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江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 化学与生活、科技发展息息相关，下列说法正确的是
A. 放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应
B. (又名足球烯)、金刚石、石墨均为碳元素组成的单质，具有完全相同的性质
C. 大力发展风能发电、焚烧处理稻田秸秆与实现“碳达峰、碳中和”理念相符合
D. 绿色植物的光合作用中不涉及电子的转移
【答案】A
【解析】
【详解】A．直径在1-100nm之间的悬浮颗粒分散到空气中可形成气溶胶，可产生丁达尔效应，故放映室射到银幕上的光柱的形成也属于丁达尔效应，故A正确；
B．、金刚石、石墨为结构不同的几种碳单质，结构决定性质，因此性质不完全相同，如金刚石硬度很大，而石墨很软，故B错误；
C．焚烧处理稻田秸秆容易造成大气污染，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故C错误；
D．绿色植物的光合作用中将二氧化碳转化为氧气，该转化属于氧化还原反应，涉及电子的转移，故D错误；
故选：A。
2. 下列关于有机物的说法不正确的
A. 某有机物在空气中完全燃烧只生成CO2和H2O，可知该有机物一定是烃
B. 苯是芳香烃的母体，是一种具有环状分子结构的不饱和烃
C. 等质量的C2H4和C3H6完全燃烧，消耗的氧气的量相等
D. 二氯甲烷只有一种结构，说明甲烷正四面体结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．烃的含氧衍生物在空气中完全燃烧也只生成二氧化碳和水，则在空气中完全燃烧只生成二氧化碳和水的有机物不一定是烃，故A错误；
B．苯是芳香烃的母体，是一种具有环状分子结构的不饱和烃，结构简式为，故B正确；
C．最简式相同的烃，只有质量相等，完全燃烧时消耗氧气的量相等，C2H4和C3H6的最简式相同，都为CH2，所以等质量的C2H4和C3H6完全燃烧，消耗的氧气的量相等，故C正确；
D．若甲烷为平面结构，二氯甲烷的结构有两种，则二氯甲烷只有一种结构，说明甲烷不是平面结构，是正四面体结构，故D正确；
故选A。
3. EPR是一种对氧化剂具有较好抗耐性的合成材料，应用极为广泛，其结构简式可以表示，合成EPR所用的单体为
A. B.
C. 和D. 和
【答案】C
【解析】
【详解】此聚合物链节中无双键，则两个碳原子为一组，取链节断开中间的单键后加双键即得高聚物的单体，故C项正确。
4. 工业合成氨的反应为： N2(g)+3H2(g)2NH3(g)， 已知氨的平衡产率随温度的升高而降低。假设反应在恒温密闭容器中进行，下列说法不正确的是
A. 该反应是最重要的人工固氮途径
B 使用催化剂能大大提高生产效率
C. 当混合气体的平均摩尔质量不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 通过调控温度，可提高原料的平衡转化率，且温度越低， 生产成本越低
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应中将游离态的氮转化为化合态，通过人为实现氮的固定，A正确；
B．催化剂可以加快反应速率，提高生产效率，B正确；
C．该反应前后气体系数之和不相等，则气体的总物质的量会变，根据质量守恒可知气体质量不变，所以未平衡时平均摩尔质量会变，当其不变时，说明反应平衡，C正确；
D．温度越低则反应速率越慢，生产效率降低，生产成本可能会提高，D错误；
综上所述答案为D。
5. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一。CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ/ml，恒温恒容时，下列措施可以同时提高反应速率和H2O的转化率的是
A. 加压B. 增大一氧化碳的浓度C. 升温D. 分离出二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应为气体分子数不变的反应，加压不改变平衡移动，不能提高水的转化率，A不符合题意；
B．增大一氧化碳的浓度，物质浓度增大，反应加快，且平衡正向移动，水的转化率增大，B符合题意；
C．反应为放热反应，升高温度反应速率增大，但是平衡逆向移动，水的转化率降低，C不符合题意；
D．分离出二氧化碳，平衡正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；
故选B。
6. 短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A元素与C元素同主族，B的单质可以在A的单质中燃烧，生成一种具有强氧化性的物质，C元素与D元素相邻，D元素最高价氧化物对应的水化物和氢化物溶于水都能完全电离。下列说法错误的是
A. 元素A与元素B形成的两种化合物中，阴、阳离子个数比都是1：2
B. 利用D的单质和C的氢化物反应，可证明非金属性：D>C
C. 可用酒精除去试管内壁附着的C单质
D. 简单离子半径：C>D>A>B
【答案】C
【解析】
【分析】D元素最高价氧化物对应的水化物(HClO4)和氢化物(HCl)溶于水都能完全电离，说明D为Cl；C元素与D元素相邻，则C为S；A元素与C元素同主族，A为O；B的单质可以在A的单质中燃烧，生成一种具有强氧化性的物质，则A为Na。
【详解】A．元素A与元素B形成的两种化合物为Na2O和Na2O2(为过氧根离子)，阴、阳离子个数比都是1：2，A正确；
B．利用D的单质和C的氢化物反应，Cl2和H2S反应生成HCl和S，证明非金属性：D>C，B正确；
C．硫微溶于酒精，不可用酒精除去试管内壁附着的C单质，C错误；
D．核外电子数相同，核电荷数越大，半径越小，S2->Cl-，O2->Na+，电子层数越多半径越大，S2-和Cl-核外有4层电子，O2-和Na+核外有3层电子，简单离子半径： S2->Cl->O2->Na+，D正确；
故答案为：C。
7. 实验室用和溶液制备碳酸亚铁的装置如图所示（夹持装置已省略），三颈烧瓶中产生白色沉淀及无色气体。下列说法不正确的是
A. 装置甲产生可排除装置中的空气
B. 装置乙中盛装的试剂为饱和溶液
C. 装置丙中发生反应的离子方程式：
D. 反应结束后，将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁
【答案】B
【解析】
【分析】为防止氧化，制备碳酸亚铁应在无氧环境中进行，装置制备CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，进入丙中驱赶装置内的空气，丙装置中碳酸氢根与Fe2+反应生成FeCO3，丁用于吸收多余的CO2并避免空气进入丙中氧化目标产物；
【详解】A．装置甲产生可排除装置中的空气，开始时应先通一段时间CO2排尽装置的空气防止FeCO3被氧化，A正确；
B．CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，而不是饱和碳酸钠，B错误；
C．丙中二氧化碳与Fe2+反应生成FeCO3同时生成二氧化碳、水，，C正确；
D．丙中碳酸亚铁为沉淀，故反应后将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁，D正确；
故选B。
8. 下列说法正确的个数是
①由同种元素组成的物质一定是单质
②金属氧化物都是碱性氧化物
③根据能否发生丁达尔效应可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
④既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
⑤将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变红
⑥向酚酞溶液中加入足量粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成
⑦光照氯水有气泡冒出，该气体是
⑧具有强氧化性，可以用作自来水消毒剂
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①由同种元素组成的物质不一定是单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧混合在一起就是由一种元素组成的混合物，故①错误；
②金属氧化物不都是碱性氧化物，如七氧化二锰属于酸性氧化物；故②错误；
③溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是根据丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故③错误；
④既有单质参加又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如氧气转化为臭氧的反应，故④错误；
⑤钠与水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，所以将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变蓝，故⑤错误；
⑥向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，能漂白，所以溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故⑥正确；
⑦HClO不稳定，受热易分解，反应方程式为2HClO2HCl+O2↑，得到的气体是氧气，故⑦错误；
⑧ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作自来水消毒剂，故⑧正确。
综上，⑥⑧正确。
答案选B。
9. 模型建构是化学学习的一种重要方法，下列说法正确的是
A. 图a甲烷的二氯代物有2种
B. 与图互为同分异构体还有4种
C. 图c立方烷的分子式为
D. 由图推测中3个碳原子共直线
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷分子为正四面体形，二氯甲烷分子为四面体形，故甲烷的二氯代物只有1种，A项错误；
B．由图b烷烃的碳架结构知该烷烃的分子式为C6H14，其结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，其同分异构体的结构简式为CH3(CH2)4CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2CH3、(CH3)3CCH2CH3，共4种，B项正确；
C．由图c立方烷的键线式知，其分子式为C8H8，C项错误；
D．乙烯分子中2个碳原子和4个氢原子共平面，CH2=CH—CH3中3个碳原子共平面，但不共直线，D项错误；
答案选B。
10. 为了探究原电池工作原理，设计如图1装置，某离子浓度变化如图2所示(不考虑副反应)下列叙述错误的是
A. 图1中，铜极为负极，铂极发生还原反应
B. 图2中，N代表与时间的关系
C. 图1中，铂极电极反应式为
D. 图2中，a点时转化了约66.7%
【答案】C
【解析】
【分析】该原电池的原理是Cu和FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2，Cu做负极，Pt做正极；
【详解】A．该原电池的原理是Cu和FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2，铜元素化合价升高，铜极为负极，铂极做正极，铁离子得电子生成亚铁离子，化合价降低，发生还原反应，故A正确；
B．由离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，随着反应进行，c(Fe3+)逐渐减小，逐渐增大，因此图2中，N代表与时间的关系，故B正确；
C．图1中，铂极做正极，铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为，故C错误；
D．由离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，当c(Fe3+)= c(Cu2+)时，c(Fe3+)=1ml/L，因此a点时FeCl3转化了约，故D正确；
故选：C。
11. 煤经间接液化可制得CH3OH等液态燃料，转化过程如图：
其中过程II的反应原理为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，该反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. 过程I的反应是放热反应
B. 2mlH2(g)具有的能量大于1mlCH3OH(g)具有的能量
C. 若过程II中反应生成液态CH3OH，最终放出的热量更少
D. 过程II的反应有共价键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程I是焦炭还原水蒸汽生成CO、H2，属于吸热反应，故A错误；
B．根据图示，2mlH2(g)和1mlCO的总能量大于1mlCH3OH(g)具有的能量，故B错误；
C．相同物质的量的液体甲醇的能量小于气态甲醇，若过程II中反应生成液态CH3OH，最终放出的热量更多，故C错误；
D．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应有共价键氢氢键、碳氧键的断裂，有碳氢键、氢氧键的形成，故D正确；
选D。
12. 有一水溶液含有以下离子中的若干种：、、、、、，现取两份100 mL的该溶液分别进行如下实验（已知：）
（1）第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体1120mL。
（2）第二份加足量溶液，得沉淀6．63g，再用足量盐酸洗涤、干燥后得沉淀质量为4．66g。
根据上述实验，下列推测正确的是
A. 原溶液中肯定存在的离子为、、、
B. 原溶液中的物质的量浓度一定为
C. 原溶液中一定不存在
D. 原溶液中的物质的量浓度为
【答案】D
【解析】
【分析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体体积为1120mL(物质的量为0.05ml)，说明溶液中存在(物质的量为0.05ml)，第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀6.63g，再用足量盐酸洗涤、干燥后得沉淀质量为4.66g，沉淀为BaSO4和BaCO3，n(BaSO4)=，故n()=0.02ml，溶液中不存在Ba2+，n(BaCO3)= ，因HCO+OH−=H2O+CO，故n(HCO)=0.01ml，根据电荷守恒可知，正负电荷相等，故溶液中要么没有K+，要么同时有等浓度的K+和Cl-。
【详解】A．由以上分析可知，原溶液中不一定有K+，A错误；
B．由以上分析可知，原溶液中不一定有K+，B错误；
C．由以上分析可知，不能确定是否含有Cl-，C错误；
D．原溶液中HCO的物质的量浓度为，D正确；
故选D。
13. 粗盐中常含有杂质、和，常用除杂试剂有溶液、溶液、溶液以及稀盐酸。为将杂质除尽设计如下步骤：
下列有关说法错误的是
A. 试剂①一定不是溶液
B. 为确保除杂彻底，试剂①、②、③均需适当过量
C. 若滤液中加入的稀盐酸过量，将导致获得的晶体不纯
D. 溶解、过滤、蒸发操作均需用到玻璃棒
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，粗盐溶解后、加NaOH除去镁离子、加BaCl2除去离子，加Na2CO3除去Ca2+及过量的Ba2+，则Na2CO3一定在BaCl2之后，过滤后滤液还含NaOH、Na2CO3，可加盐酸除去杂质，最后蒸发得到氯化钠固体。
【详解】A．Na2CO3一定在BaCl2之后，因此试剂①一定不是溶液，故A正确；
B．为确保除杂彻底，加入的试剂一般都是需要适当过量，故B正确；
C．结晶时，HCl会随温度升高而挥发，因此获得的晶体不会有HCl杂质，故C错误；
D．溶解、蒸发时玻璃棒用来搅拌，过滤时玻璃棒用来引流，因此溶解、过滤、蒸发操作均需用到玻璃棒，故D正确；
故答案选C。
14. 二氯化二硫可作硫化剂，实验室用如图装置（夹持装置已省略）通过硫与少量氯气在反应制得少量。下列说法正确的是
已知：常温下是一种黄红色液体，沸点为，在空气中剧烈水解而“发烟”。
A. 溶液1，2分别为浓硫酸和饱和食盐水
B. 实验过程中，为了提高氯气的利用率，应先点燃d处的酒精灯，再点燃a处
C. 只含有极性共价键
D. f处的装置可以是装有碱石灰的球形干燥管
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室制取氯气先除去氯化氢，再干燥，故溶液1、2分别为饱和食盐水和浓硫酸，A项错误；
B．为防止粉被氧化，应先点燃a处酒精灯，产生的氯气排尽装置内的空气后再点燃d处酒精灯，B项错误；
C．中既含有S—Cl极性键又含有非极性键，C项错误；
D．实验时要吸收多余的氯气，并防止外界空气中水蒸气加入e中使S2Cl2水解，故f处的装置可以选用装有碱石灰的球形干燥管，D项正确；
故答案选D。
15. A、B、C、D是含同一元素的四种物质，所含有的元素都位于元素周期表前20位。A是单质，D是该元素最高价氧化物对应的水化物。相互之间有如图所示的转化关系。下列说法错误的是
A. C可能为红棕色气体
B. B→C→D的转化过程一定会发生电子的得失或偏移
C. 若A为黄色固体，则将过量铜丝插入含溶质2ml的D的浓溶液中，加热并完全反应，获得的B的物质的量小于1ml
D. D为某种弱酸时，该转化关系也能成立
【答案】B
【解析】
【详解】A．若A为，则A～D分别为、NO、、时转化关系成立，A正确；
B．若A为Al，则A～D分别为A1、、、时转化关系成立，B→C→D的过程没有发生氧化还原反应，B错误；
C．若A为S，则A～D分别为S、、、时转化关系成立，铜丝只能与浓硫酸发生反应，随着反应的进行，硫酸浓度变小，因此生成的量少于1ml，C正确；
D．若A为Si或C，则A～D分别为Si、、、或者C、、、时转化关系成立，D正确；
答案选B。
16. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
注：实验中c(KMnO4) = 0.01 ml·L-1。
下列说法不正确的是
A. 实验①中发生了反应2 MnO+ 2NH3 = 2MnO2 + N2↑ + 2OH- + 2H2O
B. 溶液完全褪色所需时间② < ①的主要原因：c(H+)增大，MnO的氧化性增强
C. 对比实验③④可得出，还原性：NH3 > NH
D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH溶液，可观察到溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，说明发生了反应+2NH3=2MnO2+ +2OH-+2H2O，A正确；
B．对比实验②和实验③可知影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，B错误；
C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，C正确；
D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，因此溶液褪色，D正确。
故选B。
二、非选择题(共52分)
17. 已知有烃分子：①；② ；③ ；④ ；⑤ ；⑥ 。
（1）写出①的同分异构体的结构简式：______。
（2）写出②在一定条件下与水反应的化学方程式为：_______。
（3）与④互为同系物的是___________(填序号)。
（4）③二氯代物有_____种。
（5）写出⑤的分子式：________。
（6）乙烯能发生聚合反应，该反应产物的用途之一是___________。
【答案】（1）、
（2）CH2=CH2+H2O CH3CH2OH
（3）①⑥ （4）3
（5）C7H8 （6）做塑料袋
【解析】
【小问1详解】
①是正戊烷，可将①中一个甲基作为支链即可得到其中一种同分异构体得到异戊烷，结构简式：，还有新戊烷： 。
【小问2详解】
②为乙烯，黑球代表C原子，白球代表H原子，结构式是： ；乙烯在一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH。
【小问3详解】
④为球棍模型，该物质属于乙烷，成键方式都是单键，则与它互为同系物的是①⑥。
【小问4详解】
③是苯，只有1种H原子，固定一个Cl原子，另一个Cl原子可取代在邻、间、对位，即二氯代物有 共3种。
【小问5详解】
⑤为苯环C6H6和一个甲基取代苯环上的一个H原子，则分子式C7H8。
【小问6详解】
乙烯能发生聚合反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为n CH2=CH2 ，聚乙烯的用途是做塑料袋。
18. 科学家利用氧化锆锌作催化剂，在一定温度下将和转化为重要有机原料甲醇，其原理为： (即正反应为放热反应)。在容积为的恒温密闭容器中，充入和发生上述反应。和的物质的量随时间变化如图所示。回答下列问题：
（1）图中_____。
（2）0－内，的反应速率为_______。
（3）下列叙述正确的是_______(填序号)。
a．时的生成速率等于其分解速率
b．由保持不变，可判断该反应达到平衡状态
c．当时，该反应一定达到平衡状态
d．当的体积分数不再变化，可判断该反应达到平衡状态
（4）该温度下达到平衡时，混合气体中的体积分数为________，此时体系压强与开始时的压强之比为_____。
（5）其他条件不变时，下列措施不能使生成的反应速率增大的是_______(填序号)。
a．增大的浓度 b．将容器的容积变为
c．恒容条件下充入一定量 d．将恒温恒容容器改为绝热恒容容器
（6）已知升高温度，平衡向吸热方向移动。降低温度，此反应再次达到平衡时体系中混合气体的平均摩尔质量____(填“增大”“减小”或“不变”)。
（7）燃料电池的工作原理如图所示，a、b均为铂电极， A、B为燃料或氧气入口。
请写出A入口处电极反应方程式____。
【答案】（1）0.25
（2）0.25ml· L－1 ·min－1
（3）bd （4） ①. 30% ②. 5：8
（5）bc （6）增大
（7）－6e－+8OH－=+7H2O
【解析】
【分析】根据电子转移的方向，a为负极，b为正极，所以A通入CH3OH，B为氧气或者空气，A入口处电极反应方程式：，据此回答。
【小问1详解】
根据题意，可列“三段式”如下：
，a为CO2的平衡物质的量，根据分析得a=0.25；
【小问2详解】
3 min时，参加反应的CO2为0.5 ml，则H2的反应速率为==0.25ml· L－1 ·min－1；
【小问3详解】
a．3 min时，平衡向正方向进行，的生成速率大于其分解速率，a错误；
b．随反应进行，增大，当保持不变时，反应到达平衡，b正确；
c．任意情况下，均存在，因此不能判断平衡，c错误；
d．的体积分数不再变化说明反应已达平衡，d正确；
答案选bd。
【小问4详解】
①平衡时，水的体积分数==30%；
②反应前后的压强之比=气体物质的量之比==；
【小问5详解】
a．增大反应物浓度，反应速率增大，a正确；
b．增大容器体积，相当于减小压强，反应速率减小，b错误；
c．恒容充入Ne，各物质浓度不变，反应速率不变，c错误；
d．该反应为放热反应，绝热容器中，随反应进行，温度升高，反应速率增大，d正确；
故答案选bc。
【小问6详解】
该反应放热，降低温度，平衡正移，气体的物质的量减小，平均摩尔质量增大；
【小问7详解】
根据分析可知，A入口处电极反应方程式：。
19. 硫酸是在工业生产中极为重要的一种化工产品，而硫酸的浓度不同，性质也会不同。现有甲、乙两研究小组分别进行了如下实验探究：
I．甲研究小组按下图装置进行实验，验证锌与浓硫酸反应生成物中的气体成分，取足量的Zn置于b中，向a中加入适量浓硫酸，经过一段时间的反应，Zn仍有剩余。
（1）仪器a的名称是_______。
（2）在反应初始阶段，装置A中发生的化学方程式为_______。
（3）装置C中若为酸性高锰酸钾溶液，则对应的离子方程式为_____。
（4）装置G的名称为U形管，其作用为______。
（5）有同学认为A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为______。
Ⅱ．乙研究小组为了利用稀硫酸制备CuSO4，进行了如下图所示的实验设计。
实验表明，Fe3+能加快生成CuSO4的反应速率，发挥作用的原理可表述为：
①2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+
②∙∙∙∙∙∙
（6）反应②的离子方程式为______。
（7）取CuSO4·5H2O晶体隔绝空气加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示，当达到120℃时，固体的成分为_______。
【答案】（1）分液漏斗
（2）Zn + 2H2SO4(浓) ZnSO4 + SO2↑ + 2H2O
（3）5SO2 + 2+ 2H2O = 5 + 2Mn2+ + 4H+
（4）防止水蒸气进入F中干扰实验
（5）防倒吸 （6）4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O
（7）CuSO4·H2O
【解析】
【分析】A是制取气体的装置，制备的气体中有二氧化硫、氢气、水蒸气，B装置是检验二氧化硫，C装置是检验二氧化硫是否除尽，D装置是浓硫酸，吸水干燥作用，E装置是用还原性气体还原氧化铜，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成，G是防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验。
【小问1详解】
由图可知，装置图中仪器a为分液漏斗；
【小问2详解】
反应初始阶段，A中锌和浓硫酸反应得到硫酸锌、二氧化硫和水，化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+2H2O+SO2↑；
【小问3详解】
高锰酸钾可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，其本身被还原为锰离子，离子方程式为：5SO2 + 2MnO+ 2H2O = 5SO + 2Mn2+ + 4H+；
【小问4详解】
由分析可知，装置F用来检验水的生成，因此U形管的作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验；
【小问5详解】
二氧化硫易溶于水，会使A中压强减小从而发生倒吸现象，A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为防止发生倒吸；
【小问6详解】
根据反应流程，Fe3+为催化剂，Fe3+能加快生成CuSO4的反应速率，整个过程中，既有Fe3+参加反应，又有Fe3+的生成，故②的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
小问7详解】
2.50 g CuSO4·5H2O晶体的物质的量是n(CuSO4·5H2O)= 2.50 g÷250 g/ml=0.01ml，含有结晶水的质量是m(H2O)= 0.01ml×5ml×18g/ml=0.9g，从开始的2.50 g到120℃时的1.78g，固体质量减少2.50 g-1.78g=0.72g<0.9g，说明还含有结晶水，含有结晶水的物质的量是n(H2O)=(0.9g-0.72g)÷18g/ml=0.01ml，n(CuSO4): n(H2O)=0.01ml:0.01ml=1:1，所以120℃时化学式是CuSO4•H2O。
20. 碱式氧化镍是镍电池的正极活性材料。利用镍渣(主要含NiO，及少量、CuO、CaO、等杂质)制备碱式氧化镍的流程如下：
（1）为了提高“酸浸”中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有______(填标号)。
A. 研磨废料B. 加入大量水C. 搅拌D. 适当升高温度
（2）浸渣的主要成分除CaSO4外还有______。
（3）“沉铜”过程中生成单质S的离子方程式为______。
（4）“氧化”中的目的是将氧化为，若试剂R选用，写出“氧化”时反应的离子方程式：_______。
（5）碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，电池的总反应为，其工作时的正极电极反应式为_______。
【答案】（1）B （2）SiO2
（3）2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+
（4）2H+++2Fe2+=2Fe3++2H2O
（5）H2O+NiOOH+e－=Ni(OH)2+OH－
【解析】
【分析】向含NiO的废料(杂质主要含NiO，及少量、CuO、CaO、等)加入过量硫酸，SiO2和稀硫酸不反应，CaO和硫酸反应生成难溶于水的CaSO4，滤渣为SiO2和CaSO4，滤液中含有Fe3+、Ni2+、Cu2+、Ca2+，向滤液中加入H2S将Cu2+转化为CuS沉淀除去，同时Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，过滤后向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为更容易沉淀的Fe3+，再加试剂NiO调节溶液的pH除去Fe3+，过滤得到含Ni2+的滤液和氢氧化铁沉淀的滤渣，向滤液中加氟化钠将溶液中的Ca2+转化为难溶性的CaF2，过滤得到Ni2+的溶液，向滤液中加NaOH和Cl2将Ni2+转化为NiOOH，经过滤、洗涤、干燥等步骤得到NiOOH固体，据此分析解题。
【小问1详解】
提高“酸浸”中原料的浸出效率，采取的措施有：研磨废料、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等，加入大量水会降低酸液的浓度，会使浸出速率减小，故答案选B；
【小问2详解】
由分析可知滤渣的主要成分是SiO2和CaSO4；
【小问3详解】
“沉铜”过程中Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，根据得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+；
【小问4详解】
“氧化”时反应的离子方程式：2H+++2Fe2+=2Fe3++2H2O；
【小问5详解】
碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，电池的总反应为，其工作时NiOOH在正极得到电子生成Ni(OH)2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极电极反应式为H2O+NiOOH+e－=Ni(OH)2+OH－；序号
试剂
实验现象
①
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 ml·L-1氨水+0.5 mL蒸馏水
溶液完全褪色所需时间：③<②<①。实验均产生棕褐色固体(经检验为MnO2)，都伴有少量气泡产生(经检验为N2)。
②
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 ml·L-1氨水 + 0.5 mL 1 ml·L-1稀硫酸
③
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 ml·L-1氨水 + 0.5 mL 1 ml·L-1 Na2SO4溶液
④
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 5 ml·L-1 (NH4)2SO4溶液 + 0.5 mL蒸馏水
无明显变化
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 化学与生活、科技发展息息相关，下列说法正确的是
A. 放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应
B. (又名足球烯)、金刚石、石墨均为碳元素组成的单质，具有完全相同的性质
C. 大力发展风能发电、焚烧处理稻田秸秆与实现“碳达峰、碳中和”理念相符合
D. 绿色植物的光合作用中不涉及电子的转移
【答案】A
【解析】
【详解】A．直径在1-100nm之间的悬浮颗粒分散到空气中可形成气溶胶，可产生丁达尔效应，故放映室射到银幕上的光柱的形成也属于丁达尔效应，故A正确；
B．、金刚石、石墨为结构不同的几种碳单质，结构决定性质，因此性质不完全相同，如金刚石硬度很大，而石墨很软，故B错误；
C．焚烧处理稻田秸秆容易造成大气污染，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故C错误；
D．绿色植物的光合作用中将二氧化碳转化为氧气，该转化属于氧化还原反应，涉及电子的转移，故D错误；
故选：A。
2. 下列关于有机物的说法不正确的
A. 某有机物在空气中完全燃烧只生成CO2和H2O，可知该有机物一定是烃
B. 苯是芳香烃的母体，是一种具有环状分子结构的不饱和烃
C. 等质量的C2H4和C3H6完全燃烧，消耗的氧气的量相等
D. 二氯甲烷只有一种结构，说明甲烷正四面体结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．烃的含氧衍生物在空气中完全燃烧也只生成二氧化碳和水，则在空气中完全燃烧只生成二氧化碳和水的有机物不一定是烃，故A错误；
B．苯是芳香烃的母体，是一种具有环状分子结构的不饱和烃，结构简式为，故B正确；
C．最简式相同的烃，只有质量相等，完全燃烧时消耗氧气的量相等，C2H4和C3H6的最简式相同，都为CH2，所以等质量的C2H4和C3H6完全燃烧，消耗的氧气的量相等，故C正确；
D．若甲烷为平面结构，二氯甲烷的结构有两种，则二氯甲烷只有一种结构，说明甲烷不是平面结构，是正四面体结构，故D正确；
故选A。
3. EPR是一种对氧化剂具有较好抗耐性的合成材料，应用极为广泛，其结构简式可以表示，合成EPR所用的单体为
A. B.
C. 和D. 和
【答案】C
【解析】
【详解】此聚合物链节中无双键，则两个碳原子为一组，取链节断开中间的单键后加双键即得高聚物的单体，故C项正确。
4. 工业合成氨的反应为： N2(g)+3H2(g)2NH3(g)， 已知氨的平衡产率随温度的升高而降低。假设反应在恒温密闭容器中进行，下列说法不正确的是
A. 该反应是最重要的人工固氮途径
B 使用催化剂能大大提高生产效率
C. 当混合气体的平均摩尔质量不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 通过调控温度，可提高原料的平衡转化率，且温度越低， 生产成本越低
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应中将游离态的氮转化为化合态，通过人为实现氮的固定，A正确；
B．催化剂可以加快反应速率，提高生产效率，B正确；
C．该反应前后气体系数之和不相等，则气体的总物质的量会变，根据质量守恒可知气体质量不变，所以未平衡时平均摩尔质量会变，当其不变时，说明反应平衡，C正确；
D．温度越低则反应速率越慢，生产效率降低，生产成本可能会提高，D错误；
综上所述答案为D。
5. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一。CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ/ml，恒温恒容时，下列措施可以同时提高反应速率和H2O的转化率的是
A. 加压B. 增大一氧化碳的浓度C. 升温D. 分离出二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应为气体分子数不变的反应，加压不改变平衡移动，不能提高水的转化率，A不符合题意；
B．增大一氧化碳的浓度，物质浓度增大，反应加快，且平衡正向移动，水的转化率增大，B符合题意；
C．反应为放热反应，升高温度反应速率增大，但是平衡逆向移动，水的转化率降低，C不符合题意；
D．分离出二氧化碳，平衡正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；
故选B。
6. 短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A元素与C元素同主族，B的单质可以在A的单质中燃烧，生成一种具有强氧化性的物质，C元素与D元素相邻，D元素最高价氧化物对应的水化物和氢化物溶于水都能完全电离。下列说法错误的是
A. 元素A与元素B形成的两种化合物中，阴、阳离子个数比都是1：2
B. 利用D的单质和C的氢化物反应，可证明非金属性：D>C
C. 可用酒精除去试管内壁附着的C单质
D. 简单离子半径：C>D>A>B
【答案】C
【解析】
【分析】D元素最高价氧化物对应的水化物(HClO4)和氢化物(HCl)溶于水都能完全电离，说明D为Cl；C元素与D元素相邻，则C为S；A元素与C元素同主族，A为O；B的单质可以在A的单质中燃烧，生成一种具有强氧化性的物质，则A为Na。
【详解】A．元素A与元素B形成的两种化合物为Na2O和Na2O2(为过氧根离子)，阴、阳离子个数比都是1：2，A正确；
B．利用D的单质和C的氢化物反应，Cl2和H2S反应生成HCl和S，证明非金属性：D>C，B正确；
C．硫微溶于酒精，不可用酒精除去试管内壁附着的C单质，C错误；
D．核外电子数相同，核电荷数越大，半径越小，S2->Cl-，O2->Na+，电子层数越多半径越大，S2-和Cl-核外有4层电子，O2-和Na+核外有3层电子，简单离子半径： S2->Cl->O2->Na+，D正确；
故答案为：C。
7. 实验室用和溶液制备碳酸亚铁的装置如图所示（夹持装置已省略），三颈烧瓶中产生白色沉淀及无色气体。下列说法不正确的是
A. 装置甲产生可排除装置中的空气
B. 装置乙中盛装的试剂为饱和溶液
C. 装置丙中发生反应的离子方程式：
D. 反应结束后，将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁
【答案】B
【解析】
【分析】为防止氧化，制备碳酸亚铁应在无氧环境中进行，装置制备CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，进入丙中驱赶装置内的空气，丙装置中碳酸氢根与Fe2+反应生成FeCO3，丁用于吸收多余的CO2并避免空气进入丙中氧化目标产物；
【详解】A．装置甲产生可排除装置中的空气，开始时应先通一段时间CO2排尽装置的空气防止FeCO3被氧化，A正确；
B．CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，而不是饱和碳酸钠，B错误；
C．丙中二氧化碳与Fe2+反应生成FeCO3同时生成二氧化碳、水，，C正确；
D．丙中碳酸亚铁为沉淀，故反应后将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁，D正确；
故选B。
8. 下列说法正确的个数是
①由同种元素组成的物质一定是单质
②金属氧化物都是碱性氧化物
③根据能否发生丁达尔效应可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
④既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
⑤将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变红
⑥向酚酞溶液中加入足量粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成
⑦光照氯水有气泡冒出，该气体是
⑧具有强氧化性，可以用作自来水消毒剂
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①由同种元素组成的物质不一定是单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧混合在一起就是由一种元素组成的混合物，故①错误；
②金属氧化物不都是碱性氧化物，如七氧化二锰属于酸性氧化物；故②错误；
③溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是根据丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故③错误；
④既有单质参加又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如氧气转化为臭氧的反应，故④错误；
⑤钠与水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，所以将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变蓝，故⑤错误；
⑥向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，能漂白，所以溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故⑥正确；
⑦HClO不稳定，受热易分解，反应方程式为2HClO2HCl+O2↑，得到的气体是氧气，故⑦错误；
⑧ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作自来水消毒剂，故⑧正确。
综上，⑥⑧正确。
答案选B。
9. 模型建构是化学学习的一种重要方法，下列说法正确的是
A. 图a甲烷的二氯代物有2种
B. 与图互为同分异构体还有4种
C. 图c立方烷的分子式为
D. 由图推测中3个碳原子共直线
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷分子为正四面体形，二氯甲烷分子为四面体形，故甲烷的二氯代物只有1种，A项错误；
B．由图b烷烃的碳架结构知该烷烃的分子式为C6H14，其结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，其同分异构体的结构简式为CH3(CH2)4CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2CH3、(CH3)3CCH2CH3，共4种，B项正确；
C．由图c立方烷的键线式知，其分子式为C8H8，C项错误；
D．乙烯分子中2个碳原子和4个氢原子共平面，CH2=CH—CH3中3个碳原子共平面，但不共直线，D项错误；
答案选B。
10. 为了探究原电池工作原理，设计如图1装置，某离子浓度变化如图2所示(不考虑副反应)下列叙述错误的是
A. 图1中，铜极为负极，铂极发生还原反应
B. 图2中，N代表与时间的关系
C. 图1中，铂极电极反应式为
D. 图2中，a点时转化了约66.7%
【答案】C
【解析】
【分析】该原电池的原理是Cu和FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2，Cu做负极，Pt做正极；
【详解】A．该原电池的原理是Cu和FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2，铜元素化合价升高，铜极为负极，铂极做正极，铁离子得电子生成亚铁离子，化合价降低，发生还原反应，故A正确；
B．由离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，随着反应进行，c(Fe3+)逐渐减小，逐渐增大，因此图2中，N代表与时间的关系，故B正确；
C．图1中，铂极做正极，铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为，故C错误；
D．由离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，当c(Fe3+)= c(Cu2+)时，c(Fe3+)=1ml/L，因此a点时FeCl3转化了约，故D正确；
故选：C。
11. 煤经间接液化可制得CH3OH等液态燃料，转化过程如图：
其中过程II的反应原理为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，该反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. 过程I的反应是放热反应
B. 2mlH2(g)具有的能量大于1mlCH3OH(g)具有的能量
C. 若过程II中反应生成液态CH3OH，最终放出的热量更少
D. 过程II的反应有共价键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程I是焦炭还原水蒸汽生成CO、H2，属于吸热反应，故A错误；
B．根据图示，2mlH2(g)和1mlCO的总能量大于1mlCH3OH(g)具有的能量，故B错误；
C．相同物质的量的液体甲醇的能量小于气态甲醇，若过程II中反应生成液态CH3OH，最终放出的热量更多，故C错误；
D．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应有共价键氢氢键、碳氧键的断裂，有碳氢键、氢氧键的形成，故D正确；
选D。
12. 有一水溶液含有以下离子中的若干种：、、、、、，现取两份100 mL的该溶液分别进行如下实验（已知：）
（1）第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体1120mL。
（2）第二份加足量溶液，得沉淀6．63g，再用足量盐酸洗涤、干燥后得沉淀质量为4．66g。
根据上述实验，下列推测正确的是
A. 原溶液中肯定存在的离子为、、、
B. 原溶液中的物质的量浓度一定为
C. 原溶液中一定不存在
D. 原溶液中的物质的量浓度为
【答案】D
【解析】
【分析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体体积为1120mL(物质的量为0.05ml)，说明溶液中存在(物质的量为0.05ml)，第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀6.63g，再用足量盐酸洗涤、干燥后得沉淀质量为4.66g，沉淀为BaSO4和BaCO3，n(BaSO4)=，故n()=0.02ml，溶液中不存在Ba2+，n(BaCO3)= ，因HCO+OH−=H2O+CO，故n(HCO)=0.01ml，根据电荷守恒可知，正负电荷相等，故溶液中要么没有K+，要么同时有等浓度的K+和Cl-。
【详解】A．由以上分析可知，原溶液中不一定有K+，A错误；
B．由以上分析可知，原溶液中不一定有K+，B错误；
C．由以上分析可知，不能确定是否含有Cl-，C错误；
D．原溶液中HCO的物质的量浓度为，D正确；
故选D。
13. 粗盐中常含有杂质、和，常用除杂试剂有溶液、溶液、溶液以及稀盐酸。为将杂质除尽设计如下步骤：
下列有关说法错误的是
A. 试剂①一定不是溶液
B. 为确保除杂彻底，试剂①、②、③均需适当过量
C. 若滤液中加入的稀盐酸过量，将导致获得的晶体不纯
D. 溶解、过滤、蒸发操作均需用到玻璃棒
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，粗盐溶解后、加NaOH除去镁离子、加BaCl2除去离子，加Na2CO3除去Ca2+及过量的Ba2+，则Na2CO3一定在BaCl2之后，过滤后滤液还含NaOH、Na2CO3，可加盐酸除去杂质，最后蒸发得到氯化钠固体。
【详解】A．Na2CO3一定在BaCl2之后，因此试剂①一定不是溶液，故A正确；
B．为确保除杂彻底，加入的试剂一般都是需要适当过量，故B正确；
C．结晶时，HCl会随温度升高而挥发，因此获得的晶体不会有HCl杂质，故C错误；
D．溶解、蒸发时玻璃棒用来搅拌，过滤时玻璃棒用来引流，因此溶解、过滤、蒸发操作均需用到玻璃棒，故D正确；
故答案选C。
14. 二氯化二硫可作硫化剂，实验室用如图装置（夹持装置已省略）通过硫与少量氯气在反应制得少量。下列说法正确的是
已知：常温下是一种黄红色液体，沸点为，在空气中剧烈水解而“发烟”。
A. 溶液1，2分别为浓硫酸和饱和食盐水
B. 实验过程中，为了提高氯气的利用率，应先点燃d处的酒精灯，再点燃a处
C. 只含有极性共价键
D. f处的装置可以是装有碱石灰的球形干燥管
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室制取氯气先除去氯化氢，再干燥，故溶液1、2分别为饱和食盐水和浓硫酸，A项错误；
B．为防止粉被氧化，应先点燃a处酒精灯，产生的氯气排尽装置内的空气后再点燃d处酒精灯，B项错误；
C．中既含有S—Cl极性键又含有非极性键，C项错误；
D．实验时要吸收多余的氯气，并防止外界空气中水蒸气加入e中使S2Cl2水解，故f处的装置可以选用装有碱石灰的球形干燥管，D项正确；
故答案选D。
15. A、B、C、D是含同一元素的四种物质，所含有的元素都位于元素周期表前20位。A是单质，D是该元素最高价氧化物对应的水化物。相互之间有如图所示的转化关系。下列说法错误的是
A. C可能为红棕色气体
B. B→C→D的转化过程一定会发生电子的得失或偏移
C. 若A为黄色固体，则将过量铜丝插入含溶质2ml的D的浓溶液中，加热并完全反应，获得的B的物质的量小于1ml
D. D为某种弱酸时，该转化关系也能成立
【答案】B
【解析】
【详解】A．若A为，则A～D分别为、NO、、时转化关系成立，A正确；
B．若A为Al，则A～D分别为A1、、、时转化关系成立，B→C→D的过程没有发生氧化还原反应，B错误；
C．若A为S，则A～D分别为S、、、时转化关系成立，铜丝只能与浓硫酸发生反应，随着反应的进行，硫酸浓度变小，因此生成的量少于1ml，C正确；
D．若A为Si或C，则A～D分别为Si、、、或者C、、、时转化关系成立，D正确；
答案选B。
16. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
注：实验中c(KMnO4) = 0.01 ml·L-1。
下列说法不正确的是
A. 实验①中发生了反应2 MnO+ 2NH3 = 2MnO2 + N2↑ + 2OH- + 2H2O
B. 溶液完全褪色所需时间② < ①的主要原因：c(H+)增大，MnO的氧化性增强
C. 对比实验③④可得出，还原性：NH3 > NH
D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH溶液，可观察到溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，说明发生了反应+2NH3=2MnO2+ +2OH-+2H2O，A正确；
B．对比实验②和实验③可知影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，B错误；
C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，C正确；
D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，因此溶液褪色，D正确。
故选B。
二、非选择题(共52分)
17. 已知有烃分子：①；② ；③ ；④ ；⑤ ；⑥ 。
（1）写出①的同分异构体的结构简式：______。
（2）写出②在一定条件下与水反应的化学方程式为：_______。
（3）与④互为同系物的是___________(填序号)。
（4）③二氯代物有_____种。
（5）写出⑤的分子式：________。
（6）乙烯能发生聚合反应，该反应产物的用途之一是___________。
【答案】（1）、
（2）CH2=CH2+H2O CH3CH2OH
（3）①⑥ （4）3
（5）C7H8 （6）做塑料袋
【解析】
【小问1详解】
①是正戊烷，可将①中一个甲基作为支链即可得到其中一种同分异构体得到异戊烷，结构简式：，还有新戊烷： 。
【小问2详解】
②为乙烯，黑球代表C原子，白球代表H原子，结构式是： ；乙烯在一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH。
【小问3详解】
④为球棍模型，该物质属于乙烷，成键方式都是单键，则与它互为同系物的是①⑥。
【小问4详解】
③是苯，只有1种H原子，固定一个Cl原子，另一个Cl原子可取代在邻、间、对位，即二氯代物有 共3种。
【小问5详解】
⑤为苯环C6H6和一个甲基取代苯环上的一个H原子，则分子式C7H8。
【小问6详解】
乙烯能发生聚合反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为n CH2=CH2 ，聚乙烯的用途是做塑料袋。
18. 科学家利用氧化锆锌作催化剂，在一定温度下将和转化为重要有机原料甲醇，其原理为： (即正反应为放热反应)。在容积为的恒温密闭容器中，充入和发生上述反应。和的物质的量随时间变化如图所示。回答下列问题：
（1）图中_____。
（2）0－内，的反应速率为_______。
（3）下列叙述正确的是_______(填序号)。
a．时的生成速率等于其分解速率
b．由保持不变，可判断该反应达到平衡状态
c．当时，该反应一定达到平衡状态
d．当的体积分数不再变化，可判断该反应达到平衡状态
（4）该温度下达到平衡时，混合气体中的体积分数为________，此时体系压强与开始时的压强之比为_____。
（5）其他条件不变时，下列措施不能使生成的反应速率增大的是_______(填序号)。
a．增大的浓度 b．将容器的容积变为
c．恒容条件下充入一定量 d．将恒温恒容容器改为绝热恒容容器
（6）已知升高温度，平衡向吸热方向移动。降低温度，此反应再次达到平衡时体系中混合气体的平均摩尔质量____(填“增大”“减小”或“不变”)。
（7）燃料电池的工作原理如图所示，a、b均为铂电极， A、B为燃料或氧气入口。
请写出A入口处电极反应方程式____。
【答案】（1）0.25
（2）0.25ml· L－1 ·min－1
（3）bd （4） ①. 30% ②. 5：8
（5）bc （6）增大
（7）－6e－+8OH－=+7H2O
【解析】
【分析】根据电子转移的方向，a为负极，b为正极，所以A通入CH3OH，B为氧气或者空气，A入口处电极反应方程式：，据此回答。
【小问1详解】
根据题意，可列“三段式”如下：
，a为CO2的平衡物质的量，根据分析得a=0.25；
【小问2详解】
3 min时，参加反应的CO2为0.5 ml，则H2的反应速率为==0.25ml· L－1 ·min－1；
【小问3详解】
a．3 min时，平衡向正方向进行，的生成速率大于其分解速率，a错误；
b．随反应进行，增大，当保持不变时，反应到达平衡，b正确；
c．任意情况下，均存在，因此不能判断平衡，c错误；
d．的体积分数不再变化说明反应已达平衡，d正确；
答案选bd。
【小问4详解】
①平衡时，水的体积分数==30%；
②反应前后的压强之比=气体物质的量之比==；
【小问5详解】
a．增大反应物浓度，反应速率增大，a正确；
b．增大容器体积，相当于减小压强，反应速率减小，b错误；
c．恒容充入Ne，各物质浓度不变，反应速率不变，c错误；
d．该反应为放热反应，绝热容器中，随反应进行，温度升高，反应速率增大，d正确；
故答案选bc。
【小问6详解】
该反应放热，降低温度，平衡正移，气体的物质的量减小，平均摩尔质量增大；
【小问7详解】
根据分析可知，A入口处电极反应方程式：。
19. 硫酸是在工业生产中极为重要的一种化工产品，而硫酸的浓度不同，性质也会不同。现有甲、乙两研究小组分别进行了如下实验探究：
I．甲研究小组按下图装置进行实验，验证锌与浓硫酸反应生成物中的气体成分，取足量的Zn置于b中，向a中加入适量浓硫酸，经过一段时间的反应，Zn仍有剩余。
（1）仪器a的名称是_______。
（2）在反应初始阶段，装置A中发生的化学方程式为_______。
（3）装置C中若为酸性高锰酸钾溶液，则对应的离子方程式为_____。
（4）装置G的名称为U形管，其作用为______。
（5）有同学认为A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为______。
Ⅱ．乙研究小组为了利用稀硫酸制备CuSO4，进行了如下图所示的实验设计。
实验表明，Fe3+能加快生成CuSO4的反应速率，发挥作用的原理可表述为：
①2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+
②∙∙∙∙∙∙
（6）反应②的离子方程式为______。
（7）取CuSO4·5H2O晶体隔绝空气加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示，当达到120℃时，固体的成分为_______。
【答案】（1）分液漏斗
（2）Zn + 2H2SO4(浓) ZnSO4 + SO2↑ + 2H2O
（3）5SO2 + 2+ 2H2O = 5 + 2Mn2+ + 4H+
（4）防止水蒸气进入F中干扰实验
（5）防倒吸 （6）4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O
（7）CuSO4·H2O
【解析】
【分析】A是制取气体的装置，制备的气体中有二氧化硫、氢气、水蒸气，B装置是检验二氧化硫，C装置是检验二氧化硫是否除尽，D装置是浓硫酸，吸水干燥作用，E装置是用还原性气体还原氧化铜，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成，G是防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验。
【小问1详解】
由图可知，装置图中仪器a为分液漏斗；
【小问2详解】
反应初始阶段，A中锌和浓硫酸反应得到硫酸锌、二氧化硫和水，化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+2H2O+SO2↑；
【小问3详解】
高锰酸钾可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，其本身被还原为锰离子，离子方程式为：5SO2 + 2MnO+ 2H2O = 5SO + 2Mn2+ + 4H+；
【小问4详解】
由分析可知，装置F用来检验水的生成，因此U形管的作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验；
【小问5详解】
二氧化硫易溶于水，会使A中压强减小从而发生倒吸现象，A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为防止发生倒吸；
【小问6详解】
根据反应流程，Fe3+为催化剂，Fe3+能加快生成CuSO4的反应速率，整个过程中，既有Fe3+参加反应，又有Fe3+的生成，故②的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
小问7详解】
2.50 g CuSO4·5H2O晶体的物质的量是n(CuSO4·5H2O)= 2.50 g÷250 g/ml=0.01ml，含有结晶水的质量是m(H2O)= 0.01ml×5ml×18g/ml=0.9g，从开始的2.50 g到120℃时的1.78g，固体质量减少2.50 g-1.78g=0.72g<0.9g，说明还含有结晶水，含有结晶水的物质的量是n(H2O)=(0.9g-0.72g)÷18g/ml=0.01ml，n(CuSO4): n(H2O)=0.01ml:0.01ml=1:1，所以120℃时化学式是CuSO4•H2O。
20. 碱式氧化镍是镍电池的正极活性材料。利用镍渣(主要含NiO，及少量、CuO、CaO、等杂质)制备碱式氧化镍的流程如下：
（1）为了提高“酸浸”中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有______(填标号)。
A. 研磨废料B. 加入大量水C. 搅拌D. 适当升高温度
（2）浸渣的主要成分除CaSO4外还有______。
（3）“沉铜”过程中生成单质S的离子方程式为______。
（4）“氧化”中的目的是将氧化为，若试剂R选用，写出“氧化”时反应的离子方程式：_______。
（5）碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，电池的总反应为，其工作时的正极电极反应式为_______。
【答案】（1）B （2）SiO2
（3）2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+
（4）2H+++2Fe2+=2Fe3++2H2O
（5）H2O+NiOOH+e－=Ni(OH)2+OH－
【解析】
【分析】向含NiO的废料(杂质主要含NiO，及少量、CuO、CaO、等)加入过量硫酸，SiO2和稀硫酸不反应，CaO和硫酸反应生成难溶于水的CaSO4，滤渣为SiO2和CaSO4，滤液中含有Fe3+、Ni2+、Cu2+、Ca2+，向滤液中加入H2S将Cu2+转化为CuS沉淀除去，同时Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，过滤后向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为更容易沉淀的Fe3+，再加试剂NiO调节溶液的pH除去Fe3+，过滤得到含Ni2+的滤液和氢氧化铁沉淀的滤渣，向滤液中加氟化钠将溶液中的Ca2+转化为难溶性的CaF2，过滤得到Ni2+的溶液，向滤液中加NaOH和Cl2将Ni2+转化为NiOOH，经过滤、洗涤、干燥等步骤得到NiOOH固体，据此分析解题。
【小问1详解】
提高“酸浸”中原料的浸出效率，采取的措施有：研磨废料、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌等，加入大量水会降低酸液的浓度，会使浸出速率减小，故答案选B；
【小问2详解】
由分析可知滤渣的主要成分是SiO2和CaSO4；
【小问3详解】
“沉铜”过程中Fe3+和H2S反应生成Fe2+和S，根据得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+；
【小问4详解】
“氧化”时反应的离子方程式：2H+++2Fe2+=2Fe3++2H2O；
【小问5详解】
碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，电池的总反应为，其工作时NiOOH在正极得到电子生成Ni(OH)2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极电极反应式为H2O+NiOOH+e－=Ni(OH)2+OH－；序号
试剂
实验现象
①
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 ml·L-1氨水+0.5 mL蒸馏水
溶液完全褪色所需时间：③<②<①。实验均产生棕褐色固体(经检验为MnO2)，都伴有少量气泡产生(经检验为N2)。
②
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 ml·L-1氨水 + 0.5 mL 1 ml·L-1稀硫酸
③
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 10 ml·L-1氨水 + 0.5 mL 1 ml·L-1 Na2SO4溶液
④
2 mL KMnO4溶液 + 1 mL 5 ml·L-1 (NH4)2SO4溶液 + 0.5 mL蒸馏水
无明显变化
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