2025-2026学年上学期上海高二化学开学模拟卷3

第39页（共39页）2025-2026学年上学期上海高二化学开学模拟卷3一．解答题（共8小题）1．（2024春•徐汇区校级期末）（1）钠元素在自然界中分布很广，储量极为丰富，都以化合态存在，如氯化钠、碳酸钠、硫酸钠等。钠单质和钠的化合物在生产、生活中被广泛应用。请根据钠及其化合物性质按要求完成各题。①钠原子在周期表中的位置为，钠离子的结构示意图。②请选择下列物质中合适的物质，按要求填空：①NaOH、②CaCl2、③SO2、④H2O、⑤NH4Cl只含有离子键的有（填序号，下同），既含有离子键又含有共价键的，只含共价键的有。③钠的化学性质活泼，在空气中加热，生成色的Na2O2，Na2O2可用作呼吸面具、潜水艇的供氧剂，写出Na2O2和CO2反应的化学方程式：。④下列各组物质相互混合进行反应，最终既有气体又有沉淀生成的是。A．Na2O投入FeCl2溶液中B．Na2O投入MgCl2溶液中C．Na2O2投入BaCl2溶液中D．Na2O2投入CuSO4溶液中（2）Na2CO3和NaHCO3是常见的钠盐，且两者之间可以相互转化，请回答下列问题：①下列有关碳酸钠和碳酸氢钠说法正确的是。A．常温下溶解度：Na2CO3＜NaHCO3B．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3C．与同浓度同体积的盐酸反应的速率：Na2CO3＞NaHCO3D．与澄清石灰水反应，均有白色沉淀生成②写出Na2CO3在水溶液中的电离方程式；③向Na2CO3溶液中通入CO2可生成NaHCO3，该反应的化学方程式为；④加热15.0g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物至质量不再发生变化，剩余固体的质量为11.9g，则混合物中碳酸氢钠的质量分数为。A．42%B．44%C．56%D．58%2．（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H2O2b.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16gCH4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。3．（2023秋•青浦区校级月考）工业上可以用CO和H2反应生成燃料甲醇，制备甲醇的化学方程式如下：CO（g）+2H2（g）⇌加热催化剂CH3OH（g）ΔH＝﹣99kJ•mol﹣（1）找到合适的催化剂是实现反应工业化的关键。该反应使用催化剂可以实现的目标有。A.缩短达到平衡所需时间B.增大甲醇的体积分数C.提高单位时间内甲醇的产量D.提高CO的平衡转化率（2）某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c（CO）＝0.2mol•L﹣1，则v（CH3OH）＝。（3）将CO和H2按照等物质量进行反应，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是。（多选）A.温度：T1＞T2B.正反应速率：v（a）＞v（b）＝v（c）C.平衡常数：K（a）＞K（b）＝K（c）D.平均摩尔质量：M（a）＞M（b）＞M（c）（4）反应中的CO可由如下反应制得：2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH＝﹣221.1kJ•mol﹣1，判断该反应能否自发进行，并简述原因：。（5）甲醇燃料电池以甲醇为燃料，其工作原理示意图如图：①判断b电极是极。②写出a极反应式。4．（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2.0molNO2和1.0molO3，反应过程中测定的部分数据见表：t/s0361224n（O2）/mol00.360.600.800.80①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2molNO2的同时生成1molO2C．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1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，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）。O2+在（填“阴”或“阳”）极生成，在净化器中生成1molHNO3，消耗•OH的数目为5．（2024秋•黄浦区校级期中）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5molCl2发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为。A.CH3CH＝CH2B.CH2＝CH2C.CH3CH3D.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6．（2024春•宝山区校级期中）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H2D．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。7．（2025春•闵行区期中）工业制硫酸流程如下，转化器内发生反应：2S（1）FeS2中硫元素显价。（2）黄铁矿进入沸腾炉中需要粉碎，原因是。（3）在硫酸工业生产中，转化器中使用热交换器的作用是。①将SO2转化为SO3的反应热及时导出②预热进入转化器的原料气③调节转化器内的温度保持在催化剂的最佳活性温度范围内A．①②B．①③C．②③D．①②③8．（2025春•静安区校级期中）“天问一号”利用环绕器在火星上空开展了全球遥感探测，通过分析火星表面反射太阳的光谱特征数据，发现火星土壤富含三价铁。（1）火星表面反射太阳的光谱属于。A．发射光谱B．吸收光谱（2）铁元素（26号）在周期表中第周期第族，属于区。（3）基态Fe原子的价电子轨道表示式。（4）基态Fe3+离子核外电子共有种能量，其中未成对电子数为。（5）比较铁和锰的第3电离能大小：I3（Fe）I3（Mn）（填＞或＜），解释原因。铁与电负性不同的非金属C、N、O、F、S等多种元素可以形成丰富的化合物，也可以与Al等金属形成性能各异的合金。（6）比较半径r（N）r（O），r（Al）r（O），r（Al3+）r（O2﹣）。（用“＞”或“＜”填空）；电负性：NO。（用“＞”或“＜”填空）；（7）第2周期的8种元素中，第一电离能最大的元素是。（8）C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为。（9）利用电负性数值可以预测。A．分子的极性B．分子的对称性C．化学键的极性D．分子的空间构型

2025-2026学年上学期上海高二化学开学模拟卷3参考答案与试题解析一．解答题（共8小题）1．（2024春•徐汇区校级期末）（1）钠元素在自然界中分布很广，储量极为丰富，都以化合态存在，如氯化钠、碳酸钠、硫酸钠等。钠单质和钠的化合物在生产、生活中被广泛应用。请根据钠及其化合物性质按要求完成各题。①钠原子在周期表中的位置为第三周期第ⅠA族，钠离子的结构示意图。②请选择下列物质中合适的物质，按要求填空：①NaOH、②CaCl2、③SO2、④H2O、⑤NH4Cl只含有离子键的有②（填序号，下同），既含有离子键又含有共价键的①⑤，只含共价键的有③④。③钠的化学性质活泼，在空气中加热，生成淡黄色的Na2O2，Na2O2可用作呼吸面具、潜水艇的供氧剂，写出Na2O2和CO2反应的化学方程式：2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2。④下列各组物质相互混合进行反应，最终既有气体又有沉淀生成的是D。A．Na2O投入FeCl2溶液中B．Na2O投入MgCl2溶液中C．Na2O2投入BaCl2溶液中D．Na2O2投入CuSO4溶液中（2）Na2CO3和NaHCO3是常见的钠盐，且两者之间可以相互转化，请回答下列问题：①下列有关碳酸钠和碳酸氢钠说法正确的是D。A．常温下溶解度：Na2CO3＜NaHCO3B．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3C．与同浓度同体积的盐酸反应的速率：Na2CO3＞NaHCO3D．与澄清石灰水反应，均有白色沉淀生成②写出Na2CO3在水溶液中的电离方程式Na2CO3＝2Na++CO32-③向Na2CO3溶液中通入CO2可生成NaHCO3，该反应的化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；④加热15.0g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物至质量不再发生变化，剩余固体的质量为11.9g，则混合物中碳酸氢钠的质量分数为C。A．42%B．44%C．56%D．58%【答案】（1）①第三周期第ⅠA族；；②②；①⑤；③④；③淡黄；2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2；④D；（2）①.D；②Na2CO3＝2Na++CO3③Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；④C。【分析】（1）①确定钠原子在周期表中的位置钠的原子序数为11，其核外电子排布为2、8、1；周期数等于电子层数，钠原子核外有3个电子层，所以钠位于第三周期；主族序数等于最外层电子数，钠原子最外层有1个电子，所以钠位于第ⅠA族；画出钠离子的结构示意图钠原子最外层有1个电子，在化学反应中易失去最外层的1个电子形成钠离子Na+，此时钠离子核外有2个电子层，电子数分别为2、8；②对于①NaOH，Na+和OH﹣之间存在离子键，O和H之间存在共价键；对于②CaCl2，Ca2+和Cl﹣之间只存在离子键；对于③SO2，S和O之间只存在共价键；对于④H2O，H和O之间只存在共价键；对于⑤NH4Cl，NH4+和Cl﹣之间存在离子键，N和③钠在空气中加热生成的Na2O2是淡黄色；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气化学方程式为：2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2；④A.Na2O投入FeCl2溶液中，Na2O先与水反应：Na2O+H2O＝2NaOH，生成的NaOH再与FeCl2反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，会迅速被空气中的氧气氧化生成Fe（OH）3；B.Na2O投入MgCl2溶液中，Na2O先与水反应，生成的NaOH再与MgCl2反应生成Mg（OH）2沉淀；C.Na2O2投入BaCl2溶液中，Na2O2与水反应：Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，有气体O2生成，但生成的NaOH与BaCl2不反应；D.Na2O2投入CuSO4溶液中，Na2O2先与水反应，有气体O2生成，生成的NaOH再与CuSO4反应，有沉淀Cu（OH）2生成，既有气体又有沉淀生成；（2）①A.常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，会有碳酸氢钠晶体析出，这表明在相同条件下，碳酸钠能溶解的量比碳酸氢钠多；B.NaHCO3不稳定，加热易分解，化学方程式为2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2OC.向碳酸钠溶液中滴加HCl溶液，反应分两步进行，第一步CO32-+H+＝HCO3-，第二步HCO3-+H+＝CO2↑+H2O；而在碳酸氢钠溶液中滴加盐酸，直接发生反应HCO3-D.Na2CO3和Ca（OH）2混合后会发生反应Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，有白色沉淀CaCO3生成；NaHCO3与澄清石灰水反应，化学方程式为Ca（OH）2+NaHCO3＝CaCO3↓+NaOH+H2O，同样有白色沉淀CaCO3生成；②电离是指电解质在水溶液或熔融状态下离解成自由移动离子的过程，Na2CO3由钠离子（Na+）和碳酸根离子（CO32-）组成，根据电离的规律，一个Na2CO3分子在水溶液中会电离出2个钠离子和③Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，根据化学反应式书写规则，其化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；④加热碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，水和二氧化碳以气体形式逸出，导致固体质量减少。减少的质量就是生成的水和二氧化碳的质量，即15.0g﹣11.9g＝3.1g，设NaHCO3的质量为x，碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H21681064418x3.1g根据化学方程式中各物质的质量比关系可得：168x=44+183.1g（因为44+18才是生成的CO2和H2【解答】解：（1）①确定钠原子在周期表中的位置钠的原子序数为11，其核外电子排布为2、8、1；周期数等于电子层数，钠原子核外有3个电子层，所以钠位于第三周期；主族序数等于最外层电子数，钠原子最外层有1个电子，所以钠位于第ⅠA族，因此，钠原子在周期表中的位置为第三周期第ⅠA族；画出钠离子的结构示意图钠原子最外层有1个电子，在化学反应中易失去最外层的1个电子形成钠离子Na+，此时钠离子核外有2个电子层，电子数分别为2、8，结构示意图为：，故答案为：第三周期第ⅠA族；；②对于①NaOH，Na+和OH﹣之间存在离子键，O和H之间存在共价键；对于②CaCl2，Ca2+和Cl﹣之间只存在离子键；对于③SO2，S和O之间只存在共价键；对于④H2O，H和O之间只存在共价键；对于⑤NH4Cl，NH4+和Cl﹣之间存在离子键，N和综上分析：只含有离子键的物质：只由离子键构成的化合物是②；既含有离子键又含有共价键的物质：①⑤；只含共价键的物质：③④，故答案为：②；①⑤；③④；③钠在空气中加热生成的Na2O2是淡黄色；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气化学方程式为：2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，故答案为：淡黄；2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2；④A.Na2O投入FeCl2溶液中，Na2O先与水反应：Na2O+H2O＝2NaOH，生成的NaOH再与FeCl2反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，会迅速被空气中的氧气氧化生成Fe（OH）3，整个过程中没有气体生成，故A错误；B.Na2O投入MgCl2溶液中，Na2O先与水反应，生成的NaOH再与MgCl2反应生成Mg（OH）2沉淀，整个过程中没有气体生成，故B错误；C.Na2O2投入BaCl2溶液中，Na2O2与水反应：Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，有气体O2生成，但生成的NaOH与BaCl2不反应，没有沉淀生成，故C错误；D.Na2O2投入CuSO4溶液中，Na2O2先与水反应，有气体O2生成，生成的NaOH再与CuSO4反应，有沉淀Cu（OH）2生成，既有气体又有沉淀生成，故D正确；故选：D；（2）①A.常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，会有碳酸氢钠晶体析出，这表明在相同条件下，碳酸钠能溶解的量比碳酸氢钠多，即常温时在水中的溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，故A错误；B.NaHCO3不稳定，加热易分解，化学方程式为2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠受热稳定，不会发生分解反应，所以热稳定性Na2CO3＞NaHCO3，故BC.向碳酸钠溶液中滴加HCl溶液，反应分两步进行，第一步CO32-+H+＝HCO3-，第二步HCO3-+H+＝CO2↑+H2O；而在碳酸氢钠溶液中滴加盐酸，直接发生反应HCO3-+H+＝CO2↑+H2O，所以在相同条件下，NaHCO3比Na2CO3D.Na2CO3和Ca（OH）2混合后会发生反应Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，有白色沉淀CaCO3生成；NaHCO3与澄清石灰水反应，化学方程式为Ca（OH）2+NaHCO3＝CaCO3↓+NaOH+H2O，同样有白色沉淀CaCO3生成，故D正确；故选：D；②电离是指电解质在水溶液或熔融状态下离解成自由移动离子的过程，Na2CO3由钠离子（Na+）和碳酸根离子（CO32-）组成，根据电离的规律，一个Na2CO3分子在水溶液中会电离出2个钠离子和1个碳酸根离子，所以其电离方程式为Na2CO3＝2Na++C故答案为：Na2CO3＝2Na++CO3③Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，根据化学反应式书写规则，其化学方程式为Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，故答案为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；④加热碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，水和二氧化碳以气体形式逸出，导致固体质量减少。减少的质量就是生成的水和二氧化碳的质量，即15.0g﹣11.9g＝3.1g，设NaHCO3的质量为x，碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H21681064418x3.1g根据化学方程式中各物质的质量比关系可得：168x=44+183.1g（因为44+18才是生成的CO2和H2O总相对分子质量），即168x=623.1g故选：C。【点评】本题考查钠的结构和钠离子的结构示意图，以及共价键和离子键的区别，以及碳酸钠和碳酸氢钠的性质对比，相关化学反应的方程式以及离子方程式等。2．（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H2O2b.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16gCH4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+2O2点燃CO2+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。3．（2023秋•青浦区校级月考）工业上可以用CO和H2反应生成燃料甲醇，制备甲醇的化学方程式如下：CO（g）+2H2（g）⇌加热催化剂CH3OH（g）ΔH＝﹣99kJ•mol﹣（1）找到合适的催化剂是实现反应工业化的关键。该反应使用催化剂可以实现的目标有A。A.缩短达到平衡所需时间B.增大甲醇的体积分数C.提高单位时间内甲醇的产量D.提高CO的平衡转化率（2）某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c（CO）＝0.2mol•L﹣1，则v（CH3OH）＝0.08mol•L﹣1•min﹣1。（3）将CO和H2按照等物质量进行反应，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是CD。（多选）A.温度：T1＞T2B.正反应速率：v（a）＞v（b）＝v（c）C.平衡常数：K（a）＞K（b）＝K（c）D.平均摩尔质量：M（a）＞M（b）＞M（c）（4）反应中的CO可由如下反应制得：2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH＝﹣221.1kJ•mol﹣1，判断该反应能否自发进行，并简述原因：能，该反应为熵增大的放热反应。（5）甲醇燃料电池以甲醇为燃料，其工作原理示意图如图：①判断b电极是正极。②写出a极反应式CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+。【答案】（1）A；（2）0.08mol•L﹣1•min﹣1；（3）CD；（4）能，该反应为熵增大的放热反应；（5）①正；②CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+。【分析】（1）催化剂只影响反应速率不影响化学平衡；（2）利用三段式，结合v=△（3）A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大；B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快；b、d两点压强相同，温度越高，反应速率越大；C．由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大；平衡常数只与温度有关，b、c两点温度相同，平衡常数相同；D．CO转化率的越大，n总越小，由M=m（4）根据ΔH﹣T△S＜0能自发进行判断；（5）①负极是发生氧化反应，元素化合价升高，失去电子的一极；②甲醇酸性燃料电池中，甲醇失去电子生成CO2，a作负极，结合电子守恒和电荷守恒写出负极反应式。【解答】解：（1）催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响化学平衡，即不能增大甲醇的体积分数，不能提高单位时间内甲醇的产量，不能提高CO的平衡转化率，故答案为：A；（2）达到平衡时测得c（CO）＝0.2mol•L﹣1，n（CO）＝0.2mol•L﹣1×2L＝0.4mol，利用三段式计算，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始（mol）260转化（mol）1.61.61.6平衡（mol）0.44.41.6v（CH3OH）=1.6mol2L10min=0.08mol•L故答案为：0.08mol•L﹣1•min﹣1；（3）A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1＜T2，故A错误；B．由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故υ（a）＜υ（c）。b、c两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于c点压强，则v（b）＞v（c），则正反应速率：v（b）＞v（c）＞v（a），故B错误；C．由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）＞K（b），平衡常数只与温度有关，b、c两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）＝K（c），则平衡常数：K（a）＞K（b）＝K（c），故C正确；A．CO转化率的越大，n总越小，由M=mn可知，a点n总小，则M（a）＞M（b）＞M（c），故故答案为：CD；（4）反应2C（s）+O2（g）═2CO（g）为气体体积增大的反应，则△S＞0，ΔH＝﹣221.1kJ•mol﹣1，则ΔH﹣T△S＜0恒成立，该反应能自发进行，故答案为：能，该反应为熵增大的放热反应；（5）①由图可知，甲醇转化为CO2，碳元素化合价升高，失去电子，被氧化，即a电极是电池的负极，则b电极是电池的正极，故答案为：正；②燃料电池中，电解质溶液呈酸性，氢离子移向正极，所以a负极上燃料失电子发生氧化反应，a电极反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+。【点评】本题考查比较综合，涉反应速率计算、平衡常数和平衡影响因素的分析判断、图象的变化特征、化学反应速率的影响、电化学等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。4．（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2NH3④O3/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2.0molNO2和1.0molO3，反应过程中测定的部分数据见表：t/s0361224n（O2）/mol00.360.600.800.80①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2molNO2的同时生成1molO2C．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1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，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2NO2（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）。O2+在阳（填“阴”或“阳”）极生成，在净化器中生成1molHNO3，消耗•OH的数目为3NA【答案】（1）①C；②电泳；③2N④1.1；（2）①0.24mol•L﹣1•s﹣1；②CD；③20；④A；（3）①A；②2N（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Q=0.5mol/L×0.5mol/L（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O2+发生的反应为O2﹣e﹣=O2+，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＝HNO【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＝2NH4++2N故答案为：2N④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）=2×0.36mol1L×3s=0.24mol•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2molNO2同时生成1molO2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，K=0.8mol故答案为：20；④T℃时，若向上述容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，此时浓度商Q=0.5mol/L×0.5mol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2N故答案为：2N（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O2+发生的反应为O2﹣e﹣=O2+，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1molHNO3，消耗•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。5．（2024秋•黄浦区校级期中）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5molCl2发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为B。A.CH3CH＝CH2B.CH2＝CH2C.CH3CH3D.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5molCl2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4.48L22.4L/mol=0.2mol，生成6.72L二氧化碳的物质的量为6.72L22.4L/mol=0.3mol，7.2g水的物质的量为7.2g18g/mol=0.4mol，则n（气态混合烃）：n（C）：n（H）＝0.2mol：0.3mol：0.8mol＝1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。6．（2024春•宝山区校级期中）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H2D．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CA.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：Ⅱ2CH3CH2OH+O2→△Cu2CH3CHO+2H2O；ⅢCH3COOH+CH3CH2OH→△浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2【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+O2→△Cu2CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OH→△浓硫酸CH3COOCH2CH3【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+O2→△Cu2CH3CHO+2H2O；反应Ⅲ的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH→△浓硫酸CH3COOCH2CH3故答案为：2CH3CH2OH+O2→△Cu2CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OH→△浓硫酸CH3COOCH2CH【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。7．（2025春•闵行区期中）工业制硫酸流程如下，转化器内发生反应：2S（1）FeS2中硫元素显﹣1价。（2）黄铁矿进入沸腾炉中需要粉碎，原因是增大反应物的接触面积，提高反应速率，使之充分氧化。（3）在硫酸工业生产中，转化器中使用热交换器的作用是D。①将SO2转化为SO3的反应热及时导出②预热进入转化器的原料气③调节转化器内的温度保持在催化剂的最佳活性温度范围内A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】（1）﹣1；（2）增大反应物的接触面积，提高反应速率，使之充分氧化；（3）D。【分析】黄铁矿FeS2在沸腾炉中与空气充分反应生成SO2和矿渣Fe2O3，SO2和O2经过净化进入转化器中反应得到SO3，反应放出的热量经过热交换及时导出，SO3进入吸收塔用98.3%浓硫酸吸收，最后经过稀释得到所需浓度的硫酸。【解答】解：（1）FeS2中Fe元素为+2价，硫元素显﹣1价，故答案为：﹣1；（2）黄铁矿进入沸腾炉中需要粉碎，原因是：通过粉碎可以增大反应物的接触面积，提高反应速率，使之充分氧化，故答案为：增大反应物的接触面积，提高反应速率，使之充分氧化；（3）在硫酸工业生产中，SO2催化氧化得到SO3，同时放出大量的热，转化器中使用热交换器的作用是：①将SO2转化为SO3的反应热及时导出，有利于后续步骤中SO3的吸收；②同时预热进入转化器的原料气，使其温度达到反应的条件；③调节转化器内的温度保持在催化剂的最佳活性温度范围内；①②③均正确，故答案为：D。【点评】本题主要考查等，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．（2025春•静安区校级期中）“天问一号”利用环绕器在火星上空开展了全球遥感探测，通过分析火星表面反射太阳的光谱特征数据，发现火星土壤富含三价铁。（1）火星表面反射太阳的光谱属于B。A．发射光谱B．吸收光谱（2）铁元素（26号）在周期表中第四周期第Ⅷ族，属于d区。（3）基态Fe原子的价电子轨道表示式。（4）基态Fe3+离子核外电子共有10种能量，其中未成对电子数为5。（5）比较铁和锰的第3电离能大小：I3（Fe）＜I3（Mn）（填＞或＜），解释原因Fe2+的价层电子排布为3d6，Mn2+的价层电子