云南省綏江縣一中2021-2021學年高一下學期期末考試試卷(解析版)

1、云南省綏江縣一中2021-2021學年高一下學期期末考試試卷本試卷分第I卷和第n卷兩局部，共100分，考試時間90分鐘。一、單項選擇題 洪25小題,每題2.0分，共50分1一定條件下，PbO2與Cr3+反響，產(chǎn)物是 Cr2O72-和Pb2+,那么與1 mol Cr3+反響所需PbO2的 物質(zhì)的量為A. 3.0 molB. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol【答案】B【解析】試題分析：利用電子守恒作答。當2molCr3+被氧化生成1mol 62O時，失去的電子為6mol，而1molPbO2被復原只能得到2mol電子，因此所需 PbO2的物質(zhì)的量為3mol, 選A。2.

2、某同學為檢驗溶液中是否含有常見的四種無機離子，進行了以下圖所示的實驗操作。 其中檢驗C.原溶液中一定含有 Cl-D.定含有 NH 4+過程中產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。由該實驗能得到的正確結(jié)論是原溶液中一定含有Fe3+【答案】B原溶液可能含有 SO42、Ag + ,【詳解】A、原溶液中參加硝酸鋇溶液和稀鹽酸產(chǎn)生白色沉淀, 不一定含有SO42 一離子，故A錯誤;B、在檢驗過程中參加堿產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍說明放出了氨氣，原溶液 中含有NH4+離子，故B正確；C、參加鹽酸再加硝酸銀溶液產(chǎn)生白色沉淀可能是原來的溶液中氯離子產(chǎn)生的，也可能是加入的氯離子產(chǎn)生的，原溶液中不一定含有

3、Cl-，故C錯誤；D 在原溶液中參加硝酸鋇溶液和稀鹽酸也就相當于參加硝酸溶液，硝酸有強的氧化性，可 以將Fe2+氧化成Fe3+,原溶液中不一定含有 Fe3+離子，故D錯誤。3. 在自來水蒸餾實驗中，以下操作表達正確的選項是A. 在蒸餾燒瓶中盛滿自來水，并放入幾粒沸石B. 將溫度計水銀球插到蒸餾燒瓶自來水中C. 冷水從冷凝器上口入、下口出D. 收集冷凝水時，應棄去開始蒸餾出的局部【答案】D【詳解】A 蒸餾燒瓶中不可盛滿自來水，故 A錯誤；B. 溫度計測量 是蒸汽的溫度，應放在蒸餾燒瓶的支管口處，故B錯誤;C. 冷凝器中冷卻水的流向應為下口進水，上口出水，故C錯誤；D .儀器內(nèi)空氣中雜質(zhì)會存在于開

4、始蒸餾出的局部液體中，所以收集蒸餾水時，應棄去開始餾出的局部，故 D正確;應選D。A.自燃物品、易燃【答案】B，說明苯酚是有毒性標識,【詳解】為的腐蝕性液體，應選 B。4某有機物苯酚，其試劑瓶上有如下標C.爆炸性、腐蝕性D.蝕性、有化劑、5反響： Cl2+2KBr=2KCI+Br 2, KCIO 3+6HCI=3CI 2+KCI+3H 2O, 2KBrO3+Cl2=Br2+2KCIO 3,以下說法正確的選項是A. 上述三個反響都有單質(zhì)生成，所以都是置換反響B(tài). 氧化性由強到弱順序為KBrO 3 KCIO3 Cl2Br2C. 反響中復原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為6 : 1D. 中ImoI復原劑反

5、響那么氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2 moI【答案】B【詳解】A.一種單質(zhì)與一種化合物反響生成另一種單質(zhì)和另一種化合物的反響為置換反響，KCIO 3+6HCI=3CI 2+KCI+3H 2O反響中反響物中沒有單質(zhì)參與，不屬于置換反響，故A錯誤;B . Cl2+2KBr=2KCI+Br 2 中氧化性 Cl2 Br2, KCIO 3+6HCI=3CI 2+KCI+3H 20 中氧化性 KCI03 CI2,2KBrO 3+Cl2=Br2+2KCIO 3中氧化性 KBrO 3 KCIO 3,所以氧化性由強到弱順 序為 KBrO 3 KCIO3 CI2 Br2，故 B 正確；C.KCIO 3+6HCI=3

6、CI 2+KCI+3H 2O中反響6moIHCI中只有5moI被氧化，那么復原劑與氧化 劑的物質(zhì)的量之比為 5：1,故C錯誤；D .2KBrO3+Cl2=Br2+2KCIO 3中ImoI復原劑 CI2失去10moI電子，那么氧化劑得到電子 10moI 電子，故D錯誤；應選B。6以下離子方程式的書寫正確的選項是()A. H2SO4 溶液與 Ba (OH ) 2 溶液反響：Ba2+OH+H+SO42 =BaSO4 J +HOB. 將 Na 投入到 CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na+CuJC. 大理石溶于醋酸中： CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2 T +HOD.

7、 將 Cl2 通入水中：Cl2+H2O=2H+C+CIO【答案】C【解析】A. H2SO4溶液與Ba ( OH ) 2溶液反響的離子方程式為Ba2+2OH+2H+, t BaSOH +2HO, A不正確；B.將Na投入到CuSO4溶液中，該反響的離子方 程式為2Na+2H2O+Cu2+=2Na+Cu(OH) 2 J +Hf ,環(huán)正確；C.大理石溶于醋酸中，該反響 的離子方程式為 CaCO3+2CH 3COOH=Ca 2+2CH 3COO+CO2 T +HO, C 正確；D.將 Cl2 通入水中，該反響的離子方程式為CI2+H2O ? H+CI+HCIO , D不正確。此題選 C。7. 容量瓶是

8、配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量儀器。在容量瓶上標有的是()A. 溫度、容量、刻度線B.壓強、容量、刻度線C.溫度、濃度、刻度線D.濃度、容量、刻度線【答案】A【詳解】容量瓶是用來配制一定體積、一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量容器， 容量瓶只能在常 溫下使用，不能用來盛裝過冷或過熱的液體， 不能用來稀釋溶液或作為反響容器，因此容量瓶上標有容量、刻度線和溫度，應選 A。8. 以下對于NaHSO4的分類中不正確的選項是：()A. NaHSO 4是鹽B. NaHSO 4是酸式鹽D. NaHSO 4 是酸C. NaHSO4是鈉鹽【答案】D【解析】A. NaHSO 4是由酸根離子和金屬陽離子構(gòu)成的鹽，A正確；B

9、. NaHSO 4屬于鹽類，能電離出氫離子，是酸式鹽，B正確；C. NaHSO4是由鈉離子和酸根離子構(gòu)成的鹽，屬于鈉鹽，C正確；D. NaHSO4是由鈉離子和酸根離子構(gòu)成的鹽，不是酸，D錯誤，答案選D。9. 以下反響的離子方程式正確的選項是()A. Ca(HCO 3)2 溶液與足量 NaOH 溶液反響：Ca2+2HCO 3-+2OH- = CaCO3 J + C&一 + H2OB. 等物質(zhì)的量的 Ba(OH) 2與NH4HSO4在稀溶液中反響：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4 J +2HOC. 向 100mL 1mol/L FeBr 2 溶液中通入 0. 5mol Cl 2 :

10、2Fe2+2Br-+2Cl2= 2Fe3+Br2+4CI-D. 氫氧化鐵與足量的氫溴酸溶液反響：Fe(OH) 3+ 3H += Fe3+ 3H2O【答案】A【解析】試題分析：A、離子方程式正確，A正確；B、反響中還有一水合氨生成， B錯誤； C、溴化亞鐵和氯氣的物質(zhì)的量之比是 1 : 5,氯氣過量全部被氧化，即 2Fe2+4Br-+3Cl2 = 2Fe3+2Br2+6CI-, C錯誤；D、鐵離子能氧化碘離子生成單質(zhì)碘和亞鐵離子，D錯誤，答案選A。10. 可逆反響CO(g) + H2O(gRCO2(g) + H2(g)，到達限度后，欲提高一氧化碳的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施為()A. 使用催化劑B.

11、增大壓強C.增大一氧化碳的濃度D.增大水蒸氣的濃度【答案】D【解析】分析：提高 CO的轉(zhuǎn)化率，可以使平衡正向進行，根據(jù)化學平衡移動原理來答復判斷，注意只增大 CO的濃度，平衡向正反響方向移動，但CO的轉(zhuǎn)化率會降低。詳解：A 使用催化劑，只能改變反響速率，該平衡不會發(fā)生移動，CO的轉(zhuǎn)化率不變，A錯誤；B 該反響前后氣體的體積不變，增加壓強，該平衡不會發(fā)生移動，CO的轉(zhuǎn)化率不變，B錯誤；C.增大CO的濃度，雖然平衡向正反響方向移動，但CO的轉(zhuǎn)化率反而降低，C錯誤；D .增大水蒸氣的濃度，反響物濃度增大，平衡向正反響方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，D正確。答案選D。11. 利用生活中常見的材料可以進行很

12、多科學實驗，甚至制作出一些有實際應用價值的裝置來，以下圖就是一個用廢舊材料制作的可用于驅(qū)動玩具的電池的示意圖。當電池工作時，有關(guān)說法正確的選項是時邊鹽水的MA. 鋁罐將逐漸被腐蝕B. 碳粒和碳棒上發(fā)生的反響為02 + 2H2O 4e=40HC. 碳棒應與玩具電機的負極相連D. 該電池工作一段時間后碳棒和碳粒的質(zhì)量會減輕【答案】A【詳解】A 該裝置構(gòu)成原電池，鋁易失電子作負極，負極上鋁失電子生成鋁離子，所以鋁 罐逐漸被腐蝕，故 A正確；B 碳棒作正極，正極上空氣中的氧氣得電子生成氫氧根離子，電極反響式為O2+2H2O+4e- 40H,故 B 錯誤；C.碳棒作正極，應該與玩具電機的正極相連形成閉合

13、回路，故C錯誤；D 正極上是氧氣得電子，炭粒和碳棒不參加反響，所以其質(zhì)量不變，故D錯誤;應選A。12鹵族元素按F、Cl、Br、I的順序，以下表達正確的選項是A. 單質(zhì)的顏色逐漸加深B.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強C.與氫氣反響越來越容易D.單質(zhì)的熔、沸點逐漸降低【答案】A【詳解】A. F2、Cl2、Br2、12單質(zhì)的顏色分別是淺黃綠色、黃綠色、深紅棕色和紫黑色，即其顏色逐漸加深，故 A項正確；B. F、Cl、Br、I的非金屬性逐漸減弱，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性會逐漸減弱，故B項不正確;C. F、Cl、Br、I的非金屬性逐漸減弱，其單質(zhì)與氫氣的反響必然越來越難，故C項不正確;D. F2、Cl2、Br2

14、、I2單質(zhì)在常溫常壓下分別為氣體、氣體、液體、固體，其熔沸點逐漸升高， 故D項不正確。故答案選A。13糖元(C6Hl0O5)n是一種相對分子質(zhì)量比淀粉更大的多糖，主要存在肝臟和肌肉中，所以又叫動物淀粉和肝糖。以下關(guān)于糖元說法正確的()A. 糖元、淀粉、纖維素互為同分異構(gòu)體B. 糖元與淀粉、纖維素屬于同系物C. 糖元水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖D. 糖元具有復原性，能發(fā)生銀鏡反響【答案】C【詳解】A . (C6HioO5)n中的n不同，即糖元、淀粉、纖維素的分子式不同，所以不屬于同分異構(gòu)體，故A錯誤；B 糖元與淀粉、纖維素結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，故B錯誤；C.糖元是一種多糖，水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖，故

15、C正確；D 糖原中無醛基，不能發(fā)生銀鏡反響，故D錯誤；應選C。14.工業(yè)上冶煉金屬一般用熱分解法、熱復原法和電解法。你認為選擇方法的主要依據(jù)是( )。A. 金屬在自然界的存在形式B.金屬元素在地殼中的含量C.金屬熔點上下D.金屬陽離子得電子的能力【答案】D【解析】冶煉金屬選擇方法是根據(jù)金屬的活動性，金屬冶煉是金屬陽離子得電子的過程，即金屬冶煉方法與金屬陽離子得電子能力有關(guān)。15某主族元素R的最高正價與最低負價的代數(shù)和為4,由此可以判斷()A. R 一定是第四周期元素B. R 一定是W A族元素C. R氣態(tài)氫化物化學式為 H 2RD. R的氣態(tài)氫化物比同周期其他元素氣態(tài)氫化物穩(wěn)定【答案】C【詳解

16、】設主族元素 R的最高正化合價為 x,那么最低負價x-8，有x+(x-8)=4，解得x=+6 , 該元素處于W A族。A. 根據(jù)上述分析，R元素處于W A族，不一定為第四周期元素，故A錯誤；B. 由以上分析可知，R原子的最外層電子數(shù)為 6，該元素處于W A族，故B錯誤；C. R的最低負化合價為-2，氫化物化學式為 H2R，故C正確；D. R為筍A族元素，R的位置未知，無法判斷，故 D錯誤。 應選C。16以下關(guān)于金屬在自然界中存在形態(tài)的說法正確的選項是A. 大多數(shù)金屬在自然界中以單質(zhì)的形式存在B. 金屬在自然界中只能以化合態(tài)的形式存在C. 金屬在自然界中都能以化合態(tài)和游離態(tài)兩種形式存在D. 金屬

17、在自然界中的存在形態(tài)與其化學活動性有關(guān)【答案】D【詳解】A 大多數(shù)金屬的化學性質(zhì)比擬活潑，所以在自然界中大多數(shù)金屬以化合態(tài)形式存 在，故A錯誤；B 金的性質(zhì)穩(wěn)定，在自然界中以游離態(tài)存在，故B錯誤；C.活潑的金屬元素，在自然界中不存在游離態(tài)，如鈉元素，故C錯誤；D 金、銀的活動性很弱，可在自然界中以游離態(tài)形式存在，鈉是活潑性很強，在自然界中 只能以化合態(tài)的形式存在，存在形態(tài)與其化學活動性有關(guān)，故D正確；應選D。17以下哪一組元素的原子間反響容易形成離子鍵阪子abCdM屋電子數(shù)134o6A. a 和 cB. a 和 fC. d 和 gD. c 和 g【答案】B【解析】分析：一般活潑的金屬和活潑的非

18、金屬容易形成離子鍵，據(jù)此解答。詳解：根據(jù) M層的最外層電子數(shù)可知 a是Na, b是Mg , c是Al , d是Si, e是P, f是S, g是Cl。貝UA. a和c均是金屬，不能形成化合物，A錯誤；B. a和f可以形成離子化合物硫化鈉，含有離子鍵，B正確；C. d和g可以形成共價化合物 SiCl4，含有共價鍵，C錯誤；D. c和g形成共價化合物 AlCl 3,含有共價鍵，D錯誤。答案選B。18. 反響C石墨=C金剛石是吸熱反響，以下說法中不正確的A. 金剛石和石墨是不同的單質(zhì)B.金剛石和石墨可以相互轉(zhuǎn)化C.石墨比金剛石更穩(wěn)定D.相同質(zhì)量的石墨比金剛石的能量高【答案】D【詳解】A 金剛石、石墨的

19、結(jié)構(gòu)不同，都是由碳元素組成的不同單質(zhì)，故A正確；B. 金剛石和石墨是不同的物質(zhì)，二者可以相互轉(zhuǎn)化，故B正確；C. 石墨轉(zhuǎn)化為金剛石要吸收能量，說明石墨的能量低，即石墨穩(wěn)定，故C正確；D 石墨生成金剛石需要吸熱，說明相同質(zhì)量的金剛石能量高，故D錯誤；應選D。19. 以下說法中正確的選項是A. 芳香烴是指具有香味的有機化合物B. 含有苯環(huán)的有機物一定是芳香烴C. 芳香烴分子中一定含有苯環(huán)D. 含有一個苯環(huán)的芳香烴一定是苯的同系物【答案】C【詳解】A 分子里含有一個或多個苯環(huán)的烴屬于芳香烴，芳香烴一般都沒有香味，故A錯誤；B 含有苯環(huán)的有機物，可能含0、N等元素，含有苯環(huán)的有機物不一定是芳香烴，可能

20、是芳香烴的衍生物，故 B錯誤；C.分子里含有一個或多個苯環(huán)的烴屬于芳香烴，芳香烴分子中一定含有苯環(huán)，故C正確；D .苯或苯的同系物必須滿足通式CnH2n-6n 6分子中只有一個苯環(huán)，側(cè)鏈必須不含不飽和鍵，否那么不是苯的同系物，故 D錯誤；應選C。20. 以下物質(zhì)中屬于天然高分子化合物的是A.果糖B.葡萄糖C.纖維素D.蔗糖【答案】C【詳解】A 果糖為單糖，分子式為C6H 1206，相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故A不選；B 葡萄糖為單糖，分子式為C6H12O6,相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故B不選；C.纖維素為多糖，相對分子質(zhì)量在10000以上，屬于天然高分子化合物，故C選；

21、D 蔗糖為雙糖，分子式為C12H22O11，相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故D不選；應選C。21. 酯化反響是有機化學中的一類重要反響，以下對酯化反響理解不正確的選項是A. 酯化反響的反響物之一肯定是乙醇B. 酯化反響一般需要吸水C. 酯化反響中反響物不能全部轉(zhuǎn)化為生成物D. 酯化反響一般需要催化劑【答案】A【詳解】A 酯化反響是醇跟羧酸或無機含氧酸生成酯和水的反響，醇不一定就是乙醇，其它醇也可以，故 A錯誤；B. 酯化反響是醇跟羧酸或無機含氧酸生成酯和水的反響，酯化反響是可逆反響，為了平衡正向移動，酯化反響一般需要吸水，故B正確；C. 酯化反響是可逆反響，存在一定的限度，反響物不能完

22、全轉(zhuǎn)化，故C正確；D 羧酸跟醇的酯化反響是可逆的，并且一般反響緩慢，故常用濃硫酸作催化劑，以提高反應速率，故D正確；應選A。22. 以下關(guān)于化學反響速率的說法正確的選項是A. 化學反響速率是指一定時間內(nèi)任何一種反響物濃度的減少或任何一種生成物濃度的增加B. 化學反響速率為0.8 mols1是1s時某物質(zhì)的濃度為 0.8 mol L一1C. 根據(jù)化學反響速率大小可以知道化學反響進行的快慢D. 對于任何化學反響來說，反響速率越大，反響現(xiàn)象就越明顯【答案】C【詳解】A 化學反響速率適用于溶液或氣體，不適用于固體或純液體，故A錯誤；B 化學反響速率為 “ 0.8mol/L?s表示的意思是：時間段為1s

23、時，某物質(zhì)的濃度增加或減少0.8mol/L ,故 B 錯誤；C.化學反響有的快，有的慢，那么使用化學反響速率來定量表示化學反響進行的快慢，故C正確；D 反響速率快的現(xiàn)象不一定明顯，如NaOH與HCI的反響，反響速率慢的現(xiàn)象可能明顯，如鐵生銹，故D錯誤;應選C。23以下反響過程中，同時有離子鍵、極性共價鍵和非極性共價鍵的斷裂和形成的反響是A. NH 4CI NH 3 忤 HCl fB. NH 3+ CO2 + H2O=NH 4HCO3C. 2NaOH + Cl2=NaCI + NaCIO + H2OD. 2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+ O2【答案】D【詳解】A 無非極性鍵的斷裂和形成

24、，沒有離子鍵的形成，選項A不選；B 無非極性鍵的斷裂和形成，沒有離子鍵的斷裂，選項B不選；C.有非極性鍵CI - CI的斷裂但無非極性鍵的形成，選項C不選；D Na2O2中既有離子鍵又有非極性共價鍵，CO2中有極性共價鍵，O2中有非極性共價鍵，Na2CO3中既有離子鍵又有極性鍵，過氧化鈉與二氧化碳的反響中有離子鍵、極性共價鍵和 非極性共價鍵的斷裂和形成，選項D選；答案選D。消費者權(quán)益保護日，據(jù)統(tǒng)計，投訴最多的是建筑裝潢質(zhì)量。其中質(zhì)量問題之一是裝 潢裝飾材料中某些化學成分含量太高，緩慢釋放出來，在空氣中濃度過高，影響人體健康。某些化學成分主要是A. 一氧化碳B.二氧化硫C.甲醛、甲苯等有機物蒸氣

25、 D.臭氧【答案】C【詳解】A CO有毒，一般碳不完全燃燒生成，與裝飾材料無關(guān)，故A不選；B. 二氧化硫有毒，一般為化石燃料燃燒生成的，與裝飾材料無關(guān)，故B不選；C. 甲醛、甲苯等有機物有毒，在裝飾材料中一般作溶劑，與裝飾材料有關(guān)，故C選；D 臭氧能保護大氣層，防止紫外線對人類產(chǎn)生的輻射，與裝飾材料無關(guān)，故D不選；應選C。25.以下關(guān)于甲烷性質(zhì)表達中不正確的選項是A.甲烷是一種無色無味的氣體B.甲烷極難溶解于水C.相同條件下甲烷的密度大于空氣【答案】CD. 實驗室常用排水集氣法收集甲烷氣體【詳解】A 甲烷是一種無色無味、可燃和無毒的氣體，故A正確;B 甲烷為最簡單的烷烴，為非極性分子，而水為極

26、性分子，故甲烷的溶解度很小，極難溶解于水，故B正確；C.甲烷的相對分子質(zhì)量為 16,空氣的平均相對分子質(zhì)量為29,故甲烷的密度比空氣小，故C錯誤；D 甲烷不溶于水，可以用排水集氣法收集甲烷，故D正確；應選C。分卷II二、填空題 洪6小題，共50分)26氨和硝酸都是重要的工業(yè)原料。(1) 標準狀況下，將500 L氨氣溶于水形成1 L氨水，那么此氨水的物質(zhì)的量濃度為 _mol L-1(保存三位有效數(shù)字)。工業(yè)上常用過量氨水吸收二氧化硫，該反響的化學方程式為_。(2 )氨氧化法是工業(yè)生產(chǎn)中合成硝酸的主要途徑。合成的第一步是將氨和空氣的混合氣通過灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮，

27、該反響的化學方程式為 _。 以下反響中的氨與氨氧化法中的氨作用相同的是。A 2Na+2NH 3=2NaNH 2+H2f B 2NH 3+3CuO=3Cu+N 2+3H2OC. 4NH3+6NO=5N 2+6H2O D . HNO3+NH 3=NH 4NO3工業(yè)中的尾氣(假設只有 NO和NO?)用燒堿進行吸收，反響的離子方程式為 2NO2+2OH =NO2-+NO3-+H2O 和 NO+NO2+2OH= +出0 (配平該方程式)。(3) 向27.2 g Cu和CU2O的混合物中參加某濃度的稀HNO3500 mL，反響過程中產(chǎn)生的氣體只有NO。固體完全溶解后，在所得溶液(金屬陽離子只有Cu2+)中

28、參加1 L 1 mol L-1的NaOH溶液使金屬離子恰好完全沉淀，此時溶液呈中性，所得沉淀質(zhì)量為39.2 g。 Cu與稀HNO3反響的離子方程式為_。 Cu與CU2O的物質(zhì)的量之比為_。 HNO 3的物質(zhì)的量濃度為_mol L-1。(4) 有H2SO4和HNO3的混合溶液20 mL，參加0.25 moOLBa (OH) 2溶液時，生成沉淀的質(zhì)量w (g)和Ba (OH ) 2溶液的體積V (mL )的關(guān)系如下圖(C點混合液呈中性)。 那么原混合液中H2SO4的物質(zhì)的量濃度為mol L-1， HNO3的物質(zhì)的量濃度為mol L-1。2SO3 4NO+6H 2O.BC(5). 2NO2-(NH4

29、)(3). 4NH3+5O2(6).3Cu+8H +2NO 3-=3Cu2+2NOT +4H2O(7). 2 : 1(8). 2.4(9). 0.25(10). 1【解析】【分析】(1)利用c=n/v,計算氨水物質(zhì)的量濃度，氨水顯堿性，二氧化硫是酸性氧化物，兩者反響生成鹽和水；(2) 氨氧化法制取硝酸的第一步反響為：4NH3 5O2瓦 4NO 6H20,此反響中NH3是復原劑，由此判斷與之作用相同的反響；用化合價升降法配平；(3Cu與稀HNO3反響，生成硝酸銅水和一氧化氮； 依據(jù)Cu和CU2O的質(zhì)量及Cu( OH)2的質(zhì)量可求出 Cu和CuO的物質(zhì)的量； 因為反響后溶液為中性，原溶液中的硝酸的

30、物質(zhì)的量為：n(NO) n ( NaOH)，由此求算 c(HNO 3)；(4)由圖可以看出，當?shù)渭託溲趸^20mL時，到達沉淀最大量，此時發(fā)生H2SO4+Ba(OH )2 BaSOj +HO ,由此可計算硫酸的物質(zhì)的量濃度，又當?shù)渭託溲趸^ 60mL時溶液顯中性，由此可求出c ( H+)進而求出c(HNO 3)o500L22.3mol【詳解】(1) n(NH 3)=22.3mol ,氨水的物質(zhì)的量濃度為=22.3mol/L ,22.4L / mol1L氨水顯堿性，二氧化硫是酸性氧化物，兩者反響的化學方程式為：SO2+2NH3?H2O= ( NH4)2SO3+H2O，所以可用氨水吸收二氧化硫；此

31、題答案為：22.3mol/L ； SO2+2NH 3?H2O= (NH4)2SO3+H2O。(2) 氨氧化法制取硝酸的第一步反響為：4NH3 5O2瓦一4NO 6H2O,此反響中NH3是復原劑，由此可知與之作用相同的反響是2NH 3+3CuO=3Cu+N 2+3H2O和4NH3+6NO=5N 2+6H2O，故B、C中的氨與氨氧化法中的氨作用相同；由質(zhì)量守恒和得失電子守恒，配平后的離子方程式為：NO+NO2+2OH=2NO2-+H2O；此題答案為：4NH 3+5O24NO+6H 20 ; BC ; 2NO2-。A(3Cu與稀HN0 3反響，生成硝酸銅、水和一氧化氮，離子方程式：3Cu+8H+2N

32、O3-=3Cu2+2NOf +4HzO ;此題答案為：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOf +4出0。 設27.2 g Cu和Cu2O的混合物中，含 CU、Cu2O的物質(zhì)的量分別為 xmol、ymol，依據(jù) 題中所給的條件可得： 64x 80y=27.2 , 98(x 2y)=39.2，兩式聯(lián)立求得：x=0.2, y=0.1,所以 x:y=2:1 ；此題答案為：2:1. 在銅和稀硝酸的反響中，依據(jù)N守恒，可知原溶液中 n(HNO 3)等于表現(xiàn)氧化性的硝酸或被復原的HNO2 (NO),與未被復原的硝酸(表現(xiàn)酸性的硝酸)的物質(zhì)的量之和，因為滴加 氫氧化鈉時，溶液呈中性，存在表現(xiàn)酸性的硝酸物

33、質(zhì)的量為：n(HNO 3)=n(NaOH)=1L 1mpl/L=1mol，依據(jù)電子得失守恒，在氧化復原反響中電子轉(zhuǎn)移數(shù) 目相等。0.1mol氧化亞銅失去 0.2mol電子，0.2mo銅失去0.4mol電子，設n(NO)=amol,那么 有：3a=2 0.20.2=0.6mol,解得a=0.2mol,即被復原的硝酸是 0.2mol，原溶液中的硝酸為：1.2moln(HNO 3)=1mol 0.2mol=1.2mol , c(HNO3)=2.4mol/L ;0.5L此題答案為：2.4mol/L。(4)由圖可知，020mLBa (OH) 2溶液發(fā)生 H2SO4+Ba (OH ) 2 BaSO J +

34、HO, 20mL 60mLBa (OH ) 2溶液發(fā)生發(fā)生 H+OH一H2O,由圖可知，參加20mLBa (OH) 2溶液時，硫酸鋇沉淀達最大值，設硫酸的物質(zhì)的量為x,那么：H2SO4+Ba (OH) 2 BaSO J +HO1 1x 0.02L 0.25mol 1解得：x=0.02L X0.25mol L 1=0.005mol ,硫酸的物質(zhì)的量濃度為：c(H2SO4)= 0.005ml =0.25mol,0.02L又由圖可知，pH=7時，消耗60mLBa (OH ) 2溶液，由H+OH一H2O可知原溶液中含有的n(H+)與 60mLBa (OH ) 2溶液所含的 n(OH-)相等，即 n (

35、 H+) =n (OH)=2X0.06L X).25mol L1=0.03mol，故 n (HNO3) =0.03mol-2n(H 2SO4)mol=0.03mol - 0.005mol 2=0.02mol,故原溶液中HN0 3的物質(zhì)的量濃度 c(HN0 3)= .2mo1 =imol/L; 0.02L此題答案為：0.25; 1。27實驗室里需要純潔的 NaCl溶液，但手邊只有混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl。某學生設計了如下圖方案提取純潔的NaCl溶液。(1)操作為，操作、都用到的玻璃儀器有丄丄NaCL.電1 濁 沿NjCI如果此方案正確，那么:操作為什么不用硝酸鋇溶液，其理由是進行

36、操作后，如何判斷SO42-已除盡，方法是(4)操作的目的是，為什么不先過濾后加碳酸鈉溶液？理由是(5) 操作的目的是【答案】(1).過濾(2) .燒杯、玻璃棒 (3).溶液中引入新的雜質(zhì)離子NO3(4).取少量上層清液參加BaCb溶液，假設無白色沉淀說明SO42 已除盡(5).除去過量的 Ba2+(6) .先加Na2CO3然后過濾，可以減少一次過濾操作(7).除去溶解在溶液中的HCI【解析】【分析】混合物溶解后參加氯化鋇可生成硫酸鋇沉淀,過濾后得到濾液含有氯化鈉、氯化鋇、碳酸氫鈉，參加碳酸鈉溶液生成碳酸鋇沉淀，過濾,濾液中含有碳酸鈉、 碳酸氫鈉和氯化鈉,水和二氧化碳，加熱煮沸，可得到參加鹽酸，

37、鹽酸和碳酸鈉、碳酸氫鈉均反響生成氯化鈉、 純潔的氯化鈉溶液，以此解答該題?！驹斀狻?1)參加碳酸鈉后有碳酸鋇沉淀產(chǎn)生，除去碳酸鋇的方法是過濾， 那么操作為過濾;操作、分別是溶解、過濾、蒸發(fā)，因此都用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒。(2 )參加硝酸鋇溶液，硝酸鋇和硫酸鈉反響生成硫酸鋇和硝酸鈉，除去了硫酸鈉，但引入 了硝酸鈉等新的雜質(zhì)，因此操作不用硝酸鋇溶液。(3 )參加過量氯化鋇溶液除去硫酸根離子，檢驗硫酸根離子已全部沉淀的判斷方法為取少 量上層清液參加BaCl2溶液，假設無白色沉淀說明 SO42已除盡。(4 )操作參加碳酸鈉溶液，碳酸鈉與過量的氯化鋇反響生成碳酸鋇和氯化鈉，目的是除去溶液中過量的B

38、a2+，先加Na2CO3然后過濾，可以減少一次過濾操作，所以不先過濾后加 碳酸鈉溶液。(5)由于鹽酸過量，那么操作的目的是除去溶解在溶液中的HCI。28.：A是石油裂解氣的主要產(chǎn)物之一，其產(chǎn)量常用于衡量一個國家石油化工開展水平的標志。以下是有機物 AG之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系：他0 .5和c* 十 B I一定條件KMnO4r葉U血 E丿請答復以下問題:(1) A的官能團的名稱是;C的結(jié)構(gòu)簡式是(2) E是一種具有香味的液體，由B+DHE的反響方程式為，該反響類型是(3) G是一種高分子化合物，其結(jié)構(gòu)簡式是 ;(4) 比賽中，當運發(fā)動肌肉挫傷或扭傷時，隨隊醫(yī)生即對準受傷部位噴射物質(zhì)F (沸點12.27 C

39、)進行應急處理。寫出由 A制F的化學反響方程式 。(5) E的同分異構(gòu)體能與 NaHC03溶液反響，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式 ?！敬鸢浮?1).碳碳雙鍵(2). CH3CHO(3) . CH3CH2OH+CH3COOH 整 鼻 CH3COOCH 2CH3+H 2O (4).酯化反響(或取代反 應)(5).亡&心升(6). CH2 = CH2+HCI CH3CH2CI(7).CH3CH2CH2COOH ； (CH3)2CHCOOH【解析】【分析】A是石油裂解氣的主要成份，它的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水發(fā)生加成反響生成B,那么B是乙醇，乙醇和氧氣在銅作催化劑作用下催

40、化反響生成C,那么C是乙醛，乙醇在高錳酸鉀作用下生成D , D是乙酸，乙醇和乙酸在濃硫酸作用下反響生成乙酸乙酯E。G是一種高分子化合物，由A乙烯加聚而成為聚乙烯n俺憂劑-pCK2CHn，F(xiàn)為A乙烯和氯化氫加成而成為氯乙烷，據(jù)此判斷?！驹斀狻?1) A為乙烯含有碳碳雙鍵，C為乙醛，結(jié)構(gòu)簡式為 CH3CHO ;(2) E是一種具有香味的液體，為乙酸乙酯，B+D為乙酸和乙醇反響生成乙酸乙酯和水，港M- 0彳屬于酯化反響，方程式為 CH3CH2OH+CH 3COCH *、CH3COOCH2CH3+H2O；(3) G為聚乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為 -.廠一(4) 乙烯和氯化氫加成生成氯乙烷，方程式為CH2=CH2

41、+HCI曲牡材- CH3CH2CI ；(5) E(CH3COOCH2CH3)的同分異構(gòu)體能與 NaHCO3溶液反響那么含有羧基，該同分異構(gòu) 體的結(jié)構(gòu)簡式為 CH3CH2CH2COOH 或(CH3)2CHCOOH。29如下圖，將儀器 A中的濃鹽酸滴加到盛有 MnO2的燒瓶中，加熱后產(chǎn)生的氣體依次通 過裝置B和C,然后再通過加熱的石英玻璃管D (放置有鐵粉)。請答復：B CE(1) 儀器A的名稱是，燒瓶中反響的化學方程式是 。(2) 裝置B中盛放液體是，氣體通過裝置 B的目的是，裝置C中盛放的液體是。(3) D中反響的化學方程式是 。(4) 燒杯E中盛放的液體是 ，反響的離子方程式是 。(5) 資

42、料說明D中產(chǎn)物有以下性質(zhì)：受熱易升華，冷卻后易凝華；遇H2O( g)劇烈反響.為收集D中產(chǎn)物，在D與E之間，除增加收集裝置外，還需要增加_裝置?！敬鸢浮?1).分液漏斗(2). MnO 2+4HCI (濃)色 MnCI 2+CI2 f +2HO (3).飽和 NaCII A I 溶液 (4).吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCI (5).濃硫酸 (6). 2Fe+3Cl22FeCb(7) .氫氧化鈉溶液(8). Cl 2+2OH=C+CIO+H2O(9).枯燥【解析】【分析】實驗室用二氧化錳和濃鹽酸共熱制備氯氣，因濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，要得到純潔的氯氣，應除去氯化氫和水蒸氣，

43、可以依次通過盛有飽和食鹽水、濃硫酸的洗氣瓶進行除雜，氯氣與鐵在加熱條件下反響生成氯化鐵，氯氣有毒，直接 排放到空氣中能夠污染空氣，應進行尾氣處理，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反響生成氯化鈉、 次氯酸鈉和水，可以選擇氫氧化鈉溶液吸收過量的氯氣?！驹斀狻?1)儀器A的名稱是分液漏斗；燒瓶中二氧化錳和濃鹽酸共熱反響生成氯化錳、氯氣和水，反響的化學方程式為MnO2+4HCI (濃) P = MnCl2+Cl2f +2HO，故答案為：分液漏斗；MnO2+4HCI (濃) MnCl 2+CI2 f +2HO;(2) 濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以制備的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣，要得到純潔的氯氣，應除去氯化氫和水蒸氣，氯

44、氣在飽和食鹽水中溶解度不大，氯化氫易溶于水，所以選擇盛有飽和食鹽水的B裝置除去氯化氫，濃硫酸具有吸水性，可以枯燥氯氣，所以選擇盛有濃硫酸的洗氣瓶C除去水蒸氣，故答案為：飽和NaCI溶液；吸收氯氣中混有的雜質(zhì) HCI ;濃硫酸;(3) 裝置D中氯氣和鐵共熱發(fā)生化合反響生成氯化鐵，反響的化學方程式為I I1/112Fe+3Cl2- 2FeCl3，故答案為：2Fe+3Cl22FeCb;(4 )氯氣有毒，直接排放到空氣中能夠污染空氣，應進行尾氣處理，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反響離子方程式：CI2+2OHC+CIO+H2O，可以選擇氫氧化鈉溶液吸收過量的氯氣，故答案為：NaOH溶液；CI2+2OH=C+CIO+H2O；(5)由題給資料可知反響生成的氯化鐵受熱易升華，冷卻后易凝華；遇H2O (g)劇烈反響，那么制備時需要防止水蒸氣進入裝置D，為收集D中產(chǎn)物