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湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高一下学期6月期末化学试题
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的)
1．化学与生产、生活等密切相关，下列说法正确的是
A．生铁的含碳量比钢的含碳量高，合金的熔点一般比其成分金属的熔点高
B．“千门开锁万灯明，正月中旬动地京”描绘的元宵佳节放花灯，其中花灯的色彩主要源于某些金属元素的焰色反应，属于化学变化
C．石油的分馏是物理变化
D．工业上冶炼金属钠常用电解饱和氯化钠溶液的方法
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；合金及其应用；金属冶炼的一般原理；焰色反应
【解析】【解答】A、生铁的含碳量确实高于钢，但合金的熔点通常低于其各成分金属的熔点，比如生铁的熔点就低于纯铁， A错误；
B、花灯的色彩来自金属元素的焰色反应，这一过程是原子或离子的电子跃迁发光，没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化， B错误；
C、石油分馏是利用混合物中各组分的沸点差异进行分离，过程中没有新物质生成，属于物理变化， C正确；
D、工业上冶炼金属钠需要电解熔融的氯化钠，若电解氯化钠溶液，会生成氢氧化钠、氢气和氯气，无法得到金属钠， D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金特性：合金熔点一般低于成分金属，硬度通常高于成分金属。
焰色反应本质：属于物理变化，仅体现元素的物理性质，无新物质生成。
石油分馏：依据沸点差异分离组分，属于物理变化；而裂化、裂解属于化学变化。
金属冶炼：活泼金属（如钠）需电解熔融态化合物，不能通过电解水溶液制备。
2．安全意识对我们的生产生活非常重要，下列操作错误的是
A．钠着火时，用干沙土盖灭
B．不慎将强酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%稀NaOH溶液冲洗
C．中学实验室可以将未用完的钠放回原试剂瓶
D．大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速往地势较高处走
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、钠化学性质活泼，能与水、二氧化碳发生反应，因此钠着火时不能用水或泡沫灭火器灭火，用干沙土覆盖可以隔绝氧气，达到灭火效果， A正确；
B、强酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗，再涂抹弱碱性的碳酸氢钠溶液；氢氧化钠溶液碱性过强，会对皮肤造成二次腐蚀，不能用于处理皮肤沾酸， B错误；
C、钠属于贵重且极易与氧气、水反应的试剂，未用完的钠放回原试剂瓶，可避免其暴露在空气中引发危险，符合实验室安全规范， C正确；
D、氯气密度比空气大，会向低处聚集，且氯气能与碱性物质反应，因此大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住口鼻，并往地势较高处撤离，可减少氯气吸入， D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属钠灭火：禁止用水或二氧化碳类灭火剂，必须用干沙土隔绝氧气。
酸碱灼伤处理：皮肤沾强酸后，弱碱中和应选用碳酸氢钠溶液，避免使用强碱造成二次伤害。
试剂回收规范：活泼金属（如钠、钾）剩余后需放回原瓶，防止暴露引发危险。
氯气泄漏应对：利用氯气密度大、能与碱反应的性质，选择高处撤离并使用碱性防护。
3．下列化学用语表达不正确的是
A．HClO的结构式：
B．的电子式：
C．空间填充模型：
D．正丁烷的结构简式：
【答案】D
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、次氯酸（HClO）中氧元素为 - 2 价，分子结构为氢氧氯的连接顺序， 结构式为，A正确；
B、该物质为共价化合物，电子式中原子间的共用电子对和孤电子对应书写完整， 电子式为，B正确；
C、甲烷是正四面体结构，空间填充模型能准确体现原子的相对大小和空间排布， 空间填充模型为，C正确；
D、正丁烷的结构简式应为 CH3CH2CH2CH3，而给出的结构简式（ ）是异丁烷的结构简式，二者为同分异构体 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结构式书写：需体现原子的连接顺序和成键情况，次氯酸中氧为中心原子，连接氢和氯。
电子式规范：共价化合物需标注出所有共用电子对和孤电子对。
空间填充模型：要匹配分子的真实空间构型，甲烷为正四面体结构。
同分异构体区分：正丁烷为直链结构，异丁烷带有支链，二者结构简式不同。
4．在给定条件下，下列制备过程正确的是
A．侯氏制碱法：
B．工业制硫酸：
C．单质铝到氧化铝的转变：
D．工业制备硝酸：
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；铝的化学性质
【解析】【解答】A、侯氏制碱法中，先向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，因碳酸氢钠溶解度较小会析出沉淀，随后加热碳酸氢钠使其分解为碳酸钠，流程符合工业制备逻辑，A正确；
B、工业制硫酸时，二硫化亚铁（FeS2）与氧气在高温下反应的产物是二氧化硫（SO2），而非三氧化硫（SO3），三氧化硫需要二氧化硫在催化剂、加热条件下进一步与氧气反应生成，B错误；
C、铝与少量氢氧化钠溶液反应时，直接生成四羟基合铝酸钠，无法得到氢氧化铝（
Al(OH)3），后续加热分解也无法得到氧化铝，该反应路径不符合实际反应规律，C错误；
D、氮气与氧气在放电条件下反应生成一氧化氮（NO），但工业制硝酸的第一步是氨气的催化氧化，而非氮气与氧气直接反应，该流程不符合工业生产实际，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
侯氏制碱法：利用碳酸氢钠溶解度小的特点先析出，再加热分解得到碳酸钠，是核心制备逻辑。
工业制硫酸：二硫化亚铁氧化第一步生成二氧化硫，需经催化氧化才能得到三氧化硫。
铝的反应：铝与强碱反应直接生成偏铝酸盐，无法通过少量碱得到氢氧化铝。
工业制硝酸：起始原料为氨气，而非氮气与氧气直接反应。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：
B．大理石与醋酸反应：
C．向沸水中滴入几滴饱和氯化铁溶液：(沸水)(胶体)
D．氯气通入冷的石灰乳中：
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；离子方程式的书写；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、氢氧化钡与稀硫酸反应时，除了钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀外，氢离子和氢氧根离子还会结合生成水， 应为，A错误；
B、醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成氢离子，应保留化学式形式， 应为，B错误；
C、向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，铁离子与水在加热条件下反应生成胶体和氯化氢，方程式为：(沸水)(胶体)，C正确；
D、石灰乳中的氢氧化钙主要以固体形式存在，在离子方程式中不能拆成氢氧根离子，应保留化学式， 应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应完整性：酸碱中和与沉淀反应同时发生时，不能遗漏任何产物（如氢氧化钡与硫酸反应的水）。
弱电解质拆分：弱酸、弱碱等弱电解质在离子方程式中需保留化学式，不能拆成离子。
微溶物处理：石灰乳等微溶物作为反应物时，需保留化学式，不能拆成离子。
胶体反应：制备胶体的反应中，生成的胶体不能标沉淀符号，气体产物需标气体符号。
6．下列有关元素单质及其化合物的说法错误的是
A．氨遇到浓盐酸、浓硝酸都会发生反应，产生白烟
B．向硫酸铁溶液中滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红
C．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
D．将SO2气体通入石蕊中，石蕊变红：继续通入气体，红色褪去
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；铝的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、氨具有碱性，能与浓盐酸、浓硝酸挥发出的氯化氢、硝酸蒸汽反应，生成氯化铵、硝酸铵固体小颗粒，这些颗粒分散在空气中形成白烟，A正确；
B、硫酸铁溶液中的三价铁离子，能与硫氰根离子结合生成血红色的硫氰化铁，使溶液呈现红色，这是检验三价铁离子的特征反应，B正确；
C、铝和其表面的氧化膜（氧化铝）都能与酸、强碱发生反应，长时间接触酸性或碱性食物会腐蚀铝制餐具，还可能导致铝元素过量进入食物，因此不宜用铝制餐具蒸煮或长时间存放这类食物，C正确；
D、二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸呈弱酸性，能使石蕊溶液变红；但二氧化硫的漂白性具有选择性，只能漂白某些有机色质（如品红），不能漂白酸碱指示剂，因此继续通入二氧化硫，红色不会褪去，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨的反应：氨与挥发性酸（浓盐酸、浓硝酸）反应生成固体铵盐，产生白烟。
铁离子检验：三价铁离子与硫氰根离子反应，溶液显血红色。
铝的两性：铝和氧化铝既能与酸反应，也能与强碱反应。
二氧化硫的性质：二氧化硫是酸性氧化物，能使石蕊变红；其漂白性具有选择性，不能使酸碱指示剂褪色。
7．下列实验装置或操作正确且能达到相应实验目的的是
A.证明浓硫酸的脱水性 B.用该装置制取氯气
C.甲烷和发生反应 D.制备氢氧化亚铁
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、装置中 CuSO4 5H2O 失去结晶水，体现的是浓 H2SO4的吸水性，而非脱水性；脱水性是指浓 H2SO4将有机物中 H、O 原子按 2：1 比例脱去，该实验不能证明脱水性，A错误；
B、实验室用 MnO2和浓 HCl 制取 Cl2时，需要加热才能发生反应，该装置缺少加热装置，无法顺利制得 Cl2 ，B错误；
C、CH4与 Cl2的取代反应需要在漫射光下进行，强光照射会引发爆炸，存在安全隐患 ，C错误；
D、制备 Fe(OH)2时，植物油可以隔绝空气，防止 Fe2+被氧化；将胶头滴管插入 FeSO4溶液液面下滴加 NaOH 溶液，能避免生成的 Fe(OH)2接触 O2而变质，装置和操作均正确，可达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸性质：吸水性对应吸收结晶水或游离水，脱水性对应有机物中氢氧元素的脱去，二者本质不同。
氯气制备：MnO2与浓 HCl 反应必须加热，不加热无法发生反应。
甲烷与氯气反应：需避免强光直射，防止剧烈反应引发爆炸。
氢氧化亚铁制备：核心是隔绝 O2，采用液封及滴管深入液面下操作。
8．某温度下，在1L的恒容密闭容器中进行如下反应：。下列说法不正确的是
A．其他条件不变时，增加碳的量，反应速率增大
B．保持容器体积不变，充入氦气，反应速率不变
C．反应10s时，生成1mol，则该时间内CO的反应速率为0.1mol·L-1·s-1
D．单位时间内生成2mol的同时生成2mol，说明该反应已达到平衡状态
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；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】A、碳（C）是固体，其浓度可视为常数，增加碳的用量不会改变体系中反应物的浓度，因此反应速率不变，A错误；
B、保持容器体积不变充入氦气，反应体系中H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度均未发生变化，因此反应速率保持不变，B正确；
C、由反应方程式可知，生成1mol H2的同时会生成1mol CO，容器体积为1L，反应时间为10s，CO的反应速率为 ，C正确；
D、单位时间内生成2mol H2（正反应方向）的同时生成2mol H2O（逆反应方向），说明正、逆反应速率相等，符合化学平衡状态的本质特征，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
固体对反应速率的影响：固体物质浓度视为常数，改变其用量不会影响反应速率。
惰性气体的影响：恒容条件下充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变。
反应速率计算：速率公式为 ，同一反应中不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
平衡状态判断：正、逆反应速率相等（同一物质），或不同物质的速率比等于化学计量数之比且反应方向相反，可判定反应达到平衡。
9．科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图，
下列说法正确的是
A．该能量图也可以表示氢氧化钡晶体与氯化铵的反应过程
B．状态I→II→III的过程中，反应体系经历了吸收和放出能量的过程
C．所具有的能量比CO和O要高
D．状态I→II的过程可以说明，形成化学键会向环境放出能量
【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、该能量图显示状态 Ⅲ 能量低于状态 Ⅰ，属于放热反应；而氢氧化钡晶体与氯化铵的反应是典型的吸热反应，能量变化趋势相反，因此该能量图无法表示该反应过程，A错误；
B、状态 Ⅰ→Ⅱ 的过程中，能量升高，体系吸收能量（对应化学键断裂、分子活化）；状态 Ⅱ→Ⅲ 的过程中，能量降低，体系放出能量（对应新化学键形成、生成稳定产物），因此整个过程经历了先吸收后放出能量的阶段，B正确；
C、由能量图可知，状态 Ⅲ（CO2）的能量低于状态 Ⅰ（CO 和 O），说明 CO2所具有的能量比 CO 和 O 要低，C错误；
D、状态 Ⅰ→Ⅱ 是能量升高的过程，本质是旧化学键的断裂（或分子活化），该过程需要吸收能量，而非放出能量；形成化学键（Ⅱ→Ⅲ）才会向环境放出能量，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热与吸热判断：生成物总能量低于反应物总能量为放热反应，反之为吸热反应。
能量变化阶段：化学反应通常先经历吸收能量的活化 / 断键阶段，再经历放出能量的成键阶段。
化学键与能量：断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量。
10．化学为人类生活、生产等领域赋能。下列说法错误的是
A．“三月打雷麦谷堆”是指在雷电作用下最终可转化成被农作物吸收的化合态氮
B．利用油脂在碱性条件下的水解，可以生产甘油和肥皂
C．月壤中的“嫦娥石”，其主要成分属于无机盐
D．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同位素
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、雷电时，空气中的 N2与 O2反应生成 NO，NO 进一步被氧化为 NO2，最终转化为能被农作物吸收的硝酸盐类化合态氮，为作物提供氮肥，对应 “三月打雷麦谷堆” 的农谚，A正确；
B、油脂在碱性条件下发生水解反应（皂化反应），生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此可利用该反应生产甘油和肥皂，B正确；
C、“嫦娥石” 的主要成分 (Ca8Y)Fe(PO4)7由金属阳离子和磷酸根阴离子构成，属于无机盐类，C正确；
D、螺旋碳纳米管与石墨烯均是由碳元素组成的不同单质，二者互为同素异形体；而同位素是指质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，该说法混淆了概念，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氮的固定：自然固氮（雷电作用）可将游离态氮转化为农作物可吸收的化合态氮。
油脂皂化：碱性条件下水解生成甘油和肥皂，是油脂的重要工业应用。
无机盐判断：由金属阳离子（或铵根）与酸根阴离子组成的化合物属于无机盐。
概念辨析：同素异形体是同种元素形成的不同单质；同位素是同种元素的不同原子。
11．如图为海水综合利用的工业流程图，已知：受热生成和HCl气体等。下列说法正确的是
A．在过程③或⑤反应中每氧化0.2mol需消耗标准状况下2.24L
B．在过程②中将灼烧即可制得无水
C．过程④反应后溶液呈弱酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题
D．粗盐中的、、可以分别加入溶液、溶液、NaOH溶液后过滤，在滤液中加盐俊调可得到纯净的氯化钠溶液
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、过程③和⑤中，Br-被氧化为 Br2，反应中 2mol Br-失去 2mol 电子，对应 1mol Cl2被还原为 Cl-。氧化 0.2mol Br-时，消耗 0.1mol Cl2，在标准状况下体积为 2.24L，A正确；
B、MgCl2 6H2O 受热会水解生成 Mg(OH) Cl 和 HCl 气体，直接灼烧无法得到无水 MgCl2，需在 HCl 气流中加热抑制水解才能制备无水 MgCl2，B错误；
C、过程④中 Br2与 SO2水溶液反应生成 H2SO4和 HBr，两种产物均为强酸，溶液呈强酸性，会严重腐蚀设备，并非弱酸性，C错误；
D、粗盐提纯时，试剂加入顺序需满足 Na2CO3溶液在 BaCl2溶液之后加入，以除去过量 Ba2+，选项中试剂顺序错误，无法得到纯净氯化钠溶液，D错误；
故答案为：A。
【分析】海水经蒸发分离，得到粗盐和富含镁、溴元素的母液，两条主线分别推进资源利用：
粗盐通过除杂（去除 Ca2+、Mg2+、SO42-等）得到精盐，随后电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠，这是氯碱工业的核心反应。母液中加入氢氧化钙，将 Mg2+转化为氢氧化镁沉淀；沉淀用盐酸溶解后，经蒸发浓缩、冷却结晶得到 MgCl2 6H2O；为抑制 MgCl2水解，需在 HCl 气流中加热脱水，最终得到无水 MgCl2。母液中的 NaBr 先与氯气反应，将 Br-氧化为 Br2；再用 SO2水溶液吸收 Br2，将其还原为 Br-实现富集；最后再次通入氯气，将富集后的 Br-氧化为高浓度 Br2，完成溴的提取。
12．为原子序数依次增大的短周期元素，它们可以组成新型电池的电解液所用的关键物质，结构如图所示。X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W是地壳中含量最多的元素，W和Q同主族，下列说法错误的是
A．Q的单质易溶于
B．X与W在加热时能反应生成
C．常温下M单质可以和W的最简单氢化物发生置换反应
D．简单气态氢化物的沸点：
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Q 为 S，S 单质易溶于 YQ2（CS2），A 正确；
B、X 为 Li，W 为 O，Li 与 O 在加热时反应生成 Li2O，不是 Li2O2，B 错误；
C、M 为 F，W 的最简单氢化物为 H2O，F2与 H2O 常温下发生置换反应生成 HF 和 O2： ，C 正确；
D、Q 的简单气态氢化物为 H2S，W 的为 H2O，H2O 分子间存在氢键，沸点高于 H2S，即 Q < W，D 正确；
故答案为：B。
【分析】X 最外层电子数是次外层的一半，短周期中为 Li（次外层 2，最外层 1）；W 是地壳中含量最多的元素，为 O；W 和 Q 同主族，Q 为 S；结合成键特点，Y 为 C， Z为N，M 为 F。
13．碳量子点（CQDs）是一种新型碳纳米材料（颗粒直径为2~20nm）。我国化学家研制出一种碳量子点（CQDs）/氮化碳复合光催化剂，可实现利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法不正确的是
A．CQDs与水形成的分散系具有丁达尔效应
B．是过程Ⅰ、Ⅱ的催化剂
C．总反应方程式为：
D．碳量子点（CQDs）属于新型无机非金属材料
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、碳量子点（CQDs）颗粒直径为2~20nm，属于胶体粒子的直径范围，与水形成的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，A正确；
B、由反应原理图可知，H2O2是过程Ⅰ的生成物、过程Ⅱ的反应物，属于反应中间产物，而非催化剂；催化剂在反应前后质量和化学性质均保持不变，B错误；
C、在CQDs/C3N4的光催化作用下，水最终分解为氢气和氧气，总反应方程式为：，故C正确；
D、碳量子点（CQDs）是由碳元素构成的新型纳米材料，属于无机非金属材料，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体判断：分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应。
催化剂与中间产物区分：催化剂在反应前后不消耗，中间产物在反应中生成并继续消耗，不出现在总反应中。
总反应守恒：光催化分解水的总反应符合原子守恒，产物为H2和O2。
材料分类：碳基纳米材料属于无机非金属材料。
14．苹果醋是一种由苹果发酵而成的酸性饮品，具有解毒、降脂等药效。苹果酸是一种常见的有机酸，其结构简式为，下列有关苹果酸的说法不正确的是
A．分子式为
B．既可与乙醇反应，又可与乙酸反应
C．可发生氧化反应、酯化反应
D．标准状况下，0.1mol苹果酸与足量金属钠反应，可生成2.24L氢气
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、由苹果酸的结构简式 可知，分子中含有 4 个 C、6 个 H、5 个 O，分子式为 C4H6O5，A正确；
B、苹果酸分子中含有羧基（-COOH）和羟基（-OH），羧基可与乙醇发生酯化反应，羟基可与乙酸发生酯化反应，B正确；
C、苹果酸中的羟基可发生氧化反应（如燃烧、羟基被氧化为羰基），羧基和羟基均可发生酯化反应，B正确；
D、1mol 苹果酸含有 2mol 羧基和 1mol 羟基，均能与金属钠反应生成 H2，0.1mol 苹果酸与足量 Na 反应生成 0.15mol H2，标准状况下体积为 3.36L，而非 2.24L，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子式计算：根据结构简式数清各原子数目，注意羟基和羧基的原子组成。
官能团反应：羧基和羟基均能发生酯化反应，羟基可发生氧化反应。
定量计算：羧基和羟基与 Na 反应时，均为 2mol 官能团生成 1mol H2，需准确统计官能团的物质的量。
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15．1869年门捷列夫提出元素周期表，根据元素周期表和周期律、回答问题。
（1）元素⑦在周期表中的位置为　 　；元素⑩的元素符号为　 　。
（2）元素①和⑤形成的化合物的化学式为　 　。
（3）⑤的某种氧化物可用于潜水艇中的供氧剂，该氧化物中阴离子与阳离子个数比为　 　。
（4）元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是　 　(用离子符号表示)。元素⑨的最高价氧化物对应的水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为　 　。
（5）元素的非金属性⑩　 　(填“>”或“<”)⑧：下列事实不能证明上述结论的是　 　(填字母)。
A.元素⑧的单质与⑩的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色
B.元素⑧的氢化物的还原性比元素⑩的弱
C.元素⑧和⑩的氢化物受热分解，前者的分解温度高
D.元素⑧的最高价氧化物对应的水化物的酸性比元素⑩的强
E.元素⑧的氢化物的水溶液的酸性比元素⑩的弱
【答案】（1）第三周期ⅥA族；Br
（2）NaH
（3）1：2
（4）S2->Cl->K+；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
（5）<；E
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）元素⑦为硫元素，在周期表中的位置：第三周期ⅥA族；元素⑩的元素符号为Br；
故答案为： 第三周期ⅥA族 ； Br ；
（2）元素①和⑤形成的化合物为离子化合物氢化钠NaH；
故答案为： NaH ；
（3）⑤是钠，钠的某种氧化物可用于潜水艇中的供氧剂，该氧化物为过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应均可以生成氧气，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，故阴离子与阳离子个数比为1：2；
故答案为： 1：2 ；
（4）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->K+；元素⑨的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钾，元素⑥的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝和强碱氢氧化钾生成四羟基合硫酸钾，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
故答案为： S2->Cl->K+ ； Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- ；
（5）同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱，则元素的非金属性BrA．元素Cl的单质与Br的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色，说明氯气置换出单质溴，能说明非金属性氯大于溴，故A不符合题意；
B．非金属性越弱，其氢化物还原性越强，元素Cl的氢化物的还原性比元素Br的弱，能说明非金属性氯大于溴，故B不符合题意；
C．非金属性越强，其氢化物越稳定，元素Cl和Br的氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明非金属性氯大于溴，故C不符合题意；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素Br的强，比较最高价含氧酸能说明非金属性氯大于溴，故D不符合题意；
E．氢化物酸性与非金属性无关，元素Cl的氢化物的水溶液的酸性比元素Br的弱，不能说明非金属性氯大于溴，故E符合题意；
故答案为： < ；E。
【分析】该题依托元素周期表片段，考查元素推断及周期律、物质性质的综合应用，核心流程为先定元素，再析性质。
结合元素周期表的行列位置，确定①至⑩分别对应 H、C、N、O、Na、Al、S、Cl、K、Br 等元素。依据元素在周期表中的位置，判断原子半径、金属性、非金属性的递变规律。结合具体物质，分析单质活泼性、氢化物稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸碱性等性质，完成判断。
(1) 先根据元素周期表的结构，确定①~⑩对应的元素；再定位元素⑦（S）的周期、族序数，写出元素⑩（Br）的元素符号。
(2) 先确定元素①（H）和⑤（Na）的化合价，再根据化合物中正负化合价代数和为 0，书写二者形成的离子化合物的化学式。
(3) 先根据 “潜水艇供氧剂” 的用途，确定⑤（Na）的该氧化物为 Na2O2；再分析其离子构成（Na+和 O22-），计算阴离子与阳离子的个数比.
(4) ①离子半径比较：先看电子层数，电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，据此排序 S2-、Cl-、K+。②离子方程式：先确定元素⑨（K）和⑥（Al）的最高价氧化物对应水化物（KOH、Al(OH)3），再书写 Al(OH)3与强碱反应生成四羟基合铝酸根的离子方程式。
(5) ①根据同主族元素非金属性递变规律（从上到下非金属性减弱），比较 Br（⑩）和 Cl（⑧）的非金属性。
②逐一分析选项，判断能否证明非金属性强弱：单质氧化性、氢化物还原性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性可用于比较，氢化物水溶液酸性不能用于比较。
（1）元素⑦为硫元素，在周期表中的位置：第三周期ⅥA族；元素⑩的元素符号为Br；
（2）元素①和⑤形成的化合物为离子化合物氢化钠NaH；
（3）⑤是钠，钠的某种氧化物可用于潜水艇中的供氧剂，该氧化物为过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应均可以生成氧气，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，故阴离子与阳离子个数比为1：2；
（4）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->K+；元素⑨的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钾，元素⑥的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝和强碱氢氧化钾生成四羟基和硫酸钾，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（5）同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱，则元素的非金属性BrA．元素Cl的单质与Br的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色，说明氯气置换出单质溴，能说明非金属性氯大于溴，故A不符合题意；
B．非金属性越弱，其氢化物还原性越强，元素Cl的氢化物的还原性比元素Br的弱，能说明非金属性氯大于溴，故B不符合题意；
C．非金属性越强，其氢化物越稳定，元素Cl和Br的氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明非金属性氯大于溴，故C不符合题意；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素Br的强，比较最高价含氧酸能说明非金属性氯大于溴，故D不符合题意；
E．氢化物酸性与非金属性无关，元素Cl的氢化物的水溶液的酸性比元素Br的弱，不能说明非金属性氯大于溴，故E符合题意；
故答案为E。
16．亚硝酸钠主要用于医药、染料和漂白等行业，也常用于食品保鲜剂。某小组拟利用氮氧化物制备产品(如下图)。已知：
①；
②
回答下列问题：
（1）写出装稀硝酸的仪器的名称：　 　。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）实验时装置B中应间断性通入适量的，其目的是　 　。
（4）的电子式为　 　。NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氮的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，则　 　。
（5）装置D的作用是①　 　。
②吸收尾气，防止污染空气：NaClO溶液将NO氧化成，写出该反应的离子式　 　。
（6）一种质子陶瓷燃料电池可把氨气转化为氮气，工作原理如下图。质子固体电解质可以允许通过，电极Pt做　 　极(填“正”或“负”)，该电极的电极方程式为　 　。
【答案】（1）分液漏斗
（2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）把部分NO氧化为NO2
（4）；1：1
（5）防倒吸；
（6）正；
【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；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据装置图，装稀硝酸的仪器的名称是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）装置A中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
故答案为： 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ；
（3）制备，根据，实验时装置B中应间断性通入适量的，其目的是把A中生成的部分NO氧化为NO2；
故答案为： 把部分NO氧化为NO2 ；
（4）是共价化合物，电子式为。NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氮的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，只发生反应，则1：1。
故答案为： ； 1：1 ；
（5）装置D的作用是①倒置的漏斗防倒吸。
②吸收尾气，防止污染空气：NaClO溶液将NO氧化成，NaClO被还原为NaCl，根据得失电子守恒，由于吸收尾气时通常次氯酸钠过量，则反应中产生的氢离子会转化为次氯酸，该反应的离子式为。
故答案为： 防倒吸 ； ；
（6）质子固体电解质可以允许通过，根据图示，氧气在Pt电极得电子生成水，电极Pt做正极，该电极的电极方程式为。
故答案为： 正 ； ；
【分析】该实验以铜与稀硝酸反应为起点，通过氮氧化物的转化与吸收，最终制备亚硝酸钠，核心流程如下：装置 A 中，铜与稀硝酸在 N2氛围下反应生成 NO 气体，N2可将装置内空气排尽并将生成的 NO 导入后续装置。装置 B 中通入 O2，将部分 NO 氧化为 NO2，调节 NO 与 NO2的体积比，为后续制备 NaNO2提供合适的反应物比例。装置 C 中，混合氮氧化物（NO、NO2）与饱和 Na2CO3溶液发生反应，主要按反应①生成 NaNO2，若 NO2过量则会发生副反应②生成少量 NaNO3：、， 。装置 D 中用 NaClO 溶液吸收剩余的氮氧化物，防止污染环境。整个流程遵循 “制备 NO→调控氮氧化物比例→吸收制备 NaNO2→尾气处理” 的主线，实现了从氮氧化物到亚硝酸钠的转化。
（1）根据装置图，装稀硝酸的仪器的名称是分液漏斗；
（2）装置A中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）制备，根据，实验时装置B中应间断性通入适量的，其目的是把A中生成的部分NO氧化为NO2；
（4）是共价化合物，电子式为。NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氮的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，只发生反应，则1：1。
（5）装置D的作用是①倒置的漏斗防倒吸。
②吸收尾气，防止污染空气：NaClO溶液将NO氧化成，NaClO被还原为NaCl，根据得失电子守恒，由于吸收尾气时通常次氯酸钠过量，则反应中产生的氢离子会转化为次氯酸，该反应的离子式为。
（6）质子固体电解质可以允许通过，根据图示，氧气在Pt电极得电子生成水，电极Pt做正极，该电极的电极方程式为。
17．从粉煤灰(含、、、、等)中回收提取铝、锂、铁相关化合物的流程如下图所示：
已知：是酸性氧化物。回答下列问题：
（1）可以提高“酸浸”速率的方法有　 　(任写两条)。
（2）“滤渣”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）“滤液”中加入的氧化剂是氯水，反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉铝”　 　(填“能”或“不能”)将足量CO2换成足量盐酸。
（5）与适量碳粉、在高温下可得到“能源新宠”磷酸亚铁锂()，请配平该反应的化学方程式：　 　。
______________C+_____________________
生成4mol的同时消耗还原剂　 　g。
（6）若该粉煤灰含的质量分数为30%，其他不含锂的杂质的质量分数为70%，则这种粉煤矿中锂的质量分数为　 　。
【答案】（1）“粉碎”粉煤灰适、当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌(任写两条)
（2）SiO2
（3）Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+
（4）不能
（5）；12
（6）14%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素，除了“粉碎”粉煤灰，还可以通过适当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌等方法提高“酸浸”的速率；
故答案为： “粉碎”粉煤灰适、当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌(任写两条) ；
（2）SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应，其余都会与硫酸反应成为滤液，则滤渣1的主要成分是SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（3）滤液中有FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，氯水的主要成分为Cl2，酸性条件下Cl2能氧化Fe2+，氯化合价由0变为-1、铁化合价由+2变为+3，结合电子守恒，离子方程式如下：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；
故答案为： Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ ；
（4）盐酸会和氢氧化铝沉淀反应，“沉铝”不能将足量CO2换成足量盐酸，因为如果换成足量盐酸，Al3+沉淀不完全；
故答案为： 不能 ；
（5）Li2CO3与适量碳粉、FePO4在高温下可得到磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应中碳化合价由0变为+4、铁化合价由+3变为+2，由电子守恒，化学方程式为，生成4mol FePO4的同时消耗还原剂C 1mol，则消耗还原剂C的质量为1mol×12g/mol=12g；
故答案为： ； 12 ；
（6）该粉煤灰含Li2O的质量分数为30%，其他不含锂的杂质的质量分数为70%，则这种粉煤灰中锂的质量分数为。
故答案为： 14% ；
【分析】该流程以含 Al2O3、Li2O、SiO2、Fe2O3、Fe3O4的粉煤灰为原料，通过酸浸溶出 — 氧化除铁 — 沉铝分离 — 沉锂回收四步核心操作，实现多种金属化合物的分离提取：
向粉煤灰中加入过量稀硫酸，Al2O3、Li2O、Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应，溶解生成 Al2(SO4)3、Li2SO4、Fe2(SO4)3、FeSO4进入溶液；而 SiO2作为酸性氧化物不与稀硫酸反应，形成滤渣被分离除去。向酸浸后的滤液中加入氧化剂，将溶液中的 Fe2+（来自 Fe3O4与酸的反应）全部氧化为 Fe3+；再加入 NaOH 溶液，调节 pH 使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀，通过过滤实现铁元素的分离回收。向除铁后的溶液中加入足量 NaOH 溶液，使 Al3+转化为可溶性偏铝酸盐；随后通入足量 CO2气体，偏铝酸盐与 CO2、H2O 反应，生成 Al(OH)3沉淀，过滤后得到铝的化合物。向含 Li+的母液中加入 (NH4)2CO3溶液，Li+与 CO32-结合生成 Li2CO3沉淀，过滤后得到锂的产品 Li2CO3，剩余母液可进一步处理或循环利用。
（1）根据影响反应速率的因素，除了“粉碎”粉煤灰，还可以通过适当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌等方法提高“酸浸”的速率；
（2）SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应，其余都会与硫酸反应成为滤液，则滤渣1的主要成分是SiO2；
（3）滤液中有FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，氯水的主要成分为Cl2，酸性条件下Cl2能氧化Fe2+，氯化合价由0变为-1、铁化合价由+2变为+3，结合电子守恒，离子方程式如下：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；
（4）盐酸会和氢氧化铝沉淀反应，“沉铝”不能将足量CO2换成足量盐酸，因为如果换成足量盐酸，Al3+沉淀不完全；
（5）Li2CO3与适量碳粉、FePO4在高温下可得到磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应中碳化合价由0变为+4、铁化合价由+3变为+2，由电子守恒，化学方程式为，生成4mol FePO4的同时消耗还原剂C 1mol，则消耗还原剂C的质量为1mol×12g/mol=12g；
（6）该粉煤灰含Li2O的质量分数为30%，其他不含锂的杂质的质量分数为70%，则这种粉煤灰中锂的质量分数为。
18．有机化合物()是一种食用香料，可用淀粉为原料，合成路线如图：
已知：H可以调节植物生长，并且可以与水发生反应生成B.
请回答下列问题：
（1）A的名称为　 　；C中官能团的名称为　 　。
（2）E的结构简式为　 　。
（3）B→C反应的化学方程式是　 　。
（4）反应II为酯化反应，写出反应Ⅱ的化学方程式　 　。
（5）下列说法不正确的是(填字母)。
a.淀粉分子式为，属于天然有机高分子
b.H→B为加成反应
c.等物质的量的E分别与足量的和NaOH反应，消耗的和NaOH的物质的量相等
d.D、E互为同系物
e.淀粉在酸性条件下发生水解反应生成A，要证明淀粉已经发生了水解。可向水解后的溶液中加入银氨溶液根据是否产生银镜现象来证明。
（6）以H为主要原料，有机物I的合成线路如下：
已知：
①H→J所加反应试剂为　 　。
②K与F以物质的量之比为1：2反应时生成I，I的结构简式为　 　。
【答案】（1）葡萄糖；醛基
（2）HOCH(CH3)COOH
（3）
（4）HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O
（5）ade
（6）Br2；RCOOCH2CH2OOCR
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）A的名称为葡萄糖；C为乙醛，其官能团名称为醛基；
故答案为： 葡萄糖 ； 醛基 ；
（2）D为乙酸，D和E发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH，则E的结构简式为HOCH(CH3)COOH；
故答案为： HOCH(CH3)COOH ；
（3）B→C是乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式是；
故答案为： ；
（4）反应II为乳酸和乙酸发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH和水，化学方程式为HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O；
故答案为： HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O ；
（5）a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子，故a错误；
b．H可以调节植物生长，为乙烯，H与水发生加成反应生成B（乙醇），故b正确；
c．E为HOCH(CH3)COOH，只有羧基与和NaOH反应，羟基不与和NaOH反应，则1molE消耗的和NaOH的物质的量均为1mol，故c正确；
d．D为CH3COOH，E为HOCH(CH3)COOH，含有官能团不同，不互为同系物，故d错误；
e．水解后的溶液为酸性，葡萄糖含有醛基， 在酸性条件下不能与银氨溶液反应产生银镜，故e错误；
故答案为：ade；
（6）H为乙烯，乙烯与Br2加成生成J（CH2BrCH2Br），J与NaOH溶液反应生成K（CH2OHCH2OH），K与过量F在浓硫酸、加热条件下以1：2反应生成I，则F为羧酸RCOOH，I的结构简式为RCOOCH2CH2OOCR。
故答案为： Br2 ； RCOOCH2CH2OOCR ；
【分析】该合成路线以淀粉为起始原料，通过水解、发酵、氧化、酯化等步骤制备目标食用香料：
淀粉在稀硫酸、加热条件下水解，生成葡萄糖（A，化学式 C6H12O6）。葡萄糖经发酵得到乙醇（B，化学式 CH3CH2OH）；同时在特定条件下转化为含羟基和羧基的中间体 E（化学式 C3H6O3，结构为 CH3CH(OH)COOH）。乙醇先在 Cu 催化下被 O2氧化为乙醛（C，化学式 C2H4O），再经催化氧化得到乙酸（D，化学式 C2H4O2）。乙酸与中间体 E 在稀硫酸、加热条件下发生酯化反应，最终生成目标香料（乙酸乳酸酯，结构为 CH3COOCH(CH3)COOH）。
（1）A的名称为葡萄糖；C为乙醛，其官能团名称为醛基；
（2）D为乙酸，D和E发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH，则E的结构简式为HOCH(CH3)COOH；
（3）B→C是乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式是；
（4）反应II为乳酸和乙酸发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH和水，化学方程式为HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O；
（5）a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子，故a错误；
b．H可以调节植物生长，为乙烯，H与水发生加成反应生成B（乙醇），故b正确；
c．E为HOCH(CH3)COOH，只有羧基与和NaOH反应，羟基不与和NaOH反应，则1molE消耗的和NaOH的物质的量均为1mol，故c正确；
d．D为CH3COOH，E为HOCH(CH3)COOH，含有官能团不同，不互为同系物，故d错误；
e．水解后的溶液为酸性，葡萄糖含有醛基， 在酸性条件下不能与银氨溶液反应产生银镜，故e错误；
故答案为ade；
（6）H为乙烯，乙烯与Br2加成生成J（CH2BrCH2Br），J与NaOH溶液反应生成K（CH2OHCH2OH），K与过量F在浓硫酸、加热条件下以1：2反应生成I，则F为羧酸RCOOH，I的结构简式为RCOOCH2CH2OOCR。
1 / 1湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高一下学期6月期末化学试题
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的)
1．化学与生产、生活等密切相关，下列说法正确的是
A．生铁的含碳量比钢的含碳量高，合金的熔点一般比其成分金属的熔点高
B．“千门开锁万灯明，正月中旬动地京”描绘的元宵佳节放花灯，其中花灯的色彩主要源于某些金属元素的焰色反应，属于化学变化
C．石油的分馏是物理变化
D．工业上冶炼金属钠常用电解饱和氯化钠溶液的方法
2．安全意识对我们的生产生活非常重要，下列操作错误的是
A．钠着火时，用干沙土盖灭
B．不慎将强酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%稀NaOH溶液冲洗
C．中学实验室可以将未用完的钠放回原试剂瓶
D．大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速往地势较高处走
3．下列化学用语表达不正确的是
A．HClO的结构式：
B．的电子式：
C．空间填充模型：
D．正丁烷的结构简式：
4．在给定条件下，下列制备过程正确的是
A．侯氏制碱法：
B．工业制硫酸：
C．单质铝到氧化铝的转变：
D．工业制备硝酸：
5．下列离子方程式书写正确的是
A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：
B．大理石与醋酸反应：
C．向沸水中滴入几滴饱和氯化铁溶液：(沸水)(胶体)
D．氯气通入冷的石灰乳中：
6．下列有关元素单质及其化合物的说法错误的是
A．氨遇到浓盐酸、浓硝酸都会发生反应，产生白烟
B．向硫酸铁溶液中滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红
C．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物
D．将SO2气体通入石蕊中，石蕊变红：继续通入气体，红色褪去
7．下列实验装置或操作正确且能达到相应实验目的的是
A.证明浓硫酸的脱水性 B.用该装置制取氯气
C.甲烷和发生反应 D.制备氢氧化亚铁
A．A B．B C．C D．D
8．某温度下，在1L的恒容密闭容器中进行如下反应：。下列说法不正确的是
A．其他条件不变时，增加碳的量，反应速率增大
B．保持容器体积不变，充入氦气，反应速率不变
C．反应10s时，生成1mol，则该时间内CO的反应速率为0.1mol·L-1·s-1
D．单位时间内生成2mol的同时生成2mol，说明该反应已达到平衡状态
9．科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图，
下列说法正确的是
A．该能量图也可以表示氢氧化钡晶体与氯化铵的反应过程
B．状态I→II→III的过程中，反应体系经历了吸收和放出能量的过程
C．所具有的能量比CO和O要高
D．状态I→II的过程可以说明，形成化学键会向环境放出能量
10．化学为人类生活、生产等领域赋能。下列说法错误的是
A．“三月打雷麦谷堆”是指在雷电作用下最终可转化成被农作物吸收的化合态氮
B．利用油脂在碱性条件下的水解，可以生产甘油和肥皂
C．月壤中的“嫦娥石”，其主要成分属于无机盐
D．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同位素
11．如图为海水综合利用的工业流程图，已知：受热生成和HCl气体等。下列说法正确的是
A．在过程③或⑤反应中每氧化0.2mol需消耗标准状况下2.24L
B．在过程②中将灼烧即可制得无水
C．过程④反应后溶液呈弱酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题
D．粗盐中的、、可以分别加入溶液、溶液、NaOH溶液后过滤，在滤液中加盐俊调可得到纯净的氯化钠溶液
12．为原子序数依次增大的短周期元素，它们可以组成新型电池的电解液所用的关键物质，结构如图所示。X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W是地壳中含量最多的元素，W和Q同主族，下列说法错误的是
A．Q的单质易溶于
B．X与W在加热时能反应生成
C．常温下M单质可以和W的最简单氢化物发生置换反应
D．简单气态氢化物的沸点：
13．碳量子点（CQDs）是一种新型碳纳米材料（颗粒直径为2~20nm）。我国化学家研制出一种碳量子点（CQDs）/氮化碳复合光催化剂，可实现利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法不正确的是
A．CQDs与水形成的分散系具有丁达尔效应
B．是过程Ⅰ、Ⅱ的催化剂
C．总反应方程式为：
D．碳量子点（CQDs）属于新型无机非金属材料
14．苹果醋是一种由苹果发酵而成的酸性饮品，具有解毒、降脂等药效。苹果酸是一种常见的有机酸，其结构简式为，下列有关苹果酸的说法不正确的是
A．分子式为
B．既可与乙醇反应，又可与乙酸反应
C．可发生氧化反应、酯化反应
D．标准状况下，0.1mol苹果酸与足量金属钠反应，可生成2.24L氢气
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15．1869年门捷列夫提出元素周期表，根据元素周期表和周期律、回答问题。
（1）元素⑦在周期表中的位置为　 　；元素⑩的元素符号为　 　。
（2）元素①和⑤形成的化合物的化学式为　 　。
（3）⑤的某种氧化物可用于潜水艇中的供氧剂，该氧化物中阴离子与阳离子个数比为　 　。
（4）元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是　 　(用离子符号表示)。元素⑨的最高价氧化物对应的水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为　 　。
（5）元素的非金属性⑩　 　(填“>”或“<”)⑧：下列事实不能证明上述结论的是　 　(填字母)。
A.元素⑧的单质与⑩的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色
B.元素⑧的氢化物的还原性比元素⑩的弱
C.元素⑧和⑩的氢化物受热分解，前者的分解温度高
D.元素⑧的最高价氧化物对应的水化物的酸性比元素⑩的强
E.元素⑧的氢化物的水溶液的酸性比元素⑩的弱
16．亚硝酸钠主要用于医药、染料和漂白等行业，也常用于食品保鲜剂。某小组拟利用氮氧化物制备产品(如下图)。已知：
①；
②
回答下列问题：
（1）写出装稀硝酸的仪器的名称：　 　。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）实验时装置B中应间断性通入适量的，其目的是　 　。
（4）的电子式为　 　。NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氮的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，则　 　。
（5）装置D的作用是①　 　。
②吸收尾气，防止污染空气：NaClO溶液将NO氧化成，写出该反应的离子式　 　。
（6）一种质子陶瓷燃料电池可把氨气转化为氮气，工作原理如下图。质子固体电解质可以允许通过，电极Pt做　 　极(填“正”或“负”)，该电极的电极方程式为　 　。
17．从粉煤灰(含、、、、等)中回收提取铝、锂、铁相关化合物的流程如下图所示：
已知：是酸性氧化物。回答下列问题：
（1）可以提高“酸浸”速率的方法有　 　(任写两条)。
（2）“滤渣”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）“滤液”中加入的氧化剂是氯水，反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉铝”　 　(填“能”或“不能”)将足量CO2换成足量盐酸。
（5）与适量碳粉、在高温下可得到“能源新宠”磷酸亚铁锂()，请配平该反应的化学方程式：　 　。
______________C+_____________________
生成4mol的同时消耗还原剂　 　g。
（6）若该粉煤灰含的质量分数为30%，其他不含锂的杂质的质量分数为70%，则这种粉煤矿中锂的质量分数为　 　。
18．有机化合物()是一种食用香料，可用淀粉为原料，合成路线如图：
已知：H可以调节植物生长，并且可以与水发生反应生成B.
请回答下列问题：
（1）A的名称为　 　；C中官能团的名称为　 　。
（2）E的结构简式为　 　。
（3）B→C反应的化学方程式是　 　。
（4）反应II为酯化反应，写出反应Ⅱ的化学方程式　 　。
（5）下列说法不正确的是(填字母)。
a.淀粉分子式为，属于天然有机高分子
b.H→B为加成反应
c.等物质的量的E分别与足量的和NaOH反应，消耗的和NaOH的物质的量相等
d.D、E互为同系物
e.淀粉在酸性条件下发生水解反应生成A，要证明淀粉已经发生了水解。可向水解后的溶液中加入银氨溶液根据是否产生银镜现象来证明。
（6）以H为主要原料，有机物I的合成线路如下：
已知：
①H→J所加反应试剂为　 　。
②K与F以物质的量之比为1：2反应时生成I，I的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；合金及其应用；金属冶炼的一般原理；焰色反应
【解析】【解答】A、生铁的含碳量确实高于钢，但合金的熔点通常低于其各成分金属的熔点，比如生铁的熔点就低于纯铁， A错误；
B、花灯的色彩来自金属元素的焰色反应，这一过程是原子或离子的电子跃迁发光，没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化， B错误；
C、石油分馏是利用混合物中各组分的沸点差异进行分离，过程中没有新物质生成，属于物理变化， C正确；
D、工业上冶炼金属钠需要电解熔融的氯化钠，若电解氯化钠溶液，会生成氢氧化钠、氢气和氯气，无法得到金属钠， D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金特性：合金熔点一般低于成分金属，硬度通常高于成分金属。
焰色反应本质：属于物理变化，仅体现元素的物理性质，无新物质生成。
石油分馏：依据沸点差异分离组分，属于物理变化；而裂化、裂解属于化学变化。
金属冶炼：活泼金属（如钠）需电解熔融态化合物，不能通过电解水溶液制备。
2．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、钠化学性质活泼，能与水、二氧化碳发生反应，因此钠着火时不能用水或泡沫灭火器灭火，用干沙土覆盖可以隔绝氧气，达到灭火效果， A正确；
B、强酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗，再涂抹弱碱性的碳酸氢钠溶液；氢氧化钠溶液碱性过强，会对皮肤造成二次腐蚀，不能用于处理皮肤沾酸， B错误；
C、钠属于贵重且极易与氧气、水反应的试剂，未用完的钠放回原试剂瓶，可避免其暴露在空气中引发危险，符合实验室安全规范， C正确；
D、氯气密度比空气大，会向低处聚集，且氯气能与碱性物质反应，因此大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住口鼻，并往地势较高处撤离，可减少氯气吸入， D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属钠灭火：禁止用水或二氧化碳类灭火剂，必须用干沙土隔绝氧气。
酸碱灼伤处理：皮肤沾强酸后，弱碱中和应选用碳酸氢钠溶液，避免使用强碱造成二次伤害。
试剂回收规范：活泼金属（如钠、钾）剩余后需放回原瓶，防止暴露引发危险。
氯气泄漏应对：利用氯气密度大、能与碱反应的性质，选择高处撤离并使用碱性防护。
3．【答案】D
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、次氯酸（HClO）中氧元素为 - 2 价，分子结构为氢氧氯的连接顺序， 结构式为，A正确；
B、该物质为共价化合物，电子式中原子间的共用电子对和孤电子对应书写完整， 电子式为，B正确；
C、甲烷是正四面体结构，空间填充模型能准确体现原子的相对大小和空间排布， 空间填充模型为，C正确；
D、正丁烷的结构简式应为 CH3CH2CH2CH3，而给出的结构简式（ ）是异丁烷的结构简式，二者为同分异构体 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结构式书写：需体现原子的连接顺序和成键情况，次氯酸中氧为中心原子，连接氢和氯。
电子式规范：共价化合物需标注出所有共用电子对和孤电子对。
空间填充模型：要匹配分子的真实空间构型，甲烷为正四面体结构。
同分异构体区分：正丁烷为直链结构，异丁烷带有支链，二者结构简式不同。
4．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；铝的化学性质
【解析】【解答】A、侯氏制碱法中，先向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，因碳酸氢钠溶解度较小会析出沉淀，随后加热碳酸氢钠使其分解为碳酸钠，流程符合工业制备逻辑，A正确；
B、工业制硫酸时，二硫化亚铁（FeS2）与氧气在高温下反应的产物是二氧化硫（SO2），而非三氧化硫（SO3），三氧化硫需要二氧化硫在催化剂、加热条件下进一步与氧气反应生成，B错误；
C、铝与少量氢氧化钠溶液反应时，直接生成四羟基合铝酸钠，无法得到氢氧化铝（
Al(OH)3），后续加热分解也无法得到氧化铝，该反应路径不符合实际反应规律，C错误；
D、氮气与氧气在放电条件下反应生成一氧化氮（NO），但工业制硝酸的第一步是氨气的催化氧化，而非氮气与氧气直接反应，该流程不符合工业生产实际，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
侯氏制碱法：利用碳酸氢钠溶解度小的特点先析出，再加热分解得到碳酸钠，是核心制备逻辑。
工业制硫酸：二硫化亚铁氧化第一步生成二氧化硫，需经催化氧化才能得到三氧化硫。
铝的反应：铝与强碱反应直接生成偏铝酸盐，无法通过少量碱得到氢氧化铝。
工业制硝酸：起始原料为氨气，而非氮气与氧气直接反应。
5．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；离子方程式的书写；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、氢氧化钡与稀硫酸反应时，除了钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀外，氢离子和氢氧根离子还会结合生成水， 应为，A错误；
B、醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成氢离子，应保留化学式形式， 应为，B错误；
C、向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，铁离子与水在加热条件下反应生成胶体和氯化氢，方程式为：(沸水)(胶体)，C正确；
D、石灰乳中的氢氧化钙主要以固体形式存在，在离子方程式中不能拆成氢氧根离子，应保留化学式， 应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应完整性：酸碱中和与沉淀反应同时发生时，不能遗漏任何产物（如氢氧化钡与硫酸反应的水）。
弱电解质拆分：弱酸、弱碱等弱电解质在离子方程式中需保留化学式，不能拆成离子。
微溶物处理：石灰乳等微溶物作为反应物时，需保留化学式，不能拆成离子。
胶体反应：制备胶体的反应中，生成的胶体不能标沉淀符号，气体产物需标气体符号。
6．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；铝的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、氨具有碱性，能与浓盐酸、浓硝酸挥发出的氯化氢、硝酸蒸汽反应，生成氯化铵、硝酸铵固体小颗粒，这些颗粒分散在空气中形成白烟，A正确；
B、硫酸铁溶液中的三价铁离子，能与硫氰根离子结合生成血红色的硫氰化铁，使溶液呈现红色，这是检验三价铁离子的特征反应，B正确；
C、铝和其表面的氧化膜（氧化铝）都能与酸、强碱发生反应，长时间接触酸性或碱性食物会腐蚀铝制餐具，还可能导致铝元素过量进入食物，因此不宜用铝制餐具蒸煮或长时间存放这类食物，C正确；
D、二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸呈弱酸性，能使石蕊溶液变红；但二氧化硫的漂白性具有选择性，只能漂白某些有机色质（如品红），不能漂白酸碱指示剂，因此继续通入二氧化硫，红色不会褪去，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氨的反应：氨与挥发性酸（浓盐酸、浓硝酸）反应生成固体铵盐，产生白烟。
铁离子检验：三价铁离子与硫氰根离子反应，溶液显血红色。
铝的两性：铝和氧化铝既能与酸反应，也能与强碱反应。
二氧化硫的性质：二氧化硫是酸性氧化物，能使石蕊变红；其漂白性具有选择性，不能使酸碱指示剂褪色。
7．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、装置中 CuSO4 5H2O 失去结晶水，体现的是浓 H2SO4的吸水性，而非脱水性；脱水性是指浓 H2SO4将有机物中 H、O 原子按 2：1 比例脱去，该实验不能证明脱水性，A错误；
B、实验室用 MnO2和浓 HCl 制取 Cl2时，需要加热才能发生反应，该装置缺少加热装置，无法顺利制得 Cl2 ，B错误；
C、CH4与 Cl2的取代反应需要在漫射光下进行，强光照射会引发爆炸，存在安全隐患 ，C错误；
D、制备 Fe(OH)2时，植物油可以隔绝空气，防止 Fe2+被氧化；将胶头滴管插入 FeSO4溶液液面下滴加 NaOH 溶液，能避免生成的 Fe(OH)2接触 O2而变质，装置和操作均正确，可达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸性质：吸水性对应吸收结晶水或游离水，脱水性对应有机物中氢氧元素的脱去，二者本质不同。
氯气制备：MnO2与浓 HCl 反应必须加热，不加热无法发生反应。
甲烷与氯气反应：需避免强光直射，防止剧烈反应引发爆炸。
氢氧化亚铁制备：核心是隔绝 O2，采用液封及滴管深入液面下操作。
8．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；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】A、碳（C）是固体，其浓度可视为常数，增加碳的用量不会改变体系中反应物的浓度，因此反应速率不变，A错误；
B、保持容器体积不变充入氦气，反应体系中H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度均未发生变化，因此反应速率保持不变，B正确；
C、由反应方程式可知，生成1mol H2的同时会生成1mol CO，容器体积为1L，反应时间为10s，CO的反应速率为 ，C正确；
D、单位时间内生成2mol H2（正反应方向）的同时生成2mol H2O（逆反应方向），说明正、逆反应速率相等，符合化学平衡状态的本质特征，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
固体对反应速率的影响：固体物质浓度视为常数，改变其用量不会影响反应速率。
惰性气体的影响：恒容条件下充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变。
反应速率计算：速率公式为 ，同一反应中不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
平衡状态判断：正、逆反应速率相等（同一物质），或不同物质的速率比等于化学计量数之比且反应方向相反，可判定反应达到平衡。
9．【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、该能量图显示状态 Ⅲ 能量低于状态 Ⅰ，属于放热反应；而氢氧化钡晶体与氯化铵的反应是典型的吸热反应，能量变化趋势相反，因此该能量图无法表示该反应过程，A错误；
B、状态 Ⅰ→Ⅱ 的过程中，能量升高，体系吸收能量（对应化学键断裂、分子活化）；状态 Ⅱ→Ⅲ 的过程中，能量降低，体系放出能量（对应新化学键形成、生成稳定产物），因此整个过程经历了先吸收后放出能量的阶段，B正确；
C、由能量图可知，状态 Ⅲ（CO2）的能量低于状态 Ⅰ（CO 和 O），说明 CO2所具有的能量比 CO 和 O 要低，C错误；
D、状态 Ⅰ→Ⅱ 是能量升高的过程，本质是旧化学键的断裂（或分子活化），该过程需要吸收能量，而非放出能量；形成化学键（Ⅱ→Ⅲ）才会向环境放出能量，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热与吸热判断：生成物总能量低于反应物总能量为放热反应，反之为吸热反应。
能量变化阶段：化学反应通常先经历吸收能量的活化 / 断键阶段，再经历放出能量的成键阶段。
化学键与能量：断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量。
10．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、雷电时，空气中的 N2与 O2反应生成 NO，NO 进一步被氧化为 NO2，最终转化为能被农作物吸收的硝酸盐类化合态氮，为作物提供氮肥，对应 “三月打雷麦谷堆” 的农谚，A正确；
B、油脂在碱性条件下发生水解反应（皂化反应），生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此可利用该反应生产甘油和肥皂，B正确；
C、“嫦娥石” 的主要成分 (Ca8Y)Fe(PO4)7由金属阳离子和磷酸根阴离子构成，属于无机盐类，C正确；
D、螺旋碳纳米管与石墨烯均是由碳元素组成的不同单质，二者互为同素异形体；而同位素是指质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，该说法混淆了概念，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氮的固定：自然固氮（雷电作用）可将游离态氮转化为农作物可吸收的化合态氮。
油脂皂化：碱性条件下水解生成甘油和肥皂，是油脂的重要工业应用。
无机盐判断：由金属阳离子（或铵根）与酸根阴离子组成的化合物属于无机盐。
概念辨析：同素异形体是同种元素形成的不同单质；同位素是同种元素的不同原子。
11．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、过程③和⑤中，Br-被氧化为 Br2，反应中 2mol Br-失去 2mol 电子，对应 1mol Cl2被还原为 Cl-。氧化 0.2mol Br-时，消耗 0.1mol Cl2，在标准状况下体积为 2.24L，A正确；
B、MgCl2 6H2O 受热会水解生成 Mg(OH) Cl 和 HCl 气体，直接灼烧无法得到无水 MgCl2，需在 HCl 气流中加热抑制水解才能制备无水 MgCl2，B错误；
C、过程④中 Br2与 SO2水溶液反应生成 H2SO4和 HBr，两种产物均为强酸，溶液呈强酸性，会严重腐蚀设备，并非弱酸性，C错误；
D、粗盐提纯时，试剂加入顺序需满足 Na2CO3溶液在 BaCl2溶液之后加入，以除去过量 Ba2+，选项中试剂顺序错误，无法得到纯净氯化钠溶液，D错误；
故答案为：A。
【分析】海水经蒸发分离，得到粗盐和富含镁、溴元素的母液，两条主线分别推进资源利用：
粗盐通过除杂（去除 Ca2+、Mg2+、SO42-等）得到精盐，随后电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠，这是氯碱工业的核心反应。母液中加入氢氧化钙，将 Mg2+转化为氢氧化镁沉淀；沉淀用盐酸溶解后，经蒸发浓缩、冷却结晶得到 MgCl2 6H2O；为抑制 MgCl2水解，需在 HCl 气流中加热脱水，最终得到无水 MgCl2。母液中的 NaBr 先与氯气反应，将 Br-氧化为 Br2；再用 SO2水溶液吸收 Br2，将其还原为 Br-实现富集；最后再次通入氯气，将富集后的 Br-氧化为高浓度 Br2，完成溴的提取。
12．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Q 为 S，S 单质易溶于 YQ2（CS2），A 正确；
B、X 为 Li，W 为 O，Li 与 O 在加热时反应生成 Li2O，不是 Li2O2，B 错误；
C、M 为 F，W 的最简单氢化物为 H2O，F2与 H2O 常温下发生置换反应生成 HF 和 O2： ，C 正确；
D、Q 的简单气态氢化物为 H2S，W 的为 H2O，H2O 分子间存在氢键，沸点高于 H2S，即 Q < W，D 正确；
故答案为：B。
【分析】X 最外层电子数是次外层的一半，短周期中为 Li（次外层 2，最外层 1）；W 是地壳中含量最多的元素，为 O；W 和 Q 同主族，Q 为 S；结合成键特点，Y 为 C， Z为N，M 为 F。
13．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、碳量子点（CQDs）颗粒直径为2~20nm，属于胶体粒子的直径范围，与水形成的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，A正确；
B、由反应原理图可知，H2O2是过程Ⅰ的生成物、过程Ⅱ的反应物，属于反应中间产物，而非催化剂；催化剂在反应前后质量和化学性质均保持不变，B错误；
C、在CQDs/C3N4的光催化作用下，水最终分解为氢气和氧气，总反应方程式为：，故C正确；
D、碳量子点（CQDs）是由碳元素构成的新型纳米材料，属于无机非金属材料，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
胶体判断：分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应。
催化剂与中间产物区分：催化剂在反应前后不消耗，中间产物在反应中生成并继续消耗，不出现在总反应中。
总反应守恒：光催化分解水的总反应符合原子守恒，产物为H2和O2。
材料分类：碳基纳米材料属于无机非金属材料。
14．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、由苹果酸的结构简式 可知，分子中含有 4 个 C、6 个 H、5 个 O，分子式为 C4H6O5，A正确；
B、苹果酸分子中含有羧基（-COOH）和羟基（-OH），羧基可与乙醇发生酯化反应，羟基可与乙酸发生酯化反应，B正确；
C、苹果酸中的羟基可发生氧化反应（如燃烧、羟基被氧化为羰基），羧基和羟基均可发生酯化反应，B正确；
D、1mol 苹果酸含有 2mol 羧基和 1mol 羟基，均能与金属钠反应生成 H2，0.1mol 苹果酸与足量 Na 反应生成 0.15mol H2，标准状况下体积为 3.36L，而非 2.24L，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子式计算：根据结构简式数清各原子数目，注意羟基和羧基的原子组成。
官能团反应：羧基和羟基均能发生酯化反应，羟基可发生氧化反应。
定量计算：羧基和羟基与 Na 反应时，均为 2mol 官能团生成 1mol H2，需准确统计官能团的物质的量。
15．【答案】（1）第三周期ⅥA族；Br
（2）NaH
（3）1：2
（4）S2->Cl->K+；Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
（5）<；E
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）元素⑦为硫元素，在周期表中的位置：第三周期ⅥA族；元素⑩的元素符号为Br；
故答案为： 第三周期ⅥA族 ； Br ；
（2）元素①和⑤形成的化合物为离子化合物氢化钠NaH；
故答案为： NaH ；
（3）⑤是钠，钠的某种氧化物可用于潜水艇中的供氧剂，该氧化物为过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应均可以生成氧气，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，故阴离子与阳离子个数比为1：2；
故答案为： 1：2 ；
（4）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->K+；元素⑨的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钾，元素⑥的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝和强碱氢氧化钾生成四羟基合硫酸钾，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
故答案为： S2->Cl->K+ ； Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- ；
（5）同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱，则元素的非金属性BrA．元素Cl的单质与Br的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色，说明氯气置换出单质溴，能说明非金属性氯大于溴，故A不符合题意；
B．非金属性越弱，其氢化物还原性越强，元素Cl的氢化物的还原性比元素Br的弱，能说明非金属性氯大于溴，故B不符合题意；
C．非金属性越强，其氢化物越稳定，元素Cl和Br的氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明非金属性氯大于溴，故C不符合题意；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素Br的强，比较最高价含氧酸能说明非金属性氯大于溴，故D不符合题意；
E．氢化物酸性与非金属性无关，元素Cl的氢化物的水溶液的酸性比元素Br的弱，不能说明非金属性氯大于溴，故E符合题意；
故答案为： < ；E。
【分析】该题依托元素周期表片段，考查元素推断及周期律、物质性质的综合应用，核心流程为先定元素，再析性质。
结合元素周期表的行列位置，确定①至⑩分别对应 H、C、N、O、Na、Al、S、Cl、K、Br 等元素。依据元素在周期表中的位置，判断原子半径、金属性、非金属性的递变规律。结合具体物质，分析单质活泼性、氢化物稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸碱性等性质，完成判断。
(1) 先根据元素周期表的结构，确定①~⑩对应的元素；再定位元素⑦（S）的周期、族序数，写出元素⑩（Br）的元素符号。
(2) 先确定元素①（H）和⑤（Na）的化合价，再根据化合物中正负化合价代数和为 0，书写二者形成的离子化合物的化学式。
(3) 先根据 “潜水艇供氧剂” 的用途，确定⑤（Na）的该氧化物为 Na2O2；再分析其离子构成（Na+和 O22-），计算阴离子与阳离子的个数比.
(4) ①离子半径比较：先看电子层数，电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，据此排序 S2-、Cl-、K+。②离子方程式：先确定元素⑨（K）和⑥（Al）的最高价氧化物对应水化物（KOH、Al(OH)3），再书写 Al(OH)3与强碱反应生成四羟基合铝酸根的离子方程式。
(5) ①根据同主族元素非金属性递变规律（从上到下非金属性减弱），比较 Br（⑩）和 Cl（⑧）的非金属性。
②逐一分析选项，判断能否证明非金属性强弱：单质氧化性、氢化物还原性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性可用于比较，氢化物水溶液酸性不能用于比较。
（1）元素⑦为硫元素，在周期表中的位置：第三周期ⅥA族；元素⑩的元素符号为Br；
（2）元素①和⑤形成的化合物为离子化合物氢化钠NaH；
（3）⑤是钠，钠的某种氧化物可用于潜水艇中的供氧剂，该氧化物为过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应均可以生成氧气，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，故阴离子与阳离子个数比为1：2；
（4）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->K+；元素⑨的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钾，元素⑥的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝和强碱氢氧化钾生成四羟基和硫酸钾，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
（5）同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱，则元素的非金属性BrA．元素Cl的单质与Br的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色，说明氯气置换出单质溴，能说明非金属性氯大于溴，故A不符合题意；
B．非金属性越弱，其氢化物还原性越强，元素Cl的氢化物的还原性比元素Br的弱，能说明非金属性氯大于溴，故B不符合题意；
C．非金属性越强，其氢化物越稳定，元素Cl和Br的氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明非金属性氯大于溴，故C不符合题意；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素Br的强，比较最高价含氧酸能说明非金属性氯大于溴，故D不符合题意；
E．氢化物酸性与非金属性无关，元素Cl的氢化物的水溶液的酸性比元素Br的弱，不能说明非金属性氯大于溴，故E符合题意；
故答案为E。
16．【答案】（1）分液漏斗
（2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）把部分NO氧化为NO2
（4）；1：1
（5）防倒吸；
（6）正；
【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；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据装置图，装稀硝酸的仪器的名称是分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）装置A中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
故答案为： 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ；
（3）制备，根据，实验时装置B中应间断性通入适量的，其目的是把A中生成的部分NO氧化为NO2；
故答案为： 把部分NO氧化为NO2 ；
（4）是共价化合物，电子式为。NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氮的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，只发生反应，则1：1。
故答案为： ； 1：1 ；
（5）装置D的作用是①倒置的漏斗防倒吸。
②吸收尾气，防止污染空气：NaClO溶液将NO氧化成，NaClO被还原为NaCl，根据得失电子守恒，由于吸收尾气时通常次氯酸钠过量，则反应中产生的氢离子会转化为次氯酸，该反应的离子式为。
故答案为： 防倒吸 ； ；
（6）质子固体电解质可以允许通过，根据图示，氧气在Pt电极得电子生成水，电极Pt做正极，该电极的电极方程式为。
故答案为： 正 ； ；
【分析】该实验以铜与稀硝酸反应为起点，通过氮氧化物的转化与吸收，最终制备亚硝酸钠，核心流程如下：装置 A 中，铜与稀硝酸在 N2氛围下反应生成 NO 气体，N2可将装置内空气排尽并将生成的 NO 导入后续装置。装置 B 中通入 O2，将部分 NO 氧化为 NO2，调节 NO 与 NO2的体积比，为后续制备 NaNO2提供合适的反应物比例。装置 C 中，混合氮氧化物（NO、NO2）与饱和 Na2CO3溶液发生反应，主要按反应①生成 NaNO2，若 NO2过量则会发生副反应②生成少量 NaNO3：、， 。装置 D 中用 NaClO 溶液吸收剩余的氮氧化物，防止污染环境。整个流程遵循 “制备 NO→调控氮氧化物比例→吸收制备 NaNO2→尾气处理” 的主线，实现了从氮氧化物到亚硝酸钠的转化。
（1）根据装置图，装稀硝酸的仪器的名称是分液漏斗；
（2）装置A中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）制备，根据，实验时装置B中应间断性通入适量的，其目的是把A中生成的部分NO氧化为NO2；
（4）是共价化合物，电子式为。NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氮的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，只发生反应，则1：1。
（5）装置D的作用是①倒置的漏斗防倒吸。
②吸收尾气，防止污染空气：NaClO溶液将NO氧化成，NaClO被还原为NaCl，根据得失电子守恒，由于吸收尾气时通常次氯酸钠过量，则反应中产生的氢离子会转化为次氯酸，该反应的离子式为。
（6）质子固体电解质可以允许通过，根据图示，氧气在Pt电极得电子生成水，电极Pt做正极，该电极的电极方程式为。
17．【答案】（1）“粉碎”粉煤灰适、当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌(任写两条)
（2）SiO2
（3）Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+
（4）不能
（5）；12
（6）14%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素，除了“粉碎”粉煤灰，还可以通过适当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌等方法提高“酸浸”的速率；
故答案为： “粉碎”粉煤灰适、当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌(任写两条) ；
（2）SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应，其余都会与硫酸反应成为滤液，则滤渣1的主要成分是SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（3）滤液中有FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，氯水的主要成分为Cl2，酸性条件下Cl2能氧化Fe2+，氯化合价由0变为-1、铁化合价由+2变为+3，结合电子守恒，离子方程式如下：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；
故答案为： Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ ；
（4）盐酸会和氢氧化铝沉淀反应，“沉铝”不能将足量CO2换成足量盐酸，因为如果换成足量盐酸，Al3+沉淀不完全；
故答案为： 不能 ；
（5）Li2CO3与适量碳粉、FePO4在高温下可得到磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应中碳化合价由0变为+4、铁化合价由+3变为+2，由电子守恒，化学方程式为，生成4mol FePO4的同时消耗还原剂C 1mol，则消耗还原剂C的质量为1mol×12g/mol=12g；
故答案为： ； 12 ；
（6）该粉煤灰含Li2O的质量分数为30%，其他不含锂的杂质的质量分数为70%，则这种粉煤灰中锂的质量分数为。
故答案为： 14% ；
【分析】该流程以含 Al2O3、Li2O、SiO2、Fe2O3、Fe3O4的粉煤灰为原料，通过酸浸溶出 — 氧化除铁 — 沉铝分离 — 沉锂回收四步核心操作，实现多种金属化合物的分离提取：
向粉煤灰中加入过量稀硫酸，Al2O3、Li2O、Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应，溶解生成 Al2(SO4)3、Li2SO4、Fe2(SO4)3、FeSO4进入溶液；而 SiO2作为酸性氧化物不与稀硫酸反应，形成滤渣被分离除去。向酸浸后的滤液中加入氧化剂，将溶液中的 Fe2+（来自 Fe3O4与酸的反应）全部氧化为 Fe3+；再加入 NaOH 溶液，调节 pH 使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀，通过过滤实现铁元素的分离回收。向除铁后的溶液中加入足量 NaOH 溶液，使 Al3+转化为可溶性偏铝酸盐；随后通入足量 CO2气体，偏铝酸盐与 CO2、H2O 反应，生成 Al(OH)3沉淀，过滤后得到铝的化合物。向含 Li+的母液中加入 (NH4)2CO3溶液，Li+与 CO32-结合生成 Li2CO3沉淀，过滤后得到锂的产品 Li2CO3，剩余母液可进一步处理或循环利用。
（1）根据影响反应速率的因素，除了“粉碎”粉煤灰，还可以通过适当增大硫酸浓度，适当提高“酸浸”温度、搅拌等方法提高“酸浸”的速率；
（2）SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应，其余都会与硫酸反应成为滤液，则滤渣1的主要成分是SiO2；
（3）滤液中有FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，氯水的主要成分为Cl2，酸性条件下Cl2能氧化Fe2+，氯化合价由0变为-1、铁化合价由+2变为+3，结合电子守恒，离子方程式如下：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；
（4）盐酸会和氢氧化铝沉淀反应，“沉铝”不能将足量CO2换成足量盐酸，因为如果换成足量盐酸，Al3+沉淀不完全；
（5）Li2CO3与适量碳粉、FePO4在高温下可得到磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应中碳化合价由0变为+4、铁化合价由+3变为+2，由电子守恒，化学方程式为，生成4mol FePO4的同时消耗还原剂C 1mol，则消耗还原剂C的质量为1mol×12g/mol=12g；
（6）该粉煤灰含Li2O的质量分数为30%，其他不含锂的杂质的质量分数为70%，则这种粉煤灰中锂的质量分数为。
18．【答案】（1）葡萄糖；醛基
（2）HOCH(CH3)COOH
（3）
（4）HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O
（5）ade
（6）Br2；RCOOCH2CH2OOCR
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）A的名称为葡萄糖；C为乙醛，其官能团名称为醛基；
故答案为： 葡萄糖 ； 醛基 ；
（2）D为乙酸，D和E发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH，则E的结构简式为HOCH(CH3)COOH；
故答案为： HOCH(CH3)COOH ；
（3）B→C是乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式是；
故答案为： ；
（4）反应II为乳酸和乙酸发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH和水，化学方程式为HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O；
故答案为： HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O ；
（5）a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子，故a错误；
b．H可以调节植物生长，为乙烯，H与水发生加成反应生成B（乙醇），故b正确；
c．E为HOCH(CH3)COOH，只有羧基与和NaOH反应，羟基不与和NaOH反应，则1molE消耗的和NaOH的物质的量均为1mol，故c正确；
d．D为CH3COOH，E为HOCH(CH3)COOH，含有官能团不同，不互为同系物，故d错误；
e．水解后的溶液为酸性，葡萄糖含有醛基， 在酸性条件下不能与银氨溶液反应产生银镜，故e错误；
故答案为：ade；
（6）H为乙烯，乙烯与Br2加成生成J（CH2BrCH2Br），J与NaOH溶液反应生成K（CH2OHCH2OH），K与过量F在浓硫酸、加热条件下以1：2反应生成I，则F为羧酸RCOOH，I的结构简式为RCOOCH2CH2OOCR。
故答案为： Br2 ； RCOOCH2CH2OOCR ；
【分析】该合成路线以淀粉为起始原料，通过水解、发酵、氧化、酯化等步骤制备目标食用香料：
淀粉在稀硫酸、加热条件下水解，生成葡萄糖（A，化学式 C6H12O6）。葡萄糖经发酵得到乙醇（B，化学式 CH3CH2OH）；同时在特定条件下转化为含羟基和羧基的中间体 E（化学式 C3H6O3，结构为 CH3CH(OH)COOH）。乙醇先在 Cu 催化下被 O2氧化为乙醛（C，化学式 C2H4O），再经催化氧化得到乙酸（D，化学式 C2H4O2）。乙酸与中间体 E 在稀硫酸、加热条件下发生酯化反应，最终生成目标香料（乙酸乳酸酯，结构为 CH3COOCH(CH3)COOH）。
（1）A的名称为葡萄糖；C为乙醛，其官能团名称为醛基；
（2）D为乙酸，D和E发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH，则E的结构简式为HOCH(CH3)COOH；
（3）B→C是乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式是；
（4）反应II为乳酸和乙酸发生酯化反应生成CH3COOCH(CH3)COOH和水，化学方程式为HOCH(CH3)COOH+CH3COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O；
（5）a．淀粉分子式为，属于天然有机高分子，故a错误；
b．H可以调节植物生长，为乙烯，H与水发生加成反应生成B（乙醇），故b正确；
c．E为HOCH(CH3)COOH，只有羧基与和NaOH反应，羟基不与和NaOH反应，则1molE消耗的和NaOH的物质的量均为1mol，故c正确；
d．D为CH3COOH，E为HOCH(CH3)COOH，含有官能团不同，不互为同系物，故d错误；
e．水解后的溶液为酸性，葡萄糖含有醛基， 在酸性条件下不能与银氨溶液反应产生银镜，故e错误；
故答案为ade；
（6）H为乙烯，乙烯与Br2加成生成J（CH2BrCH2Br），J与NaOH溶液反应生成K（CH2OHCH2OH），K与过量F在浓硫酸、加热条件下以1：2反应生成I，则F为羧酸RCOOH，I的结构简式为RCOOCH2CH2OOCR。
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