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广东省惠州市2024-2025学年高一下学期期末质量检测 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10题，每小题2分；第11~16题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1．文物是文化传承的重要载体。下列文物主要材质为硅酸盐材料的是
A．西周信宜铜盉 B．元玉壶春瓶
C．北宋木雕罗汉像 D．清丝绸手绘花鸟
A．A B．B C．C D．D
2．我国科技发展取得巨大成就。下列说法不正确的是
A．C919大型客机机身采用的铝锂合金比金属铝的硬度大
B．核电站反应堆使用的铀棒中含有的与互为同系物
C．北斗卫星使用的散热片中含有的氮化铝属于新型无机非金属材料
D．“神舟”飞船航天员穿的航天服使用的合成纤维属于有机高分子材料
3．水煤气变换是重要的化工过程，反应为：，可作为该反应的催化剂，反应物和生成物的相对能量如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应是放热反应
B．的电子式为
C．使用，反应体系更快达到平衡
D．反应过程中有极性键断裂和非极性键形成
4．在实验室进行的制备、干燥、收集及尾气处理实验。下列装置能达到实验目的的是
A．制备氨气 B．干燥氨气
C．收集氨气 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
5．医用口罩的主体过滤材料为聚丙烯熔喷布，以丙烯为原料制备聚丙烯的路线如图所示。下列说法正确的是
聚丙烯
A．丙烯是聚丙烯的链节
B．该反应的原子利用率为100%
C．聚丙烯的结构简式为
D．聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
6．物质性质决定用途。下列物质性质与用途不具有对应关系的是
选项 性质 用途
A 维生素C具有还原性 维生素C可用作食品抗氧化剂
B 晶体硅是良好的半导体材料 晶体硅可用于制作智能家电的芯片
C 具有氧化性 可用氯化铁溶液腐蚀铜电路板
D 极易溶于水 液氨可用来作制冷剂
A．A B．B C．C D．D
7．物质检验是确定物质组成、性质的重要方法。下列检验不能达到实验目的的是
A．用盐酸酸化的溶液检验是否被氧化
B．用银氨溶液检验淀粉是否发生水解
C．用湿润的红色石蕊试纸检验中是否混有
D．用澄清石灰水区分与
8．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
B 用石灰乳除去烟气中的 是酸性氧化物
C 用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸和乙醇能发生酯化反应
D 用熟香蕉催熟猕猴桃生果 乙烯可用作果实催熟剂
A．A B．B C．C D．D
9．符号表征是理解和描述化学反应的基础。下列相关反应的离子方程式正确的是
A．FeO和稀的反应：
B．二氧化氮溶于水：
C．醋酸除水垢：
D．钠投入水中：
10．S-Zorb技术脱除噻吩（）中硫原子的过程如图：
下列说法不正确的是
A．理论上，每脱去1molS，消耗3mol的
B．过程③中作氧化剂
C．过程④中是还原产物
D．ZnO和Ni是整个过程的催化剂
11．将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正确的是
A．装置a中出现红棕色气体，浓硝酸只体现氧化性
B．一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅
C．注入水后装置b中铜片表面产生气泡，说明Cu与稀硝酸反应生成
D．装置c用NaOH溶液吸收尾气，说明NO和均是酸性氧化物
12．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol固体中的阴离子的数目为
B．1mol与足量水反应，转移的电子数目为
C．5.6gFe与足量稀硝酸充分反应，转移电子数为
D．锌铜原电池工作时，若Cu极生成2.24L，则电路通过电子数为
13．X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期数的2倍，Y原子L层有5个电子，Z为地壳中含量最高的金属元素，Z、W处于同周期的相邻主族，W与R原子的M层电子数之比为2：3。下列说法不正确的是
A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
B．简单离子半径：
C．W的单质可用作光导纤维
D．气态氢化物的热稳定性：
14．海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下，下列说法不正确的是
A．步骤①中需要用到的仪器有坩埚
B．步骤③中的操作名称是过滤
C．步骤④中发生的反应为
D．海带灰中所含硫酸盐和碳酸盐在步骤⑥中实现与碘分离
15．近年来，随着可穿戴电子产品的普及，柔性固态锌-空气电池获得了广泛关注。该电池结构和其电压与电解质溶液浓度关系图如下，金属Zn电极发生反应生成。下列说法不正确的是
A．空气电极为该电池的正极
B．Zn表面发生的电极反应为
C．一定条件下，增大KOH溶液的浓度可以增强该电池的放电效果
D．空气电极使用紧实致密的碳棒比疏松多孔的碳棒放电效果更好
16．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法正确的是
A．无催化剂时，反应不能进行
B．反应进行到4min时，
C．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，mol/(L·min)
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．某兴趣小组为拓展对还原性和氧化性的认识，进行了下列两组探究实验。
Ⅰ．探究和溶液反应。
已知：①室温下1.0mol·L-1的溶液的；
②该实验条件下不考虑被酸性溶液氧化。
（1）配制100mL1.0mol·L-1的溶液，需要固体　 　g[g·mol-1]，该过程需要用到的仪器有　 　（填字母）。
（2）和溶液反应的装置如图所示。
①装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
②装置B中产生了白色沉淀，经检验其成分为。分析B中产生白色沉淀的原因，兴趣小组提出如下猜想：
猜想1：与反应；
猜想2：在酸性条件下与反应；
（3）甲同学认为猜想1发生的离子方程式为　 　，从装置B中取出少量反应后的溶液，加入几滴溶液进行检验，发现溶液褪色。甲据此认为猜想1成立。乙同学认为该实验不严谨，理由是　 　。
（4）丙同学设计实验验证猜想2，并完成表中内容（提示：在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有：固体和盐酸等。）
实验步骤 现象
a．配制　 　，　 　的溶液，替换装置B中的溶液。 　 　
b．打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的，关闭弹簧夹。打开分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中滴加浓硫酸并加热。
根据实验现象，得出结论：猜想2成立。
Ⅱ．探究与铜反应，实验的相关操作和现象及信息如图所示：
实验① 实验②
查阅资料：水溶液显棕色，（白色）
（5）通过上述两组对比实验，与铜反应的条件是　 　。
18．某研究小组以废旧CPU芯片（主要含有金属Cu，还含有少量的金（Au）、Ag、Fe）为原料，回收Au、Ag、Cu的工艺流程如下：
已知：工业中常采用王水溶解Au，王水是一种由浓硝酸和浓盐酸按体积比为1：3混合而成的强腐蚀性溶液。
（1）中Au的化合价为　 　。
（2）“酸浸”时需将废旧CPU去除塑料及陶瓷外壳，再粉碎金属部件，其中粉碎金属部件的目的是　 　。
（3）“操作1”的名称为　 　。
（4）“溶液1”中含有的金属阳离子为　 　。
（5）补充“溶金”发生反应的化学方程式：　 　。
（6）“溶液2”加入过量Fe粉发生反应的离子方程式为　 　。
（7）此工艺流程中，能循环使用的物质是　 　（写化学式）。
（8）在“沉淀→……→Ag”步骤中，需加　 　才可以实现（填“还原剂”或“氧化剂”）
（9）写出“还原”时发生反应的化学反应方程式　 　。
19．合成氨工业是国家实施粮食安全战略的基础。
Ⅰ．工业合成氨的反应方程式为，反应放热。
（1）的电子式是　 　。
（2）在一定温度下，往1L密闭容器中通入0.1mol和0.3mol，充分反应10min达到化学平衡状态，此时混合气体中的物质的量为0.06mol。
①下列表述一定能说明该反应达到平衡状态的是　 　（填字母）。
A．混合气体的密度保持不变 B．和的浓度之比为1：3
C． D．容器内气体总压强保持不变
②0~10min，的平均反应速率为　 　mol·L-1·min-1，平衡时的转化率为　 　（已知：转化率是指已被转化的反应物的物质的量与其初始的物质的量之比）。
Ⅱ．相比工业合成氨，“球磨法”是在温和的条件下（45℃和100kPa）合成氨，氨的最终体积分数更高，可高达82.5%。该法分为两个步骤（如图）：第一步：铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上形成，有助于氮分子的解离；第二步：发生加氢反应得到。剧烈碰撞产生的能量传递有利于从催化剂表面脱附得到产物氨。
（3）下列说法正确的是　 　（填字母）。
A. “球磨法”反应条件温和是因为“氮气解离”放出热量
B. “球磨法”催化剂（Fe）缺陷密度越高，N2的吸附率越高
C. “球磨法”升高温度有利于提高正反应速率，减小逆反应速率
D. “球磨法”有效避免了高温对合成氨反应限度的限制
（4）可用于固体燃料电池，电池中的固体氧化物可传递离子，其反应原理如图所示，通入的电极为电池的　 　（填“正极”或“负极”），该电极上发生的电极反应式为　 　。
20．聚甲基丙烯酸甲酯俗称有机玻璃或亚克力，具有优异的透光性、表观光泽度等特性，一种合成聚甲基丙烯酸甲酯的路线如下（加料顺序、反应条件略）：
（1）化合物ⅲ含有的官能团名称为　 　。
（2）反应①的化学方程式为：，则M的化学式为　 　。
（3）下列有关说法中，正确的有______。
A．1molⅰ与1mol的反应只生成和HCl
B．化合物ⅱ与互为同系物
C．化合物ⅳ中所有碳原子共平面
D．化合物ⅶ能使溴的四氯化碳溶液褪色
（4）根据化合物ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构（有机产物） 反应类型
a 　 　 　 　
b Na 　 　 置换反应
（5）化合物X的分子组成比化合物v的多2个氢原子，且能与溶液反应。则化合物X的结构简式为　 　（任写一种）。
（6）反应④的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、西周信宜铜盉，属于青铜器，青铜是铜锡（或铅）合金，属于金属材料，不是硅酸盐材料，A错误；
B、元玉壶春瓶是陶瓷制品，瓷器以高岭土等粘土为原料，经高温烧制而成，其主要成分为硅酸盐（如长石、石英、莫来石等），属于无机非金属材料中的硅酸盐材料，B正确；
C、北宋木雕罗汉像是木头雕刻，主要材质是纤维素，属于天然高分子材料，C错误；
D．清丝绸手绘花鸟，主要材质是丝绸属于蛋白质，是天然高分子材料，D错误；
故答案为：B
【分析】硅酸盐材料是以含硅矿物为主要原料经加工制成的无机非金属材料，常见有陶瓷、玻璃、水泥三大类，砖瓦、瓷瓶、石器等也都属于硅酸盐材料，性质稳定、耐高温、耐腐蚀，广泛用于建筑、工艺品和日常生活中。
2．【答案】B
【知识点】合金及其应用；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A、合金的硬度通常高于其成分的纯金属，铝锂合金比纯铝硬度大，A正确；
B、与的质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，而不是同系物，同系物是指有机化合物中结构相似、分子组成相差一个或若干个CH2的系列物质，与题意不符，B错误；
C、氮化铝（AlN）属于新型陶瓷材料，具有高导热、绝缘等性能，属于无机非金属材料，C正确；
D、合成纤维（如涤纶、芳纶等）是由小分子聚合而成的高分子化合物，属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：B
【分析】同位素：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子（如235U和238U)）。同系物：结构相似、分子组成相差一个或若干个-CH2原子团的有机化合物（如甲烷和乙烷）。
3．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、从能量图中可以看出，该反应的反应物能量高于生成物能量，因此该反应为放热反应，A正确；
B、二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，每个氧原子还有2对孤对电子，因此的电子式为，错误；
C、作为该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，使反应体系更快达到平衡，因此使用可以使反应体系更快达到平衡，C正确；
D、反应过程中断裂C-O、H-O都属于极性键，形成C=O(极性键)、H-H（非极性键），因此反应过程中有极性键断裂和极性键、非极性键形成，D正确；
故答案为：B
【分析】电子式的书写规则如下：
原子的电子式：中性原子书写时，最外层电子应全部排列在元素符号周围；金属阳离子的电子式：在形成阳离子时，最外层电子已失去，书写时不再画出原最外层电子，但电荷数应在元素符号右上角表示；非金属阴离子的电子式：形成阴离子时，得到电子使最外层达到稳定结构，这些电子应画出；共价化合物的电子式：通过共用电子对结合而成，书写时需注意孤对电子的情况；离子化合物的电子式：分别画出阴、阳离子的电子式，然后让阴、阳离子间隔书写。
4．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应可制得氨气：采取固+固共热的反应装置，装置中试管口略向下倾斜，可防止冷凝水倒流炸裂试管，符合实验要求，A正确；
B、浓硫酸是酸性干燥剂，会和碱性的氨气发生反应，不能用浓硫酸干燥氨气，正确的做法是选用碱石灰，B错误；
C、氨气密度比空气小应采用向下排空气法收集并应选择短进长出，而图中是长进短出，气体无法有效收集，C错误
D、氨气极易溶于水，导管直接插入水中会发生倒吸，应加装防倒吸装置（如倒扣的漏斗），D错误；
故答案为：A
【分析】实验室制取氨气时，固体加热制气试管口需略向下倾斜防止冷凝水倒流炸裂试管；不能用浓硫酸等酸性干燥剂干燥氨气，应选用碱石灰等碱性干燥剂；氨气密度小于空气，要用向下排空气法且遵循短进长出的进气原则；氨气极易溶于水，尾气处理不能将导管直接插入水中，必须加装防倒吸装置。
5．【答案】B
【知识点】烯烃；有机高分子化合物的结构和性质；有机反应中的氧化反应
【解析】【解答】A、丙烯是聚丙烯的单体，而链节是聚合物中重复的结构单元：-CH2-CH(CH3)-，不是丙烯分子本身，因此丙烯不是链节，A错误；
B、丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应过程中没有副产物生成，所有原子都进入了聚合物中，因此原子利用率为100%，B正确；
C、聚丙烯的结构中要在主链上的体现出每个重复单元都带有甲基支链，故聚丙烯的结构简式应为：，C错误；
D、聚丙烯的分子链中的碳原子全部以单键相连，不含有碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使溶液褪色，D错误；
故答案为：B
【分析】原子利用率为 100%，是指反应物中的所有原子全部转化为目标产物，没有任何副产物生成，原子的理论利用率达到最大值，像烯烃的加聚反应、加成反应都能实现原子利用率 100%，这类反应不仅能最大化利用原料，还能减少废弃物排放，符合绿色化学的理念。
6．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、维生素C具有还原性，能与食品中的氧化性物质反应，防止食品被氧化，因此可用作食品抗氧化剂，性质与用途对应，A错误；
B、晶体硅是良好的半导体，可用于制作芯片，集成电路等电子原件，用途与性质对应，B错误；
C、Fe3+具有氧化性，能氧化Cu而腐蚀电路板，对应的离子方程式为：，性质与用途一致，C错误；
D、液氨用作制冷剂，是因为液氨汽化时会吸收大量热量，使环境温度降低，与 “NH3极易溶于水” 这一性质无关，因此性质与用途不具有对应关系，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
7．【答案】B,D
【知识点】氨的性质及用途；硫酸根离子的检验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、盐酸酸化的 BaCl2溶液可检验 SO42-。Na2SO3若被氧化会生成 Na2SO4，在酸性条件下，SO32-会与 H+反应生成 SO2和 H2O，不会干扰 SO42-的检验。若产生白色沉淀，说明 Na2SO3已被氧化，该检验能达到目的，A错误；
B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应。因此，若出现银镜，说明淀粉已发生水解，但应先加氢氧化钠中和硫酸，再加银氨溶液检验葡萄糖，B正确；
C、NH3是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而CH4无此性质。因此，若试纸变蓝，说明CH4中混有NH3，该检验能达到目的，C错误；
D、澄清石灰水与Na2CO3反应：；与NaHCO3反应：，两者都会产生白色沉淀，无法区分，因此该检验不能达到实验目的，D正确；
选答案为：BD
【分析】物质检验能否达到实验目的，关键看所选试剂与待检验物质的反应是否具有特征现象，且其他物质（杂质、干扰离子）不会产生相同现象；要同时考虑反应条件是否满足、试剂是否会与其他物质反应、是否存在离子干扰，以及操作是否能有效排除干扰，确保现象唯一、结论可靠。
8．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；乙烯的用途；乙酸的化学性质；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、84消毒液的有效成分是次氯酸钠，属于含氯消毒剂，具有强氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质变性，因此可用于桌椅消毒，劳动项目与化学知识有关联，A错误；
B、SO2是酸性氧化物，能与碱（石灰乳，主要成分为Ca(OH)2）反应生成盐和水，因此可用石灰乳除去烟气中的SO2，劳动项目与化学知识有关联，B错误；
C、水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，白醋中的乙酸能与它们发生复分解反应：酸与碳酸盐、碱的反应，从而溶解水垢，和“乙酸与乙醇的酯化反应”无关，因此劳动项目与所述化学知识没有关联，C正确；
D、成熟的香蕉会释放乙烯，乙烯是一种植物生长调节剂，可用作果实催熟剂，因此能催熟猕猴桃生果，劳动项目与化学知识有关联，D错误；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
9．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；乙酸的化学性质；探究二氧化氮与水的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、稀HNO3具有强氧化性，会将FeO中的Fe2+氧化为Fe3+，故正确的离子方程式为：，A错误；
B、二氧化氮溶于水发生歧化反应，生成硝酸和NO，方程式原子、电荷均守恒，正确的离子方程式为：，B正确；
C、醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成H+，应保留化学式，故正确的离子方程式为：，C错误；
D、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，但方程式原子不守恒，故正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由图示可知总反应为，其中1mol参加反应，则消耗3molH2，理论上每脱去1molS，消耗3molH2，A正确；
B、过程③中，O2将ZnS中的S氧化为SO2，氧气得电子从0价被还原为-2价，O2中O元素化合价降低，氧气是氧化剂，B正确；
C、过程④中，H2与NiO反应，H2被氧化为H2O，因此H2O是氧化产物，不是还原产物，C错误；
D、Ni-ZnO在反应①中是反应物，反应④中是生成物，在化学反应的前后未发生变化，故作为整个过程的催化剂，D正确；
故答案为：C
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
11．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铜及其化合物；实验装置综合；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置a中发生反应：，生成红棕色的NO2气体。浓硝酸在反应中既体现了氧化性，也体现了酸性，因此只体现氧化性的说法错误，A错误；
B、装置b中含有NO2气体，注入水后发生反应：，红棕色的NO2转化为无色的NO，气体颜色变浅，B正确；
C、注入水后，装置b中生成了稀硝酸，铜片与稀硝酸反应：，产生的气泡是NO，不是H2，C错误；
D、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水的氧化物。NO与NaOH溶液不反应，NO2与NaOH反应不仅生成盐，还会发生歧化反应，生成两种盐，因此它们都不是酸性氧化物，D错误；
故答案为：B
【分析】装置a中铜丝和浓硝酸发生反应：，接着生成的二氧化氮进入b中，加水后二氧化氮与水反应生成的稀硝酸又能与铜片反应，最后用氢氧化钠吸收尾气。
12．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】A、Na2O2由阳离子Na+和阴离子构成，其中1mol Na2O2含有1mol，阴离子数目为NA，A错误；
B、Cl2与水的反应为可逆反应：Cl2+H2OHClO+H++Cl-，这个反应不完全，只有1mol Cl2仅部分反应，转移电子数小于NA，B错误；
C、5.6g Fe的物质的量为：，Fe与足量稀硝酸充分反应时，被完全氧化为Fe3+，每个Fe失去3e-，转移电子数为0.1×3×NA=0.3NA，C正确；
D、题目中未说明气体是否处于标准状况，2.24L H2的物质的量无法确定，因此无法计算转移的电子数，D错误；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
13．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；硅和二氧化硅；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、同周期从左往右元素的非金属性增强，故非金属性N>C，HNO3酸性强于H2CO3，A正确；
B、电子层数越多，半径越大，S2-有三个电子层，Al3+有2个电子层，故Al3+半径小于S2-，B正确；
C、W的单质为硅，其中光导纤维的主要成分是二氧化硅，而硅单质常用于制作半导体材料，C错误；
D、同主族从上到下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，非金属性C>Si，故CH4稳定性强于SiH4，D正确；
故答案为：C
【分析】由题可知，X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期数的2倍，X为C；Y的L层有5个电子，Y为N；Z为地壳中含量最高的金属元素，Z为Al；Z与W同周期相邻主族，W为Si；W与R的M层电子数比为2：3，R为S。
14．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；实验装置综合；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤①为灼烧，灼烧固体需要在坩埚中进行，需要坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，A正确；
B、步骤③为将海带灰悬浊液分离为含I-的溶液，属于分离固液的操作，操作名称是过滤，分离出含碘离子的溶液，B正确；
C、步骤④反应为双氧水将碘离子氧化成碘单质，方程式的电荷、原子均守恒，对应的正确的离子方程式为：，C正确；
D、海带灰中的硫酸盐和碳酸盐易溶于水，在步骤③（过滤）时就已经进入滤液，与不溶物分离；而步骤⑥是从I2的CCl4溶液中提取单质I2，因此硫酸盐和碳酸盐在步骤③就已经和碘的体系分离，并非在步骤⑥中分离，D错误；
故答案为：D
【分析】由流程可知，①为坩埚中灼烧，②为溶解、浸泡，③为过滤，分离出含碘离子的溶液，④中发生反应过氧化氢将碘离子氧化为碘单质：，⑤中加四氯化碳萃取、分液，⑥中蒸馏分离出碘。
15．【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；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、在锌-空气电池中，金属Zn发生氧化反应，作负极；空气中的O2发生还原反应，因此空气电极是正极，故该原电池中Zn作负极，空气电极作正极，A正确；
B、金属锌为电池负极，在化学反应中失去电子，发生氧化反应：，B正确；
C、由图可知，在一定范围内随着KOH溶液浓度的增大，电池的电压增大，因此一定条件下，增大KOH溶液的浓度可以增强该电池的放电效果，C正确；
D、空气电极的反应是O2的还原，反应需要O2的参与。疏松多孔的碳棒比紧实致密的碳棒比表面积更大，可以增大电极与空气的接触面积，能吸附更多的O2，反应更充分，因此疏松多孔的碳棒放电效果更好，D错误；
故答案为：D
【分析】该原电池总反应为，金属Zn为电池负极发生，空气电极为电池正极发生；
16．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、图像中无催化剂的曲线仍随时间的推移在变化，说明反应仍在进行，只是速率较慢。催化剂只改变反应速率，不影响反应能否发生，A错误；
B、图示为各物质的浓度随时间变化的图象，则曲线斜率越大反应速率越大，因此v正(M)＞v正(N)，反应仍在正向进行有v正(M)＞v逆(M)、v正(N)＞v逆(N)，但无法比较M点和N点逆反应速率大小，B错误；
C、据分析，0-2min时间段内X的浓度减小2.0mol/L时，根据反应中化学计量数之比可知Y的浓度应增加4.0mol/L，则催化剂Ⅰ代表曲线与a曲线匹配，C正确；
D、使用催化剂Ⅱ时0-2min，，化学反应速率之比等于对应化学计量数之比则，D错误；
故答案为：C
【分析】a代表的物质浓度随时间的推移减少，另外三条曲线随时间的推移增加，因此a为X的浓度随时间变化的图象，另外三条曲线是Y的浓度随时间变化的图象，0-2min时间段内X的浓度减小2.0mol/L时，根据反应中化学计量数之比可知Y的浓度应增加4.0mol/L，则催化剂1代表曲线与a曲线匹配；
17．【答案】24.2；BD；；；可能过量，溶解的也能使溶液褪色；1；3；装置B中有白色沉淀生成；酸性条件下，有参与
【知识点】二氧化硫的性质；实验装置综合；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、配制100mL1.0的溶液，需要固体的质量为，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、容量瓶、玻璃棒和烧杯，故答案为：BD；
（2）、A为制备的装置，方程式为：；
（3）、猜想1认为作氧化剂被还原为，发生的离子方程式为，乙同学认为该实验不严谨，可能过量，溶解的也能使溶液褪色；
（4）、如果要论证在酸性条件下是与反应，则需要排除的干扰，需要配制与溶液pH相同，且浓度相同的溶液代替溶液，再验证是否有产生，因此用和盐酸配成pH=1，浓度为3的溶液，替换装置B中的溶液，若猜想2成立，则装置B实验现象为有白色沉淀生成；
（5）、对比两组实验可知，与在酸性条件下，有参与时才能发生反应。
【分析】装置A（SO2发生装置）：Cu与浓硫酸在加热条件下反应制取SO2，反应方程式：
，通入N2的作用是排尽装置内的空气，防止SO2被O2氧化，排除干扰。
装置B（反应与检验装置）：溶液为1.0mol/LFe(NO3)3和BaCl2的混合液（pH=1，呈强酸性）。酸性条件下，溶液中存在两种氧化剂：Fe3+和NO3-（H+存在时NO3-具有强氧化性）。若SO2被氧化为SO42-，会与Ba2+反应生成白色BaSO4沉淀，证明反应发生。
实验ii：第一步：生成Cu2S（黑色固体）SO2作为氧化剂，在Cl-的辅助下，将Cu氧化，自身被还原为S2-，生成Cu2S：，此时溶液中的棕色物质是CuCl32-（由Cu+与Cl-形成的络离子）；第二步：加水后生成CuCl沉淀，加水稀释，络合平衡被破坏：，白色沉淀为CuCl，证明了反应过程中Cu被氧化为Cu+，进一步说明SO2在该反应中作氧化剂。
这组实验从两个维度完整验证了SO2的双重化学性质：还原性：实验I中，SO2被Fe3+或酸性NO3-氧化为SO42-，体现了强还原性。氧化性：实验II中，SO2在Cl-存在下被Cu还原为S2-，体现了弱氧化性。
18．【答案】（1）+3
（2）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
（3）过滤
（4）Fe3+、Cu2+和Ag+
（5）
（6）
（7）HCl
（8）还原剂
（9）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；过滤；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、中Cl为-1价，H为+1价，Au的化合价为+3价；
（2）、粉碎金属部件的目的是增大固体物质与溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（3）、根据分析可知，“操作1”是固液分离，名称为过滤；
（4）、根据分析可知，“溶液1”中含有的金属阳离子为Fe3+、Cu2+和Ag+；
（5）、Au转化为HAuCl4失去3e-，HNO3转化为NO得3e-，根据得失电子守恒，Au和NO的化学计量数均为1，再根据原子守恒，配平化学方程式为；
（6）、“溶液2”加入过量Fe粉，Fe3+被还原为Fe2+，Cu2+被还原为Cu单质，离子方程式为：；
（7）、此工艺流程中，能循环使用的物质是HCl，可用在通在王水里；
（8）、在“沉淀→……→Ag”步骤中，由AgCl转化为Ag，化合价降低，需加还原剂才可以实现；
（9）、HAuCl4与Zn反应生成Au固体，由于，属于强酸，和均与锌粉反应，化学反应方程式：。
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)、Ag、Fe和Cu经HNO3酸溶，Fe、Cu和Ag转化为Fe3+、Cu2+和Ag+，Au不溶，经过滤分离出固体，Au再与王水反应生成HAuCl4溶液，最后被Zn还原得到Au固体；其中王水的作用是提供高浓度的Cl-与Au3+形成稳定的络离子[AuCl4]-，从而降低Au的电极电势，让硝酸能将Au氧化溶解。含有Fe3+、Cu2+和Ag+的溶液加入NaCl后得到沉淀，为AgCl沉淀，最后得到Ag单质；溶液2中含有Fe3+、Cu2+离子，加入过量Fe粉，Fe3+被还原为Fe2+，固体为铜和过量的铁粉，加入酸将铁溶解得到铜单质；
（1）中Cl为-1价，H为+1价，Au的化合价为+3价；
（2）粉碎金属部件的目的是增大固体物质与溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（3）根据分析可知，“操作1”是固液分离，名称为过滤；
（4）根据分析可知，“溶液1”中含有的金属阳离子为Fe3+、Cu2+和Ag+；
（5）Au转化为HAuCl4失去3e-，HNO3转化为NO得3e-，根据得失电子守恒，Au和NO的化学计量数均为1，再根据原子守恒，配平化学方程式为；
（6）“溶液2”加入过量Fe粉，Fe3+被还原为Fe2+，Cu2+被还原为Cu单质，离子方程式为；
（7）此工艺流程中，能循环使用的物质是HCl，可用在通在王水里；
（8）在“沉淀→……→Ag”步骤中，由AgCl转化为Ag，化合价降低，需加还原剂才可以实现；
（9）HAuCl4与Zn反应生成Au固体，由于，属于强酸，和均与锌粉反应，化学反应方程式。
19．【答案】；D；；；A，B，D；负极；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）、NH3的电子式为；
（2）、①、A、恒容容器中，混合气体的质量不变，则密度为恒定值，故容器内混合气体的密度保持不变，不能说明达到了平衡，A错误；
B、投料0.1mol和0.3mol，参加反应也为1：3，故和的浓度之比一直为1：3，不能说明达到了平衡，B错误；
C、不能说明达到了平衡，正确应该是，C错误；
D、该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时气体总物质的量会发生变化，容器恒容，则压强会变，当压强不变时说明反应平衡，D正确；
故答案为：D；
②、充分反应10min达到化学平衡状态，混合气体中的物质的量为0.06mol，列三段式：，的平均反应速率为，平衡时的转化率为；
（3）A、“球磨法”中“剧烈碰撞”产生了"活化缺陷"同时放出大量能量有利于氮氮三键解离，A正确；
B、催化剂（Fe）缺陷密度越高，表面积越大，越有利于氮分子被吸附，B正确；
C、升高温度，正反应速率、逆反应速率均提高，C错误；
D、“球磨法”有效避免了高温对合成氨反应限度的限制，氨的最终体积分数更高，可高达82.5%。D正确；
故答案为：ABD；
（4）、在氨氧燃料电池中，发生氧化反应，发生还原反应，所以通入的电极为负极；②通入一极，失去电子生成，根据电子守恒和电荷守恒，电极反应式为：。
【分析】书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
20．【答案】（1）碳碳双键和羟基
（2）
（3）B；C
（4）、催化剂、加热；加成反应；
（5）
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】（1）、化合物ⅲ（）含有的官能团名称为碳碳双键和羟基；
（2）、反应①的化学方程式为：，根据质量守恒可知，M的化学式为；
（3）、A、1mol甲烷与1mol的反应只生成、、和HCl，A错误；
B、C2H5OH为乙醇，甲醇与乙醇一定是同系物，B正确；
C、化合物（）中有碳碳双键，6原子共平面，C正确；
D、化合物ⅶ无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误；
故答案为：BC；
（4）a、结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成；
b、化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为；
（5）、化合物X的分子组成比化合物的多2个氢原子，则无不饱和键，且能与溶液反应，说明含有羧基，则化合物X的结构简式为；
（6）、反应④是和甲醇和酯化反应，化学方程式为。
【分析】CH4和N2O在催化剂的条件下发生氧化反应，甲烷的C-H键被活化，引入氧原子生成甲醇（CH3OH），用于步骤④的酯化反应，是合成甲基丙烯酸甲酯的原料之一；接着化合物iii（H2C=C(CH3)CH2OH）和化合物iv（H2C=C(CH3)CHO）发生氧化反应，伯醇氧化为醛，羟基被氧化为醛基，双键保留；继续化合物iv（甲基丙烯醛）和化合物v（H2C=C(CH3)COOH）发生氧化反应，醛氧化为羧酸，醛基被氧化为羧基，双键保留；然后化合物v（甲基丙烯酸）和甲醇（来自反应ii）发生酯化反应，羧基（-COOH）与甲醇的羟基（-OH）脱水缩合，生成酯基（-COOCH3），双键保留，得到化合物vi（H2C=C(CH3)COOCH3）；最后化合物vi（甲基丙烯酸甲酯）和化合物vii（聚甲基丙烯酸甲酯，PMMA）发生加聚反应，单体中的碳碳双键（C=C）打开，彼此连接形成高分子链，双键消失，生成聚合物。
（1）化合物ⅲ（）含有的官能团名称为碳碳双键和羟基；
（2）反应①的化学方程式为：，根据质量守恒可知，M的化学式为；
（3）A.1mol甲烷与1mol的反应只生成、、和HCl，A错误；
B．C2H5OH为乙醇，甲醇与乙醇一定是同系物，B正确；
C．化合物（）中有碳碳双键，6原子共平面，C正确；
D．化合物ⅶ无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误；
故选BC；
（4）a．结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成；
b．化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为；
（5）化合物X的分子组成比化合物的多2个氢原子，则无不饱和键，且能与溶液反应，说明含有羧基，则化合物X的结构简式为；
（6）反应④是和甲醇和酯化反应，化学方程式为。
1 / 1广东省惠州市2024-2025学年高一下学期期末质量检测 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10题，每小题2分；第11~16题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1．文物是文化传承的重要载体。下列文物主要材质为硅酸盐材料的是
A．西周信宜铜盉 B．元玉壶春瓶
C．北宋木雕罗汉像 D．清丝绸手绘花鸟
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、西周信宜铜盉，属于青铜器，青铜是铜锡（或铅）合金，属于金属材料，不是硅酸盐材料，A错误；
B、元玉壶春瓶是陶瓷制品，瓷器以高岭土等粘土为原料，经高温烧制而成，其主要成分为硅酸盐（如长石、石英、莫来石等），属于无机非金属材料中的硅酸盐材料，B正确；
C、北宋木雕罗汉像是木头雕刻，主要材质是纤维素，属于天然高分子材料，C错误；
D．清丝绸手绘花鸟，主要材质是丝绸属于蛋白质，是天然高分子材料，D错误；
故答案为：B
【分析】硅酸盐材料是以含硅矿物为主要原料经加工制成的无机非金属材料，常见有陶瓷、玻璃、水泥三大类，砖瓦、瓷瓶、石器等也都属于硅酸盐材料，性质稳定、耐高温、耐腐蚀，广泛用于建筑、工艺品和日常生活中。
2．我国科技发展取得巨大成就。下列说法不正确的是
A．C919大型客机机身采用的铝锂合金比金属铝的硬度大
B．核电站反应堆使用的铀棒中含有的与互为同系物
C．北斗卫星使用的散热片中含有的氮化铝属于新型无机非金属材料
D．“神舟”飞船航天员穿的航天服使用的合成纤维属于有机高分子材料
【答案】B
【知识点】合金及其应用；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A、合金的硬度通常高于其成分的纯金属，铝锂合金比纯铝硬度大，A正确；
B、与的质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，而不是同系物，同系物是指有机化合物中结构相似、分子组成相差一个或若干个CH2的系列物质，与题意不符，B错误；
C、氮化铝（AlN）属于新型陶瓷材料，具有高导热、绝缘等性能，属于无机非金属材料，C正确；
D、合成纤维（如涤纶、芳纶等）是由小分子聚合而成的高分子化合物，属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：B
【分析】同位素：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子（如235U和238U)）。同系物：结构相似、分子组成相差一个或若干个-CH2原子团的有机化合物（如甲烷和乙烷）。
3．水煤气变换是重要的化工过程，反应为：，可作为该反应的催化剂，反应物和生成物的相对能量如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应是放热反应
B．的电子式为
C．使用，反应体系更快达到平衡
D．反应过程中有极性键断裂和非极性键形成
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、从能量图中可以看出，该反应的反应物能量高于生成物能量，因此该反应为放热反应，A正确；
B、二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，每个氧原子还有2对孤对电子，因此的电子式为，错误；
C、作为该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，使反应体系更快达到平衡，因此使用可以使反应体系更快达到平衡，C正确；
D、反应过程中断裂C-O、H-O都属于极性键，形成C=O(极性键)、H-H（非极性键），因此反应过程中有极性键断裂和极性键、非极性键形成，D正确；
故答案为：B
【分析】电子式的书写规则如下：
原子的电子式：中性原子书写时，最外层电子应全部排列在元素符号周围；金属阳离子的电子式：在形成阳离子时，最外层电子已失去，书写时不再画出原最外层电子，但电荷数应在元素符号右上角表示；非金属阴离子的电子式：形成阴离子时，得到电子使最外层达到稳定结构，这些电子应画出；共价化合物的电子式：通过共用电子对结合而成，书写时需注意孤对电子的情况；离子化合物的电子式：分别画出阴、阳离子的电子式，然后让阴、阳离子间隔书写。
4．在实验室进行的制备、干燥、收集及尾气处理实验。下列装置能达到实验目的的是
A．制备氨气 B．干燥氨气
C．收集氨气 D．尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应可制得氨气：采取固+固共热的反应装置，装置中试管口略向下倾斜，可防止冷凝水倒流炸裂试管，符合实验要求，A正确；
B、浓硫酸是酸性干燥剂，会和碱性的氨气发生反应，不能用浓硫酸干燥氨气，正确的做法是选用碱石灰，B错误；
C、氨气密度比空气小应采用向下排空气法收集并应选择短进长出，而图中是长进短出，气体无法有效收集，C错误
D、氨气极易溶于水，导管直接插入水中会发生倒吸，应加装防倒吸装置（如倒扣的漏斗），D错误；
故答案为：A
【分析】实验室制取氨气时，固体加热制气试管口需略向下倾斜防止冷凝水倒流炸裂试管；不能用浓硫酸等酸性干燥剂干燥氨气，应选用碱石灰等碱性干燥剂；氨气密度小于空气，要用向下排空气法且遵循短进长出的进气原则；氨气极易溶于水，尾气处理不能将导管直接插入水中，必须加装防倒吸装置。
5．医用口罩的主体过滤材料为聚丙烯熔喷布，以丙烯为原料制备聚丙烯的路线如图所示。下列说法正确的是
聚丙烯
A．丙烯是聚丙烯的链节
B．该反应的原子利用率为100%
C．聚丙烯的结构简式为
D．聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【知识点】烯烃；有机高分子化合物的结构和性质；有机反应中的氧化反应
【解析】【解答】A、丙烯是聚丙烯的单体，而链节是聚合物中重复的结构单元：-CH2-CH(CH3)-，不是丙烯分子本身，因此丙烯不是链节，A错误；
B、丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应过程中没有副产物生成，所有原子都进入了聚合物中，因此原子利用率为100%，B正确；
C、聚丙烯的结构中要在主链上的体现出每个重复单元都带有甲基支链，故聚丙烯的结构简式应为：，C错误；
D、聚丙烯的分子链中的碳原子全部以单键相连，不含有碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使溶液褪色，D错误；
故答案为：B
【分析】原子利用率为 100%，是指反应物中的所有原子全部转化为目标产物，没有任何副产物生成，原子的理论利用率达到最大值，像烯烃的加聚反应、加成反应都能实现原子利用率 100%，这类反应不仅能最大化利用原料，还能减少废弃物排放，符合绿色化学的理念。
6．物质性质决定用途。下列物质性质与用途不具有对应关系的是
选项 性质 用途
A 维生素C具有还原性 维生素C可用作食品抗氧化剂
B 晶体硅是良好的半导体材料 晶体硅可用于制作智能家电的芯片
C 具有氧化性 可用氯化铁溶液腐蚀铜电路板
D 极易溶于水 液氨可用来作制冷剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、维生素C具有还原性，能与食品中的氧化性物质反应，防止食品被氧化，因此可用作食品抗氧化剂，性质与用途对应，A错误；
B、晶体硅是良好的半导体，可用于制作芯片，集成电路等电子原件，用途与性质对应，B错误；
C、Fe3+具有氧化性，能氧化Cu而腐蚀电路板，对应的离子方程式为：，性质与用途一致，C错误；
D、液氨用作制冷剂，是因为液氨汽化时会吸收大量热量，使环境温度降低，与 “NH3极易溶于水” 这一性质无关，因此性质与用途不具有对应关系，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
7．物质检验是确定物质组成、性质的重要方法。下列检验不能达到实验目的的是
A．用盐酸酸化的溶液检验是否被氧化
B．用银氨溶液检验淀粉是否发生水解
C．用湿润的红色石蕊试纸检验中是否混有
D．用澄清石灰水区分与
【答案】B,D
【知识点】氨的性质及用途；硫酸根离子的检验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、盐酸酸化的 BaCl2溶液可检验 SO42-。Na2SO3若被氧化会生成 Na2SO4，在酸性条件下，SO32-会与 H+反应生成 SO2和 H2O，不会干扰 SO42-的检验。若产生白色沉淀，说明 Na2SO3已被氧化，该检验能达到目的，A错误；
B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应。因此，若出现银镜，说明淀粉已发生水解，但应先加氢氧化钠中和硫酸，再加银氨溶液检验葡萄糖，B正确；
C、NH3是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而CH4无此性质。因此，若试纸变蓝，说明CH4中混有NH3，该检验能达到目的，C错误；
D、澄清石灰水与Na2CO3反应：；与NaHCO3反应：，两者都会产生白色沉淀，无法区分，因此该检验不能达到实验目的，D正确；
选答案为：BD
【分析】物质检验能否达到实验目的，关键看所选试剂与待检验物质的反应是否具有特征现象，且其他物质（杂质、干扰离子）不会产生相同现象；要同时考虑反应条件是否满足、试剂是否会与其他物质反应、是否存在离子干扰，以及操作是否能有效排除干扰，确保现象唯一、结论可靠。
8．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有强氧化性
B 用石灰乳除去烟气中的 是酸性氧化物
C 用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸和乙醇能发生酯化反应
D 用熟香蕉催熟猕猴桃生果 乙烯可用作果实催熟剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；乙烯的用途；乙酸的化学性质；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、84消毒液的有效成分是次氯酸钠，属于含氯消毒剂，具有强氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质变性，因此可用于桌椅消毒，劳动项目与化学知识有关联，A错误；
B、SO2是酸性氧化物，能与碱（石灰乳，主要成分为Ca(OH)2）反应生成盐和水，因此可用石灰乳除去烟气中的SO2，劳动项目与化学知识有关联，B错误；
C、水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，白醋中的乙酸能与它们发生复分解反应：酸与碳酸盐、碱的反应，从而溶解水垢，和“乙酸与乙醇的酯化反应”无关，因此劳动项目与所述化学知识没有关联，C正确；
D、成熟的香蕉会释放乙烯，乙烯是一种植物生长调节剂，可用作果实催熟剂，因此能催熟猕猴桃生果，劳动项目与化学知识有关联，D错误；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的劳动项目与化学知识是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
9．符号表征是理解和描述化学反应的基础。下列相关反应的离子方程式正确的是
A．FeO和稀的反应：
B．二氧化氮溶于水：
C．醋酸除水垢：
D．钠投入水中：
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；乙酸的化学性质；探究二氧化氮与水的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、稀HNO3具有强氧化性，会将FeO中的Fe2+氧化为Fe3+，故正确的离子方程式为：，A错误；
B、二氧化氮溶于水发生歧化反应，生成硝酸和NO，方程式原子、电荷均守恒，正确的离子方程式为：，B正确；
C、醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成H+，应保留化学式，故正确的离子方程式为：，C错误；
D、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，但方程式原子不守恒，故正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
10．S-Zorb技术脱除噻吩（）中硫原子的过程如图：
下列说法不正确的是
A．理论上，每脱去1molS，消耗3mol的
B．过程③中作氧化剂
C．过程④中是还原产物
D．ZnO和Ni是整个过程的催化剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由图示可知总反应为，其中1mol参加反应，则消耗3molH2，理论上每脱去1molS，消耗3molH2，A正确；
B、过程③中，O2将ZnS中的S氧化为SO2，氧气得电子从0价被还原为-2价，O2中O元素化合价降低，氧气是氧化剂，B正确；
C、过程④中，H2与NiO反应，H2被氧化为H2O，因此H2O是氧化产物，不是还原产物，C错误；
D、Ni-ZnO在反应①中是反应物，反应④中是生成物，在化学反应的前后未发生变化，故作为整个过程的催化剂，D正确；
故答案为：C
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
11．将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正确的是
A．装置a中出现红棕色气体，浓硝酸只体现氧化性
B．一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅
C．注入水后装置b中铜片表面产生气泡，说明Cu与稀硝酸反应生成
D．装置c用NaOH溶液吸收尾气，说明NO和均是酸性氧化物
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铜及其化合物；实验装置综合；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置a中发生反应：，生成红棕色的NO2气体。浓硝酸在反应中既体现了氧化性，也体现了酸性，因此只体现氧化性的说法错误，A错误；
B、装置b中含有NO2气体，注入水后发生反应：，红棕色的NO2转化为无色的NO，气体颜色变浅，B正确；
C、注入水后，装置b中生成了稀硝酸，铜片与稀硝酸反应：，产生的气泡是NO，不是H2，C错误；
D、酸性氧化物的定义是与碱反应只生成盐和水的氧化物。NO与NaOH溶液不反应，NO2与NaOH反应不仅生成盐，还会发生歧化反应，生成两种盐，因此它们都不是酸性氧化物，D错误；
故答案为：B
【分析】装置a中铜丝和浓硝酸发生反应：，接着生成的二氧化氮进入b中，加水后二氧化氮与水反应生成的稀硝酸又能与铜片反应，最后用氢氧化钠吸收尾气。
12．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol固体中的阴离子的数目为
B．1mol与足量水反应，转移的电子数目为
C．5.6gFe与足量稀硝酸充分反应，转移电子数为
D．锌铜原电池工作时，若Cu极生成2.24L，则电路通过电子数为
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】A、Na2O2由阳离子Na+和阴离子构成，其中1mol Na2O2含有1mol，阴离子数目为NA，A错误；
B、Cl2与水的反应为可逆反应：Cl2+H2OHClO+H++Cl-，这个反应不完全，只有1mol Cl2仅部分反应，转移电子数小于NA，B错误；
C、5.6g Fe的物质的量为：，Fe与足量稀硝酸充分反应时，被完全氧化为Fe3+，每个Fe失去3e-，转移电子数为0.1×3×NA=0.3NA，C正确；
D、题目中未说明气体是否处于标准状况，2.24L H2的物质的量无法确定，因此无法计算转移的电子数，D错误；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
13．X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期数的2倍，Y原子L层有5个电子，Z为地壳中含量最高的金属元素，Z、W处于同周期的相邻主族，W与R原子的M层电子数之比为2：3。下列说法不正确的是
A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
B．简单离子半径：
C．W的单质可用作光导纤维
D．气态氢化物的热稳定性：
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；硅和二氧化硅；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、同周期从左往右元素的非金属性增强，故非金属性N>C，HNO3酸性强于H2CO3，A正确；
B、电子层数越多，半径越大，S2-有三个电子层，Al3+有2个电子层，故Al3+半径小于S2-，B正确；
C、W的单质为硅，其中光导纤维的主要成分是二氧化硅，而硅单质常用于制作半导体材料，C错误；
D、同主族从上到下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，非金属性C>Si，故CH4稳定性强于SiH4，D正确；
故答案为：C
【分析】由题可知，X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期数的2倍，X为C；Y的L层有5个电子，Y为N；Z为地壳中含量最高的金属元素，Z为Al；Z与W同周期相邻主族，W为Si；W与R的M层电子数比为2：3，R为S。
14．海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下，下列说法不正确的是
A．步骤①中需要用到的仪器有坩埚
B．步骤③中的操作名称是过滤
C．步骤④中发生的反应为
D．海带灰中所含硫酸盐和碳酸盐在步骤⑥中实现与碘分离
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；实验装置综合；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤①为灼烧，灼烧固体需要在坩埚中进行，需要坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，A正确；
B、步骤③为将海带灰悬浊液分离为含I-的溶液，属于分离固液的操作，操作名称是过滤，分离出含碘离子的溶液，B正确；
C、步骤④反应为双氧水将碘离子氧化成碘单质，方程式的电荷、原子均守恒，对应的正确的离子方程式为：，C正确；
D、海带灰中的硫酸盐和碳酸盐易溶于水，在步骤③（过滤）时就已经进入滤液，与不溶物分离；而步骤⑥是从I2的CCl4溶液中提取单质I2，因此硫酸盐和碳酸盐在步骤③就已经和碘的体系分离，并非在步骤⑥中分离，D错误；
故答案为：D
【分析】由流程可知，①为坩埚中灼烧，②为溶解、浸泡，③为过滤，分离出含碘离子的溶液，④中发生反应过氧化氢将碘离子氧化为碘单质：，⑤中加四氯化碳萃取、分液，⑥中蒸馏分离出碘。
15．近年来，随着可穿戴电子产品的普及，柔性固态锌-空气电池获得了广泛关注。该电池结构和其电压与电解质溶液浓度关系图如下，金属Zn电极发生反应生成。下列说法不正确的是
A．空气电极为该电池的正极
B．Zn表面发生的电极反应为
C．一定条件下，增大KOH溶液的浓度可以增强该电池的放电效果
D．空气电极使用紧实致密的碳棒比疏松多孔的碳棒放电效果更好
【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；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、在锌-空气电池中，金属Zn发生氧化反应，作负极；空气中的O2发生还原反应，因此空气电极是正极，故该原电池中Zn作负极，空气电极作正极，A正确；
B、金属锌为电池负极，在化学反应中失去电子，发生氧化反应：，B正确；
C、由图可知，在一定范围内随着KOH溶液浓度的增大，电池的电压增大，因此一定条件下，增大KOH溶液的浓度可以增强该电池的放电效果，C正确；
D、空气电极的反应是O2的还原，反应需要O2的参与。疏松多孔的碳棒比紧实致密的碳棒比表面积更大，可以增大电极与空气的接触面积，能吸附更多的O2，反应更充分，因此疏松多孔的碳棒放电效果更好，D错误；
故答案为：D
【分析】该原电池总反应为，金属Zn为电池负极发生，空气电极为电池正极发生；
16．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法正确的是
A．无催化剂时，反应不能进行
B．反应进行到4min时，
C．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，mol/(L·min)
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、图像中无催化剂的曲线仍随时间的推移在变化，说明反应仍在进行，只是速率较慢。催化剂只改变反应速率，不影响反应能否发生，A错误；
B、图示为各物质的浓度随时间变化的图象，则曲线斜率越大反应速率越大，因此v正(M)＞v正(N)，反应仍在正向进行有v正(M)＞v逆(M)、v正(N)＞v逆(N)，但无法比较M点和N点逆反应速率大小，B错误；
C、据分析，0-2min时间段内X的浓度减小2.0mol/L时，根据反应中化学计量数之比可知Y的浓度应增加4.0mol/L，则催化剂Ⅰ代表曲线与a曲线匹配，C正确；
D、使用催化剂Ⅱ时0-2min，，化学反应速率之比等于对应化学计量数之比则，D错误；
故答案为：C
【分析】a代表的物质浓度随时间的推移减少，另外三条曲线随时间的推移增加，因此a为X的浓度随时间变化的图象，另外三条曲线是Y的浓度随时间变化的图象，0-2min时间段内X的浓度减小2.0mol/L时，根据反应中化学计量数之比可知Y的浓度应增加4.0mol/L，则催化剂1代表曲线与a曲线匹配；
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．某兴趣小组为拓展对还原性和氧化性的认识，进行了下列两组探究实验。
Ⅰ．探究和溶液反应。
已知：①室温下1.0mol·L-1的溶液的；
②该实验条件下不考虑被酸性溶液氧化。
（1）配制100mL1.0mol·L-1的溶液，需要固体　 　g[g·mol-1]，该过程需要用到的仪器有　 　（填字母）。
（2）和溶液反应的装置如图所示。
①装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
②装置B中产生了白色沉淀，经检验其成分为。分析B中产生白色沉淀的原因，兴趣小组提出如下猜想：
猜想1：与反应；
猜想2：在酸性条件下与反应；
（3）甲同学认为猜想1发生的离子方程式为　 　，从装置B中取出少量反应后的溶液，加入几滴溶液进行检验，发现溶液褪色。甲据此认为猜想1成立。乙同学认为该实验不严谨，理由是　 　。
（4）丙同学设计实验验证猜想2，并完成表中内容（提示：在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有：固体和盐酸等。）
实验步骤 现象
a．配制　 　，　 　的溶液，替换装置B中的溶液。 　 　
b．打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的，关闭弹簧夹。打开分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中滴加浓硫酸并加热。
根据实验现象，得出结论：猜想2成立。
Ⅱ．探究与铜反应，实验的相关操作和现象及信息如图所示：
实验① 实验②
查阅资料：水溶液显棕色，（白色）
（5）通过上述两组对比实验，与铜反应的条件是　 　。
【答案】24.2；BD；；；可能过量，溶解的也能使溶液褪色；1；3；装置B中有白色沉淀生成；酸性条件下，有参与
【知识点】二氧化硫的性质；实验装置综合；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、配制100mL1.0的溶液，需要固体的质量为，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、容量瓶、玻璃棒和烧杯，故答案为：BD；
（2）、A为制备的装置，方程式为：；
（3）、猜想1认为作氧化剂被还原为，发生的离子方程式为，乙同学认为该实验不严谨，可能过量，溶解的也能使溶液褪色；
（4）、如果要论证在酸性条件下是与反应，则需要排除的干扰，需要配制与溶液pH相同，且浓度相同的溶液代替溶液，再验证是否有产生，因此用和盐酸配成pH=1，浓度为3的溶液，替换装置B中的溶液，若猜想2成立，则装置B实验现象为有白色沉淀生成；
（5）、对比两组实验可知，与在酸性条件下，有参与时才能发生反应。
【分析】装置A（SO2发生装置）：Cu与浓硫酸在加热条件下反应制取SO2，反应方程式：
，通入N2的作用是排尽装置内的空气，防止SO2被O2氧化，排除干扰。
装置B（反应与检验装置）：溶液为1.0mol/LFe(NO3)3和BaCl2的混合液（pH=1，呈强酸性）。酸性条件下，溶液中存在两种氧化剂：Fe3+和NO3-（H+存在时NO3-具有强氧化性）。若SO2被氧化为SO42-，会与Ba2+反应生成白色BaSO4沉淀，证明反应发生。
实验ii：第一步：生成Cu2S（黑色固体）SO2作为氧化剂，在Cl-的辅助下，将Cu氧化，自身被还原为S2-，生成Cu2S：，此时溶液中的棕色物质是CuCl32-（由Cu+与Cl-形成的络离子）；第二步：加水后生成CuCl沉淀，加水稀释，络合平衡被破坏：，白色沉淀为CuCl，证明了反应过程中Cu被氧化为Cu+，进一步说明SO2在该反应中作氧化剂。
这组实验从两个维度完整验证了SO2的双重化学性质：还原性：实验I中，SO2被Fe3+或酸性NO3-氧化为SO42-，体现了强还原性。氧化性：实验II中，SO2在Cl-存在下被Cu还原为S2-，体现了弱氧化性。
18．某研究小组以废旧CPU芯片（主要含有金属Cu，还含有少量的金（Au）、Ag、Fe）为原料，回收Au、Ag、Cu的工艺流程如下：
已知：工业中常采用王水溶解Au，王水是一种由浓硝酸和浓盐酸按体积比为1：3混合而成的强腐蚀性溶液。
（1）中Au的化合价为　 　。
（2）“酸浸”时需将废旧CPU去除塑料及陶瓷外壳，再粉碎金属部件，其中粉碎金属部件的目的是　 　。
（3）“操作1”的名称为　 　。
（4）“溶液1”中含有的金属阳离子为　 　。
（5）补充“溶金”发生反应的化学方程式：　 　。
（6）“溶液2”加入过量Fe粉发生反应的离子方程式为　 　。
（7）此工艺流程中，能循环使用的物质是　 　（写化学式）。
（8）在“沉淀→……→Ag”步骤中，需加　 　才可以实现（填“还原剂”或“氧化剂”）
（9）写出“还原”时发生反应的化学反应方程式　 　。
【答案】（1）+3
（2）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
（3）过滤
（4）Fe3+、Cu2+和Ag+
（5）
（6）
（7）HCl
（8）还原剂
（9）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；过滤；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、中Cl为-1价，H为+1价，Au的化合价为+3价；
（2）、粉碎金属部件的目的是增大固体物质与溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（3）、根据分析可知，“操作1”是固液分离，名称为过滤；
（4）、根据分析可知，“溶液1”中含有的金属阳离子为Fe3+、Cu2+和Ag+；
（5）、Au转化为HAuCl4失去3e-，HNO3转化为NO得3e-，根据得失电子守恒，Au和NO的化学计量数均为1，再根据原子守恒，配平化学方程式为；
（6）、“溶液2”加入过量Fe粉，Fe3+被还原为Fe2+，Cu2+被还原为Cu单质，离子方程式为：；
（7）、此工艺流程中，能循环使用的物质是HCl，可用在通在王水里；
（8）、在“沉淀→……→Ag”步骤中，由AgCl转化为Ag，化合价降低，需加还原剂才可以实现；
（9）、HAuCl4与Zn反应生成Au固体，由于，属于强酸，和均与锌粉反应，化学反应方程式：。
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)、Ag、Fe和Cu经HNO3酸溶，Fe、Cu和Ag转化为Fe3+、Cu2+和Ag+，Au不溶，经过滤分离出固体，Au再与王水反应生成HAuCl4溶液，最后被Zn还原得到Au固体；其中王水的作用是提供高浓度的Cl-与Au3+形成稳定的络离子[AuCl4]-，从而降低Au的电极电势，让硝酸能将Au氧化溶解。含有Fe3+、Cu2+和Ag+的溶液加入NaCl后得到沉淀，为AgCl沉淀，最后得到Ag单质；溶液2中含有Fe3+、Cu2+离子，加入过量Fe粉，Fe3+被还原为Fe2+，固体为铜和过量的铁粉，加入酸将铁溶解得到铜单质；
（1）中Cl为-1价，H为+1价，Au的化合价为+3价；
（2）粉碎金属部件的目的是增大固体物质与溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（3）根据分析可知，“操作1”是固液分离，名称为过滤；
（4）根据分析可知，“溶液1”中含有的金属阳离子为Fe3+、Cu2+和Ag+；
（5）Au转化为HAuCl4失去3e-，HNO3转化为NO得3e-，根据得失电子守恒，Au和NO的化学计量数均为1，再根据原子守恒，配平化学方程式为；
（6）“溶液2”加入过量Fe粉，Fe3+被还原为Fe2+，Cu2+被还原为Cu单质，离子方程式为；
（7）此工艺流程中，能循环使用的物质是HCl，可用在通在王水里；
（8）在“沉淀→……→Ag”步骤中，由AgCl转化为Ag，化合价降低，需加还原剂才可以实现；
（9）HAuCl4与Zn反应生成Au固体，由于，属于强酸，和均与锌粉反应，化学反应方程式。
19．合成氨工业是国家实施粮食安全战略的基础。
Ⅰ．工业合成氨的反应方程式为，反应放热。
（1）的电子式是　 　。
（2）在一定温度下，往1L密闭容器中通入0.1mol和0.3mol，充分反应10min达到化学平衡状态，此时混合气体中的物质的量为0.06mol。
①下列表述一定能说明该反应达到平衡状态的是　 　（填字母）。
A．混合气体的密度保持不变 B．和的浓度之比为1：3
C． D．容器内气体总压强保持不变
②0~10min，的平均反应速率为　 　mol·L-1·min-1，平衡时的转化率为　 　（已知：转化率是指已被转化的反应物的物质的量与其初始的物质的量之比）。
Ⅱ．相比工业合成氨，“球磨法”是在温和的条件下（45℃和100kPa）合成氨，氨的最终体积分数更高，可高达82.5%。该法分为两个步骤（如图）：第一步：铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上形成，有助于氮分子的解离；第二步：发生加氢反应得到。剧烈碰撞产生的能量传递有利于从催化剂表面脱附得到产物氨。
（3）下列说法正确的是　 　（填字母）。
A. “球磨法”反应条件温和是因为“氮气解离”放出热量
B. “球磨法”催化剂（Fe）缺陷密度越高，N2的吸附率越高
C. “球磨法”升高温度有利于提高正反应速率，减小逆反应速率
D. “球磨法”有效避免了高温对合成氨反应限度的限制
（4）可用于固体燃料电池，电池中的固体氧化物可传递离子，其反应原理如图所示，通入的电极为电池的　 　（填“正极”或“负极”），该电极上发生的电极反应式为　 　。
【答案】；D；；；A，B，D；负极；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）、NH3的电子式为；
（2）、①、A、恒容容器中，混合气体的质量不变，则密度为恒定值，故容器内混合气体的密度保持不变，不能说明达到了平衡，A错误；
B、投料0.1mol和0.3mol，参加反应也为1：3，故和的浓度之比一直为1：3，不能说明达到了平衡，B错误；
C、不能说明达到了平衡，正确应该是，C错误；
D、该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时气体总物质的量会发生变化，容器恒容，则压强会变，当压强不变时说明反应平衡，D正确；
故答案为：D；
②、充分反应10min达到化学平衡状态，混合气体中的物质的量为0.06mol，列三段式：，的平均反应速率为，平衡时的转化率为；
（3）A、“球磨法”中“剧烈碰撞”产生了"活化缺陷"同时放出大量能量有利于氮氮三键解离，A正确；
B、催化剂（Fe）缺陷密度越高，表面积越大，越有利于氮分子被吸附，B正确；
C、升高温度，正反应速率、逆反应速率均提高，C错误；
D、“球磨法”有效避免了高温对合成氨反应限度的限制，氨的最终体积分数更高，可高达82.5%。D正确；
故答案为：ABD；
（4）、在氨氧燃料电池中，发生氧化反应，发生还原反应，所以通入的电极为负极；②通入一极，失去电子生成，根据电子守恒和电荷守恒，电极反应式为：。
【分析】书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
20．聚甲基丙烯酸甲酯俗称有机玻璃或亚克力，具有优异的透光性、表观光泽度等特性，一种合成聚甲基丙烯酸甲酯的路线如下（加料顺序、反应条件略）：
（1）化合物ⅲ含有的官能团名称为　 　。
（2）反应①的化学方程式为：，则M的化学式为　 　。
（3）下列有关说法中，正确的有______。
A．1molⅰ与1mol的反应只生成和HCl
B．化合物ⅱ与互为同系物
C．化合物ⅳ中所有碳原子共平面
D．化合物ⅶ能使溴的四氯化碳溶液褪色
（4）根据化合物ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构（有机产物） 反应类型
a 　 　 　 　
b Na 　 　 置换反应
（5）化合物X的分子组成比化合物v的多2个氢原子，且能与溶液反应。则化合物X的结构简式为　 　（任写一种）。
（6）反应④的化学方程式为　 　。
【答案】（1）碳碳双键和羟基
（2）
（3）B；C
（4）、催化剂、加热；加成反应；
（5）
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】（1）、化合物ⅲ（）含有的官能团名称为碳碳双键和羟基；
（2）、反应①的化学方程式为：，根据质量守恒可知，M的化学式为；
（3）、A、1mol甲烷与1mol的反应只生成、、和HCl，A错误；
B、C2H5OH为乙醇，甲醇与乙醇一定是同系物，B正确；
C、化合物（）中有碳碳双键，6原子共平面，C正确；
D、化合物ⅶ无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误；
故答案为：BC；
（4）a、结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成；
b、化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为；
（5）、化合物X的分子组成比化合物的多2个氢原子，则无不饱和键，且能与溶液反应，说明含有羧基，则化合物X的结构简式为；
（6）、反应④是和甲醇和酯化反应，化学方程式为。
【分析】CH4和N2O在催化剂的条件下发生氧化反应，甲烷的C-H键被活化，引入氧原子生成甲醇（CH3OH），用于步骤④的酯化反应，是合成甲基丙烯酸甲酯的原料之一；接着化合物iii（H2C=C(CH3)CH2OH）和化合物iv（H2C=C(CH3)CHO）发生氧化反应，伯醇氧化为醛，羟基被氧化为醛基，双键保留；继续化合物iv（甲基丙烯醛）和化合物v（H2C=C(CH3)COOH）发生氧化反应，醛氧化为羧酸，醛基被氧化为羧基，双键保留；然后化合物v（甲基丙烯酸）和甲醇（来自反应ii）发生酯化反应，羧基（-COOH）与甲醇的羟基（-OH）脱水缩合，生成酯基（-COOCH3），双键保留，得到化合物vi（H2C=C(CH3)COOCH3）；最后化合物vi（甲基丙烯酸甲酯）和化合物vii（聚甲基丙烯酸甲酯，PMMA）发生加聚反应，单体中的碳碳双键（C=C）打开，彼此连接形成高分子链，双键消失，生成聚合物。
（1）化合物ⅲ（）含有的官能团名称为碳碳双键和羟基；
（2）反应①的化学方程式为：，根据质量守恒可知，M的化学式为；
（3）A.1mol甲烷与1mol的反应只生成、、和HCl，A错误；
B．C2H5OH为乙醇，甲醇与乙醇一定是同系物，B正确；
C．化合物（）中有碳碳双键，6原子共平面，C正确；
D．化合物ⅶ无碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误；
故选BC；
（4）a．结合化合物iv和反应形成的新结构可知，化合物iv和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应生成；
b．化合物iv与金属发生置换反应，生成新有机产物，新的有机产物为；
（5）化合物X的分子组成比化合物的多2个氢原子，则无不饱和键，且能与溶液反应，说明含有羧基，则化合物X的结构简式为；
（6）反应④是和甲醇和酯化反应，化学方程式为。
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