北京市丰台区首师大附属云岗中学2019届高三上学期10月月考化学试题

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‎2018-2019学年度北京市丰台区首师大附属云岗中学 第一学期高三化学10月份月考 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Cu 64 Cl 35.5‎ 第I卷(选择题)‎ 请在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活，下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是（ ）‎ A B C D 泰国银饰 埃及棉制品 捷克水晶饰品 土耳其彩瓷 金属材料 天然高分子材料 合成高分子材料 无机非金属材料 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 银为金属单质，所以银饰品属于金属材料，故A正确；B. 棉制品的主要成分是纤维素，纤维素是天然的有机高分子化合物，故B正确；C. 水晶的主要成分是二氧化硅，不是合成高分子材料，故C错误；D. 陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故D正确；答案选C。‎ ‎2.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是 A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体。‎ ‎【详解】A. 蒸馏是在密闭容器中给溶液加热，收集一定温度范围内的馏分的操作，不合题意；‎ B. 升华是固体受热后，不经过液态而由固态直接转化为气态的过程，符合题意；‎ C. 干馏是以煤或木材为原料，隔绝空气加强热使它分解的过程，不合题意；‎ D. 萃取是利用溶质在萃取剂与原溶剂中溶解度的差异，将溶质从一种溶剂转移入萃取剂的过程，不合题意。‎ 答案选B。‎ ‎3.下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是 A. 煅烧贝壳 B. 粮食酿醋 C. 古法炼铁 D. 火药爆炸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煅烧贝壳是碳酸钙发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，元素化合价均没发生变化，没有发生氧化还原反应，选项A符合；B、醋酿造存在从乙醇转化为乙酸的过程，为氧化还原反应，选项B不符合；C、炼铁中有单质铁的生成，属于氧化还原反应，选项C不符合；D、火药爆炸属于剧烈的氧化还原反应，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，选项D不符合。答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，注意了解我国古代人民对化学的贡献。‎ ‎4.下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：‎ A. 氮元素均被氧化 B. 工业合成氨属于人工固氮 C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化 D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；‎ B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；‎ C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；‎ D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎5.下列解释事实的方程式不正确的是 A. 用Na2S处理含Hg2+废水：Hg2+ + S2− = HgS↓‎ B. 燃煤中添加生石灰减少SO2的排放：2CaO + O2 + 2SO2 2CaSO4‎ C. 工业上将Cl2 通入石灰乳中制漂白粉：Cl2 + OH－ = Cl－+ ClO－ + H2O D. 向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），产生氯气：ClO－+ Cl－+2H＋ = Cl2↑+ H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、用Na2S处理含Hg2+废水，为沉淀法，离子方程式为：Hg2+ + S2− = HgS↓，故A正确；B、燃煤中添加生石灰减少SO2的排放，发生氧化还原反应，方程式为：2CaO + O2 + 2SO2 2CaSO4，故B正确；C. 工业上将Cl2 通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳没有全部电离，离子方程式为：Cl2 +Ca(OH)2 = Cl－+ ClO－ + H2O，故C错误；D、向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），在酸性条件下，次氯酸根将氯离子氧化，产生氯气：ClO－+ Cl－+2H＋ = Cl2↑+ H2O，故D正确；故选C。‎ ‎6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH=1的溶液中：、、K+、Cl-‎ B. 遇酚酞变红的溶液中：、Na+、、K+‎ C. c()=1mol·L-1的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、‎ D. 无色透明溶液中：K+、、Na+、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=1的溶液氢离子浓度较大，碳酸氢根会和氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量存在，故A不符合题意；‎ B．遇酚酞变红的溶液显碱性，四种离子相互不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，故B符合题意；‎ C．硝酸根、氢离子、亚铁离子会发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；‎ D．高锰酸根的溶液显紫红色，不能在无色溶液中大量存在，故D不符合题意；‎ 故答案为B。‎ ‎7.下列解释事实的离子方程式正确的是 A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O D. 在A‎1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13++3OH-= Al(OH)3↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。‎ ‎8.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）‎ A. 制取SO2 B. 验证漂白性 C. 收集SO2 D. 尾气处理 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。‎ ‎9.在给定的条件下，下列物质的转化能实现的是 A. SSO3H2SO4‎ B. NaNa2ONa2CO3‎ C. NH3NO2HNO3‎ D. Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据硫的性质可知： S+O2SO2不能生成SO3，故A错误； B.根据钠在加热的条件下和氧气反应生成Na2O2即2Na+ O2Na2O2，不是Na2O，故B错误；‎ C.NH3的催化氧化反应生成NO，故C错误； ‎ D. Al2O3属于两性氧化物，可以和碱反应生成NaAlO2，NaAlO2(aq)和CO2反应生成Al(OH)3，故D正确；‎ 故答案：D。‎ ‎10.下列说法不正确的是 A. 乙醇的沸点高于丙烷 B. 氨基酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应 C. 室温下在水中的溶解度：乙二醇>苯酚>溴乙烷 D. 光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有5种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、乙醇分子间易形成氢键，乙醇的沸点高于丙烷，故A正确；B、氨基酸含-COOH、氨基，含-COOH与NaOH反应，含氨基与盐酸反应，氨基酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应，故B正确；C、乙二醇与水以任意比互溶，常温下苯酚微溶于水，而溴乙烷不溶于水，室温下在水中的溶解度：乙二醇>苯酚>溴乙烷，故C正确；D、光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有4种如图中①、②、③、④，故D错误；故选D。‎ ‎11.扁桃酸衍生物是重要医药中间体，下列关于这种衍生物的说法正确的是 A. 分子式为C9H8O3Br B. 不能与浓溴水反应生成沉淀 C. 与HCHO一定条件下可以发生缩聚反应 D. 1mol此衍生物最多与2mol NaOH发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式为C9H9O3Br，A错误；‎ B. 酚能与浓溴水反应生成沉淀，且苯环上相应位置没有全部被取代，所以该物质可以和浓溴水发生取代反应，B错误；‎ C. 酚能与甲醛发生缩聚反应，所以扁桃酸衍生物能与HCHO一定条件下可以发生缩聚反应，C正确；‎ D. 酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应，所以1mol此衍生物最多与3mol NaOH发生反应，故D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎12.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是 A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化 B. 从母液中可以提取Na2SO4‎ C. 反应2中，H2O2做氧化剂 D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。‎ ‎13.下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是 实验目的 实验操作及现象 A 检验Na2SO3溶液是否变质 向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解 B 证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2‎ 向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色 C 证明碳的非金属性强于硅 将浓盐酸滴入碳酸钠固体中，生成的气体通入盛有水玻璃的试管中，出现浑浊 D 证明SO2具有漂白性 将SO2通入酸性KMnO4 溶液中，溶液紫色褪去 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，故A错误；B. 向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝，说明硫酸不能将碘离子氧化； 再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝色，说明双氧水将碘离子氧化为碘单质，说明双氧水的氧化性比碘强，故B正确；C.浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故C错误； D. 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故D错误；故选B。‎ ‎14.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：‎ 下列说法正确的是 A. 分离器中的物质分离操作为过滤 B. 膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率 C. 该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”‎ D. 碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+ I2=H2+2H2SO4+2HI ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强不能提高HI的平衡转化率；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2。‎ 详解：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离，A项错误；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强能提高反应速率，该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B项错误；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C项正确；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，D项错误；答案选C。‎ 第II卷 (非选择题)‎ ‎15.黄铜矿(CuFeS2)是制铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物。‎ ‎(1)冶炼铜的反应为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2‎ 若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是_____(填元素符号)。‎ ‎(2)上述冶炼过程中产生大量SO2。下列处理方案合理的是_____(填代号)‎ a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3 d．用浓硫酸吸收 ‎(3)过二硫酸钾(K2S2O8)具有强氧化性，可将I-氧化为I2：+2I-=2+I2‎ 通过改变反应途径，Fe3+、Fe2+均可催化上述反应。试用离子方程式表示Fe3+对上述反应的催化过程___、___‎ ‎【答案】 (1). Cu、O (2). b、c (3). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 (4). +2Fe2+=2+2Fe3+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据氧化还原反应中各元素化合价变化进行分析；‎ ‎(2)根据SO2性质：有毒，属于酸性氧化物等性质进行分析；‎ ‎(3)根据氧化还原反应原理和催化剂的催化原理进行分析解答。‎ ‎【详解】(1)由8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2反应可知，化合价降低的元素是Cu、O ，发生还原反应，在反应中被还原，故答案为： Cu 、O； ‎ ‎(2) a.因为SO2有毒，所以二氧化硫是污染性气体，排放到高空会污染空气，处理不合理，故a错误； b.可以通过二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定易被空气氧化生成硫酸，所以可用二氧化硫制取硫酸，故b合理； c.根据SO2性质可知，纯碱可以和二氧化硫反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定易被氧化生成Na2SO4，所以纯碱溶液可以吸收SO2，故c合理； d.因为浓硫酸不能和二氧化硫反应，所以不能用浓硫酸吸收二氧化硫，故d错误；‎ 故答案：b、c； (3)三价铁具有强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；S2O82-具有氧化性能将亚铁离子氧化为Fe3+，其反应方程式分别为：2Fe3++2I-= 2Fe2++ I2，S2O82-+ 2Fe2+= 2SO42-+ 2Fe3+；‎ 故答案为：2Fe3++2I-= 2Fe2++ I2，S2O82-+ 2Fe2+= 2SO42-+ 2Fe3+。‎ ‎16.烟气中SO2和NOx（NO及NO2）的脱除对于环境保护意义重大。‎ ‎(1)湿式氨法烟气脱硫脱氮是通过氨水吸收烟气，得到含、、、和NO2的吸收液。‎ ‎①用离子方程式解释吸收液中含有的原因：_____________；‎ ‎②吸收液中的、均对NO2具有吸收作用，但对NO2的吸收能力比弱，与NO2反应生成的离子方程式是：___________；‎ ‎(2)经测定，在烟气的吸收过程中，吸收液对NO2的吸收率随烟气通入量变化的曲线如下图所示。‎ 结合化学用语解释产生上述结果的原因：_______________。‎ ‎【答案】 (1). SO2+2NH3•H2O=+2+H2O (2). 2OH-++2NO2=+ H2O+2 (3). SO2++ H2O=2，随着烟气通入量的增加，吸收液中c()增大，c()减小，导致吸收液对NO2的吸收能力下降 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题给信息，用氨水吸收氨气，由此可知SO2和氨水反应产生的离子方程式。根据氧化还原反应原理分析与NO2反应生成的离子方程式；由图可知，随着烟气通入量的增大，NO2吸收率逐渐降低，结合题中信息，可考虑是吸收液中的、的浓度变化引起的，据此分析。‎ ‎【详解】(1)①SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应离子方程式为：SO2+2NH3•H2O=+2+H2O；答案为：SO2+2NH3•H2O=+2+H2O；‎ ‎②根据氧化还原反应规律，与NO2发生氧化还原反应生成和，离子方程式为：2OH-++2NO2=+H2O+2；答案为：2OH-++2NO2=+H2O+2；‎ ‎(3)结合题中：吸收液中的、对NO2吸收能力的差异，可知随着烟气通入量的加入，吸收液中主要由来吸收NO2，从而导致NO2吸收率的下降，分析、的浓度变化，可知发生了反应：SO2++ H2O=2。即随着烟气通入量的增加，吸收液中c()增大，c()减小，从而导致吸收液对NO2的吸收能力下降。答案为：SO2++ H2O=2，随着烟气通入量的增加，吸收液中c()增大，c()减小，导致吸收液对NO2的吸收能力下降。‎ ‎17.氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可如图表示。‎ ‎(1)海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是__________(填图中数字序号)。‎ ‎(2)下列关于海洋氮循环的说法正确的是_______(填字母序号)。‎ a.海洋中存在游离态的氮 b.海洋中的氮循环起始于氮的氧化c.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与d.向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量 ‎(3)有氧时，在硝化细菌作用下，可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：  ___+ 5O2 == 2 + ____H+ +____+_____‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ad (3). 4 (4). 6 (5). N2O (6). 5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】(1)氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程，即单质变化为化合物，反应②是氮气转化为铵根离子属于氮的固定；‎ ‎(2)a．据图可知海洋中溶有部分氮气分子，即海洋中存在游离态的氮，故a正确；‎ b．据图可知海洋中的氮循环起始于N2转化为铵根，氮元素化合价降低，为氮的还原，故b错误；‎ c．反硝化过程中N元素的化合价降低，被还原，而氧气一般作为氧化剂参与反应，所以反硝化过程没有氧气参与，故c错误；‎ d．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，从而使铵根的含量升高，故d正确；‎ 综上所述选ad；‎ ‎(3)转化为化合价升高+6价，生成2个失去12个电子；氧气作氧化剂一般被还原成-2价，所以5个O2可以得到20个电子，根据电子守恒可知还应再失去8个电子，据图可知还有N2O生成，该过程N元素化合价生成4价，则需要生成1个N2O才能使得失电子守恒，再结合元素守恒可得方程式为4+5O2==2+6H++N2O+5H2O。‎ ‎【点睛】游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用；氧化还原反应中氧化剂得电子发生还原反应化合价降低，还原剂失电子发生氧化反应化合价升高，整个过程中得失电子守恒，据此可以配平氧化还原反应。‎ ‎18.选择性催化还原是在有催化剂的条件下将 NOx转变为 N2和 H2O，这是目前国外硝酸厂进行尾气治理普遍采用的一种方法，某小组同学拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率。‎ ‎ ‎ 请回答下列问题: ‎ ‎(1)若制取氨气用A装置，则发生反应的化学方程式为_______，  若用B装置制取氨气，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是______、________；‎ ‎(2)用C装置制取NO时，用可抽动的铜丝，其优点是_______，其反应的离子方程式为 ________；‎ ‎(3)装置⑦的作用可能是 ____________；‎ ‎(4)若进入装置⑤的NO共 2688mL(标况下)，氨气过量，最后收集到标况下2016mLN2，则NO的转化率为___。‎ ‎【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 浓氨水 (3). 碱石灰 (4). 反应可以随时关停、操作方便、反复使用、节约药品 (5). 3Cu+8H++2 NO3- =3Cu2++2NO↑+4H2O (6). 吸收未反应NO (7). 90%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在加热条件下，实验室通常用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；若要制备少量氨气，可利用氨气的挥发性和碱石灰的吸水性来制取。结合氨气和NO的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)‎ ‎ 在加热条件下，实验室通常用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，生成氨气、氯化钙和水，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；若制取氨气用不加热装置，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是浓氨水、碱石灰或生石灰或氢氧化钠；‎ ‎(2) 制取NO时用可抽动的铜丝，其优点是易于控制反应，操作简便并能节约药品，答案为：反应可以随时关停、操作方便、反复使用、节约药品；铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其反应的离子方程式为3Cu+8H++2 NO3- =3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎(3) 硫酸亚铁具有还原性，一氧化氮与二价铁发生反应，故装置⑦的作用可能是吸收未反应的NO；‎ ‎(4) 根据反应6NO+4NH3═5N2+6H2O计算，在一定条件下气体的体积之比等于物质的量之比， ‎ V(NO)= 2419.2ml，则NO的转化率为,答案为90%。‎ ‎【点睛】本题考查氮的氧化物的性质及其对环境的影响，利用化学方程式中化学计量数关系计算转化率。‎ ‎19.下图是研究铜与浓硫酸的反应装置：‎ ‎(1) A试管中发生反应的化学方程式为__________‎ ‎(2) 反应一段时间后，可观察到B试管中的现象为___________________‎ ‎(3) C试管口浸有NaOH溶液的棉团作用是_________________‎ ‎(4) 如将B试管换成D试管，并从直立导管中向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则气体可以是__________、__________。  (要求填一种化合物和一种单质化学式；如有需要，可加装防倒吸装置)‎ ‎(5) 实验结束后，证明A试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是___________‎ ‎【答案】 (1). Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O (2). 溶液由红色变成无色 ‎ ‎(3). 吸收Cl2和SO2防止污染空气 (4). NH3(NO2或ClO2) (5). Cl2(O3或O2或Br2蒸汽) (6). 向上拉铜丝终止反应，冷却后将A中溶液慢慢倒入盛有少量水的烧杯(试管)里，观察溶液颜色是否为蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置分析可知，装置A中浓硫酸与Cu加热制取SO2，B为检验SO2的漂白性的装置，C为尾气处理装置，若向D装置中通入SO2，要生成白色沉淀，需要加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；‎ ‎(2)由于反应产生了SO2气体；该气体由漂白性，能使品红溶液褪色。因此反应一段时间后，可观察到B试管中品红溶液由红色变为无色，故答案为：溶液由红色变成无色；‎ ‎(3)Cl2、SO2气体容易导致大气污染，因为SO2和Cl2气体均能与碱液反应，所以在C试管口用浸有NaOH溶液的棉团来吸收扩散的SO2和Cl2气体，故答案为：吸收Cl2和SO2防止污染空气；‎ ‎(4)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体NH3、做氧化剂的气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2 ；‎ ‎(5)实验结束后，若要证明A试管中反应所得产物含有铜离子，操作方法是向上拉铜丝，终止反应，冷却后，将A中溶液慢慢倒入盛有少量水的烧杯（试管）里，观察溶液颜色是否为蓝色，故答案为：向上拉铜丝终止反应，冷却后将A中溶液慢慢倒入盛有少量水的烧杯(试管)里，观察溶液颜色是否为蓝色。‎ ‎【点睛】二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。‎ ‎20.某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。‎ ‎（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）‎ 实验1：铜片与浓硫酸反应 操作 现象 加热到‎120℃‎~‎‎250℃‎ 铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液 继续加热至‎338℃‎ 铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀 ‎①装置B的作用是________；装置C中盛放的试剂是_______。‎ ‎②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是___________。‎ ‎（2）探究实验1中‎120℃‎~‎250℃‎时所得黑色固体的成分。‎ ‎【提出猜想】黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。‎ ‎【查阅资料】‎ 资料1：亚铁氰化钾[K4Fe(CN）6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。‎ 资料2：‎ CuS Cu2S 黑色结晶或粉末 灰黑色结晶或粉末 难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸 难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水 ‎【设计并实施实验】‎ 实验2.探究黑色固体中是否含CuO 操作 现象 i.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌 黑色表层脱落，露出光亮的铜片 ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降 上层溶液澄清、无色 ‎①试剂A是_________。‎ ‎②甲认为ii中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是______。‎ 实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S 操作 现象 i.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置 有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色 ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置 有固体剩余，溶液变成浅绿色 ‎【获得结论】由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，‎120℃‎~‎250℃‎时所得黑色固体中_______。‎ ‎【实验反思】‎ 分析实验1中‎338℃‎时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 防止C中溶液倒吸入A中 (2). NaOH溶液 (3). 冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液） (4). 一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也可以） (5). 向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成） (6). 不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S (7). CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4（浓）2CuSO4+5SO2↑+6H2O ‎【解析】‎ ‎(1)①反应生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸现象，装置B可以防止C中溶液倒吸入A中；二氧化硫会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，装置C中可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故答案为防止C中溶液倒吸入A中；NaOH溶液；‎ ‎②硫酸铜溶液显蓝色，为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明，故答案为冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液；‎ ‎(2)①根据CuS、Cu2S的性质可知，二者均难溶于稀硫酸；可溶于硝酸，因此试剂A应该选择稀硫酸，故答案为稀硫酸；‎ ‎②根据题意，亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，可以生成红棕色沉淀。因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在Cu2+，故答案为向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象(或无红棕色沉淀生成)；‎ ‎【获得结论】根据实验2可知，黑色固体中不含CuO，根据实验3可知，加入适量浓氨水，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色；加入适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，因为CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸，Cu2S难溶于浓盐酸，说明含有CuS、可能含有Cu2S，故答案为不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S；‎ ‎【实验反思】黑色固体中含有CuS、可能含有Cu2S，根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，CuS、Cu2S与浓硫酸的反应方程式分别为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O，故答案为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O。‎ 点睛：本题借助于铜与浓硫酸的反应对反应过程中的中间产物进行了探究，题目有一定的难度。本题的难点是题干提供的信息较多，需要从众多的信息中提取有用信息，加以利用，物质性质的陌生性也增大了试题难度。‎ ‎21.具有抗菌、消炎作用的黄酮醋酸类化合物L的合成路线如下图所示： ‎ ‎ 已知部分有机化合物转化的反应式如下： ‎ i．R-XR-CNR-COOH(R为烃基)‎ ii．RCHO+CH3COR′RCH=CHCOR′(R、R′代表烃基或氢)‎ iii．(R代表烃基或氢)‎ ‎(1)A的分子式是C7H8，其结构简式是______；A→B所属的反应类型为______。 ‎ ‎(2)试剂a是_______________。 ‎ ‎(3)C→D的化学方程式是___________________。 ‎ ‎(4)F的结构简式是__________；试剂b是___________。 ‎ ‎(5)J与I2反应生成K和HI的化学方程式是____________。 ‎ ‎(6)以A和乙烯为起始原料，结合题中信息，选用必要的无机试剂合成苯乙酸乙酯( )，参照下列模板写出相应的合成路线_______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 液溴/铁粉 (4). ‎ ‎+CH3COOH (5). (6). CH3CHO(乙醛) (7). +I2 +2HI (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式是C7H8，结合B的分子式、C的结构简式，可知A的结构简式为，试剂a应为为Br2，B发生水解反应然后酸化得到C，所以B为，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，F发生信息i的反应生成G，所以F结构简式为，该反应为取代反应；G发生信息ii的反应生成J，根据G、J碳原子个数可知b为CH3CHO，J结构简式为，J发生信息iii的反应生成K，K发生水解反应然后酸化得到L。‎ ‎【详解】(1)A的分子式是C7H8，结合B的分子式、C的结构简式，可知A的结构简式为，A与Br2在Fe作催化剂条件下发生甲基对位的取代反应生成B； (2)甲苯与a反应生成对甲基溴苯，则试剂a是：液溴/铁粉； ‎ ‎(3)对比C、D的结构，可知C中酚羟基中H原子被取代生成D，同时有乙酸生成，C→D的化学方程式是：++CH3COOH；‎ ‎(4)F发生信息i的反应生成G，根据G的结构可知F的结构简式是：；G发生信息ii的反应生成J，所以试剂b中应含有醛基，再结合G和J的碳原子个数可知，试剂b是：CH3CHO； (5)J与I2反应生成K和HI的过与信息iii类似，所以化学方程式是：+I2 +2HI； (6)对比和 的结构可知需要将苯环的支链加长并形成羧基，然后再与乙醇发生酯化；加长支链并形成羧基的过程与题目所给信息i类似，可以先在光照条件下与氯气发生取代生成，然后再进行信息i的转化生成，乙烯可以和水发生加成反应生成乙醇，所以整个合成路线流程图为：。‎ ‎【点睛】明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意信息的灵活运用，理解题目所给信息反应的特点(如信息i可以将碳链加长，并形成羧基)，然后套用到整个流程和合成路线的设计中。‎