第八章 化学与可持续发展 单元测试题-高一下学期人教版(2019)化学必修第二册 (3).docx

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1、第八章化学与可持续发展测试题一、单选题（共12题）1化学与生产、生活等密切相关。下列有关说法中错误的是A碳酸镁和氢氧化铝等均可作抗酸胃药B漂白液、漂白粉的有效成分均是次氯酸钙CCO、甲醛等都是室内空气污染物D中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法2化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是（）A氢氧化铁胶体、淀粉溶液均具有丁达尔效应B化学是一门具有创造性的科学，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成C煤的干馏、煤的液化、石油的分馏和裂解均属于化学变化D“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素3镁元素又称“国防元素”，可用于制造汽车、飞机、火箭等，目前世界上60

2、%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如图：其中说法正确的是A上面反应涉及到四大基本反应和氧化还原反应B从MgCl26H2O到MgCl2的变化是物理变化C过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯D反应的离子方程式为：Mg2+2OH-=Mg(OH)24碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能有效促进碳中和的是A汽油中添加乙醇B开采可燃冰作为燃料C以CO2为原料人工合成淀粉D通过清洁煤技术减少煤燃烧污染5从化学看生活，你认为下列说法合理的是A燃料电池是一种高效、环境友好型的发电装置，其能量转化率可达100%B绿色食品就是指颜色为绿色的食品C汽车尾气中的氮氧化物主要是汽油燃烧的产物

3、D“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾的形成6下列说法不正确的是A能杀菌消毒，是一种食品添加剂B可作阻燃剂C是治疗胃酸的药剂D石墨烯是一种具有优异性能的新型材料7以铝土矿为原料，提取氧化铝，冶炼铝的工艺流程如图，已知滤渣2主要成分是氢氧化铁、氢氧化镁，试剂B为氢氧化钠溶液。下列说法错误的是()A试剂A可以是稀硫酸或盐酸B加入试剂B除去、C滤渣1的主要成分是D试剂C为过量盐酸8下列说法不正确的是（）A司母戊鼎是含铜、锡、铅等金属的合金制品，硬度大于纯铜B原煤脱硫、改进燃烧技术、烟气脱硫可减少SO2的排放CDNA的结构、生理活性都与氢键相关D工业常用的静电除尘装置是利用胶体带电的性

4、质设计的9下列关于化学反应的说法正确的是A将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色，发生取代反应B化学反应除了生成新的物质外，不一定伴随着能量的变化C放热的化学反应不需要加热就能发生D氧化铁与铝反应既是氧化还原反应又是放热反应10下列说法不正确的是A通过石油催化裂化可以得到多种气态短链烃B苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲苯可以CCH2=CH2能使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应D符合通式CnH2n+2的烃一定都是烷烃，分子中均只含单键11有下列物质：氮氧化物、未完全燃烧的碳氢化合物、含铅化合物、二氧化硫、一氧化碳，其中属于汽车尾气成分的是()ABCD12下列过程没有发生化学变化的是A火法炼铜

5、B用海带提取碘单质C石油分馏D用新制氢氧化铜检验葡萄糖二、非选择题（共10题）13现有直馏汽油和裂化汽油各一瓶。已知：裂化汽油主要成分为烷烃、烯烃，直馏汽油主要成分为烷烃、环烷烃、芳香烃。(1)请从下列试剂中选择最合理的试剂区别上述两种汽油。所选试剂是_(填字母)。A酸性溶液B乙醇C溴水(2)加入所选试剂后，直馏汽油中观察到的现象是_；裂化汽油中观察到的现象是_。1420世纪90年代初，国际上提出了“预防污染”这一新概念。绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节中都实现净化和无污染。(1)下列各项属于“绿色化学”要求

6、的是_(填字母)。A处理废弃物B治理污染点C处理有毒物 D杜绝污染源(2)在我国西部大开发中，某省为筹建一大型化工基地，征集到下列方案，其中你认为可行的是_(填字母)。A建在西部干旱区可以脱贫致富B应建在水资源丰富和交通方便且远离城市的郊区C企业有权自主选择厂址D不宜建在人口稠密的居民区(3)某化工厂排放的污水中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Hg2+四种离子。甲、乙、丙三位学生分别设计了从该污水中回收纯净的金属铜的方案。甲：乙：丙：在能制得纯铜的方案中，哪一步操作会导致环境污染？_。应增加哪些措施防止污染？_。15氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题

7、：(1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点是_(至少答出两点)。但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：_。(2)利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_。16大气中下列气体含量的升高会对环境产生一定的影响，请用物质的序号填空。二氧化碳二氧化硫氮氧化物NOx(1)过量会导致温室效应加剧的主要物质是_。(2)会造成酸雨的物质是_。(3)会导致光化学烟雾的物质是_。17某铝土矿的主要成分为Al2O3xH2O，还含有Fe2O3和SiO2杂质。称取17.5g铝土矿样品，加入200mL1.65mol/L稀H2SO4，恰好完全反应，过滤得到滤渣

8、0.3g，然后在滤液中加入足量NaOH溶液，得到沉淀2.14g。（提示：SiO2杂不与稀硫酸反应）（1）写出本题涉及到的任意两个反应的化学方程式或离子方程式_。（2）该样品中，Fe2O3的物质的量_。（3）铝土矿样品中Al2O3的质量_。（4）试计算样品中Al2O3xH2O的x值_。（要求计算过程）18已知：CO和H2在Co做催化剂、温度为160200时，可以合成汽油（即分子中含5至8个碳原子的烷烃）（1）用CnH2n+2表示汽油，写出上述反应的化学方程式_（需配平）（2）若向密闭的合成塔内通入CO和H2，恰好完全反应，此时塔内压强降至反应前的，通过计算说明是否生成汽油_（3）以天然气、焦炭、

9、水为初始原料，可以制得CO和H2，进而人工合成汽油（流程示意图如下，反应的H2也由反应得到）若反应、的转化率均为100%，且将反应中得到的CO2和H2全部用于合成人工汽油（a）通过计算说明上述方案能否得到理想的产品_（b）当CO2的使用量应控制为反应中CO2产量的_（填比例范围），可以得到理想的产品19能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是_(填序号)。a大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源b大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求c开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料d

10、减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。由上图可知，在通常状况下，金刚石和石墨中_(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为_kJmol1（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJmol1、497 kJmol1，N2(g)+O2(g)2NO(g) H=180.0 kJmol1。NO分子中化学键的键能为_kJmol1。（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式：_。20海洋是巨大的资源宝库，可以提取到我们需要的食盐、溴和碘。I

11、.从海水中提取食盐和溴的过程如下：(1)步骤I中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的为：_。(2)步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为：_。.实验：探究硫酸浓度对化学反应速率的影响常温下，酸性KI溶液在空气中会被氧化为碘单质，现取三支试管，先向其中各加入1mL相同浓度的KI溶液(含指示剂)，再分别加入2 molL1的硫酸和一定量蒸馏水，其显色时间如下表所示：组别硫酸/mL蒸馏水/mL显色时间/si30120ii2V1140iii1V2200(3)V2=_mL。通过实验、，本小组得出的实验结论为_。.如图石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生C2H4并检验C

12、2H4性质的实验，完成下列各问题。(4)B中溶液褪色，是因为乙烯被_。(5)C中溶液褪色，发生反应的化学方程式为_。(6)在D处点燃前必须进行的操作是_。21碘是人体的必需微量元素之一，海带提取碘的部分实验流程如下(1)系列操作1中需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_，操作2的实验方法是_。(2)氧化通常用作为氧化剂，写出反应的离子方程式_。(3)某实验小组研究的氧化，将通入KI溶液中，出现黄色，查阅资料，发生了以下反应：。为了探究该反应的影响因素，设计以下实验：实验序号水溶液(mL) 溶液(mL) 稀盐酸(mL) 蒸馏水(mL) 实验现象1a(过量)b0d溶液逐渐变浅黄色2a(过量)bc_溶液

13、变黄，有浑浊3a(过量)2bc0溶液变黄，比实验2出现浑浊更快用水吸收制取水溶液，吸收装置最佳的是_。实验1和2探究_对实验的影响，实验2和3探究_对实验的影响，实验2加蒸馏水的体积为_(用表中字母或字母的表达式作答)。添加药品的合理顺序为：水溶液、_、稀盐酸、_(填“KI溶液”或“蒸馏水”)。往三组实验中滴加淀粉溶液，均没有出现蓝色，你认为原因是_(用化学方程式解释)。检验该反应发生的实验试剂是_。22孔雀石的主要成分为。某同学设计的从孔雀石中提取铜的方案如下：将孔雀石粉碎后，加入过量的稀硫酸；将反应后的混合物过滤；向滤液中加入一种金属粉末。请根据上述实验方案回答下列问题。(1)中可观察到的

14、现象是什么？_(2)中加入的金属粉末可以是什么？请说明理由。_(3)设计从滤液中获得铜的另外种方案。_学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1BA碳酸镁和氢氧化铝都能与盐酸反应，消耗盐酸，且碱性较弱，可用于治疗胃酸过多，A项正确；B漂白液有效成分为次氯酸钠、漂白粉的有效成分均是次氯酸钙，B项错误；CCO、甲醛是有毒物质，都能对人体造成伤害，是室内空气污染物，C项正确；D中和法是利用中和反应调节污水的pH，沉淀法是利用化学反应使重金属离子生成沉淀而除去，所以中和法和沉淀法是常用的工业污水处理方法，D项正确；故答案选B。2CA. 氢氧化铁胶体、淀粉溶液都是胶体，均具有丁达尔

15、效应，故A正确；B化学是一门具有创造性的科学，化学变化的特征是认识分子和制造分子，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成，故B正确；C. 煤的干馏、煤的液化、石油的裂解都有新物质生成，均属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，故C错误；D. 榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素，故D正确；故选C。3C贝壳锻烧得到CaO、反应为分解反应，CaO与水得到石灰乳为化合反应，向海水中加入石灰乳，过滤可得到氢氧化镁沉淀，再向沉淀中加入过量盐酸，得到氯化镁溶液，在HCl气流中加热蒸发即可得到氯化镁固体，最后电解熔融状态的氯化镁即可得到金属镁。A贝壳转化为CaO、反应为分解反应，CaO

16、转化为石灰乳为化合反应，及与盐酸反应为复分解反应，为氧化还原反应，没有置换反应，故A错误；B因为、为纯净物，故两者到的变化是一种物质变成另外一种物质，所以是化学变化，故B错误；C过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故C正确；D反应用的是石灰乳，故不可拆成离子形式，故D错误；故选C。4CA汽油中添加乙醇，不能减少二氧化碳的排放，故A错误；B可燃冰是甲烷的结晶水合物，作为燃料会产生CO2，不利用碳中和，故B错误；C以CO2为原料合成淀粉，减少了二氧化碳的排放，能最直接有效地促进“碳中和”，故C正确；D通过清洁煤技术能减少二氧化硫的排放，但燃烧过程中碳元素守恒，不能减少二氧化碳的排放，故D错

17、误；故选：C。5DA燃料电池产物对环境无污染，属于环境友好电池，但是燃料电池工作时除转化为电能，还会转化为其他形式的能量，其能量利用率小于100%，故A错误；B绿色食品并非指颜色是绿色的食品，而是对产自良好生态环境的，无污染、安全、优质的食品的总称，绿色食品分为A级和AA级两类：A级绿色食品在生产过程中允许限量使用限定的化学合成物质；AA级绿色食品在生产过程中则不允许使用任何有害化学合成物质，故B错误；C汽车尾气中的氮氧化物主要是空气中的氮气和氧气在高温或放电的条件下生成的，汽油燃烧的主要产物为碳氧化物，故C错误；D二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最

18、后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首。它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故D正确；答案选D。6CA 能杀菌消毒，是一种食品添加剂，如作为葡萄酒的抗氧剂，故A正确；B 分解生成MgO具有熔点高的性质，可作耐火材料，故B正确；C 碱性太强，常用NaHCO3作为治疗胃酸的药剂，故C错误；D 石墨烯是一种具有优异性能的新型材料，在国防、科技等行业具有广泛的应用，故D正确；故选C。7D由流程可知试剂A的目的是将铝土矿中的金属氧化物溶解，因此试剂A可以是稀硫酸或稀盐酸，二氧化硅不与稀硫酸

19、或稀盐酸反应，则滤渣1为二氧化硅，过滤后加入试剂B为NaOH，可除去溶液中的、，滤渣2为氢氧化镁、氢氧化铁等，滤液中含有NaAlO2，可通入二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝，电解熔融的氧化铝，得到铝。A据分析知，试剂A可以是稀硫酸或盐酸，A正确；B据分析知，加入试剂B除去、，B正确；C据分析知，滤渣1的主要成分是，C正确；D据分析知，试剂C为二氧化碳气体，D错误；故答案为D。8DA司母戊鼎是含铜、锡、铅等金属的合金，合金要比组成成分金属的硬度大，所以硬度大于纯铜，故A正确；B原煤脱硫、改进燃烧技术、烟气脱硫可减少生成SO2的质量，故B正确；CDNA分子中碱基对之间存

20、在氢键，影响了DNA的结构和生理活性，故C正确；D胶体粒子带电，而胶体不带电，故D错误；故答案选D。9DA. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色，为萃取现象，没有发生化学反应，故A错误；B. 化学反应中除了遵循质量守恒定律，还遵循能量守恒定律，化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化。所以化学反应除了生成新的物质外，还一定伴随着能量的变化，能量变化通常表现为热量的变化，即放热和吸热，故B错误；C. 放热反应有的需加热，有的不需加热。如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点。再如铝热反应也是，故C错误；D. 氧化铁与铝反应放出大量的热，且Fe元素和Al元素化合价发生变化

21、，氧化铁与铝反应既是氧化还原反应又是放热反应，故D正确；故选D。10AA通过石油裂解可以得到乙烯、丙烯等多种气态短链烃，石油裂化可以得到较多的轻质油，故A选；B苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯的侧链受苯环影响，可能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选；CCH2=CH2能使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应，生成1，2-二溴乙烷，故C不选；D符合通式CnH2n+2的烃一定都是烷烃，碳原子都是饱和碳，分子中均只含单键，故D不选；故选A。11D汽车燃料为有机物，燃烧后的产物有不完全燃烧产生的一氧化碳、碳氢化合物、碳的固体颗粒，有氮气和氧气反应产生的一氧化氮、二氧化氮，汽油中的硫元素与氧气生成的

22、二氧化硫，故选D。12CA火法炼铜的原理涉及到化学反应，因为火法炼铜的原理是，故A不符合题意；B海带中含碘的化合物转化成了碘单质，发生了化学变化，故B不符合题意；C石油分馏是利用沸点不同分离的，属于物理变化，故C符合题意；D新制氢氧化铜氧化葡萄糖，本身生成氧化亚铜砖红色沉淀，故D不符合题意；故选C。13(1)C(2) 液体分层，上层呈橙色，下层无色 分层，上层、下层均无色【解析】（1）A裂化汽油中的烯烃、直馏汽油中含有的芳香烃均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B乙醇与两种汽油均互溶，B错误；C裂化汽油中的烯烃能使溴水褪色、直馏汽油不能使溴水褪色，C正确；故选C；（2）直馏汽油可萃取溴水中的溴

23、，现象为：液体分层，上层呈橙色，下层无色；裂化汽油中含有烯烃，可与溴水中的溴发生加成反应生成无色的溴代烃，现象为：分层，上层、下层均无色。14 D BD 丙方案的第步 增加冷凝回收汞的装置(1)绿色化学是“预防污染”的手段，目标是研究和寻找能充分利用的无毒害材料，应从“源头”上杜绝污染，A处理废弃物是污染治理措施，污染已经产生，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故A不符合题意；B治理污染点，污染已经产生，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故B不符合题意；C减少有毒物，没有根除有毒物质，不是从源头消除污染，不符合绿色化学，故C不符合题意； D杜绝污染源是从源头消除污染，符合绿色化学理念，故D

24、符合题意；故答案为D；(2)A建在干旱区缺乏水分，不利于化工企业的运作，故A不符合题意；B大型化工企业必须水源充足，交通方便，不能污染居民区，即远离城市的郊区，故B符合题意；C不能乱选择基地，必须保证水源充足，交通方便，不能污染居民，故C不符合题意；D由于大型化工企业具有污染性，不能建在居民区附近，故D符合题意；答案为BD；(3)甲方案：加入过量NaOH溶液，滤渣为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2等，加热得到MgO、Fe2O3、CuO等，最后得到金属铜中含有Fe，甲方案得不到纯净的铜；乙方案：加入Fe过量，滤渣中含有Cu、Fe、Hg，加热时，Fe、Cu转化成金属氧化物，用氢气还原

25、金属氧化物，得到Cu和Fe，即乙方案不能得到纯净的铜；丙方案中：由于铁的活动性比铜、汞强，污水中加入过量的铁粉后得滤渣的成分为铜、汞和过量的铁，滤渣中铜、汞不与盐酸反应，铁与盐酸反应，滤渣变成铜、汞的混合物，加热汞转化成汞蒸气挥发出来，铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜采用氢气还原可得到纯净的铜，即第步中，由于汞的沸点低、易挥发、有毒，会造成环境污染；要想防止汞污染的产生就得需要对汞蒸气进行处理，以防止汞蒸气挥发到空气中导致污染；故答案为丙方案的第步；增加冷凝回收汞的装置。15 污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高 光能（或太阳能）转化为化学能(1)与汽油相比，氢气作为燃料具有很多优点，如

26、污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等（至少答出两点）；碱性氢氧燃料电池中H2在负极失电子结合生成H2O，其电极反应式为：，故答案为：污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高；(2)利用太阳能直接分解水产生氢气和氧气，其能量转化形式为光能（或太阳能）转化为化学能。16 (1)二氧化碳会加剧温室效应，故选；(2)二氧化硫形成硫酸型酸雨，氮氧化物形成硝酸型酸雨，故选；(3)氮氧化物导致光化学烟雾，故选。17 Fe3+3OH-=Fe（OH）3，Al3+4OH-=AlO2-+2H2O等 0.01mol 10.2g 3氧化铝、氧化铁与硫酸反应，而二氧化硅不反应，故0.3g为二氧化硅的质量，滤

27、液中加入足量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸盐，故得到沉淀2.14g为氢氧化铁的质量。(1)涉及反应有：氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝与水，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁与水，硫酸铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁与硫酸钠硫酸铝与足量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、硫酸钠与水，任意两个反应离子方程式为：Fe3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，答：任意两个离子方程式为：Fe3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+4OH-=AlO2-+2H2O等；(2)根据Fe元素守恒，n(Fe2O3)=nFe(OH)3=0.01mol，答：该样品中，Fe2O3的物质的量为0.01mol；(3)根据硫酸

28、根守恒：3nAl2(SO4)3+3nFe2(SO4)3=n(H2SO4)，即3nAl2(SO4)3+30.01mol=0.2L1.65mol/L，则nAl2(SO4)3=0.1mol，根据Al元素守恒，n(Al2O3)=nAl2(SO4)3=0.1mol，故m(Al2O3)=0.1mol102g/mol=10.2g，答：铝土矿样品中Al2O3的质量为10.2g；(4)样品中水的质量为17.5g-0.3g-10.2g-0.01mol160g/mol=5.4g，物质的量为 =0.3mol，则0.1mol：0.3mol=1：x，故x=3，答：样品中Al2O3xH2O的x值为3。18 nCO+(2n+

29、1)H2CnH2n+2+nH2O =，解得：n=3，即恰好反应生成丙烷，无汽油生成 不能得到理想产品 (1)根据题意知用CO和氢气合成汽油的产物除烃外还有水，结合质量守恒定律可写出反应的化学方程式；(2)当完全反应后，合成塔内温度不变，塔内气体压强降低到原来的，说明物质的量变为原来的，根据反应方程式分析生成物中的原子组成，再判断；(3)(a)根据化学方程式：nCO+(2n+1)H2 CnH2n+2+nH2O，当n=58时，说明，再结合CH4+2H2OCO2+4H2、CO2+C2CO分析判断；(b)根据反应CH4+2H2O CO2+4H2、CO2+C2CO、nCO+(2n+1)H2 CnH2n+

30、2+nH2O，结合分析判断。(1)根据质量守恒可知反应生成CnH2n+2和水，则反应的方程式为nCO+(2n+1)H2 CnH2n+2+nH2O，故答案为：nCO+(2n+1)H2 CnH2n+2+nH2O；(2)当完全反应后，合成塔内温度不变，塔内气体压强降低到原来的，说明物质的量变为原来的，根据反应nCO+(2n+1)H2 CnH2n+2+nH2O，=，解得：n=3，即恰好反应生成丙烷，无汽油生成，故答案为：=，解得：n=3，即恰好反应生成丙烷，无汽油生成；(3)(a)根据化学方程式：nCO+(2n+1)H2 CnH2n+2+nH2O，当n=58时，而由CH4+2H2OCO2+4H2、CO

31、2+C2CO知，若反应中CO2全部用于合成汽油，则，故不能得到理想产品，故答案为：不能得到理想产品；(b)当n=58时，根据反应CH4+2H2O CO2+4H2、CO2+C2CO、nCO+(2n+1)H2 CnH2n+2+nH2O，可知，1molCO2能够生成2molCO，所以当CO2的使用量应控制为反应中CO2产量的，可以得到理想的产品，故答案为：。19 acd 石墨 393.5kJmol1 631.5 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)H=746.0kJmol1（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，

32、故错误；a、c、d能减少化石燃料的运用，故正确。（2）由图象分析可知金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为110.5 kJ +283.0 kJ =393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5kJmol1；（3）根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJmol1、497 kJmol1以及反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=180.0 kJmol1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946 kJmol1+497 kJmol1-2X=180 kJmol1得：X=631.5 kJmol1；（4）已知C（石墨，s

33、）+O2（g）CO2（g）H=-393.5 kJmol1；C（石墨，s）+O2（g）CO（g）H=-110.5 kJmol1；N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=180 kJmol1；由盖斯定律：方程式2-2-得 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=-746.0 kJmol1；20(1)富集溴元素(2)Br2+SO2+2H2O =H2SO4+2HBr(3) 2 其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率增大(4)氧化(5)CH2=CH2+Br2(6)检验乙烯的纯度海水提取溴单质，主要先浓缩海水得到，将氯气通入到海水中得到低浓度的Br2溶液，再用热空气吹出，再用二氧化硫水

34、溶液吸收，得到含HBr的溶液，再用氯气氧化得到工业溴。探究硫酸浓度对化学反应速率的影响，要固定变量，只能改变其中一个变量，其他量不能变。石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生C2H4，乙烯能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，前者发生加成反应，后者发生氧化反应。（1）步骤I中已获得Br2，但得到的是低浓度的Br2溶液，步骤中又将Br2还原为Br，其目的为富集溴元素；故答案为：富集溴元素。（2）步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，两者反应生成硫酸和氢溴酸，则有关反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O =H2SO4+2HBr；故答案为：Br2+SO2+2H2O =H2SO4+2HBr。（3）要

35、使得KI的浓度一定，因此混合后溶液的总体积相同才能使得KI的浓度相等，因此V2=3+01=2mL，V1=1mL，那句表格分析实验、，KI浓度相同，而硫酸浓度不同即酸性不同，酸性越强，是显色时间越短，反应速率越快，则本小组得出的实验结论为其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率增大；故答案为：2；其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率增大。（4）B中溶液褪色，是因为乙烯被被酸性高锰酸钾氧化而褪色；故答案为：氧化。（5）C中溶液褪色是乙烯和溴水发生加成反应而褪色，其发生反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2；故答案为：CH2=CH2+Br2。（6）在D处点燃前必须进行的操作是检验乙烯的纯度

36、；故答案为：检验乙烯的纯度。21(1) 分液漏斗 过滤(2)2+2H+= I2+2H2O(3) A 溶液的酸碱性 碘离子浓度 b 蒸馏水 KI溶液 SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4 稀盐酸和氯化钡溶液含有I-的溶液经过氧化得到碘单质，再通过萃取分液得到碘的四氯化碳溶液，在碘的四氯化碳溶液中加入浓NaOH溶液将碘转化为IO和I-，分液得到含IO和I-的溶液和四氯化碳；含IO和I-的溶液经过酸化得到碘的悬浊液，过滤得到碘单质，据此分析解答。（1）根据上述分析，系列操作1为分液，需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和分液漏斗，操作2为过滤，故答案为：分液漏斗；过滤；（2）氧化通常用作为氧化剂，将氧

37、化为I2，反应的离子方程式为2+2H+= I2+2H2O，故答案为：2+2H+= I2+2H2O；（3）二氧化硫在水中的溶解度较大，用水吸收制取水溶液时需要防止倒吸，吸收装置最佳的是A，故答案为：A；实验1和2中二氧化硫和KI的量均相同，但实验1没有加盐酸，实验2加入了稀盐酸，探究的是溶液的酸碱性对实验的影响，实验2和3中二氧化硫的量相同，但KI的量不同，探究碘离子浓度对实验的影响，要保证溶液的总体积相同，根据实验3的数据，实验2加蒸馏水的体积为b，故答案为：溶液的酸碱性；碘离子浓度；b；在发生反应之前，要保证其他条件相同，添加药品的合理顺序为：水溶液、蒸馏水、稀盐酸、KI溶液，故答案为：蒸馏

38、水；KI溶液；往三组实验中滴加淀粉溶液，均没有出现蓝色，是因为二氧化硫过量，过量的二氧化硫将生成的碘还原，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，检验该反应是否发生，只需要检验是否有SO生成，可以用稀盐酸和氯化钡溶液检验SO，故答案为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4；稀盐酸和氯化钡溶液。22(1)固体溶解，产生气泡，得到蓝色溶液(2)Fe、Al等，理由是：加入活泼性比Cu强的金属，将Cu从CuSO4溶液中置换出来(3)以Fe和Cu分别作电极，滤液作电解质溶液，构成原电池【解析】（1）孔雀石的主要成分为，加入过量的稀硫酸，发生反应：，因此可观察到的现象是固体溶解，产生气泡，得到蓝色溶液。（2）滤液的主要成分为CuSO4，若要得到Cu单质，可以加入活泼性比Cu强的金属，将Cu从CuSO4溶液中置换出来，故金属粉末可以是Fe、Al等。（3）可将滤液做电解质溶液、Fe和Cu分别作电极，构成原电池，此时Cu片一极作正极：电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，即可从滤液中获取Cu单质。