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浙江省舟山中学2024-2025学年高一下学期4月期中化学试题
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．下列与实验有关的图标和名称不相符的是
A．护目镜 B．洗手
C．热烫 D．锐器
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【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】A ． 代表护目镜标识，化学实验时必须佩戴护目镜以确保眼部安全， A不符合题意；B．表示洗手标识，实验完成后需用清洁剂彻底清洗双手后方可离开实验室， B不符合题意；
C．是火焰警示标识，实验涉及明火操作时需规范使用火源并注意整理长发及衣物，该标识并非表示高温烫伤警示， C符合题意；
D．为锐器警示标识，使用锋利器具时应规范操作，避免对人员造成划伤或刺伤风险， D不符合题意；
正确答案选择C项。
【分析】根据题中图标所示，热烫对应的图标不相符。
2．下列诗文中隐含化学变化的是
A．海日生残夜，江春人旧年
B．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠
C．孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流
D．忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解析】A. "海日生残夜，江春入旧年"描写时序更替的自然景象，不涉及物质性质的改变，无化学变化过程， A不符合题意；B. "月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠"中"渔火"指燃烧的火光，燃烧过程（燃料与氧气反应）属于典型的化学变化， B符合题意；
C. "孤帆远影碧空尽"展现的是物体逐渐消失的物理运动过程，不产生新物质，无化学变化， C不符合题意；
D. "忽闻海上有仙山"属于神话想象，未描述具体物质变化过程， D不符合题意；
综上所述，正确答案为B。
【分析】题目考查化学与诗词相关知识，"月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠"中涉及燃烧反应，属于化学变化。
3．实验室配制0.100mol/L的溶液，需要用到的仪器是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．分液漏斗在此配制过程中不需要使用，因此选项A错误；B．容量瓶是配制溶液时必需的仪器，所以选项B正确；
C．蒸馏烧瓶在此配制过程中不需要使用，因此选项C错误；
D．普通漏斗在此配制过程中不需要使用，因此选项D错误；
选择B选项。
【分析】在实验室中配制0.100mol/L的溶液时，所需的仪器包括：托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管。
4．有关和的说法不正确的是
A．两者的阳、阴离子个数比均为
B．与水反应生成，是碱性氧化物
C．加入到滴有酚酞的水中，溶液会出现先变红后褪色现象
D．和久置在空气中，最终都变为
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 氧化钠(Na2O)由钠离子(Na+)和氧离子(O2 )构成，过氧化钠(Na2O2)由钠离子(Na+)和过氧根离子()构成，二者的阳离子与阴离子个数比均为2：1，选项A正确；
B. 碱性氧化物是指能与酸反应只生成盐和水的氧化物。过氧化钠(Na2O2)与水反应不仅生成氢氧化钠(NaOH)，还会产生氧气(O2)，其化学方程式为，不符合碱性氧化物的定义，因此过氧化钠不是碱性氧化物，选项B错误；
C. 当过氧化钠(Na2O2)加入滴有酚酞的水中时，首先与水反应生成氢氧化钠，使溶液呈碱性，酚酞变红；但由于过氧化钠具有强氧化性，会氧化漂白酚酞，导致溶液褪色，选项C正确；
D. 氧化钠(Na2O)在空气中久置会先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与二氧化碳反应生成碳酸钠(Na2CO3)；过氧化钠(Na2O2)在空气中会直接与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气()，最终两者都会转化为碳酸钠，选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A.根据过氧化钠和氧化钠离子构成分析，阳离子和阴离子个数比是2：1；
B.过氧化钠不是碱性氧化物；
C.根据过氧化钠性质，与水反应生成氢氧化钠，使酚酞变红，后漂白，溶液褪色；
D.长期放置空气中，过氧化钠和氧化钠会转变为碳酸钠。
5．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是
A．b气体溶于水可制得液氯
B．b通入冷的石灰乳中可制得漂白粉
C．c可用于自来水消毒
D．存在a→b→d→a的循环转化关系
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A. b气体为Cl2，溶于水会与水反应生成盐酸和次氯酸，A选项说法不正确；
B. b气体是氯气，通入冷的石灰乳中可以制得漂白粉，B选项说法正确；
C. c是+4价氯的氧化物ClO2，具有氧化性，可用于自来水消毒，C选项说法正确；
D. a、b、d分别代表盐酸、氯气和次氯酸；浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸分解又能生成盐酸，存在a→b→d→a的转化关系，D选项说法正确；
综上所述，正确答案是A。【分析】根据物质分类和相应化合价，a为氯化氢，b为氯单质，c为二氧化氯，d为次氯酸，据此分析。
6．下列关于铁及其化合物的叙述正确的是
A．属于碱性氧化物
B．铁丝在氯气中燃烧生成
C．用铁粉可除去溶液中的
D．常温下，铁片遇稀硝酸发生钝化
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解析】A．能与酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义，因此A选项正确；B．铁丝在氯气中燃烧的产物是，而不是其他铁氯化物，所以B选项错误；
C．铁粉不能与反应，但可以与反应生成，因此不能用铁粉除去溶液中的，C选项错误；
D．在常温下，铁片与浓硝酸接触会发生钝化现象，因此D选项错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．三氧化二铁是碱性氧化物；
B．铁和氯气反应生成氯化铁；
C．铁单质和三价铁离子反应；
D．常温下，铁与浓硝酸会钝化。
7．下列有关金属和合金的说法错误的是
A．铁粉可用作食品包装袋中的干燥剂
B．硬铝合金密度小强度大，可用于制造飞机部件
C．合金与纯金属相比，结构发生变化
D．镧镍合金能吸收氢气，实现氢气的安全存储与运输
【答案】A
【知识点】合金及其应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．铁粉具有还原性，能够与氧气反应，因此可用作食品脱氧剂，铁粉不具有吸水性，不能作干燥剂，故A错误；B．硬铝合金由于密度小、强度高、机械性能优良，广泛应用于汽车、飞机和火箭等制造领域，因此B选项正确；
C．合金的结构与纯金属不同，例如不锈钢通过添加碳、铬、镍等元素改变了铁的结构，从而获得耐腐蚀性能，所以C选项正确；
D．镧镍合金能够可逆地吸收和释放氢气，形成金属氢化物，这一特性使其成为理想的储氢材料，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．铁粉没有干燥作用，可用作脱氧剂；
B．根据硬铝合金密度小特点，可制作飞机部件；
C．合金和纯金属的结构不同；
D．镧镍合金可用作储氢材料。
8．下列离子方程式正确的是
A．将通入溶液中：
B．向水中加入Na2O2：2H2O+4Na++=4Na++4OH-+O2↑
C．用醋酸溶解水垢：
D．过量铁与稀硝酸反应：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 将二氧化硫()通入次氯酸钠()溶液时，会发生氧化还原反应。当二氧化硫少量时，反应的离子方程式为：。因此A选项是错误的；
B. 过氧化钠()在水中反应时不能拆开写。正确的离子方程式应为：。因此B选项也是错误的；
C．CH3COOH是弱电解质，在离子方程式中应保留分子形式。用醋酸溶解水垢CaCO3的正确离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + H2O + CO2↑，因此选项C是错误的；
D．当铁过量时与稀硝酸反应会生成Fe2+，其离子方程式为：，因此选项 D 表述是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．二氧化硫和次氯酸钠发生氧化还原反应；
B．过氧化钠不可拆开；
C．醋酸是弱酸，不能拆开；
D．过量铁和稀硝酸反应生成二价铁离子和一氧化氮。
9．已知第三代工业制取多晶硅流程如图所示：
下列说法错误的是
A．制取粗硅的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．单质硅可用于制备计算机芯片
C．粗硅粉碎可以增大与HCl的接触面积，加快反应速率
D．H2与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A. 粗硅制备反应为，其中SiO2为氧化剂，C为还原剂，二者物质的量之比为，故A错误；B. 单质硅是半导体材料，广泛应用于芯片和太阳能电池， 故B正确；
C. 粉碎粗硅可增大固体接触面积，加快反应速率， 故C正确；
D. SiHCl3与H2的反应，属于置换反应， 故D正确；
故选A。
【分析】石英（SiO2）与焦炭在高温下反应生成粗硅和CO气体，后续流程包括粗硅粉碎、与HCl反应生成SiHCl3，再经提纯后与H2反应制得多晶硅。
10．下列说法不正确的是
A．乙醇和二甲醚互为同分异构体
B．与互为同位素
C．与是同种核素
D．红磷与白磷互为同素异形体
【答案】C
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A．乙醇和二甲醚()具有相同的分子式但结构不同，属于同分异构体，选项A正确；
B．和是质子数相同但中子数不同的氯原子，互为同位素，选项B正确；
C．与虽然都是硫元素的不同核素， C不正确；
D．红磷和白磷是由磷元素组成的不同单质，互为同素异形体，选项D正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据同分异构体概念，乙醇和二甲醚是同分异构体；
B．同位素指相同元素的不同核素；
C．与中子数不同，不是同种核素；
D．同素异形体指相同元素形成的不同单质。
11．下列关于的说法正确的是
A．可以使氯水褪色，体现的氧化性
B．二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现的漂白性
C．可以使品红溶液褪色，体现了的氧化性
D．葡萄酒中使用是利用了的还原性
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A. 当SO2通入氯水时发生氧化还原反应，化学方程式为。该反应导致氯水褪色，其中硫元素化合价从+4价（SO2）升高到+6价（H2SO4），表明SO2被氧化，体现的是还原性而非漂白性，因此A选项错误；
B. SO2通入含酚酞的氢氧化钠溶液后褪色，是由于SO2作为酸性氧化物与NaOH发生中和反应生成Na2SO3和水，导致溶液碱性减弱，并非SO2的漂白作用，故B选项错误；
C. SO2能使品红溶液褪色，这是其特有的漂白性体现，原理是与品红形成不稳定的无色化合物。虽然现象正确，但题目要求选择"不能体现漂白性"的选项，因此C选项错误；
D. 在葡萄酒中添加SO2主要利用其还原性（抗氧化）和抗菌性能，与漂白性无关，符合题目要求，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. 二氧化硫会和氯水发生氧化还原反应；
B. 二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液褪色和二氧化硫漂白性无关；
C. 二氧化硫使品红溶液褪色，体现二氧化硫漂白性；
D. 葡萄酒中添加二氧化硫，是因为二氧化硫可杀菌和抗氧化性。
12．下列有关化学用语使用正确的是
A．新戊烷的结构简式：
B．一氯甲烷的电子式：
C．丙烷分子的空间填充模型：
D．乙烯的最简式：CH2
【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．新戊烷的结构简式 ，A错误；
B．一氯甲烷的电子式，B错误；
C．用球和棍表示的模型为球棍模型，则表示丙烷分子的球棍模型而不是空间填充模型，C错误；
D．乙烯的分子式为C2H4，所以最简式为CH2，D正确；
故选D。
【分析】题目考查化学用语，乙烯的最简式为CH2，是原子最简个数比；一氯甲烷电子式为，选项中为丙烷的球棍模型。
13．利用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的是
、
A．利用图甲装置，可快速制取氨气
B．利用图乙装置，用饱和碳酸钠溶液分离和混合液
C．利用图丙装置，可制取乙烯并验证其易被酸性溶液氧化
D．利用图丁装置，可说明浓具有脱水性、氧化性，具有漂白性、还原性
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；浓硫酸的性质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A．生石灰(CaO)与水(H2O)反应放热，促使浓氨水(NH3·H2O)分解生成氨气(NH3)，图甲装置能快速制取NH3， 故A正确；
B．乙醇(CH3CH2OH)和乙酸(CH3COOH)均易溶于水，且乙酸会与Na2CO3反应，图乙装置无法实现分离， 故B错误；
C．乙醇在浓H2SO4催化下脱水生成乙烯(CH2=CH2)，副产物乙醇蒸气可用KOH溶液吸收。乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，图丙装置能同时实现制取和验证乙烯的还原性， 故C正确；
D．浓H2SO4使蔗糖脱水碳化放热，碳与浓H2SO4反应生成SO2和CO2。SO2能使品红溶液褪色（漂白性），使酸性KMnO4溶液褪色（还原性），图丁装置可验证浓H2SO4的脱水性、氧化性及SO2的性质， 故D正确；
综上，正确答案为B。
【分析】A．氧化钙和水反应放热，浓氨水受热分解生成氨气；
B．乙醇和醋酸溶液中加入碳酸钠并不会分层，无法分液；
C．根据装置，氢氧化钾可除去二氧化硫，用高锰酸钾溶液验证乙烯性质；
D．根据碳单质和浓硫酸反应后生成物，二氧化硫和二氧化艳性质，可用装置进行验证。
14．氮元素在海洋中的循环是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用如图表示，下列说法正确的是
已知：反应④的离子方程式为4NH+5O2=2NO+6H++N2O+5H2O。
A．向海洋排放含NO的废水可能影响海洋中氮的循环
B．①②均属于固氮反应
C．海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
D．反应④中每生成1molH2O，共转移2mol电子
【答案】A
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A. 向海洋排放含硝酸根(NO)的废水会导致硝酸根浓度增加，这会增强反硝化作用，从而打破原有的化学平衡和生态平衡，可能对海洋氮循环造成影响，因此A选项正确；
B. 氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程。在题目描述中，过程①不属于氮的固定，而过程②符合氮的固定定义，因此B选项错误；
C. 反硝化作用是指在缺氧条件下，反硝化细菌将硝酸盐还原为氮气(N2)或一氧化二氮(N2O)的过程。该过程不需要氧气参与，因此C选项错误；
D. 根据反应方程式4NH + 5O2 → 2NO + 6H+ + N2O + 5H2O，氮元素化合价从-3价变为+1价和+3价，氧元素从0价变为-2价，总电子转移数为20e-。计算表明每生成1mol H2O转移4mol电子，因此D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据海洋中氮元素转化，含硝酸根的废水影响反硝化过程，影响氮元素循环；
B． ① 不属于固氮反应；
C．反硝化是发生了还原反应；
D．根据对应离子方程式，生成1molH2O，转移4mol电子。
15．用铁及其化合物可以去除某些氮化物。一定条件下，将与的混合气体通入与的混合溶液中的转化过程如图甲所示；用去除水体中的如图乙所示。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ的离子反应方程式为
B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．由图甲转化过程可得出氧化性：
D．图乙中转化为则参加反应的为3mol
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应Ⅰ为氢气还原铁离子生成亚铁离子，离子反应方程式为，A正确；
B．过程Ⅱ为亚铁离子还原NO为氮气，NO为氧化剂、亚铁离子为还原剂，反应为：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；
C．结合分析，过程Ⅰ中铁离子被还原为亚铁离子，氧化性：，过程Ⅱ中NO氧化亚铁离子为铁离子，则氧化性，可得出氧化性：，C正确；
D．图乙中硝酸根离子被铁还原为铵根离子，铁被氧化为四氧化三铁，结合电子守恒：，则转化为则参加反应的为3mol，D正确；
故选B。
【分析】分析转化关系图，可知过程Ⅰ为：，过程Ⅱ为：，总反应为：。
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．下列化合物中既含有离子键又含有共价键的是
A． B． C． D．NaCl
【答案】B
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解析】A. 氨水（NH3·H2O）是共价化合物，分子内仅存在共价键， 故A不选；
B. 硫酸钠（Na2SO4）由钠离子（Na+）与硫酸根离子（SO42-）通过离子键结合，而硫酸根离子内部存在硫氧共价键，同时满足离子键和共价键的条件， 故B选；
C. 过氧化氢（H2O2）是典型的共价化合物，不含离子键， 故C不选；
D. 氯化钠（NaCl）作为离子化合物，仅存在离子键， 故D不选；
综上所述，正确答案为B。
【分析】含有离子键的化合物包括大多数盐、金属氧化物和强碱，氯化钠中含离子键，不含共价键。
17．已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。
下列说法不正确的是
A．H-H键的键能小于键的键能
B．破坏和的化学键所需的能量小于中的化学键所释放的能量
C．
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
【答案】C
【知识点】化学键；常见能量的转化及运用；反应热和焓变
【解析】【解答】A. H-H键的键能（436 kJ/mol）确实小于O=O键的键能（496 kJ/mol），因此A选项正确；
B. 破坏2 mol H和1 mol O的化学键所需能量为2×436 kJ + 496 kJ = 1368 kJ，而生成2 mol HO时释放的能量为4×462 kJ = 1848 kJ，显然破坏键所需能量小于释放的能量，因此B选项正确；
C. 计算反应的焓变时，用反应物键能总和减去生成物键能总和。对于反应2H(g) + O(g) = 2HO(g)，ΔH = (1368 kJ·mol) - (1848 kJ·mol) = -480 kJ·mol。若生成液态水，放热更多，因此C选项是错误的；
D. 该反应是自发的氧化还原反应，能设计成原电池，因此可以通过适当的装置将化学能转化为电能，因此D选项正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A. 根据题中数据可比较二者键能大小；
B. 根据题中数据计算可知反应物键能小于生成物键能；
C. 水蒸气转化为液态水释放能量未知；
D. 氧化还原反应可设计成原电池，实现化学能转化为电能。
18．一种高性能的碱性硼化钒(VB2)-空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2＋16OH--12e-=VO＋2B(OH)＋4H2O。该电池工作时，下列说法错误的是
A．复合碳电极为正极，发生还原反应
B．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
C．电池总反应为VB2＋3O2＋4OH-＋2H2O = 2B(OH)＋VO
D．电子由VB2电极经KOH溶液流到复合碳电极
【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．由分析可知，复合碳电极为正极，发生还原反应，选项A正确；B．当电路中通过0.04mol电子时，正极消耗0.01mol O2，其在标准状况下的体积为0.224L，选项B正确；
C．VB2电极反应为：VB2＋16OH-－11e-=VO＋2B(OH)＋4H2O，复合碳电极反应为：，总反应为VB2＋3O2＋4OH-＋2H2O = 2B(OH)＋VO，选项C正确；
D．电子只能在外电路中流动，不能进入电解质溶液，选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】根据题目信息可知，VB2电极发生失电子的氧化反应，因此VB2电极为负极，复合碳电极为正极。正极发生的还原反应为：。
19．是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为
B．标准状况下，己烷在中完全燃烧，生成的二氧化碳分子数目为
C．含中子数目为
D．由乙烯和环丙烷组成的混合气体中所含碳原子数不一定为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在二氧化硅晶体结构中，每个硅原子与4个氧原子形成共价键，因此1个二氧化硅分子平均含有4个硅氧键。60g二氧化硅（即1mol）所含硅氧键数目为4NA， 故A错误；
B．标准状况下，己烷（C6H14）呈液态，不能使用气体摩尔体积计算22.4L己烷的物质的量， 故B错误；
C．的摩尔质量为20g/mol，其物质的量计算为。每个分子含有10个中子（氘原子含1个中子，氧-16含8个中子），故0.1mol该物质含中子数为NA， 故C正确；
D．乙烯（C2H4）和环丙烷（C3H6）的最简式均为CH2。42g混合物的CH2单元物质的量为3mol，因此含碳原子数为3NA， 故D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．二氧化硅结构中，硅原子和硅氧键之比为1：4；
B．标准状况下，己烷为非气态；
C．氘的质量数为2，据此计算重水的摩尔质量；
D．根据乙烯和环丙烷的最简式相同进行计算。
20．短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是
A．X、Y、Z、W中可能存在金属元素
B．化合物ZW2分子中所有原子都达到8电子稳定结构
C．气态氢化物的稳定性：Z>W>X>Y
D．Y、Z可形成的一种化合物能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现该化合物有漂白性。
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；二氧化硫的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．根据分析，X、Y、Z、W分别对应氮(N)、氧(O)、硫(S)、氯(Cl)元素，均为非金属元素，不含金属元素，因此选项A是错误的；
B．化合物ZW2的分子式为SCl2，其结构为硫原子与两个氯原子各共用一对电子，使得硫原子和两个氯原子均达到8电子稳定结构，因此选项B是正确的；
C．元素的非金属性顺序为O > Cl > N > S，因此它们的气态氢化物稳定性顺序应为：H2O > HCl > NH3 > H2S，即Y > W > X > Z，选项C是错误的；
D．Y和Z形成的化合物SO2与酸性高锰酸钾溶液反应时，SO2表现的是还原性而非氧化性，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案为B。
【分析】由于四种元素均为短周期元素，可以确定X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期。根据题目条件"Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍"，可以推断Y为氧元素(O)，进而确定X为氮元素(N)，Z为硫元素(S)，W为氯元素(Cl)。
21．海水资源综合利用过程中，下列有关说法正确的是
A．海水晒盐是利用溶质的溶解度随温度变化而变化的原理
B．海水提镁的转化为
C．用溶液吸收溴，离子方程式为
D．将氧化为时，加入过量的会使的产率降低
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、海水晒盐利用的是蒸发溶剂使 NaCl 达到饱和而结晶，因为 NaCl 的溶解度受温度影响极小，并非通过温度变化实现结晶。选项中 “利用溶解度随温度变化” 的描述错误，A错误；
B、MgCl2溶液电解时，H+优先于 Mg2+放电，产物为 Mg(OH)2、H2和 Cl2，无法得到金属 Mg。工业上需电解熔融的 MgCl2（破坏离子键，使 Mg2+在阴极析出）， 离子方程式为：，无法得到金属Mg，B错误；
C、用 Na2CO3溶液吸收 Br2时，参与反应的是 CO32-（而非 OH-）， 正确反应为：或，C错误；
D、H2O2在酸性条件下先将 I-氧化为 I2，但过量时会进一步氧化 I2：5H2O2+I2=2IO3-+2H++4H2O，导致 I2被消耗，产率降低。描述符合反应规律，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查海水晒盐的核心原理（溶解度与温度的关系）。
B．判断海水提镁中获取金属 Mg 的电解条件（熔融态 vs 水溶液）。
C．考查Na2CO3溶液吸收 Br2的离子反应本质（反应物种类）。
D．考查过量 H2O2对 I2产率的影响（氧化还原的递进反应）。
22．已知合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，其能量变化及微观历程如图所示(*表示物质吸附在催化剂表面的形态)。下列说法错误的是
A．在催化剂表面只存在N≡N断裂，不存在N≡N形成
B．图2中②→③的过程吸收能量
C．图2中③→④的过程可表示为
D．其他条件相同，使用催化剂不会改变合成氨反应放出的热量
【答案】A
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．合成氨反应为可逆反应。根据图2分析，②→③步骤表示催化剂表面N≡N键和键断裂的过程。若逆向进行③→②，则对应催化剂表面N≡N键和键重新形成的过程，因此A选项是错误的；
B．图2中②→③过程涉及N≡N键和键的断裂，这是一个需要吸收能量的过程，因此B选项是正确的；
C．图2中③→④过程表示键的形成，可以用化学方程式表示为，因此C选项是正确的；
D．从图1可以看出，在相同条件下，使用催化剂虽然可以改变反应路径，但不会影响合成氨反应放出的总热量，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是A。【分析】A．根据历程图可知，有N≡N键和键断裂的过程，逆过程有二者形成过程；
B． 图2中②→③的过程 是断键，吸收能量；
C． 图2中③→④的过程 为氮原子和氢原子形成氨分子；
D．催化剂增大反应速率，不影响焓变。
23．一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应：，下列能表明该反应已达到化学平衡状态的说法正确的有几个
①
②的体积分数不再变化
③容器内气体压强不再变化
④的浓度之比为
⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化
⑥混合气体的密度不再改变
⑦键断裂的同时有键断裂
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解析】① 正反应速率与逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，判断正确；
② CO的体积分数保持不变，表明反应达到平衡状态，判断正确；
③ 对于气体系数改变的反应，在恒温恒容条件下，压强不变说明达到平衡，判断正确；
④ H2O与CO的浓度不变是平衡特征，但二者浓度比不确定（未给出起始条件和反应限度），不能作为平衡判据，判断错误；
⑤ 根据，当气体质量m和物质的量n均保持不变时达到平衡，判断正确；
⑥ 由可知，在反应过程中气体质量m变化，当ρ不变时达到平衡，判断正确；
⑦ 2mol H-O键断裂（消耗1mol H2O）同时2mol H-H键断裂（消耗2mol H2），表示的是同一方向的反应速率，不能说明平衡，判断错误。
综上，正确的判断共有5个，故正确答案为C。
【分析】题目考查化学平衡状态判断依据：对于反应，各组分浓度不变时，达到平衡，同一组分的正反应速率等于逆反应速率时，达到平衡，气体压强不变，气体密度不变时，达到平衡，总体判断平衡状态的思路是变量不变，据此分析。
24．番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图，下列说法错误的是
A．该物质结构含有4种官能团，能使酸性溶液褪色
B．该物质最多可与发生加成反应
C．该物质分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为
D．该物质与足量饱和溶液反应，可放出(标准状况)
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解析】A．该化合物分子结构中包含羟基（-OH）、羧基（-COOH）、碳碳双键（C=C）和醚键（-O-）四种官能团。其中羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液()发生氧化还原反应使其褪色，因此选项A正确；
B．根据分子结构分析，番木鳖酸分子中含有一个碳碳双键，该双键可以与氢气发生加成反应。因此1mol该物质最多能与发生加成反应，选项B正确；
C．分子中含有的羟基(-OH)可以与金属钠反应，羧基(-COOH)既能与金属钠反应也能与氢氧化钠反应。经计算，1mol该物质最多消耗6mol钠和1mol氢氧化钠，两者物质的量之比为6：1，因此选项C的说法是错误的；
D．分子中的羧基(-COOH)可以与碳酸氢钠(NaHCO3)反应放出二氧化碳。1mol该物质最多产生1mol CO2，在标准状况下体积为22.4L，故选项D正确；
综上所述，错误的选项是C。【分析】根据有机物结构简式可知，含有官能团羧基、羟基、碳碳双键、醚键，羟基和碳碳双键可被高锰酸钾氧化，碳碳双键可与氢气发生加成反应，羧基和羟基与钠单质反应，羧基与氢氧化钠反应，羧基可与碳酸氢钠反应，据此分析。
25．为达到下列实验目的，操作方法合理的是
　 实验目的 操作方法
A 检验含的乙炔气体中的 将气体依次通过足量溶液、溴水
B 从含的溶液中得到纯净的溶液 加入过量氨水，过滤
C 用盐酸滴定和的混碱溶液 依次用甲基橙、酚酞作指示剂连续滴定
D 从溶液中提取 蒸干溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】A、硫化氢(H2S)和乙炔(C2H2)都能使溴水褪色。为准确检验乙炔，需先通过硫酸铜(CuSO4)溶液除去H2S，此时若溴水褪色即可证明乙炔存在。该操作正确，A正确。B、当向含FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量氨水时，CuCl2会转化为[Cu(NH3)4]Cl2留在溶液中，而FeCl3会生成Fe(OH)3沉淀被过滤出来。题目描述的操作不能实现分离目的，B错误。
C、用盐酸滴定NaOH和Na2CO3的混合溶液时，反应分两步进行：先中和NaOH并将Na2CO3转化为NaHCO3（酚酞变色点），再继续滴定将NaHCO3转化为H2CO3（甲基橙变色点）。若指示剂使用顺序颠倒会导致测定结果错误，C错误。
D、对Na2S2O3溶液进行蒸干操作，会使得晶体失去结晶水；同时由于Na2S2O3具有还原进行，会被空气中的O2氧化，最终得到Na2SO4，D错误。
故答案为：A
【分析】A、通过CuSO4溶液可除去H2S，再通入溴水，即可检验C2H2。
B、加入过量氨水，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，CuCl2转化为[Cu(NH3)4]Cl2溶液。
C、滴定过程中NaOH、Na2CO3先转化为NaHCO3，NaHCO3再进一步反应生成NaCl和H2CO3，据此确定指示剂。
D、蒸干溶液，会使得晶体失去结晶水；同时Na2S2O3会被空气中的O2氧化。
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26．按要求回答下列问题：
（1）医疗中用到的钡餐的主要成分(化学式)　 　。
（2）氨气的电子式　 　 ，氮气的结构式　 　。
（3）浓硝酸见光分解的化学方程式是　 　。
（4）工业上用焦炭还原石英砂制粗硅的化学方程式　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）
（4）
【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；氧化还原反应方程式的配平；硝酸的化学性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）钡餐的主要成分是硫酸钡，其化学式为；
（2）氨分子（NH3）中氮原子与氢原子通过共价键结合，其电子式为：；氮气分子中含有氮氮三键，其结构式为：；
（3）浓硝酸在光照条件下分解，生成二氧化氮、氧气和水，化学方程式为：；
（4）工业上通过焦炭还原石英砂制备粗硅，同时产生一氧化碳，反应的化学方程式为：.
【分析】（1）钡餐指的是硫酸钡；
（2）根据氮原子成键情况，氮气中是氮氮三键；
（3）浓硝酸见光易分解，生成二氧化氮、氧气和水；
（4）碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳。
（1）钡餐的主要成分硫酸钡，化学式为；
（2）NH3中N与H形成共价键，电子式为：；氮气中含有氮氮三键，结构式为：；
（3）浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，化学方程式为：；
（4）工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，同时生成CO，反应的化学方程式为；
27．烃A是一种重要的化工原料，还是一种果实催熟剂，标准状况下密度为，其中含碳85.7%(质量分数)。E是有香味的不易溶于水的油状液体。有关物质转化关系如下：
（1）A的分子式　 　，A→B的反应类型　 　，有机化合物D中含有的官能团名称是　 　。
（2）写出反应①的化学方程式：　 　。
（3）下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．A、D、E均能发生加聚反应生成高分子化合物
B．实验室鉴别B、D和E三种物质可用饱和碳酸钠溶液
C．A能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，两者褪色原理相同
D．石油分馏产品在催化剂作用下加热制A的过程称为催化裂化
【答案】（1）；加成反应；碳碳双键、羧基
（2）
（3）C；D
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的物理、化学性质；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】（1）根据分析知，A的分子式是，A→B的反应类型是加成反应，有机化合物D中含有的官能团名称是碳碳双键、羧基；
故答案为： ； 加成反应 ； 碳碳双键、羧基 ；
（2）CH2=CHCOOH与C2H5OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOC2H5的化学方程式：；
故答案为： ；
（3）A. A、D、E都含有碳碳双键，均能发生加聚反应生成高分子化合物，正确；
B. C2H5OH与饱和碳酸钠溶液互溶，不分层，CH2=CHCOOC2H5与饱和碳酸钠溶液不互溶，分层，CH2=CHCOOH与饱和碳酸钠溶液反应生成气体，正确；
C. A能使溴水褪色因为加成反应，A能使酸性高锰酸钾溶液褪色因为氧化反应，两者褪色原理不相同，错误；
D. 石油分馏产品在催化剂作用下加热制A的过程称为催化裂解，错误；
故答案为：CD。
【分析】烃A是一种重要的化工原料，标准状况下密度为1.25g L-1，标况下Vm=22.4L/mol，则A的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1，A中含碳85.7%(质量分数)，则为乙烯(CH2=CH2)，E是有香味的不易溶于水的油状液体，说明E为酯类，根据物质转化关系可知B为醇类；CH2=CH2和H2O发生加成反应生成C2H5OH；CH2=CH2脱氢反应生成CH≡CH，加入CO和H2，反应生成CH2=CHCOOH，再与C2H5OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOC2H5。
（1）由烃A标况密度算摩尔质量，结合含碳85.7%，确定A为（乙烯 ），A→B 是乙烯与水加成生成乙醇，反应类型为加成反应，D为 ，含碳碳双键、羧基官能团 。
（2）D（ ）与B（ ）发生酯化反应，酸脱羟基、醇脱氢，生成酯（ ）和水，据此书写化学方程式 。
（3）A：A（乙烯）、D（ ）、E（ ）均含碳碳双键，能加聚生成高分子，
B：B（乙醇）与饱和碳酸钠互溶，D（ ）与碳酸钠反应冒气泡，E（酯）与碳酸钠分层，可鉴别，
C：A使溴水褪色是加成反应，使酸性高锰酸钾褪色是氧化反应，原理不同，
D：石油分馏产品制乙烯是催化裂解（裂化深度更大 ），不是催化裂化，
（1）根据分析知，A的分子式是，A→B的反应类型是加成反应，有机化合物D中含有的官能团名称是碳碳双键、羧基；
（2）CH2=CHCOOH与C2H5OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOC2H5的化学方程式：；
（3）A. A、D、E都含有碳碳双键，均能发生加聚反应生成高分子化合物，正确；B. C2H5OH与饱和碳酸钠溶液互溶，不分层，CH2=CHCOOC2H5与饱和碳酸钠溶液不互溶，分层，CH2=CHCOOH与饱和碳酸钠溶液反应生成气体，正确；C. A能使溴水褪色因为加成反应，A能使酸性高锰酸钾溶液褪色因为氧化反应，两者褪色原理不相同，错误；D. 石油分馏产品在催化剂作用下加热制A的过程称为催化裂解，错误；故选CD。
28．天然矿石X由三种元素组成，兴趣小组为探究其组成和性质，设计完成如下实验：
已知：a．固体B是难溶性酸(白色胶状沉淀)，溶液E可用作黏合剂和防火剂
b．所有试剂均过量
请回答下列问题：
（1）红棕色固体G的化学式为　 　。
（2）X的化学式为　 　。
（3）写出反应①的化学方程式　 　。
（4）写出D转变成F的化学方程式　 　。
（5）请设计实验，检验溶液A中所含的金属阳离子　 　。
【答案】（1）Fe2O3
（2）
（3）Fe2SiO4+4HCl=H2SiO3+2FeCl2+H2O
（4）
（5）取少量溶液A于试管中，加入几滴溶液，无明显现象，再加入少量新制氯水(或)，溶液变红，则说明溶液A中有
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；无机物的推断；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）根据分析可知，G的化学式为Fe2O3；
（2）X的组成元素为，其原子个数比为，因此化学式为；
（3）反应①的化学方程式为：Fe2SiO4 + 4HCl = H2SiO3↓ + 2FeCl2 + H2O；
（4）反应③是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁的过程，化学方程式为：；
（5）由于A中含有Fe2+，可以通过氧化反应使其转化为Fe3+，再用KSCN溶液检验。实验设计如下：取少量溶液A于试管中，加入几滴溶液，无明显现象，再加入少量新制氯水（或），若溶液变红，则证明A中含有。
【分析】白色沉淀D转化为红褐色F，说明D为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3。A中含有FeCl2，与NaOH反应生成C（NaCl）。固体B为H2SiO3，溶液E为Na2SiO3。根据质量守恒计算，X中含Fe 1.12g，Si 0.28g，O 0.64g，得出原子个数比为2：1：4。
（1）由分析，G为Fe2O3；
（2）由分析，X的组成元素为，原子个数比为，化学式为；
（3）结合分析，反应①的化学方程式Fe2SiO4+4HCl=H2SiO3↓+2FeCl2+H2O；
（4）反应③为氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，化学方程式：；
（5）A中含有亚铁离子，亚铁离子可以被过氧化氢等氧化为使KSCN溶液变红色的铁离子，故实验设计为：取少量溶液A于试管中，加入几滴溶液，无明显现象，再加入少量新制氯水(或)，溶液变红，则说明溶液A中有。
29．四氯化锡可用作媒染剂，熔点，沸点，遇潮湿空气能剧烈反应，释放氯化氢。利用如图装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置省略）。已知金属Sn常见化合价为和，化学活泼性与铁相似。（：摩尔质量）
回答下列问题：
（1）用甲装置制氯气，该反应的离子方程式为　 　。
（2）装置丙中的试剂为　 　。
（3）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为　 　。
（4）己为尾气处理，请写出反应的离子方程式　 　。
（5）若装置中生成标准状况下气体，不计气体损耗且足量，反应完后可得到，则的产率为　 　。[保留两位有效数字，产率（实际产量/理论产量）]
【答案】（1）
（2）浓硫酸
（3）在装置己戊之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）
（4）
（5）92%
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）甲装置中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式为：；
（2）丙装置中盛放浓硫酸，用于干燥氯气；
（3）为防止SnCl4水解，需在戊和己装置之间连接装有碱石灰的干燥管或U形管，以隔绝水蒸气；
（4）氢氧化钠吸收氯气的反应为：；
（5）装置中生成标准状况下气体，不计气体损耗且足量，反应完后可得到，结合氯守，则的产率为。
【分析】该实验利用氯气与金属锡反应制备四氯化锡。装置甲用于制取氯气，由于浓盐酸易挥发且加热会产生水蒸气，因此生成的氯气中混有HCl和H2O杂质。四氯化锡（SnCl4）是无色液体，熔点为-33℃，沸点为114℃，极易水解，在潮湿空气中会剧烈反应放出氯化氢。为防止丁装置中生成的SnCl4水解以及锡与HCl反应，需通过乙装置（饱和食盐水）除去HCl，丙装置（浓硫酸）干燥氯气。戊装置用于收集SnCl4，尾气用氢氧化钠溶液吸收以避免污染。由于SnCl4易水解，需防止己装置中的水蒸气进入戊装置，因此应在戊和己之间连接装有碱石灰的干燥管或U形管。
（1）甲装置制氯气，该反应为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；
（2）由分析，丙中为浓硫酸，用于干燥氯气；
（3）由分析，SnCl4发生水解，为防止水解，要防止己装置中的水蒸气进入戊装置，所以应该在装置己戊之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；
（4）氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水：；
（5）装置中生成标准状况下气体，不计气体损耗且足量，反应完后可得到，结合氯守，则的产率为。
30．将8.64gCu与的混合物加入的稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为4.80g，继续往溶液中加入过量铁粉，析出了红色固体，经检测溶液质量增加了0.48g。请计算：
（1）混合物中Cu与物质的量之比为　 　。
（2）继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉的质量为　 　g。
【答案】（1）1：5
（2）1.12
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）铜和氧化铁的物质的量之比为0.01 mol ： 0.05 mol = 1 ： 5，答案为：1 ： 5；
（2）继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉质量为1.12 g，答案为：1.12。
【分析】铜（Cu）不与稀硫酸（H2SO4）发生反应，氧化铁（Fe2O3）与稀硫酸反应生成硫酸铁（Fe2(SO4)3）和水（H2O），化学方程式为： Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，
向反应后的溶液中加入过量铁粉后，观察到红色固体析出，且溶液质量增加了0.48g，这表明溶液中存在亚铁离子（Fe2+）、铁离子（Fe3+）和铜离子（Cu2+），但已无氢离子（H+）。剩余的固体为氧化铁（Fe2O3），说明反应过程中还发生了以下反应： Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+ CuSO4，Fe2(SO4)3+Fe=2FeSO4，CuSO4+Fe= FeSO4+Cu；设混合物中铜的物质的量为 mol，氧化铁的物质的量为 mol。根据混合物的质量关系可得方程：64a + 160b = 8.64。再根据加入铁粉后溶液质量增加0.48 g，可得另一方程：56(b - a - 0.03) - 8a = 0.48。解方程组得a = 0.01，b = 0.05。继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉质量为0.02 mol × 56 g/mol = 1.12 g。
（1）由分析可知，铜和氧化铁的物质的量之比为0.01mol：0.05mol=1：5，故答案为：1：5；
（2）由分析可知，继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉的质量为1.12g，故答案为：1.12。
1 / 1浙江省舟山中学2024-2025学年高一下学期4月期中化学试题
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．下列与实验有关的图标和名称不相符的是
A．护目镜 B．洗手
C．热烫 D．锐器
A．A B．B C．C D．D
2．下列诗文中隐含化学变化的是
A．海日生残夜，江春人旧年
B．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠
C．孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流
D．忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间
3．实验室配制0.100mol/L的溶液，需要用到的仪器是
A． B． C． D．
4．有关和的说法不正确的是
A．两者的阳、阴离子个数比均为
B．与水反应生成，是碱性氧化物
C．加入到滴有酚酞的水中，溶液会出现先变红后褪色现象
D．和久置在空气中，最终都变为
5．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是
A．b气体溶于水可制得液氯
B．b通入冷的石灰乳中可制得漂白粉
C．c可用于自来水消毒
D．存在a→b→d→a的循环转化关系
6．下列关于铁及其化合物的叙述正确的是
A．属于碱性氧化物
B．铁丝在氯气中燃烧生成
C．用铁粉可除去溶液中的
D．常温下，铁片遇稀硝酸发生钝化
7．下列有关金属和合金的说法错误的是
A．铁粉可用作食品包装袋中的干燥剂
B．硬铝合金密度小强度大，可用于制造飞机部件
C．合金与纯金属相比，结构发生变化
D．镧镍合金能吸收氢气，实现氢气的安全存储与运输
8．下列离子方程式正确的是
A．将通入溶液中：
B．向水中加入Na2O2：2H2O+4Na++=4Na++4OH-+O2↑
C．用醋酸溶解水垢：
D．过量铁与稀硝酸反应：
9．已知第三代工业制取多晶硅流程如图所示：
下列说法错误的是
A．制取粗硅的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．单质硅可用于制备计算机芯片
C．粗硅粉碎可以增大与HCl的接触面积，加快反应速率
D．H2与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应
10．下列说法不正确的是
A．乙醇和二甲醚互为同分异构体
B．与互为同位素
C．与是同种核素
D．红磷与白磷互为同素异形体
11．下列关于的说法正确的是
A．可以使氯水褪色，体现的氧化性
B．二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现的漂白性
C．可以使品红溶液褪色，体现了的氧化性
D．葡萄酒中使用是利用了的还原性
12．下列有关化学用语使用正确的是
A．新戊烷的结构简式：
B．一氯甲烷的电子式：
C．丙烷分子的空间填充模型：
D．乙烯的最简式：CH2
13．利用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的是
、
A．利用图甲装置，可快速制取氨气
B．利用图乙装置，用饱和碳酸钠溶液分离和混合液
C．利用图丙装置，可制取乙烯并验证其易被酸性溶液氧化
D．利用图丁装置，可说明浓具有脱水性、氧化性，具有漂白性、还原性
14．氮元素在海洋中的循环是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用如图表示，下列说法正确的是
已知：反应④的离子方程式为4NH+5O2=2NO+6H++N2O+5H2O。
A．向海洋排放含NO的废水可能影响海洋中氮的循环
B．①②均属于固氮反应
C．海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
D．反应④中每生成1molH2O，共转移2mol电子
15．用铁及其化合物可以去除某些氮化物。一定条件下，将与的混合气体通入与的混合溶液中的转化过程如图甲所示；用去除水体中的如图乙所示。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ的离子反应方程式为
B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．由图甲转化过程可得出氧化性：
D．图乙中转化为则参加反应的为3mol
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．下列化合物中既含有离子键又含有共价键的是
A． B． C． D．NaCl
17．已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。
下列说法不正确的是
A．H-H键的键能小于键的键能
B．破坏和的化学键所需的能量小于中的化学键所释放的能量
C．
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
18．一种高性能的碱性硼化钒(VB2)-空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2＋16OH--12e-=VO＋2B(OH)＋4H2O。该电池工作时，下列说法错误的是
A．复合碳电极为正极，发生还原反应
B．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
C．电池总反应为VB2＋3O2＋4OH-＋2H2O = 2B(OH)＋VO
D．电子由VB2电极经KOH溶液流到复合碳电极
19．是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为
B．标准状况下，己烷在中完全燃烧，生成的二氧化碳分子数目为
C．含中子数目为
D．由乙烯和环丙烷组成的混合气体中所含碳原子数不一定为
20．短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是
A．X、Y、Z、W中可能存在金属元素
B．化合物ZW2分子中所有原子都达到8电子稳定结构
C．气态氢化物的稳定性：Z>W>X>Y
D．Y、Z可形成的一种化合物能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现该化合物有漂白性。
21．海水资源综合利用过程中，下列有关说法正确的是
A．海水晒盐是利用溶质的溶解度随温度变化而变化的原理
B．海水提镁的转化为
C．用溶液吸收溴，离子方程式为
D．将氧化为时，加入过量的会使的产率降低
22．已知合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，其能量变化及微观历程如图所示(*表示物质吸附在催化剂表面的形态)。下列说法错误的是
A．在催化剂表面只存在N≡N断裂，不存在N≡N形成
B．图2中②→③的过程吸收能量
C．图2中③→④的过程可表示为
D．其他条件相同，使用催化剂不会改变合成氨反应放出的热量
23．一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应：，下列能表明该反应已达到化学平衡状态的说法正确的有几个
①
②的体积分数不再变化
③容器内气体压强不再变化
④的浓度之比为
⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化
⑥混合气体的密度不再改变
⑦键断裂的同时有键断裂
A．3 B．4 C．5 D．6
24．番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图，下列说法错误的是
A．该物质结构含有4种官能团，能使酸性溶液褪色
B．该物质最多可与发生加成反应
C．该物质分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为
D．该物质与足量饱和溶液反应，可放出(标准状况)
25．为达到下列实验目的，操作方法合理的是
　 实验目的 操作方法
A 检验含的乙炔气体中的 将气体依次通过足量溶液、溴水
B 从含的溶液中得到纯净的溶液 加入过量氨水，过滤
C 用盐酸滴定和的混碱溶液 依次用甲基橙、酚酞作指示剂连续滴定
D 从溶液中提取 蒸干溶液
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26．按要求回答下列问题：
（1）医疗中用到的钡餐的主要成分(化学式)　 　。
（2）氨气的电子式　 　 ，氮气的结构式　 　。
（3）浓硝酸见光分解的化学方程式是　 　。
（4）工业上用焦炭还原石英砂制粗硅的化学方程式　 　。
27．烃A是一种重要的化工原料，还是一种果实催熟剂，标准状况下密度为，其中含碳85.7%(质量分数)。E是有香味的不易溶于水的油状液体。有关物质转化关系如下：
（1）A的分子式　 　，A→B的反应类型　 　，有机化合物D中含有的官能团名称是　 　。
（2）写出反应①的化学方程式：　 　。
（3）下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．A、D、E均能发生加聚反应生成高分子化合物
B．实验室鉴别B、D和E三种物质可用饱和碳酸钠溶液
C．A能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，两者褪色原理相同
D．石油分馏产品在催化剂作用下加热制A的过程称为催化裂化
28．天然矿石X由三种元素组成，兴趣小组为探究其组成和性质，设计完成如下实验：
已知：a．固体B是难溶性酸(白色胶状沉淀)，溶液E可用作黏合剂和防火剂
b．所有试剂均过量
请回答下列问题：
（1）红棕色固体G的化学式为　 　。
（2）X的化学式为　 　。
（3）写出反应①的化学方程式　 　。
（4）写出D转变成F的化学方程式　 　。
（5）请设计实验，检验溶液A中所含的金属阳离子　 　。
29．四氯化锡可用作媒染剂，熔点，沸点，遇潮湿空气能剧烈反应，释放氯化氢。利用如图装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置省略）。已知金属Sn常见化合价为和，化学活泼性与铁相似。（：摩尔质量）
回答下列问题：
（1）用甲装置制氯气，该反应的离子方程式为　 　。
（2）装置丙中的试剂为　 　。
（3）该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为　 　。
（4）己为尾气处理，请写出反应的离子方程式　 　。
（5）若装置中生成标准状况下气体，不计气体损耗且足量，反应完后可得到，则的产率为　 　。[保留两位有效数字，产率（实际产量/理论产量）]
30．将8.64gCu与的混合物加入的稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为4.80g，继续往溶液中加入过量铁粉，析出了红色固体，经检测溶液质量增加了0.48g。请计算：
（1）混合物中Cu与物质的量之比为　 　。
（2）继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉的质量为　 　g。
答案解析部分
1．【答案】C
【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】A ． 代表护目镜标识，化学实验时必须佩戴护目镜以确保眼部安全， A不符合题意；B．表示洗手标识，实验完成后需用清洁剂彻底清洗双手后方可离开实验室， B不符合题意；
C．是火焰警示标识，实验涉及明火操作时需规范使用火源并注意整理长发及衣物，该标识并非表示高温烫伤警示， C符合题意；
D．为锐器警示标识，使用锋利器具时应规范操作，避免对人员造成划伤或刺伤风险， D不符合题意；
正确答案选择C项。
【分析】根据题中图标所示，热烫对应的图标不相符。
2．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解析】A. "海日生残夜，江春入旧年"描写时序更替的自然景象，不涉及物质性质的改变，无化学变化过程， A不符合题意；B. "月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠"中"渔火"指燃烧的火光，燃烧过程（燃料与氧气反应）属于典型的化学变化， B符合题意；
C. "孤帆远影碧空尽"展现的是物体逐渐消失的物理运动过程，不产生新物质，无化学变化， C不符合题意；
D. "忽闻海上有仙山"属于神话想象，未描述具体物质变化过程， D不符合题意；
综上所述，正确答案为B。
【分析】题目考查化学与诗词相关知识，"月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠"中涉及燃烧反应，属于化学变化。
3．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．分液漏斗在此配制过程中不需要使用，因此选项A错误；B．容量瓶是配制溶液时必需的仪器，所以选项B正确；
C．蒸馏烧瓶在此配制过程中不需要使用，因此选项C错误；
D．普通漏斗在此配制过程中不需要使用，因此选项D错误；
选择B选项。
【分析】在实验室中配制0.100mol/L的溶液时，所需的仪器包括：托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管。
4．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 氧化钠(Na2O)由钠离子(Na+)和氧离子(O2 )构成，过氧化钠(Na2O2)由钠离子(Na+)和过氧根离子()构成，二者的阳离子与阴离子个数比均为2：1，选项A正确；
B. 碱性氧化物是指能与酸反应只生成盐和水的氧化物。过氧化钠(Na2O2)与水反应不仅生成氢氧化钠(NaOH)，还会产生氧气(O2)，其化学方程式为，不符合碱性氧化物的定义，因此过氧化钠不是碱性氧化物，选项B错误；
C. 当过氧化钠(Na2O2)加入滴有酚酞的水中时，首先与水反应生成氢氧化钠，使溶液呈碱性，酚酞变红；但由于过氧化钠具有强氧化性，会氧化漂白酚酞，导致溶液褪色，选项C正确；
D. 氧化钠(Na2O)在空气中久置会先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与二氧化碳反应生成碳酸钠(Na2CO3)；过氧化钠(Na2O2)在空气中会直接与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气()，最终两者都会转化为碳酸钠，选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A.根据过氧化钠和氧化钠离子构成分析，阳离子和阴离子个数比是2：1；
B.过氧化钠不是碱性氧化物；
C.根据过氧化钠性质，与水反应生成氢氧化钠，使酚酞变红，后漂白，溶液褪色；
D.长期放置空气中，过氧化钠和氧化钠会转变为碳酸钠。
5．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A. b气体为Cl2，溶于水会与水反应生成盐酸和次氯酸，A选项说法不正确；
B. b气体是氯气，通入冷的石灰乳中可以制得漂白粉，B选项说法正确；
C. c是+4价氯的氧化物ClO2，具有氧化性，可用于自来水消毒，C选项说法正确；
D. a、b、d分别代表盐酸、氯气和次氯酸；浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸分解又能生成盐酸，存在a→b→d→a的转化关系，D选项说法正确；
综上所述，正确答案是A。【分析】根据物质分类和相应化合价，a为氯化氢，b为氯单质，c为二氧化氯，d为次氯酸，据此分析。
6．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解析】A．能与酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义，因此A选项正确；B．铁丝在氯气中燃烧的产物是，而不是其他铁氯化物，所以B选项错误；
C．铁粉不能与反应，但可以与反应生成，因此不能用铁粉除去溶液中的，C选项错误；
D．在常温下，铁片与浓硝酸接触会发生钝化现象，因此D选项错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．三氧化二铁是碱性氧化物；
B．铁和氯气反应生成氯化铁；
C．铁单质和三价铁离子反应；
D．常温下，铁与浓硝酸会钝化。
7．【答案】A
【知识点】合金及其应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．铁粉具有还原性，能够与氧气反应，因此可用作食品脱氧剂，铁粉不具有吸水性，不能作干燥剂，故A错误；B．硬铝合金由于密度小、强度高、机械性能优良，广泛应用于汽车、飞机和火箭等制造领域，因此B选项正确；
C．合金的结构与纯金属不同，例如不锈钢通过添加碳、铬、镍等元素改变了铁的结构，从而获得耐腐蚀性能，所以C选项正确；
D．镧镍合金能够可逆地吸收和释放氢气，形成金属氢化物，这一特性使其成为理想的储氢材料，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．铁粉没有干燥作用，可用作脱氧剂；
B．根据硬铝合金密度小特点，可制作飞机部件；
C．合金和纯金属的结构不同；
D．镧镍合金可用作储氢材料。
8．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 将二氧化硫()通入次氯酸钠()溶液时，会发生氧化还原反应。当二氧化硫少量时，反应的离子方程式为：。因此A选项是错误的；
B. 过氧化钠()在水中反应时不能拆开写。正确的离子方程式应为：。因此B选项也是错误的；
C．CH3COOH是弱电解质，在离子方程式中应保留分子形式。用醋酸溶解水垢CaCO3的正确离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + H2O + CO2↑，因此选项C是错误的；
D．当铁过量时与稀硝酸反应会生成Fe2+，其离子方程式为：，因此选项 D 表述是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．二氧化硫和次氯酸钠发生氧化还原反应；
B．过氧化钠不可拆开；
C．醋酸是弱酸，不能拆开；
D．过量铁和稀硝酸反应生成二价铁离子和一氧化氮。
9．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A. 粗硅制备反应为，其中SiO2为氧化剂，C为还原剂，二者物质的量之比为，故A错误；B. 单质硅是半导体材料，广泛应用于芯片和太阳能电池， 故B正确；
C. 粉碎粗硅可增大固体接触面积，加快反应速率， 故C正确；
D. SiHCl3与H2的反应，属于置换反应， 故D正确；
故选A。
【分析】石英（SiO2）与焦炭在高温下反应生成粗硅和CO气体，后续流程包括粗硅粉碎、与HCl反应生成SiHCl3，再经提纯后与H2反应制得多晶硅。
10．【答案】C
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A．乙醇和二甲醚()具有相同的分子式但结构不同，属于同分异构体，选项A正确；
B．和是质子数相同但中子数不同的氯原子，互为同位素，选项B正确；
C．与虽然都是硫元素的不同核素， C不正确；
D．红磷和白磷是由磷元素组成的不同单质，互为同素异形体，选项D正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据同分异构体概念，乙醇和二甲醚是同分异构体；
B．同位素指相同元素的不同核素；
C．与中子数不同，不是同种核素；
D．同素异形体指相同元素形成的不同单质。
11．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A. 当SO2通入氯水时发生氧化还原反应，化学方程式为。该反应导致氯水褪色，其中硫元素化合价从+4价（SO2）升高到+6价（H2SO4），表明SO2被氧化，体现的是还原性而非漂白性，因此A选项错误；
B. SO2通入含酚酞的氢氧化钠溶液后褪色，是由于SO2作为酸性氧化物与NaOH发生中和反应生成Na2SO3和水，导致溶液碱性减弱，并非SO2的漂白作用，故B选项错误；
C. SO2能使品红溶液褪色，这是其特有的漂白性体现，原理是与品红形成不稳定的无色化合物。虽然现象正确，但题目要求选择"不能体现漂白性"的选项，因此C选项错误；
D. 在葡萄酒中添加SO2主要利用其还原性（抗氧化）和抗菌性能，与漂白性无关，符合题目要求，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. 二氧化硫会和氯水发生氧化还原反应；
B. 二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液褪色和二氧化硫漂白性无关；
C. 二氧化硫使品红溶液褪色，体现二氧化硫漂白性；
D. 葡萄酒中添加二氧化硫，是因为二氧化硫可杀菌和抗氧化性。
12．【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．新戊烷的结构简式 ，A错误；
B．一氯甲烷的电子式，B错误；
C．用球和棍表示的模型为球棍模型，则表示丙烷分子的球棍模型而不是空间填充模型，C错误；
D．乙烯的分子式为C2H4，所以最简式为CH2，D正确；
故选D。
【分析】题目考查化学用语，乙烯的最简式为CH2，是原子最简个数比；一氯甲烷电子式为，选项中为丙烷的球棍模型。
13．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；浓硫酸的性质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A．生石灰(CaO)与水(H2O)反应放热，促使浓氨水(NH3·H2O)分解生成氨气(NH3)，图甲装置能快速制取NH3， 故A正确；
B．乙醇(CH3CH2OH)和乙酸(CH3COOH)均易溶于水，且乙酸会与Na2CO3反应，图乙装置无法实现分离， 故B错误；
C．乙醇在浓H2SO4催化下脱水生成乙烯(CH2=CH2)，副产物乙醇蒸气可用KOH溶液吸收。乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，图丙装置能同时实现制取和验证乙烯的还原性， 故C正确；
D．浓H2SO4使蔗糖脱水碳化放热，碳与浓H2SO4反应生成SO2和CO2。SO2能使品红溶液褪色（漂白性），使酸性KMnO4溶液褪色（还原性），图丁装置可验证浓H2SO4的脱水性、氧化性及SO2的性质， 故D正确；
综上，正确答案为B。
【分析】A．氧化钙和水反应放热，浓氨水受热分解生成氨气；
B．乙醇和醋酸溶液中加入碳酸钠并不会分层，无法分液；
C．根据装置，氢氧化钾可除去二氧化硫，用高锰酸钾溶液验证乙烯性质；
D．根据碳单质和浓硫酸反应后生成物，二氧化硫和二氧化艳性质，可用装置进行验证。
14．【答案】A
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A. 向海洋排放含硝酸根(NO)的废水会导致硝酸根浓度增加，这会增强反硝化作用，从而打破原有的化学平衡和生态平衡，可能对海洋氮循环造成影响，因此A选项正确；
B. 氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程。在题目描述中，过程①不属于氮的固定，而过程②符合氮的固定定义，因此B选项错误；
C. 反硝化作用是指在缺氧条件下，反硝化细菌将硝酸盐还原为氮气(N2)或一氧化二氮(N2O)的过程。该过程不需要氧气参与，因此C选项错误；
D. 根据反应方程式4NH + 5O2 → 2NO + 6H+ + N2O + 5H2O，氮元素化合价从-3价变为+1价和+3价，氧元素从0价变为-2价，总电子转移数为20e-。计算表明每生成1mol H2O转移4mol电子，因此D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据海洋中氮元素转化，含硝酸根的废水影响反硝化过程，影响氮元素循环；
B． ① 不属于固氮反应；
C．反硝化是发生了还原反应；
D．根据对应离子方程式，生成1molH2O，转移4mol电子。
15．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应Ⅰ为氢气还原铁离子生成亚铁离子，离子反应方程式为，A正确；
B．过程Ⅱ为亚铁离子还原NO为氮气，NO为氧化剂、亚铁离子为还原剂，反应为：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；
C．结合分析，过程Ⅰ中铁离子被还原为亚铁离子，氧化性：，过程Ⅱ中NO氧化亚铁离子为铁离子，则氧化性，可得出氧化性：，C正确；
D．图乙中硝酸根离子被铁还原为铵根离子，铁被氧化为四氧化三铁，结合电子守恒：，则转化为则参加反应的为3mol，D正确；
故选B。
【分析】分析转化关系图，可知过程Ⅰ为：，过程Ⅱ为：，总反应为：。
16．【答案】B
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解析】A. 氨水（NH3·H2O）是共价化合物，分子内仅存在共价键， 故A不选；
B. 硫酸钠（Na2SO4）由钠离子（Na+）与硫酸根离子（SO42-）通过离子键结合，而硫酸根离子内部存在硫氧共价键，同时满足离子键和共价键的条件， 故B选；
C. 过氧化氢（H2O2）是典型的共价化合物，不含离子键， 故C不选；
D. 氯化钠（NaCl）作为离子化合物，仅存在离子键， 故D不选；
综上所述，正确答案为B。
【分析】含有离子键的化合物包括大多数盐、金属氧化物和强碱，氯化钠中含离子键，不含共价键。
17．【答案】C
【知识点】化学键；常见能量的转化及运用；反应热和焓变
【解析】【解答】A. H-H键的键能（436 kJ/mol）确实小于O=O键的键能（496 kJ/mol），因此A选项正确；
B. 破坏2 mol H和1 mol O的化学键所需能量为2×436 kJ + 496 kJ = 1368 kJ，而生成2 mol HO时释放的能量为4×462 kJ = 1848 kJ，显然破坏键所需能量小于释放的能量，因此B选项正确；
C. 计算反应的焓变时，用反应物键能总和减去生成物键能总和。对于反应2H(g) + O(g) = 2HO(g)，ΔH = (1368 kJ·mol) - (1848 kJ·mol) = -480 kJ·mol。若生成液态水，放热更多，因此C选项是错误的；
D. 该反应是自发的氧化还原反应，能设计成原电池，因此可以通过适当的装置将化学能转化为电能，因此D选项正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A. 根据题中数据可比较二者键能大小；
B. 根据题中数据计算可知反应物键能小于生成物键能；
C. 水蒸气转化为液态水释放能量未知；
D. 氧化还原反应可设计成原电池，实现化学能转化为电能。
18．【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．由分析可知，复合碳电极为正极，发生还原反应，选项A正确；B．当电路中通过0.04mol电子时，正极消耗0.01mol O2，其在标准状况下的体积为0.224L，选项B正确；
C．VB2电极反应为：VB2＋16OH-－11e-=VO＋2B(OH)＋4H2O，复合碳电极反应为：，总反应为VB2＋3O2＋4OH-＋2H2O = 2B(OH)＋VO，选项C正确；
D．电子只能在外电路中流动，不能进入电解质溶液，选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】根据题目信息可知，VB2电极发生失电子的氧化反应，因此VB2电极为负极，复合碳电极为正极。正极发生的还原反应为：。
19．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在二氧化硅晶体结构中，每个硅原子与4个氧原子形成共价键，因此1个二氧化硅分子平均含有4个硅氧键。60g二氧化硅（即1mol）所含硅氧键数目为4NA， 故A错误；
B．标准状况下，己烷（C6H14）呈液态，不能使用气体摩尔体积计算22.4L己烷的物质的量， 故B错误；
C．的摩尔质量为20g/mol，其物质的量计算为。每个分子含有10个中子（氘原子含1个中子，氧-16含8个中子），故0.1mol该物质含中子数为NA， 故C正确；
D．乙烯（C2H4）和环丙烷（C3H6）的最简式均为CH2。42g混合物的CH2单元物质的量为3mol，因此含碳原子数为3NA， 故D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．二氧化硅结构中，硅原子和硅氧键之比为1：4；
B．标准状况下，己烷为非气态；
C．氘的质量数为2，据此计算重水的摩尔质量；
D．根据乙烯和环丙烷的最简式相同进行计算。
20．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；二氧化硫的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．根据分析，X、Y、Z、W分别对应氮(N)、氧(O)、硫(S)、氯(Cl)元素，均为非金属元素，不含金属元素，因此选项A是错误的；
B．化合物ZW2的分子式为SCl2，其结构为硫原子与两个氯原子各共用一对电子，使得硫原子和两个氯原子均达到8电子稳定结构，因此选项B是正确的；
C．元素的非金属性顺序为O > Cl > N > S，因此它们的气态氢化物稳定性顺序应为：H2O > HCl > NH3 > H2S，即Y > W > X > Z，选项C是错误的；
D．Y和Z形成的化合物SO2与酸性高锰酸钾溶液反应时，SO2表现的是还原性而非氧化性，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案为B。
【分析】由于四种元素均为短周期元素，可以确定X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期。根据题目条件"Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍"，可以推断Y为氧元素(O)，进而确定X为氮元素(N)，Z为硫元素(S)，W为氯元素(Cl)。
21．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、海水晒盐利用的是蒸发溶剂使 NaCl 达到饱和而结晶，因为 NaCl 的溶解度受温度影响极小，并非通过温度变化实现结晶。选项中 “利用溶解度随温度变化” 的描述错误，A错误；
B、MgCl2溶液电解时，H+优先于 Mg2+放电，产物为 Mg(OH)2、H2和 Cl2，无法得到金属 Mg。工业上需电解熔融的 MgCl2（破坏离子键，使 Mg2+在阴极析出）， 离子方程式为：，无法得到金属Mg，B错误；
C、用 Na2CO3溶液吸收 Br2时，参与反应的是 CO32-（而非 OH-）， 正确反应为：或，C错误；
D、H2O2在酸性条件下先将 I-氧化为 I2，但过量时会进一步氧化 I2：5H2O2+I2=2IO3-+2H++4H2O，导致 I2被消耗，产率降低。描述符合反应规律，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查海水晒盐的核心原理（溶解度与温度的关系）。
B．判断海水提镁中获取金属 Mg 的电解条件（熔融态 vs 水溶液）。
C．考查Na2CO3溶液吸收 Br2的离子反应本质（反应物种类）。
D．考查过量 H2O2对 I2产率的影响（氧化还原的递进反应）。
22．【答案】A
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A．合成氨反应为可逆反应。根据图2分析，②→③步骤表示催化剂表面N≡N键和键断裂的过程。若逆向进行③→②，则对应催化剂表面N≡N键和键重新形成的过程，因此A选项是错误的；
B．图2中②→③过程涉及N≡N键和键的断裂，这是一个需要吸收能量的过程，因此B选项是正确的；
C．图2中③→④过程表示键的形成，可以用化学方程式表示为，因此C选项是正确的；
D．从图1可以看出，在相同条件下，使用催化剂虽然可以改变反应路径，但不会影响合成氨反应放出的总热量，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是A。【分析】A．根据历程图可知，有N≡N键和键断裂的过程，逆过程有二者形成过程；
B． 图2中②→③的过程 是断键，吸收能量；
C． 图2中③→④的过程 为氮原子和氢原子形成氨分子；
D．催化剂增大反应速率，不影响焓变。
23．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解析】① 正反应速率与逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，判断正确；
② CO的体积分数保持不变，表明反应达到平衡状态，判断正确；
③ 对于气体系数改变的反应，在恒温恒容条件下，压强不变说明达到平衡，判断正确；
④ H2O与CO的浓度不变是平衡特征，但二者浓度比不确定（未给出起始条件和反应限度），不能作为平衡判据，判断错误；
⑤ 根据，当气体质量m和物质的量n均保持不变时达到平衡，判断正确；
⑥ 由可知，在反应过程中气体质量m变化，当ρ不变时达到平衡，判断正确；
⑦ 2mol H-O键断裂（消耗1mol H2O）同时2mol H-H键断裂（消耗2mol H2），表示的是同一方向的反应速率，不能说明平衡，判断错误。
综上，正确的判断共有5个，故正确答案为C。
【分析】题目考查化学平衡状态判断依据：对于反应，各组分浓度不变时，达到平衡，同一组分的正反应速率等于逆反应速率时，达到平衡，气体压强不变，气体密度不变时，达到平衡，总体判断平衡状态的思路是变量不变，据此分析。
24．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解析】A．该化合物分子结构中包含羟基（-OH）、羧基（-COOH）、碳碳双键（C=C）和醚键（-O-）四种官能团。其中羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液()发生氧化还原反应使其褪色，因此选项A正确；
B．根据分子结构分析，番木鳖酸分子中含有一个碳碳双键，该双键可以与氢气发生加成反应。因此1mol该物质最多能与发生加成反应，选项B正确；
C．分子中含有的羟基(-OH)可以与金属钠反应，羧基(-COOH)既能与金属钠反应也能与氢氧化钠反应。经计算，1mol该物质最多消耗6mol钠和1mol氢氧化钠，两者物质的量之比为6：1，因此选项C的说法是错误的；
D．分子中的羧基(-COOH)可以与碳酸氢钠(NaHCO3)反应放出二氧化碳。1mol该物质最多产生1mol CO2，在标准状况下体积为22.4L，故选项D正确；
综上所述，错误的选项是C。【分析】根据有机物结构简式可知，含有官能团羧基、羟基、碳碳双键、醚键，羟基和碳碳双键可被高锰酸钾氧化，碳碳双键可与氢气发生加成反应，羧基和羟基与钠单质反应，羧基与氢氧化钠反应，羧基可与碳酸氢钠反应，据此分析。
25．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】A、硫化氢(H2S)和乙炔(C2H2)都能使溴水褪色。为准确检验乙炔，需先通过硫酸铜(CuSO4)溶液除去H2S，此时若溴水褪色即可证明乙炔存在。该操作正确，A正确。B、当向含FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入过量氨水时，CuCl2会转化为[Cu(NH3)4]Cl2留在溶液中，而FeCl3会生成Fe(OH)3沉淀被过滤出来。题目描述的操作不能实现分离目的，B错误。
C、用盐酸滴定NaOH和Na2CO3的混合溶液时，反应分两步进行：先中和NaOH并将Na2CO3转化为NaHCO3（酚酞变色点），再继续滴定将NaHCO3转化为H2CO3（甲基橙变色点）。若指示剂使用顺序颠倒会导致测定结果错误，C错误。
D、对Na2S2O3溶液进行蒸干操作，会使得晶体失去结晶水；同时由于Na2S2O3具有还原进行，会被空气中的O2氧化，最终得到Na2SO4，D错误。
故答案为：A
【分析】A、通过CuSO4溶液可除去H2S，再通入溴水，即可检验C2H2。
B、加入过量氨水，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，CuCl2转化为[Cu(NH3)4]Cl2溶液。
C、滴定过程中NaOH、Na2CO3先转化为NaHCO3，NaHCO3再进一步反应生成NaCl和H2CO3，据此确定指示剂。
D、蒸干溶液，会使得晶体失去结晶水；同时Na2S2O3会被空气中的O2氧化。
26．【答案】（1）
（2）；
（3）
（4）
【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；氧化还原反应方程式的配平；硝酸的化学性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）钡餐的主要成分是硫酸钡，其化学式为；
（2）氨分子（NH3）中氮原子与氢原子通过共价键结合，其电子式为：；氮气分子中含有氮氮三键，其结构式为：；
（3）浓硝酸在光照条件下分解，生成二氧化氮、氧气和水，化学方程式为：；
（4）工业上通过焦炭还原石英砂制备粗硅，同时产生一氧化碳，反应的化学方程式为：.
【分析】（1）钡餐指的是硫酸钡；
（2）根据氮原子成键情况，氮气中是氮氮三键；
（3）浓硝酸见光易分解，生成二氧化氮、氧气和水；
（4）碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳。
（1）钡餐的主要成分硫酸钡，化学式为；
（2）NH3中N与H形成共价键，电子式为：；氮气中含有氮氮三键，结构式为：；
（3）浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，化学方程式为：；
（4）工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，同时生成CO，反应的化学方程式为；
27．【答案】（1）；加成反应；碳碳双键、羧基
（2）
（3）C；D
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的物理、化学性质；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】（1）根据分析知，A的分子式是，A→B的反应类型是加成反应，有机化合物D中含有的官能团名称是碳碳双键、羧基；
故答案为： ； 加成反应 ； 碳碳双键、羧基 ；
（2）CH2=CHCOOH与C2H5OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOC2H5的化学方程式：；
故答案为： ；
（3）A. A、D、E都含有碳碳双键，均能发生加聚反应生成高分子化合物，正确；
B. C2H5OH与饱和碳酸钠溶液互溶，不分层，CH2=CHCOOC2H5与饱和碳酸钠溶液不互溶，分层，CH2=CHCOOH与饱和碳酸钠溶液反应生成气体，正确；
C. A能使溴水褪色因为加成反应，A能使酸性高锰酸钾溶液褪色因为氧化反应，两者褪色原理不相同，错误；
D. 石油分馏产品在催化剂作用下加热制A的过程称为催化裂解，错误；
故答案为：CD。
【分析】烃A是一种重要的化工原料，标准状况下密度为1.25g L-1，标况下Vm=22.4L/mol，则A的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1，A中含碳85.7%(质量分数)，则为乙烯(CH2=CH2)，E是有香味的不易溶于水的油状液体，说明E为酯类，根据物质转化关系可知B为醇类；CH2=CH2和H2O发生加成反应生成C2H5OH；CH2=CH2脱氢反应生成CH≡CH，加入CO和H2，反应生成CH2=CHCOOH，再与C2H5OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOC2H5。
（1）由烃A标况密度算摩尔质量，结合含碳85.7%，确定A为（乙烯 ），A→B 是乙烯与水加成生成乙醇，反应类型为加成反应，D为 ，含碳碳双键、羧基官能团 。
（2）D（ ）与B（ ）发生酯化反应，酸脱羟基、醇脱氢，生成酯（ ）和水，据此书写化学方程式 。
（3）A：A（乙烯）、D（ ）、E（ ）均含碳碳双键，能加聚生成高分子，
B：B（乙醇）与饱和碳酸钠互溶，D（ ）与碳酸钠反应冒气泡，E（酯）与碳酸钠分层，可鉴别，
C：A使溴水褪色是加成反应，使酸性高锰酸钾褪色是氧化反应，原理不同，
D：石油分馏产品制乙烯是催化裂解（裂化深度更大 ），不是催化裂化，
（1）根据分析知，A的分子式是，A→B的反应类型是加成反应，有机化合物D中含有的官能团名称是碳碳双键、羧基；
（2）CH2=CHCOOH与C2H5OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOC2H5的化学方程式：；
（3）A. A、D、E都含有碳碳双键，均能发生加聚反应生成高分子化合物，正确；B. C2H5OH与饱和碳酸钠溶液互溶，不分层，CH2=CHCOOC2H5与饱和碳酸钠溶液不互溶，分层，CH2=CHCOOH与饱和碳酸钠溶液反应生成气体，正确；C. A能使溴水褪色因为加成反应，A能使酸性高锰酸钾溶液褪色因为氧化反应，两者褪色原理不相同，错误；D. 石油分馏产品在催化剂作用下加热制A的过程称为催化裂解，错误；故选CD。
28．【答案】（1）Fe2O3
（2）
（3）Fe2SiO4+4HCl=H2SiO3+2FeCl2+H2O
（4）
（5）取少量溶液A于试管中，加入几滴溶液，无明显现象，再加入少量新制氯水(或)，溶液变红，则说明溶液A中有
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；无机物的推断；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）根据分析可知，G的化学式为Fe2O3；
（2）X的组成元素为，其原子个数比为，因此化学式为；
（3）反应①的化学方程式为：Fe2SiO4 + 4HCl = H2SiO3↓ + 2FeCl2 + H2O；
（4）反应③是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁的过程，化学方程式为：；
（5）由于A中含有Fe2+，可以通过氧化反应使其转化为Fe3+，再用KSCN溶液检验。实验设计如下：取少量溶液A于试管中，加入几滴溶液，无明显现象，再加入少量新制氯水（或），若溶液变红，则证明A中含有。
【分析】白色沉淀D转化为红褐色F，说明D为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3。A中含有FeCl2，与NaOH反应生成C（NaCl）。固体B为H2SiO3，溶液E为Na2SiO3。根据质量守恒计算，X中含Fe 1.12g，Si 0.28g，O 0.64g，得出原子个数比为2：1：4。
（1）由分析，G为Fe2O3；
（2）由分析，X的组成元素为，原子个数比为，化学式为；
（3）结合分析，反应①的化学方程式Fe2SiO4+4HCl=H2SiO3↓+2FeCl2+H2O；
（4）反应③为氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，化学方程式：；
（5）A中含有亚铁离子，亚铁离子可以被过氧化氢等氧化为使KSCN溶液变红色的铁离子，故实验设计为：取少量溶液A于试管中，加入几滴溶液，无明显现象，再加入少量新制氯水(或)，溶液变红，则说明溶液A中有。
29．【答案】（1）
（2）浓硫酸
（3）在装置己戊之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）
（4）
（5）92%
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）甲装置中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式为：；
（2）丙装置中盛放浓硫酸，用于干燥氯气；
（3）为防止SnCl4水解，需在戊和己装置之间连接装有碱石灰的干燥管或U形管，以隔绝水蒸气；
（4）氢氧化钠吸收氯气的反应为：；
（5）装置中生成标准状况下气体，不计气体损耗且足量，反应完后可得到，结合氯守，则的产率为。
【分析】该实验利用氯气与金属锡反应制备四氯化锡。装置甲用于制取氯气，由于浓盐酸易挥发且加热会产生水蒸气，因此生成的氯气中混有HCl和H2O杂质。四氯化锡（SnCl4）是无色液体，熔点为-33℃，沸点为114℃，极易水解，在潮湿空气中会剧烈反应放出氯化氢。为防止丁装置中生成的SnCl4水解以及锡与HCl反应，需通过乙装置（饱和食盐水）除去HCl，丙装置（浓硫酸）干燥氯气。戊装置用于收集SnCl4，尾气用氢氧化钠溶液吸收以避免污染。由于SnCl4易水解，需防止己装置中的水蒸气进入戊装置，因此应在戊和己之间连接装有碱石灰的干燥管或U形管。
（1）甲装置制氯气，该反应为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；
（2）由分析，丙中为浓硫酸，用于干燥氯气；
（3）由分析，SnCl4发生水解，为防止水解，要防止己装置中的水蒸气进入戊装置，所以应该在装置己戊之间连接盛有碱石灰的干燥管（或U形管）；
（4）氢氧化钠吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水：；
（5）装置中生成标准状况下气体，不计气体损耗且足量，反应完后可得到，结合氯守，则的产率为。
30．【答案】（1）1：5
（2）1.12
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）铜和氧化铁的物质的量之比为0.01 mol ： 0.05 mol = 1 ： 5，答案为：1 ： 5；
（2）继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉质量为1.12 g，答案为：1.12。
【分析】铜（Cu）不与稀硫酸（H2SO4）发生反应，氧化铁（Fe2O3）与稀硫酸反应生成硫酸铁（Fe2(SO4)3）和水（H2O），化学方程式为： Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，
向反应后的溶液中加入过量铁粉后，观察到红色固体析出，且溶液质量增加了0.48g，这表明溶液中存在亚铁离子（Fe2+）、铁离子（Fe3+）和铜离子（Cu2+），但已无氢离子（H+）。剩余的固体为氧化铁（Fe2O3），说明反应过程中还发生了以下反应： Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+ CuSO4，Fe2(SO4)3+Fe=2FeSO4，CuSO4+Fe= FeSO4+Cu；设混合物中铜的物质的量为 mol，氧化铁的物质的量为 mol。根据混合物的质量关系可得方程：64a + 160b = 8.64。再根据加入铁粉后溶液质量增加0.48 g，可得另一方程：56(b - a - 0.03) - 8a = 0.48。解方程组得a = 0.01，b = 0.05。继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉质量为0.02 mol × 56 g/mol = 1.12 g。
（1）由分析可知，铜和氧化铁的物质的量之比为0.01mol：0.05mol=1：5，故答案为：1：5；
（2）由分析可知，继续加入过量铁粉时，反应掉的铁粉的质量为1.12g，故答案为：1.12。
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