2024届高三化学高考备考一轮复习专题训练——氧族与碳族及其应用
一、单选题
1．位于马鞍山的长江不夜城，集传统文化、科技体验、灯光艺术、特色美食于一体，打造了国内唯一的千里长江画卷景观。下列说法正确的是
A．制作显示大屏的液晶，不具有类似晶体的各向异性
B．画卷中展示的精美瓷器，其主要成分与水晶、玛瑙相同
C．制作特色美食的油脂和植物蛋白均属于高分子化合物
D．美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关
2．2022北京冬奥会的主题口号是“一起向未来”，秉承绿色冬奥、科技冬奥的理念。下列有关辅助材质属于新型无机非金属材料的是（ ）
A B C D
“冰丝带”屋顶玻璃辅助材质：碲化镉 “冰墩墩”吉祥物辅助材质：聚氯乙烯 “冠军龙服”领奖服辅助材质：聚氨酯 “飞扬”火炬内胆辅助材质：铝合金
A．A B．B C．C D．D
3．下列说法错误的是（ ）
A．丙三醇和乙二醇互为同系物
B．和互为同位素
C．乙醛和环氧乙烷互为同分异构体
D．石墨和足球烯互为同素异形体
4．下列说法正确的是（ ）
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色
5．化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关说法错误的是（ ）
A．“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅
B．我国自主研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同位素
C．“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高、密度大、耐腐蚀
D．“天问一号”探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
6．下列说法错误的是
A．新戊烷和2，2-二甲基丙烷为同一物质
B．乙烯和聚乙烯互为同系物
C．环氧丙烷和丙酮互为同分异构体
D．和互为同素异形体
7．化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属
B．煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化
C．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质
D．刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐
8．下列说法错误的是（ ）
A．工业上，常用钠单质从钛、钽等金属的氯化物水溶液中置换出金属单质
B．氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂
C．水玻璃可用做建筑行业中的黏合剂
D．工业上锌可用湿法冶炼——电解ZnSO4溶液制备Zn
9．下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2
B．室温下，Al与4.0 mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2
C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
10． 是一种重要的化工原料，主要用于生产三氧化硫、亚硫酸盐等，生产 的反应为 。实验室用浓硫酸和 固体反应制取少量 。 排放到大气中会形成酸雨。下列有关生产 反应的说法正确的是( )
A．反应的
B．反应中每消耗 转移的电子的物质的量为
C．升温、加压和使用催化剂能增大 的生成速率
D．当 时，说明该反应处于平衡状态
11．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．SO2 CaSO3 CaSO4
B．Fe3O4(s) Fe(s) Fe(NO3)3(aq)
C．MgO(s) MgSO4(aq) Mg(s)
D．Fe FeSO4(aq) Fe(OH)2 FeO
12．中国空间站建造成功、神舟系列飞船顺利往返，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．空间站太阳翼伸展关键部件采用碳化硅材料，属于无机非金属材料
B．核心舱太阳能电池采用砷化镓()材料，属于金属材料
C．飞船火箭使用偏二甲肼作燃料，属于烃类
D．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，属于分子晶体
13．下列关于SO2的叙述正确的是
A．SO2是无色、无臭、有毒的气体 B．SO2能使紫色的KMnO4溶液褪色
C．SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO4 D．SO2不能用作食品添加剂
14．下列说法正确的是（ ）
A．普通硅酸盐水泥以黏土和石灰石为主要原料，还需加入适量石膏以调节水泥凝结时间
B．纯铝导电性好，强度高，硬度大，广泛用于生产门窗、飞机、电子元件等
C．硫黄、胆矾都可用于生产硫酸，石膏、重晶石则不用于生产硫酸
D．工业制备硝酸时在吸收塔中使用浓硝酸吸收二氧化氮
15．下列各项实验操作和现象推出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A ①向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液 ②再加足量盐酸 ①产生白色沉淀②仍有白色沉淀 原溶液中有SO
B 取5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，滴加5~6滴0.1mol·L-1KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液 溶液变红 FeCl3和KI的反应是可逆反应
C 将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中 酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊 Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)
D 向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后向溶液中滴加新制Cu(OH)2悬浊液，加热 未出现砖红色沉淀 蔗糖未水解
A．A B．B C．C D．D
16．用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是 （ ）
A．加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体
B．用装置II验证二氧化硫的漂白性
C．用装置III制备氢氧化亚铁沉淀
D．用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体
二、综合题
17．合成气(CO、H2)是一种重要的化工原料气。合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然气部分氧化等。回答下列问题：
（1）I.合成气的制取
煤的气化制取合成气。
已知：①H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ/mol；
②部分物质的燃烧热：
则反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)的△H= kJ/mol。
（2）天然气部分氧化制取合成气。
如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为1︰2，则原混合物中H2O(g)与CO2(g)的物质的量之比为 。
（3）Ⅱ.利用合成气合成乙醇
在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2molCO和4molH2，发生反应：2CO(g)+4H2(g) CH3CH2OH(g)+H2O(g)。
写出该反应的平衡常数表达式__。
（4）下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是 (填序号)。
A．压强不再变化
B．平均摩尔质量不再变化
C．密度不再变化
（5）反应起始压强记为p1、平衡后记为p2，平衡时H2的转化率为 。(用含p1、p2的代数式表示)
（6）Ⅲ.合成乙醇的条件选择
为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研究，实验数据如图。CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。
结合图像从低温区、高温区分析温度对CO吸附强度的影响 ；以及催化剂对CO吸附强度的影响 。
（7）用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是 。
18．
（1）已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石 碳化硅 晶体硅
熔点/℃ ＞3550 2600 1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 。
（2）提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是 。
19．污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。利用软锰矿(主要成分为 ，含少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，脱除燃煤尾气中的 并制得 的流程如下：
回答下列问题：
（1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、 ；其中玻璃棒的作用是 。
（2）下列各组试剂中，能检验“尾气”中SO2是否除尽的是 (填序号)。
a.氯化钡溶液 b.稀硫酸酸化的KMnO4溶液时 c.碘水和淀粉的混合溶液 d.NaOH溶液
（3）步骤II中所加碳酸盐最好为 (填化学式)。
（4）步骤IV中发生反应的离子方程式为 。
（5）已知“含SO2的尾气”中 ，若软锰矿浆对SO2的有效吸收率为90%，处理1000m3含SO2的尾气，步骤Ⅰ得到硫酸锰的质量为 kg。
20．硫酸是十分重要的化工原料。工业上用黄铁矿(FeS2)制备硫酸的工艺如图所示。
（1）FeS2中硫元素的化合价是 ，写出过程Ⅱ发生反应的化学方程式 。
（2）实验室各种浓度的硫酸是由浓硫酸稀释而得，
①以下配制过程中各操作的先后顺序是 。
②下列情况会使配制结果偏大的是
a．溶解后未冷却即转移、定容
b．定容时仰视容量瓶刻度线
c．用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视
d．将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，转移至容量瓶
（3）图是模拟工业过程Ⅱ来探究SO2的催化氧化过程。
①装置甲的作用是 。
②装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，目的是 。反应结束后取1.0mL丙中的流液稀释为10.0mL的稀硫酸，滴加几滴酚酞试剂、缓慢加入1.0mol/L 的NaOH溶液，当混合溶液变红时，认为硫酸恰好完全反应，此时所用NaOH溶液体积大于 mL，说明SO2催化氧化时有SO3生成。
③装置丁的作用是吸收并检验SO2已除净，现象是酸性高锰酸钾红色变浅，写出反应的离子方程式 。
④装置戊中的现象是 ，说明SO2催化氧化时有O2剩余。
21．从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。
（1）I.以亚硫酸钠(Na2SO3)为实验对象，探究其性质。实验如下：
写出上述实验中②的离子方程式： 。
（2）通过上述实验可知，在空气中久置的亚硫酸钠固体中会混有__ (填化学式)。
（3）亚硫酸钠晶体样品若变质，下列说法错误的是 。
A．晶体表面变黄 B．其水溶液pH将减小 C．其样品质量将增加
（4）II.以FeCl3溶液为实验对象，探究其与碱性物质之间反应的复杂多样性。实验如下：
①中反应的离子方程式是._ 。
（5）②中逸出的无色气体是_ (写化学式)。
（6）对于③中的实验现象，同学们有诸多猜测，继续进行实验：
甲组：取③中反应后溶液少许，滴入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液， 产生白色沉淀。得出结论：
FeCl3与Na2SO3 发生了氧化还原反应，离子方程式是_ 。
乙组：认为甲组的实验不严谨，重新设计并进行实验，证实了甲组的结论是正确的。其实验方案是_ 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.液晶是一种各向异性材料，因此具有类似晶体的各向异性，A不符合题意；
B.瓷器的主要成分是SiO2和金属氧化物，而水晶、玛瑙的主要成分是SiO2，二者的主要成分不同，B不符合题意；
C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物，植物蛋白属于高分子化合物，C不符合题意；
D.灯光是由于电子的跃迁和胶体的性质有关，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、液晶是一种各向异性材料；
B、结合瓷器、水晶和玛瑙的主要成分分析；
C、油脂不属于高分子化合物；
D、灯光是由于电子的跃迁引起的。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．辅助材质碲化镉属于新型无机非金属材料，故A符合题意；
B．辅助材质聚氯乙烯属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；
C．辅助材质聚氨酯属于合成有机高分子材料，故C不符合题意；
D．辅助材质铝合金属于金属材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、传统无机非金属材料是玻璃、陶瓷、水泥，新型无机非金属材料是某些金属的化合物或者非金属化合物；
B、合成有机高分子不属于无机非金属材料；
C、合成有机高分子不属于无机非金属材料；
D、金属材料不属于无机非金属材料。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．丙三醇和乙二醇分子中羟基个数不同，不是同系物，故A符合题意；
B．和质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B不符合题意；
C．乙醛结构简式为CH3CHO，环氧乙烷的给构简式，分子式都是C2H4O，互为同分异构体，故C不符合题意；
D．石墨和足球烯互是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.质子数相同中子数不同的原子互为同位素；
C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
D.石墨和足球烯都是碳元素的单质。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但二者漂白原理不同，前者利用的是其氧化性进行漂白，后者是利用其与有色物质络合生成无色物质进行漂白，前者不可逆后者可逆，A不符合题意；
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明二者发生了氧化还原反应，反应中SO2提现了还原性，B不符合题意；
C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明烧瓶内气体压强减小，有大部分气体溶解在水中，说明二者均易溶于水，C符合题意；
D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，Cl2、SO2和水发生反应生成无漂白性的HCl和H2SO4，因此，红布条不褪色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是因为可以和有色物质结合生成无色物质，氯气恶意是品红溶液褪色是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；
B、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性；
C、氯化氢和氨气都是易溶于水；
D、氯气和二氧化硫混合漂白性会减弱，因为两者会发生氧化还原反应。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．硅是常用的半导体材料，北斗芯片中的半导体材料为硅，A不符合题意；
B．氕、氘、氚的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，B不符合题意；
C．铝合金材料具有强度高、密度小、耐腐蚀等优点，C符合题意；
D．芳纶具有超高强度、高模量和耐高温、耐酸耐碱、重量轻等优良性能，可用于制作降落伞，属于高分子材料，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】铝合金密度小。
6．【答案】B
【解析】【解答】A． 新戊烷和2，2-二甲基丙烷为同一物质，C(CH3)4，故A符合题意；
B． 乙烯和聚乙烯是单体和聚合物的关系，故B不符合题意；
C． 环氧丙烷和丙酮互为同分异构体，分子式均为C3H6O，结构式分别为：、，故C符合题意；
D． 和互为同素异形体，同为由氮元素组成的两种不同的单质，故D符合题意；
故答案为：B。
【分析】同系物：指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；同素异形体为同一元素形成的不同单质；在有机化学中，将分子式相同、结构不同的化合物互称同分异构体；同一物质就是同种物质，同种物质元素相同，同种物质结构相同。
7．【答案】B
【解析】【解答】A. 工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属，故A不符合题意；
B. 煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C. “血液透析”是利用胶体不能透过半透膜的性质，“静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C不符合题意；
D. 刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.工业上用电解MgCl2的方法生产金属镁；
B.由新物质生成的变化为化学变化；
C.“血液透析”原理是渗析原理；“静电除尘”依据胶体电泳性质；
D.玛瑙主要成分是二氧化硅。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．在钛、钽等金属的氯化物水溶液中，钠单质首先与水发生反应，不能从溶液中置换出金属单质，A符合题意；
B．氯化铁、硫酸亚铁发生水解，最终生成氢氧化铁胶体，具有吸附作用，所以二者都是优良的净水剂，B不符合题意；
C．水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有黏合性，可用做建筑行业中的黏合剂，C不符合题意；
D．电解ZnSO4溶液，Zn2+可在阴极得电子生成Zn，所以工业上锌可用湿法冶炼，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.钠性质活泼，可以冶炼金属；
B.氯化铁和硫酸亚铁均可水解得到胶体；
C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有黏合性，可用做建筑行业中的黏合剂；
D.湿法冶金就是从溶液中通过置换或电解得到金属。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，A不符合题意；
B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B符合题意；
C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C不符合题意；
D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A． .4Na + O2 = 2Na2O ；
B． Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；
C． Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2H2O+2NO2 ↑ ；
D．铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应气体系数之和减小，所以 S<0，A不符合题意；
B．未指明温度和压强，22.4L氧气的物质的量不一定是1mol，B不符合题意；
C．升温可以增大活化分子百分数，加压可以增大单位体积内活化分子数，催化剂可以降低反应活化能，都可以加增大SO3的生成速率，C符合题意；
D．平衡时各物质的浓度不再改变，但c(SO2)和c(SO3)不一定相等，这与初始投料和转化率有关，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.熵变通过气体的多少进行判断，气体减小，熵减小；
B.气体摩尔体积需在一定温度和压强下计算；
C.根据影响化学反应的速率因素进行判断；
D.处于平衡状态时，各物质的浓度保持不变进行判断；
11．【答案】B
【解析】【解答】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化硫不能与氯化钙反应，故A不符合题意；
B．Al的活泼性比Fe强，Fe3O4在高温条件可被Al还原成铁单质，铁单质可以和硝酸反应生成硝酸铁，故B符合题意；
C．电解硫酸镁溶液的实质是电解水，无法得到镁单质，故C不符合题意；
D．氢氧化铁在空气中容易被氧气氧化，灼烧得到的是Fe2O3，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据强酸制弱酸的原理二氧化硫不能与氯化钙反应；
B.Fe3O4在高温条件可与Al反应，铁单质可以和稀硝酸反应；
C.电解硫酸镁溶液的实质是电解水；
D. Fe(OH)2 在空气中氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧得到的是Fe2O3。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．属于无机非金属材料，A符合题意；
B．属于半导体材料，B不符合题意；
C．烃只含碳和氢，不属于烃类，C不符合题意；
D．氮化硅耐高温，属于共价晶体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．属于无机非金属材料，A符合题意；
B．属于半导体材料；
C．烃为只含碳和氢两种元素组成的化合物；
D．氮化硅属于共价晶体。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．SO2是无色、有刺激性气味的有毒气体，A项不符合题意；
B．SO2具有还原性，能使紫色的KMnO4溶液褪色，发生的反应为5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，B项符合题意；
C．SO2属于酸性氧化物，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，C项不符合题意；
D．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，SO2能用作食品添加剂，为保证消费者健康，我国在食品添加剂使用标准中规定了二氧化硫在食品中的使用范围和最大使用量，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.SO2是有刺激性气味的气体；
C. SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水；
D.二氧化硫可用作食品添加剂，但必需严格按照国家有关范围和标准使用。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．普通硅酸盐水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，然后加入适量石膏，并研成细粉就得到普通硅酸盐水泥，加入适量石膏的目的是做缓凝剂，调节水泥凝结时间，故A符合题意；
B．铝合金的导电性好、强度高、硬度大，广泛用于生产门窗、飞机、电子元件等，故B不符合题意；
C．生产硫酸的原料主要有硫黄、硫铁矿、硫酸盐及含硫工业废物，则硫黄和硫酸盐胆矾、石膏、重晶石都可用于生产硫酸， 故C不符合题意；
D．工业制备硝酸时，在吸收塔中使用水吸收二氧化氮，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．普通硅酸盐水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，然后加入适量石膏，并研成细粉就得到普通硅酸盐水泥，加入适量石膏的目的是做缓凝剂，调节水泥凝结时间；
B.铝合金的导电性好、强度高、硬度大，纯铝硬度小；
C.生产硫酸的原料主要有硫黄、硫铁矿、硫酸盐及含硫工业废物，则硫黄和硫酸盐胆矾、石膏、重晶石（主要成分是硫酸钡）都可用于生产硫酸；
D. 水、氧气、二氧化氮反应可以生成硝酸。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液中的亚硫酸根离子也能与硝酸钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，加入足量盐酸，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸钡沉淀氧化为硫酸钡沉淀，所以向某溶液中加入硝酸钡溶液产生白色沉淀，再加足量盐酸仍有白色沉淀不能说明原溶液中含有硫酸根离子，故A不符合题意；
B．过量的氯化铁溶液与碘化钾溶液反应后，溶液中含有铁离子，加入硫氰化钾溶液，溶液会变为红色，则溶液变红不能说明氯化铁溶液与碘化钾溶液的反应为可逆反应，故B不符合题意；
C．将足量二氧化硫通入碳酸钠溶液中逸出的气体先通入足量的酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，排出二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，再通入澄清石灰水中变浑浊说明二氧化硫能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，亚硫酸的一级电离程度大于碳酸，一级电离常数大于碳酸一级电离常数，故C符合题意；
D．酸性条件下葡萄糖不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，则向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后未加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，直接向溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热不可能产生砖红色沉淀，则未出现砖红色沉淀不能说明蔗糖未水解，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，若溶液中含有亚硫酸根，也能产生相同的实验现象；
B.该实验中氯化铁过量，溶液中始终存在铁离子；
D.蔗糖水解后，应在碱性环境中检验葡萄糖。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A不符合题意；
B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B不符合题意；
C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C不符合题意；
D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D符合题意；
本题答案：D。
【分析】A：加热高锰酸钾分解
B：体现的是二氧化硫的还原性
C：关闭止水夹装置内不能形成压强差，右侧的试管应密封且导管不能伸入到液面以下
D：氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl
17．【答案】（1）+131.3
（2）2：1
（3）
（4）A；B
（5） ×100%
（6）在低温区，温度升高，不同催化剂对CO的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小；相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大
（7）550℃
【解析】【解答】I.(1)C(s)＋O2(g)＋CO2(g) △H=－393.5kJ·mol－1①，
CO(g)＋ O2(g)=CO2(g) △H=－283.0kJ·mol－1②，
H2(g)＋ O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·mol－1③，
H2O(g)=H2O(l) △H=－44kJ·mol－1④，根据盖斯定律，①＋④－③－②，得出△H=＋131.3kJ·mol－1；(2)分别发生的方程式为CH4＋ O2=CO＋2H2、CH4＋CO2=2CO＋2H2、CH4＋H2O=CO＋3H2，要求合成气中CO和H2的物质的量之比为1：2，O2可以是任意值，只需让CO2、H2O反应后CO的物质的量、H2的物质的量之比为1：2即可，令CO2为amol，则生成n(CO)=2amol，n(H2)=2amol，令H2O为bmol，则生成n(CO)=bmol，n(H2)=3bmol，有(2a＋b)：(2a＋3b)=1：2，解得a：b=1：2；II.（3）根据化学平衡常数的定义，K= ；(4)A. 因为反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A正确；
B. 组分都是气体，气体质量保持不变，该反应为气体物质的量减少的反应，根据摩尔质量的定义，因此当摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故B正确；
C. 气体的总质量保持不变，容器为恒容，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故C不正确；(5)相同条件下，压强之比等于物质的量，即达到平衡后气体总物质的量为 mol， ，解得n(H2)= mol，则H2的转化率为 = ×100%；III.(6)根据图像，在低温区，温度升高，不同催化剂对CO的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小；相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大；(7)根据图像，最适宜温度为550℃。
【分析】I.(1)书写出C、CO、H2燃烧的热化学反应方程式，然后根据盖斯定律得到结果；(2)分别书写出CH4与O2、CH4与H2O、CH4与CO2反应的方程式，根据反应方程式的特点，进行分析判断；II.(1)根据化学平衡常数的定义进行分析；(2)根据化学平衡状态的定义进行分析；
18．【答案】（1）原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si
（2）当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【解析】【解答】（1）金刚石和晶体硅均是原子晶体，原子晶体的熔沸点主要是和键能有关，键越短键能越大，半径越小键越短，而原子半径是碳小于硅，因此金刚石的沸点高于硅，故正确答案是 原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si
（2） 将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小 ，故正确答案是： 当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【分析】（1）原子晶体的熔沸点与原子半径有关，半径越小，熔沸点越高
（2）pH改变，溶解度降低即可达到析出的目的
19．【答案】（1）漏斗；引流
（2）bc
（3）
（4）
（5）13.59
【解析】【解答】（1）硅酸盐仪器包括玻璃仪器和陶瓷制品，过滤时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；玻璃棒的作用是引流，防止液体流到漏斗外面。
（2）二氧化硫有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能和碘反应从而使碘水和淀粉的混合液的蓝色褪去；二氧化硫和氯化钡溶液不发生反应，二氧化硫虽然和NaOH溶液反应，但生成物也是无色的，所以无明显现象，所以给出的四种试剂中能检验二氧化硫的是b和c。
（3）步骤Ⅱ加入碳酸盐的目的是除去铁铝，为了不引入新杂质，最好选用和最终产品相同的阳离子的碳酸盐，故应选择MnCO3。
（4）步骤IV中加入高锰酸钾的目的是将Mn2+氧化为最终产品MnO2，高锰酸钾的还原产物也是MnO2，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：3Mn2++2 +2H2O=5MnO2+4H+。
（5）1000m3的尾气中含有二氧化硫的质量为1000m3×6.4g/m3=6400g，物质的量为100mol，SO2的有效吸收率为90%，则SO2被吸收了90mol。SO2和MnO2反应，SO2被氧化为 ，MnO2被还原为Mn2+，生成MnSO4，根据电子守恒，SO2和MnO2的物质的量相等，所以生成的MnSO4的物质的量和参加反应的SO2的物质的量相等，即90mol，则MnSO4的质量为90mol×151g/mol=13590g，即13.59kg。
【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+ ，
MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰；
(1)过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等，玻璃棒起引流作用；
(2)二氧化硫有还原性；
(3)除杂不能引入新的杂质；
(4)根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应即可；
(5) 依据氧化还原反应中得失电子守恒计算即可。
20．【答案】（1）-1；2SO2+O22SO3
（2）CBDFAE；a d
（3）干燥气体、混合气体、通过观察气泡以便调节气体流速；吸收SO3；36.8；5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；出现浅黄色沉淀或变浑浊
【解析】【解答】（1）FeS2中S元素的化合价为-1价。过程ⅡSO2和O2在V2O5作催化剂的条件下反应生成SO3，化学方程式为2SO2+O22SO3。
（2）①配制各种浓度的硫酸的步骤为计算、量取浓硫酸、溶解稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，故各操作的先后顺序为CBDFAE。
②a．溶解后未冷却即转移定容，则冷却后会导致溶液体积偏小，浓度偏大，a符合题意；
b．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，b不符合题意；
c．用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，导致浓硫酸体积偏小，浓度偏小，c不符合题意；
d．量筒的洗涤液不能转移至容量瓶，会导致溶质的量偏多，浓度偏大，d符合题意；
故
故答案为：ad。
（3）①装置甲中的浓硫酸可干燥气体、混合气体、通过观察气泡以便调节气体流速。
②装置丙中盛放的是18.4mol/L的浓硫酸，其目的是吸收生成的SO3，1mL18.4mol/L的浓硫酸中硫酸的物质的量为0.0184mol，加入1mol/L的NaOH溶液，此时要硫酸完全反应需要NaOH的体积为36.8mL，但是因为SO3溶于浓硫酸生成了硫酸，故浓硫酸的浓度略大于18.4mol/L，故此时所用NaOH溶液体积大于36.8mL即可说明SO2催化氧化生成了SO3。
③酸性高锰酸钾可氧化SO2，离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。
④戊中为Na2S溶液，多余的O2会氧化Na2S生成S单质，故戊中出现浅黄色沉淀或溶液变浑浊就说明有硫单质生成，从而证明SO2催化氧化时有O2剩余。
【分析】 黄铁矿成分为FeS2，通入空气煅烧反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。
21．【答案】（1）BaSO3+2H+=Ba2++SO2↑十H2O
（2）Na2SO4
（3）A
（4）2Fe3+ +3Mg(H)2=Fe(OH)3+3Mg2+
（5）CO2
（6）2Fe3+ +SO32-+H2O- =2F2+ +SO42-+2H+；取③中反应后的溶液. 加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀说明生成了Fe2+
【解析】【解答】（1）溶液A为亚硫酸钠溶液，白色沉淀为亚硫酸钡，则离子方程式为 BaSO3+2H+=Ba2++SO2↑十H2O
（2）白色沉淀不溶解，则说明有硫酸钡沉淀，则混入的是硫酸钠
（3）硫酸钠晶体，也是白色的，故A错误，亚硫酸钠的水溶液呈碱性，而硫酸钠呈中性，故B正确，吸收了O质量增加，故C正确。
（4）①中为氢氧化镁转成氢氧化铁， 2Fe3+ +3Mg(H)2=Fe(OH)3+3Mg2+
（5）②中碳酸根与铁离子发生双水解，产生的气体是二氧化碳
（6）③中亚硫酸根具有还原性，铁离子具有氧化性，故离子反应为 2Fe3+ +SO32-+H2O- =2Fe2+ +SO42-+2H+
甲中不能说明有亚铁离子生成，可能亚硫酸铁沉淀，故需要检验亚铁离子，方案为 取③中反应后的溶液. 加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀说明生成了Fe2+
【分析】第一组实验探究了硫酸钠与亚硫酸钠的性质，亚硫酸钠在空气中能被氧化成硫酸钠
第二组实验探究了铁离子的性质，能与氢氧化镁反应生成氢氧化铁，能和碳酸根双水解，难点在于与亚硫酸根反应，能发生氧化还原反应。
