2023-2024学年河北省石家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PAGEPAGE1河北省石家庄市2023-2024学年高一下学期期末考试试题（本试卷满分100分，考试时间75分钟）注意事项：1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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、单项选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于基本营养物质的描述正确的是（）A.糖类和蛋白质都属于高分子化合物B.糖类、油脂都含有元素C.淀粉和纤维素都可以为人体提供能量 D.吞服“钡餐”可使蛋白质变性而引起人体中毒【答案】B【解析】【详解】A．糖类中的单糖和二糖不是高分子化合物，A错误；B．糖类、油脂都含有C、H、O元素，蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成，B正确；C．人体内没有纤维素酶，不能为人体提供能量，C错误；D．重金属离子能使蛋白质变性，“钡餐”为BaSO4，BaSO4难溶于水和酸，因此吞服“钡餐”不会引起中毒，D错误；故选B。2.性质决定用途。下列物质性质与应用对应错误是（）A.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 B.石墨烯电阻率低且强度高，可用作电池材料C.盐卤能使蛋白质聚沉，可用卤水制作豆腐 D.氯化铝属于电解质，可用于电解法制备铝单质【答案】D【解析】【详解】A．液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，可用作制冷剂，A不选；B．石墨导电，石墨烯电阻率低且强度高，可用作电池材料，B不选；C．盐卤能使蛋白质聚沉，因此可用卤水制作豆腐，C不选；D．氯化铝属于电解质，熔融状态下不导电，不能用于电解法制备铝单质，应该是电解熔融的氧化铝冶炼铝，D选；答案选D。3.下列化学用语的表述错误的是（）A.的结构简式： B.乙醇的球棍模型：C.甲烷或四氯化碳的空间填充模型： D.醛基的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．是链状烷烃，结构简式：，A正确；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，球棍模型：，B正确；C．氢原子半径和氯原子半径不同，该模型不可能同时表示甲烷或四氯化碳的空间填充模型，C错误；D．醛基的化学式为－CHO，结构式：，D正确；答案选C。4.下列关于化学反应速率和限度的说法正确的是（）A.与转化为的反应体系中，只要不断通入空气，就可以完全转化B.在恒温恒容的密闭容器中发生合成氨的反应，达到限度时充入，可提高化学反应速率C.和硫酸反应过程中，加入少量，可提高反应速率D.向溶液中加入5滴同浓度的溶液，再滴加溶液，溶液变红，证明与的反应为可逆反应【答案】C【解析】【详解】A．与转化为的反应是可逆反应，不可能完全转化，A错误；B．在恒温恒容的密闭容器中发生合成氨的反应，达到限度时充入，反应物浓度不变，反应速率不变，B错误；C．和硫酸反应过程中，加入少量，锌置换出铜，构成原电池，因此可提高反应速率，C正确；D．向溶液中加入5滴同浓度的溶液，由于反应中氯化铁是过量的，因此再滴加溶液，溶液变红，不能证明与的反应为可逆反应，D错误；答案选C。5.反应分两步进行，为中间产物，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A.为放热反应 B.反应一定需要加热C.比稳定 D.的能量变化是由化学键变化引起的【答案】B【解析】【详解】A．反应物A和B的能量之和大于生成C的能量，因此为放热反应，A正确；B．反应条件与反应是放热或吸热没有关系，则反应不一定需要加热，B错误；C．中间产物的能量高于C的能量，能量越低越稳定，则比稳定，C正确；D．断键吸热，成键放热，因此的能量变化是由化学键变化引起的，D正确；答案选B。6.生活中使用的塑料食品盒、水杯等通常由聚苯乙烯（）制成。下列说法正确的是（）A.等质量的苯乙烯和聚苯乙烯完全燃烧消耗氧气的质量相同B.聚苯乙烯是一种天然高分子化合物C.聚苯乙烯能使溴的溶液褪色D.聚苯乙烯属于烃，也属于纯净物【答案】A【解析】【详解】A．苯乙烯和聚苯乙烯的最简式相同，均为CH，所以等质量的苯乙烯和聚苯乙烯完全燃烧消耗氧气的质量相同，A正确；B．聚苯乙烯是一种合成高分子化合物，B错误；C．聚苯乙烯无碳碳双键，不能使溴的CCl4溶液褪色，C错误；D．聚苯乙烯只含碳氢元素，属于烃，但是n不确定，不属于纯净物，D错误；故选A。7.我国在催化加氢制取汽油方面取得进展，其转化过程的示意图如图：下列说法错误的是（）A.汽油主要是的烃类混合物B.反应②中形成了非极性键C.图中和属于同系物D.图中分子的所有碳原子均可共面【答案】D【解析】【详解】A．汽油主要成分中含C5～C11的碳氢化合物，故A正确；B．反应②是CO与H2反应生成（CH2）n，形成了碳碳非极性键，故B正确；C．a是异戊烷，b是庚烷，二者结构相似，互为同系物，故C正确；D．a是异戊烷，依据甲烷的正四面体结构可判断分子中的所有碳原子不可能共面，故D错误；故选D。8.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法正确的是（）甲乙丙丁A.图甲所示电池为二次电池B.图乙装置工作时，作正极材料和正极反应物C.图丙装置工作时，电极反应式为D.图丁装置工作时，溶液中的向电极迁移【答案】B【解析】【详解】A．图甲所示电池为干电池，属于一次电池，A错误；B．图乙装置为铅蓄电池，工作时，作正极材料和正极反应物，负极是铅，B正确；C．图丙装置工作时，电极是负极，反应式为，C错误；D．图丁装置工作时锌电极是负极，氧化银电极是正极，溶液中的向锌电极迁移，D错误；答案选B。9.利用如图装置或操作进行实验，能达到实验目的的是（）A.利用甲除去甲烷中混有的乙烯气体 B.利用乙探究电极间距离对电流强度的影响C.利用丙探究与的取代反应 D.利用丁验证浓硫酸具有脱水性【答案】B【解析】【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，利用甲除去甲烷中混有的乙烯气体会引入新杂质二氧化碳，故A错误；B．图乙可通过移动两电极的间距，根据电流计指针偏转的幅度大小探究电极间距离对电流强度的影响，故B正确；C．甲烷和氯气的混合气体强光照射会发生爆炸，不能利用丙探究与的取代反应，故C错误；D．利用丁验证浓硫酸具有吸水性，故D错误；选B。10.有机物及其一氯代物的同分异构体数目分别为（不考虑立体异构）（）A.1种和3种 B.2种和7种 C.3种和8种 D.3种和14种【答案】C【解析】【详解】是戊烷，有三种同分异构体，即正戊烷、异戊烷和新戊烷。其中正戊烷有3类氢原子，异戊烷有4类氢原子，新戊烷有1类氢原子，因此其一氯代物的同分异构体数目为8种。答案选C。11.利用下表实验探究硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的影响因素。下列说法正确的是（）实验序号反应温度溶液稀硫酸反应结束时间①2010.00.1010.00.500②400.1010.00.50③20100.104.00.50A.通过观察产生气体的快慢来判断反应速率的快慢B实验②中，实验③中C.通过实验②、③可探究温度对反应速率的影响D.对比实验①、③可知【答案】B【解析】【详解】A．气体在不同温度时的溶解度不同，无法用单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢，故A错误；B．实验①、实验②探究温度对反应速率的影响，根据控制变量法，其它条件相同，所以；实验①、实验③探究硫酸浓度对反应速率的影响，根据控制变量法，应控制溶液总体积相等，所以，故B正确；C．通过实验①、③探究温度对反应速率的影响，故C错误；D．浓度越大反应速率越快。对比实验①、③，实验③中硫酸浓度小，反应速率慢，可知，故D错误；选B。12.图中装置能构成原电池的是（）A. B. C.D.【答案】C【解析】【详解】A．虽然两个活动性不同的电极用导线连接，与电解质溶液相接触，但没有形成闭合回路，不能传导电流，所以不能形成原电池，A不符合题意；B．两个电极材料都是Cu，活动性相同，不符合原电池的形成条件，B不符合题意；C．Fe、C两个电极中有一个金属电极，能与稀硫酸反应，能产生持续的电流，C符合题意；D．乙醇为非电解质，不能形成原电池，D不符合题意；故选C。13.海带中含有碘元素、从海带中提取碘的实验过程如图所示。已知海带灰中含有硫酸盐和碳酸盐。下列说法错误的是（）A.“灼烧”时，需使用坩埚、三脚架、泥三角和酒精灯B.步骤③的名称为过滤，步骤⑤中可使用提取碘C.取少许“含的溶液”，向其中加入溶液，若产生白色沉淀，则证明海带灰中含有硫酸盐D.步骤⑤实现了硫酸盐、碳酸盐与碘的分离【答案】C【解析】【分析】海带灼烧成海带灰，加水浸泡，过滤得含有I-的溶液，加双氧水、稀硫酸把I-氧化为I2，加有机溶剂萃取、分液，得含有I2的有机溶液，蒸馏得碘单质。【详解】A．灼烧装置图，“灼烧”时，需使用坩埚、三脚架、泥三角和酒精灯，故A正确；B．步骤③是固液分离，名称为过滤；碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，步骤⑤中可使用提取碘，故B正确；C．取少许“含的溶液”，向其中加入溶液，若产生白色沉淀，沉淀可能是硫酸钡或碳酸钡，证明海带灰中含有硫酸盐或碳酸盐，故C错误；D．硫酸盐、碳酸盐难溶于有机溶剂，碘易溶于有机溶剂，步骤⑤实现了硫酸盐、碳酸盐与碘的分离，故D正确；选C。14.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（）①②③A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B.由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。【详解】A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；选D。15.某种有机物的结构简式为，下列说法错误的是（）A.与互为同分异构体 B.属于烃的衍生物，含有三种官能团C.1mol该有机物与足量反应生成2gH2 D.可发生酯化反应、氧化反应和加成反应【答案】A【解析】【详解】A．与的分子式不同，二者不能互为同分异构体，A错误；B．属于烃的衍生物，含有三种官能团，分别是羟基、碳碳双键、羧基，B正确；C．羟基和羧基均能与钠反应产生氢气，1mol该有机物与足量反应生成1molH2，即2gH2，C正确；D．含有羟基、羧基，可发生酯化反应，碳碳双键、羟基，可发生氧化反应，碳碳双键可以发生加成反应，D正确；答案选A。16.在恒温恒容密闭容器中研究反应，反应过程中两种气体的浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（）A.该容器中充入的气体为 B.达到反应限度时，反应物气体的转化率为C.两点对应的反应速率为 D.可使用高效催化剂，缩短达到反应限度的时间【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可判断达到平衡时，甲曲线表示的物质减少了0.06mol，乙曲线表示的物质增加了0.12mol，二者的变化量之比是1:2，所以该容器中充入的气体为，A正确；B．达到反应限度时，反应物气体的转化率为，B正确；C．两点均没有达到平衡状态，A点反应物浓度高，则对应的反应速率为，C错误；D．催化剂可以加快反应速率，可使用高效催化剂，缩短达到反应限度的时间，D正确；答案选C。17.如图所示的物质转化关系中，是能使带火星木条复燃的无色、无味气体，的相对分子质量比的大18，是一种紫红色金属单质（反应示件和部分生成物未列出）。下列叙述错误的是（）A.属于化合物 B.中原子利用率为C.的浓溶液可以使用铝制容器进行储存和运输 D.反应②在常温下即可进行【答案】D【解析】【分析】b是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则b是O2，g是一种紫红色金属单质，则g是Cu，a能与氧气反应生成c与f，c能与氧气反应生成d，则c为氧化物，e的相对分子质量比d的大18，则f是水，d与水反应得到e，e能与Cu反应得到c，则e为硫酸、d是三氧化硫，则a是硫化氢，c是二氧化硫，据此解答。【详解】A．a是硫化氢，属于化合物，故A正确；B．二氧化硫和氧气化合生成三氧化硫的反应是化合反应，原子利用率为100%，故B正确；C．常温下铝在浓硫酸中钝化，可以使用铝制容器进行储存和运输浓硫酸，故C正确；D．铜和浓硫酸反应需要加热，常温下不反应，故D错误；故选D。18.下列物质的转化在给定条件下均能步实现，且符合生产实际的是（）A.工业制备高纯硅：SiO2Si（粗）SiHCl3Si（纯）B.工业生产硝酸：N2NO2HNO3C.工业生产硫酸：SSO3H2SO4D.工业从海水中提取镁：海水Mg（OH）2MgOMg【答案】A【解析】【详解】A．高温下焦炭还原二氧化硅生成粗硅，粗硅和氯化氢在高温下反应生成SiHCl3，然后在高温下用氢气还原即得到纯硅，A选；B．氮气和氧气反应只能生成NO，得不到NO2，B不选；C．单质硫在氧气中燃烧只能生成SO2，得不到SO3，C不选；D．氧化镁的熔点太高，工业上电解熔融的氯化镁冶炼金属镁，D不选；答案选A。19.氯化亚铜微溶于水、难溶于乙醇，易被氧化，广泛应用于医药和有机合成等工业。以废铜渣（主要含有和少量难溶于酸、碱的固体）为原料制备的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A.“浸出”时，作氧化剂B.滤渣的主要成分为难溶于酸、碱的固体C.“还原”时，发生反应离子方程式为D.与水洗相比，“醇洗”的目的为减少的溶解、提高产率【答案】C【解析】【分析】废铜渣主要含Cu、CuO，还有少量难溶于酸、碱固体，加入硫酸溶液与CuO反应生成硫酸铜，Cu单质与在酸性条件下反应生成硝酸铜，过滤后加入、溶液发生氧化还原反应生成CuCl，其难溶于乙醇，易被氧化，用乙醇清洗后干燥得到CuCl，据此解答。【详解】A．“浸出”时硝酸根被还原，作氧化剂，A正确；B．根据以上分析可知滤渣的主要成分为难溶于酸、碱的固体，B正确；C．“还原”时，亚硫酸根被铜离子氧化，发生反应的离子方程式为，C错误；D．由于氯化亚铜微溶于水、难溶于乙醇，易被氧化，因此与水洗相比，“醇洗”的目的为减少的溶解、提高产率，D正确；答案选C。20.将28.8gCu投入一定浓度的硝酸溶液中，铜完全溶解，共收集到和的混合气体11.2L，将此混合气体和一定体积的混合（上述气体体积均在标准状况下测定），恰好使混合气体完全溶于水中得到100mL硝酸溶液。下列说法正确的是（）A.28.8gCu消耗硝酸的物质的量为0.5mol B.混合气体中和的物质的量之比为C.所得100mL硝酸溶液的浓度为2mol/L D.通入的体积为5.04L【答案】D【解析】【详解】A．28.8gCu的物质的量是28.8g÷64g/mol＝0.45mol，因此生成0.45mol硝酸铜。和的混合气体标况下是11.2L，物质的量是0.5mol，所以依据氮元素守恒可知消耗硝酸的物质的量为0.45mol×2+0.5mol＝1.4mol，A错误；B．反应中转移电子的物质的量是0.45mol×2＝0.9mol，设混合气体中和的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.5、3x+y＝0.9，解得x＝0.2、y＝0.3，即二者的物质的量之比为，B错误；C．根据氮元素守恒可知所得100mL硝酸溶液中硝酸的物质的量是0.5mol，浓度为5mol/L，C错误；D．根据电子得失守恒可知消耗氧气的物质的量是0.9mol÷4＝0.225mol，标况下的体积为0.225mol×22.4L/mol＝5.04L，D正确；答案选D。二、非选择题：本题包含4小题，共60分。21.含硫化合物在生产生活中有重要应用，学习小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：Ⅰ.实验室中利用图1装置进行木炭和浓硫酸反应，并检验有水生成；再利用图2装置检验反应生成的气体。（1）木炭和浓硫酸反应的化学方程式为___________，试剂的名称为____________。（2）为了达到实验目的，图2中装置从左向右的连接顺序为______________（填字母），装置C中的现象体现了的__________性质。（3）证明有生成的实验现象为______________。Ⅱ.水溶液可作“空气吹出法”提溴的吸收液，工艺流程如图所示。（4）热空气能从吹出塔体系中吹出溴单质的原因为_____________；吸收塔中发生反应的离子方程式为______________。（5）本工艺中、设置吸收塔和蒸馏塔的目的为________________。（6）在实验室中进行蒸馏操作时，需要使用的玻璃仪器有______（填字母）。.直形冷凝管.蒸馏烧瓶.分液漏斗.烧杯【答案】（1）①.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O②.无水硫酸铜（2）①.ACDCB②.漂白（3）第二次品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊（4）①.单质溴易挥发②.Br2+SO2+2H2O＝4H＋+2Br－+（5）富集溴（6）ab【解析】浓硫酸和木炭反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，无水硫酸铜用来检验水，品红溶液检验二氧化硫，足量的高锰酸钾溶液用于除去二氧化硫，用澄清石灰水来检验二氧化碳，据此解答。（1）木炭与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，首先检验水蒸气，试剂的名称为无水硫酸铜。（2）根据以上分析可知为了达到实验目的，图2中装置从左向右的连接顺序为ACDCB，二氧化硫能使品红溶液褪色，则装置C中的现象体现了的漂白性质。（3）二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，通入澄清石灰水前先通过酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，则证明有CO2气体生成的实验现象是第二次品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊。（4）溴易挥发，热空气能从吹出塔体系中吹出溴单质的原因为单质溴易挥发；吸收塔中吹出的溴被二氧化硫还原，发生反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O＝4H＋+2Br－+。（5）由于海水中溴的含量低，则本工艺中、设置吸收塔和蒸馏塔的目的为富集溴。（6）在实验室中进行蒸馏操作时，需要使用的玻璃仪器有直形冷凝管、蒸馏烧瓶等，不需要分液漏斗和烧杯，答案选ab。22.煤和石油化工产品都是重要的工业原料，对二者综合利用可制备出多种有机材料。回答下列问题：（1）反应ⅰ的现象为_________，反应ⅱ的反应类型为____________。（2）操作Ⅰ属于_________（填”化学变化”或“物理变化”）；操作Ⅱ的名称为___________。（3）写出一种D的同分异构体的结构简式_____________。（4）的结构简式为_________________；F中官能团的名称为______________。（5）反应ⅲ的化学方程式为___________；在实验室中进行该反应时，需要使用饱和溶液收集，饱和溶液的作用除了可以除去C和F外，还有_____________。（6）工业上以A为原料制备乙醇的化学方程式为_______________；与该方法相比，以淀粉为原料合成乙醇的优点为______________.。【答案】（1）①.溴水褪色②.取代反应（2）①.物理变化②.裂解（3）（4）①.②.碳碳双键、羧基（5）①.CH2=CHCOOH+HOCH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O②.降低酯的溶解度，便于分层析出（6）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.乙醇含量高，杂质少【解析】煤和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，在催化剂作用下二者反应生成A为乙烯，乙烯和溴水发生加成反应生成B是CH2BrCH2Br，B水解生成C是乙二醇。石油分馏得到重油，进一步裂解得到D是丙烯，丙烯和氨气、氧气反应生成E，E加聚得到G，E水解得到F为CH2=CHCOOH，F和C酯化得到H，据此解答。（1）反应ⅰ是溴水和丙烯发生加成反应，现象为溴水褪色，反应ⅱ的反应类型为取代反应；根据以上分析可知操作Ⅰ属于分馏，是物理变化；操作Ⅱ的名称为裂解；（2）D是丙烯，同分异构体是环丙烷，结构简式为；（3）是加聚产物，结构简式为；F为CH2=CHCOOH，F中官能团的名称为碳碳双键和羧基；（4）反应ⅲ的化学方程式为CH2=CHCOOH+HOCH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；在实验室中进行该反应时，需要使用饱和溶液收集，饱和溶液的作用除了可以除去C和F外，还有降低酯的溶解度，便于分层析出；（5）工业上以乙烯为原料制备乙醇的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；与该方法相比，以淀粉为原料合成乙醇的优点为乙醇含量高，杂质少。23.硝酸是重要的化工原料，工业制硝酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）氧化炉中主要反应的化学方程式为_______________。（2）向吸收塔中通入足量A的作用为_____________________。（3）硝酸工业尾气的氮氧化物为大气污染物，可采用将氮氧化物还原为的方法进行尾气处理，则与发生反应时氧化产物与还原产物的物质的量之比为______________。（4）将铜片加入稀硝酸中发生反应的离子方程式为____________。（5）某兴趣小组用图甲装置探究氨的催化氧化。①实验室中可利用熟石灰和氯化铵制备，该反应化学方程式为______________；将氨气通入蒸馏水中即得氨水，制备氨水的装置可选择图乙中装置________（填字母）。②加热玻璃管2一段时间后，挤压1中打气球鼓入空气，观察到2中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，从能量角度分析该反应属于___________反应。③若装置3中试剂为浓硫酸，则在装置4中观察到的现象为__________；若省略装置3，则装置4中产生白烟，其原因为__________。【答案】（1）4NH3＋5O24NO＋6H2O（2）将NO氧化为NO2（3）4:3（4）3Cu+8H＋+2＝2NO↑+3Cu2＋+4H2O（5）①.Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O②.bd③.放热④.有红棕色气体产生⑤.生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3而产生白烟【解析】氮气和氢气在合成塔中催化生成氨气，氨气和氧气在氧化炉中催化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，在吸收塔中二氧化氮和水生成硝酸，据此解答。（1）氧化炉中发生反应为氨气和氧气催化生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。（2）A是氧气，向吸收塔中通入足量氧气的作用为将NO氧化为NO2。（3）与发生反应的方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，氨气是还原剂，二氧化氮是氧化剂，氮气既是氧化产物也是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:3。（4）将铜片加入稀硝酸中发生反应的离子方程式为3Cu+8H＋+2＝2NO↑+3Cu2＋+4H2O。（5）①实验室中可利用熟石灰和氯化铵制备，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气极易溶于水，吸收氨气时需要有防倒吸装置，则制备氨水的装置可选择图乙中装置bd。②加热玻璃管2一段时间后，挤压1中打气球鼓入空气，观察到2中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，这说明该反应属于放热反应。③氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，NO易被氧气氧化为NO2，所以若装置3中试剂为浓硫酸，剩余的氨气被吸收，NO被干燥，则在装置4中观察到的现象为有红棕色气体产生；NO2易与水反应，应干燥，如不干燥，NO2与水反应生成硝酸，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3，可观察到白烟生成。24.甲醇是重要的化工原料。工业合成甲醇的一种方法为。Ⅰ.研究反应过程中能量变化（1）上述反应的能量变化如图所示，则断裂和中化学键所需要吸收的能量________（填“大于”或“小于”）断裂和中化学键所需要吸收的能量。Ⅱ.研究反应速率和限度（2）时，向恒容密闭容器按充入两种气体进行上述反应，测得随时间变化如表所示。024681012142.001.401.00.760.580.500.500.50①内，用表示该反应的平均速率_________，写出一种提高反应速率的措施______。②平衡时的产率为__________。③下列能说明该反应已达到反应限度的是______（填标号）。.容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变.容器内气体的密度保持不变.断裂键同时断裂键.容器内④根据表格信息分析，的时间段为_______。....Ⅲ.甲醇可制作燃料电池，一种甲醇燃料电池工作原理如图所示：（3）甲醇中官能团的电子式为_______________。（4）电极A为电池的_____________（填“正极”或“负极”），其电极反应式为_______________。（5）当有电子通过灯泡时，理论上电极B上消耗标准状况下的体积为___________。【答案】（1）小于（2）①.0.3②.升高温度、增大压强等③.75%④.ac⑤.d（3）（4）①.负极②.CH3OH－6e－+H2O＝CO2+6H＋（5）5.6L【解析】（1）反应物总能量高于生成物总能量，因此是放热反应，由于断键吸热，成键放热，则断裂和中化学键所需要吸收的能量小于断裂和中化学键所需要吸收的能量。（2）①内消耗二氧化碳0.4mol，则消耗氢气1.2mol，用表示该反应的平均速率＝0.3。能提高反应速率的措施有升高温度、增大压强等。②平衡时消耗二氧化碳是1.5mol，生成甲醇是1.5mol，理论上生成甲醇是2mol，则的产率为。③.混合气体的质量不变，物质的量是变化的，则容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变说明反应达到平衡状态，a选；.混合气体的质量和容器容积均是不变，则容器内气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，b不选；.断裂键同时断裂键，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，c选；.容器内，不能说明正逆反应速率相等，不一定达到平衡状态，d不选；答案选ac。④达到平衡状态时，正逆反应速率相等，根据表格信息分析10min后反应一定处于平衡状态，则的时间段为，答案选d。（3）甲醇中官能团是羟基，电子式为。（4）氢离子向电极B移动，则B为正极，电极A中甲醇转化为二氧化碳，发生失去电子的氧化反应，则为电池的负极，其电极反应式为CH3OH－6e－+H2O＝CO2+6H＋。（5）1mol氧气得到4mol电子，当有电子通过灯泡时，理论上电极B上消耗标准状况下的物质的量是0.25mol，体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。河北省石家庄市2023-2024学年高一下学期期末考试试题（本试卷满分100分，考试时间75分钟）注意事项：1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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、单项选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于基本营养物质的描述正确的是（）A.糖类和蛋白质都属于高分子化合物B.糖类、油脂都含有元素C.淀粉和纤维素都可以为人体提供能量 D.吞服“钡餐”可使蛋白质变性而引起人体中毒【答案】B【解析】【详解】A．糖类中的单糖和二糖不是高分子化合物，A错误；B．糖类、油脂都含有C、H、O元素，蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成，B正确；C．人体内没有纤维素酶，不能为人体提供能量，C错误；D．重金属离子能使蛋白质变性，“钡餐”为BaSO4，BaSO4难溶于水和酸，因此吞服“钡餐”不会引起中毒，D错误；故选B。2.性质决定用途。下列物质性质与应用对应错误是（）A.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 B.石墨烯电阻率低且强度高，可用作电池材料C.盐卤能使蛋白质聚沉，可用卤水制作豆腐 D.氯化铝属于电解质，可用于电解法制备铝单质【答案】D【解析】【详解】A．液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，可用作制冷剂，A不选；B．石墨导电，石墨烯电阻率低且强度高，可用作电池材料，B不选；C．盐卤能使蛋白质聚沉，因此可用卤水制作豆腐，C不选；D．氯化铝属于电解质，熔融状态下不导电，不能用于电解法制备铝单质，应该是电解熔融的氧化铝冶炼铝，D选；答案选D。3.下列化学用语的表述错误的是（）A.的结构简式： B.乙醇的球棍模型：C.甲烷或四氯化碳的空间填充模型： D.醛基的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．是链状烷烃，结构简式：，A正确；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，球棍模型：，B正确；C．氢原子半径和氯原子半径不同，该模型不可能同时表示甲烷或四氯化碳的空间填充模型，C错误；D．醛基的化学式为－CHO，结构式：，D正确；答案选C。4.下列关于化学反应速率和限度的说法正确的是（）A.与转化为的反应体系中，只要不断通入空气，就可以完全转化B.在恒温恒容的密闭容器中发生合成氨的反应，达到限度时充入，可提高化学反应速率C.和硫酸反应过程中，加入少量，可提高反应速率D.向溶液中加入5滴同浓度的溶液，再滴加溶液，溶液变红，证明与的反应为可逆反应【答案】C【解析】【详解】A．与转化为的反应是可逆反应，不可能完全转化，A错误；B．在恒温恒容的密闭容器中发生合成氨的反应，达到限度时充入，反应物浓度不变，反应速率不变，B错误；C．和硫酸反应过程中，加入少量，锌置换出铜，构成原电池，因此可提高反应速率，C正确；D．向溶液中加入5滴同浓度的溶液，由于反应中氯化铁是过量的，因此再滴加溶液，溶液变红，不能证明与的反应为可逆反应，D错误；答案选C。5.反应分两步进行，为中间产物，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（）A.为放热反应 B.反应一定需要加热C.比稳定 D.的能量变化是由化学键变化引起的【答案】B【解析】【详解】A．反应物A和B的能量之和大于生成C的能量，因此为放热反应，A正确；B．反应条件与反应是放热或吸热没有关系，则反应不一定需要加热，B错误；C．中间产物的能量高于C的能量，能量越低越稳定，则比稳定，C正确；D．断键吸热，成键放热，因此的能量变化是由化学键变化引起的，D正确；答案选B。6.生活中使用的塑料食品盒、水杯等通常由聚苯乙烯（）制成。下列说法正确的是（）A.等质量的苯乙烯和聚苯乙烯完全燃烧消耗氧气的质量相同B.聚苯乙烯是一种天然高分子化合物C.聚苯乙烯能使溴的溶液褪色D.聚苯乙烯属于烃，也属于纯净物【答案】A【解析】【详解】A．苯乙烯和聚苯乙烯的最简式相同，均为CH，所以等质量的苯乙烯和聚苯乙烯完全燃烧消耗氧气的质量相同，A正确；B．聚苯乙烯是一种合成高分子化合物，B错误；C．聚苯乙烯无碳碳双键，不能使溴的CCl4溶液褪色，C错误；D．聚苯乙烯只含碳氢元素，属于烃，但是n不确定，不属于纯净物，D错误；故选A。7.我国在催化加氢制取汽油方面取得进展，其转化过程的示意图如图：下列说法错误的是（）A.汽油主要是的烃类混合物B.反应②中形成了非极性键C.图中和属于同系物D.图中分子的所有碳原子均可共面【答案】D【解析】【详解】A．汽油主要成分中含C5～C11的碳氢化合物，故A正确；B．反应②是CO与H2反应生成（CH2）n，形成了碳碳非极性键，故B正确；C．a是异戊烷，b是庚烷，二者结构相似，互为同系物，故C正确；D．a是异戊烷，依据甲烷的正四面体结构可判断分子中的所有碳原子不可能共面，故D错误；故选D。8.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法正确的是（）甲乙丙丁A.图甲所示电池为二次电池B.图乙装置工作时，作正极材料和正极反应物C.图丙装置工作时，电极反应式为D.图丁装置工作时，溶液中的向电极迁移【答案】B【解析】【详解】A．图甲所示电池为干电池，属于一次电池，A错误；B．图乙装置为铅蓄电池，工作时，作正极材料和正极反应物，负极是铅，B正确；C．图丙装置工作时，电极是负极，反应式为，C错误；D．图丁装置工作时锌电极是负极，氧化银电极是正极，溶液中的向锌电极迁移，D错误；答案选B。9.利用如图装置或操作进行实验，能达到实验目的的是（）A.利用甲除去甲烷中混有的乙烯气体 B.利用乙探究电极间距离对电流强度的影响C.利用丙探究与的取代反应 D.利用丁验证浓硫酸具有脱水性【答案】B【解析】【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，利用甲除去甲烷中混有的乙烯气体会引入新杂质二氧化碳，故A错误；B．图乙可通过移动两电极的间距，根据电流计指针偏转的幅度大小探究电极间距离对电流强度的影响，故B正确；C．甲烷和氯气的混合气体强光照射会发生爆炸，不能利用丙探究与的取代反应，故C错误；D．利用丁验证浓硫酸具有吸水性，故D错误；选B。10.有机物及其一氯代物的同分异构体数目分别为（不考虑立体异构）（）A.1种和3种 B.2种和7种 C.3种和8种 D.3种和14种【答案】C【解析】【详解】是戊烷，有三种同分异构体，即正戊烷、异戊烷和新戊烷。其中正戊烷有3类氢原子，异戊烷有4类氢原子，新戊烷有1类氢原子，因此其一氯代物的同分异构体数目为8种。答案选C。11.利用下表实验探究硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的影响因素。下列说法正确的是（）实验序号反应温度溶液稀硫酸反应结束时间①2010.00.1010.00.500②400.1010.00.50③20100.104.00.50A.通过观察产生气体的快慢来判断反应速率的快慢B实验②中，实验③中C.通过实验②、③可探究温度对反应速率的影响D.对比实验①、③可知【答案】B【解析】【详解】A．气体在不同温度时的溶解度不同，无法用单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢，故A错误；B．实验①、实验②探究温度对反应速率的影响，根据控制变量法，其它条件相同，所以；实验①、实验③探究硫酸浓度对反应速率的影响，根据控制变量法，应控制溶液总体积相等，所以，故B正确；C．通过实验①、③探究温度对反应速率的影响，故C错误；D．浓度越大反应速率越快。对比实验①、③，实验③中硫酸浓度小，反应速率慢，可知，故D错误；选B。12.图中装置能构成原电池的是（）A. B. C.D.【答案】C【解析】【详解】A．虽然两个活动性不同的电极用导线连接，与电解质溶液相接触，但没有形成闭合回路，不能传导电流，所以不能形成原电池，A不符合题意；B．两个电极材料都是Cu，活动性相同，不符合原电池的形成条件，B不符合题意；C．Fe、C两个电极中有一个金属电极，能与稀硫酸反应，能产生持续的电流，C符合题意；D．乙醇为非电解质，不能形成原电池，D不符合题意；故选C。13.海带中含有碘元素、从海带中提取碘的实验过程如图所示。已知海带灰中含有硫酸盐和碳酸盐。下列说法错误的是（）A.“灼烧”时，需使用坩埚、三脚架、泥三角和酒精灯B.步骤③的名称为过滤，步骤⑤中可使用提取碘C.取少许“含的溶液”，向其中加入溶液，若产生白色沉淀，则证明海带灰中含有硫酸盐D.步骤⑤实现了硫酸盐、碳酸盐与碘的分离【答案】C【解析】【分析】海带灼烧成海带灰，加水浸泡，过滤得含有I-的溶液，加双氧水、稀硫酸把I-氧化为I2，加有机溶剂萃取、分液，得含有I2的有机溶液，蒸馏得碘单质。【详解】A．灼烧装置图，“灼烧”时，需使用坩埚、三脚架、泥三角和酒精灯，故A正确；B．步骤③是固液分离，名称为过滤；碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，步骤⑤中可使用提取碘，故B正确；C．取少许“含的溶液”，向其中加入溶液，若产生白色沉淀，沉淀可能是硫酸钡或碳酸钡，证明海带灰中含有硫酸盐或碳酸盐，故C错误；D．硫酸盐、碳酸盐难溶于有机溶剂，碘易溶于有机溶剂，步骤⑤实现了硫酸盐、碳酸盐与碘的分离，故D正确；选C。14.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是（）①②③A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B.由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。【详解】A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；选D。15.某种有机物的结构简式为，下列说法错误的是（）A.与互为同分异构体 B.属于烃的衍生物，含有三种官能团C.1mol该有机物与足量反应生成2gH2 D.可发生酯化反应、氧化反应和加成反应【答案】A【解析】【详解】A．与的分子式不同，二者不能互为同分异构体，A错误；B．属于烃的衍生物，含有三种官能团，分别是羟基、碳碳双键、羧基，B正确；C．羟基和羧基均能与钠反应产生氢气，1mol该有机物与足量反应生成1molH2，即2gH2，C正确；D．含有羟基、羧基，可发生酯化反应，碳碳双键、羟基，可发生氧化反应，碳碳双键可以发生加成反应，D正确；答案选A。16.在恒温恒容密闭容器中研究反应，反应过程中两种气体的浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（）A.该容器中充入的气体为 B.达到反应限度时，反应物气体的转化率为C.两点对应的反应速率为 D.可使用高效催化剂，缩短达到反应限度的时间【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可判断达到平衡时，甲曲线表示的物质减少了0.06mol，乙曲线表示的物质增加了0.12mol，二者的变化量之比是1:2，所以该容器中充入的气体为，A正确；B．达到反应限度时，反应物气体的转化率为，B正确；C．两点均没有达到平衡状态，A点反应物浓度高，则对应的反应速率为，C错误；D．催化剂可以加快反应速率，可使用高效催化剂，缩短达到反应限度的时间，D正确；答案选C。17.如图所示的物质转化关系中，是能使带火星木条复燃的无色、无味气体，的相对分子质量比的大18，是一种紫红色金属单质（反应示件和部分生成物未列出）。下列叙述错误的是（）A.属于化合物 B.中原子利用率为C.的浓溶液可以使用铝制容器进行储存和运输 D.反应②在常温下即可进行【答案】D【解析】【分析】b是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则b是O2，g是一种紫红色金属单质，则g是Cu，a能与氧气反应生成c与f，c能与氧气反应生成d，则c为氧化物，e的相对分子质量比d的大18，则f是水，d与水反应得到e，e能与Cu反应得到c，则e为硫酸、d是三氧化硫，则a是硫化氢，c是二氧化硫，据此解答。【详解】A．a是硫化氢，属于化合物，故A正确；B．二氧化硫和氧气化合生成三氧化硫的反应是化合反应，原子利用率为100%，故B正确；C．常温下铝在浓硫酸中钝化，可以使用铝制容器进行储存和运输浓硫酸，故C正确；D．铜和浓硫酸反应需要加热，常温下不反应，故D错误；故选D。18.下列物质的转化在给定条件下均能步实现，且符合生产实际的是（）A.工业制备高纯硅：SiO2Si（粗）SiHCl3Si（纯）B.工业生产硝酸：N2NO2HNO3C.工业生产硫酸：SSO3H2SO4D.工业从海水中提取镁：海水Mg（OH）2MgOMg【答案】A【解析】【详解】A．高温下焦炭还原二氧化硅生成粗硅，粗硅和氯化氢在高温下反应生成SiHCl3，然后在高温下用氢气还原即得到纯硅，A选；B．氮气和氧气反应只能生成NO，得不到NO2，B不选；C．单质硫在氧气中燃烧只能生成SO2，得不到SO3，C不选；D．氧化镁的熔点太高，工业上电解熔融的氯化镁冶炼金属镁，D不选；答案选A。19.氯化亚铜微溶于水、难溶于乙醇，易被氧化，广泛应用于医药和有机合成等工业。以废铜渣（主要含有和少量难溶于酸、碱的固体）为原料制备的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A.“浸出”时，作氧化剂B.滤渣的主要成分为难溶于酸、碱的固体C.“还原”时，发生反应离子方程式为D.与水洗相比，“醇洗”的目的为减少的溶解、提高产率【答案】C【解析】【分析】废铜渣主要含Cu、CuO，还有少量难溶于酸、碱固体，加入硫酸溶液与CuO反应生成硫酸铜，Cu单质与在酸性条件下反应生成硝酸铜，过滤后加入、溶液发生氧化还原反应生成CuCl，其难溶于乙醇，易被氧化，用乙醇清洗后干燥得到CuCl，据此解答。【详解】A．“浸出”时硝酸根被还原，作氧化剂，A正确；B．根据以上分析可知滤渣的主要成分为难溶于酸、碱的固体，B正确；C．“还原”时，亚硫酸根被铜离子氧化，发生反应的离子方程式为，C错误；D．由于氯化亚铜微溶于水、难溶于乙醇，易被氧化，因此与水洗相比，“醇洗”的目的为减少的溶解、提高产率，D正确；答案选C。20.将28.8gCu投入一定浓度的硝酸溶液中，铜完全溶解，共收集到和的混合气体11.2L，将此混合气体和一定体积的混合（上述气体体积均在标准状况下测定），恰好使混合气体完全溶于水中得到100mL硝酸溶液。下列说法正确的是（）A.28.8gCu消耗硝酸的物质的量为0.5mol B.混合气体中和的物质的量之比为C.所得100mL硝酸溶液的浓度为2mol/L D.通入的体积为5.04L【答案】D【解析】【详解】A．28.8gCu的物质的量是28.8g÷64g/mol＝0.45mol，因此生成0.45mol硝酸铜。和的混合气体标况下是11.2L，物质的量是0.5mol，所以依据氮元素守恒可知消耗硝酸的物质的量为0.45mol×2+0.5mol＝1.4mol，A错误；B．反应中转移电子的物质的量是0.45mol×2＝0.9mol，设混合气体中和的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.5、3x+y＝0.9，解得x＝0.2、y＝0.3，即二者的物质的量之比为，B错误；C．根据氮元素守恒可知所得100mL硝酸溶液中硝酸的物质的量是0.5mol，浓度为5mol/L，C错误；D．根据电子得失守恒可知消耗氧气的物质的量是0.9mol÷4＝0.225mol，标况下的体积为0.225mol×22.4L/mol＝5.04L，D正确；答案选D。二、非选择题：本题包含4小题，共60分。21.含硫化合物在生产生活中有重要应用，学习小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：Ⅰ.实验室中利用图1装置进行木炭和浓硫酸反应，并检验有水生成；再利用图2装置检验反应生成的气体。（1）木炭和浓硫酸反应的化学方程式为___________，试剂的名称为____________。（2）为了达到实验目的，图2中装置从左向右的连接顺序为______________（填字母），装置C中的现象体现了的__________性质。（3）证明有生成的实验现象为______________。Ⅱ.水溶液可作“空气吹出法”提溴的吸收液，工艺流程如图所示。（4）热空气能从吹出塔体系中吹出溴单质的原因为_____________；吸收塔中发生反应的离子方程式为______________。（5）本工艺中、设置吸收塔和蒸馏塔的目的为________________。（6）在实验室中进行蒸馏操作时，需要使用的玻璃仪器有______（填字母）。.直形冷凝管.蒸馏烧瓶.分液漏斗.烧杯【答案】（1）①.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O②.无水硫酸铜（2）①.ACDCB②.漂白（3）第二次品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊（4）①.单质溴易挥发②.Br2+SO2+2H2O＝4H＋+2Br－+（5）富集溴（6）ab【解析】浓硫酸和木炭反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，无水硫酸铜用来检验水，品红溶液检验二氧化硫，足量的高锰酸钾溶液用于除去二氧化硫，用澄清石灰水来检验二氧化碳，据此解答。（1）木炭与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，首先检验水蒸气，试剂的名称为无水硫酸铜。（2）根据以上分析可知为了达到实验目的，图2中装置从左向右的连接顺序为ACDCB，二氧化硫能使品红溶液褪色，则装置C中的现象体现了的漂白性质。（3）二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，通入澄清石灰水前先通过酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，则证明有CO2气体生成的实验现象是第二次品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊。（4）溴易挥发，热空气能从吹出塔体系中吹出溴单质的原因为单质溴易挥发；吸收塔中吹出的溴被二氧化硫还原，发生反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O＝4H＋+2Br－+。（5）由于海水中溴的含量低，则本工艺中、设置吸收塔和蒸馏塔的目的为富集溴。（6）在实验室中进行蒸馏操作时，需要使用的玻璃仪器有直形冷凝管、蒸馏烧瓶等，不需要分液漏斗和烧杯，答案选ab。22.煤和石油化工产品都是重要的工业原料，对二者综合利用可制备出多种有机材料。回答下列问题：（1）反应ⅰ的现象为_________，反应ⅱ的反应类型为____________。（2）操作Ⅰ属于_________（填”化学变化”或“物理变化”）；操作Ⅱ的名称为___________。（3）写出一种D的同分异构体的结构简式_____________。（4）的结构简式为_________________；F中官能团的名称为______________。（5）反应ⅲ的化学方程式为___________；在实验室中进行该反应时，需要使用饱和溶液收集，饱和溶液的作用除了可以除去C和F外，还有_____________。（6）工业上以A为原料制备乙醇的化学方程式为_______________；与该方法相比，以淀粉为原料合成乙醇的优点为______________.。【答案】（1）①.溴水褪色②.取代反应（2）①.物理变化②.裂解（3）（4）①.②.碳碳双键、羧基（5）①.CH2=CHCOOH+HOCH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O②.降低酯的溶解度，便于分层析出（6）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.乙醇含量高，杂质少【解析】煤和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，在催化剂作用下二者反应生成A为乙烯，乙烯和溴水发生加成反应生成B是CH2BrCH2Br，B水解生成C是乙二醇。石油分馏得到重油，进一步裂解得到D是丙烯，丙烯和氨气、氧气反应生成E，E加聚得到G，E水解得到F为CH2=CHCOOH，F和C酯化得到H，据此解答。（1）反应ⅰ是溴水和丙烯发生加成反应，现象为溴水褪色，反应ⅱ的反应类型为取代反应；根据以上分析可知操作Ⅰ属于分馏，是物理变化；操作Ⅱ的名称为裂解；（2）D是丙烯，同分异构体是环丙烷，结构简式为；（3）是加聚产物，结构简式为；F为CH2=CHCOOH，F中官能团的名称为碳碳双键和羧基；（4）反应ⅲ的化学方程式为CH2=CHCOOH+HOCH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；在实验室中进行该反应时，需要使用饱和溶液收集，饱和溶液的作用除了可以除去C和F外，还有降低酯的溶解度，便于分层析出；（5）工业上以乙烯为原料制备乙醇的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；与该方法相比，以淀粉为原料合成乙醇的优点为乙醇含量高，杂质少。23.硝酸是重要的化工原料，工业制硝酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）氧化炉中主要反应的化学方程式为_______________。（2）向吸收塔中通入足量A的作用为_____________________。（3）硝酸工业尾气的氮氧化物为大气污染物，可采用将氮氧化物还原为的方法进行尾气处理，则与发生反应时氧化产物与还原产物的物质的量之比为______________。（4）将铜片加入稀硝酸中发生反应的离子方程式为____________。（5）某兴趣小组用图甲装置探究氨的催化氧化。①实验室中可利用熟石灰和