2024屆高考二輪復習基礎(chǔ)夯實練-氧族與碳族及其應(yīng)用 作業(yè)

2024屆高三化學二輪復習基礎(chǔ)夯實練——氧族與碳族及其應(yīng)用一、單選題1．下列轉(zhuǎn)化能一步實現(xiàn)且合理的是（）A．Cu2(OH)2CO3CuSO4(aq)→H2B．飽和食鹽水NaHCO3Na2CO3C．H2SSSO3→H2OH2SOD．SiNa2SiO3SiO2→H2OH2SiO2．“碳中和”是指的排放總量和減少總量相當。下列措施中能有效促進碳中和的是（）A．汽油中添加乙醇B．開采可燃冰作為燃料C．通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染D．研發(fā)催化劑將還原為甲醇3．人們的生活、生產(chǎn)與化學息息相關(guān)，下列說法正確的是（）A．復旦大學研究的能導電、存儲的二維材料二硫化鉬是一種新型有機功能材料B．中國天眼用到碳化硅、芯片用到高純硅、石英玻璃用到硅酸鹽C．中國殲-20上用到的氮化鎵材料是當做金屬合金材料使用的D．石墨烯彈性氣凝膠制成的碳海綿可用作處理原油泄漏的吸油材料4．下列有關(guān)物質(zhì)用途的說法，錯誤的是（）A．二氧化硫常用于漂白紙漿B．漂粉精可用于游泳池水消毒C．碳酸鋇可用來治療胃酸過多D．氧化鐵常用于紅色油漆和涂料5．下列關(guān)于煤、石油和天然氣等資源的敘述錯誤的是（）A．煤是由不同有機化合物和無機物所組成的復雜混合物B．液化天然氣(LNG)和罐裝液化石油氣(LPG)主要成分都屬于烴類C．沼氣、天然氣分別屬于可再生能源、化石能源D．石油分餾可獲得乙酸、苯及其衍生物6．下列各組物質(zhì)中，滿足表中圖示物質(zhì)在一定條件下，一步轉(zhuǎn)化關(guān)系的組合有（）序號XYZW①SiNa2SiO3H2SiO3SiO2②NaNaOHNa2CO3NaCl③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A．①②③ B．①③ C．②③ D．①④7．在給定條件下，下列物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)的是（）①SiSiO2H2SiO3②CCO2CO③飽和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Mg(OH)2MgCl2(aq)無水MgCl2⑤NH3NONO2HNO3A．①④⑤ B．①③④ C．②③⑤ D．②④⑤8．下列說法正確的是（）A．和都是酸性氧化物，二者的水溶液都是強酸B．硫化鈉和亞硫酸鈉固體長期暴露在空氣中會變質(zhì)C．不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐D．和溶液都不能使溴水褪色9．下列說法正確的是（）A．富勒烯包含C60、C70、碳納米管等，它們互為同素異形體B．H，D，T互為同位素，中子數(shù)都為1C．的名稱是：4-甲基戊烷D．C4H10的一氯代物只有兩種10．下列說法錯誤的是（）A．和一定互為同系物B．16O和18O互為同位素C．乙醛和環(huán)氧乙烷互為同分異構(gòu)體D．S4和S8互為同素異形體11．《環(huán)境科學》刊發(fā)了我國科研部門采用零價鐵活化過硫酸鈉(，其中S為＋6價)去除廢水中正五價砷As(V)的研究成果，其反應(yīng)機理模型如圖所示。下列說法錯誤的是A．反應(yīng)過程中有非極性鍵的斷裂B．溶液的pH越小，越有利于去除廢水中的正五價砷C．堿性條件下，硫酸根自由基發(fā)生的反應(yīng)方程式為D．反應(yīng)過程中，存在反應(yīng)12．下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A．MgO熔點高，可用于電解冶煉鎂B．酒精具有揮發(fā)性，可用于消毒殺菌C．Fe粉具有還原性，可用作食品袋中的抗氧化劑D．SO2具有氧化性，常用于漂白秸稈、織物13．某短周期元素的價類二維圖如圖所示，其中y是一種常見氣體，a為酸式鹽，e的相對分子質(zhì)量比d大16.以下判斷正確的有（）①a的水溶液一定顯酸性②x既可能是強酸，也可能是強堿③y是O2④若d為酸性氧化物，則其具有漂白性⑤e與水反應(yīng)一定能生成一種強酸A．5個 B．4個 C．3個 D．2個14．“碳中和”有利于全球氣候改善。下列有關(guān)CO2的說法錯誤的是（）A．CO2是Ⅴ形的極性分子 B．CO2可催化還原為甲酸C．CO2晶體可用于人工增雨 D．CO2是侯氏制堿法的原料之一15．多晶硅是單質(zhì)硅的一種形態(tài)，是制造硅拋光片、太陽能電池及高純硅芯片的主要原料。下圖為第三代工業(yè)制取多晶硅流程，已知圖中的Y在Z中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰。下列說法錯誤的是（）A．Y、Z分別為H2、Cl2B．制取粗硅的過程中焦炭與石英會發(fā)生副反應(yīng)生成碳化硅，在該副反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1C．SiHCl3極易水解，其完全水解的產(chǎn)物為H2SiO3、H2、HCl，據(jù)此推測SiHCl3中硅元素的化合價為+4D．Y與SiHCl3制備多晶硅的反應(yīng)屬于置換反應(yīng)16．下列陳述I與陳述Ⅱ均正確，且具有因果關(guān)系的是（）選項陳述I陳述ⅡA用Na2O2作呼吸面具的氧氣來源Na2O2能氧化CO2B用FeCl3溶液刻蝕銅質(zhì)電路板氧化性：Cu2+＜Fe3+C用石灰乳脫除煙氣中的SO2SO2具有氧化性D用Na2S溶液除去廢水中的Hg2+Na2S具有還原性A．A B．B C．C D．D17．工業(yè)上常用堿性廢液吸收，反應(yīng)原理為，部分催化過程如圖所示，有關(guān)說法錯誤的是（）A．是催化劑，中間產(chǎn)物只有B．在反應(yīng)過程中產(chǎn)生的可加快對的吸收C．也可用于脫硫，且脫硫效果比更好D．“過程2”的離子方程式可表示為18．設(shè)表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，某工業(yè)脫硫過程如圖所示(CuS極難溶于水)。下列說法正確的是（）A．過程①發(fā)生復分解反應(yīng)，由強酸反應(yīng)得到弱酸B．過程②中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：C．過程③中，每有11.2L參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)D．脫硫過程總反應(yīng)為19．下列說法正確的是（）A．圖Ⅰ所示裝置用于Cu和濃H2SO4制取少量的SO2氣體B．圖Ⅱ裝置可驗證非金屬性：Cl>C>SiC．圖Ⅲ可用于收集氣體H2、CO2、Cl2、NH3D．圖Ⅳ表示將SO2氣體通入H2S水溶液中，所得溶液的pH變化20．物質(zhì)的性質(zhì)決定用途和保存方式，下列兩者對應(yīng)關(guān)系不正確的是（）A．見光易分解，濃硝酸用棕色瓶保存B．具有強氧化性，可用于殺菌消毒C．具有還原性，可用于漂白紙漿D．難溶于稀鹽酸，醫(yī)學上常用作“鋇餐”二、綜合題21．某課題組設(shè)計實驗檢驗生鐵與濃硫酸反應(yīng)的產(chǎn)物?；卮鹣铝袉栴}：（1）Ⅰ.設(shè)計如下方案，檢驗氣體產(chǎn)物中的CO2、SO2和H2O。干燥管B中M的化學式是；（2）C裝置的作用是；（3）能證明有二氧化碳生成的實驗現(xiàn)象是；（4）待生鐵與濃硫酸反應(yīng)完畢后，檢驗燒瓶中的溶液含有Fe3＋的試劑是：。（5）Ⅱ.該課題組同學認為生鐵與濃硫酸反應(yīng)可能有氫氣生成。為了驗證這一猜想，選擇下列儀器和藥品并結(jié)合上述裝置，重新設(shè)計實驗。根據(jù)實驗設(shè)計的簡約性原則，氣流從左至右，儀器排序為。（6）能證明有氫氣生成的實驗現(xiàn)象是。22．天然氣是一種重要的化工原料，其中含有少量H2S羰基硫（COS），能引起催化劑中毒、化學產(chǎn)品質(zhì)量下降和大氣污染。（1）氨水可以吸收H2S，若生成物是NH4HS，寫出反應(yīng)的離子方程式。（2）利用含F(xiàn)e3+的溶液可以脫除其中的H2S。將H2S和空氣按一定流速通酸性FeCl3溶液，可實現(xiàn)空氣脫硫得到單質(zhì)硫。FeCl3溶液吸收H2S過程中，溶液中的n（Fe3+）、被吸收的n（H2S）隨時間t變化如圖。①t1以前，溶液中n（Fe3+）不斷減小的原因是（用離子方程式表示）。②t1以后，溶液中n（Fe3+）基本保持不變，原因是。此時，溶液中總反應(yīng)的離子方程式可以表示為。（3）羰基硫的堿性水解是常用的脫硫方法，其流程如圖：①已知B是硫化鈉，C是一種正鹽，則B的電子式為，C的化學式為。②寫出反應(yīng)②的離子方程式。③如圖是反應(yīng)②中，在不同反應(yīng)溫度下.反應(yīng)時間與H2產(chǎn)量的關(guān)系（Na2S初始含量為3mmol）。由圖像分析可知，a點時溶液中除S2O32-外，還有（填含硫微粒的離子符號）。23．某化學小組為探究的制備、性質(zhì)及檢驗等相關(guān)問題，進行如下實驗：（1）Ⅰ.制備并收集純凈干燥的

實驗室可供選擇的試劑：C(s)、Cu(s)、飽和溶液、75%濃。①實驗所需裝置的連接順序是：a→→d→e(按氣流方向用小寫字母標號表示)。②該實驗中制備的反應(yīng)方程式為。（2）Ⅱ.探究的性質(zhì)將收集到的持續(xù)通入如圖裝置進行實驗：①裝置E中出現(xiàn)現(xiàn)象時可驗證具有氧化性。②裝置F用于驗證的還原性，為實現(xiàn)這一目的，需進一步采取的實驗操作是。③從硫元素間的相互轉(zhuǎn)化所得的規(guī)律判斷下列物質(zhì)中既有氧化性，又有還原性的是(填字母序號)。a．Nab．c．d．e．（3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化劑殘留量(以游離計算)的測定準確量取100.00mL葡萄酒樣品，加酸蒸餾出抗氧化劑成分，取餾分于錐形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物質(zhì)的量濃度為標準溶液滴定至終點，重復操作三次，平均消耗標準溶液22.50mL。(已知滴定過程中所發(fā)生的反應(yīng)是)。

滴定前需排放裝有溶液的滴定管尖嘴處的氣泡，其正確的圖示為____(填字母)。A． B．C． D．（4）判斷達到滴定終點的依據(jù)是；所測100.00mL葡萄酒樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離計算)為。24．國家速滑館“冰絲帶”是北京冬奧會最具科技含量的場館，它采用了當前冬季運動場館最環(huán)保的制冰技術(shù)之一——二氧化碳跨臨界直接制冰技術(shù)。（1）CO2由氣體變成固體的過程中，下列判斷正確的是____。（單選）A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＞0，ΔS＜0C．ΔH＜0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0（2）關(guān)于CO2敘述不正確的是____。（單選）A．CO2屬于酸性氧化物 B．CO2分子中含有極性鍵C．CO2屬于非電解質(zhì) D．CO2是極性分子（3）為吸收CO2，下列處理CO2的轉(zhuǎn)化關(guān)系不能實現(xiàn)是____。（單選）A．NaOH(aq)Na2CO3(aq) B．NaCl(aq)NaHCO3(s)C．Ca(ClO)2(aq)CaCO3(s) D．(aq)(aq)（4）基于新材料及3D打印技術(shù)，科學家研制出的微膠囊吸收劑，它能將排放的CO2以更加安全、廉價和高效的方式處理掉，球形微膠囊內(nèi)部充入(NH4)2CO3溶液，其原理如圖所示。已知：(NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l)2NH4HCO3(aq)ΔH=－25.3kJ·mol－1吸收CO2時宜選用（選填“低溫”或“高溫”）理由、（列舉兩點）。（5）已知一水合氨和碳酸室溫下電離平衡常數(shù)如下：弱電解質(zhì)H2CO3NH3·H2O電離平衡常數(shù)Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Kb＝1.8×10－5試結(jié)合必要的化學用語與簡單計算，判斷0.1mol·L－1NH4HCO3溶液的酸堿性25．Na2S2O3俗稱大蘇打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加熱反應(yīng)，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃時，Na2S2O3在100g水中的溶解度分別為60.0g和212g。常溫下，從溶液中析出的晶體是Na2S2O3·5H2O?，F(xiàn)實驗室欲制取Na2S2O3·5H2O晶體（Na2S2O3·5H2O的相對分子質(zhì)量為248）

步驟如下：①稱取12.6gNa2SO3于燒杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少許乙醇潤濕后，加到上述溶液中。③（如圖所示，部分裝置略去），水浴加熱，微沸，反應(yīng)約1小時后過濾。④濾液在經(jīng)過..........、...........后析出Na2S2O3·5H2O晶體。⑤進行減壓過濾并干燥。（1）儀器B的名稱是，其作用是，加入的硫粉用乙醇潤濕的目的是。（2）步驟④應(yīng)采取的操作是、。（3）濾液中除Na2S2O3和可能未反應(yīng)完全的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質(zhì)是。如果濾液中該雜質(zhì)的含量不很低，其檢測的方法是：。（4）為了測產(chǎn)品的純度，稱取7.40g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于錐形瓶中，滴加淀粉溶液作指示劑，再用濃度為0.0500mol/L的碘水，用（填“酸式”或“堿式”）滴定管來滴定（2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－），滴定結(jié)果如下：滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28則所得產(chǎn)品的純度為，你認為影響純度的主要原因是（不考慮操作引起誤差）。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．堿式碳酸銅與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、硫酸銅與水不能直接反應(yīng)生成銅（電解硫酸銅可得到銅），轉(zhuǎn)化不能一步實現(xiàn)，選項A不符合題意；B．飽和食鹽水中通入氨氣再通入足量二氧化碳產(chǎn)生碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉固體受熱分解生成碳酸鈉，均能一步實現(xiàn)且合理，選項B符合題意；C．硫化氫氣體在氧氣中點燃不完全反應(yīng)生成S，S在氧氣中燃燒只能生成二氧化硫不能直接生成三氧化硫，三氧化硫與水反應(yīng)生成硫酸，轉(zhuǎn)化不能一步實現(xiàn)，選項C不符合題意；D．硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉高溫條件下無法直接得到二氧化硅，二氧化硅也無法與水反應(yīng)生成硅酸，轉(zhuǎn)化不能一步實現(xiàn)，選項D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.電解硫酸銅生成單質(zhì)銅；

C.S在氧氣中點燃只能生成二氧化硫；

D.二氧化硅與水不反應(yīng)。2．【答案】D【解析】【解答】A．乙醇燃燒也產(chǎn)生二氧化碳，汽油中添加乙醇，不能減少二氧化碳的排放，故A不符合題意；B．可燃冰是甲烷的結(jié)晶水合物，作為燃料會產(chǎn)生二氧化碳，不利于碳中和，故B不符合題意；C．通過煤清潔技術(shù)能較少二氧化硫的排放，但是無法減少二氧化碳的排放，故C不符合題意；D．將二氧化碳還原為甲醇，減少了二氧化碳的排放，能最直接有效的促進碳中和，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.乙醇燃燒生成二氧化碳；

B.可燃冰是甲烷水合物，燃燒產(chǎn)生二氧化碳；

C.煤清潔技術(shù)能減少二氧化硫的排放，但不能減少二氧化碳的排放。3．【答案】D【解析】【解答】A.有機物是指含碳的化合物，所以二硫化鉬不屬于有機化合物，故A不符合題意；B.石英玻璃的主要成分為二氧化硅，不是硅酸鹽，故B不符合題意；C.金屬合金是指一種金屬與另一種或幾種金屬，或非金屬經(jīng)過混合熔化，冷卻凝固后得到的具有金屬性質(zhì)的固體產(chǎn)物。氮化鎵是化合物，不屬于合金，故C不符合題意；D.石墨烯彈性氣凝膠制成的碳海綿，具有吸附性，可用作處理原油泄漏的吸油材料，故D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.根據(jù)有機物的概念進行判斷；

B.高純硅不是硅酸鹽；

C.根據(jù)合金材料的組成進行判斷；

D.根據(jù)膠體的性質(zhì)進行判斷。4．【答案】C【解析】【解答】A.二氧化硫有漂白性，故常用于漂白紙漿，A不符合題意；B.漂粉精有強氧化性，故可用于游泳池水消毒，B不符合題意；C.碳酸鋇雖然可與鹽酸反應(yīng)，但是，生成的氯化鋇有毒，故不能用來治療胃酸過多，C符合題意；D.氧化鐵是紅棕色粉末，故常用于紅色油漆和涂料，D不符合題意。故答案為：C。【分析】A.利用二氧化硫的漂白性漂白紙漿；

B.漂粉精具有強氧化性；

C.碳酸氫鈉用來治療胃酸過多；

D.氧化鐵為紅色固體。5．【答案】D【解析】【解答】A.煤是由無機物和少量有機物組成的混合物，主要以碳元素為主，A不符合題意；B.液化天然氣（LNG）和罐裝液化石油氣（LPG）主要成分都屬于烴類，B不符合題意；C.天然氣、沼氣都是甲烷，分別屬于化石能源、可再生能源，C不符合題意；D.石油主要成分是各種烷烴、環(huán)烷烴、芳香烴的混合物，石油常壓分餾產(chǎn)物：液化石油氣、汽油、煤油、柴油、重油，減壓分餾產(chǎn)物：重柴油、潤滑油、凡士林、石蠟、瀝青，D符合題意；故答案為：D【分析】A.煤是一種混合物；

B.液化天然氣和罐裝液化石油氣的主要成分都是烴類；

C.沼氣屬于可再生能源，天然氣屬于化石能源；

D.石油分餾得不到乙酸；6．【答案】A【解析】【解答】①硅與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成硅酸，硅酸受熱分解生成二氧化硅，二氧化硅在高溫條件下與碳反應(yīng)生成硅單質(zhì)，選項①符合；②鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，氫氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉，碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉，電解熔融氯化鈉得到鈉，選項②符合；③氯氣與石灰乳反應(yīng)生成次氯酸鈣，次氯酸鈣與二氧化碳和水反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸見光分解生成鹽酸，濃鹽酸與二氧化錳加熱條件下反應(yīng)制備氯氣，選項③符合；④鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，氯化鐵與鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，氯化亞鐵與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不能一步轉(zhuǎn)化為鐵，選項④不符合，綜上所述，①②③符合題意，A項符合題意故答案為：A。

【分析】①Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，H2SiO3SiO2+H2O；②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+2HCl=CO2↑+H2O+2NaCl；③2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3，2HClO2HCl+O2↑；④氫氧化亞鐵不能一步轉(zhuǎn)化為鐵。7．【答案】C【解析】【解答】①中SiO2屬于酸性氧化物，但不能與水反應(yīng)，①中轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)；②碳在氧氣中燃燒生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高溫條件下反應(yīng)生成一氧化碳，②中轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)；③在飽和NaCl溶液中依次通入氨氣、二氧化碳可生成碳酸氫鈉沉淀，碳酸氫鈉加熱可生成碳酸鈉、二氧化碳和水，③中轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)；④MgCl2溶液直接加熱不能得到無水MgCl2，要在氯化氫氣氛中加熱才可以，④中轉(zhuǎn)化不能實現(xiàn)；⑤NH3發(fā)生催化氧化生成NO，NO與氧氣反應(yīng)生成NO2，NO2與水反應(yīng)生成HNO3和NO，⑤中轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)；綜上所述，上述轉(zhuǎn)化能實現(xiàn)的是②③⑤，故答案為：C。

【分析】①SiO2不能與水反應(yīng)；

②碳與足量氧氣反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高溫條件下反應(yīng)生成一氧化碳；

③在飽和NaCl溶液中通入氨氣、形成飽和銨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中碳酸氫鈉溶解度最小，所以析出碳酸氫鈉，加熱碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉；

④MgCl2溶液直接加熱發(fā)生水解最終得到氫氧化鎂；

⑤NH3發(fā)生催化氧化生成NO，NO與氧氣反應(yīng)生成NO2，NO2與水反應(yīng)生成HNO3。

8．【答案】B【解析】【解答】A．溶于水形成亞硫酸，溶于水形成硫酸，亞硫酸為弱酸，A不符合題意；B．硫化鈉和亞硫酸鈉均易被氧化，所以硫化鈉和亞硫酸鈉固體長期暴露在空氣中會被氧化而變質(zhì)，B符合題意；C．雖不溶于水，但溶于強酸，胃酸中的HCl為強酸，所以不能用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐，應(yīng)該選用硫酸鋇作鋇餐，C不符合題意；D．和溶液均具有還原性，溴水中具有氧化性，所以兩者均能與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使其褪色，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼．亞硫酸為弱酸；B．硫化鈉和亞硫酸鈉均易被氧化；C．不溶于水，但溶于強酸；D．和溶液均具有還原性。9．【答案】A【解析】【解答】A.富勒烯包含C60、C70、碳納米管等，它們都為碳的單質(zhì)，因此它們互為同素異形體，故A符合題意；B.H、D、T互為同位素，中子數(shù)分別為0、1、2，故B不符合題意；C.的名稱是：2-甲基戊烷，故C不符合題意；D.C4H10有兩種結(jié)構(gòu)，正丁烷和異丁烷，正丁烷一氯代物有兩種，異丁烷一氯代物有兩種，因此C4H10一氯代物共四種，故D不符合題意。故答案為：A?！痉治觥客凰厥琴|(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的原子，針對對象是原子，不能是分子或離子等。10．【答案】A【解析】【解答】A．和有同分異構(gòu)體，有可能不是同一種物質(zhì)，不一定互為同系物，故A符合題意；B．16O和18O互為同位素，故B不符合題意；C．乙醛和環(huán)氧乙烷分子式都為C2H4O，故互為同分異構(gòu)體，故C不符合題意；D．同種元素組成的不同單質(zhì)互為同素異形體，S4和S8互為同素異形體，故D不符合題意；故答案為：A

【分析】A.結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或n個CH2的化合物互為同系物；

B.同位素是指質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同種元素的不同原子；

C.分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體；

D.同種元素組成的不同單質(zhì)互為同素異形體。11．【答案】B【解析】【解答】A．反應(yīng)過程中存在過硫酸鈉中的-O-O-的斷裂，故有非極性鍵的斷裂，A不符合題意；B．H3AsO4為弱酸，溶液的pH越小，導致As以分子形式存在，反而不利于去除廢水中的正五價砷，B符合題意；C．由圖可知，堿性條件下，硫酸根自由基和氫氧根離子生成硫酸根離子和氫氧根自由基，發(fā)生的反應(yīng)方程式為，C不符合題意；D．反應(yīng)過程中，在腐蝕層表面存在反應(yīng)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．同種原子之間的共價鍵為非極性鍵；不同種原子之間的共價鍵為極性鍵；B．H3AsO4為弱酸，依據(jù)電離平衡的移動分析；C．依據(jù)圖像，堿性條件下，硫酸根自由基和氫氧根離子生成硫酸根離子和氫氧根自由基；D．依據(jù)機理模型判斷。12．【答案】C【解析】【解答】A.MgO熔點高，電解前需要將其熔化，耗能大，制備Mg，電解熔融MgCl2而不是氧化鎂，故A不符合題意；B.乙醇能使蛋白質(zhì)變性，故常用于病人的注射消毒。酒精具有揮發(fā)性，能用于人工降溫，與消毒無關(guān)，故B不符合題意；C.還原Fe粉具有還原性，易和空氣中的氧氣反應(yīng)，可用作食品袋中的吸氧劑，故C符合題意；D.二氧化硫具有漂白性，則用于漂白紙漿，與氧化性無關(guān)，故D不符合題意。故答案為：C【分析】A、熔點高，浪費能源，一般是電解氯化鎂；

B、酒精可以是蛋白質(zhì)變性；

C、鐵有還原性，能夠被氧化；

D、二氧化硫具有漂白性，可以對有色物質(zhì)漂白。13．【答案】B【解析】【解答】①若a為NH4HCO3，其水溶液顯堿性，故①不符合題意；②若a是硫化物，x既是強酸；若a為銨鹽，X是強堿，故②符合題意；③y是一種常見氣體，e的相對分子質(zhì)量比d大16，可知Y是O2，故③符合題意；④若d為酸性氧化物，則d為SO2，SO2具有漂白性，故④符合題意；⑤若e是NO2，與水反應(yīng)生成HNO3；若e是SO3，與水反應(yīng)生成H2SO4，故⑤符合題意；正確的是②③④⑤，故答案為：B。

【分析】由圖可知，d、e均為氧化物，b為氫化物，b可發(fā)生連續(xù)氧化反應(yīng)，y應(yīng)為O2，e的相對分子質(zhì)量比d大16，a為酸式鹽，若a為NaHS，x為鹽酸或硫酸等，a與x反應(yīng)生成b，則b為H2S，c為S，d為SO2，e為SO3；若a為NH4HCO3，x為NaOH或氫氧化鈣等，a與x反應(yīng)生成b，則b為NH3，c為N2、d為NO、e為NO2。14．【答案】A【解析】【解答】A．CO2的中心原子C的價層電子對數(shù)為2，無孤電子對，CO2的空間構(gòu)型為直線形，其正負電荷中心重合，為非極性分子，A項符合題意；B．CO2可以被H2在催化劑作用下還原為甲酸，B項不符合題意；C．固態(tài)二氧化碳(干冰)升華時吸熱，可用于人工增雨，C項不符合題意；D．侯氏制堿法中發(fā)生反應(yīng)：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，CO2是生產(chǎn)原料之一，D項不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．依據(jù)二氧化碳中心原子形成的δ鍵和孤電子對數(shù)判斷；

B．二氧化碳中碳為最高正價，具有氧化性；

C．干冰升華吸熱，可用于人工增雨；

D．侯氏制堿原理：將二氧化碳、氨氣通入到飽和食鹽水中。15．【答案】B【解析】【解答】A.電解飽和食鹽水得到的是氫氧化鈉，氯氣和氫氣，故A不符合題意；

B.SiO2+2C=高溫=Si+2CO，氧化劑與還原劑的量之比為：1：2，故B符合題意；

C.SiHCl3極易水解，其完全水解的產(chǎn)物為H2SiO3、H2、HCl，據(jù)此推測SiHCl3中硅元素的化合價為+4，故C不符合題意；

D.H2與SiHCl3反應(yīng)，3H2+2SiHCl3=2Si+6HCl，屬于置換反應(yīng)，故D不符合題意；

故答案為：B

【分析】飽和食鹽水電解得到氫氧化鈉和氫氣和氯氣，氫氣和氯氣反應(yīng)得到氯化氫氣體，二氧化硅與碳反應(yīng)得到硅和一氧化碳，SiHCl3極易水解并且與氫氣反應(yīng)得到硅單質(zhì)，結(jié)合選項判斷即可。16．【答案】B【解析】【解答】A．Na2O2吸收CO2生成氧氣，Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，A不符合題意；

B．Fe3+和金屬Cu反應(yīng)生成Fe2+和Cu2+，氧化性：Cu2+＜Fe3+，B符合題意；

C．石灰乳和SO2反應(yīng)生成CaSO3和H2O，不是氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；

D．用Na2S溶液除去廢水中的Hg2+，生成HgS沉淀，不是氧化還原反應(yīng)，D不符合題意；

故答案為：B

【分析】A．Na2O2吸收CO2生成氧氣，Na2O2既是氧化劑，又是還原劑；

B．氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物；

C．石灰乳和SO2反應(yīng)生成CaSO3和H2O；

D．用Na2S溶液除去廢水中的Hg2+，生成HgS沉淀。17．【答案】A【解析】【解答】A．是催化劑，中間產(chǎn)物只有、Cl-、ClO-等，選項A符合題意；B．在反應(yīng)過程中產(chǎn)生的可加快ClO-的轉(zhuǎn)化，加快對的吸收，選項B不符合題意；C．Ca2+與結(jié)合生成微溶的CaSO4有利于反應(yīng)的進行，故也可用于脫硫，且脫硫效果比更好，選項C不符合題意；D．“過程2”的離子方程式可表示為，選項D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．根據(jù)應(yīng)中間體反應(yīng)前和反應(yīng)后均沒有，只在過程中出現(xiàn)；催化劑反應(yīng)前參與反應(yīng)，反應(yīng)后又生成；B．據(jù)A項分析，催化劑加快反應(yīng)速率；C．Ca2+與結(jié)合生成微溶的CaSO4有利于反應(yīng)的進行；D．依據(jù)圖中的反應(yīng)物和產(chǎn)物，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析。18．【答案】D【解析】【解答】A．①中發(fā)生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，屬于復分解反應(yīng)，但不是由強酸反應(yīng)得到弱酸，故A不符合題意；B．過程②中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B不符合題意；C．③中發(fā)生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，但未指明標準狀況，則無法計算，故C不符合題意；D．由①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O可知，回收S的總反應(yīng)為2H2S+O22H2O+2S↓，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．①不符合強酸制弱酸；B．CuS不溶于水，不拆；C．未指明標準狀況，無法計算；D．利用方程式加和判斷。19．【答案】C【解析】【解答】A.Cu和濃H2SO4反應(yīng)需要加熱，則圖中裝置不能制取少量的SO2氣體，A不符合題意；B.由于鹽酸易揮發(fā)，圖中可以知道鹽酸酸性大于碳酸、鹽酸酸性大于硅酸，不能確定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用無氧酸與含氧酸的酸性比較非金屬性，應(yīng)利用最高價含氧酸的酸性比較非金屬性，B不符合題意；C.CO2、Cl2可利用向上排空氣法收集，從長導管進氣，H2、NH3可利用向下排空氣法收集，從短導管進氣，C符合題意；D.H2S水溶液顯酸性，反應(yīng)開始時pH不會大于7，將SO2氣體通入H2S水溶液中生成單質(zhì)硫，酸性減弱，pH增大，當SO2過量時，SO2溶于水生成亞硫酸，使溶液酸性增強，D不符合題意；故答案為：C【分析】A.銅與濃硫酸的反應(yīng)需要加熱條件；

B.由酸性強弱比較非金屬性強弱時，需比較最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱；

C.排空氣法收集氣體時，應(yīng)注意氣體不能與空氣中的物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)；

D.H2S溶液顯酸性，其pH<7；20．【答案】C【解析】【解答】A.硝酸見光易分解，濃硝酸一般保存在棕色試劑瓶中，故A不符合題意；

B.過氧化氫具有很強的氧化性可用于消毒殺菌，故B不符合題意；

C.二氧化硫中硫處于中間價態(tài)，具有一定還原性，可用于還原劑，故C符合題意；

D.硫酸鋇難溶于鹽酸，因此可用于醫(yī)學上的鋇餐，故D不符合題意；

故答案為：C

【分析】A.硝酸易分解因此用于棕色試劑瓶保存

B.過氧化氫具有氧化性因此可用于消毒殺菌

C.二氧化硫具有漂白性因此可用于漂白紙漿

D.由于硫酸被不溶于鹽酸，因此可以用于鋇餐21．【答案】（1）CuSO4（2）檢驗和除去SO2（3）D中溶液不褪色，E中溶液變渾濁（4）KSCN溶液或NaOH溶液（其它答案合理即可）（5）AFIGKH（6）K中黑色粉末變成紅色、H中白色粉末變成藍【解析】【解答】(1)本實驗的目的是檢驗氣體產(chǎn)物中的CO2、SO2和H2O。干燥管B是為了檢驗產(chǎn)物中的水，所以用無水硫酸銅，M的化學式是CuSO4；故答案為：CuSO4。

（2）酸性高錳酸鉀溶液既可以檢驗SO2、又能除去SO2；故答案為：檢驗和除去SO2。

（3）能證明有二氧化碳生成的實驗現(xiàn)象是：D中品紅溶液不褪色，E中澄清石灰水溶液變渾濁；故答案為：D中溶液不褪色，E中溶液變渾濁。

（4）檢驗Fe3＋的試劑是：①KSCN溶液遇到Fe3＋溶液變紅；②NaOH溶液遇到Fe3＋產(chǎn)生紅褐色沉淀；故答案為：KSCN溶液或NaOH溶液。

（5）實驗?zāi)康臑榱蓑炞C可能有氫氣生成。設(shè)計氣流從左至右，A接F中的氫氧化鈉溶液除去混合氣中的CO2、SO2，用I中的澄清的石灰水檢驗CO2、SO2是否除凈，G中的濃硫酸除去水分，K中氧化銅檢驗H2，H中無水硫酸銅檢驗產(chǎn)物水。所以儀器排序為AFIGKH。

（6）能證明有氫氣生成的實驗現(xiàn)象是K中黑色粉末變成紅色，H中白色粉末變成藍。故答案為：K中黑色粉末變成紅色、H中白色粉末變成藍?！痉治觥浚?）對混合氣體的檢驗，應(yīng)先用無水CuSO4檢驗水蒸氣；

（2）C裝置中的KMnO4酸性溶液，能與SO2反應(yīng)；、

（3）CO2和SO2都能使澄清石灰水變渾濁，因此證明CO2的存在時，應(yīng)同時說明SO2不存在，據(jù)此確定實驗現(xiàn)象；

（4）結(jié)合Fe3+的檢驗分析；

（5）檢驗H2時，需通過CuO變紅，同時生成水，因此氣流需先除雜，再干燥，通過灼熱CuO后，再通過無水CuSO4，據(jù)此確定裝置連接順序；

（6）證明有H2生成，則K中黑色粉末變紅，H中白色固體變藍；22．【答案】（1）H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；t1以后溶液中同時發(fā)生兩個反應(yīng)，F(xiàn)e3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，當兩個反應(yīng)速率相等時，溶液中n(Fe2+)保持基本不變；2H2S+O22S↓+2H2O（3）；Na2CO3；2S2-+5H2OS2O32-+4H2↑+2OH-；SO42-【解析】【解答】（1）氨水中的一水合氨與H2S反應(yīng)中和反應(yīng)，生成NH4HS，離子方程式為H2S+NH3·H2O=NH4++HS-+H2O。（2）①由圖可知，t1前n（Fe3+）迅速減小，被吸收的n（H2S）顯著增加，發(fā)生的離子反應(yīng)為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；②t1以后溶液中同時發(fā)生兩個反應(yīng)，F(xiàn)e3+氧化吸收H2S、Fe2+被氧氣氧化再生成Fe3+，當兩個反應(yīng)速率相等時，溶液中n（Fe3+）基本保持不變。t1以后Fe3+起催化作用，總反應(yīng)方程式為2H2S+O22S↓+2H2O。（3）①硫化鈉為離子化合物，由鈉離子、硫離子構(gòu)成，其電子式為，COS與氫氧化鈉反應(yīng)前后化合價沒有變化，生成含有+4價碳元素的正鹽，該正鹽為碳酸鈉，其反應(yīng)方程式為COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O。②圖示說明：硫化鈉溶液加熱生成了Na2S2O3和氫氣，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平，則離子方程式為2S2-+5H2OS2O32-+4H2↑+2OH-。③根據(jù)圖像可知，a點時氫氣是10mol，說明反應(yīng)中共有20mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，則根據(jù)得失電子守恒可知，3mol硫化鈉分子必須提供20mol電子，全部轉(zhuǎn)化為硫代硫酸鈉轉(zhuǎn)移12mol電子，全部轉(zhuǎn)化為亞硫酸鈉轉(zhuǎn)移18mol電子，全部轉(zhuǎn)化為硫酸鈉轉(zhuǎn)移24mol電子，所以a點時溶液中除S2O32-外，還有SO42-?！痉治觥縁e3+與H2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+與S，同時Fe2+被空氣中氧氣氧化為Fe3+；天然氣中的羰基硫（COS）與氫氧化鈉反應(yīng)生成硫化鈉，是非氧化還原反應(yīng)，C是一種正鹽，推測C為碳酸鈉；硫化鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成S2O32-、SO42-等其它含硫物質(zhì)。23．【答案】（1）cbgf；（2）淡黃色沉淀；取與NaClO溶液反應(yīng)后的溶液樣品少許，先滴加鹽酸酸化，再滴加溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則證明具有還原性；ce（3）C（4）滴入最后半滴標準液，溶液的顏色從無色剛好變?yōu)樗{色，且30s內(nèi)不再褪去；144【解析】【解答】（1）①A裝置是用來制取SO2的裝置，由于產(chǎn)物中也有水，所以將SO2通入濃硫酸中吸收水分，然后收集SO2氣體，再加一個堿石灰裝置防止SO2氣體排入空氣，所以氣體的流向應(yīng)該是：a→cbgf→d→e；

②制取SO2的反應(yīng)是：亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)：；

（2）①SO2具有氧化性，可以與Na2S反應(yīng)得到S單質(zhì)，所以現(xiàn)象是出現(xiàn)淡黃色的沉淀；

②裝置F中的ClO-將SO2氧化為SO42-，若能檢驗出SO42-，則能證明SO2具有還原性；

③元素的中間價態(tài)既具有氧化性又具有還原性；

（3）碘單質(zhì)具有氧化性，應(yīng)該用酸式滴定管盛放，酸式滴定管趕氣泡的操作是：在滴定管的底部輕輕打開閥門，用食指和中指捏住活塞放氣，C選項是正確的；

（4）滴定的終點是：滴入最后半滴標準液，溶液的顏色從無色剛好變?yōu)樗{色，且30s內(nèi)不再褪去；

???根據(jù)化學方程式之間的關(guān)系，可知碘單質(zhì)和SO2的物質(zhì)的量相等，100毫升葡萄酒樣品中的質(zhì)量為：22.5×0.01×64×10-3=0.144g，所測100.00mL葡萄酒樣品中抗氧化劑的殘留量為0.144×1000mg/0.1L=144。

【分析】（1）①該實驗的原理是先制取SO2，再收集SO2，并做好SO2的尾氣處理；

②該反應(yīng)原理的實質(zhì)是強酸制弱酸；

（2）①和Na2S反應(yīng)的方程式為：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；

②裝置F中的ClO-將SO2氧化為SO42-，若能檢驗出SO42-，則能證明SO2具有還原性；

③元素的中間價態(tài)，既具有上升價態(tài)的空間，也有下降的空間，所以中間價態(tài)既具有氧化性也有還原性；

（3）具有氧化性的物質(zhì)應(yīng)該用酸式滴定管來裝??；

（4）根據(jù)化學方程式可以得出SO2和碘單質(zhì)之間的物質(zhì)的量關(guān)系，從而計算出葡萄酒中SO2的含量。24．【答案】（1）D（2）D（3）D（4）低溫；低溫有利CO2的溶解或增大CO2(aq)濃度；低溫防止鹽的分解（5）堿性HCO+H2OH2CO3+OH－K1==2.3×10－7NH+H2ONH3·H2O+H+K2==5.6×10－8【解析】【解答】（1）二氧化碳變?yōu)楣虘B(tài)過程是放熱且氣體數(shù)目減少的過程，即可判斷ΔH＜0，ΔS＜0；

（2）A.二氧化碳與堿反應(yīng)得到鹽和水，故A不符合題意；

B.二氧化碳溶于水是碳酸，碳酸可導電，故B不符合題意；

C.二氧化碳溶于水時碳酸導電，二氧化碳不是電解質(zhì)，故C不符合題意；

D.二氧化碳是分子晶體，故D符合題意；

（3）A.氫氧化碳與少量的二氧化碳可以得到碳酸鈉，故A不符合題意；

B.氯化鈉與二氧化碳不能反應(yīng)得到碳酸氫鈉，故B符合題意；

C.強酸