四川省成都市雙流區2025屆化學高一下期末監測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、如圖為某石英晶體的平面結構示意圖，它實際上是立體網狀結構(可以看作晶體硅中的每個Si—Si鍵中插入一個O)。在石英晶體中，氧原子與硅原子的個數的比值和由硅原子、氧原子鐵石構成的最小環上Si、O的原子個數之和分別是()A．18 B．212 C．1/28 D．1/2122、下列不屬于氧化還原反應的是A．FeCl3＋3KSCN＝Fe(SCN)3＋3KClB．2HClO2HCl＋O2↑C．SO2＋H2O2＝H2SO4D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO23、下列物質中，既含有離子鍵又含有共價鍵的是A．NaClB．C2H4C．NaOHD．CaCl24、下列物質只含有離子鍵的是()A．KOHB．NO2C．H2O2D．MgC125、將一定量的固體Ag2SO4置于容積不變的密閉容器中(裝有少量V2O5)，某溫度下發生反應：Ag2SO4(s)Ag2O(s)+A．化學反應速率vB．SO3的分解率為C．在這10min內的平均反應速率vD．容器里氣體的密度為40g6、下列說法正確的是A．僅由非金屬元素不可能形成離子化合物B．構成分子的粒子一定含有共價鍵C．離子化合物中可能含有非極性共價鍵D．凡是有化學鍵斷裂過程一定發生了化學反應7、下列變化中，不屬于化學變化的是（）A．Na2O2使有色物質褪色 B．氯水使有色布條褪色C．活性炭使紅墨水褪色 D．漂白粉使某些染料褪色8、下列物質既能起加成反應，也能起取代反應，同時能使溴水因反應褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是A．B．C．D．9、下列四種X溶液，均能跟鹽酸反應，其中反應最快的是()A．10℃3mol·L－1的X溶液B．20℃3mol·L－1的X溶液C．10℃2mol·L－1的X溶液D．20℃2mol·L－1的X溶液10、元素性質隨原子序數的遞增呈周期性變化的實質是()A．元素的相對原子質量增大，量變引起質變B．原子的電子層數增多C．原子核外電子排布呈周期性變化D．原子半徑呈周期性變化11、向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，無明顯變化，當再滴入幾滴新制氯水后，混合溶液變成紅色，則下列結論錯誤的是（）A．該溶液中一定含有SCN-B．氧化性：Fe3+＞Cl2C．Fe2+與SCN-不能形成紅色物質D．Fe2+被氯水氧化為Fe3+12、實驗室從海帶中提取碘的部分流程如下：下列說法不正確的是A．完成步驟①需要裝置III B．完成步驟③需要裝置IIC．完成步驟⑤需要裝置I D．完成步驟②和④需要裝置IV13、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是A．B．C．D．14、下列有關基本營養物質的說法中，正確的是A．淀粉遇碘化鉀溶液變藍B．蔗糖和麥芽糖互為同分異構體C．纖維素在人體內最終水解為葡萄糖D．糖類、油脂、蛋白質都是由C、H、O三種元素組成15、灰錫（以粉末狀存在）和白錫是錫的兩種同素異形體。已知：①Sn（s，白）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△H1②Sn（s，灰）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△H2③Sn（s，灰）Sn（s，白）△H3=+2.1kJ?mol-1下列說法正確的是（）A．△H1>△H2B．錫在常溫下以灰錫狀態存在C．灰錫轉為白錫的反應是放熱反應D．錫制器皿長期處在低于13.2℃的環境中，會自行毀壞16、對可逆反應A(g)+B(g)2C(g)+D(s)△H＞0，向1L絕熱容器中加入1molA和1mol

B發生反應，下列敘述不能作為該反應達到平衡狀態的標志的是（）①單位時間內消耗amolA，同時生成2amolC

②混合氣體的總壓強不再變化③混合氣體的密度不再變化④A、B、C的分子數之比為1∶1∶2⑤反應容器中溫度不變⑥A的轉化率與B的轉化率相等時A．①②④⑥B．②④⑥C．①④⑥D．①②⑥二、非選擇題（本題包括5小題）17、如圖是四種常見有機物的比例模型，請回答下列問題：(1)向丙中加入溴水，振蕩靜置后，觀察到溶液分層，上層為_______色。(2)甲的同系物的通式為CnH2n+2，當n＝5時，寫出含有3個甲基的有機物的結構簡式_____。下圖是用乙制備D的基本反應過程(3)A中官能團為__________。(4)反應①的反應類型是__________。(5)寫出反應④的化學方程式_______。(6)現有138gA和90gC發生反應得到80gD。試計算該反應的產率為______(用百分數表示，保留一位小數)。18、該表是元素周期表中的一部分：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②③3④⑤⑥⑦⑧⑨⑩4???回答下列問題：（1）⑦是____________，原子半徑最大的是____________。（填元素符號或化學式，下同）（2）⑧⑨??四種元素形成的簡單離子，半徑由大到小的順序是________。（3）上述元素中，最高價氧化物的水化物中，酸性最強的化合物的分子式是____________，堿性最強的化合物的電子式____________。（4）用電子式表示⑤和⑨組成的化合物的形成過程____________。（5）①和氫元素形成的化合物很多，其中C2H6可用于形成燃料電池，若用NaOH作電解質溶液，寫出該燃料電池的負極反應方程式____________。（6）CO2與CH4經催化重整制得合成氣：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。已知上述反應中相關的化學鍵鍵能數據如表：化學鍵C－HC=OH－HCO(CO)鍵能/kJ·mol?14137454361075則該反應產生2molH2（g）時____________（填“放出”或“吸收”）熱量為____________kJ。19、某實驗小組通過鐵與鹽酸反應的實驗，研究影響反應速率的因素(鐵的質量相等，鐵塊的形狀一樣，鹽酸均過量)，設計實驗如下表：實驗編號鹽酸濃度/(mol/L)鐵的形態溫度/K14.00塊狀29324.00粉末29332.00塊狀29342.00粉末313(1)若四組實驗均反應進行1分鐘(鐵有剩余)，則以上實驗需要測出的數據是______。(2)實驗___和_____(填實驗編號)是研究鹽酸的濃度對該反應速率的影響；實驗1和2是研究_______對該反應速率的影響。(3)測定在不同時間產生氫氣體積V的數據，繪制出圖甲，則曲線c、d分別對應的實驗組別可能是______、______。(4)分析其中一組實驗，發現產生氫氣的速率隨時間變化情況如圖乙所示。①其中t1～t2速率變化的主要原因是______。②t2～t3速率變化的主要原因是___________。(5)實驗1產生氫氣的體積如丙中的曲線a，添加某試劑能使曲線a變為曲線b的是______。A．CuO粉末B．NaNO3固體C．NaCl溶液D．濃H2SO420、工業上生產高氯酸時，還同時生產了一種常見的重要含氯消毒劑和漂白劑亞氯酸鈉(NaClO2)，其工藝流程如下：已知：①NaHSO4溶解度隨溫度的升高而增大，適當條件下可結晶析出。②高氯酸是至今為止人們已知酸中的最強酸，沸點90℃。請回答下列問題：（1）反應器Ⅰ中發生反應的化學方程式為__________________，冷卻的目的是_____________，能用蒸餾法分離出高氯酸的原因是___________________。（2）反應器Ⅱ中發生反應的離子方程式為__________________。（3）通入反應器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同樣能生成NaClO2，請簡要說明雙氧水在反應中能代替SO2的原因是_________________________。（4）Ca(ClO)2、ClO2、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒劑和漂白劑，是因為它們都具有________________，請寫出工業上用氯氣和NaOH溶液生產消毒劑NaClO的離子方程式：____________________。21、取一定質量的氯化鈉、溴化鈉、碘化鈉的混合物平均分成五等份，分別加水配成溶液并編號為甲、乙、丙、丁、戊，再分別向各溶液中通入一定體積的氯氣，將反應后所得溶液蒸干，灼燒固體。通入氯氣的量與最終所得固體質量記錄如下：編號甲乙丙丁戊固體組成NaI、NaBr、NaClNaBr、NaClNaCl氯氣的體積/mlV2V3V4V5V固體質量/g54.6243.6435.4830.1429.25求：（1）請填寫表中空白______________、____________；（2）標準狀況下氯氣的體積V為_______，原混合物中溴化鈉的物質的量為_______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

由石英晶體的平面結構可知(當然立體網狀結構也一樣)，每個Si周圍結合4個O，而每個O周圍結合2個Si，所以石英晶體中氧原子和硅原子個數之比為2∶1，由于石英晶體是立體網狀結構，可以看成晶體硅中的每個Si—Si鍵上插有一個O(如圖所示)，因此在石英晶體中，由硅原子、氧原子構成的最小環上具有的Si、O的原子個數之和是12(6個Si和6個O)，故B正確。故選B。2、A【解析】

凡是有元素化合價升降的反應均是氧化還原反應，據此解答。【詳解】A、反應中元素的化合價均沒有發生變化，不是氧化還原反應，A正確；B、反應中氯元素化合價降低，氧元素化合價升高，屬于氧化還原反應，B錯誤；C、反應中硫元素化合價升高，雙氧水中氧元素化合價降低，是氧化還原反應，C錯誤；D、反應中鐵元素化合價降低，碳元素化合價升高，是氧化還原反應，D錯誤。答案選A。3、C【解析】分析：一般來說，金屬元素與非金屬元素容易形成離子鍵，非金屬元素之間形成共價鍵，以此來解答。詳解：A．NaCl中只含離子鍵，A錯誤；B．乙烯中只含共價鍵，B錯誤；C．NaOH中含離子鍵和O-H共價鍵，C正確；D．氯化鈣中只含離子鍵，D錯誤；答案選C。4、D【解析】分析：一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，第IA、第IIA族元素和第VIA、第VIIA族元素之間易形成離子鍵。詳解:A.KOH中鉀離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，O原子和H原子之間存在共價鍵，故A錯誤；

B.NO2中N原子和O原子之間存在共價鍵，故B錯誤；

C.過氧化氫中H原子和O原子之間存在共價鍵、O原子和O原子之間存在非極性鍵，故C錯誤；

D.氯化鎂中鎂離子和氯離子之間只存在離子鍵,所以D選項是正確的；

所以D選項是正確的。5、A【解析】分析：反應經過10min達到平衡，測得c(SO3)=0.4mol/L，c(SO2)=0.1mol/L，由2SO3(g)?2SO2(g)+O2(g)，可知消耗c(SO3)=0.1mol/L，平衡時剩余c(SO3)=0.4mol/L，則在反應Ag2SO4(s)?Ag2O(s)+SO3(g)中，生成c(SO3)=0.4mol/L+0.1mol/L=0.5moL/L，以此解答該題。詳解：A．硫酸銀為固體，濃度基本不變，不能比較與三氧化硫的化學反應速率關系，故A錯誤；B．SO3的分解率為0.1mol/L0.5mol/L×100%=20%，故B正確；C．v(O2)=12v(SO2)=12×0.1mol/L10min=0.005mol?mol-1?min-1，故C正確；D．c(SO3)=0.4mol/L，c(SO2)=0.1mol/L，由2SO3(g)?2SO2(g)+O2(g)，可知c(O2)=0.05mol/L，則容器里氣體的密度為0.4mol×80g/mol+0.1mol×64g/mol+0.05mol×32g/mol1L點睛：本題考查化學反應速率和化學平衡的計算。本題的易錯點為A，要注意硫酸銀為固體，濃度基本不變。6、C【解析】分析：A.根據離子化合物定義判斷；B.根據構成分子的粒子組成判斷；C.根據離子化合物定義判斷；D.根據化學鍵斷裂過程發生情況判斷。詳解：由陰、陽離子相互作用而構成的化合物是離子化合物，NH4+和其它酸根離子構成的化合物都是離子化合物，其元素都是非金屬元素，A選項錯誤；構成分子的微粒有單原子分子，如稀有氣體，原子和原子之間沒有化學鍵，只有分之間作用力、雙原子分子，如HCl、N2等，原子和原子之間存在共價鍵，多原子分子，如水分子、乙醇分子等，原子之間存在共價鍵，所以構成分子的粒子不一定含有共價鍵，B選項錯誤；由陰、陽離子相互作用而構成的化合物是離子化合物，如氯化鈉含有離子鍵、氫氧化鈉含有離子鍵和極性鍵，過氧化鈉含有離子鍵和非極性鍵，C選項正確；物質溶解于水，有的化學鍵不發生斷裂，如酒精、葡萄糖等，也有的發生斷裂，但不是發生化學反應，如氫氧化鈉溶于水電離產生Na+和OH-，D選項錯誤；正確選項C。7、C【解析】

A、B、D項中的Na2O2、氯水、漂白粉均與有色物質發生氧化還原反應生成其他物質進行漂白，而活性炭通過吸附作用，將有色物質吸附，只發生物理變化，答案選C。【點睛】本題考查物質的漂白原理。中學階段常見的漂白劑總結如下：（1）氯水（HClO）、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3，它們都是強氧化劑，與有色物質發生氧化還原反應，生成穩定的無色物質。（2）SO2的漂白原理是二氧化硫跟有機色素結合成了不穩定的無色化合物，該化合物見光、遇熱或長久放置又能恢復為原來的顏色，SO2漂白原理屬于非氧化還原反應，SO2不能漂白指示劑。（3）活性炭的漂白原理是吸附有色物質，是物理變化。8、D【解析】A、苯與溴水及酸性高錳酸鉀溶液等均不反應，A錯誤；B、根據分子式可知有機物是己烷，不能發生加成反應，與溴水及酸性高錳酸鉀溶液等均不反應，B錯誤；C、甲苯與溴水不反應，C錯誤；D、苯乙烯含有苯環和碳碳雙鍵，既能起加成反應，也能起取代反應，同時能使溴水因反應褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，D正確，答案選D。9、B【解析】

影響因素包括濃度和溫度，一般來說，溫度越高，濃度越大，則反應速率越大，選項B和選項D反應溫度均為20℃，但選項B中X溶液的濃度比選項D高，故選項B中反應速率最快，故答案為B。10、C【解析】

A.元素的相對原子質量增大，量變引起質變，但是元素的相對原子質量并不發生周期性變化；B.原子的電子層數增多，但并不發生周期性變化；C.原子核外電子排布呈周期性變化決定了元素原子最外層電子數的周期性變化，從而決定了元素性質的周期性變化；D.原子半徑呈周期性變化決定于原子核外電子排布呈周期性變化。綜上所述，元素性質隨原子序數的遞增呈周期性變化的實質是原子核外電子排布呈周期性變化，C正確，選C。11、B【解析】

向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，溶液顏色無明顯變化。當再滴入幾滴新制氯水后，混合液變成紅色，說明亞鐵離子被加入的氯水氧化為三價鐵離子和硫氰酸根離子結合為紅色溶液；A．原溶液中一定含有SCN-，故A正確；B．氯氣能氧化亞鐵離子為三價鐵離子，依據氧化劑的氧化性大于氧化產物，所以氧化性Fe3+＜Cl2，故B錯誤；C．Fe2+與SCN-不能形成紅色物質，三價鐵離子與SCN-能形成紅色物質，故C正確；D．加入氯水發生的反應為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氯水氧化為Fe3+，故D正確；故答案為B。【點睛】能根據實驗現象，明確實驗原理是解題關鍵，溶液中的Fe2+與加入的新制氯水發生反應：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，氧化性：Fe3+＜Cl2；能使含Fe3+的溶液變為紅色，說明原溶液中一定含有SCN-；因原溶液中加入含Fe2+的溶液后，無明顯變化，說明Fe2+與SCN-不能形成紅色物質。12、A【解析】

由題給流程可知，海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，海帶灰加水溶解浸泡得到海帶灰懸濁液，過濾，得到含I—的水溶液，向溶液中加入用稀硫酸酸化的過氧化氫溶液，雙氧水將I—氧化生成I2，加入有機溶劑萃取分液得到含I2的有機溶液。【詳解】A項、步驟①為海帶灼燒，固體灼燒應在坩堝中進行，溶液在蒸發皿中加熱，故A錯誤；B項、步驟③為過濾海帶灰懸濁液得到含I—的水溶液，裝置II為過濾裝置，故B正確；C項、步驟⑤加入有機溶劑萃取分液得到含I2的有機溶液，裝置I為萃取分液裝置，故C正確；D項、步驟②為海帶灰加水溶解浸泡得到海帶灰懸濁液，步驟④為向溶液中加入用稀硫酸酸化的過氧化氫溶液，雙氧水將I—氧化生成I2，步驟②和④均用到燒杯和玻璃棒，故D正確；故選A。【點睛】本題考查了海帶提取碘，注意結合題給流程的分析，依據物質性質分析判斷實驗的基本操作是解答關鍵。13、A【解析】分析：A．電解熔融的氯化鈉得到鈉，鈉在氧氣中點燃生成過氧化鈉；B．鐵在氯氣中點燃生成氯化鐵；C．二氧化硫與氨水反應生成亞硫酸銨或亞硫酸氫銨；D．乙烯與溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷。詳解：A．電解熔融的氯化鈉得到鈉，鈉在氧氣中點燃生成過氧化鈉，所以物質間轉化均能一步實現，選項A正確；B．鐵在氯氣中點燃生成氯化鐵而不能得到氯化亞鐵，選項B錯誤；C．二氧化硫與氨水反應生成亞硫酸銨或亞硫酸氫銨而得不到硫酸銨，選項C錯誤；D．乙烯與溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷，得不到1，1-二溴乙烷，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題綜合考查元素化合物知識，側重于學生的分析能力的考查，注意把握物質的性質以及轉化的特點、反應條件，難度不大，注意相關基礎知識的積累。14、B【解析】

A．單質碘遇淀粉顯藍色，錯誤；B．蔗糖和麥芽糖的分子式相同，都是C12H22O11，結構不同互為同分異構體，正確；C．纖維素在人體內不能水解，錯誤；D．蛋白質中還含有N和S等元素，錯誤。故選B。15、D【解析】

A、根據③：Sn（s，灰）

Sn（s，白）△H3=+2.1kJ?mol-1，則②-①=③，所以△H2-△H1=△H3＞0，所以△H1＜△H2，故A錯誤；B、根據③：Sn（s，灰）

Sn（s，白）△H3=+2.1kJ?mol-1，則錫在常溫下以白錫狀態存在，故B錯誤；C、根據③：Sn（s，灰）

Sn（s，白）△H3=+2.1kJ?mol-1，焓變大于0，所以灰錫轉為白錫的反應是吸熱反應，故C錯誤；D、根據③：Sn（s，灰）

Sn（s，白）△H3=+2.1kJ?mol-1，當溫度低于13.2℃的環境時，會自行毀壞，故D正確。故選：D。16、C【解析】分析：根據化學平衡狀態的特征解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態。詳解：①單位時間內消耗amolA，同時生成2amolC，都體現正反應方向，錯誤；②兩邊氣體計量數相等，但反應絕熱，溫度變化，所以混合氣體的總壓強不再變化時說明反應達到平衡狀態，正確；③混合氣體的密度不再變化，說明氣體的質量不變，反應達平衡狀態，正確；④A、B、C的分子數之比為1：1：2，不能說明達平衡狀態，錯誤；⑤反應絕熱，溫度變化，反應容器中溫度不變時反應達到平衡狀態，正確；⑥A的轉化率與B的轉化率相等時不一定達到平衡狀態，錯誤。答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、橙紅(或橙)—OH(或羥基)加成反應CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O60.6%【解析】

由四種常見有機物的比例模型可知，甲為CH4，乙為乙烯，丙為苯，丁為CH3CH3OH。乙烯與水反應生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯，乙醇D為乙酸乙酯，結合四種物質的結構和性質分析解答。【詳解】(1)苯的密度比水小，溴易溶于苯，上層溶液顏色為橙紅色(或橙色)，下層為水層，幾乎無色，故答案為：橙紅(或橙)；(2)當n=5時，分子中含有3個甲基，則主鏈有4個C原子，應為2-甲基丁烷，結構簡式為，故答案為：；(3)乙烯與水反應生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯，乙醇D為乙酸乙酯，因此A為乙醇，含有的官能團為-OH(或羥基)，故答案為：-OH

(或羥基)；(4)反應①為乙烯與水的加成反應，故答案為：加成反應；(5)反應④為乙醇和乙酸的酯化反應，反應的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(6)138g乙醇的物質的量為=3mol，90g乙酸的物質的量為=1.5mol，則乙酸完全反應，可得1.5mol乙酸乙酯，質量為132g，而反應得到80g乙酸乙酯，則反應的產率為×100%=60.6%，故答案為：60.6%。18、SiKS2－＞Cｌ－＞K+＞Ca2+C2H6－14e－+18OH－=2CO32－+12H2O吸收120【解析】

根據元素在周期表中的位置可知①～?分別是C、N、O、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Ca、Br，據此解答。【詳解】（1）⑦是Si；根據元素周期律，同周期隨著核電荷數增大，原子半徑逐漸減小，同主族隨著核電荷數增大，原子半徑逐漸增大，原子半徑最大的是K；（2）相同的電子結構，質子數越大，離子半徑越小，則⑧⑨??四種元素形成的簡單離子，半徑由大到小的順序是S2－＞Cl－＞K+＞Ca2+；（3）非金屬性越強，最高價氧化物的水化物酸性越強，故最高價氧化物的水化物中，酸性最強的化合物的分子式是HClO4；金屬性越強，最高價氧化物的水化物堿性越強，故堿性最強的化合物KOH，電子式為；（4）用電子式表示⑤和⑨組成的化合物氯化鎂的形成過程為；（5）C2H6用于形成堿性燃料電池，作負極反應物生成CO32－，發生氧化反應，失電子，碳元素化合價從-3→+4，1個C2H6轉移14個電子，故該燃料電池的負極反應方程式C2H6－14e－+18OH－=2CO32－+12H2O；（6）按反應計量系數，該化學反應的反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能=(413×4+745×2－1075×2－436×2)kJ/mol=120kJ/mol，則該反應產生2molH2（g）吸收熱量為120kJ。19、反應進行1分鐘收集到氫氣的體積13固體表面積的大小（或者鐵的形態）13鐵與鹽酸反應是放熱反應，溫度升高，化學反應速率加快隨著反應的不斷進行，鹽酸的濃度逐漸降低，化學反應速率減慢D【解析】分析：（1）比較反應速率需要測定相同時間內產生氫氣的體積；（2）研究鹽酸的濃度對該反應速率的影響需要保持其他條件不變；實驗1和2中鐵的形狀不同；（3）根據外界條件對反應速率的影響分析判斷；（4）根據外界條件對反應速率的影響分析判斷；（5）曲線a變為曲線b反應速率加快，產生的氫氣不變，據此解答。詳解：（1）鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，若四組實驗均反應進行1分鐘(鐵有剩余)，則以上實驗需要測出的數據是反應進行1分鐘收集到氫氣的體積。（2）要研究鹽酸的濃度對該反應速率的影響需要保持其他條件不變，則根據表中數據可知實驗1和3是研究鹽酸的濃度對該反應速率的影響；實驗1和2中的變量是鐵的形狀，所以是研究固體表面積的大小（或者鐵的形態）對該反應速率的影響。（3）曲線c、d相比產生的氫氣一樣多，但d所需要的時間最多，說明反應速率最慢。由于升高溫度、增大氫離子濃度均可以加快反應速率，因此根據表中數據可知曲線c、d分別對應的實驗組別可能是1和3；（4）①由于鐵與鹽酸反應是放熱反應，溫度升高，化學反應速率加快，所以t1～t2速率逐漸增大。②又因為隨著反應的不斷進行，鹽酸的濃度逐漸降低，化學反應速率減慢，所以t2～t3速率逐漸減小。（5）根據圖像可知曲線a變為曲線b反應速率加快，產生的氫氣不變，則A.加入CuO粉末與鹽酸反應生成氯化銅，鐵置換出銅構成原電池，反應速率加快，但由于消耗了鐵，因此生成的氫氣體積減少，A錯誤；B.加入NaNO3固體，酸性溶液中相當于是硝酸，硝酸是氧化性酸與金屬反應得不到氫氣，B錯誤；C.加入NaCl溶液相當于稀釋，反應速率減小，C錯誤；D.加入適量濃H2SO4氫離子濃度增大，反應速率加快，D正確。答案選D。20、3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出HClO4沸點低2ClO2+SO2+4OH－＝2ClO2－+SO42－+2H2OH2O2有還原性，也能把ClO2還原為NaClO2強氧化性Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O【解析】

NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；生成HClO4、ClO2和NaHSO4，ClO2在反應器II中與二氧化硫、氫氧化鈉反應2ClO2+SO2+4NaOH═2NaClO2+Na2SO4+2H2O；生成亞氯酸鈉，再得到其晶體；反應器I中得到的溶液通過冷卻過濾得到NaHSO4晶體，濾液為HClO4，蒸餾得到純凈的HClO4；（1）NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應生成HClO4、ClO2和NaHSO4；冷卻溶液時會析出NaHSO4晶體；高氯酸易揮發，蒸餾可以得到高氯酸；（2）反應器Ⅱ中ClO2與二氧化硫、氫氧化鈉反應生成亞氯酸鈉；（3）H2O2具有還原性，能還原ClO2；（4）具有強氧化性的物質能用作消毒劑和漂白劑，氯氣和NaOH溶液生成NaCl和次氯酸鈉、水。【詳解】（1）根據題給化學工藝流程分析反應器Ⅰ中NaClO3和濃H2SO4發生反應生成HClO4、ClO2、NaHSO4和H2O，化學方程式為3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；冷卻的目的是：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出；能用蒸餾法分離出高氯酸的原因是高氯酸的沸點低，易揮發；（2）反應器Ⅱ中ClO2、SO2和氫氧化鈉發生反應生成亞氯酸鈉、硫酸鈉和水，離子方程式為2ClO2+SO2+4OH－＝2ClO2－+SO42－+2H2O；（3）H2O2中O元素為-1價，有還原性，能被強氧化劑氧化，H2O2能還原ClO2；所以通入反應器Ⅱ中的SO2用另一物質H2O2代替同樣能生成NaClO2；（4）消毒劑