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广东省汕尾市2024-2025学年高一下学期期末考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共54分。第1~10小题，每小题3分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列我国古代优秀艺术作品中，所用材料属于无机非金属材料的是
A．酱褐釉陶牛车模型 B．错银铜牛灯
C．名画《千里江山图》 D．木雕罗汉像
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料
【解析】【解答】A、酱褐釉陶牛车模型所用材料为陶瓷，属于无机非金属材料，故 A 正确；
B、错银铜牛灯所用材料为铜合金，属于金属材料，故 B 错误；
C、名画《千里江山图》所用材料为纸张、颜料，纸张属于天然有机高分子材料，故 C 错误；
D、木雕罗汉像所用材料为木材，属于天然有机高分子材料，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
陶瓷是典型的无机非金属材料，主要成分为硅酸盐；
铜合金属于金属材料；
纸张、木材均为天然有机高分子材料；
明确材料分类：无机非金属材料主要包括陶瓷、玻璃、水泥等，区别于金属材料和有机高分子材料。
2．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．二氧化硫可添加到葡萄酒中作防腐剂和抗氧化剂
B．味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其主要成分为谷氨酸钠
C．药物在促进人类健康的同时，可能对机体产生与用药目的无关的有害作用
D．汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的
【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、二氧化硫能抑制微生物生长，同时具有还原性，可防止葡萄酒被氧化，因此可作防腐剂和抗氧化剂，故 A 正确；
B、味精的主要成分为谷氨酸钠，是常用的增味剂，能显著增加食品鲜味，故 B 正确；
C、药物在治疗疾病的同时，可能产生与治疗目的无关的副作用，故 C 正确；
D、汽车尾气中的氮氧化物是发动机内高温高压条件下，空气中的氮气与氧气反应生成的，并非汽油不完全燃烧产生，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫在葡萄酒中兼具防腐和抗氧化双重作用；
味精的主要成分是谷氨酸钠，是常见的食品增味剂；
药物通常具有治疗作用和副作用双重属性；
氮氧化物的生成机理是氮气和氧气在高温下反应，与汽油燃烧是否完全无关。
3．我国航空航天的成就举世瞩目。下列说法不正确的是
A．氮化硅()陶瓷耐高温、抗腐蚀，可用于制作火箭的发动机
B．导电性好，可用于制作空间站中的光能电池
C．空间站核心舱的离子推进器以氙气和氩气作为推进剂，氙气和氩气属于稀有气体
D．北斗卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)位于元素周期表的lA族
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，具有耐高温、抗腐蚀的优良性能，可用于制造火箭发动机，故 A 正确；
B、二氧化硅是绝缘体，不导电，常用于制作光导纤维；用于制作光能电池的是硅单质，故 B 错误；
C、氙气和氩气均属于稀有气体，性质稳定，可作为空间站离子推进器的推进剂，故 C 正确；
D、铷（Rb）是第 ⅠA 族元素，位于元素周期表的第 ⅠA 族，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氮化硅陶瓷是耐高温、耐腐蚀的新型无机非金属材料，可用于航天发动机；
二氧化硅是绝缘体，不能导电，常用于制作光导纤维，而非光能电池；
氙气和氩气均为稀有气体，性质稳定，可用作推进剂；
铷（Rb）属于第 ⅠA 族元素，可用于制作原子钟。
4．下列关于有机化合物的认识中，正确的是
A．分子式为C4H10O的醇共有4种
B．淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
C．乙酸( CH3COOH)与油酸(C17H33COOH)互为同系物
D．包装用的材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、分子式的醇可看作丁基（）连接，丁基共有4种结构，对应醇为4种，A正确；
B、淀粉、纤维素通式均为，但二者聚合度取值不同，分子式并不相同，不满足同分异构体条件，B错误；
C、乙酸为饱和羧酸，油酸碳链含碳碳双键，二者官能团种类不完全一致，不互为同系物，C错误；
D、烃仅由C、H两种元素组成，聚氯乙烯结构中含有Cl元素，不属于烃类物质，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
饱和一元醇同分异构体计数：固定羟基，烷基种类等于醇的同分异构体数目，丁基有4种，对应丁醇共4种；
同分异构体判定标准：分子式完全相同、结构不同；淀粉与纤维素值不等，分子式不同，不能互称同分异构体；
同系物判定规则：官能团种类、数目完全相同，分子组成相差若干个；油酸含碳碳双键，乙酸无不饱和碳碳键，不符合同系物要求；
烃的定义辨析：仅含C、H的有机物为烃，聚氯乙烯含氯元素，属于卤代烃类高分子，不属于烃。
5．类比法是一种学习化学的重要方法。下列类比合理的是
A．Fe与S在加热时生成FeS，则Cu与S在加热时生成CuS
B．使酸性溶液和溴水褪色的原理相同，使酸性溶液和溴水褪色的原理也相同
C．常温下Cu和浓硫酸不反应，则常温下Al和浓硫酸也不反应
D．与反应生成，是酸性氧化物；与反应生成，也是酸性氧化物
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；烯烃；物质的简单分类
【解析】【解答】A、S 的氧化性较弱，与变价金属反应时只能将其氧化至较低价态，Fe 与 S 加热生成 FeS，但 Cu 与 S 加热只能生成 Cu2S，故 A 错误；
B、SO2使酸性 KMnO4溶液和溴水褪色均是利用其还原性，原理相同；但 CH2=CH2使酸性 KMnO4溶液褪色是发生氧化反应，使溴水褪色是发生加成反应，原理不同，故 B 错误；
C、常温下 Al 遇浓硫酸会发生钝化，并非不反应，故 C 错误；
D、N2O5与 H2O 反应生成 HNO3，N2O5是酸性氧化物；SO3与 H2O 反应生成 H2SO4，SO3也是酸性氧化物，类比合理，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价硫化物；
SO2使溴水、酸性 KMnO4溶液褪色均为还原性，而乙烯使溴水褪色为加成反应，使酸性 KMnO4溶液褪色为氧化反应；
常温下铝与浓硫酸发生钝化，属于化学变化；
酸性氧化物的定义为能与碱反应生成盐和水的氧化物，N2O5和 SO3均符合该定义。
6．如图所示的原电池装置中，X、Y为两金属电极，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如图所示。关于该装置下列说法正确的是
A．电流方向：X电极→外电路→Y电极
B．移向X电极，Y电极上产生
C．X电极上发生还原反应，Y电极上发生氧化反应
D．若两电极分别为Cu和Fe，则X电极为Cu，Y电极为Fe
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电流方向与电子流向相反，应为 Y 电极→外电路→X 电极，故 A 错误；
B、原电池中阴离子向负极移动，因此 SO42-移向 X 电极，Y 电极为正极，H+在 Y 电极上得电子生成 H2，故 B 正确；
C、X 电极为负极，发生氧化反应，Y 电极为正极，发生还原反应，故 C 错误；
D、若两电极为 Cu 和 Fe，Fe 比 Cu 活泼，Fe 作负极，因此 X 电极应为 Fe，Y 电极为 Cu，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点： 电子从负极经外电路流向正极，即X为负极，Y为正极。
原电池中电子由负极流向正极，电流方向与电子流向相反，这是判断电极极性的基本依据；
原电池工作时，电解质中的阴离子会向负极定向移动，阳离子向正极移动，以维持溶液的电中性；
负极发生氧化反应，是电子流出的一极；正极发生还原反应，是电子流入的一极；
在稀硫酸介质中，较活泼的金属易失去电子作负极，因此铁比铜活泼时铁作负极。
7．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于四个“封管实验”夹持装置未画出、固体易升华的说法正确的是
A．加热时，中封管内固体消失
B．加热时，中溶液变红，冷却后又变为无色
C．加热时，中溶液变红，冷却后红色褪去，体现的漂白性
D．加热又冷却的过程中，属于物理变化，属于化学变化
【答案】C
【知识点】铵盐；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、加热时，①中 NH4Cl 固体分解生成 NH3和 HCl 气体，遇冷会重新化合生成 NH4Cl 固体，因此固体不会消失，故 A 错误；
B、加热时，②中 NH3逸出，溶液碱性减弱，溶液由红色变为无色，冷却后 NH3又溶解，溶液恢复红色，故 B 错误；
C、加热时，③中 SO2逸出，品红溶液恢复红色；冷却后 SO2又溶于品红溶液，红色褪去，体现了 SO2的漂白性特点，故 C 正确；
D、①中 NH4Cl 的分解与化合属于化学变化，④中 I2的升华与凝华属于物理变化，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
NH4Cl 受热分解生成 NH3和 HCl 气体，两种气体在封管中遇冷会重新化合生成 NH4Cl，因此固体不会消失，整个过程存在化学变化；
含 NH3的酚酞溶液加热时，NH3挥发逸出，溶液碱性减弱，红色褪去；冷却后 NH3重新溶解，溶液恢复红色，这一变化与 NH3的挥发性和碱性有关；
SO2的漂白性具有可逆性，加热时 SO2从品红溶液中逸出，溶液恢复红色；冷却后 SO2再次与品红结合，红色褪去，体现了 SO2漂白的可逆性；
碘单质的升华与凝华只是物质状态的改变，属于物理变化，而 NH4Cl 的分解与化合有新物质生成，属于化学变化，两者变化类型不同。
8．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．向溶液中通入等物质的量的氯气：
B．用氨水吸收烟气中的二氧化硫：
C．过量的Fe与稀硝酸反应：
D．溶液与过量NaOH溶液反应：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向 Na2SO3溶液中通入等物质的量的氯气，离子方程式为 Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2Cl-+2H+，故 A 正确；
B、用氨水吸收烟气中的二氧化硫，NH3 H2O 为弱电解质，不能拆写，正确的离子方程式为 SO2+2NH3 H2O=SO32-+2NH4++H2O，故 B 错误；
C、过量的 Fe 与稀硝酸反应生成 Fe2+，正确的离子方程式为
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑ +4H2O，故 C 错误；
D、NH4HCO3溶液与过量 NaOH 溶液反应，NH4+和 HCO3-均参与反应，正确的离子方程式为
NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3 H2O+H2O，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
亚硫酸钠与等物质的量的氯气反应时，SO32-被氧化为 SO42-，Cl2被还原为 Cl-，反应生成 H+，方程式符合守恒规则；
氨水是弱碱，在离子方程式中不能拆写成 OH-，应保留化学式 NH3 H2O，产物也应生成 NH4+；
过量铁与稀硝酸反应时，生成的 Fe3+会被过量的 Fe 还原为 Fe2+，因此产物应为 Fe2+而非 Fe3+；
NH4HCO3溶液与过量 NaOH 反应时，NH4+和 HCO3-都会与 OH-反应，方程式中需体现两种离子的反应，不能遗漏 HCO3-的部分。
9．氮化铝(AlN)广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是（　　）
A．AlN中氮的化合价为+3
B．AlN的摩尔质量为41 g
C．上述反应中Al2O3是氧化剂
D．上述反应中，N元素的化合价降低
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．在AlN中Al的化合价为+3价，氮的化合价为-3，A不符合题意；
B．AlN的摩尔质量为41 g/mol，B不符合题意；
C．在该反应中Al2O3的组成元素在反应前后化合价不变，因此既不是氧化剂，也不是还原剂，C不符合题意；
D．在上述反应中，N元素的化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，得到电子被还原，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合物中化合价代数和为0；
B．摩尔质量的单位是g/mol；
C．组成元素在反应前后化合价不变；
D．化合价降低，得到电子被还原。
10．下列实验装置能达到实验目的的是
实验装置
实验目的 A．用铜片和稀硝酸制NO B．验证极易溶于水
实验装置
实验目的 C．制备 D．制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硝酸的化学性质；乙酸乙酯的制取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、铜片和稀硝酸反应生成 NO，NO 易与空气中的 O2反应生成 NO2，不能用排空气法收集，故 A 错误；
B、挤压胶头滴管，水进入烧瓶，氨气极易溶于水，烧瓶内压强迅速减小，气球膨胀，可验证 NH3极易溶于水，故 B 正确；
C、Cu 与浓硫酸反应需要加热，装置中缺少酒精灯，无法制备 SO2，故 C 错误；
D、乙酸乙酯会在 NaOH 溶液中发生水解反应，不能用浓 NaOH 溶液收集，应使用饱和 Na2CO3溶液，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
NO 易被空气中的氧气氧化，因此不能用排空气法收集，应采用排水法；
氨气极易溶于水，会使烧瓶内压强骤降，外界空气进入气球使其膨胀，该装置可直观验证氨气的溶解性；
铜与浓硫酸反应需要加热，常温下不反应，装置缺少加热仪器，无法发生反应；
乙酸乙酯在碱性条件下会发生水解，收集时应使用饱和碳酸钠溶液，而非氢氧化钠溶液。
11．碘循环工艺不仅能吸收降低环境污染，同时还能制得，具体流程如图所示：
下列说法不正确的是
A．反应器中发生的反应为
B．反应器中表现氧化性
C．膜反应器中，HI在500℃时分解为和是可逆反应，理论上，可以通过压缩膜反应器体积的方法提高HI的分解速率
D．该工艺中和HI的相互转化体现了“碘循环”
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应器中SO2、I2和H2O在20~100℃条件下反应生成H2SO4和HI，反应方程式为 ，故A正确；
B、反应器中SO2被氧化为H2SO4，硫元素化合价升高，SO2表现还原性，而非氧化性，故B错误；
C、压缩膜反应器体积，气体浓度增大，反应速率加快，因此可提高HI的分解速率，故C正确；
D、该工艺中I2与SO2反应生成HI，HI分解又生成I2，I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，故D正确；
故答案为：B。
【分析】该碘循环工艺的核心流程可拆解为两步：
反应器阶段：在20~100℃的温度条件下，二氧化硫、碘单质与水发生氧化还原反应，方程式为：
，反应生成的硫酸和碘化氢混合液进入分离器进行分离。
膜反应器阶段：分离得到的碘化氢被送入膜反应器，在500℃高温下分解，生成氢气和碘单质。分解产生的碘单质会被重新送回反应器，再次参与第一步反应，从而实现碘的循环利用。整个过程中，碘单质在反应中被消耗，又在后续分解中再生，构成了完整的碘循环体系，既实现了二氧化硫的吸收治理，又能产出氢气，兼具环保与资源利用价值。
12．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是
A．分子式为
B．含有两种官能团
C．可发生加成反应和取代反应
D．1mol莽草酸与足量的Na反应可生成4mol
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A、根据莽草酸的结构简式，分子式应为 C7H10O5，而非 C7H7O5，故 A 错误；
B、莽草酸分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，并非两种，故 B 错误；
C、分子中含碳碳双键，可发生加成反应；含羟基、羧基，可发生酯化（取代）反应，故 C 正确；
D、分子中有 3 个羟基和 1 个羧基，均能与 Na 反应，1mol 莽草酸与足量 Na 反应可生成 2mol H2，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子式需根据结构简式中各原子的数目准确统计，莽草酸含 7 个 C、10 个 H、5 个 O，分子式为 C7H10O5；
官能团识别：碳碳双键、羟基（-OH）、羧基（-COOH）共三种，需避免漏数；
反应类型判断：碳碳双键可发生加成反应，羟基和羧基可发生酯化反应（属于取代反应）；
与 Na 反应的计算：羟基和羧基均能与 Na 反应，1mol 羟基或羧基与 Na 反应生成 0.5mol H2，因此 1mol 莽草酸含 4 个可反应基团，生成 2mol H2。
13．某学习小组设计如图所示装置验证的性质。下列说法正确的是
A．装置Ⅰ中浓硫酸表现强氧化性
B．装置Ⅱ中紫色石蕊溶液先变红后褪色
C．装置Ⅲ中溶液用于验证的氧化性
D．装置Ⅲ中两个棉球均褪色，用于验证的还原性
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，利用的是浓硫酸的酸性和难挥发性，并非强氧化性，故A错误；
B、装置II中二氧化硫溶于水生成亚硫酸，使紫色石蕊溶液变红，但二氧化硫不能漂白指示剂，因此溶液不会褪色，故B错误；
C、装置III中H2S溶液与SO2发生反应： ，二氧化硫中硫元素化合价降低，表现氧化性，故C正确；
D、装置III中品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，KMnO4溶液褪色体现的是SO2的还原性，并非两个棉球均验证还原性，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸与亚硫酸钠反应属于强酸制弱酸，利用浓硫酸的酸性和难挥发性，不涉及氧化还原反应；
二氧化硫溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性，能使石蕊变红，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；
二氧化硫与硫化氢反应时，二氧化硫中+4价的硫被还原为0价，表现氧化性；
二氧化硫使品红溶液褪色体现漂白性，使高锰酸钾溶液褪色体现还原性，两者原理不同。
14．某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入和，发生反应：，与随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．0~5min内，平均反应速率
B．容器中混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时，该反应达到平衡
C．2min时，
D．其他条件不变，起始时向容器中充入一定量的氩气能缩短到达平衡的时间
【答案】B
【知识点】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】A、0~5min内，，根据化学计量比，，则，故A错误；
B、该反应前后气体总物质的量发生变化，总质量不变，根据，混合气体的平均相对分子质量不再改变时，说明不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C、2min时，反应仍在正向进行，未达到平衡状态，因此，故C错误；
D、恒容条件下充入氩气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡时间也不变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率计算需结合化学计量比，先计算的速率，再乘以计量数4得到的速率；
平均相对分子质量与气体总物质的量相关，反应前后气体分子数变化，因此可作为平衡判断依据；
2min时反应物和生成物的物质的量仍在变化，反应未达平衡，正逆反应速率不相等；
恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不受影响，平衡时间不变。
15．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a既可被氧化，也可被还原
B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b
D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】横坐标为N元素化合价，纵坐标为物质类别：
a：0价单质；b：+2价氮氧化物；c：+4价氮氧化物；d：+5价氮的含氧酸；e：+5价氮的硝酸盐（盐类）。
A、a为，N元素处于0中间价态，化合价可升高发生氧化反应，也可降低发生还原反应，既能被氧化也能被还原，A合理；
B、c是，与发生歧化反应：，生成与，B合理；
C、d浓溶液为浓，铜丝插入浓硝酸发生反应：，还原产物为，无法得到，C不合理；
D、自然界存在氮循环：经固氮生成，被氧化为，二氧化氮溶于雨水生成，硝酸与土壤阳离子结合形成硝酸盐，转化路径可实现，D合理；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价类二维图推断方法：依据纵坐标物质类别、横坐标氮元素化合价匹配对应含氮物质；
中间价态物质性质：0价兼具氧化性与还原性，可升价氧化、降价还原；
二氧化氮歧化规律：与水歧化，N元素一部分升为+5价、一部分降为+2价，同时生成硝酸与一氧化氮；
浓硝酸还原产物区分：浓还原产物为，稀硝酸还原产物才是；
自然界氮循环转化：雷电固氮、氮氧化物雨水转化、土壤硝酸盐形成，完整覆盖全过程。
16．已知反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的能量变化如图所示，下列说法中正确的是
A．图中A→B的过程为放热过程
B．该反应中NO2是还原剂
C．1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)的总能量小于1 mol NO(g) 和1 mol CO2(g)的总能量
D．断开1 mol NO2和1 mol CO的化学键吸收的热量总和小于生成1 mol NO和 1 mol CO2时放出的热量总和
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、A→B 的过程中能量升高，为吸热过程，故 A 错误；
B、反应中 NO2中 N 元素化合价降低，被还原，作氧化剂，故 B 错误；
C、该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，因此 1mol NO2(g) 和 1mol CO (g) 的总能量大于 1mol NO (g) 和 1mol CO2(g) 的总能量，故 C 错误；
D、放热反应中，反应物断键吸收的总热量小于生成物成键放出的总热量，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应过程中，A→B 能量升高，为吸热过程；
NO2中 N 元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂；
该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量；
放热反应的本质是断键吸收的总能量小于成键放出的总能量。
二、非选择题：共3小题，共46分。
17．某化学实验小组为了探究氨气的还原性设计了如下实验方案。
已知：
①Mg(OH)2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]
②Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（2）装置D的作用是　 　反应前要先鼓入一段时间氮气，目的是　 　。
（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：
实验操作 实验现象 实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 红色固体为　 　
若溶液变蓝 红色固体中肯定含有　 　，可能含有　 　
取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g 　 红色固体的成分及其物质的量为　 　
（4）写出该实验中氨气还原CuO的化学反应方程式　 　。
【答案】（1）
（2）作安全瓶；排走装置内原有的空气，防止氧气干扰
（3）Cu；；Cu；0.05molCu、0.05molCu2O
（4）
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置 A 中，氢氧化镁与氯化铵在加热条件下反应，生成氨气、碱式氯化镁和水，化学方程式为：，故答案为：；
（2） 装置 D 的作用是作安全瓶，防止倒吸；反应前鼓入一段时间氮气，目的是排尽装置内原有的空气，防止氧气干扰实验。
故答案为：作安全瓶，防止倒吸；排尽装置内原有的空气，防止氧气干扰。
（3）① 取 10.4g 红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，若无现象，说明红色固体不与稀硫酸反应，为 Cu。
② 若溶液变蓝，说明红色固体与稀硫酸反应生成了硫酸铜，根据已知信息，红色固体中肯定含有 Cu2O ，可能含有 Cu。
③取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g，所得固体为Cu，物质的量为 = 0.1mol；过程中发生反应为
则有n=mol = 0.05molCu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以原固体中Cu的物质的量=0.05mol，故答案为： Cu； Cu2O；Cu；0.05molCu2O、0.05molCu；
故答案为：Cu； ； Cu ； 0.05molCu、0.05molCu2O ；
（4）氨气还原 CuO 的化学反应方程式为：，
故答案为：。
【分析】反应前通入一段时间氮气，目的是赶走装置内原有的空气，防止空气中的氧气在加热条件下氧化氨气或铜，对实验结果造成干扰。装置 A 中，氢氧化镁与氯化铵在加热条件下反应，生成氨气、碱式氯化镁和水。生成的气体通过装置 B 中的碱石灰，除去其中混有的酸性杂质和水蒸气，得到干燥纯净的氨气。干燥的氨气进入装置 C，在加热条件下与氧化铜反应，生成铜、氧化亚铜、氮气和水。装置 D 作为安全瓶，防止装置 E 中的稀硫酸倒吸入加热的硬质玻璃管中，导致玻璃管炸裂；装置 E 中的稀硫酸用于吸收未反应完的氨气，防止污染空气。
（1）根据题目给出的反应信息，结合复分解反应规律，写出氢氧化镁与氯化铵加热反应的化学方程式。
（2）结合装置特点，分析安全瓶的防倒吸作用；根据实验目的，分析氮气排空气的作用，防止氧气干扰氨气的还原性实验。
（3）利用 Cu 和 Cu2O 与稀硫酸的反应差异，通过现象判断固体成分；结合反应的质量差，通过差量法计算出 Cu2O 和 Cu 的物质的量。
（4）根据氨气的还原性和实验产物，写出氨气还原 CuO 的化学方程式。
（1）A中Mg(OH)2与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁，方程式为，故答案为：；
（2）装置D的作用是安全瓶；反应前要先鼓入一段时间氮气，目的是赶尽装置中的空气，防止氧气干扰，故答案为：作安全瓶；赶尽装置中的空气，防止氧气干扰；
（3）①取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置，若无现象，说明红色固体为铜；
②取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置，若溶液变蓝，结合信息可知，红色固体为肯定含有Cu2O，可能含有Cu；
③取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g，所得固体为Cu，物质的量为 = 0.1mol；过程中发生反应为
则有n=mol = 0.05molCu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以原固体中Cu的物质的量=0.05mol，故答案为： Cu； Cu2O；Cu；0.05molCu2O、0.05molCu；
（4）氨气还原CuO的化学反应方程式为，答案为。
18．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、燃料和盐类。工业上制硫酸的主要反应之一为，反应过程中能量的变化如图所示。
（1）由图可知，该反应放出的热量为　 　(用含和的式子表示)kJ。
（2）某温度下，在一恒容密闭容器中发生反应：，起始浓度mol·L-1，mol·L-1。反应半分钟后达到平衡，平衡时，测得容器中气体的压强为起始时的。
①半分钟内的平均反应速率　 　mol·L-1·min-1；
②平衡时　 　。第15s时　 　(填“>”“<”“=”或“无法比较”)第40s时。
（3）为加快该反应的速率，可以采取的一条措施为　 　。
（4）恒温恒容条件下，下列能证明反应已达化学平衡状态的有___________(填字母)。
A．的体积分数不再发生变化
B．容器内压强不再发生变化
C．容器内气体原子总数不再发生变化
D．相同时间内消耗2mol的同时生成2mol
（5）若以如图所示的装置生产硫酸，将、以一定压强喷到活性电极上反应，负极的电极反应式为　 　；在标准状况下通入22.4L，电池中生成的质量为　 　g。
【答案】（1）
（2）1；1.25mol·L-1；>
（3）其他条件不变，升高温度(或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气等)
（4）A；B
（5）；196
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；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）该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物，放出的热量为kJ；
故答案为：kJ； ；
（2）设反应到达平衡时，参加反应的的物质的量浓度为xmol·L-1.根据题给条件可得以下三段式：
，；
则半分钟内平均反应速率mol·L-1·min-1；
平衡时mol·L-1；第40s时，该反应达到平衡状态，此时，第15s时还未平衡，反应正向进行，则；
故答案为：1； 1.25mol·L-1 ；＞；
(3) 可通过升高温度、增大压强（缩小容器体积）或充入氧气等方式加快反应速率。
故答案为：升高温度（或缩小容器体积增大压强、体积不变充入氧气等）。
(4)A．反应正向进行的体积分数会减小，其体积分数不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，A项正确；
B．该反应是气体体积减小的反应，恒容时，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，B项正确；
C．根据原子守恒，容器内气体原子总数始终不变，C项不正确；
D．无论反应是否达到平衡状态，相同时间内消耗2mol的同时都会生成2mol，D项不正确；
恒温恒容条件下，SO2的体积分数不再变化、容器内压强不再变化，均可证明反应达到平衡，故选 AB。
故答案为：AB。
(5) 该装置为原电池，负极上 SO2发生氧化反应，电极反应式为；标准状况下通入 22.4 L O2（即 1 mol），生成 2 mol H2SO4，质量为 196 g。
故答案为：；196。
【分析】（1）反应热判断：根据能量变化图，放热反应放出的热量等于生成物与反应物的能量差，直接读取图中 E1、E2的差值即可。
（2）反应速率与平衡计算：利用三段式法，结合恒容条件下压强与物质的量成正比的关系，计算反应物的转化浓度，再根据反应速率公式计算平均速率；根据反应进行方向，判断未达平衡时正逆反应速率的大小关系。
（3）反应速率影响因素：从温度、压强、浓度等角度分析，升高温度、增大压强、增大反应物浓度均可加快反应速率。
（4）化学平衡状态判断：根据 “变量不变即平衡” 的原则，分析体积分数、压强等物理量是否为变量，变量不变时反应达到平衡。
（5）原电池反应与计算：根据原电池原理，判断负极上 SO2的氧化反应，结合电子守恒，计算生成硫酸的质量。
（1）由图可知，该反应为放热反应，放出的热量为kJ；
（2）设反应到达平衡时，参加反应的的物质的量浓度为xmol·L-1.根据题给条件可得以下三段式：
，；
则半分钟内平均反应速率mol·L-1·min-1；
平衡时mol·L-1；第40s时，该反应达到平衡状态，此时，第15s时还未平衡，反应正向进行，则；
（3）从反应速率的影响因素的角度分析，加快反应速率可以采取的措施：其他条件不变，升高温度，或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气；
（4）A．反应正向进行的体积分数会减小，其体积分数不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，A项正确；
B．该反应是气体体积减小的反应，恒容时，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，B项正确；
C．根据原子守恒，容器内气体原子总数始终不变，C项不正确；
D．无论反应是否达到平衡状态，相同时间内消耗2mol的同时都会生成2mol，D项不正确；
（5）该装置为原电池装置，总反应为，在负极上发生氧化反应，电极反应式为。每通入1mol，电池中生成2mol，所以在标准状况下通入22.4L为1mol，电池中生成196g。
19．2-甲基丙烯醇()是合成某高分子材料的单体，其制备方法如图所示。
（1）化合物C中官能团有　 　(填名称)。
（2）反应1的类型为　 　。
（3）乙烯与化合物A互为　 　(填字母，后同)；与化合物D互为　 　。
a．同系物 b．同分异构体 c．同一种物质
（4）在一定条件下，化合物A与水反应的产物的结构简式为　 　(写一种)。
（5）在一定条件下，化合物B发生加聚反应合成高分子材料，其化学方程式为　 　。
（6）请写出化合物D与乙酸发生酯化反应的化学方程式：　 　。
（7）一定条件下，下列物质中能与化合物D发生反应的有　 　(填字母)。
a．溴的四氯化碳溶液 b．酸性溶液 c． d．NaOH溶液
【答案】（1）碳碳双键、醛基
（2）取代反应
（3）a；b
（4）或 (写出其中一种即可)
（5）n
（6）
（7）abc
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的物理、化学性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】(1) 化合物 C 的结构中，含有碳碳双键和醛基两种官能团。
故答案为：碳碳双键、醛基。
(2) 反应 1 中，氯气取代了 A 分子中甲基上的氢原子，反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应。
(3) 乙烯与化合物 A 结构相似，分子组成相差 2 个 CH2原子团，互为同系物； 与化合物 D 分子式相同但结构不同，互为同分异构体。
故答案为：a；b。
(4) 化合物 A（2 - 甲基丙烯）与水加成，产物可以是或 (写出其中一种即可) ，写出其中一种即可。
故答案为：或 (写出其中一种即可) ；
(5) 化合物 B（2 - 甲基烯丙基氯）在一定条件下发生加聚反应，双键打开形成高分子聚合物。故答案为：n；。
（6）化合物D与乙酸发生酯反应的化学方程式为；
故答案为： ；
(7)化合物 D 含碳碳双键和羟基，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，被酸性 KMnO4溶液氧化，与 H2发生加成反应，但不与 NaOH 溶液反应，故选 abc。
故答案为：abc。
【分析】以 2 - 甲基丙烯（A）为起始原料，分两条路径合成目标产物：
路径一：A 与氯气在 500℃下发生取代反应，生成 2 - 甲基烯丙基氯（B），再通过取代反应将氯原子转化为羟基，得到目标产物 2 - 甲基丙烯醇（D）。
路径二：A 在催化剂作用下被氧气氧化，生成 2 - 甲基丙烯醛（C），随后 C 中的醛基被氢气催化还原为羟基，得到目标产物 D。
（1）官能团判断：根据化合物 C 的结构，直接识别碳碳双键和醛基两种官能团。
（2）反应类型判断：对比反应物和产物结构，氯原子取代了甲基上的氢原子，属于取代反应。
（3）同系物与同分异构体辨析：根据定义，结构相似、组成相差若干 CH2的有机物互为同系物；分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体。
（4）加成反应产物判断：根据马氏规则，烯烃与水加成时，羟基主要加在含氢较少的双键碳上，生成主要产物；也可写出反马氏加成的次要产物。
（5）加聚反应方程式书写：将双键打开，写成链节形式，加上聚合度 n 和反应条件。
（6）酯化反应方程式书写：醇与羧酸在浓硫酸、加热条件下发生可逆反应，酸脱羟基醇脱氢，生成酯和水。
（7）有机物化学性质判断：结合碳碳双键（加成、氧化）和羟基（氧化、酯化）的性质，逐一分析选项。
（1）根据化合物C的结构简式，推出含有的官能团是碳碳双键和醛基；
（2）对比化合物A和B的结构简式，Cl原子取代A中甲基上的H，即反应1类型为取代反应；
（3）乙烯和化合物A均有碳碳双键，两者分子式符合，因此两者互为同系物，选项a符合题意；两者分子式均为，化合物D中含有碳碳双键，中含有环，结构不同，两者互为同分异构体，选项b符合题意；
（4）化合物A与发生加成反应，产物的结构简式为；
（5）化合物B发生加聚反应得到高分子化合物，其化学方程式为n；
（6）化合物D与乙酸发生酯反应的化学方程式为；
(7)根据化合物D中含有羟基和碳碳双键，可知：
（7）根据化合物D中含有羟基和碳碳双键，可知：
a．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，a项符合题意；
b．碳碳双键、羟基能被酸性溶液氧化，b项符合题意；
c．与化合物D在催化剂和加热条件下可发生加成反应，c项符合题意；
d．碳碳双键、羟基不与NaOH溶液发生反应，d项不符合题意。
1 / 1广东省汕尾市2024-2025学年高一下学期期末考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共54分。第1~10小题，每小题3分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列我国古代优秀艺术作品中，所用材料属于无机非金属材料的是
A．酱褐釉陶牛车模型 B．错银铜牛灯
C．名画《千里江山图》 D．木雕罗汉像
A．A B．B C．C D．D
2．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．二氧化硫可添加到葡萄酒中作防腐剂和抗氧化剂
B．味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其主要成分为谷氨酸钠
C．药物在促进人类健康的同时，可能对机体产生与用药目的无关的有害作用
D．汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的
3．我国航空航天的成就举世瞩目。下列说法不正确的是
A．氮化硅()陶瓷耐高温、抗腐蚀，可用于制作火箭的发动机
B．导电性好，可用于制作空间站中的光能电池
C．空间站核心舱的离子推进器以氙气和氩气作为推进剂，氙气和氩气属于稀有气体
D．北斗卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷(Rb)位于元素周期表的lA族
4．下列关于有机化合物的认识中，正确的是
A．分子式为C4H10O的醇共有4种
B．淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
C．乙酸( CH3COOH)与油酸(C17H33COOH)互为同系物
D．包装用的材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
5．类比法是一种学习化学的重要方法。下列类比合理的是
A．Fe与S在加热时生成FeS，则Cu与S在加热时生成CuS
B．使酸性溶液和溴水褪色的原理相同，使酸性溶液和溴水褪色的原理也相同
C．常温下Cu和浓硫酸不反应，则常温下Al和浓硫酸也不反应
D．与反应生成，是酸性氧化物；与反应生成，也是酸性氧化物
6．如图所示的原电池装置中，X、Y为两金属电极，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如图所示。关于该装置下列说法正确的是
A．电流方向：X电极→外电路→Y电极
B．移向X电极，Y电极上产生
C．X电极上发生还原反应，Y电极上发生氧化反应
D．若两电极分别为Cu和Fe，则X电极为Cu，Y电极为Fe
7．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于四个“封管实验”夹持装置未画出、固体易升华的说法正确的是
A．加热时，中封管内固体消失
B．加热时，中溶液变红，冷却后又变为无色
C．加热时，中溶液变红，冷却后红色褪去，体现的漂白性
D．加热又冷却的过程中，属于物理变化，属于化学变化
8．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．向溶液中通入等物质的量的氯气：
B．用氨水吸收烟气中的二氧化硫：
C．过量的Fe与稀硝酸反应：
D．溶液与过量NaOH溶液反应：
9．氮化铝(AlN)广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是（　　）
A．AlN中氮的化合价为+3
B．AlN的摩尔质量为41 g
C．上述反应中Al2O3是氧化剂
D．上述反应中，N元素的化合价降低
10．下列实验装置能达到实验目的的是
实验装置
实验目的 A．用铜片和稀硝酸制NO B．验证极易溶于水
实验装置
实验目的 C．制备 D．制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
11．碘循环工艺不仅能吸收降低环境污染，同时还能制得，具体流程如图所示：
下列说法不正确的是
A．反应器中发生的反应为
B．反应器中表现氧化性
C．膜反应器中，HI在500℃时分解为和是可逆反应，理论上，可以通过压缩膜反应器体积的方法提高HI的分解速率
D．该工艺中和HI的相互转化体现了“碘循环”
12．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是
A．分子式为
B．含有两种官能团
C．可发生加成反应和取代反应
D．1mol莽草酸与足量的Na反应可生成4mol
13．某学习小组设计如图所示装置验证的性质。下列说法正确的是
A．装置Ⅰ中浓硫酸表现强氧化性
B．装置Ⅱ中紫色石蕊溶液先变红后褪色
C．装置Ⅲ中溶液用于验证的氧化性
D．装置Ⅲ中两个棉球均褪色，用于验证的还原性
14．某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入和，发生反应：，与随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．0~5min内，平均反应速率
B．容器中混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时，该反应达到平衡
C．2min时，
D．其他条件不变，起始时向容器中充入一定量的氩气能缩短到达平衡的时间
15．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a既可被氧化，也可被还原
B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b
D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
16．已知反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的能量变化如图所示，下列说法中正确的是
A．图中A→B的过程为放热过程
B．该反应中NO2是还原剂
C．1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)的总能量小于1 mol NO(g) 和1 mol CO2(g)的总能量
D．断开1 mol NO2和1 mol CO的化学键吸收的热量总和小于生成1 mol NO和 1 mol CO2时放出的热量总和
二、非选择题：共3小题，共46分。
17．某化学实验小组为了探究氨气的还原性设计了如下实验方案。
已知：
①Mg(OH)2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]
②Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（2）装置D的作用是　 　反应前要先鼓入一段时间氮气，目的是　 　。
（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：
实验操作 实验现象 实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 红色固体为　 　
若溶液变蓝 红色固体中肯定含有　 　，可能含有　 　
取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g 　 红色固体的成分及其物质的量为　 　
（4）写出该实验中氨气还原CuO的化学反应方程式　 　。
18．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、燃料和盐类。工业上制硫酸的主要反应之一为，反应过程中能量的变化如图所示。
（1）由图可知，该反应放出的热量为　 　(用含和的式子表示)kJ。
（2）某温度下，在一恒容密闭容器中发生反应：，起始浓度mol·L-1，mol·L-1。反应半分钟后达到平衡，平衡时，测得容器中气体的压强为起始时的。
①半分钟内的平均反应速率　 　mol·L-1·min-1；
②平衡时　 　。第15s时　 　(填“>”“<”“=”或“无法比较”)第40s时。
（3）为加快该反应的速率，可以采取的一条措施为　 　。
（4）恒温恒容条件下，下列能证明反应已达化学平衡状态的有___________(填字母)。
A．的体积分数不再发生变化
B．容器内压强不再发生变化
C．容器内气体原子总数不再发生变化
D．相同时间内消耗2mol的同时生成2mol
（5）若以如图所示的装置生产硫酸，将、以一定压强喷到活性电极上反应，负极的电极反应式为　 　；在标准状况下通入22.4L，电池中生成的质量为　 　g。
19．2-甲基丙烯醇()是合成某高分子材料的单体，其制备方法如图所示。
（1）化合物C中官能团有　 　(填名称)。
（2）反应1的类型为　 　。
（3）乙烯与化合物A互为　 　(填字母，后同)；与化合物D互为　 　。
a．同系物 b．同分异构体 c．同一种物质
（4）在一定条件下，化合物A与水反应的产物的结构简式为　 　(写一种)。
（5）在一定条件下，化合物B发生加聚反应合成高分子材料，其化学方程式为　 　。
（6）请写出化合物D与乙酸发生酯化反应的化学方程式：　 　。
（7）一定条件下，下列物质中能与化合物D发生反应的有　 　(填字母)。
a．溴的四氯化碳溶液 b．酸性溶液 c． d．NaOH溶液
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料
【解析】【解答】A、酱褐釉陶牛车模型所用材料为陶瓷，属于无机非金属材料，故 A 正确；
B、错银铜牛灯所用材料为铜合金，属于金属材料，故 B 错误；
C、名画《千里江山图》所用材料为纸张、颜料，纸张属于天然有机高分子材料，故 C 错误；
D、木雕罗汉像所用材料为木材，属于天然有机高分子材料，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
陶瓷是典型的无机非金属材料，主要成分为硅酸盐；
铜合金属于金属材料；
纸张、木材均为天然有机高分子材料；
明确材料分类：无机非金属材料主要包括陶瓷、玻璃、水泥等，区别于金属材料和有机高分子材料。
2．【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、二氧化硫能抑制微生物生长，同时具有还原性，可防止葡萄酒被氧化，因此可作防腐剂和抗氧化剂，故 A 正确；
B、味精的主要成分为谷氨酸钠，是常用的增味剂，能显著增加食品鲜味，故 B 正确；
C、药物在治疗疾病的同时，可能产生与治疗目的无关的副作用，故 C 正确；
D、汽车尾气中的氮氧化物是发动机内高温高压条件下，空气中的氮气与氧气反应生成的，并非汽油不完全燃烧产生，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫在葡萄酒中兼具防腐和抗氧化双重作用；
味精的主要成分是谷氨酸钠，是常见的食品增味剂；
药物通常具有治疗作用和副作用双重属性；
氮氧化物的生成机理是氮气和氧气在高温下反应，与汽油燃烧是否完全无关。
3．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，具有耐高温、抗腐蚀的优良性能，可用于制造火箭发动机，故 A 正确；
B、二氧化硅是绝缘体，不导电，常用于制作光导纤维；用于制作光能电池的是硅单质，故 B 错误；
C、氙气和氩气均属于稀有气体，性质稳定，可作为空间站离子推进器的推进剂，故 C 正确；
D、铷（Rb）是第 ⅠA 族元素，位于元素周期表的第 ⅠA 族，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氮化硅陶瓷是耐高温、耐腐蚀的新型无机非金属材料，可用于航天发动机；
二氧化硅是绝缘体，不能导电，常用于制作光导纤维，而非光能电池；
氙气和氩气均为稀有气体，性质稳定，可用作推进剂；
铷（Rb）属于第 ⅠA 族元素，可用于制作原子钟。
4．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、分子式的醇可看作丁基（）连接，丁基共有4种结构，对应醇为4种，A正确；
B、淀粉、纤维素通式均为，但二者聚合度取值不同，分子式并不相同，不满足同分异构体条件，B错误；
C、乙酸为饱和羧酸，油酸碳链含碳碳双键，二者官能团种类不完全一致，不互为同系物，C错误；
D、烃仅由C、H两种元素组成，聚氯乙烯结构中含有Cl元素，不属于烃类物质，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
饱和一元醇同分异构体计数：固定羟基，烷基种类等于醇的同分异构体数目，丁基有4种，对应丁醇共4种；
同分异构体判定标准：分子式完全相同、结构不同；淀粉与纤维素值不等，分子式不同，不能互称同分异构体；
同系物判定规则：官能团种类、数目完全相同，分子组成相差若干个；油酸含碳碳双键，乙酸无不饱和碳碳键，不符合同系物要求；
烃的定义辨析：仅含C、H的有机物为烃，聚氯乙烯含氯元素，属于卤代烃类高分子，不属于烃。
5．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；烯烃；物质的简单分类
【解析】【解答】A、S 的氧化性较弱，与变价金属反应时只能将其氧化至较低价态，Fe 与 S 加热生成 FeS，但 Cu 与 S 加热只能生成 Cu2S，故 A 错误；
B、SO2使酸性 KMnO4溶液和溴水褪色均是利用其还原性，原理相同；但 CH2=CH2使酸性 KMnO4溶液褪色是发生氧化反应，使溴水褪色是发生加成反应，原理不同，故 B 错误；
C、常温下 Al 遇浓硫酸会发生钝化，并非不反应，故 C 错误；
D、N2O5与 H2O 反应生成 HNO3，N2O5是酸性氧化物；SO3与 H2O 反应生成 H2SO4，SO3也是酸性氧化物，类比合理，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价硫化物；
SO2使溴水、酸性 KMnO4溶液褪色均为还原性，而乙烯使溴水褪色为加成反应，使酸性 KMnO4溶液褪色为氧化反应；
常温下铝与浓硫酸发生钝化，属于化学变化；
酸性氧化物的定义为能与碱反应生成盐和水的氧化物，N2O5和 SO3均符合该定义。
6．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电流方向与电子流向相反，应为 Y 电极→外电路→X 电极，故 A 错误；
B、原电池中阴离子向负极移动，因此 SO42-移向 X 电极，Y 电极为正极，H+在 Y 电极上得电子生成 H2，故 B 正确；
C、X 电极为负极，发生氧化反应，Y 电极为正极，发生还原反应，故 C 错误；
D、若两电极为 Cu 和 Fe，Fe 比 Cu 活泼，Fe 作负极，因此 X 电极应为 Fe，Y 电极为 Cu，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点： 电子从负极经外电路流向正极，即X为负极，Y为正极。
原电池中电子由负极流向正极，电流方向与电子流向相反，这是判断电极极性的基本依据；
原电池工作时，电解质中的阴离子会向负极定向移动，阳离子向正极移动，以维持溶液的电中性；
负极发生氧化反应，是电子流出的一极；正极发生还原反应，是电子流入的一极；
在稀硫酸介质中，较活泼的金属易失去电子作负极，因此铁比铜活泼时铁作负极。
7．【答案】C
【知识点】铵盐；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、加热时，①中 NH4Cl 固体分解生成 NH3和 HCl 气体，遇冷会重新化合生成 NH4Cl 固体，因此固体不会消失，故 A 错误；
B、加热时，②中 NH3逸出，溶液碱性减弱，溶液由红色变为无色，冷却后 NH3又溶解，溶液恢复红色，故 B 错误；
C、加热时，③中 SO2逸出，品红溶液恢复红色；冷却后 SO2又溶于品红溶液，红色褪去，体现了 SO2的漂白性特点，故 C 正确；
D、①中 NH4Cl 的分解与化合属于化学变化，④中 I2的升华与凝华属于物理变化，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
NH4Cl 受热分解生成 NH3和 HCl 气体，两种气体在封管中遇冷会重新化合生成 NH4Cl，因此固体不会消失，整个过程存在化学变化；
含 NH3的酚酞溶液加热时，NH3挥发逸出，溶液碱性减弱，红色褪去；冷却后 NH3重新溶解，溶液恢复红色，这一变化与 NH3的挥发性和碱性有关；
SO2的漂白性具有可逆性，加热时 SO2从品红溶液中逸出，溶液恢复红色；冷却后 SO2再次与品红结合，红色褪去，体现了 SO2漂白的可逆性；
碘单质的升华与凝华只是物质状态的改变，属于物理变化，而 NH4Cl 的分解与化合有新物质生成，属于化学变化，两者变化类型不同。
8．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向 Na2SO3溶液中通入等物质的量的氯气，离子方程式为 Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2Cl-+2H+，故 A 正确；
B、用氨水吸收烟气中的二氧化硫，NH3 H2O 为弱电解质，不能拆写，正确的离子方程式为 SO2+2NH3 H2O=SO32-+2NH4++H2O，故 B 错误；
C、过量的 Fe 与稀硝酸反应生成 Fe2+，正确的离子方程式为
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑ +4H2O，故 C 错误；
D、NH4HCO3溶液与过量 NaOH 溶液反应，NH4+和 HCO3-均参与反应，正确的离子方程式为
NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3 H2O+H2O，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
亚硫酸钠与等物质的量的氯气反应时，SO32-被氧化为 SO42-，Cl2被还原为 Cl-，反应生成 H+，方程式符合守恒规则；
氨水是弱碱，在离子方程式中不能拆写成 OH-，应保留化学式 NH3 H2O，产物也应生成 NH4+；
过量铁与稀硝酸反应时，生成的 Fe3+会被过量的 Fe 还原为 Fe2+，因此产物应为 Fe2+而非 Fe3+；
NH4HCO3溶液与过量 NaOH 反应时，NH4+和 HCO3-都会与 OH-反应，方程式中需体现两种离子的反应，不能遗漏 HCO3-的部分。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．在AlN中Al的化合价为+3价，氮的化合价为-3，A不符合题意；
B．AlN的摩尔质量为41 g/mol，B不符合题意；
C．在该反应中Al2O3的组成元素在反应前后化合价不变，因此既不是氧化剂，也不是还原剂，C不符合题意；
D．在上述反应中，N元素的化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，得到电子被还原，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合物中化合价代数和为0；
B．摩尔质量的单位是g/mol；
C．组成元素在反应前后化合价不变；
D．化合价降低，得到电子被还原。
10．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硝酸的化学性质；乙酸乙酯的制取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、铜片和稀硝酸反应生成 NO，NO 易与空气中的 O2反应生成 NO2，不能用排空气法收集，故 A 错误；
B、挤压胶头滴管，水进入烧瓶，氨气极易溶于水，烧瓶内压强迅速减小，气球膨胀，可验证 NH3极易溶于水，故 B 正确；
C、Cu 与浓硫酸反应需要加热，装置中缺少酒精灯，无法制备 SO2，故 C 错误；
D、乙酸乙酯会在 NaOH 溶液中发生水解反应，不能用浓 NaOH 溶液收集，应使用饱和 Na2CO3溶液，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
NO 易被空气中的氧气氧化，因此不能用排空气法收集，应采用排水法；
氨气极易溶于水，会使烧瓶内压强骤降，外界空气进入气球使其膨胀，该装置可直观验证氨气的溶解性；
铜与浓硫酸反应需要加热，常温下不反应，装置缺少加热仪器，无法发生反应；
乙酸乙酯在碱性条件下会发生水解，收集时应使用饱和碳酸钠溶液，而非氢氧化钠溶液。
11．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应器中SO2、I2和H2O在20~100℃条件下反应生成H2SO4和HI，反应方程式为 ，故A正确；
B、反应器中SO2被氧化为H2SO4，硫元素化合价升高，SO2表现还原性，而非氧化性，故B错误；
C、压缩膜反应器体积，气体浓度增大，反应速率加快，因此可提高HI的分解速率，故C正确；
D、该工艺中I2与SO2反应生成HI，HI分解又生成I2，I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，故D正确；
故答案为：B。
【分析】该碘循环工艺的核心流程可拆解为两步：
反应器阶段：在20~100℃的温度条件下，二氧化硫、碘单质与水发生氧化还原反应，方程式为：
，反应生成的硫酸和碘化氢混合液进入分离器进行分离。
膜反应器阶段：分离得到的碘化氢被送入膜反应器，在500℃高温下分解，生成氢气和碘单质。分解产生的碘单质会被重新送回反应器，再次参与第一步反应，从而实现碘的循环利用。整个过程中，碘单质在反应中被消耗，又在后续分解中再生，构成了完整的碘循环体系，既实现了二氧化硫的吸收治理，又能产出氢气，兼具环保与资源利用价值。
12．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A、根据莽草酸的结构简式，分子式应为 C7H10O5，而非 C7H7O5，故 A 错误；
B、莽草酸分子中含有碳碳双键、羟基和羧基三种官能团，并非两种，故 B 错误；
C、分子中含碳碳双键，可发生加成反应；含羟基、羧基，可发生酯化（取代）反应，故 C 正确；
D、分子中有 3 个羟基和 1 个羧基，均能与 Na 反应，1mol 莽草酸与足量 Na 反应可生成 2mol H2，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子式需根据结构简式中各原子的数目准确统计，莽草酸含 7 个 C、10 个 H、5 个 O，分子式为 C7H10O5；
官能团识别：碳碳双键、羟基（-OH）、羧基（-COOH）共三种，需避免漏数；
反应类型判断：碳碳双键可发生加成反应，羟基和羧基可发生酯化反应（属于取代反应）；
与 Na 反应的计算：羟基和羧基均能与 Na 反应，1mol 羟基或羧基与 Na 反应生成 0.5mol H2，因此 1mol 莽草酸含 4 个可反应基团，生成 2mol H2。
13．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，利用的是浓硫酸的酸性和难挥发性，并非强氧化性，故A错误；
B、装置II中二氧化硫溶于水生成亚硫酸，使紫色石蕊溶液变红，但二氧化硫不能漂白指示剂，因此溶液不会褪色，故B错误；
C、装置III中H2S溶液与SO2发生反应： ，二氧化硫中硫元素化合价降低，表现氧化性，故C正确；
D、装置III中品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，KMnO4溶液褪色体现的是SO2的还原性，并非两个棉球均验证还原性，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸与亚硫酸钠反应属于强酸制弱酸，利用浓硫酸的酸性和难挥发性，不涉及氧化还原反应；
二氧化硫溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性，能使石蕊变红，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；
二氧化硫与硫化氢反应时，二氧化硫中+4价的硫被还原为0价，表现氧化性；
二氧化硫使品红溶液褪色体现漂白性，使高锰酸钾溶液褪色体现还原性，两者原理不同。
14．【答案】B
【知识点】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】A、0~5min内，，根据化学计量比，，则，故A错误；
B、该反应前后气体总物质的量发生变化，总质量不变，根据，混合气体的平均相对分子质量不再改变时，说明不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C、2min时，反应仍在正向进行，未达到平衡状态，因此，故C错误；
D、恒容条件下充入氩气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡时间也不变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率计算需结合化学计量比，先计算的速率，再乘以计量数4得到的速率；
平均相对分子质量与气体总物质的量相关，反应前后气体分子数变化，因此可作为平衡判断依据；
2min时反应物和生成物的物质的量仍在变化，反应未达平衡，正逆反应速率不相等；
恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不受影响，平衡时间不变。
15．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】横坐标为N元素化合价，纵坐标为物质类别：
a：0价单质；b：+2价氮氧化物；c：+4价氮氧化物；d：+5价氮的含氧酸；e：+5价氮的硝酸盐（盐类）。
A、a为，N元素处于0中间价态，化合价可升高发生氧化反应，也可降低发生还原反应，既能被氧化也能被还原，A合理；
B、c是，与发生歧化反应：，生成与，B合理；
C、d浓溶液为浓，铜丝插入浓硝酸发生反应：，还原产物为，无法得到，C不合理；
D、自然界存在氮循环：经固氮生成，被氧化为，二氧化氮溶于雨水生成，硝酸与土壤阳离子结合形成硝酸盐，转化路径可实现，D合理；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价类二维图推断方法：依据纵坐标物质类别、横坐标氮元素化合价匹配对应含氮物质；
中间价态物质性质：0价兼具氧化性与还原性，可升价氧化、降价还原；
二氧化氮歧化规律：与水歧化，N元素一部分升为+5价、一部分降为+2价，同时生成硝酸与一氧化氮；
浓硝酸还原产物区分：浓还原产物为，稀硝酸还原产物才是；
自然界氮循环转化：雷电固氮、氮氧化物雨水转化、土壤硝酸盐形成，完整覆盖全过程。
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、A→B 的过程中能量升高，为吸热过程，故 A 错误；
B、反应中 NO2中 N 元素化合价降低，被还原，作氧化剂，故 B 错误；
C、该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，因此 1mol NO2(g) 和 1mol CO (g) 的总能量大于 1mol NO (g) 和 1mol CO2(g) 的总能量，故 C 错误；
D、放热反应中，反应物断键吸收的总热量小于生成物成键放出的总热量，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应过程中，A→B 能量升高，为吸热过程；
NO2中 N 元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂；
该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量；
放热反应的本质是断键吸收的总能量小于成键放出的总能量。
17．【答案】（1）
（2）作安全瓶；排走装置内原有的空气，防止氧气干扰
（3）Cu；；Cu；0.05molCu、0.05molCu2O
（4）
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置 A 中，氢氧化镁与氯化铵在加热条件下反应，生成氨气、碱式氯化镁和水，化学方程式为：，故答案为：；
（2） 装置 D 的作用是作安全瓶，防止倒吸；反应前鼓入一段时间氮气，目的是排尽装置内原有的空气，防止氧气干扰实验。
故答案为：作安全瓶，防止倒吸；排尽装置内原有的空气，防止氧气干扰。
（3）① 取 10.4g 红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，若无现象，说明红色固体不与稀硫酸反应，为 Cu。
② 若溶液变蓝，说明红色固体与稀硫酸反应生成了硫酸铜，根据已知信息，红色固体中肯定含有 Cu2O ，可能含有 Cu。
③取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g，所得固体为Cu，物质的量为 = 0.1mol；过程中发生反应为
则有n=mol = 0.05molCu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以原固体中Cu的物质的量=0.05mol，故答案为： Cu； Cu2O；Cu；0.05molCu2O、0.05molCu；
故答案为：Cu； ； Cu ； 0.05molCu、0.05molCu2O ；
（4）氨气还原 CuO 的化学反应方程式为：，
故答案为：。
【分析】反应前通入一段时间氮气，目的是赶走装置内原有的空气，防止空气中的氧气在加热条件下氧化氨气或铜，对实验结果造成干扰。装置 A 中，氢氧化镁与氯化铵在加热条件下反应，生成氨气、碱式氯化镁和水。生成的气体通过装置 B 中的碱石灰，除去其中混有的酸性杂质和水蒸气，得到干燥纯净的氨气。干燥的氨气进入装置 C，在加热条件下与氧化铜反应，生成铜、氧化亚铜、氮气和水。装置 D 作为安全瓶，防止装置 E 中的稀硫酸倒吸入加热的硬质玻璃管中，导致玻璃管炸裂；装置 E 中的稀硫酸用于吸收未反应完的氨气，防止污染空气。
（1）根据题目给出的反应信息，结合复分解反应规律，写出氢氧化镁与氯化铵加热反应的化学方程式。
（2）结合装置特点，分析安全瓶的防倒吸作用；根据实验目的，分析氮气排空气的作用，防止氧气干扰氨气的还原性实验。
（3）利用 Cu 和 Cu2O 与稀硫酸的反应差异，通过现象判断固体成分；结合反应的质量差，通过差量法计算出 Cu2O 和 Cu 的物质的量。
（4）根据氨气的还原性和实验产物，写出氨气还原 CuO 的化学方程式。
（1）A中Mg(OH)2与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁，方程式为，故答案为：；
（2）装置D的作用是安全瓶；反应前要先鼓入一段时间氮气，目的是赶尽装置中的空气，防止氧气干扰，故答案为：作安全瓶；赶尽装置中的空气，防止氧气干扰；
（3）①取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置，若无现象，说明红色固体为铜；
②取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置，若溶液变蓝，结合信息可知，红色固体为肯定含有Cu2O，可能含有Cu；
③取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g，所得固体为Cu，物质的量为 = 0.1mol；过程中发生反应为
则有n=mol = 0.05molCu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以原固体中Cu的物质的量=0.05mol，故答案为： Cu； Cu2O；Cu；0.05molCu2O、0.05molCu；
（4）氨气还原CuO的化学反应方程式为，答案为。
18．【答案】（1）
（2）1；1.25mol·L-1；>
（3）其他条件不变，升高温度(或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气等)
（4）A；B
（5）；196
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；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）该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物，放出的热量为kJ；
故答案为：kJ； ；
（2）设反应到达平衡时，参加反应的的物质的量浓度为xmol·L-1.根据题给条件可得以下三段式：
，；
则半分钟内平均反应速率mol·L-1·min-1；
平衡时mol·L-1；第40s时，该反应达到平衡状态，此时，第15s时还未平衡，反应正向进行，则；
故答案为：1； 1.25mol·L-1 ；＞；
(3) 可通过升高温度、增大压强（缩小容器体积）或充入氧气等方式加快反应速率。
故答案为：升高温度（或缩小容器体积增大压强、体积不变充入氧气等）。
(4)A．反应正向进行的体积分数会减小，其体积分数不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，A项正确；
B．该反应是气体体积减小的反应，恒容时，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，B项正确；
C．根据原子守恒，容器内气体原子总数始终不变，C项不正确；
D．无论反应是否达到平衡状态，相同时间内消耗2mol的同时都会生成2mol，D项不正确；
恒温恒容条件下，SO2的体积分数不再变化、容器内压强不再变化，均可证明反应达到平衡，故选 AB。
故答案为：AB。
(5) 该装置为原电池，负极上 SO2发生氧化反应，电极反应式为；标准状况下通入 22.4 L O2（即 1 mol），生成 2 mol H2SO4，质量为 196 g。
故答案为：；196。
【分析】（1）反应热判断：根据能量变化图，放热反应放出的热量等于生成物与反应物的能量差，直接读取图中 E1、E2的差值即可。
（2）反应速率与平衡计算：利用三段式法，结合恒容条件下压强与物质的量成正比的关系，计算反应物的转化浓度，再根据反应速率公式计算平均速率；根据反应进行方向，判断未达平衡时正逆反应速率的大小关系。
（3）反应速率影响因素：从温度、压强、浓度等角度分析，升高温度、增大压强、增大反应物浓度均可加快反应速率。
（4）化学平衡状态判断：根据 “变量不变即平衡” 的原则，分析体积分数、压强等物理量是否为变量，变量不变时反应达到平衡。
（5）原电池反应与计算：根据原电池原理，判断负极上 SO2的氧化反应，结合电子守恒，计算生成硫酸的质量。
（1）由图可知，该反应为放热反应，放出的热量为kJ；
（2）设反应到达平衡时，参加反应的的物质的量浓度为xmol·L-1.根据题给条件可得以下三段式：
，；
则半分钟内平均反应速率mol·L-1·min-1；
平衡时mol·L-1；第40s时，该反应达到平衡状态，此时，第15s时还未平衡，反应正向进行，则；
（3）从反应速率的影响因素的角度分析，加快反应速率可以采取的措施：其他条件不变，升高温度，或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气；
（4）A．反应正向进行的体积分数会减小，其体积分数不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，A项正确；
B．该反应是气体体积减小的反应，恒容时，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，B项正确；
C．根据原子守恒，容器内气体原子总数始终不变，C项不正确；
D．无论反应是否达到平衡状态，相同时间内消耗2mol的同时都会生成2mol，D项不正确；
（5）该装置为原电池装置，总反应为，在负极上发生氧化反应，电极反应式为。每通入1mol，电池中生成2mol，所以在标准状况下通入22.4L为1mol，电池中生成196g。
19．【答案】（1）碳碳双键、醛基
（2）取代反应
（3）a；b
（4）或 (写出其中一种即可)
（5）n
（6）
（7）abc
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的物理、化学性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】(1) 化合物 C 的结构中，含有碳碳双键和醛基两种官能团。
故答案为：碳碳双键、醛基。
(2) 反应 1 中，氯气取代了 A 分子中甲基上的氢原子，反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应。
(3) 乙烯与化合物 A 结构相似，分子组成相差 2 个 CH2原子团，互为同系物； 与化合物 D 分子式相同但结构不同，互为同分异构体。
故答案为：a；b。
(4) 化合物 A（2 - 甲基丙烯）与水加成，产物可以是或 (写出其中一种即可) ，写出其中一种即可。
故答案为：或 (写出其中一种即可) ；
(5) 化合物 B（2 - 甲基烯丙基氯）在一定条件下发生加聚反应，双键打开形成高分子聚合物。故答案为：n；。
（6）化合物D与乙酸发生酯反应的化学方程式为；
故答案为： ；
(7)化合物 D 含碳碳双键和羟基，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，被酸性 KMnO4溶液氧化，与 H2发生加成反应，但不与 NaOH 溶液反应，故选 abc。
故答案为：abc。
【分析】以 2 - 甲基丙烯（A）为起始原料，分两条路径合成目标产物：
路径一：A 与氯气在 500℃下发生取代反应，生成 2 - 甲基烯丙基氯（B），再通过取代反应将氯原子转化为羟基，得到目标产物 2 - 甲基丙烯醇（D）。
路径二：A 在催化剂作用下被氧气氧化，生成 2 - 甲基丙烯醛（C），随后 C 中的醛基被氢气催化还原为羟基，得到目标产物 D。
（1）官能团判断：根据化合物 C 的结构，直接识别碳碳双键和醛基两种官能团。
（2）反应类型判断：对比反应物和产物结构，氯原子取代了甲基上的氢原子，属于取代反应。
（3）同系物与同分异构体辨析：根据定义，结构相似、组成相差若干 CH2的有机物互为同系物；分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体。
（4）加成反应产物判断：根据马氏规则，烯烃与水加成时，羟基主要加在含氢较少的双键碳上，生成主要产物；也可写出反马氏加成的次要产物。
（5）加聚反应方程式书写：将双键打开，写成链节形式，加上聚合度 n 和反应条件。
（6）酯化反应方程式书写：醇与羧酸在浓硫酸、加热条件下发生可逆反应，酸脱羟基醇脱氢，生成酯和水。
（7）有机物化学性质判断：结合碳碳双键（加成、氧化）和羟基（氧化、酯化）的性质，逐一分析选项。
（1）根据化合物C的结构简式，推出含有的官能团是碳碳双键和醛基；
（2）对比化合物A和B的结构简式，Cl原子取代A中甲基上的H，即反应1类型为取代反应；
（3）乙烯和化合物A均有碳碳双键，两者分子式符合，因此两者互为同系物，选项a符合题意；两者分子式均为，化合物D中含有碳碳双键，中含有环，结构不同，两者互为同分异构体，选项b符合题意；
（4）化合物A与发生加成反应，产物的结构简式为；
（5）化合物B发生加聚反应得到高分子化合物，其化学方程式为n；
（6）化合物D与乙酸发生酯反应的化学方程式为；
(7)根据化合物D中含有羟基和碳碳双键，可知：
（7）根据化合物D中含有羟基和碳碳双键，可知：
a．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，a项符合题意；
b．碳碳双键、羟基能被酸性溶液氧化，b项符合题意；
c．与化合物D在催化剂和加热条件下可发生加成反应，c项符合题意；
d．碳碳双键、羟基不与NaOH溶液发生反应，d项不符合题意。
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