1、四川省成都市龙泉一中、新都一中等九校2016-2017学年高一化学6月联考试题（含解析）可能用到的原子量：N-14 0-16 S-32 Fe-56 Cu-64第I卷选择题（共44分）一、选择题（包括22个小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）1.5月18日，国土资源部部长姜大明在南海神狐海域“蓝鲸一号”钻井平台宣布：我国首次海域可燃冰（天然气水合物）试采成功，下列有关能源说法不正确的是A. 如果大规模开采可燃冰，可在一定程度上减少我国对进口石油的依赖B. 将煤制成粉状并与适量空气尽可能充分接触燃烧，可以提高其燃烧效率C. 天然气、可燃泳、沼气都是清洁、无污染的可再生能源D.
2、氢气的燃烧热高，且来源丰富、无污染，是二级能源【答案】C【解析】A大规模开采可燃冰，可以填补使用石油的缺口，减少石油的进口，故A正确；B将煤粉碎了再燃烧，可以增大与空气的接触面积，使燃烧充分，从而提高煤燃烧效率，故B正确；C天然气、可燃冰是不可再生能源，故C错误；D氢气的燃烧热高，燃烧产物为水，无污染，是二级能源，故D正确；答案为C。2.下列说法正确的是A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 同温同压下，H2 (g) +Cl2(g) =2HCl (g)在光照和点燃条件下的H不同C. 保持其它条件不变，增加反应物的量或增大压强，反应速率就会随之改变D. 使用催化剂会加快反应速率是因为催化
3、剂降低了反应物的活化能【答案】D【解析】A需要加热才能进行的反应，不一定是吸热反应，如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应，但需在加热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应，故A错误；B反应热与反应的条件无关，故B错误；C反应物如果是固体物质，增加反应物的量，但浓度不变，所以反应速率不变；只有对于气相反应，增大压强化学反应速率会加快，没有气体参与的反应，压强对化学反应速率无影响，故C错误；D催化剂降低反应的活化能，增大了活化分子百分率，改变反应速率，不改变化学平衡，故D正确；答案为D。3.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈
4、，醋酸逐渐凝固。由此可见 ( )A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B. 该反应中，热能转化为产物内部的能量C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 反应的热化学方程式为NH4HCO3HClNH4ClCO2H2O HQ kJmol1【答案】B【解析】根据醋酸逐渐凝固说明该反应是吸热反应，则A、C错误，B正确；热化学方程式的书写要标出物质的状态，D错误。4.在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。下列说法不正确的是A. 改变反应条件可以改变该反应的限度B. 达到平衡后，SO3、SO2、O2在密闭容器中共存C. 达到平衡后，反应停止，正、逆反
5、应速率都等于零D. 增大压强，正逆反应速率均增大【答案】C【解析】A可逆反应的限度都是在一定条件下的，改变条件可以改变反应的限度，A正确；B只要可逆反应开始进行，则反应物和生成物就同时存在，B正确；C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），达到动态平衡，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，故C错误；D增大压强，反应速率增大，包括正、逆反应速率，故D正确；答案为C。5.2017年5月9日发布了113号Nh、115号Mc、117号Ts、118号Og这4种新元素的中文名称，分别为、“镆”(m)、 (tin)、 (o)。下列有关说法正确的是A
6、. 115号元素在周期表中的位置是第七周期VBB. 这四种元素都是主族元素C. 118号元素在通常情况下呈气态，其余三种为固态D. 117号元素Ts位于金属非金属分界线上，可能是半导体，与它同族的上一周期元素的原子序数为99【答案】C【解析】A. 第七周期稀有气体原子序数=86+32=118，是第七周期最后一种元素，位于18列，115号元素处于第15列，故115号元素位于第七周期第A族，故A错误；B. 第七周期稀有气体原子序数=86+32=118，是第七周期最后一种元素，位于18列，113号Nh、115号Mc、117号Ts、118号Og这4种位于A、A、A和0族，故B错误；C. 根据元素周期律
7、，稀有气体118号元素在通常情况下呈气态，卤素中的碘为固体，则117号Ts为固体，第VA族的P为固体，则115号Mc为固体，第A族的113号Nh为金属元素，为固态，故C正确；D. 117号元素位于Ts位于第七周期，第A族，是金属非金属分界线附近的金属元素，属于导体，与它同族的上一周期元素的原子序数为117-32=85，故D错误；故选C。6.下列说法正确的是A. 含有共价键的化合物是共价化合物B. 两种不同元素形成的化合物中可以同时有离子键和非极性键C. 离子键是阴阳离子间的静电引力D. 分子中一定含有化学键【答案】B【解析】A含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如NaOH和N2，故A错误；B
8、Na2O2中有离子键和非极性键，故B正确；C离子键是阴阳离子间的静电作用，包括引力和斥力，故C错误；D分子中不一定含有化学键，如He，故D错误；答案为B。点睛：活泼金属和活泼金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，特别注意全部是非金属元素组成的化合物也可能是离子化合物，含有离子键和共价键，如NH4Cl，单原子分子不含化学键。7. X、Y、Z为短周期元素，这些元素原子的最外层电子数分别为1、4、6，则由这三种元素组成的化合物的化学式可能是A. X
9、YZB. X3YZC. XYZ2D. X2YZ3【答案】D【解析】试题分析：元素组成的化合物分子中正负化合价的代数和为0。X最外层电子数为1，则其在化合物的化合价为+1价； Y最外层电子数为4，则其在化合物的化合价为+4价；Z元素原子的最外层电子数为6，则其在化合物的化合价为-2价；所以根据化合物中的蒸发化合价的代数和为0 的原则可知由这三种有的化学式可能是X2YZ3。如H2CO3、Na2SiO3等。因此正确选项为D。考点：考查元素在形成化合物时的化合价与原子结构的关系的知识。8.某元素原子的质量数为A，它的阴离子Xn-核外有x个电子，w克这种元素的原子核内中子数为A. B. C. D. 【答
10、案】C【解析】试题分析：元素原子的质量数为A，w克这种元素的原子，其物质的量为mol，阴离子Xn-核外有x个电子，则质子数为xn，原子核内中子数为A（xn）=Ax+n，则w克这种元素的原子核内中子数为mol（Ax+n）=mol，故选C考点：考查了质量数的计算等相关知识。9.下列有关说法正确的是A. 某元素天然存在的同位素，在不同的物质中所占百分比不同B. 原子与原子具有相同的质子数C. 原子核外有124个电子D. 和是两种不同的核素，其化学性质相同【答案】D【解析】A某元素天然存在的同位素，在不同的物质中所占百分比相同，故A错误；B原子与原子的质子数不等，分别是6和8，故B错误；C原子核外有8
11、4个电子，核内有124个中子，故C错误；D和是两种不同的核素，互为同位素，它们的化学性质相同，故D正确；答案为D。10.下列判断正确的是A. 相同电子层结构的四种短周期元素离子A2-、B-、C+、D3+，它们的离子半径大小关系为A2-B-C+D3+B. 元素性质呈周期性变化的本质原因是元素原子半径大小呈周期性变化C. NaCl、HC1、NaOH、Na2O2四种物质中含有的化学键类型相同D. CC14、SO2、PCl5、NH3分子中所有原子都满足8电子结构【答案】A【解析】A相同电子层结构的四种短周期元素离子A2-、B-、C+、D3+，核电荷数越大离子半径越小，则它们的离子半径大小关系为A2-B
12、-C+D3+，故A正确；B元素性质呈周期性变化的本质原因是原子核外电子排布的周期性变化，故B错误；CNaCl、NaOH、Na2O2三种物质中均含有离子键，而HCl和NaOH均含有共价键，故C 错误；DH原子核外只有一个电子，不可能形成8e-结构，而PCl5中P原子形成5个共用电子对，核外电子数也不是8e-结构，故D错误；答案为A。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增
13、大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。11.下列有关描述正确的是A. Li、B、Be原子最外层电子数逐渐增多B. 熔点：Cs低于K； 沸点：Br2高于Cl2C. 根据周
14、期律可推测硫酸铷、硫酸铯都难溶于水D. Li、Na、K、Rb的密度都逐渐增大【答案】B【解析】ALi、Be、B原子最外层电子数逐渐增多，故A错误；B碱金属从上到下熔点逐渐降低，则熔点Cs低于K；卤族元素的单质，从上到下沸点递增，即Br2高于Cl2，故B正确；C碱金属对应的硫酸盐均为易溶的，故C错误；DNa的密度大于K，故D错误；答案为B。12. 含硒(Se)的保健品已开始进入市场。已知硒与氧同主族，与钾同周期，则下列关于硒的叙述中，正确的是A. 非金属性比硫强B. 氢化物比HBr稳定C. 原子序数为34D. 最高价氧化物的水化物显碱性【答案】C【解析】硒位于硫的下一周期，非金属性弱于硫的。硫的
15、原子序数是16，所以硒的是16+1834。硒位于溴的左侧，非金属性也弱于溴的，所以氢化物没有HBr的稳定。硒是非金属，最高价氧化物的水化物显酸性。所以正确的答案是C。13.下列说法或表示方法中正确的是（）A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 氢气的燃烧热为2855 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）O2（g）2H2O（l）H2855 kJ/molC. Ba（OH）28H2O（s）2NH4Cl（s）BaCl2（s）2NH3（g）10H2O（l）H0D. 已知中和热为573 kJ/mol，若将含05 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶
16、液混合，放出的热量要大于573 kJ【答案】D【解析】A、硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，B错误；C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热，H0，C错误；D、浓硫酸溶于水放热，实际放出的热量大于57.3kJ，D正确；答案选D。14.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 含0.2mol H2SO4溶质的浓硫酸和足量铜加热反应，转移的电子数为0.2NAB. 常温常压下，22.4L NH3分子的电子数、质子数均为10NAC. 1mol N2与3mol H2
17、混合，充分反应后形成的N-H键数目为6NAD. 4.6gNO2和N2O4的混合气体中氧原子数为0.2NA【答案】D【解析】A随着反应的进行浓硫酸浓度变稀，稀硫酸不与Cu反应，反应会停止，则含0.2mol H2SO4溶质的浓硫酸和足量铜加热反应，转移的电子数小于0.2NA，故A错误；B常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L NH3分子的电子数、质子数均小于10NA，故B错误；C合成氨为可逆反应，反应物的转化率小于100%，故C错误；DNO2和N2O4的最简式为NO2，4.6gNO2中氧原子数为0.2NA，故D正确；答案为D。点睛：有关阿德常数判断时要正确运用物质的量有关计
18、算，同时要注意使用时条件，如运用气体摩尔体积22.4L/mol时，要注意是标准状态下的气体，另外还要防此题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒时，要考虑（1）溶液的体积（2）离子是否水解（3）对应的电解质是否完全电离，（4）是否是可逆反应，如选项A就是要考虑离子的水解，其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。15.可逆反应aA (g) +bB (s) cC (g) +dD (g)，其他条件不变，C的物质的量分数中(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中正确的是A. 降低温度，平衡正向移动B. 使用催化剂，中(C)增加C. 化学方程式系数a+bc+dD. 其它条件不变，加入B
19、，平衡正向移动【答案】A【解析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短由图象（1）可知T2T1，温度越高，平衡时C的体积分数（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短由图（2）可知p2p1，压强越大，平衡时C的体积分数（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即ac+d；A正反应为放热反应，温度降低，化学平衡向正反应方向移动，故A正确；B催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故B错误；C压强越大，平衡时C的体积分数（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a
20、c+d，故C错误；D改变固体的量，不改变平衡移动，故D错误；故选A。点睛：根据图象判断外界条件对平衡的移动的影响是解答该题的关键，可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短由图象（1）可知T2T1，温度越高，平衡时C的体积分数（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短由图（2）可知p2p1，压强越大，平衡时C的体积分数（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即ac+d，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答。16.少量铁粉与l00mL 0.0lmol/L的硫酸反应，反应速率太慢。为了加快此反
21、应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的再加l00mL 0.0lmol/L的H2SO4 升高温度 加入少量锌粉加CH3COONa固体 改用l0mL 0.Imol/L硫酸 加入硫酸钠固体加几滴1mol/L的盐酸A. B. C. D. 【答案】D【解析】再加l00mL 0.0lmol/L的H2SO4，没有改变硫酸的浓度，不影响速率和生成氢气的量，故错误；升高温度可提高反应速率，也不影响生成氢气的量，故正确；加入少量锌粉可加快反应速率，同时影响生成氢气的量，故错误；加CH3COONa固体，生成醋酸，降低H+浓度，但随着反应的进行，醋酸继续电离不影响生成氢气的量，故错误；改用l0mL 0.1mo
22、l/L硫酸，反应速率加快，也不影响生成氢气的量，故正确；加入硫酸钠固体，不影响反应速率，也不影响生成氢气的量，故错误；加几滴1mol/L的盐酸，增加H+浓度，反应速率加快，也不影响生成氢气的量，故正确；正确，答案为D。17.如图为两种途径制备硫酸的过程，反应条件略。下列说法不正确的是A. 途径l发生的反应是SO2+H2O2=H2SO4B. 途径2增大O2的浓度可提高SO3的产率和SO2的转化率C. ImolS完全反应生成SO3所放出的热量即为S的燃烧热D. 若H1H2+H3，则2 H2O2 (aq)=2 H2O(aq)+ O2 (g)为放热反应【答案】C【解析】A由图示可知，途径l发生的反应是
23、SO2+H2O2=H2SO4，故A正确；B增大一种反应物的浓度可以增大另外一种反应物的转化率，故途径增大02浓度可提高反应速率，促进平衡正向移动，即提高SO3的产率和SO2的转化率，故B正确；C1molS完全反应生成SO2所放出的热量是S的燃烧热，故C错误；D由于H1H2+H3，说明H1是二氧化硫与双氧水反应的焓变H4、双氧水分解的焓变H5之和，根据盖斯定律H4=H2+H3，则双氧水分解的焓变H5=H1-（H2+H3）0，焓值小于0，说明2H2O2（aq）2H2O（l）+O2（g）为放热反应，故D正确；答案为C。18.下列有关实验操作和现象及结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A常温下，将
24、同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率更快锌比铝活泼B将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCl。溶液，出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-D向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；B比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；C向溶液X中先滴
25、加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有SO42-，故C错误；D氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有NH4+，故D正确；答案为D。19.如图a为在恒温恒容密闭容器中分别充入X、Y、Z三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间的变化。若从t。开始，每个时刻只改变一个且不同的条件，物质Z的正、逆反应速率随时间变化如图b。下列说法不正确的是A. 0t1min内X与Y的平均速率之比为32B. t2时刻改变的条件可能是压强或催化剂C. 该反应的正反应为放热反应D. 该反应中Z一定为产物【答案】C【解析】A
26、0t1min内X与Y变化的物质的 量浓度分别为0.09mol/L、0.06mol/L，则X与Y的平均速率之比为32，故A正确；Bt1t2阶段、t2t3阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，每个时刻只改变一个且不同的条件，t2t3阶段与t4t5阶段反应速率加快且平衡不移动，说明分别是使用了催化剂和加压，则反应前后气体体积不变，故B正确；Ct3t4阶段改变的条件为降低反应温度，平衡逆向移动，说明正反应吸热，故C错误；D每个时刻只改变一个且不同的条件，t2t3阶段与t4t5阶段反应速率加快且平衡不移动，说明分别是使用了催化剂和加压，则反应前后气体体积不变，0-t1时，X减少0.09mol/L，Y增大
27、0.06mol/L，所以Z一定是生成物，故D正确；故选C。20.W、X、Y、Z是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10;X是短周期元素中原子半径最大的元素（不考虑稀有气体的原子半径）；Y的单质呈黄色，常见于火山口附近。下列说法正确的是A. 氧化物的水化物酸性：YZB. 简单离子半径：WXWMD. M的最高价氧化物可用于光导纤维【答案】B【解析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Z的质子数之和是20，由元素周期表结构可知，X为N元素、Y为F元素、Z为Al元素、W为S元素、M为Si元素；AN元素是动植物生长不可缺少的元素，也是
28、蛋白质的重要组成元素，故A正确；BAl（OH）3是两性氢氧化物，但不能溶于氨水，只能溶于强酸、强碱溶液，故B错误；C非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性FSSi，则气态氢化物的稳定性HFH2SSiH4，故C正确；D光导纤维的主要成份为SiO2，故D正确；答案为B。22.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应： 2 N2O5 (g)4NO2 (g) +O2 (g)H=+QkJ/mol(Q0)，一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间s050010001500c (N2O5) /mol/L1.00.70.50.5下列说法中正确的是A. 500s时O2的浓度为0.
29、35 mol/LB. l000s肘将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.5mol/L c (N2O5)”、“”、“”、“ (7). AE (8). BD (9). 【解析】I已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-282KJ/mol，H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=-242KJ/mol，CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=-846KJ/mol，由盖斯定律-3-得到：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2 （g）H=+162kJmol-1；II.（1）根据图象1可知，曲线b为氨气的浓度的变化曲线，c（NH3）=0.1mol/L，故v（NH3）=0
30、.05mol/（Ls）；该温度下达平衡时N2的转化率为100%=50%；（2）当容器恒压时，相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积，平衡右移，氮气被消耗，则氮气的物质的量变小，但浓度比恒容时要变大，故答案为A；温度不变，平衡常数不变，故答案为C；（3）根据反应放热，随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，则氨气的体积分数应该变小，则a1a2；A断裂1molH-H键同时断裂2molN-H键，说明氢气的正、逆反应速率相等且不为0，则为平衡状态，故A正确；Bv正(N2)=3V逆(H2)时不能说明氢气的正、逆反应速率相等，则无法确定是平衡状态，故B错误；C容器内N2、H2、NH3的物质的量之比为1:
31、3:2，此时不一定为平衡状态，故C错误；D恒温条件下，平衡常数始终保持不变，此时不一定为平衡状态，故D错误；E气体的总质量不变，总物质的量不确定，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明气体总物质的量不再改变，则为平衡状态，故E正确；F体积和混合气体的总质量始终不变，混合气体的密度保持不变，无法确定是平衡状态，故F错误；答案为AE；（4）A升高温度平衡逆向移动，不利于提高氨的产率，故A错误；B增加压强，平衡正向移动，有利于提高氨的产率，故B正确；C使用催化剂，改变反应速率，但不影响平衡移动，不改变氨的产率，故C错误；D.将氨液化从体系中分离出来，有利于平衡正向移动，有利于提高氨的产率，故D
32、正确；答案为BD；（5） 2NH3 (g) +CO2(g) CO (NH2)2 (1)+H2O (g)起始物质的量浓度（mol/L） 1 0.5 0 0 变化物质的量浓度（mol/L） 0.5 0.25 0 0.25 平衡物质的量浓度（mol/L） 0.5 0.25 0 0.25 则100时反应的平衡常数K=4；由图示可知在恒温条件下，压强越大，CO2的转化率越大，即P1P2。点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不
33、变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。26.如下图是铜与硝酸反应的实验改进装置，根据实验回答下列问题：（1）仪器a的名称是_；按图组装好装置后，首先进行的操作是_；（2）c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中主要反应的离子方程式是_；充分反应后再由a向c中加2mL蒸馏水，此时c中气体颜色变浅，反应的离子方程式为_；（3）表中是制取硝酸铜的三种方
34、案，能体现环保理念的最佳方案是方案反应物甲Cu、浓HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2.稀HNO3（4）该兴趣小组还用上述装置制备收集氨气，回答下列问题：利用上述装置制氨气，最合理的试剂组合是_。ACa (OH)2溶液与NH4Cl溶液 B浓氨水与新制生石灰 CNH4HCO3溶液与硫酸上述选择的试剂能制氨气的理由是_。此实验装置用于制备收集氨气不合理之处有：_、_。（写出两点）【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查装置的气密性 (3). Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O (4). 3NO2+H2O= 2H+2NO3-+ NO (5). 丙 (6). B (7). 生石灰
35、遇水放热，温度升高氨气溶解度降低，同时生成氢氧化钙，增大c (OH-)，促进平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-逆向移动，从而逸出氨气 (8). d中导管应短进长出；无尾气处理装置【解析】（1）根据仪器的结构可知仪器a的名称是分液漏斗；按图组装好装置后，首先进行的操作是检查装置气密性；（2）铜与浓硝酸反应得到硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O；由a向c中加2mL蒸馏水，硝酸进行的稀释，反应变缓，同时二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，故c中气体颜色变浅，反应的离子方程式为3NO2+H2O= 2H+2NO3-+ NO；（3）甲：铜与浓
36、硝酸制取硝酸铜时的方程式是：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，生成的NO2会造成大气污染，硝酸的利用率为50%；乙：铜与稀硝酸制取硝酸铜时的方程式是：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，生成的NO也会造成大气污染，硝酸的利用率为75%；丙：此过程用方程式可表示为：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，从过程可以看出该过程不会产生有毒气体，环保且没有多消耗原料；故能体现绿色化学理念的最佳方案是丙。（4）此装置特点为固液不加热，则利用该装置制氨气，可选择浓氨水与新制生石灰，答案为B；利用浓氨水与新制生石灰制氨气的
37、原因是生石灰遇水放热，温度升高氨气溶解度降低，同时生成氢氧化钙，增大c (OH-)，促进平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-逆向移动，从而逸出氨气；此实验装置用于制备氨气，但不适宜收集氨气，因为氨气的密度比空气小，d中导管应短进长出，另外无尾气处理装置。点睛：对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确的判断。主要从以下几个方面考虑：实验原理是否正确、可行；实验操作是否完全、合理； 实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显等。反应原料是否易得、安全、无毒；反应速率较快；原料利用率以及合成物质的产率是否较高；合成过程是否造成环境污染。有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火
38、、溅液、破损等。27.工业上由黄铜矿(主要成分CuFeS2，质量分数为90%)冶炼铜的主要流程如下：己知：一定条件下，铝可以和某些金属氧化物反应置换金属（1）高温焙烧前要将黄铜矿粉碎的目的是_。（2）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的_吸收。a浓H2SO4 b稀HNO3 cNaOH溶液 d氨水（3）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_（填离子符号），欲检验溶液中还存在Fe2+，所需试剂是_。（4）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为_。（5）某同学用铜、稀硫酸和H2O2制备CuSO4溶液，其化学反应方程式为_，反应停止后除去溶液中过量的H2O2的
39、简便方法是_。（6）1.15吨该黄铜矿理论上可以得到含杂质10%的粗铜质量为_kg（冶炼过程中铜损失忽略不计）。【答案】 (1). 增大接触面积，使之充分快速反应 (2). cd (3). Fe3+ (4). 酸性KMnO4溶液 (5). 3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu (6). Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (7). 加热（至沸） (8). 400【解析】（1）将黄铜矿粉碎可增大接触面积，使之充分快速反应；（2）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体；a浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；b稀HNO3可以
40、吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；cNaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，不产生新的污染气体，故c正确；d氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，不产生新的污染气体，故d正确；故答案为：c、d；（3）Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；（4）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（5）用铜、稀硫酸和H2O2制备CuSO4溶液，同时H2O还原为水，其化学反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，反应停止后除去溶液中过量的H2O2，可根据其稳定性，直接通过加热煮沸的方法除去即可；（6）根据原子守恒可知，理论获得含杂质10%的粗铜质量为=400Kg。点睛：能根据元素及其化合物的性质准确分析工业流程是解题关键，由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、CuO，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A为二氧化硫，熔渣B为FeO等，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜。
