2025届江西省抚州市临川二中、临川二中实验学校高一化学第二学期期末统考试题含解析

2025届江西省抚州市临川二中、临川二中实验学校高一化学第二学期期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式书写正确的是A．氢氧化钡溶液与稀硫酸混合:Ba2++SO42-→BaSO4↓B．Fe与HCl反应:2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C．碳酸钙跟盐酸反应:CO32-+2H+→CO2↑+H2OD．醋酸与氢氧化钠溶液反应:CH3COOH+OH-→CH3COO-+H2O2、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的3、下列事实不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）A．氯气与氢硫酸能发生置换反应 B．HClO4酸性比H2SO4强C．盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸 D．受热时，氯化氢比硫化氢稳定4、锂常用来制造高能量电池。已知锂的金属性介于钠和镁之间，则冶炼金属锂应采用的方法A．热还原法B．热分解法C．电解法D．铝热法5、某有机物的结构如下图所示，试推断该有机物不可能具有的性质是⑥能发生水解反应A．①④ B．只有⑥ C．只有⑤ D．④⑥6、下列仪器可用酒精灯直接加热的是()A．锥形瓶 B．试管 C．烧杯 D．量筒7、有氯化钠、氯化铁、氯化亚铁、氯化镁、氯化铝五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是()A．盐酸B．烧碱溶液C．氨水D．硫氰化钾溶液8、配制某物质的量浓度的溶液时，下列情况会造成所配溶液浓度偏小的是A．容量瓶中有蒸馏水 B．溶液转移至容量瓶时，未洗涤玻璃棒和烧杯C．溶液未冷至室温就定容 D．定容时俯视9、下列关于有机物的说法错误的是（）A．分子式为C9H9O2 B．能使Br2的CCl4溶液褪色C．能发生酯化反应 D．能发生加成反应10、已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是（）（1）生成物的体积分数一定增加（2）生成物的产量一定增加（3）反应物的转化率一定增大（4）反应物浓度一定降低（5）正反应速率一定大于逆反应（6）加入催化剂A．（1）（2）B．（2）（5）C．（3）（5）D．（4）（6）11、下列说法中错误的是（）A．化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化B．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量12、下列对离子颜色说法不正确的是（

）A．Cu2+蓝色B．MnO4﹣紫红色C．Na+黄色D．Fe3+棕黄色13、铜的冶炼大致可分为以下几个步骤：(1)富集，将硫化物矿进行浮选；(2)焙烧，主要反应为(炉渣)；(3)制粗铜，在1200℃的条件下发生的主要反应为，；(4)电解精炼。下列说法不正确的是A．上述焙烧过程中的尾气不可直接排放B．由6mol生成6molCu时，在整个过程中共消耗15molC．在反应中，只有作氧化剂D．电解精炼属于化学变化14、据报道，某些花岗岩会产生具有放射性的氡()，从而对人体造成伤害，该核素核内中子数与质子数之差为A．86B．136C．50D．22215、将1.92gCu投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下收集到1.12L气体时，金属铜恰好全部消耗。则反应中消耗的硝酸的物质的量为A．0.09mol B．0.1mol C．0.11mol D．0.12mol16、下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度或者反应物用量)改变，不会引起产物种类改变的是A．Na和O2 B．Na2O2和H2O C．NaOH和CO2 D．Na2CO3和HCl二、非选择题（本题包括5小题）17、下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后回答:元素有关信息A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nmB所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体C原子半径为0.102nm，其单质为黄色固体，可在AD最高价氧化物的水化物能按1:1电离出电子数相等的阴、阳离子E原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐(1)写出C元素在周期表中的位置_________________，写出D元素最高价氧化物的水化物电子式________________。(2)写出A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是______________(填化学式)。(3)写出B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是_________(填化学式)。(4)写出D的单质在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，该氧化物含有的化学键类型是________________。(5)砷(As)与E同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为_______，其氢化物的化学式为18、下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_________________________，Mg在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2的电子式：____________________。（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_______________。（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_______________。19、H2O2是常用的漂白剂和氧化剂，在环境保护、医药、化学合成等方面有重要的作用．Ⅰ.为探究影响H2O2分解速率的因素，某实验小组进行了如下实验：实验1：在相同的条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和amLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象。实验2：将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15mL5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，实验结果如下：MnO2触摸试管情况观察结果反应完成所需的时间粉末状很烫剧烈反应，带火星的木条复燃3.5min块状微热反应较慢，火星红亮但木条未复燃30min回答下列问题：（1）H2O2的分解反应是____反应（填“放热”或“吸热”）。（2）实验2的实验结果表明，催化剂的催化效果与____有关。（3）实验1的目的是____，a=____。Fe3＋可以作为H2O2分解化的催化剂，可能的催化过程如下。请写出ii。i．2Fe3＋+H2O2=2Fe2＋+O2+2H＋ii．____。Ⅱ.在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解。某实验小组在不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表（溶液体积变化忽略不计）。t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9（1）0~6min中该反应的平均反应速率v(H2O2)约为____。（保留两位有效数字）（2）反应到6min时，H2O2分解率为____。20、碘化钾是一种无色晶体，易溶于水，实验室制备KI晶体的步骤如下：①在如图所示的三颈烧瓶中加入12.7g研细的单质碘和100mL1.5mol/L的KOH溶液，搅拌(已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3)②碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞和弹簧夹1、2.向装置C中通入足量的H2S；③反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热④冷却，过滤得KI粗溶液。(1)仪器a的名称_________；(2)A中制取H2S气体的化学方程式___________；(3)B装置中饱和NaHS溶液的作用是_________(填序号)；①干燥H2S气体②除HCl气体(4)D中盛放的试剂是__________；(5)步骤①中发生反应的离子方程式是_____________；(6)由步骤④所得的KI粗溶液(含SO42-)，制备KI晶体的实验方案：边搅拌边向溶液中加入足量的BaCO3，充分搅拌、过滤、洗涤并检验后，将滤液和洗涤液合并，加入HI溶液调至弱酸性，在不断搅拌下蒸发至较多固体析出，停止加热，用余热蒸干，得到KI晶体，理论上，得到KI晶体的质量为________。21、物质生产工艺的设计，必须牢牢抓住物质的性质，而推断化合物的化学性质，常从两个角度分析：Ⅰ、物质的属类（如氧化物、酸、碱或盐等）；Ⅱ、组成元素的化合价（是否处于最高价、中间价态或最低价）。请回答2（1）已知SiO2是一种难溶于水的酸性氧化物，试写出一个化学方程式表示该物质具有的化学性质：__________________________________；（2）已知，黄铜矿冶炼铜产生的炉渣含有Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等多种氧化物，工业生产过程中可利用该炉渣制备Fe2O3。利用炉渣制备氧化铁的生产流程示意图如下：①若盐酸浸泡后所得滤液用氯气处理，反应的离子方程式为______________________；经“足量的NaOH溶液”处理后，存在于炉渣中的铝元素最终以_____________形式被除去。A．AlB．Al(OH)3C．Al3+D．[Al(OH)4]—②现有a、稀硫酸b、HNO3溶液c、KSCN溶液d、KMnO4溶液e、NaOH溶液f、碘水等试剂，为检验原炉渣中是否含有FeO，应该选择上述试剂中的_________________（填试剂对应的字母）。若存在FeO，将观察到的现象是________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．漏写了OH-和H+反应生成水，离子反应方程式错误，A项错误；B．Fe与HCl反应生成Fe2+，而不是Fe3+，离子方程式不符合反应事实，B项错误；C．碳酸钙难溶，写离子方程式时不能拆开写，C项错误；D．符合事实，拆分正确，原子、电荷都守恒，D项正确；答案选D。2、B【解析】

根据CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。3、C【解析】

A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，氯气与H2S能发生置换反应，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，选项A正确；B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，选项B正确；C．不能根据氢化物的水溶液的酸性强弱比较非金属性，例如HI的酸性比HCl强，但非金属性Cl＞I，硫化氢的酸性比盐酸弱，但非金属性Cl＞S，选项C错误；D．元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，选项D正确。答案选C。4、C【解析】

锂的金属性介于钠和镁之间，说明Li是活泼的金属，工业上镁的冶炼需要电解法，则冶炼金属锂应采用的方法是电解法。答案选C。【点睛】金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属。5、B【解析】

有机物性质的判断一般依据分子中含有的官能团进行判断。根据结构简式可知，分子中含有的官能团是碳碳双键、羧基和醇羟基，因此该有机物可以发生的反应为：①可以燃烧；②能使酸性KMnO4溶液褪色；③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应，但不可能发生水解反应，答案选B。6、B【解析】分析：根据实验室仪器使用规则去回答本题。能直接加热的仪器：坩埚、试管、蒸发皿、燃烧匙等；需要垫石棉网加热的仪器：烧杯、烧瓶等。详解：A.锥形瓶能加热，但不能直接能加热必须垫石棉网，否则会由于受热不均，使烧杯炸裂，故故A错误；B.试管能直接放在酒精灯上加热，故B正确；C.烧杯能加热，但不能直接能加热必须垫石棉网，否则会由于受热不均，使烧杯炸裂，故故C错误；D.量筒只能用来量取液体体积，不能用来加热，故D错误；故答案为B。点睛：本题难度不大，实验室中有一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些根本就不能被加热。烧杯、烧瓶不能直接加热，需要垫石棉网。7、B【解析】

五种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，因而KSCN溶液不能达到目的，且盐酸与五种氯化物都不反应，利用金属氢氧化物的溶解性及颜色来鉴别，因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因此必需选强碱，据此解答。【详解】A．加入盐酸，与五种物质都不反应，不能鉴别，A错误；B．加入NaOH溶液，氯化钠不反应，FeCl3生成红褐色沉淀，FeCl2生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，MgCl2生成白色沉淀，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，现象各不相同，可鉴别，B正确；C．加入氨水，不能鉴别MgCl2、AlCl3，C错误；D．加入KSCN只能鉴别FeCl3，不能鉴别其它物质，D错误。答案选B。8、B【解析】

A．容量瓶中有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故A错误；B．溶液转移至容量瓶时，未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质减少，溶液浓度偏小，故B正确；C．溶液未冷至室温就定容，冷却后液面下降，溶液体积减小，溶液浓度偏大，故C错误；D．定容时俯视，液面在刻度线下方，溶液体积减小，溶液浓度偏大，故D错误；故答案为B。【点睛】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。9、A【解析】

A.分子式为C9H8O2，A错误；B.由于该物质的侧链上含有碳碳双键，所以能使Br2的CCl4溶液褪色，B正确；C.由于该物质含有羧基，所以能发生酯化反应，C正确；D.由于该物质含有碳碳双键和苯环，所以能发生加成反应，D正确。答案选A。10、B【解析】①总体积不变，向正反应移动，生成物的体积分数一定增大，若生成物的体积增大小于混合物总体积增大，生成物的体积分数可能降低，①错误；②平衡向正反应移动，生成物的产量一定增加，②正确；③降低生成物的浓度，平衡正向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应物的浓度，平衡正向移动，其他反应物的转化率增大，自身转化率降低，③错误；④如增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，④错误。⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，⑤正确；⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，⑥错误。综上所述②⑤正确。答案选B。11、C【解析】

A、由于化学反应的本质是旧键断裂新键形成的过程，断键要吸热，形成化学键要放热，这样必然伴随整个化学反应吸热或放热，所以化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、一个化学反应是放热还是吸热主要取决于反应物的总能量与生成物总能量的相对大小，与外界条件没有关系，C错误；D、反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，D正确。答案选C。12、C【解析】分析：选项中只有钠离子为无色，钠的焰色反应为黄色，以此来解答。详解：A．在溶液中Cu2+为蓝色，A不选；B．在溶液中MnO4-为紫红色，B不选；C．在溶液中Na+为无色，C选；D．在溶液中Fe3+为棕黄色，D不选；答案选C。点睛：本题考查常见离子的颜色，把握中学化学中常见离子的颜色为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意钠离子的颜色与焰色反应的区别，题目难度不大。13、C【解析】

A．焙烧过程中的尾气中含有二氧化硫，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，故A正确；B．反应的总反应方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO，6molCuFeS2生成6molCu，共消耗15molO2，故B正确；C．在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑中，Cu的化合价由+1价降低为0价，S的化合价由-2价升高为+4价，反应物中Cu2O只做氧化剂，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D．精炼铜时，粗铜做阳极，Cu-2e-=Cu2+，与电源的正极相连，纯铜作阴极，Cu2++2e-=Cu发生了化学变化，故D正确；故选C。14、C【解析】分析：元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，质子数和中子数之和是质量数，据此解答。详解：根据可知质子数是86，质量数是222，则中子数＝222－86＝136，因此该核素核内中子数与质子数之差为136－86＝50。答案选C。15、C【解析】

1.92g铜与一定量浓硝酸反应，Cu恰完全反应，生成气体为NO、NO2中的一种或二者混合物；反应的硝酸一部分表现氧化性，一部分表现酸性；根据原子守恒表现氧化性的硝酸物质的量=n（NOx）=1.12L/22.4L∙mol-1=0.05mol，表现酸性的硝酸物质的量=2n[Cu（NO3）2]=2n（Cu）=2×1.92g/64g∙mol-1=0.06mol，所参加反应硝酸物质量=0.05mol+0.06mol=0.11mol，答案选C。【点睛】本题考查铜和硝酸反应的计算问题，注意运用守恒法简化运算过程，此类题目常用到原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等，本题运用原子守恒：参加反应的硝酸的物质的量=表现氧化性的硝酸的物质的量+表现酸性的物质的量。16、B【解析】A．钠和氧气在没有条件的条件下反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故A错误；B．无论改变条件还是用量，都发生过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，故B正确；C．氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故C错误；D．少量盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，过量盐酸和Na2CO3溶液反应生成CO2，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第ⅥA族H2O>H2SH2SO4<HClO4非极性共价键，离子键33AsH3【解析】分析：短周期元素A、B、C、D、E，A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nm，可推知A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体，则B为Cl元素；C原子半径为0.102nm，其单质为黄色晶体，可在A的单质中燃烧，则C为S元素；D的最高价氧化物的水化物能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素；E的原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3，据此解答。详解：根据上述分析，A为O元素；B为Cl元素；C为S元素；D为Na元素；E为N元素，X为NH4NO3。(1)C为Cl元素，处于周期表中第三周期ⅦA族，D为Na元素，最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；(2)元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是H2O>H2S，故答案为：H2O>H2S；(3)元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是H2SO4<HClO4，故答案为：H2SO4<HClO4；(4)钠在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，是过氧化钠，含有的化学键类型有非极性共价键、离子键，故答案为：非极性共价键、离子键；(5)砷(As)与N元素同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为7+8+18=33，其氢化物的化学式与氨气相似，为AsH3，故答案为：33；AsH18、r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)第三周期ⅡA族Mg2Si熔融，电解NH3，NH4ClSiC2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2OCH3CH2CHO，CH3CHO【解析】

（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl、N3-、H+，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)。Mg在周期表的第三周期ⅡA族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1个Mg2+和2个OH-,所以电子式为：。（2）根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为+2，Si为-4，所以化学式为Mg2Si。反应②是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁（亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到），所以反应为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。（5）利用格氏试剂可以制备，现在要求制备，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。19、放热催化剂接触面积研究FeCl3对H2O2分解反应速率的影响a=1H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O3.3×10－2mol•L－1•min－1或0.033mol•L－1•min－150%【解析】

Ⅰ（1）由实验现象分析反应放热还是吸热；（2）根据实验现象分析催化剂的表面积对反应速率的影响；（3）对比实验中所用到的试剂判断实验目的；依据催化剂的特点分析解答；Ⅱ（1）根据反应速率V=△c÷△t计算；（2）依据转化率的含义计算。【详解】Ⅰ（1）根据触摸试管的感觉可知，该反应为放热反应；（2）实验2的实验结果表明二氧化锰为粉末状时反应快，则这说明催化剂的催化效果与催化剂接触面积有关。（3）一支试管中加入2mL5%H2O2和amLH2O，另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，可以得出反应物双氧水的浓度一致，唯一的变量是另一支试管中加了1mLFeCl3溶液，判断出加FeCl3溶液的目的是研究FeCl3对H2O2分解反应速率的影响，为了让两支试管中H2O2的浓度相等，水的体积应该是1mL，即a＝1；由于催化剂在反应前后质量和性质是不变的，则根据2Fe3＋+H2O2＝2Fe2＋+O2+2H＋可知第二步反应是H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；Ⅱ（1）0～6min中生成氧气是22.4mL，物质的量是0.001mol，则消耗双氧水是0.002mol，浓度是0.2mol/L，所以该反应的平均反应速率v(H2O2)＝0.2mol/L÷6min＝0.033mol•L－1•min－1。（2）反应到6min时消耗双氧水的浓度是0.2mol/L，则H2O2分解率为0.2/0.4×100%＝50%。20、圆底烧瓶（烧瓶）FeS+2HCl==FeCl2+H2S↑②NaOH溶液3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O24.9g【解析】

制备KI：关闭弹簧夹，A中有稀盐酸与FeS制备H2S气体，B装置由饱和NaHS溶液除去H2S气体中的HCl杂质，C中I2和KOH溶液反应：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，碘完全反应后，打开弹簧夹，向C中通入足量的H2S，发生反应：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，将装置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加热10min，除去溶液中溶解的H2S气体，所得的KI溶液(含SO42-)，加入碳酸钡至硫酸根除净，再从溶液制备KI晶体，D为氢氧化钠吸收未反应完的H2S气体，据此分析解答。【详解】(1)根据装置