2023-2024学年湖南省长沙市长郡重点中学高二（上）入学化学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市长郡重点中学高二（上）入学化学试卷（含解析），共35页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1.下列关于物质的分类中，正确的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列离子方程式的书写正确的是( )
A. 过量铁粉与稀硝酸反应：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
B. 过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO−=HClO+HSO3−
C. 在饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2后有晶体析出：CO32−+CO2+H2O=2HCO3−
D. Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3−+OH−=MgCO3↓+H2O
3.在常温下，发生下列几种反应：
①16H++10Z−+2XO4−=2X2++5Z2+8H2O ②2A2++B2=2A3++2B− ③2B−+Z2=B2+2Z−根据上述反应，下列结论判断错误的是
( )
A. 溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z−
B. Z2在①、③反应中为还原剂
C. 氧化性强弱的顺序为：XO4−>Z2>B2>A3+
D. X2+是XO4−的还原产物
4.在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是( )
A. 54.5%B. 40%C. 36%D. 33.3%
5.下列说法中正确的是( )
A. 非金属元素原子之间不可能形成离子键
B. 乙酸和葡萄糖的分子式都符合Cn(H2O)m，所以二者互为同系物
C. 光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关
D. 与互为同分异构体
6.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.2NA
B. 5.6g铁粉与0.1L1ml⋅L−1的HCl的溶液充分反应，产生的气体分子数目为0.1NA
C. 标准状况下，2.24LSO2与1.12LO2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA
D. 1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，NH3⋅H2O微粒数目为0.1NA
7.用n(NaOH)为0.6ml的NaOH浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有NaCl、NaClO、NaClO3三种溶质。下列判断正确的是( )
A. NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量之比可能为9：3：1
B. 若反应中转移的电子的物质的量为nml，则0.3C. 被吸收的氯气的物质的量为0.6ml
D. 反应后溶液中n(Na+)：n(Cl−)可能为9：5
8.纳米Fe3O4(粒子半径1～100nm)广泛应用于生物医学和功能材料，用废旧镀锌铁皮制备纳米Fe3O4的流程如图：

已知：Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn(OH)4]+H2↑，下列有关说法正确的是( )
A. “碱洗”时，Zn发生了还原反应
B. “酸溶”时，改用98%浓硫酸可加快酸溶的速率
C. “氧化”时发生：6Fe2++O2+6H2O=2Fe3O4+12H+
D. 用激光笔照射“氧化”过程中所得分散系，产生丁达尔效应
9.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，c、d、e、f、h是由这些元素组成的二元化合物，自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，b由W、Y、Q三种元素组成，d能使品红溶液褪色，常温常压下e是液体，上述物质的转化关系如图所示(个别产物略去)。下列说法正确的是 ( )
A. 二元化合物沸点：e>d>c
B. X、Q的简单氢化物的空间构型相同
C. Y与Q形成的二元化合物的水化物是强酸
D. 简单离子半径的大小：Z>Q>Y
10.已知SO2通入BaCl2溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究SO2与BaCl2溶液反应生成白色沉淀的条件。下列判断正确的是( )
A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B. 乙中产生的一定为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀
C. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
D. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
11.一种以太阳能为热源分解水的历程，如图所示：
已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.0kJ⋅ml−1
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH=+313.2kJ⋅ml−1
下列说法正确的是( )
A. 整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能
B. 过程Ⅰ中每生成3mlFeO，转移2ml电子
C. 整个转化过程中Fe3O4和FeO都是催化剂
D. 过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=+257.8kJ⋅ml−1
12.阅读材料回答问题：锂—铜空气燃料电池容量高、成本低。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，放电时发生反应：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH−，下列说法不正确的是( )
A. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
B. 放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−
C. 放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动
D. 整个反应过程中，总反应为：4Li+O2+2H2O=4LiOH
13.四氯乙烯()是一种衣物干洗剂，聚四氟乙烯()是家用不粘锅内侧涂层的主要成分。下列关于四氯乙烯和聚四氯乙烯的叙述正确的是( )
A. 它们都可以由乙烯发生加成反应得到
B. 四氯乙烯对油脂有较好的溶解作用，聚四氯乙烯的化学性质比较活泼
C. 它们的分子中都不含氢原子
D. 它们都能发生加成反应，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
14.在恒温恒容密闭容器中发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，不能判断该反应已达到化学平衡的是( )
A. v正(NH3)=2v逆(CO2)B. 密闭容器中总压强不变
C. 密闭容器中混合气体的密度不变D. 密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
15.硫酸亚铁(俗称绿矾：FeSO4⋅7H2O)主要用于净水，治疗缺铁性贫血，制铁盐、氧化铁颜料、媒染剂、防腐剂、消毒剂等。工业上用某种含铁矿石(主要含Fe、Cu、Al、S元素)制备绿矾的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“焙烧”前要将含铁矿石粉碎过筛，目的是 ______ 。
(2)尾气含有的大气污染成分是 ______ ，可用 ______ (填物质名称)溶液吸收，写出“碱浸”过程中NaOH溶液参与反应的化学方程式： ______ 。
(3)X试剂为 ______ (填化学式)，一系列操作名称为 ______ 。
(4)检验绿矾是否变质的试剂是 ______ ，实验室可用酸性KMnO4溶液测定绿矾的纯度，可用于酸化的酸是 ______ (填标号)。用高锰酸钾固体配制酸性高锰酸钾溶液时，若定容时俯视刻度线，其他操作均正确，则用此溶液测定的绿矾纯度会偏 ______ (填“大”或“小”)。
A.硝酸
B.硫酸
C.盐酸
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16.人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，合成氨是人类发展史上的一项重大突破。长梅化学兴趣小组利用如图装置制取NH3并探究其性质，按下列装置(部分夹持装置已略去)进行实验。

(1)若NH3的发生装置选择A，则其化学反应方程式为 ______ 。
(2)若要用C装置来干燥NH3，可以选用的干燥剂为 ______ 。
(3)上述D、E、F、G装置可作为NH3的尾气处理装置的是 ______ 。
(4)用如图装置探究NH3与CuO的反应，验证NH3的性质及部分反应产物。
已知：CuO在高温时不稳定，会自身分解得到红色的Cu2O。

①实验结束后H处硬质玻璃管中黑色粉末变成红色，该红色粉末的成分能否确定？ ______ (填“能”或“否”)。请通过检验其他产物证明NH3和CuO发生了反应，简述实验方案： ______ 。
②若经实验测定NH3和CuO反应的产物有Cu和无污染气体，则NH3和CuO反应的化学方程式为 ______ 。
(5)已知加热条件下，NH3可以与Al发生置换反应生成AlN；AlN性质稳定，加热时溶于浓碱溶液且可产生NH3。称取AlN样品23.2g(假设杂质只含Al)，将其放入足量浓碱溶液中加热，若所产生的气体全部逸出并收集，测得其体积为14.56L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为 ______ %(保留一位小数)。
四、简答题（本大题共2小题，共30.0分）
17.近年来，乳酸成为研究热点之一。乳酸可以用化学方法合成，也可以由淀粉通过发酵法制备。以乳酸()为原料制成的高分子材料具有生物相容性，而且在哺乳动物体内或自然环境中最终降解为二氧化碳和水。
(1)乳酸分子中所含有的官能团名称为 ______ 。
(2)乳酸可与金属钠、NaOH溶液反应，等物质的量的乳酸分别与Na和NaOH溶液反应时，消耗n(Na)：n(NaOH)= ______ 。
(3)乳酸能与铁粉反应制备一种补铁药物乳酸亚铁
，请写出反应的化学方程式： ______ 。
(4)写出一种比乳酸少一个碳原子的同系物的结构简式： ______ 。
(5)乳酸在一定条件下分子内脱去一分子水生成丙烯酸(CH2=CHCOOH)。由丙烯酸一步制得聚丙烯酸的有机反应类型为 ______ ；下列关于丙烯酸的性质的说法错误的是 ______ (填标号)。
A.丙烯酸可使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，二者的原理相同
B.丙烯酸可与新制Cu(OH)2反应
C.一定条件下，丙烯酸与H2O反应可能得到两种有机物
D.丙烯酸与HCOOCH=CH2为同种物质
聚丙烯酸可用于配制某些高档商品的涂饰剂、制取丙烯酸树脂漆等。写出聚丙烯酸的结构简式： ______ 。
18.(1)①甲烷可用于生产合成气，反应为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.4kJ⋅ml−1，已知几种物质中化学键的键能如下表所示，则a= ______ 。
②科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮的氧化物还原为氮气和水，反应机理为：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−574kJ⋅ml−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−1160kJ⋅ml−1
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为 ______ 。
(2)铁在一定条件下可与CO2反应：Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)。向2L恒容密闭容器中加入还原性铁粉并充入一定量的CO2气体，恒温条件下，反应过程中的气体浓度随时间变化如图所示。

①下列条件的改变能使上述反应的化学反应速率降低的是 ______ (填标号)。
a.降低反应温度
b.充入He气
c.充入CO2
d.用铁块代替铁粉
②0～t1min内，用CO2表示的反应速率为 ______ (填含t1的表达式)ml⋅L−1⋅min−1。
③下列描述中能说明上述反应已达到化学平衡状态的是 ______ (填标号)。
a.v(CO2)=v(CO)
b.容器中混合气体的密度不随时间而变化
c.容器中混合气体的压强不随时间而变化
d单位时间内生成nmlCO2的同时生成nmlCO
e.容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
(3)近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如图，请回答下列问题：

①Pt(a)电极是电池的 ______ (填“正”或“负”)极。电解质溶液中的H+向 ______ (填“a”或“b”)极移动。
②如果该电池工作时消耗lmlCH3OH，其通入甲醇(CH3OH)一极的电极反应式为 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.CuSO4⋅5H2O是纯净物，CO2属于非电解质，故A错误；
B.SO3是酸性氧化物，H2CO3属于酸，Na2CO3属于盐，氢氧化铁胶体是混合物，NaCl属于电解质，故B正确；
C.Na2O是碱性氧化物，故C错误；
D.SO2为非电解质，故D错误；
故选：B。
和碱反应生成一种盐和水的氧化物为酸性氧化物，
水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，
金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子构成的化合物为盐，
不同物质组成的为混合物，
水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
本题考查了物质分类、物质组成、物质性质和名称，主要是酸性氧化物、酸、盐、混合物和电解质概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.过量铁粉与稀硝酸反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A正确；
B.过量SO2通入NaClO溶液中的离子方程式为：SO2+H2O+ClO−=Cl−+SO42−+2H+，故B错误；
C.饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2后有晶体析出的离子方程式为：2Na++CO32−+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故C错误；
D.Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O，故D错误；
故选：A。
A.铁粉过量，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮气体和水；
B.次氯酸根离子氧化亚硫酸氢根离子；
C.析出的碳酸氢钠晶体不能拆开；
D.氢氧化镁足量，镁离子转化为更难溶的氢氧化镁沉淀。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及相关的基本概念，为高频考点，明确反应中元素的化合价变化及氧化性比较方法为解答的关键，题目难度不大。
【解答】
在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。
①16H++10Z−+2XO4−=2X2++5Z2+8H2O，氧化性：XO4−>Z2，
②2A2++B2=2A3++2B−，氧化性：B2>A3+，
③2B−+Z2=B2+2Z−，氧化性：Z2>B2，
所以氧化性关系为：XO4−>Z2>B2>A3+，同理还原性关系为：A2+>B−>Z−>X2+，
A.因为氧化性：Z2>A3+，则溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z−，故A正确；
B.①16H++10Z−+2XO4−=2X2++5Z2+8H2O，Z−是还原剂，Z2是氧化产物；③2B−+Z2=B2+2Z−，反应中Z2是氧化剂；故B错误；
C.由分析可知，氧化性关系为：XO4−>Z2>B2>A3+，故C正确；
D.化合价降低，发生还原反应，产物是还原产物，则X2+是XO4−的还原产物，故D正确。
故选B。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查混合物的计算，题目难度中等，判断过氧化钠固体质量增加的实质为氢气与一氧化碳的质量为解题关键。
【解答】
CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O2=2CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加得CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量相当于CO的质量，
氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O2=2H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量相当于H2的质量，
CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，所以混合气体中氧气的质量为16.5g−7.5g=9g，氧气的质量分数为9g16.5g×100%=54.5%。
故选：A。
5.【答案】C
【解析】解：A.非金属元素原子之间可能形成离子键，如铵盐中含离子键，故A错误；
B.乙酸中含−COOH，葡萄糖中含−OH、−CHO，结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C.氮氧化物的大量排放造成光化学烟雾、硝酸型酸雨，故C正确；
D.和的分子式不同、结构相似，相差CH2，为同系物，故D错误；
故选：C。
A.铵盐为离子化合物，只有非金属元素；
B.同系物中官能团相同，结构相似；
C.氮氧化物的大量排放造成光化学烟雾、硝酸型酸雨；
D.分子式相同，结构不相同的有机物为同分异构体。
本题考查较综合，涉及化学键、同系物、同分异构体的判断等，注意常见有机物的官能团、发生的变化等，注重基础知识的考查，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.燃烧时，镁失电子被氧化为+2价，故2.4g镁转移的电子数目为2.4g24g⋅ml−1×2×NAml−1=2NA，故A正确；
铁粉与0.1L1ml⋅L−1的HCl的溶液充分反应，由Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，Fe过量，产生的氢气的分子数目为0.1L×1ml⋅L−1×12×NAml−1=0.05NA，故B错误；
C.2SO2+O2⇌2SO3为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故生成的SO3分子数目无法计算，故C错误；
D.NH3完全溶H2O所得溶液，发生反应：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O，为可逆反应，NH3不能完全转化为NH3⋅H2O，故生成的NH3⋅H2O微粒数目小于0.1NA，故D错误；
答案为：A。
A.燃烧时，镁失电子被氧化为+2价；
B.Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
C.2SO2+O2⇌2SO3为可逆反应；
D.NH3完全溶于H2O，发生反应：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O，为可逆反应，NH3不能完全转化为NH3⋅H2O。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.令n(NaCl)=9ml、n(NaClO)=3ml、n(NaClO3)=1ml，由得失电子守恒可知9ml×(1−0)≠3ml×(1−0)+1ml×(5−0)，故A错误；
B.由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知0.6mlNaOH参加反应时转移电子为0.6ml×12=0.3ml，由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知0.6mlNaOH参加反应时转移电子数为0.6ml×56=0.5ml，则反应中转移的电子的物质的量为nml，0.3C.由钠元素守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.6ml，由氯原子守恒可知2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，则n(Cl2)=0.6ml×12=0.3ml，故C错误；
D.由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO，n(Na+)：n(Cl−)最大为2：1，由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，当氧化产物为NaClO3，n(Na+)：n(Cl−)最小为6：5，故6：5故选：D。
A.令n(NaCl)=9ml、n(NaClO)=3ml、n(NaClO3)=1ml，结合得失电子守恒计算；
B.由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多；
C.由钠元素守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，由氯原子守恒可知2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)；
D.由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO，n(Na+)：n(Cl−)最大为2：1，由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，当氧化产物为NaClO3，n(Na+)：n(Cl−)最小为6：5。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握极限法的应用、得失电子守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.向废旧镀锌铁皮中加入NaOH溶液能除去锌，原理为Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn(OH)4]+H2↑，Zn发生了氧化反应，故A错误；
B.“酸溶”反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，改用98%浓硫酸会使铁钝化，故B错误；
C.“氧化”时发生的总反应化学方程式为6Fe2++O2+12OH−=2Fe3O4↓+6H2O，故C错误；
D.“氧化”过程中所得分散系为胶体，用激光笔照射时可产生丁达尔效应，故D正确；
故选：D。
由流程可知，向废旧镀锌铁皮中加入NaOH溶液能除去锌，原理为Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn(OH)4]+H2↑，过滤，向滤渣中加入稀硫酸酸溶，铁与稀硫酸发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，向硫酸亚铁溶液中通入氧气、氢氧化钠溶液，将亚铁离子部分氧化为铁离子，发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++4H2O，然后分离得Fe3O4纳米粒子，以此来解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
9.【答案】A
【解析】解：A.常温下e是水为液体，d为二氧化硫为气体，c为CO2气体，则二元化合物沸点：e>d>c，故A正确；
B.X、Q的简单氢化物分别为：CH4、H2S，分子的空间构型分别为正四面体、角形，分子的空间构型不相同，故B错误；
C.Y与Q形成的二元化合物是SO2、SO3，SO3水化物是强酸，SO2的水溶液是弱酸，故C错误；
D.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，Y、Z、Q的简单离子为：O2−、Na+、S2−，则离子半径的大小：S2−>Na+>O2−，即Q>Z>Y，故D错误；
故选：A。
短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，c、d、e、f、h是由这些元素组成的二元化合物，自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，可知X为C，d能使品红溶液褪色，d为SO2，e是液体，e为H2O，b由W、Y、Q三种元素组成，b为H2SO4，结合图中转化可知，a为C，c为CO2，h与e反应生成b，则h为SO3，g为O2，c与f反应生成氧气，f为Na2O2，结合原子序数可知，W为H、X为C、Y为O、Z为Na、Q为S，以此来解答。
本题考查无机物的推断，题目难度中等，明确物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用。
10.【答案】A
【解析】解：A.e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和氢氧化钠固体，产生氨气与SO2反应生成SO32−，能与Ba2+结合成BaSO3沉淀，故A正确；
B.乙中产生的不一定为氧化性气体，可以是氨气，得到沉淀为亚硫酸钡，故B错误；
C.玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D.如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误；
故选：A。
SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的SO32−，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32−，如是氧化性气体，溶液中可生成SO42−，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4，容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
本题考查二氧化硫的性质实验设计以及物质的含量的测定，题目难度中等，本题注意根据物质的性质判断实验设计。
11.【答案】B
【解析】解：A.整个过程中存在太阳能转化为化学能，化学能转化为化学能的变化，故A错误；
B.过程Ⅰ中转移电子数为4，则每生成3mlFeO，转移2ml电子，故B正确；
C.整个转化过程中Fe3O4为整个过程的催化剂，故C错误；
D.根据盖斯定律：①×12−12×②得3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH=12(571−313.2)kJ/ml=+128.9kJ/ml，，故D错误；
故选：B。
过程I方程式为：；过程Ⅱ方程式为：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH=+128.9kJ⋅ml−1，可见在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以Fe3O4为整个过程的催化剂，据此分析。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH−，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故A正确；
B.根据电池反应式知，正极反应式为Cu2O+H2O+2e−=2Cu+2OH−，故B错误；
C.放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故C正确；
D.根据反应的方程式：2Cu+O2=Cu2O，2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH−，可得总的方程式为4Li+O2+2H2O=4LiOH，故D正确；
故选：B。
根据电池反应式知，该反应中Li元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，所以负极上电极反应式为Li−e−=Li+、正极反应式为Cu2O+H2O+2e−=2Cu+2OH−，放电时电解质中阳离子向正极移动，以此解答该题。
本题考查了原电池原理，为高频考点，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，易错点为B，注意正极电极方程式的书写。
13.【答案】C
【解析】解：A.四氟乙烯可由乙炔发生加成反应得到，聚四氟乙烯是由四氟乙烯发生加聚反应得到，所以二者都不能用乙烯发生加成反应得到，故A错误；
B.聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和键，性质较稳定，所以聚四氟乙烯中化学性质不活泼，故B错误；
C.二者都只含C和卤族元素，所以二者都不含氢原子，故C正确；
D.碳碳不饱和键能发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者含有氢键而能发生加成反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，后者不含碳碳双键而不能发生加成反应、不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：C。
A.四氟乙烯可由乙炔发生加成反应得到，聚四氟乙烯是由四氟乙烯发生加聚反应得到；
B.聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和键，性质较稳定；
C.二者都只含C和卤族元素；
D.碳碳不饱和键能发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和卤代烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和键，为解答易错点。
14.【答案】D
【解析】解：A、2v(NH3)=v逆(CO2)，达平衡状态，故A不选；
B、随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明达平衡状态，故B不选；
C、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体的质量不变反应达平衡状态，故C不选；
D、因反应物是固体，所以密闭容器中混合气体的平均摩尔质量一直不变，故D选；
故选D．
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．
15.【答案】增大接触面积，加快反应速率 SO2 氢氧化钠 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 铁粉 隔绝空气蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 KSCN溶液 B 小
【解析】解：(1)“焙烧”前要将含铁矿石粉碎过筛，目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(2)含铁矿石焙烧得到氧化铁、氧化铜、氧化铝和二氧化硫气体，碱浸除去氧化铝，反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，
故答案为：SO2；氢氧化钠；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)X试剂的作用是将硫酸铁转化为硫酸亚铁，并且置换出铜单质，则X为铁粉，绿矾是结晶水合物，易发生氧化反应，所以从硫酸亚铁溶液中得到绿矾的操作为：隔绝空气蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：铁粉；隔绝空气蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(4)绿矾易发生氧化反应生成硫酸铁，检验铁离子常用KSCN溶液，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能与盐酸反应，不与硫酸反应，硝酸也具有强氧化性，能氧化亚铁离子，所以酸化KMnO4溶液常选择稀硫酸；配制酸性高锰酸钾溶液时，若定容时俯视刻度线，则配制的酸性高锰酸钾溶液浓度偏大，滴定过程中消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测定的绿矾纯度会偏小，
故答案为：KSCN溶液；B；小。
含铁矿石(主要含Fe、Cu、Al、S元素)制备绿矾的工艺流程为：含铁矿石焙烧得到氧化铁、氧化铜、氧化铝和二氧化硫气体，加入NaOH溶液碱浸除去氧化铝，反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，过滤，滤渣中加入稀硫酸酸浸得到硫酸铜、硫酸铁溶液，加入过量铁粉置换出铜单质，含有硫酸铁为硫酸亚铁，过滤除去Cu，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体，据此分析解答。
本题考查物质制备实验方案设计，侧重分析能力和实验能力考查，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯方法、离子检验等知识即可解答，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。
16.【答案】 碱石灰 D、E、F、G 否 将反应后的混合气体通过无水硫酸铜固体，若固体变蓝，说明有水生成，则说明NH3和CuO发生了反应 88.4
【解析】解：(1)装置A适用于固体加热制气体，选择装置A制NH3，使用Ca(OH)2和NH4Cl的混合物共热制NH3，反应的化学方程式为，
故答案为：；
(2)干燥NH3用碱石灰做干燥剂；
故答案为：碱石灰；
(3)氨气极易溶于水，可用水吸收氨气并防止倒吸，D、E、F、G装置均为防倒吸装置，
故答案为：D、E、F、G；
(4)①Cu2O和Cu都是红色的，实验结束后H处硬质玻璃管中黑色粉末变成红色不能确定成分；NH3和CuO反应还会有H2O生成，将反应后的混合气体通过无水硫酸铜固体，若固体变蓝，说明有水生成，则说明NH3和CuO发生了反应，
故答案为：否；将反应后的混合气体通过无水硫酸铜固体，若固体变蓝，说明有水生成，则说明NH3和CuO发生了反应；
②若经实验测定NH3和CuO反应的产物有Cu和无污染气体，N元素化合价升高，则该无污染气体为N2，另外反应过程中还有水生成，则NH3和CuO反应的化学方程式为：，
故答案为：；
(5)假设23.2 gAlN样品中含有xmlAlN和ymlAl，AlN和NaOH溶液反应的方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，Al和NaOH溶液反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应生成氨气和氢气标准状况下总体积为14.56L，物质的量为，则41x+27y=23.2，x+1.5y=0.65，联立解得x=0.5，y=0.1，则样品中AlN的质量分数为0.5ml×41g/ml23.2g×100%≈88.4%，
故答案为：88.4。
(1)装置A适用于固体加热制气体，选择装置A制NH3，使用Ca(OH)2和NH4Cl的混合物共热制NH3，反应的化学方程式为；
(2)氨气为碱性气体，干燥NH3用碱石灰做干燥剂；
(3)氨气极易溶于水，可用水吸收氨气并防止倒吸；
(4)①Cu2O和Cu都是红色的，实验结束后H处硬质玻璃管中黑色粉末变成红色不能确定成分；NH3和CuO反应还会有H2O生成，将反应后的
混合气体通过无水硫酸铜固体，若固体变蓝，说明有水生成，则说明NH3和CuO发生了反应；
②若经实验测定NH3和CuO反应的产物有Cu和无污染气体，N元素化合价升高，则该无污染气体为N2，另外反应过程中还有水生成，则NH3和CuO反应的化学方程式为：；
(5)假设23.2 gAlN样品中含有xmlAlN和ymlAl，AlN和NaOH溶液反应的方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，Al和NaOH溶液反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应生成氨气和氢气标准状况下总体积为14.56L，物质的量为，则41x+27y=23.2，x+1.5y=0.65，联立解得x=0.5，y=0.1，进而得样品中AlN的质量分数。
本题主要考查氨气的制备及其性质等知识，为高频考点，题目难度一般。
17.【答案】羟基、羧基 2：1 Fe+2→+H2↑ CH2OHCOOH 加聚反应 AD
【解析】解：(1)乳酸含−OH、−COOH，名称分别为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
(2)羟基、羧基均与Na反应，只有羧基与NaOH反应，则等物质的量的乳酸分别与Na和NaOH溶液反应时，消耗n(Na)：n(NaOH)=2：1，
故答案为：2：1；
(3)含羧基，与Fe反应生成乳酸亚铁和氢气，方程式为Fe+2→+H2↑，
故答案为：Fe+2→+H2↑；
(4)比乳酸少一个碳原子的同系物，只有2个C原子，且含羟基、羧基，其结构简式为CH2OHCOOH，
故答案为：CH2OHCOOH；
(5)丙烯酸含碳碳双键，发生加聚反应生成，丙烯酸含碳碳双键、羧基，则
A.丙烯酸可使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，分别发生加成反应、氧化反应，原理不同，故A错误；
B.丙烯酸含羧基，可与新制Cu(OH)2反应，故B正确；
C.丙烯酸的结构不对称，一定条件下，与H2O反应可能得到两种有机物，故C正确；
D.丙烯酸与HCOOCH=CH2为不同种物质，前者含羧基，后者含酯基，故D错误；
故答案为：加聚反应；AD；。
(1)乳酸含−OH、−COOH；
(2)羟基、羧基均与Na反应，只有羧基与NaOH反应；
(3)含羧基，与Fe反应生成乳酸亚铁和氢气；
(4)比乳酸少一个碳原子的同系物，只有2个C原子，且含羟基、羧基；
(5)丙烯酸含碳碳双键，发生加聚反应生成，丙烯酸含碳碳双键、羧基。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意羧酸、醇、烯烃的性质，题目难度不大。
18.【答案】415.1 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−867kJ⋅ml−1 ad 0.35t1 bde 正 b CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+
【解析】解：(1)①ΔH=反应物总键能−生成物总键能=(4a+2×465−1073−3×436)kJ⋅ml−1=+206.44kJ⋅ml−1，解得：a=415.1，
故答案为：415.1；
②CH4(g)+4NO2(g)=2NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−574kJ⋅ml−1(a)，CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−11604kJ⋅ml−1(b)由(a)+(b)2可得将甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−574kJ⋅ml−1−1160k⋅Jml−12=−867kJ⋅ml−1，
故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−867kJ⋅ml−1；
(2)①a.降低反应温度，反应速率降低，故a正确；
b.充入He气，容器压强增大，但各组分浓度不变，反应速率不变，故b错误；
c.充入CO2，浓度增大，反应速率增大，故c 错误；
d.用铁块代替铁粉，固体表面积减小，反应速率降低，故d正确，
故答案为：ad；
②t1min，c(CO)=c(CO2)，根据碳原子守恒，c(CO)=c(CO2)=0.7ml/L2=0.35ml/L，0～t1min内，用CO2表示的反应速率为0.35t1ml/(L⋅min)，
故答案为：0.35t1；
③a.v(CO2)=v(CO)，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，故a错误；
b.根据质量守恒，混合气体的质量是变量，容器体积不变，则气体的密度是变量，当气体的密度不再改变，表明反应已达到平衡状态，故b正确；
c.该反应是气体物质的量不变的反应，则容器中混合气体的压强不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，故c错误，
d.单位时间内生成nmlCO2的同时生成nmlCO，说明正逆反应速率相等，反应达∖ n到平衡状态，故d正确；
e.根据质量守恒，混合气体的质量是变量，气体物质的量不变，则容器中混合气体的平均相对分子质量是变量，当容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应达到平衡状态，故e正确，
故答案为：bde；
(3)①Pt(a)电极上甲醇失电子，发生氧化反应，是电池的负极；燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子，发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)正极，氧气得到电子生成水，电解液中的H+向正极移动，即向Pt(b)电极移动，
故答案为：正；b；
②通入燃料的电极为负极，负极上失电子，发生氧化反应，电极反应为CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，
故答案为：CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+。
(1)①根据ΔH=反应物总键能−生成物总键能计算；
②根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据反应速率的影响因素分析；
②t1min，c(CO)=c(CO2)，根据碳原子守恒，c(CO)=c(CO2)=0.7ml/L2=0.35ml/L，v=ΔcΔt进行计算；
③判断化学平衡状态的直接标志：v(正)=v(逆)(同物质)；各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(3)①Pt(a)电极上甲醇失电子，发生氧化反应，是电池的负极；通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子，发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)正极，氧气得到电子生成水，电解液中的H+向正极移动，即向Pt(b)电极移动；
②通入燃料的电极为负极，负极上失电子，发生氧化反应，根据电极反应式书写的方法进行书写。
本题主要考查化学反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断、化学平衡的计算、原电池、盖斯定律的应用等，判断化学平衡状态要抓住能变的量保持不变以及化学平衡常数公式，掌握原电池的原理、盖斯定律的应用是解答该题的关键，此题难度中等。选项
酸性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
SiO2
HCl
纯碱
CuSO4⋅5H2O
CO2
B
SO3
H2CO3
Na2CO3
氢氧化铁胶体
NaCl
C
Na2O
HNO3
NaHSO4
硫酸铜溶液
MgSO4
D
CO2
HClO
BaCO3
医用酒精
SO2
化学键
H−H
O−H
C−H
C≡O
键能/(kJ⋅ml−1)
436
465
a
1076