2023學年第二學期期末高一化學試題考生須知：1．本卷滿分100分，考試時間90分鐘；2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字。3．所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4．考試結(jié)束后，只需上交答題卷。5．本試題可能用到的相對原子質(zhì)量：第I卷一、選擇題（本大題共20小題，1至10題每小題2分，11至20題每小題3分，共50分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.明代《天工開物》中記載“鐵器淬與膽礬水中，即成銅色也”，膽礬屬于A.氧化物 B.混合物 C.電解質(zhì) D.合金【答案】C【解析】【詳解】膽礬是五水硫酸銅俗稱，五水硫酸銅是純凈物，溶于水得到硫酸銅溶液，硫酸銅在溶液中能電離出自由移動的離子，屬于電解質(zhì)，故選C。2.用濃硫酸配制的稀硫酸，實驗中不需要用到的儀器是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】由配制一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的步驟為計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶可知，配制100mL1.0mol/L稀硫酸的實驗過程中需要用到的玻璃儀器為量筒、膠頭滴管、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶，不需要用到圓底燒瓶，故選C。3.下列有關(guān)溶液和膠體的敘述正確的是A.煮沸飽和溶液可以制得膠體B.溶于水形成的膠體中含有的膠體粒子數(shù)小于個C.溶液和膠體都呈透明的紅褐色D.溶液是電中性的，膠體是帶電的【答案】B【解析】【詳解】A．制備氫氧化鐵膠體的操作為向沸水中加入飽和氯化鐵溶液，當溶液呈紅褐色時應停止加熱，即得氫氧化鐵膠體，故A錯誤；B．氫氧化鐵膠體是粒子集合體，所以溶于水形成的膠體中含有的膠體粒子數(shù)小于個，故B正確；C．氯化鐵溶液呈棕黃色，故C錯誤；D．氫氧化鐵膠體是電中性的分散系，故D錯誤；故選B。4.下列化學用語或說法正確的是A.的電子式：B.該分子中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)數(shù)目相同：C.次氯酸的結(jié)構(gòu)式為D.的離子結(jié)構(gòu)示意圖是：【答案】B【解析】【詳解】A．過氧化氫是含有共價鍵的共價化合物，電子式為，故A錯誤；B．分子中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)數(shù)目相同，都為10，故B正確；C．次氯酸的分子式為HClO，結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl，故C錯誤；D．離子的核電荷數(shù)為8，核外有2個電子層，最外層電子數(shù)為8，離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，故D錯誤；故選B。5.關(guān)于反應，下列說法不正確的是A. B.氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量比為C.該化學反應中是還原產(chǎn)物 D.該反應每生成水，轉(zhuǎn)移個電子【答案】C【解析】【分析】由題意可知，鹽酸與次氯酸鈣反應生成氯化鈣、氯氣和水，反應的化學方程式為，反應中次氯酸鈣中氯元素的化合價降低被還原，是反應的氧化劑，鹽酸中氯元素的化合價部分升高被氧化，鹽酸表現(xiàn)酸性和還原性，氯氣是反應氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，反應生成2mol水時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol。【詳解】A．由分析可知，化學計量數(shù)y=2、z=2，故A正確；B．由分析可知，次氯酸鈣是反應的氧化劑，鹽酸是還原劑，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量比為1：2，故B正確；C．由分析可知，氯氣是反應的氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，氯化鈣不是還原產(chǎn)物也不是氧化產(chǎn)物，故C錯誤；D．由分析可知，反應生成2mol水時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，則反應生成1mol水時，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為1mol×1×NAmol—1=NA，故D正確；故選C。6.下列說法正確的是A.和質(zhì)子數(shù)相同，互為同素異形體B.與互為同系物C.與是不同的核素，化學性質(zhì)完全不同D.和互為同分異構(gòu)體，兩者具有相同的分子式【答案】B【解析】【詳解】A．和質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，故A錯誤；B．與都為烷烴的二氯取代物，相差1個CH2，互為同系物，故B正確；C．與互為同位素，化學性質(zhì)幾乎相同，故C錯誤；D．甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，所以同一個碳連的四個官能團的位置相同，故和二者為同一種物質(zhì)，故D錯誤；答案選B。7.下列實驗操作或裝置正確的是A.除去中的B.驗證的漂白性C.用于測定氯水的D.利用該裝置測定中和反應的反應熱

A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，則將混合氣體通過水能除去一氧化氮中混有的二氧化氮，故A正確；B．二氧化硫能使碘的淀粉溶液藍色褪色是因為二氧化硫與碘水反應生成氫碘酸和硫酸使溶液褪色，與二氧化硫的漂白性無關(guān)，故B錯誤；C．氯水中的次氯酸具有強氧化性，能使有機色質(zhì)漂白褪色，所以用pH試紙無法測定氯水的pH，故C錯誤；D．由實驗裝置圖可知，測定中和反應的反應熱的裝置中缺少玻璃攪拌器，不能使混合溶液充分反應，導致測定值不準確，不能測定中和熱，故D錯誤；故選A。8.從日常生活到科技前沿，化學無處不在。下列說法不正確的是A.生鐵的含碳量比鋼的含碳量高，合金的熔點一般比其成分金屬的熔點低B.碳酸鈉與碳酸氫鈉兩者都可以用于食品加工C.“祝融號”火星車使用新型鋁基碳化硅復合材料中的碳化硅是一種新型無機非金屬材料D.“北斗系統(tǒng)”組網(wǎng)成功，北斗芯片中的半導體材料主要為二氧化硅【答案】D【解析】【詳解】A．生鐵的含碳量為2～4.3%，鋼的含碳量為0.03%～2%，即生鐵的含碳量比鋼的含碳量高，合金的熔點一般比其成分金屬的熔點低，故A正確；B．碳酸鈉與碳酸氫鈉兩者都可以用于食品加工，可用作食用堿和發(fā)酵劑，故B正確；C．“祝融號”火星車使用新型鋁基碳化硅復合材料中的碳化硅是一種耐高溫的新型無機非金屬材料，故C正確；D．晶體硅為良好的半導體，常用于制造芯片，故D錯誤；答案選D。9.下列說法正確的是A.亞硝酸鈉有一定的毒性，不能作為食品防腐劑B.硝酸銨是一種高效氮肥，但必須作改性處理后才能施用C.乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反應中原子利用率，符合綠色化學的理念D.石油的分餾和煤的干餾都是化學變化【答案】B【解析】【詳解】A．亞硝酸鈉有一定的毒性，但若在合理范圍內(nèi)可作為食品防腐劑使用，A錯誤；B．硝酸銨是一種高效氮肥，遇熱、振蕩等易分解爆炸，必須作改性處理后才能施用，B正確；C．乙醇和乙酸酯化生成乙酸乙酯和水，原子利用率小于，C錯誤；D．石油的分餾是根據(jù)石油中各組分沸點的不同將其分離的操作，屬于物理變化，煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的操作，涉及的是化學變化，D錯誤；答案選B。10.下列說法合理的是A.鐵片丟入濃硝酸，常溫下不會反應B.若身上的衣物著火且燃燒面積較大，應躺在地上翻滾以達到滅火的目的C.向銅和濃硫酸反應后的混合物中加水，若溶液呈藍色，則證明有硫酸銅生成D.容量瓶在洗凈后，若瓶底有少量水殘留則必須烘干，否則所配溶液濃度偏低【答案】B【解析】【詳解】A．常溫下，鐵在濃硝酸中會發(fā)生鈍化，致密的鈍化膜阻礙反應的繼續(xù)進行，故A錯誤；B．如果身上衣物大面積著火且燃燒面積較大，應立即躺在地上翻滾以達到滅火的目的，故B正確；C．證明有硫酸銅生成時，應將銅和濃硫酸反應后的混合物加入水中，如果向銅和濃硫酸反應后的混合物中加水，過量的濃硫酸遇水可能會發(fā)生暴沸導致液體飛濺，故C錯誤；D．容量瓶是精量器，不能直接加熱，若容量瓶在洗凈后，瓶底有少量水殘留不用烘干，可直接配制溶液，不影響配制溶液的濃度，故D錯誤；故選B。11.關(guān)于乳酸（）的說法不正確的是A.乳酸分別與足量和反應產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量相同B.只要總的物質(zhì)的量一定，乳酸與乙烯的混合物燃燒消耗氧氣的量是定值C.所有碳原子不可能在同一平面D.兩分子乳酸可反應生成環(huán)狀化合物【答案】C【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，乳酸分子中含有的羥基、羧基能與金屬鈉反應生成氫氣，含有的羧基能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳氣體，則1mol乳酸分別與足量的鈉和碳酸氫鈉反應生成氫氣和二氧化碳的物質(zhì)的量都為1mol，故A正確；B．乳酸在氧氣中完全燃燒生成二氧化碳和水，乳酸的分子式C3H6O3可以改寫為C2H4·CO2·H2O，則1mol乳酸和1mol乙烯燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量都為3mol，所以只要總的物質(zhì)的量一定，乳酸與乙烯的混合物燃燒消耗氧氣的量是定值，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，乳酸分子中羧基為平面結(jié)構(gòu)，由三點成面可知，分子中所有碳原子可能在同一平面，故C錯誤；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，乳酸分子中含有的羥基、羧基，濃硫酸作用下兩分子乳酸可共熱發(fā)生酯化反應生成環(huán)酯，故D正確；故選C。12.下列離子方程式書寫正確的是A.通入水中：B.醋酸溶液溶解碳酸鈣：C.向溶液中滴加稀溶液：D.澄清石灰水與少量小蘇打溶液混合：【答案】D【解析】【詳解】A．氯氣通入水中發(fā)生的反應為氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，反應的離子方程式為，故A錯誤；B．醋酸溶液溶解碳酸鈣發(fā)生的反應為醋酸溶液與碳酸鈣反應生成醋酸鈣、二氧化碳和水，反應的離子方程式為，故B錯誤；C．向亞硫酸鈉溶液中滴加稀硝酸溶液發(fā)生的反應為亞硫酸鈉溶液與稀硝酸溶液反應生成硫酸鈉、一氧化氮和水，反應的離子方程式為，故C錯誤；D．澄清石灰水與少量小蘇打溶液混合發(fā)生的反應為石灰水與少量碳酸氫鈉溶液反應生成氫氧化鈉、碳酸鈣沉淀和水，反應的離子方程式為，故D正確；故選D。13.X、Y、Z、Q、P和R五種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，其中X原子的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半。下列說法正確的是XYZPQRA.Y的原子半徑比Z的小B.最高價氧化物對應的水化物的酸性：C.R單質(zhì)可以與Q氣態(tài)氫化物發(fā)生反應D.Y的簡單氫化物間有氫鍵所以比P的簡單氫化物要穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】由X、Y、Z、Q、P和R五種短周期元素在周期表中的位置可知，X、Y、Z處于第二周期，而P、Q、R處于第三周期，而X原子的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，即X最外層電子數(shù)為4，故X為C元素，由元素的相對位置推知Y為N元素、Z為O元素、P為P元素、Q為S元素、R為Cl元素。【詳解】由分析可知，X為C元素、Y為N元素、Z為O元素、P為P元素、Q為S元素、R為Cl元素；A．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，則原子半徑：Y＞Z，故A錯誤；B．Z是氧元素，不存在最高價氧化物對應的水化物，故B錯誤；C．氯氣與硫化氫發(fā)生反應：H2S+Cl2=S↓+2HCl，故C正確；D．元素非金屬性：N＞P，所以氫化物穩(wěn)定性：NH3＞PH3，與NH3分子之間存在氫鍵無關(guān)，故D錯誤；答案選C。14.貯備電池具有下列特點：日常將電池的一種組成部分（如電解質(zhì)溶液）與其他部分隔離備用；使用時電池可迅速被激活并提供足量電能。貯備電池主要用于應急救援和武器系統(tǒng)等。電池是一種可被海水激活的貯備電池。下列說法錯誤的是A.電池放電時由正極向負極遷移B.正極反應為C.負極會發(fā)生副反應：D.若將鎂換成鋅，同樣可以構(gòu)成貯備電池【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．放電時陰離子向負極移動、陽離子向正極移動，所以Cl－由正極向負極遷移，A正確；B．電池放電時，正極發(fā)生還原反應，AgCl是難溶物，電極反應式為，B錯誤；C．鎂是活潑金屬，鎂能與水反應，所以能發(fā)生副反應，C正確；D．鋅為活潑金屬，若將鎂換成鋅，也可構(gòu)成海水原電池，D正確；故選B。15.下列說法不正確的是（為阿伏加德羅常數(shù)的值）A.標準狀況下，溶于水，溶液中和的微粒數(shù)之和小于B.分子中含有的共用電子對數(shù)為C.與混合物中含C原子數(shù)為D.與足量完全反應，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于和之間【答案】D【解析】【詳解】A．氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸為可逆反應，不能進行到底，所以標準狀沉況下，11.2LCl2物質(zhì)的量為0.5mol，溶于水，溶液Cl2、ClO-和HClO的微粒數(shù)之和小于NA，故A正確；B．含有6個共用電子對，分子中含有的共用電子對數(shù)為，故B正確；C．含有NA個C原子，30g含C原子數(shù)也為，所以與混合物中含C原子數(shù)為，故C正確；D．為0.1mol，與氧氣反應變?yōu)?1價，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，故D錯誤；答案選D。16.已知：。在的密閉容器中進行模擬合成實驗，將和通入容器中，分別在和反應，每隔一段時間測得容器中的甲醇的濃度如下，下列說法正確的是A.時，開始內(nèi)平均速率B.反應達到平衡時，放出的熱量為C.反應達到平衡時，和的轉(zhuǎn)化率之比在和相同D.時，若容器的容積壓縮到原來的，重新平衡時的濃度會減小【答案】C【解析】【詳解】A．300℃時，開始10min內(nèi)CH3OH的平均速率v(CH3OH)=0.04mol/(L?min)，由反應系數(shù)可得，，故A錯誤；B．300℃反應達到平衡時，放出的熱量為116kJ?mol-1×0.9mol=104.4kJ，故B錯誤；C．由題給數(shù)據(jù)知在兩溫度下，起始時CO和H2的物質(zhì)的量之比等于計量數(shù)之比，而反應轉(zhuǎn)化的量等于方程式的計量數(shù)之比，故反應達到平衡時，CO和H2的轉(zhuǎn)化率之比為1：1，故C正確；D．500℃時，若容器體積壓縮為原來的一半，則反應物和生成物的濃度均增加，重新平衡時CO的濃度會增大，故D錯誤；答案選C。17.已知下列反應的能量變化示意圖如圖，有關(guān)說法正確的是A.與完全反應生成放出的熱量小于B.在相同條件下，比穩(wěn)定C.與足量反應，最終轉(zhuǎn)化為放出的熱量為D.和反應的熱化學方程式為【答案】D【解析】【詳解】A．1molS(g)具有的能量高于1molS(s)，所以1molS(g)與O2(g)完全反應生成SO2(g)放出的熱量大于297.0kJ，故A錯誤；B．由圖可知，1molSO2(g)和molO2(g)的總能量比1molSO3(g)的總能量高98.7kJ，但無法確定1molSO2(g)的總能量與1molSO3(g)的總能量的大小關(guān)系，在相同條件下，無法確定SO2(g)與SO3(g)的穩(wěn)定性，故B錯誤；C．SO2轉(zhuǎn)化為SO3屬于可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化，由圖可知，1molS(s)與足量O2(g)反應，最終轉(zhuǎn)化為SO3(g)放出的熱量小于(297+98.7)kJ=395.7kJ，故C錯誤；D．由右圖可知，SO2(g)和O2(g)反應的熱化學方程式為，故D正確；答案選D。18.已知植物光合作用發(fā)生反應：，該反應達到化學平衡后，下列說法正確的是A.增加的量，轉(zhuǎn)化率減小B.增大的濃度，平衡正向移動，化學平衡常數(shù)增大C.適當升高溫度，既提高了活化分子百分數(shù)，又增大了的轉(zhuǎn)化率D.加入催化劑，的體積分數(shù)增大【答案】C【解析】【詳解】A．葡萄糖是固體，增加固體的量，化學反應速率不變，化學平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，故A錯誤；B．化學平衡常數(shù)是溫度函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則增大二氧化碳的濃度，平衡向正反應方向移動，化學平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C．該反應是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，則適當升高溫度，既提高了活化分子百分數(shù)，加快反應速率，又增大了二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，故C正確；D．加入催化劑，化學反應速率加快，但化學平衡不移動，氧氣的體積分數(shù)不變，故D錯誤；故選C。19.海洋中有豐富的食品、礦產(chǎn)、能源、藥物和水產(chǎn)資源等，某化學興趣小組模擬從海水獲取化學資源的方案設(shè)計如下。下列有關(guān)說法正確的是A.第①步中除去粗鹽中的、、等雜質(zhì)，加入藥品的順序可以為：溶液→溶液→過濾后加鹽酸B.工業(yè)上制取金屬鈉可以通過電解飽和食鹽水實現(xiàn)C.在第③步反應的離子方程式為：D.第④步反應可以向吸收液中通入氯氣【答案】D【解析】【詳解】A．Na2CO3溶應在Ba(OH)2溶液之后加入，用于除去過量的鋇離子，A錯誤；B．工業(yè)上制取金屬鈉可以通過電解熔融氯化鈉實現(xiàn)，B錯誤；C．HBr為強電解質(zhì)，可拆，離子方程式為：，C錯誤；D．第④步反應可以向吸收液中通入氯氣，氯氣將溴離子氧化為溴單質(zhì)，D正確；故選D。20.下列實驗操作能達到目的的是選項操作目的A除去中的雜質(zhì)向混合物中加入足量氨水溶液，充分反應后過濾、洗滌、干燥B測定同濃度的溶液的比較和S的非金屬性強弱C將相同大小的鎂片和鋁片用導線連接，插入溶液中證明原電池中活潑性強的金屬作負極D向蔗糖溶液中加入新制的銀氨溶液，水浴加熱證明蔗糖是非還原性糖A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．氧化鐵、氧化鋁均與氨水不反應，應加足量NaOH溶液、過濾，故A錯誤；B．HCl、H2S均為無氧酸，其酸性強弱與非金屬性強弱沒有關(guān)系，由溶液pH不能比較Cl、S的非金屬性強弱，故B錯誤；C．NaOH溶液與Al發(fā)生反應，則構(gòu)成原電池時，Al為負極，而金屬性Mg大于Al,不能證明原電池中活潑性強的金屬作負極，故C錯誤；D．蔗糖不含醛基，加入新制的銀氨溶液，水浴加熱，不產(chǎn)生銀鏡，可知蔗糖是非還原性糖，故D正確；答案選D。第Ⅱ卷二、非選擇題（本大題共6小題，共50分）21.請回答：（1）“鋇餐”的化學式是__________；碳酸鈉中含有化學鍵的類型是__________。（2）已知結(jié)構(gòu)與相似，則的電子式為________________。（3）寫出向溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣的離子方程式_________________。【答案】（1）①.②.離子鍵、共價鍵（2）【解析】【小問1詳解】①鋇餐的主要成分是硫酸鋇，其化學式為；②碳酸鈉屬于離子化合物，故含有離子鍵，碳酸根中碳原子和氧原子之間是共價鍵；故答案為：①②離子鍵、共價鍵【小問2詳解】根據(jù)八電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，碳原子形成四個共用電子對，氧原子形成兩個共用電子對，根據(jù)氧和硫是同主族元素，所以羰基硫的電子式為；【小問3詳解】已知氧化性氯氣＞單質(zhì)溴＞三價鐵離子，所以向溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣的離子方程式為：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－；22.是常見的有機物，均為有香味的油狀物質(zhì)且互為同系物；煤氣化得到氣體燃料；H為非電解質(zhì)，其催化氧化的產(chǎn)物溶于水形成的溶液俗稱“福爾馬林”；E的用途廣泛，其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家石油化學工業(yè)的發(fā)展水平。（1）有機物D的結(jié)構(gòu)簡式是__________；有機物H中的官能團名稱是__________。（2）寫出與有機物同類且互為同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式__________。（3）有機物有多種方法可以合成，其中有機物E和D可在一定條件下發(fā)生反應形成，請寫出該反應的化學方程式__________。（4）已知有機物F的分子式是與足量鈉反應可生成，下列關(guān)于有機物F的說法正確的是__________。A.F能與D發(fā)生取代反應 B.F能與水互溶C.F能與反應放出 D.F能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化【答案】（1）①.CH3COOH②.羥基（2）HCOOCH2CH3（3）CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3（4）ABD【解析】【分析】由有機物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，淀粉在催化劑作用下發(fā)生水解反應生成葡萄糖，則A為葡萄糖；葡萄糖在酒化酶作用下發(fā)酵生成乙醇，則B為乙醇；銅做催化劑條件下乙醇與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙醛，則C為乙醛；催化劑作用下乙醛與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙酸，則D為乙酸；濃硫酸作用下乙醇與乙酸共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則G1為乙酸乙酯；煤氣化得到氣體燃料一氧化碳和氫氣，催化劑作用下一氧化碳和氫氣反應生成甲醇，則H為甲醇；濃硫酸作用下甲醇與乙酸共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸甲酯，則G2為乙酸甲酯；石蠟油發(fā)生裂解反應和濃硫酸作用下乙醇干擾發(fā)生消去反應都能生成乙烯，則E為乙烯；乙烯與經(jīng)多步反應生成乙二醇，則F為乙二醇。【小問1詳解】由分析可知，D為乙酸，結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH；H為甲醇，官能團為羥基，故答案為：CH3COOH；羥基；【小問2詳解】由分析可知，G2為乙酸甲酯，與乙酸甲酯同類且互為同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH2CH3，故答案為：HCOOCH2CH3；【小問3詳解】由分析可知，E為乙烯、D為乙酸，一定條件下乙烯與乙酸發(fā)生加成反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案為：CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3；【小問4詳解】有機物F的分子式是C2H6O2，1molF與足量鈉反應可生成1mol氫氣，則F為乙二醇；A．乙二醇分子中含有羥基，濃硫酸作用下能與乙酸發(fā)生酯化反應生成酯和水，故正確；B．乙二醇分子中含有羥基，能與水分子形成分子間氫鍵，所以乙二醇能與水互溶，故正確；C．乙二醇分子中含有的羥基不能與碳酸氫鈉反應，故錯誤；D．乙二醇分子中含有的羥基能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化生成乙二酸，，故正確；故選ABD。23.光盤金屬層含有（其它金屬微量忽略不計），可以進行資源回收利用，下圖為從光盤中提取的工業(yè)流程。已知：①氣體A、氣體D是空氣的主要組成氣體。②。請回答：（1）寫出氣體A的化學式__________；D的化學式_______________。（2）寫出反應I的離子方程式_______________。（3）也能溶解金屬銀，從反應產(chǎn)物的角度分析，以代替的缺點是________________。（4）稱為肼，常溫時為無色液體，溶于水成水合物為二元弱堿，寫出肼與過量稀硫酸反應的離子方程式______________。【答案】（1）①.O2②.N2（2）4Ag+4ClO—+2H2O=4AgCl+O2+4OH—（3）生成氮氧化物，污染空氣（4）2H++N2H4=N2H【解析】【分析】由題給流程可知，向處理后的光盤碎片中氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH后，加入足量次氯酸鈉溶液，銀與次氯酸鈉溶液反應生成氯化銀、氧氣和水，過濾得到氯化銀；向氯化銀中加入足量的氨水，向氯化銀中加入足量氨水，將氯化銀轉(zhuǎn)化為含有二氨合銀離子的溶液C，向溶液C中加入肼溶液，溶液中二氨合銀離子與肼溶液反應生成銀、氮氣、氨氣、銨根離子和水。【小問1詳解】由分析可知，氣體A為氧氣、氣體D為氮氣，故答案為：O2；N2；【小問2詳解】由分析可知，反應I為銀與次氯酸鈉溶液反應生成氯化銀、氧氣和水，反應的離子方程式為4Ag+4ClO—+2H2O=4AgCl+O2+4OH—，故答案為：4Ag+4ClO—+2H2O=4AgCl+O2+4OH—；【小問3詳解】銀與硝酸反應生成硝酸銀、有毒氮的氧化物和水，所以與反應I相比利用硝酸溶解銀的缺點是生成氮氧化物，污染空氣，故答案為：生成氮氧化物，污染空氣；【小問4詳解】由題意可知，肼與過量稀硫酸反應生成N2H和硫酸根離子，反應的離子方程式為2H++N2H4=N2H，故答案為：2H++N2H4=N2H。24.I．一定溫度下，在恒容的密閉容器內(nèi)，將和混合充分發(fā)生反應：。回答下列問題：（1）升高溫度，混合氣體的平均摩爾質(zhì)量__________（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）如圖表示合成，反應在某段時間中反應速率與時間的曲線圖，時刻改變的外界條件為______________；的體積分數(shù)最小的平衡時間段是______________。（3）該反應的平衡常數(shù)表達式為______________；若反應達到平衡后，將同時增大1倍，平衡將__________移動（填“正向”“逆向”或“不移動”）。（4）若該反應在恒容絕熱密閉容器中進行，投入和，在一定條件下充分反應。下列敘述不能判斷該反應達到平衡狀態(tài)的是__________；①容器中壓強不再改變；②容器中氣體密度不再改變；③的物質(zhì)的量濃度不再改變；④的質(zhì)量不再改變；⑤體系的溫度不再改變；⑥和的比例不變Ⅱ．堿性氫氧燃料電池是目前開發(fā)的燃料電池之一，這種燃料電池由氫氣、空氣（氧氣）、（電解質(zhì)溶液）構(gòu)成。其中正極反應式為（5）下列說法錯誤的是__________。①電池放電時通入空氣的電極為負極；②電池放電時，電解質(zhì)溶液的堿性逐漸減弱；③電池放電時每消耗轉(zhuǎn)移電子④燃料電池的優(yōu)點之一是可以將化學能全部轉(zhuǎn)化為電能（6）寫出該燃料電池的負極反應式：______________。【答案】（1）變小（2）①.減小壓強②.t5→t6（3）①.K=②.正向（4）②⑥（5）①④（6）H2-2e-+2OH-=2H2O【解析】【小問1詳解】，升高溫度平衡逆向進行，氣體物質(zhì)的量增大，氣體質(zhì)量不變，混合氣體的平均摩爾質(zhì)量變小；【小問2詳解】t0→t1以及t3→t4平衡不移動，t1→t2以及t4→t5平衡逆移，SO3體積分數(shù)變小，則t5→t6時SO3體積分數(shù)最小，t4時刻改變某一外界條件時正逆反應速率都減小且平衡逆向移動，改變的條件是減小壓強；【小問3詳解】，該反應的平衡常數(shù)表達式為：K=，平衡時各組分濃度都增加一倍，相當于壓縮容器體積增大壓強，所以平衡將向氣體體積減少的方向移動，即平衡將正向移動；【小問4詳解】①該反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應，隨著反應進行，混合氣體的壓強減小，當容器中壓強不再改變，表明反應已達到平衡狀態(tài)，故①不選；②根據(jù)質(zhì)量守恒，混合氣體的質(zhì)量始終不變，容器體積不變，則氣體的密度始終不變，當容器中氣體的密度不再改變，不能表明反應已達到平衡狀態(tài)，故②選；③O2的物質(zhì)的量濃度不再改變，表明反應已達到平衡狀態(tài)，故③不選；④SO3的質(zhì)量不再改變，物質(zhì)的量不變，反應達到平衡狀態(tài)，故④不選；⑤絕熱容器中，體系的溫度不再改變，表明反應已達到平衡狀態(tài)，故⑤不選；⑥起始量和變化量均為2:1，SO2和O2的比例始終不變，不能說明反應已達到平衡狀態(tài)，故⑥選；故答案：②⑥；【小問5詳解】①堿性氫氧燃料電池中，通入燃料氫氣的電極為負極，通入空氣的電極為正極，故①錯誤；②電池放電時，總反應為2H2+O2=2H2O，生成水稀釋溶液，電解質(zhì)溶液的堿性逐漸減弱，故②正確；③3.2gH2的物質(zhì)的量為1.6mol，負極反應式為H2-2e-+2OH-=2H2O，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e-)=2n(H2)=2×1.6mol=3.2mol，故③正確；④燃料電池不可以將化學能全部轉(zhuǎn)化為電能，故④錯誤；故答案為：①④；【小問6詳解】堿性氫氧燃料電池，通入氫氣的電極為負極，氫氣發(fā)生失電子的反應生成水，負極反應式為H2-2e-+2OH-=2H2O。25.硫酰氯熔點、沸點，在染料、藥品、除草劑和農(nóng)用殺蟲劑的生產(chǎn)過程中有重要作用。（1）在潮濕空氣中因水解“發(fā)煙的化學方程式為_______________。（2）現(xiàn)擬用干燥的和在活性炭催化下制取硫酰氯，實驗裝置如圖所示（夾持裝置未畫出）。①儀器A的名稱為__________，裝置B的作用是______________。②裝置丙分液漏斗中盛裝的最佳試劑是__________（選填字母）。A．蒸餾水B．濃鹽酸C．濃氫氧化鈉溶液D．飽和食鹽水（3）探究硫酰氯在催化劑作用下加熱分解的產(chǎn)物，實驗裝置如圖所示（部分夾持裝置未畫出），加熱時A中試管出現(xiàn)黃綠色，裝置C中發(fā)生反應的離子方程式為________________。（4）測定產(chǎn)品的純度，取m克產(chǎn)品，加入到體積為，濃度為的溶液中加熱充分反應（假定雜質(zhì)不反應），冷卻后加蒸餾水準確稀釋至，取溶液于錐形瓶中，用標準中和剩余的，消耗標準的體積為，則產(chǎn)品的純度為__________。（用m、表示，列出計算式）【答案】（1）SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4（2）①.(球形)冷凝管②.防止空氣中水蒸氣進入三頸燒瓶，使SO2Cl2發(fā)生水解變質(zhì)，吸收尾氣SO2和Cl2，防止污染環(huán)境③.D（3）2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+（4）【解析】【分析】(2)裝置甲為制備SO2Cl2的發(fā)生裝置，反應原理為：SO2+Cl2SO2Cl2，A儀器為球形冷凝管，起到冷凝回流SO2Cl2的作用，B中為干燥管，裝有堿石灰，作用為：防止空氣中水蒸氣進入三頸燒瓶，使SO2Cl2發(fā)生水解變質(zhì)，吸收尾氣SO2和Cl2，防止污染環(huán)境，丙裝置中盛滿Cl2，通過分液漏斗滴入溶液將Cl2排出，經(jīng)乙裝置干燥后進入甲裝置，則乙裝置裝有濃硫酸以干燥氯氣，據(jù)此分析；(3)將硫酰氯在催化劑作用下加熱分解生成Cl2和SO2，即A裝置為分解發(fā)生裝置，B中CCl4為吸收Cl2，C中是SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色，D中NaOH溶液為尾氣處理，吸收多余的SO2和Cl2，據(jù)此分析；【小問1詳解】SO2Cl2在潮濕空氣中因水解“發(fā)煙”的化學方程式為SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4；【小問2詳解】①儀器A的名稱為(球形)冷凝管，裝置B的作用是防止空氣中水蒸氣進入三頸燒瓶，使SO2Cl2發(fā)生水解變質(zhì)，吸收尾氣SO2和Cl2，防止污染環(huán)境；②A．氯氣在蒸餾水中的溶解度較大，故A錯誤；B．10.0mol?L-1濃鹽酸具有揮發(fā)性，將引入新雜質(zhì)HCl,故B錯誤；C．濃氫氧化鈉溶液將與Cl2反應而吸收