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浙江省湖州市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，每小题3分，共60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．下列物质属于电解质的是
A．食盐水 B．Fe C．乙醇 D．NaOH
2．下列化学用语表示不正确的是
A．甲酸乙酯的结构简式：CH3COOCH3
B．中子数为20的氯原子：
C．乙烷的空间填充模型：
D．钙离子的结构示意图：
3．“在空气中点燃通氢气的导管，然后伸入盛满氯气的集气瓶中”。该实验过程不需要标注的图标为
A． B． C． D．
4．下列说法正确的是
A．乙酸和油酸互为同系物
B．金刚石和C60互为同素异形体
C．14N2和15N2互为同位素
D．和互为同分异构体
5．中华文化源远流长、博大精深。下列说法不正确的是
A．“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”，诗中场景涉及了丁达尔效应
B．“以剂钢为刃，柔铁为茎干”，诗中“剂钢”为铁的合金，其硬度比纯铁大
C．“白釉青花一火成”，描述了青花瓷以黏土为主要原料，经高温烧结而成
D．“石溪曲水兰亭意，寂寂千年寂寂名”，“曲水”暗含美酒，酒由淀粉水解而成
6．KNO3一定条件下可发生反应：2KNO3＋2NH4Cl2N2↑＋O2↑＋4H2O＋2KCl。下列说法不正确的是
A．KNO3既作氧化剂，又作还原剂
B．N2既是氧化产物，又是还原产物
C．生成0.1molO2时转移0.5mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
7．生产生活中化学无处不在。下列说法正确的是
A．珠海航展中歼-35所用的航空煤油可以通过石油裂解得到
B．通过分离液态空气获得N2，是工业上常用的固氮方式
C．线性结构的橡胶与硫作用可得到网状结构的硫化橡胶，可用于制造轮胎
D．Ti-Fe储氢合金，通过物理吸附能够储存大量氢气，具有广阔的应用前景
8．对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，下列反应速率表示正确且最快的是
A．v(A)=0.5mol·L-1·min-1 B．v(B)=1.2mol·L-1·s-1
C．v(C)=0.4mol·L-1·min-1 D．v(D)=0.1mol·L-1·s-1
9．某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是
A．该有机物的分子式为C13H12O5
B．1mol该有机物中含有4mol碳碳双键
C．该有机物分子中所有碳原子一定共平面
D．等质量的该有机物最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：2
10．下列变化过程表征不正确的是
A．铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
B．用电子式表示MgF2的形成过程：
C．用Na2S2O3除去水中的余氯：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+
D．将少量灼热的CuO加入CH3CH2OH中：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O
11．类比推理是学习化学常用的思维方法。下列推理正确的是
A．MgO是碱性氧化物，则Al2O3也是碱性氧化物
B．H2O的分子结构呈V形，则H2S的分子结构也呈V形
C．CuSO4溶液能使蛋白质变性，则(NH4)2SO4溶液也能使蛋白质变性
D．少量CO2通入Ca(ClO)2溶液生成CaCO3，则少量SO2通入时生成CaSO3
12．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，同周期中Q元素的非金属性最强。下列说法正确的是
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．氧化物对应的水化物酸性：Q>Y
C．原子半径(r)大小比较：r(M)>r(Q)
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
13．某电化学气敏传感器的工作原理如右图所示(a、b电极均为铂电极)。下列说法不正确的是
A．a极为电池负极，发生氧化反应
B．溶液中Na+主要往b电极迁移
C．a电极上发生的反应为：2NH3+6e-+6OH-=N2+6H2O
D．该传感器开始工作时b电极周围溶液pH增大
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，1.7g羟基中含有电子的数目为NA
B．65gZn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为NA
C．100mL0.1mol·L-1NaOH溶液中，含有的氧原子数目为0.01NA
D．1molN2与3molH2充分反应生成NH3，转移电子的数目为6NA
15．下列实验装置不能达到预期目的的是
A．装置1除去Cl2中的HCl
B．装置2探究Cu与浓HNO3反应的热量变化
C．装置3探究NH3在水中的溶解性
D．装置4探究H2SO4浓度对反应速率的影响
16．在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子互变反应过程的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．CNH(g)比HCN(g)更稳定
B．HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热
C．HCN(g)转化为CNH(g)涉及极性键的断裂和形成
D．该反应过程中形成化学键释放的总能量大于断裂化学键吸收的总能量
17．苯甲酸(-COOH)可作食品防腐剂，常温下易溶于乙醇、微溶于水，在水中的溶解度随温度的升高而增大。某实验小组设计了如下粗苯甲酸(含少量NaCl和泥沙)的提纯方案：
下列说法不正确的是
A．“溶解”和“过滤”操作中均需要使用玻璃棒
B．“洗涤”时，选用乙醇作洗涤剂有利于快速干燥
C．“过滤1”需趁热，除去泥沙的同时可以减少苯甲酸的提前析出
D．“过滤2”是为了实现氯化钠与苯甲酸的分离
18．某无色溶液可能含有Na+、、Cl-、、、H+、Cu2+中的几种，且所含离子的物质的量浓度均相等。依次进行下列实验(每步所加试剂均过量)：
(1)取少量原溶液滴加2~3滴紫色石蕊试液，溶液变红；
(2)另取100mL原溶液，滴加BaCl2溶液和稀盐酸，过滤得2.33g白色沉淀；
(3)向(2)过滤所得的滤液加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。
下列结论正确的是
A．该实验无法确定原溶液是否含有Cl-
B．原溶液中一定含有，且物质的量为0.01mol
C．无法确定原溶液是否存在Na+，可通过焰色试验确定
D．原溶液中一定含有Na+、、H+，浓度均为0.1mol·L-1
19．向18g铜和铁的混合物中加入200mL稀硝酸，充分反应得到溶液甲和2.24LNO，固体减少8.4g；继续加入200mL等浓度的稀硝酸，固体完全溶解，得到溶液乙和2.24LNO，溶液乙不含Fe3+且加入VmL1mol/LNaOH溶液恰好可将所有金属离子沉淀完全(气体体积均在标准状况下测定)。下列说法不正确的是
A．减少的8.4g金属为铜和铁
B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol/L
C．加入的NaOH溶液体积V的值为600
D．向溶液乙中再加200mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO
20．下列“实验操作及现象”和所得到的“实验结论”正确的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 将稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色 氧化性：H2O2>Fe3+
B 在高温条件下，将SiO2与焦炭充分反应，得到粗硅和CO 非金属性：C>Si
C 向盛有2mLH2O和2mLC2H5OH的两支试管中，分别加入相同大小的Na粒，盛水的试管反应更剧烈 羟基氢活泼性：H2O>C2H5OH
D 取1mL0.1mol·L- KI溶液，加入2mL0.1mol·L- FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红 KI与FeCl3的反应有一定限度
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，共40分)
21．回答下列问题：
（1）氯化钠的电子式为　 　，氯仿的分子式为　 　。
（2）向氯化铝溶液逐滴滴加氢氧化钠溶液直至过量，可观察到的现象有　 　。
（3）磁性氧化铁与足量盐酸反应的离子方程式为　 　。
22．在2L密闭容器内发生反应：2SO2+O22SO3.500℃时测得(SO2)随时间的变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
(SO2)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
请回答：
（1）图中表示SO3浓度变化的曲线是　 　(填字母)。
（2）0~2s内，用O2表示的平均反应速率(O2)=　 　。
（3）下列操作能使反应速率增大的是_____。
A．分离出SO3 B．适当升高温度
C．恒容下充入Ne使压强增大 D．选择更高效的催化剂
（4）下列能说明该反应已达化学平衡状态的是_____。
A．(SO2)=(SO3)
B．容器中气体的密度保持不变
C．容器中气体平均摩尔质量保持不变
D．容器中气体的总压强保持不变
23．二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，其分子结构与过氧化氢(H2O2)相似，能发生如下转化：
已知：
①H2SO4的分子结构可表示为：；
②S2Cl2与CuO发生非氧化还原反应时生成两种二元化合物。
请回答：
（1）反应①产物B的名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_____。
A．S2Cl2是一种含有非极性键的共价化合物
B．X在反应②中体现了还原性
C．工业上可用浓H2SO4吸收SO3
D．S2Cl2与CuO反应产物之一是S2O
（3）若参与反应③的H2SO4与乙醇物质的量相等，则该化学方程式是　 　。
（4）请设计实验方案检验S2Cl2中的氯元素　 　。
24．NaClO2是重要的漂白剂和消毒剂，主要用于砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备NaClO2装置如图1所示。
已知：
①NaClO2的溶解度曲线如图2所示；若溶液温度高于60℃，NaClO2发生分解；
②装置A中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
请回答：
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称为　 　，装置B的作用是　 　。
（2）下列实验操作一定能提高ClO2吸收效率的有_____(填序号)。
A．装置C采用热水浴
B．加快滴加浓硫酸的速率
C．适当提高H2O2的浓度
D．通过多孔球泡向装置C的混合溶液中通ClO2
（3）装置C试管中获得的产品往往混有Na2SO4杂质，原因是　 　。
（4）反应结束后，取装置C试管中的溶液，在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，用　 　℃(填温度范围)的蒸馏水洗涤晶体，至取最后一次洗涤液检验洗涤干净后，低温干燥，得到NaClO2晶体。
（5）产品中NaClO2质量分数的测定：称取5.000g产品配成250mL溶液；取25.00mL所配溶液，加入足量KI溶液和稀硫酸，发生反应：4I-+4H++ClO2-=2I2+Cl-+2H2O；向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400mol·L-1Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，发生反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI．
①若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，会导致所测NaClO2质量分数　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
②若产品中杂质不与KI、NaClO2发生反应，则产品中NaClO2的质量分数为　 　。
25．A与CO、H2O以物质的量之比1：1：1形成B，E是有水果香味的油状液体，相关转化关系如下：
请回答：
（1）物质B所含官能团的名称是　 　。
（2）A的结构式为　 　，C→E的反应类型为　 　。
（3）D→E的化学方程式是　 　。
（4）下列说法正确的是_____。
A．可用金属钠鉴别B和C
B．物质B可发生加聚反应形成高分子
C．A能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水褪色，反应原理相同
D．相同质量的A与苯在空气中完全燃烧，消耗氧气的量相同
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A. 食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物，不符合电解质的定义，因此A选项错误；
B. 铁是金属单质，不是化合物，不符合电解质的定义，B选项错误；
C. 乙醇是有机物，不能电离出离子，属于非电解质，C选项错误；
D. 氢氧化钠是离子化合物，在熔融状态或水溶液中能离解为Na+和OH-，符合电解质的定义，D选项正确；
正确答案选择D。
【分析】电解质必须同时满足两个条件：1.必须是化合物；2.在水溶液或熔融状态下能够自身离解出离子并导电。
2．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构简式
【解析】【解答】A. 甲酸乙酯的结构简式应为HCOOCH2CH3，题目中的表述存在错误，因此A选项是错误的；
B. 对于中子数为20的氯原子，其质量数计算为质子数17加上中子数20等于37，正确的核素表示应为，因此B选项是正确的；
C. 乙烷的结构简式为CH3CH3，其对应的空间填充模型为，这个表示是正确的，因此C选项正确；
D. 钙元素（原子序数20）的最外层电子构型为2个电子，在化学反应中容易失去这两个电子形成稳定结构。钙离子的结构示意图为，这个表示是正确的，因此D选项正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A. CH3COOCH3名称为乙酸甲酯；
B元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；
C. 乙烷为CH3CH3；
D. 钙是20号元素，钙离子核外有18个电子。
3．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；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．本实验操作过程中无需使用锋利器具，因此选项A是错误的；
B．由于实验过程中涉及有毒气体氯气的使用，必须开启通风设备（如排风扇），故选项B正确；
C．进行化学实验时佩戴护目镜是必要的安全防护措施，因此选项C正确；
D．实验涉及明火操作，需规范使用火源，同时应注意整理长发和固定宽松衣物，所以选项D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】根据氯气性质和实验室操作安全作答，氯气有毒，需在通风橱，实验条件是点燃，要有防火标注，需佩戴护目镜。
4．【答案】B
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A. 乙酸（CH3COOH）是饱和一元羧酸，含有羧基；油酸（C17H33COOH）是不饱和一元羧酸，含有羧基和碳碳双键。两者结构不相似，分子组成上也不相差CH2的整数倍，因此不互为同系物。A选项错误；
B. 金刚石和C60都是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体。B选项正确；
C. 同位素是指质子数相同而中子数不同的原子。N2和N3是氮元素的两种单质，不是同位素关系。C选项错误；
D. 二氯甲烷只有一种结构，因此两种表示方法代表的是同一种物质。D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 乙酸和油酯官能团不同，不是同系物；
B. 同素异形体指同种元素形成的不同单质；
C. N2和N3是同素异形体；
D. 根据甲烷式正四面体的结构，可知和 是同种物质。
5．【答案】D
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．雾属于气溶胶，是胶体的一种。当阳光穿过雾时，可以观察到丁达尔效应，该描述正确，故A选项正确；
B．合金的硬度通常比其组成金属更高。"剂钢"是一种铁合金，因此该描述正确，B选项正确；
C．青花瓷属于硅酸盐制品，它以黏土为主要原料，经过高温烧结工艺制成。该描述与陶瓷的制备过程相符，因此C选项正确；
D．乙醇（酒的主要成分）是通过淀粉水解产物葡萄糖发酵制得的，而不是直接由淀粉水解得到。原描述存在错误，因此D选项错误；
正确答案为D。
【分析】题目考查诗词和化学知识相关，雾属于胶体，可产生丁达尔效应；钢属于合金，硬度大；青花瓷是瓷器，黏土经高温烧结而成；根据酒的制备，是淀粉水解得到葡萄糖，再发酵制得。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在KNO3中，氮元素的化合价由+5价降低到0价，氧元素的化合价由-2价升高到0价，因此KNO3既充当氧化剂又充当还原剂，选项A正确；
B．KNO3中的氮元素化合价降低（+5→0），被还原；NH4Cl中的氮元素化合价升高（-3→0），被氧化。因此生成的N2既是氧化产物又是还原产物，选项B正确；
C．只有KNO3中的氮元素发生化合价降低。当生成1mol O2时，消耗2mol KNO3（氮从+5→0），转移10mol电子。因此生成0.1mol O2时转移1mol电子，选项C错误；
D．生成1mol O2的同时生成2mol N2。其中氧化产物包括1mol N2（来自NH4Cl）和1mol O2，共2mol；还原产物为1mol N2（来自KNO3）。故氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，选项D正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】 根据反应方程式2KNO3＋2NH4Cl2N2↑＋O2↑＋4H2O＋2KCl ，氮元素从+5价降低到0价，从-3价升高到0价，则硝酸钾是氧化剂，氯化铵是还原剂，氮气既是氧化剂又是还原剂，据此分析。
7．【答案】C
【知识点】氮的固定；石油的裂化和裂解；合成材料
【解析】【解答】A．航空煤油是通过石油分馏工艺制取的，石油裂解的主要产物是小分子烯烃类化合物，因此A选项说法错误；
B．工业上通过分离液态空气获取氮气属于物理变化过程，而工业固氮是指将氮气转化为含氮化合物（例如合成氨反应），两者原理不同，B选项说法错误；
C．橡胶经过硫化处理后，其分子结构从线性转变为网状，这种结构变化显著提升了橡胶的性能，使其适用于轮胎制造，C选项说法正确；
D．储氢合金是通过化学吸附方式，与氢气形成金属氢化物，而非简单的物理吸附作用，D选项说法错误；
正确答案选择C。
【分析】A．石油裂解得到乙烯等小分子物质；
B．固氮指的是把氮气转化为化合物；
C．橡胶硫化后由线性结构变为网状结构，增强性能并用于轮胎制造 ；
D．储氢合金是金属与氢气之间化学吸附形成的。
8．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．v(A) = 0.5 mol·L- ·min- ；
B．由于B是固体，其浓度被视为常数，因此不能用固体物质的浓度变化表示反应速率，故B选项错误；
C．v(C) = 0.4 mol·L- ·s- ，换算为A的速率：；
D．v(D) = 0.1 mol·L- ·s- ，换算为A的速率：；
通过比较A、C、D选项可知，D选项的反应速率最快。故选D。
【分析】同一化学反应中，在相同时间内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。比较不同物质的反应速率，需将其换算为同一物质的反应速率后再进行比较。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A．根据结构简式分析，该有机物的分子式为C13H14O5，选项A的说法是错误的；
B．苯环结构中不存在碳碳双键，1mol该有机物只含有1mol碳碳双键（位于侧链），因此选项B的说法是错误的；
C．由于碳碳单键可以自由旋转，分子中与羟基相连的碳原子、羧基中的碳原子以及碳碳双键中CH基团的碳原子可能不在苯环所在的平面上，因此选项C的说法是错误的；
D．该有机物中的羧基和羟基都能与钠反应，羧基能与氢氧化钠反应，羧基也能与碳酸氢钠反应，且反应比例均为1：1。因此等质量该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO的物质的量之比为3：2：2，选项D的说法是正确的。
综上所述，正确答案为D。
【分析】根据有机物结构简式，含有官能团羟基，羧基和碳碳双键，羟基和羧基可与钠单质反应，羧基和氢氧化钠、碳酸氢钠反应，结构简式中有饱和碳原子，可知有机物中所有碳原子不一定共平面。
10．【答案】B
【知识点】铝的化学性质；乙醇的催化氧化实验；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，其离子方程式为：2Al + 2OH- + 6H2O = 2[Al(OH)4]- + 3H2↑，选项A正确；B．镁原子失去电子、氟原子得到电子形成离子化合物氟化镁，其形成过程的电子式表示为：，选项B错误；
C．氯气与硫代硫酸钠反应时，硫代硫酸根离子()被氧化为硫酸根离子()，离子方程式为： + 4Cl2 + 5H2O = 2 + 8Cl- + 10H+，选项C正确；
D．将少量灼热的氧化铜加入乙醇中，乙醇被氧化为乙醛，反应方程式为：CH3CH2OH + CuO CH3CHO + Cu + H2O，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气；
B．镁原子电子式书写错误；
C．氯单质氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根和氯离子；
D．氧化铜氧化乙醇生成乙醛和铜单质。
11．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；二氧化硫的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，而碱性氧化物只能与酸反应生成盐和水，因此A选项是错误的；
B．H2O和H2S的分子结构均为V形（中心原子采用sp3杂化，含有两对孤电子对），二者结构类型相同，因此B选项是正确的；
C．CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，而(NH4)2SO4不属于重金属盐，只能引起蛋白质盐析（可逆过程），因此C选项是错误的；
D．将SO2通入Ca(ClO)2溶液中时，ClO-的强氧化性会将SO2氧化为SO，最终生成CaSO4而不是CaSO3，因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．氧化铝是两性氧化物；
B．水和硫化氢均为V形分子；
C．硫酸铜是重金属盐使蛋白质变性，硫酸铵使蛋白质盐析；
D．因次氯酸钙具有氧化性，二氧化硫和次氯酸钠反应生成硫酸钙。
12．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A． H与O形成的10电子微粒有H2O、OH 、H3O+三种， A错误；B． 未指明是否为最高价含氧酸，无法比较非金属性强弱， B错误；
C．M为钠，Q为氯，Na和Cl同周期，原子半径Na>Cl， C正确；
D．H、N、O组成的化合物如NH3·H2O显碱性，D错误；
正确答案：C
【分析】根据题目条件分析各元素：X的核外电子数等于周期数 X为氢(H)，YX3分子呈三角锥形 Y为氮(N)，Z的核外电子数等于X、Y电子数之和(1+7=8) Z为氧(O)，M与X同主族 M为钠(Na)，Q是同周期非金属性最强的元素 Q为氯(Cl)，最终确定：X=H，Y=N，Z=O，M=Na，Q=Cl。
13．【答案】C
【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. 电极a是电池负极，发生氧化反应， A正确；B. 由于电极a是负极，电极b是正极，电解质溶液中的Na+会向正极b迁移， B正确；
C. 电极a上被氧化为，传导的离子是，电极反应为：， C错误；
D. 电极b上氧气被还原为，电极反应为：，因此电极b周围溶液的pH会增大， D正确；
综上所述，错误的选项是C。
【分析】根据图示可知，在电极a上被氧化为，因此电极a是负极，其电极反应为：
；电极b是正极，氧气在此被还原为，其电极反应为：
。
14．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；浓硫酸的性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 羟基(-OH)的摩尔质量为17g/mol，1.7g羟基的物质的量为0.1mol。每个羟基含有9个电子（8个来自氧原子，1个来自氢原子），因此1.7g羟基所含电子数为0.9NA， A错误；
B. 锌的摩尔质量为65g/mol，65g锌的物质的量为1mol。与硫酸反应时存在两种情况：若为稀硫酸，；若为稀硫酸，则发生反应： ；无论生成SO2还是H2，1mol Zn都产生1mol气体，故气体分子数为NA， B正确；
C. 100mL 0.1mol/L NaOH溶液中含有0.01mol NaOH，提供0.01mol氧原子。但溶剂水还含有额外的氧原子，因此总氧原子数大于0.01NA， C错误；
D. 合成氨反应是可逆反应，1mol N2与3mol H2不能完全转化，电子转移数小于6NA， D错误；
正确答案：B
【分析】A. 羟基结构简式为-OH，1个羟基中含有9个电子；
B. 65g锌为1mol，生成气体的物质的量和锌单质相等；
C. 氢氧化钠溶液中含有水，水分子中有氧原子；
D. 氮气和氢气反应生成氨的反应是可逆反应，不能完全转化。
15．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A. 氯气能与碳酸钠溶液发生反应，因此除去氯气中的氯化氢应采用饱和食盐水，A选项错误；
B. 该实验探究铜与浓硝酸反应的热效应。由于该反应是放热反应，会导致U形管左侧液面下降，B选项正确；
C. 该实验验证氨气在水中的溶解性。氨气极易溶于水，能形成明显的喷泉现象，C选项正确；
D. 实验设计中保持混合溶液总体积和硫代硫酸钠浓度不变，仅改变硫酸浓度，可以研究硫酸浓度对反应速率的影响，D选项正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 除去氯气中的氯化氢用饱和食盐水；
B. 根据U形管中红墨水液面高度变化可判断反应过程中热量变化；
C. 根据氨易溶于水的性质，设计喷泉实验；
D. 其他条件相同时，改变硫酸浓度，可探究浓度对反应速率的影响。
16．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A. 根据能量最低原理，体系能量越低越稳定。题目中的能量高于，说明更稳定，因此A选项是错误的；B. 吸热反应不一定需要加热条件，例如氢氧化钡与氯化铵的反应就是常温下的吸热反应。题目没有提供HCN(g)转化为CNH(g)必须加热的证据，因此B选项是错误的；
C. 从反应过程图示可以看出，反应中确实发生了碳氢极性键的断裂和氮氢极性键的形成，因此C选项是正确的；
D. 根据能量变化数据，1mol HCN(g)达到过渡态需要吸收186.5kJ能量，而1mol过渡态转化为CNH(g)会释放127.2kJ能量。这说明反应过程中化学键断裂吸收的能量大于新键形成释放的能量，因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是C选项。
【分析】A. 物质能量越低越稳定；
B. HCN(g)转化为CNH(g) 是吸热反应，和反应条件没有必然联系；
C. 根据物质结构，可知转化过程设计极性键的断裂和形成；
D. 图示为吸热反应，断裂化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量。
17．【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．在"溶解"步骤需要使用玻璃棒搅拌，在"过滤"和"洗涤"操作中玻璃棒用于引流，因此A选项正确；
B．虽然苯甲酸在常温下微溶于水但易溶于乙醇，但洗涤时不宜使用乙醇，应该选择冷水进行洗涤，所以B选项是错误的；
C．根据分析可知，苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，因此"过滤1"必须趁热操作，这样可以减少苯甲酸的析出损失，故C选项正确；
D．第一次过滤后的滤液中含有氯化钠和苯甲酸两种物质，通过第二次过滤可以实现两者的分离，得到苯甲酸固体，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙杂质。由于苯甲酸的溶解度会随着温度升高而增大，实验过程中需要先溶解并加热样品，然后趁热过滤以除去泥沙。接着对热的滤液进行冷却结晶处理，再次过滤得到苯甲酸固体，最后经过洗涤和干燥步骤即可获得纯净的苯甲酸晶体。
18．【答案】D
【知识点】离子共存；硫酸根离子的检验；焰色反应
【解析】【解答】A. 原溶液不含Cl-， A错误；B. 100mL溶液中含0.01mol SO42-，但原溶液总体积未知，B错误；
C.通过电荷守恒已确定Na+存在，无需焰色试验， C错误；
D. Na+、SO42-、H+的浓度均为0.1mol/L， D正确；
最终答案选D。
【分析】首先分析题目条件：溶液为无色，说明不含Cu2+（因为含Cu2+的溶液呈蓝色）。HCO3-和CO32-会与H+反应生成CO2，因此不能与H+共存。实验现象分析： 紫色石蕊试液变红，说明溶液呈酸性，含有H+，排除了HCO3-和CO32-的存在。加入BaCl2和稀盐酸后生成2.33g白色沉淀（BaSO4），计算得出n(SO42-)=0.01mol。由于题目说明各离子浓度相等，故n(H+)=0.01mol。根据电荷守恒，必须存在Na+，且不含Cl-。综上，溶液中一定存在Na+、SO42-、H+，浓度均为0.1mol/L（0.01mol/0.1L），一定不存在Cu2+、HCO3-、CO32-和Cl-。
19．【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．设混合物中铁的物质的量为 mol，铜为 mol。根据电子守恒得：；根据质量关系得：。解得 mol。铁的质量为8.4 g，铜的质量为9.6 g。第一次反应中铁完全溶解（8.4 g），铜未参与反应，因此减少的金属仅为铁，选项A错误；
B．总反应中硝酸的物质的量为0.8 mol（0.6 mol用于生成硝酸盐，0.2 mol被还原为NO），其浓度为，选项B正确；
C．金属离子（Fe2+和Cu2+各0.15 mol）需要0.6 mol OH-沉淀，则1 mol/L NaOH溶液的体积为600 mL，选项C正确；
D．此时Fe2+（0.15 mol）可被新加入的硝酸氧化，根据得失电子守恒，生成0.05 mol NO（1.12 L），选项D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】题目考查金属和稀硝酸反应计算知识，计算过程应遵循元素守恒和氧化还原反应得失电子守恒，设铁的物质的量为 mol，铜为 mol，列出，，可计算金属的物质的量，铜和铁最终生成氢氧化铜和氢氧化亚铁，溶液溶质为硝酸钠，根据钠守恒，硝酸钠为V10-3mol，整个反应过程生成NO为0.2mol，根据氮元素守恒，硝酸的物质的量为。结合金属物质的量，可求出V；因溶液中铁为亚铁离子，加入稀硝酸可氧化为三价铁离子，同时生成一氧化氮气体。
20．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；硅和二氧化硅；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 稀硫酸酸化的H2O2与Fe(NO3)2反应溶液变黄，可能是酸性条件下NO氧化了Fe2+，而非H2O2的作用，因此无法证明H2O2的氧化性，结论不可靠。A选项错误；
B. 高温下C还原SiO2生成CO，虽然体现了C的还原性，但还原性强弱与元素的非金属性无直接关系，因此不能得出"非金属性C>Si"的结论。B选项错误；
C. Na与H2O反应比与乙醇反应剧烈，说明H2O中的羟基氢比乙醇中的羟基氢更活泼，结论正确。C选项正确；
D. 当FeCl3过量时，体系中始终存在Fe3+，加入KSCN显红色不能证明该反应存在限度，结论错误。D选项错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 过氧化氢和硝酸都可氧化二价铁离子生成三价铁离子，因素不唯一；
B. 单质还原性强弱与元素的非金属性无直接关系；
C. 根据实验现象，可判断羟基氢活泼性：H2O>C2H5OH；
D. 三价铁离子和碘离子反应中，铁离子过量，无法判断反应限度。
21．【答案】（1）；CHCl3
（2）先生成白色沉淀，继续滴加后沉淀逐渐溶解直至消失
（3）
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）氯化钠是离子化合物，其电子式为。氯仿（三氯甲烷）的分子式为CHCl3；
（2）向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量时，首先生成氢氧化铝白色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，最终完全消失，生成四羟基合铝酸钠；
（3）磁性氧化铁（Fe3O4）与足量盐酸反应的离子方程式为：。
【分析】（1）氯化钠是离子化合物，氯仿是三氯甲烷；
（2）氢氧化钠滴加到氯化铝溶液中，现象为先有白色沉淀，后沉淀溶解；
（3）四氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁。
（1）氯化钠是离子化合物，电子式为，氯仿即三氯甲烷，分子式为CHCl3；
（2）向氯化铝溶液逐滴滴加氢氧化钠溶液直至过量，先生成氢氧化铝沉淀，然后再溶解生成四羟基合铝酸钠，可观察到的现象有先生成白色沉淀，继续滴加后沉淀逐渐溶解直至消失；
（3）磁性氧化铁与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式为。
22．【答案】（1）b
（2）
（3）B；D
（4）C；D
【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】（1）根据化学反应过程，SO3作为生成物，其物质的量会随反应进行而增加。分析表格数据，SO2的物质的量从0.020mol减少至0.007mol，转化量为0.013mol，因此生成的SO3也为0.013mol。由于容器体积为2L，SO3的浓度从0增加到0.0065mol/L。结合图像曲线变化趋势和数值范围，可确定曲线b对应SO3的变化；
（2）由表格数据计算，0~2s内SO2转化量为0.012mol，则O2转化量为0.006mol。O2的平均反应速率为：；
（3）A．移除SO3会降低生成物浓度，平衡正向移动，但反应速率减小， A错误；
B．升高温度增加分子能量，提高活化分子比例，加快反应速率 ，B错误；
C．恒容充入Ne不改变反应物浓度，反应速率不变 ，C正确；
D．高效催化剂降低活化能，增大有效碰撞频率，加速反应 ，D正确；
正确答案：BD
（4）A．不能证明正逆速率相等 ，A错误；
B．气体密度恒定（质量与体积不变），无法判断平衡 ，B错误；
C．平均相对分子质量随气体总物质的量变化，恒定说明平衡 ，C正确；
D．恒温恒容时，压强与总物质的量成正比，压强不变表明平衡 ，D正确；
正确答案：CD。
【分析】（1）根据反应方程式，三氧化硫变化量等于二氧化硫变化量；
（2）氧气在 0~2s内浓度变化量为0.003mol/L，代入速率计算公式进行计算；
（3）升高温度和使用催化剂可增大反应速率；
（4）二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，是非等体积反应，气体压强不变时，反应已达平衡，气体平均摩尔质量不变，反应已达平衡。
（1）根据反应可知，SO3为产物，随着反应进行，其物质的量逐渐增加。从表中数据可知，SO2的物质的量从0.020mol逐渐减少到0.007mol，转化的物质的量为0.013mol，则生成的SO3的物质的量也为0.013mol，由于容器体积为2L，所以SO3的浓度是从0到0.0065mol/L，结合图像中各曲线的变化趋势和数值范围，可判断表示SO3的变化曲线是b；
（2）由表格数据可知0~2s内转化的SO2的物质的量是0.012mol，则转化的O2的物质的量是0.006mol，用O2表示的平均反应速率：；
（3）A．分离出SO3，会使生成物浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，但反应速率减小，A错误；
B．适当升高温度，会使反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，B正确；
C．恒容下充入Ne使压强增大，但反应物和生成物的浓度都不变，所以反应速率不变，C错误；
D．选择更高效的催化剂，能降低反应的活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，有效碰撞几率增大，反应速率增大，D正确；
答案选BD；
（4）A．(SO2)=(SO3)无法证明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，A错误；
B．反应体系中各物质均为气体，气体质量不变，容器体积不变，所以密度始终保持不变，所以不能根据密度不变判断反应达到平衡状态，B错误；
C．反应体系中各物质均为气体，气体质量不变，反应前后气体的总物质的量发生变化，平均相对分子质量会发生变化，当容器中平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．反应前后气体的总物质的量发生变化，在恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，所以容器中气体的总压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，D正确；
答案选CD。
23．【答案】（1）硫
（2）A；C；D
（3）
（4）取少量加入水充分反应，静置取上层清液，加入硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明含有氯元素
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯离子的检验；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）根据上述分析，B物质是硫单质；
（2）A．S2Cl2的结构式为，其中S-S键为非极性键，A选项正确；
B．X为氧气，在反应中表现氧化性，B选项错误；
C．工业上采用浓硫酸吸收三氧化硫可避免产生酸雾，C选项正确；
D．S2Cl2与CuO发生非氧化还原反应：，D选项正确；
正确答案为ACD；
（3）硫酸分子中含有羟基（-OH），能与乙醇发生酯化反应：；
（4）S2Cl2与水的反应方程式为：。由于反应生成HCl，可通过检验Cl-来证明氯元素的存在，具体方法为：取反应后的上层清液，先加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明含有氯元素。
【分析】S2Cl2的化合价为：。S2Cl2与水发生氧化还原反应时，二氧化硫作为氧化产物，同时会生成还原产物单质硫（B）和盐酸（A）。二氧化硫可被氧气（X）氧化为三氧化硫，三氧化硫经浓硫酸吸收后用于制备硫酸，硫酸与乙醇发生酯化反应生成化合物C。
（1）根据分析可知，B是硫。
（2）A．S2Cl2的结构式为：，硫和硫之间形成的是非极性键，A正确；
B．X是氧气，体现了氧化性，B错误；
C．为避免用水吸收三氧化硫产生酸雾，工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，C正确；
D．发生非氧化还原反应：，D正确；
故选ACD。
（3）硫酸含有，与乙醇发生酯化反应，。
（4）取少量加入水充分反应：，由于生成了，可以检验氯离子，方法为：反应后静置，取上层清液，加入硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明含有氯元素。
24．【答案】（1）分液漏斗；防止试管C中液体进入A中(或安全瓶、防倒吸)
（2）C；D
（3）Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2进入C中被H2O2氧化
（4）38℃～60℃
（5）偏高；76.02%
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗。装置B的主要作用是防止C中溶液倒吸进入A装置；
（2）优化ClO2吸收效率的措施：
A. 水浴温度过高会导致H2O2分解，降低效率；
B. 快速滴加浓硫酸会促使Na2SO3与硫酸反应生成SO2，干扰ClO2生成；
C. 提高H2O2浓度可增强反应完全度；
D. 多孔球泡能增大气液接触面积；
正确选项：CD。
（3）产品中混有Na2SO4杂质的原因是：Na2SO3与浓硫酸反应生成的SO2进入C装置后，被H2O2氧化为硫酸盐；
（4）结晶提纯步骤： 在60℃以下减压蒸发至晶体大量析出，趁热过滤（因38-60℃时NaClO2溶解度较大）， 用38-60℃温水洗涤（防分解），验证洗涤完全后低温干燥；
（5 ①若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，部分碘离子会被氧化为碘单质，导致消耗Na2S2O3增多，会导致所测NaClO2质量分数偏高，②若产品中杂质不与KI、NaClO2发生反应，向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400mol·L-1Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，物质的量为0.8400mol·L-1×0.2L，根据化学计量数之比等于物质的量之比，得NaClO2的物质的量为，则产品中NaClO2的质量分数为。
【分析】实验装置A中，NaClO3固体与Na2SO3固体在70%硫酸作用下反应，Na2SO3将NaClO3还原生成ClO2。为防止高浓度ClO2分解，通入空气稀释。装置B作为安全瓶防止倒吸，装置C中ClO2在碱性条件下被H2O2还原生成NaClO2溶液，装置D处理尾气并防倒吸。根据NaClO2的溶解度特性（60℃以上易分解为NaClO3和NaCl），采用控制温度的分步结晶法提纯。
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，装置B的防止试管C中液体进入A中(或安全瓶、防倒吸)；
（2）A．装置C采用热水浴的话，温度过高过氧化氢会分解，降低ClO2吸收效率，B．加快滴加浓硫酸的速率，Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，影响ClO2的生成，降低ClO2吸收效率，C．适当提高H2O2的浓度，反应更充分，提高ClO2吸收效率，D．通过多孔球泡向装置C的混合溶液中通ClO2，增大接触面积，提高ClO2吸收效率；故选CD；
（3）装置C试管中获得的产品往往混有Na2SO4杂质，是因为Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2进入C中被H2O2氧化；
（4）反应结束后，取装置C试管中的溶液，在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，因为在38℃～60℃NaClO2的溶解度较大，温度过高NaClO2发生分解，所以在38℃～60℃时用蒸馏水洗涤晶体，至取最后一次洗涤液检验洗涤干净后，低温干燥，得到NaClO2晶体；
（5）①若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，部分碘离子会被氧化为碘单质，导致消耗Na2S2O3增多，会导致所测NaClO2质量分数偏高，②若产品中杂质不与KI、NaClO2发生反应，向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400mol·L-1Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，物质的量为0.8400mol·L-1×0.2L，根据化学计量数之比等于物质的量之比，得NaClO2的物质的量为，则产品中NaClO2的质量分数为。
25．【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）H-C≡C-H；取代反应(或酯化反应)
（3）
（4）B；D
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的物理、化学性质；烯烃；酯化反应
【解析】【解答】（1）由B的结构式可知，其官能团包括碳碳双键（C=C）和羧基（-COOH）；
（2）A的结构式为H-C≡C-H（乙炔）。C→E的反应类型为取代反应（或酯化反应）；
（3）D→E的化学方程式为：（丙烯酸甲酯加氢生成丙酸甲酯）；
（4）A. B和C都含有羧基，不能用金属钠鉴别，错误。
B. B含有碳碳双键，可以发生加聚反应形成高分子化合物，正确。
C. A（乙炔）能使酸性KMnO4溶液褪色（氧化反应），也能使溴水褪色（加成反应），反应原理不同，错误。
D. A（C2H2）和苯（C66H6）完全燃烧时，氢氧个数比相同，耗氧量相同，正确。
正确答案为BD。
【分析】根据题目描述，A与CO、H2O以物质的量之比1：1：1反应生成B，可推断A为乙炔（C2H2）。E是具有水果香味的油状液体，结合反应条件分析，E应为丙酸甲酯（CH3CH2COOCH3）。进一步推测D为（丙烯酸甲酯）。
（1）结合物质B的结构式，可知所含官能团有碳碳双键、羧基；
（2）根据分析，A的结构式为H-C≡C-H，C→E的反应类型为取代反应(或酯化反应)；
（3）根据分析，可知D→E的化学方程式是；
（4）A．物质B和C都有羧基，不可用金属钠鉴别B和C，错误；
B．物质B具有碳碳双键，可发生加聚反应形成高分子，正确；
C．物质A能使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化还原反应，能使溴水褪色发生加成反应，反应原理不相同，错误；
D．相同质量的A即H-C≡C-H，与苯在空气中完全燃烧，氢氧个数比相同，所以消耗氧气的量相同，正确；
BD当选。
1 / 1浙江省湖州市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，每小题3分，共60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．下列物质属于电解质的是
A．食盐水 B．Fe C．乙醇 D．NaOH
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A. 食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物，不符合电解质的定义，因此A选项错误；
B. 铁是金属单质，不是化合物，不符合电解质的定义，B选项错误；
C. 乙醇是有机物，不能电离出离子，属于非电解质，C选项错误；
D. 氢氧化钠是离子化合物，在熔融状态或水溶液中能离解为Na+和OH-，符合电解质的定义，D选项正确；
正确答案选择D。
【分析】电解质必须同时满足两个条件：1.必须是化合物；2.在水溶液或熔融状态下能够自身离解出离子并导电。
2．下列化学用语表示不正确的是
A．甲酸乙酯的结构简式：CH3COOCH3
B．中子数为20的氯原子：
C．乙烷的空间填充模型：
D．钙离子的结构示意图：
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构简式
【解析】【解答】A. 甲酸乙酯的结构简式应为HCOOCH2CH3，题目中的表述存在错误，因此A选项是错误的；
B. 对于中子数为20的氯原子，其质量数计算为质子数17加上中子数20等于37，正确的核素表示应为，因此B选项是正确的；
C. 乙烷的结构简式为CH3CH3，其对应的空间填充模型为，这个表示是正确的，因此C选项正确；
D. 钙元素（原子序数20）的最外层电子构型为2个电子，在化学反应中容易失去这两个电子形成稳定结构。钙离子的结构示意图为，这个表示是正确的，因此D选项正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A. CH3COOCH3名称为乙酸甲酯；
B元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；
C. 乙烷为CH3CH3；
D. 钙是20号元素，钙离子核外有18个电子。
3．“在空气中点燃通氢气的导管，然后伸入盛满氯气的集气瓶中”。该实验过程不需要标注的图标为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；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．本实验操作过程中无需使用锋利器具，因此选项A是错误的；
B．由于实验过程中涉及有毒气体氯气的使用，必须开启通风设备（如排风扇），故选项B正确；
C．进行化学实验时佩戴护目镜是必要的安全防护措施，因此选项C正确；
D．实验涉及明火操作，需规范使用火源，同时应注意整理长发和固定宽松衣物，所以选项D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】根据氯气性质和实验室操作安全作答，氯气有毒，需在通风橱，实验条件是点燃，要有防火标注，需佩戴护目镜。
4．下列说法正确的是
A．乙酸和油酸互为同系物
B．金刚石和C60互为同素异形体
C．14N2和15N2互为同位素
D．和互为同分异构体
【答案】B
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A. 乙酸（CH3COOH）是饱和一元羧酸，含有羧基；油酸（C17H33COOH）是不饱和一元羧酸，含有羧基和碳碳双键。两者结构不相似，分子组成上也不相差CH2的整数倍，因此不互为同系物。A选项错误；
B. 金刚石和C60都是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体。B选项正确；
C. 同位素是指质子数相同而中子数不同的原子。N2和N3是氮元素的两种单质，不是同位素关系。C选项错误；
D. 二氯甲烷只有一种结构，因此两种表示方法代表的是同一种物质。D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 乙酸和油酯官能团不同，不是同系物；
B. 同素异形体指同种元素形成的不同单质；
C. N2和N3是同素异形体；
D. 根据甲烷式正四面体的结构，可知和 是同种物质。
5．中华文化源远流长、博大精深。下列说法不正确的是
A．“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”，诗中场景涉及了丁达尔效应
B．“以剂钢为刃，柔铁为茎干”，诗中“剂钢”为铁的合金，其硬度比纯铁大
C．“白釉青花一火成”，描述了青花瓷以黏土为主要原料，经高温烧结而成
D．“石溪曲水兰亭意，寂寂千年寂寂名”，“曲水”暗含美酒，酒由淀粉水解而成
【答案】D
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．雾属于气溶胶，是胶体的一种。当阳光穿过雾时，可以观察到丁达尔效应，该描述正确，故A选项正确；
B．合金的硬度通常比其组成金属更高。"剂钢"是一种铁合金，因此该描述正确，B选项正确；
C．青花瓷属于硅酸盐制品，它以黏土为主要原料，经过高温烧结工艺制成。该描述与陶瓷的制备过程相符，因此C选项正确；
D．乙醇（酒的主要成分）是通过淀粉水解产物葡萄糖发酵制得的，而不是直接由淀粉水解得到。原描述存在错误，因此D选项错误；
正确答案为D。
【分析】题目考查诗词和化学知识相关，雾属于胶体，可产生丁达尔效应；钢属于合金，硬度大；青花瓷是瓷器，黏土经高温烧结而成；根据酒的制备，是淀粉水解得到葡萄糖，再发酵制得。
6．KNO3一定条件下可发生反应：2KNO3＋2NH4Cl2N2↑＋O2↑＋4H2O＋2KCl。下列说法不正确的是
A．KNO3既作氧化剂，又作还原剂
B．N2既是氧化产物，又是还原产物
C．生成0.1molO2时转移0.5mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在KNO3中，氮元素的化合价由+5价降低到0价，氧元素的化合价由-2价升高到0价，因此KNO3既充当氧化剂又充当还原剂，选项A正确；
B．KNO3中的氮元素化合价降低（+5→0），被还原；NH4Cl中的氮元素化合价升高（-3→0），被氧化。因此生成的N2既是氧化产物又是还原产物，选项B正确；
C．只有KNO3中的氮元素发生化合价降低。当生成1mol O2时，消耗2mol KNO3（氮从+5→0），转移10mol电子。因此生成0.1mol O2时转移1mol电子，选项C错误；
D．生成1mol O2的同时生成2mol N2。其中氧化产物包括1mol N2（来自NH4Cl）和1mol O2，共2mol；还原产物为1mol N2（来自KNO3）。故氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，选项D正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】 根据反应方程式2KNO3＋2NH4Cl2N2↑＋O2↑＋4H2O＋2KCl ，氮元素从+5价降低到0价，从-3价升高到0价，则硝酸钾是氧化剂，氯化铵是还原剂，氮气既是氧化剂又是还原剂，据此分析。
7．生产生活中化学无处不在。下列说法正确的是
A．珠海航展中歼-35所用的航空煤油可以通过石油裂解得到
B．通过分离液态空气获得N2，是工业上常用的固氮方式
C．线性结构的橡胶与硫作用可得到网状结构的硫化橡胶，可用于制造轮胎
D．Ti-Fe储氢合金，通过物理吸附能够储存大量氢气，具有广阔的应用前景
【答案】C
【知识点】氮的固定；石油的裂化和裂解；合成材料
【解析】【解答】A．航空煤油是通过石油分馏工艺制取的，石油裂解的主要产物是小分子烯烃类化合物，因此A选项说法错误；
B．工业上通过分离液态空气获取氮气属于物理变化过程，而工业固氮是指将氮气转化为含氮化合物（例如合成氨反应），两者原理不同，B选项说法错误；
C．橡胶经过硫化处理后，其分子结构从线性转变为网状，这种结构变化显著提升了橡胶的性能，使其适用于轮胎制造，C选项说法正确；
D．储氢合金是通过化学吸附方式，与氢气形成金属氢化物，而非简单的物理吸附作用，D选项说法错误；
正确答案选择C。
【分析】A．石油裂解得到乙烯等小分子物质；
B．固氮指的是把氮气转化为化合物；
C．橡胶硫化后由线性结构变为网状结构，增强性能并用于轮胎制造 ；
D．储氢合金是金属与氢气之间化学吸附形成的。
8．对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，下列反应速率表示正确且最快的是
A．v(A)=0.5mol·L-1·min-1 B．v(B)=1.2mol·L-1·s-1
C．v(C)=0.4mol·L-1·min-1 D．v(D)=0.1mol·L-1·s-1
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．v(A) = 0.5 mol·L- ·min- ；
B．由于B是固体，其浓度被视为常数，因此不能用固体物质的浓度变化表示反应速率，故B选项错误；
C．v(C) = 0.4 mol·L- ·s- ，换算为A的速率：；
D．v(D) = 0.1 mol·L- ·s- ，换算为A的速率：；
通过比较A、C、D选项可知，D选项的反应速率最快。故选D。
【分析】同一化学反应中，在相同时间内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。比较不同物质的反应速率，需将其换算为同一物质的反应速率后再进行比较。
9．某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是
A．该有机物的分子式为C13H12O5
B．1mol该有机物中含有4mol碳碳双键
C．该有机物分子中所有碳原子一定共平面
D．等质量的该有机物最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：2
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A．根据结构简式分析，该有机物的分子式为C13H14O5，选项A的说法是错误的；
B．苯环结构中不存在碳碳双键，1mol该有机物只含有1mol碳碳双键（位于侧链），因此选项B的说法是错误的；
C．由于碳碳单键可以自由旋转，分子中与羟基相连的碳原子、羧基中的碳原子以及碳碳双键中CH基团的碳原子可能不在苯环所在的平面上，因此选项C的说法是错误的；
D．该有机物中的羧基和羟基都能与钠反应，羧基能与氢氧化钠反应，羧基也能与碳酸氢钠反应，且反应比例均为1：1。因此等质量该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO的物质的量之比为3：2：2，选项D的说法是正确的。
综上所述，正确答案为D。
【分析】根据有机物结构简式，含有官能团羟基，羧基和碳碳双键，羟基和羧基可与钠单质反应，羧基和氢氧化钠、碳酸氢钠反应，结构简式中有饱和碳原子，可知有机物中所有碳原子不一定共平面。
10．下列变化过程表征不正确的是
A．铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
B．用电子式表示MgF2的形成过程：
C．用Na2S2O3除去水中的余氯：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+
D．将少量灼热的CuO加入CH3CH2OH中：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O
【答案】B
【知识点】铝的化学性质；乙醇的催化氧化实验；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，其离子方程式为：2Al + 2OH- + 6H2O = 2[Al(OH)4]- + 3H2↑，选项A正确；B．镁原子失去电子、氟原子得到电子形成离子化合物氟化镁，其形成过程的电子式表示为：，选项B错误；
C．氯气与硫代硫酸钠反应时，硫代硫酸根离子()被氧化为硫酸根离子()，离子方程式为： + 4Cl2 + 5H2O = 2 + 8Cl- + 10H+，选项C正确；
D．将少量灼热的氧化铜加入乙醇中，乙醇被氧化为乙醛，反应方程式为：CH3CH2OH + CuO CH3CHO + Cu + H2O，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气；
B．镁原子电子式书写错误；
C．氯单质氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根和氯离子；
D．氧化铜氧化乙醇生成乙醛和铜单质。
11．类比推理是学习化学常用的思维方法。下列推理正确的是
A．MgO是碱性氧化物，则Al2O3也是碱性氧化物
B．H2O的分子结构呈V形，则H2S的分子结构也呈V形
C．CuSO4溶液能使蛋白质变性，则(NH4)2SO4溶液也能使蛋白质变性
D．少量CO2通入Ca(ClO)2溶液生成CaCO3，则少量SO2通入时生成CaSO3
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；二氧化硫的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，而碱性氧化物只能与酸反应生成盐和水，因此A选项是错误的；
B．H2O和H2S的分子结构均为V形（中心原子采用sp3杂化，含有两对孤电子对），二者结构类型相同，因此B选项是正确的；
C．CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，而(NH4)2SO4不属于重金属盐，只能引起蛋白质盐析（可逆过程），因此C选项是错误的；
D．将SO2通入Ca(ClO)2溶液中时，ClO-的强氧化性会将SO2氧化为SO，最终生成CaSO4而不是CaSO3，因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．氧化铝是两性氧化物；
B．水和硫化氢均为V形分子；
C．硫酸铜是重金属盐使蛋白质变性，硫酸铵使蛋白质盐析；
D．因次氯酸钙具有氧化性，二氧化硫和次氯酸钠反应生成硫酸钙。
12．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，同周期中Q元素的非金属性最强。下列说法正确的是
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．氧化物对应的水化物酸性：Q>Y
C．原子半径(r)大小比较：r(M)>r(Q)
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A． H与O形成的10电子微粒有H2O、OH 、H3O+三种， A错误；B． 未指明是否为最高价含氧酸，无法比较非金属性强弱， B错误；
C．M为钠，Q为氯，Na和Cl同周期，原子半径Na>Cl， C正确；
D．H、N、O组成的化合物如NH3·H2O显碱性，D错误；
正确答案：C
【分析】根据题目条件分析各元素：X的核外电子数等于周期数 X为氢(H)，YX3分子呈三角锥形 Y为氮(N)，Z的核外电子数等于X、Y电子数之和(1+7=8) Z为氧(O)，M与X同主族 M为钠(Na)，Q是同周期非金属性最强的元素 Q为氯(Cl)，最终确定：X=H，Y=N，Z=O，M=Na，Q=Cl。
13．某电化学气敏传感器的工作原理如右图所示(a、b电极均为铂电极)。下列说法不正确的是
A．a极为电池负极，发生氧化反应
B．溶液中Na+主要往b电极迁移
C．a电极上发生的反应为：2NH3+6e-+6OH-=N2+6H2O
D．该传感器开始工作时b电极周围溶液pH增大
【答案】C
【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. 电极a是电池负极，发生氧化反应， A正确；B. 由于电极a是负极，电极b是正极，电解质溶液中的Na+会向正极b迁移， B正确；
C. 电极a上被氧化为，传导的离子是，电极反应为：， C错误；
D. 电极b上氧气被还原为，电极反应为：，因此电极b周围溶液的pH会增大， D正确；
综上所述，错误的选项是C。
【分析】根据图示可知，在电极a上被氧化为，因此电极a是负极，其电极反应为：
；电极b是正极，氧气在此被还原为，其电极反应为：
。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，1.7g羟基中含有电子的数目为NA
B．65gZn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为NA
C．100mL0.1mol·L-1NaOH溶液中，含有的氧原子数目为0.01NA
D．1molN2与3molH2充分反应生成NH3，转移电子的数目为6NA
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；浓硫酸的性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 羟基(-OH)的摩尔质量为17g/mol，1.7g羟基的物质的量为0.1mol。每个羟基含有9个电子（8个来自氧原子，1个来自氢原子），因此1.7g羟基所含电子数为0.9NA， A错误；
B. 锌的摩尔质量为65g/mol，65g锌的物质的量为1mol。与硫酸反应时存在两种情况：若为稀硫酸，；若为稀硫酸，则发生反应： ；无论生成SO2还是H2，1mol Zn都产生1mol气体，故气体分子数为NA， B正确；
C. 100mL 0.1mol/L NaOH溶液中含有0.01mol NaOH，提供0.01mol氧原子。但溶剂水还含有额外的氧原子，因此总氧原子数大于0.01NA， C错误；
D. 合成氨反应是可逆反应，1mol N2与3mol H2不能完全转化，电子转移数小于6NA， D错误；
正确答案：B
【分析】A. 羟基结构简式为-OH，1个羟基中含有9个电子；
B. 65g锌为1mol，生成气体的物质的量和锌单质相等；
C. 氢氧化钠溶液中含有水，水分子中有氧原子；
D. 氮气和氢气反应生成氨的反应是可逆反应，不能完全转化。
15．下列实验装置不能达到预期目的的是
A．装置1除去Cl2中的HCl
B．装置2探究Cu与浓HNO3反应的热量变化
C．装置3探究NH3在水中的溶解性
D．装置4探究H2SO4浓度对反应速率的影响
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A. 氯气能与碳酸钠溶液发生反应，因此除去氯气中的氯化氢应采用饱和食盐水，A选项错误；
B. 该实验探究铜与浓硝酸反应的热效应。由于该反应是放热反应，会导致U形管左侧液面下降，B选项正确；
C. 该实验验证氨气在水中的溶解性。氨气极易溶于水，能形成明显的喷泉现象，C选项正确；
D. 实验设计中保持混合溶液总体积和硫代硫酸钠浓度不变，仅改变硫酸浓度，可以研究硫酸浓度对反应速率的影响，D选项正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A. 除去氯气中的氯化氢用饱和食盐水；
B. 根据U形管中红墨水液面高度变化可判断反应过程中热量变化；
C. 根据氨易溶于水的性质，设计喷泉实验；
D. 其他条件相同时，改变硫酸浓度，可探究浓度对反应速率的影响。
16．在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子互变反应过程的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．CNH(g)比HCN(g)更稳定
B．HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热
C．HCN(g)转化为CNH(g)涉及极性键的断裂和形成
D．该反应过程中形成化学键释放的总能量大于断裂化学键吸收的总能量
【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A. 根据能量最低原理，体系能量越低越稳定。题目中的能量高于，说明更稳定，因此A选项是错误的；B. 吸热反应不一定需要加热条件，例如氢氧化钡与氯化铵的反应就是常温下的吸热反应。题目没有提供HCN(g)转化为CNH(g)必须加热的证据，因此B选项是错误的；
C. 从反应过程图示可以看出，反应中确实发生了碳氢极性键的断裂和氮氢极性键的形成，因此C选项是正确的；
D. 根据能量变化数据，1mol HCN(g)达到过渡态需要吸收186.5kJ能量，而1mol过渡态转化为CNH(g)会释放127.2kJ能量。这说明反应过程中化学键断裂吸收的能量大于新键形成释放的能量，因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是C选项。
【分析】A. 物质能量越低越稳定；
B. HCN(g)转化为CNH(g) 是吸热反应，和反应条件没有必然联系；
C. 根据物质结构，可知转化过程设计极性键的断裂和形成；
D. 图示为吸热反应，断裂化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量。
17．苯甲酸(-COOH)可作食品防腐剂，常温下易溶于乙醇、微溶于水，在水中的溶解度随温度的升高而增大。某实验小组设计了如下粗苯甲酸(含少量NaCl和泥沙)的提纯方案：
下列说法不正确的是
A．“溶解”和“过滤”操作中均需要使用玻璃棒
B．“洗涤”时，选用乙醇作洗涤剂有利于快速干燥
C．“过滤1”需趁热，除去泥沙的同时可以减少苯甲酸的提前析出
D．“过滤2”是为了实现氯化钠与苯甲酸的分离
【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．在"溶解"步骤需要使用玻璃棒搅拌，在"过滤"和"洗涤"操作中玻璃棒用于引流，因此A选项正确；
B．虽然苯甲酸在常温下微溶于水但易溶于乙醇，但洗涤时不宜使用乙醇，应该选择冷水进行洗涤，所以B选项是错误的；
C．根据分析可知，苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，因此"过滤1"必须趁热操作，这样可以减少苯甲酸的析出损失，故C选项正确；
D．第一次过滤后的滤液中含有氯化钠和苯甲酸两种物质，通过第二次过滤可以实现两者的分离，得到苯甲酸固体，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙杂质。由于苯甲酸的溶解度会随着温度升高而增大，实验过程中需要先溶解并加热样品，然后趁热过滤以除去泥沙。接着对热的滤液进行冷却结晶处理，再次过滤得到苯甲酸固体，最后经过洗涤和干燥步骤即可获得纯净的苯甲酸晶体。
18．某无色溶液可能含有Na+、、Cl-、、、H+、Cu2+中的几种，且所含离子的物质的量浓度均相等。依次进行下列实验(每步所加试剂均过量)：
(1)取少量原溶液滴加2~3滴紫色石蕊试液，溶液变红；
(2)另取100mL原溶液，滴加BaCl2溶液和稀盐酸，过滤得2.33g白色沉淀；
(3)向(2)过滤所得的滤液加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。
下列结论正确的是
A．该实验无法确定原溶液是否含有Cl-
B．原溶液中一定含有，且物质的量为0.01mol
C．无法确定原溶液是否存在Na+，可通过焰色试验确定
D．原溶液中一定含有Na+、、H+，浓度均为0.1mol·L-1
【答案】D
【知识点】离子共存；硫酸根离子的检验；焰色反应
【解析】【解答】A. 原溶液不含Cl-， A错误；B. 100mL溶液中含0.01mol SO42-，但原溶液总体积未知，B错误；
C.通过电荷守恒已确定Na+存在，无需焰色试验， C错误；
D. Na+、SO42-、H+的浓度均为0.1mol/L， D正确；
最终答案选D。
【分析】首先分析题目条件：溶液为无色，说明不含Cu2+（因为含Cu2+的溶液呈蓝色）。HCO3-和CO32-会与H+反应生成CO2，因此不能与H+共存。实验现象分析： 紫色石蕊试液变红，说明溶液呈酸性，含有H+，排除了HCO3-和CO32-的存在。加入BaCl2和稀盐酸后生成2.33g白色沉淀（BaSO4），计算得出n(SO42-)=0.01mol。由于题目说明各离子浓度相等，故n(H+)=0.01mol。根据电荷守恒，必须存在Na+，且不含Cl-。综上，溶液中一定存在Na+、SO42-、H+，浓度均为0.1mol/L（0.01mol/0.1L），一定不存在Cu2+、HCO3-、CO32-和Cl-。
19．向18g铜和铁的混合物中加入200mL稀硝酸，充分反应得到溶液甲和2.24LNO，固体减少8.4g；继续加入200mL等浓度的稀硝酸，固体完全溶解，得到溶液乙和2.24LNO，溶液乙不含Fe3+且加入VmL1mol/LNaOH溶液恰好可将所有金属离子沉淀完全(气体体积均在标准状况下测定)。下列说法不正确的是
A．减少的8.4g金属为铜和铁
B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol/L
C．加入的NaOH溶液体积V的值为600
D．向溶液乙中再加200mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO
【答案】A
【知识点】硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．设混合物中铁的物质的量为 mol，铜为 mol。根据电子守恒得：；根据质量关系得：。解得 mol。铁的质量为8.4 g，铜的质量为9.6 g。第一次反应中铁完全溶解（8.4 g），铜未参与反应，因此减少的金属仅为铁，选项A错误；
B．总反应中硝酸的物质的量为0.8 mol（0.6 mol用于生成硝酸盐，0.2 mol被还原为NO），其浓度为，选项B正确；
C．金属离子（Fe2+和Cu2+各0.15 mol）需要0.6 mol OH-沉淀，则1 mol/L NaOH溶液的体积为600 mL，选项C正确；
D．此时Fe2+（0.15 mol）可被新加入的硝酸氧化，根据得失电子守恒，生成0.05 mol NO（1.12 L），选项D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】题目考查金属和稀硝酸反应计算知识，计算过程应遵循元素守恒和氧化还原反应得失电子守恒，设铁的物质的量为 mol，铜为 mol，列出，，可计算金属的物质的量，铜和铁最终生成氢氧化铜和氢氧化亚铁，溶液溶质为硝酸钠，根据钠守恒，硝酸钠为V10-3mol，整个反应过程生成NO为0.2mol，根据氮元素守恒，硝酸的物质的量为。结合金属物质的量，可求出V；因溶液中铁为亚铁离子，加入稀硝酸可氧化为三价铁离子，同时生成一氧化氮气体。
20．下列“实验操作及现象”和所得到的“实验结论”正确的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 将稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色 氧化性：H2O2>Fe3+
B 在高温条件下，将SiO2与焦炭充分反应，得到粗硅和CO 非金属性：C>Si
C 向盛有2mLH2O和2mLC2H5OH的两支试管中，分别加入相同大小的Na粒，盛水的试管反应更剧烈 羟基氢活泼性：H2O>C2H5OH
D 取1mL0.1mol·L- KI溶液，加入2mL0.1mol·L- FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红 KI与FeCl3的反应有一定限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；硅和二氧化硅；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 稀硫酸酸化的H2O2与Fe(NO3)2反应溶液变黄，可能是酸性条件下NO氧化了Fe2+，而非H2O2的作用，因此无法证明H2O2的氧化性，结论不可靠。A选项错误；
B. 高温下C还原SiO2生成CO，虽然体现了C的还原性，但还原性强弱与元素的非金属性无直接关系，因此不能得出"非金属性C>Si"的结论。B选项错误；
C. Na与H2O反应比与乙醇反应剧烈，说明H2O中的羟基氢比乙醇中的羟基氢更活泼，结论正确。C选项正确；
D. 当FeCl3过量时，体系中始终存在Fe3+，加入KSCN显红色不能证明该反应存在限度，结论错误。D选项错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 过氧化氢和硝酸都可氧化二价铁离子生成三价铁离子，因素不唯一；
B. 单质还原性强弱与元素的非金属性无直接关系；
C. 根据实验现象，可判断羟基氢活泼性：H2O>C2H5OH；
D. 三价铁离子和碘离子反应中，铁离子过量，无法判断反应限度。
二、非选择题(本大题共5小题，共40分)
21．回答下列问题：
（1）氯化钠的电子式为　 　，氯仿的分子式为　 　。
（2）向氯化铝溶液逐滴滴加氢氧化钠溶液直至过量，可观察到的现象有　 　。
（3）磁性氧化铁与足量盐酸反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）；CHCl3
（2）先生成白色沉淀，继续滴加后沉淀逐渐溶解直至消失
（3）
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）氯化钠是离子化合物，其电子式为。氯仿（三氯甲烷）的分子式为CHCl3；
（2）向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量时，首先生成氢氧化铝白色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，最终完全消失，生成四羟基合铝酸钠；
（3）磁性氧化铁（Fe3O4）与足量盐酸反应的离子方程式为：。
【分析】（1）氯化钠是离子化合物，氯仿是三氯甲烷；
（2）氢氧化钠滴加到氯化铝溶液中，现象为先有白色沉淀，后沉淀溶解；
（3）四氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁。
（1）氯化钠是离子化合物，电子式为，氯仿即三氯甲烷，分子式为CHCl3；
（2）向氯化铝溶液逐滴滴加氢氧化钠溶液直至过量，先生成氢氧化铝沉淀，然后再溶解生成四羟基合铝酸钠，可观察到的现象有先生成白色沉淀，继续滴加后沉淀逐渐溶解直至消失；
（3）磁性氧化铁与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式为。
22．在2L密闭容器内发生反应：2SO2+O22SO3.500℃时测得(SO2)随时间的变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
(SO2)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
请回答：
（1）图中表示SO3浓度变化的曲线是　 　(填字母)。
（2）0~2s内，用O2表示的平均反应速率(O2)=　 　。
（3）下列操作能使反应速率增大的是_____。
A．分离出SO3 B．适当升高温度
C．恒容下充入Ne使压强增大 D．选择更高效的催化剂
（4）下列能说明该反应已达化学平衡状态的是_____。
A．(SO2)=(SO3)
B．容器中气体的密度保持不变
C．容器中气体平均摩尔质量保持不变
D．容器中气体的总压强保持不变
【答案】（1）b
（2）
（3）B；D
（4）C；D
【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】（1）根据化学反应过程，SO3作为生成物，其物质的量会随反应进行而增加。分析表格数据，SO2的物质的量从0.020mol减少至0.007mol，转化量为0.013mol，因此生成的SO3也为0.013mol。由于容器体积为2L，SO3的浓度从0增加到0.0065mol/L。结合图像曲线变化趋势和数值范围，可确定曲线b对应SO3的变化；
（2）由表格数据计算，0~2s内SO2转化量为0.012mol，则O2转化量为0.006mol。O2的平均反应速率为：；
（3）A．移除SO3会降低生成物浓度，平衡正向移动，但反应速率减小， A错误；
B．升高温度增加分子能量，提高活化分子比例，加快反应速率 ，B错误；
C．恒容充入Ne不改变反应物浓度，反应速率不变 ，C正确；
D．高效催化剂降低活化能，增大有效碰撞频率，加速反应 ，D正确；
正确答案：BD
（4）A．不能证明正逆速率相等 ，A错误；
B．气体密度恒定（质量与体积不变），无法判断平衡 ，B错误；
C．平均相对分子质量随气体总物质的量变化，恒定说明平衡 ，C正确；
D．恒温恒容时，压强与总物质的量成正比，压强不变表明平衡 ，D正确；
正确答案：CD。
【分析】（1）根据反应方程式，三氧化硫变化量等于二氧化硫变化量；
（2）氧气在 0~2s内浓度变化量为0.003mol/L，代入速率计算公式进行计算；
（3）升高温度和使用催化剂可增大反应速率；
（4）二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，是非等体积反应，气体压强不变时，反应已达平衡，气体平均摩尔质量不变，反应已达平衡。
（1）根据反应可知，SO3为产物，随着反应进行，其物质的量逐渐增加。从表中数据可知，SO2的物质的量从0.020mol逐渐减少到0.007mol，转化的物质的量为0.013mol，则生成的SO3的物质的量也为0.013mol，由于容器体积为2L，所以SO3的浓度是从0到0.0065mol/L，结合图像中各曲线的变化趋势和数值范围，可判断表示SO3的变化曲线是b；
（2）由表格数据可知0~2s内转化的SO2的物质的量是0.012mol，则转化的O2的物质的量是0.006mol，用O2表示的平均反应速率：；
（3）A．分离出SO3，会使生成物浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，但反应速率减小，A错误；
B．适当升高温度，会使反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，B正确；
C．恒容下充入Ne使压强增大，但反应物和生成物的浓度都不变，所以反应速率不变，C错误；
D．选择更高效的催化剂，能降低反应的活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，有效碰撞几率增大，反应速率增大，D正确；
答案选BD；
（4）A．(SO2)=(SO3)无法证明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，A错误；
B．反应体系中各物质均为气体，气体质量不变，容器体积不变，所以密度始终保持不变，所以不能根据密度不变判断反应达到平衡状态，B错误；
C．反应体系中各物质均为气体，气体质量不变，反应前后气体的总物质的量发生变化，平均相对分子质量会发生变化，当容器中平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．反应前后气体的总物质的量发生变化，在恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，所以容器中气体的总压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，D正确；
答案选CD。
23．二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，其分子结构与过氧化氢(H2O2)相似，能发生如下转化：
已知：
①H2SO4的分子结构可表示为：；
②S2Cl2与CuO发生非氧化还原反应时生成两种二元化合物。
请回答：
（1）反应①产物B的名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_____。
A．S2Cl2是一种含有非极性键的共价化合物
B．X在反应②中体现了还原性
C．工业上可用浓H2SO4吸收SO3
D．S2Cl2与CuO反应产物之一是S2O
（3）若参与反应③的H2SO4与乙醇物质的量相等，则该化学方程式是　 　。
（4）请设计实验方案检验S2Cl2中的氯元素　 　。
【答案】（1）硫
（2）A；C；D
（3）
（4）取少量加入水充分反应，静置取上层清液，加入硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明含有氯元素
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯离子的检验；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）根据上述分析，B物质是硫单质；
（2）A．S2Cl2的结构式为，其中S-S键为非极性键，A选项正确；
B．X为氧气，在反应中表现氧化性，B选项错误；
C．工业上采用浓硫酸吸收三氧化硫可避免产生酸雾，C选项正确；
D．S2Cl2与CuO发生非氧化还原反应：，D选项正确；
正确答案为ACD；
（3）硫酸分子中含有羟基（-OH），能与乙醇发生酯化反应：；
（4）S2Cl2与水的反应方程式为：。由于反应生成HCl，可通过检验Cl-来证明氯元素的存在，具体方法为：取反应后的上层清液，先加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明含有氯元素。
【分析】S2Cl2的化合价为：。S2Cl2与水发生氧化还原反应时，二氧化硫作为氧化产物，同时会生成还原产物单质硫（B）和盐酸（A）。二氧化硫可被氧气（X）氧化为三氧化硫，三氧化硫经浓硫酸吸收后用于制备硫酸，硫酸与乙醇发生酯化反应生成化合物C。
（1）根据分析可知，B是硫。
（2）A．S2Cl2的结构式为：，硫和硫之间形成的是非极性键，A正确；
B．X是氧气，体现了氧化性，B错误；
C．为避免用水吸收三氧化硫产生酸雾，工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，C正确；
D．发生非氧化还原反应：，D正确；
故选ACD。
（3）硫酸含有，与乙醇发生酯化反应，。
（4）取少量加入水充分反应：，由于生成了，可以检验氯离子，方法为：反应后静置，取上层清液，加入硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明含有氯元素。
24．NaClO2是重要的漂白剂和消毒剂，主要用于砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备NaClO2装置如图1所示。
已知：
①NaClO2的溶解度曲线如图2所示；若溶液温度高于60℃，NaClO2发生分解；
②装置A中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
请回答：
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称为　 　，装置B的作用是　 　。
（2）下列实验操作一定能提高ClO2吸收效率的有_____(填序号)。
A．装置C采用热水浴
B．加快滴加浓硫酸的速率
C．适当提高H2O2的浓度
D．通过多孔球泡向装置C的混合溶液中通ClO2
（3）装置C试管中获得的产品往往混有Na2SO4杂质，原因是　 　。
（4）反应结束后，取装置C试管中的溶液，在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，用　 　℃(填温度范围)的蒸馏水洗涤晶体，至取最后一次洗涤液检验洗涤干净后，低温干燥，得到NaClO2晶体。
（5）产品中NaClO2质量分数的测定：称取5.000g产品配成250mL溶液；取25.00mL所配溶液，加入足量KI溶液和稀硫酸，发生反应：4I-+4H++ClO2-=2I2+Cl-+2H2O；向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400mol·L-1Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，发生反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI．
①若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，会导致所测NaClO2质量分数　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
②若产品中杂质不与KI、NaClO2发生反应，则产品中NaClO2的质量分数为　 　。
【答案】（1）分液漏斗；防止试管C中液体进入A中(或安全瓶、防倒吸)
（2）C；D
（3）Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2进入C中被H2O2氧化
（4）38℃～60℃
（5）偏高；76.02%
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗。装置B的主要作用是防止C中溶液倒吸进入A装置；
（2）优化ClO2吸收效率的措施：
A. 水浴温度过高会导致H2O2分解，降低效率；
B. 快速滴加浓硫酸会促使Na2SO3与硫酸反应生成SO2，干扰ClO2生成；
C. 提高H2O2浓度可增强反应完全度；
D. 多孔球泡能增大气液接触面积；
正确选项：CD。
（3）产品中混有Na2SO4杂质的原因是：Na2SO3与浓硫酸反应生成的SO2进入C装置后，被H2O2氧化为硫酸盐；
（4）结晶提纯步骤： 在60℃以下减压蒸发至晶体大量析出，趁热过滤（因38-60℃时NaClO2溶解度较大）， 用38-60℃温水洗涤（防分解），验证洗涤完全后低温干燥；
（5 ①若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，部分碘离子会被氧化为碘单质，导致消耗Na2S2O3增多，会导致所测NaClO2质量分数偏高，②若产品中杂质不与KI、NaClO2发生反应，向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400mol·L-1Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，物质的量为0.8400mol·L-1×0.2L，根据化学计量数之比等于物质的量之比，得NaClO2的物质的量为，则产品中NaClO2的质量分数为。
【分析】实验装置A中，NaClO3固体与Na2SO3固体在70%硫酸作用下反应，Na2SO3将NaClO3还原生成ClO2。为防止高浓度ClO2分解，通入空气稀释。装置B作为安全瓶防止倒吸，装置C中ClO2在碱性条件下被H2O2还原生成NaClO2溶液，装置D处理尾气并防倒吸。根据NaClO2的溶解度特性（60℃以上易分解为NaClO3和NaCl），采用控制温度的分步结晶法提纯。
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，装置B的防止试管C中液体进入A中(或安全瓶、防倒吸)；
（2）A．装置C采用热水浴的话，温度过高过氧化氢会分解，降低ClO2吸收效率，B．加快滴加浓硫酸的速率，Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，影响ClO2的生成，降低ClO2吸收效率，C．适当提高H2O2的浓度，反应更充分，提高ClO2吸收效率，D．通过多孔球泡向装置C的混合溶液中通ClO2，增大接触面积，提高ClO2吸收效率；故选CD；
（3）装置C试管中获得的产品往往混有Na2SO4杂质，是因为Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2进入C中被H2O2氧化；
（4）反应结束后，取装置C试管中的溶液，在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，因为在38℃～60℃NaClO2的溶解度较大，温度过高NaClO2发生分解，所以在38℃～60℃时用蒸馏水洗涤晶体，至取最后一次洗涤液检验洗涤干净后，低温干燥，得到NaClO2晶体；
（5）①若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，部分碘离子会被氧化为碘单质，导致消耗Na2S2O3增多，会导致所测NaClO2质量分数偏高，②若产品中杂质不与KI、NaClO2发生反应，向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400mol·L-1Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，物质的量为0.8400mol·L-1×0.2L，根据化学计量数之比等于物质的量之比，得NaClO2的物质的量为，则产品中NaClO2的质量分数为。
25．A与CO、H2O以物质的量之比1：1：1形成B，E是有水果香味的油状液体，相关转化关系如下：
请回答：
（1）物质B所含官能团的名称是　 　。
（2）A的结构式为　 　，C→E的反应类型为　 　。
（3）D→E的化学方程式是　 　。
（4）下列说法正确的是_____。
A．可用金属钠鉴别B和C
B．物质B可发生加聚反应形成高分子
C．A能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水褪色，反应原理相同
D．相同质量的A与苯在空气中完全燃烧，消耗氧气的量相同
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）H-C≡C-H；取代反应(或酯化反应)
（3）
（4）B；D
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的物理、化学性质；烯烃；酯化反应
【解析】【解答】（1）由B的结构式可知，其官能团包括碳碳双键（C=C）和羧基（-COOH）；
（2）A的结构式为H-C≡C-H（乙炔）。C→E的反应类型为取代反应（或酯化反应）；
（3）D→E的化学方程式为：（丙烯酸甲酯加氢生成丙酸甲酯）；
（4）A. B和C都含有羧基，不能用金属钠鉴别，错误。
B. B含有碳碳双键，可以发生加聚反应形成高分子化合物，正确。
C. A（乙炔）能使酸性KMnO4溶液褪色（氧化反应），也能使溴水褪色（加成反应），反应原理不同，错误。
D. A（C2H2）和苯（C66H6）完全燃烧时，氢氧个数比相同，耗氧量相同，正确。
正确答案为BD。
【分析】根据题目描述，A与CO、H2O以物质的量之比1：1：1反应生成B，可推断A为乙炔（C2H2）。E是具有水果香味的油状液体，结合反应条件分析，E应为丙酸甲酯（CH3CH2COOCH3）。进一步推测D为（丙烯酸甲酯）。
（1）结合物质B的结构式，可知所含官能团有碳碳双键、羧基；
（2）根据分析，A的结构式为H-C≡C-H，C→E的反应类型为取代反应(或酯化反应)；
（3）根据分析，可知D→E的化学方程式是；
（4）A．物质B和C都有羧基，不可用金属钠鉴别B和C，错误；
B．物质B具有碳碳双键，可发生加聚反应形成高分子，正确；
C．物质A能使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化还原反应，能使溴水褪色发生加成反应，反应原理不相同，错误；
D．相同质量的A即H-C≡C-H，与苯在空气中完全燃烧，氢氧个数比相同，所以消耗氧气的量相同，正确；
BD当选。
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