广东省广州市天河区2023-2024高一下学期期末统测化学试题

广东省广州市天河区2023-2024学年高一下学期期末统测化学试题
一、选择题:本题共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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·天河期末）馆藏文物记载着中华文明的灿烂成就。下列文物主要由硅酸盐制成的是
A．铁熨斗 B．人面鱼纹彩陶盆 C．《编年纪》竹筒 D．人形铜灯
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高一下·天河期末）我国科技发展取得了巨大成就。下列说法不正确的是
A．C919大型客机机身采用的铝锂合金比纯金属铝的硬度更大
B．“华龙一号”核电反应堆所用轴棒中含有的与互为同位素
C．核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs) 材 料 ，GaAs 属于金属材料
D．“神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于有机高分子材料
3．（2024高一下·天河期末）坚持绿色发展，建设美丽中国。下列做法符合绿色化学理念的是
A．汽车尾气系统中安装催化转化器减少尾气排放
B．通过浓硫酸与铜加热反应制备硫酸铜
C．深挖填埋废弃塑料制品
D．大量施用农药和化肥，提高粮食产量
4．（2024高一下·天河期末）劳动创造美好生活。下列劳动项目所涉及的化学知识不正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用干燥的模具盛装熔融钢水 铁与H2O高温下会反应
B 通过煤的干馏获得煤焦油、焦炭等物质 煤的干馏属于物理变化
C 制作水果罐头时加入少量维生素C 维生素C是抗氧化剂
D 用铁罐车运输浓硫酸 常温下浓硫酸遇铁钝化
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高一下·天河期末）化学与生活息息相关。下列说法正确的是
A．糯米中的淀粉一经水解就酿成了酒
B．油脂在体内水解，产物为氨基酸
C．棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素
D．通过高温蒸煮进行消毒，蛋白质受热变性
6．（2024高一下·天河期末）海洋是一个巨大的宝藏，海水的综合利用示意图如下。下列说法不正确的是
A．海水中元素的种类很多，总储量很大
B．通过蒸馏、反渗透等方法可以将海水淡化
C．从海水中制取钾、镁、溴均涉及氧化还原反应
D．电解食盐水可以得到钠单质和氯气
7．（2024高一下·天河期末）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．制备纯净的一氯甲烷 B．测氯水的pH
C．实验室制备NH3 D．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高一下·天河期末）锌、铜和稀硫酸组成的原电池如图所示。下列说法正确的是
A．电池工作时，电能转化为化学能
B．若用乙醇代替稀硫酸，也能构成原电池
C．锌片作负极，发生还原反应：Zn－2e－=Zn2+
D．溶 液 中H+向铜电极移动，在铜电极上得电子生成H2
9．（2024高一下·天河期末）下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质 Fe3+与SCN－生成红色沉淀
B H2与F2在暗处剧烈反应，与Br2加热才能反应 非金属性：F>Br
C 用FeCl3溶液刻蚀电路板 氧化性：Cu2+>Fe3+
D 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2 漂白粉的有效成分是CaCO3
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高一下·天河期末）部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．a的电子式为
B．b是淡黄色的固体，可通过 a与c 反应制得
C．工业上由b 制 备e 的路线：bcde
D．h可被氧气氧化成g
11．（2024高一下·天河期末）氨是一种重要的化工原料，下图为合成氨以及由氨制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的
A．提高合成塔中的反应温度，可以实现N2全部转化为NH3
B．氨分离器中，可通过加压或降温使氨液化分离
C．向吸收塔和氧化炉中通入的A 为空气
D．氧化炉中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
12．（2024高一下·天河期末）下列解释事实的化学用语不正确的是
A．NaCl 溶液具有导电性：NaCl=Na++Cl－
B．碳酸钙做抗酸药：+2H+=CO2↑+H2O
C．NaOH 固体和铝粉混合疏通厨卫管道：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
D．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨
13．（2024高一下·天河期末）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标况下，44.8L甲烷中含有的共用电子对数为8NA
B．2L 0.5mol/L乙醇溶液中含有的氧原子数为NA
C．5.6g铁粉在0.1molCl2中燃烧，转移电子数为0.3NA
D．1mol所含的质子数为10NA
14．（2024高一下·天河期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 取少量待测液于试管中，先加入过量稀硝酸，再加入 氯化钡溶液，有白色沉淀生成 待测液中含有或Ag+
B 向某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 溶液中不含
C 在淀粉溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后再加 入少量新制的Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生 淀粉未发生水解
D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色 黄色溶液中可能含有Br2
A．A B．B C．C D．D
15．（2024高一下·天河期末）水煤气变换反应是放热反应，在双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化下的反应过程示意 图如下下列说法正确的是
A．过 程I 中有非极性共价键断裂
B．过程Ⅱ和过程Ⅲ均为放热过程
C．该反应的化学方程式为CO+ H2O=CO2+H2
D．该反应中反应物的总能量小于生成物总能量
16．（2024高一下·天河期末）基于Na2S2O3溶液与H2SO4溶液反应会出现浑浊，探究化学反应速率的影响因素，实验过程中的数据记录如下。下列说法不正确的是
实验编号 水浴温度/℃ Na2S2O3溶 液 H2SO4溶液 H2O
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
1 40 2 0.1 2 0.1 0
2 20 2 0.1 2 0.1 0
3 20 1 0.1 2 0.1 a
4 40 1.5 0.1 2 0.1 1
A．通过比较出现浑浊所需时间的长短判断化学反应速率的快慢
B．该实验探究了温度、Na2S2O3溶液的浓度对化学反应速率的影响
C．实验1需先将Na2S2O3溶液和H2SO4溶液混合，再水浴加热至40℃
D．若实验2和3是探究浓度对化学反应速率的影响，则a=1
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高一下·天河期末）在实验室里制取的乙烯中常混有少量的SO2， 某化学兴趣小组设计了如图装置验证该混合气体中含有SO2和 C2H4。
（1）装置Ⅱ中反应的化学方程式为　 　。
（2）能说明SO2、C2H4气体存在的现象分别是　 　。
（3）下列操作中，可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中混有的乙烯的是　 　。
A．将气体通入盛有水的洗气瓶中 B．将气体通入盛有足量溴水的洗气瓶中
C．将气体通入盛有溴的四氯化碳溶液的洗气瓶中 D．将气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中
E．将气体通入盛有硫酸的洗气瓶中
（4）该小组同学还利用下图装置测定空气中SO2的含量。
①为确保实验准确，图中V处应选择　 　( 填“A”或“B”)连接到导管末端，否则会导致测量结果　 　(填“偏大”或“偏小”)。
②该装置中反应的离子方程式为　 　。
③若空气流速为a m3·min－1，当观察到装置内　 　 时，结束计时，测定耗时t min。假定空气中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO2的含量为　 　 mg ·m－3。
18．（2024高一下·天河期末）研究氮及其化合物的性质对化工生产和环境保护有重要意义。
Ⅰ．某小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。
资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠溶液能吸 收NO2， 但不能吸收 NO。该小组按如图装置进行验证实验(夹持仪器已略去)。
（1）装置②中反应的化学方程式为 ________。
（2）装置③中盛放的试剂为________。
（3）能证明不同浓度硝酸氧化能力的相对强弱的实验现象为________。
Ⅱ．车尾气中的NOx是一种常见的大气污染物。在2L密闭容器中，800℃时发生反应：2NO(g)+O2 (g)=2NO2(g)， 体系中n(NO) 随时间的变化如表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（4）下图表示NO2的浓度变化的曲线是________。
（5）0－2s内 ，v(O2)= ________。
（6）能说明该反应已达到平衡状态的是___________。
A. 容器内气体的颜色不再变化 B. 容器内气体的总质量保持不变
C. 正反应和逆反应的速率相等 D. NO、O2和NO2的物质的量之比为2：1：2
Ⅲ．化学能与其他能量间的转换在生活中处处可见，以反应N2H4+O2=N2+2H2O 为原理设计成利用率高的燃料电池，装置如图。
（7）N极为电池的________ (填“正”或“负”)极， M 处电极反应式为________。
19．（2024高一下·天河期末）铁黄 (FeOOH) 难溶于水，可作颜料，也是制备饮水处理剂高铁酸钾的原料。 以烧渣(主要成分为Fe3O4、CuO 、SiO2等)为原料出产铁黄的流程如图。
（1）FeOOH 中 Fe的化合价为　 　，“酸浸”时，使用的酸为　 　 。
（2）“滤渣1”的成分为　 　 (填化学式)。
（3）“还原””涉及的离子方程式有　 　、 　 　。
（4）FeSO4·7H2O 的溶解度曲线如图，从滤液2中获得晶体的 另一种方法是　 　 、冷却结晶。
（5）“氧化”中Fe2+参与反应的离子方程式为　 　。
（6）以铁黄(FeOOH)等为原料制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺主要有两步：
①利用铁黄、NaClO和浓NaOH溶液反应制备Na2FeO4，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　 。
②向Na2FeO4溶液中加入浓KOH制备K2FeO4，该反应涉及原理是相同温度下溶解度：K2FeO4　 　( 填“>”“<”“=”)Na2FeO4。
20．（2024高一下·天河期末）聚甲基丙烯酸羟乙酯(HEMA，结构简式为)可用于制作超薄镜片，其合成路线如下(加料顺序、反应条件略)
已知：反应⑤⑦均为加聚反应。
（1）A的名称为　 　 ，与A互为同系物的物质的结构简式：　 　(任写一种) 。
（2）下列反应的反应类型：①　 　 ，④　 　 。
（3）C在Cu催化、加热条件被O2氧化为D，写出该反应的化学方程式：　 　 。
（4）E的分子式为　 　 ，F中官能团的名称为　 　 。
（5）反应⑥的化学方程式为　 　 。
（6）佩戴隐形眼镜最好常滴“人工眼泪”以滋润眼球，有一种“人工眼泪”的成分是聚乙烯醇()。
(i)根据用途推测聚乙烯醇可能具有的物理性质：　 　 (写出一条即可)。
(ii)已知乙烯醇 (CH2=CHOH)不稳定，以乙炔(HC≡CH)为原料(其他无机原料任选)，利用反应②的原理合成聚乙烯醇。基于你设计的合成路线，最后一步反应中，有机反应物的结构简式为　 　 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、铁熨斗由金属铁制成，金属铁是单质，硅酸盐是含硅、氧及金属元素的化合物（如、陶瓷 ），故铁熨斗不属于硅酸盐，A错误；
B、人面鱼纹彩陶盆属于陶瓷，陶瓷以黏土（含硅酸盐矿物 ）为原料，经烧制而成，主要成分是硅酸盐，因此，人面鱼纹彩陶盆由硅酸盐制成，B正确；
C、竹简由竹子制成，竹子的主要成分是纤维素（ ，有机高分子化合物 ），与硅酸盐（无机化合物 ）无关，故《编年纪》竹简不属于硅酸盐制成，C错误。
D、人形铜灯由金属铜制成，铜是金属材料，因此，人形铜灯不属于硅酸盐制成，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．识别铁熨斗的主要成分（金属铁 ），判断是否为硅酸盐。
B．判断陶瓷的成分类别（陶瓷是传统硅酸盐材料 ）。
C．分析竹简的主要成分（纤维素 ），判断是否为硅酸盐。
D．识别人形铜灯的主要成分（金属铜 ），判断是否为硅酸盐。
2．【答案】C
【知识点】合金及其应用；聚合反应；同位素及其应用
【解析】【解答】A、合金是金属与金属（或非金属 ）熔合而成的混合物，其硬度通常大于成分金属，铝锂合金含和，纯金属铝硬度小于合金，故铝锂合金比纯铝硬度大，A正确；
B、 与 的质子数均为92（同属铀元素 ），中子数分别为143、146（不同 ），符合同位素定义，故互为同位素，B正确；
C、金属材料指纯金属或合金，是由（金属 ）和（非金属 ）组成的化合物，属于半导体材料（而非金属材料 ），C错误；
D、塑料的主要成分是合成聚合物（如聚乙烯、聚氯乙烯 ），相对分子质量大，属于有机高分子材料，故塑料属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．利用“合金硬度一般大于其成分金属”的规律，判断铝锂合金与纯铝的硬度。
B．依据“同位素：质子数相同、中子数不同的同一元素原子”，分析两种铀原子的关系。
C．判断的组成（化合物，含金属和非金属 ），区分金属材料（纯金属或合金 ）。
D．分析塑料的成分（聚合物，由小分子聚合而成 ），判断是否为有机高分子材料。
3．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、汽车尾气含（有毒 ）、（有毒，形成光化学烟雾 ）等， 催化转化器中，和在催化剂作用下反应：催化剂 ，生成无毒的和 ，减少尾气污染，符合绿色化学理念，A正确；
B、反应方程式：浓 ，生成的是有毒气体，会造成酸雨（溶于水生成亚硫酸，进一步氧化为硫酸 ），污染环境，不符合绿色化学“减少污染”的要求，B错误；
C、废弃塑料（如聚乙烯、聚氯乙烯 ）难降解，深埋后长期残留于土壤，会破坏土壤结构，影响农作物生长；若含氯塑料（如聚氯乙烯 ），降解还可能产生有毒物质（如 ），污染地下水，绿色化学理念强调“回收利用”或“可降解材料”，填埋废弃塑料不符合环保要求，C错误；
D、农药过量施用会导致农产品农药残留，危害人体健康；化肥过量（如氮肥 ）会使土壤板结（破坏土壤结构 ），随雨水冲刷进入水体，引发水体富营养化（藻类疯长，水质恶化 ）， 绿色化学理念要求“合理使用，减少污染”，大量施用不符合要求，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．分析催化转化器对尾气中污染物（、 ）的转化，判断是否减少污染。
B．分析反应产物（和 ），判断是否产生污染。
C．分析废弃塑料的性质（难降解 ）及填埋的危害（长期残留，污染土壤、地下水 ）。
D．分析过量施用农药、化肥的危害（土壤板结、水体富营养化、农产品残留 ）。
4．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、铁与水蒸气在高温下反应：高温 ，熔融钢水温度高，若模具潮湿（含水 ），铁会与水反应，损坏模具。因此用干燥模具盛装，避免反应，A正确；
B、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使其分解为煤焦油、焦炭、焦炉气等新物质的过程，有新物质生成，属于化学变化（而非物理变化，物理变化无新物质 ），故“煤的干馏属于物理变化”错误，B错误；
C、维生素C具有还原性，能与氧气反应（优先被氧化 ），从而防止水果中的成分（如多酚类 ）被氧化变质，因此，制作水果罐头时加维生素C作抗氧化剂，C正确；
D、常温下，浓硫酸能使铁钝化，阻止浓硫酸继续与铁反应，因此，可用铁罐车运输浓硫酸，D正确。
故答案为：B。
【分析】A．分析铁在高温下与水的反应，判断干燥模具的必要性。
B．明确“干馏”的定义（隔绝空气加强热，发生复杂分解反应 ），判断变化类型。
C．分析维生素C的性质（还原性 ），判断其作为抗氧化剂的原理。
D．分析常温下浓硫酸与铁的反应（钝化，形成致密氧化膜 ），判断运输的可行性。
5．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、糯米中的淀粉水解生成葡萄糖（酶 ），但葡萄糖需在酒化酶作用下发酵（无氧呼吸 ）生成乙醇（酒化酶 ），仅水解不能直接酿酒，故“淀粉一经水解就酿成酒”错误，A错误；
B、油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内水解时，酯键断裂，生成高级脂肪酸和甘油（丙三醇 ），而非氨基酸（氨基酸是蛋白质的水解产物 ），故“产物为氨基酸”错误，B错误；
C、棉花是天然纤维，主要成分是纤维素（ ）；合成纤维是人工通过聚合反应制成，如氯纶（聚氯乙烯纤维 ）、丙纶（聚丙烯纤维 ）等，主要成分是合成聚合物（不是纤维素 ），故“合成纤维主要成分均为纤维素”错误，C错误；
D、蛋白质在高温条件下，空间结构被破坏，发生变性（不可逆 ）。细菌、病毒的主要成分含蛋白质，高温蒸煮使蛋白质变性，失去生物活性，从而达到消毒目的，故“通过高温蒸煮消毒，蛋白质受热变性”正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析淀粉水解的产物，及酿酒的完整过程（水解→发酵 ）。
B．回忆油脂的结构（高级脂肪酸甘油酯 ），分析水解产物。
C．区分天然纤维（棉花 ）与合成纤维（人工合成 ）的成分。
D．理解蛋白质变性的条件（高温、强酸、强碱等 ），及消毒的关联。
6．【答案】D
【知识点】电解原理；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、海水中含多种常量元素和微量元素，总储量极大，但多数元素富集程度低，通过海水处理（如提镁、提溴 ）可提取有用物质，故A正确；
B、海水淡化是去除海水中的盐分，得到淡水，常见方法有蒸馏法（加热蒸发，冷凝收集淡水 ）、反渗透法（利用半透膜，压力驱动水透过，盐截留 ）、电渗析法等，故B正确；
C、 海水中钾、镁、溴以离子形成存在，从海水中制取钾、镁、溴均为单质，元素化合价发生变化，均涉及氧化还原反应，故C正确；
D、电解食盐水的反应：电解 ，产物是氢氧化钠，氢气和氯气 ，得不到钠单质（钠单质需电解熔融：熔融电解 ），故“电解食盐水得到钠单质和氯气”错误，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．理解海水作为资源库的特点（元素种类多、总储量大但富集度低 ）。
B．回忆海水淡化的常见技术（分离水与盐 ）。
C．分析提取过程中元素化合价的变化（从离子到单质，化合价改变 ）。
D．写出电解食盐水的化学方程式，判断产物。
7．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、甲烷与氯气在光照下发生取代反应，是连锁反应，生成一氯甲烷 、二氯甲烷 、三氯甲烷 、四氯化碳 及的混合物，无法得到纯净的一氯甲烷，且强光照射下，甲烷与氯气混合物易发生爆炸（需漫射光 ），A错误；
B、氯水中含，有强氧化性，能漂白pH试纸（使试纸褪色 ），无法准确测定pH，应使用pH计（电化学方法测定 ），B错误；
C、发生装置：固体（、 ）加热反应，试管口略向下倾斜（防止冷凝水倒流 ），合理，收集装置：氨气密度比空气小，用向下排空气法（导管伸入试管底部 ），试管口棉花可减少空气对流，使收集的氨气更纯净，C正确；
D、容量瓶是精密仪器，不能用于溶解固体（溶于水放热，会影响容量瓶容积 ），应在烧杯中溶解固体，冷却至室温后，再转移到容量瓶中定容，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析甲烷与氯气取代反应的特点（多步取代，产物复杂 ），判断能否制得纯净物。
B．分析氯水的成分（含，具有漂白性 ），判断pH试纸能否使用。
C．分析实验室制氨气的原理（ ）、收集方法（向下排空气法，因氨气密度小于空气 ）。
D．回忆溶液配制的操作规范（溶解不能在容量瓶中进行，需在烧杯中冷却后转移 ）。
8．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池工作时，通过氧化还原反应（锌与硫酸反应 ），将化学能转化为电能（如电流计指针偏转 ），而非电能转化为化学能（电解池是电能转化学能 ），故“电能转化为化学能”错误，A错误；
B、原电池构成需“电解质溶液导电，形成闭合回路”。乙醇是非电解质，溶于水不电离，不能导电，无法形成原电池的离子移动与电荷传递，若用乙醇代替稀硫酸，不能构成原电池，B错误；
C、锌片作负极，失电子： ，元素化合价升高，发生氧化反应（还原反应是得电子，化合价降低 ），故“发生还原反应”错误，C错误；
D、原电池中，阳离子向正极（铜电极 ）移动。铜电极上，H+得电子： ，生成氢气，故“溶液中H+向铜电极移动，在铜电极上得电子生成H2 ”正确，D正确。
故答案为：D。
【分析】该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，Cu电极上氢离子得电子发生还原反应，Zn发生氧化反应，电极反应为：+，据此进行解答。
A．明确原电池是“化学能→电能”的装置，判断能量转化方向。
B．分析乙醇的性质（非电解质，不导电 ），判断能否构成原电池。
C．判断负极（锌 ）的反应类型（失电子，氧化反应 ）。
D．分析原电池中离子移动方向（阳离子向正极移动 ），及正极（铜 ）的反应。
9．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ：变质会生成，用溶液检验，若变红则变质，正确，陈述Ⅱ：与反应生成血红色溶液（络合物 ），而非沉淀，错误，因果关系：陈述Ⅱ错误，故A不符合题意 ；
B、陈述Ⅰ：与在暗处剧烈反应（无需加热 ），与需加热才反应，正确，陈述Ⅱ：非金属性越强，单质越易与反应（得电子能力强 ）。反应更易，说明得电子能力＞，即非金属性： ，正确，因果关系：陈述Ⅰ因（反应难易 ）→ 陈述Ⅱ果（非金属性强弱 ），关联正确，故B符合题意 ；
C、陈述Ⅰ：溶液刻蚀电路板，利用氧化，正确，陈述Ⅱ：反应中，是氧化剂，是氧化产物。根据“氧化剂氧化性＞氧化产物”，得氧化性： ，陈述Ⅱ错误，因果关系：陈述Ⅱ错误，故C不符合题意 ；
D、陈述Ⅰ：久置漂白粉中与空气中、反应： ，与盐酸反应生成，正确，陈述Ⅱ：漂白粉的有效成分是（而非 ），错误，因果关系：陈述Ⅱ错误，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．分析与的反应现象（溶液变红，非沉淀 ），判断因果关系。
B．通过单质与氢气反应的难易（反应条件 ），判断非金属性强弱（反应越易，非金属性越强 ）。
C．分析与的反应，判断氧化性强弱。
D．分析久置漂白粉的成分变化，判断陈述的正确性。
10．【答案】A
【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；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、是共价化合物，与通过共用电子对结合，电子式应为 ，而非离子化合物的电子式，A错误；
B、反应方程式： ，是淡黄色固体，可通过该反应制得，B正确；
C、第一步：在空气中燃烧，点燃（生成，对应c ），第二步：在催化、条件下，被氧气氧化：（生成，对应d ），第三步：用98.3%浓硫酸吸收（避免形成酸雾 ），生成（对应e ），流程与陈述一致，C正确；
D、h中为+4价（如 ），具有还原性，可被氧气（氧化剂 ）氧化为+6价的（如 ，对应g ），反应： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断的化学键类型（共价键 ），分析电子式写法。
B．写出（a ）与（c ）的反应方程式，判断能否制得（b）。
C．梳理工业制硫酸的流程（燃烧→催化氧化→吸收 ）。
D．分析+4价的还原性（可被氧气氧化为+6价 ）。
11．【答案】A
【知识点】工业合成氨；氨的性质及用途；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、可逆反应的特点是“反应物不能完全转化为生成物”，无论温度如何改变（即使提高温度 ），也无法全部转化为（温度影响平衡移动，但不能消除可逆性 ），故“提高温度实现全部转化”错误，A错误；
B、氨气的沸点比、 高。通过加压或降温，可使氨气液化（沸点较高，更易液化 ），与未液化的、分离，B正确；
C、氧化炉中，氨催化氧化反应：催化剂 ，需要；吸收塔中，转化为的反应：（或分步反应，最终需 ），空气中含，故通入的A为空气，C正确；
D、反应方程式：催化剂 ，氧化剂：（元素从0→-2价，得电子 ），物质的量为5，还原剂：（元素从-3→+2价，失电子 ），物质的量为4，故氧化剂与还原剂的物质的量比为5：4，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．明确合成氨反应（催化剂高温高压 ）是可逆反应，判断反应物能否完全转化。
B．利用氨气与、的沸点差异，分析分离原理。
C．梳理氨制硝酸的流程（氨氧化→→→吸收 ），分析所需气体（ ）。
D．写出氧化炉中反应的化学方程式，分析氧化剂（ ）和还原剂（ ）的计量关系。
12．【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；探究铝热反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、是强电解质，在溶液中完全电离： ，产生自由移动的和，使溶液导电，电离方程式正确，A正确；
B、碳酸钙（ ）是难溶物，与酸（如盐酸 ）反应时，离子方程式中不能拆分为离子，正确的离子方程式为： ，原选项中写成 ，错误（未考虑难溶 ），B错误；
C、铝与溶液反应，分两步：先与水反应生成和，再与反应生成（或 ，本质一致 ），总反应方程式： ，C正确；
D、铝热反应中，铝（还原剂 ）还原氧化铁（氧化剂 ），生成铁和氧化铝，反应放热使铁熔化，用于焊接钢轨，化学方程式：高温 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．分析溶液导电的原因（电离出自由移动的离子 ），判断电离方程式。
B．考虑碳酸钙的溶解性（难溶于水，写化学式 ），分析离子方程式的书写。
C．分析铝与溶液反应的实质（生成偏铝酸钠和氢气 ），判断方程式。
D．分析铝热反应的原理（铝还原金属氧化物，放热 ），判断方程式。
13．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下，甲烷的物质的量： ，1个分子含4个键（即4对共用电子对 ），则2mol甲烷中共用电子对数目： ，A正确；
B、乙醇物质的量： ，1mol乙醇含1mol氧原子，但溶液中还有水，因此氧原子总数大于 ，B错误；
C、 铁粉物质的量： ，物质的量为0.1mol，反应中，不足，完全反应，从0→-1价，1mol转移2mol电子，0.1mol转移电子数： ，C错误；
D、1个原子质子数为7，1个原子质子数为1，含1个和4个，质子数：11 ，1mol的质子数： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.先算甲烷物质的量（标况下气体摩尔体积 ），再分析甲烷分子的共用电子对（中键数 ）。
B.分析溶液组成（乙醇 + 水 ），计算乙醇中氧原子数，再考虑水分子中的氧原子。
C.写出反应方程式（点燃 ），判断过量问题，计算转移电子数。
D.计算1个的质子数（原子质子数 + 原子质子数 ），再算1mol的质子数。
14．【答案】D
【知识点】铵离子检验；硫酸根离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、加入稀硝酸（强氧化性 ）后，若原溶液含，会被氧化为，再加入生成白色沉淀；若含，会生成沉淀（但稀硝酸酸化后，与也可能沉淀，不过需注意稀硝酸的作用 ），但稀硝酸的存在，使“原溶液含或”的结论不严谨（可能含 ），A错误；
B、 ，若不加热，反应生成（一水合氨 ），不会使湿润红色石蕊试纸变蓝，因此，“试纸不变蓝”不能证明溶液中不含 （可能含，但未加热 ），B错误；
C、淀粉水解用稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性。加入新制前，需加中和硫酸，使溶液呈碱性，否则会与硫酸反应，无法检验葡萄糖，因此，“无砖红色沉淀”不能证明淀粉未水解（可能水解了，但未中和酸 ），C错误；
D、黄色溶液可能含（本身黄色 ），可氧化： ，使淀粉变蓝；也可能含（黄色 ），氧化： ，因此，黄色溶液中可能含有 ，结论合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析稀硝酸的氧化性对还原性离子（如 ）的影响，判断沉淀来源。
B．分析与反应的条件（加热才会大量生成 ），判断结论。
C．分析淀粉水解后检验葡萄糖的条件（需碱性环境，中和催化剂硫酸 ），判断结论。
D．分析黄色溶液中可能的氧化剂（如、 ），判断其氧化生成（遇淀粉变蓝 ）的可能性。
15．【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、过程Ⅰ中，水分子的键断裂，无非极性共价键断裂，A错误；
B、过程Ⅱ：水分子中的键断裂（化学键断裂需吸收能量 ），为吸热过程，过程Ⅲ：形成新化学键（如的键、的键 ），化学键形成释放能量，为放热过程，因此，过程Ⅱ吸热、过程Ⅲ放热，“均为放热”错误，B错误；
C、反应物为（黑球+灰球 ）和（黑球+白球×2 ），生成物为（黑球×2+灰球 ）和（白球×2 ），反应方程式为：催化剂 ，C正确；
D、题目明确“水煤气变换反应是放热反应”，放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量（能量差以热量形式释放 ），故“反应物总能量小于生成物”错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．观察过程Ⅰ的粒子变化（水分子、CO分子 ），判断断裂的化学键类型（极性/非极性共价键 ）。
B．分析过程Ⅱ（化学键断裂，吸热 ）和过程Ⅲ（化学键形成，放热 ）的能量变化。
C．根据反应过程示意图，识别反应物（进入催化剂的粒子 ）和生成物（离开催化剂的粒子 ）。
D．回忆放热反应的定义（反应物总能量＞生成物总能量，反应释放能量 ）。
16．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、反应方程式： ，生成单质使溶液浑浊，因此，浑浊出现时间越短，说明单位时间内生成越多，反应速率越快，可通过此判断速率，A正确；
B、实验1与2：、浓度相同，温度不同（40℃ vs 20℃ ）， 探究温度对速率的影响，实验2与3、1与4：温度相同，溶液体积不同（浓度不同 ），探究浓度对速率的影响，故实验探究了温度、浓度的影响，B正确；
C、若先混合和，反应已开始（室温下 ），再水浴加热至40℃，无法保证“反应从40℃开始”，导致温度变量控制不准确，正确操作：先将两种溶液分别加热至40℃，再混合，确保反应起始温度为40℃，故“先混合再加热”错误，C错误；
D、实验2总体积： ，实验3总体积需相同： ，解得a=1 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．分析反应现象（出现浑浊，即生成单质 ）与速率的关联（浑浊出现时间越短，速率越快 ）。
B．识别实验中改变的变量（温度、溶液体积→浓度 ），判断探究的因素。
C．分析“控制温度变量”的操作要求（确保反应起始温度一致 ）。
D．利用“控制变量法”，确保除研究变量（浓度 ）外，其他条件（总体积 ）相同，计算a。
17．【答案】（1）SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O
（2）装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色
（3）BC
（4）A；偏小；SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；蓝色褪为无色；
【知识点】二氧化硫的性质；乙烯的物理、化学性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】（1）装置Ⅱ中SO2被NaOH溶液吸收生成Na2SO3，反应的化学方程式为SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O；
故答案为： SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O ；
（2）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色说明SO2已经完全除尽，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能说明SO2、C2H4气体存在的现象分别是装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色；
故答案为： 装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色 ；
（3）A．甲烷、乙烯都不溶于水，将气体通入盛有水的洗气瓶中不能除去乙烯，A不符合题意；
B．乙烯含有碳碳双键，将气体通入盛有足量溴水的洗气瓶，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，可以用来鉴别甲烷和乙烯，还能除去乙烯，B符合题意；
C．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴的四氯化碳溶液褪色，可用来鉴别，且能除去乙烯，C符合题意；
D．乙烯气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中被氧化为二氧化碳气体，甲烷中混入二氧化碳杂质气体，D不符合题意；
E．甲烷和乙烯与硫酸不反应，不能鉴别二者，也不能用来除杂，E不符合题意；
故答案为：BC；
（4）①通空气样品的导管末端是带许多小孔的多孔球泡，其主要作用是增大接触面积，使充分反应，图中V处应选择A连接到导管末端，否则二氧化硫不能完全反应，会导致测量结果偏小；
②该装置空气样品中SO2与碘溶液发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；
③I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2完全反应时蓝色褪去，故当观察到装置内蓝色褪为无色时，结束计时；根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI知，n(SO2)=n(I2)=0.1000mol/L×0.1L=0.01mol，m(SO2)=0.01mol×64g/mol=0.64g=640mg，该空气样品中SO2的含量为。
故答案为： A ； 偏小 ； SO2+I2+2H2O=4H+++2I- ； 蓝色褪为无色 ； ；
【分析】SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，经过NaOH溶液吸收生成Na2SO3，再用装置III检验SO2已经完全除尽，C2H4含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色；
（1）识别反应物质，写反应式（酸性氧化物与碱生成盐和水 ） 。
（2）明确检验逻辑：先验SO2→除SO2→验SO2是否除尽→验C2H4 ，
（3）A（水 ）：不反应，无法鉴别/除杂， 错。
B（溴水 ）：乙烯加成使溴水褪色，生成液体1，2 - 二溴乙烷，可鉴别+除杂， 对。
C（溴的CCl4溶液 ）：乙烯加成褪色，可鉴别+除杂，对。
D（酸性KMnO4 ）：乙烯被氧化为CO2，引入新杂质，错。
E（硫酸 ）：不反应，无法鉴别/除杂，错。
选BC。
（4）① 理解多孔球泡作用（增大接触面积，使SO2与I2充分反应 ），判断V处装置：选A（多孔球泡 ），若选B（直导管 ），SO2接触不充分，未完全反应→ 测量结果偏小。
② 识别反应（SO2与I2的氧化还原反应，SO2被氧化为 SO42-，I2被还原为I- ），写离子式 。
③ 终点现象（I2遇淀粉显蓝，反应完全后蓝色褪去→ 溶液由蓝变无色 ），
I2物质的量： ，由反应式得 ，质量 ，空气体积： 。
含量： 。
（1）装置Ⅱ中SO2被NaOH溶液吸收生成Na2SO3，反应的化学方程式为SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O；
（2）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色说明SO2已经完全除尽，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能说明SO2、C2H4气体存在的现象分别是装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色；
（3）A．甲烷、乙烯都不溶于水，将气体通入盛有水的洗气瓶中不能除去乙烯，A不符合题意；
B．乙烯含有碳碳双键，将气体通入盛有足量溴水的洗气瓶，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，可以用来鉴别甲烷和乙烯，还能除去乙烯，B符合题意；
C．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴的四氯化碳溶液褪色，可用来鉴别，且能除去乙烯，C符合题意；
D．乙烯气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中被氧化为二氧化碳气体，甲烷中混入二氧化碳杂质气体，D不符合题意；
E．甲烷和乙烯与硫酸不反应，不能鉴别二者，也不能用来除杂，E不符合题意；
故选BC；
（4）①通空气样品的导管末端是带许多小孔的多孔球泡，其主要作用是增大接触面积，使充分反应，图中V处应选择A连接到导管末端，否则二氧化硫不能完全反应，会导致测量结果偏小；
②该装置空气样品中SO2与碘溶液发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；
③I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2完全反应时蓝色褪去，故当观察到装置内蓝色褪为无色时，结束计时；根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI知，n(SO2)=n(I2)=0.1000mol/L×0.1L=0.01mol，m(SO2)=0.01mol×64g/mol=0.64g=640mg，该空气样品中SO2的含量为。
18．【答案】(1)
(2) 稀硝酸
(3) ③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④中液面的上方会产生红棕色气体
(4) b
(5)
(6) A，C
(7) 正 N2H4－4e—+4OH—=N2↑+4H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，
故答案为：；
（2）装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO；
故答案为：稀硝酸；
（3）装置③应盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中应盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体；
故答案为： ③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④中液面的上方会产生红棕色气体 ；
（4）由表格数据可知，3min反应达到平衡时一氧化氮的物质的量为0.007mol，由方程式可知，平衡时反应生成二氧化氮的浓度为=0.0065mol/L，由图可知，曲线b表示二氧化氮的浓度随时间的变化，
故答案为：b；
（5）用表示从0～2s内该反应的平均速率v＝v(NO)=；
故答案为： ；
（6）A．该反应是气体颜色变深的反应，则容器内气体的颜色不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；
B．反应前后质量守恒，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；
C．正反应和逆反应的速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．NO、O2和NO2的物质的量之比为2：1：2，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故答案为：AC；
（7）由电子的移动方向可知，电极N为燃料电池的正极，M电极为负极，碱性条件下联氨在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4－4e—+4OH—=N2↑+4H2O，
故答案为：正；N2H4－4e—+4OH—=N2↑+4H2O。
【分析】装置①中浓硝酸和铜反应生成NO2，反应离子方程式为：，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。
（1）识别装置②的反应物（NO2、H2O ），写反应式（NO2与水发生歧化反应 ）→ 。
（2）理解实验目的（验证“稀硝酸不能氧化NO” ），确定试剂→ 稀硝酸（与NO接触，若不反应则无红棕色NO2生成 ）。
（3）明确逻辑（稀硝酸不氧化NO→装置③无红棕色；浓硝酸氧化NO→装置④有红棕色 ），
对应现象：
稀硝酸（装置③ ）：溶液上方无红棕色（NO未被氧化 ）
浓硝酸（装置④ ）：溶液上方出现红棕色（NO被氧化为NO2 ）。
（4）分析反应（ ，NO减少、NO2增加 ），
计算平衡时NO2浓度：
初始，平衡，因为体积是2L，浓度： ，对应曲线b。
（5）找NO与O2的速率关系（反应式中 ）。
计算： 。
得 。
（6）A（颜色不变 ）：NO2为红棕色，颜色不变， 浓度不变，平衡；
B（总质量不变 ）：反应前后均为气体，质量始终不变，不能判断；
C（正逆速率相等 ）：平衡本质；
D（物质的量比 ）：比例与平衡无必然联系；
（7）判断电极（燃料电池中，O2通入极为正极，故N为正极 ），燃料在碱性条件下失电子，生成和 。
19．【答案】（1）+3；H2SO4
（2）SiO2
（3）Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+= Cu+Fe2+
（4）蒸发浓缩
（5）4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O
（6）3：2；<
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeOOH 中O元素为-2价、H元素为+1价，由正负化合价代数和为0，Fe的化合价为+3，根据生成FeSO4 7H2O，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸；
故答案为： +3 ； H2SO4 ；
（2）SiO2不溶于硫酸，“滤渣1”的成分为SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（3）X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，“还原””涉及的离子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+= Cu+Fe2+；
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+= Cu+Fe2+；
（4）“滤液2”为硫酸亚铁溶液，从硫酸亚铁溶液中获得晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
故答案为： 蒸发浓缩 ；
（5）“氧化”中Fe2+通入空气氧化生成FeOOH沉淀，参与反应的离子方程式为是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O；
故答案为： 4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O ；
（6）①利用铁黄(FeOOH)、NaClO和浓NaOH溶液反应制备Na2FeO4，反应方程式为：2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，该反应的氧化剂NaClO和还原剂FeOOH的物质的量之比为3：2；
②将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，相同温度下溶解度：K2FeO4< Na2FeO4。
故答案为： 3：2 ； < 。
【分析】烧渣(主要成分为Fe3O4、CuO 、SiO2等)酸浸滤液1为Fe2+、Fe3+、Cu2+，滤渣1为SiO2，根据生成FeSO4 7H2O，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸，加入X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，滤渣2为Fe、Cu，滤液2加入乙醇析出FeSO4 7H2O晶体，再通入空气氧化生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH；
（1）元素化合价计算：利用 “化合物中正负化合价代数和为 0”，结合已知元素（O、H ）的价态推导。
（2）滤渣成分判断：依据 “原料中各物质的溶解性”，不溶于酸的物质（如 SiO2 ）成为滤渣。
（3）离子方程式书写：先确定反应类型（氧化还原、置换 ），找反应物、产物，再用 “守恒法”（电子、电荷、原子 ）配平。
（4）结晶方法：蒸发浓缩（使溶液饱和 ）+ 冷却结晶（利用溶解度随温度变化 ）。
（5）氧化还原计算：通过反应式找氧化剂、还原剂，依据 “得失电子守恒” 算物质的量比。
（6）溶解度应用：利用 “复分解反应向溶解度小的方向进行”，判断析出物的溶解度。
（1）FeOOH 中O元素为-2价、H元素为+1价，由正负化合价代数和为0，Fe的化合价为+3，根据生成FeSO4 7H2O，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸；
（2）SiO2不溶于硫酸，“滤渣1”的成分为SiO2；
（3）X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，“还原””涉及的离子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+= Cu+Fe2+；
（4）“滤液2”为硫酸亚铁溶液，从硫酸亚铁溶液中获得晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（5）“氧化”中Fe2+通入空气氧化生成FeOOH沉淀，参与反应的离子方程式为是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O；
（6）①利用铁黄(FeOOH)、NaClO和浓NaOH溶液反应制备Na2FeO4，反应方程式为：2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，该反应的氧化剂NaClO和还原剂FeOOH的物质的量之比为3：2；
②将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，相同温度下溶解度：K2FeO4< Na2FeO4。
20．【答案】（1）丙烷；CH3CH3
（2）取代反应；加成反应
（3）2+O22+2H2O
（4）C4H7NO；碳碳双键、羧基
（5）+HOCH2CH2OH+H2O
（6）易溶于水；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】（1）根据分析A为CH3CH2CH3，A的名称为丙烷，结构相似、分子组成上相差n个‘CH2’的互为同系物，则丙烷和其他烷烃都是同系物，与A互为同系物的物质的结构简式：CH3CH3；
故答案为： 丙烷 ； CH3CH3 ；
（2）A为CH3CH2CH3，B为CH3CHClCH3，A中一个H被Cl取代，①的反应类型是取代反应，D与HCN发生加成反应生成E，④的反应类型是加成反应；
故答案为： 取代反应 ； 加成反应 ；
（3）C中羟基在Cu催化、加热条件被O2氧化为D中酮羰基，该反应的化学方程式：2+O22+2H2O；
故答案为： 2+O22+2H2O ；
（4）E的分子式为C4H7NO，F结构简式为，F中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
故答案为：
（5）F与乙二醇发生酯化反应生成H为，反应⑥的化学方程式为+HOCH2CH2OH+H2O；
故答案为：+HOCH2CH2OH+H2O ；
（6）①根据聚乙烯醇能滋润眼球，推测聚乙烯醇可能具有的物理性质是：易溶于水；
②以乙炔(HC≡CH)制取聚乙烯醇，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯发生水解反应生成聚乙烯醇，其合成路线为，最后一步反应中，有机反应物的结构简式为。
故答案为： 易溶于水 ；。
【分析】由C的结构简式，结合A、B的分子式，逆推可知B为CH3CHClCH3、A为CH3CH2CH3，C发生氧化反应生成D，D与HCN发生加成反应生成E，已知：反应⑤⑦均为加聚反应，则F中含碳碳双键，F结构简式为，HEMA结构简式为，F与乙二醇发生酯化反应生成H为，H发生加聚反应生成HEMA。
（1）有机物推断：利用 “分子式变化、反应条件（如取代、加成、氧化 ）” 推导结构，如 AC3H8→ 丙烷，C（醇 ）→ D（酮 ）的氧化。
（2）反应类型判断：抓 “反应特征”：取代（原子 / 原子团替换 ）、加成（不饱和键变饱和 ）、氧化（醇→酮 ）等。
（3）化学方程式书写：明确反应物、产物（结合流程与官能团变化 ），配平（原子守恒、条件标注 ）。
（4）官能团与分子式：分子式：数清各原子个数；官能团：识别双键、羧基等特征结构。
（5）化学方程式书写：明确反应物、产物（结合流程与官能团变化 ），配平（原子守恒、条件标注 ）。
（6）合成路线设计：逆向 / 正向推导，利用已知反应（如加成、加聚、水解 ），结合原料（乙炔 ）与目标产物（聚乙烯醇 ）的结构差异设计步骤。
（1）根据分析A为CH3CH2CH3，A的名称为丙烷，结构相似、分子组成上相差n个‘CH2’的互为同系物，则丙烷和其他烷烃都是同系物，与A互为同系物的物质的结构简式：CH3CH3；
（2）A为CH3CH2CH3，B为CH3CHClCH3，A中一个H被Cl取代，①的反应类型是取代反应，D与HCN发生加成反应生成E，④的反应类型是加成反应；
（3）C中羟基在Cu催化、加热条件被O2氧化为D中酮羰基，该反应的化学方程式：2+O22+2H2O；
（4）E的分子式为C4H7NO，F结构简式为，F中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（5）F与乙二醇发生酯化反应生成H为，反应⑥的化学方程式为+HOCH2CH2OH+H2O；
（6）(i)根据聚乙烯醇能滋润眼球，推测聚乙烯醇可能具有的物理性质是：易溶于水；
(ii)以乙炔(HC≡CH)制取聚乙烯醇，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯发生水解反应生成聚乙烯醇，其合成路线为，最后一步反应中，有机反应物的结构简式为。
广东省广州市天河区2023-2024学年高一下学期期末统测化学试题
一、选择题:本题共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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·天河期末）馆藏文物记载着中华文明的灿烂成就。下列文物主要由硅酸盐制成的是
A．铁熨斗 B．人面鱼纹彩陶盆 C．《编年纪》竹筒 D．人形铜灯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、铁熨斗由金属铁制成，金属铁是单质，硅酸盐是含硅、氧及金属元素的化合物（如、陶瓷 ），故铁熨斗不属于硅酸盐，A错误；
B、人面鱼纹彩陶盆属于陶瓷，陶瓷以黏土（含硅酸盐矿物 ）为原料，经烧制而成，主要成分是硅酸盐，因此，人面鱼纹彩陶盆由硅酸盐制成，B正确；
C、竹简由竹子制成，竹子的主要成分是纤维素（ ，有机高分子化合物 ），与硅酸盐（无机化合物 ）无关，故《编年纪》竹简不属于硅酸盐制成，C错误。
D、人形铜灯由金属铜制成，铜是金属材料，因此，人形铜灯不属于硅酸盐制成，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．识别铁熨斗的主要成分（金属铁 ），判断是否为硅酸盐。
B．判断陶瓷的成分类别（陶瓷是传统硅酸盐材料 ）。
C．分析竹简的主要成分（纤维素 ），判断是否为硅酸盐。
D．识别人形铜灯的主要成分（金属铜 ），判断是否为硅酸盐。
2．（2024高一下·天河期末）我国科技发展取得了巨大成就。下列说法不正确的是
A．C919大型客机机身采用的铝锂合金比纯金属铝的硬度更大
B．“华龙一号”核电反应堆所用轴棒中含有的与互为同位素
C．核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs) 材 料 ，GaAs 属于金属材料
D．“神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于有机高分子材料
【答案】C
【知识点】合金及其应用；聚合反应；同位素及其应用
【解析】【解答】A、合金是金属与金属（或非金属 ）熔合而成的混合物，其硬度通常大于成分金属，铝锂合金含和，纯金属铝硬度小于合金，故铝锂合金比纯铝硬度大，A正确；
B、 与 的质子数均为92（同属铀元素 ），中子数分别为143、146（不同 ），符合同位素定义，故互为同位素，B正确；
C、金属材料指纯金属或合金，是由（金属 ）和（非金属 ）组成的化合物，属于半导体材料（而非金属材料 ），C错误；
D、塑料的主要成分是合成聚合物（如聚乙烯、聚氯乙烯 ），相对分子质量大，属于有机高分子材料，故塑料属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．利用“合金硬度一般大于其成分金属”的规律，判断铝锂合金与纯铝的硬度。
B．依据“同位素：质子数相同、中子数不同的同一元素原子”，分析两种铀原子的关系。
C．判断的组成（化合物，含金属和非金属 ），区分金属材料（纯金属或合金 ）。
D．分析塑料的成分（聚合物，由小分子聚合而成 ），判断是否为有机高分子材料。
3．（2024高一下·天河期末）坚持绿色发展，建设美丽中国。下列做法符合绿色化学理念的是
A．汽车尾气系统中安装催化转化器减少尾气排放
B．通过浓硫酸与铜加热反应制备硫酸铜
C．深挖填埋废弃塑料制品
D．大量施用农药和化肥，提高粮食产量
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、汽车尾气含（有毒 ）、（有毒，形成光化学烟雾 ）等， 催化转化器中，和在催化剂作用下反应：催化剂 ，生成无毒的和 ，减少尾气污染，符合绿色化学理念，A正确；
B、反应方程式：浓 ，生成的是有毒气体，会造成酸雨（溶于水生成亚硫酸，进一步氧化为硫酸 ），污染环境，不符合绿色化学“减少污染”的要求，B错误；
C、废弃塑料（如聚乙烯、聚氯乙烯 ）难降解，深埋后长期残留于土壤，会破坏土壤结构，影响农作物生长；若含氯塑料（如聚氯乙烯 ），降解还可能产生有毒物质（如 ），污染地下水，绿色化学理念强调“回收利用”或“可降解材料”，填埋废弃塑料不符合环保要求，C错误；
D、农药过量施用会导致农产品农药残留，危害人体健康；化肥过量（如氮肥 ）会使土壤板结（破坏土壤结构 ），随雨水冲刷进入水体，引发水体富营养化（藻类疯长，水质恶化 ）， 绿色化学理念要求“合理使用，减少污染”，大量施用不符合要求，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．分析催化转化器对尾气中污染物（、 ）的转化，判断是否减少污染。
B．分析反应产物（和 ），判断是否产生污染。
C．分析废弃塑料的性质（难降解 ）及填埋的危害（长期残留，污染土壤、地下水 ）。
D．分析过量施用农药、化肥的危害（土壤板结、水体富营养化、农产品残留 ）。
4．（2024高一下·天河期末）劳动创造美好生活。下列劳动项目所涉及的化学知识不正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用干燥的模具盛装熔融钢水 铁与H2O高温下会反应
B 通过煤的干馏获得煤焦油、焦炭等物质 煤的干馏属于物理变化
C 制作水果罐头时加入少量维生素C 维生素C是抗氧化剂
D 用铁罐车运输浓硫酸 常温下浓硫酸遇铁钝化
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、铁与水蒸气在高温下反应：高温 ，熔融钢水温度高，若模具潮湿（含水 ），铁会与水反应，损坏模具。因此用干燥模具盛装，避免反应，A正确；
B、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使其分解为煤焦油、焦炭、焦炉气等新物质的过程，有新物质生成，属于化学变化（而非物理变化，物理变化无新物质 ），故“煤的干馏属于物理变化”错误，B错误；
C、维生素C具有还原性，能与氧气反应（优先被氧化 ），从而防止水果中的成分（如多酚类 ）被氧化变质，因此，制作水果罐头时加维生素C作抗氧化剂，C正确；
D、常温下，浓硫酸能使铁钝化，阻止浓硫酸继续与铁反应，因此，可用铁罐车运输浓硫酸，D正确。
故答案为：B。
【分析】A．分析铁在高温下与水的反应，判断干燥模具的必要性。
B．明确“干馏”的定义（隔绝空气加强热，发生复杂分解反应 ），判断变化类型。
C．分析维生素C的性质（还原性 ），判断其作为抗氧化剂的原理。
D．分析常温下浓硫酸与铁的反应（钝化，形成致密氧化膜 ），判断运输的可行性。
5．（2024高一下·天河期末）化学与生活息息相关。下列说法正确的是
A．糯米中的淀粉一经水解就酿成了酒
B．油脂在体内水解，产物为氨基酸
C．棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素
D．通过高温蒸煮进行消毒，蛋白质受热变性
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、糯米中的淀粉水解生成葡萄糖（酶 ），但葡萄糖需在酒化酶作用下发酵（无氧呼吸 ）生成乙醇（酒化酶 ），仅水解不能直接酿酒，故“淀粉一经水解就酿成酒”错误，A错误；
B、油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内水解时，酯键断裂，生成高级脂肪酸和甘油（丙三醇 ），而非氨基酸（氨基酸是蛋白质的水解产物 ），故“产物为氨基酸”错误，B错误；
C、棉花是天然纤维，主要成分是纤维素（ ）；合成纤维是人工通过聚合反应制成，如氯纶（聚氯乙烯纤维 ）、丙纶（聚丙烯纤维 ）等，主要成分是合成聚合物（不是纤维素 ），故“合成纤维主要成分均为纤维素”错误，C错误；
D、蛋白质在高温条件下，空间结构被破坏，发生变性（不可逆 ）。细菌、病毒的主要成分含蛋白质，高温蒸煮使蛋白质变性，失去生物活性，从而达到消毒目的，故“通过高温蒸煮消毒，蛋白质受热变性”正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析淀粉水解的产物，及酿酒的完整过程（水解→发酵 ）。
B．回忆油脂的结构（高级脂肪酸甘油酯 ），分析水解产物。
C．区分天然纤维（棉花 ）与合成纤维（人工合成 ）的成分。
D．理解蛋白质变性的条件（高温、强酸、强碱等 ），及消毒的关联。
6．（2024高一下·天河期末）海洋是一个巨大的宝藏，海水的综合利用示意图如下。下列说法不正确的是
A．海水中元素的种类很多，总储量很大
B．通过蒸馏、反渗透等方法可以将海水淡化
C．从海水中制取钾、镁、溴均涉及氧化还原反应
D．电解食盐水可以得到钠单质和氯气
【答案】D
【知识点】电解原理；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、海水中含多种常量元素和微量元素，总储量极大，但多数元素富集程度低，通过海水处理（如提镁、提溴 ）可提取有用物质，故A正确；
B、海水淡化是去除海水中的盐分，得到淡水，常见方法有蒸馏法（加热蒸发，冷凝收集淡水 ）、反渗透法（利用半透膜，压力驱动水透过，盐截留 ）、电渗析法等，故B正确；
C、 海水中钾、镁、溴以离子形成存在，从海水中制取钾、镁、溴均为单质，元素化合价发生变化，均涉及氧化还原反应，故C正确；
D、电解食盐水的反应：电解 ，产物是氢氧化钠，氢气和氯气 ，得不到钠单质（钠单质需电解熔融：熔融电解 ），故“电解食盐水得到钠单质和氯气”错误，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．理解海水作为资源库的特点（元素种类多、总储量大但富集度低 ）。
B．回忆海水淡化的常见技术（分离水与盐 ）。
C．分析提取过程中元素化合价的变化（从离子到单质，化合价改变 ）。
D．写出电解食盐水的化学方程式，判断产物。
7．（2024高一下·天河期末）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．制备纯净的一氯甲烷 B．测氯水的pH
C．实验室制备NH3 D．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A、甲烷与氯气在光照下发生取代反应，是连锁反应，生成一氯甲烷 、二氯甲烷 、三氯甲烷 、四氯化碳 及的混合物，无法得到纯净的一氯甲烷，且强光照射下，甲烷与氯气混合物易发生爆炸（需漫射光 ），A错误；
B、氯水中含，有强氧化性，能漂白pH试纸（使试纸褪色 ），无法准确测定pH，应使用pH计（电化学方法测定 ），B错误；
C、发生装置：固体（、 ）加热反应，试管口略向下倾斜（防止冷凝水倒流 ），合理，收集装置：氨气密度比空气小，用向下排空气法（导管伸入试管底部 ），试管口棉花可减少空气对流，使收集的氨气更纯净，C正确；
D、容量瓶是精密仪器，不能用于溶解固体（溶于水放热，会影响容量瓶容积 ），应在烧杯中溶解固体，冷却至室温后，再转移到容量瓶中定容，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析甲烷与氯气取代反应的特点（多步取代，产物复杂 ），判断能否制得纯净物。
B．分析氯水的成分（含，具有漂白性 ），判断pH试纸能否使用。
C．分析实验室制氨气的原理（ ）、收集方法（向下排空气法，因氨气密度小于空气 ）。
D．回忆溶液配制的操作规范（溶解不能在容量瓶中进行，需在烧杯中冷却后转移 ）。
8．（2024高一下·天河期末）锌、铜和稀硫酸组成的原电池如图所示。下列说法正确的是
A．电池工作时，电能转化为化学能
B．若用乙醇代替稀硫酸，也能构成原电池
C．锌片作负极，发生还原反应：Zn－2e－=Zn2+
D．溶 液 中H+向铜电极移动，在铜电极上得电子生成H2
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池工作时，通过氧化还原反应（锌与硫酸反应 ），将化学能转化为电能（如电流计指针偏转 ），而非电能转化为化学能（电解池是电能转化学能 ），故“电能转化为化学能”错误，A错误；
B、原电池构成需“电解质溶液导电，形成闭合回路”。乙醇是非电解质，溶于水不电离，不能导电，无法形成原电池的离子移动与电荷传递，若用乙醇代替稀硫酸，不能构成原电池，B错误；
C、锌片作负极，失电子： ，元素化合价升高，发生氧化反应（还原反应是得电子，化合价降低 ），故“发生还原反应”错误，C错误；
D、原电池中，阳离子向正极（铜电极 ）移动。铜电极上，H+得电子： ，生成氢气，故“溶液中H+向铜电极移动，在铜电极上得电子生成H2 ”正确，D正确。
故答案为：D。
【分析】该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，Cu电极上氢离子得电子发生还原反应，Zn发生氧化反应，电极反应为：+，据此进行解答。
A．明确原电池是“化学能→电能”的装置，判断能量转化方向。
B．分析乙醇的性质（非电解质，不导电 ），判断能否构成原电池。
C．判断负极（锌 ）的反应类型（失电子，氧化反应 ）。
D．分析原电池中离子移动方向（阳离子向正极移动 ），及正极（铜 ）的反应。
9．（2024高一下·天河期末）下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质 Fe3+与SCN－生成红色沉淀
B H2与F2在暗处剧烈反应，与Br2加热才能反应 非金属性：F>Br
C 用FeCl3溶液刻蚀电路板 氧化性：Cu2+>Fe3+
D 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2 漂白粉的有效成分是CaCO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ：变质会生成，用溶液检验，若变红则变质，正确，陈述Ⅱ：与反应生成血红色溶液（络合物 ），而非沉淀，错误，因果关系：陈述Ⅱ错误，故A不符合题意 ；
B、陈述Ⅰ：与在暗处剧烈反应（无需加热 ），与需加热才反应，正确，陈述Ⅱ：非金属性越强，单质越易与反应（得电子能力强 ）。反应更易，说明得电子能力＞，即非金属性： ，正确，因果关系：陈述Ⅰ因（反应难易 ）→ 陈述Ⅱ果（非金属性强弱 ），关联正确，故B符合题意 ；
C、陈述Ⅰ：溶液刻蚀电路板，利用氧化，正确，陈述Ⅱ：反应中，是氧化剂，是氧化产物。根据“氧化剂氧化性＞氧化产物”，得氧化性： ，陈述Ⅱ错误，因果关系：陈述Ⅱ错误，故C不符合题意 ；
D、陈述Ⅰ：久置漂白粉中与空气中、反应： ，与盐酸反应生成，正确，陈述Ⅱ：漂白粉的有效成分是（而非 ），错误，因果关系：陈述Ⅱ错误，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．分析与的反应现象（溶液变红，非沉淀 ），判断因果关系。
B．通过单质与氢气反应的难易（反应条件 ），判断非金属性强弱（反应越易，非金属性越强 ）。
C．分析与的反应，判断氧化性强弱。
D．分析久置漂白粉的成分变化，判断陈述的正确性。
10．（2024高一下·天河期末）部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A．a的电子式为
B．b是淡黄色的固体，可通过 a与c 反应制得
C．工业上由b 制 备e 的路线：bcde
D．h可被氧气氧化成g
【答案】A
【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；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、是共价化合物，与通过共用电子对结合，电子式应为 ，而非离子化合物的电子式，A错误；
B、反应方程式： ，是淡黄色固体，可通过该反应制得，B正确；
C、第一步：在空气中燃烧，点燃（生成，对应c ），第二步：在催化、条件下，被氧气氧化：（生成，对应d ），第三步：用98.3%浓硫酸吸收（避免形成酸雾 ），生成（对应e ），流程与陈述一致，C正确；
D、h中为+4价（如 ），具有还原性，可被氧气（氧化剂 ）氧化为+6价的（如 ，对应g ），反应： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断的化学键类型（共价键 ），分析电子式写法。
B．写出（a ）与（c ）的反应方程式，判断能否制得（b）。
C．梳理工业制硫酸的流程（燃烧→催化氧化→吸收 ）。
D．分析+4价的还原性（可被氧气氧化为+6价 ）。
11．（2024高一下·天河期末）氨是一种重要的化工原料，下图为合成氨以及由氨制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的
A．提高合成塔中的反应温度，可以实现N2全部转化为NH3
B．氨分离器中，可通过加压或降温使氨液化分离
C．向吸收塔和氧化炉中通入的A 为空气
D．氧化炉中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
【答案】A
【知识点】工业合成氨；氨的性质及用途；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、可逆反应的特点是“反应物不能完全转化为生成物”，无论温度如何改变（即使提高温度 ），也无法全部转化为（温度影响平衡移动，但不能消除可逆性 ），故“提高温度实现全部转化”错误，A错误；
B、氨气的沸点比、 高。通过加压或降温，可使氨气液化（沸点较高，更易液化 ），与未液化的、分离，B正确；
C、氧化炉中，氨催化氧化反应：催化剂 ，需要；吸收塔中，转化为的反应：（或分步反应，最终需 ），空气中含，故通入的A为空气，C正确；
D、反应方程式：催化剂 ，氧化剂：（元素从0→-2价，得电子 ），物质的量为5，还原剂：（元素从-3→+2价，失电子 ），物质的量为4，故氧化剂与还原剂的物质的量比为5：4，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．明确合成氨反应（催化剂高温高压 ）是可逆反应，判断反应物能否完全转化。
B．利用氨气与、的沸点差异，分析分离原理。
C．梳理氨制硝酸的流程（氨氧化→→→吸收 ），分析所需气体（ ）。
D．写出氧化炉中反应的化学方程式，分析氧化剂（ ）和还原剂（ ）的计量关系。
12．（2024高一下·天河期末）下列解释事实的化学用语不正确的是
A．NaCl 溶液具有导电性：NaCl=Na++Cl－
B．碳酸钙做抗酸药：+2H+=CO2↑+H2O
C．NaOH 固体和铝粉混合疏通厨卫管道：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
D．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨
【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；探究铝热反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、是强电解质，在溶液中完全电离： ，产生自由移动的和，使溶液导电，电离方程式正确，A正确；
B、碳酸钙（ ）是难溶物，与酸（如盐酸 ）反应时，离子方程式中不能拆分为离子，正确的离子方程式为： ，原选项中写成 ，错误（未考虑难溶 ），B错误；
C、铝与溶液反应，分两步：先与水反应生成和，再与反应生成（或 ，本质一致 ），总反应方程式： ，C正确；
D、铝热反应中，铝（还原剂 ）还原氧化铁（氧化剂 ），生成铁和氧化铝，反应放热使铁熔化，用于焊接钢轨，化学方程式：高温 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．分析溶液导电的原因（电离出自由移动的离子 ），判断电离方程式。
B．考虑碳酸钙的溶解性（难溶于水，写化学式 ），分析离子方程式的书写。
C．分析铝与溶液反应的实质（生成偏铝酸钠和氢气 ），判断方程式。
D．分析铝热反应的原理（铝还原金属氧化物，放热 ），判断方程式。
13．（2024高一下·天河期末）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标况下，44.8L甲烷中含有的共用电子对数为8NA
B．2L 0.5mol/L乙醇溶液中含有的氧原子数为NA
C．5.6g铁粉在0.1molCl2中燃烧，转移电子数为0.3NA
D．1mol所含的质子数为10NA
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下，甲烷的物质的量： ，1个分子含4个键（即4对共用电子对 ），则2mol甲烷中共用电子对数目： ，A正确；
B、乙醇物质的量： ，1mol乙醇含1mol氧原子，但溶液中还有水，因此氧原子总数大于 ，B错误；
C、 铁粉物质的量： ，物质的量为0.1mol，反应中，不足，完全反应，从0→-1价，1mol转移2mol电子，0.1mol转移电子数： ，C错误；
D、1个原子质子数为7，1个原子质子数为1，含1个和4个，质子数：11 ，1mol的质子数： ，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.先算甲烷物质的量（标况下气体摩尔体积 ），再分析甲烷分子的共用电子对（中键数 ）。
B.分析溶液组成（乙醇 + 水 ），计算乙醇中氧原子数，再考虑水分子中的氧原子。
C.写出反应方程式（点燃 ），判断过量问题，计算转移电子数。
D.计算1个的质子数（原子质子数 + 原子质子数 ），再算1mol的质子数。
14．（2024高一下·天河期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 取少量待测液于试管中，先加入过量稀硝酸，再加入 氯化钡溶液，有白色沉淀生成 待测液中含有或Ag+
B 向某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝 溶液中不含
C 在淀粉溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后再加 入少量新制的Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生 淀粉未发生水解
D 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色 黄色溶液中可能含有Br2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铵离子检验；硫酸根离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、加入稀硝酸（强氧化性 ）后，若原溶液含，会被氧化为，再加入生成白色沉淀；若含，会生成沉淀（但稀硝酸酸化后，与也可能沉淀，不过需注意稀硝酸的作用 ），但稀硝酸的存在，使“原溶液含或”的结论不严谨（可能含 ），A错误；
B、 ，若不加热，反应生成（一水合氨 ），不会使湿润红色石蕊试纸变蓝，因此，“试纸不变蓝”不能证明溶液中不含 （可能含，但未加热 ），B错误；
C、淀粉水解用稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性。加入新制前，需加中和硫酸，使溶液呈碱性，否则会与硫酸反应，无法检验葡萄糖，因此，“无砖红色沉淀”不能证明淀粉未水解（可能水解了，但未中和酸 ），C错误；
D、黄色溶液可能含（本身黄色 ），可氧化： ，使淀粉变蓝；也可能含（黄色 ），氧化： ，因此，黄色溶液中可能含有 ，结论合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析稀硝酸的氧化性对还原性离子（如 ）的影响，判断沉淀来源。
B．分析与反应的条件（加热才会大量生成 ），判断结论。
C．分析淀粉水解后检验葡萄糖的条件（需碱性环境，中和催化剂硫酸 ），判断结论。
D．分析黄色溶液中可能的氧化剂（如、 ），判断其氧化生成（遇淀粉变蓝 ）的可能性。
15．（2024高一下·天河期末）水煤气变换反应是放热反应，在双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化下的反应过程示意 图如下下列说法正确的是
A．过 程I 中有非极性共价键断裂
B．过程Ⅱ和过程Ⅲ均为放热过程
C．该反应的化学方程式为CO+ H2O=CO2+H2
D．该反应中反应物的总能量小于生成物总能量
【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、过程Ⅰ中，水分子的键断裂，无非极性共价键断裂，A错误；
B、过程Ⅱ：水分子中的键断裂（化学键断裂需吸收能量 ），为吸热过程，过程Ⅲ：形成新化学键（如的键、的键 ），化学键形成释放能量，为放热过程，因此，过程Ⅱ吸热、过程Ⅲ放热，“均为放热”错误，B错误；
C、反应物为（黑球+灰球 ）和（黑球+白球×2 ），生成物为（黑球×2+灰球 ）和（白球×2 ），反应方程式为：催化剂 ，C正确；
D、题目明确“水煤气变换反应是放热反应”，放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量（能量差以热量形式释放 ），故“反应物总能量小于生成物”错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．观察过程Ⅰ的粒子变化（水分子、CO分子 ），判断断裂的化学键类型（极性/非极性共价键 ）。
B．分析过程Ⅱ（化学键断裂，吸热 ）和过程Ⅲ（化学键形成，放热 ）的能量变化。
C．根据反应过程示意图，识别反应物（进入催化剂的粒子 ）和生成物（离开催化剂的粒子 ）。
D．回忆放热反应的定义（反应物总能量＞生成物总能量，反应释放能量 ）。
16．（2024高一下·天河期末）基于Na2S2O3溶液与H2SO4溶液反应会出现浑浊，探究化学反应速率的影响因素，实验过程中的数据记录如下。下列说法不正确的是
实验编号 水浴温度/℃ Na2S2O3溶 液 H2SO4溶液 H2O
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
1 40 2 0.1 2 0.1 0
2 20 2 0.1 2 0.1 0
3 20 1 0.1 2 0.1 a
4 40 1.5 0.1 2 0.1 1
A．通过比较出现浑浊所需时间的长短判断化学反应速率的快慢
B．该实验探究了温度、Na2S2O3溶液的浓度对化学反应速率的影响
C．实验1需先将Na2S2O3溶液和H2SO4溶液混合，再水浴加热至40℃
D．若实验2和3是探究浓度对化学反应速率的影响，则a=1
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、反应方程式： ，生成单质使溶液浑浊，因此，浑浊出现时间越短，说明单位时间内生成越多，反应速率越快，可通过此判断速率，A正确；
B、实验1与2：、浓度相同，温度不同（40℃ vs 20℃ ）， 探究温度对速率的影响，实验2与3、1与4：温度相同，溶液体积不同（浓度不同 ），探究浓度对速率的影响，故实验探究了温度、浓度的影响，B正确；
C、若先混合和，反应已开始（室温下 ），再水浴加热至40℃，无法保证“反应从40℃开始”，导致温度变量控制不准确，正确操作：先将两种溶液分别加热至40℃，再混合，确保反应起始温度为40℃，故“先混合再加热”错误，C错误；
D、实验2总体积： ，实验3总体积需相同： ，解得a=1 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．分析反应现象（出现浑浊，即生成单质 ）与速率的关联（浑浊出现时间越短，速率越快 ）。
B．识别实验中改变的变量（温度、溶液体积→浓度 ），判断探究的因素。
C．分析“控制温度变量”的操作要求（确保反应起始温度一致 ）。
D．利用“控制变量法”，确保除研究变量（浓度 ）外，其他条件（总体积 ）相同，计算a。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高一下·天河期末）在实验室里制取的乙烯中常混有少量的SO2， 某化学兴趣小组设计了如图装置验证该混合气体中含有SO2和 C2H4。
（1）装置Ⅱ中反应的化学方程式为　 　。
（2）能说明SO2、C2H4气体存在的现象分别是　 　。
（3）下列操作中，可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中混有的乙烯的是　 　。
A．将气体通入盛有水的洗气瓶中 B．将气体通入盛有足量溴水的洗气瓶中
C．将气体通入盛有溴的四氯化碳溶液的洗气瓶中 D．将气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中
E．将气体通入盛有硫酸的洗气瓶中
（4）该小组同学还利用下图装置测定空气中SO2的含量。
①为确保实验准确，图中V处应选择　 　( 填“A”或“B”)连接到导管末端，否则会导致测量结果　 　(填“偏大”或“偏小”)。
②该装置中反应的离子方程式为　 　。
③若空气流速为a m3·min－1，当观察到装置内　 　 时，结束计时，测定耗时t min。假定空气中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO2的含量为　 　 mg ·m－3。
【答案】（1）SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O
（2）装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色
（3）BC
（4）A；偏小；SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；蓝色褪为无色；
【知识点】二氧化硫的性质；乙烯的物理、化学性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】（1）装置Ⅱ中SO2被NaOH溶液吸收生成Na2SO3，反应的化学方程式为SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O；
故答案为： SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O ；
（2）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色说明SO2已经完全除尽，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能说明SO2、C2H4气体存在的现象分别是装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色；
故答案为： 装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色 ；
（3）A．甲烷、乙烯都不溶于水，将气体通入盛有水的洗气瓶中不能除去乙烯，A不符合题意；
B．乙烯含有碳碳双键，将气体通入盛有足量溴水的洗气瓶，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，可以用来鉴别甲烷和乙烯，还能除去乙烯，B符合题意；
C．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴的四氯化碳溶液褪色，可用来鉴别，且能除去乙烯，C符合题意；
D．乙烯气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中被氧化为二氧化碳气体，甲烷中混入二氧化碳杂质气体，D不符合题意；
E．甲烷和乙烯与硫酸不反应，不能鉴别二者，也不能用来除杂，E不符合题意；
故答案为：BC；
（4）①通空气样品的导管末端是带许多小孔的多孔球泡，其主要作用是增大接触面积，使充分反应，图中V处应选择A连接到导管末端，否则二氧化硫不能完全反应，会导致测量结果偏小；
②该装置空气样品中SO2与碘溶液发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；
③I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2完全反应时蓝色褪去，故当观察到装置内蓝色褪为无色时，结束计时；根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI知，n(SO2)=n(I2)=0.1000mol/L×0.1L=0.01mol，m(SO2)=0.01mol×64g/mol=0.64g=640mg，该空气样品中SO2的含量为。
故答案为： A ； 偏小 ； SO2+I2+2H2O=4H+++2I- ； 蓝色褪为无色 ； ；
【分析】SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，经过NaOH溶液吸收生成Na2SO3，再用装置III检验SO2已经完全除尽，C2H4含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色；
（1）识别反应物质，写反应式（酸性氧化物与碱生成盐和水 ） 。
（2）明确检验逻辑：先验SO2→除SO2→验SO2是否除尽→验C2H4 ，
（3）A（水 ）：不反应，无法鉴别/除杂， 错。
B（溴水 ）：乙烯加成使溴水褪色，生成液体1，2 - 二溴乙烷，可鉴别+除杂， 对。
C（溴的CCl4溶液 ）：乙烯加成褪色，可鉴别+除杂，对。
D（酸性KMnO4 ）：乙烯被氧化为CO2，引入新杂质，错。
E（硫酸 ）：不反应，无法鉴别/除杂，错。
选BC。
（4）① 理解多孔球泡作用（增大接触面积，使SO2与I2充分反应 ），判断V处装置：选A（多孔球泡 ），若选B（直导管 ），SO2接触不充分，未完全反应→ 测量结果偏小。
② 识别反应（SO2与I2的氧化还原反应，SO2被氧化为 SO42-，I2被还原为I- ），写离子式 。
③ 终点现象（I2遇淀粉显蓝，反应完全后蓝色褪去→ 溶液由蓝变无色 ），
I2物质的量： ，由反应式得 ，质量 ，空气体积： 。
含量： 。
（1）装置Ⅱ中SO2被NaOH溶液吸收生成Na2SO3，反应的化学方程式为SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O；
（2）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色说明SO2已经完全除尽，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能说明SO2、C2H4气体存在的现象分别是装置I中品红溶液褪色，装置III中溶液不褪色，装置IV中溶液褪色；
（3）A．甲烷、乙烯都不溶于水，将气体通入盛有水的洗气瓶中不能除去乙烯，A不符合题意；
B．乙烯含有碳碳双键，将气体通入盛有足量溴水的洗气瓶，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，可以用来鉴别甲烷和乙烯，还能除去乙烯，B符合题意；
C．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴的四氯化碳溶液褪色，可用来鉴别，且能除去乙烯，C符合题意；
D．乙烯气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中被氧化为二氧化碳气体，甲烷中混入二氧化碳杂质气体，D不符合题意；
E．甲烷和乙烯与硫酸不反应，不能鉴别二者，也不能用来除杂，E不符合题意；
故选BC；
（4）①通空气样品的导管末端是带许多小孔的多孔球泡，其主要作用是增大接触面积，使充分反应，图中V处应选择A连接到导管末端，否则二氧化硫不能完全反应，会导致测量结果偏小；
②该装置空气样品中SO2与碘溶液发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+++2I-；
③I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2完全反应时蓝色褪去，故当观察到装置内蓝色褪为无色时，结束计时；根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI知，n(SO2)=n(I2)=0.1000mol/L×0.1L=0.01mol，m(SO2)=0.01mol×64g/mol=0.64g=640mg，该空气样品中SO2的含量为。
18．（2024高一下·天河期末）研究氮及其化合物的性质对化工生产和环境保护有重要意义。
Ⅰ．某小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。
资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠溶液能吸 收NO2， 但不能吸收 NO。该小组按如图装置进行验证实验(夹持仪器已略去)。
（1）装置②中反应的化学方程式为 ________。
（2）装置③中盛放的试剂为________。
（3）能证明不同浓度硝酸氧化能力的相对强弱的实验现象为________。
Ⅱ．车尾气中的NOx是一种常见的大气污染物。在2L密闭容器中，800℃时发生反应：2NO(g)+O2 (g)=2NO2(g)， 体系中n(NO) 随时间的变化如表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（4）下图表示NO2的浓度变化的曲线是________。
（5）0－2s内 ，v(O2)= ________。
（6）能说明该反应已达到平衡状态的是___________。
A. 容器内气体的颜色不再变化 B. 容器内气体的总质量保持不变
C. 正反应和逆反应的速率相等 D. NO、O2和NO2的物质的量之比为2：1：2
Ⅲ．化学能与其他能量间的转换在生活中处处可见，以反应N2H4+O2=N2+2H2O 为原理设计成利用率高的燃料电池，装置如图。
（7）N极为电池的________ (填“正”或“负”)极， M 处电极反应式为________。
【答案】(1)
(2) 稀硝酸
(3) ③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④中液面的上方会产生红棕色气体
(4) b
(5)
(6) A，C
(7) 正 N2H4－4e—+4OH—=N2↑+4H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，
故答案为：；
（2）装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO；
故答案为：稀硝酸；
（3）装置③应盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中应盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体；
故答案为： ③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④中液面的上方会产生红棕色气体 ；
（4）由表格数据可知，3min反应达到平衡时一氧化氮的物质的量为0.007mol，由方程式可知，平衡时反应生成二氧化氮的浓度为=0.0065mol/L，由图可知，曲线b表示二氧化氮的浓度随时间的变化，
故答案为：b；
（5）用表示从0～2s内该反应的平均速率v＝v(NO)=；
故答案为： ；
（6）A．该反应是气体颜色变深的反应，则容器内气体的颜色不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；
B．反应前后质量守恒，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；
C．正反应和逆反应的速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．NO、O2和NO2的物质的量之比为2：1：2，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故答案为：AC；
（7）由电子的移动方向可知，电极N为燃料电池的正极，M电极为负极，碱性条件下联氨在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4－4e—+4OH—=N2↑+4H2O，
故答案为：正；N2H4－4e—+4OH—=N2↑+4H2O。
【分析】装置①中浓硝酸和铜反应生成NO2，反应离子方程式为：，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。
（1）识别装置②的反应物（NO2、H2O ），写反应式（NO2与水发生歧化反应 ）→ 。
（2）理解实验目的（验证“稀硝酸不能氧化NO” ），确定试剂→ 稀硝酸（与NO接触，若不反应则无红棕色NO2生成 ）。
（3）明确逻辑（稀硝酸不氧化NO→装置③无红棕色；浓硝酸氧化NO→装置④有红棕色 ），
对应现象：
稀硝酸（装置③ ）：溶液上方无红棕色（NO未被氧化 ）
浓硝酸（装置④ ）：溶液上方出现红棕色（NO被氧化为NO2 ）。
（4）分析反应（ ，NO减少、NO2增加 ），
计算平衡时NO2浓度：
初始，平衡，因为体积是2L，浓度： ，对应曲线b。
（5）找NO与O2的速率关系（反应式中 ）。
计算： 。
得 。
（6）A（颜色不变 ）：NO2为红棕色，颜色不变， 浓度不变，平衡；
B（总质量不变 ）：反应前后均为气体，质量始终不变，不能判断；
C（正逆速率相等 ）：平衡本质；
D（物质的量比 ）：比例与平衡无必然联系；
（7）判断电极（燃料电池中，O2通入极为正极，故N为正极 ），燃料在碱性条件下失电子，生成和 。
19．（2024高一下·天河期末）铁黄 (FeOOH) 难溶于水，可作颜料，也是制备饮水处理剂高铁酸钾的原料。 以烧渣(主要成分为Fe3O4、CuO 、SiO2等)为原料出产铁黄的流程如图。
（1）FeOOH 中 Fe的化合价为　 　，“酸浸”时，使用的酸为　 　 。
（2）“滤渣1”的成分为　 　 (填化学式)。
（3）“还原””涉及的离子方程式有　 　、 　 　。
（4）FeSO4·7H2O 的溶解度曲线如图，从滤液2中获得晶体的 另一种方法是　 　 、冷却结晶。
（5）“氧化”中Fe2+参与反应的离子方程式为　 　。
（6）以铁黄(FeOOH)等为原料制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺主要有两步：
①利用铁黄、NaClO和浓NaOH溶液反应制备Na2FeO4，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　 。
②向Na2FeO4溶液中加入浓KOH制备K2FeO4，该反应涉及原理是相同温度下溶解度：K2FeO4　 　( 填“>”“<”“=”)Na2FeO4。
【答案】（1）+3；H2SO4
（2）SiO2
（3）Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+= Cu+Fe2+
（4）蒸发浓缩
（5）4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O
（6）3：2；<
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeOOH 中O元素为-2价、H元素为+1价，由正负化合价代数和为0，Fe的化合价为+3，根据生成FeSO4 7H2O，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸；
故答案为： +3 ； H2SO4 ；
（2）SiO2不溶于硫酸，“滤渣1”的成分为SiO2；
故答案为： SiO2 ；
（3）X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，“还原””涉及的离子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+= Cu+Fe2+；
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+= Cu+Fe2+；
（4）“滤液2”为硫酸亚铁溶液，从硫酸亚铁溶液中获得晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
故答案为： 蒸发浓缩 ；
（5）“氧化”中Fe2+通入空气氧化生成FeOOH沉淀，参与反应的离子方程式为是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O；
故答案为： 4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O ；
（6）①利用铁黄(FeOOH)、NaClO和浓NaOH溶液反应制备Na2FeO4，反应方程式为：2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，该反应的氧化剂NaClO和还原剂FeOOH的物质的量之比为3：2；
②将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，相同温度下溶解度：K2FeO4< Na2FeO4。
故答案为： 3：2 ； < 。
【分析】烧渣(主要成分为Fe3O4、CuO 、SiO2等)酸浸滤液1为Fe2+、Fe3+、Cu2+，滤渣1为SiO2，根据生成FeSO4 7H2O，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸，加入X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，滤渣2为Fe、Cu，滤液2加入乙醇析出FeSO4 7H2O晶体，再通入空气氧化生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH；
（1）元素化合价计算：利用 “化合物中正负化合价代数和为 0”，结合已知元素（O、H ）的价态推导。
（2）滤渣成分判断：依据 “原料中各物质的溶解性”，不溶于酸的物质（如 SiO2 ）成为滤渣。
（3）离子方程式书写：先确定反应类型（氧化还原、置换 ），找反应物、产物，再用 “守恒法”（电子、电荷、原子 ）配平。
（4）结晶方法：蒸发浓缩（使溶液饱和 ）+ 冷却结晶（利用溶解度随温度变化 ）。
（5）氧化还原计算：通过反应式找氧化剂、还原剂，依据 “得失电子守恒” 算物质的量比。
（6）溶解度应用：利用 “复分解反应向溶解度小的方向进行”，判断析出物的溶解度。
（1）FeOOH 中O元素为-2价、H元素为+1价，由正负化合价代数和为0，Fe的化合价为+3，根据生成FeSO4 7H2O，说明“酸浸”时，使用的酸为硫酸；
（2）SiO2不溶于硫酸，“滤渣1”的成分为SiO2；
（3）X为Fe把铁离子还原为Fe2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu和Fe2+，“还原””涉及的离子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+= Cu+Fe2+；
（4）“滤液2”为硫酸亚铁溶液，从硫酸亚铁溶液中获得晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（5）“氧化”中Fe2+通入空气氧化生成FeOOH沉淀，参与反应的离子方程式为是：4Fe2++O2+8OH-=4FeOOH↓+2H2O；
（6）①利用铁黄(FeOOH)、NaClO和浓NaOH溶液反应制备Na2FeO4，反应方程式为：2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，该反应的氧化剂NaClO和还原剂FeOOH的物质的量之比为3：2；
②将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，相同温度下溶解度：K2FeO4< Na2FeO4。
20．（2024高一下·天河期末）聚甲基丙烯酸羟乙酯(HEMA，结构简式为)可用于制作超薄镜片，其合成路线如下(加料顺序、反应条件略)
已知：反应⑤⑦均为加聚反应。
（1）A的名称为　 　 ，与A互为同系物的物质的结构简式：　 　(任写一种) 。
（2）下列反应的反应类型：①　 　 ，④　 　 。
（3）C在Cu催化、加热条件被O2氧化为D，写出该反应的化学方程式：　 　 。
（4）E的分子式为　 　 ，F中官能团的名称为　 　 。
（5）反应⑥的化学方程式为　 　 。
（6）佩戴隐形眼镜最好常滴“人工眼泪”以滋润眼球，有一种“人工眼泪”的成分是聚乙烯醇()。
(i)根据用途推测聚乙烯醇可能具有的物理性质：　 　 (写出一条即可)。
(ii)已知乙烯醇 (CH2=CHOH)不稳定，以乙炔(HC≡CH)为原料(其他无机原料任选)，利用反应②的原理合成聚乙烯醇。基于你设计的合成路线，最后一步反应中，有机反应物的结构简式为　 　 。
【答案】（1）丙烷；CH3CH3
（2）取代反应；加成反应
（3）2+O22+2H2O
（4）C4H7NO；碳碳双键、羧基
（5）+HOCH2CH2OH+H2O
（6）易溶于水；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；烯烃；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】（1）根据分析A为CH3CH2CH3，A的名称为丙烷，结构相似、分子组成上相差n个‘CH2’的互为同系物，则丙烷和其他烷烃都是同系物，与A互为同系物的物质的结构简式：CH3CH3；
故答案为： 丙烷 ； CH3CH3 ；
（2）A为CH3CH2CH3，B为CH3CHClCH3，A中一个H被Cl取代，①的反应类型是取代反应，D与HCN发生加成反应生成E，④的反应类型是加成反应；
故答案为： 取代反应 ； 加成反应 ；
（3）C中羟基在Cu催化、加热条件被O2氧化为D中酮羰基，该反应的化学方程式：2+O22+2H2O；
故答案为： 2+O22+2H2O ；
（4）E的分子式为C4H7NO，F结构简式为，F中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
故答案为：
（5）F与乙二醇发生酯化反应生成H为，反应⑥的化学方程式为+HOCH2CH2OH+H2O；
故答案为：+HOCH2CH2OH+H2O ；
（6）①根据聚乙烯醇能滋润眼球，推测聚乙烯醇可能具有的物理性质是：易溶于水；
②以乙炔(HC≡CH)制取聚乙烯醇，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯发生水解反应生成聚乙烯醇，其合成路线为，最后一步反应中，有机反应物的结构简式为。
故答案为： 易溶于水 ；。
【分析】由C的结构简式，结合A、B的分子式，逆推可知B为CH3CHClCH3、A为CH3CH2CH3，C发生氧化反应生成D，D与HCN发生加成反应生成E，已知：反应⑤⑦均为加聚反应，则F中含碳碳双键，F结构简式为，HEMA结构简式为，F与乙二醇发生酯化反应生成H为，H发生加聚反应生成HEMA。
（1）有机物推断：利用 “分子式变化、反应条件（如取代、加成、氧化 ）” 推导结构，如 AC3H8→ 丙烷，C（醇 ）→ D（酮 ）的氧化。
（2）反应类型判断：抓 “反应特征”：取代（原子 / 原子团替换 ）、加成（不饱和键变饱和 ）、氧化（醇→酮 ）等。
（3）化学方程式书写：明确反应物、产物（结合流程与官能团变化 ），配平（原子守恒、条件标注 ）。
（4）官能团与分子式：分子式：数清各原子个数；官能团：识别双键、羧基等特征结构。
（5）化学方程式书写：明确反应物、产物（结合流程与官能团变化 ），配平（原子守恒、条件标注 ）。
（6）合成路线设计：逆向 / 正向推导，利用已知反应（如加成、加聚、水解 ），结合原料（乙炔 ）与目标产物（聚乙烯醇 ）的结构差异设计步骤。
（1）根据分析A为CH3CH2CH3，A的名称为丙烷，结构相似、分子组成上相差n个‘CH2’的互为同系物，则丙烷和其他烷烃都是同系物，与A互为同系物的物质的结构简式：CH3CH3；
（2）A为CH3CH2CH3，B为CH3CHClCH3，A中一个H被Cl取代，①的反应类型是取代反应，D与HCN发生加成反应生成E，④的反应类型是加成反应；
（3）C中羟基在Cu催化、加热条件被O2氧化为D中酮羰基，该反应的化学方程式：2+O22+2H2O；
（4）E的分子式为C4H7NO，F结构简式为，F中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（5）F与乙二醇发生酯化反应生成H为，反应⑥的化学方程式为+HOCH2CH2OH+H2O；
（6）(i)根据聚乙烯醇能滋润眼球，推测聚乙烯醇可能具有的物理性质是：易溶于水；
(ii)以乙炔(HC≡CH)制取聚乙烯醇，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯发生水解反应生成聚乙烯醇，其合成路线为，最后一步反应中，有机反应物的结构简式为。