北京市顺义区2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 Word版含解析

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‎2019——2020年顺义区高一化学期末考试 可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na23 Cl 35．5 As 75‎ ‎1.新中国成立70年以来，高分子材料以独特的结构和性能在科学技术、国防建设和国民经济等领域发挥重要作用。下列材料中主要成分不属于有机高分子的是( )‎ A．宇航服 B．汽车轮胎 C．口罩的聚丙烯熔喷布 D．螺纹钢 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．宇航服主要成分是无色透明、坚韧如钢的工程塑料——聚碳酸酯，属于有机高分子材料，故A不选；‎ B．汽车轮胎主要成分为橡胶，为常见的有机高分子化合物，故B不选；‎ C．口罩的聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料，故C不选；‎ D．螺纹钢是铁合金，属于金属材料，不属于有机高分子材料，故D选；‎ 故选D。‎ ‎2.下列物质中属于电解质的是( )‎ A. NH3 B. 乙醇 C. 氯化钠 D. 氯水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子导电，氨气自身不能电离氨气是非电解质，A错误；‎ B．乙醇只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电，属于非电解质，B错误；‎ C．氯化钠是由钠离子和氯离子构成，是在熔融状态下或者溶液中能完全电离成自由移动的钠离子和氯离子的化合物，是电解质，C正确；‎ D．氯水是混合物，它既不是电解质也不是非电解质，D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.下列物质中，通常用电解法冶炼的是( )‎ A. Ag B. Cu C. Na D. Fe ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．银属于不活泼的金属，采用热分解法冶炼，故A不符合题意； ‎ B．工业上用热还原法冶炼铜，故B不符合题意；‎ C．钠的性质很活泼，采用电解其熔融盐的方法冶炼，故C符合题意；‎ D．工业上用还原剂还原氧化铁，铁采用热还原法冶炼，故D不符合题意； ‎ 答案选C ‎4.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )‎ A. 氢氧化铁胶体 B. HCl溶液 C. NaOH溶液 D. K2SO4溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据光束通过胶体时，能观察到丁达尔效应进行判断。‎ ‎【详解】A．氢氧化铁胶体属于胶体，光束通过时能够产生丁达尔效应，故A符合题意；‎ B．HCl溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故B不符合题意；‎ C．NaOH溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故C不符合题意；‎ D．K2SO4溶液不属于胶体，光束通过不会产生达尔效应，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列分子中，含碳碳双键的是( )‎ A. C2H6 B. C2H4 C. C2H4O2 D. C2H6O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H6为乙烷，是饱和烷烃，不含碳碳双键，A错误； ‎ B．C2H4为乙烯，是不饱和烯烃，含有碳碳双键，B正确； ‎ C．C2H4O2为乙酸或甲酸甲酯，含有酯基，不含碳碳双键，C错误； ‎ D．C2H6O为乙醇或二甲醚，无碳碳双键，D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列元素的原子半径最大的是 A. Na B. Al C. S D. Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na原子序数是11，Al原子序数是13，S原子序数是16，Cl原子序数是17，Na、Al、S、Cl都是第三周期元素，电子层数相同，原子序数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，原子半径越小，所以原子半径最大的是Na，故选A。‎ ‎7.下列物质中，不含离子键的是( )‎ A. HNO3 B. NaCl C. MgCl2 D. NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HNO3属于酸，HNO3溶于水也能电离出H+和硝酸根离子，但HNO3是共价化合物，分子中只含共价键，不含离子键，故A选；‎ B．NaCl是盐，属于离子化合物，含有离子键，故B不选； ‎ C．MgCl2是盐，属于离子化合物， 含有离子键，故C不选；‎ D．NaOH是碱，属于离子化合物，含有离子键，氢氧根中H和O之间还存在共价键，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎8.下列关于物质分类的叙述中，不正确的是( )‎ A. 硫酸属于酸 B. 液氨属于纯净物 C. 碳酸钠属于碱 D. 氧化钠属于氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．硫酸是纯净物，含有三种元素，属于化合物，电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故A正确；‎ B．液氨是NH3的液态形式，属于纯净物，故B正确；‎ C．碳酸钠是金属阳离子与酸根阴离子形成的，属于盐，故C错误；‎ D．氧化钠含有钠元素和氧元素，属于氧化物，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎9.下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是( )‎ A. 镁条与盐酸的反应属于放热反应 B. 碳与二氧化碳的反应属于放热反应 C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应 D. 化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．镁条与盐酸发生置换反应，反应后溶液温度升高，所以该反应属于放热反应，A正确；‎ B．碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，虽然反应属于化合反应，但需要在持续高温的条件下才能不断进行，所以该反应属于吸热反应，B不正确；‎ C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应需要吸收热量，所以该反应属于吸热反应，C正确；‎ D．化学变化中的能量变化主要是由化学键的断裂和形成引起的，断裂化学键吸热，形成化学键放热，D正确；‎ 故选B。‎ ‎10.氮气的用途很广泛，下列不属于氮气用途的是(　　)‎ A. 合成氨制作氮肥 B. 充入灯泡作保护气 C. 液氮可作制冷剂 D. 医疗上可作为危重病人的急救气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.利用氮气和氢气反应生成氨气的性质，可以用于制作氮肥，故A不符合题意；‎ B.利用氮气的稳定性可以充入灯泡作保护气，故B不符合题意；‎ C.利用氮气液化可以吸收热量的性质，液氮可作制冷剂，故C不符合题意；‎ D.氮气不能供呼吸，医疗上可作为危重病人的急救气是氧气，故D符合题意；‎ 故答案：D。‎ ‎11.下列反应中，属于取代反应的是( )‎ A. 甲烷在空气中燃烧 B. 用光照射甲烷和氯气的混合气体 C. 乙烯制备聚乙烯 D. 乙烯通入到溴的四氯化碳溶液，溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷在空气中的燃烧为氧化反应，故A不符合题意；‎ B．用光照射甲烷与氯气的混合气体，甲烷中的H原子被Cl原子取代，为取代反应，故B符合题意； ‎ C．乙烯生成聚乙烯为加成聚合反应，不属于取代反应，故C不符合题意；‎ D．乙烯通入到溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，不属于取代反应，故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎12.下列物质中不能用来鉴别乙醇和乙酸的是( )‎ A. 铁粉 B. 碳酸氢钠溶液 C. 溴水 D. 紫色石蕊溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇和Fe不反应、乙酸和Fe反应生成氢气，现象不同，可以鉴别，故A不选；‎ B．乙酸呈酸性，可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，乙醇和碳酸氢钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B不选；‎ C．乙醇和乙酸都不和溴水反应，且都与溴水互溶，现象相同，无法鉴别，故C选；‎ D．乙酸能使紫色石蕊试液变红色，乙醇不能使紫色石蕊试液变色，现象不同，可以鉴别，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎13.下列关于SO2的说法中不正确的是(　　)‎ A. SO2有刺激性气味，有毒 B. 既有氧化性又有还原性 C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现漂白性 D. 能杀菌、消毒，可按照国家标准用作食物的防腐剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2是一种无色，有刺激性气味，有毒的气体，故A正确，不选；‎ B．S元素最高价为+6，最低价位-2，SO2中S元素化合价为+4价，处于中间价态，元素处于中间价态既有氧化性，又有还原性，故B正确，不选；‎ C．高锰酸钾有强氧化性，SO2有还原性，二者发生氧化还原反应，因此酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误，符合题意；‎ D．SO2能杀菌、消毒，可按照国家标准用作食物的防腐剂，如红酒中添加少量SO2作防腐剂，故D正确，不选。‎ 答案选C。‎ ‎14.碳原子的不同结合方式使得有机物种类繁多，下列碳原子的结合方式中错误的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在有机物的分子结构中，1个C要连有4个键，其中碳碳双键属于2个键，碳碳三键属于3个键，C-H往往省略掉。所以，当给出的结构中，如果1个C周围的键少于4个，则要由C-H键补足至4个；如果多于4个，则一定不合理。‎ ‎【详解】A. 该物质是正丁烷，图中省略了C-H键，A正确；‎ B. 该物质是异丁烷，图中省略了C-H键，B正确；‎ C. 图中有1个C周围连有5个键（2个单键和1个三键），不合理，C错误；‎ D. 该物质是环丁烷，图中省略了C-H键，D正确；‎ 故合理选项为C。‎ ‎【点睛】在有机化合物的分子中，1个C一定连有4个键，不会多，也不会少。‎ ‎15.下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是( )‎ A. H2S B. S C. H2SO3 D. H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素化合价处于最高价态的物质可能具有氧化性，处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性，而处于最低价态时，只具有还原性。‎ ‎【详解】A．硫化氢中硫元素处于最低价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，选项A符合；‎ B．单质硫中，硫元素化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，选项B不符合；‎ C．亚硫酸中，硫元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，选项C不符合；‎ D．硫酸中硫元素处于最高价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，选项D不符合。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查学生物质中元素的化合价和物质的性质间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大。‎ ‎16.如图是实验室进行氨溶于水的喷泉实验装置，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 该实验说明氨气是一种极易溶于水的气体 B. 进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水呈碱性 C. 形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压 D. 用氯气代替氨气，利用此装置也可进行喷泉实验 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A正确，氨气在瓶中因为大量溶解于水，使得瓶内外压强差加大，所以产生喷泉。‎ B正确，氨气是一种碱性气体，溶于水形成一水合氨，是一种弱碱。‎ C正确，因为水被压回瓶内，说明瓶外的压强大于瓶内。‎ D错误，氯气在水里溶解度小，不能形成较大的压强差。‎ ‎17.合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献。一定条件下，在密闭容器中进行合成氨反应：N2（g）+3H2（g）NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，下列说法不正确的是（ ）‎ A. N2、H2完全转化为NH3 B. N2、H2、NH3在容器中共存 C. 反应已达到化学平衡状态 D. N2、H2、NH3的浓度不再改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应N2（g） + 3H2（g）2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，反应处于化学平衡状态。则 A．可逆反应中，反应物不能完全转化为氨气，A错误；‎ B．N2、H2、NH3在容器中共存，B正确；‎ C．正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态，C正确；‎ D．化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点晴】掌握化学平衡状态的含义是解答的关键，在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，平衡状态具有逆、等、动、定、变等特征。‎ ‎18.控制变量是科学研究的重要方法。向2mLH2O2溶液中滴入2滴1mol/L FeCl3溶液，下列条件下分解速率最快的是 选项 H2O2溶液的物质的量浓度/ mol·L-1‎ 反应的温度/℃‎ A ‎1‎ ‎5‎ B ‎4‎ ‎5‎ C ‎1‎ ‎40‎ D ‎4‎ ‎40‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：影响化学反应速率的因素：反应物浓度越大，反应速率越快，反应的温度越高，反应速率越快，按此分析解题。‎ 详解：在使用同一浓度的催化剂情况下，H2O2浓度越大，反应的温度越高，反应的速率越快；满足条件的为D组中的情况；正确选项D。‎ ‎19.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。In是铟的一种同位素，下列说法正确的是(　　)‎ A. 质子数为115 B. 核外电子数为66‎ C. 中子数为66 D. 质子数与中子数之和为11‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】In质子数=核外电子数=49，中子数等于质量数-质子数=115-49=66,则 A．In质子数为49，A错误；‎ B．In表示核外电子数为49，B错误；‎ C．In表示中子数等于115-49=66，C正确；‎ D．In表示的质子数为49，中子数为66，质子数与中子数之和为115，D错误；‎ 故选C。‎ ‎20.豆腐是中华传统美食。下列制作豆腐的主要过程中，包含过滤操作的是 A．磨豆 B． 滤渣 C． 煮浆 D． 点卤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磨豆是将大豆研磨成碎料的操作，不包含过滤操作，A不符合题意；‎ B． 滤渣是将豆渣与豆将分离的操作，其实就是过滤操作，B符合题意；‎ C． 煮浆是将豆浆加热煮沸的过程，不包含过滤操作，C不符合题意；‎ D． 点卤是加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉的过程，不包含过滤操作，D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎21.实验室中，下列行为符合安全要求的是( )‎ A. 金属钠着火时，立即用水扑灭 B. 实验结束后将废液倒入下水道中 C. 稀释浓硫酸时，将水注入浓硫酸中 D. 点燃氢气前，必须检验气体的纯度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠能与水反应生成氢气，引起爆炸，选项A错误；‎ B．实验结束后不可将实验的废液倒入下水道，应交实验员回收集中处理，否则会腐蚀管道、引发事故、造成污染，选项B错误；‎ C．由于浓硫酸的密度大，且溶解于水时释放出大量的热，稀释浓硫酸时，将浓硫酸慢慢注入水中，并不断搅拌，这样使产生的热量快速释放而不会引起酸液的迸溅，选项C错误；‎ D．可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸，氢气具有可燃性，为防止点燃时发生爆炸，故点燃氢气前，一定要先检验氢气的纯度，选项D正确；‎ 答案选Ｄ。‎ ‎22.某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是( )‎ A. 核电荷数为16 B. 核外有3个电子层 C. 属于非金属元素原子 D. 在化学反应中容易失去2个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中核电荷数为16，核外电子层数为3，核外电子总数为16，说明该粒子为硫原子，然后根据硫的结构与性质分析判断。‎ ‎【详解】A．核电荷数为16，故A正确；‎ B．核外电子层数为3，故B正确；‎ C．为硫原子，属于非金属元素原子，故C正确；‎ D．最外层为6个电子，在化学反应中容易得到2个电子，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎23.下列说法中，正确的是( )‎ A. 标准状况下，1.0 mol SO2体积约为22.4 L B. 63g HNO3含有的原子总数约为6.02×1023‎ C. 标准状况下，18 g H2O的体积约为22.4 L D. 0.1 mol/L MgCl2溶液中含有0.2 mol Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，1.0 mol SO2体积约为，故A正确；‎ B. 63g HNO3的物质的量为1mol，含有的原子数5NA，故B错误；‎ C.标准状况下，水不是气体，不能通过气体摩尔体积计算水的体积，故C错误；‎ D.溶液体积未知，不能确定其物质的量，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎24.下列解释事实的离子方程式中，不正确的是( )‎ A. 向FeCl2溶液中通入氯气，溶液变为黄色：2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl－‎ B. 向铜粉中滴加稀硝酸，产生气体：Cu + 4H++ 2NO=Cu2++ 2NO2↑+ 2H2O C. 向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀：Cu2++ 2OH－=Cu(OH)2↓‎ D. 自来水中通入Cl2可以杀菌消毒：Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气具有强氧化性，Fe2+具有还原性，Fe3+显黄色，所以向FeCl2溶液中通入氯气，发生2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl－反应，溶液变为黄色，故A正确；‎ B.硝酸具有强氧化性，向铜粉中滴加稀硝酸，会产生NO气体，其反应的离子方程式为：3Cu + 8H++ 2NO=3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O，故B错误；‎ C.向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，会产生蓝色沉淀Cu(OH)2，其反应的离子方程式为：Cu2++ 2OH－=Cu(OH)2↓，故C正确；‎ D.自来水中通入Cl2可以杀菌消毒，因为氯气与水反应生成了强氧化性的次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO，故D正确；‎ 故答案：B。‎ ‎25.下列实验现象与结论均正确的是(　　)‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液呈红色 未知液中一定含有Fe2＋‎ B 向未知溶液中，先加入氢氧化钠溶液，加热，用润湿的红色石蕊试纸靠近。‎ 试纸变蓝 无色溶液中含有NH C 向某溶液中加入氯化钡溶液 有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO D 将银白色的金属钠放置在空气中 钠表面很快变暗 金属钠具有强氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水具有强氧化性，向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液, 溶液呈红色，未知液中可能含有Fe2＋，故A错误；‎ B.向未知溶液中先加入氢氧化钠溶液，再加热，用润湿的红色石蕊试纸靠近试纸变蓝，说明有氨气产生，所以原无色溶液中含有NH，故B正确；‎ C.向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO，也可能含有C、S离子，故C错误；‎ D.将银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变暗生成氧化钠，说明金属钠具有强还原性，故D错误；‎ 故答案：B。‎ ‎26.补齐物质及其用途的连线______。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B．镁铝合金的密度小，强度大；C．过氧化钠(Na2O2)能够与二氧化碳、水反应生成氧气；D．乙烯能催熟果实、是植物生长调节剂和水果的催熟剂，据此分析连线。‎ ‎【详解】A．液氨汽化过程中要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，常用作制冷剂；‎ B．镁铝合金的密度小，强度大，常用作航空材料；‎ C．过氧化钠(Na2O2)能够与二氧化碳、水反应生成氧气，常用作供氧剂；‎ D．乙烯能催熟果实、是植物生长调节剂和水果的催熟剂；‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】解答本题要注意常见物质的性质和用途的记忆。‎ ‎27.选择装置，完成实验。‎ ‎① ‎ ‎② ‎ ‎③ ‎ ‎(1)从氯化钠溶液得到氯化钠固体，选用______(填序号，下同)。‎ ‎(2)除去粗盐中的泥沙，选用______。‎ ‎(3)实验室制备氨气，选用______。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). ① (3). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图①为过滤装置，将液体和固体分离开来的一种装置；图②为固固加热制气装置；图③为蒸发结晶装置，蒸发是指将溶液中的溶剂通过升温的方式让溶剂气化脱离溶质的过程；结晶是溶质从溶液中析出固体(晶体)的过程，然后分析。‎ ‎【详解】(1)从氯化钠溶液得到氯化钠固体，采取蒸发结晶的方法，将水蒸发出，然后得到氯化钠固体，故选用③；‎ ‎(2)‎ 除去粗盐中的泥沙，盐溶于水，而泥沙不溶于水，可采取加水溶解粗盐，然后过滤去除泥沙，故选用①；‎ ‎(3)实验室制备氨气，一般采用氯化铵和熟石灰在加热的条件下进行，故选用②。‎ ‎28.汽车尾气(含CO、SO2、NO等)是城市空气的污染源之一，治理方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂)，它能使一氧化碳跟一氧化氮反应生成可参与大气循环的无毒气体。‎ ‎(1)汽车尾气中导致酸雨形成的主要物质是________(填化学式)。‎ ‎(2)在汽车排气管上加装“催化转化器”，可使CO和NO反应产生可参与大气循环的无毒气体，请写出该反应的化学方程式：__________。该反应的还原剂为：______氮元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)。‎ ‎(3)请写出汽车尾气形成硝酸型酸雨的主要反应的化学方程式：__________‎ ‎【答案】 (1). SO2、NO (2). 2CO+2NO2CO2+N2 (3). CO (4). 降低 (5). 3NO2+H2O=2HNO3+NO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导致酸雨的气体有二氧化硫和氮的氧化物；根据CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，可知CO与NO反应生成的是N2和CO2，由此即可写出有关化学方程式。‎ ‎【详解】(1)因导致酸雨的气体有二氧化硫和氮的氧化物,汽车尾气中含CO、SO2和NO等，所以导致酸雨形成的主要物质是SO2和NO；‎ ‎(2)根据题给信息：CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，该气体是CO2和N2，故化学反应方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；反应中一氧化碳中碳元素的化合价为+2价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，化合价升高，失去电子，作还原剂，一氧化氮中氮元素的化合价为+2价，氮气中氮元素的化合价为0价，化合价降低，得到电子，作氧化剂；‎ ‎(3) CO、SO2、NO是汽车尾气的主要成分，汽车尾气形成硝酸型酸雨的过程是氮的氧化物转化为硝酸，一氧化氮被氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，主要反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO。‎ ‎29.现有反应：①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O， ②Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)两反应中属于氧化还原反应的是_____(填序号，下同)，能设计成原电池的是___。‎ ‎(2)Fe—Cu原电池的装置如图所示。‎ ‎①铁作_____(填“正极”或“负极”)，溶液中H＋向____(填“铁”或“铜”)电极方向移动。‎ ‎②正极的现象是________，负极的电极反应式为________。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ② (3). 负极 (4). 铜 (5). 有气泡产生 (6). Fe—2e—=Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)NaOH＋HCl=NaCl＋H2O为非氧化还原反应，无化合价变化，不能设计成原电池，Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑是氧化还原反应，可设计成原电池，所以两反应中属于氧化还原反应的是②，能设计成原电池的是②，本题答案为：②；②；‎ ‎(2)①Fe—Cu原电池中，铁为负极，铜为正极，溶液中氢离子向正极移动，本题答案为：负极；铜；‎ ‎②正极发生还原反应，现象是有气泡产生，负极的电极反应为Fe—2e—=Fe2+，本题答案为：有气泡产生；Fe—2e—=Fe2+；‎ ‎【点睛】在原电池中，一般是活泼金属作负极，但要注意特殊的例子，如镁、铝作电极，氢氧化钠为电解质溶液等，此为易错点。‎ ‎30.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表列出了a～f6元素在周期表中的位置。‎ 族 周期　‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ 一 二 a b 三 c d e f 回答下列问题 ‎(1)写出a单质的电子式________。‎ ‎(2)画出b的原子结构示意图：__________。‎ ‎(3)写出c单质和水反应的化学方程式：__________。‎ ‎(4)金属性c强于d，请用原子结构理论解释原因______________‎ ‎(5)已知硒(Se)与e同主族，且位于e的下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测硒及其化合物可能具有的性质是______。‎ ‎①最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3‎ ‎②SeO2既有氧化性又有还原性 ‎③气态氢化物稳定性比e元素的弱 ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 钠和镁电子层数相同，但是钠的核电荷数比镁少，钠原子半径大，原子核对最外层电子引力小，失电子能力强，钠金属性强 (5). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由元素在周期表中的位置可知a为N、b为F、c为Na、d为Mg、e为S、f为Cl，据此分析，‎ ‎(1)a的单质为氮气，其电子式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎(2)b为F，其原子结构示意图为，‎ 故答案为：；‎ ‎(3)c的单质为钠单质，钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，反应方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎(4)金属性Na强于Mg，因为钠和镁是同周期元素，电子层数相同，但钠的核电荷数比镁少，钠原子半径大，原子核对最外层电子引力小，失电子能力强，钠金属性强，‎ 故答案为：钠和镁电子层数相同，但是钠的核电荷数比镁少，钠原子半径大，原子核对最外层电子引力小，失电子能力强，钠金属性强；‎ ‎(5) 硒(Se)与S同主族，则Se的最外层电子数为6，其最高化合价为+6价；Se位于S的下一个周期，则Se的非金属性比S弱，①其最高化合价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，故错误；②SeO2中Se为+2价，处于Se的中间价态，根据价态规律，元素化合价处于中间价态时既有氧化性又有还原性，故正确；③Se的非金属性比S弱，非金属性越强气态氢化物越稳定，则Se的气态氢化物的稳定性比S元素的弱，故正确；‎ 故答案为：②③。‎ ‎31.实验室常用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应等一系列实验。‎ ‎(1)甲装置中发生的主要反应的化学方程式是____________。‎ ‎(2)装置乙中的品红溶液褪色证明SO2具有_______性。‎ ‎(3)在装置乙的试管口放有一团浸有碱液的棉花，棉花中通常浸有饱和碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液，请写出SO2与NaOH溶液反应的离子方程式：_____________。‎ ‎(4)欲观察生成的CuSO4溶液的颜色，应采取的操作是______________。‎ ‎【答案】 (1). Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O (2). 漂白性 (3). SO2+2OH-=SO+H2O (4). 试管里的溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据浓硫酸具有强氧化性，能氧化铜的性质书写反应方程式；‎ ‎(2)根据二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色分析；‎ ‎(3)根据二氧化硫为酸性氧化物的性质，书写二氧化硫和氢氧化钠反应的方程式；‎ ‎(4)根据Cu与浓硫酸反应的特点，以及硫酸的稀释方法分析。‎ ‎【详解】(1)‎ 甲装置中是浓硫酸和铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；‎ ‎(2)由于二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故答案：漂白性；‎ ‎(3)二氧化硫有毒，利用浸有饱和碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液的棉花放在试管口处，能吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染空气，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO+H2O，故答案：SO2+2OH-=SO+H2O；‎ ‎(4)硫酸铜溶液为蓝色，Cu与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸的浓度变小，而Cu与稀硫酸不反应，故甲装置的试管中反应后除了有硫酸铜外还有未反应的稀硫酸，故欲观察生成的硫酸铜溶液的颜色，应取甲装置中溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色，则证明反应生成了硫酸铜，故答案：试管里的溶液慢慢倒入预先盛有蒸馏水的烧杯中，溶液变蓝色。‎ ‎32.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，其合成路线如图所示。回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为：__________‎ ‎(2)上述反应中属于加成反应的是：__________‎ ‎(3)物质D官能团为：________________‎ ‎(4)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。‎ ‎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___________。‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH2 (2). ① (3). —COOH或羧基 (4). AD (5). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O ‎【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B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得D为 CH3COOH， E是一种无色透明、有香味的油状液体，CH3CH2OH和CH3COOH，发生酯化反应（取代反应）生成E为 CH3COOCH2CH3。‎ ‎【详解】(1)由题目已知信息可知，A为乙烯，A的结构简式为：CH2=CH2，本题答案为：CH2=CH2；‎ ‎(2)CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，故上述反应中属于加成反应的是：①，本题答案为：①；‎ ‎(3)物质D是CH3COOH，官能团为—COOH或羧基，本题答案为：—COOH或羧基；‎ ‎(4)①装置甲为制取氧气的发生装置，可加过氧化钠或二氧化锰等制取氧气，故本题答案为：AD；‎ ‎②丙装置中乙醇在铜催化下，被氧气氧化成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，本题答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。‎ ‎【点睛】制取氧气可以选择二氧化锰催化分解过氧化氢，也可以用过氧化钠和水反应来制取，但用过氧化钠在实验室制氧气不太常见，应引起重视。‎ ‎33.化学工程师为了变废为宝，从某工业废液(含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费)中回收铜，并将铁的化合物全部转化为化工原料FeCl3晶体，主要流程如下： ‎ ‎(1)步骤Ⅰ的操作名称：__________；‎ ‎(2)检验滤液中②是否含有Fe3＋所需试剂化学式：_____________，‎ ‎(3)向②中加入NaOH溶液并长时间暴露在空气中，此过程的现象：________。‎ ‎(4)滤渣③加入过量的④发生的离子方程式____________，‎ ‎(5)通入⑥的目的：_______________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). KSCN溶液或硫氰化钾溶液 (3). 溶液从白色沉淀很快成灰绿色，最终变成红褐色 (4). Fe+2H+=Fe2+ +H2↑ (5). 将溶液中的Fe2+完全转化成Fe3+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，作为腐蚀液原料循环使用，则废液中加过量③(Fe粉)，滤液为FeCl2，滤渣为Fe和Cu，滤渣中加过量④(盐酸)，因Cu与盐酸不反应，则滤液⑤为FeCl2，将滤液②和⑤中通入⑥(氯气)，可反应得到FeCl3溶液。‎ ‎【详解】(1)步骤Ⅰ为分离氯化亚铁溶液和固体铁、铜，操作名称为过滤，本题答案为：过滤；‎ ‎(2)检验滤液中②是否含有Fe3＋所需试剂为硫氰化钾，硫氰化钾遇Fe3+变红，化学式为KSCN，本题答案为：KSCN溶液或硫氰化钾溶液；‎ ‎(3)②为氯化亚铁溶液，加入NaOH溶液会生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：溶液从白色沉淀很快成灰绿色，最终变成红褐色；‎ ‎(4)滤渣③含有铁和铜，加入过量的盐酸，铜与盐酸不反应，只有铁与硫酸反应，生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+ +H2↑，本题答案为Fe+2H+=Fe2+ +H2↑；‎ ‎(5)滤液②和⑤中的溶质为氯化亚铁，通入氯气，可将氯化亚铁氧化成FeCl3溶液，本答案为：将溶液中的Fe2+完全转化成Fe3+。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离和提纯，熟练掌握亚铁离子、铁离子的性质及检验方法，现象为解题的关键，注意氢氧化亚铁易被氧化的性质特点。‎ ‎34.Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物，羟基自由基的产生与溶液pH大小有关。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。‎ ‎【实验过程】‎ ‎ ‎ 用图所示装置进行如下表所示的实验，控制p-CP的初始浓度相同，其余实验条件见下表，设计如下对比实验，最终测量的是p-CP浓度的改变量。‎ ‎【实验数据】‎ 实验编号 H2O2溶液 Fe2+溶液 蒸馏水 pH 温度 c/(10-3mol·L-1)‎ V/mL c/(10-3mol·L-1)‎ V/mL V/mL T/K ‎①‎ ‎6.0‎ ‎1.5‎ ‎0.30‎ ‎3.5‎ ‎10‎ ‎3‎ ‎298‎ ‎②‎ ‎6.0‎ ‎1.5‎ ‎0.30‎ ‎3.5‎ ‎10‎ ‎3‎ ‎313‎ ‎③‎ ‎6.0‎ ‎3.5‎ ‎0.30‎ ‎3.5‎ x ‎3‎ ‎298‎ ‎④‎ ‎6.0‎ ‎1.5‎ ‎0.30‎ ‎4.5‎ ‎9‎ ‎3‎ ‎298‎ ‎⑤‎ ‎6.0‎ ‎1.5‎ ‎0.30‎ ‎3.5‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎298‎ 图2实验测得p-CP的浓度随时间的变化 ‎【分析与解释】‎ ‎(1)实验③中，x=________。‎ ‎(2)实验①、⑤的目的是________。‎ ‎(3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高是反而导致降解反应速率减少，从Fenton法所用试剂H2O2性质的角度分析原因_____(请用化学用语解答)。‎ ‎(4)通过实验⑤可以得出结论是是pH等于10时，降解反应趋于停止，推测可能的原因：__。‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). 探究pH对P-CP降解速率的影响 (3). 温度高H2O2分解 (4). pH=10时， Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，进而无法氧化降解污染物 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验①为对照组，实验②是探究温度对降解速率的影响，实验③、④是探究浓度对降解速率的影响，实验⑤是探究pH对降解速率的影响。‎ ‎【详解】(1)实验①为对照组，实验②是探究温度对降解速率的影响，实验③是探究浓度对降解速率的影响，应保持单一变量，溶液总体积应为15mL，故x=8，本题答案为：8；‎ ‎(2)实验①、⑤所加试剂的体积、浓度均相同，只有pH不同，故实验①、⑤是探究pH对P-CP降解速率的影响，本题答案为：探究pH对P-CP降解速率的影响；‎ ‎(3)反应温度在较低范围时，随着温度升高，过氧化氢产生羟基自由基的速率增加，使P-CP降解速率提高；反应温度过高时，过氧化氢分解产生氧气，几乎不产生羟基自由基，导致P-CP降解速率减少，故本题答案为：温度高H2O2分解；‎ ‎(4)由图中曲线可以看出，在pH等于10时，P-CP的浓度几乎没有变化，说明pH=10时，该降解反应趋于停止，是因为在碱性较强的时候，Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，故本题答案为：pH=10时， Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，进而无法氧化降解污染物。‎ ‎【点睛】对反应速率的影响因素的探究，因保持单一变量，防止因多个变量造成不同的现象，无法得出实验结论，此为易错点。‎