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江苏省淮安市2021-2022学年高一下学期期末调研测试化学试题含解析
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这是一份江苏省淮安市2021-2022学年高一下学期期末调研测试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了 化学与生活密切相关， 下列物质属于同分异构体的是等内容，欢迎下载使用。
淮安市2021—2022学年度第二学期期末调研测试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5
选择题(共60分)
单项选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有1个选项符合题意。)
1. 2022年世界环境日的主题是“共建清洁美丽世界”。下列做法不应提倡的是
A. 推广电动汽车，践行绿色交通 B. 拒绝露天烧烤，合理健康饮食
C. 秸秆就地焚烧，增强土壤肥效 D. 净化工业尾气，减少雾霾生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．推广电动汽车，践行绿色交通，减少化石燃料的使用，可以减少环境污染物的排放，有利于保护环境，应大力提倡，A正确；
B．拒绝露天烧烤，合理健康饮食，可以减少空气污染物的排放，有利于保护环境，应大力提倡，B正确；
C．秸秆就地焚烧，会产生大量空气污染物，不利于环境保护，不应提倡，C错误；
D．净化工业尾气，能减少灰尘等排放，有利于减少雾霾的生成，应大力提倡，D正确；
故答案选C。
2. 反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A. 中子数为8的氮原子可表示为：N B. Cl-的结构示意图：
C. NaCl的电子式为： D. N2H4的结构式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据在原子表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，可知该原子可表示为：N，A错误；
B．Cl-最外层有8个电子，结构示意图为，B错误；
C．NaCl是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，电子式为 ，C错误；
D．N2H4是共价化合物，每个N原子形成3条共价键，每个H原子形成1条共价键，结构式为，D正确；
故选D。
3. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 泡沫灭火器可用于一般可燃物的起火，也适用于电器起火
B. 家庭装修时用水性漆替代传统油性漆，有利于健康及环境
C. 高温条件下可以使冠状病毒失去活性是因为蛋白质受热变性
D. 伍德合金的熔点低于组分金属，常用作火灾报警器中保险丝
【答案】A
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的含有二氧化碳的泡沫进行灭火，但是，喷出的泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误；
B．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，有利于健康及环境，B正确；
C．病毒的主要成分为蛋白质，高温可使蛋白质变性从而达到消毒的作用，C正确；
D．伍德合金是以金属铋为基的一类低熔点合金，合金的熔点低于组分金属，常用作火灾报警器中保险丝，当温度高于一定温度后，保险丝就会熔断，可以保护电器设备，D正确；
故选A。
4. 2021年，我国研制的九章二号量子计算机，在求解高斯玻色取样数学问题上，比目前世界上最快的计算机“超算”要快亿亿亿倍。计算机芯片的主要材料是
A. 硅 B. 碳 C. 铁 D. 锰
【答案】A
【解析】
【详解】硅是半导体，计算机芯片的主要材料是硅，故选A。
5. 硝酸钾溶液在火焰上灼烧时，隔着蓝色钴玻璃可观察到火焰呈现的颜色为
A. 紫色 B. 黄色 C. 绿色 D. 红色
【答案】A
【解析】
【详解】只有某些金属元素才有焰色反应，如钾元素焰色反应为紫色，焰色反应是元素的性质，只要含有钾元素，则焰色反应即为紫色，但钾元素的紫色需要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能看到；答案选A。
6. 实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是
＋
A. 装置甲生成NH3 B. 装置乙干燥NH3
C. 装置丙收集NH3 D. 装置丁吸收多余NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙反应有水生成，试管口应该略向下倾斜，A错误；
B．氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，B正确；
C．氨气密度小于空气，应该从短导管处通入氨气，C错误；
D．氨气极易溶于水，装置丁会发生倒吸，D错误；
故答案选B。
7. 下列物质属于同分异构体的是
A. 甲烷与甲醇 B. 乙醇与乙酸 C. 乙烯与乙炔 D. 正丁烷与异丁烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷与甲醇分子式不同，不能互为同分异构体，A项错误；
B．乙醇与乙酸的分子式不同，不能互为同分异构体，B项错误；
C．乙烯与乙炔的分子式不同，不能互为同分异构体，C项错误；
D．正丁烷与异丁烷的分子式相同，均是C4H10，结构不同，互为同分异构体，D项正确；
答案选D。
8. 硫酸是重要的化工产品，广泛用于冶金和石油工业，可通过以下反应生产硫酸：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4。对反应S+O2SO2，下列说法正确的是
A. S是氧化剂 B. O2是还原剂 C. S发生氧化反应 D. O2失去电子
【答案】C
【解析】
【详解】反应S+O2SO2中，S失电子化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，O2得电子化合价降低，发生还原反应，是氧化剂，故选C。
9. 硫酸是重要的化工产品，广泛用于冶金和石油工业，可通过以下反应生产硫酸：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4。对反应2SO2+O22SO3，下列说法正确的是
A. 增大O2的浓度能加快反应速率 B. 添加催化剂不影响反应速率
C. 减小压强能加快反应速率 D. 升高温度能减慢反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大O2浓度可以增大单位体积内活化分子数目，单位时间内有效碰撞次数增大，反应速率加快，A正确；
B．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，B错误；
C．减小压强后单位体积内活化分子数目减少，单位时间内有效碰撞次数减少，反应速率减慢，C错误；
D．升高温度能增大单位体积内活化分子的比例，单位时间内有效碰撞次数增大，反应速率加快，D错误；
故选A。
10. 硫酸是重要的化工产品，广泛用于冶金和石油工业，可通过以下反应生产硫酸：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4。SO3+H2O=H2SO4为放热反应，下列说法正确的是
A. 断开H-O键放出能量 B. 反应物的总能量小于生成物的总能量
C. 形成H-O键吸收能量 D. 反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学键的断裂吸收能量，因此断开H-O键吸收能量，A错误；
B．SO3+H2O=H2SO4为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，B错误；
C．化学键的形成放出能量，因此形成H-O键放出能量，C错误；
D．SO3+H2O=H2SO4为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确；
答案选D。
11. 某溶液中存在大量的H+、Cl-、SO，该溶液中还可能大量存在的是
A. NH B. ClO- C. Ba2+ D. HCO
【答案】A
【解析】
【详解】A．H+、Cl-、SO均不与NH反应，可以大量共存，A符合题意；
B．ClO-与H+反应生成HClO，不能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+与SO反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．HCO与H+反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
12. 下列有机反应中，属于加成反应的是
A. CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
B. CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
C. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
D. +Br2+HBr
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3CH3与Cl2在光照条件下发生取代反应生成CH3CH2Cl和HCl，A错误；
B．CH2=CH2和HCl在催化剂的作用下发生加成反应生成CH3CH2Cl，B正确；
C．CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，属于氧化反应，C错误；
D．苯和溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，D错误；
答案选B。
13. 下列实验方案能达到目的的是
A. 用浓硫酸干燥氨气 B. 用铁在氯气中燃烧制备氯化亚铁
C. 用Cu与稀硝酸反应制备少量NO2 D. 用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵，因此不能用浓硫酸干燥氨气，A错误；
B．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，2Fe＋3Cl23FeCl3，B错误；
C．Cu与稀硝酸反应生成NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，C错误；
D．Br2与NaOH反应，Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，可以用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2，D正确；
故选D。
14. 大多数含碳的化合物属于有机物。下列关于常见有机物的叙述正确的是
A. 苯常温呈液态，密度比水大，且易溶于水
B. 乙醇极易溶于水，可用于溴水中溴的萃取
C. 油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物
D. 淀粉水解液中加入碘水，若变蓝，说明淀粉未水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯的密度比水小，难溶于水，故A错误；
B．乙醇易溶于水，不能做萃取剂，不可用于溴水中溴的萃取，故B错误；
C．高级脂肪酸甘油酯相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C正确；
D．淀粉遇碘变蓝色，淀粉可能没有水解，也可能没有完全水解，故D错误；
故选：C。
15. 铜锌原电池如图所示，电解质溶液为硫酸铜。下列说法不正确的是
A. 铜电极为正极，发生氧化反应 B. 锌电极为负极，将逐渐被腐蚀
C. 铜电极上的反应为：Cu2++2e-=Cu D. 电子从锌电极经过导线流向铜电极
【答案】A
【解析】
【分析】铜锌原电池中，电解质溶液为硫酸铜，锌比铜活泼，则锌会失去电子，为电池的负极，铜离子在铜电极上得到电子，为电池的正极，据此分析作答。
【详解】A．铜电极为原电池的正极，得到电子，发生还原反应，A项错误；
B．锌为原电池的负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，逐渐被腐蚀，B项正确；
C．铜电极为原电池的正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，C项正确；
D．电子从负极经过导线流向正极，所以电子从锌电极经过导线流向铜电极，D项正确；
答案选A。
16. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 石灰石中加入醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
C. 铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+
D. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液：+OH-=H2O+
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆，正确离子方程式为，A错误；
B．向CuSO4溶液中加入NaOH溶液反应离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，B正确；
C．电荷不守恒，正确离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，C错误；
D．向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液有碳酸钡沉淀生成，反应的离子方程式是+Ba2++OH-=H2O+BaCO3↓，D错误；
答案选B。
17. 巴蜀化学兴趣小组在研究元素周期表的形成历史史料时，查询到下列史料片段：1869年门捷列夫把当时已知的元素根据元素性质、相对原子质量等进行排列，预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如图所示。下列说法不正确的是
A. 甲的单质可以用作半导体材料
B. 乙的氢化物稳定性比弱
C. 甲的最高价氧化物对应水化物是难溶于水的强酸
D. 原子半径关系甲乙
【答案】C
【解析】
【分析】由图可推知，从左到右，三列元素分别位于第二、三、四周期，从上到下，五行元素分别位于第IIIA、IVA、VA、VIA、VIIA族。
【详解】A．甲位于元素周期表的第四周期第IVA族，与Si同主族，甲的单质为锗可以用作半导体材料，故A正确；
B．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：N>乙，N的非金属性＜O，故的稳定性更强，故B正确；
C．甲位于第四周期第IVA族，非金属性：甲
故选C。
18. 从海水中提取溴的工业流程如图，下列说法正确的是
A. 卤水中氯化钠的浓度比海水中氯化钠浓度小
B. 步骤I中发生反应的离子方程式为Br-+Cl2=Br2+Cl-
C. 步骤II中通入热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性
D. 步骤III反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】海水晒盐剩余的卤水中含有溴离子，工业电解氯化钠溶液，可以制得氯气；氯气与溴离子反应，生成溴单质；溴单质具有挥发性，通过热空气吹出，并用纯碱吸收，得到NaBr和NaBrO3；再加硫酸酸化，经过蒸馏后，可以得到工业溴，据此分析作答。
【详解】A．卤水中氯化钠的溶液为饱和溶液，浓度比海水中氯化钠浓度大，A项错误；
B．步骤I中氯气和溴离子发生反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，B项错误；
C．溴单质具有挥发性，通过热空气吹出，并用纯碱吸收，得到NaBr和NaBrO3，C项正确；
D．NaBr和NaBrO3加硫酸酸化后得到溴单质，化学方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，则反应中氧化剂与还原剂物质量之比为1：5，D项错误；
答案选C。
19. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．一氧化氮和水不能反应，不能生成硝酸，故A错误；
B．氮气和氢气可生成氨气，氨气能被硝酸吸收生成硝酸铵，都能实现转化，故B正确；
C．氨气和二氧化碳，氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，不能生成碳酸钠，故C错误；
D．氨气和氧气发生催化氧化才能生成一氧化氮，氨气点燃生成氮气，故D错误；
故选B。
20. 某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是
A. 该脱硝过程总反应的△H＞0
B. 由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应
C. 总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
D. 依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变△H＜0，A项错误；
B．由图1可知，状态④到状态⑤中O的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B项正确；
C．由图1知，该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，依据参数配平反应为：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，C项错误；
D．物质能量越低越稳定，依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性升高，D项错误；
答案选B。
非选择题(共40分)
21. 乙烯是重要的化工原料，如图1为以乙烯为原料的转化图。回答下列问题：
（1）乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到____。
（2）B的官能团是____(填名称)。
（3）乙烯可合成一种高分子物质F，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是____。
（4）E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2；G是一种油状、有香味的物质。实验室用D和E制取G，装置如题图2所示。
①试管甲中发生反应的方程式为____，反应类型是____。
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和____。
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了___。
【答案】（1）溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去
（2）羟基 （3）
（4） ①. CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ②. 取代反应(或酯化反应) ③. 冷凝 ④. 防止倒吸
【解析】
【分析】由图中转化可知，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A发生水解反应生成B为乙二醇，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成CH3CHO，进一步发生氧化反应生成E为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，F一种高分子物质，可知乙烯发生加聚反应生成F为。
【小问1详解】
乙烯和溴发生加成反应生成无色的1，2-二溴乙烷，乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去。故答案为：溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去；
【小问2详解】
B为乙二醇，B的官能团是羟基(填名称)。故答案为：羟基；
【小问3详解】
乙烯可合成一种高分子物质F，F为聚乙烯，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是。故答案为：；
【小问4详解】
E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2，E为CH3COOH，G是一种油状、有香味的物质，G为CH3COOCH2CH3。实验室用D和E制取G。
①乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，试管甲中发生反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代反应(或酯化反应)。故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应(或酯化反应)；
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和冷凝，导出乙酸乙酯并利用空气将其冷凝为液体。故答案为：冷凝；
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了防止倒吸。故答案为：防止倒吸。
22. 草酸(H2C2O4)及草酸盐用途广泛。
(一)草酸是一种易溶于水的二元有机弱酸，可与酸性KMnO4溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。回答下列问题：
实验编号
所加试剂及用量/mL
条件
溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.01mol·L-1H2C2O4溶液
0.01mol·L-1KMnO4溶液
3.0mol·L-1稀H2SO4
水
温度/℃
1
8.0
2.0
2.0
3.0
20
t1
2
6.0
2.0
2.0
5.0
20
t2
3
6.0
2.0
2.0
5.0
30
t3
（1）若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子____mol。
（2）对比实验____，可探究浓度对反应速率的影响。
（3）对比实验____，可探究温度对反应速率的影响。
（4）已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用。实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示。试说明理由：____。
(二)草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)可用于合成锂电池的正极材料硅酸亚铁锂(Li2FeSiO4)。
（5）将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，该反应的化学方程式为：____。
（6）该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4。写出相应的电极反应式：正极____。
【答案】（1）1 （2）1和2
（3）2和3 （4）t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢
（5）Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O
（6）LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4
【解析】
【小问1详解】
在反应5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中，消耗5molH2C2O4时，转移电子10mol，则若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子1mol，故答案为：1；
【小问2详解】
对比实验1和2，其他的量都相同，只有草酸的浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故答案为：1和2；
【小问3详解】
对比实验2和3，其他的量都相同，只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故答案为：2和3；
【小问4详解】
Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用，实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示，原因是：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢，故答案为：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢；
【小问5详解】
将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，同时会生成一氧化碳、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O；
【小问6详解】
该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4，该电池中，正极上LiFeSiO4得电子，发生还原反应生成Li2FeSiO4，电极反应式为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4，故答案为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4。
23. 以FeSO4为原料制备柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)的反应有FeSO4+Na2CO3=Na2SO4+FeCO3↓、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。实验步骤如下：(1)边搅拌边将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。
（1）充分反应后，过滤，并洗涤生成的FeCO3沉淀。检验洗涤是否完全的方法是____。
（2）将洗净后的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。
①铁粉的作用是___。
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是____。
（3）溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。加入无水乙醇的目的是____。
（4）为测定步骤(1)所用FeSO4溶液中FeSO4的浓度进行如下实验：取20mL上述FeSO4溶液，向其中滴加0.02mol·L-1KMnO4酸性溶液，当消耗KMnO4酸性溶液20mL时，两者恰好完全反应(反应过程中MnO被还原为Mn2+)。计算上述FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度____(写出计算过程)。
【答案】（1）取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
（2） ①. 防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化 ②. 加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
（3）降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
（4）0.1mol·L-1
【解析】
【小问1详解】
FeCO3表面含有SO的残留溶液，只要洗涤液里检验不到SO，即可证明洗涤干净，具体操作是：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
【小问2详解】
①因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触，加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境，故答案为：防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化；
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是加入适量柠檬酸让铁粉反应完全，故答案为：加入适量柠檬酸让铁粉反应完全；
【小问3详解】
最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品，故答案为：降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；
【小问4详解】
该反应的原理为： ，根据题意可知，则FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度=，故答案为：0.1mol·L-1。
24. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为____。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有____(任意一点)。
（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是____(填序号)。
A.NH3•H2O B.Ca(OH)2 C.NaOH
（4）向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液将Fe2+氧化为Fe(OH)3，充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为____；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是____。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是____。
（6）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到CaSO4和___。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2）矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)
（3）B （4） ①. 3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ ②. 取样，滴加KMnO4溶液不褪色
（5）将Cu2+转化为Cu而除去
（6）MgSO4
【解析】
【分析】将菱锌矿高温焙烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物焙烧产生CaO、MgO、Fe3O4、CuO，SiO2不发生反应；然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe3O4、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4；然后加入Ca(OH)2调整溶液pH=5，形成CaSO4、Fe(OH)3沉淀，SiO2与酸不反应，进入滤渣①中，滤液①中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，可以将Fe2+氧化并沉淀为Fe(OH)3，KMnO4被还原为MnO2，滤渣②中含有Fe(OH)3、MnO2；向滤液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉；向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF2沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O，据此分析作答。
【小问1详解】
菱锌矿高温煅烧时，ZnCO3反应产生ZnO、CO2，该反应的化学方程式为：ZnCO3ZnO+CO2↑，故答案为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大反应物的接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率，故答案为：矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，A不符合题意；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B符合题意；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不符合题意；
则最适宜的X物质是Ca(OH)2，故答案为：B；
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是取样，滴加KMnO4溶液不褪色，故答案为：3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；取样，滴加KMnO4溶液不褪色；
【小问5详解】
滤液②中含有Cu2+、Zn2+、Ca2+、Mg2+，向其中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而过滤除去，故答案为：将Cu2+转化为Cu而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，CaF2、MgF2与浓硫酸反应可得到HF，HF可以循环利用，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4，故答案为：MgSO4。
25. 我国提出了2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。研发二氧化碳被转化为多种基础化学品，如一氧化碳、甲烷、甲醇等是实现“双碳”目标的有效方法。二氧化碳催化加氢部分热化学反应式如下：
I.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.0kJ·mol-1
III.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=+49.0kJ·mol-1
（1）二氧化碳与甲烷反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为____；恒温恒容密闭容器中进行该反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是____(填选项字母)。
A.相同时间内形成C－H键和H－H键的数目相等
B.相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目相等
C.体系内各物质的浓度保持不变
D.体系内气体的密度保持不变
（2）在两个恒压(3.0MPa)密闭装置中放置不同Ni、Ga配比的Ni－Ga催化剂，再分别通入反应物混合气[混合比例=0.5]，测得甲醇时空收率随温度的变化曲线如图1所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。
①甲醇时空收率前半段升高的原因是____；最佳配比的催化剂是____。
②二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为v=k•pm(CO2)•pn(H2)，其中k为速率常数，各物质分压的指数为反应级数。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，若CO2反应级数=2，H2反应级数不变，试计算速率常数之比=____。
（3）在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳转化率和甲醇选择性x=×100%随温度变化关系如图2所示，则合成甲醇的适宜温度是____。
（4）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图3。
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：____。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是____。
【答案】（1） ①. CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1 ②. C
（2） ①. 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率曲线上升 ②. Ni5Ga3 ③. 2
（3）236℃左右 （4） ①. CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO- ②. 阳极反应生成H+，导致pH值减小，KHCO3浓度降低
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，II×2-I得，CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1；
A．由反应知，平衡时形成4个C-H键同时形成2个H-H键，A错误；
B．由方程式系数可知，平衡时在相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目之比为1：2，B错误；
C．反应达到平衡时，体系内各物质的浓度保持不变，C正确；
D．该反应的反应物和生成物均为气体，在恒容容器中反应时，V不变，由于质量守恒，混合气体的总质量也不变，因此混合气体的密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，D错误；
故选C；
【小问2详解】
①根据物理量单位可知甲醇的平均生成速率与时间有关，表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率．随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升；由图像可知，使用催化剂Ni5Ga3的收率明显高于催化剂NiGa的收率，因此，反应最佳条件为使用Ni5Ga3催化剂进行反应，在这个条件下甲醇的平均生成速率最高；
②由图1可知，甲醇的平均生成速率之比为。根据投料比，起始分压p(CO2)为，p(H2)为。根据升温后反应级数的变化，列式，=2。
【小问3详解】
由图像可知，在236℃时，消耗CO2的量最大，生成CH3OH的量最大，因此合成甲醇的适宜温度是236℃左右；
【小问4详解】
①阴极发生还原反应，电解质溶液为碳酸氢钾溶液，则CO2还原为HCOO-的反应为二氧化碳得到电子生成HCOO-，电极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO-；
②阳极区水电离出的氢氧根离子放电，剩余氢离子与溶液的反应，同时部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，导致KHCO3浓度降低。
淮安市2021—2022学年度第二学期期末调研测试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5
选择题(共60分)
单项选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有1个选项符合题意。)
1. 2022年世界环境日的主题是“共建清洁美丽世界”。下列做法不应提倡的是
A. 推广电动汽车，践行绿色交通 B. 拒绝露天烧烤，合理健康饮食
C. 秸秆就地焚烧，增强土壤肥效 D. 净化工业尾气，减少雾霾生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．推广电动汽车，践行绿色交通，减少化石燃料的使用，可以减少环境污染物的排放，有利于保护环境，应大力提倡，A正确；
B．拒绝露天烧烤，合理健康饮食，可以减少空气污染物的排放，有利于保护环境，应大力提倡，B正确；
C．秸秆就地焚烧，会产生大量空气污染物，不利于环境保护，不应提倡，C错误；
D．净化工业尾气，能减少灰尘等排放，有利于减少雾霾的生成，应大力提倡，D正确；
故答案选C。
2. 反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A. 中子数为8的氮原子可表示为：N B. Cl-的结构示意图：
C. NaCl的电子式为： D. N2H4的结构式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据在原子表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，可知该原子可表示为：N，A错误；
B．Cl-最外层有8个电子，结构示意图为，B错误；
C．NaCl是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，电子式为 ，C错误；
D．N2H4是共价化合物，每个N原子形成3条共价键，每个H原子形成1条共价键，结构式为，D正确；
故选D。
3. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 泡沫灭火器可用于一般可燃物的起火，也适用于电器起火
B. 家庭装修时用水性漆替代传统油性漆，有利于健康及环境
C. 高温条件下可以使冠状病毒失去活性是因为蛋白质受热变性
D. 伍德合金的熔点低于组分金属，常用作火灾报警器中保险丝
【答案】A
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的含有二氧化碳的泡沫进行灭火，但是，喷出的泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误；
B．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，有利于健康及环境，B正确；
C．病毒的主要成分为蛋白质，高温可使蛋白质变性从而达到消毒的作用，C正确；
D．伍德合金是以金属铋为基的一类低熔点合金，合金的熔点低于组分金属，常用作火灾报警器中保险丝，当温度高于一定温度后，保险丝就会熔断，可以保护电器设备，D正确；
故选A。
4. 2021年，我国研制的九章二号量子计算机，在求解高斯玻色取样数学问题上，比目前世界上最快的计算机“超算”要快亿亿亿倍。计算机芯片的主要材料是
A. 硅 B. 碳 C. 铁 D. 锰
【答案】A
【解析】
【详解】硅是半导体，计算机芯片的主要材料是硅，故选A。
5. 硝酸钾溶液在火焰上灼烧时，隔着蓝色钴玻璃可观察到火焰呈现的颜色为
A. 紫色 B. 黄色 C. 绿色 D. 红色
【答案】A
【解析】
【详解】只有某些金属元素才有焰色反应，如钾元素焰色反应为紫色，焰色反应是元素的性质，只要含有钾元素，则焰色反应即为紫色，但钾元素的紫色需要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能看到；答案选A。
6. 实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是
＋
A. 装置甲生成NH3 B. 装置乙干燥NH3
C. 装置丙收集NH3 D. 装置丁吸收多余NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙反应有水生成，试管口应该略向下倾斜，A错误；
B．氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，B正确；
C．氨气密度小于空气，应该从短导管处通入氨气，C错误；
D．氨气极易溶于水，装置丁会发生倒吸，D错误；
故答案选B。
7. 下列物质属于同分异构体的是
A. 甲烷与甲醇 B. 乙醇与乙酸 C. 乙烯与乙炔 D. 正丁烷与异丁烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷与甲醇分子式不同，不能互为同分异构体，A项错误；
B．乙醇与乙酸的分子式不同，不能互为同分异构体，B项错误；
C．乙烯与乙炔的分子式不同，不能互为同分异构体，C项错误；
D．正丁烷与异丁烷的分子式相同，均是C4H10，结构不同，互为同分异构体，D项正确；
答案选D。
8. 硫酸是重要的化工产品，广泛用于冶金和石油工业，可通过以下反应生产硫酸：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4。对反应S+O2SO2，下列说法正确的是
A. S是氧化剂 B. O2是还原剂 C. S发生氧化反应 D. O2失去电子
【答案】C
【解析】
【详解】反应S+O2SO2中，S失电子化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，O2得电子化合价降低，发生还原反应，是氧化剂，故选C。
9. 硫酸是重要的化工产品，广泛用于冶金和石油工业，可通过以下反应生产硫酸：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4。对反应2SO2+O22SO3，下列说法正确的是
A. 增大O2的浓度能加快反应速率 B. 添加催化剂不影响反应速率
C. 减小压强能加快反应速率 D. 升高温度能减慢反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大O2浓度可以增大单位体积内活化分子数目，单位时间内有效碰撞次数增大，反应速率加快，A正确；
B．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，B错误；
C．减小压强后单位体积内活化分子数目减少，单位时间内有效碰撞次数减少，反应速率减慢，C错误；
D．升高温度能增大单位体积内活化分子的比例，单位时间内有效碰撞次数增大，反应速率加快，D错误；
故选A。
10. 硫酸是重要的化工产品，广泛用于冶金和石油工业，可通过以下反应生产硫酸：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4。SO3+H2O=H2SO4为放热反应，下列说法正确的是
A. 断开H-O键放出能量 B. 反应物的总能量小于生成物的总能量
C. 形成H-O键吸收能量 D. 反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学键的断裂吸收能量，因此断开H-O键吸收能量，A错误；
B．SO3+H2O=H2SO4为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，B错误；
C．化学键的形成放出能量，因此形成H-O键放出能量，C错误；
D．SO3+H2O=H2SO4为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确；
答案选D。
11. 某溶液中存在大量的H+、Cl-、SO，该溶液中还可能大量存在的是
A. NH B. ClO- C. Ba2+ D. HCO
【答案】A
【解析】
【详解】A．H+、Cl-、SO均不与NH反应，可以大量共存，A符合题意；
B．ClO-与H+反应生成HClO，不能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+与SO反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．HCO与H+反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
12. 下列有机反应中，属于加成反应的是
A. CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
B. CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
C. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
D. +Br2+HBr
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3CH3与Cl2在光照条件下发生取代反应生成CH3CH2Cl和HCl，A错误；
B．CH2=CH2和HCl在催化剂的作用下发生加成反应生成CH3CH2Cl，B正确；
C．CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，属于氧化反应，C错误；
D．苯和溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，D错误；
答案选B。
13. 下列实验方案能达到目的的是
A. 用浓硫酸干燥氨气 B. 用铁在氯气中燃烧制备氯化亚铁
C. 用Cu与稀硝酸反应制备少量NO2 D. 用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵，因此不能用浓硫酸干燥氨气，A错误；
B．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，2Fe＋3Cl23FeCl3，B错误；
C．Cu与稀硝酸反应生成NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，C错误；
D．Br2与NaOH反应，Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，可以用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2，D正确；
故选D。
14. 大多数含碳的化合物属于有机物。下列关于常见有机物的叙述正确的是
A. 苯常温呈液态，密度比水大，且易溶于水
B. 乙醇极易溶于水，可用于溴水中溴的萃取
C. 油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物
D. 淀粉水解液中加入碘水，若变蓝，说明淀粉未水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯的密度比水小，难溶于水，故A错误；
B．乙醇易溶于水，不能做萃取剂，不可用于溴水中溴的萃取，故B错误；
C．高级脂肪酸甘油酯相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C正确；
D．淀粉遇碘变蓝色，淀粉可能没有水解，也可能没有完全水解，故D错误；
故选：C。
15. 铜锌原电池如图所示，电解质溶液为硫酸铜。下列说法不正确的是
A. 铜电极为正极，发生氧化反应 B. 锌电极为负极，将逐渐被腐蚀
C. 铜电极上的反应为：Cu2++2e-=Cu D. 电子从锌电极经过导线流向铜电极
【答案】A
【解析】
【分析】铜锌原电池中，电解质溶液为硫酸铜，锌比铜活泼，则锌会失去电子，为电池的负极，铜离子在铜电极上得到电子，为电池的正极，据此分析作答。
【详解】A．铜电极为原电池的正极，得到电子，发生还原反应，A项错误；
B．锌为原电池的负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，逐渐被腐蚀，B项正确；
C．铜电极为原电池的正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，C项正确；
D．电子从负极经过导线流向正极，所以电子从锌电极经过导线流向铜电极，D项正确；
答案选A。
16. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 石灰石中加入醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
C. 铁与氯化铁溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+
D. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液：+OH-=H2O+
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆，正确离子方程式为，A错误；
B．向CuSO4溶液中加入NaOH溶液反应离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，B正确；
C．电荷不守恒，正确离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，C错误；
D．向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液有碳酸钡沉淀生成，反应的离子方程式是+Ba2++OH-=H2O+BaCO3↓，D错误；
答案选B。
17. 巴蜀化学兴趣小组在研究元素周期表的形成历史史料时，查询到下列史料片段：1869年门捷列夫把当时已知的元素根据元素性质、相对原子质量等进行排列，预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如图所示。下列说法不正确的是
A. 甲的单质可以用作半导体材料
B. 乙的氢化物稳定性比弱
C. 甲的最高价氧化物对应水化物是难溶于水的强酸
D. 原子半径关系甲乙
【答案】C
【解析】
【分析】由图可推知，从左到右，三列元素分别位于第二、三、四周期，从上到下，五行元素分别位于第IIIA、IVA、VA、VIA、VIIA族。
【详解】A．甲位于元素周期表的第四周期第IVA族，与Si同主族，甲的单质为锗可以用作半导体材料，故A正确；
B．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：N>乙，N的非金属性＜O，故的稳定性更强，故B正确；
C．甲位于第四周期第IVA族，非金属性：甲
故选C。
18. 从海水中提取溴的工业流程如图，下列说法正确的是
A. 卤水中氯化钠的浓度比海水中氯化钠浓度小
B. 步骤I中发生反应的离子方程式为Br-+Cl2=Br2+Cl-
C. 步骤II中通入热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性
D. 步骤III反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】海水晒盐剩余的卤水中含有溴离子，工业电解氯化钠溶液，可以制得氯气；氯气与溴离子反应，生成溴单质；溴单质具有挥发性，通过热空气吹出，并用纯碱吸收，得到NaBr和NaBrO3；再加硫酸酸化，经过蒸馏后，可以得到工业溴，据此分析作答。
【详解】A．卤水中氯化钠的溶液为饱和溶液，浓度比海水中氯化钠浓度大，A项错误；
B．步骤I中氯气和溴离子发生反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，B项错误；
C．溴单质具有挥发性，通过热空气吹出，并用纯碱吸收，得到NaBr和NaBrO3，C项正确；
D．NaBr和NaBrO3加硫酸酸化后得到溴单质，化学方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，则反应中氧化剂与还原剂物质量之比为1：5，D项错误；
答案选C。
19. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．一氧化氮和水不能反应，不能生成硝酸，故A错误；
B．氮气和氢气可生成氨气，氨气能被硝酸吸收生成硝酸铵，都能实现转化，故B正确；
C．氨气和二氧化碳，氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，不能生成碳酸钠，故C错误；
D．氨气和氧气发生催化氧化才能生成一氧化氮，氨气点燃生成氮气，故D错误；
故选B。
20. 某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是
A. 该脱硝过程总反应的△H＞0
B. 由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应
C. 总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
D. 依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变△H＜0，A项错误；
B．由图1可知，状态④到状态⑤中O的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B项正确；
C．由图1知，该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，依据参数配平反应为：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，C项错误；
D．物质能量越低越稳定，依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性升高，D项错误；
答案选B。
非选择题(共40分)
21. 乙烯是重要的化工原料，如图1为以乙烯为原料的转化图。回答下列问题：
（1）乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到____。
（2）B的官能团是____(填名称)。
（3）乙烯可合成一种高分子物质F，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是____。
（4）E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2；G是一种油状、有香味的物质。实验室用D和E制取G，装置如题图2所示。
①试管甲中发生反应的方程式为____，反应类型是____。
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和____。
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了___。
【答案】（1）溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去
（2）羟基 （3）
（4） ①. CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ②. 取代反应(或酯化反应) ③. 冷凝 ④. 防止倒吸
【解析】
【分析】由图中转化可知，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A发生水解反应生成B为乙二醇，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成CH3CHO，进一步发生氧化反应生成E为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，F一种高分子物质，可知乙烯发生加聚反应生成F为。
【小问1详解】
乙烯和溴发生加成反应生成无色的1，2-二溴乙烷，乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去。故答案为：溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去；
【小问2详解】
B为乙二醇，B的官能团是羟基(填名称)。故答案为：羟基；
【小问3详解】
乙烯可合成一种高分子物质F，F为聚乙烯，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是。故答案为：；
【小问4详解】
E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2，E为CH3COOH，G是一种油状、有香味的物质，G为CH3COOCH2CH3。实验室用D和E制取G。
①乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，试管甲中发生反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代反应(或酯化反应)。故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应(或酯化反应)；
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和冷凝，导出乙酸乙酯并利用空气将其冷凝为液体。故答案为：冷凝；
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了防止倒吸。故答案为：防止倒吸。
22. 草酸(H2C2O4)及草酸盐用途广泛。
(一)草酸是一种易溶于水的二元有机弱酸，可与酸性KMnO4溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。回答下列问题：
实验编号
所加试剂及用量/mL
条件
溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.01mol·L-1H2C2O4溶液
0.01mol·L-1KMnO4溶液
3.0mol·L-1稀H2SO4
水
温度/℃
1
8.0
2.0
2.0
3.0
20
t1
2
6.0
2.0
2.0
5.0
20
t2
3
6.0
2.0
2.0
5.0
30
t3
（1）若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子____mol。
（2）对比实验____，可探究浓度对反应速率的影响。
（3）对比实验____，可探究温度对反应速率的影响。
（4）已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用。实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示。试说明理由：____。
(二)草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)可用于合成锂电池的正极材料硅酸亚铁锂(Li2FeSiO4)。
（5）将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，该反应的化学方程式为：____。
（6）该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4。写出相应的电极反应式：正极____。
【答案】（1）1 （2）1和2
（3）2和3 （4）t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢
（5）Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O
（6）LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4
【解析】
【小问1详解】
在反应5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中，消耗5molH2C2O4时，转移电子10mol，则若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子1mol，故答案为：1；
【小问2详解】
对比实验1和2，其他的量都相同，只有草酸的浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故答案为：1和2；
【小问3详解】
对比实验2和3，其他的量都相同，只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故答案为：2和3；
【小问4详解】
Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用，实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示，原因是：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢，故答案为：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢；
【小问5详解】
将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，同时会生成一氧化碳、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O；
【小问6详解】
该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4，该电池中，正极上LiFeSiO4得电子，发生还原反应生成Li2FeSiO4，电极反应式为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4，故答案为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4。
23. 以FeSO4为原料制备柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)的反应有FeSO4+Na2CO3=Na2SO4+FeCO3↓、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。实验步骤如下：(1)边搅拌边将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。
（1）充分反应后，过滤，并洗涤生成的FeCO3沉淀。检验洗涤是否完全的方法是____。
（2）将洗净后的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。
①铁粉的作用是___。
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是____。
（3）溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。加入无水乙醇的目的是____。
（4）为测定步骤(1)所用FeSO4溶液中FeSO4的浓度进行如下实验：取20mL上述FeSO4溶液，向其中滴加0.02mol·L-1KMnO4酸性溶液，当消耗KMnO4酸性溶液20mL时，两者恰好完全反应(反应过程中MnO被还原为Mn2+)。计算上述FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度____(写出计算过程)。
【答案】（1）取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
（2） ①. 防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化 ②. 加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
（3）降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
（4）0.1mol·L-1
【解析】
【小问1详解】
FeCO3表面含有SO的残留溶液，只要洗涤液里检验不到SO，即可证明洗涤干净，具体操作是：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
【小问2详解】
①因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触，加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境，故答案为：防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化；
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是加入适量柠檬酸让铁粉反应完全，故答案为：加入适量柠檬酸让铁粉反应完全；
【小问3详解】
最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品，故答案为：降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；
【小问4详解】
该反应的原理为： ，根据题意可知，则FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度=，故答案为：0.1mol·L-1。
24. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为____。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有____(任意一点)。
（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是____(填序号)。
A.NH3•H2O B.Ca(OH)2 C.NaOH
（4）向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液将Fe2+氧化为Fe(OH)3，充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为____；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是____。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是____。
（6）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到CaSO4和___。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2）矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)
（3）B （4） ①. 3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ ②. 取样，滴加KMnO4溶液不褪色
（5）将Cu2+转化为Cu而除去
（6）MgSO4
【解析】
【分析】将菱锌矿高温焙烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物焙烧产生CaO、MgO、Fe3O4、CuO，SiO2不发生反应；然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe3O4、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4；然后加入Ca(OH)2调整溶液pH=5，形成CaSO4、Fe(OH)3沉淀，SiO2与酸不反应，进入滤渣①中，滤液①中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，可以将Fe2+氧化并沉淀为Fe(OH)3，KMnO4被还原为MnO2，滤渣②中含有Fe(OH)3、MnO2；向滤液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉；向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF2沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O，据此分析作答。
【小问1详解】
菱锌矿高温煅烧时，ZnCO3反应产生ZnO、CO2，该反应的化学方程式为：ZnCO3ZnO+CO2↑，故答案为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大反应物的接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率，故答案为：矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，A不符合题意；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B符合题意；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不符合题意；
则最适宜的X物质是Ca(OH)2，故答案为：B；
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是取样，滴加KMnO4溶液不褪色，故答案为：3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；取样，滴加KMnO4溶液不褪色；
【小问5详解】
滤液②中含有Cu2+、Zn2+、Ca2+、Mg2+，向其中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而过滤除去，故答案为：将Cu2+转化为Cu而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，CaF2、MgF2与浓硫酸反应可得到HF，HF可以循环利用，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4，故答案为：MgSO4。
25. 我国提出了2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。研发二氧化碳被转化为多种基础化学品，如一氧化碳、甲烷、甲醇等是实现“双碳”目标的有效方法。二氧化碳催化加氢部分热化学反应式如下：
I.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.0kJ·mol-1
III.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=+49.0kJ·mol-1
（1）二氧化碳与甲烷反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为____；恒温恒容密闭容器中进行该反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是____(填选项字母)。
A.相同时间内形成C－H键和H－H键的数目相等
B.相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目相等
C.体系内各物质的浓度保持不变
D.体系内气体的密度保持不变
（2）在两个恒压(3.0MPa)密闭装置中放置不同Ni、Ga配比的Ni－Ga催化剂，再分别通入反应物混合气[混合比例=0.5]，测得甲醇时空收率随温度的变化曲线如图1所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。
①甲醇时空收率前半段升高的原因是____；最佳配比的催化剂是____。
②二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为v=k•pm(CO2)•pn(H2)，其中k为速率常数，各物质分压的指数为反应级数。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，若CO2反应级数=2，H2反应级数不变，试计算速率常数之比=____。
（3）在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳转化率和甲醇选择性x=×100%随温度变化关系如图2所示，则合成甲醇的适宜温度是____。
（4）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图3。
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：____。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是____。
【答案】（1） ①. CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1 ②. C
（2） ①. 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率曲线上升 ②. Ni5Ga3 ③. 2
（3）236℃左右 （4） ①. CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO- ②. 阳极反应生成H+，导致pH值减小，KHCO3浓度降低
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，II×2-I得，CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1；
A．由反应知，平衡时形成4个C-H键同时形成2个H-H键，A错误；
B．由方程式系数可知，平衡时在相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目之比为1：2，B错误；
C．反应达到平衡时，体系内各物质的浓度保持不变，C正确；
D．该反应的反应物和生成物均为气体，在恒容容器中反应时，V不变，由于质量守恒，混合气体的总质量也不变，因此混合气体的密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，D错误；
故选C；
【小问2详解】
①根据物理量单位可知甲醇的平均生成速率与时间有关，表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率．随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升；由图像可知，使用催化剂Ni5Ga3的收率明显高于催化剂NiGa的收率，因此，反应最佳条件为使用Ni5Ga3催化剂进行反应，在这个条件下甲醇的平均生成速率最高；
②由图1可知，甲醇的平均生成速率之比为。根据投料比，起始分压p(CO2)为，p(H2)为。根据升温后反应级数的变化，列式，=2。
【小问3详解】
由图像可知，在236℃时，消耗CO2的量最大，生成CH3OH的量最大，因此合成甲醇的适宜温度是236℃左右；
【小问4详解】
①阴极发生还原反应，电解质溶液为碳酸氢钾溶液，则CO2还原为HCOO-的反应为二氧化碳得到电子生成HCOO-，电极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO-；
②阳极区水电离出的氢氧根离子放电，剩余氢离子与溶液的反应，同时部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，导致KHCO3浓度降低。
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