期末模拟卷01(基础过关卷)高一化学期末仿真演练卷(必修第二册)(解析版)

2020-2021学年新教材高一化学期末仿真演练卷01（考试时间：75分钟试卷满分：100分）考试内容：新教材人教必修二难度：★★★☆☆第Ⅰ卷（选择题，共45分）一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个正确选项。1．下列说法正确的是A．H2和Cl2在光照下能生成氯化氢，工业上常用此原理来生产盐酸B．纯碱溶液呈碱性，医疗上常用其治疗胃酸过多C．液氨汽化时吸收大量的热，工业上常使用液氨做制冷剂D．常温下，将铜片加入浓硫酸中，迅速产生刺激性气味的气体【答案】C【解析】A．H2和Cl2在光照下能生成氯化氢，但是容易爆炸，工业制盐酸，氯气在氢气中燃烧，故A错误；B．纯碱为碳酸钠，溶液呈碱性，但是碱性过不能用其治疗胃酸过多，故B错误；C．液氨汽化时吸收大量的热，工业上常使用液氨做制冷剂，故C正确；D．常温下铜片加入浓硫酸中不发生反应，加热后才会生成二氧化硫，故D错误。2．下列说法正确的是A．一定条件下，乙酸乙酯、葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应B．煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径C．蛋白质、糖类都属于天然高分子化合物D．植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精【答案】D【解析】A．一定条件下，乙酸乙酯与蛋白质都能与水发生水解反应，但葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，A项错误；B．煤制煤气主要是C与水蒸气高温下反应生成CO与H2的过程，属于化学变化，B项错误；C．蛋白质、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，而糖类中的单糖、双糖的相对分子量较小，不属于高分子化合物，C项错误；D．植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精和二氧化碳，D项正确。3．下列化学基本用语中表示不正确的是A．的电子式： B．的结构式：C．的比例模型 D．的结构示意图：【答案】C【解析】A．二氧化碳中C原子分别以双键和O原子结合，故其电子式为，故A正确；B．光气COCl2中存在碳氧双键，光气COCl2的结构式为：，故B正确；C．四氯化碳中氯原子半径大于C原子半径，故其比例模型为，故C错误；D．S2-的核外有18个电子，核内有16个质子，故其结构式示意图为，故D正确。4．下列说法不正确的是A．煤中含有苯、甲苯、二甲苯等化合物，这些物质可以通过煤的干馏，从煤焦油中蒸馏而得B．石油催化裂化是为提高轻质油的产量与质量C．沼气的主要成分是甲烷，是一种生物质能D．Fe(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，因而常用于净水【答案】A【解析】A．煤中不含苯、甲苯、二甲苯等化合物，煤的干馏可以生成这些物质，故A错误；B．石油催化裂化是为了提高汽油、煤油等轻质油的产量与质量，故B正确；C．沼气的主要成分是甲烷，甲烷是一种生物质能，故C正确；D．Fe(OH)3胶体具有吸附性，Fe(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，因而常用于净水，故D正确。5．下图是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：下列说法正确的是①可通过雷电作用将b转化为c，这是一种固氮方式②可通过加氧化剂将e转化为f③a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应④g只具有氧化性，还可能与碱发生反应⑤可通过加Cu、C等还原剂，将f转化为d⑥h可与f反应生成iA．①③⑤⑥ B．①②③④ C．②③⑥ D．①④⑤【答案】A【分析】根据物质类别及与N元素化合价的关系可知：a是-3价的N的氢化物，则a是NH3；b是N元素的单质N2；c是+2价的N的氧化物，则c是NO；d是+4价的N的氧化物，则d是NO2；e是+5价的N的氧化物，则e是N2O5；f是+5价的酸，则f是HNO3；g是+3价的酸，则g是HNO2；h是-3价的碱，则h是NH3·H2O；i是-3价的盐，则i是铵盐。【解析】①在电火花作用下N2与O2反应产生NO，从而实现了N元素的单质向化合物的转化，这是一种固氮方式，①正确；②e是N2O5；f是HNO3，N2O5与水反应产生HNO3，反应过程中元素化合价不变，因此反应不需要加入氧化剂就可以实现，②错误；③a是NH3，c是NO，d是NO2，f是HNO3。NH3与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生NO，NO与O2发生氧化反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3、NO。在a→c→d→f这几个反应中，N元素化合价升高，失去电子，被氧化，因此均发生了N元素被氧化的反应，③正确；④g是HNO2，属于酸，N元素化合价是+3价，介于最高+5价和最低-3价之间，因此既具有氧化性，也具有还原性，同时也能与碱发生中和反应产生盐和水，④错误；⑤d是NO2，f是HNO3，浓硝酸具有强氧化性，可与Cu、C等还原剂发生氧化还原反应产生NO2气体，将HNO3转化为NO2，⑤正确；⑥f是HNO3，h是NH3·H2O；i是铵盐，HNO3与NH3·H2O发生中和反应产生NH4NO3和水，NH4NO3属于铵盐，⑥正确。6．在一定温度下的定容密闭容器中进行反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，不能说明该反应已达到化学平衡的是A．B的体积分数不随时间变化而变化 B．压强不随时间变化而变化C．混合气体的密度不再发生改变 D．单位时间内生成2nmolB，同时生成nmolC【答案】B【解析】A．该反应达到平衡状态时，各种气体的物质的量浓度不变，所以B的体积分数不随时间变化而变化能说明该反应达到平衡状态，故A不选；B．该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，容器中的压强始终不发生变化，所以不能证明达到了平衡状态，故B选；C．该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故C不选；D．单位时间内生成2nmolB，同时生成nmolC，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不选。7．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列有关说法正确的是①Na2O2常用作潜水艇或呼吸面具的供氧剂；②硅胶常用作干燥剂和催化剂的载体；③金刚砂为SiO2，可用作砂纸、砂轮的磨料；④传统无机非金属材料包括玻璃、水泥、高温结构陶瓷；⑤AgI用于人工降雨；⑥高纯度硅是信息高速公路的骨架；⑦钢是用量最大、用途最广的合金；⑧Al(OH)3可用于制造耐火坩埚、耐高温材料。A．①②③⑤⑦ B．①②⑤⑦C．①②③④⑤⑥⑦⑧ D．①②⑤⑥⑦⑧【答案】B【解析】①Na2O2能与水或二氧化碳反应生成氧气，故能做潜水艇或呼吸面具的供氧剂，故①正确；②硅胶具有多孔状结构，具有较大表面积，具有吸水性，常用作干燥剂或催化剂载体，故②正确；③金刚砂为SiC的俗称，具有很大的硬度，可用作砂纸、砂轮的磨料，故③错误；④硅酸盐材料是传统的无机非金属材料，主要包括：玻璃、水泥、陶瓷，高温结构陶瓷是新型无机非金属，故④错误；⑤AgI易形成晶核，可以做结晶剂吸附水蒸气形成水滴，则AgI可用于人工降雨，故⑤正确；⑥二氧化硅具有良好的传递光信号的性能，是信息高速公路的骨架，故⑥错误；⑦钢是用量最大、用途最广的合金，故⑦正确；⑧Al(OH)3受热易分解，不能用于制造耐火坩埚、耐高温材料，故⑧错误。8．某课外实验小组设计的下列实验合理的是A．完成喷泉实验B．比较和的热稳定性C．除去中的HCl气体D．验证氨气易溶于水【答案】D【解析】A．二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，不能形成喷泉，A错误；B．比较和的热稳定性时大试管中盛放碳酸钠，小试管中盛放碳酸氢钠，B错误；C．除去氯气中的氯化氢应该用洗气瓶，进气管插入饱和食盐水中，则该装置不能除去中的HCl气体，C错误；D．氨气极易溶于水，导致烧瓶中压强减小，外压不变，从而使气球鼓起来，该装置可验证氨气易溶于水，D正确。9．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和B．反应物总能量小于生成物总能量C．N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)△H=-139kJ/molD．反应生成1molN2时转移4mol电子【答案】C【解析】A、反应放热，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，错误；B、反应放热，反应物总能量小于生成物总能量，错误；C、根据图示，N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)△H=-139kJ/mol，正确；D、反应生成1molN2时转移2mol电子，错误。10．下列实验能达到预期目的的是①淀粉加稀硫酸水解后，立即加入新制氢氧化铜溶液，可以检验产物是否含有葡萄糖②可以用NaOH溶液除去溴苯中混有的少量溴③为除去乙醇中含有的水，加入足量生石灰，再蒸馏④用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘⑤用碘酒验证汽油中是否含有不饱和烃A．①④⑤ B．②③⑤ C．②③④⑤ D．全部都可以【答案】B【解析】①含醛基的有机物和新制氢氧化铜的反应需要碱性环境，淀粉加稀硫酸水解后，需要加入NaOH溶液中和硫酸，然后再加入新制氢氧化铜，检验产物是否含有葡萄糖，故①不能达到预期目的；②溴可以和NaOH溶液发生反应生成无机盐，溶于水，和溴苯分层，然后分液可以分离出溴苯，故②可以达到预期目的；③生石灰和水反应生成熟石灰，然后可以用蒸馏的方法分离出乙醇，故③可以达到预期目的；④加热时NH4Cl会分解成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷会重新化合成NH4Cl；碘加热升华，遇冷凝华，所以无法用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘；⑤汽油的主要成分是烷烃、环烷烃等，不能和碘发生反应，不饱和烃可以和碘发生加成反应，从而使碘酒褪色，所以可以用碘酒验证汽油中是否含有不饱和烃。11．以反应5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol/L体积/mL浓度/mol/L体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050A．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4

mol·L-1·s-1B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn

2+对反应起催化作用C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响D．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量【答案】A【解析】A.高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==1.7×10−4mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；B.在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；C.分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；D.根据反应方程式可得5H2C2O4−2MnO由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故D正确。12．乙酸分子的结构式为下列反应及断键部位正确的是①乙酸的电离，是a键断裂②乙酸与乙醇发生酯化反应，是b键断裂③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br-COOH+HBr，是c键断裂④乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→+H2O是a、b键断裂A．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④【答案】B【解析】①乙酸是一元弱酸，能够在溶液中发生微弱电离产生CH3COO-、H+，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-、H+，可见乙酸发生电离时是a键断裂，①正确；②乙酸具有羧基，乙醇具有醇羟基，乙酸与乙醇发生酯化反应，反应原理是酸脱羟基醇脱氢，因此乙酸断键部位是b键断裂，②正确；③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br-COOH+HBr，反应类型是取代反应，断键部位是c键断裂，③正确；④乙酸在浓硫酸存在条件下两个乙酸分子脱水，反应生成乙酸酐，反应为：2CH3COOH→，一个乙酸分子断裂H-O键脱去H原子，一个断裂C-O键脱去羟基，因此断键部位是a、b键，④正确。13．锌—空气电池(原理如右图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是A．氧气在石墨电极上发生氧化反应B．该电池的负极反应为Zn＋H2O－2e－=ZnO＋2H＋C．该电池放电时OH－向Zn电极移动D．若Zn电极消耗6.5g，外电路转移0.1mole-【答案】C【解析】A．氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为：，故B错误；C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH－向Zn电极移动，故C正确；D．若Zn电极消耗6.5g，外电路转移0.2mole-，故D错误。14．LED产品的使用为城市增添色彩，如图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是A．a处通入氧气，b处通氢气B．通入的电极发生反应：C．电池放电后，的物质的量浓度减小D．该装置将化学能最终转化为电能【答案】C【解析】A.由电子流向可知a为负极，b为正极，负极上发生氧化反应，通入氢气，正极上发生还原反应，通入的是氧气，即a处通入氢气，b处通氧气，故A错误；B.负极发生氧化反应，所以通入的电极发生反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，故B错误；C.电池放电后溶剂水增加，因此的物质的量浓度减小，故C正确；D.燃料电池中将化学能转化为电能，LED产品中电能转化为光能，所以该装置的能量转换是化学能转化为电能最终转化为光能，故D错误。15．下列对有机物结构判断正确的是A．CH3CH=CHC≡CCH3分子中所有碳原子在同一平面，5个碳原子在同一直线上B．的同分异构体有4种C．如图结构三种烃的一氯代物均有两种同分异构体D．分子式为C4H10与C7H16的两种有机物一定互为同系物【答案】D【解析】A．键上的原子都在同一平面上，—C≡C—键上的原子都在同一条直线上，所以CH3CH=CHC≡CCH3分子中的6个碳原子为如下关系：，6个碳原子可能在同一个平面上，在同一直线上最多有4个碳原子，A错误；B．是丁烷的一溴代物，烷烃有几种环境的氢原子，一溴代物就有几种，丁烷有两种结构，一是正丁烷：CH3CH2CH2CH3，有2种氢原子，另一种是异丁烷(CH3)3CH，有2种氢原子，所以丁烷的一溴代物共有2+2=4种，除之外还有3种，即的同分异构体有3种，B错误；C．中有两种氢：，一氯代物有两种，中只有一种氢，一氯代物只有一种，中有两种氢：，一氯代物有两种，C错误；D．C4H10与C7H16分别为丁烷和庚烷，二者都是饱和烃，结构相似，分子间相差3个CH2原子团，二者一定互为同系物，D正确。二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个正确选项。16．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（）A．化学式为C6H6O6B．乌头酸能发生水解反应和加成反应C．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH【答案】B【解析】A．根据乌头酸的结构简式可知其化学式为C6H6O6，选项A正确；B．乌头酸中所含官能团为羧基和碳碳双键，不能发生水解反应，选项B错误；C．乌头酸中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；D．1mol乌头酸中含有3mol羧基，最多可消耗3molNaOH，选项D正确。17．常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．该反应达到平衡时，生成[Ni(CO)4]）＝4生成(CO)C．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低【答案】C【解析】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO），虽然平衡向正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；B．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4生成[Ni(CO)4]=生成(CO)，故B错误；C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误。18．在恒温恒容的容器中，发生反应：H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)，初始时加入平均相对分子质量为15的H2、CO混合气，一段时间后测得气体的平均相对分子质量为16，下列说法正确的是A．当气体的平均相对分子质量为16时该反应达平衡 B．此时CO的转化率为40%C．反应前后气体的密度之比为5∶4 D．反应前后气体的压强之比为2∶1【答案】C【解析】A、当气体的平均相对分子质量为16时正逆反应速率不一定相等，因此该反应不一定达平衡，A错误；B、根据上述判断此时CO的转化率为0.5/1×100%＝50%，B错误；C、根据密度的定义，且是等容，因此体积相同，密度之比等于气体的质量之比，为30：24＝5：4，C正确；D、压强之比等于物质的量之比，即反应前后气体的压强之比为2：（2－0.5）=4：3，D错误。19．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将一块用砂纸打磨过的铝条放入试管，再加入98%浓硫酸3mL，铝条表面无明显现象铝与浓硫酸常温下不反应B向试管中加入3mL稀KMnO4酸性溶液，再通入SO2气体，紫红色褪去SO2具有漂白性C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3+的氧化性比I2的强D将溶液X与稀盐酸反应产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色溶液X中一定含有SO【答案】C【解析】A．将一块用砂纸打磨过的铝条放入试管，再加入98%浓硫酸3mL，铝条表面无明显现象，因为发生钝化现象，但不是与铁不反应，A不合题意；B．向试管中加入3mL稀KMnO4酸性溶液，再通入SO2气体，紫红色褪去，是由于SO2将KMnO4还原为无色的Mn2+，故体现了SO2的还原性而不是漂白性，B不合题意；C．室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，是因为发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，故可得出Fe3+的氧化性比I2的强，C符合题意；D．将溶液X与稀盐酸反应产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，溶液X中可能含有SO、与盐酸反应生成的SO2使品红褪色，也可能含有如ClO-、等具有强氧化性的离子生成了Cl2使品红褪色，D不合题意。20．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为A．672mL B．168mL C．504mL D．336mL【答案】D【解析】根据在反应过程中铜失去电子变为铜离子，而硝酸先被还原为二氧化氮，随着反应进行浓硝酸变稀，硝酸被还原为一氧化氮，再通入氧气后将氮的氧化物氧化为硝酸。整个过程中发现硝酸没有发生变化，实质反应是铜和氧气间的反应。根据电子守恒法得n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(O2)=0.015mol，标况下V=n×Vm=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL。第Ⅱ卷（非选择题，共55分）三、填空题：本题共4小题，共45分。21．（14分）研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。I．以下是硫元素形成物质的价类二维图及含硫物质相互转化的部分信息。（1）B的化学式是______________；G是一种钠盐，它的电离方程式是_______________________________。（2）C有毒，实验室可以用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式是______________________________________。（3）检验H中阴离子的实验操作及现象是_________________________________________。（4）C→D→E以及C→F→E都是造成酸雨的可能途径，请写出其中任意一条路径的化学方程式_________________________________________________________________。II．某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。可选用的实验药品如下：①Na2SO3溶液②浓硫酸③Na2S溶液④稀硫酸⑤酸性KMnO4溶液⑥品红溶液⑦铜片实验序号预期转化选择试剂(填序号)证明实现转化的现象iii①、③、④淡黄色沉淀iii②、⑦、⑥（5）实验i选择的试剂是①和____________(填序号)，证明实现转化的现象是___________________________，该转化利用了Na2SO3的______________性。（6）实验ii实现了________价S向__________价S的转化。（7）实验iii中发生反应的化学方程式是______________________，证明实现转化的现象是_____________________________________________________。【答案】（1）S（1分）Na2SO3=2Na++（1分）（2）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O（1分）（3）先滴加稀盐酸没有明显现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，则可推断该溶液中有（2分）（4）SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=H2SO4或者2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4（1分）（5）⑤（1分）酸性高锰酸钾溶液褪色（1分）还原性（1分）（6）+4(或者-2)（1分）0（1分）（7）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（1分）将产生气体通入品红溶液，品红褪色（2分）【解析】I．（1）B是硫元素的单质，化学式是S；G是硫元素的+4价钠盐，化学式为Na2SO3，该物质是易溶性的强电解质，电离产生Na+、，电离方程式为：Na2SO3=2Na++；（2）C是S元素的+4价的氧化物，则该氧化物化学式是SO2，该气体能够与NaOH反应产生Na2SO3、H2O，反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；H是S元素+6价的盐，其阴离子是，可利用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质检验，具体检验方法是：先滴加稀盐酸没有明显现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，则可推断该溶液中有；（4）C是+4价S的氧化物SO2，D是+6价S的氧化物SO3，E是+6价的S元素的酸H2SO4；SO2与O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生SO3，SO3溶于水得到H2SO4，反应方程式为：2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4；F是S元素+4价的酸H2SO3，SO2溶于水反应产生H2SO3，H2SO3被溶于水的O2氧化产生H2SO4，反应方程式为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=H2SO4；II．i.要实现+4价的S的化合物转化为+6价的S的化合物，可以利用Na2SO3具有强还原性，能够与酸性能够与KMnO4溶液发生氧化还原反应产生Na2SO4、MnSO4、K2SO4及水，使溶液紫色褪色，故使用物质是①⑤，反应现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；该转化利用了Na2SO3的还原性；ii.①Na2SO3溶液，③Na2S溶液，④稀硫酸，三种物质在溶液中会发生反应：Na2SO3+2Na2S+3H2SO4=3S↓+3Na2SO4+3H2O，该反应实现了+4价与-2价的S的化合物向0价的S单质之间的转化关系；iii.②是浓硫酸，⑥是品红溶液，⑦是铜片，在反应中要实现S元素由+6价变为+4价，可以是Cu与浓硫酸混合加热，然后将反应产生的气体通入品红溶液中进行检验。Cu与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；SO2气体具有漂白性，能够使品红溶液褪色，因此若观察到品红溶液褪色，就可以证明发生了该反应，实现了+6价S转化为+4价的S。22．（14分）NO2和N2O4之间发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，一定温度下，体积为2L的密闭容器中，各种物质的物质的量随时间变化的关系如图所示：请回答下列问题：（1）曲线__________(填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。在0到1min中内用X表示该反应的速率是_____________，该反应达最大限度时Y的转化率__________。（2）上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，测甲中v(NO2)=0.3mol/(L·min)，乙中v(N2O4)=0.2mol/(L·min)，则________中反应更快。（3）NO、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨II电极上生成氧化物Y(N2O5)，则石墨I电极是____________(填“正极”或“负极”)，石墨II的电极反应式为_______________________。已知：电池中参与电极反应。（4）研究表明，氮氧化物(NO)和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如图所示：下列关于雾霾及其形成的叙述中，正确的是___________A．雾霾的产生与燃料燃烧有关B．整个过程涉及氧化还原反应、化合反应C．雾霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4D．NH3是形成无机颗粒物的催化剂【答案】（1）Y（2分）0.1mol/(L.min)（2分）60%（2分）（2）乙（2分）（3）正极（2分）NO2-e-+═N2O5（2分）（4）ABC（2分，全对2分，少选1个扣1分，只选1个不得分，选错不得分）【分析】（1）根据图知，1min时△n(X)=(0.7-0.4)mol=0.3mol、△n(Y)=(1.0-0.4)mol=0.6mol，X、Y的计量数之比=0.3mol：0.6mol=1：2；根据v=计算v(X)；该反应达限度时，消耗的Y为0.6mol，转化率=×100%；（2）化学反应速率与化学计量数成正比，结合转化成同一种物质比较反应速率大小；（3）该燃料电池中，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，石墨II为负极，电极反应式为NO2-e-+═N2O5，石墨I为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4。（4）根据图示即可逐项解答。【解析】（1）根据图知，1min时△n(X)=(0.7-0.4)mol=0.3mol、△n(Y)=(1.0-0.4)mol=0.6mol，X、Y的计量数之比=0.3mol：0.6mol=1：2，所以曲线Y表示NO2的物质的量随时间变化关系曲线；在0到1min中内用X表示该反应的速率==0.1mol/(L.min)；该反应达限度时，消耗的Y为0.6mol，Y的转化率=×100%=60%；（2）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(NO2)=0.3mol•L-1•min-1，乙中v(N2O4)=0.2mol•L-1•min-1，反应速率之比=化学计量系数比，转化成v(NO2)=2v(N2O4)=0.4mol•L-1•min-1，所以乙中反应更快；（3）根据分析，石墨I电极是正极，石墨II为负极，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5；（4）A．根据图示可知，雾霾的形成与燃料燃烧有关，故A正确；B．根据图示可知，硫元素和氮元素的化合价发生改变，涉及氧化还原反应，故B正确；C．根据图示可知，硝酸铵与硫酸铵形成无机颗粒物后形成雾霾，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故C正确；D．硝酸和硫酸与氨气反应后分别生成硝酸铵和硫酸铵，氨气参与了反应，属于反应物，故D错误；答案选ABC。23．（14分）乙烯是重要有机化工原料。结合如图路线回答：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）反应①的反应类型为__________________，B的官能团是__________________(填名称)。（2）反应③的化学方程式是_________________________。（3）F是一种高分子化合物，可用于制作食品袋，其结构简式为__________________。（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。i.实验采用酒精灯加热的目的是__________________，乙中的试剂为__________________。制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。ii.该反应的的化学方程式为________________________________。【解析】（1）加成反应（2分）羟基（2分）（2）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH（2分）（3）（2分）（4）加快反应速率蒸出乙酸乙酯（2分）饱和Na2CO3溶液（2分）CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3（2分）【分析】乙烯与溴加成生成A为1,2-二溴乙烷；A在NaOH水溶液中加热水解生成B为乙二醇；乙烯与水加成生成D为CH3CH2OH，D被催化氧化生成乙醛；乙醛被催化氧化生成E为CH3COOH，E与D发生酯化反应生成G为CH3CH2OOCCH3；乙烯发生加聚反应生成F为聚乙烯，据此分析解答。【解析】（1）反应①为乙烯与溴单质的加成反应；B为乙二醇，官能团为羟基；故答案为：加成反应；羟基；（2）反应③为乙烯与水的加成反应，生成乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（3）F为乙烯发生加聚反应生成的聚乙烯，结构简式为，故答案为：；（4）i.酒精灯加热可以加快反应速率，同时蒸出乙酸乙酯；乙中为饱和碳酸钠溶液，可以吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层；故答案为：加快反应速率蒸出乙酸乙酯；饱和Na2CO3溶液；ii.乙烯和乙酸生成乙酸乙酯的方程式为：CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3，故答案为：CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3。24．（13分）中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。I．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下图所示，试回答下列问题：（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____________________________。（2）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的___________________