【期末押题卷】上海市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷二（含解析）
文档属性
| 名称 | 【期末押题卷】上海市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷二（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-16 09:07:04 | ||
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文档简介
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上海市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
一．解答题（共8小题）
1．（2024 闵行区校级模拟）Na2O2是一种重要的物质，可用作漂白剂、消毒剂、氧化剂及供氧剂。某研究性学习小组在探究淡黄色Na2O2与H2O反应中的物质变化与能量变化时，设计了如图所示的Ⅰ和Ⅱ两组实验装置。
Ⅰ.
Ⅱ.
请分析图中相关变化，完成下列各题：
（1）①中Na2O2的电子式 ，其中正负离子个数比为 。
（2）②中的大量气泡主要成分是 ；
③中溶液变红，说明反应混合液呈 。（填字母序号）
A.酸性
B.碱性
C.中性
（3）写出Na2O2与H2O反应的化学方程式 。
（4）根据④和⑤的现象分析，对反应过程的推测合理的是 。（多选）
a.反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2
b.④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应
c.MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
（5）在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2。在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。
①由此推知，Na2O2与H2O反应过程中，存在的能量转化形式有 。
②可以用来表示Na2O2与H2O反应的图象是 。
（6）从化学反应过程中旧键断裂和新键形成角度，分析Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因： 。
（7）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，试推测16g CH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2固体粉末中，充分吸收，Na2O2增重应为 。
2．（2023春 浦东新区校级期末）硼族元素是指元素周期表中ⅢA族硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）等元素。工业上提取铝一般分两步进行：先从铝土矿中提取Al2O3，然后电解Al2O3得制Al。回答下列问题：
（1）书写电解Al2O3制备铝单质的方程式： ；工业上不通过电解AlCl3而通过电解Al2O3制备铝单质的原因是： 。
（2）将Al（OH）3和Na2CO3，一同溶于氢氟酸，可得到电解法制铝所需要的助熔剂冰晶石（Na3AlF6），配平该反应的方程式： Al（OH）3+ HF+ Na2CO3═ Na3AlF6+ CO2↑+ H2O。
一些硼的卤化物的沸点如下表所示：
卤化物 BF3 BCl3 BBr3
沸点/℃ ﹣100.3 12.5 90
回答下列问题：
（3）表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断F﹣B﹣F的键角为 。
（4）解释表中三种卤化硼沸点存在差异的原因： 。
硼酸（H3BO3）是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如图：
回答下列问题：
（5）向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为 。
（6）在氧化剂存在下，硼和强碱共熔发生如下反应生成偏硼酸盐： B+ NaOH+ KNO3＝ NaBO2+ KNO2+ H2O。配平上述反应。
3．（2024秋 普陀区校级期末）Ⅰ、将一小块金属钠放置于空气中，会依次产生下述一系列变化：
①白色固体A是一种正盐，写出生成白色固体A的方程式： 。标况下有3.36LCO2参与反应时，消耗的NaOH的质量为 g。
②上述变化过程中共出现了7种物质：Na、O2、Na2O、H2O、NaOH、CO2和白色固体A。有关这些物质说法正确的是 。
A.属于电解质的一共有4种
B.属于非电解质的一共有3种
C.熔化克服分子间作用力的共有4种
D.熔融状态下导电的共有3种
③欲证明Na2O是否是电解质，给出一种实验方案： 。
④将白色固体A溶于水后，继续通入CO2，可以得到一种酸式盐B。写出酸式盐B的电离方程式： 。
Ⅱ、若在上述流程中将Na与O2的反应条件改为点燃，则可得到不一样的变化流程：
⑤写出Na2O2的电子式：。
⑥关于Na2O与Na2O2，下列说法正确的是 。
A.都属于碱性氧化物
B.都属于电解质
C.正负离子个数比都为2比1
D.所含化学键种类完全相同
Ⅲ、过氧化钠与水的反应方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。利用同位素示踪法探究Na2O2和水的反应，用18O标记Na2O2，发现收集到的氧气全部都是18O2。
⑦在8.中含中子的个数为 。
⑧下列有关说法正确的是 。
A.16O2和18O2互为同位素
B.16O2和18O2互为同素异形体
C.18O的结构示意图为
D.18O的电子式为：
⑨书写与水反应的方程式： 。
⑩如果将Na2O2投入到FeCl3溶液中，你预测反应后的分散系可能具有的性质是 。
A.分散质的粒子直径在1～100nm之间
B.能够产生丁达尔现象
C.分散质粒子难以透过滤纸和半透膜
D.静置片刻后，分散系能够保持均一、透明、稳定
通过以上实验与信息，你能够得到哪些结论？ 。
A.金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同
B.过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，最终产物不同
C.等物质的量的氧化钠与过氧化钠置于等量的水中反应，不考虑水汽挥发，形成不饱和溶液中溶质的质量分数相等
D.仅凭肉眼观察，无法区分氧化钠与过氧化钠
4．（2025 闵行区模拟）氯化铁（FeCl3）在水处理、金属蚀刻、印染、有机合成等领域有着广泛的应用。
（1）如图1所示，FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池。Cu发生 反应，电子经导线从 流向 。总反应的化学方程式为 。
（2）实验室用FeCl3 6H2O配制100mL0.200mol L﹣1FeCl3溶液，需要使用的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有 、 。
（3）检验FeCl3溶液中Fe3+的试剂为 。（双选）
A.氯水
B.KSCN溶液
C.NaOH溶液
D.FeCl2溶液
某同学向盛有FeCl3溶液的烧杯中加入CaCO3粉末，发现有无色气泡产生。静置24小时，可观察到烧杯内液体变为透明的红褐色，猜想得到了Fe（OH）3胶体。
（4）判断Fe（OH）3胶体的最简单方法为 。
（5）此反应的化学方程式为 。
（6）分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是 。
A.过滤
B.蒸馏
C.萃取分液
已知FeCl3遇水极易水解，原理是：2FeCl3+3H2O 2Fe（OH）3+3HCl，为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某兴趣小组设计实验方案，获得如下数据（FeCl3的浓度为1mol L﹣1，忽略溶液体积的变化）。已知：pH数值越小，酸性越强。
实验 V（FeCl3）/mL V（H2O）/mL n（NaCl）/mol n（Na2SO4）/mol 温度/℃ pH
1 10 0 0 0 25 0.74
2 10 90 0 0 25 1.62
3 10 90 0 0 35 1.47
4 10 90 a 0 25 x
5 10 90 0 b 25 y
（7）实验2和实验3的目的是 。
继续查阅资料发现，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互作用增强，水解程度会改变。该兴趣小组利用手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图2和图3所示。
（8）根据实验现象，提出假设：
a.Cl﹣对Fe3+的水解有促进作用；
b. 。
（9）设计实验证明假设a是否成立（写出实验操作、试剂、现象和结论） 。
5．（2025 虹口区二模）工业烟气通常含有二氧化硫与氮氧化物，在排放前需经脱硫脱硝处理。
如图是“双碱法”脱硫工艺路径（部分产物已略）。
（1）反应①常在吸收塔（结构如图所示）中进行，为提高吸收效率，可采取的操作有 。（不定项）
A.烟气从a口通入塔内
B.增加烟气流速
C.在塔内填充堆积大量瓷环
D.NaOH溶液呈雾状喷出
（2）若反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等。向该溶液中加入足量Ca（OH）2，用一个化学方程式表示反应②： 。
（3）反应②完成后，将CaSO3滤出洗净后用蒸馏水充分浸泡，沉降后测得上层液pH为8。已知25℃时，Ksp（CaSO3）＝1.0×10﹣6。对上层液中相关离子浓度关系叙述正确的是 。（不定项）
A.[Ca2+]＝[]＝1.0×10﹣3mol L﹣1
B.
C.2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[]+[OH﹣]
D.[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]
（4）仅用反应①进行脱硫的方法称为“钠碱法”。已知原料NaOH的价格为4.9元/kg，Ca（OH）2的价格为0.56元/kg，处理相同质量的SO2，“双碱法”所需的原料成本较“钠碱法”更低，原因是 。
NaClO溶液可用于烟气脱硝。常温下，调节NaClO溶液至不同pH，将烟气以固定速率通过该吸收液，烟气中的NO可转化为NO3。测得NO去除率与吸收液pH关系如图所示。
（5）已知烟气中NO初始浓度为2.0×10﹣3g L﹣1，1L吸收液每分钟可对500mL烟气进行脱硝处理。用溶液中浓度表示pH＝8时的脱硝速率为 mol L﹣1 min﹣1，（忽略吸收液体积变化）
A.2.5×10﹣5
B.5.0×10﹣5
C.1.5×10﹣3
D.3.0×10﹣3
（6）已知氧化性HClO＞NaClO。当吸收液pH＞8时，NO去除率随pH升高迅速下降的原因是 。
科学家正着力研究用NH3—SCR反应（NH3选择性催化还原氮氧化物）对含NO的烟气进行脱硝，最终产物为无污染的N2和H2O，某种活性炭催化NH3—SCR脱硝的机理如下所示：
脱硝历程 最高活化能Ea/kJ mol﹣1
阶段①：2NO+O2═2NO2 118.9
阶段②：2NO2+NH3═HNO3+NH2NO 19.1
阶段③：HNO3+NO＝NO2+HONO 105.3
阶段④：NH2NO＝N2+H2O 83.7
阶段⑤：2HONO＝NO2+NO+H2O 69.2
注：脱硝的每阶段都包括若干基元反应，表中显示的是该阶段的总反应以及各基元反应活化能中数值最大的一个。
（7）根据上述反应历程可知NH3—SCR反应的化学方程式为 。
A.4NH3+6NO5N2+6H2O
B.4NH3+3O22N2+6H2O
C.4NH3+2NO+2O23N2+6H2O
D.4NH3+4NO+O24N2+6H2O
（8）当反应温度低于150℃时，随着反应进行，NO的转化率逐步下降，主要是因为催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，该固体可能是 。
（9）研究发现，将烟气中部分NO预先氧化为NO2后再进行NH3—SCR反应，可明显提升单位时间内的脱硝率，结合上表数据解释可能的原因 。
6．（2025 浦东新区开学）（1）烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、NO2等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如图所示：
已知：O3+NO＝NO2+O2；O3+2NO2＝N2O5+O2。
①已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是 。
A．均属于酸性氧化物
B．均属于离子化合物
C．均属于极性分子
D．均属于电解质
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘类似于胶体的 。
③X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式 。
④O3/NO摩尔比对NO脱除率以及NO2转化率的影响如图所示。分析最佳O3/NO摩尔比为 。
（2）脱硝反应之一：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g）ΔH＜0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，反应过程中测定的部分数据见表：
t/s 0 3 6 12 24
n（O2）/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
①反应在0～3s内的平均速率v（NO2）＝ 。
②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是 。
A．混合气体密度不再变化
B．单位时间内消耗2mol NO2的同时生成1mol O2
C．v正（NO2）＝2v逆（N2O5）
D．混合气体压强不再变化
③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于 。
④T℃时，若向上述容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，开始时反应 。
A．正向进行
B．逆向进行
C．达平衡
（3）如图装置能有效去除烟气中的NO2，已知该电池反应为：6NO2+8NH3＝7N2+12H2O。
①A电极通过导线 电子。
A．流出
B．流入
②B电极的电极反应式 。
（4）利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如图所示。
①下列说法正确的是 。
A．高温下有利于NO的转化
B．由a释放N2O的反应速率最慢
C．a到b、d到e，都会形成非极性键
D．过渡态2比过渡态1稳定
②写出总反应的热化学方程式 。
③判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行并说明判断理由 。
（5）O2在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如图所示（ OH表示羟基自由基，其中O元素为﹣1价， 表示未成对电子）。在 （填“阴”或“阳”）极生成，在净化器中生成1mol HNO3，消耗 OH的数目为 。
7．（2024秋 黄浦区校级期末）石油和煤不仅是人类使用最多的能源，也是重要的化学原料和宝贵的资源，它们是化工原料的两大主要来源。
（1）下列石油分馏产品中，沸点范围最高的是 。
A.沥青
B.柴油
C.润滑油
D.汽油
（2）下列过程不涉及化学变化的是 。
A.煤的气化和液化
B.石油的分馏
C.石油的裂化、裂解
D.煤干馏
石油是多种烃类的混合物，回答下列烃类相关问题
（3）下列褪色过程是因为发生加成反应而褪色的是 。
A.甲烷和氯气混合光照后黄绿色消失
B.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色
C.乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色
D.将苯加入溴水中振荡后水层接近无色
（4）同温同压下，1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，生成氯代烷。1mol此氯代烷可与5mol Cl2发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为 。
A.CH3CH＝CH2
B.CH2＝CH2
C.CH3CH3
D.CH3CH2CH＝CH2
（5）标准状况下，4.48升气态混合烃在足量氧气中完全燃烧后得到6.72升二氧化碳和7.2克水，则下列对气态混合烃的描述正确的是 。
A.一定含乙烷
B.一定含乙烯
C.一定含甲烷
D.可能含乙烯
8．（2024春 宝山区校级期末）自然界和人工合成的物质中，绝大多数是有机化合物。有机化合物种类繁多，性质各异，与我们的生活、生产密切相关。其中煤、石油、天然气为人类生产生活提供能量。请根据要求回答问题！
（1）石油的分馏是 （填“物理”或“化学”）变化。
（2）下列石油分馏产品中，沸点范围最低的是 。
A．沥青
B．汽油
C．石油气
D．柴油
（3）某石化厂获得大量乙烯、丙烯、丁二烯采用的方法是 。
A．石油的分馏
B．煤的干馏
C．石油的裂解
D．煤的气化
（4）下列有关有机化合物说法正确的是 。
A．凡有甜味的有机化合物均属于糖类
B．尼龙是天然高分子材料
C．蛋白质、油脂、糖类是三大基本营养物质
（5）既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯的方法是 。
A．通过足量的NaOH溶液
B．通过溴的CCl4溶液
C．在Ni催化、加热条件下通入过量H2
D．通过足量的酸性KMnO4溶液
糖类、油脂、蛋白质是生命活动的物质和能量基础。淀粉是重要的营养物质，在大米、小麦、马铃薯中大量存在．淀粉在一定条件下可以水解生成葡萄糖，人体中葡萄糖在酶的作用下缓慢氧化，释放能量以保证生命活动正常运行。以淀粉为主要原料，合成高分子化合物B和一种具有果香味的有机物C，合成路线如图。
（6）A分子内含有的官能团是 （填名称）。
（7）反应Ⅰ的反应类型： ；反应Ⅲ的反应类型： ；
（8）检验有化合物乙酸生成所需试剂是
A.酸性高锰酸钾溶液
B．希夫试剂
C．碳酸氢钠溶液
（9）写出下列反应的化学方程式：Ⅱ ；Ⅲ 。
上海市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．解答题（共8小题）
1．（2024 闵行区校级模拟）Na2O2是一种重要的物质，可用作漂白剂、消毒剂、氧化剂及供氧剂。某研究性学习小组在探究淡黄色Na2O2与H2O反应中的物质变化与能量变化时，设计了如图所示的Ⅰ和Ⅱ两组实验装置。
Ⅰ.
Ⅱ.
请分析图中相关变化，完成下列各题：
（1）①中Na2O2的电子式 ，其中正负离子个数比为 2：1 。
（2）②中的大量气泡主要成分是 氧气 ；
③中溶液变红，说明反应混合液呈 B 。（填字母序号）
A.酸性
B.碱性
C.中性
（3）写出Na2O2与H2O反应的化学方程式 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑， 。
（4）根据④和⑤的现象分析，对反应过程的推测合理的是 ab 。（多选）
a.反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2
b.④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应
c.MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
（5）在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2。在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。
①由此推知，Na2O2与H2O反应过程中，存在的能量转化形式有 化学能转化为热能 。
②可以用来表示Na2O2与H2O反应的图象是 B 。
（6）从化学反应过程中旧键断裂和新键形成角度，分析Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因： Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升 。
（7）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，试推测16g CH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2固体粉末中，充分吸收，Na2O2增重应为 32 。
【答案】（1）；2：1；
（2）氧气；B；
（3）2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
（4）ab；
（5）①化学能转化为热能；
②B；
（6）Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升；
（7）32g。
【分析】由题干实验信息可知，向Na2O2固体中加入一定量的水，观察到产生大量的气泡，说明Na2O2与H2O反应放出O2，而后滴加1～2滴酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性，而后褪色，说明有漂白性物质生成可能是H2O2，即Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2，加入MnO2后又产生大量的气泡，进一步说明可能生成有H2O2，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升，说明大试管中气体的压强增大，即由于该试管中气体温度上升膨胀，也说明Na2O2与H2O反应过程中放热，据此分析解答。
【解答】解：（1）Na2O2的电子式为，故正负离子的个数比为2：1，
故答案为：；2：1；
（2）由于过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，因而②中的大量气泡主要成分是氧气，②中溶液滴加酚酞后，③中溶液变红，说明反应混合液呈碱性；
故答案为：氧气；B；
（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，因而其化学反应的方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
（4）根据④和⑤中的现象即溶液红色褪去，加入MnO2后产生大量的气泡，据此可分析，
a.H2O2具有强氧化性，可以漂白酸碱指示剂，且H2O2在MnO2催化下迅速分解，释放大量的气泡，则推测反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2，故a正确；
b.由A项分析可知，H2O2在MnO2催化下迅速分解，释放大量的气泡即O2，O的化合价发生改变，即④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应，故b正确；
c.MnO2的主要作用是催化剂，而不是降低了水中氧气的溶解度，故c错误；
d.由a项分析可知，⑤红色褪去是由于H2O2的强氧化作用，而不是溶液碱性减弱，反滴入NaOH溶液红色不会再现，故d错误；
故答案为：ab；
（5）①在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2，在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升，说明Na2O2与H2O反应过程中放出热量，使得U形管右侧气体体积变大，液面下降，左侧液面上升，即反应过程中化学能转化为热能，
故答案为：化学能转化为热能；
②由于Na2O2与H2O反应过程中放出热量，因此反应物的能量高于生成物的能量，即B图象符合题意他，
故答案为：B；
（6）Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因是：Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升，
故答案为：Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升；
（7）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，由反应方程式：CH4+2O2CO2+2H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑可知，CH4燃烧消耗的氧气质量等于生成CO2、H2O与Na2O2反应放出的O2，故16gCH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2中，Na2O2增重应为32g，
故答案为：32g。
【点评】本题主要考查氯及其化合物的相互转化，同时考查学生对价类二维图的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。
2．（2023春 浦东新区校级期末）硼族元素是指元素周期表中ⅢA族硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）等元素。工业上提取铝一般分两步进行：先从铝土矿中提取Al2O3，然后电解Al2O3得制Al。回答下列问题：
（1）书写电解Al2O3制备铝单质的方程式： 2Al2O34Al+3O2↑ ；工业上不通过电解AlCl3而通过电解Al2O3制备铝单质的原因是： AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电 。
（2）将Al（OH）3和Na2CO3，一同溶于氢氟酸，可得到电解法制铝所需要的助熔剂冰晶石（Na3AlF6），配平该反应的方程式： 2 Al（OH）3+ 12 HF+ 3 Na2CO3═ 2 Na3AlF6+ 3 CO2↑+ 9 H2O。
一些硼的卤化物的沸点如下表所示：
卤化物 BF3 BCl3 BBr3
沸点/℃ ﹣100.3 12.5 90
回答下列问题：
（3）表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断F﹣B﹣F的键角为 120° 。
（4）解释表中三种卤化硼沸点存在差异的原因： BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大 。
硼酸（H3BO3）是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如图：
回答下列问题：
（5）向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为 H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣ 。
（6）在氧化剂存在下，硼和强碱共熔发生如下反应生成偏硼酸盐： 2 B+ 2 NaOH+ 3 KNO3＝ 2 NaBO2+ 3 KNO2+ 1 H2O。配平上述反应。
【答案】（1）2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电；
（2）2；12；3；2；3；9；
（3）120°；
（4）BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大；
（5）H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣；
（6）2；2；3；2；3；1。
【分析】（1）工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电；
（2）HF与Al（OH）3、Na2CO3反应生成冰晶石（Na3AlF6），同时生成二氧化碳、水；
（3）BF3的空间构型为平面正三角形，B位于正三角形中心，F位于正三角形顶点；
（4）BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大；
（5）由图中电离过程可知，硼酸为一元弱酸，硼酸与氢氧化钠按1：1反应生成Na[B（OH）4]；
（6）B从0价升高到+3价，失去3个电子，KNO3中氮元素从+5价降低到+3价，得到2个电子。
【解答】解：（1）工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，所以不通过电解AlCl3而通过电解Al2O3制备铝单质，
故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电；
（2）HF与Al（OH）3、Na2CO3反应生成冰晶石（Na3AlF6），同时生成二氧化碳、水，根据原子守恒配平反应的方程式为：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3＝2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O，
故答案为：2；12；3；2；3；9；
（3）BF3的空间构型为平面正三角形，B位于正三角形中心，F位于正三角形顶点，可知F﹣B﹣F的键角为120°，
故答案为：120°；
（4）BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大，因此沸点依次升高，
故答案为：BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大；
（5）由图中电离过程可知，硼酸为一元弱酸，硼酸与氢氧化钠按1：1反应生成Na[B（OH）4]，反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣，
故答案为：H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣；
（6）B从0价升高到+3价，失去3个电子，KNO3中氮元素从+5价降低到+3价，得到2个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2B+2NaOH+3KNO3＝2NaBO2+3KNO2+H2O，
故答案为：2；2；3；2；3；1。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋 普陀区校级期末）Ⅰ、将一小块金属钠放置于空气中，会依次产生下述一系列变化：
①白色固体A是一种正盐，写出生成白色固体A的方程式： CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O 。标况下有3.36LCO2参与反应时，消耗的NaOH的质量为 12 g。
②上述变化过程中共出现了7种物质：Na、O2、Na2O、H2O、NaOH、CO2和白色固体A。有关这些物质说法正确的是 A 。
A.属于电解质的一共有4种
B.属于非电解质的一共有3种
C.熔化克服分子间作用力的共有4种
D.熔融状态下导电的共有3种
③欲证明Na2O是否是电解质，给出一种实验方案： 将Na2O熔融做导电实验，若导电，则为电解质 。
④将白色固体A溶于水后，继续通入CO2，可以得到一种酸式盐B。写出酸式盐B的电离方程式： 、 。
Ⅱ、若在上述流程中将Na与O2的反应条件改为点燃，则可得到不一样的变化流程：
⑤写出Na2O2的电子式：。
⑥关于Na2O与Na2O2，下列说法正确的是 BC 。
A.都属于碱性氧化物
B.都属于电解质
C.正负离子个数比都为2比1
D.所含化学键种类完全相同
Ⅲ、过氧化钠与水的反应方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。利用同位素示踪法探究Na2O2和水的反应，用18O标记Na2O2，发现收集到的氧气全部都是18O2。
⑦在8.中含中子的个数为 4.4NA 。
⑧下列有关说法正确的是 D 。
A.16O2和18O2互为同位素
B.16O2和18O2互为同素异形体
C.18O的结构示意图为
D.18O的电子式为：
⑨书写与水反应的方程式： 。
⑩如果将Na2O2投入到FeCl3溶液中，你预测反应后的分散系可能具有的性质是 C 。
A.分散质的粒子直径在1～100nm之间
B.能够产生丁达尔现象
C.分散质粒子难以透过滤纸和半透膜
D.静置片刻后，分散系能够保持均一、透明、稳定
通过以上实验与信息，你能够得到哪些结论？ AC 。
A.金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同
B.过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，最终产物不同
C.等物质的量的氧化钠与过氧化钠置于等量的水中反应，不考虑水汽挥发，形成不饱和溶液中溶质的质量分数相等
D.仅凭肉眼观察，无法区分氧化钠与过氧化钠
【答案】①CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；12；
②A
③将Na2O熔融做导电实验，若导电，则为电解质；
④、；
⑤；
⑥BC；
⑦4.4NA；
⑧D；
⑨；
⑩C；
AC。
【分析】①根据氢氧化钠吸收二氧化碳所得的白色固体A是一种正盐，则A为碳酸钠进行分析；
②根据电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，溶于水和熔融状况下均不能导电的化合物是非电解质，分子构成的物质熔化时克服分子间的作用力，金属单质和离子化合物在熔融状态下能导电，熔融状态下能导电的物质有钠、氧化钠、氢氧化钠和碳酸钠，进行分析；
③根据电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，进行分析；
④根据碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，进行分析；
⑤根据Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，进行分析；
⑥根据氧化钠和酸反应生成盐和水、属于碱性氧化物，氧化钠由钠离子和氧离子构成，过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，进行分析；
⑦根据质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于元素符号左下角进行分析；
⑧根据同位素，同素异形体的定义进行分析；
⑨根据与水反应，过氧化钠中的氧化合价既升高又降低，水中的氧化合价不变，进行分析；
⑩根据将Na2O2投入到FeCl3溶液中，钠与水先反应生成氢氧化钠和氢气，后氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀进行分析；
根据金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同，Na2O+H2O＝2NaOH、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，均与水反应、均转变为氢氧化钠，均进一步转变成为最终产物碳酸钠，进行分析。
【解答】解：①据分析，生成白色固体A的化学方程式为：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O。标况下有3.36L CO2参与反应时，二氧化碳的物质的量为，则消耗的NaOH0.3mol，质量为0.3mol×40g/mol＝12g，
故答案为：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；12；
②A．电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，氧化钠、水、氢氧化钠和碳酸钠属于电解质，属于电解质的一共有4种，故A正确；
B．溶于水和熔融状况下均不能导电的化合物是非电解质，二氧化碳的水溶液能导电，跟它自身的电离无关，二氧化碳属于非电解质，则属于非电解质的只有1种，故B错误；
C．由分子构成的物质熔化时克服分子间的作用力，因此熔化时克服分子间作用力的物质有水，二氧化碳，氧气，共有3种，故C错误；
D．金属单质和离子化合物在熔融状态下能导电，熔融状态下能导电的物质有钠、氧化钠、氢氧化钠和碳酸钠，共有4种，故D错误；
故答案为：A。
③电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，欲证明Na2O是否是电解质，给出的一种实验方案是：将Na2O熔融做导电实验，若导电（灯泡亮/电流表偏转/其他合理）则为电解质，
故答案为：将Na2O熔融做导电实验，若导电，则为电解质；
④将白色固体A溶于水后，继续通入CO2，可以得到一种酸式盐B，即碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，B为碳酸氢钠，在水中完全电离为钠离子、碳酸氢根，碳酸氢根能微弱地电离为氢离子和碳酸根离子。故酸式盐B的电离方程式：NaHCO3，，
故答案为：、；
⑤Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，电子式：，
故答案为：；
⑥A．氧化钠和酸反应生成盐和水、属于碱性氧化物，过氧化钠和酸反应还有氧气生成，且反应过程中元素化合价发生变化、过氧化钠不属于碱性氧化物，故A错误；
B．氧化钠和过氧化钠均由离子构成，在熔融状况下均能导电，因此都属于电解质，故B正确；
C．氧化钠由钠离子和氧离子构成，过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，两者的阴阳离子个数比均为1：2，即正负离子个数比都为2比1，故C正确；
D．氧化钠中只有离子键，过氧化钠中既有离子键又有非极性键。所含化学键种类不完全相同，故D错误；
故答案为：BC。
⑦在8.2g 中含中子的个数为，
故答案为：4.4NA；
⑧A．16O2和18O2均为氧分子，不互为同位素，故A错误；
B．16O2和18O2均为氧分子，不互为同素异形体，故B错误；
C．18O的核电荷数为8、不是10，结构示意图错误，故C错误；
D．18O的最外层有6个电子，所给电子式正确，故D正确；
故答案为：C。
⑨与水反应，过氧化钠中的氧化合价既升高又降低，水中的氧化合价不变，则化学方程式：2Na218O2+2H2O＝2Na18OH+2NaOH+18O2↑，
故答案为：；
⑩如果将Na2O2投入到FeCl3溶液中，钠与水先反应生成氢氧化钠和氢气，后氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀；
A．浊液分散质的粒子直径大于100nm之间，故A错误；
B．浊液和溶液均不能够产生丁达尔现象，故B错误；
C．浊液的分散质粒子难以透过滤纸和半透膜，故C正确；
D．浊液不稳定，静置片刻后，容器底部析出沉淀，故D错误；
故答案为：C。
A．金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同，常温下得到氧化钠，加热下得到过氧化钠，故A正确；
B．过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，均与水反应、均转变为氢氧化钠，均进一步转变成为最终产物碳酸钠，故B错误；
C．等物质的量的氧化钠与过氧化钠置于等量的水中反应，根据Na2O+H2O＝2NaOH、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，消耗等量的水、生成等量的氢氧化钠，则不考虑水汽挥发，形成不饱和溶液中溶质的质量分数相等，故C正确；
D．氧化钠白色、过氧化钠淡黄色，仅凭肉眼观察，即可区分氧化钠与过氧化钠，故D错误；
故答案为：AC。
【点评】本题主要考查钠的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
4．（2025 闵行区模拟）氯化铁（FeCl3）在水处理、金属蚀刻、印染、有机合成等领域有着广泛的应用。
（1）如图1所示，FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池。Cu发生 氧化 反应，电子经导线从 Cu 流向 C 。总反应的化学方程式为 2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+ 。
（2）实验室用FeCl3 6H2O配制100mL0.200mol L﹣1FeCl3溶液，需要使用的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有 100mL容量瓶 、 胶头滴管 。
（3）检验FeCl3溶液中Fe3+的试剂为 B 。（双选）
A.氯水
B.KSCN溶液
C.NaOH溶液
D.FeCl2溶液
某同学向盛有FeCl3溶液的烧杯中加入CaCO3粉末，发现有无色气泡产生。静置24小时，可观察到烧杯内液体变为透明的红褐色，猜想得到了Fe（OH）3胶体。
（4）判断Fe（OH）3胶体的最简单方法为 丁达尔效应 。
（5）此反应的化学方程式为 3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2 。
（6）分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是 A 。
A.过滤
B.蒸馏
C.萃取分液
已知FeCl3遇水极易水解，原理是：2FeCl3+3H2O 2Fe（OH）3+3HCl，为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某兴趣小组设计实验方案，获得如下数据（FeCl3的浓度为1mol L﹣1，忽略溶液体积的变化）。已知：pH数值越小，酸性越强。
实验 V（FeCl3）/mL V（H2O）/mL n（NaCl）/mol n（Na2SO4）/mol 温度/℃ pH
1 10 0 0 0 25 0.74
2 10 90 0 0 25 1.62
3 10 90 0 0 35 1.47
4 10 90 a 0 25 x
5 10 90 0 b 25 y
（7）实验2和实验3的目的是 探究温度对氯化铁水解平衡的影响 。
继续查阅资料发现，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互作用增强，水解程度会改变。该兴趣小组利用手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图2和图3所示。
（8）根据实验现象，提出假设：
a.Cl﹣对Fe3+的水解有促进作用；
b. 硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用 。
（9）设计实验证明假设a是否成立（写出实验操作、试剂、现象和结论） 向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确 。
【答案】（1）氧化；Cu；C；2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+；
（2）100mL容量瓶；胶头滴管；
（3）B；
（4）丁达尔效应；
（5）3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2；
（6）A；
（7）探究温度对氯化铁水解平衡的影响；
（8）硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；
（9）向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。
【分析】（1）FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池，铜失去电子为负极，Cu﹣2e﹣＝Cu2+，碳极上三价铁离子得电子为正极，电极方程式为Fe3++e﹣＝ Fe2+，据此解答；
（7）探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，要控制变量，需要唯一变量，实验2和实验3的温度不同，引起水解程度不同，导致pH变化，实验4和实验5分别加入氯化钠和硫酸钠，结合图像pH变大，提出假设硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用，若证明假设a成立，则其他条件一致，氯离子浓度越大，pH会减小，说明假设a正确，据此解答。
【解答】解：（1）FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池，铜失去电子为负极，Cu﹣2e﹣＝Cu2+，碳极上三价铁离子得电子为正极，电极方程式为Fe3++e﹣＝ Fe2+，可知Cu失去电子发生氧化反应，电子经导线从Cu流向C，总反应的化学方程式为2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+，
故答案为：氧化；Cu；C；2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+；
（2）配制100mL0.200mol L﹣1FeCl3溶液，需要使用的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
（3）Fe3+遇KSCN生成红色物质，为Fe3+的特征反应，故用KSCN溶液检验Fe3+，
故答案为：B；
（4）判断Fe（OH）3胶体的最简单方法为丁达尔效应，用一束光照射液体，观察到有光亮的通路，说明是胶体，
故答案为：丁达尔效应；
（5）根据题中现象可知FeCl3溶液与CaCO3反应生成Fe（OH）3胶体，反应的化学方程式为：3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2，
故答案为：3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2；
（6）分离该红褐色液体即胶体与烧杯底部石灰石，方法是过滤，
故答案为：A；
（7）由表格中实验2和实验3的数据可知温度不同，所以目的是探究温度对氯化铁水解平衡的影响，
故答案为：探究温度对氯化铁水解平衡的影响；
（8）由图1知，加入强电解质氯化钠后pH减小，则促进水解，对应假设a：氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；图2中加入强电解质硫酸钠后pH增大，则对应假设b，故可提出假设：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用，
故答案为：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；
（9）由于假设a是氯离子对铁离子的水解活性有促进作用，则设计的思路就是增加氯离子浓度，测量溶液的pH变化，故可向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确，
故答案为：向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、物质的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
5．（2025 虹口区二模）工业烟气通常含有二氧化硫与氮氧化物，在排放前需经脱硫脱硝处理。
如图是“双碱法”脱硫工艺路径（部分产物已略）。
（1）反应①常在吸收塔（结构如图所示）中进行，为提高吸收效率，可采取的操作有 ACD 。（不定项）
A.烟气从a口通入塔内
B.增加烟气流速
C.在塔内填充堆积大量瓷环
D.NaOH溶液呈雾状喷出
（2）若反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等。向该溶液中加入足量Ca（OH）2，用一个化学方程式表示反应②： 2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O 。
（3）反应②完成后，将CaSO3滤出洗净后用蒸馏水充分浸泡，沉降后测得上层液pH为8。已知25℃时，Ksp（CaSO3）＝1.0×10﹣6。对上层液中相关离子浓度关系叙述正确的是 BCD 。（不定项）
A.[Ca2+]＝[]＝1.0×10﹣3mol L﹣1
B.
C.2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[]+[OH﹣]
D.[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]
（4）仅用反应①进行脱硫的方法称为“钠碱法”。已知原料NaOH的价格为4.9元/kg，Ca（OH）2的价格为0.56元/kg，处理相同质量的SO2，“双碱法”所需的原料成本较“钠碱法”更低，原因是 ）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低 。
NaClO溶液可用于烟气脱硝。常温下，调节NaClO溶液至不同pH，将烟气以固定速率通过该吸收液，烟气中的NO可转化为NO3。测得NO去除率与吸收液pH关系如图所示。
（5）已知烟气中NO初始浓度为2.0×10﹣3g L﹣1，1L吸收液每分钟可对500mL烟气进行脱硝处理。用溶液中浓度表示pH＝8时的脱硝速率为 A mol L﹣1 min﹣1，（忽略吸收液体积变化）
A.2.5×10﹣5
B.5.0×10﹣5
C.1.5×10﹣3
D.3.0×10﹣3
（6）已知氧化性HClO＞NaClO。当吸收液pH＞8时，NO去除率随pH升高迅速下降的原因是 当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降 。
科学家正着力研究用NH3—SCR反应（NH3选择性催化还原氮氧化物）对含NO的烟气进行脱硝，最终产物为无污染的N2和H2O，某种活性炭催化NH3—SCR脱硝的机理如下所示：
脱硝历程 最高活化能Ea/kJ mol﹣1
阶段①：2NO+O2═2NO2 118.9
阶段②：2NO2+NH3═HNO3+NH2NO 19.1
阶段③：HNO3+NO＝NO2+HONO 105.3
阶段④：NH2NO＝N2+H2O 83.7
阶段⑤：2HONO＝NO2+NO+H2O 69.2
注：脱硝的每阶段都包括若干基元反应，表中显示的是该阶段的总反应以及各基元反应活化能中数值最大的一个。
（7）根据上述反应历程可知NH3—SCR反应的化学方程式为 D 。
A.4NH3+6NO5N2+6H2O
B.4NH3+3O22N2+6H2O
C.4NH3+2NO+2O23N2+6H2O
D.4NH3+4NO+O24N2+6H2O
（8）当反应温度低于150℃时，随着反应进行，NO的转化率逐步下降，主要是因为催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，该固体可能是 NH4NO3 。
（9）研究发现，将烟气中部分NO预先氧化为NO2后再进行NH3—SCR反应，可明显提升单位时间内的脱硝率，结合上表数据解释可能的原因 由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率 。
【答案】（1）ACD；
（2）2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O；
（3）BCD；
（4）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低；
（5）A；
（6）当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降；
（7）D；
（8）NH4NO3；
（9）由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率。
【分析】（1）A.烟气从a口通入塔内，与从上方进入的NaOH溶液逆向接触，能充分发生反应，提高吸收效率；
B.增加烟气流速，会使烟气与NaOH溶液接触时间减少，降低吸收效率；
C.在塔内填充堆积大量瓷环，可增大烟气与 NaOH 溶液的接触面积，提高吸收效率；
D.NaOH 溶液呈雾状喷出，能增大与烟气的接触面积，提高吸收效率；
（2）反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等，加入足量Ca（OH）2，Na2SO3、NaHSO3都与Ca（OH）2反应生成CaSO3沉淀；
（3）A.在溶液中存在溶解平衡CaSO3（s） Ca2+（aq）（aq），Ksp（CaSO3）＝[Ca2+][]＝1.0×10﹣6，但由于会水解，所以[Ca2+]≠[]≠1.0×10﹣3mol/L；
B.的水解常数Kh1，HS的水解常数Kh2，因为Ka1＞Ka2，所以Kh1＞Kh2，即的水解程度大于HS，则；
C.根据电荷守恒，2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[HS]+[OH﹣]；
D.根据质子守恒，[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]；
（4）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低；
（5）pH ＝ 8时，NO去除率为50%，1L吸收液每分钟处理500mL烟气，NO初始浓度为2.0×10﹣3g/L，则转化的NO的物质的量为n（NO）1.67×10﹣5mol，根据3NO+H2O＝2HNO3+NO，生成的物质的量为n（）n（NO）＝1.11×10﹣5mol，因为忽略吸收液体积变化，所以用溶液中浓度表示的脱硝速率为：1.11×10﹣5mol/（L min）≈2.5×10﹣5mol L﹣1 min﹣1；
（6）当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降；
（7）由反应历程可知，总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O；
（8）当反应温度低于150℃时，催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，根据反应历程可知，可能是HNO3与NH3反应生成的NH4NO3；
（9）由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率。
【解答】解：（1）A.烟气从a口通入塔内，与从上方进入的NaOH溶液逆向接触，能充分发生反应，提高吸收效率，故A正确；
B.增加烟气流速，会使烟气与NaOH溶液接触时间减少，降低吸收效率，故B错误；
C.在塔内填充堆积大量瓷环，可增大烟气与 NaOH 溶液的接触面积，提高吸收效率，故C正确；
D.NaOH 溶液呈雾状喷出，能增大与烟气的接触面积，提高吸收效率，故D正确；
故答案为：ACD；
（2）反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等，加入足量Ca（OH）2，Na2SO3、NaHSO3都与Ca（OH）2反应生成CaSO3沉淀，化学方程式为：2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O，
故答案为：2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O；
（3）A.在溶液中存在溶解平衡CaSO3（s） Ca2+（aq）（aq），Ksp（CaSO3）＝[Ca2+][]＝1.0×10﹣6，但由于会水解，所以[Ca2+]≠[]≠1.0×10﹣3mol/L，故A错误；
B.的水解常数Kh1，HS的水解常数Kh2，因为Ka1＞Ka2，所以Kh1＞Kh2，即的水解程度大于HS，则，故B正确；
C.根据电荷守恒，2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[HS]+[OH﹣]，故C正确；
D.根据质子守恒，[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]，故D正确；
故答案为：BCD；
（4）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低，
故答案为：“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低；
（5）pH ＝ 8时，NO去除率为50%，1L吸收液每分钟处理500mL烟气，NO初始浓度为2.0×10﹣3g/L，则转化的NO的物质的量为n（NO）1.67×10﹣5mol，根据3NO+H2O＝2HNO3+NO，生成的物质的量为n（）n（NO）＝1.11×10﹣5mol，因为忽略吸收液体积变化，所以用溶液中浓度表示的脱硝速率为：1.11×10﹣5mol/（L min）≈2.5×10﹣5mol L﹣1 min﹣1，（与选项A最接近），
故答案为：A；
（6）当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降，
故答案为：当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降；
（7）由反应历程可知，总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，
故答案为：D；
（8）当反应温度低于150℃时，催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，根据反应历程可知，可能是HNO3与NH3反应生成的NH4NO3，
故答案为：NH4NO3；
（9）由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率，
故答案为：由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率。
【点评】本题主要考查了化学平衡的有关知识，题目难度中等，掌握化学平衡的理论，结合题给信息，运用所学基础知识是解答该题的关键。
6．（2025 浦东新区开学）（1）烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、NO2等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如图所示：
已知：O3+NO＝NO2+O2；O3+2NO2＝N2O5+O2。
①已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是 C 。
A．均属于酸性氧化物
B．均属于离子化合物
C．均属于极性分子
D．均属于电解质
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘类似于胶体的 电泳 。
③X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式 。
④O3/NO摩尔比对NO脱除率以及NO2转化率的影响如图所示。分析最佳O3/NO摩尔比为 1.1 。
（2）脱硝反应之一：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g）ΔH＜0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，反应过程中测定的部分数据见表：
t/s 0 3 6 12 24
n（O2）/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
①反应在0～3s内的平均速率v（NO2）＝ 0.24mol L﹣1 s﹣1 。
②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是 CD 。
A．混合气体密度不再变化
B．单位时间内消耗2mol NO2的同时生成1mol O2
C．v正（NO2）＝2v逆（N2O5）
D．混合气体压强不再变化
③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于 20 。
④T℃时，若向上述容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，开始时反应 A 。
A．正向进行
B．逆向进行
C．达平衡
（3）如图装置能有效去除烟气中的NO2，已知该电池反应为：6NO2+8NH3＝7N2+12H2O。
①A电极通过导线 A 电子。
A．流出
B．流入
②B电极的电极反应式 。
（4）利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如图所示。
①下列说法正确的是 BC 。
A．高温下有利于NO的转化
B．由a释放N2O的反应速率最慢
C．a到b、d到e，都会形成非极性键
D．过渡态2比过渡态1稳定
②写出总反应的热化学方程式 2NO（g）＝N2（g）+O2（g）ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1 。
③判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行并说明判断理由 由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行 。
（5）O2在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如图所示（ OH表示羟基自由基，其中O元素为﹣1价， 表示未成对电子）。在 阳 （填“阴”或“阳”）极生成，在净化器中生成1mol HNO3，消耗 OH的数目为 3NA 。
【答案】（1）①C；
②电泳；
③；
④1.1；
（2）①0.24mol L﹣1 s﹣1；
②CD；
③20；
④A；
（3）①A；
②；
（4）①BC；
②2NO（g）＝N2（g）+O2（g） ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1；
③由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行；
（5）阳；3NA。
【分析】（1）根据含NO、NO2的烟气通过静电除尘后，加入氨水同时通入臭氧氧化脱硝得到硝酸铵溶液，除雾后即为达标排放的烟气，静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，进行分析；
（2）根据在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到平衡状态，浓度商Q0.5＜K＝20，开始时反应正向进行进行分析；
（3）根据反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知NH3失去电子作负极，NO2得到电子作正极生成N2，电极A为负极，电极B为正极，进行分析；
（4）根据该反应中，反应物为NO（g），最终产物为N2（g）和O2（g），由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行，进行分析；
（5）根据O2转化为发生的反应为O2﹣e﹣，故在阳极发生此反应；净化器内NO被HO 氧化为HNO3，发生的反应为3HO +NO ＝ HNO3+H2O，进行分析。
【解答】解：（1）①A．NO不和H2O、NaOH反应，NO2和水发生氧化还原反应，二者都不是酸性氧化物，故A错误；
B．NO、NO2都属于共价化合物，故B错误；
C．NO为直线形分子，NO2为角形分子，二者正负电中心不重合，都是极性分子，故C正确；
D．NO、NO2都属于非电解质，故D错误；
故答案为：C；
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的，类似于胶体的电泳，
故答案为：电泳；
③N2O5和水反应生成HNO3，氨水与N2O5反应生成硝酸铵，离子方程式为：2NH3 H2O+N2O5＝22H2O，
故答案为：；
④由图像可知，最佳摩尔比为1.1，此时NO的脱除率最大，且NO2的转化率最高，
故答案为：1.1；
（2）①反应在0～3s内的平均速率v（NO2）＝2v（O2）0.24mol L﹣1 s﹣1，
故答案为：0.24mol L﹣1 s﹣1；
②A.该反应混合气体的总质量不变，为恒容密闭容器，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.单位时间内消耗2mol NO2同时生成1mol O2都是指正反应方向速率，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C.v正（NO2）＝2v逆（N2O5）逆说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D.该反应前后气体分子总数不相等，则混合气体压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
③根据表格数据可知，达到平衡时，n（O2）＝0.8mol，可知生成N2O50.8mol，消耗NO21.6mol，消耗O30.8mol，剩余NO20.4mol，剩余O30.2mol，容器体积1L，K20，
故答案为：20；
④T℃时，若向上述容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，此时浓度商Q0.5＜K＝20，开始时反应正向进行，
故答案为：A；
（3）①根据反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知NH3失去电子作负极，NO2得到电子作正极生成N2，电极A为负极，电极B为正极，A电极通过导线流出电子，
故答案为：A；
②根据反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知，电极B为正极，电极的电极反应式，
故答案为：；
（4）①A．从图中可以看出，NO催化转化为N2和O2是一个放热反应，则高温下不利于NO的转化，故A错误；
B．由a到c比由d到f的活化能大，活化能越大，反应速率越慢，则由a释放N2O的反应速率最慢，故B正确；
C．a到b形成氮氮非极性键，由d到e形成氧氧非极性键，故C正确；
D．物质具有的能量越高，稳定性越差，图中信息显示，过渡态2的能量比过渡态1高，则过渡态2比过渡态1稳定性差，故D错误；
故答案为：BC；
②该反应中，反应物为NO（g），最终产物为N2（g）和O2（g），反应放出的能量为182.8kJ mol﹣1，则总反应的热化学方程式为2NO（g）＝N2（g）+O2（g） ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1，
故答案为：2NO（g）＝N2（g）+O2（g） ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1；
③该反应前后气体分子数都为2，ΔS接近0，ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1＜0，则上述实验条件时该反应会自发地进行，理由：由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行，
故答案为：由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行；
（5）由图可知，O2转化为发生的反应为O2﹣e﹣，故在阳极发生此反应；净化器内NO被HO 氧化为HNO3，发生的反应为3HO +NO ＝ HNO3+H2O，氮元素化合价由+2价升高到+5价，氧元素由﹣1价降低到﹣2价，则生成1mol HNO3，消耗 OH的数目为3NA，
故答案为：阳；3NA。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024秋 黄浦区校级期末）石油和煤不仅是人类使用最多的能源，也是重要的化学原料和宝贵的资源，它们是化工原料的两大主要来源。
（1）下列石油分馏产品中，沸点范围最高的是 A 。
A.沥青
B.柴油
C.润滑油
D.汽油
（2）下列过程不涉及化学变化的是 B 。
A.煤的气化和液化
B.石油的分馏
C.石油的裂化、裂解
D.煤干馏
石油是多种烃类的混合物，回答下列烃类相关问题
（3）下列褪色过程是因为发生加成反应而褪色的是 C 。
A.甲烷和氯气混合光照后黄绿色消失
B.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色
C.乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色
D.将苯加入溴水中振荡后水层接近无色
（4）同温同压下，1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，生成氯代烷。1mol此氯代烷可与5mol Cl2发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为 B 。
A.CH3CH＝CH2
B.CH2＝CH2
C.CH3CH3
D.CH3CH2CH＝CH2
（5）标准状况下，4.48升气态混合烃在足量氧气中完全燃烧后得到6.72升二氧化碳和7.2克水，则下列对气态混合烃的描述正确的是 CD 。
A.一定含乙烷
B.一定含乙烯
C.一定含甲烷
D.可能含乙烯
【答案】（1）A。
（2）B。
（3）C。
（4）B。
（5）CD。
【分析】（1）根据沸点：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，进行分析；
（2）根据没有新物质生成，属于物理变化，进行分析；
（3）根据乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色，发生加成反应，溶液褪色，溴在苯中溶解度比水中大，甲烷和氯气混合光照后发生取代反应生成氯代甲烷的混合物和HCl，进行分析；
（4）根据1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，说明该物质含有一个碳碳双键，生成氯代烷，进行分析；
（5）根据n（气态混合烃）：n（C）：n（H）＝0.2mol：0.3mol：0.8mol＝1：1.5：4，则烃的化学式为C1.5H4，进行分析。
【解答】解：（1）将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，
故答案为：A。
（2）A.煤经过气化生成水煤气；液化生成甲醇等液体燃料，均属于化学变化，故A错误；
B.石油的分馏是根据各物质沸点的不同来实现物质分离的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；
C.石油的裂化和裂解是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学变化，故C错误；
D.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
故答案为：B。
（3）A.甲烷和氯气混合光照后发生取代反应生成氯代甲烷的混合物和HCl，黄绿色消失，故A错误；
B.乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色，是发生了氧化反应，故B错误；
C.乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色，发生加成反应，溶液褪色，故C正确；
D.溴在苯中溶解度比水中大，将苯加入溴水中振荡后水层接近无色，水中的溴被萃取到苯中，是物理过程，故D错误；
故答案为：C。
（4）1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，说明该物质含有一个碳碳双键，生成氯代烷，1mol此氯代烷可与5mol Cl2发生完全的取代反应，说明此氯代烷含有5个H原子，符合条件的是CH2＝CH2，故B正确，
故答案为：B。
（5）标准状况下，4.48L气态混合烃的物质的量为0.2mol，生成6.72L二氧化碳的物质的量为0.3mol，7.2g水的物质的量为0.4mol，则n（气态混合烃）：n（C）：n（H）＝0.2mol：0.3mol：0.8mol＝1：1.5：4，则烃的化学式为C1.5H4，从C原子个数来说，混合物中一定含有甲烷，从H原子个数来说，可能含有乙烯或丙炔一种或两种，或是甲烷、乙炔、其他气态烃混合气体，故CD正确，
故答案为：CD。
【点评】本题主要考查石油的裂化和裂解等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024春 宝山区校级期末）自然界和人工合成的物质中，绝大多数是有机化合物。有机化合物种类繁多，性质各异，与我们的生活、生产密切相关。其中煤、石油、天然气为人类生产生活提供能量。请根据要求回答问题！
（1）石油的分馏是 物理 （填“物理”或“化学”）变化。
（2）下列石油分馏产品中，沸点范围最低的是 C 。
A．沥青
B．汽油
C．石油气
D．柴油
（3）某石化厂获得大量乙烯、丙烯、丁二烯采用的方法是 C 。
A．石油的分馏
B．煤的干馏
C．石油的裂解
D．煤的气化
（4）下列有关有机化合物说法正确的是 C 。
A．凡有甜味的有机化合物均属于糖类
B．尼龙是天然高分子材料
C．蛋白质、油脂、糖类是三大基本营养物质
（5）既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯的方法是 B 。
A．通过足量的NaOH溶液
B．通过溴的CCl4溶液
C．在Ni催化、加热条件下通入过量H2
D．通过足量的酸性KMnO4溶液
糖类、油脂、蛋白质是生命活动的物质和能量基础。淀粉是重要的营养物质，在大米、小麦、马铃薯中大量存在．淀粉在一定条件下可以水解生成葡萄糖，人体中葡萄糖在酶的作用下缓慢氧化，释放能量以保证生命活动正常运行。以淀粉为主要原料，合成高分子化合物B和一种具有果香味的有机物C，合成路线如图。
（6）A分子内含有的官能团是 碳碳双键 （填名称）。
（7）反应Ⅰ的反应类型： 加聚反应 ；反应Ⅲ的反应类型： 取代反应（或酯化反应） ；
（8）检验有化合物乙酸生成所需试剂是 C
A.酸性高锰酸钾溶液
B．希夫试剂
C．碳酸氢钠溶液
（9）写出下列反应的化学方程式：Ⅱ 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；Ⅲ CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 。
【答案】（1）物理；
（2）C；
（3）C；
（4）C；
（5）B；
（6）碳碳双键；
（7）加聚反应；取代反应（或酯化反应）；
（8）C；
（9）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
【分析】（1）没有生成新物质的变化属于物理变化，反之，为化学变化；
（2）相对分子质量最小，沸点最低；
（3）石油的裂解可以获得大量乙烯、丙烯等短链不饱和烃；
（4）A．有甜味的有机化合物不一定属于糖类，反之，糖类不一定有甜味；
B．尼龙是合成的高分子材料；
C．蛋白质、油脂、糖类是基本营养物质；
（5）A．乙烷与乙烯都不与NaOH溶液反应；
B．乙烯可以与溴的CCl4溶液反应，生成1，2﹣二溴乙烷；
C．过量H2会引入新的杂质；
D．酸性KMnO4溶液可以把乙烯氧化为CO2会引入新的杂质；
（6）～（9）淀粉在稀硫酸的作用下，加热，水解，生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下，生成乙醇和CO2，乙醇在浓硫酸、170℃的条件下，发生消去反应，生成乙烯，乙烯发生加聚反应，生成聚乙烯，乙醇发生催化氧化，生成乙醛，乙醛继续氧化，生成乙酸，乙醇一会儿乙酸发生酯化反应，生成乙酸乙酯，据此分析作答。
【解答】解：（1）石油的分馏是利用物质的沸点的不同，将其分为若干馏分，没有生成新物质，属于物理变化，
故答案为：物理；
（2）石油气的相对分子质量最小，沸点范围最低，即B符合题意，
故答案为：C；
（3）某石化厂获得大量乙烯、丙烯、丁二烯采用的方法是石油的裂解，
故答案为：C；
（4）A．凡有甜味的有机化合物不一定属于糖类，反之，有的糖类不一定有甜味，故A错误；
B．尼龙是合成的高分子材料，故B错误；
C．蛋白质、油脂、糖类是三大基本营养物质，故C正确；
故答案为：C；
（5）A．乙烷与乙烯都不与NaOH溶液反应，故A错误；
B．乙烯可以与溴的CCl4溶液反应，生成1，2﹣二溴乙烷，既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯，故B正确；
C．在Ni催化、加热条件下，向乙烷与乙烯中通入过量H2，可以除去乙烯，但氢气过量，又会引入新的杂质，故C错误；
D．酸性KMnO4溶液可以把乙烯氧化为CO2，故酸性KMnO4溶液可以鉴别乙烷与乙烯，但不能除去乙烷中的乙烯，故D错误；
故答案为：B；
（6）由图可知，A为乙烯，分子内含有的官能团是碳碳双键，
故答案为：碳碳双键；
（7）由图可知，反应Ⅰ为乙烯发生加聚反应，生成聚乙烯，反应Ⅲ为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应的本质属于取代反应，
故答案为：加聚反应；取代反应（或酯化反应）；
（8）A.乙醇、乙醛、乙酸都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．希夫试剂与醛类物质作用，显紫红色，可以用来鉴别醛类物质，故B错误；
C．乙醇、乙醛与碳酸氢钠溶液不反应，乙酸可以与其反应，放出CO2气体，故C正确；
故答案为：C；
（9）反应Ⅱ的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应Ⅲ的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
【点评】本题主要考查石油的分馏、裂解的概念，乙烷与乙烯的鉴别与除杂，常见有机物的性质等，属于基本知识的考查，难度不大。
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上海市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
一．解答题（共8小题）
1．（2024 闵行区校级模拟）Na2O2是一种重要的物质，可用作漂白剂、消毒剂、氧化剂及供氧剂。某研究性学习小组在探究淡黄色Na2O2与H2O反应中的物质变化与能量变化时，设计了如图所示的Ⅰ和Ⅱ两组实验装置。
Ⅰ.
Ⅱ.
请分析图中相关变化，完成下列各题：
（1）①中Na2O2的电子式 ，其中正负离子个数比为 。
（2）②中的大量气泡主要成分是 ；
③中溶液变红，说明反应混合液呈 。（填字母序号）
A.酸性
B.碱性
C.中性
（3）写出Na2O2与H2O反应的化学方程式 。
（4）根据④和⑤的现象分析，对反应过程的推测合理的是 。（多选）
a.反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2
b.④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应
c.MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
（5）在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2。在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。
①由此推知，Na2O2与H2O反应过程中，存在的能量转化形式有 。
②可以用来表示Na2O2与H2O反应的图象是 。
（6）从化学反应过程中旧键断裂和新键形成角度，分析Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因： 。
（7）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，试推测16g CH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2固体粉末中，充分吸收，Na2O2增重应为 。
2．（2023春 浦东新区校级期末）硼族元素是指元素周期表中ⅢA族硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）等元素。工业上提取铝一般分两步进行：先从铝土矿中提取Al2O3，然后电解Al2O3得制Al。回答下列问题：
（1）书写电解Al2O3制备铝单质的方程式： ；工业上不通过电解AlCl3而通过电解Al2O3制备铝单质的原因是： 。
（2）将Al（OH）3和Na2CO3，一同溶于氢氟酸，可得到电解法制铝所需要的助熔剂冰晶石（Na3AlF6），配平该反应的方程式： Al（OH）3+ HF+ Na2CO3═ Na3AlF6+ CO2↑+ H2O。
一些硼的卤化物的沸点如下表所示：
卤化物 BF3 BCl3 BBr3
沸点/℃ ﹣100.3 12.5 90
回答下列问题：
（3）表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断F﹣B﹣F的键角为 。
（4）解释表中三种卤化硼沸点存在差异的原因： 。
硼酸（H3BO3）是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如图：
回答下列问题：
（5）向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为 。
（6）在氧化剂存在下，硼和强碱共熔发生如下反应生成偏硼酸盐： B+ NaOH+ KNO3＝ NaBO2+ KNO2+ H2O。配平上述反应。
3．（2024秋 普陀区校级期末）Ⅰ、将一小块金属钠放置于空气中，会依次产生下述一系列变化：
①白色固体A是一种正盐，写出生成白色固体A的方程式： 。标况下有3.36LCO2参与反应时，消耗的NaOH的质量为 g。
②上述变化过程中共出现了7种物质：Na、O2、Na2O、H2O、NaOH、CO2和白色固体A。有关这些物质说法正确的是 。
A.属于电解质的一共有4种
B.属于非电解质的一共有3种
C.熔化克服分子间作用力的共有4种
D.熔融状态下导电的共有3种
③欲证明Na2O是否是电解质，给出一种实验方案： 。
④将白色固体A溶于水后，继续通入CO2，可以得到一种酸式盐B。写出酸式盐B的电离方程式： 。
Ⅱ、若在上述流程中将Na与O2的反应条件改为点燃，则可得到不一样的变化流程：
⑤写出Na2O2的电子式：。
⑥关于Na2O与Na2O2，下列说法正确的是 。
A.都属于碱性氧化物
B.都属于电解质
C.正负离子个数比都为2比1
D.所含化学键种类完全相同
Ⅲ、过氧化钠与水的反应方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。利用同位素示踪法探究Na2O2和水的反应，用18O标记Na2O2，发现收集到的氧气全部都是18O2。
⑦在8.中含中子的个数为 。
⑧下列有关说法正确的是 。
A.16O2和18O2互为同位素
B.16O2和18O2互为同素异形体
C.18O的结构示意图为
D.18O的电子式为：
⑨书写与水反应的方程式： 。
⑩如果将Na2O2投入到FeCl3溶液中，你预测反应后的分散系可能具有的性质是 。
A.分散质的粒子直径在1～100nm之间
B.能够产生丁达尔现象
C.分散质粒子难以透过滤纸和半透膜
D.静置片刻后，分散系能够保持均一、透明、稳定
通过以上实验与信息，你能够得到哪些结论？ 。
A.金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同
B.过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，最终产物不同
C.等物质的量的氧化钠与过氧化钠置于等量的水中反应，不考虑水汽挥发，形成不饱和溶液中溶质的质量分数相等
D.仅凭肉眼观察，无法区分氧化钠与过氧化钠
4．（2025 闵行区模拟）氯化铁（FeCl3）在水处理、金属蚀刻、印染、有机合成等领域有着广泛的应用。
（1）如图1所示，FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池。Cu发生 反应，电子经导线从 流向 。总反应的化学方程式为 。
（2）实验室用FeCl3 6H2O配制100mL0.200mol L﹣1FeCl3溶液，需要使用的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有 、 。
（3）检验FeCl3溶液中Fe3+的试剂为 。（双选）
A.氯水
B.KSCN溶液
C.NaOH溶液
D.FeCl2溶液
某同学向盛有FeCl3溶液的烧杯中加入CaCO3粉末，发现有无色气泡产生。静置24小时，可观察到烧杯内液体变为透明的红褐色，猜想得到了Fe（OH）3胶体。
（4）判断Fe（OH）3胶体的最简单方法为 。
（5）此反应的化学方程式为 。
（6）分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是 。
A.过滤
B.蒸馏
C.萃取分液
已知FeCl3遇水极易水解，原理是：2FeCl3+3H2O 2Fe（OH）3+3HCl，为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某兴趣小组设计实验方案，获得如下数据（FeCl3的浓度为1mol L﹣1，忽略溶液体积的变化）。已知：pH数值越小，酸性越强。
实验 V（FeCl3）/mL V（H2O）/mL n（NaCl）/mol n（Na2SO4）/mol 温度/℃ pH
1 10 0 0 0 25 0.74
2 10 90 0 0 25 1.62
3 10 90 0 0 35 1.47
4 10 90 a 0 25 x
5 10 90 0 b 25 y
（7）实验2和实验3的目的是 。
继续查阅资料发现，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互作用增强，水解程度会改变。该兴趣小组利用手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图2和图3所示。
（8）根据实验现象，提出假设：
a.Cl﹣对Fe3+的水解有促进作用；
b. 。
（9）设计实验证明假设a是否成立（写出实验操作、试剂、现象和结论） 。
5．（2025 虹口区二模）工业烟气通常含有二氧化硫与氮氧化物，在排放前需经脱硫脱硝处理。
如图是“双碱法”脱硫工艺路径（部分产物已略）。
（1）反应①常在吸收塔（结构如图所示）中进行，为提高吸收效率，可采取的操作有 。（不定项）
A.烟气从a口通入塔内
B.增加烟气流速
C.在塔内填充堆积大量瓷环
D.NaOH溶液呈雾状喷出
（2）若反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等。向该溶液中加入足量Ca（OH）2，用一个化学方程式表示反应②： 。
（3）反应②完成后，将CaSO3滤出洗净后用蒸馏水充分浸泡，沉降后测得上层液pH为8。已知25℃时，Ksp（CaSO3）＝1.0×10﹣6。对上层液中相关离子浓度关系叙述正确的是 。（不定项）
A.[Ca2+]＝[]＝1.0×10﹣3mol L﹣1
B.
C.2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[]+[OH﹣]
D.[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]
（4）仅用反应①进行脱硫的方法称为“钠碱法”。已知原料NaOH的价格为4.9元/kg，Ca（OH）2的价格为0.56元/kg，处理相同质量的SO2，“双碱法”所需的原料成本较“钠碱法”更低，原因是 。
NaClO溶液可用于烟气脱硝。常温下，调节NaClO溶液至不同pH，将烟气以固定速率通过该吸收液，烟气中的NO可转化为NO3。测得NO去除率与吸收液pH关系如图所示。
（5）已知烟气中NO初始浓度为2.0×10﹣3g L﹣1，1L吸收液每分钟可对500mL烟气进行脱硝处理。用溶液中浓度表示pH＝8时的脱硝速率为 mol L﹣1 min﹣1，（忽略吸收液体积变化）
A.2.5×10﹣5
B.5.0×10﹣5
C.1.5×10﹣3
D.3.0×10﹣3
（6）已知氧化性HClO＞NaClO。当吸收液pH＞8时，NO去除率随pH升高迅速下降的原因是 。
科学家正着力研究用NH3—SCR反应（NH3选择性催化还原氮氧化物）对含NO的烟气进行脱硝，最终产物为无污染的N2和H2O，某种活性炭催化NH3—SCR脱硝的机理如下所示：
脱硝历程 最高活化能Ea/kJ mol﹣1
阶段①：2NO+O2═2NO2 118.9
阶段②：2NO2+NH3═HNO3+NH2NO 19.1
阶段③：HNO3+NO＝NO2+HONO 105.3
阶段④：NH2NO＝N2+H2O 83.7
阶段⑤：2HONO＝NO2+NO+H2O 69.2
注：脱硝的每阶段都包括若干基元反应，表中显示的是该阶段的总反应以及各基元反应活化能中数值最大的一个。
（7）根据上述反应历程可知NH3—SCR反应的化学方程式为 。
A.4NH3+6NO5N2+6H2O
B.4NH3+3O22N2+6H2O
C.4NH3+2NO+2O23N2+6H2O
D.4NH3+4NO+O24N2+6H2O
（8）当反应温度低于150℃时，随着反应进行，NO的转化率逐步下降，主要是因为催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，该固体可能是 。
（9）研究发现，将烟气中部分NO预先氧化为NO2后再进行NH3—SCR反应，可明显提升单位时间内的脱硝率，结合上表数据解释可能的原因 。
6．（2025 浦东新区开学）（1）烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、NO2等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如图所示：
已知：O3+NO＝NO2+O2；O3+2NO2＝N2O5+O2。
①已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是 。
A．均属于酸性氧化物
B．均属于离子化合物
C．均属于极性分子
D．均属于电解质
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘类似于胶体的 。
③X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式 。
④O3/NO摩尔比对NO脱除率以及NO2转化率的影响如图所示。分析最佳O3/NO摩尔比为 。
（2）脱硝反应之一：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g）ΔH＜0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，反应过程中测定的部分数据见表：
t/s 0 3 6 12 24
n（O2）/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
①反应在0～3s内的平均速率v（NO2）＝ 。
②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是 。
A．混合气体密度不再变化
B．单位时间内消耗2mol NO2的同时生成1mol O2
C．v正（NO2）＝2v逆（N2O5）
D．混合气体压强不再变化
③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于 。
④T℃时，若向上述容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，开始时反应 。
A．正向进行
B．逆向进行
C．达平衡
（3）如图装置能有效去除烟气中的NO2，已知该电池反应为：6NO2+8NH3＝7N2+12H2O。
①A电极通过导线 电子。
A．流出
B．流入
②B电极的电极反应式 。
（4）利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如图所示。
①下列说法正确的是 。
A．高温下有利于NO的转化
B．由a释放N2O的反应速率最慢
C．a到b、d到e，都会形成非极性键
D．过渡态2比过渡态1稳定
②写出总反应的热化学方程式 。
③判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行并说明判断理由 。
（5）O2在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如图所示（ OH表示羟基自由基，其中O元素为﹣1价， 表示未成对电子）。在 （填“阴”或“阳”）极生成，在净化器中生成1mol HNO3，消耗 OH的数目为 。
7．（2024秋 黄浦区校级期末）石油和煤不仅是人类使用最多的能源，也是重要的化学原料和宝贵的资源，它们是化工原料的两大主要来源。
（1）下列石油分馏产品中，沸点范围最高的是 。
A.沥青
B.柴油
C.润滑油
D.汽油
（2）下列过程不涉及化学变化的是 。
A.煤的气化和液化
B.石油的分馏
C.石油的裂化、裂解
D.煤干馏
石油是多种烃类的混合物，回答下列烃类相关问题
（3）下列褪色过程是因为发生加成反应而褪色的是 。
A.甲烷和氯气混合光照后黄绿色消失
B.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色
C.乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色
D.将苯加入溴水中振荡后水层接近无色
（4）同温同压下，1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，生成氯代烷。1mol此氯代烷可与5mol Cl2发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为 。
A.CH3CH＝CH2
B.CH2＝CH2
C.CH3CH3
D.CH3CH2CH＝CH2
（5）标准状况下，4.48升气态混合烃在足量氧气中完全燃烧后得到6.72升二氧化碳和7.2克水，则下列对气态混合烃的描述正确的是 。
A.一定含乙烷
B.一定含乙烯
C.一定含甲烷
D.可能含乙烯
8．（2024春 宝山区校级期末）自然界和人工合成的物质中，绝大多数是有机化合物。有机化合物种类繁多，性质各异，与我们的生活、生产密切相关。其中煤、石油、天然气为人类生产生活提供能量。请根据要求回答问题！
（1）石油的分馏是 （填“物理”或“化学”）变化。
（2）下列石油分馏产品中，沸点范围最低的是 。
A．沥青
B．汽油
C．石油气
D．柴油
（3）某石化厂获得大量乙烯、丙烯、丁二烯采用的方法是 。
A．石油的分馏
B．煤的干馏
C．石油的裂解
D．煤的气化
（4）下列有关有机化合物说法正确的是 。
A．凡有甜味的有机化合物均属于糖类
B．尼龙是天然高分子材料
C．蛋白质、油脂、糖类是三大基本营养物质
（5）既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯的方法是 。
A．通过足量的NaOH溶液
B．通过溴的CCl4溶液
C．在Ni催化、加热条件下通入过量H2
D．通过足量的酸性KMnO4溶液
糖类、油脂、蛋白质是生命活动的物质和能量基础。淀粉是重要的营养物质，在大米、小麦、马铃薯中大量存在．淀粉在一定条件下可以水解生成葡萄糖，人体中葡萄糖在酶的作用下缓慢氧化，释放能量以保证生命活动正常运行。以淀粉为主要原料，合成高分子化合物B和一种具有果香味的有机物C，合成路线如图。
（6）A分子内含有的官能团是 （填名称）。
（7）反应Ⅰ的反应类型： ；反应Ⅲ的反应类型： ；
（8）检验有化合物乙酸生成所需试剂是
A.酸性高锰酸钾溶液
B．希夫试剂
C．碳酸氢钠溶液
（9）写出下列反应的化学方程式：Ⅱ ；Ⅲ 。
上海市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．解答题（共8小题）
1．（2024 闵行区校级模拟）Na2O2是一种重要的物质，可用作漂白剂、消毒剂、氧化剂及供氧剂。某研究性学习小组在探究淡黄色Na2O2与H2O反应中的物质变化与能量变化时，设计了如图所示的Ⅰ和Ⅱ两组实验装置。
Ⅰ.
Ⅱ.
请分析图中相关变化，完成下列各题：
（1）①中Na2O2的电子式 ，其中正负离子个数比为 2：1 。
（2）②中的大量气泡主要成分是 氧气 ；
③中溶液变红，说明反应混合液呈 B 。（填字母序号）
A.酸性
B.碱性
C.中性
（3）写出Na2O2与H2O反应的化学方程式 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑， 。
（4）根据④和⑤的现象分析，对反应过程的推测合理的是 ab 。（多选）
a.反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2
b.④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应
c.MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
（5）在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2。在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。
①由此推知，Na2O2与H2O反应过程中，存在的能量转化形式有 化学能转化为热能 。
②可以用来表示Na2O2与H2O反应的图象是 B 。
（6）从化学反应过程中旧键断裂和新键形成角度，分析Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因： Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升 。
（7）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，试推测16g CH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2固体粉末中，充分吸收，Na2O2增重应为 32 。
【答案】（1）；2：1；
（2）氧气；B；
（3）2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
（4）ab；
（5）①化学能转化为热能；
②B；
（6）Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升；
（7）32g。
【分析】由题干实验信息可知，向Na2O2固体中加入一定量的水，观察到产生大量的气泡，说明Na2O2与H2O反应放出O2，而后滴加1～2滴酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性，而后褪色，说明有漂白性物质生成可能是H2O2，即Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2，加入MnO2后又产生大量的气泡，进一步说明可能生成有H2O2，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升，说明大试管中气体的压强增大，即由于该试管中气体温度上升膨胀，也说明Na2O2与H2O反应过程中放热，据此分析解答。
【解答】解：（1）Na2O2的电子式为，故正负离子的个数比为2：1，
故答案为：；2：1；
（2）由于过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，因而②中的大量气泡主要成分是氧气，②中溶液滴加酚酞后，③中溶液变红，说明反应混合液呈碱性；
故答案为：氧气；B；
（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，因而其化学反应的方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
（4）根据④和⑤中的现象即溶液红色褪去，加入MnO2后产生大量的气泡，据此可分析，
a.H2O2具有强氧化性，可以漂白酸碱指示剂，且H2O2在MnO2催化下迅速分解，释放大量的气泡，则推测反应过程中可能生成了一种中间过渡产物H2O2，故a正确；
b.由A项分析可知，H2O2在MnO2催化下迅速分解，释放大量的气泡即O2，O的化合价发生改变，即④→⑤发生的反应肯定属于氧化还原反应，故b正确；
c.MnO2的主要作用是催化剂，而不是降低了水中氧气的溶解度，故c错误；
d.由a项分析可知，⑤红色褪去是由于H2O2的强氧化作用，而不是溶液碱性减弱，反滴入NaOH溶液红色不会再现，故d错误；
故答案为：ab；
（5）①在Ⅱ中把小试管套在带支管的试管内，在小试管里加入1g淡黄色Na2O2，在U形管内加入少量红墨水。打开T形管螺旋夹，使U形管内两边的液面处于同一水平面。再夹紧螺旋夹，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升，说明Na2O2与H2O反应过程中放出热量，使得U形管右侧气体体积变大，液面下降，左侧液面上升，即反应过程中化学能转化为热能，
故答案为：化学能转化为热能；
②由于Na2O2与H2O反应过程中放出热量，因此反应物的能量高于生成物的能量，即B图象符合题意他，
故答案为：B；
（6）Ⅱ中“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因是：Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升，
故答案为：Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升；
（7）分析Na2O2与H2O反应时的物质转化关系，由反应方程式：CH4+2O2CO2+2H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑可知，CH4燃烧消耗的氧气质量等于生成CO2、H2O与Na2O2反应放出的O2，故16gCH4完全燃烧的产物通入足量的Na2O2中，Na2O2增重应为32g，
故答案为：32g。
【点评】本题主要考查氯及其化合物的相互转化，同时考查学生对价类二维图的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。
2．（2023春 浦东新区校级期末）硼族元素是指元素周期表中ⅢA族硼（B）、铝（Al）、镓（Ga）等元素。工业上提取铝一般分两步进行：先从铝土矿中提取Al2O3，然后电解Al2O3得制Al。回答下列问题：
（1）书写电解Al2O3制备铝单质的方程式： 2Al2O34Al+3O2↑ ；工业上不通过电解AlCl3而通过电解Al2O3制备铝单质的原因是： AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电 。
（2）将Al（OH）3和Na2CO3，一同溶于氢氟酸，可得到电解法制铝所需要的助熔剂冰晶石（Na3AlF6），配平该反应的方程式： 2 Al（OH）3+ 12 HF+ 3 Na2CO3═ 2 Na3AlF6+ 3 CO2↑+ 9 H2O。
一些硼的卤化物的沸点如下表所示：
卤化物 BF3 BCl3 BBr3
沸点/℃ ﹣100.3 12.5 90
回答下列问题：
（3）表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断F﹣B﹣F的键角为 120° 。
（4）解释表中三种卤化硼沸点存在差异的原因： BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大 。
硼酸（H3BO3）是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如图：
回答下列问题：
（5）向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为 H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣ 。
（6）在氧化剂存在下，硼和强碱共熔发生如下反应生成偏硼酸盐： 2 B+ 2 NaOH+ 3 KNO3＝ 2 NaBO2+ 3 KNO2+ 1 H2O。配平上述反应。
【答案】（1）2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电；
（2）2；12；3；2；3；9；
（3）120°；
（4）BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大；
（5）H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣；
（6）2；2；3；2；3；1。
【分析】（1）工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电；
（2）HF与Al（OH）3、Na2CO3反应生成冰晶石（Na3AlF6），同时生成二氧化碳、水；
（3）BF3的空间构型为平面正三角形，B位于正三角形中心，F位于正三角形顶点；
（4）BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大；
（5）由图中电离过程可知，硼酸为一元弱酸，硼酸与氢氧化钠按1：1反应生成Na[B（OH）4]；
（6）B从0价升高到+3价，失去3个电子，KNO3中氮元素从+5价降低到+3价，得到2个电子。
【解答】解：（1）工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，所以不通过电解AlCl3而通过电解Al2O3制备铝单质，
故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电；
（2）HF与Al（OH）3、Na2CO3反应生成冰晶石（Na3AlF6），同时生成二氧化碳、水，根据原子守恒配平反应的方程式为：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3＝2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O，
故答案为：2；12；3；2；3；9；
（3）BF3的空间构型为平面正三角形，B位于正三角形中心，F位于正三角形顶点，可知F﹣B﹣F的键角为120°，
故答案为：120°；
（4）BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大，因此沸点依次升高，
故答案为：BF3、BCl3、BBr3均为分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，分子间作用力依次增大；
（5）由图中电离过程可知，硼酸为一元弱酸，硼酸与氢氧化钠按1：1反应生成Na[B（OH）4]，反应的离子方程式为H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣，
故答案为：H3BO3+OH﹣＝[B（OH）4]﹣；
（6）B从0价升高到+3价，失去3个电子，KNO3中氮元素从+5价降低到+3价，得到2个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2B+2NaOH+3KNO3＝2NaBO2+3KNO2+H2O，
故答案为：2；2；3；2；3；1。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋 普陀区校级期末）Ⅰ、将一小块金属钠放置于空气中，会依次产生下述一系列变化：
①白色固体A是一种正盐，写出生成白色固体A的方程式： CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O 。标况下有3.36LCO2参与反应时，消耗的NaOH的质量为 12 g。
②上述变化过程中共出现了7种物质：Na、O2、Na2O、H2O、NaOH、CO2和白色固体A。有关这些物质说法正确的是 A 。
A.属于电解质的一共有4种
B.属于非电解质的一共有3种
C.熔化克服分子间作用力的共有4种
D.熔融状态下导电的共有3种
③欲证明Na2O是否是电解质，给出一种实验方案： 将Na2O熔融做导电实验，若导电，则为电解质 。
④将白色固体A溶于水后，继续通入CO2，可以得到一种酸式盐B。写出酸式盐B的电离方程式： 、 。
Ⅱ、若在上述流程中将Na与O2的反应条件改为点燃，则可得到不一样的变化流程：
⑤写出Na2O2的电子式：。
⑥关于Na2O与Na2O2，下列说法正确的是 BC 。
A.都属于碱性氧化物
B.都属于电解质
C.正负离子个数比都为2比1
D.所含化学键种类完全相同
Ⅲ、过氧化钠与水的反应方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。利用同位素示踪法探究Na2O2和水的反应，用18O标记Na2O2，发现收集到的氧气全部都是18O2。
⑦在8.中含中子的个数为 4.4NA 。
⑧下列有关说法正确的是 D 。
A.16O2和18O2互为同位素
B.16O2和18O2互为同素异形体
C.18O的结构示意图为
D.18O的电子式为：
⑨书写与水反应的方程式： 。
⑩如果将Na2O2投入到FeCl3溶液中，你预测反应后的分散系可能具有的性质是 C 。
A.分散质的粒子直径在1～100nm之间
B.能够产生丁达尔现象
C.分散质粒子难以透过滤纸和半透膜
D.静置片刻后，分散系能够保持均一、透明、稳定
通过以上实验与信息，你能够得到哪些结论？ AC 。
A.金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同
B.过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，最终产物不同
C.等物质的量的氧化钠与过氧化钠置于等量的水中反应，不考虑水汽挥发，形成不饱和溶液中溶质的质量分数相等
D.仅凭肉眼观察，无法区分氧化钠与过氧化钠
【答案】①CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；12；
②A
③将Na2O熔融做导电实验，若导电，则为电解质；
④、；
⑤；
⑥BC；
⑦4.4NA；
⑧D；
⑨；
⑩C；
AC。
【分析】①根据氢氧化钠吸收二氧化碳所得的白色固体A是一种正盐，则A为碳酸钠进行分析；
②根据电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，溶于水和熔融状况下均不能导电的化合物是非电解质，分子构成的物质熔化时克服分子间的作用力，金属单质和离子化合物在熔融状态下能导电，熔融状态下能导电的物质有钠、氧化钠、氢氧化钠和碳酸钠，进行分析；
③根据电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，进行分析；
④根据碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，进行分析；
⑤根据Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，进行分析；
⑥根据氧化钠和酸反应生成盐和水、属于碱性氧化物，氧化钠由钠离子和氧离子构成，过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，进行分析；
⑦根据质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于元素符号左下角进行分析；
⑧根据同位素，同素异形体的定义进行分析；
⑨根据与水反应，过氧化钠中的氧化合价既升高又降低，水中的氧化合价不变，进行分析；
⑩根据将Na2O2投入到FeCl3溶液中，钠与水先反应生成氢氧化钠和氢气，后氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀进行分析；
根据金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同，Na2O+H2O＝2NaOH、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，均与水反应、均转变为氢氧化钠，均进一步转变成为最终产物碳酸钠，进行分析。
【解答】解：①据分析，生成白色固体A的化学方程式为：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O。标况下有3.36L CO2参与反应时，二氧化碳的物质的量为，则消耗的NaOH0.3mol，质量为0.3mol×40g/mol＝12g，
故答案为：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；12；
②A．电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，氧化钠、水、氢氧化钠和碳酸钠属于电解质，属于电解质的一共有4种，故A正确；
B．溶于水和熔融状况下均不能导电的化合物是非电解质，二氧化碳的水溶液能导电，跟它自身的电离无关，二氧化碳属于非电解质，则属于非电解质的只有1种，故B错误；
C．由分子构成的物质熔化时克服分子间的作用力，因此熔化时克服分子间作用力的物质有水，二氧化碳，氧气，共有3种，故C错误；
D．金属单质和离子化合物在熔融状态下能导电，熔融状态下能导电的物质有钠、氧化钠、氢氧化钠和碳酸钠，共有4种，故D错误；
故答案为：A。
③电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，欲证明Na2O是否是电解质，给出的一种实验方案是：将Na2O熔融做导电实验，若导电（灯泡亮/电流表偏转/其他合理）则为电解质，
故答案为：将Na2O熔融做导电实验，若导电，则为电解质；
④将白色固体A溶于水后，继续通入CO2，可以得到一种酸式盐B，即碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，B为碳酸氢钠，在水中完全电离为钠离子、碳酸氢根，碳酸氢根能微弱地电离为氢离子和碳酸根离子。故酸式盐B的电离方程式：NaHCO3，，
故答案为：、；
⑤Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，电子式：，
故答案为：；
⑥A．氧化钠和酸反应生成盐和水、属于碱性氧化物，过氧化钠和酸反应还有氧气生成，且反应过程中元素化合价发生变化、过氧化钠不属于碱性氧化物，故A错误；
B．氧化钠和过氧化钠均由离子构成，在熔融状况下均能导电，因此都属于电解质，故B正确；
C．氧化钠由钠离子和氧离子构成，过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，两者的阴阳离子个数比均为1：2，即正负离子个数比都为2比1，故C正确；
D．氧化钠中只有离子键，过氧化钠中既有离子键又有非极性键。所含化学键种类不完全相同，故D错误；
故答案为：BC。
⑦在8.2g 中含中子的个数为，
故答案为：4.4NA；
⑧A．16O2和18O2均为氧分子，不互为同位素，故A错误；
B．16O2和18O2均为氧分子，不互为同素异形体，故B错误；
C．18O的核电荷数为8、不是10，结构示意图错误，故C错误；
D．18O的最外层有6个电子，所给电子式正确，故D正确；
故答案为：C。
⑨与水反应，过氧化钠中的氧化合价既升高又降低，水中的氧化合价不变，则化学方程式：2Na218O2+2H2O＝2Na18OH+2NaOH+18O2↑，
故答案为：；
⑩如果将Na2O2投入到FeCl3溶液中，钠与水先反应生成氢氧化钠和氢气，后氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀；
A．浊液分散质的粒子直径大于100nm之间，故A错误；
B．浊液和溶液均不能够产生丁达尔现象，故B错误；
C．浊液的分散质粒子难以透过滤纸和半透膜，故C正确；
D．浊液不稳定，静置片刻后，容器底部析出沉淀，故D错误；
故答案为：C。
A．金属钠与氧气反应的条件不同，产物也不同，常温下得到氧化钠，加热下得到过氧化钠，故A正确；
B．过氧化钠与氧化钠在空气中长期放置，均与水反应、均转变为氢氧化钠，均进一步转变成为最终产物碳酸钠，故B错误；
C．等物质的量的氧化钠与过氧化钠置于等量的水中反应，根据Na2O+H2O＝2NaOH、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，消耗等量的水、生成等量的氢氧化钠，则不考虑水汽挥发，形成不饱和溶液中溶质的质量分数相等，故C正确；
D．氧化钠白色、过氧化钠淡黄色，仅凭肉眼观察，即可区分氧化钠与过氧化钠，故D错误；
故答案为：AC。
【点评】本题主要考查钠的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
4．（2025 闵行区模拟）氯化铁（FeCl3）在水处理、金属蚀刻、印染、有机合成等领域有着广泛的应用。
（1）如图1所示，FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池。Cu发生 氧化 反应，电子经导线从 Cu 流向 C 。总反应的化学方程式为 2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+ 。
（2）实验室用FeCl3 6H2O配制100mL0.200mol L﹣1FeCl3溶液，需要使用的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有 100mL容量瓶 、 胶头滴管 。
（3）检验FeCl3溶液中Fe3+的试剂为 B 。（双选）
A.氯水
B.KSCN溶液
C.NaOH溶液
D.FeCl2溶液
某同学向盛有FeCl3溶液的烧杯中加入CaCO3粉末，发现有无色气泡产生。静置24小时，可观察到烧杯内液体变为透明的红褐色，猜想得到了Fe（OH）3胶体。
（4）判断Fe（OH）3胶体的最简单方法为 丁达尔效应 。
（5）此反应的化学方程式为 3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2 。
（6）分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是 A 。
A.过滤
B.蒸馏
C.萃取分液
已知FeCl3遇水极易水解，原理是：2FeCl3+3H2O 2Fe（OH）3+3HCl，为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某兴趣小组设计实验方案，获得如下数据（FeCl3的浓度为1mol L﹣1，忽略溶液体积的变化）。已知：pH数值越小，酸性越强。
实验 V（FeCl3）/mL V（H2O）/mL n（NaCl）/mol n（Na2SO4）/mol 温度/℃ pH
1 10 0 0 0 25 0.74
2 10 90 0 0 25 1.62
3 10 90 0 0 35 1.47
4 10 90 a 0 25 x
5 10 90 0 b 25 y
（7）实验2和实验3的目的是 探究温度对氯化铁水解平衡的影响 。
继续查阅资料发现，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互作用增强，水解程度会改变。该兴趣小组利用手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图2和图3所示。
（8）根据实验现象，提出假设：
a.Cl﹣对Fe3+的水解有促进作用；
b. 硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用 。
（9）设计实验证明假设a是否成立（写出实验操作、试剂、现象和结论） 向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确 。
【答案】（1）氧化；Cu；C；2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+；
（2）100mL容量瓶；胶头滴管；
（3）B；
（4）丁达尔效应；
（5）3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2；
（6）A；
（7）探究温度对氯化铁水解平衡的影响；
（8）硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；
（9）向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。
【分析】（1）FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池，铜失去电子为负极，Cu﹣2e﹣＝Cu2+，碳极上三价铁离子得电子为正极，电极方程式为Fe3++e﹣＝ Fe2+，据此解答；
（7）探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，要控制变量，需要唯一变量，实验2和实验3的温度不同，引起水解程度不同，导致pH变化，实验4和实验5分别加入氯化钠和硫酸钠，结合图像pH变大，提出假设硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用，若证明假设a成立，则其他条件一致，氯离子浓度越大，pH会减小，说明假设a正确，据此解答。
【解答】解：（1）FeCl3溶液与Cu、C可形成原电池，铜失去电子为负极，Cu﹣2e﹣＝Cu2+，碳极上三价铁离子得电子为正极，电极方程式为Fe3++e﹣＝ Fe2+，可知Cu失去电子发生氧化反应，电子经导线从Cu流向C，总反应的化学方程式为2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+，
故答案为：氧化；Cu；C；2Fe3++Cu ＝ 2Fe2++Cu2+；
（2）配制100mL0.200mol L﹣1FeCl3溶液，需要使用的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
（3）Fe3+遇KSCN生成红色物质，为Fe3+的特征反应，故用KSCN溶液检验Fe3+，
故答案为：B；
（4）判断Fe（OH）3胶体的最简单方法为丁达尔效应，用一束光照射液体，观察到有光亮的通路，说明是胶体，
故答案为：丁达尔效应；
（5）根据题中现象可知FeCl3溶液与CaCO3反应生成Fe（OH）3胶体，反应的化学方程式为：3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2，
故答案为：3CaCO3+2FeCl3+3H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑+3CaCl2；
（6）分离该红褐色液体即胶体与烧杯底部石灰石，方法是过滤，
故答案为：A；
（7）由表格中实验2和实验3的数据可知温度不同，所以目的是探究温度对氯化铁水解平衡的影响，
故答案为：探究温度对氯化铁水解平衡的影响；
（8）由图1知，加入强电解质氯化钠后pH减小，则促进水解，对应假设a：氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；图2中加入强电解质硫酸钠后pH增大，则对应假设b，故可提出假设：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用，
故答案为：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；
（9）由于假设a是氯离子对铁离子的水解活性有促进作用，则设计的思路就是增加氯离子浓度，测量溶液的pH变化，故可向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确，
故答案为：向氯化铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、物质的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
5．（2025 虹口区二模）工业烟气通常含有二氧化硫与氮氧化物，在排放前需经脱硫脱硝处理。
如图是“双碱法”脱硫工艺路径（部分产物已略）。
（1）反应①常在吸收塔（结构如图所示）中进行，为提高吸收效率，可采取的操作有 ACD 。（不定项）
A.烟气从a口通入塔内
B.增加烟气流速
C.在塔内填充堆积大量瓷环
D.NaOH溶液呈雾状喷出
（2）若反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等。向该溶液中加入足量Ca（OH）2，用一个化学方程式表示反应②： 2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O 。
（3）反应②完成后，将CaSO3滤出洗净后用蒸馏水充分浸泡，沉降后测得上层液pH为8。已知25℃时，Ksp（CaSO3）＝1.0×10﹣6。对上层液中相关离子浓度关系叙述正确的是 BCD 。（不定项）
A.[Ca2+]＝[]＝1.0×10﹣3mol L﹣1
B.
C.2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[]+[OH﹣]
D.[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]
（4）仅用反应①进行脱硫的方法称为“钠碱法”。已知原料NaOH的价格为4.9元/kg，Ca（OH）2的价格为0.56元/kg，处理相同质量的SO2，“双碱法”所需的原料成本较“钠碱法”更低，原因是 ）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低 。
NaClO溶液可用于烟气脱硝。常温下，调节NaClO溶液至不同pH，将烟气以固定速率通过该吸收液，烟气中的NO可转化为NO3。测得NO去除率与吸收液pH关系如图所示。
（5）已知烟气中NO初始浓度为2.0×10﹣3g L﹣1，1L吸收液每分钟可对500mL烟气进行脱硝处理。用溶液中浓度表示pH＝8时的脱硝速率为 A mol L﹣1 min﹣1，（忽略吸收液体积变化）
A.2.5×10﹣5
B.5.0×10﹣5
C.1.5×10﹣3
D.3.0×10﹣3
（6）已知氧化性HClO＞NaClO。当吸收液pH＞8时，NO去除率随pH升高迅速下降的原因是 当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降 。
科学家正着力研究用NH3—SCR反应（NH3选择性催化还原氮氧化物）对含NO的烟气进行脱硝，最终产物为无污染的N2和H2O，某种活性炭催化NH3—SCR脱硝的机理如下所示：
脱硝历程 最高活化能Ea/kJ mol﹣1
阶段①：2NO+O2═2NO2 118.9
阶段②：2NO2+NH3═HNO3+NH2NO 19.1
阶段③：HNO3+NO＝NO2+HONO 105.3
阶段④：NH2NO＝N2+H2O 83.7
阶段⑤：2HONO＝NO2+NO+H2O 69.2
注：脱硝的每阶段都包括若干基元反应，表中显示的是该阶段的总反应以及各基元反应活化能中数值最大的一个。
（7）根据上述反应历程可知NH3—SCR反应的化学方程式为 D 。
A.4NH3+6NO5N2+6H2O
B.4NH3+3O22N2+6H2O
C.4NH3+2NO+2O23N2+6H2O
D.4NH3+4NO+O24N2+6H2O
（8）当反应温度低于150℃时，随着反应进行，NO的转化率逐步下降，主要是因为催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，该固体可能是 NH4NO3 。
（9）研究发现，将烟气中部分NO预先氧化为NO2后再进行NH3—SCR反应，可明显提升单位时间内的脱硝率，结合上表数据解释可能的原因 由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率 。
【答案】（1）ACD；
（2）2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O；
（3）BCD；
（4）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低；
（5）A；
（6）当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降；
（7）D；
（8）NH4NO3；
（9）由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率。
【分析】（1）A.烟气从a口通入塔内，与从上方进入的NaOH溶液逆向接触，能充分发生反应，提高吸收效率；
B.增加烟气流速，会使烟气与NaOH溶液接触时间减少，降低吸收效率；
C.在塔内填充堆积大量瓷环，可增大烟气与 NaOH 溶液的接触面积，提高吸收效率；
D.NaOH 溶液呈雾状喷出，能增大与烟气的接触面积，提高吸收效率；
（2）反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等，加入足量Ca（OH）2，Na2SO3、NaHSO3都与Ca（OH）2反应生成CaSO3沉淀；
（3）A.在溶液中存在溶解平衡CaSO3（s） Ca2+（aq）（aq），Ksp（CaSO3）＝[Ca2+][]＝1.0×10﹣6，但由于会水解，所以[Ca2+]≠[]≠1.0×10﹣3mol/L；
B.的水解常数Kh1，HS的水解常数Kh2，因为Ka1＞Ka2，所以Kh1＞Kh2，即的水解程度大于HS，则；
C.根据电荷守恒，2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[HS]+[OH﹣]；
D.根据质子守恒，[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]；
（4）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低；
（5）pH ＝ 8时，NO去除率为50%，1L吸收液每分钟处理500mL烟气，NO初始浓度为2.0×10﹣3g/L，则转化的NO的物质的量为n（NO）1.67×10﹣5mol，根据3NO+H2O＝2HNO3+NO，生成的物质的量为n（）n（NO）＝1.11×10﹣5mol，因为忽略吸收液体积变化，所以用溶液中浓度表示的脱硝速率为：1.11×10﹣5mol/（L min）≈2.5×10﹣5mol L﹣1 min﹣1；
（6）当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降；
（7）由反应历程可知，总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O；
（8）当反应温度低于150℃时，催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，根据反应历程可知，可能是HNO3与NH3反应生成的NH4NO3；
（9）由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率。
【解答】解：（1）A.烟气从a口通入塔内，与从上方进入的NaOH溶液逆向接触，能充分发生反应，提高吸收效率，故A正确；
B.增加烟气流速，会使烟气与NaOH溶液接触时间减少，降低吸收效率，故B错误；
C.在塔内填充堆积大量瓷环，可增大烟气与 NaOH 溶液的接触面积，提高吸收效率，故C正确；
D.NaOH 溶液呈雾状喷出，能增大与烟气的接触面积，提高吸收效率，故D正确；
故答案为：ACD；
（2）反应①所得吸收液中Na2SO3与NaHSO3浓度相等，加入足量Ca（OH）2，Na2SO3、NaHSO3都与Ca（OH）2反应生成CaSO3沉淀，化学方程式为：2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O，
故答案为：2Na2SO3+2NaHSO3+3Ca（OH）2＝3CaSO3↓+4NaOH+H2O；
（3）A.在溶液中存在溶解平衡CaSO3（s） Ca2+（aq）（aq），Ksp（CaSO3）＝[Ca2+][]＝1.0×10﹣6，但由于会水解，所以[Ca2+]≠[]≠1.0×10﹣3mol/L，故A错误；
B.的水解常数Kh1，HS的水解常数Kh2，因为Ka1＞Ka2，所以Kh1＞Kh2，即的水解程度大于HS，则，故B正确；
C.根据电荷守恒，2[Ca2+]+[H+]＝2[]+[HS]+[OH﹣]，故C正确；
D.根据质子守恒，[]+[H+]＝[OH﹣]+2[H2SO3]，故D正确；
故答案为：BCD；
（4）“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低，
故答案为：“双碱法”中NaOH溶液可循环使用，且沉淀时使用价格较低的Ca（OH）2，而“钠碱法”直接用NaOH吸收SO2，NaOH价格较高且不能循环使用，所以处理相同质量的SO2，“双碱法”所需原料成本更低；
（5）pH ＝ 8时，NO去除率为50%，1L吸收液每分钟处理500mL烟气，NO初始浓度为2.0×10﹣3g/L，则转化的NO的物质的量为n（NO）1.67×10﹣5mol，根据3NO+H2O＝2HNO3+NO，生成的物质的量为n（）n（NO）＝1.11×10﹣5mol，因为忽略吸收液体积变化，所以用溶液中浓度表示的脱硝速率为：1.11×10﹣5mol/（L min）≈2.5×10﹣5mol L﹣1 min﹣1，（与选项A最接近），
故答案为：A；
（6）当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降，
故答案为：当吸收液pH＞8时，NaClO溶液中ClO﹣浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO＞NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降；
（7）由反应历程可知，总反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，
故答案为：D；
（8）当反应温度低于150℃时，催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，根据反应历程可知，可能是HNO3与NH3反应生成的NH4NO3，
故答案为：NH4NO3；
（9）由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率，
故答案为：由表中数据可知，阶段①的活化能较高，将部分NO预先氧化为NO2，可减少阶段①反应，增加反应历程中活化能较低的反应，从而加快反应速率，提升单位时间内的脱硝率。
【点评】本题主要考查了化学平衡的有关知识，题目难度中等，掌握化学平衡的理论，结合题给信息，运用所学基础知识是解答该题的关键。
6．（2025 浦东新区开学）（1）烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、NO2等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如图所示：
已知：O3+NO＝NO2+O2；O3+2NO2＝N2O5+O2。
①已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是 C 。
A．均属于酸性氧化物
B．均属于离子化合物
C．均属于极性分子
D．均属于电解质
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘类似于胶体的 电泳 。
③X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式 。
④O3/NO摩尔比对NO脱除率以及NO2转化率的影响如图所示。分析最佳O3/NO摩尔比为 1.1 。
（2）脱硝反应之一：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g）ΔH＜0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，反应过程中测定的部分数据见表：
t/s 0 3 6 12 24
n（O2）/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
①反应在0～3s内的平均速率v（NO2）＝ 0.24mol L﹣1 s﹣1 。
②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是 CD 。
A．混合气体密度不再变化
B．单位时间内消耗2mol NO2的同时生成1mol O2
C．v正（NO2）＝2v逆（N2O5）
D．混合气体压强不再变化
③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于 20 。
④T℃时，若向上述容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，开始时反应 A 。
A．正向进行
B．逆向进行
C．达平衡
（3）如图装置能有效去除烟气中的NO2，已知该电池反应为：6NO2+8NH3＝7N2+12H2O。
①A电极通过导线 A 电子。
A．流出
B．流入
②B电极的电极反应式 。
（4）利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如图所示。
①下列说法正确的是 BC 。
A．高温下有利于NO的转化
B．由a释放N2O的反应速率最慢
C．a到b、d到e，都会形成非极性键
D．过渡态2比过渡态1稳定
②写出总反应的热化学方程式 2NO（g）＝N2（g）+O2（g）ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1 。
③判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行并说明判断理由 由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行 。
（5）O2在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如图所示（ OH表示羟基自由基，其中O元素为﹣1价， 表示未成对电子）。在 阳 （填“阴”或“阳”）极生成，在净化器中生成1mol HNO3，消耗 OH的数目为 3NA 。
【答案】（1）①C；
②电泳；
③；
④1.1；
（2）①0.24mol L﹣1 s﹣1；
②CD；
③20；
④A；
（3）①A；
②；
（4）①BC；
②2NO（g）＝N2（g）+O2（g） ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1；
③由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行；
（5）阳；3NA。
【分析】（1）根据含NO、NO2的烟气通过静电除尘后，加入氨水同时通入臭氧氧化脱硝得到硝酸铵溶液，除雾后即为达标排放的烟气，静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，进行分析；
（2）根据在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到平衡状态，浓度商Q0.5＜K＝20，开始时反应正向进行进行分析；
（3）根据反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知NH3失去电子作负极，NO2得到电子作正极生成N2，电极A为负极，电极B为正极，进行分析；
（4）根据该反应中，反应物为NO（g），最终产物为N2（g）和O2（g），由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行，进行分析；
（5）根据O2转化为发生的反应为O2﹣e﹣，故在阳极发生此反应；净化器内NO被HO 氧化为HNO3，发生的反应为3HO +NO ＝ HNO3+H2O，进行分析。
【解答】解：（1）①A．NO不和H2O、NaOH反应，NO2和水发生氧化还原反应，二者都不是酸性氧化物，故A错误；
B．NO、NO2都属于共价化合物，故B错误；
C．NO为直线形分子，NO2为角形分子，二者正负电中心不重合，都是极性分子，故C正确；
D．NO、NO2都属于非电解质，故D错误；
故答案为：C；
②静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的，类似于胶体的电泳，
故答案为：电泳；
③N2O5和水反应生成HNO3，氨水与N2O5反应生成硝酸铵，离子方程式为：2NH3 H2O+N2O5＝22H2O，
故答案为：；
④由图像可知，最佳摩尔比为1.1，此时NO的脱除率最大，且NO2的转化率最高，
故答案为：1.1；
（2）①反应在0～3s内的平均速率v（NO2）＝2v（O2）0.24mol L﹣1 s﹣1，
故答案为：0.24mol L﹣1 s﹣1；
②A.该反应混合气体的总质量不变，为恒容密闭容器，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.单位时间内消耗2mol NO2同时生成1mol O2都是指正反应方向速率，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C.v正（NO2）＝2v逆（N2O5）逆说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D.该反应前后气体分子总数不相等，则混合气体压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
③根据表格数据可知，达到平衡时，n（O2）＝0.8mol，可知生成N2O50.8mol，消耗NO21.6mol，消耗O30.8mol，剩余NO20.4mol，剩余O30.2mol，容器体积1L，K20，
故答案为：20；
④T℃时，若向上述容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，此时浓度商Q0.5＜K＝20，开始时反应正向进行，
故答案为：A；
（3）①根据反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知NH3失去电子作负极，NO2得到电子作正极生成N2，电极A为负极，电极B为正极，A电极通过导线流出电子，
故答案为：A；
②根据反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知，电极B为正极，电极的电极反应式，
故答案为：；
（4）①A．从图中可以看出，NO催化转化为N2和O2是一个放热反应，则高温下不利于NO的转化，故A错误；
B．由a到c比由d到f的活化能大，活化能越大，反应速率越慢，则由a释放N2O的反应速率最慢，故B正确；
C．a到b形成氮氮非极性键，由d到e形成氧氧非极性键，故C正确；
D．物质具有的能量越高，稳定性越差，图中信息显示，过渡态2的能量比过渡态1高，则过渡态2比过渡态1稳定性差，故D错误；
故答案为：BC；
②该反应中，反应物为NO（g），最终产物为N2（g）和O2（g），反应放出的能量为182.8kJ mol﹣1，则总反应的热化学方程式为2NO（g）＝N2（g）+O2（g） ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1，
故答案为：2NO（g）＝N2（g）+O2（g） ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1；
③该反应前后气体分子数都为2，ΔS接近0，ΔH＝﹣182.8kJ mol﹣1＜0，则上述实验条件时该反应会自发地进行，理由：由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行，
故答案为：由于反应前后气体分子数不变，ΔS很小（几乎为0），而反应的ΔH小于0，所以ΔH﹣TΔS＜0，因此反应可以自发进行；
（5）由图可知，O2转化为发生的反应为O2﹣e﹣，故在阳极发生此反应；净化器内NO被HO 氧化为HNO3，发生的反应为3HO +NO ＝ HNO3+H2O，氮元素化合价由+2价升高到+5价，氧元素由﹣1价降低到﹣2价，则生成1mol HNO3，消耗 OH的数目为3NA，
故答案为：阳；3NA。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024秋 黄浦区校级期末）石油和煤不仅是人类使用最多的能源，也是重要的化学原料和宝贵的资源，它们是化工原料的两大主要来源。
（1）下列石油分馏产品中，沸点范围最高的是 A 。
A.沥青
B.柴油
C.润滑油
D.汽油
（2）下列过程不涉及化学变化的是 B 。
A.煤的气化和液化
B.石油的分馏
C.石油的裂化、裂解
D.煤干馏
石油是多种烃类的混合物，回答下列烃类相关问题
（3）下列褪色过程是因为发生加成反应而褪色的是 C 。
A.甲烷和氯气混合光照后黄绿色消失
B.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色
C.乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色
D.将苯加入溴水中振荡后水层接近无色
（4）同温同压下，1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，生成氯代烷。1mol此氯代烷可与5mol Cl2发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为 B 。
A.CH3CH＝CH2
B.CH2＝CH2
C.CH3CH3
D.CH3CH2CH＝CH2
（5）标准状况下，4.48升气态混合烃在足量氧气中完全燃烧后得到6.72升二氧化碳和7.2克水，则下列对气态混合烃的描述正确的是 CD 。
A.一定含乙烷
B.一定含乙烯
C.一定含甲烷
D.可能含乙烯
【答案】（1）A。
（2）B。
（3）C。
（4）B。
（5）CD。
【分析】（1）根据沸点：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，进行分析；
（2）根据没有新物质生成，属于物理变化，进行分析；
（3）根据乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色，发生加成反应，溶液褪色，溴在苯中溶解度比水中大，甲烷和氯气混合光照后发生取代反应生成氯代甲烷的混合物和HCl，进行分析；
（4）根据1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，说明该物质含有一个碳碳双键，生成氯代烷，进行分析；
（5）根据n（气态混合烃）：n（C）：n（H）＝0.2mol：0.3mol：0.8mol＝1：1.5：4，则烃的化学式为C1.5H4，进行分析。
【解答】解：（1）将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，
故答案为：A。
（2）A.煤经过气化生成水煤气；液化生成甲醇等液体燃料，均属于化学变化，故A错误；
B.石油的分馏是根据各物质沸点的不同来实现物质分离的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；
C.石油的裂化和裂解是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学变化，故C错误；
D.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
故答案为：B。
（3）A.甲烷和氯气混合光照后发生取代反应生成氯代甲烷的混合物和HCl，黄绿色消失，故A错误；
B.乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色，是发生了氧化反应，故B错误；
C.乙烯加入溴的四氯化碳溶液后，溶液褪色，发生加成反应，溶液褪色，故C正确；
D.溴在苯中溶解度比水中大，将苯加入溴水中振荡后水层接近无色，水中的溴被萃取到苯中，是物理过程，故D错误；
故答案为：C。
（4）1体积某气态烃只能与1体积HCl气体发生加成反应，说明该物质含有一个碳碳双键，生成氯代烷，1mol此氯代烷可与5mol Cl2发生完全的取代反应，说明此氯代烷含有5个H原子，符合条件的是CH2＝CH2，故B正确，
故答案为：B。
（5）标准状况下，4.48L气态混合烃的物质的量为0.2mol，生成6.72L二氧化碳的物质的量为0.3mol，7.2g水的物质的量为0.4mol，则n（气态混合烃）：n（C）：n（H）＝0.2mol：0.3mol：0.8mol＝1：1.5：4，则烃的化学式为C1.5H4，从C原子个数来说，混合物中一定含有甲烷，从H原子个数来说，可能含有乙烯或丙炔一种或两种，或是甲烷、乙炔、其他气态烃混合气体，故CD正确，
故答案为：CD。
【点评】本题主要考查石油的裂化和裂解等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024春 宝山区校级期末）自然界和人工合成的物质中，绝大多数是有机化合物。有机化合物种类繁多，性质各异，与我们的生活、生产密切相关。其中煤、石油、天然气为人类生产生活提供能量。请根据要求回答问题！
（1）石油的分馏是 物理 （填“物理”或“化学”）变化。
（2）下列石油分馏产品中，沸点范围最低的是 C 。
A．沥青
B．汽油
C．石油气
D．柴油
（3）某石化厂获得大量乙烯、丙烯、丁二烯采用的方法是 C 。
A．石油的分馏
B．煤的干馏
C．石油的裂解
D．煤的气化
（4）下列有关有机化合物说法正确的是 C 。
A．凡有甜味的有机化合物均属于糖类
B．尼龙是天然高分子材料
C．蛋白质、油脂、糖类是三大基本营养物质
（5）既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯的方法是 B 。
A．通过足量的NaOH溶液
B．通过溴的CCl4溶液
C．在Ni催化、加热条件下通入过量H2
D．通过足量的酸性KMnO4溶液
糖类、油脂、蛋白质是生命活动的物质和能量基础。淀粉是重要的营养物质，在大米、小麦、马铃薯中大量存在．淀粉在一定条件下可以水解生成葡萄糖，人体中葡萄糖在酶的作用下缓慢氧化，释放能量以保证生命活动正常运行。以淀粉为主要原料，合成高分子化合物B和一种具有果香味的有机物C，合成路线如图。
（6）A分子内含有的官能团是 碳碳双键 （填名称）。
（7）反应Ⅰ的反应类型： 加聚反应 ；反应Ⅲ的反应类型： 取代反应（或酯化反应） ；
（8）检验有化合物乙酸生成所需试剂是 C
A.酸性高锰酸钾溶液
B．希夫试剂
C．碳酸氢钠溶液
（9）写出下列反应的化学方程式：Ⅱ 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；Ⅲ CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 。
【答案】（1）物理；
（2）C；
（3）C；
（4）C；
（5）B；
（6）碳碳双键；
（7）加聚反应；取代反应（或酯化反应）；
（8）C；
（9）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
【分析】（1）没有生成新物质的变化属于物理变化，反之，为化学变化；
（2）相对分子质量最小，沸点最低；
（3）石油的裂解可以获得大量乙烯、丙烯等短链不饱和烃；
（4）A．有甜味的有机化合物不一定属于糖类，反之，糖类不一定有甜味；
B．尼龙是合成的高分子材料；
C．蛋白质、油脂、糖类是基本营养物质；
（5）A．乙烷与乙烯都不与NaOH溶液反应；
B．乙烯可以与溴的CCl4溶液反应，生成1，2﹣二溴乙烷；
C．过量H2会引入新的杂质；
D．酸性KMnO4溶液可以把乙烯氧化为CO2会引入新的杂质；
（6）～（9）淀粉在稀硫酸的作用下，加热，水解，生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下，生成乙醇和CO2，乙醇在浓硫酸、170℃的条件下，发生消去反应，生成乙烯，乙烯发生加聚反应，生成聚乙烯，乙醇发生催化氧化，生成乙醛，乙醛继续氧化，生成乙酸，乙醇一会儿乙酸发生酯化反应，生成乙酸乙酯，据此分析作答。
【解答】解：（1）石油的分馏是利用物质的沸点的不同，将其分为若干馏分，没有生成新物质，属于物理变化，
故答案为：物理；
（2）石油气的相对分子质量最小，沸点范围最低，即B符合题意，
故答案为：C；
（3）某石化厂获得大量乙烯、丙烯、丁二烯采用的方法是石油的裂解，
故答案为：C；
（4）A．凡有甜味的有机化合物不一定属于糖类，反之，有的糖类不一定有甜味，故A错误；
B．尼龙是合成的高分子材料，故B错误；
C．蛋白质、油脂、糖类是三大基本营养物质，故C正确；
故答案为：C；
（5）A．乙烷与乙烯都不与NaOH溶液反应，故A错误；
B．乙烯可以与溴的CCl4溶液反应，生成1，2﹣二溴乙烷，既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯，故B正确；
C．在Ni催化、加热条件下，向乙烷与乙烯中通入过量H2，可以除去乙烯，但氢气过量，又会引入新的杂质，故C错误；
D．酸性KMnO4溶液可以把乙烯氧化为CO2，故酸性KMnO4溶液可以鉴别乙烷与乙烯，但不能除去乙烷中的乙烯，故D错误；
故答案为：B；
（6）由图可知，A为乙烯，分子内含有的官能团是碳碳双键，
故答案为：碳碳双键；
（7）由图可知，反应Ⅰ为乙烯发生加聚反应，生成聚乙烯，反应Ⅲ为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应的本质属于取代反应，
故答案为：加聚反应；取代反应（或酯化反应）；
（8）A.乙醇、乙醛、乙酸都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．希夫试剂与醛类物质作用，显紫红色，可以用来鉴别醛类物质，故B错误；
C．乙醇、乙醛与碳酸氢钠溶液不反应，乙酸可以与其反应，放出CO2气体，故C正确；
故答案为：C；
（9）反应Ⅱ的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应Ⅲ的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
【点评】本题主要考查石油的分馏、裂解的概念，乙烷与乙烯的鉴别与除杂，常见有机物的性质等，属于基本知识的考查，难度不大。
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