2025-2026学年高一下学期化学期末提高训练系列2（不定项选择题）

**基本信息** 聚焦高一化学核心素养，以氧化还原、离子反应、元素周期律等模块为载体，通过工业流程、实验探究等真实情境，系统考查化学观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |氧化还原与离子反应|8题|结合陌生方程式分析电子转移、产物判断|从化合价变化到守恒应用，构建氧化还原思维模型| |元素周期律与物质结构|4题|以周期表创新模型、元素推断为情境|原子结构→性质递变→物质性质的逻辑链| |化学平衡与反应速率|3题|结合图像分析平衡状态、速率计算|从反应限度到条件调控，体现动态平衡观念| |实验设计与工业流程|12题|装置分析、操作评价、流程优化|实验原理→操作规范→误差分析的探究思路| |综合应用|9题|离子推断、电化学、能量变化综合题|融合多模块知识，考查证据推理与综合应用能力|

高一化学期末提高训练系列2 不定项选择题参考答案 1【答案】D 【详解】A．反应1和反应2中，KClO3均转化为ClO2，Cl元素化合价降低，作氧化剂，故A正确； A．反应1中，KClO3→ClO2，KClO3作氧化剂，HCl→Cl2，HCl作还原剂，还有2个Cl原子化合价不变，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故B正确； A．反应2中，KClO3→ClO2，Cl元素化合价从+5降到+4，每转移24 mol电子，生成气体的物质的量为30 mol，则每转移6 mol电子，生成气体的物质的量为7.5 mol，故C正确； A．将反应1×12，生成24 mol ClO2时转移mol电子，反应2生成24 mol ClO2时也转移24 mol电子，故制备等物质的量的ClO2，反应1比反应2转移的电子总数相等，D错误； 故答案选D。 2【答案】CD 【详解】A．在饱和碳酸钠溶液中通入足量，会生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，会有碳酸氢钠晶体析出，正确的离子方程式应为，A错误； B．溶液与少量的溶液反应，和的化学计量数之比应为1:2，正确的离子方程式应为，B错误； C．将足量二氧化硫气体通入稀溶液中，二氧化硫足量，反应生成硫单质和亚硫酸氢根离子，离子方程式为，C正确； D．溶于稀硝酸，的会被硝酸氧化为，离子方程式为，D正确； 故答案选CD。 3【答案】D 【详解】A．实验开始至5 s，铬元素价态没有改变，所以铬元素没有被氧化，A不符合题意； B．实验开始至30 s，溶液中被还原，生成和，总反应的离子方程式为，B不符合题意； C．30 s至80 s的过程，由于溶液中过量，所以可能是氧化了，不一定是氧气氧化了，C不符合题意； D．80 s时，溶液呈碱性，此时存在的平衡体系，为橙色，而呈黄色，颜色相比于开始时浅，不是水稀释所致，D符合题意； 故答案选D。 4【答案】D 【详解】A．除Ce化合物外，其余物质比例系数均已标定，设反应①的化学方程式为：，由S、O原子守恒可得：，解得。反应①中被氧化为，3个失去6个电子，1个得到4个电子，根据得失电子守恒，2个(Ce元素为+4价)应得到2个电子，则Ce元素价态降低，且降低至+3价，A正确； B．在反应②中，硫、氧、氮、氢元素的化合价均没有改变，则Ce元素的化合价也不改变，反应前后Ce均为+3价，O为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，的化学式为，B正确； C．在反应③中，既存在N-H极性键的断裂和H-O极性键的形成，也存在非极性键的断裂和非极性键的形成，即存在极性键和非极性键的断裂与形成，C正确； D．由图可知，总反应为：，该反应中只有被氧化，4 mol 被氧化生成时转移电子12 mol，则标准状况下，整个反应过程中消耗(即1 mol)时消耗2 mol，转移电子6 mol，即6NA，D错误； 故选D。 5【答案】B 【分析】由“Y的最外层电子数比最内层电子数多1且位于第三周期，”可知Y为Al。结合题图及原子半径X>Y>Z>R>M，通过排除法可确定Y为Al（第三周期），进而推得X为Na，Z为Cl，R为O（第二周期）。最后根据原子半径R>M且M位于第一周期，推知M为H。根据八角星的结构，X为Na，Z为Cl，R为O，以此解答。 【详解】A．X为Na，原子序数为11；Y为Al，原子序数为13；Z为Cl，原子序数为17，原子序数：Z(Cl)>Y(Al)>X(Na)，A项正确； B．Z与M形成的化合物是HCl，H原子没有满足8电子稳定结构，B项错误； C．Na、Al、Cl的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3是两性氢氧化物，这三种物质两两之间均能反应，C项正确； D．O、Na形成的两种常见化合物为Na2O和Na2O2，Na2O和Na2O2均能与水反应，D项正确； 故选B。 6【答案】AD 【详解】A．能够催化双氧水分解，不能作为反应的稳定剂，A错误； B．结晶过程中加入氯化钠，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从而增大产品的产率，B正确； C．“分离”所选用的操作为过滤，过滤主要用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确； D．受热分解生成碳酸钠、水和氧气，有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，D错误； 故答案为：AD。 7【答案】AC 【分析】由制备装置可知，①中浓盐酸与发生氧化还原反应生成，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中发生，因与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡胶管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的。 【详解】A．制取需要干燥纯净的氯气，所以②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，A错误； B．高浓度的易爆炸，所以通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险，B正确； C．⑤是收集的装置，所以温度低于3.8℃，此时氯气是气体，逸出的气体主要是空气和剩余的，C错误； D．与有机物接触会发生燃烧并爆炸，装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸，D正确； 故答案选AC。 8【答案】C 【详解】A．合成氨是可逆反应，可逆反应不能进行到底，反应物不可能完全转化，即使充入足量，也不能全部转化为，A错误； B．升温虽能加快反应速率，但合成氨正反应为放热反应，温度过高会使平衡逆向移动，氨的产率下降，且催化剂铁触媒有最适活性温度，温度过高会导致催化剂失活，因此不是温度越高越好，B错误； C．正、逆反应速率相等时，反应达到化学平衡状态，平衡状态下各组分的质量、浓度等都保持不变，C正确； D．平衡时和的物质的量之比由起始投料比决定，只有起始按投料时，平衡比例才可能为，不是一定为，D错误； 故选C。 9【答案】B 【分析】在b极转化为，N元素化合价从-3升高为0，发生失电子的氧化反应，因此b为负极；a极通入空气，发生得电子的还原反应，a为正极。 【详解】A．b极发生氧化反应，为负极，A正确； B．a极（正极）的电极反应为，b极室中的H+透过质子交换膜向a极区移动，但a极室中硫酸的物质的量不变，但是反应生成H2O，所以工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度减小，B错误； C．原电池中阳离子向正极迁移，a是正极，因此通过质子交换膜向a极室迁移，C正确； D．b极失电子生成，电极反应，D正确； 故选B。 10【答案】AD 【分析】反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：，根据反应①可得关系式10I-～2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)：n()=0.001：(10×0.0002)=1：2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，I元素的化合价由-1升高到+5价，反应②的离子方程式是：，据此分析。 【详解】A．由分析可知，反应①的离子方程式为，A正确； B．由分析可知，n=0.0002，B错误； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，有可能是高锰酸根的氧化性减弱导致，也可能是碘离子还原性增强导致，或两者均有，故无法判断，的还原性随酸性减弱而增强，C错误； D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D正确； 故选AD。 11【答案】D 【详解】A．步骤①反应为，该反应中C表现还原性，非金属性比较需依据最高价氧化物对应水化物酸性、单质与氢气化合难易等规律，该反应不能说明非金属性，A正确； B．粗中、、的沸点差异较大，可通过蒸馏分离提纯得到纯，B正确； C．中键的H对共用电子对吸引力更大，H为-1价，与溶液反应时，-1价H与水中+1价H发生归中反应生成，同时生成和，C正确； D．步骤⑤反应配平为，反应中N元素化合价降低，为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，中各元素化合价均未发生变化，不作氧化剂，D错误； 故选 D。 12【答案】D 【详解】A．起始：，，；平衡时：，，。 变化量：，、是反应物，是生成物，因此反应方程式为 ，A正确； B．平均摩尔质量 ：该反应中是固体，反应正向进行时气体总质量增大；反应前后气体计量数之和相等，气体总物质的量不变，因此是变量，当不变时，说明反应达到平衡，B正确； C．平均反应速率 ，C正确； D．a点只是和的物质的量相等，此时反应仍正向进行，正反应速率大于逆反应速率，只有达到平衡后（20min后物质的量不变时）正逆反应速率才相等，D错误； 故选D。 13【答案】A 【分析】已知原子的最外层电子数等于电子层数、为短周期元素，则可能是或，又已知单质能与强碱反应生成，则是，因为和可发生反应：，根据该反应方程式可知为；已知与含有相同的电子数，则为，为，这两种化合物的电子数都为，则为，为。 【详解】A．X 的氧化物为，常用于耐火材料的制造，不是半导体材料，A错误； B．常温下，为导体，可导电，而是半导体材料，其导电能力远弱于，B正确； C．的简单氢化物为，的简单氢化物为，非金属性小于，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，故热稳定性：，C正确； D．为，中的原子通过形成共用电子对形成共价键，D正确； 故答案选A。 14【答案】AB 【详解】A．植物主要通过根系吸收土壤中的无机氮，其中铵根离子（）和硝酸根离子（）是最主要的吸收形式，A正确； B．硝化作用包括两步：→（N元素从-3价升至+3价，被氧化）和→（N元素从+3价升至+5价，被氧化），两步中N元素均被氧化，B正确； C．0.1mol 转化为0.1mol ，N元素化合价从-3升至+5，失去0.8mol电子，O2作为氧化剂需得0.8mol电子，1mol O2得4mol电子，则需0.2mol O2，但题目未说明标准状况，无法确定O2体积为4.48L，C错误； D．氮的固定是游离态N2转化为化合态氮的过程，①（N2→有机氮）、②（N2→NH3）属于固氮，⑥（→N2）是反硝化作用（化合态→游离态），不属于固氮，D错误； 故选AB。 15【答案】D 【分析】根据题目信息，列三段式分析，据此分析。 【详解】A．0~10 min内， ，，A错误； B．10 min时， ，，B错误； C．平衡时的转化率为 ， C错误； D．恒温恒容下，压强之比等于气体总物质的量之比，初始气体总物质的量为，平衡气体总物质的量为，二者比值为，D正确； 故选D。 16【答案】CD 【详解】A．物质的量相同的同一物质，气态时的能量高于固态时的能量，则1molS(g)具有的能量高于1molS(s)，所以1molS(g)与O2(g)完全反应生成SO2(g)放出的热量会更多，即大于297.0 kJ，A错误； B．物质的能量越低，其稳定性越强。由右图可知，1molSO2(g)和molO2(g)的总能量比1molSO3(g)的能量高98.7 kJ，但无法确定1molSO2(g)的能量与1molSO3(g)的能量的大小关系，也就无法确定SO2(g)与SO3(g)的稳定性，B错误； C．SO2转化为SO3属于可逆反应，SO2不能完全转化为SO3，由图可知，1molS(s)与足量O2(g)反应，最终生成的SO3(g)小于1mol，则放出的热量小于(297.0+98.7)kJ，即小于395.7 kJ，C正确； D．由右图可知，2molSO2(g)和1molO2(g)完全反应转化为2molSO3(g)时放出的热为197.4 kJ，但SO2(g)和O2(g的反应为可逆反应，二者不可能完全反应，充分反应后放出的热小于197.4 kJ，D正确； 故选CD。 17【答案】CD 【详解】A．滴入水，气球膨胀，瓶内压强减小，说明氨极易溶于水，能达到实验目的，A不符合题意； B．与水反应生成硝酸和NO，而NO不溶于水也不与水反应，可以除去NO中的，能达到实验目的，B不符合题意； C．氨气极易溶于水，装置中使用了倒扣的漏斗，漏斗大部分浸没在水面下，当氨气溶于水时，漏斗内压强减小，水被吸入漏斗，不能防倒吸，不能达到实验目的，C符合题意； D．二氧化氮和水会反应生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水，所以不能充满整个烧瓶，不能达到实验目的，D符合题意； 故选CD。 18【答案】BD 【详解】A．由分析可得，步骤I中，和足量完全反应，层不再溶有，水层也无，因此上下两层均为无色，A正确； B．碘酒是的酒精溶液，酒精和水互溶，无法通过分液分离，不能用该方案回收碘单质，B错误； C．试剂X需要提供，使和发生归中反应，硫酸是强酸，可满足要求，C正确； D．萃取操作中，振荡后放气,漏斗口需斜向上，D错误； 故选BD 19【答案】D 【详解】A．与稀硫酸反应生成微溶的，会覆盖在表面阻止反应持续进行，不能用该试剂制备，A错误； B．仅加热分解生成和，二者在试管口遇冷会重新化合生成，无法得到，制备需要和固体混合加热，B错误； C．加热制，发生装置a正确，但密度大于空气，应该用向上排空气法（装置c）或排水法（装置e）收集，d是向下排空气法，收集方法错误，C错误； D．和浓硝酸常温反应生成，属于固液不加热制气，发生装置b正确；密度大于空气，且能与水反应，选择向上排空气法（装置c）收集，均正确，D正确； 故答案选D。 20【答案】C 【详解】A．图①温度计的水银柱上升，说明溶液温度升高，证明盐酸和氢氧化钠的反应是放热反应，故不选A； B．图②中饱和石灰水变浑浊，说明溶液温度升高，说明镁和稀盐酸的反应是放热反应，故不选B； C．锌和稀盐酸反应放出氢气，锌和稀盐酸反应是放热反应，图③中反应开始后，针筒活塞向右移动，该现象可能是由于反应生成了氢气，也可能是反应放热导致气体膨胀，因此不能充分说明该反应是放热反应，故选C； D．图④中反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明广口瓶内气体温度升高，证明过氧化钠和蒸馏水反应是放热反应，故不选D； 选C。 21【答案】D 【详解】A．常温下Al遇浓硝酸钝化，无法持续失电子作负极，该原电池中Cu为负极，A错误； B．题目未给出反应容器的体积，无法计算Z的浓度变化量，因此无法得到用浓度表示的反应速率，B错误； C．两组酸中氢离子总物质的量均为，足量Zn反应时生成的体积相等，且硫酸中氢离子浓度更大，反应速率更快，对应曲线斜率更大，与图示不符，C错误； D．物质能量越低越稳定，由图可知石墨的总能量低于金刚石，故稳定性石墨＞金刚石，D正确； 故选D。 22【答案】B 【详解】A．酯化反应中酸脱羟基醇脱氢，与发生酯化反应生成和，A错误； B．转化为是放热反应，则能量更低，更稳定，B正确； C．中含有24mol质子，为24NA个质子，C错误； D．苯甲醛与肉桂醛结构不相似，不是同系物，D错误； 故选B。 23【答案】AD 【详解】A．铊（Tl）位于第6周期ⅢA族，和Al（铝）同主族，从上到下依次是：B、Al、Ga、In、Tl。同主族元素，随着原子序数增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。Tl金属性比Al更强，也是易导电的银白色金属，A正确； B．同主族从上到下，金属的最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，是典型的两性氢氧化物，两性减弱，以碱性为主，因此是强碱，不具备两性，B错误； C．金属性越强，其对应阳离子的氧化性越弱：Tl的金属性远强于Al，因此的氧化性弱于，C错误； D．Tl是活泼金属，能与稀硝酸反应生成对应的硝酸盐，D正确； 故答案选AD。 24【答案】CD 【详解】A．碱式硫酸铁能发生水解生成胶体，胶体具有较强的吸附性，可用作净水剂，A项正确； B．不稳定，受热易分解，B项正确； C．若被氧化，其中的变成，溶液遇产生蓝色沉淀，检验需要，因此不能用来检验被氧化成的，（部分氧化时仍然有，仍然会产生沉淀），C项错误； D．与溶液反应冷却时有析出，说明在水中的溶解度比的小，D项错误； 故答案选择CD。 25【答案】AC 【详解】A．由于装置D不需要加热，所以试剂可以是，但不能是，A错误； B．生成的中含有挥发出的气体，会中和碱液，使装置A中溶液碱性减弱，导致产率降低，所以导管连接顺序为gefabdc，B正确； C．装置A中发生的反应为，当过量时，溶液碱性减弱，部分转化为，C错误； D．由于在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生自身的氧化还原反应，因此通入，溶液碱性降低，部分可以转化为，离子方程式为，所以直接向装置中通入也可以制备，D正确； 故选AC。 26【答案】BD 【分析】(1)向溶液中滴加2~3滴紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液是酸性，含有H⁺，不含OH-、、；(2)向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成， 此沉淀为BaSO4，说明溶液中含有不含Ba2+，(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，此沉淀为AgCl，因(2)中引入了Cl-，故无法通过(3)的操作判断溶液中是否含有Cl-，但由于溶液中存在的每种离子的浓度均为0.1mol/L，且溶液呈电中性，则溶液中一定含有Na+，一定不含Cl-；结合以上分析可知， 溶液中一定含有Na+、、H⁺，一定不含Cl-、、、OH-、Ba2+，据此回答。 【详解】A．由分析可知，由步骤(1)可知溶液中一定不含OH-、、，A正确； B．由分析可知，溶液中一定含有Na+、、H⁺，一定不含Cl-、、、OH-、Ba2+，B错误； C．由分析可知，步骤(2)和步骤(3)中的白色沉淀分别为BaSO4和AgCl，C正确； D．溶液中含H+和（浓度均为0.1 mol/L），加入Ba(OH)2至中性，反应的离子方程式为，D错误； 故选BD。 27【答案】BC 【分析】根据图像可知，氯气和氢氧化钾反应生成次氯酸钾和氯化钾，该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾和氯化钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，根据图像知生成n()= 0.06mol， n()= 0.03mol，据此回答。 【详解】A．根据得失电子守恒n()=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，据物料守恒可知n(K+)=n()+n()+n()=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，所以氢氧化钾的物质的量为0.3mol，则氢氧化钾质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，A错误； B．据图象可知，Cl2和KOH先生成KClO，且该反应是放热反应，随着温度的升高，Cl2和KOH反应生成KClO3，所以的生成是由于温度升高引起的，B正确； C．反应中转移电子的物质的量为0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，C正确； D．和中氯元素化合价分别为+1、+5，均高于Cl2中氯元素的化合价，不符合氧化还原反应中化合价必须有升有降的规律，所以酸性条件下不可能生成氯气，D错误； 故选BC。 28【答案】BD 【分析】在反应中，F元素由0价降低到-1价，O元素由-2价部分升高到+2价，则F2作氧化剂，NaOH部分作还原剂，部分表现出碱性，据此分析； 【详解】A．根据分析，中O的化合价为+2价，A错误； B．根据分析，NaOH部分作还原剂，发生氧化反应，B正确； C．由分析可知，2 mol F2参加反应(作氧化剂)，同时有2 mol NaOH参加反应，但只有1 mol NaOH表现出还原性，由此可得出，氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，C错误； D．F2的物质的量为=2 mol，依据关系式：2F2~4e-，可求出转移的电子数为4 NA，D正确； 故选BD。 29【答案】AC 【详解】A．由图可知，加水稀释之后，，故，A正确； B．由已知，原溶液中，，由电荷守恒得，结合图像分析可知，Y离子是， X离子是，否则电荷守恒不成立，B错误； C．由上述分析可知在溶液中，，，，，该溶液中只有、、，物质的量浓度为，C正确； D．由分析可知，溶液中物质的量浓度为，物质的量浓度为，物质的量浓度为，故固体溶解时，、、的物质的量之比为，D错误； 故选AC。 30【答案】C 【详解】A．水在此过程中生成氢气，H 元素化合价降低，水作氧化剂，A正确； B．硼氢化钠具有很强的还原性，故H为-1价，Na为+1价，硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价始终保持+3价，B正确； C．过程④的反应为，由该方程式可知，生成1.5 mol 时转移1 mol电子，则生成1 mol 转移mol电子，C错误； D．过程①生成H2，在过程②中发生的反应为、在过程③中发生的反应为、在过程④中发生的反应为，形成的氢气是H2、HD、，D正确； 故选C。 31【答案】BD 【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化。 【详解】A．酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜氧化为铜离子，N元素化合价降低，被还原，A正确； B．会挥发，“溶解”时，将溶液煮沸会减少反应物浓度，反应速率减慢，B错误； C．“反应”加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，反应的离子方程式为，C正确； D．已知CuCl难溶于醇和水，在潮湿空气中易水解氧化，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，而不是防止其水解还原，D错误； 故答案选BD。 32【答案】AB 【详解】A．第二份加足量溶液后，生成白色沉淀，得到6.99 g固体，沉淀为硫酸钡，其物质的量为，说明原溶液存在0.03 mol的，一定不存在，再根据电荷守恒，得出一定存在，无法确定是否存在，A正确； B．第二份加足量溶液后，生成白色沉淀，得到6.99 g固体，沉淀为硫酸钡，说明溶液中含有，一定不存在与硫酸根反应生成沉淀的，B正确； C．①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到气体的物质的量为，0.01 mol气体为氨气，溶液中一定含有，并且物质的量为0.01 mol，产生0.58 g白色沉淀，则溶液中含有，并且物质的量为，由与不能大量共存，得出一定不存在；C错误。 D．100 mL该溶液中若含有，则根据电荷守恒可知，，得。的物质的量浓度为，D错误。 故选AB。 33【答案】AC 【分析】结合“价-类二维图”的横、纵坐标可以确定各物质为：u是，v是S，w是，y是，z是，x是，a是，b是，c是，d是，e是，据此分析； 【详解】A．与水反应转化为，化学方程式为，其中的氧化剂和还原剂均是，不需要额外加入氧化剂，A错误； B．z是，其浓溶液是浓硫酸。w是。浓硫酸和在常温下不发生氧化还原反应，因此浓硫酸可以用来干燥气体，B正确； C．常温下，铝与浓硝酸和浓硫酸均发生钝化反应，生成的氧化物会阻止反应进一步发生，不是不反应，C错误； D．造成的酸雨雨水在空气中放置一段时间，被空气中的氧气氧化成硫酸，pH值将降低，D正确； 故选AC。 34【答案】AC 【详解】A．二氧化硅与碳酸钠高温加热，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体（），发生反应，该反应是高温下的非自发反应，利用了的挥发性推动反应进行，不能用“强酸制弱酸”的规律比较酸性。实际酸性为，A符合题意； B．铝箔表面的氧化膜（）熔点（约2050℃）远高于铝的熔点（约660℃），熔化的铝被高熔点的氧化膜包裹，因此不滴落，可证明氧化铝的熔点比铝高，B不符合题意； C．黄色火焰证明溶液含，但的黄色火焰会掩盖的紫色火焰，必须透过蓝色钴玻璃观察才能排除的干扰，因此不能直接得出“不含”的结论，C符合题意； D．不溶于强碱，溶于强碱，说明碱性强于，对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性越强，因此可证明的金属性强于，D不符合题意； 故答案选AC。 35【答案】BC 【分析】反应Ⅰ： 反应Ⅱ：，反应的总反应为，在整个过程中起催化作用，据此分析。 【详解】A．由转化图可知，反应Ⅰ中与反应生成和，离子方程式为，A不符合题意； B．反应Ⅱ中，中元素化合价由价降低至价，作氧化剂；中元素化合价由价升高至价，作还原剂。根据化合价升降守恒，得电子，失电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，并非，B符合题意； C．在反应Ⅰ中被还原为，在反应Ⅱ中又被氧化为，在整个过程中起催化作用，总反应为，生成水稀释，因此反应前后溶液中变小，C符合题意； D．整个转化过程中，是还原剂，是氧化剂，最终被还原为，实质是被还原，D不符合题意； 故选BC。 36【答案】C 【详解】A．由图中分析，1 mol甲烷和1 mol二氧化碳反应生成1 mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，A正确； B．消耗温室气体CO2并转化为高附加值化学品，减少大气中CO2含量，有助于实现碳中和目标，B正确； C．CH3COOH在水溶液中部分电离属于弱电解质；CO2本身不电离，溶于水后生成H2CO3才电离，故CO2是非电解质，C错误； D．CH3D中C-H键和C-D键均可断裂，生成∙CH2D或∙CH3两种自由基，与CO2结合后形成两种不同的中间体CH2DCOOH和CH3COOD，D正确； 故答案选C。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一化学期末提高训练系列2 不定项选择题 1．ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备： 反应l：4HCl+2KClO3=2ClO2↑+Cl2↑+2KCl+2H2O 反应2：C6H12O6+24KClO3+12H2SO4=12K2SO4+24ClO2↑+6CO2↑+18H2O 下列说法错误的是 A．两个反应中KClO3都作氧化剂 B．反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 C．反应2中每转移6 mol电子，生成气体的物质的量为7.5mol D．制备等物质的量的ClO2，反应1比反应2转移的电子总数多 2．下列反应的离子方程式书写正确的是 A．在饱和碳酸钠溶液中通入足量： B．溶液与少量的溶液混合： C．将足量二氧化硫气体通入稀溶液中： D．溶于稀硝酸： 3．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，下列说法不正确的是 已知：深蓝色溶液中生成了。 A．实验开始至5 s，没有发生氧化还原反应 B．实验开始至30 s，溶液中生成的总反应离子方程式为： C．30s至80s的过程，不一定是氧气氧化了 D．80s时，溶液中又生成了，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致 4．NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一，Cu基催化剂是技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入(O的化合价为价)可抑制对Cu基催化剂的影响(除Ce化合物外，其余物质比例系数均已标定)，其作用机理如图所示。下列说法不正确的是 A．反应①中，Ce元素价态降低 B．反应②中，的化学式为 C．在反应③中，存在极性键和非极性键的断裂与形成 D．标准状况下，整个反应过程中消耗时转移的电子数为 5．某学者绘制了一种八角星元素周期表，每个八角星代表一个周期(第一周期除外)，每个“·”代表一种元素，“………”相连的元素为同族元素。X、Y、Z、R、M为原子半径依次减小的五种短周期主族元素，Y的最外层电子数比最内层电子数多1。下列说法错误的是 A．原子序数：Z>Y>X B．Z与M形成的化合物，各原子均满足8电子稳定结构 C．X、Y、Z的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应 D．X、R形成的两种常见化合物均能与水反应 6．工业上制备过碳酸钠（）的一种流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可以用做稳定剂 B．“结晶”时，加入NaCl的主要作用是增大产品的产率 C．“分离”所用的主要玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒 D．受热分解不属于氧化还原反应 7．是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取的装置如图所示（夹持装置已略）。 已知：的熔点为，沸点为3.8℃；的沸点为；。 下列说法中不正确的是 A．装置②③中盛装的试剂依次是浓硫酸和饱和食盐水 B．通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险 C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是 D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸 8．工业合成氨是重要的人工固氮的方式，在一个恒容容器中充入N2(g)和H2(g)，一定条件下发生反应N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)，若温度保持不变，下列说法正确的是 A．当充入足够N2(g)后，H2(g)会全部转化为NH3(g) B．升温可以加快化学反应速率，故工业合成氨时温度越高越好 C．正、逆反应速率相等时，各物质的质量不再变化 D．反应达到限度后，N2(g)和H2(g)的物质的量之比一定为1：3 9．燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，工作原理如下图： 下列说法不正确的是 A．电极b为负极 B．工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大 C．通过质子交换膜向a极室迁移 D．电极b的电极反应： 10．不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.001 n ② 中性 0.001 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是 A．反应①的离子方程式为 B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性增强而增强 D．随反应进行，体系①与②均增大 11．高纯硅是现代信息产业的基础材料，工业制备高纯硅的一种工艺流程如图所示。下列说法中不正确的是 已知：①粗(沸点33.0℃)中含有少量的(沸点57.6℃)和HCl(沸点)。②键中，H对共用电子对引力更大；常温下，遇剧烈反应，在空气中易自燃。 A．步骤①的原理为：，该反应不能说明非金属性： B．步骤③的方法为蒸馏 C．能与NaOH溶液反应，得到、NaCl和 D．已知步骤⑤产生氮化硅时的另一种产物为CO，则该反应中为氧化剂 12．一定温度下，在容积为2 L的恒容密闭容器中加入一定量的X(g)、Y(s)和Z(g)发生反应，各物质的物质的量随时间变化如图所示： 下列说法错误的是 A．该反应的化学方程式可表示为 B．混合气体的平均摩尔质量不变时反应达到平衡状态 C．用X(g)表示该反应0~20 min内的平均反应速率为 D．a点反应的正反应速率等于逆反应速率 13．福建寿山石闻名全国，寿山石中含有四种短周期主族元素、、、，其原子半径依次减小，原子的最外层电子数等于电子层数，单质能与强碱反应生成，与含有相同的电子数，下列说法错误的是 A．的氧化物可做半导体材料 B．常温下，单质的导电能力强于单质 C．简单氢化物的热稳定性： D．中只含共价键 14．自然界中的局部氮循环如图。 图中含氮物质的各步转化的说法中，正确的是 A．植物吸收的无机氮主要是和 B．硝化作用中元素均被氧化 C．转化为需要消耗 D．属于氮的固定的是①②⑥ 15．在催化剂作用下由粗硅制备的反应为。一定温度下，在某容积为的恒容密闭容器中发生上述反应，起始加入足量的、和，后反应达到平衡，此时。下列说法正确的是 A．内， B．时， C．反应达到平衡时，的转化率为10% D．平衡时体系的压强与初始压强之比为 16．已知下列反应的能量变化示意图如图，有关说法正确的是     A．1 mol S(g)与O2(g)完全反应生成SO2(g)放出的热量小于297.0kJ B．在相同条件下，SO2(g)比SO3(g)稳定 C．1 mol S(s)与足量O2(g)反应，最终转化为SO3(g)放出的热量小于395.7 kJ D．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)充分反应后放出的热小于197.4 kJ 17．利用下列实验装置不能达到实验目的的是 A．检验氨气极易溶于水 B．除去NO中的 C．防止氨气倒吸 D．可以形成喷泉并充满烧瓶 18．为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下，下列说法不正确的是 A．步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色 B．用类似的方案，可以回收碘酒中的碘单质 C．试剂X可用硫酸 D．萃取过程中放气操作为 19．实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 选项 气体 试剂 制备装置 收集方法 A +稀硫酸 b e B a d C a d D Cu+浓硝酸 b c A．A B．B C．C D．D 20．下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应或吸热反应的是 A．图①温度计的水银柱上升 B．图②中饱和石灰水变浑浊 C．图③中反应开始后，针筒活塞向右移动 D．图④中反应开始后，甲处液面低于乙处液面 21．下列图像及对应的叙述正确的是 A．图中Al是原电池的负极 B．前10 s内，用物质Z浓度的变化表示的化学反应速率是 C．图中 a和b分别表示足量锌与400ml 0.1 mol/L盐酸、200 mL 0.1 mol/L硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的图像 D．图中物质的稳定性：石墨＞金刚石 A．A B．B C．C D．D 22．已知：①将中的氧原子标记为，可以探究酯化反应的原理；②转化为是放热反应；③苯甲醛()和可以合成肉桂醛()。下列说法正确的是 A．与发生酯化反应生成 B．比更稳定 C．中含有24个质子 D．苯甲醛是肉桂醛的同系物 23．近年来，我国在超导研究方面居世界领先地位，铊(Tl)是超导体的组成成分之一，铊位于第6周期ⅢA族。下列对铊的性质推导可能正确的是 A．铊是易导电的银白色金属 B．是两性氢氧化物 C．的氧化能力比的强 D．单质能跟稀反应生成硝酸盐 24．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是 A．碱式硫酸铁水解能产生胶体，可用作净水剂 B．为防止分解，生产需在较低温度下进行 C．可用溶液检验是否被氧化 D．常温下，在水中的溶解度比的大 25．常用作分析试剂，实验室可利用在碱性溶液中氧化绿色的溶液制备，装置如图所示(夹持装置略)。 已知：在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生自身的氧化还原反应。下列说法错误的是 A．试剂可以是或 B．导管连接顺序为gefabdc C．为提高的产率，装置中应通入过量氯气 D．直接向装置中通入也可以制备 26．某澄清溶液中可能含有Na+、、Cl-、、、H+、OH-、Ba2+中的几种(忽略水的电离)，且每种离子的浓度均为0.1mol/L，依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下： 步骤 操作 现象 (1) 向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液 溶液变红 (2) 向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸 有白色沉淀生成 (3) 将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸 有白色沉淀生成 下列结论错误的是 A．由步骤(1)可知溶液中一定不含OH-、、 B．肯定含有的离子是Na+、、H+，可能含有Cl- C．步骤(2)和步骤(3)中的白色沉淀分别为BaSO4和AgCl D．若向该溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性反应的离子方程式为：Ba2+++OH-+H+=BaSO4↓+H2O 27．将一定量的通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中和两种离子的物质的量()与反应时间()的变化示意图如图所示。下列说法正确的是 A．苛性钾溶液中的质量是5.04 g B．的生成可能与反应放热有关 C．反应中转移电子的物质的量是0.21 mol D．在酸性条件下和反应可生成 28．下列关于反应的说法正确的是 A．中O的化合价为价 B．发生氧化反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．每消耗（标准状况），转移的电子数为 29．某同学将、、三种固体溶于水配得溶液W，部分离子的物质的量浓度如图1所示。取100mL混合溶液加水稀释，测得随溶液体积的变化如图2所示。下列说法正确的是 A． B．X离子是，Y离子是 C．溶液W中物质的量浓度为 D．固体溶解时，、、的物质的量之比为5∶1∶1 30．硼氢化钠具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”，它在催化剂钌表面与水反应的历程如图所示，下列说法不正确的是 A．水在此过程中作氧化剂 B．硼氢化钠中硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价始终保持不变 C．过程④中产生，转移电子的物质的量为1mol D．若将替代，反应后生成的气体有、、 31．CuCl广泛应用于印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下： 下列说法不正确的是 A．“溶解”时，被还原 B．“溶解”时，为加快反应速率可将溶液煮沸 C．“反应”时主要反应的离子方程式为 D．“醇洗”的目的是加快除去CuCl表面的水分，防止其水解还原 32．有一混合溶液中含有以下离子的若干种：，现有两份体积相同各为100 mL的该溶液进行如下实验：①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.224 L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58 g白色沉淀；②向第二份溶液中加入足量的溶液，产生6.99 g白色沉淀。根据上述实验，以下推测正确的是 A．一定存在 B．一定不存在 C．可能存在 D．100 mL该溶液中若含有，则的物质的量浓度为 33．如图所示是S、N元素的部分“价-类”二维图。下列说法错误的是 A．d转化为e必须加入氧化剂才能实现 B．z的浓溶液具有氧化性，能用于干燥w C．常温下，铝与浓e和浓z均不反应 D．y造成的酸雨雨水在空气中久置pH值会减小 34．根据下列实验操作及现象，不能得出相应实验结论的是 选项 操作及现象 实验结论 A 取适量二氧化硅与碳酸钠置于坩埚中，高温加热、反应过程中有能使澄清石灰水变浑浊的无色气体产生 酸性： B 用坩埚钳夹持铝箔在火焰上加热，铝箔熔化，外边有膜兜住而不滴落 氧化铝的熔点比铝的熔点高 C 用铂丝蘸取某待测溶液在酒精灯外焰上灼烧，焰色呈黄色 该溶液含，不含 D 分别向氯化镁和氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量，前者产生白色沉淀不溶解，后者产生白色沉淀后慢慢溶解 Mg的金属性强于Al A．A B．B C．C D．D 35．用还原法可将烟气中的转化为无害物质。常温下，将与的混合气体通入与的混合溶液中，转化过程如图所示。下列说法错误 A．反应I的离子方程式为 B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 C．反应前后溶液中保持不变 D．该转化过程的实质是被还原 36．我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法错误的是 A．生成总反应的原子利用率为100% B．该反应可缓解温室效应，有助于实现碳中和 C．该反应中、均属于电解质 D．若将替换为，则生成两种形式不同 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $