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广东省韶关市2024-2025学年高一下学期教学质量检测化学试题
一、选择题：本题包括16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，只有一项符合题目要求。
1．广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是
A．石湾窑翠毛釉梅瓶 B．紫檀木雕玉兰花杯
C．香云纱大襟衫 D．蕃禺铭铜鼎
A．A B．B C．C D．D
2．6月5日是世界环境日，我国在多个领域积极践行建设人与自然和谐共生的现代化理念。下列行为不符合这一理念的是
A．建设污水管网，防止工业废水流入湖泊
B．发展清洁能源，减少传统化石能源消耗
C．践行垃圾分类，回收金属、塑料等垃圾
D．施用过量化肥，实现农作物增产的目的
3．我国科学家研究发现，室温下甲烷可在铜原子催化下转化为甲醇。下列关于甲醇的化学用语错误的是
A．分子式为 B．结构式为
C．电子式为 D．分子结构模型为
4．中国汉代炼丹家发现硫磺燃烧的产物()具有刺激性，可用于药物制备，兴趣小组对展开了相关研究，其中不能达到预期目的的是
A．制取 B．干燥
C．验证的漂白性 D．吸收
A．A B．B C．C D．D
5．对香豆酸是一种天然有机酸，其对多种细菌有抑制作用，结构简式如图所示，下列关于对香豆酸说法错误的是
A．含有4种官能团
B．能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．能发生取代反应和加成反应
D．1mol对香豆酸与足量Na反应生成标况下22.4L
6．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识不相符的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将新鲜牛奶保存在冰箱 低温能减缓牛奶变质
B 用石膏促进豆浆中豆腐析出 石膏使蛋白质变性
C 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性比碳酸强
D 用臭氧给汽车内饰消毒 臭氧具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．酸性溶液中：、、、
C．澄清透明的溶液中：、、、
D．加入铝能产生氢气的溶液：、、、
8．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．17g羟基中含有电子数为
B． 溶液中含有数目为
C．1mol 和3mol 混合后充分反应，生成分子数为
D．分子数均为的甲烷与氯气混合反应，生成分子数为
9．过氧化氢在一定条件下可发生分解：，其能量变化如下图所示，下列说法错误是
A．KI在反应中起催化剂的作用
B．其他条件不变时，越大，其分解速率越慢
C．反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量
D．反应涉及极性共价键和非极性共价键的断裂和形成
10．以和为原料合成甲醇有利于实现“碳中和、碳达峰”，在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：。下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是
A．正、逆反应速率相等且等于零
B．容器内气体的质量不在变化
C．、、、的物质的量之比为1：3：1：1
D．相同时间内，消耗3mol 同时消耗1mol
11．下列离子反应方程式与所给事实不相符的是
A．小苏打治疗胃酸过多：
B．用制作印刷电路板：
C．用石灰乳吸收制备漂白粉：
D．用稀硝酸除去试管上的银镜：
12．如图是氮元素的价类二维图，下列说法错误的是
A．由N、H、O三种元素可以构成e或f
B．d与水反应生成e，d属于酸性氧化物
C．a的浓溶液靠近浓盐酸会产生白烟
D．自然界存在b→c→d→e的转化关系
13．化合物甲在电镀、医药领域具有广泛用途，其结构如图所示。其中W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，X与Y同周期且相邻，Y与Z同主族。下列说法正确的是
A．结构中所有原子均满足8电子结构
B．简单离子半径：Z>Y>X
C．氧化物对应水化物的酸性：X>Z
D．简单氢化物的稳定性：Y>Z
14．海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。下图是从海水中提取溴和镁的流程，下列说法错误的是
A．工业上的沉淀剂选用石灰乳
B．操作Ⅲ中通常用电解溶液制备Mg
C．吸收塔中用作还原剂使转化为HBr
D．“氧化Ⅰ”和“氧化Ⅱ”发生的离子方程式为
15．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确，并且有因果关系的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 浓硫酸能使蔗糖变成“黑面包” 浓硫酸具有吸水性
B 二氧化硅和焦炭反应生成粗硅 焦炭具有多孔结构
C 化工石用铝糟车运输浓硫酸 浓硫酸与铝不反应
D 铁锅清洗后要及时擦干水分保存 铁在潮湿空气易被氧化
A．A B．B C．C D．D
16．中科大团队设计了一种新型回收装置(如图所示)，能绿色回收废电极中的Li，同时捕获废气中，并产生可观的电能。下列说法错误的是
A．电流由碳布电极沿导线流向废电极
B．废电极的电极反应式为
C．捕获23g 转移电子数为
D．未被捕获的废气在实验室中可用NaOH溶液除去
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．甲基丙烯酸甲酯(ⅵ)是有机玻璃的单体，一种合成甲基丙烯酸甲酯的路线如下图所示：
请回答以下问题：
（1）化合物ⅴ的分子式为　 　，其官能团名称为　 　。
（2）反应Ⅰ中，化合物ⅲ与生成化合物ⅳ和一种小分子，推测该小分子为　 　(填化学式)。
（3）关于上述合成路线中相关物质及转化，下列有关说法中正确的是___________(填标号)。
A．化合物ⅰ所有原子共平面
B．化合物ⅰ与乙烯互为同系物
C．化合物ⅲ能发生取代反应
D．化合物ⅲ能使酸性溶液褪色
（4）根据化合物ⅴ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应条件、试剂 反应形成的新结构 (有机产物) 反应类型
a 催化剂 　 　 加聚反应
b 　 　 　 　
（5）化合物X与化合物ⅳ互为同分异构体，且含有相同的官能团，满足该条件的化合物X有　 　种。
（6）化合物ⅴ与发生反应Ⅱ的化学方程式为　 　。
18．亚硝酸钠()可作为纺织工业中的媒染剂和橡胶工业中的防老剂。实验小组根据反应原理：，利用如下装置制备
Ⅰ．亚硝酸钠的制备
（1）实验中欲通过稀释浓硝酸的方法得到100mL 的稀硝酸，需要量取的浓硝酸的体积为　 　mL，稀释浓硝酸和浓硫酸的方法相同，稀释浓硝酸具体操作是：　 　。
（2）稀硝酸与铜丝发生反应的化学方程式为　 　，碱石灰的作用是　 　。
（3）反应开始前打开并通入氮气，目的是　 　；实验中产生的尾气不能直接排放，否则导致　 　。
Ⅱ．亚硝酸钠性质探究
（4）实验小组通过分析，认为该化合物既有氧化性又有还原性，理由是　 　。
实验 实验操作及现象或结果 结论
1 取5mL 溶液于试管中，加入少量KI溶液，充分反应后，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色 具有　 　
2 取5mL 溶液(已酸化)于试管中，滴加足量的溶液，可观察到的实验现象为　 　 具有还原性
（5）一般情况下，当人体一次性摄取大于300mg的亚硝酸钠时，就会引起中毒。某泡菜中亚硝酸钠含量，若某人一次食入0.125kg这种泡菜，　 　(填“会”或“不会”)引起中毒。
19．一种以低品位红土镍矿(主要含、FeO、、MgO、NiO、等)为原料获得净水剂黄钠铁矾[]并回收铝的工艺流程如下
已知：①黄钠铁矾为不溶于水橙黄色晶体；回答下列问题：
（1）黄钠铁矾[]中铁元素的化合价为　 　。
（2）为加快酸浸速率，可以采取的措施　 　(填2条)，滤渣1的主要成分　 　(填化学式)。
（3）“氧化”发生的离子方程式为　 　。
（4）研究发现“造矾”反应溶液pH值与黄钠铁矾沉铁率、溶液铝保有率变化如图所示。溶液铝保有率越高，所得黄钠铁矾纯度越高。沉铁的最佳pH为　 　；随着pH的升高，溶液中铝的保有率降低，可能的原因是　 　。
（5）通入足量，“沉铝”后的滤液中主要成分是　 　(填化学式)，列举该物质在生产生活的一种用途　 　。
（6）滤渣2主要为，可能含有少量。请设计实验方案验证滤渣2中含有：　 　。
20．硫代硫酸钠晶体()易溶于水，可用作定影剂和还原剂。某兴趣小组配制硫代硫酸钠溶液，并利用其探究反应物浓度对反应速率的影响。
Ⅰ．实验准备：配制250mL 溶液
（1）配制过程中需要使用下列仪器中的　 　(填标号)，若定容时俯视刻度线，对溶液浓度的影响是　 　。(填偏大、偏小、无影响)
A． B． C． D．
Ⅱ．实验方案：探究浓度对化学反应速率的影响。
相同温度下，按照下表中的体积将 溶液、H2SO4溶液与蒸馏水混合，并采集反应后分光光度计数据，绘制出透光率随时间变化的曲线。
编号 溶液V/mL 溶液V/mL 蒸馏水V/mL
① 0.50 1.50 1.00
② 1.00 1.50 x
③ 1.50 1.50 0
④ 1.50 y 0.50
⑤ 1.50 0.50 1.00
（2）写出与反应的离子方程式：　 　。
（3）表中　 　，　 　，加入蒸馏水的目的是　 　。
Ⅲ．结果分析：透光率随时间变化的曲线
（4）透光率可反映溶液浑浊度情况，产生的沉淀越多则透光率越低。分析透光率变化曲线，反应③对应的曲线是　 　。
（5）实验④中60s时溶液中浓度减半，计算0~60s 反应速率　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【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、石湾窑翠毛釉梅瓶属于瓷器，瓷器的主要原料是黏土（含硅酸盐），经高温烧结而成，属于硅酸盐材料，A正确；
B、紫檀木雕玉兰花杯由木材雕刻而成，主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，不是硅酸盐，B项错误；
C、香云纱大襟衫由丝绸或棉麻织物制成，主要成分为蛋白质或纤维素，属于有机材料，不是硅酸盐，C错误；
D、蕃禺铭铜鼎由青铜（铜合金）铸造，属于金属材料，不是硅酸盐，D错误；
故答案为：A
【分析】明确硅酸盐材料范畴：陶瓷、玻璃、水泥、砖瓦等都属于传统硅酸盐制品；而木材、纺织品、金属铜均不属于硅酸盐。
2．【答案】D
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；常见的生活环境的污染及治理；绿色化学
【解析】【解答】A、建设污水管网，拦截工业废水，避免废水污染湖泊水体，保护水资源和生态环境，符合理念，A错误；
B、发展风能、太阳能等清洁能源，减少煤、石油等化石能源使用，降低废气排放、减轻空气污染，符合理念，B错误；
C、垃圾分类并回收金属、塑料，可资源再利用、减少固体垃圾污染，节约资源、保护环境，符合理念，C错误；
D、施用过量化肥，多余化肥会随雨水流入土壤和水体，造成土壤板结、水体富营养化、污染地下水，破坏生态环境，不符合绿色发展和人与自然和谐共生的理念，D正确；
故答案为：D
【分析】建设人与自然和谐共生的现代化，核心是围绕保护环境、绿色低碳、减少污染、可持续发展。
3．【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、甲醇的结构是1个碳原子、4个氢原子和1个氧原子组成，故甲醇的结构简式：CH3OH，分子式为：CH4O，A正确；
B、结构式需要完整表示出分子中所有原子之间的成键情况，每个原子之间的共价键都用短线表示出来，故甲醇的结构式为：，B正确；
C、甲醇的电子式中，氧原子最外层有6个价电子，需要形成2对共用电子对以达到8电子稳定结构。图中给出的电子式里，氧原子周围的电子表示不完整，缺少了氧原子上的孤电子对，故正确的电子式为：，C错误；
D、甲醇的分子结构模型中，碳原子（大球）连接3个氢原子和1个氧原子（黑球），氧原子再连接1个氢原子，与甲醇的真实空间结构一致，故分子结构模型为：，D正确；
故答案为：C
【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】C
【知识点】二氧化硫的性质；实验装置综合；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu与浓硫酸在加热的条件下发生反应生成SO2，对应的化学方程式为：，其中装置中试管口略向下倾斜、用酒精灯加热，铜丝可控制反应的发生与停止，能达到目的，A错误；
B、浓硫酸具有吸水性，且SO2是酸性气体，不与浓硫酸反应，能用浓硫酸来干燥，气体“长进短出”，能与浓硫酸充分接触，B错误；
C、SO2使溴水褪色，对应的化学方程式为：，这个过程主要体现SO2的还原性，而不是漂白性，C正确；
D、SO2是酸性氧化物，能与NaOH反应，对应的化学方程式为：，可以用NaOH溶液来吸收多余的SO2，装置中倒扣的漏斗可防止倒吸，D错误；
故答案为：C
【分析】SO2漂白性是指与某些有色有机物结合生成不稳定无色物质（如品红溶液褪色），不能使溴水这类无机物因漂白而褪色。并且SO2的漂白性具有选择性，只对品红、草帽、纸张等有机物有效；它与溴水、酸性KMnO4溶液、FeCl3溶液等反应，体现的都是还原性，而非漂白性。
5．【答案】A
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、由结构简式可知，对香豆酸的结构中含有羧基、碳碳双键、羟基3种官能团，A错误；
B、由结构简式可知，对香豆酸的结构中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C、由结构简式可知，对香豆酸的结构中含有羧基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，C正确；
D、1mol对香豆酸含有1mol羧基与1mol酚羟基，其中1mol的羧基与Na反应生成0.5mol的H2，1mol的羟基也与Na反应生成0.5mol的H2，合计生成1mol，即标况下22.4L，D正确；
故答案为：A
【分析】对香豆酸分子中的羧基可发生酸性反应（与Na、NaOH等反应）、酯化（取代）反应；酚羟基具有弱酸性（与Na、NaOH反应，不与NaHCO3反应），能发生苯环上的取代反应（如与溴水反应）、显色反应（遇FeCl3显紫色），也易被氧化；碳碳双键可发生加成反应（使溴的CCl4溶液褪色）、氧化反应（使酸性KMnO4溶液褪色）和加聚反应；苯环可发生加成（与H2）、取代（卤代、硝化等）反应。
6．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、将新鲜牛奶保存在冰箱，低温能减缓牛奶中微生物的繁殖和化学反应速率，从而减缓变质，A正确；
B、石膏的主要成分为CaSO4，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，原理是石膏作为电解质使豆浆中的蛋白质发生盐析（降低蛋白质溶解度使其凝聚析出），而非变性（变性是不可逆的结构破坏），B错误；
C、水垢的主要成分为CaCO3、Mg(OH)2，白醋中的醋酸酸性比碳酸强，利用酸性强弱原理，白醋中的醋酸能与碳酸钙反应生成可溶性物质，相关的化学方程式为：，C正确；
D、臭氧具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构，因此可用于汽车内饰消毒，D正确；
故答案为：B
【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】C
【知识点】离子共存；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、Fe3+与SCN-会发生络合反应形成红色的Fe(CN)3络合物，且Fe3+在酸性条件下会氧化I-，相关的反应为：，因此不能大量共存，A错误；
B、在酸性条件下具有强氧化性，会氧化Fe2+，相关的反应为：，因此不能大量共存，B错误；
C、Cu2+、Na+、Cl-、相互之间在溶液中均无沉淀、气体生成或氧化还原反应发生，且溶液澄清透明，因此可以大量共存，C正确；
D、加入铝能产生氢气的溶液可能是强酸或强碱溶液。若为强酸，则CO32-与H+反应生成CO2和H2O；若为强碱，则NH4+与OH-反应生成NH3·H2O。因此该组离子不一定能大量共存，D错误；
故答案为：C
【分析】离子共存问题的规律总结：
反应性离子不能共存：能够发生反应的离子不能共存，例如SO42-与Ba2+、Ag+等离子不能大量共存。
有色离子与无色溶液：在无色溶液中，有色离子（如Cu2+、Fe2+、Fe3+等）不能大量共存。
强酸性溶液中的离子：在强酸性溶液中，非强酸根离子和OH-不能大量共存。
弱电解质的形成：当离子间结合生成弱电解质时，这些离子不能大量共存，例如H+与OH-。
气体和沉淀的生成：某些离子在反应中会生成气体或沉淀，这会导致它们不能共存，例如CO32-与H+反应生成CO2气体。
8．【答案】A
【知识点】甲烷的取代反应；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、羟基（-OH）的摩尔质量为：17g/mol，17g羟基的物质的量为：1mol。而1个羟基中含O原子8个，H原子1个，共计带9个电子，因此1mol羟基含9NA个电子，A正确；
B、选项中只给出了溶液的物质的量浓度，未给出溶液体积，无法计算Na+的物质的量和数目，B错误；
C、合成氨反应为：，属于典型的可逆反应，反应不能完全转化，因此1mol N2和3mol H2无法完全转化为2mol NH3，实际生成量小于2NA，C错误；
D、甲烷与氯气的取代反应是连锁反应，也就是说甲烷与Cl2的取代反应会生成多种氯代物，CH3Cl仅为其中一种，且反应不完全，分子数小于NA，D错误；
故答案为：A
【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。
9．【答案】B
【知识点】化学键；极性键和非极性键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A、从能量变化图可以看出，加入KI后反应的活化能降低，但反应物与生成物相同，说明KI是该反应的催化剂，A正确；
B、在其他条件不变时，反应物浓度越大，单位体积内的活化分子数越多，反应速率越快。因此H2O2浓度越大，分解速率越快，错误；
C、从能量变化图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，C正确；
D、反应：中，断裂了H2O2中的O-O非极性键和O-H极性键，形成了H2O中的O-H极性键和O2中的O=O非极性键，因此涉及极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，D正确；
故答案为：B
【分析】看能量变化图只需对比起点反应物总能量和终点生成物总能量：反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，反应物总能量低于生成物总能量为吸热反应，活化能只影响反应快慢，不决定吸热还是放热。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、化学平衡是动态平衡，反应并没有停止，只是正反应和逆反应的速率相等，反应物和生成物的消耗与生成速率相同，宏观上表现为浓度不变。如果速率等于零，反应就已经停止，这不是化学平衡的状态，A错误；
B、根据质量守恒定律，反应前后所有物质均为气体，气体的总质量始终保持不变，无论反应是否达到平衡，质量都不会发生变化。因此，“质量不变” 无法作为判断平衡的依据，B错误；
C、各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，只是反应过程中可能出现的一种瞬间状态，并不代表各物质的量不再变化。达到平衡的关键是 “各组分的量不再改变”，而不是比例恰好等于计量数之比，C错误；
D、根据反应式，正反应消耗3mol H2生成1mol CH3OH，逆反应消耗1mol CH3OH生成3mol H2。当两者速率相等时，说明正逆反应速率相等，达到平衡，D正确；
故答案为：D
【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。
11．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、与H+反应生成CO2和H2O，离子方程式为：，符合小苏打中和胃酸的反应，A正确；
B、Fe3+与Cu发生氧化还原反应，离子方程式为：，反应电荷和原子均守恒且符合反应事实，B正确；
B、石灰乳中的Ca(OH)2未完全溶解，属于悬浊液的状态，不能拆为OH－，正确反应应保留Ca(OH)2固体形式，离子方程式为：，C错误；
D、稀硝酸与银反应去除银镜，离子方程式为：，反应满足电荷和原子守恒且符合实际，D正确；
故答案为：C
【分析】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。
12．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、由N、H、O三种元素可以构成的含氧酸为，可以形成硝酸盐，A正确；
B、d为NO2，与水反应：，而酸性氧化物的定义是一类能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物，因此不是酸性氧化物，B错误；
C、的浓溶液为浓氨水，的浓溶液为浓，二者都有挥发性，相互靠近时会反应，，而产生的 即为白烟，C正确；
D、自然界中存在转化关系：，，，D正确；
故答案为：B
【分析】首先根据价类二维图，确定各物质的种类和化合价：a为氢化物且N为-3价，故a为NH3；b为单质且N为0价，故b为N2；c为氧化物且N为+2价，故c为NO；d为氧化物且N为+4价故d为NO2（或N2O4）；e为含氧酸且N为+5价，故e为HNO3；f为盐且N为+5价，故f为硝酸盐（如NH4NO3）。
13．【答案】D
【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、结构中的W（H）原子最外层只有2个电子，不满足8电子结构，A错误；
B、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，则简单离子半径：Z >X>Y，B错误；
C、“氧化物对应水化物的酸性”未指明最高价，如HNO2是弱酸， H2SO4是强酸，酸性：Z>X，C错误；
D、元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，而非金属性：O大于S，则简单氢化物的稳定性：H2O>H2S，D正确；
故答案为：D
【分析】首先根据题目信息和结构推断出元素：W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，W形成1个共价键，且原子序数最小，故W是H元素；Y与Z同主族，且Z能形成6个共价键（双键+单键），符合ⅥA族元素特征，故Y是O元素，Z是S元素；X与Y同周期且相邻，原子序数小于Y故X是N元素；综上：W=H，X=N，Y=O，Z=S。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；离子方程式的书写；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、工业上一般是向海水中加石灰乳Ca(OH)2，因为原料价廉易得且能有效生成沉淀Mg(OH)2，A正确；
B、操作Ⅲ中，若电解MgCl2溶液，由于镁是活泼金属，阴极会优先析出H2，无法得到金属镁。工业上制备镁的方法是电解熔融的MgCl2，B错误；
C、将溴单质吹入盛有二氧化硫水溶液的吸收塔内转化成氢溴酸，其中SO2作还原剂，使Br2转化为HBr，实现溴的富集方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，C正确；
D、根据分析，“氧化Ⅰ”和“氧化Ⅱ”离子方程式相同，都是用Cl2氧化Br-，对应的离子方程式为：Cl2+2Br =2Cl +Br2，D正确；
故答案为：B
【分析】向海水中加石灰乳Ca(OH)2，生成沉淀Mg(OH)2，过滤后向沉淀Mg(OH)2中加入盐酸生成MgCl2，通过电解熔融状态的氯化镁生成镁单质；向酸化的海水中通入氯气，使溴离子转化为溴单质，方程式：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl，将溴单质吹入盛有二氧化硫水溶液的吸收塔内转化成氢溴酸，方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，向吸收塔内通入适量的氯气，方程式为：2HBr+Cl2=2HCl+Br2，用四氯化碳萃取吸收塔中的溴单质，据此完成了整个从海水中提取溴和镁的流程；
15．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A、浓硫酸使蔗糖变成“黑面包”，体现的是脱水性（将蔗糖中的H、O按水的比例脱去，生成碳）和强氧化性（碳与浓硫酸反应生成气体，使面包膨胀），而非吸水性，叙述之间无因果关系，A错误；
B、二氧化硅和焦炭反应生成粗硅，反应为：，该反应体现的是焦炭的还原性，而非多孔结构，叙述之间无因果关系，B错误；
C、工业上可用铝槽车运输浓硫酸，是因为浓硫酸使铝表面发生钝化，形成一层致密的氧化膜阻止反应继续进行，并非不反应，叙述之间无因果关系，C错误；
D、铁锅清洗后要及时擦干水分保存，是因为铁在潮湿空气中会发生电化学腐蚀也就是吸氧腐蚀，水分的存在会加速腐蚀，因此擦干水分可以减缓铁的氧化，叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且因果关系成立，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的叙述的化学现象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；
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置为原电池，Li+阳离子向右移动，则右侧碳布为正极，废电极为负极失去电子，生成锂离子，而电流由正极流向负极，则电流由碳布电极沿导线流向废电极，A正确；
B、废电极为负极，失去电子发生氧化反应，因此废电极上 LiFePO4失去电子生成 Li+和 FePO4，故负极电极式为：，B正确；
C、NO2中的N为+4价，被还原成中的+3价，每1个NO2得1个电子，则23gNO2即0.5molNO2转移0.5NA个电子，C错误；
D、未捕获的废气中主要含有CO2及SO2气体，均属于酸性氧化物，因此可用NaOH溶液进行吸收，D正确；
故答案为：C
【分析】要书写原电池电极反应式，可以遵循以下步骤：确定电极：首先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；书写反应方程式：在等式的两边分别写出反应物和生成物，标明电子的得失，并根据质量守恒和电荷守恒进行配平；注意共存离子：注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存，若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；考虑反应环境：根据电解质的酸碱性判断产物，特别是在燃料电池中，反应环境会影响最终生成物。
17．【答案】（1）C4H6O2；碳碳双键、羧基
（2）HCl
（3）B；C
（4）；溴单质；加成反应
（5）4
（6）CH3C(COOH)=CH2+CH3OHCH3C(COOCH3)=CH2+H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）、由结构，化合物ⅴ的分子式为C4H6O2，其官能团名称为碳碳双键、羧基；
（2）、反应Ⅰ中，化合物ⅲ与发生取代反应生成化合物ⅳ和一种小分子，结合质量守恒，该小分子为HCl；
（3）A、化合物ⅰ中含甲基，甲基为四面体形，所有原子不会共平面，A错误；
B、同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；化合物ⅰ与乙烯互为同系物，B正确；
C、化合物ⅲ含有羧基，能发生取代反应，C正确；
D、化合物ⅲ中不含能和酸性反应的物质，不能使得溶液褪色，D错误；
故答案为：BC；
（4）、化合物ⅴ中含碳碳双键，能发生加聚反应生成；化合物ⅴ中含碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应引入2个溴原子；
（5）、化合物X与化合物ⅳ互为同分异构体，且含有相同的官能团，则含有碳氯键、羧基，满足该条件的化合物X有：HOOCCHClCH2CH3、CH2ClCH2CH2COOH、HOOCCH2CHClCH3、(CH3)2CClCOOH，4种
（6）、ⅴ中含有羧基，能和甲醇发生酯化反应生成ⅵ，反应为：CH3C(COOH)=CH2+CH3OHCH3C(COOCH3)=CH2+H2O。
【分析】由有机合成路线可知，丙烯和HCl加成生成ⅱ，这一步遵循马氏规则，氢加在含氢较多的双键碳上，同时双键打开，H加在端位碳上，Cl加在中间碳上，生成卤代烃；ⅱ中氯原子转化为羧基得到ⅲ，这一步是典型的“卤代烃→腈→羧酸”增碳反应，比原料多了1个碳原子，增长了碳链；ⅲ与氯气发生取代生成ⅳ，其中羧酸的α碳（与羧基直接相连的碳）上的氢原子活性高，被氯取代，为后续消去反应引入卤素原子；ⅳ中氯原子发生取代生成羟基，羟基发生消去反应转化为ⅴ，这一步在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应，脱去HCl，形成碳碳双键；同时羧基与NaOH中和生成钠盐，接着酸化后，羧酸钠变回羧基，引入碳碳双键，得到目标产物的羧酸部分；ⅴ和甲醇发生酯化反应生成ⅵ，羧酸与醇脱水生成酯，得到最终产物；
（1）由结构，化合物ⅴ的分子式为C4H6O2，其官能团名称为碳碳双键、羧基；
（2）反应Ⅰ中，化合物ⅲ与发生取代反应生成化合物ⅳ和一种小分子，结合质量守恒，该小分子为HCl；
（3）A．化合物ⅰ中含甲基，甲基为四面体形，所有原子不会共平面，错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；化合物ⅰ与乙烯互为同系物，正确；
C．化合物ⅲ含有羧基，能发生取代反应，正确；
D．化合物ⅲ中不含能和酸性反应的物质，不能使得溶液褪色，错误；
故选BC；
（4）化合物ⅴ中含碳碳双键，能发生加聚反应生成；化合物ⅴ中含碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应引入2个溴原子；
（5）化合物X与化合物ⅳ互为同分异构体，且含有相同的官能团，则含有碳氯键、羧基，满足该条件的化合物X有HOOCCHClCH2CH3、CH2ClCH2CH2COOH、HOOCCH2CHClCH3、(CH3)2CClCOOH，4种
（6）ⅴ中含有羧基，能和甲醇发生酯化反应生成ⅵ，反应为CH3C(COOH)=CH2+CH3OHCH3C(COOCH3)=CH2+H2O。
18．【答案】；沿烧杯内壁将浓硝酸缓缓加入水中，边加边搅拌；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；除去NO中的水蒸气，防止与过氧化钠反应；排除装置中的空气，防止NO氧化为NO2，防止过氧化钠与空气中水蒸气、二氧化碳反应；酸雨、光化学烟雾；中N元素化合价为+3价，化合价既可以升高也可以降低；氧化性；酸化的溶液褪色；会
【知识点】实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、根据稀释前后，溶质物质的量不变，则需要浓硝酸的体积，因为稀释浓硝酸和浓硫酸的方法相同，稀释浓硝酸具体操作是：沿烧杯内壁将浓硝酸缓缓加入水中，边加边搅拌；
（2）、稀硝酸与铜丝发生反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；碱石灰的作用是：除去NO中的水蒸气，防止与过氧化钠反应；
（3）、反应开始前打开并通入氮气，目的是排除装置中的空气，防止NO氧化为NO2，防止过氧化钠与空气中水蒸气、二氧化碳反应；实验中产生的NO尾气不能直接排放，否则导致酸雨、光化学烟雾等；
（4）、中N元素化合价为+3价，化合价既可以升高也可以降低，则该化合物既有氧化性又有还原性；溶液变蓝色，说明KI被氧化为单质碘，即具有氧化性；具有还原性，可以将还原，则现象为酸化的溶液褪色；
（5）、0.125kg泡菜含亚硝酸钠含量：，因此会引起中毒。
【分析】反应开始前，打开活塞K1并通入氮气，来赶走装置里的空气，因为空气中的O2会把生成的NO氧化为NO2，干扰后续反应；除此之外，空气中的水蒸气、二氧化碳会和过氧化钠反应，导致目标产物不纯；接着关闭K1，打开K2，稀硝酸与铜丝反应：，生成的NO气体通入装有碱石灰的U型管，除去混有的水蒸气和挥发的酸性杂质，得到干燥纯净的NO；净化后的NO通入装有过氧化钠的硬质玻璃管，发生主反应：，生成目标产物亚硝酸钠；反应装置末端连接盛有浓硫酸的洗气瓶，目的是防止外界空气中的水蒸气进入硬质玻璃管，避免Na2O2和NaNO2受潮变质，且NO是有毒气体，不能直接排放，需要在装置末端进行尾气处理，防止污染空气。
19．【答案】（1）+3
（2）研磨粉碎红土镍矿，适当搅拌；
（3）
（4）2.5；生成
（5）NaHCO3；用于治疗胃酸
（6）取少量滤渣2于试管中，加入盐酸溶化，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，即可证明滤渣中含有
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、黄钠铁矾[]中钠离子为+1价，为-2价，为-1价，化合物总价态为0，因此铁元素的化合价为+3。
（2）、为加快酸浸速率，可以研磨粉碎红土镍矿以增大接触面积或适当搅拌；根据分析，滤渣1的主要成分：。
（3）、“氧化”时双氧水氧化Fe2+使之转化为，离子方程式为：。
（4）、溶液铝保有率越高，所得黄钠铁矾纯度越高，随着pH的升高，生成了，所得黄钠铁矾纯度降低，则溶液铝保有率降低。
和足量CO2反应得到Al (OH)3和NaHCO3，因此“沉铝”后的滤液中主要成分是NaHCO3；NaHCO3可用于治疗胃酸。
（5）、滤渣2主要为，可能含有少量，验证滤渣2中含有的实验方案可以为：取少量滤渣2于试管中，加入盐酸溶化，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，即可证明滤渣中含有。
【分析】低品位红土镍矿(主要含、FeO、、MgO、NiO、等)原料在稀硫酸中浸取，NiO、MgO、Al2O3、、FeO与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，过滤得滤渣，滤液含金属阳离子Ni2+、Mg2+、Al3+、、Fe2+；“氧化”时加入双氧水Fe2+氧化为；“造矾”加入Na2CO3溶液生成沉淀；加入过量NaOH溶液，得到Ni(OH)2和Mg (OH)2，还可能含有少量，Al3+与过量NaOH溶液生成；和CO2反应得到Al (OH)3。整个流程通过“酸浸-氧化-沉淀-分离”的步骤，实现了铁、铝的分步回收；其中酸浸中加稀硫酸，是为了溶解金属氧化物，除去SiO2；氧化中加H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+；造矾中加入Na2CO3，是为了沉淀出黄钠铁矾，回收铁；除杂中加入过量的NaOH，是为了沉淀Ni2+、Mg2+，保留Al在溶液中；沉铝中通CO2，是为了生成Al(OH)3沉淀，回收铝；
（1）黄钠铁矾[]中钠离子为+1价，为-2价，为-1价，化合物总价态为0，因此铁元素的化合价为+3。
（2）为加快酸浸速率，可以研磨粉碎红土镍矿以增大接触面积或适当搅拌；根据分析，滤渣1的主要成分。
（3）“氧化”时双氧水氧化Fe2+使之转化为，离子方程式为。
（4）溶液铝保有率越高，所得黄钠铁矾纯度越高，随着pH的升高，生成了，所得黄钠铁矾纯度降低，则溶液铝保有率降低。
和足量CO2反应得到Al (OH)3和NaHCO3，因此“沉铝”后的滤液中主要成分是NaHCO3；NaHCO3可用于治疗胃酸。
（5）滤渣2主要为，可能含有少量，验证滤渣2中含有的实验方案可以为：取少量滤渣2于试管中，加入盐酸溶化，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，即可证明滤渣中含有。
20．【答案】BD；偏大；；0.50；1.00；使反应物浓度不同，且溶液总体积保持一致；e；
【知识点】化学反应速率；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；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）、配制250mL溶液需要使用250mL的容量瓶，定容时需要用到胶头滴管，因此需要用到的仪器是BD；若定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大。
（2）、溶液和溶液反应生成S、SO2、H2O和Na2SO4，该反应的离子方程式为：。
（3）、实验目的是为了探究反应物浓度不同对反应速率的影响，必须保证溶液总体积一致，因此，；实验中为了探究反应物浓度不同对反应速率的影响，必须保证溶液总体积一致，因此加入蒸馏水的目的是使反应物浓度不同，且溶液总体积保持一致。
（4）、反应③中反应物浓度最大，反应速率最快，且，产生的沉淀最多，则透光率最低，因此反应③对应的曲线是e。
（5）、实验④反应前，浓度为，60s时溶液中浓度减半，即，因此0~60s反应速率。
【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。
离子方程式的书写规则：确定反应物和生成物的化学式：首先，明确参与反应的化学物质及其化学式；拆分为离子：将反应物和生成物中可溶于水的强电解质（如酸、碱、盐）拆分为其组成的离子。对于非电解质、弱电解质和单质，则保持原状不拆分；消去相同离子：在等式两边，如果存在相同的离子且它们的系数相等，则可以相互抵消掉，以简化方程式；检查电荷守恒和质量守恒：确保离子方程式中的电荷总数在反应前后保持不变，并且所有元素的原子个数也保持不变；配平：根据需要调整各物质的系数，使方程式满足质量守恒定律。
1 / 1广东省韶关市2024-2025学年高一下学期教学质量检测化学试题
一、选择题：本题包括16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，只有一项符合题目要求。
1．广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是
A．石湾窑翠毛釉梅瓶 B．紫檀木雕玉兰花杯
C．香云纱大襟衫 D．蕃禺铭铜鼎
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；合金及其应用
【解析】【解答】A、石湾窑翠毛釉梅瓶属于瓷器，瓷器的主要原料是黏土（含硅酸盐），经高温烧结而成，属于硅酸盐材料，A正确；
B、紫檀木雕玉兰花杯由木材雕刻而成，主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，不是硅酸盐，B项错误；
C、香云纱大襟衫由丝绸或棉麻织物制成，主要成分为蛋白质或纤维素，属于有机材料，不是硅酸盐，C错误；
D、蕃禺铭铜鼎由青铜（铜合金）铸造，属于金属材料，不是硅酸盐，D错误；
故答案为：A
【分析】明确硅酸盐材料范畴：陶瓷、玻璃、水泥、砖瓦等都属于传统硅酸盐制品；而木材、纺织品、金属铜均不属于硅酸盐。
2．6月5日是世界环境日，我国在多个领域积极践行建设人与自然和谐共生的现代化理念。下列行为不符合这一理念的是
A．建设污水管网，防止工业废水流入湖泊
B．发展清洁能源，减少传统化石能源消耗
C．践行垃圾分类，回收金属、塑料等垃圾
D．施用过量化肥，实现农作物增产的目的
【答案】D
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；常见的生活环境的污染及治理；绿色化学
【解析】【解答】A、建设污水管网，拦截工业废水，避免废水污染湖泊水体，保护水资源和生态环境，符合理念，A错误；
B、发展风能、太阳能等清洁能源，减少煤、石油等化石能源使用，降低废气排放、减轻空气污染，符合理念，B错误；
C、垃圾分类并回收金属、塑料，可资源再利用、减少固体垃圾污染，节约资源、保护环境，符合理念，C错误；
D、施用过量化肥，多余化肥会随雨水流入土壤和水体，造成土壤板结、水体富营养化、污染地下水，破坏生态环境，不符合绿色发展和人与自然和谐共生的理念，D正确；
故答案为：D
【分析】建设人与自然和谐共生的现代化，核心是围绕保护环境、绿色低碳、减少污染、可持续发展。
3．我国科学家研究发现，室温下甲烷可在铜原子催化下转化为甲醇。下列关于甲醇的化学用语错误的是
A．分子式为 B．结构式为
C．电子式为 D．分子结构模型为
【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、甲醇的结构是1个碳原子、4个氢原子和1个氧原子组成，故甲醇的结构简式：CH3OH，分子式为：CH4O，A正确；
B、结构式需要完整表示出分子中所有原子之间的成键情况，每个原子之间的共价键都用短线表示出来，故甲醇的结构式为：，B正确；
C、甲醇的电子式中，氧原子最外层有6个价电子，需要形成2对共用电子对以达到8电子稳定结构。图中给出的电子式里，氧原子周围的电子表示不完整，缺少了氧原子上的孤电子对，故正确的电子式为：，C错误；
D、甲醇的分子结构模型中，碳原子（大球）连接3个氢原子和1个氧原子（黑球），氧原子再连接1个氢原子，与甲醇的真实空间结构一致，故分子结构模型为：，D正确；
故答案为：C
【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．中国汉代炼丹家发现硫磺燃烧的产物()具有刺激性，可用于药物制备，兴趣小组对展开了相关研究，其中不能达到预期目的的是
A．制取 B．干燥
C．验证的漂白性 D．吸收
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；实验装置综合；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、Cu与浓硫酸在加热的条件下发生反应生成SO2，对应的化学方程式为：，其中装置中试管口略向下倾斜、用酒精灯加热，铜丝可控制反应的发生与停止，能达到目的，A错误；
B、浓硫酸具有吸水性，且SO2是酸性气体，不与浓硫酸反应，能用浓硫酸来干燥，气体“长进短出”，能与浓硫酸充分接触，B错误；
C、SO2使溴水褪色，对应的化学方程式为：，这个过程主要体现SO2的还原性，而不是漂白性，C正确；
D、SO2是酸性氧化物，能与NaOH反应，对应的化学方程式为：，可以用NaOH溶液来吸收多余的SO2，装置中倒扣的漏斗可防止倒吸，D错误；
故答案为：C
【分析】SO2漂白性是指与某些有色有机物结合生成不稳定无色物质（如品红溶液褪色），不能使溴水这类无机物因漂白而褪色。并且SO2的漂白性具有选择性，只对品红、草帽、纸张等有机物有效；它与溴水、酸性KMnO4溶液、FeCl3溶液等反应，体现的都是还原性，而非漂白性。
5．对香豆酸是一种天然有机酸，其对多种细菌有抑制作用，结构简式如图所示，下列关于对香豆酸说法错误的是
A．含有4种官能团
B．能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．能发生取代反应和加成反应
D．1mol对香豆酸与足量Na反应生成标况下22.4L
【答案】A
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、由结构简式可知，对香豆酸的结构中含有羧基、碳碳双键、羟基3种官能团，A错误；
B、由结构简式可知，对香豆酸的结构中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C、由结构简式可知，对香豆酸的结构中含有羧基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，C正确；
D、1mol对香豆酸含有1mol羧基与1mol酚羟基，其中1mol的羧基与Na反应生成0.5mol的H2，1mol的羟基也与Na反应生成0.5mol的H2，合计生成1mol，即标况下22.4L，D正确；
故答案为：A
【分析】对香豆酸分子中的羧基可发生酸性反应（与Na、NaOH等反应）、酯化（取代）反应；酚羟基具有弱酸性（与Na、NaOH反应，不与NaHCO3反应），能发生苯环上的取代反应（如与溴水反应）、显色反应（遇FeCl3显紫色），也易被氧化；碳碳双键可发生加成反应（使溴的CCl4溶液褪色）、氧化反应（使酸性KMnO4溶液褪色）和加聚反应；苯环可发生加成（与H2）、取代（卤代、硝化等）反应。
6．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识不相符的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将新鲜牛奶保存在冰箱 低温能减缓牛奶变质
B 用石膏促进豆浆中豆腐析出 石膏使蛋白质变性
C 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性比碳酸强
D 用臭氧给汽车内饰消毒 臭氧具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、将新鲜牛奶保存在冰箱，低温能减缓牛奶中微生物的繁殖和化学反应速率，从而减缓变质，A正确；
B、石膏的主要成分为CaSO4，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，原理是石膏作为电解质使豆浆中的蛋白质发生盐析（降低蛋白质溶解度使其凝聚析出），而非变性（变性是不可逆的结构破坏），B错误；
C、水垢的主要成分为CaCO3、Mg(OH)2，白醋中的醋酸酸性比碳酸强，利用酸性强弱原理，白醋中的醋酸能与碳酸钙反应生成可溶性物质，相关的化学方程式为：，C正确；
D、臭氧具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构，因此可用于汽车内饰消毒，D正确；
故答案为：B
【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．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．酸性溶液中：、、、
C．澄清透明的溶液中：、、、
D．加入铝能产生氢气的溶液：、、、
【答案】C
【知识点】离子共存；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、Fe3+与SCN-会发生络合反应形成红色的Fe(CN)3络合物，且Fe3+在酸性条件下会氧化I-，相关的反应为：，因此不能大量共存，A错误；
B、在酸性条件下具有强氧化性，会氧化Fe2+，相关的反应为：，因此不能大量共存，B错误；
C、Cu2+、Na+、Cl-、相互之间在溶液中均无沉淀、气体生成或氧化还原反应发生，且溶液澄清透明，因此可以大量共存，C正确；
D、加入铝能产生氢气的溶液可能是强酸或强碱溶液。若为强酸，则CO32-与H+反应生成CO2和H2O；若为强碱，则NH4+与OH-反应生成NH3·H2O。因此该组离子不一定能大量共存，D错误；
故答案为：C
【分析】离子共存问题的规律总结：
反应性离子不能共存：能够发生反应的离子不能共存，例如SO42-与Ba2+、Ag+等离子不能大量共存。
有色离子与无色溶液：在无色溶液中，有色离子（如Cu2+、Fe2+、Fe3+等）不能大量共存。
强酸性溶液中的离子：在强酸性溶液中，非强酸根离子和OH-不能大量共存。
弱电解质的形成：当离子间结合生成弱电解质时，这些离子不能大量共存，例如H+与OH-。
气体和沉淀的生成：某些离子在反应中会生成气体或沉淀，这会导致它们不能共存，例如CO32-与H+反应生成CO2气体。
8．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．17g羟基中含有电子数为
B． 溶液中含有数目为
C．1mol 和3mol 混合后充分反应，生成分子数为
D．分子数均为的甲烷与氯气混合反应，生成分子数为
【答案】A
【知识点】甲烷的取代反应；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、羟基（-OH）的摩尔质量为：17g/mol，17g羟基的物质的量为：1mol。而1个羟基中含O原子8个，H原子1个，共计带9个电子，因此1mol羟基含9NA个电子，A正确；
B、选项中只给出了溶液的物质的量浓度，未给出溶液体积，无法计算Na+的物质的量和数目，B错误；
C、合成氨反应为：，属于典型的可逆反应，反应不能完全转化，因此1mol N2和3mol H2无法完全转化为2mol NH3，实际生成量小于2NA，C错误；
D、甲烷与氯气的取代反应是连锁反应，也就是说甲烷与Cl2的取代反应会生成多种氯代物，CH3Cl仅为其中一种，且反应不完全，分子数小于NA，D错误；
故答案为：A
【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。
9．过氧化氢在一定条件下可发生分解：，其能量变化如下图所示，下列说法错误是
A．KI在反应中起催化剂的作用
B．其他条件不变时，越大，其分解速率越慢
C．反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量
D．反应涉及极性共价键和非极性共价键的断裂和形成
【答案】B
【知识点】化学键；极性键和非极性键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A、从能量变化图可以看出，加入KI后反应的活化能降低，但反应物与生成物相同，说明KI是该反应的催化剂，A正确；
B、在其他条件不变时，反应物浓度越大，单位体积内的活化分子数越多，反应速率越快。因此H2O2浓度越大，分解速率越快，错误；
C、从能量变化图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，C正确；
D、反应：中，断裂了H2O2中的O-O非极性键和O-H极性键，形成了H2O中的O-H极性键和O2中的O=O非极性键，因此涉及极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，D正确；
故答案为：B
【分析】看能量变化图只需对比起点反应物总能量和终点生成物总能量：反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，反应物总能量低于生成物总能量为吸热反应，活化能只影响反应快慢，不决定吸热还是放热。
10．以和为原料合成甲醇有利于实现“碳中和、碳达峰”，在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：。下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是
A．正、逆反应速率相等且等于零
B．容器内气体的质量不在变化
C．、、、的物质的量之比为1：3：1：1
D．相同时间内，消耗3mol 同时消耗1mol
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、化学平衡是动态平衡，反应并没有停止，只是正反应和逆反应的速率相等，反应物和生成物的消耗与生成速率相同，宏观上表现为浓度不变。如果速率等于零，反应就已经停止，这不是化学平衡的状态，A错误；
B、根据质量守恒定律，反应前后所有物质均为气体，气体的总质量始终保持不变，无论反应是否达到平衡，质量都不会发生变化。因此，“质量不变” 无法作为判断平衡的依据，B错误；
C、各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，只是反应过程中可能出现的一种瞬间状态，并不代表各物质的量不再变化。达到平衡的关键是 “各组分的量不再改变”，而不是比例恰好等于计量数之比，C错误；
D、根据反应式，正反应消耗3mol H2生成1mol CH3OH，逆反应消耗1mol CH3OH生成3mol H2。当两者速率相等时，说明正逆反应速率相等，达到平衡，D正确；
故答案为：D
【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。
11．下列离子反应方程式与所给事实不相符的是
A．小苏打治疗胃酸过多：
B．用制作印刷电路板：
C．用石灰乳吸收制备漂白粉：
D．用稀硝酸除去试管上的银镜：
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、与H+反应生成CO2和H2O，离子方程式为：，符合小苏打中和胃酸的反应，A正确；
B、Fe3+与Cu发生氧化还原反应，离子方程式为：，反应电荷和原子均守恒且符合反应事实，B正确；
B、石灰乳中的Ca(OH)2未完全溶解，属于悬浊液的状态，不能拆为OH－，正确反应应保留Ca(OH)2固体形式，离子方程式为：，C错误；
D、稀硝酸与银反应去除银镜，离子方程式为：，反应满足电荷和原子守恒且符合实际，D正确；
故答案为：C
【分析】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。
12．如图是氮元素的价类二维图，下列说法错误的是
A．由N、H、O三种元素可以构成e或f
B．d与水反应生成e，d属于酸性氧化物
C．a的浓溶液靠近浓盐酸会产生白烟
D．自然界存在b→c→d→e的转化关系
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、由N、H、O三种元素可以构成的含氧酸为，可以形成硝酸盐，A正确；
B、d为NO2，与水反应：，而酸性氧化物的定义是一类能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物，因此不是酸性氧化物，B错误；
C、的浓溶液为浓氨水，的浓溶液为浓，二者都有挥发性，相互靠近时会反应，，而产生的 即为白烟，C正确；
D、自然界中存在转化关系：，，，D正确；
故答案为：B
【分析】首先根据价类二维图，确定各物质的种类和化合价：a为氢化物且N为-3价，故a为NH3；b为单质且N为0价，故b为N2；c为氧化物且N为+2价，故c为NO；d为氧化物且N为+4价故d为NO2（或N2O4）；e为含氧酸且N为+5价，故e为HNO3；f为盐且N为+5价，故f为硝酸盐（如NH4NO3）。
13．化合物甲在电镀、医药领域具有广泛用途，其结构如图所示。其中W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，X与Y同周期且相邻，Y与Z同主族。下列说法正确的是
A．结构中所有原子均满足8电子结构
B．简单离子半径：Z>Y>X
C．氧化物对应水化物的酸性：X>Z
D．简单氢化物的稳定性：Y>Z
【答案】D
【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、结构中的W（H）原子最外层只有2个电子，不满足8电子结构，A错误；
B、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，则简单离子半径：Z >X>Y，B错误；
C、“氧化物对应水化物的酸性”未指明最高价，如HNO2是弱酸， H2SO4是强酸，酸性：Z>X，C错误；
D、元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，而非金属性：O大于S，则简单氢化物的稳定性：H2O>H2S，D正确；
故答案为：D
【分析】首先根据题目信息和结构推断出元素：W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期元素，W形成1个共价键，且原子序数最小，故W是H元素；Y与Z同主族，且Z能形成6个共价键（双键+单键），符合ⅥA族元素特征，故Y是O元素，Z是S元素；X与Y同周期且相邻，原子序数小于Y故X是N元素；综上：W=H，X=N，Y=O，Z=S。
14．海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。下图是从海水中提取溴和镁的流程，下列说法错误的是
A．工业上的沉淀剂选用石灰乳
B．操作Ⅲ中通常用电解溶液制备Mg
C．吸收塔中用作还原剂使转化为HBr
D．“氧化Ⅰ”和“氧化Ⅱ”发生的离子方程式为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；离子方程式的书写；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A、工业上一般是向海水中加石灰乳Ca(OH)2，因为原料价廉易得且能有效生成沉淀Mg(OH)2，A正确；
B、操作Ⅲ中，若电解MgCl2溶液，由于镁是活泼金属，阴极会优先析出H2，无法得到金属镁。工业上制备镁的方法是电解熔融的MgCl2，B错误；
C、将溴单质吹入盛有二氧化硫水溶液的吸收塔内转化成氢溴酸，其中SO2作还原剂，使Br2转化为HBr，实现溴的富集方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，C正确；
D、根据分析，“氧化Ⅰ”和“氧化Ⅱ”离子方程式相同，都是用Cl2氧化Br-，对应的离子方程式为：Cl2+2Br =2Cl +Br2，D正确；
故答案为：B
【分析】向海水中加石灰乳Ca(OH)2，生成沉淀Mg(OH)2，过滤后向沉淀Mg(OH)2中加入盐酸生成MgCl2，通过电解熔融状态的氯化镁生成镁单质；向酸化的海水中通入氯气，使溴离子转化为溴单质，方程式：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl，将溴单质吹入盛有二氧化硫水溶液的吸收塔内转化成氢溴酸，方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，向吸收塔内通入适量的氯气，方程式为：2HBr+Cl2=2HCl+Br2，用四氯化碳萃取吸收塔中的溴单质，据此完成了整个从海水中提取溴和镁的流程；
15．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确，并且有因果关系的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 浓硫酸能使蔗糖变成“黑面包” 浓硫酸具有吸水性
B 二氧化硅和焦炭反应生成粗硅 焦炭具有多孔结构
C 化工石用铝糟车运输浓硫酸 浓硫酸与铝不反应
D 铁锅清洗后要及时擦干水分保存 铁在潮湿空气易被氧化
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A、浓硫酸使蔗糖变成“黑面包”，体现的是脱水性（将蔗糖中的H、O按水的比例脱去，生成碳）和强氧化性（碳与浓硫酸反应生成气体，使面包膨胀），而非吸水性，叙述之间无因果关系，A错误；
B、二氧化硅和焦炭反应生成粗硅，反应为：，该反应体现的是焦炭的还原性，而非多孔结构，叙述之间无因果关系，B错误；
C、工业上可用铝槽车运输浓硫酸，是因为浓硫酸使铝表面发生钝化，形成一层致密的氧化膜阻止反应继续进行，并非不反应，叙述之间无因果关系，C错误；
D、铁锅清洗后要及时擦干水分保存，是因为铁在潮湿空气中会发生电化学腐蚀也就是吸氧腐蚀，水分的存在会加速腐蚀，因此擦干水分可以减缓铁的氧化，叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且因果关系成立，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的叙述的化学现象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；
16．中科大团队设计了一种新型回收装置(如图所示)，能绿色回收废电极中的Li，同时捕获废气中，并产生可观的电能。下列说法错误的是
A．电流由碳布电极沿导线流向废电极
B．废电极的电极反应式为
C．捕获23g 转移电子数为
D．未被捕获的废气在实验室中可用NaOH溶液除去
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置为原电池，Li+阳离子向右移动，则右侧碳布为正极，废电极为负极失去电子，生成锂离子，而电流由正极流向负极，则电流由碳布电极沿导线流向废电极，A正确；
B、废电极为负极，失去电子发生氧化反应，因此废电极上 LiFePO4失去电子生成 Li+和 FePO4，故负极电极式为：，B正确；
C、NO2中的N为+4价，被还原成中的+3价，每1个NO2得1个电子，则23gNO2即0.5molNO2转移0.5NA个电子，C错误；
D、未捕获的废气中主要含有CO2及SO2气体，均属于酸性氧化物，因此可用NaOH溶液进行吸收，D正确；
故答案为：C
【分析】要书写原电池电极反应式，可以遵循以下步骤：确定电极：首先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；书写反应方程式：在等式的两边分别写出反应物和生成物，标明电子的得失，并根据质量守恒和电荷守恒进行配平；注意共存离子：注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存，若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；考虑反应环境：根据电解质的酸碱性判断产物，特别是在燃料电池中，反应环境会影响最终生成物。
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．甲基丙烯酸甲酯(ⅵ)是有机玻璃的单体，一种合成甲基丙烯酸甲酯的路线如下图所示：
请回答以下问题：
（1）化合物ⅴ的分子式为　 　，其官能团名称为　 　。
（2）反应Ⅰ中，化合物ⅲ与生成化合物ⅳ和一种小分子，推测该小分子为　 　(填化学式)。
（3）关于上述合成路线中相关物质及转化，下列有关说法中正确的是___________(填标号)。
A．化合物ⅰ所有原子共平面
B．化合物ⅰ与乙烯互为同系物
C．化合物ⅲ能发生取代反应
D．化合物ⅲ能使酸性溶液褪色
（4）根据化合物ⅴ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应条件、试剂 反应形成的新结构 (有机产物) 反应类型
a 催化剂 　 　 加聚反应
b 　 　 　 　
（5）化合物X与化合物ⅳ互为同分异构体，且含有相同的官能团，满足该条件的化合物X有　 　种。
（6）化合物ⅴ与发生反应Ⅱ的化学方程式为　 　。
【答案】（1）C4H6O2；碳碳双键、羧基
（2）HCl
（3）B；C
（4）；溴单质；加成反应
（5）4
（6）CH3C(COOH)=CH2+CH3OHCH3C(COOCH3)=CH2+H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）、由结构，化合物ⅴ的分子式为C4H6O2，其官能团名称为碳碳双键、羧基；
（2）、反应Ⅰ中，化合物ⅲ与发生取代反应生成化合物ⅳ和一种小分子，结合质量守恒，该小分子为HCl；
（3）A、化合物ⅰ中含甲基，甲基为四面体形，所有原子不会共平面，A错误；
B、同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；化合物ⅰ与乙烯互为同系物，B正确；
C、化合物ⅲ含有羧基，能发生取代反应，C正确；
D、化合物ⅲ中不含能和酸性反应的物质，不能使得溶液褪色，D错误；
故答案为：BC；
（4）、化合物ⅴ中含碳碳双键，能发生加聚反应生成；化合物ⅴ中含碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应引入2个溴原子；
（5）、化合物X与化合物ⅳ互为同分异构体，且含有相同的官能团，则含有碳氯键、羧基，满足该条件的化合物X有：HOOCCHClCH2CH3、CH2ClCH2CH2COOH、HOOCCH2CHClCH3、(CH3)2CClCOOH，4种
（6）、ⅴ中含有羧基，能和甲醇发生酯化反应生成ⅵ，反应为：CH3C(COOH)=CH2+CH3OHCH3C(COOCH3)=CH2+H2O。
【分析】由有机合成路线可知，丙烯和HCl加成生成ⅱ，这一步遵循马氏规则，氢加在含氢较多的双键碳上，同时双键打开，H加在端位碳上，Cl加在中间碳上，生成卤代烃；ⅱ中氯原子转化为羧基得到ⅲ，这一步是典型的“卤代烃→腈→羧酸”增碳反应，比原料多了1个碳原子，增长了碳链；ⅲ与氯气发生取代生成ⅳ，其中羧酸的α碳（与羧基直接相连的碳）上的氢原子活性高，被氯取代，为后续消去反应引入卤素原子；ⅳ中氯原子发生取代生成羟基，羟基发生消去反应转化为ⅴ，这一步在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应，脱去HCl，形成碳碳双键；同时羧基与NaOH中和生成钠盐，接着酸化后，羧酸钠变回羧基，引入碳碳双键，得到目标产物的羧酸部分；ⅴ和甲醇发生酯化反应生成ⅵ，羧酸与醇脱水生成酯，得到最终产物；
（1）由结构，化合物ⅴ的分子式为C4H6O2，其官能团名称为碳碳双键、羧基；
（2）反应Ⅰ中，化合物ⅲ与发生取代反应生成化合物ⅳ和一种小分子，结合质量守恒，该小分子为HCl；
（3）A．化合物ⅰ中含甲基，甲基为四面体形，所有原子不会共平面，错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；化合物ⅰ与乙烯互为同系物，正确；
C．化合物ⅲ含有羧基，能发生取代反应，正确；
D．化合物ⅲ中不含能和酸性反应的物质，不能使得溶液褪色，错误；
故选BC；
（4）化合物ⅴ中含碳碳双键，能发生加聚反应生成；化合物ⅴ中含碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应引入2个溴原子；
（5）化合物X与化合物ⅳ互为同分异构体，且含有相同的官能团，则含有碳氯键、羧基，满足该条件的化合物X有HOOCCHClCH2CH3、CH2ClCH2CH2COOH、HOOCCH2CHClCH3、(CH3)2CClCOOH，4种
（6）ⅴ中含有羧基，能和甲醇发生酯化反应生成ⅵ，反应为CH3C(COOH)=CH2+CH3OHCH3C(COOCH3)=CH2+H2O。
18．亚硝酸钠()可作为纺织工业中的媒染剂和橡胶工业中的防老剂。实验小组根据反应原理：，利用如下装置制备
Ⅰ．亚硝酸钠的制备
（1）实验中欲通过稀释浓硝酸的方法得到100mL 的稀硝酸，需要量取的浓硝酸的体积为　 　mL，稀释浓硝酸和浓硫酸的方法相同，稀释浓硝酸具体操作是：　 　。
（2）稀硝酸与铜丝发生反应的化学方程式为　 　，碱石灰的作用是　 　。
（3）反应开始前打开并通入氮气，目的是　 　；实验中产生的尾气不能直接排放，否则导致　 　。
Ⅱ．亚硝酸钠性质探究
（4）实验小组通过分析，认为该化合物既有氧化性又有还原性，理由是　 　。
实验 实验操作及现象或结果 结论
1 取5mL 溶液于试管中，加入少量KI溶液，充分反应后，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色 具有　 　
2 取5mL 溶液(已酸化)于试管中，滴加足量的溶液，可观察到的实验现象为　 　 具有还原性
（5）一般情况下，当人体一次性摄取大于300mg的亚硝酸钠时，就会引起中毒。某泡菜中亚硝酸钠含量，若某人一次食入0.125kg这种泡菜，　 　(填“会”或“不会”)引起中毒。
【答案】；沿烧杯内壁将浓硝酸缓缓加入水中，边加边搅拌；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；除去NO中的水蒸气，防止与过氧化钠反应；排除装置中的空气，防止NO氧化为NO2，防止过氧化钠与空气中水蒸气、二氧化碳反应；酸雨、光化学烟雾；中N元素化合价为+3价，化合价既可以升高也可以降低；氧化性；酸化的溶液褪色；会
【知识点】实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、根据稀释前后，溶质物质的量不变，则需要浓硝酸的体积，因为稀释浓硝酸和浓硫酸的方法相同，稀释浓硝酸具体操作是：沿烧杯内壁将浓硝酸缓缓加入水中，边加边搅拌；
（2）、稀硝酸与铜丝发生反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；碱石灰的作用是：除去NO中的水蒸气，防止与过氧化钠反应；
（3）、反应开始前打开并通入氮气，目的是排除装置中的空气，防止NO氧化为NO2，防止过氧化钠与空气中水蒸气、二氧化碳反应；实验中产生的NO尾气不能直接排放，否则导致酸雨、光化学烟雾等；
（4）、中N元素化合价为+3价，化合价既可以升高也可以降低，则该化合物既有氧化性又有还原性；溶液变蓝色，说明KI被氧化为单质碘，即具有氧化性；具有还原性，可以将还原，则现象为酸化的溶液褪色；
（5）、0.125kg泡菜含亚硝酸钠含量：，因此会引起中毒。
【分析】反应开始前，打开活塞K1并通入氮气，来赶走装置里的空气，因为空气中的O2会把生成的NO氧化为NO2，干扰后续反应；除此之外，空气中的水蒸气、二氧化碳会和过氧化钠反应，导致目标产物不纯；接着关闭K1，打开K2，稀硝酸与铜丝反应：，生成的NO气体通入装有碱石灰的U型管，除去混有的水蒸气和挥发的酸性杂质，得到干燥纯净的NO；净化后的NO通入装有过氧化钠的硬质玻璃管，发生主反应：，生成目标产物亚硝酸钠；反应装置末端连接盛有浓硫酸的洗气瓶，目的是防止外界空气中的水蒸气进入硬质玻璃管，避免Na2O2和NaNO2受潮变质，且NO是有毒气体，不能直接排放，需要在装置末端进行尾气处理，防止污染空气。
19．一种以低品位红土镍矿(主要含、FeO、、MgO、NiO、等)为原料获得净水剂黄钠铁矾[]并回收铝的工艺流程如下
已知：①黄钠铁矾为不溶于水橙黄色晶体；回答下列问题：
（1）黄钠铁矾[]中铁元素的化合价为　 　。
（2）为加快酸浸速率，可以采取的措施　 　(填2条)，滤渣1的主要成分　 　(填化学式)。
（3）“氧化”发生的离子方程式为　 　。
（4）研究发现“造矾”反应溶液pH值与黄钠铁矾沉铁率、溶液铝保有率变化如图所示。溶液铝保有率越高，所得黄钠铁矾纯度越高。沉铁的最佳pH为　 　；随着pH的升高，溶液中铝的保有率降低，可能的原因是　 　。
（5）通入足量，“沉铝”后的滤液中主要成分是　 　(填化学式)，列举该物质在生产生活的一种用途　 　。
（6）滤渣2主要为，可能含有少量。请设计实验方案验证滤渣2中含有：　 　。
【答案】（1）+3
（2）研磨粉碎红土镍矿，适当搅拌；
（3）
（4）2.5；生成
（5）NaHCO3；用于治疗胃酸
（6）取少量滤渣2于试管中，加入盐酸溶化，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，即可证明滤渣中含有
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、黄钠铁矾[]中钠离子为+1价，为-2价，为-1价，化合物总价态为0，因此铁元素的化合价为+3。
（2）、为加快酸浸速率，可以研磨粉碎红土镍矿以增大接触面积或适当搅拌；根据分析，滤渣1的主要成分：。
（3）、“氧化”时双氧水氧化Fe2+使之转化为，离子方程式为：。
（4）、溶液铝保有率越高，所得黄钠铁矾纯度越高，随着pH的升高，生成了，所得黄钠铁矾纯度降低，则溶液铝保有率降低。
和足量CO2反应得到Al (OH)3和NaHCO3，因此“沉铝”后的滤液中主要成分是NaHCO3；NaHCO3可用于治疗胃酸。
（5）、滤渣2主要为，可能含有少量，验证滤渣2中含有的实验方案可以为：取少量滤渣2于试管中，加入盐酸溶化，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，即可证明滤渣中含有。
【分析】低品位红土镍矿(主要含、FeO、、MgO、NiO、等)原料在稀硫酸中浸取，NiO、MgO、Al2O3、、FeO与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，过滤得滤渣，滤液含金属阳离子Ni2+、Mg2+、Al3+、、Fe2+；“氧化”时加入双氧水Fe2+氧化为；“造矾”加入Na2CO3溶液生成沉淀；加入过量NaOH溶液，得到Ni(OH)2和Mg (OH)2，还可能含有少量，Al3+与过量NaOH溶液生成；和CO2反应得到Al (OH)3。整个流程通过“酸浸-氧化-沉淀-分离”的步骤，实现了铁、铝的分步回收；其中酸浸中加稀硫酸，是为了溶解金属氧化物，除去SiO2；氧化中加H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+；造矾中加入Na2CO3，是为了沉淀出黄钠铁矾，回收铁；除杂中加入过量的NaOH，是为了沉淀Ni2+、Mg2+，保留Al在溶液中；沉铝中通CO2，是为了生成Al(OH)3沉淀，回收铝；
（1）黄钠铁矾[]中钠离子为+1价，为-2价，为-1价，化合物总价态为0，因此铁元素的化合价为+3。
（2）为加快酸浸速率，可以研磨粉碎红土镍矿以增大接触面积或适当搅拌；根据分析，滤渣1的主要成分。
（3）“氧化”时双氧水氧化Fe2+使之转化为，离子方程式为。
（4）溶液铝保有率越高，所得黄钠铁矾纯度越高，随着pH的升高，生成了，所得黄钠铁矾纯度降低，则溶液铝保有率降低。
和足量CO2反应得到Al (OH)3和NaHCO3，因此“沉铝”后的滤液中主要成分是NaHCO3；NaHCO3可用于治疗胃酸。
（5）滤渣2主要为，可能含有少量，验证滤渣2中含有的实验方案可以为：取少量滤渣2于试管中，加入盐酸溶化，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，即可证明滤渣中含有。
20．硫代硫酸钠晶体()易溶于水，可用作定影剂和还原剂。某兴趣小组配制硫代硫酸钠溶液，并利用其探究反应物浓度对反应速率的影响。
Ⅰ．实验准备：配制250mL 溶液
（1）配制过程中需要使用下列仪器中的　 　(填标号)，若定容时俯视刻度线，对溶液浓度的影响是　 　。(填偏大、偏小、无影响)
A． B． C． D．
Ⅱ．实验方案：探究浓度对化学反应速率的影响。
相同温度下，按照下表中的体积将 溶液、H2SO4溶液与蒸馏水混合，并采集反应后分光光度计数据，绘制出透光率随时间变化的曲线。
编号 溶液V/mL 溶液V/mL 蒸馏水V/mL
① 0.50 1.50 1.00
② 1.00 1.50 x
③ 1.50 1.50 0
④ 1.50 y 0.50
⑤ 1.50 0.50 1.00
（2）写出与反应的离子方程式：　 　。
（3）表中　 　，　 　，加入蒸馏水的目的是　 　。
Ⅲ．结果分析：透光率随时间变化的曲线
（4）透光率可反映溶液浑浊度情况，产生的沉淀越多则透光率越低。分析透光率变化曲线，反应③对应的曲线是　 　。
（5）实验④中60s时溶液中浓度减半，计算0~60s 反应速率　 　。
【答案】BD；偏大；；0.50；1.00；使反应物浓度不同，且溶液总体积保持一致；e；
【知识点】化学反应速率；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；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）、配制250mL溶液需要使用250mL的容量瓶，定容时需要用到胶头滴管，因此需要用到的仪器是BD；若定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大。
（2）、溶液和溶液反应生成S、SO2、H2O和Na2SO4，该反应的离子方程式为：。
（3）、实验目的是为了探究反应物浓度不同对反应速率的影响，必须保证溶液总体积一致，因此，；实验中为了探究反应物浓度不同对反应速率的影响，必须保证溶液总体积一致，因此加入蒸馏水的目的是使反应物浓度不同，且溶液总体积保持一致。
（4）、反应③中反应物浓度最大，反应速率最快，且，产生的沉淀最多，则透光率最低，因此反应③对应的曲线是e。
（5）、实验④反应前，浓度为，60s时溶液中浓度减半，即，因此0~60s反应速率。
【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。
离子方程式的书写规则：确定反应物和生成物的化学式：首先，明确参与反应的化学物质及其化学式；拆分为离子：将反应物和生成物中可溶于水的强电解质（如酸、碱、盐）拆分为其组成的离子。对于非电解质、弱电解质和单质，则保持原状不拆分；消去相同离子：在等式两边，如果存在相同的离子且它们的系数相等，则可以相互抵消掉，以简化方程式；检查电荷守恒和质量守恒：确保离子方程式中的电荷总数在反应前后保持不变，并且所有元素的原子个数也保持不变；配平：根据需要调整各物质的系数，使方程式满足质量守恒定律。
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