【化学】河北省张家口市宣化区宣化第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】河北省张家口市宣化区宣化第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

河北省张家口市宣化区宣化第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 ‎1.我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下列对晶体硅的有关叙述正确的是（ ）‎ A. 晶体硅的结构与金刚石类似 B. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应 C. 晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺复杂，价格昂贵 D. 晶体硅具有金属光泽，故它属于金属材料，可以导电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体硅为正四面体结构，与金刚石类似，A正确；‎ B晶体硅常温下可以与氢氟酸反应，B错误；‎ C.晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺不复杂，价格不高，已经被普及使用，C错误；‎ D.晶体硅有金属光泽，可以导电，但它属于非金属材料，D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.下列有关硅及其化合物的说法正确的是(　　)‎ A. 陶瓷、玻璃、水泥容器都能贮存氢氟酸 B. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在具有磨口玻璃塞的试剂瓶中 C. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2‎ D. 由Na2CO3＋SiO2CO2↑＋Na2SiO3可知，硅酸的酸性强于碳酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF反应生成SiF4，所以不能用玻璃容器盛放HF，故A错误；‎ B．硅酸钠属于粘性的物质，能将玻璃塞和试剂瓶瓶口粘结在一起而打不开，故B错误；‎ C．二氧化硅难溶于水，所以无法用二氧化硅和水直接反应制得，用SiO2制取硅酸，先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因碳酸酸性强于硅酸且硅酸溶解度较小易沉淀，所以通入CO2，发生Na2SiO3+CO2 +H2O=H2SiO3↓+Na2CO3‎ ‎，制得硅酸，故C正确；‎ D．酸性强弱的比较只有在没有外界条件干扰化学反应时才能比较，Na2CO3+SiO2CO2+Na2SiO3中反应条件为高温干扰化学反应，所以不能说明硅酸酸性比碳酸酸性强，一般在溶液中强酸可制得弱酸，即硅酸钠溶液中通入CO2，制得硅酸说明碳酸酸性强于硅酸，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，各位成外的小可爱们请注意防护额！下列说法错误的是( )‎ A. 新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、O B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好 C. ‎3M 防颗粒物口罩均使用 ‎3M 专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于有机物 D. 不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．新型冠状病毒是RNA 病毒，RNA中含有 C、H、O等元素，A正确；‎ B．“84 消毒液”具有一定的刺激性和腐蚀性，必须稀释后才能使用，B错误；‎ C．聚丙烯属于有机物，且属于高分子化合物，是由丙烯加聚而成，C正确；‎ D．新型冠状病毒可通过飞沫和接触传染，所以不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，D正确；‎ 故选B。‎ ‎4.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略) （ ）‎ A B C D X中试剂 浓盐酸 双氧水 浓硫酸 浓氨水 Y中试剂 KMnO4‎ MnO2‎ Cu NaOH 气体 Cl2‎ O2‎ SO2‎ NH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；‎ B．双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；‎ C．Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；‎ D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎5.将SO2通入不同溶液中相应的实验现象和结论均正确的是( )‎ 选项 溶液 现象 结论 A 溴水 溶液褪色 SO2具有氧化性 B 紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 SO2具有漂白性 C 酸性KMnO4溶液 溶液由红色逐渐变为无色 SO2具有还原性 D 滴有酚酞的NaOH溶液 溶液由红色逐渐变为无色 SO2溶于水生成强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】SO2中S元素化合价为+4价，是S元素的一个中间价，所以SO2既有氧化性，又有还原性，另外SO2还有漂白性、酸性等，根据具体反应进行分析。‎ ‎【详解】A．SO2通入溴水，溶液褪色，SO2表现出来的是还原性，A错误；‎ B．SO2通入紫色石蕊试液，二氧化硫与水反应生成了亚硫酸，溶液只变红不褪色，B错误；‎ C．SO2通入酸性KMnO4溶液，SO2将KMnO4还原导致褪色，SO2表现出还原性，C正确；‎ D．SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，SO2与NaOH反应生成Na2SO3，溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变为无色，说明SO2水溶液呈酸性，不能说明反应生成了强酸，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA B. 在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 +3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NA C. 根据反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2可知，氧化性：HNO3(稀) > HNO3(浓)‎ D. 含有大量NO3－的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，在氯气与氢氧化钠反应中，1 mol Cl2参加反应转移电子数为NA，故A错误；‎ B选项，在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 +3H2O中，碘元素化合价由+5价和-1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，所以每生成3 mol I2转移电子数为5NA，故B错误；‎ C选项，不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧化性：HNO3(稀) < HNO3(浓)，故C错误；‎ D选项，酸性条件下NO3－具有强氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3－的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl－，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.已知断裂1 mol共价键所需要吸收的能量分别为H—H：436 kJ，I—I：151 kJ，H—I：299 kJ，下列对H2(g)＋I2(g)2HI(g)的反应类型判断错误的是(　　)‎ A. 吸收能量的反应 B. 放出能量的反应 C. 氧化还原反应 D. 可逆反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 断键吸收的热量为436 kJ + 151 kJ = 587 kJ，成键放出的热量为299 kJ×2 = 598 kJ，因此成键放出的热量大于断键吸收的热量，因此是放出能量的反应，故A错误；‎ B. 根据A选项分析得到是放出能量的反应，故B正确；‎ C. 有化合价发生变化，因此反应为氧化还原反应，故C正确；‎ D. 该反应是可逆符号，因此反应为可逆反应，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎8.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是（　　）‎ A. H2O的分解反应是放热反应 B. 氢能源已被普遍使用 C. 氢气不易贮存和运输，无开发利用价值 D. 2 mol H2O具有的总能量低于2 mol H2和1 mol O2具有的总能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水的分解是吸热反应，故A错误；‎ B. 氢能源由于受贮存和运输等因素的限制，还未普遍使用，但有巨大的开发利用价值，故B错误；‎ C. 氢能源由于受贮存和运输等因素的限制，还未普遍使用，但有巨大的开发利用价值，故C错误；‎ D. 2 mol H2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol H2O，并放出大量的热，即反应物能量高于生成物能量，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应放出的能量为180 kJ B. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量 C. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO D. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图示计算出旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量的相对大小，再分析解答。‎ ‎【详解】A．1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)过程中旧化学键断裂时吸收的能量=946kJ+498kJ=1444 kJ，新化学键形成时放出的能量=2×632kJ=1264 kJ，吸收的能量＞放出的能量，为吸热反应，故A错误；‎ B．1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)过程中旧化学键断裂时吸收的能量=946kJ+498kJ=1444 kJ，新化学键形成时放出的能量=2×632kJ=1264 kJ，吸收的能量＞放出的能量，为吸热反应，因此1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量，故B正确；‎ C．N2(g)和 O2混合常温下不反应，需要在放电或高温条件下才能反应，故C错误；‎ D．NO与NaOH不反应，属于不成盐氧化物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.下列化学用语中错误的是（ ）‎ A. CH4分子的空间充填模型： B. 新戊烷结构简式：‎ C. 乙烷的结构简式：CH3 CH3 D. 丙烷的结构式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4分子的空间充填模型，又叫比例模型，为：，A正确；‎ B．新戊烷的结构简式为：，B错误；‎ C．乙烷的结构简式：CH3 CH3，C正确；‎ D．丙烷的结构式：，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎11.某沼气成分是CH4和CO2。取‎2L该沼气与4LO2点燃充分反应后，除去水分，剩余气体的体积为‎3L。该沼气中CH4和CO2的物质的量之比为（气体体积均在标准状况下测定）（ ）‎ A. 1：3 B. 1：‎1 ‎C. 3：1 D. 4：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知甲烷和O2完全燃烧并恢复到标准状况，反应前后的体积变化为：‎ ‎ ‎ 则=，解得：x=‎1.5L，该沼气中CH4和CO2的物质的量之比为‎1.5L:(‎2L-1.5L)=3:1，故答案为C。‎ ‎12.下列有关烷烃的叙述中，正确的是（）‎ ‎①在烷烃分子中，所有的化学键都是单键 ‎②烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去 ‎③分子通式为CnH2n+2的一定是烷烃 ‎④所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应 ‎⑤光照条件下，乙烷通入溴水中，可使溴水褪色．‎ A. ①③⑤ B. ①④ C. ②③ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①在烷烃分子中，只存在C-C键和C-H键，①正确；‎ ‎②所有的烷烃，都不能使酸性KMnO4溶液褪色，②不正确；‎ ‎③只有烷烃的分子通式为CnH2n+2，③正确；‎ ‎④所有的烷烃都含有C-H键，在光照条件下都能与氯气发生取代反应，④正确；‎ ‎⑤光照条件下，乙烷通入溴水中，不能使溴水褪色，⑤不正确；‎ 综合以上分析，只有①③④正确，故选D。‎ ‎13.在光照条件下，将0.5mol CH4与Cl2反应，得到等物质的量的4种取代物，则消耗Cl2物质的量为( )‎ A. 0.5‎‎ mol B. 1.25 mol C. 2.5 mol D. 5 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】CH4与Cl2在光照条件下发生下列四个反应：CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2 CH2Cl2＋HCl、CH2Cl2＋Cl2CHCl3＋HCl、CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl。‎ ‎【详解】依据碳原子守恒，反应所得四种有机产物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量都为0.125mol；依据反应方程式，有机物分子中氯原子的物质的量等于参加反应的Cl2的物质的量，所以n(Cl2)= n(CH3Cl)×1+ n(CH2Cl2)×2+ n(CHCl3)×3+ n(CCl4)×4=0.125mol×(1+2+3+4)=1.25mol，故选B。‎ ‎14.下列原子或原子团不属于官能团的是（ ）‎ A. —CH3 B. —F ‎ C. —OH D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】官能团是决定化合物特殊性质的原子或原子团。-F是决定卤代烃特殊性质的原子，-OH是决定醇和酚特殊性质的原子团，碳碳双键是决定烯烃特殊性质的原子团，甲基不是官能团，答案选A。‎ ‎15.1mol乙烯与氯气发生完全加成反应，然后该加成反应的产物与足量的氯气在光照条件下发生完全取代反应，则两个过程消耗氯气的总物质的量为（ ）‎ A. 3mol B. 4mol C. 5mol D. 6mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】1mol乙烯与1mol氯气发生完全加成反应生成1molCH2ClCH2Cl，该有机物中含有4mol氢原子。在与卤素单质发生取代反应时，取代1molH消耗1molCl2；所以该有机物与足量的氯气在光照条件下发生完全取代反应要消耗4mol Cl2，则两个过程中消耗氯气的总物质的量为5mol，C符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎16.下列物质既能与金属钠反应放出气体，又能与纯碱作用放出气体的是(　　)‎ A. CH3CH2OH B. CH3COOH C. H2O D. C6H12O6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇中含有醇羟基，能和Na反应生成氢气，乙醇为中性，没有酸性，不与碳酸钠反应，故A错误；‎ B．乙酸中含有羧基而能和钠反应生成氢气，乙酸酸性大于碳酸，所以乙酸能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故B正确；‎ C．水和钠反应生成氢气，碳酸钠能够发生水解反应，但不能放出二氧化碳气体，故C错误；‎ D．C6H12O6为葡萄糖或果糖，含有羟基，可与钠反应，但不具有酸性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎17.下列反应属于取代反应的是(　　)‎ A. CH4＋2O2CO2＋2H2O B. NaOH＋HCl=NaCl＋H2O C. CH2=CH2＋H2CH3—CH3‎ D. CH3CH2—Br＋H2O CH3CH2—OH＋HBr ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷的燃烧反应为氧化反应，故A不选；‎ B．氢氧化钠与盐酸的反应为中和反应，属于复分解反应，故B不选；‎ C．乙烯与氢气的反应中碳碳双键转化为单键，属于加成反应，故C不选；‎ D．CH3CH2-Br →CH3CH2-OH是CH3CH2-Br 中的-Br被-OH取代，属于取代反应，故D选；‎ 故选D。‎ ‎18.油脂和糖类是人体所需的重要营养物质，下列说法正确的是（ ）‎ A. 油脂的皂化是高分子生成小分子的过程 B. 不能用植物油萃取溴水中的溴 C. 淀粉和纤维素互为同分异构体 D. 可以用银镜反应检验淀粉是否水解完全 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 油脂不是高分子化合物，A项错误；‎ B. 植物油中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，则不能用植物油萃取溴水中的溴，B项正确；‎ C. 淀粉与纤维素都的分子式都为(C6H10O5)n，但聚合度n值不同，不是同分异构体，C项错误；‎ D. 能发生银镜反应说明含有葡萄糖，淀粉水解了，不能证明淀粉是否水解完全，遇碘水不显蓝色，说明不含淀粉，说明淀粉水解完全，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.有人设想合成具有以下结构的四种烃分子（键线式如图所示），下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 1mol甲分子内含有10mol共用电子对 B. 乙分子的一氯取代产物有1种 C. 丙分子（立方烷）的三氯取代产物有2种 D. 丁分子是不可能合成的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲分子是正四面体结构，每个碳原子与另三个碳原子形成三个C—C单键，再与一个氢原子形成一个C—H键，所以1mol甲分子中含有10mol共价键，A项正确；‎ B. 乙分子为正三棱柱，六个顶点是等效的，所以其一氯取代物只有一种，B项正确；‎ C. 丙分子为正方体结构，其二氯取代物有三种，即棱的两端、面对角线两端和体对角线两端，在此基础上，可推出其三氯取代物有三种，C项错误；‎ D. 丁分子结构中每个顶点上的碳原子形成五个共价键，这与有机物分子中碳原子的成键特征不符，故是不可能合成的，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎20.某课外活动小组设计如图所示装置制取较多量乙酸乙酯。已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·‎6C2H5OH。‎ ‎②有关有机物的沸点：‎ 试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点（℃）‎ ‎347‎ ‎78.5‎ ‎118‎ ‎77.1‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 装置中球形管既能冷凝蒸气又能防止倒吸 B. 反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，下层无色油状液体；上层溶液颜色变浅 C. 从大试管中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，过滤分离出乙醇 D. 最后加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集‎118℃‎左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．混合气体中含有乙醇、乙酸蒸汽，均易溶于水容易发生倒吸，利用球型干燥管可以防止倒吸，故A正确；‎ B．乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，则反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，上层无色油状液体，下层溶液颜色变浅，故B错误；‎ C．根据题给信息“①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•‎6C2H5OH”说明加入无水氯化钙后，即可过滤除去乙醇，故C正确；‎ D．加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集‎77℃‎左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎21.A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。‎ ‎①B中Sn极的电极反应式为______Sn极附近溶液的pH______。‎ ‎②C中总反应离子方程式为______。比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是______。‎ ‎【答案】(1). (2). 增大 (3). (4). B＞A＞C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据中形成原电池，Fe比Sn活泼，则Sn为正极发生还原反应；根据C中形成原电池，总反应为，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属做原电池正极时得到保护，据此解答。‎ ‎【详解】①中形成原电池，Fe比Sn活泼，Sn为正极，发生还原反应，电极反应式为：，氢离子浓度减小，溶液的pH值增大；答案为，增大。‎ ‎②C中锌比铁活泼，锌为原电池负极，被腐蚀，负极电极反应式为，正极：，总反应方程式为，A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C锌比铁活泼，铁做原电池的正极而被保护，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，所以A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B＞A＞C；答案为：；B＞A＞C。‎ ‎22.Ⅰ.A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平； ‎ Ⅱ.。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)写出A的结构式___________________________________。‎ ‎(2)B、D分子中的官能团名称分别是：_________________、________________。‎ ‎(3)写出下列反应的反应类型：①_________________，②________________，④__________。‎ ‎(4)写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①_______________________________________；‎ ‎②_______________________________________；‎ ‎④_______________________________________。‎ ‎(5)设计实验区别B和D：______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 氧化反应 (6). 酯化反应(或取代反应) (7). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (8). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (9). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (10). 分别取少量待测液于试管中，低加少量石蕊溶液，若溶液变红，则待测液为乙酸，另一种为乙醇(或其他合理方法)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，B能氧化得到C为CH3CHO，C氧化得到D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOCH2CH3，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) A为乙烯，结构式中含有一个双键和四个碳氢单键，结构式；‎ ‎(2) B为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3COOH，其官能团为羧基；‎ ‎(3)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，属于加成反应；反应②‎ 是乙醇被氧化为乙醛，属于氧化反应；反应④是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，属于取代反应，也属于酯化反应；‎ ‎(4)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；‎ 反应②是乙醇被氧化为乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ 反应④是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；‎ ‎(5)乙醇是非电解质，不能电离出氢离子；乙酸是电解质，能电离出氢离子，则可通过检验酸碱性的方法区别；具体操作为：分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇。‎ ‎23.常见含硫物质A~D，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。其中反应①、②中所需物质B溶液的浓度不同。‎ 请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学式为_______。‎ ‎（2）反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作_______（填“氧化剂”或“还原剂”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_______。‎ ‎（3）反应②离子方程式为_______。‎ ‎（4）大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：‎ 上图中由D→B的转化所需氧化剂为_______。‎ 当将含D雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+‎ ‎）将_______。（填“增大”“减小”或“不变”）。废气A是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。某工厂若将4.48×‎106L（标准状况下）废气A进行环保处理，完全转化为 NH4HSO3时，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为_______L。‎ ‎【答案】(1). SO2 (2). 还原剂 (3). 失去电子，化合价升高 (4). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (5). O2 (6). 增大 (7). 20000‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由B(含氧酸)在常温下与足量的铁反应生成C(硫酸盐)，故B是H2SO4，反应方程式为Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑，C是FeSO4；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故A是SO2，SO2+H2O H2SO3，D是H2SO3。‎ ‎【详解】（1）由解析可知，A的化学式为SO2；‎ ‎（2）反应①、②中，反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高，故反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作还原剂；‎ ‎（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎（4）H2SO3→H2SO4过程中，S元素化合价升高，即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4；2H2SO3+ O2= H2SO4，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，故当将含H2SO3的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c(H+)将增大；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，n(SO2)= =2.0×105mol，故n(NH3•H2O)= 2.0×105mol，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为=‎20000L。‎ ‎24.用图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。‎ ‎(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱:H2SO4 > H2CO3 > H2SiO3‎ ‎①仪器B的名称________,A中试剂________，B中试剂________‎ ‎②C中发生反应的化学方程式:________________________________‎ ‎(2)利用如图装置实验,证明二氧化硫气体具有漂白性。已知:Na2SO3 + H2SO4=Na2SO4 +SO2↑+H2O。 在装置A中加入 70%的硫酸溶液,B中加入Na2SO3粉末，‎ ‎①C中应加入________溶液(填“品红”或“石蕊”)。打开分液漏斗活塞,一段时间后观察到C中现象是________________________________，反应完全后,将C试管加热一 段时间发生的现象是________________________‎ ‎②如果仅用如图装置进行此实验,可能造成环境污染,此污染属于________(选填“白色污染”或“酸雨污染"),因此应该在C装置后加一个盛有________溶液的洗气瓶。‎ ‎③将二氧化硫气体通入FeCl3溶液中反应一.段时间后,滴加KSCN溶液,溶液未变红色,请写出所发生反应的离子方程式:________________________________‎ ‎【答案】(1). 圆底烧瓶 (2). 稀硫酸 (3). 碳酸钠粉末 (4). CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3 (5). 品红 (6). 红色溶液褪色 (7). 红色恢复 (8). 酸雨污染 (9). NaOH (10). SO2+2Fe3++2H2O=Fe2++SO42-+4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)强酸可以制弱酸，所以稀硫酸与碳酸钠粉末反应生成二氧化碳可证明酸性：:H2SO4 > H2CO3 ；二氧化碳与硅酸钠溶液反应可生成硅酸沉淀说明酸性：H2CO3 > H2SiO3；‎ ‎(2)装置A中加入 70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末，二者反应生成SO2，SO2可以使品红溶液褪色，所以装置C中盛放品红溶液可以检验SO2；二氧化硫会对空气造成污染，需要处理，其可与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液吸收。‎ ‎【详解】(1)①根据仪器B的结构特点可知其为圆底烧瓶；根据分析可知A中应盛放稀硫酸；B中应盛放碳酸钠粉末；‎ ‎②C中为二氧化碳与硅酸钠的反应，方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3；‎ ‎(2)①品红溶液可以检验二氧化硫，所以C中应加入品红溶液，可观察到C中红色溶液褪色；完全反应后将C试管加热一段时间可观察到C中溶液颜色恢复；‎ ‎②二氧化硫会造成酸雨，所以属于酸雨污染；可用NaOH溶液吸收二氧化硫；‎ ‎③二氧化硫具有还原性，通入FeCl3溶液中反应一段时间后，滴加KSCN溶液，溶液未变红色，说明Fe3+被还原成Fe2+，离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=Fe2++SO42-+4H+。‎ ‎25.为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响，有同学利用实验室提供的仪器和试剂设计了如下实验。注意：设计实验时，必须控制只有一个变量！‎ 试剂：4% H2O2溶液，12% H2O2溶液，lmol/LFeCl3溶液 仪器：试管、带刻度的胶头滴管、酒精灯 ‎（1）实验l：实验目的：温度对化学反应速率的影响 实验步骤：分别向甲、乙两支试管中加入5mL4% H202溶液，再分别加入3滴1mol/LFeCl3溶液，待两支试管中均有适量气泡出现时，将试管甲放入‎5℃‎水浴中，将试管乙放入‎40℃‎水浴中。实验现象：试管___________。（填甲或乙）中产生气泡的速率快，说明____________。‎ ‎（2）实验2：实验目的：浓度对化学反应速率的影响 实验步骤：向试管甲中加入5mL4% H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液。‎ 实验现象：试管甲、乙中均有少量气体缓慢产生。‎ 该实验现象不明显，你如何改进实验方案，使实验现象支持“浓度改变会影响化学反应速率”‎ 这一理论预测____________。‎ ‎（3）实验3：实验目的：________。‎ 实验步骤：在试管甲中加入5mL4% H2O2溶液，在试管乙中加入5mL4% H2O2溶液再加入lmL lmoFLFeC13溶液。‎ 你认为方案3的设计是否严谨？_______（填是或否），说明理由_______。‎ ‎【答案】(1). 乙 (2). 升高温度可加快化学反应速率 (3). 向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液 (4). 催化剂对化学反应速率的影响 (5). 否 (6). 试管乙中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲、乙两支试管中加入5mL5%H2O2溶液，乙中的温度比甲高，故试管乙中产生气泡的速率快，说明升高温度可加快H2O2的分解速率；‎ ‎（2）为了加快反应速率，可以使用催化剂，所以向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液后，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液 ；‎ ‎（3）只有一支试管中加入了氯化铁溶液，与另一支试管形成对比试验，探究催化剂对化学反应速率的影响；但此方案设计不合理，因为加入的1mL溶液会对B试管溶液进行稀释，使浓度发生改变。‎