高考化学一轮复习练习-氧族与碳族及其应用

高考化学一轮复习练习——氧族与碳族及其应用一、单选题1．四大发明是中国古代创新的智慧成果和科学技术，包括造纸术、指南针、火药、印刷术。下列说法正确的是（）A．造纸包括破碎，碱浸，漂白，沉浆等过程，均不涉及化学变化B．古代制造指南针主要材料是磁石，磁石中含有带磁性的Fe2O3C．大量使用烟花、鞭炮等火药制品不会造成环境污染D．活字印刷术使用的黑墨，常温下化学性质很稳定2．科技强国．下列说法不正确的是（）A．“北斗三号”导航卫星搭载铷原子钟，铷是碱金属元素B．“弹性陶瓷塑料”具有很好的硬度和弹性，其中塑料的主要成分为有机物C．量子计算机“悟空”即将面世，其传输信号的光纤主要成分为二氧化硅D．的发现开启了碳纳米材料应用的新时代，属于混合型晶体3．中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（）A．宋∙王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜B．“冰糖葫芦”是一种传统美食，山楂外面包裹的“糖衣”的主要成分是麦芽糖C．“澄泥砚”是一种传统工艺品，是用胶泥烧制而成，其主要成分为硅酸盐D．“蜀绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分蛋白质4．化学创造美好生活，下列有关物质性质的叙述与用途错误的是选项物质性质用途A电子跃迁到激发态过程中释放能量，产生紫色光钾盐用作紫色烟花原料B具有还原性葡萄酒中添加作抗氧化剂C高铁酸钾具有强氧化性可用作饮用水的消毒剂D具有碱性环保工程师用熟石灰处理酸性废水A．A B．B C．C D．D5．下列有关材料的说法正确的是（）A．铝、镁、钛等合金广泛应用于飞船建造，这些合金只存在吸氧腐蚀，不存在析氢腐蚀B．冬奥会礼仪服装用到的石墨烯材料、制作“飞扬”火炬的碳纤维复合材料、速滑竞赛服采用的聚氨酯材料都属于有机高分子材料C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片一天机芯的主要材料与光导纤维的相同D．神舟飞船使用的热控材料是新型保温材料-纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应6．硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是（）A．硫在氧气中燃烧直接生成YB．X、Y、Z均属于电解质C．N为难溶于水的黑色固体，可溶于硝酸D．N可由其相应单质直接化合生成7．中国“天宫”空间站运用的“黑科技”很多，下列对所涉及物质性质的描述正确的是（）A．“百变金刚”太空机械臂主要成分为铝合金，具有硬度大、熔点高等优点B．“问天”实验舱采用了砷化镓太阳能电池片，能将光能转化为化学能C．核心舱配置的离子推进器以氙和氩气作为推进剂，氙和氩属于副族元素D．电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，二者均为无机非金属材料8．含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿()、辉铜矿()、明矾、绿矾()、胆矾()、重晶石()等。硫磺、黄铁矿可作为工业制硫酸的原料，辉铜矿煅烧时可发生反应：。直接排放会造成环境污染，可将其转化，或用石灰乳、等物质进行回收再利用。硫及其化合物的转化具有重要作用，下列说法错误的是A．石灰乳吸收可生成B．硫磺在过量氧气中燃烧的产物是C．用水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成HBr和D．辉铜矿煅烧时，每消耗1mol，反应共转移6mol电子9．化学与科技、社会、文化、生活有着密切的联系。下列说法正确的是A．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”B．“神舟十四号”飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷，其主要成分是硅酸盐C．“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴藏着自然界的碳、氮循环D．我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅10．下列衣食住行项目与所述的化学知识有关联的是（）选项项目化学知识A衣：羊毛衫不能用碱性洗涤剂洗涤蛋白质在碱性条件下易水解B食：SO2可用作葡萄糖抗氧化剂SO2具有氧化性C住：Al2O3在建筑中可用作耐高温材料Al2O3具有两性D行：NH3处理汽车尾气中的氮氧化物NH3沸点低、易液化A．A B．B C．C D．D11．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（）A．加热时，①中上部汇集了固体B．加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色C．加热时，③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现的漂白性D．三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应12．类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中正确的是（）A．CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀B．钠在空气中加热能生成过氧化钠，则锂在空气中加热也能生成过氧化锂C．可用固体与浓硫酸加热制气体，则可用固体与浓硫酸加热制气体D．CO2中C为sp杂化，SiO2中Si也是sp杂化13．人们运用化学知识通过辛勤劳动创造了美好的生活。下列说法错误的是（）A．厨房清洗碗碟时可用热的纯碱溶液代替洗洁精，这利用了纯碱的水解原理B．炉灶使用的燃气由液化石油气改为天然气，应该减少空气的进气量C．二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，可以大量广泛地用于食品的漂白D．长途运输中，可用泡过高锰酸钾溶液的硅藻土来防止水果早熟14．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是选项实验操作现象结论A向热的浓硝酸中加入红热的木炭，继续加热产生红棕色气体不能说明木炭与浓硝酸一定发生了反应B向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液白色悬浊液中产生黑色沉淀Ksp(CuS)<<Ksp(ZnS)C向0.1mol·L-1KMnO4酸性溶液中滴加0.1mol·L-1H2O2溶液溶液褪色H2O2具有漂白性D向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热一段时间；再加入少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热3～5min无砖红色沉淀产生淀粉未发生水解A．A B．B C．C D．D15．既是大气主要污染物之一，也是重要的化工原料，可用于硫酸的生产。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1：用氨水将先转化为，氧化为；方法2；用生物质热解气(主要成分为CO、、)将在高温下还原为单质硫；方法3：用溶液吸收生成，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4：用溶液吸收烟气中，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。下列化学反应表示错误的是（）A．氨水吸收的反应：B．CO还原的反应：C．吸收液再生的反应：D．电解脱硫时的阴极反应：16．化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列有关说法错误的是（）A．葡萄酒中添加少量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用B．食物中的膳食纤维通过水解反应为人体提供能量C．钛合金能耐高温，可用于制造航天器的部件D．我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高17．下列方程式与所给事实不相符的是（）A．汽车尾气的催化转化：B．用明矾净水：C．用硫制硫酸：；D．乙酸与乙醇的酯化反应：18．用如下装置模拟汽车尾气系统中CO与NO的反应。下列有关该实验的说法错误的是（）A．反应前需排尽装置中的空气B．NO和CO在装置a中进行了预混合C．可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊D．实验中的有害尾气均可用碱石灰吸收19．下列说法错误的是A．新戊烷和2，2-二甲基丙烷为同一物质B．乙烯和聚乙烯互为同系物C．环氧丙烷和丙酮互为同分异构体D．和互为同素异形体20．自古以来，化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A．唐代诗人刘禹锡的《浪淘沙》中“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”不涉及氧化还原反应B．《天工开物》中“至于矾现五金色之形硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中矾指的是金属硫酸盐C．燃煤中加入可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D．中国华为自主研发的芯片巴龙5000的主要材料是硅二、综合题21．草酸(H2C2O4)是二元弱酸，其工业合成方法有多种。I.甲酸钠钙化法（1）CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠(HCOONa)，化学方程式是。（2）“加热”后，甲酸钠脱氢变为草酸钠。则“钙化”时，加入的试剂a是。（3）若将草酸钠直接用H2SO4酸化制备草酸，会导致结晶产品不纯，其中含有的杂质主要是。（4）“酸化”过程中加入H2SO4的目的是。（5）II.一氧化碳偶联法分三步进行：i.偶联反应：ii.水解反应：……iii.再生反应：4NO+4CH3OH+O2→4CH3ONO+2H2O酸性条件下，“水解反应”的化学方程式是。（6）从原子经济性的角度评价偶联法制备草酸的优点是。22．国家速滑馆“冰丝带”是北京冬奥会最具科技含量的场馆，它采用了当前冬季运动场馆最环保的制冰技术之一——二氧化碳跨临界直接制冰技术。（1）CO2由气体变成固体的过程中，下列判断正确的是____。（单选）A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＞0，ΔS＜0C．ΔH＜0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0（2）关于CO2叙述不正确的是____。（单选）A．CO2属于酸性氧化物 B．CO2分子中含有极性键C．CO2属于非电解质 D．CO2是极性分子（3）为吸收CO2，下列处理CO2的转化关系不能实现是____。（单选）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打印技术，科学家研制出的微胶囊吸收剂，它能将排放的CO2以更加安全、廉价和高效的方式处理掉，球形微胶囊内部充入(NH4)2CO3溶液，其原理如图所示。已知：(NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l)2NH4HCO3(aq)ΔH=－25.3kJ·mol－1吸收CO2时宜选用（选填“低温”或“高温”）理由、（列举两点）。（5）已知一水合氨和碳酸室温下电离平衡常数如下：弱电解质H2CO3NH3·H2O电离平衡常数Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Kb＝1.8×10－5试结合必要的化学用语与简单计算，判断0.1mol·L－1NH4HCO3溶液的酸碱性23．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯及其化合物既是重要化工原料，又是广泛使用的高效灭菌消毒剂。回答下列问题：（1）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时将氯气溶于水形成氯气—氯水体系，该体系中Cl2(aq)、HClO和ClO-的物质的量分数(α)随pH变化的关系如图所示。用氯气处理饮用水时，pH=7.5与pH=6，杀菌效果较强的是(填数字)。用NaOH调节该溶液pH，写出由氯气生成ClO-的离子方程式是。（2）“84消海液”的有效成分是NaClO，往“84消毒液”中加入少量醋酸可增强效果，该反应的离子方程式是，若消毒液在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是。（3）ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂。将ClO2气体通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2。写出由ClO2制备NaClO2的离子方程式。（4）ClO2为淡棕黄色气体，易溶于水生成HClO。可由与适量潮湿的Na2CO3反应来制得ClO2，同时产生一种无色无味气体，写出该反应的化学方程式。将制得的ClO2通入水中生成HClO溶液，设计简单实验证明HClO具有永久漂白性：。(写出操作过程、现象和结论)24．某化学小组为探究的制备、性质及检验等相关问题，进行如下实验：（1）Ⅰ.制备并收集纯净干燥的

实验室可供选择的试剂：C(s)、Cu(s)、饱和溶液、75%浓。①实验所需装置的连接顺序是：a→→d→e(按气流方向用小写字母标号表示)。②该实验中制备的反应方程式为。（2）Ⅱ.探究的性质将收集到的持续通入如图装置进行实验：①装置E中出现现象时可验证具有氧化性。②装置F用于验证的还原性，为实现这一目的，需进一步采取的实验操作是。③从硫元素间的相互转化所得的规律判断下列物质中既有氧化性，又有还原性的是(填字母序号)。a．Nab．c．d．e．（3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。

滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为____(填字母)。A． B．C． D．（4）判断达到滴定终点的依据是；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为。25．次磷酸钠(NaH2PO2)广泛应用于化学镀镍，次磷酸钠的生产与镀镍过程如下：据此回答下列问题：（1）红磷与黄磷之间的关系为。（2）次磷酸钠中磷元素的化合价为。（3）写出碱溶过程的化学反应方程式，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为。（4）已知次磷酸钠中的为四面体结构，请写出的结构式，次磷酸钠NaH2PO2为填“酸式盐”、“碱式盐”、“正盐”。（5）请简述化学镀镍的反应原理。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．造纸中的漂白一定是化学变化，A不符合题意；B．磁石中含有带磁性的是Fe3O4，而不是Fe2O3，B不符合题意；C．燃放烟花、鞭炮产生大量粉尘和刺激性气味的有害气体，大量使用烟花、鞭炮等火药制品会造成环境污染，C不符合题意；D．活字印刷使用的黑墨为碳单质，常温下，碳的化学性质不活泼，较为稳定，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、漂白是化学变化；

B、四氧化三铁称为磁性氧化铁；

C、烟花和鞭炮会污染环境；

D、石墨常温下很稳定。2．【答案】D【解析】【解答】A、铷位于元素周期表的第ⅠA族，属于碱金属元素，故A不符合题意；

B、塑料的主要成分为有机高分子化合物，故B不符合题意；

C、二氧化硅具有良好的光学特性，是光纤的主要成分，故C不符合题意；

D、属于分子晶体，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、铷位于第ⅠA族；

B、塑料是有机高分子化合物；

C、光纤的主要成分为二氧化硅；

D、是分子晶体。3．【答案】B【解析】【解答】A．绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，化学式是Cu2(OH)2CO3，A不符合题意；B．“冰糖葫芦”是一种传统美食，山楂外面包裹的“糖衣”的主要成分是冰糖或白砂糖，其主要成分是蔗糖，不是麦芽糖，B符合题意；C．宋∙王希孟《千里江山图》卷中的“澄泥砚”是一种传统工艺品，是用胶泥烧制而成，胶泥的主要成分为硅酸盐，C不符合题意；D．“蜀绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分就是蛋白质，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜；

C.胶泥的主要成分为硅酸盐；

D.蚕丝的主要成分就是蛋白质。4．【答案】A【解析】【解答】A．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，处于较高能量的电子不稳定，很快跃迁回能量较低的轨道，释放多余的能量，以光的形式释放出来，使火焰呈现颜色，既焰色反应的原理，利用金属包括钾元素的焰色反应可以制作烟花，A符合题意；B．葡萄酒中添加作抗氧化剂，利用的还原性，B不符合题意；C．高铁酸钾具有强氧化性铁元素为+6价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，C不符合题意；D．显碱性，可用于处理酸性废水，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.电子由激发态变为基态时，以光的形式释放能量；

B.二氧化硫具有还原性，可作抗氧化剂；

C.高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质变性；

D.氢氧化钙为碱，可中和酸性废水。5．【答案】D【解析】【解答】A．铝、镁、钛等合金在强酸性环境中可发生析氢腐蚀，A不符合题意；B．聚氨酯是由有机小分子经聚合反应生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，而碳纤维复合材料属于无机材料，B不符合题意；C．芯片的主要材料是硅单质，C不符合题意；D．纳米气凝胶属于胶体，胶体具有丁达尔效应，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．酸性环境发生析氢腐蚀；B．碳纤维复合材料属于无机材料；C．芯片的主要材料是晶体硅；D．纳米气凝胶属于胶体。6．【答案】C【解析】【解答】A．硫在氧气中燃烧，生成SO2，不能直接生成SO3，故A不符合题意；B．X为SO2，本身不能电离出离子而导电，属于非电解质，故B不符合题意；C．CuS是难溶于水的黑色固体，溶于硝酸发生氧化还原反应，故C符合题意；D．单质硫与铜反应生成硫化亚铜，不能由单质直接合成CuS，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据价类二维图可知，X为SO2，Y为SO3，Z为H2SO4，M为CuSO4，N为CuS；

A.硫在氧气中燃烧，生成SO2；

B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子。电解质包括离子型或强极性共价型化合物；

C.N为CuS，是难溶于水的黑色固体；

D.单质硫与铜反应生成硫化亚铜。

7．【答案】D【解析】【解答】A.合金的熔点低，故A不符合题意；

B.太阳能电池板是将太阳能转化为电能，故B不符合题意；

C.氙和氩属于零族元素，故C不符合题意；

D.碳纤维和玻璃纤维网均属于无机非金属材料，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.合金的熔点比组成金属低；

B.太阳能电池是将太阳能转化为电能；

C.稀有气体属于零族元素；

D.碳纤维和玻璃纤维属于无机非金属材料。8．【答案】B【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物与碱反应生成亚硫酸盐和水，石灰乳吸收可生成，故A不符合题意；B．硫磺在过量氧气中燃烧的产物是SO2，故B符合题意；C．用水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成HBr和，+Br2+2H2O=2HBr+，故C不符合题意；D．辉铜矿煅烧时，，铜由+1价降为0价，氧由0价降为-2价，共降6价，或硫由-2价升高为+4价，升高6价，每消耗1mol，反应共转移6mol电子，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、石灰乳和二氧化硫反应生成亚硫酸钙；

B、硫燃烧生成二氧化硫；

C、二氧化硫和溴、水反应生成溴化氢和硫酸；

D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。9．【答案】C【解析】【解答】A．加入生石灰可与二氧化硫反应，“燃煤脱硫”技术有利于减少酸雨的形成，但不能减少二氧化碳的排放，故不能实现“碳达峰、碳中和”，故A不符合题意；B．高温结构陶瓷的成分为碳化硅或氮化硅，不是硅酸盐，故B不符合题意；C．“落红”中的有机物在土壤中被腐生微生物分解成无机物后，形成“春泥”可以作为植物的营养被植物吸收利用，蕴藏着自然界的碳、氮循环，故C符合题意；D．二氧化硅具有导光性，光纤的主要成分是二氧化硅，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．不能减少二氧化碳的排放；B．高温结构陶瓷的成分为碳化硅或氮化硅；C．有机物在土壤中被腐生微生物分解成无机物；D．光纤的主要成分是二氧化硅。10．【答案】A【解析】【解答】A．羊毛衫主要成分为蛋白质，在碱性条件下易水解，所以羊毛衫不能用碱性洗涤剂洗涤，A项符合题意；B．SO2可用作葡萄酒抗氧化剂是因为SO2具有还原性，B项不符合题意；C．Al2O3在建筑中可用作耐高温材料，与Al2O3的两性无关，C项不符合题意；D．NH3处理汽车尾气中的氮氧化物，利用氨气的还原性，与NH3沸点无关，D项不符合题意。故答案为：A。

【分析】

A.羊毛衫主要成分是蛋白质，高分子化合物，而蛋白质碱性条件易水解；

B.二氧化硫作抗氧化剂是其有还原性；

C.氧化铝作耐高温材料因为其结构致密，与两性无关；

D.处理汽车尾气主要是氨气有还原性。11．【答案】A【解析】【解答】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，故A符合题意；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，故B不符合题意；C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故C不符合题意；D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故D不符合题意。故答案为：A。

【分析】A.氯化铵加热易分解，但是氯化氢和氨气易反应变为氯化铵，因此冷却后氯化铵在上方试管

B.主要考查的是氨水易挥发，加热后氨气挥发酚酞褪色，冷却后氨气溶于水酚酞变为红色

C.现象描述错误，加热时是红色，冷却后是为无色

D.可逆反应是同一条件发生，而此三个实验条件不同不能说可逆12．【答案】A【解析】【解答】A．碳酸、亚硫酸都是弱酸，盐酸是强酸，CO2通入溶液中不产生沉淀，则SO2通入溶液中也不产生沉淀，故A符合题意；B．锂的活泼性比钠弱，锂在空气中加热生成氧化锂，故B不符合题意；C．I-能被浓硫酸氧化，所以不能用固体与浓硫酸加热制气体，故C不符合题意；D．SiO2中Si与周围4个O原子形成4个σ键，Si是sp3杂化，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、亚硫酸酸性若于氯化氢的酸性；

B、锂和氧气反应只能生成氧化锂；

C、硫酸和碘离子可以发生氧化还原反应；

D、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。13．【答案】C【解析】【解答】A．纯碱溶液水解呈碱性，可以去油污，水解吸热，加热水解程度增大，碱性增强，去油污效果更好，A不符合题意；B．液化石油气主要成分为丁烷等，天然气主要成分为甲烷，同温同压相同体积的二者，甲烷耗氧量更少，应该减少空气的进气量，B不符合题意；C．二氧化硫有毒，不可以大量广泛地用于食品的漂白，C符合题意，选C；D．乙烯可以催熟水果使水果容易腐烂，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，为水果保鲜，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】二氧化硫虽具有漂白性一般不用于食物的漂白，因为二氧化硫有毒，一般可将二氧化硫压入红酒中，主要是防止红酒被氧化，其他选项均正确14．【答案】A15．【答案】A【解析】【解答】A．氨水吸收，化为，离子方程式为，选项中离子方程式不符合题意，A符合题意；B．根据方法2，CO还原的反应，CO体现还原性，SO2体现氧化性，生成CO2和S，，B不符合题意；C．根据方法3，溶液加热生成亚硫酸钠，方程式为，C不符合题意；D．根据方法4，在阴极被还原为硫单质，阴极反应为，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．弱酸的酸式酸根离子，不拆；B．根据元素化合价降低，表现氧化性，元素化合价升高，表现还原性。C．根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒书写。D．根据阴极得电子，发生还原。16．【答案】B【解析】【解答】A．SO2有还原性，葡萄酒中添加适量SO2，起到抗氧化和杀菌的作用，A不符合题意；B．膳食纤维是植物的一部分，主要成分为纤维素等糖类物质，由于人体不含纤维素酶，故不能使膳食纤维水解，B符合题意；C．钛合金熔点高，耐高温，可用于制造航天器的部件，C不符合题意；D．煤的主要组成元素为C，相同质量的C和H燃烧时，H耗氧更多，产生热量更多，而可燃冰中的CH4含氢量高于煤，故相同质量时可燃冰燃烧放出热量更多，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】膳食纤维主要成分是纤维素，不能在体内水解，不能提供能量，只是增加肠胃蠕动促消化，其他选项均正确17．【答案】C【解析】【解答】A．汽车尾气的主要成分为CO、氮氧化物等，可用催化剂使一氧化氮和一氧化碳转化为无污染的气体，故方程式为，A不符合题意；B．明矾净水的原理是明矾在水中可以电离出两种金属离子，钾离子和铝离子，而铝离子易水解，生成胶状的氢氧化铝，即为，B不符合题意；C．用硫制硫酸：；；，C符合题意；D．乙酸与乙醇的酯化反应：，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.利用催化剂将有毒一氧化氮和一氧化碳转化为无毒的二氧化碳和氮气

B.铝离子水解成氢氧化铝胶体具有吸附性可以除去杂质

C.硫不能与氧气反应到三氧化硫，而是生成二氧化硫

D.酯化反应是羧酸脱去羟基，醇脱去氢18．【答案】D【解析】【解答】A．NO与空气中氧气反应生成NO2，所以反应前需排尽装置中的空气，故A不符合题意；B．如图所示，NO和CO同时通入装置a，在装置a中进行了预混合，故B不符合题意；C．NO和CO在催化剂、加热条件下反应生成二氧化碳和氮气，二氧化碳通过澄清石灰水时，可观察到装置d中澄清石灰水变浑浊，故C不符合题意；D．实验中的有害尾气包括未反应的NO和CO，不能用碱石灰吸收，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A．O2与NO反应；

B．由图可知，NO和CO同时通入装置a，在装置a中进行了预混合；

C．CO2可使澄清石灰水变浑浊；

D．NO和CO不与碱石灰反应。19．【答案】B【解析】【解答】A．新戊烷和2，2-二甲基丙烷为同一物质，C(CH3)4，故A符合题意；B．乙烯和聚乙烯是单体和聚合物的关系，故B不符合题意；C．环氧丙烷和丙酮互为同分异构体，分子式均为C3H6O，结构式分别为：、，故C符合题意；D．和互为同素异形体，同为由氮元素组成的两种不同的单质，故D符合题意；故答案为：B。

【分析】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；依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；同素异形体为同一元素形成的不同单质；在有机化学中，将分子式相同、结构不同的化合物互称同分异构体；同一物质就是同种物质，同种物质元素相同，同种物质结构相同。20．【答案】C【解析】【解答】A．沙中淘金不涉及化学变化，A不符合题意；B．矾指的是金属硫酸盐，如胆矾、绿矾、皓矾等，B不符合题意；C．燃煤中加入可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，C符合题意；D．芯片的主要材料是硅，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】镁燃烧是产生大量的二氧化碳和二氧化硫，加入氧化钙可以固定二氧化硫，将其转化为硫酸钙，而二氧化碳会继续进行空气，因此加入氧化钙是减少酸雨气体不能减少温室效应，故其他选项均正确21．【答案】（1）CO+NaOHHCOONa（2）Ca(OH)2(或CaO)（3）Na2SO4（4）加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+（5）+2H2OH2C2O4+2CH3OH（6）总反应为：4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，是原子利用率为100%的反应【解析】【解答】(1)根据元素守恒可得该反应的化学方程式为CO+NaOHHCOONa；(2)根据题意可知钙化后得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；(3)硫酸钠易溶于水，所以溶液中混有大量硫酸钠，结晶时Na2SO4也会析出，即为杂质；(4)酸化时加入H2SO4，H+将CaC2O4转化为H2C2O4，与Ca2+结合生成CaSO4，沉淀大部分Ca2+，从而使结晶得到草酸更纯净；(5)酸性环境下草酸二甲酯水解得到草酸和甲醇，化学方程式为+2H2OH2C2O4+2CH3OH；(6)将偶联法的三步反应相加可得总反应为4CO+O2+2H2O→2H2C2O4，可知该反应的原子利用率达到100%。【分析】CO和NaOH溶液在2MPa、200℃时生成甲酸钠，加热时甲酸钠脱氢变为草酸钠，加入试剂a钙化得到NaOH和草酸钙，则试剂a应为Ca(OH)2(或CaO)；草酸钙加入硫酸酸化生成硫酸钙沉淀和草酸，过滤后蒸发浓缩、冷却结晶得到草酸晶体。22．【答案】（1）D（2）D（3）D（4）低温；低温有利CO2的溶解或增大CO2(aq)浓度；低温防止盐的分解（5）碱性HCO+H2OH2CO3+OH－K1==2.3×10－7NH+H2ONH3·H2O+H+K2==5.6×10－8【解析】【解答】（1）二氧化碳变为固态过程是放热且气体数目减少的过程，即可判断ΔH＜0，ΔS＜0；

（2）A.二氧化碳与碱反应得到盐和水，故A不符合题意；

B.二氧化碳溶于水是碳酸，碳酸可导电，故B不符合题意；

C.二氧化碳溶于水时碳酸导电，二氧化碳不是电解质，故C不符合题意；

D.二氧化碳是分子晶体，故D符合题意；

（3）A.氢氧化碳与少量的二氧化碳可以得到碳酸钠，故A不符合题意；

B.氯化钠与二氧化碳不能反应得到碳酸氢钠，故B符合题意；

C.强酸可以制取羧酸，碳酸酸性强于次氯酸，故C不符合题意；

D.碳酸酸性强于苯酚，故D不符合题意；

（4）根据(NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l)2NH4HCO3(aq)ΔH=－25.3kJ·mol－1，反应放热，低温，平衡向放热方向移动，正向移动，所以可以促进二氧化碳的吸收，有利于二氧化碳的溶解；(NH4)2CO3受热易分解，所以低温防止盐的分解；

（5）碳酸氢根和铵根均可以水解，碳酸氢根水解：HCO3-+H2O=H2CO3+OH-K1=c(OH-)c(H2CO3)c(HCO3-)c(H2O)=c(OH-)c(H2CO3)c(H+)c(HCO3-)c(H2O)c(H+)==2.3×10－8，NH4++H2O=NH3.H2O+H+，K2=c(H+)c(NH3.H2O)c(NH4+)c(H2O)=c(H+)c(NH3.H2O)c(OH-)c(NH4+)c(H2O)c(OH-)=5.6×10－10，K1＞K2，因此碳酸氢根水解强度大于铵根水解，故溶液显碱性；

【分析】（1）根据焓变和熵变判断即可；

（2）二氧化碳是酸性氧化物，是属于分子晶体与水形成碳酸可导电；

（3）根据反应物和生成物利用性质即可判断；

（4）根据给出的反应式即可判断低温有利于二氧化碳溶解，低温防止盐的分解；

（5）根据写出水解的常数公式结合水的离子积即可计算比较。23．【答案】（1）6；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解，其消毒作用减弱（3）2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O（4）2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；取少量品红溶液于试管中，滴加少量HClO溶液，振荡，溶液褪色，加热后不恢复红色，说明HClO具有永久漂白性【解析】【解答】（1）题目信息提到HClO的杀菌能力比强，则HClO含量越大其杀菌效果越好，由图可看到时，HClO含量较高，故的杀菌效果较强，本问第一空应填“6”；次氯酸钠的生成是将氯气通入氢氧化钠溶液中，本文第二空应填“”；（2）醋酸和次氯酸均是弱酸，但同浓度醋酸酸性强于次氯酸，可以发生强酸制弱酸的反应，故写离子方程式时要注意拆写问题，本问第一空应填“”；“84消毒液”有效成分是次氯酸钠，空气中有，的酸性强于次氯酸，所以次氯酸钠可以结合空气的先生成HClO，由于HClO不稳定，见光易分解成盐酸和氧气，所以消毒效果减弱；所以本问第二空应填“NaClO溶液吸收空气中的后产生HClO，HClO见光分解，其消毒作用减弱”；（3）根据题意，确定反应物为双氧水、，还原产物为；氯元素的化合价降低，双氧水的氧元素化合价升高生成，依据氧化还原反应配平方法写出反应方程，故本问应填“”；（4）依据化合价分析，可确定氯气既做氧化剂又做还原剂，确实产物为和NaCl，结合无色无味气体，可以得到还有生成，得到方程式，所以本问第一空应填“”；次氯酸具有漂白性，证明次氯酸的永久漂白性可以利用暂时漂白品红溶液的特性作为对比实验，只要次氯酸漂白品红不能恢复原状，那就可以说明次氯酸具有永久性漂白，实验操作应填“取少量品红溶液于试管中，滴加少量HClO溶液，振荡，溶液褪色，加热后不恢复红色，说明HClO具有永久漂白性”。【分析】（1）据图观察即可，氯气和氢氧根反应生成氯离子和次氯酸根离子及水，注意电荷守恒即可；

（2）醋酸和次氯酸反应，根据强酸制弱酸进行即可，注意配平；次氯酸根是有效成分，而其酸性弱于碳酸，会与空气中的水和二氧化碳生成次氯酸，而次氯酸不稳定见光分解，故而失效；

（3）根据氧化还原反应得失电子守恒进行配平即可；

（4）根据推断的反应物和生成物，再利用得失电子守恒进行配平；利用品红溶液的特殊性进行检验。24．【答案】（1）cb