性质并制备少量亚硝酰硫酸。请回答下列问题：
（1）仪器的名称为　 　；圆底烧瓶中反应的化学方程式为　 　。
（2）装置中溶液褪色，体现了的　 　性。
（3）装置用于制备亚硝酰硫酸。
①装置中试剂为　 　（填名称）；装置中冰水的作用是控制温度，中温度不宜过高的原因是　 　。
②装置中物质的量与的物质的量随时间变化关系如图所示，则装置中反应的化学方程式为　 　。
③装置中使用的是质量分数、密度的发烟硝酸，其物质的量浓度　 　，浓硝酸久置成黄色的原因：　 　（用化学方程式解释）。
【答案】（1）分液漏斗；（浓）
（2）漂白
（3）浓硫酸；温度过高会导致亚硝酰硫酸、浓硝酸分解及浓硝酸挥发；（浓）；22.5；（浓）
【知识点】浓硫酸的性质；物质的量浓度；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】（1）仪器的名称为分液漏斗，与浓硫酸在加热条件下反应生成、和，化学方程式为（浓）；
故答案为： 分液漏斗 ；（浓） ；
（2）使品红溶液褪色体现了的漂白性；
故答案为： 漂白 ；
（3）①装置用于干燥，盛装的试剂为浓硫酸；温度过高，亚硝酰硫酸、浓硝酸会分解且浓硝酸会大量挥发，所以使用冰水浴降温；
②相同时间内，硝酸与改变的物质的量相同，根据质量守恒和化合价升降守恒可知反应的化学方程式为（浓）；
③硝酸的物质的量浓度；浓硝酸见光易分解生成、和，生成的溶解在硝酸中使硝酸呈黄色，反应的化学方程式为（浓）。
故答案为： 浓硫酸 ； 温度过高会导致亚硝酰硫酸、浓硝酸分解及浓硝酸挥发 ；（浓） ； 22.5 ；（浓） 。
【分析】本实验围绕亚硝酰硫酸（NOHSO4）的制备与防护展开，整体逻辑为制备 SO2→净化干燥→反应制备→尾气防护与防水解。
装置 A 通过铜与浓硫酸加热反应生成 SO2；气体先经 B 装置验证 SO2特性，再进入 C 装置进行干燥处理，去除混杂的水蒸气。在冰水浴环境下，干燥的 SO2与 HNO3在 D 装置中反应，生成目标产物 NOHSO4。碱石灰作为固体吸收剂，一方面能吸收尾气中的 SO2，防止其污染空气；另一方面可阻断空气中的水蒸气进入 D 装置，避免 NOHSO4遇水分解，保障实验产物稳定。据此解题。
（1）仪器的名称为分液漏斗，与浓硫酸在加热条件下反应生成、和，化学方程式为（浓）；
（2）使品红溶液褪色体现了的漂白性；
（3）①装置用于干燥，盛装的试剂为浓硫酸；温度过高，亚硝酰硫酸、浓硝酸会分解且浓硝酸会大量挥发，所以使用冰水浴降温；
②相同时间内，硝酸与改变的物质的量相同，根据质量守恒和化合价升降守恒可知反应的化学方程式为（浓）；
③硝酸的物质的量浓度；浓硝酸见光易分解生成、和，生成的溶解在硝酸中使硝酸呈黄色，反应的化学方程式为（浓）。
17．硅及其化合物在化学领域扮演着重要的角色，它们不仅与我们的生活息息相关，还在高科技领域发挥着不可或缺的作用。
（1）石英光导纤维的主要成分为　 　（写化学式），其遇到溶液会发生“断路”现象，原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）是有机硅工业的重要中间体，主要用于生产高纯硅和有机硅化合物。在下，向密闭容器中加入、和，发生反应：，反应体系中各物质的物质的量变化量随时间变化关系如表所示。
时间／ 50 100 150 200
0.009 0.012 0.015 0.015
0.008 0.010 0.010
0.004 0.005 0.005
0.012 0.016 0.020 0.020
①的化学式为　 　；　 　；内，的平均反应速率　 　。
②该条件下，下列叙述正确且能表示上述反应达到平衡状态的是　 　（填字母）。
A．混合气体的密度不再改变 B．的值不再改变
C．全部反应 D．正、逆反应速率均为零
③其他条件相同，在下进行上述反应，的转化率随时间变化如图所示。则该条件下的平衡转化率为　 　，平衡时混合气体的总物质的量为　 　。
【答案】（1）；
（2）；0.003；0.00006或；AB；；
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）石英光导纤维的主要成分为，遇到溶液会发生反应：；
故答案为： ；；
（2）①根据时各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比可知反应为，则的化学式为；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知、；内，的平均反应速率：；
②A．反应前后气体的总质量发生变化，恒容条件下，随着反应进行混合气体的密度会发生改变，当其不变时，可判断反应达到平衡状态，A符合题意；
B．和的投料比不等于化学计量数之比，的值不再改变，可判断反应达到平衡状态，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，不能全部反应，C不符合题意；
D．达到平衡时，正、逆反应速率相等但不为零，D不符合题意；
故选AB；
③达到平衡时，转化的物质的量为；根据信息可列出三段式：，的平衡转化率为；平衡时混合气体的总物质的量为。
故答案为： ； 0.003 ； 0.00006或 ； AB ； ； ；
【分析】(1) 石英光导纤维的主要成分为SiO2。“断路”原因：SiO2是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应，导致光导纤维被腐蚀，离子方程式为：。
(2) ①物质推断与速率计算：
确定反应计量数：根据100min时各物质的物质的量变化量之比（），结合原子守恒，推得反应为：，故X的化学式为SiHCl3。
计算n值：由计量数比，，50min时，故。
计算反应速率：0~50min内，，的平均反应速率：
②平衡状态判断：
A：反应有固体参与，气体总质量随反应进行改变；恒容条件下，混合气体密度，当密度不再改变时，说明气体总质量不变，反应达到平衡。
B：初始投料比，与计量数比不相等，故不再改变时，说明各组分浓度不再变化，反应达到平衡。
C：该反应为可逆反应，不可能完全反应；
D：化学平衡是动态平衡，正、逆反应速率相等但不为零；
③平衡转化量：
由图知平衡转化率为，则。
平衡转化率：由计量数比，，故的平衡转化率。
平衡时总物质的量：列三段式计算即可。
（1）石英光导纤维的主要成分为，遇到溶液会发生反应：；
（2）①根据时各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比可知反应为，则的化学式为；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知、；内，的平均反应速率：；
②A．反应前后气体的总质量发生变化，恒容条件下，随着反应进行混合气体的密度会发生改变，当其不变时，可判断反应达到平衡状态，A符合题意；
B．和的投料比不等于化学计量数之比，的值不再改变，可判断反应达到平衡状态，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，不能全部反应，C不符合题意；
D．达到平衡时，正、逆反应速率相等但不为零，D不符合题意；
故选AB；
③达到平衡时，转化的物质的量为；根据信息可列出三段式：，的平衡转化率为；平衡时混合气体的总物质的量为。
18．聚丙烯酸（）是一种链状高分子水性粘结剂，一种合成聚丙烯酸的路线如下。
已知：的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。
（1）的结构简式为　 　；中含氧官能团的名称为　 　。
（2）与溴的四氯化碳溶液反应生成有机物，然后光照条件下与溴蒸气发生反应，则理论上最多可消耗　 　。
（3）反应③的反应类型为　 　；反应②③均在恒压条件下进行，其中均未参与化学反应，从化学反应速率调控角度分析加入水蒸气的目的是　 　。
（4）反应④的化学方程式为　 　。
（5）分子组成比多4个原子团、含有支链且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有　 　种（不考虑立体异构），其中一氯代物只有一种的有机物的结构简式为　 　。
【答案】（1）；醛基
（2）7
（3）氧化反应；稀释反应物，减小反应速率
（4）
（5）10；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】（1）的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，则为；的含氧官能团为醛基，故答案为：；醛基；
（2）能与发生加成反应生成，中有6molH原子，所以理论上最多能消耗，最终生成，故最多可消耗，
故答案为：7；
（3）中醛基被氧化为羧基，反应③为氧化反应；加入水蒸气能稀释反应物，减小反应速率，
故答案为：氧化反应；稀释反应物，减小反应速率；
（4）丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸：，
故答案为：；
（5）分子组成比乙烯多4个原子团、含有支链且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物中含有碳碳双键，即为含有6个碳原子的烯烃，如果含有1个支链一CH3，相当于 CH2 = СНСН2СН2СН3、СН3СН = СНСН2СН3 中的一个氢原子被甲基取代，取代位置分别有3、3种；如果1个支链为一CH2CH3，结构简式为 CH2=C(CH2CH3)2，有1种位置异构；如果有2个支链，有2个一CH3，相当于CH2=CHСН2СН3、CH3CH=CHCH3；两个氢原子被取代，如果2个甲基位于同一个碳原子上，前者有1种位置异构，如果2个甲基位于不同碳原子上，前者有1种位置异构，后者有1种结构，所以符合条件的同分异构体有10种，如图：、、、、、、、、、，其中一氯代物只有一种的有机物的结构简式为，
故答案为：10；；
【分析】本流程以乙烯（A）为核心起始原料，通过烯烃复分解反应实现碳链增长，再经氧化 - 加聚两步关键反应，最终生成聚丙烯酸（F）：乙烯（A）与 2 - 丁烯（B）在特定条件下发生烯烃复分解反应，断裂碳碳双键并重新组合，生成核心中间体丙烯（CH2=CH-CH3，C）。丙烯（C）在氧气、水及催化剂、加热条件下，发生催化氧化反应，碳碳双键一端被氧化，生成丙烯醛（CH2=CH-CHO，D）。丙烯醛（D）继续在氧气、水及催化剂、加热条件下发生催化氧化反应，醛基被进一步氧化为羧基，生成丙烯酸（CH2=CH-COOH，E）。丙烯酸（E）分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应，双键打开并相互连接，最终形成链状高分子化合物聚丙烯酸（F）。的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，所以A是乙烯，所以结构简式为：。据此解题。
（1）的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，则为；的含氧官能团为醛基，故答案为：；醛基；
（2）能与发生加成反应生成，中有6molH原子，所以理论上最多能消耗，最终生成，故最多可消耗，故答案为：7；
（3）中醛基被氧化为羧基，反应③为氧化反应；加入水蒸气能稀释反应物，减小反应速率，故答案为：氧化反应；稀释反应物，减小反应速率；
（4）丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸：，故答案为：；
（5）分子组成比乙烯多4个原子团、含有支链且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物中含有碳碳双键，即为含有6个碳原子的烯烃，如果含有1个支链一CH3，相当于 CH2 = СНСН2СН2СН3、СН3СН = СНСН2СН3 中的一个氢原子被甲基取代，取代位置分别有3、3种；如果1个支链为一CH2CH3，结构简式为 CH2=C(CH2CH3)2，有1种位置异构；如果有2个支链，有2个一CH3，相当于CH2=CHСН2СН3、CH3CH=CHCH3；两个氢原子被取代，如果2个甲基位于同一个碳原子上，前者有1种位置异构，如果2个甲基位于不同碳原子上，前者有1种位置异构，后者有1种结构，所以符合条件的同分异构体有10种，如图：、、、、、、、、、，其中一氯代物只有一种的有机物的结构简式为，故答案为：10；；
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