1、四川省绵阳市2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量测试试题（含解析）1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A. 利用废弃的秸秆可生产生物质燃料乙醇B. 燃煤中加入CaO可减少SO2气体的排放C. 浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果D. 纤维素与淀粉互为同分异构体，在人体内都可转化为葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A秸秆的主要成分为纤维素，纤维素水解可生成葡萄糖，葡萄糖经发酵反应可得到乙醇，所以利用废弃的秸秆可生产生物质燃料乙醇，A正确；B二氧化硫可以和氧化钙、氧气反应生成CaSO4，所以燃煤中加入CaO可减少SO2气体的排放，B正确；C乙烯可催熟水果，高锰酸钾可以氧化乙烯，
2、所以浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果，C正确；D纤维素与淀粉n值不同，属于混合物，不互为同分异构体，人体内没有能水解纤维素的酶，纤维素在人体内不能转化为葡萄糖，D错误；故选D。2.新型冠状病毒“COVID-19”疫情期间，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是.A. 洗手所用的肥皂可通过油脂的皂化反应制得B. 灭活“COVID-19”的医用酒精其质量分数为75%C. 公共场所用“84”消毒液消毒，该消毒液的有效成分是次氯酸钙D. N95口罩使用的熔喷布主要成分为聚丙烯，聚丙烯属于纯净物【答案】A【解析】【详解】A肥皂是通过油脂在碱性条件下发生皂化反应制得的，故A正确；B医用酒
3、精的体积分数为75%，故B错误；C“84”消毒液消毒的有效成分是次氯酸钠，故C错误；D聚丙烯中聚合度不定，属于混合物，故D错误；故选A。3.2020年4月，我国自主设计，被称为“人造太阳”的“东方超环”核聚交实验装置取得重大突破，该核聚变的基础原料是海水中提取的氘和氚。下列叙述中错误的是A. 氘原子的相对原子质量为2B. 氚原子内中子数和核外电子数之差为1C. 氘原子和氚原子互为同位素D. 海水中H2O与D2O互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A氘原子的中子数为1，质子数为1，相对原子质量为2，故A正确；B氚原子内中子数2和核外电子数1之差为1，故B正确；C氘原子和氚原子质子数均为1，中
4、子数分别是1和2，氘原子和氚原子互为同位素，故C正确；D海水中的H2O与D2O是化合物，不是同种元素组成的单质，不是互为同素异形体，故D错误；故选D。4.下列化学用语表示正确的是A. 中子数为20的氯原子:，B. 苯分子的比例模型:C. HClO的结构式:H-Cl-OD. 羟基的电子式:【答案】B【解析】【详解】A中子数为20的氯原子可以表示为，A错误；B比例模型可以表示分子中各原子的相对大小及其在空间的位置关系。苯分子中有6个碳原子和6个氢原子，分子中所有原子共面，碳碳键完全相同，分子的空间构型为平面正六边形，所以分子的比例模型可以表示为，B正确；CHClO分子中O在中间，其结构式为H-O-
5、Cl，C错误；D羟基呈电中性，其电子式为，D错误；故选B。5.下列工业冶炼金属的方法错误的是A. 2Ag2O4Ag+O2B. 2NaCl(熔融)2Na+Cl2C. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3D. Cu2S+O22Cu+SO2【答案】C【解析】【详解】A冶炼银采用热分解法，加热氧化银生成银和氧气，A正确；B制金属钠要电解熔融的氯化钠，生成钠和氯气，B正确；C冶炼铁常采用热还原法，用一氧化碳和氧化铁反应，生成铁和二氧化碳，C错误；D辉铜矿的主要成分是Cu2S，可以和氧气在高温下生成Cu和SO2，D正确；故选C。6.欲除去下列物质中混入少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂错误的是A. C2H
6、6(C2H4):氢气B. 溴苯(Br2):NaOH溶液C. NO(NO2):水D. CO2(SO2):饱和NaHCO3溶液【答案】A【解析】【详解】A乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，反应条件要求较高，且氢气的量不好控制，可能除去了乙烯，引入了氢气杂质，所以除去乙烷中的乙烯，可选择溴水，A错误；B溴单质可以和氢氧化钠反应，生成可溶于水的物质，溴苯与氢氧化钠不反应，而且是分层的，所选试剂合理，B正确；C二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，可除去二氧化氮，所选试剂合理，C正确；D二氧化碳不与碳酸氢钠反应，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，不引入新的杂质，所选试剂合理，D正确；故选A。7.有关天然气
7、、石油和煤的综合利用，下列说法错误的是A. 可燃冰是一种新型洁净能源B. 石油裂化是为了提高轻质油的产量C. 煤的干馏属于物理变化D. 以煤、石油、天然气为原料可生产三大合成材料【答案】C【解析】【详解】A可燃冰主要成分是甲烷和水形成的混合物，是一种新型洁净能源，A正确；B石油裂化使长碳链断裂成短碳链，提高了轻质油的产量，B正确；C煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，C错误；D煤、石油、天然气可以为有机合成提供基础化工原料，因此，塑料、合成橡胶、合成纤维可以煤、石油、天然气为原料生产制造，D正确；故选C。8.富硒食品倍受追捧是因为硒(Se)被誉为“生命的奇效
8、元素”。硒与氧同主族，与钙同周期。下列关于硒的描述错误的是A. 原子序数为34B. 氢化物稳定性:H2SeH2S.C. 原子半径:CaSeD. 最高价含氧酸的酸性:H2SeO4H2SO4【答案】B【解析】【详解】A硒与氧同主族，硒的原子序数为：8+8+18=34，故A正确；B非金属性：SeS，氢化物的稳定性:H2SeH2S，故B错误；C同周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径:CaSe，故C正确；D非金属性：SeS，最高价含氧酸的酸性:H2SeO4H2SO4，故D正确；故选B。9.由下列实验操作和现象所得结论错误的是选项实验操作和现象实验结论A将相同大小的K和Na放入等体积的水中，钾比钠反应剧
9、烈钾元素的金属性比钠元素强B向装有蔗糖的烧杯里滴加浓硫酸，固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油分解的产物一定含有乙烯D金属钠分别投入乙醇和水中，钠与水反应更剧烈分子中羟基的活泼性：水乙醇A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】AK和Na同主族，钾位于钠的下一周期，要验证金属性强弱，可将相同大小的K和Na放入等体积的水中，钾比钠反应剧烈，能说明钾元素的金属性比钠元素强，故A正确；B向装有蔗糖的烧杯里滴加浓硫酸，固体变黑说明浓硫酸有脱水性，膨胀并产生刺激性气味的气体，说明浓硫酸具有强氧化性，故B正确；C将石蜡油加强热
10、产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，石蜡油分解的产物一定含有不饱和烃，但不一定是乙烯，故C错误；D金属钠分别投入乙醇和水中，钠与水反应更剧烈，说明分子中羟基的活泼性：水乙醇，故D正确；故选C。10.有机化合物X的结构简式如图，关于X的下列说法正确的是A. 分子式为C10Hl2O2B. 所有碳原子一定共平面C. 苯环上的一氯代物有4种D. 最多可与4molH2发生加成反应.【答案】D【解析】【详解】A由结构简式可知，一个X种含有10和C，10个H，2个O，分子式为C10Hl0O2，A错误；B单键可以旋转，所以所有碳原子不一定共平面，B错误；C该物质分子中，苯环为上下对称的结构如图：，所以
11、苯环上的一氯代物有2种，C错误；D能和氢气发生加成反应的是苯环和碳碳双键，所以1mol该物质最多可与4mol H2发生加成反应，D正确；故选D。11.吸热反应H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)，若在恒容绝热的容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是A. 容器内的压强不再改变B. 容器内气体密度不再改变C. 容器内c(H2S):c(CO2):c(COS):c(H2O)=1:1:1:1D. 单位时间内，断开HS键的数目和生成HO键的数目相同【答案】A【解析】【详解】A在恒容绝热容器中，由于反应是吸热反应，虽然反应前后的气体分子数不变，但是在建立化学平衡的过程中，体系的温度降
12、低，压强减小，当容器内的压强不再改变，反应达到平衡，A正确；B容器内气体质量始终不变，在恒容的容器中，密度始终不变，故不能判断反应是否平衡，B错误；C容器内c(H2S):c(CO2):c(COS):c(H2O)=1:1:1:1，不能说明各组分的浓度保持不变，不能判断是否达到平衡状态，C错误；D断开HS键和生成HO键，表示的都是正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故不能判断反应是否平衡，D错误；故选A。12.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B. 苦卤中通入Cl2可以提取Br2，说明氯的非金属性强于溴C. 工业生产中
13、沉淀剂常选用Ca(OH)2D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁【答案】D【解析】【分析】粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂将镁离子沉淀，将生成的氢氧化镁沉淀加入适量盐酸可以得到氯化镁；由此分析。【详解】A海水淡化降低盐的浓度，方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故A正确；B向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，可以提取Br2，单质氧化性氯气大于溴，故氯的非金属性强于溴，故B正确；C工业常选用生石灰或
14、石灰水作沉淀剂将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，故C正确；D通过电解饱和MgCl2溶液得到的是氢气、氯气、氢氧化镁，不能得到氯化镁，故D错误；答案选D。13.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 15gCH3(甲基)含有的电子数为9NAB. 标准状况下，22.4LCH4含有的极性共价键数目为4NAC. 1mol乙烯和乙醇蒸气的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数为3NAD. 0.2molZn完全溶解于适量稀硝酸中，生成气体的分子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A15gCH3(甲基)物质的量为1mol，一个甲基含9个电子，故1mol甲基含有的电子数为9NA，A正确；B标准状况下，22
15、.4LCH4的物质的量为1mol,，一个甲烷含有4根极性共价键，故1mol甲烷含有的极性共价键数目为4NA，B正确；C1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，所以1mol乙烯和乙醇蒸气的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数为3NA，C正确；D锌与硝酸发生反应，生成物与硝酸浓度有关，随着浓度下降，生成物也随着改变，故不能求出生成气体的分子数，D错误；故选D。14.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R同周期，R与Y同主族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外
16、电子数之和相等。下列说法正确的是A. 简单氢化物的熔沸点：YRB. 简单离子半径：RYZWC. X2Y2和Z2Y2均为含有非极性键的离子化合物D. 常温下，W的单质与R的最高价含氧酸的浓溶液不发生反应【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，而Z、W、R处于同一周期，应为第三周期，原
17、子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，X、Y、Z、W、R分别是H、O、Na、Al、S，据此解答。【详解】AY为O元素，R为S元素，氧元素的氢化物是水，硫元素的氢化物是硫化氢，水分子间含有氢键，硫化氢分子间含有范德华力，氢键的作用力强于范德华力，故简单氢化物的熔沸点：水大于硫化氢，即YR，故A错误；BY、Z、W、R分别是O、Na、Al、S，简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，S2-含有三层电子，O2-、Na+、Al3+含有两层电子，核外电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：RYZW，故B正确；CX为H元素，Y 是O元素，Z 是Na，X2Y
18、2是H2O2，是含有极性键和非极性键的共价化合物，Z2Y2是过氧化钠，是含有非极性键的离子化合物，故C错误；D常温下，Al的单质与S的最高价含氧酸的浓溶液发生钝化，不是不发生反应，故D错误；答案选B。15.第16届海南国际车展上:展出了中国研制的新型燃料电池汽车,该车装有“绿色心脏”-质子交换膜燃料电池。某种质子交换膜燃料电池如图所示。下列说法正确的是A. 该电池的a极发生氧化反应B. 正极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C. 质子(H+)通过质子交换膜移动到a电极D. 该燃料电池的能量转化率可达到100%【答案】A【解析】【详解】A该电池的a极是氢气失电子，产生氢离子，发生氧化反应，
19、A正确；B该电解质溶液为酸性，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C在原电池的电解质溶液中，阳离子向正极移动，质子(H+)通过质子交换膜移动到b电极，C错误；D该燃料电池中有些化学能转化成了热能了，化学能转化为电能的转化率小于100%，D错误。故选A。16.下列实验操作正确且能达到实验目的的是A. 灼烧碎海带B. 混合浓硫酸和乙醇C. 吸收氨气防止倒吸D. 乙酸乙酯的制取【答案】C【解析】【详解】A灼烧碎海带需要在坩埚中进行，A错误； B混合浓硫酸和乙醇应将浓硫酸倒入乙醇中，B错误；C氨气不溶于四氯化碳，可用于防止倒吸，C正确；D乙酸乙酯的制取实验中，试管中的导管不能插入碳酸钠溶
20、液中，D错误；故选C。17.将1molN2与3molH2混合充入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。经2min后测得NH3的物质的量为0.6mol。下列说法正确的是A. 反应速率v(NH3)=0.3mol/(Lmin)B. 2min时，c(N2)=0.7mol/LC. 2min时，H2的转化率为30%D. 2min时，气体压强变为反应前的【答案】C【解析】【分析】列出三段式分析：【详解】A反应速率v(NH3)= =0.15mol/(Lmin)，故A错误；B2min时，c(N2)= =0.35molL1，故B错误；C2min时，H2的转化率为100
21、%=30%，故C正确；D2min时，气体压强变为反应前的=，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了反应速率的求算、反应后浓度计算、转化率和反应前后压强比的计算，重在考查学生基本功，列出三段式计算是解题的关键，难点D，反应前后压强比等于气体的物质的量之比。18.已知反应X(g)+Y(g)=Z(g)+W(g)的能量变化如图所示，下列有关该反应的说法中错误的是A. 断开1molX(g)和1molY(g)中的化学键，要吸收akJ能量B. 1molZ(g)和1molW(g)所具有的能量为bkJC. 每生成1molZ(g)和1molW(g)吸收ckJ能量D. 升高温度，可加快该反应的速率【答案】B【解析】【
22、详解】A断开化学键需要吸收能量，由图可知，断开1molX(g)和1molY(g)中的化学键，要吸收akJ能量，A正确；B由图可知，1molZ(g)和1molW(g)所具有的能量为E2，B错误；C根据图像，每生成1molZ(g)和1molW(g)吸收ckJ能量，C正确；D升高温度，活化分子数增多，反应速率加快，D正确；故选B。19.根据元素周期表中短周期的下列内容回答问题:HO（1）元素形成的单质中，化学性质最稳定的是_(填化学式)。在元素周期表中的位置是_，的简单离子的结构示意图为_（2）、和H元素可形成一种常见的盐，其中存在的化学键类型为_，、按原子个数比2:1形成的化合物的电子式为_（3）
23、写出一个可证明和非金属性强弱的离子方程式:_（4）在酸性溶液中，的简单氢化物与O2组成燃料电池，其负极的电极反应式为_【答案】 (1). He (2). 第二周期第A族 (3). (4). 离子键、（极性）共价键 (5). (6). CO2H2O=H2SiO3或2CO22H2O=2H2SiO3 (7). CH48e2H2O=CO28H+【解析】【分析】由图可知，为He，为C，为N，为F，为Na，为Al，为Si，为S，为Cl，据此解答。【详解】（1）元素形成的单质中，化学性质最稳定的是稀有气体He，是F，在元素周期表中位于第二周期第A族，是Al，13号元素，Al3+离子的结构示意图为，故本题答案
24、为：He；第二周期第A族；（2）为N、为Cl，和H元素可形成一种常见的盐NH4Cl，属于离子化合物，且含有极性共价键，为Na、为S，按原子个数比2:1形成的化合物是Na2S，电子式为，故本题答案为：离子键、（极性）共价键；（3）为C，为Si，比较非金属性强弱可将二氧化碳通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀，即可证明碳酸酸性强于硅酸，通过最高价含氧酸的酸性强弱即可比较非金属性强弱，发生离子方程式CO2H2O=H2SiO3或2CO22H2O=2H2SiO3，故本题答案为：CO2H2O=H2SiO3或2CO22H2O=2H2SiO3；（4）的简单氢化物为甲烷，与O2组成燃料电池，负极为甲烷失电子，在酸性条
25、件下生产二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH48e2H2O=CO28H+，故本题答案为：CH48e2H2O=CO28H+。【点睛】书写电极反应式时，要考虑电解质类型和酸碱性，C元素酸性条件下生产二氧化碳，碱性条件生成碳酸根，另外还需注意氢离子，氢氧根不能共存，此为易错点。20.孔雀石主要成分为Cu(OH)2CO3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。某学习小组探究孔雀石综合利用的流程如下：回答下列问题:（1）步骤中将孔雀石磨成粉末的目的是_；操作I需要用到的玻璃仪器有_。（2）滤渣B的主要成分为_；溶液C中的溶质有:CuSO4、_。（3）步骤中发生反应的化学方程式为_（4）试剂X为_；操作IV
26、的步骤为_、_、过滤。【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 漏斗、玻璃棒、烧杯 (3). SiO2（或二氧化硅） (4). Fe2(SO4)3、H2SO4 (5). CO2NaClNH3H2O=NaHCO3NH4Cl (6). 稀硫酸 (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶【解析】【分析】由图可知，孔雀石中Cu(OH)2CO3与硫酸反应，生成二氧化碳、硫酸铜和水，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，二氧化硅与硫酸不反应，所以气体A为二氧化碳，滤渣B为二氧化硅，溶液C中含硫酸铜、硫酸铁、硫酸等，固体D为铁和铜的混合物，溶液E为FeSO4溶液，试剂X为稀硫酸，据此解答。【详解】（1
27、）将孔雀石磨成粉末，可增大接触面积，加快反应速率，操作I为难溶固体与液体的分离，为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故本题答案为：增大接触面积，加快反应速率；漏斗、玻璃棒、烧杯；（2）由流程图可知，滤渣B的主要成分为二氧化硅，溶液C中的溶质有硫酸铜，硫酸铁，硫酸等，故本题答案为：SiO2（或二氧化硅）；Fe2(SO4)3、H2SO4；（3）步骤是将二氧化碳通入溶解了氨气的饱和食盐水中，发生反应的化学方程式为CO2NaClNH3H2O=NaHCO3NH4Cl，故本题答案为：CO2NaClNH3H2O=NaHCO3NH4Cl；（4）由流程图可知，试剂X为稀硫酸，从溶液中得到结晶水合
28、物的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，所以操作IV的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故本题答案为：稀硫酸；蒸发浓缩；冷却结晶。【点睛】溶解度受温度影响不大的物质结晶时一般采取蒸发结晶的方法；溶解度受温度影响较大的物质结晶时一般采取降温结晶的方法。21.A、F是C8H18裂解后的两种常见产物，二者互为同系物。A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，H是高分子化合物。由C8H18制备E、H的流程如下:回答下列问题:(1)C的结构简式为_，D中官能团的名称为_(2)反应的化学方程式为_，所属反应类型为_(3)反应的化学方程式为_，实验室制备E使用饱和Na2CO3溶液的作用是_(4)检验F中官能团的试
29、剂是_，反应的化学方程式为_(5)C8H18存在多种同分异构体，其中一氯代物只有1种的有机物的结构简式为_【答案】 (1). CH3CHO (2). 羧基 (3). CH2CH2H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O (6). 除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度 (7). 溴水或KMnO4(H+) (8). nCH2=CH-CN (9). 【解析】【分析】A、F是C8H18裂解后的两种常见产物，二者互为同系物。A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是乙烯、F是丙烯；A和水反应生成B乙醇，乙醇在铜作催
30、化剂的条件下反应生成C乙醛，C是乙醛；C可以被氧化成D乙酸，B和D可以生成乙酸乙酯，乙醇可以在酸性高锰酸钾溶液中氧化成乙酸，丙烯可以在氨气和氧气存在的条件下反应生成G，G是CH2=CH-CN，H是高分子化合物，CH2=CH-CN发生加聚反应制得H，H是。【详解】(1)根据分析，C是乙醛，C的结构简式为CH3CHO，D是乙酸，D中官能团的名称为羧基；(2)反应乙烯和水发生加成反应制得乙醇，化学方程式为，CH2CH2H2OCH3CH2OH，所属反应类型为加成反应；(3)反应是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O；实验室制
31、备E使用饱和Na2CO3溶液的作用是除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度；(4) F是丙烯，官能团是碳碳双键，检验F中官能团的试剂是溴水或KMnO4(H+)，反应是CH2=CH-CN发生加聚反应生成，化学方程式为nCH2=CH-CN；(5)C8H18存在多种同分异构体，其中一氯代物只有1种的有机物，分子应该呈现高度对称的结构，系统命名法为：1，1，2，2-四甲基丁烷，结构简式为。【点睛】石油裂解是化学变化，通过加热将长链烃分解为短链烃的过程。22.二氧化氮是主要的大气污染物之一，工业上在一定条件下用NH3可将NO2还原。文宏同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如下(部分夹持装置省略):
32、回答下列问题:（1）用装置A制备NH3,其中发生反应的化学方程式为_;装置B内的试剂是_（2）装置D中发生反应的离子方程式是_，铜丝可抽动的优点是_。（3）NH3和NO2在M中充分反应后，产生两种对环境友好的物质，该反应的化学方程式为_，M中可观察到的现象是_。【答案】 (1). 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O (2). 碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体） (3). Cu4H+2=Cu2+2NO22H2O (4). 便于控制反应的开始和停止 (5). 8NH36NO27N212H2O (6). 红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴【解析】【详解】（1）装置A是固固加热型的装
33、置，制备NH3，应选择氯化铵和氢氧化钙加热反应，生成氯化钙，水喝氨气，反应的化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O，装置B的作用是干燥氨气，可选择碱性干燥剂，如碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体），故本题答案为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；碱石灰（或NaOH固体，或CaO固体）；（2）装置D中铜和浓硝酸发生反应，生成硝酸铜，二氧化氮和水，离子方程式是Cu4H+2=Cu2+2NO22H2O，铜丝上下抽动可使反应物分离，优点是便于控制反应的开始和停止，故本题答案为：Cu4H+2=Cu2+2NO22H2O；便于控制反应的开始和停止；（3）NH3和
34、NO2在M中充分反应后，生成氮气和水，该反应的化学方程式为8NH36NO27N212H2O，M中二氧化氮被消耗，浓度降低，可观察到的现象是红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴，故本题答案为：8NH36NO27N212H2O；红棕色逐渐变浅，玻璃管壁有液滴。【点睛】观察和描述实验现象的注意事项：1、要注重对本质现象的观察。本质现象就是提示事物本质牲的现象。2、要正确描述实验现象。（1）不能以结论代替现象。如蜡烛燃烧的实验现象是“生成的气体使澄清石灰水变浑浊”，而不能用结论“生成二氧化碳”来代替。要明确“光”和“火焰”（如木炭在氧气中燃烧的现象为“发出白光”、硫在氧气中燃烧的现象为“发出蓝紫色火焰”）、
35、“烟”和“雾”（ “烟”是固体、“雾”是液体，如磷在空气中燃烧的现象为“产生大量的白烟”而不能说白雾）等的区别，不能相互替代使用。23.某学生进行淀粉的水解实验，操作如下:（1）取少量淀粉溶液，加入35滴稀硫酸，加热几分钟。淀粉水解反应的化学方程式为_（2）取少量冷却后的水解液，向其中加入银氨溶液，水浴加热无银镜产生。他由此认为:水解产物中没有葡萄糖。他的结论是否正确?_，理由是_（3）用5t含淀粉80%的粮食，可以制得葡萄糖的质量为_。(假设淀粉的转化率为81%)【答案】 (1). (C6H10O5)n（淀粉）nH2OnC6H12O6（葡萄糖） (2). 不正确 (3). 没有向水解液中加入
36、NaOH溶液调节pH至碱性 (4). 3.6t【解析】【详解】（1）淀粉在酸性条件下，水解生成葡萄糖，反应的化学方程式为(C6H10O5)n（淀粉）nH2OnC6H12O6（葡萄糖），故本题答案为：(C6H10O5)n（淀粉）nH2OnC6H12O6（葡萄糖）；（2）银镜反应需要在碱性条件下进行，滴加银氨溶液之前，要滴加氢氧化钠调节pH至碱性，所以该结论不正确，故本题答案为：不正确；没有向水解液中加入NaOH溶液调节pH至碱性；（3）淀粉在一定条件下水解生成葡萄糖，反应方程式为(C6H10O5)n（淀粉）nH2OnC6H12O6（葡萄糖），淀粉的质量=5t80%=4t，淀粉的转化率为81%，设
37、葡萄糖的质量为x，(C6H10O5)n（淀粉）nH2OnC6H12O6（葡萄糖）162n 180n4t81% x x=3.6t，故本题答案为：3.6t.【点睛】银镜反应必须在碱性条件下才能发生，所以加银氨溶液前，要先加碱调成碱性，否则看不到银镜。24.某(NH4)2CO3和(NH4)2SO4的固体混合物含氮量为23.3%。（1）取9.0g该混合物，加入足量浓NaOH溶液，加热，产生的气体在标准状况下体积为_L(保留2位小数)。（2）向上述反应后的混合溶液中再加入足量稀盐酸，产生560mL气体(标准状况)。列式计算原固体混合物中(NH4)2CO3和(NH4)2SO4的物质的量之比。_【答案】 (
38、1). 3.36 (2). 1：2【解析】【分析】(1)根据N原子守恒计算；(2)先根据二氧化碳的体积算出(NH4)2CO3的物质的量，再算出(NH4)2SO4的物质的量。【详解】(1)根据N原子守恒，V(NH3)=n(NH3)22.4Lmol1mol22.4Lmol1=3.36L；故答案为：3.36L；(2)n(NH4)2CO3=n(CO2)=0.025mol，9.0g (NH4)2CO3和(NH4)2SO4的固体混合物中n(NH4)2SO4=0.05mol，原固体混合物中(NH4)2CO3和(NH4)2SO4的物质的量之比0.025mol:0.05mol=1:2，故答案为：1:2。【点睛】本题属于有关混合物的计算，注意利用质量守恒，和方程式中反应物和生成物的关系进行计算。
