2021北京朝阳高一（下）期末化学试卷含答案

2021北京朝阳高一（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.AlB.FeC.HgD.Ag

3.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。2作燃料电池的反应物

C.用CaO处理酸性废水

D.用Na2cCh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.乙烯属于烧，乙醇、乙酸属于燃的衍生物

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：乙烯比°乙醇酸性,一°/容液乙酸

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+SO2T+S1+H2。，以下各组实验出现沉淀最快的是（）

选项Na2s2O3H2OH2SO4水浴温度

c?/mol*L1WmLWmLc/mol*L1V/mL/℃

A0.1200.1220

B0.1110.1220

C0.1210.1140

D0.1200.1240

A.AB.BC.CD.D

8.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（）

2c

A.乙烯氧化法合成环氧乙烷：2cH2=CH2+O2度尬Hi一叫

B.煤的液化法合成甲醇：C0+2H2催化刑C法0H

C.乙醛缩合法合成乙酸乙酯：2cH3cH0催化对CH3coete2H5

D.浓硫酸氧化法制备硫酸铜Cu+2H2sO4（浓）ACUSO4+SO2T+2H2O

9.下列实验现象因发生加成反应而产生的是（）

乙烯乙烯

A.百的四虱化碳溶液澳的四氯化碳溶液褪色B.松”斗高镭酸抑涔液酸性高锌酸钾溶液褪色

D.乙悟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+S△FeS

2+

B.食醋清除水壶中的水垢：CaCO3+2CH3COOH=Ca+2CH3COO+H2O+CO2T

催化林ciimW

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+O2与2cH3cHO+2H2O

A

11.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B.稀释浓硫酸C.用饱和NH4cl溶液制备D.制取乙酸乙酯

性NH4C1晶体

12.将5mL0.1mol・L।KI溶液与ImLO.lmoML।FeCb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b

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Fe?+、Fe3+、L、「的物质的量浓度均相等

13.探究SO2的性质，进行如下实验。

编号实验装置试齐IIa实验现象

①SO：Ba(OH)2溶液白色沉淀

②乳白色沉淀

H2S溶液

③酸性KMnCU溶液溶液褪色

④1试剂a白色沉淀

HzCh+BaCb溶液

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=3S1+2H2。

22++

C.③表明SO2具有漂白性：5SO2+2MnO4'+2H2O=5SO4'+2Mn+4H

D.④表明SO2具有还原性：SO2+BaC12+H2O2=BaSO4；+2HCl

14.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

干燥的朋3滴从红3滴品I红3淌品红

品红的乙醉溶液Q

1l

4mL01mol-LNa2SOj4mL01mol-VN*HSO54mLNaOH

(pH=10)(pH-5)（pH=10）

溶液不褪色迅速褪色较快褪色较长时间未完全褪色

2

己知：H2s03水溶液中存在HSO3-、SO3\

下列分析或推测不正确的是（）

A.由①推测，S02使品红褪色的反应需要水参与

B.推测S02使品红水溶液褪色与H2sCh、HSCh一或SO32一有关

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50mL2moi・匚|稀硫酸的烧杯中。

观察到Zn片表面产生气泡，溶液温度由TJC升到T2°C；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U：用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有50mL2moi・Lr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T/C升到

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H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H,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。

已知不同姓的辛烷值：芳香烧（含苯环的烧）>异构烷烧（支链烷烧）>正构烷燃（直链烷烧）

cilj—<1—C'lb—CII-Clh

CI,C,,

（1）汽油的主要成分为C5〜C||的烷燃混合物，如33CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-

CH2-CH2-CH3等。

①两者的分子式均为O

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。甲基叔丁基酸（MTBE）是一种常用的添加

剂，可通过下面反应制得：

产定条件

CH3OH+H}C—C—OH

CH3

MTBE

①CH30H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C02直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。

aCH3-CH-CH2-CH5

异构化CHI

芳杏fq

(CHMC5~C”

JH

in汽油Vb:CHQ-CH3

c：CH3(CH2)5CH3

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o

③中间产物(CH2)n为烯烧，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.4FeS?+llOo=.A..+8SO?

..ccc,c催化剂ccc

11.2so2+。2=△2SC)3

iii.SO3+H2O=H2SO4

(1)补全过程i的方程式。

(2)硫酸工厂的烟气中含有SCh，工业上用NaOH溶液作吸收剂脱除烟气中的SO2。

SOjx/NaOHM/CaSO"

过程［过程口

、Na1s0,、A

①过程I的化学方程式是O

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SCU2"证明吸收液中含SC^一的方法是：取少量上层清液，(填操

作和现象)。

（3）测定烟气中S02的含量。将ViL烟气缓慢通过1L水（假设S02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"的碘水滴定，消耗碘水VzniL。该烟气中SO2的

含量为mg«L0

（已知：滴定反应为SO2+I2+2H2gH2so4+2HI）

18.（10分）澳及其化合物在医药、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）

中提取澳的流程如图。

酸+C12空气SO:+H:OCh+H2O

物质A

已知：漠单质的沸点为58.5

（1）漠元素在元素周期表中的位置是»

（2）“吹出塔”中利用了澳的性。

（3）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为。

（4）“蒸储塔”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Bn的含量如图。

次(IX)

、

制

95

可<X)

疼85

Z8O

由75

7O

-E-65

%M)

型55

'()

注：n）表示加入氯元素与海水中溟元素物质的量之比。

n（Br）

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Brz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）。

abc

（2）氨是生产氮肥的原料，经过如下转化可以得到NH4NO3。

NH.@NOgNO2慢HNO虺NH4NO3

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（NChD，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

N,

FeO(OH)

《难溶于水）

脱赳膜理示意图脱显效果怕

①。〜2天，发生的主要反应为：Fe+NOj'+=Fe2+++

②4〜5天，检测到纳米零价铁有剩余，但N03一浓度无明显变化，结合方程式说明原因：

③6〜8天，结合离子方程式说明溶液中N03一浓度下降的原因是。

NH4cl和

Ca(OH);

20.（12分）小组探究Nth与NaOH溶液的反应。

注：AgNCh为黄色固体，难溶于水。

（1）用Cu与浓HNO3制取NCh，化学方程式为。

（2）NO2不能用排水法收集，因为NCh与水反应生成和NO。

（3）将充满NO?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NO?，

②写出NCh与NaOH溶液反应的化学方程式：o

（4）探究NO?与NaOH溶液反应和NO?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HNCh）;

ii.HNCh不稳定，发生分解。

实验探究：将充满N02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H）。

①检验图H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KMnCU溶液，溶液褪色，证实溶液中存在HNCh。

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

~力r~-茶：o

③分析NO?与NaOH溶液反应和NCh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、山等）；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.A1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：Ao

【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H?和02作燃料电池的反应物，H、0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Na2cCh除去粗盐中的Ca?+,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：Bo

【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.SCh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.S02具有还原性，添加S02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烧，由燃衍生而来的为炫的衍生物;

B.乙烯官能团为碳碳双键，乙醇官能团为羟基，乙酸官能团为竣基；

C.依据燃、醇、酸的水溶性解答；

D.乙烯与水加成生成乙醇，乙醇被高镒酸钾氧化生成乙酸。

【解答】解：A.乙烯只含C和H两种元素，属于烧，乙醇、乙酸由煌衍生而来为煌的衍生物，故A正确；

B.乙烯官能团为碳碳双键，乙醵官能团为羟基，乙酸官能团为竣基，乙醇与乙酸官能团不同，故B错误；

C.乙烯为烧，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，乙醇被高镒酸钾氧化生成乙酸，三者之间存在转化：乙烯比。乙醇酸性-二°/容）乙

酸，故D正确。

故选：Bo

【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烧；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烧，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：Ao

【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+Sl+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。

2c

【解答】解：A.乙烯氧化法合成环氧乙烷：2cH2=CH2+C>2邂鲤Hi一叫，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+2H2催化却CH3OH,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：2cH3cHO催化赳CH3coOC2H5,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）ACUSO4+SO2T+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，能够与溟发生加成反应，导致漠的四氯化碳溶液褪色，故A正确；

B.酸性高镒酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化乙烯，导致酸性高镒酸钾溶液褪色，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：Ao

【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+SAFeS,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：

2+

CaCO3+2CH3COOH=Ca+2CH3COO+H2O+CO2T，故B正确；

工一CH一CH,玉

I-

C.丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：nCH2=CH-CH3催化对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+O2与2C&CH0+2H2。，故D正

A

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.加热氯化镂易分解；

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.加热氯化钱易分解，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：Ao

【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飞2Fe2++L，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「反应生成J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\卜、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，硫酸和氯化钢溶液反应

生成白色沉淀硫酸钢。

【解答】解：A.二氧化硫通入氢氧化钢溶液中，反应的化学方程式：SCh+Ba(OH)2=BaSO3l+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KMnCU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

22+

+2H2O=5SO4+2Mn+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，硫酸和氯化电贝溶液反应生成白色沉淀硫酸钢，

反应的化学方程式：SO2+BaCL+H2O2=BaSO41+2HCl,故D正确；

故选：Co

【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.SO?不能使品红的乙醇溶液褪色，SO?能使品红水溶液褪色；

2

B.SO2水溶液中存在H2so3、HSO3\SO3',Na2sO3溶液和NaHSCh溶液也能使品红水溶液褪色；

C.Na2sCh溶液中品红迅速褪色，NaHSCh溶液中品红褪色较快，Na2s溶液中含有大量;

D.向③中加入少量pH=10的NaOH溶液，NaOH与NaHSCh反应生成Na2so3。

【解答】解：A.SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，S02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；

2

B.SO?水溶液中存在H2sCh、HSCh、SO3',Na2sO3溶液和NaHSCh溶液也能使品红水溶液褪色，所以SCh使

品红水溶液褪色与H2so3、HSO3一或SO32一有关，故B正确；

C.Na2s溶液中品红迅速褪色，NaHSCh溶液中品红褪色较快，Na2s。3溶液中含有大量,所以对比②、

④，分析②中溶液迅速褪色是因为含有大量s。一，故C正确；

D.向③中加入少量pH=10的NaOH溶液，NaOH与NaHSCh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50mL2moi稀硫酸的烧杯中，Zn片表面产生气泡，溶液温度由T『C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=H2T+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++2屋=氏1；

(3)实验I中化学能主要转化为热能，实验H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=H2f+ZnSC）4，离子方程式为Zn+2H+=

2+

H2T+Zn,

+2+

故答案为：Zn+2H=H2t+Zn；

②Zn片与稀硫酸反应时溶液温度由TJC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H?；

（3）实验I和U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I］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Fe?+,电极反应式为Fe-2e.=Fe?+,

故答案为：发生偏转，Fe-2e=Fe2+o

【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烧，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：异构烷煌（支链烷煌）＞正构烷燃（直链烷烧）；

（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为烯烧、a为烷烧，烯燃能和滨水发生加成反应而使溟水褪色，能被酸性高镐酸钾溶液氧化而使酸性

高钵酸钾溶液褪色；

④根据图知，烯煌能发生异构化和芳香化。

【解答】解：（1）①二者都属于的和烷烧，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C8H⑶

故答案为：C8H18；

②辛烷值：异构烷燃（支链烷燃）＞正构烷烧（直链烷烧），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)①CH30H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)乙醵被催化氧化生成乙酸和水，反应方程式为CH3cH2OH+O2巴竺CH3coOH+H2O,

右用

故答案为：CH3cH2OH+O2^^CH3coOH+H?。；

(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还生成比0,

故答案为：H2O；

②a的同分异构体还有CH3cH2cH2cH2cH3、(CH3)4C,

故答案为：CH3cH2cH2cH2cH3、(CHO4C；

③(CH2)n为烯烧、a为烷燃，烯燃能和澳水发生加成反应而使滨水褪色，能被酸性高钛酸钾溶液氧化而使酸性

高钵酸钾溶液褪色，烷烧和澳水、高钵酸钾溶液不反应，所以可以用滨水或酸性高镒酸钾溶液鉴别a和(CH2)

故答案为：澳水或酸性高镒酸钾溶液；

④根据图知，烯燃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燃的异构化和芳香化，

故答案为：烯燃的异构化和芳香化。

【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S04?.的实验方法是先加入盐酸无现象，再加入氯化钢溶液生成白色沉淀；

(3)反应的方程式为SO2+k+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+11022Fe2O3+8SO2，

故答案为：4FeS2+11022Fe2O3+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：SCh+2NaOH=

Na2so3+H2O,

故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；

②过程n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H参加反应的物质A为。2、Ca(OH)2，

故答案为：。2、Ca(OH)2;

③证明产物中含S042一的实验方法是：取少量上层清液，先加入过量盐酸，无现象，再加入BaCL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BaCL溶液，有白色沉淀生成；

(3)n(I2)=cmobL''xV2X10_3L=cV2X103mol,

由方程式可知,3

SO2+l2+2H2O=H2so4+2HIn(SO2)=cV2xlOmol,

则烟道气中含有的3-2

ViLn(SO2)=cV2x10-molxl292_=5cV2x10mol,

20

质量为5cV2X102molx64g/mol=3.2cV2g=3200cV2mg,

所以则该厂烟道气中SO2的含量为32°°cy21ns=3200c丫2-mg/L,

%L%

【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溟单质，空气吹入吹出塔将漠单质吹出，通入含有二氧化硫和水的吸收塔，生

成溪化氢，通入蒸镭塔中，再次通入氯气，得到液澳和氯化氢，氯化氢可以在氧化过程中使用；

(1)漠元素是35号元素，核外电子排布是2、8、18、7；

(2)可利用空气将溪单质吹出，是因为澳单质易挥发；

(3)吸收塔中漠单质与二氧化硫、水发生反应生成溟化氢和硫酸；

(4)浪单质的沸点是58.8℃,水的沸点是100℃；

(5)物质A是浪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澳单质的含量高，能够实现的条件；

②pH=7.5时，溶液呈碱性，而澳单质的水溶液呈现酸性。

【解答】解：(1)溪元素是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VUA

族，

故答案为：第四周期VDA族；

(2)可将澳单质吹出，因为漠单质沸点较低，易挥发，

故答案为：挥发；

(3)吸收塔中澳单质与二氧化硫、水发生反应生成漠化氢和硫酸，离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br.

+SO42一，

故答案为：+；

Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO?

(4)嗅单质的沸点是58.8C,水的沸点是100℃,因此蒸储的温度须在58.8C〜100℃之间，

故答案为：B；

(5)物质A是淡化氢和氯气反应的化学方程式为2HBr+CL=2HCl+Br2，因而物质A是HC1,

故答案为：HC1；

(6)①“氧化”条件应该选择溶液中澳单质的含量高，因而pH=l,晔4=1」时，溶液中的浪单质的含量最

n(Br)

高，条件最适宜，

故答案为：pH=l、工1里!=1.1；

n(Br)

②pH=7.5时，溶液呈碱性，而滨单质的水溶液呈现酸性，单质漠会与氢氧根离子发生反应，离子方程式为

Br2+2OH=Br+BrO+H20,

故答案为：Br2+2OH=Br+BrO+H2Oo

【点评】本题主要考查海水资源的综合利用，涉及到海水提浪，解题的关键是掌握海水提澳的原理，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CaCb、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NM+,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N(V，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Nth，NO2一生成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CaCb、NH3、H2O,化学方程式为ZNHd+Ca

(OH)2△CaCL+2NH3T+2H2O,

故答案为：2NH4C1+Ca(OH)2匕CaCb+2NH3T+2H2。;

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+5O2