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广东省梅州市2024-2025学年高一下学期7月期末化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2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．客家文化具有深厚的历史底蕴和文化内涵。下列展示客家文化渊源与发展的有关物品中，主要成分为硅酸盐的是
A．锡壶 B．木雕
C．陶罐 D．大襟衫
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、锡壶的主要成分是金属锡，属于金属材料，A错误；
B、木雕的主要成分是纤维素等有机物，属于有机高分子材料，B错误；
C、陶罐属于陶瓷，以粘土为原料烧制而成，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料中的硅酸盐材料，C正确；
D、大襟衫的主要成分是天然纤维，通常由棉、麻、丝等纤维制成，属于有机高分子材料，D错误；
故答案为：C
【分析】硅酸盐是由硅、氧与金属元素组成的化合物，大多难溶于水、化学性质稳定、耐高温耐腐蚀，陶瓷、陶器、砖瓦、水泥、普通玻璃的主要成分均为硅酸盐，是传统无机非金属材料的核心；注意石英、水晶、沙子主要成分为SiO2，不属于硅酸盐。
2．合理膳食、科学营养有助于人体健康。下列食物富含的营养物质错误的是
A．红薯：蛋白质 B．米饭：糖类
C．柠檬：维生素C D．花生：油脂
【答案】A
【知识点】营养均衡与人体健康的关系
【解析】【解答】A、红薯富含淀粉，淀粉属于糖类，并非富含蛋白质，A 错误；
B、米饭主要成分为淀粉，淀粉属于糖类营养物质，B 正确；
C、新鲜柠檬中含有大量维生素 C，C 正确；
D、花生内部含有丰富油脂，属于富含油脂的食物，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
常见主食营养成分：红薯、大米、小麦等主食富含淀粉，归类为糖类；
维生素食物来源：各类新鲜果蔬是维生素 C 的主要获取食材；
油脂类食物来源：花生、大豆、坚果、植物油均富含油脂；
蛋白质食物来源：瘦肉、鸡蛋、牛奶、豆制品为高蛋白食物，根茎类主食蛋白质含量极低。
3．下列表示有机化合物的化学用语正确的是
A．CH3COH表示乙醛的结构简式
B．(环己烷)属于饱和烃
C．表示四氯化碳的电子式
D．可以表示 CH4和CCl4分子
【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、醛基的结构必须写成-CHO，故乙醛正确的结构简式应为：CH3CHO，A错误；
B、(环己烷)中只含碳碳单键和碳氢单键，属于饱和烃，B正确；
C、CCl4中所有原子最外层都满足8电子稳定结构，选项中的电子式中Cl原子最外层的孤电子对没有全部标出，四氯化碳正确的电子式应为：，C错误；
D、空间填充模型能反映出原子半径的相对大小，由于C的原子半径大于H的，故该模型能表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子(原子半径Cl＞C)，故D错误；
故答案为：B
【分析】电子式的书写规则如下：
原子的电子式：中性原子书写时，最外层电子应全部排列在元素符号周围；金属阳离子的电子式：在形成阳离子时，最外层电子已失去，书写时不再画出原最外层电子，但电荷数应在元素符号右上角表示；非金属阴离子的电子式：形成阴离子时，得到电子使最外层达到稳定结构，这些电子应画出；共价化合物的电子式：通过共用电子对结合而成，书写时需注意孤对电子的情况；离子化合物的电子式：分别画出阴、阳离子的电子式，然后让阴、阳离子间隔书写。
4．1827年英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置进行实验。其中难以达到预期目的的是
A．制备NH3 B．干燥NH3
C．收集NH3 D．喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；气体的收集；实验装置综合
【解析】【解答】A、生石灰(CaO)与浓氨水混合后，CaO与水反应放出大量的热，同时生成的氢氧化钙提供了大量的OH-，促使浓氨水分解产生氨气，因此可用此装置制备氨气，A错误；
B、浓硫酸具有酸性，能和碱性气体氨气发生反应，无法起到干燥气体的作用，故不可以用浓硫酸干燥氨气，B正确；
C、NH3密度比空气小，可采用 “短进长出” 的向下排空气法收集(气流从短管进，从长管出)，C错误；
D、NH3极易溶于水，当胶头滴管中的水进入烧瓶后，NH3迅速溶解，烧瓶内压强骤降，外界大气压将烧杯中滴有酚酞的水压入烧瓶，形成红色喷泉，D错误；
故答案为：B
【分析】干燥NH3应选用碱性干燥剂，如碱石灰（CaO和NaOH的混合物），不能用浓硫酸、P2O5等酸性干燥剂，也不能用CaCl2（会与NH3形成CaCl2 8NH3络合物）；氨气收集时，除了用向下排空气法，还可在集气瓶口放一团棉花，防止氨气与空气对流，提高收集纯度。
5．劳动有利“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联或解释不合理的是
选项 劳动项目 化学知识
A 物品运输：可用铝质容器装运浓硫酸 常温下浓硫酸与铝不反应
B 古法传承：客家酿酒 淀粉水解生成葡萄糖，最终可生成乙醇
C 铸造铁器：装铁水的模具必须干燥 铁在高温下与水反应生成Fe3O4
D 环保行动：回收地沟油制肥皂 地沟油属于油脂，一定条件下可水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、铝在常温下与浓硫酸发生钝化反应，生成一层致密氧化膜而阻止反应进一步发生，并非不反应，钝化属于化学反应，A错误；
B、淀粉属于多糖，在酿酒过程中淀粉水解为单糖葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下经发酵可生成乙醇，反应过程与化学知识完全吻合，B正确；
C、高温下铁与水蒸气能反应：，反应生成的氢气易引发爆炸，同时也会损坏模具，因此模具必须干燥，解释合理，C正确；
D、地沟油通常来自餐饮废弃油、动物油脂提炼残渣等，属于油脂，油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，水解得到的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，解释合理，D正确；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
6．下列说法正确的是
A．油脂都不能使溴水褪色
B．乙烯与酸性 KMnO4溶液发生加成反应
C．淀粉与纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，两者互为同分异构体
D．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在酸、碱或酶的作用下能发生水解
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；多糖的性质和用途；水解反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂分为饱和油脂和不饱和油脂。不饱和油脂中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，A错误；
B、乙烯的结构简式为CH2=CH2，其中的碳碳双键具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化为CO2，该反应不属于加成反应，B错误；
C、淀粉和纤维素虽分子式均为(C6H10O5)n，但二者的聚合度不同也就是n值不同，且结构(糖苷键类型)不同，故二者不互为同分异构体，C错误；
D、蚕丝是一种蛋白质纤维，蛋白质在酸(如盐酸、硫酸)、碱(如氢氧化钠、氢氧化钾)或蛋白酶催化下可水解为氨基酸，D正确；
故答案为：D
【分析】同分异构体必须分子式完全相同、结构不同，淀粉和纤维素的聚合度不同，因此不满足条件；乙烯与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，二者反应类型不同，注意区分。
7．用还原法可将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。常温下，将NO2与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的酸性混合溶液中，转化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ发生
B．由反应Ⅱ可知，氧化性：
C．总反应过程中只有非极性键的断裂
D．反应后溶液中与的总浓度减小
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、由转化流程图可知，反应I为Ce4+与氢气反应生成Ce3+和氢离子，反应的离子方程式为，A正确；
B、由转化流程图可知，过程II发生的反应为，反应中氮元素的化合价降低，NO2被还原，NO2是氧化剂；铈元素的化合价升高，被氧化，Ce4+是氧化产物，则氧化性：NO2 (氧化剂)> Ce4+ (氧化产物)，B正确；
C、由转化流程图可知，总反应为2NO2+4H24H2O+N2，断裂的键有H2中的H—H非极性键，NO2中的N=O极性键；形成的键有N2中的N≡N非极性键，H2O中的O—H极性键。因此反应过程中既有非极性键的断裂，也有极性键的断裂，C错误；
D、由转化流程图可知，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物，结合Ce原子守恒知，反应过程中混合溶液内与的总个数不变，但由于生成水，故Ce3+与Ce4+的总浓度减小，D正确；
故答案为：C
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
8．解释下列事实的化学方程式或离子方程式正确的是
A．用石英和焦炭制取粗硅：
B．向稀硫酸溶液中加入 Na2S2O3固体出现黄色沉淀：
C．工业上制取金属钠：
D．盛有 NaOH 溶液的试剂瓶不用玻璃塞的原因：
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、用石英和焦炭制取粗硅的反应中，反应在高温下进行，此时碳的还原产物为CO而非CO2，故反应正确的离子方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，A错误；
B、硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，反应生成S和SO2，但选项中的H2O是产物，不需要标沉淀符号（↓），原方程式书写不规范，反应正确的离子方程式为：，B错误；
C、工业上制取金属钠，电解的是熔融的NaCl，而非水溶液。电解NaCl水溶液会生成H2、Cl2和NaOH，无法得到金属钠，C错误；
D、玻璃塞中含有SiO2，会与NaOH溶液反应生成具有粘性的Na2SiO3，将瓶塞与瓶口粘在一起，因此不能用玻璃塞，反应的离子方程式应为：，D正确；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．部分含S物质的分类与相应化合价关系如下图。
下列说法正确的是
A．a、e、d三种物质的水溶液都呈强酸性
B．b、c与碱反应都只能生成一种盐
C．b与充足的氧气反应可完全生成c
D．a与b反应可生成f
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硫酸根离子的检验；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、a是H2S，属于二元弱酸，在水中只能分步电离；e是H2SO3，属于二元弱酸，酸性弱于硫酸；d是H2SO4，属于二元强酸，A错误；
B、b为SO2，和碱反应可以生成正盐，也可以生成酸式盐，如少量SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，过量SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，c为SO3，SO3情况类似，如少量SO3与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，过量SO3与氢氧化钠溶液反应生成硫酸氢钠，B错误；
C、b是SO2，与O2反应生成SO3的化学方程式为：，该反应是可逆反应，即使氧气充足，也无法将SO2完全转化为SO3，存在化学平衡，C错误；
D、H2S中S为-2价，SO2中S为+4价，二者可发生归中反应生成硫单质正好对应图中的物质f，其化学反应方程式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】由硫元素的价类二维图知，a是氢化物且化合价为-2价，故a为H2S；f是单质，故f为S；b是氧化物且化合价为+4价，故b为SO2；c是氧化物且化合价为+6价，故c为SO3；d是酸且化合价为+6价，故d为H2SO4；e是酸且化合价为+4价，故e为H2SO3。
10．欲除去粗盐中含有的，下列加入三种除杂试剂顺序方案，不可行的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、先加NaOH除去Mg2+，再加BaCl2除去SO42-同时引入过量Ba2+，最后加Na2CO3除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后过量Na2CO3可用盐酸除去，A错误；B、先加BaCl2除去SO42-，引入Ba2+，再加Na2CO3除去Ca2+和过量Ba2+，最后加NaOH除去Mg2+，过滤后过量Na2CO3和NaOH可用盐酸除去，B错误；
C、先加BaCl2除去SO42-，引入Ba2+，再加NaOH除去Mg2+，最后加Na2CO3除去Ca2+和过量Ba2+，过滤后过量Na2CO3可用盐酸除去，C错误；
D、先加Na2CO3可除去Ca2+，也能除去部分Mg2+，再加NaOH除去Mg2+，最后加BaCl2除去SO42-但会引入过量Ba2+。由于BaCl2在最后加入，过量的Ba2+无法被除去，导致所得粗盐溶液中仍含有Ba2+杂质，此顺序不可行，D正确；
故答案为：D
【分析】加过量的NaOH溶液可将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀而除去，加过量的Na2CO3溶液可将Ca2+转化为CaCO3沉淀而除去，加过量的BaCl2溶液可将转化为而除去，而过量的NaOH溶液、Na2CO3溶液后续加入盐酸可除去，过量的BaCl2溶液需加Na2CO3溶液除去，为使实验步骤简单，BaCl2溶液要在Na2CO3溶液之前加入(加入NaOH溶液除去Mg2+在试剂使用顺序上无要求)。
11．按下图装置不同反应阶段的预期现象及其相应推理不合理的是
A．实验过程中，气球会先变大，后变小
B．试纸会变蓝，说明产生NH3溶于水显碱性
C．加浓盐酸后，有白雾产生，说明有生成
D．未滴加浓盐酸时烧瓶壁会变冷，说明与Ba(OH)2·8H2O 的反应是吸热反应
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、与Ba(OH)2·8H2O发生反应：2NH4Cl+Ba(OH)2 8H2O=BaCl2+2NH3↑+10H2O，反应产生的氨气使烧瓶中气压增大，气球会变大；与Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应，反应后烧瓶内温度降低，气压减小，且滴入浓盐酸后，浓盐酸挥发出的氯化氢气体与氨气生成了固体氯化铵，也导致烧瓶内气压变小，所以气球变小；故实验过程中气球先变大，后变小，A错误；
B、湿润的红色石蕊试纸会变蓝，说明反应产生的气体显碱性，说明产生的NH3溶于水显碱性，，B错误；
C、白雾是浓盐酸挥发出的HCl气体与空气中的水蒸气结合，形成的盐酸小液滴，属于液体小颗粒。白烟是NH3与HCl反应生成的NH4Cl固体小颗粒，属于固体小颗粒。题干中描述的 “白雾”，本质是浓盐酸自身挥发形成的酸雾，而不是反应生成的NH4Cl固体，因此不能说明有NH4Cl生成，C正确；
D、该反应是高中化学中典型的吸热反应，未滴加浓盐酸前只有与Ba(OH)2·8H2O发生了反应，烧瓶壁会变冷可以说明与Ba(OH)2·8H2O 的，反应过程中会从外界吸收大量热量，导致烧瓶壁温度降低，触摸时会感觉到变冷，由此推断出反应是吸热反应，D错误；
故答案为：C
【分析】由实验装置图中的信息可知，与Ba(OH)2·8H2O 混合搅拌后发生反应：2NH4Cl+Ba(OH)2 8H2O=BaCl2+2NH3↑+10H2O；滴加浓盐酸后发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，可能发生反应：Ba(OH)2 8H2O+2HCl=BaCl2+10H2O。
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.8g聚乙烯中含碳碳双键数目为0.1NA
B．1mol葡萄糖分子中含羟基数目为5NA
C．标准状况下，11.2LCCl4所含原子数为2.5NA
D．含0.2molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，生成NO2的分子数为0.1NA
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、聚乙烯是乙烯通过加聚反应生成的高分子化合物，聚合过程中碳碳双键全部转化为单键，此时分子中不存在碳碳双键，故碳碳双键数目为0，A错误；
B、葡萄糖的分子式为，其开链结构可表示为CH2OH-(CHOH)4-CHO，属于五羟基醛类，故1mol葡萄糖含羟基数目为5NA，B正确；
C、标准状况下CCl4为液体，无法用气体摩尔体积(22.4L/mol)计算其物质的量，也无法确定其中所含的原子数，C错误；
D、铜与浓硝酸反应的方程式为：，当有0.2mol浓硝酸参与反应，转移电子的数目为0.1NA，但所给的铜足量而浓硝酸少量，随反应进行硝酸会逐渐变稀，生成的气体可能变为NO，且由于存在反应：，生成的NO2的分子数一定小于0.1NA，D错误；
故答案为：B
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
13．山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如下图所示。
下列有关山梨酸的叙述正确的是
A．使用山梨酸时可以任意剂量添加
B．该分子结构中含有三种含氧官能团
C．既能发生取代反应，又能发生加聚反应
D．1mol该物质与足量 Na 反应生成2molH2
【答案】C
【知识点】烯烃；取代反应
【解析】【解答】A、食品添加剂（如山梨酸）的使用必须严格遵守国家规定的剂量标准，不能任意添加，过量使用会危害人体健康，A错误；
B、该分子结构中含有醇羟基(-OH)和羧基(-COOH)两种含氧官能团，并非三种含氧官能团，B错误；
C、山梨酸分子中含有的羟基和羧基，能发生酯化反应(取代反应)；同时还含碳碳双键，能发生加聚反应，C正确；
D、其中的羧基和羟基均可以和钠反应产生氢气，且存在计量关系：，则1mol该物质与足量 Na反应生成1.5molH2，D错误；
故答案为：C
【分析】常见官能团中碳碳双键和三键能发生加成、加聚、氧化反应；醇羟基可发生取代、消去、催化氧化、与活泼金属反应；酚羟基有弱酸性、易被氧化且能发生取代反应；羧基具有酸性能发生酯化（取代）、中和反应；醛基可发生氧化、加成反应；酯基、卤素原子主要发生水解（取代）反应。
14．用下列实验装置完成对应实验，能达到实验目的
A．探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响
B．制备SO2
C．该装置可以将化学能转化为电能
D．除去乙烯中的SO2
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、图中只有使用的催化剂不同，左边的催化剂为，右边的催化剂为，而其它条件(H2O2浓度、体积等)均相同，符合控制变量的要求，可探究不同催化剂对过氧化氢分解速率的影响，A正确；
B、铜和浓硫酸制备二氧化硫必须加热才能发生，图中缺少加热装置，无法制备SO2，不能达到实验目的，B错误；
C、原电池装置需要形成闭合回路，图中锌和铜分别置于两个独立的烧杯中，缺少盐桥等使离子移动形成回路的装置，并没有构成闭合回路，不能形成原电池，无法将化学能转化为电能，不能达到实验目的，C错误；
D、SO2、乙烯均具有还原性，酸性KMnO4溶液不仅会氧化SO2，也会氧化乙烯，会同时除去目标产物乙烯，不能达到除杂目的，正确的做法是选用NaOH溶液等不与乙烯反应的试剂，D错误；
故答案为：A
【分析】控制变量法是指在探究多个因素对实验的影响时，只改变其中一个因素（变量），保持其他所有条件完全相同，通过对比实验现象，来判断该因素对实验结果的影响，比如探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响时，需保持H2O2的浓度、温度、体积等条件一致，仅改变催化剂种类，从而确定催化剂的作用。
15．为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了下图两个实验，相同条件下反应一段时间。
下列说法不正确的是
A．图Ⅰ中产生气体的速率比较小
B．图Ⅱ中的Zn片发生还原反应
C．图Ⅰ中温度计的示数高于图Ⅱ的示数
D．图Ⅱ中Cu片上发生的电极反应为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、利用原电池反应可以使金属与酸的反应速率加快，故图Ⅱ中产生气体的速率比图I大，图Ⅰ中产生气体的速率比较小，A正确；
B、图II中形成原电池，其中Zn电极作负极，失去电子被氧化，负极的电极反应为：，发生的是氧化反应，B错误；
C、图Ⅰ中反应的化学能主要转化为热能，溶液温度升高；图Ⅱ中反应的化学能主要转化为电能，转化为热能的部分较少，因此图Ⅰ的温度计示数高于图Ⅱ，C正确；
D、图Ⅱ中Cu作原电池的正极，H+在Cu片上得电子发生还原反应生成H2，电极反应为：，D正确；
故答案为：B
【分析】图I中发生的是锌的化学腐蚀，反应的离子方程式为，图Ⅱ形成原电池，总反应式与图I中相同，Zn作负极被氧化，负极式为，Cu作正极，电解质溶液中的在正极得电子被还原为氢气，正极式为。
16．向某恒压密闭容器中加入一定量A、0.3molB和0.1molC三种气体，一定条件下发生反应，容器内各物质的浓度随时间变化如下图所示，反应过程中混合气体的密度保持不变。
下列说法不正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．增大反应物A的浓度可增大反应速率
C．0～8s内，B的转化率为33.3%
D．A的初始加入量为0.15mol
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图可知，B的初始物质的量浓度为0.06，说明容器体积为，图中0~8s内，B的物质的量减少了0.06mol/L×5L-0.02mol/L×5L=0.2mol，B为反应物，C的物质的量增加了0.08mol/L×5L-0.02mol/L×5L=0.3mol，C为生成物，则A为反应物，且其物质的量增加了0.1mol，0~8s内A、B、C的物质的量变化量之比为0.1mol：0.2mol：0.3mol=1：2：3，该反应的化学方程式为，A正确；
B、A为气体，增大反应物A的浓度可使单位时间内分子间的有效碰撞次数增多从而增大反应速率，B正确；
C、图中0~8s内，B的物质的量减少了0.06mol/L×5L-0.02mol/L×5L=0.2mol，且B为反应物，则B的转化率为，C错误；
D、A为反应物，且其物质的量增加了0.1mol，故A的起始量为0.1mol+0.01mol/L×5L=0.15mol，D正确；
故答案为：C
【分析】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol/L的Ba(NO3)2溶液中， 得到了BaSO4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的；假设二：溶液中溶解的O2。
（1）制备 SO2：用下图装置制备纯净的SO2，发生装置中反应的化学方程式为　 　；装置的连接顺序为：a→　 　(按气流方向，用小写字母表示)
（2）验证假设：该小组设计实验验证假设，请在下表空白处填写相关实验操作和现象。
实验步骤 实验现象 结论
实验1：将蒸馏水　 　除去溶解氧 / /
实验2：用实验1中蒸馏水配制0.1mol/LBaCl2溶液，取25mL该溶液于锥形瓶中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　 假设一成立
实验3：用实验1中蒸馏水配制　 　，取25mL该溶液于锥形瓶中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　
实验4：将纯净的SO2气体通入25mL　 　 　 　 假设二成立
（3）将SO2分别通入无氧、有氧且浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究和O2哪种微粒起到了主要氧化作用，pH变化如下图所示。写出曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式　 　；a、c和b、d的对比实验说明氧化SO2的主要微粒是　 　(填化学式)。
【答案】（1）；b→c→g→f→d
（2）加热煮沸；无白色沉淀；0.1mol/LBa(NO3)2；有白色沉淀；未经除溶解氧处理的0.1mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀
（3）；O2
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、浓硫酸与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，化学方程式：；根据分析可知，装置连接顺序：a→b→c→g→f→d；
（2）、氧气具有氧化性，为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；
若用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBaCl2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBa(NO3)2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；
若将纯净的SO2气体通入25mL未经除溶解氧处理的0.1mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立；
（3）、由图，曲线c所示溶液中含氧气、且溶液酸性增加较大，则为氧气氧化二氧化硫，和氯化钡生成硫酸钡沉淀和HCl，发生反应的离子方程式；a、c和b、d的对比实验，在有氧条件下，溶液的酸性增强较为明显，说明氧化SO2的主要微粒是O2。
【分析】浓硫酸与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，经浓硫酸干燥后通入烧瓶进行收集，二氧化硫密度大于空气，烧瓶中二氧化硫应该长进短出，二氧化硫为有害气体，多余气体需进行尾气处理；通过设计对比实验，控制实验变量，探究微粒种类对SO2氧化情况。
（1）浓硫酸与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，化学方程式：；根据分析可知，装置连接顺序：a→b→c→g→f→d；
（2）氧气具有氧化性，为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；
若用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBaCl2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBa(NO3)2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；
若将纯净的SO2气体通入25mL未经除溶解氧处理的0.1mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立；
（3）由图，曲线c所示溶液中含氧气、且溶液酸性增加较大，则为氧气氧化二氧化硫，和氯化钡生成硫酸钡沉淀和HCl，发生反应的离子方程式；a、c和b、d的对比实验，在有氧条件下，溶液的酸性增强较为明显，说明氧化SO2的主要微粒是O2。
18．中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)， 以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为　 　(填化学式)。
（2）“细菌氧化”时，FeS2中化合价升高的元素是　 　。
（3）实验室模拟操作1，需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需　 　。
（4）“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填字母)。
A．无需粉碎矿石 B．不产生废液废渣
C．设备无需耐高温 D．可减少有害气体产生
（5）写出“沉金”时反应的离子方程式　 　。
（6）滤液②经H2SO4酸化， 发生反应：(完成上述反应的化学方程式)　 　。用碱中和HCN可生成　 　(填化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】（1）CuSO4
（2）Fe、S
（3）漏斗
（4）C；D
（5）
（6）；NaCN
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）、由分析，“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和硫酸根离子，化合价升高的元素是Fe、S；
（3）、操作1为分离固液操作，为过滤，需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需漏斗；
（4）、A、细菌氧化也需粉碎矿石，增大接触面积，从而加快反应，A错误；
B、由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，B错误；
C、焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C正确；
D、焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，D正确；
故答案为：CD；
（5）、“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au，同时生成[Zn(CN)4]2-，反应为；
（6）、滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN，结合质量守恒，反应化学方程式为；用碱氢氧化钠中和HCN可生成NaCN在浸金环节中循环使用。
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、硫酸根离子、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。其中预处理破包裹：细菌氧化将难溶的金属硫化物转化为可溶性硫酸盐，破坏金的包裹层，让Au暴露出来；氰化络合提金：利用CN-与Au形成稳定配合物的特性，将微量Au高效溶解进入溶液；锌置换还原得金：用活泼金属Zn将配合物中的Au还原为单质，实现金的富集回收。
（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）由分析，“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和硫酸根离子，化合价升高的元素是Fe、S；
（3）操作1为分离固液操作，为过滤，需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需漏斗；
（4）A．细菌氧化也需粉碎矿石，增大接触面积，从而加快反应，故A项不符合题意；
B．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，故B项不符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，故C项符合题意；
D．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，故D项符合题意；
故选CD；
（5）“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au，同时生成[Zn(CN)4]2-，反应为；
（6）滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN，结合质量守恒，反应化学方程式为；用碱氢氧化钠中和HCN可生成NaCN在浸金环节中循环使用。
19．煤炭通过液化可将硫等有害元素以及灰分脱除，得到洁净的二次能源，对优化终端能源结构、解决石油短缺、减少环境污染具有重要的战略意义。以下是一种煤间接液化过程发生反应的化学方程式：①；②。
（1）下列措施不能增大上述反应①速率的是_______(填字母)。
A．升高温度 B．增加煤炭的用量
C．及时分离产物 D．加入合适的催化剂
（2）在2L的恒容密闭容器中充入1molCO和3molH2，一定条件下发生上述反应②测得和的物质的量变化如下图所示：
①下列描述中能说明上述反应②达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．和三种物质的浓度相等
B．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．混合气体的密度不随时间的变化而变化
D．单位时间内消耗的同时消耗
②根据上图可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点是　 　(填“a”或“b”或“c”或“d”)；用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：　 　 (填“>”或“<”或“=”)。
③反应开始至3min，H2的平均反应速率为　 　(写出计算过程)。
（3）反应②反应过程中的能量变化如下图所示，已知断开中的化学键需要吸收的能量为1072kJ，断开中的化学键需要吸收的能量为426kJ，则断开中所有的化学键共需要吸收　 　kJ的能量。可作燃料电池的燃料，则通入的一极为　 　极。
【答案】（1）B；C
（2）BD；d；＞；
（3）2052.8；正
【知识点】反应热和焓变；常见化学电源的种类及其工作原理；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）、A、在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A错误；
B、在其它条件不变时，由于碳单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B正确；
C、CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，物质浓度减小，不能加快化学反应速率，C正确；
D、在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D错误；
故答案为：BC；
（2）、①、A、可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B、混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确；
C、容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C错误；
D、在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
②、根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：；
③、在2 L密闭容器中进行反应：，反应开始至3min，H2的平均反应速率为；
（3）、根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x =-128.8 kJ，解得x=2052.8kJ，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量。
可作燃料电池的燃料，通入的一极氧气得到电子发生还原反应，为正极。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
（1）A．在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A不符合题意；
B．在其它条件不变时，由于碳单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B符合题意；
C．CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，物质浓度减小，不能加快化学反应速率，C符合题意；
D．在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D不符合题意；
故选BC；
（2）①A．可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确；
C．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C错误；
D．在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故选BD；
②根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：；
③在2 L密闭容器中进行反应：，反应开始至3min，H2的平均反应速率为；
（3）根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x =-128.8 kJ，解得x=2052.8kJ，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量。
可作燃料电池的燃料，通入的一极氧气得到电子发生还原反应，为正极。
20．丙烯酸乙酯具有菠萝香味，可用作食品添加剂。工业上可以用乙烯、丙烯等为原料合成制得过程如下图。
（1）由 生成有机物A(分子式为)的化学反应的类型是　 　。
（2）丙烯酸乙酯中含氧官能团的名称是　 　。
（3）有机物B 的结构简式为　 　。关于有机物B和丙烯酸乙酯的说法正确的是　 　(填字母)。
A．有机物 B与CH3COOH含有的官能团完全相同，二者互为同系物
B．有机物B可以与 Na2CO3溶液反应放出CO2气体
C．二者在一定条件下均可发生酯化、加成、氧化反应
D．丙烯酸乙酯的加聚产物的链节是
（4）写出发生加聚反应的化学反应的化学方程式　 　。
（5）有机物A、B反应生成丙烯酸乙酯的装置进行制取。
①试管b中所装的试剂是　 　。
②该反应的化学方程式是　 　。
【答案】（1）加成反应
（2）酯基
（3）；B
（4）n
（5）饱和碳酸钠溶液；C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O
【知识点】有机物的结构和性质；乙烯的物理、化学性质；羧酸简介；同系物
【解析】【解答】（1）、乙烯与水发生加成反应生成生成乙醇，为加成反应；
（2）、丙烯酸乙酯中含氧官能团的名称是酯基；
（3）、由分析，B为丙烯酸，结构简式为；
A、CH2=CHCOOH和CH3COOH含有的官能团不完全相同，二者不互为同系物，A错误；
B、CH2=CHCOOH中含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，B正确；
C、CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加成、氧化反应，C错误；CH2=CHCOOCH2CH3中含有碳碳双键和酯基，可以发生加成、氧化反应，不能发生酯化反应，D错误；
D、丙烯酸乙酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，得到加聚产物的链节是，错误；
故答案为：B；
（4）、含有碳碳双键，能发生加聚反应，化学方程式n；
（5）、①、从试管a挥发出的丙烯酸乙酯中会混有乙醇和丙烯酸，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，中和丙烯酸，降低酯的溶解度，故可用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，试管b中试剂的名称是饱和碳酸钠溶液；
②、乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，化学方程式为：C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O。
【分析】由有机合成路线可知，乙烯（CH2=CH2）在催化剂、加热加压条件下，与无机物M（H2O）发生加成反应：，故有机物A为乙醇（CH3CH2OH）；接着丙烯（CH3CH=CH2）在催化剂作用下，与O2发生催化氧化反应，将端位甲基氧化为羧基，生成丙烯酸：，故有机物B为丙烯酸（CH2=CH-COOH）；下一步乙醇（A）和丙烯酸（B）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，发生酯化反应（可逆反应），生成丙烯酸乙酯和水：；
（1）乙烯与水发生加成反应生成生成乙醇，为加成反应；
（2）丙烯酸乙酯中含氧官能团的名称是酯基；
（3）由分析，B为丙烯酸，结构简式为；
A．CH2=CHCOOH和CH3COOH含有的官能团不完全相同，二者不互为同系物，错误；
B．CH2=CHCOOH中含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，正确；
C．CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加成、氧化反应；CH2=CHCOOCH2CH3中含有碳碳双键和酯基，可以发生加成、氧化反应，不能发生酯化反应，错误；
D．丙烯酸乙酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，得到加聚产物的链节是，错误；
故选B；
（4）含有碳碳双键，能发生加聚反应，化学方程式n；
（5）①从试管a挥发出的丙烯酸乙酯中会混有乙醇和丙烯酸，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，中和丙烯酸，降低酯的溶解度，故可用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，试管b中试剂的名称是饱和碳酸钠溶液；
②乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，化学方程式为：C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O。
1 / 1广东省梅州市2024-2025学年高一下学期7月期末化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2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．客家文化具有深厚的历史底蕴和文化内涵。下列展示客家文化渊源与发展的有关物品中，主要成分为硅酸盐的是
A．锡壶 B．木雕
C．陶罐 D．大襟衫
A．A B．B C．C D．D
2．合理膳食、科学营养有助于人体健康。下列食物富含的营养物质错误的是
A．红薯：蛋白质 B．米饭：糖类
C．柠檬：维生素C D．花生：油脂
3．下列表示有机化合物的化学用语正确的是
A．CH3COH表示乙醛的结构简式
B．(环己烷)属于饱和烃
C．表示四氯化碳的电子式
D．可以表示 CH4和CCl4分子
4．1827年英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置进行实验。其中难以达到预期目的的是
A．制备NH3 B．干燥NH3
C．收集NH3 D．喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
5．劳动有利“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联或解释不合理的是
选项 劳动项目 化学知识
A 物品运输：可用铝质容器装运浓硫酸 常温下浓硫酸与铝不反应
B 古法传承：客家酿酒 淀粉水解生成葡萄糖，最终可生成乙醇
C 铸造铁器：装铁水的模具必须干燥 铁在高温下与水反应生成Fe3O4
D 环保行动：回收地沟油制肥皂 地沟油属于油脂，一定条件下可水解
A．A B．B C．C D．D
6．下列说法正确的是
A．油脂都不能使溴水褪色
B．乙烯与酸性 KMnO4溶液发生加成反应
C．淀粉与纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，两者互为同分异构体
D．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在酸、碱或酶的作用下能发生水解
7．用还原法可将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。常温下，将NO2与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的酸性混合溶液中，转化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ发生
B．由反应Ⅱ可知，氧化性：
C．总反应过程中只有非极性键的断裂
D．反应后溶液中与的总浓度减小
8．解释下列事实的化学方程式或离子方程式正确的是
A．用石英和焦炭制取粗硅：
B．向稀硫酸溶液中加入 Na2S2O3固体出现黄色沉淀：
C．工业上制取金属钠：
D．盛有 NaOH 溶液的试剂瓶不用玻璃塞的原因：
9．部分含S物质的分类与相应化合价关系如下图。
下列说法正确的是
A．a、e、d三种物质的水溶液都呈强酸性
B．b、c与碱反应都只能生成一种盐
C．b与充足的氧气反应可完全生成c
D．a与b反应可生成f
10．欲除去粗盐中含有的，下列加入三种除杂试剂顺序方案，不可行的是
A． B．
C． D．
11．按下图装置不同反应阶段的预期现象及其相应推理不合理的是
A．实验过程中，气球会先变大，后变小
B．试纸会变蓝，说明产生NH3溶于水显碱性
C．加浓盐酸后，有白雾产生，说明有生成
D．未滴加浓盐酸时烧瓶壁会变冷，说明与Ba(OH)2·8H2O 的反应是吸热反应
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.8g聚乙烯中含碳碳双键数目为0.1NA
B．1mol葡萄糖分子中含羟基数目为5NA
C．标准状况下，11.2LCCl4所含原子数为2.5NA
D．含0.2molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，生成NO2的分子数为0.1NA
13．山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如下图所示。
下列有关山梨酸的叙述正确的是
A．使用山梨酸时可以任意剂量添加
B．该分子结构中含有三种含氧官能团
C．既能发生取代反应，又能发生加聚反应
D．1mol该物质与足量 Na 反应生成2molH2
14．用下列实验装置完成对应实验，能达到实验目的
A．探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响
B．制备SO2
C．该装置可以将化学能转化为电能
D．除去乙烯中的SO2
15．为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了下图两个实验，相同条件下反应一段时间。
下列说法不正确的是
A．图Ⅰ中产生气体的速率比较小
B．图Ⅱ中的Zn片发生还原反应
C．图Ⅰ中温度计的示数高于图Ⅱ的示数
D．图Ⅱ中Cu片上发生的电极反应为
16．向某恒压密闭容器中加入一定量A、0.3molB和0.1molC三种气体，一定条件下发生反应，容器内各物质的浓度随时间变化如下图所示，反应过程中混合气体的密度保持不变。
下列说法不正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．增大反应物A的浓度可增大反应速率
C．0～8s内，B的转化率为33.3%
D．A的初始加入量为0.15mol
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol/L的Ba(NO3)2溶液中， 得到了BaSO4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的；假设二：溶液中溶解的O2。
（1）制备 SO2：用下图装置制备纯净的SO2，发生装置中反应的化学方程式为　 　；装置的连接顺序为：a→　 　(按气流方向，用小写字母表示)
（2）验证假设：该小组设计实验验证假设，请在下表空白处填写相关实验操作和现象。
实验步骤 实验现象 结论
实验1：将蒸馏水　 　除去溶解氧 / /
实验2：用实验1中蒸馏水配制0.1mol/LBaCl2溶液，取25mL该溶液于锥形瓶中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　 假设一成立
实验3：用实验1中蒸馏水配制　 　，取25mL该溶液于锥形瓶中，缓慢通入纯净的SO2气体 　 　
实验4：将纯净的SO2气体通入25mL　 　 　 　 假设二成立
（3）将SO2分别通入无氧、有氧且浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究和O2哪种微粒起到了主要氧化作用，pH变化如下图所示。写出曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式　 　；a、c和b、d的对比实验说明氧化SO2的主要微粒是　 　(填化学式)。
18．中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)， 以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为　 　(填化学式)。
（2）“细菌氧化”时，FeS2中化合价升高的元素是　 　。
（3）实验室模拟操作1，需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需　 　。
（4）“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填字母)。
A．无需粉碎矿石 B．不产生废液废渣
C．设备无需耐高温 D．可减少有害气体产生
（5）写出“沉金”时反应的离子方程式　 　。
（6）滤液②经H2SO4酸化， 发生反应：(完成上述反应的化学方程式)　 　。用碱中和HCN可生成　 　(填化学式)溶液，从而实现循环利用。
19．煤炭通过液化可将硫等有害元素以及灰分脱除，得到洁净的二次能源，对优化终端能源结构、解决石油短缺、减少环境污染具有重要的战略意义。以下是一种煤间接液化过程发生反应的化学方程式：①；②。
（1）下列措施不能增大上述反应①速率的是_______(填字母)。
A．升高温度 B．增加煤炭的用量
C．及时分离产物 D．加入合适的催化剂
（2）在2L的恒容密闭容器中充入1molCO和3molH2，一定条件下发生上述反应②测得和的物质的量变化如下图所示：
①下列描述中能说明上述反应②达到平衡状态的是　 　(填字母)。
A．和三种物质的浓度相等
B．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．混合气体的密度不随时间的变化而变化
D．单位时间内消耗的同时消耗
②根据上图可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点是　 　(填“a”或“b”或“c”或“d”)；用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：　 　 (填“>”或“<”或“=”)。
③反应开始至3min，H2的平均反应速率为　 　(写出计算过程)。
（3）反应②反应过程中的能量变化如下图所示，已知断开中的化学键需要吸收的能量为1072kJ，断开中的化学键需要吸收的能量为426kJ，则断开中所有的化学键共需要吸收　 　kJ的能量。可作燃料电池的燃料，则通入的一极为　 　极。
20．丙烯酸乙酯具有菠萝香味，可用作食品添加剂。工业上可以用乙烯、丙烯等为原料合成制得过程如下图。
（1）由 生成有机物A(分子式为)的化学反应的类型是　 　。
（2）丙烯酸乙酯中含氧官能团的名称是　 　。
（3）有机物B 的结构简式为　 　。关于有机物B和丙烯酸乙酯的说法正确的是　 　(填字母)。
A．有机物 B与CH3COOH含有的官能团完全相同，二者互为同系物
B．有机物B可以与 Na2CO3溶液反应放出CO2气体
C．二者在一定条件下均可发生酯化、加成、氧化反应
D．丙烯酸乙酯的加聚产物的链节是
（4）写出发生加聚反应的化学反应的化学方程式　 　。
（5）有机物A、B反应生成丙烯酸乙酯的装置进行制取。
①试管b中所装的试剂是　 　。
②该反应的化学方程式是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、锡壶的主要成分是金属锡，属于金属材料，A错误；
B、木雕的主要成分是纤维素等有机物，属于有机高分子材料，B错误；
C、陶罐属于陶瓷，以粘土为原料烧制而成，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料中的硅酸盐材料，C正确；
D、大襟衫的主要成分是天然纤维，通常由棉、麻、丝等纤维制成，属于有机高分子材料，D错误；
故答案为：C
【分析】硅酸盐是由硅、氧与金属元素组成的化合物，大多难溶于水、化学性质稳定、耐高温耐腐蚀，陶瓷、陶器、砖瓦、水泥、普通玻璃的主要成分均为硅酸盐，是传统无机非金属材料的核心；注意石英、水晶、沙子主要成分为SiO2，不属于硅酸盐。
2．【答案】A
【知识点】营养均衡与人体健康的关系
【解析】【解答】A、红薯富含淀粉，淀粉属于糖类，并非富含蛋白质，A 错误；
B、米饭主要成分为淀粉，淀粉属于糖类营养物质，B 正确；
C、新鲜柠檬中含有大量维生素 C，C 正确；
D、花生内部含有丰富油脂，属于富含油脂的食物，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
常见主食营养成分：红薯、大米、小麦等主食富含淀粉，归类为糖类；
维生素食物来源：各类新鲜果蔬是维生素 C 的主要获取食材；
油脂类食物来源：花生、大豆、坚果、植物油均富含油脂；
蛋白质食物来源：瘦肉、鸡蛋、牛奶、豆制品为高蛋白食物，根茎类主食蛋白质含量极低。
3．【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、醛基的结构必须写成-CHO，故乙醛正确的结构简式应为：CH3CHO，A错误；
B、(环己烷)中只含碳碳单键和碳氢单键，属于饱和烃，B正确；
C、CCl4中所有原子最外层都满足8电子稳定结构，选项中的电子式中Cl原子最外层的孤电子对没有全部标出，四氯化碳正确的电子式应为：，C错误；
D、空间填充模型能反映出原子半径的相对大小，由于C的原子半径大于H的，故该模型能表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子(原子半径Cl＞C)，故D错误；
故答案为：B
【分析】电子式的书写规则如下：
原子的电子式：中性原子书写时，最外层电子应全部排列在元素符号周围；金属阳离子的电子式：在形成阳离子时，最外层电子已失去，书写时不再画出原最外层电子，但电荷数应在元素符号右上角表示；非金属阴离子的电子式：形成阴离子时，得到电子使最外层达到稳定结构，这些电子应画出；共价化合物的电子式：通过共用电子对结合而成，书写时需注意孤对电子的情况；离子化合物的电子式：分别画出阴、阳离子的电子式，然后让阴、阳离子间隔书写。
4．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；气体的收集；实验装置综合
【解析】【解答】A、生石灰(CaO)与浓氨水混合后，CaO与水反应放出大量的热，同时生成的氢氧化钙提供了大量的OH-，促使浓氨水分解产生氨气，因此可用此装置制备氨气，A错误；
B、浓硫酸具有酸性，能和碱性气体氨气发生反应，无法起到干燥气体的作用，故不可以用浓硫酸干燥氨气，B正确；
C、NH3密度比空气小，可采用 “短进长出” 的向下排空气法收集(气流从短管进，从长管出)，C错误；
D、NH3极易溶于水，当胶头滴管中的水进入烧瓶后，NH3迅速溶解，烧瓶内压强骤降，外界大气压将烧杯中滴有酚酞的水压入烧瓶，形成红色喷泉，D错误；
故答案为：B
【分析】干燥NH3应选用碱性干燥剂，如碱石灰（CaO和NaOH的混合物），不能用浓硫酸、P2O5等酸性干燥剂，也不能用CaCl2（会与NH3形成CaCl2 8NH3络合物）；氨气收集时，除了用向下排空气法，还可在集气瓶口放一团棉花，防止氨气与空气对流，提高收集纯度。
5．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、铝在常温下与浓硫酸发生钝化反应，生成一层致密氧化膜而阻止反应进一步发生，并非不反应，钝化属于化学反应，A错误；
B、淀粉属于多糖，在酿酒过程中淀粉水解为单糖葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下经发酵可生成乙醇，反应过程与化学知识完全吻合，B正确；
C、高温下铁与水蒸气能反应：，反应生成的氢气易引发爆炸，同时也会损坏模具，因此模具必须干燥，解释合理，C正确；
D、地沟油通常来自餐饮废弃油、动物油脂提炼残渣等，属于油脂，油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，水解得到的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，解释合理，D正确；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
6．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；多糖的性质和用途；水解反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂分为饱和油脂和不饱和油脂。不饱和油脂中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，A错误；
B、乙烯的结构简式为CH2=CH2，其中的碳碳双键具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化为CO2，该反应不属于加成反应，B错误；
C、淀粉和纤维素虽分子式均为(C6H10O5)n，但二者的聚合度不同也就是n值不同，且结构(糖苷键类型)不同，故二者不互为同分异构体，C错误；
D、蚕丝是一种蛋白质纤维，蛋白质在酸(如盐酸、硫酸)、碱(如氢氧化钠、氢氧化钾)或蛋白酶催化下可水解为氨基酸，D正确；
故答案为：D
【分析】同分异构体必须分子式完全相同、结构不同，淀粉和纤维素的聚合度不同，因此不满足条件；乙烯与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，二者反应类型不同，注意区分。
7．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A、由转化流程图可知，反应I为Ce4+与氢气反应生成Ce3+和氢离子，反应的离子方程式为，A正确；
B、由转化流程图可知，过程II发生的反应为，反应中氮元素的化合价降低，NO2被还原，NO2是氧化剂；铈元素的化合价升高，被氧化，Ce4+是氧化产物，则氧化性：NO2 (氧化剂)> Ce4+ (氧化产物)，B正确；
C、由转化流程图可知，总反应为2NO2+4H24H2O+N2，断裂的键有H2中的H—H非极性键，NO2中的N=O极性键；形成的键有N2中的N≡N非极性键，H2O中的O—H极性键。因此反应过程中既有非极性键的断裂，也有极性键的断裂，C错误；
D、由转化流程图可知，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物，结合Ce原子守恒知，反应过程中混合溶液内与的总个数不变，但由于生成水，故Ce3+与Ce4+的总浓度减小，D正确；
故答案为：C
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
8．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、用石英和焦炭制取粗硅的反应中，反应在高温下进行，此时碳的还原产物为CO而非CO2，故反应正确的离子方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，A错误；
B、硫代硫酸钠与稀硫酸发生歧化反应，反应生成S和SO2，但选项中的H2O是产物，不需要标沉淀符号（↓），原方程式书写不规范，反应正确的离子方程式为：，B错误；
C、工业上制取金属钠，电解的是熔融的NaCl，而非水溶液。电解NaCl水溶液会生成H2、Cl2和NaOH，无法得到金属钠，C错误；
D、玻璃塞中含有SiO2，会与NaOH溶液反应生成具有粘性的Na2SiO3，将瓶塞与瓶口粘在一起，因此不能用玻璃塞，反应的离子方程式应为：，D正确；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硫酸根离子的检验；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、a是H2S，属于二元弱酸，在水中只能分步电离；e是H2SO3，属于二元弱酸，酸性弱于硫酸；d是H2SO4，属于二元强酸，A错误；
B、b为SO2，和碱反应可以生成正盐，也可以生成酸式盐，如少量SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，过量SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，c为SO3，SO3情况类似，如少量SO3与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，过量SO3与氢氧化钠溶液反应生成硫酸氢钠，B错误；
C、b是SO2，与O2反应生成SO3的化学方程式为：，该反应是可逆反应，即使氧气充足，也无法将SO2完全转化为SO3，存在化学平衡，C错误；
D、H2S中S为-2价，SO2中S为+4价，二者可发生归中反应生成硫单质正好对应图中的物质f，其化学反应方程式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】由硫元素的价类二维图知，a是氢化物且化合价为-2价，故a为H2S；f是单质，故f为S；b是氧化物且化合价为+4价，故b为SO2；c是氧化物且化合价为+6价，故c为SO3；d是酸且化合价为+6价，故d为H2SO4；e是酸且化合价为+4价，故e为H2SO3。
10．【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、先加NaOH除去Mg2+，再加BaCl2除去SO42-同时引入过量Ba2+，最后加Na2CO3除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后过量Na2CO3可用盐酸除去，A错误；B、先加BaCl2除去SO42-，引入Ba2+，再加Na2CO3除去Ca2+和过量Ba2+，最后加NaOH除去Mg2+，过滤后过量Na2CO3和NaOH可用盐酸除去，B错误；
C、先加BaCl2除去SO42-，引入Ba2+，再加NaOH除去Mg2+，最后加Na2CO3除去Ca2+和过量Ba2+，过滤后过量Na2CO3可用盐酸除去，C错误；
D、先加Na2CO3可除去Ca2+，也能除去部分Mg2+，再加NaOH除去Mg2+，最后加BaCl2除去SO42-但会引入过量Ba2+。由于BaCl2在最后加入，过量的Ba2+无法被除去，导致所得粗盐溶液中仍含有Ba2+杂质，此顺序不可行，D正确；
故答案为：D
【分析】加过量的NaOH溶液可将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀而除去，加过量的Na2CO3溶液可将Ca2+转化为CaCO3沉淀而除去，加过量的BaCl2溶液可将转化为而除去，而过量的NaOH溶液、Na2CO3溶液后续加入盐酸可除去，过量的BaCl2溶液需加Na2CO3溶液除去，为使实验步骤简单，BaCl2溶液要在Na2CO3溶液之前加入(加入NaOH溶液除去Mg2+在试剂使用顺序上无要求)。
11．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、与Ba(OH)2·8H2O发生反应：2NH4Cl+Ba(OH)2 8H2O=BaCl2+2NH3↑+10H2O，反应产生的氨气使烧瓶中气压增大，气球会变大；与Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应，反应后烧瓶内温度降低，气压减小，且滴入浓盐酸后，浓盐酸挥发出的氯化氢气体与氨气生成了固体氯化铵，也导致烧瓶内气压变小，所以气球变小；故实验过程中气球先变大，后变小，A错误；
B、湿润的红色石蕊试纸会变蓝，说明反应产生的气体显碱性，说明产生的NH3溶于水显碱性，，B错误；
C、白雾是浓盐酸挥发出的HCl气体与空气中的水蒸气结合，形成的盐酸小液滴，属于液体小颗粒。白烟是NH3与HCl反应生成的NH4Cl固体小颗粒，属于固体小颗粒。题干中描述的 “白雾”，本质是浓盐酸自身挥发形成的酸雾，而不是反应生成的NH4Cl固体，因此不能说明有NH4Cl生成，C正确；
D、该反应是高中化学中典型的吸热反应，未滴加浓盐酸前只有与Ba(OH)2·8H2O发生了反应，烧瓶壁会变冷可以说明与Ba(OH)2·8H2O 的，反应过程中会从外界吸收大量热量，导致烧瓶壁温度降低，触摸时会感觉到变冷，由此推断出反应是吸热反应，D错误；
故答案为：C
【分析】由实验装置图中的信息可知，与Ba(OH)2·8H2O 混合搅拌后发生反应：2NH4Cl+Ba(OH)2 8H2O=BaCl2+2NH3↑+10H2O；滴加浓盐酸后发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，可能发生反应：Ba(OH)2 8H2O+2HCl=BaCl2+10H2O。
12．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、聚乙烯是乙烯通过加聚反应生成的高分子化合物，聚合过程中碳碳双键全部转化为单键，此时分子中不存在碳碳双键，故碳碳双键数目为0，A错误；
B、葡萄糖的分子式为，其开链结构可表示为CH2OH-(CHOH)4-CHO，属于五羟基醛类，故1mol葡萄糖含羟基数目为5NA，B正确；
C、标准状况下CCl4为液体，无法用气体摩尔体积(22.4L/mol)计算其物质的量，也无法确定其中所含的原子数，C错误；
D、铜与浓硝酸反应的方程式为：，当有0.2mol浓硝酸参与反应，转移电子的数目为0.1NA，但所给的铜足量而浓硝酸少量，随反应进行硝酸会逐渐变稀，生成的气体可能变为NO，且由于存在反应：，生成的NO2的分子数一定小于0.1NA，D错误；
故答案为：B
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
13．【答案】C
【知识点】烯烃；取代反应
【解析】【解答】A、食品添加剂（如山梨酸）的使用必须严格遵守国家规定的剂量标准，不能任意添加，过量使用会危害人体健康，A错误；
B、该分子结构中含有醇羟基(-OH)和羧基(-COOH)两种含氧官能团，并非三种含氧官能团，B错误；
C、山梨酸分子中含有的羟基和羧基，能发生酯化反应(取代反应)；同时还含碳碳双键，能发生加聚反应，C正确；
D、其中的羧基和羟基均可以和钠反应产生氢气，且存在计量关系：，则1mol该物质与足量 Na反应生成1.5molH2，D错误；
故答案为：C
【分析】常见官能团中碳碳双键和三键能发生加成、加聚、氧化反应；醇羟基可发生取代、消去、催化氧化、与活泼金属反应；酚羟基有弱酸性、易被氧化且能发生取代反应；羧基具有酸性能发生酯化（取代）、中和反应；醛基可发生氧化、加成反应；酯基、卤素原子主要发生水解（取代）反应。
14．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、图中只有使用的催化剂不同，左边的催化剂为，右边的催化剂为，而其它条件(H2O2浓度、体积等)均相同，符合控制变量的要求，可探究不同催化剂对过氧化氢分解速率的影响，A正确；
B、铜和浓硫酸制备二氧化硫必须加热才能发生，图中缺少加热装置，无法制备SO2，不能达到实验目的，B错误；
C、原电池装置需要形成闭合回路，图中锌和铜分别置于两个独立的烧杯中，缺少盐桥等使离子移动形成回路的装置，并没有构成闭合回路，不能形成原电池，无法将化学能转化为电能，不能达到实验目的，C错误；
D、SO2、乙烯均具有还原性，酸性KMnO4溶液不仅会氧化SO2，也会氧化乙烯，会同时除去目标产物乙烯，不能达到除杂目的，正确的做法是选用NaOH溶液等不与乙烯反应的试剂，D错误；
故答案为：A
【分析】控制变量法是指在探究多个因素对实验的影响时，只改变其中一个因素（变量），保持其他所有条件完全相同，通过对比实验现象，来判断该因素对实验结果的影响，比如探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响时，需保持H2O2的浓度、温度、体积等条件一致，仅改变催化剂种类，从而确定催化剂的作用。
15．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、利用原电池反应可以使金属与酸的反应速率加快，故图Ⅱ中产生气体的速率比图I大，图Ⅰ中产生气体的速率比较小，A正确；
B、图II中形成原电池，其中Zn电极作负极，失去电子被氧化，负极的电极反应为：，发生的是氧化反应，B错误；
C、图Ⅰ中反应的化学能主要转化为热能，溶液温度升高；图Ⅱ中反应的化学能主要转化为电能，转化为热能的部分较少，因此图Ⅰ的温度计示数高于图Ⅱ，C正确；
D、图Ⅱ中Cu作原电池的正极，H+在Cu片上得电子发生还原反应生成H2，电极反应为：，D正确；
故答案为：B
【分析】图I中发生的是锌的化学腐蚀，反应的离子方程式为，图Ⅱ形成原电池，总反应式与图I中相同，Zn作负极被氧化，负极式为，Cu作正极，电解质溶液中的在正极得电子被还原为氢气，正极式为。
16．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图可知，B的初始物质的量浓度为0.06，说明容器体积为，图中0~8s内，B的物质的量减少了0.06mol/L×5L-0.02mol/L×5L=0.2mol，B为反应物，C的物质的量增加了0.08mol/L×5L-0.02mol/L×5L=0.3mol，C为生成物，则A为反应物，且其物质的量增加了0.1mol，0~8s内A、B、C的物质的量变化量之比为0.1mol：0.2mol：0.3mol=1：2：3，该反应的化学方程式为，A正确；
B、A为气体，增大反应物A的浓度可使单位时间内分子间的有效碰撞次数增多从而增大反应速率，B正确；
C、图中0~8s内，B的物质的量减少了0.06mol/L×5L-0.02mol/L×5L=0.2mol，且B为反应物，则B的转化率为，C错误；
D、A为反应物，且其物质的量增加了0.1mol，故A的起始量为0.1mol+0.01mol/L×5L=0.15mol，D正确；
故答案为：C
【分析】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
17．【答案】（1）；b→c→g→f→d
（2）加热煮沸；无白色沉淀；0.1mol/LBa(NO3)2；有白色沉淀；未经除溶解氧处理的0.1mol/L BaCl2溶液；有白色沉淀
（3）；O2
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、浓硫酸与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，化学方程式：；根据分析可知，装置连接顺序：a→b→c→g→f→d；
（2）、氧气具有氧化性，为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；
若用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBaCl2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBa(NO3)2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；
若将纯净的SO2气体通入25mL未经除溶解氧处理的0.1mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立；
（3）、由图，曲线c所示溶液中含氧气、且溶液酸性增加较大，则为氧气氧化二氧化硫，和氯化钡生成硫酸钡沉淀和HCl，发生反应的离子方程式；a、c和b、d的对比实验，在有氧条件下，溶液的酸性增强较为明显，说明氧化SO2的主要微粒是O2。
【分析】浓硫酸与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，经浓硫酸干燥后通入烧瓶进行收集，二氧化硫密度大于空气，烧瓶中二氧化硫应该长进短出，二氧化硫为有害气体，多余气体需进行尾气处理；通过设计对比实验，控制实验变量，探究微粒种类对SO2氧化情况。
（1）浓硫酸与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，化学方程式：；根据分析可知，装置连接顺序：a→b→c→g→f→d；
（2）氧气具有氧化性，为确保实验过程中蒸馏水中无氧气溶解，可通过加热煮沸形式将溶解的氧气除去；
若用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBaCl2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，反应过程中无明显现象(无沉淀生成)；用除氧的蒸馏水配制0.1mol/LBa(NO3)2溶液，取25mL于烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，有白色沉淀生成，说明与有关，假设一成立；
若将纯净的SO2气体通入25mL未经除溶解氧处理的0.1mol/L BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明与氧气有关，假设二成立；
（3）由图，曲线c所示溶液中含氧气、且溶液酸性增加较大，则为氧气氧化二氧化硫，和氯化钡生成硫酸钡沉淀和HCl，发生反应的离子方程式；a、c和b、d的对比实验，在有氧条件下，溶液的酸性增强较为明显，说明氧化SO2的主要微粒是O2。
18．【答案】（1）CuSO4
（2）Fe、S
（3）漏斗
（4）C；D
（5）
（6）；NaCN
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）、由分析，“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和硫酸根离子，化合价升高的元素是Fe、S；
（3）、操作1为分离固液操作，为过滤，需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需漏斗；
（4）、A、细菌氧化也需粉碎矿石，增大接触面积，从而加快反应，A错误；
B、由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，B错误；
C、焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C正确；
D、焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，D正确；
故答案为：CD；
（5）、“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au，同时生成[Zn(CN)4]2-，反应为；
（6）、滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN，结合质量守恒，反应化学方程式为；用碱氢氧化钠中和HCN可生成NaCN在浸金环节中循环使用。
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、硫酸根离子、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。其中预处理破包裹：细菌氧化将难溶的金属硫化物转化为可溶性硫酸盐，破坏金的包裹层，让Au暴露出来；氰化络合提金：利用CN-与Au形成稳定配合物的特性，将微量Au高效溶解进入溶液；锌置换还原得金：用活泼金属Zn将配合物中的Au还原为单质，实现金的富集回收。
（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）由分析，“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和硫酸根离子，化合价升高的元素是Fe、S；
（3）操作1为分离固液操作，为过滤，需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒外，还需漏斗；
（4）A．细菌氧化也需粉碎矿石，增大接触面积，从而加快反应，故A项不符合题意；
B．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，故B项不符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，故C项符合题意；
D．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，故D项符合题意；
故选CD；
（5）“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au，同时生成[Zn(CN)4]2-，反应为；
（6）滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN，结合质量守恒，反应化学方程式为；用碱氢氧化钠中和HCN可生成NaCN在浸金环节中循环使用。
19．【答案】（1）B；C
（2）BD；d；＞；
（3）2052.8；正
【知识点】反应热和焓变；常见化学电源的种类及其工作原理；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）、A、在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A错误；
B、在其它条件不变时，由于碳单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B正确；
C、CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，物质浓度减小，不能加快化学反应速率，C正确；
D、在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D错误；
故答案为：BC；
（2）、①、A、可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B、混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确；
C、容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C错误；
D、在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
②、根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：；
③、在2 L密闭容器中进行反应：，反应开始至3min，H2的平均反应速率为；
（3）、根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x =-128.8 kJ，解得x=2052.8kJ，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量。
可作燃料电池的燃料，通入的一极氧气得到电子发生还原反应，为正极。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
（1）A．在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，A不符合题意；
B．在其它条件不变时，由于碳单质属于固体物质，增加煤炭的用量，其浓度不变，因此反应速率不变，B符合题意；
C．CO、H2都是气体物质，在其它条件不变时，及时分离出去CO、H2，物质浓度减小，不能加快化学反应速率，C符合题意；
D．在其它条件不变时，加入合适的催化剂，会使化学反应速率大大加快，D不符合题意；
故选BC；
（2）①A．可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量浓度不变，但不一定是反应混合物中CO、H2和CH3OH三种物质的浓度相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确；
C．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C错误；
D．在任何时刻，在单位时间内消耗2 mol H2，就会同时反应产生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，则CH3OH的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故选BD；
②根据图示可知：在a点后CO的物质的量还在减少，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在b点后CH3OH的物质的量在增加，说明反应正向进行，未达到平衡状态；在c点时刻尽管CO、CH3OH的物质的量相等，但由于c点后CO的物质的量在减少，CH3OH的物质的量在增加，说明该点时刻反应正向进行，未达到平衡状态；在d点后CO、CH3OH的物质的量都不变，则反应达到了平衡状态，任意物质表示的正反应速率与逆反应速率相等。故根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点就是平衡点，该点是d点；反应物浓度越大，反应速率就越快。由于反应物CO的浓度：a＞c，所以用同一物质表示反应速率时，a、c两点的正反应速率：；
③在2 L密闭容器中进行反应：，反应开始至3min，H2的平均反应速率为；
（3）根据图2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反应产生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收能量为x，则根据反应热与化学键键能关系可知：(1072+2×426) kJ-x =-128.8 kJ，解得x=2052.8kJ，即断开1 mol CH3OH(g)中所有的化学键共需要吸收2052.8 kJ的能量。
可作燃料电池的燃料，通入的一极氧气得到电子发生还原反应，为正极。
20．【答案】（1）加成反应
（2）酯基
（3）；B
（4）n
（5）饱和碳酸钠溶液；C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O
【知识点】有机物的结构和性质；乙烯的物理、化学性质；羧酸简介；同系物
【解析】【解答】（1）、乙烯与水发生加成反应生成生成乙醇，为加成反应；
（2）、丙烯酸乙酯中含氧官能团的名称是酯基；
（3）、由分析，B为丙烯酸，结构简式为；
A、CH2=CHCOOH和CH3COOH含有的官能团不完全相同，二者不互为同系物，A错误；
B、CH2=CHCOOH中含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，B正确；
C、CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加成、氧化反应，C错误；CH2=CHCOOCH2CH3中含有碳碳双键和酯基，可以发生加成、氧化反应，不能发生酯化反应，D错误；
D、丙烯酸乙酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，得到加聚产物的链节是，错误；
故答案为：B；
（4）、含有碳碳双键，能发生加聚反应，化学方程式n；
（5）、①、从试管a挥发出的丙烯酸乙酯中会混有乙醇和丙烯酸，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，中和丙烯酸，降低酯的溶解度，故可用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，试管b中试剂的名称是饱和碳酸钠溶液；
②、乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，化学方程式为：C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O。
【分析】由有机合成路线可知，乙烯（CH2=CH2）在催化剂、加热加压条件下，与无机物M（H2O）发生加成反应：，故有机物A为乙醇（CH3CH2OH）；接着丙烯（CH3CH=CH2）在催化剂作用下，与O2发生催化氧化反应，将端位甲基氧化为羧基，生成丙烯酸：，故有机物B为丙烯酸（CH2=CH-COOH）；下一步乙醇（A）和丙烯酸（B）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，发生酯化反应（可逆反应），生成丙烯酸乙酯和水：；
（1）乙烯与水发生加成反应生成生成乙醇，为加成反应；
（2）丙烯酸乙酯中含氧官能团的名称是酯基；
（3）由分析，B为丙烯酸，结构简式为；
A．CH2=CHCOOH和CH3COOH含有的官能团不完全相同，二者不互为同系物，错误；
B．CH2=CHCOOH中含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，正确；
C．CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加成、氧化反应；CH2=CHCOOCH2CH3中含有碳碳双键和酯基，可以发生加成、氧化反应，不能发生酯化反应，错误；
D．丙烯酸乙酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，得到加聚产物的链节是，错误；
故选B；
（4）含有碳碳双键，能发生加聚反应，化学方程式n；
（5）①从试管a挥发出的丙烯酸乙酯中会混有乙醇和丙烯酸，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，中和丙烯酸，降低酯的溶解度，故可用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，试管b中试剂的名称是饱和碳酸钠溶液；
②乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，化学方程式为：C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O。
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