2023-2024学年福建省部分学校教学联盟高一下学期期末质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省部分学校教学联盟2023-2024学年高一下学期期末质量检测试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Cu-64一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所给出的的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.2023年10月26日，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭成功发射，科学的发展离不开化学。下列有关说法正确的是（）A.飞船上使用的氮化硼、碳化硅、酚醛树脂都属于新型无机非金属材料B.宇航员的餐食非常丰富，食物中的油脂属于天然高分子化合物C.神舟飞船使用的镁合金材料属于金属材料D.太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是二氧化硅〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氮化硼、碳化硅都属于新型无机非金属材料，酚醛树脂属于有机合成材料，A错误；B．食物中的油脂相对分子质量不是很大，不属于天然高分子化合物，B错误；C．合金和纯金属均为金属材料，镁合金材料属于金属材料，C正确；D．太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是硅，D错误；故选C。2.下列表示正确的是（）A.乙烯的结构简式： B.的电子式：C.聚氯乙烯的结构简式：D.异丁烷的球棍模型：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．乙烯的结构简式是CH2=CH2，A项错误；B．N2为共价物质，则其电子式是：，B项错误；C．氯乙烯的结构简式为CH2=CH2Cl，则聚氯乙烯的结构简式：，C项正确；D．为正丁烷的球棍模型，D项错误；〖答案〗选C。3.新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成，核苷酸的单体由五碳糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是（）A.蛋白质和核酸均是高分子化合物B.五碳糖与葡萄糖互为同系物C.蛋白质中含C、H、O、N等元素D.的医用酒精用作消毒剂，是因为酒精能使病毒的蛋白质变性〖答案〗B〖解析〗【详析】A.蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物高分子化合物，A正确；B.同系物要求结构相似，组成上相差n个CH2原子团；五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖(C6H12O6)组成相差1个CH2O，不属于同系物关系，B错误；C.蛋白质的组成元素有C、H、O、N，有的还有P、S等，C正确；D.的医用酒精用作消毒剂，是因为酒精能使病毒蛋白变性，D正确；〖答案〗选B。4.从中药茯苓中提取的茯苓新酸DM，其结构简式如图所示。下列有关茯苓新酸DM的说法错误的是（）A.可使酸性KMnO4溶液褪色B.可与足量金属钠反应产生1.5molH2C.分子中含有4种官能团D.可发生取代反应和加成反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由茯苓新酸DM的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B．题中未明确给出茯苓新酸DM的物质的量是1mol，所以其与足量金属钠反应产生的氢气的物质的量不一定1.5molH2，故B错误；C．由茯苓新酸DM的结构简式可知，分子中含有酯基、碳碳双键、羧基和羟基，即4种官能团，故C正确；D．由茯苓新酸DM的结构简式可知，分子中含有酯基、羧基和羟基，所以可发生取代反应，含碳碳双键，所以可发生加成反应，故D正确；故〖答案〗为：B。5.中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是（）A.从3min到9min，v(H2)为0.125mol·L-1·min-1B.若混合气体密度不变时，该反应达平衡状态C.平衡时向容器中充入Ne，反应速率不变D.9min时，反应处于平衡状态〖答案〗B〖解析〗【详析】A．从3min到9min，v(H2)=3v（CO2）=3×=0.125mol·L-1·min-1，A正确；B．反应前后均为气体，且容器体积不变，则混合气体密度一直保持不变，混合气体密度不变时，不能判断反应达平衡状态，B错误；C．平衡时向容器中充入Ne，各物质浓度不变，反应速率不变，C正确；D．9min时，CO2、CH3OH的浓度均不再改变，反应处于平衡状态，D正确；故选B。6.糖类、油脂和蛋白质是非常重要的营养物质，下列说法正确的是（）A.淀粉和纤维素是天然有机高分子，且两者互为同分异构体B.在试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液，得到新制的。再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热，可以产生砖红色沉淀C.一分子甘氨酸和一分子苯丙氨酸（）可能形成两种二肽D.油脂可以看作是高级脂肪酸与乙二醇通过酯化反应生成的酯〖答案〗C〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素都属于天然高分子，但二者的聚合度不同，属于混合物，故两者不能互为同分异构体，故A错误；B．检验葡萄糖，应在碱性条件下，而选项中描述的量是CuSO4溶液过量，不符合碱性环境，故不能产生相应现象，故B错误；C．可以是甘氨酸的氨基与苯丙氨酸的羧基反应形成二肽，也可以是甘氨酸的羧基与苯丙氨酸的氨基反应形成二肽，故C正确；D．油脂可以看作是高级脂肪酸与丙三醇通过酯化反应生成的酯，故D错误。〖答案〗选C。7.实验室用如图装置进行氨气溶于水的喷泉实验，以下说法不正确的是（）A.该实验证明氨气极易溶于水B.进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水呈碱性C.烧杯中换成其他液体，则无法形成喷泉D.若烧瓶充满NO2，烧杯中水换成NaOH溶液，喷泉实验效果也很好〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应开始后，烧瓶内迅速形成喷泉，说明产生了很大的气压差，氨气极易溶于水，故A正确；B．氨气的水溶液是氨水，氨水呈碱性，酚酞遇碱变红，故B正确；C．氨气是碱性气体，氨气易与酸反应，烧杯中换成酸溶液也能形成喷泉，故C错误；

D．NO2能与NaOH反应，也能产生很大气压差，因此也可以进行喷泉实验，故D正确；故选：C。8.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）A.澄清透明溶液：B.氨水溶液：C.的溶液：D.酸性溶液：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．要发生反应生成络合物，不能大量共存，故A不选；B．氨水溶液中相互不反应，能大量共存，故B选；C．的溶液显酸性，氧化，不能大量共存，故C不选；D．酸性溶液有强氧化性，不能大量共存，故D不选。〖答案〗选B。9.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.22.4L（标准状况）氨气含有的质子数为10NAC.92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，由于Fe(OH)3胶体粒子由许许多多个Fe(OH)3分子构成，所以即便FeCl3完全水解，形成的Fe(OH)3胶体粒子数也小于0.1NA，A不正确；B．22.4L（标准状况）氨气为1mol，每个NH3分子含有的质子数为10个，所以22.4L（标准状况）氨气含有的质子数为10NA，B正确；C．92.0g甘油（丙三醇）物质的量为1mol，而1个丙三醇分子中含有3个羟基，所以92.0g甘油中含有羟基数为3.0NA，C不正确；D．1.0molCH4与Cl2在光照下反应，生成的有机产物不止CH3Cl一种，所以CH3Cl分子数小于1.0NA，D不正确；故选B。10.氮、铁元素在细菌的作用下可发生如图所示的转化。下列说法不正确的是（）A.转化为铵态氮这一过程属于氮的固定B.上述转化中，含氮物质的硝化过程需要氧化剂参与C.在氨氧化细菌作用下，该反应中产生，转移的电子为0.6molD.铁循环脱除水体中硝态氮的原理：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，转化为铵态氮这一过程属于氮的固定，A正确；B．根据图中所示，硝化过程中N元素化合价变化为-3→+3→+5，N元素被氧化，需要氧化剂参与，B正确；C．在氨氧化细菌作用下，发生反应：，产生，转移的电子为0.3，C错误；D．根据图中转化关系得铁循环脱除水体中硝态氮的原理：，D正确；故选C。11.下列装置、现象和结论均正确的是（）选项ABCD装置现象烧杯中溶液变蓝肥皂液中产生大量气泡固体由黑色变红色观察到黄色火焰结论还原性：I-＞Fe2+Fe与水蒸气发生反应乙醇具有还原性样品含钠元素〖答案〗C〖解析〗【详析】A．FeI2会电离产生Fe2+、I-，由于离子还原性：I-＞Fe2+，所以向FeI2溶液中通入Cl2，首先是I-与Cl2发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，当I-反应完全后发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl-。现在向FeI2溶液中通入Cl2，看到烧杯中溶液变蓝，只能证明发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，而不能证明Fe2+是否发生反应，因此不能证明微粒的还原性：I-＞Fe2+，A错误；B．试管中的空气受热体积膨胀，也会导致肥皂液中产生大量气泡，而不能证明Fe与水蒸气发生了反应，B错误；C．向灼热的CuO中通入乙醇，看到CuO固体的颜色由黑色变为红色，说明Cu元素被还原为Cu单质，因此说明乙醇具有还原性，C正确；D．玻璃的成分中含有Na2SiO3，其中含有钠元素，也会导致火焰呈黄色，因此不能证明样品含钠元素，应该使用光洁无锈的铁丝或铂丝进行焰色试验，D错误；故合理选项是C。12.北京冬奥会在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯(如下图)为原料制得的，下列说法正确的是（）A.该双环烯酯的分子式为B.该双环烯酯的一氯代物有11种C.该双环烯酯分子中所有碳原子可能共平面D.该双环烯酯能在酸性或碱性条件下发生水解反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据该双环烯酯的结构简式，可知其的分子式为，故A错误；B．该双环烯酯的一氯代物有13种，故B错误；C．分子中标有*号的碳原子通过单键与另外3个碳原子相连，不可能所有碳原子可能共平面，故C错误；D．该双环烯酯含有酯基，能在酸性或碱性条件下发生水解反应，故D正确；选D。13.肼(N2H4)燃料电池是一种理想的电池，产物无污染，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是（）A.当消耗lmolO2时，负极生成1mol气体B.电池工作时，负极的pH升高C.正极反应为O2+4e-+4H+=2H2OD.X最好用阴离子交换膜〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．负极N2H4失电子生成N2，当消耗lmolO2时转移4mol电子，根据电子守恒，负极生成1molN2，故A正确；B．电池工作时，负极反应式是，负极的pH降低，故B错误；C．根据图示，正极生成氢氧化钠，正极反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误；D．负极通入氢氧化钠，正极流出氢氧化钠，X最好用阳离子交换膜，故D错误；选A。14.工业用镁还原制备金属Ti，工艺流程如图。下列说法不正确的是（）A.工业上可通过电解熔融制取金属MgB.用金属Mg还原过程中需要通入作保护气C.“真空蒸馏”的目的是使Mg、气化，实现与Ti的分离D.制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，所得Mg通过“高温还原”、发生反应制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。【详析】A．由于MgO的熔点高，电解MgO制备金属Mg能耗大，工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，故A正确；B．点燃下金属镁和能反应，则用金属镁还原过程中不能用作保护气，可通入Ar作保护气，故B错误；C．真空蒸馏时，需要将金属Mg、分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单质Mg和的沸点，使Mg、气化，实现与Ti的分离，故C正确；D．制得海绵钛中含有少量金属Mg，Ti常温下不与稀盐酸反应，Mg反应，因此可以用稀盐酸浸泡除Mg，故D正确；故选B。15.向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，消耗标准状况下的氯气7.84L。则m的值是（）A.18.4 B.17.2 C.13.6D.无法计算〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，n（氯气）=7.84L÷22.4L/mol=0.35mol，则氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量为0.35mol×2=0.7mol，则Fe(OH)3、Cu(OH)2中n（OH-）=0.7mol，所以m=m（沉淀）-m（OH-）=30.3g-17g/mol×0.7mol=18.4g，故A正确。〖答案〗选A。二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.请回答下列问题：（1）请写出化学制备银氨溶液的方法：_______。（2）硝酸与金属反应会产生氮氧化物，可能导致的环境问题的是_______。（3）汽车尾气中存在NO和CO，通过在排气管处加装催化剂，可以使其转化为对环境友好的物质，请写出发生反应的化学方程式_______。（4）写热化学反应方程式：已知25℃、101kPa时，1g甲烷分子不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96kJ热量，则1mol甲烷不完全燃烧的热化学方程式为_______。（5）将38.4g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。则该混合气体中NO2的体积为_______。〖答案〗（1）向硝酸银溶液中滴加氨水，边滴边振荡，直到最初生成的沉淀刚好溶解为止（2）酸雨、光化学烟雾、臭氧层空洞（3）2NO+2CON2+2CO2（4）CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=﹣607.36kJ•mol-1（5）3.36L〖解析〗（1）制备银氨溶液的方法是向硝酸银溶液中滴加氨水，边滴边振荡，直到最初生成的沉淀刚好溶解为止；（2）酸雨、光化学烟雾、臭氧层空洞与氮氧化合物的排放有关；（3）汽车尾气中存在NO和CO，通过在排气管处加装催化剂，可以使其转化为对环境友好的物质N2、CO2，根据原子守恒、电子守恒，可知发生反应的化学方程式为：2NO+2CON2+2CO2；（4）1g甲烷的物质的量为mol，不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96kJ热量，则1mol甲烷不完全燃烧放出的热量为，故1mol甲烷不完全燃烧的热化学方程式为CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=﹣607.36kJ•mol-1；（5）38.4g铜的物质的量为=0.6mol，NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，物质的量为=0.5mol。设NO的物质的量是xmol、NO2的物质的量是ymol；根据元素守恒：x+y=0.5，依据得失电子守恒：3x+y=0.62，两式联立，解得：x=0.35、y=0.15，NO2的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L。17.能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要视角，回答下列问题：（1）天然气已成为我国主要的清洁能源，主要成分甲烷()燃烧时的能量变化如图所示：①下列说法中正确的是_______(填字母)A.甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能B.由图可知二氧化碳比甲烷稳定C.标准状况下，1mol甲烷完全燃烧时放出802kJ的热量D.该反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量②已知断开部分化学键需要的能量为，C―H：akJ/mol，O=O：bkJ/mol，C=O：ckJ/mol，则形成1molO―H释放的能量为_______kJ。（2）一定温度下在容积可变的密闭容器中投入10mol和6mol，发生反应：

。下列情况能说明该反应达到化学平衡的是_______。A.体系的压强保持不变B.混合气体的密度保持不变C.单位时间内生成1mol的同时断开0.5molO=O键D.混合气体的平均相对分子质量保持不变E.和的物质的量之比保持不变（3）在一定条件下，二氧化硫和氧气反应过程中各物质物质的量浓度变化如图所示，根据图中判断：10min时改变的条件可能是_______；20min时改变的反应条件可能是_______。a加入催化剂

b.缩小容器容积

c.升高温度

d.增加的物质的量〖答案〗（1）①.D②.（2）BDE（3）①.ab②.d〖解析〗（1）①A．甲烷燃烧过程中大部分化学能转化为热能，但也有部分化学能转化为光能等，A不符合题意；B．能量越低越稳定，但图中无法比较二氧化碳和甲烷的能量大小，无法确定二氧化碳比甲烷稳定，B不符合题意；C．根据图示，1molCH4燃烧生成二氧化碳和气态水放出的能量是(882-80)kJ=802kJ，但CH4完全燃烧的化学方程式为，生成液态水，放出的能量大于802kJ，C不符合题意；D．该反应是放热反应，则反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量，D符合题意；故〖答案〗为：D；②设形成1molO-H释放的能量为xkJ，根据图示反应，(2×c)+(4×x)-[(4×a)+(2×b]=802kJ，解得x=。（2）A．该反应在容积可变的密闭容器中进行，说明是恒压体系，体系压强始终保持不变，所以体系的压强保持不变不能作为平衡的判断标志，A不符合题意；B．恒压体系，反应前后气体系数之和不相等，则气体总体积一直在改变，而气体总质量不变，当体积不变时，根据质量守恒，密度也不变，可以作为平衡的判断标志，B符合题意；C．单位时间内生成1molSO3的同时断开0.5molO=O键，即单位时间内生成1molSO3的同时消耗0.5molO2，都是正向进行的速率，不可以作为平衡的判断标志，C不符合题意；D．该反应前后气体系数之和不相等，气体的总物质的量会变，而气体总质量不变，所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量会变，当该值不变时，说明达到平衡，D符合题意；E．和的物质的量之比保持不变，说明和的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡，E符合题意；故选BDE。（3）据图可知10min时SO3的物质的量增大，SO2、O2的物质的量减小，说明平反应正向进行，且不是突变，说明不是改变反应物和生成物的量，所以应是缩小容器体积增大压强，但由于10min时反应未平衡，所以也可以是加入催化剂、升高温度，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，故10min时改变的条件可能是ab。20min时，O2的物质的量突变增大，SO2的物质的量减小、SO3的物质的量增大，且不是突变，改变的反应条件为：增加的物质的量，故选d。18.我国在新能源汽车领域世界领先，新能源汽车动力电池的制备和回收利用技术至关重要。回答下列问题：I．磷酸铁锂电池放电时电池反应为。（1）磷酸铁锂电池正极的电极反应式为_____。（2）将、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧可制备，同时生成一种有毒的气体。写出该反应的化学方程式：_____。Ⅱ．回收含的废旧电池制备的流程如图所示(已知加热时可溶于盐酸)：（3）“浸出”过程中温度不宜高于40℃，原因是_____，若要提高的浸出速率和浸出率，可采取的措施是_____(任写两点)。（4）写出与在盐酸中发生反应的离子方程式：_____。（5）欲证明已沉淀完全，应采用的实验操作是_____。（6）“操作a”所需玻璃仪器有_____。〖答案〗（1）（2）（3）①.H2O2受热易分解②.将含LiFePO4的废料粉碎、充分搅拌（其他符合条件的方法也可）（4）（5）取少量沉锂步骤的上清液于试管中，加入足量碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明Li+已沉淀完全（6）烧杯、漏斗、玻璃棒〖解析〗含LiFePO4的废料，加入盐酸和过氧化氢进行浸出，发生反应，除杂后加入碳酸钠溶液沉锂，发生反应，过滤、洗涤、干燥得到。（1）磷酸铁锂电池正极为Li1-xFePO4，得到电子，生成LiFePO4，电极反应式为：；（2）、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧可制备，同时生成一种有毒的气体，由质量守恒可得，该气体为CO，化学方程式为：；（3）H2O2受热易分解，因此“浸出”过程中温度不宜高于40℃；提高LiFePO4的浸出速率和浸出率，可采取的措施是：将含LiFePO4的废料粉碎、充分搅拌（其他符合条件的方法也可）；（4）与在盐酸中发生反应，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为：；（5）欲证明已沉淀完全，应采用的实验操作是：取少量沉锂步骤的上清液于试管中，加入足量碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明Li+已沉淀完全；（6）“操作a”为过滤，所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒。19.烃A是一种基础化工原料，标准状况下密度为，B与G互为同系物，H是有芳香味的油状液体，有关物质转化关系如图所示：已知：。回答下列问题：（1）写出分子式与B相同，但不能与金属钠反应的物质的结构简式：_______。（2）化合物F中所含的官能团是_______(填名称)。（3）下列说法正确的是_______(填字母)。A.在生成H的反应中，浓硫酸所起的作用是催化剂和吸水剂B.向装有B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠立即浮于液面上，并产生大量气泡C.由反应B→C可知，醇在发生催化氧化时，只断开氢氧键D.根据葡萄糖的分子结构和性质分析，F也能与银氨溶液、新制悬浊液反应（4）写出D＋G→H的化学方程式：_______。（5）E→X的化学方程式是_______。（6）在H的同分异构体中，与D互为同系物的为_______(任写一种)。〖答案〗（1）（2）醛基、碳碳双键（3）AD（4）（5）（6）或或或（任写一种）〖解析〗烃A是一种基础化工原料，在标准状况下的密度是1.25g/L，摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，则A为CH2=CH2；A与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，CH3CH2OH在Cu作催化剂条件下与O2发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为D，D为CH3COOH；F（CH2=CHCHO）和H2发生加成反应得到G，G为CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成H，则H为CH3COOCH2CH2CH3，F经过O2氧化生成E，E为CH2=CHCOOH，E通过聚合生成X，反应式为：，以此解答。（1）B为CH3CH2OH，分子式与B相同但不能与金属钠反应，说明该物质中没有羟基，则该物质的结构简式；（2）根据F结构简式可知，其所含的官能团是：醛基、碳碳双键；（3）A．D和G生成H为酯化反应，浓硫酸所起的作用是催化剂和吸水剂，A正确；B．B为CH3CH2OH，金属Na的密度大于CH3CH2OH，向装有B的试管中投入绿豆大小的钠块，钠会沉于液面下，B错误；C．B为CH3CH2OH，在Cu作催化剂条件下与O2发生氧化反应生成CH3CHO，该过程断开氢氧键和碳氢键，C错误；D．F中含醛基，也能与银氨溶液、新制Cu(OH)2悬浊液反应，D正确；故选AD；（4）D＋G→H发生的是酯化反应，化学方程式为：；（5）E通过聚合生成X，反应方程式为：；（6）H为CH3COOCH2CH2CH3，D为CH3COOH，在H的同分异构体中，与D互为同系物说明该同分异构体中官能团为-COOH，存在的结构有或或或。20.某中学化学实验小组探究Fe2(SO4)3与Cu的反应。原理预测：（1）请写出Fe2(SO4)3与Cu的反应的离子方程式：_______。开展实验并观察现象：某实验小组在进行Fe2(SO4)3与Cu的反应时观察到了异常现象，决定对其进行进一步的探究。实验I：提出问题：（2）实验前，小组同学预测步骤2后溶液不会变为红色，原因是_______。查阅文献：i.CuSCN为难溶于水的白色固体。ii.SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似。iii.反应产物中的离子浓度降低会促进反应向右进行。提出猜想：经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能。猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应。猜测2：亚铁离子将其还原，（3）猜测1的离子方程式为_______。设计实验：实验序号对比实验及试剂实验步骤实验现象ⅡA试管：2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入1mL04mol·L-1KSCN溶液开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管B试管：2mL0.1mol/LCuSO4溶液加入1mL0.4mol·L-1KSCN溶液溶液变成绿色ⅢC试管：2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入2mL0.1mol·L-1CuSO4溶液溶液变为淡蓝色再加1mL0.4mol·L-1KSCN溶液溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色得出结论：（4）由实验Ⅱ中B试管中的现象可以得出的结论是_______。（5）已知Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因：_______。〖答案〗（1）（2）Cu粉过量，Fe3+被反应完（3）（4）猜测1不成立（5）由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成Fe(SCN)3，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得平衡正向移动〖解析〗Fe2(SO4)3与Cu反应：；根据0.0001molFe3+与0.15g(约为0.0023mol)Cu反应，Cu粉过量分析，理论上不应有Fe3+存在，与实际现象不符，针对这一现象进行探究，A试管说明Fe2+在空气中易被氧化为Fe3+，生成红色络合物Fe(SCN)3；B试管说明Cu2+与KSCN未发生氧化还原反应，猜想1错误；C试管中的现象说明猜想2是正确的。（1）Fe2(SO4)3与Cu反应，Cu被氧化为Cu2+，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：；（2）2mL0.05mol/L（0.0001mol）Fe3+与0.15g(约为0.0023mol)Cu反应，Cu粉过量，不应有剩余的Fe3+与KSCN结合生成红色的Fe(SCN)3；（3）猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，即Cu2+被还原为CuSCN，SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似，因此离子方程式为；（4）试管B中有Cu2+和SCN-，但无白色沉淀产生，说明猜测1不成立；（5）已知Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成Fe(SCN)3，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得反应正向进行。福建省部分学校教学联盟2023-2024学年高一下学期期末质量检测试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Cu-64一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所给出的的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.2023年10月26日，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭成功发射，科学的发展离不开化学。下列有关说法正确的是（）A.飞船上使用的氮化硼、碳化硅、酚醛树脂都属于新型无机非金属材料B.宇航员的餐食非常丰富，食物中的油脂属于天然高分子化合物C.神舟飞船使用的镁合金材料属于金属材料D.太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是二氧化硅〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氮化硼、碳化硅都属于新型无机非金属材料，酚醛树脂属于有机合成材料，A错误；B．食物中的油脂相对分子质量不是很大，不属于天然高分子化合物，B错误；C．合金和纯金属均为金属材料，镁合金材料属于金属材料，C正确；D．太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是硅，D错误；故选C。2.下列表示正确的是（）A.乙烯的结构简式： B.的电子式：C.聚氯乙烯的结构简式：D.异丁烷的球棍模型：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．乙烯的结构简式是CH2=CH2，A项错误；B．N2为共价物质，则其电子式是：，B项错误；C．氯乙烯的结构简式为CH2=CH2Cl，则聚氯乙烯的结构简式：，C项正确；D．为正丁烷的球棍模型，D项错误；〖答案〗选C。3.新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成，核苷酸的单体由五碳糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是（）A.蛋白质和核酸均是高分子化合物B.五碳糖与葡萄糖互为同系物C.蛋白质中含C、H、O、N等元素D.的医用酒精用作消毒剂，是因为酒精能使病毒的蛋白质变性〖答案〗B〖解析〗【详析】A.蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物高分子化合物，A正确；B.同系物要求结构相似，组成上相差n个CH2原子团；五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖(C6H12O6)组成相差1个CH2O，不属于同系物关系，B错误；C.蛋白质的组成元素有C、H、O、N，有的还有P、S等，C正确；D.的医用酒精用作消毒剂，是因为酒精能使病毒蛋白变性，D正确；〖答案〗选B。4.从中药茯苓中提取的茯苓新酸DM，其结构简式如图所示。下列有关茯苓新酸DM的说法错误的是（）A.可使酸性KMnO4溶液褪色B.可与足量金属钠反应产生1.5molH2C.分子中含有4种官能团D.可发生取代反应和加成反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由茯苓新酸DM的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B．题中未明确给出茯苓新酸DM的物质的量是1mol，所以其与足量金属钠反应产生的氢气的物质的量不一定1.5molH2，故B错误；C．由茯苓新酸DM的结构简式可知，分子中含有酯基、碳碳双键、羧基和羟基，即4种官能团，故C正确；D．由茯苓新酸DM的结构简式可知，分子中含有酯基、羧基和羟基，所以可发生取代反应，含碳碳双键，所以可发生加成反应，故D正确；故〖答案〗为：B。5.中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是（）A.从3min到9min，v(H2)为0.125mol·L-1·min-1B.若混合气体密度不变时，该反应达平衡状态C.平衡时向容器中充入Ne，反应速率不变D.9min时，反应处于平衡状态〖答案〗B〖解析〗【详析】A．从3min到9min，v(H2)=3v（CO2）=3×=0.125mol·L-1·min-1，A正确；B．反应前后均为气体，且容器体积不变，则混合气体密度一直保持不变，混合气体密度不变时，不能判断反应达平衡状态，B错误；C．平衡时向容器中充入Ne，各物质浓度不变，反应速率不变，C正确；D．9min时，CO2、CH3OH的浓度均不再改变，反应处于平衡状态，D正确；故选B。6.糖类、油脂和蛋白质是非常重要的营养物质，下列说法正确的是（）A.淀粉和纤维素是天然有机高分子，且两者互为同分异构体B.在试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液，得到新制的。再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热，可以产生砖红色沉淀C.一分子甘氨酸和一分子苯丙氨酸（）可能形成两种二肽D.油脂可以看作是高级脂肪酸与乙二醇通过酯化反应生成的酯〖答案〗C〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素都属于天然高分子，但二者的聚合度不同，属于混合物，故两者不能互为同分异构体，故A错误；B．检验葡萄糖，应在碱性条件下，而选项中描述的量是CuSO4溶液过量，不符合碱性环境，故不能产生相应现象，故B错误；C．可以是甘氨酸的氨基与苯丙氨酸的羧基反应形成二肽，也可以是甘氨酸的羧基与苯丙氨酸的氨基反应形成二肽，故C正确；D．油脂可以看作是高级脂肪酸与丙三醇通过酯化反应生成的酯，故D错误。〖答案〗选C。7.实验室用如图装置进行氨气溶于水的喷泉实验，以下说法不正确的是（）A.该实验证明氨气极易溶于水B.进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水呈碱性C.烧杯中换成其他液体，则无法形成喷泉D.若烧瓶充满NO2，烧杯中水换成NaOH溶液，喷泉实验效果也很好〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应开始后，烧瓶内迅速形成喷泉，说明产生了很大的气压差，氨气极易溶于水，故A正确；B．氨气的水溶液是氨水，氨水呈碱性，酚酞遇碱变红，故B正确；C．氨气是碱性气体，氨气易与酸反应，烧杯中换成酸溶液也能形成喷泉，故C错误；

D．NO2能与NaOH反应，也能产生很大气压差，因此也可以进行喷泉实验，故D正确；故选：C。8.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）A.澄清透明溶液：B.氨水溶液：C.的溶液：D.酸性溶液：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．要发生反应生成络合物，不能大量共存，故A不选；B．氨水溶液中相互不反应，能大量共存，故B选；C．的溶液显酸性，氧化，不能大量共存，故C不选；D．酸性溶液有强氧化性，不能大量共存，故D不选。〖答案〗选B。9.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.22.4L（标准状况）氨气含有的质子数为10NAC.92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，由于Fe(OH)3胶体粒子由许许多多个Fe(OH)3分子构成，所以即便FeCl3完全水解，形成的Fe(OH)3胶体粒子数也小于0.1NA，A不正确；B．22.4L（标准状况）氨气为1mol，每个NH3分子含有的质子数为10个，所以22.4L（标准状况）氨气含有的质子数为10NA，B正确；C．92.0g甘油（丙三醇）物质的量为1mol，而1个丙三醇分子中含有3个羟基，所以92.0g甘油中含有羟基数为3.0NA，C不正确；D．1.0molCH4与Cl2在光照下反应，生成的有机产物不止CH3Cl一种，所以CH3Cl分子数小于1.0NA，D不正确；故选B。10.氮、铁元素在细菌的作用下可发生如图所示的转化。下列说法不正确的是（）A.转化为铵态氮这一过程属于氮的固定B.上述转化中，含氮物质的硝化过程需要氧化剂参与C.在氨氧化细菌作用下，该反应中产生，转移的电子为0.6molD.铁循环脱除水体中硝态氮的原理：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，转化为铵态氮这一过程属于氮的固定，A正确；B．根据图中所示，硝化过程中N元素化合价变化为-3→+3→+5，N元素被氧化，需要氧化剂参与，B正确；C．在氨氧化细菌作用下，发生反应：，产生，转移的电子为0.3，C错误；D．根据图中转化关系得铁循环脱除水体中硝态氮的原理：，D正确；故选C。11.下列装置、现象和结论均正确的是（）选项ABCD装置现象烧杯中溶液变蓝肥皂液中产生大量气泡固体由黑色变红色观察到黄色火焰结论还原性：I-＞Fe2+Fe与水蒸气发生反应乙醇具有还原性样品含钠元素〖答案〗C〖解析〗【详析】A．FeI2会电离产生Fe2+、I-，由于离子还原性：I-＞Fe2+，所以向FeI2溶液中通入Cl2，首先是I-与Cl2发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，当I-反应完全后发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl-。现在向FeI2溶液中通入Cl2，看到烧杯中溶液变蓝，只能证明发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，而不能证明Fe2+是否发生反应，因此不能证明微粒的还原性：I-＞Fe2+，A错误；B．试管中的空气受热体积膨胀，也会导致肥皂液中产生大量气泡，而不能证明Fe与水蒸气发生了反应，B错误；C．向灼热的CuO中通入乙醇，看到CuO固体的颜色由黑色变为红色，说明Cu元素被还原为Cu单质，因此说明乙醇具有还原性，C正确；D．玻璃的成分中含有Na2SiO3，其中含有钠元素，也会导致火焰呈黄色，因此不能证明样品含钠元素，应该使用光洁无锈的铁丝或铂丝进行焰色试验，D错误；故合理选项是C。12.北京冬奥会在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯(如下图)为原料制得的，下列说法正确的是（）A.该双环烯酯的分子式为B.该双环烯酯的一氯代物有11种C.该双环烯酯分子中所有碳原子可能共平面D.该双环烯酯能在酸性或碱性条件下发生水解反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据该双环烯酯的结构简式，可知其的分子式为，故A错误；B．该双环烯酯的一氯代物有13种，故B错误；C．分子中标有*号的碳原子通过单键与另外3个碳原子相连，不可能所有碳原子可能共平面，故C错误；D．该双环烯酯含有酯基，能在酸性或碱性条件下发生水解反应，故D正确；选D。13.肼(N2H4)燃料电池是一种理想的电池，产物无污染，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是（）A.当消耗lmolO2时，负极生成1mol气体B.电池工作时，负极的pH升高C.正极反应为O2+4e-+4H+=2H2OD.X最好用阴离子交换膜〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．负极N2H4失电子生成N2，当消耗lmolO2时转移4mol电子，根据电子守恒，负极生成1molN2，故A正确；B．电池工作时，负极反应式是，负极的pH降低，故B错误；C．根据图示，正极生成氢氧化钠，正极反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误；D．负极通入氢氧化钠，正极流出氢氧化钠，X最好用阳离子交换膜，故D错误；选A。14.工业用镁还原制备金属Ti，工艺流程如图。下列说法不正确的是（）A.工业上可通过电解熔融制取金属MgB.用金属Mg还原过程中需要通入作保护气C.“真空蒸馏”的目的是使Mg、气化，实现与Ti的分离D.制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，所得Mg通过“高温还原”、发生反应制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。【详析】A．由于MgO的熔点高，电解MgO制备金属Mg能耗大，工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，故A正确；B．点燃下金属镁和能反应，则用金属镁还原过程中不能用作保护气，可通入Ar作保护气，故B错误；C．真空蒸馏时，需要将金属Mg、分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单质Mg和的沸点，使Mg、气化，实现与Ti的分离，故C正确；D．制得海绵钛中含有少量金属Mg，Ti常温下不与稀盐酸反应，Mg反应，因此可以用稀盐酸浸泡除Mg，故D正确；故选B。15.向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，消耗标准状况下的氯气7.84L。则m的值是（）A.18.4 B.17.2 C.13.6D.无法计算〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，n（氯气）=7.84L÷22.4L/mol=0.35mol，则氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量为0.35mol×2=0.7mol，则Fe(OH)3、Cu(OH)2中n（OH-）=0.7mol，所以m=m（沉淀）-m（OH-）=30.3g-17g/mol×0.7mol=18.4g，故A正确。〖答案〗选A。二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.请回答下列问题：（1）请写出化学制备银氨溶液的方法：_______。（2）硝酸与金属反应会产生氮氧化物，可能导致的环境问题的是_______。（3）汽车尾气中存在NO和CO，通过在排气管处加装催化剂，可以使其转化为对环境友好的物质，请写出发生反应的化学方程式_______。（4）写热化学反应方程式：已知25℃、101kPa时，1g甲烷分子不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96kJ热量，则1mol甲烷不完全燃烧的热化学方程式为_______。（5）将38.4g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。则该混合气体中NO2的体积为_______。〖答案〗（1）向硝酸银溶液中滴加氨水，边滴边振荡，直到最初生成的沉淀刚好溶解为止（2）酸雨、光化学烟雾、臭氧层空洞（3）2NO+2CON2+2CO2（4）CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=﹣607.36kJ•mol-1（5）3.36L〖解析〗（1）制备银氨溶液的方法是向硝酸银溶液中滴加氨水，边滴边振荡，直到最初生成的沉淀刚好溶解为止；（2）酸雨、光化学烟雾、臭氧层空洞与氮氧化合物的排放有关；（3）汽车尾气中存在NO和CO，通过在排气管处加装催化剂，可以使其转化为对环境友好的物质N2、CO2，根据原子守恒、电子守恒，可知发生反应的化学方程式为：2NO+2CON2+2CO2；（4）1g甲烷的物质的量为mol，不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96kJ热量，则1mol甲烷不完全燃烧放出的热量为，故1mol甲烷不完全燃烧的热化学方程式为CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=﹣607.36kJ•mol-1；（5）38.4g铜的物质的量为=0.6mol，NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，物质的量为=0.5mol。设NO的物质的量是xmol、NO2的物质的量是ymol；根据元素守恒：x+y=0.5，依据得失电子守恒：3x+y=0.62，两式联立，解得：x=0.35、y=0.15，NO2的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L。17.能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要视角，回答下列问题：（1）天然气已成为我国主要的清洁能源，主要成分甲烷()燃烧时的能量变化如图所示：①下列说法中正确的是_______(填字母)A.甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能B.由图可知二氧化碳比甲烷稳定C.标准状况下，1mol甲烷完全燃烧时放出802kJ的热量D.该反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量②已知断开部分化学键需要的能量为，C―H：akJ/mol，O=O：bkJ/mol，C=O：ckJ/mol，则形成1molO―H释放的能量为_______kJ。（2）一定温度下在容积可变的密闭容器中投入10mol和6mol，发生反应：

。下列情况能说明该反应达到化学平衡的是_______。A.体系的压强保持不变B.混合气体的密度保持不变C.单位时间内生成1mol的同时断开0.5molO=O键D.混合气体的平均相对分子质量保持不变E.和的物质的量之比保持不变（3）在一定条件下，二氧化硫和氧气反应过程中各物质物质的量浓度变化如图所示，根据图中判断：10min时改变的条件可能是_______；20min时改变的反应条件可能是_______。a加入催化剂

b.缩小容器容积

c.升高温度

d.增加的物质的量〖答案〗（1）①.D②.（2）BDE（3）①.ab②.d〖解析〗（1）①A．甲烷燃烧过程中大部分化学能转化为热能，但也有部分化学能转化为光能等，A不符合题意；B．能量越低越稳定，但图中无法比较二氧化碳和甲烷的能量大小，无法确定二氧化碳比甲烷稳定，B不符合题意；C．根据图示，1molCH4燃烧生成二氧化碳和气态水放出的能量是(882-80)kJ=802kJ，但CH4完全燃烧的化学方程式为，生成液态水，放出的能量大于802kJ，C不符合题意；D．该反应是放热反应，则反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量，D符合题意；故〖答案〗为：D；②设形成1molO-H释放的能量为xkJ，根据图示反应，(2×c)+(4×x)-[(4×a)+(2×b]=802kJ，解得x=。（2）A．该反应在容积可变的密闭容器中进行，说明是恒压体系，体系压强始终保持不变，所以体系的压强保持不变不能作为平衡的判断标志，A不符合题意；B．恒压体系，反应前后气体系数之和不相等，则气体总体积一直在改变，而气体总质量不变，当体积不变时，根据质量守恒，密度也不变，可以作为平衡的判断标志，B符合题意；C．单位时间内生成1molSO3的同时断开0.5molO=O键，即单位时间内生成1molSO3的同时消耗0.5molO2，都是正向进行的速率，不可以作为平衡的判断标志，C不符合题意；D．该反应前后气体系数之和不相等，气体的总物质的量会变，而气体总质量不变，所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量会变，当该值不变时，说明达到平衡，D符合题意；E．和的物质的量之比保持不变，说明和的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡，E符合题意；故选BDE。（3）据图可知10min时SO3的物质的量增大，SO2、O2的物质的量减小，说明平反应正向进行，且不是突变，说明不是改变反应物和生成物的量，所以应是缩小容器体积增大压强，但由于10min时反应未平衡，所以也可以是加入催化剂、升高温度，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，故10min时改变的条件可能是ab。20min时，O2的物质的量突变增大，SO2的物质的量减小、SO3的物质的量增大，且不是突变，改变的反应条件为：增加的物质的量，故选d。18.我国在新能源汽车领域世界领先，新能源汽车动力电池的制备和回收利用技术至关重要。回答下列问题：I．磷酸铁锂电池放电时电池反应为。（1）磷酸铁锂电池正极的电极反应式为_____。（2）将、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧可制备，同时生成一种有毒的气体。写出该反应的化学方程式：_____。Ⅱ．回收含的废旧电池制备的流程如图所示(已知加热时可溶于盐酸)：（3）“浸出”过程中温度不宜高于40℃，原因是_____，若要提高的浸出速率和浸出率，可采取的措施是_____(任写两点)。（4）写出与在盐酸中发生反应的离子方程式：_____。（5）欲证明已沉淀完全，应采用的实验操作是_____。（6）“操作a”所需玻璃仪器有_____。〖答案〗（1）（2）（3）①.H2O2受热易分解②.将含LiFePO4的废料粉碎、充分搅拌（其他符合条件的方法也可）（4）（5）取少量沉锂步骤的上清液于试管中，加入足量碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明Li+已沉淀完全（6）烧杯、漏斗、玻璃棒〖解析〗含LiFePO4的废料，加入盐酸和过氧化氢进行浸出，发生反应，除杂后加入碳酸钠溶液沉锂，发生反应，过滤、洗涤、干燥得到。（1）磷酸铁锂电池正极为Li1-xFePO4，得到电子，生成LiFePO4，电极反应式为：；（2）、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧可制备，同时生成一种有毒的气体，由质量守恒可得，该气体为CO，化学方程式为：；（3）H2O2受热易分解，因此“浸出”过程中温度不宜高于40℃；提高LiFePO4的浸出速率和浸出率，可采取的措施是：将含LiFePO4的废料粉碎、充分搅拌（其他符合条件的方法也可）；（4）与在盐酸中发生反应，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为：；（5）欲证明已沉淀完全，应采用的实验操作是：取少量沉锂步骤的上清液于试管中，加入足量碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明Li+已沉淀完全；（6）“操作a”为过滤，所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒。19.烃A是一种基础化工原料，标准状况下密度为，B与G互为同系物，H是有芳香味的油状液体，有关物质转化关系如图所示：已知：。回答下列问题：（1）写出分子式与B相同，但不能与金属钠反应的物质的结构简式：_______。（2）化合物F中所含的官能团是_______(填名称)。（3）下列说法正确的是_______(填字母)。A.在生成H的反应中，浓硫酸