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浙江省金砖高中2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题四个选项中只有一个符合题意。不选，多选，错选均不得分)
1．（2025高一下·浙江期中）下列物质属于新型无机非金属材料的是
A．水泥 B．储氢合金 C．有机玻璃 D．氧化铝陶瓷
2．（2025高一下·浙江期中）下列化学用语表示正确的是
A．和互为同分异构体
B．二氧化硅的分子式：
C．四氯化碳分子的空间结构模型：
D．乙醇的球棍模型：
3．（2025高一下·浙江期中）下列说法正确的是
A．氨气容易液化，因此可用作制冷剂
B．工业上用硫化亚铁制备
C．葡萄汁中添加适量可以起到杀菌和抗氧化的作用
D．具有导电性，可用来生产光导纤维、太阳能电池
4．（2025高一下·浙江期中）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，和足量的氯气反应生成的
B．100g质量分数为的水溶液中含有的氧原子数为
C．标准状况下，含有的氧原子数为
D．足量的与反应，转移电子的数目为
5．（2025高一下·浙江期中）W、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W只有一个质子，Z的最外层电子数是内层电子数的3倍，W、X、Z三种元素的原子最外层电子数之和为11，Q在地壳中含量居第三，R的原子序数是Z的两倍。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：XB．离子半径：ZC．氢化物的稳定性：XD．由W、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
6．（2025高一下·浙江期中）下列反应的离子方程式正确的是：
A．溶液中通入少量氯气：
B．铜和稀硝酸反应：
C．向硫酸氢铵溶液中滴入少量溶液：
D．向血红色溶液中加入过量铁粉：
7．（2025高一下·浙江期中）下列实验装置和试剂均正确，且能达到实验目的是
A．实验室制备 B．验证非金属性：
C．实验室收集NO D．浓硝酸和铜反应
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高一下·浙江期中）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验，光照下反应一段时间后，下列说法正确的是
A．该反应的反应类型是置换反应
B．只能生成四种含氯的化合物
C．为加快化学反应速率，应在强光照射下完成
D．反应后试管壁出现黄色油状液滴说明甲烷的氯代产物中溶解了氯气
9．（2025高一下·浙江期中）关于化学与生活、生产，下列说法正确的是
A．N95型口罩的核心材料聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可实现水果保鲜
C．天然橡胶的成分是聚异戊二烯，它属于合成高分子材料
D．橡胶的硫化过程发生的是物理反应
10．（2025高一下·浙江期中）恒温恒容条件下，向容器中加入1molA和1molB，发生反应：，下列一定能判断反应已到达平衡状态的是
A． B．A的体积分数保持不变
C．混合气体的密度保持不变 D．生成物D的浓度保持不变
11．（2025高一下·浙江期中）微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。某微生物燃料电池工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．菌A具有氧化性
B．在菌B作用下参加的反应为：
C．电子从a极流出，经质子交换膜流向b极
D．如果b极有发生反应，则有通过质子交换膜
12．（2025高一下·浙江期中）已知反应，某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示，前4s内C的平均反应速率为，下列说法不正确的是
A．物质A的平衡转化率为75%
B．该反应的化学方程式为
C．4s末，B的平均反应速率为
D．12s末容器内的压强是初始时容器压强的
13．（2025高一下·浙江期中）已知化学反应的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A．该反应为放热反应
B．该反应中反应物的键能之和大于生成物的键能之和
C．和反应生成2molAB吸收的热量为
D．断裂和化学键需要放出akJ的能量
14．（2025高一下·浙江期中）某有机物的结构简式为，下列关于该有机物的说法正确的是
A．该物质能使酸性高锰酸钾及溴水褪色，且反应类型相同
B．该物质与乙醇互为同系物
C．该物质存在环状的同分异构体
D．该物质最多能与1molNa反应产生
15．（2025高一下·浙江期中）某种综合处理含废水和工业废气(主要含有NO、CO、、、)的流程如图所示，下列说法正确的是：
已知：
A．固体1的主要成分有、、
B．向气体1中通入适量X，X为空气，且使与NO的浓度比接近1：1时吸收效果最好
C．处理工业废气用烧碱代替石灰乳更合适
D．捕获产物为
16．（2025高一下·浙江期中）根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释一定正确的
选项 实验操作及现象 实验结论
A 红热的木炭插入浓硝酸中，产生红棕色的气体 C与反应生成了
B 取两支试管各加入溶液；另取两支试管各加入溶液；将四支试管分成两组(各有一支盛有溶液和溶液的试管)，一组放入冷水，另一组放入热水，经过一段时间后，分别混合并震荡，热水条件下气泡出现的更快 热水中反应速率比冷水中快
C 取少量试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色 该试样已经变质
D 取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后，用萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，观察溶液变为血红色 与的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高一下·浙江期中）请回答：
（1）写出石膏的化学式：　 　。
（2）写出丙烯发生加聚反应生成聚丙烯的化学方程式：　 　。
（3）下列物质沸点由高到低的顺序为：　 　(填序号)。
①正戊烷 ②③丙烷 ④
（4）的一氯代物有　 　种。
（5）写出乙烯的电子式：　 　。
18．（2025高一下·浙江期中）结晶水合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知：B是二种混合气体，体积已折算为标准状况。
（1）组成X的元素有H、O和　 　(填元素符号)，写出X的化学式　 　。
（2）写出B转化为强酸的化学反应方程式　 　。
（3）写出固体A的一种用途　 　。
（4）设计实验验证X中含有的金属阳离子的方案　 　。
19．（2025高一下·浙江期中）氨是重要的化工产品，其生产流程如图(1)所示。
（1）工业合成氨在合成塔中进行原理为：，已知断开所需能量946kJ，断开所需能量436kJ，断开所需能量391kJ，该反应生成放出　 　kJ的热量。
（2）下列说法正确的是___________。
A．利用压缩机进行加压有利于更快更多的生产氨气
B．热交换器可以预热原料气，提高氨的产率
C．当断裂键的同时生成键则说明合成氨反应已达平衡
D．催化剂既可以加快反应速率，也可以提高氨的平衡产率
（3）在2L恒容密闭容器中通入一定量的和，在一定条件下进行反应：，测得部分气体的物质的量随时间变化关系如下图所示：
X代表的物质是：　 　；反应至25分钟时，用X表示反应的平均速率为：　 　
（4）研究表明，采用新型铁改性的镍金属陶瓷作电极，可以增强对氨利用的催化活性，提高质子陶瓷燃料电池的性能，工作原理如上图，质子固体电解质可以允许通过，请写出氨气这一极的电极方程式：　 　；当消耗时，可产生氮气在标况下的体积为：　 　L。
20．（2025高一下·浙江期中）连二硫酸锰晶体()呈红色，可用于蔬菜、水果等保鲜。受热易分解为和。实验室中可利用饱和水溶液与反应制备连二硫酸锰，同时有生成，其制备装置和具体步骤如下：
Ⅰ．在B的三口烧瓶中盛装适量和400mL蒸馏水，控制温度在7℃以下，将A中产生的通入B中，反应过程中保持C中管口有少量气泡持续冒出。
Ⅱ．待烧瓶中全部反应完，反应液呈透明粉红色时，停止通。
Ⅲ．将装置C换为减压装置，一段时间后将B中的溶液转移至烧杯中。
Ⅳ．向溶液中加入适量连二硫酸钡溶液，搅拌，静置，过滤。
Ⅴ.对滤液进行一系列操作后、过滤、洗涤、干燥，得。
回答下列问题：
（1）写出仪器D的名称　 　。
（2）对装置A虚线框部分进行气密性检查的方法是　 　。
（3）装置C的作用是　 　。
（4）有同学指出装置A、B之间需要进一步完善，完善的措施是　 　。
（5）步骤Ⅱ中反应的离子方程式有、　 　。
（6）步骤Ⅳ中过滤出的滤渣是　 　；步骤Ⅳ中确定沉淀已完全的操作是：　 　。
21．（2025高一下·浙江期中）物质A是植物生长的催熟剂，标况下气体的密度为，以物质A为原料可实现如下转化，其中B和C具有相同的官能团，E为高分子物质。
（1）有机物C中官能团的名称：　 　；与C互为同分异构体的结构简式　 　
（2）下列说法正确的是___________。
A．等物质的量的A和B完全燃烧耗氧量相同
B．有机物A、E和C均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有机物D的二氯代物只有2种
D．有机物D中含有有机物A则可通过装有溴水的洗气瓶进行除去
（3）写出有机物C在金属铜催化下与反应的化学方程式：　 　。
（4）已知在浓硫酸条件下，请写出两分子B发生反应形成六元环的化学反应方程式　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、水泥属于传统无机非金属材料，是硅酸盐类传统建材，并非新型材料，A错误；
B、储氢合金属于金属材料，由金属与合金组成，不属于无机非金属材料范畴，B错误；
C、有机玻璃属于有机高分子材料，主要成分为聚甲基丙烯酸甲酯，是有机物，C错误；
D、氧化铝陶瓷是以氧化铝为主要成分的新型陶瓷，属于新型无机非金属材料，具备耐高温、高强度等特殊性能，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
传统无机非金属材料：以硅酸盐为核心，如水泥、玻璃、陶瓷等。
新型无机非金属材料：具有特殊光、电、热等性能，如氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、光导纤维等。
金属材料：包括纯金属与合金，如储氢合金、钢铁等。
有机高分子材料：由有机物聚合而成，如塑料、橡胶、有机玻璃等。
2．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；分子式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷只有一种空间结构， 所以和是同一种物质，A错误；
B、二氧化硅是原子晶体，不存在单个分子，只有化学式（二氧化硅），没有分子式，B错误；
C、四氯化碳是正四面体结构，但碳原子半径小于氯原子，模型中原子大小比例错误，C错误；
D、该球棍模型符合乙醇的空间构型，原子大小和连接方式均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同分异构体判断：正四面体结构的二氯甲烷只有一种，不存在同分异构体。
晶体与分子式：原子晶体（如二氧化硅）无分子式，只有化学式。
分子模型：四氯化碳的正四面体模型中，中心碳原子半径应小于外围氯原子。
球棍模型：乙醇的球棍模型需准确体现碳链和羟基的空间连接。
3．【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；氨的性质及用途；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、氨气易液化，液氨汽化时会吸收大量热量，使环境温度降低，因此可用作制冷剂 ，A错误；
B、工业上制备硫酸的原料是硫铁矿（主要成分为二硫化亚铁），并非硫化亚铁，B错误；
C、二氧化硫具有还原性，能防止葡萄汁中的成分被氧化，同时还具有杀菌作用，因此在葡萄汁中添加适量二氧化硫，可起到杀菌和抗氧化的双重作用，C正确；
D、二氧化硅不具有导电性，它可用于生产光导纤维，而生产太阳能电池的原料是硅单质，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
制冷剂原理：氨气液化 - 汽化的相变过程伴随大量热交换，是其作制冷剂的核心原因。
工业原料：硫酸工业的核心原料是硫铁矿，需注意与硫化亚铁的区别。
二氧化硫的用途：适量二氧化硫在食品工业中可作抗氧化剂和杀菌剂。
硅与二氧化硅的区别：硅是半导体材料，用于太阳能电池；二氧化硅用于光导纤维，二者不可混淆。
4．【答案】B
【知识点】甲烷的取代反应；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、 的物质的量为 ，与足量 发生取代反应时，会生成 、 等多种氯代物，并非只生成 ，因此产物中 的分子数小于 ，A错误；
B、乙醇质量：，物质的量为 ，含 原子；
水的质量：，物质的量为 ，含 原子；
总氧原子数：，即 ，B正确；
C、标准状况下， 为固态，无法用气体摩尔体积 计算其物质的量，因此无法得出氧原子数为 ，C错误；
D、 是可逆反应， 不能完全转化，因此转移电子数小于 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
取代反应特点：甲烷与氯气的取代反应是多步并行的，产物为混合物，无法单一生成某一种氯代物。
溶液中粒子计算：水溶液中的氧原子需同时计入溶质（乙醇）和溶剂（水）的贡献。
气体摩尔体积适用条件：仅适用于标准状况下的气体，固态、液态物质不适用。
可逆反应限制：可逆反应不能进行到底，反应物实际转化量小于理论值。
5．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、最高价氧化物对应水化物的酸性比较依据是非金属性强弱。X（C）的非金属性弱于R（S），因此酸性，即，A正确；
B、离子半径比较遵循“电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小”的规律。Z的简单离子与Q的简单离子电子层结构相同，故离子半径，B错误；
C、氢化物稳定性由非金属性决定，非金属性，则简单氢化物稳定性。但选项中未限定为“简单氢化物”，C的氢化物有多种烃类，稳定性无法直接比较，C错误；
D、由W（H）、Y（N）、Z（O）组成的化合物，如（一水合氨），其水溶液显碱性，并非均显酸性，D错误；
故答案为：A。
【分析】元素推断：
W只有一个质子，依据原子构成基本特征，W为（氢）。Z是短周期主族元素，最外层电子数为内层电子数的3倍。由于电子层排布规律，Z只能是两层电子，内层2个、外层6个，故Z为（氧）。W、X、Z最外层电子数之和为11，W最外层1个，Z最外层6个，因此X最外层电子数为。结合原子序数顺序（W6．【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2SO3溶液中通入少量氯气时，生成的H+会与过量的SO32-结合为H2SO3，正确的离子方程式应为，A错误；
B、铜与稀硝酸反应时，Cu被氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，方程式：，B正确；
C、向硫酸氢铵溶液中滴入少量Ba(OH)2时，OH-优先与H+反应，不会与NH4+结合生成NH3·H2O，正确的离子方程式应为，C错误；
D、Fe(SCN)3是弱电解质，在离子方程式中不能拆写成Fe3+和SCN-，正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
用量影响产物：少量氯气通入亚硫酸盐溶液时，生成的酸会与过量亚硫酸根结合。
反应优先级：少量碱时，H+比NH4+优先与OH-反应。
弱电解质处理：Fe(SCN)3等络合物属于弱电解质，书写离子方程式时不能拆分。
守恒验证：离子方程式需同时满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。
7．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；化学实验方案的评价；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、实验室制备氨气通常采用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法，直接加热氯化铵固体，氯化铵分解生成的氨气和氯化氢会在试管口重新化合为氯化铵，无法收集到氨气，装置和试剂均错误，A错误；
B、验证非金属性强弱应通过 “最高价含氧酸的酸性” 来比较，稀盐酸不是氯的最高价含氧酸，且盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会进入硅酸钠溶液，干扰碳酸与硅酸的酸性比较，无法证明非金属性的大小，B错误；
C、NO 易与氧气反应，不能用排空气法收集，应采用排水法收集，但图中装置进气方向错误（应短进长出），无法实现 NO 的收集，C错误；
D、铜丝与浓硝酸在常温下反应生成二氧化氮，装置为固液不加热型，氢氧化钠溶液可吸收尾气中的二氧化氮，防止污染空气，装置、试剂及实验目的均匹配，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：不能直接加热氯化铵，需搭配碱（如氢氧化钙）提供碱性环境。
非金属性验证：必须使用元素的最高价含氧酸进行酸性比较，避免无氧酸干扰。
气体收集：NO 易被氧化，只能用排水法收集，且注意进气方向。
尾气处理：氮氧化物有毒，需用碱液吸收，符合绿色化学要求。
8．【答案】D
【知识点】甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、甲烷与氯气在光照下发生的是取代反应，有机物分子中的氢原子被氯原子逐步替代，产物中没有单质生成，不符合 “单质 + 化合物→新单质 + 新化合物” 的置换反应特征，A错误；
B、该取代反应是多步进行的，会生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳四种氯代烃，同时还会生成氯化氢，因此含氯化合物共有五种，B错误；
C、甲烷与氯气的反应若在强光照射下进行，反应会过于剧烈，甚至可能发生爆炸，实验安全无法保障，因此不能用强光照射，C错误；
D、甲烷的氯代产物（如二氯甲烷、三氯甲烷等）为油状液体，氯气易溶于这些有机溶剂中，使液滴呈现黄色，因此试管壁上的黄色油状液滴说明甲烷的氯代产物中溶解了氯气，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应类型：甲烷与氯气的反应属于取代反应，而非置换反应，核心是原子的 “替代” 而非 “置换”。
产物种类：除四种氯代烃外，还会生成氯化氢，共五种含氯化合物。
反应条件：反应需在漫射光下进行，强光易引发危险。
实验现象：油状液滴的颜色源于溶解的氯气，纯氯代烃为无色液体。
9．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；烯烃
【解析】【解答】A、聚丙烯是丙烯加聚后的产物，分子中不存在碳碳双键，无法被酸性高锰酸钾氧化，因此不能使溶液褪色，A错误；
B、乙烯是水果的催熟剂，会加速水果成熟变质；高锰酸钾具有强氧化性，能将乙烯氧化吸收，从而延缓水果成熟，实现保鲜，B正确；
C、天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，它是从橡胶树等植物中获取的天然高分子材料，并非人工合成，C错误；
D、橡胶硫化过程中，硫原子与橡胶分子发生化学反应，形成交联结构，改变了橡胶的性能，属于化学变化，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子结构：加聚反应会消耗碳碳双键，聚丙烯分子中无双键。
乙烯的性质：乙烯是植物生长调节剂，可被强氧化剂氧化。
材料分类：天然橡胶属于天然高分子，合成高分子需人工聚合制备。
变化类型判断：硫化过程有新物质生成，属于化学反应。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、 未指明是正反应速率还是逆反应速率。只有当 时，才能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡。仅给出速率的数量关系无法判断平衡，A错误；
B、假设反应一段时间后，参加反应的A的物质的量为amol，结合题给信息得到以下三段式，
则平衡时A的体积分数，
通过三段式计算可知，无论反应进行到何种程度，A的体积分数始终为 ，是一个恒定值。因此A的体积分数不变不能作为平衡的判断依据，B错误；
C、反应中D为固体，反应前后气体的总质量会随反应进行而变化，而容器体积恒定，因此混合气体的密度是一个“变量”。当密度保持不变时，说明气体总质量不再变化，反应达到平衡，C正确；
D、D是固体，其浓度（或视为常数）在反应过程中始终保持不变，因此D的浓度不变不能证明反应达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
速率判断平衡：必须指明“正、逆”方向，且速率之比等于化学计量数之比。
恒定量的陷阱：某些物理量（如本题中A的体积分数）在反应全过程中都不变，不能作为平衡标志。
密度作为平衡标志：当反应中有固体参与或生成时，气体总质量是变量，在恒容条件下，密度不变可作为平衡标志。
固体的特性：固体的浓度视为常数，其质量或物质的量不变才能作为平衡标志。
11．【答案】D
【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、菌A作用下硫酸根离子被还原为硫氢根离子，说明菌A是还原剂，具有还原性，而非氧化性，A错误；
B、a极为负极，硫氢根离子在菌B作用下被氧化为硫酸根离子，失电子发生氧化反应，正确的电极反应式应为 ，题给方程式为得电子的还原反应，与反应事实不符，B错误；
C、电子从负极a极流出，经外电路流向正极b极，质子交换膜只允许离子（如）通过，电子无法穿过，C错误；
D、b极为正极，电极反应为 4H++O2+4e-=2H2O ，每有1mol 反应，转移4mol电子，同时有4mol 通过质子交换膜。因此当0.1mol 反应时，转移0.4mol电子，对应有0.4mol 通过质子交换膜，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据图示中物质的转化路径与电子流向，可明确该微生物燃料电池的工作逻辑：菌A介导有机物发生氧化反应并释放电子，生成CO2；菌B则催化HS-转化为SO42-，该过程同样伴随失电子，二者共同构成负极反应体系。
负极a极区，HS-在菌B作用下被氧化为SO42-，硫元素化合价显著升高，发生氧化反应，对应电极反应为 ；正极b极区，O2得电子发生还原反应，与迁移而来的H+结合生成H2O，电极反应为 4H++O2+4e-=2H2O。整个装置通过微生物催化实现化学能向电能的直接转化，外电路电子由负极a流向正极b，质子则通过质子交换膜定向迁移，维持电荷平衡。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、平衡时A的浓度为，初始浓度为，平衡转化率为：，A正确；
B、由上述浓度变化量之比，反应方程式为 ，B正确；
C、4s内B的浓度变化量为，则4s内B的平均反应速率为：
注意：平均速率是前4s的平均值，并非“4s末”的瞬时速率，选项表述错误，C错误；
D、初始总浓度：；12s末平衡时：，，，总浓度为。
恒温恒容下，压强之比等于浓度之比，故：，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
前4s内C的平均速率为，则4s内。
由图像得：4s内，。
浓度变化量之比等于化学计量数之比：，故反应方程式为 。
13．【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A、由图可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应为吸热反应，并非放热反应，A错误；
B、反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能，该反应为吸热反应（反应热 > 0），因此反应物的键能之和大于生成物的键能之和，B正确；
C、由图可知，和反应生成时，吸收的热量为，但选项未明确物质状态，表述不严谨；且该反应为可逆反应，实际反应不能完全进行，吸收热量小于，C错误；
D、断裂化学键需要吸收能量，由图可知断裂和化学键，需要吸收能量，并非放出能量，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
吸放热判断：生成物总能量 > 反应物总能量 → 吸热反应；反之则为放热反应。
键能与反应热：吸热反应中，反应物总键能 > 生成物总键能；放热反应则相反。
能量变化计算：反应热 = 正反应活化能 - 逆反应活化能（即图中）。
化学键本质：断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量。
14．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介；同系物
【解析】【解答】A、该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为碳碳双键和羟基被氧化，属于氧化反应；能使溴水褪色，是因为碳碳双键与溴发生加成反应，二者反应类型不同，A错误；
B、同系物要求结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团。乙醇只有羟基，而该有机物同时有碳碳双键和羟基，官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，B错误；
C、该有机物分子式为 C3H6O，不饱和度为 1，除了链状的双键结构，还可以形成环状结构（比如环丙基甲醇、含氧杂环等），因此存在环状的同分异构体，C正确；
D、只有羟基能和金属钠反应，1mol 该有机物与足量钠反应会生成 0.5mol H2，但题目没有给出该有机物的物质的量，无法直接计算生成氢气的量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团性质：碳碳双键可发生加成、氧化反应；羟基可发生氧化、与钠的置换反应。
同系物判断：必须官能团种类和数目完全相同，且分子组成相差 CH2原子团。
同分异构体：不饱和度为 1 的分子，可通过双键或环的形式构建不同结构。
定量反应：羟基与钠的反应比例为 2 个羟基对应 1 个 H2分子，计算时必须明确反应物的物质的量。
15．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、工业废气通入过量石灰乳，二氧化碳、二氧化硫会分别与氢氧化钙反应，生成碳酸钙、亚硫酸钙沉淀，同时石灰乳过量，因此固体 1 的主要成分是氢氧化钙、碳酸钙、亚硫酸钙，并非硫酸钙，A错误；
B、气体 1 中含有 NO 等氮氧化物，通入空气（作为 X）将部分 NO 氧化为 NO2，根据已知反应，当 NO2与 NO 的浓度比接近 1：1 时，能恰好发生反应生成亚硝酸钠，吸收效果最优，B正确；
C、石灰乳成本低廉且能有效吸收酸性气体，烧碱成本较高，从工业生产的经济性角度，用石灰乳比烧碱更合适，C错误；
D、气体 2 主要含 CO、N2等，捕获剂处理后得到无污染气体氮气，因此捕获产物并非氮气，而是 CO 对应的捕获物，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
固体成分判断：石灰乳吸收酸性气体时，硫元素转化为亚硫酸盐，而非硫酸盐。
氮氧化物吸收：空气氧化 NO 调控 NO2与 NO 比例，实现高效吸收生成亚硝酸钠。
试剂选择逻辑：工业处理优先考虑成本，石灰乳比烧碱更经济。
产物区分：无污染气体为氮气，捕获产物是 CO 的处理产物，二者不可混淆。
16．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、红热木炭插入浓硝酸，产生红棕色气体，可能是木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮，也可能是浓硝酸受热分解产生二氧化氮，无法确定红棕色气体一定由木炭与硝酸的反应生成，结论不唯一，A 错误；
B、硫代硫酸钠与硫酸反应会生成二氧化硫气体和硫沉淀，热水中气泡出现更快，可能是温度升高加快了反应速率，也可能是温度升高使气体溶解度降低，无法单纯通过气泡快慢判断反应速率，结论不严谨，B错误；
C、硝酸亚铁试样加稀硫酸酸化后，硝酸根在酸性条件下会将亚铁离子氧化为铁离子，滴加硫氰化钾溶液变红，不能说明原试样已经变质，可能是酸化过程中发生了氧化反应，C错误；
D、碘化钾过量，若铁离子与碘离子的反应不可逆，则铁离子会完全反应，水层中不应检测到铁离子；而实验中向水层滴加硫氰化钾溶液变红，说明仍有铁离子剩余，证明该反应存在限度，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
气体来源干扰：浓硝酸受热易分解，红棕色气体不一定来自木炭与硝酸的反应。
反应速率判断：气体生成速率受温度、溶解度等多重因素影响，需结合沉淀等现象综合判断。
酸性条件下的氧化性：硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，会氧化亚铁离子，干扰变质检验。
可逆反应验证：通过过量反应物检验剩余离子，可证明反应不能进行到底，存在限度。
17．【答案】（1）
（2）
（3）④②①③
（4）4
（5）
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；烷烃
【解析】【解答】（1）石膏是硫酸钙的结晶水合物，化学式为：；
故答案为： ；
（2）丙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为：；
故答案为： ；
（3）一般来说，碳原子数越多，沸点越高，碳原子数相同时，支链越多沸点越低，则下列物质沸点由高到低的顺序为④②①③；
故答案为： ④②①③ ；
（4）中有4种等效氢，则其一氯代物有4种；
故答案为：4；
（5）乙烯中碳碳之间有碳碳双键，每个碳原子通过单键结合两个氢原子，则其电子式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)石膏是硫酸钙的二水结晶水合物，属于常见硫酸盐矿物，需牢记其化学式为 （熟石膏为 ，注意区分）。
(2) 丙烯分子含碳碳双键，加聚反应中双键断裂，不饱和碳原子相互连接成高分子链，方程式为：
（双键打开后，甲基支链保留在主链碳原子上）
(3)规律1：碳原子数越多，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
规律2：碳原子数相同时，支链越多，分子间接触面积越小，作用力越弱，沸点越低；
本题顺序：④（8个C）> ②（6个C，支链多）> ①（5个C，直链）> ③（3个C）。
(4) 用等效氢法判断：同一碳原子上的氢等效；对称位置的碳原子上的氢等效；
分子中有4种不同化学环境的氢原子，因此其一氯代物有4种。
(5)乙烯分子中碳碳之间为双键（2对共用电子），每个碳原子还通过单键连接2个氢原子，电子式为：
（注意双键的两对电子对书写，每个原子满足8电子稳定结构）
（1）石膏是硫酸钙的结晶水合物，化学式为：；
（2）丙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为：；
（3）一般来说，碳原子数越多，沸点越高，碳原子数相同时，支链越多沸点越低，则下列物质沸点由高到低的顺序为④②①③；
（4）中有4种等效氢，则其一氯代物有4种；
（5）乙烯中碳碳之间有碳碳双键，每个碳原子通过单键结合两个氢原子，则其电子式为：。
18．【答案】（1）Fe、N；
（2）
（3）做红色颜料
（4）取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）由分析可知，组成X的元素有H、O和Fe、N，X的化学式为：Fe(NO3)3·9H2O。
故答案为： Fe、N ； ；
（2）红棕色气体B为NO2生成强酸HNO3的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）氧化铁可以作红色颜料；
故答案为： 做红色颜料 ；
（4）X中阳离子为Fe3+，检验方法为取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有。
故答案为： 取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有 ；
【分析】从实验流程可知：
红棕色固体A为，说明结晶水合物X中含有铁元素， 其物质的量为：n(Fe)=2×=0.04mol， 红棕色混合气体B能被水完全吸收生成强酸，说明气体由和组成，且二者物质的量之比为（ 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ）；结合气体总体积可算出 n(NO2)==0.12mol，n(O2)==0.03mol， ，由此确定X中含氮元素。结合X由4种元素组成，可判断还含有氢和氧元素，通过质量守恒算出结晶水的物质的量为：n(H2O)==0.36mol，故X中n(Fe)：n(N)：n(O)：n(H2O)=0.04mol：0.12mol：(0.02×3+0.12×2+0.03×2)mol：0.36mol=1：3：9：9，故X的化学式为Fe(NO3)3·9H2O，据此分析解题。
（1）由分析可知，组成X的元素有H、O和Fe、N，X的化学式为：Fe(NO3)3·9H2O。
（2）红棕色气体B为NO2生成强酸HNO3的化学方程式为；
（3）氧化铁可以作红色颜料；
（4）X中阳离子为Fe3+，检验方法为取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有。
19．【答案】（1）46
（2）A
（3）；0.006
（4）；44.8
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）结合数据计算，反应的焓变为，因此该反应生成放出46kJ的热量。
故答案为： 46 ；
（2）A．已知该反应的正反应是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应的正反应是放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此氨的平衡产率不变，故D错误；
故答案为：A。
（3）在化学反应中，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，由图可得，，故X为；反应至25分钟时，转化了0.3mol，平均反应速率为。
故答案为： ； 0.006 ；
（4）由图可知，NH3转化为N2，N元素化合价从-3价升高为0价，失去电子，则电极a为负极，负极的电极反应式为；O2转化为H2O，O元素化合价从0价降低为-2价，得到电子，则电极b为正极，正极的电极反应式为，当消耗时，转移12mol电子，可产生氮气为2mol，在标况下的体积为。
故答案为： ； 44.8 ；
【分析】(1)反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据算出生成2mol NH3放热92kJ，故生成1mol NH3放出46kJ热量。
(2) 加压：加快反应速率且使平衡正向移动，利于生成氨气。
热交换器：预热原料气，但不改变平衡产率。
断裂N≡N与生成N-H键均为正反应方向，不能说明平衡。
催化剂只加快速率，不改变平衡产率。
(3) 根据反应计量数，物质的量变化量更大的X是H2。
25min时H2的物质的量变化为0.30mol，平均速率 = 。
(4) 氨气在负极失电子生成N2，酸性介质下电极反应： 。
总反应为，消耗3mol O2时生成2mol N2，标况体积为44.8L。
（1）结合数据计算，反应的焓变为，因此该反应生成放出46kJ的热量。
（2）A．已知该反应的正反应是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应的正反应是放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此氨的平衡产率不变，故D错误；
故选A。
（3）在化学反应中，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，由图可得，，故X为；反应至25分钟时，转化了0.3mol，平均反应速率为。
（4）由图可知，NH3转化为N2，N元素化合价从-3价升高为0价，失去电子，则电极a为负极，负极的电极反应式为；O2转化为H2O，O元素化合价从0价降低为-2价，得到电子，则电极b为正极，正极的电极反应式为，当消耗时，转移12mol电子，可产生氮气为2mol，在标况下的体积为。
20．【答案】（1）球形干燥管
（2）用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好
（3）吸收尾气气体，防止空气污染；防止倒吸
（4）AB之间加一个防倒吸装置
（5）
（6）；静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器D为球形冷凝管。
故答案为： 球形干燥管 ；
（2）检验气密性的方法为用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好。
故答案为： 用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好 ；
（3）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；且球形干燥管起防倒吸的作用。
故答案为： 吸收尾气气体，防止空气污染；防止倒吸 ；
（4）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
故答案为： AB之间加一个防倒吸装置 ；
（5）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
故答案为： ；
（6）步骤Ⅳ中过滤出的滤渣是，确定沉淀已完全的操作是静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀。
故答案为： ； 静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀 ；
【分析】(1) 仪器 D 的结构为球形膨大 + 两端导管，是球形干燥管，常用于干燥气体或尾气处理。
(2)采用 “液封法” 检查：用止水夹夹住 A、B 之间的橡胶管，关闭分液漏斗活塞后向漏斗中加水，再打开旋塞，若一段时间后液体不再持续流下，说明装置 A 的气密性良好。
(3) 尾气处理：NaOH 溶液能吸收 SO2，避免有毒气体排放到空气中；
防倒吸：仪器 D 的球形结构可增大接触面积，防止 NaOH 溶液倒吸入 B 装置。
(4)A 中反应可能因压强变化导致 B 中液体倒吸，需在 A、B 之间加装安全瓶（或防倒吸的洗气瓶），避免倒吸使 A 中装置炸裂。
(5)反应有两个方向：
生成 MnSO4：MnO2+SO2=Mn2++SO42-
生成 MnS2O6：MnO2+2SO2=Mn2++S2O62-（目标产物连二硫酸锰的生成反应）
(6) 滤渣：加入连二硫酸钡后，溶液中 SO42- 与 Ba2+ 生成BaSO4沉淀，过滤除去；
沉淀完全检验：静置后取上层清液，滴加少量连二硫酸钡溶液，若溶液不变浑浊，说明 SO42-已完全沉淀。
（1）仪器D为球形冷凝管。
（2）检验气密性的方法为用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好。
（3）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；且球形干燥管起防倒吸的作用。
（4）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
（5）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
（6）步骤Ⅳ中过滤出的滤渣是，确定沉淀已完全的操作是静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀。
21．【答案】（1）羟基；
（2）C；D
（3）
（4）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）有机物C为乙醇，含有的官能团名称为羟基；与乙醇互为同分异构体的有机物为二甲醚，其结构简式为；
故答案为： 羟基 ； ；
（2）A．A为乙烯，B为乙二醇，完全燃烧的化学方程式分别为：、，由反应式可知，等物质的量的A和B完全燃烧耗氧量不相同，A错误；
B．A为乙烯，E为聚乙烯，C为乙醇，A和C均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，但E不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．D为乙烷，乙烷的二氯代物只有和，即2种，C正确；
D．D为乙烷，A为乙烯，乙烯可以和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，而乙烷与溴水不反应，则有机物D中含有机物A，可通过装有溴水的洗气瓶进行除去，D正确；
故答案为：CD。
（3）C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（4）已知在浓硫酸条件下，即乙醇分子间脱水生成乙醚，由此类推，两分子乙二醇发生反应形成六元环的化学反应方程式为：。
故答案为： ；
【分析】物质 A 是乙烯（植物催熟剂，标况密度 1.25g/L），它在不同条件下发生转化：在银催化下与 O2生成环氧乙烷，环氧乙烷水解得到 B（乙二醇）；与水在催化剂下加成生成 C（乙醇，和 B 官能团相同，均含羟基）；与 H2在催化剂下加成生成 D（乙烷）；在催化剂下发生加聚反应生成高分子 E（聚乙烯）。据此解题即可。
（1）有机物C为乙醇，含有的官能团名称为羟基；与乙醇互为同分异构体的有机物为二甲醚，其结构简式为；
（2）A．A为乙烯，B为乙二醇，完全燃烧的化学方程式分别为：、，由反应式可知，等物质的量的A和B完全燃烧耗氧量不相同，A错误；
B．A为乙烯，E为聚乙烯，C为乙醇，A和C均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，但E不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．D为乙烷，乙烷的二氯代物只有和，即2种，C正确；
D．D为乙烷，A为乙烯，乙烯可以和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，而乙烷与溴水不反应，则有机物D中含有机物A，可通过装有溴水的洗气瓶进行除去，D正确；
故选CD。
（3）C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：；
（4）已知在浓硫酸条件下，即乙醇分子间脱水生成乙醚，由此类推，两分子乙二醇发生反应形成六元环的化学反应方程式为：。
1 / 1浙江省金砖高中2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题四个选项中只有一个符合题意。不选，多选，错选均不得分)
1．（2025高一下·浙江期中）下列物质属于新型无机非金属材料的是
A．水泥 B．储氢合金 C．有机玻璃 D．氧化铝陶瓷
【答案】D
【知识点】合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、水泥属于传统无机非金属材料，是硅酸盐类传统建材，并非新型材料，A错误；
B、储氢合金属于金属材料，由金属与合金组成，不属于无机非金属材料范畴，B错误；
C、有机玻璃属于有机高分子材料，主要成分为聚甲基丙烯酸甲酯，是有机物，C错误；
D、氧化铝陶瓷是以氧化铝为主要成分的新型陶瓷，属于新型无机非金属材料，具备耐高温、高强度等特殊性能，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
传统无机非金属材料：以硅酸盐为核心，如水泥、玻璃、陶瓷等。
新型无机非金属材料：具有特殊光、电、热等性能，如氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、光导纤维等。
金属材料：包括纯金属与合金，如储氢合金、钢铁等。
有机高分子材料：由有机物聚合而成，如塑料、橡胶、有机玻璃等。
2．（2025高一下·浙江期中）下列化学用语表示正确的是
A．和互为同分异构体
B．二氧化硅的分子式：
C．四氯化碳分子的空间结构模型：
D．乙醇的球棍模型：
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；分子式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷只有一种空间结构， 所以和是同一种物质，A错误；
B、二氧化硅是原子晶体，不存在单个分子，只有化学式（二氧化硅），没有分子式，B错误；
C、四氯化碳是正四面体结构，但碳原子半径小于氯原子，模型中原子大小比例错误，C错误；
D、该球棍模型符合乙醇的空间构型，原子大小和连接方式均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同分异构体判断：正四面体结构的二氯甲烷只有一种，不存在同分异构体。
晶体与分子式：原子晶体（如二氧化硅）无分子式，只有化学式。
分子模型：四氯化碳的正四面体模型中，中心碳原子半径应小于外围氯原子。
球棍模型：乙醇的球棍模型需准确体现碳链和羟基的空间连接。
3．（2025高一下·浙江期中）下列说法正确的是
A．氨气容易液化，因此可用作制冷剂
B．工业上用硫化亚铁制备
C．葡萄汁中添加适量可以起到杀菌和抗氧化的作用
D．具有导电性，可用来生产光导纤维、太阳能电池
【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；氨的性质及用途；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、氨气易液化，液氨汽化时会吸收大量热量，使环境温度降低，因此可用作制冷剂 ，A错误；
B、工业上制备硫酸的原料是硫铁矿（主要成分为二硫化亚铁），并非硫化亚铁，B错误；
C、二氧化硫具有还原性，能防止葡萄汁中的成分被氧化，同时还具有杀菌作用，因此在葡萄汁中添加适量二氧化硫，可起到杀菌和抗氧化的双重作用，C正确；
D、二氧化硅不具有导电性，它可用于生产光导纤维，而生产太阳能电池的原料是硅单质，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
制冷剂原理：氨气液化 - 汽化的相变过程伴随大量热交换，是其作制冷剂的核心原因。
工业原料：硫酸工业的核心原料是硫铁矿，需注意与硫化亚铁的区别。
二氧化硫的用途：适量二氧化硫在食品工业中可作抗氧化剂和杀菌剂。
硅与二氧化硅的区别：硅是半导体材料，用于太阳能电池；二氧化硅用于光导纤维，二者不可混淆。
4．（2025高一下·浙江期中）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，和足量的氯气反应生成的
B．100g质量分数为的水溶液中含有的氧原子数为
C．标准状况下，含有的氧原子数为
D．足量的与反应，转移电子的数目为
【答案】B
【知识点】甲烷的取代反应；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、 的物质的量为 ，与足量 发生取代反应时，会生成 、 等多种氯代物，并非只生成 ，因此产物中 的分子数小于 ，A错误；
B、乙醇质量：，物质的量为 ，含 原子；
水的质量：，物质的量为 ，含 原子；
总氧原子数：，即 ，B正确；
C、标准状况下， 为固态，无法用气体摩尔体积 计算其物质的量，因此无法得出氧原子数为 ，C错误；
D、 是可逆反应， 不能完全转化，因此转移电子数小于 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
取代反应特点：甲烷与氯气的取代反应是多步并行的，产物为混合物，无法单一生成某一种氯代物。
溶液中粒子计算：水溶液中的氧原子需同时计入溶质（乙醇）和溶剂（水）的贡献。
气体摩尔体积适用条件：仅适用于标准状况下的气体，固态、液态物质不适用。
可逆反应限制：可逆反应不能进行到底，反应物实际转化量小于理论值。
5．（2025高一下·浙江期中）W、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W只有一个质子，Z的最外层电子数是内层电子数的3倍，W、X、Z三种元素的原子最外层电子数之和为11，Q在地壳中含量居第三，R的原子序数是Z的两倍。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：XB．离子半径：ZC．氢化物的稳定性：XD．由W、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、最高价氧化物对应水化物的酸性比较依据是非金属性强弱。X（C）的非金属性弱于R（S），因此酸性，即，A正确；
B、离子半径比较遵循“电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小”的规律。Z的简单离子与Q的简单离子电子层结构相同，故离子半径，B错误；
C、氢化物稳定性由非金属性决定，非金属性，则简单氢化物稳定性。但选项中未限定为“简单氢化物”，C的氢化物有多种烃类，稳定性无法直接比较，C错误；
D、由W（H）、Y（N）、Z（O）组成的化合物，如（一水合氨），其水溶液显碱性，并非均显酸性，D错误；
故答案为：A。
【分析】元素推断：
W只有一个质子，依据原子构成基本特征，W为（氢）。Z是短周期主族元素，最外层电子数为内层电子数的3倍。由于电子层排布规律，Z只能是两层电子，内层2个、外层6个，故Z为（氧）。W、X、Z最外层电子数之和为11，W最外层1个，Z最外层6个，因此X最外层电子数为。结合原子序数顺序（W6．（2025高一下·浙江期中）下列反应的离子方程式正确的是：
A．溶液中通入少量氯气：
B．铜和稀硝酸反应：
C．向硫酸氢铵溶液中滴入少量溶液：
D．向血红色溶液中加入过量铁粉：
【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2SO3溶液中通入少量氯气时，生成的H+会与过量的SO32-结合为H2SO3，正确的离子方程式应为，A错误；
B、铜与稀硝酸反应时，Cu被氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，方程式：，B正确；
C、向硫酸氢铵溶液中滴入少量Ba(OH)2时，OH-优先与H+反应，不会与NH4+结合生成NH3·H2O，正确的离子方程式应为，C错误；
D、Fe(SCN)3是弱电解质，在离子方程式中不能拆写成Fe3+和SCN-，正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
用量影响产物：少量氯气通入亚硫酸盐溶液时，生成的酸会与过量亚硫酸根结合。
反应优先级：少量碱时，H+比NH4+优先与OH-反应。
弱电解质处理：Fe(SCN)3等络合物属于弱电解质，书写离子方程式时不能拆分。
守恒验证：离子方程式需同时满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。
7．（2025高一下·浙江期中）下列实验装置和试剂均正确，且能达到实验目的是
A．实验室制备 B．验证非金属性：
C．实验室收集NO D．浓硝酸和铜反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；化学实验方案的评价；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、实验室制备氨气通常采用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法，直接加热氯化铵固体，氯化铵分解生成的氨气和氯化氢会在试管口重新化合为氯化铵，无法收集到氨气，装置和试剂均错误，A错误；
B、验证非金属性强弱应通过 “最高价含氧酸的酸性” 来比较，稀盐酸不是氯的最高价含氧酸，且盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会进入硅酸钠溶液，干扰碳酸与硅酸的酸性比较，无法证明非金属性的大小，B错误；
C、NO 易与氧气反应，不能用排空气法收集，应采用排水法收集，但图中装置进气方向错误（应短进长出），无法实现 NO 的收集，C错误；
D、铜丝与浓硝酸在常温下反应生成二氧化氮，装置为固液不加热型，氢氧化钠溶液可吸收尾气中的二氧化氮，防止污染空气，装置、试剂及实验目的均匹配，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：不能直接加热氯化铵，需搭配碱（如氢氧化钙）提供碱性环境。
非金属性验证：必须使用元素的最高价含氧酸进行酸性比较，避免无氧酸干扰。
气体收集：NO 易被氧化，只能用排水法收集，且注意进气方向。
尾气处理：氮氧化物有毒，需用碱液吸收，符合绿色化学要求。
8．（2025高一下·浙江期中）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验，光照下反应一段时间后，下列说法正确的是
A．该反应的反应类型是置换反应
B．只能生成四种含氯的化合物
C．为加快化学反应速率，应在强光照射下完成
D．反应后试管壁出现黄色油状液滴说明甲烷的氯代产物中溶解了氯气
【答案】D
【知识点】甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、甲烷与氯气在光照下发生的是取代反应，有机物分子中的氢原子被氯原子逐步替代，产物中没有单质生成，不符合 “单质 + 化合物→新单质 + 新化合物” 的置换反应特征，A错误；
B、该取代反应是多步进行的，会生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳四种氯代烃，同时还会生成氯化氢，因此含氯化合物共有五种，B错误；
C、甲烷与氯气的反应若在强光照射下进行，反应会过于剧烈，甚至可能发生爆炸，实验安全无法保障，因此不能用强光照射，C错误；
D、甲烷的氯代产物（如二氯甲烷、三氯甲烷等）为油状液体，氯气易溶于这些有机溶剂中，使液滴呈现黄色，因此试管壁上的黄色油状液滴说明甲烷的氯代产物中溶解了氯气，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应类型：甲烷与氯气的反应属于取代反应，而非置换反应，核心是原子的 “替代” 而非 “置换”。
产物种类：除四种氯代烃外，还会生成氯化氢，共五种含氯化合物。
反应条件：反应需在漫射光下进行，强光易引发危险。
实验现象：油状液滴的颜色源于溶解的氯气，纯氯代烃为无色液体。
9．（2025高一下·浙江期中）关于化学与生活、生产，下列说法正确的是
A．N95型口罩的核心材料聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可实现水果保鲜
C．天然橡胶的成分是聚异戊二烯，它属于合成高分子材料
D．橡胶的硫化过程发生的是物理反应
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；烯烃
【解析】【解答】A、聚丙烯是丙烯加聚后的产物，分子中不存在碳碳双键，无法被酸性高锰酸钾氧化，因此不能使溶液褪色，A错误；
B、乙烯是水果的催熟剂，会加速水果成熟变质；高锰酸钾具有强氧化性，能将乙烯氧化吸收，从而延缓水果成熟，实现保鲜，B正确；
C、天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，它是从橡胶树等植物中获取的天然高分子材料，并非人工合成，C错误；
D、橡胶硫化过程中，硫原子与橡胶分子发生化学反应，形成交联结构，改变了橡胶的性能，属于化学变化，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子结构：加聚反应会消耗碳碳双键，聚丙烯分子中无双键。
乙烯的性质：乙烯是植物生长调节剂，可被强氧化剂氧化。
材料分类：天然橡胶属于天然高分子，合成高分子需人工聚合制备。
变化类型判断：硫化过程有新物质生成，属于化学反应。
10．（2025高一下·浙江期中）恒温恒容条件下，向容器中加入1molA和1molB，发生反应：，下列一定能判断反应已到达平衡状态的是
A． B．A的体积分数保持不变
C．混合气体的密度保持不变 D．生成物D的浓度保持不变
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、 未指明是正反应速率还是逆反应速率。只有当 时，才能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡。仅给出速率的数量关系无法判断平衡，A错误；
B、假设反应一段时间后，参加反应的A的物质的量为amol，结合题给信息得到以下三段式，
则平衡时A的体积分数，
通过三段式计算可知，无论反应进行到何种程度，A的体积分数始终为 ，是一个恒定值。因此A的体积分数不变不能作为平衡的判断依据，B错误；
C、反应中D为固体，反应前后气体的总质量会随反应进行而变化，而容器体积恒定，因此混合气体的密度是一个“变量”。当密度保持不变时，说明气体总质量不再变化，反应达到平衡，C正确；
D、D是固体，其浓度（或视为常数）在反应过程中始终保持不变，因此D的浓度不变不能证明反应达到平衡，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
速率判断平衡：必须指明“正、逆”方向，且速率之比等于化学计量数之比。
恒定量的陷阱：某些物理量（如本题中A的体积分数）在反应全过程中都不变，不能作为平衡标志。
密度作为平衡标志：当反应中有固体参与或生成时，气体总质量是变量，在恒容条件下，密度不变可作为平衡标志。
固体的特性：固体的浓度视为常数，其质量或物质的量不变才能作为平衡标志。
11．（2025高一下·浙江期中）微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。某微生物燃料电池工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．菌A具有氧化性
B．在菌B作用下参加的反应为：
C．电子从a极流出，经质子交换膜流向b极
D．如果b极有发生反应，则有通过质子交换膜
【答案】D
【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、菌A作用下硫酸根离子被还原为硫氢根离子，说明菌A是还原剂，具有还原性，而非氧化性，A错误；
B、a极为负极，硫氢根离子在菌B作用下被氧化为硫酸根离子，失电子发生氧化反应，正确的电极反应式应为 ，题给方程式为得电子的还原反应，与反应事实不符，B错误；
C、电子从负极a极流出，经外电路流向正极b极，质子交换膜只允许离子（如）通过，电子无法穿过，C错误；
D、b极为正极，电极反应为 4H++O2+4e-=2H2O ，每有1mol 反应，转移4mol电子，同时有4mol 通过质子交换膜。因此当0.1mol 反应时，转移0.4mol电子，对应有0.4mol 通过质子交换膜，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据图示中物质的转化路径与电子流向，可明确该微生物燃料电池的工作逻辑：菌A介导有机物发生氧化反应并释放电子，生成CO2；菌B则催化HS-转化为SO42-，该过程同样伴随失电子，二者共同构成负极反应体系。
负极a极区，HS-在菌B作用下被氧化为SO42-，硫元素化合价显著升高，发生氧化反应，对应电极反应为 ；正极b极区，O2得电子发生还原反应，与迁移而来的H+结合生成H2O，电极反应为 4H++O2+4e-=2H2O。整个装置通过微生物催化实现化学能向电能的直接转化，外电路电子由负极a流向正极b，质子则通过质子交换膜定向迁移，维持电荷平衡。
12．（2025高一下·浙江期中）已知反应，某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示，前4s内C的平均反应速率为，下列说法不正确的是
A．物质A的平衡转化率为75%
B．该反应的化学方程式为
C．4s末，B的平均反应速率为
D．12s末容器内的压强是初始时容器压强的
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、平衡时A的浓度为，初始浓度为，平衡转化率为：，A正确；
B、由上述浓度变化量之比，反应方程式为 ，B正确；
C、4s内B的浓度变化量为，则4s内B的平均反应速率为：
注意：平均速率是前4s的平均值，并非“4s末”的瞬时速率，选项表述错误，C错误；
D、初始总浓度：；12s末平衡时：，，，总浓度为。
恒温恒容下，压强之比等于浓度之比，故：，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
前4s内C的平均速率为，则4s内。
由图像得：4s内，。
浓度变化量之比等于化学计量数之比：，故反应方程式为 。
13．（2025高一下·浙江期中）已知化学反应的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A．该反应为放热反应
B．该反应中反应物的键能之和大于生成物的键能之和
C．和反应生成2molAB吸收的热量为
D．断裂和化学键需要放出akJ的能量
【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A、由图可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应为吸热反应，并非放热反应，A错误；
B、反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能，该反应为吸热反应（反应热 > 0），因此反应物的键能之和大于生成物的键能之和，B正确；
C、由图可知，和反应生成时，吸收的热量为，但选项未明确物质状态，表述不严谨；且该反应为可逆反应，实际反应不能完全进行，吸收热量小于，C错误；
D、断裂化学键需要吸收能量，由图可知断裂和化学键，需要吸收能量，并非放出能量，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
吸放热判断：生成物总能量 > 反应物总能量 → 吸热反应；反之则为放热反应。
键能与反应热：吸热反应中，反应物总键能 > 生成物总键能；放热反应则相反。
能量变化计算：反应热 = 正反应活化能 - 逆反应活化能（即图中）。
化学键本质：断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量。
14．（2025高一下·浙江期中）某有机物的结构简式为，下列关于该有机物的说法正确的是
A．该物质能使酸性高锰酸钾及溴水褪色，且反应类型相同
B．该物质与乙醇互为同系物
C．该物质存在环状的同分异构体
D．该物质最多能与1molNa反应产生
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介；同系物
【解析】【解答】A、该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为碳碳双键和羟基被氧化，属于氧化反应；能使溴水褪色，是因为碳碳双键与溴发生加成反应，二者反应类型不同，A错误；
B、同系物要求结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团。乙醇只有羟基，而该有机物同时有碳碳双键和羟基，官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，B错误；
C、该有机物分子式为 C3H6O，不饱和度为 1，除了链状的双键结构，还可以形成环状结构（比如环丙基甲醇、含氧杂环等），因此存在环状的同分异构体，C正确；
D、只有羟基能和金属钠反应，1mol 该有机物与足量钠反应会生成 0.5mol H2，但题目没有给出该有机物的物质的量，无法直接计算生成氢气的量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团性质：碳碳双键可发生加成、氧化反应；羟基可发生氧化、与钠的置换反应。
同系物判断：必须官能团种类和数目完全相同，且分子组成相差 CH2原子团。
同分异构体：不饱和度为 1 的分子，可通过双键或环的形式构建不同结构。
定量反应：羟基与钠的反应比例为 2 个羟基对应 1 个 H2分子，计算时必须明确反应物的物质的量。
15．（2025高一下·浙江期中）某种综合处理含废水和工业废气(主要含有NO、CO、、、)的流程如图所示，下列说法正确的是：
已知：
A．固体1的主要成分有、、
B．向气体1中通入适量X，X为空气，且使与NO的浓度比接近1：1时吸收效果最好
C．处理工业废气用烧碱代替石灰乳更合适
D．捕获产物为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、工业废气通入过量石灰乳，二氧化碳、二氧化硫会分别与氢氧化钙反应，生成碳酸钙、亚硫酸钙沉淀，同时石灰乳过量，因此固体 1 的主要成分是氢氧化钙、碳酸钙、亚硫酸钙，并非硫酸钙，A错误；
B、气体 1 中含有 NO 等氮氧化物，通入空气（作为 X）将部分 NO 氧化为 NO2，根据已知反应，当 NO2与 NO 的浓度比接近 1：1 时，能恰好发生反应生成亚硝酸钠，吸收效果最优，B正确；
C、石灰乳成本低廉且能有效吸收酸性气体，烧碱成本较高，从工业生产的经济性角度，用石灰乳比烧碱更合适，C错误；
D、气体 2 主要含 CO、N2等，捕获剂处理后得到无污染气体氮气，因此捕获产物并非氮气，而是 CO 对应的捕获物，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
固体成分判断：石灰乳吸收酸性气体时，硫元素转化为亚硫酸盐，而非硫酸盐。
氮氧化物吸收：空气氧化 NO 调控 NO2与 NO 比例，实现高效吸收生成亚硝酸钠。
试剂选择逻辑：工业处理优先考虑成本，石灰乳比烧碱更经济。
产物区分：无污染气体为氮气，捕获产物是 CO 的处理产物，二者不可混淆。
16．（2025高一下·浙江期中）根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释一定正确的
选项 实验操作及现象 实验结论
A 红热的木炭插入浓硝酸中，产生红棕色的气体 C与反应生成了
B 取两支试管各加入溶液；另取两支试管各加入溶液；将四支试管分成两组(各有一支盛有溶液和溶液的试管)，一组放入冷水，另一组放入热水，经过一段时间后，分别混合并震荡，热水条件下气泡出现的更快 热水中反应速率比冷水中快
C 取少量试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色 该试样已经变质
D 取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后，用萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，观察溶液变为血红色 与的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、红热木炭插入浓硝酸，产生红棕色气体，可能是木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮，也可能是浓硝酸受热分解产生二氧化氮，无法确定红棕色气体一定由木炭与硝酸的反应生成，结论不唯一，A 错误；
B、硫代硫酸钠与硫酸反应会生成二氧化硫气体和硫沉淀，热水中气泡出现更快，可能是温度升高加快了反应速率，也可能是温度升高使气体溶解度降低，无法单纯通过气泡快慢判断反应速率，结论不严谨，B错误；
C、硝酸亚铁试样加稀硫酸酸化后，硝酸根在酸性条件下会将亚铁离子氧化为铁离子，滴加硫氰化钾溶液变红，不能说明原试样已经变质，可能是酸化过程中发生了氧化反应，C错误；
D、碘化钾过量，若铁离子与碘离子的反应不可逆，则铁离子会完全反应，水层中不应检测到铁离子；而实验中向水层滴加硫氰化钾溶液变红，说明仍有铁离子剩余，证明该反应存在限度，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
气体来源干扰：浓硝酸受热易分解，红棕色气体不一定来自木炭与硝酸的反应。
反应速率判断：气体生成速率受温度、溶解度等多重因素影响，需结合沉淀等现象综合判断。
酸性条件下的氧化性：硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，会氧化亚铁离子，干扰变质检验。
可逆反应验证：通过过量反应物检验剩余离子，可证明反应不能进行到底，存在限度。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高一下·浙江期中）请回答：
（1）写出石膏的化学式：　 　。
（2）写出丙烯发生加聚反应生成聚丙烯的化学方程式：　 　。
（3）下列物质沸点由高到低的顺序为：　 　(填序号)。
①正戊烷 ②③丙烷 ④
（4）的一氯代物有　 　种。
（5）写出乙烯的电子式：　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）④②①③
（4）4
（5）
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；烷烃
【解析】【解答】（1）石膏是硫酸钙的结晶水合物，化学式为：；
故答案为： ；
（2）丙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为：；
故答案为： ；
（3）一般来说，碳原子数越多，沸点越高，碳原子数相同时，支链越多沸点越低，则下列物质沸点由高到低的顺序为④②①③；
故答案为： ④②①③ ；
（4）中有4种等效氢，则其一氯代物有4种；
故答案为：4；
（5）乙烯中碳碳之间有碳碳双键，每个碳原子通过单键结合两个氢原子，则其电子式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)石膏是硫酸钙的二水结晶水合物，属于常见硫酸盐矿物，需牢记其化学式为 （熟石膏为 ，注意区分）。
(2) 丙烯分子含碳碳双键，加聚反应中双键断裂，不饱和碳原子相互连接成高分子链，方程式为：
（双键打开后，甲基支链保留在主链碳原子上）
(3)规律1：碳原子数越多，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
规律2：碳原子数相同时，支链越多，分子间接触面积越小，作用力越弱，沸点越低；
本题顺序：④（8个C）> ②（6个C，支链多）> ①（5个C，直链）> ③（3个C）。
(4) 用等效氢法判断：同一碳原子上的氢等效；对称位置的碳原子上的氢等效；
分子中有4种不同化学环境的氢原子，因此其一氯代物有4种。
(5)乙烯分子中碳碳之间为双键（2对共用电子），每个碳原子还通过单键连接2个氢原子，电子式为：
（注意双键的两对电子对书写，每个原子满足8电子稳定结构）
（1）石膏是硫酸钙的结晶水合物，化学式为：；
（2）丙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为：；
（3）一般来说，碳原子数越多，沸点越高，碳原子数相同时，支链越多沸点越低，则下列物质沸点由高到低的顺序为④②①③；
（4）中有4种等效氢，则其一氯代物有4种；
（5）乙烯中碳碳之间有碳碳双键，每个碳原子通过单键结合两个氢原子，则其电子式为：。
18．（2025高一下·浙江期中）结晶水合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知：B是二种混合气体，体积已折算为标准状况。
（1）组成X的元素有H、O和　 　(填元素符号)，写出X的化学式　 　。
（2）写出B转化为强酸的化学反应方程式　 　。
（3）写出固体A的一种用途　 　。
（4）设计实验验证X中含有的金属阳离子的方案　 　。
【答案】（1）Fe、N；
（2）
（3）做红色颜料
（4）取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）由分析可知，组成X的元素有H、O和Fe、N，X的化学式为：Fe(NO3)3·9H2O。
故答案为： Fe、N ； ；
（2）红棕色气体B为NO2生成强酸HNO3的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）氧化铁可以作红色颜料；
故答案为： 做红色颜料 ；
（4）X中阳离子为Fe3+，检验方法为取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有。
故答案为： 取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有 ；
【分析】从实验流程可知：
红棕色固体A为，说明结晶水合物X中含有铁元素， 其物质的量为：n(Fe)=2×=0.04mol， 红棕色混合气体B能被水完全吸收生成强酸，说明气体由和组成，且二者物质的量之比为（ 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ）；结合气体总体积可算出 n(NO2)==0.12mol，n(O2)==0.03mol， ，由此确定X中含氮元素。结合X由4种元素组成，可判断还含有氢和氧元素，通过质量守恒算出结晶水的物质的量为：n(H2O)==0.36mol，故X中n(Fe)：n(N)：n(O)：n(H2O)=0.04mol：0.12mol：(0.02×3+0.12×2+0.03×2)mol：0.36mol=1：3：9：9，故X的化学式为Fe(NO3)3·9H2O，据此分析解题。
（1）由分析可知，组成X的元素有H、O和Fe、N，X的化学式为：Fe(NO3)3·9H2O。
（2）红棕色气体B为NO2生成强酸HNO3的化学方程式为；
（3）氧化铁可以作红色颜料；
（4）X中阳离子为Fe3+，检验方法为取少量固体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则含有。
19．（2025高一下·浙江期中）氨是重要的化工产品，其生产流程如图(1)所示。
（1）工业合成氨在合成塔中进行原理为：，已知断开所需能量946kJ，断开所需能量436kJ，断开所需能量391kJ，该反应生成放出　 　kJ的热量。
（2）下列说法正确的是___________。
A．利用压缩机进行加压有利于更快更多的生产氨气
B．热交换器可以预热原料气，提高氨的产率
C．当断裂键的同时生成键则说明合成氨反应已达平衡
D．催化剂既可以加快反应速率，也可以提高氨的平衡产率
（3）在2L恒容密闭容器中通入一定量的和，在一定条件下进行反应：，测得部分气体的物质的量随时间变化关系如下图所示：
X代表的物质是：　 　；反应至25分钟时，用X表示反应的平均速率为：　 　
（4）研究表明，采用新型铁改性的镍金属陶瓷作电极，可以增强对氨利用的催化活性，提高质子陶瓷燃料电池的性能，工作原理如上图，质子固体电解质可以允许通过，请写出氨气这一极的电极方程式：　 　；当消耗时，可产生氮气在标况下的体积为：　 　L。
【答案】（1）46
（2）A
（3）；0.006
（4）；44.8
【知识点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）结合数据计算，反应的焓变为，因此该反应生成放出46kJ的热量。
故答案为： 46 ；
（2）A．已知该反应的正反应是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应的正反应是放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此氨的平衡产率不变，故D错误；
故答案为：A。
（3）在化学反应中，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，由图可得，，故X为；反应至25分钟时，转化了0.3mol，平均反应速率为。
故答案为： ； 0.006 ；
（4）由图可知，NH3转化为N2，N元素化合价从-3价升高为0价，失去电子，则电极a为负极，负极的电极反应式为；O2转化为H2O，O元素化合价从0价降低为-2价，得到电子，则电极b为正极，正极的电极反应式为，当消耗时，转移12mol电子，可产生氮气为2mol，在标况下的体积为。
故答案为： ； 44.8 ；
【分析】(1)反应热 = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据算出生成2mol NH3放热92kJ，故生成1mol NH3放出46kJ热量。
(2) 加压：加快反应速率且使平衡正向移动，利于生成氨气。
热交换器：预热原料气，但不改变平衡产率。
断裂N≡N与生成N-H键均为正反应方向，不能说明平衡。
催化剂只加快速率，不改变平衡产率。
(3) 根据反应计量数，物质的量变化量更大的X是H2。
25min时H2的物质的量变化为0.30mol，平均速率 = 。
(4) 氨气在负极失电子生成N2，酸性介质下电极反应： 。
总反应为，消耗3mol O2时生成2mol N2，标况体积为44.8L。
（1）结合数据计算，反应的焓变为，因此该反应生成放出46kJ的热量。
（2）A．已知该反应的正反应是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应的正反应是放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此氨的平衡产率不变，故D错误；
故选A。
（3）在化学反应中，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，由图可得，，故X为；反应至25分钟时，转化了0.3mol，平均反应速率为。
（4）由图可知，NH3转化为N2，N元素化合价从-3价升高为0价，失去电子，则电极a为负极，负极的电极反应式为；O2转化为H2O，O元素化合价从0价降低为-2价，得到电子，则电极b为正极，正极的电极反应式为，当消耗时，转移12mol电子，可产生氮气为2mol，在标况下的体积为。
20．（2025高一下·浙江期中）连二硫酸锰晶体()呈红色，可用于蔬菜、水果等保鲜。受热易分解为和。实验室中可利用饱和水溶液与反应制备连二硫酸锰，同时有生成，其制备装置和具体步骤如下：
Ⅰ．在B的三口烧瓶中盛装适量和400mL蒸馏水，控制温度在7℃以下，将A中产生的通入B中，反应过程中保持C中管口有少量气泡持续冒出。
Ⅱ．待烧瓶中全部反应完，反应液呈透明粉红色时，停止通。
Ⅲ．将装置C换为减压装置，一段时间后将B中的溶液转移至烧杯中。
Ⅳ．向溶液中加入适量连二硫酸钡溶液，搅拌，静置，过滤。
Ⅴ.对滤液进行一系列操作后、过滤、洗涤、干燥，得。
回答下列问题：
（1）写出仪器D的名称　 　。
（2）对装置A虚线框部分进行气密性检查的方法是　 　。
（3）装置C的作用是　 　。
（4）有同学指出装置A、B之间需要进一步完善，完善的措施是　 　。
（5）步骤Ⅱ中反应的离子方程式有、　 　。
（6）步骤Ⅳ中过滤出的滤渣是　 　；步骤Ⅳ中确定沉淀已完全的操作是：　 　。
【答案】（1）球形干燥管
（2）用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好
（3）吸收尾气气体，防止空气污染；防止倒吸
（4）AB之间加一个防倒吸装置
（5）
（6）；静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器D为球形冷凝管。
故答案为： 球形干燥管 ；
（2）检验气密性的方法为用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好。
故答案为： 用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好 ；
（3）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；且球形干燥管起防倒吸的作用。
故答案为： 吸收尾气气体，防止空气污染；防止倒吸 ；
（4）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
故答案为： AB之间加一个防倒吸装置 ；
（5）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
故答案为： ；
（6）步骤Ⅳ中过滤出的滤渣是，确定沉淀已完全的操作是静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀。
故答案为： ； 静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀 ；
【分析】(1) 仪器 D 的结构为球形膨大 + 两端导管，是球形干燥管，常用于干燥气体或尾气处理。
(2)采用 “液封法” 检查：用止水夹夹住 A、B 之间的橡胶管，关闭分液漏斗活塞后向漏斗中加水，再打开旋塞，若一段时间后液体不再持续流下，说明装置 A 的气密性良好。
(3) 尾气处理：NaOH 溶液能吸收 SO2，避免有毒气体排放到空气中；
防倒吸：仪器 D 的球形结构可增大接触面积，防止 NaOH 溶液倒吸入 B 装置。
(4)A 中反应可能因压强变化导致 B 中液体倒吸，需在 A、B 之间加装安全瓶（或防倒吸的洗气瓶），避免倒吸使 A 中装置炸裂。
(5)反应有两个方向：
生成 MnSO4：MnO2+SO2=Mn2++SO42-
生成 MnS2O6：MnO2+2SO2=Mn2++S2O62-（目标产物连二硫酸锰的生成反应）
(6) 滤渣：加入连二硫酸钡后，溶液中 SO42- 与 Ba2+ 生成BaSO4沉淀，过滤除去；
沉淀完全检验：静置后取上层清液，滴加少量连二硫酸钡溶液，若溶液不变浑浊，说明 SO42-已完全沉淀。
（1）仪器D为球形冷凝管。
（2）检验气密性的方法为用止水夹夹住AB之间的橡胶管，打开分液漏斗旋塞，向分液漏斗中加水，一段时间内水不再流下，则气密性良好。
（3）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；且球形干燥管起防倒吸的作用。
（4）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
（5）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
（6）步骤Ⅳ中过滤出的滤渣是，确定沉淀已完全的操作是静置后，沿烧杯壁向上层清液中继续滴加2-3滴连二硫酸钡溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已经完全沉淀。
21．（2025高一下·浙江期中）物质A是植物生长的催熟剂，标况下气体的密度为，以物质A为原料可实现如下转化，其中B和C具有相同的官能团，E为高分子物质。
（1）有机物C中官能团的名称：　 　；与C互为同分异构体的结构简式　 　
（2）下列说法正确的是___________。
A．等物质的量的A和B完全燃烧耗氧量相同
B．有机物A、E和C均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有机物D的二氯代物只有2种
D．有机物D中含有有机物A则可通过装有溴水的洗气瓶进行除去
（3）写出有机物C在金属铜催化下与反应的化学方程式：　 　。
（4）已知在浓硫酸条件下，请写出两分子B发生反应形成六元环的化学反应方程式　 　。
【答案】（1）羟基；
（2）C；D
（3）
（4）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）有机物C为乙醇，含有的官能团名称为羟基；与乙醇互为同分异构体的有机物为二甲醚，其结构简式为；
故答案为： 羟基 ； ；
（2）A．A为乙烯，B为乙二醇，完全燃烧的化学方程式分别为：、，由反应式可知，等物质的量的A和B完全燃烧耗氧量不相同，A错误；
B．A为乙烯，E为聚乙烯，C为乙醇，A和C均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，但E不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．D为乙烷，乙烷的二氯代物只有和，即2种，C正确；
D．D为乙烷，A为乙烯，乙烯可以和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，而乙烷与溴水不反应，则有机物D中含有机物A，可通过装有溴水的洗气瓶进行除去，D正确；
故答案为：CD。
（3）C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（4）已知在浓硫酸条件下，即乙醇分子间脱水生成乙醚，由此类推，两分子乙二醇发生反应形成六元环的化学反应方程式为：。
故答案为： ；
【分析】物质 A 是乙烯（植物催熟剂，标况密度 1.25g/L），它在不同条件下发生转化：在银催化下与 O2生成环氧乙烷，环氧乙烷水解得到 B（乙二醇）；与水在催化剂下加成生成 C（乙醇，和 B 官能团相同，均含羟基）；与 H2在催化剂下加成生成 D（乙烷）；在催化剂下发生加聚反应生成高分子 E（聚乙烯）。据此解题即可。
（1）有机物C为乙醇，含有的官能团名称为羟基；与乙醇互为同分异构体的有机物为二甲醚，其结构简式为；
（2）A．A为乙烯，B为乙二醇，完全燃烧的化学方程式分别为：、，由反应式可知，等物质的量的A和B完全燃烧耗氧量不相同，A错误；
B．A为乙烯，E为聚乙烯，C为乙醇，A和C均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，但E不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．D为乙烷，乙烷的二氯代物只有和，即2种，C正确；
D．D为乙烷，A为乙烯，乙烯可以和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，而乙烷与溴水不反应，则有机物D中含有机物A，可通过装有溴水的洗气瓶进行除去，D正确；
故选CD。
（3）C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：；
（4）已知在浓硫酸条件下，即乙醇分子间脱水生成乙醚，由此类推，两分子乙二醇发生反应形成六元环的化学反应方程式为：。
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