2023-2024学年湖南省长沙市某中学高二（上）入学化学试卷（含解析）

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

1.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法错误的是( )
A. “火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应
B. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”蕴含了碳酸钙的分解反应
C. “榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素
D. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升华和凝华过程
2.化学与社会生产生活密切相关。下列有关说法正确的是( )
A. 三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，丝绸主要成分为蛋白质
B. “天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
C. 包装食品里常有还原铁粉、生石灰、硅胶三类小包，其作用原理相同
D. 运动员“战袍”内层添加石墨烯片用于保暖，石墨烯属于烯烃
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 常温常压下，124gP4中所含P−P键数目为4NA
B. 0.1ml/LNa2SO4溶液中所含Na+的数目为0.2NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 18gD2O中含有的中子数为10NA
4.下列指定反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 用氨水吸收少量SO2：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O
B. 将CO2通入到BaCl2溶液中：CO2+H2O+Ba2+=BaCO3↓+2H+
C. 向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
D. 过量SO2与“84”消毒液反应：ClO−+H2O+SO2=HSO3−+HClO
5.2020年9月，研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 流程中，每一步均属于氧化还原反应
B. 次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸
C. 白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2O=△PH3↑+3NaH2PO2
D. 理论上，1ml白磷可生产2mlPH3
6.黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸和催化剂的作用下FeS2发生如图所示的转化。下列分析正确的是( )
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B. 在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中只有Fe3+作催化剂
C. 反应Ⅱ中，每消耗1mlFeS2，转移电子的物质的量为14ml
D. 反应Ⅰ的离子方程式：4Fe(NO)2++O2+2H2O=4Fe3++4NO+4OH−
7.2022年我国科学家首次在月球上发现一种磷酸盐矿物，该物质含有X、Y、Z、W、E五种主族元素，原子序数依次增大且均不大于20。X、W为非金属元素，Y、Z、E为金属元素，Y的最高正化合价为+1，Z和E同族。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W>Y>Z
B. X和Y可形成含有非极性键的离子化合物
C. Y、Z、E的最高价氧化物对应的水化物均为强碱
D. W的简单气态氢化物比氨气稳定
8.根据如图装置完成系列实验(加热装置省略)，下列操作方法及结论正确的是 ( )
A. 铜和浓硫酸反应结束后，向混合物中加水，溶液变蓝，说明有CuSO4生成
B. BaCl2溶液中可能会出现白色沉淀，该沉淀是BaSO3
C. H2S溶液中发生反应的离子方程式为2S2−+SO2+4H+=S↓+2H2O
D. 为验证碳、硅非金属性的强弱，A中的试剂可以是酸性KMnO4溶液
9.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，如图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是( )
A. 坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B. a→b→c→d→e的转化均能一步实现
C. c、d和i、j均属于酸性氧化物
D. f与l可以是同一种物质
10.向含有1mlHNO3和1mlH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列判断错误的是( )
A. a表示Fe3+关系曲线
B. n1=0.75
C. P点时，n(Fe2+)=0.375
D. 向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
11.微生物脱盐电池既可以处理废水中和铵盐，同时又能实现海水的淡化，原理如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过。下列说法正确的是 ( )
A. 电极a为正极，该电极上发生氧化反应
B. X离子交换膜为阳离子交换膜，Y离子交换膜为阴离子交换膜
C. 电极b上，每生成标况下2.24LN2，电路中转移0.6ml电子
D. 电池工作一段时间后，电极a和电极b产生的气体的物质的量之比为1：2
12.抗坏血酸(即维生素C)参与机体复杂的代谢过程，能促进生长并增强对疾病的抵抗力，其结构简式为：
，下列有关维生素C分子说法正确的是( )
A. 分子式为C6H7O6
B. 维生素C能发生加成、加聚、酯化、氧化、水解等反应
C. 1ml维生素C最多消耗6mlNa
D. 维生素C在足量的氧气中完全燃烧生成CO2与H2O的物质的量之比为6：5
13.物质A能发生连续氧化(其他反应条件未标出)，下列说法错误的是 ( )
A→O2B→O2C
A. 若A为常见的碱性气体，C为红棕色气体，则由A反应生成1mlB时，转移的电子数为5NA
B. 若B在常温下是能使品红溶液褪色的气体，则C溶于水形成的酸一定是强酸
C. 若C的分子式为C2H4O2，且为一元弱酸，则A中可能含羟基
D. 若C能使澄清石灰水变浑浊，则A在常温下一定是固体
14.海水中蕴藏着丰富的资源，如图是海水提溴的工艺流程，下列说法正确的是 ( )
A. 只有步骤Ⅱ是富集过程
B. 步骤Ⅱ用热空气吹出Br2，原理是利用物质挥发性不同
C. 保持其它步骤不变，步骤Ⅱ可改用二氧化硫吸收Br2
D. 步骤Ⅲ发生的反应的离子方程式为：BrO3−+Br−+6H+=Br2+3H2O
15.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用
、
、
分别表示N2、H2、NH3，已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92 kJ/ml。下列说法正确的是( )
A. ①→④所有过程都是放热过程
B. ②→③过程，是吸热过程且只有H−H键的断裂
C. ③→④过程，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3
D. 合成氨反应中，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量
16.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. 该历程中生成产物P2的能垒的最大值为186.19kJ⋅ml−1
B. 产物P1的键能总和大于产物P2的键能总和
C. 生成产物P1的反应的快慢取决于中间产物Z的生成速率
D. 其他条件不变，选择合适催化剂可以改变一定时间内产物中P1所占比例
17.下列各实验操作、现象及结论都正确的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
18.工业上常采用NaOH溶液吸收工业尾气中的NO和NO2，其原理如下：
反应Ⅰ：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
反应Ⅱ：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
NaOH溶液浓度越大黏稠度越高。控制其他条件不变，将NO和NO2体积比为1：1、2：1的混合气体分别通过体积相同、浓度不同的NaOH溶液后，氮氧化物吸收率变化如图所示。下列说法不正确的是 ( )
A. 曲线Ⅰ表示体积比为1：1的混合气体吸收率的变化
B. 当NaOH浓度高于1.25ml⋅L−1时，吸收率下降的原因可能是NaOH黏稠度过高，不利于氮氧化物气体的吸收
C. 向体积比为2：1的NO和NO2混合气体中通入少量O2，可提高氮氧化物的吸收率
D. 将1mlNO和3mlNO2混合气体通入足量NaOH溶液中完全吸收，所得溶液中n(NaNO2)n(NaNO3)=2
二、流程题（本大题共1小题，共12.0分）
19.以冶炼铝的废弃物铝灰为原料制取超细α−氧化铝的工艺流程如图(已知铝灰的主要成分为Al2O3，另含少量SiO2，Fe3O4、Fe2O3)。

(1)为提高“浸取”效率，常采取的措施有 ______ (任写一条)。
(2)“滤渣”的主要成分为 ______ 。
(3)“沉铁”对应的离子反应方程式为 ______ 。
(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为[aAl2(SO4)3⋅b(NH4)2SO4⋅cH2O]→煅烧Al2O3+NH3↑+N2↑+SO3↑+SO2↑+H2O(未配平)，将产生的气体通过如图所示装置。

①饱和NaHSO3溶液的作用是 ______ ；最后收集到的气体为 ______ 。
②若洗气时酸性KMnO4溶液褪色(MnO4−被还原为Mn2+)，则反应的离子反应方程式为 ______ 。
三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
20.磷酸亚铁[Fe3(PO4)2⋅8H2O](M=502g/ml)为黄白色至米色粉末，难溶于水和醋酸，溶于无机酸，可作为营养增补剂(铁质强化剂)。合成磷酸亚铁时的主要离子反应为：3Fe2++2HPO42−+2CH3COO−+8H2O=Fe3(PO4)2⋅8H2O↓+2CH3COOH。
实验步骤：(装置如图所示)
①在三颈烧瓶中先加入维生素C稀溶液(具有还原性)作底液；
②再向三颈烧瓶中滴入足量的Na2HPO4与CH3COONa的混合溶液至pH=4；
③滴入含15.2gFeSO4的溶液，水浴加热、保持pH=6左右不断搅拌，充分反应后静置；
④进行过滤和操作a，低温烘干得到磷酸亚铁晶体12.6g。
请回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 ______ 。
(2)配制合成所需的FeSO4溶液时，蒸馏水事先要煮沸、冷却，煮沸的目的是 ______ 。
(3)用维生素C作底液而不用铁粉，其主要原因是 ______ 。
(4)合成时需保持pH=6左右，控制pH不能太大也不能太小的原因是 ______ 。
(5)操作a的名称是 ______ 。
(6)本实验的磷酸亚铁晶体的产率是 ______ 。(保留三位有效数字)
四、简答题（本大题共1小题，共10.0分）
21.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。
已知：Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH1=−92.4kJ⋅ml−1
Ⅱ.C(s)+O2(g)⇌CO2(g) ΔH2=−393.8kJ⋅ml−1
Ⅲ.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s) ΔH3=−645.7kJ⋅ml−1
回答下列问题：
(1)写出H2NCOONH4分解生成NH3与CO2气体的热化学方程式： ______ 。
(2)在一定温度下，向0.5L密闭容器中，加入0.1mlH2NCOONH4，实验测得CO2物质的量变化如表所示：
从反应开始到2min，用NH3的浓度变化表示的化学反应速率为 ______ ；平衡后，H2NCOONH4的转化率为 ______ 。
(3)若在恒温恒压条件下进行反应，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 ______ 。
A.NH3的浓度不再改变
B.2v正(NH3)=v逆(CO2)
C.容器体积不再改变
D.容器内密度不再改变
(4)对该反应，改变某一条件，对化学反应速率的影响及解释不正确的是 ______ 。
A.升高温度，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快
B.增加反应物的量，使活化分子百分数增加，有效碰撞增多，反应速率加快
C.使用催化剂能降低反应活化能，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快
D.反应达平衡后，压缩体积增大压强，v正仍等于v逆
五、推断题（本大题共1小题，共12.0分）
22.丙烯可用于生产多种重要有机化工原料，如制备聚乙烯等。如图是用丙烯制备有机物G的合成路线，回答下列有关问题：

(1)反应①的化学反应类型为 ______ ；C中官能团的名称为 ______ 。
(2)反应③除了生成D，还有可能得到另一种副产物，其结构简式为 ______ 。
(3)写出反应⑥的化学方程式： ______ ；其中，浓硫酸在该反应中的作用是： ______ 。
(4)有机物J含有醛基，相对分子质量比C大14，且分子中含有两个甲基，写出J的结构简式 ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.焰色试验是指很多金属或它们的化合物在灼烧是都会使火焰呈现特殊的颜色，“火树银花不夜天”指的是某些金属元素的焰色反应，故A正确；
B.烈火焚烧若等闲指的是碳酸钙高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，故B正确；
C.植物中含有大量的纤维素，“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”主要成分是纤维素，故C正确；
D.丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS在加热条件下发生分解反应生成硫和水银，积变又还成丹砂，硫和水银又能发生化合反应生成丹砂，描述的都是化学变化，故D错误；
故选：D。
A.焰色试验是指很多金属或它们的化合物在灼烧是都会使火焰呈现特殊的颜色；
B.烈火焚烧若等闲指的是碳酸钙高温下分解；
C.植物中含有大量的纤维素；
D.HgS在加热条件下发生分解反应生成硫和水银，硫和水银又能发生化合反应生成丹砂。
本题考查物质的组成和性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
2.【答案】A
【解析】解：A.在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，丝绸由蚕丝制造，其主要成分为蛋白质，故A正确；
B.硅是良好的半导体材料，可用于制造太阳能硅板，二氧化硅常用于制造光纤，故B错误；
C.还原铁粉具有还原性，防止食品被氧化，硅胶、生石灰具有吸水性，防止食品受潮，则三者作用原理不同，故C错误；
D.石墨烯是碳的单质，不属于烯烃，故D错误；
故选：A。
A.丝绸主要成分为蛋白质；
B.硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片和太阳能硅板；
C.还原铁粉具有还原性，常作抗氧化剂，硅胶、生石灰具有吸水性，常作干燥剂；
D.石墨烯是碳的单质。
本题考查物质的组成、性质及应用，侧重基础知识检测和运用能力考查，明确物质的组成、性质与用途的关系即可解答，注意化学与生产生活的联系，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.124g白磷的物质的量为1ml，而白磷中含6条p−p键，故1ml白磷中含6NA条p−p键，故A错误；
B.未告知溶液的体积，无法计算Na+的数目，故B错误；
C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：×4×NA=2NA，故C正确；
D.18gD2O的物质的量为18g20g/ml=0.9ml，含有的中子数为9NA，故D错误；
故选：C。
A.求出白磷的物质的量，然后根据白磷中含6条p−p键来分析；
B.未告知溶液的体积；
C.1个甲烷分子，1个乙烯分子都含有4个H原子；
D.一个D2O分子中含有10个中子。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意白磷分子的空间结构，题目难度中等。
4.【答案】A
【解析】解：A.用氨水吸收少量SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O，故A正确；
B.碳酸的酸性小于盐酸，则CO2通入到BaCl2溶液中，二者不反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C.向稀硝酸中加入过量铁粉最终生成硝酸亚铁，故C错误；
D.过量SO2与“84”消毒液会发生氧化还原反应生成硫酸跟和氯离子，离子方程式为：SO2+ClO−+H2O=SO42−+2H++Cl−，故D错误；
故选：A。
A.用氨水吸收少量SO2生成亚硫酸铵；
B.碳酸的酸性小于盐酸，则CO2通入到BaCl2溶液中，二者不反应；
C.向稀硝酸中加入过量铁粉最终生成硝酸亚铁；
D.过量SO2与“84”消毒液会发生氧化还原反应生成硫酸跟和氯离子。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据分析，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，无化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.次磷酸结构中含有一个羟基，2个两个P−H键，1个P=O双键，则次磷酸为一元酸，故B错误；
C.白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：，故C正确；
D.根据分析可知有关系式：P4～PH3～3NaH2PO2～3H3PO2～1.5PH3，则起始时有1mlP4参加反应可生产1.5mlPH3，故D错误；
故选：C。
白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此分析解答。
本题以制备磷化氢(PH3)为载体，考查氧化还原反应的判断以及方程式的计算知识等，题目难度中等，注意把握氧化还原反应的分析方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
6.【答案】C
【解析】A.反应Ⅲ中，Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B.NO也是该反应的催化剂，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO和Fe3+均是催化剂，故B错误；
C.反应Ⅱ中，FeS2中S元素的化合价由−1价升高为+6价，则每消耗1mlFeS2，转移电子物质的量为14ml，故C正确；
D.反应Ⅰ中，Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，酸性条件下，没有OH−，所以反应Ⅰ的离子方程式为：4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故D错误；
故选：C。
本题考查了氧化还原反应、物质的性质，题目难度不大，把握图象中物质之间的转化、反应中元素化合价的变化是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
7.【答案】B
【解析】解：由分析可知，X为O元素、Y为Na元素、Z为Mg元素、W为P元素、E为Ca元素；
A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Y(钠)>Z(镁)>W(磷)，故A错误；
B.X和Y可形成Na2O、Na2O2等离子化合物，其中Na2O2含有非极性共价键，故B正确；
C.Y、Z、E的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化镁、氢氧化钙，氢氧化镁为弱碱，故C错误；
D.非金属性P>N，则简单气态氢化物稳定性：PH3故选：B。
一种磷酸盐矿物含有X、Y、Z、W、E五种主族元素，它们的原子序数依次增大且均不大于20的，其中X、W为非金属元素，Y、Z、E为金属元素，而Y的最高正化合价为+1，则Y处于IA族，结合原子序数相对大小可知Y为Na元素，而Z和E同族，二者只能处于ⅡA族，可知Z为Mg元素、E为Ca元素；结合原子序数可知X为O元素、W为P元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律，题目侧重考查学生分析推理能力、对基础知识的掌握情况。
8.【答案】D
【解析】解：A.Cu与浓硫酸反应后，混合物的密度大于水的密度，且浓硫酸稀释放热，应向混合物中注入水，溶液变蓝，说明有CuSO4生成，故A错误；
B.氯化钡与二氧化硫不反应，则白色沉淀不可能为BaSO3，故B错误；
C.H2S在离子反应中保留化学式，则反应的离子方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故C错误；
D.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化硫，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，可验证碳、硅非金属性的强弱，故D正确；
故选：D。
A.Cu与浓硫酸反应后，混合物的密度大于水的密度，且浓硫酸稀释放热；
B.氯化钡与二氧化硫不反应；
C.H2S在离子反应中保留化学式；
D.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化硫，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查硫及其化合物的性质，硫及其化合物之间可通过氧化还原反应和非氧化还原反应进行转化，注意基础知识积累，题目难度不大。
【解答】
由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。
A.由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A正确；
B.由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；
C.一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；
D.由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确；
故选：C。
10.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，a表示Fe3+关系曲线，故A正确；
B.HNO3和H2SO4均为1ml，可知n(NO3−)=n(HNO3)=1ml，n(H+)=n(HNO3)+2n(H2SO4)=3ml，由Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，可知1mlNO3−完全反应需要消耗H+物质的量为4ml，大于3ml，故H +不足，由离子方程式可知溶解的Fe为3ml×14=0.75ml，即n1=0.75，故B正确；
C.P点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，设转化的Fe3+为2xml，则生成的Fe2+为3xml，则0.75ml−2x=3x，解得x=0.15ml，故P点时，n(Fe2+)=0.15ml×3=0.45ml，故C错误；
D.P点时Fe3+为0.75ml−0.15ml×2=0.45ml，由Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，可知溶解Cu为0.45ml×12×64g/ml=14.4g，故D正确；
故选：C。
硝酸过量时与Fe反应生成硝酸铁，过量Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，由图可知，加入n1mlFe时发生Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O，n1ml～n2mlFe时发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则曲线a表示Fe3+，曲线b线表示Fe2+，图中Fe3+反应完毕后，再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量不变，说明第一阶段H+完全反应，以此来解答。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的氧化还原反应、曲线与反应的对应关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意硝酸的性质，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.该原电池工作时，电极a为负极，该电极上发生氧化反应，故A错误；
B.由上述分析可知，X离子交换膜为阴离子交换膜，Y离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C.电极b为正极，正极反应式为2NO2−+8H++6e−=N2↑+4H2O，则n(e−)=6n(N2)=6×，故C正确；
D.电极a为负极，负极反应式为CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2↑+8H+，电极b为正极，正极反应式为2NO2−+8H++6e−=N2↑+4H2O，若转移24mle−电子时负极得到6mlCO2、正极得到4mlN2，电池工作一段时间后，电极a和电极b产生的气体的物质的量之比为3：2，故D错误；
故选：C。
该装置为原电池，有机废水中的CH3COOH发生失电子的氧化反应生成CO2，则电极a为负极，负极反应式为CH3COOH+2H2O−8e−=2CO2↑+8H+，电极b为正极，NO2−得电子生成N2，正极反应式为2NO2−+8H++6e−=N2↑+4H2O，原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即海水中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl−通过阴离子交换膜移向a极，可实现海水淡化，则X离子交换膜为阴离子交换膜，Y离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理及其应用，明确各个电极上发生的反应、交换膜作用是解本题关键，侧重考查基础知识灵活运用能力，注意结合电解质特点书写电极反应式，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A.维生素C分子中含有6个碳原子、8个氢原子、6个氧原子，其分子式为C6H8O6，故A错误；
B.含有碳碳双键，可以发生加聚反应、加聚反应、氧化反应；含有羟基，可以发生酯化反应，也可以发生醇的催化氧化；含有酯基，可以发生水解反应，故B正确；
C.分子中4个羟基与钠反应生成氢气，1ml维生素C最多消耗4mlNa，故C错误；
D.分子中含有6个碳原子、8个氢原子，根据原子守恒可知，完全燃烧生成CO2与H2O的物质的量之比为6：4，故D错误；
故选：B。
A.烃及其含氧衍生物分子中H原子数目为偶数；
B.含有碳碳双键、羟基、酯基，具有相同、醇、酯的性质；
C.分子中羟基与钠反应生成氢气；
D.根据碳原子、氢原子守恒计算判断。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况、灵活运用知识的能力。
13.【答案】D
【解析】解：A.若A为常见的碱性气体，C为红棕色气体，可知A为NH3，B为NO，C为NO2，则由A生成1mlB时，反应转移的电子数为1ml×[2−(−3)]NAml−1=5NA，故A正确；
B.B在常温下是能使品红溶液褪色的气体，可知A为S，B为SO2，C为SO3，C溶于水形成的酸为硫酸，属于强酸，故B正确；
C.若C的分子式为C2H4O2，且为一元弱酸，可知B为乙醛、C为乙酸，B的官能团为醛基，则A为乙醇，含有羟基，故C正确；
D.若C能使澄清石灰水变浑浊，C可能为二氧化碳或二氧化硫，A可能为C或H2S，H2S在常温下是气体，故D错误，
故选：D。
A.若A为常见的碱性气体，C为红棕色气体，可知A为NH3，B为NO，C为NO2；
B.B在常温下是能使品红溶液褪色的气体，可知A为S，B为SO2，C为SO3；
C.若C的分子式为C2H4O2，且为一元弱酸，可知B为乙醛、C为乙酸；
D.若C能使澄清石灰水变浑浊，C可能为二氧化碳或二氧化硫，A可能为C或H2S。
点评本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.根据图知，步骤Ⅱ、Ⅲ都是富集溴的过程，故A错误；
B.溴易挥发，其他物质不易挥发，所以步骤Ⅱ用热空气吹出Br2，原理是利用物质挥发性不同，故B正确；
C.SO2吸收溴生成SO42−和溴离子，此时用硫酸酸化蒸馏时，Br−不能生成Br2，所以保持其它步骤不变，步骤Ⅱ不能改用二氧化硫吸收Br2，故C错误；
D.转移电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式为BrO3−+5Br−+6H+=3Br2+3H2O，故D错误；
故选：B。
海水晒盐得到NaCl和卤水，电解氯化钠溶液得到Cl2，Cl2通入卤水中得到低浓度的Br2的溶液，通入热空气吹出Br2，用纯碱溶液吸收得到Br−、BrO3−，用硫酸酸化蒸馏得到工业溴；
A.步骤Ⅱ、Ⅲ都是富集溴的过程；
B.溴易挥发，其他物质不易挥发；
C.SO2吸收溴生成SO42−和溴离子，用硫酸酸化蒸馏时，Br−不能生成Br2；
D.转移电子不守恒、电荷不守恒。
本题考查从海水中提取溴，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中物质的成分及其性质、可能发生的反应等知识点是解本题关键，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A.②→③过程是化学键断裂的过程，则该过程为吸热过程，故A错误；
B.②→③为N≡N键、H−H键的断裂过程，是吸热过程，故B错误；
C.两个相同的原子团或原子之间形成的共价键是非极性键，③→④过程，N原子和H原子形成了含有极性键的NH3，故C错误；
D.该反应为放热反应，则合成氨反应中，反应物断键吸收的能量小于生成物形成新键释放的能量，故D正确；
故选：D。
A.②→③过程是化学键断裂的过程；
B.②→③为N≡N键、H−H键的断裂过程；
C.两个相同的原子团或原子之间形成的共价键是非极性键；
D.该反应为放热反应。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.该历程中生成产物P2的能垒的最大值为(−18.92kJ⋅ml−1)−(−205.11kJ⋅ml−1)=186.19kJ⋅ml−1，故A正确；
B.两种产物中P2的能量更低，更稳定，键能更大，故B错误；
C.相同条件下Z转化为产物的活化能E(P1)D.选择合适的催化剂，可以增大生成产物P1的反应速率，可以改变一定时间内产物中P1所占比例，故D正确；
故选：B。
A.该历程中最大反应的活化能为(−18.92kJ⋅ml−1)−(−205.11kJ⋅ml−1)；
B.两种产物中P2的能量更低，更稳定；
C.相同条件下Z转化为产物的活化能E(P1)D.选择合适的催化剂，可以增大生成产物P1的反应速率。
本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程焓变的掌握情况，把握反应中能量变化、分子的结构以及活化能的计算为解答的关键，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，由实验操作和现象可知，不能证明使澄清石灰水变浑浊的气体一定是CO2，故A错误；
B.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则加入硝酸钾后溶液变蓝，与催化剂无关，故B错误；
C.玻璃棒中含钠元素，干扰钠离子的检验，应选铁丝或铂丝蘸取待测液，在酒精灯外焰上灼烧，故C错误；
D.淀粉遇碘单质变蓝，水解后加碘水无现象，可知淀粉已经完全水解，故D正确；
故选：D。
A.二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊；
B.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu；
C.玻璃棒中含钠元素；
D.淀粉遇碘单质变蓝。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18.【答案】D
【解析】解：A.根据反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，体积比为1：1时吸收率远大于2：1，故曲线I表示体积比为1：1的混合气体吸收率的变化，故A正确；
B.当NaOH浓度高于1.25ml/L时，吸收率下降的原因可能是NaOH黏稠度过高，不利于氮氧化物气体的吸收，故B正确；
C.向体积比为2：1的NO和NO2混合气体中通入少量O2，O2可以将NO氧化为NO2，可提高氮氧化物的吸收率，故C正确；
D.将1mlNO和3mlNO2混合气体通入足量NaOH溶液中完全吸收，所得溶液中 n (NaNO2)/n (NaNO3)=3/1，故D错误；
故选：D。
A.根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，得出体积比为1：1时吸收率远大于2：1；
B.分析吸收率下降的原因；
C.提高氮氧化物的吸收率；
D.计算物质的量之比。
本题考查了综合知识，要求学生的知识面广，知识扎实，侧重考查学生的分析归能、计算能力，题目难度一般。
19.【答案】搅拌、加热或适当升高反应混合物的温度、适当提高硫酸的浓度 SiO2 Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+ 吸收NH3和SO3 N2 2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+
【解析】解：(1)为提高浸取效率，常采用的措施为搅拌、适当升高反应混合物的温度、适当提高硫酸浓度等，
故答案为：搅拌、加热或适当升高反应混合物的温度、适当提高硫酸的浓度；
(2)二氧化硅不溶于稀硫酸，因此滤渣的主要成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
(3)沉铁时，氨水与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，离子方程式：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+；
(4)①煅烧硫酸铝铵晶体，生成氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫，将混合气体通过饱和NaHSO3，可吸收NH3和SO3，SO2具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化而吸收，故最后收集到的气体为N2，
故答案为：吸收NH3和SO3；N2；
②二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，SO2被氧化为SO42−，MnO4−被还原为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，得到反应的离子方程式为：2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+，
故答案为：2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+。
铝灰中主要成分为Al2O3，另含少量SiO2，Fe3O4、Fe2O3，铝灰中加入稀硫酸酸浸，氧化铝、四氧化三铁和氧化铁分别转化为铝离子、亚铁离子和铁离子，SiO2不溶于稀硫酸过滤后被去，加入30%H2O2，亚铁离子被H2O2氧化成铁离子，加入氨水将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，再加入硫酸铵溶液与硫酸铝反应生成硫酸铝铵，硫酸铝铵溶液经过结晶、干燥、煅烧最后生成α−Al2O3。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
20.【答案】分液漏斗 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 避免产品中混入铁粉，导致产品不纯 pH过低，H+会与HPO42−和CH3COO−反应，影响产率；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀 洗涤 75.3%
【解析】解：(1)根据仪器构造可知，仪器A的名称是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)Fe2+有还原性，水中会溶解有氧气，会将Fe2+氧化，则煮沸的目的是：除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化，
故答案为：除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
(3)维生素C和铁粉共同点是具有还原性，差异是维生素C能溶于水，而铁粉为固体不溶于水，故用维生素C作底液而不用铁粉，其主要原因是：避免产品中混入铁粉，导致产品不纯，
故答案为：避免产品中混入铁粉，导致产品不纯；
(4)对于反应：3Fe2++2HPO42−+2CH3COO−+8H2O=Fe3(PO4)2⋅8H2O↓+2CH3COOH，H+会与HPO42−和CH3COO−反应，而OH−能与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，故要控制pH不能太大也不能太小，
故答案为：pH过低，H+会与HPO42−和CH3COO−反应，影响产率；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀；
(5)过滤后固体表面会有残余的滤液，因此过滤后需进行洗涤，
故答案为：洗涤；
(6)FeSO4溶液的质量为15.2g，则n(FeSO4)=15.2g152g/ml=0.1ml，根据方程式：3Fe2++2HPO42−+2CH3COO−+8H2O=Fe3(PO4)2⋅8H2O↓+2CH3COOH可知，nFe3(PO4)2⋅8H2O]=13n(FeSO4)=13×0.1ml=130ml，m[Fe3(PO4)2⋅8H2O]=130ml×502g/ml≈16.73g，产率为：×100%≈75.3%，
故答案为：75.3%。
(1)根据仪器构造可知，仪器A的名称是分液漏斗；
(2)Fe2+有还原性，水中会溶解有氧气，会将Fe2+氧化，则煮沸的目的是：除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
(3)维生素C和铁粉共同点是具有还原性，差异是维生素C能溶于水，而铁粉为固体不溶于水，故用维生素C作底液而不用铁粉，其主要原因是：避免产品中混入铁粉，导致产品不纯；
(4)对于反应：3Fe2++2HPO42−+2CH3COO−+8H2O=Fe3(PO4)2⋅8H2O↓+2CH3COOH，H+会与HPO42−和CH3COO−反应，而OH−能与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀；
(5)过滤后固体表面会有残余的滤液，因此过滤后需进行洗涤；
(6)FeSO4溶液的质量为15.2g，则n(FeSO4)=15.2g152g/ml=0.1ml，根据方程式：3Fe2++2HPO42−+2CH3COO−+8H2O=Fe3(PO4)2⋅8H2O↓+2CH3COOH可知，nFe3(PO4)2⋅8H2O]=13n(FeSO4)=13×0.1ml=130ml，m[Fe3(PO4)2⋅8H2O]=130ml×502g/ml≈16.73g，产率为：×100%≈75.3%。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
21.【答案】H2NCOONH4(s)=2NH3(g)+CO2(g)△H=+159.5kJ⋅ml−1 2bml/(L⋅min) 1000c% AC BD
【解析】解：(1)利用盖斯定律将反应I+Ⅱ−Ⅲ得H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)△H=+159.5kJ⋅ml−1，
故答案为：H2NCOONH4(s)=2NH3(g)+CO2(g)△H=+159.5kJ⋅ml−1；
(2)根据H2NCOONH4(s)=2NH3(g)+CO2(g)2min时生成的二氧化碳为bml，则生成的氨气为2bml，用NH3的浓度变化表示的化学反应速率为：v=△c△t=2bml0.5L2min=2bml/(L⋅min)；平衡时，二氧化碳为cml，根据方程式消耗的H2NCOONH4为cml，平衡后，H2NCOONH4的转化率为cml0.1ml×100%=1000c%，
故答案为：2ml/(L⋅min)；1000c%；
(3)A.氨气的浓度不变，说明到达平衡，故A正确；
B.2V正(NH3)=V逆(CO2)，正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，故B错误；
C.气体的物质的量是变化量，则容器的体积为变化量，体积不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D.恒温恒压条件下，密度和平均摩尔质量成正比，容器内平均摩尔质量是不变的，则密度是不变量，故D错误，
故答案为：AC；
(4)A.升高温度，单位体积内活化分子百分数增加，使得反应速率加快，故A正确；
B.增大反应物浓度，活化分子百分数不变，但可以增加单位体积内的有效碰撞的次数，使得反应速率加快，故B错误；
C.催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加，使得反应速率加快，故C正确；
D.增大压强，只有引起浓度的增大，才会使活化分子总数增大，反应速率才会增大，故D错误；
故答案为：BD。
(1)H2NCOONH4分解生成NH3与CO2气体，可将反应I+Ⅱ−Ⅲ得到反应的热化学方程式；
(2)根据二氧化碳的物质的量的变化，利用方程式求出氨气的物质的量的变化，再根据速率的定义式计算即可；
(3)根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；
(4)A.升高温度，单位体积内活化分子百分数增加；
B.增大反应物浓度，活化分子百分数不变，但可以增加单位体积内的有效碰撞的次数；
C.催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加；
D.增大压强，只有引起浓度的增大，才会使活化分子总数增大。
本题考查化学反应速率，侧重考查学生速率计算、速率大小比较、有效碰撞理论解释影响速率因素的掌握情况。
22.【答案】取代反应 碳碳双键、羟基 CH3CH(OH)CH3 催化剂、吸水剂 (CH3)2CHCHO
【解析】解：(1)反应①的化学反应类型为取代反应；C中官能团的名称为碳碳双键、羟基，
故答案为：取代反应；碳碳双键、羟基；
(2)反应③除了生成D，还有可能得到另一种副产物，其结构简式为CH3CH(OH)CH3，
故答案为：CH3CH(OH)CH3；
(3)反应⑥的化学方程式：；其中，浓硫酸在该反应中的作用是：催化剂、吸水剂，
故答案为：；催化剂、吸水剂；
(4)有机物J含有醛基，相对分子质量比C大14，说明比C多一个CH2，且分子中含有两个甲基，J的结构简式为(CH3)2CHCHO，
故答案为：(CH3)2CHCHO。
A和溴发生取代反应生成B，B发生水解反应生成C，根据F的结构简式知，A和H2O发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化反应生成E为CH3CHO，E发生氧化反应生成F，C和F发生酯化反应生成G为CH3CH2COOCH2CH=CH2。
本题考查有机物的推断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意物质之间的转化关系，题目难度不大。选项
实验
现象
结论
A
浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水
蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊
使澄清石灰水变浑浊的气体一定是CO2
B
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体
加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
C
用玻璃棒蘸取待测液，在酒精灯外焰上灼烧
火焰呈黄色
待测液中含有Na+
D
将淀粉和稀硫酸溶液混合加热，冷却后加入少量碘水
无明显现象
淀粉已经完全水解
t/min
0
1
2
3
4
n/ml
0
a
b
c
c