浙江省杭州市周边重点中学四校联考2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2024高二上·杭州月考）下列材料中属于新型无机非金属材料的是
A．光学玻璃 B．储氢合金
C．光导纤维 D．聚氯乙烯塑料
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；高分子材料
【解析】【解答】A、属于硅酸盐产品，是传统无机非金属材料，不符合“新型”要求，故A不符合题意 ；
B、合金属于金属材料，不是无机非金属材料，故B不符合题意 ；
C、主要成分，具备特殊光学性能，属于新型无机非金属材料，故C符合题意 ；
D、塑料是有机高分子材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】传统无机非金属材料：如硅酸盐材料（玻璃、水泥、陶瓷等 ）。
新型无机非金属材料：具有特殊结构、功能，如光导纤维（ ）、高温结构陶瓷等。
金属材料：包括纯金属和合金。
有机高分子材料：由有机高分子化合物制成（如塑料、橡胶、纤维等 ）。
2．（2024高二上·杭州月考）下列说法不正确的是
A．观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视
B．混凝剂聚合氯化铝可使污水中的细小悬浮物等聚集成较大的颗粒
C．甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本
D．溶液比溶液稳定
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；钠的化学性质
【解析】【解答】A、近距离俯视易被飞溅物伤到，故不能近距离俯视，A正确；
B、可吸附污水中细小悬浮物，使其聚集成大颗粒沉降，B正确；
C、利用杀菌防腐性能，可制作生物标本（固定标本组织 ），C正确；
D、不稳定，见光易分解（ ）；相对稳定（溶液中以离子形式存在，不易分解 ），D错误；
故答案为：D。
【分析】本题需逐一分析选项，依据化学物质的性质（钠与水反应特点、聚合氯化铝的水解、甲醛的性质、和的稳定性 ）判断说法正误。
A．钠与水反应剧烈且放热，可能使液体飞溅。
B．聚合氯化铝溶于水水解生成胶体，胶体具有吸附性。
C．甲醛水溶液能使蛋白质变性（失去生理活性 ）。
D．不稳定，见光分解生成HCl和氧气 。
3．（2024高二上·杭州月考）下列化学用语表示正确的是
A．甲烷的分子结构模型：
B．离子的结构示意图：
C．羟基的电子式：
D．醛基：-COH
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；有机物中的官能团；原子结构示意图；结构简式
【解析】【解答】A、甲烷分子式为，其分子呈正四面体结构，原子位于正四面体中心，4个原子分别在正四面体的4个顶点 ，A正确；
B、元素的原子序数是16，则离子的核电荷数（质子数 ）为16；原子最外层有6个电子，得到2个电子形成，核外电子数为18 。结构示意图中，原子核内应标注+16，B错误；
C、羟基的结构式是，其电子式中，原子最外层有6个电子，与原子形成1对共用电子对后，原子还剩余4个电子（2对孤电子对 ），正确电子式应为（原子上下各有2个电子 ） ，C错误；
D、醛基的结构是由原子与原子形成双键（ ），同时原子与原子形成单键，其结构简式规范写法是 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语的规范书写展开，涵盖分子结构模型、离子结构示意图、电子式、官能团结构简式 。需依据各类化学用语的定义和规则，对每个选项逐一分析判断。
A．明确甲烷分子的空间结构（正四面体结构 ），判断模型是否匹配。
B．掌握离子结构示意图的书写规则（核电荷数 = 质子数，与原子序数对应；离子核外电子数 = 原子电子数 ± 得失电子数 ）。
C．清楚羟基（ ）的电子式书写要求（体现与的共用电子对及的孤电子对，且羟基是电中性基团 ）。
D．牢记醛基的正确结构简式（ ），区分与相似基团（如醇羟基相关基团 ）的写法。
4．（2024高二上·杭州月考）下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是
A．装置用于实验室制备
B．装置可验证非金属性
C．装置可制取氢氧化铁胶体
D．装置可用于测定中和反应的反应热
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；中和热的测定；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、单独加热时，发生反应，但生成的和在试管口遇冷，会重新化合为（ ），无法持续获得 。实验室制备的正确方法是加热与的固体混合物（反应为 ）。因此，装置A不能用于实验室制备，故A不符合题意 ；
B、元素非金属性强弱可通过其最高价氧化物对应水化物的酸性比较：酸性越强，非金属性越强 。
装置B中，（的最高价氧化物对应水化物 ）与反应，生成（反应为 ），说明酸性，则非金属性 ，生成的通入溶液，发生反应，生成沉淀，说明酸性，则非金属性 ，故B符合题意 ；
C、制备胶体的正确操作是：向沸水中逐滴加入饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热（反应为 ） 。若将溶液滴入溶液，会直接发生复分解反应，生成红褐色沉淀，而非胶体 ，装置C中是将溶液滴入溶液，得到的是沉淀，不能制取胶体，故C不符合题意 ；
D、测定中和反应的反应热时，需要准确测量反应过程中溶液温度的变化，因此温度计应插入反应液中 ，装置D中，温度计未插入反应液，无法准确获取反应液的温度数据，不能用于测定中和反应的反应热，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题聚焦实验装置与实验目的的适配性，需结合各实验的原理、操作规范，逐一分析装置能否达成对应实验目的。
A．掌握实验室制备的原理与正确方法 。
B．利用“最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强”的规律，结合“强酸制弱酸”原理判断 。
C．明确氢氧化铁胶体的制备方法（向沸水加饱和溶液 ）与沉淀生成的区别 。
D．清楚测定中和反应反应热时，温度计的正确放置位置（需插入反应液 ） 。
5．（2024高二上·杭州月考）在溶液中不能大量共存的离子组是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、这些离子之间不会结合生成沉淀、气体或弱电解质（如、弱酸、弱碱等），也不存在氧化还原、络合等反应，能在溶液中大量共存，故A不符合题意；
B、在酸性环境（存在）中，会发生转化：，导致无法以原形式大量存在，不能大量共存。故B符合题意；
C、这些离子之间不会发生复分解反应（无沉淀、气体、弱电解质生成），也无氧化还原、络合等反应，能在溶液中大量共存。因此，故C不符合题意；
D、这些离子之间不会结合生成沉淀、气体或弱电解质，也不存在氧化还原反应（与才发生络合，此组无），能在溶液中大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查离子共存问题，需判断各组离子间是否发生反应（如复分解、氧化还原、离子转化等），若发生反应则不能大量共存，反之则可以，解题要点：判断离子间是否发生反应。
6．（2024高二上·杭州月考）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】升高温度， 增大，说明 平衡逆向移动，该反应为放热反应（ ）；
升高温度， 减小，说明 平衡正向移动，该反应为吸热反应（ ）；可排除CD；
加入催化剂后， 达到平衡所需时间大幅缩短 ，说明反应活化能降低，加快了反应速率，但不改变平衡，反应的决速步是活化能最大的步骤，分析可知，只有A符合题意；
故答案为：A。
【分析】这是一道结合反应历程、催化剂和温度影响的化学推理题，解题关键在于利用平衡移动与反应热的关系，以及催化剂对活化能和反应速率的作用，匹配反应历程图像，涉及化学平衡移动原理（温度改变对平衡的影响 ）、反应热判断（依据温度对平衡的影响确定反应吸热/放热 ）、催化剂作用（降低活化能，加快反应速率但不影响平衡 ）。
7．（2024高二上·杭州月考）二氧化硫在食品工业中可用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并检验SO2的部分性质。下列说法正确的是
A．装置甲中常用的稀硫酸溶液
B．装置乙中溶液颜色变化：先变红后褪色
C．装置丙中发生的最终总反应为：
D．装置丁中酸性溶液褪色的原理与用于食品漂白剂的原理相同
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、易溶于水，若装置甲用0.01mol·L-1稀硫酸，生成的会因大量溶解在水中，难以逸出。制备应选用浓硫酸，利用浓硫酸的高沸点、难挥发性，减少溶解，利于气体逸出 ，A错误；
B、与水反应生成（反应为 ），使紫色石蕊试液变红（体现酸性 ）。但的漂白性针对品红等有机色质，不能漂白紫色石蕊试液，所以溶液只变红不褪色 ，B错误；
C、装置丙中，先与反应：（生成和 ）；过量再与反应： ，整合两步反应，消去中间产物，得到总反应： ，C正确；
D、装置丁中，使酸性溶液褪色，是因为具有还原性（被氧化为，被还原为 ），而用于食品漂白，是利用其漂白性（与有色物质结合生成不稳定的无色物质 ）。两者原理不同 。
因此，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕的制备与性质检验展开，需结合的溶解性、酸性、氧化性、还原性等性质，分析装置作用及反应是否合理：装置甲用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫，装置乙用于检验水溶液的酸性，装置丙用于检验二氧化硫的氧化性，装置丁用于检验二氧化硫的还原性，最后进行尾气处理。
A．考虑的溶解性，判断硫酸浓度对气体逸出的影响 。
B．明确的酸性与漂白性的作用对象 。
C．分析装置丙中多步反应，推导总反应 。
D．区分使酸性褪色与漂白作用的原理 。
8．（2024高二上·杭州月考）在密闭容器中，反应 分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为；②、③与①比较只有一个实验条件不同。反应物的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．与实验①相比，实验②可能使用了催化剂
B．实验③进行后，用表示的平均反应速率
C．实验②平衡时的转化率为
D．该反应的
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、实验①、②起始浓度相同，实验②达到平衡的时间更短，但平衡时A的浓度与实验①相同（平衡状态相同 ），催化剂的作用是加快反应速率，不改变平衡状态，因此实验②可能使用了催化剂，A正确；
B、实验③进行10s后，A的浓度不再变化，说明反应达到化学平衡状态，化学平衡是“动态平衡”，即正反应速率与逆反应速率相等但不为0（反应仍在进行，只是宏观浓度不变 ），因此，用A表示的平均反应速率不为0，B正确；
C、实验②平衡时，A的浓度变化为，根据反应方程式，B的浓度变化与的浓度变化满足化学计量比：。
B的起始浓度为0.300mol/L ，则B的转化率为：，C正确；
D、实验③与实验①相比，达到平衡的时间更短（反应速率更快 ），且平衡时A的浓度更小（平衡正向移动 ），能使反应速率加快且平衡正向移动的条件可能有：增大压强；升高温度，由于无法确定改变的条件是“增大压强”还是“升高温度”，因此不能判断，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕化学反应速率与化学平衡展开，需结合催化剂对速率和平衡的影响、反应速率的计算、转化率的计算及温度/压强对平衡移动的判断，分析实验条件与图像的匹配性。
A．根据反应速率和平衡状态，判断是否使用催化剂 。
B．理解化学平衡的“动态平衡”特征 。
C．通过浓度变化计算转化率 。
D．通过平衡移动方向，判断反应热的符号 。
9．（2024高二上·杭州月考）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
选项 物质的性质 解释
A 沸点：乙醇＞乙烷 乙醇分子间形成氢键而乙烷不能
B N2可用作反应的保护气 N2中N≡N键能大
C 用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，保鲜水果 C2H4分子中含碳碳双键，易发生加成反应
D 稀有气体的化学性质稳定 原子的最外层电子达到稳定结构
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；氮气的化学性质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、乙醇分子含基团，分子间可形成氢键；乙烷分子间只有范德华力；氢键的作用力远大于范德华力，使乙醇分子间的相互作用更强，沸点更高（常温下乙醇为液态，乙烷为气态 ），A正确；
B、分子中存在键，其键能大，断裂该键需要吸收大量能量，导致的化学性质稳定，不易与其他物质发生反应，B正确；
C、乙烯分子含碳碳双键，与酸性溶液反应时，发生的是氧化反应（乙烯被氧化为等产物 ），而非“加成反应”。
用浸泡过酸性溶液的硅藻土吸收乙烯保鲜水果，是利用氧化反应除去乙烯，C错误；
D、稀有气体原子的最外层电子达到稳定结构（如为2电子稳定结构，、等为8电子稳定结构 ），不易得失电子，因此化学性质稳定。D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕“结构 - 性质 - 用途”逻辑，需分析物质结构或性质与用途、现象的对应关系，判断解释是否合理。
A．考查分析分子间作用力（氢键与范德华力 ）对沸点的影响 。
B．结合共价键键能，分析物质化学稳定性 。
C．区分“氧化反应”与“加成反应”，分析乙烯与酸性的反应类型 。
D．从原子结构（最外层电子排布 ）分析稀有气体的化学性质 。
10．（2024高二上·杭州月考）下列化学反应与方程式不相符的是
A．黑火药爆炸：
B．向红色溶液中加入过量铁粉至溶液浅绿色：
C．黄铁矿的燃烧：
D．以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)：
【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、黑火药中、、发生氧化还原反应，生成、、；
方程式：，与实际反应一致，故A不符合题意 ；
B、是络合物，溶液中存在，加入过量时，与反应生成，但络合平衡也会移动，实际反应为（生成新络合物 ），而非简单的与反应。
方程式：选项中写 ，未体现络合物的反应本质，故B符合题意 ；
C、黄铁矿（）高温下与反应，生成和。
方程式： ，配平及产物正确，故C不符合题意 ；
D、水杨酸与乙酸酐发生取代反应（酯化 ），生成乙酰水杨酸（阿司匹林 ）和乙酸。
方程式： ，故D不符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题需判断化学反应与方程式的匹配性，核心是分析反应的实际过程（包括物质的存在形式、反应类型 ），对比选项中方程式是否准确。
11．（2024高二上·杭州月考）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．苯和苯乙烯的混合物中含有的碳氢键数一定为6NA
B．过量铜与含的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2NA
C．将完全溶于水中，所得溶液中的粒子数之和为0.1NA
D．，则每生成时转移电子0.4NA
【答案】A
【知识点】苯的同系物及其性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、苯（）和苯乙烯（）的最简式均为；
混合物中，“”单元的物质的量为，每个“”含1个键，因此碳氢键总数为（与苯和苯乙烯的比例无关 ），A正确；
B、铜与浓硝酸反应时，先生成（反应： ）；随反应进行，硝酸变稀，生成（反应： ）。
参与反应时，部分生成、部分生成，电子转移数介于“全生成时的 0.2NA ”与“全生成时的 0.3NA ”之间，无法确定具体值，B错误；
C、溶于水发生可逆反应：。
溶液中含的粒子有、、、，但原子总数为 0.2mol，因此，、、、的粒子数之和大于0.1NA（因为中含2个原子 ），C错误；
D、反应中，未指明“标准状况”，无法确定物质的量，电子转移数与的物质的量相关，因此无法确定转移电子数，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕阿伏加德罗常数（）的应用，需结合物质结构、反应历程、可逆反应及气体摩尔体积的条件，分析选项中粒子数、电子转移数的计算是否合理。
A．利用最简式分析混合物中碳氢键数 。
B．分析浓硝酸与铜反应的历程，判断电子转移数范围 。
C．结合可逆反应，分析溶液中含粒子的总数 。
D．明确气体摩尔体积的应用条件，判断的物质的量 。
12．（2024高二上·杭州月考）甲醇与水蒸气重整可获得清洁能源，在催化剂作用下发生两步反应：
反应①：
反应②：
根据能量变化示意图，下列说法不正确的是
A．总反应的热化学方程式为：
B．和的总键能大于和的总键能
C．甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①
D．使用催化剂，能提高单位体积内活化分子的百分数
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、反应①： ；反应②：
依据盖斯定律，①+②可得总反应： ，总反应焓变，A正确；
B、由能量示意图可知，反应②中反应物（）总能量高于生成物（）总能量，故反应②为放热反应（ ）。
反应热反应物总键能生成物总键能，因，所以和的总键能小于和的总键能，B错误；
C、活化能越高，反应速率越慢；总反应速率由慢反应（活化能高的反应 ）决定。由能量示意图可知，反应①的活化能高于反应②，因此总反应速率取决于反应①，C正确；
D、催化剂通过降低活化能，使更多普通分子变为活化分子，从而提高单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学反应能量变化与反应原理，需结合盖斯定律、反应热与键能关系、活化能对反应速率的影响及催化剂的作用分析。
A．应用盖斯定律推导总反应热化学方程式 。
B．通过能量变化判断反应热，分析键能关系 。
C．根据活化能大小判断总反应速率的决定步骤 。
D．理解催化剂对活化分子百分数的影响 。
13．（2024高二上·杭州月考）用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．反应1中转化为
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、反应1中，作氧化剂，将（绿矾中的 ）氧化为，自身被还原，由于反应体系含（碱性条件 ），被还原为（生成 ），而非，A错误；
B、反应1后，溶液中可能含（被还原产物 ），酸性能氧化使其褪色，干扰的检验（也能使酸性褪色 ），不能用酸性检验是否完全反应，B错误；
C、沉淀中，是核心组成（未被洗涤除去 ），用溶液检验时，即使沉淀洗涤干净，本身含也会使变红，无法判断是否残留杂质（如、 ），C错误；
D、反应2中，作氧化剂，被还原为，每个得1个电子；作还原剂，被氧化为，每个失2个电子（2个共失2个电子 ）。根据电子守恒，氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比为2：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕绿矾制备的流程，需结合氧化还原反应（氧化剂、还原剂判断，电子转移 ）、离子检验（、 ）及反应计量关系分析。“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加、 ，将氧化成，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与 、 反应生成 。
A．判断反应1中的还原产物 。
B．分析酸性与反应1中离子的反应干扰 。
C．判断检验沉淀洗涤的合理性 。
D．分析反应2中氧化剂、还原剂的计量关系 。
14．（2024高二上·杭州月考）对于有机物：，下列说法不正确的是
A．该有机物的分子式为：
B．该有机物能发生加成、氧化、取代和加聚反应
C．该有机物最多能与氢气加成
D．该有机物能使酸性溶液褪色
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、苯环6个，侧链及环上共10个（总计16个）；原子通过结构数：苯环上、环上、侧链等，最终分子式为，A正确；
B、有机物含苯环（可加成、取代 ）、碳碳双键（可加成、氧化、加聚 ）、羟基（可取代、氧化 ）、酯基（可取代 ）。
因此，能发生加成 、氧化、取代、加聚反应，B正确；
C、能与加成的官能团：苯环（1个苯环加成3mol ）、碳碳双键（1个双键加成1mol ）；酯基（）不能与加成，该有机物含1个苯环、1个碳碳双键，故1mol该有机物最多加成4mol，而非6mol，C错误；
D、有机物含碳碳双键（可被氧化 ）、羟基，均能使酸性溶液褪色，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题围绕有机物的结构与性质，需结合分子式判断、反应类型（加成、氧化、取代、加聚 ）、加氢反应的官能团分析及酸性的褪色原理，判断选项合理性。
A．通过不饱和度计算分子式 。
B．分析官能团对应的反应类型 。
C．判断能与加成的官能团及数量 。
D．分析使酸性褪色的官能团 。
15．（2024高二上·杭州月考）向绝热恒容密闭容器中通入和，一定条件下反应：达到平衡，在此过程中正反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列由图得出的结论正确的是
A．反应在点时达到平衡状态
B．反应物的总能量低于生成物的总能量
C．容器内的压强保持不变时，反应达到平衡状态
D．的浓度：点小于点
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、平衡状态的本质是正反应速率 = 逆反应速率。c点正反应速率最大，但未体现逆反应速率，无法判断是否平衡（后续速率下降，说明仍在向正反应进行 ），A错误；
B、反应在绝热容器中进行，初始阶段正反应速率增大（温度升高的影响＞反应物浓度下降的影响 ），说明反应放热（温度升高加快反应速率 ）。放热反应中，反应物总能量高于生成物总能量，B错误；
C、反应方程式 中，反应前后气体分子数不变（均为2mol气体 ）。但容器是绝热恒容，反应放热使温度升高，压强增大；若压强不变，说明温度不再变化（热量不再释放 ），反应达平衡，C正确；
D、反应从起始（a点）到b点、c点，作为反应物不断消耗，浓度持续下降，浓度：a点大于b点，D错误；
【分析】本题围绕化学平衡状态判断、反应热分析及浓度/压强变化对平衡的影响，结合反应速率 - 时间图像，分析反应过程与平衡特征。
A．判断平衡状态的标志（正逆反应速率相等 ）。
B．通过反应速率变化推导反应热（放热/吸热 ）。
C．分析压强与平衡状态的关系（气体分子数、绝热条件 ）。
D．分析反应过程中浓度的变化趋势 。
16．（2024高二上·杭州月考）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向含0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加2滴淀粉溶液 溶液变蓝 还原性：Fe2+＜I-
B 等体积等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现乳白色浑浊 升高温度，反应速率加快
C 向某固体中加入过量的盐酸，再滴加KSCN溶液 溶液未出现红色 该固体中不含+3价Fe元素
D 将红热的木炭放入浓硝酸中 产生红棕色气体 浓硝酸与碳在加热条件下生成NO2
A．A B． C． D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、溶液中，和均能被氧化（先氧化还原性强的离子 ），通入后溶液变蓝（生成），但无法确定是否被氧化（若未完全氧化，可能未反应 ），不能得出“还原性”的结论，A错误；
B、等体积、等浓度的与溶液，在不同温度下反应，温度高的溶液先出现乳白色浑浊（生成更快 ），温度是唯一变量，现象差异由温度引起，说明升高温度加快反应速率，B正确；
C、向固体加过量盐酸后，滴加溶液未变红，说明溶液中无。但固体中若含，可能因盐酸过量或存在还原剂（如单质 ），使被还原为，无法检出，不能确定固体中不含+3价元素，C错误；
D、红热木炭与浓硝酸反应产生红棕色气体（），但浓硝酸受热易分解，也会生成，因此，无法确定是“浓硝酸与木炭反应”还是“浓硝酸自身分解”产生，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕氧化还原反应顺序、温度对速率的影响、离子检验的局限性及反应产物的可能性，分析实验操作、现象与结论的匹配性。
A．判断与的还原性强弱 。
B．分析温度对反应速率的影响 。
C．分析检验的局限性 。
D．分析浓硝酸与木炭反应的产物可能性 。
二、填空题(本大题共5题，共52分。)
17．（2024高二上·杭州月考）下列装置可用于粗略测量物质的燃烧热。25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为。
（1）反应放出的热量Q= kJ(结果取整数)。
（2）写出葡萄糖燃烧热的热化学方程式 。
【答案】（1）140
（2）(1)
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】（1）25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为，则反应放出的热量Q=5kg×4.18kJ/(kg ℃)×(31.7℃-25℃)= 140kJ。
故答案为： 140 ；
（2）n(葡萄糖)==0.05mol，则葡萄糖的燃烧热为=2800kJ/mol，所以葡萄糖燃烧热的热化学方程式为(1) 。
故答案为：(1)
【分析】（1）根据热量计算公式，其中c是水的比热容，m是水的质量，是水温变化量。代入数据，计算结果 。
（2）葡萄糖质量9g，摩尔质量180g/mol，则 n(葡萄糖)==0.05mol ，0.05mol葡萄糖燃烧放热140kJ，则1mol葡萄糖燃烧放热=2800kJ/mol ，燃烧热要求生成稳定化合物（为液态 ），书写方程式即可。
（1）25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为，则反应放出的热量Q=5kg×4.18kJ/(kg ℃)×(31.7℃-25℃)= 140kJ。
（2）n(葡萄糖)==0.05mol，则葡萄糖的燃烧热为=2800kJ/mol，所以葡萄糖燃烧热的热化学方程式为(1) 。
18．（2024高二上·杭州月考）氨气的性质非常广泛，以下是氨气的部分转化：
已知：肼又称联氨，还原性强于氨气。
（1）请写出的电子式 。
（2）N2H4可看成二元弱碱，请写出N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式： 。
（3）下列说法不正确的是 。
A．将投入液氨中制备
B．氨气存在分子间氢键，所以沸点高，是良好的制冷剂
C．为了提高的产量，需加入过量的
D．在氧化炉中直接生成，被水吸收后转化为硝酸
E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，可以观察到又有气泡产生
（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，请写出气体被溶液完全吸收的离子方程式： 。
（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质。设计用一种试剂(含试纸)验证反应后混合气体中比较活泼的两种气体的方案： 。
【答案】（1）
（2）
（3）BCD
（4）
（5）将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氨的性质及用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）属于共价化合物，的电子式为。
故答案为：；
（2）由于N2H4可看成二元弱碱，所以在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式为。
故答案为： ；
（3）A．根据流程图可判断将投入液氨中制备，同时生成氢气，A正确；
B．液氨汽化时吸热，所以是良好的制冷剂，与氨气存在分子间氢键无关系，B错误；
C．联氨的还原性强于氨气，因此为了提高的产量，不能加入过量的，C错误；
D．在氧化炉中直接生成，得不到，D错误；
E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，由于溶液中含有硝酸铜，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可以进行氧化金属铜，所以可以观察到又有气泡产生，E正确；
故答案为：BCD；
（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，气体被溶液完全吸收，转化为硝酸钠和亚硝酸钠，
故答案为：；
（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质，单质是氮气，同时还有水生成。由于氨气是一种碱性气体，则实验方案为将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和。
故答案为： 将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和 。
【分析】氨气经不同路径转化：一是与反应生成，或与反应生成，还能在加热条件下与反应（实验1）生成红色固体和混合气体；二是进入氧化炉与反应，产物经吸收塔用水处理得到，再与过量进行实验2生成，最终进行尾气处理 。
（1）属于共价化合物，的电子式为。
（2）由于N2H4可看成二元弱碱，所以在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式为。
（3）A．根据流程图可判断将投入液氨中制备，同时生成氢气，A正确；
B．液氨汽化时吸热，所以是良好的制冷剂，与氨气存在分子间氢键无关系，B错误；
C．联氨的还原性强于氨气，因此为了提高的产量，不能加入过量的，C错误；
D．在氧化炉中直接生成，得不到，D错误；
E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，由于溶液中含有硝酸铜，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可以进行氧化金属铜，所以可以观察到又有气泡产生，E正确；
答案选BCD。
（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，气体被溶液完全吸收，转化为硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式为。
（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质，单质是氮气，同时还有水生成。由于氨气是一种碱性气体，则实验方案为将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和。
19．（2024高二上·杭州月考）某实验小组欲通过测定酸性和(草酸)溶液在单位时间内生成的体积，来探究影响化学反应速率的因素，实验装置如图甲所示：
实验序号 A溶液 B溶液
① 溶液 溶液
② 溶液 溶液
回答下列问题：
（1）检查装置甲气密性的方法 。
（2）装置甲中发生反应的离子方程式为： 。
（3）该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响。
（4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中时间内速率变快的主要原因可能是：
①产物是反应的催化剂；② 。
【答案】（1）关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好
（2）
（3）浓度
（4）反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快
【知识点】化学反应速率的影响因素；气体发生装置的气密性检查；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）检查装置甲气密性的方法是关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好；
故答案为： 关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好 ；
（2）根据草酸是弱酸的特性，可知酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸)溶液反应的离子方程式为：；
故答案为：
（3）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响；
故答案为： 浓度；
（4）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，说明该反应放热使反应温度升高；
故答案为： 反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快
【分析】酸性高锰酸钾具有强氧化性，与草酸发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，通过用注射器收集二氧化碳时气体体积的变化来探究不同条件对反应速率的影响。
（1）熟练掌握检查装置气密性的方法，如活塞复位现象可说明气密性良好 。
（2）酸性与发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，结合守恒配平。
（3）对比实验①②，浓度相同，浓度不同，故探究浓度对反应速率的影响 。
（4）反应放热使溶液温度升高，或产物作催化剂均会使反应速率变快 。
（1）检查装置甲气密性的方法是关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好；
（2）酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸)溶液反应的离子方程式：；
（3）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响；
（4）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，说明该反应放热使反应温度升高；
20．（2024高二上·杭州月考）在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为和)合成甲醇时涉及了如下反应：
I．
II．
III．
（1）反应I在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
（2）若向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应I和II。在不同温度下达到平衡，体系中的选择性和的平衡转化率与温度的关系如图(1)所示。
(已知：的选择性)
回答下列问题：
①某温度下，下列能说明反应II已达平衡状态的是 (填序号)。
A．气体的平均摩尔质量不变
B．混合气体密度不再改变
C．体系中和的浓度比不变
D．容器内压强不再改变
②图中表示选择性变化的曲线是 (填“a”或“b”)。
③当，平衡时的体积分数 (答案保留两位有效数字)，计算该温度下反应I的 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压各组分的物质的量分数，答案保留两位有效数字)。
④经测定，当温度高于的平衡转化率会升高，其可能的原因为 。
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图(2)所示的电池装置，写出该燃料电池负极的电极反应式： 。
【答案】（1）高温
（2）ACD；a；；0.027；以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II
（3）
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）I．
II．
III．
根据盖斯定律II- III得 =+41.2kJ/mol，反应I正反应吸热，所以在高温条件下能下可自发进行。
故答案为：
（2）①A．反应前后气体总质量不变、总物质的量改变，平均摩尔质量是变量，气体的平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；
C．体系中和的浓度比不变，说明个物质浓度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总物质的量改变，压强是变量，容器内压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选ACD。
②反应II放热，升高温度平衡逆向移动，所以的选择性降低，图中表示选择性变化的曲线是a。
③设CO2的投料为amol、氢气的投料为3amol；当，体系中的选择性为50%，的平衡转化率为30%，则参与反应I的二氧化碳为0.15amol、氢气0.15amol，生成CO0.15amol、生成水0.15amol； 参与反应II的二氧化碳为0.15amol、氢气0.45amol，生成0.15amol、生成水0.15amol，则平衡体系中二氧化碳为0.7amol、氢气2.4amol、CO为0.15amol、0.15amol，水0.3amol，平衡时的体积分数，计算该温度下反应I的。
④反应吸热I，反应II放热，280℃以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II，所以当温度高于280℃，的平衡转化率会升高。
故答案为： ACD ； a ；4.1%； 0.027 ； 280℃以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II；
（3）该燃料电池负极为甲醇失电子生成碳酸根离子和水，
故答案为：。
【分析】本题围绕合成甲醇的反应体系，结合反应自发条件、平衡状态判断、选择性与转化率分析及燃料电池电极反应，综合考查热力学与电化学知识。
（1）用盖斯定律求 ，结合正反应吸热判断是否自发。
（2）① 分析变量是否为“变化量”，变量不变则达平衡 。
②分析反应II（生成）的热效应，判断温度对选择性的影响 。
③ 设初始量，结合选择性、转化率计算平衡量，再求体积分数和平衡常数 。
④ 对比反应I（吸热）和反应II（放热），分析温度对两者平衡移动的影响程度 。
（3）分析负极反应物（）的氧化产物，结合电解质环境写反应式 。
（1）I．
II．
III．
根据盖斯定律II- III得 =+41.2kJ/mol，反应I正反应吸热，所以在高温条件下能下可自发进行。
（2）①A．反应前后气体总质量不变、总物质的量改变，平均摩尔质量是变量，气体的平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；
C．体系中和的浓度比不变，说明个物质浓度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总物质的量改变，压强是变量，容器内压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选ACD。
②反应II放热，升高温度平衡逆向移动，所以的选择性降低，图中表示选择性变化的曲线是a。
③设CO2的投料为amol、氢气的投料为3amol；当，体系中的选择性为50%，的平衡转化率为30%，则参与反应I的二氧化碳为0.15amol、氢气0.15amol，生成CO0.15amol、生成水0.15amol； 参与反应II的二氧化碳为0.15amol、氢气0.45amol，生成0.15amol、生成水0.15amol，则平衡体系中二氧化碳为0.7amol、氢气2.4amol、CO为0.15amol、0.15amol，水0.3amol，平衡时的体积分数，计算该温度下反应I的。
④反应吸热I，反应II放热，以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II，所以当温度高于的平衡转化率会升高。
（3）该燃料电池负极为甲醇失电子生成碳酸根离子和水，负极的电极反应式为。
21．（2024高二上·杭州月考）我国的歼-20战机使用了大量的钛金属，是生产钛的重要中间原料，某小组利用如图所示装置在实验室制备并收集(夹持装置略去)。
已知：①中元素为+4价。
②瓷舟中物质反应后除生成外，同时还生成一种有毒氧化物气体。
③相关物质的部分物理性质如表：
熔点/℃ 沸点/℃ 水溶性
TiCl4 -23.2 136.4 TiCl4高温时能与O2反应，极易与水反应；能溶于CCl4等有机溶剂
FeCl3 306 315 易与水反应
④的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒。
回答下列问题：
（1）该小组利用图(1)所示装置制备。
盛放浓盐酸的仪器名称为 ，圆底烧瓶内所装试剂可为 (填编号)。
a． b． c．浓
（2）将管式炉加热至时，瓷舟中主要发生的化学反应方程式为 。
（3）装置单元如图(2)所示，A、B、C中盛装的液体可从下列选项中选择，其正确排序为 。
A．的盐酸溶液 B．饱和食盐水 C．溶液 D．浓硫酸
（4）实验过程中需要先后通入两次，第二次通入作用是 。
（5）控温箱的温度在，目的是 。
（6）以为载体，用和水蒸气反应生成，再控制温度可生成纳米。实验室可采用如下方法测定纳米组成：
步骤一：取样品纳米，用稀硫酸充分溶解得到，再用足量单质将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入容量瓶，定容得到待测液。
步骤二：取待测液于烧杯中，用图(3)所示装置进行测定(图中电压计的示数与溶液中有关)。向烧杯中逐滴滴入溶液，被氧化为。
①确定与恰好反应的现象为 。
②滴入溶液时恰好被反应完全。该样品的组成为 。
【答案】（1）分液漏斗；b
（2）
（3）DAC
（4）排尽装置内的剩余气体，提高产率并防止污染
（5）冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的
（6）电压计读数(指针位置)不再变化；
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；实验室制取氯气可选用二氧化锰与浓盐酸加热反应，浓硫酸和浓盐酸不反应，该装置不用加热，则选用高锰酸钾与浓盐酸反应，
故答案为：b；
（2）管式炉加热至900℃，根据分析可知，
故答案为：；
（3）制取的极易与水反应，则A中应盛放浓硫酸，用于防止水蒸气进入锥形瓶中，的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒，化学方程式为，则应先吸收CO，再用NaOH吸收HCl、Cl2等气体；
故答案为：DAC；
（4）第一次通氮气的作用为将装置内的空气和水蒸气排除，防止生成的与氧气或水蒸气反应导致不纯，第二次通入氮气的作用是排净装置中的氯气，从而提高产率并防止污染；
故答案为： 排尽装置内的剩余气体，提高产率并防止污染 ；
（5）控温箱的温度在，目的是冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的；
故答案为： 冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的 ；
（6）①图中电压计的示数与溶液中有关，则确定与恰好反应的现象为电压计读数(指针位置)不再变化；
②Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为Fe2+，根据氧化还原反应转移电子守恒可知，其物质的量之比为1：1，消耗n[]=×=4×10-3mol，则n(Ti3+)=4×10-3mol，根据Ti元素守恒，3.47g中n(TiO2)= 4×10-3mol ×=4×10-2mol，m(TiO2)= 4×10-2mol×80g/mol=3.2g，n(H2O)=，故n(TiO2)：n(H2O)=8：3，该样品的组成为。
故答案为： 电压计读数(指针位置)不再变化 ；。
【分析】 反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，随后通入氯气，经过浓硫酸干燥后，氯气进入瓷舟与、C反应，根据题干可知，除生成外，同时还生成一种有毒氧化物气体，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为；、CO均会进入控温箱，根据的沸点可知，控温箱控制温度在，可冷凝且保证为气态，从而除去中混有的，最后经冷凝收集在锥形瓶中，因反应生成的CO尚未处理，故装置单元X作用为吸收CO以及Cl2，防止其污染环境。
（1）仪器：盛放浓盐酸的是分液漏斗；试剂：装置无加热，选 与浓盐酸常温制 。
（2）依据已知产物，配平得 。
（3）先浓硫酸（D）防进水，再盐酸溶液（A）除，最后溶液（C）除尾气。
（4）排尽残留气体，提高产率、防污染 。
（5）150 - 200℃使冷凝、气化，分离除杂 。
（6）①终点现象：电压计读数（指针位置）不再变化 ，②组成：通过反应计量、守恒计算，得 。
（1）由仪器构造可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；实验室制取氯气可选用二氧化锰与浓盐酸加热反应，浓硫酸和浓盐酸不反应，该装置不用加热，则选用高锰酸钾与浓盐酸反应，故选b；
（2）管式炉加热至900℃，根据分析可知，化学方程式为；
（3）制取的极易与水反应，则A中应盛放浓硫酸，用于防止水蒸气进入锥形瓶中，的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒，化学方程式为，则应先吸收CO，再用NaOH吸收HCl、Cl2等气体；故溶液顺序为DAC；
（4）第一次通氮气的作用为将装置内的空气和水蒸气排除，防止生成的与氧气或水蒸气反应导致不纯，第二次通入氮气的作用是排净装置中的氯气，从而提高产率并防止污染；
（5）控温箱的温度在，目的是冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的；
（6）①图中电压计的示数与溶液中有关，则确定与恰好反应的现象为电压计读数(指针位置)不再变化；
②Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为Fe2+，根据氧化还原反应转移电子守恒可知，其物质的量之比为1：1，消耗n[]=×=4×10-3mol，则n(Ti3+)=4×10-3mol，根据Ti元素守恒，3.47g中n(TiO2)= 4×10-3mol ×=4×10-2mol，m(TiO2)= 4×10-2mol×80g/mol=3.2g，n(H2O)=，故n(TiO2)：n(H2O)=8：3，该样品的组成为。
浙江省杭州市周边重点中学四校联考2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2024高二上·杭州月考）下列材料中属于新型无机非金属材料的是
A．光学玻璃 B．储氢合金
C．光导纤维 D．聚氯乙烯塑料
2．（2024高二上·杭州月考）下列说法不正确的是
A．观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视
B．混凝剂聚合氯化铝可使污水中的细小悬浮物等聚集成较大的颗粒
C．甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本
D．溶液比溶液稳定
3．（2024高二上·杭州月考）下列化学用语表示正确的是
A．甲烷的分子结构模型：
B．离子的结构示意图：
C．羟基的电子式：
D．醛基：-COH
4．（2024高二上·杭州月考）下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是
A．装置用于实验室制备
B．装置可验证非金属性
C．装置可制取氢氧化铁胶体
D．装置可用于测定中和反应的反应热
5．（2024高二上·杭州月考）在溶液中不能大量共存的离子组是
A． B．
C． D．
6．（2024高二上·杭州月考）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·杭州月考）二氧化硫在食品工业中可用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并检验SO2的部分性质。下列说法正确的是
A．装置甲中常用的稀硫酸溶液
B．装置乙中溶液颜色变化：先变红后褪色
C．装置丙中发生的最终总反应为：
D．装置丁中酸性溶液褪色的原理与用于食品漂白剂的原理相同
8．（2024高二上·杭州月考）在密闭容器中，反应 分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为；②、③与①比较只有一个实验条件不同。反应物的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．与实验①相比，实验②可能使用了催化剂
B．实验③进行后，用表示的平均反应速率
C．实验②平衡时的转化率为
D．该反应的
9．（2024高二上·杭州月考）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
选项 物质的性质 解释
A 沸点：乙醇＞乙烷 乙醇分子间形成氢键而乙烷不能
B N2可用作反应的保护气 N2中N≡N键能大
C 用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，保鲜水果 C2H4分子中含碳碳双键，易发生加成反应
D 稀有气体的化学性质稳定 原子的最外层电子达到稳定结构
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高二上·杭州月考）下列化学反应与方程式不相符的是
A．黑火药爆炸：
B．向红色溶液中加入过量铁粉至溶液浅绿色：
C．黄铁矿的燃烧：
D．以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)：
11．（2024高二上·杭州月考）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．苯和苯乙烯的混合物中含有的碳氢键数一定为6NA
B．过量铜与含的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2NA
C．将完全溶于水中，所得溶液中的粒子数之和为0.1NA
D．，则每生成时转移电子0.4NA
12．（2024高二上·杭州月考）甲醇与水蒸气重整可获得清洁能源，在催化剂作用下发生两步反应：
反应①：
反应②：
根据能量变化示意图，下列说法不正确的是
A．总反应的热化学方程式为：
B．和的总键能大于和的总键能
C．甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①
D．使用催化剂，能提高单位体积内活化分子的百分数
13．（2024高二上·杭州月考）用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．反应1中转化为
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
14．（2024高二上·杭州月考）对于有机物：，下列说法不正确的是
A．该有机物的分子式为：
B．该有机物能发生加成、氧化、取代和加聚反应
C．该有机物最多能与氢气加成
D．该有机物能使酸性溶液褪色
15．（2024高二上·杭州月考）向绝热恒容密闭容器中通入和，一定条件下反应：达到平衡，在此过程中正反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列由图得出的结论正确的是
A．反应在点时达到平衡状态
B．反应物的总能量低于生成物的总能量
C．容器内的压强保持不变时，反应达到平衡状态
D．的浓度：点小于点
16．（2024高二上·杭州月考）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向含0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加2滴淀粉溶液 溶液变蓝 还原性：Fe2+＜I-
B 等体积等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现乳白色浑浊 升高温度，反应速率加快
C 向某固体中加入过量的盐酸，再滴加KSCN溶液 溶液未出现红色 该固体中不含+3价Fe元素
D 将红热的木炭放入浓硝酸中 产生红棕色气体 浓硝酸与碳在加热条件下生成NO2
A．A B． C． D．D
二、填空题(本大题共5题，共52分。)
17．（2024高二上·杭州月考）下列装置可用于粗略测量物质的燃烧热。25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为。
（1）反应放出的热量Q= kJ(结果取整数)。
（2）写出葡萄糖燃烧热的热化学方程式 。
18．（2024高二上·杭州月考）氨气的性质非常广泛，以下是氨气的部分转化：
已知：肼又称联氨，还原性强于氨气。
（1）请写出的电子式 。
（2）N2H4可看成二元弱碱，请写出N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式： 。
（3）下列说法不正确的是 。
A．将投入液氨中制备
B．氨气存在分子间氢键，所以沸点高，是良好的制冷剂
C．为了提高的产量，需加入过量的
D．在氧化炉中直接生成，被水吸收后转化为硝酸
E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，可以观察到又有气泡产生
（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，请写出气体被溶液完全吸收的离子方程式： 。
（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质。设计用一种试剂(含试纸)验证反应后混合气体中比较活泼的两种气体的方案： 。
19．（2024高二上·杭州月考）某实验小组欲通过测定酸性和(草酸)溶液在单位时间内生成的体积，来探究影响化学反应速率的因素，实验装置如图甲所示：
实验序号 A溶液 B溶液
① 溶液 溶液
② 溶液 溶液
回答下列问题：
（1）检查装置甲气密性的方法 。
（2）装置甲中发生反应的离子方程式为： 。
（3）该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响。
（4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中时间内速率变快的主要原因可能是：
①产物是反应的催化剂；② 。
20．（2024高二上·杭州月考）在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为和)合成甲醇时涉及了如下反应：
I．
II．
III．
（1）反应I在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
（2）若向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应I和II。在不同温度下达到平衡，体系中的选择性和的平衡转化率与温度的关系如图(1)所示。
(已知：的选择性)
回答下列问题：
①某温度下，下列能说明反应II已达平衡状态的是 (填序号)。
A．气体的平均摩尔质量不变
B．混合气体密度不再改变
C．体系中和的浓度比不变
D．容器内压强不再改变
②图中表示选择性变化的曲线是 (填“a”或“b”)。
③当，平衡时的体积分数 (答案保留两位有效数字)，计算该温度下反应I的 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压各组分的物质的量分数，答案保留两位有效数字)。
④经测定，当温度高于的平衡转化率会升高，其可能的原因为 。
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图(2)所示的电池装置，写出该燃料电池负极的电极反应式： 。
21．（2024高二上·杭州月考）我国的歼-20战机使用了大量的钛金属，是生产钛的重要中间原料，某小组利用如图所示装置在实验室制备并收集(夹持装置略去)。
已知：①中元素为+4价。
②瓷舟中物质反应后除生成外，同时还生成一种有毒氧化物气体。
③相关物质的部分物理性质如表：
熔点/℃ 沸点/℃ 水溶性
TiCl4 -23.2 136.4 TiCl4高温时能与O2反应，极易与水反应；能溶于CCl4等有机溶剂
FeCl3 306 315 易与水反应
④的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒。
回答下列问题：
（1）该小组利用图(1)所示装置制备。
盛放浓盐酸的仪器名称为 ，圆底烧瓶内所装试剂可为 (填编号)。
a． b． c．浓
（2）将管式炉加热至时，瓷舟中主要发生的化学反应方程式为 。
（3）装置单元如图(2)所示，A、B、C中盛装的液体可从下列选项中选择，其正确排序为 。
A．的盐酸溶液 B．饱和食盐水 C．溶液 D．浓硫酸
（4）实验过程中需要先后通入两次，第二次通入作用是 。
（5）控温箱的温度在，目的是 。
（6）以为载体，用和水蒸气反应生成，再控制温度可生成纳米。实验室可采用如下方法测定纳米组成：
步骤一：取样品纳米，用稀硫酸充分溶解得到，再用足量单质将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入容量瓶，定容得到待测液。
步骤二：取待测液于烧杯中，用图(3)所示装置进行测定(图中电压计的示数与溶液中有关)。向烧杯中逐滴滴入溶液，被氧化为。
①确定与恰好反应的现象为 。
②滴入溶液时恰好被反应完全。该样品的组成为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用；高分子材料
【解析】【解答】A、属于硅酸盐产品，是传统无机非金属材料，不符合“新型”要求，故A不符合题意 ；
B、合金属于金属材料，不是无机非金属材料，故B不符合题意 ；
C、主要成分，具备特殊光学性能，属于新型无机非金属材料，故C符合题意 ；
D、塑料是有机高分子材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】传统无机非金属材料：如硅酸盐材料（玻璃、水泥、陶瓷等 ）。
新型无机非金属材料：具有特殊结构、功能，如光导纤维（ ）、高温结构陶瓷等。
金属材料：包括纯金属和合金。
有机高分子材料：由有机高分子化合物制成（如塑料、橡胶、纤维等 ）。
2．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；钠的化学性质
【解析】【解答】A、近距离俯视易被飞溅物伤到，故不能近距离俯视，A正确；
B、可吸附污水中细小悬浮物，使其聚集成大颗粒沉降，B正确；
C、利用杀菌防腐性能，可制作生物标本（固定标本组织 ），C正确；
D、不稳定，见光易分解（ ）；相对稳定（溶液中以离子形式存在，不易分解 ），D错误；
故答案为：D。
【分析】本题需逐一分析选项，依据化学物质的性质（钠与水反应特点、聚合氯化铝的水解、甲醛的性质、和的稳定性 ）判断说法正误。
A．钠与水反应剧烈且放热，可能使液体飞溅。
B．聚合氯化铝溶于水水解生成胶体，胶体具有吸附性。
C．甲醛水溶液能使蛋白质变性（失去生理活性 ）。
D．不稳定，见光分解生成HCl和氧气 。
3．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；有机物中的官能团；原子结构示意图；结构简式
【解析】【解答】A、甲烷分子式为，其分子呈正四面体结构，原子位于正四面体中心，4个原子分别在正四面体的4个顶点 ，A正确；
B、元素的原子序数是16，则离子的核电荷数（质子数 ）为16；原子最外层有6个电子，得到2个电子形成，核外电子数为18 。结构示意图中，原子核内应标注+16，B错误；
C、羟基的结构式是，其电子式中，原子最外层有6个电子，与原子形成1对共用电子对后，原子还剩余4个电子（2对孤电子对 ），正确电子式应为（原子上下各有2个电子 ） ，C错误；
D、醛基的结构是由原子与原子形成双键（ ），同时原子与原子形成单键，其结构简式规范写法是 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语的规范书写展开，涵盖分子结构模型、离子结构示意图、电子式、官能团结构简式 。需依据各类化学用语的定义和规则，对每个选项逐一分析判断。
A．明确甲烷分子的空间结构（正四面体结构 ），判断模型是否匹配。
B．掌握离子结构示意图的书写规则（核电荷数 = 质子数，与原子序数对应；离子核外电子数 = 原子电子数 ± 得失电子数 ）。
C．清楚羟基（ ）的电子式书写要求（体现与的共用电子对及的孤电子对，且羟基是电中性基团 ）。
D．牢记醛基的正确结构简式（ ），区分与相似基团（如醇羟基相关基团 ）的写法。
4．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；中和热的测定；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、单独加热时，发生反应，但生成的和在试管口遇冷，会重新化合为（ ），无法持续获得 。实验室制备的正确方法是加热与的固体混合物（反应为 ）。因此，装置A不能用于实验室制备，故A不符合题意 ；
B、元素非金属性强弱可通过其最高价氧化物对应水化物的酸性比较：酸性越强，非金属性越强 。
装置B中，（的最高价氧化物对应水化物 ）与反应，生成（反应为 ），说明酸性，则非金属性 ，生成的通入溶液，发生反应，生成沉淀，说明酸性，则非金属性 ，故B符合题意 ；
C、制备胶体的正确操作是：向沸水中逐滴加入饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热（反应为 ） 。若将溶液滴入溶液，会直接发生复分解反应，生成红褐色沉淀，而非胶体 ，装置C中是将溶液滴入溶液，得到的是沉淀，不能制取胶体，故C不符合题意 ；
D、测定中和反应的反应热时，需要准确测量反应过程中溶液温度的变化，因此温度计应插入反应液中 ，装置D中，温度计未插入反应液，无法准确获取反应液的温度数据，不能用于测定中和反应的反应热，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题聚焦实验装置与实验目的的适配性，需结合各实验的原理、操作规范，逐一分析装置能否达成对应实验目的。
A．掌握实验室制备的原理与正确方法 。
B．利用“最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强”的规律，结合“强酸制弱酸”原理判断 。
C．明确氢氧化铁胶体的制备方法（向沸水加饱和溶液 ）与沉淀生成的区别 。
D．清楚测定中和反应反应热时，温度计的正确放置位置（需插入反应液 ） 。
5．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、这些离子之间不会结合生成沉淀、气体或弱电解质（如、弱酸、弱碱等），也不存在氧化还原、络合等反应，能在溶液中大量共存，故A不符合题意；
B、在酸性环境（存在）中，会发生转化：，导致无法以原形式大量存在，不能大量共存。故B符合题意；
C、这些离子之间不会发生复分解反应（无沉淀、气体、弱电解质生成），也无氧化还原、络合等反应，能在溶液中大量共存。因此，故C不符合题意；
D、这些离子之间不会结合生成沉淀、气体或弱电解质，也不存在氧化还原反应（与才发生络合，此组无），能在溶液中大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查离子共存问题，需判断各组离子间是否发生反应（如复分解、氧化还原、离子转化等），若发生反应则不能大量共存，反之则可以，解题要点：判断离子间是否发生反应。
6．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】升高温度， 增大，说明 平衡逆向移动，该反应为放热反应（ ）；
升高温度， 减小，说明 平衡正向移动，该反应为吸热反应（ ）；可排除CD；
加入催化剂后， 达到平衡所需时间大幅缩短 ，说明反应活化能降低，加快了反应速率，但不改变平衡，反应的决速步是活化能最大的步骤，分析可知，只有A符合题意；
故答案为：A。
【分析】这是一道结合反应历程、催化剂和温度影响的化学推理题，解题关键在于利用平衡移动与反应热的关系，以及催化剂对活化能和反应速率的作用，匹配反应历程图像，涉及化学平衡移动原理（温度改变对平衡的影响 ）、反应热判断（依据温度对平衡的影响确定反应吸热/放热 ）、催化剂作用（降低活化能，加快反应速率但不影响平衡 ）。
7．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、易溶于水，若装置甲用0.01mol·L-1稀硫酸，生成的会因大量溶解在水中，难以逸出。制备应选用浓硫酸，利用浓硫酸的高沸点、难挥发性，减少溶解，利于气体逸出 ，A错误；
B、与水反应生成（反应为 ），使紫色石蕊试液变红（体现酸性 ）。但的漂白性针对品红等有机色质，不能漂白紫色石蕊试液，所以溶液只变红不褪色 ，B错误；
C、装置丙中，先与反应：（生成和 ）；过量再与反应： ，整合两步反应，消去中间产物，得到总反应： ，C正确；
D、装置丁中，使酸性溶液褪色，是因为具有还原性（被氧化为，被还原为 ），而用于食品漂白，是利用其漂白性（与有色物质结合生成不稳定的无色物质 ）。两者原理不同 。
因此，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕的制备与性质检验展开，需结合的溶解性、酸性、氧化性、还原性等性质，分析装置作用及反应是否合理：装置甲用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫，装置乙用于检验水溶液的酸性，装置丙用于检验二氧化硫的氧化性，装置丁用于检验二氧化硫的还原性，最后进行尾气处理。
A．考虑的溶解性，判断硫酸浓度对气体逸出的影响 。
B．明确的酸性与漂白性的作用对象 。
C．分析装置丙中多步反应，推导总反应 。
D．区分使酸性褪色与漂白作用的原理 。
8．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、实验①、②起始浓度相同，实验②达到平衡的时间更短，但平衡时A的浓度与实验①相同（平衡状态相同 ），催化剂的作用是加快反应速率，不改变平衡状态，因此实验②可能使用了催化剂，A正确；
B、实验③进行10s后，A的浓度不再变化，说明反应达到化学平衡状态，化学平衡是“动态平衡”，即正反应速率与逆反应速率相等但不为0（反应仍在进行，只是宏观浓度不变 ），因此，用A表示的平均反应速率不为0，B正确；
C、实验②平衡时，A的浓度变化为，根据反应方程式，B的浓度变化与的浓度变化满足化学计量比：。
B的起始浓度为0.300mol/L ，则B的转化率为：，C正确；
D、实验③与实验①相比，达到平衡的时间更短（反应速率更快 ），且平衡时A的浓度更小（平衡正向移动 ），能使反应速率加快且平衡正向移动的条件可能有：增大压强；升高温度，由于无法确定改变的条件是“增大压强”还是“升高温度”，因此不能判断，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕化学反应速率与化学平衡展开，需结合催化剂对速率和平衡的影响、反应速率的计算、转化率的计算及温度/压强对平衡移动的判断，分析实验条件与图像的匹配性。
A．根据反应速率和平衡状态，判断是否使用催化剂 。
B．理解化学平衡的“动态平衡”特征 。
C．通过浓度变化计算转化率 。
D．通过平衡移动方向，判断反应热的符号 。
9．【答案】C
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；氮气的化学性质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、乙醇分子含基团，分子间可形成氢键；乙烷分子间只有范德华力；氢键的作用力远大于范德华力，使乙醇分子间的相互作用更强，沸点更高（常温下乙醇为液态，乙烷为气态 ），A正确；
B、分子中存在键，其键能大，断裂该键需要吸收大量能量，导致的化学性质稳定，不易与其他物质发生反应，B正确；
C、乙烯分子含碳碳双键，与酸性溶液反应时，发生的是氧化反应（乙烯被氧化为等产物 ），而非“加成反应”。
用浸泡过酸性溶液的硅藻土吸收乙烯保鲜水果，是利用氧化反应除去乙烯，C错误；
D、稀有气体原子的最外层电子达到稳定结构（如为2电子稳定结构，、等为8电子稳定结构 ），不易得失电子，因此化学性质稳定。D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕“结构 - 性质 - 用途”逻辑，需分析物质结构或性质与用途、现象的对应关系，判断解释是否合理。
A．考查分析分子间作用力（氢键与范德华力 ）对沸点的影响 。
B．结合共价键键能，分析物质化学稳定性 。
C．区分“氧化反应”与“加成反应”，分析乙烯与酸性的反应类型 。
D．从原子结构（最外层电子排布 ）分析稀有气体的化学性质 。
10．【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、黑火药中、、发生氧化还原反应，生成、、；
方程式：，与实际反应一致，故A不符合题意 ；
B、是络合物，溶液中存在，加入过量时，与反应生成，但络合平衡也会移动，实际反应为（生成新络合物 ），而非简单的与反应。
方程式：选项中写 ，未体现络合物的反应本质，故B符合题意 ；
C、黄铁矿（）高温下与反应，生成和。
方程式： ，配平及产物正确，故C不符合题意 ；
D、水杨酸与乙酸酐发生取代反应（酯化 ），生成乙酰水杨酸（阿司匹林 ）和乙酸。
方程式： ，故D不符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题需判断化学反应与方程式的匹配性，核心是分析反应的实际过程（包括物质的存在形式、反应类型 ），对比选项中方程式是否准确。
11．【答案】A
【知识点】苯的同系物及其性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、苯（）和苯乙烯（）的最简式均为；
混合物中，“”单元的物质的量为，每个“”含1个键，因此碳氢键总数为（与苯和苯乙烯的比例无关 ），A正确；
B、铜与浓硝酸反应时，先生成（反应： ）；随反应进行，硝酸变稀，生成（反应： ）。
参与反应时，部分生成、部分生成，电子转移数介于“全生成时的 0.2NA ”与“全生成时的 0.3NA ”之间，无法确定具体值，B错误；
C、溶于水发生可逆反应：。
溶液中含的粒子有、、、，但原子总数为 0.2mol，因此，、、、的粒子数之和大于0.1NA（因为中含2个原子 ），C错误；
D、反应中，未指明“标准状况”，无法确定物质的量，电子转移数与的物质的量相关，因此无法确定转移电子数，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕阿伏加德罗常数（）的应用，需结合物质结构、反应历程、可逆反应及气体摩尔体积的条件，分析选项中粒子数、电子转移数的计算是否合理。
A．利用最简式分析混合物中碳氢键数 。
B．分析浓硝酸与铜反应的历程，判断电子转移数范围 。
C．结合可逆反应，分析溶液中含粒子的总数 。
D．明确气体摩尔体积的应用条件，判断的物质的量 。
12．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、反应①： ；反应②：
依据盖斯定律，①+②可得总反应： ，总反应焓变，A正确；
B、由能量示意图可知，反应②中反应物（）总能量高于生成物（）总能量，故反应②为放热反应（ ）。
反应热反应物总键能生成物总键能，因，所以和的总键能小于和的总键能，B错误；
C、活化能越高，反应速率越慢；总反应速率由慢反应（活化能高的反应 ）决定。由能量示意图可知，反应①的活化能高于反应②，因此总反应速率取决于反应①，C正确；
D、催化剂通过降低活化能，使更多普通分子变为活化分子，从而提高单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学反应能量变化与反应原理，需结合盖斯定律、反应热与键能关系、活化能对反应速率的影响及催化剂的作用分析。
A．应用盖斯定律推导总反应热化学方程式 。
B．通过能量变化判断反应热，分析键能关系 。
C．根据活化能大小判断总反应速率的决定步骤 。
D．理解催化剂对活化分子百分数的影响 。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、反应1中，作氧化剂，将（绿矾中的 ）氧化为，自身被还原，由于反应体系含（碱性条件 ），被还原为（生成 ），而非，A错误；
B、反应1后，溶液中可能含（被还原产物 ），酸性能氧化使其褪色，干扰的检验（也能使酸性褪色 ），不能用酸性检验是否完全反应，B错误；
C、沉淀中，是核心组成（未被洗涤除去 ），用溶液检验时，即使沉淀洗涤干净，本身含也会使变红，无法判断是否残留杂质（如、 ），C错误；
D、反应2中，作氧化剂，被还原为，每个得1个电子；作还原剂，被氧化为，每个失2个电子（2个共失2个电子 ）。根据电子守恒，氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比为2：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕绿矾制备的流程，需结合氧化还原反应（氧化剂、还原剂判断，电子转移 ）、离子检验（、 ）及反应计量关系分析。“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加、 ，将氧化成，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与 、 反应生成 。
A．判断反应1中的还原产物 。
B．分析酸性与反应1中离子的反应干扰 。
C．判断检验沉淀洗涤的合理性 。
D．分析反应2中氧化剂、还原剂的计量关系 。
14．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、苯环6个，侧链及环上共10个（总计16个）；原子通过结构数：苯环上、环上、侧链等，最终分子式为，A正确；
B、有机物含苯环（可加成、取代 ）、碳碳双键（可加成、氧化、加聚 ）、羟基（可取代、氧化 ）、酯基（可取代 ）。
因此，能发生加成 、氧化、取代、加聚反应，B正确；
C、能与加成的官能团：苯环（1个苯环加成3mol ）、碳碳双键（1个双键加成1mol ）；酯基（）不能与加成，该有机物含1个苯环、1个碳碳双键，故1mol该有机物最多加成4mol，而非6mol，C错误；
D、有机物含碳碳双键（可被氧化 ）、羟基，均能使酸性溶液褪色，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题围绕有机物的结构与性质，需结合分子式判断、反应类型（加成、氧化、取代、加聚 ）、加氢反应的官能团分析及酸性的褪色原理，判断选项合理性。
A．通过不饱和度计算分子式 。
B．分析官能团对应的反应类型 。
C．判断能与加成的官能团及数量 。
D．分析使酸性褪色的官能团 。
15．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、平衡状态的本质是正反应速率 = 逆反应速率。c点正反应速率最大，但未体现逆反应速率，无法判断是否平衡（后续速率下降，说明仍在向正反应进行 ），A错误；
B、反应在绝热容器中进行，初始阶段正反应速率增大（温度升高的影响＞反应物浓度下降的影响 ），说明反应放热（温度升高加快反应速率 ）。放热反应中，反应物总能量高于生成物总能量，B错误；
C、反应方程式 中，反应前后气体分子数不变（均为2mol气体 ）。但容器是绝热恒容，反应放热使温度升高，压强增大；若压强不变，说明温度不再变化（热量不再释放 ），反应达平衡，C正确；
D、反应从起始（a点）到b点、c点，作为反应物不断消耗，浓度持续下降，浓度：a点大于b点，D错误；
【分析】本题围绕化学平衡状态判断、反应热分析及浓度/压强变化对平衡的影响，结合反应速率 - 时间图像，分析反应过程与平衡特征。
A．判断平衡状态的标志（正逆反应速率相等 ）。
B．通过反应速率变化推导反应热（放热/吸热 ）。
C．分析压强与平衡状态的关系（气体分子数、绝热条件 ）。
D．分析反应过程中浓度的变化趋势 。
16．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、溶液中，和均能被氧化（先氧化还原性强的离子 ），通入后溶液变蓝（生成），但无法确定是否被氧化（若未完全氧化，可能未反应 ），不能得出“还原性”的结论，A错误；
B、等体积、等浓度的与溶液，在不同温度下反应，温度高的溶液先出现乳白色浑浊（生成更快 ），温度是唯一变量，现象差异由温度引起，说明升高温度加快反应速率，B正确；
C、向固体加过量盐酸后，滴加溶液未变红，说明溶液中无。但固体中若含，可能因盐酸过量或存在还原剂（如单质 ），使被还原为，无法检出，不能确定固体中不含+3价元素，C错误；
D、红热木炭与浓硝酸反应产生红棕色气体（），但浓硝酸受热易分解，也会生成，因此，无法确定是“浓硝酸与木炭反应”还是“浓硝酸自身分解”产生，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕氧化还原反应顺序、温度对速率的影响、离子检验的局限性及反应产物的可能性，分析实验操作、现象与结论的匹配性。
A．判断与的还原性强弱 。
B．分析温度对反应速率的影响 。
C．分析检验的局限性 。
D．分析浓硝酸与木炭反应的产物可能性 。
17．【答案】（1）140
（2）(1)
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】（1）25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为，则反应放出的热量Q=5kg×4.18kJ/(kg ℃)×(31.7℃-25℃)= 140kJ。
故答案为： 140 ；
（2）n(葡萄糖)==0.05mol，则葡萄糖的燃烧热为=2800kJ/mol，所以葡萄糖燃烧热的热化学方程式为(1) 。
故答案为：(1)
【分析】（1）根据热量计算公式，其中c是水的比热容，m是水的质量，是水温变化量。代入数据，计算结果 。
（2）葡萄糖质量9g，摩尔质量180g/mol，则 n(葡萄糖)==0.05mol ，0.05mol葡萄糖燃烧放热140kJ，则1mol葡萄糖燃烧放热=2800kJ/mol ，燃烧热要求生成稳定化合物（为液态 ），书写方程式即可。
（1）25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为，则反应放出的热量Q=5kg×4.18kJ/(kg ℃)×(31.7℃-25℃)= 140kJ。
（2）n(葡萄糖)==0.05mol，则葡萄糖的燃烧热为=2800kJ/mol，所以葡萄糖燃烧热的热化学方程式为(1) 。
18．【答案】（1）
（2）
（3）BCD
（4）
（5）将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氨的性质及用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）属于共价化合物，的电子式为。
故答案为：；
（2）由于N2H4可看成二元弱碱，所以在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式为。
故答案为： ；
（3）A．根据流程图可判断将投入液氨中制备，同时生成氢气，A正确；
B．液氨汽化时吸热，所以是良好的制冷剂，与氨气存在分子间氢键无关系，B错误；
C．联氨的还原性强于氨气，因此为了提高的产量，不能加入过量的，C错误；
D．在氧化炉中直接生成，得不到，D错误；
E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，由于溶液中含有硝酸铜，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可以进行氧化金属铜，所以可以观察到又有气泡产生，E正确；
故答案为：BCD；
（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，气体被溶液完全吸收，转化为硝酸钠和亚硝酸钠，
故答案为：；
（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质，单质是氮气，同时还有水生成。由于氨气是一种碱性气体，则实验方案为将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和。
故答案为： 将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和 。
【分析】氨气经不同路径转化：一是与反应生成，或与反应生成，还能在加热条件下与反应（实验1）生成红色固体和混合气体；二是进入氧化炉与反应，产物经吸收塔用水处理得到，再与过量进行实验2生成，最终进行尾气处理 。
（1）属于共价化合物，的电子式为。
（2）由于N2H4可看成二元弱碱，所以在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式为。
（3）A．根据流程图可判断将投入液氨中制备，同时生成氢气，A正确；
B．液氨汽化时吸热，所以是良好的制冷剂，与氨气存在分子间氢键无关系，B错误；
C．联氨的还原性强于氨气，因此为了提高的产量，不能加入过量的，C错误；
D．在氧化炉中直接生成，得不到，D错误；
E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，由于溶液中含有硝酸铜，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可以进行氧化金属铜，所以可以观察到又有气泡产生，E正确；
答案选BCD。
（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，气体被溶液完全吸收，转化为硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式为。
（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质，单质是氮气，同时还有水生成。由于氨气是一种碱性气体，则实验方案为将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和。
19．【答案】（1）关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好
（2）
（3）浓度
（4）反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快
【知识点】化学反应速率的影响因素；气体发生装置的气密性检查；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）检查装置甲气密性的方法是关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好；
故答案为： 关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好 ；
（2）根据草酸是弱酸的特性，可知酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸)溶液反应的离子方程式为：；
故答案为：
（3）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响；
故答案为： 浓度；
（4）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，说明该反应放热使反应温度升高；
故答案为： 反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快
【分析】酸性高锰酸钾具有强氧化性，与草酸发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，通过用注射器收集二氧化碳时气体体积的变化来探究不同条件对反应速率的影响。
（1）熟练掌握检查装置气密性的方法，如活塞复位现象可说明气密性良好 。
（2）酸性与发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，结合守恒配平。
（3）对比实验①②，浓度相同，浓度不同，故探究浓度对反应速率的影响 。
（4）反应放热使溶液温度升高，或产物作催化剂均会使反应速率变快 。
（1）检查装置甲气密性的方法是关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好；
（2）酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸)溶液反应的离子方程式：；
（3）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响；
（4）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，说明该反应放热使反应温度升高；
20．【答案】（1）高温
（2）ACD；a；；0.027；以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II
（3）
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）I．
II．
III．
根据盖斯定律II- III得 =+41.2kJ/mol，反应I正反应吸热，所以在高温条件下能下可自发进行。
故答案为：
（2）①A．反应前后气体总质量不变、总物质的量改变，平均摩尔质量是变量，气体的平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；
C．体系中和的浓度比不变，说明个物质浓度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总物质的量改变，压强是变量，容器内压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选ACD。
②反应II放热，升高温度平衡逆向移动，所以的选择性降低，图中表示选择性变化的曲线是a。
③设CO2的投料为amol、氢气的投料为3amol；当，体系中的选择性为50%，的平衡转化率为30%，则参与反应I的二氧化碳为0.15amol、氢气0.15amol，生成CO0.15amol、生成水0.15amol； 参与反应II的二氧化碳为0.15amol、氢气0.45amol，生成0.15amol、生成水0.15amol，则平衡体系中二氧化碳为0.7amol、氢气2.4amol、CO为0.15amol、0.15amol，水0.3amol，平衡时的体积分数，计算该温度下反应I的。
④反应吸热I，反应II放热，280℃以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II，所以当温度高于280℃，的平衡转化率会升高。
故答案为： ACD ； a ；4.1%； 0.027 ； 280℃以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II；
（3）该燃料电池负极为甲醇失电子生成碳酸根离子和水，
故答案为：。
【分析】本题围绕合成甲醇的反应体系，结合反应自发条件、平衡状态判断、选择性与转化率分析及燃料电池电极反应，综合考查热力学与电化学知识。
（1）用盖斯定律求 ，结合正反应吸热判断是否自发。
（2）① 分析变量是否为“变化量”，变量不变则达平衡 。
②分析反应II（生成）的热效应，判断温度对选择性的影响 。
③ 设初始量，结合选择性、转化率计算平衡量，再求体积分数和平衡常数 。
④ 对比反应I（吸热）和反应II（放热），分析温度对两者平衡移动的影响程度 。
（3）分析负极反应物（）的氧化产物，结合电解质环境写反应式 。
（1）I．
II．
III．
根据盖斯定律II- III得 =+41.2kJ/mol，反应I正反应吸热，所以在高温条件下能下可自发进行。
（2）①A．反应前后气体总质量不变、总物质的量改变，平均摩尔质量是变量，气体的平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；
C．体系中和的浓度比不变，说明个物质浓度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总物质的量改变，压强是变量，容器内压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选ACD。
②反应II放热，升高温度平衡逆向移动，所以的选择性降低，图中表示选择性变化的曲线是a。
③设CO2的投料为amol、氢气的投料为3amol；当，体系中的选择性为50%，的平衡转化率为30%，则参与反应I的二氧化碳为0.15amol、氢气0.15amol，生成CO0.15amol、生成水0.15amol； 参与反应II的二氧化碳为0.15amol、氢气0.45amol，生成0.15amol、生成水0.15amol，则平衡体系中二氧化碳为0.7amol、氢气2.4amol、CO为0.15amol、0.15amol，水0.3amol，平衡时的体积分数，计算该温度下反应I的。
④反应吸热I，反应II放热，以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II，所以当温度高于的平衡转化率会升高。
（3）该燃料电池负极为甲醇失电子生成碳酸根离子和水，负极的电极反应式为。
21．【答案】（1）分液漏斗；b
（2）
（3）DAC
（4）排尽装置内的剩余气体，提高产率并防止污染
（5）冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的
（6）电压计读数(指针位置)不再变化；
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；实验室制取氯气可选用二氧化锰与浓盐酸加热反应，浓硫酸和浓盐酸不反应，该装置不用加热，则选用高锰酸钾与浓盐酸反应，
故答案为：b；
（2）管式炉加热至900℃，根据分析可知，
故答案为：；
（3）制取的极易与水反应，则A中应盛放浓硫酸，用于防止水蒸气进入锥形瓶中，的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒，化学方程式为，则应先吸收CO，再用NaOH吸收HCl、Cl2等气体；
故答案为：DAC；
（4）第一次通氮气的作用为将装置内的空气和水蒸气排除，防止生成的与氧气或水蒸气反应导致不纯，第二次通入氮气的作用是排净装置中的氯气，从而提高产率并防止污染；
故答案为： 排尽装置内的剩余气体，提高产率并防止污染 ；
（5）控温箱的温度在，目的是冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的；
故答案为： 冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的 ；
（6）①图中电压计的示数与溶液中有关，则确定与恰好反应的现象为电压计读数(指针位置)不再变化；
②Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为Fe2+，根据氧化还原反应转移电子守恒可知，其物质的量之比为1：1，消耗n[]=×=4×10-3mol，则n(Ti3+)=4×10-3mol，根据Ti元素守恒，3.47g中n(TiO2)= 4×10-3mol ×=4×10-2mol，m(TiO2)= 4×10-2mol×80g/mol=3.2g，n(H2O)=，故n(TiO2)：n(H2O)=8：3，该样品的组成为。
故答案为： 电压计读数(指针位置)不再变化 ；。
【分析】 反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，随后通入氯气，经过浓硫酸干燥后，氯气进入瓷舟与、C反应，根据题干可知，除生成外，同时还生成一种有毒氧化物气体，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为；、CO均会进入控温箱，根据的沸点可知，控温箱控制温度在，可冷凝且保证为气态，从而除去中混有的，最后经冷凝收集在锥形瓶中，因反应生成的CO尚未处理，故装置单元X作用为吸收CO以及Cl2，防止其污染环境。
（1）仪器：盛放浓盐酸的是分液漏斗；试剂：装置无加热，选 与浓盐酸常温制 。
（2）依据已知产物，配平得 。
（3）先浓硫酸（D）防进水，再盐酸溶液（A）除，最后溶液（C）除尾气。
（4）排尽残留气体，提高产率、防污染 。
（5）150 - 200℃使冷凝、气化，分离除杂 。
（6）①终点现象：电压计读数（指针位置）不再变化 ，②组成：通过反应计量、守恒计算，得 。
（1）由仪器构造可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；实验室制取氯气可选用二氧化锰与浓盐酸加热反应，浓硫酸和浓盐酸不反应，该装置不用加热，则选用高锰酸钾与浓盐酸反应，故选b；
（2）管式炉加热至900℃，根据分析可知，化学方程式为；
（3）制取的极易与水反应，则A中应盛放浓硫酸，用于防止水蒸气进入锥形瓶中，的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒，化学方程式为，则应先吸收CO，再用NaOH吸收HCl、Cl2等气体；故溶液顺序为DAC；
（4）第一次通氮气的作用为将装置内的空气和水蒸气排除，防止生成的与氧气或水蒸气反应导致不纯，第二次通入氮气的作用是排净装置中的氯气，从而提高产率并防止污染；
（5）控温箱的温度在，目的是冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的；
（6）①图中电压计的示数与溶液中有关，则确定与恰好反应的现象为电压计读数(指针位置)不再变化；
②Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为Fe2+，根据氧化还原反应转移电子守恒可知，其物质的量之比为1：1，消耗n[]=×=4×10-3mol，则n(Ti3+)=4×10-3mol，根据Ti元素守恒，3.47g中n(TiO2)= 4×10-3mol ×=4×10-2mol，m(TiO2)= 4×10-2mol×80g/mol=3.2g，n(H2O)=，故n(TiO2)：n(H2O)=8：3，该样品的组成为。
