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广东省广州三校2024-2025学年高一下学期期中联考化学试题
一、选择题：每小题只有一个正确答案，共16小题，满分44分。
1．下列说法正确的是
A．煤的干馏工艺可以获得出炉煤气、煤油和焦炭
B．乙烯的产量可以衡量一个国家石油工业的发展程度，其主要来自于石油分馏工艺
C．橡胶工业中天然橡胶与合成橡胶一般都要经过硫化工艺，一般情况下，医用乳胶手套硫化程度高于皮鞋胶底
D．石油在加热和催化剂作用下，可以通过结构的调整，得到苯或甲苯等芳香烃
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；石油的分馏
【解析】【解答】A、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，产物主要是出炉煤气、煤焦油和焦炭，煤油是石油分馏得到的产物，并非煤干馏的产物，A错误；
B、乙烯是衡量石油工业水平的重要指标，它主要来自石油的裂解工艺，而石油分馏只是物理分离过程，无法得到乙烯，B错误；
C、橡胶硫化程度越高，硬度和耐磨性越强，弹性越差。医用乳胶手套需要柔软弹性，硫化程度低；皮鞋胶底需要硬度耐磨，硫化程度高，因此手套硫化程度低于胶底，C错误；
D、石油在加热和催化剂作用下，可通过催化重整实现分子结构调整，将链状烃转化为苯或甲苯等芳香烃，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
煤干馏产物：出炉煤气、煤焦油、焦炭，煤油属于石油分馏产物。
乙烯来源：石油裂解，而非分馏。
硫化程度与性能：硫化程度越高，橡胶硬度越大、弹性越差，手套硫化程度低于胶底。
石油催化重整：可获得苯、甲苯等芳香烃。
2．在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：
下列叙述错误的是（　　）
A．生物柴油由可由再生资源制得
B．生物柴油是不同酯组成的混合物
C．动植物油脂是高分子化合物
D．“地沟油”可用于制备生物柴油
【答案】C
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、动植物油脂和短链醇都属于可再生资源，所以生物柴油可以由可再生资源制得，该说法正确，A不符合题意；
B、动植物油脂里的 R1、R2、R3基团种类不相同，和短链醇反应后，会生成由不同酯组成的混合物，该说法正确，B不符合题意；
C、高分子化合物的相对分子质量一般在一万以上，动植物油脂的相对分子质量远达不到这个标准，属于小分子酯类，不是高分子化合物，该说法错误，C符合题意；
D、“地沟油” 的主要成分是油脂，能够和短链醇发生反应来制备生物柴油，该说法正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
可再生资源的判断：动植物油脂可以通过种植农作物再生，短链醇可以由生物质发酵得到，二者都属于可再生资源，因此生物柴油由可再生资源制得；
混合物的判断：天然动植物油脂是多种高级脂肪酸甘油酯的混合物，R1、R2、R3基团不同，反应后生成的生物柴油也是不同酯组成的混合物；
高分子化合物的判断：高分子化合物需要相对分子质量在一万以上，且有重复的结构单元，油脂属于小分子酯类，不属于高分子化合物；
地沟油的用途：地沟油的主要成分是油脂，和动植物油脂的成分一致，因此可以用来制备生物柴油，实现废物利用。
3．下列变化属于固氮的是
A．和在一定条件下反应生成
B．与反应生成
C．催化氧化生成
D．由制和
【答案】A
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A、氮气和氢气在一定条件下反应生成氨，是把空气中游离态的氮单质转化为含氮的化合物，符合固氮的定义，A正确；
B、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，反应物里的氮已经是化合态，并非游离态的氮单质，不属于固氮，B错误；
C、氨催化氧化生成一氧化氮，反应物里的氮是化合态，不是游离态的氮单质，不属于固氮，C错误；
D、由氨制备碳酸氢铵和硫酸铵，反应物里的氮是化合态，不是游离态的氮单质，不属于固氮，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的核心突破口是牢牢抓住固氮的定义：只有将游离态的氮单质转化为化合态含氮化合物的反应才是固氮，以此为标准逐一判断各选项。
4．以下反应属于加成反应的是
A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C．甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色褪色
D．乙醇与乙酸反应生成酯
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧化反应，不是加成反应，A错误；
B、乙烯分子里有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液里的溴发生加成反应，生成二溴乙烷，让溶液褪色，这个反应属于加成反应，B正确；
C、甲烷和氯气混合后光照，甲烷里的氢原子会被氯原子一步步取代，发生的是取代反应，不是加成反应，C错误；
D、乙醇和乙酸反应生成酯，是乙醇的羟基和乙酸的羧基发生酯化反应，本质属于取代反应，不是加成反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
加成反应的核心是不饱和键断裂，结合原子或基团，只生成一种产物。
氧化反应是物质被氧化，乙烯被高锰酸钾氧化属于氧化反应。
取代反应是原子或基团被替换，甲烷氯代和酯化反应都属于取代反应。
酯化反应是取代反应的一种，不是加成反应。
5．卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃适合由烯烃通过加成反应制得的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】加成反应
【解析】【解答】A、 中，与 Cl 相连的 C 的相邻 C 上没有 H，无法通过烯烃加成得到（加成会在相邻两个 C 上分别引入 H 和 Cl），A 不符合题意；
B、 中，与 Cl 相连的 C 的相邻 C 上没有 H，无法通过烯烃加成得到，B 不符合题意；
C、 可由 (CH3)2C=CH2与 HCl 加成得到，符合烯烃加成制卤代烃的要求，C 符合题意；
D、 中，与 Cl 相连的 C 的相邻 C 上没有 H，无法通过烯烃加成得到，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
烯烃与 HX（或 X2）发生加成反应时，会在双键的两个 C 原子上分别引入 H（或 X）和 X，因此能由烯烃加成得到的卤代烃，必须满足：与卤素原子相连的碳原子，其相邻的碳原子上至少有 1 个氢原子。
6．合成丁腈橡胶()的原料是
①②③
④⑤⑥
A．③⑥ B．②③ C．①③ D．④⑤
【答案】C
【知识点】加成反应
【解析】【解答】该高聚物链节主链仅含碳原子，无杂原子（如O、N等）连接，属于通过碳碳双键加聚反应生成的高分子。加聚反应的特点是反应过程中无小分子生成，单体中的碳碳双键打开后直接连接形成主链。观察链节主链，根据加聚反应的规律，将主链中的碳碳双键断开，还原为双键结构，即可得到单体： 。断开后主链两端的半键闭合，形成新的碳碳双键，因此对应的单体为 ①，③，
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
加聚产物判断：主链没有杂原子，且存在碳碳双键，属于加聚产物，要通过断键还原法找单体。
断键还原规则：主链含 6 个碳原子且有双键，从双键旁断开，还原成两种单体，分别是共轭二烯烃和含氰基的烯烃。
1，3 - 丁二烯的特性：参与加聚时会发生 1，4 - 加成，主链保留双键，和目标链节的双键结构对应。
7．下列有关烃的说法正确的是
A．乙烷在光照的条件下与发生取代反应，最多有9种产物
B．烷烃燃烧时产生明亮的火焰并冒黑烟，产生大量的热
C．同质量的与完全燃烧，耗氧量相同，生成的二氧化碳的物质的量相同
D．庚烷主链上有5个碳原子的同分异构体有4种
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烃类的燃烧；烷烃
【解析】【解答】A、乙烷和氯气在光照下发生取代反应，会逐步生成从一氯代到六氯代的多种产物，加上副产物氯化氢，总共能达到十种产物，并非九种，A错误；
B、烷烃的含碳比例偏低，燃烧时火焰呈淡蓝色，一般不会冒出黑烟，只有含碳量高的烃类燃烧才容易产生黑烟，B错误；
C、丙烯和丁烯的最简式完全一样，都是 CH2，相同质量下两种物质里碳和氢的质量完全一致，燃烧时消耗的氧气量和生成的二氧化碳量也都相同，C正确；
D、庚烷主链保留五个碳原子时，支链为两个甲基的同分异构体一共有五种 ：、、、、， D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙烷取代产物：一氯代到六氯代产物加氯化氢，共十种产物，容易漏数氯化氢或同分异构体。
烷烃燃烧现象：含碳量低，火焰淡蓝色，不冒黑烟。
烃燃烧规律：最简式相同的烃，同质量时耗氧量和生成二氧化碳量完全相同。
同分异构体计数：庚烷主链五个碳时，支链为两个甲基的结构有五种，容易漏数或重复计数。
8．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu 与浓硫酸反应时，H2SO4既体现酸性（生成 CuSO4），又体现强氧化性（生成 SO2），A错误；
B、a 处紫色石蕊变红，是因为 SO2与水反应生成 H2SO3，说明 SO2是酸性氧化物，B正确；
C、c 处酸性 KMnO4褪色是 SO2的还原性导致，并非漂白性，C错误；
D、反应生成了 H2O，但被浓硫酸吸收，故试管底部出现白色 CuSO4固体，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题核心是结合 Cu 与浓硫酸的反应性质、SO2的特性，分析实验现象对应的原理：
Cu 与浓硫酸的反应：反应生成 CuSO4、SO2和 H2O，H2SO4既体现酸性（生成盐），又体现强氧化性（生成 SO2）；
SO2的酸性氧化物性质：SO2与水反应生成 H2SO3，使紫色石蕊变红，符合酸性氧化物的特征；
SO2的漂白性与还原性：b 处品红褪色体现漂白性，但 c 处酸性 KMnO4褪色是因为 SO2的还原性（发生氧化还原反应）；
反应中 H2O 的生成：浓硫酸本身含水少，且反应生成的少量 H2O 会被浓硫酸吸收，故试管底部出现的白色固体是 CuSO4，不代表无 H2O 生成。
9．明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型；硫酸盐
【解析】【解答】A、FeSO4煅烧生成 SO3、SO2（S 元素化合价既有升高又降低），属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化（不会只生成 FeO，应为 Fe 的氧化物如 Fe2O3），故 X 不是 FeO，A错误；
B、H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，属于 “酸与盐生成新酸和新盐” 的复分解反应，B正确；
C、流程中通过蒸馏得到 HNO3，说明 HNO3沸点更低，易挥发分离，C正确；
D、H2SO4、HNO3均为强酸，会腐蚀铁锅，导致其易损坏，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
FeSO4分解的氧化还原判断：FeSO4煅烧生成 SO3（S，+6）、SO2（S，+4），S 化合价既升又降，属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化，不可能只生成 FeO（Fe+2），据此判断 A 错误。
复分解反应的识别：H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，符合 “酸 + 盐→新酸 + 新盐” 的复分解反应特征，对应 B 的判断。
沸点与蒸馏的关系：流程用蒸馏法分离 HNO3，说明 HNO3沸点低于 H2SO4（易挥发），对应 C 的逻辑。
酸的腐蚀性分析：H2SO4、HNO3是强酸，会腐蚀铁锅，故铁锅易损坏，对应 D 的结论。
10．按下图装置进行实验（夹持装置省略），预期现象及其相应解释存在错误的是
A．甲中缺少，则不会制得，因为分解出的与HCl在试管口又重新会生成
B．乙中a处比b处先变蓝，因为的密度比空气小
C．丙中有白烟，因为与酸产生铵盐
D．丁中液面上升，因为极易溶于水
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、若甲中缺少，直接加热会分解生成和，二者在试管口遇冷重新化合生成，无法制得氨气，解释正确，A不符合题意；
B、密度比空气小，在乙装置中先向上扩散，接触湿润红色石蕊试纸处使其变蓝，处后变蓝，解释正确，B不符合题意；
C、丙中盛放的是浓硫酸（酸性干燥剂），是碱性气体，会被浓硫酸完全吸收生成硫酸铵，不产生白烟；白烟通常是气体与酸液挥发物接触生成的固体小颗粒，此处被吸收无此现象，解释错误，C符合题意；
D、极易溶于水，导致丁装置内压强迅速减小，外界大气压将水压入，液面上升，解释正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题核心考查氨气的制备、性质及实验装置分析，解题关键在于明确各装置中试剂的作用及氨气的物理、化学性质：
氨气制备：实验室制氨气需与碱共热，仅加热无法收集，因与会重新化合；
氨气密度：密度小于空气，在集气瓶中先占据上方，使处先变色；
浓硫酸作用：浓硫酸是强酸性、强干燥剂，能与发生反应，无法产生白烟，白烟的出现通常与挥发性酸（如浓盐酸）与氨气反应有关；
氨气溶解性：极易溶于水，这是导致丁装置产生“倒吸”类液面上升现象的原因。
11．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（ ）
序号 甲 乙 丙
石灰水
HCl 石灰水
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】组合①：二氧化碳和二氧化硫都是酸性气体，二者无论比例如何，通入过量石灰水时，都会生成对应的钙盐沉淀，①符合题意。
组合②：氯化氢和二氧化碳通入过量石灰水时，氯化氢先与碱中和，之后二氧化碳会和剩余的碱反应生成碳酸钙沉淀，②符合题意。
组合③：二氧化硫溶于水形成酸性环境，硝酸根在酸性条件下会将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，二氧化碳不参与反应，③符合题意。
组合④：二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸会将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，④符合题意。
组合⑤：若二氧化碳过量、氨气不足，溶液中无法形成足够的碳酸根离子，也就不会和钙离子生成沉淀，⑤不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性气体与碱反应：二氧化碳、二氧化硫这类酸性气体，通入过量碱性溶液时，一定会生成对应难溶钙盐沉淀。
酸性环境下的氧化还原：硝酸根在酸性条件下有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根，进而生成硫酸钡沉淀。
沉淀生成的条件：只有当溶液中离子浓度乘积达到溶度积常数时，才会产生沉淀，氨气不足时无法提供足够的碳酸根与钙离子结合。
氧化还原对沉淀的影响：二氧化氮、硝酸根等氧化剂，会将二氧化硫转化为稳定的硫酸根，从而保证沉淀的生成。
12．氮、硫及其化合物的价类二维图如下所示，下列说法正确的是
A．b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物
B．a、b、u、v、w均能作还原剂
C．d、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物
D．e、z的浓溶液与铜反应分别生成氧化物d、x
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、b 是 N2，N2化学性质稳定，无法一步生成所有价态的氧化物（如 N2不能直接生成 NO2）；v 是 S，S 也不能一步生成 SO3（需先氧化为 SO2，再进一步氧化）。A错误；
B、还原剂的判断依据是元素化合价可升高：
a（NH3，N 为 - 3 价，可升）、b（N2，N 为 0 价，可升）；
u（H2S，S 为 - 2 价，可升）、v（S，S 为 0 价，可升）、w（SO2，S 为 + 4 价，可升）。
以上物质均能作还原剂，B正确；
C、d 是 NO2，NO2与水反应生成 HNO3和 NO，不是 “只生成酸”，不属于酸性氧化物；w（SO2）、x（SO3）是酸性氧化物，但 d 不符合。C错误；
D、e 是浓 HNO3，与 Cu 反应生成的是 NO2（d），但同时生成盐和水；z 是浓 H2SO4，与 Cu 反应生成的是 SO2（w），而非 x（SO3）。D错误；
故答案为：B。
【分析】含 N 物质：a（-3 价氢化物，NH3）、b（0 价单质，N2）、c（+2 价氧化物，NO）、d（+4 价氧化物，NO2）、e（+5 价酸，HNO3）；
含 S 物质：u（-2 价氢化物，H2S）、v（0 价单质，S）、w（+4 价氧化物，SO2）、x（+6 价氧化物，SO3）、z（+6 价酸，H2SO4）。
13．常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入等体积的两种气体，a试管内是与，b试管内为和，c试管内为与，d试管内是与，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为
A．b>c>a>d B．b>a>c>d C．d>b>a>c D．c>d>b>a
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质
【解析】【解答】a试管（与）：二者按与水完全反应，体积的消耗体积的，剩余为，气体总体积减少，水面上升高度对应气体减少量。
b试管（与）：二者按与水完全反应生成盐酸和硫酸，气体完全消失，气体体积减少，水面上升至试管顶部。
c试管（与）：二者按与水完全反应，体积的消耗体积的，剩余为，气体总体积减少。
d试管（与）：极易溶于水，体积的完全溶解，不溶于水，气体体积减少，，即b > c > a > d；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应比例计算：根据各气体组合的化学反应方程式，确定恰好完全反应的体积比，计算剩余气体体积。
气体减少量与水面高度的关系：试管倒立水中，气体体积减少越多，水面上升高度越高。
特殊反应规律：与按完全反应，气体全部溶解；极易溶于水，难溶于水。
14．实验室制备乙酸乙酯的装置如图所示。下列说法正确的是
A．a为NaOH
B．浓硫酸的作用仅为催化剂
C．反应液不易暴沸，故不用加沸石
D．反应后a溶液上方有无色油状液体生成
【答案】D
【知识点】乙酸乙酯的制取；酯化反应
【解析】【解答】A．a溶液为饱和Na2CO3溶液，可溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，A错误；
B．浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂，提高反应速率和反应物的转化率，B错误；
C．该反应添加沸石，可以防暴沸，C错误；
D．反应后a中有无色油状液体生成，即乙酸乙酯，密度小于水，所以在上层，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查乙酸乙酯的制备。
乙酸乙酯实验：
（1）加热，主要目的是提高反应速率，其次是使生成的乙酸乙酯挥发而方便收集，使平衡向正反应方向移动，提高乙醇、乙酸的转化率。
（2）浓硫酸一方面作催化剂，提高反应速率；另一方面作吸水剂，提高乙醇、乙酸的转化率。
（3）饱和Na2CO3溶液的作用①挥发出的乙酸与Na2CO3反应生成易溶于水的盐，乙醇易溶于Na2CO3溶液，有利于乙酸乙酯与乙酸、乙醇的分离。②乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小，与饱和Na2CO3溶液混合时易分层，可用分液法分离。
注意事项
（1）浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂。
（2）为防止试管中液体在实验时暴沸，加热前应采取的措施：在试管中加入几块碎瓷片或沸石。（3）玻璃导管的末端不要插入饱和Na2CO3溶液中，以防液体倒吸。
（4）开始时要用小火均匀加热，加快反应速率，减少乙醇和乙酸的挥发；待有大量产物生成时，可大火加热，以便将产物蒸出。
（5）装置中的长导管起导气兼冷凝作用。
（6）欲提高乙酸的转化率，可采取的措施：①用浓H2SO4吸水，使平衡向正反应方向移动；②加热将酯蒸出；③可适当增加乙醇的量，并加装冷凝回流装置。
15．在阿司匹林的结构简式（下式）中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共热，发生反应时断键的位置是
A．①④ B．②⑤ C．③④ D．②⑥
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】阿司匹林分子结构中包含酯基和羧基两种官能团，当它与足量 NaOH 溶液共热时，会发生两类反应：
中和反应：羧基（-COOH）与 NaOH 发生酸碱中和反应，此过程断裂⑥号键；
酯的水解反应：酯基在碱性条件下发生水解，生成羧酸钠和酚钠结构，此过程断裂②号键。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团对应反应：羧基体现酸性，与 NaOH 发生中和反应，断裂羧基中的 O-H 键（⑥号键）；
酯基水解规律：酯基在碱性条件下水解，断裂酯基中的 C-O 键（②号键）。
16．有人认为CH2=CH2与Br2的加成反应，实质是Br2先断裂为Br＋和Br-，然后Br＋首先与CH2=CH一端碳原子结合，第二步才是Br-与另一端碳原子结合。根据该观点如果让CH2=CH2与Br2在盛有NaCl和NaI的水溶液中反应，则得到的有机物不可能是
A．BrCH2CH2Br B．ClCH2CH2Cl C．BrCH2CH2I D．BrCH2CH2Cl
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、溴单质断裂后生成的溴正离子和溴负离子，可分别与乙烯两端碳原子结合，生成二溴乙烷，该产物存在可能，A正确；
B、反应第一步只能由溴正离子结合乙烯，溶液中不存在氯正离子，无法在第一步引入氯原子，也就不可能生成二氯乙烷，该产物不可能存在，B错误；
C、第一步溴正离子结合乙烯后，第二步可由碘负离子结合另一端碳原子，生成溴碘代乙烷，该产物存在可能，C正确；
D、第一步溴正离子结合乙烯后，第二步可由氯负离子结合另一端碳原子，生成溴氯代乙烷，该产物存在可能，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应机理：加成第一步必须是溴正离子与乙烯结合，第二步可由溶液中存在的任何负离子（溴、氯、碘离子）结合。
离子来源：溶液中只有负一价氯离子和碘离子，不存在正一价氯或碘的阳离子，无法在第一步引入氯或碘。
产物判断：只有第一步引入溴正离子，第二步结合不同负离子，才能得到对应产物，不可能出现第一步为氯正离子的产物。
二、解答题(共4小题，满分56分)
17．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一，其工艺流程如下：
（1）工业上用电解饱和食盐水制，其化学方程式为：　 　 ，检验氯气生成的方法是：　 　。
（2）步骤③的离子方程式：　 　 。
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过　 　 (填试剂名称)溶液，以除去氯气。
（4）步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：　 　 。
（5）提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”，请说明原因：　 　 。
【答案】（1）；用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可)
（2）
（3）溴化铁(或其他含的盐类物质)
（4）若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低
（5）将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）工业上用电解饱和食盐水制，化学方程式为；由于氯气具有强氧化性，能将KI氧化为I2，I2能使淀粉变蓝，故可用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可) 检验氯气生成；
故答案为： ； 用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可) ；
（2）由分析知，溴和热空气一起挥发出来，用SO2水溶液吸收（步骤③），发生反应，这样可以得到浓度较大的溶液；
故答案为： ；
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，可将蒸馏产生的气体通过溴化铁(或其他含的盐类物质)溶液，利用氯气的氧化性强于溴，从而除去氯气；
故答案为： 溴化铁(或其他含的盐类物质) ；
（4）若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低，故步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产；
故答案为： 若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低 ；
（5）将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本，故提取溴单质时，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”。
故答案为： 将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本 ；
【分析】海水先经氯气氧化，把其中的溴离子转化为溴单质，得到溴水混合物 Ⅰ；接着用空气吹出溴单质，再用二氧化硫把溴还原成溴离子， 发生反应， 实现溴的富集；之后再次用氯气将溴离子氧化为溴单质，得到溴水混合物 Ⅱ；最后通过蒸馏操作，就能分离得到液态溴产品。
（1）工业上用电解饱和食盐水制，化学方程式为；由于氯气具有强氧化性，能将KI氧化为I2，I2能使淀粉变蓝，故可用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可) 检验氯气生成；
（2）由分析知，溴和热空气一起挥发出来，用SO2水溶液吸收（步骤③），发生反应，这样可以得到浓度较大的溶液；
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，可将蒸馏产生的气体通过溴化铁(或其他含的盐类物质)溶液，利用氯气的氧化性强于溴，从而除去氯气；
（4）若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低，故步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产；
（5）将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本，故提取溴单质时，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”。
18．硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题：
（1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅。三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：
①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式　 　 。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出SiHCl3与水反应的化学反应方程式　 　 ；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是　 　 。
（2）下列有关硅材料的说法正确的是___________ (填字母)。
A．碳化硅化学性质稳定，可用于生产耐高温水泥
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承
C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高
D．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅
（3）硅酸钠水溶液俗称水玻璃。取少量硅酸钠溶液于试管中，在空气中静置一段时间后产生白色沉淀，写出化学方程式：　 　 。
（4）新型陶瓷的熔点高、硬度大、化学性质稳定。工业上可以采用化学气相沉积法，在的保护下，使与反应生成沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式：　 　 。
【答案】（1）SiHCl3+H2Si+3HCl；SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl；高温下，H2遇O2发生爆炸
（2）B
（3）(写也可以)
（4）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硅和二氧化硅
【解析】【解答】（1）①纯与H2在1357K时发生反应SiHCl3+H2Si+3HCl，制得高纯硅；
②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl，根据原子守恒，还有H2生成，SiHCl3与水反应的化学反应方程式SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，H2与O2混合加热会发生爆炸；
故答案为： SiHCl3+H2Si+3HCl ； SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl ； 高温下，H2遇O2发生爆炸 ；
（2）A．碳化硅化学性质稳定，硬度大、熔点高，可用于生产耐高温材料，但水泥是传统硅酸盐产品，主要成分是硅酸盐，碳化硅并不适用于生产耐高温水泥，A错误；
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承，B正确；
C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂在高温下反应制得的混合物，混合物没有固定的熔点，而是在一定温度范围内逐渐软化，C错误；
D．盐酸不与硅反应，故不能采用盐酸为抛光液抛光单晶硅，D错误；
故答案为：B；
（3），由于碳酸的酸性强于硅酸的酸性，故硅酸钠水溶液在空气中静置，会与空气中的CO2反应， 产生白色沉淀，化学方程式为(写也可以)；
故答案为：(写也可以) ；
（4）在的保护下，使与反应生成，中N的化合价降低，中H的化合价升高，根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为。
故答案为： ；
【分析】石英砂和焦炭在高温下反应制得粗硅：，粗硅再与氯化氢在 573K 以上的温度下反应，生成粗的三氯甲硅烷：；接着通过精馏操作将粗三氯甲硅烷提纯为纯品，最后纯三氯甲硅烷和氢气在 1357K 的高温下发生还原反应：SiHCl3+H2Si+3HCl，得到高纯硅。据此解题。
（1）①纯与H2在1357K时发生反应SiHCl3+H2Si+3HCl，制得高纯硅；
②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl，根据原子守恒，还有H2生成，SiHCl3与水反应的化学反应方程式SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，H2与O2混合加热会发生爆炸；
（2）A．碳化硅化学性质稳定，硬度大、熔点高，可用于生产耐高温材料，但水泥是传统硅酸盐产品，主要成分是硅酸盐，碳化硅并不适用于生产耐高温水泥，A错误；
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承，B正确；
C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂在高温下反应制得的混合物，混合物没有固定的熔点，而是在一定温度范围内逐渐软化，C错误；
D．盐酸不与硅反应，故不能采用盐酸为抛光液抛光单晶硅，D错误；
故选B；
（3），由于碳酸的酸性强于硅酸的酸性，故硅酸钠水溶液在空气中静置，会与空气中的CO2反应， 产生白色沉淀，化学方程式为(写也可以)；
（4）在的保护下，使与反应生成，中N的化合价降低，中H的化合价升高，根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为。
19．已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应。
回答下列问题：
（1）A中发生反应的化学方程式是：　 　 。
（2）B中加入的物质是：　 　。
（3）实验时在C中发生反应的化学方程式是：　 　 。
（4）实验时在D中观察到得现象是：　 　 。实验时在D中收集到的物质是：　 　 。
（5）某企业利用上面流程综合处理工厂排放的含SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为　 　 ，该流程中可循环利用的物质为　 　 (填化学式)。
【答案】（1）
（2）碱石灰
（3）2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
（4）出现无色液体；氨水
（5）；和
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）根据分析，A中发生反应的化学方程式是：；
故答案为： ；
（2）干燥氨气可以选用碱石灰，B中加入的物质是碱石灰；
故答案为 碱石灰 ；
（3）氨气进入C中与氧化铜加热反应生成氮气、水和铜，化学方程式是：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；
故答案为： 2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu ；
（4）根据分析，实验时在D中观察到得现象是：出现无色液体；D中收集到的物质是氨水；
故答案为： 出现无色液体 ； 氨水 ；
（5）根据流程图，“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为；溶液进入“SO2吸收塔”生成溶液，溶液进入“NH3吸收塔”生成溶液，则该流程中可循环利用的物质为和。
故答案为： ；和 ；
【分析】装置 A 里，氯化铵和氢氧化钙这两种固体在加热条件下发生反应，释放出氨气；随后氨气通过装置 B 中的碱性干燥剂完成除水干燥，接着通入装置 C，在高温环境下和氧化铜发生氧化还原反应，生成氮气、金属铜以及水；反应后剩余的氨气和生成的水蒸气一起进入装置 D，在冰水冷却作用下，水蒸气凝结成液态水，同时氨气溶解在水中形成氨水，而难溶于水的氮气则通过排水法收集到试管 E 中。
（1）根据分析，A中发生反应的化学方程式是：；
（2）干燥氨气可以选用碱石灰，B中加入的物质是碱石灰；
（3）氨气进入C中与氧化铜加热反应生成氮气、水和铜，化学方程式是：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；
（4）根据分析，实验时在D中观察到得现象是：出现无色液体；D中收集到的物质是氨水；
（5）根据流程图，“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为；溶液进入“SO2吸收塔”生成溶液，溶液进入“NH3吸收塔”生成溶液，则该流程中可循环利用的物质为和。
20．下列为乙酸乙酯的合成路线：
（1）请写出下列物质的化学式：A：　 　；B：　 　；C：　 　；D：　 　；
（2）请写下列方程式：
A→B反应方程式：　 　；
B→C的反应方程式：　 　；
B与D反应生成乙酸乙酯的方程式：　 　；
（3）B与D反应的反应类型是：　 　，对该反应产物提纯时使用饱和碳酸钠溶液的作用是：　 　。
【答案】（1）C2H4；CH3CH2OH；CH3CHO；CH3COOH
（2）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O；CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O
（3）取代(写酯化反应亦可)；吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙酸乙酯的制取；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）由分析知，A为乙烯，A的化学式为C2H4，B为乙醇，化学式为CH3CH2OH，C为乙醛，故化学式为CH3CHO，D 为乙酸，故化学式为CH3COOH；
故答案为： C2H4 ； CH3CH2OH ； CH3CHO ； CH3COOH ；
（2）A→B为C2H4和水发生反应生成乙醇，反应方程式CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；B→C为CH3CH2OH被氧化为CH3CHO，反应方程式2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O；CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；
故答案为： CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ； 2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O ； CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O ；
（3）CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为取代反应；在该反应中，用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层；
故答案为： 取代(写酯化反应亦可) ； 吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层 ；
【分析】由 B 和 D 反应生成乙酸乙酯，且 B 可经两步氧化转化为 D，结合有机转化规律可知，B 为乙醇，D 为乙酸。依据乙醇（CH3CH2OH）经氧化生成乙醛（CH3CHO），乙醛继续氧化生成乙酸（CH3COOH）的转化路径，可推得中间产物 C 为乙醛。再结合 A 与水反应生成乙醇的转化关系，可知A 为乙烯（C2H4）。综上，各物质化学式推导如下：A（乙烯）：C2H4；B（乙醇）：CH3CH2OH
C（乙醛）：CH3CHO；D（乙酸）：CH3COOH。
（1）以最终产物乙酸乙酯为核心突破口，结合 “B 经两次氧化生成 D” 的转化关系，先确定 B 为乙醇、D 为乙酸，中间产物 C 为乙醛；再根据 “A 与水反应生成乙醇”，推得 A 为乙烯，最后写出各物质的化学式。
（2）先明确每一步转化的反应物、生成物和反应条件：A→B 是乙烯与水的加成反应，B→C 是乙醇的催化氧化反应，B+D 是乙醇与乙酸的酯化反应；再按照有机反应方程式的书写规范，配平原子、标注条件，完成方程式书写。
（3）先判断酯化反应的本质，其属于取代反应；再分析饱和碳酸钠溶液的作用，从吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度三个维度梳理，明确其促进分层、便于分离的实验目的，规范作答。
（1）由分析知，A为乙烯，A的化学式为C2H4，B为乙醇，化学式为CH3CH2OH，C为乙醛，故化学式为CH3CHO，D 为乙酸，故化学式为CH3COOH；
（2）A→B为C2H4和水发生反应生成乙醇，反应方程式CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；B→C为CH3CH2OH被氧化为CH3CHO，反应方程式2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O；CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（3）CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为取代反应；在该反应中，用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层；
1 / 1广东省广州三校2024-2025学年高一下学期期中联考化学试题
一、选择题：每小题只有一个正确答案，共16小题，满分44分。
1．下列说法正确的是
A．煤的干馏工艺可以获得出炉煤气、煤油和焦炭
B．乙烯的产量可以衡量一个国家石油工业的发展程度，其主要来自于石油分馏工艺
C．橡胶工业中天然橡胶与合成橡胶一般都要经过硫化工艺，一般情况下，医用乳胶手套硫化程度高于皮鞋胶底
D．石油在加热和催化剂作用下，可以通过结构的调整，得到苯或甲苯等芳香烃
2．在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：
下列叙述错误的是（　　）
A．生物柴油由可由再生资源制得
B．生物柴油是不同酯组成的混合物
C．动植物油脂是高分子化合物
D．“地沟油”可用于制备生物柴油
3．下列变化属于固氮的是
A．和在一定条件下反应生成
B．与反应生成
C．催化氧化生成
D．由制和
4．以下反应属于加成反应的是
A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C．甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色褪色
D．乙醇与乙酸反应生成酯
5．卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃适合由烯烃通过加成反应制得的是
A． B．
C． D．
6．合成丁腈橡胶()的原料是
①②③
④⑤⑥
A．③⑥ B．②③ C．①③ D．④⑤
7．下列有关烃的说法正确的是
A．乙烷在光照的条件下与发生取代反应，最多有9种产物
B．烷烃燃烧时产生明亮的火焰并冒黑烟，产生大量的热
C．同质量的与完全燃烧，耗氧量相同，生成的二氧化碳的物质的量相同
D．庚烷主链上有5个碳原子的同分异构体有4种
8．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
9．明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏
10．按下图装置进行实验（夹持装置省略），预期现象及其相应解释存在错误的是
A．甲中缺少，则不会制得，因为分解出的与HCl在试管口又重新会生成
B．乙中a处比b处先变蓝，因为的密度比空气小
C．丙中有白烟，因为与酸产生铵盐
D．丁中液面上升，因为极易溶于水
11．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（ ）
序号 甲 乙 丙
石灰水
HCl 石灰水
A． B． C． D．
12．氮、硫及其化合物的价类二维图如下所示，下列说法正确的是
A．b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物
B．a、b、u、v、w均能作还原剂
C．d、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物
D．e、z的浓溶液与铜反应分别生成氧化物d、x
13．常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入等体积的两种气体，a试管内是与，b试管内为和，c试管内为与，d试管内是与，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为
A．b>c>a>d B．b>a>c>d C．d>b>a>c D．c>d>b>a
14．实验室制备乙酸乙酯的装置如图所示。下列说法正确的是
A．a为NaOH
B．浓硫酸的作用仅为催化剂
C．反应液不易暴沸，故不用加沸石
D．反应后a溶液上方有无色油状液体生成
15．在阿司匹林的结构简式（下式）中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共热，发生反应时断键的位置是
A．①④ B．②⑤ C．③④ D．②⑥
16．有人认为CH2=CH2与Br2的加成反应，实质是Br2先断裂为Br＋和Br-，然后Br＋首先与CH2=CH一端碳原子结合，第二步才是Br-与另一端碳原子结合。根据该观点如果让CH2=CH2与Br2在盛有NaCl和NaI的水溶液中反应，则得到的有机物不可能是
A．BrCH2CH2Br B．ClCH2CH2Cl C．BrCH2CH2I D．BrCH2CH2Cl
二、解答题(共4小题，满分56分)
17．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一，其工艺流程如下：
（1）工业上用电解饱和食盐水制，其化学方程式为：　 　 ，检验氯气生成的方法是：　 　。
（2）步骤③的离子方程式：　 　 。
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过　 　 (填试剂名称)溶液，以除去氯气。
（4）步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：　 　 。
（5）提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”，请说明原因：　 　 。
18．硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题：
（1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅。三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：
①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式　 　 。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出SiHCl3与水反应的化学反应方程式　 　 ；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是　 　 。
（2）下列有关硅材料的说法正确的是___________ (填字母)。
A．碳化硅化学性质稳定，可用于生产耐高温水泥
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承
C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高
D．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅
（3）硅酸钠水溶液俗称水玻璃。取少量硅酸钠溶液于试管中，在空气中静置一段时间后产生白色沉淀，写出化学方程式：　 　 。
（4）新型陶瓷的熔点高、硬度大、化学性质稳定。工业上可以采用化学气相沉积法，在的保护下，使与反应生成沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式：　 　 。
19．已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应。
回答下列问题：
（1）A中发生反应的化学方程式是：　 　 。
（2）B中加入的物质是：　 　。
（3）实验时在C中发生反应的化学方程式是：　 　 。
（4）实验时在D中观察到得现象是：　 　 。实验时在D中收集到的物质是：　 　 。
（5）某企业利用上面流程综合处理工厂排放的含SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为　 　 ，该流程中可循环利用的物质为　 　 (填化学式)。
20．下列为乙酸乙酯的合成路线：
（1）请写出下列物质的化学式：A：　 　；B：　 　；C：　 　；D：　 　；
（2）请写下列方程式：
A→B反应方程式：　 　；
B→C的反应方程式：　 　；
B与D反应生成乙酸乙酯的方程式：　 　；
（3）B与D反应的反应类型是：　 　，对该反应产物提纯时使用饱和碳酸钠溶液的作用是：　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；石油的分馏
【解析】【解答】A、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，产物主要是出炉煤气、煤焦油和焦炭，煤油是石油分馏得到的产物，并非煤干馏的产物，A错误；
B、乙烯是衡量石油工业水平的重要指标，它主要来自石油的裂解工艺，而石油分馏只是物理分离过程，无法得到乙烯，B错误；
C、橡胶硫化程度越高，硬度和耐磨性越强，弹性越差。医用乳胶手套需要柔软弹性，硫化程度低；皮鞋胶底需要硬度耐磨，硫化程度高，因此手套硫化程度低于胶底，C错误；
D、石油在加热和催化剂作用下，可通过催化重整实现分子结构调整，将链状烃转化为苯或甲苯等芳香烃，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
煤干馏产物：出炉煤气、煤焦油、焦炭，煤油属于石油分馏产物。
乙烯来源：石油裂解，而非分馏。
硫化程度与性能：硫化程度越高，橡胶硬度越大、弹性越差，手套硫化程度低于胶底。
石油催化重整：可获得苯、甲苯等芳香烃。
2．【答案】C
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、动植物油脂和短链醇都属于可再生资源，所以生物柴油可以由可再生资源制得，该说法正确，A不符合题意；
B、动植物油脂里的 R1、R2、R3基团种类不相同，和短链醇反应后，会生成由不同酯组成的混合物，该说法正确，B不符合题意；
C、高分子化合物的相对分子质量一般在一万以上，动植物油脂的相对分子质量远达不到这个标准，属于小分子酯类，不是高分子化合物，该说法错误，C符合题意；
D、“地沟油” 的主要成分是油脂，能够和短链醇发生反应来制备生物柴油，该说法正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
可再生资源的判断：动植物油脂可以通过种植农作物再生，短链醇可以由生物质发酵得到，二者都属于可再生资源，因此生物柴油由可再生资源制得；
混合物的判断：天然动植物油脂是多种高级脂肪酸甘油酯的混合物，R1、R2、R3基团不同，反应后生成的生物柴油也是不同酯组成的混合物；
高分子化合物的判断：高分子化合物需要相对分子质量在一万以上，且有重复的结构单元，油脂属于小分子酯类，不属于高分子化合物；
地沟油的用途：地沟油的主要成分是油脂，和动植物油脂的成分一致，因此可以用来制备生物柴油，实现废物利用。
3．【答案】A
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A、氮气和氢气在一定条件下反应生成氨，是把空气中游离态的氮单质转化为含氮的化合物，符合固氮的定义，A正确；
B、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，反应物里的氮已经是化合态，并非游离态的氮单质，不属于固氮，B错误；
C、氨催化氧化生成一氧化氮，反应物里的氮是化合态，不是游离态的氮单质，不属于固氮，C错误；
D、由氨制备碳酸氢铵和硫酸铵，反应物里的氮是化合态，不是游离态的氮单质，不属于固氮，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的核心突破口是牢牢抓住固氮的定义：只有将游离态的氮单质转化为化合态含氮化合物的反应才是固氮，以此为标准逐一判断各选项。
4．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧化反应，不是加成反应，A错误；
B、乙烯分子里有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液里的溴发生加成反应，生成二溴乙烷，让溶液褪色，这个反应属于加成反应，B正确；
C、甲烷和氯气混合后光照，甲烷里的氢原子会被氯原子一步步取代，发生的是取代反应，不是加成反应，C错误；
D、乙醇和乙酸反应生成酯，是乙醇的羟基和乙酸的羧基发生酯化反应，本质属于取代反应，不是加成反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
加成反应的核心是不饱和键断裂，结合原子或基团，只生成一种产物。
氧化反应是物质被氧化，乙烯被高锰酸钾氧化属于氧化反应。
取代反应是原子或基团被替换，甲烷氯代和酯化反应都属于取代反应。
酯化反应是取代反应的一种，不是加成反应。
5．【答案】C
【知识点】加成反应
【解析】【解答】A、 中，与 Cl 相连的 C 的相邻 C 上没有 H，无法通过烯烃加成得到（加成会在相邻两个 C 上分别引入 H 和 Cl），A 不符合题意；
B、 中，与 Cl 相连的 C 的相邻 C 上没有 H，无法通过烯烃加成得到，B 不符合题意；
C、 可由 (CH3)2C=CH2与 HCl 加成得到，符合烯烃加成制卤代烃的要求，C 符合题意；
D、 中，与 Cl 相连的 C 的相邻 C 上没有 H，无法通过烯烃加成得到，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
烯烃与 HX（或 X2）发生加成反应时，会在双键的两个 C 原子上分别引入 H（或 X）和 X，因此能由烯烃加成得到的卤代烃，必须满足：与卤素原子相连的碳原子，其相邻的碳原子上至少有 1 个氢原子。
6．【答案】C
【知识点】加成反应
【解析】【解答】该高聚物链节主链仅含碳原子，无杂原子（如O、N等）连接，属于通过碳碳双键加聚反应生成的高分子。加聚反应的特点是反应过程中无小分子生成，单体中的碳碳双键打开后直接连接形成主链。观察链节主链，根据加聚反应的规律，将主链中的碳碳双键断开，还原为双键结构，即可得到单体： 。断开后主链两端的半键闭合，形成新的碳碳双键，因此对应的单体为 ①，③，
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
加聚产物判断：主链没有杂原子，且存在碳碳双键，属于加聚产物，要通过断键还原法找单体。
断键还原规则：主链含 6 个碳原子且有双键，从双键旁断开，还原成两种单体，分别是共轭二烯烃和含氰基的烯烃。
1，3 - 丁二烯的特性：参与加聚时会发生 1，4 - 加成，主链保留双键，和目标链节的双键结构对应。
7．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烃类的燃烧；烷烃
【解析】【解答】A、乙烷和氯气在光照下发生取代反应，会逐步生成从一氯代到六氯代的多种产物，加上副产物氯化氢，总共能达到十种产物，并非九种，A错误；
B、烷烃的含碳比例偏低，燃烧时火焰呈淡蓝色，一般不会冒出黑烟，只有含碳量高的烃类燃烧才容易产生黑烟，B错误；
C、丙烯和丁烯的最简式完全一样，都是 CH2，相同质量下两种物质里碳和氢的质量完全一致，燃烧时消耗的氧气量和生成的二氧化碳量也都相同，C正确；
D、庚烷主链保留五个碳原子时，支链为两个甲基的同分异构体一共有五种 ：、、、、， D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙烷取代产物：一氯代到六氯代产物加氯化氢，共十种产物，容易漏数氯化氢或同分异构体。
烷烃燃烧现象：含碳量低，火焰淡蓝色，不冒黑烟。
烃燃烧规律：最简式相同的烃，同质量时耗氧量和生成二氧化碳量完全相同。
同分异构体计数：庚烷主链五个碳时，支链为两个甲基的结构有五种，容易漏数或重复计数。
8．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu 与浓硫酸反应时，H2SO4既体现酸性（生成 CuSO4），又体现强氧化性（生成 SO2），A错误；
B、a 处紫色石蕊变红，是因为 SO2与水反应生成 H2SO3，说明 SO2是酸性氧化物，B正确；
C、c 处酸性 KMnO4褪色是 SO2的还原性导致，并非漂白性，C错误；
D、反应生成了 H2O，但被浓硫酸吸收，故试管底部出现白色 CuSO4固体，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题核心是结合 Cu 与浓硫酸的反应性质、SO2的特性，分析实验现象对应的原理：
Cu 与浓硫酸的反应：反应生成 CuSO4、SO2和 H2O，H2SO4既体现酸性（生成盐），又体现强氧化性（生成 SO2）；
SO2的酸性氧化物性质：SO2与水反应生成 H2SO3，使紫色石蕊变红，符合酸性氧化物的特征；
SO2的漂白性与还原性：b 处品红褪色体现漂白性，但 c 处酸性 KMnO4褪色是因为 SO2的还原性（发生氧化还原反应）；
反应中 H2O 的生成：浓硫酸本身含水少，且反应生成的少量 H2O 会被浓硫酸吸收，故试管底部出现的白色固体是 CuSO4，不代表无 H2O 生成。
9．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型；硫酸盐
【解析】【解答】A、FeSO4煅烧生成 SO3、SO2（S 元素化合价既有升高又降低），属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化（不会只生成 FeO，应为 Fe 的氧化物如 Fe2O3），故 X 不是 FeO，A错误；
B、H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，属于 “酸与盐生成新酸和新盐” 的复分解反应，B正确；
C、流程中通过蒸馏得到 HNO3，说明 HNO3沸点更低，易挥发分离，C正确；
D、H2SO4、HNO3均为强酸，会腐蚀铁锅，导致其易损坏，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
FeSO4分解的氧化还原判断：FeSO4煅烧生成 SO3（S，+6）、SO2（S，+4），S 化合价既升又降，属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化，不可能只生成 FeO（Fe+2），据此判断 A 错误。
复分解反应的识别：H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，符合 “酸 + 盐→新酸 + 新盐” 的复分解反应特征，对应 B 的判断。
沸点与蒸馏的关系：流程用蒸馏法分离 HNO3，说明 HNO3沸点低于 H2SO4（易挥发），对应 C 的逻辑。
酸的腐蚀性分析：H2SO4、HNO3是强酸，会腐蚀铁锅，故铁锅易损坏，对应 D 的结论。
10．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、若甲中缺少，直接加热会分解生成和，二者在试管口遇冷重新化合生成，无法制得氨气，解释正确，A不符合题意；
B、密度比空气小，在乙装置中先向上扩散，接触湿润红色石蕊试纸处使其变蓝，处后变蓝，解释正确，B不符合题意；
C、丙中盛放的是浓硫酸（酸性干燥剂），是碱性气体，会被浓硫酸完全吸收生成硫酸铵，不产生白烟；白烟通常是气体与酸液挥发物接触生成的固体小颗粒，此处被吸收无此现象，解释错误，C符合题意；
D、极易溶于水，导致丁装置内压强迅速减小，外界大气压将水压入，液面上升，解释正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题核心考查氨气的制备、性质及实验装置分析，解题关键在于明确各装置中试剂的作用及氨气的物理、化学性质：
氨气制备：实验室制氨气需与碱共热，仅加热无法收集，因与会重新化合；
氨气密度：密度小于空气，在集气瓶中先占据上方，使处先变色；
浓硫酸作用：浓硫酸是强酸性、强干燥剂，能与发生反应，无法产生白烟，白烟的出现通常与挥发性酸（如浓盐酸）与氨气反应有关；
氨气溶解性：极易溶于水，这是导致丁装置产生“倒吸”类液面上升现象的原因。
11．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】组合①：二氧化碳和二氧化硫都是酸性气体，二者无论比例如何，通入过量石灰水时，都会生成对应的钙盐沉淀，①符合题意。
组合②：氯化氢和二氧化碳通入过量石灰水时，氯化氢先与碱中和，之后二氧化碳会和剩余的碱反应生成碳酸钙沉淀，②符合题意。
组合③：二氧化硫溶于水形成酸性环境，硝酸根在酸性条件下会将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，二氧化碳不参与反应，③符合题意。
组合④：二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸会将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，④符合题意。
组合⑤：若二氧化碳过量、氨气不足，溶液中无法形成足够的碳酸根离子，也就不会和钙离子生成沉淀，⑤不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性气体与碱反应：二氧化碳、二氧化硫这类酸性气体，通入过量碱性溶液时，一定会生成对应难溶钙盐沉淀。
酸性环境下的氧化还原：硝酸根在酸性条件下有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根，进而生成硫酸钡沉淀。
沉淀生成的条件：只有当溶液中离子浓度乘积达到溶度积常数时，才会产生沉淀，氨气不足时无法提供足够的碳酸根与钙离子结合。
氧化还原对沉淀的影响：二氧化氮、硝酸根等氧化剂，会将二氧化硫转化为稳定的硫酸根，从而保证沉淀的生成。
12．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、b 是 N2，N2化学性质稳定，无法一步生成所有价态的氧化物（如 N2不能直接生成 NO2）；v 是 S，S 也不能一步生成 SO3（需先氧化为 SO2，再进一步氧化）。A错误；
B、还原剂的判断依据是元素化合价可升高：
a（NH3，N 为 - 3 价，可升）、b（N2，N 为 0 价，可升）；
u（H2S，S 为 - 2 价，可升）、v（S，S 为 0 价，可升）、w（SO2，S 为 + 4 价，可升）。
以上物质均能作还原剂，B正确；
C、d 是 NO2，NO2与水反应生成 HNO3和 NO，不是 “只生成酸”，不属于酸性氧化物；w（SO2）、x（SO3）是酸性氧化物，但 d 不符合。C错误；
D、e 是浓 HNO3，与 Cu 反应生成的是 NO2（d），但同时生成盐和水；z 是浓 H2SO4，与 Cu 反应生成的是 SO2（w），而非 x（SO3）。D错误；
故答案为：B。
【分析】含 N 物质：a（-3 价氢化物，NH3）、b（0 价单质，N2）、c（+2 价氧化物，NO）、d（+4 价氧化物，NO2）、e（+5 价酸，HNO3）；
含 S 物质：u（-2 价氢化物，H2S）、v（0 价单质，S）、w（+4 价氧化物，SO2）、x（+6 价氧化物，SO3）、z（+6 价酸，H2SO4）。
13．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质
【解析】【解答】a试管（与）：二者按与水完全反应，体积的消耗体积的，剩余为，气体总体积减少，水面上升高度对应气体减少量。
b试管（与）：二者按与水完全反应生成盐酸和硫酸，气体完全消失，气体体积减少，水面上升至试管顶部。
c试管（与）：二者按与水完全反应，体积的消耗体积的，剩余为，气体总体积减少。
d试管（与）：极易溶于水，体积的完全溶解，不溶于水，气体体积减少，，即b > c > a > d；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应比例计算：根据各气体组合的化学反应方程式，确定恰好完全反应的体积比，计算剩余气体体积。
气体减少量与水面高度的关系：试管倒立水中，气体体积减少越多，水面上升高度越高。
特殊反应规律：与按完全反应，气体全部溶解；极易溶于水，难溶于水。
14．【答案】D
【知识点】乙酸乙酯的制取；酯化反应
【解析】【解答】A．a溶液为饱和Na2CO3溶液，可溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，A错误；
B．浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂，提高反应速率和反应物的转化率，B错误；
C．该反应添加沸石，可以防暴沸，C错误；
D．反应后a中有无色油状液体生成，即乙酸乙酯，密度小于水，所以在上层，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查乙酸乙酯的制备。
乙酸乙酯实验：
（1）加热，主要目的是提高反应速率，其次是使生成的乙酸乙酯挥发而方便收集，使平衡向正反应方向移动，提高乙醇、乙酸的转化率。
（2）浓硫酸一方面作催化剂，提高反应速率；另一方面作吸水剂，提高乙醇、乙酸的转化率。
（3）饱和Na2CO3溶液的作用①挥发出的乙酸与Na2CO3反应生成易溶于水的盐，乙醇易溶于Na2CO3溶液，有利于乙酸乙酯与乙酸、乙醇的分离。②乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小，与饱和Na2CO3溶液混合时易分层，可用分液法分离。
注意事项
（1）浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂。
（2）为防止试管中液体在实验时暴沸，加热前应采取的措施：在试管中加入几块碎瓷片或沸石。（3）玻璃导管的末端不要插入饱和Na2CO3溶液中，以防液体倒吸。
（4）开始时要用小火均匀加热，加快反应速率，减少乙醇和乙酸的挥发；待有大量产物生成时，可大火加热，以便将产物蒸出。
（5）装置中的长导管起导气兼冷凝作用。
（6）欲提高乙酸的转化率，可采取的措施：①用浓H2SO4吸水，使平衡向正反应方向移动；②加热将酯蒸出；③可适当增加乙醇的量，并加装冷凝回流装置。
15．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】阿司匹林分子结构中包含酯基和羧基两种官能团，当它与足量 NaOH 溶液共热时，会发生两类反应：
中和反应：羧基（-COOH）与 NaOH 发生酸碱中和反应，此过程断裂⑥号键；
酯的水解反应：酯基在碱性条件下发生水解，生成羧酸钠和酚钠结构，此过程断裂②号键。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团对应反应：羧基体现酸性，与 NaOH 发生中和反应，断裂羧基中的 O-H 键（⑥号键）；
酯基水解规律：酯基在碱性条件下水解，断裂酯基中的 C-O 键（②号键）。
16．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、溴单质断裂后生成的溴正离子和溴负离子，可分别与乙烯两端碳原子结合，生成二溴乙烷，该产物存在可能，A正确；
B、反应第一步只能由溴正离子结合乙烯，溶液中不存在氯正离子，无法在第一步引入氯原子，也就不可能生成二氯乙烷，该产物不可能存在，B错误；
C、第一步溴正离子结合乙烯后，第二步可由碘负离子结合另一端碳原子，生成溴碘代乙烷，该产物存在可能，C正确；
D、第一步溴正离子结合乙烯后，第二步可由氯负离子结合另一端碳原子，生成溴氯代乙烷，该产物存在可能，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应机理：加成第一步必须是溴正离子与乙烯结合，第二步可由溶液中存在的任何负离子（溴、氯、碘离子）结合。
离子来源：溶液中只有负一价氯离子和碘离子，不存在正一价氯或碘的阳离子，无法在第一步引入氯或碘。
产物判断：只有第一步引入溴正离子，第二步结合不同负离子，才能得到对应产物，不可能出现第一步为氯正离子的产物。
17．【答案】（1）；用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可)
（2）
（3）溴化铁(或其他含的盐类物质)
（4）若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低
（5）将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）工业上用电解饱和食盐水制，化学方程式为；由于氯气具有强氧化性，能将KI氧化为I2，I2能使淀粉变蓝，故可用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可) 检验氯气生成；
故答案为： ； 用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可) ；
（2）由分析知，溴和热空气一起挥发出来，用SO2水溶液吸收（步骤③），发生反应，这样可以得到浓度较大的溶液；
故答案为： ；
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，可将蒸馏产生的气体通过溴化铁(或其他含的盐类物质)溶液，利用氯气的氧化性强于溴，从而除去氯气；
故答案为： 溴化铁(或其他含的盐类物质) ；
（4）若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低，故步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产；
故答案为： 若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低 ；
（5）将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本，故提取溴单质时，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”。
故答案为： 将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本 ；
【分析】海水先经氯气氧化，把其中的溴离子转化为溴单质，得到溴水混合物 Ⅰ；接着用空气吹出溴单质，再用二氧化硫把溴还原成溴离子， 发生反应， 实现溴的富集；之后再次用氯气将溴离子氧化为溴单质，得到溴水混合物 Ⅱ；最后通过蒸馏操作，就能分离得到液态溴产品。
（1）工业上用电解饱和食盐水制，化学方程式为；由于氯气具有强氧化性，能将KI氧化为I2，I2能使淀粉变蓝，故可用湿润的淀粉KI试纸靠近，如果试纸变蓝，说明有氯气生成(使用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近有白烟生成等合理答案亦可) 检验氯气生成；
（2）由分析知，溴和热空气一起挥发出来，用SO2水溶液吸收（步骤③），发生反应，这样可以得到浓度较大的溶液；
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，可将蒸馏产生的气体通过溴化铁(或其他含的盐类物质)溶液，利用氯气的氧化性强于溴，从而除去氯气；
（4）若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低，故步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产；
（5）将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本，故提取溴单质时，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”。
18．【答案】（1）SiHCl3+H2Si+3HCl；SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl；高温下，H2遇O2发生爆炸
（2）B
（3）(写也可以)
（4）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硅和二氧化硅
【解析】【解答】（1）①纯与H2在1357K时发生反应SiHCl3+H2Si+3HCl，制得高纯硅；
②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl，根据原子守恒，还有H2生成，SiHCl3与水反应的化学反应方程式SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，H2与O2混合加热会发生爆炸；
故答案为： SiHCl3+H2Si+3HCl ； SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl ； 高温下，H2遇O2发生爆炸 ；
（2）A．碳化硅化学性质稳定，硬度大、熔点高，可用于生产耐高温材料，但水泥是传统硅酸盐产品，主要成分是硅酸盐，碳化硅并不适用于生产耐高温水泥，A错误；
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承，B正确；
C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂在高温下反应制得的混合物，混合物没有固定的熔点，而是在一定温度范围内逐渐软化，C错误；
D．盐酸不与硅反应，故不能采用盐酸为抛光液抛光单晶硅，D错误；
故答案为：B；
（3），由于碳酸的酸性强于硅酸的酸性，故硅酸钠水溶液在空气中静置，会与空气中的CO2反应， 产生白色沉淀，化学方程式为(写也可以)；
故答案为：(写也可以) ；
（4）在的保护下，使与反应生成，中N的化合价降低，中H的化合价升高，根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为。
故答案为： ；
【分析】石英砂和焦炭在高温下反应制得粗硅：，粗硅再与氯化氢在 573K 以上的温度下反应，生成粗的三氯甲硅烷：；接着通过精馏操作将粗三氯甲硅烷提纯为纯品，最后纯三氯甲硅烷和氢气在 1357K 的高温下发生还原反应：SiHCl3+H2Si+3HCl，得到高纯硅。据此解题。
（1）①纯与H2在1357K时发生反应SiHCl3+H2Si+3HCl，制得高纯硅；
②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl，根据原子守恒，还有H2生成，SiHCl3与水反应的化学反应方程式SiHCl3+3H2O=H2SiO3+H2↑+3HCl；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，H2与O2混合加热会发生爆炸；
（2）A．碳化硅化学性质稳定，硬度大、熔点高，可用于生产耐高温材料，但水泥是传统硅酸盐产品，主要成分是硅酸盐，碳化硅并不适用于生产耐高温水泥，A错误；
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承，B正确；
C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂在高温下反应制得的混合物，混合物没有固定的熔点，而是在一定温度范围内逐渐软化，C错误；
D．盐酸不与硅反应，故不能采用盐酸为抛光液抛光单晶硅，D错误；
故选B；
（3），由于碳酸的酸性强于硅酸的酸性，故硅酸钠水溶液在空气中静置，会与空气中的CO2反应， 产生白色沉淀，化学方程式为(写也可以)；
（4）在的保护下，使与反应生成，中N的化合价降低，中H的化合价升高，根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为。
19．【答案】（1）
（2）碱石灰
（3）2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
（4）出现无色液体；氨水
（5）；和
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）根据分析，A中发生反应的化学方程式是：；
故答案为： ；
（2）干燥氨气可以选用碱石灰，B中加入的物质是碱石灰；
故答案为 碱石灰 ；
（3）氨气进入C中与氧化铜加热反应生成氮气、水和铜，化学方程式是：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；
故答案为： 2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu ；
（4）根据分析，实验时在D中观察到得现象是：出现无色液体；D中收集到的物质是氨水；
故答案为： 出现无色液体 ； 氨水 ；
（5）根据流程图，“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为；溶液进入“SO2吸收塔”生成溶液，溶液进入“NH3吸收塔”生成溶液，则该流程中可循环利用的物质为和。
故答案为： ；和 ；
【分析】装置 A 里，氯化铵和氢氧化钙这两种固体在加热条件下发生反应，释放出氨气；随后氨气通过装置 B 中的碱性干燥剂完成除水干燥，接着通入装置 C，在高温环境下和氧化铜发生氧化还原反应，生成氮气、金属铜以及水；反应后剩余的氨气和生成的水蒸气一起进入装置 D，在冰水冷却作用下，水蒸气凝结成液态水，同时氨气溶解在水中形成氨水，而难溶于水的氮气则通过排水法收集到试管 E 中。
（1）根据分析，A中发生反应的化学方程式是：；
（2）干燥氨气可以选用碱石灰，B中加入的物质是碱石灰；
（3）氨气进入C中与氧化铜加热反应生成氮气、水和铜，化学方程式是：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；
（4）根据分析，实验时在D中观察到得现象是：出现无色液体；D中收集到的物质是氨水；
（5）根据流程图，“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为；溶液进入“SO2吸收塔”生成溶液，溶液进入“NH3吸收塔”生成溶液，则该流程中可循环利用的物质为和。
20．【答案】（1）C2H4；CH3CH2OH；CH3CHO；CH3COOH
（2）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O；CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O
（3）取代(写酯化反应亦可)；吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙酸乙酯的制取；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）由分析知，A为乙烯，A的化学式为C2H4，B为乙醇，化学式为CH3CH2OH，C为乙醛，故化学式为CH3CHO，D 为乙酸，故化学式为CH3COOH；
故答案为： C2H4 ； CH3CH2OH ； CH3CHO ； CH3COOH ；
（2）A→B为C2H4和水发生反应生成乙醇，反应方程式CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；B→C为CH3CH2OH被氧化为CH3CHO，反应方程式2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O；CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；
故答案为： CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ； 2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O ； CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O ；
（3）CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为取代反应；在该反应中，用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层；
故答案为： 取代(写酯化反应亦可) ； 吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层 ；
【分析】由 B 和 D 反应生成乙酸乙酯，且 B 可经两步氧化转化为 D，结合有机转化规律可知，B 为乙醇，D 为乙酸。依据乙醇（CH3CH2OH）经氧化生成乙醛（CH3CHO），乙醛继续氧化生成乙酸（CH3COOH）的转化路径，可推得中间产物 C 为乙醛。再结合 A 与水反应生成乙醇的转化关系，可知A 为乙烯（C2H4）。综上，各物质化学式推导如下：A（乙烯）：C2H4；B（乙醇）：CH3CH2OH
C（乙醛）：CH3CHO；D（乙酸）：CH3COOH。
（1）以最终产物乙酸乙酯为核心突破口，结合 “B 经两次氧化生成 D” 的转化关系，先确定 B 为乙醇、D 为乙酸，中间产物 C 为乙醛；再根据 “A 与水反应生成乙醇”，推得 A 为乙烯，最后写出各物质的化学式。
（2）先明确每一步转化的反应物、生成物和反应条件：A→B 是乙烯与水的加成反应，B→C 是乙醇的催化氧化反应，B+D 是乙醇与乙酸的酯化反应；再按照有机反应方程式的书写规范，配平原子、标注条件，完成方程式书写。
（3）先判断酯化反应的本质，其属于取代反应；再分析饱和碳酸钠溶液的作用，从吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度三个维度梳理，明确其促进分层、便于分离的实验目的，规范作答。
（1）由分析知，A为乙烯，A的化学式为C2H4，B为乙醇，化学式为CH3CH2OH，C为乙醛，故化学式为CH3CHO，D 为乙酸，故化学式为CH3COOH；
（2）A→B为C2H4和水发生反应生成乙醇，反应方程式CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；B→C为CH3CH2OH被氧化为CH3CHO，反应方程式2CH3CH2OH+O22 CH3CHO+H2O；CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（3）CH3CH2OH与CH3COOH反应生成乙酸乙酯的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为取代反应；在该反应中，用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，促进分层；
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