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浙江省台州市2024-2025学年高一下学期6月期末化学试题
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．CH3COOH不属于
A．有机化合物 B．共价化合物 C．非电解质 D．烃的衍生物
【答案】C
【知识点】化学键；电解质与非电解质
【解析】【解答】A．有机化合物通常指含碳的化合物（除少数特例外），CHCOOH分子中含有碳元素，属于有机化合物，A选项正确；
B．共价化合物是指通过共用电子对形成化学键的化合物，CHCOOH分子中所有原子均以共价键结合，因此属于共价化合物，B选项正确；
C．非电解质指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，但CHCOOH在水中能部分电离生成H和CHCOO，属于弱电解质，因此不符合非电解质的定义，C选项错误；
D．烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他官能团取代后的产物，CHCOOH可以视为甲烷分子中的氢被羧基取代的产物，属于烃的衍生物，D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】根据电解质定义可知， CH3COOH 属于电解质，结合 CH3COOH 结构，可知其是共价化合物，属于有机物，烃的衍生物。
2．储存液氯的钢瓶上不需要贴的标签是
A．腐蚀性物质 B．氧化性物质 C．有毒物质 D．自燃物质
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理；几种常见的化学标志
【解析】【解答】氯气(Cl2)是一种强氧化性气体，具有腐蚀性和毒性。因此，液氯通常储存在耐压钢瓶中。由于氯气不会在空气中自燃，故储存钢瓶上不应标注"自燃物质"的标签。
正确答案选择D选项。
【分析】题目考查氯气性质和图标含义，氯气有毒，具有强氧化性，腐蚀性。
3．用98%的浓硫酸配制1L0.1mol·L-1稀硫酸，不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A为量筒，用于量取浓硫酸，B为容量瓶，用于配制准确浓度的溶液，C为分液漏斗，不用于本实验，D为胶头滴管，用于定容时添加蒸馏水，配制1L 0.1mol·L-1稀硫酸的实验步骤中需要：量筒，烧杯、玻璃棒，容量瓶、胶头滴管，分液漏斗在本实验中不需要使用，因此正确答案为C。【分析】题目考查配制一定浓度溶液需要的仪器，配制需要量筒，玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要分液漏斗。
4．下列表示不正确的是
A．中子数为10的氧原子：
B．H2O的结构模型：
C．钠离子的结构示意图：
D．CO2的电子式：
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．核电荷数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为18，可表示为：，A选项正确；
B．H2O的分子结构呈V形：，B选项正确；
C．钠原子（11号元素）失去最外层1个电子形成钠离子，其结构示意图为：，C选项正确；
D．CO2是共价化合物，结构式为O=C=O，但其电子式应表示为，D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．元素符号左下角写质子数，左上角写质量数；
B． H2O 的空间结构为V形；
C．钠离子核外有10个电子；
D．二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间是双键。
5．下列属于吸热的氧化还原反应的是
A．液态水汽化
B．灼热的木炭与CO2的反应
C．Ba(OH)2 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
D．高温下铝粉与氧化铁的反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．液态水汽化是物理变化，过程中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，因此A选项不符合题意；
B．木炭在高温条件下与CO2反应生成CO，其中碳元素的化合价从0价升高到+2价（被氧化），同时CO2中的碳元素从+4价降低到+2价（被还原），该反应属于氧化还原反应；且该反应需要在高温条件下进行，同时吸收热量，因此B选项正确；
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应虽然吸热，但反应前后所有元素的化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，因此C选项不符合题意；
D．铝热反应（Al与Fe2O3的反应）属于氧化还原反应，但该反应会剧烈放热，与题目要求的吸热条件不符，因此D选项不符合题意；
综上所述，正确答案是B。【分析】A．液态水汽化是物理变化；
B．碳和二氧化碳反应时吸热反应，属于氧化还原反应；
C． Ba(OH)2 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应不是氧化还原反应；
D． 铝粉与氧化铁的反应 是放热反应。
6．下列物质转化不能一步实现的是
A．Al2O3→Al(OH)3 B．NaCl→NaHCO3
C．FeO→Fe3O4 D．NH3→NO
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；铁的氧化物和氢氧化物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．氧化铝(Al2O3)难溶于水，无法直接与水反应生成氢氧化铝[Al(OH)3]，故该转化不能一步完成，选项A符合题目要求；
B．在饱和氯化钠(NaCl)溶液中通入氨气(NH3)和二氧化碳(CO2)，可直接析出碳酸氢钠(NaHCO3)晶体（如侯氏制碱法原理），该转化可以一步实现，故B不符合题意；
C．氧化亚铁(FeO)在空气中加热时，会被氧气直接氧化为四氧化三铁(Fe3O4)，该转化可以一步完成，故C不符合题意；
D．氨气(NH3)通过催化氧化反应可直接生成一氧化氮(NO)，该转化可以一步实现，故D不符合题意；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．氧化铝和水不反应，不能一步转化为氢氧化铝；
B．向氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应后生成碳酸氢钠；
C．氧化亚铁和氧气反应生成四氧化三铁；
D．氨气和氧气反应生成一氧化氮。
7．下列说法正确的是
A．石墨和金刚石互为同位素 B．16O2和18O3互为同素异形体
C．淀粉和纤维素互为同分异构体 D．CH3Br和BrCH2CH2Br互为同系物
【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
【解析】【解析】A．石墨与金刚石均为碳元素形成的不同单质（结构不同），属于同素异形体。同位素是指质子数相同而中子数不同的原子， A错误；
B．16O2和18O3虽然氧原子存在同位素差异，但它们都是由氧元素组成的不同单质（O2与O3结构不同），符合同素异形体的定义， B正确；
C．淀粉和纤维素虽通式均为(C6H10O5)n，但聚合度n不同且分子结构不同，实际分子式不同，不属于同分异构体， C错误； ；
D．CH3Br（一溴甲烷）与BrCH2CH2Br（1，2-二溴乙烷）的官能团数量及结构均不相似，不符合同系物的定义， D错误； ；
综上，正确答案为B。【分析】A．石墨和金刚石是同素异形体；
B．同素异形体是同种元素形成的不同单质；
C．淀粉和纤维素的分子式不同，不是同分异构体；
D． CH3Br和BrCH2CH2Br 在结构上不符合同系物的定义。
8．下列离子能在溶液中大量共存的是
A．H+、Al3+、Cl-、OH- B．K+、Ca2+、OH-、
C．Fe3+、Mg2+、、I- D．Na+、Cu2+、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. H+和OH-会发生中和反应生成水，同时Al3+与OH-会形成Al(OH)3沉淀，因此这些离子不能共存，A选项是错误的；
B. OH-会与HCO3-反应生成CO32-和水，而CO32-又会与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，所以这些离子也不能共存，B选项是错误的；
C. Fe3+具有强氧化性，会将I-氧化成I2，发生氧化还原反应，因此这些离子不能共存，C选项是错误的；
D. Na+、Cu2+、SO42-和NO3-之间既不会形成沉淀、气体或水，也不会发生氧化还原反应，因此这些离子可以共存，D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】题目考查离子共存的相关知识，铝离子和氢氧根离子不共存；氢氧根离子和碳酸氢根离子不共存；铁离子和碘离子发生氧化还原反应。
9．火法炼锌原理为：，下列说法正确的是
A．X是CO2 B．X既是氧化产物又是还原产物
C．ZnCO3是还原剂 D．生成1molZn转移2个电子
【答案】B
【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．由质量守恒定律可知，X为CO，选项A错误；
B．根据化学方程式可知，生成的CO既是碳酸根被还原的产物，也是碳被氧化的产物，选项B正确；
C．ZnCO3中的碳和锌元素化合价均降低，因此ZnCO3在反应中作氧化剂，选项C错误；
D．每生成1molZn转移2mol电子（Zn从+2价变为0价），同时碳酸根被还原为CO（碳从+4价变为+2价），故生成1molZn时共转移4个电子，选项D错误；
正确答案是B。
【分析】火法炼锌反应的化学方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO↑，据此进行分析；
10．下列说法不正确的是
A．实验室中可以将未用完的钠、Na2O2等固体放回原细口试剂瓶
B．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
C．FeCl3溶液有氧化性，可用于刻蚀覆铜电路板
D．NaOH和铝粉可作为家庭的厨卫管道疏通剂
【答案】A
【知识点】铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；化学试剂的存放；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 固体试剂如金属钠、过氧化钠(Na2O2)等应保存在广口瓶中便于取用， A错误；
B. 储氢合金是一种特殊材料，能可逆地吸收和释放氢气()，形成金属氢化物，具有储运安全的特性， B正确；
C. 氯化铁溶液()可用作蚀刻剂回收电路板中的铜，其反应原理为：， C正确；
D. 氢氧化钠溶液与铝反应生成氢气()和偏铝酸钠()，产生的气压可疏通管道， D正确；
综上所述，只有A选项说法错误，故正确答案为A。
【分析】A. 固体试剂应存放在广口瓶中；
B. 储氢材料可存储氢气形成储氢合金；
C. 氯化铁溶液中三价铁离子具有氧化性；
D. 氢氧化钠和铝反应生成氢气，可作为管道疏通剂。
11．下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工人将聚合氯化铝加入泥浆水中净水 Al3+具有氧化性
B 工人将模具干燥后再注入炽热的铁水 铁与水蒸气会反应
C 医生用紫外线对手术室进行杀菌、消毒 紫外线可使蛋白质变性
D 考古研究员对文物进行年代测定和研究 14C的同位素衰变
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A. 聚合氯化铝的净水原理是基于Al3+在水中形成Al(OH)胶体吸附杂质，而非利用Al的氧化性，因此关联错误，A符合题意；
B. 干燥模具的目的是防止铁与水蒸气在高温下反应生成FeO和H，氢气具有易燃易爆特性，该关联正确，B不符合题意；
C. 紫外线杀菌是通过破坏蛋白质结构或DNA分子，使病原体丧失生理活性，该关联正确，C不符合题意；
D. 利用C的衰变特性可以进行文物年代测定，该关联正确，D不符合题意；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 铝盐净水是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附杂质净水；
B. 铁和水蒸气在高温下会反应；
C. 紫外线可使蛋白质变性；
D. 14C 可用于对考古文物。
12．下列化学用语不正确的是
A．用单线桥表示Na与Cl2反应的电子转移：
B．氢氧化亚铁白色沉淀在空气中转变为红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C．用电子式表示KCl的形成过程：
D．Fe2(SO4)3溶液与KSCN溶液反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应；离子方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】A. 2 mol Na 转移 2 mol 电子至 1 mol Cl2，生成 2 mol NaCl，选项A正确；
B. 氢氧化亚铁白色沉淀在空气中被氧化，转变为红褐色氢氧化铁沉淀，反应方程式为 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，选项B正确；
C. K 转移 1 个电子给 Cl，形成 K+ 和 Cl-，即 KCl，选项C正确；
D. Fe(SCN)3 是络合物而非沉淀，不应加沉淀符号，选项D错误；
综上所述，正确答案为 D。
【分析】A.单线桥表示法中箭头表示失电子物质指向得电子物质；
B.氢氧化亚铁被氧气氧化生成强氧化铁；
C.氯化钾是离子化合物；
D.三价铁离子和硫氰酸跟离子形成络合物。
13．下列关于柠檬酸(结构简式如图)的说法一定正确的是
A．能发生酯化反应的官能团只有-OH
B．碳原子不可能全部共平面
C．与足量金属Na反应可生成2molH2
D．Cu作催化剂，加热条件下，能与O2发生催化氧化反应
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．柠檬酸分子中含有羟基(-OH)和羧基(-COOH)，这两种官能团都能发生酯化反应， 故A错误；B．由于羟基连接的碳原子与其他三个碳原子相连，这四个碳原子不可能处于同一平面上，所以分子中所有碳原子不可能共平面，选项B正确；
C．题目中未给出柠檬酸的具体物质的量，因此无法准确计算其与足量Na反应生成氢气的量，选项C错误；
D．柠檬酸分子中羟基连接的碳原子上没有氢原子，因此不能发生催化氧化反应，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．羟基和羧基可以发生酯化反应；
B．和羟基相连的碳原子是sp3杂化，和其相连的碳原子不会全部共面；
C．羟基和羧基可与钠反应，但有机物物质的量未知；
D．和羟基相连的碳原子上午氢原子，不可发生氧化反应。
14．下列说法正确的是
A．用Na2CO3溶液做焰色试验需要透过蓝色钴玻璃，避免微量钾元素干扰
B．工业上将Cl2通入热的石灰水中，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉
C．工业上常将液态植物油在一定条件下与H2发生加成反应，提高其不饱和程度，生成固态的氢化植物油
D．煤干馏得到的煤焦油经过蒸馏可获得苯、甲苯、二甲苯等化工原料
【答案】D
【知识点】焰色反应；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．焰色试验时，钾元素的紫色焰色容易被钠的黄色焰色掩盖，因此需要用蓝色钴玻璃滤除黄光来观察钾的焰色。但钠的黄色焰色可直接观察，不需要使用蓝色钴玻璃。A选项说法错误；
B．工业上制备漂白粉是通过将氯气通入冷的石灰乳（氢氧化钙悬浊液）中，生成以次氯酸钙（）为主要成分的混合物。若用石灰水（氢氧化钙溶液）则无法有效反应。B选项描述错误；
C．液态植物油分子中含有碳碳双键（），在催化剂作用下可与氢气发生加成反应（氢化反应），将不饱和脂肪酸转化为饱和脂肪酸，从而使液态油转变为固态脂肪（氢化植物油）。C选项说法错误；
D．苯（沸点80.1℃）、甲苯（沸点110.6℃）、二甲苯（沸点138-144℃）三者互溶但沸点差异显著，工业上通过分馏（利用沸点差异的分离方法）可实现它们的分离提纯。D选项正确；
综上所述，只有D选项正确。【分析】A．钠元素的焰色反应直接观察；
B．制备漂白粉的原理是氯气和冷石灰乳反应；
C．植物油氢化是降低不饱和度，生成饱和的固态脂肪；
D．根据蒸馏原理，利用物质沸点差异进行分离。
15．下列说法不正确的是
A．试管壁上残留的硫单质可以用蒸馏水或热的NaOH溶液除去
B．向SO2的水溶液中滴加适量H2O2后，溶液酸性增强
C．向蔗糖中加入浓硫酸后出现“黑面包”现象，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性
D．Na2SO3溶液与NaHSO4溶液可以反应生成SO2
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A. 硫单质不溶于水，因此用蒸馏水无法清洗除去；但硫能与热的氢氧化钠溶液反应生成可溶性的硫化物（如Na2S和Na2SO3）， 故A错误；B. 过氧化氢（H2O2）将亚硫酸（H2SO3）氧化为硫酸（H2SO4），由于硫酸的酸性强于亚硫酸，因此溶液的酸性会增强， B正确；
C. 实验中观察到的"黑面包"现象是由两个反应共同导致的：(1)浓硫酸使蔗糖脱水碳化（体现脱水性）；(2)浓硫酸与生成的碳反应产生气体（体现强氧化性）， C正确；
D. 亚硫酸钠（Na2SO3）与硫酸氢钠（NaHSO4）溶液反应时，H+与SO32-发生反应：， D正确；
综上所述，只有A选项是错误的，故正确答案为A。
【分析】A. 硫单质不溶于水；
B. 根据二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，溶液酸性增强；
C. 根据黑面包实验的现象，可体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；
D. 亚硫酸根离子可与氢离子反应生成二氧化硫。
二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
16．下列说法正确的是(表示阿伏加德罗常数的数值)
A．1mol甲基(-CH3)含有7个电子
B．标准状况下，22.4LCCl4含有4个氯原子
C．标准状况下，1个N2的体积约占L
D．常温常压下，48gO3和O2混合气体中含有3个氧原子
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．甲基（-CH3）中碳原子有6个电子，每个氢原子提供1个电子，总电子数为6 + 3×1 = 9，因此1mol甲基含有9个电子，故选项A错误；B．四氯化碳（CCl4）在标准状况下呈液态，无法直接通过气体摩尔体积计算其物质的量，故选项B错误；
C．标准状况下1mol气体体积为22.4L，但气体分子间存在间距，单个分子的实际体积无法直接计算，故选项C错误；
D.48g臭氧（O3）和氧气（O2）混合气体中，氧原子总物质的量为3mol，即含3个氧原子，故选项D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．甲基是中性原子团，1mol甲基含有9个电子；
B．标准状况下，四氯化碳是非气体，无法计算体积；
C．分子之间存在距离，不能计算1个氮气的体积；
D. 根据臭氧和氧气都由氧原子构成进行计算。
17．下列类比合理的是
A．MgO是碱性氧化物，则Al2O3也是碱性氧化物
B．Fe与S加热生成FeS，则Cu与S加热生成CuS
C．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则K与H2O反应生成KOH和H2
D．Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3，则NaHCO3的溶解度大于Na2CO3
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A. Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，而碱性氧化物只能与酸反应，因此将Al2O3类比为碱性氧化物是错误的。故A选项错误；B. Cu与S在加热条件下反应生成Cu2S（铜呈+1价），而不是CuS（+2价）；而Fe与S反应生成FeS，两者反应规律不同，不能简单类比。故B选项错误；
C. Na和K同属碱金属元素，化学性质相似，都能与水剧烈反应生成相应的碱和H2，这种类比是合理的。故C选项正确；
D. 对于钙盐而言，Ca(HCO3)2的溶解度确实大于CaCO3；但对于钠盐，NaHCO3的溶解度反而小于Na2CO3，说明这一溶解性规律不具有普遍性，类比不成立。故D选项错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 三氧化二铝是两性氧化物；
B. 硫单质氧化性较弱，和铜反应生成硫化亚铜；
C. 钠和钾化学性质相似；
D. 碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠。
18．下列说法正确的是
A．装置1可证明氧化性：Cu2+>Fe2+>Al3+
B．装置2可除去CO2中的HCl
C．装置3可用于制备并收集NO2
D．取装置4实验结束后的固体溶于过量稀盐酸中，检出溶液中含有Fe2+和Fe3+，则可证明生成的氧化物是Fe3O4
【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铁的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在装置1的原电池中，左侧烧杯的Al电极作为负极（活泼性Al>Fe），右侧烧杯的Fe电极作为负极（活泼性Fe>Cu）。由于金属活泼性越强，其对应离子的氧化性越弱，因此可以证明氧化性顺序为：Cu2+ > Fe2+ > Al3+。选项A正确；B．装置2中，CO2和HCl都会与碳酸钠溶液反应，因此应该改用饱和碳酸氢钠溶液来除去CO2中的HCl杂质。选项B错误；
C．由于NO2会与水反应生成硝酸和NO，因此不能使用排水法收集NO2气体。选项C错误；
D．在装置4实验结束后，将固体溶于过量稀盐酸中，检测到溶液中含有Fe2+和Fe3+。这些Fe2+可能来自Fe3O4与酸的反应，也可能来自未反应的Fe单质与Fe3+的反应，因此不能直接证明生成的氧化物就是Fe3O4。选项D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．根据原电池工作原理，负极金属还原性强于正极，金属还原性越强，对应阳离子氧化性越弱；
B．除去二氧化碳中的氯化氢应用饱和碳酸氢钠溶液；
C．根据二氧化氮性质，二氧化氮和水反应 ，可用向上排空气法收集；
D．铁粉过量时，溶于稀盐酸中，生成二价铁离子，干扰实验。
19．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质是一种清洁可再生能源，Y元素的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z元素的M层比K层少1个电子，W的简单离子是第3周期元素的简单离子中半径最小的。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：Y>Z
B．X2Y和Z2Y含有的化学键类型相同
C．Z和W各自对应的最高价氧化物对应的水化物可以反应
D．ZX可以与X2Y发生氧化还原反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．比较Y的简单离子O2-和Z的简单离子Na+的半径。由于两者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，因此离子半径O2- > Na+，即Y > Z，故A选项正确；B．X2Y对应H2O（水），含有共价键；Z2Y对应Na2O（氧化钠），含有离子键。两者化学键类型不同，故B选项错误；
C．Z的最高价氧化物对应水化物是NaOH（氢氧化钠），W的最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3（氢氧化铝）。两者可以发生反应：Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4]，故C选项正确；
D．ZX对应NaH（氢化钠），X2Y对应H2O（水）。两者反应为：NaH + H2O = NaOH + H2↑，氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D选项正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】首先分析各元素的性质： X元素：X的单质是清洁可再生能源，常见形式为氢气（），因此X为氢（H）。 Y元素：Y的最外层电子数是次外层电子数的3倍。由于最外层电子数不超过8，次外层电子数只能是2（若次外层为8，最外层会超过8），所以最外层电子数为6，即Y为氧（O）。 Z元素：Z的M层比K层少1个电子。K层有2个电子，因此M层有1个电子，核外电子排布为2、8、1，Z为钠（Na）。W元素：W的简单离子是第三周期元素简单离子中半径最小的。第三周期金属元素形成的阳离子电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，其中半径最小，所以W为铝（Al）。
20．工业制备高纯硅的流程如下，下列说法不正确的是
A．SiO2的结构式为O=Si=O
B．Si在周期表中处于金属与非金属的分界处，可作半导体材料
C．生成SiHCl3中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
D．该工业流程中可以循环利用的气体有HCl、H2
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A． 二氧化硅是共价晶体，其结构中每个硅原子与四个氧原子形成Si-O单键，不存在Si=O双键， A错误；
B． 硅元素在元素周期表中位于金属与非金属的交界处，其导电性能介于导体和绝缘体之间，适合用作半导体材料， 故B正确；
C． 在生成三氯硅烷的反应中，氧化剂（HCl）与还原剂（Si）的物质的量之比为3：1， 故C正确；
D． 整个工艺流程中，氯化氢（HCl）和氢气（H2）可以循环利用， 故D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】工业上制备高纯硅的主要反应过程如下： 二氧化硅与焦炭在高温（1800-2000℃）下反应生成粗硅和一氧化碳：，粗硅与氯化氢在300℃下反应生成三氯硅烷和氢气：三氯硅烷与氢气在1100℃下反应生成高纯硅和氯化氢：。
21．下列说法正确的是
A．异丁烷的二氯代物有2种
B．聚乙烯的链节为CH2-CH2
C．饱和Na2CO3溶液可以用来鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
D．等体积的CH4与Cl2的混合气体在光照下反应，生成物只有CH3Cl和HCl
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；乙酸的化学性质；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．异丁烷的二氯代物共有三种结构。异丁烷分子式为(CH)CH，当两个氢原子被氯原子取代时，可能出现以下情况：两个氯原子取代同一个甲基上的氢原子，两个氯原子分别取代不同甲基上的氢原子，一个氯原子取代中心碳原子上的氢原子，另一个氯原子取代甲基上的氢原子，因此选项A是错误的；
B．聚乙烯的链节结构应表示为-CH-CH-，而题目中给出的"CH-CH"缺少连接单键符号，没有正确表达链节结构，所以选项B是错误的；
C．三种物质与NaCO反应时现象明显不同：乙酸会产生CO气体，乙醇会溶解但不分层，乙酸乙酯因密度较小会分层浮在溶液上层，因此可以通过这个方法鉴别这三种物质，选项C是正确的；
D．CH与Cl在光照条件下发生的是自由基取代反应，最终会生成多种产物：CHCl、CHCl、CHCl、CCl和HCl，而不仅仅是CHCl和HCl，所以选项D是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A．异丁烷分子式为(CH)CH， 二氯代物有3种；
B．聚乙烯的链节结构应表示为-CH-CH-；
C．乙醇和饱和碳酸钠溶液互溶，乙酸和饱和碳酸钠溶液反应，有气泡生成，
D．甲烷和氯气发生取代反应，生成物有5种。
22．常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓硝酸中组成原电池装置(如图甲)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化(如图乙)，反应过程中有红棕色气体产生。t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，下列说法不正确的是
A．t1s前，铝片是负极
B．t1s前，溶液中的H+向铝片迁移
C．t1s前后外电路中电子流动方向发生改变的原因可能是铝表面形成致密的氧化膜
D．t1s后，正极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O
【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．分析表明0-t1时段铝确实作为负极， 故A正确；
B．在0-t1时段，根据"异性相吸"原理，溶液中的H+应向正极（铜电极）移动， 故B错误；
C．随着铝表面氧化膜的形成阻碍反应，t1后铜变为负极，电流方向发生反转， 故C正确；
D．t1后铝作为正极，硝酸根离子得电子生成NO2，电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O， 故D正确。
综上可知，正确答案为B。
【分析】在0-t1时间段内，铝在浓硝酸中发生钝化反应。此时铝作为负极，被氧化生成氧化铝；铜作为正极，硝酸根离子在正极得电子生成二氧化氮，此过程需要氢离子参与并生成水。随着反应进行，铝表面形成氧化膜会阻碍反应继续进行，在t1时刻之后，铜转变为负极，铝则成为正极。
23．高铁酸钾(K2FeO4具有强氧化性)的生产流程如下，下列说法正确的是
A．步骤①中为加快化学反应速率，温度越高越好
B．步骤②中KOH固体的作用仅是生成更多的KClO
C．步骤③的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++5H2O=2+3Cl-+10H+
D．步骤⑤湿产品不能用乙醇进行干燥
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．步骤①中KOH与Cl2在低温下反应生成KCl和KClO。若温度过高，会生成KClO3，因此温度不宜过高，A项错误；B．根据流程分析，步骤②中KOH固体不仅用于生成更多KClO，还作为步骤③的反应物参与反应，B项错误；
C．步骤③的离子反应方程式为：3ClO- + 2Fe3+ + 10OH- → 2 + 3Cl- + 5H2O，C项错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，若与乙醇接触会发生氧化还原反应，影响产率，因此步骤⑤不能用乙醇干燥湿产品，D项正确；
答案选D。
【分析】氢氧化钾溶液与足量氯气在低温条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水。加入氢氧化钾固体后得到碱性KClO浓溶液，再与90%硝酸铁溶液反应生成高铁酸钾，得到溶液Ⅱ。经过纯化得到湿产品，最终洗涤干燥后制得K2FeO4晶体。
24．用10mL0.1mol L-1KClO3溶液和10mL0.3mol L-1NaHSO3溶液反应测定化学反应速率和探究影响因素，测得c(Cl-)与时间的关系如图所示，下列说法不正确的是
A．反应的离子方程式为：ClO3-+3=Cl-+3+3H+
B．该反应在0～4min的平均反应速率：v(NaHSO3)=7.5×10-3mol L-1 min-1
C．该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小
D．初始反应慢，一段时间后速率增大，一定是反应放热使温度升高导致的结果
【答案】D
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．题目中给出KClO3溶液与NaHSO3溶液反应生成Cl-，其中Cl元素化合价从+5降到-1，说明KClO3作为氧化剂，而NaHSO3作为还原剂被氧化为Na2SO4。该反应的离子方程式可表示为：，因此选项A正确；
B．根据图表数据，在0~4分钟内的平均反应速率计算如下：
，因此选项B正确；
C．从反应速率随时间变化的曲线可以看出，反应速率先逐渐增大，达到最大值后又逐渐减小，因此选项C正确；
D．反应初期速率较慢，随后明显加快，可能的原因包括：温度升高（放热反应）、生成的Cl-具有催化作用，或者溶液酸性增强（反应生成H+）加速反应。因此不能确定是单一因素导致速率变化，选项D错误；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据题意，氯酸根和亚硫酸根发生氧化还原反应；
B．根据离子反应中，亚硫酸氢根和氯离子之间关系，亚硫酸氢钠反应速率是氯离子速率的3倍；
C．根据氯离子浓度与时间关系图可知反应速率变化趋势；
D．影响反应速率因素并不唯一，速率变化不一定是温度引起的。
25．下列说法不正确的是
A．将2mL2%的CuSO4溶液和5滴2%的NaOH溶液混合后，再加入葡萄糖溶液，加热，未出现砖红色沉淀，则葡萄糖不含醛基
B．向含有少量品红的乙醇溶液中通入SO2，溶液颜色不褪去，说明使品红水溶液褪色的物质是SO2与水反应的产物
C．向Cu与浓硝酸反应后的溶液中通入足量CO2，放出红棕色气体且溶液由绿色变为蓝色，说明溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2
D．向某溶液中滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口无明显现象，不能说明该溶液中无
【答案】A
【知识点】铵离子检验；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A. 实验中使用新制氢氧化铜与葡萄糖反应时，由于氢氧化钠用量不足，未能形成碱性环境，导致无法有效检测醛基特征反应（砖红色沉淀），因此该结果不能否定葡萄糖含醛基的可能性，A选项结论错误；B. 二氧化硫在无水乙醇中不能使品红褪色，说明其褪色机制需依赖水溶液环境，证明褪色实质是SO2与水反应产物的作用，B选项结论正确；
C. 二氧化碳通入后溶液释放NO2（红棕色）并显现蓝色，证实原绿色为NO2溶解所致，C选项结论正确；
D. 未检出氨气可能因浓度过低或加热条件不足，不能作为排除铵根离子存在的依据，D选项结论正确；
综上所述，错误选项为A。
【分析】A. 用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基实验中，氢氧化钠需过量；
B. 根据实验现象，二氧化硫水溶液使品红褪色，说明起漂白作用的是二氧化硫和水反应的生成物；
C. 根据实验现象分析作答；
D. 根据铵根离子检验原理，生成氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
三、非选择题(本大题共4小题，共40分)
26．由甲烷制备聚乙烯醇G的流程如下：
已知：B气体在标准状况下的密度为1.16g·L-1，C能发生银镜反应，F为高分子化合物。
（1）CH4的空间结构是　 　，B气体的相对分子质量是　 　。
（2）D中官能团名称是　 　，E的结构简式是　 　。
（3）B与H2O反应生成C的化学方程式是　 　。
（4）下列说法正确的是________。
A．等质量的A与D在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量相等
B．E能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色
C．F→G的反应类型为取代反应
D．常温下，G在水中的溶解性比F小
（5）写出C的所有同分异构体的结构简式　 　。
【答案】（1）正四面体；25.984或25.98或26
（2）羧基；CH3COOCH=CH2
（3）CH≡CH+H2OCH3CHO
（4）B；C
（5）；CH2=CHOH
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃；甲烷的组成与结构
【解析】【解答】（1）甲烷分子呈正四面体结构；B（乙炔）的相对分子质量为26；
（2）D（乙酸）的官能团是羧基；乙炔与乙酸通过加成反应生成E（乙酸乙烯酯），其结构简式为CH3COOCH=CH2；
（3）乙炔与水在催化剂作用下生成乙醛，反应方程式为：CH≡CH + H2O CH3CHO；
（4）A．设质量分别为1g，CH4与在氧气中完全燃烧生成水，消耗氧气的量分别为，A错误；
B．E为CH3COOCH=CH2，含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．F→G的反应为酯的水解，类型为取代反应，C正确；
D．常温下，G中含有羟基，可以形成氢键，在水中的溶解性比F大，D错误；
故选BC；
（5）C为，分子式为C2H4O，同分异构体的结构简式、CH2=CHOH。
【分析】物质A是甲烷（）。通过计算烃B的摩尔质量：标准状况下密度1.16 g/L × 22.4 L/mol = 26 g/mol，可确定B为乙炔（）。C能发生银镜反应，结合转化关系推出C是乙醛（），D为乙酸（），E是乙酸乙烯酯（CH3COOCH=CH2），F的结构为，F水解后生成G。
（1）CH4的空间结构是正四面体；根据分析可知，B气体的相对分子质量是26；
（2）根据分析可知，D为，官能团名称是羧基；CH≡CH和发生加成反应生成E，E的结构简式是CH3COOCH=CH2；
（3）CH≡CH与H2O反应生成CH3CHO，化学方程式是CH≡CH+H2OCH3CHO；
（4）A．设质量分别为1g，CH4与在氧气中完全燃烧生成水，消耗氧气的量分别为，A错误；
B．E为CH3COOCH=CH2，含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．F→G的反应为酯的水解，类型为取代反应，C正确；
D．常温下，G中含有羟基，可以形成氢键，在水中的溶解性比F大，D错误；
故选BC；
（5）C为，分子式为C2H4O，同分异构体的结构简式、CH2=CHOH。
27．工业利用海水制备Br2的流程如下图(某些操作或试剂已省略)：
（1）Br2的电子式是　 　，所含共价键类型为　 　 (填“极性共价键”或“非极性共价键”)。
（2）溴元素在周期表中的位置是　 　，还原性：HBr　 　HCl(填“<”、“=”或“>”)。
（3）海水提溴工艺中步骤Ⅱ和Ⅲ两环节的目的是　 　。
（4）写出步骤Ⅱ中，Br2与足量Na2CO3溶液反应的离子方程式　 　。
（5）下列有关说法不正确的是________。
A．已知步骤Ⅰ获得的Br2中含有BrCl杂质，可能是由Br2+Cl2=2BrCl反应产生
B．步骤Ⅱ热气体X是SO2
C．步骤Ⅲ操作Y为蒸馏
D．液溴易挥发，实验室保存液溴通常加水液封
【答案】（1）；非极性共价键
（2）第4周期第VIIA族；>
（3）富集溴；分离提纯溴
（4）3Br2+6+3H2O=5Br-++6
（5）B
【知识点】化学键；氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）溴分子是共价化合物，两个溴原子之间通过单键连接，其电子式为；溴原子间的共用电子对不发生偏移，属于非极性共价键；
（2）溴元素在元素周期表中位于第四周期第VIIA族；由于氯的非金属性强于溴，因此溴化氢的还原性比氯化氢更强；
（3）步骤Ⅱ使用纯碱溶液吸收溴进行富集；步骤Ⅲ通过硫酸酸化和操作Y（蒸馏）来提纯溴；
（4）溴与过量碳酸钠溶液反应的离子方程式为；
（5）A．步骤Ⅰ获得的溴中可能含有BrCl杂质，这是由于氯气氧化性更强，可能与溴反应生成BrCl（Br2+Cl2=2BrCl），A正确；
B．步骤Ⅱ中使用的热气体X通常是空气，B错误；
C．步骤Ⅲ通过蒸馏操作Y来纯化溴，C正确；
D．由于液溴易挥发，实验室通常加水液封保存，D正确；
正确答案是B。
【分析】海水经过浓缩得到卤水后，通入氯气将溴离子氧化为溴单质，再用热空气将溴吹入纯碱溶液中进行富集。随后加入硫酸酸化，使溴酸根离子与溴离子在酸性条件下发生归中反应生成溴单质，最后通过蒸馏得到纯净的溴产品。
（1）溴单质为共价化合物，溴与溴之间为单键，电子式为；
溴与溴之间为单键，共用电子对不发生偏移，为非极性共价键；
（2）溴元素在周期表中位于第4周期第VIIA族；
氯的非金属性强于溴，故溴化氢的还原性大于氯化氢；
（3）步骤Ⅱ吹出用纯碱吸收富集溴；步骤Ⅲ硫酸酸化、通过操作Y分离提纯溴；
（4）Br2与足量Na2CO3溶液反应的离子方程式为；
（5）A．步骤Ⅰ获得的Br2中含有BrCl杂质，氯的非金属性强于溴，氯气氧化性更强做氧化剂，化合价降低，可能是由Br2+Cl2=2BrCl反应产生，A正确；
B．步骤Ⅱ热气体X一般是空气，B错误；
C．通过蒸馏纯化溴，步骤Ⅲ操作Y为蒸馏，C正确；
D．液溴易挥发，故实验室保存液溴通常加水液封，D正确；
答案选B。
28．CO2的转化可实现碳循环。在体积为1L的恒温恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，发生放热反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（1）从3min到8min，v(CO2)=　 　 mol·L-1·min-1。
（2）下列说法正确的是________。
A．图中a点达到平衡状态
B．平衡时容器的压强与起始时的压强之比为5/8
C．混合气体密度不随时间变化，可以说明该反应达到了平衡状态
D．若已知生成1molCH3OH(g)时放出热量为akJ，则上述反应的放热总量为0.75akJ
（3）第3min时　 　第8min时(填“>”、“<”、“=”或“无法比较”)。
（4）为加快上述化学反应速率，其它条件不变时，可采取的措施有________。
A．升高温度
B．加入催化剂
C．容积不变，再充入1molCO2和3molH2
D．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大
（5）甲醇燃料电池中的质子交换膜只允许质子(H+)和水分子通过，其工作原理如图，写出正极的电极反应式　 　。
【答案】（1）0.05
（2）B；D
（3）>
（4）A；B；C
（5）O2+4H++4e-=2H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）从图像数据可以得出二氧化碳的反应速率计算如下：；
（2）A．图中a点是产物甲醇和反应物二氧化碳的浓度相等，不是平衡状态，A错误；
B．根据方程式列出三段式：，剩余气体总物质的量为：，平衡时容器的压强与起始时的压强之比为：，B正确；
C．由于反应物和产物均是气体，平衡前后气体质量不变，容器体积不变，平衡前后密度始终无变化，C错误；
D．通过计算可知，二氧化碳反应了，生成了甲醇，按照比例关系，放出热量为，D正确；
故选BD。
（3）在第3分钟时，尽管二氧化碳和甲醇的浓度相等，但由于反应尚未达到平衡状态，反应仍在正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率，即；
（4）A．温度升高会加快反应速率，符合条件；
B．加入催化剂可以加速反应，符合条件；
C．在体积不变的情况下，增加反应物CO2和H2的浓度会提高反应速率，符合条件；
D．充入惰性气体氮气不会改变反应物浓度，因此不影响反应速率，不符合条件。
正确答案为ABC。
（5）在酸性燃料电池中，正极（氧气极）的电极反应为：。
【分析】（1）根据反应速率计算，3-8min二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L，除以时间；
（2）恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，列出三段式，计算起始和平衡时物质的量；
（3）3min时，反应未达平衡，正反应速率大于平衡时反应逆反应速率；
（4）根据影响反应速率条件分析，可升高温度，加入催化剂，增大反应物浓度；
（5）燃料电池，通入燃料一极为负极，通入空气一极为正极，根据溶液呈酸性，书写电极反应方程式。
（1）根据图像信息可知：。
（2）A．图中a点是产物甲醇和反应物二氧化碳的浓度相等，不是平衡状态，A错误；
B．根据方程式列出三段式：，剩余气体总物质的量为：，平衡时容器的压强与起始时的压强之比为：，B正确；
C．由于反应物和产物均是气体，平衡前后气体质量不变，容器体积不变，平衡前后密度始终无变化，C错误；
D．通过计算可知，二氧化碳反应了，生成了甲醇，按照比例关系，放出热量为，D正确；
故选BD。
（3）第时，虽然二氧化碳和甲醇浓度相同，但是此时未达到平衡，反应继续正向移动，故。
（4）A．升高温度，可以使反应速率加快，A符合题意；
B．加入催化剂，可以使反应速率加快，B符合题意；
C．容积不变，再充入1molCO2和3molH2，气体浓度增大，反应速率加快，C符合题意；
D．保持体积不变，充入氮气，不参与反应，各成分气体浓度不变，反应速率不会加快，D不符合题意；
故选ABC。
（5）根据电池原理可知，通入燃料的一极是负极，通入氧气或空气的一极是正极，得到电子，由于电池为酸性环境，所以正极的电极反应式为：。
29．某化学小组利用软锰矿(主要成分MnO2)制备KMnO4，步骤如下：
已知：①锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3+2H2O=2+MnO2↓+4OH-
②步骤Ⅰ和Ⅱ中所用仪器或装置如下：
（1）装置E的作用为　 　。
（2）步骤Ⅱ用Cl2氧化K2MnO4溶液，接口顺序为a→　 　(按气流方向从左到右，用小写字母表示，每个装置只选用一次)。
（3）下列有关实验的说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ中的A装置涉及的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、陶瓷坩埚和玻璃棒
B．若B中浓盐酸流速过快或没有使用装置D，都会导致KMnO4产率降低
C．装置C中只发生离子反应：Cl2+2=2Cl-+2
D．装置E中可将NaOH溶液换为饱和NaHCO3溶液，吸收未反应的氯气
（4）某同学利用已知信息提出了另一种新的制备方法：向上述K2MnO4溶液中加入________，充分反应，然后过滤，再经过一系列操作得到KMnO4晶体。
A．NaHSO3溶液 B．HI溶液 C．KHSO4溶液 D．稀醋酸
（5）已知吸光度与高锰酸钾浓度的关系如图所示。称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.1250g配成1000mL溶液，取10mL稀释至100mL，然后平行实验测定吸光度，测得吸光度分别为0.110、0.090、0.180，计算样品中KMnO4的质量分数为　 　。
【答案】（1）防倒吸；吸收Cl2，防止污染空气
（2）decbf
（3）B；D
（4）C；D
（5）60.0%或0.600
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；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）装置E采用倒扣漏斗设计防止倒吸，氢氧化钠溶液用于吸收过量Cl2，避免空气污染；
（2）氯气依次通过饱和食盐水（除HCl）、锰酸钾溶液（反应生成高锰酸钾）、尾气处理装置，连接顺序为adecbf；
（3）A．陶瓷坩埚会与KOH反应，不适用， A错误；
B．浓盐酸流速过快或未用装置D会导致HCl混入，降低溶液pH并可能还原锰酸钾，减少产率（， B正确；
C．装置C中氯气会与NaOH副反应， C错误；
D．装置E中NaOH可替换为NaHCO3溶液，吸收Cl2生成CO2、NaCl和HClO， D正确；
正确答案：BD。
（4）A．NaHSO3具有还原性，会与锰酸钾反应（不符）；
B．HI溶液还原性导致锰酸钾被还原（不符）；
C．KHSO4调节pH促使锰酸钾歧化为高锰酸钾（符合）；
D．稀醋酸降低pH引发歧化反应（符合）。
正确答案：CD。
（5）0.1250gKMnO4样品配成1000mL溶液，取10mL稀释至100mL测吸光度分别为0.110、0.090、0.180，0.180误差较大舍去，平均吸光度为0.100，结合关系图可知此时高锰酸钾浓度为7.5mg/L，则0.1250gKMnO4样品中含有的高锰酸钾为，样品中KMnO4的质量分数为。
【分析】软锰矿与KOH固体在坩埚中通过氧气参与氧化还原反应制备K2MnO4。装置B中浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，装置D的饱和食盐水用于去除氯气中的氯化氢杂质。装置C中，氯气在强碱性条件下将锰酸钾氧化为高锰酸钾，装置E的氢氧化钠溶液吸收剩余氯气以避免污染。后续操作可得到KMnO4晶体。
（1）装置E，倒扣的漏斗可以防倒吸，用氢氧化钠溶液吸收多余的Cl2，防止污染空气；
（2）制得的氯气先长导管进通入饱和食盐水中除去氯化氢杂质，再通入锰酸钾溶液中制取高锰酸钾，最后通入E装置进行尾气处理，故顺序为adecbf；
（3）A．加热灼烧过程中陶瓷坩埚会和氢氧化钾反应，A错误；
B．浓盐酸流速过快或没有使用装置D，会使氯气混有浓盐酸挥发出的氯化氢气体，氯化氢气体进入装置C会降低溶液pH，同时也可能与具有强氧化性的锰酸钾发生氧化还原反应，导致高锰酸钾的产率减小，B正确；
C．装置C中还存在氯气与氢氧化钠的反应，C错误；
D．装置E中可将NaOH溶液换为饱和NaHCO3溶液，吸收未反应的氯气，生成二氧化碳、氯化钠、次氯酸，D正确；
答案选BD。
（4）A项，亚硫酸氢钠具有还原性，能与具有强氧化性的锰酸钾发生氧化还原反应，使锰元素化合价降低，故不合题意；
B项，HI溶液具有还原性，能与具有强氧化性的锰酸钾发生氧化还原反应，使锰元素化合价降低，故不合题意；
C项，硫酸氢钾能调节溶液pH，使锰酸钾在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，符合题意；
D项，稀醋酸能降低溶液pH，使锰酸钾在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，故符合题意；
故选CD；
（5）0.1250gKMnO4样品配成1000mL溶液，取10mL稀释至100mL测吸光度分别为0.110、0.090、0.180，0.180误差较大舍去，平均吸光度为0.100，结合关系图可知此时高锰酸钾浓度为7.5mg/L，则0.1250gKMnO4样品中含有的高锰酸钾为，样品中KMnO4的质量分数为。
1 / 1浙江省台州市2024-2025学年高一下学期6月期末化学试题
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．CH3COOH不属于
A．有机化合物 B．共价化合物 C．非电解质 D．烃的衍生物
2．储存液氯的钢瓶上不需要贴的标签是
A．腐蚀性物质 B．氧化性物质 C．有毒物质 D．自燃物质
A．A B．B C．C D．D
3．用98%的浓硫酸配制1L0.1mol·L-1稀硫酸，不需要用到的仪器是
A． B． C． D．
4．下列表示不正确的是
A．中子数为10的氧原子：
B．H2O的结构模型：
C．钠离子的结构示意图：
D．CO2的电子式：
5．下列属于吸热的氧化还原反应的是
A．液态水汽化
B．灼热的木炭与CO2的反应
C．Ba(OH)2 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
D．高温下铝粉与氧化铁的反应
6．下列物质转化不能一步实现的是
A．Al2O3→Al(OH)3 B．NaCl→NaHCO3
C．FeO→Fe3O4 D．NH3→NO
7．下列说法正确的是
A．石墨和金刚石互为同位素 B．16O2和18O3互为同素异形体
C．淀粉和纤维素互为同分异构体 D．CH3Br和BrCH2CH2Br互为同系物
8．下列离子能在溶液中大量共存的是
A．H+、Al3+、Cl-、OH- B．K+、Ca2+、OH-、
C．Fe3+、Mg2+、、I- D．Na+、Cu2+、、
9．火法炼锌原理为：，下列说法正确的是
A．X是CO2 B．X既是氧化产物又是还原产物
C．ZnCO3是还原剂 D．生成1molZn转移2个电子
10．下列说法不正确的是
A．实验室中可以将未用完的钠、Na2O2等固体放回原细口试剂瓶
B．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
C．FeCl3溶液有氧化性，可用于刻蚀覆铜电路板
D．NaOH和铝粉可作为家庭的厨卫管道疏通剂
11．下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工人将聚合氯化铝加入泥浆水中净水 Al3+具有氧化性
B 工人将模具干燥后再注入炽热的铁水 铁与水蒸气会反应
C 医生用紫外线对手术室进行杀菌、消毒 紫外线可使蛋白质变性
D 考古研究员对文物进行年代测定和研究 14C的同位素衰变
A．A B．B C．C D．D
12．下列化学用语不正确的是
A．用单线桥表示Na与Cl2反应的电子转移：
B．氢氧化亚铁白色沉淀在空气中转变为红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C．用电子式表示KCl的形成过程：
D．Fe2(SO4)3溶液与KSCN溶液反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
13．下列关于柠檬酸(结构简式如图)的说法一定正确的是
A．能发生酯化反应的官能团只有-OH
B．碳原子不可能全部共平面
C．与足量金属Na反应可生成2molH2
D．Cu作催化剂，加热条件下，能与O2发生催化氧化反应
14．下列说法正确的是
A．用Na2CO3溶液做焰色试验需要透过蓝色钴玻璃，避免微量钾元素干扰
B．工业上将Cl2通入热的石灰水中，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉
C．工业上常将液态植物油在一定条件下与H2发生加成反应，提高其不饱和程度，生成固态的氢化植物油
D．煤干馏得到的煤焦油经过蒸馏可获得苯、甲苯、二甲苯等化工原料
15．下列说法不正确的是
A．试管壁上残留的硫单质可以用蒸馏水或热的NaOH溶液除去
B．向SO2的水溶液中滴加适量H2O2后，溶液酸性增强
C．向蔗糖中加入浓硫酸后出现“黑面包”现象，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性
D．Na2SO3溶液与NaHSO4溶液可以反应生成SO2
二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
16．下列说法正确的是(表示阿伏加德罗常数的数值)
A．1mol甲基(-CH3)含有7个电子
B．标准状况下，22.4LCCl4含有4个氯原子
C．标准状况下，1个N2的体积约占L
D．常温常压下，48gO3和O2混合气体中含有3个氧原子
17．下列类比合理的是
A．MgO是碱性氧化物，则Al2O3也是碱性氧化物
B．Fe与S加热生成FeS，则Cu与S加热生成CuS
C．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则K与H2O反应生成KOH和H2
D．Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3，则NaHCO3的溶解度大于Na2CO3
18．下列说法正确的是
A．装置1可证明氧化性：Cu2+>Fe2+>Al3+
B．装置2可除去CO2中的HCl
C．装置3可用于制备并收集NO2
D．取装置4实验结束后的固体溶于过量稀盐酸中，检出溶液中含有Fe2+和Fe3+，则可证明生成的氧化物是Fe3O4
19．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质是一种清洁可再生能源，Y元素的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z元素的M层比K层少1个电子，W的简单离子是第3周期元素的简单离子中半径最小的。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：Y>Z
B．X2Y和Z2Y含有的化学键类型相同
C．Z和W各自对应的最高价氧化物对应的水化物可以反应
D．ZX可以与X2Y发生氧化还原反应
20．工业制备高纯硅的流程如下，下列说法不正确的是
A．SiO2的结构式为O=Si=O
B．Si在周期表中处于金属与非金属的分界处，可作半导体材料
C．生成SiHCl3中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
D．该工业流程中可以循环利用的气体有HCl、H2
21．下列说法正确的是
A．异丁烷的二氯代物有2种
B．聚乙烯的链节为CH2-CH2
C．饱和Na2CO3溶液可以用来鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
D．等体积的CH4与Cl2的混合气体在光照下反应，生成物只有CH3Cl和HCl
22．常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓硝酸中组成原电池装置(如图甲)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化(如图乙)，反应过程中有红棕色气体产生。t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，下列说法不正确的是
A．t1s前，铝片是负极
B．t1s前，溶液中的H+向铝片迁移
C．t1s前后外电路中电子流动方向发生改变的原因可能是铝表面形成致密的氧化膜
D．t1s后，正极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O
23．高铁酸钾(K2FeO4具有强氧化性)的生产流程如下，下列说法正确的是
A．步骤①中为加快化学反应速率，温度越高越好
B．步骤②中KOH固体的作用仅是生成更多的KClO
C．步骤③的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++5H2O=2+3Cl-+10H+
D．步骤⑤湿产品不能用乙醇进行干燥
24．用10mL0.1mol L-1KClO3溶液和10mL0.3mol L-1NaHSO3溶液反应测定化学反应速率和探究影响因素，测得c(Cl-)与时间的关系如图所示，下列说法不正确的是
A．反应的离子方程式为：ClO3-+3=Cl-+3+3H+
B．该反应在0～4min的平均反应速率：v(NaHSO3)=7.5×10-3mol L-1 min-1
C．该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小
D．初始反应慢，一段时间后速率增大，一定是反应放热使温度升高导致的结果
25．下列说法不正确的是
A．将2mL2%的CuSO4溶液和5滴2%的NaOH溶液混合后，再加入葡萄糖溶液，加热，未出现砖红色沉淀，则葡萄糖不含醛基
B．向含有少量品红的乙醇溶液中通入SO2，溶液颜色不褪去，说明使品红水溶液褪色的物质是SO2与水反应的产物
C．向Cu与浓硝酸反应后的溶液中通入足量CO2，放出红棕色气体且溶液由绿色变为蓝色，说明溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2
D．向某溶液中滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口无明显现象，不能说明该溶液中无
三、非选择题(本大题共4小题，共40分)
26．由甲烷制备聚乙烯醇G的流程如下：
已知：B气体在标准状况下的密度为1.16g·L-1，C能发生银镜反应，F为高分子化合物。
（1）CH4的空间结构是　 　，B气体的相对分子质量是　 　。
（2）D中官能团名称是　 　，E的结构简式是　 　。
（3）B与H2O反应生成C的化学方程式是　 　。
（4）下列说法正确的是________。
A．等质量的A与D在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量相等
B．E能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色
C．F→G的反应类型为取代反应
D．常温下，G在水中的溶解性比F小
（5）写出C的所有同分异构体的结构简式　 　。
27．工业利用海水制备Br2的流程如下图(某些操作或试剂已省略)：
（1）Br2的电子式是　 　，所含共价键类型为　 　 (填“极性共价键”或“非极性共价键”)。
（2）溴元素在周期表中的位置是　 　，还原性：HBr　 　HCl(填“<”、“=”或“>”)。
（3）海水提溴工艺中步骤Ⅱ和Ⅲ两环节的目的是　 　。
（4）写出步骤Ⅱ中，Br2与足量Na2CO3溶液反应的离子方程式　 　。
（5）下列有关说法不正确的是________。
A．已知步骤Ⅰ获得的Br2中含有BrCl杂质，可能是由Br2+Cl2=2BrCl反应产生
B．步骤Ⅱ热气体X是SO2
C．步骤Ⅲ操作Y为蒸馏
D．液溴易挥发，实验室保存液溴通常加水液封
28．CO2的转化可实现碳循环。在体积为1L的恒温恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，发生放热反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（1）从3min到8min，v(CO2)=　 　 mol·L-1·min-1。
（2）下列说法正确的是________。
A．图中a点达到平衡状态
B．平衡时容器的压强与起始时的压强之比为5/8
C．混合气体密度不随时间变化，可以说明该反应达到了平衡状态
D．若已知生成1molCH3OH(g)时放出热量为akJ，则上述反应的放热总量为0.75akJ
（3）第3min时　 　第8min时(填“>”、“<”、“=”或“无法比较”)。
（4）为加快上述化学反应速率，其它条件不变时，可采取的措施有________。
A．升高温度
B．加入催化剂
C．容积不变，再充入1molCO2和3molH2
D．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大
（5）甲醇燃料电池中的质子交换膜只允许质子(H+)和水分子通过，其工作原理如图，写出正极的电极反应式　 　。
29．某化学小组利用软锰矿(主要成分MnO2)制备KMnO4，步骤如下：
已知：①锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3+2H2O=2+MnO2↓+4OH-
②步骤Ⅰ和Ⅱ中所用仪器或装置如下：
（1）装置E的作用为　 　。
（2）步骤Ⅱ用Cl2氧化K2MnO4溶液，接口顺序为a→　 　(按气流方向从左到右，用小写字母表示，每个装置只选用一次)。
（3）下列有关实验的说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ中的A装置涉及的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、陶瓷坩埚和玻璃棒
B．若B中浓盐酸流速过快或没有使用装置D，都会导致KMnO4产率降低
C．装置C中只发生离子反应：Cl2+2=2Cl-+2
D．装置E中可将NaOH溶液换为饱和NaHCO3溶液，吸收未反应的氯气
（4）某同学利用已知信息提出了另一种新的制备方法：向上述K2MnO4溶液中加入________，充分反应，然后过滤，再经过一系列操作得到KMnO4晶体。
A．NaHSO3溶液 B．HI溶液 C．KHSO4溶液 D．稀醋酸
（5）已知吸光度与高锰酸钾浓度的关系如图所示。称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.1250g配成1000mL溶液，取10mL稀释至100mL，然后平行实验测定吸光度，测得吸光度分别为0.110、0.090、0.180，计算样品中KMnO4的质量分数为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学键；电解质与非电解质
【解析】【解答】A．有机化合物通常指含碳的化合物（除少数特例外），CHCOOH分子中含有碳元素，属于有机化合物，A选项正确；
B．共价化合物是指通过共用电子对形成化学键的化合物，CHCOOH分子中所有原子均以共价键结合，因此属于共价化合物，B选项正确；
C．非电解质指在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，但CHCOOH在水中能部分电离生成H和CHCOO，属于弱电解质，因此不符合非电解质的定义，C选项错误；
D．烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他官能团取代后的产物，CHCOOH可以视为甲烷分子中的氢被羧基取代的产物，属于烃的衍生物，D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】根据电解质定义可知， CH3COOH 属于电解质，结合 CH3COOH 结构，可知其是共价化合物，属于有机物，烃的衍生物。
2．【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理；几种常见的化学标志
【解析】【解答】氯气(Cl2)是一种强氧化性气体，具有腐蚀性和毒性。因此，液氯通常储存在耐压钢瓶中。由于氯气不会在空气中自燃，故储存钢瓶上不应标注"自燃物质"的标签。
正确答案选择D选项。
【分析】题目考查氯气性质和图标含义，氯气有毒，具有强氧化性，腐蚀性。
3．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A为量筒，用于量取浓硫酸，B为容量瓶，用于配制准确浓度的溶液，C为分液漏斗，不用于本实验，D为胶头滴管，用于定容时添加蒸馏水，配制1L 0.1mol·L-1稀硫酸的实验步骤中需要：量筒，烧杯、玻璃棒，容量瓶、胶头滴管，分液漏斗在本实验中不需要使用，因此正确答案为C。【分析】题目考查配制一定浓度溶液需要的仪器，配制需要量筒，玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要分液漏斗。
4．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．核电荷数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为18，可表示为：，A选项正确；
B．H2O的分子结构呈V形：，B选项正确；
C．钠原子（11号元素）失去最外层1个电子形成钠离子，其结构示意图为：，C选项正确；
D．CO2是共价化合物，结构式为O=C=O，但其电子式应表示为，D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．元素符号左下角写质子数，左上角写质量数；
B． H2O 的空间结构为V形；
C．钠离子核外有10个电子；
D．二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间是双键。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．液态水汽化是物理变化，过程中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，因此A选项不符合题意；
B．木炭在高温条件下与CO2反应生成CO，其中碳元素的化合价从0价升高到+2价（被氧化），同时CO2中的碳元素从+4价降低到+2价（被还原），该反应属于氧化还原反应；且该反应需要在高温条件下进行，同时吸收热量，因此B选项正确；
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应虽然吸热，但反应前后所有元素的化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，因此C选项不符合题意；
D．铝热反应（Al与Fe2O3的反应）属于氧化还原反应，但该反应会剧烈放热，与题目要求的吸热条件不符，因此D选项不符合题意；
综上所述，正确答案是B。【分析】A．液态水汽化是物理变化；
B．碳和二氧化碳反应时吸热反应，属于氧化还原反应；
C． Ba(OH)2 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应不是氧化还原反应；
D． 铝粉与氧化铁的反应 是放热反应。
6．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；铁的氧化物和氢氧化物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．氧化铝(Al2O3)难溶于水，无法直接与水反应生成氢氧化铝[Al(OH)3]，故该转化不能一步完成，选项A符合题目要求；
B．在饱和氯化钠(NaCl)溶液中通入氨气(NH3)和二氧化碳(CO2)，可直接析出碳酸氢钠(NaHCO3)晶体（如侯氏制碱法原理），该转化可以一步实现，故B不符合题意；
C．氧化亚铁(FeO)在空气中加热时，会被氧气直接氧化为四氧化三铁(Fe3O4)，该转化可以一步完成，故C不符合题意；
D．氨气(NH3)通过催化氧化反应可直接生成一氧化氮(NO)，该转化可以一步实现，故D不符合题意；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．氧化铝和水不反应，不能一步转化为氢氧化铝；
B．向氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应后生成碳酸氢钠；
C．氧化亚铁和氧气反应生成四氧化三铁；
D．氨气和氧气反应生成一氧化氮。
7．【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
【解析】【解析】A．石墨与金刚石均为碳元素形成的不同单质（结构不同），属于同素异形体。同位素是指质子数相同而中子数不同的原子， A错误；
B．16O2和18O3虽然氧原子存在同位素差异，但它们都是由氧元素组成的不同单质（O2与O3结构不同），符合同素异形体的定义， B正确；
C．淀粉和纤维素虽通式均为(C6H10O5)n，但聚合度n不同且分子结构不同，实际分子式不同，不属于同分异构体， C错误； ；
D．CH3Br（一溴甲烷）与BrCH2CH2Br（1，2-二溴乙烷）的官能团数量及结构均不相似，不符合同系物的定义， D错误； ；
综上，正确答案为B。【分析】A．石墨和金刚石是同素异形体；
B．同素异形体是同种元素形成的不同单质；
C．淀粉和纤维素的分子式不同，不是同分异构体；
D． CH3Br和BrCH2CH2Br 在结构上不符合同系物的定义。
8．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A. H+和OH-会发生中和反应生成水，同时Al3+与OH-会形成Al(OH)3沉淀，因此这些离子不能共存，A选项是错误的；
B. OH-会与HCO3-反应生成CO32-和水，而CO32-又会与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，所以这些离子也不能共存，B选项是错误的；
C. Fe3+具有强氧化性，会将I-氧化成I2，发生氧化还原反应，因此这些离子不能共存，C选项是错误的；
D. Na+、Cu2+、SO42-和NO3-之间既不会形成沉淀、气体或水，也不会发生氧化还原反应，因此这些离子可以共存，D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】题目考查离子共存的相关知识，铝离子和氢氧根离子不共存；氢氧根离子和碳酸氢根离子不共存；铁离子和碘离子发生氧化还原反应。
9．【答案】B
【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．由质量守恒定律可知，X为CO，选项A错误；
B．根据化学方程式可知，生成的CO既是碳酸根被还原的产物，也是碳被氧化的产物，选项B正确；
C．ZnCO3中的碳和锌元素化合价均降低，因此ZnCO3在反应中作氧化剂，选项C错误；
D．每生成1molZn转移2mol电子（Zn从+2价变为0价），同时碳酸根被还原为CO（碳从+4价变为+2价），故生成1molZn时共转移4个电子，选项D错误；
正确答案是B。
【分析】火法炼锌反应的化学方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO↑，据此进行分析；
10．【答案】A
【知识点】铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；化学试剂的存放；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 固体试剂如金属钠、过氧化钠(Na2O2)等应保存在广口瓶中便于取用， A错误；
B. 储氢合金是一种特殊材料，能可逆地吸收和释放氢气()，形成金属氢化物，具有储运安全的特性， B正确；
C. 氯化铁溶液()可用作蚀刻剂回收电路板中的铜，其反应原理为：， C正确；
D. 氢氧化钠溶液与铝反应生成氢气()和偏铝酸钠()，产生的气压可疏通管道， D正确；
综上所述，只有A选项说法错误，故正确答案为A。
【分析】A. 固体试剂应存放在广口瓶中；
B. 储氢材料可存储氢气形成储氢合金；
C. 氯化铁溶液中三价铁离子具有氧化性；
D. 氢氧化钠和铝反应生成氢气，可作为管道疏通剂。
11．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A. 聚合氯化铝的净水原理是基于Al3+在水中形成Al(OH)胶体吸附杂质，而非利用Al的氧化性，因此关联错误，A符合题意；
B. 干燥模具的目的是防止铁与水蒸气在高温下反应生成FeO和H，氢气具有易燃易爆特性，该关联正确，B不符合题意；
C. 紫外线杀菌是通过破坏蛋白质结构或DNA分子，使病原体丧失生理活性，该关联正确，C不符合题意；
D. 利用C的衰变特性可以进行文物年代测定，该关联正确，D不符合题意；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 铝盐净水是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附杂质净水；
B. 铁和水蒸气在高温下会反应；
C. 紫外线可使蛋白质变性；
D. 14C 可用于对考古文物。
12．【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应；离子方程式的书写；单线桥、双线桥法表示氧化还原反应
【解析】【解答】A. 2 mol Na 转移 2 mol 电子至 1 mol Cl2，生成 2 mol NaCl，选项A正确；
B. 氢氧化亚铁白色沉淀在空气中被氧化，转变为红褐色氢氧化铁沉淀，反应方程式为 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，选项B正确；
C. K 转移 1 个电子给 Cl，形成 K+ 和 Cl-，即 KCl，选项C正确；
D. Fe(SCN)3 是络合物而非沉淀，不应加沉淀符号，选项D错误；
综上所述，正确答案为 D。
【分析】A.单线桥表示法中箭头表示失电子物质指向得电子物质；
B.氢氧化亚铁被氧气氧化生成强氧化铁；
C.氯化钾是离子化合物；
D.三价铁离子和硫氰酸跟离子形成络合物。
13．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．柠檬酸分子中含有羟基(-OH)和羧基(-COOH)，这两种官能团都能发生酯化反应， 故A错误；B．由于羟基连接的碳原子与其他三个碳原子相连，这四个碳原子不可能处于同一平面上，所以分子中所有碳原子不可能共平面，选项B正确；
C．题目中未给出柠檬酸的具体物质的量，因此无法准确计算其与足量Na反应生成氢气的量，选项C错误；
D．柠檬酸分子中羟基连接的碳原子上没有氢原子，因此不能发生催化氧化反应，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．羟基和羧基可以发生酯化反应；
B．和羟基相连的碳原子是sp3杂化，和其相连的碳原子不会全部共面；
C．羟基和羧基可与钠反应，但有机物物质的量未知；
D．和羟基相连的碳原子上午氢原子，不可发生氧化反应。
14．【答案】D
【知识点】焰色反应；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．焰色试验时，钾元素的紫色焰色容易被钠的黄色焰色掩盖，因此需要用蓝色钴玻璃滤除黄光来观察钾的焰色。但钠的黄色焰色可直接观察，不需要使用蓝色钴玻璃。A选项说法错误；
B．工业上制备漂白粉是通过将氯气通入冷的石灰乳（氢氧化钙悬浊液）中，生成以次氯酸钙（）为主要成分的混合物。若用石灰水（氢氧化钙溶液）则无法有效反应。B选项描述错误；
C．液态植物油分子中含有碳碳双键（），在催化剂作用下可与氢气发生加成反应（氢化反应），将不饱和脂肪酸转化为饱和脂肪酸，从而使液态油转变为固态脂肪（氢化植物油）。C选项说法错误；
D．苯（沸点80.1℃）、甲苯（沸点110.6℃）、二甲苯（沸点138-144℃）三者互溶但沸点差异显著，工业上通过分馏（利用沸点差异的分离方法）可实现它们的分离提纯。D选项正确；
综上所述，只有D选项正确。【分析】A．钠元素的焰色反应直接观察；
B．制备漂白粉的原理是氯气和冷石灰乳反应；
C．植物油氢化是降低不饱和度，生成饱和的固态脂肪；
D．根据蒸馏原理，利用物质沸点差异进行分离。
15．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A. 硫单质不溶于水，因此用蒸馏水无法清洗除去；但硫能与热的氢氧化钠溶液反应生成可溶性的硫化物（如Na2S和Na2SO3）， 故A错误；B. 过氧化氢（H2O2）将亚硫酸（H2SO3）氧化为硫酸（H2SO4），由于硫酸的酸性强于亚硫酸，因此溶液的酸性会增强， B正确；
C. 实验中观察到的"黑面包"现象是由两个反应共同导致的：(1)浓硫酸使蔗糖脱水碳化（体现脱水性）；(2)浓硫酸与生成的碳反应产生气体（体现强氧化性）， C正确；
D. 亚硫酸钠（Na2SO3）与硫酸氢钠（NaHSO4）溶液反应时，H+与SO32-发生反应：， D正确；
综上所述，只有A选项是错误的，故正确答案为A。
【分析】A. 硫单质不溶于水；
B. 根据二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，溶液酸性增强；
C. 根据黑面包实验的现象，可体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；
D. 亚硫酸根离子可与氢离子反应生成二氧化硫。
16．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．甲基（-CH3）中碳原子有6个电子，每个氢原子提供1个电子，总电子数为6 + 3×1 = 9，因此1mol甲基含有9个电子，故选项A错误；B．四氯化碳（CCl4）在标准状况下呈液态，无法直接通过气体摩尔体积计算其物质的量，故选项B错误；
C．标准状况下1mol气体体积为22.4L，但气体分子间存在间距，单个分子的实际体积无法直接计算，故选项C错误；
D.48g臭氧（O3）和氧气（O2）混合气体中，氧原子总物质的量为3mol，即含3个氧原子，故选项D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．甲基是中性原子团，1mol甲基含有9个电子；
B．标准状况下，四氯化碳是非气体，无法计算体积；
C．分子之间存在距离，不能计算1个氮气的体积；
D. 根据臭氧和氧气都由氧原子构成进行计算。
17．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A. Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，而碱性氧化物只能与酸反应，因此将Al2O3类比为碱性氧化物是错误的。故A选项错误；B. Cu与S在加热条件下反应生成Cu2S（铜呈+1价），而不是CuS（+2价）；而Fe与S反应生成FeS，两者反应规律不同，不能简单类比。故B选项错误；
C. Na和K同属碱金属元素，化学性质相似，都能与水剧烈反应生成相应的碱和H2，这种类比是合理的。故C选项正确；
D. 对于钙盐而言，Ca(HCO3)2的溶解度确实大于CaCO3；但对于钠盐，NaHCO3的溶解度反而小于Na2CO3，说明这一溶解性规律不具有普遍性，类比不成立。故D选项错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 三氧化二铝是两性氧化物；
B. 硫单质氧化性较弱，和铜反应生成硫化亚铜；
C. 钠和钾化学性质相似；
D. 碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠。
18．【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铁的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在装置1的原电池中，左侧烧杯的Al电极作为负极（活泼性Al>Fe），右侧烧杯的Fe电极作为负极（活泼性Fe>Cu）。由于金属活泼性越强，其对应离子的氧化性越弱，因此可以证明氧化性顺序为：Cu2+ > Fe2+ > Al3+。选项A正确；B．装置2中，CO2和HCl都会与碳酸钠溶液反应，因此应该改用饱和碳酸氢钠溶液来除去CO2中的HCl杂质。选项B错误；
C．由于NO2会与水反应生成硝酸和NO，因此不能使用排水法收集NO2气体。选项C错误；
D．在装置4实验结束后，将固体溶于过量稀盐酸中，检测到溶液中含有Fe2+和Fe3+。这些Fe2+可能来自Fe3O4与酸的反应，也可能来自未反应的Fe单质与Fe3+的反应，因此不能直接证明生成的氧化物就是Fe3O4。选项D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．根据原电池工作原理，负极金属还原性强于正极，金属还原性越强，对应阳离子氧化性越弱；
B．除去二氧化碳中的氯化氢应用饱和碳酸氢钠溶液；
C．根据二氧化氮性质，二氧化氮和水反应 ，可用向上排空气法收集；
D．铁粉过量时，溶于稀盐酸中，生成二价铁离子，干扰实验。
19．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．比较Y的简单离子O2-和Z的简单离子Na+的半径。由于两者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，因此离子半径O2- > Na+，即Y > Z，故A选项正确；B．X2Y对应H2O（水），含有共价键；Z2Y对应Na2O（氧化钠），含有离子键。两者化学键类型不同，故B选项错误；
C．Z的最高价氧化物对应水化物是NaOH（氢氧化钠），W的最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3（氢氧化铝）。两者可以发生反应：Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4]，故C选项正确；
D．ZX对应NaH（氢化钠），X2Y对应H2O（水）。两者反应为：NaH + H2O = NaOH + H2↑，氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D选项正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】首先分析各元素的性质： X元素：X的单质是清洁可再生能源，常见形式为氢气（），因此X为氢（H）。 Y元素：Y的最外层电子数是次外层电子数的3倍。由于最外层电子数不超过8，次外层电子数只能是2（若次外层为8，最外层会超过8），所以最外层电子数为6，即Y为氧（O）。 Z元素：Z的M层比K层少1个电子。K层有2个电子，因此M层有1个电子，核外电子排布为2、8、1，Z为钠（Na）。W元素：W的简单离子是第三周期元素简单离子中半径最小的。第三周期金属元素形成的阳离子电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，其中半径最小，所以W为铝（Al）。
20．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A． 二氧化硅是共价晶体，其结构中每个硅原子与四个氧原子形成Si-O单键，不存在Si=O双键， A错误；
B． 硅元素在元素周期表中位于金属与非金属的交界处，其导电性能介于导体和绝缘体之间，适合用作半导体材料， 故B正确；
C． 在生成三氯硅烷的反应中，氧化剂（HCl）与还原剂（Si）的物质的量之比为3：1， 故C正确；
D． 整个工艺流程中，氯化氢（HCl）和氢气（H2）可以循环利用， 故D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】工业上制备高纯硅的主要反应过程如下： 二氧化硅与焦炭在高温（1800-2000℃）下反应生成粗硅和一氧化碳：，粗硅与氯化氢在300℃下反应生成三氯硅烷和氢气：三氯硅烷与氢气在1100℃下反应生成高纯硅和氯化氢：。
21．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；乙酸的化学性质；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．异丁烷的二氯代物共有三种结构。异丁烷分子式为(CH)CH，当两个氢原子被氯原子取代时，可能出现以下情况：两个氯原子取代同一个甲基上的氢原子，两个氯原子分别取代不同甲基上的氢原子，一个氯原子取代中心碳原子上的氢原子，另一个氯原子取代甲基上的氢原子，因此选项A是错误的；
B．聚乙烯的链节结构应表示为-CH-CH-，而题目中给出的"CH-CH"缺少连接单键符号，没有正确表达链节结构，所以选项B是错误的；
C．三种物质与NaCO反应时现象明显不同：乙酸会产生CO气体，乙醇会溶解但不分层，乙酸乙酯因密度较小会分层浮在溶液上层，因此可以通过这个方法鉴别这三种物质，选项C是正确的；
D．CH与Cl在光照条件下发生的是自由基取代反应，最终会生成多种产物：CHCl、CHCl、CHCl、CCl和HCl，而不仅仅是CHCl和HCl，所以选项D是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A．异丁烷分子式为(CH)CH， 二氯代物有3种；
B．聚乙烯的链节结构应表示为-CH-CH-；
C．乙醇和饱和碳酸钠溶液互溶，乙酸和饱和碳酸钠溶液反应，有气泡生成，
D．甲烷和氯气发生取代反应，生成物有5种。
22．【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．分析表明0-t1时段铝确实作为负极， 故A正确；
B．在0-t1时段，根据"异性相吸"原理，溶液中的H+应向正极（铜电极）移动， 故B错误；
C．随着铝表面氧化膜的形成阻碍反应，t1后铜变为负极，电流方向发生反转， 故C正确；
D．t1后铝作为正极，硝酸根离子得电子生成NO2，电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O， 故D正确。
综上可知，正确答案为B。
【分析】在0-t1时间段内，铝在浓硝酸中发生钝化反应。此时铝作为负极，被氧化生成氧化铝；铜作为正极，硝酸根离子在正极得电子生成二氧化氮，此过程需要氢离子参与并生成水。随着反应进行，铝表面形成氧化膜会阻碍反应继续进行，在t1时刻之后，铜转变为负极，铝则成为正极。
23．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．步骤①中KOH与Cl2在低温下反应生成KCl和KClO。若温度过高，会生成KClO3，因此温度不宜过高，A项错误；B．根据流程分析，步骤②中KOH固体不仅用于生成更多KClO，还作为步骤③的反应物参与反应，B项错误；
C．步骤③的离子反应方程式为：3ClO- + 2Fe3+ + 10OH- → 2 + 3Cl- + 5H2O，C项错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，若与乙醇接触会发生氧化还原反应，影响产率，因此步骤⑤不能用乙醇干燥湿产品，D项正确；
答案选D。
【分析】氢氧化钾溶液与足量氯气在低温条件下反应生成氯化钾、次氯酸钾和水。加入氢氧化钾固体后得到碱性KClO浓溶液，再与90%硝酸铁溶液反应生成高铁酸钾，得到溶液Ⅱ。经过纯化得到湿产品，最终洗涤干燥后制得K2FeO4晶体。
24．【答案】D
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．题目中给出KClO3溶液与NaHSO3溶液反应生成Cl-，其中Cl元素化合价从+5降到-1，说明KClO3作为氧化剂，而NaHSO3作为还原剂被氧化为Na2SO4。该反应的离子方程式可表示为：，因此选项A正确；
B．根据图表数据，在0~4分钟内的平均反应速率计算如下：
，因此选项B正确；
C．从反应速率随时间变化的曲线可以看出，反应速率先逐渐增大，达到最大值后又逐渐减小，因此选项C正确；
D．反应初期速率较慢，随后明显加快，可能的原因包括：温度升高（放热反应）、生成的Cl-具有催化作用，或者溶液酸性增强（反应生成H+）加速反应。因此不能确定是单一因素导致速率变化，选项D错误；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据题意，氯酸根和亚硫酸根发生氧化还原反应；
B．根据离子反应中，亚硫酸氢根和氯离子之间关系，亚硫酸氢钠反应速率是氯离子速率的3倍；
C．根据氯离子浓度与时间关系图可知反应速率变化趋势；
D．影响反应速率因素并不唯一，速率变化不一定是温度引起的。
25．【答案】A
【知识点】铵离子检验；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A. 实验中使用新制氢氧化铜与葡萄糖反应时，由于氢氧化钠用量不足，未能形成碱性环境，导致无法有效检测醛基特征反应（砖红色沉淀），因此该结果不能否定葡萄糖含醛基的可能性，A选项结论错误；B. 二氧化硫在无水乙醇中不能使品红褪色，说明其褪色机制需依赖水溶液环境，证明褪色实质是SO2与水反应产物的作用，B选项结论正确；
C. 二氧化碳通入后溶液释放NO2（红棕色）并显现蓝色，证实原绿色为NO2溶解所致，C选项结论正确；
D. 未检出氨气可能因浓度过低或加热条件不足，不能作为排除铵根离子存在的依据，D选项结论正确；
综上所述，错误选项为A。
【分析】A. 用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基实验中，氢氧化钠需过量；
B. 根据实验现象，二氧化硫水溶液使品红褪色，说明起漂白作用的是二氧化硫和水反应的生成物；
C. 根据实验现象分析作答；
D. 根据铵根离子检验原理，生成氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
26．【答案】（1）正四面体；25.984或25.98或26
（2）羧基；CH3COOCH=CH2
（3）CH≡CH+H2OCH3CHO
（4）B；C
（5）；CH2=CHOH
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃；甲烷的组成与结构
【解析】【解答】（1）甲烷分子呈正四面体结构；B（乙炔）的相对分子质量为26；
（2）D（乙酸）的官能团是羧基；乙炔与乙酸通过加成反应生成E（乙酸乙烯酯），其结构简式为CH3COOCH=CH2；
（3）乙炔与水在催化剂作用下生成乙醛，反应方程式为：CH≡CH + H2O CH3CHO；
（4）A．设质量分别为1g，CH4与在氧气中完全燃烧生成水，消耗氧气的量分别为，A错误；
B．E为CH3COOCH=CH2，含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．F→G的反应为酯的水解，类型为取代反应，C正确；
D．常温下，G中含有羟基，可以形成氢键，在水中的溶解性比F大，D错误；
故选BC；
（5）C为，分子式为C2H4O，同分异构体的结构简式、CH2=CHOH。
【分析】物质A是甲烷（）。通过计算烃B的摩尔质量：标准状况下密度1.16 g/L × 22.4 L/mol = 26 g/mol，可确定B为乙炔（）。C能发生银镜反应，结合转化关系推出C是乙醛（），D为乙酸（），E是乙酸乙烯酯（CH3COOCH=CH2），F的结构为，F水解后生成G。
（1）CH4的空间结构是正四面体；根据分析可知，B气体的相对分子质量是26；
（2）根据分析可知，D为，官能团名称是羧基；CH≡CH和发生加成反应生成E，E的结构简式是CH3COOCH=CH2；
（3）CH≡CH与H2O反应生成CH3CHO，化学方程式是CH≡CH+H2OCH3CHO；
（4）A．设质量分别为1g，CH4与在氧气中完全燃烧生成水，消耗氧气的量分别为，A错误；
B．E为CH3COOCH=CH2，含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．F→G的反应为酯的水解，类型为取代反应，C正确；
D．常温下，G中含有羟基，可以形成氢键，在水中的溶解性比F大，D错误；
故选BC；
（5）C为，分子式为C2H4O，同分异构体的结构简式、CH2=CHOH。
27．【答案】（1）；非极性共价键
（2）第4周期第VIIA族；>
（3）富集溴；分离提纯溴
（4）3Br2+6+3H2O=5Br-++6
（5）B
【知识点】化学键；氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）溴分子是共价化合物，两个溴原子之间通过单键连接，其电子式为；溴原子间的共用电子对不发生偏移，属于非极性共价键；
（2）溴元素在元素周期表中位于第四周期第VIIA族；由于氯的非金属性强于溴，因此溴化氢的还原性比氯化氢更强；
（3）步骤Ⅱ使用纯碱溶液吸收溴进行富集；步骤Ⅲ通过硫酸酸化和操作Y（蒸馏）来提纯溴；
（4）溴与过量碳酸钠溶液反应的离子方程式为；
（5）A．步骤Ⅰ获得的溴中可能含有BrCl杂质，这是由于氯气氧化性更强，可能与溴反应生成BrCl（Br2+Cl2=2BrCl），A正确；
B．步骤Ⅱ中使用的热气体X通常是空气，B错误；
C．步骤Ⅲ通过蒸馏操作Y来纯化溴，C正确；
D．由于液溴易挥发，实验室通常加水液封保存，D正确；
正确答案是B。
【分析】海水经过浓缩得到卤水后，通入氯气将溴离子氧化为溴单质，再用热空气将溴吹入纯碱溶液中进行富集。随后加入硫酸酸化，使溴酸根离子与溴离子在酸性条件下发生归中反应生成溴单质，最后通过蒸馏得到纯净的溴产品。
（1）溴单质为共价化合物，溴与溴之间为单键，电子式为；
溴与溴之间为单键，共用电子对不发生偏移，为非极性共价键；
（2）溴元素在周期表中位于第4周期第VIIA族；
氯的非金属性强于溴，故溴化氢的还原性大于氯化氢；
（3）步骤Ⅱ吹出用纯碱吸收富集溴；步骤Ⅲ硫酸酸化、通过操作Y分离提纯溴；
（4）Br2与足量Na2CO3溶液反应的离子方程式为；
（5）A．步骤Ⅰ获得的Br2中含有BrCl杂质，氯的非金属性强于溴，氯气氧化性更强做氧化剂，化合价降低，可能是由Br2+Cl2=2BrCl反应产生，A正确；
B．步骤Ⅱ热气体X一般是空气，B错误；
C．通过蒸馏纯化溴，步骤Ⅲ操作Y为蒸馏，C正确；
D．液溴易挥发，故实验室保存液溴通常加水液封，D正确；
答案选B。
28．【答案】（1）0.05
（2）B；D
（3）>
（4）A；B；C
（5）O2+4H++4e-=2H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）从图像数据可以得出二氧化碳的反应速率计算如下：；
（2）A．图中a点是产物甲醇和反应物二氧化碳的浓度相等，不是平衡状态，A错误；
B．根据方程式列出三段式：，剩余气体总物质的量为：，平衡时容器的压强与起始时的压强之比为：，B正确；
C．由于反应物和产物均是气体，平衡前后气体质量不变，容器体积不变，平衡前后密度始终无变化，C错误；
D．通过计算可知，二氧化碳反应了，生成了甲醇，按照比例关系，放出热量为，D正确；
故选BD。
（3）在第3分钟时，尽管二氧化碳和甲醇的浓度相等，但由于反应尚未达到平衡状态，反应仍在正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率，即；
（4）A．温度升高会加快反应速率，符合条件；
B．加入催化剂可以加速反应，符合条件；
C．在体积不变的情况下，增加反应物CO2和H2的浓度会提高反应速率，符合条件；
D．充入惰性气体氮气不会改变反应物浓度，因此不影响反应速率，不符合条件。
正确答案为ABC。
（5）在酸性燃料电池中，正极（氧气极）的电极反应为：。
【分析】（1）根据反应速率计算，3-8min二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L，除以时间；
（2）恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，列出三段式，计算起始和平衡时物质的量；
（3）3min时，反应未达平衡，正反应速率大于平衡时反应逆反应速率；
（4）根据影响反应速率条件分析，可升高温度，加入催化剂，增大反应物浓度；
（5）燃料电池，通入燃料一极为负极，通入空气一极为正极，根据溶液呈酸性，书写电极反应方程式。
（1）根据图像信息可知：。
（2）A．图中a点是产物甲醇和反应物二氧化碳的浓度相等，不是平衡状态，A错误；
B．根据方程式列出三段式：，剩余气体总物质的量为：，平衡时容器的压强与起始时的压强之比为：，B正确；
C．由于反应物和产物均是气体，平衡前后气体质量不变，容器体积不变，平衡前后密度始终无变化，C错误；
D．通过计算可知，二氧化碳反应了，生成了甲醇，按照比例关系，放出热量为，D正确；
故选BD。
（3）第时，虽然二氧化碳和甲醇浓度相同，但是此时未达到平衡，反应继续正向移动，故。
（4）A．升高温度，可以使反应速率加快，A符合题意；
B．加入催化剂，可以使反应速率加快，B符合题意；
C．容积不变，再充入1molCO2和3molH2，气体浓度增大，反应速率加快，C符合题意；
D．保持体积不变，充入氮气，不参与反应，各成分气体浓度不变，反应速率不会加快，D不符合题意；
故选ABC。
（5）根据电池原理可知，通入燃料的一极是负极，通入氧气或空气的一极是正极，得到电子，由于电池为酸性环境，所以正极的电极反应式为：。
29．【答案】（1）防倒吸；吸收Cl2，防止污染空气
（2）decbf
（3）B；D
（4）C；D
（5）60.0%或0.600
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；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）装置E采用倒扣漏斗设计防止倒吸，氢氧化钠溶液用于吸收过量Cl2，避免空气污染；
（2）氯气依次通过饱和食盐水（除HCl）、锰酸钾溶液（反应生成高锰酸钾）、尾气处理装置，连接顺序为adecbf；
（3）A．陶瓷坩埚会与KOH反应，不适用， A错误；
B．浓盐酸流速过快或未用装置D会导致HCl混入，降低溶液pH并可能还原锰酸钾，减少产率（， B正确；
C．装置C中氯气会与NaOH副反应， C错误；
D．装置E中NaOH可替换为NaHCO3溶液，吸收Cl2生成CO2、NaCl和HClO， D正确；
正确答案：BD。
（4）A．NaHSO3具有还原性，会与锰酸钾反应（不符）；
B．HI溶液还原性导致锰酸钾被还原（不符）；
C．KHSO4调节pH促使锰酸钾歧化为高锰酸钾（符合）；
D．稀醋酸降低pH引发歧化反应（符合）。
正确答案：CD。
（5）0.1250gKMnO4样品配成1000mL溶液，取10mL稀释至100mL测吸光度分别为0.110、0.090、0.180，0.180误差较大舍去，平均吸光度为0.100，结合关系图可知此时高锰酸钾浓度为7.5mg/L，则0.1250gKMnO4样品中含有的高锰酸钾为，样品中KMnO4的质量分数为。
【分析】软锰矿与KOH固体在坩埚中通过氧气参与氧化还原反应制备K2MnO4。装置B中浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，装置D的饱和食盐水用于去除氯气中的氯化氢杂质。装置C中，氯气在强碱性条件下将锰酸钾氧化为高锰酸钾，装置E的氢氧化钠溶液吸收剩余氯气以避免污染。后续操作可得到KMnO4晶体。
（1）装置E，倒扣的漏斗可以防倒吸，用氢氧化钠溶液吸收多余的Cl2，防止污染空气；
（2）制得的氯气先长导管进通入饱和食盐水中除去氯化氢杂质，再通入锰酸钾溶液中制取高锰酸钾，最后通入E装置进行尾气处理，故顺序为adecbf；
（3）A．加热灼烧过程中陶瓷坩埚会和氢氧化钾反应，A错误；
B．浓盐酸流速过快或没有使用装置D，会使氯气混有浓盐酸挥发出的氯化氢气体，氯化氢气体进入装置C会降低溶液pH，同时也可能与具有强氧化性的锰酸钾发生氧化还原反应，导致高锰酸钾的产率减小，B正确；
C．装置C中还存在氯气与氢氧化钠的反应，C错误；
D．装置E中可将NaOH溶液换为饱和NaHCO3溶液，吸收未反应的氯气，生成二氧化碳、氯化钠、次氯酸，D正确；
答案选BD。
（4）A项，亚硫酸氢钠具有还原性，能与具有强氧化性的锰酸钾发生氧化还原反应，使锰元素化合价降低，故不合题意；
B项，HI溶液具有还原性，能与具有强氧化性的锰酸钾发生氧化还原反应，使锰元素化合价降低，故不合题意；
C项，硫酸氢钾能调节溶液pH，使锰酸钾在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，符合题意；
D项，稀醋酸能降低溶液pH，使锰酸钾在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，故符合题意；
故选CD；
（5）0.1250gKMnO4样品配成1000mL溶液，取10mL稀释至100mL测吸光度分别为0.110、0.090、0.180，0.180误差较大舍去，平均吸光度为0.100，结合关系图可知此时高锰酸钾浓度为7.5mg/L，则0.1250gKMnO4样品中含有的高锰酸钾为，样品中KMnO4的质量分数为。
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