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1、高一（下）期末化 学一.第一部分（选择题，共42分）每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。1汽车的零部件使用了四千余种不同的材料。下列零部件所用材料的主要成分属于无机非金属材料的是（）A车身主体钢铁B汽车车窗玻璃C汽车轮胎合成橡胶D电线绝缘层聚氯乙烯塑料2工业上常用电解法冶炼的金属是（）AAlBFeCHgDAg3下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（）A用液氨作制冷剂B用H2和O2作燃料电池的反应物C用CaO处理酸性废水D用Na2CO3除去粗盐中的Ca2+4以下措施是为了加快化学反应速率的是（）A葡萄酒中添加SO2作抗氧化剂B塑料中添加防老剂C燃煤发电时用煤粉代替
2、煤块D低温保存运输疫苗5下列关于乙烯、乙醇、乙酸的说法不正确的是（）A乙烯属于烃，乙醇、乙酸属于烃的衍生物B乙烯不含官能团，乙醇、乙酸的官能团相同C乙烯难溶于水，乙醇、乙酸易溶于水D三者之间存在转化：乙烯乙醇乙酸6下列有关工业生产的说法不正确的是（）A利用油脂的加成反应制肥皂B利用淀粉的水解反应生产葡萄糖C通过煤的气化得到水煤气（CO、H2）等气体燃料D通过石油的裂化和裂解得到乙烯、丙烯等化工原料7对于反应：Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+SO2+S+H2O，以下各组实验出现沉淀最快的是（）选项Na2S2O3H2OH2SO4水浴温度/c/molL1V/mLV/mLc/molL1V/mL
3、A0.1200.1220B0.1110.1220C0.1210.1140D0.1200.1240AABBCCDD8绿色化学提倡尽可能将反应物的原子全部转化为期望的最终产物。以下反应不符合绿色化学原则的是（）A乙烯氧化法合成环氧乙烷：2CH2CH2+O2B煤的液化法合成甲醇：CO+2H2CH3OHC乙醛缩合法合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOC2H5D浓硫酸氧化法制备硫酸铜Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O9下列实验现象因发生加成反应而产生的是（）A溴的四氯化碳溶液褪色B酸性高锰酸钾溶液褪色C试管内壁上有油状液滴D钠表面产生无色气泡10下列解释事实的方程式不正确的是（）A
4、铁粉与硫粉共热生成黑色物质：Fe+SFeSB食醋清除水壶中的水垢：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2C丙烯制备聚丙烯塑料：nCH2CHCH3D乙醇在灼热铜丝作用下转化成乙醛：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O11为达到实验目的，下列实验装置与操作正确的是（）A检验浓硫酸的脱水性B稀释浓硫酸C用饱和NH4Cl溶液制备NH4Cl晶体D制取乙酸乙酯12将5mL0.1molL1 KI溶液与1mL0.1molL1 FeCl3溶液混合，发生反应a，一段时间后溶液颜色不再改变。将所得溶液分成两份，一份加淀粉，溶液变蓝；一份加KSCN，溶液变红。下列说法不正确的是（）
5、A加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与I反应生成I2B加KSCN溶液变红，表明反应a存在限度C溶液的颜色不再变化，表明反应a达到平衡状态D溶液的颜色不再变化，表明Fe2+、Fe3+、I2、I的物质的量浓度均相等13探究SO2的性质，进行如下实验。编号实验装置试剂a实验现象Ba（OH）2溶液白色沉淀H2S溶液乳白色沉淀酸性KMnO4溶液溶液褪色H2O2+BaCl2溶液白色沉淀由上述实验所得SO2的性质及对应的解释不正确的是（）A表明SO2具有酸性氧化物的性质：SO2+Ba（OH）2BaSO3+H2OB表明SO2具有氧化性：SO2+2H2S3S+2H2OC表明SO2具有漂白性：5SO2+2MnO4+2H
6、2O5SO42+2Mn2+4H+D表明SO2具有还原性：SO2+BaCl2+H2O2BaSO4+2HCl14探究SO2使品红褪色的反应，实验装置（尾气处理装置略）及现象如下：溶液不褪色迅速褪色较快褪色较长时间未完全褪色已知：H2SO3水溶液中存在HSO3、SO32。下列分析或推测不正确的是（）A由推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与B推测SO2使品红水溶液褪色与H2SO3、HSO3或SO32有关C对比、，分析中溶液迅速褪色是因为含有大量SO32D向中加入少量 pH10的NaOH溶液，推测褪色速率将减慢二.第二部分（非选择题，共58分）15（7分）某小组研究化学反应中的能量变化，进行了如下实验
7、。（1）实验 I：将Zn片和Cu片分别插入盛有50mL 2molL1稀硫酸的烧杯中。观察到Zn片表面产生气泡，溶液温度由T1升到T2；Cu片表面无明显变化。Zn片与稀硫酸反应的离子方程式为 。Zn片与稀硫酸反应的能量变化关系符合如图 （填“A”或“B”）。（2）实验：用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有50mL2molL1稀硫酸的烧杯中。观察到电流表指针发生偏转，Cu片表面产生气泡，溶液温度由T1升到T3。结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因 。（3）实验I和产生等量气体时，测得T2T3。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因 。（4）将Zn片和Cu
8、片换成Fe片和石墨棒，重复实验，判断电流表指针是否发生偏转。若不偏转，说明理由；若偏转，写出Fe片表面发生的电极反应式，理由或电极反应式是 。16（10分）辛烷值是车用汽油最重要的指标，辛烷值越高，其防爆震的能力越强。已知不同烃的辛烷值：芳香烃（含苯环的烃）异构烷烃（支链烷烃）正构烷烃（直链烷烃）（1）汽油的主要成分为C5C11的烷烃混合物，如CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3等。两者的分子式均为 。比较辛烷值：前者 （填“”“”或“”）后者。（2）向汽油中添加高辛烷值物质是提高汽油辛烷值的途径之一。甲基叔丁基醚（MTBE）是一种常用的添加剂，可通过下面反应制得：CH3OH中所含
9、官能团的名称为 。该反应类型为 。（3）乙醇是另一种高辛烷值添加剂。使用添加乙醇的汽油，可降低汽车尾气排放、改善能源结构。乙醇在燃烧过程中会产生乙酸，对汽车金属有腐蚀作用，所以乙醇汽油需要添加金属腐蚀抑制剂。乙醇产生乙酸的化学方程式是 。（4）增加高辛烷值组分的比例是提高汽油辛烷值的另一种途径。中科院设计了一种新型多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。过程除了CO，还生成了 。写出物质a的所有同分异构体的结构简式 。中间产物（CH2）n为烯烃，可以用 （填试剂）鉴别a和（CH2）n。该方法生产的汽油辛烷值较高的原因是 。17（8分）工业上以黄铁矿（主要成分为FeS
10、2）为原料来制备硫酸，过程如下： i4FeS2+11O2 +8SO2 ii2SO2+O22SO3 iiiSO3+H2OH2SO4（1）补全过程i的方程式 。（2）硫酸工厂的烟气中含有SO2，工业上用NaOH溶液作吸收剂脱除烟气中的SO2。过程的化学方程式是 。过程参加反应的物质A有 。NaOH吸收SO2过程中常伴有少量SO42，证明吸收液中含SO42的方法是：取少量上层清液， （填操作和现象）。（3）测定烟气中SO2的含量。将V1 L烟气缓慢通过1L水（假设SO2完全被吸收，且溶液体积变化忽略不计），取20.00mL溶液，滴加23滴淀粉溶液，用c molL1的碘水滴定，消耗碘水V2 mL。该烟
11、气中SO2的含量为 mgL1。（已知：滴定反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI）18（10分）溴及其化合物在医药、农药、染料、阻燃剂等领域有广泛的用途。利用空气吹出法从海水（弱碱性）中提取溴的流程如图。已知：溴单质的沸点为58.5。（1）溴元素在元素周期表中的位置是 。（2）“吹出塔”中利用了溴的 性。（3）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为 。（4）“蒸馏塔”中温度应控制在 （填序号）。A4050B7080C100以上（5）物质A （填化学式）可以循环利用，降低成本。（6）探究“氧化”的适宜条件，测得不同条件下溶液中Br2的含量如图。注：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。“
12、氧化”的适宜条件为 。用离子方程式说明pH7.5时溶液中Br2的含量较低的原因： 。19（11分）氨既是一种重要的化工产品，也是一种重要的化工原料。（1）实验室利用如图所示装置及药品制取氨气。制取氨气的化学方程式是 。下列装置中，可用于收集氨的是 （填字母）。（2）氨是生产氮肥的原料，经过如下转化可以得到NH4NO3。NH3NONO2HNO3NH4NO3写出反应的方程式： 。（3）过量施用氮肥会造成水体污染。纳米零价铁反硝化细菌复合体系可脱除水体中的硝酸盐（NO3），脱氮原理及对某酸性废水的脱氮效果如图。注：纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用02天，发生的主要反应为： Fe+ NO3+ Fe2
13、+ + 45天，检测到纳米零价铁有剩余，但NO3浓度无明显变化，结合方程式说明原因： 。68天，结合离子方程式说明溶液中NO3浓度下降的原因是 。20（12分）小组探究NO2与NaOH溶液的反应。注：AgNO2为黄色固体，难溶于水。（1）用Cu与浓HNO3制取NO2，化学方程式为 。（2）NO2不能用排水法收集，因为NO2与水反应生成 和NO。（3）将充满NO2的试管倒扣在NaOH溶液中，液体迅速充满试管，且较长时间无明显变化。取试管中溶液，加 （填试剂），产生黄色沉淀，说明溶液中含有NO2。写出NO2与NaOH溶液反应的化学方程式： 。（4）探究NO2与NaOH溶液反应和NO2与水反应还原产
14、物N元素价态不同的原因。查阅资料：NO2与水反应分步进行： iNO2溶于水生成HNO2（氧化性强于HNO3）； iiHNO2不稳定，发生分解。实验探究：将充满NO2的试管倒扣在水槽中，液面迅速上升，几乎充满试管（图），一段时间后，试管中液面下降（图）。检验图试管中气体成分。 （填操作和现象），证实气体为NO。取图试管中液体，滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证实溶液中存在HNO2。小组讨论将酸性KMnO4溶液更换为淀粉KI溶液的可行性。甲同学认为不可行，理由是 ；乙同学认为可行，并通过对比实验证实了自己的观点，写出乙同学的实验方案： 。分析NO2与NaOH溶液反应和NO2与水反应还原产物N元素
15、价态不同的原因： 。参考答案一.第一部分（选择题，共42分）每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分。1【分析】材料主要分为无机材料（包括金属材料和无机非金属材料）和有机高分子材料（包括天然有机材料和有机合成材料），据此解答。【解答】解：A车身主体钢铁属于金属材料，故A错误；B汽车车窗玻璃属于无机非金属材料，故B正确；C汽车轮胎合成橡胶属于有机高分子材料，故C错误；D电线绝缘层聚氯乙烯塑料属于有机高分子材料，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查了材料的分类，了解材料的分类是解答本题的关键，本题难度较小。2【分析】根据金属的活泼性不同采用不同的方法，电解法用于冶炼活泼金
16、属，如K、Ca、Na、Mg、Al等；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；据此分析。【解答】解：AAl属于活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故A正确；BFe属于较不活泼，工业上采用热还原法冶炼，故B错误；CHg的活泼性比较差，工业上采用热分解法冶炼，故C错误；DAg的活泼性比较差，工业上采用热分解法冶炼，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了金属冶炼的一般方法和原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确金属活泼性强弱与冶炼方法的关系
17、是解本题关键，会根据金属活泼性选取合适的冶炼方法，题目难度不大。3【分析】在发生的化学反应中，若存在元素的化合价升降，则利用了氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A用液氨作制冷剂，利用液氨挥发吸热原理，属于物理变化，不涉及氧化还原反应，故A不选；B用H2和O2作燃料电池的反应物，H、O元素化合价发生变化，利用氧化还原反应，故B选；C用CaO处理酸性废水，发生复分解反应，没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不选；D用Na2CO3除去粗盐中的Ca2+，发生复分解反应，没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故D不选；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应、物质的性质与应用，明确
18、发生的化学反应、以及元素化合价的变化是解答本题的关键，并注意常见元素的化合价变化，题目难度不大。4【分析】A.SO2具有还原性；B.添加防老剂，可防止氧化；C.燃煤发电时用煤粉代替煤块，增大接触面积；D.蛋白质在高温时发生变性。【解答】解：A.SO2具有还原性，添加SO2作抗氧化剂，可减缓氧化的速率，故A不选；B.添加防老剂，可防止氧化，可减缓反应速率，故B不选；C.燃煤发电时用煤粉代替煤块，增大接触面积，可增大反应速率，故C选；D.疫苗的主要成分为蛋白质，高温会发生变性，不是为了加快化学反应速率，故D不选；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率的影响因素、物质的性质
19、为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。5【分析】A只含C、H两种元素的化合物为烃，由烃衍生而来的为烃的衍生物；B乙烯官能团为碳碳双键，乙醇官能团为羟基，乙酸官能团为羧基；C依据烃、醇、酸的水溶性解答；D乙烯与水加成生成乙醇，乙醇被高锰酸钾氧化生成乙酸。【解答】解：A乙烯只含C和H两种元素，属于烃，乙醇、乙酸由烃衍生而来为烃的衍生物，故A正确；B乙烯官能团为碳碳双键，乙醇官能团为羟基，乙酸官能团为羧基，乙醇与乙酸官能团不同，故B错误；C乙烯为烃，难溶于水，乙醇与乙酸易溶于水，故C正确；D乙烯与水加成生成乙醇，乙醇被高锰酸钾氧化生成乙酸，三者之间存在转化：乙烯
20、乙醇乙酸，故D正确。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，注重常见有机物性质的考查，涉及乙烯、乙醇、醋酸性质，熟悉相关物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。6【分析】A.油脂在碱性条件下的水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分；B.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物；C.煤和水蒸气高温条件下生成水煤气；D.石油裂化能得到小分子烯烃；裂解的主产物是“三烯”。【解答】解：A.油脂在碱性条件下的水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，用于制取肥皂，称为造化反应，故A错误；B.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，故淀粉水解最终得到葡萄糖，故B正确；C.煤和水蒸气高温条件下生成水煤气，水煤气的主要成分是CO和氢气
21、，是一种清洁燃料和重要的化工原料，故C正确；D.石油裂化的主要目的是为了获得轻质油，还能得到副产物小分子烯烃，如乙烯和丙烯等；而裂解的主产物是“三烯”，即乙烯、丙烯和1，3丁二烯，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了油脂、糖类的结构和性质以及煤和石油的综合利用，难度不大，应注意的是乙烯和丙烯在石油裂化中也能得到，但不是主产物。7【分析】对于反应S2O32+2H+SO2+S+H2O来说，升高温度，增大浓度，可增大反应速率，最快出现浑浊，以此解答。【解答】解：温度越高，反应物浓度越大，则反应速率越大，比较题中四组数据可知D的温度最高、反应物浓度最大，则反应速率最大，浑浊出现最快，故选：D。【点评
22、】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。8【分析】根据题中信息绿色化学的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应符合绿色化学的要求。【解答】解：A乙烯氧化法合成环氧乙烷：2CH2CH2+O2，原子的利用率达到100%，符合绿色化学的要求，故A错误；B煤的液化法合成甲醇：CO+2H2CH3OH，原子的利用率达到100%，符合绿色化学的要求，故B错误；C乙醛缩合法合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOC2H5，原子的利用率达到100%，符合绿色化学的要求，故C错误；D浓硫酸氧
23、化法制备硫酸铜Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，有副产物生成，生成污染环境的二氧化硫，不符合绿色化学的思想，故D正确；故选：D。【点评】本题考查绿色化学的要求是原子利用率是100%，也就是化合反应、加成反应才满足绿色化学的要求，题目较简单。9【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此进行判断。【解答】解：A乙烯分子中含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，导致溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化乙烯，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应为氧化反应，故B错误；C光照条件下甲烷与氯气发生
24、取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，导致试管内壁上有油状液滴，故C错误；D钠与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，该反应为置换反应，不属于加成反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机反应类型判断，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握常见有机反应类型及判断方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。10【分析】A铁粉与硫粉加热反应生成硫化亚铁；B醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；C聚丙烯的链节主链上应该含有2个C；D乙醇催化氧化生成乙醛。【解答】解：A铁粉与硫粉共热生成FeS，该反应的化学方程式为：Fe+SFeS，故A正确；B食醋清除水壶中的水垢，碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，其
25、离子方程式为：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2，故B正确；C丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：nCH2CHCH3，故C错误；D乙醇在灼热铜丝作用下转化成乙醛，该反应的化学方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学方程式、离子方程式的书写判断，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，C为易错点，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。11【分析】A.浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；C.加热氯化铵易分解；
26、D.图中缺少碎瓷片防止暴沸。【解答】解：A.浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，出现黑色的碳，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故B错误；C.加热氯化铵易分解，应选冷却结晶法制备，故C错误；D.乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，导管口在碳酸钠溶液的液面上可防止倒吸，但大试管中缺少碎瓷片防止暴沸，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、物质的制备为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12【分析】反应a为2Fe3+2I2Fe2+I2
27、，淀粉遇碘变蓝，可检验生成的碘，且氯化铁少量，检验反应后铁离子可证明反应的限度，平衡时浓度不变，但不一定相等，以此来解答。【解答】解：A.淀粉遇碘变蓝，由加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与I反应生成I2，故A正确；B.氯化铁少量，加KSCN溶液变红，表明反应a存在限度，故B正确；C.溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，表明反应a达到平衡状态，故C正确；D.溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，但Fe2+、Fe3+、I2、I的物质的量浓度不一定相等，与起始量、转化率有关，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡及可逆反应，为高频考点，把握物质与离子的检验、平衡的特征为解答的关键，侧重分析与应用能力的考
28、查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。13【分析】A二氧化硫是酸性氧化物，和碱溶液反应生成盐和水；B二氧化硫中硫元素化合价+4价，具有氧化性，能氧化还原性硫化氢；C酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性；D二氧化硫具有还原性，过氧化氢具有强氧化性，二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成白色沉淀硫酸钡。【解答】解：A二氧化硫通入氢氧化钡溶液中，反应的化学方程式：SO2+Ba（OH）2BaSO3+H2O，生成白色沉淀，说明二氧化硫属于酸性氧化物，故A正确；B二氧化硫中硫元素化合价+4价，具有氧化性，能氧化还原性硫化氢生成硫单质，溶液生成乳白色沉淀，证明SO2具有
29、氧化性，故B正确；C酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，表现了二氧化硫的还原性，故C错误；D过氧化氢具有强氧化性，二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成白色沉淀硫酸钡，反应的化学方程式：SO2+BaCl2+H2O2BaSO4+2HCl，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质性质的分析判断，侧考查学生对原理的理解分析，熟练掌握元素化合物知识以及氧化还原反应的理解应用，题目难度不大。14【分析】ASO2不能使品红的乙醇溶液褪色，SO2能使品红水溶液褪色；BSO2水溶液中存在H2S
30、O3、HSO3、SO32，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液也能使品红水溶液褪色；CNa2SO3溶液中品红迅速褪色，NaHSO3溶液中品红褪色较快，Na2SO3溶液中含有大量SO32；D向中加入少量 pH10的NaOH溶液，NaOH与NaHSO3反应生成Na2SO3。【解答】解：ASO2不能使品红的乙醇溶液褪色，SO2能使品红水溶液褪色，所以由推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与，故A正确；BSO2水溶液中存在H2SO3、HSO3、SO32，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液也能使品红水溶液褪色，所以SO2使品红水溶液褪色与H2SO3、HSO3或SO32有关，故B正确；CNa2SO3溶液中品
31、红迅速褪色，NaHSO3溶液中品红褪色较快，Na2SO3溶液中含有大量SO32，所以对比、，分析中溶液迅速褪色是因为含有大量SO32，故C正确；D向中加入少量 pH10的NaOH溶液，NaOH与NaHSO3反应生成Na2SO3，在Na2SO3溶液中品红迅速褪色，所以褪色速率将加快，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了二氧化硫的化学性质、性质实验方案的设计，把握实验原理、实验现象等内容是解题的关键，注意对题中信息的分析和应用，侧重考查学生对元素及其化合物的理解能力和综合运用能力，题目难度中等。二.第二部分（非选择题，共58分）15【分析】（1）Zn片插入盛有50mL2molL1稀硫酸的烧杯中，
32、Zn片表面产生气泡，溶液温度由T1升到T2，说明Zn与硫酸的反应是放热反应，反应的化学方程式为Zn+H2SO4H2+ZnSO4，放热反应的反应物总能量大于生成物的总能量；（2）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，电子从负极锌沿导线流向正极铜，H+发生得到电子的还原反应生成H2，电极反应式为2H+2eH2；（3）实验I中化学能主要转化为热能，实验中化学能主要转化为电能，少量的转化为热能；（4）将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验，Fe能与稀硫酸反应氧化还原反应，则Fe片、石墨棒和稀硫酸能发生原电池反应，电流表指针会发生偏转，其中Fe作负极，石墨棒作正极。【解答】解：（1）
33、Zn与硫酸的反应的化学方程式为Zn+H2SO4H2+ZnSO4，离子方程式为Zn+2H+H2+Zn2+，故答案为：Zn+2H+H2+Zn2+；Zn片与稀硫酸反应时溶液温度由T1升到T2，说明该反应是放热反应，放热反应的反应物总能量大于生成物的总能量，即能量变化关系符合A图，故答案为：A；（2）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，锌发生失去电子反应，电子从负极锌沿导线流向正极铜，正极Cu上H+得电子生成H2，所以可观察到Cu片表面产生气泡，故答案为：该原电池中Zn失电子，电子沿导线流向正极铜，正极Cu上H+得电子生成H2；（3）实验I和产生等量气体时，化学能变化相同，但实验I中化
34、学能主要转化为热能，实验中化学能主要转化为电能，部分转化为热能，导致溶液升高温度幅度T2T3，故答案为：实验I中化学能主要转化为热能，实验中化学能主要转化为电能，部分转化为热能；（4）将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验，Fe与稀硫酸反应氧化还原反应，则Fe片、石墨棒和稀硫酸构成原电池，Fe作负极，石墨棒作正极，所以电路中有电流流动，电流表指针会发生偏转，Fe发生失电子的反应生成Fe2+，电极反应式为Fe2eFe2+，故答案为：发生偏转，Fe2eFe2+。【点评】本题考查原电池工作原理及能量转化方式，为高频考点，侧重学生分析能力、实验能力和运用能力的考查，把握金属的活动性、原电池工作原
35、理、电极反应是解题关键，注意掌握理解原电池反应中能量转化形式，题目难度不大。16【分析】（1）二者都属于饱和烷烃，且互为同分异构体，分子中都含有8个C原子、18个H原子；辛烷值：异构烷烃（支链烷烃）正构烷烃（直链烷烃）；（2）甲醇中含有醇羟基；甲醇中醇羟基上的H原子被取代生成MTBE；（3）乙醇被催化氧化生成乙酸和水；（4）过程I中二氧化碳和氢气反应生成CO和水；a的同分异构体还有正戊烷、新戊烷；（CH2）n为烯烃、a为烷烃，烯烃能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；根据图知，烯烃能发生异构化和芳香化。【解答】解：（1）二者都属于饱和烷烃，且互为同
36、分异构体，分子中都含有8个C原子、18个H原子，分子式为C8H18，故答案为：C8H18；辛烷值：异构烷烃（支链烷烃）正构烷烃（直链烷烃），前者含有3个支链、后者不含支链，则辛烷值：前者后者，故答案为：；（2）CH3OH中所含官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；甲醇中醇羟基上的H原子被取代生成MTBE，所以该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）乙醇被催化氧化生成乙酸和水，反应方程式为CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O，故答案为：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O；（4）过程I中二氧化碳和氢气反应生成CO和水，则过程I中除了生成CO还生成H2O，故答案为：H2O；a的
37、同分异构体还有CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）4C，故答案为：CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）4C；（CH2）n为烯烃、a为烷烃，烯烃能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，烷烃和溴水、高锰酸钾溶液不反应，所以可以用溴水或酸性高锰酸钾溶液鉴别a和（CH2）n，故答案为：溴水或酸性高锰酸钾溶液；根据图知，烯烃能发生异构化和芳香化，则该方法生产的汽油辛烷值较高的原因是烯烃的异构化和芳香化，故答案为：烯烃的异构化和芳香化。【点评】本题考查有机物的结构和性质、辛烷值等知识点，侧重考查阅读、分析判断及应用能力，明确官能团及其性质关系、辛烷值
38、概念内涵等知识点是解本题关键，题目难度不大。17【分析】（1）原子守恒和电子守恒分析书写化学方程式；（2）过程的反应是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程参加反应是亚硫酸钠和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化钠；证明产物中含SO42的实验方法是先加入盐酸无现象，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀；（3）反应的方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，根据方程式计算。【解答】解：（1）反应i中元素守恒得到生成二氧化硫的同时生成了氧化铁，补全过程i的方程式为：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2；过程的反应是二氧化硫和氢氧化
39、钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式为：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O；过程参加反应是氧化还原反应，亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，硫酸钠和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化钠，过程参加反应的物质A为O2、Ca（OH）2，故答案为：O2、Ca（OH）2；证明产物中含SO42的实验方法是：取少量上层清液，先加入过量盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明含磷酸根离子，故答案为：先加入过量盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；（3）n（I2）cmolL1V2103LcV2103mol，由方程式SO2+I2+2H2O
40、H2SO4+2HI可知，n（SO2）cV2103mol，则V1 L烟道气中含有的n（SO2）cV2103mol5cV2102mol，质量为5cV2102mol64g/mol3.2cV2g3200cV2mg，所以则该厂烟道气中SO2的含量为mg/L，故答案为：。【点评】本题以二氧化硫的污染为载体综合考查化学方程式书写和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，足以把握题给信息，答题时注意审题，题目难度中等。18【分析】浓缩海水通入氯气生成溴单质，空气吹入吹出塔将溴单质吹出，通入含有二氧化硫和水的吸收塔，生成溴化氢，通入蒸馏塔中，再次通入氯气，得到液溴和氯化氢，氯化氢可以在氧化过程中
41、使用；（1）溴元素是35号元素，核外电子排布是2、8、18、7；（2）可利用空气将溴单质吹出，是因为溴单质易挥发；（3）吸收塔中溴单质与二氧化硫、水发生反应生成溴化氢和硫酸；（4）溴单质的沸点是58.8，水的沸点是100；（5）物质A是溴化氢和氯气反应后的产物氯化氢；（6）“氧化“条件应该选择溶液中溴单质的含量高，能够实现的条件；pH7.5时，溶液呈碱性，而溴单质的水溶液呈现酸性。【解答】解：（1）溴元素是35号元素，核外电子排布是2、8、18、7，在元素周期表中的位置是第四周期A族，故答案为：第四周期A族；（2）可将溴单质吹出，因为溴单质沸点较低，易挥发，故答案为：挥发；（3）吸收塔中溴单质
42、与二氧化硫、水发生反应生成溴化氢和硫酸，离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H+2Br+SO42，故答案为：Br2+SO2+2H2O4H+2Br+SO42；（4）溴单质的沸点是58.8，水的沸点是100，因此蒸馏的温度须在58.8100之间，故答案为：B；（5）物质A是溴化氢和氯气反应的化学方程式为2HBr+Cl22HCl+Br2，因而物质A是HCl，故答案为：HCl；（6）“氧化“条件应该选择溶液中溴单质的含量高，因而pH1，1.1时，溶液中的溴单质的含量最高，条件最适宜，故答案为：pH1、1.1；pH7.5时，溶液呈碱性，而溴单质的水溶液呈现酸性，单质溴会与氢氧根离子发生反应，离子方程式
43、为Br2+2OHBr+BrO+H2O，故答案为：Br2+2OHBr+BrO+H2O。【点评】本题主要考查海水资源的综合利用，涉及到海水提溴，解题的关键是掌握海水提溴的原理，为高频考点，难度中等。19【分析】（1）大试管中NH4Cl和Ca（OH）2反应生成CaCl2、NH3、H2O，根据原子守恒即可写出反应的化学方程式；氨气的密度比空气小，且极易溶于水，应采用向下排空法收集；（2）反应为氨气的催化氧化；（3）由图可知，02天，NO3被纳米零价铁还原为NH4+，纳米零价铁被氧化为Fe2+，根据原子守恒和电荷守恒，即可写出反应的离子方程式；45天，因为纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用，此时NH4+
44、被氧化为NO2，方程式为：2NH4+3O22NO2+2H2O+4H+；68天，纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原NO3、NO2生成N2，导致NO3浓度快速减小，根据原子守恒和电荷守恒即可写出反应的方程式。【解答】解：（1）大试管中NH4Cl和Ca（OH）2反应生成CaCl2、NH3、H2O，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；氨气的密度比空气小，且极易溶于水，故可以采用向下排空法收集，故装置b符合题意，a为向上排空法，c为排水法收集，故答案为：b；（2）反应为氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）由图可知，02天，NO3被纳米零价铁还原为NH4+，纳米零价铁被氧化为Fe2+，根据原子守恒和电荷守恒，可得反应的