【化学】贵州省毕节金沙县二中2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版） 19页

贵州省毕节金沙县二中2018-2019学年高一下学期期末考试试题 ‎1.某溶液中大量存在以下五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c(NO3-)：c(SO42-)：c(Fe3+)：c(H+)：c(M)=2：3：1：3：1，则M可能是（ ）‎ A. Al3+ B. Cl- C. Mg2+ D. Ba2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据电荷守恒作答。分析题给数据知溶液中阴离子所带的负电荷浓度大于Fe3＋和H＋所带的正电荷浓度，故M为阳离子；c（NO3-）∶c（SO42-）∶c（Fe3＋）∶c（H＋）∶c（M）＝2∶3∶1∶3∶1，则M为+2价阳离子，而Ba2＋和硫酸根不能大量共存，所以M为Mg2＋，选C。‎ ‎2.下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是（ ）‎ A. NaHCO3===Na++H++CO32- B. NH4NO3=NH4＋＋NO3－‎ C. NaHSO4===Na++H++SO42－ D. Ba（OH）2===Ba2++2OH－‎ ‎【答案】A ‎【解析】A. NaHCO3是强电解质，其在水溶液中可以完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，因其为弱酸的酸式盐，故碳酸氢根离子只有很少的一部分发生电离，故其电离方程式为NaHCO3===Na++HCO3－，A不正确；B. 硝酸铵是强电解质，故其电离方程式为NH4NO3===+，B正确；C. NaHSO4是强酸的酸式盐，故其电离方程式为NaHSO4===Na++H++，C正确；D. Ba（OH）2是强碱，故其电离方程式为Ba（OH）2===Ba2++2OH﹣，D正确。本题选A。‎ ‎3.下列说法正确的是（设阿伏加德罗常数的数值为NA）（ ）‎ A. 在标准状况下，22.4 L水所含分子数目为NA B. 1 mol·L-1K2SO4溶液所含K+数目为2NA C. 1 mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NA D. 2.4 g Mg与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积，A项错误；‎ B.没有告知溶液体积，离子的数目无法计量，B项错误；‎ C. 钠与氧气生成的产物无论是谁，1 mol钠与氧气发生反应，失电子数目均为NA，C项正确；‎ D. 2.4 g Mg的物质的量为0.1mol，与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.2NA，D项错误；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎4.配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是(　　)‎ A. 用敞口容器称量KOH且时间过长 B. 配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水 C. 容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤 D. 溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用敞口容器称量KOH且时间过长，使KOH吸收了空气中水蒸气和CO2，称量的物质中所含的KOH质量偏小，即溶质物质的量偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏低，A项正确；‎ B.配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水，不影响溶质物质的量和溶液体积V，根据公式=可知不影响KOH溶液的浓度，B项错误；‎ C.容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤，使得溶质物质的量增大，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，C项错误；‎ D.KOH固体溶于水时会放出大量的热，KOH溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容，此时溶液的温度较高，冷却到室温时溶液的体积V偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，D项错误；答案选A。‎ ‎5. 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 若M（甲）＞M（乙），则气体体积：甲＜乙 B. 若M（甲）＜M（乙），则气体的压强：甲＞乙 C. 若M（甲）＞M（乙），则气体的摩尔体积：甲＜乙 D. 若M（甲）＜M（乙），则的分子数：甲＜乙 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据，质量和密度相等，则两者的体积也是相等，A项错误；根据，若甲的摩尔质量大于乙的摩尔质量，则甲的物质的量小于乙，甲的压强小于乙，则B正确，D错误，又甲和乙的体积相等，甲的物质的量小于乙，则摩尔体积大于乙，C错误。‎ ‎6.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 摩尔是表示物质质量的单位 B. 物质的量就是指物质的质量 C. 摩尔是表示物质粒子多少的物理量 D. 物质的量适用于计量分子、原子、离子等粒子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、摩尔是物质的量的单位，质量的单位为g；‎ B、物质的量用于描述微观粒子的物理量，与物质的质量完全不同；‎ C、摩尔是物质的量的单位；‎ D、物质的量适用于计量微观粒子，不适用于计量宏观物质。‎ ‎【详解】A项、质量的单位为g，摩尔是物质的量的单位，故A错误；‎ B项、物质的量的单位为mol，而质量的单位为g，二者为完全不同的两个物理量，故B错误；‎ C项、摩尔是物质的量的单位，物质的量是表示物质粒子多少的物理量，故C错误；‎ D．物质的量适用于计量微观粒子，如分子、原子、离子等微观粒子粒子，不适用于计量宏观物质，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7. “纳米材料”是粒子直径为1～100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）‎ ‎①是溶液 ②是胶体 ③是浊液 ④不能透过滤纸 ⑤能透过滤纸 ‎⑥ 能产生丁达尔效应 ⑦静置后，会析出黑色沉淀 A. ②⑤⑥ B. ②⑥⑦ C. ①⑤ D. ③④⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：①纳米碳粒子直径为l～100nm之间，分散到水中，所形成的分散系为胶体，错误；②纳米碳粒子直径为l～100nm之间，形成的分散系为胶体，正确；③浊液分散质粒子直径大于100nm，错误；④溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，错误；⑤胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，正确；⑥胶体具有丁达尔效应，正确；⑦胶体处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，错误。综上，答案为A。‎ ‎8.金属钠分别在过量的氧气和氯气中燃烧，产生的现象相同点是（ ）‎ A. 都产生白烟 B. 都产生黄色火焰 C. 都生成氧化物 D. 都生成白色固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠在氯气中燃烧产生白烟，钠在氧气中燃烧不产生白烟，A项错误；‎ B. 钠元素的焰色呈黄色，所以钠无论在氧气还是在氯气中燃烧均产生黄色火焰，B项正确；‎ C. 钠与氧气反应生成氧化物，但钠与氯气反应生成的是氯化物，不是氧化物，C项错误；‎ D. 钠和氯气反应生成的氯化钠是白色固体，但钠在氧气中燃烧生成的过氧化钠是淡黄色粉末，D项错误；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎9.某新型“防盗玻璃”为多层结构，每层中间嵌有极细的金属线。当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立即报警，“防盗玻璃”能报警是利用了金属的(　　)‎ A. 延展性 B. 导电性 C. 弹性 D. 导热性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】新型“防盗玻璃”为多层结构，每层中间嵌有极细的金属线．当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立即报警，说明当玻璃被击碎时，形成闭合回路，利用的金属的导电性，故选B。‎ ‎10.食用醋中含有乙酸。下列关于乙酸的说法正确的是（ ）‎ A. 结构简式为C2H4O2 B. 分子式为CH3COOH C. 分子中含有官能团为羧基 D. 分子中原子之间只存在单键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.所给的为乙酸的分子式，并非结构简式，A项错误；‎ B. 所给的为乙酸的结构简式，并非分子式，B项错误；‎ C. 乙酸作为有机羧酸，羧基为其官能团，C项正确；‎ D.乙酸分子中，碳与一个氧原子形成碳氧单键，与另一个氧原子形成一个碳氧双键，D项错误；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎11.据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为十3 价)和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C ，正极材料采用MnO2可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 电池放电时Na＋从a极区移向b极区 B. 电极b采用MnO2，MnO2既作电极又有催化作用 C. 该电池a 极反应为BH4-+8OH--8e-═BO2-+6H2O D. 每消耗3mol H2O2，转移的电子为3mol ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．根据装置示意图可知a电极是负极，b电极是正极。原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，正确；B．电极b采用MnO2，MnO2为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，正确；C．该电池的a 极是负极，发生氧化反应，电极反应为BH4-+8OH--8e-═BO2-+6H2O，正确；D．电池的正极上是H2O2得电子，发生还原反应，每消耗3mol H2O2，转移的电子为6mol电子，错误。‎ ‎12. “绿色化学”是人们最近提出的一个新概念，主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用。下列化学反应符合绿色化学概念的是( )‎ A. 制CuSO4：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O B. 制CuSO4：2Cu＋O22CuO；CuO＋H2SO4(稀)===CuSO4＋H2O C. 制Cu(NO3)2：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O D. 制Cu(NO3)2：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O ‎【答案】B ‎【解析】本题考查有关浓硫酸和硝酸与金属反应的产物特点、制取方案的优化和绿色化学知识。思考时注意反应物和产物的物理、化学性质，考虑其是否会带来污染、是否额外消耗能量、是否有腐蚀性、毒性、爆炸危险以及成本等，注意采用对比的方法。在选项A、C、D的产物中有二氧化硫和氮氧化物，有毒且污染环境，硫酸和硝酸的利用率低。而B选项没有气体产物，无污染物排放，硫酸的利用率高。‎ ‎13.反应C(s)＋ H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）‎ A. 增加炭的量 B. 将容器的体积缩小一半 C. 保持体积不变，充入一定量的水(g)‎ D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】分析题给的四个选项，均可从浓度是否改变这一角度来分析化学反应速率是否改变。‎ ‎【详解】A. 增加炭的量，几乎没有改变任一物质的浓度，所以化学反应速率不变，A项正确；‎ B. 将容器的体积缩小一半，各气体的浓度将增大，化学反应速率将加快，B项错误；‎ C. 水是反应物，保持体积不变，充入一定量的气态水，将使反应速率加快，C项错误；‎ D. 氮气是与该反应无关的气体，保持压强不变，充入氮气使容器体积变大，各气体的浓度将变小，反应速率减小，D项错误；‎ 所以答案选择A项。‎ ‎14.关于原子核外电子排布的下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层 B. 每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2‎ C. 某原子的核外最外层最多可容纳8个电子 D. 当M层为次外层时，最多可容纳18个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依能量最低原理，核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层，A项正确；‎ B. 依电子排布规律，每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2，B项正确；‎ C. 通常，某原子的核外最外层最多可容纳8个电子，当K为最外层时，最多只容纳2个电 子，C项错误；‎ D. M层最多能容纳18个电子，当M层为次外层时，也最多可容纳18个电子，D项正确；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎15.某实验探究小组研究320 K时N2O5的分解反应：2N2O54NO2＋O2。如图是该小组根据所给表格中的实验数据绘制的。下列有关说法正确的是（ ）‎ t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ c(N2O5)/mol/L ‎0.160‎ ‎0.114‎ ‎0.080‎ ‎0.056‎ ‎0.040‎ c(O2)/mol/L ‎0‎ ‎0.023‎ ‎0.040‎ ‎0.052‎ ‎0.060‎ A. 曲线Ⅰ是N2O5的浓度变化曲线 B. 曲线Ⅱ是O2的浓度变化曲线 C. N2O5的浓度越大，反应速率越快 D. 升高温度对该反应速率无影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】结合题给的曲线和表格中0min时的数据，可以判断该反应是从反应物开始投料的，直至建立平衡状态。N2O5的速率从最大逐渐减小至不变，O2‎ 的速率从最小逐渐增大至最大而后不变。‎ ‎【详解】A. 曲线Ⅰ是O2的浓度变化曲线，A项错误；‎ B. 曲线Ⅱ是N2O5的浓度变化曲线，B项错误；‎ C. 因从反应物开始投料，所以随N2O5的浓度减小，化学反应速率逐渐减小，直至平衡时化学反应速率保持不变，所以N2O5的浓度越大，反应速率越快，C项正确；‎ D. 升高温度，反应速率加快，D项错误；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎16.实验室制浓硫酸、浓硝酸的混合物与苯反应制取硝基苯。得到粗产品后，要选用如下几步操作对粗产品进行精制：‎ ‎①蒸馏 ‎ ‎②水洗 ‎ ‎③用干燥剂进行干燥 ‎ ‎④用10%的NaOH溶液洗涤。‎ 正确的操作步骤是( )‎ A. ①②③④② B. ②④②③① C. ④②③①② D. ③④①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】要除去混和酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤，最后用无水CaCl2干燥、蒸馏得到纯硝基苯，故正确的操作步骤是②④②③①。答案选B。‎ ‎17.下列微粒结构示意图中，不正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 表示氧原子，微粒结构示意图正确，A正确；‎ B. 质子数为11的是钠，原子结构示意图为，离子结构示意图为，B错误；‎ C. 表示氯原子，微粒结构示意图正确，C正确；‎ D. 表示氯离子，微粒结构示意图正确，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎18. 甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x,则乙的原子序数不可能为（ ） ‎ ‎①x+2 ②x+4 ③x+8 ④x+18 ⑤x+32‎ A. ①⑤ B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：若甲为第一周期元素、乙是第二周期元素，乙的原子序数可能为x+2；若甲为第二周期元素、乙是第三周期元素，乙的原子序数可能为x+8；若甲为第三周期元素、乙是第四周期元素，乙的原子序数可能为x+18；若甲为第五周期元素、乙是第六周期元素，乙的原子序数可能为x+32，故B正确。‎ ‎19.最早使用的化学电池是锌锰电池，即大家熟悉的干电池，其结构如图所示。‎ 尽管这种电池的历史悠久，但对于它的化学过程人们尚未完全了解。一般认为，放电时，电池中的反应如下：‎ E极：2MnO2＋2e－＋2NH4+===Mn2O3＋H2O＋2NH3↑‎ F极：Zn－2e－===Zn2＋‎ 总反应式：2MnO2＋Zn＋2NH4+===Mn2O3＋Zn2＋＋2NH3↑＋H2O 下列说法正确的是（ ）‎ A. E极是电池的正极，发生的是氧化反应 B. F极是电池的负极，发生的是氧化反应 C. 从结构上分析，锌锰电池应属于可充电电池 D. 锌锰电池内部发生的氧化还原反应是可逆的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】从所给的电极反应式可以看出，E极发生的是还原反应，对应原电池的正极，F极是原电池的负极。‎ ‎【详解】A. E极是电池的正极，发生的是还原反应，A项错误；‎ B. F极是电池的负极，发生的是氧化反应，B项正确；‎ C. 从结构上分析，锌锰电池不能充电，属于一次性电池，C项错误；‎ D. 锌锰电池内部发生的氧化还原反应是不可逆的，D项错误；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎20.对于放热反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 产物所具有的总能量高于反应物和所具有的总能量 B. 反应物和所具有的总能量高于产物所具有的总能量 C. 反应物和所具有的总能量等于产物所具有的总能量 D. 反应物和具有的能量相等 ‎【答案】B ‎【解析】反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）是放热反应，则说明反应物氢气和氧气的总能量高于生成物水的总能量。产物H2O所具有的总能量应低于反应物H2和O2所具有的总能量，选项A错误，选项B正确，选项C错误；D选项不能根据题目信息得出。答案选B。‎ ‎21.某元素B 的核电荷数为Z，已知Bn－和Am+的核外具有相同的电子数，则A 元素的原子序数用Z、n、m 来表示，应为（ ）‎ A. Z+m+n B. Z－n+m C. Z－n－m D. Z+n－m ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：某元素B 的核电荷数为Z，则Bn－的核外电子总数为Z+n，由于Am+和Bn－具有相同的核外电子数，则Am+的核外电子数为Z+n，因此元素A的核电荷数为：Z+n+m，故答案A。‎ ‎22.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 乙醇的官能团：—OH B. 乙醇的分子式：CH3CH2OH C. 乙烯结构简式：CH2CH2 D. 乙烯无官能团 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇的官能团是－OH，A项正确；‎ B. 所给的为乙醇结构简式，并非其分子式，B项错误：‎ C. 结构简式只是在结构式的基础上，省略了部分或全部的单键，双键不可以省略，所给的乙烯的结构简式中少了碳碳双键，C项错误；‎ D. 乙烯中的官能团是碳碳双键，D项错误；‎ 所以答案选择A项。‎ ‎23. 下列说法正确的是（　　）。‎ A. 禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染 B. 聚乙烯可发生加成反应 C. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化 D. 石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯 ‎【答案】A ‎【解析】铅是一种重要的污染物，A项正确；乙烯加聚反应生成聚乙烯后，双键变单键不能发生加成反应，B项错误；煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，C项错误；石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质，D项错误。‎ ‎24.可逆反应X2＋3Y22Z2在反应过程中，反应速率(v)与时间(t)关系曲线如图所示，下列叙述不正确的（ ）‎ A. t1时，正反应速率大于逆反应速率 B. t1～t2，逆反应速率逐渐减小 C. t2时，正反应速率与逆反应速率相等 D. t2～t3，各物质的浓度不再发生变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从图示可以看出，该反应从反应物开始投料，在t1时尚未达到平衡，此时正反应速率大于逆反应速率，A项正确；‎ B. 从图示可以看出，t1～t2，逆反应速率逐渐增大，B项错误；‎ C. t2时，正反应速率与逆反应速率相等，反应达到该条件的化学平衡，C项正确；‎ D. t2～t3，该可逆反应属于化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度不再发生变化，D项正确；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎25.元素X的原子有3个电子层，最外电子层上有4个电子。则X元素位于周期表的(　　)‎ A. 第四周期ⅢA族 B. 第四周期ⅦA族 C. 第三周期ⅣB族 D. 第三周期ⅣA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因为元素X的原子有3个电子层，所以第三周期，最外层有4个电子，所以是第ⅣA族，即第3周期ⅣA族，故答案为D。‎ ‎26. 下图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。‎ ‎（1）写出C→E的化学方程式： 。‎ ‎（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为： ，干燥C常用 （填写试剂名称）。‎ ‎（3）E物质遇到D物质时，会观察到 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 （填写物质的化学式）。‎ ‎（4）写出A→D的化学方程式： 。‎ ‎【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O（2）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O． 碱石灰 ‎（3）无色气体变为红棕色 NO(4) 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2‎ ‎【解析】试题分析：（1）A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，是氨气，则B为氮气，A与过氧化钠反应生成D，则A为二氧化碳，D为氧气，M是最常见的无色液体，是水。则氨气和氧气反应生成E为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成F为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成G为硝酸。所以C到E的反应为4NH3+5O24NO+6H2O 。（2）实验室用加入氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O.干燥氨气用碱石灰。（3）一氧化氮遇到氧气反应生成红棕色的二氧化氮，若用排水法收集，则二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，收集到的气体为NO。(4) 过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2‎ ‎27.酸雨形成的原理之一可表示如下：‎ 含硫燃料AB硫酸 请回答下列问题。‎ ‎（1）A的化学式为__________，B的化学式为__________________________________。‎ ‎（2）三个反应中，不属于氧化还原反应的是________(填序号)。‎ ‎（3）SO2中硫元素显＋4价，它可以降低到0价，利用这一性质可在工厂的烟道气中通入合适的________(填“氧化剂”或“还原剂”)除去SO2，达到减少污染的目的。‎ ‎（4）雨水的pH小于5.6时，就判定为酸雨。已知pH＝－lgc(H＋)，经测定某次雨水所含酸性物质只有硫酸，且其浓度为5×10－5mol·L－1，则这次降雨________(填“是”或“不是”)酸雨。‎ ‎（5）火力发电厂燃烧的煤中含有大量的硫，其排出的废气中往往含有SO2、CO2等。为了除去有害的SO2气体，在英国已进行了一个研究，结果表明：高烟囱可以有效降低地面SO2的浓度。在20世纪60年代到70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于高烟囱的建造，地面SO2浓度降低了30%之多。‎ ‎①你认为减少酸雨产生可采取的措施是__________(填字母)。‎ A．少用煤作燃料 B．把工厂的烟囱建高 C．燃料脱硫 D．把工厂迁移到农村 E．开发新能源 ‎②请从全球环境保护的角度，分析这种建高烟囱的方法是否可取？________(填“可取”或“不可取”)，理由是__________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). SO2 (2). SO3 (3). ③ (4). 还原剂 (5). 是 (6). ACE (7). 不可取 (8). 未减少二氧化硫的总排放量 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）含硫燃料在氧气中燃烧往往生成SO2，SO2经催化氧化生成SO3，SO3与水反应生成硫酸。‎ ‎（2）从价态是否变化的角度分析判断。‎ ‎（3）二氧化硫中硫的价态降低，需要加还原剂提供电子；‎ ‎（4）先算H+浓度，再算pH，然后与5.6比较。‎ ‎（5）建立“地球村”的理念，设法从根本上解决污染问题。‎ ‎【详解】(1)含硫燃料燃烧往往生成SO2，二氧化硫在催化剂、加热条件与氧气反应生成SO3，所以A和B的化学式分别为SO2、SO3；‎ ‎(2)所给的三个反应，前2个反应明显是氧化还原反应，第3个反应中元素的价态没有发生变化，属于非氧化还原反应；‎ ‎(3) 此方案的目标是将二氧化硫中+4价的硫降为0价，所以需要外加还原剂来实现；‎ ‎(4)硫酸的浓度为5×10-5mol·L-1，所以H+的浓度为10-4mol·L-1，该溶液的pH=-lgc(H+)=4，pH明显小于5.6，所以这次降雨属于酸雨；‎ ‎(5)①燃煤中往往含有硫元素，少用煤作燃料或将燃煤进行脱硫处理，都可以较好地降低二氧化硫的排放量，从而减少硫酸型酸雨的产生。开发新能源可以更有效地减少酸雨的产生，答案选ACE；‎ ‎②从全球环境保护的角度来看，建设烟囱的方法不可取。因为这种做法，实质上并未减少二氧化硫的总排放量，只是导致当地的二氧化硫的含量偏低，大量的二氧化硫随空气流动扩散到了别处。‎ ‎28.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：‎ 已知反应②：2I﹣+2Cu2+++H2O=2CuI↓++2H+。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、__。‎ ‎（2）反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为__。‎ 当有95.5 g CuI参与反应，则需要标况下__L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。‎ ‎（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为3∶8，则化合物B的化学式为__。‎ ‎（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应⑤的化学方程式为__。‎ ‎（5）将足量的Cl2通入含12 g NaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为__g。‎ ‎【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O (3). 5.6 (4). Fe3I8 (5). Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O (6). 4.68‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；‎ ‎（2）反应③中CuI被氧化生成硝酸铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）＝2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O，当有95.5g CuI参与反应，即n（CuI）＝95.5g÷191g/mol＝0.5mol，由方程式可知生成1molNO2‎ ‎，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O2＝4HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L；‎ ‎（3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；‎ ‎（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应⑤的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3＝Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O；‎ ‎（5）n（NaI）＝12g÷150g/mol＝0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m（NaCl）＝0.08mol×58.5g/mol＝4.68g。‎ ‎29.已知：①A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：‎ 图1‎ ‎(1)写出下列物质的官能团名称：‎ B：____________________；D：____________________。‎ ‎(2)反应④的化学方程式为________________________________________________，反应类型：________。‎ ‎(3)某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。‎ 甲 乙 丙 丁 图2‎ ‎①装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为________(填字母)。‎ A Na2O2 B KCl C Na2CO3 D MnO2‎ ‎②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎③物质B的催化氧化产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). AD (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 产生砖红色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，则D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为乙酸乙酯，结合有机物的结构和性质解答该题。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基。‎ ‎（2）反应④为CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应（或酯化反应）。‎ ‎（3）①在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可以知道，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，故AD正确，故答案为：AD。‎ ‎②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化为乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。‎ ‎③乙醇被氧化为乙醛，与葡萄糖具有相同的特征反应，滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，会产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀。‎ ‎30.将红热的固体单质M放入浓硝酸中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气接触时，发生如图所示的变化。‎ ‎(1)混合气体A的主要成分是____________。‎ ‎(2)气体B为__________，蓝色溶液D为____________。‎ ‎(3)单质M与浓硝酸反应的化学方程式是____________________________。‎ ‎(4)单质C与稀硝酸反应的化学方程式是________________________。‎ ‎【答案】(1). NO2和CO2 (2). NO (3). Cu(NO3)2 (4). C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O (5). 3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液与单质丙反应可以得到蓝色溶液D，则D溶液含有铜离子，结合转化关系可知，单质C为Cu、乙为硝酸，故D为Cu(NO3)2，反应生成气体B为NO，固体单质甲跟乙剧烈反应后生成气态混合物A，可推知A为NO2和CO2混合气体，M为碳单质，A隔绝空气，通入水中得到混合气体为NO和CO2，与足量的石灰水反应得到白色沉淀与NO，则白色沉淀为CaCO3。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，混合气体A的主要成分是NO2和CO2；‎ ‎(2)气体B为NO，蓝色溶液D为Cu(NO3)2溶液；‎ ‎(3) 单质M为C，与浓硝酸反应的化学方程式是C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；‎ ‎(4) 单质C为Cu与稀硝酸反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。‎ ‎31.已知：①；‎ ‎② 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。‎ 以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：‎ ‎（1）A转化为B的化学方程式是_________________________。‎ ‎（2）图中“苯→①→②”省略了反应条件，请写出①、②物质的结构简式：‎ ‎①________________，②____________________。‎ ‎（3）苯的二氯代物有__________种同分异构体。‎ ‎（4）有机物所有原子_______（填“是”或“不是”）在同一平面上。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). (4). 3 (5). 不是 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A为硝基苯，根据信息②可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为：+CH3Cl+HCl；‎ ‎(2)②与水反应生成，根据信息可知②为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以①卤苯，为，故答案为：；；‎ ‎(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为：3；‎ ‎(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为：不是。‎