精品解析：北京市顺义区第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题

顺义一中2023-2024学年度第二学期高一年级期末考试 化学试卷 本试卷满分100分，考试时长90分钟。请考生将所有答案填涂在答题卡上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 第一部分 选择题（共42分） 每小题只有1个选项符合题意，每小题3分。 1. 下列发电厂（站）的电能由化学能直接转化而成的是 A B C D 燃料电池发电站 地热发电厂 风力发电厂 水力发电站 A. A B. B C. C D. D 2. 下列实验或叙述中，不符合绿色化学理念的是 A. 用乙醇汽油代替普通汽油作汽车燃料 B. 用稀硝酸和Cu制取Cu(NO3)2 C. 制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应 D. 采用银作催化剂，乙烯和氧气反应制取环氧乙烷，原子利用率100％ 3. 下列有关物质表示方法不正确的是 A. 乙烷的结构式： B. 乙烯的球棍模型： C. 醋酸的分子式：C2H4O2 D. 羟基的电子式： 4. 下列说法正确的是 A. 乙烯使溴水，酸性高锰酸钾溶液褪色的有机反应类型相同 B. 丙烯与的加成产物是 C. 油酸（）属于不饱和脂肪酸 D. 丙烷分子中，三个碳原子可能在同一条直线上 5. 下列说法正确的是 A. 中元素的化合价为+3价 B. 与互为同分异构体 C. 可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度 D. 乙烯属于烃，乙醇、乙酸属于烃的衍生物 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液腐蚀印刷电路板： B. 通入氯水溶液褪色： C. 用小苏打治疗胃酸过多： D. 红热的粉和水蒸气反应生成黑色固体： 7. 图为某原电池装置的示意图。下列叙述中，不正确的是 A. 电子由片通过导线流向Cu片 B. 溶液中移向电极 C. 将片换成片，电路中电流方向不变 D. 该装置可将反应释放的能量直接转化为电能 8. 下列物质保存方法不正确的是 A. 钠保存在煤油中 B. 少量浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 C. 浓硫酸盛放在铁质容器中 D. 盛放纯碱溶液用磨口玻璃塞的试剂瓶 9. 下列措施能明显提高化学反应速率的是 A. Na与水反应时增大水的用量 B. Fe与稀H2SO4反应制取H2时，改用98％的浓H2SO4 C. AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强 D. 恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量 10. 用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是 A．由海水制取蒸馏水 B．制备并收集乙酸乙酯 C．比较乙醇和水分子中氢原子的活泼性 D．用萃取碘水中的 A. A B. B C. C D. D 11. 一定温度下，探究铜与稀反应，过程如图，下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式 B. 过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是溶于水，使增大 C. 由实验推测，对该反应具有催化作用或Ⅰ至Ⅲ过程中溶液温度升高 D. 当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解 12. 实验室可以用如图所示装置制备、干燥、收集气体的是 A. 以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2 B. 以Na2SO3固体、质量分数为70%的浓硫酸为原料，制备SO2 C. 以浓氨水、生石灰为原料，制备NH3 D. 以Cu、稀硝酸为原料，制备NO 13. 将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是 选项 气体a 溶液b A B C D A. A B. B C. C D. D 14. 碘在地壳中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示(淀粉遇碘单质变蓝)。 下列说法中不正确的是 A. 用淀粉试纸和食醋检验加碘盐时淀粉试纸会变蓝 B. 足量能使湿润的、已变蓝的淀粉试纸褪色的原因可能是： C. 由图可知氧化性的强弱顺序为 D. 途径II中若生成1，则反应中转移的电子数为10 第二部分 非选择题（共58分） 15. 氨既是一种重要的化工产品，也是一种重要的化工原料。 （1）实验室利用如图所示装置及药品制取氨气。 ①制取氨气的化学方程式是_______。 ②下列装置中，可用于收集氨的是 _______(填字母)。 （2）氨是生产氮肥原料，经过如下转化可以得到NH4NO3。NH3NONO2HNO3NH4NO3，写出反应①的方程式：_______。 （3）过量施用氮肥会造成水体污染。纳米零价铁——反硝化细菌复合体系可脱除水体中的硝酸盐()，脱氮原理及对某酸性废水的脱氮效果如图。注：纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用 ①0～2天，发生的主要反应为：______________Fe+_______+_______=_______Fe2++_______+_______ ②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但浓度无明显变化，结合方程式说明原因：_______。 ③6～8天，结合离子方程式说明溶液中浓度下降的原因是 _______。 16. 海洋是一个巨大的化学资源宝库。 Ⅰ．溴元素主要以形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提的工艺流程如图。 （1）写出步骤②的离子方程式______________________________。 （2）下列说法正确的是__________（填字母序号）。 A．利用蒸馏法实现海水淡化，发生了化学变化 B．步骤①的目的是避免与碱性海水反应 C．步骤④的作用是脱除步骤②中过量的 （3）步骤⑤中以吸收，反应的化学方程式为______________________________。 若以溶液作吸收剂，产物为、和。当被吸收时，转移电子的物质的量为__________mol。 Ⅱ．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验： （4）从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不需要都用到的是__________。 A. 海带灼烧灰化，选用①②⑧ B. 加水浸泡加热，选用②④⑦ C. 过滤得到滤液，选用④⑤⑦ D. 萃取和分液，选用③④⑥ （5）步骤④的离子方程式为______________________________。 （6）已知：，向溶液中通入（标准状况），反应完成后，溶液中有被氧化，则原溶液的物质的量浓度为__________。 Ⅲ．已知苦卤的主要成分如下： 离子 浓度 63.7 28.8 144.6 46.4 （7）理论上，苦卤最多可得到的质量为__________。 17. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料。一定条件下的转化关系如下图。 （1）丙烯→A的反应类型是__________。 （2）B中所含官能团的名称是__________。 （3）区分A、B两种物质可以选择的试剂为__________（列出一种即可）。 （4）A与B反应的化学方程式是______________________________。 （5）D结构简式是__________。 （6）写出丙烯一种同分异构体的结构简式__________。 18. 我国是世界上最早冶炼锌的国家之一，有独立的炼锌发展史。在现代工业中，锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。 已知：锌的熔点420℃，沸点907℃。 Ⅰ．下图是古代以炉甘石（）为原料热还原法冶炼锌的示意图： 反应过程如下（反应条件略）： ⅰ． ⅱ． ⅲ．…… 总反应为： （1）写出反应ⅲ的化学方程式：______________________________（不必写反应条件）。 （2）c处收集到__________（填“固”“液”或“气”）态金属锌 Ⅱ．现代炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿（主要成分为ZnS，还含铁等元素）、软锰矿（主要成分为）为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种流程如下： （3）浸出：加入能促进的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为： ⅰ． ⅱ．…… ①写出ⅱ的离子方程式：_________________。 ②下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。 a．向酸化溶液中加入溶液，溶液几乎无色，再加入少量，溶液变红。 b．_____________。 （4）除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的约为3；②控制溶液为，使铁主要以沉淀的形式除去。 结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量的理由是_________________。 （5）上述流程中在电解前需对电解液中的含量进行测定。方法是：取出一定体积的电解液，加入一定质量的（不溶于水），使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是、。该反应的离子方程式是______________。 19. 某小组通过实验探究NO的某些性质。 （1）以Cu和HNO3为原料制备NO，反应的化学方程式为____。 （2）设计实验探究NO的氧化性。 实验I：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。 资料：i.NO与碱性Na2SO3溶液会发生氧化还原反应NO被还原为N2O。 ii.Ag+与N2O反应生成黄色沉淀。 检验SO的氧化产物。取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，____(填操作和实验现象)。 （3）某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验： 实验II：取饱和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，无明显变化。 实验III：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，____(填实验现象)。 上述实验证明NO有氧化性。 （4）①实验II的目的是____。 ②写出NO与碱性Na2SO3溶液反应的离子方程式____。 ③从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。 还原反应：2NO+2e-=N2O 氧化反应：____。 （5）实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。 根据上述实验所得结论：____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 顺义一中2023-2024学年度第二学期高一年级期末考试 化学试卷 本试卷满分100分，考试时长90分钟。请考生将所有答案填涂在答题卡上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 第一部分 选择题（共42分） 每小题只有1个选项符合题意，每小题3分。 1. 下列发电厂（站）的电能由化学能直接转化而成的是 A B C D 燃料电池发电站 地热发电厂 风力发电厂 水力发电站 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．燃料电池发电站是将化学能转化为电能，A选； B．地热发电厂是地热能转化为电能，属于物理变化，B不选； C．风力发电厂是风能转化为电能，属于物理变化，C不选； D．水力发电站是水能转化为电能，属于物理变化，D不选； 故答案为A。 2. 下列实验或叙述中，不符合绿色化学理念的是 A. 用乙醇汽油代替普通汽油作汽车燃料 B. 用稀硝酸和Cu制取Cu(NO3)2 C. 制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应 D. 采用银作催化剂，乙烯和氧气反应制取环氧乙烷，原子利用率100％ 【答案】B 【解析】 【分析】绿色化学应符合“原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，实现零排放”，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。 【详解】A．用乙醇代替汽油作汽车燃料，能够减少有害气体的排放，有利于环境保护，符合绿色化学的理念，故A不符合题意； B．用稀硝酸和Cu制取Cu(NO3)2，反应生成有毒气体NO，不符合绿色化学的理念，故B符合题意； C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应，不会产生有毒气体，消耗的硫酸的量少，符合绿色化学理念，故C不符合题意； D．原子利用率100％，原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，符合绿色化学理念，故D不符合题意； 故答案选B。 3. 下列有关物质表示方法不正确的是 A. 乙烷的结构式： B. 乙烯的球棍模型： C. 醋酸的分子式：C2H4O2 D. 羟基的电子式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烷的分子式为C2H6，则结构式：，A正确； B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，球棍模型：，B正确； C．醋酸的结构简式为CH3COOH，则分子式：C2H4O2，C正确； D．羟基的结构简式为-OH，则电子式为，D不正确； 故选D。 4. 下列说法正确的是 A. 乙烯使溴水，酸性高锰酸钾溶液褪色的有机反应类型相同 B. 丙烯与的加成产物是 C. 油酸（）属于不饱和脂肪酸 D. 丙烷分子中，三个碳原子可能在同一条直线上 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙烯使溴水褪色是由于发生加成反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于发生氧化反应，故二者褪色的反应类型不相同，故A错误； B．丙烯与的加成产物是，故B错误； C．油酸（）中烃基含有碳碳双键，属于不饱和脂肪酸，故C正确； D．丙烷可以看作是两个甲基取代甲烷中的两个H原子形成的，甲烷为正四面体结构，则丙烷中的三个碳原子一定不在同一直线上，呈锯齿状，故D错误； 故选C。 5. 下列说法正确的是 A. 中元素的化合价为+3价 B. 与互为同分异构体 C. 可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度 D. 乙烯属于烃，乙醇、乙酸属于烃的衍生物 【答案】D 【解析】 【详解】A．中元素的化合价为-3价，故A错误； B．与为同一物质，故B错误； C．化学平衡时，正、逆反应速率相等，延长化学反应的时间，不能改变反应速率，不能改变化学反应的限度，故C错误； D．乙烯只含有C、H两种元素，属于烃，乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，两者属于烃的衍生物，故D正确； 故选D。 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液腐蚀印刷电路板： B. 通入氯水溶液褪色： C. 用小苏打治疗胃酸过多： D. 红热的粉和水蒸气反应生成黑色固体： 【答案】D 【解析】 【详解】A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ，符合反应原理，电荷守恒，拆写原则，故A不选； B．二氧化硫有还原性，氯气有氧化性，SO2通入氯水中，溶液褪色，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故B不选； C．胃酸就是稀盐酸，利用碳酸氢钠与盐酸反应，消耗H+，离子方程式，故C不选； D．铁粉高温下与水蒸气反应生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，方程式，故D选； 故选：D。 7. 图为某原电池装置的示意图。下列叙述中，不正确的是 A. 电子由片通过导线流向Cu片 B. 溶液中移向电极 C. 将片换成片，电路中电流方向不变 D. 该装置可将反应释放的能量直接转化为电能 【答案】B 【解析】 【分析】锌和铜是两种活泼性不同的电极，稀硫酸是电解质溶液，锌和稀硫酸自发发生氧化还原反应，形成了闭合回路，满足原电池的四个条件，形成了原电池，将化学能转化为电能；锌作负极，发生氧化反应，铜作正极，发生还原反应，电子从负极出发，经导线流向正极，由此分析。 【详解】A．电子由负极沿导线流入正极，则由Zn片通过导线流向Cu片，A正确； B．原电池中阳离子移向正极，溶液中H+移向Cu电极，B错误； C．将Zn片换成Fe片，则Fe片仍为负极，所以电路中电流方向不变，C正确； D．该装置形成了原电池，可将反应释放的能量直接转化为电能，D正确； 故选B。 8. 下列物质保存方法不正确的是 A. 钠保存在煤油中 B. 少量浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 C. 浓硫酸盛放在铁质容器中 D. 盛放纯碱溶液用磨口玻璃塞的试剂瓶 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属钠和煤油不反应并且密度比煤油的大，少量金属钠保存在煤油里，A正确； B．浓硝酸见光会分解成NO2、O2和H2O，为避光，将浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，B正确； C．浓硫酸可以盛放在铁质容器中，‌这是因为冷的浓硫酸不腐蚀铁，‌而是在铁的表面形成一层致密的氧化膜，‌从而保护铁不被进一步氧化，C正确； D．纯碱溶液呈碱性能和二氧化硅反应生成粘性很强的硅酸钠，使玻璃塞与瓶口粘合在一起而不易打开，应该用橡皮塞，D错误； 故选D。 9. 下列措施能明显提高化学反应速率的是 A. Na与水反应时增大水的用量 B. Fe与稀H2SO4反应制取H2时，改用98％的浓H2SO4 C. AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强 D. 恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量 【答案】D 【解析】 【分析】增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，增大压强只对有气体参加的反应有影响。 【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，化学反应速率不变，故A不符合题意； B．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化，不能增大化学反应速率，故B不符合题意； C．增大压强只对有气体参加的反应有影响，AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强，不能增大化学反应速率，故C不符合题意； D．恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量，反应物的浓度增大，化学反应速率增大，故D符合题意； 故答案选D。 10. 用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是 A．由海水制取蒸馏水 B．制备并收集乙酸乙酯 C．比较乙醇和水分子中氢原子的活泼性 D．用萃取碘水中的 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．把海水烧到沸腾，淡水蒸发为蒸汽，盐留在瓶底，蒸汽冷凝为蒸馏水，这是海水淡化方法之一,仪器和操作均正确，故A正确； B．乙醇和乙酸需要在浓硫酸作催化剂并加热的条件下反应制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液提纯并收集乙酸乙酯，但导管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则引起倒吸，故B错误； C．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，可通过产生的气泡来比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，故C正确； D．四氯化碳和水不互溶，碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的，可以用四氯化碳萃取，操作和仪器正确，故D正确； 故选B。 11. 一定温度下，探究铜与稀反应，过程如图，下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式 B. 过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是溶于水，使增大 C. 由实验推测，对该反应具有催化作用或Ⅰ至Ⅲ过程中溶液温度升高 D. 当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程Ⅰ中，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为，故A正确； B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误； C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化作用；金属与酸的反应为放热反应，则Ⅰ至Ⅲ过程中溶液温度升高，反应速率增大，故C正确； D．当活塞不再移动时，再抽入空气，NO与氧气、水反应生成硝酸，因此铜可以继续溶解，故D正确； 故答案选B。 12. 实验室可以用如图所示装置制备、干燥、收集气体的是 A. 以MnO2、浓盐酸原料，制备Cl2 B. 以Na2SO3固体、质量分数为70%的浓硫酸为原料，制备SO2 C. 以浓氨水、生石灰为原料，制备NH3 D. 以Cu、稀硝酸为原料，制备NO 【答案】B 【解析】 【详解】A．以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2的反应需要加热，装置中发生装置不加热，故A错误； B．Na2SO3固体和质量分数为70%的浓硫酸反应生成二氧化硫，通过浓硫酸干燥，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，剩余氢氧化钠溶液吸收，吸收时倒扣在液面上的漏斗防止倒吸，故B正确； C．氨气和浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故C错误； D．以Cu、稀硝酸为原料只能生成NO，NO能和空气中氧气反应，收集NO也不能用排空气法收集，故D错误； 故答案为B。 13. 将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是 选项 气体a 溶液b A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．，会有白色沉淀生成，A不符合题意； B．，会有白色沉淀生成，无色气体变成红棕色，B不符合题意； C．与不反应，不可弱酸制强酸，C符合题意； D．，，红棕色气体通入水中生成无色气体后又变红棕色，溶液由浅绿色变为黄色， D不符合题意； 故选C。 14. 碘在地壳中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示(淀粉遇碘单质变蓝)。 下列说法中不正确的是 A. 用淀粉试纸和食醋检验加碘盐时淀粉试纸会变蓝 B. 足量能使湿润的、已变蓝的淀粉试纸褪色的原因可能是： C. 由图可知氧化性的强弱顺序为 D. 途径II中若生成1，则反应中转移的电子数为10 【答案】C 【解析】 【详解】A．加碘盐中含有KIO3，+5I−+6H+=3I2+3H2O，I2使淀粉变蓝，所以用KI−淀粉试纸和食醋可以检验加碘盐中是否含有碘，故A正确； B．根据图示转化Ⅲ可知氧化性Cl2>，已变蓝的淀粉−KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故B正确； C．由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2<NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2>NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2>>I2，故C错误； D．根据转化关系2～I2～10e−可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确。 故选C。 第二部分 非选择题（共58分） 15. 氨既是一种重要的化工产品，也是一种重要的化工原料。 （1）实验室利用如图所示装置及药品制取氨气。 ①制取氨气的化学方程式是_______。 ②下列装置中，可用于收集氨的是 _______(填字母)。 （2）氨是生产氮肥的原料，经过如下转化可以得到NH4NO3。NH3NONO2HNO3NH4NO3，写出反应①的方程式：_______。 （3）过量施用氮肥会造成水体污染。纳米零价铁——反硝化细菌复合体系可脱除水体中的硝酸盐()，脱氮原理及对某酸性废水的脱氮效果如图。注：纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用 ①0～2天，发生的主要反应为：______________Fe+_______+_______=_______Fe2++_______+_______ ②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但浓度无明显变化，结合方程式说明原因：_______。 ③6～8天，结合离子方程式说明溶液中浓度下降的原因是 _______。 【答案】（1） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ②. b （2）4NH3+5O24NO+6H2O （3） ①. 4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O ②. 2+3O2=2+2H2O+4H+ ③. 纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原生成氮气和水等，离子方程式为2+5H2 N2+4H2O+2OH- 【解析】 【小问1详解】 ①大试管中NH4Cl和Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3、H2O，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O； ②氨气的密度比空气小，且极易溶于水，应采用向下排空气法收集； 【小问2详解】 反应①为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O 【小问3详解】 ①由图可知，0～2天，被纳米零价铁还原为，纳米零价铁被氧化为Fe2+，根据原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：4Fe++10H+═4Fe2+++3H2O。②4～5天，检测到纳米零价铁有剩余，但浓度无明显变化，因为纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用，此时被氧化为，方程式为：2+3O2=2+2H2O+4H+。③6～8天，纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原、，生成N2，导致浓度快速减小，方程式为：2+5H2 N2+4H2O+2OH-。 16. 海洋是一个巨大的化学资源宝库。 Ⅰ．溴元素主要以形式存在于海水（呈弱碱性）中，利用空气吹出法从海水中提的工艺流程如图。 （1）写出步骤②的离子方程式______________________________。 （2）下列说法正确的是__________（填字母序号）。 A．利用蒸馏法实现海水淡化，发生了化学变化 B．步骤①的目的是避免与碱性海水反应 C．步骤④的作用是脱除步骤②中过量的 （3）步骤⑤中以吸收，反应的化学方程式为______________________________。 若以溶液作吸收剂，产物为、和。当被吸收时，转移电子的物质的量为__________mol。 Ⅱ．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验： （4）从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不需要都用到的是__________。 A. 海带灼烧灰化，选用①②⑧ B. 加水浸泡加热，选用②④⑦ C. 过滤得到滤液，选用④⑤⑦ D. 萃取和分液，选用③④⑥ （5）步骤④的离子方程式为______________________________。 （6）已知：，向溶液中通入（标准状况），反应完成后，溶液中有被氧化，则原溶液的物质的量浓度为__________。 Ⅲ．已知苦卤的主要成分如下： 离子 浓度 63.7 28.8 144.6 46.4 （7）理论上，苦卤最多可得到的质量为__________。 【答案】（1） （2）BC （3） ①. ②. 5 （4）D （5） （6） （7）69.6 【解析】 【分析】Ⅰ．浓缩海水进行酸化得到酸化海水，向酸化海水中通入氯气，将溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，利用热空气将溴吹出进行富集，加入NaBr溶液脱氯，再用吸收剂进行富集，经一系列操作得到产品溴。 Ⅱ．灼烧海带将海带转化为海带灰，海带灰溶解过滤后得到含碘离子的溶液，在酸性条件下，二氧化锰与碘离子发生氧化还原反应得到碘单质，再加入苯进行萃取分液，最后蒸馏得到碘单质。 【小问1详解】 步骤②为氯气氧化溴离子，离子方程式为。 【小问2详解】 A．利用蒸馏实现海水淡化的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误； B．Cl2在碱性条件下会发生歧化反应，因此步骤①先将海水进行酸化，是为了避免Cl2与碱性海水反应，故B正确； C．步骤②中加入过量的Cl2，步骤④加入NaBr溶液是为了脱除步骤②中过量的Cl2，故C正确； 故答案为：BC； 【小问3详解】 以SO2吸收Br2，发生反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；若以Na2CO3溶液作吸收剂，产物为NaBr、NaBrO3和NaHCO3，则发生的反应为3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+NaHCO3，根据反应的化学方程式可知，当3 mol Br2被吸收时，转移电子的物质的量为5mol。 【小问4详解】 A．海带灼烧灰化装置是，需要坩埚、泥三角、酒精灯，选用①②⑧，故不选A； B．加水浸泡加热需要烧杯、玻璃棒、酒精灯，选用②④⑦，故不选B； C．过滤得到滤液，过滤装置是，选用④⑤⑦，故不选C； D．萃取和分液，装置图是，选用④⑥，不需用试管，故选D； 故选D； 【小问5详解】 步骤④是在酸性条件下用MnO2把碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是； 【小问6详解】 根据反应，可知还原性：，溶液中通入氯气，氯气先氧化I-，往溶液中通入11.2 L(标准状况)，反应完成后，溶液中有被氧化，设原的物质的量为xmol，则的物质的量是xmol、I-的物质的量是2xmol，根据，氧化I-消耗氯气xmol，溶液中有被氧化，被氧化的为，根据，氧化消耗氯气，则，x=0.4mol，原FeI2溶液的物质的量浓度为。 【小问7详解】 理论上，1L苦卤中含镁离子的质量=1L×28.8g/L=28.8g，物质的量n(Mg2+)==1.2mol，根据镁元素守恒计算，最多可得到Mg(OH)2的质量=1.2mol×58g/mol=69.6g。 17. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料。一定条件下的转化关系如下图。 （1）丙烯→A的反应类型是__________。 （2）B中所含官能团的名称是__________。 （3）区分A、B两种物质可以选择的试剂为__________（列出一种即可）。 （4）A与B反应的化学方程式是______________________________。 （5）D结构简式是__________。 （6）写出丙烯的一种同分异构体的结构简式__________。 【答案】（1）加成反应 （2）碳碳双键 羧基 （3）紫色石蕊试液（或溶液等） （4） （5） （6）或 【解析】 【分析】根据A和B反应得到丙烯酸丙酯，逆推A和B应该是属于羧酸类和醇类化合物，因为丙烯与水在催化剂作用下发生加成反应，所以A应该是丙醇，B物质应该是丙烯被氧气氧化为丙烯酸，最后一步是由丙烯酸丙酯在催化剂作用下生成高聚物D。 【小问1详解】 丙烯与水在催化剂作用下发生加成反应，所以A应该是丙醇，所以应该是加成反应。答案为：加成反应 【小问2详解】 B物质应该丙烯被氧气氧化为丙烯酸，官能团是碳碳双键和羧基，故答案是：碳碳双键和羧基 【小问3详解】 由于A是丙醇，B物质应该是丙烯被氧气氧化为丙烯酸，可以根据羧基酸性进行鉴别。方法一：加入紫色石蕊试液变红，则证明是丙烯酸，不褪色的是丙醇。方法二：加入NaHCO3溶液，产生二氧化碳气体的是丙烯酸，无现象的是丙醇；故答案为：紫色石蕊试液（或NaHCO3溶液等） 【小问4详解】 A是丙醇，B是丙烯酸，二者发生酯化反应，方程式为： 【小问5详解】 丙烯酸丙酯在催化剂作用下生成高聚物D，所以D是，故答案为： 【小问6详解】 根据单烯烃的通式，符合此结构的有机物可以是环状饱和烷烃，故答案为环丙烷，结构式为：，结构简式为： 18. 我国是世界上最早冶炼锌的国家之一，有独立的炼锌发展史。在现代工业中，锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。 已知：锌的熔点420℃，沸点907℃。 Ⅰ．下图是古代以炉甘石（）为原料热还原法冶炼锌的示意图： 反应过程如下（反应条件略）： ⅰ． ⅱ． ⅲ．…… 总反应为： （1）写出反应ⅲ的化学方程式：______________________________（不必写反应条件）。 （2）c处收集到__________（填“固”“液”或“气”）态金属锌。 Ⅱ．现代炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿（主要成分为ZnS，还含铁等元素）、软锰矿（主要成分为）为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种流程如下： （3）浸出：加入能促进的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为： ⅰ． ⅱ．…… ①写出ⅱ的离子方程式：_________________。 ②下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。 a．向酸化溶液中加入溶液，溶液几乎无色，再加入少量，溶液变红。 b．_____________。 （4）除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的约为3；②控制溶液为，使铁主要以沉淀的形式除去。 结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量的理由是_________________。 （5）上述流程中在电解前需对电解液中的含量进行测定。方法是：取出一定体积的电解液，加入一定质量的（不溶于水），使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是、。该反应的离子方程式是______________。 【答案】（1） （2）液 （3） ①. ②. 取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 （4）通入空气时，发生反应，加入的发生反应，可控制溶液的 （5） 【解析】 【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)与软锰矿混合后加入稀硫酸浸出，产生的滤渣1为硫；滤液中通入空气，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌，调节溶液的pH，使Fe3+转化为FeOOH溶液，其为滤渣2；再将滤液进行电解，便可得到金属锌和MnO2。 【小问1详解】 总反应-ⅰ-ⅱ得，反应ⅲ的化学方程式：。 【小问2详解】 锌的熔点420℃，沸点907℃，泥罐中温度由1100~1300℃变成500~700℃，金属锌的状态由气态变为液态，则c处收集到液态金属锌。 【小问3详解】 ① Fe2+的作用类似催化剂，ⅱ中应将Fe3+还原成Fe2+，ⅱ的离子方程式：ZnS+2Fe3+ = Zn2++2Fe2++S； ② 证实上述“催化”过程的实验方案： a．检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。 b．检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去。 【小问4详解】 除铁：通入空气需同时补充适量ZnO的理由是：通入空气时，发生反应，加入的发生反应，可控制溶液的； 【小问5详解】 和在酸性条件下发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是、，Mn由+2价升高为+7价，Bi由+5价降低为+3价，由得失电子守恒和最小公倍法，该反应的离子方程式是。 19. 某小组通过实验探究NO的某些性质。 （1）以Cu和HNO3为原料制备NO，反应的化学方程式为____。 （2）设计实验探究NO的氧化性。 实验I：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。 资料：i.NO与碱性Na2SO3溶液会发生氧化还原反应NO被还原为N2O。 ii.Ag+与N2O反应生成黄色沉淀。 检验SO的氧化产物。取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，____(填操作和实验现象)。 （3）某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验： 实验II：取饱和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，无明显变化。 实验III：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，____(填实验现象)。 上述实验证明NO有氧化性。 （4）①实验II的目的是____。 ②写出NO与碱性Na2SO3溶液反应的离子方程式____。 ③从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。 还原反应：2NO+2e-=N2O 氧化反应：____。 （5）实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。 根据上述实验所得结论：____。 【答案】（1）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O （2）取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 （3）出现黄色沉淀 （4） ①. 排除SO对Ag+检验N2O的干扰 ②. 2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O ③. SO+2OH--2e-=SO+H2O （5）NO和SO反应体现了NO氧化性，碱性增强反应更快 【解析】 【小问1详解】 单质铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，可制取NO，则以Cu和HNO3为原料制备NO的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O， 故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； 【小问2详解】 检验SO的氧化产物为硫酸根离子，要检验SO要排除多余亚硫酸根离子等的干扰，故操作和实验现象为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，故答案为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀； 【小问3详解】 某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，则需检验还原产物N2O的生成，利用信息：Ag+与N2O反应生成黄色沉淀，同时要防止硫酸根离子对实验的干扰，故答案为：出现黄色沉淀； 【小问4详解】 ①实验II的目的是排除SO对Ag+检验N2O的干扰，而实验Ⅲ则是检验N2O的生成，故实验Ⅲ的现象是：出现黄色沉淀，故答案为：排除SO对Ag+检验N2O的干扰； ②NO与碱性Na2SO3溶液反应生成N2O、SO和H2O，则离子方程式2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O，故答案为：2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O； ③从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。还原反应：2NO+2e-=N2O，SO32-在碱性环境下失去电子生成SO42-、H2O是氧化反应：SO+2OH--2e-=SO+H2O。故答案为：SO+2OH--2e-=SO+H2O； 【小问5详解】 实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快，是因为碱性增强反应更快。根据上述实验所得结论：NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。故答案为：NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$