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湖南省岳阳市湘阴县2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题
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．文房四宝是中华传统文化的瑰宝。下列有关叙述错误的是
A．羊毛可用于制毛笔，主要成分为蛋白质
B．松木可用于制墨，墨的主要成分是单质碳
C．竹子可用于造纸，纸的主要成分是纤维素
D．大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A．羊毛是动物毛发，其主要成分是角蛋白，属于天然蛋白质，A正确；
B．古代制墨常以松木燃烧产生的烟灰（炭黑）为原料，炭黑的主要成分为单质碳，B正确；
C．竹子是植物纤维，主要成分是纤维素，C正确；
D．大理石的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐矿物，而非硅酸盐，D错误；
故选D。
【分析】A．羊毛的主要成分为蛋白质；
Ｂ．墨的主要成分是碳单质；
Ｃ．植物的主要成分为纤维素；
Ｄ．大理石的主要成分是碳酸钙。
2．反应可用于壁画修复。下列说法正确的是
A．的结构示意图为
B．中既含离子键又含共价键
C．中S元素的化合价为
D．的空间构型为直线形
【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、S2-的核电荷数为 16，核外电子数为 18，结构示意图最外层电子数应为 8：，A错误；
B、H2O2是共价化合物，只含共价键（O-O 非极性键、O-H 极性键），不含离子键，B 错误；
C、SO42-中 O 元素为 - 2 价，设 S 元素化合价为 x，根据离子所带电荷列式：x + 4×(-2) = -2，解得 x=+6，C 正确；
D、H2O 分子中 O 原子的价层电子对数为 4，含 2 对孤电子对，空间构型为 V 形，不是直线形，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：阴离子核外电子数大于核电荷数，S2-最外层电子数为 8；
化学键类型：共价化合物只含共价键，离子化合物含离子键；
化合价计算：根据离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数计算；
分子空间构型：根据价层电子对互斥理论，H2O 为 V 形结构。
3．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
B．用氢氟酸刻蚀玻璃：
C．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+ +3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH
D．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、银与稀硝酸反应的还原产物是一氧化氮，不是二氧化氮；且原方程式电荷不守恒。 正确离子方程式为3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O，A错误；
B、玻璃的主要成分是二氧化硅，属于氧化物，不能拆写成硅酸根离子；氢氟酸是弱酸，也应保留化学式。正确反应为 ：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，B错误；
C、铝离子与弱碱氨水反应生成氢氧化铝沉淀，即使氨水过量，沉淀也不会溶解。该方程式拆分正确、电荷守恒、产物符合事实，C正确；
D、三价铁离子与铜反应的还原产物是亚铁离子，不是铁单质。正确反应式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
产物判断：稀硝酸与金属反应一般生成一氧化氮，浓硝酸才生成二氧化氮；三价铁离子与铜反应只能生成亚铁离子。
物质拆分：氧化物、弱酸（如氢氟酸）、弱碱（如氨水）在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。
守恒关系：离子方程式需满足原子守恒、电荷守恒，同时符合反应的化学计量关系。
4．W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
A．原子半径： B．简单氢化物的沸点：
C．与可形成离子化合物 D．的最高价含氧酸是弱酸
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，X为氧，W为氮，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；
B．X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，是离子化合物，C正确；
D．Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，为强酸，D错误；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，可以形成酸雨NO2，NO，SO2，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，根据解答即可。
5．已知加热条件下S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O(未配平)。硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，中原子总数为0.5NA
B．0.1mol·L-1 Na2SO3溶液中，数目为0.1NA
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为0.1NA
D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，11.2 升二氧化硫的物质的量为 0.5 mol ，每个二氧化硫分子含 3 个原子，原子总数应为 1.5 NA ，并非 0.5 倍，A错误；
B、亚硫酸钠溶液的体积未知，且亚硫酸根离子会发生水解，无法直接计算其数目，B错误；
C、反应①为二氧化硫与硫化氢归中生成硫单质，3.4 克硫化氢（0.1 mol ）参与反应时，可生成 0.15 mol 硫，硫原子数目为 0.15NA，并非 0.1 倍，C错误；
D、反应②（ 3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O ）为硫与热碱液的歧化反应，还原产物为硫离子，每生成 1 mol 硫离子，转移 2 mol 电子，数目为 2 NA ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：使用时需注明 “标准状况” 和 “气体”，并注意分子的原子构成。
微粒数计算：涉及溶液中微粒数时，必须已知溶液体积，同时考虑盐类水解的影响。
氧化还原反应：归中反应和歧化反应的电子转移数目需通过配平的离子方程式计算，明确氧化产物与还原产物。
6．下列图像均表示化学反应中的能量变化，其中描述错误的是
A．图甲可以表示反应CO2+C=2CO的能量变化
B．图乙说明石墨比金刚石稳定
C．根据图丙可以判断2mol A(g)生成1molB(g)放出的能量小于akJ
D．图丁中反应物中化学键断裂所需的总能量高于形成生成物中化学键所释放的总能量
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图甲中反应物总能量高于生成物总能量，代表放热反应；而二氧化碳与碳生成一氧化碳的反应是吸热反应，反应物总能量应低于生成物总能量，图像与反应类型不符，A错误；
B、图乙显示金刚石能量高于石墨，能量越低物质越稳定，因此石墨比金刚石更稳定，B正确；
C、图丙中 2 摩尔气态 A 生成 1 摩尔液态 B 放出 a 千焦能量，若生成 1 摩尔气态 B，因液态变气态需吸热，故放出的能量会小于 a 千焦，C正确；
D、图丁中反应物总能量低于生成物总能量，代表吸热反应，吸热反应中旧键断裂吸收的总能量高于新键形成释放的总能量，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
放热、吸热判断：反应物总能量 > 生成物总能量 → 放热反应；反应物总能量 < 生成物总能量 → 吸热反应。
物质稳定性：能量越低，物质越稳定。
状态与能量：同一物质气态能量高于液态，液态高于固态，生成气态产物时放热更少。
化学键与反应热：吸热反应中，断键吸收总能量 > 成键释放总能量；放热反应则相反。
7．侯德榜将氨碱法和合成氨工艺联合起来，发明了“联合制碱法”。氨碱法中涉及的反应如下：
反应I．；
反应II．。
实验室模拟氨碱法制备少量，下列装置和操作不能达到实验目的的是
A．制取 B．除去中的 C．先往a中通，再往b中通 D．制取
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、稀盐酸与大理石（主要成分为碳酸钙）在常温下反应，可制备二氧化碳气体，装置为固液不加热型，符合制备要求，A能达到实验目的；
B、二氧化碳中混有的氯化氢可通过饱和碳酸氢钠溶液除去，混合气体应 “长进短出”，使杂质与溶液充分反应，装置操作正确，B能达到除杂目的；
C、氨气极易溶于水，先从 a 管通入氨气使饱和食盐水呈碱性，可增大二氧化碳的溶解度，再从 b 管通入二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠沉淀，能制备碳酸氢钠，C能达到除杂目的；
D、加热碳酸氢钠固体制备碳酸钠时，试管口应略向下倾斜，防止反应生成的水倒流使试管炸裂，而图中试管口向上倾斜，存在安全隐患，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体制备：固液不加热型装置适用于常温下固体与液体反应制气。
除杂操作：洗气时需 “长进短出”，保证杂质与除杂液充分接触。
反应顺序：氨碱法中先通氨气营造碱性环境，可提高二氧化碳的吸收效率。
固体加热：加热固体时试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管。
8．酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是
A．石墨作电池的负极材料
B．电池工作时，向负极方向移动
C．发生氧化反应
D．锌筒发生的电极反应为
【答案】D
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、酸性锌锰干电池中，锌筒作负极，石墨棒作正极，A错误；
B、原电池工作时，阳离子向正极移动，应向正极（石墨棒）方向移动，B错误；
C、在正极得电子，发生还原反应，不是氧化反应，C错误；
D、锌筒为负极，失电子发生氧化反应，电极反应为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池电极判断：活泼金属作负极，惰性电极作正极，锌比石墨活泼，锌筒为负极，石墨为正极；
离子移动规律：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；
电极反应类型：负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，在正极被还原；
负极电极反应：锌失电子生成锌离子，反应式为 。
9．番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图，下列说法错误的是
A．该物质能使酸性溶液褪色
B．该物质可与HCl发生加成反应
C．该物质分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为
D．该物质与足量饱和溶液反应，可放出(标准状况)
【答案】C
【知识点】烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、该物质分子中含有羟基和碳碳双键，这两种官能团都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色，A正确；
B、分子中存在碳碳双键，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，B正确；
C、分子中的羟基和羧基都能与金属钠反应，经统计共有 5 个羟基和 1 个羧基，1mol 该物质最多可与 6mol 钠反应；只有羧基能与氢氧化钠反应，1mol 该物质可与 1mol 氢氧化钠反应，因此消耗钠和氢氧化钠的物质的量之比为 6：1，而非 5：1，C错误；
D、分子中的羧基可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，1mol 该物质含 1mol 羧基，在标准状况下可生成 22.4L 二氧化碳，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团与氧化性：羟基、碳碳双键均能被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色。
加成反应：碳碳双键可与卤化氢、氢气等发生加成反应。
与钠、氢氧化钠反应：羟基、羧基均能与钠反应；只有羧基能与氢氧化钠反应。
与碳酸氢钠反应：只有羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
10．部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在c→d→e的转化
B．能与反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与反应生成，则b中含共价键
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；醛的化学性质；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若为 Cu 系列，CuOH 可转化为 Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成 CuO，存在 c→d→e 的转化，A合理；
B、若为 Na 系列，除 b（Na2O 或 Na2O2）外，单质 Na 与 H2O 反应也能生成 NaOH（反应为 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），并非只有 b 能生成 c，B不合理；
C、新制 Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖中的醛基反应会生成砖红色沉淀，可用于检验醛基，C合理；
D、若 b 为 Na2O2，与 H2O 反应生成 O2，其结构中含 O-O 共价键和离子键，D合理；
故答案为：B。
【分析】要解决此题题，需先结合化合价与物质类别明确各物质，再逐一分析选项：
若含 Na：a 为 Na（单质），b 为 Na2O 或 Na2O2（+1 价氧化物），c 为 NaOH（+1 价碱）；
若含 Cu：a 为 Cu（单质），b 为 Cu2O（+1 价氧化物），c 为 CuOH（+1 价碱，不稳定），d 为 Cu(OH)2（+2 价碱），e 为 CuO（+2 价氧化物）。据此解题。
11．某新型催化剂能将汽车尾气中的NO、CO转化为两种无毒气体。T℃下，将0.4molNO和0.4molCO充入容积为2L的恒容密闭容器中(容器内装有该新型催化剂)，模拟汽车尾气转化，容器中NO的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A．两种无毒气体是NO2和CO2
B．当反应进行到第10min时，c(CO2) = 0.02mol·L-1
C．当反应进行到第5min时，v正(NO) = v逆(CO)
D．若容器内气体的平均摩尔质量不变，则反应达到平衡状态
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；物质的量浓度
【解析】【解答】A、NO与CO转化为无毒气体，依据元素守恒及氧化还原反应规律，产物应为氮气（）和二氧化碳（）， 反应的化学方程式是； 是有毒气体，且不符合原子守恒规律，故A错误；
B、由图像可知，10min时NO的物质的量减少了。根据反应的化学计量关系，生成 的物质的量与消耗NO的物质的量相等，即。容器容积为2L， 的浓度为 ，故B错误；
C、10min时NO的物质的量才保持不变，说明此时反应达到平衡状态。第5min时反应仍正向进行，正反应速率大于逆反应速率，即 ，故C错误；
D、反应体系中所有物质均为气体，总质量始终不变；反应的化学计量数变化为 ，气体总物质的量减小。平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，因此平均摩尔质量为变量，当其不变时，反应达到化学平衡状态，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
产物判断：依据元素守恒、毒性判断，NO与CO反应生成 和 。
浓度计算：利用物质的量变化与体积的关系 计算浓度，注意结合化学计量比。
反应速率：平衡状态前，正反应速率大于逆反应速率；平衡时正逆反应速率相等。
平衡标志：对于反应前后气体总物质的量改变的反应，平均摩尔质量不变是达到平衡的重要标志。
12．某透明溶液中可能含有、、、、、、、、、中的几种离子（浓度均为）。常温下，对其进行如下实验操作：
下列说法错误的是
A．实验过程中有氧化还原反应发生
B．无法判断原溶液中是否含有
C．原溶液中一定不含、、、、、
D．原溶液中一定含有、、、
【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、加入硝酸钡后，酸性条件下将氧化为，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；
B、根据电荷守恒，原溶液阳离子已为、，不再含，B错误；
C、由分析可知，原溶液一定不含、、、、、，C正确；
D、由分析可知，原溶液一定含、、、，D正确；
故答案为：B。
【分析】溶液pH=1，呈强酸性，说明含大量H+，因此与H+反应的、、一定不存在；滴加足量硝酸钡溶液产生白色沉淀，说明原溶液含；向澄清溶液中加KSCN溶液变红，说明溶液含，结合酸性环境，是被（硝酸钡引入）氧化生成，因此原溶液一定含，且原溶液不能含（否则酸性条件下无法共存）；已知所有离子浓度均为0.1mol/L，根据电荷守恒：、、的电荷已部分平衡，为满足电荷守恒，必须含1种阴离子；同时阳离子总电荷已饱和，因此、一定不存在。综上，原溶液一定含、、、，一定不含、、、、、。据此解题。
13．液氨的沸点-33.5℃，锂能与液氨反应，反应方程式为Li+nNH3=[e(NH3)n] +Li+，[e(NH3)n] 是一种强还原剂，反应装置如图所示(夹持装置略)。下列说法不正确的是
A．图中“试剂A”“试剂B”均可以为碱石灰
B．实验过程中可以通过调节分液漏斗的活塞，控制产生氨气的速率
C．图中“冷却溶剂”可以是冰水混合物
D．反应前锂片需打磨除去表面的氧化膜
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、试剂A用碱石灰与浓氨水反应制，试剂B用于干燥，可选用碱石灰（碱性干燥剂，不与反应），A正确；
B、实验中可通过调节分液漏斗活塞，控制浓氨水的滴加速率，从而调控的生成速率，B正确；
C、液氨沸点为，冰水混合物温度为，高于液氨沸点，无法使液氨液化，C错误；
D、锂片表面易生成氧化膜，会阻碍Li与液氨的接触，因此实验前需打磨出新鲜表面，D正确；
故答案为：C。
【分析】本实验以Li和液氨为原料制备， 反应为 。
制气：碱石灰吸水放热，使浓氨水分解产生；干燥：用碱性干燥剂干燥，避免杂质干扰；反应：在冷却体系中与Li反应生成目标产物；除杂：用除去过量，同时隔绝空气中的水汽。据此解题。
14．将胆矾(无其他杂质)置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示(纵坐标为固体残余质量)。下列说法错误的是
A．a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为
B．c点对应的固体物质只有
C．将产生的气体全部通入溶液中，有沉淀产生
D．测胆矾()结晶水n值的实验中，若加热温度过高，可导致n值偏高
【答案】A
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、5.00g胆矾（物质的量为0.02mol）失去部分结晶水得到a点物质，设其化学式为，通过质量比计算得，对应。其氧元素质量分数为，并非约50.3%，故A错误；
B、5.00g胆矾完全失去结晶水后，得到0.02mol无水硫酸铜（），质量恰好为3.20g，与c点固体质量一致，故c点对应固体为，B正确；
C、c→d阶段为分解为，产生的气体中含三氧化硫（或其与二氧化硫、氧气的混合物），通入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，C正确；
D、若加热温度过高， 会进一步分解为甚至，导致固体质量额外减少，计算结晶水时会误以为失去的水更多，使测得的值偏高，D正确；
故答案为：A。
【分析】5.00g胆矾的摩尔质量为250g/mol，其物质的量为：，整个过程中铜元素的物质的量始终为0.02mol。
c点产物推导：加热到c点时，固体质量为3.20g。若完全失去结晶水，得到0.02mol无水硫酸铜（），其质量为：，与c点质量完全一致，故c点对应物质为。
d点产物推导：继续加热到d点，固体质量变为1.60g。已知铜元素为0.02mol（质量），则氧元素质量为，氧的物质的量为：
铜与氧的物质的量之比为，故d点对应物质为。
e点产物推导：温度升至1000℃时，固体质量为1.44g。铜元素仍为0.02mol（质量1.28g），则氧元素质量为，氧的物质的量为：，铜与氧的物质的量之比为，故e点对应物质为。据此解题。
二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共58分。）
15．海洋中蕴含着丰富的化学元素，是人类资源的宝库。
Ⅰ.海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：
（1）实验步骤①会用到下列仪器中的　 　(填字母)。
a.酒精灯 b.漏斗 c.坩埚 d.泥三角
（2）步骤④中反应的离子方程式为　 　。
（3）请设计一种检验水溶液中是否含有碘单质的方法：　 　。
Ⅱ.镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：
（4）为了使转化为，试剂①可以选用　 　(填化学式)。
（5）的电子式为　 　，无水在熔融状态下，通电后会产生Mg和，该反应的化学方程式为　 　。
Ⅲ.海水提溴：主要工业生产流程如下图所示。
（6）海水中的被氧化的离子方程式是　 　。
（7）吸收塔中将转化为HBr的化学方程式是　 　。
（8）工业上也可用溶液吸收吹出的。补全以下化学方程式：　 　。
_____________________NaBr＋______________
【答案】acd；；取少量待测溶于试管中，滴加少量淀粉溶液，若溶液变蓝色，则含有碘单质；；；；；；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；常用仪器及其使用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）步骤①为灼烧，需要在坩埚中进行，还要用到铁三角、泥三角、酒精灯、玻璃棒等仪器，无需漏斗，故acd正确；
故答案为： acd ；
（2）步骤④中反应为碘离子被双氧水氧化成碘单质的过程，反应为：；
故答案为： ；
（3）检验碘单质可利用碘的特性，能使淀粉溶液变蓝，因此可去待检验的溶液与试管中，滴加淀粉溶液，观察溶液是否变蓝，若变蓝证明存在碘单质，否则没有，故答案为：取少量待测溶于试管中，滴加少量淀粉溶液，若溶液变蓝色，则含有碘单质；
故答案为： 取少量待测溶于试管中，滴加少量淀粉溶液，若溶液变蓝色，则含有碘单质 ；
（4）煅烧海水中的贝壳生成CaO，CaO溶于水生成Ca(OH)2，向海水中加入Ca(OH)2悬浊液可将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，所以试剂可以选用低成本的Ca(OH)2；
故答案为： ；
（5）氯化镁为离子化合物，电子式为：；电解熔融氯化镁的反应方程式为：；
故答案为： ；；
（6）海水中的Br-被Cl2氧化为溴单质，Cl2本身被还原为Cl-，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（7）由流程图可知，吸收塔中，具有还原性的SO2和具有氧化性的Br2与水发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的化学方程为：；
故答案为： ；
（8）反应中部分溴元素化合价从0价升高到+5价，部分溴元素化合价从0价降低到-1价，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为：。
故答案为： ；
【分析】该实验流程围绕从海带中提取单质碘展开，核心分为三个阶段：
预处理与溶解：先将海带灼烧转化为海带灰，经浸泡得到悬浊液，再通过分离操作得到含碘离子的溶液；氧化与萃取：向含碘离子的溶液中加入过氧化氢和稀硫酸，将碘离子氧化为碘单质，随后利用四氯化碳萃取碘单质，得到碘的四氯化碳溶液；分离提纯：最后从碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘。据此解题。
16．乳酸乙酯是一种常用的食用香精，可以用乙烯等化工产品为原料进行合成：
其中有机物A和B生成乳酸乙酯为酯化反应
请回答：
（1）无机物M的化学式　 　。
（2）反应1的类型为　 　。
（3）有机物A中含有的官能团的名称　 　。
（4）有机物A与B反应生成乳酸乙酯的化学方程式　 　。
（5）下列说法正确的是________。
A．与乳酸乙酯互为同分异构体
B．有机物A分子间能发生酯化反应
C．等质量的有机物A和葡萄糖完全燃烧，后者的耗氧量更高
D．用饱和溶液能同时鉴别有机物A、B以及乳酸乙酯
【答案】（1）
（2）加成
（3）羟基、羧基
（4）CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O
（5）B；D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；酯化反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，无机物M的化学式为：。
故答案为：；
（2）由分析可知，反应1中乙醛和HCN发生加成反应生成。
故答案为：加成；
（3）有机物A为CH3CH(OH)COOH，含有的官能团的名称为：羟基、羧基。
故答案为：羟基、羧基；
（4）CH3CH(OH)COOH和乙醇发生酯化反应生成，方程式为：CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O。
故答案为：CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O；
（5）A．和乳酸乙酯是同一物质，故A错误；
B．有机物A为CH3CH(OH)COOH，其中含有羟基、羧基，分子间能发生酯化反应，故B正确；
C．A为CH3CH(OH)COOH，葡萄糖的分子式为C6H12O6，二者最简式都是CH2O，等质量的有机物A和葡萄糖完全燃烧，二者的耗氧量相等，故C错误；
D．A中含有羧基能够和溶液反应生成二氧化碳，B为乙醇和溶液互溶，乳酸乙酯不溶于溶液，现象不同，用饱和溶液能同时鉴别有机物A、B以及乳酸乙酯，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】本合成路线以乙烯为原料，经多步反应制备乳酸乙酯：
乙烯催化氧化生成乙醛；乙醛与HCN发生加成反应生成， 引入氰基；氰基在酸性条件下水解为羧基，得到含羟基、羧基的有机物A（乳酸，）；乙烯与水加成生成乙醇，乙醇与乳酸发生酯化反应，生成乳酸乙酯（ ）；结合有机物的结构与性质，分析相关选项。
(1)根据原子守恒，乙烯氧化生成乙醛的反应为，结合后续反应的原子守恒，推断无机物M为。
(2)乙醛（）的醛基可与HCN发生加成反应，断裂碳氧双键，H和-CN分别加成到C、O上，生成，据此写出反应产物。
(3)有机物A为，根据结构简式识别官能团：与烃基相连的-OH为羟基，-COOH为羧基。
(4)乳酸（）与乙醇（）发生酯化反应，酸脱羟基、醇脱氢，在浓硫酸、加热条件下生成乳酸乙酯（）和水，据此写出化学方程式。
(5)A：对比结构简式，判断该物质与乳酸乙酯为同一物质，A错误；
B：有机物A含羟基、羧基，分子间可发生酯化反应生成高分子，B正确；
C：计算A（）与葡萄糖（）的最简式，二者最简式均为，等质量完全燃烧耗氧量相等，C错误；
D：利用饱和溶液的鉴别原理：A（乳酸）与反应产生气泡，B（乙醇）与溶液互溶，乳酸乙酯不溶于溶液、分层，现象不同可鉴别，D正确。
（1）由分析可知，无机物M的化学式为：。
（2）由分析可知，反应1中乙醛和HCN发生加成反应生成。
（3）有机物A为CH3CH(OH)COOH，含有的官能团的名称为：羟基、羧基。
（4）CH3CH(OH)COOH和乙醇发生酯化反应生成，方程式为：CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O。
（5）A．和乳酸乙酯是同一物质，故A错误；
B．有机物A为CH3CH(OH)COOH，其中含有羟基、羧基，分子间能发生酯化反应，故B正确；
C．A为CH3CH(OH)COOH，葡萄糖的分子式为C6H12O6，二者最简式都是CH2O，等质量的有机物A和葡萄糖完全燃烧，二者的耗氧量相等，故C错误；
D．A中含有羧基能够和溶液反应生成二氧化碳，B为乙醇和溶液互溶，乳酸乙酯不溶于溶液，现象不同，用饱和溶液能同时鉴别有机物A、B以及乳酸乙酯，故D正确；
故选BD。
17．铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
(氯化铁)熔点为，沸点为；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
(氯化亚铁)熔点为，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入HCl来生产无水氯化亚铁。
Ⅰ．某化学活动小组用如图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。
（1）在装置A中，可用KClO3与浓盐酸反应制取氯气，请写出该反应的离子方程式：________。
（2）D中装的药品是碱石灰，其作用是________。
（3）取装置C中的少量产物溶于浓盐酸中配成稀溶液待用。若产物中混有，下列方法可用于除杂的有_______。
A. 溶液 B. 酸性溶液 C. Cl2 D. 粉
Ⅱ．取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：
称取产品溶于过量的稀盐酸中；加入足量H2O2溶液；再加入足量溶液；过滤、洗涤后灼烧沉淀；称量所得红棕色固体为。
（4）加入足量H2O2溶液有大量气泡产生，可见氯化铁的一项用途是________。它还能用于制备氢氧化铁胶体，请写出化学方程式：________。
（5）则该样品中铁元素的质量分数为________%(结果精确到小数点后1位)。
（6）若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是________。
【答案】(1) ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O
(2) 吸收未反应的氯气，防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解
(3) A，C
(4) 作催化剂 FeCl3+3H2O(沸水)=Fe(OH)3(胶体)+3HCl
(5) 36.5
(6) 在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）装置A中KClO3与浓盐酸反应制取氯气，离子方程式为：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
故答案为： ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O ；
（2）氯气属于污染性气体且氯化铁易潮解，则D作用是吸收未反应的氯气，防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解；
故答案为： 吸收未反应的氯气，防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解 ；
（3）双氧水和氯气都具有氧化性都能将亚铁离子氧化为铁离子，能达到除杂的目的；铁粉具有还原性能将铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾虽能将亚铁离子氧化为铁离子、但也能将氯离子氧化为氯气自身生成锰离子引入杂质，故选AC；
故答案为： A，C ；
（4）H2O2分解产生O2，加入足量H2O2溶液有大量气泡产生，氯化铁在双氧水分解中起催化剂作用；向沸水中加入饱和的FeCl3溶液得到Fe(OH)3胶体，方程式为：FeCl3+3H2O(沸水)=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
故答案为： 作催化剂 FeCl3+3H2O(沸水)=Fe(OH)3(胶体)+3HCl ；
（5）加入足量双氧水是保证加入氢氧化钠溶液后铁元素全部生成氢氧化铁沉淀，再灼烧氢氧化铁分解得到红棕色氧化铁，则由Fe元素守恒可知该样品中铁元素的质量分数为：
故答案为： 36.5 ；
（6）制取的氯气中混有HCl，若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl。
故答案为： 在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置 ；
【分析】本实验以制备氯化铁为核心，整体流程分为氯气制备、干燥、反应收集和尾气处理四个环节：
氯气制备：装置A中氯酸钾与浓盐酸发生归中反应，离子方程式为 ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O， 常温下即可快速制得氯气；氯气干燥：装置B中浓硫酸作为干燥剂，除去氯气中混有的水蒸气，避免后续反应中氯化铁发生水解；反应与收集：干燥后的氯气在加热条件下与铁粉反应生成氯化铁，利用冷水浴冷却广口瓶，使气态氯化铁凝华收集；尾气处理与防水解：尾气用碱石灰吸收，同时碱石灰可隔绝空气中的水蒸气，防止收集到的氯化铁遇水水解。据此解题。
18．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：。
（1）装置①中发生反应的化学方程式是　 　。
（2）装置②的作用是　 　，发生反应的化学方程式是　 　。
（3）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是　 　、　 　、　 　。
（4）滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹，　 　。
（5）该小组得出的结论依据的实验现象是　 　。
【答案】（1）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（2）将NO2转化为NO；3NO2+H2O=2HNO3+NO
（3）3mo/L稀硝酸；浓硝酸；NaOH溶液
（4）通入CO2或N2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内
（5）③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，铜与浓硝酸反应的化学方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
故答案为： Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ；
（2）装置②中盛放蒸馏水，使二氧化氮与水反应生成一氧化氮，反应的化学方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
故答案为： 将NO2转化为NO ； 3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（3）根据分析，装置③中应盛放：3mo/L稀硝酸；装置④中应该盛放：浓硝酸，装置⑥中盛放：NaOH溶液；
故答案为： 3mo/L稀硝酸 ； 浓硝酸 ； NaOH溶液
（4）装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需通入CO2或N2一段时间，排除装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，
故答案为：通入CO2或N2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸装置的液面上方没有颜色变化即可说明。装置④中盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成，该小组得出的结论依据的实验现象是：③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成。
故答案为： ③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成 ；
【分析】本实验通过对比NO与浓、稀硝酸的反应，验证浓硝酸氧化性强于稀硝酸，核心流程与装置作用如下：
装置①中铜与浓硝酸反应，生成二氧化氮，化学方程式为： Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O， 装置②中盛放蒸馏水，使二氧化氮与水反应得到一氧化氮（）。装置③中盛放3mol/L稀硝酸，用于验证稀硝酸无法氧化。装置④中盛放浓硝酸，将通入后，观察到气体变为红棕色，证明浓硝酸可将氧化为。装置⑤用于收集未反应的；装置⑥中盛放氢氧化钠溶液，吸收生成的，防止污染空气，同时氢氧化钠不与反应，避免干扰实验。据此解题。
（1）根据分析，铜与浓硝酸反应的化学方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
（2）装置②中盛放蒸馏水，使二氧化氮与水反应生成一氧化氮，反应的化学方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（3）根据分析，装置③中应盛放：3mo/L稀硝酸；装置④中应该盛放：浓硝酸，装置⑥中盛放：NaOH溶液；
（4）装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需通入CO2或N2一段时间，排除装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，故答案为：通入CO2或N2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸装置的液面上方没有颜色变化即可说明。装置④中盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成，该小组得出的结论依据的实验现象是：③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成。
1 / 1湖南省岳阳市湘阴县2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题
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．文房四宝是中华传统文化的瑰宝。下列有关叙述错误的是
A．羊毛可用于制毛笔，主要成分为蛋白质
B．松木可用于制墨，墨的主要成分是单质碳
C．竹子可用于造纸，纸的主要成分是纤维素
D．大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐
2．反应可用于壁画修复。下列说法正确的是
A．的结构示意图为
B．中既含离子键又含共价键
C．中S元素的化合价为
D．的空间构型为直线形
3．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
B．用氢氟酸刻蚀玻璃：
C．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+ +3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH
D．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
4．W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
A．原子半径： B．简单氢化物的沸点：
C．与可形成离子化合物 D．的最高价含氧酸是弱酸
5．已知加热条件下S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O(未配平)。硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，中原子总数为0.5NA
B．0.1mol·L-1 Na2SO3溶液中，数目为0.1NA
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为0.1NA
D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为
6．下列图像均表示化学反应中的能量变化，其中描述错误的是
A．图甲可以表示反应CO2+C=2CO的能量变化
B．图乙说明石墨比金刚石稳定
C．根据图丙可以判断2mol A(g)生成1molB(g)放出的能量小于akJ
D．图丁中反应物中化学键断裂所需的总能量高于形成生成物中化学键所释放的总能量
7．侯德榜将氨碱法和合成氨工艺联合起来，发明了“联合制碱法”。氨碱法中涉及的反应如下：
反应I．；
反应II．。
实验室模拟氨碱法制备少量，下列装置和操作不能达到实验目的的是
A．制取 B．除去中的 C．先往a中通，再往b中通 D．制取
A．A B．B C．C D．D
8．酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是
A．石墨作电池的负极材料
B．电池工作时，向负极方向移动
C．发生氧化反应
D．锌筒发生的电极反应为
9．番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图，下列说法错误的是
A．该物质能使酸性溶液褪色
B．该物质可与HCl发生加成反应
C．该物质分别与足量、反应，消耗二者物质的量之比为
D．该物质与足量饱和溶液反应，可放出(标准状况)
10．部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在c→d→e的转化
B．能与反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与反应生成，则b中含共价键
11．某新型催化剂能将汽车尾气中的NO、CO转化为两种无毒气体。T℃下，将0.4molNO和0.4molCO充入容积为2L的恒容密闭容器中(容器内装有该新型催化剂)，模拟汽车尾气转化，容器中NO的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A．两种无毒气体是NO2和CO2
B．当反应进行到第10min时，c(CO2) = 0.02mol·L-1
C．当反应进行到第5min时，v正(NO) = v逆(CO)
D．若容器内气体的平均摩尔质量不变，则反应达到平衡状态
12．某透明溶液中可能含有、、、、、、、、、中的几种离子（浓度均为）。常温下，对其进行如下实验操作：
下列说法错误的是
A．实验过程中有氧化还原反应发生
B．无法判断原溶液中是否含有
C．原溶液中一定不含、、、、、
D．原溶液中一定含有、、、
13．液氨的沸点-33.5℃，锂能与液氨反应，反应方程式为Li+nNH3=[e(NH3)n] +Li+，[e(NH3)n] 是一种强还原剂，反应装置如图所示(夹持装置略)。下列说法不正确的是
A．图中“试剂A”“试剂B”均可以为碱石灰
B．实验过程中可以通过调节分液漏斗的活塞，控制产生氨气的速率
C．图中“冷却溶剂”可以是冰水混合物
D．反应前锂片需打磨除去表面的氧化膜
14．将胆矾(无其他杂质)置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示(纵坐标为固体残余质量)。下列说法错误的是
A．a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为
B．c点对应的固体物质只有
C．将产生的气体全部通入溶液中，有沉淀产生
D．测胆矾()结晶水n值的实验中，若加热温度过高，可导致n值偏高
二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共58分。）
15．海洋中蕴含着丰富的化学元素，是人类资源的宝库。
Ⅰ.海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：
（1）实验步骤①会用到下列仪器中的　 　(填字母)。
a.酒精灯 b.漏斗 c.坩埚 d.泥三角
（2）步骤④中反应的离子方程式为　 　。
（3）请设计一种检验水溶液中是否含有碘单质的方法：　 　。
Ⅱ.镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：
（4）为了使转化为，试剂①可以选用　 　(填化学式)。
（5）的电子式为　 　，无水在熔融状态下，通电后会产生Mg和，该反应的化学方程式为　 　。
Ⅲ.海水提溴：主要工业生产流程如下图所示。
（6）海水中的被氧化的离子方程式是　 　。
（7）吸收塔中将转化为HBr的化学方程式是　 　。
（8）工业上也可用溶液吸收吹出的。补全以下化学方程式：　 　。
_____________________NaBr＋______________
16．乳酸乙酯是一种常用的食用香精，可以用乙烯等化工产品为原料进行合成：
其中有机物A和B生成乳酸乙酯为酯化反应
请回答：
（1）无机物M的化学式　 　。
（2）反应1的类型为　 　。
（3）有机物A中含有的官能团的名称　 　。
（4）有机物A与B反应生成乳酸乙酯的化学方程式　 　。
（5）下列说法正确的是________。
A．与乳酸乙酯互为同分异构体
B．有机物A分子间能发生酯化反应
C．等质量的有机物A和葡萄糖完全燃烧，后者的耗氧量更高
D．用饱和溶液能同时鉴别有机物A、B以及乳酸乙酯
17．铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：
(氯化铁)熔点为，沸点为；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。
(氯化亚铁)熔点为，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入HCl来生产无水氯化亚铁。
Ⅰ．某化学活动小组用如图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。
（1）在装置A中，可用KClO3与浓盐酸反应制取氯气，请写出该反应的离子方程式：________。
（2）D中装的药品是碱石灰，其作用是________。
（3）取装置C中的少量产物溶于浓盐酸中配成稀溶液待用。若产物中混有，下列方法可用于除杂的有_______。
A. 溶液 B. 酸性溶液 C. Cl2 D. 粉
Ⅱ．取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：
称取产品溶于过量的稀盐酸中；加入足量H2O2溶液；再加入足量溶液；过滤、洗涤后灼烧沉淀；称量所得红棕色固体为。
（4）加入足量H2O2溶液有大量气泡产生，可见氯化铁的一项用途是________。它还能用于制备氢氧化铁胶体，请写出化学方程式：________。
（5）则该样品中铁元素的质量分数为________%(结果精确到小数点后1位)。
（6）若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是________。
18．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：。
（1）装置①中发生反应的化学方程式是　 　。
（2）装置②的作用是　 　，发生反应的化学方程式是　 　。
（3）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是　 　、　 　、　 　。
（4）滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹，　 　。
（5）该小组得出的结论依据的实验现象是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A．羊毛是动物毛发，其主要成分是角蛋白，属于天然蛋白质，A正确；
B．古代制墨常以松木燃烧产生的烟灰（炭黑）为原料，炭黑的主要成分为单质碳，B正确；
C．竹子是植物纤维，主要成分是纤维素，C正确；
D．大理石的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐矿物，而非硅酸盐，D错误；
故选D。
【分析】A．羊毛的主要成分为蛋白质；
Ｂ．墨的主要成分是碳单质；
Ｃ．植物的主要成分为纤维素；
Ｄ．大理石的主要成分是碳酸钙。
2．【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、S2-的核电荷数为 16，核外电子数为 18，结构示意图最外层电子数应为 8：，A错误；
B、H2O2是共价化合物，只含共价键（O-O 非极性键、O-H 极性键），不含离子键，B 错误；
C、SO42-中 O 元素为 - 2 价，设 S 元素化合价为 x，根据离子所带电荷列式：x + 4×(-2) = -2，解得 x=+6，C 正确；
D、H2O 分子中 O 原子的价层电子对数为 4，含 2 对孤电子对，空间构型为 V 形，不是直线形，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：阴离子核外电子数大于核电荷数，S2-最外层电子数为 8；
化学键类型：共价化合物只含共价键，离子化合物含离子键；
化合价计算：根据离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数计算；
分子空间构型：根据价层电子对互斥理论，H2O 为 V 形结构。
3．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、银与稀硝酸反应的还原产物是一氧化氮，不是二氧化氮；且原方程式电荷不守恒。 正确离子方程式为3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O，A错误；
B、玻璃的主要成分是二氧化硅，属于氧化物，不能拆写成硅酸根离子；氢氟酸是弱酸，也应保留化学式。正确反应为 ：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，B错误；
C、铝离子与弱碱氨水反应生成氢氧化铝沉淀，即使氨水过量，沉淀也不会溶解。该方程式拆分正确、电荷守恒、产物符合事实，C正确；
D、三价铁离子与铜反应的还原产物是亚铁离子，不是铁单质。正确反应式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
产物判断：稀硝酸与金属反应一般生成一氧化氮，浓硝酸才生成二氧化氮；三价铁离子与铜反应只能生成亚铁离子。
物质拆分：氧化物、弱酸（如氢氟酸）、弱碱（如氨水）在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。
守恒关系：离子方程式需满足原子守恒、电荷守恒，同时符合反应的化学计量关系。
4．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，X为氧，W为氮，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；
B．X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，是离子化合物，C正确；
D．Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，为强酸，D错误；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，可以形成酸雨NO2，NO，SO2，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，根据解答即可。
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标准状况下，11.2 升二氧化硫的物质的量为 0.5 mol ，每个二氧化硫分子含 3 个原子，原子总数应为 1.5 NA ，并非 0.5 倍，A错误；
B、亚硫酸钠溶液的体积未知，且亚硫酸根离子会发生水解，无法直接计算其数目，B错误；
C、反应①为二氧化硫与硫化氢归中生成硫单质，3.4 克硫化氢（0.1 mol ）参与反应时，可生成 0.15 mol 硫，硫原子数目为 0.15NA，并非 0.1 倍，C错误；
D、反应②（ 3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O ）为硫与热碱液的歧化反应，还原产物为硫离子，每生成 1 mol 硫离子，转移 2 mol 电子，数目为 2 NA ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：使用时需注明 “标准状况” 和 “气体”，并注意分子的原子构成。
微粒数计算：涉及溶液中微粒数时，必须已知溶液体积，同时考虑盐类水解的影响。
氧化还原反应：归中反应和歧化反应的电子转移数目需通过配平的离子方程式计算，明确氧化产物与还原产物。
6．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图甲中反应物总能量高于生成物总能量，代表放热反应；而二氧化碳与碳生成一氧化碳的反应是吸热反应，反应物总能量应低于生成物总能量，图像与反应类型不符，A错误；
B、图乙显示金刚石能量高于石墨，能量越低物质越稳定，因此石墨比金刚石更稳定，B正确；
C、图丙中 2 摩尔气态 A 生成 1 摩尔液态 B 放出 a 千焦能量，若生成 1 摩尔气态 B，因液态变气态需吸热，故放出的能量会小于 a 千焦，C正确；
D、图丁中反应物总能量低于生成物总能量，代表吸热反应，吸热反应中旧键断裂吸收的总能量高于新键形成释放的总能量，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
放热、吸热判断：反应物总能量 > 生成物总能量 → 放热反应；反应物总能量 < 生成物总能量 → 吸热反应。
物质稳定性：能量越低，物质越稳定。
状态与能量：同一物质气态能量高于液态，液态高于固态，生成气态产物时放热更少。
化学键与反应热：吸热反应中，断键吸收总能量 > 成键释放总能量；放热反应则相反。
7．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、稀盐酸与大理石（主要成分为碳酸钙）在常温下反应，可制备二氧化碳气体，装置为固液不加热型，符合制备要求，A能达到实验目的；
B、二氧化碳中混有的氯化氢可通过饱和碳酸氢钠溶液除去，混合气体应 “长进短出”，使杂质与溶液充分反应，装置操作正确，B能达到除杂目的；
C、氨气极易溶于水，先从 a 管通入氨气使饱和食盐水呈碱性，可增大二氧化碳的溶解度，再从 b 管通入二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠沉淀，能制备碳酸氢钠，C能达到除杂目的；
D、加热碳酸氢钠固体制备碳酸钠时，试管口应略向下倾斜，防止反应生成的水倒流使试管炸裂，而图中试管口向上倾斜，存在安全隐患，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
气体制备：固液不加热型装置适用于常温下固体与液体反应制气。
除杂操作：洗气时需 “长进短出”，保证杂质与除杂液充分接触。
反应顺序：氨碱法中先通氨气营造碱性环境，可提高二氧化碳的吸收效率。
固体加热：加热固体时试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管。
8．【答案】D
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、酸性锌锰干电池中，锌筒作负极，石墨棒作正极，A错误；
B、原电池工作时，阳离子向正极移动，应向正极（石墨棒）方向移动，B错误；
C、在正极得电子，发生还原反应，不是氧化反应，C错误；
D、锌筒为负极，失电子发生氧化反应，电极反应为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池电极判断：活泼金属作负极，惰性电极作正极，锌比石墨活泼，锌筒为负极，石墨为正极；
离子移动规律：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；
电极反应类型：负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，在正极被还原；
负极电极反应：锌失电子生成锌离子，反应式为 。
9．【答案】C
【知识点】烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、该物质分子中含有羟基和碳碳双键，这两种官能团都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色，A正确；
B、分子中存在碳碳双键，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，B正确；
C、分子中的羟基和羧基都能与金属钠反应，经统计共有 5 个羟基和 1 个羧基，1mol 该物质最多可与 6mol 钠反应；只有羧基能与氢氧化钠反应，1mol 该物质可与 1mol 氢氧化钠反应，因此消耗钠和氢氧化钠的物质的量之比为 6：1，而非 5：1，C错误；
D、分子中的羧基可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，1mol 该物质含 1mol 羧基，在标准状况下可生成 22.4L 二氧化碳，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团与氧化性：羟基、碳碳双键均能被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色。
加成反应：碳碳双键可与卤化氢、氢气等发生加成反应。
与钠、氢氧化钠反应：羟基、羧基均能与钠反应；只有羧基能与氢氧化钠反应。
与碳酸氢钠反应：只有羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
10．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；醛的化学性质；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若为 Cu 系列，CuOH 可转化为 Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成 CuO，存在 c→d→e 的转化，A合理；
B、若为 Na 系列，除 b（Na2O 或 Na2O2）外，单质 Na 与 H2O 反应也能生成 NaOH（反应为 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），并非只有 b 能生成 c，B不合理；
C、新制 Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖中的醛基反应会生成砖红色沉淀，可用于检验醛基，C合理；
D、若 b 为 Na2O2，与 H2O 反应生成 O2，其结构中含 O-O 共价键和离子键，D合理；
故答案为：B。
【分析】要解决此题题，需先结合化合价与物质类别明确各物质，再逐一分析选项：
若含 Na：a 为 Na（单质），b 为 Na2O 或 Na2O2（+1 价氧化物），c 为 NaOH（+1 价碱）；
若含 Cu：a 为 Cu（单质），b 为 Cu2O（+1 价氧化物），c 为 CuOH（+1 价碱，不稳定），d 为 Cu(OH)2（+2 价碱），e 为 CuO（+2 价氧化物）。据此解题。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；物质的量浓度
【解析】【解答】A、NO与CO转化为无毒气体，依据元素守恒及氧化还原反应规律，产物应为氮气（）和二氧化碳（）， 反应的化学方程式是； 是有毒气体，且不符合原子守恒规律，故A错误；
B、由图像可知，10min时NO的物质的量减少了。根据反应的化学计量关系，生成 的物质的量与消耗NO的物质的量相等，即。容器容积为2L， 的浓度为 ，故B错误；
C、10min时NO的物质的量才保持不变，说明此时反应达到平衡状态。第5min时反应仍正向进行，正反应速率大于逆反应速率，即 ，故C错误；
D、反应体系中所有物质均为气体，总质量始终不变；反应的化学计量数变化为 ，气体总物质的量减小。平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，因此平均摩尔质量为变量，当其不变时，反应达到化学平衡状态，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
产物判断：依据元素守恒、毒性判断，NO与CO反应生成 和 。
浓度计算：利用物质的量变化与体积的关系 计算浓度，注意结合化学计量比。
反应速率：平衡状态前，正反应速率大于逆反应速率；平衡时正逆反应速率相等。
平衡标志：对于反应前后气体总物质的量改变的反应，平均摩尔质量不变是达到平衡的重要标志。
12．【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、加入硝酸钡后，酸性条件下将氧化为，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；
B、根据电荷守恒，原溶液阳离子已为、，不再含，B错误；
C、由分析可知，原溶液一定不含、、、、、，C正确；
D、由分析可知，原溶液一定含、、、，D正确；
故答案为：B。
【分析】溶液pH=1，呈强酸性，说明含大量H+，因此与H+反应的、、一定不存在；滴加足量硝酸钡溶液产生白色沉淀，说明原溶液含；向澄清溶液中加KSCN溶液变红，说明溶液含，结合酸性环境，是被（硝酸钡引入）氧化生成，因此原溶液一定含，且原溶液不能含（否则酸性条件下无法共存）；已知所有离子浓度均为0.1mol/L，根据电荷守恒：、、的电荷已部分平衡，为满足电荷守恒，必须含1种阴离子；同时阳离子总电荷已饱和，因此、一定不存在。综上，原溶液一定含、、、，一定不含、、、、、。据此解题。
13．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、试剂A用碱石灰与浓氨水反应制，试剂B用于干燥，可选用碱石灰（碱性干燥剂，不与反应），A正确；
B、实验中可通过调节分液漏斗活塞，控制浓氨水的滴加速率，从而调控的生成速率，B正确；
C、液氨沸点为，冰水混合物温度为，高于液氨沸点，无法使液氨液化，C错误；
D、锂片表面易生成氧化膜，会阻碍Li与液氨的接触，因此实验前需打磨出新鲜表面，D正确；
故答案为：C。
【分析】本实验以Li和液氨为原料制备， 反应为 。
制气：碱石灰吸水放热，使浓氨水分解产生；干燥：用碱性干燥剂干燥，避免杂质干扰；反应：在冷却体系中与Li反应生成目标产物；除杂：用除去过量，同时隔绝空气中的水汽。据此解题。
14．【答案】A
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、5.00g胆矾（物质的量为0.02mol）失去部分结晶水得到a点物质，设其化学式为，通过质量比计算得，对应。其氧元素质量分数为，并非约50.3%，故A错误；
B、5.00g胆矾完全失去结晶水后，得到0.02mol无水硫酸铜（），质量恰好为3.20g，与c点固体质量一致，故c点对应固体为，B正确；
C、c→d阶段为分解为，产生的气体中含三氧化硫（或其与二氧化硫、氧气的混合物），通入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，C正确；
D、若加热温度过高， 会进一步分解为甚至，导致固体质量额外减少，计算结晶水时会误以为失去的水更多，使测得的值偏高，D正确；
故答案为：A。
【分析】5.00g胆矾的摩尔质量为250g/mol，其物质的量为：，整个过程中铜元素的物质的量始终为0.02mol。
c点产物推导：加热到c点时，固体质量为3.20g。若完全失去结晶水，得到0.02mol无水硫酸铜（），其质量为：，与c点质量完全一致，故c点对应物质为。
d点产物推导：继续加热到d点，固体质量变为1.60g。已知铜元素为0.02mol（质量），则氧元素质量为，氧的物质的量为：
铜与氧的物质的量之比为，故d点对应物质为。
e点产物推导：温度升至1000℃时，固体质量为1.44g。铜元素仍为0.02mol（质量1.28g），则氧元素质量为，氧的物质的量为：，铜与氧的物质的量之比为，故e点对应物质为。据此解题。
15．【答案】acd；；取少量待测溶于试管中，滴加少量淀粉溶液，若溶液变蓝色，则含有碘单质；；；；；；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；常用仪器及其使用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）步骤①为灼烧，需要在坩埚中进行，还要用到铁三角、泥三角、酒精灯、玻璃棒等仪器，无需漏斗，故acd正确；
故答案为： acd ；
（2）步骤④中反应为碘离子被双氧水氧化成碘单质的过程，反应为：；
故答案为： ；
（3）检验碘单质可利用碘的特性，能使淀粉溶液变蓝，因此可去待检验的溶液与试管中，滴加淀粉溶液，观察溶液是否变蓝，若变蓝证明存在碘单质，否则没有，故答案为：取少量待测溶于试管中，滴加少量淀粉溶液，若溶液变蓝色，则含有碘单质；
故答案为： 取少量待测溶于试管中，滴加少量淀粉溶液，若溶液变蓝色，则含有碘单质 ；
（4）煅烧海水中的贝壳生成CaO，CaO溶于水生成Ca(OH)2，向海水中加入Ca(OH)2悬浊液可将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，所以试剂可以选用低成本的Ca(OH)2；
故答案为： ；
（5）氯化镁为离子化合物，电子式为：；电解熔融氯化镁的反应方程式为：；
故答案为： ；；
（6）海水中的Br-被Cl2氧化为溴单质，Cl2本身被还原为Cl-，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（7）由流程图可知，吸收塔中，具有还原性的SO2和具有氧化性的Br2与水发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的化学方程为：；
故答案为： ；
（8）反应中部分溴元素化合价从0价升高到+5价，部分溴元素化合价从0价降低到-1价，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为：。
故答案为： ；
【分析】该实验流程围绕从海带中提取单质碘展开，核心分为三个阶段：
预处理与溶解：先将海带灼烧转化为海带灰，经浸泡得到悬浊液，再通过分离操作得到含碘离子的溶液；氧化与萃取：向含碘离子的溶液中加入过氧化氢和稀硫酸，将碘离子氧化为碘单质，随后利用四氯化碳萃取碘单质，得到碘的四氯化碳溶液；分离提纯：最后从碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘。据此解题。
16．【答案】（1）
（2）加成
（3）羟基、羧基
（4）CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O
（5）B；D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；酯化反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，无机物M的化学式为：。
故答案为：；
（2）由分析可知，反应1中乙醛和HCN发生加成反应生成。
故答案为：加成；
（3）有机物A为CH3CH(OH)COOH，含有的官能团的名称为：羟基、羧基。
故答案为：羟基、羧基；
（4）CH3CH(OH)COOH和乙醇发生酯化反应生成，方程式为：CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O。
故答案为：CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O；
（5）A．和乳酸乙酯是同一物质，故A错误；
B．有机物A为CH3CH(OH)COOH，其中含有羟基、羧基，分子间能发生酯化反应，故B正确；
C．A为CH3CH(OH)COOH，葡萄糖的分子式为C6H12O6，二者最简式都是CH2O，等质量的有机物A和葡萄糖完全燃烧，二者的耗氧量相等，故C错误；
D．A中含有羧基能够和溶液反应生成二氧化碳，B为乙醇和溶液互溶，乳酸乙酯不溶于溶液，现象不同，用饱和溶液能同时鉴别有机物A、B以及乳酸乙酯，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】本合成路线以乙烯为原料，经多步反应制备乳酸乙酯：
乙烯催化氧化生成乙醛；乙醛与HCN发生加成反应生成， 引入氰基；氰基在酸性条件下水解为羧基，得到含羟基、羧基的有机物A（乳酸，）；乙烯与水加成生成乙醇，乙醇与乳酸发生酯化反应，生成乳酸乙酯（ ）；结合有机物的结构与性质，分析相关选项。
(1)根据原子守恒，乙烯氧化生成乙醛的反应为，结合后续反应的原子守恒，推断无机物M为。
(2)乙醛（）的醛基可与HCN发生加成反应，断裂碳氧双键，H和-CN分别加成到C、O上，生成，据此写出反应产物。
(3)有机物A为，根据结构简式识别官能团：与烃基相连的-OH为羟基，-COOH为羧基。
(4)乳酸（）与乙醇（）发生酯化反应，酸脱羟基、醇脱氢，在浓硫酸、加热条件下生成乳酸乙酯（）和水，据此写出化学方程式。
(5)A：对比结构简式，判断该物质与乳酸乙酯为同一物质，A错误；
B：有机物A含羟基、羧基，分子间可发生酯化反应生成高分子，B正确；
C：计算A（）与葡萄糖（）的最简式，二者最简式均为，等质量完全燃烧耗氧量相等，C错误；
D：利用饱和溶液的鉴别原理：A（乳酸）与反应产生气泡，B（乙醇）与溶液互溶，乳酸乙酯不溶于溶液、分层，现象不同可鉴别，D正确。
（1）由分析可知，无机物M的化学式为：。
（2）由分析可知，反应1中乙醛和HCN发生加成反应生成。
（3）有机物A为CH3CH(OH)COOH，含有的官能团的名称为：羟基、羧基。
（4）CH3CH(OH)COOH和乙醇发生酯化反应生成，方程式为：CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH+H2O。
（5）A．和乳酸乙酯是同一物质，故A错误；
B．有机物A为CH3CH(OH)COOH，其中含有羟基、羧基，分子间能发生酯化反应，故B正确；
C．A为CH3CH(OH)COOH，葡萄糖的分子式为C6H12O6，二者最简式都是CH2O，等质量的有机物A和葡萄糖完全燃烧，二者的耗氧量相等，故C错误；
D．A中含有羧基能够和溶液反应生成二氧化碳，B为乙醇和溶液互溶，乳酸乙酯不溶于溶液，现象不同，用饱和溶液能同时鉴别有机物A、B以及乳酸乙酯，故D正确；
故选BD。
17．【答案】(1) ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O
(2) 吸收未反应的氯气，防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解
(3) A，C
(4) 作催化剂 FeCl3+3H2O(沸水)=Fe(OH)3(胶体)+3HCl
(5) 36.5
(6) 在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）装置A中KClO3与浓盐酸反应制取氯气，离子方程式为：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
故答案为： ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O ；
（2）氯气属于污染性气体且氯化铁易潮解，则D作用是吸收未反应的氯气，防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解；
故答案为： 吸收未反应的氯气，防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解 ；
（3）双氧水和氯气都具有氧化性都能将亚铁离子氧化为铁离子，能达到除杂的目的；铁粉具有还原性能将铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾虽能将亚铁离子氧化为铁离子、但也能将氯离子氧化为氯气自身生成锰离子引入杂质，故选AC；
故答案为： A，C ；
（4）H2O2分解产生O2，加入足量H2O2溶液有大量气泡产生，氯化铁在双氧水分解中起催化剂作用；向沸水中加入饱和的FeCl3溶液得到Fe(OH)3胶体，方程式为：FeCl3+3H2O(沸水)=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
故答案为： 作催化剂 FeCl3+3H2O(沸水)=Fe(OH)3(胶体)+3HCl ；
（5）加入足量双氧水是保证加入氢氧化钠溶液后铁元素全部生成氢氧化铁沉淀，再灼烧氢氧化铁分解得到红棕色氧化铁，则由Fe元素守恒可知该样品中铁元素的质量分数为：
故答案为： 36.5 ；
（6）制取的氯气中混有HCl，若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中混有的HCl。
故答案为： 在AB装置间增加一个饱和食盐水的洗气装置 ；
【分析】本实验以制备氯化铁为核心，整体流程分为氯气制备、干燥、反应收集和尾气处理四个环节：
氯气制备：装置A中氯酸钾与浓盐酸发生归中反应，离子方程式为 ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O， 常温下即可快速制得氯气；氯气干燥：装置B中浓硫酸作为干燥剂，除去氯气中混有的水蒸气，避免后续反应中氯化铁发生水解；反应与收集：干燥后的氯气在加热条件下与铁粉反应生成氯化铁，利用冷水浴冷却广口瓶，使气态氯化铁凝华收集；尾气处理与防水解：尾气用碱石灰吸收，同时碱石灰可隔绝空气中的水蒸气，防止收集到的氯化铁遇水水解。据此解题。
18．【答案】（1）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（2）将NO2转化为NO；3NO2+H2O=2HNO3+NO
（3）3mo/L稀硝酸；浓硝酸；NaOH溶液
（4）通入CO2或N2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内
（5）③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，铜与浓硝酸反应的化学方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
故答案为： Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ；
（2）装置②中盛放蒸馏水，使二氧化氮与水反应生成一氧化氮，反应的化学方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
故答案为： 将NO2转化为NO ； 3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（3）根据分析，装置③中应盛放：3mo/L稀硝酸；装置④中应该盛放：浓硝酸，装置⑥中盛放：NaOH溶液；
故答案为： 3mo/L稀硝酸 ； 浓硝酸 ； NaOH溶液
（4）装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需通入CO2或N2一段时间，排除装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，
故答案为：通入CO2或N2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸装置的液面上方没有颜色变化即可说明。装置④中盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成，该小组得出的结论依据的实验现象是：③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成。
故答案为： ③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成 ；
【分析】本实验通过对比NO与浓、稀硝酸的反应，验证浓硝酸氧化性强于稀硝酸，核心流程与装置作用如下：
装置①中铜与浓硝酸反应，生成二氧化氮，化学方程式为： Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O， 装置②中盛放蒸馏水，使二氧化氮与水反应得到一氧化氮（）。装置③中盛放3mol/L稀硝酸，用于验证稀硝酸无法氧化。装置④中盛放浓硝酸，将通入后，观察到气体变为红棕色，证明浓硝酸可将氧化为。装置⑤用于收集未反应的；装置⑥中盛放氢氧化钠溶液，吸收生成的，防止污染空气，同时氢氧化钠不与反应，避免干扰实验。据此解题。
（1）根据分析，铜与浓硝酸反应的化学方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
（2）装置②中盛放蒸馏水，使二氧化氮与水反应生成一氧化氮，反应的化学方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（3）根据分析，装置③中应盛放：3mo/L稀硝酸；装置④中应该盛放：浓硝酸，装置⑥中盛放：NaOH溶液；
（4）装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需通入CO2或N2一段时间，排除装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，故答案为：通入CO2或N2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸装置的液面上方没有颜色变化即可说明。装置④中盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成，该小组得出的结论依据的实验现象是：③中洗气瓶内液面上方无明显现象，④中洗气瓶内液面上方有红棕色气体生成。
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