江苏省常州市第一中学2022-2023学年高一下学期化学期末测试试题
一、单选题
1．（2023高一下·常州期末）祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于（ ）
A．金属材料 B．无机非金属材料
C．有机合成材料 D．复合材料
【答案】D
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；合成材料
【解析】【解答】铝基碳化硅材料是金属铝和碳化硅复合而成的材料，
故答案为：D
【分析】铝属于金属，碳化硅属于无机物，两种材料共同构成即为复合材料。
2．（2023高一下·常州期末）黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列说法不正确的是（ ）
A．含离子键和共价键
B．与具有相同的电子层结构
C．的结构式为
D．干冰的晶体类型为共价晶体
【答案】D
【知识点】化学键；“等电子原理”的应用；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A.KNO3为离子晶体，钾离子和硝酸根之间为离子键，硝酸根内部为共价键，故A正确；
B.钾离子是钾原子失去最外层一个电子形成，硫离子由硫原子得到两个电子形成，最后都为三层，18个电子的结构，所以B正确；
C.氮气分子内为氮氮三键，所以结构式正确；
D.干冰为固态二氧化碳，二氧化碳是由分子构成的，所以属于分子晶体；
故答案为：D.
【分析】共价晶体是由原子构成。
3．（2023高一下·常州期末）硫循环在生态系统的诸多领域具有重要意义。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．工业制酸： B．火山喷发：
C．尾气吸收： D．酸雨侵蚀：
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；自然界中的硫循环
【解析】【解答】A.O2只能将FeS2氧化为四价二氧化硫，不能氧化为三氧化硫；
C.碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，不能生成硫酸钠；
D.铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫化氢；
故答案为：B.
【分析】铁和硫酸反应，生成硫酸亚铁和氢气，不会生成H2S，不符合实际。
4．（2023高一下·常州期末）下列说法正确的是（ ）
A．1mol苯分子中含有C=C双键数目为3mol
B．1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗的分子数为3mol
C．标准状况下，11.2L中含有的共价键数目为2mol
D．常温常压下，17g羟基含有的电子总数为7mol
【答案】B
【知识点】物质的量的单位--摩尔；化学式及其计算
【解析】【解答】A.苯分子中的化学键为介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的化学键，所以苯分子中不含碳碳双键；
B.乙烯和乙醇书写燃烧的化学方程式，会发现1mol反应物消耗氧气的物质的量都是3mol，所以两者混在一起，无论占比多少，消耗氧气的量都是固定的；
C.CCl4在标准状况下为液态。所以11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，不能计算；
D.17g羟基的物质的量为1mol，1个氧原子含有的电子数为8，氢原子为1，所以电子数为9mol。
故答案为：B.
【分析】A.苯分子中不含碳碳双键；
B.根据有机物的燃烧化学方程式计算耗氧量即可；
C.用n=要考虑物质的状态，是否为气态；
D.会计算羟基和氢氧根的电子数。
5．（2023高一下·常州期末）下列反应中既是氧化还原反应，能量变化情况又符合如图的是（ ）
A．氢氧化钠与稀盐酸的反应 B．碳和水蒸气的反应
C．和的反应 D．氢气的燃烧反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】题中图像，反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；
A.酸碱中和为放热反应；
B.碳，一氧化碳参与的还原反应都为吸热反应；
C.为吸热反应，但反应前后化合价未发生改变，所以不是氧化还原反应；
D.所有放入燃烧反应皆为放热反应。
故答案为：B.
【分析】化学反应前后化合价发生改变的为氧化还原反应，掌握常见的吸热放热反应。
A.酸碱中和反应为放热反应；
B.碳，一氧化碳参与的还原反应都为吸热反应；
C. 和 为典型的吸热反应；
D.所有放入燃烧反应都是放热反应。
6．（2023高一下·常州期末）氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷分子结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和Cu、P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。
下列说法正确的是（ ）
A．分子中的P-P-P键角为
B．白磷和红磷互为同位素
C．白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子
D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，白磷放出的热量更多
【答案】D
【知识点】化学键；金属晶体的基本堆积模型；反应热的大小比较；同位素及其应用
【解析】【解答】A.P4为正四面体结构， P-P-P 键角为60° 故错误；
B.白磷和红磷是同一种元素组成的不同单质，为同素异形体， 故错误；
C.白磷晶胞采用面心立方堆积，配位数为12，也就是每个P4分子周围紧邻的P4分子为12个， 故错误；
D.白磷生成红磷为放热反应，说明红磷能量低，所以两者生成等量同状态的P2O5，白磷放热更多，故正确；
故答案为：D.
【分析】对于热量的比较，可以采用画图的方式，能更加直观的比较热量变化。
A.CH4的正四面体是 键角为；
B.同位素指的是具有相同质子数不同中子数的原子；
C.晶胞采用面心立方堆积，配位数为12；
D.生成物相同，反应物能量越高，放出热量越多。
7．（2023高一下·常州期末）下列化学反应表示正确的是（ ）
A．用氨水和溶液制备：
B．工业上用足量氨水吸收：
C．用溶液吸收：
D．铁粉与过量稀硝酸：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A.一水合氨为弱电解质，所以不能拆成离子形式 ，故错误；
B.足量的氨水可以将二氧化硫完全吸收，生成亚硫酸铵(NH4)2SO3 ，故错误；
C.CuSO4与PH3发生氧化还原，根据得失电子守恒判断是正确的；
D.铁粉与过量稀硝酸反应会生成三价铁，正确方程式为 Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 故错误；
故答案为：C.
【分析】A.弱电解质，不能拆成离子形式 ；
B.足量的氨水可以将二氧化硫完全吸收，产物发生变化；
C.用得失电子守恒判断方程式正误，前提是产物符合实际；
D.铁粉与少量稀硝酸反应生成二价铁，足量生成三价铁。
8．（2023高一下·常州期末）下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气
B．硝酸受热易分解，可用于制
C．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂
D．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氮气的化学性质；硝酸的化学性质；磷
【解析】【解答】A.氮气可用作保护气，是因为其化学性质不活泼，较稳定，与颜色无关 ，故错误；
B.硝酸受热分解生成二氧化氮，水和氧气，和制备硝酸铵没有直接关系，故错误；
C.液氨汽化吸收大量的热，会使温度降度，所以可用作制冷剂；
D.磷酸处理金属，可以在金属表面生成一层难溶的磷酸盐薄膜，进而保护金属不受腐蚀，和难挥发没有关系，故错误。
故答案为：C
【分析】A.氮气可用作保护气，是因为其化学性质不活泼，较稳定；
B.硝酸可以和NH3反应制备硝酸铵；
C.液氨汽化属于物理过程，能够吸收大量的热使温度降低；
D.磷酸可以在金属表面形成一层磷酸盐薄膜进而不受腐蚀。
9．（2023高一下·常州期末）一定条件下，将4molA气体和2molB气体充入2L密闭容器中，发生如下反应：。反应2s后，测得C的浓度为0.6，下列说法正确的是（ ）
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7
A．③④ B．①④ C．②③ D．①③
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】针对化学反应速率的题目要先列出三行式 同时注意换算，反应物给的物质的量，生成物给的浓度，
2A（g）+B（g）=2C（g）
反应前 4 2 0
变化量 1.2 0.6 1.2
反应后 2.8 1.4 1.2
根据C=n/V 求出生成物的物质的量，再根据变化量等于计量系数之比，也就是2：1：2，
①用物质A表示的反应的平均速率 ，根据v=， 求出其速率为=0.3 故正确；
②根据反应速率之比=化学计量系数之比，所以用物质B表示的反应的平均速率为0.15 故错误；
③转化率=转化量/起始量 所以A的转化率为 30% ， 故错误；
④根据C=n/V ，B的浓度为1.4/2= 0.7， 故正确。
故答案为：B。
【分析】①求反应的平均速率 ，根据公式v= ，如果给的是物质的量，要换算为物质的量浓度；
②根据反应速率之比=化学计量系数之比，可求三种物质的反应速率；
③转化率=转化量/起始量，用物质的量或者浓度都可以；
④列出三行式，求出2s时B的物质的量，再根据C=n/V，求浓度。
10．（2023高一下·常州期末）X、Y、Z和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的一种核素可用于测定文物的年代，X与Y同周期且相邻，四种元素中只有Z为金属元素，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：
B．X的简单氢化物比Y的稳定
C．工业上制取Z的单质都是用电解的方法
D．W的氧化物对应水化物酸性比X强
【答案】C
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；碱金属的性质；碱金属及其化合物的性质实验；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据题目信息推测元素，首先X的核素可以测定文物年代，所以X为C碳元素，X与Y同周期，相邻，而且原子序数依次增大，所以Y为氮元素，W单质为黄绿色气体，也就是氯气，所以W为氯元素，而Z为金属元素，没有其他信息，所以可能是Na、Mg、Al其中一个。
综上所述 X、Y、Z和W 分别对应C 、N 、Na/Mg/Al 、Cl，然后对应选项分析
A.原子半径同一周期从左到右逐渐减小，同一主族从上到下依次增大，所以应该是C >N Na/Mg/Al >Cl 故A错误；
B.同一周期非金属性从左到右依次递减，所以X的非金属性比Y弱， 所以Y的简单氢化物比X的稳定 故B错误；
C.由于Na/Mg/Al都比较活泼。所以都采用电解的方法制取单质 故C正确；
D.对于氧化物的水化物的酸性，只能比较最高价氧化物对应水化物的酸性，所以W和X没有办法比较。
故答案为：C.
【分析】根据题目给出的主族元素和原子序数依次增大，就可以缩小范围，再根据所提供的信息进行对应。
A.原子半径同一周期从左到右逐渐减小，同一主族从上到下依次增大，也可以说“序大径小”；
B.非金属性越强，简单气态氢化物越稳定；
C.Na/Mg/Al虽然都采用电解，但是电解的种类不同Na是熔融NaCl，Mg是熔融MgCl2 Al是熔融Al 2O 3；
D.通过非金属性比较氧化物的水化物的酸性，一定要强调最高价。
11．（2023高一下·常州期末）下列说法正确的是（ ）
A．石油是工业的血液，属于纯净物
B．相同碳原子数的烷烃的沸点都相同
C．有机物的一氯代物有3种
D．苯乙炔()最多有9个原子共平面
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；卤代烃简介；烷烃
【解析】【解答】A.石油属于混合物 ，故错误；
B.相同碳原子数的烷烃，支链越多，沸点越低，故错误；
D.苯环上所有原子共面，乙炔分子所有原子共线，所以苯乙炔最多应该是所有原子都共面，即14个，故错误。
故答案为：C。
【分析】A.石油属于混合物 ；
B.相同碳原子数的烷烃，支链越多，沸点越低，不同碳原子数的烷烃，碳原子数越多熔沸点越高；
C.一氯代物的种类可以通过等效氢法来判断；
D.苯上的12个原子共面，乙炔分子上四个原子共面，取代以后通过旋转最多所有原子都共面。
12．（2023高一下·常州期末）关于苯及苯的同系物的说法，不正确的是（ ）
A．利用甲苯的硝化反应可以制得TNT炸药
B．苯与甲苯互为同系物，可以用酸性溶液进行鉴别
C．苯和溴水振荡后，由于发生化学反应而使溴水的水层颜色变浅
D．煤焦油中含有苯和甲苯，可用分馏的方法把它们从煤焦油中提取出来
【答案】C
【知识点】芳香烃；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A. 甲苯的硝化反应C7H8+HNO3=C7H7NO2+H2O 产物三硝基甲苯，可以制得TNT，故正确；
B. 苯与甲苯互为同系物 ，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不可以。进而区分，故正确；
C.苯与溴水常温下不反应，溴水褪色是因为相似相溶，溴溶解在苯中而使溶液褪色，故错误；
D.可用分馏的方法把苯和甲苯煤焦油中提取出来，利用沸点不同，故正确。
故答案为：C。
【分析】A. 甲苯的硝化反应 产物三硝基甲苯，可以制得TNT；
B.苯的部分同系物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不可以，利用此点可以进行鉴别；
C. 苯和溴水振荡后 ，会发生萃取，而使其褪色；
D.可用分馏的方法把苯和甲苯 煤焦油中提取出来。
13．（2023高一下·常州期末）一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
【答案】D
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.SiO2不与硫酸反应，因此“酸浸”所得滤渣主要成分应该是SiO2 ，故错误；
B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，溶液极性降低，使配合物析出，所以析出的晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，故错误；
C.“沉铜”过程中，铜元素的化合价由+2价降为+1价，所以为氧化还原反应，不是复分解反应，故错误；
D.“转化”过程中，亚铜离子发生歧化反应生成铜单质和铜离子，所以所得滤液中含有的主要阳离子：、、 故正确。
故答案为：D。
【分析】 废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) ，经过酸浸，会把硫酸铜，氧化铁都转化为离子的形式，二氧化硅不与硫酸反应，所以会在滤渣中，加入氨水后进行沉铁，把铁离子变成沉淀，进而出去，然后通入二氧化硫，将铜离子转化为CuNH4NO3随后在酸性条件下，发生了转化，生成了铜单质。
14．（2023高一下·常州期末）除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是（ ）
选项 物质 所用试剂 方法
A SO2(CO2) 饱和碳酸氢钠溶液 洗气
B 乙烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
C 乙酸乙酯(乙酸) 饱和碳酸钠溶液 分液
D 苯(Br2) 氢氧化钠溶液 蒸馏
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；乙酸的化学性质；除杂
【解析】【解答】A.CO2和碳酸氢钠不反应。而SO2可以反应，达不到除杂的目的，故错误；
B.乙烯可以与酸性高锰酸钾反应，但是乙烯会被高锰酸钾氧化为二氧化碳，而乙烷为气体，所以会引入新的杂质。故错误；
C. 饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸，而不与乙酸乙酯反应 ，故正确；
D. Br2氢氧化钠溶液反应后，与苯分层，用分液的方法就能分开，不能用蒸馏，故错误。
故答案为：C。
【分析】A.除杂不仅要除去杂质，还要考虑会不会引入新杂质，秉承只除不添的原则；
B.引入了新杂质二氧化碳；
C. 去除乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，只能用饱和碳酸钠溶液；
D.苯为有机溶剂，不溶于水，和氢氧化钠溶液不互溶。
15．（2022高三上·如皋月考）如图所示电池装置可将HCOOH转化为KHCO3，下列说法正确的是（ ）
A．每消耗1 mol O2，可将2 mol Fe2＋转化为Fe3＋
B．物质X为KOH
C．负极电极反应式为HCOO-＋2OH--2e-=HCO＋H2O
D．放电时，K＋由正极区移向负极区
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．每消耗1 mol O2，转移4mol电子，根据得失电子守恒，可知可将4 mol Fe2＋转化为Fe3＋，故A不符合题意；
B．右侧装置中实现Fe2＋转化为Fe3＋，并使三价铁离子进入原电池装置中，若X为KOH会使三价铁沉淀无法实现循环转化，故B不符合题意；
C．由图可知负极HCOO-失电子转化为HCO，电极反应式为HCOO-＋2OH--2e-=HCO＋H2O，故C符合题意；
D．放电时，原电池中的阳离子由负极区向正极区移动，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据得失电子守恒；
B．KOH会使三价铁沉淀无法实现循环转化；
C．负极失电子发生氧化反应；
D．放电时，原电池中的阳离子由负极区向正极区移动。
16．（2023·郴州模拟）盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；气体摩尔体积；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A不符合题意；
B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B不符合题意；
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C符合题意；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该电池装置为原电池，根据H2→，H元素化合价升高，则H2失电子发生氧化反应，所以Pt电极是负极。
B.NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺。
C.正极电极反应式为NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl。
D.原电池装置的负极反应式为H2-2e-=2，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl。
17．（2023高一下·常州期末）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.由图可知，NO分解生成N2和O2，从图中可以看出是每两个NO分子分解，会生成一个N2和一个O2，故正确；
B.稀硝酸据有氧化性，可以将铜氧化，生成一氧化氮，故正确；
C.过程 ② 是断裂化学键的过程，需要吸收能量，而过程③使形成新的化学键，放出能量，故错误；
D. 标准状况下，5.6 LN2 的物质的量为0.25mol，而生成1molN2 得到电子数为4mol，所以转移电子数为0.25×4×6.02×1023为6.02×1023 。故正确。
故答案为：C。
【分析】根据图像可以判断反应的化学键变化以及分子个数比，写出化学方程式再进行计算。方程式为： 2NO=N2+O2。
18．（2023高一下·常州期末）在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是（ ）
A．反应I中消耗1molO2生成1molNO
B．反应Ⅲ是氧化还原反应
C．该转化过程中N元素化合价不变
D．反应II中1molFeS2被氧化转移16mol电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】A. 由图可知，反应I中 二价铁离子被氧气氧化为三价铁离子，而O2 ，得电子被还原为-2价氧，所以要写出化学方程式，根据得 失电子守恒，反应I的方程式为：4Fe(NO)2+O2+4H+=4NO+4Fe3++2H2O，所以消耗1molO2生成4molNO，故错误；
B.反应三，二价铁变成二价铁，化合价没有发生改变，所以不是氧化还原反应，故错误；
C.由图可知氮元素始终以NO的形式存在，化合价没有发生变化，故正确；
D. 反应II中 ，二价铁化合价不变，负一价的硫被氧化为正六价的硫，所以1molFeS2被氧化，会得7×2=14mol电子，故错误。
故答案为：C。
【分析】A.反应I为：4Fe(NO)2+O2+4H+=4NO+4Fe3++2H2O，消耗1molO2生成4molNO；
B：反应前后同一元素化合价发生改变的才是氧化还原反应；
C.氮元素一直以NO的形式存在，化合价没有发生改变；
D.找出化合价发生改变的元素为S，确定其生成物化合价为+6，同时要注意1molFeS2被氧化，有2mol负一价的硫被氧化。
19．（2022高一上·顺义期末）工业上将电石渣浆中的转化为，工艺流程如图。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中，被还原
B．过程Ⅱ中，做氧化剂
C．该流程中发生的反应均为氧化还原反应
D．将10L 480mg/L 转化为，理论上需要 0.3mol
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中，通入氧气生成；被氧化，故A不符合题意；
B．过程Ⅱ中，与S2 反应生成，说氧化产物，故B不符合题意；
C．该流程中，CaO与硫酸锰反应生成不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D.10L 480mg/L 含有，根据得失电子守恒可知：0.10mol×8＝n(O2)×4，n(O2)＝0.3mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成。
20．（2023高一下·常州期末）向l3.6g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入1.0L 0.5 mol/L NaOH溶液，生成沉淀质量为l9.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1：1
B．原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3 mol/L
C．产生的NO的体积为2.24L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.1mol
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A.首先根据沉淀的质量Cu（OH）219.6g，可以求出Cu（OH）2的物质的量为0.2mol，根据原子守恒， 原固体混合物中Cu与Cu2O 最后都会变为Cu（OH）2沉淀，所以 Cu和Cu2O 中的铜原子一共0.2mol，再根据混合物质量为13.6g ，设 Cu的物质的量为xmol，Cu2O为ymol，列出二元一次方程组，求出Cu的物质的量为0.1mol，Cu2O为0.05mol， 所以两者物质的量之比为2：1 ，故错误；
B.根据N原子守恒，我们知道硝酸中的N一部分变成了NO，一部分最后变为NaNO3，所以只要算出来一相加就可以了，根据得失电子守恒，失去电子数为2×0.1+2×0.05=0.3mol，而1molNO生成，转移3mol电子，所以NO物质的量为0.1mol，再根据钠守恒，硝酸钠的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，等于0.5mol，所以硝酸一共0.6mol，浓度为0.6mol/0.25L=2.4mol/L，故错误；
C.根据B选项计算，NO物质的量为0.1mol如果是标况下则为 2.24L ，但NO不一定处于标况下，故错误；
D.因为最后溶液显中性，氢氧化钠与铜离子生成沉淀的为0.4mol，则用来中和硝酸的为0.5-0.4=0.1mol，所以剩余硝酸为0.1mol，故正确，
故答案为：D
【分析】对于比较复杂的反应过程，涉及到好几个反应，利用原子守恒可以在不书写化学方程的前提下，比较快的解决问题。
根据N原子守恒，硝酸中的N一部分变成了NO，一部分最后变为NaNO3，而又根据Na原子守恒，得出硝酸钠的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，再根据得失电子守恒，算出NO的物质的量和体积。
二、有机推断题
21．（2023高一下·常州期末）A~I是常见有机物，其中A是乙烯，E的分子式为，H为有香味的油状物质。
已知：
（1）D中官能团的名称为 ，过程⑥的反应类型为 。
（2）写出下列反应的化学方程式：过程② ，过程⑦ 。
（3）12.4gG与足量的金属Na完全反应，生成标准状况下氢气的体积为 L。
（4）I的某同系物中有6个C原子，则其同分异构体有 种。
（5）写出E的同分异构体中与互为同系物的结构简式(写出1个即可) 。
【答案】（1）羧基；取代反应
（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH+CH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O
（3）4.48
（4）5
（5）
【知识点】有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】根据题干进行推断，乙烯与水加成，生成B 为乙醇，乙醇在铜做催化剂加热条件下被氧化为乙醛，即C，乙醛进一步被氧化为乙酸，D ，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E乙酸乙酯，接着根据已知条件
推断乙烯与水加成，生成了1，2-二溴乙烷，也就是物质F，F又在氢氧化钠水溶液条件下发生取代，生成乙二醇，乙二醇与过量的D，即乙酸继续发生酯化反应生成H
（1） D中官能团的名称为羧基，过程⑥的反应类型为取代反应；
（2）过程② 方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
过程⑦ 方程式为 2CH3COOH+CH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2；
(3) 12.4gG 也就是12.4g的乙二醇，物质的量为0.2mol，1mol羟基与足量Na反应生成0.5mol氢气，所以0.2mol乙二醇含有 0.4mol羟基，生成0.2mol氢气，转换为标况下的体积，即为4.48L；
（4） I是乙烯与氢气加成得到的，即乙烷，乙烷的同系物，也就是烷烃，含有六个碳原子，即己烷，同分异构体有5种；
（5）E为乙酸乙酯，与乙酸互为同系物放入结构简式有两种 。
【分析】（1）D为CH3COOH，所以官能团为羧基；
（2）该过程为乙醇催化氧化生成乙醛，条件注意有铜或者银作催化剂；
（3）掌握对应关系，1mol羟基与足量Na反应生成0.5mol氢气，不需要写化学方程式就可以直接得出氢气的物质的量，再进行转换；
（4）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；
（5）E为乙酸乙酯，与乙酸互为同系物放入结构简式有两种 。
三、元素或物质推断题
22．（2023高一下·常州期末）A、B、C、D、E为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，五种元素的原子序数之和为39，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）A2C2的结构式为 。
（2）E元素在元素周期表中的位置为 。
（3）C、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为 (填离子符号)。
（4）若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方案不可行的是____(填标号)。
A．将D的单质置于E的盐溶液中，若D的单质不能置换出E的单质，说明D的金属性弱
B．将少量D、E的单质分别投入水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强
C．比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，若D的最高价氧化物对应水化物的碱性强，说明D的金属性强
（5）用和组成以稀硫酸为电解质溶液的质子交换膜燃料电池，结构如图所示：
电极N是 (填“正极”或“负极”)，电极M上的电极反应式为 。
【答案】（1）
（2）第三周期Ⅲ族
（3）Al3+＜Na+＜O2-
（4）A
（5）正极；
【知识点】原电池工作原理及应用；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A、B、C、D、E为五种短周期主族元素 ，所以即为18号元素之前，而且为主族元素， A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2 ，又根据原子序数依次增大，所以A为氢元素，C为氧元素，则B为C或者N，又根据E的 周期序数与主族序数相等 ，推出只有Al符合要求，所以E为Al， 根据五种元素的原子序数之和为39 ，则B为碳元素， A、D同主族 D为钠。综上ABCDE分别对应氢、碳、氧、钠、铝
(1)、A2C2的结构式为H-O-O-H；
(2)、E元素为Al，在元素周期表中的位置为、第三周期Ⅲ族；
(3)、C、D、E三种元素的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+、三种离子的电子层数相同，核内质子数越大，原子半径越小，所以由小到大的顺序为Al3+＜Na+＜O2-；
(4)、若要比较D和E的金属性强弱，将D的单质置于E的盐溶液中，若D的单质不能置换出E的单质，说明D的金属性弱 ，因为Na比较活泼，会先和水反应，所以无法置换，但是D的金属性比E强，所以A方案不可行；
(5)、 甲烷和氧气组成的燃料电池，甲烷为负极，氧气为正极，根据图中电子的移动方向，电子由负极走向正极，所以N为正极，M为负极，电解质溶液为酸性，所以电极反应式为 。
【分析】
(1)、A2C2为过氧化氢，其结构式为H-O-O-H；
(2)、Al，在元素周期表中的位置为、第三周期Ⅲ族；
(3)、电子层结构相同的离子，质子数越大，半径越小；
(4)、一般金属可以通过是否能将其从盐溶液置换出来，判断金属活动性，但是对于比较活泼的金属，会先于水反应，无法置换；
(5)、书写电极反应式要看电池电解质溶液的酸碱性。
四、实验题
23．（2023高一下·常州期末）利用Zn和溶液反应模拟地下水的脱硝过程，并探究脱硝原理及相关因素对脱硝速率的影响。模拟过程的实验装置如图所示。
（1）实验室用稀洗涤Zn粒，再用蒸馏水洗涤至接近中性；将溶液的pH调至2.5。
①用稀洗涤Zn粒的目的是 。
②向上述溶液中加入足量洗涤后的Zn粒，写出Zn与溶液反应生成的离子方程式 。
③锥形瓶中NaOH溶液的作用是 。
（2）某兴趣小组进行了如下实验：取两套如图所示装置，分别加入等体积、等浓度的溶液；将溶液的pH值调节为2.5，并通入氮气；将其中一套实验装置浸入热水浴中(或浸入冰水浴中)；向三颈瓶中分别加入足量且等质量的同种Zn粒，用离子色谱仪测定相同反应时间时三颈瓶中的浓度。(已知：溶液中的的物质的量浓度可用离子色谱仪测定)
①该实验的目的是探究 对脱氮速率的影响。
②该实验过程中采用了科学探究中一种重要的思想方法是 。
（3）反应过程中有生成。为测定反应液中的含量，取过滤后的滤液100mL，用酸性溶液滴定，消耗溶液的体积为16.00mL。(在此条件下不与酸性溶液反应)。计算过滤后的滤液中的物质量浓度 。
【答案】（1）除去锌粒表面的氧化膜；4Zn＋NO＋10H＋= 4Zn2＋＋NH＋3H2O；吸收副反应可能产生的氮氧化物
（2）温度；控制变量法
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含氮物质的综合应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】 (1)、①用稀H2SO4洗涤Zn粒是为了祛除其表面的氧化物薄膜，便于进行反应，所以答案为：除去锌粒表面的氧化膜；
② 洗涤后的锌粒，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，与Zn发生氧化还原反应，根据给出的产物，尝试写出离子方程式：
4Zn＋NO＋10H＋= 4Zn2＋＋NH4+＋3H2O
③锥形瓶中NaOH溶液，考虑在装置的最后，反应可能会有氮氧化物生成，其有毒，所以作用为吸收副反应可能产生的氮氧化物
(2)① 该实验，加入的硝酸钾等体积等浓度，pH也相同，唯一的变量就是温度，所以答案为：温度；
②该实验过程中采用了科学探究中一种重要的思想方法是控制变量法 ，除了要探究的量，其余都是相同的；
(3) 本题目考查氧化还原的相关计算，需要先计算出得失电子的关系。 1mol NO2-失去2mol电子生成1mol ，1molKMnO4得到5mol电子生成1molMn2＋，根据得失电子守恒， 消耗 的KMnO4为 0.005x0.016= 8×10-5 ；
所以得到的电子数为：8×10-5 ×5=4×10-4，所以 NO2-的物质的量为4×10-4除以2，即为2×10-4mol， 物质的量浓度=n/v，2×10-4mol 除以0.1L，得到 。
【分析】
(1)锌粒，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，与Zn发生氧化还原反应，根据给出的产物，得出离子方程式：
4Zn＋＋10H＋= 4Zn2＋＋NH4+＋3H2O
(2)对照实验，要控制变量，找出不同的条件，就是要探究的因素；
(3)氧化还原相关计算，根据得失电子守恒，不写出化学方程式也可以很快算出来，只要确定反应物和生成物即可。
24．（2023高一下·常州期末）为更好地利用化学变化中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行程度等。实验发现，滤液反应比反应速率快，研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。
【提出猜想】
猜想一：钻入膜形成孔径，增大了Mg和的接触面积，加快了的反应速率，称作“离子钻入效应”；
猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换形成许多微小的原电池，使反应速率进一步加快。
【实验设计】
取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1mol/LKCl、、溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，观察Mg条表面实验现象。
实验序号 实验现象
1 / / / 5.00 微小气泡附着
2 4.50 0.50 / / 大量气泡放出
3 4.50 / / 0.50 少量气泡放出
4 a / b / 少量气泡放出
（1）①根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。
②由实验1和实验3对比可知：有加快反应速率的作用。
③由实验 和实验 对比可知：有加快反应速率的作用。
（2）【实验结论1】猜想一和猜想二成立。
已知：的水解离子方程式
为了进一步证明原电池能加快体系中的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。
【实验设计】选取实验2和实验4两个实验方案，采集两个实验的pH-时间、温度-时间变化数据。实验数据如图所示：
④由初始pH数据可知，曲线 (填“a”或“b”)表示实验2的pH-时间变化曲线，请解释原因 。
⑤在pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓的原因 。
⑥对“温度-时间”曲线分析，在相同反应时间内， (填“实验2”或“实验4”)放热更多，因此速率更快。
【实验结论2】结合pH-时间、温度-时间曲线可知，原电池能加快体系中的反应速率。
【答案】（1）4.5；0.5；2；4
（2）a；溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7；pH=11左右，溶液呈碱性，将生成Mg(OH)2，Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应；实验2
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理
【解析】【解答】(1)①根据控制变量原则，加入的物质体积总数应该一致，四组实验加入物质体积总和都为5mL，再对比前三组实验，所以a=4.5，b=0.5；
③对比2和4，能够得出结论；
(2)、④ 根据题意，由pH初始数据入手，会发现a和b曲线趋势相似，但是a曲线初始pH<7，而实验二中有银离子，根据已知 ，银离子水解显酸性，所以曲线a为实验二的变化曲线。故答案为：a溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7；
⑤pH=11左右 考虑溶液呈碱性，镁和水反应生成镁离子，但在碱性环境下，镁离子会与氢氧根生成氢氧化镁沉淀，附着在镁条表面，使反应速率下降，所以曲线趋于平缓。故答案为： pH=11左右，溶液呈碱性，将生成Mg(OH)2，Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应；
⑥ 由图可知，实验二的温度时间曲线斜率更大，坡度更陡，所以相同时间内，放出的热量更多。故答案为： 实验2。
【分析】
(1)实验1为空白对照试验，只放了水5mL，第二组加的硝酸银0.5mL，第三组加水0.5mL，第四组加硝酸钾0.5mL，那么变量就是是否含有银离子，通过气泡产生的量来确定结论。通过对比2和4，能够得出结论有加快反应速率的作用；
(2)图像题大部分解题信息，在图中都可以找到，不用想的太过复杂，识别横纵坐标，温度和pH是两个变量，所以从这两个角度去分析。
江苏省常州市第一中学2022-2023学年高一下学期化学期末测试试题
一、单选题
1．（2023高一下·常州期末）祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于（ ）
A．金属材料 B．无机非金属材料
C．有机合成材料 D．复合材料
2．（2023高一下·常州期末）黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列说法不正确的是（ ）
A．含离子键和共价键
B．与具有相同的电子层结构
C．的结构式为
D．干冰的晶体类型为共价晶体
3．（2023高一下·常州期末）硫循环在生态系统的诸多领域具有重要意义。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．工业制酸： B．火山喷发：
C．尾气吸收： D．酸雨侵蚀：
4．（2023高一下·常州期末）下列说法正确的是（ ）
A．1mol苯分子中含有C=C双键数目为3mol
B．1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗的分子数为3mol
C．标准状况下，11.2L中含有的共价键数目为2mol
D．常温常压下，17g羟基含有的电子总数为7mol
5．（2023高一下·常州期末）下列反应中既是氧化还原反应，能量变化情况又符合如图的是（ ）
A．氢氧化钠与稀盐酸的反应 B．碳和水蒸气的反应
C．和的反应 D．氢气的燃烧反应
6．（2023高一下·常州期末）氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷分子结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和Cu、P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。
下列说法正确的是（ ）
A．分子中的P-P-P键角为
B．白磷和红磷互为同位素
C．白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子
D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，白磷放出的热量更多
7．（2023高一下·常州期末）下列化学反应表示正确的是（ ）
A．用氨水和溶液制备：
B．工业上用足量氨水吸收：
C．用溶液吸收：
D．铁粉与过量稀硝酸：
8．（2023高一下·常州期末）下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气
B．硝酸受热易分解，可用于制
C．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂
D．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀
9．（2023高一下·常州期末）一定条件下，将4molA气体和2molB气体充入2L密闭容器中，发生如下反应：。反应2s后，测得C的浓度为0.6，下列说法正确的是（ ）
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7
A．③④ B．①④ C．②③ D．①③
10．（2023高一下·常州期末）X、Y、Z和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X的一种核素可用于测定文物的年代，X与Y同周期且相邻，四种元素中只有Z为金属元素，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：
B．X的简单氢化物比Y的稳定
C．工业上制取Z的单质都是用电解的方法
D．W的氧化物对应水化物酸性比X强
11．（2023高一下·常州期末）下列说法正确的是（ ）
A．石油是工业的血液，属于纯净物
B．相同碳原子数的烷烃的沸点都相同
C．有机物的一氯代物有3种
D．苯乙炔()最多有9个原子共平面
12．（2023高一下·常州期末）关于苯及苯的同系物的说法，不正确的是（ ）
A．利用甲苯的硝化反应可以制得TNT炸药
B．苯与甲苯互为同系物，可以用酸性溶液进行鉴别
C．苯和溴水振荡后，由于发生化学反应而使溴水的水层颜色变浅
D．煤焦油中含有苯和甲苯，可用分馏的方法把它们从煤焦油中提取出来
13．（2023高一下·常州期末）一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
14．（2023高一下·常州期末）除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是（ ）
选项 物质 所用试剂 方法
A SO2(CO2) 饱和碳酸氢钠溶液 洗气
B 乙烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
C 乙酸乙酯(乙酸) 饱和碳酸钠溶液 分液
D 苯(Br2) 氢氧化钠溶液 蒸馏
A．A B．B C．C D．D
15．（2022高三上·如皋月考）如图所示电池装置可将HCOOH转化为KHCO3，下列说法正确的是（ ）
A．每消耗1 mol O2，可将2 mol Fe2＋转化为Fe3＋
B．物质X为KOH
C．负极电极反应式为HCOO-＋2OH--2e-=HCO＋H2O
D．放电时，K＋由正极区移向负极区
16．（2023·郴州模拟）盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
17．（2023高一下·常州期末）利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023
18．（2023高一下·常州期末）在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是（ ）
A．反应I中消耗1molO2生成1molNO
B．反应Ⅲ是氧化还原反应
C．该转化过程中N元素化合价不变
D．反应II中1molFeS2被氧化转移16mol电子
19．（2022高一上·顺义期末）工业上将电石渣浆中的转化为，工艺流程如图。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中，被还原
B．过程Ⅱ中，做氧化剂
C．该流程中发生的反应均为氧化还原反应
D．将10L 480mg/L 转化为，理论上需要 0.3mol
20．（2023高一下·常州期末）向l3.6g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入1.0L 0.5 mol/L NaOH溶液，生成沉淀质量为l9.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1：1
B．原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3 mol/L
C．产生的NO的体积为2.24L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.1mol
二、有机推断题
21．（2023高一下·常州期末）A~I是常见有机物，其中A是乙烯，E的分子式为，H为有香味的油状物质。
已知：
（1）D中官能团的名称为 ，过程⑥的反应类型为 。
（2）写出下列反应的化学方程式：过程② ，过程⑦ 。
（3）12.4gG与足量的金属Na完全反应，生成标准状况下氢气的体积为 L。
（4）I的某同系物中有6个C原子，则其同分异构体有 种。
（5）写出E的同分异构体中与互为同系物的结构简式(写出1个即可) 。
三、元素或物质推断题
22．（2023高一下·常州期末）A、B、C、D、E为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，五种元素的原子序数之和为39，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）A2C2的结构式为 。
（2）E元素在元素周期表中的位置为 。
（3）C、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为 (填离子符号)。
（4）若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方案不可行的是____(填标号)。
A．将D的单质置于E的盐溶液中，若D的单质不能置换出E的单质，说明D的金属性弱
B．将少量D、E的单质分别投入水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强
C．比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，若D的最高价氧化物对应水化物的碱性强，说明D的金属性强
（5）用和组成以稀硫酸为电解质溶液的质子交换膜燃料电池，结构如图所示：
电极N是 (填“正极”或“负极”)，电极M上的电极反应式为 。
四、实验题
23．（2023高一下·常州期末）利用Zn和溶液反应模拟地下水的脱硝过程，并探究脱硝原理及相关因素对脱硝速率的影响。模拟过程的实验装置如图所示。
（1）实验室用稀洗涤Zn粒，再用蒸馏水洗涤至接近中性；将溶液的pH调至2.5。
①用稀洗涤Zn粒的目的是 。
②向上述溶液中加入足量洗涤后的Zn粒，写出Zn与溶液反应生成的离子方程式 。
③锥形瓶中NaOH溶液的作用是 。
（2）某兴趣小组进行了如下实验：取两套如图所示装置，分别加入等体积、等浓度的溶液；将溶液的pH值调节为2.5，并通入氮气；将其中一套实验装置浸入热水浴中(或浸入冰水浴中)；向三颈瓶中分别加入足量且等质量的同种Zn粒，用离子色谱仪测定相同反应时间时三颈瓶中的浓度。(已知：溶液中的的物质的量浓度可用离子色谱仪测定)
①该实验的目的是探究 对脱氮速率的影响。
②该实验过程中采用了科学探究中一种重要的思想方法是 。
（3）反应过程中有生成。为测定反应液中的含量，取过滤后的滤液100mL，用酸性溶液滴定，消耗溶液的体积为16.00mL。(在此条件下不与酸性溶液反应)。计算过滤后的滤液中的物质量浓度 。
24．（2023高一下·常州期末）为更好地利用化学变化中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行程度等。实验发现，滤液反应比反应速率快，研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。
【提出猜想】
猜想一：钻入膜形成孔径，增大了Mg和的接触面积，加快了的反应速率，称作“离子钻入效应”；
猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换形成许多微小的原电池，使反应速率进一步加快。
【实验设计】
取表面积和质量相同的镁条(5cm)，用浓度分别为1mol/LKCl、、溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，观察Mg条表面实验现象。
实验序号 实验现象
1 / / / 5.00 微小气泡附着
2 4.50 0.50 / / 大量气泡放出
3 4.50 / / 0.50 少量气泡放出
4 a / b / 少量气泡放出
（1）①根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。
②由实验1和实验3对比可知：有加快反应速率的作用。
③由实验 和实验 对比可知：有加快反应速率的作用。
（2）【实验结论1】猜想一和猜想二成立。
已知：的水解离子方程式
为了进一步证明原电池能加快体系中的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。
【实验设计】选取实验2和实验4两个实验方案，采集两个实验的pH-时间、温度-时间变化数据。实验数据如图所示：
④由初始pH数据可知，曲线 (填“a”或“b”)表示实验2的pH-时间变化曲线，请解释原因 。
⑤在pH=11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓的原因 。
⑥对“温度-时间”曲线分析，在相同反应时间内， (填“实验2”或“实验4”)放热更多，因此速率更快。
【实验结论2】结合pH-时间、温度-时间曲线可知，原电池能加快体系中的反应速率。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；合成材料
【解析】【解答】铝基碳化硅材料是金属铝和碳化硅复合而成的材料，
故答案为：D
【分析】铝属于金属，碳化硅属于无机物，两种材料共同构成即为复合材料。
2．【答案】D
【知识点】化学键；“等电子原理”的应用；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A.KNO3为离子晶体，钾离子和硝酸根之间为离子键，硝酸根内部为共价键，故A正确；
B.钾离子是钾原子失去最外层一个电子形成，硫离子由硫原子得到两个电子形成，最后都为三层，18个电子的结构，所以B正确；
C.氮气分子内为氮氮三键，所以结构式正确；
D.干冰为固态二氧化碳，二氧化碳是由分子构成的，所以属于分子晶体；
故答案为：D.
【分析】共价晶体是由原子构成。
3．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；自然界中的硫循环
【解析】【解答】A.O2只能将FeS2氧化为四价二氧化硫，不能氧化为三氧化硫；
C.碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，不能生成硫酸钠；
D.铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫化氢；
故答案为：B.
【分析】铁和硫酸反应，生成硫酸亚铁和氢气，不会生成H2S，不符合实际。
4．【答案】B
【知识点】物质的量的单位--摩尔；化学式及其计算
【解析】【解答】A.苯分子中的化学键为介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的化学键，所以苯分子中不含碳碳双键；
B.乙烯和乙醇书写燃烧的化学方程式，会发现1mol反应物消耗氧气的物质的量都是3mol，所以两者混在一起，无论占比多少，消耗氧气的量都是固定的；
C.CCl4在标准状况下为液态。所以11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol，不能计算；
D.17g羟基的物质的量为1mol，1个氧原子含有的电子数为8，氢原子为1，所以电子数为9mol。
故答案为：B.
【分析】A.苯分子中不含碳碳双键；
B.根据有机物的燃烧化学方程式计算耗氧量即可；
C.用n=要考虑物质的状态，是否为气态；
D.会计算羟基和氢氧根的电子数。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】题中图像，反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；
A.酸碱中和为放热反应；
B.碳，一氧化碳参与的还原反应都为吸热反应；
C.为吸热反应，但反应前后化合价未发生改变，所以不是氧化还原反应；
D.所有放入燃烧反应皆为放热反应。
故答案为：B.
【分析】化学反应前后化合价发生改变的为氧化还原反应，掌握常见的吸热放热反应。
A.酸碱中和反应为放热反应；
B.碳，一氧化碳参与的还原反应都为吸热反应；
C. 和 为典型的吸热反应；
D.所有放入燃烧反应都是放热反应。
6．【答案】D
【知识点】化学键；金属晶体的基本堆积模型；反应热的大小比较；同位素及其应用
【解析】【解答】A.P4为正四面体结构， P-P-P 键角为60° 故错误；
B.白磷和红磷是同一种元素组成的不同单质，为同素异形体， 故错误；
C.白磷晶胞采用面心立方堆积，配位数为12，也就是每个P4分子周围紧邻的P4分子为12个， 故错误；
D.白磷生成红磷为放热反应，说明红磷能量低，所以两者生成等量同状态的P2O5，白磷放热更多，故正确；
故答案为：D.
【分析】对于热量的比较，可以采用画图的方式，能更加直观的比较热量变化。
A.CH4的正四面体是 键角为；
B.同位素指的是具有相同质子数不同中子数的原子；
C.晶胞采用面心立方堆积，配位数为12；
D.生成物相同，反应物能量越高，放出热量越多。
7．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A.一水合氨为弱电解质，所以不能拆成离子形式 ，故错误；
B.足量的氨水可以将二氧化硫完全吸收，生成亚硫酸铵(NH4)2SO3 ，故错误；
C.CuSO4与PH3发生氧化还原，根据得失电子守恒判断是正确的；
D.铁粉与过量稀硝酸反应会生成三价铁，正确方程式为 Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 故错误；
故答案为：C.
【分析】A.弱电解质，不能拆成离子形式 ；
B.足量的氨水可以将二氧化硫完全吸收，产物发生变化；
C.用得失电子守恒判断方程式正误，前提是产物符合实际；
D.铁粉与少量稀硝酸反应生成二价铁，足量生成三价铁。
8．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氮气的化学性质；硝酸的化学性质；磷
【解析】【解答】A.氮气可用作保护气，是因为其化学性质不活泼，较稳定，与颜色无关 ，故错误；
B.硝酸受热分解生成二氧化氮，水和氧气，和制备硝酸铵没有直接关系，故错误；
C.液氨汽化吸收大量的热，会使温度降度，所以可用作制冷剂；
D.磷酸处理金属，可以在金属表面生成一层难溶的磷酸盐薄膜，进而保护金属不受腐蚀，和难挥发没有关系，故错误。
故答案为：C
【分析】A.氮气可用作保护气，是因为其化学性质不活泼，较稳定；
B.硝酸可以和NH3反应制备硝酸铵；
C.液氨汽化属于物理过程，能够吸收大量的热使温度降低；
D.磷酸可以在金属表面形成一层磷酸盐薄膜进而不受腐蚀。
9．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】针对化学反应速率的题目要先列出三行式 同时注意换算，反应物给的物质的量，生成物给的浓度，
2A（g）+B（g）=2C（g）
反应前 4 2 0
变化量 1.2 0.6 1.2
反应后 2.8 1.4 1.2
根据C=n/V 求出生成物的物质的量，再根据变化量等于计量系数之比，也就是2：1：2，
①用物质A表示的反应的平均速率 ，根据v=， 求出其速率为=0.3 故正确；
②根据反应速率之比=化学计量系数之比，所以用物质B表示的反应的平均速率为0.15 故错误；
③转化率=转化量/起始量 所以A的转化率为 30% ， 故错误；
④根据C=n/V ，B的浓度为1.4/2= 0.7， 故正确。
故答案为：B。
【分析】①求反应的平均速率 ，根据公式v= ，如果给的是物质的量，要换算为物质的量浓度；
②根据反应速率之比=化学计量系数之比，可求三种物质的反应速率；
③转化率=转化量/起始量，用物质的量或者浓度都可以；
④列出三行式，求出2s时B的物质的量，再根据C=n/V，求浓度。
10．【答案】C
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；碱金属的性质；碱金属及其化合物的性质实验；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据题目信息推测元素，首先X的核素可以测定文物年代，所以X为C碳元素，X与Y同周期，相邻，而且原子序数依次增大，所以Y为氮元素，W单质为黄绿色气体，也就是氯气，所以W为氯元素，而Z为金属元素，没有其他信息，所以可能是Na、Mg、Al其中一个。
综上所述 X、Y、Z和W 分别对应C 、N 、Na/Mg/Al 、Cl，然后对应选项分析
A.原子半径同一周期从左到右逐渐减小，同一主族从上到下依次增大，所以应该是C >N Na/Mg/Al >Cl 故A错误；
B.同一周期非金属性从左到右依次递减，所以X的非金属性比Y弱， 所以Y的简单氢化物比X的稳定 故B错误；
C.由于Na/Mg/Al都比较活泼。所以都采用电解的方法制取单质 故C正确；
D.对于氧化物的水化物的酸性，只能比较最高价氧化物对应水化物的酸性，所以W和X没有办法比较。
故答案为：C.
【分析】根据题目给出的主族元素和原子序数依次增大，就可以缩小范围，再根据所提供的信息进行对应。
A.原子半径同一周期从左到右逐渐减小，同一主族从上到下依次增大，也可以说“序大径小”；
B.非金属性越强，简单气态氢化物越稳定；
C.Na/Mg/Al虽然都采用电解，但是电解的种类不同Na是熔融NaCl，Mg是熔融MgCl2 Al是熔融Al 2O 3；
D.通过非金属性比较氧化物的水化物的酸性，一定要强调最高价。
11．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；卤代烃简介；烷烃
【解析】【解答】A.石油属于混合物 ，故错误；
B.相同碳原子数的烷烃，支链越多，沸点越低，故错误；
D.苯环上所有原子共面，乙炔分子所有原子共线，所以苯乙炔最多应该是所有原子都共面，即14个，故错误。
故答案为：C。
【分析】A.石油属于混合物 ；
B.相同碳原子数的烷烃，支链越多，沸点越低，不同碳原子数的烷烃，碳原子数越多熔沸点越高；
C.一氯代物的种类可以通过等效氢法来判断；
D.苯上的12个原子共面，乙炔分子上四个原子共面，取代以后通过旋转最多所有原子都共面。
12．【答案】C
【知识点】芳香烃；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A. 甲苯的硝化反应C7H8+HNO3=C7H7NO2+H2O 产物三硝基甲苯，可以制得TNT，故正确；
B. 苯与甲苯互为同系物 ，甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不可以。进而区分，故正确；
C.苯与溴水常温下不反应，溴水褪色是因为相似相溶，溴溶解在苯中而使溶液褪色，故错误；
D.可用分馏的方法把苯和甲苯煤焦油中提取出来，利用沸点不同，故正确。
故答案为：C。
【分析】A. 甲苯的硝化反应 产物三硝基甲苯，可以制得TNT；
B.苯的部分同系物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不可以，利用此点可以进行鉴别；
C. 苯和溴水振荡后 ，会发生萃取，而使其褪色；
D.可用分馏的方法把苯和甲苯 煤焦油中提取出来。
13．【答案】D
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A.SiO2不与硫酸反应，因此“酸浸”所得滤渣主要成分应该是SiO2 ，故错误；
B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，溶液极性降低，使配合物析出，所以析出的晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，故错误；
C.“沉铜”过程中，铜元素的化合价由+2价降为+1价，所以为氧化还原反应，不是复分解反应，故错误；
D.“转化”过程中，亚铜离子发生歧化反应生成铜单质和铜离子，所以所得滤液中含有的主要阳离子：、、 故正确。
故答案为：D。
【分析】 废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) ，经过酸浸，会把硫酸铜，氧化铁都转化为离子的形式，二氧化硅不与硫酸反应，所以会在滤渣中，加入氨水后进行沉铁，把铁离子变成沉淀，进而出去，然后通入二氧化硫，将铜离子转化为CuNH4NO3随后在酸性条件下，发生了转化，生成了铜单质。
14．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；乙酸的化学性质；除杂
【解析】【解答】A.CO2和碳酸氢钠不反应。而SO2可以反应，达不到除杂的目的，故错误；
B.乙烯可以与酸性高锰酸钾反应，但是乙烯会被高锰酸钾氧化为二氧化碳，而乙烷为气体，所以会引入新的杂质。故错误；
C. 饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸，而不与乙酸乙酯反应 ，故正确；
D. Br2氢氧化钠溶液反应后，与苯分层，用分液的方法就能分开，不能用蒸馏，故错误。
故答案为：C。
【分析】A.除杂不仅要除去杂质，还要考虑会不会引入新杂质，秉承只除不添的原则；
B.引入了新杂质二氧化碳；
C. 去除乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，只能用饱和碳酸钠溶液；
D.苯为有机溶剂，不溶于水，和氢氧化钠溶液不互溶。
15．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．每消耗1 mol O2，转移4mol电子，根据得失电子守恒，可知可将4 mol Fe2＋转化为Fe3＋，故A不符合题意；
B．右侧装置中实现Fe2＋转化为Fe3＋，并使三价铁离子进入原电池装置中，若X为KOH会使三价铁沉淀无法实现循环转化，故B不符合题意；
C．由图可知负极HCOO-失电子转化为HCO，电极反应式为HCOO-＋2OH--2e-=HCO＋H2O，故C符合题意；
D．放电时，原电池中的阳离子由负极区向正极区移动，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据得失电子守恒；
B．KOH会使三价铁沉淀无法实现循环转化；
C．负极失电子发生氧化反应；
D．放电时，原电池中的阳离子由负极区向正极区移动。
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；气体摩尔体积；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A不符合题意；
B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B不符合题意；
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C符合题意；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该电池装置为原电池，根据H2→，H元素化合价升高，则H2失电子发生氧化反应，所以Pt电极是负极。
B.NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺。
C.正极电极反应式为NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl。
D.原电池装置的负极反应式为H2-2e-=2，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl。
17．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.由图可知，NO分解生成N2和O2，从图中可以看出是每两个NO分子分解，会生成一个N2和一个O2，故正确；
B.稀硝酸据有氧化性，可以将铜氧化，生成一氧化氮，故正确；
C.过程 ② 是断裂化学键的过程，需要吸收能量，而过程③使形成新的化学键，放出能量，故错误；
D. 标准状况下，5.6 LN2 的物质的量为0.25mol，而生成1molN2 得到电子数为4mol，所以转移电子数为0.25×4×6.02×1023为6.02×1023 。故正确。
故答案为：C。
【分析】根据图像可以判断反应的化学键变化以及分子个数比，写出化学方程式再进行计算。方程式为： 2NO=N2+O2。
18．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】A. 由图可知，反应I中 二价铁离子被氧气氧化为三价铁离子，而O2 ，得电子被还原为-2价氧，所以要写出化学方程式，根据得 失电子守恒，反应I的方程式为：4Fe(NO)2+O2+4H+=4NO+4Fe3++2H2O，所以消耗1molO2生成4molNO，故错误；
B.反应三，二价铁变成二价铁，化合价没有发生改变，所以不是氧化还原反应，故错误；
C.由图可知氮元素始终以NO的形式存在，化合价没有发生变化，故正确；
D. 反应II中 ，二价铁化合价不变，负一价的硫被氧化为正六价的硫，所以1molFeS2被氧化，会得7×2=14mol电子，故错误。
故答案为：C。
【分析】A.反应I为：4Fe(NO)2+O2+4H+=4NO+4Fe3++2H2O，消耗1molO2生成4molNO；
B：反应前后同一元素化合价发生改变的才是氧化还原反应；
C.氮元素一直以NO的形式存在，化合价没有发生改变；
D.找出化合价发生改变的元素为S，确定其生成物化合价为+6，同时要注意1molFeS2被氧化，有2mol负一价的硫被氧化。
19．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中，通入氧气生成；被氧化，故A不符合题意；
B．过程Ⅱ中，与S2 反应生成，说氧化产物，故B不符合题意；
C．该流程中，CaO与硫酸锰反应生成不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D.10L 480mg/L 含有，根据得失电子守恒可知：0.10mol×8＝n(O2)×4，n(O2)＝0.3mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成。
20．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A.首先根据沉淀的质量Cu（OH）219.6g，可以求出Cu（OH）2的物质的量为0.2mol，根据原子守恒， 原固体混合物中Cu与Cu2O 最后都会变为Cu（OH）2沉淀，所以 Cu和Cu2O 中的铜原子一共0.2mol，再根据混合物质量为13.6g ，设 Cu的物质的量为xmol，Cu2O为ymol，列出二元一次方程组，求出Cu的物质的量为0.1mol，Cu2O为0.05mol， 所以两者物质的量之比为2：1 ，故错误；
B.根据N原子守恒，我们知道硝酸中的N一部分变成了NO，一部分最后变为NaNO3，所以只要算出来一相加就可以了，根据得失电子守恒，失去电子数为2×0.1+2×0.05=0.3mol，而1molNO生成，转移3mol电子，所以NO物质的量为0.1mol，再根据钠守恒，硝酸钠的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，等于0.5mol，所以硝酸一共0.6mol，浓度为0.6mol/0.25L=2.4mol/L，故错误；
C.根据B选项计算，NO物质的量为0.1mol如果是标况下则为 2.24L ，但NO不一定处于标况下，故错误；
D.因为最后溶液显中性，氢氧化钠与铜离子生成沉淀的为0.4mol，则用来中和硝酸的为0.5-0.4=0.1mol，所以剩余硝酸为0.1mol，故正确，
故答案为：D
【分析】对于比较复杂的反应过程，涉及到好几个反应，利用原子守恒可以在不书写化学方程的前提下，比较快的解决问题。
根据N原子守恒，硝酸中的N一部分变成了NO，一部分最后变为NaNO3，而又根据Na原子守恒，得出硝酸钠的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，再根据得失电子守恒，算出NO的物质的量和体积。
21．【答案】（1）羧基；取代反应
（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH+CH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O
（3）4.48
（4）5
（5）
【知识点】有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】根据题干进行推断，乙烯与水加成，生成B 为乙醇，乙醇在铜做催化剂加热条件下被氧化为乙醛，即C，乙醛进一步被氧化为乙酸，D ，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E乙酸乙酯，接着根据已知条件
推断乙烯与水加成，生成了1，2-二溴乙烷，也就是物质F，F又在氢氧化钠水溶液条件下发生取代，生成乙二醇，乙二醇与过量的D，即乙酸继续发生酯化反应生成H
（1） D中官能团的名称为羧基，过程⑥的反应类型为取代反应；
（2）过程② 方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
过程⑦ 方程式为 2CH3COOH+CH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2；
(3) 12.4gG 也就是12.4g的乙二醇，物质的量为0.2mol，1mol羟基与足量Na反应生成0.5mol氢气，所以0.2mol乙二醇含有 0.4mol羟基，生成0.2mol氢气，转换为标况下的体积，即为4.48L；
（4） I是乙烯与氢气加成得到的，即乙烷，乙烷的同系物，也就是烷烃，含有六个碳原子，即己烷，同分异构体有5种；
（5）E为乙酸乙酯，与乙酸互为同系物放入结构简式有两种 。
【分析】（1）D为CH3COOH，所以官能团为羧基；
（2）该过程为乙醇催化氧化生成乙醛，条件注意有铜或者银作催化剂；
（3）掌握对应关系，1mol羟基与足量Na反应生成0.5mol氢气，不需要写化学方程式就可以直接得出氢气的物质的量，再进行转换；
（4）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；
（5）E为乙酸乙酯，与乙酸互为同系物放入结构简式有两种 。
22．【答案】（1）
（2）第三周期Ⅲ族
（3）Al3+＜Na+＜O2-
（4）A
（5）正极；
【知识点】原电池工作原理及应用；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A、B、C、D、E为五种短周期主族元素 ，所以即为18号元素之前，而且为主族元素， A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2 ，又根据原子序数依次增大，所以A为氢元素，C为氧元素，则B为C或者N，又根据E的 周期序数与主族序数相等 ，推出只有Al符合要求，所以E为Al， 根据五种元素的原子序数之和为39 ，则B为碳元素， A、D同主族 D为钠。综上ABCDE分别对应氢、碳、氧、钠、铝
(1)、A2C2的结构式为H-O-O-H；
(2)、E元素为Al，在元素周期表中的位置为、第三周期Ⅲ族；
(3)、C、D、E三种元素的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+、三种离子的电子层数相同，核内质子数越大，原子半径越小，所以由小到大的顺序为Al3+＜Na+＜O2-；
(4)、若要比较D和E的金属性强弱，将D的单质置于E的盐溶液中，若D的单质不能置换出E的单质，说明D的金属性弱 ，因为Na比较活泼，会先和水反应，所以无法置换，但是D的金属性比E强，所以A方案不可行；
(5)、 甲烷和氧气组成的燃料电池，甲烷为负极，氧气为正极，根据图中电子的移动方向，电子由负极走向正极，所以N为正极，M为负极，电解质溶液为酸性，所以电极反应式为 。
【分析】
(1)、A2C2为过氧化氢，其结构式为H-O-O-H；
(2)、Al，在元素周期表中的位置为、第三周期Ⅲ族；
(3)、电子层结构相同的离子，质子数越大，半径越小；
(4)、一般金属可以通过是否能将其从盐溶液置换出来，判断金属活动性，但是对于比较活泼的金属，会先于水反应，无法置换；
(5)、书写电极反应式要看电池电解质溶液的酸碱性。
23．【答案】（1）除去锌粒表面的氧化膜；4Zn＋NO＋10H＋= 4Zn2＋＋NH＋3H2O；吸收副反应可能产生的氮氧化物
（2）温度；控制变量法
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含氮物质的综合应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】 (1)、①用稀H2SO4洗涤Zn粒是为了祛除其表面的氧化物薄膜，便于进行反应，所以答案为：除去锌粒表面的氧化膜；
② 洗涤后的锌粒，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，与Zn发生氧化还原反应，根据给出的产物，尝试写出离子方程式：
4Zn＋NO＋10H＋= 4Zn2＋＋NH4+＋3H2O
③锥形瓶中NaOH溶液，考虑在装置的最后，反应可能会有氮氧化物生成，其有毒，所以作用为吸收副反应可能产生的氮氧化物
(2)① 该实验，加入的硝酸钾等体积等浓度，pH也相同，唯一的变量就是温度，所以答案为：温度；
②该实验过程中采用了科学探究中一种重要的思想方法是控制变量法 ，除了要探究的量，其余都是相同的；
(3) 本题目考查氧化还原的相关计算，需要先计算出得失电子的关系。 1mol NO2-失去2mol电子生成1mol ，1molKMnO4得到5mol电子生成1molMn2＋，根据得失电子守恒， 消耗 的KMnO4为 0.005x0.016= 8×10-5 ；
所以得到的电子数为：8×10-5 ×5=4×10-4，所以 NO2-的物质的量为4×10-4除以2，即为2×10-4mol， 物质的量浓度=n/v，2×10-4mol 除以0.1L，得到 。
【分析】
(1)锌粒，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，与Zn发生氧化还原反应，根据给出的产物，得出离子方程式：
4Zn＋＋10H＋= 4Zn2＋＋NH4+＋3H2O
(2)对照实验，要控制变量，找出不同的条件，就是要探究的因素；
(3)氧化还原相关计算，根据得失电子守恒，不写出化学方程式也可以很快算出来，只要确定反应物和生成物即可。
24．【答案】（1）4.5；0.5；2；4
（2）a；溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7；pH=11左右，溶液呈碱性，将生成Mg(OH)2，Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应；实验2
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理
【解析】【解答】(1)①根据控制变量原则，加入的物质体积总数应该一致，四组实验加入物质体积总和都为5mL，再对比前三组实验，所以a=4.5，b=0.5；
③对比2和4，能够得出结论；
(2)、④ 根据题意，由pH初始数据入手，会发现a和b曲线趋势相似，但是a曲线初始pH<7，而实验二中有银离子，根据已知 ，银离子水解显酸性，所以曲线a为实验二的变化曲线。故答案为：a溶液中存在银离子，银离子水解使得溶液呈酸性，所以初始阶段pH<7；
⑤pH=11左右 考虑溶液呈碱性，镁和水反应生成镁离子，但在碱性环境下，镁离子会与氢氧根生成氢氧化镁沉淀，附着在镁条表面，使反应速率下降，所以曲线趋于平缓。故答案为： pH=11左右，溶液呈碱性，将生成Mg(OH)2，Mg(OH)2沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg+H2O的反应；
⑥ 由图可知，实验二的温度时间曲线斜率更大，坡度更陡，所以相同时间内，放出的热量更多。故答案为： 实验2。
【分析】
(1)实验1为空白对照试验，只放了水5mL，第二组加的硝酸银0.5mL，第三组加水0.5mL，第四组加硝酸钾0.5mL，那么变量就是是否含有银离子，通过气泡产生的量来确定结论。通过对比2和4，能够得出结论有加快反应速率的作用；
(2)图像题大部分解题信息，在图中都可以找到，不用想的太过复杂，识别横纵坐标，温度和pH是两个变量，所以从这两个角度去分析。
