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浙江省名校协作体2025-2026学年高二上学期开学考试化学试题
1．（2025高二上·浙江开学考）下列物质属于在熔融状态下能导电的电解质是
A．K2CO3 B．液态硫(S8) C．SO3 D．HCOOH
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、K2CO3是离子化合物，属于盐类电解质。熔融状态下能解离出 K+和 CO32-，这些自由移动的离子可导电，故A符合题意 ；
B、液态硫（S8）是单质，不是化合物，因此不属于电解质；且熔融时以分子形式存在，无自由移动离子，不能导电，故B不符合题意 ；
C、SO3是共价化合物，熔融时仍以分子形式存在，无法解离出自由移动的离子，不能导电；且 SO3自身不能电离，不属于电解质（其水溶液导电是因为生成了 H2SO4），故C不符合题意 ；
D、HCOOH（甲酸）是弱电解质，由分子构成，熔融时仍以分子形式存在，不能解离出自由移动的离子，无法导电，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】判断物质是否为 “熔融状态下能导电的电解质”，需满足：①是化合物；②在熔融状态下能解离出自由移动的离子而导电。据此对每个选项进行分析。
2．（2025高二上·浙江开学考）下列化学用语表述正确的是
A．生石膏的化学式：
B．的电子式：
C．NaCl溶液中的水合离子：
D．甲烷的球棍模型：
【答案】C
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、生石膏的化学式是 CaSO4 2H2O，2CaSO4 H2O 是熟石膏的化学式，A错误；
B、H2O 是共价化合物，电子式中没有离子键和电荷，正确写法为 （氧原子上下各有一对孤对电子），B错误；
C、NaCl 溶液中，Na+被水分子的氧端（负电）吸引，Cl-被水分子的氢端（正电）吸引，形成水合离子，图示符合这一特征，C正确；
D、甲烷的球棍模型需用 “棍” 表示共价键 ： ，题目中的图片是比例模型（空间填充模型），D错误；
故答案为：C。
【分析】判断各选项化学用语是否正确，需明确：①常见物质的化学式（区分生石膏与熟石膏）；②共价化合物电子式的书写（无离子键和电荷）；③水合离子的形成（水分子极性端与离子的吸引）；④球棍模型与比例模型的差异（球棍模型用 “棍” 表共价键）。
3．（2025高二上·浙江开学考）NaHCO3俗名小苏打，是生活中常见的物质，下列说法正确的是
A．NaHCO3固体溶于水，溶液温度升高
B．NaHCO3溶液呈碱性，可用于中和过量胃酸
C．NaHCO3的热稳定性强于苏打
D．检验NaHCO3中的钠离子：用玻璃棒蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰颜色
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、NaHCO3固体溶于水时吸收热量，会使溶液温度降低，而非升高，A错误；
B、NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液呈弱碱性；其能与胃酸（主要成分为 HCl）反应（NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O），可中和过量胃酸，且碱性较弱对人体刺激小，B正确；
C、NaHCO3受热易分解（2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O），而苏打（Na2CO3）受热不分解，因此热稳定性：苏打 > NaHCO3，C错误；
D、玻璃棒含钠元素，会干扰焰色反应。检验 Na+应使用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取溶液，在酒精灯外焰灼烧观察火焰颜色，D错误；
故答案为：B。
【分析】围绕 NaHCO3的溶解热效应、溶液碱性与胃酸的反应、热稳定性对比（与 Na2CO3）、钠离子焰色反应的仪器要求，对每个选项进行判断。
4．（2025高二上·浙江开学考）化学是一门实验学科，下列有关实验操作说法正确的是
A．硝酸、氯水均保存在棕色试剂瓶中
B．金属钾着火，可以用湿抹布盖灭
C．不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
D．为验证二氧化硫的漂白性，可将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，观察现象
【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、硝酸（HNO3）光照下易分解为 NO2、O2和 H2O；新制氯水中含 HClO，HClO 见光会分解为 HCl 和 O2。因此，二者均需用棕色试剂瓶避光保存，A正确；
B、钾与水反应生成 H2，且反应放热，会加剧燃烧甚至引发爆炸，故钾着火不能用湿抹布（含水）盖灭，应使用干燥沙土隔绝空气灭火，B错误；
C、酸沾肤时，应先用水冲洗，再涂弱碱性的 NaHCO3溶液；碱沾肤时，先用水冲洗，再涂弱酸性的硼酸溶液。选项中 “酸沾肤涂硼酸” 的操作错误，C错误；
D、酸性高锰酸钾溶液具强氧化性，SO2因还原性与之反应（SO2被氧化，MnO4-被还原为 Mn2+）导致褪色，并非漂白性，D错误；
故答案为：A。【分析】A．判断试剂是否需避光保存，取决于其是否见光易分解。
B．钾的化学性质极活泼，与水反应的剧烈程度及产物特性决定灭火方式。
C．酸碱沾到皮肤的处理需区分酸、碱，遵循 “先冲洗，后中和” 的原则。
D．SO2使溶液褪色的原因需区分是漂白性（与有色有机物结合）还是还原性（发生氧化还原反应）。
5．（2025高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．26Al和27Al是同一种核素 B．CH4与C3H8互为同系物
C．H2O、D2O互为同位素 D．淀粉和纤维素互为同分异构体
【答案】B
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A、26Al 和27Al 质子数均为 13，但中子数分别为 13 和 14，属于铝元素的两种不同核素，并非同一种核素，A错误；
B、CH4和 C3H8均为烷烃（只含 C—C 和 C—H 键，结构相似），分子组成相差 2 个 CH2，符合同系物定义，B正确；
C、H2O 和 D2O 是由 H、D（氢的同位素）与 O 形成的化合物分子，并非原子，因此不互为同位素，C错误；
D、淀粉和纤维素的 n 值不固定且不相等，导致实际分子式不同，不满足同分异构体 “分子式相同” 的条件，D错误；
故答案为：B。【分析】A．核素的定义是 “具有确定质子数和中子数的一种原子”，不同中子数则为不同核素。
B．同系物需满足 “结构相似、分子组成相差 n 个 CH2（n≥1）”。
C．同位素的研究对象是 “原子”，而非分子或其他微粒。
D．同分异构体的前提是 “分子式完全相同”，而淀粉和纤维素的化学式虽简写为 (C6H10O5) n，但 n 值不同。
6．（2025高二上·浙江开学考）养鱼爱好者常用海波(硫代硫酸钠：)处理自来水以去除消毒残留的氯气，反应原理为：，下列说法正确的是
A．作氧化剂
B．既是氧化产物，又是还原产物
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4
D．反应中消耗转移4mol电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Na2S2O3中 S 为 +2 价，反应后在 NaHSO4中变为 +6 价，化合价升高，故 Na2S2O3是还原剂，而非氧化剂，A错误；
B、S 元素化合价升高生成的 NaHSO4是氧化产物；Cl 元素从 0 价降为 -1 价生成的 HCl 是还原产物，因此 NaHSO4仅为氧化产物，B错误；
C、反应生成 2mol NaHSO4（氧化产物）的同时生成 8mol HCl（还原产物），二者物质的量之比为 2：8=1：4，C正确；
D、1mol Na2S2O3中 S 元素总升高价态为 2×(6-2)=8，故转移 8mol 电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．依据元素化合价变化判断物质是氧化剂还是还原剂（化合价升高为还原剂）。
B．氧化产物是还原剂被氧化的产物，还原产物是氧化剂被还原的产物。
C．根据反应方程式中氧化产物和还原产物的化学计量数求比例。
D．根据化合价变化计算 1mol Na2S2O3转移的电子数
7．（2025高二上·浙江开学考）下列有关离子方程式书写正确的是
A．向硅酸钠溶液中滴加醋酸：
B．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：
C．制作印刷电路板的原理：
D．FeS与稀硝酸混合：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、硅酸钠与醋酸反应时，正确式子应为 SiO32-+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO-，原方程式拆写错误，A错误；
B、氯化铝与过量氨水反应生成 Al(OH)3沉淀和 NH4+，式子 Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+中，氨水保留分子式，产物正确，B正确；
C、Cu 与 Fe3+反应的正确式子为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，原方程式电荷不守恒（左边 +3，右边 +4），C错误；
D、FeS 与稀硝酸反应时，Fe2+、S2-会被氧化，不可能生成 H2S 和 Fe2+，原式子不符合反应类型，D 错误；
故答案为：B。【分析】A．醋酸是弱酸，不能拆为 H+，需保留分子形式。
B．氨水是弱碱，不拆分；Al(OH)3不溶于过量氨水，反应式需符合事实。
C．氧化还原反应需满足电荷守恒。
D．稀硝酸具强氧化性，与 FeS 发生氧化还原反应，而非复分解。
8．（2025高二上·浙江开学考）羟基耳叶苔内酯是一种桉烷型倍半萜类化合物，近年来有研究表明该化合物对乳腺癌有特别的疗效，下列说法正确的是
A．该分子中所有原子共面
B．1mol该物质与足量的钠反应生成
C．该物质既能使溴的溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．该物质含有4种官能团
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A、该分子中存在多个 - CH3、-CH2- 结构，这些饱和碳原子的四面体构型导致分子中所有原子不可能共面，A错误；
B、该分子中仅含 1 个羟基，因此 1mol 该物质与足量钠反应生成0.5mol H2，而非 1mol，B错误；
C、该分子含碳碳双键，能与溴的 CCl4溶液加成褪色；碳碳双键和醇羟基（相连碳有 H）能被酸性高锰酸钾氧化褪色，C正确；
D、该物质含有的官能团为酯基（-COO-）、羟基（-OH）、碳碳双键（C=C），共3 种，而非 4 种，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．饱和碳原子决定了与之相连的原子不可能共面。
B．钠与羟基反应的比例是 2mol -OH 生成 1mol H2，需明确分子中羟基的数量。
C．碳碳双键可与溴的 CCl4溶液发生加成反应使其褪色；同时，碳碳双键和与羟基相连的碳上有氢的醇羟基，均能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色。
D．识别分子中的官能团，需明确酯基、羟基、碳碳双键的结构特征。
9．（2025高二上·浙江开学考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含有的中子数为
B．与于密闭容器中充分反应，所含分子总数小于
C．所含的电子数为
D．标准状况下，2.24L乙醇中碳氢键的数目为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 8O2的摩尔质量为 36g/mol，1.8g 8O2的物质的量为 1.8g÷36g/mol=0.05mol。每个 8O2分子含 20 个中子（每个 8O 原子 10 个中子），总中子数为 0.05mol×20×NA= NA，A正确；
B、0.2mol H2与 0.2mol I2反应，无论反应是否完全，分子总数始终为 0.4NA（反应前后气体分子数不变），B错误；
C、1 个 OH-含 10 个电子，1mol OH-含 10NA个电子，而非 7NA，C错误；
D、标准状况下乙醇为液态，无法用 22.4L/mol 计算其物质的量，进而无法确定碳氢键数目，D错误；
故答案为：A。【分析】A．先计算 8O2的物质的量，再根据每个 8O 原子的中子数，求出总中子数。
B．H2与 I2的反应是气体分子数不变的反应，反应前后分子总数守恒。
C．OH-的电子数由氧原子、氢原子和额外 1 个电子构成。
D．标准状况下乙醇是液体，气体摩尔体积仅适用于气态物质。
10．（2025高二上·浙江开学考）2025年春晚给人的最大惊喜和意外莫过于宇树人形机器人表演的《秧BOT》，下列有关机器人材料说法正确的是
A．自平衡陀螺仪使用的压电陶瓷属于传统无机非金属材料
B．机器人的轮胎使用的是硫化橡胶，具有一定的弹性，但强度和韧性差，具有线型结构
C．宇树机器人所采用芯片的主要成分是二氧化硅
D．机器人穿着喜庆的红色棉祅，其中棉花的主要成分属于有机高分子
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、压电陶瓷是新型无机非金属材料，传统无机非金属材料包括普通陶瓷、玻璃、水泥等，A 错误；
B、硫化橡胶通过交联反应形成网状结构，强度和韧性较好，不是线型结构，B错误；
C、宇树机器人芯片的主要成分是晶体硅，不是二氧化硅，C错误；
D、机器人棉袄中棉花的主要成分是纤维素，纤维素是有机高分子，D正确；
故答案为：D。【分析】A．区分传统与新型无机非金属材料。
B．硫化橡胶的结构是网状结构，而非线型。
C．芯片的主要成分是高纯度晶体硅。
D．棉花的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子化合物。
11．（2025高二上·浙江开学考）实验室中模拟合成氨反应：，在2L体积不变的密闭容器中，初始均按与物质的量1：1投料，在不同条件下测得的物质的量随时间变化的三组实验数据如表所示：
实验序号 温度 0min 10min 20min 30min 40min 50min 60min
1 300 2.00 1.70 1.50 1.36 1.25 1.20 1.20
2 300 2.00 1.50 1.28 1.20 1.20 1.20 1.20
3 400 2.00 1.60 1.39 1.29 1.27 1.27 1.27
下列说法正确的是
A．20min到30min内，实验2的反应速率小于实验1，一定是催化剂失效
B．实验1中，10min时的化学反应速率为
C．对比实验2和实验3，实验2可能使用了更高效的催化剂
D．当的体积分数保持不变时，反应到达平衡
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、实验 2 在 20-30min 内反应速率小于实验 1，可能是反应衡使速率自然下降，不能直接判定催化剂失效，A错误；
B、实验 1 前 10min 的速率是平均速率，无法得出 “10min 时” 的瞬时速率，B错误；
C、实验 2 温度低于实验 3，但反应速率更快，推测实验 2 使用了更高效的催化剂，C正确；
D、根据已知条件列出“三段式”
的体积分数为是定值，当的体积分数保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．反应速率下降可能是衡导致，而非催化剂失效。
B．化学反应速率通常指平均速率，而非某一时刻的瞬时速率。
C．对比实验 2和实验 3，实验 2 温度更低但反应速率更快，说明可能使用了更高效的催化剂。
D．平衡状态的判断需依据 “变量不变”。
12．（2025高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．图①操作可从溶液中提取晶体
B．图②装置可用于实验室制取并收集
C．图③装置可以除去乙烷中的乙烯
D．图④装置用于铜与稀硝酸反应制备少量NO
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；乙烯的物理、化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、图①是蒸发结晶装置，但 NH4Cl 受热会分解，无法通过此方法提取 NH4Cl 晶体，应采用冷却结晶法，A错误；
B、图②中 MnO2与浓 HCl 反应制 Cl2缺少加热装置，无法完成反应，B错误；
C、图③中，酸性 KMnO4将乙烯氧化为 CO2，混合气体通过 NaOH 溶液时，CO2与 NaOH 反应被除去，最终可得到纯净的乙烷，该装置能除去乙烷中的乙烯，C正确；
D、图④中，铜与稀硝酸反应生成 NO，但 NO 易与空气中的 O2反应，不能用排空气法收集，D错误；
故答案为：C。【分析】A．NH4Cl 受热易分解为 NH3和 HCl，不能用蒸发结晶提取晶体。
B．MnO2与浓 HCl 反应制 Cl2需要加热条件，装置需体现加热。
C．乙烯被酸性 KMnO4氧化为 CO2，后续 NaOH 溶液可除去 CO2，从而达到除杂目的。
D．NO 在空气中易被氧化为 NO2，不能用排空气法收集。
13．（2025高二上·浙江开学考）用于检测酒驾的酒精检测仪工作原理如下图所示，下列说法不正确的是
A．该装置能够将化学能转化为电能
B．该电池的负极反应式为：
C．电池工作时，当电路中通过4mol电子时，有通过质子交换膜从左向右迁移
D．当呼气中有46g的乙醇被反应时，需要消耗标准状况下氧气22.4L
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置通过乙醇与氧气的氧化还原反应产生电流，属于原电池，能实现化学能到电能的转化，A正确；
B、X 极（负极）乙醇（CH3CH2OH）被氧化为醋酸（CH3COOH），而非 CO2。乙醇中 C 平均价态为 - 2，醋酸中为 0，每个乙醇分子失 4e-，正确反应式为 CH3CH2OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+，原选项反应式错误，B不正确；
C、H+从负极（左）向正极（右）移动，电路中通过 4mol 电子时，迁移的 H+为 4mol，C正确；
D、46g 乙醇（1mol）反应时，消耗 1mol O2，标准状况下体积为 22.4L，D正确；
故答案为：B。【分析】A．原电池的核心功能是将化学能转化为电能。
B负极反应式需匹配产物（醋酸）和电子转移数（C 元素化合价变化）。
C．质子（H+）向正极迁移，迁移量与电子转移量相等。
D．根据总反应 CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，计算乙醇与氧气的反应比例。
14．（2025高二上·浙江开学考）电还原过程中，不同金属催化剂对中间产物的吸附能力不同，直接影响最终产物。下图为还原的反应路径示意图(部分中间体省路)，*表示吸附。下列说法不正确的是
A．若催化剂对O的结合能力更强，则主要产物为HCOOH
B．若催化剂对CO吸附能力强且不易脱附，则主要产物为
C．过程①是放热过程
D．理论上生成等物质的量的HCOOH和，转移的电子数相同
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A、生成 HCOOH 的关键中间产物是HCOO（含 O），若催化剂对 O 结合能力强，会稳定该中间体，从而主要生成 HCOOH，A正确；
B、CO 是生成 CO 和 CH4的分支点，若催化剂对CO 吸附强且不易脱附，*CO 会持续加氢，最终主要生成 CH4，B正确；
C、过程①中CO2与 H+结合形成HCOO，化学键形成释放能量，属于放热过程，C正确；
D、生成 1mol HCOOH 时，C 从 + 4 价变为 + 2 价，转移 2mol 电子；生成 1mol CH4时，C 从 +4 价变为 - 4 价，转移 8mol 电子。等物质的量时转移电子数不同，D错误；
故答案为：D。【分析】A．催化剂对 O 的结合能力强，会稳定含 O 的中间产物，促进 HCOOH 生成。
B．催化剂对 * CO 吸附强且不易脱附时，*CO 会继续加氢还原生成 CH4。
C．过程①是CO2结合 H+形成HCOO 的过程，化学键形成会释放能量。
D．通过 CO2中 C 的化合价与产物中 C 的化合价，计算电子转移数。
15．（2025高二上·浙江开学考）下列实验操作、现象与结论的对应关系正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取干燥和湿润的大小和材质均相同的有色布条各一条，分别放入两个盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 湿润的有色布条褪色，干燥的有色布条不褪色 不具有漂白性
B 相同温度下，分别向两支试管中加入4mL浓度均为的溶液，再分别加入2mL和酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色时间不同 浓度越大，化学反应速率越快
C 取金属钠在氧气中燃烧所得的固体粉末，加入适量的蒸馏水 有无色无味的气体生成 固体粉末为
D 往试管中加入碳酸钠溶液，再加入足量的稀盐酸 有无色无味的气体生成 非金属性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、湿润的有色布条褪色（Cl2与水生成 HClO 漂白），干燥的有色布条不褪色（Cl2本身无漂白性），现象与结论逻辑一致，A正确；
B、根据反应比例 5H2C2O4 ~ 2MnO4-，两组实验中高锰酸钾均过量，溶液不会褪色，因此 “褪色时间不同” 的现象不成立，不能说明浓度对反应速率的影响，B错误；
C、钠在氧气中燃烧，若钠未完全反应，剩余的 Na 与水生成 H2（无色无味），与 Na2O2与水生成 O2的现象相同，因此不能确定固体粉末为 Na2O2，C错误；
D、稀盐酸与碳酸钠反应生成 CO2，仅能说明盐酸酸性强于碳酸，但盐酸不是 Cl 的最高价含氧酸（Cl 的最高价含氧酸是 HClO4），因此无法证明非金属性 Cl > C，D错误；
故答案为：A。【分析】A．Cl2的漂白性由其与水生成的 HClO 体现，干燥 Cl2无漂白性。
B．需通过反应的量比判断高锰酸钾是否过量。
C．钠燃烧产物若含未反应的 Na，与水生成的 H2也无色无味，无法仅凭气体判断产物是 Na2O2。
D．注意比较非金属性需用最高价氧化物对应水化物的酸性。
16．（2025高二上·浙江开学考）固体M可能由和中的几种组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，进行如下实验：
已知：①所加试剂均过量；②气体A无色无味。下列说法正确的是
A．气体A一定为
B．由白色沉淀E可知，该固体M中一定含有
C．固体C一定含有，可能含有
D．该固体M中和Fe至少有一种
【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、气体 A 无色无味，可能是 H2或 NO（若含 NaNO3，酸性条件下与 Fe 反应生成NO），不一定是 H2，A错误；
B、白色沉淀 E 是 AgCl，Cl-来自过量盐酸，无法确定原固体含 BaCl2，B错误；
C、固体 C 可能是 SiO2或 BaSO4，或二者均有，并非 “一定含 SiO2”，C错误；
D、溶液 B 加 NaOH 生成 Fe(OH)3沉淀，说明含 Fe2+或 Fe3+，故原固体中 Fe 和 Fe2O3至少有一种，D正确；
故答案为：D。
【分析】加盐酸出现固体 C 的两种可能：一是 M 中直接含有难溶于盐酸的 SiO2；二是 M 中同时存在 NaNO3、BaCl2、K2SO3：加入盐酸后，NO3-在酸性条件下表现强氧化性，将 SO32-氧化为 SO42-，SO42-再与 Ba2+结合生成 BaSO4沉淀；气体 A 可能是 H2（若 M 含活泼金属）或 NO（若 NO3-被还原）；结合 “溶液 B 加 NaOH 产生有色沉淀”，可推断 M 中含 Fe 或 Fe2O3（最终生成 Fe(OH)3等有色沉淀）；后续加稀硝酸和硝酸银出现白色沉淀，说明存在 Cl-，但该 Cl-可能是 M 原有的，也可能是实验中加入的盐酸引入的，无法直接确定其来源。
17．（2025高二上·浙江开学考）X、Y、R、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且各周期均有分布。Y的单质是空气的主要成分，R是地壳中含量最多的元素，W与R的最外层电子数相同，Z的周期序数和主族序数相同。请回答下列问题：
（1）R在周期表中的位置是　 　。
（2）X与Y可形成化合物Y2X4，写出该化合物的结构式　 　。
（3）Y的最高价氧化物对应的水化物和Y的简单氢化物生成的化合物所含的化学键有　 　。
（4）工业上可用通过铝热反应冶炼Cr，写出该反应的化学方程式　 　。
（5）下列有关说法不正确的是_______。
A．简单氢化物沸点：
B．附着在试管壁上的单质W可用二硫化碳洗涤
C．常温下，Z单质不与浓硫酸反应
D．三种元素简单离子的半径：
【答案】（1）第二周期，第ⅥA族
（2）
（3）离子键、共价键(极性共价键)
（4）Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3
（5）A；C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）R是O元素，原子核外电子排布是2、6，根据原子结构与元素位置关系可知：O元素位于元素周期表第二周期第ⅥA族；
故答案为： 第二周期，第ⅥA族 ；
（2）根据上述分析可知：X是H，Y是N，二者形成的Y2X4表示的物质是N2H4。在N2H4分子中，2个N原子形成N-N单键，N原子另外的2个成单电子分别与2个H原子形成2个N-H键，这样N2H4分子中N原子达到最外层8个电子的稳定结构，H原子达到原子核外2个电子的稳定结构，其结构式是 ；
故答案为： ；
（3）根据上述分析可知Y是N元素，N的最高价氧化物对应的水化物HNO3与N元素的简单氢化物NH3反应生成的化合物是NH4NO3，该物质属于离子化合物，阴离子与阳离子之间以离子键结合；在阳离子和阴离子中都存在极性共价键，故NH4NO3中所含的化学键有离子键、极性共价键；
故答案为： 离子键、共价键(极性共价键) ；
（4）工业上用Cr2O3与Al发生铝热反应冶炼Cr，同时反应产生Al2O3，该反应的化学方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；
故答案为： Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 ；
（5）A．根据上述分析可知：Y是N，R是O，它们形成的简单氢化物分别是NH3、H2O，NH3、H2O都属于分子晶体，分子间以范德华力结合，且在两种物质分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点升高。由于氢键：NH3＜H2O，导致在常温下NH3是气体，H2O是液体，因此物质的沸点：NH3＜H2O，用字母表示简单氢化物沸点为：Y(NH3)＜R(H2O)，A错误；
B．根据上述分析可知：W是S元素。S单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此附着在试管壁上的单质S可用二硫化碳洗涤，B正确；
C．根据上述分析可知：Z是Al元素，在常温下，Al单质遇浓硫酸，Al会被浓硫酸氧化产生一层致密的氧化膜而阻止反应的进一步发生，即发生钝化现象，而不是Al与浓硫酸不能反应，C错误；
D．根据上述分析可知：R是O，Z是Al，W是S元素。它们形成的简单离子分别是O2-、Al3+、S2-。O2-、Al3+核外只有两个电子层，S2-核外有三个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径就越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：S2-＞O2-＞Al3+，用字母表示离子半径大小关系为：W(S2-)＞R(O2-)＞Z(Al3+)，D正确；
故答案为： A C 。
【分析】X、Y、R、Z、W 为原子序数依次增大的短周期元素，且各周期均有元素分布。由此可推知 X 位于第一周期，故 X 为 H 元素；Y 的单质是空气主要成分，空气主要成分为氮气和氧气，结合原子序数关系，Y 为 N 元素；R 是地壳中含量最多的元素，故 R 为 O 元素；W 与 R 最外层电子数相同，且为短周期元素，故 W 为 S 元素；Z 的周期序数和主族序数相同，短周期中符合此条件的是 Al 元素，综上，X 是 H，Y 是 N，R 是 O，Z 是 Al，W 是 S 元素。随后结合这些元素的性质分析解答。
（1）R是O元素，原子核外电子排布是2、6，根据原子结构与元素位置关系可知：O元素位于元素周期表第二周期第ⅥA族；
（2）根据上述分析可知：X是H，Y是N，二者形成的Y2X4表示的物质是N2H4。在N2H4分子中，2个N原子形成N-N单键，N原子另外的2个成单电子分别与2个H原子形成2个N-H键，这样N2H4分子中N原子达到最外层8个电子的稳定结构，H原子达到原子核外2个电子的稳定结构，其结构式是 ；
（3）根据上述分析可知Y是N元素，N的最高价氧化物对应的水化物HNO3与N元素的简单氢化物NH3反应生成的化合物是NH4NO3，该物质属于离子化合物，阴离子与阳离子之间以离子键结合；在阳离子和阴离子中都存在极性共价键，故NH4NO3中所含的化学键有离子键、极性共价键；
（4）工业上用Cr2O3与Al发生铝热反应冶炼Cr，同时反应产生Al2O3，该反应的化学方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；
（5）A．根据上述分析可知：Y是N，R是O，它们形成的简单氢化物分别是NH3、H2O，NH3、H2O都属于分子晶体，分子间以范德华力结合，且在两种物质分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点升高。由于氢键：NH3＜H2O，导致在常温下NH3是气体，H2O是液体，因此物质的沸点：NH3＜H2O，用字母表示简单氢化物沸点为：Y(NH3)＜R(H2O)，A错误；
B．根据上述分析可知：W是S元素。S单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此附着在试管壁上的单质S可用二硫化碳洗涤，B正确；
C．根据上述分析可知：Z是Al元素，在常温下，Al单质遇浓硫酸，Al会被浓硫酸氧化产生一层致密的氧化膜而阻止反应的进一步发生，即发生钝化现象，而不是Al与浓硫酸不能反应，C错误；
D．根据上述分析可知：R是O，Z是Al，W是S元素。它们形成的简单离子分别是O2-、Al3+、S2-。O2-、Al3+核外只有两个电子层，S2-核外有三个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径就越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：S2-＞O2-＞Al3+，用字母表示离子半径大小关系为：W(S2-)＞R(O2-)＞Z(Al3+)，D正确；
故合理选项是AC。
18．（2025高二上·浙江开学考）某工厂利用回收的废旧钢材制备。其流程如下：
已知：易溶于水，且相同条件下，溶解度小于和。
（1）请写出在水中的电离方程式　 　。
（2）下列有关说法正确的是_______。
A．第一步加入热的溶液的作用是洗去废旧钢材表面的油污
B．从混合液中析出晶体的方式为蒸发结晶
C．晶体洗涤操作：向漏斗中加入洗涤剂至没过沉淀，静置，待其自然流下，重复操作2-3次
D．第三步滤液1和溶液混合时发生了复分解反应
（3）请设计实验检验产品中的阴离子　 　。
（4）隔绝空气加热可生成红色固体和两种硫的氧化物，请写出反应的化学方程式　 　。
（5）检测产品纯度：准确称取10.00g产品，溶解后配制成100mL溶液，准确量取25.00mL溶液，用的酸性溶液反应(假设、杂质均不参与反应)，记录恰好完全反应时消耗的溶液体积如下表所示，则该样品的纯度为　 　(结果保留小数点后两位)。
实验编号 1 2 3
消耗溶液体积 20.02 20.01 19.97
【答案】（1）
（2）A；C
（3）取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在
（4）
（5）94.08
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：；
故答案为： ；
（2）A．据分析可知，第一步加入热的溶液的作用是洗去废旧钢材表面的油污，A正确；
B．溶解度小于和，从混合液中析出晶体的方式为蒸发浓缩、冷却结晶，B错误；
C．晶体洗涤的规范操作是 “向漏斗中加洗涤剂至没过沉淀，静置自然流下，重复2-3次”，C正确；
D．与 、H2O发生化合反应生成，D错误；
故答案为：AC；
（3）产品中的阴离子为，取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在；
故答案为： 取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在 ；
（4）隔绝空气加热可生成红色固体（三氧化二铁）和两种硫的氧化物（二氧化硫、三氧化硫），反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）三次实验的平均消耗的体积为20.00mL，，25mL产品溶液中为：，故100mL产品溶液中为，，=n×M=×=9.408g，产品纯度为：。
故答案为： 94.08 。
【分析】先加入热的 Na2CO3溶液，利用其碱性洗去废旧钢材表面的油污，得到洁净钢材（主要成分为 Fe）。向洁净钢材中加入稀硫酸，Fe 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁溶液（滤液 1），过滤除去不溶杂质（滤渣 1）。将硫酸亚铁溶液与硫酸铵溶液混合反应，生成 (NH4)2Fe (SO4)2，再经结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到最终产品。据此分析解题。
（1）属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：；
（2）A．据分析可知，第一步加入热的溶液的作用是洗去废旧钢材表面的油污，A正确；
B．溶解度小于和，从混合液中析出晶体的方式为蒸发浓缩、冷却结晶，B错误；
C．晶体洗涤的规范操作是 “向漏斗中加洗涤剂至没过沉淀，静置自然流下，重复2-3次”，C正确；
D．与 、H2O发生化合反应生成，D错误；
故选AC；
（3）产品中的阴离子为，取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在；
（4）隔绝空气加热可生成红色固体（三氧化二铁）和两种硫的氧化物（二氧化硫、三氧化硫），反应方程式为：；
（5）三次实验的平均消耗的体积为20.00mL，，25mL产品溶液中为：，故100mL产品溶液中为，，=n×M=×=9.408g，产品纯度为：。
19．（2025高二上·浙江开学考）研究的转化具有重要的意义。
Ⅰ．在催化剂作用下二氧化碳可与氢气反应生成甲烷：。回答下列问题：
（1）已知上述反应中的化学键键能如下：
化学键
a b c d
则该反应的________。
（2）在绝热恒容的密闭容器中进行以上反应：，下列说法不能说明反应已达平衡的是_______。
A. 混合气体平均相对分子质量保持不变 B. 混合气体密度保持不变
C. D. 体系的温度保持不变
II．将1 molNO和1 molCO混合气体通入一固定体积的容器内，一定温度下发生反应：。反应一段时间后达平衡，测得反应后容器压强变为原来的，回答下列问题：
（3）下列措施能提高反应速率的有_______。
A. 升高温度 B. 充入少量氦气
C. 起始充入2 molNO和1 molCO D. 使用高效的催化剂
（4）平衡时的体积分数为________%。
III．我国科研人员研发了一种电池系统，可将NO尾气转化为，其工作原理如图所示(双极膜可将水解离成和，并实现其定向通过)。
（5）双极膜中水解离出的移向________电极(填或)。
【答案】(1)
(2) B，C
(3) A，C，D
(4) 25
(5)
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由，可得2d+4a-4b-4c；
故答案为： ；
（2）可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其他：一些物理量不变即判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明达到平衡；
A．混合气体平均相对分子质量，随反应进行在发生变化，若混合气体平均相对分子质量不变时，即为平衡，A正确；
B．混合气体密度，随反应进行没有发生变化，若混合气体密度保持不变，不能说明达到平衡，B错误；
C．时，正逆反应不相等，即不为平衡状态，C错误；
D．该反应体系为绝热恒容，温度会随着反应进行发生变化，若体系的温度保持不变时，即为平衡，D正确；
故答案为： BC。
（3）A．升高温度能加快反应速率，A正确；
B．恒温恒容条件下，充入少量氦气，不会改变反应体系的浓度，即不会改变反应速率，B错误；
C．恒温恒容条件下，起始充入2 molNO和1 molCO，增大了反应物的浓度，会加快反应速率，C正确；
D．加入催化剂会加快反应速率，D正确；
故答案为： ACD。
（4）恒温恒容条件下，体系中物质的量之比等于体系中压强之比。反应达平衡时，测得反应后容器压强变为原来的，即反应后物质的量也变为原来的。设氮气变化的物质的量为x mol，根据物质的量列三段式：
可得：，解得x=0.4，平衡时N2的物质的量为0.4 mol，则平衡时的体积分数与N2的物质的量分数相等为：。
故答案为：25；
（5）根据图像可知为负极，为正极。原电池中阳离子要移向正极，阴离子要移向负极，所以水解离出的移向。
故答案为： 。
【分析】（1）根据 ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，计算得 ΔH=2d+4a-4b-4c。
（2）平衡判断看 “变量不变”：A 中平均相对分子质量、D 中温度随反应变化，不变则平衡；B 中密度始终不变，C 中速率比不符计量数，故选 BC。
（3）提高速率的措施：A 升温、C 增大反应物浓度、D 用催化剂可行；B 充氮气不影响浓度，故选 ACD。
（4）恒温恒容下压强与物质的量成正比，通过三段式计算，N2体积分数为 25%。
（5）原电池中阳离子向正极移动，MoS2为正极，故 H+移向 MoS2。
20．（2025高二上·浙江开学考）乳酸亚铁晶体(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O是一种很好的食品铁强化剂，可由乳酸钙与FeCl2反应制得，反应装置如下：
已知：潮湿的乳酸亚铁易被氧化
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）装置B的主要作用是　 　。
（3）试写出制备乳酸亚铁晶体的化学方程式　 　。
（4）部分实验操作过程如下，其正确的操作顺序是：　 　。
检查气密性加入试剂将三颈烧瓶置于水浴中_____________________
a．关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞
b．关闭K3，打开K2
c．关闭K2，打开K3
d．打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1
（5）下列说法不正确的是_______。
A．本实验采用较大铁片而不是铁粉，主要原因是避免反应速率过快
B．关闭K1、K2、K3，往分液漏斗中加水，打开K1和分液漏斗活塞，若刚开始水能滴下，一段时间之后不再下滴，则虚线框内装置气密性良好
C．粗产品经洗涤后，再用小火烘干
D．控制反应温度，有利于得到大颗粒沉淀，吸附杂质的量少
【答案】（1）分液漏斗
（2）防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中)
（3）或
（4）cdb
（5）A；C
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【解析】【分析】（1）根据装置图可知：仪器A名称为分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）装置B中盛有水，其作用是防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中)；
故答案为： 防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中) ；
（3）在三颈烧瓶中FeCl2溶液与乳酸钙发生复分解反应产生乳酸亚铁晶体和氯化钙，该反应的化学方程式为：；也可以写为：；
故答案为：或 ；
（4）亚铁离子易被空气中的氧气氧化，需先用氢气排出装置内的空气，因此需要先关闭K2，打开K3，打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1，盐酸与铁反应生成氢气，排出空气，然后关闭K3，打开K2，产生的氢气使装置内压强增大，将氯化亚铁溶液压入三颈烧瓶中，然后关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞，开动搅拌器，使氯化亚铁溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁，故合理顺序为cdb；
故答案为： cdb ；
（5）A．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是防止铁粉堵塞导管，A错误；
B．关闭K1、K2、K3，往分液漏斗中加水，打开K1和分液漏斗活塞，若刚开始水能滴下，说明分液漏斗中压强大于烧瓶中气体压强；一段时间之后不再下滴，说明随着水的加入，烧瓶中气体压强逐渐增大，当其中气体压强与上部液体及大气产生的压强相同时，液体就不能再滴下，因此可以证明虚线框内装置气密性良好，B正确；
C．粗产品主要成分是乳酸亚铁晶体(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O，(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O是含有结晶水的盐，若经洗涤后，再用小火烘干，就会导致失去部分或全部结晶水，甚至是Fe2+被氧化变为Fe3+，而不能得到需要的物质，C错误；
D．控制反应温度，有利于得到大颗粒沉淀，这样得到的晶体颗粒由于与溶液其他成分接触面积减小，因而吸附杂质的量少，D正确；
故答案为： A C 。
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，因此整个制备过程需在无氧环境下进行。甲装置中 Fe 与盐酸反应制备氯化亚铁，同时生成的氢气可排尽装置内空气，还能借助氢气产生的气压将甲装置中的 FeCl2溶液压入三颈烧瓶。在三颈烧瓶中，FeCl2溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁晶体和 CaCl2溶液，经过滤得到乳酸亚铁粗品和 CaCl2溶液。乳酸亚铁粗品用乙醇洗涤后低温真空干燥得到成品，CaCl2溶液经浓缩得到副产物 CaCl2。
（1）根据装置图识别仪器，A 为分液漏斗。
（2）装置 B 中水的作用是隔绝空气，防止氧气进入三颈烧瓶氧化乳酸亚铁。
（3）FeCl2与 (CH3CH(OH)COO)2Ca 发生复分解反应，化学方程式为
FeCl2+(CH3CH (OH)COO)2Ca+2H2O=(CH3CH (OH)COO)2Fe 2H2O + CaCl2（或 FeCl2+ (CH3CH(OH)COO)2Ca=(CH3CH(OH)COO)2Fe+ CaCl2）。
（4）操作顺序：先排空气（关闭 K2、打开 K3，打开分液漏斗上口玻璃塞和 K1），再压入溶液（关闭 K3、打开 K2），最后关闭 K1，即 cdb。
（5）A 错误（用铁片是防堵塞），C 错误（烘干易致结晶水流失或氧化），故选 AC。
（1）根据装置图可知：仪器A名称为分液漏斗；
（2）装置B中盛有水，其作用是防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中)；
（3）在三颈烧瓶中FeCl2溶液与乳酸钙发生复分解反应产生乳酸亚铁晶体和氯化钙，该反应的化学方程式为：；也可以写为：；
（4）亚铁离子易被空气中的氧气氧化，需先用氢气排出装置内的空气，因此需要先关闭K2，打开K3，打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1，盐酸与铁反应生成氢气，排出空气，然后关闭K3，打开K2，产生的氢气使装置内压强增大，将氯化亚铁溶液压入三颈烧瓶中，然后关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞，开动搅拌器，使氯化亚铁溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁，故合理顺序为cdb；
（5）A．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是防止铁粉堵塞导管，A错误；
B．关闭K1、K2、K3，往分液漏斗中加水，打开K1和分液漏斗活塞，若刚开始水能滴下，说明分液漏斗中压强大于烧瓶中气体压强；一段时间之后不再下滴，说明随着水的加入，烧瓶中气体压强逐渐增大，当其中气体压强与上部液体及大气产生的压强相同时，液体就不能再滴下，因此可以证明虚线框内装置气密性良好，B正确；
C．粗产品主要成分是乳酸亚铁晶体(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O，(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O是含有结晶水的盐，若经洗涤后，再用小火烘干，就会导致失去部分或全部结晶水，甚至是Fe2+被氧化变为Fe3+，而不能得到需要的物质，C错误；
D．控制反应温度，有利于得到大颗粒沉淀，这样得到的晶体颗粒由于与溶液其他成分接触面积减小，因而吸附杂质的量少，D正确；
故合理选项是AC。
21．（2025高二上·浙江开学考）以淀粉和油脂为原料，可制备许多香料工业的重要化学品，化合物M和N均属于酯类，M可用于配制腊肉类香精，N可用作香料固定剂，其合成路线及相关物质转化关系如下：
已知：反应⑤生成的物质的量之比为，与等物质的量的反应生成D。请回答下列问题：
（1）化合物C所含官能团名称为　 　；化合物F的结构简式为　 　。
（2）下列说法不正确的是_______。
A．反应①与反应③的反应类型相同
B．淀粉、油脂都是高分子化合物，都能发生水解反应
C．化合物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．等质量的葡萄糖和化合物C完全燃烧耗氧量相同
（3）写出反应③的化学方程式　 　。
（4）甘油醛()是最简单的醛糖，有独特的甜味，在食品工业中用于增添食物和香精的香气。以的其中一种化合物为原料，合成甘油醛的流程如下，试补充完整(写出结构简式)：
化合物　 　
（5）A的一种同系物和C的一种同系物反应得到分子式为的物质，请写出该物质所有可能的结构简式：　 　。
【答案】（1）羧基；
（2）A；B
（3）
（4）
（5）、、
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据分析可知化合物C是乙酸，所含官能团名称为羧基；化合物F的结构简式为。
故答案为： 羧基 ； ；
（2）A. 反应①是乙醇的催化氧化，属于氧化反应，反应③是酸与醇的酯化反应，属于取代反应，故反应类型不相同，A错误；
B. 淀粉、油脂都能发生水解反应，但油脂不属于高分子化合物，B错误；
C. 化合物A为乙醇，醇可以使酸性高锰酸钾褪色，E为油酸，属于不饱和高级脂肪酸，碳链上有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D. 根据燃烧方程式，，设1 g葡萄糖燃烧则消耗氧气为，1 g乙酸完全燃烧消耗氧气为，耗氧量相同，D正确。
故答案为：AB。
（3）反应③是与乙醇的酯化反应，化学方程式。
故答案为： ；
（4）根据分析，N为或；结合甘油醛的结构，N应选择，N催化氧化为，然后在碱性下水解为。故中间为物为。
故答案为： ；
（5）A(乙醇)的一种同系物和C(乙酸)的一种同系物反应得到分子式为的物质，该物质含有酯基，结合碳原子4个，可能是甲酸与丙醇形成的酯、，丙酸与甲醇形成的酯，故结构有、、。
故答案为：、、。
【分析】淀粉水解生成葡萄糖（分子式 C6H12O6），葡萄糖在酒化酶作用下转化为 A（乙醇）；乙醇经催化氧化生成 B（乙醛），乙醛进一步氧化生成 C（乙酸）。油脂 G 水解生成 D、E、F，结合 F 的分子式推知 F 为丙三醇（CH2OHCHOHCH2OH）。根据反应⑤中 D、E、F 的物质的量之比及 E 与氢气的加成反应，可知 D、E 含碳原子数相同，经计算得 D、E 含 18 个碳原子；结合 G 的不饱和度及酯基数量，推知 D 为硬脂酸（C17H35COOH）、E 为油酸（C17H33COOH）。乙醇（A）与硬脂酸（D）反应生成 M（C17H35COOC2H5），乙酸（C）与丙三醇（F）反应生成 N。
（1）根据分析可知化合物C是乙酸，所含官能团名称为羧基；化合物F的结构简式为。
（2）A. 反应①是乙醇的催化氧化，属于氧化反应，反应③是酸与醇的酯化反应，属于取代反应，故反应类型不相同，A错误；
B. 淀粉、油脂都能发生水解反应，但油脂不属于高分子化合物，B错误；
C. 化合物A为乙醇，醇可以使酸性高锰酸钾褪色，E为油酸，属于不饱和高级脂肪酸，碳链上有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D. 根据燃烧方程式，，设1 g葡萄糖燃烧则消耗氧气为，1 g乙酸完全燃烧消耗氧气为，耗氧量相同，D正确。
故选AB。
（3）反应③是与乙醇的酯化反应，化学方程式。
（4）根据分析，N为或；结合甘油醛的结构，N应选择，N催化氧化为，然后在碱性下水解为。故中间为物为。
（5）A(乙醇)的一种同系物和C(乙酸)的一种同系物反应得到分子式为的物质，该物质含有酯基，结合碳原子4个，可能是甲酸与丙醇形成的酯、，丙酸与甲醇形成的酯，故结构有、、。
1 / 1浙江省名校协作体2025-2026学年高二上学期开学考试化学试题
1．（2025高二上·浙江开学考）下列物质属于在熔融状态下能导电的电解质是
A．K2CO3 B．液态硫(S8) C．SO3 D．HCOOH
2．（2025高二上·浙江开学考）下列化学用语表述正确的是
A．生石膏的化学式：
B．的电子式：
C．NaCl溶液中的水合离子：
D．甲烷的球棍模型：
3．（2025高二上·浙江开学考）NaHCO3俗名小苏打，是生活中常见的物质，下列说法正确的是
A．NaHCO3固体溶于水，溶液温度升高
B．NaHCO3溶液呈碱性，可用于中和过量胃酸
C．NaHCO3的热稳定性强于苏打
D．检验NaHCO3中的钠离子：用玻璃棒蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰颜色
4．（2025高二上·浙江开学考）化学是一门实验学科，下列有关实验操作说法正确的是
A．硝酸、氯水均保存在棕色试剂瓶中
B．金属钾着火，可以用湿抹布盖灭
C．不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
D．为验证二氧化硫的漂白性，可将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，观察现象
5．（2025高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．26Al和27Al是同一种核素 B．CH4与C3H8互为同系物
C．H2O、D2O互为同位素 D．淀粉和纤维素互为同分异构体
6．（2025高二上·浙江开学考）养鱼爱好者常用海波(硫代硫酸钠：)处理自来水以去除消毒残留的氯气，反应原理为：，下列说法正确的是
A．作氧化剂
B．既是氧化产物，又是还原产物
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4
D．反应中消耗转移4mol电子
7．（2025高二上·浙江开学考）下列有关离子方程式书写正确的是
A．向硅酸钠溶液中滴加醋酸：
B．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：
C．制作印刷电路板的原理：
D．FeS与稀硝酸混合：
8．（2025高二上·浙江开学考）羟基耳叶苔内酯是一种桉烷型倍半萜类化合物，近年来有研究表明该化合物对乳腺癌有特别的疗效，下列说法正确的是
A．该分子中所有原子共面
B．1mol该物质与足量的钠反应生成
C．该物质既能使溴的溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．该物质含有4种官能团
9．（2025高二上·浙江开学考）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含有的中子数为
B．与于密闭容器中充分反应，所含分子总数小于
C．所含的电子数为
D．标准状况下，2.24L乙醇中碳氢键的数目为
10．（2025高二上·浙江开学考）2025年春晚给人的最大惊喜和意外莫过于宇树人形机器人表演的《秧BOT》，下列有关机器人材料说法正确的是
A．自平衡陀螺仪使用的压电陶瓷属于传统无机非金属材料
B．机器人的轮胎使用的是硫化橡胶，具有一定的弹性，但强度和韧性差，具有线型结构
C．宇树机器人所采用芯片的主要成分是二氧化硅
D．机器人穿着喜庆的红色棉祅，其中棉花的主要成分属于有机高分子
11．（2025高二上·浙江开学考）实验室中模拟合成氨反应：，在2L体积不变的密闭容器中，初始均按与物质的量1：1投料，在不同条件下测得的物质的量随时间变化的三组实验数据如表所示：
实验序号 温度 0min 10min 20min 30min 40min 50min 60min
1 300 2.00 1.70 1.50 1.36 1.25 1.20 1.20
2 300 2.00 1.50 1.28 1.20 1.20 1.20 1.20
3 400 2.00 1.60 1.39 1.29 1.27 1.27 1.27
下列说法正确的是
A．20min到30min内，实验2的反应速率小于实验1，一定是催化剂失效
B．实验1中，10min时的化学反应速率为
C．对比实验2和实验3，实验2可能使用了更高效的催化剂
D．当的体积分数保持不变时，反应到达平衡
12．（2025高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．图①操作可从溶液中提取晶体
B．图②装置可用于实验室制取并收集
C．图③装置可以除去乙烷中的乙烯
D．图④装置用于铜与稀硝酸反应制备少量NO
13．（2025高二上·浙江开学考）用于检测酒驾的酒精检测仪工作原理如下图所示，下列说法不正确的是
A．该装置能够将化学能转化为电能
B．该电池的负极反应式为：
C．电池工作时，当电路中通过4mol电子时，有通过质子交换膜从左向右迁移
D．当呼气中有46g的乙醇被反应时，需要消耗标准状况下氧气22.4L
14．（2025高二上·浙江开学考）电还原过程中，不同金属催化剂对中间产物的吸附能力不同，直接影响最终产物。下图为还原的反应路径示意图(部分中间体省路)，*表示吸附。下列说法不正确的是
A．若催化剂对O的结合能力更强，则主要产物为HCOOH
B．若催化剂对CO吸附能力强且不易脱附，则主要产物为
C．过程①是放热过程
D．理论上生成等物质的量的HCOOH和，转移的电子数相同
15．（2025高二上·浙江开学考）下列实验操作、现象与结论的对应关系正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取干燥和湿润的大小和材质均相同的有色布条各一条，分别放入两个盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 湿润的有色布条褪色，干燥的有色布条不褪色 不具有漂白性
B 相同温度下，分别向两支试管中加入4mL浓度均为的溶液，再分别加入2mL和酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色时间不同 浓度越大，化学反应速率越快
C 取金属钠在氧气中燃烧所得的固体粉末，加入适量的蒸馏水 有无色无味的气体生成 固体粉末为
D 往试管中加入碳酸钠溶液，再加入足量的稀盐酸 有无色无味的气体生成 非金属性：
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高二上·浙江开学考）固体M可能由和中的几种组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，进行如下实验：
已知：①所加试剂均过量；②气体A无色无味。下列说法正确的是
A．气体A一定为
B．由白色沉淀E可知，该固体M中一定含有
C．固体C一定含有，可能含有
D．该固体M中和Fe至少有一种
17．（2025高二上·浙江开学考）X、Y、R、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且各周期均有分布。Y的单质是空气的主要成分，R是地壳中含量最多的元素，W与R的最外层电子数相同，Z的周期序数和主族序数相同。请回答下列问题：
（1）R在周期表中的位置是　 　。
（2）X与Y可形成化合物Y2X4，写出该化合物的结构式　 　。
（3）Y的最高价氧化物对应的水化物和Y的简单氢化物生成的化合物所含的化学键有　 　。
（4）工业上可用通过铝热反应冶炼Cr，写出该反应的化学方程式　 　。
（5）下列有关说法不正确的是_______。
A．简单氢化物沸点：
B．附着在试管壁上的单质W可用二硫化碳洗涤
C．常温下，Z单质不与浓硫酸反应
D．三种元素简单离子的半径：
18．（2025高二上·浙江开学考）某工厂利用回收的废旧钢材制备。其流程如下：
已知：易溶于水，且相同条件下，溶解度小于和。
（1）请写出在水中的电离方程式　 　。
（2）下列有关说法正确的是_______。
A．第一步加入热的溶液的作用是洗去废旧钢材表面的油污
B．从混合液中析出晶体的方式为蒸发结晶
C．晶体洗涤操作：向漏斗中加入洗涤剂至没过沉淀，静置，待其自然流下，重复操作2-3次
D．第三步滤液1和溶液混合时发生了复分解反应
（3）请设计实验检验产品中的阴离子　 　。
（4）隔绝空气加热可生成红色固体和两种硫的氧化物，请写出反应的化学方程式　 　。
（5）检测产品纯度：准确称取10.00g产品，溶解后配制成100mL溶液，准确量取25.00mL溶液，用的酸性溶液反应(假设、杂质均不参与反应)，记录恰好完全反应时消耗的溶液体积如下表所示，则该样品的纯度为　 　(结果保留小数点后两位)。
实验编号 1 2 3
消耗溶液体积 20.02 20.01 19.97
19．（2025高二上·浙江开学考）研究的转化具有重要的意义。
Ⅰ．在催化剂作用下二氧化碳可与氢气反应生成甲烷：。回答下列问题：
（1）已知上述反应中的化学键键能如下：
化学键
a b c d
则该反应的________。
（2）在绝热恒容的密闭容器中进行以上反应：，下列说法不能说明反应已达平衡的是_______。
A. 混合气体平均相对分子质量保持不变 B. 混合气体密度保持不变
C. D. 体系的温度保持不变
II．将1 molNO和1 molCO混合气体通入一固定体积的容器内，一定温度下发生反应：。反应一段时间后达平衡，测得反应后容器压强变为原来的，回答下列问题：
（3）下列措施能提高反应速率的有_______。
A. 升高温度 B. 充入少量氦气
C. 起始充入2 molNO和1 molCO D. 使用高效的催化剂
（4）平衡时的体积分数为________%。
III．我国科研人员研发了一种电池系统，可将NO尾气转化为，其工作原理如图所示(双极膜可将水解离成和，并实现其定向通过)。
（5）双极膜中水解离出的移向________电极(填或)。
20．（2025高二上·浙江开学考）乳酸亚铁晶体(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O是一种很好的食品铁强化剂，可由乳酸钙与FeCl2反应制得，反应装置如下：
已知：潮湿的乳酸亚铁易被氧化
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）装置B的主要作用是　 　。
（3）试写出制备乳酸亚铁晶体的化学方程式　 　。
（4）部分实验操作过程如下，其正确的操作顺序是：　 　。
检查气密性加入试剂将三颈烧瓶置于水浴中_____________________
a．关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞
b．关闭K3，打开K2
c．关闭K2，打开K3
d．打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1
（5）下列说法不正确的是_______。
A．本实验采用较大铁片而不是铁粉，主要原因是避免反应速率过快
B．关闭K1、K2、K3，往分液漏斗中加水，打开K1和分液漏斗活塞，若刚开始水能滴下，一段时间之后不再下滴，则虚线框内装置气密性良好
C．粗产品经洗涤后，再用小火烘干
D．控制反应温度，有利于得到大颗粒沉淀，吸附杂质的量少
21．（2025高二上·浙江开学考）以淀粉和油脂为原料，可制备许多香料工业的重要化学品，化合物M和N均属于酯类，M可用于配制腊肉类香精，N可用作香料固定剂，其合成路线及相关物质转化关系如下：
已知：反应⑤生成的物质的量之比为，与等物质的量的反应生成D。请回答下列问题：
（1）化合物C所含官能团名称为　 　；化合物F的结构简式为　 　。
（2）下列说法不正确的是_______。
A．反应①与反应③的反应类型相同
B．淀粉、油脂都是高分子化合物，都能发生水解反应
C．化合物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．等质量的葡萄糖和化合物C完全燃烧耗氧量相同
（3）写出反应③的化学方程式　 　。
（4）甘油醛()是最简单的醛糖，有独特的甜味，在食品工业中用于增添食物和香精的香气。以的其中一种化合物为原料，合成甘油醛的流程如下，试补充完整(写出结构简式)：
化合物　 　
（5）A的一种同系物和C的一种同系物反应得到分子式为的物质，请写出该物质所有可能的结构简式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、K2CO3是离子化合物，属于盐类电解质。熔融状态下能解离出 K+和 CO32-，这些自由移动的离子可导电，故A符合题意 ；
B、液态硫（S8）是单质，不是化合物，因此不属于电解质；且熔融时以分子形式存在，无自由移动离子，不能导电，故B不符合题意 ；
C、SO3是共价化合物，熔融时仍以分子形式存在，无法解离出自由移动的离子，不能导电；且 SO3自身不能电离，不属于电解质（其水溶液导电是因为生成了 H2SO4），故C不符合题意 ；
D、HCOOH（甲酸）是弱电解质，由分子构成，熔融时仍以分子形式存在，不能解离出自由移动的离子，无法导电，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】判断物质是否为 “熔融状态下能导电的电解质”，需满足：①是化合物；②在熔融状态下能解离出自由移动的离子而导电。据此对每个选项进行分析。
2．【答案】C
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、生石膏的化学式是 CaSO4 2H2O，2CaSO4 H2O 是熟石膏的化学式，A错误；
B、H2O 是共价化合物，电子式中没有离子键和电荷，正确写法为 （氧原子上下各有一对孤对电子），B错误；
C、NaCl 溶液中，Na+被水分子的氧端（负电）吸引，Cl-被水分子的氢端（正电）吸引，形成水合离子，图示符合这一特征，C正确；
D、甲烷的球棍模型需用 “棍” 表示共价键 ： ，题目中的图片是比例模型（空间填充模型），D错误；
故答案为：C。
【分析】判断各选项化学用语是否正确，需明确：①常见物质的化学式（区分生石膏与熟石膏）；②共价化合物电子式的书写（无离子键和电荷）；③水合离子的形成（水分子极性端与离子的吸引）；④球棍模型与比例模型的差异（球棍模型用 “棍” 表共价键）。
3．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、NaHCO3固体溶于水时吸收热量，会使溶液温度降低，而非升高，A错误；
B、NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液呈弱碱性；其能与胃酸（主要成分为 HCl）反应（NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O），可中和过量胃酸，且碱性较弱对人体刺激小，B正确；
C、NaHCO3受热易分解（2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O），而苏打（Na2CO3）受热不分解，因此热稳定性：苏打 > NaHCO3，C错误；
D、玻璃棒含钠元素，会干扰焰色反应。检验 Na+应使用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取溶液，在酒精灯外焰灼烧观察火焰颜色，D错误；
故答案为：B。
【分析】围绕 NaHCO3的溶解热效应、溶液碱性与胃酸的反应、热稳定性对比（与 Na2CO3）、钠离子焰色反应的仪器要求，对每个选项进行判断。
4．【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、硝酸（HNO3）光照下易分解为 NO2、O2和 H2O；新制氯水中含 HClO，HClO 见光会分解为 HCl 和 O2。因此，二者均需用棕色试剂瓶避光保存，A正确；
B、钾与水反应生成 H2，且反应放热，会加剧燃烧甚至引发爆炸，故钾着火不能用湿抹布（含水）盖灭，应使用干燥沙土隔绝空气灭火，B错误；
C、酸沾肤时，应先用水冲洗，再涂弱碱性的 NaHCO3溶液；碱沾肤时，先用水冲洗，再涂弱酸性的硼酸溶液。选项中 “酸沾肤涂硼酸” 的操作错误，C错误；
D、酸性高锰酸钾溶液具强氧化性，SO2因还原性与之反应（SO2被氧化，MnO4-被还原为 Mn2+）导致褪色，并非漂白性，D错误；
故答案为：A。【分析】A．判断试剂是否需避光保存，取决于其是否见光易分解。
B．钾的化学性质极活泼，与水反应的剧烈程度及产物特性决定灭火方式。
C．酸碱沾到皮肤的处理需区分酸、碱，遵循 “先冲洗，后中和” 的原则。
D．SO2使溶液褪色的原因需区分是漂白性（与有色有机物结合）还是还原性（发生氧化还原反应）。
5．【答案】B
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A、26Al 和27Al 质子数均为 13，但中子数分别为 13 和 14，属于铝元素的两种不同核素，并非同一种核素，A错误；
B、CH4和 C3H8均为烷烃（只含 C—C 和 C—H 键，结构相似），分子组成相差 2 个 CH2，符合同系物定义，B正确；
C、H2O 和 D2O 是由 H、D（氢的同位素）与 O 形成的化合物分子，并非原子，因此不互为同位素，C错误；
D、淀粉和纤维素的 n 值不固定且不相等，导致实际分子式不同，不满足同分异构体 “分子式相同” 的条件，D错误；
故答案为：B。【分析】A．核素的定义是 “具有确定质子数和中子数的一种原子”，不同中子数则为不同核素。
B．同系物需满足 “结构相似、分子组成相差 n 个 CH2（n≥1）”。
C．同位素的研究对象是 “原子”，而非分子或其他微粒。
D．同分异构体的前提是 “分子式完全相同”，而淀粉和纤维素的化学式虽简写为 (C6H10O5) n，但 n 值不同。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Na2S2O3中 S 为 +2 价，反应后在 NaHSO4中变为 +6 价，化合价升高，故 Na2S2O3是还原剂，而非氧化剂，A错误；
B、S 元素化合价升高生成的 NaHSO4是氧化产物；Cl 元素从 0 价降为 -1 价生成的 HCl 是还原产物，因此 NaHSO4仅为氧化产物，B错误；
C、反应生成 2mol NaHSO4（氧化产物）的同时生成 8mol HCl（还原产物），二者物质的量之比为 2：8=1：4，C正确；
D、1mol Na2S2O3中 S 元素总升高价态为 2×(6-2)=8，故转移 8mol 电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．依据元素化合价变化判断物质是氧化剂还是还原剂（化合价升高为还原剂）。
B．氧化产物是还原剂被氧化的产物，还原产物是氧化剂被还原的产物。
C．根据反应方程式中氧化产物和还原产物的化学计量数求比例。
D．根据化合价变化计算 1mol Na2S2O3转移的电子数
7．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、硅酸钠与醋酸反应时，正确式子应为 SiO32-+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO-，原方程式拆写错误，A错误；
B、氯化铝与过量氨水反应生成 Al(OH)3沉淀和 NH4+，式子 Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+中，氨水保留分子式，产物正确，B正确；
C、Cu 与 Fe3+反应的正确式子为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，原方程式电荷不守恒（左边 +3，右边 +4），C错误；
D、FeS 与稀硝酸反应时，Fe2+、S2-会被氧化，不可能生成 H2S 和 Fe2+，原式子不符合反应类型，D 错误；
故答案为：B。【分析】A．醋酸是弱酸，不能拆为 H+，需保留分子形式。
B．氨水是弱碱，不拆分；Al(OH)3不溶于过量氨水，反应式需符合事实。
C．氧化还原反应需满足电荷守恒。
D．稀硝酸具强氧化性，与 FeS 发生氧化还原反应，而非复分解。
8．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A、该分子中存在多个 - CH3、-CH2- 结构，这些饱和碳原子的四面体构型导致分子中所有原子不可能共面，A错误；
B、该分子中仅含 1 个羟基，因此 1mol 该物质与足量钠反应生成0.5mol H2，而非 1mol，B错误；
C、该分子含碳碳双键，能与溴的 CCl4溶液加成褪色；碳碳双键和醇羟基（相连碳有 H）能被酸性高锰酸钾氧化褪色，C正确；
D、该物质含有的官能团为酯基（-COO-）、羟基（-OH）、碳碳双键（C=C），共3 种，而非 4 种，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．饱和碳原子决定了与之相连的原子不可能共面。
B．钠与羟基反应的比例是 2mol -OH 生成 1mol H2，需明确分子中羟基的数量。
C．碳碳双键可与溴的 CCl4溶液发生加成反应使其褪色；同时，碳碳双键和与羟基相连的碳上有氢的醇羟基，均能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色。
D．识别分子中的官能团，需明确酯基、羟基、碳碳双键的结构特征。
9．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 8O2的摩尔质量为 36g/mol，1.8g 8O2的物质的量为 1.8g÷36g/mol=0.05mol。每个 8O2分子含 20 个中子（每个 8O 原子 10 个中子），总中子数为 0.05mol×20×NA= NA，A正确；
B、0.2mol H2与 0.2mol I2反应，无论反应是否完全，分子总数始终为 0.4NA（反应前后气体分子数不变），B错误；
C、1 个 OH-含 10 个电子，1mol OH-含 10NA个电子，而非 7NA，C错误；
D、标准状况下乙醇为液态，无法用 22.4L/mol 计算其物质的量，进而无法确定碳氢键数目，D错误；
故答案为：A。【分析】A．先计算 8O2的物质的量，再根据每个 8O 原子的中子数，求出总中子数。
B．H2与 I2的反应是气体分子数不变的反应，反应前后分子总数守恒。
C．OH-的电子数由氧原子、氢原子和额外 1 个电子构成。
D．标准状况下乙醇是液体，气体摩尔体积仅适用于气态物质。
10．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、压电陶瓷是新型无机非金属材料，传统无机非金属材料包括普通陶瓷、玻璃、水泥等，A 错误；
B、硫化橡胶通过交联反应形成网状结构，强度和韧性较好，不是线型结构，B错误；
C、宇树机器人芯片的主要成分是晶体硅，不是二氧化硅，C错误；
D、机器人棉袄中棉花的主要成分是纤维素，纤维素是有机高分子，D正确；
故答案为：D。【分析】A．区分传统与新型无机非金属材料。
B．硫化橡胶的结构是网状结构，而非线型。
C．芯片的主要成分是高纯度晶体硅。
D．棉花的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子化合物。
11．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、实验 2 在 20-30min 内反应速率小于实验 1，可能是反应衡使速率自然下降，不能直接判定催化剂失效，A错误；
B、实验 1 前 10min 的速率是平均速率，无法得出 “10min 时” 的瞬时速率，B错误；
C、实验 2 温度低于实验 3，但反应速率更快，推测实验 2 使用了更高效的催化剂，C正确；
D、根据已知条件列出“三段式”
的体积分数为是定值，当的体积分数保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．反应速率下降可能是衡导致，而非催化剂失效。
B．化学反应速率通常指平均速率，而非某一时刻的瞬时速率。
C．对比实验 2和实验 3，实验 2 温度更低但反应速率更快，说明可能使用了更高效的催化剂。
D．平衡状态的判断需依据 “变量不变”。
12．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；乙烯的物理、化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、图①是蒸发结晶装置，但 NH4Cl 受热会分解，无法通过此方法提取 NH4Cl 晶体，应采用冷却结晶法，A错误；
B、图②中 MnO2与浓 HCl 反应制 Cl2缺少加热装置，无法完成反应，B错误；
C、图③中，酸性 KMnO4将乙烯氧化为 CO2，混合气体通过 NaOH 溶液时，CO2与 NaOH 反应被除去，最终可得到纯净的乙烷，该装置能除去乙烷中的乙烯，C正确；
D、图④中，铜与稀硝酸反应生成 NO，但 NO 易与空气中的 O2反应，不能用排空气法收集，D错误；
故答案为：C。【分析】A．NH4Cl 受热易分解为 NH3和 HCl，不能用蒸发结晶提取晶体。
B．MnO2与浓 HCl 反应制 Cl2需要加热条件，装置需体现加热。
C．乙烯被酸性 KMnO4氧化为 CO2，后续 NaOH 溶液可除去 CO2，从而达到除杂目的。
D．NO 在空气中易被氧化为 NO2，不能用排空气法收集。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置通过乙醇与氧气的氧化还原反应产生电流，属于原电池，能实现化学能到电能的转化，A正确；
B、X 极（负极）乙醇（CH3CH2OH）被氧化为醋酸（CH3COOH），而非 CO2。乙醇中 C 平均价态为 - 2，醋酸中为 0，每个乙醇分子失 4e-，正确反应式为 CH3CH2OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+，原选项反应式错误，B不正确；
C、H+从负极（左）向正极（右）移动，电路中通过 4mol 电子时，迁移的 H+为 4mol，C正确；
D、46g 乙醇（1mol）反应时，消耗 1mol O2，标准状况下体积为 22.4L，D正确；
故答案为：B。【分析】A．原电池的核心功能是将化学能转化为电能。
B负极反应式需匹配产物（醋酸）和电子转移数（C 元素化合价变化）。
C．质子（H+）向正极迁移，迁移量与电子转移量相等。
D．根据总反应 CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，计算乙醇与氧气的反应比例。
14．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A、生成 HCOOH 的关键中间产物是HCOO（含 O），若催化剂对 O 结合能力强，会稳定该中间体，从而主要生成 HCOOH，A正确；
B、CO 是生成 CO 和 CH4的分支点，若催化剂对CO 吸附强且不易脱附，*CO 会持续加氢，最终主要生成 CH4，B正确；
C、过程①中CO2与 H+结合形成HCOO，化学键形成释放能量，属于放热过程，C正确；
D、生成 1mol HCOOH 时，C 从 + 4 价变为 + 2 价，转移 2mol 电子；生成 1mol CH4时，C 从 +4 价变为 - 4 价，转移 8mol 电子。等物质的量时转移电子数不同，D错误；
故答案为：D。【分析】A．催化剂对 O 的结合能力强，会稳定含 O 的中间产物，促进 HCOOH 生成。
B．催化剂对 * CO 吸附强且不易脱附时，*CO 会继续加氢还原生成 CH4。
C．过程①是CO2结合 H+形成HCOO 的过程，化学键形成会释放能量。
D．通过 CO2中 C 的化合价与产物中 C 的化合价，计算电子转移数。
15．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、湿润的有色布条褪色（Cl2与水生成 HClO 漂白），干燥的有色布条不褪色（Cl2本身无漂白性），现象与结论逻辑一致，A正确；
B、根据反应比例 5H2C2O4 ~ 2MnO4-，两组实验中高锰酸钾均过量，溶液不会褪色，因此 “褪色时间不同” 的现象不成立，不能说明浓度对反应速率的影响，B错误；
C、钠在氧气中燃烧，若钠未完全反应，剩余的 Na 与水生成 H2（无色无味），与 Na2O2与水生成 O2的现象相同，因此不能确定固体粉末为 Na2O2，C错误；
D、稀盐酸与碳酸钠反应生成 CO2，仅能说明盐酸酸性强于碳酸，但盐酸不是 Cl 的最高价含氧酸（Cl 的最高价含氧酸是 HClO4），因此无法证明非金属性 Cl > C，D错误；
故答案为：A。【分析】A．Cl2的漂白性由其与水生成的 HClO 体现，干燥 Cl2无漂白性。
B．需通过反应的量比判断高锰酸钾是否过量。
C．钠燃烧产物若含未反应的 Na，与水生成的 H2也无色无味，无法仅凭气体判断产物是 Na2O2。
D．注意比较非金属性需用最高价氧化物对应水化物的酸性。
16．【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、气体 A 无色无味，可能是 H2或 NO（若含 NaNO3，酸性条件下与 Fe 反应生成NO），不一定是 H2，A错误；
B、白色沉淀 E 是 AgCl，Cl-来自过量盐酸，无法确定原固体含 BaCl2，B错误；
C、固体 C 可能是 SiO2或 BaSO4，或二者均有，并非 “一定含 SiO2”，C错误；
D、溶液 B 加 NaOH 生成 Fe(OH)3沉淀，说明含 Fe2+或 Fe3+，故原固体中 Fe 和 Fe2O3至少有一种，D正确；
故答案为：D。
【分析】加盐酸出现固体 C 的两种可能：一是 M 中直接含有难溶于盐酸的 SiO2；二是 M 中同时存在 NaNO3、BaCl2、K2SO3：加入盐酸后，NO3-在酸性条件下表现强氧化性，将 SO32-氧化为 SO42-，SO42-再与 Ba2+结合生成 BaSO4沉淀；气体 A 可能是 H2（若 M 含活泼金属）或 NO（若 NO3-被还原）；结合 “溶液 B 加 NaOH 产生有色沉淀”，可推断 M 中含 Fe 或 Fe2O3（最终生成 Fe(OH)3等有色沉淀）；后续加稀硝酸和硝酸银出现白色沉淀，说明存在 Cl-，但该 Cl-可能是 M 原有的，也可能是实验中加入的盐酸引入的，无法直接确定其来源。
17．【答案】（1）第二周期，第ⅥA族
（2）
（3）离子键、共价键(极性共价键)
（4）Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3
（5）A；C
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）R是O元素，原子核外电子排布是2、6，根据原子结构与元素位置关系可知：O元素位于元素周期表第二周期第ⅥA族；
故答案为： 第二周期，第ⅥA族 ；
（2）根据上述分析可知：X是H，Y是N，二者形成的Y2X4表示的物质是N2H4。在N2H4分子中，2个N原子形成N-N单键，N原子另外的2个成单电子分别与2个H原子形成2个N-H键，这样N2H4分子中N原子达到最外层8个电子的稳定结构，H原子达到原子核外2个电子的稳定结构，其结构式是 ；
故答案为： ；
（3）根据上述分析可知Y是N元素，N的最高价氧化物对应的水化物HNO3与N元素的简单氢化物NH3反应生成的化合物是NH4NO3，该物质属于离子化合物，阴离子与阳离子之间以离子键结合；在阳离子和阴离子中都存在极性共价键，故NH4NO3中所含的化学键有离子键、极性共价键；
故答案为： 离子键、共价键(极性共价键) ；
（4）工业上用Cr2O3与Al发生铝热反应冶炼Cr，同时反应产生Al2O3，该反应的化学方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；
故答案为： Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 ；
（5）A．根据上述分析可知：Y是N，R是O，它们形成的简单氢化物分别是NH3、H2O，NH3、H2O都属于分子晶体，分子间以范德华力结合，且在两种物质分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点升高。由于氢键：NH3＜H2O，导致在常温下NH3是气体，H2O是液体，因此物质的沸点：NH3＜H2O，用字母表示简单氢化物沸点为：Y(NH3)＜R(H2O)，A错误；
B．根据上述分析可知：W是S元素。S单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此附着在试管壁上的单质S可用二硫化碳洗涤，B正确；
C．根据上述分析可知：Z是Al元素，在常温下，Al单质遇浓硫酸，Al会被浓硫酸氧化产生一层致密的氧化膜而阻止反应的进一步发生，即发生钝化现象，而不是Al与浓硫酸不能反应，C错误；
D．根据上述分析可知：R是O，Z是Al，W是S元素。它们形成的简单离子分别是O2-、Al3+、S2-。O2-、Al3+核外只有两个电子层，S2-核外有三个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径就越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：S2-＞O2-＞Al3+，用字母表示离子半径大小关系为：W(S2-)＞R(O2-)＞Z(Al3+)，D正确；
故答案为： A C 。
【分析】X、Y、R、Z、W 为原子序数依次增大的短周期元素，且各周期均有元素分布。由此可推知 X 位于第一周期，故 X 为 H 元素；Y 的单质是空气主要成分，空气主要成分为氮气和氧气，结合原子序数关系，Y 为 N 元素；R 是地壳中含量最多的元素，故 R 为 O 元素；W 与 R 最外层电子数相同，且为短周期元素，故 W 为 S 元素；Z 的周期序数和主族序数相同，短周期中符合此条件的是 Al 元素，综上，X 是 H，Y 是 N，R 是 O，Z 是 Al，W 是 S 元素。随后结合这些元素的性质分析解答。
（1）R是O元素，原子核外电子排布是2、6，根据原子结构与元素位置关系可知：O元素位于元素周期表第二周期第ⅥA族；
（2）根据上述分析可知：X是H，Y是N，二者形成的Y2X4表示的物质是N2H4。在N2H4分子中，2个N原子形成N-N单键，N原子另外的2个成单电子分别与2个H原子形成2个N-H键，这样N2H4分子中N原子达到最外层8个电子的稳定结构，H原子达到原子核外2个电子的稳定结构，其结构式是 ；
（3）根据上述分析可知Y是N元素，N的最高价氧化物对应的水化物HNO3与N元素的简单氢化物NH3反应生成的化合物是NH4NO3，该物质属于离子化合物，阴离子与阳离子之间以离子键结合；在阳离子和阴离子中都存在极性共价键，故NH4NO3中所含的化学键有离子键、极性共价键；
（4）工业上用Cr2O3与Al发生铝热反应冶炼Cr，同时反应产生Al2O3，该反应的化学方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；
（5）A．根据上述分析可知：Y是N，R是O，它们形成的简单氢化物分别是NH3、H2O，NH3、H2O都属于分子晶体，分子间以范德华力结合，且在两种物质分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点升高。由于氢键：NH3＜H2O，导致在常温下NH3是气体，H2O是液体，因此物质的沸点：NH3＜H2O，用字母表示简单氢化物沸点为：Y(NH3)＜R(H2O)，A错误；
B．根据上述分析可知：W是S元素。S单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此附着在试管壁上的单质S可用二硫化碳洗涤，B正确；
C．根据上述分析可知：Z是Al元素，在常温下，Al单质遇浓硫酸，Al会被浓硫酸氧化产生一层致密的氧化膜而阻止反应的进一步发生，即发生钝化现象，而不是Al与浓硫酸不能反应，C错误；
D．根据上述分析可知：R是O，Z是Al，W是S元素。它们形成的简单离子分别是O2-、Al3+、S2-。O2-、Al3+核外只有两个电子层，S2-核外有三个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径就越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：S2-＞O2-＞Al3+，用字母表示离子半径大小关系为：W(S2-)＞R(O2-)＞Z(Al3+)，D正确；
故合理选项是AC。
18．【答案】（1）
（2）A；C
（3）取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在
（4）
（5）94.08
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：；
故答案为： ；
（2）A．据分析可知，第一步加入热的溶液的作用是洗去废旧钢材表面的油污，A正确；
B．溶解度小于和，从混合液中析出晶体的方式为蒸发浓缩、冷却结晶，B错误；
C．晶体洗涤的规范操作是 “向漏斗中加洗涤剂至没过沉淀，静置自然流下，重复2-3次”，C正确；
D．与 、H2O发生化合反应生成，D错误；
故答案为：AC；
（3）产品中的阴离子为，取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在；
故答案为： 取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在 ；
（4）隔绝空气加热可生成红色固体（三氧化二铁）和两种硫的氧化物（二氧化硫、三氧化硫），反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）三次实验的平均消耗的体积为20.00mL，，25mL产品溶液中为：，故100mL产品溶液中为，，=n×M=×=9.408g，产品纯度为：。
故答案为： 94.08 。
【分析】先加入热的 Na2CO3溶液，利用其碱性洗去废旧钢材表面的油污，得到洁净钢材（主要成分为 Fe）。向洁净钢材中加入稀硫酸，Fe 与稀硫酸反应生成硫酸亚铁溶液（滤液 1），过滤除去不溶杂质（滤渣 1）。将硫酸亚铁溶液与硫酸铵溶液混合反应，生成 (NH4)2Fe (SO4)2，再经结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到最终产品。据此分析解题。
（1）属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：；
（2）A．据分析可知，第一步加入热的溶液的作用是洗去废旧钢材表面的油污，A正确；
B．溶解度小于和，从混合液中析出晶体的方式为蒸发浓缩、冷却结晶，B错误；
C．晶体洗涤的规范操作是 “向漏斗中加洗涤剂至没过沉淀，静置自然流下，重复2-3次”，C正确；
D．与 、H2O发生化合反应生成，D错误；
故选AC；
（3）产品中的阴离子为，取少量产品于试管中加水溶解，加入足量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，说明产物中存在；
（4）隔绝空气加热可生成红色固体（三氧化二铁）和两种硫的氧化物（二氧化硫、三氧化硫），反应方程式为：；
（5）三次实验的平均消耗的体积为20.00mL，，25mL产品溶液中为：，故100mL产品溶液中为，，=n×M=×=9.408g，产品纯度为：。
19．【答案】(1)
(2) B，C
(3) A，C，D
(4) 25
(5)
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由，可得2d+4a-4b-4c；
故答案为： ；
（2）可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其他：一些物理量不变即判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明达到平衡；
A．混合气体平均相对分子质量，随反应进行在发生变化，若混合气体平均相对分子质量不变时，即为平衡，A正确；
B．混合气体密度，随反应进行没有发生变化，若混合气体密度保持不变，不能说明达到平衡，B错误；
C．时，正逆反应不相等，即不为平衡状态，C错误；
D．该反应体系为绝热恒容，温度会随着反应进行发生变化，若体系的温度保持不变时，即为平衡，D正确；
故答案为： BC。
（3）A．升高温度能加快反应速率，A正确；
B．恒温恒容条件下，充入少量氦气，不会改变反应体系的浓度，即不会改变反应速率，B错误；
C．恒温恒容条件下，起始充入2 molNO和1 molCO，增大了反应物的浓度，会加快反应速率，C正确；
D．加入催化剂会加快反应速率，D正确；
故答案为： ACD。
（4）恒温恒容条件下，体系中物质的量之比等于体系中压强之比。反应达平衡时，测得反应后容器压强变为原来的，即反应后物质的量也变为原来的。设氮气变化的物质的量为x mol，根据物质的量列三段式：
可得：，解得x=0.4，平衡时N2的物质的量为0.4 mol，则平衡时的体积分数与N2的物质的量分数相等为：。
故答案为：25；
（5）根据图像可知为负极，为正极。原电池中阳离子要移向正极，阴离子要移向负极，所以水解离出的移向。
故答案为： 。
【分析】（1）根据 ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，计算得 ΔH=2d+4a-4b-4c。
（2）平衡判断看 “变量不变”：A 中平均相对分子质量、D 中温度随反应变化，不变则平衡；B 中密度始终不变，C 中速率比不符计量数，故选 BC。
（3）提高速率的措施：A 升温、C 增大反应物浓度、D 用催化剂可行；B 充氮气不影响浓度，故选 ACD。
（4）恒温恒容下压强与物质的量成正比，通过三段式计算，N2体积分数为 25%。
（5）原电池中阳离子向正极移动，MoS2为正极，故 H+移向 MoS2。
20．【答案】（1）分液漏斗
（2）防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中)
（3）或
（4）cdb
（5）A；C
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【解析】【分析】（1）根据装置图可知：仪器A名称为分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）装置B中盛有水，其作用是防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中)；
故答案为： 防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中) ；
（3）在三颈烧瓶中FeCl2溶液与乳酸钙发生复分解反应产生乳酸亚铁晶体和氯化钙，该反应的化学方程式为：；也可以写为：；
故答案为：或 ；
（4）亚铁离子易被空气中的氧气氧化，需先用氢气排出装置内的空气，因此需要先关闭K2，打开K3，打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1，盐酸与铁反应生成氢气，排出空气，然后关闭K3，打开K2，产生的氢气使装置内压强增大，将氯化亚铁溶液压入三颈烧瓶中，然后关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞，开动搅拌器，使氯化亚铁溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁，故合理顺序为cdb；
故答案为： cdb ；
（5）A．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是防止铁粉堵塞导管，A错误；
B．关闭K1、K2、K3，往分液漏斗中加水，打开K1和分液漏斗活塞，若刚开始水能滴下，说明分液漏斗中压强大于烧瓶中气体压强；一段时间之后不再下滴，说明随着水的加入，烧瓶中气体压强逐渐增大，当其中气体压强与上部液体及大气产生的压强相同时，液体就不能再滴下，因此可以证明虚线框内装置气密性良好，B正确；
C．粗产品主要成分是乳酸亚铁晶体(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O，(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O是含有结晶水的盐，若经洗涤后，再用小火烘干，就会导致失去部分或全部结晶水，甚至是Fe2+被氧化变为Fe3+，而不能得到需要的物质，C错误；
D．控制反应温度，有利于得到大颗粒沉淀，这样得到的晶体颗粒由于与溶液其他成分接触面积减小，因而吸附杂质的量少，D正确；
故答案为： A C 。
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，因此整个制备过程需在无氧环境下进行。甲装置中 Fe 与盐酸反应制备氯化亚铁，同时生成的氢气可排尽装置内空气，还能借助氢气产生的气压将甲装置中的 FeCl2溶液压入三颈烧瓶。在三颈烧瓶中，FeCl2溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁晶体和 CaCl2溶液，经过滤得到乳酸亚铁粗品和 CaCl2溶液。乳酸亚铁粗品用乙醇洗涤后低温真空干燥得到成品，CaCl2溶液经浓缩得到副产物 CaCl2。
（1）根据装置图识别仪器，A 为分液漏斗。
（2）装置 B 中水的作用是隔绝空气，防止氧气进入三颈烧瓶氧化乳酸亚铁。
（3）FeCl2与 (CH3CH(OH)COO)2Ca 发生复分解反应，化学方程式为
FeCl2+(CH3CH (OH)COO)2Ca+2H2O=(CH3CH (OH)COO)2Fe 2H2O + CaCl2（或 FeCl2+ (CH3CH(OH)COO)2Ca=(CH3CH(OH)COO)2Fe+ CaCl2）。
（4）操作顺序：先排空气（关闭 K2、打开 K3，打开分液漏斗上口玻璃塞和 K1），再压入溶液（关闭 K3、打开 K2），最后关闭 K1，即 cdb。
（5）A 错误（用铁片是防堵塞），C 错误（烘干易致结晶水流失或氧化），故选 AC。
（1）根据装置图可知：仪器A名称为分液漏斗；
（2）装置B中盛有水，其作用是防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中(防止乳酸亚铁被氧化或防止空气进入三颈烧瓶中)；
（3）在三颈烧瓶中FeCl2溶液与乳酸钙发生复分解反应产生乳酸亚铁晶体和氯化钙，该反应的化学方程式为：；也可以写为：；
（4）亚铁离子易被空气中的氧气氧化，需先用氢气排出装置内的空气，因此需要先关闭K2，打开K3，打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1，盐酸与铁反应生成氢气，排出空气，然后关闭K3，打开K2，产生的氢气使装置内压强增大，将氯化亚铁溶液压入三颈烧瓶中，然后关闭K1，盖上分液漏斗上口玻璃塞，开动搅拌器，使氯化亚铁溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁，故合理顺序为cdb；
（5）A．本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是防止铁粉堵塞导管，A错误；
B．关闭K1、K2、K3，往分液漏斗中加水，打开K1和分液漏斗活塞，若刚开始水能滴下，说明分液漏斗中压强大于烧瓶中气体压强；一段时间之后不再下滴，说明随着水的加入，烧瓶中气体压强逐渐增大，当其中气体压强与上部液体及大气产生的压强相同时，液体就不能再滴下，因此可以证明虚线框内装置气密性良好，B正确；
C．粗产品主要成分是乳酸亚铁晶体(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O，(CH3CH(OH)COO)2Fe·2H2O是含有结晶水的盐，若经洗涤后，再用小火烘干，就会导致失去部分或全部结晶水，甚至是Fe2+被氧化变为Fe3+，而不能得到需要的物质，C错误；
D．控制反应温度，有利于得到大颗粒沉淀，这样得到的晶体颗粒由于与溶液其他成分接触面积减小，因而吸附杂质的量少，D正确；
故合理选项是AC。
21．【答案】（1）羧基；
（2）A；B
（3）
（4）
（5）、、
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据分析可知化合物C是乙酸，所含官能团名称为羧基；化合物F的结构简式为。
故答案为： 羧基 ； ；
（2）A. 反应①是乙醇的催化氧化，属于氧化反应，反应③是酸与醇的酯化反应，属于取代反应，故反应类型不相同，A错误；
B. 淀粉、油脂都能发生水解反应，但油脂不属于高分子化合物，B错误；
C. 化合物A为乙醇，醇可以使酸性高锰酸钾褪色，E为油酸，属于不饱和高级脂肪酸，碳链上有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D. 根据燃烧方程式，，设1 g葡萄糖燃烧则消耗氧气为，1 g乙酸完全燃烧消耗氧气为，耗氧量相同，D正确。
故答案为：AB。
（3）反应③是与乙醇的酯化反应，化学方程式。
故答案为： ；
（4）根据分析，N为或；结合甘油醛的结构，N应选择，N催化氧化为，然后在碱性下水解为。故中间为物为。
故答案为： ；
（5）A(乙醇)的一种同系物和C(乙酸)的一种同系物反应得到分子式为的物质，该物质含有酯基，结合碳原子4个，可能是甲酸与丙醇形成的酯、，丙酸与甲醇形成的酯，故结构有、、。
故答案为：、、。
【分析】淀粉水解生成葡萄糖（分子式 C6H12O6），葡萄糖在酒化酶作用下转化为 A（乙醇）；乙醇经催化氧化生成 B（乙醛），乙醛进一步氧化生成 C（乙酸）。油脂 G 水解生成 D、E、F，结合 F 的分子式推知 F 为丙三醇（CH2OHCHOHCH2OH）。根据反应⑤中 D、E、F 的物质的量之比及 E 与氢气的加成反应，可知 D、E 含碳原子数相同，经计算得 D、E 含 18 个碳原子；结合 G 的不饱和度及酯基数量，推知 D 为硬脂酸（C17H35COOH）、E 为油酸（C17H33COOH）。乙醇（A）与硬脂酸（D）反应生成 M（C17H35COOC2H5），乙酸（C）与丙三醇（F）反应生成 N。
（1）根据分析可知化合物C是乙酸，所含官能团名称为羧基；化合物F的结构简式为。
（2）A. 反应①是乙醇的催化氧化，属于氧化反应，反应③是酸与醇的酯化反应，属于取代反应，故反应类型不相同，A错误；
B. 淀粉、油脂都能发生水解反应，但油脂不属于高分子化合物，B错误；
C. 化合物A为乙醇，醇可以使酸性高锰酸钾褪色，E为油酸，属于不饱和高级脂肪酸，碳链上有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D. 根据燃烧方程式，，设1 g葡萄糖燃烧则消耗氧气为，1 g乙酸完全燃烧消耗氧气为，耗氧量相同，D正确。
故选AB。
（3）反应③是与乙醇的酯化反应，化学方程式。
（4）根据分析，N为或；结合甘油醛的结构，N应选择，N催化氧化为，然后在碱性下水解为。故中间为物为。
（5）A(乙醇)的一种同系物和C(乙酸)的一种同系物反应得到分子式为的物质，该物质含有酯基，结合碳原子4个，可能是甲酸与丙醇形成的酯、，丙酸与甲醇形成的酯，故结构有、、。
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