【文档说明】【精准解析】安徽省滁州市明光县明光中学2020-2021学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）.doc，共(19)页，854.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷满分：100分考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16第I卷（选择题)一、选择题（每题只有一个答案，共18题，每题3分，共54分）1.下列说法正确的是（）A.PM2.5是指粒径大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物B

.光纤的主要成分是晶体硅C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】D【解析】【详解】A．PM2.5是指粒径小于或等于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物，A错误；B．光纤的主要成分

是二氧化硅，B错误；C．燃煤中加入CaO可以与煤燃烧产生的SO2在氧气中反应产生硫酸钙，使SO2的排放量减小，因而可减少酸雨的形成；但高温下不能减小CO2的排放量，因此不能减少温室气体的排放，C错误；D．天然气主要成分是甲烷，液化石

油气主要成分是丙烷、丁烷，这些碳氢化合物燃烧产生二氧化碳和水，无污染物产生与排放，因此它们都是我国目前推广使用的清洁燃料，D正确；故答案是D。2.化学与生活密切相关。下列相关说法正确的是A.汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的

B.棉花、人造丝、蚕丝的主要成分都属于蛋白质C.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的D.食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．机动车在行驶中，若烃类不完全燃烧，会产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车

尾气中含有的氮氧化物是汽车发动机发动时，氮气和氧气在放电条件下反应的，不是汽油不完全燃烧造成的，故A错误；B．棉花的主要成分都是纤维素，人造丝的主要成分是合成纤维，蚕丝的主要成分都是蛋白质，故B错误；C．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了

延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，达到水果保鲜的目的，故C正确；D．食用植物油属于油脂，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D错误；故选C。3.压缩天然气汽车以天然气代替汽车用油，具有价格低、污染少

、安全等优点。未经处理的天然气含有H2S，直接使用会造成大气污染，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法错误的是（）A.Fe2(SO4)3可以视为该脱硫过程中的催化剂B.该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S+2H2OC.该脱硫过程不能在高温下进行D.该脱硫过程

是将H2S转化为FeSO4【答案】D【解析】【分析】天然气中的脱硫原理是：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，由此分析；【详解】A．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚

铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3在整个过程中质量和化学性质不变，可以视为催化剂，故A正确；B．脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3视为催化剂，因此脱硫过程O2

间接氧化H2S，总反应为：2H2S+O2=2S+2H2O，故B正确；C．T.F菌的主要成分为蛋白质，高温下蛋白质会发生变性，因此该脱硫过程不能在高温下进行，故C正确；D．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，根据图示，Fe2(SO4)3氧化硫化氢生成硫，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸

亚铁被氧气氧化成硫酸铁，故D错误；答案选D。4.下列说法错误的是A.利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液B.某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物C.用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D.向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质【答案】B

【解析】【分析】【详解】A.丁达尔现象为胶体特有的性质，蛋白质溶液为胶体分散系，则丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液，选项A正确；B.由同一种元素构成的不同单质组成的物质属于混合物，如O2与O3组成的物质，选项B错误

；C.胶体、离子均可透过滤纸，用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，选项C正确；D.向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的微粒遇电解质发生聚沉的性质，选项D正确。故选B。5.X、Y、Z是短周期的三种主族元素，在周

期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是A.原子半径：X＜Y＜ZB.X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物中最多有一种强酸C.X的气态氢化物的稳定性比Y的气态氢化物强D.常温下X、Y、Z的单质不可能均与盐酸反应【答案】C【解析】【详解】A.根据X、Y、Z

三种元素在元素周期表中的位置可知，原子半径Y＞Z＞X，A错误；B.若Z是Cl，Y是S，则X是O元素，三种元素的最高价氧化物对应水化物中Cl元素对应的高氯酸、S元素对应的硫酸都是强酸，B错误；C.根据元素周期律，X的非金属性大于Y，所以X的气态氢化物的稳定性比Y的气态氢化物强，C正确；

D.当X是Li，Y是Na，Z是Mg元素时，三种元素均与盐酸反应产生氢气，D错误，答案选C。6.下列装置或操作能达到实验目的的是A.除去乙醇中的乙酸B.形成原电池C.制取乙酸乙酯D.石油的分馏【答案】D【解析】【详解】A．乙醇与乙酸互溶，所以不能用分液的方法除去乙醇中的乙酸，A不能达到实验目的；

B．原电池的构成条件之一是要有电解质溶液，酒精属于非电解质，不能形成原电池，B不能达到实验目的；C．制取乙酸乙酯时产生的乙酸乙酯和挥发出的乙醇和乙酸可以用饱和碳酸钠溶液分离，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中能发生水解，不能用氢氧化钠溶

液来接收产物，且导管伸入液面以下容易产生倒吸，C不能达到实验目的；D．石油是液体混合物，分离沸点不同的液态混合物可以用蒸馏的方法，D能达到实验目的。答案选D。7.1mol某饱和烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气246.4L（标准状况下）．它在光照的条件下与氯气反应能生成3种不同的一氯

取代物．该烃的结构简式是（）A.B.CH3CH2CH2CH2CH3C.D.【答案】C【解析】【分析】该饱和烷烃在光照的条件下与氯气反应能生成3种不同的一氯取代物，说明该饱和烷烃中含有3种类型的氢原子；消耗氧气的物质的量为：=11mol，根据饱和烷烃燃烧

的通式和题干中1mol烃燃烧时的耗氧量确定烃的化学式，根据计算结果对各选项进行判断【详解】该饱和烷烃在光照的条件下与氯气反应能生成3种不同的一氯取代物，说明该饱和烷烃中含有4种类型的氢原子；消耗氧气的物

质的量为：=11mol，设该饱和烷烃的通式为CxH2x+2，1mol某饱和烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气的物质的量=（x+）mol=11mol，解得：x=7，所以该饱和烷烃是庚烷，且含有3种类型的氢原子，故B、D错误；A．分子中含有5种类型的氢原子，故A错误；C．分

子中含有7个C，为庚烷，其结构简式中含有3种类型的氢原子，满足条件，故C正确；故选C．8.下列物质之间的相互关系错误的是（）A.CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体B.干冰和冰为同一种物质C.CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物D.

12C和14C互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同结构不同互为同分异构体，故A正确；B．干冰为固体二氧化碳，冰为水的固体状态，不是同种物质，故B错误；C．CH3CH3和CH3CH2CH3结构相似、分

子组成相差1个CH2，互为同系物，为烷烃的同系物，故C正确；D．12C和14C质子数相同、中子数不同互为碳元素的同位素，故D正确；故答案为B。9.下列有机物分子中，所有的原子不可能在同一平面上的是（）A.CH2=CH2B.C.D.CH2=CHCl【答案】B【解

析】【详解】A.乙烯分子为平面结构，分子中碳原子和氢原子均在在同一平面上，故A不符合题意；B.甲苯分子分子相当于甲烷中的一个氢原子被苯基取代，甲烷是正四面体结构，所有的原子不可能在同一平面上，故B符合题意；C.苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有

原子在同一个面上，这两个平面可以通过单键旋转共平面，所有原子可能都处在同一平面上，故C不符合题意；D.乙烯分子为平面结构，氯乙烯相当于乙烯分子中一个氢原子被氯原子取代，所有的原子可能在同一平面上，故D不符合题

意；【点睛】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。10.一定温度下，在1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述错误的是（）A.反应开始到

10s，用Z表示的反应速率为0.158mol·(L·s)-1B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L-1C.该反应为可逆反应D.反应的化学方程式为X(g)+Y(g)Z(g)【答案】D【解析】【详解】A.反应开始到10s，用Z表示的

反应速率为1.58110molLs＝0.158mol·(L·s)-1，A正确；B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了1.20.411molmolL−＝0.79mol·L-1，B正确；C.反应进行到10s时物质的浓度不再发生变化，因此该反应为可逆反应，C正确；D.反应进行到10s时X和Y分

别减少了0.79mol、0.79mol，Z增加了1.58mol，根据变化量之比是化学计量数之比可知反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，D错误；答案选D。11.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是

（）A.分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB.28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAC.常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD.常温常压下，22

.4L氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，而NO2和CO2均含2个氧原子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2

mol氧原子，即2NA个，故A正确；B、乙烯C2H4)和环丁烷(C4H8)的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n=2814/ggmol=2mol，故含有2mol碳原子，即2NA个，故B正确；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的N

O2的物质的量n=9246/ggmol=2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子，即6NA个，故C正确；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氯气的物质的量小于1mol，转移的电子数小于2NA，

故D错误；故选D。12.正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列化学用语中正确的是A.乙烯的结构简式为：CH2CH2B.乙醇的结构简式：C2H6OC.Ca2+的结构示意图为：D.羟基的电子式：OH∶∶【答案】C【解析】【详解】A．乙烯分子中含有

碳碳双键官能团，结构简式要体现官能团，乙烯正确的结构简式为：CH2═CH2，故A错误；B．乙醇分子中含有羟基官能团，结构简式要体现官能团，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，而C2H6O是乙醇的分子式，故B错误；C．Ca为20号元素，核

内20个质子，核外20个电子，Ca2+表示失去最外层2个电子，核外还有18个电子，各电子层上电子依次为2，8，8，其离子结构示意图为，故C正确；D．羟基表示为-OH，该结构中O原子最外层6个电子，与一个H原子形成一对共用电子对，则羟基中含一个未成对电子，羟基的电子式为，故D错误；

答案为C。13.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A.甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应

D.在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】【详解】A．甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；B．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合

一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；C．在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合

羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；D．苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】准确理解加成反应和取代反应的反应原理是解题关键，有机物分子中的不饱和键断裂，断键

原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。14.化学在疫情防控中发挥着重要作用。下列说法不正确的是A.氯仿可有效灭活病毒，其化学名称是三氯甲烷B.医用消毒酒精是95%的乙醇

溶液C.医用防护口罩的材料之一是聚丙烯，聚丙烯属于高分子材料D.84消毒液和酒精混合消毒作用减弱，可能发生了氧化反应【答案】B【解析】【详解】A．氯仿可在广泛的pH值范围内杀死水中的细菌和病毒，可用于自来水消毒，其化学名称是三氯

甲烷，A项正确；B．医用消毒酒精是75%的乙醇溶液，B项不正确；C．医用防护口罩中的熔喷布主要以聚丙烯为主要原料，聚丙烯属于高分子材料，C项正确；D．84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，具有氧化性，遇到酒精会发生复杂的化学反应而使消毒作用减弱，D项正确；答案选B。15

.下图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。下列说法正确的是A.元素非金属性：X＞R＞WB.X与R形成的分子内含两种作用力C.元素对应的离子半径：W＞R＞YD.X、Z形成的化合物中可能含有共价键【

答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、R、W都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为N

a元素、R为S元素、W为Cl元素。A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，应为Cl＞S，故A错误；B．X与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，故B错误；C．核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径Cl-＜S2-，故C错误；D．X、Z形成的化合

物如为Na2O2，可含有共价键，故D正确；故选：D。16.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示

不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（）A.生成1molCH3OH(g)时，该反应吸收的热量为91kJ。B.加入催化剂可以减少反应最终放出的热量C.1molCO(g)与2molH2(g)的总能量大于1molCH3OH(g)的总能量D.如果该反应生成CH3OH(l)，则放出

的能量会减少【答案】C【解析】【分析】催化剂可以降低反应活化能，所以曲线I为不使用催化剂的能量变化，曲线II为使用催化剂的能量变化。【详解】A．该反应的反应物能量高于生成物能量，为放热反应，根据图中数据可知，生成1molCH

3OH(g)时，该反应释放的能量为91kJ，故A错误；B．催化剂只改变活化能，不影响反应的热效应，故B错误；C．据图可知，反应物的能量高于生成物，即1molCO(g)与2molH2(g)的总能量大于1molCH3OH(g

)的总能量，故C正确；D．CH3OH由气态变为液体需要放出能量，所以如果生成CH3OH(l)，则放出的能量会增多，故D错误；故答案为C。17.不能由单质直接化合而得到的化合物是A.FeCl3B.SO2C.CuSD.F

eS【答案】C【解析】【详解】A、铁和氯气反应生成氯化铁，能由单质直接化合而得到，故A不选；B、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，能由单质直接化合而得到，故B不选；C、铜和硫在加热条件下生成Cu2S，则CuS不能由单质直接化合而得到，故C选；D

、金属铁和硫单质加热反应生成硫化亚铁，能由单质直接化合而得到，故D不选；故选C。18.下列过程属于物理变化的是（）A.煤的气化B.石油裂化C.石油分馏D.乙烯聚合【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化是煤中的C与H2O反

应产生CO和H2，由于反应产生了新的物质，因此发生的是化学变化，A不符合题意；B．石油裂化是石油中大分子在一定条件下分解变为小分子物质的过程，由于产生新的物质，因此发生的是化学变化，B不符合题意；C．石油分馏是分离互溶的沸点不同的液体混合物的过程，由于没有新的物质产生，

因此发生的是物理变化，C符合题意；D．乙烯聚合是乙烯发生加聚反应产生聚乙烯。由于反应产生新的物质，因此发生的是化学变化，D不符合题意；故合理选项是C。第II卷（非选择题）二、主观题19.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。一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，充入22molCO和28molH，发生反应：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++催化剂，测得2CO的物质的量随时间变化如表所示，该反应的能量变化如图所示：t/min0251015()2n

CO/mol20.750.50.250.25(1)该反应为_____(填放热或吸热)反应。(2)从反应开始到5min末，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=___，容器内平衡时与起始时的压强之比为____。(3)在相同温度容积不变的条件下，能说明

该反应已达平衡状态的是____(填写序号字母)。a.容器内的平均相对分子质量保持不变b.容器内压强保持不变c.2H的消耗速率与3CHOH的生成速率之比为3:1d.()()22nCO:nH的比值保持不变(4)将3CHO

H设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。实验测得电池工作时OHˉ向B电极定向移动，则_____(填“A”或“B”)处电极入口通甲醇，当电路中通过3mol电子时，理论上消耗3CHOH质量为_____克。(5)下列化学电池不易造成环境污染的是____(填字母)。A.甲醇氧

气燃料电池B.锌锰电池C.镍镉电池D.铅蓄电池铅蓄电池是最常见的二次电池，放电时的化学方程式为：23442Pb(s)PbO(s)2HSO(aq)2PbSO(s)2HO(l)++=+。该蓄电池放电时，正极电极反应方程式为__________。【答案】(1).放热(2).0.45mol/(L·m

in)(3).13:20(4).abd(5).B(6).16(7).A(8).2-+2442PbO+2e+SO+4H=PbSO+2HO－【解析】【详解】(1)据图可知该反应的反应物能量高于生成物，所以为放热反应；(

2)从反应开始到5min末，△n(CO2)=2mol-0.5mol=1.5mol，根据反应方程式可知相同时间内△n(H2)=4.5mol，容器体积为2L，所以v(H2)=4.5mol2L5min=0.45mol/(L·min)；根据表格数据可知10min后CO2的物质的量不再改变，说明反应达

到平衡，此时△n(CO2)=2mol-0.25mol=1.75mol，根据方程式可知△n(H2)=5.25mol，△n(CH3OH)=△n(H2O)=1.75mol，则平衡时容器内n(CO2)、n(H2)、n(C

H3OH)、n(H2O)分别为0.25mol、(8-5.25)mol=2.75mol、1.75mol、1.75mol，所以气体总物质的量为(0.25+2.75+1.75+1.75)mol=6.5mol，恒

容密闭容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以容器内平衡时与起始时的压强之比为6.5mol：(2+8)mol=13:20；(3)a．该反应前后气体的系数之和不相等，所以未平衡时气体的总物质的量会变，而气体总质量不变，所以气体的平均相对分子质量会变，当其不变时

说明反应平衡，故a正确；b．未平衡时气体的总物质的量会变，容器体积不变，所以容器内压强会变，当压强不变时说明反应平衡，故b正确；c．消耗氢气和生成甲醇均为正反应，只有反应进行就满足H2的消耗速率与CH

3OH的生成速率之比为3:1，不能说明反应平衡，故c错误；d．初始投料n(CO2)：n(H2)=1:4，反应过程中△n(CO2)：△n(H2)=1:3，所以反应过程中n(CO2)：n(H2)为变值，当该值不变时说明反应平衡，故d正确；综上所述答案为abd；

(4)原电池中阴离子流向负极，OHˉ向B电极移动，则B为负极，A为正极；甲醇燃料电池中甲醇被氧化作负极，所以从B处电极入口处通甲醇，该电池工作时CH3OH被氧化生成CO23−，C元素化合价升高6价，所以每消耗1molCH3OH转移6mol电子，转移3mol

电子时消耗0.5molCH3OH，质量为0.5mol×32g/mol=16g；(5)锌锰电池、镉镍电池、铅蓄电池都含有重金属元素对环境造成污染，而甲醇氧气燃料电池产物只有水和二氧化碳，所以不易造成环境污染的是A；原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应可知正极的电极反应为2-

+2442PbO+2e+SO+4H=PbSO+2HO－。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。20.海带中含有丰富

的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请回答下列问题：(1)实验时灼烧海带通常应在__________(填仪器名称)内进行。(2)步骤④中反应的离子方程式是___________________________________。(3)上述流程③、

⑤中的实验操作分别包括下图中的__________、__________(按操作顺序选填字母代号)。(4)检验提取碘后的溶液中没有单质碘残留，所用试剂是_______，现象是______。【答案】(1).坩埚(2).2I－＋H2O2＋2H＋=

I2＋2H2O(3).A(4).D(5).淀粉溶液(6).溶液不变蓝色【解析】【分析】根据流程图可知，将海带灼烧成灰后，将所得海带灰溶解、过滤得到含碘离子的溶液，向溶液中加入过氧化氢和稀硫酸，在酸性条件下，碘离子

与H2O2发生氧化还原反应生成单质碘和水，加入四氯化碳或苯等有机溶剂，萃取分液得到碘的有机溶液，蒸馏碘的有机溶液得到单质碘和有机溶剂，有机溶剂可循环使用。【详解】(1)灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，故答案为：坩埚；(2)步骤④的反应为在酸性条件下，碘离

子与H2O2发生氧化还原反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；(3)由流程和示意图可知，步骤③为过滤，图A符合，步骤⑤为萃取分液，图D符合，故答案为

：A；D；(4)淀粉溶液遇碘变蓝色，则检验提取碘后的溶液中没有单质碘残留的操作为取少量溶液于试管中，加入淀粉溶液，如果溶液不变蓝色，则说明提取碘后的溶液中不含有单质碘，故答案为：淀粉溶液；溶液不变蓝色。【点睛】淀粉溶液遇碘变蓝色，向提取碘后的溶液中加入

淀粉溶液，如果溶液不变蓝色，说明提取碘后的溶液中不含有单质碘是解答关键。21.A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，E是具有果香气味的油状液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件及产物已省略）。回答下列问题：（1）A的电子式为

___。A在一定条件下可以与氯化氢发生反应，该反应的生成物是___（填结构简式）。（2）丁烷是石蜡油获得A过程的中间产物之一，写出丁烷的所有同分异构体的结构简式___。（3）D中官能团的名称是___。（4）反应B→C的化

学方程式为___。（5）写出反应B+D→E的化学方程式___，实验室在制取E时会用到浓硫酸，浓硫酸的作用是___。【答案】(1).(2).CH3CH2Cl(3).CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3(4).羧基(5).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(6

).CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O(7).催化剂、吸水剂【解析】【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A是乙烯；与水发生加成反应生成B是乙醇；乙醇催化氧化生成C是乙醛；乙

醛继续氧化生成D是乙酸；乙酸与乙醇发生酯化反应生成E是一种具有果香味的有机物乙酸乙酯，据此判断。【详解】(1)A是乙烯，乙烯的电子式为；乙烯在一定条件下可以与氯化氢发生反应，生成物是CH3CH2Cl，故答案为：；CH3CH2Cl；(2)丁烷的同分异构体有2种，分别

为正丁烷和异丁烷，结构简式为CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3，故答案为：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3；(3)D是乙酸，乙酸分子中的官能团名称是羧基，故答案为：羧基；(4)乙醇中含-OH，能发生催化氧化生成乙醛，该反应为2C

H3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(5)B+D→E是乙酸和乙醇的酯化反应，方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；在酯化反应中，浓

硫酸作催化剂。由于酯化反应是可逆反应，且浓硫酸具有吸水性，可以吸收反应产生的水，使反应正向进行，提高乙酸乙酯的产率，因此在该反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；催化剂、吸水剂。22.海

水中溴含量约为65mg·L-1，从海水中提取溴的工艺流程如图：(1)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是_____。(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，利用了溴的______(填字母)。A．氧化性B．还原性C．挥发性D．

腐蚀性(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：________Br2+________23CO−=________3BrO−+_Br-+_CO2↑(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的

化学方程式：______。(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是______(填字母)。A．稀硫酸B．四氯化碳C．烧碱溶液D．水【答案】(1).富集溴元素(2).C(3).3(4).3(5).1(6).5(7).3(8).SO2+B

r2+2H2O==H2SO4+2HBr(9).B【解析】【分析】将海水经过风吹日晒制得食盐，电解饱和食盐水可制得Cl2，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；生成的Cl2通入卤水中，

发生反应2KBr+Cl2==2KCl+Br2，但由于海水中溴离子的浓度小，所以生成低浓度的溴水；利用溴的挥发性，往稀溴水中通入热空气将Br2吹出，用Na2CO3溶液吸收，发生反应生成Br-、3BrO−和CO2；用硫酸酸化反应产物，发生反应5Br-+3B

rO−+6H+==3Br2+3H2O，从而获得高浓度的溴。【详解】(1)步骤Ⅰ中获得低浓度的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，主要是想实现浓度的增大，所以目的是富集溴元素。答案为：富集溴元素；(2)步骤Ⅱ通入热空气，使溶液的温度升高，溴从溶液中挥发，即吹出Br2，利用

了溴的挥发性，故选C。答案为：C；(3)步骤Ⅱ涉及的离子反应中，Br2中一部分生成3BrO−，溴元素的价态升高5价；Br2中一部分生成Br-，溴元素的价态降低1价，依据化合价升高与降低的总数相等的原则，方程式中应为3Br2+__

_23CO−=3BrO−+5Br-+_CO2↑；再依据电荷守恒和质量守恒，便可得到配平的离子方程式：3Br2+323CO−=3BrO−+5Br-+3CO2↑。答案为：3；3；1；5；3；(4)溴与二氧化硫水溶液发生氧化还原反应，生成硫酸和氢溴酸，化学方程式为：SO2+

Br2+2H2O==H2SO4+2HBr。答案为：SO2+Br2+2H2O==H2SO4+2HBr；(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，四个选项的物质中，稀硫酸、烧碱溶液、水都能与原来的溶液互溶，液体不分层，所以不能作萃取剂，四氯化碳的密

度比水大、难溶于水，且溴在其中的溶解度比在水中大得多，所以可以用作溴的萃取剂的是B。答案为：B。【点睛】虽然Br2或I2在酒精中的溶解度比在水中大得多，但由于乙醇与水互溶，所以乙醇不能作水溶液中的萃取剂。23.工业上从海水中提取金属镁，工艺流程如图：(1

)试剂A为____(填名称，下同)，试剂B为____。(2)为探究制得的金属镁与金属铜、钛的金属活动性强弱，某兴趣小组将打磨过的钛片投入硫酸铜溶液中，一段时间后在钛片的表面析出红色固体，则钛和铜的金属活泼性：Ti____Cu(填

“＞”，“<”或“=”)，上述反应的离子方程式为____。(已知Ti在化合物中一般显+4价)。为比较镁与钛的金属活泼性强弱，该兴趣小组设计原电池如图所示：若Mg片不断溶解，Ti片上有无色气泡产生，则可证明Ti____Mg(填“＞”、“＜”或“=”

)。请写出该电池的负极的电极反应式：____。【答案】(1).氢氧化钙、熟石灰、氧化钙、生石灰(2).盐酸(3).＞(4).Ti+2Cu2+=Ti4++2Cu(5).＜(6).Mg－2e-=Mg2+【解析】【分析】海水提取镁的原理为：生石灰

溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融状态下电解氯化镁得到金属镁。【详解】(1)工业上常用氢氧化钙或氧化钙沉淀Mg2+，Ca

O和H2O反应生成Ca(OH)2，CaO俗名生石灰，Ca(OH)2俗名熟石灰，可作为沉淀镁离子的试剂和镁离子反应生成Mg(OH)2，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O，故试剂A为氢

氧化钙、熟石灰、氧化钙、生石灰，试剂B为盐酸；(2)将打磨过的钛片投入硫酸铜溶液中，一段时间后在钛片的表面析出红色固体，说明Ti可将Cu从硫酸铜溶液中置换出来，则金属活泼性Ti＞Cu，上述反应的离子方

程式为Ti+2Cu2+=Ti4++2Cu，镁与钛形成原电池时，镁片不断溶解，说明镁失去电子，作负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，原电池中一般活泼金属作负极，则活动性Ti＜Mg。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com