四川省成都市新都区2021-2022学年高一化学下学期期末测试试题（Word版附解析）

新都区2022年(春季)高一年级期末测试化学试题本试卷分为选择题和非选择题两部分。第I卷(选择题)1至5页，第II卷(非选择题)5至8页，共8页；满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号涂填写在试卷答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题部分必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，将答案书写在规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56第I卷(共40分)1.滑雪是北京2022年冬奥会的主要项目之一。下列滑雪用品涉及到的材料不属于高分子化合物的是A.滑雪板底板——塑料B.滑雪杖杆——铝镁合金C.滑雪手套——合成橡胶D.滑雪服面料——尼龙【答案】B【解析】【详解】A．塑料属于有机物，属于有机高分子材料，故A不符合题意；B．滑雪杖杆——铝材(铝、镁等)属于铝镁合金，不属于高分子化合物，故B符合题意；C．合成橡胶属于有机物，属于有机高分子材料，故C不符合题意；D．滑雪服面料——尼龙属于有机物，属于有机高分子材料，故D不符合题意；故选：B。2.习近平主席在领导人气候峰会上正式宣布：我国坚持走生态优先，绿色低碳的发展道路，力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。下列有关碳排放的说法错误的是A.通过煤的气化和液化，可以从根本上杜绝碳排放B.使用新能源汽车，可以减少对化石燃料的依存度C.改变经济结构，逐步淘汰高能耗、高污染产业D.开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新能源是践行低碳生活的有效途径【答案】A 【解析】【详解】A．通过煤的气化和液化，只是煤转化为气体或液体燃料，燃烧仍然会产生二氧化碳，不能杜绝二氧化碳的排放，故A错误；B．使用新能源汽车，可以减少对化石燃料的依存度，减少碳的排放，故B正确；C．改变经济结构，逐步淘汰高能耗、高污染产业是实现绿色低碳的发展道路，故C正确；D．减少碳排放就是要减少二氧化碳的排放，就是要减少化石能源在一次能源使用中的占比，积极开发使用新型能源，如水能、风能、核能、太阳能等，故D正确；正确答案选A。3.“绿水青山就是金山银山”，化学与环境密切相关。绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。下列做法不符合绿色化学理念的是A.有毒，但实验室不可用点燃的方法消除污染B.生产可降解塑料材质的包装盒和研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料C.含磷的合成洗涤剂可以被细菌分解，故大量使用不会导致水体污染D.制取环氧乙烷新工艺：2CH2=CH2+O2，符合绿色化学的理念【答案】C【解析】【详解】A．H2S有毒，但实验室不可用点燃的方法消除H2S污染，因为H2S点燃时会生成有污染的SO2，故A说法符合绿色化学理念；B．生产可降解塑料材质的包装盒和研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料，符合绿色化学理念；C．含磷合成洗涤剂不易被细菌分解，可促进水藻生成，导致水体污染，故C不符合绿色化学理念；D．用乙烯氧化制取环氧乙烷，没有副产物生成，原子利用率100%，符合绿色化学理念；故选C。4.下列化学用语不正确的是A.的结构示意图：B.乙醇的分子比例模型：C.聚乙烯的单体的结构简式： D.用电子式表示HCl的形成过程：【答案】D【解析】【详解】A．Na+核内有11个质子，核外有10个电子，10个电子分两层排布，第一层排2个，第二层排8个，A正确；B．乙醇结构简式为CH3CH2OH，选项中的比例模型正确，B正确；C．聚乙烯的单体为乙烯，结构简式为CH2=CH2，C正确；D．HCl是共价化合物，不用中括号表示其电子式，且表示形成过程时不需要用弯箭头表示电子转移，正确的表示方式为：，D错误；故选D。5.某次地震导致的核泄漏产生的放射性污染的主要成分是和，下列有关它们的说法正确的是A.碘131的核内质子数是53，核外电子数为78B.铯是金属性最强的元素，碘是非金属性最强的元素C.碘元素在自然界有和两种稳定的同位素D.原子核内含有82个中子【答案】D【解析】【详解】A．原子的核外电子数等于质子数，所以碘131的核内质子数是53，核外电子数是53，A错误；B．铯是金属性最强的元素，非金属性最强的为F元素，B错误；C．不稳定，容易衰变，能产生放射性污染，C错误；D．原子核内含有中子数为137-55=82，D正确；故答案选D。6.我国发明的陶瓷荧光材料能有效解决色漂移、蓝光溢出等问题中仅Z元素为负价，Z、X、Y、W是原子序数依次增大且均不大于20的主族元素，X、Y同周期且相邻，Y原子最外层电子数是次外层的倍，W和Y的主族序数之和是X主族序数的2倍。下列说法正确的是A.原子半径：B.最高价氧化物的水化物的酸性： C.X的氧化物可用于制造光导纤维D.工业上用电解熔融的氧化物来制取Y【答案】B【解析】【分析】Z、X、Y、W是原子序数依次增大前20号主族元素，Y原子最外层电子数是次外层的0.5倍，则Y是Si或Li；X、Y同周期且相邻，X的原子序数小于Y，则Y不能是Li，只能是Si，则X是Al；W和Y的主族序数之和是X的2倍，则W是第四周期第ⅡA族的Ca；由化合物WXYZ3中各元素的化合价代数和为0，可知Z的化合价为-3价，则Z是N。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：，故A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，故B正确；C．铝的氧化物不可用于制造光导纤维，制造光导纤维的是SiO2，故C错误；D．工业上用焦炭高温还原二氧化硅制得硅，熔融SiO2不导电，不能用这个方法制取硅，故D错误；故选B。7.升温实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是A.纯碱和烧碱的熔化B.食盐和冰醋酸熔化C.液溴和冰的气化D.水晶和干冰的熔化【答案】AC【解析】【详解】A．纯碱和烧碱两种物质都是离子晶体，熔化时破坏离子键，A项正确；B．食盐为离子晶体，熔化时破坏离子键，冰醋酸为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，B项错误；C．液溴是分子晶体，冰是分子晶体，两者气化时克服分子间作用力，C项正确；D．水晶是原子晶体，干冰是分子晶体，两者熔化时分别克服共价键和分子作用力，D项错误；故选AC8.下列说法正确的是A.甲醇分子和双氧水分子有相同的电子数；He和有相同的质子数B.乙醇和乙二醇互为同系物：正丁烷和异丁烷互为同分异构体 C.晶体中阴阳离子数相等；固体中阴阳离子数也相等D.分子间存在氢键，故比分解时需要的温度高【答案】C【解析】【详解】A．甲醇分子(CH3OH)和双氧水分子(H2O2)有相同的电子数，均为18；He和Be2+的质子数分别是2、4，A错误；B．乙醇和乙二醇含有的羟基个数不同，不互为同系物；正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；C．NaHCO3晶体中阴离子是碳酸氢根离子，阴阳离子数相等；BaO2固体中阴离子是过氧根离子，阴阳离子数也相等，C正确；D．氢键不影响物质的化学性质，水分子间存在氢键，导致水的沸点比H2S高，水分解温度比H2S高是因为O-H键的键能大于S-H的键能，D错误；答案选C。9.滴滴涕是一种持久性有机污染物，其结构简式为。有关滴滴涕的说法正确的是A.分子式为，它属于芳香烃B.它在自然界中容易转化为无毒物质C.分子中所有的碳原子都共平面D1mol该物质最多能与加成【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式确定分子式为C14H9Cl5，其分子中除了含有C、H元素外还含有Cl元素，属于氯代烃，不属于芳香烃，故A错误；B．该有机物性质稳定，在自然界中不易转化为无毒物质，故B错误；C．连接2个苯环的碳原子具有甲烷结构特点，且单键可以旋转，苯环上所有碳原子共平面，所以该分子中所有碳原子不可能共平面，故C错误；D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，该分子中含有2个苯环，所以1mol该有机物最多能和6mol氢气发生加成反应，故D正确；故选：D。 10.用乙醇与乙酸反应制备乙酸乙酯，反应装置如图所示(加热及加持装置未画出)。下列说法正确的是A.该反应是可逆反应，且属于加成反应B.a试管中要加入浓硫酸做催化剂，b试管中常加入NaOH溶液来分离酯C.反应的化学方程式为：D.该反应的有机产物所含官能团的名称是羧基【答案】C【解析】【详解】A．酯化反应是可逆反应，属于取代反应，故A错误；B．b试管中常加入饱和碳酸钠溶液分离酯，酯能和NaOH溶液反应，故B错误；C．乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故C正确；D．生成的有机物乙酸乙酯的官能团为酯基，故D错误；故选C。11.实验室常用燃烧法分析有机物的组成与结构。某化合物样品在足量O2中充分燃烧，生成物只有CO2和H2O。燃烧产物依次经过浓硫酸和碱石灰充分吸收，浓硫酸和碱石灰依次增重7.2g和17.6g。有关该物质的组成和结构推测不合理的是（）A.该物质可能是烃类化合物B.该物质结构中可能含C=CC.该物质结构中可能含苯环D.该物质结构中可能含羧基【答案】C【解析】【分析】将化合物样品在足量O2中充分燃烧，生成物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重7.2g，即生成水的质量是7.2g，物质的量是=0.4mol，含有氢原子0.8mol，碱石灰增重17.6g，即生成二氧化碳物质的量是=0.4mol，含有碳原子的物质的量是0.4mol，所以碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2。 【详解】A.由分析可知：碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2，该物质可能是烯烃，属于烃类化合物，故A合理；B.由A选项可知，结构中可能含有含C=C，故B合理；C.由分析可知：碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2，不可能含有苯环，故C不合理；D.由分析可知：碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2，可能属于饱和一元羧酸，羧酸含有羧基，故D合理；故选：C。12.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B.1mol苹果酸可与3molNaOH发生中和反应C.1mol苹果酸与足量金属Na反应生成生成1molH2D.HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，A正确；B．1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，B错误；C．能和Na反应是有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，C错误；D．HOOC－CH2－CH(OH)－COOH与苹果酸是同一种物质，D错误。答案选A。13.肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，共价键的键能与热化学方程式信息如表：共价键N—HN—NO=ON≡NO—H键能/(kJ•mol-1)391161498946463则关于反应N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)说法正确的是A.该反应是吸热反应B.N2H4(l)比N2H4(g)能量高C.反应物总键能小于生成物总键能D.H2O空间结构是直线型【答案】C【解析】【分析】 【详解】A．反应热为(kJ•mol-1，该反应为放热反应，A错误；B．液体比气体的能量低，B错误；C．因为该反应为放热反应，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D．水分子空间构型是V型，D错误；故选C。14.高温条件下，Al和反应生成Fe和。下列说法正确的是A.该反应过程中的能量变化如图所示B.工业上利用该反应大规模用Al制取FeC.反应中每生成1molFe约转移个电子D.实验室进行该反应时用Mg引燃，同时加入作催化剂【答案】C【解析】【详解】A．铝热反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，图像不符，A项错误；B．该反应可用于野外焊接钢轨，不用于冶炼铁，B项错误；C．反应中Fe元素的化合价从+3价降低到0价，所以反应中每生成1molFe转移3×6.02×1023个电子，C项正确；D．铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气，反应中KClO3不是催化剂，D项错误；答案选C。15.苯及其同系物与氢气发生的加成反应称为氢化。乙苯完全氢化后，再发生氯代反应，其一氯代物的同分异构体数目有A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】D 【解析】【详解】苯及其同系物与氢气发生的加成反应称为氢化。乙苯完全氢化后，得到乙基环己烷，发生氯代反应，由于有6种位置的氢，因此其一氯代物的同分异构体数目有6种，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】需要注意的是乙基环己烷分子中，连接乙基的碳原子上还有一个氢原子，可以被氯原子取代。16.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.丙烯的加聚产物为，可用作塑料制品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】【详解】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．丙烯加聚产物聚丙烯的结构简式为，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；答案选D。17.目前海水提溴的最主要方法之-是空气吹出法，其部分流程图如下：以下推断不合理的是A.热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质B.吸收溴的反应离子方程式：C.吸收可用气体，也可用代替 D.没有采用直接蒸馏含的海水得到单质溴主要是为了节能【答案】B【解析】【分析】用空气从含Br2的海水将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫吸收，得到吸收液，发生的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，然后将吸收液氯化，发生的反应为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，得到溴水混合物，然后采用蒸馏的方法得到液溴，据此分析解答。【详解】A．溴单质易挥发，热空气能吹出溴，是利用溴易挥发的性质，将溴单质与二氧化硫反应，是合理的，故A不符合题意；B．SO2吸收溴反应生成硫酸和氢溴酸，氢溴酸为强酸，故其反应离子方程式：SO2+2H2O+Br2=SO+2Br-+4H+，推断不合理，故B符合题意；C．因为Br2也能被还原为Br-，故可以用代替，推断合理，故C不符合题意；D．含Br2的海水中溴单质浓度太低，因此没有采用直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴主要是为了节能，推断合理，故D不符合题意。综上所述，答案为B。18.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.等物质的量的—OH比所含有的电子总数少个B.中含非极性共价键和离子键，78g该化合物含离子总数为3个C.和均为正四面体结构，等物质的量的两种物质含有的共价键总数相同D.7.8g苯含有0.6根C—C共价单键【答案】B【解析】【详解】A．没有指明羟基和OH-的物质的量，无法判断电子总数，故A错误；B．Na2O2是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子是由两个氧原子通过非极性共价键构成，78gNa2O2的物质的量为1mol，含离子总数为3NA个，故B正确；C．CH4和P4均为正四面体结构，1个CH4分子中存在4个C-H键，而1个P4分子中有6个P-P键，故C错误；D．苯中没有碳碳单键，苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键，故D错误；故选B。 19.除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)，采用的试剂和除杂方法错误的是选项含杂质的物质试剂除杂方法A高锰酸钾溶液洗气BNaOH溶液分液CNaOH溶液洗气D生石灰蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．SO2和乙烯都能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用高锰酸钾溶液除去乙烯中的SO2，故A错误；B．HNO3与NaOH溶液反应产生易溶于水的NaNO3，而硝基苯是难溶于水的液体，二者互不相溶，然后通过分液就可以分离除去，故B正确；C．H2S与NaOH溶液发生中和反应生成Na2S和水，乙烷不能溶解，也不发生反应，因此通过洗气可以除去乙烷中的H2S，故C正确；D．生石灰和水反应生成熟石灰，溴溶于碱中，而乙醇不和生石灰反应，所以可以在混有溴和水的乙醇中加入生石灰，然后蒸馏，将乙醇蒸出来，从而除去杂质溴和水，故D正确；故选A。20.实验室中，从海藻里提取碘的部分流程如下图。下列说法中，不正确的是A.试剂a中的某元素化合价发生变化B.试剂b可选用四氯化碳C.步骤①需用坩埚，步骤②需用烧杯D.步骤③的操作是分液【答案】D【解析】【分析】海带灼烧可生成水和二氧化碳，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子 的溶液，通入氯气等氧化性物质，可以氧化生成碘，得到碘的水溶液，用有机溶剂萃取得到含碘的有机溶液。【详解】A．试剂a应该是具有氧化性的物质，可选用酸化的双氧水，反应时，氧元素的化合价发生变化，A说法正确；B．四氯化碳与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的，故能萃取碘水中的碘，B说法正确；C．步骤①灼烧海带应该在坩埚中进行，步骤②浸泡海藻灼烧物时溶解，需用烧杯，C说法正确；D．根据流程图，步骤③分离得到了溶液和灰渣应该选用过滤，D说法不正确；答案为D。第II卷(非选择题共60分)21.下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：123456789101112131415161718一二①②③三④⑤⑥⑦四⑧⑨（1）⑧代表的元素在周期表中的位置是___________。（2）表中数字代表的元素中最活泼的金属是___________(填写元素符号)，表中数字代表的元素中最高价氧化物对应水合物酸性最强的是___________。(填化学式)（3）表中⑤的氢氧化物与④的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：___________。（4）元素②③④⑥所形成的简单离子，其半径由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)（5）元素①②③的最简单氢化物的沸点最高的是___________(填化学式)，理由是___________。（6）请设计一个实验，比较⑦⑨单质氧化性的强弱：___________。（7）元素⑤和⑦组成化合物的电子式为___________，工业上___________(填“能”或“否”)用该物质冶炼单质⑤。【答案】（1）第四周期VIII族（2）①.Na②.Cl（3） （4）S2->O2->F->Na+（5）①.H2O②.水和氟化氢分子间可以形成氢键，水分子中的氧与周围水分子的氢形成氢键，并形成稳定的网状结构，氟化氢虽然也可以形成氢键，但只能形成链式结构，所以水的沸点最高（6）取少量KBr溶液于试管中，再滴加足量氯水，然后加入适量CCl4，充分振荡，静置分层，下层溶液为橙红色，上层接近无色，证明Cl2的氧化性比Br2的强（7）①.②.否【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①为N，②为O，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Fe，⑨为Br，以此解题。【小问1详解】由分析可知⑧为Fe，在周期表中的位置是第四周期VIII族；【小问2详解】同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强，非金属性性逐渐较弱，则表中数字代表的元素中最活泼的金属是Na，非金属性最强的是F，其次是Cl，F没有最高价氧化物，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此表中数字代表的元素中最高价氧化物对应水合物酸性最强的是Cl，故答案为：Na；Cl；【小问3详解】⑤的氢氧化物为Al(OH)3，④的最高价氧化物的水化物为NaOH，则Al(OH)3与NaOH反应的离子方程式：；【小问4详解】元素②③④⑥所形成的简单离子分别为O2-、F-、Na+、S2-，S2-的电子层数为3，半径最大，O2-、F-、Na+的电子层数相同，序数越大半径越小，其半径由大到小的顺序是：S2->O2->F->Na+；【小问5详解】元素①②③的最简单氢化物的沸点最高的是H2O，因为水和氟化氢分子间可以形成氢键，水分子中的氧与周围水分子的氢形成氢键，并形成稳定的网状结构，氟化氢虽然也可以形成氢键，但只能形成链式结构，所以水的沸点最高，故答案为：H2O；水和氟化氢分子间可以形成氢键，水分子中的氧与周围水分子的氢形成氢键，并形成稳定的网状结构，氟化氢虽然也可以形成氢键，但只能形成链式结构，所以水的沸点最高；【小问6详解】可以根据置换反应来证明，取少量KBr溶液于试管中，再滴加足量氯水，然后加入适量CCl4 ，充分振荡，静置分层，下层溶液为橙红色，上层接近无色，证明Cl2的氧化性比Br2的强；【小问7详解】元素⑤和⑦组成化合物为AlCl3，为共价化合物，其电子式为；因为AlCl3为共价化合物，工业上不能采用电解熔融的AlCl3来冶炼Al，故答案为：；否。22.环境保护是实现社会发展的前提，保护环境，确保人与自然的和谐，是经济能够得到进一步发展的前提，也是人类文明延续的保证。因此，保护和改善生态环境，实现人类社会的持续发展，是全人类紧迫而艰巨的任务。回答下列问题：（1）绿色化学是预防污染的根本手段，它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。下列方法符合绿色化学思想的是___________A.处理废弃物B.治理污染点C.减少有毒物D.杜绝污染源（2）二氧化碳气体能引起温室效应，为有效降低二氧化碳排放，在第七十五届联合国大会上，我国向国际社会作出“碳达峰、碳中和”的郑重承诺，由此推动了二氧化碳中综合利用的研究。①“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用，其工艺流程如图所示，下列叙述正确的是___________A．是引起酸雨的主要物质之一B．能源消耗低是该技术的一大优点C．捕捉可使用小苏打溶液。D．捕捉到的可作化工原料②将二氧化碳转化为甲醇是实现碳中和的有效途径；，如图表示该反应进行过程中的能量变化。 图中曲线___________(填“a”或“b”)表示使用催化剂时的反应进程，使用催化剂对该反应的反应热小___________影响(填“有”或“无”)。若H—H的键能为hkJ/mol，则C=O的键能为___________；写出图示表示反应的热化学方程式___________。【答案】（1）D（2）①.D②.b③.无④.⑤.【解析】【小问1详解】绿色化学是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。其具体内涵为减量、重复使用、回收、再生，杜绝污染源符合绿色化学思想，故答案为：D；【小问2详解】①A．SO2是引起酸雨的主要物质之一，故A错误；B．碳酸钙的分解在高温下进行，消耗能量较多，故B错误；C．捕捉CO2可使用NaOH溶液，二氧化碳与小苏打溶液不反应，故C错误；D．二氧化碳可以和许多物质发生反应，因此可作化工原料，比如制纯碱就要用二氧化碳，故D正确；故答案为：D；②催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，图中曲线b表示使用催化剂时的反应过程，催化剂只能改变反应速率，使用催化剂对该反应的反应热无影响，旧键断裂吸收的能量是E1kJ，H—H键的键能为hkJ/mol，则C=O的键能为；该反应的，图示表示反应的热化学方程式为。23.工业上从海水中获得纯净氯化钠溶液经过下列流程生产焦亚硫酸钠(，能溶于水)，回答下列问题： （1）写出分子的结构式___________，并列举氨气的一种用途___________。（2）写出反应I的离子方程式___________。（3）Y溶液中主要含有的离子除、外，还含有___________离子，检验该离子的方法是___________。（4）反应II的化学方程式是___________。（5）该流程中，___________可以循环使用（6）灼烧的化学方程式为___________。（7）反应III包含两步反应：第一步：……第二步：为了减少产品中的杂质含量，理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为___________；已知与稀硫酸反应生成，其离子方程式为___________。【答案】（1）①.O=C=O②.制冷剂（制硝酸、化肥等）（2）Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+（3）①.②.取Y溶液少许，加入浓NaOH溶液，加热，生成使红色石蕊试纸变蓝的气体（4）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑（5）CO2（6）2CuS+3O22CuO+2SO2（7）①.2：1②.+2H+=2SO2↑+H2O【解析】【分析】向氯化钠饱和溶液中先通入氨气至饱和，再通入足量CO2，由于碳酸氢钠溶解度比较小，所以会析出碳酸氢钠，将碳酸氢钠加热分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用。得到的碳酸钠和SO2在溶液中反应生成焦亚硫酸钠。CuS在空气中灼烧生成SO2和黑色固体(CuO)，CuO 和硫酸反应生成硫酸铜，经结晶可得到硫酸铜晶体。【小问1详解】CO2是共价化合物，每个氧原子都和碳原子共用两对电子，结构式为O=C=O。氨气的沸点较高，易液化，液氨气化时吸收大量的热，液氨可以做制冷剂，氨气也可以用于生产化肥、硝酸等。【小问2详解】反应Ⅰ是NaCl、H2O、NH3、CO2共同作用生成NaHCO3和NH4Cl，NaHCO3结晶析出，不能写成离子，离子方程式为：Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+。【小问3详解】从方程式可知，Y溶液中主要含有的离子除Na+、Cl−外，还含有，可以用NaOH溶液检验：取Y溶液少许，加入浓NaOH溶液，加热，生成使红色石蕊试纸变蓝的气体。【小问4详解】反应Ⅱ是碳酸氢钠分解为碳酸钠、水和CO2，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。【小问5详解】由以上分析可知，CO2在该流程中可以循环使用。【小问6详解】CuS在空气中灼烧生成SO2和CuO，化学方程式为：2CuS+3O22CuO+2SO2。【小问7详解】反应III的第一步是SO2和碳酸钠反应生成NaHSO3，为减少产品中的杂质，另一种生成物应为CO2，化学方程式为：2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2，使用需要控制反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为2：1；Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2，其离子方程式为：+2H+=2SO2↑+H2O。24.甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染，生产流程如下： 已知有机化合物H是相对分子质量为28的烃，D到E和B到F都是和氧气反应，其中E的溶液能与新制氢氧化铜悬浊液反应产生红色沉淀，G是具有香味的液体，完成下列各题。（1）A名称为___________；B的结构简式___________。（2）石油通过___________(填“蒸馏”、“干馏”或“裂解”)可获得H。（3）写出D→E的化学方程式：___________。（4）写出F→G的化学方程式：___________。（5）写出G的同分异构体中与互为同系物的结构简式：___________、___________。（6）实验室制取G的装置如图-1所示。实验前向试管乙的溶液中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液呈蓝色。实验结束后继续滴加紫色石蕊试液，然后振荡，实验现象如图-2所示。①开始时，试管乙中所加的试剂为饱和的___________(填写化学式)溶液。②如图-2中试管中部变成红色的原因是___________。③振荡时有少量气泡产生，写出其反应的离子方程式___________。【答案】（1）①.纤维素②.CH2OH(CHOH)4CHO（2）裂解（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O （5）①.CH3CH2CH2COOH②.(CH3)2CHCOOH（6）①.Na2CO3②.乙酸乙酯中混有挥发的乙酸，乙酸具有酸性，石蕊遇酸变红③.2CH3COOH+→2CH3COO-+CO2↑+H2O【解析】【分析】甘蔗渣经处理得到纤维素，纤维素水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解得到酒精，酒精催化氧化为乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸和乙醇酯化生成乙酸乙酯。有机化合物H是相对分子质量为28的烃，则H为乙烯，和水加成生成乙醇。【小问1详解】由以上分析可知，A纤维素，B为葡萄糖，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO。【小问2详解】石油裂解是将各种石油产品分解为气态短链烃的过程，石油通过裂解可获得乙烯。【小问3详解】D→E是乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。【小问4详解】F→G是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。【小问5详解】G是乙酸乙酯，分子式为C4H8O2，CH3COOH属于羧酸，C4H8O2的属于羧酸的同分异构体有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。【小问6详解】①实验室制取乙酸乙酯，在甲中加入的是乙酸、乙醇和浓硫酸，加热时，乙酸和乙醇生成乙酸乙酯，生成的乙酸乙酯以及挥发的乙酸和乙醇从甲中逸出进入乙中。实验前向试管乙的溶液中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液呈蓝色，说明乙中的溶液显碱性，通常在制取乙酸乙酯时，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、反应掉乙酸，还能降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯的分层析出。②实验结束后乙酸乙酯和混在乙酸乙酯中的乙酸和乙醇是无色的，且乙酸乙酯密度比水小，所以会浮在乙中的水溶液的上层。再向乙中滴入紫色石蕊试液，可以看到试管中部变红，是因为乙酸乙酯中的乙酸接触到继续加入的石蕊试液，使石蕊变红。③振荡时乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，可以看到少量气泡产生：2CH3COOH+→2CH3COO-+CO2↑+H2O ，乙酸被消耗，试管中部红色消失，液体分层，上层是无色的乙酸乙酯，下层是溶解了乙醇和乙酸钠的碳酸钠溶液，由于滴有石蕊，溶液显蓝色。