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湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期7月期末化学试题
一、单选题(每题 3 分，共 42 分)
1．生活处处有化学，下列说法错误的是
A．硅胶能吸收水分，可用作袋装食品的干燥剂
B．豆科植物的根瘤菌能将空气中转化为氨，实现氮的固定
C．二氧化硫有毒性，不可用作葡萄酒的食品添加剂
D．久煮的鸡蛋蛋黄表面常呈灰绿色，是因为蛋白中的硫元素与蛋黄中的铁元素生成的FeS与蛋黄混合呈灰绿色
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、硅胶无毒且具有较强的吸水性，化学性质稳定，不会与食品发生反应，因此常被用作袋装食品的干燥剂，A正确；
B、豆科植物根瘤菌能在常温下将空气中的氮气转化为氨，将游离态氮转变为化合态氮，属于自然固氮过程，B正确；
C、二氧化硫虽有毒性，但在葡萄酒生产中，允许适量添加作为防腐剂和抗氧化剂，能抑制杂菌生长、防止酒液氧化变质，并非完全不可使用，C错误；
D、鸡蛋久煮时，蛋白中的硫元素会分解产生硫化氢，与蛋黄中的亚铁离子反应生成硫化亚铁，硫化亚铁与蛋黄混合后使表面呈现灰绿色，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
食品干燥剂：硅胶因无毒、强吸水性，是常用的食品干燥剂。
固氮概念：将游离态氮（N2）转化为化合态氮的过程称为固氮，根瘤菌固氮属于自然固氮。
食品添加剂规范：有毒物质在符合国家标准的前提下，可限量用作食品添加剂，如二氧化硫在葡萄酒中的应用。
生活化学现象：鸡蛋久煮出现灰绿色是硫化亚铁生成的结果，属于蛋白质分解与离子反应的共同作用。
2．下列表示不正确的是
A．水分子的比例模型：
B．苯酚的分子式：C6H6O
C．乙酸乙酯的键线式：
D．羟基的电子式：
【答案】A
【知识点】苯酚的性质及用途；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水分子是V形结构，氧原子半径大于氢原子， 水的比例模型为，A符合题意；
B、苯酚由6个碳原子、6个氢原子和1个氧原子构成，分子式为C6H6O，书写正确，B不符合题意；
C、乙酸乙酯的结构简式为CH3COOCH2CH3，其键线式 为 ，C不符合题意；
D、羟基的电子式为 ，氧原子与氢原子形成一对共用电子对，氧原子剩余两对孤电子对，书写正确，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子模型：比例模型需体现分子的空间构型和原子相对大小，水分子为V形，氧原子半径更大。
分子式：直接体现分子中各原子的种类和数目，苯酚的分子式为C6H6O。
键线式：以线段和端点表示化学键和碳原子，省略氢原子，乙酸乙酯的键线式符合其结构。
电子式：需体现原子最外层电子，羟基中氧原子存在孤电子对，电子式书写需完整呈现。
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L中含有的电子数为
B．常温常压下，18g中所含氧原子数为
C．NaCl溶液中含数目为
D．过氧化钠与水反应，生成0.1mol转移的电子数目为
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，水是液态而非气态，不能用气体摩尔体积（22.4L mol- ）计算其物质的量，因此无法得出 2.24L 水的电子数为 NA，A错误；
B、18g 水的物质的量为 1mol，每个水分子含 1 个氧原子，故氧原子总数为 NA；质量与温度、压强无关，常温常压下该结论依然成立，B正确；
C、只给出氯化钠溶液的浓度，未说明溶液体积，无法计算钠离子的数目，C错误；
D、过氧化钠与水的反应为歧化反应，生成 1mol 氧气时转移 2mol 电子，因此生成 0.1mol 氧气时，转移电子数为 0.2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：仅适用于标准状况下的气体，液态、固态物质不能直接使用。
质量与状态：物质的质量与温度、压强无关，可直接通过质量计算物质的量。
溶液离子数：计算溶液中微粒数时，必须已知溶液体积。
歧化反应电子转移：过氧化钠与水反应时，每生成 1mol 氧气，对应转移 2mol 电子。
4．室温下，和溶于水及受热分解的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．将溶于水会使溶液温度降低
B．将溶于水会使溶液温度升高
C．
D．
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、从能量图可知，五水硫酸铜固体溶于水后，体系能量升高，说明该过程吸热，会使溶液温度降低，A正确；
B、无水硫酸铜固体溶于水后，体系能量降低，说明该过程放热，会使溶液温度升高，B正确；
C、无水硫酸铜溶解放热，故；五水硫酸铜分解为无水硫酸铜和水的过程吸热，故，因此，C正确；
D、根据盖斯定律，总反应的焓变，等于“五水硫酸铜溶解”与“无水硫酸铜溶解”的逆过程之和，即，而非，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
能量变化与热效应：反应物能量低于生成物，反应吸热；反应物能量高于生成物，反应放热。
盖斯定律应用：总反应的焓变等于各分步反应焓变的代数和，需注意反应方向对焓变符号的影响。
焓变大小比较：正数一定大于负数，因此。
5．NH4SCN在化学分析、摄影和医药等领域都有重要的作用，实验室制备NH4SCN的原理是CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，下列实验装置中不能达到对应实验目的的是
A．制备NH3 B．干燥NH3
C．制备NH4SCN D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制备氨气，该装置为固固加热型，符合制备要求，A能达到实验目的；
B、氨气是碱性气体，碱石灰（氢氧化钠和氧化钙的混合物）呈碱性且具有吸水性，可用于干燥氨气，B能达到实验目的；
C、三颈烧瓶可同时通入氨气和二硫化碳，在催化剂作用下发生反应制备硫氰化铵，装置设计符合反应需求，C能达到实验目的；
D、尾气中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水，直接将导管插入稀硫酸中会发生倒吸，该装置存在安全隐患，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固固加热型装置适用于加热氯化铵与氢氧化钙固体制备氨气。
干燥选择：碱性气体需用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥，不能用酸性干燥剂。
反应装置：多颈烧瓶可实现多种反应物的同时通入与充分接触。
尾气处理：极易溶于水的气体（如氨气）尾气处理时需加装防倒吸装置。
6．在无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是
A．Cu2+ 、K+、Cl-、 B．Ag+、Na+、、Cl-
C．Zn2+、Al3+、、Cl- D．Ba2+、、Cl-、
【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、铜离子（Cu2+）在水溶液中呈蓝色，不满足 “无色透明” 的要求，因此该组离子不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、银离子（Ag+）与氯离子（Cl-）会结合生成氯化银（AgCl）沉淀，无法在溶液中大量共存，故B不符合题意 ；
C、锌离子（Zn2+）、铝离子（Al3+）、硫酸根离子（SO42-）、氯离子（Cl-）均为无色离子，且彼此之间不发生反应，能在无色透明溶液中大量共存，故C符合题意 ；
D、钡离子（Ba2+）与碳酸根离子（CO32-）会结合生成碳酸钡（BaCO3）沉淀，无法在溶液中大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
无色限制：需排除有色离子，如蓝色的 Cu2+、黄色的 Fe3+、浅绿色的 Fe2+等。
反应限制：离子间若能生成沉淀、气体或弱电解质，则不能大量共存，如 Ag+与 Cl-、Ba2+与 CO32-。
共存前提：离子需同时满足 “无色” 和 “不反应” 两个条件，缺一不可。
7．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，二苯并冠与形成的螯合离子的结构如图所示，下列说法错误的是
A．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种
B．6个原子与可能在同一平面上
C．该螯合离子有4种一氯代物
D．该螯合离子中配位键的数目为6
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；有机化合物中碳的成键特征；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、该冠醚分子中，苯环上的碳原子为 sp2 杂化，链状烷基中的碳原子为 sp3 杂化，共 2 种杂化方式，A 正确；
B、冠醚的 6 个氧原子与 K+通过配位键结合，氧原子分布在 K+周围，形成笼状结构，6 个 O 原子与 K+不可能共平面，B 错误；
C、该螯合离子结构对称，苯环上有 2 种等效氢，链状烷基上有 2 种等效氢，共 4 种等效氢，因此一氯代物有 4 种，C 正确；
D、由结构可知，6 个 O 原子各提供 1 对孤电子对与 K+形成配位键，配位键数目为 6，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化方式判断：苯环碳为 sp2 杂化，饱和碳为 sp3 杂化，共 2 种；
空间结构分析：冠醚为笼状结构，6 个 O 原子环绕 K+，无法共平面；
等效氢与一氯代物：根据结构对称性判断等效氢种类，进而确定一氯代物数目；
配位键数目：每个 O 原子提供 1 对孤电子对，6 个 O 原子共形成 6 个配位键。
8．C5H12有3种不同结构：甲[CH3(CH2)3CH3]、乙[CH3CH(CH3)CH2CH3]和丙[C(CH3)4]，下列相关叙述正确的是
A．甲、乙、丙属于同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应
B．甲、乙、丙都属于烷烃
C．C6H12表示一种纯净物
D．乙有3种不同沸点的一氯代物
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、甲、乙、丙是分子式相同、结构不同的同分异构体，并非同系物；三者均为烷烃，可与氯气、溴蒸气发生取代反应，A错误；
B、甲、乙、丙的分子式均为 C5H12，满足烷烃通式 CnH2n+2，且只含碳碳单键和碳氢键，都属于烷烃，B正确；
C、C6H12存在多种同分异构体（如烯烃、环烷烃等），可代表多种不同物质，不能表示一种纯净物，C错误；
D、乙（CH3CH (CH3) CH2CH3）分子中有 4 种不同化学环境的氢原子，因此有 4 种不同沸点的一氯代物，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同分异构体与同系物：分子式相同、结构不同为同分异构体；结构相似、分子组成相差若干 CH2原子团为同系物。
烷烃判断：满足通式 CnH2n+2，且只含单键的烃为烷烃。
纯净物判断：存在同分异构体的分子式，不能代表单一纯净物。
一氯代物数目：等于分子中不同化学环境氢原子的种类数。
9．科学家合成出一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z四种元素，X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，W与Z的简单离子具有相同的电子层排布。下列叙述正确的是
A．WZ的水溶液呈碱性
B．是共价化合物，X原子轨道杂化类型为杂化
C．原子半径大小顺序为：W>Z>Y>X
D．的空间构型为平面三角形，Y的价层电子对数为4
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、WZ为KCl，属于强酸强碱盐，水溶液呈中性，A错误；
B、XZ4为SiCl4，属于共价化合物，中心Si原子的价层电子对数为，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化，B正确；
C、同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：Si > P > Cl，即X > Y > Z，C错误；
D、YZ3为PCl3，中心P原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形，D错误；
故答案为：B。
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，X、Y、Z同周期。由成键特点可知，X可形成4个共价键，为C或Si；Z的最外层电子数为X的一半，且Z仅形成1个共价键，若X为C则Z为B（B无法形成1个稳定共价键，排除），若X为Si则Z为Cl（符合成键要求），故X为Si、Z为Cl。Y形成2个共价键，且阴离子带1个单位负电荷，说明Y需额外得到1个电子达稳定结构，故Y为P。W与Cl-电子层排布相同，且W在化合物中显+1价，故W为K。综上，W、X、Y、Z依次为K、Si、P、Cl。据此解题。
10．氨气在一定条件下催化还原含的尾气，反应为，下列说法错误的是
A．氮氧化物的排放可形成酸雨
B．氨气分子的键角小于甲烷的键角
C．该反应的氧化产物和还原产物的质量比为
D．反应能说明不是酸性氧化物
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A、氮氧化物（如、）排放后，与水反应生成硝酸，可形成硝酸型酸雨，A正确；
B、分子中心N原子含1对孤电子对，分子中心C原子无孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，因此键角（约107°）小于键角（约109°28'），B正确；
C、中 ，中N被氧化，中N被还原，氧化产物和还原产物均为，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3，质量比也为4：3，不是3：4，C错误；
D、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水，与反应生成、和，有两种盐生成，因此不是酸性氧化物，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
该反应为 ，反应过程中溶液pH会逐渐降低（酸性增强）。
核心原理：是酸性气体，溶于水会发生反应，生成强酸；是碱性气体，溶于水生成弱碱。
反应过程：尾气中的持续溶于水生成，被氧化消耗，溶液中浓度不断升高，因此pH逐渐降低。
补充说明：若为尾气处理的水溶液体系，初始溶于水呈弱碱性，随着通入和反应进行，碱性逐渐被中和，最终溶液呈酸性，pH持续下降。
11．Romanenko利用微生物电池将催化还原的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电池工作过程中，电子由b极经导线流向a极
B．升高温度一定可以提高该电池的工作效率
C．每处理1mol ，理论上可生成CO2(标准状况下)33.6L
D．a极的电极反应式为：
【答案】C
【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．电子流动方向是从负极到正极，即由a极经导线流向b极，A选项错误；B．由于该电池依赖微生物作用，高温会破坏微生物活性，因此不能在高温下工作，B选项错误；
C．每处理1mol会转移6mol电子。根据电子守恒，负极生成CO2的物质的量为6/4=1.5mol，在标准状况下体积为1.5×22.4=33.6L，C选项正确；
D．a极作为负极，发生氧化反应，电极反应为：，D选项错误。
故答案为：C
【分析】图示装置为原电池装置，电极a上CH3COOH在微生物的作用下转化为CO2，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：CH3COOH－8e－＋2H2O=2CO2＋8H＋。电极b为正极，Cr2O72－发生得电子的还原反应，生成Cr3＋，其电极反应式为：Cr2O72020＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O。据此结合选项分析。
12．下列选用的相关仪器符合实验要求的是
A．用存放浓硝酸
B．用分离水和乙酸乙酯
C．用准确量取9.50mL水
D．用实验室制取乙烯
【答案】B
【知识点】乙烯的实验室制法
【解析】【解答】A、浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，且见光易分解，应使用棕色玻璃塞试剂瓶存放，不能用橡胶塞， A选项错误；
B、水和乙酸乙酯互不相溶、会分层，可使用分液漏斗进行分液分离，仪器选用符合实验要求， B选项正确；
C、10mL 量筒的精度为 0.1mL，无法准确量取 9.50mL 水，该体积需使用移液管或滴定管量取， C选项错误；
D、实验室制取乙烯的反应温度需控制在 170℃，而图中温度计量程仅为 0-100℃，无法满足测温需求， D选项错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
试剂存放：强氧化性试剂需用玻璃塞，见光易分解的试剂需用棕色瓶。
分离操作：互不相溶的液体混合物，选用分液漏斗进行分液。
量取精度：量筒精度有限，精确量取液体需选用移液管或滴定管。
测温匹配：温度计量程需覆盖实验所需温度范围。
13．将 4 molA 和 2 molB 在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应 2A(g)＋B(s)=2C(g)，若经2s后测得 C 的浓度为 0.6 mol/L，现有下列几种说法：
①用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol/(L·s)
②用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 mol/(L·s)
③增大 B 的浓度可加快反应速率
④2 s 时物质 A 的浓度为 1.4 mol/L
其中正确的是
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】①2秒后C的浓度为0.6mol/L，用C表示的平均速率为 。根据反应速率之比等于化学计量数之比，，故①正确。
②B是固体，固体的浓度视为常数，不能用其浓度变化来表示反应速率，故②错误。
③B是固体，增大其用量不会改变浓度，因此反应速率不变，故③错误。
④初始A的浓度为 ，2秒内A的浓度减少量为 ，因此2秒时A的浓度为 ，故④正确。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率与计量数：同一反应中，不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
固体的特殊性：固体物质的浓度视为常数，不能用于表示反应速率，改变其用量也不影响反应速率。
浓度计算：某时刻浓度 = 初始浓度 - 浓度变化量。
14．由软锰矿(主要成分，及少量、)制备的工艺流程如下：
已知：“沉锰”所得在空气中“焙烧”时转化为、、的混合物，酸性条件下易发生歧化反应。下列说法正确的是
A．“浸取”时利用了的还原性，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为
B．“除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有、、、、
C．“沉锰”时反应的离子方程式为
D．“酸浸”时每反应转移电子为
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“浸取” 时，Na2SO3将 MnO2还原为 Mn2+，自身被氧化为 SO42-。Mn 元素从 + 4 价降为 + 2 价，S 元素从 + 4 价升为 + 6 价，根据电子守恒，氧化剂（MnO2）与还原剂（Na2SO3）的物质的量之比为 1：1，A正确；
B、“除杂” 时加入 NaF 溶液，会将 Ca2+、Mg2+转化为 CaF2、MgF2沉淀除去，因此除杂后溶液中不存在 Ca2+、Mg2+，B错误；
C、“沉锰” 时加入的 NH4HCO3，HCO3-不能直接拆为 CO32-，正确的离子方程式应为
Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+ H2O，C错误；
D、酸性条件下 Mn2O3发生歧化反应，生成 Mn2+和 MnO2，1mol Mn2O3反应时，1mol Mn 从 + 3 价降为 + 2 价，1mol Mn 从 + 3 价升为 + 4 价，只转移 1mol 电子，D错误；
故答案为：A。
【分析】本流程以软锰矿（主要含MnO2，及少量CaO、MgO）为原料制备高纯MnO2，核心步骤与原理如下：MnO2具有氧化性，Na2SO3具有还原性，在稀硫酸环境下发生氧化还原反应：
同时，杂质CaO、MgO与硫酸反应生成可溶的CaSO4、MgSO4，实现锰元素的浸出。加入NaF溶液，利用F-与Ca2+、Mg2+生成难溶的CaF2、MgF2沉淀，反应为：，，过滤除去沉淀，得到含MnSO4、Na2SO4的滤液。向滤液中加入NH4HCO3，Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀，同时放出CO2，离子方程式为：，MnCO3在空气中焙烧，被氧化为MnO2、Mn2O3、MnO的混合物；酸浸时，Mn2O3在酸性条件下发生歧化反应：
，最终过滤得到MnO2固体和MnSO4溶液，实现目标产物的分离。
二、非选择题(共 4 个大题，除标注外每空 2 分，共 58 分)
15．2020年，我国在联合国大会上明确提出二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。的资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。
（1）催化加氢合成二甲醚是一种转化方法，已知和合成二甲醚()气体和水蒸气，放出的热量，该反应的热化学方程式为　 　。
（2）催化加氢还能合成甲醇，在体积为的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，测得和的浓度随时间变化如下图所示。
①在到时间段，　 　。
②能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．反应中与的物质的量浓度相等时(即图中交叉点)
B．容器内气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗，同时生成
D．的体积分数在混合气体中保持不变
③下列措施能增大反应速率的是　 　(填字母)。
A．升高温度 B．扩大容器体积
C．充入一定量氦气 D．加入催化剂
④平衡时的物质的量为　 　。
【答案】（1）
（2）0.15；BD；AD；
【知识点】热化学方程式；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）的物质的量，0.1mol反应放出的热量，则2mol反应放出122.5kJ能量，反应的热化学方程式为；
故答案为： ；
（2）①在到时间段，，由反应速率之比等于计量数之比，则3；
③A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1时，并未达到平衡状态，故A错误；
B．因反应前后气体分子数不相等，则压强是一变量，当容器内气体的压强不随时间的变化而变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内每消耗3molH2，同时生成1molH2O，故C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明达到平衡状态，故D正确；
③A．升高温度能增大反应速率，A正确；
B．扩大容器体积，浓度减小，反应速率减小，B错误；
C．由于体积不变，充入一定量氦气但浓度不变，反应速率不变，C错误；
D．加入催化剂可增大反应速率，D正确；
④由图知平衡时n()=cV=0.75mol/L×2=1.5mol，则消耗的n()=3n()=3×1.5mol=4.5mol，平衡时的物质的量为6-4.5=1.5mol。
故答案为： 0.15 ；BD； AD ； ；
【分析】(1) 先计算CO2的物质的量，再根据比例换算成2mol CO2反应的焓变，最后配平热化学方程式。
计算 ，0.1mol CO2放热6.125kJ，则2mol CO2放热 。
配平反应：。
(2) ① 先算 ，再利用速率比等于计量数之比求 。
a. ，，。
b. 计量数比 ，故 。
②平衡标志是“变量不变”，需分析各选项是否为“变量”。
A：浓度相等≠不再变化，不是平衡标志。
B：反应前后气体分子数不等，压强是变量，压强不变→平衡。
C：均为正反应速率，无法体现正逆速率相等。
D： 体积分数是变量，保持不变→平衡。
③升温、加催化剂，加快反应；扩大体积、充入惰性气体（体积不变），速率不变或减慢。
④先算平衡时生成 的物质的量，再按计量数算消耗 的量，最后求剩余 。
a. 平衡时 ，。
b. 消耗 。
c. 剩余 。
（1）的物质的量，0.1mol反应放出的热量，则2mol反应放出122.5kJ能量，反应的热化学方程式为 ；
（2）①在到时间段，，由反应速率之比等于计量数之比，则3；
③A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1时，并未达到平衡状态，故A错误；
B．因反应前后气体分子数不相等，则压强是一变量，当容器内气体的压强不随时间的变化而变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内每消耗3molH2，同时生成1molH2O，故C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
③A．升高温度能增大反应速率，A正确；
B．扩大容器体积，浓度减小，反应速率减小，B错误；
C．由于体积不变，充入一定量氦气但浓度不变，反应速率不变，C错误；
D．加入催化剂可增大反应速率，D正确；
故选：AD；
④由图知平衡时n()=cV=0.75mol/L×2=1.5mol，则消耗的n()=3n()=3×1.5mol=4.5mol，平衡时的物质的量为6-4.5=1.5mol。
16．用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定。已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为，中和反应后溶液的比热容)。
回答下列问题：
（1）b仪器名称　 　；不能用铜丝代替b的理由是　 　。
（2）如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净，就直接测量盐酸的温度，则测得的　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（3）若简易量热计不盖杯盖，则所测得中和反应反应热的绝对值　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（4）反应后体系温度的测量，将　 　记为反应后体系的温度
（5）若四次平行操作测得终止温度与起始温度的温差()分别为①3.2℃、②4.3℃、③3.3℃、④3.4℃，则最终代入计算式的温差数据为　 　℃。
【答案】（1）玻璃搅拌器；铜质金属导热能力强，造成较大误差
（2）偏大
（3）偏小
（4）最高温度
（5）3.3
【知识点】中和热；中和热的测定
【解析】【解答】（1）b仪器名称为玻璃搅拌器；不能用铜丝代替b的理由是：铜质金属导热能力强，造成较大误差；
故答案为：玻璃搅拌器；铜质金属导热能力强，造成较大误差；
（2）如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净，就直接测量盐酸的温度，酸碱中和放热，测得的实际温度偏高，造成温差偏小，根据，计算出的热量偏小，因为负值，故测得的偏大；
故答案为：偏大；
（3）若简易量热计不盖杯盖，会造成热量散失，所测得中和反应反应热的绝对值偏小；
故答案为：偏小；
（4）反应后体系温度的测量，将最高温度记为反应后体系的温度；
故答案为：最高温度；
（5）②4.3℃数据与其他数据相差较大，应舍去，剩下三组数据取平均值，则最终代入计算式的温差数据为3.3℃。
故答案为：3.3；
【分析】本实验为中和热测定实验，核心原理是通过计算反应放热，进而得到中和热。
(1) 先明确仪器b为玻璃搅拌器，作用是使酸碱混合均匀、反应充分；再分析铜丝的弊端：铜是金属，导热性强，会导致反应热量散失，使测得的温度差偏小，最终计算出的中和热误差偏大，因此不能用铜丝代替。
(2)NaOH溶液温度测量后，温度计上残留的碱会直接与盐酸发生中和反应，使盐酸初始温度偏高，导致反应前后的温度差偏小；根据，计算出的反应放热偏小，而中和热为负值，因此测得的数值（绝对值）偏小，即偏大。
(3)量热计不盖杯盖，会导致反应产生的热量向环境散失，使测得的最高温度偏低，偏小；计算出的反应放热偏小，最终测得的中和热绝对值偏小。
(4) 中和反应为放热反应，混合后体系温度会先升高，达到最高温度时反应完全，因此将最高温度记为反应后体系的温度，以此计算温度差。
(5) 实验数据需先排查异常值，②与其他数据偏差较大，属于异常数据，应舍去；对剩余3组有效数据取平均值，得到最终用于计算的，保证实验结果的准确性。
（1）b仪器名称为玻璃搅拌器；不能用铜丝代替b的理由是：铜质金属导热能力强，造成较大误差；
（2）如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净，就直接测量盐酸的温度，酸碱中和放热，测得的实际温度偏高，造成温差偏小，根据，计算出的热量偏小，因为负值，故测得的偏大；
（3）若简易量热计不盖杯盖，会造成热量散失，所测得中和反应反应热的绝对值偏小；
（4）反应后体系温度的测量，将最高温度记为反应后体系的温度；
（5）②4.3℃数据与其他数据相差较大，应舍去，剩下三组数据取平均值，则最终代入计算式的温差数据为3.3℃。
17．某校研究性学习小组，探究一定量的浓硫酸与足量锌充分反应产生的气体产物，进行如下实验：按图组装好实验装置，在A中加入5 mL 98%的浓硫酸和足量的锌粒，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加。
试回答：
（1）写出A中从反应开始到停止可能发生反应的化学方程式：　 　。
（2）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接　 　、　 　接b，c接　 　、　 　接d。
（3）能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为　 　。
（4）D中浑浊消失的离子反应方程式为　 　。
（5）D、E两支试管中CCl4的作用是　 　。
（6）若A中Zn足量，充分反应后得到气体的成分是　 　。
【答案】（1）Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑
（2）3(或4)；4(或3)；2；1
（3）C中品红溶液褪色
（4）SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2
（5）防倒吸
（6）SO2、H2
【知识点】氧化还原反应；浓硫酸的性质；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】（1）根据上述实验现象描述可知，开始阶段，浓硫酸与锌反应产生SO2气体：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硫酸逐渐被消耗，浓硫酸变为稀硫酸，与Zn发生置换反应生成H2：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑；
故答案为： Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑ ；
（2）从图示看，C装置的目的是检验SO2气体，应选择甲装置，则B处需接安全装置，故答案为：3(或4)；4(或3)；2；1；
故答案为： 3(或4) ； 4(或3) ；2；1；
（3）锌粒与浓硫酸在微热条件下发生反应，产生的气体能使品红溶液褪色，则说明为二氧化硫气体，S元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：C中品红溶液褪色；
故答案为： C中品红溶液褪色 ；
（4）D中刚开始产生浑浊，是因为二氧化硫与氢氧化钙反应生成难溶的亚硫酸钙沉淀，后二氧化硫、水又会将亚硫酸钙固体转化为可溶的亚硫酸氢钙，其离子方程式为：SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2；
故答案为： SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2 ；
（5）SO2不溶于CCl4，防倒吸；
故答案为： 防倒吸 ；
（6）Zn足量，后期Zn与稀H2SO4反应生成H2，所以充分反应后得到气体的成分是SO2、H2。
故答案为： SO2、H2 ；
【分析】本实验以浓硫酸与足量锌的反应为核心，探究反应过程中气体产物的变化，整体流程围绕“浓度变化引发反应更替、多装置分步检验产物”展开：A中先发生浓硫酸与锌的氧化还原反应，生成；随反应进行硫酸逐渐变稀，后续锌与稀硫酸发生置换反应生成。气体先经B（安全瓶防倒吸）进入C，品红溶液褪色证明生成；再通入D，澄清石灰水先浑浊后消失，验证与的连续反应；最后经E中防倒吸、溶液吸收尾气，完成产物检验与尾气处理。
（1）根据上述实验现象描述可知，开始阶段，浓硫酸与锌反应产生SO2气体：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硫酸逐渐被消耗，浓硫酸变为稀硫酸，与Zn发生置换反应生成H2：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑；
（2）从图示看，C装置的目的是检验SO2气体，应选择甲装置，则B处需接安全装置，故答案为：3(或4)；4(或3)；2；1；
（3）锌粒与浓硫酸在微热条件下发生反应，产生的气体能使品红溶液褪色，则说明为二氧化硫气体，S元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：C中品红溶液褪色；
（4）D中刚开始产生浑浊，是因为二氧化硫与氢氧化钙反应生成难溶的亚硫酸钙沉淀，后二氧化硫、水又会将亚硫酸钙固体转化为可溶的亚硫酸氢钙，其离子方程式为：SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2；
（5）SO2不溶于CCl4，防倒吸；
（6）Zn足量，后期Zn与稀H2SO4反应生成H2，所以充分反应后得到气体的成分是SO2、H2。
18．下图中的A是重要的有机化工基础原料，它的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志。
回答下列问题：
（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做　 　，图中①～⑤的反应中属于取代反应的是　 　。
（2）丙烯中最多有　 　个原子在同一平面上，丙烯酸中官能团的名称为　 　。
（3）反应，Y与X是同系物且比X多一个碳原子，Y的一氯代物有　 　种。
（4）下列有关说法正确的是　 　(填标号)。
a．石蜡油中含有A和丙烯等小分子烃
b．工业上将反应①的方法称为裂解
c．B→C的转化是氧化反应
d．B与互为同分异构体
（5）写出下列反应的化学方程式。
反应②　 　；反应⑤　 　。
【答案】（1）分馏；④
（2）7；碳碳双键、羧基
（3）8
（4）bcd
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做分馏，图中①属于分解反应，②属于加成反应，③属于氧化反应，④属于取代反应，⑤属于加聚反应，
故答案为：分馏；④；
（2）丙烯，甲烷中最多3个原子共面，碳碳双键两端的原子共面，则中最多7个原子共面，由丙烯酸的结构简式可知，其官能团名称为碳碳双键、羧基，
故答案为：7；碳碳双键、羧基；
（3）根据原子守恒X为，则Y为，其一氯代物有、、共8种，
故答案为8；
（4）a．石蜡油是由分子中碳原子数在17-36多种烃类组成的混合物，故a错误；
b．相对分子质量较大的烃分裂成乙烯丙烯等小分子的烃在工业称为裂解，故b正确
c．B→C的转化是乙醇氧化为乙酸的反应，其类型为氧化反应，故c正确
d．B为乙醇其与互为同分异构体，故d正确；
故答案为：bcd；
（5）反应②为乙烯和水的加成反应其化学方程式为，反应⑤为丙烯酸的加聚反应，其化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】该有机化工流程以乙烯（A）为核心，各物质转化如下：
原料获取：原油经分馏得到石蜡油，石蜡油在碎瓷片、加热条件下裂解（反应①），生成乙烯（A）和丙烯。乙烯（A）与水在催化、加热条件下发生加成反应（反应②），生成乙醇（B）；乙醇（B）被酸性氧化（反应③），生成乙酸（C）；乙醇（B）和乙酸（C）发生酯化反应（反应④），生成乙酸乙酯。丙烯转化：丙烯经氧化得到丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应（反应⑤），生成聚丙烯酸。据此解题即可。
（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做分馏，图中①属于分解反应，②属于加成反应，③属于氧化反应，④属于取代反应，⑤属于加聚反应，故答案为：分馏；④；
（2）丙烯，甲烷中最多3个原子共面，碳碳双键两端的原子共面，则中最多7个原子共面，由丙烯酸的结构简式可知，其官能团名称为碳碳双键、羧基，故答案为：7；碳碳双键、羧基；
（3）根据原子守恒X为，则Y为，其一氯代物有、、共8种，故答案为8；
（4）a．石蜡油是由分子中碳原子数在17-36多种烃类组成的混合物，故a错误；
b．相对分子质量较大的烃分裂成乙烯丙烯等小分子的烃在工业称为裂解，故b正确
c．B→C的转化是乙醇氧化为乙酸的反应，其类型为氧化反应，故c正确
d．B为乙醇其与互为同分异构体，故d正确；
故选bcd；
（5）反应②为乙烯和水的加成反应其化学方程式为，反应⑤为丙烯酸的加聚反应，其化学方程式为。
1 / 1湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期7月期末化学试题
一、单选题(每题 3 分，共 42 分)
1．生活处处有化学，下列说法错误的是
A．硅胶能吸收水分，可用作袋装食品的干燥剂
B．豆科植物的根瘤菌能将空气中转化为氨，实现氮的固定
C．二氧化硫有毒性，不可用作葡萄酒的食品添加剂
D．久煮的鸡蛋蛋黄表面常呈灰绿色，是因为蛋白中的硫元素与蛋黄中的铁元素生成的FeS与蛋黄混合呈灰绿色
2．下列表示不正确的是
A．水分子的比例模型：
B．苯酚的分子式：C6H6O
C．乙酸乙酯的键线式：
D．羟基的电子式：
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L中含有的电子数为
B．常温常压下，18g中所含氧原子数为
C．NaCl溶液中含数目为
D．过氧化钠与水反应，生成0.1mol转移的电子数目为
4．室温下，和溶于水及受热分解的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．将溶于水会使溶液温度降低
B．将溶于水会使溶液温度升高
C．
D．
5．NH4SCN在化学分析、摄影和医药等领域都有重要的作用，实验室制备NH4SCN的原理是CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，下列实验装置中不能达到对应实验目的的是
A．制备NH3 B．干燥NH3
C．制备NH4SCN D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
6．在无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是
A．Cu2+ 、K+、Cl-、 B．Ag+、Na+、、Cl-
C．Zn2+、Al3+、、Cl- D．Ba2+、、Cl-、
7．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，二苯并冠与形成的螯合离子的结构如图所示，下列说法错误的是
A．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种
B．6个原子与可能在同一平面上
C．该螯合离子有4种一氯代物
D．该螯合离子中配位键的数目为6
8．C5H12有3种不同结构：甲[CH3(CH2)3CH3]、乙[CH3CH(CH3)CH2CH3]和丙[C(CH3)4]，下列相关叙述正确的是
A．甲、乙、丙属于同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应
B．甲、乙、丙都属于烷烃
C．C6H12表示一种纯净物
D．乙有3种不同沸点的一氯代物
9．科学家合成出一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z四种元素，X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，W与Z的简单离子具有相同的电子层排布。下列叙述正确的是
A．WZ的水溶液呈碱性
B．是共价化合物，X原子轨道杂化类型为杂化
C．原子半径大小顺序为：W>Z>Y>X
D．的空间构型为平面三角形，Y的价层电子对数为4
10．氨气在一定条件下催化还原含的尾气，反应为，下列说法错误的是
A．氮氧化物的排放可形成酸雨
B．氨气分子的键角小于甲烷的键角
C．该反应的氧化产物和还原产物的质量比为
D．反应能说明不是酸性氧化物
11．Romanenko利用微生物电池将催化还原的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电池工作过程中，电子由b极经导线流向a极
B．升高温度一定可以提高该电池的工作效率
C．每处理1mol ，理论上可生成CO2(标准状况下)33.6L
D．a极的电极反应式为：
12．下列选用的相关仪器符合实验要求的是
A．用存放浓硝酸
B．用分离水和乙酸乙酯
C．用准确量取9.50mL水
D．用实验室制取乙烯
13．将 4 molA 和 2 molB 在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应 2A(g)＋B(s)=2C(g)，若经2s后测得 C 的浓度为 0.6 mol/L，现有下列几种说法：
①用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol/(L·s)
②用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 mol/(L·s)
③增大 B 的浓度可加快反应速率
④2 s 时物质 A 的浓度为 1.4 mol/L
其中正确的是
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
14．由软锰矿(主要成分，及少量、)制备的工艺流程如下：
已知：“沉锰”所得在空气中“焙烧”时转化为、、的混合物，酸性条件下易发生歧化反应。下列说法正确的是
A．“浸取”时利用了的还原性，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为
B．“除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有、、、、
C．“沉锰”时反应的离子方程式为
D．“酸浸”时每反应转移电子为
二、非选择题(共 4 个大题，除标注外每空 2 分，共 58 分)
15．2020年，我国在联合国大会上明确提出二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。的资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。
（1）催化加氢合成二甲醚是一种转化方法，已知和合成二甲醚()气体和水蒸气，放出的热量，该反应的热化学方程式为　 　。
（2）催化加氢还能合成甲醇，在体积为的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，测得和的浓度随时间变化如下图所示。
①在到时间段，　 　。
②能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．反应中与的物质的量浓度相等时(即图中交叉点)
B．容器内气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗，同时生成
D．的体积分数在混合气体中保持不变
③下列措施能增大反应速率的是　 　(填字母)。
A．升高温度 B．扩大容器体积
C．充入一定量氦气 D．加入催化剂
④平衡时的物质的量为　 　。
16．用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定。已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为，中和反应后溶液的比热容)。
回答下列问题：
（1）b仪器名称　 　；不能用铜丝代替b的理由是　 　。
（2）如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净，就直接测量盐酸的温度，则测得的　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（3）若简易量热计不盖杯盖，则所测得中和反应反应热的绝对值　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（4）反应后体系温度的测量，将　 　记为反应后体系的温度
（5）若四次平行操作测得终止温度与起始温度的温差()分别为①3.2℃、②4.3℃、③3.3℃、④3.4℃，则最终代入计算式的温差数据为　 　℃。
17．某校研究性学习小组，探究一定量的浓硫酸与足量锌充分反应产生的气体产物，进行如下实验：按图组装好实验装置，在A中加入5 mL 98%的浓硫酸和足量的锌粒，微热试管A，观察到C、D、E中均有气泡产生；随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；反应较长时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加。
试回答：
（1）写出A中从反应开始到停止可能发生反应的化学方程式：　 　。
（2）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接　 　、　 　接b，c接　 　、　 　接d。
（3）能证明浓硫酸具有强氧化性的实验现象为　 　。
（4）D中浑浊消失的离子反应方程式为　 　。
（5）D、E两支试管中CCl4的作用是　 　。
（6）若A中Zn足量，充分反应后得到气体的成分是　 　。
18．下图中的A是重要的有机化工基础原料，它的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志。
回答下列问题：
（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做　 　，图中①～⑤的反应中属于取代反应的是　 　。
（2）丙烯中最多有　 　个原子在同一平面上，丙烯酸中官能团的名称为　 　。
（3）反应，Y与X是同系物且比X多一个碳原子，Y的一氯代物有　 　种。
（4）下列有关说法正确的是　 　(填标号)。
a．石蜡油中含有A和丙烯等小分子烃
b．工业上将反应①的方法称为裂解
c．B→C的转化是氧化反应
d．B与互为同分异构体
（5）写出下列反应的化学方程式。
反应②　 　；反应⑤　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、硅胶无毒且具有较强的吸水性，化学性质稳定，不会与食品发生反应，因此常被用作袋装食品的干燥剂，A正确；
B、豆科植物根瘤菌能在常温下将空气中的氮气转化为氨，将游离态氮转变为化合态氮，属于自然固氮过程，B正确；
C、二氧化硫虽有毒性，但在葡萄酒生产中，允许适量添加作为防腐剂和抗氧化剂，能抑制杂菌生长、防止酒液氧化变质，并非完全不可使用，C错误；
D、鸡蛋久煮时，蛋白中的硫元素会分解产生硫化氢，与蛋黄中的亚铁离子反应生成硫化亚铁，硫化亚铁与蛋黄混合后使表面呈现灰绿色，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
食品干燥剂：硅胶因无毒、强吸水性，是常用的食品干燥剂。
固氮概念：将游离态氮（N2）转化为化合态氮的过程称为固氮，根瘤菌固氮属于自然固氮。
食品添加剂规范：有毒物质在符合国家标准的前提下，可限量用作食品添加剂，如二氧化硫在葡萄酒中的应用。
生活化学现象：鸡蛋久煮出现灰绿色是硫化亚铁生成的结果，属于蛋白质分解与离子反应的共同作用。
2．【答案】A
【知识点】苯酚的性质及用途；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水分子是V形结构，氧原子半径大于氢原子， 水的比例模型为，A符合题意；
B、苯酚由6个碳原子、6个氢原子和1个氧原子构成，分子式为C6H6O，书写正确，B不符合题意；
C、乙酸乙酯的结构简式为CH3COOCH2CH3，其键线式 为 ，C不符合题意；
D、羟基的电子式为 ，氧原子与氢原子形成一对共用电子对，氧原子剩余两对孤电子对，书写正确，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子模型：比例模型需体现分子的空间构型和原子相对大小，水分子为V形，氧原子半径更大。
分子式：直接体现分子中各原子的种类和数目，苯酚的分子式为C6H6O。
键线式：以线段和端点表示化学键和碳原子，省略氢原子，乙酸乙酯的键线式符合其结构。
电子式：需体现原子最外层电子，羟基中氧原子存在孤电子对，电子式书写需完整呈现。
3．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，水是液态而非气态，不能用气体摩尔体积（22.4L mol- ）计算其物质的量，因此无法得出 2.24L 水的电子数为 NA，A错误；
B、18g 水的物质的量为 1mol，每个水分子含 1 个氧原子，故氧原子总数为 NA；质量与温度、压强无关，常温常压下该结论依然成立，B正确；
C、只给出氯化钠溶液的浓度，未说明溶液体积，无法计算钠离子的数目，C错误；
D、过氧化钠与水的反应为歧化反应，生成 1mol 氧气时转移 2mol 电子，因此生成 0.1mol 氧气时，转移电子数为 0.2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：仅适用于标准状况下的气体，液态、固态物质不能直接使用。
质量与状态：物质的质量与温度、压强无关，可直接通过质量计算物质的量。
溶液离子数：计算溶液中微粒数时，必须已知溶液体积。
歧化反应电子转移：过氧化钠与水反应时，每生成 1mol 氧气，对应转移 2mol 电子。
4．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、从能量图可知，五水硫酸铜固体溶于水后，体系能量升高，说明该过程吸热，会使溶液温度降低，A正确；
B、无水硫酸铜固体溶于水后，体系能量降低，说明该过程放热，会使溶液温度升高，B正确；
C、无水硫酸铜溶解放热，故；五水硫酸铜分解为无水硫酸铜和水的过程吸热，故，因此，C正确；
D、根据盖斯定律，总反应的焓变，等于“五水硫酸铜溶解”与“无水硫酸铜溶解”的逆过程之和，即，而非，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
能量变化与热效应：反应物能量低于生成物，反应吸热；反应物能量高于生成物，反应放热。
盖斯定律应用：总反应的焓变等于各分步反应焓变的代数和，需注意反应方向对焓变符号的影响。
焓变大小比较：正数一定大于负数，因此。
5．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制备氨气，该装置为固固加热型，符合制备要求，A能达到实验目的；
B、氨气是碱性气体，碱石灰（氢氧化钠和氧化钙的混合物）呈碱性且具有吸水性，可用于干燥氨气，B能达到实验目的；
C、三颈烧瓶可同时通入氨气和二硫化碳，在催化剂作用下发生反应制备硫氰化铵，装置设计符合反应需求，C能达到实验目的；
D、尾气中含有未反应的氨气，氨气极易溶于水，直接将导管插入稀硫酸中会发生倒吸，该装置存在安全隐患，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固固加热型装置适用于加热氯化铵与氢氧化钙固体制备氨气。
干燥选择：碱性气体需用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥，不能用酸性干燥剂。
反应装置：多颈烧瓶可实现多种反应物的同时通入与充分接触。
尾气处理：极易溶于水的气体（如氨气）尾气处理时需加装防倒吸装置。
6．【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、铜离子（Cu2+）在水溶液中呈蓝色，不满足 “无色透明” 的要求，因此该组离子不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、银离子（Ag+）与氯离子（Cl-）会结合生成氯化银（AgCl）沉淀，无法在溶液中大量共存，故B不符合题意 ；
C、锌离子（Zn2+）、铝离子（Al3+）、硫酸根离子（SO42-）、氯离子（Cl-）均为无色离子，且彼此之间不发生反应，能在无色透明溶液中大量共存，故C符合题意 ；
D、钡离子（Ba2+）与碳酸根离子（CO32-）会结合生成碳酸钡（BaCO3）沉淀，无法在溶液中大量共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
无色限制：需排除有色离子，如蓝色的 Cu2+、黄色的 Fe3+、浅绿色的 Fe2+等。
反应限制：离子间若能生成沉淀、气体或弱电解质，则不能大量共存，如 Ag+与 Cl-、Ba2+与 CO32-。
共存前提：离子需同时满足 “无色” 和 “不反应” 两个条件，缺一不可。
7．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；有机化合物中碳的成键特征；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、该冠醚分子中，苯环上的碳原子为 sp2 杂化，链状烷基中的碳原子为 sp3 杂化，共 2 种杂化方式，A 正确；
B、冠醚的 6 个氧原子与 K+通过配位键结合，氧原子分布在 K+周围，形成笼状结构，6 个 O 原子与 K+不可能共平面，B 错误；
C、该螯合离子结构对称，苯环上有 2 种等效氢，链状烷基上有 2 种等效氢，共 4 种等效氢，因此一氯代物有 4 种，C 正确；
D、由结构可知，6 个 O 原子各提供 1 对孤电子对与 K+形成配位键，配位键数目为 6，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化方式判断：苯环碳为 sp2 杂化，饱和碳为 sp3 杂化，共 2 种；
空间结构分析：冠醚为笼状结构，6 个 O 原子环绕 K+，无法共平面；
等效氢与一氯代物：根据结构对称性判断等效氢种类，进而确定一氯代物数目；
配位键数目：每个 O 原子提供 1 对孤电子对，6 个 O 原子共形成 6 个配位键。
8．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、甲、乙、丙是分子式相同、结构不同的同分异构体，并非同系物；三者均为烷烃，可与氯气、溴蒸气发生取代反应，A错误；
B、甲、乙、丙的分子式均为 C5H12，满足烷烃通式 CnH2n+2，且只含碳碳单键和碳氢键，都属于烷烃，B正确；
C、C6H12存在多种同分异构体（如烯烃、环烷烃等），可代表多种不同物质，不能表示一种纯净物，C错误；
D、乙（CH3CH (CH3) CH2CH3）分子中有 4 种不同化学环境的氢原子，因此有 4 种不同沸点的一氯代物，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同分异构体与同系物：分子式相同、结构不同为同分异构体；结构相似、分子组成相差若干 CH2原子团为同系物。
烷烃判断：满足通式 CnH2n+2，且只含单键的烃为烷烃。
纯净物判断：存在同分异构体的分子式，不能代表单一纯净物。
一氯代物数目：等于分子中不同化学环境氢原子的种类数。
9．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、WZ为KCl，属于强酸强碱盐，水溶液呈中性，A错误；
B、XZ4为SiCl4，属于共价化合物，中心Si原子的价层电子对数为，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化，B正确；
C、同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：Si > P > Cl，即X > Y > Z，C错误；
D、YZ3为PCl3，中心P原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形，D错误；
故答案为：B。
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，X、Y、Z同周期。由成键特点可知，X可形成4个共价键，为C或Si；Z的最外层电子数为X的一半，且Z仅形成1个共价键，若X为C则Z为B（B无法形成1个稳定共价键，排除），若X为Si则Z为Cl（符合成键要求），故X为Si、Z为Cl。Y形成2个共价键，且阴离子带1个单位负电荷，说明Y需额外得到1个电子达稳定结构，故Y为P。W与Cl-电子层排布相同，且W在化合物中显+1价，故W为K。综上，W、X、Y、Z依次为K、Si、P、Cl。据此解题。
10．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A、氮氧化物（如、）排放后，与水反应生成硝酸，可形成硝酸型酸雨，A正确；
B、分子中心N原子含1对孤电子对，分子中心C原子无孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，因此键角（约107°）小于键角（约109°28'），B正确；
C、中 ，中N被氧化，中N被还原，氧化产物和还原产物均为，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3，质量比也为4：3，不是3：4，C错误；
D、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水，与反应生成、和，有两种盐生成，因此不是酸性氧化物，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
该反应为 ，反应过程中溶液pH会逐渐降低（酸性增强）。
核心原理：是酸性气体，溶于水会发生反应，生成强酸；是碱性气体，溶于水生成弱碱。
反应过程：尾气中的持续溶于水生成，被氧化消耗，溶液中浓度不断升高，因此pH逐渐降低。
补充说明：若为尾气处理的水溶液体系，初始溶于水呈弱碱性，随着通入和反应进行，碱性逐渐被中和，最终溶液呈酸性，pH持续下降。
11．【答案】C
【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．电子流动方向是从负极到正极，即由a极经导线流向b极，A选项错误；B．由于该电池依赖微生物作用，高温会破坏微生物活性，因此不能在高温下工作，B选项错误；
C．每处理1mol会转移6mol电子。根据电子守恒，负极生成CO2的物质的量为6/4=1.5mol，在标准状况下体积为1.5×22.4=33.6L，C选项正确；
D．a极作为负极，发生氧化反应，电极反应为：，D选项错误。
故答案为：C
【分析】图示装置为原电池装置，电极a上CH3COOH在微生物的作用下转化为CO2，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：CH3COOH－8e－＋2H2O=2CO2＋8H＋。电极b为正极，Cr2O72－发生得电子的还原反应，生成Cr3＋，其电极反应式为：Cr2O72020＋6e－＋14H＋=2Cr3＋＋7H2O。据此结合选项分析。
12．【答案】B
【知识点】乙烯的实验室制法
【解析】【解答】A、浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，且见光易分解，应使用棕色玻璃塞试剂瓶存放，不能用橡胶塞， A选项错误；
B、水和乙酸乙酯互不相溶、会分层，可使用分液漏斗进行分液分离，仪器选用符合实验要求， B选项正确；
C、10mL 量筒的精度为 0.1mL，无法准确量取 9.50mL 水，该体积需使用移液管或滴定管量取， C选项错误；
D、实验室制取乙烯的反应温度需控制在 170℃，而图中温度计量程仅为 0-100℃，无法满足测温需求， D选项错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
试剂存放：强氧化性试剂需用玻璃塞，见光易分解的试剂需用棕色瓶。
分离操作：互不相溶的液体混合物，选用分液漏斗进行分液。
量取精度：量筒精度有限，精确量取液体需选用移液管或滴定管。
测温匹配：温度计量程需覆盖实验所需温度范围。
13．【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】①2秒后C的浓度为0.6mol/L，用C表示的平均速率为 。根据反应速率之比等于化学计量数之比，，故①正确。
②B是固体，固体的浓度视为常数，不能用其浓度变化来表示反应速率，故②错误。
③B是固体，增大其用量不会改变浓度，因此反应速率不变，故③错误。
④初始A的浓度为 ，2秒内A的浓度减少量为 ，因此2秒时A的浓度为 ，故④正确。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率与计量数：同一反应中，不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
固体的特殊性：固体物质的浓度视为常数，不能用于表示反应速率，改变其用量也不影响反应速率。
浓度计算：某时刻浓度 = 初始浓度 - 浓度变化量。
14．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“浸取” 时，Na2SO3将 MnO2还原为 Mn2+，自身被氧化为 SO42-。Mn 元素从 + 4 价降为 + 2 价，S 元素从 + 4 价升为 + 6 价，根据电子守恒，氧化剂（MnO2）与还原剂（Na2SO3）的物质的量之比为 1：1，A正确；
B、“除杂” 时加入 NaF 溶液，会将 Ca2+、Mg2+转化为 CaF2、MgF2沉淀除去，因此除杂后溶液中不存在 Ca2+、Mg2+，B错误；
C、“沉锰” 时加入的 NH4HCO3，HCO3-不能直接拆为 CO32-，正确的离子方程式应为
Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+ H2O，C错误；
D、酸性条件下 Mn2O3发生歧化反应，生成 Mn2+和 MnO2，1mol Mn2O3反应时，1mol Mn 从 + 3 价降为 + 2 价，1mol Mn 从 + 3 价升为 + 4 价，只转移 1mol 电子，D错误；
故答案为：A。
【分析】本流程以软锰矿（主要含MnO2，及少量CaO、MgO）为原料制备高纯MnO2，核心步骤与原理如下：MnO2具有氧化性，Na2SO3具有还原性，在稀硫酸环境下发生氧化还原反应：
同时，杂质CaO、MgO与硫酸反应生成可溶的CaSO4、MgSO4，实现锰元素的浸出。加入NaF溶液，利用F-与Ca2+、Mg2+生成难溶的CaF2、MgF2沉淀，反应为：，，过滤除去沉淀，得到含MnSO4、Na2SO4的滤液。向滤液中加入NH4HCO3，Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀，同时放出CO2，离子方程式为：，MnCO3在空气中焙烧，被氧化为MnO2、Mn2O3、MnO的混合物；酸浸时，Mn2O3在酸性条件下发生歧化反应：
，最终过滤得到MnO2固体和MnSO4溶液，实现目标产物的分离。
15．【答案】（1）
（2）0.15；BD；AD；
【知识点】热化学方程式；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）的物质的量，0.1mol反应放出的热量，则2mol反应放出122.5kJ能量，反应的热化学方程式为；
故答案为： ；
（2）①在到时间段，，由反应速率之比等于计量数之比，则3；
③A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1时，并未达到平衡状态，故A错误；
B．因反应前后气体分子数不相等，则压强是一变量，当容器内气体的压强不随时间的变化而变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内每消耗3molH2，同时生成1molH2O，故C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明达到平衡状态，故D正确；
③A．升高温度能增大反应速率，A正确；
B．扩大容器体积，浓度减小，反应速率减小，B错误；
C．由于体积不变，充入一定量氦气但浓度不变，反应速率不变，C错误；
D．加入催化剂可增大反应速率，D正确；
④由图知平衡时n()=cV=0.75mol/L×2=1.5mol，则消耗的n()=3n()=3×1.5mol=4.5mol，平衡时的物质的量为6-4.5=1.5mol。
故答案为： 0.15 ；BD； AD ； ；
【分析】(1) 先计算CO2的物质的量，再根据比例换算成2mol CO2反应的焓变，最后配平热化学方程式。
计算 ，0.1mol CO2放热6.125kJ，则2mol CO2放热 。
配平反应：。
(2) ① 先算 ，再利用速率比等于计量数之比求 。
a. ，，。
b. 计量数比 ，故 。
②平衡标志是“变量不变”，需分析各选项是否为“变量”。
A：浓度相等≠不再变化，不是平衡标志。
B：反应前后气体分子数不等，压强是变量，压强不变→平衡。
C：均为正反应速率，无法体现正逆速率相等。
D： 体积分数是变量，保持不变→平衡。
③升温、加催化剂，加快反应；扩大体积、充入惰性气体（体积不变），速率不变或减慢。
④先算平衡时生成 的物质的量，再按计量数算消耗 的量，最后求剩余 。
a. 平衡时 ，。
b. 消耗 。
c. 剩余 。
（1）的物质的量，0.1mol反应放出的热量，则2mol反应放出122.5kJ能量，反应的热化学方程式为 ；
（2）①在到时间段，，由反应速率之比等于计量数之比，则3；
③A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1时，并未达到平衡状态，故A错误；
B．因反应前后气体分子数不相等，则压强是一变量，当容器内气体的压强不随时间的变化而变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内每消耗3molH2，同时生成1molH2O，故C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
③A．升高温度能增大反应速率，A正确；
B．扩大容器体积，浓度减小，反应速率减小，B错误；
C．由于体积不变，充入一定量氦气但浓度不变，反应速率不变，C错误；
D．加入催化剂可增大反应速率，D正确；
故选：AD；
④由图知平衡时n()=cV=0.75mol/L×2=1.5mol，则消耗的n()=3n()=3×1.5mol=4.5mol，平衡时的物质的量为6-4.5=1.5mol。
16．【答案】（1）玻璃搅拌器；铜质金属导热能力强，造成较大误差
（2）偏大
（3）偏小
（4）最高温度
（5）3.3
【知识点】中和热；中和热的测定
【解析】【解答】（1）b仪器名称为玻璃搅拌器；不能用铜丝代替b的理由是：铜质金属导热能力强，造成较大误差；
故答案为：玻璃搅拌器；铜质金属导热能力强，造成较大误差；
（2）如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净，就直接测量盐酸的温度，酸碱中和放热，测得的实际温度偏高，造成温差偏小，根据，计算出的热量偏小，因为负值，故测得的偏大；
故答案为：偏大；
（3）若简易量热计不盖杯盖，会造成热量散失，所测得中和反应反应热的绝对值偏小；
故答案为：偏小；
（4）反应后体系温度的测量，将最高温度记为反应后体系的温度；
故答案为：最高温度；
（5）②4.3℃数据与其他数据相差较大，应舍去，剩下三组数据取平均值，则最终代入计算式的温差数据为3.3℃。
故答案为：3.3；
【分析】本实验为中和热测定实验，核心原理是通过计算反应放热，进而得到中和热。
(1) 先明确仪器b为玻璃搅拌器，作用是使酸碱混合均匀、反应充分；再分析铜丝的弊端：铜是金属，导热性强，会导致反应热量散失，使测得的温度差偏小，最终计算出的中和热误差偏大，因此不能用铜丝代替。
(2)NaOH溶液温度测量后，温度计上残留的碱会直接与盐酸发生中和反应，使盐酸初始温度偏高，导致反应前后的温度差偏小；根据，计算出的反应放热偏小，而中和热为负值，因此测得的数值（绝对值）偏小，即偏大。
(3)量热计不盖杯盖，会导致反应产生的热量向环境散失，使测得的最高温度偏低，偏小；计算出的反应放热偏小，最终测得的中和热绝对值偏小。
(4) 中和反应为放热反应，混合后体系温度会先升高，达到最高温度时反应完全，因此将最高温度记为反应后体系的温度，以此计算温度差。
(5) 实验数据需先排查异常值，②与其他数据偏差较大，属于异常数据，应舍去；对剩余3组有效数据取平均值，得到最终用于计算的，保证实验结果的准确性。
（1）b仪器名称为玻璃搅拌器；不能用铜丝代替b的理由是：铜质金属导热能力强，造成较大误差；
（2）如果测量NaOH溶液温度后不把温度计上的碱用水冲洗干净，就直接测量盐酸的温度，酸碱中和放热，测得的实际温度偏高，造成温差偏小，根据，计算出的热量偏小，因为负值，故测得的偏大；
（3）若简易量热计不盖杯盖，会造成热量散失，所测得中和反应反应热的绝对值偏小；
（4）反应后体系温度的测量，将最高温度记为反应后体系的温度；
（5）②4.3℃数据与其他数据相差较大，应舍去，剩下三组数据取平均值，则最终代入计算式的温差数据为3.3℃。
17．【答案】（1）Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑
（2）3(或4)；4(或3)；2；1
（3）C中品红溶液褪色
（4）SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2
（5）防倒吸
（6）SO2、H2
【知识点】氧化还原反应；浓硫酸的性质；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】（1）根据上述实验现象描述可知，开始阶段，浓硫酸与锌反应产生SO2气体：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硫酸逐渐被消耗，浓硫酸变为稀硫酸，与Zn发生置换反应生成H2：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑；
故答案为： Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑ ；
（2）从图示看，C装置的目的是检验SO2气体，应选择甲装置，则B处需接安全装置，故答案为：3(或4)；4(或3)；2；1；
故答案为： 3(或4) ； 4(或3) ；2；1；
（3）锌粒与浓硫酸在微热条件下发生反应，产生的气体能使品红溶液褪色，则说明为二氧化硫气体，S元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：C中品红溶液褪色；
故答案为： C中品红溶液褪色 ；
（4）D中刚开始产生浑浊，是因为二氧化硫与氢氧化钙反应生成难溶的亚硫酸钙沉淀，后二氧化硫、水又会将亚硫酸钙固体转化为可溶的亚硫酸氢钙，其离子方程式为：SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2；
故答案为： SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2 ；
（5）SO2不溶于CCl4，防倒吸；
故答案为： 防倒吸 ；
（6）Zn足量，后期Zn与稀H2SO4反应生成H2，所以充分反应后得到气体的成分是SO2、H2。
故答案为： SO2、H2 ；
【分析】本实验以浓硫酸与足量锌的反应为核心，探究反应过程中气体产物的变化，整体流程围绕“浓度变化引发反应更替、多装置分步检验产物”展开：A中先发生浓硫酸与锌的氧化还原反应，生成；随反应进行硫酸逐渐变稀，后续锌与稀硫酸发生置换反应生成。气体先经B（安全瓶防倒吸）进入C，品红溶液褪色证明生成；再通入D，澄清石灰水先浑浊后消失，验证与的连续反应；最后经E中防倒吸、溶液吸收尾气，完成产物检验与尾气处理。
（1）根据上述实验现象描述可知，开始阶段，浓硫酸与锌反应产生SO2气体：Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硫酸逐渐被消耗，浓硫酸变为稀硫酸，与Zn发生置换反应生成H2：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑；
（2）从图示看，C装置的目的是检验SO2气体，应选择甲装置，则B处需接安全装置，故答案为：3(或4)；4(或3)；2；1；
（3）锌粒与浓硫酸在微热条件下发生反应，产生的气体能使品红溶液褪色，则说明为二氧化硫气体，S元素化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：C中品红溶液褪色；
（4）D中刚开始产生浑浊，是因为二氧化硫与氢氧化钙反应生成难溶的亚硫酸钙沉淀，后二氧化硫、水又会将亚硫酸钙固体转化为可溶的亚硫酸氢钙，其离子方程式为：SO2＋H2O＋CaSO3=Ca2＋＋2；
（5）SO2不溶于CCl4，防倒吸；
（6）Zn足量，后期Zn与稀H2SO4反应生成H2，所以充分反应后得到气体的成分是SO2、H2。
18．【答案】（1）分馏；④
（2）7；碳碳双键、羧基
（3）8
（4）bcd
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做分馏，图中①属于分解反应，②属于加成反应，③属于氧化反应，④属于取代反应，⑤属于加聚反应，
故答案为：分馏；④；
（2）丙烯，甲烷中最多3个原子共面，碳碳双键两端的原子共面，则中最多7个原子共面，由丙烯酸的结构简式可知，其官能团名称为碳碳双键、羧基，
故答案为：7；碳碳双键、羧基；
（3）根据原子守恒X为，则Y为，其一氯代物有、、共8种，
故答案为8；
（4）a．石蜡油是由分子中碳原子数在17-36多种烃类组成的混合物，故a错误；
b．相对分子质量较大的烃分裂成乙烯丙烯等小分子的烃在工业称为裂解，故b正确
c．B→C的转化是乙醇氧化为乙酸的反应，其类型为氧化反应，故c正确
d．B为乙醇其与互为同分异构体，故d正确；
故答案为：bcd；
（5）反应②为乙烯和水的加成反应其化学方程式为，反应⑤为丙烯酸的加聚反应，其化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】该有机化工流程以乙烯（A）为核心，各物质转化如下：
原料获取：原油经分馏得到石蜡油，石蜡油在碎瓷片、加热条件下裂解（反应①），生成乙烯（A）和丙烯。乙烯（A）与水在催化、加热条件下发生加成反应（反应②），生成乙醇（B）；乙醇（B）被酸性氧化（反应③），生成乙酸（C）；乙醇（B）和乙酸（C）发生酯化反应（反应④），生成乙酸乙酯。丙烯转化：丙烯经氧化得到丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应（反应⑤），生成聚丙烯酸。据此解题即可。
（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做分馏，图中①属于分解反应，②属于加成反应，③属于氧化反应，④属于取代反应，⑤属于加聚反应，故答案为：分馏；④；
（2）丙烯，甲烷中最多3个原子共面，碳碳双键两端的原子共面，则中最多7个原子共面，由丙烯酸的结构简式可知，其官能团名称为碳碳双键、羧基，故答案为：7；碳碳双键、羧基；
（3）根据原子守恒X为，则Y为，其一氯代物有、、共8种，故答案为8；
（4）a．石蜡油是由分子中碳原子数在17-36多种烃类组成的混合物，故a错误；
b．相对分子质量较大的烃分裂成乙烯丙烯等小分子的烃在工业称为裂解，故b正确
c．B→C的转化是乙醇氧化为乙酸的反应，其类型为氧化反应，故c正确
d．B为乙醇其与互为同分异构体，故d正确；
故选bcd；
（5）反应②为乙烯和水的加成反应其化学方程式为，反应⑤为丙烯酸的加聚反应，其化学方程式为。
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