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广东省广州市2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．纸哪吒 B．石印章 C．木活字 D．不锈钢针
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．纸的主要成分是纤维素，属于有机材料，不属于合金，A不符合题意；
B．石印章的材料通常是天然矿物，其主要成分为大理石、寿山石等，属于硅酸盐或碳酸盐，不属于合金，B不符合题意；
C．木活字的材料是木材，主要成分为纤维素和木质素，均属于有机材料，不属于合金，C不符合题意；
D．不锈钢是铁(Fe)与铬(Cr)、镍(Ni)等金属形成的合金，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对物质组成和材料分类的考查，属于合金的是金属单质或合金。据此结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．衣食住行皆化学，化学与生产、生活、环境息息相关。下列说法正确的是
A．用高粱酿酒的原理是淀粉水解生成了乙醇
B．可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
C．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
D．工业上可利用油脂进行肥皂生产
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；二氧化硫的漂白作用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．淀粉需要先水解生成葡萄糖，再经过发酵过程才能转化为乙醇，不能直接生成乙醇，A错误。B．SO2的漂白原理是与有色物质发生化合反应生成无色化合物，而不是通过氧化作用实现的，B错误。
C．太阳能电池的核心材料是高纯度硅，而不是二氧化硅，C错误。
D．工业上生产肥皂是通过油脂在碱性条件下的皂化反应（即水解反应）来实现的，D正确。
故答案为：D
【分析】A、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖进一步发酵转化为乙醇。
B、SO2漂白是与有色物质发生反应生成不稳定的无色物质。
C、太阳能电池的材料为硅。
D、油脂的碱性水解为皂化反应。
3．乙酸是一种常见的有机物。下列有关乙酸的化学用语中，不正确的是
A．实验式：
B．球棍模型：
C．甲基的电子式：
D．电离方程式：
【答案】C
【知识点】乙酸的化学性质；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙酸的分子式为C2H4O2，实验式是化合物中各元素原子最简整数比的化学式，因此乙酸的实验式为，A选项正确；
B．乙酸的结构简式为CH3COOH，题中给出的乙酸球棍模型，和乙酸的实际成键结构吻合，B选项正确；
C．甲基的碳原子含有一个未成对单电子，该选项给出的电子式不是甲基的正确电子式，正确甲基的电子式为，C选项错误；
D．乙酸是一元弱酸，在水溶液中仅能发生部分电离，生成氢离子和乙酸根离子，电离方程式书写符合规范，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、实验式是指分子式中原子的最简个数比。
B、结合乙酸的结构简式确定其球棍模型。
C、甲基的结构简式为-CH3，碳原子上含有一个孤电子。
D、CH3COOH是弱酸，在水中部分电离，产生CH3COO－和H＋。
4．反应：在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变会使得其反应速率减小的是
A．增加C的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，通入
D．保持压强不变，充入使容器体积增大
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增加固体C的量，由于C的浓度不变，反应速率不受影响，A不符合题意；B．缩小容器体积会导致气体反应物浓度增大，因此反应速率加快，B不符合题意；
C．通入水蒸气()会增加反应物浓度，使正反应速率增大，C不符合题意；
D．充入氮气()在恒压条件下会增大容器体积，导致各气体组分浓度降低，从而使反应速率减小，D符合题意；
故答案为；D
【分析】A、C为固体，固体不影响反应速率。
B、体积缩小，浓度增大，反应速率加快。
C、体积不变，通入H2O(g)，浓度增大，反应素速率加快。
D、压强不变，充入N2，体积增大，压强减小，反应速率减小。
5．下列反应中，属于加成反应的是
A．乙烯使酸性溶液褪色
B．乙醇与钠反应生成氢气
C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷
D．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷
【答案】C
【知识点】取代反应；加成反应
【解析】【解答】A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应导致褪色，该过程是乙烯被氧化的反应，属于氧化反应类型，A不符合题意；B．乙醇和金属钠反应产生氢气，这个反应实质是乙醇分子中羟基的氢原子被钠取代的过程，属于取代反应类型，B不符合题意；
C．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷，此过程中乙烯的碳碳双键断裂，直接与溴原子结合，属于典型的加成反应类型，C符合题意；
D．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷，这个反应是甲烷中的氢原子被氯原子取代的过程，属于取代反应类型，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，发生的是氧化反应。
B、乙醇与钠发生的是置换反应。
C、乙烯与Br2发生加成反应。
D、甲烷与Cl2发生取代反应。
6．下列关于化学反应与能量的说法正确的是
A．镁与盐酸反应从环境中吸收能量
B．能量变化必然伴随着化学变化
C．与的反应，反应物总能量比生成物总能量低
D．需要加热的反应一定是放热反应
【答案】C
【知识点】化学键；化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解析】A．镁与盐酸反应属于放热反应，会向外界释放能量，A错误。B．冰融化的过程虽然伴随能量变化，但属于物理变化而非化学反应，B错误。
C．与的反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C正确。
D．化学反应的吸热或放热性质与反应条件（如是否需要加热）无关，D错误。
故答案为：C
【分析】A、活泼金属与酸的反应为放热反应。
B、化学反应过程中一定伴随能量变化，但能量变化过程不一定发生化学反应。
C、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应。
D、加热只是促使反应发生的条件，与反应放热或吸热无关。
7．2019年诺贝尔化学奖授予三位对锂电池研究作出杰出贡献的科学家。一种锂-空气电池如图所示。当电池工作时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是
A．锂电极发生还原反应
B．多孔碳材料电极为正极
C．电池工作时外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
D．正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 观察锂-空气电池的结构可知，锂电极为原电池的负极，锂在负极失去电子，发生氧化反应生成锂离子，选项A错误；
B. 原电池中，得电子的电极为正极，结合氧元素的化合价变化可以判断，通入氧气的多孔碳材料是原电池的正极，氧气在正极得到电子，发生还原反应生成 Li2O2-x ，选项B正确；
C. 原电池工作时，外电路的电子由负极流向正极，结合电池结构可知，锂是负极，多孔碳材料电极是正极，因此电子由锂电极流向多孔碳材料电极，选项C错误；
D. 根据氧元素的化合价变化可知，通入氧气的多孔碳材料电极为原电池正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成 Li2O2-x ，正确的电极反应式为(2-x)O2+4e-+ 4Li+=2 Li2O2-x ，选项D错误；
故答案为：B
【分析】该锂-空气电池属于原电池，Li电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Li－e－=Li＋。多孔碳材料一端通入O2，发生得电子的还原反应，与Li＋进一步反应生成Li2O2－x，其电极反应式为(2-x)O2+4e-+ 4Li+=2 Li2O2-x。据此结合选项分析。
8．和甲醇在(釨铑)基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．LiI也是该反应的催化剂
B．反应①是取代反应
C．反应④中有非极性键的断裂和极性键的形成
D．根据该反应机理，可以由制备
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A．LiI在反应①中作为反应物参与反应，在反应⑤中又作为生成物重新生成，因此LiI在整个反应过程中起到催化剂的作用，A正确；B．从反应①的化学方程式CH3OH + LiI → LiOH + CH3I可以看出，该反应符合取代反应的特征（一个基团被另一个基团取代），B正确；
C．在反应④过程中，Rh*-I键、O-Rh*键和H-H键发生断裂，同时形成了O-H键和H-I键。其中H-H键是非极性键，而O-H键和H-I键是极性键，因此该过程既有非极性键的断裂，又有极性键的形成，C正确；
D．根据整个反应机理可以推导出总反应方程式：ROH + CO2 + H2 → RCOOH + H2O。因此，若使用异丙醇（R=异丙基）作为原料，最终产物应为异丁酸，而不是题目中可能暗示的其他产物，D错误；
故答案为：D
【分析】A、反应过程中LiI参与反应，又生成，属于催化剂。
B、反应①中I取代了CH3OH中羟基的位置。
C、反应④中H－H键断裂，同时形成H－I键。
D、该反应的总反应式为：ROH＋CO2＋H2→RCOOH＋H2O，据此分析。
9．设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标况下，44.8L甲烷中含有的共用电子对数为8NA
B．2L 0.5mol/L乙醇溶液中含有的氧原子数为NA
C．5.6g铁粉在0.1molCl2中燃烧，转移电子数为0.3NA
D．1mol所含的质子数为10NA
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下，甲烷的物质的量： ，1个分子含4个键（即4对共用电子对 ），则2mol甲烷中共用电子对数目： ，A正确；
B、乙醇物质的量： ，1mol乙醇含1mol氧原子，但溶液中还有水，因此氧原子总数大于 ，B错误；
C、 铁粉物质的量： ，物质的量为0.1mol，反应中，不足，完全反应，从0→-1价，1mol转移2mol电子，0.1mol转移电子数： ，C错误；
D、1个原子质子数为7，1个原子质子数为1，含1个和4个，质子数：11 ，1mol的质子数： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.先算甲烷物质的量（标况下气体摩尔体积 ），再分析甲烷分子的共用电子对（中键数 ）。
B.分析溶液组成（乙醇 + 水 ），计算乙醇中氧原子数，再考虑水分子中的氧原子。
C.写出反应方程式（点燃 ），判断过量问题，计算转移电子数。
D.计算1个的质子数（原子质子数 + 原子质子数 ），再算1mol的质子数。
10．劳动创造美好生活，下列物质的应用与所述的化学知识无关联性的是
选项 生活实践或劳动项目 化学知识
A 利用氧化银冶炼金属Ag 氧化银在一定条件下发生分解反应
B 利用工业合成氨实现人工固氮 N2具有还原性
C 交警用含有酸性重铬酸钾溶液的酒精测试仪查酒驾 乙醇能使酸性重铬酸钾溶液变色
D 兴趣小组用食醋清除水壶中的少量水垢(主要成分是碳酸钙) 酸性：乙酸＞碳酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氮的固定；金属冶炼的一般原理；乙醇的物理、化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】A．氧化银(Ag2O)在加热条件下会分解生成银(Ag)和氧气(O2)，这一性质被用于冶炼金属银，两者存在关联，A不符合题意；B．氮气(N2)与氢气(H2)在高温高压和催化剂作用下合成氨气(NH3)，这是将游离态氮转化为化合态氮的固氮过程。在此反应中，氮气表现的是氧化性而非还原性，因此与题干要求"还原性"无关，B符合题意；
C．交警使用的酒精检测仪中含有酸性重铬酸钾溶液，乙醇的还原性使其能被强氧化性的重铬酸钾氧化，导致溶液颜色由橙色(Cr2O72-)变为绿色(Cr3+)，两者存在关联，C不符合题意；
D．乙酸(CH3COOH)的酸性强于碳酸，能与碳酸钙(CaCO3)反应生成可溶性醋酸钙、水和二氧化碳，因此可用食醋(主要含乙酸)去除水垢，两者存在关联，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Ag2O分解可制得金属Ag。
B、合成氨反应中N2发生还原反应，体现了N2的氧化性。
C、乙醇能使酸性K2Cr2O7还原为Cr3＋。
D、乙酸的酸性比H2CO3强。
11．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．将足量CO2通入溶有氨气的饱和食盐水中：
B．FeO溶于稀硝酸：
C．向稀硫酸溶液中加入Na2S2O3固体出现黄色沉淀：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D．将SO2通入稀硝酸溶液：
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．CO2过量，反应生成NaHCO3晶体和NH4Cl，该反应的离子方程式为Na++ NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+，A错误；
B．HNO3具有强氧化性，会将酸溶解产生的Fe2+氧化为Fe3+，HNO3被还原为NO，该反应的离子方程式为3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2O，B错误；
C．H2SO4与Na2S2O3固体反应产生H2O、S、SO2、Na2SO4，该反应的离子方程式应该为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正确；
D．电荷不守恒，原子不守恒，反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、CO2过量，反应生成溶解度较小的NaHCO3。
B、HNO3具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO。
C、S2O32－在酸性条件下，发生自身氧化还原，生成S、SO2和H2O。D
D、HNO3具有氧化性，将SO2氧化成SO42－，自身还原为NO。
12．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
则下列说法错误的是
A．氧化炉中发生反应的化学方程式：
B．图中M为空气，其在吸收塔中的作用是使NO充分转化为
C．工业中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝、铜作为罐体材料
D．为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，可用废NaOH溶液吸收
【答案】C
【知识点】工业合成氨；氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．氨气会在氧化炉中发生催化氧化反应生成NO，氧化炉中反应的化学方程式为：，A选项正确；
B．结合工业制硝酸的流程分析可知，物质M为空气。氨气的催化氧化反应需要氧气，后续NO与水反应生成硝酸也需要氧气；吸收塔中会发生如下反应：、，通入空气后，其中的氧气可以和NO反应生成NO2，保证NO充分被吸收最终转化为硝酸，因此通入空气的作用是使NO充分转化为硝酸，B选项正确；
C．铜能够和浓硝酸发生反应，浓硝酸会腐蚀铜制容器，因此不能选用铜制作盛放浓硝酸的罐体；常温下浓硝酸可以使铝、铁发生钝化，因此可以选择铝、铁制作盛放浓硝酸的罐体，C选项错误；
D．硝酸工业生产的尾气中含有NO、这些氮氧化物，根据反应：、，氮氧化物可以被氢氧化钠溶液吸收处理，因此可以用废NaOH溶液作为工业尾气的吸收剂，D选项正确；
故答案为：C
【分析】首先氮气与氢气在合成塔中反应合成氨气，得到含有氨气的混合气体后，将混合气体通入氨分离器分离得到产品氨气；再将氨气送入氧化炉中，在催化剂作用下发生催化氧化反应生成NO，生成的NO会和空气中的氧气反应生成，之后和一起和水反应制得硝酸，整个工业流程的最后需要进行尾气处理，避免有毒气体排放污染环境，我们可以按照这个工艺流程来分析解答相关问题。
13．下列图像及对应的叙述正确的是
A．图1中是原电池的负极 B．图2中所示反应的化学方程式可以表示为
C．图3表示足量锌分别与盐酸、200mL0.1mol/L硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的图像 D．图4表示等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的热量：石墨>金刚石
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．镁（Mg）与氢氧化钠溶液不发生反应，而铝（Al）能与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，因此Al是电池的负极，A错误。B．根据图像数据计算，X、Y、Z三种物质的物质的量变化比值为：(1.20-0.41)∶(1.00-0.21)∶1.58 = 1∶1∶2。由于化学计量数之比等于物质的量变化之比，且10秒后各物质的量不再变化，说明该反应为可逆反应，其化学方程式可表示为：X + Y 2Z，B正确。
C．对于500mL 0.1mol/L盐酸溶液，氢离子物质的量n(H+)=0.05mol，浓度c(H+)=0.1mol/L；200mL 0.1mol/L硫酸溶液中n(H+)=0.04mol，c(H+)=0.2mol/L。当与足量锌反应时：
1) 盐酸产生的氢气体积更大（因H+总量更多），所以曲线a应表示盐酸；
2) 但硫酸的氢离子浓度更高，反应速率应更快，曲线b应表示硫酸。
题目中a表示盐酸与上述第一条矛盾，b表示盐酸与第二条矛盾，C错误。
D．图像显示金刚石的能量高于石墨。根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量，金刚石燃烧放出的热量应多于石墨，D错误。
故答案为：B
【分析】A、该装置中Al与NaOH溶液反应，Al为负极。
B、根据变化的量之比等于化学计量数之比确定反应的化学方程式。
C、酸溶液中c(H＋)越大，反应速率越快。
D、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
14．短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知：Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应。下列说法不正确的是
　 R X 　
Y 　 　 Z
A．简单气态氢化物的热稳定性：RB．Y、Z的简单离子半径大小：YC．工业上，采用电解熔融Y的氯化物冶炼单质Y
D．RZ2是含极性键的共价化合物
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强气态氢化物越稳定，氮的非金属性比碳强，所以气态氢化物的热稳定性：CH4B． Y、Z的简单离子 分别是Al3+和S2-，Al3+有2个电子层，S2-有3个电子层，电子层数越多，离子半径越大，离子半径：Al3+< S2-，故B正确；
C．工业上电解熔融的氧化铝进行铝单质的冶炼，不能用氯化铝，因氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，应故C错误；
D．CS2为共价化合物，C和S原子之间形成极性共价键，故D正确；
故答案选C。
【分析】Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应可知，则Y为铝元素，结合题中 R、X、Y、Z 在周期表中相对位置，可得R、X、Z分别为碳元素、氮元素、S元素。
15．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 取少量待测液于试管中，先加入过量稀硝酸，再加入 氯化钡溶液，有白色沉淀生成 待测液中含有或Ag+
B 向某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 溶液中不含
C 在淀粉溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后再加 入少量新制的Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生 淀粉未发生水解
D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色 黄色溶液中可能含有Br2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铵离子检验；硫酸根离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、加入稀硝酸（强氧化性 ）后，若原溶液含，会被氧化为，再加入生成白色沉淀；若含，会生成沉淀（但稀硝酸酸化后，与也可能沉淀，不过需注意稀硝酸的作用 ），但稀硝酸的存在，使“原溶液含或”的结论不严谨（可能含 ），A错误；
B、 ，若不加热，反应生成（一水合氨 ），不会使湿润红色石蕊试纸变蓝，因此，“试纸不变蓝”不能证明溶液中不含 （可能含，但未加热 ），B错误；
C、淀粉水解用稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性。加入新制前，需加中和硫酸，使溶液呈碱性，否则会与硫酸反应，无法检验葡萄糖，因此，“无砖红色沉淀”不能证明淀粉未水解（可能水解了，但未中和酸 ），C错误；
D、黄色溶液可能含（本身黄色 ），可氧化： ，使淀粉变蓝；也可能含（黄色 ），氧化： ，因此，黄色溶液中可能含有 ，结论合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析稀硝酸的氧化性对还原性离子（如 ）的影响，判断沉淀来源。
B．分析与反应的条件（加热才会大量生成 ），判断结论。
C．分析淀粉水解后检验葡萄糖的条件（需碱性环境，中和催化剂硫酸 ），判断结论。
D．分析黄色溶液中可能的氧化剂（如、 ），判断其氧化生成（遇淀粉变蓝 ）的可能性。
16．阿司匹林是一种重要的合成药物，化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用。其合成方法如图，下列说法正确的是
A．该反应是酯化反应
B．水杨酸的分子式是：C7H6O3
C．乙酰水杨酸中含有一种官能团酯基
D．1 mol水杨酸与足量的钠反应，产生氢气体积22.4 L
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】A．该反应生成乙酰水杨酸，过程中没有水生成，不符合酯化反应的特征（酯化反应通常生成酯和水），因此不属于酯化反应。但该反应属于取代反应类型，A错误。B．通过分析水杨酸的结构式可以确定其分子式为C7H6O3，B正确。
C．乙酰水杨酸分子中含有羧基（-COOH）和酯基（-COOR）两种官能团，C错误。
D．水杨酸分子中既有羟基（-OH）又有羧基（-COOH），两者都能与金属钠反应生成氢气。1mol水杨酸理论上可产生1mol氢气，但由于题目未说明气体所处的温度和压强条件，无法计算具体体积，D错误。
故答案为：B
【分析】A、酯化反应是羧酸和醇的反应。
B、根据结构简式确定分子中所含的原子数，从而得到分子式。
C、乙酰水杨酸中含有酯基和羧基。
D、气体所处的状态未知，无法计算其体积。
二、非选择题：
治理氮氧化物(NOx)的污染是化学研究的重要课题之一，某研究性小组设计了如下所示装置图探究与炽热的铁粉反应。回答下列问题：
已知：能被酸性高锰酸钾溶液氧化成
17．装置A中盛放浓硝酸的仪器名称为　 　，直角导管c的作用为　 　。
18．实验前，要先通一段时间氮气，其目的是　 　。
19．写出装置A中反应的离子方程式：　 　。
20．装置B中试剂为　 　(填化学式)，其目的是　 　。
21．实验过程中，装置E中溶液颜色变浅，则装置E发生的离子方程式为　 　。
22．有同学发现装置A中溶液呈绿色，而不显蓝色；甲同学认为是该溶液中硝酸铜质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液溶解了生成的气体所致。丙同学设计方案来判断哪位同学的推测合理，下列方案中不可行的是___________(填字母)。
A．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
B．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
C．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
D．适当加热该绿色溶液，观察颜色变化
【答案】17．分液漏斗；维持装置内压强平衡，使浓硝酸能顺利流下
18．将装置中的空气排净
19．
20．；生成NO
21．
22．C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）分液漏斗的特点是含有旋塞；直角导管可以平衡压强，便于液体流下；
（2）实验前通入氮气，可以用于排除装置中的空气，实验后通入氮气，可以将装置的剩余气体排至后续装置；
（3）铜和氢离子、硝酸根反应生成铜离子、二氧化氮和水；
（4）二氧化氮和水反应生成一氧化氮；
（5）一氧化氮具有还原性，高锰酸根具有强氧化性，一氧化氮可以被氧化为硝酸根，高锰酸根可以被还原为锰离子，结合电荷守恒判断离子方程式；
（6）A、要证明乙同学的观点，则应该采用相应的气体进行实验；
B、降低气体的溶解度，可以通过观察溶液颜色的变化判断；
C、二氧化氮和水可以反应，同时铜离子浓度会降低；
D、加热可以使气体逸出，气体浓度减低，可以观察溶液颜色变化。
17．装置A中盛放浓硝酸的仪器名称为分液漏斗；直角导管c的作用为维持装置内压强平衡，使浓硝酸能顺利流下；
18．实验前，要先通一段时间氮气，其目的是将装置中的空气排净，防止干扰实验；
19．写出装置A中为铜和浓硝酸反应，离子方程式为；
20．由分析知，装置B中试剂为；二氧化氮与B装置中的水反应生成NO；
21．装置E中溶液颜色变浅，E中酸性高锰酸钾溶液可与剩余的NO反应，则装置E发生的离子方程式为；
22．A．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，若饱和溶液变为绿色，可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，A错误；
B．向该绿色溶液中通入氮气，降低气体的溶解度，使溶解在其中的气体逸出，观察颜色变化，可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，B错误；
C．加水稀释绿色溶液，溶液中铜离子浓度降低，同时二氧化氮和水反应，不能证明颜色变化的原因，该方案不可行，C正确；
D．适当加热该绿色溶液，可以降低气体的溶解度，使溶解在其中的气体逸出，观察颜色变化，可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，D错误；
故选C。
23．化学是人类利用自然资源和应对环境问题的重要科学依据。制取金属或非金属单质的化学原理，主要是利用氧化还原反应，使元素由化合态转变为游离态。
Ⅰ．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼砂通常指四硼酸钠的十水合物，化学式为。利用硼镁矿(主要成分为)制取金属镁及粗硼的工艺流程为：
请回答下列问题：
（1）硼砂中硼元素的化合价为　 　，为提高加入浓溶液的反应速率，可采取的措施有　 　。
（2）①将硼砂溶于热水后，用调节溶液的为2~3以制取，该反应的离子方程为　 　；②得到的晶体进入下一环节前需要洗涤干净，证明其被沉淀洗涤干净的操作方法是　 　。
（3）X为晶体加热脱水的产物，其与制取粗硼的化学方程式为　 　。
（4）滤渣的主要成分为　 　(填化学式)。
（5）已知无水在熔融状态下通电后产生和。若生产的单质，同时产生标准状况下的体积为　 　。
【答案】（1）+3；搅拌、适当升高温度、将硼镁矿粉碎等
（2）；取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
（3）
（4）
（5）11200
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）硼砂化学式为，其中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0计算硼元素的化合价为+3价；加入NaOH浓溶液的作用是碱浸，提高加入NaOH浓溶液反应速率的措施有：将硼硼镁矿粉碎、搅拌、适当升高温度等。
故答案为：+3；将硼硼镁矿粉碎（搅拌或适当升高温度等）
（2）硼砂化学式为，用H2SO4调节溶液的pH为2~3得到H3BO3，离子方程式为，检验晶体是否洗涤干净，实质是检验最后一次洗涤液中是否含有，则检验操作方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。
故答案为：；取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
（3）X为晶体加热脱水的产物，X为B2O3，与Mg高温下反应生成粗硼，反应方程式为。
故答案为：
（4）硼镁矿主要成分为，加入NaOH浓溶液浸取生成沉淀和含NaBO2的滤液，则过滤得到的滤渣为沉淀。
故答案为：沉淀
（5）电解熔融MgCl2的反应为，n(Cl2)=n(Mg)=，标准状况是V(Cl2)=n×Vm=500mol×22.4L/mol=11200L。
故答案为：11200
【分析】硼镁矿的主要成分是。在NaOH浓溶液中浸取时，会生成沉淀和含有NaBO2的溶液。通过过滤分离出沉淀后，经过蒸发结晶，并在HCl气流中干燥，最终得到MgCl2晶体。随后通过电解MgCl2制备镁单质。对于含有NaBO2的溶液，经过酸化、分离提纯等步骤后，可以得到B2O3。再将B2O3与Mg在高温条件下反应，即可制得粗硼。
（1）硼砂化学式为，其中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0计算硼元素的化合价为+3价；加入NaOH浓溶液的作用是碱浸，提高加入NaOH浓溶液反应速率的措施有：将硼硼镁矿粉碎、搅拌、适当升高温度等，故答案为：+3 将硼硼镁矿粉碎（搅拌或适当升高温度等）；
（2）硼砂化学式为，用H2SO4调节溶液的pH为2~3得到H3BO3，离子方程式为，检验晶体是否洗涤干净，实质是检验最后一次洗涤液中是否含有，则检验操作方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净，故答案为： 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
（3）X为晶体加热脱水的产物，X为B2O3，与Mg高温下反应生成粗硼，反应方程式为，故答案为：
（4）硼镁矿主要成分为，加入NaOH浓溶液浸取生成沉淀和含NaBO2的滤液，则过滤得到的滤渣为沉淀，故答案为：沉淀；
（5）电解熔融MgCl2的反应为，n(Cl2)=n(Mg)=，标准状况是V(Cl2)=n×Vm=500mol×22.4L/mol=11200L，故答案为：11200.
24．近年来，科学家致力于将二氧化碳和氢气转化为甲醇的技术研究。甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为、和)在催化剂作用下合成甲醇。
已知：Ⅰ．①
②
Ⅱ．某温度下加氢制甲醇的总反应为： 。在固定容积为的密闭容器中充入的和的，测得和的物质的量随时间变化如下图。
请回答下列问题：
（1）请计算 　 　
（2）内的反应速率为　 　；该反应平衡时的转化率为　 　。
（3）恒温恒容条件下，能说明反应已达平衡状态的是___________。
A．体积分数保持不变
B．容器中气体压强保持不变
C．容器中浓度与浓度之比为
D．混合气体的密度保持不变
（4）催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：
实验编号 温度(K) 催化剂 转化率(%) 甲醇选择性(%)
A 543 Cu/ZnO纳米棒 12.3 42.3
B 543 Cu/ZnO纳米片 11.9 72.7
C 553 Cu/ZnO纳米棒 15.3 39.1
D 553 Cu/ZnO纳米片 12.0 70.6
根据上表所给数据，用生产甲醇的最优选项为　 　(填字母)。
（5）甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，其工作原理如下图所示。
电池总反应方程式为：，则电极A的电极反应式为　 　。当消耗甲醇的质量为1.6g时，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为　 　mol。
【答案】（1）-48.9
（2）；75%
（3）A；B
（4）B
（5）；0.24
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据① ， ，由盖斯定律可得反应可由+得到，故H=H1+H2=-48.9。
故答案为： -48.9
（2）2 min内CH3OH的反应速率为；CO2反应了0.6mol，H2反应了1.8mol，该反应平衡时H2的转化率为。
故答案为： ；75%
（3）A.CO2(g)体积分数保持不变能说明反应已达平衡状态，A选；
B.该反应前后气体分子数不相等，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，容器中气体压强保持不变，说明气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，B选；
C.由图可知，2min时容器中CH3OH浓度与H2O浓度相等即两者之比为1∶1，但反应物仍在减小，说明反应未达平衡状态，C不选；
D. 恒容条件下，混合气体的总质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不选；
故答案为：AB
（4）选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，选项B、D的选择性很高，且B的CO2转化率比D低，但是B的甲醇的选择性比D高，故最佳选项为B。
故答案为：B
（5）电池总反应方程式为，则电极A甲醇失电子生成碳酸根离子，电极反应式为。当消耗甲醇的质量为1.6g时，甲醇失电子的物质的量为0.3mol，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为0.24mol。
故答案为：；0.24
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）2min内生成CH3OH的物质的量为0.4mol，根据公式计算用CH3OH表示的反应速率。平衡时CO2消耗了0.6mol，结合反应的化学方程式计算参与反应的n(H2)，进而计算平衡时H2的转化率。
（3）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，说明可逆反应处于平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
（4）用CO2生产甲醇的最优条件，则应使CO2的转化率较高，且同时甲醇的选择性高，据此分析选项。
（5）电解A上CH3OH发生失电子的氧化反应，生成CO32－，据此写出其电极反应式。根据公式计算n(CH3OH)，结合电极反应式计算转移电子数。结合能量转化率为80%，计算导线中转移的电子数。
（1）根据① ， ，由盖斯定律可得反应可由+得到，故H=H1+H2=-48.9。
（2）2 min内CH3OH的反应速率为；CO2反应了0.6mol，H2反应了1.8mol，该反应平衡时H2的转化率为；
（3）A.CO2(g)体积分数保持不变能说明反应已达平衡状态，A选；
B.该反应前后气体分子数不相等，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，容器中气体压强保持不变，说明气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，B选；
C.由图可知，2min时容器中CH3OH浓度与H2O浓度相等即两者之比为1∶1，但反应物仍在减小，说明反应未达平衡状态，C不选；
D. 恒容条件下，混合气体的总质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不选；
故选：AB；
（4）选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，选项B、D的选择性很高，且B的CO2转化率比D低，但是B的甲醇的选择性比D高，故最佳选项为B；
（5）电池总反应方程式为，则电极A甲醇失电子生成碳酸根离子，电极反应式为。当消耗甲醇的质量为1.6g时，甲醇失电子的物质的量为0.3mol，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为0.24mol。
25．丙烯()是重要的合成材料的基本原料，工业上常用于生产聚丙烯、醇类、酯类等。
（1）反应①的反应类型为　 　；物质A的结构简式为　 　；聚合物D的结构简式为　 　。
（2）物质B中含有的官能团名称为　 　；反应②的化学方程式为　 　。
（3）丙烯分子中最多有　 　个原子共平面；标准状况下22.4 L丙烯完全燃烧，消耗的物质的量为　 　mol。
（4）物质E(分子式为)是丙烯的同系物，则E的可能结构有　 　种。
【答案】（1）加成反应；CH3CH2CH2OH；
（2）醛基；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O
（3）7；4.5
（4）5
【知识点】有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；烯烃；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】（1）反应①为丙烯和水催化加成生成的A正丙醇，为加成反应；物质A的结构简式为CH3CH2CH2OH；聚合物D的结构简式为。
故答案为：加成反应； CH3CH2CH2OH ；
（2）物质B为丙醛，含有的官能团名称为醛基；反应②为丙酸和正丙醇发生酯化反应生成丙酸正丙酯，化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。
故答案为：醛基； CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O
（3）碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转，则丙烯分子中最多有7原子共平面；烃燃烧通式为CxHy+（x+y）O2xCO2+y H2O，标准状况下22.4 L丙烯为1mol，完全燃烧，则消耗的物质的量为4.5mol。
故答案为：7；4.5
（4）同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；物质E(分子式为)是丙烯的同系物，则E含有碳碳双键，可能结构有5种。故答案为：5
【分析】根据流程分析，丙烯(CH2=CHCH3)与水在催化条件下发生加成反应，生成A为正丙醇(CH3CH2CH2OH)。正丙醇进一步氧化生成B丙醛(CH3CH2CHO)，丙醛再被氧化为C丙酸(CH3CH2COOH)。丙酸与正丙醇通过酯化反应生成丙酸正丙酯(CH3CH2COOCH2CH2CH3)。
丙烯的碳碳双键可发生聚合反应，生成聚丙烯D，其结构表示为：。
（1）反应①为丙烯和水催化加成生成的A正丙醇，为加成反应；物质A的结构简式为CH3CH2CH2OH；聚合物D的结构简式为；
（2）物质B为丙醛，含有的官能团名称为醛基；反应②为丙酸和正丙醇发生酯化反应生成丙酸正丙酯，化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；
（3）碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转，则丙烯分子中最多有7原子共平面；烃燃烧通式为CxHy+（x+y）O2xCO2+y H2O，标准状况下22.4 L丙烯为1mol，完全燃烧，则消耗的物质的量为4.5mol。
（4）同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；物质E(分子式为)是丙烯的同系物，则E含有碳碳双键，可能结构有5种。
1 / 1广东省广州市2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．纸哪吒 B．石印章 C．木活字 D．不锈钢针
A．A B．B C．C D．D
2．衣食住行皆化学，化学与生产、生活、环境息息相关。下列说法正确的是
A．用高粱酿酒的原理是淀粉水解生成了乙醇
B．可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
C．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
D．工业上可利用油脂进行肥皂生产
3．乙酸是一种常见的有机物。下列有关乙酸的化学用语中，不正确的是
A．实验式：
B．球棍模型：
C．甲基的电子式：
D．电离方程式：
4．反应：在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变会使得其反应速率减小的是
A．增加C的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，通入
D．保持压强不变，充入使容器体积增大
5．下列反应中，属于加成反应的是
A．乙烯使酸性溶液褪色
B．乙醇与钠反应生成氢气
C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷
D．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷
6．下列关于化学反应与能量的说法正确的是
A．镁与盐酸反应从环境中吸收能量
B．能量变化必然伴随着化学变化
C．与的反应，反应物总能量比生成物总能量低
D．需要加热的反应一定是放热反应
7．2019年诺贝尔化学奖授予三位对锂电池研究作出杰出贡献的科学家。一种锂-空气电池如图所示。当电池工作时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是
A．锂电极发生还原反应
B．多孔碳材料电极为正极
C．电池工作时外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
D．正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
8．和甲醇在(釨铑)基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．LiI也是该反应的催化剂
B．反应①是取代反应
C．反应④中有非极性键的断裂和极性键的形成
D．根据该反应机理，可以由制备
9．设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标况下，44.8L甲烷中含有的共用电子对数为8NA
B．2L 0.5mol/L乙醇溶液中含有的氧原子数为NA
C．5.6g铁粉在0.1molCl2中燃烧，转移电子数为0.3NA
D．1mol所含的质子数为10NA
10．劳动创造美好生活，下列物质的应用与所述的化学知识无关联性的是
选项 生活实践或劳动项目 化学知识
A 利用氧化银冶炼金属Ag 氧化银在一定条件下发生分解反应
B 利用工业合成氨实现人工固氮 N2具有还原性
C 交警用含有酸性重铬酸钾溶液的酒精测试仪查酒驾 乙醇能使酸性重铬酸钾溶液变色
D 兴趣小组用食醋清除水壶中的少量水垢(主要成分是碳酸钙) 酸性：乙酸＞碳酸
A．A B．B C．C D．D
11．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．将足量CO2通入溶有氨气的饱和食盐水中：
B．FeO溶于稀硝酸：
C．向稀硫酸溶液中加入Na2S2O3固体出现黄色沉淀：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D．将SO2通入稀硝酸溶液：
12．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
则下列说法错误的是
A．氧化炉中发生反应的化学方程式：
B．图中M为空气，其在吸收塔中的作用是使NO充分转化为
C．工业中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝、铜作为罐体材料
D．为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，可用废NaOH溶液吸收
13．下列图像及对应的叙述正确的是
A．图1中是原电池的负极 B．图2中所示反应的化学方程式可以表示为
C．图3表示足量锌分别与盐酸、200mL0.1mol/L硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的图像 D．图4表示等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的热量：石墨>金刚石
A．A B．B C．C D．D
14．短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知：Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应。下列说法不正确的是
　 R X 　
Y 　 　 Z
A．简单气态氢化物的热稳定性：RB．Y、Z的简单离子半径大小：YC．工业上，采用电解熔融Y的氯化物冶炼单质Y
D．RZ2是含极性键的共价化合物
15．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 取少量待测液于试管中，先加入过量稀硝酸，再加入 氯化钡溶液，有白色沉淀生成 待测液中含有或Ag+
B 向某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 溶液中不含
C 在淀粉溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后再加 入少量新制的Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生 淀粉未发生水解
D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色 黄色溶液中可能含有Br2
A．A B．B C．C D．D
16．阿司匹林是一种重要的合成药物，化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用。其合成方法如图，下列说法正确的是
A．该反应是酯化反应
B．水杨酸的分子式是：C7H6O3
C．乙酰水杨酸中含有一种官能团酯基
D．1 mol水杨酸与足量的钠反应，产生氢气体积22.4 L
二、非选择题：
治理氮氧化物(NOx)的污染是化学研究的重要课题之一，某研究性小组设计了如下所示装置图探究与炽热的铁粉反应。回答下列问题：
已知：能被酸性高锰酸钾溶液氧化成
17．装置A中盛放浓硝酸的仪器名称为　 　，直角导管c的作用为　 　。
18．实验前，要先通一段时间氮气，其目的是　 　。
19．写出装置A中反应的离子方程式：　 　。
20．装置B中试剂为　 　(填化学式)，其目的是　 　。
21．实验过程中，装置E中溶液颜色变浅，则装置E发生的离子方程式为　 　。
22．有同学发现装置A中溶液呈绿色，而不显蓝色；甲同学认为是该溶液中硝酸铜质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液溶解了生成的气体所致。丙同学设计方案来判断哪位同学的推测合理，下列方案中不可行的是___________(填字母)。
A．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
B．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
C．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
D．适当加热该绿色溶液，观察颜色变化
23．化学是人类利用自然资源和应对环境问题的重要科学依据。制取金属或非金属单质的化学原理，主要是利用氧化还原反应，使元素由化合态转变为游离态。
Ⅰ．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼砂通常指四硼酸钠的十水合物，化学式为。利用硼镁矿(主要成分为)制取金属镁及粗硼的工艺流程为：
请回答下列问题：
（1）硼砂中硼元素的化合价为　 　，为提高加入浓溶液的反应速率，可采取的措施有　 　。
（2）①将硼砂溶于热水后，用调节溶液的为2~3以制取，该反应的离子方程为　 　；②得到的晶体进入下一环节前需要洗涤干净，证明其被沉淀洗涤干净的操作方法是　 　。
（3）X为晶体加热脱水的产物，其与制取粗硼的化学方程式为　 　。
（4）滤渣的主要成分为　 　(填化学式)。
（5）已知无水在熔融状态下通电后产生和。若生产的单质，同时产生标准状况下的体积为　 　。
24．近年来，科学家致力于将二氧化碳和氢气转化为甲醇的技术研究。甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为、和)在催化剂作用下合成甲醇。
已知：Ⅰ．①
②
Ⅱ．某温度下加氢制甲醇的总反应为： 。在固定容积为的密闭容器中充入的和的，测得和的物质的量随时间变化如下图。
请回答下列问题：
（1）请计算 　 　
（2）内的反应速率为　 　；该反应平衡时的转化率为　 　。
（3）恒温恒容条件下，能说明反应已达平衡状态的是___________。
A．体积分数保持不变
B．容器中气体压强保持不变
C．容器中浓度与浓度之比为
D．混合气体的密度保持不变
（4）催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：
实验编号 温度(K) 催化剂 转化率(%) 甲醇选择性(%)
A 543 Cu/ZnO纳米棒 12.3 42.3
B 543 Cu/ZnO纳米片 11.9 72.7
C 553 Cu/ZnO纳米棒 15.3 39.1
D 553 Cu/ZnO纳米片 12.0 70.6
根据上表所给数据，用生产甲醇的最优选项为　 　(填字母)。
（5）甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，其工作原理如下图所示。
电池总反应方程式为：，则电极A的电极反应式为　 　。当消耗甲醇的质量为1.6g时，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为　 　mol。
25．丙烯()是重要的合成材料的基本原料，工业上常用于生产聚丙烯、醇类、酯类等。
（1）反应①的反应类型为　 　；物质A的结构简式为　 　；聚合物D的结构简式为　 　。
（2）物质B中含有的官能团名称为　 　；反应②的化学方程式为　 　。
（3）丙烯分子中最多有　 　个原子共平面；标准状况下22.4 L丙烯完全燃烧，消耗的物质的量为　 　mol。
（4）物质E(分子式为)是丙烯的同系物，则E的可能结构有　 　种。
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．纸的主要成分是纤维素，属于有机材料，不属于合金，A不符合题意；
B．石印章的材料通常是天然矿物，其主要成分为大理石、寿山石等，属于硅酸盐或碳酸盐，不属于合金，B不符合题意；
C．木活字的材料是木材，主要成分为纤维素和木质素，均属于有机材料，不属于合金，C不符合题意；
D．不锈钢是铁(Fe)与铬(Cr)、镍(Ni)等金属形成的合金，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对物质组成和材料分类的考查，属于合金的是金属单质或合金。据此结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；二氧化硫的漂白作用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．淀粉需要先水解生成葡萄糖，再经过发酵过程才能转化为乙醇，不能直接生成乙醇，A错误。B．SO2的漂白原理是与有色物质发生化合反应生成无色化合物，而不是通过氧化作用实现的，B错误。
C．太阳能电池的核心材料是高纯度硅，而不是二氧化硅，C错误。
D．工业上生产肥皂是通过油脂在碱性条件下的皂化反应（即水解反应）来实现的，D正确。
故答案为：D
【分析】A、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖进一步发酵转化为乙醇。
B、SO2漂白是与有色物质发生反应生成不稳定的无色物质。
C、太阳能电池的材料为硅。
D、油脂的碱性水解为皂化反应。
3．【答案】C
【知识点】乙酸的化学性质；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙酸的分子式为C2H4O2，实验式是化合物中各元素原子最简整数比的化学式，因此乙酸的实验式为，A选项正确；
B．乙酸的结构简式为CH3COOH，题中给出的乙酸球棍模型，和乙酸的实际成键结构吻合，B选项正确；
C．甲基的碳原子含有一个未成对单电子，该选项给出的电子式不是甲基的正确电子式，正确甲基的电子式为，C选项错误；
D．乙酸是一元弱酸，在水溶液中仅能发生部分电离，生成氢离子和乙酸根离子，电离方程式书写符合规范，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、实验式是指分子式中原子的最简个数比。
B、结合乙酸的结构简式确定其球棍模型。
C、甲基的结构简式为-CH3，碳原子上含有一个孤电子。
D、CH3COOH是弱酸，在水中部分电离，产生CH3COO－和H＋。
4．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增加固体C的量，由于C的浓度不变，反应速率不受影响，A不符合题意；B．缩小容器体积会导致气体反应物浓度增大，因此反应速率加快，B不符合题意；
C．通入水蒸气()会增加反应物浓度，使正反应速率增大，C不符合题意；
D．充入氮气()在恒压条件下会增大容器体积，导致各气体组分浓度降低，从而使反应速率减小，D符合题意；
故答案为；D
【分析】A、C为固体，固体不影响反应速率。
B、体积缩小，浓度增大，反应速率加快。
C、体积不变，通入H2O(g)，浓度增大，反应素速率加快。
D、压强不变，充入N2，体积增大，压强减小，反应速率减小。
5．【答案】C
【知识点】取代反应；加成反应
【解析】【解答】A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应导致褪色，该过程是乙烯被氧化的反应，属于氧化反应类型，A不符合题意；B．乙醇和金属钠反应产生氢气，这个反应实质是乙醇分子中羟基的氢原子被钠取代的过程，属于取代反应类型，B不符合题意；
C．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷，此过程中乙烯的碳碳双键断裂，直接与溴原子结合，属于典型的加成反应类型，C符合题意；
D．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷，这个反应是甲烷中的氢原子被氯原子取代的过程，属于取代反应类型，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，发生的是氧化反应。
B、乙醇与钠发生的是置换反应。
C、乙烯与Br2发生加成反应。
D、甲烷与Cl2发生取代反应。
6．【答案】C
【知识点】化学键；化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解析】A．镁与盐酸反应属于放热反应，会向外界释放能量，A错误。B．冰融化的过程虽然伴随能量变化，但属于物理变化而非化学反应，B错误。
C．与的反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C正确。
D．化学反应的吸热或放热性质与反应条件（如是否需要加热）无关，D错误。
故答案为：C
【分析】A、活泼金属与酸的反应为放热反应。
B、化学反应过程中一定伴随能量变化，但能量变化过程不一定发生化学反应。
C、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应。
D、加热只是促使反应发生的条件，与反应放热或吸热无关。
7．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 观察锂-空气电池的结构可知，锂电极为原电池的负极，锂在负极失去电子，发生氧化反应生成锂离子，选项A错误；
B. 原电池中，得电子的电极为正极，结合氧元素的化合价变化可以判断，通入氧气的多孔碳材料是原电池的正极，氧气在正极得到电子，发生还原反应生成 Li2O2-x ，选项B正确；
C. 原电池工作时，外电路的电子由负极流向正极，结合电池结构可知，锂是负极，多孔碳材料电极是正极，因此电子由锂电极流向多孔碳材料电极，选项C错误；
D. 根据氧元素的化合价变化可知，通入氧气的多孔碳材料电极为原电池正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成 Li2O2-x ，正确的电极反应式为(2-x)O2+4e-+ 4Li+=2 Li2O2-x ，选项D错误；
故答案为：B
【分析】该锂-空气电池属于原电池，Li电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Li－e－=Li＋。多孔碳材料一端通入O2，发生得电子的还原反应，与Li＋进一步反应生成Li2O2－x，其电极反应式为(2-x)O2+4e-+ 4Li+=2 Li2O2-x。据此结合选项分析。
8．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A．LiI在反应①中作为反应物参与反应，在反应⑤中又作为生成物重新生成，因此LiI在整个反应过程中起到催化剂的作用，A正确；B．从反应①的化学方程式CH3OH + LiI → LiOH + CH3I可以看出，该反应符合取代反应的特征（一个基团被另一个基团取代），B正确；
C．在反应④过程中，Rh*-I键、O-Rh*键和H-H键发生断裂，同时形成了O-H键和H-I键。其中H-H键是非极性键，而O-H键和H-I键是极性键，因此该过程既有非极性键的断裂，又有极性键的形成，C正确；
D．根据整个反应机理可以推导出总反应方程式：ROH + CO2 + H2 → RCOOH + H2O。因此，若使用异丙醇（R=异丙基）作为原料，最终产物应为异丁酸，而不是题目中可能暗示的其他产物，D错误；
故答案为：D
【分析】A、反应过程中LiI参与反应，又生成，属于催化剂。
B、反应①中I取代了CH3OH中羟基的位置。
C、反应④中H－H键断裂，同时形成H－I键。
D、该反应的总反应式为：ROH＋CO2＋H2→RCOOH＋H2O，据此分析。
9．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下，甲烷的物质的量： ，1个分子含4个键（即4对共用电子对 ），则2mol甲烷中共用电子对数目： ，A正确；
B、乙醇物质的量： ，1mol乙醇含1mol氧原子，但溶液中还有水，因此氧原子总数大于 ，B错误；
C、 铁粉物质的量： ，物质的量为0.1mol，反应中，不足，完全反应，从0→-1价，1mol转移2mol电子，0.1mol转移电子数： ，C错误；
D、1个原子质子数为7，1个原子质子数为1，含1个和4个，质子数：11 ，1mol的质子数： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.先算甲烷物质的量（标况下气体摩尔体积 ），再分析甲烷分子的共用电子对（中键数 ）。
B.分析溶液组成（乙醇 + 水 ），计算乙醇中氧原子数，再考虑水分子中的氧原子。
C.写出反应方程式（点燃 ），判断过量问题，计算转移电子数。
D.计算1个的质子数（原子质子数 + 原子质子数 ），再算1mol的质子数。
10．【答案】B
【知识点】氮的固定；金属冶炼的一般原理；乙醇的物理、化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】A．氧化银(Ag2O)在加热条件下会分解生成银(Ag)和氧气(O2)，这一性质被用于冶炼金属银，两者存在关联，A不符合题意；B．氮气(N2)与氢气(H2)在高温高压和催化剂作用下合成氨气(NH3)，这是将游离态氮转化为化合态氮的固氮过程。在此反应中，氮气表现的是氧化性而非还原性，因此与题干要求"还原性"无关，B符合题意；
C．交警使用的酒精检测仪中含有酸性重铬酸钾溶液，乙醇的还原性使其能被强氧化性的重铬酸钾氧化，导致溶液颜色由橙色(Cr2O72-)变为绿色(Cr3+)，两者存在关联，C不符合题意；
D．乙酸(CH3COOH)的酸性强于碳酸，能与碳酸钙(CaCO3)反应生成可溶性醋酸钙、水和二氧化碳，因此可用食醋(主要含乙酸)去除水垢，两者存在关联，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Ag2O分解可制得金属Ag。
B、合成氨反应中N2发生还原反应，体现了N2的氧化性。
C、乙醇能使酸性K2Cr2O7还原为Cr3＋。
D、乙酸的酸性比H2CO3强。
11．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．CO2过量，反应生成NaHCO3晶体和NH4Cl，该反应的离子方程式为Na++ NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+，A错误；
B．HNO3具有强氧化性，会将酸溶解产生的Fe2+氧化为Fe3+，HNO3被还原为NO，该反应的离子方程式为3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2O，B错误；
C．H2SO4与Na2S2O3固体反应产生H2O、S、SO2、Na2SO4，该反应的离子方程式应该为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正确；
D．电荷不守恒，原子不守恒，反应的离子方程式为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、CO2过量，反应生成溶解度较小的NaHCO3。
B、HNO3具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO。
C、S2O32－在酸性条件下，发生自身氧化还原，生成S、SO2和H2O。D
D、HNO3具有氧化性，将SO2氧化成SO42－，自身还原为NO。
12．【答案】C
【知识点】工业合成氨；氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．氨气会在氧化炉中发生催化氧化反应生成NO，氧化炉中反应的化学方程式为：，A选项正确；
B．结合工业制硝酸的流程分析可知，物质M为空气。氨气的催化氧化反应需要氧气，后续NO与水反应生成硝酸也需要氧气；吸收塔中会发生如下反应：、，通入空气后，其中的氧气可以和NO反应生成NO2，保证NO充分被吸收最终转化为硝酸，因此通入空气的作用是使NO充分转化为硝酸，B选项正确；
C．铜能够和浓硝酸发生反应，浓硝酸会腐蚀铜制容器，因此不能选用铜制作盛放浓硝酸的罐体；常温下浓硝酸可以使铝、铁发生钝化，因此可以选择铝、铁制作盛放浓硝酸的罐体，C选项错误；
D．硝酸工业生产的尾气中含有NO、这些氮氧化物，根据反应：、，氮氧化物可以被氢氧化钠溶液吸收处理，因此可以用废NaOH溶液作为工业尾气的吸收剂，D选项正确；
故答案为：C
【分析】首先氮气与氢气在合成塔中反应合成氨气，得到含有氨气的混合气体后，将混合气体通入氨分离器分离得到产品氨气；再将氨气送入氧化炉中，在催化剂作用下发生催化氧化反应生成NO，生成的NO会和空气中的氧气反应生成，之后和一起和水反应制得硝酸，整个工业流程的最后需要进行尾气处理，避免有毒气体排放污染环境，我们可以按照这个工艺流程来分析解答相关问题。
13．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．镁（Mg）与氢氧化钠溶液不发生反应，而铝（Al）能与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，因此Al是电池的负极，A错误。B．根据图像数据计算，X、Y、Z三种物质的物质的量变化比值为：(1.20-0.41)∶(1.00-0.21)∶1.58 = 1∶1∶2。由于化学计量数之比等于物质的量变化之比，且10秒后各物质的量不再变化，说明该反应为可逆反应，其化学方程式可表示为：X + Y 2Z，B正确。
C．对于500mL 0.1mol/L盐酸溶液，氢离子物质的量n(H+)=0.05mol，浓度c(H+)=0.1mol/L；200mL 0.1mol/L硫酸溶液中n(H+)=0.04mol，c(H+)=0.2mol/L。当与足量锌反应时：
1) 盐酸产生的氢气体积更大（因H+总量更多），所以曲线a应表示盐酸；
2) 但硫酸的氢离子浓度更高，反应速率应更快，曲线b应表示硫酸。
题目中a表示盐酸与上述第一条矛盾，b表示盐酸与第二条矛盾，C错误。
D．图像显示金刚石的能量高于石墨。根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量，金刚石燃烧放出的热量应多于石墨，D错误。
故答案为：B
【分析】A、该装置中Al与NaOH溶液反应，Al为负极。
B、根据变化的量之比等于化学计量数之比确定反应的化学方程式。
C、酸溶液中c(H＋)越大，反应速率越快。
D、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
14．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强气态氢化物越稳定，氮的非金属性比碳强，所以气态氢化物的热稳定性：CH4B． Y、Z的简单离子 分别是Al3+和S2-，Al3+有2个电子层，S2-有3个电子层，电子层数越多，离子半径越大，离子半径：Al3+< S2-，故B正确；
C．工业上电解熔融的氧化铝进行铝单质的冶炼，不能用氯化铝，因氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，应故C错误；
D．CS2为共价化合物，C和S原子之间形成极性共价键，故D正确；
故答案选C。
【分析】Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应可知，则Y为铝元素，结合题中 R、X、Y、Z 在周期表中相对位置，可得R、X、Z分别为碳元素、氮元素、S元素。
15．【答案】D
【知识点】铵离子检验；硫酸根离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、加入稀硝酸（强氧化性 ）后，若原溶液含，会被氧化为，再加入生成白色沉淀；若含，会生成沉淀（但稀硝酸酸化后，与也可能沉淀，不过需注意稀硝酸的作用 ），但稀硝酸的存在，使“原溶液含或”的结论不严谨（可能含 ），A错误；
B、 ，若不加热，反应生成（一水合氨 ），不会使湿润红色石蕊试纸变蓝，因此，“试纸不变蓝”不能证明溶液中不含 （可能含，但未加热 ），B错误；
C、淀粉水解用稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性。加入新制前，需加中和硫酸，使溶液呈碱性，否则会与硫酸反应，无法检验葡萄糖，因此，“无砖红色沉淀”不能证明淀粉未水解（可能水解了，但未中和酸 ），C错误；
D、黄色溶液可能含（本身黄色 ），可氧化： ，使淀粉变蓝；也可能含（黄色 ），氧化： ，因此，黄色溶液中可能含有 ，结论合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析稀硝酸的氧化性对还原性离子（如 ）的影响，判断沉淀来源。
B．分析与反应的条件（加热才会大量生成 ），判断结论。
C．分析淀粉水解后检验葡萄糖的条件（需碱性环境，中和催化剂硫酸 ），判断结论。
D．分析黄色溶液中可能的氧化剂（如、 ），判断其氧化生成（遇淀粉变蓝 ）的可能性。
16．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】A．该反应生成乙酰水杨酸，过程中没有水生成，不符合酯化反应的特征（酯化反应通常生成酯和水），因此不属于酯化反应。但该反应属于取代反应类型，A错误。B．通过分析水杨酸的结构式可以确定其分子式为C7H6O3，B正确。
C．乙酰水杨酸分子中含有羧基（-COOH）和酯基（-COOR）两种官能团，C错误。
D．水杨酸分子中既有羟基（-OH）又有羧基（-COOH），两者都能与金属钠反应生成氢气。1mol水杨酸理论上可产生1mol氢气，但由于题目未说明气体所处的温度和压强条件，无法计算具体体积，D错误。
故答案为：B
【分析】A、酯化反应是羧酸和醇的反应。
B、根据结构简式确定分子中所含的原子数，从而得到分子式。
C、乙酰水杨酸中含有酯基和羧基。
D、气体所处的状态未知，无法计算其体积。
【答案】17．分液漏斗；维持装置内压强平衡，使浓硝酸能顺利流下
18．将装置中的空气排净
19．
20．；生成NO
21．
22．C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）分液漏斗的特点是含有旋塞；直角导管可以平衡压强，便于液体流下；
（2）实验前通入氮气，可以用于排除装置中的空气，实验后通入氮气，可以将装置的剩余气体排至后续装置；
（3）铜和氢离子、硝酸根反应生成铜离子、二氧化氮和水；
（4）二氧化氮和水反应生成一氧化氮；
（5）一氧化氮具有还原性，高锰酸根具有强氧化性，一氧化氮可以被氧化为硝酸根，高锰酸根可以被还原为锰离子，结合电荷守恒判断离子方程式；
（6）A、要证明乙同学的观点，则应该采用相应的气体进行实验；
B、降低气体的溶解度，可以通过观察溶液颜色的变化判断；
C、二氧化氮和水可以反应，同时铜离子浓度会降低；
D、加热可以使气体逸出，气体浓度减低，可以观察溶液颜色变化。
17．装置A中盛放浓硝酸的仪器名称为分液漏斗；直角导管c的作用为维持装置内压强平衡，使浓硝酸能顺利流下；
18．实验前，要先通一段时间氮气，其目的是将装置中的空气排净，防止干扰实验；
19．写出装置A中为铜和浓硝酸反应，离子方程式为；
20．由分析知，装置B中试剂为；二氧化氮与B装置中的水反应生成NO；
21．装置E中溶液颜色变浅，E中酸性高锰酸钾溶液可与剩余的NO反应，则装置E发生的离子方程式为；
22．A．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，若饱和溶液变为绿色，可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，A错误；
B．向该绿色溶液中通入氮气，降低气体的溶解度，使溶解在其中的气体逸出，观察颜色变化，可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，B错误；
C．加水稀释绿色溶液，溶液中铜离子浓度降低，同时二氧化氮和水反应，不能证明颜色变化的原因，该方案不可行，C正确；
D．适当加热该绿色溶液，可以降低气体的溶解度，使溶解在其中的气体逸出，观察颜色变化，可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，D错误；
故选C。
23．【答案】（1）+3；搅拌、适当升高温度、将硼镁矿粉碎等
（2）；取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
（3）
（4）
（5）11200
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）硼砂化学式为，其中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0计算硼元素的化合价为+3价；加入NaOH浓溶液的作用是碱浸，提高加入NaOH浓溶液反应速率的措施有：将硼硼镁矿粉碎、搅拌、适当升高温度等。
故答案为：+3；将硼硼镁矿粉碎（搅拌或适当升高温度等）
（2）硼砂化学式为，用H2SO4调节溶液的pH为2~3得到H3BO3，离子方程式为，检验晶体是否洗涤干净，实质是检验最后一次洗涤液中是否含有，则检验操作方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。
故答案为：；取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
（3）X为晶体加热脱水的产物，X为B2O3，与Mg高温下反应生成粗硼，反应方程式为。
故答案为：
（4）硼镁矿主要成分为，加入NaOH浓溶液浸取生成沉淀和含NaBO2的滤液，则过滤得到的滤渣为沉淀。
故答案为：沉淀
（5）电解熔融MgCl2的反应为，n(Cl2)=n(Mg)=，标准状况是V(Cl2)=n×Vm=500mol×22.4L/mol=11200L。
故答案为：11200
【分析】硼镁矿的主要成分是。在NaOH浓溶液中浸取时，会生成沉淀和含有NaBO2的溶液。通过过滤分离出沉淀后，经过蒸发结晶，并在HCl气流中干燥，最终得到MgCl2晶体。随后通过电解MgCl2制备镁单质。对于含有NaBO2的溶液，经过酸化、分离提纯等步骤后，可以得到B2O3。再将B2O3与Mg在高温条件下反应，即可制得粗硼。
（1）硼砂化学式为，其中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0计算硼元素的化合价为+3价；加入NaOH浓溶液的作用是碱浸，提高加入NaOH浓溶液反应速率的措施有：将硼硼镁矿粉碎、搅拌、适当升高温度等，故答案为：+3 将硼硼镁矿粉碎（搅拌或适当升高温度等）；
（2）硼砂化学式为，用H2SO4调节溶液的pH为2~3得到H3BO3，离子方程式为，检验晶体是否洗涤干净，实质是检验最后一次洗涤液中是否含有，则检验操作方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净，故答案为： 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
（3）X为晶体加热脱水的产物，X为B2O3，与Mg高温下反应生成粗硼，反应方程式为，故答案为：
（4）硼镁矿主要成分为，加入NaOH浓溶液浸取生成沉淀和含NaBO2的滤液，则过滤得到的滤渣为沉淀，故答案为：沉淀；
（5）电解熔融MgCl2的反应为，n(Cl2)=n(Mg)=，标准状况是V(Cl2)=n×Vm=500mol×22.4L/mol=11200L，故答案为：11200.
24．【答案】（1）-48.9
（2）；75%
（3）A；B
（4）B
（5）；0.24
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据① ， ，由盖斯定律可得反应可由+得到，故H=H1+H2=-48.9。
故答案为： -48.9
（2）2 min内CH3OH的反应速率为；CO2反应了0.6mol，H2反应了1.8mol，该反应平衡时H2的转化率为。
故答案为： ；75%
（3）A.CO2(g)体积分数保持不变能说明反应已达平衡状态，A选；
B.该反应前后气体分子数不相等，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，容器中气体压强保持不变，说明气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，B选；
C.由图可知，2min时容器中CH3OH浓度与H2O浓度相等即两者之比为1∶1，但反应物仍在减小，说明反应未达平衡状态，C不选；
D. 恒容条件下，混合气体的总质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不选；
故答案为：AB
（4）选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，选项B、D的选择性很高，且B的CO2转化率比D低，但是B的甲醇的选择性比D高，故最佳选项为B。
故答案为：B
（5）电池总反应方程式为，则电极A甲醇失电子生成碳酸根离子，电极反应式为。当消耗甲醇的质量为1.6g时，甲醇失电子的物质的量为0.3mol，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为0.24mol。
故答案为：；0.24
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）2min内生成CH3OH的物质的量为0.4mol，根据公式计算用CH3OH表示的反应速率。平衡时CO2消耗了0.6mol，结合反应的化学方程式计算参与反应的n(H2)，进而计算平衡时H2的转化率。
（3）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，说明可逆反应处于平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
（4）用CO2生产甲醇的最优条件，则应使CO2的转化率较高，且同时甲醇的选择性高，据此分析选项。
（5）电解A上CH3OH发生失电子的氧化反应，生成CO32－，据此写出其电极反应式。根据公式计算n(CH3OH)，结合电极反应式计算转移电子数。结合能量转化率为80%，计算导线中转移的电子数。
（1）根据① ， ，由盖斯定律可得反应可由+得到，故H=H1+H2=-48.9。
（2）2 min内CH3OH的反应速率为；CO2反应了0.6mol，H2反应了1.8mol，该反应平衡时H2的转化率为；
（3）A.CO2(g)体积分数保持不变能说明反应已达平衡状态，A选；
B.该反应前后气体分子数不相等，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，容器中气体压强保持不变，说明气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，B选；
C.由图可知，2min时容器中CH3OH浓度与H2O浓度相等即两者之比为1∶1，但反应物仍在减小，说明反应未达平衡状态，C不选；
D. 恒容条件下，混合气体的总质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不选；
故选：AB；
（4）选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，选项B、D的选择性很高，且B的CO2转化率比D低，但是B的甲醇的选择性比D高，故最佳选项为B；
（5）电池总反应方程式为，则电极A甲醇失电子生成碳酸根离子，电极反应式为。当消耗甲醇的质量为1.6g时，甲醇失电子的物质的量为0.3mol，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为0.24mol。
25．【答案】（1）加成反应；CH3CH2CH2OH；
（2）醛基；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O
（3）7；4.5
（4）5
【知识点】有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；烯烃；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】（1）反应①为丙烯和水催化加成生成的A正丙醇，为加成反应；物质A的结构简式为CH3CH2CH2OH；聚合物D的结构简式为。
故答案为：加成反应； CH3CH2CH2OH ；
（2）物质B为丙醛，含有的官能团名称为醛基；反应②为丙酸和正丙醇发生酯化反应生成丙酸正丙酯，化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。
故答案为：醛基； CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O
（3）碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转，则丙烯分子中最多有7原子共平面；烃燃烧通式为CxHy+（x+y）O2xCO2+y H2O，标准状况下22.4 L丙烯为1mol，完全燃烧，则消耗的物质的量为4.5mol。
故答案为：7；4.5
（4）同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；物质E(分子式为)是丙烯的同系物，则E含有碳碳双键，可能结构有5种。故答案为：5
【分析】根据流程分析，丙烯(CH2=CHCH3)与水在催化条件下发生加成反应，生成A为正丙醇(CH3CH2CH2OH)。正丙醇进一步氧化生成B丙醛(CH3CH2CHO)，丙醛再被氧化为C丙酸(CH3CH2COOH)。丙酸与正丙醇通过酯化反应生成丙酸正丙酯(CH3CH2COOCH2CH2CH3)。
丙烯的碳碳双键可发生聚合反应，生成聚丙烯D，其结构表示为：。
（1）反应①为丙烯和水催化加成生成的A正丙醇，为加成反应；物质A的结构简式为CH3CH2CH2OH；聚合物D的结构简式为；
（2）物质B为丙醛，含有的官能团名称为醛基；反应②为丙酸和正丙醇发生酯化反应生成丙酸正丙酯，化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOH CH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；
（3）碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转，则丙烯分子中最多有7原子共平面；烃燃烧通式为CxHy+（x+y）O2xCO2+y H2O，标准状况下22.4 L丙烯为1mol，完全燃烧，则消耗的物质的量为4.5mol。
（4）同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；物质E(分子式为)是丙烯的同系物，则E含有碳碳双键，可能结构有5种。
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