2025-2026学年安徽省A10联盟高二上学期开学考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省A10联盟2025-2026学年高二上学期开学考试本试卷满分100分，考试时间75分钟。请在答题卡上作答。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Ca-40一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，满分42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列有关物质用途的说法错误的是A.生石灰可用于燃煤脱硫 B.聚异戊二烯可用于制造汽车轮胎C.谷氨酸钠可用于防腐剂 D.金属铝可用于冶炼金属【答案】C【解析】生石灰与燃煤中的二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，用于脱硫，A正确；聚异戊二烯是合成橡胶，可用于制造轮胎，B正确；谷氨酸钠是增味剂（味精），无防腐作用，防腐剂如苯甲酸钠，C错误；铝通过铝热反应可还原金属氧化物冶炼金属，D正确；故答案为C。2.劳动成就梦想。下列劳动项目用对应的化学知识解释不合理的是选项劳动项目化学知识A用食醋除去水壶中的水垢食醋中的乙酸酸性强于碳酸B将新切土豆丝浸没在水里防止变色土豆中的氧化性物质遇空气变色C制作豆腐时加入石膏或卤水加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉D用高锰钢制成的镰刀割麦子合金硬度高于成分金属A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】食醋中的乙酸与水垢（碳酸钙等）反应生成可溶性盐醋酸钙和碳酸，体现乙酸酸性强于碳酸，解释合理，A不符合题意；土豆变色是因多酚类还原性物质被氧化，而非“氧化性物质遇空气变色”。解释混淆了氧化性与被氧化的关系，解释不合理，B符合题意；石膏或卤水（含电解质）使蛋白质胶体聚沉，解释符合胶体性质，C不符合题意；高锰钢为合金，合金硬度高于成分金属，解释合理，D不符合题意；故选B。3.下列离子方程式正确的是A.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：B.用稀硝酸溶解少量Cu粉：C.等物质的量的氯气与碘化亚铁溶液反应：D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：【答案】B【解析】向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，离子方程式：，A错误；用稀硝酸溶解少量Cu粉，离子方程式：，B正确；等物质的量的Cl2与FeI2反应时，Cl2优先氧化I−（还原性强于Fe2+）。1molCl2仅能氧化2molI−，Fe2+未被氧化，离子方程式，C错误；氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：，D错误；故选B。4.将一种试剂分别滴加到、KNO3、FeCl3、Na2SO4四种物质的溶液中并微热，直接观察现象就可以区分这四种物质，这种试剂是A.Ba(OH)2溶液 B.H2SO4溶液 C.AgNO3溶液 D.KSCN溶液【答案】A【解析】氯化铁溶液呈棕黄色，其他三种溶液均为无色，则由溶液颜色可以区分出氯化铁溶液。氢氧化钡溶液与碳酸铵溶液微热反应生成白色沉淀和有刺激性气味的气体；与硝酸钾溶液不反应，无明显实验现象；与硫酸钠溶液反应生成白色沉淀，反应现象各不相同，可以区分这四种物质，A符合题意；硫酸溶液与碳酸铵溶液反应生成无色无味的气体，与硝酸钾、硫酸钠溶液均不反应，均无明显现象，无法区分，B不符合题意；硝酸银溶液与硝酸钾溶液不反应，无明显现象，与碳酸铵、硫酸钠溶液反应均生成白色沉淀，无法区分，C不符合题意；硫氰化钾溶液与碳酸铵、硝酸钾、硫酸钠溶液均不反应，均无明显现象，无法区分，D不符合题意；故选A。5.能满足下列物质间直接转化关系，但推理错误的是A.若X为氨气，该转化可用于工业制硝酸B.若Y可使品红溶液褪色，X可能为S或FeS2C.若X为钠，1molZ与水反应转移2mol电子D.若W为乙酸乙酯，Y可能与新制的银氨溶液反应产生银镜现象【答案】C【解析】氨气经催化氧化生成NO，NO氧化为NO2，NO2再与水反应生成HNO3，故A正确；Y可使品红溶液褪色，Y是SO2，S或FeS2煅烧生成SO2，SO2氧化为SO3，SO3再与水反应生成H2SO4，故B正确。若X为钠，钠与氧气在常温下反应生成NaO2，NaO2与O2加热生成Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，1molNa2O2转移1mol电子，故C错误；若W为乙酸乙酯，则X为乙醇，乙醇氧化为乙醛，乙醛氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。乙醛可与新制银氨溶液发生银镜反应，故D正确；选C。阅读下列材料，完成下面小题侯德榜为我国化工事业的发展作出了卓越贡献，是我国近代化学工业的奠基人之一、抗日战争爆发后，侯德榜率西迁的员工建设永利川西化工厂。川西地区盐卤浓度较低，为了降低制碱成本，侯德榜开始对原有的制碱方法——氨碱法(以食盐、氨、二氧化碳为原料制取碳酸钠，又称索尔维法)进行改进。经过数百次的试验，侯德榜终于确定了新的工艺流程，将氨碱法制取碳酸钠和合成氨联合起来，这就是联合制碱法，也称侯氏制碱法。侯氏制碱法提高了食盐的转化率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，将制碱技术发展到一个新的水平，赢得了国际化工界的高度评价。侯德榜热爱祖国、自强不息和艰苦创业的精神，始终是后人学习的典范！6.侯氏制碱法主要反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.室温下18gH218O所含中子数为B.1molCO2所含共用电子对数目为C.在1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中，的数目为D.标准状况下33.6LH2与足量N2在一定条件下充分反应，生成NH3的数目小于7.下列有关物质结构或性质的说法中，正确的是A.NH3的电子式：B.溶解度：NaHCO3<NH4HCO3C.原子半径：O>N>C>HD.NH4Cl含的化学键：离子键和非极性键【答案】6.D7.B【解析】6．18gH218O所含中子的物质的量，中子数为，A错误；1个CO2分子中含有4个共用电子对，1molCO2所含共用电子对数目，B错误；NaHCO3溶于水电离出Na+和，虽能电离生成，但非常微弱，所以在1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中，的数目远小于，C错误；氮气和氢气合成氨的反应为可逆反应，所以标准状况下33.6LH2与足量N2在一定条件下充分反应，生成NH3的数目小于，D正确；故选D。7．NH3中N与H形成共价键，其电子式为，A错误；发生反应NH3+H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，析出NaHCO3晶体，说明溶解度NaHCO3<NH4HCO3，B正确；电子层数越多，半径越大，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：C>N>O>H，C错误；NH4Cl为离子化合物，含有离子键，铵根离子中含有极性键，不含有非极性键，D错误；故选B。8.抗坏血酸(即维生素C)能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，是水果罐头中常用的抗氧化剂。下列说法错误的是A.脱氢抗坏血酸分子式为C6H8O6B.抗坏血酸能使溴水褪色C.抗坏血酸能发生聚合反应D.脱氢抗坏血酸分子能与乙酸发生酯化反应【答案】A【解析】由结构可知，脱氢抗坏血酸分子式应为，A错误；抗坏血酸分子中含烯二醇结构（具有还原性），碳碳双键能与溴水发生加成反应使溴水褪色，B正确；抗坏血酸分子中含碳碳双键（烯二醇结构中的双键），可发生加聚反应，C正确；脱氢抗坏血酸分子中含羟基（-OH，如左侧-CH2OH中的羟基），能与乙酸（含羧基）发生酯化反应，D正确；故选A。9.我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，反应为：。一定条件下，在恒容密闭容器中发生该反应，下列说法正确的是A.降低温度，v(正)减小，v(逆)增大B.向容器中通入氦气，(正)、(逆)均增大C.当v正(H2O)=2v逆(H2)，说明该反应达到平衡状态D.当混合气体的平均摩尔质量不变，说明该反应达到平衡状态【答案】D【解析】降低温度时，正反应和逆反应的速率均会减小，故A错误；恒容条件下通入氦气，各反应物和生成物的浓度未改变，因此正、逆反应速率均不变，故B错误；反应达到平衡状态时，应满足。选项C给出的关系式为，与平衡条件不符，故C错误；反应前后气体总质量不变，气体总物质的量增多，平均摩尔质量M是变量，当M不变时，反应达到平衡，故D正确；选D。10.下列实验操作不能达到实验目的的是选项实验操作和现象实验目的A将氯气通入2mL0.1mol/LNa2S溶液中，产生淡黄色沉淀氧化性：Cl2>SB向盛有40mL沸水的烧杯中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液。继续煮沸至液体呈现红褐色，停止加热制备Fe(OH)3胶体C分别将1mL0.1mol/L和2mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液同时加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液中，比较出现浑浊所用的时间探究浓度对反应速率的影响D将铜片和铁片用导线连接后插入稀盐酸中，铜片上有气泡产生验证铁比铜活泼A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】Cl2与S2-反应生成S，说明Cl2的氧化性强于S，A正确；向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并煮沸至红褐色，是制备Fe(OH)3胶体的正确方法，B正确；实验中同时改变了Na2S2O3和H2SO4的浓度（因稀释），未保持其他变量恒定，无法单独判断浓度对速率的影响，C错误；Fe与Cu构成原电池，Fe作为负极被腐蚀，说明Fe比Cu活泼，D正确；故答案选C。11.一种广泛用于有机合成领域的催化剂的结构如图所示，已知X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y和Q位于同主族。下列说法错误的是A.简单离子半径：Q>Z>W B.元素的最高价：Z>Q>XC.简单氢化物的稳定性：Z>Y>Q D.W与Y形成的化合物具有两性【答案】B【解析】根据题目信息，五种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素（X<Y<Z<W<Q），Y和Q同主族，Y形成1个Y=Q双键，Q形成双键和单键共6个键，Y为O，Q为S；W3+为+3价阳离子，短周期主族元素中仅Al3+符合，W为Al；Z形成一个单键，原子序数介于Y=8和W=13之间，Z为F；X形成四个单键，为C。简单离子半径：S2->F->Al3+，为Q>Z>W，A正确；元素的最高价，S为+6，C为+4，F没有最高正化合价，则：Q>X>Z，B错误；非金属性：F>O>S，故氢化物稳定性：HF>H2O>H2S，即简单氢化物的稳定性：Z>Y>Q，C正确；W与Y形成的化合物为Al2O3，既能与酸反应又能与碱反应，为两性氧化物，D正确；故选B。12.下列实验装置(部分夹持装置已略去)和操作，能达到相应实验目的的是A.装置①可用于实验室制备蒸馏水B.装置②可用于灼烧海带C.装置③可用于检验铁和水蒸气反应的气体产物D.装置④可用于验证反应有Cl2生成【答案】C【解析】装置①制备蒸馏水时，应该用直形冷凝管，故A错误；灼烧海带应使用坩埚而非蒸发皿，故B错误；铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和H2，H2难溶于水，通过肥皂泡收集后点燃，若产生淡蓝色火焰且有爆鸣声可验证H2，故C正确；浓盐酸与MnO2反应生成的Cl2中混有挥发出的HCl，HCl与AgNO3也能生成白色沉淀，无法确定Cl2生成，故D错误；选C。13.二氧化碳是一种主要温室气体，也是世界上最丰富、环境友好的可再生碳资源。某化学科技工作者探究用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是A.HCOOH中含有的官能团为羟基和羧基B.反应机理中存在极性键、非极性键的断裂与形成C.物质Ⅲ为该反应的催化剂，物质I、Ⅱ为中间产物D.通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH，每转移1mole-，放出15.6kJ的热量【答案】D【解析】HCOOH的官能团为羧基，故A错误；反应机理中，H2的H-H键断裂，CO2的C=O键断裂，但生成的HCOOH中仅含极性键，无新的非极性键形成，故B错误；催化剂需参与反应且最终再生，中间产物是生成后又消耗的物质。由机理图可知，物质I为催化剂；物质Ⅱ、Ⅲ为反应中生成又消耗的中间产物，故C错误；生成1mol液态HCOOH放热31.2kJ，反应方程式为CO₂(g)+H₂(g)=HCOOH(l)，C从+4→+2得2e⁻，H从0→+1失2e⁻，转移2mole⁻放热31.2kJ，则转移1mole⁻放热15.6kJ，故D正确；选D。14.我国科学家设计了一种如图所示的三室电池，以、、稀硫酸为电解质，通过M和N两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成I、Ⅱ、Ⅲ三个电解质溶液区域。下列说法错误的是A.原电池工作时，作正极B.M为阳离子交换膜；Ⅱ区电解质为C.放电时，Al电极上反应为D.理论上当电路中通过1mol电子，Ⅲ区溶液质量减少32g【答案】D【解析】由图可知，原电池工作时，为负极，被氧化生成，为正极，发生还原反应，I中需要提供碱性环境，故I中电解质溶液为溶液，Ⅱ为溶液，Ⅲ为稀硫酸。原电池工作时，负极反应为，则消耗，向正极移动，正极电极反应式为，正极消耗氢离子，阴离子向负极移动，则M是阳离子交换膜，N是阴离子交换膜。失电子生成作负极，则作正极，A正确；I区失电子生成消耗氢氧根，需通过M（阳离子交换膜）进入Ⅱ区，Ⅱ区电解质为，B正确；在碱性条件下失电子生成，电极反应式为，C正确；正极反应为，Ⅲ区每得2个时有一个进入Ⅱ，即每转移2个，Ⅲ区溶液消耗2个同时生成两个，通过1mol电子消耗1mol，生成1mol，所以溶液质量减少98g-18g=80g，D错误；故答案为：D。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.某化学兴趣小组设计了固体碱熔氧化法制备高锰酸钾。实验步骤如下：i．称取2.5gKClO3和5.2gKOH固体，加热熔融后，分多次加入3gMnO2，继续加热，剧烈反应，得到墨绿色熔融物。ii．将冷却后的熔融物捣碎，放入盛有100mL蒸馏水的烧杯中，加热搅拌，直至全部溶解。iii．向溶液中趁热通入少量CO2，使K2MnO4完全歧化，静置片刻后过滤。iv．对滤液进行一系列操作后获得晶体，将其放入烘箱中干燥，得到KMnO4晶体粗品。已知：在酸性介质中墨绿色的易发生歧化反应，生成和MnO2；常温下，KHCO3溶解度小于K2CO3。回答下列问题：（1）步骤i中加热熔融KClO3和KOH固体的仪器为___________（填标号）。a．烧杯b．瓷坩埚c．铁坩埚d．蒸发皿（2）步骤i中分多次加入MnO2的原因是___________；写出生成墨绿色锰酸钾的反应的化学方程式：___________。（3）通入CO2需少量的原因是防止生成___________（填化学式），避免使生成的KMnO4晶体混有较多杂质。（4）步骤iv中对滤液进行一系列操作为___________、过滤、洗涤、干燥，得到KMnO4晶体的粗品。（5）为了测定空气中SO2的含量，某兴趣小组的同学将空气样品（管道中空气流量为aL/min）经过管道通入密闭容器中的100mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液，bmin后溶液刚好褪色。已知：。①配制100mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液，下列仪器中需要使用的有___________（填名称）。②假定样品中SO2可被溶液充分吸收，则该空气样品中的SO2的含量为___________g/L。【答案】（1）c（2）①.分多次加入可以使反应平稳进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅（答案合理即可）②.（3）KHCO3（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）①.100mL容量瓶、烧杯②.（或）【解析】步骤i中，KClO3是氧化剂，MnO2是还原剂，加热反应得到K2MnO4墨绿色熔融物，化学方程式是。步骤ii中，K2MnO4溶于水。步骤iii中，通入CO2创造酸性条件，K2MnO4歧化为KMnO4和MnO2，离子方程式是，过滤掉MnO2。步骤iv中，设法从滤液中得到KMnO4晶体。【小问1详析】加热熔融固体药品，一般用坩埚，考虑到瓷坩埚不耐强碱()，故选择铁坩埚，故选c。【小问2详析】题干中提到“剧烈反应”，所以分多次加入MnO2是为了控制反应速率，使反应尽量平稳进行。KClO3、KOH、MnO2在加热条件下发生氧化还原反应，Cl的化合价由+5降到-1，Mn的化合价由+4升到+6，化学方程式为。【小问3详析】根据已知信息“常温下，KHCO3溶解度小于K2CO3”可推测，多通入CO2会生成溶解度较小的KHCO3，其在步骤iv中同KMnO4一起析出，成为杂质。【小问4详析】“过滤”之前的步骤一般为蒸发浓缩、降温结晶。【小问5详析】①配制100mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液需要用到烧杯、100mL容量瓶，用不到漏斗、圆底烧瓶。②空气样品的总体积为aL/min×bmin=abL，设其中SO2的物质的量为x，则有x=0.025mol，SO2的质量m=0.025mol×64g/mol=1.6g，该空气样品中的SO2的含量为g/L。16.我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用酸碱协同法可实现钢渣中的Ca、Si、Fe元素的有效分离，流程如下。已知：钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；Fe2(C2O4)3能溶于水，FeC2O4、CaC2O4难溶于水。回答下列问题：（1）Si位于元素周期表第___________周期第___________族。（2）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有___________(任写一条)。（3）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为___________。（4）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用___________，加入试剂1发生反应的离子方程式为___________。（5）滤渣2经过洗涤、干燥得到草酸钙晶体，“洗涤”的实验操作为___________。（6）将草酸钙晶体(CaC2O4·H2O，其摩尔质量为146g/mol)在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。346℃～420℃范围内发生反应的化学方程式为___________，840℃～960℃范围内所得产品为___________(填化学式)。【答案】（1）①.三②.ⅣA（2）搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可)（3）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（4）①.O2或H2O2②.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe³⁺+2H2O(注：两空答案要相应)（5）用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次(答案合理即可)（6）①.②.CaO【解析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；加入盐酸，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤渣1加入氢氧化钠生成硅酸钠，加入二氧化碳得到硅酸沉淀，处理得到二氧化硅；滤液1中含钙离子、亚铁离子、铁离子，加入氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子，再加入草酸得到草酸钙滤渣2和含草酸铁的滤液2；【小问1详析】Si为14号元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族。【小问2详析】搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可)均可以加快反应速率，从而提高浸取速率；【小问3详析】“碱浸”时，二氧化硅加入氢氧化钠生成硅酸钠和水，反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；【小问4详析】为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用氧化剂O2或H2O2，两者能氧化亚铁离子且不引入新杂质，加入试剂1发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(注：两空答案要相应)；【小问5详析】“洗涤”草酸钙晶体的实验操作为：用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次(答案合理即可)；【小问6详析】假设为1molCaC2O4·H2O在氮气氛围中进行热重分析，加热时会首先失去结晶水得到CaC2O4（此时重量为原来的），然后受热分解为碳酸钙，结合钙守恒，此时重量为原来的，继续受热，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，结合钙守恒，此时重量为原来的，则346℃～420℃范围内发生反应为CaC2O4分解生成碳酸钙，结合质量守恒，还生成CO，化学方程式为，840℃～960℃范围内所得产品为CaO。17.聚丙烯酸(F)是一种链状高分子水性粘结剂，一种合成聚丙烯酸的路线如下。已知：A产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。回答下列问题：（1）A的分子式为___________；F的结构简式为___________。（2）D中官能团的名称为___________；反应②的反应类型为___________。（3）写出反应③的化学方程式：___________。（4）分子组成比B多1个CH2原子团且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有___________种(不考虑立体异构)，写出其中一种含有三个甲基的同分异构体结构简式___________。【答案】（1）①.C2H4②.（2）①.碳碳双键、醛基②.氧化反应（3）（4）①.5②.(CH3)2C=CH-CH3【解析】A的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，所以A是乙烯，所以A的分子式为：C2H4。反应①：乙烯（A）与CH3CH=CHCH3（B）反应生成CH3CH=CH2（C，丙烯）。反应②：丙烯（C）在O2、催化剂、加热下被氧化为CH2=CH-CHO（D，丙烯醛）。反应③：丙烯醛（D）进一步被氧化为CH2=CH-COOH（E，丙烯酸）。反应④：丙烯酸（E）经加聚反应生成聚丙烯酸（F），结构简式为。【小问1详析】根据分析可知，A的分子式为：C2H4。F结构简式为。【小问2详析】D（CH2=CH-CHO）的官能团为碳碳双键、醛基；反应②是丙烯被氧化为丙烯醛，属于氧化反应【小问3详析】反应③为丙烯醛氧化生成丙烯酸，化学方程式：小问4详析】B为CH3CH=CHCH3（分子式C4H8），比B多1个CH2的有机物为C5H10（烯烃，含碳碳双键）。同分异构体（不考虑立体异构）共5种：主链5个碳有2种：CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3；主链4个碳有3种：CH2=C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)=CHCH3、CH3CH(CH3)CH=CH2。含三个甲基的同分异构体：(CH3)2C=CHCH3。18.在NixPy催化剂作用下，CH4催化重整可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。反应为。回答下列问题：（1）CH4催化重整的反应历程与能量变化关系如图所示，完全转化1molCH4生产高纯度合成气需要___________(填“放出”或“吸收”)能量___________kJ(用“E1、E2、E3…表示”)（2）一定条件下，使用NixPy催化剂，在不同温度下，相同时间内测得CH4转化率如图所示(反应未达平衡)。在60℃～220℃范围内，CH4转化率随温度升高而增大的原因为___________(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，CH4转化率减小的原因可能为___________。（3）对于反应，当CH4浓度一定时正反应速率v(正)与CO2浓度c(CO2)的关系可用方程式表示v(正)=kcα(CO2)(k为常数)。200℃时，保持其他条件不变，测定了不同CO2浓度时的正反应速率(如下表)。该条件下，当v(正)=3.6×10-4mol·L-1·s-1时，c(CO2)=___________mol·L-1。实验组c(CO2)/mol·L-1v(正)/mol·L-1·s-1a4.2×10-35.04×10-5b1.4×10-21.68×10-4（4）一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入CH4(g)和CO2(g)各1.2mol发生上述反应，初始时容器的总压强为Mpa，CH4和H2的物质的量随时间的变化关系如图所示，则0～2min内CO2的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1，8min后容器的总压强为___________(用表示)Mpa。（5）以熔融碳酸盐为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图。该电池工作时，正极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.吸收②.(E3-E1)（2）①.温度升高，反应速率加快(或温度升高，催化剂活性增强，答案合理即可)②.催化剂失活(或合理答案)（3）（4）①.0.2②.(或)（5）【解析】【小问1详析】反应为，从CH4催化重整的反应历程与能量变化关系图可以看出，反应物的能量低于产物，且反应物的总能量为E1kJ/mol、生成物的总能量为E3kJ/mol，则完全转化1molCH4生产高纯度合成气需要吸收能量(E3-E1)kJ。【小问2详析】温度升高，化学反应速率加快，则在60℃～220℃范围内，CH4转化率随温度升高而增大的原因为：温度升高，反应速率加快(或温度升高，催化剂活性增强，答案合理即可)，当温度由220℃升高至260℃，CH4转化率减小，则可能是反应速率减慢造成的，所以原因可能为：催化剂失活(或合理答案)。【小问3详析】对于反应，v(正)=kcα(CO2)(k为常数)。200℃时，保持其他条件不变，测定了不同CO2浓度时的正反应速率(如下表)。则5.04×10-5=k(4.2×10-3)a、1.68×10-4=k(1.4×10-2)a，解之得a=1、k=1.2×10-2。该条件下，当v(正)=3.6×10-4mol·L-1·s-1时，v(正)=3.6×10-4mol·L-1·s-1=1.2×10-2c(CO2)，c(CO2)=3.0×10-2mol·L-1。【小问4详析】一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入CH4(g)和CO2(g)各1.2mol发生上述反应，初始时容器的总压强为Mpa，反应进行到2min时，n(CO2)=0.8mol，则0～2min内CO2的平均反应速率为=0.2mol·L-1·min-1；8min后，CH4为0.4mol，则CO2为0.4mol，H2为1.6mol、CO为1.6mol，容器的总压强为Mpa=(或)Mpa。【小问5详析】以熔融碳酸盐为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图。从图中可以看出，在负极，CH4→H2，H2+-2e-=CO2+H2O。该电池工作时，正极O2、CO2得电子生成，电极反应式为。安徽省A10联盟2025-2026学年高二上学期开学考试本试卷满分100分，考试时间75分钟。请在答题卡上作答。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Ca-40一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，满分42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列有关物质用途的说法错误的是A.生石灰可用于燃煤脱硫 B.聚异戊二烯可用于制造汽车轮胎C.谷氨酸钠可用于防腐剂 D.金属铝可用于冶炼金属【答案】C【解析】生石灰与燃煤中的二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，用于脱硫，A正确；聚异戊二烯是合成橡胶，可用于制造轮胎，B正确；谷氨酸钠是增味剂（味精），无防腐作用，防腐剂如苯甲酸钠，C错误；铝通过铝热反应可还原金属氧化物冶炼金属，D正确；故答案为C。2.劳动成就梦想。下列劳动项目用对应的化学知识解释不合理的是选项劳动项目化学知识A用食醋除去水壶中的水垢食醋中的乙酸酸性强于碳酸B将新切土豆丝浸没在水里防止变色土豆中的氧化性物质遇空气变色C制作豆腐时加入石膏或卤水加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉D用高锰钢制成的镰刀割麦子合金硬度高于成分金属A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】食醋中的乙酸与水垢（碳酸钙等）反应生成可溶性盐醋酸钙和碳酸，体现乙酸酸性强于碳酸，解释合理，A不符合题意；土豆变色是因多酚类还原性物质被氧化，而非“氧化性物质遇空气变色”。解释混淆了氧化性与被氧化的关系，解释不合理，B符合题意；石膏或卤水（含电解质）使蛋白质胶体聚沉，解释符合胶体性质，C不符合题意；高锰钢为合金，合金硬度高于成分金属，解释合理，D不符合题意；故选B。3.下列离子方程式正确的是A.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：B.用稀硝酸溶解少量Cu粉：C.等物质的量的氯气与碘化亚铁溶液反应：D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：【答案】B【解析】向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，离子方程式：，A错误；用稀硝酸溶解少量Cu粉，离子方程式：，B正确；等物质的量的Cl2与FeI2反应时，Cl2优先氧化I−（还原性强于Fe2+）。1molCl2仅能氧化2molI−，Fe2+未被氧化，离子方程式，C错误；氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：，D错误；故选B。4.将一种试剂分别滴加到、KNO3、FeCl3、Na2SO4四种物质的溶液中并微热，直接观察现象就可以区分这四种物质，这种试剂是A.Ba(OH)2溶液 B.H2SO4溶液 C.AgNO3溶液 D.KSCN溶液【答案】A【解析】氯化铁溶液呈棕黄色，其他三种溶液均为无色，则由溶液颜色可以区分出氯化铁溶液。氢氧化钡溶液与碳酸铵溶液微热反应生成白色沉淀和有刺激性气味的气体；与硝酸钾溶液不反应，无明显实验现象；与硫酸钠溶液反应生成白色沉淀，反应现象各不相同，可以区分这四种物质，A符合题意；硫酸溶液与碳酸铵溶液反应生成无色无味的气体，与硝酸钾、硫酸钠溶液均不反应，均无明显现象，无法区分，B不符合题意；硝酸银溶液与硝酸钾溶液不反应，无明显现象，与碳酸铵、硫酸钠溶液反应均生成白色沉淀，无法区分，C不符合题意；硫氰化钾溶液与碳酸铵、硝酸钾、硫酸钠溶液均不反应，均无明显现象，无法区分，D不符合题意；故选A。5.能满足下列物质间直接转化关系，但推理错误的是A.若X为氨气，该转化可用于工业制硝酸B.若Y可使品红溶液褪色，X可能为S或FeS2C.若X为钠，1molZ与水反应转移2mol电子D.若W为乙酸乙酯，Y可能与新制的银氨溶液反应产生银镜现象【答案】C【解析】氨气经催化氧化生成NO，NO氧化为NO2，NO2再与水反应生成HNO3，故A正确；Y可使品红溶液褪色，Y是SO2，S或FeS2煅烧生成SO2，SO2氧化为SO3，SO3再与水反应生成H2SO4，故B正确。若X为钠，钠与氧气在常温下反应生成NaO2，NaO2与O2加热生成Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，1molNa2O2转移1mol电子，故C错误；若W为乙酸乙酯，则X为乙醇，乙醇氧化为乙醛，乙醛氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。乙醛可与新制银氨溶液发生银镜反应，故D正确；选C。阅读下列材料，完成下面小题侯德榜为我国化工事业的发展作出了卓越贡献，是我国近代化学工业的奠基人之一、抗日战争爆发后，侯德榜率西迁的员工建设永利川西化工厂。川西地区盐卤浓度较低，为了降低制碱成本，侯德榜开始对原有的制碱方法——氨碱法(以食盐、氨、二氧化碳为原料制取碳酸钠，又称索尔维法)进行改进。经过数百次的试验，侯德榜终于确定了新的工艺流程，将氨碱法制取碳酸钠和合成氨联合起来，这就是联合制碱法，也称侯氏制碱法。侯氏制碱法提高了食盐的转化率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，将制碱技术发展到一个新的水平，赢得了国际化工界的高度评价。侯德榜热爱祖国、自强不息和艰苦创业的精神，始终是后人学习的典范！6.侯氏制碱法主要反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.室温下18gH218O所含中子数为B.1molCO2所含共用电子对数目为C.在1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中，的数目为D.标准状况下33.6LH2与足量N2在一定条件下充分反应，生成NH3的数目小于7.下列有关物质结构或性质的说法中，正确的是A.NH3的电子式：B.溶解度：NaHCO3<NH4HCO3C.原子半径：O>N>C>HD.NH4Cl含的化学键：离子键和非极性键【答案】6.D7.B【解析】6．18gH218O所含中子的物质的量，中子数为，A错误；1个CO2分子中含有4个共用电子对，1molCO2所含共用电子对数目，B错误；NaHCO3溶于水电离出Na+和，虽能电离生成，但非常微弱，所以在1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中，的数目远小于，C错误；氮气和氢气合成氨的反应为可逆反应，所以标准状况下33.6LH2与足量N2在一定条件下充分反应，生成NH3的数目小于，D正确；故选D。7．NH3中N与H形成共价键，其电子式为，A错误；发生反应NH3+H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，析出NaHCO3晶体，说明溶解度NaHCO3<NH4HCO3，B正确；电子层数越多，半径越大，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：C>N>O>H，C错误；NH4Cl为离子化合物，含有离子键，铵根离子中含有极性键，不含有非极性键，D错误；故选B。8.抗坏血酸(即维生素C)能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，是水果罐头中常用的抗氧化剂。下列说法错误的是A.脱氢抗坏血酸分子式为C6H8O6B.抗坏血酸能使溴水褪色C.抗坏血酸能发生聚合反应D.脱氢抗坏血酸分子能与乙酸发生酯化反应【答案】A【解析】由结构可知，脱氢抗坏血酸分子式应为，A错误；抗坏血酸分子中含烯二醇结构（具有还原性），碳碳双键能与溴水发生加成反应使溴水褪色，B正确；抗坏血酸分子中含碳碳双键（烯二醇结构中的双键），可发生加聚反应，C正确；脱氢抗坏血酸分子中含羟基（-OH，如左侧-CH2OH中的羟基），能与乙酸（含羧基）发生酯化反应，D正确；故选A。9.我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，反应为：。一定条件下，在恒容密闭容器中发生该反应，下列说法正确的是A.降低温度，v(正)减小，v(逆)增大B.向容器中通入氦气，(正)、(逆)均增大C.当v正(H2O)=2v逆(H2)，说明该反应达到平衡状态D.当混合气体的平均摩尔质量不变，说明该反应达到平衡状态【答案】D【解析】降低温度时，正反应和逆反应的速率均会减小，故A错误；恒容条件下通入氦气，各反应物和生成物的浓度未改变，因此正、逆反应速率均不变，故B错误；反应达到平衡状态时，应满足。选项C给出的关系式为，与平衡条件不符，故C错误；反应前后气体总质量不变，气体总物质的量增多，平均摩尔质量M是变量，当M不变时，反应达到平衡，故D正确；选D。10.下列实验操作不能达到实验目的的是选项实验操作和现象实验目的A将氯气通入2mL0.1mol/LNa2S溶液中，产生淡黄色沉淀氧化性：Cl2>SB向盛有40mL沸水的烧杯中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液。继续煮沸至液体呈现红褐色，停止加热制备Fe(OH)3胶体C分别将1mL0.1mol/L和2mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液同时加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液中，比较出现浑浊所用的时间探究浓度对反应速率的影响D将铜片和铁片用导线连接后插入稀盐酸中，铜片上有气泡产生验证铁比铜活泼A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】Cl2与S2-反应生成S，说明Cl2的氧化性强于S，A正确；向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并煮沸至红褐色，是制备Fe(OH)3胶体的正确方法，B正确；实验中同时改变了Na2S2O3和H2SO4的浓度（因稀释），未保持其他变量恒定，无法单独判断浓度对速率的影响，C错误；Fe与Cu构成原电池，Fe作为负极被腐蚀，说明Fe比Cu活泼，D正确；故答案选C。11.一种广泛用于有机合成领域的催化剂的结构如图所示，已知X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y和Q位于同主族。下列说法错误的是A.简单离子半径：Q>Z>W B.元素的最高价：Z>Q>XC.简单氢化物的稳定性：Z>Y>Q D.W与Y形成的化合物具有两性【答案】B【解析】根据题目信息，五种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素（X<Y<Z<W<Q），Y和Q同主族，Y形成1个Y=Q双键，Q形成双键和单键共6个键，Y为O，Q为S；W3+为+3价阳离子，短周期主族元素中仅Al3+符合，W为Al；Z形成一个单键，原子序数介于Y=8和W=13之间，Z为F；X形成四个单键，为C。简单离子半径：S2->F->Al3+，为Q>Z>W，A正确；元素的最高价，S为+6，C为+4，F没有最高正化合价，则：Q>X>Z，B错误；非金属性：F>O>S，故氢化物稳定性：HF>H2O>H2S，即简单氢化物的稳定性：Z>Y>Q，C正确；W与Y形成的化合物为Al2O3，既能与酸反应又能与碱反应，为两性氧化物，D正确；故选B。12.下列实验装置(部分夹持装置已略去)和操作，能达到相应实验目的的是A.装置①可用于实验室制备蒸馏水B.装置②可用于灼烧海带C.装置③可用于检验铁和水蒸气反应的气体产物D.装置④可用于验证反应有Cl2生成【答案】C【解析】装置①制备蒸馏水时，应该用直形冷凝管，故A错误；灼烧海带应使用坩埚而非蒸发皿，故B错误；铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和H2，H2难溶于水，通过肥皂泡收集后点燃，若产生淡蓝色火焰且有爆鸣声可验证H2，故C正确；浓盐酸与MnO2反应生成的Cl2中混有挥发出的HCl，HCl与AgNO3也能生成白色沉淀，无法确定Cl2生成，故D错误；选C。13.二氧化碳是一种主要温室气体，也是世界上最丰富、环境友好的可再生碳资源。某化学科技工作者探究用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是A.HCOOH中含有的官能团为羟基和羧基B.反应机理中存在极性键、非极性键的断裂与形成C.物质Ⅲ为该反应的催化剂，物质I、Ⅱ为中间产物D.通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH，每转移1mole-，放出15.6kJ的热量【答案】D【解析】HCOOH的官能团为羧基，故A错误；反应机理中，H2的H-H键断裂，CO2的C=O键断裂，但生成的HCOOH中仅含极性键，无新的非极性键形成，故B错误；催化剂需参与反应且最终再生，中间产物是生成后又消耗的物质。由机理图可知，物质I为催化剂；物质Ⅱ、Ⅲ为反应中生成又消耗的中间产物，故C错误；生成1mol液态HCOOH放热31.2kJ，反应方程式为CO₂(g)+H₂(g)=HCOOH(l)，C从+4→+2得2e⁻，H从0→+1失2e⁻，转移2mole⁻放热31.2kJ，则转移1mole⁻放热15.6kJ，故D正确；选D。14.我国科学家设计了一种如图所示的三室电池，以、、稀硫酸为电解质，通过M和N两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成I、Ⅱ、Ⅲ三个电解质溶液区域。下列说法错误的是A.原电池工作时，作正极B.M为阳离子交换膜；Ⅱ区电解质为C.放电时，Al电极上反应为D.理论上当电路中通过1mol电子，Ⅲ区溶液质量减少32g【答案】D【解析】由图可知，原电池工作时，为负极，被氧化生成，为正极，发生还原反应，I中需要提供碱性环境，故I中电解质溶液为溶液，Ⅱ为溶液，Ⅲ为稀硫酸。原电池工作时，负极反应为，则消耗，向正极移动，正极电极反应式为，正极消耗氢离子，阴离子向负极移动，则M是阳离子交换膜，N是阴离子交换膜。失电子生成作负极，则作正极，A正确；I区失电子生成消耗氢氧根，需通过M（阳离子交换膜）进入Ⅱ区，Ⅱ区电解质为，B正确；在碱性条件下失电子生成，电极反应式为，C正确；正极反应为，Ⅲ区每得2个时有一个进入Ⅱ，即每转移2个，Ⅲ区溶液消耗2个同时生成两个，通过1mol电子消耗1mol，生成1mol，所以溶液质量减少98g-18g=80g，D错误；故答案为：D。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.某化学兴趣小组设计了固体碱熔氧化法制备高锰酸钾。实验步骤如下：i．称取2.5gKClO3和5.2gKOH固体，加热熔融后，分多次加入3gMnO2，继续加热，剧烈反应，得到墨绿色熔融物。ii．将冷却后的熔融物捣碎，放入盛有100mL蒸馏水的烧杯中，加热搅拌，直至全部溶解。iii．向溶液中趁热通入少量CO2，使K2MnO4完全歧化，静置片刻后过滤。iv．对滤液进行一系列操作后获得晶体，将其放入烘箱中干燥，得到KMnO4晶体粗品。已知：在酸性介质中墨绿色的易发生歧化反应，生成和MnO2；常温下，KHCO3溶解度小于K2CO3。回答下列问题：（1）步骤i中加热熔融KClO3和KOH固体的仪器为___________（填标号）。a．烧杯b．瓷坩埚c．铁坩埚d．蒸发皿（2）步骤i中分多次加入MnO2的原因是___________；写出生成墨绿色锰酸钾的反应的化学方程式：___________。（3）通入CO2需少量的原因是防止生成___________（填化学式），避免使生成的KMnO4晶体混有较多杂质。（4）步骤iv中对滤液进行一系列操作为___________、过滤、洗涤、干燥，得到KMnO4晶体的粗品。（5）为了测定空气中SO2的含量，某兴趣小组的同学将空气样品（管道中空气流量为aL/min）经过管道通入密闭容器中的100mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液，bmin后溶液刚好褪色。已知：。①配制100mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液，下列仪器中需要使用的有___________（填名称）。②假定样品中SO2可被溶液充分吸收，则该空气样品中的SO2的含量为___________g/L。【答案】（1）c（2）①.分多次加入可以使反应平稳进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅（答案合理即可）②.（3）KHCO3（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）①.100mL容量瓶、烧杯②.（或）【解析】步骤i中，KClO3是氧化剂，MnO2是还原剂，加热反应得到K2MnO4墨绿色熔融物，化学方程式是。步骤ii中，K2MnO4溶于水。步骤iii中，通入CO2创造酸性条件，K2MnO4歧化为KMnO4和MnO2，离子方程式是，过滤掉MnO2。步骤iv中，设法从滤液中得到KMnO4晶体。【小问1详析】加热熔融固体药品，一般用坩埚，考虑到瓷坩埚不耐强碱()，故选择铁坩埚，故选c。【小问2详析】题干中提到“剧烈反应”，所以分多次加入MnO2是为了控制反应速率，使反应尽量平稳进行。KClO3、KOH、MnO2在加热条件下发生氧化还原反应，Cl的化合价由+5降到-1，Mn的化合价由+4升到+6，化学方程式为。【小问3详析】根据已知信息“常温下，KHCO3溶解度小于K2CO3”可推测，多通入CO2会生成溶解度较小的KHCO3，其在步骤iv中同KMnO4一起析出，成为杂质。【小问4详析】“过滤”之前的步骤一般为蒸发浓缩、降温结晶。【小问5详析】①配制100mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液需要用到烧杯、100mL容量瓶，用不到漏斗、圆底烧瓶。②空气样品的总体积为aL/min×bmin=abL，设其中SO2的物质的量为x，则有x=0.025mol，SO2的质量m=0.025mol×64g/mol=1.6g，该空气样品中的SO2的含量为g/L。16.我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用酸碱协同法可实现钢渣中的Ca、Si、Fe元素的有效分离，流程如下。已知：钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；Fe2(C2O4)3能溶于水，FeC2O4、CaC2O4难溶于水。回答下列问题：（1）Si位于元素周期表第___________周期第___________族。（2）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有___________(任写一条)。（3）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为___________。（4）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用___________，加入试剂1发生反应的离子方程式为___________。（5）滤渣2经过洗涤、干燥得到草酸钙晶体，“洗涤”的实验操作为___________。（6）将草酸钙晶体(CaC2O4·H2O，其摩尔质量为146g/mol)在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。346℃～420℃范围内发生反应的化学方程式为___________，840℃～960℃范围内所得产品为___________(填化学式)。【答案】（1）①.三②.ⅣA（2）搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可)（3）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（4）①.O2或H2O2②.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe³⁺+2H2O(注：两空答案要相应)（5）用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次(答案合理即可)（6）①.②.CaO【解析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；加入盐酸，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤渣1加入氢氧化钠生成硅酸钠，加入二氧化碳得到硅酸沉淀，处理得到二氧化硅；滤液1中含钙离子、亚铁离子、铁离子，加入氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子，再加入草酸得到草酸钙滤渣2和含草酸铁的滤液2；【小问1详析】Si为14号元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族。【小问2详析】搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可)均可以加快反应速率，从而提高浸取速率；【小问3详析】“碱浸”时，二氧化硅加入氢氧化钠生成硅酸钠和水，反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；【小问4详析】为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用氧化剂O2或H2O2，两者能氧化亚铁离子且不引入新杂质，加入试剂1发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(注：两空答案要相应)；【小问5详析】“洗涤”草酸钙晶体的实验操作为：用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次(答案合理即可)；【小问6详析】假设为1molCaC2O4·H2O在氮气氛围中进行热重分析，加热时会首先失去结晶水得到CaC2O4（此时重量为原来的），然后受热分解为碳酸钙，结合钙守恒，此时重量为原来的，继续受热，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，结合钙守恒，此时重量为原来的，则346℃～420℃范围内发生反应为CaC2O4分解生成碳酸钙，结合质量守恒，还生成CO，化学方程式为，840℃～960℃范围内所得产品为CaO。17.聚丙烯酸(F)是一种链状高分子水性粘结剂，一种合成聚丙烯酸的路线如下。已知：A产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。回答下列问题：（1）A的分子式为___________；F的结构简式为___________。（2）D中官能团的名称为___________；反应②的反应类型为___________。（3）写出反应③的化学方程式：___________。（4）分子组成比B多1个CH2原子团且能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有___________种(不考虑立体异构)，写出其中一种含有三个甲基的同分异构体结构简式___________。【答案】（1）①.C2H4②.（2）①.碳碳双键、醛基②.氧化反应（3）（4）①.5②.(CH3)2C=CH-CH3【