【文档说明】【精准解析】安徽省黄山市2020-2021学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(17)页，1.290 MB，由小赞的店铺上传

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黄山市2020～2021学年度第二学期期末质量检测高一化学试题(考试时间：100分钟满分：100分)注意事项：1.答题前在答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将选择题答案用2B铅笔正确填写在答题卡上；请将非选择题答案用黑色中性笔正确填写在

答案卡上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cu-64Ba-137第I卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.“黄山烧饼”是徽州地区特色小吃之一，制作“黄山烧饼”的主要原料有：面粉、猪肉

、油、食盐和梅干菜等，下列说法错误．．的是A.面粉中富含淀粉B.猪肉中蛋白质在人体内可以水解为氨基酸C.食用油可以促进维生素C的吸收D.梅干菜中的纤维素是天然有机高分子【答案】C【解析】【分析】【详解】A．面粉的主要成分是淀粉，

故A正确；B．蛋白质在胃液的作用下进行初步消化后进入小肠，小肠里的胰液和肠液含有消化糖类、脂肪和蛋白质的酶，在这些酶的作用下，蛋白质被彻底消化为氨基酸，故B正确；C．食用油的主要成分是油脂，维生素C是水溶性维生素，油脂不能促进维生素C的吸收，故C错误；D．纤维素是天然有机高分子化合物，故D正确

；故选C。2.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起到了重要作用。下列有关说法错误．．的是A.使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化B.使用84消毒液杀菌消毒是利用其强氧化性C.N95型口罩的核心材料

是聚丙烯丝，属于有机高分子材料D.医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体是CF2=CF2【答案】A【解析】【分析】【详解】A．医用酒精能够使蛋白质变性，生成新物质，失去生理活性，属于化学变化，A项错误；B．84消毒液的主要成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，

能杀灭细菌和病毒，B项正确；C．聚丙烯是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，C项正确；D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体是CF2=CF2，D项正确；答案选A。3.下列有关化学用语表示正确的是A.乙醇的结构简式为：C2H6OB.羟基的电子式

：C.乙酸乙酯的分子式：C4H8O2D.乙烯的球棍模型：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．C2H6O为乙醇的分子式，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；B．羟基不带电，O原子上有一个单电子，

电子式，故B错误；C．乙酸乙酯的结构简式为CH3COOCH2CH3，分子式C4H8O2，故C正确；D．为乙烯的比例模型，乙烯的球棍模型为，故D错误；故选C。4.下列关于药品和食品添加剂的说法正确的是A.处方药的包装上印有“OTC”标识B.阿司匹林

化学名称为水杨酸，具有解热镇痛作用C.维生素C能被还原为脱氢抗坏血酸，是水果罐头中常用的抗氧化剂D.味精是一种常用的增味剂，其化学名为谷氨酸钠【答案】D【解析】【分析】【详解】A．非处方药的包装印有国家制定的非处方药专有标识“OTC”，故A错误；B．阿司匹林化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用，

故B错误；C．维生素C能被氧化为脱氢抗坏血酸，是水果罐头中常用的抗氧化剂，故C错误；D．味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其化学名为谷氨酸钠，故D正确；选D。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误．．的是A.1mol乙烯分子含有的极性共价键数为4NAB.1mol甲烷完全燃烧转移的电

子数为8NAC.1L0.1mol·L-1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NAD.7g乙烯和丙烯的混合气体中含有原子数1.5NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，1mol乙烯中含有极性共价键数为4NA，A正确；B．甲烷燃烧生成CO2

，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，转移的电子数为8NA，B正确；C．乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，

C错误；D．7g乙烯和丙烯的实验式为CH2，7g乙烯和丙烯的物质的量为0.5mol，混合气体中含有原子0.5mol×3=1.5mol，即1.5NA，D正确；答案选C。6.下列是吸热反应的是A.灼热的炭与CO2反应B.甲烷与O2的燃烧反应C.铝

与稀盐酸D.氯化铵固体溶于水【答案】A【解析】【分析】【详解】A．灼热的炭与CO2反应生成CO，该反应为吸热反应，故A选；B．甲烷与O2的燃烧反应，属于物质的燃烧，是放热反应，故B不选；C．铝与稀盐酸的反应是金属与酸的反应，是放热反应，故C不选；D．氯化铵固体溶于水是物理变化，不是吸热

反应，故D不选；故选A。7.下列选项中，对应的实验操作和现象及解释或结论都正确的是选项实验操作和现象解释或结论A工业上用焦炭制粗硅：2高温SiO+2CSi+2CO↑非金属性：C>SiB将一块用砂纸打磨过的铝条放入试

管，再加入98%浓硫酸3mL，铝条表面无明显现象铝与浓硫酸常温下不反应C将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后再滴加KSCN溶液：有气体生成，溶液不呈血红色稀硝酸只能将Fe氧化为Fe2+D往烧杯中加入Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体，放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速

搅拌，烧杯底部结冰，与玻璃片粘在一起吸热反应不一定要加热才能进行A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．制粗硅反应不是常温下的置换反应，而是在高温下进行，且焦炭作还原剂，硅是还原产物，不能得出非金属性C>Si，故A错误；B．铝

与浓硫酸常温下发生钝化，生成一层致密的氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，并不是不反应，故B错误；C．将稀硝酸加入过量铁粉中，生成的硝酸铁被过量的铁还原成硝酸亚铁，充分反应后再滴加KSCN溶液，溶液不呈血红色，故C错误；D．由

Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应现象可知，该反应在常温下迅速进行且反应吸热，则吸热反应不一定要加热才能进行，故D正确；答案选D。8.CaCO3与稀盐酸反应（放热反应）生成CO2的量与反应时间的关系如右图所示。

下列结论不正确．．．的是A.反应开始2分钟内平均反应速率最大B.反应4分钟后平均反应速率最小C.反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大D.反应4分钟后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，2～4分钟时间内，生成的二氧化碳的体积最多，故2～

4min反应速率最快，故A错误；B．4min后氢离子浓度起主要作用，氢离子浓度降低，4分钟后的平均反应速率最小，故B正确；C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，2～4min反应速率最快，0～4分钟温度对反应速率起主要作用，4mi

n后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故C正确；D．由图可知，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故D正确；故选A。9.一定温度下，将2molSO2和1molO2充入2L密闭容器中，在催化

剂存在下进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，正反应放热。下列说法中正确的是A.达到反应限度时，SO2和SO3的分子数一定相等B.任意时刻，SO2和SO3物质的量之和一定为2molC.SO2的消耗速率等于O

2的生成速率时，达到反应限度D.达到反应限度后，升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢【答案】B【解析】【分析】【详解】A．平衡时各物质的分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时，SO2和SO3的分子数

一定相等，故A错误；B．起始时加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，故B正确；C．平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，故C错误；D．升高温度，正、逆反应速率均加快，

只是加快的程度不同，故D错误；答案选B。10.某高能电池以磷酸溶液作为电解质溶液，利用乙烯直接氧化法制乙酸，其总反应式为CH2=CH2＋O2=CH3COOH。有兴趣小组将该反应设计成如图所示的燃料电池，

下列有关说法正确的是A.在电池工作过程中，溶液中的34PO−向a极移动B.电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极bC.负极的电极反应式为CH2=CH2＋4e-＋2H2O=CH3COOH＋4H＋D.当电路中通过0.04mol电子时，参加反应的

CH2=CH2为224mL【答案】A【解析】【分析】根据原电池总反应式CH2=CH2+O2═CH3COOH可知，通入O2的b电极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，通入CH2=CH2的a电极为负极，电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，结合原电

池原理分析解答。【详解】A．原电池工作时，阴离子移向负极a电极，即溶液中的34PO−向a极移动，故A正确；B．原电池工作时，电子由负极a电极经过负载流向正极b电极，电子不能通过溶液，故B错误；C．通入CH2=CH2的a电极为负极，电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H

2O═CH3COOH+4H+，故C错误；D．负极的电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O═CH3COOH+4H+，电路中通过0.04mol电子时，有0.01molCH2=CH2参加反应，标准状况下的体积为224mL，但气体的状态未知，所以参加反应的CH2=CH2体积不一定为224mL，

故D错误；故选A。11.检验淀粉、蛋白质、葡萄糖溶液，依次可分别使用的试剂和对应的现象正确的是A.碘水，变蓝色；浓硝酸，变黄色；新制Cu(OH)2，砖红色沉淀B.浓硝酸，变黄色；新制Cu(OH)2，砖红色沉淀；碘水，变蓝色C.新制Cu(OH)2，砖红色沉淀；碘水，变蓝色；浓硝酸

，变黄色D.碘水，变蓝色；新制Cu(OH)2，砖红色沉淀；浓硝酸，变黄色【答案】A【解析】【分析】【详解】淀粉遇碘变蓝，浓硝酸可以使蛋白质变黄，新制Cu(OH)2可以被葡萄糖还原得到砖红色沉淀氧化亚铜；综上所述答案为A。12.有机物M是合成治疗癌症药“格列宁”的药物中间体，其结构简式如图所示，下列

说法正确的是A.有机物M中含有4种官能团B.M在一定条件下能发生加聚反应，不能发生酯化反应C.M可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，只因为其含有苯环D.有机物M和油脂分子中都含有，两者都能发生水解反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．有机物M的官能团为酯基、羟基、碳碳双键，含有3种官能团，

A项错误；B．M中含有碳碳双键，在一定条件下能发生加聚反应；M中含有羟基，能发生酯化反应，B项错误；C．M中含有碳碳双键、醇羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；D．有机物M和油脂分子中都含有酯基，在酸性或碱性条件下，可以发生水解反应，D项正确；答案选D。13

.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NaCl(aq)⎯⎯⎯→电解Cl2(g)Fe(s)⎯⎯⎯→△FeCl2(s)B.MgCl2(aq)⎯⎯⎯→石灰乳Mg(OH)2(s)⎯⎯⎯→煅烧MgO(s)C.S(s)2O(g)⎯⎯⎯→点燃SO3(g)2HO(l)⎯⎯⎯→H2SO

4(aq)D.N2(g)2H(g)⎯⎯⎯⎯⎯⎯→高温高压、催化剂NH3(g)2CO(g)aq)⎯⎯⎯⎯→NaCl(Na2CO3(s)【答案】B【解析】【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；B.根据“强

碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢

氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件

，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。14.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是A.X使蔗糖变黑的现象主要体现

了X的强氧化性B.若A为铜，则A和X反应需要加热C.若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生D.工业上，调节合适的条件B可以完全转化为D【答案】B【解析】【分析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉

末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，因此B是二氧化硫，据此分析解题。【详解】A．浓硫酸使蔗糖变黑的现象主要体现了浓硫酸的脱水性，A错误；B．若A是铜，铜与浓硫酸加

热发生反应生成二氧化氮，B正确；C．若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，C错误；D．二氧化硫转化为三氧化硫的反应为可逆反应，不可能完全转化，D错误；

答案选B。15.下列图示装置正确且能达到相应实验目的的是A.检验无水乙醇中是否有水B.制取氨气C.制取乙酸乙酯D.分馏石油【答案】B【解析】【分析】【详解】A．钠和乙醇也会反应生成氢气，无法用钠检验乙醇中是否

有水，故A错误；B．实验室用氯化铵和消石灰加热制取氨气，用向下排空气法收集氨气，试管口放一团棉花，可防止氨气和空气发生对流，使收集的氨气更纯净，故B正确；C．收集乙酸乙酯的导管不能插入饱和碳酸钠溶液液面下，故

C错误；D．石油分馏实验中，温度计不能插入液面下，要使水银球位于蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应下口进，上口出，故D错误；答案选B。16.足量Cu与一定量浓硝酸反应，生成硝酸铜和NO、NO2的混合气体。这些气体和1.68L氧气(标况下)恰好完全

溶解在100mL2mol/L的NaOH溶液中得到NaNO3溶液，下列有关说法正确的是A.反应过程中NaOH是还原剂B.反应中溶解19.2g铜C.NO和NO2的物质的量之和可能为0.4molD.原溶液浓硝酸

中n(HNO3)=0.5mol【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NaOH中各元素化合价不变，反应过程中NaOH既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B．1.68L氧气(标况下)的物质的量是0.075mol，根据得失电子守恒22CuO，所以反应中溶解铜的物质的量是0.075mol×2

=0.15mol，质量是0.15mol×64g/mol=9.6g，故B错误；C．NO、NO2的混合气体和1.68L氧气(标况下)恰好完全溶解在100mL2mol/L的NaOH溶液中得到NaNO3溶液，根据N元素守恒，NO和NO2的物质的量之和为0.1L×2mol

/L=0.2mol，故C错误；D．由选项B可知硝酸和铜反应生成0.15mol硝酸铜，由选项C可知NO和NO2的物质的量之和为0.2mol，根据氮元素守恒，原溶液浓硝酸中n(HNO3)=0.15mol×2+0.2mol=0.5mol，故D正确。选D。第II卷(非选择题共52分)17.按

照组成元素可将有机物分为烃和烃的衍生物。I．某些烃分子的模型如图所示回答下列问题：(1)丁的分子式是___________，写出戊的同分异构体的结构简式___________(一种即可)。(2)等质量的上述烃，

完全燃烧时耗氧量最多的是___________(填分子式)，写出乙完全燃烧的化学方程式___________。Ⅱ．烃可以通过化学反应制得烃的衍生物，例如由丙烯可以制得丙烯酸(CH2=CHCOOH)、乳酸[CH3CH(OH)COOH]等。(3)丙烯酸中含氧官能团的名称是_____

______。(4)丙烯酸可以使溴水褪色，该反应类型为___________，写出反应的化学方程式___________。(5)3.6g乳酸与足量钠反应，能生成标准状况下H2的体积为___________L。(6)

丙烯酸可以和乙醇发生酯化反应，写出反应方程式___________。【答案】①.C3H8②.(CH3)2CHCH2CH3或(CH3)4C③.CH4④.2C2H6+7O2点燃⎯⎯⎯→4CO2+6H2O⑤.羧基⑥.

加成反应⑦.CH2=CHCOOH+Br2⎯⎯→CH2Br-CHBrCOOH⑧.0.896⑨.CH2=CHCOOH+C2H5OH浓硫酸ΔCH2=CHCOOC2H5+H2O【解析】【分析】根据烃分子的模型图可知，甲为甲烷的球棍模型，乙为乙

烷的比例模型，丙为甲烷的比例模型，丁为丙烷的球棍模型，戊为正戊烷的球棍模型，据此分析解答；丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有碳碳双键和羧基，乳酸[CH3CH(OH)COOH]中含有羟基和羧基，结合官能团的性质分析解答。【详解】(1)根据烃丁的分子模型，丁的分

子式是C3H8，戊是正戊烷，分子式是C5H12，存在两种同分异构体，结构简式分别为(CH3)2CHCH2CH3、(CH3)4C，故答案为：C3H8；(CH3)2CHCH2CH3或(CH3)4C；(2)等质量的烃，含氢量越

高，完全燃烧时耗氧量越高，甲烷的含氢量最高，完全燃烧时耗氧量最多；乙为乙烷，完全燃烧的化学方程式为，故答案为：CH4；2C2H6+7O2点燃⎯⎯⎯→4CO2+6H2O；(3)丙烯酸(CH2=CHCOOH)中的含氧官能团为羧基，故答案为：羧基；(

4)丙烯酸中含有碳碳双键，可以与溴发生加成反应，使溴水褪色，反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+Br2⎯⎯→CH2Br-CHBrCOOH，故答案为：加成反应；CH2=CHCOOH+Br2⎯⎯→CH2Br-CHBrCOOH(5)3.6g乳酸的物质的量为3.6g9

0g/mol=0.04mol，羟基和羧基都能与与钠反应，则1mol乳酸与足量钠反应放出1mol氢气，因此0.04mol乳酸与足量钠反应放出0.04mol氢气，标准状况下H2的体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L，故答案为：0.896；(6)丙烯酸中含有羧基，

可以和乙醇发生酯化反应，反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+C2H5OH浓硫酸ΔCH2=CHCOOC2H5+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+C2H5OH浓硫酸ΔCH2=CHCOOC2H5+H2O。18.近年来甲醇用途日益广

泛，越来越引起商家的关注，工业上甲醇的合成途径多种多样。现有实验室中模拟甲醇合成反应，在2L密闭容器内以物质的量比2：3充入CO和H2，400℃时反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，体系中n(C

O)随时间的变化如表：时间(s)01235n(CO)(mol)0.0200.0110.0080.0070.007(1)如图表示反应中CH3OH的变化曲线，其中合理的是___________。(2)用CO表示从0~2s内该反应的平均速率v(CO)=___________。(3

)能说明该反应已达到平衡状态的是___________。a.v(CH3OH)=2v(H2)b.容器内压强保持不变c.断开2molH-H键的同时断开4molC-H键d.容器内密度保持不变(4)CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，图中CH3OH从__________

_(填A或B)通入，a极附近溶液pH将___________(填升高，降低或不变)，b极的电极反应式是___________。【答案】①.b②.0.003mol·L-1·s-1③.b④.A⑤.降低⑥.O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】【详解】(1)CH3OH是产

物，随反应进行物质的量增大，平衡时CH3OH物质的量为CO物质的量的变化量n(CO)，图表中CO的物质的量0~3s变化=0.02mol-0.007mol=0.013mol，所以CH3OH在0~3s浓度变化量为0.0065mol/L，图像中只有b符合，故答案为：b；(2)0~2s内CO物质的量的变

化=0.02mol-0.008mol=0.012mol，υ(CO)=0.012mol2L2s=0.003mol·L-1·s-1，故答案为：0.003mol·L-1·s-1；(3)a.反应速率之比等于化学计量数之比，2υ(CH3OH)=υ(H2)为正反应速率之比，故a不选；b.反应前

后气体的物质的量变化，当容器内压强保持不变说明反应达到平衡状态，故b选；c.断开2molH-H键表示正反应，断开4molC-H键表示逆反应，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故c不选；d.由于反应前后气体的质量，容器的体积均不变，所以密度一定不变，故d不选；答

案选：b；(4)电子由a流向b，说明a为负极，b为正极，CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以CH3OH从A通入，b通入氧气；由a极发生的电极反应CH3OH-6e-+

8OH-=C23O−+6H2O可知，反应消耗OH-，则a极附近溶液pH将降低；b极发生的电极反应为氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：A；降低；O2+4e-+2H2O=4OH-。19.二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义。

(1)工业上用黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫元素为-1价)在高温条件下和氧气反应制备SO2：22223高温4FeS+11O8SO+2FeO，该反应中被氧化的元素是___________(填元素符号)。当收集到标准状况下二氧化硫的体积6

.72L，则反应中转移电子的物质的量为___________。(2)实验室中用下列装置测定SO2被催化氧化为SO3的转化率。(已知SO3的熔点为16.8C，假设气体进入装置时均被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响)①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作_______

____。②当停止滴入浓硫酸，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是___________。③实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为ng，则此条件下二氧化硫的转化率是___________(用含字母的代数

式表示，不用化简)。(3)某学习小组设计了如图所示装置来验证二氧化硫的化学性质。①能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为___________。②为验证二氧化硫的还原性，反应一段时间后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如

下实验。方案Ⅰ：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀上述方案合理的是___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；试管b中发

生反应的离子方程式为___________。【答案】①.Fe、S②.1.65mol③.打开分液漏斗上部的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加④.使残留在装置中的SO2和SO3被充分吸收⑤.SO2的转化率应该是m80×100%mn+

80233⑥.a中出现黄色浑浊⑦.Ⅲ⑧.+2--2224SO+Cl+2HO=4H+SO+2Cl【解析】【分析】A中浓硫酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在B中加入氧气生成三氧化硫，E中生成硫酸钡沉淀，据此分析解题。【详解】(1

)222234FeS11O8SO2FeO++高温，Fe元素化合价由+2升高为+3、S元素化合价由-1升高为+4，该反应中被氧化的元素是Fe、S；根据反应方程式222234FeS11O8SO2FeO++高温，6.72

LSO2即0.3mol，S元素化合价由-1升高为+4，当该反应转移1.5mol电子，Fe元素化合价由+2升高为+3，当该反应转移0.15mol电子，共转移1.65mol电子。(2)①要使分液漏斗中的液体顺利滴下，则要首先打开分液漏斗上的活塞，所以正确的操作是打开分液漏斗上的活塞，旋开分液漏斗的旋塞

，缓慢滴加。②由于装置中还残留没有被吸收的SO2和三氧化硫，因此需要继续通一段时间的氧气的目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；③D装置增加的质量是三氧化硫的的质量，E中产生的白色沉淀是硫酸钡，则根据S原子守恒可知，SO2的转化率应该是m80×100%mn+802

33。(3)①SO2具有氧化性，能把硫离子氧化生成单质S沉淀，所以能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为a试管中有淡黄色沉淀生成；②氯水中含有氯离子，和硝酸银溶液一定生成白色沉淀，方案I不正确；氯水具有强氧化

性，能使品红溶液褪色，则方案Ⅱ也不正确；向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀一定是硫酸钡，即SO2被氧化生成硫酸，所以方案Ⅲ合理。反应的离子方程式是：+2--2224SO+Cl+2HO=4H+SO+2Cl。2

0.海水是巨大的资源宝库，甲工厂从海水中提取食盐和溴的工艺流程如图：已知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒。(1)海水淡化得到淡水的方法主要有___________。(写出两种即可)(2)为了将粗盐(含杂质M

g2+、24SO−、2Ca+)提纯，加入的试剂顺序可行的是___________A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液

→过滤后加盐酸D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸(3)制备钠单质的方法之一是电解熔融NaCl，写出电解的化学方程式___________。(4)步骤Ⅱ在此流程中作用是___________。(5)乙工厂在甲工厂的流

程设计基础上进行了改进，步骤Ⅱ中用Na2CO3溶液吸收空气中Br2.充分反应后，得到含NaBr、NaBrO3等物质的混合溶液。步骤Ⅲ向所得溶液中滴加稀硫酸，蒸馏即得到液溴。请写出步骤Ⅲ滴加稀硫酸的离子方程式______________________。(6)与甲工厂相比，乙工厂设计流程的

优点为___________。【答案】①.蒸馏法、电渗析、离子交换法(任选其二)②.BC③.2通电2NaCl(熔融)2Na+Cl↑④.富集，增大溴的浓度⑤.5Br-+-3BrO＋6H+=3Br2+3H2O⑥.采用乙工厂的流程优点为操作简单、对设备腐蚀性小、污染小(减少二氧化硫的排放)(合理即可

)【解析】【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态的氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，再通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工

业溴。【详解】(1)海水淡化得到淡水的方法主要有：蒸馏法、电渗析、离子交换法；(2)A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中过量的钡离子无法除去，A项不选；B．Ba

Cl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，符合除杂原则，B项选；C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，符合除杂原则，C项选；D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中过量的钡离

子无法除去，D项不选；答案选BC；(3)电解熔融NaCl生成Na和Cl2，电解的化学方程式为2通电2NaCl(熔融)2Na+Cl↑；(4)步骤Ⅱ是通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，富集溴，增大溴的浓度；(5)向含NaBr、Na

BrO3等物质的混合溶液中滴加稀硫酸，蒸馏即得到液溴，离子方程式为5Br-+-3BrO＋6H+=3Br2+3H2O；(6)采用乙工厂的流程优点为操作简单、对设备腐蚀性小，减少二氧化硫的排放，污染小。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com