四川省双流中学2023-2024学年高二化学上学期10月月考试题（Word版附解析）

双流中学高2022级高二上期第一学月考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.日常生活和工业生产中遇到的很多问题都涉及到化学知识，下列说法正确的是A.节日绽放的焰火运用到“焰色反应”原理B.处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的细菌C.纯碱可用作制药工业的原料，用于治疗胃酸过多D.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染【答案】A【解析】【分析】【详解】A.很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，北京奥运会开、闭幕式的焰火就是金属化合物的焰色反应所呈现的各种艳丽色彩，故A正确；B.明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附性，只能净水不能消毒，故B错误；C.小苏打即碳酸氢钠，其溶液显碱性，可以用于治疗胃酸过多，碳酸钠碱性较强，对胃刺激性过强，不选用，故C错误；D.含磷合成洗涤剂中磷元素不能被细菌消除，则不能抑制水体富营养化的影响，必须经处理后才能排放，故D错误；故选A。2.在用简易量热计测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热的实验中，将NaOH溶液倒入盐酸溶液中的正确操作是A.沿玻璃棒缓慢倒入B.分三次倒入C.一次迅速倒入D.一边搅拌一边滴入【答案】C【解析】【详解】在用简易量热计测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的反应热的实验中，为减少实验过程中的热量散失，应将氢氧化钠溶液一次迅速倒入盐酸溶液中，故选C。 3.25℃、101kPa下，4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式正确的是A.4H2(g)+2O2(g)==4H2O(1)△H=―571.6kJ／molB.2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H=+571.6kJ／molC.2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H=―571.6kJ／molD.H2(g)+1/2O2(g)==H2O(1)△H=―285.8kJ／mol【答案】D【解析】【分析】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，据此书写热化学方程式。【详解】氢气燃烧放热，则反应热△H＜0，25℃、101kPa下，4g氢气燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，消耗2mol氢气，则消耗1mol氢气放热是285.8kJ，所以表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1)△H＝―285.8kJ／mol。答案选D。4.298.15K时，N2、H2与NH3的平均能量与合成氨反应的活化能的曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）A.合成氨反应的热化学方程式为N2+3H2＝2NH3△H＝﹣92kJ/molB.在图中曲线a表示加入催化剂时的能量变化曲线C升高反应温度，活化分子数增多D.催化活性很强新型催化剂可以提高N2的转化率【答案】C【解析】【详解】A．在热化学反应方程式中，各物质的聚集状态应该标出，N2+3H2＝2NH3△H＝﹣92kJ/mol未标明物质聚集状态，故A错误；B．加入催化剂，降低活化能，b为加入催化剂的曲线，故B错误；C．升高温度，使分子的能量增大，活化分子的百分含量增大，数目增多，故C正确； D．催化剂不影响化学平衡，不能改变转化率，故D错误。故选：C。5.下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是A.能使pH试纸变红的溶液中：CO、K＋、Cl－、Na＋B.由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液中：NO、Mg2＋、Na＋、SOC.在c(OH－)/c(H＋)＝1×10－12的溶液中：NH、Fe2＋、Cl－、NOD.＝10－10mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO、Cl－、K＋【答案】B【解析】【详解】A．使pH试纸变红溶液显酸性，酸性溶液中CO不能大量共存，A不符题意；B．水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1，说明水的电离受到抑制，可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下所列离子组能够大量共存，碱性条件下Mg2＋不能大量共存，即可能大量共存，B符合题意；C．c(OH－)/c(H＋)＝1×10－12，说明c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，则Fe2＋与NO在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符题意；D．c(OH-)=＝10－10mol·L－1<10-7mol·L－1，溶液显酸性，溶液中HCO与OH-反应，不能大量共存，D不符题意；选B。6.将0.5molPCl5充入体积为1L的密闭容器中发生反应：PCl5⇌PCl3＋Cl2，达到平衡后测得PCl5的浓度为0.3mol·L-1，而且这段时间内的平均反应速率v(PCl5)=0.4mol·L-1·min-1，则这段时间为A.1.5minB.2.5minC.30sD.15s【答案】C【解析】【详解】起始时c(PCl5)==0.5mol·L-1，Δc(PCl5)=(0.5-0.3)mol·L-1=0.2mol·L-1，Δt==0.5min=30s；故选C。7.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH=-373.2kJ·mol-1，达到 平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取最好的措施是A.加催化剂同时升高温度B.加催化剂同时增大压强C.升高温度同时充入N2D.升高温度同时增大压强【答案】B【解析】【分析】【详解】A．加催化剂同时升高温度能加快化学反应速率，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低，故A不可采取；B．加催化剂同时增大压强能加快化学反应速率，增大压强，平衡正向移动，增大NO转化率，故B可采取；C．升高温度同时充入N2化学反应速率加快，升高温度平衡逆向移动，充入N2平衡逆向移动，NO转化率减小，故C不可采取；D．升高温度同时增大压强化学反应速率加快，但升高温度，平衡逆向移动，NO转化率减小，故D不可采取；答案选B。8.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】B【解析】【详解】分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。9.下列解释实验事实的离子方程式正确的是A.工业上制漂白粉：B.大理石与食醋的反应：C.向溶液中滴加少量的：D.向中加入过量的HI溶液：【答案】B【解析】 【分析】【详解】A．工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉，氢氧化钙不能拆成离子形式，故A错误；B．醋酸与大理石发生复分解反应，由于醋酸为弱酸，碳酸钙难溶于水，所以两种反应物都应以化学式表示，反应的离子方程式是，故B正确；C．氢氧化钡和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜，该反应的离子方程式为，故C错误；D．铁离子具有氧化性，具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，溶于过量HI溶液，发生的反应为，故D错误；选B。10.密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。在800℃时，平衡常数K=16。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.2mol/L，则在此条件下CO的转化率为A25%B.50%C.75%D.80%【答案】D【解析】【详解】设平衡时转化的CO为xmol/L，则列三段式：则有=16，解得x=0.16，所以CO的转化率为×100%=80%；故答案选D。11.工业上以CH4为原料制备H2的原理为CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)。在一定条件下a、b两个恒温恒容的密闭容器中均通入1.1molCH4(g)和1.1molH2O(g)，测得两容器中CO的物质的量随时间的变化曲线分别为a和b。已知容器a的体积为10L，温度为Ta，下列说法不正确的是 A.容器a中CH4从反应开始到恰好平衡时的平均反应速率为0.025mol·L-1·min-1B.a、b两容器的温度可能相同C.在达到平衡前，容器a的压强逐渐增大D.该反应在Ta温度下的平衡常数为27【答案】B【解析】【分析】观察两容器中CO的物质的量随时间的变化曲线a和b可知，当CO的物质的量保持不变时便达到平衡状态，a容器用了4min，b容器用了6.5min，两个容器中反应快慢不同，因此温度肯定不同。用三段式分析a容器中各物质的相关量：【详解】A．容器a中CH4从反应开始到恰好平衡时的平均反应速率为==0.025mol·L-1·min-1，故A正确；B．根据以上分析a、b两容器的温度不可能相同，故B错误；C．因为该反应条件为恒温恒容，反应后气体的物质的量增大，所以在达到平衡前，容器a的压强逐渐增大，故C正确；D．该反应在Ta温度下的平衡常数为mol2·L-2=27mol2·L-2，故D正确；故选B。12.在25℃时，0.1mol·L-1的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液，电离平衡常数分别为5.6×10-4、1.8×10-4、6.2×10-10、(H2CO3)=4.5×10-7和(H2CO3)=4.7×10-11，其中氢离子浓度最小的是 A.HCNB.HCOOHC.HNO2D.H2CO3【答案】A【解析】【详解】酸的电离常数越大，说明该酸在溶液中的电离程度越大，酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反之，溶液中氢离子浓度越小；由电离常数的大小可知，酸性由强到弱的顺序是：，故最小的是溶液；故答案选A。13.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图象如图，下列判断正确的是A.由图1可知，T1<T2，该反应正反应为吸热反应B.由图2可知，该反应m+n<pC.图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3D.图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂【答案】C【解析】【详解】A．根据“先拐先平数值大”，可知T1<T2，升高温度，C的百分含量减小，说明该反应的正反应为放热反应，选项A错误；B．由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n>p，选项B错误；C．图中点3的转化率小于同温下的平衡转化率，说明点3反应正向进行，反应速率：v正>v逆，选项C正确；D．曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n=p，曲线a可能使用了催化剂或加压，选项D错误；答案选C。14.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应 达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：点小于点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.时，SO2的转化率：段小于段【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，△S＜0。（1）下列关于工业合成氨的说法不正确的是___________a．因为△H＜0，所以该反应一定能自发进行b．因为△S＜0，所以该反应一定不能自发进行c．增大N2的浓度，可以提高H2的转化率d．使用催化剂可大大提高生产效率（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影 响。实验结果如图所示(图中T表示温度，n表示H2物质的量)。①图象中T2和T1的关系是：T2___________T1(填“＞，＜或=”)②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___________(填字母)。（3）在实验室中，一定条件下，加入1molN2和3molH2，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，达平衡后，若改变下列条件：①保持温度和压强不变，充入惰性气体，则NH3的物质的量___________。(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)②保持温度和体积不变，加入惰性气体，则N2的转化率___________。③保持温度和体积不变，再加入2molNH3，则H2的体积分数___________。【答案】（1）ab（2）①.＜②.c（3）①.变小②.不变③.变大【解析】【分析】【小问1详解】a．自发进行反应需要焓变与熵变共同决定，a错误；b．自发进行的反应需要焓变与熵变共同决定，b错误；c．增大N2的浓度，使平衡正向移动，可以提高H2的转化率，c正确；d．使用催化剂可提高反应速率，大大提高生产效率，d正确；故选ab。【小问2详解】①合成氨的反应是放热的，所以升高温度平衡逆向移动，氨气的百分含量减少，故T2<T1；②通入氢气的物质的量越多，氮气的转化率越高，所以为c点；【小问3详解】①保持温度和压强不变，充入惰性气体，体积增大，平衡逆向移动，则NH3的物质的量变小； ②保持温度和体积不变，加入惰性气体，体积不变，不影响物质的量浓度，故N2的转化率不变；③保持温度和体积不变，再加入2molNH3，生成物浓度增大，平衡逆向移动，故H2的体积分数变大。16.回答下列问题：（1）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g)　ΔH12H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g)　ΔH2H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g)　ΔH32S(g)=S2(g)　ΔH4则用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示ΔH4的表达式为___________。（2）已知甲烷能催化还原NO2，得到氮气、二氧化碳和水蒸气，且知反应消耗1.6g甲烷时，放出热量86.7kJ，写出甲烷催化还原NO2的热化学方程式___________。（3）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1C(s)+O2(g)CO2(g)△H2=-393.5kJ·mol-12C(s)+O2(g)2CO(g)△H3=-221.0kJ·mol-1若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式___________。（4）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：步骤一：用量筒量取50mL0.50mol·L−1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；步骤二：用另一量筒量取50mL0.55mol·L−1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；步骤三：将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题： ①现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L−1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为___________。②假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm−3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g−1·℃−1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=___________(结果保留一位小数)。③该同学通过实验测出的中和热有误差，造成这一结果的原因不可能的是___________。A．实验装置保温、隔热效果差B．用量筒量取盐酸时仰视读数C．分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中D．用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度【答案】（1）ΔH4=(ΔH1＋ΔH2-3ΔH3)（2）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H=-867kJ/mol（3）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)　∆H=-746.5kJ/mol（4）①.ΔH1=ΔH2＜ΔH3②.−51.8kJ·mol−1③.B【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，2S(g)=S2(g)可以由[2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g)]×+[H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g)]×−[H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g)]×2得到，故ΔH4=(ΔH1＋ΔH2-3ΔH3)。【小问2详解】根据题意得到CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H，反应消耗1.6g甲烷时，即消耗CH4的量n=，放出热量86.7kJ，所以∆H=-867kJ/mol。【小问3详解】 根据平衡常数表达式K=可知该反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H，结合盖斯定律，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)可由[C(s)+O2(g)CO2(g)]×2−[N2(g)+O2(g)2NO(g)]–[2C(s)+O2(g)2CO(g)]得到，故∆H=△H2×2-△H1-△H3=-393.5kJ·mol-1×2-180.5kJ·mol-1-(-221.0kJ·mol-1)=-746.5kJ/mol。小问4详解】①将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L−1的稀盐酸恰好完全反应，稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液均是可溶性强碱稀溶液，与同物质的量的HCl恰好完全反应放出的热量相同，稀氨水在反应过程中弱电解质的电离会吸收热量使整个反应放出的热量较少，故ΔH1=ΔH2＜ΔH3。②第1组的起始平均温度与终止温度差值为，第2组的起始平均温度与终止温度差值为，第3组的起始平均温度与终止温度差值为，取三组平均值，起始平均温度与终止温度差为3.1℃，实验测得的热效应为，故和热ΔH=−51.8kJ·mol−1。③测定中和热的实验准确度关键在于反应前后热量变化的测量，实验装置保温、隔热效果差会造成热量散失太大，分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中使反应时间过长热量散失过大，用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度时温度计上沾的盐酸与NaOH先反应一部分，造成实验测量时放出的热量减少；用量筒量取盐酸时仰视读数造成体积偏大，误差部分的体积相对与反应体系的总体积可忽略不计，误差部分参与反应放出的热量使体系温度的改变对实验测量没有影响。17.速率平衡是化学反应原理的重要内容，请回答下列问题。I.在一定条件，可逆反应：达到平衡状态。（1）若，缩小体积，增大压强，平衡_______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。若保持体积不变，通入氨气，则平衡_______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。若保持压强不变，通入氨气，平衡正向移动，则m、n、p的关系为_______。（2）若，加热后，可使混合气体平均摩尔质量增加，则正反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。（3）若A为气体，B、C为固体，保持温度不变，增大A的浓度，重新达平衡后，A的浓度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 Ⅱ.合成氨对人类生存具有重大意义。在密闭容器中发生反应：（4）某温度下，把一定量的与置于体积为的密闭容器内，能说明该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。A.容器内的密度保持不变B.容器内压强保持不变C.D.混合气体中不变（5）目前，工业上通常采用铁触媒、在和的条件下合成氨。有关合成氨反应条件选择的下列说法中正确的是_______。A.使用铁触媒能改变合成氨反应的焓变B.选择的原因之一是铁触煤在该温度下活性最大C.其他条件相同时，升高温度可使合成氨反应的反应速率加快、反应物平衡转化率增大D.合成氨工业中，还常将氨及时液化分离出去以加快正反应速率，提高的转化率【答案】（1）①.正向②.不③.（2）放热（3）不变（4）BD（5）B【解析】【小问1详解】说明该反应为气体体积减小的反应，缩小体积，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即正向移动；若保持体积不变，通入氨气，氨气为反应无关气体，反应有关气体浓度保持不变，则平衡不移动；若保持压强不变，通入氨气，容器体积会增大，反应有关气体压强减小，平衡正向移动，说明正向为气体体积增大方向，则m、n、p的关系为；【小问2详解】根据质量守恒可知，反应前后混合气体总质量保持不变，若，加热后，可使混合气体平均摩尔质量增加，说明升高温度，反应平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应；【小问3详解】若A为气体，B、C为固体，则平衡常数，保持温度不变，平衡常数不变，增大A的浓度，重新达平衡后，A的浓度不变；【小问4详解】A．根据质量守恒可知，该反应前后混合气体总质量保持不变，容器为密闭容器，说明体积不变，则容器内的混合气体密度一直不变，不能说明该反应达到化学平衡状态，A错误； B．该反应为气体体积减小的反应，则容器内压强是变量，当其保持不变时，能说明该反应达到化学平衡状态，B正确；C．根据化学反应速率之比等于反应化学计量数之比可知，时，说明反应正逆反应速率相等，化学反应达到平衡，C错误；D．混合气体中是变量，当其保持不变时，能说明该反应达到化学平衡状态，D正确；故选BD；【小问5详解】A．催化剂降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，A错误；B．选择的原因之一是铁触煤在该温度下活性最大，B正确；C．其他条件相同时，升高温度可使合成氨反应的反应速率加快，但正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，反应物平衡转化率降低，C错误；D．合成氨工业中，将氨及时液化分离出去，生成物浓度减小，反应速率减慢，平衡正向移动，的转化率增大，D错误；故选B。18.已知：A可作为水果催熟剂，D是一种合成高分子材料，G是一种有果香味的物质。现以C4H10为原料合成D、G的路线设计如下：请回答下列问题：（1）F中官能团的名称为___________；反应①～⑥中属于加成反应的是___________。（2）写出下列反应的化学方程式：反应④___________，反应③___________。（3）实验室用E和F通过反应⑥制取G，装置如图所示。 ①甲试管中反应的化学方程式是___________；反应类型是___________。②如果将4.6gE和3gF在催化剂条件下发生上述反应，充分反应后，如果实际产率为60%，实际得到G的质量是___________g。(已知：实际产率=实际得到质量/理论计算质量)（4）实验中饱和碳酸钠溶液的作用是：___________(填字母)。A.反应掉乙醇和乙酸B.反应掉乙酸并吸收乙醇C.析出乙酸乙酯D.加速乙酸乙酯的生成，提高其产率【答案】（1）①.羧基②.①④（2）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.nCH2=CHCl（3）①.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O②.取代反应或者酯化反应③.2.64（4）BC【解析】【分析】A可用作水果催熟剂，A为CH2=CH2，乙烯与Cl2发生加成反应生成B为CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl480-530℃下发生消去反应生成C为CH2=CHCl，CH2=CHCl一定条件下发生加聚反应生成D为。乙烯与水发生加成反应生成E为乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成F为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成G为乙酸乙酯。【小问1详解】F为乙酸，其官能团名称为羧基。根据分析可知，反应①到⑥中属于加成反应的是①④。【小问2详解】反应④为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。反应③为CH2=CHCl一定条件下发生加聚反应生成，化学方程式为nCH2=CHCl。【小问3详解】①实验室用乙酸和乙醇通过酯化反应制取乙酸乙酯，甲试管中乙酸与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。该反应属于取代反应。②4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，3g乙酸的物质的量为0.05mol，则两者充分反应，理论上最多生成乙酸乙酯0.05mol，现实际产率为60%，则生成乙酸乙酯0.03mol，质量为88g/mol×0.03mol=2.64g。 【小问4详解】A．碳酸钠溶液不与乙醇反应，A错误；B．碳酸钠溶液能反应掉乙酸和吸收挥发出来的乙醇，B正确；C．碳酸钠溶液能减低乙酸乙酯的溶解度使其析出，C正确；D．碳酸钠溶液无法加速乙酸乙酯的生成并提高其产率，D错误；故答案选BC。19.硫酸是重要的化工原料。工业上以黄铁矿()为原料制备硫酸流程如下图所示：请回答下列问题：（1）中Fe元素的化合价是___________；焙烧时发生反应的化学方程式为___________。（2）用98.3%的浓硫酸吸收的目的是___________。（3）工业制硫酸的尾气中含有一定量，处理尾气的一种方法的流程如下图所示：尾气(含SO2)Na2SO3CaSO3产品①图中与苛性钠反应的离子方程式为___________；“产品”的化学式为___________。②能否将第一步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和溶液直接制得产品，其原因是___________。（4）为测定尾气中的含量，工作人员将尾气样品经过管道通入密闭容器中的100mL0.2mol/L的酸性高锰酸钾溶液，已知在反应中被还原成。①写出密闭容器中反应的离子方程式___________。②若管中尾气流量为vL/min，经过tmin溶液恰好褪色，假定尾气中的可被充分吸收，则该尾气中的含量为___________g/L。【答案】（1）①.+2②.（2）防止形成酸雾（3）①.②.③. 不能，氢氧化钙溶解度小，导致吸收不完全（4）①.②.【解析】【分析】本题以“黄铁矿制备硫酸”为线索，主要考查硫及其化合物的性质。工业上以黄铁矿为原料制备硫酸过程中，先经焙烧生产出二氧化硫，在高温、催化剂的作用下，二氧化硫被氧化成三氧化硫，为提高三氧化硫的吸收速率，通常采用98.3%的浓硫酸吸收，最后转化成硫酸。制备流程较为简单，难度主要集中在“二氧化硫的吸收”及“二氧化硫含量的测定”。【小问1详解】黄铁矿（FeS2）中Fe元素的化合价是+2价，S元素为-1价；焙烧时发生的反应是黄铁矿与空气的反应，化学方程式为：；【小问2详解】由于三氧化硫溶于水是放热反应，温度很高，用水吸收三氧化硫易形成酸雾，故采用98.3%的浓硫酸来吸收三氧化硫目的是防止形成酸雾；【小问3详解】①SO2与苛性钠反应的离子方程式为：；亚硫酸钙被氧气氧化后转化成硫酸钙，故“产品”的化学式为:；②不能将第一步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca(OH)2溶液直接制得产品CaSO3，其原因是：氢氧化钙溶解度小，导致吸收不完全；【小问4详解】①酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫反应的离子方程式为：；②通入空气体积为，酸性高锰酸钾溶液物质的量为：，