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浙江省丽水市2024-2025学年高一下学期6月期末化学试题
一、选择题(本大题共20小题，第1-10题每题2分，第11-20题每题3分，共50分。每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．下列物质属于纯净物的是
A．乙醇 B．碱石灰
C．Fe(OH)3 胶体 D．汽油
2．下列物理量单位不正确的是
A．物质的量：mol B．摩尔质量：mol·g-1
C．阿伏加德罗常数：mol-1 D．物质的量浓度：mol·L-1
3．下列化学用语表示不正确的是
A．12C和14C互为同位素 B．HClO的结构式：H-Cl-O
C．Cl-的结构示意图： D．NH3的电子式：
4．下列实验图标表示的含义不正确的是
A．放大镜 B．排风
C．毒性物质 D．氧化性物质
5．反应中，还原产物是
A． B．NaCl C．NaClO D．
6．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列有关材料的说法正确的是
A．制作“神舟”飞船航天服使用的聚酯纤维，属于再生纤维
B．北斗卫星使用的氮化铝芯片，属于传统无机非金属材料
C．钠离子电池电极材料使用的石墨烯，属于有机高分子材料
D．C919大飞机机身蒙皮使用的铝锂合金，属于金属材料
7．硫是一种重要的非金属元素，硫单质及其化合物在工业生产中应用广泛。下列物质性质实验对应的反应方程式书写不正确的是
A．硫粉与铜粉隔绝空气混合加热：S + CuCuS
B．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中：5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O = 2MnSO4 + 2H2SO4 + K2SO4
C．往炭粉中加入浓硫酸加热搅拌：2H2SO4(浓) + CCO2↑+2SO2↑+2H2O
D．往Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：Na2S2O3+ H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑+ S↓+ H2O
8．含极性键的离子化合物的是
A．H2SO4 B．CO2 C．KOH D．Na2O2
9．下列有关有机化合物的说法不正确的是
A．乙烯、苯和乙醛均能发生加成反应
B．淀粉、油脂、蛋白质都是高分子化合物
C．鸡蛋清溶液中加入硫酸铜溶液，鸡蛋清凝聚，蛋白质变性
D．在碱性(NaOH)条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COONa和C2H518OH
10．下列实验装置中，无法达到相应实验目的的是
A．装置①可用于制备Cl2
B．装置②可用于制备乙酸乙酯
C．装置③可用于检验铜与浓硫酸反应生成的SO2
D．装置④可用于验证铜与浓硝酸反应
11．R、W、X、Y、Z是短周期元素，它们最外层电子数与原子序数的关系如图，则下列说法不正确的是
A．简单离子半径Z>X
B．最简单氢化物的稳定性Y>X>R
C．单质X与Z反应可成Z2X或Z2X2
D．Z2R溶液与W单质反应可生成淡黄色沉淀
12．下列说法不正确的是
A．工业上用焦炭还原石英砂制取粗硅
B．工业上一般通过电解熔融的氯化铝制取铝
C．工业上用氯气和石灰乳为原料制取漂白粉
D．工业上用纯碱、石灰石和石英砂为原料制取玻璃
13．下列实验探究说法正确的是
A．向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，边搅拌边继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体
B．用油性笔在覆铜板上画上设计好的图案，浸入盛有FeCl2溶液的烧杯中，一段时间后取出覆铜板用清水洗净，可观察到图案
C．铜片与铁片分别用导线连接灵敏电流计，置于用食盐水浸泡的滤纸两侧，可观察到电流计指针发生偏转
D．在试管中加入2mL5%CuSO4溶液，滴加5滴10%NaOH溶液，再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热，可观察到砖红色沉淀
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．pH=1的H2SO4溶液10 L，含H＋的数目为2NA
B．标准状况下，11.2 L CCl4中含有C-Cl键的数目为2NA
C．2 g H218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均为NA
D．273K、101 kPa下，28 g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键的数目为5NA
15．下列物质性质、用途及对应关系正确的是
A．硅可以导电，可用于制造光导纤维
B．碳酸氢钠呈碱性，可用于焙制糕点
C．K2FeO4具有强氧化性，可用于水体的消毒
D．氮气的性质比较稳定，可用于冶炼金属镁时的保护气
16．下表中“方法导引”与“示例”对应关系不正确的是
　 方法导引 示例
A 预测 钠、钾都能与水反应，则铷也能与水反应
B 模型 阿伦尼乌斯在前人研究的基础上通过研究提出电离理论，解释了酸、碱、盐溶液的某些性质
C 变量控制 探究不同催化剂对化学反应速率的影响时，需要控制温度、浓度和其他影响因素相同
D 化学实验 设计 对于Fe2O3，从类别看，它能与酸发生反应；从价态看，它能与还原性物质发生反应
A．A B．B C．C D．D
17．CO2催化转化有利于资源化利用。反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．等物质的量CH3OH(l)比CH3OH(g)能量更低
B．反应中每转化1molCO2，转移6mol电子
C．若水的状态为液态，则能量变化曲线可能为①
D．反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成释放的总能量
18．抗坏血酸(维生素C)能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，常用作食品抗氧化剂，其抗氧化过程如图所示。下列说法不正确的是
A．抗坏血酸的分子式为C6H8O6
B．抗坏血酸分子中含有3种官能团
C．1mol脱氢抗坏血酸与足量Na反应生成22.4L(标准状况下)H2
D．脱氢抗坏血酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
19．亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知高浓度的ClO2易爆炸，下列说法不正确的是
A．“反应1”需要通入N2稀释ClO2，以防发生爆炸
B．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
C．“反应1”中ClO2是还原产物，母液中主要成分是Na2SO4
D．若还原产物均为Cl-时，ClO2的氧化能力是等物质的量Cl2的2.5倍
20．下列各实验操作、现象及所得结论都正确的是
　 实验操作 现象 结论
A NO2通入盛水的试管中 水面上仍见红棕色气体 NO2在水中溶解度不大
B 在2mL新制氯水中滴入2滴NaBr溶液，再滴入2滴淀粉KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 非金属性：Cl>Br>I
C 在淀粉水解液加过量NaOH溶液，再滴入几滴碘水 溶液未变蓝色 淀粉完全水解
D 向某溶液中滴加NaOH溶液，将产生的沉淀过滤、洗涤、灼烧 生成红棕色固体 原溶液不一定含Fe3+
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，除标注外每空2分，共50分。)
21．请按要求填空：
（1）石膏的化学式　 　。
（2）用电子式表示HCl的形成过程　 　。
（3）过量单质铁与稀硝酸反应的离子方程式为　 　。
（4）氯和溴比较，氯的非金属性强，试从微观角度解释其原因　 　。
22．丙烯酸乙酯存在于菠萝等水果中，是一种食品用香料，可以用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料进行合成：
（1）C的结构简式是　 　。
（2）反应Ⅲ的反应类型是　 　。
（3）B中含有的官能团是　 　(填名称)。
（4）B和C反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式是　 　。
（5）下列说法正确的是_______。
A．反应Ⅲ的原子利用率为100%
B．有机物B、C均可与钠反应产生氢气
C．丙烯酸乙酯可与HCl气体发生加成反应，仅生成一种有机产物
D．1mol C4H8与1mol丙烯酸乙酯完全燃烧，消耗的氧气后者更多
（6）久置的丙烯酸乙酯自身会发生聚合反应，用化学方程式表示上述聚合过程　 　。
23．NaN3是一种易溶于水的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气药等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：
（1）为了隔绝空气和水蒸气，实验室的金属Na通常保存在　 　中。
（2）NaN3中含有的化学键类型为　 　。
（3）下列有关说法正确的是_______。
A．氮元素在周期表中的位置是第二周期Ⅴ族
B．制NaNH2的反应方程式为2Na + 2NH3 = 2NaNH2 +H2↑
C．NH4NO3和NH3均为共价化合物
D．流程中每步反应均涉及氮元素化合价变化
（4）①中反应的化学方程式为　 　。
（5）反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑中，转移1mol电子时，则生成　 　molN2O。
24．提纯NaCl粗品(含少量的Ca2+、Mg2+、K+和)得到NaCl纯品的方案如下，所用试剂为①BaCl2溶液、②Na2CO3溶液、③盐酸和④NaOH溶液。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）过滤前滴加试剂的顺序为　 　。(用序号表示)
（3）利用NaCl纯品配制450mL0.1000mol·L-1NaCl溶液，将下列步骤正确排序　 　。
①继续向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在刻度线以下1~2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至液面与刻度线相切。
②将称好的NaCl倒入烧杯中，加入适量蒸馏水搅拌溶解。
③盖紧容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
④称取　 　 g NaCl纯品。
⑤将溶解后的NaCl溶液转移至容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液一并注入容量瓶，轻轻摇匀。
（4）利用配制好的NaCl溶液测定某工业废水中Ag+的浓度(不考虑其他离子的反应)。准确量取废水25.00mL于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，摇匀。取20.00mL稀释后溶液与上述NaCl溶液反应，恰好完全反应时，消耗NaCl溶液体积为12.50mL，该工业废水中Ag+的物质的量浓度为　 　mol·L-1。
25．水煤气中的CO和H2在高温下反应生成甲烷：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)。在一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中，充入1molCO和5molH2，测得CO和H2的转化率随时间变化如图所示。
（1）从反应开始到6min，CO的平均反应速率为　 　mol·L-1·min-1，6min时，H2的转化率为　 　。
（2）下列叙述中能说明上述反应达到化学平衡状态的是　 　(填字母)。
a.3v正(H2)=v逆(CH4)
b．容器中混合气体的密度保持不变
c．CO和H2物质的量之比不变
d．混合气体的平均摩尔质量保持不变
e．容器中CH4的质量分数保持不变
（3）甲烷燃料电池装置如图所示，电池总反应为CH4+2O2+2OH-=+3H2O。通入氧气的电极为电池的　 　(填“正极”或“负极”)；溶液中OH-向电极　 　移动(填“a”或“b”)，通入CH4一端电极反应方程式为：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. 乙醇（化学式）是单一化合物，具有确定的分子结构和固定性质，属于纯净物，因此A正确；
B. 碱石灰是氢氧化钠（NaOH）和氧化钙（CaO）的固体混合物，不属于纯净物，故B错误；
C. 氢氧化铁胶体（）是由胶体粒子分散在分散剂中形成的分散体系，属于混合物，因此C错误；
D. 汽油是由多种碳原子数为5-12的烃类组成的复杂混合物，没有固定组成，故D错误；
综上，正确答案为A。
【分析】纯净物的核心特征是：①单一化学组成；②固定不变的性质；③明确的分子结构或晶体结构。
2．【答案】B
【知识点】物质的量的单位--摩尔；摩尔质量；物质的量浓度
【解析】【解答】A．物质的量的单位是，故A正确；
B．摩尔质量的单位是（或），故B不正确；
C．阿伏加德罗常数的单位是，故C正确；
D．物质的量浓度的单位是，故D正确；
故选B。
【分析】题目考查物理量对应的单位，摩尔质量对应的单位是g/mol。
3．【答案】B
【知识点】元素、核素；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．和都是碳元素的原子，它们互为同位素，因此选项A正确；
B．次氯酸的正确结构式应为H－O－Cl，题目中的表述有误，所以选项B错误；
C．氯元素的原子序数为17，其离子结构示意图为：，因此选项C正确；
D．作为共价化合物，其电子式表示为，因此选项D正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．同位素指质子数相同，中子数不同的核素；
B．根据元素形成共价键规律，次氯酸的结构式为H－O－Cl；
C．氯是17号元素，氯离子核外有18个电子；
D．电子式表示为。
4．【答案】A
【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．表示护目镜标识，与题目要求不符，因此A选项错误；
B．表示排风标识，符合题目描述，B选项正确；
C．是毒性物质标识，与题目描述一致，C选项正确；
D．为氧化性物质标识，符合题目要求，D选项正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】题目考查图标和对应名称或作用，A选项名称是护目镜。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】在化学反应 中：氯气（Cl2）中的氯元素化合价为0价，生成的氯化钠（NaCl）中氯元素显-1价，化合价降低，生成的次氯酸钠（NaClO）中氯元素显+1价，化合价升高，根据氧化还原反应原理：化合价降低的产物为还原产物（NaCl），化合价升高的产物为氧化产物（NaClO）因此，该反应中的还原产物是NaCl，对应选项为B。
【分析】根据氧化还原反应知识点，氧化剂得电子，化合价降低，发生还原反应，得到还原产物，还原剂失去电子，化合价升高，发生氧化反应，得到氧化产物，据此分析。
6．【答案】D
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；合成材料
【解析】【解答】A. 聚酯纤维属于人工合成的纤维材料，因此该选项表述不正确。 A错误；B. 氮化铝(AlN)属于新型无机非金属材料，而非传统金属材料， B错误；
C. 石墨烯是由碳原子组成的单质材料，归类为无机非金属材料， C错误；
D. 铝锂合金属于金属材料范畴， D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】聚酯纤维属于合成纤维；氮化铝是新型无机非金属材料；石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料；合金是金属材料。
7．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A. 硫与变价金属反应时通常生成低价硫化物，硫粉与铜粉反应生成硫化亚铜（Cu2S），化学方程式为：，因此选项A是错误的；
B. 二氧化硫（SO2）通入高锰酸钾溶液时，发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，配平后的方程式为：，选项B正确；
C. 碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为：，选项C正确；
D. 硫代硫酸钠（Na2S2O3）与硫酸反应时发生歧化反应，生成二氧化硫、硫单质、硫酸钠和水，化学方程式为：，选项D正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A.硫单质氧化性较弱，和铜反应生成硫化亚铜；
B.二氧化硫和高锰酸钾发生氧化还原反应，生成硫酸和硫酸锰；
C.碳单质和浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫；
D.酸性条件下，硫代硫酸钠发生反应生成硫单质和二氧化硫。
8．【答案】C
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．仅含有共价键，属于共价化合物， A不符合题意；
B．仅含有共价键，属于共价化合物， B不符合题意；
C．中K+与OH-通过离子键结合，而OH-内部的O-H键为极性键， C符合题意；
D．中与以离子键结合，但内部的O-O键为非极性键， D不符合题意；
正确答案为 C。
【分析】离子化合物是由阳离子和阴离子通过离子键结合形成的化合物。极性键存在于共价键中，当不同原子间因电负性差异导致电子对偏移时形成（如不同种原子之间）。
9．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；加成反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．乙烯分子中含有碳碳双键（C=C），苯在特定条件下（如催化加氢）也能发生加成反应，乙醛分子中的醛基（-CHO）同样可以发生加成反应，因此选项A正确；
B．淀粉和蛋白质属于天然高分子化合物（分子量范围一般在104～106），而油脂的分子量相对较小（通常小于1000），不符合高分子化合物的定义。在高中化学范畴内，高分子化合物主要包括淀粉、纤维素、蛋白质、核酸以及各种合成高分子材料等，因此选项B是错误的；
C．硫酸铜属于重金属盐类，能够使蛋白质发生变性，因此选项C正确；
D．酯类在碱性条件下水解时，羧酸部分会形成羧酸钠盐，而醇部分则保留酯分子中原有的18O原子，该描述符合化学反应机理，因此选项D正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．根据有机物性质，乙烯、苯和乙醛可发生加成反应；
B．油脂不是高分子化合物；
C．硫酸铜可使蛋白质变性；
D．根据酯类水解规律， CH3CO18OC2H5水解后，标记的氧在 C2H518OH 中。
10．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．加热时二氧化锰不能与稀盐酸反应制备氯气，因此选项A不能达到实验目的；
B．乙酸和乙醇在浓硫酸催化、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，实验中将乙酸乙酯收集在盛有饱和Na2CO3溶液的试管中，且导管口位于液面以上，可有效防止倒吸现象，因此选项B能达到实验目的；
C．浓硫酸与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，从而验证二氧化硫的生成。为防止二氧化硫污染空气，试管口用浸有NaOH溶液的棉花团进行尾气吸收，因此选项C能达到实验目的；
D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮气体，实验中可观察到红棕色气体产生。由于二氧化氮有毒，需用NaOH溶液吸收尾气，因此选项D能达到实验目的；
综上所述，只有选项A不能达到实验目的，故选A。
【分析】根据实验室制备氯气原理，加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气和氯化锰。
11．【答案】A
【知识点】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. 比较离子半径时，电子层结构相同的离子，核电荷数越小，半径越大。O2-和Na+具有相同的电子排布（2，8），但O2-的核电荷数更小，因此半径更大，即。A项错误；
B. 非金属性越强，其简单氢化物越稳定。非金属性顺序为F > O > S，因此氢化物的稳定性为。B项正确；
C. O2与Na反应可生成Na2O或Na2O2。C项正确；
D. Cl2的氧化性强于S，因此Cl2能与Na2S溶液反应置换出S单质，形成淡黄色沉淀。D项正确。
结论： 错误的选项是A；
答案：A.
【分析】根据题目描述的部分短周期元素原子最外层电子数与原子序数的关系图，可以确定元素X、Y、Z、R、W分别为氧（O）、氟（F）、钠（Na）、硫（S）、氯（Cl）。
12．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．在工业上，通过焦炭高温还原石英砂（SiO2）来制备粗硅，其化学反应方程式为：，选项A正确；
B．工业上生产铝是通过电解熔融的氧化铝（Al2O3）实现的，不能使用氯化铝（AlCl3），因为AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，选项B错误；
C．氯气与石灰乳反应可以制备漂白粉，主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，其化学反应方程式为：，选项C正确；
D．制造玻璃的主要原料是纯碱（Na2CO3）、石灰石（CaCO3）和石英砂（SiO2），这些原料在高温下反应生成硅酸盐，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．碳单质和二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳；
B．工业上电解熔融氧化铝制取铝，氯化铝是共价化合物，不能用来制备铝；
C．氯气和石灰乳制备漂白粉；
D．制备玻璃原料是纯碱、石灰石和石英砂。
13．【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；胶体的性质和应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．制备Fe(OH)3胶体时，不能搅拌。正确操作是：向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色后停止加热。A选项描述的操作方法错误；
B．正确的操作应该是将覆铜板浸入FeCl3溶液中。Fe3+能够将Cu氧化为Cu2+，反应方程式为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+。一段时间后取出覆铜板用清水洗净，可以观察到图案。B选项描述的操作方法错误；
C．铁和铜在食盐水中可以形成原电池，其中铁作为负极，铜作为正极。这个过程中可以观察到电流计指针发生偏转，说明有电流产生。C选项描述的现象正确；
D．葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要在碱性条件下进行。正确的操作步骤是：先向试管中加入2mL 10% NaOH溶液，再滴加5滴5% CuSO4溶液，得到含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液，然后加入2mL 10%葡萄糖溶液并加热，才能观察到砖红色沉淀。D选项描述的操作方法错误；
综上所述，只有选项C的描述是正确的。
【分析】A．制备氢氧化铁胶体时，搅拌会引起胶体聚沉；
B．铜和氯化亚铁不反应，应用氯化铁溶液；
C．铜和铁，食盐水加上导线连接，可构成原电池；
D．配制新制氢氧化铜悬浊液，应保证氢氧化钠溶液过量。
14．【答案】C
【知识点】溶液pH的定义；烯烃；气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A． pH=1的H2SO4溶液中，H+浓度为0.1 mol/L，10 L溶液中H+的物质的量为1 mol，数目为。但题目要求的是“所含H+数目为2”，实际应为1，故A错误；
B． 标准状况下CCl4为液态，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算其物质的量，故B错误；
C．和的摩尔质量均为20 g/mol。2 g混合物的物质的量为0.1 mol，每个分子含10个中子和10个电子，因此中子、电子数目均为0.1×10×=，故C正确；
D． 乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）的最简式均为。28 g混合物含2 mol单元，每个含2个C-H键，总键数为2×2×=4，而非5，故D错误；
正确答案：C。
【分析】A． pH=1 即溶液H+浓度为0.1 mol/L，代入公式n=cv计算；
B．标准状况下，四氯化碳不是气态；
C．质量数=质子数+中子数，电子数=质子数；
D．根据单烯烃最简式计算 C-H键的数目 。
15．【答案】C
【知识点】氮气的化学性质；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 光导纤维的主要成分为二氧化硅（SiO2），而非单质硅（Si），硅虽为半导体材料，但此处描述对象错误，故A错误；
B. 碳酸氢钠（NaHCO3）在糕点制作中起作用的是其受热分解产生二氧化碳（CO2）使面团蓬松，与其弱碱性无关，故B错误；
C. 高铁酸钾（K2FeO4）的强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质，故C正确；
D. 镁在高温下会与氮气（N2）反应生成氮化镁（Mg3N2），因此工业冶炼镁时需用惰性气体（如氩气）作保护气，故D错误；
正确答案：C。
【分析】A. 硅单质可以作计算机芯片，二氧化硅是光导纤维成分；
B. 碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可使糕点松软；
C. 利用高铁酸钾强氧化性，可进行杀菌消毒；
D. 氮气和镁发生反应生成氮化镁。
16．【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．预测是基于同族元素性质的相似性，钠、钾与铷同属碱金属族，其性质递变规律合理，故A选项正确；
B．阿伦尼乌斯电离理论通过建立模型来解释电解质溶液中的电离现象，符合"模型方法"的科学研究范式，故B选项正确；
C．在研究催化剂影响时保持其他实验条件不变，这是典型的变量控制法应用，故C选项正确；
D．分析Fe2O3的化合物类别（金属氧化物）和铁元素价态（+3价）属于物质性质推断范畴，并非实验方案设计的操作步骤，故D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据钠、钾和铷是同一族元素，可推测性质相似；
B．电离理论可解释酸、碱和盐溶液的通性；
C．实验探究中需控制单一变量法；
D．三氧化二铁是碱性氧化物，可与酸反应，和化学实验设计无关。
17．【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．等物质的量的液体通常比气体具有更低的能量状态，因此A选项正确；
B．在反应过程中，碳元素的化合价从+4价降低到-2价，意味着每转化1mol CO2会转移6mol电子，故B选项正确；
C．当物质从气态转变为液态时会释放热量，因此反应生成液态水时放出的热量比生成气态水更多，C选项的表述存在错误；
D．根据图示可知该反应为放热反应，说明反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成释放的总能量，D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．同一物质，液态转化为气态是吸热过程，液态能量更低；
B．根据反应方程式中元素华合价变化，可计算转移电子数目；
C．气态水转化为液态水放热，能量曲线错误；
D．如图可知，反应放热，反应物总键能小于生成物总键能。
18．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A. 根据抗坏血酸的结构简式可确定其分子式为，因此A选项正确；B. 抗坏血酸分子中同时存在羟基（-OH）、碳碳双键（C=C）和酯基（-COO-）三种官能团，故B选项正确；
C. 1 mol脱氢抗坏血酸含有2 mol羟基，与足量Na反应可生成1 mol H2，在标准状况下体积为22.4 L，因此C选项正确；
D. 脱氢抗坏血酸分子中的羟基所连碳原子上有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，故D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. 根据抗坏血酸结构可得分子式；
B. 根据结构简式可知含有官能团为羟基、羰基和碳碳双键；
C. 羟基可与钠单质反应生成氢气，根据羟基数目计算生成氢气的物质的量；
D. 脱氢抗坏血酸分子中的羟基可与高锰酸钾发生氧化还原反应。
19．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．由于高浓度具有爆炸危险性，在反应1中需要通入进行稀释以确保安全，A正确；B．反应2的化学方程式为。其中过氧化氢作为还原剂，二氧化氯作为氧化剂，二者的物质的量之比应为1∶2， B错误；
C．在反应1中，氯元素从+5价（氯酸钠）降至+4价（二氧化氯），因此二氧化氯是还原产物。母液中的主要成分确为硫酸钠， C正确；
D．通过电子转移计算：1mol氯气反应转移2mol电子，而1mol二氧化氯反应转移5mol电子，因此等物质的量时二氧化氯的氧化能力是氯气的2.5倍， D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】根据题目描述的工艺流程，可以分解为以下步骤：反应1：二氧化硫在稀硫酸环境中与氯酸钠反应，生成硫酸钠、二氧化氯和水。反应2：二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应，生成亚氯酸钠、氧气和水。后续处理：将反应得到的亚氯酸钠溶液在55℃条件下进行减压蒸发、冷却结晶、过滤，最终得到亚氯酸钠固体产品。
20．【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二价铁离子和三价铁离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．二氧化氮（NO2）溶于水会发生反应：3NO2 + H2O → 2HNO3 + NO，生成的NO遇空气会被氧化为NO2（2NO + O2 → 2NO2），导致出现红棕色现象，这不能说明NO2溶解度低，因此A选项错误；
B．当氯水过量时，氯气（Cl2）会直接氧化碘离子（I-）生成碘单质（I2），此时无法证明溴（Br2）能否氧化I-，因此不能得出Br的非金属性大于I的结论，B选项错误；
C．加入过量氢氧化钠（NaOH）会使溶液呈强碱性，导致碘单质（I2）与NaOH发生反应（3I2 + 6NaOH = 5NaI + NaIO3 + 3H2O），使溶液无法显蓝色。因此，未出现蓝色不能证明淀粉完全水解，C选项错误；
D．红棕色的三氧化二铁（Fe2O3）既可能由二价铁离子（Fe2+）的氢氧化物灼烧得到（如4Fe(OH)2 + O2 = 2Fe2O3 + 4H2O），也可能由三价铁离子（Fe3+）的氢氧化物直接分解得到（2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O），因此原溶液中可能含有Fe2+，D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．二氧化碳和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳会和氧气反应生成二氧化氮；
B．实验中氯水过量，无法比较溴和碘的非金属性；
C．碘水中碘单质和氢氧化钠反应，无法用淀粉检验碘单质；
D．实验中有灼烧步骤，无法确定原溶液中是否含有三价铁离子。
21．【答案】（1）CaSO4·2H2O
（2）
（3）
（4）氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）石膏属于硫酸盐类矿物，其化学组成可表示为CaSO4·2H2O，表明每个硫酸钙分子结合两个水分子形成结晶水合物；
（2）氯化氢（HCl）为典型的共价化合物，其形成过程通过共用电子对实现，电子式表示时需注意不标注电子转移箭头：；
（3）当铁单质过量时与稀硝酸反应，主要产物为Fe2+和一氧化氮，离子反应方程式为；
（4）氯元素与溴元素同属ⅦA族，由于氯原子比溴原子少一个电子层，其原子半径显著更小，原子核对外层电子束缚作用更强，因此氯表现出更强的得电子能力。
【分析】（1）石膏化学式为 CaSO4·2H2O ；
（2）氯化氢是共价化合物；
（3）过量铁和稀硝酸反应生成二价铁离子和一氧化氮；
（4）从结构角度分析，氯元素更容易得电子，表现较强的非金属性。
（1）石膏是硫酸盐，化学式为CaSO4·2H2O；
（2）HCl是共价化合物，用电子式表示形成过程时无电子转移：；
（3）过量单质铁与稀硝酸反应，生成亚铁离子和NO，离子方程式为；
（4）氯和溴是同主族元素，氯在溴的上一周期，氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强。
22．【答案】（1）
（2）加成反应
（3）羧基、碳碳双键
（4）
（5）A；B
（6）
【知识点】有机物中的官能团；加成反应；酯化反应；结构简式
【解析】【解答】（1）乙烯与水加成生成乙醇的结构式为：；
（2）丙烯酸（CH2=CHCOOH）与乙烯通过双键加成反应生成丙烯酸乙酯；
（3）丙烯酸的官能团包括羧基（-COOH）和碳碳双键（C=C）；
；
（4）酯化反应方程式：
（5）A. 加成反应的原子利用率为100%，正确；
B. 丙烯酸和乙醇均能与钠反应，正确；
C. 与HCl加成可能生成两种产物，错误；
D. 燃烧耗氧量相同，错误；
正确答案为AB。
（6）丙烯酸乙酯加聚反应：。
【分析】发生加成反应生成乙醇（CH3CH2OH），丙烯（CH2=CHCH3）与O2在催化剂作用下氧化生成丙烯酸（CH2=CHCOOH）。丙烯酸与乙醇通过酯化反应生成丙烯酸乙酯和水。此外，丙烯酸与乙烯也可通过双键加成反应直接生成丙烯酸乙酯。
（1）乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，结构式为：。
（2）有机物B是CH2=CHCOOH，B在催化剂作用下与乙烯发生碳碳双键的加成反应生成丙烯酸乙酯。
（3）有机物B是CH2=CHCOOH，官能团是羧基、碳碳双键。
（4）乙醇和CH2=CHCOOH发生酯化反应方程式为。
（5）A．反应Ⅲ是CH2=CHCOOH与乙烯发生碳碳双键的加成反应生成丙烯酸乙酯，反应物全部转化为产物，原子利用率为100%，A正确；
B．有机物B是CH2=CHCOOH，物质C是乙醇，含有羧基和羟基，都可以和钠反应生成氢气，B正确；
C．与氯化氢加成，可以生成和两种有机物，C错误；
D．丙烯酸乙酯的分子式为C5H8O2可改写成，故1 mol C4H8与1 mol丙烯酸乙酯完全燃烧，消耗的氧气一样，D错误；
故选AB。
（6）丙烯酸乙酯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：。
23．【答案】（1）煤油或石蜡油
（2）离子键、共价键
（3）B
（4）2NaNH2+N2O NaN3+NaOH + NH3
（5）0.25
【知识点】化学键；氧化还原反应方程式的配平；钠的化学性质
【解析】【解答】（1）金属钠化学性质活泼，需隔绝空气和水蒸气保存，实验室通常将其浸没在煤油或石蜡油中；
（2）NaN3中钠离子（Na+）与叠氮酸根离子（N3-）通过离子键结合，而叠氮酸根内部氮原子间通过共价键连接，因此化学键类型为离子键和共价键；
（3） A：氮元素位于第二周期第ⅤA族，但题目未涉及此内容，选项错误；
B：钠与液氨反应的化学方程式为，选项正确；
C：NH3是共价化合物，NH4NO3是离子化合物，但题目未比较两者，选项错误；
D：钠与液氨反应中氮元素化合价始终为-3价，未发生改变，选项错误；
正确答案为B。
（4）NaNH2与N2O在210~220℃下反应生成NaN3、氨气和氢氧化钠，化学方程式为：
（5）根据电子转移分析：N2O中氮元素由+1价（N2O）和-3价（NaNH2）转化为NaN3中的-1/3价（平均），每生成1 mol N2O需转移4 mol电子。因此转移1 mol电子时，生成N2O的物质的量为 0.25 mol。
【分析】本实验通过金属钠与液氨（NH3）反应生成氨基钠（NaNH2），再与硝酸铵（NH4NO3）分解生成的一氧化二氮（N2O）反应，最终制得叠氮化钠（NaN3），经过分离提纯得到产物。
（1）为了隔绝空气和水蒸气，实验室的金属Na通常保存在煤油或石蜡油中；
（2）NaN3中含有的化学键类型为离子键和共价键；
（3）A．氮元素在周期表中的位置是第二周期ⅤA族，A错误；
B．钠和液氨反应生成NaNH2和氢气，反应方程式为2Na +2NH3 = 2NaNH2 +H2↑，B正确；
C．NH3为共价化合物，NH4NO3为离子化合物，C错误；
D．钠和液氨反应生成NaNH2和氢气的反应中氮元素化合价没有变化，均为-3价，D错误；
故选B；
（4）NaNH2与N2O反应生成NaN3、氨气和氢氧化钠，化学方程式为2NaNH2+N2O NaN3+NaOH + NH3；
（5）反应中氮元素化合价由-3价、+5价变化到+1价，可知关系式：N2O～4e-，转移1mol电子时，则生成0.25molN2O。
24．【答案】（1）蒸发皿
（2）①②④或①④②或④①②
（3）；④②⑤①③
（4）0.25
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 仪器a的名称为蒸发皿；
(2) . 根据上述分析，过滤前滴加试剂的顺序可以是①②④、①④②或④①②；
（3）利用纯品配制溶液，容量瓶选择规格，需要氯化钠的物质的量为：，其质量为：（托盘天平称量只能精确至）。根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。其操作顺序是：④②⑤①③；
（4）银离子与氯离子反应的离子方程式为：，根据方程式系数关系：，消耗的氯离子的量为：，所以原溶液中，。
【分析】首先将粗盐溶解于水，充分搅拌使其完全溶解。随后加入过量氯化钡溶液，目的是去除硫酸根离子，反应方程式为：。接着加入过量碳酸钠溶液，用于去除钙离子和过量的钡离子，反应方程式为：和。需要注意的是，碳酸钠溶液必须在氯化钡溶液之后加入。再加入过量氢氧化钠溶液，用于去除镁离子，反应方程式为：。过滤后，向滤液中滴加盐酸至中性，目的是去除过量的氢氧根离子和碳酸根离子，反应方程式为：。最后通过加热蒸发氯化钠溶液，得到纯净的精盐。
（1）仪器a的名称是蒸发皿。
（2）根据分析可知，过滤前滴加试剂的顺序为①②④或①④②或④①②。
（3）利用纯品配制溶液，容量瓶选择规格，需要氯化钠的物质的量为：，其质量为：（托盘天平称量只能精确至）。根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。其操作顺序是：④②⑤①③。
（4）银离子与氯离子反应的离子方程式为：，根据方程式系数关系：，消耗的氯离子的量为：，所以原溶液中，。
25．【答案】（1）0.05；36%
（2）cde
（3）正极；a；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）从反应开始到6分钟，CO的转化率60%，结合三段式列式计算：
从反应开始到6min，CO的平均反应速率为 =0.05mol·L-1·min-1，6min时，H2的转化率为=36%。故答案为：0.05；36%；
（2）a. 3v正(H2) = v逆(CH4)，速率之比不等于化学计量数之比，说明正逆反应速率不相等，不能作为平衡状态的判断依据，故a不选；
b. 反应前后气体质量和体积不变，容器中混合气体的密度始终保持不变，不能作为平衡状态的判断依据，故b不选；
c. CO和H2物质的量之比不变，说明容器中CO和H2物质的量保持不变，可以作为平衡状态的判断依据，故c选；
d. 该反应是气体体积变化的反应，混合气体的平均摩尔质量保持不变，可以作为平衡状态的判断依据，故d选；
e. 该反应是气体体积变化的反应，容器中CH4的质量分数保持不变，可以作为平衡状态的判断依据，故e选；
正确答案为：cde；
（3）甲烷燃料电池中氧气在正极发生还原反应，通入氧气的电极为电池的正极；电解液中带负电的粒子向负极移动，溶液中OH-向电极a移动（通入甲烷的电极为负极）。CH4在负极失去电子结合氢氧根生成碳酸根，负极反应方程式为：CH4 - 8e- + 10OH- = CO + 7H2O。
正确答案为：正极；a；CH4 - 8e- + 10OH- = CO + 7H2O。
【分析】（1）根据图中一氧化碳转化率变化，代入反应速率计算公式进行计算，氢气反应速率是一氧化碳的3倍；
（2）化学平衡状态判断思路是‘变量不变’，据此分析；
（3）根据电池总反应可判断通入氧气一极是正极，原电池工作时，阴离子移向负极。
（1）从反应开始到6分钟，CO的转化率60%，结合三段式列式计算：
从反应开始到6min，CO的平均反应速率为 =0.05mol·L-1·min-1，6min时，H2的转化率为=36%。故答案为：0.05；36%；
（2）a.3v正(H2)=v逆(CH4)，速率之比不等于计量数之比，说明正逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故a不选；
b．反应前后气体质量和体积不变，容器中混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不选；
c．CO和H2物质的量之比不变，说明容器中CO和H2物质的量保持不变，说明反应达到平衡，故c选；
d．该反应是气体体积不等的反应，混合气体的平均摩尔质量保持不变，能说明达到平衡，故d选；
e．该反应是气体体积不等的反应，容器中CH4的质量分数保持不变，能说明达到平衡，故e选；
故答案为：cde；
（3）甲烷燃料电池中氧气在正极发生还原反应，通入氧气的电极为电池的正极；电解液中带负电的粒子向负极移动，溶液中OH-向电极a移动，通入甲烷的电极为负极，CH4失去电子结合氢氧根变成碳酸根，通入CH4一端电极反应方程式为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O 。
故答案为：正极；a；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。
1 / 1浙江省丽水市2024-2025学年高一下学期6月期末化学试题
一、选择题(本大题共20小题，第1-10题每题2分，第11-20题每题3分，共50分。每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．下列物质属于纯净物的是
A．乙醇 B．碱石灰
C．Fe(OH)3 胶体 D．汽油
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. 乙醇（化学式）是单一化合物，具有确定的分子结构和固定性质，属于纯净物，因此A正确；
B. 碱石灰是氢氧化钠（NaOH）和氧化钙（CaO）的固体混合物，不属于纯净物，故B错误；
C. 氢氧化铁胶体（）是由胶体粒子分散在分散剂中形成的分散体系，属于混合物，因此C错误；
D. 汽油是由多种碳原子数为5-12的烃类组成的复杂混合物，没有固定组成，故D错误；
综上，正确答案为A。
【分析】纯净物的核心特征是：①单一化学组成；②固定不变的性质；③明确的分子结构或晶体结构。
2．下列物理量单位不正确的是
A．物质的量：mol B．摩尔质量：mol·g-1
C．阿伏加德罗常数：mol-1 D．物质的量浓度：mol·L-1
【答案】B
【知识点】物质的量的单位--摩尔；摩尔质量；物质的量浓度
【解析】【解答】A．物质的量的单位是，故A正确；
B．摩尔质量的单位是（或），故B不正确；
C．阿伏加德罗常数的单位是，故C正确；
D．物质的量浓度的单位是，故D正确；
故选B。
【分析】题目考查物理量对应的单位，摩尔质量对应的单位是g/mol。
3．下列化学用语表示不正确的是
A．12C和14C互为同位素 B．HClO的结构式：H-Cl-O
C．Cl-的结构示意图： D．NH3的电子式：
【答案】B
【知识点】元素、核素；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．和都是碳元素的原子，它们互为同位素，因此选项A正确；
B．次氯酸的正确结构式应为H－O－Cl，题目中的表述有误，所以选项B错误；
C．氯元素的原子序数为17，其离子结构示意图为：，因此选项C正确；
D．作为共价化合物，其电子式表示为，因此选项D正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．同位素指质子数相同，中子数不同的核素；
B．根据元素形成共价键规律，次氯酸的结构式为H－O－Cl；
C．氯是17号元素，氯离子核外有18个电子；
D．电子式表示为。
4．下列实验图标表示的含义不正确的是
A．放大镜 B．排风
C．毒性物质 D．氧化性物质
【答案】A
【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．表示护目镜标识，与题目要求不符，因此A选项错误；
B．表示排风标识，符合题目描述，B选项正确；
C．是毒性物质标识，与题目描述一致，C选项正确；
D．为氧化性物质标识，符合题目要求，D选项正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】题目考查图标和对应名称或作用，A选项名称是护目镜。
5．反应中，还原产物是
A． B．NaCl C．NaClO D．
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】在化学反应 中：氯气（Cl2）中的氯元素化合价为0价，生成的氯化钠（NaCl）中氯元素显-1价，化合价降低，生成的次氯酸钠（NaClO）中氯元素显+1价，化合价升高，根据氧化还原反应原理：化合价降低的产物为还原产物（NaCl），化合价升高的产物为氧化产物（NaClO）因此，该反应中的还原产物是NaCl，对应选项为B。
【分析】根据氧化还原反应知识点，氧化剂得电子，化合价降低，发生还原反应，得到还原产物，还原剂失去电子，化合价升高，发生氧化反应，得到氧化产物，据此分析。
6．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列有关材料的说法正确的是
A．制作“神舟”飞船航天服使用的聚酯纤维，属于再生纤维
B．北斗卫星使用的氮化铝芯片，属于传统无机非金属材料
C．钠离子电池电极材料使用的石墨烯，属于有机高分子材料
D．C919大飞机机身蒙皮使用的铝锂合金，属于金属材料
【答案】D
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；合成材料
【解析】【解答】A. 聚酯纤维属于人工合成的纤维材料，因此该选项表述不正确。 A错误；B. 氮化铝(AlN)属于新型无机非金属材料，而非传统金属材料， B错误；
C. 石墨烯是由碳原子组成的单质材料，归类为无机非金属材料， C错误；
D. 铝锂合金属于金属材料范畴， D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】聚酯纤维属于合成纤维；氮化铝是新型无机非金属材料；石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料；合金是金属材料。
7．硫是一种重要的非金属元素，硫单质及其化合物在工业生产中应用广泛。下列物质性质实验对应的反应方程式书写不正确的是
A．硫粉与铜粉隔绝空气混合加热：S + CuCuS
B．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中：5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O = 2MnSO4 + 2H2SO4 + K2SO4
C．往炭粉中加入浓硫酸加热搅拌：2H2SO4(浓) + CCO2↑+2SO2↑+2H2O
D．往Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：Na2S2O3+ H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑+ S↓+ H2O
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A. 硫与变价金属反应时通常生成低价硫化物，硫粉与铜粉反应生成硫化亚铜（Cu2S），化学方程式为：，因此选项A是错误的；
B. 二氧化硫（SO2）通入高锰酸钾溶液时，发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，配平后的方程式为：，选项B正确；
C. 碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为：，选项C正确；
D. 硫代硫酸钠（Na2S2O3）与硫酸反应时发生歧化反应，生成二氧化硫、硫单质、硫酸钠和水，化学方程式为：，选项D正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A.硫单质氧化性较弱，和铜反应生成硫化亚铜；
B.二氧化硫和高锰酸钾发生氧化还原反应，生成硫酸和硫酸锰；
C.碳单质和浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫；
D.酸性条件下，硫代硫酸钠发生反应生成硫单质和二氧化硫。
8．含极性键的离子化合物的是
A．H2SO4 B．CO2 C．KOH D．Na2O2
【答案】C
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．仅含有共价键，属于共价化合物， A不符合题意；
B．仅含有共价键，属于共价化合物， B不符合题意；
C．中K+与OH-通过离子键结合，而OH-内部的O-H键为极性键， C符合题意；
D．中与以离子键结合，但内部的O-O键为非极性键， D不符合题意；
正确答案为 C。
【分析】离子化合物是由阳离子和阴离子通过离子键结合形成的化合物。极性键存在于共价键中，当不同原子间因电负性差异导致电子对偏移时形成（如不同种原子之间）。
9．下列有关有机化合物的说法不正确的是
A．乙烯、苯和乙醛均能发生加成反应
B．淀粉、油脂、蛋白质都是高分子化合物
C．鸡蛋清溶液中加入硫酸铜溶液，鸡蛋清凝聚，蛋白质变性
D．在碱性(NaOH)条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COONa和C2H518OH
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；加成反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．乙烯分子中含有碳碳双键（C=C），苯在特定条件下（如催化加氢）也能发生加成反应，乙醛分子中的醛基（-CHO）同样可以发生加成反应，因此选项A正确；
B．淀粉和蛋白质属于天然高分子化合物（分子量范围一般在104～106），而油脂的分子量相对较小（通常小于1000），不符合高分子化合物的定义。在高中化学范畴内，高分子化合物主要包括淀粉、纤维素、蛋白质、核酸以及各种合成高分子材料等，因此选项B是错误的；
C．硫酸铜属于重金属盐类，能够使蛋白质发生变性，因此选项C正确；
D．酯类在碱性条件下水解时，羧酸部分会形成羧酸钠盐，而醇部分则保留酯分子中原有的18O原子，该描述符合化学反应机理，因此选项D正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．根据有机物性质，乙烯、苯和乙醛可发生加成反应；
B．油脂不是高分子化合物；
C．硫酸铜可使蛋白质变性；
D．根据酯类水解规律， CH3CO18OC2H5水解后，标记的氧在 C2H518OH 中。
10．下列实验装置中，无法达到相应实验目的的是
A．装置①可用于制备Cl2
B．装置②可用于制备乙酸乙酯
C．装置③可用于检验铜与浓硫酸反应生成的SO2
D．装置④可用于验证铜与浓硝酸反应
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．加热时二氧化锰不能与稀盐酸反应制备氯气，因此选项A不能达到实验目的；
B．乙酸和乙醇在浓硫酸催化、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，实验中将乙酸乙酯收集在盛有饱和Na2CO3溶液的试管中，且导管口位于液面以上，可有效防止倒吸现象，因此选项B能达到实验目的；
C．浓硫酸与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，从而验证二氧化硫的生成。为防止二氧化硫污染空气，试管口用浸有NaOH溶液的棉花团进行尾气吸收，因此选项C能达到实验目的；
D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮气体，实验中可观察到红棕色气体产生。由于二氧化氮有毒，需用NaOH溶液吸收尾气，因此选项D能达到实验目的；
综上所述，只有选项A不能达到实验目的，故选A。
【分析】根据实验室制备氯气原理，加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气和氯化锰。
11．R、W、X、Y、Z是短周期元素，它们最外层电子数与原子序数的关系如图，则下列说法不正确的是
A．简单离子半径Z>X
B．最简单氢化物的稳定性Y>X>R
C．单质X与Z反应可成Z2X或Z2X2
D．Z2R溶液与W单质反应可生成淡黄色沉淀
【答案】A
【知识点】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. 比较离子半径时，电子层结构相同的离子，核电荷数越小，半径越大。O2-和Na+具有相同的电子排布（2，8），但O2-的核电荷数更小，因此半径更大，即。A项错误；
B. 非金属性越强，其简单氢化物越稳定。非金属性顺序为F > O > S，因此氢化物的稳定性为。B项正确；
C. O2与Na反应可生成Na2O或Na2O2。C项正确；
D. Cl2的氧化性强于S，因此Cl2能与Na2S溶液反应置换出S单质，形成淡黄色沉淀。D项正确。
结论： 错误的选项是A；
答案：A.
【分析】根据题目描述的部分短周期元素原子最外层电子数与原子序数的关系图，可以确定元素X、Y、Z、R、W分别为氧（O）、氟（F）、钠（Na）、硫（S）、氯（Cl）。
12．下列说法不正确的是
A．工业上用焦炭还原石英砂制取粗硅
B．工业上一般通过电解熔融的氯化铝制取铝
C．工业上用氯气和石灰乳为原料制取漂白粉
D．工业上用纯碱、石灰石和石英砂为原料制取玻璃
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．在工业上，通过焦炭高温还原石英砂（SiO2）来制备粗硅，其化学反应方程式为：，选项A正确；
B．工业上生产铝是通过电解熔融的氧化铝（Al2O3）实现的，不能使用氯化铝（AlCl3），因为AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，选项B错误；
C．氯气与石灰乳反应可以制备漂白粉，主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，其化学反应方程式为：，选项C正确；
D．制造玻璃的主要原料是纯碱（Na2CO3）、石灰石（CaCO3）和石英砂（SiO2），这些原料在高温下反应生成硅酸盐，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．碳单质和二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳；
B．工业上电解熔融氧化铝制取铝，氯化铝是共价化合物，不能用来制备铝；
C．氯气和石灰乳制备漂白粉；
D．制备玻璃原料是纯碱、石灰石和石英砂。
13．下列实验探究说法正确的是
A．向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，边搅拌边继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体
B．用油性笔在覆铜板上画上设计好的图案，浸入盛有FeCl2溶液的烧杯中，一段时间后取出覆铜板用清水洗净，可观察到图案
C．铜片与铁片分别用导线连接灵敏电流计，置于用食盐水浸泡的滤纸两侧，可观察到电流计指针发生偏转
D．在试管中加入2mL5%CuSO4溶液，滴加5滴10%NaOH溶液，再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热，可观察到砖红色沉淀
【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；胶体的性质和应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．制备Fe(OH)3胶体时，不能搅拌。正确操作是：向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色后停止加热。A选项描述的操作方法错误；
B．正确的操作应该是将覆铜板浸入FeCl3溶液中。Fe3+能够将Cu氧化为Cu2+，反应方程式为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+。一段时间后取出覆铜板用清水洗净，可以观察到图案。B选项描述的操作方法错误；
C．铁和铜在食盐水中可以形成原电池，其中铁作为负极，铜作为正极。这个过程中可以观察到电流计指针发生偏转，说明有电流产生。C选项描述的现象正确；
D．葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要在碱性条件下进行。正确的操作步骤是：先向试管中加入2mL 10% NaOH溶液，再滴加5滴5% CuSO4溶液，得到含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液，然后加入2mL 10%葡萄糖溶液并加热，才能观察到砖红色沉淀。D选项描述的操作方法错误；
综上所述，只有选项C的描述是正确的。
【分析】A．制备氢氧化铁胶体时，搅拌会引起胶体聚沉；
B．铜和氯化亚铁不反应，应用氯化铁溶液；
C．铜和铁，食盐水加上导线连接，可构成原电池；
D．配制新制氢氧化铜悬浊液，应保证氢氧化钠溶液过量。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．pH=1的H2SO4溶液10 L，含H＋的数目为2NA
B．标准状况下，11.2 L CCl4中含有C-Cl键的数目为2NA
C．2 g H218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均为NA
D．273K、101 kPa下，28 g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键的数目为5NA
【答案】C
【知识点】溶液pH的定义；烯烃；气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A． pH=1的H2SO4溶液中，H+浓度为0.1 mol/L，10 L溶液中H+的物质的量为1 mol，数目为。但题目要求的是“所含H+数目为2”，实际应为1，故A错误；
B． 标准状况下CCl4为液态，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算其物质的量，故B错误；
C．和的摩尔质量均为20 g/mol。2 g混合物的物质的量为0.1 mol，每个分子含10个中子和10个电子，因此中子、电子数目均为0.1×10×=，故C正确；
D． 乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）的最简式均为。28 g混合物含2 mol单元，每个含2个C-H键，总键数为2×2×=4，而非5，故D错误；
正确答案：C。
【分析】A． pH=1 即溶液H+浓度为0.1 mol/L，代入公式n=cv计算；
B．标准状况下，四氯化碳不是气态；
C．质量数=质子数+中子数，电子数=质子数；
D．根据单烯烃最简式计算 C-H键的数目 。
15．下列物质性质、用途及对应关系正确的是
A．硅可以导电，可用于制造光导纤维
B．碳酸氢钠呈碱性，可用于焙制糕点
C．K2FeO4具有强氧化性，可用于水体的消毒
D．氮气的性质比较稳定，可用于冶炼金属镁时的保护气
【答案】C
【知识点】氮气的化学性质；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A. 光导纤维的主要成分为二氧化硅（SiO2），而非单质硅（Si），硅虽为半导体材料，但此处描述对象错误，故A错误；
B. 碳酸氢钠（NaHCO3）在糕点制作中起作用的是其受热分解产生二氧化碳（CO2）使面团蓬松，与其弱碱性无关，故B错误；
C. 高铁酸钾（K2FeO4）的强氧化性可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质，故C正确；
D. 镁在高温下会与氮气（N2）反应生成氮化镁（Mg3N2），因此工业冶炼镁时需用惰性气体（如氩气）作保护气，故D错误；
正确答案：C。
【分析】A. 硅单质可以作计算机芯片，二氧化硅是光导纤维成分；
B. 碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可使糕点松软；
C. 利用高铁酸钾强氧化性，可进行杀菌消毒；
D. 氮气和镁发生反应生成氮化镁。
16．下表中“方法导引”与“示例”对应关系不正确的是
　 方法导引 示例
A 预测 钠、钾都能与水反应，则铷也能与水反应
B 模型 阿伦尼乌斯在前人研究的基础上通过研究提出电离理论，解释了酸、碱、盐溶液的某些性质
C 变量控制 探究不同催化剂对化学反应速率的影响时，需要控制温度、浓度和其他影响因素相同
D 化学实验 设计 对于Fe2O3，从类别看，它能与酸发生反应；从价态看，它能与还原性物质发生反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．预测是基于同族元素性质的相似性，钠、钾与铷同属碱金属族，其性质递变规律合理，故A选项正确；
B．阿伦尼乌斯电离理论通过建立模型来解释电解质溶液中的电离现象，符合"模型方法"的科学研究范式，故B选项正确；
C．在研究催化剂影响时保持其他实验条件不变，这是典型的变量控制法应用，故C选项正确；
D．分析Fe2O3的化合物类别（金属氧化物）和铁元素价态（+3价）属于物质性质推断范畴，并非实验方案设计的操作步骤，故D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据钠、钾和铷是同一族元素，可推测性质相似；
B．电离理论可解释酸、碱和盐溶液的通性；
C．实验探究中需控制单一变量法；
D．三氧化二铁是碱性氧化物，可与酸反应，和化学实验设计无关。
17．CO2催化转化有利于资源化利用。反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．等物质的量CH3OH(l)比CH3OH(g)能量更低
B．反应中每转化1molCO2，转移6mol电子
C．若水的状态为液态，则能量变化曲线可能为①
D．反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成释放的总能量
【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．等物质的量的液体通常比气体具有更低的能量状态，因此A选项正确；
B．在反应过程中，碳元素的化合价从+4价降低到-2价，意味着每转化1mol CO2会转移6mol电子，故B选项正确；
C．当物质从气态转变为液态时会释放热量，因此反应生成液态水时放出的热量比生成气态水更多，C选项的表述存在错误；
D．根据图示可知该反应为放热反应，说明反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成释放的总能量，D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．同一物质，液态转化为气态是吸热过程，液态能量更低；
B．根据反应方程式中元素华合价变化，可计算转移电子数目；
C．气态水转化为液态水放热，能量曲线错误；
D．如图可知，反应放热，反应物总键能小于生成物总键能。
18．抗坏血酸(维生素C)能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，常用作食品抗氧化剂，其抗氧化过程如图所示。下列说法不正确的是
A．抗坏血酸的分子式为C6H8O6
B．抗坏血酸分子中含有3种官能团
C．1mol脱氢抗坏血酸与足量Na反应生成22.4L(标准状况下)H2
D．脱氢抗坏血酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；醇类简介
【解析】【解答】A. 根据抗坏血酸的结构简式可确定其分子式为，因此A选项正确；B. 抗坏血酸分子中同时存在羟基（-OH）、碳碳双键（C=C）和酯基（-COO-）三种官能团，故B选项正确；
C. 1 mol脱氢抗坏血酸含有2 mol羟基，与足量Na反应可生成1 mol H2，在标准状况下体积为22.4 L，因此C选项正确；
D. 脱氢抗坏血酸分子中的羟基所连碳原子上有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，故D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. 根据抗坏血酸结构可得分子式；
B. 根据结构简式可知含有官能团为羟基、羰基和碳碳双键；
C. 羟基可与钠单质反应生成氢气，根据羟基数目计算生成氢气的物质的量；
D. 脱氢抗坏血酸分子中的羟基可与高锰酸钾发生氧化还原反应。
19．亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知高浓度的ClO2易爆炸，下列说法不正确的是
A．“反应1”需要通入N2稀释ClO2，以防发生爆炸
B．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
C．“反应1”中ClO2是还原产物，母液中主要成分是Na2SO4
D．若还原产物均为Cl-时，ClO2的氧化能力是等物质的量Cl2的2.5倍
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．由于高浓度具有爆炸危险性，在反应1中需要通入进行稀释以确保安全，A正确；B．反应2的化学方程式为。其中过氧化氢作为还原剂，二氧化氯作为氧化剂，二者的物质的量之比应为1∶2， B错误；
C．在反应1中，氯元素从+5价（氯酸钠）降至+4价（二氧化氯），因此二氧化氯是还原产物。母液中的主要成分确为硫酸钠， C正确；
D．通过电子转移计算：1mol氯气反应转移2mol电子，而1mol二氧化氯反应转移5mol电子，因此等物质的量时二氧化氯的氧化能力是氯气的2.5倍， D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】根据题目描述的工艺流程，可以分解为以下步骤：反应1：二氧化硫在稀硫酸环境中与氯酸钠反应，生成硫酸钠、二氧化氯和水。反应2：二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应，生成亚氯酸钠、氧气和水。后续处理：将反应得到的亚氯酸钠溶液在55℃条件下进行减压蒸发、冷却结晶、过滤，最终得到亚氯酸钠固体产品。
20．下列各实验操作、现象及所得结论都正确的是
　 实验操作 现象 结论
A NO2通入盛水的试管中 水面上仍见红棕色气体 NO2在水中溶解度不大
B 在2mL新制氯水中滴入2滴NaBr溶液，再滴入2滴淀粉KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 非金属性：Cl>Br>I
C 在淀粉水解液加过量NaOH溶液，再滴入几滴碘水 溶液未变蓝色 淀粉完全水解
D 向某溶液中滴加NaOH溶液，将产生的沉淀过滤、洗涤、灼烧 生成红棕色固体 原溶液不一定含Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二价铁离子和三价铁离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．二氧化氮（NO2）溶于水会发生反应：3NO2 + H2O → 2HNO3 + NO，生成的NO遇空气会被氧化为NO2（2NO + O2 → 2NO2），导致出现红棕色现象，这不能说明NO2溶解度低，因此A选项错误；
B．当氯水过量时，氯气（Cl2）会直接氧化碘离子（I-）生成碘单质（I2），此时无法证明溴（Br2）能否氧化I-，因此不能得出Br的非金属性大于I的结论，B选项错误；
C．加入过量氢氧化钠（NaOH）会使溶液呈强碱性，导致碘单质（I2）与NaOH发生反应（3I2 + 6NaOH = 5NaI + NaIO3 + 3H2O），使溶液无法显蓝色。因此，未出现蓝色不能证明淀粉完全水解，C选项错误；
D．红棕色的三氧化二铁（Fe2O3）既可能由二价铁离子（Fe2+）的氢氧化物灼烧得到（如4Fe(OH)2 + O2 = 2Fe2O3 + 4H2O），也可能由三价铁离子（Fe3+）的氢氧化物直接分解得到（2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O），因此原溶液中可能含有Fe2+，D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．二氧化碳和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳会和氧气反应生成二氧化氮；
B．实验中氯水过量，无法比较溴和碘的非金属性；
C．碘水中碘单质和氢氧化钠反应，无法用淀粉检验碘单质；
D．实验中有灼烧步骤，无法确定原溶液中是否含有三价铁离子。
二、非选择题(本大题共5小题，除标注外每空2分，共50分。)
21．请按要求填空：
（1）石膏的化学式　 　。
（2）用电子式表示HCl的形成过程　 　。
（3）过量单质铁与稀硝酸反应的离子方程式为　 　。
（4）氯和溴比较，氯的非金属性强，试从微观角度解释其原因　 　。
【答案】（1）CaSO4·2H2O
（2）
（3）
（4）氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）石膏属于硫酸盐类矿物，其化学组成可表示为CaSO4·2H2O，表明每个硫酸钙分子结合两个水分子形成结晶水合物；
（2）氯化氢（HCl）为典型的共价化合物，其形成过程通过共用电子对实现，电子式表示时需注意不标注电子转移箭头：；
（3）当铁单质过量时与稀硝酸反应，主要产物为Fe2+和一氧化氮，离子反应方程式为；
（4）氯元素与溴元素同属ⅦA族，由于氯原子比溴原子少一个电子层，其原子半径显著更小，原子核对外层电子束缚作用更强，因此氯表现出更强的得电子能力。
【分析】（1）石膏化学式为 CaSO4·2H2O ；
（2）氯化氢是共价化合物；
（3）过量铁和稀硝酸反应生成二价铁离子和一氧化氮；
（4）从结构角度分析，氯元素更容易得电子，表现较强的非金属性。
（1）石膏是硫酸盐，化学式为CaSO4·2H2O；
（2）HCl是共价化合物，用电子式表示形成过程时无电子转移：；
（3）过量单质铁与稀硝酸反应，生成亚铁离子和NO，离子方程式为；
（4）氯和溴是同主族元素，氯在溴的上一周期，氯比溴的电子层数少，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力强，得到电子的能力强。
22．丙烯酸乙酯存在于菠萝等水果中，是一种食品用香料，可以用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料进行合成：
（1）C的结构简式是　 　。
（2）反应Ⅲ的反应类型是　 　。
（3）B中含有的官能团是　 　(填名称)。
（4）B和C反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式是　 　。
（5）下列说法正确的是_______。
A．反应Ⅲ的原子利用率为100%
B．有机物B、C均可与钠反应产生氢气
C．丙烯酸乙酯可与HCl气体发生加成反应，仅生成一种有机产物
D．1mol C4H8与1mol丙烯酸乙酯完全燃烧，消耗的氧气后者更多
（6）久置的丙烯酸乙酯自身会发生聚合反应，用化学方程式表示上述聚合过程　 　。
【答案】（1）
（2）加成反应
（3）羧基、碳碳双键
（4）
（5）A；B
（6）
【知识点】有机物中的官能团；加成反应；酯化反应；结构简式
【解析】【解答】（1）乙烯与水加成生成乙醇的结构式为：；
（2）丙烯酸（CH2=CHCOOH）与乙烯通过双键加成反应生成丙烯酸乙酯；
（3）丙烯酸的官能团包括羧基（-COOH）和碳碳双键（C=C）；
；
（4）酯化反应方程式：
（5）A. 加成反应的原子利用率为100%，正确；
B. 丙烯酸和乙醇均能与钠反应，正确；
C. 与HCl加成可能生成两种产物，错误；
D. 燃烧耗氧量相同，错误；
正确答案为AB。
（6）丙烯酸乙酯加聚反应：。
【分析】发生加成反应生成乙醇（CH3CH2OH），丙烯（CH2=CHCH3）与O2在催化剂作用下氧化生成丙烯酸（CH2=CHCOOH）。丙烯酸与乙醇通过酯化反应生成丙烯酸乙酯和水。此外，丙烯酸与乙烯也可通过双键加成反应直接生成丙烯酸乙酯。
（1）乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，结构式为：。
（2）有机物B是CH2=CHCOOH，B在催化剂作用下与乙烯发生碳碳双键的加成反应生成丙烯酸乙酯。
（3）有机物B是CH2=CHCOOH，官能团是羧基、碳碳双键。
（4）乙醇和CH2=CHCOOH发生酯化反应方程式为。
（5）A．反应Ⅲ是CH2=CHCOOH与乙烯发生碳碳双键的加成反应生成丙烯酸乙酯，反应物全部转化为产物，原子利用率为100%，A正确；
B．有机物B是CH2=CHCOOH，物质C是乙醇，含有羧基和羟基，都可以和钠反应生成氢气，B正确；
C．与氯化氢加成，可以生成和两种有机物，C错误；
D．丙烯酸乙酯的分子式为C5H8O2可改写成，故1 mol C4H8与1 mol丙烯酸乙酯完全燃烧，消耗的氧气一样，D错误；
故选AB。
（6）丙烯酸乙酯含有碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：。
23．NaN3是一种易溶于水的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气药等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：
（1）为了隔绝空气和水蒸气，实验室的金属Na通常保存在　 　中。
（2）NaN3中含有的化学键类型为　 　。
（3）下列有关说法正确的是_______。
A．氮元素在周期表中的位置是第二周期Ⅴ族
B．制NaNH2的反应方程式为2Na + 2NH3 = 2NaNH2 +H2↑
C．NH4NO3和NH3均为共价化合物
D．流程中每步反应均涉及氮元素化合价变化
（4）①中反应的化学方程式为　 　。
（5）反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑中，转移1mol电子时，则生成　 　molN2O。
【答案】（1）煤油或石蜡油
（2）离子键、共价键
（3）B
（4）2NaNH2+N2O NaN3+NaOH + NH3
（5）0.25
【知识点】化学键；氧化还原反应方程式的配平；钠的化学性质
【解析】【解答】（1）金属钠化学性质活泼，需隔绝空气和水蒸气保存，实验室通常将其浸没在煤油或石蜡油中；
（2）NaN3中钠离子（Na+）与叠氮酸根离子（N3-）通过离子键结合，而叠氮酸根内部氮原子间通过共价键连接，因此化学键类型为离子键和共价键；
（3） A：氮元素位于第二周期第ⅤA族，但题目未涉及此内容，选项错误；
B：钠与液氨反应的化学方程式为，选项正确；
C：NH3是共价化合物，NH4NO3是离子化合物，但题目未比较两者，选项错误；
D：钠与液氨反应中氮元素化合价始终为-3价，未发生改变，选项错误；
正确答案为B。
（4）NaNH2与N2O在210~220℃下反应生成NaN3、氨气和氢氧化钠，化学方程式为：
（5）根据电子转移分析：N2O中氮元素由+1价（N2O）和-3价（NaNH2）转化为NaN3中的-1/3价（平均），每生成1 mol N2O需转移4 mol电子。因此转移1 mol电子时，生成N2O的物质的量为 0.25 mol。
【分析】本实验通过金属钠与液氨（NH3）反应生成氨基钠（NaNH2），再与硝酸铵（NH4NO3）分解生成的一氧化二氮（N2O）反应，最终制得叠氮化钠（NaN3），经过分离提纯得到产物。
（1）为了隔绝空气和水蒸气，实验室的金属Na通常保存在煤油或石蜡油中；
（2）NaN3中含有的化学键类型为离子键和共价键；
（3）A．氮元素在周期表中的位置是第二周期ⅤA族，A错误；
B．钠和液氨反应生成NaNH2和氢气，反应方程式为2Na +2NH3 = 2NaNH2 +H2↑，B正确；
C．NH3为共价化合物，NH4NO3为离子化合物，C错误；
D．钠和液氨反应生成NaNH2和氢气的反应中氮元素化合价没有变化，均为-3价，D错误；
故选B；
（4）NaNH2与N2O反应生成NaN3、氨气和氢氧化钠，化学方程式为2NaNH2+N2O NaN3+NaOH + NH3；
（5）反应中氮元素化合价由-3价、+5价变化到+1价，可知关系式：N2O～4e-，转移1mol电子时，则生成0.25molN2O。
24．提纯NaCl粗品(含少量的Ca2+、Mg2+、K+和)得到NaCl纯品的方案如下，所用试剂为①BaCl2溶液、②Na2CO3溶液、③盐酸和④NaOH溶液。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）过滤前滴加试剂的顺序为　 　。(用序号表示)
（3）利用NaCl纯品配制450mL0.1000mol·L-1NaCl溶液，将下列步骤正确排序　 　。
①继续向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在刻度线以下1~2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至液面与刻度线相切。
②将称好的NaCl倒入烧杯中，加入适量蒸馏水搅拌溶解。
③盖紧容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
④称取　 　 g NaCl纯品。
⑤将溶解后的NaCl溶液转移至容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液一并注入容量瓶，轻轻摇匀。
（4）利用配制好的NaCl溶液测定某工业废水中Ag+的浓度(不考虑其他离子的反应)。准确量取废水25.00mL于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，摇匀。取20.00mL稀释后溶液与上述NaCl溶液反应，恰好完全反应时，消耗NaCl溶液体积为12.50mL，该工业废水中Ag+的物质的量浓度为　 　mol·L-1。
【答案】（1）蒸发皿
（2）①②④或①④②或④①②
（3）；④②⑤①③
（4）0.25
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 仪器a的名称为蒸发皿；
(2) . 根据上述分析，过滤前滴加试剂的顺序可以是①②④、①④②或④①②；
（3）利用纯品配制溶液，容量瓶选择规格，需要氯化钠的物质的量为：，其质量为：（托盘天平称量只能精确至）。根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。其操作顺序是：④②⑤①③；
（4）银离子与氯离子反应的离子方程式为：，根据方程式系数关系：，消耗的氯离子的量为：，所以原溶液中，。
【分析】首先将粗盐溶解于水，充分搅拌使其完全溶解。随后加入过量氯化钡溶液，目的是去除硫酸根离子，反应方程式为：。接着加入过量碳酸钠溶液，用于去除钙离子和过量的钡离子，反应方程式为：和。需要注意的是，碳酸钠溶液必须在氯化钡溶液之后加入。再加入过量氢氧化钠溶液，用于去除镁离子，反应方程式为：。过滤后，向滤液中滴加盐酸至中性，目的是去除过量的氢氧根离子和碳酸根离子，反应方程式为：。最后通过加热蒸发氯化钠溶液，得到纯净的精盐。
（1）仪器a的名称是蒸发皿。
（2）根据分析可知，过滤前滴加试剂的顺序为①②④或①④②或④①②。
（3）利用纯品配制溶液，容量瓶选择规格，需要氯化钠的物质的量为：，其质量为：（托盘天平称量只能精确至）。根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。其操作顺序是：④②⑤①③。
（4）银离子与氯离子反应的离子方程式为：，根据方程式系数关系：，消耗的氯离子的量为：，所以原溶液中，。
25．水煤气中的CO和H2在高温下反应生成甲烷：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)。在一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中，充入1molCO和5molH2，测得CO和H2的转化率随时间变化如图所示。
（1）从反应开始到6min，CO的平均反应速率为　 　mol·L-1·min-1，6min时，H2的转化率为　 　。
（2）下列叙述中能说明上述反应达到化学平衡状态的是　 　(填字母)。
a.3v正(H2)=v逆(CH4)
b．容器中混合气体的密度保持不变
c．CO和H2物质的量之比不变
d．混合气体的平均摩尔质量保持不变
e．容器中CH4的质量分数保持不变
（3）甲烷燃料电池装置如图所示，电池总反应为CH4+2O2+2OH-=+3H2O。通入氧气的电极为电池的　 　(填“正极”或“负极”)；溶液中OH-向电极　 　移动(填“a”或“b”)，通入CH4一端电极反应方程式为：　 　。
【答案】（1）0.05；36%
（2）cde
（3）正极；a；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）从反应开始到6分钟，CO的转化率60%，结合三段式列式计算：
从反应开始到6min，CO的平均反应速率为 =0.05mol·L-1·min-1，6min时，H2的转化率为=36%。故答案为：0.05；36%；
（2）a. 3v正(H2) = v逆(CH4)，速率之比不等于化学计量数之比，说明正逆反应速率不相等，不能作为平衡状态的判断依据，故a不选；
b. 反应前后气体质量和体积不变，容器中混合气体的密度始终保持不变，不能作为平衡状态的判断依据，故b不选；
c. CO和H2物质的量之比不变，说明容器中CO和H2物质的量保持不变，可以作为平衡状态的判断依据，故c选；
d. 该反应是气体体积变化的反应，混合气体的平均摩尔质量保持不变，可以作为平衡状态的判断依据，故d选；
e. 该反应是气体体积变化的反应，容器中CH4的质量分数保持不变，可以作为平衡状态的判断依据，故e选；
正确答案为：cde；
（3）甲烷燃料电池中氧气在正极发生还原反应，通入氧气的电极为电池的正极；电解液中带负电的粒子向负极移动，溶液中OH-向电极a移动（通入甲烷的电极为负极）。CH4在负极失去电子结合氢氧根生成碳酸根，负极反应方程式为：CH4 - 8e- + 10OH- = CO + 7H2O。
正确答案为：正极；a；CH4 - 8e- + 10OH- = CO + 7H2O。
【分析】（1）根据图中一氧化碳转化率变化，代入反应速率计算公式进行计算，氢气反应速率是一氧化碳的3倍；
（2）化学平衡状态判断思路是‘变量不变’，据此分析；
（3）根据电池总反应可判断通入氧气一极是正极，原电池工作时，阴离子移向负极。
（1）从反应开始到6分钟，CO的转化率60%，结合三段式列式计算：
从反应开始到6min，CO的平均反应速率为 =0.05mol·L-1·min-1，6min时，H2的转化率为=36%。故答案为：0.05；36%；
（2）a.3v正(H2)=v逆(CH4)，速率之比不等于计量数之比，说明正逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故a不选；
b．反应前后气体质量和体积不变，容器中混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不选；
c．CO和H2物质的量之比不变，说明容器中CO和H2物质的量保持不变，说明反应达到平衡，故c选；
d．该反应是气体体积不等的反应，混合气体的平均摩尔质量保持不变，能说明达到平衡，故d选；
e．该反应是气体体积不等的反应，容器中CH4的质量分数保持不变，能说明达到平衡，故e选；
故答案为：cde；
（3）甲烷燃料电池中氧气在正极发生还原反应，通入氧气的电极为电池的正极；电解液中带负电的粒子向负极移动，溶液中OH-向电极a移动，通入甲烷的电极为负极，CH4失去电子结合氢氧根变成碳酸根，通入CH4一端电极反应方程式为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O 。
故答案为：正极；a；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。
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