高一下学期期末化学试卷

23/23高一（下）期末化学一.第一部分（选择题，共42分）每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。1．汽车的零部件使用了四千余种不同的材料。下列零部件所用材料的主要成分属于无机非金属材料的是（）A．车身主体﹣﹣钢铁 B．汽车车窗﹣﹣玻璃 C．汽车轮胎﹣﹣合成橡胶 D．电线绝缘层﹣﹣聚氯乙烯塑料2．工业上常用电解法冶炼的金属是（）A．Al B．Fe C．Hg D．Ag3．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（）A．用液氨作制冷剂 B．用H2和O2作燃料电池的反应物 C．用CaO处理酸性废水 D．用Na2CO3除去粗盐中的Ca2+4．以下措施是为了加快化学反应速率的是（）A．葡萄酒中添加SO2作抗氧化剂 B．塑料中添加防老剂 C．燃煤发电时用煤粉代替煤块 D．低温保存运输疫苗5．下列关于乙烯、乙醇、乙酸的说法不正确的是（）A．乙烯属于烃，乙醇、乙酸属于烃的衍生物 B．乙烯不含官能团，乙醇、乙酸的官能团相同 C．乙烯难溶于水，乙醇、乙酸易溶于水 D．三者之间存在转化：乙烯乙醇乙酸6．下列有关工业生产的说法不正确的是（）A．利用油脂的加成反应制肥皂 B．利用淀粉的水解反应生产葡萄糖 C．通过煤的气化得到水煤气（CO、H2）等气体燃料 D．通过石油的裂化和裂解得到乙烯、丙烯等化工原料7．对于反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，以下各组实验出现沉淀最快的是（）选项Na2S2O3H2OH2SO4水浴温度/℃c/mol•L﹣1V/mLV/mLc/mol•L﹣1V/mLA0.1200.1220B0.1110.1220C0.1210.1140D0.1200.1240A．A B．B C．C D．D8．绿色化学提倡尽可能将反应物的原子全部转化为期望的最终产物。以下反应不符合绿色化学原则的是（）A．乙烯氧化法合成环氧乙烷：2CH2＝CH2+O2 B．煤的液化法合成甲醇：CO+2H2CH3OH C．乙醛缩合法合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOC2H5 D．浓硫酸氧化法制备硫酸铜Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O9．下列实验现象因发生加成反应而产生的是（）A．溴的四氯化碳溶液褪色 B．酸性高锰酸钾溶液褪色 C．试管内壁上有油状液滴 D．钠表面产生无色气泡10．下列解释事实的方程式不正确的是（）A．铁粉与硫粉共热生成黑色物质：Fe+SFeS B．食醋清除水壶中的水垢：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑ C．丙烯制备聚丙烯塑料：nCH2＝CH﹣CH3 D．乙醇在灼热铜丝作用下转化成乙醛：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O11．为达到实验目的，下列实验装置与操作正确的是（）A．检验浓硫酸的脱水性B．稀释浓硫酸C．用饱和NH4Cl溶液制备NH4Cl晶体D．制取乙酸乙酯12．将5mL0.1mol•L﹣1KI溶液与1mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液混合，发生反应a，一段时间后溶液颜色不再改变。将所得溶液分成两份，一份加淀粉，溶液变蓝；一份加KSCN，溶液变红。下列说法不正确的是（）A．加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与I﹣反应生成I2 B．加KSCN溶液变红，表明反应a存在限度 C．溶液的颜色不再变化，表明反应a达到平衡状态 D．溶液的颜色不再变化，表明Fe2+、Fe3+、I2、I﹣的物质的量浓度均相等13．探究SO2的性质，进行如下实验。编号实验装置试剂a实验现象①Ba（OH）2溶液白色沉淀②H2S溶液乳白色沉淀③酸性KMnO4溶液溶液褪色④H2O2+BaCl2溶液白色沉淀由上述实验所得SO2的性质及对应的解释不正确的是（）A．①表明SO2具有酸性氧化物的性质：SO2+Ba（OH）2═BaSO3↓+H2O B．②表明SO2具有氧化性：SO2+2H2S═3S↓+2H2O C．③表明SO2具有漂白性：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+ D．④表明SO2具有还原性：SO2+BaCl2+H2O2═BaSO4↓+2HCl14．探究SO2使品红褪色的反应，实验装置（尾气处理装置略）及现象如下：①②③④溶液不褪色迅速褪色较快褪色较长时间未完全褪色已知：H2SO3水溶液中存在HSO3﹣、SO32﹣。下列分析或推测不正确的是（）A．由①推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与 B．推测SO2使品红水溶液褪色与H2SO3、HSO3﹣或SO32﹣有关 C．对比②、④，分析②中溶液迅速褪色是因为含有大量SO32﹣ D．向③中加入少量pH＝10的NaOH溶液，推测褪色速率将减慢二.第二部分（非选择题，共58分）15．（7分）某小组研究化学反应中的能量变化，进行了如下实验。（1）实验I：将Zn片和Cu片分别插入盛有50mL2mol•L﹣1稀硫酸的烧杯中。观察到Zn片表面产生气泡，溶液温度由T1℃升到T2℃；Cu片表面无明显变化。①Zn片与稀硫酸反应的离子方程式为。②Zn片与稀硫酸反应的能量变化关系符合如图（填“A”或“B”）。（2）实验Ⅱ：用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有50mL2mol•L﹣1稀硫酸的烧杯中。观察到电流表指针发生偏转，Cu片表面产生气泡，溶液温度由T1℃升到T3℃。结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因。（3）实验I和Ⅱ产生等量气体时，测得T2＞T3。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因。（4）将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验Ⅱ，判断电流表指针是否发生偏转。若不偏转，说明理由；若偏转，写出Fe片表面发生的电极反应式，理由或电极反应式是。16．（10分）辛烷值是车用汽油最重要的指标，辛烷值越高，其防爆震的能力越强。已知不同烃的辛烷值：芳香烃（含苯环的烃）＞异构烷烃（支链烷烃）＞正构烷烃（直链烷烃）（1）汽油的主要成分为C5～C11的烷烃混合物，如CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3等。①两者的分子式均为。②比较辛烷值：前者（填“＞”“＜”或“＝”）后者。（2）向汽油中添加高辛烷值物质是提高汽油辛烷值的途径之一。甲基叔丁基醚（MTBE）是一种常用的添加剂，可通过下面反应制得：①CH3OH中所含官能团的名称为。②该反应类型为。（3）乙醇是另一种高辛烷值添加剂。使用添加乙醇的汽油，可降低汽车尾气排放、改善能源结构。乙醇在燃烧过程中会产生乙酸，对汽车金属有腐蚀作用，所以乙醇汽油需要添加金属腐蚀抑制剂。乙醇产生乙酸的化学方程式是。（4）增加高辛烷值组分的比例是提高汽油辛烷值的另一种途径。中科院设计了一种新型多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。①过程Ⅰ除了CO，还生成了。②写出物质a的所有同分异构体的结构简式。③中间产物（CH2）n为烯烃，可以用（填试剂）鉴别a和（CH2）n。④该方法生产的汽油辛烷值较高的原因是。17．（8分）工业上以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料来制备硫酸，过程如下：i．4FeS2+11O2+8SO2ii．2SO2+O22SO3iii．SO3+H2O═H2SO4（1）补全过程i的方程式。（2）硫酸工厂的烟气中含有SO2，工业上用NaOH溶液作吸收剂脱除烟气中的SO2。①过程Ⅰ的化学方程式是。②过程Ⅱ参加反应的物质A有。③NaOH吸收SO2过程中常伴有少量SO42﹣，证明吸收液中含SO42﹣的方法是：取少量上层清液，（填操作和现象）。（3）测定烟气中SO2的含量。将V1L烟气缓慢通过1L水（假设SO2完全被吸收，且溶液体积变化忽略不计），取20.00mL溶液，滴加2～3滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1的碘水滴定，消耗碘水V2mL。该烟气中SO2的含量为mg•L﹣1。（已知：滴定反应为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）18．（10分）溴及其化合物在医药、农药、染料、阻燃剂等领域有广泛的用途。利用空气吹出法从海水（弱碱性）中提取溴的流程如图。已知：溴单质的沸点为58.5℃。（1）溴元素在元素周期表中的位置是。（2）“吹出塔”中利用了溴的性。（3）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为。（4）“蒸馏塔”中温度应控制在（填序号）。A．40～50℃B．70～80℃C．100℃以上（5）物质A（填化学式）可以循环利用，降低成本。（6）探究“氧化”的适宜条件，测得不同条件下溶液中Br2的含量如图。注：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。①“氧化”的适宜条件为。②用离子方程式说明pH＝7.5时溶液中Br2的含量较低的原因：。19．（11分）氨既是一种重要的化工产品，也是一种重要的化工原料。（1）实验室利用如图所示装置及药品制取氨气。①制取氨气的化学方程式是。②下列装置中，可用于收集氨的是（填字母）。（2）氨是生产氮肥的原料，经过如下转化可以得到NH4NO3。NH3NONO2HNO3NH4NO3写出反应①的方程式：。（3）过量施用氮肥会造成水体污染。纳米零价铁——反硝化细菌复合体系可脱除水体中的硝酸盐（NO3﹣），脱氮原理及对某酸性废水的脱氮效果如图。注：纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用①0～2天，发生的主要反应为：Fe+NO3﹣+═Fe2+++②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但NO3﹣浓度无明显变化，结合方程式说明原因：。③6～8天，结合离子方程式说明溶液中NO3﹣浓度下降的原因是。20．（12分）小组探究NO2与NaOH溶液的反应。注：AgNO2为黄色固体，难溶于水。（1）用Cu与浓HNO3制取NO2，化学方程式为。（2）NO2不能用排水法收集，因为NO2与水反应生成和NO。（3）将充满NO2的试管倒扣在NaOH溶液中，液体迅速充满试管，且较长时间无明显变化。①取试管中溶液，加（填试剂），产生黄色沉淀，说明溶液中含有NO2﹣。②写出NO2与NaOH溶液反应的化学方程式：。（4）探究NO2与NaOH溶液反应和NO2与水反应还原产物N元素价态不同的原因。查阅资料：NO2与水反应分步进行：i．NO2溶于水生成HNO2（氧化性强于HNO3）；ii．HNO2不稳定，发生分解。实验探究：将充满NO2的试管倒扣在水槽中，液面迅速上升，几乎充满试管（图Ⅰ），一段时间后，试管中液面下降（图Ⅱ）。①检验图Ⅱ试管中气体成分。（填操作和现象），证实气体为NO。②取图Ⅰ试管中液体，滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证实溶液中存在HNO2。小组讨论将酸性KMnO4溶液更换为淀粉KI溶液的可行性。甲同学认为不可行，理由是；乙同学认为可行，并通过对比实验证实了自己的观点，写出乙同学的实验方案：。③分析NO2与NaOH溶液反应和NO2与水反应还原产物N元素价态不同的原因：。

参考答案一.第一部分（选择题，共42分）每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。1．【分析】材料主要分为无机材料（包括金属材料和无机非金属材料）和有机高分子材料（包括天然有机材料和有机合成材料），据此解答。【解答】解：A．车身主体﹣﹣钢铁属于金属材料，故A错误；B．汽车车窗﹣﹣玻璃属于无机非金属材料，故B正确；C．汽车轮胎﹣﹣合成橡胶属于有机高分子材料，故C错误；D．电线绝缘层﹣﹣聚氯乙烯塑料属于有机高分子材料，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查了材料的分类，了解材料的分类是解答本题的关键，本题难度较小。2．【分析】根据金属的活泼性不同采用不同的方法，电解法用于冶炼活泼金属，如K、Ca、Na、Mg、Al等；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；据此分析。【解答】解：A．Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故A正确；B．Fe属于较不活泼，工业上采用热还原法冶炼，故B错误；C．Hg的活泼性比较差，工业上采用热分解法冶炼，故C错误；D．Ag的活泼性比较差，工业上采用热分解法冶炼，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了金属冶炼的一般方法和原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系是解本题关键，会根据金属活泼性选取合适的冶炼方法，题目难度不大。3．【分析】在发生的化学反应中，若存在元素的化合价升降，则利用了氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A．用液氨作制冷剂，利用液氨挥发吸热原理，属于物理变化，不涉及氧化还原反应，故A不选；B．用H2和O2作燃料电池的反应物，H、O元素化合价发生变化，利用氧化还原反应，故B选；C．用CaO处理酸性废水，发生复分解反应，没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不选；D．用Na2CO3除去粗盐中的Ca2+，发生复分解反应，没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故D不选；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应、物质的性质与应用，明确发生的化学反应、以及元素化合价的变化是解答本题的关键，并注意常见元素的化合价变化，题目难度不大。4．【分析】A.SO2具有还原性；B.添加防老剂，可防止氧化；C.燃煤发电时用煤粉代替煤块，增大接触面积；D.蛋白质在高温时发生变性。【解答】解：A.SO2具有还原性，添加SO2作抗氧化剂，可减缓氧化的速率，故A不选；B.添加防老剂，可防止氧化，可减缓反应速率，故B不选；C.燃煤发电时用煤粉代替煤块，增大接触面积，可增大反应速率，故C选；D.疫苗的主要成分为蛋白质，高温会发生变性，不是为了加快化学反应速率，故D不选；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率的影响因素、物质的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。5．【分析】A．只含C、H两种元素的化合物为烃，由烃衍生而来的为烃的衍生物；B．乙烯官能团为碳碳双键，乙醇官能团为羟基，乙酸官能团为羧基；C．依据烃、醇、酸的水溶性解答；D．乙烯与水加成生成乙醇，乙醇被高锰酸钾氧化生成乙酸。【解答】解：A．乙烯只含C和H两种元素，属于烃，乙醇、乙酸由烃衍生而来为烃的衍生物，故A正确；B．乙烯官能团为碳碳双键，乙醇官能团为羟基，乙酸官能团为羧基，乙醇与乙酸官能团不同，故B错误；C．乙烯为烃，难溶于水，乙醇与乙酸易溶于水，故C正确；D．乙烯与水加成生成乙醇，乙醇被高锰酸钾氧化生成乙酸，三者之间存在转化：乙烯乙醇乙酸，故D正确。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，注重常见有机物性质的考查，涉及乙烯、乙醇、醋酸性质，熟悉相关物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。6．【分析】A.油脂在碱性条件下的水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分；B.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物；C.煤和水蒸气高温条件下生成水煤气；D.石油裂化能得到小分子烯烃；裂解的主产物是“三烯”。【解答】解：A.油脂在碱性条件下的水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，用于制取肥皂，称为造化反应，故A错误；B.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，故淀粉水解最终得到葡萄糖，故B正确；C.煤和水蒸气高温条件下生成水煤气，水煤气的主要成分是CO和氢气，是一种清洁燃料和重要的化工原料，故C正确；D.石油裂化的主要目的是为了获得轻质油，还能得到副产物小分子烯烃，如乙烯和丙烯等；而裂解的主产物是“三烯”，即乙烯、丙烯和1，3﹣丁二烯，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了油脂、糖类的结构和性质以及煤和石油的综合利用，难度不大，应注意的是乙烯和丙烯在石油裂化中也能得到，但不是主产物。7．【分析】对于反应S2O32﹣+2H+═SO2+S↓+H2O来说，升高温度，增大浓度，可增大反应速率，最快出现浑浊，以此解答。【解答】解：温度越高，反应物浓度越大，则反应速率越大，比较题中四组数据可知D的温度最高、反应物浓度最大，则反应速率最大，浑浊出现最快，故选：D。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。8．【分析】根据题中信息绿色化学的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应符合绿色化学的要求。【解答】解：A．乙烯氧化法合成环氧乙烷：2CH2＝CH2+O2，原子的利用率达到100%，符合绿色化学的要求，故A错误；B．煤的液化法合成甲醇：CO+2H2CH3OH，原子的利用率达到100%，符合绿色化学的要求，故B错误；C．乙醛缩合法合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOC2H5，原子的利用率达到100%，符合绿色化学的要求，故C错误；D．浓硫酸氧化法制备硫酸铜Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，有副产物生成，生成污染环境的二氧化硫，不符合绿色化学的思想，故D正确；故选：D。【点评】本题考查绿色化学的要求是原子利用率是100%，也就是化合反应、加成反应才满足绿色化学的要求，题目较简单。9．【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此进行判断。【解答】解：A．乙烯分子中含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，导致溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化乙烯，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应为氧化反应，故B错误；C．光照条件下甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，导致试管内壁上有油状液滴，故C错误；D．钠与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，该反应为置换反应，不属于加成反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机反应类型判断，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握常见有机反应类型及判断方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。10．【分析】A．铁粉与硫粉加热反应生成硫化亚铁；B．醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；C．聚丙烯的链节主链上应该含有2个C；D．乙醇催化氧化生成乙醛。【解答】解：A．铁粉与硫粉共热生成FeS，该反应的化学方程式为：Fe+SFeS，故A正确；B．食醋清除水壶中的水垢，碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，其离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故B正确；C．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：nCH2＝CH﹣CH3，故C错误；D．乙醇在灼热铜丝作用下转化成乙醛，该反应的化学方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学方程式、离子方程式的书写判断，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，C为易错点，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。11．【分析】A.浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；C.加热氯化铵易分解；D.图中缺少碎瓷片防止暴沸。【解答】解：A.浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，出现黑色的碳，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故B错误；C.加热氯化铵易分解，应选冷却结晶法制备，故C错误；D.乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，导管口在碳酸钠溶液的液面上可防止倒吸，但大试管中缺少碎瓷片防止暴沸，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、物质的制备为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12．【分析】反应a为2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，淀粉遇碘变蓝，可检验生成的碘，且氯化铁少量，检验反应后铁离子可证明反应的限度，平衡时浓度不变，但不一定相等，以此来解答。【解答】解：A.淀粉遇碘变蓝，由加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与I﹣反应生成I2，故A正确；B.氯化铁少量，加KSCN溶液变红，表明反应a存在限度，故B正确；C.溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，表明反应a达到平衡状态，故C正确；D.溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，但Fe2+、Fe3+、I2、I﹣的物质的量浓度不一定相等，与起始量、转化率有关，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡及可逆反应，为高频考点，把握物质与离子的检验、平衡的特征为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。13．【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物，和碱溶液反应生成盐和水；B．二氧化硫中硫元素化合价+4价，具有氧化性，能氧化还原性硫化氢；C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性；D．二氧化硫具有还原性，过氧化氢具有强氧化性，二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成白色沉淀硫酸钡。【解答】解：A．二氧化硫通入氢氧化钡溶液中，反应的化学方程式：SO2+Ba（OH）2═BaSO3↓+H2O，生成白色沉淀，说明二氧化硫属于酸性氧化物，故A正确；B．二氧化硫中硫元素化合价+4价，具有氧化性，能氧化还原性硫化氢生成硫单质，溶液生成乳白色沉淀，证明SO2具有氧化性，故B正确；C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，表现了二氧化硫的还原性，故C错误；D．过氧化氢具有强氧化性，二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成白色沉淀硫酸钡，反应的化学方程式：SO2+BaCl2+H2O2═BaSO4↓+2HCl，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质性质的分析判断，侧考查学生对原理的理解分析，熟练掌握元素化合物知识以及氧化还原反应的理解应用，题目难度不大。14．【分析】A．SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，SO2能使品红水溶液褪色；B．SO2水溶液中存在H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液也能使品红水溶液褪色；C．Na2SO3溶液中品红迅速褪色，NaHSO3溶液中品红褪色较快，Na2SO3溶液中含有大量SO32﹣；D．向③中加入少量pH＝10的NaOH溶液，NaOH与NaHSO3反应生成Na2SO3。【解答】解：A．SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，SO2能使品红水溶液褪色，所以由①推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与，故A正确；B．SO2水溶液中存在H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液也能使品红水溶液褪色，所以SO2使品红水溶液褪色与H2SO3、HSO3﹣或SO32﹣有关，故B正确；C．Na2SO3溶液中品红迅速褪色，NaHSO3溶液中品红褪色较快，Na2SO3溶液中含有大量SO32﹣，所以对比②、④，分析②中溶液迅速褪色是因为含有大量SO32﹣，故C正确；D．向③中加入少量pH＝10的NaOH溶液，NaOH与NaHSO3反应生成Na2SO3，在Na2SO3溶液中品红迅速褪色，所以褪色速率将加快，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了二氧化硫的化学性质、性质实验方案的设计，把握实验原理、实验现象等内容是解题的关键，注意对题中信息的分析和应用，侧重考查学生对元素及其化合物的理解能力和综合运用能力，题目难度中等。二.第二部分（非选择题，共58分）15．【分析】（1）Zn片插入盛有50mL2mol•L﹣1稀硫酸的烧杯中，Zn片表面产生气泡，溶液温度由T1℃升到T2℃，说明Zn与硫酸的反应是放热反应，反应的化学方程式为Zn+H2SO4＝H2↑+ZnSO4，放热反应的反应物总能量大于生成物的总能量；（2）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，电子从负极锌沿导线流向正极铜，H+发生得到电子的还原反应生成H2，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑；（3）实验I中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，少量的转化为热能；（4）将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验Ⅱ，Fe能与稀硫酸反应氧化还原反应，则Fe片、石墨棒和稀硫酸能发生原电池反应，电流表指针会发生偏转，其中Fe作负极，石墨棒作正极。【解答】解：（1）①Zn与硫酸的反应的化学方程式为Zn+H2SO4＝H2↑+ZnSO4，离子方程式为Zn+2H+＝H2↑+Zn2+，故答案为：Zn+2H+＝H2↑+Zn2+；②Zn片与稀硫酸反应时溶液温度由T1℃升到T2℃，说明该反应是放热反应，放热反应的反应物总能量大于生成物的总能量，即能量变化关系符合A图，故答案为：A；（2）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，锌发生失去电子反应，电子从负极锌沿导线流向正极铜，正极Cu上H+得电子生成H2，所以可观察到Cu片表面产生气泡，故答案为：该原电池中Zn失电子，电子沿导线流向正极铜，正极Cu上H+得电子生成H2；（3）实验I和Ⅱ产生等量气体时，化学能变化相同，但实验I中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能，导致溶液升高温度幅度T2＞T3，故答案为：实验I中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能；（4）将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验Ⅱ，Fe与稀硫酸反应氧化还原反应，则Fe片、石墨棒和稀硫酸构成原电池，Fe作负极，石墨棒作正极，所以电路中有电流流动，电流表指针会发生偏转，Fe发生失电子的反应生成Fe2+，电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故答案为：发生偏转，Fe﹣2e﹣═Fe2+。【点评】本题考查原电池工作原理及能量转化方式，为高频考点，侧重学生分析能力、实验能力和运用能力的考查，把握金属的活动性、原电池工作原理、电极反应是解题关键，注意掌握理解原电池反应中能量转化形式，题目难度不大。16．【分析】（1）①二者都属于饱和烷烃，且互为同分异构体，分子中都含有8个C原子、18个H原子；②辛烷值：异构烷烃（支链烷烃）＞正构烷烃（直链烷烃）；（2）①甲醇中含有醇羟基；②甲醇中醇羟基上的H原子被取代生成MTBE；（3）乙醇被催化氧化生成乙酸和水；（4）①过程I中二氧化碳和氢气反应生成CO和水；②a的同分异构体还有正戊烷、新戊烷；③（CH2）n为烯烃、a为烷烃，烯烃能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；④根据图知，烯烃能发生异构化和芳香化。【解答】解：（1）①二者都属于饱和烷烃，且互为同分异构体，分子中都含有8个C原子、18个H原子，分子式为C8H18，故答案为：C8H18；②辛烷值：异构烷烃（支链烷烃）＞正构烷烃（直链烷烃），前者含有3个支链、后者不含支链，则辛烷值：前者＞后者，故答案为：＞；（2）①CH3OH中所含官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；②甲醇中醇羟基上的H原子被取代生成MTBE，所以该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）乙醇被催化氧化生成乙酸和水，反应方程式为CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O，故答案为：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O；（4）①过程I中二氧化碳和氢气反应生成CO和水，则过程I中除了生成CO还生成H2O，故答案为：H2O；②a的同分异构体还有CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）4C，故答案为：CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）4C；③（CH2）n为烯烃、a为烷烃，烯烃能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，烷烃和溴水、高锰酸钾溶液不反应，所以可以用溴水或酸性高锰酸钾溶液鉴别a和（CH2）n，故答案为：溴水或酸性高锰酸钾溶液；④根据图知，烯烃能发生异构化和芳香化，则该方法生产的汽油辛烷值较高的原因是烯烃的异构化和芳香化，故答案为：烯烃的异构化和芳香化。【点评】本题考查有机物的结构和性质、辛烷值等知识点，侧重考查阅读、分析判断及应用能力，明确官能团及其性质关系、辛烷值概念内涵等知识点是解本题关键，题目难度不大。17．【分析】（1）原子守恒和电子守恒分析书写化学方程式；（2）①过程Ⅰ的反应是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；②过程Ⅱ参加反应是亚硫酸钠和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化钠；③证明产物中含SO42﹣的实验方法是先加入盐酸无现象，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀；（3）反应的方程式为SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，根据方程式计算。【解答】解：（1）反应i中元素守恒得到生成二氧化硫的同时生成了氧化铁，补全过程i的方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；①过程Ⅰ的反应是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式为：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O；②过程Ⅱ参加反应是氧化还原反应，亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，硫酸钠和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化钠，过程Ⅱ参加反应的物质A为O2、Ca（OH）2，故答案为：O2、Ca（OH）2；③证明产物中含SO42﹣的实验方法是：取少量上层清液，先加入过量盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明含磷酸根离子，故答案为：先加入过量盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；（3）n（I2）＝cmol•L﹣1×V2×10﹣3L＝cV2×10﹣3mol，由方程式SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI可知，n（SO2）＝cV2×10﹣3mol，则V1L烟道气中含有的n（SO2）＝cV2×10﹣3mol×＝5cV2×10﹣2mol，质量为5cV2×10﹣2mol×64g/mol＝3.2cV2g＝3200cV2mg，所以则该厂烟道气中SO2的含量为＝mg/L，故答案为：。【点评】本题以二氧化硫的污染为载体综合考查化学方程式书写和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，足以把握题给信息，答题时注意审题，题目难度中等。18．【分析】浓缩海水通入氯气生成溴单质，空气吹入吹出塔将溴单质吹出，通入含有二氧化硫和水的吸收塔，生成溴化氢，通入蒸馏塔中，再次通入氯气，得到液溴和氯化氢，氯化氢可以在氧化过程中使用；（1）溴元素是35号元素，核外电子排布是2、8、18、7；（2）可利用空气将溴单质吹出，是因为溴单质易挥发；（3）吸收塔中溴单质与二氧化硫、水发生反应生成溴化氢和硫酸；（4）溴单质的沸点是58.8℃，水的沸点是100℃；（5）物质A是溴化氢和氯气反应后的产物氯化氢；（6）①“氧化“条件应该选择溶液中溴单质的含量高，能够实现的条件；②pH＝7.5时，溶液呈碱性，而溴单质的水溶液呈现酸性。【解答】解：（1）溴元素是35号元素，核外电子排布是2、8、18、7，在元素周期表中的位置是第四周期ⅦA族，故答案为：第四周期ⅦA族；（2）可将溴单质吹出，因为溴单质沸点较低，易挥发，故答案为：挥发；（3）吸收塔中溴单质与二氧化硫、水发生反应生成溴化氢和硫酸，离子方程式为Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣，故答案为：Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣；（4）溴单质的沸点是58.8℃，水的沸点是100℃，因此蒸馏的温度须在58.8℃～100℃之间，故答案为：B；（5）物质A是溴化氢和氯气反应的化学方程式为2HBr+Cl2＝2HCl+Br2，因而物质A是HCl，故答案为：HCl；（6）①“氧化“条件应该选择溶液中溴单质的含量高，因而pH＝1，＝1.1时，溶液中的溴单质的含量最高，条件最适宜，故答案为：pH＝1、＝1.1；②pH＝7.5时，溶液呈碱性，而溴单质的水溶液呈现酸性，单质溴会与氢氧根离子发生反应，离子方程式为Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O，故答案为：Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O。【点评】本题主要考查海水资源的综合利用，涉及到海水提溴，解题的关键是掌握海水提溴的原理，为高频考点，难度中等。19．【分析】（1）①大试管中NH4Cl和Ca（OH）2反应生成CaCl2、NH3、H2O，根据原子守恒即可写出反应的化学方程式；②氨气的密度比空气小，且极易溶于水，应采用向下排空法收集；（2）反应①为氨气的催化氧化；（3）①由图可知，0～2天，NO3﹣被纳米零价铁还原为NH4+，纳米零价铁被氧化为Fe2+，根据原子守恒和电荷守恒，即可写出反应的离子方程式；②4～5天，因为纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用，此时NH4+被氧化为NO2﹣，方程式为：2NH4++3O2＝2NO2﹣+2H2O+4H+；③6～8天，纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原NO3﹣、NO2﹣生成N2，导致NO3﹣浓度快速减小，根据原子守恒和电荷守恒即可写出反应的方程式。【解答】解：（1）①大试管中NH4Cl和Ca（OH）2反应生成CaCl2、NH3、H2O，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨气的密度比空气小，且极易溶于水，故可以采用向下排空法收集，故装置b符合题意，a为向上排空法，c为排水法收集，故答案为：b；（2）反应①为氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）①由图可知，0～2天，NO3﹣被纳米零价铁还原为NH4+，纳米零价铁被氧化为Fe2+，根据原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O，故答案为：4；1；10H+；4；NH4+；3H2O；②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但NO3﹣浓度无明显变化，因为纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用，此时NH4+被氧化为NO2﹣，方程式为：2NH4++3O2＝2NO2﹣+2H2O+4H+，故答案为：纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用，此时NH4+被氧化为NO2﹣，方程式为：2NH4++3O2＝2NO2﹣+2H2O+4H+；③6～8天，纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原NO3﹣、NO2﹣，生成N2，导致NO3﹣浓度快速减小，方程式为：2NO3﹣+5H2N2+4H2O+2OH﹣，故答案为：纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原NO3﹣生成氮气和水等，离子方程式为2NO3﹣+5H2N2+4H2O+2OH﹣。【点评】本题考查氨气的制取和性质，酸性废水的脱氮原理，掌握氨气的制取原理和相关物理化学性质以及氧化还原反应的应用是解题的关键，同时考查学生对信息的理解及应用能力，难度中等。20．【分析】（1）硝酸具有强氧化性，可与铜反应生