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广东省五校（省实、广州二中、执信、广雅、广州六中）2024-2025学年高一下学期期末联考化学试题
一、选择题：本题共16道小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国古代器皿暗藏无尽韵律之美。下列器皿主要成分属于有机高分子化合物的是
A．西周青铜盉 B．莲花形玻璃托盏
C．明朝竹根雕杯 D．元朝银槎杯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、西周青铜盉主要成分为铜合金，属于金属材料，不是有机物，更不是高分子，A错误；
B、莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，玻璃属于硅酸盐无机非金属材料，不是有机物，B错误；
C、明朝竹根雕杯主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，C正确；
D、元朝银槎杯主要成分为金属银，银是金属单质，属于金属材料，D错误；
故答案为：C
【分析】有机高分子化合物是相对分子质量高达几万乃至几十万以上的有机化合物，分为天然有机高分子和合成有机高分子两类，淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶属于天然有机高分子，塑料、合成纤维、合成橡胶属于合成有机高分子；而葡萄糖、蔗糖、油脂、乙醇等相对分子质量较小，都不属于有机高分子化合物。
2．化学与可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A．聚氯乙烯常用于制成食品包装袋
B．通过煤的干馏、气化和液化等物理变化可以获得清洁能源
C．原电池装置能直接将电能转化为化学能
D．铝热反应可用于野外焊接钢轨
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；煤的干馏和综合利用；探究铝热反应；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、聚氯乙烯（PVC）在受热或长期使用中可能释放增塑剂和氯化氢等有害物质，不可用于食品包装，常用聚乙烯（PE）或聚丙烯（PP），A错误；
B、煤的干馏、气化和液化均发生了化学变化（分解反应或反应生成新物质），而非物理变化，B错误；
C、原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池才是将电能转化为化学能，C错误；
D、铝热反应为：，这个过程中会释放大量热，熔化金属用于焊接钢轨，符合实际应用，D正确；
故答案为：D
【分析】煤的干馏是将煤隔绝空气加强热分解生成焦炭、煤焦油等新物质，煤的气化是煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，煤的液化是将煤转化为液体燃料，三者都有新物质生成，均属于化学变化；而石油分馏只是利用沸点不同分离组分，属于物理变化，石油裂化、裂解则为化学变化。
3．化学用语需规范使用，下列化学用语的表达正确的是
A．H2O2的电子式：
B．聚丙烯的结构简式：
C．四氯化碳的空间填充模型：
D．10B的原子结构示意图：
【答案】B
【知识点】烯烃；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、H2O2为共价化合物，分子中不会存在阴阳离子，原子间通过共用电子对结合，所以正确的电子式为：，A错误；
B、丙烯发生加聚反应时，双键断开，得到聚丙烯，结构简式为：，B正确；
C、四氯化碳分子中，氯原子的原子半径比碳原子大，因此其空间填充模型中，中心的碳原子应比周围的氯原子小，所以四氯化碳的空间填充模型：，C错误；
D、B是5号元素，核外有5个电子，其原子结构示意图的圆圈内应标为+5，而不是+10，选项中的示意图错误，正确的原子结构示意图：，D错误；
故答案为：B
【分析】共价化合物的电子式中，原子间通过共用电子对结合，不存在方括号和电荷标注；空间填充模型的比例必须符合原子的实际相对大小，氯原子半径 > 碳原子半径；原子结构示意图中，圆圈内的数字是质子数= 原子序数，而非质量数。
4．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 油脂可用于生产肥皂 植物油在一定条件下能与H2发生加成反应
B 葡萄酒中可添加适量SO2 SO2是抗氧化剂并有杀菌作用
C 高纯硅可用于制作芯片 SiO2具有半导体性质
D 医疗上常用BaCO3作“钡餐” BaCO3不溶于水，不易被X射线透过
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂含有酯基，可碱性条件下水解，用于生产肥皂，称为油脂的皂化反应，植物油含不饱和键，可以和氢气发生加成反应，称为油脂的加氢（硬化）反应，二者无因果关系，但陈述均正确，A正确；
B、葡萄酒中添加少量SO2，可防止氧化和细菌滋生，SO2具有还原性，可抗氧化；同时能抑制微生物生长，起到杀菌作用，正是因为SO2的抗氧化和杀菌作用，才会在葡萄酒中添加适量的它。二者存在因果关系，B错误；
C、硅是半导体材料，高纯硅是制作芯片的核心原料，但SiO2是绝缘体，不具备半导体性质，硅单质才是半导体材料，陈述Ⅱ错误，C错误；
D、BaCO3会与胃酸反应生成可溶性的BaCl2，有毒；钡餐实际使用的是不溶于酸的BaSO4；BaCO3不溶于水，但它能溶于胃酸，因此不能用作钡餐，陈述Ⅰ错误，D不符合题意；
故答案为：A
【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，同时也存在因果关系，要选择不存在因果关系并且描述均正确的选项；
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA
B．通常状况下，1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA
C．点燃条件下，0.1molCl2与足量铁粉充分反应转移电子数为0.3NA
D．催化剂作用下，1molN2与3molH2在密闭容器中充分反应后生成NH3分子数为2NA
【答案】B
【知识点】工业合成氨；合成氨条件的选择；铁的化学性质；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，SO3为固态或液态，无法用气体摩尔体积计算分子数，A错误；
B、羟基为电中性基团，质子数为O（8）+H（1）=9，电子数同样为O（8）+H（1）=9（中性羟基），则1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA，B正确；
C、Cl2与足量铁粉充分反应的化学方程式为：，Cl2作为氧化剂，每个Cl2分子得到2个电子，反应要转移电子，则完全反应转移的电子数为0.2NA，C错误；
D、合成氨为可逆反应，反应无法完全转化，则与反应后得到的分子数小于，D错误；
故答案为：B
【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。
6．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A．利用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．向稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
C．向海带灰浸出液中加入酸化的H2O2提取碘：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
D．利用酸性高锰酸钾测定溶液中二氧化硫的含量：SO2+2MnO+4H+=SO+2Mn2++2H2O
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成H+，必须保留化学式，故正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；
B、铁粉过量时，会将反应生成的Fe3+还原为Fe2+，最终产物是Fe2+而不是Fe3+，故正确的离子方程式为：，B错误；
C、H2O2在酸性条件下氧化I-生成I2，正确的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，符合电荷守恒、原子守恒和电子转移守恒，符合事实，C正确；
D、酸性高锰酸钾与SO2反应，需要满足电荷守恒和原子守恒。配平后的正确离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，D错误；
故答案为：C
【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。
7．X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布。Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是短周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
B．对应简单离子半径：MC．元素Y形成的化合物的种类最多
D．X2M在液态时分子间存在氢键
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；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、Z为N元素，对应的最高价氧化物对应水化物为，为强酸；Y为C元素，对应的最高价氧化物对应水化物为，为弱酸；故酸性：，A正确；
B、M离子为，Q离子为，二者电子层结构相同（均为 2、8 结构）。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，因此离子半径随原子序数增大而减小，所以半径大于，B错误；
C、Y 是碳元素，碳是有机物的骨架元素，形成的有机物种类远超无机物，因此碳形成的化合物种类最多，C正确；
D、为，液态水分子间存在氢键作用，D正确；
故答案为：B
【分析】由题干信息可知，Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则Y为C元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；根据X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布；可知X元素在第一周期，为H元素；Z元素介于Y和M之间，则Z为N元素；最后可知Q一定位于第三周期且Q是短周期中金属性最强的元素，则Q为Na元素；
8．甘油酸是一种食品添加剂，结构简式如下图所示。下列说法正确的是
A．甘油酸分子式为C3H6O4
B．1mol甘油酸与足量金属Na反应，消耗金属Na质量为46g
C．一定条件下甘油酸可以发生加聚反应、取代反应、氧化反应
D．甘油酸分子中所有原子可能共平面
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；取代反应；有机反应中的氧化反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、根据甘油酸的结构简式可知，分子中碳原子3个，氢原子6个，氧原子4个，因此其分子式为C3H6O4，A正确；
B、甘油酸分子中有3个能与Na反应的羟基和羧基（2个醇羟基+1个羧基），因此1mol甘油酸能消耗3molNa。Na的摩尔质量为23g/mol，3molNa的质量为：，B错误；
C、甘油酸中不含碳碳双键、碳碳三键，无法发生加聚反应，含有的羟基、羧基，能发生酯化(取代)反应，与羟基相连的碳原子存在氢原子，能发生氧化反应，C错误；
D、甘油酸分子中含有饱和碳原子，这些碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，因此所有原子不可能共平面，D错误；
故答案为：A
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
9．下列实验操作、现象和由实验所得结论均正确的是
序号 实验操作 实验现象 实验结论
A 向滴有酚酞的水中加入适量 溶液变红色 是碱性氧化物
B 取少量待测液先滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红色 待测液中含有
C 取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口 试纸变蓝色 待测液中含有
D 现有两支试管分别盛有1mL和2mL0.1mol L-1Na2S2O3溶液，再向两支试管中分别加入2mL0.1mol L-1H2SO4溶液 后者先出现浑浊 增大反应物浓度能增大化学反应速率
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；铵离子检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2与水反应：，生成的NaOH使酚酞变红，但Na2O2同时具有强氧化性，会将红色的酚酞漂白，最终溶液会褪色。而碱性氧化物的定义是“与酸反应只生成盐和水的氧化物”，Na2O2与酸反应除了盐和水，还会生成O2，属于过氧化物，不是碱性氧化物，A错误；
B、若待测液中本身含有Fe3+，即使不含Fe2+，滴加KSCN溶液也会变红。正确的操作应是先加KSCN溶液（无明显现象），再加氯水（溶液变红），才能证明含Fe2+，B错误；
C、NH4+与浓NaOH溶液在加热条件下反应：，NH3是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C正确；
D、两支试管中，H2SO4的物质的量相同，但Na2S2O3的体积不同，导致混合后总体积不同，浓度变化的变量不唯一（前者总体积3mL，后者总体积4mL），无法单纯说明“反应物浓度越大，反应速率越快”。正确的控制变量应保证混合后总体积相同，仅改变Na2S2O3的浓度， D错误；
故答案为：C
【分析】检验Fe2+的关键是排除Fe3+的干扰，必须先加KSCN无现象，再加氧化剂变红；控制变量法探究浓度对反应速率的影响时，必须保证其他条件（如总体积、温度）完全一致，只改变浓度这一个变量；Na2O2的双重性质：既具有碱性，又具有强氧化性，能漂白有色物质。
10．锌锰干电池的历史悠久，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．锌锰干电池属于一次电池
B．电池工作时，锌筒为负极
C．电池工作时，石墨棒不会变细
D．电池工作时，MnO2发生氧化反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；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、锌锰干电池只能放电一次，不能充电，也不能重复使用，为一次电池，A正确；
B、电池工作时，锌筒失去电子发生氧化反应：，因此锌筒是负极，B正确；
C、根据正极反应式：可知石墨棒是正极材料，本身不参与电极反应，仅起导电作用，因此工作时石墨棒的质量不会减少，不会变细，C正确；
D、电池工作时，MnO2在正极发生反应：，其中Mn元素的化合价从+4价降低到+3价，发生的是还原反应，而非氧化反应，D错误；
故答案为：D
【分析】一次电池（如锌锰干电池）：放电后不可充电，活性物质消耗完即报废；锌锰干电池中，MnO2的作用是去极化剂，通过还原反应消耗正极产生的氢气，保证电池持续放电；石墨棒作为惰性电极，只导电不参与反应，因此电极本身不会损耗。
11．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化过程如下图所示：
(CuS难溶于水)。下列说法正确的是
A．过程①中发生的反应体现H2S的还原性
B．过程②中发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+
C．过程③中，11.2LO2参加反应转移2mol电子
D．过程②中Fe3+是氧化剂，过程③中Fe3+是还原产物
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A、过程①发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，属于典型的复分解反应，没有化合价的变化，没有体现H2S的还原性，A错误；
B、过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，其中Fe3+转化为Fe2+，反应中，CuS中-2价的S被氧化为0价的S，Fe3+被还原为Fe2+，方程式原子、电荷、电子转移均守恒，B正确；
C、过程③发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。每消耗1molO2，转移4mol电子。选项中11.2LO2未注明标准状况，无法确定其物质的量，因此不能直接得出“转移2mol电子”的结论，C错误；
D、过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，其中Fe3+转化为Fe2+，Fe3+作氧化剂，在③中，Fe2+转化为Fe3+，Fe3+是氧化产物，D错误；
故答案为：B
【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。
12．海洋是一座巨大的化学资源宝库，下图所示为从海水中提取若干种化学物质的流程图。已知粗盐中含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质，则下列说法正确的是
A．步骤①中依次加入的试剂为NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和稀盐酸
B．步骤③中包含制取MgCl2和电解MgCl2溶液制取Mg等几个阶段
C．步骤④和步骤⑥都用了Cl2作还原剂
D．步骤①除去粗盐中的Mg2+和步骤②沉淀海水中的Mg2+所用试剂不同
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；除杂；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、粗盐提纯时，除杂试剂的关键顺序是：BaCl2必须在Na2CO3之前加入，这样过量的Ba2+才能被Na2CO3除去。而选项中的顺序为：NaOH→Na2CO3→BaCl2→HCl，会导致过量的Ba2+无法除去，引入新杂质，A错误；
B、步骤③中，制取Mg的过程是Mg(OH)2与盐酸反应制取无水MgCl2；接着电解熔融的MgCl2制取Mg，不能电解MgCl2溶液，否则会生成Mg(OH)2、H2和Cl2，B错误；
C、步骤④和步骤⑥中，Cl2的作用是将Br-氧化为Br2：，此过程中Cl2的化合价降低，作氧化剂，而非还原剂，C错误；
D、步骤①除去粗盐中的Mg2+：使用NaOH溶液，反应为：；步骤②沉淀海水中的Mg2+：通常使用石灰乳（Ca(OH)2），既廉价又能提供OH-，反应为：。二者所用试剂不同，D正确；
故答案为：D
【分析】由流程可知，海水晒盐得到粗盐、母液，①为粗盐精制，碳酸钠需要除去钙离子和过量的钡离子，故溶液必须在BaCl2溶液之后加入，据精盐可以用于氯碱工业制取氯气、氢氧化钠、氢气； 母液加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，在HCl气流中加热防止水解，电解熔融氯化镁制取Mg；母液得到的溴化钠被氧化剂氧化为溴单质， 溴单质被二氧化硫还原为溴离子而吸收，溴离子再被氧化剂氧化为溴单质被富集提纯。
13．下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
A．除去SO2中混有的少量HCl气体 B．验证碳酸酸性强于硅酸
C．比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 D．制取NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】实验装置综合；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、与饱和溶液不反应，而HCl可以和饱和溶液反应生成、和，且气体是“长进短出”，能让气体与溶液充分接触可以除杂，A正确；
B、浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl气体也能与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，无法证明是CO2与水反应生成的碳酸与硅酸钠发生了反应，因此不能验证碳酸的酸性强于硅酸，B错误；
C、比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性，应该把NaHCO3放在内管，把Na2CO3放在外管，由于玻璃的导热性差，若与内管联通的石灰水变浑浊，与外管联通的石灰水不变浑浊，则可以说明稳定性：Na2CO3>NaHCO3，C错误；
D、氨气极易溶于水，通入氨气的导管不能伸入到液面以下，否则会发生倒吸，D错误；
故答案为：A
【分析】除杂的核心原则可概括为：不增、不减、易分离、易复原，优先物理方法，兼顾绿色安全，且不引入新杂质，不损失被提纯物，杂质与被提纯物易分离，被提纯物易恢复原态，优先使用物理方法，化学方法仅作补充，同时避免产生有毒有害物质，确保操作安全环保。
14．部分含N或S物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列说法正确的是
A．实验室制备a或者d时都可以用碱石灰干燥
B．a与e反应生成g的硝酸盐中含有离子键和共价键
C．若用Fe与f的稀溶液反应制备H2，为加快反应速率，可改用f的浓溶液
D．工业制备e过程是：b→c→d→e
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、NH3为碱性气体可以用碱石灰干燥，SO2或NO2是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A错误；
B、a与e反应生成g的硝酸盐为，和之间是离子键，内部和内部是共价键，B正确；
C、Fe与稀硫酸反应制备H2，但改用浓硫酸（f的浓溶液）时：常温下，Fe遇浓硫酸发生钝化，无法反应生成H2；加热时，反应生成SO2而不是H2。因此不能用浓硫酸加快反应速率，C错误；
D、工业制备硝酸的流程是：N2与H2合成NH3，NH3与O2催化氧化为NO，NO与O2生成NO2，H2O吸收NO2生成HNO3，D错误；
故答案为：B
【分析】由价类二维图可知，a是氢化物且化合价为-3价，故a为NH3；b是单质为S或N2；c是氧化物且化合价为+2价，故c为NO；d是氧化物且化合价为+4价，故d为SO2或NO2或N2O4；e是含氧酸且化合价为+5价，故e为HNO3；f是含氧酸且化合价为+6价，故f为H2SO4；g是盐且化合价为-3价，故g为铵盐，如NH4Cl。
15．在恒温恒容的密闭容器里发生反应：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)2CO(g)+TiCl4(g)。若0~5min内TiCl4(g)的物质的量浓度变化为0.3mol/L，则下列说法正确的是
A．反应达到平衡时：2v正(Cl2)=v逆(TiCl4)
B．0~5min内用TiO2表示的平均速率为v(TiO2)=0.06mol·L-1·min-1
C．在建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势
D．其他条件不变，向该容器中增加C的用量，化学反应速率增大
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、平衡状态下，正逆反应速率需满足化学计量数之比，根据反应：，反应式中Cl2与TiCl4的计量数比为2：1正确的平衡速率关系应为：v正(Cl2)=2v逆(TiCl4)，A错误；
B、TiO2是固体，纯固体的浓度视为常数，无法用浓度变化来表示其反应速率，B错误；
C、反应前气体为2mol，反应后气体为3mol，正反应是气体分子数增多的反应，恒温恒容条件下，气体物质的量越多，压强越大。因此建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势，C正确；
D、C是固体，增加固体的用量，不会改变其浓度（纯固体浓度视为常数），因此不影响化学反应速率，D错误；
故答案为：C
【分析】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。
16．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
【答案】B
【知识点】催化剂；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
正确答案为：B
【分析】正确读图是解决本题的关键所在，再根据所给信息即可解题；
二、非选择题：本题共4道大题，共56分。
17．某实验小组同学探究在不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
【查阅资料】
Ⅰ、Mn(OH)2(难溶于水白色固体)、MnO2(难溶于水棕黑色固体)、 (绿色溶液)、 (紫色溶液)。
Ⅱ、浓碱条件下， 可被OH-还原为。
【实验探究】
Ⅰ、实验装置如下图(夹持装置略)
Ⅱ、实验记录
序号 物质a C中实验现象
通入适量Cl2前 通入适量Cl2后
a 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
b 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
c 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
请回答下列问题：
（1）实验室用MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、　 　(从下图中选择，填名称)；
若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，则所配制溶液浓度　 　(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（2）装置A中产生Cl2反应的离子方程式为：　 　。
（3）装置B中的试剂是　 　。
（4）通入适量Cl2前，实验b、c中沉淀由白色变为棕黑色反应的化学方程式为：　 　。
（5）根据【查阅资料】Ⅱ可推断：【实验探究】序号c中通入适量Cl2后应得到绿色溶液，但实验中得到的是紫色溶液，现象与资料不符，实验小组同学进一步探究不符的原因。分析原因可能是：
原因一：可能是通入适量Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①请用离子方程式表示【实验探究】序号c通入适量Cl2后溶液碱性减弱的原因：　 　，
但通过实验测定溶液的碱性变化很小可以忽略。
②取【实验探究】序号c中通入了适量Cl2并放置后的1mL悬浊液，再加入4mL40%NaOH溶液，溶液由紫色迅速变为绿色且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色反应的离子方程式为　 　。溶液绿色缓慢加深原因是MnO2进一步被氧化。
后续实验证明【实验探究】序号c通入适量Cl2后的悬浊液中氧化剂过量。
③从反应速率的角度分析【实验探究】序号c通入适量Cl2后得到的是紫色溶液而不是绿色溶液的原因可能是：　 　被氧化的速率大于　 　被还原的速率(均填离子符号)。
【答案】（1）100mL容量瓶；偏大
（2）
（3）饱和食盐水
（4）
（5）；；；
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，配制溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故答案为：100mL容量瓶；偏大；
（2）、装置A中HCl与KMnO4发生反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，对应离子方程式为：，故答案为：；
（3）、从A装置出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中混有的HCl，故答案为：饱和食盐水；
（4）、通入Cl2前，b、c中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：，故答案为：；
（5）、①、Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，对应的离子方程式为：，故答案为：；
②、取c中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：，生成气体为O2，故答案为：；
③、溶液中存在反应、，浓碱性条件下，离子浓度很大时，氧化的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验c未得到绿色溶液，故答案为：；。
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，发生的化学反应方程式为：，因盐酸具有挥发性，氯气中混有氯化氢，为排除HCl对Cl2性质的干扰，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中的杂质HCl，这是因为HCl极易溶于饱和食盐水，而Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，因此可以在不损失Cl2的前提下除去HCl，避免HCl对后续Cl2与MnSO4反应的干扰；装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D的氢氧化钠溶液吸收多余Cl2，防止造成大气污染。最后得出结论：Cl2与Mn2+的反应产物受溶液pH影响显著：中性条件下，仅生成低价的MnO2；碱性条件下，随着pH升高，Mn2+可被逐步氧化为更高价态的MnO42-、MnO4-，最终生成MnO4-。
（1）MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，配制溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故答案为：100mL容量瓶；偏大；
（2）装置A中HCl与KMnO4发生反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，对应离子方程式为：，故答案为：；
（3）从A装置出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中混有的HCl，故答案为：饱和食盐水；
（4）通入Cl2前，b、c中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：，故答案为：；
（5）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，对应的离子方程式为：，故答案为：；
②取c中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：，生成气体为O2，故答案为：；
③溶液中存在反应、，浓碱性条件下，离子浓度很大时，氧化的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验c未得到绿色溶液，故答案为：；。
18．绿柱石的主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3，利用绿柱石冶炼Be的一种工艺流程如下：
已知：①铍元素的性质与铝元素相似
②在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。
③上述条件下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子 Be2+ Fe2+ Fe3+
开始沉淀pH 5.5 7.2 2.2
完全沉淀pH 7.5 9.5 3.2
请回答下列问题：
（1）Be元素在周期表中的位置　 　。
（2）“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶体的稳定结构增强其反应活性，气体A的电子式为　 　。
（3）若“溶浸”工序所加试剂浓硫酸改为稀硫酸，则“沉铁”工序所加试剂氨水应改为先加H2O2再加氨水会更好，加入H2O2原因是　 　。
（4）“沉铍”时若使用过量NaOH溶液将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：　 　。
（5）“灼烧”工序的化学方程式为　 　。
（6）镁或铍均会和氧气反应，“高温反应”时需加入保护性气体，保护性气体　 　(填“能”或“不能”)选择N2。
（7）该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和　 　(填化学式)。
（8）若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为　 　(用百分数表示)。
【答案】（1）第二周期ⅡA族
（2）
（3）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，防止“沉铍”工序中引入杂质
（4）Be2++4OH-=[Be(OH)4]2-或者Be2++2OH-=Be(OH)2↓、Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-
（5）(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑
（6）不能
（7）(NH4)2SO4
（8）50%
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
19．碳中和作为一种新型环保形式可推动全社会绿色发展。下图为科学家正在研究建立的一种二氧化碳新循环体系。
请回答下列问题：
（1）过程Ⅰ的反应为：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)。
已知：断开1molH—H键、1molH—O键、1molO=O键分别需要吸收436kJ、463kJ、498kJ热量。
①过程Ⅰ反应中1molH2O(g)完全分解需　 　(填“放出”或“吸收”)能量　 　kJ。
②下面符合过程Ⅰ反应的能量变化示意图是图　 　(填“a”或“b”)
（2）200℃时，在2L恒容密闭容器中充入10molCO2(g)和30molH2(g)发生过程Ⅱ反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，CH3OH(g)和CO2(g)的物质的量随时间变化如下图所示：
①0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是　 　mol L-1 min-1；上述条件下达到平衡时，容器内起始压强与平衡压强之比是　 　。
②2min时，v正(CH3OH)　 　v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”)
③下列情况能够说明过程Ⅱ反应已达到化学平衡状态的是　 　(填序号)。
A．气体的平均摩尔质量保持不变
B．容器内气体密度保持不变
C．的比值保持不变
D．H2的体积分数保持不变
④保持其它条件不变，若过程Ⅱ反应开始时还同时通入了适量He(不参与反应)，则达到平衡所需要的时间　 　(填“>”、“<”或“=”)5min。
（3）结合过程Ⅲ原理以甲醇和氧气为原料可以制作甲醇燃料电池，其电池工作原理如图所示。
①电池中通入的原料X是　 　(填“甲醇”或“氧气”)。
②电极b的电极反应式为　 　。
【答案】（1）吸收；241；b
（2）2.4；5：3；>；AD；=
（3）甲醇；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】反应热和焓变；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）、①、焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，则2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的 H=(4×463-2×436-498)kJ/mol=+482 kJ/mol，则1molH2O(g)完全分解需吸收能量482kJ÷2=241kJ的能量；
②、该过程反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，则符合条件的为b；
（2）、①、由题意，反应为，由图，0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是；反应为气体分子数减小2的反应，反应生成8mol甲醇，则气体减少16mol，上述条件下达到平衡时，总的物质的量为40mol-16mol=24mol，结合阿伏加德罗定律，容器内起始压强与平衡压强之比是40：24=5：3；
②、2min后甲醇量仍增大，则反应正向进行，此时v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)；
③、A、混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，A正确；
B、容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B错误；
C、的比值等于反应中系数比，为定值，其保持不变不能说明反应已达平衡，C错误；
D、H2的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，反应已达平衡，D正确；
故答案为：AD；
（3）、①、甲醇燃料电池中氧气一极为正极、甲醇一极为负极，由图中氢氧根离子移动方向可知，a极为负极、b极为正极，则电池中通入的原料X是甲醇。
②、电极b为正极，碱性条件下，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
【分析】水分解为氢气，氢气和二氧化碳催化转化为甲醇，甲醇燃烧生成二氧化碳，分离出二氧化碳循环利用；
能量变化图像题注意事项：反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热；注意活化能在图示中的意义；从反应物至最高点的能量变化表示正反应的活化能，反之表示逆反应的活化能；催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH；涉及反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
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。
（1）焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，则2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的 H=(4×463-2×436-498)kJ/mol=+482 kJ/mol，则1molH2O(g)完全分解需吸收能量482kJ÷2=241kJ的能量；
②该过程反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，则符合条件的为b；
（2）①由题意，反应为，由图，0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是；反应为气体分子数减小2的反应，反应生成8mol甲醇，则气体减少16mol，上述条件下达到平衡时，总的物质的量为40mol-16mol=24mol，结合阿伏加德罗定律，容器内起始压强与平衡压强之比是40：24=5：3；
②2min后甲醇量仍增大，则反应正向进行，此时v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)；
③A．混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；
B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
C．的比值等于反应中系数比，为定值，其保持不变不能说明反应已达平衡；
D．H2的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，反应已达平衡；
故选AD；
（3）①甲醇燃料电池中氧气一极为正极、甲醇一极为负极，由图中氢氧根离子移动方向可知，a极为负极、b极为正极，则电池中通入的原料X是甲醇。
②电极b为正极，碱性条件下，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。
20．有机化合物F是一种食用香料，可用淀粉为原料合成，合成路线如下图所示：
已知：过程Ⅰ是淀粉在酸性条件的水解反应，过程Ⅱ是酯化反应。
请回答下列问题：
（1）有机物A是葡萄糖，A中含有的官能团名称是　 　。
（2）写出A在酶的催化下转化成B反应的化学方程式：　 　。
（3）写出过程Ⅱ反应的化学方程式：　 　。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化过程，下列说法正确的是___________(填序号)。
A．淀粉的分子式为(C6H10O5)n
B．过程Ⅱ的反应中有C—O键的断裂和形成
C．可以利用饱和Na2CO3溶液鉴别有机物B、D和E
D．向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液后得到新制Cu(OH)2，再加入过程Ⅰ反应后的溶液，加热后没有产生砖红色沉淀，说明过程Ⅰ中淀粉还没有发生水解。
（5）对于化合物E，分析预测其可能的化学性质并完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应后形成的新有机物 (结构简式) 反应类型
① Cu、O2、加热 　 　
② NaOH溶液 　 　 中和反应
（6）在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备有机物B．若该反应中反应物之一为H2O，则另一反应物的化学名称是　 　。
（7）有机物X是F的同分异构体，写出符合下列条件的有机物X的结构简式　 　。
①有机物X分子结构中含有两个甲基
②1mol有机物X与足量NaHCO3溶液反应产生2molCO2
【答案】（1）羟基、醛基
（2）C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑
（3）
（4）A；B
（5）氧化反应或催化氧化反应；
（6）乙烯
（7）
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）、葡萄糖分子中含有醛基和羟基；
（2）、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和CO2，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑；
（3）、乙酸与E（乳酸）发生酯化反应生成F和水，反应的化学方程式为：；
（4）、淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A正确；酯化反应中酸分子断开C-O键，醇分子断开O-H键后，生成酯基时又有新的C-O键形成，B正确；D、E均含羧基，都能与碳酸钠产生CO2，无法鉴别两者，C错误；选项中配制Cu(OH)2悬浊液碱没有过量，淀粉水解后液体呈酸性，检验产物前应先加碱中和过量的酸，再用新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，D错误；故答案选AB；
（5）、E分子中，与羟基相连的C原子还连有H原子，故可在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应（或催化氧化反应），生成；E分子中含有羧基，故可以与NaOH溶液发生中和反应生成；
（6）、乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应生成乙醇，原子利用率为100%；
（7）、依题，X结构中含有2个甲基和2个羧基，故可推出X的结构为。
【分析】淀粉在酸性条件下水解（反应Ⅰ），最终生成葡萄糖，因此A是葡萄糖；接着葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，反应为：，故B为乙醇（CH3CH2OH）；然后乙醇在Cu作催化剂、加热条件下被O2催化氧化，生成乙醛：，故C为乙醛（CH3CHO）；继续乙醛在催化剂、加热条件下被O2进一步氧化，生成乙酸：，故D为乙酸（CH3COOH）；接着葡萄糖在一定条件下发生发酵反应，生成乳酸（2-羟基丙酸），分子中同时含有羟基（-OH）和羧基（-COOH，故E为乳酸（CH3CH(OH)COOH）；最后乙酸（D）和乳酸（E）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应（反应Ⅱ），生成食用香料F，故F为乙酸乳酸酯（CH3COOCH(CH3)COOH）；
（1）葡萄糖分子中含有醛基和羟基；
（2）葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和CO2，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑；
（3）乙酸与E（乳酸）发生酯化反应生成F和水，反应的化学方程式为；
（4）淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A正确；酯化反应中酸分子断开C-O键，醇分子断开O-H键后，生成酯基时又有新的C-O键形成，B正确；D、E均含羧基，都能与碳酸钠产生CO2，无法鉴别两者，C错误；选项中配制Cu(OH)2悬浊液碱没有过量，淀粉水解后液体呈酸性，检验产物前应先加碱中和过量的酸，再用新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，D错误；故答案选AB；
（5）E分子中，与羟基相连的C原子还连有H原子，故可在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应（或催化氧化反应），生成；E分子中含有羧基，故可以与NaOH溶液发生中和反应生成；
（6）乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应生成乙醇，原子利用率为100%；
（7）依题，X结构中含有2个甲基和2个羧基，故可推出X的结构为。
1 / 1广东省五校（省实、广州二中、执信、广雅、广州六中）2024-2025学年高一下学期期末联考化学试题
一、选择题：本题共16道小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国古代器皿暗藏无尽韵律之美。下列器皿主要成分属于有机高分子化合物的是
A．西周青铜盉 B．莲花形玻璃托盏
C．明朝竹根雕杯 D．元朝银槎杯
A．A B．B C．C D．D
2．化学与可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A．聚氯乙烯常用于制成食品包装袋
B．通过煤的干馏、气化和液化等物理变化可以获得清洁能源
C．原电池装置能直接将电能转化为化学能
D．铝热反应可用于野外焊接钢轨
3．化学用语需规范使用，下列化学用语的表达正确的是
A．H2O2的电子式：
B．聚丙烯的结构简式：
C．四氯化碳的空间填充模型：
D．10B的原子结构示意图：
4．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 油脂可用于生产肥皂 植物油在一定条件下能与H2发生加成反应
B 葡萄酒中可添加适量SO2 SO2是抗氧化剂并有杀菌作用
C 高纯硅可用于制作芯片 SiO2具有半导体性质
D 医疗上常用BaCO3作“钡餐” BaCO3不溶于水，不易被X射线透过
A．A B．B C．C D．D
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA
B．通常状况下，1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA
C．点燃条件下，0.1molCl2与足量铁粉充分反应转移电子数为0.3NA
D．催化剂作用下，1molN2与3molH2在密闭容器中充分反应后生成NH3分子数为2NA
6．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A．利用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．向稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
C．向海带灰浸出液中加入酸化的H2O2提取碘：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
D．利用酸性高锰酸钾测定溶液中二氧化硫的含量：SO2+2MnO+4H+=SO+2Mn2++2H2O
7．X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布。Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是短周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
B．对应简单离子半径：MC．元素Y形成的化合物的种类最多
D．X2M在液态时分子间存在氢键
8．甘油酸是一种食品添加剂，结构简式如下图所示。下列说法正确的是
A．甘油酸分子式为C3H6O4
B．1mol甘油酸与足量金属Na反应，消耗金属Na质量为46g
C．一定条件下甘油酸可以发生加聚反应、取代反应、氧化反应
D．甘油酸分子中所有原子可能共平面
9．下列实验操作、现象和由实验所得结论均正确的是
序号 实验操作 实验现象 实验结论
A 向滴有酚酞的水中加入适量 溶液变红色 是碱性氧化物
B 取少量待测液先滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红色 待测液中含有
C 取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口 试纸变蓝色 待测液中含有
D 现有两支试管分别盛有1mL和2mL0.1mol L-1Na2S2O3溶液，再向两支试管中分别加入2mL0.1mol L-1H2SO4溶液 后者先出现浑浊 增大反应物浓度能增大化学反应速率
A．A B．B C．C D．D
10．锌锰干电池的历史悠久，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．锌锰干电池属于一次电池
B．电池工作时，锌筒为负极
C．电池工作时，石墨棒不会变细
D．电池工作时，MnO2发生氧化反应
11．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化过程如下图所示：
(CuS难溶于水)。下列说法正确的是
A．过程①中发生的反应体现H2S的还原性
B．过程②中发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+
C．过程③中，11.2LO2参加反应转移2mol电子
D．过程②中Fe3+是氧化剂，过程③中Fe3+是还原产物
12．海洋是一座巨大的化学资源宝库，下图所示为从海水中提取若干种化学物质的流程图。已知粗盐中含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质，则下列说法正确的是
A．步骤①中依次加入的试剂为NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和稀盐酸
B．步骤③中包含制取MgCl2和电解MgCl2溶液制取Mg等几个阶段
C．步骤④和步骤⑥都用了Cl2作还原剂
D．步骤①除去粗盐中的Mg2+和步骤②沉淀海水中的Mg2+所用试剂不同
13．下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
A．除去SO2中混有的少量HCl气体 B．验证碳酸酸性强于硅酸
C．比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 D．制取NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
14．部分含N或S物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列说法正确的是
A．实验室制备a或者d时都可以用碱石灰干燥
B．a与e反应生成g的硝酸盐中含有离子键和共价键
C．若用Fe与f的稀溶液反应制备H2，为加快反应速率，可改用f的浓溶液
D．工业制备e过程是：b→c→d→e
15．在恒温恒容的密闭容器里发生反应：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)2CO(g)+TiCl4(g)。若0~5min内TiCl4(g)的物质的量浓度变化为0.3mol/L，则下列说法正确的是
A．反应达到平衡时：2v正(Cl2)=v逆(TiCl4)
B．0~5min内用TiO2表示的平均速率为v(TiO2)=0.06mol·L-1·min-1
C．在建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势
D．其他条件不变，向该容器中增加C的用量，化学反应速率增大
16．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
二、非选择题：本题共4道大题，共56分。
17．某实验小组同学探究在不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
【查阅资料】
Ⅰ、Mn(OH)2(难溶于水白色固体)、MnO2(难溶于水棕黑色固体)、 (绿色溶液)、 (紫色溶液)。
Ⅱ、浓碱条件下， 可被OH-还原为。
【实验探究】
Ⅰ、实验装置如下图(夹持装置略)
Ⅱ、实验记录
序号 物质a C中实验现象
通入适量Cl2前 通入适量Cl2后
a 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
b 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
c 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
请回答下列问题：
（1）实验室用MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、　 　(从下图中选择，填名称)；
若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，则所配制溶液浓度　 　(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（2）装置A中产生Cl2反应的离子方程式为：　 　。
（3）装置B中的试剂是　 　。
（4）通入适量Cl2前，实验b、c中沉淀由白色变为棕黑色反应的化学方程式为：　 　。
（5）根据【查阅资料】Ⅱ可推断：【实验探究】序号c中通入适量Cl2后应得到绿色溶液，但实验中得到的是紫色溶液，现象与资料不符，实验小组同学进一步探究不符的原因。分析原因可能是：
原因一：可能是通入适量Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①请用离子方程式表示【实验探究】序号c通入适量Cl2后溶液碱性减弱的原因：　 　，
但通过实验测定溶液的碱性变化很小可以忽略。
②取【实验探究】序号c中通入了适量Cl2并放置后的1mL悬浊液，再加入4mL40%NaOH溶液，溶液由紫色迅速变为绿色且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色反应的离子方程式为　 　。溶液绿色缓慢加深原因是MnO2进一步被氧化。
后续实验证明【实验探究】序号c通入适量Cl2后的悬浊液中氧化剂过量。
③从反应速率的角度分析【实验探究】序号c通入适量Cl2后得到的是紫色溶液而不是绿色溶液的原因可能是：　 　被氧化的速率大于　 　被还原的速率(均填离子符号)。
18．绿柱石的主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3，利用绿柱石冶炼Be的一种工艺流程如下：
已知：①铍元素的性质与铝元素相似
②在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。
③上述条件下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子 Be2+ Fe2+ Fe3+
开始沉淀pH 5.5 7.2 2.2
完全沉淀pH 7.5 9.5 3.2
请回答下列问题：
（1）Be元素在周期表中的位置　 　。
（2）“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶体的稳定结构增强其反应活性，气体A的电子式为　 　。
（3）若“溶浸”工序所加试剂浓硫酸改为稀硫酸，则“沉铁”工序所加试剂氨水应改为先加H2O2再加氨水会更好，加入H2O2原因是　 　。
（4）“沉铍”时若使用过量NaOH溶液将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：　 　。
（5）“灼烧”工序的化学方程式为　 　。
（6）镁或铍均会和氧气反应，“高温反应”时需加入保护性气体，保护性气体　 　(填“能”或“不能”)选择N2。
（7）该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和　 　(填化学式)。
（8）若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为　 　(用百分数表示)。
19．碳中和作为一种新型环保形式可推动全社会绿色发展。下图为科学家正在研究建立的一种二氧化碳新循环体系。
请回答下列问题：
（1）过程Ⅰ的反应为：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)。
已知：断开1molH—H键、1molH—O键、1molO=O键分别需要吸收436kJ、463kJ、498kJ热量。
①过程Ⅰ反应中1molH2O(g)完全分解需　 　(填“放出”或“吸收”)能量　 　kJ。
②下面符合过程Ⅰ反应的能量变化示意图是图　 　(填“a”或“b”)
（2）200℃时，在2L恒容密闭容器中充入10molCO2(g)和30molH2(g)发生过程Ⅱ反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，CH3OH(g)和CO2(g)的物质的量随时间变化如下图所示：
①0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是　 　mol L-1 min-1；上述条件下达到平衡时，容器内起始压强与平衡压强之比是　 　。
②2min时，v正(CH3OH)　 　v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”)
③下列情况能够说明过程Ⅱ反应已达到化学平衡状态的是　 　(填序号)。
A．气体的平均摩尔质量保持不变
B．容器内气体密度保持不变
C．的比值保持不变
D．H2的体积分数保持不变
④保持其它条件不变，若过程Ⅱ反应开始时还同时通入了适量He(不参与反应)，则达到平衡所需要的时间　 　(填“>”、“<”或“=”)5min。
（3）结合过程Ⅲ原理以甲醇和氧气为原料可以制作甲醇燃料电池，其电池工作原理如图所示。
①电池中通入的原料X是　 　(填“甲醇”或“氧气”)。
②电极b的电极反应式为　 　。
20．有机化合物F是一种食用香料，可用淀粉为原料合成，合成路线如下图所示：
已知：过程Ⅰ是淀粉在酸性条件的水解反应，过程Ⅱ是酯化反应。
请回答下列问题：
（1）有机物A是葡萄糖，A中含有的官能团名称是　 　。
（2）写出A在酶的催化下转化成B反应的化学方程式：　 　。
（3）写出过程Ⅱ反应的化学方程式：　 　。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化过程，下列说法正确的是___________(填序号)。
A．淀粉的分子式为(C6H10O5)n
B．过程Ⅱ的反应中有C—O键的断裂和形成
C．可以利用饱和Na2CO3溶液鉴别有机物B、D和E
D．向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液后得到新制Cu(OH)2，再加入过程Ⅰ反应后的溶液，加热后没有产生砖红色沉淀，说明过程Ⅰ中淀粉还没有发生水解。
（5）对于化合物E，分析预测其可能的化学性质并完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应后形成的新有机物 (结构简式) 反应类型
① Cu、O2、加热 　 　
② NaOH溶液 　 　 中和反应
（6）在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备有机物B．若该反应中反应物之一为H2O，则另一反应物的化学名称是　 　。
（7）有机物X是F的同分异构体，写出符合下列条件的有机物X的结构简式　 　。
①有机物X分子结构中含有两个甲基
②1mol有机物X与足量NaHCO3溶液反应产生2molCO2
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、西周青铜盉主要成分为铜合金，属于金属材料，不是有机物，更不是高分子，A错误；
B、莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，玻璃属于硅酸盐无机非金属材料，不是有机物，B错误；
C、明朝竹根雕杯主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，C正确；
D、元朝银槎杯主要成分为金属银，银是金属单质，属于金属材料，D错误；
故答案为：C
【分析】有机高分子化合物是相对分子质量高达几万乃至几十万以上的有机化合物，分为天然有机高分子和合成有机高分子两类，淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶属于天然有机高分子，塑料、合成纤维、合成橡胶属于合成有机高分子；而葡萄糖、蔗糖、油脂、乙醇等相对分子质量较小，都不属于有机高分子化合物。
2．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；煤的干馏和综合利用；探究铝热反应；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、聚氯乙烯（PVC）在受热或长期使用中可能释放增塑剂和氯化氢等有害物质，不可用于食品包装，常用聚乙烯（PE）或聚丙烯（PP），A错误；
B、煤的干馏、气化和液化均发生了化学变化（分解反应或反应生成新物质），而非物理变化，B错误；
C、原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池才是将电能转化为化学能，C错误；
D、铝热反应为：，这个过程中会释放大量热，熔化金属用于焊接钢轨，符合实际应用，D正确；
故答案为：D
【分析】煤的干馏是将煤隔绝空气加强热分解生成焦炭、煤焦油等新物质，煤的气化是煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，煤的液化是将煤转化为液体燃料，三者都有新物质生成，均属于化学变化；而石油分馏只是利用沸点不同分离组分，属于物理变化，石油裂化、裂解则为化学变化。
3．【答案】B
【知识点】烯烃；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、H2O2为共价化合物，分子中不会存在阴阳离子，原子间通过共用电子对结合，所以正确的电子式为：，A错误；
B、丙烯发生加聚反应时，双键断开，得到聚丙烯，结构简式为：，B正确；
C、四氯化碳分子中，氯原子的原子半径比碳原子大，因此其空间填充模型中，中心的碳原子应比周围的氯原子小，所以四氯化碳的空间填充模型：，C错误；
D、B是5号元素，核外有5个电子，其原子结构示意图的圆圈内应标为+5，而不是+10，选项中的示意图错误，正确的原子结构示意图：，D错误；
故答案为：B
【分析】共价化合物的电子式中，原子间通过共用电子对结合，不存在方括号和电荷标注；空间填充模型的比例必须符合原子的实际相对大小，氯原子半径 > 碳原子半径；原子结构示意图中，圆圈内的数字是质子数= 原子序数，而非质量数。
4．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂含有酯基，可碱性条件下水解，用于生产肥皂，称为油脂的皂化反应，植物油含不饱和键，可以和氢气发生加成反应，称为油脂的加氢（硬化）反应，二者无因果关系，但陈述均正确，A正确；
B、葡萄酒中添加少量SO2，可防止氧化和细菌滋生，SO2具有还原性，可抗氧化；同时能抑制微生物生长，起到杀菌作用，正是因为SO2的抗氧化和杀菌作用，才会在葡萄酒中添加适量的它。二者存在因果关系，B错误；
C、硅是半导体材料，高纯硅是制作芯片的核心原料，但SiO2是绝缘体，不具备半导体性质，硅单质才是半导体材料，陈述Ⅱ错误，C错误；
D、BaCO3会与胃酸反应生成可溶性的BaCl2，有毒；钡餐实际使用的是不溶于酸的BaSO4；BaCO3不溶于水，但它能溶于胃酸，因此不能用作钡餐，陈述Ⅰ错误，D不符合题意；
故答案为：A
【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，同时也存在因果关系，要选择不存在因果关系并且描述均正确的选项；
5．【答案】B
【知识点】工业合成氨；合成氨条件的选择；铁的化学性质；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，SO3为固态或液态，无法用气体摩尔体积计算分子数，A错误；
B、羟基为电中性基团，质子数为O（8）+H（1）=9，电子数同样为O（8）+H（1）=9（中性羟基），则1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA，B正确；
C、Cl2与足量铁粉充分反应的化学方程式为：，Cl2作为氧化剂，每个Cl2分子得到2个电子，反应要转移电子，则完全反应转移的电子数为0.2NA，C错误；
D、合成氨为可逆反应，反应无法完全转化，则与反应后得到的分子数小于，D错误；
故答案为：B
【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。
6．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成H+，必须保留化学式，故正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；
B、铁粉过量时，会将反应生成的Fe3+还原为Fe2+，最终产物是Fe2+而不是Fe3+，故正确的离子方程式为：，B错误；
C、H2O2在酸性条件下氧化I-生成I2，正确的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，符合电荷守恒、原子守恒和电子转移守恒，符合事实，C正确；
D、酸性高锰酸钾与SO2反应，需要满足电荷守恒和原子守恒。配平后的正确离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，D错误；
故答案为：C
【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。
7．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；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、Z为N元素，对应的最高价氧化物对应水化物为，为强酸；Y为C元素，对应的最高价氧化物对应水化物为，为弱酸；故酸性：，A正确；
B、M离子为，Q离子为，二者电子层结构相同（均为 2、8 结构）。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，因此离子半径随原子序数增大而减小，所以半径大于，B错误；
C、Y 是碳元素，碳是有机物的骨架元素，形成的有机物种类远超无机物，因此碳形成的化合物种类最多，C正确；
D、为，液态水分子间存在氢键作用，D正确；
故答案为：B
【分析】由题干信息可知，Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则Y为C元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；根据X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布；可知X元素在第一周期，为H元素；Z元素介于Y和M之间，则Z为N元素；最后可知Q一定位于第三周期且Q是短周期中金属性最强的元素，则Q为Na元素；
8．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；取代反应；有机反应中的氧化反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、根据甘油酸的结构简式可知，分子中碳原子3个，氢原子6个，氧原子4个，因此其分子式为C3H6O4，A正确；
B、甘油酸分子中有3个能与Na反应的羟基和羧基（2个醇羟基+1个羧基），因此1mol甘油酸能消耗3molNa。Na的摩尔质量为23g/mol，3molNa的质量为：，B错误；
C、甘油酸中不含碳碳双键、碳碳三键，无法发生加聚反应，含有的羟基、羧基，能发生酯化(取代)反应，与羟基相连的碳原子存在氢原子，能发生氧化反应，C错误；
D、甘油酸分子中含有饱和碳原子，这些碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，因此所有原子不可能共平面，D错误；
故答案为：A
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
9．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；铵离子检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O2与水反应：，生成的NaOH使酚酞变红，但Na2O2同时具有强氧化性，会将红色的酚酞漂白，最终溶液会褪色。而碱性氧化物的定义是“与酸反应只生成盐和水的氧化物”，Na2O2与酸反应除了盐和水，还会生成O2，属于过氧化物，不是碱性氧化物，A错误；
B、若待测液中本身含有Fe3+，即使不含Fe2+，滴加KSCN溶液也会变红。正确的操作应是先加KSCN溶液（无明显现象），再加氯水（溶液变红），才能证明含Fe2+，B错误；
C、NH4+与浓NaOH溶液在加热条件下反应：，NH3是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C正确；
D、两支试管中，H2SO4的物质的量相同，但Na2S2O3的体积不同，导致混合后总体积不同，浓度变化的变量不唯一（前者总体积3mL，后者总体积4mL），无法单纯说明“反应物浓度越大，反应速率越快”。正确的控制变量应保证混合后总体积相同，仅改变Na2S2O3的浓度， D错误；
故答案为：C
【分析】检验Fe2+的关键是排除Fe3+的干扰，必须先加KSCN无现象，再加氧化剂变红；控制变量法探究浓度对反应速率的影响时，必须保证其他条件（如总体积、温度）完全一致，只改变浓度这一个变量；Na2O2的双重性质：既具有碱性，又具有强氧化性，能漂白有色物质。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；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、锌锰干电池只能放电一次，不能充电，也不能重复使用，为一次电池，A正确；
B、电池工作时，锌筒失去电子发生氧化反应：，因此锌筒是负极，B正确；
C、根据正极反应式：可知石墨棒是正极材料，本身不参与电极反应，仅起导电作用，因此工作时石墨棒的质量不会减少，不会变细，C正确；
D、电池工作时，MnO2在正极发生反应：，其中Mn元素的化合价从+4价降低到+3价，发生的是还原反应，而非氧化反应，D错误；
故答案为：D
【分析】一次电池（如锌锰干电池）：放电后不可充电，活性物质消耗完即报废；锌锰干电池中，MnO2的作用是去极化剂，通过还原反应消耗正极产生的氢气，保证电池持续放电；石墨棒作为惰性电极，只导电不参与反应，因此电极本身不会损耗。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A、过程①发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，属于典型的复分解反应，没有化合价的变化，没有体现H2S的还原性，A错误；
B、过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，其中Fe3+转化为Fe2+，反应中，CuS中-2价的S被氧化为0价的S，Fe3+被还原为Fe2+，方程式原子、电荷、电子转移均守恒，B正确；
C、过程③发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。每消耗1molO2，转移4mol电子。选项中11.2LO2未注明标准状况，无法确定其物质的量，因此不能直接得出“转移2mol电子”的结论，C错误；
D、过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，其中Fe3+转化为Fe2+，Fe3+作氧化剂，在③中，Fe2+转化为Fe3+，Fe3+是氧化产物，D错误；
故答案为：B
【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。
12．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；除杂；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、粗盐提纯时，除杂试剂的关键顺序是：BaCl2必须在Na2CO3之前加入，这样过量的Ba2+才能被Na2CO3除去。而选项中的顺序为：NaOH→Na2CO3→BaCl2→HCl，会导致过量的Ba2+无法除去，引入新杂质，A错误；
B、步骤③中，制取Mg的过程是Mg(OH)2与盐酸反应制取无水MgCl2；接着电解熔融的MgCl2制取Mg，不能电解MgCl2溶液，否则会生成Mg(OH)2、H2和Cl2，B错误；
C、步骤④和步骤⑥中，Cl2的作用是将Br-氧化为Br2：，此过程中Cl2的化合价降低，作氧化剂，而非还原剂，C错误；
D、步骤①除去粗盐中的Mg2+：使用NaOH溶液，反应为：；步骤②沉淀海水中的Mg2+：通常使用石灰乳（Ca(OH)2），既廉价又能提供OH-，反应为：。二者所用试剂不同，D正确；
故答案为：D
【分析】由流程可知，海水晒盐得到粗盐、母液，①为粗盐精制，碳酸钠需要除去钙离子和过量的钡离子，故溶液必须在BaCl2溶液之后加入，据精盐可以用于氯碱工业制取氯气、氢氧化钠、氢气； 母液加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，在HCl气流中加热防止水解，电解熔融氯化镁制取Mg；母液得到的溴化钠被氧化剂氧化为溴单质， 溴单质被二氧化硫还原为溴离子而吸收，溴离子再被氧化剂氧化为溴单质被富集提纯。
13．【答案】A
【知识点】实验装置综合；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、与饱和溶液不反应，而HCl可以和饱和溶液反应生成、和，且气体是“长进短出”，能让气体与溶液充分接触可以除杂，A正确；
B、浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl气体也能与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，无法证明是CO2与水反应生成的碳酸与硅酸钠发生了反应，因此不能验证碳酸的酸性强于硅酸，B错误；
C、比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性，应该把NaHCO3放在内管，把Na2CO3放在外管，由于玻璃的导热性差，若与内管联通的石灰水变浑浊，与外管联通的石灰水不变浑浊，则可以说明稳定性：Na2CO3>NaHCO3，C错误；
D、氨气极易溶于水，通入氨气的导管不能伸入到液面以下，否则会发生倒吸，D错误；
故答案为：A
【分析】除杂的核心原则可概括为：不增、不减、易分离、易复原，优先物理方法，兼顾绿色安全，且不引入新杂质，不损失被提纯物，杂质与被提纯物易分离，被提纯物易恢复原态，优先使用物理方法，化学方法仅作补充，同时避免产生有毒有害物质，确保操作安全环保。
14．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、NH3为碱性气体可以用碱石灰干燥，SO2或NO2是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A错误；
B、a与e反应生成g的硝酸盐为，和之间是离子键，内部和内部是共价键，B正确；
C、Fe与稀硫酸反应制备H2，但改用浓硫酸（f的浓溶液）时：常温下，Fe遇浓硫酸发生钝化，无法反应生成H2；加热时，反应生成SO2而不是H2。因此不能用浓硫酸加快反应速率，C错误；
D、工业制备硝酸的流程是：N2与H2合成NH3，NH3与O2催化氧化为NO，NO与O2生成NO2，H2O吸收NO2生成HNO3，D错误；
故答案为：B
【分析】由价类二维图可知，a是氢化物且化合价为-3价，故a为NH3；b是单质为S或N2；c是氧化物且化合价为+2价，故c为NO；d是氧化物且化合价为+4价，故d为SO2或NO2或N2O4；e是含氧酸且化合价为+5价，故e为HNO3；f是含氧酸且化合价为+6价，故f为H2SO4；g是盐且化合价为-3价，故g为铵盐，如NH4Cl。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、平衡状态下，正逆反应速率需满足化学计量数之比，根据反应：，反应式中Cl2与TiCl4的计量数比为2：1正确的平衡速率关系应为：v正(Cl2)=2v逆(TiCl4)，A错误；
B、TiO2是固体，纯固体的浓度视为常数，无法用浓度变化来表示其反应速率，B错误；
C、反应前气体为2mol，反应后气体为3mol，正反应是气体分子数增多的反应，恒温恒容条件下，气体物质的量越多，压强越大。因此建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势，C正确；
D、C是固体，增加固体的用量，不会改变其浓度（纯固体浓度视为常数），因此不影响化学反应速率，D错误；
故答案为：C
【分析】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。
16．【答案】B
【知识点】催化剂；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
正确答案为：B
【分析】正确读图是解决本题的关键所在，再根据所给信息即可解题；
17．【答案】（1）100mL容量瓶；偏大
（2）
（3）饱和食盐水
（4）
（5）；；；
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，配制溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故答案为：100mL容量瓶；偏大；
（2）、装置A中HCl与KMnO4发生反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，对应离子方程式为：，故答案为：；
（3）、从A装置出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中混有的HCl，故答案为：饱和食盐水；
（4）、通入Cl2前，b、c中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：，故答案为：；
（5）、①、Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，对应的离子方程式为：，故答案为：；
②、取c中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：，生成气体为O2，故答案为：；
③、溶液中存在反应、，浓碱性条件下，离子浓度很大时，氧化的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验c未得到绿色溶液，故答案为：；。
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，发生的化学反应方程式为：，因盐酸具有挥发性，氯气中混有氯化氢，为排除HCl对Cl2性质的干扰，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中的杂质HCl，这是因为HCl极易溶于饱和食盐水，而Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，因此可以在不损失Cl2的前提下除去HCl，避免HCl对后续Cl2与MnSO4反应的干扰；装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D的氢氧化钠溶液吸收多余Cl2，防止造成大气污染。最后得出结论：Cl2与Mn2+的反应产物受溶液pH影响显著：中性条件下，仅生成低价的MnO2；碱性条件下，随着pH升高，Mn2+可被逐步氧化为更高价态的MnO42-、MnO4-，最终生成MnO4-。
（1）MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，配制溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故答案为：100mL容量瓶；偏大；
（2）装置A中HCl与KMnO4发生反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，对应离子方程式为：，故答案为：；
（3）从A装置出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中混有的HCl，故答案为：饱和食盐水；
（4）通入Cl2前，b、c中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：，故答案为：；
（5）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，对应的离子方程式为：，故答案为：；
②取c中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：，生成气体为O2，故答案为：；
③溶液中存在反应、，浓碱性条件下，离子浓度很大时，氧化的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验c未得到绿色溶液，故答案为：；。
18．【答案】（1）第二周期ⅡA族
（2）
（3）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，防止“沉铍”工序中引入杂质
（4）Be2++4OH-=[Be(OH)4]2-或者Be2++2OH-=Be(OH)2↓、Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-
（5）(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑
（6）不能
（7）(NH4)2SO4
（8）50%
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
19．【答案】（1）吸收；241；b
（2）2.4；5：3；>；AD；=
（3）甲醇；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】反应热和焓变；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）、①、焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，则2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的 H=(4×463-2×436-498)kJ/mol=+482 kJ/mol，则1molH2O(g)完全分解需吸收能量482kJ÷2=241kJ的能量；
②、该过程反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，则符合条件的为b；
（2）、①、由题意，反应为，由图，0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是；反应为气体分子数减小2的反应，反应生成8mol甲醇，则气体减少16mol，上述条件下达到平衡时，总的物质的量为40mol-16mol=24mol，结合阿伏加德罗定律，容器内起始压强与平衡压强之比是40：24=5：3；
②、2min后甲醇量仍增大，则反应正向进行，此时v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)；
③、A、混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，A正确；
B、容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B错误；
C、的比值等于反应中系数比，为定值，其保持不变不能说明反应已达平衡，C错误；
D、H2的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，反应已达平衡，D正确；
故答案为：AD；
（3）、①、甲醇燃料电池中氧气一极为正极、甲醇一极为负极，由图中氢氧根离子移动方向可知，a极为负极、b极为正极，则电池中通入的原料X是甲醇。
②、电极b为正极，碱性条件下，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
【分析】水分解为氢气，氢气和二氧化碳催化转化为甲醇，甲醇燃烧生成二氧化碳，分离出二氧化碳循环利用；
能量变化图像题注意事项：反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热；注意活化能在图示中的意义；从反应物至最高点的能量变化表示正反应的活化能，反之表示逆反应的活化能；催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH；涉及反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
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。
（1）焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，则2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的 H=(4×463-2×436-498)kJ/mol=+482 kJ/mol，则1molH2O(g)完全分解需吸收能量482kJ÷2=241kJ的能量；
②该过程反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，则符合条件的为b；
（2）①由题意，反应为，由图，0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是；反应为气体分子数减小2的反应，反应生成8mol甲醇，则气体减少16mol，上述条件下达到平衡时，总的物质的量为40mol-16mol=24mol，结合阿伏加德罗定律，容器内起始压强与平衡压强之比是40：24=5：3；
②2min后甲醇量仍增大，则反应正向进行，此时v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)；
③A．混合气体的平均摩尔质量为，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；
B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
C．的比值等于反应中系数比，为定值，其保持不变不能说明反应已达平衡；
D．H2的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，反应已达平衡；
故选AD；
（3）①甲醇燃料电池中氧气一极为正极、甲醇一极为负极，由图中氢氧根离子移动方向可知，a极为负极、b极为正极，则电池中通入的原料X是甲醇。
②电极b为正极，碱性条件下，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。
20．【答案】（1）羟基、醛基
（2）C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑
（3）
（4）A；B
（5）氧化反应或催化氧化反应；
（6）乙烯
（7）
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）、葡萄糖分子中含有醛基和羟基；
（2）、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和CO2，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑；
（3）、乙酸与E（乳酸）发生酯化反应生成F和水，反应的化学方程式为：；
（4）、淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A正确；酯化反应中酸分子断开C-O键，醇分子断开O-H键后，生成酯基时又有新的C-O键形成，B正确；D、E均含羧基，都能与碳酸钠产生CO2，无法鉴别两者，C错误；选项中配制Cu(OH)2悬浊液碱没有过量，淀粉水解后液体呈酸性，检验产物前应先加碱中和过量的酸，再用新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，D错误；故答案选AB；
（5）、E分子中，与羟基相连的C原子还连有H原子，故可在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应（或催化氧化反应），生成；E分子中含有羧基，故可以与NaOH溶液发生中和反应生成；
（6）、乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应生成乙醇，原子利用率为100%；
（7）、依题，X结构中含有2个甲基和2个羧基，故可推出X的结构为。
【分析】淀粉在酸性条件下水解（反应Ⅰ），最终生成葡萄糖，因此A是葡萄糖；接着葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，反应为：，故B为乙醇（CH3CH2OH）；然后乙醇在Cu作催化剂、加热条件下被O2催化氧化，生成乙醛：，故C为乙醛（CH3CHO）；继续乙醛在催化剂、加热条件下被O2进一步氧化，生成乙酸：，故D为乙酸（CH3COOH）；接着葡萄糖在一定条件下发生发酵反应，生成乳酸（2-羟基丙酸），分子中同时含有羟基（-OH）和羧基（-COOH，故E为乳酸（CH3CH(OH)COOH）；最后乙酸（D）和乳酸（E）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应（反应Ⅱ），生成食用香料F，故F为乙酸乳酸酯（CH3COOCH(CH3)COOH）；
（1）葡萄糖分子中含有醛基和羟基；
（2）葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和CO2，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑；
（3）乙酸与E（乳酸）发生酯化反应生成F和水，反应的化学方程式为；
（4）淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A正确；酯化反应中酸分子断开C-O键，醇分子断开O-H键后，生成酯基时又有新的C-O键形成，B正确；D、E均含羧基，都能与碳酸钠产生CO2，无法鉴别两者，C错误；选项中配制Cu(OH)2悬浊液碱没有过量，淀粉水解后液体呈酸性，检验产物前应先加碱中和过量的酸，再用新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，D错误；故答案选AB；
（5）E分子中，与羟基相连的C原子还连有H原子，故可在Cu作催化剂、加热条件下发生氧化反应（或催化氧化反应），生成；E分子中含有羧基，故可以与NaOH溶液发生中和反应生成；
（6）乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应生成乙醇，原子利用率为100%；
（7）依题，X结构中含有2个甲基和2个羧基，故可推出X的结构为。
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