07化学与STSE-上海市2023-2024学年高三化学上学期期中、期末重点知识点专题练习（沪科版）

这是一份07化学与STSE-上海市2023-2024学年高三化学上学期期中、期末重点知识点专题练习（沪科版），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·上海普陀·高三校考期末）我国海带产量居世界第一位，除供食用外，主要用于制碘。实验室提取碘的途径如下：

下列有关叙述错误的是
A．实验室可在表面皿中焙烧干海带
B．“氧化”时，可选用的试剂有O2、H2O2等
C．海带灰中含有难溶于水的无机物
D．“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等
2．（2023上·上海普陀·高三校考期末）2022年12月2日，《科学》杂志发表了中国科学技术大学潘建伟、赵博团队的重大成果，他们在国际上首次制备了高相空间密度的钠钾超冷三原子分子系综。这是超冷分子研究的里程碑，为超冷化学和量子模拟等研究开辟了新方向。下列关于钠、钾的说法正确的是
A．短周期元素中，原子半径最大的是钾
B．金属钠中的金属键比金属钾中的弱
C．钠钾合金的熔点比钠单质的高
D．在自然界，钠、钾均以化合态存在
3．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）海洋是资源的宝库，下列从海洋中提取物质的第一步操作一定错误的是
A．淡水——蒸馏B．食盐——蒸发C．溴——浓缩D．碘——萃取
4．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）个别不法商人以黄铜(金黄色，成分为铜锌合金)假冒黄金进行诈骗活动，以下区分黄铜和黄金的方法中，不可行的是
A．测硬度B．看颜色C．加盐酸D．灼烧
5．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）通过石油分馏不能得到的物质是
A．石油气B．柴油C．煤焦油D．石蜡
6．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）只使用待选试剂能完成元素检验的是待检验元素待选试剂
A．AB．BC．CD．D
7．（2023上·上海·高三上海市育才中学校考期中）战国时期人们常用青铜铸型形成各种各样的青铜器，青铜比纯钢更便于被制成形态各异的容器的原因是
A．熔点低B．密度大C．易塑形D．硬度高
8．（2023上·上海静安·高三上海市回民中学校考期中）人类社会的发展离不开科学家的贡献，下列说法中不正确的是
A．道尔顿——提出原子学说，认为原子是不可再分的实心球体
B．汤姆生——根据α粒子散射实验提出原子的葡萄干面包模型
C．门捷列夫——编制第一张元素周期表
D．波尔——研究氢原子光谱提出核外电子分层排布模型
9．（2023上·上海静安·高三上海市市西中学校考期中）下列冶炼金属的方法错误的是
A．高温下用还原制铁B．高温加热制汞
C．电解饱和溶液制钠D．高温下用还原制铜
10．（2022上·上海浦东新·高三上海师大附中期中）为改善空气质量，我国北方将冬季燃煤取暖改用天然气做燃料。这主要是
A．减少氮氧化物的排放B．减少硫氧化物的排放
C．降低对臭氧层的破坏D．降低供热的生产成本
二、填空题
11．（2023上·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）秸秆的再利用.秸秆是成熟农作物茎叶的总称。农作物光合作用的产物有一半以上存在于秸秆中，秸秆富含氮、磷、钾、钙、镁和有机质。秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要意义。
(1)下列关于糖类的说法正确的是___________。
A．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式
B．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
C．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
D．淀粉和纤维素都属于多糖，是同分异构体
(2)我国于2008年起禁止农民焚烧秸秆，焚烧秸秆的危害有___________。
A．温室效应B．酸雨C．可吸入颗粒物超标D．臭氧空洞
三、解答题
12．（2023上·上海·高三上海市宜川中学校考期末）海洋是巨大的资源宝库，从海洋中获取的部分资源如图所示：
回答下列问题：
Ⅰ.微生物脱盐电池既可以实现海水的淡化，同时又能除去废水中的和，原理如图所示，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。
(1)电极b为电池的 极(填正或负)。
(2)X离子交换膜为 离子交换膜(填阴或阳)。
Ⅱ.溴被称为“海洋元素”，空气吹出法从海水中提取溴单质的流程如下图所示：
(3)吹出塔中采用气——液逆流的方式(液体从塔顶喷淋，气体从塔底进入)，其目的是 。
(4)写出蒸馏塔中反应的离子方程式 。
Ⅲ.从海带中提取碘单质的流程如下：
(5)上述流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
(6)步骤⑤的具体实验操作为：
A．将分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静置、分层；
B．将含水溶液和适量四氯化碳加入分液漏斗中，盖好玻璃塞；
C．检验分液漏斗活塞和上口玻璃塞是否漏液；
D．倒转分液漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞；
E．从分液漏斗上口倒出上层液体；
F．将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔；
G．旋开活塞，用烧杯接收下层液体；
上述实验操作的正确顺序为 (填序号)，“操作A”静置、分层后的现象为 。
(7)根据下表中有机物的性质分析，能代替步骤⑤中的试剂是 (填试剂名称)。
(8)从海洋中获取资源涉及多种实验操作，为完成下列各组实验，所选仪器准确、完整的是 (填选项)。
13．（2023上·上海·高三上海市行知中学校考期中）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：
(1)已知反应 I：2H2SO4(l) 2SO2(g) + O2 (g) + 2H2O(g) ΔH1 = 551 kJ/ml
反应 III：S(s) + O2 (g) SO2 (g) ΔH3 = −297 kJ/ml
所以反应 II 的热化学方程式为 。
(2)试从绿色化学的角度列举该过程的优势与不足： 。
上述过程中，I－ 可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：
ⅰ． SO2 + 4I－ + 4H+ = S↓+ 2I2 + 2H2O ⅱ．I2+ 2H2O + SO2 = + 4H+ + 2I－
某同学为探究ⅰ、ⅱ反应速率与 SO2歧化反应速率的关系， 进行如下实验：分别将 18mL SO2饱和溶液加入到 2mL 下列试剂中，密闭放置观察现象。 (已知： I2易溶解在 KI 溶液中)
(3)第 2 组是第 1 组实验的对比组，则 a= 。
(4)通过比较第 1、2、3 组实验，可得出的结论是 。
(5)该同学还模拟了实验室用海带制备 I2 的实验， 以下操作错误的是___________。
A．图甲是过滤海带浸泡液B．图乙是向浸泡液中通入 Cl2 氧化
C．图丙是含 I2 的 CCl4 溶液从下口放出D．图丁是提取 I2 的同时回收溶剂
14．（2023上·上海虹口·高三上海财经大学附属北郊高级中学校考期中）卤化镁的有机金属化合物称为“格林尼亚试剂”，在有机合成中具有较高的应用价值。从基础化工原料乙烯出发，通过格林尼亚试剂合成二酮 I 的路线如下所示：
已知 D→A 反应：
(1)工业上大量获取乙烯的方法是___________。
A．石油分馏B．重油裂解C．乙醇脱水D．乙炔氢化
(2)写出 E→F 的反应式： 。
(3)已知 G→I 为 D－A 反应，H 的结构简式为 。
(4)C 与 D 均存在多种同分异构体。
①C 的一种同分异构体与C 具有相同官能团，核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9：2：1， 该同分异构体的结构简式为 。
②D 的各种同分异构体的质谱图中，分子离子峰的 m/z 的值均为 。
(5)已知：。二酮 I 在碱性溶液中易发生分子内缩合形成双环结构()，主要产物为 J和另一种α，β－不饱和酮 K。
①K 的结构简式为 。
②若经此路线由 I 合成 J，存在的问题有 。
A．原子利用率低 B．产物难分离 C．反应条件苛刻 D．严重污染环境
③由 I 的合成路线可知，格林尼亚试剂在有机合成中的主要作用是 。
A．保护羰基 B．形成碳环 C．增长碳链 D．催化反应
④结合题示信息，设计仅用环己烯( )为有机原料合成 的路线(其他无机试剂和有机溶剂任选) 。
15．（2023·上海徐汇·统考一模）过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)可以作为洗涤助剂、纺织漂白剂、医疗制氧剂、杀菌消毒剂等，常用活性氧的含量来衡量产品质量，活性氧含量=×100%。
已知工业制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3•3H2O2(s)+QkJ(Q＞0)，它的一种制备路线和数据如表。
表1反应温度对产率及活性氧含量的影响
表2加料时间对产率及活性氧含量的影响
(1)写出工业制备纯碱的化学方程式 。
(2)可能用作稳定剂的试剂是 (选填编号)。
a.H2SO4 b.Na2SO3 c.Na2SO4 d.Na2S
(3)加入NaCl的目的是 。
(4)操作①的名称 。
(5)反应器中适宜的反应温度为 。
(6)加料时间对产率也有较大影响，时间太短或过长均不利于生产，加料时间太短会导致产率较低的原因是 。
(7)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，用100mL0.5000ml•L-1H2SO4完全溶解，立即用0.0200ml•L-1KMnO4溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色，平行3次实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下，按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。计算该样品的活性氧含量为 。
16．（2022·上海普陀·统考二模）Na、K属于碱金属元素，其形成的物质在生活生产中有广泛应用。NaCl不仅可以作调味剂，在工业生产中也占据着重要地位。
(1)写出Na+电子式 ，比较Na+和Cl-的半径大小 ，NaCl属于 晶体。
(2)NaCl是氯碱工业的原料，此工业可以制取的产品有 (至少写出2种)。
(3)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为：______I2+______KClO3+______→______KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。配平该反应的化学方程式 。反应中生成的Cl2可用 吸收制备漂粉精。
NaHCO3俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多。
(4)有实验小组利用pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验过程如表所示。
写出Na2CO3与澄清石灰水反应的离子方程式 ，OH-未参与该反应的实验证据是 。
(5)结合离子方程式说明NaHCO3可用于治疗胃酸过多的原因 。胃酸过多易引起胃溃疡，小苏打可用于治疗胃溃疡，如果处于胃溃疡的活动期，医生不建议服用小苏打，请猜测医生不建议的原因 。
17．（2022·上海奉贤·统考二模）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500ml奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
(1)该小组将100.00ml海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是 。取一半该粗盐，若将SO转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO已沉淀完全 ；洗涤干燥后，称量得到0.0233g沉淀，则该海水中SO的含量为 ml/L，若未洗涤，则测得结果 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO，操作流程如下：
(2)步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有 ，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤 次。若m2=1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因： 。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
(3)请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好 ，请说明理由 。
18．（2022·上海宝山·统考一模）碳酸钠俗称纯碱，是一种常用的工业原料，可以从盐碱湖中得到，也可以通过工业生成合成。工业生产纯碱的原理和工艺流程如图。
生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。2NaHCO3→Na2CO3+H2O+CO2。
工艺流程示意图：
请回答下列问题：
(1)粗盐中所含的可溶性杂质离子有Ca2+、Mg2+、SO等，请按照加入的先后顺序写出除杂试剂 。
(2)在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2。你认为这两种气体能不能换一下通入顺序，请说明原因： 。
(3)碳酸化后过滤，滤液最主要的成分是 (填写化学式)。检验这一成分的阴离子的方法是 。
侯氏制碱法在生产纯碱的同时，也会产生大量的NH4Cl。近年来，科研人员利用以下方法提高了NH4Cl的综合利用价值：
①NH4Cl+MgO→Mg(OH)Cl+NH3↑
②Mg(OH)Cl→MgO+HCl↑
(4)实验室模拟该实验，取5.350gNH4Cl与过量MgO充分反应，产生的HCl用含0.20000ml的NaOH的溶液完全吸收。将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 ml∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL。
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有 ；滴定至终点时，溶液的颜色由 色变为 色，且30s内溶液颜色不变。
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：α=。根据滴定结果计算，α= 。
19．（2022·上海嘉定·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机物的以下4例可有效实现碳循环。
a. 6CO2+6H2OC6H12O6 b.CO2+3H2CH3OH十H2O
c.CO2+CH4C6H12COOH d.2CO2+6H2CH2=CH2+ 4H2O
以上反应中，最节能的是 ，原子利用率最高的是 。(填编号)
(2)虽然光合作用合成淀粉的表达式看起来很简单，但如果仔细探索其中的过程，会发现其反应非常复杂，需要60多个步骤。而我国科学家，不用生物细胞，单纯用工业的方式实现了二氧化碳到淀粉的合成。并且，大大缩短了自然光合作用的步骤，设计出一条只有11个步骤的“捷径”。请你设计简单实验证明第十一个步骤已经成功完成 。
第一个步骤是把二氧化碳还原为甲醇(CH3OH)，该方法的化学方程式是： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ∆H=-49.0 kJ；某科学实验将6 ml CO2和8 ml H2充入一容积为2 L的密闭容器中(温度保持不变)，测得H2的物质的量随时间变化如下图中实线所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。回答下列问题：
(3)该反应平衡常数表达式K= ，该反应在0～3 min内H2的平均反应速率是 mlL-1•min-1)(保留3位有效数字)；a点、b点、c点反应速率最大的是 (选“a” “b” 或“c”)并解释原因 。
(4)仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示。与实线相比，曲线Ⅰ改变的条件可能是 ，曲线Ⅱ改变的条件可能是 。
(5)金属钠既可以与水反应又可以与甲醇反应， (填“水”、或“甲醇”)与钠反应速率更剧烈。在温度t℃下，某NaOH的稀溶液中c(H+)=10-a ml·L-1，c(OH-)=10-b ml·L-1，已知a+b=12，t 25℃(填“大于”、“小于”或“等于”)。向该溶液中逐滴加入pH=x的盐酸(t℃)，测得混合溶液的部分pH如表所示。
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则x为
20．（2022·上海嘉定·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于 。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施 。
(2)碳原子核外有 种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式 ，碳原子最合理的电子式 。
(3)金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为
(4)黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑;生成物中，属于非电解质的是 。每生成1 ml氧化产物，消耗KNO3的质量为 (保留1位小数)。
(5)收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是 (填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式 。
(6)有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因 。
待检验元素
待选试剂
A
CH3CH2Cl中的氯元素
HNO3溶液和AgNO3溶液
B
海带中的碘元素
淀粉溶液
C
FeSO4中的铁元素
KSCN游液
D
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
试剂
性质
丙酮
无色液体，可以与水任意比例互溶，易溶于丙酮
氯仿
无色液体，不溶于水，密度比水大，易溶于氯仿
己烯
无色液体，不溶于水，密度比水小，能与己烯发生化学反应
选项
实验
仪器
A
模拟海水晒盐制取粗盐
铁架台(带铁圈)、酒精灯、蒸发皿
B
将海带灼烧成海带灰
三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、玻璃棒
C
从含的悬浊液中获取粗碘
铁架台(带铁圈)、普通漏斗、烧杯、玻璃棒
D
提纯粗碘制取纯碘
铁架台(带铁圈)、酒精灯、石棉网、烧杯、圆底烧瓶(盛有冷水)
序号
1
2
3
4
试剂组成
0.4 ml/L KI
aml/L KI、0.2 ml/L H2SO4
0.2 ml/L H2SO4
0.2 ml/L KI 、0.0002 ml I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较组 1 快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较组 1 快
温度/℃
产率/%
活性氧含量/%
5
65.3
12.71
10
73.2
13.24
15
85.0
13.55
20
83.2
13.30
25
55.1
12.78
时间/min
产率/%
活性氧含量/%
5
65.7
13.30
10
76.8
14.75
15
81.3
14.26
20
89.0
13.82
25
87.9
13.51
实验操作
实验数据
序号
NaOH溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
20.00
0.00
8
②
20.00
20.00
6
参考答案：
1．A
【分析】海带干焙烧成海带灰，加水溶解，悬浊液中含有KI，过滤、加氧化剂，将I-氧化成I2，加CCl4或者苯萃取碘，分液，蒸馏得到碘单质。
【详解】A．实验室焙烧干海带应该在坩埚中灼烧，故A错误；
B．“氧化”KI时，可选用的试剂有O2、H2O2等，故B正确；
C．海带灰溶于水呈悬浊液，含有难溶于水的无机物，故C正确；
D．根据分析可知“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等，故D正确；
故答案为A。
2．D
【详解】A．钾元素是第四周期的元素，不是短周期元素，A错误；
B．钠的原子半径比钾小，因此金属钠的金属键比金属钾的金属键要强，B错误；
C．合金的熔点比各成分金属低，所以钠钾合金的熔点比钠单质或钾单质都低，C错误；
D．钠、钾均是较活泼的金属，在自然界中均以化合态存在，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．海水获取淡水可以采用蒸馏方法，A正确；
B．从海水中活动获得食盐，可以直接将海水蒸发结晶得到粗盐，也可以先加入化学试剂将海水中的杂质转化为沉淀，过滤，除去杂质后再蒸发结晶得到纯度较高的精盐，B正确；
C．海水中溴元素以Br-存在，浓度较小，可以先把海水浓缩，再加入氧化剂把Br-氧化成溴，再进一步分离，C正确；
D．海水中碘元素以I-存在，需要氧化剂将I-氧化为碘单质，然后萃取分液，D错误；
故答案选D。
4．B
【详解】A．一般合金的硬度比纯金属的大，测定密度可以鉴别黄铜和黄金，故A正确；
B．由于二者的颜色基本一致，所以看颜色难于比较为真假，故B错误；
C．铜锌合金制成的黄铜放入盐酸中，锌与盐酸反应产生氢气使质量减轻，合金溶解并有气泡冒出，而黄金不溶于盐酸中，可鉴别，故C正确；
D．高温灼烧，黄金没有变化，而铜锌合金外观上有变化，可鉴别，故D正确；
故选：B。
5．C
【详解】石油分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏的产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青；煤焦油煤炭干馏的产物；
答案选C。
6．D
【详解】A．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子，加入硝酸溶液和硝酸银溶液，不会有白色沉淀产生，不能完成元素检验，A项错误；
B．淀粉遇碘单质变为蓝色，碘离子不具有此性质，不能完成元素检验，B项错误；
C．铁离子和硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子没有此现象，不能完成铁元素检验，C项错误；
D．明矾中含有铝离子，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，铝离子和氢氧根离子反应先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量后，氢氧化铝溶于过量的强碱变成溶液，沉淀消失，可以检验铝元素的存在，D项正确；
答案选D。
7．A
【详解】青铜器比纯铜更便于制成形态各异的容器的原因是熔点低于组成它的成分合金，易于加工；
答案为：A。
8．B
【详解】A．道尔顿提出原子学说，认为原子是不可再分的实心球体，A项正确；
B．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出原子的核式结构模型，B项错误；
C．门捷列夫编制第一张元素周期表，C项正确；
D．波尔研究氢原子光谱，提出了核外电子分层排布模型，D项正确；
故选B。
9．C
【详解】A．铁是较活泼金属，工业上常用一氧化碳与氧化铁高温下反应制备金属铁，故A正确；
B．汞是不活泼金属，工业上常用高温加热氧化汞的方法制备金属汞，故B正确；
C．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融氯化钠生成钠和氯气，则工业上用电解熔融氯化钠的方法制备金属钠，故C错误；
D．铜是不活泼金属，工业上常用氢气和氧化铜高温下反应制备金属铜，故D正确；
故选C。
10．B
【详解】A．煤燃烧能产生一氧化碳、二氧化硫等空气污染物，天然气中主要含有 C 、H 元素，完全燃烧能生成水和二氧化碳，所以用燃烧天然气代替燃煤取暖，该项措施的作用是减少了空气污染，与减少氮氧化物的排放无关，故A不选；
B．煤燃烧能产生一氧化碳、二氧化硫等空气污染物，天然气中主要含有 C 、H 元素，完全燃烧能生成水和二氧化碳，所以用燃烧天然气代替燃煤取暖，该项措施的作用是减少了硫氧化物的排放，故B选；
C．氟利昂等的排放会影响臭氧层，天然气和煤燃烧对臭氧层没有影响，故C不选；
D．天然气取代煤作为取暖燃料，与成本无关，主要是降低二氧化硫的排放、CO等空气污染物的排放，故D不选；
故选B。
11．(1)C
(2)AC
【详解】（1）A．糖类不都有甜味，例如纤维素不甜；不都具有CnH2mOm的通式，例如鼠李糖化学式为C6H12O5，A错误；
B．麦芽糖水解生成葡萄糖，B错误；
C．用银镜反应能判断淀粉是否水解，但不能判断淀粉水解是否完全，C正确；
D．淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，D错误；
故选C。
（2）焚烧秸秆主要为纤维素燃烧，产生二氧化碳和烟尘，有温室效应、可吸入颗粒物超标危害；故选AC。
12．(1)正极
(2)阴
(3)增大气体和液体的接触面积，使气体被充分吸收
(4)
(5)
(6) 上层接近无色，下层为紫红色
(7)氯仿
(8)D
【详解】（1）在电极b上，发生反应：，发生还原反应，所以b为原电池的正极；
（2）a为原电池的负极，发生反应：，通过X离子交换膜，移向负极区，所以X为阴离子交换膜；
（3）采用气——液逆流的方式可以增大气体和液体的接触面积，使气体被充分吸收；
（4）在蒸馏塔中，和反应，置换出单质，发生反应的离子式为：，加热，生成的蒸出；
（5）在流程中，作为萃取剂，步骤⑥中，加入溶液后，得到含有和的溶液，通过分液得到，可以继续循环使用作萃取剂；
（6）步骤⑤是向溶液中加入，萃取溶液中的单质，再经过分液操作，具体实验操作为：检验分液漏斗活塞和上口玻璃塞是否漏液将含水溶液和适量四氯化碳加入分液漏斗中，盖好玻璃塞倒转分液漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞将分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静置、分层将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔旋开活塞，用烧杯接收下层液体从分液漏斗上口倒出上层液体；所以操作先后顺序为：；因为与水不溶且密度比水大，难溶于水，易溶于，所以静置分层，下层为的溶液，显紫色，上层为水层，无色；
（7）丙酮易溶于水，不能用于萃取的水溶液中的单质；氯仿与水不溶，不与水反应，且在氯仿中的溶解度大于在水中的溶解度，所以可用氯仿代替；能与己烯发生化学反应，不能用己烯萃取的水溶液中的单质；
（8）A．模拟海水晒盐制取粗盐，为蒸发操作，所用的仪器有：蒸发皿、酒精灯、带铁圈的铁架台、玻璃棒，A不完整；
B．将海带灼烧成海带灰，需要的仪器有：三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、玻璃棒、泥三角，B不完整；
C．从含的悬浊液中获取粗碘，操作为过滤，用到的仪器有：铁架台(带铁圈)、普通漏斗、烧杯、玻璃棒、滤纸，C不完整；
D．提纯粗碘制取纯碘，利用加热升华，使用的仪器有：铁架台(带铁圈)、酒精灯、石棉网、烧杯、圆底烧瓶(盛有冷水)，D完整；
故选D。
13．(1)3SO2(g) + 2H2O(g) 2H2SO4(l) + S(s) △H1 = −254 kJ/ml
(2)优势：反应原料 H2SO4 可以循环使用；充分利用并储存可再生的太阳能；不足：该过程涉及到对环境有害的 SO2 ，存在泄露的隐患；反应使用了催化剂，可能出现催化剂中毒，降低转化效率低情况
(3)0.4
(4)单独存在不具有催化作用；酸性越强，I－ 的催化效果更好
(5)B
【详解】（1）反应II为3SO2(g) + 2H2O(g) 2H2SO4(l) + S(s)，根据盖斯定律，由(反应I+反应III)即得反应II，所以反应II的△H=-(551- 297)kJ/ml=-254 kJ/ml，热化学方程式为：3SO2(g) + 2H2O(g) 2H2SO4(l) + S(s) △H1 = −254 kJ/ml。
（2）从绿色化学的角度列举该过程的优势与不足：优势：反应原料 H2SO4 可以循环使用；充分利用并储存可再生的太阳能；不足：该过程涉及到对环境有害的 SO2 ，存在泄露的隐患；反应使用了催化剂，可能出现催化剂中毒，降低转化效率低情况。
（3）第 2 组是第 1 组实验的对比组，采用控制变量法，2比1多加了0.2ml/LH2SO4，1与2中KI浓度应相等，则a=0.4。
（4）对比1与2，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比2与3，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较1、2、3，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
（5）A．碘离子易溶于水，可用过滤法除掉不溶性杂质，A正确；
B．滤液中通入氯气，气体应长进短出，否则会将液体排出，B错误；
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，含 I2 的 CCl4 溶液密度较大，从下口放出，C正确；
D．I2在CCl4中溶解度较大，用过用蒸馏的方法分离，D正确；
故答案选B。
14．(1)B
(2)+NaOH+2NaBr
(3)
(4) 70
(5) AB C
【分析】A发生加成反应生成B，B和镁单质反应转化为CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr转化为含有羟基的C，C发生消去反应引入碳碳双键生成D，D发生加成反应生成E：，E发生取代生成F，F发生消去反应得到双烯G：CH2=CHC(CH3)=CH2，G和发生加成反应生成I，以此分析：
【详解】（1）A．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，A错误；
B．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程(主要为乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃)，B正确;
C．乙醇脱水可以生成乙烯,但不适用工业上大量获得乙烯，C错误；
D．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热,生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，D错误；
故答案为：B；
（2）根据分析，E生成F为取代反应，羟基取代溴原子，+NaOH+2NaBr；
故答案为：+NaOH+2NaBr；
（3）由分析可知，H 的结构简式为；
故答案为：；
（4）①C的同分异构体中，与其具有相同官能团，则含有羟基，首先确定碳链再确定羟基位置，有8种，除去其本身，则有7种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为，则含有3个甲基，结构简式为C(CH3)3CH2OH；
故答案为：；
②相对分子质量为70，则D的分子离子峰的 m/z 的值均为70；
故答案为：70；
（5）①由已知原理可知，中下侧的羰基与上侧的甲基碳形成碳碳双键得到α，β-不饱和酮K，则K的结构简式为；
故答案为：；
②A．经此路线由I合成I的过程会生成结构相似的副产物K，则原子利用率低，A符合题意；
B．K与J互为同分异构体，熔沸点相近，产物难分离，B符合题意；
C．反应在氢氧化钠水溶液、加热条件下即可进行，该反应条件不苛刻，C不符合题意；
D．反应生成J、K和水，对环境污染小，D不符合题意；
故答案为：AB；
③由I的合成路线可知，格林尼亚试剂在有机合成中的主要作用是增长碳链；
故答案为：C；
④模仿生成的系列转化，与HBr发生加成，生成，与Mg/无水乙醚反应生成，发生醇的催化氧化生成，与反应生成，在酸性条件下水解生成，最后在Al2O3/加热条件下发生消去反应生成，以此分析；
故答案为：。
15．(1)NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(2)c
(3)过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出
(4)过滤
(5)15℃
(6)该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行
(7)12.16%
【分析】纯碱加入配碱罐中搅拌，再加入双氧水、NaCl，双氧水和碳酸钠在稳定剂作用下进行反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠。
【详解】（1）工业上采用氯碱工业的方式生成碳酸钠，化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
（2）稳定剂不能与碳酸钠和过氧化氢反应。
a．H2SO4可与碳酸钠反应，a错误；
b．亚硫酸钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，b错误；
c．硫酸钠不与两者反应，可用作稳定剂，c正确；
d．硫化钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，d错误；
故答案选c。
（3）过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出。
（4）操作①的名称为过滤。
（5）从表1可知，15℃时产率和活性氧含量都较高，因此适宜的反应温度为15℃。
（6）该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行。
（7）酸性条件下，高锰酸钾与双氧水反应生成MnSO4、K2SO4、O2和H2O，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学方程式为3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，消耗KMnO4的量为24.32mL，物质的量为24.32×10-3L×0.0200ml/L=4.864×10-4ml，则H2O2有1.216×10-3ml，则活性氧含量为=12.16%，故答案为：12.16%。
16．(1) Na+ r(Na+)(2)NaOH、H2、Cl2等
(3) 6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑ 石灰乳
(4) Ca2++CO=CaCO3↓ 滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变
(5) HCO+H+=CO2↑+H2O，NaHCO3能结合H+，从而治疗胃酸过多 小苏打在中和胃酸的同时会产生很多二氧化碳，这些气体可能会诱发消化道穿孔
【解析】（1）
钠离子的电子式为Na+，钠离子核外有2个电子层，10个电子，氯离子核外有3个电子层，18个电子，所以氯离子半径大于钠离子半径。NaCl中钠离子和氯离子通过离子键结合，NaCl属于离子晶体。
（2）
氯碱工业为电解饱和食盐水溶液，生成NaOH、Cl2和H2。
（3）
根据该反应方程式的部分反应物和产物可知，该反应中I元素化合价由0价升高为+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价从+5价降为-1价和0价，KClO3为氧化剂，此外反应物中应有水参与，根据转移电子数量守恒，得出该反应方程式为6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。漂粉精可由石灰乳和Cl2反应制得。
（4）
碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++CO=CaCO3↓。滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变，说明反应过程中OH-没有被消耗，OH-未参与该反应。
（5）
人体胃液中含有较多的盐酸，碳酸氢钠可与盐酸反应从而降低氢离子浓度治疗胃酸过多，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O。小苏打和盐酸反应会产生较多的二氧化碳，如果处于胃溃疡的活动期，则生成的二氧化碳可能会诱发胃穿孔等。
17．(1) 取样于试管中，先加盐酸无沉淀，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则有SO 静置，向上层清液中继续滴加几滴氯化钡溶液，若无沉淀产生，则SO已沉淀完全 0.002 偏大
(2) 漏斗、烧杯、玻璃棒 1 不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了
(3) 甲 电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高
【详解】（1）实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；判断已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；将100.00ml海水取一半将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，0.0233g BaSO4的物质的量为，则该海水中的含量为，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.002；偏大；
（2）步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了；
（3）甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，故答案为：甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高。
18．(1)NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)
(2)不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少
(3) NH4Cl 取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣
(4) 酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管 黄 橙 97.500%
【分析】粗盐水加入除杂试剂过滤得到沉淀和滤液，滤液为氯化钠溶液，通入氨气得到氨化的食盐水，通入二氧化碳酸化，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O ＝ NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到固体为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱。
【详解】（1）除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠还要除掉多余的钡离子，因此碳酸钠必须放在氯化钡的后面，最后过滤沉淀后的滤液中加入盐酸除去过量碳酸钠和氢氧化钠，则试剂加入顺序为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等，故答案为：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等；
（2）在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少，这两种气体不能换通入顺序，故答案为：不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少；
（3）氨化后的氯化钠溶液中通入CO2气体酸化，反应产生碳酸氢钠晶体，发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是NH4Cl，Cl﹣检验方法是取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣，故答案为：NH4Cl；取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣；
（4）①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管，滴定至终点时，溶液的颜色由黄色变为橙色且半分钟内颜色不变，说明反应达到终点，故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管；黄；橙；
②取5.350g NH4Cl物质的量，与过量MgO充分反应，产生的HCl物质的量为0.1000ml，用含0.20000ml的NaOH的溶液完全吸收，则氢氧化钠需要过量，将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 ml∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL，则20.00mL中吸收液消耗HCl物质的量=0.10000 ml∙L−1×20.50×10−3L=0.00205ml，则1000mL溶液中吸收液消耗HCl物质的量0.00205ml×50=0.1025ml，则反应释放出的HCl物质的量=0.20000ml−0.1025ml = 0.09750ml，HCl的释放率用α表示，计算方法为：α= ，故答案为：97.500%。
19．(1) a c
(2)取第十一步骤获得的产品滴加碘水或碘酒若变蓝色证明就成功合成淀粉
(3) 0.833 a 其他条件不变，a点反应物浓度最大，所以速率最大
(4) 升高温度 增大压强
(5) 水 大于 4
【详解】（1）反应a的反应条件是光合作用，需要能量是光能，最节能；化合反应的原子利用率最高，a、CO2转化为C6H12O6之外还有氧气产生，故a错误；b、CO2转化为CH3OH有水产生，故b错误；c、CO2和CH4反应全部转化为CH3COOH，故c正确；d、CO2和H2反应生成乙烯之外还有水的生成，故d错误；故选c；
（2）若第十一个步骤已经成功完成则会生成淀粉，设计简单实验方案为：取第十一步骤获得的产品滴加碘水或碘酒若变蓝色证明就成功合成淀粉；
（3）该反应平衡常数表达式，反应在0～3 min内∆n(H2)=8-3=5ml，H2的平均反应速率是 mlL-1•min-1，其他条件不变，a点反应物浓度最大，所以速率最大；
（4）曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线II反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；
（5）电离出来的氢离子浓度越大，与钠反应速率越大，水的电离程度大于甲醇，则水中氢离子浓度大，所以钠与水的反应更剧烈；由c(H+)∙c(OH-)=10-(a+b)= 10-12> 10-14，升高温度水的离子积常数增大，则t大于25℃；当盐酸的体积为0时，测定溶液的PH是氢氧化钠溶液的pH，则溶液中；当两种溶液等体积混合时，溶液的pH=6，结合水的离子积常数知，该溶液呈中性，则酸和碱的物质的量相等，两溶液的体积相等，则c(HCl)=c(NaOH)=10-4ml/L，所以盐酸的pH=4。
20．(1) 减少温室效应 新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
(2) 3
(3)线型碳>石墨烯>金刚石
(4) CO2 67.3
(5) K2S CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
(6)海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
【解析】(1)
二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
(2)
碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
(3)
物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
(4)
在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 ml氧化产物，消耗KNO3的物质的量为ml，质量为m=nM=ml×101g/ml=67.3g；
(5)
收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
(6)
海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。