【化学】云南省绥江县一中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷(解析版）

云南省绥江县一中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)
1.一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72-和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为（ ）
A. 3.0 mol B. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol
【答案】B
【解析】试题分析：利用电子守恒作答。当2molCr3+被氧化生成1mol Cr2O时，失去的电子为6mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为3mol，选A。
2.某同学为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子,进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是（ ）

A. 原溶液中一定含有SO42- B. 原溶液中一定含有NH4+
C. 原溶液中一定含有Cl- D. 原溶液中一定含有Fe3+
【答案】B
【详解】A、原溶液中加入硝酸钡溶液和稀盐酸产生白色沉淀，原溶液可能含有SO42－、Ag+，不一定含有SO42－离子，故A错误；
B、在检验过程中加入碱产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明放出了氨气，原溶液中含有NH4＋离子，故B正确；
C、加入盐酸再加硝酸银溶液产生白色沉淀可能是原来的溶液中氯离子产生的，也可能是加入的氯离子产生的，原溶液中不一定含有Cl-，故C错误；
D．在原溶液中加入硝酸钡溶液和稀盐酸也就相当于加入硝酸溶液，硝酸有强的氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，原溶液中不一定含有Fe3＋离子，故D错误。
3.在自来水蒸馏实验中，下列操作叙述正确的是(　　)
A. 在蒸馏烧瓶中盛满自来水，并放入几粒沸石
B. 将温度计水银球插到蒸馏烧瓶自来水中
C. 冷水从冷凝器上口入、下口出
D. 收集冷凝水时，应弃去开始蒸馏出的部分
【答案】D
【详解】A．蒸馏烧瓶中不可盛满自来水，故A错误；
B．温度计测量是蒸汽的温度，应放在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；
C．冷凝器中冷却水的流向应为下口进水，上口出水，故C错误；
D．仪器内空气中杂质会存在于开始蒸馏出的部分液体中，所以收集蒸馏水时，应弃去开始馏出的部分，故D正确；
故选D。
4.某有机物苯酚，其试剂瓶上有如下标识，其含义是(　　)

A. 自燃物品、易燃 B. 腐蚀性、有毒
C. 爆炸性、腐蚀性 D. 氧化剂、有毒
【答案】B
【详解】为腐蚀性标识，为有毒物质的标识，说明苯酚是有毒的腐蚀性液体，故选B。
5.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（　　）
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2
C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1
D. ③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol
【答案】B
【详解】A．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O反应中反应物中没有单质参与，不属于置换反应，故A错误；
B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化性Cl2＞Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化性KClO3＞Cl2，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化性KBrO3＞KClO3，所以氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；
C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中反应6molHCl中只有5mol被氧化，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，故C错误；
D．③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中lmol还原剂Cl2失去10mol电子，则氧化剂得到电子10mol电子，故D错误；
故选B。
6.下列离子方程式的书写正确的是（　　）
A. H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42—=BaSO4↓+H2O
B. 将Na投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu↓
C. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O
D. 将Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
【答案】C
【解析】A. H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++→BaSO4↓+2H2O，A不正确；B. 将Na投入到CuSO4溶液中，该反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+===2Na++Cu(OH)2↓+H2↑,B不正确；C. 大理石溶于醋酸中，该反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，C正确；D. 将Cl2通入水中，该反应的离子方程式为Cl2+H2O ⇌ H++Cl﹣+HClO，D不正确。本题选C。
7.容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器。在容量瓶上标有的是(　　)
A. 温度、容量、刻度线 B. 压强、容量、刻度线
C. 温度、浓度、刻度线 D. 浓度、容量、刻度线
【答案】A
【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，因此容量瓶上标有容量、刻度线和温度，故选A。
8.下列对于NaHSO4的分类中不正确的是：（ ）
A. NaHSO4是盐 B. NaHSO4是酸式盐
C. NaHSO4是钠盐 D. NaHSO4是酸
【答案】D
【解析】A. NaHSO4是由酸根离子和金属阳离子构成的盐，A正确；B. NaHSO4属于盐类，能电离出氢离子，是酸式盐，B正确；C. NaHSO4是由钠离子和酸根离子构成的盐，属于钠盐，C正确；D. NaHSO4是由钠离子和酸根离子构成的盐，不是酸，D错误，答案选D。
9. 下列反应的离子方程式正确的是 （ ）
A. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+ CO32－+ H2O
B. 等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O
C. 向100mL 1mol/L FeBr2溶液中通入0. 5mol Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-
D. 氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+ 3H+＝Fe3++ 3H2O
【答案】A
【解析】试题分析：A、离子方程式正确，A正确；B、反应中还有一水合氨生成，B错误；C、溴化亚铁和氯气的物质的量之比是1：5，氯气过量全部被氧化，即2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C错误；D、铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，D错误，答案选A。
10.可逆反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，达到限度后，欲提高一氧化碳的转化率，可以采取的措施为(　　)
A. 使用催化剂 B. 增大压强
C. 增大一氧化碳的浓度 D. 增大水蒸气的浓度
【答案】D
【解析】分析：提高CO的转化率，可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断，注意只增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率会降低。
详解：A．使用催化剂，只能改变反应速率，该平衡不会发生移动，CO的转化率不变，A错误；
B．该反应前后气体的体积不变，增加压强，该平衡不会发生移动，CO的转化率不变，B错误；
C．增大CO的浓度，虽然平衡向正反应方向移动，但CO的转化率反而降低，C错误；
D．增大水蒸气的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，D正确。
答案选D。
11.利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，甚至制作出一些有实际应用价值的装置来，下图就是一个用废旧材料制作的可用于驱动玩具的电池的示意图。当电池工作时，有关说法正确的是(　　)

A. 铝罐将逐渐被腐蚀
B. 碳粒和碳棒上发生的反应为O2＋2H2O－4e－=4OH－
C. 碳棒应与玩具电机的负极相连
D. 该电池工作一段时间后碳棒和碳粒的质量会减轻
【答案】A
【详解】A．该装置构成原电池，铝易失电子作负极，负极上铝失电子生成铝离子，所以铝罐逐渐被腐蚀，故A正确；
B．碳棒作正极，正极上空气中的氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故B错误；
C．碳棒作正极，应该与玩具电机的正极相连形成闭合回路，故C错误；
D．正极上是氧气得电子，炭粒和碳棒不参加反应，所以其质量不变，故D错误；
故选A。
12.卤族元素按F、Cl、Br、I的顺序，下列叙述正确的是（ ）
A. 单质的颜色逐渐加深 B. 气态氢化物的稳定性逐渐增强
C. 与氢气反应越来越容易 D. 单质的熔、沸点逐渐降低
【答案】A
【详解】A. F2、Cl2、Br2、I2单质的颜色分别是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色和紫黑色，即其颜色逐渐加深，故A项正确；
B.F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性会逐渐减弱，故B项不正确；
C. F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，其单质与氢气的反应必然越来越难，故C项不正确；
D. F2、Cl2、Br2、I2单质在常温常压下分别为气体、气体、液体、固体，其熔沸点逐渐升高，故D项不正确。
故答案选A。
13.已知糖元(C6H10O5)n是一种相对分子质量比淀粉更大的多糖，主要存在肝脏和肌肉中，所以又叫动物淀粉和肝糖。下列关于糖元说法正确的(　　)
A. 糖元、淀粉、纤维素互为同分异构体
B. 糖元与淀粉、纤维素属于同系物
C. 糖元水解的最终产物是葡萄糖
D. 糖元具有还原性，能发生银镜反应
【答案】C
【详解】A．(C6H10O5)n中的n不同，即糖元、淀粉、纤维素的分子式不同，所以不属于同分异构体，故A错误；
B．糖元与淀粉、纤维素结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．糖元是一种多糖，水解的最终产物是葡萄糖，故C正确；
D．糖原中无醛基，不能发生银镜反应，故D错误；
故选C。
14. 工业上冶炼金属一般用热分解法、热还原法和电解法。你认为选择方法的主要依据是(　　)。
A. 金属在自然界的存在形式 B. 金属元素在地壳中的含量
C. 金属熔点高低 D. 金属阳离子得电子的能力
【答案】D
【解析】冶炼金属选择方法是根据金属的活动性,金属冶炼是金属阳离子得电子的过程,即金属冶炼方法与金属阳离子得电子能力有关。
15.某主族元素R的最高正价与最低负价的代数和为4，由此可以判断（　　）
A. R一定是第四周期元素
B. R一定是ⅣA族元素
C. R气态氢化物化学式为H2R
D. R的气态氢化物比同周期其他元素气态氢化物稳定
【答案】C
【详解】设主族元素R的最高正化合价为x，则最低负价x-8，有x+(x-8)=4，解得x=+6，该元素处于ⅥA族。
A.根据上述分析，R元素处于ⅥA族，不一定为第四周期元素，故A错误；
B.由以上分析可知，R原子的最外层电子数为6，该元素处于ⅥA族，故B错误；
C.R的最低负化合价为-2，氢化物化学式为H2R，故C正确；
D.R为ⅥA族元素，R的位置未知，无法判断，故D错误。
故选C。
16.下列关于金属在自然界中存在形态的说法正确的是(　　)
A. 大多数金属在自然界中以单质的形式存在
B. 金属在自然界中只能以化合态的形式存在
C. 金属在自然界中都能以化合态和游离态两种形式存在
D. 金属在自然界中的存在形态与其化学活动性有关
【答案】D
【详解】A．大多数金属的化学性质比较活泼，所以在自然界中大多数金属以化合态形式存在，故A错误；
B．金的性质稳定，在自然界中以游离态存在，故B错误；
C．活泼的金属元素，在自然界中不存在游离态，如钠元素，故C错误；
D．金、银的活动性很弱，可在自然界中以游离态形式存在，钠是活泼性很强，在自然界中只能以化合态的形式存在，存在形态与其化学活动性有关，故D正确；
故选D。
17.下列哪一组元素的原子间反应容易形成离子键(　　)

A. a和c B. a和f C. d和g D. c和g
【答案】B
【解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，据此解答。
详解：根据M层的最外层电子数可知a是Na，b是Mg，c是Al，d是Si，e是P，f是S，g是Cl。则
A. a和c均是金属，不能形成化合物，A错误；
B. a和f可以形成离子化合物硫化钠，含有离子键，B正确；
C. d和g可以形成共价化合物SiCl4，含有共价键，C错误；
D. c和g形成共价化合物AlCl3，含有共价键，D错误。
答案选B。
18.反应C(石墨)=C(金刚石)是吸热反应，下列说法中不正确的(　　)
A. 金刚石和石墨是不同的单质 B. 金刚石和石墨可以相互转化
C. 石墨比金刚石更稳定 D. 相同质量的石墨比金刚石的能量高
【答案】D
【详解】A．金刚石、石墨的结构不同，都是由碳元素组成的不同单质，故A正确；
B．金刚石和石墨是不同的物质，二者可以相互转化，故B正确；
C．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，即石墨稳定，故C正确；
D．石墨生成金刚石需要吸热，说明相同质量的金刚石能量高，故D错误；
故选D。
19.下列说法中正确的是(　　)
A. 芳香烃是指具有香味的有机化合物
B. 含有苯环的有机物一定是芳香烃
C. 芳香烃分子中一定含有苯环
D. 含有一个苯环的芳香烃一定是苯的同系物
【答案】C
【详解】A．分子里含有一个或多个苯环的烃属于芳香烃，芳香烃一般都没有香味，故A错误；
B．含有苯环的有机物，可能含O、N等元素，含有苯环的有机物不一定是芳香烃，可能是芳香烃的衍生物，故B错误；
C．分子里含有一个或多个苯环的烃属于芳香烃，芳香烃分子中一定含有苯环，故C正确；
D．苯或苯的同系物必须满足通式CnH2n-6(n≥6)，分子中只有一个苯环，侧链必须不含不饱和键，否则不是苯的同系物，故D错误；
故选C。
20.下列物质中属于天然高分子化合物的是(　　)
A. 果糖 B. 葡萄糖 C. 纤维素 D. 蔗糖
【答案】C
【详解】A．果糖为单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A不选；
B．葡萄糖为单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B不选；
C．纤维素为多糖，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，故C选；
D．蔗糖为双糖，分子式为C12H22O11，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D不选；
故选C。
21.酯化反应是有机化学中的一类重要反应，下列对酯化反应理解不正确的是(　　)
A. 酯化反应的反应物之一肯定是乙醇
B. 酯化反应一般需要吸水
C. 酯化反应中反应物不能全部转化为生成物
D. 酯化反应一般需要催化剂
【答案】A
【详解】A．酯化反应是醇跟羧酸或无机含氧酸生成酯和水的反应，醇不一定就是乙醇，其它醇也可以，故A错误；
B．酯化反应是醇跟羧酸或无机含氧酸生成酯和水的反应，酯化反应是可逆反应，为了平衡正向移动，酯化反应一般需要吸水，故B正确；
C．酯化反应是可逆反应，存在一定的限度，反应物不能完全转化，故C正确；
D．羧酸跟醇的酯化反应是可逆的，并且一般反应缓慢，故常用浓硫酸作催化剂，以提高反应速率，故D正确；
故选A。
22.下列关于化学反应速率的说法正确的是(　　)
A. 化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加
B. 化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是1s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1
C. 根据化学反应速率大小可以知道化学反应进行的快慢
D. 对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
【答案】C
【详解】A．化学反应速率适用于溶液或气体，不适用于固体或纯液体，故A错误；
B．化学反应速率为“0.8mol/(L•s)”表示的意思是：时间段为1s时，某物质的浓度增加或减少0.8mol/L，故B错误；
C．化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故C正确；
D．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，故D错误；
故选C。
23.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（ ）
A. NH4ClNH3↑＋HCl↑
B. NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3
C. 2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O
D. 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
【答案】D
【详解】A．无非极性键的断裂和形成，没有离子键的形成，选项A不选；
B．无非极性键的断裂和形成，没有离子键的断裂，选项B不选；
C．有非极性键（Cl﹣Cl）的断裂但无非极性键的形成，选项C不选；
D．Na2O2 中既有离子键又有非极性共价键，CO2 中有极性共价键，O2 中有非极性共价键，Na2CO3中既有离子键又有极性键，过氧化钠与二氧化碳的反应中有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，选项D选；
答案选D。
24.3.15消费者权益保护日，据统计，投诉最多的是建筑装潢质量。其中质量问题之一是装潢装饰材料中某些化学成分含量太高，缓慢释放出来，在空气中浓度过高，影响人体健康。某些化学成分主要是(　　)
A. 一氧化碳 B. 二氧化硫 C. 甲醛、甲苯等有机物蒸气 D. 臭氧
【答案】C
【详解】A．CO有毒，一般碳不完全燃烧生成，与装饰材料无关，故A不选；
B．二氧化硫有毒，一般为化石燃料燃烧生成的，与装饰材料无关，故B不选；
C．甲醛、甲苯等有机物有毒，在装饰材料中一般作溶剂，与装饰材料有关，故C选；
D．臭氧能保护大气层，防止紫外线对人类产生的辐射，与装饰材料无关，故D不选；
故选C。
25.下列关于甲烷性质叙述中不正确的是(　　)
A. 甲烷是一种无色无味的气体 B. 甲烷极难溶解于水
C. 相同条件下甲烷的密度大于空气 D. 实验室常用排水集气法收集甲烷气体
【答案】C
【详解】A．甲烷是一种无色无味、可燃和无毒的气体，故A正确；
B．甲烷为最简单的烷烃，为非极性分子，而水为极性分子，故甲烷的溶解度很小，极难溶解于水，故B正确；
C．甲烷的相对分子质量为16，空气的平均相对分子质量为29，故甲烷的密度比空气小，故C错误；
D．甲烷不溶于水，可以用排水集气法收集甲烷，故D正确；
故选C。
分卷II
二、填空题(共6小题,共50分)
26.氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）标准状况下，将500 L氨气溶于水形成1 L氨水，则此氨水的物质的量浓度为__mol· L-1（保留三位有效数字）。工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为__。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为__。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是__。
A．2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO===5N2+6H2O D．HNO3+NH3===NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣===NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣===□　　+H2O（配平该方程式）。______________
（3）向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500 mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1 L 1 mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2 g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为__。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为__。
③HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。
（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20 mL，加入0.25 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图所示（C 点混合液呈中性）。则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为__mol·L-1，HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。

【答案】 (1). 22.3 (2). SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O===（NH4）2SO3］ (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). BC (5). 2NO2- (6). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (7). 2∶1 (8). 2.4 (9). 0.25 (10). 1
【解析】
【分析】（1）利用c=n/v,计算氨水物质的量浓度，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应生成盐和水；
（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH35O2 4NO6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此判断与之作用相同的反应；用化合价升降法配平；
（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜水和一氧化氮；
②依据Cu和Cu2O的质量及Cu（OH）2的质量可求出Cu和CuO的物质的量；
③因为反应后溶液为中性，原溶液中的硝酸的物质的量为：n(NO) n（NaOH）,由此求算c(HNO3)；
（4）由图可以看出，当滴加氢氧化钡20mL时，达到沉淀最大量，此时发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，由此可计算硫酸的物质的量浓度，又当滴加氢氧化钡60mL时溶液显中性，由此可求出c（H+）进而求出c(HNO3)。
【详解】（1）n(NH3)= =22.3mol，氨水的物质的量浓度为 =22.3mol/L，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O，所以可用氨水吸收二氧化硫；
本题答案为：22.3mol/L；SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O。
（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH35O2 4NO6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此可知与之作用相同的反应是2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O和4NH3+6NO===5N2+6H2O ，故B、C中的氨与氨氧化法中的氨作用相同；由质量守恒和得失电子守恒，配平后的离子方程式为：NO+NO2+2OH﹣===2NO2-+H2O；
本题答案为：4NH3+5O24NO+6H2O ；BC；2NO2-。
（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜、水和一氧化氮，离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ；
本题答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
②设27.2 g Cu和Cu2O的混合物中，含CU 、Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据题中所给的条件可得：64x80y=27.2，98(x2y)=39.2，两式联立求得：x=0.2, y=0.1,所以x:y=2:1；
本题答案为：2:1.
③在铜和稀硝酸的反应中，依据N守恒，可知原溶液中n(HNO3)等于表现氧化性的硝酸或被还原的HNO2（NO），与未被还原的硝酸（表现酸性的硝酸）的物质的量之和，因为滴加氢氧化钠时，溶液呈中性，存在表现酸性的硝酸物质的量为：n(HNO3)=n(NaOH)=1L1mpl/L=1mol，依据电子得失守恒，在氧化还原反应中电子转移数目相等。0.1mol氧化亚铜失去0.2mol电子，0.2mo铜失去0.4mol电子，设n(NO)=amol,则有：3a=20.2=0.6mol,解得a=0.2mol,即被还原的硝酸是0.2mol，原溶液中的硝酸为：n(HNO3)=1mol0.2mol=1.2mol，c(HNO3)= =2.4mol/L；
本题答案为：2.4mol/L。
（4）由图可知，0～20mLBa（OH）2溶液发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，20mL～60mLBa（OH）2溶液发生发生H++OH﹣═H2O，
由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则：
H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O
1 1
x 0.02L×0.25mol·L﹣1
解得：x=0.02L×0.25mol·L﹣1=0.005mol，
硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)= =0.25mol·L﹣1，
又由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH﹣═H2O可知原溶液中含有的n(H+)与60mLBa（OH）2溶液所含的n(OH-)相等，即n（H+）=n（OH﹣）=2×0.06L×0.25mol·L﹣1=0.03mol，故n（HNO3）=0.03mol-2n(H2SO4)mol=0.03mol﹣0.005mol×2=0.02mol，
故原溶液中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)= =1mol/L;
本题答案为：0.25；1。
27.实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl溶液。

如果此方案正确，那么：
(1)操作④为________，操作①、④、⑤都用到的玻璃仪器有____________。
(2)操作②为什么不用硝酸钡溶液，其理由是___________________________________。
(3)进行操作②后，如何判断SO42-已除尽，方法是_____________________________________。
(4)操作③的目的是____________，为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是____________。
(5)操作⑤的目的是_______________________________________________________。
【答案】(1). 过滤 (2). 烧杯、玻璃棒 (3). 溶液中引入新的杂质离子NO3— (4). 取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42—已除尽 (5). 除去过量的Ba2＋ (6). 先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作 (7). 除去溶解在溶液中的HCl
【解析】
【分析】混合物溶解后加入氯化钡可生成硫酸钡沉淀，过滤后得到滤液含有氯化钠、氯化钡、碳酸氢钠，加入碳酸钠溶液生成碳酸钡沉淀，过滤，滤液中含有碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠，加入盐酸，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠均反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加热煮沸，可得到纯净的氯化钠溶液，以此解答该题。
【详解】（1）加入碳酸钠后有碳酸钡沉淀产生，除去碳酸钡的方法是过滤，则操作④为过滤；操作①、④、⑤分别是溶解、过滤、蒸发，因此都用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。
（2）加入硝酸钡溶液，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，因此操作②不用硝酸钡溶液。
（3）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已全部沉淀的判断方法为取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42—已除尽。
（4）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，目的是除去溶液中过量的Ba2+，先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作，所以不先过滤后加碳酸钠溶液。
（5）由于盐酸过量，则操作⑤的目的是除去溶解在溶液中的HCl。
28.已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物 A～G之间的转化关系：

请回答下列问题：
（1）A的官能团的名称是___________；C的结构简式是________；
（2）E是一种具有香味的液体，由B+D→E的反应方程式为___________，该反应类型是______________；
（3）G 是一种高分子化合物，其结构简式是______________；
（4）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F（沸点 12.27°C）进行应急处理。写出由A制F的化学反应方程式______________。
（5）E的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式_______。
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). CH3CHO
(3). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (4). 酯化反应(或取代反应) (5). (6). CH2＝CH2+HClCH3CH2Cl (7). CH3CH2CH2COOH；(CH3)2CHCOOH
【解析】
【分析】A是石油裂解气的主要成份，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，则C是乙醛，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯E。G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯，F为A乙烯和氯化氢加成而成为氯乙烷，据此判断。
【详解】（1）A为乙烯含有碳碳双键，C为乙醛，结构简式为CH3CHO；
（2）E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B+D为乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应，方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
（3）G为聚乙烯，结构简式为；
（4）乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；
（5）E（CH3COOCH2CH3）的同分异构体能与NaHCO3溶液反应则含有羧基，该同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。
29.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：

（1）仪器A的名称是________，烧瓶中反应的化学方程式是_____________________。
（2）装置B中盛放液体是___，气体通过装置B的目的是__________________，装置C中盛放的液体是_________。
（3）D中反应的化学方程式是__________________________________________。
（4）烧杯E中盛放的液体是_____，反应的离子方程式是___________。
（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应．为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 饱和NaCl溶液 (4). 吸收氯气中混有的杂质HCl (5). 浓硫酸 (6). 2Fe+3Cl22FeCl3 (7). 氢氧化钠溶液 (8). Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O (9). 干燥
【解析】
【分析】实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，可以依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶进行除杂，氯气与铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。
【详解】（1）仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以选择盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气，所以选择盛有浓硫酸的洗气瓶C除去水蒸气，故答案为：饱和NaCl溶液；吸收氯气中混有的杂质HCl；浓硫酸；
（3）装置D中氯气和铁共热发生化合反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
（4）氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，故答案为：NaOH溶液；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（5）由题给资料可知反应生成的氯化铁①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应，则制备时需要防止水蒸气进入装置D，为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置，防止装置E中水蒸气进入，故答案为：干燥。
30.实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的二氧化硫。有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。其装置如下图所示，试回答下列问题。

(1)图中①、②、③、④装置可盛放的试剂是
①________；②________；③________；④________。(将下列有关试剂的序号填入空格内)
A．品红溶液
B．NaOH溶液
C．浓H2SO4
D．酸性KMnO4溶液
(2)能说明二氧化硫气体存在的现象是________________________________。
(3)使用装置②的目的是________________________________。
使用装置③的目的是________________________________。
(4)能说明含有乙烯的现象是________________________________。
【答案】(1)A　B　A　D
(2)①中品红溶液褪色
(3)除去SO2气体　检验SO2气体是否除尽
(4)③中品红溶液不褪色，④中酸性KMnO4溶液褪色或颜色变浅
【解析】因为C2H4和SO2都能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，因此，不能确定混合气体中是否含有或者只含有CH2=CH2。由于CH2=CH2不与NaOH溶液反应，也不与品红溶液反应，而SO2却能与NaOH溶液和品红溶液反应，且SO2与品红溶液反应有明显的褪色现象，故可利用此性质差异先检出和除净SO2；再用装置③确认SO2除净之后，才能用酸性KMnO4溶液验证CH2=CH2的存在。
31.为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol电子。
(1)该融雪剂的化学式是______，该物质中化学键类型是__________，电子式是__________。
(2)元素D，E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是________；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子均达到了8e－稳定结构，该分子的结构式为________，电子式为______________，化学键类型为________(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。
(3)W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成________，其化学键类型为________；加热时生成________，其化学键类型为_______________________________________。
【答案】（14分） （1）CaCl2离子键
（2）S===C==="S"极性共价键
（3）Na2O 离子键 Na2O2离子键和非极性共价键
【解析】试题分析：该融雪剂中阳离子与阴离子的电子层结构相同，且1mol该融雪剂中含有54mol电子，所以阳离子与阴离子的电子数均是18，根据其化学式判断X为+2价，Y是-1价，所以X是Ca元素，Y是Cl元素。
（1）该融雪剂的化学式是CaCl2；为离子化合物，只含有离子键，其电子式是；
（2）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则D与E的最外层电子数可能是4或6，则为第IVA、VIA族元素；D与Y相邻，所以D是S元素；D与E可形成类似二氧化碳的分子，所以E是C，形成的化合物为CS2，每个原子均达到8电子的稳定结构；硫离子的结构示意图是；CS2分子中C与S形成双键，其结构式为S=C=S；电子式类似二氧化碳，为，不同元素之间形成的共价键为极性共价键，所以含有极性键；
（3）W与D是同主族的短周期元素，则W是O元素；Z是第三周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Na与氧气反应在不加热时生成Na2O，为离子化合物，只含离子键；加热时生成Na2O2，也是离子化合物，但含有离子键和共价键。