浙江省杭州市2024_2025学年高一化学下学期6月学业水平考试试题含解析

这是一份浙江省杭州市2024_2025学年高一化学下学期6月学业水平考试试题含解析，共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，可能用到的相对原子质量， 下列装置能完成实验目的是， 下列化学或离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分 100 分，考试时间 90 分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 P-31
S-32 Ca-40 C1-35.5 Fe-56 Ba-137
选择题部分
一、选择题(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的)
1. 《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水(氨水)”的记载：“治外感风寒等症，嗅之大能发汗”。“鼻冲水”属
于
A. 电解质 B. 氧化物 C. 混合物 D. 碱
【答案】C
【解析】
【分析】氨水的成分有 NH3·H2O、 、OH-、NH3、H2O。
【详解】A．氨水是混合物，不是电解质，A 错误；
B．氨水是混合物，不是氧化物，B 错误；
C．根据分析，氨水是混合物，C 正确；
D．氨水是混合物，NH3·H2O 是碱，D 错误；
故选 C。
2. 海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验的主要步骤包括：灼烧、浸泡、过滤、氧化等。其中灼烧步
骤中需要用到的仪器为
A. B. C. D.
【答案】C
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【解析】
【详解】A．分液漏斗，用于分液、萃取操作，不用于灼烧，A 错误；
B．容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，不用于灼烧，B 错误；
C．坩埚，是灼烧固体的专用仪器，符合“灼烧海带”的需求，C 正确；
D．冷凝管，用于蒸馏/分馏的冷凝操作，不用于灼烧，D 错误；
故选 C。
3. 下列表述正确的是
A. NaCl 的电子式： B. 乙烯的球棍模型：
C. 次氯酸的结构式：H-Cl-O D. CH4 中的所有原子均达到 8 电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaCl 是离子化合物，电子式为 ，A 错误；
B．乙烯结构简式为 CH2=CH2，球棍模型为 ，B 正确；
C．次氯酸的结构式中氧原子在中间：H-O-Cl，C 错误；
D．CH4 中 C 为 8 电子，H 为 2 电子，D 错误；
故答案为 B。
4. 下列有关物质 用途说法不正确的是
A. 钠钾合金常温下为液体，可作原子反应堆的导热剂
B. 盐卤能使豆浆中的蛋白质聚沉，是制作豆腐常用的凝固剂
C. 向葡萄酒中添加适量 ，可以起到杀菌和抗氧化的作用
D. 水泥生产过程中加入适量 ，可调节水泥的硬化速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠钾合金常温下为液体，具有良好的导热性，可作原子反应堆的导热剂，A 正确；
B．盐卤能使豆浆中的蛋白质聚沉，是制作豆腐常用的凝固剂，B 正确；
C．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加适量的 可以起到杀菌和抗氧化的作用，C 正确；
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D．水泥生产过程中加入适量的石膏可调节水泥的硬化速率，而不是 ，D 错误；
故答案选 D。
5. 2024 年 5 月 12 日是第 16 个全国防灾减灾日，主题是“人人讲安全、个个会应急着力提升基层防灾避险
能力”，下列做法符合安全要求的是
A. 厨房安全：察觉燃气泄漏，立即用燃着的火柴检查泄露处
B. 火灾安全：高层住户的室内起火，立即打开所有门窗通风
C. 饮食安全：食物腐败是缓慢氧化，腐败变质的食物不能食用
D. 实验安全：不小心打翻了实验台上燃着酒精灯立即撤离现场
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃气泄漏时遇明火易爆炸，正确做法是开窗通风，禁用明火，A 错误；
B．开窗会引入氧气加剧火势，应关闭门窗并撤离，B 错误；
C．腐败食物因缓慢氧化产生有害物质，不可食用，C 正确；
D．燃着的酒精灯应盖湿布灭火，而非直接撤离，D 错误；
故选 C。
6. 汽车尾气中的 NO 和 CO 在催化剂作用下发生反应： ，下列说法不正确的
是(NA 为阿伏加德罗常数的值)
A. 生成 1 ml CO2 转移电子的数目为 2NA
B. 催化剂加快 与 的反应速率
C. 是氧化剂， 是还原剂
D. N2 既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题目可知，在 (化合价从 )，生成 转移 ，故转移电
子数为 ，A 正确；
B．催化剂可以加快反应速率，故催化剂加快 与 的反应速率，B 正确；
C．在 反应中， 化合价升高，失去电子，做还原剂； 化合价降低，
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得到电子，做氧化剂 ，C 正确；
D．在 反应中， ，化合价升高，发生氧化反应， 为氧化产
物； ，化合价降低，发生还原反应， 为还原产物，D 不正确；
故选 D。
7. 科技强国、科技强军，化学在现代化建设中起到了非常重要的作用。下列说法不正确的是
A. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第 IA 族元素
B. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
C. 可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的 2H 与 3H 互为同位素
D. “雪龙 2 号”破冰船极地科考，破冰过程中水发生了化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．铷(Rb)的原子序数是 37，位于元素周期表第ⅠA 族（碱金属族），A 正确；
B．碳纳米管与石墨都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，B 正确；
C．2H 与 3H 质子数相同、中子数不同，互为同位素，C 正确；
D．破冰过程是冰的状态变化，没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，D 错误；
故选 D。
8. 下列装置能完成实验目的是
B．验证 Na 与 H2O 是放热反 A．制取氯气
应
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C．制取 Fe(OH)3 胶体 D．制取并收集氨气
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸与 反应制备氯气需要加热，A 错误；
B．Na 与水反应放热，红墨水左低右高，可验证 Na 和水反应为放热反应，B 正确；
C．制取 胶体应使用 饱和溶液和煮沸的蒸馏水，若使用氢氧化钠溶液会产生 沉淀，C
错误；
D．收集气体的试管不能用橡胶塞塞上，D 错误；
故选 B。
9. 下列操作或试剂的选择不合理的是
A. 可用灼烧法除去氧化铜中混有的铜粉
B. 可用硫酸鉴别碳酸钠溶液、硅酸钠溶液和硫酸钠溶液
C. 可用新制氢氧化铜鉴别乙醇和乙醛
D. 可用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中混有 乙酸和乙醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu 与氧气反应生成氧化铜，则灼烧可除去杂质，A 正确；
B．硫酸与碳酸钠反应生成气体，与硅酸钠反应会有沉淀生成，与硫酸钠不反应，易于分辨，B 正确；
C．乙醛与新制氢氧化铜在加热的条件下反应生成砖红色沉淀，乙醇不反应，可鉴别，C 正确；
D．氢氧化钠与乙酸乙酯和乙酸均反应，不能除杂，应该用饱和碳酸钠溶液，D 错误；
故答案为 D。
10. 下列化学或离子方程式正确的是
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A. 大理石与醋酸反应：
B. NO2 与 H2O 反应：
C. 将 SO2 通入酸性 KMnO4 溶液：
D. 向 溶液中通入过量 CO2：
【答案】B
【解析】
【详解】A．大理石的主要成分是 CaCO3，它是难溶固体，不能拆分，正确的离子方程式应为：CaCO3 +
2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + H2O + CO2↑，A 错误；
B．NO2 与 H2O 反应的化学方程式为 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，HNO3 是强酸，可拆分，离子方程式为
，B 正确；
C．SO2 通入酸性 KMnO4 溶液中，SO2 被氧化为 ，正确的离子方程式为：
，C 错误；
D．向 Na[Al(OH)4]溶液中通入过量 CO2，反应生成的是 ，正确的离子方程式为：
，D 错误；
故选 B。
11. 下列说法不正确的是
A. 聚氯乙烯薄膜的透明性好，具有防潮、防水等性能，广泛用于食品包装袋
B. 硬铝密度小、强度高、抗腐蚀能力强，可用作制造飞机的材料
C. 制作水果罐头时加入抗氧化剂维生素 C，可延长保质期
D. 加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成较大颗粒而沉降除去
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚氯乙烯（PVC）中含有的增塑剂、氯乙烯单体等物质有毒，不能用于食品包装，食品包装常
用聚乙烯，A 错误；
B．硬铝是铝合金，具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的特点，是制造飞机的常用材料之一，B 正确；
C．维生素 C 具有还原性，能作为抗氧化剂，防止水果罐头中的成分被氧化，从而延长保质期，C 正确；
D．聚合氯化铝是混凝剂，能使污水中的细小悬浮物发生聚沉（吸附、凝聚成大颗粒），从而沉降除去，D
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正确；
故选 A。
12. 下列装置或设备的说法正确的是
① ② ③ ④
A. ①中 Mg 片做电池的负极，溶液中的 向石墨片移动
B. ②中氧气得到电子，负极的电极反应式与电解质溶液的酸碱性无关
C. ③使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
D. ④中能将化学能转化为电能，负极 电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中，Mg 的金属活动性比 C（石墨）的强，Mg 片做电池的负极，原电池中阴离子向负极移动，
所以溶液中 应向 Mg 片移动，A 错误；
B．②为燃料电池，氧气在正极得到电子。负极的电极反应式与电解质溶液的酸碱性有关，在酸性溶液中，
负极反应为 ，在碱性溶液中，负极反应为 ，B 错误；
C．③为铅酸蓄电池，总反应为 ，使用一段时间后，
被消耗，电解质溶液的酸性减弱，离子浓度降低，导电能力减弱，C 正确；
D．④煤油不导电，不能形成闭合回路，不能将化学能转化为电能，D 错误；
故答案选 C。
13. 某温度下饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是
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A. 氯化钠晶体中阴阳离子间只存在静电引力 B. 此过程中溶解速率小于结晶速率
C. 温度降低，溶解速率变慢 D. 再加入 NaCl 固体，溶质浓度变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠晶体中， 和 之间存在静电作用，包括静电引力(阴阳离子相互吸引)和静电斥力
(原子核与原子核、核外电子与核外电子之间的排斥)，并非“只存在静电引力”，A 错误；
B．饱和溶液中溶解和结晶达到动态平衡，即溶解速率等于结晶速率，图示过程体现的是溶解与结晶的平衡
状态，而非溶解速率小于结晶速率，B 错误；
C．温度是影响溶解速率的重要因素，降低温度会减小分子(或离子)的运动速率，导致溶质粒子扩散到溶剂
中的速率减慢，即溶解速率变慢，C 正确；
D．饱和氯化钠溶液中，溶质的溶解已达到最大限度，再加入 固体无法继续溶解，溶质的质量和浓度
均保持不变，D 错误；
故选 C。
14. 中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星，已成为第三个登陆火星的国家。该探测发现火星上存在大
量矿物。已知原子序数依次增大的短周期元素 X、Y、Z、W 是组成火星上某些矿物的主要元素，X 元素是
地球地壳中含量最多的元素，Y 的氢化物的水溶液呈酸性，Z 元素原子 M 层电子数等于 K 层电子数，W 元
素最高价和最低价代数和为零。下列叙述正确的是
A. 4 种元素中 Y 的非金属性最强 B. 原子半径：Z>W>Y>X
C. 和 都是离子化合物 D. 最简单氢化物的沸点：Y>X
【答案】A
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【解析】
【分析】Z 元素原子 M 层电子数等于 K 层电子数，则 Z 为 Mg 元素；X 元素是地球地壳中含量最多的元素，
X 为 O 元素；Y 的氢化物的水溶液呈酸性，则 Y 为 F 元素；W 元素最高价和最低价代数和为零，则 W 为
Si 元素，即 X、Y、Z、W 分别为 O、F、Mg、Si。
【详解】A．F 元素是非金属性最强的非金属元素，A 正确；
B．X、Y、Z、W 分别为 O、F、Mg、Si，O、F 为第二周期元素，Mg、Si 为第三周期元素，同周期元素，
核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Mg＞Si＞O＞F，B 错误；
C．ZY2 和 WX2 分别为 MgF2、SiO2，前者为离子化合物，后者为共价化合物，C 错误；
D．X、Y 分别为 O、F，常温下，最简单氢化物 H2O 呈液态、HF 呈气态，则沸点：H2O＞HF，D 错误；
答案选 A。
15. 下列有关化学反应速率或限度的说法中不正确的是
A. 常温下，将 Al 片分别插入浓硝酸和稀硝酸中一段时间后，稀硝酸中收集到的气体要多一些
B. 制取乙酸乙酯的过程中，通过酒精灯加热来提高反应速率
C. 将肝脏研磨液加入双氧水中，发现有气泡产生，加热后气泡产生的速率可能减慢
D. 工业合成氨时，使用过量的 ，可使 的转化率达到 100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下 Al 在浓硝酸中发生钝化，几乎不产生气体，Al 与稀硝酸反应会产生 NO 气体，因此稀
硝酸中收集到的气体更多，A 正确；
B．制取乙酸乙酯时，加热可提高反应体系的温度，从而提高反应速率，B 正确；
C．肝脏研磨液中含有过氧化氢酶，能催化过氧化氢分解产生氧气，酶的活性受温度影响，加热可能使酶变
性，导致催化效率降低，气泡产生速率减慢，C 正确；
D．工业合成氨的反应是可逆反应，可逆反应中反应物的转化率不可能达到 100%，即使使用过量的 ，也
只能提高 的转化率，而无法达到 100%，D 错误；
故答案选 D。
16. 某有机物可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于该有机物的叙述不正确的是
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A. 该有机物分子式为 C11H14O3
B. 该有机物一定条件下可以发生取代反应、加成反应、氧化反应、加聚反应
C. 1 ml 该有机物分别与 Na、NaOH 反应，最多消耗这两种物质 物质的量之比为 2:1
D. 该有机物可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．结合苯环、取代基等计算各原子数目得出该有机物分子式为 ，A 错误；
B．该有机物的官能团有羧基、羟基和碳碳双键，羧基和羟基能发生酯化反应，而酯化反应属于取代反应，
碳碳双键和苯环都能发生加成反应，碳碳双键和羟基都可以被氧化，能发生氧化反应，碳碳双键还能发生
加聚反应，所以在一定条件下，该有机物可以发生取代反应、加成反应、氧化反应、加聚反应，B 正确；
C．羧基和羟基都能与 Na 反应生成氢气，1 ml 羧基和 1 ml 羟基分别与 1 ml Na 反应，所以 1 ml 该有机
物与 Na 反应最多消耗 2 ml Na，只有羧基能与 NaOH 发生中和反应，1 ml 羧基消耗 1 ml NaOH，所以 1
ml 该有机物与 NaOH 反应最多消耗 1 ml NaOH，则 1 ml 该有机物分别与 Na、NaOH 反应，消耗两种物
质的物质的量之比为 2:1，C 正确；
D．该有机物含有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使其褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化
反应而使其褪色，二者褪色原理不同，D 正确；
故选 A。
17. 反应 A2(g)+3B2(g)⇌ 2AB3(g)，已知该反应放热，A2、B2、AB3 三种物质均以单键结合形成对应分子，若
在恒压绝热容器中发生，下列说法表明反应一定已达平衡状态的是
A. 容器内的温度不再变化
B. 容器内的压强不再变化
C. 相同时间内，断开 B-B 键的数目和生成 A-B 键的数目相等
D. 容器内气体的浓度 c(A2):c(B2):c(AB3)=1:3:2
【答案】A
【解析】
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【详解】A．该反应为放热反应，且在绝热容器中进行，反应开始时，正反应放出热量使容器温度升高，随
着反应进行，正反应速率逐渐减小逆反应速率逐渐增大，当达到平衡状态时正逆反应放出和吸收的热量相
等，体系温度不再变化，因此，温度不变是平衡状态的标志，A 正确；
B．反应在“恒压”容器中进行，即整个反应过程中容器压强始终保持不变，因此压强不再变化不能作为平
衡状态的判断依据，B 错误；
C．断开 B-B 键表示正反应(B2 分解为 B 原子)，生成 A-B 键也表示正反应(A 与 B 结合生成 AB3)，两者均
为正反应速率，无法体现正逆反应速率相等，C 错误；
D．平衡状态下各组分浓度之比与起始浓度和转化率有关，不一定等于化学计量数之比(1：3：2)，浓度比
为 1：3：2 仅为一种可能的特殊情况，不能作为平衡状态的标志，D 错误；
故选 A。
18. 氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”，可从“半反应”的角度探究反应规律，现有氧化还
原反应①和②，已知：
反应①的半反应 a：Cu2O-2e-+2H+=2Cu2++H2O；
反应②：Fe2++ +X→Fe3++Mn2++H2O(未配平)
下列判断正确的是
A. ①中半反应 a 发生的是还原反应
B. 现提供五种物质：FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KI，能使反应①另一半反应顺利进行的物质最
可能为 Fe2(SO4)3
C. +5e-+4H2O=Mn2++8OH-是反应②的一个半反应
D. 题给部分物质的氧化性强弱顺序为： >Cu2+>Fe3+
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①的半反应 a：Cu2O-2e-+2H+=2Cu2++H2O，Cu 元素化合价从+1→+2，失去电子，属于氧
化反应，A 错误；
B．反应①的半反应 a 是氧化反应，另一个半反应需为还原反应，得电子。提供的物质中：FeSO4 含 Fe2+，
常作还原剂，易失电子被氧化为 Fe3+；Fe2(SO4)3 含 Fe3+，氧化剂，只能得电子；CuSO4 中 Cu 为+2，常作
氧化剂；Na2CO3 无对应的变价元素；KI 中 I-是还原剂，可被氧化； 因此最可能的是 Fe2(SO4)3，B 正确；
C．反应②的半反应： →Mn2+，Mn 化合价从+7→+2（得电子，还原反应），正确的半反应应为：
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+ 8H+ + 5e- = Mn2+ + 4H2O，C 错误；
D．由于 可将 氧化为 ，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的规则可知，氧化性
，根据②知，氧化性 >Fe3+，题给部分物质的氧化性强弱顺序是 >Fe3+>Cu2+，D 错
误；
故选 B。
19. 据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在 25℃下用 H2O2 直接将 CH4 转化为含氧有机物，
其主要原理如图所示。下列说法正确的是
A. 图中 表示 CH4，其空间构型为平面正方形
B. 步骤 ii 涉及非极性键的断裂与生成
C. 由图可知，步骤 iv 生成的 H2O，其中的 H 原子全部来自 H2O2
D. 步骤 i 到 iv 的总反应为：CH4+2H2O2 HCHO+3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．图中 表示 CH4，空间构型为正四面体，A 错误；
B．从反应的原理图来看，步骤 ii 为*CH3+*H+H2O2→CH3OH+H2O，断裂 O-O 键，为非极性键，生成 C-O、
O-H 键，均为极性键，B 错误；
C．从反应的原理图来看，步骤 iv 为*CH2OH+*H+H2O2→*HCHO+2H2O，断裂 H2O2 中的 O-O 键和 CH2OH
中的 O-H 键、并形成 O-H 键生成水，氢原子来自于*H、*CH2OH 和 H2O2，C 错误；
D．从反应的原理图来看，整体反应为一个甲烷分子和两个过氧化氢分子反应生成一个甲醛分子和三个水分
子，故其总反应的化学方程式为 CH4+2H2O2 HCHO+3H2O，故 D 正确；
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故答案为 D。
20. 根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说法不正确的是
已知： 的沸点为 77℃，遇水发生剧烈反应：
A. 过程①的除杂试剂先后顺序及操作是 、 、稀盐酸、过滤、蒸发结晶
B. 在过程③可用 对 脱水，其方程式为：
C. 过程⑤生产中需选择具有一定耐酸性的设备
D. 将 0.4 ml NaBr 转化得到 0.2 ml 高浓度 ，理论上至少共需消耗 0.4 ml
【答案】A
【解析】
【分析】海水粗分为粗盐和母液，粗盐中含有 、 、 等杂质，需经过除杂得到 NaCl，处理
母液可得 和 NaBr，分别获得无水氯化镁和高浓度 ，据此分析：
【详解】A．粗盐除杂时，试剂添加顺序应为“ （除 ）、 （过量 ）、NaOH 除 Mg2+，
过滤、稀盐酸（除过量 ）、蒸发结晶”，该选项中“稀盐酸、过滤”顺序错误，若先加稀盐酸，沉淀会溶
解，无法有效除杂，A 错误；
B．根据已知信息， 与水反应生成 HCl 和 ，HCl 可抑制 水解，因此可用 对
脱水，反应方程式正确，B 正确；
C．过程⑤中涉及 水溶液， 溶于水显酸性，因此生产中需选择耐酸性设备，C 正确；
D．NaBr 转化为高浓度 的过程中先变为低浓度再转化为高浓度，该过程涉及两步消耗 的氧化反应。
第一步氧化 NaBr： ，消耗 0.2 ml ；第二步氧化 HBr：
，消耗 0.2 ml 。理论上共消耗 为 ml，D 正确；
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故答案选 A。
非选择题部分
二、填空题
21. 请按要求回答下列问题
（1）冶炼金属常用以下几种方法：①以 C 或 H2、CO 作为还原剂还原法；②热分解法；③电解法；④铝热
法。现冶炼下列金属：Al、Ag、Fe，请标明上述冶炼方法适宜的一种(用序号表示)。
Al：___________；Ag：___________。
以④方法冶炼金属 Fe，原料之一为磁性氧化物，该化学方程式为___________。
（2）利用铝土矿制取氧化铝的酸溶法工艺流程如下：
上述过程中②反应的离子方程式为___________。
（3）下列过程属于物理变化的是___________。
A．煤的干馏 B．石油分馏 C．石油裂化 D．乙烯聚合 E．碘的升华
【答案】（1） ①. ③ ②. ② ③. 3Fe3O4+8Al 9Fe+4Al2O3
（2）Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3
（3）BE
【解析】
【小问 1 详解】
电解法适用于冶炼活泼金属 K、Ca、Na、Mg、Al，热还原法适用于冶炼较不活泼的金属 Zn、Fe、Sn、Pb、
Cu，热分解法适用于冶炼金属活动顺序表中 Hg 及其以后的金属 Ag 等，用铝还原剂还原铁的磁性氧化物
（ ）得到铁的化学方程式为 3Fe3O4+8Al 9Fe+4Al2O3，故答案为③；②；3Fe3O4+8Al 9Fe
+4Al2O3。
【小问 2 详解】
硫酸铝溶液与过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3
↓+3 ，故答案为 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3 。
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【小问 3 详解】
A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程，有新物质生成，为化学变化，A 不符合题意；
B．石油分馏是利用各组分沸点不同，通过加热和冷凝，将复杂的混合物分离成不同产品如汽油、煤油等的
工艺，无新物质生成，为物理变化，B 符合题意；
C．石油裂化是在高温高压催化剂的条件下，将石油中沸点高的烃断裂成沸点低的短链烃的过程，有新物质
生成，为化学变化，C 不符合题意；
D．乙烯聚合是乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯的过程，有新物质生成，为化学变化，D 不符合
题意；
E．碘的升华是加热将固体的碘直接转化为气态碘的过程，无新物质生成，为物理变化；E 符合题意；
故答案选 BE。
22. 工业烟气中的 SO2 和 NOx 都是大气污染物，综合治理烟气有重要意义。
（1）科学家最近发现了一种利用水催化促进 NO2 和 SO2 转化的化学新机制。如图 1 所示，处于纳米液滴中
的 或 可以将电子通过“水分子桥”快速转移给周围气相中的 NO2， 或 还促进了中间
体 的形成。形成“水分子桥”的主要分子间作用力是___________，处于纳米液滴中的 与 NO2
反应生成 的总反应的离子方程式为___________。
（2）SCR(选择性催化还原)技术可有效降低烟气中 NOx 的排放，其工作原理如图 2 所示。尿素[CO(NH2)2]
水溶液热分解为 NH3 和 CO2，在 SCR 催化反应器中完成 NH3 与 NO2 的反应。NH3 与 NO2 的反应的化学方
程式为___________。
（3）研究者提出以 NaClO 溶液作为吸收剂对烟气中的 SO2、NO 进行一体化“脱硝”、“脱硫”，将烟气中
的 SO2、NO 分别转化为 、 。一定时间内，温度对硫硝脱除率的影响曲线如图 3 所示，SO2 的脱
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除率高于 NO，可能原因是___________。50℃后 SO2 和 NO 的脱除率均下降，主要原因是___________。
（4）脱氮过程也可以在水体中完成，如下图 4 所示是某水体(含较多 ，pH=6.71)中脱氮的部分转化关
系。已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将 Fe2+氧化为 Fe3+。
下列说法不正确的是___________。
A. 由图示可知，该水体中部分 转化为 N2，从而达到脱氮的目的
B. 过程Ⅰ中发生的反应会导致溶液酸性减弱
C. 过程Ⅲ中 C6H12O6 被还原
D. 若水体中铁氧化细菌和 Fe2+含量过高，将不利于过程Ⅰ的进行
【答案】（1） ①. 氢键 ②.
（2）
（3） ①. SO2 在水中的溶解度比 NO 大(或 SO2 在水中还原性比 NO 强或 SO2 与 NaClO 反应速率快) ②.
温度升高，气体的溶解度降低 （4）BC
【解析】
【小问 1 详解】
由图可知，“水分子桥”通过一些水分子与另外一些水分子之间作用形成，该作用力为氢键；由图可知，反
应物有 、NO2 和 ，生成物有 和 HNO2，反应的离子方程式为
，故答案为 。
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【小问 2 详解】
由图可知，NH3 与 NO2 的反应生成 和 ，根据电子得失守恒、原子守恒配平反应方程式为
，故答案为 。
【小问 3 详解】
由图可知，SO2 的脱除率高于 NO，可能原因是 SO2 在水中的溶解度比 NO 大(或 SO2 在水中还原性比 NO
强或 SO2 与 NaClO 反应速率快)，50℃后 SO2 和 NO 的脱除率均下降，主要原因是温度升高，气体的溶解度
降低，故答案为 SO2 在水中的溶解度比 NO 大(或 SO2 在水中还原性比 NO 强或 SO2 与 NaClO 反应速率快)；
温度升高，气体的溶解度降低。
【小问 4 详解】
A．由图示可知，该水体中部分 先被氧化为 ，然后 在反硝化细菌的作用下被还原为 N2，N2
从水中逸出，从而达到脱氮的目的，A 正确；
B．过程 I 中 在硝化细菌的作用下和 O2 反应生成 和 H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离
子方程式为 ，溶液中 H+浓度增大，酸性增强，B 错误；
C．过程 III 中 C6H12O6 转化为 ，C 元素化合价升高，C6H12O6 被氧化，C 错误；
D．若水体中铁氧化细菌和 Fe2+含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将 Fe2+氧化为 Fe3+，水中的氧气浓
度降低，不利于过程 I 的进行，D 正确；
故选 BC。
23. 小组同学用糯米酿制米酒，实验步骤如下：
步骤 1．将糯米洗净，蒸熟，放凉。
步骤 2．将固态颗粒状的甜酒曲与糯米混合，装入干净的容器。
步骤 3．将容器盖严，置于恒温环境中发酵。
步骤 4．每隔一天测定米酒的酒精度和 pH，结果如下图。
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回答下列问题：
（1）步骤 2、3 中，为增大反应速率可以采取的措施有___________(答出两点)。
（2）步骤 3 的主要转化如下。
下列说法正确的是___________(填字母)。
A. 淀粉属于天然高分子 B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C. 人体中最终也能实现过程Ⅰ的转化 D. 过程Ⅱ的原子利用率为 100%
（3）步骤 3 中会产生乙酸、乳酸( )等物质，导致米酒 pH 逐渐减小。鉴别乙酸和乳酸的
最佳试剂是___________(填字母)。
A．Na B．NaHCO3 溶液 C．酸性 KMnO4 溶液
（4）步骤 3 中还会产生酯类物质(如乙酸乙酯)使米酒具有香味。制备乙酸乙酯有如下两种方法。
①X 中的官能团名称为___________。
②ii 的反应类型为 Y 与试剂 Z 的加成反应。试剂 Z 在催化剂作用下发生加聚反应生成高分子化合物 E，E
的结构简式为：___________。
（5）早年研究糖类时，遇到的最大困难是糖类容易形成浆状物质，难以结晶。Fischer(费歇尔)利用苯肼和
糖反应，生成容易结晶的糖脎。以下是该反应的具体过程，步骤②中苯肼表现为___________(填“还原性”
或“氧化性”或“既表现氧化性又表现还原性”)。
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【答案】（1）搅拌、适当升高温度(将酒曲碾成粉末等其他合理答案) （2）AC
（3）C （4） ①. 醛基 ②.
（5）氧化性
【解析】
【分析】(4)乙醇可以被氧化为乙醛，方程式为： ，所以物质 X
是乙醛；乙醛可以被继续氧化为乙酸，方程式为： ，所以物质 Y 是乙
酸，Y 和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此作答。
【小问 1 详解】
加快化学反应速率的方法主要包括将固体粉碎、适当升高反应液的温度以及搅拌等；
【小问 2 详解】
A．淀粉的分子式为 ，属于天然高分子化合物，A 正确；
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，组成元素除了 C、H 外还含有 O，不属于烃类，B 错误；
C．在人体内，淀粉在淀粉酶的作用下可以转化为葡萄糖，C 正确；
D．葡萄糖在酒化酶的作用下可以转化为乙醇，化学方程式为： ，原子
利用率不是 100%，D 错误；
故答案选 AC；
【小问 3 详解】
乙酸和乳酸均含有羧基，二者均显一定的酸性。要鉴别乙酸和乳酸：
A．加入单质钠，乙酸所含的羧基和乳酸的羟基、羧基均可以和钠反应产生氢气，A 不符合题意；
B．乙酸和乳酸均含有羧基，加入碳酸氢钠，二者均产生二氧化碳气体，B 不符合题意；
C．乙酸和乳酸中的羧基均不能和酸性高锰酸钾反应，但是乳酸中的羟基可以被酸性高锰酸钾氧化，会导致
高锰酸钾溶液褪色，C 符合题意；
故答案选 C；
【小问 4 详解】
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①由分析可知，X 为 ，官能团名称为醛基；
②ii 为乙酸与试剂 Z 发生加成反应生成乙酸乙酯，根据原子守恒和断键原则可推得试剂 Z 为 ，
在催化剂作用下发生加聚反应生成高分子化合物 ；
【小问 5 详解】
步骤②中， 在苯肼作用下转化成了 ， 中的羟基变成 中
的酮羰基，发生了氧化反应，即体现了苯肼的氧化性。
24. 柠檬酸亚铁晶体(FeC6H6O7·2H2O)是一种易被人体吸收的高效铁制剂。实验室模拟制取柠檬酸亚铁晶体
的流程和有关装置如下：
已知：柠檬酸是二元酸，有弱酸性和还原性。柠檬酸亚铁可溶于水，且在热水中比冷水中易溶，难溶于无
水酒精；柠檬酸亚铁在潮湿的环境下易被氧化。
（1）制备碳酸亚铁
①图 1 盛放试剂 B 的反应容器名称为___________。
②配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液的蒸馏水必须经过煮沸并冷却，原因是___________，为了达到相同目的，
结合图 1 分析还可能采取的措施有___________。
（2）制得柠檬酸亚铁晶体
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①制备装置如图 2 所示，写出反应Ⅱ中制备柠檬酸亚铁的化学方程式为(提示：柠檬酸用分子式表达即可)：
___________。
②反应Ⅱ中需加入抗氧化剂，该抗氧化剂是___________。
A．Fe 粉 B．Cu 粉 C．Fe2O3 粉 D．Na2SO3 粉
③由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚铁晶体的一系列操作为蒸发浓缩、___________、___________、用无水
酒精洗涤、干燥。
④上述操作中用无水酒精洗涤晶体的优点是___________。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 排除蒸馏水中溶解的氧气 ③. 鼓入一段时间的 N2(其他合理答案
)
（2） ①. FeCO3+C6H8O7 FeC6H6O7+CO2↑+H2O ②. A ③. 冷却结晶 ④. 过滤 ⑤. 防止
柠檬酸亚铁洗涤过程被氧化；可以减少柠檬酸亚铁的溶解损耗；乙醇易挥发，晶体易干燥
【解析】
【分析】硫酸亚铁溶液加入碳酸钠生成碳酸亚铁，加入柠檬酸溶液和抗氧化剂，转化得到柠檬酸亚铁溶液，
处理得到产品；亚铁离子以还原性为主，容易被氧气氧化，因此制备碳酸亚铁、柠檬酸亚铁时，需要排除
装置中的空气或防止外界空气的进入；
【小问 1 详解】
①图 1 盛放试剂 B 的反应容器为三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶。
②Fe2+容易被氧气氧化，因此配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液时，需要将蒸馏水煮沸，其目的是排除蒸馏水
中溶解的氧气，防止 Fe2+氧化，为了达到相同目的，结合图 1 分析还可能采取的措施有鼓入一段时间的 N2
排除装置中的空气，故答案为排除蒸馏水中溶解的氧气；鼓入一段时间的 N2(其他合理答案)。
【小问 2 详解】
①碳酸亚铁固体和柠檬酸溶液反应生成柠檬酸亚铁、二氧化碳、水，反应的化学方程式是 FeCO3+C6H8O7
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FeC6H6O7+CO2↑+H2O，故答案为 FeCO3+C6H8O7 FeC6H6O7+CO2↑+H2O。
②亚铁离子易被氧化成铁离子，该操作中加入抗氧化剂将氧化后的铁离子还原为亚铁离子且不引入新杂质，
A．铁单质与 Fe3+反应生成 Fe2+，不产生新杂质，故 A 符合题意；
B．Cu 与 Fe3+反应生成 Cu2+和 Fe2+，引入新杂质 Cu2+，故 B 不符合题意；
C．柠檬酸亚铁若被氧化，Fe2O3 不与 Fe3+反应，在本实验中不能作抗氧化剂，故 C 不符合题意；
D．Na2SO3 和 Fe3+生成 Fe2+和 ，引入杂质 ，故 D 不符合题意；
故答案为 A。
③柠檬酸亚铁可溶于水，且在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精，故由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚
铁晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用无水酒精洗涤、干燥，故答案为冷却结晶；过滤。
④柠檬酸亚铁晶体可溶于水，且在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精；柠檬酸亚铁在潮湿的环境下易
被氧化，酒精易挥发，故上述操作中用无水酒精洗涤晶体的目的是可防止柠檬酸亚铁洗涤过程被氧化；可
以减少柠檬酸亚铁的溶解损耗；乙醇易挥发，晶体易干燥，故答案为防止柠檬酸亚铁洗涤过程被氧化；可
以减少柠檬酸亚铁的溶解损耗；乙醇易挥发，晶体易干燥。
25. 某同学设计实验测定 的结晶水数目。称取样品 4.92 g，将热分解所得气体先后通过无水
CaCl2 和浓 KOH 溶液，其中无水 增重 1.08 g，浓 KOH 增重 0.33 g。产物中残留的固体产物是 CaO 和
的混合物，质量为 2.67 g。计算：
（1）x=___________。
（2）n(CO)=___________ml。
（3）写出热分解化学方程式___________。
【答案】（1）2 （2）0 03
（3）
【解析】
【分析】设生成的固体产物中 CaO 的物质的量为 ， 的物质的量为 ，气体中 CO 的物
质的量为 ， 为 ，由质量守恒可得关系式① ，关
系式② ，根据 Ca 和 C 原子守衡有关系式③ ，根据分解反应中
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得失电子守恒可得关系式④ ，联合关系式①②③④解得
，据此分析解题。
【小问 1 详解】
由分析可知，生成的固体产物中 CaO 的物质的量为 0.0075 ml ， 的物质的量为 0.0225 ml ，则
的摩尔质量为： ，即 ，解得
x=2，故答案为：2；
【小问 2 详解】
由分析可知，n(CO)=0.03 ml ，故答案为：0.03；
【小问 3 详解】
由分析中物质的量关系可知 ，则化学方程式
为