2022-2023学年山东省枣庄市高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2山东省枣庄市2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.《黄帝内经》中记载，“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，关于其中涉及的营养物质，下列说法正确的是（）A.糖类、油脂、蛋白质都属于天然高分子化合物B.油脂在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸C.蛋白质在人体内不断分解，最终生成物是二氧化碳和水D.淀粉［(C6H10O5)n]和纤维素［(C6H10O5)n]均属多糖，二者互为同分异构体〖答案〗B〖解析〗【详析】A．糖类中淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，但单糖、二糖不属于高分子化合物，蛋白质属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故A错误；B．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，在酸、碱条件下能发生水解，在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C．构成蛋白质的是氨基酸，因此蛋白质在人体内分解的最终产物是氨基酸，故C错误；D．淀粉和纤维素分子式虽然相同，但n值不同，因此两者不互为同分异构体，故D错误；〖答案〗为B。2.实验室中，下列做法错误的是（）A.用排水法收集NO2气体 B.用棕色试剂瓶保存浓硝酸C.用干燥沙土扑灭着火的金属钠 D.用pH试纸检验SO2水溶液的酸性〖答案〗A〖解析〗【详析】A．NO2气体易溶于水，且能与水发生反应，不能用排水法收集，故A错误；B．浓硝酸见光或者受热易分解，需用棕色试剂瓶保存，故B正确；C．金属钠能与水反应；钠在高温条件下与氧气反应生成过氧化钠，既能与水反应也能与二氧化碳反应，放出氧气；所以着火的金属钠用干燥沙土扑灭，故C正确；D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，可用pH试纸检验酸性，故D正确；〖答案〗选A。3.下列物质中，可与Fe3+反应且能证明Fe3+具有氧化性的是（）A.KSCN B.NaOH C.H2SO4 D.Fe〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Fe3+遇SCN-互变为血红色Fe(SCN)3，反应前后元素化合价不变，不能证明Fe3+具有氧化性，A不符合题意；B．Fe3+与OH-反应产生Fe(OH)3沉淀，反应前后元素化合价不变，不能证明Fe3+具有氧化性，B不符合题意；C．Fe3+与硫酸不能发生反应，因此不能证明Fe3+具有氧化性，C不符合题意；D．Fe3+与Fe反应产生Fe2+，Fe元素化合价由反应前Fe3+中的+3价变为反应后Fe2+的+2价，化合价降低，得到电子被还原，可以证明Fe3+具有氧化性，D符合题意；故合理选项是D。4.解释下列事实的化学方程式或离子方程式正确的是（）A.石英和焦炭制取粗硅的反应：B.氢氟酸雕刻玻璃发生的离子反应：C.烧碱溶液除去中少量的反应：D.氧化铁溶于氢碘酸发生的离子反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．焦炭与二氧化硅在高温条件下反应生成硅单质和一氧化碳，反应方程式：，故A错误；B．氢氟酸为弱酸，不能拆为离子形式，离子方程式：，故B错误；C．少量会与强碱氢氧化钠反应生成，反应方程式：，故C正确；D．氧化铁溶于氢碘酸生成的铁离子具有氧化性，与碘离子发生氧化还原反应，离子方程式：，故D错误；〖答案〗选C。5.氨气含氢量高，是很好的氢源载体，燃料电池结构如图所示。下列说法错误的是（）A.b极发生还原反应B.电池工作过程中从极向极移动C.负极的电极反应式为D.a极消耗的与极消耗的物质的量之比为4：3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗燃料电池中通燃料一极为负极，即a极为负极，通空气或氧气一极为正极，即b极为正极，依据原电池工作原理进行分析即可；【详析】A．根据上述分析，b极为正极，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，故A说法正确；B．根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即OH-向a极移动，故B说法正确；C．负极上失去电子，化合价升高，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C说法错误；D．正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，得失电子数目守恒，因此a极消耗氨气与b极消耗氧气物质的量之比为4∶3，故D说法正确；〖答案〗为C。6.2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，此次发射使用的是我国自主设计生产的运载火箭，火箭使用偏二甲肼作燃料，其反应为。下列有关化学用语正确的是（）A.偏二甲肼的结构简式：B.中子数为8的氮原子结构示意图：C.电子式表示H2O的形成过程：D.肼也可作火箭燃料，其球棍模型：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．N的最外层有5个电子，N形成三个共价键，使最外层达到8个电子，推出偏二甲肼的结构简式为，故A错误；B．氮元素原子序数为7，即质子数为7，结构示意图为，故B错误；C．H2O为共价化合物，原子间共用电子对，不存在得失电子，因此水形成过程为，故C错误；D．肼又称为联氨，结构简式为H2NNH2，球棍模型为，故D正确；〖答案〗为D。7.下列属于加成反应的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】加成反应是指有机物分子中不饱和碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应，具有原子利用率100％的特点，产物仅有一种；综上可知A、C、D错误，〖答案〗选B；8.某实验室的废液中含有、、等，其提取磌的过程如图所示。下列说法错误的是（）A.“还原”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2B.操作X用到的主要仪器有分液漏斗和烧杯C.“氧化”过程的离子反应：D.能用淀粉溶液检验“富集”后溶液中是否含〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗含碘废液中的碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，生成硫酸根和碘离子；四氯化碳不溶于水经分液后得含碘离子溶液，经氯气氧化等得碘，据此回答。【详析】A．碘单质作氧化剂得2e-，亚硫酸钠作还原剂失2e-，即氧化剂和还原剂物质的量为1：1，A错误；B．操作X为分液，即用到的主要仪器有分液漏斗和烧杯，B正确；C．“氧化”过程的离子反应：，C正确；D．淀粉遇碘变蓝，即能用淀粉溶液检验“富集”后溶液中是否含，D正确；故选A。9.科学家格哈德・埃特尔对一氧化碳在金属铂表面氧化过程的研究，催生了汽车尾气净化装置。其中的三元催化器(催化利主要由、、等物质和稀土材料组成)可将汽车尾气中的NOx、CO、碳氢化合物转化为无害气体，有效降低对环境的危害。三元催化器中发生的主要反应为。净化原理如下图：关于上述材料中汽车尾气及其净化，下列说法正确的是（）A.NOx在催化下，转化为成N2和O2B.使用三元催化器既能增大反应的速率，又能影响平衡状态C.向恒容条件下的密闭容器中充入氦气，上述反应的速率会增大D.汽车尾气中的CO和NO均来自于汽油的不完全燃烧〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据机理图以及储氧随时供氧可知，说明NOx在催化剂作用下生成氮气和氧气，故A正确；B．催化剂只能影响化学反应速率，对化学平衡移动无影响，故B错误；C．向恒容条件下的密闭容器中充入非反应氦气，组分浓度不变，化学反应速率不变，故C错误；D．汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，成分复杂，因此NO不是来自于汽油的不完全燃烧，故D错误；〖答案〗为A。10.某实验小组，设计如下图所示的装置模拟汽车尾气系统中CO与NO催化反应。关于上述模拟实验，下列说法错误的是（）A.反应前需检查装置的气密性是否良好B.装置a中的试剂起干燥、观察气体流速及混合气体的作用C.装置c为安全瓶，能防止d装置中的溶液倒吸入b装置D.装置d中的溶液能完全吸收实验中的有害尾气〖答案〗D〖解析〗【详析】A．模拟有气体参与的实验，即实验前需要检查装置的气密性是否良好，A正确；B．一氧化氮和一氧化碳分别用两支导管通入浓硫酸，即可通过气泡观察流速且使气体混合，并干燥，B正确；C．c装置为安全瓶，能防止d装置中的澄清石灰水倒吸，C正确；D．d装置中氢氧化钠溶液可检验气体二氧化碳，但不能与尾气中的CO和NO反应，故不能吸收有害尾气，D错误；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验方案能达到实验目的的是（）选项ABCD目的比较乙醇和水分子中氢原子的活性泼验证石蜡分解的产物是乙烯探究化学反应速率影响因素证明金属性Mg>Al实验方案〖答案〗A〖解析〗【详析】A．钠与乙醇、水反应均能生成氢气，在同一条件下，将相同体积和形状的钠块分别投入到乙醇、水中，通过比较气泡的产生速率，可以比较乙醇和水分子中氢原子的活性泼，故A正确；B．石蜡油催化裂化的产物能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明产物中有不饱和烃生成，但不能证明是乙烯，故B错误；C．探究化学反应速率影响因素，要控制单一变量，题中过氧化氢的浓度不同、滴加试剂的阳离子和阴离子均不同，不能达到实验目的，故C错误；D．一般来说，活泼金属作原电池的负极，但铝能与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，而镁不能，则该原电池装置不能证明金属性Mg>Al，故D错误；〖答案〗选A。12.如图为一重要有机化合物的结构简式。下列说法正确的是（）A.该芳香烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.该有机物分子中所有的碳原子可能位于同一平面上C.1mol该物质最多可以与1molH2发生加成反应D.与1mol该物质反应消耗Na、NaOH、NaHCO3物质的量之比为2：1：1〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．该有机物中除含C、H外，还含有O元素，该有机物属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；B．苯的空间构型为平面正六边形，乙烯的空间构型为平面形，因此该有机物中所有碳原子可能共面，故B正确；C．1个苯环最多与3个氢气发生加成，1个碳碳双键与1个氢气发生加成，因此1mol该有机物最多可以与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D．能与Na反应的官能团是-OH和-COOH，能与NaOH、NaHCO3溶液反应的官能团是-COOH，1mol该有机物中含有1mol-OH、1mol-COOH，因此消耗Na、NaOH、NaHCO3物质的量为2∶1∶1，故D正确；〖答案〗为BD。13.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，如图所示。下列说法错误的是（）A.催化剂参加了化学反应过程B.CH4→CH3COOH反应过程中，有C-H键的断裂和形成C.①→②过程中，放出能量并形成了C-C键D.生成CH3COOH总反应的类型是加成反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由图可知，催化剂参与了化学反应的过程，故A正确；B．结合反应历程图可知，CH4→CH3COOH反应过程中，有C-H键的断裂和C-O键C-C键的形成，无C-H键的形成，故B错误；C．根据反应历程能量变化可知，①→②过程中放出能量，并形成了C-C键，故C正确；D．由机理图可知，产物只有一种，原子利用率百分之百，属于加成反应，故D正确；〖答案〗选B。14.180℃时将0.5molH2和1molCO2通入2L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽(CH3OH)和某无机产物，测得各物质的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.在内，反应仍未达到平衡状态B.该反应的化学方程式为C.和物质的量之比不变时，该反应达平衡状态D.反应前后容器内气体的压强之比为15：13〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗0-3min内，CO2和H2的n分别为0.1mol和0.3mol，则其参加反应的比例为1:3，得出反应方程式为，根据平衡浓度，可以列出三段式如下。【详析】A．根据分析中各物质平衡浓度，3min后，反应已到达平衡，A错误；B．根据分析，反应的方程式为，B错误；C．H2和CO2以1:2通入，但以3:1消耗，因此，反应过程中，H2和CO2比值一直变化，当物质的量比值不变时，反应到达平衡，C正确；D．恒温恒容时，气体压强之比等于物质的量之比，反应前后气体物质的量n(前)=1+0.5=1.5mol，n(后)=0.9+0.2+0.1+0.1=1.3mol，因此反应前后的压强之比=15:13，D正确；〖答案〗选CD。15.一种可穿戴电池的结构如图所示，其中凝胶电解质不易漏液，耐火性能良好。其电池的总反应为。关于该电池工作原理，下列说法错误的是（）A.为负极B.正极反应式为C.电子由负极经隔离膜流向正极D.凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该电池的总反应为，锌化合价升高为负极，V2O5在正极，据此回答。【详析】A．反应中Zn化合价升高，失去电子，因此Zn负极，A正确；B．正极得电子，因此正极的电极反应为，B正确；C．电子只能通过导线由负极流向正极，不能在电解质体系中移动，C错误；D．若电解质为溶液则可能会腐蚀容器材料或者会泄漏，有安全隐患，因此凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性，D正确；故选C。三、非选择题：本题包括5小题，共60分。16.已知A、B、C、D、E、G是原子序数依次增大的六种短周期主族元素。常温下元素A的单质分子由双原子构成，元素B原子最外层电子数是次外层的3倍，元素D原子的M层电子数比K层少1个，元素E的简单离子在同周期中半径最小，G与C处于同一主族。回答下列问题：（1）元素B在周期表中的位置为___________。（2）如图是某同学设计的用浓盐酸和固体制取少量G单质，并验证其氧化性比碘单质强的微型装置：证明G单质氧化性比碘单质强的实验现象是___________，从原子结构的角度解释是___________；装置生成G单质的离子方程式为___________。（3）下列说法正确的是___________(填标号)。a．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态b．元素D、E、G的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应c．离子半径：C>Ad．简单氢化物的稳定性：B>G（4）能证明元素D的金属性强于元素E的是___________(填标号)。a．单质熔点：D<Eb．最高正价：D<Ec．最高价氧化物对应水化物的碱性：D>E〖答案〗（1）第二周期第VIA族（2）①.湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝②.氯元素和碘元素同族，原子半径氯小于碘，氯原子得电子能力强于碘原子，所以氯气氧化性强于碘单质③.（3）bd（4）c〖解析〗A、B、C、D、E、G是原子序数依次增大的六种短周期主族元素，元素B原子最外层电子数是次外层的3倍，则B为氧元素；元素D原子的M层电子数比K层少1个，则D为钠元素，则C只能为氟元素；元素E的简单离子在同周期中半径最小，则E为铝元素；G与C处于同一主族，则G为氯元素;常温下元素A的单质分子由双原子构成，则A为氢元素或氮元素；（1）据分析，元素B为氧元素，位于元素周期表第二周期第VIA族；（2）浓盐酸和固体发生氧化还原反应生成氯气，可将碘化钾中的I-氧化为I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；氯元素和碘元素同族，原子半径氯小于碘，氯原子得电子能力强于碘原子，所以氯气氧化性强于碘单质；浓盐酸和固体发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式：；（3）a．A为氢元素或氮元素，B为氧元素，二者组成的化合物常温下不一定是气态，故a错误；b．元素D、E、G分别为Na、Al、Cl，最高价氧化物对应水化物分别是强碱氢氧化钠、两性氢氧化物氢氧化铝和强酸高氯酸，两两间可以发生反应，故b正确；c．C只能为氟元素，A为氢元素或氮元素,离子电子层越多，离子半径越大，电子层相同，原子序数越大，离子半径越小，所以或，故c错误；d．非金属性：，简单氢化物的稳定性：，故d正确；〖答案〗选bd；（4）a．单质熔点高低与元素的金属性无关，故a错误；b．元素最高化合价与元素金属性无关，故b错误；c．元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，NaOH碱性强于Al（OH）3，证明金属性：，故c正确；〖答案〗选c。17.工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如图：回答下列问题：（1）酸浸：为提高酸浸速率，可采取的措施有___________(任填两种)；H2SO4溶液的用量不宜过量太多，原因是___________；浸渣的主要成分为___________(填化学式)。（2）氧化：H2O2的电子式为___________；该步骤中反应的离子方程式为___________。（3）沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3+、Fe3+转化为沉淀。溶液pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。为获得较高的铝、铁沉淀率，溶液pH最佳为___________(填标号)A．4.0左右B．5.0左右（4）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3的实验操作是___________(填名称)。〖答案〗（1）①.升高温度、搅拌②.过量的H2SO4溶液会增大后续过程碳酸钠和氢氧化钠的用量，造成浪费③.SiO2（2）①.②.（3）B（4）过滤〖解析〗铝土矿经过酸浸，生成Al3+、Fe3+和Fe2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤可除去，过氧化氢可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节溶液pH可使Al3+、Fe3+形成沉淀，利用强碱NaOH溶液将Al(OH)3溶解生成偏铝酸盐，将氢氧化铁沉淀滤出进行分离，最后用酸对偏铝酸盐溶液进行处理生成氢氧化铝沉淀，加热使之分解出氧化铝；（1）为提高酸浸速率，可采取的措施：升高温度、搅拌；过量的H2SO4溶液会增大后续过程碳酸钠和氢氧化钠的用量，造成浪费；二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣为二氧化硅；（2）过氧化氢属于共价化合物，其电子式：；在酸性环境下过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成水，离子方程式：；（3）根据图像可知当pH在5.0左右铝、铁沉淀率接近百分之百，后续调节pH沉淀率变化不大，所以最佳pH为5.0左右，〖答案〗选B；（4）用NaOH溶液溶解沉淀，氢氧化铝沉淀被溶解，Fe(OH)3沉淀不被溶解，通过过滤操作可将溶液和沉淀分离18.某化学小组进行制备乙酸乙酯的实验。实验操作：i．按如图所示连接好装置并检查气密性；ii．向试管A中加入无水乙醇、浓硫酸和冰醋酸的混合物；iii．小火均匀加热装有混合物的试管A5～10min，停止加热，撤下试管B并振荡，静置；iv．分离出乙酸乙酯。回答下列问题：（1）试管A中浓硫酸的作用是___________，加热前还应加入___________，其中反应的化学方程式为___________。（2）若步骤iii中加热温度过高，易导致___________；静置后，试管B中现象是___________；导管口末端在饱和碳酸钠溶液液面之上的目的是___________。（3）关于试管B中饱和Na2CO3溶液，下列说法正确的是___________(填标号)。a．中和乙酸，溶解乙醇b．降低乙酸乙酯在水中的溶解度，加速与水溶液的分层c．可以用饱和NaHCO3溶液或NaOH溶液代替（4）化学小组又设计了改进装置如图(图中的铁架台、铁夹、加热装置已略去)。与上述装置相比，该装置的主要优点有___________(填一条即可)。〖答案〗（1）①.催化剂、吸水剂②.沸石或碎瓷片③.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（2）①.导致反应物乙醇、乙酸大量挥发(导致发生其他副反应)②.出现分层③.防止倒吸（3）ab（4）增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的产生；增加了分液漏斗，便于控制反应物的量，提高反应物的利用率；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯〖解析〗本实验制备乙酸乙酯，其反应原理是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，依次加入药品为乙醇、浓硫酸和乙酸的混合物，加热，用碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，据此分析；（1）制备乙酸乙酯的反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，浓硫酸的作用是作催化剂，也可吸收生成物水，促进平衡向正反应方向进行，提高乙酸乙酯的产率，因此浓硫酸还作吸水剂；因为是溶液加热反应，为防止液体暴沸，加热前需要加入沸石或碎瓷片；故〖答案〗为催化剂、吸水剂；沸石或碎瓷片；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）乙醇、乙酸易挥发，如果加热温度过高，导致反应物乙醇、乙酸大量挥发，如果加热温度过高，浓硫酸与乙醇发生消去反应，生成乙烯等副反应发生；用碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，静置后试管B中现象是出现分层；导管口末端在饱和碳酸钠溶液液面之上的目的是防止倒吸；故〖答案〗为导致反应物乙醇、乙酸大量挥发(导致发生其他副反应)；出现分层；防止倒吸；（3）a．乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，用碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，故a正确；b．碳酸钠的作用之一是降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，故b正确；c．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，因此不能用NaOH代替碳酸钠，故c错误；〖答案〗为ab；（4）根据装置图可知，增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的产生；增加了分液漏斗，便于控制反应物的量，提高反应物的利用率；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯；故〖答案〗为增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的产生；增加了分液漏斗，便于控制反应物的量，提高反应物的利用率；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。19.石油被称为“工业的血液”，下图为部分石油化工转化流程图。回答下列问题：（1）A的结构简式为___________；丙烯酸分子中所含官能团的名称为___________；检验丙烯酸乙酯中是否混有丙烯酸，可选用的化学试剂为___________。（2）④的化学方程式为___________，反应类型为___________。（3）下列说法中正确的是___________(填标号)a．聚丙烯酸能够使酸性高锰酸钾溶液褪色b．原油分馏属于物理变化，石蜡油“催化重整”属于化学变化c．除去溴苯中混有的少量溴，可加入NaOH溶液，再分液（4）绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即反应物中的原子全部转化为目标产物，原子的理论利用率为100%。上述转化反应①、②、③、④中符合绿色化学要求的是___________(填序号)（5）选择合适仪器，组装分离溴苯和苯的实验装置(加持、加热及单孔、双孔橡胶塞、导管等连接仪器略)，仪器的连接顺序为d→___________→e。〖答案〗（1）①.=②.碳碳双键、羧基③.紫色石蕊试剂，或碳酸氢钠溶液（2）①.②.加聚反应（3）bc（4）②④（5）i→b→g〖解析〗根据B与丙烯酸反应生成了丙烯酸乙酯，可知B是乙醇，A与水反应生成了乙醇，那么A是乙烯，反应②就是乙烯与水的加成反应，B与C反应生成了乙酸乙酯，那么C是乙酸，反应③就是乙醇被酸性高锰酸钾氧化成乙酸的反应；原油经过分馏得到石蜡油，石蜡油通过催化重整得到苯，苯在三氯化铁催化下，与溴水反应生成溴苯，即反应①，另石蜡油在碎瓷片加热条件下得到丙烯，丙烯经过一系列反应后得到丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，即反应④。（1）根据B与丙烯酸反应生成了丙烯酸乙酯，可知B是乙醇，A与水反应生成了乙醇，那么A是乙烯，其结构简式为=；丙烯酸分子中所含的官能团有碳碳双键、羧基；丙烯酸乙酯和丙烯酸可以利用羧基的性质来检验，所以可选用的化学试剂有紫色石蕊试剂（丙烯酸可使其变红），或者碳酸氢钠溶液（丙烯酸会与其发生反应产生二氧化碳气体）；（2）反应④是丙烯酸通过加聚反应生成聚丙烯酸，化学方程式为：；（3）a．聚丙烯酸没有碳碳双键，不能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a错误；b．原油分馏是利用石油中各成分的不同沸点范围通过常压分馏或减压分馏将成分分离，属于物理变化，催化重整就是利用催化剂对烃类分子结构进行重新排列，属于化学变化，故b正确；c．除去溴苯中混有的少量溴，可加入NaOH溶液，溴能与NaOH反应生成溶于水的NaBr和NaBrO，溴苯不溶于水，所以会分层，经过分液就可以除去溴，故c正确；（4）根据题中所给绿色化学的要求，可知反应只生成一种生成物，反应①是苯与溴水发生取代反应生成溴苯和溴化氢不符合题意，②是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，只有一种生成物，符合题意，③是乙醇被酸性高锰酸钾氧化成乙酸的反应，生成物是乙酸和水，不符合题意，④是丙烯酸通过加聚反应生成聚丙烯酸，只有一种生成物，符合题意，故选②④；（5）可用蒸馏分离溴苯和苯，蒸馏需要用到蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、锥形瓶、牛角管等，所以仪器的连接顺序为d→i→b→g→e。20.研究硫及其化合物之间的转化具有重要意义。回答下列问题：I.（1）硫酸工业的一步重要反应是的催化氧化。向一恒压密闭容器中充入一定量的发生上述反应，能判断反应已达平衡状态的叙述是___________(填标号)。A．B．混合气体的密度不再改变C．和的物质的量浓度之比不再改变II．欲测定溶液与溶液反应的速率，所用试剂为溶液和溶液，所得溶液中随时间变化的曲线如图1所示，用表示的反应速率随时间的变化情况如图2所示。（2）该反应在的速率___________。（3）下列关于图1、图2的说法错误的是___________(填标号)。A.该反应的离子方程式是B.图2纵坐标若换为，则的曲线与图中曲线不重合C.图中阴影部分的面积表示时间内的增大量D.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度降低（4）图2中段，反应速率增大，为探究可能的影响因素，设计如下实验：方案假设实验操作1该反应放热，使溶液温度升高，化学反应速率加快向烧杯中加入10mL0.mol·L-1溶液和10mL0.3mol·L-1NaHSO3溶液，___________。2反应生成的加快了化学反应速率取10mL0.1mol·L-1溶液于烧杯中，先加入少量___________固体，再加入10mL0.3mol·L-1NaHSO3溶液。3溶液酸性增强，加快了化学反应速率分别向标号为①②的2只烧杯中加入10mLKClO3溶液；烧杯①中再加入1mL水；烧杯②中再加入1mL0.2mol·L-1盐酸；再分别向两烧杯中加入10mL0.3mol·L-1NaHSO3溶液。①补全方案1中的实验操作___________。②方案2中加入的物质是___________(填化学式)。③在方案1的假设不成立的情况下，从控制变量的角度思考，认为方案3中实验操作设计不严谨，应将1mL水改为___________。④除方案1、2、3的假设外，还可以提出的假设有___________。〖答案〗（1）B（2）（3）BC（4）①.插入温度计测量温度②.氯化钠固体③.0.2mol·L-1NaCl或KCl④.生成的硫酸根可能加快反应速率〖解析〗（1）未指明速率是正向还是逆向，即无法判断，A错误；因恒压容器，该反应正向是气体体积减小，逆向是气体体积增大，则只有达到平衡时气体体积才不变，又体系物质均为气体，由质量守恒知气体总质量不变，即只有达到平衡时混合气体密度不再改变，可以作为平衡标志，B正确；物质的量浓度不变可以作为平衡标志，而物质的量浓度值比不能作为平衡标志，C错误，故选B；（2）根据实验数据可知，该反应在0～7min的平均反应速率：；（3）化学方程式为2KClO3+6NaHSO3=2KCl+3Na2SO4+3H2SO4，即离子方程式为，A正确；由反应速率之比等于化学计量数之比并结合方程式可知，的曲线与图中曲线重合，B错误；图中阴影部分的面积表示浓度变化量，即为时间内的增大量，C错误；随着反应进行，浓度减小，则后期反应速率下降主要原因是反应物浓度减小，D正确；故选BC；（4）①若反应放热，即体系温度会升高，所以需要“插入温度计测量温度”；②可能是生成的氯离子加快作用，即加入少量的氯化钠固体；③控制变量即需要将1mL水改为1mL0.2mol·L-1NaCl或KCl；④生成物中还有硫酸根，即还可以提出的假设有生成的硫酸根可能加快反应速率；山东省枣庄市2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.《黄帝内经》中记载，“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，关于其中涉及的营养物质，下列说法正确的是（）A.糖类、油脂、蛋白质都属于天然高分子化合物B.油脂在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸C.蛋白质在人体内不断分解，最终生成物是二氧化碳和水D.淀粉［(C6H10O5)n]和纤维素［(C6H10O5)n]均属多糖，二者互为同分异构体〖答案〗B〖解析〗【详析】A．糖类中淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，但单糖、二糖不属于高分子化合物，蛋白质属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故A错误；B．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，在酸、碱条件下能发生水解，在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C．构成蛋白质的是氨基酸，因此蛋白质在人体内分解的最终产物是氨基酸，故C错误；D．淀粉和纤维素分子式虽然相同，但n值不同，因此两者不互为同分异构体，故D错误；〖答案〗为B。2.实验室中，下列做法错误的是（）A.用排水法收集NO2气体 B.用棕色试剂瓶保存浓硝酸C.用干燥沙土扑灭着火的金属钠 D.用pH试纸检验SO2水溶液的酸性〖答案〗A〖解析〗【详析】A．NO2气体易溶于水，且能与水发生反应，不能用排水法收集，故A错误；B．浓硝酸见光或者受热易分解，需用棕色试剂瓶保存，故B正确；C．金属钠能与水反应；钠在高温条件下与氧气反应生成过氧化钠，既能与水反应也能与二氧化碳反应，放出氧气；所以着火的金属钠用干燥沙土扑灭，故C正确；D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，可用pH试纸检验酸性，故D正确；〖答案〗选A。3.下列物质中，可与Fe3+反应且能证明Fe3+具有氧化性的是（）A.KSCN B.NaOH C.H2SO4 D.Fe〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Fe3+遇SCN-互变为血红色Fe(SCN)3，反应前后元素化合价不变，不能证明Fe3+具有氧化性，A不符合题意；B．Fe3+与OH-反应产生Fe(OH)3沉淀，反应前后元素化合价不变，不能证明Fe3+具有氧化性，B不符合题意；C．Fe3+与硫酸不能发生反应，因此不能证明Fe3+具有氧化性，C不符合题意；D．Fe3+与Fe反应产生Fe2+，Fe元素化合价由反应前Fe3+中的+3价变为反应后Fe2+的+2价，化合价降低，得到电子被还原，可以证明Fe3+具有氧化性，D符合题意；故合理选项是D。4.解释下列事实的化学方程式或离子方程式正确的是（）A.石英和焦炭制取粗硅的反应：B.氢氟酸雕刻玻璃发生的离子反应：C.烧碱溶液除去中少量的反应：D.氧化铁溶于氢碘酸发生的离子反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．焦炭与二氧化硅在高温条件下反应生成硅单质和一氧化碳，反应方程式：，故A错误；B．氢氟酸为弱酸，不能拆为离子形式，离子方程式：，故B错误；C．少量会与强碱氢氧化钠反应生成，反应方程式：，故C正确；D．氧化铁溶于氢碘酸生成的铁离子具有氧化性，与碘离子发生氧化还原反应，离子方程式：，故D错误；〖答案〗选C。5.氨气含氢量高，是很好的氢源载体，燃料电池结构如图所示。下列说法错误的是（）A.b极发生还原反应B.电池工作过程中从极向极移动C.负极的电极反应式为D.a极消耗的与极消耗的物质的量之比为4：3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗燃料电池中通燃料一极为负极，即a极为负极，通空气或氧气一极为正极，即b极为正极，依据原电池工作原理进行分析即可；【详析】A．根据上述分析，b极为正极，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，故A说法正确；B．根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即OH-向a极移动，故B说法正确；C．负极上失去电子，化合价升高，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C说法错误；D．正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，得失电子数目守恒，因此a极消耗氨气与b极消耗氧气物质的量之比为4∶3，故D说法正确；〖答案〗为C。6.2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，此次发射使用的是我国自主设计生产的运载火箭，火箭使用偏二甲肼作燃料，其反应为。下列有关化学用语正确的是（）A.偏二甲肼的结构简式：B.中子数为8的氮原子结构示意图：C.电子式表示H2O的形成过程：D.肼也可作火箭燃料，其球棍模型：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．N的最外层有5个电子，N形成三个共价键，使最外层达到8个电子，推出偏二甲肼的结构简式为，故A错误；B．氮元素原子序数为7，即质子数为7，结构示意图为，故B错误；C．H2O为共价化合物，原子间共用电子对，不存在得失电子，因此水形成过程为，故C错误；D．肼又称为联氨，结构简式为H2NNH2，球棍模型为，故D正确；〖答案〗为D。7.下列属于加成反应的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】加成反应是指有机物分子中不饱和碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应，具有原子利用率100％的特点，产物仅有一种；综上可知A、C、D错误，〖答案〗选B；8.某实验室的废液中含有、、等，其提取磌的过程如图所示。下列说法错误的是（）A.“还原”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2B.操作X用到的主要仪器有分液漏斗和烧杯C.“氧化”过程的离子反应：D.能用淀粉溶液检验“富集”后溶液中是否含〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗含碘废液中的碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，生成硫酸根和碘离子；四氯化碳不溶于水经分液后得含碘离子溶液，经氯气氧化等得碘，据此回答。【详析】A．碘单质作氧化剂得2e-，亚硫酸钠作还原剂失2e-，即氧化剂和还原剂物质的量为1：1，A错误；B．操作X为分液，即用到的主要仪器有分液漏斗和烧杯，B正确；C．“氧化”过程的离子反应：，C正确；D．淀粉遇碘变蓝，即能用淀粉溶液检验“富集”后溶液中是否含，D正确；故选A。9.科学家格哈德・埃特尔对一氧化碳在金属铂表面氧化过程的研究，催生了汽车尾气净化装置。其中的三元催化器(催化利主要由、、等物质和稀土材料组成)可将汽车尾气中的NOx、CO、碳氢化合物转化为无害气体，有效降低对环境的危害。三元催化器中发生的主要反应为。净化原理如下图：关于上述材料中汽车尾气及其净化，下列说法正确的是（）A.NOx在催化下，转化为成N2和O2B.使用三元催化器既能增大反应的速率，又能影响平衡状态C.向恒容条件下的密闭容器中充入氦气，上述反应的速率会增大D.汽车尾气中的CO和NO均来自于汽油的不完全燃烧〖答案〗A〖解析〗【详析】A．根据机理图以及储氧随时供氧可知，说明NOx在催化剂作用下生成氮气和氧气，故A正确；B．催化剂只能影响化学反应速率，对化学平衡移动无影响，故B错误；C．向恒容条件下的密闭容器中充入非反应氦气，组分浓度不变，化学反应速率不变，故C错误；D．汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，成分复杂，因此NO不是来自于汽油的不完全燃烧，故D错误；〖答案〗为A。10.某实验小组，设计如下图所示的装置模拟汽车尾气系统中CO与NO催化反应。关于上述模拟实验，下列说法错误的是（）A.反应前需检查装置的气密性是否良好B.装置a中的试剂起干燥、观察气体流速及混合气体的作用C.装置c为安全瓶，能防止d装置中的溶液倒吸入b装置D.装置d中的溶液能完全吸收实验中的有害尾气〖答案〗D〖解析〗【详析】A．模拟有气体参与的实验，即实验前需要检查装置的气密性是否良好，A正确；B．一氧化氮和一氧化碳分别用两支导管通入浓硫酸，即可通过气泡观察流速且使气体混合，并干燥，B正确；C．c装置为安全瓶，能防止d装置中的澄清石灰水倒吸，C正确；D．d装置中氢氧化钠溶液可检验气体二氧化碳，但不能与尾气中的CO和NO反应，故不能吸收有害尾气，D错误；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验方案能达到实验目的的是（）选项ABCD目的比较乙醇和水分子中氢原子的活性泼验证石蜡分解的产物是乙烯探究化学反应速率影响因素证明金属性Mg>Al实验方案〖答案〗A〖解析〗【详析】A．钠与乙醇、水反应均能生成氢气，在同一条件下，将相同体积和形状的钠块分别投入到乙醇、水中，通过比较气泡的产生速率，可以比较乙醇和水分子中氢原子的活性泼，故A正确；B．石蜡油催化裂化的产物能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明产物中有不饱和烃生成，但不能证明是乙烯，故B错误；C．探究化学反应速率影响因素，要控制单一变量，题中过氧化氢的浓度不同、滴加试剂的阳离子和阴离子均不同，不能达到实验目的，故C错误；D．一般来说，活泼金属作原电池的负极，但铝能与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，而镁不能，则该原电池装置不能证明金属性Mg>Al，故D错误；〖答案〗选A。12.如图为一重要有机化合物的结构简式。下列说法正确的是（）A.该芳香烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.该有机物分子中所有的碳原子可能位于同一平面上C.1mol该物质最多可以与1molH2发生加成反应D.与1mol该物质反应消耗Na、NaOH、NaHCO3物质的量之比为2：1：1〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．该有机物中除含C、H外，还含有O元素，该有机物属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；B．苯的空间构型为平面正六边形，乙烯的空间构型为平面形，因此该有机物中所有碳原子可能共面，故B正确；C．1个苯环最多与3个氢气发生加成，1个碳碳双键与1个氢气发生加成，因此1mol该有机物最多可以与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D．能与Na反应的官能团是-OH和-COOH，能与NaOH、NaHCO3溶液反应的官能团是-COOH，1mol该有机物中含有1mol-OH、1mol-COOH，因此消耗Na、NaOH、NaHCO3物质的量为2∶1∶1，故D正确；〖答案〗为BD。13.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，如图所示。下列说法错误的是（）A.催化剂参加了化学反应过程B.CH4→CH3COOH反应过程中，有C-H键的断裂和形成C.①→②过程中，放出能量并形成了C-C键D.生成CH3COOH总反应的类型是加成反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由图可知，催化剂参与了化学反应的过程，故A正确；B．结合反应历程图可知，CH4→CH3COOH反应过程中，有C-H键的断裂和C-O键C-C键的形成，无C-H键的形成，故B错误；C．根据反应历程能量变化可知，①→②过程中放出能量，并形成了C-C键，故C正确；D．由机理图可知，产物只有一种，原子利用率百分之百，属于加成反应，故D正确；〖答案〗选B。14.180℃时将0.5molH2和1molCO2通入2L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽(CH3OH)和某无机产物，测得各物质的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.在内，反应仍未达到平衡状态B.该反应的化学方程式为C.和物质的量之比不变时，该反应达平衡状态D.反应前后容器内气体的压强之比为15：13〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗0-3min内，CO2和H2的n分别为0.1mol和0.3mol，则其参加反应的比例为1:3，得出反应方程式为，根据平衡浓度，可以列出三段式如下。【详析】A．根据分析中各物质平衡浓度，3min后，反应已到达平衡，A错误；B．根据分析，反应的方程式为，B错误；C．H2和CO2以1:2通入，但以3:1消耗，因此，反应过程中，H2和CO2比值一直变化，当物质的量比值不变时，反应到达平衡，C正确；D．恒温恒容时，气体压强之比等于物质的量之比，反应前后气体物质的量n(前)=1+0.5=1.5mol，n(后)=0.9+0.2+0.1+0.1=1.3mol，因此反应前后的压强之比=15:13，D正确；〖答案〗选CD。15.一种可穿戴电池的结构如图所示，其中凝胶电解质不易漏液，耐火性能良好。其电池的总反应为。关于该电池工作原理，下列说法错误的是（）A.为负极B.正极反应式为C.电子由负极经隔离膜流向正极D.凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该电池的总反应为，锌化合价升高为负极，V2O5在正极，据此回答。【详析】A．反应中Zn化合价升高，失去电子，因此Zn负极，A正确；B．正极得电子，因此正极的电极反应为，B正确；C．电子只能通过导线由负极流向正极，不能在电解质体系中移动，C错误；D．若电解质为溶液则可能会腐蚀容器材料或者会泄漏，有安全隐患，因此凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性，D正确；故选C。三、非选择题：本题包括5小题，共60分。16.已知A、B、C、D、E、G是原子序数依次增大的六种短周期主族元素。常温下元素A的单质分子由双原子构成，元素B原子最外层电子数是次外层的3倍，元素D原子的M层电子数比K层少1个，元素E的简单离子在同周期中半径最小，G与C处于同一主族。回答下列问题：（1）元素B在周期表中的位置为___________。（2）如图是某同学设计的用浓盐酸和固体制取少量G单质，并验证其氧化性比碘单质强的微型装置：证明G单质氧化性比碘单质强的实验现象是___________，从原子结构的角度解释是___________；装置生成G单质的离子方程式为___________。（3）下列说法正确的是___________(填标号)。a．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态b．元素D、E、G的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应c．离子半径：C>Ad．简单氢化物的稳定性：B>G（4）能证明元素D的金属性强于元素E的是___________(填标号)。a．单质熔点：D<Eb．最高正价：D<Ec．最高价氧化物对应水化物的碱性：D>E〖答案〗（1）第二周期第VIA族（2）①.湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝②.氯元素和碘元素同族，原子半径氯小于碘，氯原子得电子能力强于碘原子，所以氯气氧化性强于碘单质③.（3）bd（4）c〖解析〗A、B、C、D、E、G是原子序数依次增大的六种短周期主族元素，元素B原子最外层电子数是次外层的3倍，则B为氧元素；元素D原子的M层电子数比K层少1个，则D为钠元素，则C只能为氟元素；元素E的简单离子在同周期中半径最小，则E为铝元素；G与C处于同一主族，则G为氯元素;常温下元素A的单质分子由双原子构成，则A为氢元素或氮元素；（1）据分析，元素B为氧元素，位于元素周期表第二周期第VIA族；（2）浓盐酸和固体发生氧化还原反应生成氯气，可将碘化钾中的I-氧化为I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；氯元素和碘元素同族，原子半径氯小于碘，氯原子得电子能力强于碘原子，所以氯气氧化性强于碘单质；浓盐酸和固体发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式：；（3）a．A为氢元素或氮元素，B为氧元素，二者组成的化合物常温下不一定是气态，故a错误；b．元素D、E、G分别为Na、Al、Cl，最高价氧化物对应水化物分别是强碱氢氧化钠、两性氢氧化物氢氧化铝和强酸高氯酸，两两间可以发生反应，故b正确；c．C只能为氟元素，A为氢元素或氮元素,离子电子层越多，离子半径越大，电子层相同，原子序数越大，离子半径越小，所以或，故c错误；d．非金属性：，简单氢化物的稳定性：，故d正确；〖答案〗选bd；（4）a．单质熔点高低与元素的金属性无关，故a错误；b．元素最高化合价与元素金属性无关，故b错误；c．元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，NaOH碱性强于Al（OH）3，证明金属性：，故c正确；〖答案〗选c。17.工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)为主要原料制备氧化铝，流程如图：回答下列问题：（1）酸浸：为提高酸浸速率，可采取的措施有___________(任填两种)；H2SO4溶液的用量不宜过量太多，原因是___________；浸渣的主要成分为___________(填化学式)。（2）氧化：H2O2的电子式为___________；该步骤中反应的离子方程式为___________。（3）沉淀：用Na2CO3溶液调节pH，将Al3+、Fe3+转化为沉淀。溶液pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。为获得较高的铝、铁沉淀率，溶液pH最佳为___________(填标号)A．4.0左右B．5.0左右（4）碱溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分离出Fe(OH)3的实验操作是___________(填名称)。〖答案〗（1）①.升高温度、搅拌②.过量的H2SO4溶液会增大后续过程碳酸钠和氢氧化钠的用量，造成浪费③.SiO2（2）①.②.（3）B（4）过滤〖解析〗铝土矿经过酸浸，生成Al3+、Fe3+和Fe2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤可除去，过氧化氢可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节溶液pH可使Al3+、Fe3+形成沉淀，利用强碱NaOH溶液将Al(OH)3溶解生成偏铝酸盐，将氢氧化铁沉淀滤出进行分离，最后用酸对偏铝酸盐溶液进行处理生成氢氧化铝沉淀，加热使之分解出氧化铝；（1）为提高酸浸速率，可采取的措施：升高温度、搅拌；过量的H2SO4溶液会增大后续过程碳酸钠和氢氧化钠的用量，造成浪费；二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣为二氧化硅；（2）过氧化氢属于共价化合物，其电子式：；在酸性环境下过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成水，离子方程式：；（3）根据图像可知当pH在5.0左右铝、铁沉淀率接近百分之百，后续调节pH沉淀率变化不大，所以最佳pH为5.0左右，〖答案〗选B；（4）用NaOH溶液溶解沉淀，氢氧化铝沉淀被溶解，Fe(OH)3沉淀不被溶解，通过过滤操作可将溶液和沉淀分离18.某化学小组进行制备乙酸乙酯的实验。实验操作：i．按如图所示连接好装置并检查气密性；ii．向试管A中加入无水乙醇、浓硫酸和冰醋酸的混合物；iii．小火均匀加热装有混合物的试管A5～10min，停止加热，撤下试管B并振荡，静置；iv．分离出乙酸乙酯。回答下列问题：（1）试管A中浓硫酸的作用是___________，加热前还应加入___________，其中反应的化学方程式为___________。（2）若步骤iii中加热温度过高，易导致___________；静置后，试管B中现象是___________；导管口末端在饱和碳酸钠溶液液面之上的目的是___________。（3）关于试管B中饱和Na2CO3溶液，下列说法正确的是___________(填标号)。a．中和乙酸，溶解乙醇b．降低乙酸乙酯在水中的溶解度，加速与水溶液的分层c．可以用饱和NaHCO3溶液或NaOH溶液代替（4）化学小组又设计了改进装置如图(图中的铁架台、铁夹、加热装置已略去)。与上述装置相比，该装置的主要优点有___________(填一条即可)。〖答案〗（1）①.催化剂、吸水剂②.沸石或碎瓷片③.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（2）①.导致反应物乙醇、乙酸大量挥发(导致发生其他副反应)②.出现分层③.防止倒吸（3）ab（4）增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的产生；增加了分液漏斗，便于控制反应物的量，提高反应物的利用率；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯〖解析〗本实验制备乙酸乙酯，其反应原理是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，依次加入药品为乙醇、浓硫酸和乙酸的混合物，加热，用碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，据此分析；（1）制备乙酸乙酯的反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，浓硫酸的作用是作催化剂，也可吸收生成物水，促进平衡向正反应方向进行，提高乙酸乙酯的产率，因此浓硫酸还作吸水剂；因为是溶液加热反应，为防止液体暴沸，加热前需要加入沸石或碎瓷片；故〖答案〗为催化剂、吸水剂；沸石或碎瓷片；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）乙醇、乙酸易挥发，如果加热温度过高，导致反应物乙醇、乙酸大量挥发，如果加热温度过高，浓硫酸与乙醇发生消去反应，生成乙烯等副反应发生；用碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，静置后试管B中现象是出现分层；导管口末端在饱和碳酸钠溶液液面之上的目的是防止倒吸；故〖答案〗为导致反应物乙醇、乙酸大量挥发(导致发生其他副反应)；出现分层；防止倒吸；（3）a．乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，用碳酸钠溶液吸收乙醇，除去乙酸，故a正确；b．碳酸钠的作用之一是降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，故b正确；c．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，因此不能用NaOH代替碳酸钠，故c错误；〖答案〗为ab；（4）根据装置图可知，增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的产生；增加了分液漏斗，便于控制反应物的量，提高反应物的利用率；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯；故〖答案〗为增加了温度计，便于控制发生装置中反应液的温度，减少副产物的产生；增加了分液漏斗，便于控制反应物的量，提高反应物的利用率；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。19.石油被称为“工业的血液”，下图为部分石油化工转化流程图。回答下列问题：（1）A的结构简式为___________；丙烯酸分子中所含官能团的名称为___________；检验丙烯酸乙酯中是否混有丙烯酸，可选用的化学试剂为___________。（2）④的化学方程式为___________，反应类型为___________。（3）下列说法中正确的是___________(填标号)a．聚丙烯酸能够使酸性高锰酸钾溶液褪色b．原油分馏属于物理变化，石蜡油“催化重整”属于化学变化c．除去溴苯中混有的少量溴，可加入NaOH溶液，再分液（4）绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即反应物中的原子全部转化为目标产物，原子的理论利用率为100%。上述转化反应①、②、③、④中符合绿色化学要求的是___________(填序号)（5）选择合适仪器，组装分离溴苯和苯的实验装置(加持、加热