1、湖北省2019-2020学年高一化学下学期期末统一联合测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.51.在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，84消毒液、75%的乙醇溶液等消毒剂可有效灭活新型冠状病毒。下列有关说法正确的是A. 新型冠状病毒包含蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物B. 乙醇与甘油具有不同的官能团C. 居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用，乙醇可能将次氯酸钠氧化成氯气引起危险D. 大量饮用高度酒可以预防“新型冠状病毒”【答案】A【解析】【详解】A. 任何生物体都有蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，A说法
2、正确；B. 乙醇与甘油都属于醇类物质，其官能团均为羟基，故其具有相同的官能团，B说法不正确；C. 居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用后，由于乙醇有较强的还原性，可能将次氯酸钠还原成氯气而引起危险，根据元素的化合价变化可知，次氯酸钠不可能被氧化成氯气，C说法不正确；D. 75%的酒精可以杀灭“新型冠状病毒”，但是大量饮用高度酒后，酒精被人体吸收后其浓度减小，不能杀灭“新型冠状病毒”，故不能预防“新型冠状病毒”， 而且大量饮用高度酒可能会发生酒精中毒， D说法不正确。综上所述，有关说法正确的是A。2.日常生活中的下列做法，与调控化学反应速率无关的是A. 食品抽真空包装B. 用热水溶解蔗糖以加
3、速溶解C. 铁制品表面刷油漆D. 低温冷藏食品【答案】B【解析】【详解】A食品抽真空包装可以减缓食品变质的速率，A不符合题意；B升高温度可以加快溶解的速率，故用热水溶解蔗糖以加速溶解，蔗糖溶解属于物理变化，与调控化学反应速率无关，B符合题意；C在铁制品表面刷油漆可以减缓铁被腐蚀的速率，C不符合题意；D低温冷藏食品可以减缓食品变质速率，D不符合题意；综上所述，合理选项是B。3.由下列电极材料、稀硫酸组成的原电池工作时，下列说法中正确的是A. 在铁、铝、稀硫酸组成的原电池中，硫酸根离子向铁片移动B. 在锌、铜、稀硫酸组成的原电池中，电流由铜片通过导线流向锌片C. 在铁、铜、稀硫酸组成的原电池中，其
4、负极反应式为Fe - 3e- = Fe3+D. 在铜、锌、稀硫酸组成的原电池中，是利用电能使锌与硫酸发生反应【答案】B【解析】【详解】A在铁、铝、稀硫酸组成的原电池中，铝活泼性强，作负极，硫酸根离子向铝片移动，故A错误；B在锌、铜、稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，铜作正极，电流由铜片通过导线流向锌片，故B正确；C在铁、铜、稀硫酸组成的原电池中，铁活泼，作负极，但只生成亚铁离子，其负极反应式为Fe - 2e-= Fe2+，故C错误；D在铜、锌、稀硫酸组成的原电池中，锌与硫酸发生反应产生电流，化学能变为电能，故D错误；故选B。4.对氧化铁与铝粉发生的“铝热反应”(装置如图)的现象有这样的描述：“反
5、应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅资料得知：Al、A12O3、Fe、Fe2O3熔点数据如表，下列叙述正确的是物质AlAl2O3FeFe2O3熔点 /660205415351462A. 铝热剂特指铝和氧化铁的混合物B. 镁条和KClO3是铝热反应的催化剂C. 该反应所得熔融物熔点低于660D. 将少量该反应所得的熔融物溶于足量稀H2SO4，充分反应后，滴加KSCN溶液无明显现象，说明熔融物中无Fe2O3【答案】C【解析】【详解】A铝热剂不仅包括铝和氧化铁的混合物，也包括铝与其他一些金属的氧化物的混合物，但不是所有金属的氧化物与铝的混合物，A说法不正
6、确；B镁条和KClO3是铝热反应的引发剂，镁条燃烧时产生高温，氯酸钾分解产生氧气，使燃烧更剧烈、产生的温度更高，B说法不正确；C该反应放出大量的热量，生成物以熔融态落入沙中，该熔融物可能是铝铁合金，合金的熔点通常低于其成分金属，故所得熔融物熔点低于铝的熔点660，C说法正确；D将少量该反应所得的熔融物溶于足量稀H2SO4，充分反应后，滴加KSCN溶液无明显现象，不能说明熔融物中无Fe2O3，因为即使有Fe2O3，其溶于硫酸后也可以被铁还原为亚铁离子，故滴加KSCN溶液无明显现象，D说法不正确。综上所述，相关叙述正确的是C。5.下列说法正确的是A. 长周期均含18种元素B. 周期表中的第13列是
7、第B族C. 同一主族的元素，从上到下，氢化物的沸点逐渐增大D. 半导体器件的研制开始于锗【答案】D【解析】【详解】A第6周期属于长周期，其中含32种元素，A说法不正确；B周期表中的第13列是第A族，B说法不正确；C同一主族的元素，从上到下，氢化物的沸点不一定逐渐增大，如第A的气态氢化物中水的沸点最高，因为水分子之间存在氢键，C说法不正确；D锗位于元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近，既有一定的金属性，也有一定的非金属性，锗是应用最早的半导体材料，半导体器件的研制开始于锗，D说法正确。综上所述，相关说法正确的是D。6.已知某粒子A的结构示意图为：。下列说法正确的是A. 当Y = 8时，该
8、粒子为氖原子B. 当X - Y2时，该粒子为阴离子C. 当Y = 7时，该元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HAO4D. 当X = 13时，该元素的氯化物属于共价化合物【答案】D【解析】【详解】AY=8时，该粒子可以是氖原子，也可以是氧离子、氟离子等，故A错误；B当X-Y2时，说明核电荷数大于核外电子数，应为阳离子，故B错误；C当Y = 7时，该元素为F元素，F元素没有最高价氧化物，故C错误；D当X=13时，该元素为Al元素，AlCl3为共价化合物，故D正确；综上所述答案为D。7.下列反应既属于离子反应，又属于放热反应的是A. 锌粒与稀硫酸的反应B. 灼热的木炭与CO2的反应C. 甲烷在空
9、气中燃烧的反应D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】A【解析】【详解】A锌粒与稀硫酸的反应，Zn2H=Zn2H2，有离子参加反应，是离子反应；活泼金属与酸反应是放热反应，故A符合；B灼热的木炭与CO2的反应，是没有离子参加的吸热反应，故B不符；C甲烷在空气中燃烧的反应，没有离子参加的放热反应，故C不符；DBa(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应，不是离子反应，属于吸热反应，故D不符；故选A。8.化学上可用仪器观测特定核素在化学变化中的行踪来确定反应的原理。若用K35C1O3晶体和含有H35Cl的浓盐酸进行KClO3 + 6HC1(浓) = KCl + 3Cl2
10、+ 3H2O反应的探究，下列说法不正确的是A. 1 mol H37Cl中所含的中子数为20NAB. 35C1、37Cl互为同位素C. 该反应既有离子键和共价键断裂，又有离子键和共价键的形成D. 生成氯气的摩尔质量为71 g/mol【答案】D【解析】【详解】A1 mol H37Cl中所含的中子数为(0+37-17)NA=20NA，故A正确，不选；B35C1、37Cl质子数相同，中子数分别为18、20，互为同位素，故B正确，不选；C该反应既有离子键（K与ClO离子键）和共价键（Cl-O键）的断裂，又有离子键（K与Cl-离子键）和共价键（Cl-Cl、O-H键）的形成，故C正确，不选；D生成的氯气，由
11、35C1构成，其摩尔质量为70 gmol1，故D错误，符合题意；故选D。9.在一定温度下，在5 L恒容密闭容器中发生反应：X(g) +Y(g)2Z(g)，开始时加入3 mol X、4 mol Y、2 mol Z，反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是t /min2410c(Y) / mol/L0.50.3aA. 24 min用X的浓度变化表示反应的平均速率0.1 mol/(Ls )B. a可能为0.2C. 其他条件不变，若再充入1 mol Y化学反应速率会增大D. 其他条件不变，若将容器的体积变为3 L，化学反应速率不变【答案】C【解析】【详解】A24 min内c(Y)=0.5mol/L
12、-0.3mol/L=0.2mol/L，根据方程式可知相同时间内c(X)=0.2mol/L，v(X)=0.1mol/(Lmin )=6 mol/(Ls )，故A错误；B当a=0.2时，则n(Y)=4mol-0.2mol/L5L=3mol，则n(X)=3mol，而初始投料n(X)=3mol，即此时X完全转化，而可逆反应的不能完全转化，故B错误；C再充入1molY，反应物的浓度变大，反应速率增大，故C正确；D容器体积缩小，各物质的浓度增大，反应速率增大，故D错误；综上所述答案为C。10.X、Y、Z、W为4种短周期元素，已知X、Y同周期且X最外层电子数与Z的内层电子数之和为8，Y2+、Z-、W+三种离
13、子的电子层结构相同，下列叙述正确的是A. 原子序数：Z YB. 离子半径：W XC. 金属性：Y WD. 气态氢化物的稳定性：X Z【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为4种短周期元素，已知X、Y同周期且X最外层电子数与Z的内层电子数之和为8，由于Z的内层电子数只能为2，则X的最外层电子数为6，X可能为O或S；Y2+、Z-、W+三种离子的电子层结构相同，则Y为Mg、Z为F、W为Na，X只能为S。【详解】A. Y为Mg、Z为F，则其原子序数的大小关系为Z Y，A叙述不正确；B. W为Na，X为S，前者的离子有2个电子层，后者的离子有3个电子层，故其离子半径的大小关系为W X，B叙述不正确；C
14、. Y为Mg、W为Na，两者在同一周期，后者的金属性较强，故其金属性的强弱关系为Y W，C叙述不正确；D. Z为F、X为S，F的非金属性强于S，故其气态氢化物的稳定性的强弱关系为X Z，D叙述正确。综上所述，叙述正确的是D。11.某有机化合物球棍模型如图所示，该有机物不可能发生的化学反应是A. 水解反应B. 加聚反应C. 酯化反应D. 氧化反应【答案】B【解析】【分析】分子中含有羧基、酯基和羟基，由此分析。【详解】A分子中含有酯基能发生水解反应，故A不选；B分子中没有碳碳双键，不能发生加聚反应，故B选；C分子中含有羧基、羟基，均能发生酯化反应，故C不选；D分子中含有羟基，且与之相连的碳上有氢，
15、能发生氧化反应，故D不选；故选B。12.垃圾分类是社会新风尚，新要求。下列说法正确的是A. 废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 破损的玻璃属于其他垃圾，属于硅酸盐材料C. 废荧光灯管属于有害垃圾，不可用填埋法处理D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】C【解析】【详解】A聚乙烯塑料中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B破损的玻璃属于可回收垃圾，故B错误；C废灯管属于有害垃圾，会对人体健康或者自然环境造成直接或者潜在的危害，不能用填埋法处理，故C正确；D丝、毛属于蛋白质，蛋白质中会有N、S等元素，燃烧是不只生成
16、CO2和H2O，故D错误；综上所述答案为C。13.少量乙酸乙酯分别与等体积的稀硫酸溶液和稀氢氧化钠溶液混合受热，充分反应后试管内的实验现象正确的是稀硫酸稀氢氧化钠溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在稀硫酸中水解，但反应可逆，所以充分反应后仍有乙酸乙酯剩余，乙酸乙酯难溶于水，且密度比水稍小，所以会有油状液体悬浮在溶液中，故正确；在稀氢氧化钠中完全水解，充分反应后生成的乙酸钠和乙醇均溶于水，所以得到澄清溶液，故正确，综上所述答案为C。14.以乙烯为原料经过一系列反应可生产抗新冠病毒消毒剂过氧乙酸(具有很强的氧化性和腐蚀性)，其合成路线如图。下列说法不正确的是A. AB的反应类型
17、是加成反应B. C的分子式是C2H4OC. 浓过氧乙酸溶液中加入少许紫色石蕊试液，溶液最终为无色D. 过氧乙酸与乳酸()，组成上相差一个CH2，故互为同系物【答案】D【解析】【分析】由题中信息可知，A为乙烯，A与水加成生成B，则B为乙醇；B发生催化氧化生成C，则C为乙醛；C发生催化氧化生成D，则D为乙酸。【详解】AAB的反应是乙烯与水在催化剂的作用下发生了加成反应生成乙醇，A说法正确；BC为乙醛，其分子式是C2H4O，B说法正确；C浓过氧乙酸溶液有很强的氧化性，有漂白作用，故向其中加入少许紫色石蕊试液，溶液最终为无色，C说法正确；D过氧乙酸与乳酸()的官能团不同，后者有羧基，前者没有，故两者不
18、是同系物，D说法不正确。综上所述，相关说法不正确的是D。15.某汽油(主要成分是丁烷)燃料电池，放电时反应的化学方程式为：2C4H10+ 13O2= 8CO2+ 10H2O，下列说法不正确的是A. 其能量转换形式是将化学能直接转化为电能B. 提炼汽油的原料是石油，石油是一种不可再生能源C. 若负极上有32g O2参加反应，则反应过程中转移电子4mol e-D. 若电池的电解质是固体氧化物(在高温下能传导O2-)，其工作原理如图：【答案】C【解析】【分析】某汽油(主要成分是丁烷)燃料电池，放电时反应的化学方程式为2C4H10+ 13O2= 8CO2+ 10H2O。根据原电池原理可知，汽油在负极发
19、生氧化反应，空气中的氧气在正极发生还原反应。【详解】A燃料电池可以将化学能直接转化为电能，A说法正确；B石油经分馏和催化裂化可以获得汽油，石油是一种不可再生能源，B说法正确；C空气中的氧气在正极发生还原反应，氧气不参与负极的电极反应，C说法不正确；D根据原电池原理可知，汽油在负极发生氧化反应，空气中的氧气在正极发生还原反应。若电池的电解质是固体氧化物，其在高温下能传导O2-，O2-从正极向负极迁移，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是C。16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 足量Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移2NA个电子B. 标准状况下，2.24 L Cl2通入
20、足量水中发生反应转移电子数为0.1NAC. 40 mL 10 mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.2NAD. 6.9 g的NO2与足量的水反应转移电子的数目为0.15NA【答案】A【解析】【详解】A足量Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，氯气完全被还原为Cl，转移2mol电子，即2NA，故A正确；B标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，但是该反应为可逆反应，所以转移的电子数小于0.1NA，故B错误；C40 mL 10 mol/L的浓硝酸中含有硝酸的物质的量为0.4mol，浓硝酸与Cu反应生成NO2，反应过程中浓硝酸会变稀，稀硝酸与
21、Cu反应生成NO，且铜足量，故硝酸的还原产物中既有二氧化氮又有一氧化氮，所以该反应过程中转移的电子数不是0.2NA，介于0.2NA0.3NA之间，故C错误；D6.9gNO2的物质的量为=0.15mol，与足量水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以可以生成0.05molNO，转移0.05mol2=0.1mol电子，故D错误；综上所述答案为A。17.按要求回答下列问题(请用序号填空)I、下列各物质中He；NH3；H2O2；CaO；C(金刚石)；Na2O2；Al2O3；MgCl2；KOH；既含离子键又含共价键的物质是_；属于碱性氧化物的是_；不存在化学键的物质是_；分子间可形成
22、氢键的是_。、请将所选下列物质的转化或分离方法的序号填在横线上(每一项只填写一种最主要的方法)。溶解 蒸馏 干馏 分馏 电解 萃取 过滤(1)将海水淡化_；(2)从海水得到的无水MgCl2中提取金属镁_；(3)从海水提溴获得的溴水中，用苯提取溴单质_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【详解】I、He是单原子分子，不含化学键；NH3是共价化合物，只含有共价键，分子间可形成氢键；H2O2是共价化合物，只含有共价键，分子间可形成氢键；CaO是离子化合物，只含有离子键，属于碱性氧化物；C(金刚石)属于原子晶体，只含有共价键；Na2O2属于离子化合
23、物，既含有离子键又含有共价键，不属于碱性氧化物；Al2O3是离子化合物，只含有离子键，属于两性氧化物；MgCl2是离子化合物，只含有离子键；KOH属于碱，既含有离子键又含有共价键；综上所述，既含离子键又含共价键的物质是；属于碱性氧化物的是；不存在化学键的物质是；分子间可形成氢键的是。、溶解 蒸馏 干馏 分馏 电解萃取 过滤(1)将海水淡化可以用蒸馏法，故填；(2)从海水得到的无水MgCl2中提取金属镁，工业上通过电解熔融的氯化镁得以实现，故填；(3)溴易溶于苯而不易溶于水，故从溴水中提取溴单质可以用苯萃取，故填。18.丙烯酸乙酯存在于菠萝等水果中，可以用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料合成，合成
24、路线如图： 根据以上材料和所学的化学知识回答下列问题：(1)过程是石油分馏，是石油炼制的重要坏节。工业上通常使用的分馏石油的方法有常压分馏和_，分馏的目的是_。(2)反应的反应方程式为C10H22 2C3H6 + X，其中X的一氯代物同分异构体有_种。(3)写出由C与丙烯酸制得丙烯酸乙酯的化学方程式_，该反应的类型是_。(4)鉴别C和D常用试剂有_、_(写两种)。(5)丙烯酸中最多有_个原子共平面。(6)下列有关说法不正确的是_(填字母序号)。aE与丙烯酸乙酯互为同系物bCD的转化是氧化反应c聚丙烯酸的结构简式为d分液不能分离C和E的混合物【答案】 (1). 减压分馏 (2). 为了获得沸点范
25、围不同的各种馏分 (3). 4 (4). CH2CHCOOH+HOCH2CH3CH2CHCOOCH2CH3+H2O (5). 取代反应(酯化反应) (6). NaHCO3粉末 (7). KMnO4酸性溶液等 (8). 9 (9). ac【解析】【分析】由合成路线中的信息可知，石油经分馏得到A，A经裂解得到丙烯和B；B与水加成生成C，C与丙烯酸发生酯化反应得到丙烯酸乙酯，则B为乙烯、C为乙醇；C经氧化得到D，则D为乙酸，C与D发生酯化反应生成E，E为乙酸乙酯。【详解】(1)工业上通常使用的分馏石油的方法有常压分馏和减压分馏，分馏的目的是为了获得沸点范围不同的各种馏分，以提高石油的综合利用价值。(
26、2)反应的反应方程式为C10H22 2C3H6+ X，根据质量守恒定律可知，X的分子式为C4H10，则X可能为丁烷或异丁烷，其分别有2种一氯代物，故X的一氯代物同分异构体有4种。(3)由C与丙烯酸制得丙烯酸乙酯的化学方程式为CH2CHCOOH+HOCH2CH3CH2CHCOOCH2CH3+H2O，该反应属于取代反应(酯化反应)。(4) C和D分别是乙醇和乙酸，乙醇有较强的还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙酸不能；乙酸有酸性，乙醇没有。因此，鉴别两者常用试剂可以有NaHCO3粉末或KMnO4酸性溶液等。(5)丙烯酸可以看作乙烯基和羧基组成的，这两种基团均为平面结构，由于单键是可以旋转的，故分
27、子中的所有原子均可能共面，即最多有9个原子共平面。(6)aE为乙酸乙酯，其为饱和一元酯，而丙烯酸乙酯为不饱和一元酯，两者结构不相似，故其不是同系物，a说法不正确；bCD的转化中，乙醇被氧化为乙酸，故其为氧化反应，b说法正确；c聚丙烯酸的结构简式为，c说法不正确；dC和E分别为乙醇和乙酸乙酯，前者极易溶于水，而后者难溶于水，故可以用分液法分离两者的混合物，d说法不正确。综上所述，有关说法不正确的是ac。【点睛】同系物官能团一定相同，乙酸乙酯分子中只有酯基，而丙烯酸分子中除了酯基以外，还有碳碳双键，故两者不是同系物。19.2019年是“国际化学元素周期表年”，回答下列问题：S(1)按照硫元素在周期
28、表里的位置，在图中用实线画出周期表的边界，并用阴影表示第族的位置。(2)在图中用元素符号注明第35号元素位置_。(3)根据元素周期律判断下列物质性质强弱(填“”、“ (3). (4). (6). A、D【解析】【详解】(1)、(2)S元素位于元素周期表的第三周期第A族，即位于第三横行，第16纵列，第族为元素周期表的第8、9、10纵列，且从第四横行开始有族，所以第族的位置如图所示，第35号位于第四周期第A族，位置如图所示：；(3)A同主族元素自上而下非金属性减弱，所以F的非金属性大于Cl，非金属性越强，单质的氧化性越强，所以氧化性F2Cl2；B同主族自上而下金属性增强，所以金属性KNa；C非金属
29、性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性SP，所以酸性：H3PO4Mg，所以碱性NaOHMg(OH)2；(4)A副族和第族均为金属，周期表中的非金属元素都位于主族和0族，故A正确；B0族元素也是由短、长周期元素组成的纵列，故B错误；C第B族含锕系和镧系，可知元素的种类最多，故C错误；D过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，故D正确；综上所述答案为A、D。20.实验室制乙烯的反应原理为：CH3CH2OHCH2=CH2 +H2O，某校化学实验兴趣小组为验证实验室制备乙烯中含有水蒸气、SO2，同时收集少量乙烯，甲同学设计了如图所示的实验装置，按要求回答问题：(1
30、)组装好仪器后，接下来进行的操作是_。(2)若将装置A中的温度计换成分液漏斗，则还可以制取的气体有_(填字母序号，酒精灯可用可不用)。ACO2 BNH3 CO2 DSO2 ENO2 FCl2(3)装置B中盛放的试剂名称为_，作用是_，现象是_。(4)为证明实验过程中有SO2产生，并收集少量乙烯，装置C、D、E中盛放的试剂名称为：(请将下列有关试剂的序号填入对应装置内，可重复选用)。品红 足量NaOH溶液 浓硫酸 溴水C_；D_；E_。(5)收集乙烯气体最好的方法是_。【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). ABCDEF (3). 无水硫酸铜 (4). 检验水的存在 (5). 白色固体变
31、蓝 (6). (7). (8). (9). 排水法【解析】【分析】本实验的目的是验证实验室制备乙烯中含有水蒸气、SO2，同时收集少量乙烯，首先在装置A中利用乙醇和浓硫酸在170的条件下制取乙烯；因检验SO2时需要将气体通入溶液中，所以需要先检验水蒸气，可以在装置B中盛放无水硫酸铜检验是否含有水蒸气，然后可以在C中盛放品红溶液检验二氧化硫，实验还需要收集乙烯，所以需要将二氧化硫除去，可以用NaOH溶液吸收SO2，然后再利用品红溶液检验SO2是否被完全吸收；乙烯难溶于水，可以用排水法收集。【详解】(1)该装置涉及气体的制备、检验和收集，所以组装好仪器后需要检验装置气密性；(2)A可在分液漏斗中盛放
32、稀盐酸，圆底烧瓶中盛放石灰石制取CO2，故A选；B可在分液漏斗中盛放NaOH溶液，圆底烧瓶盛放氯化铵固体，微热制取氨气，故B选；C可在分液漏斗中盛放H2O2溶液，圆底烧瓶盛放二氧化锰制取氧气，故C选；D可在分液漏斗中盛放浓硫酸，圆底烧瓶盛放亚硫酸钠制取二氧化硫，故D选；E可在分液漏斗中盛放浓硝酸，圆底烧瓶盛放铜单质制取二氧化硫，故E选；F可在分液漏斗中盛放浓盐酸，圆底烧瓶盛放二氧化锰，共热制取二氧化硫，故F选；综上所述答案为ABCDEF；(3)装置B中盛放无水硫酸铜，无水硫酸铜吸水变蓝，用来检验水的存在，由于制取的乙烯中含有水蒸气，所以可以看到白色固体变蓝；(4)根据分析可知C中盛放品红，D中
33、盛放NaOH溶液，E中盛放品红；(5)乙烯的相对分子质量为28，与空气相近，而乙烯难溶于水，所以最好用排水法收集。【点睛】第2小题为易错点，学生需要熟练掌握中学常见气体的制备方法，同时要注意虽然装置A有酒精灯，但是可以不用，所以也可以进行不需要加热的条件的气体的制取。21.某厂平均每天产生的废氨水中NH3的浓度为15mgL-1，密度为1gcm-3(1)NH3的电子式：_。(2)该废氨水中NH3的物质的量浓度为_molL-1(保留两位有效数字)。(3)已知可用NaClO氧化法处理氨氮废水，在酸性条件下，NaClO可与氨水中的NH4+反应生成N2使废氨水的浓度减小，该反应的离子方程式为_。(4)对
34、废氨水进行加热，蒸发得到的NH3可用于制备NO，反应原理：4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是_(填字母序号)。A反应达到平衡时，若两种反应物的转化率相等，则起始投入的n(NH3):n(O2) = 4:5BNO(g)和H2O(g)浓度比不再变化表明该反应达到化学平衡状态C当v正(NH3):v正(NO) = 1:1时，说明该化学反应已经达到平衡(5)工业上，可以用饱和纯碱溶液与Cl2反应制取NaClO(次氯酸钠)，其反应的化学方程式是2Na2CO3 + Cl2 + H2O = NaCl + NaClO + 2NaHCO3，此方法的原子利用率为_%(
35、保留三位有效数字)。【答案】 (1). (2). 8.810-4 (3). (4). A (5). 24.8%【解析】【详解】(1)氨气分子中氮原子与每个氢原子共用一对电子，所以电子式为；(2)废氨水中NH3的浓度为15mgL-1，则每升氨水中n(NH3)=8.810-4mol，所以该氨水的浓度为8.810-4mol/L；(3)根据题意酸性条件下，NaClO可与氨水中的NH4+反应生成N2，ClO会被还原成Cl，化合价降低2价，NH被氧化成N2，化合价升高3价，所以ClO和NH的计量数之比为3:2，再结合元素守恒可得离子方程式为；(4)A升平衡时n(NO)=4a，根据方程式可知n(O2)=5a，所以有，解得 n(NO):n(O2) = 4:5，故A正确；B初始投料只有NH3和O2，所以NO(g)和H2O(g)浓度比一直等于计量数之比，该比值不变不能说明反应达到平衡，故B错误；C同一反应同一方向不同物质反应速率之比一直等于计量数之比，所以v正(NH3):v正(NO) = 1:1时，不能说明反应平衡，故C错误；综上所述答案为A。(5)产物中NaClO为有效成分，所以原子利用率为=24.8%。【点睛】第5小题为本题易错点，学生要注意平时的知识积累，明确原子利用率的算法，原子利用率=。