浙江省绍兴市柯桥区2021-2022学年高一化学上学期期末教学质量检测（实验班）（Word版含解析）

2021学年第一学期高中期末教学质量检测化学试题(高一实验班)考生须知：1、本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。2、请将所有答案填写到答题卷中。3、可能用到的相对原子质量:H-1N-14O-16Na-23C-12Ag-108Fe-56Si-28S-32Mg-24Cu-64Cl-35.5第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题2分，共20分)1.在1L1mol·L-1的氨水中，下列说法正确的是A.含1molNH3分子B.含NH3和NH之和为1molC.含NH3·H2O1molD.含NH3、NH3·H2O、NH之和为1mol【答案】D【解析】【详解】，氨水中含氮微粒有NH3、NH3·H2O、NH，根据氮元素守恒，1L1mol·L-1的氨水中含NH3、NH3·H2O、NH之和为1mol，故选D；2.反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.Cl2分子的结构式：Cl-ClB.中子数为9的氮原子：C.N2分子电子式：D.Cl-的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．氯原子最外层个电子，两个氯原子形成一个共价键，Cl2分子的结构式：Cl-Cl，故A正确；B．中子数为9的氮原子，质量数是16：，故B错误；C．两个氮原子间形成叁键，N2分子的电子式：，故C错误；D．Cl-的结构示意图：，故D错误； 故选A。3.下列实验仪器或装置的选择正确的是配制50.00mL0.1000mol·L−1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸发溶液盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．配制50.00mL0.1000mol·L−1Na2CO3溶液，需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管，故不选A；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，饱和食盐水中氯离子浓度大，氯气在饱和食盐水中的溶解度小，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，故B正确；C．蒸发溶液应该用蒸发皿，故C错误；D．硅酸钠具有粘性，能够将玻璃塞与玻璃瓶粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶应该用橡胶塞，故D错误；选B。4.最新研制成一种新型的氮化镓(GaN)晶体管，有望取代传统晶体管。下列说法不正确的是A.Ga位于第三周期第IIIA族B.GaN中的Ga为+3价C.GaN是一种新型的半导体材料D.GaN是稳定、坚硬的高熔点材料【答案】A【解析】【详解】A．Ga有四个电子层，Ga位于第四周期第IIIA族，故A错误；B．GaN中的N显-3价，Ga为+3价，故B正确；C．氮化镓（GaN）是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料，故C正确； D．GaN是共价晶体，硬度大、熔点高、极稳定，是稳定、坚硬的高熔点材料，故D正确；故选A。5.若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中被氧化和未被氧化的N原子数之比为A.1：1B.2：1C.1：2D.4：1【答案】C【解析】【详解】该反应中，NH→N2氮元素的化合价由-3价→0价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到2个电子，所以其最小公倍数是6，反应为3(NH4)2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1×2：4×1=1：2，该反应中被氧化和未被氧化的N原子质量之比为1：2，故选：C。6.把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是A.Al3+B.Al(OH)3C.Al(OH)D.Al3+和Al(OH)3【答案】C【解析】【详解】明矾的化学式为KAl(SO4)2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO，由反应SO+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa(OH)2，则加入4molOH-，则发生Al3++4OH-=Al(OH)，所以最后溶液中存在AlO2-，反应的离子反应方程式为：Al3++4OH-+Ba2++SO=Al(OH)+BaSO4↓，故选C。7.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述错误的是A.脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点影响很大B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖C.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D.蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀不能重新溶于水【答案】C【解析】【详解】A．由饱和脂肪酸形成的油脂一般为固态，由不饱和脂肪酸形成的油脂一般为液态，故A正确；B．淀粉为多糖，在体内发生水解成糊精、麦芽糖，最终水解成葡萄糖，因此淀粉水解的最终产物是葡萄 糖，故B正确；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，故C错误；D．蛋白质溶液遇硫酸铜发生变性，产生的沉淀不能重新溶于水，故D正确；选C。8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.0.1mol·L-1稀硫酸中含有硫酸根个数为0.1NAB.1molCH(碳正离子)中含有电子数为10NAC.2.4g金属镁在足量的CO2中燃烧，转移电子数为2NAD.在常温常压下，0.1molN2和O2的混合气体，其体积略大于2.24L【答案】D【解析】【详解】A．没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L-1稀硫酸中含有硫酸根个数，故A错误；B．一个CH中含有8个电子，1molCH(碳正离子)中含有电子数为8NA，故B错误；C．2.4g金属镁在足量的CO2中燃烧，镁元素化合价由0升高为+2，转移电子数为0.2NA，故C错误；D．在标准状况下，0.1molN2和O2的混合气体的体积为2.24L，升高温度体积变大，所以常温常压下其体积略大于2.24L，故D正确；选D。9.核磁共振(NMR)技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域。已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象。下列均可产生NMR现象的是A.18O31P119SnB.27Al19F28SiC.元素周期表中VA族所有元素的原子D.元素周期表中第二周期所有元素的原子【答案】C【解析】【详解】A．18O质子数为8、中子数为10，原子核没有NMR现象，故不选A；B．28Si质子数为14、中子数为14，原子核没有NMR现象，故不选B；C．元素周期表中VA族的元素，所有元素的原子质子数都为奇数，所以原子核有NMR现象，故选C；D．元素周期表中第二周期元素的原子，有些原子质子数、中子数都为偶数，如18O原子核没有NMR现象，故不选D； 选C。10.下列物质不能用作食品添加剂的是A.三聚氰胺B.亚硝酸钠C.山梨酸钾D.氯化镁【答案】A【解析】【分析】能用作食品添加剂的物质必须满足以下要求：能改善食品的口感、味道、颜色、营养以及保质期等，按标准添加时对人体无害。【详解】A．三聚氰胺有毒，故A选；B．亚硝酸钠常用作肉食的发色剂和防腐剂，可以延长保质期，故B不选；C．山梨酸钾用于食品防腐，且按标准添加时对人体无害，故C不选；D．向豆浆中加入盐卤（主要成分是氯化镁）能使豆浆增稠、聚沉从而得到豆腐，故氯化镁做豆腐的凝固剂和增稠剂，故D不选；故选A。二、选择题(每小题3分，每小题只有一个正确选项，共30分)11.下列有关溶液性质的叙述，正确的是A.室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体B.20℃，100g水可溶解34.2gKCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%C.强电解质在水中的导电性一定大于弱电解质D.相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量增加【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳的溶解度随温度的升高而降低，所以室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到00C时，不会放出CO2气体，故A错误；B．此时KCl饱和溶液的质量分数为w=，故B错误；C．强电解质导电能力不一定比弱电解质强，和溶解性，离子浓度有关，如硫酸钡是强电解质，但溶解性小水溶液中导电性弱，故C错误；D．因为空气溶入水的不仅有氧气，还有二氧化碳等其他气体，而换成纯氧，氧气浓度变大，促进氧气的溶解，所以溶入的氧气质量也增加，故D正确；故选：D。12.用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，可制得NaClO溶液(不含NaClO3)，此时ClO-的浓度为c0mol·L-1； 加热该溶液时NaClO转化为NaClO3[3NaClO(aq)=2NaCl(aq)＋NaClO3(aq)]，测得t时刻溶液中ClO-浓度为ctmol·L-1，该时刻溶液中Cl-浓度为(单位：mol·L-1)A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3)，此时ClO-的浓度为c0 mol•L-1，则Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l)反应中生成氯离子浓度为c0 mol•L-1，加热时NaClO转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO-浓度为c1 mol•L-1，反应的次氯酸钠浓度=c0 mol•L-1-c1 mol•L-1 ，由3NaClO(aq)=2NaCl(aq)+NaClO3(aq)可得关系式，该时刻溶液中Cl-浓度的表达式：c0 mol•L-1+×(c0 mol•L-1-c1 mol•L-1)=，故选：A。13.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Cl2通入水中制氯水：B.NO2通入水中制硝酸：C.NaAlO2溶液中通入过量CO2：D.AgNO3溶液中加入过量浓氨水：【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B错误；C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正确；D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；答案为C。 【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。14.检验下列物质所选用的试剂正确的是待检验物质所用试剂A海水中的碘元素淀粉溶液B溶液中的NOCu和浓硫酸CSO2气体澄清石灰水D溶液中的NHNaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．海水中的碘元素，用氯气和淀粉溶液检验，故A不符；B．溶液中的NO用Cu和浓硫酸，有红棕色气体在试管口产生，故B符合；C．SO2气体用品红溶液检验，褪色后加热又恢复成红色，故C不符；D．溶液中的NH用NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，故D不符；故选B。15.1934年约里奥·居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：++，其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是A.用α粒子轰击金属原子发生的是化学变化B.原子半径：X＜YC.元素X、Y均可形成三氯化物D.元素X的最高价氧化物对应的水化物能与酸反应，不能与碱反应【答案】C【解析】 【详解】A．用α粒子轰击金属原子，原子核发生变化，不属于化学变化，故A错误；B．金属元素的原子最外层电子数一般小于4，++，Y原子比X原子的最外层多2个电子，电子层数不变，原子半径：X>Y，故B错误；C．++，元素X、Y的最外层电子数之和为8，X最外层有3个电子、Y最外层有5个电子，所以元素X、Y均可形成三氯化物，故C正确；D．X最外层有3个电子，元素X最高价氧化物对应的水化物可能既能与酸反应又能与碱反应，如Al2O3既能与酸反应又能与碱反应，故D错误；选C。16.NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A.反应2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)的ΔH＞0B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D.实线部分先增大后减小的主要原因是：随着温度升高，平衡先向右移动，然后再向左移动【答案】B【解析】【分析】X点为建立平衡阶段，Y点是平衡升高温度，逆向移动，Y点是达到平衡状态的点，X末达平衡。【详解】A.由图象可知，升高温度，NO转化率降低，平衡逆向移动，逆向吸热，正向放热，反应2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)的△H＜0，故A错误；B.X点，反应未达到平衡，延长反应时间，NO不断被消耗，最终达到平衡阶段，NO转化率提高，故B正确； C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故C错误；D.实线部分先增大后减小的主要原因是：最高点前如X点为建立平衡阶段，最高点后如Y点是平衡升高温度，逆向移动，故D错误；故选B。17.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是：abcAAlAlCl3Al(OH)3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2＝CH2CH3CH2OHCH3CHOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.该组物质的转化关系为：，Al(OH)3不能直接转化为Al，A错误；B.该组物质的转化关系为：，B正确C.该组物质的转化关系为：，SiO2不能直接转化为H2SiO3，H2SiO3也不能直接转化为Si，C错误；D.该组物质的转化关系为：，CH3CHO不能直接转化为CH2=CH2，D错误；故合理选项为B。18.已知FeSO4受热分解的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。将FeSO4受热一定时间后产生的气体按下图所示装置进行实验。 下列说法不正确的是A.能说明SO2存在的实验现象是品红溶液褪色B.能说明SO3存在的实验现象是BaCl2溶液中有白色沉淀产生C.为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重D.为验证FeSO4受热一定时间后残留固体的成分，设计的实验是：取适量固体，加足量稀盐酸溶解，然后滴加KSCN溶液，若显血红色，则有Fe3+，说明残留固体只有Fe2O3【答案】D【解析】【分析】FeSO4受热分解的化学方程式：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。气体分别通过氯化钡溶液、品红溶液、氢氧化钠溶液，作用是检验三氧化硫的生成、检验二氧化硫的存在、吸收气体防止污染环境，三氧化硫通入氯化钡溶液生成白色沉淀硫酸钡，反应的化学方程式：BaCl2+SO3+H2O=BsSO4↓+2HCl，二氧化硫不反应，通入品红溶液褪色是二氧化硫的特征性质。【详解】A．通入品红溶液褪色是二氧化硫的特征性质，能说明SO2存在的实验现象是品红溶液褪色，故A正确；B．BaCl2+SO3+H2O=BsSO4↓+2HCl，能说明SO3存在的实验现象是BaCl2溶液中有白色沉淀产生，故B正确；C．为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤除去表面的可溶性杂质、干燥、称重，故C正确；D．为验证FeSO4受热一定时间后残留固体的成分，设计的实验是：取适量固体，加足量稀盐酸溶解，取少量溶解液，滴加KSCN溶液，若显血红色，则有Fe3+，另取一份加水溶解后的溶液滴加稀高锰酸钾溶液，如不褪色，说明没有Fe2+，也就是没有硫酸亚铁固体，说明残留固体只有Fe2O3，故D错误；故选D。19.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示。下列说法不正确的是 A.分子筛可用于分离、提纯气体或液体混合物B.X为N2和H2OC.图中所示历程的总反应为：2NH3＋NO＋NO2=2N2＋3H2OD.汽车尾气中含有的氮氧化合物主要是由于汽油中含有氮元素的物质燃烧产生的【答案】D【解析】【详解】A．分子筛可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故A正确；B．根据元素守恒，和NO反应生成，所以X为N2和H2O，故B正确；C．图中所示，2molNH3和1molNO、1molNO2反应生成2molN2和3molH2O，历程的总反应为2NH3＋NO＋NO2=2N2＋3H2O，故C正确；D．汽油属于烃，不含氮元素，汽车尾气中含有的氮氧化合物主要是由于空气中的氮气和氧气反应产生的，故D错误；选D。20.甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中按以下不同方式投入反应物，发生反应CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)，测得有关实验数据如下：容器编号温度/K起始物质的量(mol)平衡时物质的量(mol)CH3OH(g)NH3(g)CH3NH2(g)H2O(g)CH3NH2(g)H2O(g)Ⅰ5300.400.40000.30Ⅱ5300.800.8000 Ⅲ500000.400.400.32下列说法不正确的是A.该反应的△H＜0B.正反应的平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)＜K(Ⅲ)C.容器Ⅱ中NH3的平衡转化率α(NH3)=75%D.达到平衡时，体系中c(CH3OH)关系：2c(CH3OH，Ⅰ)＞c(CH3OH，Ⅱ)【答案】D【解析】【分析】由反应CH3OH(g)+NH3(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g)，该反应前后气体体积不变，压强不影响该反应，容器I和II为等温恒容，且为等效平衡，容器III温度较低，根据表中数据，530K时，容器I有：K(I)==9，温度不变，K不变，K(II)=9，500K时，容器III有：此时K(III)==16，K(III)＞K(I)，说明温度降低有利于反应的进行，该反应为放热反应。【详解】A．由分析得该反应的△H＜0，故A正确；B．正反应的平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)=9＜K(Ⅲ)=16，故B正确；C．容器I和容器II为等效平衡，容器Ⅱ中NH3的平衡转化率与Ⅰ相同，α(NH3)==75%，故C正确；D．容器I和容器II为等效平衡，II的起始量为I的两倍，相当于对I增大压强，平衡不移动，平衡时各 组分的量为I的两倍，故平衡时2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH，Ⅱ)，故D错误；故选D。第II卷(非选择题，共50分)21.回答下列问题：（1）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构(如下图)，已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3。①另一种的化学式为___________；②金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，反应的化学方程式为______。(提示：Cu2+可以与NH3、H2O等形成相应的配合物Cu(NH3)、Cu(H2O))（2）乙醇、过氧化氢、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法正确的是___________A.NaClO和乙醇都是通过氧化灭活病毒B.过氧化氢和过氧乙酸(CH3COOOH)都含有“—O—O—”键C.乙醇和氯仿都是有机物，其中氯仿为正四面体结构D.上述五种化学药品均可有效灭活病毒的基本原理是使蛋白质变性（3）如图所示，A、C、E均为化合物，A与C为等电子体，A在常温下为液态，B是非金属单质，D的水溶液具有漂白性，F通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。请回答以下问题： ①写出F中所有可能含有的物质的分子式______②光具有能量，能影响很多反应。下列反应或现象中，受光照影响不够显著的是______A．植物体中的叶绿素把CO2和水转化为葡萄糖B．次氯酸的分解C．铁与氯气的反应D．镁与CO2的反应E．AgI的分解F．NaHCO3的分解G．用棕色瓶保存硝酸【答案】（1）①.K2CuCl3②.Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)+2OH-（2）BD（3）①.CH3Cl、CH2Cl2、CH3Cl、CCl4②.CDF【解析】【小问1详解】①一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，阴离子构成与[CuCl3]-一样，但因为Cu为+1价，所以应该为[CuCl3]2-，另一种的化学式为K2CuCl3；故答案为：K2CuCl3；②金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进反应，是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，反应的化学方程式为Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)+2OH-。(提示：Cu2+可以与NH3、H2O等形成相应的配合物Cu(NH3)、Cu(H2O))故答案为：Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)+2OH-；【小问2详解】A.NaClO是通过氧化灭活病毒，乙醇能使蛋白质变性，故A错误；B.过氧化氢H-O-O-H和过氧乙酸(CH3COOOH)都含有“—O—O—”键，故B正确；C.乙醇和氯仿都是有机物，其中氯仿是三氯甲烷，四个键键长不相等，为四面体结构，故C错误；D.上述五种化学药品均可有效灭活病毒的基本原理是使蛋白质变性，故D正确；故答案为：BD；【小问3详解】如图所示，A、C、E均为化合物，A与C为等电子体，A在常温下为液态，A是水，B是非金属单质，D的水溶液具有漂白性，B是氯气，D是次氯酸，E是氯化氢，C是A的等电子体，C是甲烷，甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应，得到氯化氢，F是氯代甲烷，F通常是难溶于水的混合物。①甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应，得到氯化氢，F是氯代甲烷，F中所有可能含有的物质的分子式CH3Cl、CH2Cl2、CH3Cl、CCl4，故答案为：CH3Cl、CH2Cl2、CH3Cl、CCl4； ②A．植物体中的叶绿素把CO2和水通过光合作用，转化为葡萄糖，故A不选；B．次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故B不选；C．铁与氯气在点燃条件下反应，受光照影响不够显著，故C选；D．镁与CO2在点燃条件下反应生成氧化镁和碳，受光照影响不够显著，故D选；E．AgI见光分解，故E不选；F．NaHCO3受热分解，受光照影响不够显著，故F选；G．用棕色瓶保存硝酸，以防止硝酸见光分解，故G不选；故答案为：CDF。22.某化合物X由三种元素组成，其转化关系如下图所示：回答以下问题：（1）写出过程②中的化学反应方程式___________（2）化合物X的化学式为___________（3）鉴别红棕色气体1与Br2蒸气的下列方法中，合理的是___________A.通入水中观察溶液的颜色变化B.用湿润的KI-淀粉试纸检验C.分别通入AgNO3溶液中观察有否沉淀D.通过缩小体积加压，观察两种气体的颜色变化（4）气体1和气体3按1：1通入NaOH溶液中刚好完全吸收，写出相应的离子反应方程式___________（5）请设计实验证明化合物X加热后是部分分解。___________【答案】（1）Fe2O3+2Al=2Fe+Al2O3（2）Fe(NO3)2（3）ACD（4）NO2+NO+2OH-=2NO+H2O（5）取适量加热后的残留物，溶于适量水中，然后取上层清液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明溶液中尚有Fe2+【解析】【分析】由转化关系可知红棕色化合物Y应为Fe2O3，生成Z为Al2O3，W为Fe，且n(Fe)==0.2mol，红棕色气体1为NO2，气体2应为O2，强酸性无色溶液为硝酸，且物质的量为mol，无色气体 3为NO，物质的量为=mol，则X中n(N)=mol+mol=0.4mol，可知n(Fe)：n(N)=1：2，X应为Fe(NO3)2。【小问1详解】过程②中的化学反应方程式Fe2O3+2Al=2Fe+Al2O3，故答案为：Fe2O3+2Al=2Fe+Al2O3；【小问2详解】化合物X的化学式为Fe(NO3)2，故答案为：Fe(NO3)2；【小问3详解】A.溴溶于水，溶液呈橙色，二氧化氮与水反应，溶液无色，可鉴别，故A正确；B.两种气体均具有氧化性，用湿润的KI-淀粉试纸检验，均变蓝色，不能鉴别，故B错误；C.分别通入AgNO3溶液，溴水与硝酸银溶液反应生成AgBr浅黄色沉淀，可鉴别，故C正确；D.通过缩小体积加压，二氧化氮存在2NO2⇌N2O4，两种气体的颜色变化不同，可鉴别，故D正确；故答案为：ACD；【小问4详解】气体1和气体3按1：1通入NaOH溶液中刚好完全吸收，生成亚硝酸钠和水，相应的离子反应方程式NO2+NO+2OH-=2NO+H2O，故答案为：NO2+NO+2OH-=2NO+H2O；【小问5详解】设计实验证明化合物X加热后是部分分解，即证明残留物中有亚铁离子：取适量加热后的残留物，溶于适量水中，然后取上层清液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明溶液中尚有Fe2+。故答案为：取适量加热后的残留物，溶于适量水中，然后取上层清液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明溶液中尚有Fe2+。23.有如下图所示的转化关系，其中A是一种密度为2.59g·L-1(标准状况下)的烷烃，E是一种常见的油脂，F是肥皂的主要成分，B为CH3COOH，且E与D互为同系物。请回答以下问题：（1）下列说法正确的是___________(用相应的编号填写)①有机物G可以与金属钠发生反应 ②有机物A的分子式为C4H10，有两种同分异构体③在其他条件相同时，有机物E在稀硫酸中水解比在NaOH溶液中水解程度更大④有机物F能去除油污的最主要原因是其水溶液呈碱性（2）写出有机物B与G反应生成D的化学方程式___________（3）关于油脂的下列性质或用途与其含有不饱和碳碳双键有关的是___________A.常见的食用油在空气中久置被氧化，产生“哈喇”味B油脂可用于生产甘油C.油脂可以为人体提供能量D.植物油可用于生产氢化植物油（4）由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下：下列说法正确的是___________A.①→②放出能量并形成了C―C键B.CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂C.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率（5）CO2和环氧丙烷()在催化剂作用下通过加成聚合反应可生成一种可降解高聚物，请写出相应的化学方程式___________。【答案】（1）①②（2）（3）AD（4）ABC（5）【解析】 【分析】A是一种密度为2.59g·L-1(标准状况下)的烷烃，A的相对分子质量为2.59×22.4=58，设烷烃的分子式为，12n+2n+2=58，n=4，所以A的分子式为。E是高级脂肪酸甘油酯，油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸钠，F是肥皂的主要成分，则G为甘油，B为CH3COOH，甘油和乙酸发生酯化反应生成；【小问1详解】①有机物G是甘油，含有羟基，可以与金属钠发生反应放出氢气，故①正确；②有机物A的分子式为C4H10，有两种同分异构体CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2，故②正确；③在其他条件相同时，油脂在稀硫酸中水解为高级脂肪酸和甘油，油脂在NaOH溶液中水解程度比在稀硫酸中更大，故③错误；④高级脂肪酸钠含有憎水剂和亲水基两部分，能使油污进入水中，故④错误；选①②。【小问2详解】B是乙酸、G是甘油，乙酸和甘油发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为【小问3详解】A．碳碳双键易被氧化，食用油在空气中久置被氧化，产生“哈喇”味，与含有不饱和碳碳双键有关，故选A；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，油脂能发生水解反应生成甘油，油脂用于生产甘油，与含有不饱和碳碳双键无关，故不选B；C．油脂在体内氧化放热，可以为人体提供能量，与含有不饱和碳碳双键无关，故不选C；D．植物油含有碳碳双键，可与氢气发生加成反应，用于生产氢化植物油，与含有不饱和碳碳双键有关，故选D；选AD。【小问4详解】A．根据图示，①→②是放热反应，有C―C键生成，故A正确； B．CH4→CH3COOH过程中，CH4→CH3―有C―H键发生断裂，故B正确；C．CO2和CH4转化为CH3COOH是化合反应，总反应的原子利用率为100%，故C正确；D．催化剂不能使平衡移动，催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；选ABC。【小问5详解】生成物可降解说明含有酯基，产物为，反应的化学方程式为。24.回答下列问题：Ⅰ.醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸。一般制备方法先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，实验时，将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。（1）要将c中溶液流入d，操作的方法是___________；（2）d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________。Ⅱ．某学习小组探究用Cu(NO3)2·3H2O晶体制备少量无水Cu(NO3)2的实验装置示意图(夹持及控温装置省略，如下图)如下： 已知：Cu(NO3)2·3H2OCu(NO3)2·Cu(OH)2CuO，SOCl2的熔点-105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。请回答：（3）虚线框中整个装置的作用是___________。（4）装置A中发生反应的化学方程式是___________。（5）上述设计的实验装置中有一处不合理，请提出改进方案并说明理由___________。【答案】（1）打开K3，关闭K1和K2（2）冰浴冷却、过滤(洗涤、干燥)（3）吸收SO2和HCl气体（4）Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2=Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑（5）在A、B之间增加干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A【解析】【分析】醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收剂，说明亚铬离子具有强还原性，易与氧气反应，则制备实验中应避免接触氧气，实验时，将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3，盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化，且发生Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+，可观察到c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，打开K3，关闭K1和K2，c中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，可生成醋酸亚铬砖红色沉淀，以此解答该题。【小问1详解】打开K3，关闭K1和K2，c中产生的氢气使压强大于大气压，可将c中亮蓝色溶液流入d，故答案为：打开K3，关闭K1和K2； 【小问2详解】为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是冰浴冷却、过滤、洗涤，干燥等；【小问3详解】虚线框中整个装置的作用是吸收SO2和HCl气体，防止污染空气；【小问4详解】SOCl2遇水剧烈水解生成两种酸性气体，一种是HCl、一种是H2SO3，所以Cu(NO3)2•3H2O和SOCl2发生反应生成硝酸铜、二氧化硫气体和氯化氢气体，反应方程式为Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2=Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；【小问5详解】已知SOCl2遇水剧烈水解生成两种酸性气体，应保持干燥环境，则为防止B中的水蒸气进入A中，故在AB之间增加干燥装置；故答案为：在A、B之间增加干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A；25.回答下列问题：Ⅰ.水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。（1）用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如图1所示。写出该图示的总反应化学方程式___________。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是___________。（2）取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)：m(NH3)的变化情况如图2所示。当m(NaClO)：m(NH3)＞7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是___________ Ⅱ．一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：反应1：　CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH1反应2：　CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2反应3：　CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图3所示。（3）从题给信息分析中可知，ΔH3大于ΔH2，理由是_____。（4）在温度T1时，使体积比为3∶1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应。T1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图4所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到T2，一段时间后体系重新达到平衡。试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线_____。 【答案】（1）①.3NaClO+2NH3=N2↑+3NaCl+3H2O②.温度过高，加快了HClO的分解，氨氮去除率降低（2）有部分NH3被氧化成NO或NO，从而使去除率降低（3）由图3可知，随着温度升高，K1增大，则ΔH1＞0，根据盖斯定律又得ΔH3=ΔH1＋ΔH2，所以ΔH3＞ΔH2（4）【解析】【小问1详解】由图可知，该图示的总反应化学方程式为3NaClO+2NH3=N2↑+3NaCl+3H2O，该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是温度过高，加快了HClO的分解，氨氮去除率降低，故答案为：3NaClO+2NH3=N2↑+3NaCl+3H2O；温度过高，加快了HClO的分解，氨氮去除率降低；【小问2详解】当m(NaClO)：m(NH3)＞7.7时，由于有部分NH3被氧化成NO或NO，导致总氮的去除率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降，故答案为：有部分NH3被氧化成NO或NO，从而使去除率降低；小问3详解】根据盖斯定律，△H1=△H3-△H2，而由图3可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，所以△H3-△H2＞0，即△H3＞△H2，故答案为：由图3可知，随着温度升高，K1增大，则ΔH1＞0，根据盖斯定律又得 ΔH3=ΔH1＋ΔH2，所以ΔH3＞ΔH2；【小问4详解】