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弋横铅高一化学试卷
本试卷满分100分，考试用时75分钟
可能用到的相对原子质量：Si-28 O-16 N-14 Al-27 Na-23 S-32 Mg-24 Cu-64
Mn-55 C-12 Zn-65 H-1 Fe-56
一、单选题(每个3分，共42分)
1．女儿茶是一种口感清新、香气独到的绿茶，其制作工艺包括晾晒、杀青、揉捻、烘干、筛分等，以下操作最不可能引起化学变化的是( )
A．杀青 B．揉捻 C．烘干 D．筛分
2．化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是( )
A．医疗上可被用作消化系统X射线检查的内服药俗称“钡餐”，其主要成分是硫酸钡
B．二氧化硫虽然有毒，但食物中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用
C．冬奥会开幕式专用演出服用到的石墨烯智能发热材料，属于传统无机非金属材料
D．王水能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解
3．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．90gSiO2含有3mol的Si-O键
B．浓硝酸受热分解生成NO2、N2O4共2.3g时，转移的电子数为0.5NA
C．1molCu与足量的浓硫酸在加热条件下充分反应，生成1molSO2
D．常温下，将2.7gAl投入足量的浓硝酸中，铝失去的电子数为0.3NA
4．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．钠与重水()充分反应产生
B．()分子中所含共价键数为
C．质量分数为的，用水稀释至，的质量分数为
D．铜与足量浓硝酸反应生成和共，则铜失去的电子数大于、小于
5．下列关于化学物质的用途或性质的叙述正确的说法有( )
①实验室浓硫酸通常保存在细口玻璃瓶中
②将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生，非金属性：Cl>Si
③锌块投入浓硫酸中不可能产生氢气
④燃煤中添加CaO可以减少SO2和温室气体的排放
⑤将浓硫酸滴到纸上，纸变黑，说明浓硫酸具有脱水性
⑥二氧化硅与氢氧化钠溶液、氢氟酸均反应，属两性氧化物
⑦SO2和Cl2都能漂白某些有色溶液，若将等物质的量的两种气体同时通入有色溶液中，漂白效果更好
⑧取少量Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质
⑨浓硫酸具有强氧化性，所以不能干燥H2S气体
A．① ② ⑤ ⑦ B．① ③ ⑥ C．① ⑤ ⑨ D．① ⑤ ⑧ ⑨
6．化学是以实验为基础的科学。下列实验方案设计中，能达到实验目的的是 ( )
选项 实验方案 实验目的
A 取久置的粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体 证明已变质
B 向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，观察到溶液紫色褪去 证明具有还原性
C 在0.1mol·L-1溶液中加入少量溶液，产生气泡 证明酸性：
D 取食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色 证明此食品脱氧剂样品中没有三价铁
A．A B．B C．C D．D
7．宏观辨识与微观探析相结合是化学特有的认识物质的方法。下图表示固态氯化钠(II)、氯化钠水溶液(I)、熔融氯化钠(III)的微粒状态，有关叙述正确的是：( )
A．图中水合离子为水合钠离子
B．溶液以及熔融均属于电解质
C．固体溶于水前不能导电是因为其中不含和
D．熔融的电离过程为
8．下列对应的离子方程式正确的是( )
A．过量铁粉与稀硝酸反应：
B．氯化铜溶液中通入硫化氢气体：
C．过量的通入溴化亚铁溶液：
D．向溶液中加入过量的：
9．气体的制备是实验化学中的基本技能。下列气体的制备与收集装置的连接正确的是( )
A．制备收集：连接a→d→e→g B．制备收集：连接b→c→g
C．制备收集：连接a→f→c→e→d D．制备收集：连接b→c→e→d
10．下列由实验现象所得结论正确的是( )
A．向溶液中滴入稀硫酸酸化的溶液，溶液由浅绿色变为黄色，证明氧化性大于
B．向某无色溶液中滴加滴酚酞试液，一段时间后溶液仍呈无色，证明该溶液呈酸性
C．往溶液中滴加滴溶液，加入，振荡，取上层清液滴加溶液，呈血红色，证明该反应有一定的限度
D．将某无色气体通入淀粉和的混合溶液，溶液变蓝，证明该气体具有氧化性
11．下列关系图中，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中错误的是( )
A．F可能是或
B．当X是强酸或强碱时，A不可能是同一物质
C．当X是强酸时，C在常温下是一种微溶于酒精的固体
D．当X是强酸时，用代替，也能与B反应生成C物质
12．新型原电池工作原理如图所示，双极膜中间层中的解离为和并可通过阴、阳膜定向移动。下列说法错误的是( )
A．是原电池的正极
B．Zn极的电极反应为：
C．双极膜中向Ⅰ室迁移
D．理论上当负极质量减轻32.5g时，则正极增重32g
13．下列烷烃进行一氯取代后，只能生成两种一氯代物的是( )
A． B．
C． D．
14．将10g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到NO和(不考虑)共0.3mol，向反应后的溶液中加入溶液0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为18.5g。下列说法错误的是( )
A．该硝酸的物质的量浓度为
B．合金与硝酸反应中转移的电子总数是0.5NA
C．混合气体中NO和NO2的体积之比为1∶2
D．铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为0.3mol
二、解答题
15．（每空2分，共16分）以软锰矿（主要成分是、含有少量的、、）为主要原料制备高纯碳酸锰的工艺流程如图所示：
(1)浸取时加入的作用是做 （填“氧化剂”或“还原剂”），与发生反应的化学方程式为 。
(2)“浸取”反应中往往有副产物生成，温度对“浸取”反应的影响如图所示：
为减少的生成，“浸取”的适宜温度是 ，向过滤Ⅱ所得的滤液中加入溶液时温度不宜太高的原因是 。
(3)“氧化”操作的离子方程式为 。
(4)“沉锰”时，发生的离子方程式为： 。
(5)生成的碳酸锰产品需要充分洗涤，检验碳酸锰产品已完全洗净的方法是 。
(6)取m g碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用c 的溶液滴定，至滴定终点（高锰酸钾恰好反应完即为滴定终点）时，消耗溶液的体积为V mL。（已知：反应产物为，杂质不参与反应），则样品中质量分数的计算式为 （用质量分数表示，无需化简）。
16（每空2分，共16分）．某学习小组设计研究烷烃的某些性质，实验如下。回答下列问题：
Ⅰ、烷烃可以发生取代反应。如图所示，用强光照射硬质玻璃管。

(1)请写出C装置中生成的化学方程式： 。
(2)B装置有三种功能：①混匀混合气体；②干燥气体；③ 。
(3)检测发现，E装置水中有出现， (填写“能”或“不能”)由此证明甲烷与氯气发生了取代反应，原因是 。
(4)若2mol与在光照条件下发生取代反应，全部消耗完，测得生成、、和的物质的量之比为，则消耗的氯气的物质的量是 mol。
(5)丁烷与氯气发生反应的产物之一为C4H8Cl2，则C4H8Cl2的结构有 种(不包括立体异构)。
Ⅱ、烷烃可以发生氧化反应。
将某烷烃X在足量氧气中充分燃烧产生的气体全部通入如图所示装置，得到如下表所示实验数据(已知U形管a中干燥剂只吸收水蒸气且产生的气体在相应装置中均被完全吸收)。

实验前 实验后
实验前实验后(干燥剂+U形管a)的质量 29.0g 30.8g
实验前实验后(碱石灰+U形管b)的质量 67.8g 71.1g
(6)①烷烃X的分子式为 。
②为确保测量的准确性，需要在U形管b后再连接一个盛有碱石灰的干燥管，目的是 。
17（每空2分，共12分）．黑色固体A仅由两种元素组成，14.4g固体A可以发生如图转化：
已知：气体C为无色气体，遇空气变成红棕色，沉淀E为红褐色沉淀。
(1)组成固体A的元素符号为 。
(2)写出C→D的化学反应方程式 。
(3)写出固体A和过量溶液B反应的离子方程式 。
(4)请设计实验检验溶液G中的阳离子 。
(5)在温度为T，压强为2.8MPa的恒压密闭容器中，通入1mol 、1mol CO和2mol ，同时只发生如下反应：
反应1：
反应2：
达到平衡时，容器中为0.8mol，为0.6mol，此时的平衡转化率为
应用二：氢气熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示
(6)若进入电极A的，理论上负极生成的与正极消耗的的物质的量之比是 。
18（除注明外，每空2分，共14分） 实验室制备并收集无水的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知在空气中易潮解，300℃左右升华。
实验步骤如下：
Ⅰ．连接仪器，检查气密性，装入药品；
Ⅱ．打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当…点燃装置d处酒精灯；
Ⅲ．反应结束，熄灭装置d处酒精灯，待硬质玻璃管冷却至室温；
Ⅳ．关闭分液漏斗活塞，熄灭装置a处酒精灯；
Ⅴ．从K处通入一段时间干燥空气后，拆卸装置并及时密封收集器。
回答下列问题：
(1)①装置f中的试剂是 ；（1分）②装置b的作用为 ；（1分）
(2)①补全步骤Ⅱ中相应的实验现象 ；②步骤Ⅴ中通入一段时间干燥空气的目的是 。
(3)加热后，生成的烟状大部分进入收集器，少量沉积在反应管右端，要使沉积的进入收集器，需要的操作是 。
(4)现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
①称取ag样品配成250mL溶液，加入过量锌粒将还原为，过滤；取25.00mL所得滤液，恰好与V mL c mol/L的溶液完全反应；
(已知未配平，杂质、、不参与反应)。
②另取ag样品，在脱水剂蒸汽作用下，加热至恒重，测得固体质量为bg。(遇水极易反应生成气体，该过程中未升华)。
则配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有 、玻璃棒、烧杯和胶头滴管； ，下列情况会导致n测量值偏小的是 (填标号)。
A．实验①中，称重后样品发生了潮解
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤
D．实验②中样品与反应时，失水不充分弋横铅高一化学
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C C A C C A B C D
题号 11 12 13 14
答案 B C D A
1．D
【详解】A．“杀青”是通过高温破坏氧化酶活性，属于化学变化，A不符合；
B．“揉捻”是借助外力使茶菁成条，有化学变化，B不符合；
C．“烘干”是使茶脱水的过程，涉及化学变化，C不符合；
D．“筛分”是根据茶叶的大小和粗细进行筛选，不涉及化学变化，D符合；
答案选 D。
2．C
【详解】A．硫酸钡难溶于水，不会释放有毒的 Ba2 ，因此可安全用作“钡餐”，A正确；
B．二氧化硫虽有毒，但在特定食品（如干果、葡萄酒）中允许作为漂白剂、防腐剂和抗氧
化剂，需严格控制添加量，B正确；
C．石墨烯是新型无机非金属材料，传统无机非金属材料包括玻璃、水泥、陶瓷等，C错误；
D．王水（浓盐酸与浓硝酸混合液）可溶解金、铂等金属，D正确；
故选 C。
3．C
90g
【详解】A．1molSiO2中含有 4molSi-O键，90gSiO2的物质的量为 =1.5mol，含有60g/mol
1.5mol×4=6mol的 Si-O键，A不正确；
B．浓硝酸受热分解生成 NO2、N2O4，采用极端分析法，生成 2.3gNO2转移电子的物质的量
2.3g 2.3g
为 1=0.05mol、生成 2.3gN O
46g/mol 2 4
转移电子的物质的量为 2 =0.05mol，
92g/mol
则生成 NO2、N2O4共 2.3g时，转移的电子数为 0.05NA，B不正确；

C．Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应 Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，则 1molCu
与足量的浓硫酸完全反应，生成 1molSO2，C正确；
答案第 1页，共 12页
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D．常温下，将 2.7gAl投入足量的浓硝酸中，铝表面发生钝化，铝不能完全反应，则失去的
2.7g
电子数小于 3 NAmol
1
=0.3N ，D不正确；
27g/mol A
故选 C。
4．A
【详解】A．2.3g钠的物质的量是 0.1mol，与重水(D2O)充分反应产生 0.05molD2，质量是
0.05mol×4g/mol＝0.2g，A正确；
25.6
B．25.6gS8的物质的量是 mol＝0.1mol，S8分子中所含共价键数为 0.8NA，B错误；
32 8
C．10mL质量分数为 98%的 H2SO4，用水稀释至 100mL，硫酸密度减小，物质的量浓度是
1 1000
原来的 ，依据 c 可知稀释后 H2SO4的质量分数大于 9.8%，C错误；
10 M
D．铜与足量浓硝酸反应生成 NO2和 N2O4共 23g，NO2和 N2O4的最简式均是 NO2，物质的
量是 0.5mol，反应中得到 0.5mol电子，依据电子得失守恒可知铜失去的电子数为 0.5NA，D
错误；
故选 A。
5．C
【详解】①浓硫酸是液体，所以浓硫酸通常保存在细口瓶中，故①正确；
②HCl不是 Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能根据 HCl、硅酸酸性强弱判断 Cl、
Si元素的非金属性强弱，故②错误；
③若是足量的锌块，当浓硫酸变为稀硫酸后会生成 H2，故③错误；
④二氧化硫为酸性氧化物，燃煤中加入 CaO可吸收二氧化硫，但是不能减少温室气体的排
放，故④错误；
⑤将浓硫酸滴到纸上，纸变黑，是因为浓硫酸能使纸脱水炭化，证明浓硫酸具有脱水性，故
⑤正确；
⑥二氧化硅与氢氟酸反应属于其特性，与其他酸均不反应，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠
和水，SiO2是酸性氧化物，故⑥错误；
⑦SO2和 Cl2都能漂白某些有色溶液，若将等物质的量的两种气体同时通入有色溶液中，反
应生成硫酸和 HCl，不能漂白，故⑦错误；
⑧酸性条件下，硝酸根离子可氧化亚铁离子生成 Fe3+，不能确定是否变质，故⑧错误；
答案第 2页，共 12页
{#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}
⑨浓硫酸具有强氧化性，不可作 H2S等还原性气体的干燥剂，故⑨正确；
综上，正确的是①⑤⑨；
答案选 C。
6．C
【详解】A．过氧化钠、碳酸钠和盐酸反应都能放出气体，取久置的 Na2O2粉末，向其中滴
加过量的盐酸，产生无色气体，不能确定该气体是氧气还是二氧化碳，所以不能判断 Na2O2
是否变质，故不选 A；
B．Fe2+、Cl-都能还原高锰酸钾溶液，向较浓的 FeCl2溶液中滴入少量酸性 KMnO4溶液，
观察到 KMnO4溶液紫色褪去，不能证明 Fe2+具有还原性，故不选 B；
C．根据“强酸制弱酸”，在 0.1 mol·L-1 HClO4溶液中加入少量 NaHCO3溶液，产生气泡，
说明有二氧化碳气体放出，证明酸性：HClO4 > H2CO3，故选 C；
D．食品脱氧剂样品中的还原铁粉可与 Fe3+反应生成 Fe2+，故滴加 KSCN后溶液不显红色不
能说明食品脱氧剂样品中没有 Fe3+，故不选 D；
选 C。
7．A
【详解】A．H2O中氧元素化合价为-2价，氢元素化合价为+1价，即 O带部分负电荷、H
带部分正电荷，氯离子半径大于钠离子，氯离子带负电荷，则图(I)中，靠近氯离子一侧的是
氢原子，靠近钠离子一侧的是氧原子，水合 a离子为水合氯离子，水合 b离子为水合钠离子，
A正确；
B．NaCl溶液为混合物，不属于电解质，B错误；
C．氯化钠固体中存在Na 和Cl ，Na 和Cl 之间存在强烈的相互作用(离子键)，离子
不能自由移动，故固体NaCl溶于水前不能导电，C错误；
D．由图可知，NaCl电离不需要通电，电离方程式为NaCl=Na Cl ，D错误；
答案选 A。
8．B
【详解】A．过量的铁粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁、NO和水：
3Fe+8H++2NO-3 =3Fe
2+ +4H2O+2NO ，A错误；
B．氯化铜溶液中通入硫化氢生成氯化铜沉淀和盐酸，离子方程式正确，B正确；
答案第 3页，共 12页
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C．过量 Cl2通入 FeBr2 溶液发生反应生成氯化铁、溴单质，Fe2+ 和 Br- 均完全反应，正确
的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，C错误；
D．向Al2 SO4 NH H3溶液中加入过量的 3 2O，生成的氢氧化铝沉淀不会溶解，离子
方程式为 Al3++3NH3·H +2O=Al(OH)3↓+3NH4 ，D错误；
故选 B。
9．C
【详解】A．实验室制备 NH3，可用浓氨水和 CaO固体反应，NH3 H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，
浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解
度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，不需要额外解热，可选择 b装置，制得的氨
气中含有水蒸气，可用碱石灰干燥，选择 d装置，氨气密度比空气小，需用向下排空气法收
集，所以需短管进，长管出，可选择 e装置，但由于 NH3极易溶于水，因此处理 NH3需要
防倒吸，综合可知，连接 b→d→e可制备收集氨气，故 A错误；
B．实验室制备 SO2，利用亚硫酸钠固体和 70%浓硫酸反应，方程式为：
Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，反应无需加热，选择 b装置，SO2和水反应生成亚
硫酸，所以 SO2不能用排水法收集，所以 g装置不合适，故 B错误；
C．实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，所以应该用 a装置制备氯气；浓盐
酸具有挥发性导致生成的氯气中含有氯化氢，HCl极易溶于水，NaCl溶液抑制氯气溶解，
所以可以用饱和食盐水除去氯气中的 HCl；HCl是酸性气体，应该用酸性干燥剂干燥，所以
可以用浓硫酸干燥；HCl密度大于空气，应该用向上排空气法收集，用碱性物质处理尾气，
所以连接顺序是 a→f→c→e→d，故 C正确；
D．实验室制备 H2S，利用硫化亚铁（FeS）固体和稀盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢，其
化学方程式为 FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，制取 H2S的反应物为固体和液体反应不需要加热，
可选择 b装置，但硫化氢具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，
H2S+H2SO4(浓)=SO2+S↓+2H2O，所以 c装置不合适，故 D错误；
故选 C。
10．D
【详解】A．向 Fe(NO3)2溶液中滴入稀硫酸酸化的 H2O2溶液，硝酸根在酸性条件也具有强
氧化性，溶液由浅绿色变为黄色，无法证明 H2O2氧化性大于 Fe3+，A错误；
B．酚酞是一种有机弱酸，变色范围是 pH＝8.0－10.0，弱碱溶液也可能是无色，B错误；
答案第 4页，共 12页
{#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}
C．向 5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴入 0.1mol/LKI溶液 5~6滴，I-与 Fe3+反应的离子方程式为
2I-+2Fe3+=I +2Fe2+2 ，FeCl3有剩余，加 2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加 KSCN
溶液，溶液变红，说明溶液中含有 Fe3+，但是由于 Fe3+过量，不能说明反应有一定限度，C
错误；
D．将某气体通入淀粉和 KI的混合溶液，蓝色褪去，不能证明该气体具有漂白性，也可能
是该气体与 I2发生了氧化还原反应，D正确；
故选 D。
11．B
【分析】A是一种正盐，当 X无论是强酸还是强碱时，二者反应都能生成气态氢化物 B，
则 A一定是弱酸的铵盐，结合单质 C连续与氧气生成的 E，且 E与水反应生成 F是强酸，
中学常见 N、S元素单质化合物符合转化关系，因此当 X是强碱时，B是 NH3，则 C是 N2、
D是 NO、E是 NO2、F是 HNO3；如果 X是强酸，则 B应该是 H2S，C是 S，D是 SO2，E
是 SO3，F是 H2SO4，这说明 A是(NH4)2S。
【详解】A．由上述分析可知，F可能是H2SO4或HNO3，故 A正确；
B．由上述分析可知，A是(NH4)2S，故 B错误；
C．当 X是强酸时，C是单质 S，是一种微溶于酒精的固体，故 C正确；
D．当 X是强酸时，用 O2 代替 Cl2，氧气可与氨气反应生成氮气，故 D正确；
答案选 B。
12．C
2
【分析】Zn PbO2 原电池中，右侧电极发生氧化反应：Zn 2e 4OH Zn(OH)4 ，
2-
右侧电极为负极，左侧电极发生还原反应：PbO2+2e-+SO4 +4H+=PbSO4+2H2O，左侧电极
为正极。
【详解】A．由上述分析可知PbO2是原电池的正极，A正确；
B 2 ．锌电极锌失去电子，电极反应为 Zn 2e 4OH Zn(OH)4 ，B正确；
C．原电池中阴离子向负极移动，OH 向Ⅱ室迁移，C错误；
D．负极上发生 Zn 2e 4OH Zn(OH) 2 4 ，1molZn 失去 2mol电子，质量减少 65g，
答案第 5页，共 12页
{#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}
若负极减轻 32.5g电子转移 1mol，正极发生 PbO2+2e-+SO2-4 +4H+=PbSO4+2H2O反应，2mol
电子转移正极由 1molPbO2生成 1molPbSO4增重 64g，1mol电子转移增重 32g，D正确；
故选：C。
13．D
【分析】依据等效氢原理判断各烷烃中的 H原子种类，即可知道烷烃的一氯取代物有几种，
其中等效氢主要有三种：①同 C上的 H一样；②同 C上的甲基上的 H一样；③对称位置上
的 H一样；
【详解】
A．CH3CH2CH2CH2CH3 如图所示 对称，表明该烷烃有 3种 H，
① ② ③
即CH3CH2 CH2 CH2 CH ，则一氯取代物有 3种，A错误；3
B． CH3 CHCH CH2 2 3无对称性，但是有 2个同 C上的甲基 ，
① ② ③ ④
所以该烷烃有 4种 H，即 CH3 CHCH2 CH ，则一氯取代物有 4种，B错误；2 3
C． CH3 CCH3 2CH3无对称性，但是有 3个同 C上的甲基 ，所以该
① ② ③
烷烃有 3种 H，即 CH3 CCH2 CH ，则一氯取代物有 3种，C错误；3 3
D． CH3 CHCH CH2 3 2 如图所示 对称，且两边各有 2个同
① ②
C上的甲基 ，所以该烷烃只有2种H，即 CH3 CHCH CH ，2 3 2
则一氯取代物有 2种，D正确；
故合理选项为 D。
14．A
【分析】根据题意可知，铜失电子生成铜离子，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，
镁失电子生成镁离子，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，设 Cu为 x mol，Mg
为 y mol，则：合金质量：64x 24y 10，沉淀质量：
64x 24y 17 2 x y 18.5，解得：x 0.1 mol（Cu），y 0.15 mol（Mg），
总金属物质的量 x y 0.25 mol；
【详解】A．全部沉淀后，溶质为 NaNO3，根据氮原子守恒，有
答案第 6页，共 12页
{#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}
1.1mol
n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO+NO2)=0.8L×1mol/L+0.3mol=1.1mol，c(HNO3)= =11mol/L；
0.1L
故 A错误；
B．每 1mol金属失去 2mol电子，总转移电子物质的量为：0.25 2mol 0.5 mol，个数
为0.5NA ，故 B正确；
C．设 NO为 a mol，NO2为 b mol：总物质的量：a b 0.3，电子守恒：3a b 0.5，
解得： a 0.1， b 0.2，体积比为 1:2，故 C正确；
D．由上述计算可知，n(HNO3)=1.1mol，反应掉的 n(HNO3)=2n(合
金)+n(NO+NO2)= 2 0.25mol 0.3mol=0.8mol，故剩余的硝酸为 0.3mol，故 D正确；
故选 A。
15．(1) 还原剂 MnO2 SO2 MnSO4
(2) 90℃ 防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率
(3)MnO 2 2 2Fe 4H
2Fe3 Mn2 2H2O
(4)Mn2 2HCO 3 MnCO3 CO2 H2O
(5)取最后一次洗涤液，先加入盐酸酸化，后加几滴BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净
55 12 48 cV 3
(6) 100%（其它答案合理也可）
2000m
【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，含有少量的Fe3O4、Al2O3、SiO2，向其中加入
稀硫酸，除SiO2外金属氧化物均可溶解，加入SO2 后可将Fe3+还原为Fe2+ ，二氧化锰
2-
还原为锰离子，过滤后滤渣 I为SiO +2，滤液中存在H 、SO4 、Mn2+ 、Fe2+ 、Al3+ ；
向滤液中加入MnO2，可将Fe2+ 氧化为Fe3+，加入MnCO3调节 pH可除去溶液中的
Al3+ 和Fe3+，使Al3+ 和Fe3+转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3，故滤渣 II为 Fe(OH)3和
Al(OH) 2-3，过滤后滤液中存在SO 2+ 2+4 和Mn ，加入NH4HCO3，将Mn 转化为
MnCO3。
答案第 7页，共 12页
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【详解】（1）由分析可知SO 做还原剂，将Fe3+还原为Fe2+2 ，将二氧化锰还原为锰离子；
浸取过程中，MnO2将SO2氧化为硫酸根，离子方程式为：MnO2 SO2 MnSO4；
（2）由图可知，90℃时，MnS2O6 的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则
浸锰的适宜温度是 90℃；NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热
分解，提高原料利用率；
（3）“氧化”操作中，MnO2与Fe2+ 之间发生氧化还原反应，使Fe2+ 氧化为Fe3+，离子
方程式为MnO2 2Fe
2 4H 2Fe3 Mn2 2H2O；
（4）“沉锰”时，NH4HCO3与Mn2+ 反应生成碳酸锰、CO2和水，离子方程式为：
Mn2 2HCO 3 MnCO3 CO2 H2O；
（5）生成的碳酸锰产品需要充分洗涤，由于原溶液中含有硫酸根，检验碳酸锰产品是否洗
净的操作为：取最后一次洗涤液，先加入盐酸酸化，后加几滴BaCl2溶液，若无沉淀，则
已洗净；
（6）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4 反应生成MnO2，化合价由＋2价
变成＋4价，KMnO4 由＋7价变成＋4价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为
3
n，所以n 2=V 10-3 c 3，解得 n=
3cV 10 mol，故MnCO 质量分数为
2 3
3cV 10 3 55 12 48
2 55 12 48 cV 3100% 100%。
m 2000m
16．(1)CH4+Cl2 光 照 CH3C1+HCl
(2)控制气流速率
(3) 不能 A装置生成的 Cl2中混有 HCl气体，且过量的 Cl2能够与水反应产生 HCl，
所以不能根据 E中有 HCl产生，就说是甲烷与氯气发生了取代反应
(4)6
(5)9
(6) C3H8 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入 U形管 b，干扰实验测定
答案第 8页，共 12页
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【分析】在装置 A中，浓盐酸与 MnO2混合加热反应产生 Cl2，在装置 B中浓硫酸可以干燥
气体、混合气体，并通过观察气泡来控制气流速率；在 C中 Cl2与 CH4在光照条件下发生取
代反应产生 CH3Cl等有机物及 HCl；根据取代反应的特点，由取代反应产生的物质的物质
的量计算反应消耗的 Cl2的物质的量。
【详解】（1）在装置 A中，浓盐酸与MnO2混合加热反应产生 Cl2，装置 B的浓硫酸可以干
燥、混合 Cl2与 CH4然后在 C中 Cl2与 CH4在光照条件下发生取代反应产生 CH3C1、HCl，
反应方程式为：CH4+Cl2 光 照 CH3C1+HCl。
（2）B装置中浓硫酸的作用有三种：①控制气流速率；②干燥气体，避免副反应的发生；
③混匀混合气体。
（3）A装置生成的 Cl2中混有 HCl气体，且过量的 Cl2能够与水反应产生 HCl，所以不能根
据 E中有 HCl产生，就说是甲烷与氯气发生了取代反应。
（4）若 2molCH4 与Cl2在光照条件下发生取代反应，CH4 全部消耗完，测得生成CH3Cl、
CH2Cl2、CHCl3和CCl4 的物质的量之比为1:2:3:4，由 C元素守恒可知生成CH3Cl、
CH2Cl2、CHCl3和CCl4 的物质的量分别为 0.2mol、0.4mol、0.6mol、0.8mol，结合取
代反应的特点，可知发生取代反应消耗 Cl2的总物质的量为
n(CH3Cl )+2n(CH2Cl2 )+3n(CHCl3 )+4n(CCl4 )=0.2 mol+2×0.4 mol+3×0.6 mol+4×0.8
mol=6mol。
（5）9种
（6）①实验前后干燥剂和 U形管 a的质量差为烷烃燃烧生成水的质量，可知水的物质的量
30.8g-29.0g
为 =0.1 mol；实验前后碱石灰和 U形管 b的质量差为烷烃燃烧生成的二氧化
18g/mol
71.1g-67.8g
碳的质量，二氧化碳的物质的量为 =0.075 mol，可知烷烃 X中
44g/mol
n(C)∶n(H)=0.075∶0.2=3∶8，实验式为 C3H8，由于实验式中 H原子已经饱和，该烷烃的
分子式为 C3H8；
②为确保测量的准确性，需要在 U形管 b后再连接一个盛有碱石灰的干燥管，目的是：防
止空气中的水蒸气和二氧化碳进入 U形管 b，干扰实验测定。
17．(1)Fe、O
答案第 9页，共 12页
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(2) 2NO O2 2NO2
(3)3FeO 10H NO 3 3 3Fe NO 5H2O
(4)取适量 G溶液于试管中，继续滴加 NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试

管口，若试纸变蓝，则证明含有NH4
【分析】气体C为无色气体，遇空气变成红棕色，C为NO，沉淀E为红褐色沉淀，E为Fe(OH)3，
F为 Fe2O3，D为 NO2，B为 HNO3，D为 Fe(NO3)3，G为 NH4NO3，根据元素守恒，A中含
Fe和 O，为 FeO，据此回答。
【详解】（1）根据分析可知，组成固体 A的元素符号为 Fe、O；
（2）C→D的化学反应方程式为：2NO+O2=2NO2；
（3）固体 A和过量溶液 B反应的离子方程式：
3FeO 10H NO 3 3Fe
3 NO 5H2O；
4 NH NO NH （ ）检验溶液 4 3中的 4 的方法为：取适量 G溶液于试管中，继续滴加 NaOH浓

溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明含有NH4 。
(5) 70%
(6)5：4
（5）列三段式：
CO2 g 3H2 g CH3OH g H2O g
初始 / mol 1 2 0 0
转化 / mol 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡 / mol 0.8 1.4 0.2 0.2
CO g 2H2 g CH3OH g
初始 / mol 1 1.4 0.2
转化 / mol 0.4 0.8 0.4
平衡 / mol 0.6 0.6 0.6
平衡时气体总物质的量：0.8mol 0.6mol 0.6mol 0.6mol 0.2mol 2.8mol，
2 0.6
平衡时氢气转化率： 100％ 70％
2
答案第 10页，共 12页
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（6）若进入电极A的 n H2 : n CO 3:1，由负极反应：CO 2e CO2 3 2CO2、
H2 2e
CO2 3 H2O CO2，消耗 3mol氢气转移 6mol电子生成 3molCO2，消耗
1molCO转移 2mol电子生成 2molCO2，共转移 8mol电子生成 5 molCO2，由正极反应：
O2 2CO2 4e
2CO2 3 ，消耗 4molCO2，理论上负极生成的CO2与正极消耗的
CO2的物质的量之比是 5：4。
18．(1) 浓硫酸 除去氯气中的氯化氢
(2) 收集器内充满黄绿色气体 通入干燥空气把装置内残留的氯气排入装置 g中被
氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染
(3)在沉积的氯化铁固体下方加热
25(a-b)
(4) 250 mL容量瓶 BD
27cV
【分析】由实验装置图可知，装置 a中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥
发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置 b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，
装置 c中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置 d、e用于制取、冷凝收集氯化铁，装置 f中盛
有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入 e中导致氯化铁潮解，装置 g中盛有的氢氧化
钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置 f中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入 e中导
致氯化铁潮解；装置 b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；
（2）由题意可知，步骤Ⅱ为打开分液漏斗活塞，点燃装置 a处酒精灯，当收集器内充满黄
绿色气体，点燃装置 d处酒精灯；步骤Ⅴ中通入干燥空气的目的是把装置内残留的氯气排入
装置 g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染；
（3）由题意可知，氯化铁 300℃左右升华可知，要使沉积的氯化铁进入收集器，需要的操
作是在沉积的氯化铁固体下方加热；
（4）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、
装瓶可知，配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有 250 mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；
由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得①中存在如下转化关系：
6FeCl3 nH2O—6Fe2+—K2Cr2O7，反应消耗 VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则 250mL溶液中铁
250mL
离子的物质的量为 6×cmol/L×10-3VL× =0.06cVmol；由②中质量变化可得结晶水的
25.00mL
答案第 11页，共 12页
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(a-b)g (a-b) mol (a-b) mol 25(a-b)物质的量为18g/mol = ，由化学式可得：1：n=0.06cVmol： ，解得 n= ；18 18 27cV
A．实验①中，称重后样品发生了潮解对氯化铁的物质的量无影响，对所测结果无影响，故
不符合题意；
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容会使所配的溶液浓度偏大，导致所测结果偏小，
故符合题意；
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤会使所配的溶液浓度偏小，
导致所测结果偏大，故不符合题意；
D．实验②中样品与SOCl2反应时，失水不充分会使失水的质量偏小，导致所测结果偏小，
故符合题意；
故选 BD。
答案第 12页，共 12页
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