2023-2024学年山东省济宁市高一下学期质量检测化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济宁市2023-2024学年高一下学期质量检测试卷2024.07注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置．2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号．回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．可能用到的相对原子质量：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.科技发展与材料化学密切相关．下列说法错误的是（）A.钢是用途最广的金属材料，钢属于铁合金B.网络强国战略的实施离不开光缆，其主要成分是晶体硅C.石墨烯可用于制造空间站存储器，石墨烯属于新型无机非金属材料D.橡胶消声瓦可有效降低潜艇航行时的噪声，其主要成分属于有机高分子材料〖答案〗B〖解析〗【详析】A．钢是用途最广的金属材料，钢是铁和碳的合金，故A正确；B．光缆的主要成分是二氧化硅，故B错误；C．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，故C正确；D．橡胶消声瓦主要成分是橡胶，属于有机高分子材料，故D正确；故选B2.下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为20的氯原子： B.乙烯的结构式：C.的电子式： D.和互为同素异形体〖答案〗A〖解析〗【详析】A．质量数等于质子数加中子数，故中子数为20的氯原子表示为：，A正确；B．乙烯的结构式为：，是乙烯的结构简式，B错误；C．CCl4的电子式为：，C错误；D．和是质子数相同而中子数不同的原子，互为同位素，D错误；故〖答案〗为：A。3.下列物质中含有共价键的离子化合物是（）A.C2H6 B.Na2O2 C.CH3COOH D.MgCl2〖答案〗B〖解析〗【详析】A．C2H6是只含共价键的共价化合物，A不合题意；B．Na2O2是由Na+和通过离子键形成的离子化合物，中含有共价键，B符合题意；C．CH3COOH只含共价键，属于共价化合物，C不合题意；D．MgCl2是只含离子键的离子化合物，D不合题意；故〖答案〗为：B。4.化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（）A.新制的Cu(OH)2悬浊液可用于检测尿液中的葡萄糖B.葡萄汁中加适量SO2可以起到杀菌作用C.碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查D.Al(OH)3可用于治疗胃酸过多〖答案〗C〖解析〗【详析】A．已知葡萄糖为还原性糖，含有醛基，故新制的Cu(OH)2悬浊液可用于检测尿液中的葡萄糖，A正确；B．SO2能够抑制细菌的生成，故葡萄汁中加适量SO2可以起到杀菌作用，B正确；C．碳酸钡能与胃酸HCl反应生成BaCl2，释放重金属离子导致蛋白质变性，故不可用于肠胃X射线造影检查，应该是BaSO4，C错误；D．Al(OH)3是弱碱，能与HCl反应，故可用于治疗胃酸过多，D正确；故〖答案〗为：C。5.下列各组离子，能在水溶液中大量共存的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．三者发生氧化还原反应，不能大量共存，A不合题意；B．发生反应生成H2O和，不能大量共存，B不合题意；C．发生反应生成难电离的物质Fe(SCN)3而不能大量共存，C不合题意；D．各离子间不反应，能够大量共存，D符合题意；故〖答案〗为：D。6.下列关于物质用途及解释均合理的是（）物质用途解释A卤水点豆腐利用了胶体的性质B燃煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放碳酸钙与产生的二氧化硫最终生成亚硫酸钙C漂白粉在空气中放置时间越长漂白效果越好D制作糕点时添加苏打作膨松剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．卤水点豆腐，利用了胶体遇到电解质溶液发生聚沉的性质，故A正确；B．燃煤中添加石灰石，在燃烧时石灰石分解成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，从而减少二氧化硫的排放，故B错误；C．漂白粉在空气中放置时间越长漂白效果越差，原因为，，故C错误；D．制作糕点时添加小苏打()作膨松剂，故D错误；故选A。7.实验室制氯气涉及MnO2、浓盐酸、Cl2、MnCl2和H2O，设NA为阿伏加德罗常数值．下列叙述正确的是（）A.溶液中含有个B.标况下含有共价键的数目为C.反应过程中消耗转移个电子D.中含有个中子〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗已知实验室制氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O，据此分析解题。【详析】A．由于题干未告知溶液体积，故无法计算溶液中的数目，A错误；B．标况下H2O为液体，故无法计算含有共价键的数目，B错误；C．反应过程中MnO2中的Mn由+4价降低到+2价，故消耗转移个电子，C正确；D．已知35Cl中含有35-17=18个中子，故中含有0.1mol×2×18×NAmol-1=个中子，D错误；故〖答案〗为：C。8.藿香蓟在一定条件下会发生以下反应，下列说法错混的是（）A.M分子有2种含氧官能团B.N分子中5个碳原子一定在同一平面内C.藿香蓟在一定条件下可生成多种加聚产物 D.乙酸与N互为同系物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．M分子中的官能团有碳碳双键、醚键和酚羟基，含氧官能团为醚键、酚羟基，故A正确；B．N分子中含有碳碳双键，碳碳双键是平面结构，则N分子中5个C原子一定共面，故B正确；C．藿香蓟分子中含有2个碳碳双键，可以生成不同种的加聚产物，故C正确；D．N分子中含有羧基、碳碳双键，乙酸分子中只含有羧基，官能团种类不同，不能互为同系物，故D错误；故选D。9.为探究金属电极在原电池中的作用，某实验小组设计并进行了下列实验，实验记录如下：编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向1稀硫酸偏向2稀硫酸偏向3溶液③下列说法错误的是（）A.实验1中，作正极B.实验2中，负极的电极反应式为C.③应表述为：偏向D.由实验可知，金属电极在原电池中的作用与电解质溶液成分有关〖答案〗B〖解析〗【详析】A．实验1中活泼金属做负极，不活泼金属做正极，则Al为负极，Cu为正极，故A正确；B．实验2中，Mg的活动性大于Al，则Mg做负极，电极反应为，故B错误；C．实验3中电解质溶液为NaOH，金属Al可以和NaOH反应，则Al做负极，电流计指针偏向正极，则偏向，故C正确；D．对比实验可知，金属电极在不同的电解质溶液中，他们的作用不相同，故D正确；故选B。10.短周期元素原子序数依次增大，为以上四种元素形成的化合物，e为Z的单质，它们的转化关系如下图所示，其中a为淡黄色固体，b是含10电子分子，c的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，g是一种常见温室气体．下列说法错误的是（）A.d可用于的尾气处理 B.均可与W的单质反应C.与溶液完全反应，生成 D.等物质的量的g和b分别与足量a反应，转移电子数目相同〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗其中a为淡黄色固体，则a为过氧化钠，b是含10电子分子，则b为水，e为Z的单质，则e为氧气，d为氢氧化钠，c的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，则c为乙烯，乙烯和水发生加成反应生成f，则f为乙醇，g是一种常见温室气体，则g为二氧化碳，则四种元素分别为H、C、O、Na，据此解答。【详析】A．d为氢氧化钠，可用于吸收二氧化硫尾气，故A正确；B．分别为水和乙醇，都可以和金属钠反应，故B正确；C．与1.5molNaOH反应的化学方程式为，生成物质的量为0.5mol，故C错误；D．等物质的量的H2O、CO2与足量的Na2O2反应，化学方程式为、，其消耗Na2O2的物质的量相同，则转移电子数目相同，故D正确；故选C。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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．11.根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是（）实验操作和现象结论或解释A把红热的碳加入浓硝酸中，出现红棕色气体硝酸被碳还原生成了NO2B用Fe片、Cu片、浓硝酸溶液组成原电池，Fe片上出现大量红棕色气泡金属性：Fe＞CuC向淀粉-KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，溶液变蓝氧化性：Fe3+＞I2D向鸡蛋清溶液中加入少量(NH4)2SO4或CuSO4溶液，溶液中均有固体析出(NH4)2SO4或CuSO4溶液都能使鸡蛋清变性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硝酸可受热分解生成二氧化氮，不能证明浓硝酸与碳反应，A不合题意；B．用Fe片、Cu片、浓硝酸溶液组成原电池，Fe片上出现大量红棕色气泡，说明Fe作正极，Cu作负极，但由于Fe遇到浓硝酸在常温下发生钝化，不能用于比较Fe和Cu的金属性强弱，B不合题意；C．向淀粉-KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，溶液变蓝，说明有I2生成，即发生了2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性：Fe3+＞I2，C符合题意；D．向鸡蛋清溶液中加入少量(NH4)2SO4或CuSO4溶液，溶液中均有固体析出，(NH4)2SO4使鸡蛋清发生盐析，CuSO4溶液使鸡蛋清变性，D不合题意；故〖答案〗为：C。12.一定温度下，在刚性密闭容器中以投料，发生反应：，部分物质浓度变化如下图所示，以下说法正确的是（）A.b曲线代表的物质的量浓度变化B.第时大于第时C.当混合气体密度不变时，说明反应达到平衡D.前〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗由题干图像信息可知，a的起始浓度为0.4mol，且随着反应进行浓度逐渐减小，说明a为反应物，b的浓度逐渐增大，即为生成物，且10min内a的减小量是b的增加量的4倍，根据变化量之比等于化学计量系数之比，故a代表H2，b为CH4，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，b曲线代表的物质的量浓度变化，A正确；B．由题干图像信息可知，3min是反应还在正向进行，随着反应的进行CO2浓度减小，即正反应速率逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大，即第时小于，第12min时反应达到平衡，等于，小于，即第3min小于第时，B错误；C．由题干反应信息可知，反应过程中混合气体的质量保持不变，体积不变，即混合气体的密度始终保持不变，故当混合气体密度不变时，不能说明反应达到平衡，C错误；D．由分析可知，b代表CH4，结合反应速率之比等于化学计量系数之比可得，前10min，，D正确；故〖答案〗为：AD。13.一种微生物电池的结构如下图所示，下列说法正确的是（）A.b极电极反应式为B.电池工作时，电子由a极经用电器流向b极C.该电池可以在高温下工作D.当b极产生标况下时，a极会有生成〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由a电极中Co的化合价由+3价降低为+2价，可知a电极发生得电子的还原反应，则a电极为正极，电极反应为，b为原电池负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为，据此解答。【详析】A．由分析可知b为原电池负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为，故A正确；B．电池工作时，电子由负极经用电器流向正极，则由b极经用电器流向a极，故B错误；C．高温条件下，微生物中蛋白质发生变性，导致电池不能正常工作，故C错误；D．当b极产生标况下，即0.5mol，则转移电子数为2mol，由a电极的反应式可知，转移电子数为2mol，a极会有生成，故D错误；故选A。14.由短周期主族元素组成的物质WX3Y3Z3R2是一种高效广谱杀菌消毒剂，其结构如图所示，结构中的各元素微粒均达到8电子稳定结构，已知X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，下列说法正确的是（）A.简单的气态氢化物稳定性：B.简单离子半径：C.含氧酸的酸性：D.将R的单质溶于中，溶液中存在7种微粒〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由题干信息可知，X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，结构中的各元素微粒均达到8电子稳定结构，根据该消毒剂的结构图可知，Z形成了2个共价键，则Z为O或者S，R只形成1个共价键，则R为F或Cl，X形成4个共价键，则X为C或Si，Y形成3个共价键，则Y为N或者P，W为+1价阳离子，则W为Na，故可推断出X为C、Y为N、Z为O、W为Na、R为Cl，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，X为C、Y为N、R为Cl，根据非金属性Cl＞N＞C，则简单的气态氢化物稳定性HCl＞NH3＞CH4即，A错误；B．由分析可知，YN、Z为O、W为Na、R为Cl，Cl-核外由三个电子层，半径最大，N3-、O2-、Na+均为2个电子层，且核电荷数依次增大，故半径依次减小，即简单离子半径Cl-＞N3-＞O2-＞Na+即，B正确；C．由分析可知，Y为N、X为C、R为Cl，它们最高价含氧酸的酸性为HClO4＞HNO3＞H2CO3即，但题目中为注明最高价，则酸性无法比较，如HNO3＞HClO等，C错误；D．由分析可知，Z为O，R为Cl2，将R的单质溶于H2Z中即形成新制氯水，溶液中存在H2O、HClO、Cl-、H+、ClO-、Cl2和OH-等7种微粒，D正确；故〖答案〗为：BD。15.碘及其化合物在医药中间体的合成中应用广泛．下图为I2的一种制备方法：已知：氧化性，下列说法错误的是（）A.加入AgNO3的目的是富集海水中的碘元素B.加入Fe粉进行转化的反应中，氧化剂与还原剂之比为C.通入Cl2越多，I2的产率越大D.通入Cl2的过程中，若时，产物中〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗净化除氯后的海水，加入硝酸银，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续即加入铁粉，发生反应Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+；过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，具体生成物与氯气的通入量有关，据此分析回答问题；【详析】A．由分析可知，加入AgNO3的目的是富集海水中的碘元素，A正确；B．由分析可知，加入Fe粉进行转化的反应Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+中，氧化剂与还原剂之比为2:1，B错误；C．Cl2的氧化性大于，通入Cl2过多能将部分I2氧化为，故通入Cl2越多，I2的产率不一定就越大，C错误；D．由题干信息氧化性可知，通入Cl2的过程中，I-先被氧化，根据反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，若时，每有1molCl2与I-反应，只有0.2molCl2与Fe2+反应，根据上述反应可知，产物中，D正确；故〖答案〗为：BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分．16.下表是三角形元素周期表的一部分，每个方格代表一种元素，回答下列问题：（1）画出Z元素的原子结构示意图：_______（2）Q2M中所含化学键的类型为_______；根据M的化合价判断Q2M具有_______性（填“氧化”或“还原”）；（3）W、M、Y三种元素简单氢化物稳定性由大到小的顺序是_______（用化学式表示）；Q、X两种元素原子半径由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）；（4）X的单质与Q的最高价氧化物对应水化物反应，其离子方程式是______________；（5）Y的最高价氧化物可溶于足量Q的最高价氧化物对应水化物的溶液，其化学方程式为_______；〖答案〗（1）（2）①.离子键②.还原（3）①.HF＞H2S＞SiH4②.Na+＞Al3+（4）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑（5）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O〖解析〗由题干三角形元素周期表信息可知，W为F、Q为Na、X为Al、Y为Si、M为S、Z为Br，据此分析解题。（1）由分析可知，Z为Br，则Z元素的原子结构示意图为：，故〖答案〗为：；（2）由分析可知，Q为Na、M为S，故Q2M即Na2S中所含化学键的类型为离子键，Q2M中M的化合价为-2价，是S的最低价，故根据M的化合价判断Q2M具有还原性，故〖答案〗为：离子键；还原；（3）由分析可知，W为F、M为S、Y为Si，非金属性F＞S＞Si，故W、M、Y三种元素简单氢化物稳定性由大到小的顺序是HF＞H2S＞SiH4，Q为Na、X为Al，则Na+和Al3+具有相同的核外电子排布，且Al的核电荷数更大，故Q、X两种元素原子半径由大到小的顺序为Na+＞Al3+，故〖答案〗为：HF＞H2S＞SiH4；Na+＞Al3+；（4）由分析可知，X为Al，Q为Na，则X的单质即Al与Q的最高价氧化物对应水化物即NaOH反应，其离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，故〖答案〗为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；（5）由分析可知，Y为Si、Q为Na，则Y的最高价氧化物即SiO2可溶于足量Q的最高价氧化物对应水化物即NaOH的溶液，其化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故〖答案〗为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。17.下图是物质A~F的转化关系图，其中A为常见过渡金属元素的单质，D和E组成元素相同，回答下列问题：（1）B的电子式为_______组成C的元素在周期表中的位置是_______；（2）一定温度下，B溶液和C反应生成的和的物质的量之比为，此时反应的离子方程式为_______（3）用质量分数为浓硫酸和亚硫酸钠制取D，写出化学方程式_______；反应④中活性炭做催化剂，它能改变反应的_______，但不能改变反应的最大限度；（4）按下图装置进行实验，验证反应⑤产生的气体．现有试剂a．溶液b．溶液c．品红溶液d．溶液，则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为_______（填标号）（5）为探究反应⑥反应后的固体成分中是否含有Fe3+进行了以下实验．取少量反应后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量气泡产生，再向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红．根据实验现象，_______（填“能”或“不能”）确定固体中是否含有Fe3+，原因是______________〖答案〗（1）①.②.第三周期第ⅦA族（2）6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O（3）①.Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑②.途径或速率（4）bcd（5）①.不能②.由于原固体中含有Fe能够将Fe3+还原为Fe2+，反应为Fe+2F3+＝3Fe2+〖解析〗已知电解饱和食盐水得到H2、NaOH溶液和Cl2，即B为NaOH、C为Cl2，绿矾为FeSO4·7H2O，则A为Fe，足量的Fe与浓硫酸共热得到SO2、FeSO4溶液和H2O，即D为SO2，SO2和Cl2在活性炭作用下生成SO2Cl2，FeSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到绿矾，绿矾加热失去结晶水得到无水FeSO4，FeSO4高温加热分解生成铁红即Fe2O3，D为SO2，则E为SO3，Fe和水蒸气在高温条件下反应生成H2和Fe3O4，即F为Fe3O4，据此分析解题。（1）由分析可知，B为NaOH，则B的电子式为，C为Cl2，则组成C的元素即Cl在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，故〖答案〗为：；第三周期第ⅦA族；（2）由分析可知，B为NaOH、C为Cl2，一定温度下，B溶液和C反应生成的和的物质的量之比为，此时反应的离子程式为6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O，故〖答案〗为：6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O；（3）由分析可知，D为SO2，用质量分数为浓硫酸和亚硫酸钠制取D，该反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑；反应④中活性炭做催化剂，催化剂能够改变反应速率，不能使平衡发生移动，即它能改变反应的途径或速率，但不能改变反应的最大限度；故〖答案〗为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑；途径或速率；（4）由分析可知，反应⑤产生的气体D为SO2、E为SO3，已知SO3极易溶于水，与水反应生成H2SO4，即SO3通入BaCl2溶液中能够产生白色沉淀，而SO2通入BaCl2溶液不能产生白色沉淀，SO2能使品红溶液褪色，最后通入NaOH溶液中吸收多余的SO2，才能排入空气中，防止污染环境，故按下图装置进行实验，验证反应⑤产生的气体则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为bcd，故〖答案〗为：bcd；（5）由分析可知，反应⑥即为Fe和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，为探究反应⑥反应后的固体成分中是否含有Fe3+进行了以下实验。取少量反应后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量气泡产生即说明原固体中含有Fe，由于Fe+2F3+＝3Fe2+，再向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红，根据实验现象，不能确定固体中是否含有Fe3+，故〖答案〗为：不能；由于原固体中含有Fe能够将Fe3+还原为Fe2+，反应为Fe+2F3+＝3Fe2+。18.下图是以丙烯为原料模拟合成其他重要化工原料的流程图．回答下列问题．（1）A的结构简式为_______反应②还会生成A的一种同分异构体，其结构简式为_______；（2）B中含有官能团的名称为_______；（3）①~⑧中属于取代反应的是_______；属于加成反应的是_______；（填反应标号）（4）反应⑦的化学方程式是_______；（5）反应⑥消耗标况下2.24LCl2，理论上反应⑦中参与反应的O2物质的量是_______。〖答案〗（1）①.(CH3)2CHOH②.CH3CH2CH2OH（2）碳碳双键和酯基（3）①.③⑤②.②⑥（4）2+3O22+6H2O（5）0.15mol〖解析〗由题干转化信息可知，CH3CH=CH2被催化氧化为CH2=CHCOOH，CH3CH=CH2与H2O催化加成转化为A，A和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成B，B发生加聚反应生成聚丙烯酸异丙酯，故A的结构简式为：(CH3)2CHOH，B为CH2=CHCOOCH(CH3)2，CH3CH=CH2与Cl2光照条件下发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，ClCH2CH=CH2与Cl2继续发生加成反应生成ClCH2ClCHCH2Cl，ClCH2ClCHCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成甘油即丙三醇，在Cu作催化剂下催化氧化为，继续被氧化为，据此分析解题。（1）由分析可知，A的结构简式为(CH3)2CHOH，反应②还会生成A的一种同分异构体，其结构简式为：CH3CH2CH2OH，故〖答案〗为：(CH3)2CHOH；CH3CH2CH2OH；（2）由分析可知，B的结构简式为CH2=CHCOOCH(CH3)2，B中含有官能团的名称为碳碳双键和酯基，故〖答案〗为：碳碳双键和酯基；（3）由题干转化关系图可知，反应①为氧化反应，反应②为加成反应，反应③为酯化反应或取代反应，反应④为加聚反应，反应⑤为取代反应，反应⑥为加成反应，反应⑦为氧化反应，反应⑧为氧化反应，故①~⑧中属于取代反应的是③⑤；属于加成反应的是②⑥，故〖答案〗为：③⑤；②⑥；（4）由题干转化关系图可知，反应⑦即在Cu作催化剂下催化氧化为，该反应的化学方程式是2+3O22+6H2O，故〖答案〗为：2+3O22+6H2O；（5）由题干转化关系图可知，反应⑥每消耗1molCl2就能制得1molClCH2ClCHCH2Cl，经水解就能制得1mol，1mol发生反应⑦催化氧化消耗1.5molO2，反应⑥消耗标况下2.24L即为=0.1molCl2，理论上反应⑦中参与反应的O2物质的量是0.15mol，故〖答案〗为：0.15mol。19.利用“直接法”制备发烟硝酸的实验装置如下图所示（夹持装置略）；已知：①时，的浓硝酸可以将氧化为②制备发烟硝酸原理为：请回答下列问题：（1）装置a中发生反应的化学方程式为_______；（2）仪器b的名称是_______的作用为_______；（3）装置c中的现象是______________；（4）装置d中发生反应的化学方程式为______________；（5）将发烟硝酸稀释成质量分数为的浓硝酸（常温下的密度为）；实验需要配制稀硝酸需要用量筒量取_______的浓硝酸．下列操作可能导致所配溶液物质的量浓度偏低的是_______（填标号）。A．用量筒量取浓硝酸时仰视刻度线B．浓稀释后未冷却就转移到容量瓶中C．定容时仰视容量瓶刻度线〖答案〗（1）4NH3+5O24NO+6H2O（2）①.干燥管②.除去未反应的NH3并干燥混合气体（3）气体变为红棕色（4）2HNO3(浓)+NO3NO2+H2O（5）①.36.5②.C〖解析〗氨气和干燥空气混合，在催化剂作用下加热，氨气被空气中氧气催化氧化为NO，通过P2O5除去未反应的NH3并干燥混合气体，40℃时，用98%的浓硝酸将NO氧化为NO2，再将NO2在-10℃的条件下通入98%浓硝酸，得发烟硝酸。（1）在装置a中，氨气被空气中氧气催化氧化为NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（2）由装置图，仪器b的名称为干燥管，P2O5的作用是除去未反应的NH3并干燥混合气体；（3）c中原本有空气，通入一氧化氮后，会出现红棕色气体；（4）装置d中是在40℃时，用98%的浓硝酸将NO氧化为NO2，反应的化学方程式为2HNO3(浓)+NO3NO2+H2O；（5）500mL1mol⋅L−1稀硝酸中硝酸物质的量为0.5mol，质量分数为63%的硝酸物质的量浓度是c(HNO3)=，故所需浓硝酸的体积为；A．用量筒量取浓硝酸时仰视刻度线，浓硝酸体积偏大，所配溶液物质的量浓度偏高，A不选；B．浓HNO3稀释后未冷却就转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，冷却后液体体积变小，故浓度偏高，B不选；C．定容时仰视容量瓶刻度线，容量瓶中液体体积偏大，所配溶液浓度偏低，C选；故选C。20.用消除烟气中的，发生的反应为，某温度下在恒容密闭容器中充入和发生该反应．图1表示物质的量浓度随时间的变化关系，图2表示的转化率随时间的变化关系，回答下列问题（1）实验室可用氯化铵和氢氧化钙来制取氨气，写出反应化学方程式______________；（2）_______（保留小数点后两位）（3）在恒温恒容密闭容器中，下列可以作为反应达到化学平衡状态依据的是_______；A．B．混合气体的平均摩尔质量保持不变C．单位时间内断裂键的同时断裂键（4）在内，_______（保留小数点后两位）；（5）将含有的烟气和一定物质的量的同时通入溶液，若要烟气中的完全转化成溶液，所用溶液的物质的量浓度至少为_______，需要标况下的至少_______L。〖答案〗（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2）0.42（3）BC（4）0.08（5）①.②.16.8b〖解析〗（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）由图2知，3min时，NH3的转化率为28%，即反应消耗NH3物质的量为2mol×28%=0.56mol，根据化学方程式，生成水的物质的量为0.56mol=0.84mol，故3min时H2O(g)物质的量浓度为0.42mol/L，即a=0.42；（3）A．化学反应用不同物质表达的反应速率之比等于化学计量数之比，故6v正(N2)=5v逆(H2O)反应达到化学平衡状态，A错误；B．反应无固体参与，反应是气体体积增大的反应，反应正向进行混合气体平均摩尔质量变小，故混合气体的平均摩尔质量保持不变反应到达平衡，B正确；C．单位时间内断裂3molN−H键的同时断裂1.25molN≡N键，正逆反应速率相等，C正确；故选BC；（4）由图2知，6min时，NH3的转化率为40%，即反应消耗NH3物质的量为2mol×40%=0.8mol，根据化学方程式，生成N2的物质的量为0.8mol=1mol，故v(N2)=0.08mol⋅L−1⋅min−1；（5）NO和O2同时通入NaOH溶液完全转化成NaNO3溶液发生反应为4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，根据化学方程式，bmolNO完全反应，需消耗NaOHbmol，需O2物质的量为mol，故所用NaOH溶液的物质的量浓度至少为mol⋅L−1，需要标况下的O2至少mol×22.4L/mol=16.8bL。山东省济宁市2023-2024学年高一下学期质量检测试卷2024.07注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置．2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号．回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．可能用到的相对原子质量：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.科技发展与材料化学密切相关．下列说法错误的是（）A.钢是用途最广的金属材料，钢属于铁合金B.网络强国战略的实施离不开光缆，其主要成分是晶体硅C.石墨烯可用于制造空间站存储器，石墨烯属于新型无机非金属材料D.橡胶消声瓦可有效降低潜艇航行时的噪声，其主要成分属于有机高分子材料〖答案〗B〖解析〗【详析】A．钢是用途最广的金属材料，钢是铁和碳的合金，故A正确；B．光缆的主要成分是二氧化硅，故B错误；C．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，故C正确；D．橡胶消声瓦主要成分是橡胶，属于有机高分子材料，故D正确；故选B2.下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为20的氯原子： B.乙烯的结构式：C.的电子式： D.和互为同素异形体〖答案〗A〖解析〗【详析】A．质量数等于质子数加中子数，故中子数为20的氯原子表示为：，A正确；B．乙烯的结构式为：，是乙烯的结构简式，B错误；C．CCl4的电子式为：，C错误；D．和是质子数相同而中子数不同的原子，互为同位素，D错误；故〖答案〗为：A。3.下列物质中含有共价键的离子化合物是（）A.C2H6 B.Na2O2 C.CH3COOH D.MgCl2〖答案〗B〖解析〗【详析】A．C2H6是只含共价键的共价化合物，A不合题意；B．Na2O2是由Na+和通过离子键形成的离子化合物，中含有共价键，B符合题意；C．CH3COOH只含共价键，属于共价化合物，C不合题意；D．MgCl2是只含离子键的离子化合物，D不合题意；故〖答案〗为：B。4.化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（）A.新制的Cu(OH)2悬浊液可用于检测尿液中的葡萄糖B.葡萄汁中加适量SO2可以起到杀菌作用C.碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查D.Al(OH)3可用于治疗胃酸过多〖答案〗C〖解析〗【详析】A．已知葡萄糖为还原性糖，含有醛基，故新制的Cu(OH)2悬浊液可用于检测尿液中的葡萄糖，A正确；B．SO2能够抑制细菌的生成，故葡萄汁中加适量SO2可以起到杀菌作用，B正确；C．碳酸钡能与胃酸HCl反应生成BaCl2，释放重金属离子导致蛋白质变性，故不可用于肠胃X射线造影检查，应该是BaSO4，C错误；D．Al(OH)3是弱碱，能与HCl反应，故可用于治疗胃酸过多，D正确；故〖答案〗为：C。5.下列各组离子，能在水溶液中大量共存的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．三者发生氧化还原反应，不能大量共存，A不合题意；B．发生反应生成H2O和，不能大量共存，B不合题意；C．发生反应生成难电离的物质Fe(SCN)3而不能大量共存，C不合题意；D．各离子间不反应，能够大量共存，D符合题意；故〖答案〗为：D。6.下列关于物质用途及解释均合理的是（）物质用途解释A卤水点豆腐利用了胶体的性质B燃煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放碳酸钙与产生的二氧化硫最终生成亚硫酸钙C漂白粉在空气中放置时间越长漂白效果越好D制作糕点时添加苏打作膨松剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．卤水点豆腐，利用了胶体遇到电解质溶液发生聚沉的性质，故A正确；B．燃煤中添加石灰石，在燃烧时石灰石分解成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，从而减少二氧化硫的排放，故B错误；C．漂白粉在空气中放置时间越长漂白效果越差，原因为，，故C错误；D．制作糕点时添加小苏打()作膨松剂，故D错误；故选A。7.实验室制氯气涉及MnO2、浓盐酸、Cl2、MnCl2和H2O，设NA为阿伏加德罗常数值．下列叙述正确的是（）A.溶液中含有个B.标况下含有共价键的数目为C.反应过程中消耗转移个电子D.中含有个中子〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗已知实验室制氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O，据此分析解题。【详析】A．由于题干未告知溶液体积，故无法计算溶液中的数目，A错误；B．标况下H2O为液体，故无法计算含有共价键的数目，B错误；C．反应过程中MnO2中的Mn由+4价降低到+2价，故消耗转移个电子，C正确；D．已知35Cl中含有35-17=18个中子，故中含有0.1mol×2×18×NAmol-1=个中子，D错误；故〖答案〗为：C。8.藿香蓟在一定条件下会发生以下反应，下列说法错混的是（）A.M分子有2种含氧官能团B.N分子中5个碳原子一定在同一平面内C.藿香蓟在一定条件下可生成多种加聚产物 D.乙酸与N互为同系物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．M分子中的官能团有碳碳双键、醚键和酚羟基，含氧官能团为醚键、酚羟基，故A正确；B．N分子中含有碳碳双键，碳碳双键是平面结构，则N分子中5个C原子一定共面，故B正确；C．藿香蓟分子中含有2个碳碳双键，可以生成不同种的加聚产物，故C正确；D．N分子中含有羧基、碳碳双键，乙酸分子中只含有羧基，官能团种类不同，不能互为同系物，故D错误；故选D。9.为探究金属电极在原电池中的作用，某实验小组设计并进行了下列实验，实验记录如下：编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向1稀硫酸偏向2稀硫酸偏向3溶液③下列说法错误的是（）A.实验1中，作正极B.实验2中，负极的电极反应式为C.③应表述为：偏向D.由实验可知，金属电极在原电池中的作用与电解质溶液成分有关〖答案〗B〖解析〗【详析】A．实验1中活泼金属做负极，不活泼金属做正极，则Al为负极，Cu为正极，故A正确；B．实验2中，Mg的活动性大于Al，则Mg做负极，电极反应为，故B错误；C．实验3中电解质溶液为NaOH，金属Al可以和NaOH反应，则Al做负极，电流计指针偏向正极，则偏向，故C正确；D．对比实验可知，金属电极在不同的电解质溶液中，他们的作用不相同，故D正确；故选B。10.短周期元素原子序数依次增大，为以上四种元素形成的化合物，e为Z的单质，它们的转化关系如下图所示，其中a为淡黄色固体，b是含10电子分子，c的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，g是一种常见温室气体．下列说法错误的是（）A.d可用于的尾气处理 B.均可与W的单质反应C.与溶液完全反应，生成 D.等物质的量的g和b分别与足量a反应，转移电子数目相同〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗其中a为淡黄色固体，则a为过氧化钠，b是含10电子分子，则b为水，e为Z的单质，则e为氧气，d为氢氧化钠，c的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，则c为乙烯，乙烯和水发生加成反应生成f，则f为乙醇，g是一种常见温室气体，则g为二氧化碳，则四种元素分别为H、C、O、Na，据此解答。【详析】A．d为氢氧化钠，可用于吸收二氧化硫尾气，故A正确；B．分别为水和乙醇，都可以和金属钠反应，故B正确；C．与1.5molNaOH反应的化学方程式为，生成物质的量为0.5mol，故C错误；D．等物质的量的H2O、CO2与足量的Na2O2反应，化学方程式为、，其消耗Na2O2的物质的量相同，则转移电子数目相同，故D正确；故选C。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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．11.根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是（）实验操作和现象结论或解释A把红热的碳加入浓硝酸中，出现红棕色气体硝酸被碳还原生成了NO2B用Fe片、Cu片、浓硝酸溶液组成原电池，Fe片上出现大量红棕色气泡金属性：Fe＞CuC向淀粉-KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，溶液变蓝氧化性：Fe3+＞I2D向鸡蛋清溶液中加入少量(NH4)2SO4或CuSO4溶液，溶液中均有固体析出(NH4)2SO4或CuSO4溶液都能使鸡蛋清变性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硝酸可受热分解生成二氧化氮，不能证明浓硝酸与碳反应，A不合题意；B．用Fe片、Cu片、浓硝酸溶液组成原电池，Fe片上出现大量红棕色气泡，说明Fe作正极，Cu作负极，但由于Fe遇到浓硝酸在常温下发生钝化，不能用于比较Fe和Cu的金属性强弱，B不合题意；C．向淀粉-KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，溶液变蓝，说明有I2生成，即发生了2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性：Fe3+＞I2，C符合题意；D．向鸡蛋清溶液中加入少量(NH4)2SO4或CuSO4溶液，溶液中均有固体析出，(NH4)2SO4使鸡蛋清发生盐析，CuSO4溶液使鸡蛋清变性，D不合题意；故〖答案〗为：C。12.一定温度下，在刚性密闭容器中以投料，发生反应：，部分物质浓度变化如下图所示，以下说法正确的是（）A.b曲线代表的物质的量浓度变化B.第时大于第时C.当混合气体密度不变时，说明反应达到平衡D.前〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗由题干图像信息可知，a的起始浓度为0.4mol，且随着反应进行浓度逐渐减小，说明a为反应物，b的浓度逐渐增大，即为生成物，且10min内a的减小量是b的增加量的4倍，根据变化量之比等于化学计量系数之比，故a代表H2，b为CH4，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，b曲线代表的物质的量浓度变化，A正确；B．由题干图像信息可知，3min是反应还在正向进行，随着反应的进行CO2浓度减小，即正反应速率逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大，即第时小于，第12min时反应达到平衡，等于，小于，即第3min小于第时，B错误；C．由题干反应信息可知，反应过程中混合气体的质量保持不变，体积不变，即混合气体的密度始终保持不变，故当混合气体密度不变时，不能说明反应达到平衡，C错误；D．由分析可知，b代表CH4，结合反应速率之比等于化学计量系数之比可得，前10min，，D正确；故〖答案〗为：AD。13.一种微生物电池的结构如下图所示，下列说法正确的是（）A.b极电极反应式为B.电池工作时，电子由a极经用电器流向b极C.该电池可以在高温下工作D.当b极产生标况下时，a极会有生成〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由a电极中Co的化合价由+3价降低为+2价，可知a电极发生得电子的还原反应，则a电极为正极，电极反应为，b为原电池负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为，据此解答。【详析】A．由分析可知b为原电池负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为，故A正确；B．电池工作时，电子由负极经用电器流向正极，则由b极经用电器流向a极，故B错误；C．高温条件下，微生物中蛋白质发生变性，导致电池不能正常工作，故C错误；D．当b极产生标况下，即0.5mol，则转移电子数为2mol，由a电极的反应式可知，转移电子数为2mol，a极会有生成，故D错误；故选A。14.由短周期主族元素组成的物质WX3Y3Z3R2是一种高效广谱杀菌消毒剂，其结构如图所示，结构中的各元素微粒均达到8电子稳定结构，已知X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，下列说法正确的是（）A.简单的气态氢化物稳定性：B.简单离子半径：C.含氧酸的酸性：D.将R的单质溶于中，溶液中存在7种微粒〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由题干信息可知，X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，结构中的各元素微粒均达到8电子稳定结构，根据该消毒剂的结构图可知，Z形成了2个共价键，则Z为O或者S，R只形成1个共价键，则R为F或Cl，X形成4个共价键，则X为C或Si，Y形成3个共价键，则Y为N或者P，W为+1价阳离子，则W为Na，故可推断出X为C、Y为N、Z为O、W为Na、R为Cl，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，X为C、Y为N、R为Cl，根据非金属性Cl＞N＞C，则简单的气态氢化物稳定性HCl＞NH3＞CH4即，A错误；B．由分析可知，YN、Z为O、W为Na、R为Cl，Cl-核外由三个电子层，半径最大，N3-、O2-、Na+均为2个电子层，且核电荷数依次增大，故半径依次减小，即简单离子半径Cl-＞N3-＞O2-＞Na+即，B正确；C．由分析可知，Y为N、X为C、R为Cl，它们最高价含氧酸的酸性为HClO4＞HNO3＞H2CO3即，但题目中为注明最高价，则酸性无法比较，如HNO3＞HClO等，C错误；D．由分析可知，Z为O，R为Cl2，将R的单质溶于H2Z中即形成新制氯水，溶液中存在H2O、HClO、Cl-、H+、ClO-、Cl2和OH-等7种微粒，D正确；故〖答案〗为：BD。15.碘及其化合物在医药中间体的合成中应用广泛．下图为I2的一种制备方法：已知：氧化性，下列说法错误的是（）A.加入AgNO3的目的是富集海水中的碘元素B.加入Fe粉进行转化的反应中，氧化剂与还原剂之比为C.通入Cl2越多，I2的产率越大D.通入Cl2的过程中，若时，产物中〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗净化除氯后的海水，加入硝酸银，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续即加入铁粉，发生反应Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+；过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，具体生成物与氯气的通入量有关，据此分析回答问题；【详析】A．由分析可知，加入AgNO3的目的是富集海水中的碘元素，A正确；B．由分析可知，加入Fe粉进行转化的反应Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+中，氧化剂与还原剂之比为2:1，B错误；C．Cl2的氧化性大于，通入Cl2过多能将部分I2氧化为，故通入Cl2越多，I2的产率不一定就越大，C错误；D．由题干信息氧化性可知，通入Cl2的过程中，I-先被氧化，根据反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，若时，每有1molCl2与I-反应，只有0.2molCl2与Fe2+反应，根据上述反应可知，产物中，D正确；故〖答案〗为：BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分．16.下表是三角形元素周期表的一部分，每个方格代表一种元素，回答下列问题：（1）画出Z元素的原子结构示意图：_______（2）Q2M中所含化学键的类型为_______；根据M的化合价判断Q2M具有_______性（填“氧化”或“还原”）；（3）W、M、Y三种元素简单氢化物稳定性由大到小的顺序是_______（用化学式表示）；Q、X两种元素原子半径由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）；（4）X的单质与Q的最高价氧化物对应水化物反应，其离子方程式是______________；（5）Y的最高价氧化物可溶于足量Q的最高价氧化物对应水化物的溶液，其化学方程式为_______；〖答案〗（1）（2）①.离子键②.还原（3）①.HF＞H2S＞SiH4②.Na+＞Al3+（4）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑（5）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O〖解析〗由题干三角形元素周期表信息可知，W为F、Q为Na、X为Al、Y为Si、M为S、Z为Br，据此分析解题。（1）由分析可知，Z为Br，则Z元素的原子结构示意图为：，故〖答案〗为：；（2）由分析可知，Q为Na、M为S，故Q2M即Na2S中所含化学键的类型为离子键，Q2M中M的化合价为-2价，是S的最低价，故根据M的化合价判断Q2M具有还原性，故〖答案〗为：离子键；还原；（3）由分析可知，W为F、M为S、Y为Si，非金属性F＞S＞Si，故W、M、Y三种元素简单氢化物稳定性由大到小的顺序是HF＞H2S＞SiH4，Q为Na、X为Al，则Na+和Al3+具有相同的核外电子排布，且Al的核电荷数更大，故Q、X两种元素原子半径由大到小的顺序为Na+＞Al3+，故〖答案〗为：HF＞H2S＞SiH4；Na+＞Al3+；（4）由分析可知，X为Al，Q为Na，则X的单质即Al与Q的最高价氧化物对应水化物即NaOH反应，其离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，故〖答案〗为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；（5）由分析可知，Y为Si、Q为Na，则Y的最高价氧化物即SiO2可溶于足量Q的最高价氧化物对应水化物即NaOH的溶液，其化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故〖答案〗为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。17.下图是物质A~F的转化关系图，其中A为常见过渡金属元素的单质，D和E组成元素相同，回答下列问题：（1）B的电子式为_______组成C的元素在周期表中的位置是_______；（2）一定温度下，B溶液和C反应生成的和的物质的量之比为，此时反应的离子方程式为_______（3）用质量分数为浓硫酸和亚硫酸钠制取D，写出化学方程式_______；反应④中活性炭做催化剂，它能改变反应的_______，但不能改变反应的最大限度；（4）按下图装置进行实验，验证反应⑤产生的气体．现有试剂a．溶液b．溶液c．品红溶液d．溶液，则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为_______（填标号）（5）为探究反应⑥反应后的固体成分中是否含有Fe3+进行了以下实验．取少量反应后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量气泡产生，再向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红．根据实验现象，_______（填“能”或“不能”）确定固体中是否含有Fe3+，原因是______________〖答案〗（1）①.②.第三周期第ⅦA族（2）6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O（3）①.Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑②.途径或速率（4）bcd（5）①.不能②.由于原固体中含有Fe能够将Fe3+还原为Fe2+，反应为Fe+2F3+＝3Fe2+〖解析〗已知电解饱和食盐水得到H2、NaOH溶液和Cl2，即B为NaOH、C为Cl2，绿矾为FeSO4·7H2O，则A为Fe，足量的Fe与浓硫酸共热得到SO2、FeSO4溶液和H2O，即D为SO2，SO2和Cl2在活性炭作用下生成SO2Cl2，FeSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到绿矾，绿矾加热失去结晶水得到无水FeSO4，FeSO4高温加热分解生成铁红即Fe2O3，D为SO2，则E为SO3，Fe和水蒸气在高温条件下反应生成H2和Fe3O4，即F为Fe3O4，据此分析解题。（1）由分析可知，B为NaOH，则B的电子式为，C为Cl2，则组成C的元素即Cl在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，故〖答案〗为：；第三周期第ⅦA族；（2）由分析可知，B为NaOH、C为Cl2，一定温度下，B溶液和C反应生成的和的物质的量之比为，此时反应的离子程式为6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O，故〖答案〗为：6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O；（3）由分析可知，D为SO2，用质量分数为浓硫酸和亚硫酸钠制取D，该反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑；反应④中活性炭做催化剂，催化剂能够改变反应速率，不能使平衡发生移动，即它能改变反应的途径或速率，但不能改变反应的最大限度；故〖答案〗为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑；途径或速率；（4）由分析可知，反应⑤产生的气体D为SO2、E为SO3，已知SO3极易溶于水，与水反应生成H2SO4，即SO3通入BaCl2溶液中能够产生白色沉淀，而SO2通入BaCl2溶液不能产生白色沉淀，SO2能使品红溶液褪色，最后通入NaOH溶液中吸收多余的SO2，才能排入空气中，防止污染环境，故按下图装置进行实验，验证反应⑤产生的气体则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为bcd，故〖答案〗为：bcd；（5）由分析可知，反应⑥即为Fe和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，为探究反应⑥反应后的固体成分中是否含有Fe3+进行了以下实验。取少量反应后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量气泡产生即说明原固体中含有Fe，由于Fe+2F3+＝3Fe2+，再向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红，根据实验现象，不能确定固体中是否含有Fe3+，故〖答案〗为：不能；由于原固体中含有Fe能够将Fe3+还原为Fe2+，反应为Fe+2F3+＝3Fe2+。18.下图是以丙烯为原料模拟合成其他重要化工原料的流程图．回答下列问题．（1）A的结构简式为_______反应②还会生成A的一种同分异构体，其结构简式为_______；（2）B中含有官能团的名称为_______；（3）①~⑧中属于取代反应的是_______；属于加成反应的是_______；（填反应标号）（4）反应⑦的化学方程式是_______；（5）反应⑥消耗标况下2.24LCl2，理论上反应⑦中参与反应的O2物质的量是_______。〖答案〗（1）①.(CH3)2CHOH②.CH3CH2CH2OH（2）碳碳双键和酯基（3）①.③⑤②.②⑥（4）2+3O22+6H2O（5）0.15mol〖解析〗由题干转化信息可知，CH3CH=CH2被催化氧化为CH2=CHCOOH，CH3CH=CH2与H2O催化加成转化为A，A和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成B，B发生加聚反应生成聚丙烯酸异丙酯，故A的结构简式为：(CH3)2CHOH，B为CH2=CHCOOCH(CH3)2，CH3CH=CH2与Cl2光照条件下发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，ClCH2CH=CH2与Cl2继续发生加成反应生成ClCH2ClCHCH2Cl，ClCH2ClCHCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成甘油即丙三醇，在Cu作催化剂下催化氧化为，继续被氧化为，据此分析解题。（1）由分析可知，A的结构简式为(CH3)2CHOH，反应②还会生成A的一种同分异构体，其结构简式为：CH3CH2CH2OH，故〖答案〗为：(CH3)2CHOH；CH3CH2CH2OH；（2）由分析可知，B的结构简式为CH2=CHCOOCH(CH3)2，B中含有官能团的名称为碳碳双键和酯基，故〖答案〗为：碳碳双键和酯基；（3）