資源簡介

廣東省廣州市五校2023-2024學年高一下學期期末聯考化學試卷
1．（2024高一下·廣州期末）集廣東美術館、廣東省非物質文化遺產館、廣東文學館于一體的白鵝潭大灣區藝術中心于2024年4月28日正式啟用，下列有關說法正確的是
A．白鵝潭美輪美奐的跨年煙花焰色試驗是化學變化
B．曠世佳作《千里江山圖》使用的顏料與食品添加劑中的著色劑是同類物質
C．非物質文化遺產粵繡使用到的蠶絲屬于是蛋白質
D．用于刻制甲骨文的龜甲獸骨是有機高分子化合物
2．（2024高一下·廣州期末）電視劇《狂飆》中有很多廣東文化有關的物品，其中主要成分是硅酸鹽的為
A．客家黃酒的酒壇 B．廣東拖鞋文化中的人字拖
C．廣東醒獅的服裝 D．廣東最早進口大彩電的LED屏
3．（2024高一下·廣州期末）下列說法不正確的是
A．CH4分子的空間比例模型：
B．月壤中的與地球上的互為同位素
C．CH4和C5H12互為同系物
D．臭氧層中的O3與空氣中的O2互為同素異形體
4．（2024高一下·廣州期末）設阿伏加德羅常數的值為，下列說法不正確的是
A．常溫下，9.2g和的混合氣體中含有的氮原子數目為0.2
B．0.1mol的中，含有的中子數為0.8
C．100g質量分數46%的乙醇溶液含有的數目約是7
D．將0.2mol與0.1mol充入密閉容器中，使之充分反應，生成的分子數為0.2
5．（2024高一下·廣州期末）宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養之一、下列物質性質實驗對應的離子方程式書寫正確的是
A．將足量CO2通入溶有氨氣的飽和食鹽水中：
B．FeO溶于稀硝酸：
C．向稀硫酸溶液中加入Na2S2O3固體出現黃色沉淀：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D．將SO2通入稀硝酸溶液：
6．（2024高一下·廣州期末）以下說法正確的是
①油酸甘油酯在通常條件下為液態，與氫氣充分發生加成反應后，轉變為固態
②表達式均為的淀粉和纖維素不是同分異構體，兩者水解的最終產物也不相同
③向盛有雞蛋清溶液的試管中加入醋酸鉛溶液，產生白色沉淀，再加入蒸餾水，沉淀不溶解
④乙烷與氯氣在光照條件下發生取代反應后，生成六種有機產物
⑤天然蛋白質水解的最終產物至少含有與-COOH兩種官能團
⑥可用酸性高錳酸鉀溶液除去乙烷中含有的乙烯氣體
A．②④⑥ B．①③⑤ C．①③④⑤ D．③④⑤⑥
7．（2024高一下·廣州期末）Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Q與Z同主族，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍。下列說法正確的是
A．單質氧化性：QY
C．簡單氫化物的沸點：Z>Q D．熔點：X的單質>X的氧化物
8．（2024高一下·廣州期末）氯元素是一種重要的“成鹽元素”。部分含氯物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列說法不正確的是
A．存在f→d→a的轉化關系
B．d的穩定性差，其溶液久置后酸性減弱
C．a溶液和f溶液混合可以制得b
D．c可以替代傳統的b，作為飲用水消毒殺菌劑
9．（2024高一下·廣州期末）下列實驗中的現象及結論均正確，且存在因果關系的是
A B
實驗 裝置
實驗 現象 試管內氣體顏色變淺，試管壁出現油狀液滴 右側試管液體出現明顯分層
實驗 結論 甲烷與氯氣發生了加成反應 乙酸和乙酸乙酯均微溶于飽和
C D
實驗 裝置
實驗 現象 燒杯中出現白色沉淀 有紅熱的液珠落入蒸發皿內的沙子上，液珠冷卻后變為黑色固體
實驗 結論 非金屬性：N＞C＞Si 活潑金屬作還原劑，將相對不活潑的金屬置換出來
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高一下·廣州期末）維生素C又稱“抗壞血酸”，廣泛存在于水果蔬菜中，結構簡式如圖所示。下列關于維生素C的說法正確的是
A．維生素C的分子式為C6H9O6
B．可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗其中的碳碳雙鍵
C．能與Na2CO3溶液反應
D．與互為同分異構體
11．（2024高一下·廣州期末）一種新型的人工固氮的原理如圖所示，下列說法正確的是
A．過程①中N2被氧化
B．轉化過程中所涉及的元素均呈現了兩種價態
C．若設每一步均完全轉化，每生成1 mol NH3的同時生成0.75 mol O2
D．LiOH是離子化合物，只含有離子鍵
12．（2024高一下·廣州期末）下列物質的生產流程不合理的是
A．
B．
C．
D．
13．（2024高一下·廣州期末）氮氧化物(NOx)能引起霧霾、光化學煙霧、酸雨等環境問題。某科研機構設計方案利用原電池原理處理氮氧化合物(NO)，其原理如圖所示。下列有關說法正確的是
A．電極A為原電池的正極，發生還原反應
B．H+通過質子交換膜由A極向B極移動
C．該電池正極電極反應為2NO-4e-+4H+=N2+2H2O
D．當A電極轉移0.6mole-時，兩極共產生2.24LN2(標況下)
14．（2024高一下·廣州期末）已知還原性： >I－ > Fe2+。某無色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Fe2+、、、、I－、Cl－ 中的部分離子，進行下列實驗：通過實驗得出的結論正確的是
實驗編號 操作 現象
① 取10mL溶液，先加入稍過量的氯水 生成無色氣體、溶液變成棕紅色
② 向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液 可得到白色沉淀4.66g
A．實驗①中加入過量的氯水，則先后氧化了I－、 Fe2+
B．溶液中一定含有Na+
C．10mL溶液中的物質的量一定為0.02mol
D．實驗中不能夠確定溶液中是否含有
15．（2024高一下·廣州期末）實驗小組探究SO2與Na2O2的反應。向盛滿SO2的燒瓶中加入Na2O2固體，測得反應體系中O2含量的變化如圖。下列說法不正確的是
A．有O2生成推測發生了反應：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
B．bc段O2含量下降與該反應有關：
C．可先用HCl酸化，再加BaCl2溶液檢驗b點固體中是否含有Na2SO4
D．取C點處燒瓶中的氣體通入BaCl2溶液中不產生沉淀
16．（2024高一下·廣州期末）由實驗操作和現象，可得出相應正確結論的是
選項 實驗操作 現象 結論
A 向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先變橙色，后變藍色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B 向飽和(NH4)2SO4溶液中滴加雞蛋清溶液 出現白色沉淀 飽和(NH4)2SO4溶液可使蛋白質變性
C 向較濃的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫色褪去 證明Fe2+具有還原性
D 向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，冷卻后向其中加入足量NaOH稀溶液，再加入銀氨溶液后并加熱 產生了銀鏡 證明蔗糖水解產物具有還原性
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高一下·廣州期末）明礬(KAl(SO4)2·12H2O)在工業上用作印染媒染劑和凈水劑，醫藥上用作收斂劑。實驗小組采用廢棄的鋁制易拉罐按如下流程制備明礬并測定其組成，探究明礬凈水的影響因素。
（1）廢鋁制易拉罐溶于KOH溶液發生的主要反應為　 　。（用離子反應方程式表示）
（2）溶液Ⅰ加硫酸溶液的過程中觀察到白色沉淀生成，該沉淀的化學式為　 　。
（3）在下列各圖中，上述流程中“系列操作”不需要用到的實驗操作是______。（填編號）
A． B．
C． D．
（4）為測定該明礬晶體樣品中的含量，該實驗小組稱取a g明礬晶體樣品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用質量為b g的漏斗進行過濾，洗凈濾渣后，將漏斗和濾渣一并干燥至恒重，測得質量為c g。（已知硫酸鋇的摩爾質量為233 g/mol）
該明礬晶體樣品中的含量為　 　mol/g。（即每克明礬晶體中的物質的量）
（5）明礬中的Al3+在水溶液中能夠水解產生Al(OH)3膠體從而具有凈水作用。為探究pH和添加助凝劑對明礬凈水效果的影響，實驗小組選取一種懸濁液進行探究實驗，請將下列表格內容補充完整。已知：凈水效果可用相同時間內懸濁液的濁度變化來衡量。濁度越高，代表懸濁液越渾濁。
已知：凈水效果可用相同時間內懸濁液的濁度變化來衡量。濁度越高，代表懸濁液越渾濁。
組別 懸濁液體積 pH 飽和明礬溶液用量 添加的助凝劑 凈水前濁度 凈水t min后濁度
1 15 mL 4 2滴 無 Al B1
2 15 mL 7 2滴 無 A2 B2
3 15 mL 　 　 2滴 　 　 A3 B3
4 15 mL 10 2滴 有 A4 B4
①通過1、2、3組實驗，隨著pH增大，凈水效果依次增強。pH減小，明礬凈水效果減弱的原因是　 　。
②pH增大到一定程度時，凈水效果會減弱，請嘗試分析原因：　 　。
③添加助凝劑能夠提高凈水效果。該實驗結論成立的判斷依據是　 　。（用表中數據表示）
18．（2024高一下·廣州期末）溴單質是重要的化工原料之一，工業上從海水中提取溴的流程如下：
（已知：海水中溴元素主要以形式存在）
（1）將吹出后的含的空氣按一定速率通入吸收塔，用和水進行吸收，寫出吸收反應的離子方程式：　 　。
（2）吸收后的空氣進行循環利用。吹出時，吹出率與吸收塔中流量的關系如圖所示。吸收過程流量過大，吹出率反而下降的原因是：　 　。
（3）含溶液通過蒸餾法獲得液溴，某同學在進行蒸餾操作時，采用如下圖所示裝置：
①實驗時試管A中除加入溶液外，還需加入少量　 　，其作用是　 　。
②長導管除了導氣之外，另一個作用是　 　。
③含溶液中溶有一定量的氯氣，因此可以在將蒸餾產生的氣體通過　 　（填試劑名稱）溶液，以除去氯氣。
（4）“吸收”及后續步驟的工藝也可采用如下流程：
①寫出上述步驟①中發生反應生成一種氣體的離子方程式：　 　。
②當有3mol參加反應，發生轉移的電子的物質的量為　 　。
19．（2024高一下·廣州期末）煤炭通過液化可將硫等有害元素以及灰分脫除，得到潔凈的二次能源，對優化終端能源結構、解決石油短缺、減少環境污染具有重要的戰略意義。以下是一種煤間接液化過程發生反應的方程式：
①②
（1）下列措施能夠增大上述反應①速率的是______（填字母）。
A．升高溫度 B．增加煤炭的用量
C．及時分離產物 D．加入合適的催化劑
（2）在2 L的恒容密閉容器中充入1 mol CO和3 mol H2、一定條件下發生上述反應②，測得CO和CH3OH(g)的物質的量變化如圖1所示，反應過程中的能量變化如圖2所示：
①下列描述中能說明上述反應②達到平衡狀態的是　 　。
A．CO、H2和CH3OH三種物質的濃度相等
B．混合氣體的密度不隨時間的變化而變化
C．容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變
D．單位時間內消耗2 mol H2的同時消耗1 mol CH3OH
②根據圖示可知，表示正反應速率與逆反應速率相等的點是　 　（填“a”“b”“c”或“d”）；用同一物質表示反應速率時，a、c兩點的正反應速率：va　 　vc（填“＞”、“＜”或“=”）。
③反應經過3 min后達到平衡，該過程中H2的化學反應速率是多少？　 　（列三段式求解）
（3）已知斷開1 mol CO(g)中的化學鍵需要吸收的能量為1072 kJ，斷開1 mol H2(g)中的化學鍵需要吸收的能量為426 kJ，則根據圖2的數據計算：斷開1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收　 　kJ的能量。
（4）CH3OH可作為燃料使用，以多孔鉑為電極，如下圖裝置中分別通入CH3OH和O2構成甲醇燃料電池，則d電極是　 　（填“正極”或“負極”），該電池的正極的電極反應式為　 　。
20．（2024高一下·廣州期末）淀粉是化工生產的重要原料，對淀粉進行綜合利用的流程如圖所示。已知B分子中含有一個甲基(-CH3)。
回答下列問題：
（1）淀粉和糊精均為天然有機高分子化合物，二者聚合度的大小關系為：n　 　m(填“＞”“＜”或“=”＝。
（2）檢驗淀粉是否完全水解的操作為　 　。
（3）某物質H是A的同系物，分子式為C4H10O，H有　 　種同分異構體。
（4）B中含有的官能團為　 　，寫出B→D的化學方程式　 　。
（5）B與D反應生成E的反應類型是　 　，請寫出E的結構簡式　 　。
（6）寫出丙烯酸在一定條件下生成高聚物F的化學方程式　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】物理變化與化學變化的區別與聯系；焰色反應；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．焰色試驗是元素的原子核外電子在高溫下電子發生躍遷的結果，過程中不產生新物質 ，所以屬于物理變化，A錯誤；
B．曠世佳作《千里江山圖》使用的顏料與食品添加劑中的著色劑是不同類別物質，B錯誤；
C．蠶絲的成分為蛋白質，屬于天然高分子化合物，C正確；
D．用于刻制甲骨文的龜甲獸骨的成分為無機鹽，不屬于有機高分子化合物，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、焰色試驗屬于物理變化。
B、畫作的顏料與食品添加劑的著色劑種類不同。
C、蠶絲的成分為蛋白質。
D、龜甲獸骨的成分為無機鹽。
2．【答案】A
【知識點】硅酸鹽
【解析】【解答】A．客家黃酒的酒壇的成分為陶瓷，屬于硅酸鹽產品，主要成分是硅酸鹽，A符合題意；
B．廣東拖鞋文化中的人字拖主要成分為塑料，屬于有機合成材料，B不符合題意；
C．廣東醒獅的服裝主要成分是有機合成材料，C不符合題意；
D．廣東最早進口大彩電的LED屏的成分為Si3N4，屬于新型無機非金屬材料，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A、酒壇的成分為硅酸鹽。
B、拖鞋的成分為塑料，屬于有機合成材料。
C、服裝的成分為有機合成材料。
D、LED屏的成分為新型無機非金屬材料。
3．【答案】B
【知識點】同素異形體；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．CH4分子呈正四面體結構，C位于四面體中心，4個H原子位于四面體的四個頂點上，由于原子半徑：C＞H，所以圖示為CH4的空間比例模型，A正確；
B．月壤中的與地球上的的質量數相同，但質子數不相同。所以二者不是同位素，B錯誤；
C．CH4和C5H12分子式都符合烷烴的分子式通式CnH2n+2，它們都屬于烷烴，因此二者互為同系物，C正確；
D．臭氧層中的O3與空氣中的O2都是由O元素組成的不同單質，互為同素異形體，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據CH4的空間結構和原子半徑大小確定其空間比例模型。
B、同位素是指質子數相同，中子數不同的原子。
C、同系物是指結構相似，分子組成上相差一個或多個CH2的有機物。
D、同素異形體是指由同種元素組成的不同單質。
4．【答案】D
【知識點】化學反應的可逆性；摩爾質量；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A． NO2和N2O4最簡式均為NO2，因此9.2g混合物中n(NO2)=0.2mol。所以混合物中含有0.2NA個氮原子，A正確；
B．14C原子中含8個中子，因此0.1mol14C中所含中子數為0.8NA，B正確；
C.100g質量分數46%的乙醇溶液中含乙醇46g，其物質的量為1mol。一個C2H5OH分子中含有一個O-H鍵，即含1molO-H鍵。而一個H2O分子中含有2個O-H鍵，因此54g水分子中也含6molO-H鍵，即含有的O-H的數目約是7NA，C正確；
D．二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應，不能進行徹底，因此生成的三氧化硫分子數小于0.2NA個，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、根據混合物的最簡式進行計算。
B、一個14C原子中含有8個中子。
C、乙醇溶液中C2H5OHO和H2O都含有O-H鍵。
D、SO2與O2的反應為可逆反應，反應物無法完全轉化。
5．【答案】C
【知識點】二氧化硫的性質；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．CO2過量，反應生成NaHCO3晶體和NH4Cl，該反應的離子方程式為Na++ NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+，A錯誤；
B．HNO3具有強氧化性，會將酸溶解產生的Fe2+氧化為Fe3+，HNO3被還原為NO，該反應的離子方程式為3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2O，B錯誤；
C．H2SO4與Na2S2O3固體反應產生H2O、S、SO2、Na2SO4，該反應的離子方程式應該為+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正確；
D．電荷不守恒，原子不守恒，反應的離子方程式為，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、CO2過量，反應生成溶解度較小的NaHCO3。
B、HNO3具有氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，自身還原為NO。
C、S2O32－在酸性條件下，發生自身氧化還原，生成S、SO2和H2O。D
D、HNO3具有氧化性，將SO2氧化成SO42－，自身還原為NO。
6．【答案】B
【知識點】乙烯的物理、化學性質；多糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】①液態油脂屬于不飽和酸，油酸與甘油形成的酯通常呈液態，能和氫氣發生加成反應，使油脂由液態變為固態。因此加氫后得到的油脂稱為氫化油，又稱硬化油，故正確；
②淀粉和纖維素的n值不同，因此二者不是同分異構體，兩者水解的最終產物相同，都是葡萄糖，故錯誤；
③醋酸鉛溶液中Pb2+能使蛋白質變性，變性為不可逆過程。因此再加入蒸餾水，沉淀不溶解，故正確；
④乙烷與氯氣在光照條件下發生取代反應，所得氯代物有6種。其中一氯乙烷、五氯乙烷和六氯乙烷各一種；二氯乙烷和四氯乙烷中，兩個氯原子(氫原子)在同一碳原子或不同碳原子上，各兩種；三氯乙烷有三個氯原子在同一碳原子一種，兩個氯原子在同一碳原子上，另一氯原子在另一碳原子上2種，合計9種，故錯誤；
⑤天然蛋白質水解生成氨基酸，因此水解的最終產物至少含有-NH2與-COOH兩種官能團，故正確；
⑥酸性KMnO4溶液能將乙烯氧化成CO2，因此用酸性高錳酸鉀溶液除去乙烷中含有的乙烯氣體時會引入二氧化碳雜質，故錯誤；
綜上，說法正確的是①③⑤。
故答案為：B
【分析】①油酸甘油酯中含有碳碳雙鍵，與H2加成后形成固態。
②淀粉和纖維素不屬于同分異構體，但二者的水解產物都是葡萄糖。
③Pb2+為重金屬離子，可使蛋白質變性。
④根據乙烷與Cl2的取代過程分析。
⑤天然蛋白質的水解產物為氨基酸，則一定含有-NH2和-COOH。
⑥酸性KMnO4溶液能將乙烯氧化成CO2，引入新的雜質氣體。
7．【答案】B
【知識點】含有氫鍵的物質；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】由分析可知，Q為O，X為Al，Y為Si，Z為S。
A．同周期元素，核電荷數越大，非金屬性越強；同主族元素，核電荷數越大，非金屬性越小。非金屬性越強，則對應單質的氧化性越強，因此單質氧化性：S＜O，故A錯誤；
B．非金屬性越強，則其最高價含氧酸的酸性越強。由于非金屬性S＞Si，因此最高價含氧酸的酸性：S＞Si，故B正確；
C．Q的簡單氫化物分子間含有氫鍵，導致其沸點較高，因此簡單氫化物的沸點：S＜O，故C錯誤；
D．氧化鋁的熔點高于Al的熔點，故D錯誤；
故答案為：B
【分析】Q與X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍，因此Q位于第二周期；且Y的最外層電子數為4。所以Y為C或Si。又Q與Y不在同一周期，所以Y為Si。X、Y相鄰，且原子序數小于Y，所以X為Al。四種原子的最外層電子數之和為19，所以Q、Z的最外層電子數之和為12；由Q、Z同主族，所以二者的最外層電子數為6。因此Q為O、Z為S。據此結合元素周期律分析選項。
8．【答案】B
【知識點】氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．ClO－與H＋可結合成HClO，次氯酸光照分解生成鹽酸，故A正確；
B．次氯酸光照條件下分解生成HCl和氧氣，因此久置的HClO溶液酸性增強，故B錯誤；
C． HCl溶液與次氯酸鹽混合，氫離子、氯離子和次氯酸根離子發生歸中反應生成氯氣，故C正確；
D．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質變性，因此可以代替氯氣作為飲用水消毒殺菌劑，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、強酸制弱酸，可實現f→d；HClO光照分解可生成HCl。
B、HClO光照分解生成HCl和O2，溶液酸性增強。
C、ClO－、Cl－在酸性條件下可反應生成Cl2。
D、ClO2具有氧化性，可用于自來水消毒。
9．【答案】D
【知識點】探究鋁熱反應；甲烷的取代反應；乙酸乙酯的制取；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．CH4與Cl2在光照條件下會逐步發生取代反應產生有機物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，每一步取代反應都會產生HCl，反應消耗Cl2，使混合氣體顏色變淺；反應產生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4是液體物質，試管壁上出現油狀液滴，但反應類型是取代反應而不是加成反應，A錯誤；
B．乙酸與乙醇在濃硫酸存在條件下加熱，發生酯化反應產生乙酸乙酯和水，該反應是可逆反應。反應產生的乙酸乙酯和未反應的乙酸、乙醇都會隨乙酸乙酯經導氣管進入到盛有飽和Na2CO3溶液的右側試管中。Na2CO3溶液的作用是溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。由于乙酸乙酯不能溶于飽和Na2CO3溶液，因此看到右側試管液體出現明顯分層，B錯誤；
C．濃硝酸具有揮發性，揮發的硝酸能夠與Na2SiO3反應產生難溶性的硅酸H2SiO3沉淀，因此不能證明酸性：H2CO3＞H2SiO3，因此無法證明元素的非金屬性：N＞C＞Si，C錯誤；
D．Al與Fe2O3在Mg條點燃產生大量熱量情況下發生鋁熱反應產生Al2O3和Fe，反應放出大量熱量，使產生的Fe以紅熱的液態形式存在，高溫Fe通過紙漏斗燒壞，而落入蒸發皿內的沙子上，液珠冷卻后變為黑色固體。該實驗說明：活潑金屬Al作還原劑，將相對不活潑的金屬置換出來，D正確；
故答案為：D
【分析】A、甲烷與氯氣的反應為取代反應。
B、乙酸乙酯不溶于飽和Na2CO3溶液。
C、濃硝酸具有揮發性，無法比較C、Si的非金屬性強弱。
D、結合置換反應分析。
10．【答案】D
【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；烯烴
【解析】【解答】A．一分子維生素C中含有6個碳原子、8個氫原子和6個氧原子，因此維生素C的分子式是C6H8O6，A錯誤；
B．維生素C中含有醇羥基、碳碳雙鍵，二者都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，從而使溶液褪色。因此不能用高錳酸鉀溶液檢驗其中的碳碳雙鍵，B錯誤；
C．維生素C分子中不含有羧基，因此不能與Na2CO3溶液反應，C錯誤；
D．維生素C、該物質分子的分子式都是C6H8O6，二者的分子式相同，結構不同，因此它們互為同分異構體，D正確；
故答案為：D
【分析】A、根據結構簡式確定分子中所含的原子個數，從而確定分子式。
B、羥基和碳碳雙鍵，都能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、能與Na2CO3溶液反應的官能團為羧基。
D、分子式相同，結構不同的有機物護衛同分異構體。
11．【答案】C
【知識點】化學鍵；氧化還原反應；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．反應①是N2與Li反應產生Li3N，N元素由0價變為-3價，化合價降低，發生得電子的還原反應，A錯誤；
B．反應過程中H元素為+1價，只有一種價態，B錯誤；
C．該人工固氮的總反應為N2與H2O在Li存在、 通電時反應生成NH3和O2，根據得失電子守恒，每生成1 molNH3的同時生成O2的物質的量為n(O2)==0.75 mol，C正確；
D．LiOH是離子化合物，Li+與OH-之間以離子鍵結合，在OH-中含有共價鍵，因此LiOH中含有共價鍵，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、根據反應過程中給氮元素的化合價變化分析。
B、反應過程中H元素為+1價。
C、根據化合價變化，結合得失電子守恒進行計算。
D、LiOH中H、O原子以共價鍵的形式結合。
12．【答案】B
【知識點】工業制取硫酸；氧化還原反應；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．FeS2高溫煅燒反應產生SO2氣體；SO2與O2在催化劑存在條件下加熱反應生成SO3；SO3被98.3%的濃硫酸吸收生成硫酸，A正確；
B．NH3與O2發生催化氧化反應，生成NO和H2O；NO被O2氧化生成NO2；NO2與H2O反應生成HNO3和NO，與硝酸工業制取方法不吻合，B錯誤；
C．海帶經灼燒除去有機物，得到海帶灰，然后加入水浸泡，得到含有I-的水溶液。向其中加入綠色氧化劑H2O2，I-被氧化生成I2；利用CCl4進行萃取得到I2的CCl4溶液；通過蒸餾得單質碘，符合碘元素的處理實際，C正確；
D．石英砂主要成分是SiO2，與焦炭高溫煅燒，反應生成粗硅和CO；向粗硅中加入HCl并加熱，其中的各種成分反應后變為相應的氯化物，然后根據混合物中各種氯化物的沸點不同進行蒸餾，得到純凈SiHCl3；再用H2在高溫下還原SiHCl3，得到高純硅，符合晶體硅的制取與提純方法，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據工業制硫酸的反應分析。
B、NH3的催化氧化反應，生成NO，不生成N2。
C、根據海帶提碘的操作流程分析。
D、根據高純硅的制備分析。
13．【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，電極A上氨氣發生失電子的氧化反應生成氮氣，因此電極A為負極，A項錯誤；
B．原電池中陽離子移向正極，因此H+通過質子交換膜由A極向B極移動，B項正確；
C．該電池正極電極反應為NO發生得電子的還原反應生成氮氣，因此電極反應式為，C項錯誤；
D．負極反應為，生成0.1mol氮氣；正極反應，根據電子守恒可知，生成0.15mol氮氣；共生成0.25mol氮氣，其在標準狀態下的體積為5.6L，D項錯誤；
故答案為：B
【分析】電極A上通入NH3，轉化為N2，發生失電子的氧化反應，因此電極A為負極，其電極反應式為2NH3－6e－=N2＋6H＋。電極B上通入NO，轉化為N2，發生得電子的還原反應，因此電極B為正極，其電極反應式為2NO＋4e－＋4H＋=N2＋2H2O。據此結合選項分析。
14．【答案】B
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；常見離子的檢驗
【解析】【解答】A．由分析可知，溶液中不含Fe2+，因此不能氧化Fe2+，故A錯誤；
B．根據溶液中電荷守恒可知，溶液中一定含有Na+，故B正確；
C．所得4..66g白色沉淀為BaSO4，其物質的量為0.02mol；而10mL溶液中的物質的量不一定為0.02mol，硫酸鋇中硫酸根可能是原溶液中的，也可能是亞硫酸根被氯水氧化變來的，也可能兩者之和，故C錯誤；
D．根據先加入稍過量的氯水，生成無色氣體，說明溶液中一定含有，故D錯誤。
故答案為：B
【分析】無色溶液中不含有色離子，因此溶液中不含Fe2+。取10mL溶液，先加入稍過量的氯水，生成無色氣體、溶液變成棕紅色，說明溶液中含有、I－；向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液，可得到白色沉淀4.66g，該白色沉淀為BaSO4，說明原溶液中可能含有硫酸根或亞硫酸根，而沒有鋇離子，根據電荷守恒，則肯定含有鈉離子。
15．【答案】D
【知識點】二氧化硫的性質；硫酸根離子的檢驗
【解析】【解答】A．反應有O2生成，可能是Na2O2和SO2反應生成了O2，該反應的化學方程式為2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，A正確；
B．O2具有氧化性，能將Na2SO3氧化成Na2SO4，bc段O2含量下降與反應O2+2Na2SO3=2Na2SO4有關，B正確；
C．HCl中含有Cl-，能夠與Ag+反應生成不溶于達到白色沉淀AgCl，也不溶于酸的物質，因此會干擾Na2SO4的檢驗，要檢驗Na2SO4，應該用鹽酸酸化，無現象，再加入BaCl2，若有白色沉淀生成，說明其中含有Na2SO4來進行檢驗，C正確；
D．根據圖示可知：C處氣體中O2的含量還在減少，SO2與溶液中的水反應產生H2SO3，H2SO3與O2反應產生H2SO4，H2SO4與BaCl2溶液反應生成BaSO4沉淀。因此取C點處燒瓶中的氣體通入BaCl2溶液中有白色沉淀生成，D錯誤；
故答案為：D
【分析】加入Na2O2的過程中發生反應2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2；O2具有氧化性，能將Na2SO3氧化生成Na2SO4。使得體系中O2的含量先增大后減小。據此結合選項分析。
16．【答案】D
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；葡萄糖的銀鏡反應；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．由于氯水過量，過量的氯水也能夠與KI發生置換反應產生I2，因此無法比較Br2與I2的氧化性強弱，A錯誤；
B．飽和(NH4)2SO4溶液會降低蛋白質的溶解度而結晶析出，因此出現白色沉淀，析出的蛋白質還可以進一步溶解在水中，蛋白質沒有發生變性，該過程屬于鹽析，B錯誤；
C．Fe2+、Cl-都具有還原性，二者都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪去，因此不能根據溶液褪色就判斷確定是Fe2+具有還原性，C錯誤；
D．向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸作催化劑，水浴加熱幾分鐘，冷卻后向其中加入足量NaOH稀溶液，中和催化劑硫酸，再加入銀氨溶液后并加熱，若產生了銀鏡，說明水解產物分子結構中含有醛基，從而證明蔗糖水解產物具有還原性，D正確；
故答案為：D
【分析】A、氯水過量，則過量的Cl2將I－氧化，無法比較Br2和I2的氧化性。
B、(NH4)2SO4是蛋白質發生鹽析，不發生變性。
C、Fe2＋、Cl－都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、銀氨溶液在堿性條件下才具有氧化性，因此實驗過程中需除去蔗糖水解液中過量的稀硫酸。
17．【答案】（1）
（2）Al(OH)3
（3）B；D
（4）
（5）10；無；pH減小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水效果減弱；pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱；(A4-B4)明顯大于(A3-B3)
【知識點】硫酸鹽；鎂、鋁的重要化合物；物質的分離與提純；膠體的性質和應用
【解析】【解答】（1）Al與強堿KOH溶液反應產生K[Al(OH)4]、H2，該反應的離子方程式為：。
故答案為：
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的過程中會觀察到白色沉淀，反應方程式為：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，該沉淀是化學式是Al(OH)3。
故答案為：Al(OH)3
（3）在廢易拉罐用KOH溶液處理過程中，Al與KOH溶液反應產生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固體物質通過過濾分離除去。上述流程中“系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥，所以不需要用坩堝加熱固體、也不需要分液。
故答案為：BD
（4）為測定明礬樣品中的含量，該實驗小組稱取a g明礬晶體樣品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用質量為b g的漏斗進行過濾，洗凈濾渣后，將漏斗和濾渣一并干燥至恒重，測得質量為c g。過濾后得到的固體為硫酸鋇，其質量為(c-b) g，則根據S元素守恒可知樣品中n()=n(BaSO4)=mol，則每克樣品中硫酸根離子的含量=mol/g。
故答案為：
（5）①探究pH和添加助凝劑對明礬凈水效果的影響，根據控制單一變量原則可知，第三組的pH=10，與第4組實驗對比，無添加助凝劑，實驗結論一：通過1、2、 3組實驗，發現隨著pH增大，凈水效果依次增強；pH減小，明礬凈水效果減弱主要是因為pH減小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3膠體變少，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水作用減弱。
故答案為：10；無；pH減小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水效果減弱
②pH增大到一定程度時，凈水效果會減弱，是由于pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱。
故答案為：pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱
③添加助凝劑能夠提高凈水效果。該實驗結論成立的判斷依據是若(A4-B4)明顯大于(A3 B3)，說明添加助凝劑能夠顯著提高凈水效果。
故答案為：(A4-B4)明顯大于(A3-B3)
【分析】（1）Al是一種兩性金屬，能與KOH溶液反應生成K[Al(OH)4]和H2，據此寫出反應的離子方程式。
（2）溶液中含有K[Al(OH)4]，滴加稀硫酸的過程中給產生的白色沉淀為Al(OH)3沉淀。
（3）經過“系列操作”后從溶液中得到明礬晶體，因此該“系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾。
（4）所得cg固體為BaSO4，根據公式計算n(BaSO4)，從而得出樣品中n(SO42－)=n(BaSO4)，進而得出樣品中SO42－的含量。
（5）①pH減小，溶液中c(H＋)增大，抑制了Al3＋的水解，不利于Al(OH)3膠體的形成。
②pH增大到一定程度后，Al(OH)3膠體發生聚沉，形成Al(OH)3沉淀，不具有吸附凈水的作用。
③若(A4-B4)明顯大于(A3 B3)，說明添加助凝劑能夠顯著提高凈水效果。
（1）Al與強堿KOH溶液反應產生K[Al(OH)4]、H2，該反應的離子方程式為：；
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的過程中會觀察到白色沉淀，反應方程式為：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，該沉淀是化學式是Al(OH)3；
（3）在廢易拉罐用KOH溶液處理過程中，Al與KOH溶液反應產生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固體物質通過過濾分離除去。上述流程中“系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥，所以不需要用坩堝加熱固體、也不需要分液，故合理選項是BD；
（4）為測定明礬樣品中的含量，該實驗小組稱取a g明礬晶體樣品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用質量為b g的漏斗進行過濾，洗凈濾渣后，將漏斗和濾渣一并干燥至恒重，測得質量為c g。過濾后得到的固體為硫酸鋇，其質量為(c-b) g，則根據S元素守恒可知樣品中n()=n(BaSO4)=mol，則每克樣品中硫酸根離子的含量=mol/g；
（5）①探究pH和添加助凝劑對明礬凈水效果的影響，根據控制單一變量原則可知，第三組的pH=10，與第4組實驗對比，無添加助凝劑，實驗結論一：通過1、2、 3組實驗，發現隨著pH增大，凈水效果依次增強；pH減小，明礬凈水效果減弱主要是因為pH減小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3膠體變少，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水作用減弱；
②pH增大到一定程度時，凈水效果會減弱，是由于pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱；
③添加助凝劑能夠提高凈水效果。該實驗結論成立的判斷依據是若(A4-B4)明顯大于(A3 B3)，說明添加助凝劑能夠顯著提高凈水效果。
18．【答案】（1）
（2）過量的隨將溴單質還原成，使溴單質的吹出率下降
（3）碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化鐵或其它含的鹽類物質
（4）；5mol
【知識點】海水資源及其綜合利用；蒸餾與分餾；氯、溴、碘的性質實驗
【解析】【解答】（1）溴單質有氧化性，二氧化硫具有還原性，溴和二氧化硫在水溶液中易發生氧化還原反應，用和水進行吸收的離子方程式為。
故答案為：
（2）Br2吹出率與吸收塔中SO2流量的關系如圖所示，SO2流量過大時，過量的二氧化硫隨“吸收Br2后的空氣”進入“吹出”步驟，與溴反應將溴單質還原成，方程式為SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
故答案為：過量的隨將溴單質還原成，使溴單質的吹出率下降
（3）實驗時試管A中除加入溶液外，還需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，長導管除了導氣之外，另一個作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯氣，因此可以將蒸餾產生的氣體通過溴化鐵或其它含的鹽類物質，讓溴離子與氯氣發生氧化還原反應將氯氣除去。
故答案為：碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化鐵或其它含的鹽類物質
（4）由圖可知溴單質與碳酸鈉溶液反應，得到含有的水溶液，結合得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可知另一種氣體是二氧化碳，所以對應離子方程式為，該反應轉移電子數為5e-，所以3mol參加反應，發生轉移的電子的物質的量為5mol。
故答案為：；5mol
【分析】（1）Br2具有氧化性，SO2具有還原性，二者可反應生成HBr和H2SO4，據此寫出反應的離子方程式。
（2）SO2過量時，過量的SO2與Br2反應生成Br－，使得溴單質的吹出率下降。
（3）①反應過程中試管A中溶液沸騰，英雌需加入碎瓷片或沸石，起到防止暴沸的作用。
②長導管可以起到導氣冷凝的作用。
③除去Cl2的同時應防止形成新的雜質，因此可用含有Br－的溶液額進行除雜。
（4）①步驟①中Br2與Na2CO3反應生成NaBr、NaBrO3和CO2，據此寫出反應的離子方程式。
②根據反應過程中元素化合價變化計算轉移電子數。
（1）溴單質有氧化性，二氧化硫具有還原性，溴和二氧化硫在水溶液中易發生氧化還原反應，用和水進行吸收的離子方程式為。
（2）Br2吹出率與吸收塔中SO2流量的關系如圖所示，SO2流量過大時，過量的二氧化硫隨“吸收Br2后的空氣”進入“吹出”步驟，與溴反應將溴單質還原成，方程式為SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
（3）實驗時試管A中除加入溶液外，還需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，長導管除了導氣之外，另一個作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯氣，因此可以將蒸餾產生的氣體通過溴化鐵或其它含的鹽類物質，讓溴離子與氯氣發生氧化還原反應將氯氣除去。
（4）由圖可知溴單質與碳酸鈉溶液反應，得到含有的水溶液，結合得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可知另一種氣體是二氧化碳，所以對應離子方程式為，該反應轉移電子數為5e-，所以3mol參加反應，發生轉移的電子的物質的量為5mol。
19．【答案】（1）A；D
（2）CD；d；＞；0.25 mol/(L·min)
（3）2052.8
（4）正極；O2+4e-+4H+=2H2O
【知識點】反應熱和焓變；電極反應和電池反應方程式；化學平衡狀態的判斷；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】（1）A．在其它條件不變時，升高溫度，反應速率加快，A符合題意；
B．在其它條件不變時，由于炭單質屬于固體物質，增加煤炭的用量，其濃度不變，因此反應速率不變，B不符合題意；
C．CO、H2都是氣體物質，在其它條件不變時，及時分離出去CO、H2，不能加快化學反應速率，C不符合題意；
D．在其它條件不變時，加入合適的催化劑，會使化學反應速率大大加快，D符合題意；
故答案為：AD
（2）①A．可逆反應達到平衡狀態時，各種物質的物質的量濃度不變，但不一定是反應混合物中CO、H2和CH3OH三種物質的濃度相等，因此不能據此判斷反應是否達到平衡狀態，A錯誤；
B．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應在恒容密閉容器中進行，氣體的質量不變，則根據氣體的密度公式ρ=，可知混合氣體的密度始終不隨時間的變化而變化，因此不能根據密度不變判斷反應是否達到平衡狀態，B錯誤；
C．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應前后氣體的物質的量發生改變，若容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變，則氣體的物質的量不變，反應達到平衡狀態，C正確；
D．在任何時刻，在單位時間內消耗2 mol H2，就會同時反應產生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，則CH3OH的物質的量不變，說明反應達到了平衡狀態，D正確；
故答案為：CD
②根據圖示可知：在a點后CO的物質的量還在減少，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在b點后CH3OH的物質的量在增加，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在c點時刻盡管CO、CH3OH的物質的量相等，但由于c點后CO的物質的量在減少，CH3OH的物質的量在增加，說明該點時刻反應正向進行，未達到平衡狀態；在d點后CO、CH3OH的物質的量都不變，則反應達到了平衡狀態，任意物質表示的正反應速率與逆反應速率相等。故根據圖示可知，表示正反應速率與逆反應速率相等的點就是平衡點，該點是d點；
反應物濃度越大，反應速率就越快。由于反應物CO的濃度：a＞c，所以用CO濃度變化表示的正反應速率大小關系為：v(a)＞v(c)。
故答案為：d；＞
③在2 L密閉容器中進行反應：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根據已知條件即圖示數據，用三段式進行求解：
則3 min內反應消耗H2的物質的量是1.5 mol，容器的容積是2 L，反應時間是3 mol，故H2濃度變化為△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的濃度變化表示的反應速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)。
故答案為：0.25 mol/(L·min)
（3）根據圖2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反應產生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的熱量，則該反應的熱化學方程式為：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反應熱等于斷裂反應物化學鍵吸收的總能量與形成生成物化學鍵釋放的總能量的差，假設1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收能量為x，則根據反應熱與化學鍵鍵能關系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即斷開1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收2052.8 kJ的能量。
故答案為：2052.8
（4）在CH3OH-O2燃料電池中，通入燃料CH3OH的電極為負極，負極失去電子發生氧化反應；通入O2的電極為正極，正極上得到電子發生還原反應。溶液中陽離子向負電荷較多的正極移動，陰離子向正電荷較多的負極移動。根據圖示可知溶液中的陽離子H+向d電極區移動，說明d電極為正極，b處通入的氣體是O2，正極的電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O。電極c為負極，a處通入的氣體是CH3OH，CH3OH失去電子發生氧化反應，故負極的電極反應式為：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
故答案為：正極；O2+4e-+4H+=2H2O
【分析】（1）結合溫度、濃度、壓強、催化劑對反應速率的影響分析選項。
（2）①當正逆反應速率相等（或變量不變）時，可逆反應達到平衡狀態，據此結合選項分析。
②當體系中各物質的物質的量保持不變時，反應處于平衡狀態。a點反應物的濃度大，反應速率快。
③由三段式確定H2的變化濃度，結合公式計算用H2表示的反應速率。
（3）由圖2可知，當生成1molCH3OH時放出的熱量為128.8kJ，據此結合化學鍵的鍵能計算。
（4）H＋移向電極d一側，因此電極d為正極。燃料電池中，O2做正極，發生得電子的還原反應，生成H2O，據此得出正極的電極反應式。
（1）A．在其它條件不變時，升高溫度，反應速率加快，A符合題意；
B．在其它條件不變時，由于炭單質屬于固體物質，增加煤炭的用量，其濃度不變，因此反應速率不變，B不符合題意；
C．CO、H2都是氣體物質，在其它條件不變時，及時分離出去CO、H2，不能加快化學反應速率，C不符合題意；
D．在其它條件不變時，加入合適的催化劑，會使化學反應速率大大加快，D符合題意；
故合理選項是AD；
（2）①A．可逆反應達到平衡狀態時，各種物質的物質的量濃度不變，但不一定是反應混合物中CO、H2和CH3OH三種物質的濃度相等，因此不能據此判斷反應是否達到平衡狀態，A錯誤；
B．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應在恒容密閉容器中進行，氣體的質量不變，則根據氣體的密度公式ρ=，可知混合氣體的密度始終不隨時間的變化而變化，因此不能根據密度不變判斷反應是否達到平衡狀態，B錯誤；
C．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應前后氣體的物質的量發生改變，若容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變，則氣體的物質的量不變，反應達到平衡狀態，C正確；
D．在任何時刻，在單位時間內消耗2 mol H2，就會同時反應產生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，則CH3OH的物質的量不變，說明反應達到了平衡狀態，D正確；
故合理選項是CD；
②根據圖示可知：在a點后CO的物質的量還在減少，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在b點后CH3OH的物質的量在增加，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在c點時刻盡管CO、CH3OH的物質的量相等，但由于c點后CO的物質的量在減少，CH3OH的物質的量在增加，說明該點時刻反應正向進行，未達到平衡狀態；在d點后CO、CH3OH的物質的量都不變，則反應達到了平衡狀態，任意物質表示的正反應速率與逆反應速率相等。故根據圖示可知，表示正反應速率與逆反應速率相等的點就是平衡點，該點是d點；
反應物濃度越大，反應速率就越快。由于反應物CO的濃度：a＞c，所以用CO濃度變化表示的正反應速率大小關系為：v(a)＞v(c)；
③在2 L密閉容器中進行反應：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根據已知條件即圖示數據，用三段式進行求解：
則3 min內反應消耗H2的物質的量是1.5 mol，容器的容積是2 L，反應時間是3 mol，故H2濃度變化為△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的濃度變化表示的反應速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)；
（3）根據圖2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反應產生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的熱量，則該反應的熱化學方程式為：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反應熱等于斷裂反應物化學鍵吸收的總能量與形成生成物化學鍵釋放的總能量的差，假設1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收能量為x，則根據反應熱與化學鍵鍵能關系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即斷開1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收2052.8 kJ的能量；
（4）在CH3OH-O2燃料電池中，通入燃料CH3OH的電極為負極，負極失去電子發生氧化反應；通入O2的電極為正極，正極上得到電子發生還原反應。溶液中陽離子向負電荷較多的正極移動，陰離子向正電荷較多的負極移動。根據圖示可知溶液中的陽離子H+向d電極區移動，說明d電極為正極，b處通入的氣體是O2，正極的電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O。電極c為負極，a處通入的氣體是CH3OH，CH3OH失去電子發生氧化反應，故負極的電極反應式為：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
20．【答案】（1）＞
（2）往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全
（3）4
（4）羥基、羧基；2+O22+2H2O
（5）取代反應(酯化反應)；
（6）nCH2=CH-COOH
【知識點】同分異構現象和同分異構體；羧酸簡介；多糖的性質和用途；蔗糖與淀粉的性質實驗
【解析】【解答】（1）淀粉和糊精均為天然有機高分子化合物，由于淀粉經初步水解反應產生糊精，因此二者聚合度的大小關系為：n＞m。
故答案為：＞
（2）由于淀粉遇碘水溶液會變為藍色，因此可以用碘水來檢驗淀粉是否水解完全，則檢驗淀粉是否完全水解的操作為：往淀粉水解液中滴加幾滴碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全。
故答案為：往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全
（3）根據上述分析可知A是乙醇，結構簡式是CH3CH2OH。某物質H是A的同系物，其分子式為C4H10O，H為飽和一元醇，可能結構有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可見共4種不同結構，即H有4種同分異構體。
故答案為：4
（4）根據上述分析可知B是乳酸，結構簡式是，物質分子中含有的官能團為羥基、羧基。B分子中含有-OH，由于羥基連接的C原子上含有H原子，因此可以發生催化氧化反應，則乳酸與O2在Cu催化下加熱發生氧化反應的化學方程式為：2+O22+2H2O。
故答案為：羧基；2+O22+2H2O
（5）B是乳酸，結構簡式是，分子中含有羥基，D是，分子中含有羧基，二者在濃硫酸催化下加熱，發生酯化反應產生酯E和水，該反應屬于酯化反應，酯化反應又屬于取代反應，故B與D反應生成E的反應類型是酯化反應(或取代反應)；物質E結構簡式是。
故答案為：取代反應(酯化反應)；
（6）丙烯酸分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下能夠發生加聚反應產生聚丙烯酸，該反應的化學方程式為：nCH2=CH-COOH。
故答案為：nCH2=CH-COOH
【分析】（1）糊精為淀粉的水解產物，因此糊精的聚合度比淀粉小。
（2）結合淀粉遇碘變藍色的性質確定實驗操作。
（3）A為CH3CH2OH，H是A的同系物，因此H也屬于醇類物質，結合碳鏈異構確定H的同分異構體。
（4）B能與O2、Cu發生氧化反應，說明含有羥基；能轉化為丙烯酸，說明含有－COOH，因此可得B的結構簡式為。據此確定B的官能團，以及B轉化為D的化學方程式。
（5）B與O2在Cu催化作用下反應生成D，B中的羥基與D中的羧基在濃硫酸加熱條件下發生酯化反應，據此確定反應類型和E的結構簡式。
（6）丙烯酸在一定條件下碳碳雙鍵發生加聚反應，生成聚合物，據此寫出反應的化學方程式。
（1）淀粉和糊精均為天然有機高分子化合物，由于淀粉經初步水解反應產生糊精，因此二者聚合度的大小關系為：n＞m；
（2）由于淀粉遇碘水溶液會變為藍色，因此可以用碘水來檢驗淀粉是否水解完全，則檢驗淀粉是否完全水解的操作為：往淀粉水解液中滴加幾滴碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全；
（3）根據上述分析可知A是乙醇，結構簡式是CH3CH2OH。某物質H是A的同系物，其分子式為C4H10O，H為飽和一元醇，可能結構有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可見共4種不同結構，即H有4種同分異構體；
（4）根據上述分析可知B是乳酸，結構簡式是，物質分子中含有的官能團為羥基、羧基。B分子中含有-OH，由于羥基連接的C原子上含有H原子，因此可以發生催化氧化反應，則乳酸與O2在Cu催化下加熱發生氧化反應的化學方程式為：2+O22+2H2O；
（5）B是乳酸，結構簡式是，分子中含有羥基，D是，分子中含有羧基，二者在濃硫酸催化下加熱，發生酯化反應產生酯E和水，該反應屬于酯化反應，酯化反應又屬于取代反應，故B與D反應生成E的反應類型是酯化反應(或取代反應)；物質E結構簡式是；
（6）丙烯酸分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下能夠發生加聚反應產生聚丙烯酸，該反應的化學方程式為：nCH2=CH-COOH。
1 / 1廣東省廣州市五校2023-2024學年高一下學期期末聯考化學試卷
1．（2024高一下·廣州期末）集廣東美術館、廣東省非物質文化遺產館、廣東文學館于一體的白鵝潭大灣區藝術中心于2024年4月28日正式啟用，下列有關說法正確的是
A．白鵝潭美輪美奐的跨年煙花焰色試驗是化學變化
B．曠世佳作《千里江山圖》使用的顏料與食品添加劑中的著色劑是同類物質
C．非物質文化遺產粵繡使用到的蠶絲屬于是蛋白質
D．用于刻制甲骨文的龜甲獸骨是有機高分子化合物
【答案】C
【知識點】物理變化與化學變化的區別與聯系；焰色反應；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．焰色試驗是元素的原子核外電子在高溫下電子發生躍遷的結果，過程中不產生新物質 ，所以屬于物理變化，A錯誤；
B．曠世佳作《千里江山圖》使用的顏料與食品添加劑中的著色劑是不同類別物質，B錯誤；
C．蠶絲的成分為蛋白質，屬于天然高分子化合物，C正確；
D．用于刻制甲骨文的龜甲獸骨的成分為無機鹽，不屬于有機高分子化合物，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、焰色試驗屬于物理變化。
B、畫作的顏料與食品添加劑的著色劑種類不同。
C、蠶絲的成分為蛋白質。
D、龜甲獸骨的成分為無機鹽。
2．（2024高一下·廣州期末）電視劇《狂飆》中有很多廣東文化有關的物品，其中主要成分是硅酸鹽的為
A．客家黃酒的酒壇 B．廣東拖鞋文化中的人字拖
C．廣東醒獅的服裝 D．廣東最早進口大彩電的LED屏
【答案】A
【知識點】硅酸鹽
【解析】【解答】A．客家黃酒的酒壇的成分為陶瓷，屬于硅酸鹽產品，主要成分是硅酸鹽，A符合題意；
B．廣東拖鞋文化中的人字拖主要成分為塑料，屬于有機合成材料，B不符合題意；
C．廣東醒獅的服裝主要成分是有機合成材料，C不符合題意；
D．廣東最早進口大彩電的LED屏的成分為Si3N4，屬于新型無機非金屬材料，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A、酒壇的成分為硅酸鹽。
B、拖鞋的成分為塑料，屬于有機合成材料。
C、服裝的成分為有機合成材料。
D、LED屏的成分為新型無機非金屬材料。
3．（2024高一下·廣州期末）下列說法不正確的是
A．CH4分子的空間比例模型：
B．月壤中的與地球上的互為同位素
C．CH4和C5H12互為同系物
D．臭氧層中的O3與空氣中的O2互為同素異形體
【答案】B
【知識點】同素異形體；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．CH4分子呈正四面體結構，C位于四面體中心，4個H原子位于四面體的四個頂點上，由于原子半徑：C＞H，所以圖示為CH4的空間比例模型，A正確；
B．月壤中的與地球上的的質量數相同，但質子數不相同。所以二者不是同位素，B錯誤；
C．CH4和C5H12分子式都符合烷烴的分子式通式CnH2n+2，它們都屬于烷烴，因此二者互為同系物，C正確；
D．臭氧層中的O3與空氣中的O2都是由O元素組成的不同單質，互為同素異形體，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據CH4的空間結構和原子半徑大小確定其空間比例模型。
B、同位素是指質子數相同，中子數不同的原子。
C、同系物是指結構相似，分子組成上相差一個或多個CH2的有機物。
D、同素異形體是指由同種元素組成的不同單質。
4．（2024高一下·廣州期末）設阿伏加德羅常數的值為，下列說法不正確的是
A．常溫下，9.2g和的混合氣體中含有的氮原子數目為0.2
B．0.1mol的中，含有的中子數為0.8
C．100g質量分數46%的乙醇溶液含有的數目約是7
D．將0.2mol與0.1mol充入密閉容器中，使之充分反應，生成的分子數為0.2
【答案】D
【知識點】化學反應的可逆性；摩爾質量；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A． NO2和N2O4最簡式均為NO2，因此9.2g混合物中n(NO2)=0.2mol。所以混合物中含有0.2NA個氮原子，A正確；
B．14C原子中含8個中子，因此0.1mol14C中所含中子數為0.8NA，B正確；
C.100g質量分數46%的乙醇溶液中含乙醇46g，其物質的量為1mol。一個C2H5OH分子中含有一個O-H鍵，即含1molO-H鍵。而一個H2O分子中含有2個O-H鍵，因此54g水分子中也含6molO-H鍵，即含有的O-H的數目約是7NA，C正確；
D．二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應，不能進行徹底，因此生成的三氧化硫分子數小于0.2NA個，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、根據混合物的最簡式進行計算。
B、一個14C原子中含有8個中子。
C、乙醇溶液中C2H5OHO和H2O都含有O-H鍵。
D、SO2與O2的反應為可逆反應，反應物無法完全轉化。
5．（2024高一下·廣州期末）宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養之一、下列物質性質實驗對應的離子方程式書寫正確的是
A．將足量CO2通入溶有氨氣的飽和食鹽水中：
B．FeO溶于稀硝酸：
C．向稀硫酸溶液中加入Na2S2O3固體出現黃色沉淀：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D．將SO2通入稀硝酸溶液：
【答案】C
【知識點】二氧化硫的性質；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．CO2過量，反應生成NaHCO3晶體和NH4Cl，該反應的離子方程式為Na++ NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+，A錯誤；
B．HNO3具有強氧化性，會將酸溶解產生的Fe2+氧化為Fe3+，HNO3被還原為NO，該反應的離子方程式為3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2O，B錯誤；
C．H2SO4與Na2S2O3固體反應產生H2O、S、SO2、Na2SO4，該反應的離子方程式應該為+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正確；
D．電荷不守恒，原子不守恒，反應的離子方程式為，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、CO2過量，反應生成溶解度較小的NaHCO3。
B、HNO3具有氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，自身還原為NO。
C、S2O32－在酸性條件下，發生自身氧化還原，生成S、SO2和H2O。D
D、HNO3具有氧化性，將SO2氧化成SO42－，自身還原為NO。
6．（2024高一下·廣州期末）以下說法正確的是
①油酸甘油酯在通常條件下為液態，與氫氣充分發生加成反應后，轉變為固態
②表達式均為的淀粉和纖維素不是同分異構體，兩者水解的最終產物也不相同
③向盛有雞蛋清溶液的試管中加入醋酸鉛溶液，產生白色沉淀，再加入蒸餾水，沉淀不溶解
④乙烷與氯氣在光照條件下發生取代反應后，生成六種有機產物
⑤天然蛋白質水解的最終產物至少含有與-COOH兩種官能團
⑥可用酸性高錳酸鉀溶液除去乙烷中含有的乙烯氣體
A．②④⑥ B．①③⑤ C．①③④⑤ D．③④⑤⑥
【答案】B
【知識點】乙烯的物理、化學性質；多糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】①液態油脂屬于不飽和酸，油酸與甘油形成的酯通常呈液態，能和氫氣發生加成反應，使油脂由液態變為固態。因此加氫后得到的油脂稱為氫化油，又稱硬化油，故正確；
②淀粉和纖維素的n值不同，因此二者不是同分異構體，兩者水解的最終產物相同，都是葡萄糖，故錯誤；
③醋酸鉛溶液中Pb2+能使蛋白質變性，變性為不可逆過程。因此再加入蒸餾水，沉淀不溶解，故正確；
④乙烷與氯氣在光照條件下發生取代反應，所得氯代物有6種。其中一氯乙烷、五氯乙烷和六氯乙烷各一種；二氯乙烷和四氯乙烷中，兩個氯原子(氫原子)在同一碳原子或不同碳原子上，各兩種；三氯乙烷有三個氯原子在同一碳原子一種，兩個氯原子在同一碳原子上，另一氯原子在另一碳原子上2種，合計9種，故錯誤；
⑤天然蛋白質水解生成氨基酸，因此水解的最終產物至少含有-NH2與-COOH兩種官能團，故正確；
⑥酸性KMnO4溶液能將乙烯氧化成CO2，因此用酸性高錳酸鉀溶液除去乙烷中含有的乙烯氣體時會引入二氧化碳雜質，故錯誤；
綜上，說法正確的是①③⑤。
故答案為：B
【分析】①油酸甘油酯中含有碳碳雙鍵，與H2加成后形成固態。
②淀粉和纖維素不屬于同分異構體，但二者的水解產物都是葡萄糖。
③Pb2+為重金屬離子，可使蛋白質變性。
④根據乙烷與Cl2的取代過程分析。
⑤天然蛋白質的水解產物為氨基酸，則一定含有-NH2和-COOH。
⑥酸性KMnO4溶液能將乙烯氧化成CO2，引入新的雜質氣體。
7．（2024高一下·廣州期末）Q、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Q與Z同主族，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍。下列說法正確的是
A．單質氧化性：QY
C．簡單氫化物的沸點：Z>Q D．熔點：X的單質>X的氧化物
【答案】B
【知識點】含有氫鍵的物質；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】由分析可知，Q為O，X為Al，Y為Si，Z為S。
A．同周期元素，核電荷數越大，非金屬性越強；同主族元素，核電荷數越大，非金屬性越小。非金屬性越強，則對應單質的氧化性越強，因此單質氧化性：S＜O，故A錯誤；
B．非金屬性越強，則其最高價含氧酸的酸性越強。由于非金屬性S＞Si，因此最高價含氧酸的酸性：S＞Si，故B正確；
C．Q的簡單氫化物分子間含有氫鍵，導致其沸點較高，因此簡單氫化物的沸點：S＜O，故C錯誤；
D．氧化鋁的熔點高于Al的熔點，故D錯誤；
故答案為：B
【分析】Q與X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外層電子數是Q原子內層電子數的2倍，因此Q位于第二周期；且Y的最外層電子數為4。所以Y為C或Si。又Q與Y不在同一周期，所以Y為Si。X、Y相鄰，且原子序數小于Y，所以X為Al。四種原子的最外層電子數之和為19，所以Q、Z的最外層電子數之和為12；由Q、Z同主族，所以二者的最外層電子數為6。因此Q為O、Z為S。據此結合元素周期律分析選項。
8．（2024高一下·廣州期末）氯元素是一種重要的“成鹽元素”。部分含氯物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列說法不正確的是
A．存在f→d→a的轉化關系
B．d的穩定性差，其溶液久置后酸性減弱
C．a溶液和f溶液混合可以制得b
D．c可以替代傳統的b，作為飲用水消毒殺菌劑
【答案】B
【知識點】氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．ClO－與H＋可結合成HClO，次氯酸光照分解生成鹽酸，故A正確；
B．次氯酸光照條件下分解生成HCl和氧氣，因此久置的HClO溶液酸性增強，故B錯誤；
C． HCl溶液與次氯酸鹽混合，氫離子、氯離子和次氯酸根離子發生歸中反應生成氯氣，故C正確；
D．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質變性，因此可以代替氯氣作為飲用水消毒殺菌劑，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、強酸制弱酸，可實現f→d；HClO光照分解可生成HCl。
B、HClO光照分解生成HCl和O2，溶液酸性增強。
C、ClO－、Cl－在酸性條件下可反應生成Cl2。
D、ClO2具有氧化性，可用于自來水消毒。
9．（2024高一下·廣州期末）下列實驗中的現象及結論均正確，且存在因果關系的是
A B
實驗 裝置
實驗 現象 試管內氣體顏色變淺，試管壁出現油狀液滴 右側試管液體出現明顯分層
實驗 結論 甲烷與氯氣發生了加成反應 乙酸和乙酸乙酯均微溶于飽和
C D
實驗 裝置
實驗 現象 燒杯中出現白色沉淀 有紅熱的液珠落入蒸發皿內的沙子上，液珠冷卻后變為黑色固體
實驗 結論 非金屬性：N＞C＞Si 活潑金屬作還原劑，將相對不活潑的金屬置換出來
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】探究鋁熱反應；甲烷的取代反應；乙酸乙酯的制取；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．CH4與Cl2在光照條件下會逐步發生取代反應產生有機物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，每一步取代反應都會產生HCl，反應消耗Cl2，使混合氣體顏色變淺；反應產生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4是液體物質，試管壁上出現油狀液滴，但反應類型是取代反應而不是加成反應，A錯誤；
B．乙酸與乙醇在濃硫酸存在條件下加熱，發生酯化反應產生乙酸乙酯和水，該反應是可逆反應。反應產生的乙酸乙酯和未反應的乙酸、乙醇都會隨乙酸乙酯經導氣管進入到盛有飽和Na2CO3溶液的右側試管中。Na2CO3溶液的作用是溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。由于乙酸乙酯不能溶于飽和Na2CO3溶液，因此看到右側試管液體出現明顯分層，B錯誤；
C．濃硝酸具有揮發性，揮發的硝酸能夠與Na2SiO3反應產生難溶性的硅酸H2SiO3沉淀，因此不能證明酸性：H2CO3＞H2SiO3，因此無法證明元素的非金屬性：N＞C＞Si，C錯誤；
D．Al與Fe2O3在Mg條點燃產生大量熱量情況下發生鋁熱反應產生Al2O3和Fe，反應放出大量熱量，使產生的Fe以紅熱的液態形式存在，高溫Fe通過紙漏斗燒壞，而落入蒸發皿內的沙子上，液珠冷卻后變為黑色固體。該實驗說明：活潑金屬Al作還原劑，將相對不活潑的金屬置換出來，D正確；
故答案為：D
【分析】A、甲烷與氯氣的反應為取代反應。
B、乙酸乙酯不溶于飽和Na2CO3溶液。
C、濃硝酸具有揮發性，無法比較C、Si的非金屬性強弱。
D、結合置換反應分析。
10．（2024高一下·廣州期末）維生素C又稱“抗壞血酸”，廣泛存在于水果蔬菜中，結構簡式如圖所示。下列關于維生素C的說法正確的是
A．維生素C的分子式為C6H9O6
B．可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗其中的碳碳雙鍵
C．能與Na2CO3溶液反應
D．與互為同分異構體
【答案】D
【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；烯烴
【解析】【解答】A．一分子維生素C中含有6個碳原子、8個氫原子和6個氧原子，因此維生素C的分子式是C6H8O6，A錯誤；
B．維生素C中含有醇羥基、碳碳雙鍵，二者都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，從而使溶液褪色。因此不能用高錳酸鉀溶液檢驗其中的碳碳雙鍵，B錯誤；
C．維生素C分子中不含有羧基，因此不能與Na2CO3溶液反應，C錯誤；
D．維生素C、該物質分子的分子式都是C6H8O6，二者的分子式相同，結構不同，因此它們互為同分異構體，D正確；
故答案為：D
【分析】A、根據結構簡式確定分子中所含的原子個數，從而確定分子式。
B、羥基和碳碳雙鍵，都能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、能與Na2CO3溶液反應的官能團為羧基。
D、分子式相同，結構不同的有機物護衛同分異構體。
11．（2024高一下·廣州期末）一種新型的人工固氮的原理如圖所示，下列說法正確的是
A．過程①中N2被氧化
B．轉化過程中所涉及的元素均呈現了兩種價態
C．若設每一步均完全轉化，每生成1 mol NH3的同時生成0.75 mol O2
D．LiOH是離子化合物，只含有離子鍵
【答案】C
【知識點】化學鍵；氧化還原反應；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．反應①是N2與Li反應產生Li3N，N元素由0價變為-3價，化合價降低，發生得電子的還原反應，A錯誤；
B．反應過程中H元素為+1價，只有一種價態，B錯誤；
C．該人工固氮的總反應為N2與H2O在Li存在、 通電時反應生成NH3和O2，根據得失電子守恒，每生成1 molNH3的同時生成O2的物質的量為n(O2)==0.75 mol，C正確；
D．LiOH是離子化合物，Li+與OH-之間以離子鍵結合，在OH-中含有共價鍵，因此LiOH中含有共價鍵，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、根據反應過程中給氮元素的化合價變化分析。
B、反應過程中H元素為+1價。
C、根據化合價變化，結合得失電子守恒進行計算。
D、LiOH中H、O原子以共價鍵的形式結合。
12．（2024高一下·廣州期末）下列物質的生產流程不合理的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知識點】工業制取硫酸；氧化還原反應；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．FeS2高溫煅燒反應產生SO2氣體；SO2與O2在催化劑存在條件下加熱反應生成SO3；SO3被98.3%的濃硫酸吸收生成硫酸，A正確；
B．NH3與O2發生催化氧化反應，生成NO和H2O；NO被O2氧化生成NO2；NO2與H2O反應生成HNO3和NO，與硝酸工業制取方法不吻合，B錯誤；
C．海帶經灼燒除去有機物，得到海帶灰，然后加入水浸泡，得到含有I-的水溶液。向其中加入綠色氧化劑H2O2，I-被氧化生成I2；利用CCl4進行萃取得到I2的CCl4溶液；通過蒸餾得單質碘，符合碘元素的處理實際，C正確；
D．石英砂主要成分是SiO2，與焦炭高溫煅燒，反應生成粗硅和CO；向粗硅中加入HCl并加熱，其中的各種成分反應后變為相應的氯化物，然后根據混合物中各種氯化物的沸點不同進行蒸餾，得到純凈SiHCl3；再用H2在高溫下還原SiHCl3，得到高純硅，符合晶體硅的制取與提純方法，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據工業制硫酸的反應分析。
B、NH3的催化氧化反應，生成NO，不生成N2。
C、根據海帶提碘的操作流程分析。
D、根據高純硅的制備分析。
13．（2024高一下·廣州期末）氮氧化物(NOx)能引起霧霾、光化學煙霧、酸雨等環境問題。某科研機構設計方案利用原電池原理處理氮氧化合物(NO)，其原理如圖所示。下列有關說法正確的是
A．電極A為原電池的正極，發生還原反應
B．H+通過質子交換膜由A極向B極移動
C．該電池正極電極反應為2NO-4e-+4H+=N2+2H2O
D．當A電極轉移0.6mole-時，兩極共產生2.24LN2(標況下)
【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知，電極A上氨氣發生失電子的氧化反應生成氮氣，因此電極A為負極，A項錯誤；
B．原電池中陽離子移向正極，因此H+通過質子交換膜由A極向B極移動，B項正確；
C．該電池正極電極反應為NO發生得電子的還原反應生成氮氣，因此電極反應式為，C項錯誤；
D．負極反應為，生成0.1mol氮氣；正極反應，根據電子守恒可知，生成0.15mol氮氣；共生成0.25mol氮氣，其在標準狀態下的體積為5.6L，D項錯誤；
故答案為：B
【分析】電極A上通入NH3，轉化為N2，發生失電子的氧化反應，因此電極A為負極，其電極反應式為2NH3－6e－=N2＋6H＋。電極B上通入NO，轉化為N2，發生得電子的還原反應，因此電極B為正極，其電極反應式為2NO＋4e－＋4H＋=N2＋2H2O。據此結合選項分析。
14．（2024高一下·廣州期末）已知還原性： >I－ > Fe2+。某無色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Fe2+、、、、I－、Cl－ 中的部分離子，進行下列實驗：通過實驗得出的結論正確的是
實驗編號 操作 現象
① 取10mL溶液，先加入稍過量的氯水 生成無色氣體、溶液變成棕紅色
② 向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液 可得到白色沉淀4.66g
A．實驗①中加入過量的氯水，則先后氧化了I－、 Fe2+
B．溶液中一定含有Na+
C．10mL溶液中的物質的量一定為0.02mol
D．實驗中不能夠確定溶液中是否含有
【答案】B
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；常見離子的檢驗
【解析】【解答】A．由分析可知，溶液中不含Fe2+，因此不能氧化Fe2+，故A錯誤；
B．根據溶液中電荷守恒可知，溶液中一定含有Na+，故B正確；
C．所得4..66g白色沉淀為BaSO4，其物質的量為0.02mol；而10mL溶液中的物質的量不一定為0.02mol，硫酸鋇中硫酸根可能是原溶液中的，也可能是亞硫酸根被氯水氧化變來的，也可能兩者之和，故C錯誤；
D．根據先加入稍過量的氯水，生成無色氣體，說明溶液中一定含有，故D錯誤。
故答案為：B
【分析】無色溶液中不含有色離子，因此溶液中不含Fe2+。取10mL溶液，先加入稍過量的氯水，生成無色氣體、溶液變成棕紅色，說明溶液中含有、I－；向①的水溶液中加入足量BaCl2和HCl溶液，可得到白色沉淀4.66g，該白色沉淀為BaSO4，說明原溶液中可能含有硫酸根或亞硫酸根，而沒有鋇離子，根據電荷守恒，則肯定含有鈉離子。
15．（2024高一下·廣州期末）實驗小組探究SO2與Na2O2的反應。向盛滿SO2的燒瓶中加入Na2O2固體，測得反應體系中O2含量的變化如圖。下列說法不正確的是
A．有O2生成推測發生了反應：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
B．bc段O2含量下降與該反應有關：
C．可先用HCl酸化，再加BaCl2溶液檢驗b點固體中是否含有Na2SO4
D．取C點處燒瓶中的氣體通入BaCl2溶液中不產生沉淀
【答案】D
【知識點】二氧化硫的性質；硫酸根離子的檢驗
【解析】【解答】A．反應有O2生成，可能是Na2O2和SO2反應生成了O2，該反應的化學方程式為2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，A正確；
B．O2具有氧化性，能將Na2SO3氧化成Na2SO4，bc段O2含量下降與反應O2+2Na2SO3=2Na2SO4有關，B正確；
C．HCl中含有Cl-，能夠與Ag+反應生成不溶于達到白色沉淀AgCl，也不溶于酸的物質，因此會干擾Na2SO4的檢驗，要檢驗Na2SO4，應該用鹽酸酸化，無現象，再加入BaCl2，若有白色沉淀生成，說明其中含有Na2SO4來進行檢驗，C正確；
D．根據圖示可知：C處氣體中O2的含量還在減少，SO2與溶液中的水反應產生H2SO3，H2SO3與O2反應產生H2SO4，H2SO4與BaCl2溶液反應生成BaSO4沉淀。因此取C點處燒瓶中的氣體通入BaCl2溶液中有白色沉淀生成，D錯誤；
故答案為：D
【分析】加入Na2O2的過程中發生反應2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2；O2具有氧化性，能將Na2SO3氧化生成Na2SO4。使得體系中O2的含量先增大后減小。據此結合選項分析。
16．（2024高一下·廣州期末）由實驗操作和現象，可得出相應正確結論的是
選項 實驗操作 現象 結論
A 向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液先變橙色，后變藍色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B 向飽和(NH4)2SO4溶液中滴加雞蛋清溶液 出現白色沉淀 飽和(NH4)2SO4溶液可使蛋白質變性
C 向較濃的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫色褪去 證明Fe2+具有還原性
D 向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，冷卻后向其中加入足量NaOH稀溶液，再加入銀氨溶液后并加熱 產生了銀鏡 證明蔗糖水解產物具有還原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；葡萄糖的銀鏡反應；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．由于氯水過量，過量的氯水也能夠與KI發生置換反應產生I2，因此無法比較Br2與I2的氧化性強弱，A錯誤；
B．飽和(NH4)2SO4溶液會降低蛋白質的溶解度而結晶析出，因此出現白色沉淀，析出的蛋白質還可以進一步溶解在水中，蛋白質沒有發生變性，該過程屬于鹽析，B錯誤；
C．Fe2+、Cl-都具有還原性，二者都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪去，因此不能根據溶液褪色就判斷確定是Fe2+具有還原性，C錯誤；
D．向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸作催化劑，水浴加熱幾分鐘，冷卻后向其中加入足量NaOH稀溶液，中和催化劑硫酸，再加入銀氨溶液后并加熱，若產生了銀鏡，說明水解產物分子結構中含有醛基，從而證明蔗糖水解產物具有還原性，D正確；
故答案為：D
【分析】A、氯水過量，則過量的Cl2將I－氧化，無法比較Br2和I2的氧化性。
B、(NH4)2SO4是蛋白質發生鹽析，不發生變性。
C、Fe2＋、Cl－都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、銀氨溶液在堿性條件下才具有氧化性，因此實驗過程中需除去蔗糖水解液中過量的稀硫酸。
17．（2024高一下·廣州期末）明礬(KAl(SO4)2·12H2O)在工業上用作印染媒染劑和凈水劑，醫藥上用作收斂劑。實驗小組采用廢棄的鋁制易拉罐按如下流程制備明礬并測定其組成，探究明礬凈水的影響因素。
（1）廢鋁制易拉罐溶于KOH溶液發生的主要反應為　 　。（用離子反應方程式表示）
（2）溶液Ⅰ加硫酸溶液的過程中觀察到白色沉淀生成，該沉淀的化學式為　 　。
（3）在下列各圖中，上述流程中“系列操作”不需要用到的實驗操作是______。（填編號）
A． B．
C． D．
（4）為測定該明礬晶體樣品中的含量，該實驗小組稱取a g明礬晶體樣品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用質量為b g的漏斗進行過濾，洗凈濾渣后，將漏斗和濾渣一并干燥至恒重，測得質量為c g。（已知硫酸鋇的摩爾質量為233 g/mol）
該明礬晶體樣品中的含量為　 　mol/g。（即每克明礬晶體中的物質的量）
（5）明礬中的Al3+在水溶液中能夠水解產生Al(OH)3膠體從而具有凈水作用。為探究pH和添加助凝劑對明礬凈水效果的影響，實驗小組選取一種懸濁液進行探究實驗，請將下列表格內容補充完整。已知：凈水效果可用相同時間內懸濁液的濁度變化來衡量。濁度越高，代表懸濁液越渾濁。
已知：凈水效果可用相同時間內懸濁液的濁度變化來衡量。濁度越高，代表懸濁液越渾濁。
組別 懸濁液體積 pH 飽和明礬溶液用量 添加的助凝劑 凈水前濁度 凈水t min后濁度
1 15 mL 4 2滴 無 Al B1
2 15 mL 7 2滴 無 A2 B2
3 15 mL 　 　 2滴 　 　 A3 B3
4 15 mL 10 2滴 有 A4 B4
①通過1、2、3組實驗，隨著pH增大，凈水效果依次增強。pH減小，明礬凈水效果減弱的原因是　 　。
②pH增大到一定程度時，凈水效果會減弱，請嘗試分析原因：　 　。
③添加助凝劑能夠提高凈水效果。該實驗結論成立的判斷依據是　 　。（用表中數據表示）
【答案】（1）
（2）Al(OH)3
（3）B；D
（4）
（5）10；無；pH減小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水效果減弱；pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱；(A4-B4)明顯大于(A3-B3)
【知識點】硫酸鹽；鎂、鋁的重要化合物；物質的分離與提純；膠體的性質和應用
【解析】【解答】（1）Al與強堿KOH溶液反應產生K[Al(OH)4]、H2，該反應的離子方程式為：。
故答案為：
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的過程中會觀察到白色沉淀，反應方程式為：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，該沉淀是化學式是Al(OH)3。
故答案為：Al(OH)3
（3）在廢易拉罐用KOH溶液處理過程中，Al與KOH溶液反應產生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固體物質通過過濾分離除去。上述流程中“系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥，所以不需要用坩堝加熱固體、也不需要分液。
故答案為：BD
（4）為測定明礬樣品中的含量，該實驗小組稱取a g明礬晶體樣品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用質量為b g的漏斗進行過濾，洗凈濾渣后，將漏斗和濾渣一并干燥至恒重，測得質量為c g。過濾后得到的固體為硫酸鋇，其質量為(c-b) g，則根據S元素守恒可知樣品中n()=n(BaSO4)=mol，則每克樣品中硫酸根離子的含量=mol/g。
故答案為：
（5）①探究pH和添加助凝劑對明礬凈水效果的影響，根據控制單一變量原則可知，第三組的pH=10，與第4組實驗對比，無添加助凝劑，實驗結論一：通過1、2、 3組實驗，發現隨著pH增大，凈水效果依次增強；pH減小，明礬凈水效果減弱主要是因為pH減小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3膠體變少，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水作用減弱。
故答案為：10；無；pH減小，c(H+)增大，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水效果減弱
②pH增大到一定程度時，凈水效果會減弱，是由于pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱。
故答案為：pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱
③添加助凝劑能夠提高凈水效果。該實驗結論成立的判斷依據是若(A4-B4)明顯大于(A3 B3)，說明添加助凝劑能夠顯著提高凈水效果。
故答案為：(A4-B4)明顯大于(A3-B3)
【分析】（1）Al是一種兩性金屬，能與KOH溶液反應生成K[Al(OH)4]和H2，據此寫出反應的離子方程式。
（2）溶液中含有K[Al(OH)4]，滴加稀硫酸的過程中給產生的白色沉淀為Al(OH)3沉淀。
（3）經過“系列操作”后從溶液中得到明礬晶體，因此該“系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾。
（4）所得cg固體為BaSO4，根據公式計算n(BaSO4)，從而得出樣品中n(SO42－)=n(BaSO4)，進而得出樣品中SO42－的含量。
（5）①pH減小，溶液中c(H＋)增大，抑制了Al3＋的水解，不利于Al(OH)3膠體的形成。
②pH增大到一定程度后，Al(OH)3膠體發生聚沉，形成Al(OH)3沉淀，不具有吸附凈水的作用。
③若(A4-B4)明顯大于(A3 B3)，說明添加助凝劑能夠顯著提高凈水效果。
（1）Al與強堿KOH溶液反應產生K[Al(OH)4]、H2，該反應的離子方程式為：；
（2）溶液Ⅰ主要成分是K[Al(OH)4]，向其中加入硫酸的過程中會觀察到白色沉淀，反應方程式為：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，該沉淀是化學式是Al(OH)3；
（3）在廢易拉罐用KOH溶液處理過程中，Al與KOH溶液反應產生的可溶性K[Al(OH)4]，不溶性的固體物質通過過濾分離除去。上述流程中“系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥，所以不需要用坩堝加熱固體、也不需要分液，故合理選項是BD；
（4）為測定明礬樣品中的含量，該實驗小組稱取a g明礬晶體樣品，加入足量BaCl2溶液，使完全沉淀。用質量為b g的漏斗進行過濾，洗凈濾渣后，將漏斗和濾渣一并干燥至恒重，測得質量為c g。過濾后得到的固體為硫酸鋇，其質量為(c-b) g，則根據S元素守恒可知樣品中n()=n(BaSO4)=mol，則每克樣品中硫酸根離子的含量=mol/g；
（5）①探究pH和添加助凝劑對明礬凈水效果的影響，根據控制單一變量原則可知，第三組的pH=10，與第4組實驗對比，無添加助凝劑，實驗結論一：通過1、2、 3組實驗，發現隨著pH增大，凈水效果依次增強；pH減小，明礬凈水效果減弱主要是因為pH減小，c(H+)增大，抑制Al3+水解，生成的Al(OH)3膠體變少，不利于Al(OH)3膠體的形成，凈水作用減弱；
②pH增大到一定程度時，凈水效果會減弱，是由于pH增大到一定程度時，Al(OH)3膠體會轉化為Al(OH)3沉淀，導致凈水效果減弱；
③添加助凝劑能夠提高凈水效果。該實驗結論成立的判斷依據是若(A4-B4)明顯大于(A3 B3)，說明添加助凝劑能夠顯著提高凈水效果。
18．（2024高一下·廣州期末）溴單質是重要的化工原料之一，工業上從海水中提取溴的流程如下：
（已知：海水中溴元素主要以形式存在）
（1）將吹出后的含的空氣按一定速率通入吸收塔，用和水進行吸收，寫出吸收反應的離子方程式：　 　。
（2）吸收后的空氣進行循環利用。吹出時，吹出率與吸收塔中流量的關系如圖所示。吸收過程流量過大，吹出率反而下降的原因是：　 　。
（3）含溶液通過蒸餾法獲得液溴，某同學在進行蒸餾操作時，采用如下圖所示裝置：
①實驗時試管A中除加入溶液外，還需加入少量　 　，其作用是　 　。
②長導管除了導氣之外，另一個作用是　 　。
③含溶液中溶有一定量的氯氣，因此可以在將蒸餾產生的氣體通過　 　（填試劑名稱）溶液，以除去氯氣。
（4）“吸收”及后續步驟的工藝也可采用如下流程：
①寫出上述步驟①中發生反應生成一種氣體的離子方程式：　 　。
②當有3mol參加反應，發生轉移的電子的物質的量為　 　。
【答案】（1）
（2）過量的隨將溴單質還原成，使溴單質的吹出率下降
（3）碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化鐵或其它含的鹽類物質
（4）；5mol
【知識點】海水資源及其綜合利用；蒸餾與分餾；氯、溴、碘的性質實驗
【解析】【解答】（1）溴單質有氧化性，二氧化硫具有還原性，溴和二氧化硫在水溶液中易發生氧化還原反應，用和水進行吸收的離子方程式為。
故答案為：
（2）Br2吹出率與吸收塔中SO2流量的關系如圖所示，SO2流量過大時，過量的二氧化硫隨“吸收Br2后的空氣”進入“吹出”步驟，與溴反應將溴單質還原成，方程式為SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
故答案為：過量的隨將溴單質還原成，使溴單質的吹出率下降
（3）實驗時試管A中除加入溶液外，還需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，長導管除了導氣之外，另一個作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯氣，因此可以將蒸餾產生的氣體通過溴化鐵或其它含的鹽類物質，讓溴離子與氯氣發生氧化還原反應將氯氣除去。
故答案為：碎瓷片或者沸石；防止暴沸；冷凝；溴化鐵或其它含的鹽類物質
（4）由圖可知溴單質與碳酸鈉溶液反應，得到含有的水溶液，結合得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可知另一種氣體是二氧化碳，所以對應離子方程式為，該反應轉移電子數為5e-，所以3mol參加反應，發生轉移的電子的物質的量為5mol。
故答案為：；5mol
【分析】（1）Br2具有氧化性，SO2具有還原性，二者可反應生成HBr和H2SO4，據此寫出反應的離子方程式。
（2）SO2過量時，過量的SO2與Br2反應生成Br－，使得溴單質的吹出率下降。
（3）①反應過程中試管A中溶液沸騰，英雌需加入碎瓷片或沸石，起到防止暴沸的作用。
②長導管可以起到導氣冷凝的作用。
③除去Cl2的同時應防止形成新的雜質，因此可用含有Br－的溶液額進行除雜。
（4）①步驟①中Br2與Na2CO3反應生成NaBr、NaBrO3和CO2，據此寫出反應的離子方程式。
②根據反應過程中元素化合價變化計算轉移電子數。
（1）溴單質有氧化性，二氧化硫具有還原性，溴和二氧化硫在水溶液中易發生氧化還原反應，用和水進行吸收的離子方程式為。
（2）Br2吹出率與吸收塔中SO2流量的關系如圖所示，SO2流量過大時，過量的二氧化硫隨“吸收Br2后的空氣”進入“吹出”步驟，與溴反應將溴單質還原成，方程式為SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，使溴吹出率下降。
（3）實驗時試管A中除加入溶液外，還需加入少量碎瓷片或者沸石防止溶液暴沸，長導管除了導氣之外，另一個作用是冷凝，含溶液中溶有一定量的氯氣，因此可以將蒸餾產生的氣體通過溴化鐵或其它含的鹽類物質，讓溴離子與氯氣發生氧化還原反應將氯氣除去。
（4）由圖可知溴單質與碳酸鈉溶液反應，得到含有的水溶液，結合得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可知另一種氣體是二氧化碳，所以對應離子方程式為，該反應轉移電子數為5e-，所以3mol參加反應，發生轉移的電子的物質的量為5mol。
19．（2024高一下·廣州期末）煤炭通過液化可將硫等有害元素以及灰分脫除，得到潔凈的二次能源，對優化終端能源結構、解決石油短缺、減少環境污染具有重要的戰略意義。以下是一種煤間接液化過程發生反應的方程式：
①②
（1）下列措施能夠增大上述反應①速率的是______（填字母）。
A．升高溫度 B．增加煤炭的用量
C．及時分離產物 D．加入合適的催化劑
（2）在2 L的恒容密閉容器中充入1 mol CO和3 mol H2、一定條件下發生上述反應②，測得CO和CH3OH(g)的物質的量變化如圖1所示，反應過程中的能量變化如圖2所示：
①下列描述中能說明上述反應②達到平衡狀態的是　 　。
A．CO、H2和CH3OH三種物質的濃度相等
B．混合氣體的密度不隨時間的變化而變化
C．容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變
D．單位時間內消耗2 mol H2的同時消耗1 mol CH3OH
②根據圖示可知，表示正反應速率與逆反應速率相等的點是　 　（填“a”“b”“c”或“d”）；用同一物質表示反應速率時，a、c兩點的正反應速率：va　 　vc（填“＞”、“＜”或“=”）。
③反應經過3 min后達到平衡，該過程中H2的化學反應速率是多少？　 　（列三段式求解）
（3）已知斷開1 mol CO(g)中的化學鍵需要吸收的能量為1072 kJ，斷開1 mol H2(g)中的化學鍵需要吸收的能量為426 kJ，則根據圖2的數據計算：斷開1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收　 　kJ的能量。
（4）CH3OH可作為燃料使用，以多孔鉑為電極，如下圖裝置中分別通入CH3OH和O2構成甲醇燃料電池，則d電極是　 　（填“正極”或“負極”），該電池的正極的電極反應式為　 　。
【答案】（1）A；D
（2）CD；d；＞；0.25 mol/(L·min)
（3）2052.8
（4）正極；O2+4e-+4H+=2H2O
【知識點】反應熱和焓變；電極反應和電池反應方程式；化學平衡狀態的判斷；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】（1）A．在其它條件不變時，升高溫度，反應速率加快，A符合題意；
B．在其它條件不變時，由于炭單質屬于固體物質，增加煤炭的用量，其濃度不變，因此反應速率不變，B不符合題意；
C．CO、H2都是氣體物質，在其它條件不變時，及時分離出去CO、H2，不能加快化學反應速率，C不符合題意；
D．在其它條件不變時，加入合適的催化劑，會使化學反應速率大大加快，D符合題意；
故答案為：AD
（2）①A．可逆反應達到平衡狀態時，各種物質的物質的量濃度不變，但不一定是反應混合物中CO、H2和CH3OH三種物質的濃度相等，因此不能據此判斷反應是否達到平衡狀態，A錯誤；
B．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應在恒容密閉容器中進行，氣體的質量不變，則根據氣體的密度公式ρ=，可知混合氣體的密度始終不隨時間的變化而變化，因此不能根據密度不變判斷反應是否達到平衡狀態，B錯誤；
C．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應前后氣體的物質的量發生改變，若容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變，則氣體的物質的量不變，反應達到平衡狀態，C正確；
D．在任何時刻，在單位時間內消耗2 mol H2，就會同時反應產生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，則CH3OH的物質的量不變，說明反應達到了平衡狀態，D正確；
故答案為：CD
②根據圖示可知：在a點后CO的物質的量還在減少，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在b點后CH3OH的物質的量在增加，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在c點時刻盡管CO、CH3OH的物質的量相等，但由于c點后CO的物質的量在減少，CH3OH的物質的量在增加，說明該點時刻反應正向進行，未達到平衡狀態；在d點后CO、CH3OH的物質的量都不變，則反應達到了平衡狀態，任意物質表示的正反應速率與逆反應速率相等。故根據圖示可知，表示正反應速率與逆反應速率相等的點就是平衡點，該點是d點；
反應物濃度越大，反應速率就越快。由于反應物CO的濃度：a＞c，所以用CO濃度變化表示的正反應速率大小關系為：v(a)＞v(c)。
故答案為：d；＞
③在2 L密閉容器中進行反應：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根據已知條件即圖示數據，用三段式進行求解：
則3 min內反應消耗H2的物質的量是1.5 mol，容器的容積是2 L，反應時間是3 mol，故H2濃度變化為△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的濃度變化表示的反應速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)。
故答案為：0.25 mol/(L·min)
（3）根據圖2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反應產生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的熱量，則該反應的熱化學方程式為：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反應熱等于斷裂反應物化學鍵吸收的總能量與形成生成物化學鍵釋放的總能量的差，假設1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收能量為x，則根據反應熱與化學鍵鍵能關系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即斷開1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收2052.8 kJ的能量。
故答案為：2052.8
（4）在CH3OH-O2燃料電池中，通入燃料CH3OH的電極為負極，負極失去電子發生氧化反應；通入O2的電極為正極，正極上得到電子發生還原反應。溶液中陽離子向負電荷較多的正極移動，陰離子向正電荷較多的負極移動。根據圖示可知溶液中的陽離子H+向d電極區移動，說明d電極為正極，b處通入的氣體是O2，正極的電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O。電極c為負極，a處通入的氣體是CH3OH，CH3OH失去電子發生氧化反應，故負極的電極反應式為：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
故答案為：正極；O2+4e-+4H+=2H2O
【分析】（1）結合溫度、濃度、壓強、催化劑對反應速率的影響分析選項。
（2）①當正逆反應速率相等（或變量不變）時，可逆反應達到平衡狀態，據此結合選項分析。
②當體系中各物質的物質的量保持不變時，反應處于平衡狀態。a點反應物的濃度大，反應速率快。
③由三段式確定H2的變化濃度，結合公式計算用H2表示的反應速率。
（3）由圖2可知，當生成1molCH3OH時放出的熱量為128.8kJ，據此結合化學鍵的鍵能計算。
（4）H＋移向電極d一側，因此電極d為正極。燃料電池中，O2做正極，發生得電子的還原反應，生成H2O，據此得出正極的電極反應式。
（1）A．在其它條件不變時，升高溫度，反應速率加快，A符合題意；
B．在其它條件不變時，由于炭單質屬于固體物質，增加煤炭的用量，其濃度不變，因此反應速率不變，B不符合題意；
C．CO、H2都是氣體物質，在其它條件不變時，及時分離出去CO、H2，不能加快化學反應速率，C不符合題意；
D．在其它條件不變時，加入合適的催化劑，會使化學反應速率大大加快，D符合題意；
故合理選項是AD；
（2）①A．可逆反應達到平衡狀態時，各種物質的物質的量濃度不變，但不一定是反應混合物中CO、H2和CH3OH三種物質的濃度相等，因此不能據此判斷反應是否達到平衡狀態，A錯誤；
B．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應在恒容密閉容器中進行，氣體的質量不變，則根據氣體的密度公式ρ=，可知混合氣體的密度始終不隨時間的變化而變化，因此不能根據密度不變判斷反應是否達到平衡狀態，B錯誤；
C．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應前后氣體的物質的量發生改變，若容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變，則氣體的物質的量不變，反應達到平衡狀態，C正確；
D．在任何時刻，在單位時間內消耗2 mol H2，就會同時反應產生1 mol CH3OH，而又消耗1 mol CH3OH，則CH3OH的物質的量不變，說明反應達到了平衡狀態，D正確；
故合理選項是CD；
②根據圖示可知：在a點后CO的物質的量還在減少，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在b點后CH3OH的物質的量在增加，說明反應正向進行，未達到平衡狀態；在c點時刻盡管CO、CH3OH的物質的量相等，但由于c點后CO的物質的量在減少，CH3OH的物質的量在增加，說明該點時刻反應正向進行，未達到平衡狀態；在d點后CO、CH3OH的物質的量都不變，則反應達到了平衡狀態，任意物質表示的正反應速率與逆反應速率相等。故根據圖示可知，表示正反應速率與逆反應速率相等的點就是平衡點，該點是d點；
反應物濃度越大，反應速率就越快。由于反應物CO的濃度：a＞c，所以用CO濃度變化表示的正反應速率大小關系為：v(a)＞v(c)；
③在2 L密閉容器中進行反應：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，根據已知條件即圖示數據，用三段式進行求解：
則3 min內反應消耗H2的物質的量是1.5 mol，容器的容積是2 L，反應時間是3 mol，故H2濃度變化為△n(H2)==0.75 mol/L，因此用H2的濃度變化表示的反應速率v(H2)==0.25 mol/(L·min)；
（3）根據圖2可知2 mol H2(g)和1 mol CO(g)反應產生1 mol CH3OH(g)放出128.8 kJ的熱量，則該反應的熱化學方程式為：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-128.8 kJ/mol；反應熱等于斷裂反應物化學鍵吸收的總能量與形成生成物化學鍵釋放的總能量的差，假設1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收能量為x，則根據反應熱與化學鍵鍵能關系可知：(1072+2×426) kJ-x kJ=-128.8 kJ，解得x=2052.8，即斷開1 mol CH3OH(g)中所有的化學鍵共需要吸收2052.8 kJ的能量；
（4）在CH3OH-O2燃料電池中，通入燃料CH3OH的電極為負極，負極失去電子發生氧化反應；通入O2的電極為正極，正極上得到電子發生還原反應。溶液中陽離子向負電荷較多的正極移動，陰離子向正電荷較多的負極移動。根據圖示可知溶液中的陽離子H+向d電極區移動，說明d電極為正極，b處通入的氣體是O2，正極的電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O。電極c為負極，a處通入的氣體是CH3OH，CH3OH失去電子發生氧化反應，故負極的電極反應式為：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
20．（2024高一下·廣州期末）淀粉是化工生產的重要原料，對淀粉進行綜合利用的流程如圖所示。已知B分子中含有一個甲基(-CH3)。
回答下列問題：
（1）淀粉和糊精均為天然有機高分子化合物，二者聚合度的大小關系為：n　 　m(填“＞”“＜”或“=”＝。
（2）檢驗淀粉是否完全水解的操作為　 　。
（3）某物質H是A的同系物，分子式為C4H10O，H有　 　種同分異構體。
（4）B中含有的官能團為　 　，寫出B→D的化學方程式　 　。
（5）B與D反應生成E的反應類型是　 　，請寫出E的結構簡式　 　。
（6）寫出丙烯酸在一定條件下生成高聚物F的化學方程式　 　。
【答案】（1）＞
（2）往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全
（3）4
（4）羥基、羧基；2+O22+2H2O
（5）取代反應(酯化反應)；
（6）nCH2=CH-COOH
【知識點】同分異構現象和同分異構體；羧酸簡介；多糖的性質和用途；蔗糖與淀粉的性質實驗
【解析】【解答】（1）淀粉和糊精均為天然有機高分子化合物，由于淀粉經初步水解反應產生糊精，因此二者聚合度的大小關系為：n＞m。
故答案為：＞
（2）由于淀粉遇碘水溶液會變為藍色，因此可以用碘水來檢驗淀粉是否水解完全，則檢驗淀粉是否完全水解的操作為：往淀粉水解液中滴加幾滴碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全。
故答案為：往淀粉水解液中滴加碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全
（3）根據上述分析可知A是乙醇，結構簡式是CH3CH2OH。某物質H是A的同系物，其分子式為C4H10O，H為飽和一元醇，可能結構有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可見共4種不同結構，即H有4種同分異構體。
故答案為：4
（4）根據上述分析可知B是乳酸，結構簡式是，物質分子中含有的官能團為羥基、羧基。B分子中含有-OH，由于羥基連接的C原子上含有H原子，因此可以發生催化氧化反應，則乳酸與O2在Cu催化下加熱發生氧化反應的化學方程式為：2+O22+2H2O。
故答案為：羧基；2+O22+2H2O
（5）B是乳酸，結構簡式是，分子中含有羥基，D是，分子中含有羧基，二者在濃硫酸催化下加熱，發生酯化反應產生酯E和水，該反應屬于酯化反應，酯化反應又屬于取代反應，故B與D反應生成E的反應類型是酯化反應(或取代反應)；物質E結構簡式是。
故答案為：取代反應(酯化反應)；
（6）丙烯酸分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下能夠發生加聚反應產生聚丙烯酸，該反應的化學方程式為：nCH2=CH-COOH。
故答案為：nCH2=CH-COOH
【分析】（1）糊精為淀粉的水解產物，因此糊精的聚合度比淀粉小。
（2）結合淀粉遇碘變藍色的性質確定實驗操作。
（3）A為CH3CH2OH，H是A的同系物，因此H也屬于醇類物質，結合碳鏈異構確定H的同分異構體。
（4）B能與O2、Cu發生氧化反應，說明含有羥基；能轉化為丙烯酸，說明含有－COOH，因此可得B的結構簡式為。據此確定B的官能團，以及B轉化為D的化學方程式。
（5）B與O2在Cu催化作用下反應生成D，B中的羥基與D中的羧基在濃硫酸加熱條件下發生酯化反應，據此確定反應類型和E的結構簡式。
（6）丙烯酸在一定條件下碳碳雙鍵發生加聚反應，生成聚合物，據此寫出反應的化學方程式。
（1）淀粉和糊精均為天然有機高分子化合物，由于淀粉經初步水解反應產生糊精，因此二者聚合度的大小關系為：n＞m；
（2）由于淀粉遇碘水溶液會變為藍色，因此可以用碘水來檢驗淀粉是否水解完全，則檢驗淀粉是否完全水解的操作為：往淀粉水解液中滴加幾滴碘水，若溶液不變色，則可證明淀粉水解完全；
（3）根據上述分析可知A是乙醇，結構簡式是CH3CH2OH。某物質H是A的同系物，其分子式為C4H10O，H為飽和一元醇，可能結構有CH3CH2CH2CH2OH、、、，可見共4種不同結構，即H有4種同分異構體；
（4）根據上述分析可知B是乳酸，結構簡式是，物質分子中含有的官能團為羥基、羧基。B分子中含有-OH，由于羥基連接的C原子上含有H原子，因此可以發生催化氧化反應，則乳酸與O2在Cu催化下加熱發生氧化反應的化學方程式為：2+O22+2H2O；
（5）B是乳酸，結構簡式是，分子中含有羥基，D是，分子中含有羧基，二者在濃硫酸催化下加熱，發生酯化反應產生酯E和水，該反應屬于酯化反應，酯化反應又屬于取代反應，故B與D反應生成E的反應類型是酯化反應(或取代反應)；物質E結構簡式是；
（6）丙烯酸分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下能夠發生加聚反應產生聚丙烯酸，該反應的化學方程式為：nCH2=CH-COOH。
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