湖南省长沙市麓山国际实验学校2024-2025学年高二上学期入学考试化学试题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．（2024高二上·长沙开学考）下列与化学有关的文献或诗文，理解正确的是
A．《问刘十九》中写道：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
B．“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”和棉花的化学成分不同
C．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉……”文中的“麻”“裘”在一定条件下都可以水解生成小分子
D．《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分为Fe2O3
【答案】C
【知识点】单糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、酿酒时，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇和（反应为 ），葡萄糖是单糖，单糖不能水解，A错误；
B、“飞絮”和棉花的主要化学成分都是纤维素（化学式可表示为 ），二者成分相同，B错误；
C、“麻”的主要成分是纤维素（多糖 ），在一定条件下可水解生成葡萄糖（小分子 ）；“裘”的主要成分是蛋白质，在合适条件下可水解生成氨基酸（小分子 ）。所以“麻”“裘”都能水解生成小分子，C正确；
D、朱砂的主要成分是（硫化汞 ），是赤铁矿等的主要成分，不是朱砂的成分，D错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查化学知识在文献、诗文中的应用，需结合糖类、纤维素、蛋白质、颜料成分等知识，分析选项中物质的化学成分及反应。
2．（2024高二上·长沙开学考）下列化学用语表示正确的是
A．HF的电子式：
B．甲烷分子的球棍模型：
C．正丁烷的结构简式：
D．S2-的结构示意图：
【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；结构简式
【解析】【解答】A、中与通过共价键结合，电子式为 ；选项中写成离子形式（），是离子化合物的电子式，A错误；
B、甲烷分子为正四面体结构，球棍模型中碳原子为中心，4个氢原子位于顶点，模型与结构一致，B正确；
C、正丁烷的结构简式为， 是异丁烷的结构简式，C错误；
D、原子的核电荷数为16，核外有18个电子，结构示意图应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学用语的规范表示，需结合电子式、球棍模型、结构简式、离子结构示意图的规则，判断各选项 。
A．区分共价化合物与离子化合物的电子式差异，是共价化合物。
B．判断球棍模型是否符合甲烷的空间结构（正四面体 ）。
C．区分正丁烷与异丁烷的结构简式，正丁烷碳链为直链。
D．明确原子的核电荷数（16 ），及的电子层结构。
3．（2024高二上·长沙开学考）下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是
A．实验室制氧气 B．除去中的HCl气体
C．检查装置的气密性 D．碳酸氢钠受热分解
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；气体发生装置的气密性检查；常见气体制备原理及装置选择；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、过氧化钠是粉末状固体，有孔塑料板无法隔离其与水，不能控制反应启停，不适合制氧气（制气装置需固体为块状，如用碳酸钙制二氧化碳 ），A错误；
B、与饱和反应生成（引入新杂质 ），且也会与反应；应选饱和食盐水（抑制溶解，吸收 ），B错误；
C、夹紧止水夹，向长颈漏斗加水，若液柱稳定则气密性良好（封闭气体压强支撑液柱 ），操作规范，C正确；
D、碳酸氢钠分解生成水，试管口向上倾斜会导致冷凝水回流炸裂试管，应略向下倾斜，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查实验操作与装置的合理性，需结合物质性质、反应特点及实验规范（如气密性检查、防倒吸、除杂试剂选择 ），逐一分析选项，要掌握固液不加热型装置的适用条件（固体状态对反应控制的影响 ）、气体除杂试剂的选择（需避免引入新杂质、减少目标气体损耗 ）、简易装置气密性检查的操作与原理（利用封闭气体压强变化判断 ）、固体加热反应的装置规范（防止冷凝水回流炸裂试管 ）。
4．（2024高二上·长沙开学考）“宏观辨识与微观探析”是化学学科素养之一。下列离子方程式表示正确的是
A．向苛性钠溶液中通入少量SO2：SO2+2OH-=SO+H2O
B．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2++S2-=CuS↓
C．氯气通入蒸馏水中：Cl2+H2O=Cl-+ClO-+H2O
D．氧化铁粉末溶于足量氢碘酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量与反应生成和。拆为和，不拆，拆为和，离子方程式符合反应事实与拆分规则，A正确；
B、与反应，是弱酸的酸式根，不能拆分为和，实际反应为 。原方程式错误拆分，B错误；
C、与反应是可逆反应，且是弱酸，不能拆分为和，正确离子方程式为 。原方程式漏写可逆符号、错误拆分，C错误；
D、与氢碘酸反应，会与发生氧化还原反应生成和，正确离子方程式为 。原方程式忽略氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】明确物质拆分规则（弱电解质、氧化物、弱酸的酸式根不拆）； 结合反应实际判断产物（如少量 SO2与碱反应生成 SO32-）；
关注特殊反应（可逆反应需标可逆符号、氧化还原反应需考虑电子转移），通过以上要点，逐一验证选项中离子方程式的正误。
5．（2024高二上·长沙开学考）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 用双氧水滴定KI-淀粉溶液 溶液变蓝 达到滴定终点
B 用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别、溴蒸气 试纸变蓝 该气体为溴蒸气
C 向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入振荡，静置 下层呈紫红色 该食用加碘盐中含有
D 最后试管有浅黄色沉淀 有机物中含有溴原子
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】卤代烃简介；分液和萃取；中和滴定；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A、H2O2和 KI 发生反应（反应式：H2O2+2KI+H2SO4=K2SO4+2H2O+I2），生成的 I2会使淀粉立即变蓝。因为反应一开始就有 I2产生，溶液始终呈蓝色，所以不能用 “变蓝” 来判断是否达到滴定终点，A 错误；
B、NO2有强氧化性，与 KI 反应生成 I2（反应式：NO2+2KI+H2O=KNO2+KOH+I2）；溴蒸气也能氧化 KI 生成 I2（反应式：Br2+2KI=2KBr+I2）。这两种气体都会让淀粉碘化钾试纸变蓝，因此无法用该试纸鉴别它们，B 错误；
C、加碘盐中的 KIO3在食醋提供的酸性环境中，与 KI 发生反应（反应式：KIO3+5KI+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COOK），生成的 I2易溶于 CCl4，且 CCl4密度比水大，会出现下层呈紫红色的现象，这一现象能证明有 I2生成，进而说明加碘盐中含有 KIO3，C正确；
D、检验有机物中溴原子的正确步骤是：加 NaOH 溶液加热水解（使溴原子转化为 Br-），加稀硝酸酸化（中和过量的 NaOH，避免干扰检验），加 AgNO3溶液（检验 Br-）。题目中缺少 “加稀硝酸酸化” 这一步骤，过量的 NaOH 会与 AgNO3反应，干扰检验结果，无法确定有机物中含有溴原子，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、确定双氧水与 KI-淀粉溶液反应时，溶液变蓝能否作为滴定终点的判断依据。
B、判断 NO2和溴蒸气能否通过淀粉碘化钾试纸进行鉴别。
C、依据加碘盐中 KIO3在酸性条件下与 KI 的反应及现象，判断能否检验出 KIO3。
D、检查检验有机物中溴原子的操作步骤是否完整。
6．（2024高二上·长沙开学考）已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：
（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2
下列说法正确的是
A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B．I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物
C．氧化性：MnO2＞SO42-＞IO3-＞I2
D．反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1： 5
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、反应（1）里，到，元素化合价始终是价，没发生氧化还原，不是氧化产物；反应（2）中，（为价 ）变为和（为价 ），是氧化产物。并非两个反应中都是氧化产物，A错误；
B、反应（1）中，（为价 ）生成（为价 ），元素化合价升高，是氧化产物；反应（2）中，（为价 ）生成（为价 ），元素化合价降低，是还原产物。B错误；
C、反应（1）中，氧化剂是，氧化产物是，则氧化性；反应（2）中，氧化剂是，氧化产物是，则氧化性。无法得出，C错误；
D、反应（1）：中从价变为价，生成，转移电子；反应（2）：中从价变为价，生成，转移电子，生成等量时，转移电子数之比为，D正确；
故答案为：D 。
【分析】A．根据元素化合价变化判断反应（1）和（2）中是否为氧化产物。
B．根据元素化合价变化确定在反应（1）、（2）中是氧化还是还原产物。
C．依据“氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性”，分析反应里氧化性顺序。
D．分别计算反应（1）、（2）生成时转移电子数，再求比值。
7．（2024高二上·长沙开学考）化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是
A．甲：溶液中Zn2+向Cu电极方向移动，电子由锌经导线流向铜电极
B．乙：正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-
C．丙：锌筒作负极，发生还原反应，锌筒会变薄
D．丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、甲属于原电池，其中Zn是负极，Cu是正极，Zn会失去电子，电子通过导线从Zn电极流向Cu电极；Cu电极得到电子后带负电，溶液中的 Zn2+会向 Cu 电极移动，A正确；
B、乙中Ag2O作为正极，电解质是KOH溶液（呈碱性）。在正极发生还原反应，Ag2O 得到电子，与水反应生成Ag和OH-，反应式为 Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-， B 正确；
C、丙中锌筒是负极，负极发生的是失电子的氧化反应（Zn失去电子生成 Zn2+），并非还原反应。随着反应进行，锌不断被消耗，锌筒会逐渐变薄，C 错误；
D、丁是铅蓄电池，放电时的总反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，使用一段时间后，H2SO4不断被消耗，浓度降低，酸性减弱；同时溶液中离子浓度减小，导电能力下降，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据原电池工作时电子流向和离子移动的基本规律进行判断。
B．结合乙电池（钮扣式银锌电池）的正极材料和电解质环境，推导正极发生的反应。
C．判断丙电池（锌锰干电池）中锌筒的电极类型及发生的反应类型。
D．依据丁电池（铅蓄电池）的放电总反应，分析使用后电解质溶液的变化。
8．（2024高二上·长沙开学考）硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是（ ）
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D．该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大
【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、碱式硫酸铁溶解后会电离出 ，和水发生水解反应，生成胶体 。胶体可以吸附水中的杂质，起到净水的作用 ，结论正确，A正确；
B、性质不稳定，受热容易分解 。在制备时，为了防止分解，保证反应正常进行，需要在较低温度下进行操作 ，结论合理，B正确；
C、溶液和混合时，没有明显的现象 。如果被氧化，会转变成 ，此时加入溶液，溶液会变红，利用这个现象可以检验是否被氧化 ，结论正确，C正确；
D、和能够反应生成，依据反应规律，是因为生成的溶解度更小，才会从溶液中析出 。所以实际上在水中的溶解度比小，而选项说溶解度更大，分析错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】在实际应用中，铁盐（如氯化铁、硫酸铁等 ）常利用水解生成胶体的性质，用于生活用水、工业废水的净化处理 ，本题以硫酸亚铁的转化为背景，考查物质的水解、热稳定性、氧化还原及溶解度等性质，需结合各物质转化逻辑，分析选项正误。
9．（2024高二上·长沙开学考）“纳米药物分子运输车”能在人体血管中通行，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．该“运输车”的外壳中含有碳元素
B．二氧化硅属于金属氧化物
C．该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
D．Fe3O4与稀硫酸反应只生成FeSO4和水
【答案】A
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、运输车外壳为有机物，有机物含碳元素，故外壳含碳，A正确；
B、二氧化硅由硅（非金属）、氧元素组成，是非金属氧化物，不是金属氧化物，B错误；
C、胶体分散质粒子直径为1 - 100nm，运输车直径200nm，分散于水所得体系不是胶体，C错误；
D、含、价铁，与稀硫酸反应生成、和水，不只有和水，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕“纳米药物分子运输车”的结构与组成，结合有机物、氧化物分类、胶体定义及物质反应规律，逐一分析选项的正误。
10．（2024高二上·长沙开学考）据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是
A．O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2O
B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C．发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子
【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、总反应 = ① + ② + ③×2，整理得，A正确；
B、中，为+1价、为-2价，设为，由，解得x=+1，则为+1价；中，为+1价、为-2价，为+1价，化合价相同，B正确；
C、步骤②反应，断裂（极性键 ）、（极性键 ）、（非极性键 ），故既有极性键又有非极性键断裂，C正确；
D、步骤③，中为-1价，中为+1价，生成，每生成，共转移电子，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕氧化生成的反应历程，结合总反应推导、中间体化合价、化学键断裂类型、电子转移，判断选项正误 。
反应拆解：①：；
②：；
③：；
A．用盖斯定律，将分步反应叠加得总反应。
B．计算、中的化合价。
C．分析步骤②中断裂的化学键类型（极性键、非极性键 ）。
D．分析步骤③中的化合价变化，计算电子转移。
11．（2024高二上·长沙开学考）下面有机物具有玫瑰香气，其结构简式如图：
下列关于该有机物的叙述中错误的是
A．该有机物的分子式为C15H26O
B．既能发生取代反应，也能发生加成反应
C．1mol该有机物在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，最多消耗480g溴
D．1mol该有机物在氧气中充分燃烧需消耗481.6L(标准状况下)氧气
【答案】D
【知识点】烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、数出结构中、、原子数，为15个，为26个，为1个，分子式是 ，A正确；
B、有机物含羟基（ ）、饱和上的，可发生取代反应；含碳碳双键，可发生加成反应 ，B正确；
C、结构中有3个碳碳双键，1mol该有机物与溴的四氯化碳溶液反应，1个双键加成1mol，共消耗3mol， ，C正确；
D、有机物燃烧通式： 。代入、、，得消耗的物质的量为 。标况下体积为，不是481.6L ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕有机物的结构，分析分子式、反应类型、与溴及氧气的反应，结合烃及含氧衍生物的性质规律判断选项。
A．根据物质结构可推算该物质分子式。
B．该有机物中含有氢原子、羟基，碳碳双键，能发生 取代反应和加成反应。
C．先算出消耗的的物质的量，再计算消耗溴的克数。
D．结合分子式和有机物燃烧通式计算。
12．（2024高二上·长沙开学考）在一定温度、容积不变的密闭容器里，下列选项中可用来判断可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(s)达到平衡的有
①C的生成速率与C的消耗速率相等 ②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB
③A、B、C的浓度不再改变 ④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变 ⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A、B、C、D浓度之比为1：3：2：2
A．三个 B．四个 C．五个 D．六个
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①生成与消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，达平衡，正确；
②A、B均为反应物，生成A、B都体现逆反应方向，无法体现正逆速率相等，未达平衡，错误；
③浓度不变是平衡状态的直接特征，说明正逆反应速率相等，达平衡，正确；
④反应中有固体D生成，气体质量随反应进行改变（容器容积不变 ），密度=气体质量÷容积，密度不变时，说明气体质量不变，反应达平衡，正确；
⑤反应前后气体物质的量改变（A、B为气体反应物，C为气体生成物，D为固体 ），压强与气体物质的量有关。压强不变时，说明气体物质的量不变，达平衡，正确；
⑥反应中气体物质的量随反应进行改变（正反应气体物质的量减小 ），总物质的量不变时，达平衡，正确；
⑦平衡时各物质浓度不变，但比例与起始量、转化率有关，不是固定值，不能判断平衡，错误；
符合平衡判断的有①③④⑤⑥，共5个，
故答案为：C。
【分析】判断可逆反应是否达到平衡状态，需紧扣两大核心依据：正逆反应速率相等：正反应生成某物质的速率与逆反应消耗该物质的速率相等（针对同一物质），或不同物质的正逆速率符合化学计量比；各物质的浓度（或衍生物理量）保持不变：包括浓度、质量、物质的量、压强、密度等，需结合反应特点（如物质状态、气体物质的量变化）分析这些物理量是否 “随反应进行改变，且变至定值时体现平衡”。
13．（2024高二上·长沙开学考）键能是气态基态原子形成1 mol化学键释放的最低能量。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于计算化学反应的反应热。表中是一些化学键的键能，根据键能数据计算每消耗1 mol CH4时，反应CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的热效应为
化学键 C-H C-F H-F F-F
键能/(kJ/mol) 414 489 565 155
A．放热1 940 kJ B．吸热1 940 kJ
C．放热485 kJ D．吸热485 kJ
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；有关反应热的计算
【解析】【解答】反应物总键能 = 键能 + 键能 = ；
生成物总键能 = 键能 + 键能 =
反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能=
=
=
=
=
反应热为负，说明反应放热，且放热量为（每消耗 ）。
故答案为：A。
【分析】利用“反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能”的公式，结合各物质的化学键类型与数量，计算反应热，判断吸热或放热。
14．（2024高二上·长沙开学考）一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1-20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是
A．WX是共价化合物
B．离子半径：Q＞W＞Z
C．W元素的焰色为黄色
D．Q的氧化物对应的水化物均属于强酸
【答案】B
【知识点】化学键；焰色反应；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、WX为KH，K是活泼金属，KH含离子键（与），属于离子化合物，A错误；
B、Q（S）离子为S2-，W（K）离子为K+，Z（O）离子为O2-
离子半径规律：电子层数越多，半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，
S2-（3个电子层）> K+（3个电子层，核电荷数大）> O2-（2个电子层），即 S2-＞K+＞O2- ，B正确；
C、W为K，K的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃）；钠元素焰色为黄色，C错误；
D、Q为S，其氧化物有SO2、SO3，对应的水化物为H2SO3（亚硫酸，弱酸）、H2SO4（硫酸，强酸），并非“均为强酸”，D错误；
故答案为：B。
【分析】由结构知：Z形成2个共价键，且Z与Q同主族，最外层6个电子，故Z为O，Q为S（同主族，原子序数递增），Q（S）和W的简单离子电子层结构相同，W为+1价且原子序数最大，W为K（K+与S2-电子层结构相同），Y形成4个共价键，Y为C；X形成1个共价键，X为H（原子序数最小）。通过物质结构推断元素种类（利用化学键数目、原子序数关系、离子电子层结构等），再结合元素性质（化合物类型、离子半径、焰色反应、含氧酸酸性）分析选项。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2024高二上·长沙开学考）Na2SO3应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2，同时制备无水Na2SO3的方法工艺简便、成本低廉，优势明显。其流程如图：
（1）SO2直接排入大气中可能导致的环境问题 。
（2）如图为吸收塔中Na2CO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化。则初期反应(图中A点以前)的离子方程式是 。
（3）中和器中发生的主要反应的化学方程式是 。
资料显示：
I.Na2SO3在33℃时溶解度最大，将其饱和溶液加热至33℃以上时，由于溶解度降低会析出无水Na2SO3，冷却至33℃以下时析出Na2SO3 7H2O； II.无水Na2SO3在空气中不易被氧化，Na2SO3 7H2O在空气中易被氧化。
（4）为了降低由中和器所得溶液中Na2SO3的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的NaOH是过量的。
①结晶时应选择的最佳操作是 (填字母)。
a.95~100℃加热蒸发，直至蒸干
b.维持95~100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出
c.95~100℃加热浓缩，冷却至室温结晶
②为检验Na2SO3成品中是否含少量Na2SO4，需选用的试剂是 、 。
（5）KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将0.1260g成品溶于水并加入淀粉做指示剂，再用酸性KIO3标准溶液(xmol/L)进行滴定至溶液恰好由无色变为蓝色，消耗KIO3标准溶液体积为ymL。成品中Na2SO3的质量分数是 。
【答案】导致酸雨发生；2+SO2+H2O=2+；NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；b；盐酸；BaCl2溶液；3xy×100%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）向大气中排放SO2会导致酸雨发生；
（2）由图可知，初期反应（图中A点以前）碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2+SO2+H2O=2+；
（3）随着二氧化硫通入量增大，后期生成主要是得到亚硫酸氢钠，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；
（4）a．加热蒸发直至蒸干，容易使固体溅出，导致损失等，a错误；
b．维持95～100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出，再利用余热蒸干，b正确；
c．由于冷却至33℃以下时析出Na2SO3 7H2O，应在较高温度下蒸发浓缩结晶，c错误；
故选b；
用盐酸除去亚硫酸钠，防止干扰，再用BaCl2溶液检验硫酸根离子，故为检验Na2SO3成品中是否含少量Na2SO4，需选用的试剂是盐酸、BaCl2溶液；
（5）与发生氧化还原反应得到与I-，配平后离子方程式为：+3=3+I-，消耗KIO3的物质的量为y×10-3L×x mol/L=xy×10-3mol，由离子方程式可知n(Na2SO3)=3n(KIO3)=3xy×10-3mol，则成品中Na2SO3的质量分数为×100%=3xy×100%。
【分析】将工业废碱渣（主要成分）进行溶解操作，使其形成溶液，为后续吸收做准备 ，将溶解后的溶液送入吸收塔，同时通入含的硫酸厂尾气 。在吸收塔内，与发生反应，吸收，反应过程中会产生尾气（主要是未反应的气体等 ），尾气经处理后排放 ，吸收塔出来的溶液进入中和器，向其中加入，目的是调节溶液的酸碱性，使溶液中的成分进一步转化，以利于后续制备 ，中和后的溶液进行结晶操作，使等溶质以晶体形式析出 ，结晶后的混合物进入离心机，通过离心作用，将晶体（主要是晶体 ）与母液分离，母液可回收利用（返回流程或做其他处理 ） ，分离得到的晶体进行干燥，去除晶体表面的水分，最终得到无水成品 。
16．（2024高二上·长沙开学考）溴化亚铜(CuBr)微溶于水，不溶于乙醇，可用作有机合成中的催化剂。实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如图：
制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入32gCuSO4和23gNaBr配制成的150mL水溶液，然后通入足量的SO2(部分夹持及加热装置已略去)。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称 。
（2）装置甲中，不能采用浓度为98%的浓硫酸，一般采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是 。
（3）写出装置乙中发生反应的离子方程式： ，该反应需保持反应液在60℃，最佳加热方式为 。
（4）丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，下列装置中不能防止液体倒吸的是 。(填标号)
（5）洗涤CuBr沉淀时采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是 ，洗涤的操作方法是 。
（6）最后经洗涤、干燥得到22.6g产品，则该实验的产率是 。(保留三位有效数字)
【答案】（1）分液漏斗
（2）Na2SO4固体与浓硫酸反应的实质是+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO4、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出；
（3）2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=+2CuBr↓+4H+；水浴加热
（4）a
（5）防止CuBr被氧化；用玻璃棒引流，注入SO2的水溶液，直至没过CuBr沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复上述步骤两到三次
（6）78.5%
【知识点】二氧化硫的性质；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由仪器装置图可知，仪器b为分液漏斗；
（2）装置甲制备SO2，采用浓度为70%左右的浓硫酸的原因是：Na2SO4固体与浓硫酸反应的实质是+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO4、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出；
（3）装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，SO2将Cu2+还原生成CuBr沉淀，自身被氧化为，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=+2CuBr↓+4H+；该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；
（4）a．多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸；
b．气体不溶于CCl4，不直接与吸收液氢氧化钠溶解接触，可防倒吸；
c．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
d．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
故选a；
（5）CuBr含有亚铜离子，易被空气中的氧气氧化，SO2具有还原性，采用SO2的水溶液洗涤可防止CuBr被氧化；过滤完成后，用玻璃棒引流，注入SO2的水溶液，直至没过CuBr沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复上述步骤两到三次；
（6）32g CuSO4的物质的量为=0.2mol，23g NaBr的物质的量为0.22mol，根据方程式可知NaBr过量，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是78.5%。
【分析】甲装置中，浓硫酸与反应，生成气体 ，将和加水溶解，得到含、的溶液 ，乙装置里，通入上述溶液，发生反应 ，水浴加热，生成沉淀 ，过滤分离出沉淀，用水溶液洗涤（防氧化 ），操作是“玻璃棒引流，注液没过沉淀，待液流走，重复2 - 3次” ，洗涤后干燥，获得产品 。
（1）由仪器装置图可知，仪器b为分液漏斗；
（2）装置甲制备SO2，采用浓度为70%左右的浓硫酸的原因是：Na2SO4固体与浓硫酸反应的实质是+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO4、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出；
（3）装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，SO2将Cu2+还原生成CuBr沉淀，自身被氧化为，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=+2CuBr↓+4H+；该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；
（4）a．多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸；
b．气体不溶于CCl4，不直接与吸收液氢氧化钠溶解接触，可防倒吸；
c．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
d．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
故选a；
（5）CuBr含有亚铜离子，易被空气中的氧气氧化，SO2具有还原性，采用SO2的水溶液洗涤可防止CuBr被氧化；过滤完成后，用玻璃棒引流，注入SO2的水溶液，直至没过CuBr沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复上述步骤两到三次；
（6）32g CuSO4的物质的量为=0.2mol，23g NaBr的物质的量为0.22mol，根据方程式可知NaBr过量，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是78.5%。
17．（2024高二上·长沙开学考）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料依据图中所示合成路线可制得聚丙烯酸乙二醇酯：
已知：
①F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物。
②查阅资料获得信息：。
（1）C的名称为 ，E中官能团的名称为 。
（2）反应②的反应类型为 ，反应⑤的反应类型为 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）下列对图中有关物质的叙述正确的是 (填标号)。
a.煤的气化制备水煤气、石油的分馏得到汽油均为物理变化
b.化合物A和D一定互为同系物
c.化合物1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molCO2气体
d.D、E、F、G均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
（5）参照上述物质转化的框图，用苯乙烯()和甲酸(HCOOH)为原料(无机物任选)合成甲酸苯乙酯() 。
【答案】（1）乙二醇；碳碳双键、羧基
（2）加成反应；加聚反应
（3）
（4）bd
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；羧酸简介；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）根据C的结构简式，C的名称为乙二醇；根据E的结构简式，E中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（2）反应②是乙烯和溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，即反应类型为加成反应；反应⑤是F发生加聚反应生成G，即反应类型为加聚反应；
（3）反应④是乙二醇C和丙烯酸E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1mol1NaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
答案为bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为。
【分析】煤经高温与水反应生成CO和H2；CO和H2在催化剂、加热条件下，生成乙烯CH2=CH2和丙烯 CH2=CHCH3 。乙烯与 Br2加成得CH2BrCH2Br（B），CH2BrCH2Br经NaOH水溶液加热水解，生成乙二醇（C） ，丙烯经O2、H2O和两步催化氧化，生成丙烯酸（E），乙二醇与丙烯酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成单体CH2=CHCOOCH2CH2OH（F） ，单体F经加聚反应，制得聚丙烯酸乙二醇酯（G） 。
（1）根据C的结构简式，C的名称为乙二醇；根据E的结构简式，E中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（2）反应②是乙烯和溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，即反应类型为加成反应；反应⑤是F发生加聚反应生成G，即反应类型为加聚反应；
（3）反应④是乙二醇C和丙烯酸E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1mol1NaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
答案为bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为。
18．（2024高二上·长沙开学考）我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。CO2加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，反应原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)。该反应的能量变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）该反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。
（2）在固定体积的密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.CO2的含量保持不变
b.混合气体的密度不变
c.混合气体的平均相对分子质量不变
d.3v(CO2)=v(H2)
（3）在体积为2L密闭容器中充入3molCO2(g)和9molH2(g)，测得CO2(g)、CH3OCH3(g)的物质的量随时间变化如图所示。
①反应到达3min时，v正 v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
②0~5min内，v(CO2)= mol L-1 min-1。
③反应达到平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为 %(保留1位小数)。
④“二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池”的工作原理示意图如图所示。X电极为 (填“正”或“负”)极；X电极的电极反应式为 ，Y电极的电极反应式为 。
【答案】（1）放热
（2）ac
（3）>；0.25；17.9；负极；3H2O+CH3OCH3-12e-=2CO2+12H+；O2+4e-+4H+=2H2O
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
（2）a．随反应进行，H2含量不断减少，CO2含量不变可说明反应达到平衡状态，故a选；
b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故b不选；
c．该反应是气体物质的量减小的反应，若正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，故c选：
d.3v(CO2)=v(H2)，选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡，故d不选；
答案为ac；
（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故 v正＞v逆；
②0～5min内，CO 物质的量减少2.5mol，则v(CO2)==0.25mol·L-1·min-1；
③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系为：
平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为17.9%；
④通入燃料二甲醚的电极为负极，则X电极为负极；X极失去电子，电极反应式为3H2O+CH3OCH3-12e-=2CO2+12H+，Y电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。
【分析】（1）看能量变化图像，比较反应物和生成物的总能量。反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应。
（2）依据 “变量不变则平衡” 原则，分析各选项。
（3）①3min时物质的量仍减少，反应正向进行，故 。
②由，得 。
③列三段式，算得平衡时各物质的量，进而计算体积分数 。
④通二甲醚的X为负极，Y为正极，书写对应的电极反应方程式。
（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
（2）a．随反应进行，H2含量不断减少，CO2含量不变可说明反应达到平衡状态，故a选；
b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故b不选；
c．该反应是气体物质的量减小的反应，若正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，故c选：
d.3v(CO2)=v(H2)，选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡，故d不选；
答案为ac；
（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故 v正＞v逆；
②0～5min内，CO 物质的量减少2.5mol，则v(CO2)==0.25mol·L-1·min-1；
③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系为：
平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为17.9%；
④通入燃料二甲醚的电极为必极，则X电极为负极；X极失去电子，电极反应式为3H2O+CH3OCH3-12e-=2CO2+12H+，Y电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。
1 / 1湖南省长沙市麓山国际实验学校2024-2025学年高二上学期入学考试化学试题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．（2024高二上·长沙开学考）下列与化学有关的文献或诗文，理解正确的是
A．《问刘十九》中写道：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
B．“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”和棉花的化学成分不同
C．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉……”文中的“麻”“裘”在一定条件下都可以水解生成小分子
D．《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分为Fe2O3
2．（2024高二上·长沙开学考）下列化学用语表示正确的是
A．HF的电子式：
B．甲烷分子的球棍模型：
C．正丁烷的结构简式：
D．S2-的结构示意图：
3．（2024高二上·长沙开学考）下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是
A．实验室制氧气 B．除去中的HCl气体
C．检查装置的气密性 D．碳酸氢钠受热分解
4．（2024高二上·长沙开学考）“宏观辨识与微观探析”是化学学科素养之一。下列离子方程式表示正确的是
A．向苛性钠溶液中通入少量SO2：SO2+2OH-=SO+H2O
B．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2++S2-=CuS↓
C．氯气通入蒸馏水中：Cl2+H2O=Cl-+ClO-+H2O
D．氧化铁粉末溶于足量氢碘酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
5．（2024高二上·长沙开学考）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 用双氧水滴定KI-淀粉溶液 溶液变蓝 达到滴定终点
B 用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别、溴蒸气 试纸变蓝 该气体为溴蒸气
C 向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入振荡，静置 下层呈紫红色 该食用加碘盐中含有
D 最后试管有浅黄色沉淀 有机物中含有溴原子
A．A B．B C．C D．D
6．（2024高二上·长沙开学考）已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：
（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2
下列说法正确的是
A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B．I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物
C．氧化性：MnO2＞SO42-＞IO3-＞I2
D．反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1： 5
7．（2024高二上·长沙开学考）化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是
A．甲：溶液中Zn2+向Cu电极方向移动，电子由锌经导线流向铜电极
B．乙：正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-
C．丙：锌筒作负极，发生还原反应，锌筒会变薄
D．丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
8．（2024高二上·长沙开学考）硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是（ ）
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D．该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大
9．（2024高二上·长沙开学考）“纳米药物分子运输车”能在人体血管中通行，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．该“运输车”的外壳中含有碳元素
B．二氧化硅属于金属氧化物
C．该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
D．Fe3O4与稀硫酸反应只生成FeSO4和水
10．（2024高二上·长沙开学考）据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是
A．O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2O
B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C．发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子
11．（2024高二上·长沙开学考）下面有机物具有玫瑰香气，其结构简式如图：
下列关于该有机物的叙述中错误的是
A．该有机物的分子式为C15H26O
B．既能发生取代反应，也能发生加成反应
C．1mol该有机物在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，最多消耗480g溴
D．1mol该有机物在氧气中充分燃烧需消耗481.6L(标准状况下)氧气
12．（2024高二上·长沙开学考）在一定温度、容积不变的密闭容器里，下列选项中可用来判断可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(s)达到平衡的有
①C的生成速率与C的消耗速率相等 ②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB
③A、B、C的浓度不再改变 ④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变 ⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A、B、C、D浓度之比为1：3：2：2
A．三个 B．四个 C．五个 D．六个
13．（2024高二上·长沙开学考）键能是气态基态原子形成1 mol化学键释放的最低能量。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于计算化学反应的反应热。表中是一些化学键的键能，根据键能数据计算每消耗1 mol CH4时，反应CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的热效应为
化学键 C-H C-F H-F F-F
键能/(kJ/mol) 414 489 565 155
A．放热1 940 kJ B．吸热1 940 kJ
C．放热485 kJ D．吸热485 kJ
14．（2024高二上·长沙开学考）一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1-20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是
A．WX是共价化合物
B．离子半径：Q＞W＞Z
C．W元素的焰色为黄色
D．Q的氧化物对应的水化物均属于强酸
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2024高二上·长沙开学考）Na2SO3应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2，同时制备无水Na2SO3的方法工艺简便、成本低廉，优势明显。其流程如图：
（1）SO2直接排入大气中可能导致的环境问题 。
（2）如图为吸收塔中Na2CO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化。则初期反应(图中A点以前)的离子方程式是 。
（3）中和器中发生的主要反应的化学方程式是 。
资料显示：
I.Na2SO3在33℃时溶解度最大，将其饱和溶液加热至33℃以上时，由于溶解度降低会析出无水Na2SO3，冷却至33℃以下时析出Na2SO3 7H2O； II.无水Na2SO3在空气中不易被氧化，Na2SO3 7H2O在空气中易被氧化。
（4）为了降低由中和器所得溶液中Na2SO3的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的NaOH是过量的。
①结晶时应选择的最佳操作是 (填字母)。
a.95~100℃加热蒸发，直至蒸干
b.维持95~100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出
c.95~100℃加热浓缩，冷却至室温结晶
②为检验Na2SO3成品中是否含少量Na2SO4，需选用的试剂是 、 。
（5）KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将0.1260g成品溶于水并加入淀粉做指示剂，再用酸性KIO3标准溶液(xmol/L)进行滴定至溶液恰好由无色变为蓝色，消耗KIO3标准溶液体积为ymL。成品中Na2SO3的质量分数是 。
16．（2024高二上·长沙开学考）溴化亚铜(CuBr)微溶于水，不溶于乙醇，可用作有机合成中的催化剂。实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如图：
制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入32gCuSO4和23gNaBr配制成的150mL水溶液，然后通入足量的SO2(部分夹持及加热装置已略去)。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称 。
（2）装置甲中，不能采用浓度为98%的浓硫酸，一般采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是 。
（3）写出装置乙中发生反应的离子方程式： ，该反应需保持反应液在60℃，最佳加热方式为 。
（4）丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，下列装置中不能防止液体倒吸的是 。(填标号)
（5）洗涤CuBr沉淀时采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是 ，洗涤的操作方法是 。
（6）最后经洗涤、干燥得到22.6g产品，则该实验的产率是 。(保留三位有效数字)
17．（2024高二上·长沙开学考）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料依据图中所示合成路线可制得聚丙烯酸乙二醇酯：
已知：
①F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物。
②查阅资料获得信息：。
（1）C的名称为 ，E中官能团的名称为 。
（2）反应②的反应类型为 ，反应⑤的反应类型为 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）下列对图中有关物质的叙述正确的是 (填标号)。
a.煤的气化制备水煤气、石油的分馏得到汽油均为物理变化
b.化合物A和D一定互为同系物
c.化合物1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molCO2气体
d.D、E、F、G均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
（5）参照上述物质转化的框图，用苯乙烯()和甲酸(HCOOH)为原料(无机物任选)合成甲酸苯乙酯() 。
18．（2024高二上·长沙开学考）我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。CO2加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，反应原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)。该反应的能量变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）该反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。
（2）在固定体积的密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.CO2的含量保持不变
b.混合气体的密度不变
c.混合气体的平均相对分子质量不变
d.3v(CO2)=v(H2)
（3）在体积为2L密闭容器中充入3molCO2(g)和9molH2(g)，测得CO2(g)、CH3OCH3(g)的物质的量随时间变化如图所示。
①反应到达3min时，v正 v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
②0~5min内，v(CO2)= mol L-1 min-1。
③反应达到平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为 %(保留1位小数)。
④“二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池”的工作原理示意图如图所示。X电极为 (填“正”或“负”)极；X电极的电极反应式为 ，Y电极的电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】单糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、酿酒时，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇和（反应为 ），葡萄糖是单糖，单糖不能水解，A错误；
B、“飞絮”和棉花的主要化学成分都是纤维素（化学式可表示为 ），二者成分相同，B错误；
C、“麻”的主要成分是纤维素（多糖 ），在一定条件下可水解生成葡萄糖（小分子 ）；“裘”的主要成分是蛋白质，在合适条件下可水解生成氨基酸（小分子 ）。所以“麻”“裘”都能水解生成小分子，C正确；
D、朱砂的主要成分是（硫化汞 ），是赤铁矿等的主要成分，不是朱砂的成分，D错误。
故答案为：D。
【分析】本题考查化学知识在文献、诗文中的应用，需结合糖类、纤维素、蛋白质、颜料成分等知识，分析选项中物质的化学成分及反应。
2．【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；结构简式
【解析】【解答】A、中与通过共价键结合，电子式为 ；选项中写成离子形式（），是离子化合物的电子式，A错误；
B、甲烷分子为正四面体结构，球棍模型中碳原子为中心，4个氢原子位于顶点，模型与结构一致，B正确；
C、正丁烷的结构简式为， 是异丁烷的结构简式，C错误；
D、原子的核电荷数为16，核外有18个电子，结构示意图应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学用语的规范表示，需结合电子式、球棍模型、结构简式、离子结构示意图的规则，判断各选项 。
A．区分共价化合物与离子化合物的电子式差异，是共价化合物。
B．判断球棍模型是否符合甲烷的空间结构（正四面体 ）。
C．区分正丁烷与异丁烷的结构简式，正丁烷碳链为直链。
D．明确原子的核电荷数（16 ），及的电子层结构。
3．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；气体发生装置的气密性检查；常见气体制备原理及装置选择；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、过氧化钠是粉末状固体，有孔塑料板无法隔离其与水，不能控制反应启停，不适合制氧气（制气装置需固体为块状，如用碳酸钙制二氧化碳 ），A错误；
B、与饱和反应生成（引入新杂质 ），且也会与反应；应选饱和食盐水（抑制溶解，吸收 ），B错误；
C、夹紧止水夹，向长颈漏斗加水，若液柱稳定则气密性良好（封闭气体压强支撑液柱 ），操作规范，C正确；
D、碳酸氢钠分解生成水，试管口向上倾斜会导致冷凝水回流炸裂试管，应略向下倾斜，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查实验操作与装置的合理性，需结合物质性质、反应特点及实验规范（如气密性检查、防倒吸、除杂试剂选择 ），逐一分析选项，要掌握固液不加热型装置的适用条件（固体状态对反应控制的影响 ）、气体除杂试剂的选择（需避免引入新杂质、减少目标气体损耗 ）、简易装置气密性检查的操作与原理（利用封闭气体压强变化判断 ）、固体加热反应的装置规范（防止冷凝水回流炸裂试管 ）。
4．【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量与反应生成和。拆为和，不拆，拆为和，离子方程式符合反应事实与拆分规则，A正确；
B、与反应，是弱酸的酸式根，不能拆分为和，实际反应为 。原方程式错误拆分，B错误；
C、与反应是可逆反应，且是弱酸，不能拆分为和，正确离子方程式为 。原方程式漏写可逆符号、错误拆分，C错误；
D、与氢碘酸反应，会与发生氧化还原反应生成和，正确离子方程式为 。原方程式忽略氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】明确物质拆分规则（弱电解质、氧化物、弱酸的酸式根不拆）； 结合反应实际判断产物（如少量 SO2与碱反应生成 SO32-）；
关注特殊反应（可逆反应需标可逆符号、氧化还原反应需考虑电子转移），通过以上要点，逐一验证选项中离子方程式的正误。
5．【答案】C
【知识点】卤代烃简介；分液和萃取；中和滴定；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A、H2O2和 KI 发生反应（反应式：H2O2+2KI+H2SO4=K2SO4+2H2O+I2），生成的 I2会使淀粉立即变蓝。因为反应一开始就有 I2产生，溶液始终呈蓝色，所以不能用 “变蓝” 来判断是否达到滴定终点，A 错误；
B、NO2有强氧化性，与 KI 反应生成 I2（反应式：NO2+2KI+H2O=KNO2+KOH+I2）；溴蒸气也能氧化 KI 生成 I2（反应式：Br2+2KI=2KBr+I2）。这两种气体都会让淀粉碘化钾试纸变蓝，因此无法用该试纸鉴别它们，B 错误；
C、加碘盐中的 KIO3在食醋提供的酸性环境中，与 KI 发生反应（反应式：KIO3+5KI+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COOK），生成的 I2易溶于 CCl4，且 CCl4密度比水大，会出现下层呈紫红色的现象，这一现象能证明有 I2生成，进而说明加碘盐中含有 KIO3，C正确；
D、检验有机物中溴原子的正确步骤是：加 NaOH 溶液加热水解（使溴原子转化为 Br-），加稀硝酸酸化（中和过量的 NaOH，避免干扰检验），加 AgNO3溶液（检验 Br-）。题目中缺少 “加稀硝酸酸化” 这一步骤，过量的 NaOH 会与 AgNO3反应，干扰检验结果，无法确定有机物中含有溴原子，D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、确定双氧水与 KI-淀粉溶液反应时，溶液变蓝能否作为滴定终点的判断依据。
B、判断 NO2和溴蒸气能否通过淀粉碘化钾试纸进行鉴别。
C、依据加碘盐中 KIO3在酸性条件下与 KI 的反应及现象，判断能否检验出 KIO3。
D、检查检验有机物中溴原子的操作步骤是否完整。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、反应（1）里，到，元素化合价始终是价，没发生氧化还原，不是氧化产物；反应（2）中，（为价 ）变为和（为价 ），是氧化产物。并非两个反应中都是氧化产物，A错误；
B、反应（1）中，（为价 ）生成（为价 ），元素化合价升高，是氧化产物；反应（2）中，（为价 ）生成（为价 ），元素化合价降低，是还原产物。B错误；
C、反应（1）中，氧化剂是，氧化产物是，则氧化性；反应（2）中，氧化剂是，氧化产物是，则氧化性。无法得出，C错误；
D、反应（1）：中从价变为价，生成，转移电子；反应（2）：中从价变为价，生成，转移电子，生成等量时，转移电子数之比为，D正确；
故答案为：D 。
【分析】A．根据元素化合价变化判断反应（1）和（2）中是否为氧化产物。
B．根据元素化合价变化确定在反应（1）、（2）中是氧化还是还原产物。
C．依据“氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性”，分析反应里氧化性顺序。
D．分别计算反应（1）、（2）生成时转移电子数，再求比值。
7．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、甲属于原电池，其中Zn是负极，Cu是正极，Zn会失去电子，电子通过导线从Zn电极流向Cu电极；Cu电极得到电子后带负电，溶液中的 Zn2+会向 Cu 电极移动，A正确；
B、乙中Ag2O作为正极，电解质是KOH溶液（呈碱性）。在正极发生还原反应，Ag2O 得到电子，与水反应生成Ag和OH-，反应式为 Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-， B 正确；
C、丙中锌筒是负极，负极发生的是失电子的氧化反应（Zn失去电子生成 Zn2+），并非还原反应。随着反应进行，锌不断被消耗，锌筒会逐渐变薄，C 错误；
D、丁是铅蓄电池，放电时的总反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，使用一段时间后，H2SO4不断被消耗，浓度降低，酸性减弱；同时溶液中离子浓度减小，导电能力下降，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据原电池工作时电子流向和离子移动的基本规律进行判断。
B．结合乙电池（钮扣式银锌电池）的正极材料和电解质环境，推导正极发生的反应。
C．判断丙电池（锌锰干电池）中锌筒的电极类型及发生的反应类型。
D．依据丁电池（铅蓄电池）的放电总反应，分析使用后电解质溶液的变化。
8．【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、碱式硫酸铁溶解后会电离出 ，和水发生水解反应，生成胶体 。胶体可以吸附水中的杂质，起到净水的作用 ，结论正确，A正确；
B、性质不稳定，受热容易分解 。在制备时，为了防止分解，保证反应正常进行，需要在较低温度下进行操作 ，结论合理，B正确；
C、溶液和混合时，没有明显的现象 。如果被氧化，会转变成 ，此时加入溶液，溶液会变红，利用这个现象可以检验是否被氧化 ，结论正确，C正确；
D、和能够反应生成，依据反应规律，是因为生成的溶解度更小，才会从溶液中析出 。所以实际上在水中的溶解度比小，而选项说溶解度更大，分析错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】在实际应用中，铁盐（如氯化铁、硫酸铁等 ）常利用水解生成胶体的性质，用于生活用水、工业废水的净化处理 ，本题以硫酸亚铁的转化为背景，考查物质的水解、热稳定性、氧化还原及溶解度等性质，需结合各物质转化逻辑，分析选项正误。
9．【答案】A
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、运输车外壳为有机物，有机物含碳元素，故外壳含碳，A正确；
B、二氧化硅由硅（非金属）、氧元素组成，是非金属氧化物，不是金属氧化物，B错误；
C、胶体分散质粒子直径为1 - 100nm，运输车直径200nm，分散于水所得体系不是胶体，C错误；
D、含、价铁，与稀硫酸反应生成、和水，不只有和水，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕“纳米药物分子运输车”的结构与组成，结合有机物、氧化物分类、胶体定义及物质反应规律，逐一分析选项的正误。
10．【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、总反应 = ① + ② + ③×2，整理得，A正确；
B、中，为+1价、为-2价，设为，由，解得x=+1，则为+1价；中，为+1价、为-2价，为+1价，化合价相同，B正确；
C、步骤②反应，断裂（极性键 ）、（极性键 ）、（非极性键 ），故既有极性键又有非极性键断裂，C正确；
D、步骤③，中为-1价，中为+1价，生成，每生成，共转移电子，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕氧化生成的反应历程，结合总反应推导、中间体化合价、化学键断裂类型、电子转移，判断选项正误 。
反应拆解：①：；
②：；
③：；
A．用盖斯定律，将分步反应叠加得总反应。
B．计算、中的化合价。
C．分析步骤②中断裂的化学键类型（极性键、非极性键 ）。
D．分析步骤③中的化合价变化，计算电子转移。
11．【答案】D
【知识点】烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、数出结构中、、原子数，为15个，为26个，为1个，分子式是 ，A正确；
B、有机物含羟基（ ）、饱和上的，可发生取代反应；含碳碳双键，可发生加成反应 ，B正确；
C、结构中有3个碳碳双键，1mol该有机物与溴的四氯化碳溶液反应，1个双键加成1mol，共消耗3mol， ，C正确；
D、有机物燃烧通式： 。代入、、，得消耗的物质的量为 。标况下体积为，不是481.6L ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕有机物的结构，分析分子式、反应类型、与溴及氧气的反应，结合烃及含氧衍生物的性质规律判断选项。
A．根据物质结构可推算该物质分子式。
B．该有机物中含有氢原子、羟基，碳碳双键，能发生 取代反应和加成反应。
C．先算出消耗的的物质的量，再计算消耗溴的克数。
D．结合分子式和有机物燃烧通式计算。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①生成与消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，达平衡，正确；
②A、B均为反应物，生成A、B都体现逆反应方向，无法体现正逆速率相等，未达平衡，错误；
③浓度不变是平衡状态的直接特征，说明正逆反应速率相等，达平衡，正确；
④反应中有固体D生成，气体质量随反应进行改变（容器容积不变 ），密度=气体质量÷容积，密度不变时，说明气体质量不变，反应达平衡，正确；
⑤反应前后气体物质的量改变（A、B为气体反应物，C为气体生成物，D为固体 ），压强与气体物质的量有关。压强不变时，说明气体物质的量不变，达平衡，正确；
⑥反应中气体物质的量随反应进行改变（正反应气体物质的量减小 ），总物质的量不变时，达平衡，正确；
⑦平衡时各物质浓度不变，但比例与起始量、转化率有关，不是固定值，不能判断平衡，错误；
符合平衡判断的有①③④⑤⑥，共5个，
故答案为：C。
【分析】判断可逆反应是否达到平衡状态，需紧扣两大核心依据：正逆反应速率相等：正反应生成某物质的速率与逆反应消耗该物质的速率相等（针对同一物质），或不同物质的正逆速率符合化学计量比；各物质的浓度（或衍生物理量）保持不变：包括浓度、质量、物质的量、压强、密度等，需结合反应特点（如物质状态、气体物质的量变化）分析这些物理量是否 “随反应进行改变，且变至定值时体现平衡”。
13．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；有关反应热的计算
【解析】【解答】反应物总键能 = 键能 + 键能 = ；
生成物总键能 = 键能 + 键能 =
反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能=
=
=
=
=
反应热为负，说明反应放热，且放热量为（每消耗 ）。
故答案为：A。
【分析】利用“反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能”的公式，结合各物质的化学键类型与数量，计算反应热，判断吸热或放热。
14．【答案】B
【知识点】化学键；焰色反应；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、WX为KH，K是活泼金属，KH含离子键（与），属于离子化合物，A错误；
B、Q（S）离子为S2-，W（K）离子为K+，Z（O）离子为O2-
离子半径规律：电子层数越多，半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，
S2-（3个电子层）> K+（3个电子层，核电荷数大）> O2-（2个电子层），即 S2-＞K+＞O2- ，B正确；
C、W为K，K的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃）；钠元素焰色为黄色，C错误；
D、Q为S，其氧化物有SO2、SO3，对应的水化物为H2SO3（亚硫酸，弱酸）、H2SO4（硫酸，强酸），并非“均为强酸”，D错误；
故答案为：B。
【分析】由结构知：Z形成2个共价键，且Z与Q同主族，最外层6个电子，故Z为O，Q为S（同主族，原子序数递增），Q（S）和W的简单离子电子层结构相同，W为+1价且原子序数最大，W为K（K+与S2-电子层结构相同），Y形成4个共价键，Y为C；X形成1个共价键，X为H（原子序数最小）。通过物质结构推断元素种类（利用化学键数目、原子序数关系、离子电子层结构等），再结合元素性质（化合物类型、离子半径、焰色反应、含氧酸酸性）分析选项。
15．【答案】导致酸雨发生；2+SO2+H2O=2+；NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；b；盐酸；BaCl2溶液；3xy×100%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）向大气中排放SO2会导致酸雨发生；
（2）由图可知，初期反应（图中A点以前）碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2+SO2+H2O=2+；
（3）随着二氧化硫通入量增大，后期生成主要是得到亚硫酸氢钠，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；
（4）a．加热蒸发直至蒸干，容易使固体溅出，导致损失等，a错误；
b．维持95～100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出，再利用余热蒸干，b正确；
c．由于冷却至33℃以下时析出Na2SO3 7H2O，应在较高温度下蒸发浓缩结晶，c错误；
故选b；
用盐酸除去亚硫酸钠，防止干扰，再用BaCl2溶液检验硫酸根离子，故为检验Na2SO3成品中是否含少量Na2SO4，需选用的试剂是盐酸、BaCl2溶液；
（5）与发生氧化还原反应得到与I-，配平后离子方程式为：+3=3+I-，消耗KIO3的物质的量为y×10-3L×x mol/L=xy×10-3mol，由离子方程式可知n(Na2SO3)=3n(KIO3)=3xy×10-3mol，则成品中Na2SO3的质量分数为×100%=3xy×100%。
【分析】将工业废碱渣（主要成分）进行溶解操作，使其形成溶液，为后续吸收做准备 ，将溶解后的溶液送入吸收塔，同时通入含的硫酸厂尾气 。在吸收塔内，与发生反应，吸收，反应过程中会产生尾气（主要是未反应的气体等 ），尾气经处理后排放 ，吸收塔出来的溶液进入中和器，向其中加入，目的是调节溶液的酸碱性，使溶液中的成分进一步转化，以利于后续制备 ，中和后的溶液进行结晶操作，使等溶质以晶体形式析出 ，结晶后的混合物进入离心机，通过离心作用，将晶体（主要是晶体 ）与母液分离，母液可回收利用（返回流程或做其他处理 ） ，分离得到的晶体进行干燥，去除晶体表面的水分，最终得到无水成品 。
16．【答案】（1）分液漏斗
（2）Na2SO4固体与浓硫酸反应的实质是+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO4、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出；
（3）2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=+2CuBr↓+4H+；水浴加热
（4）a
（5）防止CuBr被氧化；用玻璃棒引流，注入SO2的水溶液，直至没过CuBr沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复上述步骤两到三次
（6）78.5%
【知识点】二氧化硫的性质；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由仪器装置图可知，仪器b为分液漏斗；
（2）装置甲制备SO2，采用浓度为70%左右的浓硫酸的原因是：Na2SO4固体与浓硫酸反应的实质是+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO4、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出；
（3）装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，SO2将Cu2+还原生成CuBr沉淀，自身被氧化为，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=+2CuBr↓+4H+；该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；
（4）a．多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸；
b．气体不溶于CCl4，不直接与吸收液氢氧化钠溶解接触，可防倒吸；
c．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
d．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
故选a；
（5）CuBr含有亚铜离子，易被空气中的氧气氧化，SO2具有还原性，采用SO2的水溶液洗涤可防止CuBr被氧化；过滤完成后，用玻璃棒引流，注入SO2的水溶液，直至没过CuBr沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复上述步骤两到三次；
（6）32g CuSO4的物质的量为=0.2mol，23g NaBr的物质的量为0.22mol，根据方程式可知NaBr过量，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是78.5%。
【分析】甲装置中，浓硫酸与反应，生成气体 ，将和加水溶解，得到含、的溶液 ，乙装置里，通入上述溶液，发生反应 ，水浴加热，生成沉淀 ，过滤分离出沉淀，用水溶液洗涤（防氧化 ），操作是“玻璃棒引流，注液没过沉淀，待液流走，重复2 - 3次” ，洗涤后干燥，获得产品 。
（1）由仪器装置图可知，仪器b为分液漏斗；
（2）装置甲制备SO2，采用浓度为70%左右的浓硫酸的原因是：Na2SO4固体与浓硫酸反应的实质是+2H+=SO2↑+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，且水很少，Na2SO4、浓硫酸大部分未电离，若硫酸浓度过低，则二氧化硫在水中溶解的较多，不利于SO2逸出；
（3）装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，SO2将Cu2+还原生成CuBr沉淀，自身被氧化为，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=+2CuBr↓+4H+；该反应需保持反应液在60℃，则应选择水浴加热；
（4）a．多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸；
b．气体不溶于CCl4，不直接与吸收液氢氧化钠溶解接触，可防倒吸；
c．当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
d．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸；
故选a；
（5）CuBr含有亚铜离子，易被空气中的氧气氧化，SO2具有还原性，采用SO2的水溶液洗涤可防止CuBr被氧化；过滤完成后，用玻璃棒引流，注入SO2的水溶液，直至没过CuBr沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复上述步骤两到三次；
（6）32g CuSO4的物质的量为=0.2mol，23g NaBr的物质的量为0.22mol，根据方程式可知NaBr过量，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是78.5%。
17．【答案】（1）乙二醇；碳碳双键、羧基
（2）加成反应；加聚反应
（3）
（4）bd
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；羧酸简介；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）根据C的结构简式，C的名称为乙二醇；根据E的结构简式，E中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（2）反应②是乙烯和溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，即反应类型为加成反应；反应⑤是F发生加聚反应生成G，即反应类型为加聚反应；
（3）反应④是乙二醇C和丙烯酸E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1mol1NaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
答案为bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为。
【分析】煤经高温与水反应生成CO和H2；CO和H2在催化剂、加热条件下，生成乙烯CH2=CH2和丙烯 CH2=CHCH3 。乙烯与 Br2加成得CH2BrCH2Br（B），CH2BrCH2Br经NaOH水溶液加热水解，生成乙二醇（C） ，丙烯经O2、H2O和两步催化氧化，生成丙烯酸（E），乙二醇与丙烯酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成单体CH2=CHCOOCH2CH2OH（F） ，单体F经加聚反应，制得聚丙烯酸乙二醇酯（G） 。
（1）根据C的结构简式，C的名称为乙二醇；根据E的结构简式，E中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（2）反应②是乙烯和溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，即反应类型为加成反应；反应⑤是F发生加聚反应生成G，即反应类型为加聚反应；
（3）反应④是乙二醇C和丙烯酸E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1mol1NaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
答案为bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为。
18．【答案】（1）放热
（2）ac
（3）>；0.25；17.9；负极；3H2O+CH3OCH3-12e-=2CO2+12H+；O2+4e-+4H+=2H2O
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
（2）a．随反应进行，H2含量不断减少，CO2含量不变可说明反应达到平衡状态，故a选；
b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故b不选；
c．该反应是气体物质的量减小的反应，若正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，故c选：
d.3v(CO2)=v(H2)，选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡，故d不选；
答案为ac；
（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故 v正＞v逆；
②0～5min内，CO 物质的量减少2.5mol，则v(CO2)==0.25mol·L-1·min-1；
③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系为：
平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为17.9%；
④通入燃料二甲醚的电极为负极，则X电极为负极；X极失去电子，电极反应式为3H2O+CH3OCH3-12e-=2CO2+12H+，Y电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。
【分析】（1）看能量变化图像，比较反应物和生成物的总能量。反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应。
（2）依据 “变量不变则平衡” 原则，分析各选项。
（3）①3min时物质的量仍减少，反应正向进行，故 。
②由，得 。
③列三段式，算得平衡时各物质的量，进而计算体积分数 。
④通二甲醚的X为负极，Y为正极，书写对应的电极反应方程式。
（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
（2）a．随反应进行，H2含量不断减少，CO2含量不变可说明反应达到平衡状态，故a选；
b．该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故b不选；
c．该反应是气体物质的量减小的反应，若正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，故c选：
d.3v(CO2)=v(H2)，选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡，故d不选；
答案为ac；
（3）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故 v正＞v逆；
②0～5min内，CO 物质的量减少2.5mol，则v(CO2)==0.25mol·L-1·min-1；
③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系为：
平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为17.9%；
④通入燃料二甲醚的电极为必极，则X电极为负极；X极失去电子，电极反应式为3H2O+CH3OCH3-12e-=2CO2+12H+，Y电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。
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