1、贵州省毕节金沙县二中2018-2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.某溶液中大量存在以下五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c(NO3-)：c(SO42-)：c(Fe3+)：c(H+)：c(M)=2：3：1：3：1，则M可能是（ ）A. Al3+B. Cl-C. Mg2+D. Ba2+【答案】C【解析】试题分析：根据电荷守恒作答。分析题给数据知溶液中阴离子所带的负电荷浓度大于Fe3和H所带的正电荷浓度，故M为阳离子；c（NO3-）c（SO42-）c（Fe3）c（H）c（M）23131，则M为+2价阳离子，而Ba2和硫酸根不能大量共存，所以M为M
2、g2，选C。考点：考查物质的量浓度计算、离子共存2.下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是A. NaHCO3=Na+H+CO32-B. NH4NO3=NH4NO3C. NaHSO4=Na+H+SO42D. Ba（OH）2=Ba2+2OH【答案】A【解析】A. NaHCO3是强电解质，其在水溶液中可以完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，因其为弱酸的酸式盐，故碳酸氢根离子只有很少的一部分发生电离，故其电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3，A不正确；B. 硝酸铵是强电解质，故其电离方程式为NH4NO3=+，B正确；C. NaHSO4是强酸的酸式盐，故其电离方程式为NaHSO4=Na+H+，C正确
3、；D. Ba（OH）2是强碱，故其电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH，D正确。本题选A。3.下列说法正确的是（设阿伏加德罗常数的数值为NA）A. 在标准状况下，22.4 L水所含分子数目为NAB. 1 molL-1K2SO4溶液所含K+数目为2NAC. 1 mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NAD. 2.4 g Mg与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A. 在标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积，A项错误；B.没有告知溶液体积，离子的数目无法计量，B项错误；C. 钠与氧气生成的产物无论是谁，1 mol钠与氧气发生反应
4、，失电子数目均为NA，C项正确；D. 2.4 g Mg的物质的量为0.1mol，与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.2NA，D项错误；所以答案选择C项。4.配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是()A. 用敞口容器称量KOH且时间过长B. 配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水C. 容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤D. 溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容【答案】A【解析】【详解】A.用敞口容器称量KOH且时间过长，使KOH吸收了空气中水蒸气和CO2，称量的物质中所含的KOH质量偏小，即溶质物质的量偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏低，A项正确；B
5、.配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水，不影响溶质物质的量和溶液体积V，根据公式=可知不影响KOH溶液的浓度，B项错误；C.容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤，使得溶质物质的量增大，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，C项错误；D.KOH固体溶于水时会放出大量的热，KOH溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容，此时溶液的温度较高，冷却到室温时溶液的体积V偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，D项错误；答案选A。【点睛】对于配制一定物质的量浓度溶液进行误差分析时，通常将错误操作归结到影响溶质物质的量（）或溶液体积（V），然后根据公式=分析浓度是偏大、偏小、还是不变。5
6、. 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是A. 若M（甲）M（乙），则气体体积：甲乙B. 若M（甲）M（乙），则气体的压强：甲乙C. 若M（甲）M（乙），则气体的摩尔体积：甲乙D. 若M（甲）M（乙），则的分子数：甲乙【答案】B【解析】试题分析：根据，质量和密度相等，则两者的体积也是相等，A项错误；根据，若甲的摩尔质量大于乙的摩尔质量，则甲的物质的量小于乙，甲的压强小于乙，则B正确，D错误，又甲和乙的体积相等，甲的物质的量小于乙，则摩尔体积大于乙，C错误。考点：考查以物质的量为中心计算公式的运用。点评
7、：平时学习中要熟悉基本公式的应用及公式应用时的前提条件。6.下列说法中正确的是()A. 摩尔是表示物质质量的单位B. 物质的量就是指物质的质量C. 摩尔是表示物质粒子多少的物理量D. 物质的量适用于计量分子、原子、离子等粒子【答案】D【解析】【分析】A、摩尔是物质的量的单位，质量的单位为g；B、物质的量用于描述微观粒子的物理量，与物质的质量完全不同；C、摩尔是物质的量的单位；D、物质的量适用于计量微观粒子，不适用于计量宏观物质。【详解】A项、质量的单位为g，摩尔是物质的量的单位，故A错误；B项、物质的量的单位为mol，而质量的单位为g，二者为完全不同的两个物理量，故B错误；C项、摩尔是物质的量
8、的单位，物质的量是表示物质粒子多少的物理量，故C错误；D物质的量适用于计量微观粒子，如分子、原子、离子等微观粒子粒子，不适用于计量宏观物质，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了物质的量，注意物质的量是表示含有一定数目粒子的集体，符号为n，单位是mol，1mol任何粒子的粒子数与0.012Kg12C中所含的碳原子数相同，这里的粒子指分子、原子、离子、电子、质子、中子等。7. “纳米材料”是粒子直径为1100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质是溶液 是胶体 是浊液 不能透过滤纸 能透过滤纸 能产生丁达尔效应 静置后，会析出黑色沉淀A. B. C.
9、 D. 【答案】A【解析】试题分析：纳米碳粒子直径为l100nm之间，分散到水中，所形成的分散系为胶体，错误；纳米碳粒子直径为l100nm之间，形成的分散系为胶体，正确；浊液分散质粒子直径大于100nm，错误；溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，错误；胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，能全部透过滤纸，正确；胶体具有丁达尔效应，正确；胶体处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，错误。综上，答案为A。考点：考查胶体性质。8.金属钠分别在过量的氧气和氯气中燃烧，产生的现象相同点是A. 都产生白烟B. 都产生黄色火焰C. 都生成氧化物D. 都生成白色固体【答案】B【
10、解析】【详解】A.钠在氯气中燃烧产生白烟，钠在氧气中燃烧不产生白烟，A项错误；B. 钠元素的焰色呈黄色，所以钠无论在氧气还是在氯气中燃烧均产生黄色火焰，B项正确；C. 钠与氧气反应生成氧化物，但钠与氯气反应生成的是氯化物，不是氧化物，C项错误；D. 钠和氯气反应生成的氯化钠是白色固体，但钠在氧气中燃烧生成的过氧化钠是淡黄色粉末，D项错误；所以答案选择B项。9.某新型“防盗玻璃”为多层结构，每层中间嵌有极细的金属线。当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立即报警，“防盗玻璃”能报警是利用了金属的()A. 延展性B. 导电性C. 弹性D. 导热性【答案】B【解析】【详解】新型“防盗玻璃”为多层
11、结构，每层中间嵌有极细的金属线当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立即报警，说明当玻璃被击碎时，形成闭合回路，利用的金属的导电性，故选B。【点睛】掌握金属的物理性质及其应用是正确解答本题的关键，金属具有良好的导电性、导热性和延展性，根据题干信息，当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立刻报警说明利用了金属的导电性。10.食用醋中含有乙酸。下列关于乙酸的说法正确的是A. 结构简式为C2H4O2B. 分子式为CH3COOHC. 分子中含有官能团为羧基D. 分子中原子之间只存在单键【答案】C【解析】【详解】A.所给的为乙酸的分子式，并非结构简式，A项错误；B. 所给的为乙酸的结构简式，并非
12、分子式，B项错误；C. 乙酸作为有机羧酸，羧基为其官能团，C项正确；D.乙酸分子中，碳与一个氧原子形成碳氧单键，与另一个氧原子形成一个碳氧双键，D项错误；所以答案选择C项。11.据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为十3 价)和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C ，正极材料采用MnO2可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )A. 电池放电时Na从a极区移向b极区B. 电极b采用MnO2，MnO2既作电极又有催化作用C. 该电池a 极反应为BH4-+8OH-8e-BO2-+6H2OD. 每消耗3mol H2O2，转移的电子为3mol【答案】D【解析
13、】试题分析：A根据装置示意图可知a电极是负极，b电极是正极。原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，正确；B电极b采用MnO2，MnO2为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，正确；C该电池的a 极是负极，发生氧化反应，电极反应为BH4-+8OH-8e-BO2-+6H2O，正确；D电池的正极上是H2O2得电子，发生还原反应，每消耗3mol H2O2，转移的电子为6mol电子，错误。考点：考查原电池反应原理的应用的知识。12. “绿色化学”是人们最近提出的一个新概念，主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化
14、学反应，尽可能减少对环境的负作用。下列化学反应符合绿色化学概念的是( )A. 制CuSO4：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2OB. 制CuSO4：2CuO22CuO；CuOH2SO4(稀)=CuSO4H2OC. 制Cu(NO3)2：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2OD. 制Cu(NO3)2：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O【答案】B【解析】本题考查有关浓硫酸和硝酸与金属反应的产物特点、制取方案的优化和绿色化学知识。思考时注意反应物和产物的物理、化学性质，考虑其是否会带来污染、是否额外消耗能量、是否有腐蚀性、毒性、爆炸危险以及成本等，注意采
15、用对比的方法。在选项A、C、D的产物中有二氧化硫和氮氧化物，有毒且污染环境，硫酸和硝酸的利用率低。而B选项没有气体产物，无污染物排放，硫酸的利用率高。13.反应C(s) H2O(g)CO(g)H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A. 增加炭的量B. 将容器的体积缩小一半C. 保持体积不变，充入一定量的水(g)D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积变大【答案】A【解析】【分析】分析题给的四个选项，均可从浓度是否改变这一角度来分析化学反应速率是否改变。【详解】A. 增加炭的量，几乎没有改变任一物质的浓度，所以化学反应速率不变，A项正确；B. 将容器的体积
16、缩小一半，各气体的浓度将增大，化学反应速率将加快，B项错误；C. 水是反应物，保持体积不变，充入一定量的气态水，将使反应速率加快，C项错误；D. 氮气是与该反应无关的气体，保持压强不变，充入氮气使容器体积变大，各气体的浓度将变小，反应速率减小，D项错误；所以答案选择A项。14.关于原子核外电子排布的下列叙述不正确的是A. 核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层B. 每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2C. 某原子的核外最外层最多可容纳8个电子D. 当M层为次外层时，最多可容纳18个电子【答案】C【解析】【详解】A. 依能量最低原理，核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层，A项正确；B.
17、依电子排布规律，每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2，B项正确；C. 通常，某原子的核外最外层最多可容纳8个电子，当K为最外层时，最多只容纳2个电 子，C项错误；D. M层最多能容纳18个电子，当M层为次外层时，也最多可容纳18个电子，D项正确；所以答案选择C项。【点睛】M层最多可以排布18个电子，若M作为最外层，则最多可以排8个电子，M作为次外层，则最多可以排布18个电子。15.某实验探究小组研究320 K时N2O5的分解反应：2N2O54NO2O2。如图是该小组根据所给表格中的实验数据绘制的。下列有关说法正确的是t/min01234c(N2O5)/mol/L0.1600.1140.080
18、0.0560.040c(O2)/mol/L00.0230.0400.0520.060A. 曲线是N2O5的浓度变化曲线B. 曲线是O2的浓度变化曲线C. N2O5的浓度越大，反应速率越快D. 升高温度对该反应速率无影响【答案】C【解析】【分析】结合题给的曲线和表格中0min时的数据，可以判断该反应是从反应物开始投料的，直至建立平衡状态。N2O5的速率从最大逐渐减小至不变，O2的速率从最小逐渐增大至最大而后不变。【详解】A. 曲线是O2的浓度变化曲线，A项错误；B. 曲线是N2O5的浓度变化曲线，B项错误；C. 因从反应物开始投料，所以随N2O5的浓度减小，化学反应速率逐渐减小，直至平衡时化学反
19、应速率保持不变，所以N2O5的浓度越大，反应速率越快，C项正确；D. 升高温度，反应速率加快，D项错误；所以答案选择C项。16.实验室制浓硫酸、浓硝酸的混合物与苯反应制取硝基苯。得到粗产品后，要选用如下几步操作对粗产品进行精制：蒸馏 水洗 用干燥剂进行干燥 用10%的NaOH溶液洗涤。正确的操作步骤是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】要除去混和酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤，最后用无水CaCl2干燥、蒸馏得到纯硝基苯，故正确的操作步骤是。答案选B。17.下列微粒结构示意图中，不正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解
20、】A. 表示氧原子，微粒结构示意图正确，A正确；B. 质子数为11的是钠，原子结构示意图为，离子结构示意图为，B错误；C. 表示氯原子，微粒结构示意图正确，C正确；D. 表示氯离子，微粒结构示意图正确，D正确；答案选B。【点睛】原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。其中小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数，注意原子结构示意图和离子结构示意图的区别。18. 甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x,则乙的原子序数不可能为（ ） x+2 x+4 x+8 x+18 x+32A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分
21、析：若甲为第一周期元素、乙是第二周期元素，乙的原子序数可能为x+2；若甲为第二周期元素、乙是第三周期元素，乙的原子序数可能为x+8；若甲为第三周期元素、乙是第四周期元素，乙的原子序数可能为x+18；若甲为第五周期元素、乙是第六周期元素，乙的原子序数可能为x+32，故B正确。考点：本题考查元素周期表。19.最早使用的化学电池是锌锰电池，即大家熟悉的干电池，其结构如图所示。尽管这种电池的历史悠久，但对于它的化学过程人们尚未完全了解。一般认为，放电时，电池中的反应如下：E极：2MnO22e2NH4+=Mn2O3H2O2NH3F极：Zn2e=Zn2总反应式：2MnO2Zn2NH4+=Mn2O3Zn22
22、NH3H2O下列说法正确的是A. E极是电池的正极，发生的是氧化反应B. F极是电池的负极，发生的是氧化反应C. 从结构上分析，锌锰电池应属于可充电电池D. 锌锰电池内部发生的氧化还原反应是可逆的【答案】B【解析】【分析】从所给的电极反应式可以看出，E极发生的是还原反应，对应原电池的正极，F极是原电池的负极。【详解】A. E极是电池的正极，发生的是还原反应，A项错误；B. F极是电池的负极，发生的是氧化反应，B项正确；C. 从结构上分析，锌锰电池不能充电，属于一次性电池，C项错误；D. 锌锰电池内部发生的氧化还原反应是不可逆的，D项错误；所以答案选择B项。【点睛】锌锰干电池是一次电池的代表。在
23、所有原电池中，正极发生的一定是还原反应，负极发生的一定是氧化反应。20.对于放热反应，下列说法正确的是（ ）A. 产物所具有的总能量高于反应物和所具有的总能量B. 反应物和所具有的总能量高于产物所具有的总能量C. 反应物和所具有的总能量等于产物所具有的总能量D. 反应物和具有的能量相等【答案】B【解析】反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）是放热反应，则说明反应物氢气和氧气的总能量高于生成物水的总能量。产物H2O所具有的总能量应低于反应物H2和O2所具有的总能量，选项A错误，选项B正确，选项C错误；D选项不能根据题目信息得出。答案选B。21.某元素B 的核电荷数为Z，已知Bn和Am+的核
24、外具有相同的电子数，则A 元素的原子序数用Z、n、m 来表示，应为A. Z+m+nB. Zn+mC. ZnmD. Z+nm【答案】A【解析】试题分析：某元素B 的核电荷数为Z，则Bn的核外电子总数为Z+n，由于Am+和Bn具有相同的核外电子数，则Am+的核外电子数为Z+n，因此元素A的核电荷数为：Z+n+m，故答案A。考点：考查元素核电荷数的计算。22.下列化学用语正确的是A. 乙醇的官能团：OHB. 乙醇的分子式：CH3CH2OHC. 乙烯结构简式：CH2CH2D. 乙烯无官能团【答案】A【解析】【详解】A. 乙醇的官能团是OH，A项正确；B. 所给的为乙醇结构简式，并非其分子式，B项错误：
25、C. 结构简式只是在结构式的基础上，省略了部分或全部的单键，双键不可以省略，所给的乙烯的结构简式中少了碳碳双键，C项错误；D. 乙烯中的官能团是碳碳双键，D项错误；所以答案选择A项。23. 下列说法正确的是（）。A. 禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染B. 聚乙烯可发生加成反应C. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化D. 石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯【答案】A【解析】铅是一种重要的污染物，A项正确；乙烯加聚反应生成聚乙烯后，双键变单键不能发生加成反应，B项错误；煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，C项错误；石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、
26、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质，D项错误。24.可逆反应X23Y22Z2在反应过程中，反应速率(v)与时间(t)关系曲线如图所示，下列叙述不正确的A. t1时，正反应速率大于逆反应速率B. t1t2，逆反应速率逐渐减小C. t2时，正反应速率与逆反应速率相等D. t2t3，各物质的浓度不再发生变化【答案】B【解析】【详解】A. 从图示可以看出，该反应从反应物开始投料，在t1时尚未达到平衡，此时正反应速率大于逆反应速率，A项正确；B. 从图示可以看出，t1t2，逆反应速率逐渐增大，B项错误；C. t2时，正反应速率与逆反应速率相等，反应达到该条件的化学平衡，C项正确
27、；D. t2t3，该可逆反应属于化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度不再发生变化，D项正确；所以答案选择B项。25.元素X的原子有3个电子层，最外电子层上有4个电子。则X元素位于周期表的()A. 第四周期A族B. 第四周期A族C. 第三周期B族D. 第三周期A族【答案】D【解析】【详解】因为元素X的原子有3个电子层，所以第三周期，最外层有4个电子，所以是第A族，即第3周期A族，故答案为D。26. 下图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变
28、蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）写出CE的化学方程式： 。（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为： ，干燥C常用 （填写试剂名称）。（3）E物质遇到D物质时，会观察到 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 （填写物质的化学式）。（4）写出AD的化学方程式： 。【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O（2）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O 碱石灰（3）无色气体变为红棕色 NO(4) 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【解析】试题分析：（1）A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变
29、蓝的气体，是氨气，则B为氮气，A与过氧化钠反应生成D，则A为二氧化碳，D为氧气，M是最常见的无色液体，是水。则氨气和氧气反应生成E为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成F为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成G为硝酸。所以C到E的反应为4NH3+5O24NO+6H2O 。（2）实验室用加入氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O.干燥氨气用碱石灰。（3）一氧化氮遇到氧气反应生成红棕色的二氧化氮，若用排水法收集，则二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，收集到的气体为NO。(4) 过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2
30、CO2=2Na2CO3+O2考点：无机推断【名师点睛】无机推断题要抓住突破口，例如能是湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，红棕色气体为二氧化氮或溴蒸气，常见的无色液体为水，淡黄色固体为硫或过氧化钠等。27.酸雨形成的原理之一可表示如下：含硫燃料AB硫酸请回答下列问题。（1）A的化学式为_，B的化学式为_。（2）三个反应中，不属于氧化还原反应的是_(填序号)。（3）SO2中硫元素显4价，它可以降低到0价，利用这一性质可在工厂的烟道气中通入合适的_(填“氧化剂”或“还原剂”)除去SO2，达到减少污染的目的。（4）雨水的pH小于5.6时，就判定为酸雨。已知pHlgc(H)，经测定某次雨水所含酸性物质
31、只有硫酸，且其浓度为5105molL1，则这次降雨_(填“是”或“不是”)酸雨。（5）火力发电厂燃烧的煤中含有大量的硫，其排出的废气中往往含有SO2、CO2等。为了除去有害的SO2气体，在英国已进行了一个研究，结果表明：高烟囱可以有效降低地面SO2的浓度。在20世纪60年代到70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于高烟囱的建造，地面SO2浓度降低了30%之多。你认为减少酸雨产生可采取的措施是_(填字母)。A少用煤作燃料 B把工厂的烟囱建高C燃料脱硫 D把工厂迁移到农村E开发新能源请从全球环境保护的角度，分析这种建高烟囱的方法是否可取？_(填“可取”或“不可取”)，理由是_。
32、【答案】 (1). SO2 (2). SO3 (3). (4). 还原剂 (5). 是 (6). ACE (7). 不可取 (8). 未减少二氧化硫的总排放量【解析】【分析】（1）含硫燃料在氧气中燃烧往往生成SO2，SO2经催化氧化生成SO3，SO3与水反应生成硫酸。（2）从价态是否变化的角度分析判断。（3）二氧化硫中硫的价态降低，需要加还原剂提供电子；（4）先算H+浓度，再算pH，然后与5.6比较。（5）建立“地球村”的理念，设法从根本上解决污染问题。【详解】(1)含硫燃料燃烧往往生成SO2，二氧化硫在催化剂、加热条件与氧气反应生成SO3，所以A和B的化学式分别为SO2、SO3；(2)所给的
33、三个反应，前2个反应明显是氧化还原反应，第3个反应中元素的价态没有发生变化，属于非氧化还原反应；(3) 此方案的目标是将二氧化硫中+4价的硫降为0价，所以需要外加还原剂来实现；(4)硫酸的浓度为510-5molL-1，所以H+的浓度为10-4molL-1，该溶液的pH=-lgc(H+)=4，pH明显小于5.6，所以这次降雨属于酸雨；(5)燃煤中往往含有硫元素，少用煤作燃料或将燃煤进行脱硫处理，都可以较好地降低二氧化硫的排放量，从而减少硫酸型酸雨的产生。开发新能源可以更有效地减少酸雨的产生，答案选ACE；从全球环境保护的角度来看，建设烟囱的方法不可取。因为这种做法，实质上并未减少二氧化硫的总排放
34、量，只是导致当地的二氧化硫的含量偏低，大量的二氧化硫随空气流动扩散到了别处。28.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：已知反应：2I+2Cu2+H2O=2CuI+2H+。回答下列问题：（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、_。（2）反应中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为_。当有95.5 g CuI参与反应，则需要标况下_L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为38，则化合物B的化学式为_。（4）反应中生成黑色固体和无色气体，
35、黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应的化学方程式为_。（5）将足量的Cl2通入含12 g NaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为_g。【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2+I2+4H2O (3). 5.6 (4). Fe3I8 (5). Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2+4H2O (6). 4.68【解析】【分析】碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3
36、：8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题。【详解】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；（2）反应中CuI被氧化生成硝酸铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2+I2+4H2O，当有95.5g CuI参与反应，即n（CuI）95.5g191g/mol0.5mol，由方程式可知生成1molNO2，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O24HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol22.4
37、L/mol5.6L；（3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；（4）反应中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2+4H2O；（5）n（NaI）12g150g/mol0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m（NaCl）0.08mol58.5g/mol4.68g。【点睛】本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确物质的性质、注意把握
38、实验的流程和制备原理是解答的关键，方程式的书写是解答的易错点和难点。29.已知：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；2CH3CHOO22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：图1(1)写出下列物质的官能团名称：B：_；D：_。(2)反应的化学方程式为_，反应类型：_。(3)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。甲 乙 丙 丁图2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_。物质B的催化氧化产物与葡萄糖
39、具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为_。【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OHCH3COOH CH3COOCH2CH3H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). AD (6). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (7). 产生砖红色沉淀【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CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，则D为CH3COOH，CH3COOH与CH3
40、CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为乙酸乙酯，结合有机物的结构和性质解答该题。【详解】（1）由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基。（2）反应为CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应（或酯化反应）。（3）在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可以知道，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水
41、反应，故AD正确，故答案为：AD。实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化为乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O，故答案为：2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O。乙醇被氧化为乙醛，与葡萄糖具有相同的特征反应，滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，会产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀。30.将红热的固体单质M放入浓硝酸中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气接触时，发生如图所示的变化。(1)混合气体A的主要成分是_。(2)气体B为_，蓝色溶液D为_。(3)单质M与浓硝酸反应的化学方程式是_。(4)单质C与稀硝酸反应的化学方程式是_
42、。【答案】 (1). NO2和CO2 (2). NO (3). Cu(NO3)2 (4). C4HNO3(浓)CO24NO22H2O (5). 3Cu8HNO3(稀)3Cu(NO3)22NO4H2O【解析】【分析】溶液与单质丙反应可以得到蓝色溶液D，则D溶液含有铜离子，结合转化关系可知，单质C为Cu、乙为硝酸，故D为Cu(NO3)2，反应生成气体B为NO，固体单质甲跟乙剧烈反应后生成气态混合物A，可推知A为NO2和CO2混合气体，M为碳单质，A隔绝空气，通入水中得到混合气体为NO和CO2，与足量的石灰水反应得到白色沉淀与NO，则白色沉淀为CaCO3。【详解】(1)由上述分析可知，混合气体A的主
43、要成分是NO2和CO2；(2)气体B为NO，蓝色溶液D为Cu(NO3)2溶液；(3) 单质M为C，与浓硝酸反应的化学方程式是C4HNO3(浓)CO24NO22H2O；(4) 单质C为Cu与稀硝酸反应的化学方程式是3Cu8HNO3(稀)3Cu(NO3)22NO4H2O。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及碳、氮元素单质及化合物的性质，D溶液为蓝色是推断的突破口，据此可以推断C，再结合转化关系确定其他物质，熟练掌握元素化合物的性质是关键。31.已知：； 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：（1）A转化为B的化学方程式是_。（2）图
44、中“苯”省略了反应条件，请写出、物质的结构简式：_，_。（3）苯的二氯代物有_种同分异构体。（4）有机物所有原子_（填“是”或“不是”）在同一平面上。【答案】 (1). (2). (3). (4). 3 (5). 不是【解析】【详解】(1)A为硝基苯，根据信息可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为：+CH3Cl+HCl；(2)与水反应生成，根据信息可知为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以卤苯，为，故答案为：；(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为：3；(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为：不是。【点睛】本题的易错点是(4)，只要分子结构中含有饱和碳原子，分子中的原子就不可能共面。
