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四川省泸县第五中学2022-2023学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸县第五中学2022-2023学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了满分100分 时间75分钟，5 Na， 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
泸县第五中学2023年春期高一期末考试
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.满分100分 时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Fe：56
第I卷(选择题 42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列离子半径最小的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子微粒半径越大，、Al3+、、离子含有2个电子层， 、Al3+、、核电荷数分别为12、13、8、9，故离子半径：O2-＞>＞Al3+，则Al3+离子半径最小，
故选：B。
2. 下列关于SO2的说法中，不正确的是
A. 能使品红溶液褪色
B. 在空气中极易被O2氧化为SO3
C. 是酸性氧化物，能与水发生反应生成亚硫酸
D. 在有的反应中显示氧化性，有的反应中显示还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，可以漂白品红，A正确；
B．SO2在催化剂的作用下可以被氧气氧化为三氧化硫，没有催化剂的情况下，不易被氧化，B错误；
C．SO2属于酸性氧化物，和水反应可以生成亚硫酸，方程式为：SO2+H2O=H2SO3，C正确；
D．SO2和硫化氢反应生成单质硫，此时体现氧化性，在催化剂存在的条件下生成三氧化硫，体现还原性，D正确；
故选B。
3. 下列说法不正确的是
A. 金刚石和互为同素异形体
B. 和互为同分异构体
C. 和互为同位素
D. 与一定互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石和C60为C元素形成的不同单质，互为同素异形体，A正确；
B．CH3—CH2OH和CH3—O—CH3分子式均为C2H6O，但结构不同，互为同分异构体，B正确；
C．和为He元素的不同核素，互为同位素，C正确；
D．为乙烯，可能为丙烯或者环丙烷，当其为环丙烷的时候，则两者不是同系物，D错误；
故选D。
4. 研究化学键有助于人们理解物质的某些性质，下列各组物质中，化学键类型完全相同的是
A. HI和NaI B. 和 C. NaCl和 D. 和NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．HI为共价化合物，存在的是极性共价键，而NaI为离子化合物，存在的是离子键，A不符合题意；
B．和均为极性键组成的共价化合物，化学键类型相同，B符合题意；
C．NaCl为离子化合物，存在离子键，是由极性共价键组成的共价化合物，C不符合题意；
D．是由离子键组成的，而NaOH是由离子键和极性共价键组成的离子化合物，两者的化学键类型不完全相同，D不符合题意；
故选B。
5. 下列有关说法中正确的是
A. 硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体，常用作集成电路
B. SiO2既能和NaOH反应，又能和HF反应，所以二氧化硅属于两性氧化物
C. 水晶、玛瑙、高温结构陶瓷、压电陶瓷均为硅酸盐产品
D. 因为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，所以硅酸的酸性比碳酸强
【答案】A
【解析】
【详解】A．硅是非金属元素，晶体硅为良好的半导体材料，是制造芯片、集成电路主要原料，故A正确；
B．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，属于酸性氧化物，故B错误；
C．水晶、玛瑙成分为二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，故C错误；
D．反应只有在高温条件下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，故D错误；
故选A。
6. 硫酸盐在我们生活中有很多应用，下列说法不正确的是
A. 芒硝的化学式为Na2SO4•10H2O
B. 重晶石的主要成分为BaCO3，可作医疗上的“钡餐”
C. “波尔多液”是一种常见的农药，是由胆矾和石灰乳混合制得
D. 石膏(CaSO4•2H2O)受热形成熟石膏(2CaSO4•H2O)
【答案】B
【解析】
【详解】重晶石的主要成分为BaSO4，故B错误；
故选：B。
7. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 铁片投入稀硫酸中：2Fe + 6H+=2Fe3+ + 3H2↑
B. NH4Cl溶液中加入NaOH溶液并加热： ＋ OH－ NH3↑ + H2O
C. 氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中：Ba2++=BaSO4↓
D. 铜与稀硝酸反应：Cu＋4H+ ＋2=Cu2+ ＋2NO2↑＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁片与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为＋OH－ NH3↑ + H2O，故B正确；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+＋2OH－++2H+=BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu＋8H+ ＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D错误；
故选B。
8. 下列说法正确的是
A. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3中均含有甲基、乙基和酯基，为同一种物质
B. 和为同一物质
C. 乙烯、聚氯乙烯分子中均含有碳碳双键
D. CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3COOCH2CH3是乙酸乙酯，CH3CH2COOCH3是丙酸甲酯，属于同分异构体，不是同一种物质，故A错误；
B．甲烷是正四面体结构，所以和为同一物质，故B正确；
C．乙烯分子中含有碳碳双键，聚氯乙烯分子中不含有碳碳双键，故C错误；
D．CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH官能团个数不同，不是互为同系物，故D错误；
选B。
9. 汽车的启动电源常用铅酸蓄电池，该电池在放电时的总反应为：，下列有关说法正确的是
A. Pb作正极，发生还原反应 B. 作正极，发生氧化反应
C. Pb作负极，发生氧化反应 D. 作负极，发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】该电池中Pb发生失电子的氧化反应生成PbSO4，PbO2发生得电子的还原反应生成PbSO4，则Pb电极作负极，PbO2电极作正极，故选：C。
10. 用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染。例如：
①
②
下列说法错误的是
A. 反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同
B. 若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2和H2O(g)，放出的热量为173.4kJ
C. 由反应①可知：
D. 已知CH4的燃烧热为akJ/mol，由组成的混合物2mol，完全燃烧并恢复到常温时放出的热量为bkJ，则H2的燃烧热为
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①中1molCH4失去8mol电子生成1molCO2，反应②1molCH4失去8mol电子生成1molCO2，反应①②中相同物质的量的甲烷发生反应，转移电子数相同，A正确；
B．标准状况下4.48L甲烷物质的量为0.2mol，(反应①+反应②)÷2得到CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，ΔH=-867kJ/mol，则0.2mol甲烷还原NO2生成N2和H2O(g)，放出热量为867kJ/mol×0.2mol=173.4kJ，B正确；
C．反应①中H2O为气态，气态水变为液态水放出热量，则反应，C错误；
D．组成的混合物2mol中CH4有1.5mol，H2有0.5mol，现混合物完全燃烧恢复到常温时放出热量bkJ，且CH4的燃烧热为akJ/mol，则1.5molCH4燃烧放热1.5akJ，0.5molH2燃烧放出热量(b-1.5a)kJ，H2的燃烧热为2×(b-1.5a)kJ/mol=(2b-3a)kJ/mol，D正确；
故答案选C。
11. 在一定温度下，容积为1L的恒容密闭容器中某一反应中所涉及的物质仅有M、N，其物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。下列表述中错误的是
A. 该反应的化学方程式为2NM
B. 0～t2，该反应的平均反应速率v(N)=4mol•L-1•min-1
C. t3时，反应达到平衡
D. t1时，N的浓度是M的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．在时，N的物质的量为4mol，减少了4mol，M的物质的量为4mol，增加了2mol，因此该反应的化学方程式为，A项正确；
B．，物质N的物质的量减少4mol，该时间段内平均反应速率，B项错误；
C．时刻后物质的量保持不变，该反应达到平衡状态，C项正确；
D．时，N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，则N的浓度是M的2倍，D项正确；
故选B。
12. 将2mol甲烷和适量的Cl2混合后光照充分反应，先后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量依次增多0.2,则参加反应Cl2的物质的量为
A. 1.5mol B. 3mol C. 4.5mol D. 6mol
【答案】D
【解析】
【详解】根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.2mol，可以设其物质的量分别是nmol、(n+0.2)mol、(n+0.4)mol、(n+0.6)mol；参加反应的CH4为2mol，由C原子守恒可知：n+(n+0.2)+ (n+0.4)+ (n+0.6)=2，解得：n=0.2，已知Cl2和CH4发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，则消耗氯气的物质的量为0.2mol+2×0.4mol+3×0.6mol+4×0.8mol=6mol，故答案为D。
【点睛】考查甲烷的取代反应，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生；发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，一半的氯在有机物中，根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.2mol，结合碳原子守恒，先计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量。
13. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 实验①在15 min内M的降解速率约为1.33×10－5mol·L－1·min－1
B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解
D. 实验④说明M的起始浓度越小，降解的速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中数据可知，实验①在15min内c（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，（M）==≈1.33×10-5mol/（L•min），A正确；
B．实验①②起始量相同，②中温度高，图中曲线斜率越大说明M的降解速率越快，则说明升高温度，M降解速率增大，B正确；
C．实验①③中pH不同，图中曲线斜率越大说明M的降解速率越快，结合图像能够证明pH越高，越不利于M的降解，C正确；
D．实验④中随着反应进行，反应物浓度越来越小，图中曲线的斜率也越来越小，即说明浓度减小反应速率越慢，D错误；
故答案为：D。
14. 纳米级四氧化三铁是一种多功能磁性材料，在肿瘤的治疗、催化剂载体、磁流体、医药等领域均已有广泛的应用，利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如图，已知：性质类似于，溶于强碱时生成易溶于水的，下列有关说法不正确的是
A. 用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，是为了过滤时分离铁和锌元素
B. “酸溶”的离子方程式为
C. 加适量“氧化”后，溶液中主要存在的离子有：、、、
D. 制得，胶体粒子反应过程中，持续通入的目的是将部分还原成
【答案】D
【解析】
【分析】由信息可知Zn能溶于强碱溶液，由流程可知，加入氢氧化钠溶液反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液含Na2ZnO2，分离出不溶物为Fe，加入稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，再加入适量过氧化氢，部分亚铁离子被氧化为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的溶液，再通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入氢氧化钠溶液生成四氧化三铁胶体粒子，以此来解答。
【详解】A．Zn溶于强碱时生成可溶于水的[Zn(OH)4]2-，Fe不和NaOH反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层的作用，可以分离铁和锌元素，故A正确；
B．“酸溶”的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；
C．由流程可知酸溶生成硫酸亚铁溶液，加过氧化氢氧化部分亚铁离子，则“氧化”后溶液中所存在的离子有：、、、，故C正确；
D．最后一步“反应”中N2的作用是排出空气防止亚铁离子被氧化，故D错误；
故选D。
第II卷(非选择题 58分)
15. 回答下列问题：
（1）现有下列各组物质：①O2和O3②CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH=CH2③和④CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3⑤H2O和D2O ⑥和CH3(CH2)3CH3。属于同系物的是_______(填序号，下同)；属于同分异构体的是_______；属于同一种物质的是_______；属于同素异形体的是_______。
（2）①戊烷②异戊烷③甲烷④十一烷，这些物质的沸点由高到低的排列顺序是_______。(用序号和大于号表示)
（3）写出下列反应方程式及反应类型。乙烯制乙醇的反应：_______，反应类型：_______。
【答案】（1） ①. ④ ②. ⑥ ③. ③ ④. ①
（2）④>①>②>③ （3） ①. CH2=CH2 + H2O→CH3-CH2OH ②. 加成反应
【解析】
【小问1详解】
①O2和O3是相同元素组成的单质，互为同素异形体；
②CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH=CH2分子式不同，结构不相似，是两种不同的物质且不属于同系物，不属于同素异形体，不互为同分异构体；
③和是同一种物质；
④CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3分子组成相差2个CH2，结构相似，互为同系物；
⑤H2O和D2O中H原子不同，不属于同系物，不属于同素异形体，不互为同分异构体；
⑥和CH3(CH2)3CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
则为同系物的是④，为同分异构体的是⑥，为同一种物质的是③，为同素异形体的是①
【小问2详解】
碳原子个数越多，沸点越高，具有相同碳原子数的烃，支链越多，沸点越低，则沸点④＞①＞②＞③
【小问3详解】
乙烯含有双键，可以和水发生加成反应生成乙醇，方程式为CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH。
16. 氯气是氯元素的一种单质，化学式。通常情况下，是一种黄绿色气体，有着强烈的氧化性。
（1）自然界中的氯元素多以氯离子的形式存在于矿物或海水中，氯离子的电子式为_______，试解释氯离子稳定的原因_______。
（2）常温下与浓盐酸反应可制取氢气，反应如下。
反应①__________________________________
i.试配平该化学方程式。_____
ii.该反应中氧化剂为_______，被还原的元素是_______，HCl体现的性质有_______，在标况下，每生成6.72L氯气，转移的电子_______mol。
（3）实验室还可通过以下反应制取氯气：
反应②
反应③
i.若要制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目之比为_______。
ii.通过反应①～③，比较反应中氧化剂的氧化性强弱_______，(用“>”、“＜”或“=”连接)，说明判断依据：_______。
【答案】（1） ①. ②. 氯离子最外层满足8电子稳定结构
（2） ①. KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O ②. KClO3 ③. Cl ④. 还原性和酸性 ⑤. 0.5
（3） ①. 1：1 ②. KMnO4>KClO3>MnO2 ③. 氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的条件越简单
【解析】
【小问1详解】
氯离子的电子式为，氯离子最外层满足8电子稳定结构，因此氯离子较为稳定。
【小问2详解】
KClO3中Cl得电子化合价由+5价降低为0价，生成Cl2，HCl中Cl失电子化合价从-1价升高为0价，故KClO3前系数为1，HCl前系数为6，KCl前系数为1，Cl2前系数为3，H2O前系数为3。化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。该反应中KClO3中Cl得电子，KClO3为氧化剂，被还原的元素为Cl，6个HCl中5个HCl转化为Cl2体现还原性，1个HCl元素化合价不变体现酸性，标况下每生成6.72L氯气即0.3mol，转移电子0.5mol。
【小问3详解】
i．反应②生成5mol氯气，转移电子数为10mol，反应③生成5mol氯气，转移电子数为10mol，则制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目之比为1：1。
ii．氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的条件越简单，反应①需要浓盐酸，反应②无特殊条件，反应③需要浓盐酸且需要加热，则氧化性KMnO4>KClO3>MnO2。
17. 蕴藏在海底的大量“可燃冰”，煤液化和气化形成的甲醇都是重要的能源。
（1）。若，气体完全反应时，吸收热量，部分化学键的键能如下表。
化学键
键能
b
c
d
①写出甲烷的结构式___________。
②的键能为___________(用含a、b、c、d的式子表示)。
（2）某温度下加氢制甲醇的总反应为：，该反应为放热反应，在固定容积为的密闭容器中充入的和的，测得和的物质的量随时间变化如下图。
请回答：
①下列说法正确的是___________。
A．反应物的化学键断裂要吸收的能量大于生成物的化学键形成要放出的能量
B．往容器中充入一定量的，反应速率不变
C．分离出后，正反应速率不变，逆反应速率一直在减小
D．减小容器体积，反应速率加快
E．时混合气体的密度大于时混合气体的密度
②内的反应速率为___________，末时___________(填“<”“>”或“=”)。
③恒温恒容条件下，能说明反应已达平衡状态的是___________。
A．体积分数保持不变
B．容器中气体压强保持不变
C．容器中浓度与浓度之比为
D．混合气体的密度保持不变
E．的生成速率是生成速率的3倍
④该反应平衡时的转化率为___________。
（3）甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，其工作原理如下图所示，其总反应式为：，则电极A的反应式为___________，当消耗甲醇的质量为时，假设电池的能量转化率为，则导线中转移电子的物质的量为___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. BD ②. ③. > ④. ABE ⑤.
（3） ①. ②. 0.24
【解析】
【小问1详解】
①甲烷的分子式为，属于共价化合物，分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，其结构式为；
②设的键能为xkJ/mol，根据反应的焓变及和各化学键键能可知，故；
小问2详解】
①A．该反应为放热反应，反应物的化学键断裂要吸收的能量小于生成物的化学键形成要放出的能量，A错误；
B．该容器体积不变，往容器中充入，各物质的浓度不变，反应速率不变，B正确；
C．及时分离出可减少生成物浓度，正逆化学反应速率均减小，C错误；
D．减小容器体积可增大各物质的浓度，加快化学反应速率，D正确；
E．混合气体的密度始终不变，E错误；
答案选BD；
②内的反应速率为，后反应物的物质的量仍在减少，说明反应向正反应方向进行，则末时；
③A．体积分数保持不变能说明反应已达平衡状态，A正确；
B．该反应前后气体分子数不相等，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，容器中气体压强保持不变，说明气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，B正确；
C．由图可知，时容器中浓度与浓度相等即两者之比为，但反应物仍在减小，说明反应未达平衡状态，C错误；
D．恒容条件下，混合气体的总质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
E．的生成速率是生成速率的3倍，即正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态，E正确；
故选：ABE；
④该反应平衡时的转化率为；
【小问3详解】
碱性甲醇燃料电池中通入氧气的一极为正极，电极B的电极反应式为，电极A为负极，用总反应式为：减去正极的电极反应式可得负极A的反应式为。当消耗甲醇的质量为即0.05mol时，转移电子的的物质的量为。
18. 某化学实验小组为了探究氨气的性质设计了如图实验装置：
已知：CuO在高温时不稳定，会分解得到Cu2O，Cu2O粉末呈红色。
（1）实验前需先通入一段时间某气体，该气体可以是____(填字母)。
a.空气b.氩气c.氢气
装置A用于制备氨气，选择的试剂通常是____(填化学式)。
（2）装置D、E的作用分别是____、____。
（3）经实验测定NH3和CuO反应的产物有N2和Cu，则NH3和CuO反应的化学方程式为____。
（4）实验结束后装置c中黑色粉末变成红色，该红色粉末的成分能否确定?____(填“能”或“否”)。请通过检验其他产物证明NH3和CuO发生了反应，简述实验方案：____。
（5）加热条件下，氨气可以与铝发生置换反应生成AlN；AlN性质稳定，加热时溶于浓碱溶液且可产生氨气。
①写出氨气与铝反应的化学方程式：____。
②称取AlN样品23.2g(假设杂质只含Al)，将其放入足量浓碱溶液中加热，若所产生的气体全部逸出并收集，测得其体积为14.56L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为____%(保留一位小数)。
【答案】（1） ①. b ②. Ca(OH)2、NH4Cl
（2） ①. 作安全瓶，防止倒吸 ②. 吸收尾气氨气，防止污染
（3）2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
（4） ①. 否 ②. 在装置C和D之间连接一个装有无水硫酸铜的干燥管，若白色粉末变成蓝色，说明NH3和CuO发生了反应
（5） ①. 2Al+2NH32AlN+3H2 ②. 88.4
【解析】
【分析】A装置用于氨气，B为干燥装置，C为氨气还原氧化铜的装置，D为安全瓶防止倒吸，E为尾气吸收装置。
【小问1详解】
探究氨气的还原性，开始通入的气体是为了排除装置中的空气，防止对实验产生干扰，所以可以是Ar；制备NH3的固体通常为Ca(OH)2、NH4Cl。
【小问2详解】
E是用来吸收氨气，由于氨气易溶于水，所以D作安全瓶，防止E中液体倒吸入C中。
【小问3详解】
由提示可知，NH3和CuO反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。
【小问4详解】
由于NH3和CuO反应有水生成，故可在C和D之间连接一个装有无水硫酸铜的干燥管，若白色粉末变成蓝色，说明NH3和CuO发生了反应。
【小问5详解】
①由氨气与铝发生置换反应生成AlN可知，产物还有氢气，化学方程式2Al+2NH32AlN+3H2；
②14.56L(0.65mol)气体是NH3、H2，设23.2gAlN样品中AlN的物质的量为xmol，Al的物质的量为ymol，根据AlN~NH3、2Al~3H2可知，41x+27y=23.2，x+y=0.65，解得：x=0.5，y=0.1，故样品中AlN的质量分数为×100%=88.4%。
19. 已知氮元素及其化合物转化关系如图所示，回答下列问题。
（1）①~④各步转化中，属于氮的固定的是______(填序号)。
（2）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气。
①化学方程式是______。
②干燥氨气不可选用的试剂是______(填字母)。
a.浓硫酸 b.碱石灰 c.NaOH固体
（3）工业上用氨气制备NO的化学方程式是______。
（4）工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：
①水吸收法。写出NO2与H2O的化学方程式：______。
②NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，NaOH+NO2——______+NaNO2+H2O(填化学式，不需要配平方程式)。
③用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：(α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)根据图得知______(填字母)。
a.NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
b.NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大
【答案】（1）① （2） ① 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ②. a
（3）4NH3+5O24NO+6H2O
（4） ①. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ②. NaNO3 ③. b
【解析】
【小问1详解】
反应①N2和H2反应生成氨气，反应②是氨气的催化氧化生成NO和H2O，反应③是NO和O2反应生成NO2，反应④为NO2和水反应生成硝酸和NO，氮的固定是游离态的氮转化为化合态氮的过程，所以①~④各步转化中，属于氮的固定的是①，答案：①；
【小问2详解】
实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气。化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，可以用碱石灰或NaOH固体干燥，答案：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；a；
【小问3详解】
工业上用氨气的催化氧化制备NO，化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，答案：4NH3+5O24NO+6H2O；
【小问4详解】
①用水吸收NO2，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO。答案：3NO2+H2O=2HNO3+NO；②NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，NaOH+NO2发生歧化反应，部分N的化合价由+4升高到+5，部分N由+4降低到+3价，所以生成NaNO3和NaNO2和H2O，答案：NaNO3；
泸县第五中学2023年春期高一期末考试
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.满分100分 时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Fe：56
第I卷(选择题 42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列离子半径最小的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子微粒半径越大，、Al3+、、离子含有2个电子层， 、Al3+、、核电荷数分别为12、13、8、9，故离子半径：O2-＞>＞Al3+，则Al3+离子半径最小，
故选：B。
2. 下列关于SO2的说法中，不正确的是
A. 能使品红溶液褪色
B. 在空气中极易被O2氧化为SO3
C. 是酸性氧化物，能与水发生反应生成亚硫酸
D. 在有的反应中显示氧化性，有的反应中显示还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，可以漂白品红，A正确；
B．SO2在催化剂的作用下可以被氧气氧化为三氧化硫，没有催化剂的情况下，不易被氧化，B错误；
C．SO2属于酸性氧化物，和水反应可以生成亚硫酸，方程式为：SO2+H2O=H2SO3，C正确；
D．SO2和硫化氢反应生成单质硫，此时体现氧化性，在催化剂存在的条件下生成三氧化硫，体现还原性，D正确；
故选B。
3. 下列说法不正确的是
A. 金刚石和互为同素异形体
B. 和互为同分异构体
C. 和互为同位素
D. 与一定互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石和C60为C元素形成的不同单质，互为同素异形体，A正确；
B．CH3—CH2OH和CH3—O—CH3分子式均为C2H6O，但结构不同，互为同分异构体，B正确；
C．和为He元素的不同核素，互为同位素，C正确；
D．为乙烯，可能为丙烯或者环丙烷，当其为环丙烷的时候，则两者不是同系物，D错误；
故选D。
4. 研究化学键有助于人们理解物质的某些性质，下列各组物质中，化学键类型完全相同的是
A. HI和NaI B. 和 C. NaCl和 D. 和NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．HI为共价化合物，存在的是极性共价键，而NaI为离子化合物，存在的是离子键，A不符合题意；
B．和均为极性键组成的共价化合物，化学键类型相同，B符合题意；
C．NaCl为离子化合物，存在离子键，是由极性共价键组成的共价化合物，C不符合题意；
D．是由离子键组成的，而NaOH是由离子键和极性共价键组成的离子化合物，两者的化学键类型不完全相同，D不符合题意；
故选B。
5. 下列有关说法中正确的是
A. 硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体，常用作集成电路
B. SiO2既能和NaOH反应，又能和HF反应，所以二氧化硅属于两性氧化物
C. 水晶、玛瑙、高温结构陶瓷、压电陶瓷均为硅酸盐产品
D. 因为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，所以硅酸的酸性比碳酸强
【答案】A
【解析】
【详解】A．硅是非金属元素，晶体硅为良好的半导体材料，是制造芯片、集成电路主要原料，故A正确；
B．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，属于酸性氧化物，故B错误；
C．水晶、玛瑙成分为二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，故C错误；
D．反应只有在高温条件下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，故D错误；
故选A。
6. 硫酸盐在我们生活中有很多应用，下列说法不正确的是
A. 芒硝的化学式为Na2SO4•10H2O
B. 重晶石的主要成分为BaCO3，可作医疗上的“钡餐”
C. “波尔多液”是一种常见的农药，是由胆矾和石灰乳混合制得
D. 石膏(CaSO4•2H2O)受热形成熟石膏(2CaSO4•H2O)
【答案】B
【解析】
【详解】重晶石的主要成分为BaSO4，故B错误；
故选：B。
7. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 铁片投入稀硫酸中：2Fe + 6H+=2Fe3+ + 3H2↑
B. NH4Cl溶液中加入NaOH溶液并加热： ＋ OH－ NH3↑ + H2O
C. 氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中：Ba2++=BaSO4↓
D. 铜与稀硝酸反应：Cu＋4H+ ＋2=Cu2+ ＋2NO2↑＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁片与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为＋OH－ NH3↑ + H2O，故B正确；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+＋2OH－++2H+=BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu＋8H+ ＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D错误；
故选B。
8. 下列说法正确的是
A. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3中均含有甲基、乙基和酯基，为同一种物质
B. 和为同一物质
C. 乙烯、聚氯乙烯分子中均含有碳碳双键
D. CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3COOCH2CH3是乙酸乙酯，CH3CH2COOCH3是丙酸甲酯，属于同分异构体，不是同一种物质，故A错误；
B．甲烷是正四面体结构，所以和为同一物质，故B正确；
C．乙烯分子中含有碳碳双键，聚氯乙烯分子中不含有碳碳双键，故C错误；
D．CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH官能团个数不同，不是互为同系物，故D错误；
选B。
9. 汽车的启动电源常用铅酸蓄电池，该电池在放电时的总反应为：，下列有关说法正确的是
A. Pb作正极，发生还原反应 B. 作正极，发生氧化反应
C. Pb作负极，发生氧化反应 D. 作负极，发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】该电池中Pb发生失电子的氧化反应生成PbSO4，PbO2发生得电子的还原反应生成PbSO4，则Pb电极作负极，PbO2电极作正极，故选：C。
10. 用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染。例如：
①
②
下列说法错误的是
A. 反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同
B. 若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2和H2O(g)，放出的热量为173.4kJ
C. 由反应①可知：
D. 已知CH4的燃烧热为akJ/mol，由组成的混合物2mol，完全燃烧并恢复到常温时放出的热量为bkJ，则H2的燃烧热为
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①中1molCH4失去8mol电子生成1molCO2，反应②1molCH4失去8mol电子生成1molCO2，反应①②中相同物质的量的甲烷发生反应，转移电子数相同，A正确；
B．标准状况下4.48L甲烷物质的量为0.2mol，(反应①+反应②)÷2得到CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，ΔH=-867kJ/mol，则0.2mol甲烷还原NO2生成N2和H2O(g)，放出热量为867kJ/mol×0.2mol=173.4kJ，B正确；
C．反应①中H2O为气态，气态水变为液态水放出热量，则反应，C错误；
D．组成的混合物2mol中CH4有1.5mol，H2有0.5mol，现混合物完全燃烧恢复到常温时放出热量bkJ，且CH4的燃烧热为akJ/mol，则1.5molCH4燃烧放热1.5akJ，0.5molH2燃烧放出热量(b-1.5a)kJ，H2的燃烧热为2×(b-1.5a)kJ/mol=(2b-3a)kJ/mol，D正确；
故答案选C。
11. 在一定温度下，容积为1L的恒容密闭容器中某一反应中所涉及的物质仅有M、N，其物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。下列表述中错误的是
A. 该反应的化学方程式为2NM
B. 0～t2，该反应的平均反应速率v(N)=4mol•L-1•min-1
C. t3时，反应达到平衡
D. t1时，N的浓度是M的2倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．在时，N的物质的量为4mol，减少了4mol，M的物质的量为4mol，增加了2mol，因此该反应的化学方程式为，A项正确；
B．，物质N的物质的量减少4mol，该时间段内平均反应速率，B项错误；
C．时刻后物质的量保持不变，该反应达到平衡状态，C项正确；
D．时，N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，则N的浓度是M的2倍，D项正确；
故选B。
12. 将2mol甲烷和适量的Cl2混合后光照充分反应，先后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量依次增多0.2,则参加反应Cl2的物质的量为
A. 1.5mol B. 3mol C. 4.5mol D. 6mol
【答案】D
【解析】
【详解】根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.2mol，可以设其物质的量分别是nmol、(n+0.2)mol、(n+0.4)mol、(n+0.6)mol；参加反应的CH4为2mol，由C原子守恒可知：n+(n+0.2)+ (n+0.4)+ (n+0.6)=2，解得：n=0.2，已知Cl2和CH4发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，则消耗氯气的物质的量为0.2mol+2×0.4mol+3×0.6mol+4×0.8mol=6mol，故答案为D。
【点睛】考查甲烷的取代反应，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生；发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，一半的氯在有机物中，根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.2mol，结合碳原子守恒，先计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量。
13. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 实验①在15 min内M的降解速率约为1.33×10－5mol·L－1·min－1
B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解
D. 实验④说明M的起始浓度越小，降解的速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中数据可知，实验①在15min内c（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，（M）==≈1.33×10-5mol/（L•min），A正确；
B．实验①②起始量相同，②中温度高，图中曲线斜率越大说明M的降解速率越快，则说明升高温度，M降解速率增大，B正确；
C．实验①③中pH不同，图中曲线斜率越大说明M的降解速率越快，结合图像能够证明pH越高，越不利于M的降解，C正确；
D．实验④中随着反应进行，反应物浓度越来越小，图中曲线的斜率也越来越小，即说明浓度减小反应速率越慢，D错误；
故答案为：D。
14. 纳米级四氧化三铁是一种多功能磁性材料，在肿瘤的治疗、催化剂载体、磁流体、医药等领域均已有广泛的应用，利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如图，已知：性质类似于，溶于强碱时生成易溶于水的，下列有关说法不正确的是
A. 用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，是为了过滤时分离铁和锌元素
B. “酸溶”的离子方程式为
C. 加适量“氧化”后，溶液中主要存在的离子有：、、、
D. 制得，胶体粒子反应过程中，持续通入的目的是将部分还原成
【答案】D
【解析】
【分析】由信息可知Zn能溶于强碱溶液，由流程可知，加入氢氧化钠溶液反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液含Na2ZnO2，分离出不溶物为Fe，加入稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，再加入适量过氧化氢，部分亚铁离子被氧化为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的溶液，再通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入氢氧化钠溶液生成四氧化三铁胶体粒子，以此来解答。
【详解】A．Zn溶于强碱时生成可溶于水的[Zn(OH)4]2-，Fe不和NaOH反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层的作用，可以分离铁和锌元素，故A正确；
B．“酸溶”的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；
C．由流程可知酸溶生成硫酸亚铁溶液，加过氧化氢氧化部分亚铁离子，则“氧化”后溶液中所存在的离子有：、、、，故C正确；
D．最后一步“反应”中N2的作用是排出空气防止亚铁离子被氧化，故D错误；
故选D。
第II卷(非选择题 58分)
15. 回答下列问题：
（1）现有下列各组物质：①O2和O3②CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH=CH2③和④CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3⑤H2O和D2O ⑥和CH3(CH2)3CH3。属于同系物的是_______(填序号，下同)；属于同分异构体的是_______；属于同一种物质的是_______；属于同素异形体的是_______。
（2）①戊烷②异戊烷③甲烷④十一烷，这些物质的沸点由高到低的排列顺序是_______。(用序号和大于号表示)
（3）写出下列反应方程式及反应类型。乙烯制乙醇的反应：_______，反应类型：_______。
【答案】（1） ①. ④ ②. ⑥ ③. ③ ④. ①
（2）④>①>②>③ （3） ①. CH2=CH2 + H2O→CH3-CH2OH ②. 加成反应
【解析】
【小问1详解】
①O2和O3是相同元素组成的单质，互为同素异形体；
②CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH=CH2分子式不同，结构不相似，是两种不同的物质且不属于同系物，不属于同素异形体，不互为同分异构体；
③和是同一种物质；
④CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3分子组成相差2个CH2，结构相似，互为同系物；
⑤H2O和D2O中H原子不同，不属于同系物，不属于同素异形体，不互为同分异构体；
⑥和CH3(CH2)3CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
则为同系物的是④，为同分异构体的是⑥，为同一种物质的是③，为同素异形体的是①
【小问2详解】
碳原子个数越多，沸点越高，具有相同碳原子数的烃，支链越多，沸点越低，则沸点④＞①＞②＞③
【小问3详解】
乙烯含有双键，可以和水发生加成反应生成乙醇，方程式为CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH。
16. 氯气是氯元素的一种单质，化学式。通常情况下，是一种黄绿色气体，有着强烈的氧化性。
（1）自然界中的氯元素多以氯离子的形式存在于矿物或海水中，氯离子的电子式为_______，试解释氯离子稳定的原因_______。
（2）常温下与浓盐酸反应可制取氢气，反应如下。
反应①__________________________________
i.试配平该化学方程式。_____
ii.该反应中氧化剂为_______，被还原的元素是_______，HCl体现的性质有_______，在标况下，每生成6.72L氯气，转移的电子_______mol。
（3）实验室还可通过以下反应制取氯气：
反应②
反应③
i.若要制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目之比为_______。
ii.通过反应①～③，比较反应中氧化剂的氧化性强弱_______，(用“>”、“＜”或“=”连接)，说明判断依据：_______。
【答案】（1） ①. ②. 氯离子最外层满足8电子稳定结构
（2） ①. KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O ②. KClO3 ③. Cl ④. 还原性和酸性 ⑤. 0.5
（3） ①. 1：1 ②. KMnO4>KClO3>MnO2 ③. 氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的条件越简单
【解析】
【小问1详解】
氯离子的电子式为，氯离子最外层满足8电子稳定结构，因此氯离子较为稳定。
【小问2详解】
KClO3中Cl得电子化合价由+5价降低为0价，生成Cl2，HCl中Cl失电子化合价从-1价升高为0价，故KClO3前系数为1，HCl前系数为6，KCl前系数为1，Cl2前系数为3，H2O前系数为3。化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。该反应中KClO3中Cl得电子，KClO3为氧化剂，被还原的元素为Cl，6个HCl中5个HCl转化为Cl2体现还原性，1个HCl元素化合价不变体现酸性，标况下每生成6.72L氯气即0.3mol，转移电子0.5mol。
【小问3详解】
i．反应②生成5mol氯气，转移电子数为10mol，反应③生成5mol氯气，转移电子数为10mol，则制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目之比为1：1。
ii．氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的条件越简单，反应①需要浓盐酸，反应②无特殊条件，反应③需要浓盐酸且需要加热，则氧化性KMnO4>KClO3>MnO2。
17. 蕴藏在海底的大量“可燃冰”，煤液化和气化形成的甲醇都是重要的能源。
（1）。若，气体完全反应时，吸收热量，部分化学键的键能如下表。
化学键
键能
b
c
d
①写出甲烷的结构式___________。
②的键能为___________(用含a、b、c、d的式子表示)。
（2）某温度下加氢制甲醇的总反应为：，该反应为放热反应，在固定容积为的密闭容器中充入的和的，测得和的物质的量随时间变化如下图。
请回答：
①下列说法正确的是___________。
A．反应物的化学键断裂要吸收的能量大于生成物的化学键形成要放出的能量
B．往容器中充入一定量的，反应速率不变
C．分离出后，正反应速率不变，逆反应速率一直在减小
D．减小容器体积，反应速率加快
E．时混合气体的密度大于时混合气体的密度
②内的反应速率为___________，末时___________(填“<”“>”或“=”)。
③恒温恒容条件下，能说明反应已达平衡状态的是___________。
A．体积分数保持不变
B．容器中气体压强保持不变
C．容器中浓度与浓度之比为
D．混合气体的密度保持不变
E．的生成速率是生成速率的3倍
④该反应平衡时的转化率为___________。
（3）甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，其工作原理如下图所示，其总反应式为：，则电极A的反应式为___________，当消耗甲醇的质量为时，假设电池的能量转化率为，则导线中转移电子的物质的量为___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. BD ②. ③. > ④. ABE ⑤.
（3） ①. ②. 0.24
【解析】
【小问1详解】
①甲烷的分子式为，属于共价化合物，分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，其结构式为；
②设的键能为xkJ/mol，根据反应的焓变及和各化学键键能可知，故；
小问2详解】
①A．该反应为放热反应，反应物的化学键断裂要吸收的能量小于生成物的化学键形成要放出的能量，A错误；
B．该容器体积不变，往容器中充入，各物质的浓度不变，反应速率不变，B正确；
C．及时分离出可减少生成物浓度，正逆化学反应速率均减小，C错误；
D．减小容器体积可增大各物质的浓度，加快化学反应速率，D正确；
E．混合气体的密度始终不变，E错误；
答案选BD；
②内的反应速率为，后反应物的物质的量仍在减少，说明反应向正反应方向进行，则末时；
③A．体积分数保持不变能说明反应已达平衡状态，A正确；
B．该反应前后气体分子数不相等，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，容器中气体压强保持不变，说明气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，B正确；
C．由图可知，时容器中浓度与浓度相等即两者之比为，但反应物仍在减小，说明反应未达平衡状态，C错误；
D．恒容条件下，混合气体的总质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
E．的生成速率是生成速率的3倍，即正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态，E正确；
故选：ABE；
④该反应平衡时的转化率为；
【小问3详解】
碱性甲醇燃料电池中通入氧气的一极为正极，电极B的电极反应式为，电极A为负极，用总反应式为：减去正极的电极反应式可得负极A的反应式为。当消耗甲醇的质量为即0.05mol时，转移电子的的物质的量为。
18. 某化学实验小组为了探究氨气的性质设计了如图实验装置：
已知：CuO在高温时不稳定，会分解得到Cu2O，Cu2O粉末呈红色。
（1）实验前需先通入一段时间某气体，该气体可以是____(填字母)。
a.空气b.氩气c.氢气
装置A用于制备氨气，选择的试剂通常是____(填化学式)。
（2）装置D、E的作用分别是____、____。
（3）经实验测定NH3和CuO反应的产物有N2和Cu，则NH3和CuO反应的化学方程式为____。
（4）实验结束后装置c中黑色粉末变成红色，该红色粉末的成分能否确定?____(填“能”或“否”)。请通过检验其他产物证明NH3和CuO发生了反应，简述实验方案：____。
（5）加热条件下，氨气可以与铝发生置换反应生成AlN；AlN性质稳定，加热时溶于浓碱溶液且可产生氨气。
①写出氨气与铝反应的化学方程式：____。
②称取AlN样品23.2g(假设杂质只含Al)，将其放入足量浓碱溶液中加热，若所产生的气体全部逸出并收集，测得其体积为14.56L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为____%(保留一位小数)。
【答案】（1） ①. b ②. Ca(OH)2、NH4Cl
（2） ①. 作安全瓶，防止倒吸 ②. 吸收尾气氨气，防止污染
（3）2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
（4） ①. 否 ②. 在装置C和D之间连接一个装有无水硫酸铜的干燥管，若白色粉末变成蓝色，说明NH3和CuO发生了反应
（5） ①. 2Al+2NH32AlN+3H2 ②. 88.4
【解析】
【分析】A装置用于氨气，B为干燥装置，C为氨气还原氧化铜的装置，D为安全瓶防止倒吸，E为尾气吸收装置。
【小问1详解】
探究氨气的还原性，开始通入的气体是为了排除装置中的空气，防止对实验产生干扰，所以可以是Ar；制备NH3的固体通常为Ca(OH)2、NH4Cl。
【小问2详解】
E是用来吸收氨气，由于氨气易溶于水，所以D作安全瓶，防止E中液体倒吸入C中。
【小问3详解】
由提示可知，NH3和CuO反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。
【小问4详解】
由于NH3和CuO反应有水生成，故可在C和D之间连接一个装有无水硫酸铜的干燥管，若白色粉末变成蓝色，说明NH3和CuO发生了反应。
【小问5详解】
①由氨气与铝发生置换反应生成AlN可知，产物还有氢气，化学方程式2Al+2NH32AlN+3H2；
②14.56L(0.65mol)气体是NH3、H2，设23.2gAlN样品中AlN的物质的量为xmol，Al的物质的量为ymol，根据AlN~NH3、2Al~3H2可知，41x+27y=23.2，x+y=0.65，解得：x=0.5，y=0.1，故样品中AlN的质量分数为×100%=88.4%。
19. 已知氮元素及其化合物转化关系如图所示，回答下列问题。
（1）①~④各步转化中，属于氮的固定的是______(填序号)。
（2）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气。
①化学方程式是______。
②干燥氨气不可选用的试剂是______(填字母)。
a.浓硫酸 b.碱石灰 c.NaOH固体
（3）工业上用氨气制备NO的化学方程式是______。
（4）工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：
①水吸收法。写出NO2与H2O的化学方程式：______。
②NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，NaOH+NO2——______+NaNO2+H2O(填化学式，不需要配平方程式)。
③用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：(α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)根据图得知______(填字母)。
a.NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
b.NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大
【答案】（1）① （2） ① 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ②. a
（3）4NH3+5O24NO+6H2O
（4） ①. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ②. NaNO3 ③. b
【解析】
【小问1详解】
反应①N2和H2反应生成氨气，反应②是氨气的催化氧化生成NO和H2O，反应③是NO和O2反应生成NO2，反应④为NO2和水反应生成硝酸和NO，氮的固定是游离态的氮转化为化合态氮的过程，所以①~④各步转化中，属于氮的固定的是①，答案：①；
【小问2详解】
实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气。化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，可以用碱石灰或NaOH固体干燥，答案：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；a；
【小问3详解】
工业上用氨气的催化氧化制备NO，化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，答案：4NH3+5O24NO+6H2O；
【小问4详解】
①用水吸收NO2，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO。答案：3NO2+H2O=2HNO3+NO；②NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，NaOH+NO2发生歧化反应，部分N的化合价由+4升高到+5，部分N由+4降低到+3价，所以生成NaNO3和NaNO2和H2O，答案：NaNO3；
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