云南省云天化中学教研联盟2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）01

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云南省云天化中学教研联盟2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

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这是一份云南省云天化中学教研联盟2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版），共20页。

云天化中学教研联盟2023年春季学期期末考试

高一化学试卷

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上做答无效。

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。

以下数据可供解题时参考。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Co-59 Cu-64 I-127

一、选择题(本大题共20小题，每小题2.5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是

A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子

B. 向鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，鸡蛋清会发生变性

C. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧化

D. 油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收

【答案】D

【解析】

【详解】A．竹简的成分之一纤维素是自然界的植物光合作用的产物，属于天然高分子化合物，A正确；

B．鸡蛋清溶液中含有蛋白质鸡蛋白，向鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，重金属离子会使鸡蛋清中的蛋白质分子结构发生改变而失去生理活性，因此会发生变性，B正确；

C．维生素C具有强的还原性，能够消耗水果罐头瓶中的氧气，防止罐头的食物氧化变质，因此可用作水果罐头的抗氧化剂使食物的保质期延长，故具有保鲜作用，C正确；

D．油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油等小分子才能被吸收，而氨基酸是蛋白质水解产生的小分子化合物，D错误；

故合理选项是D。

2. 下列叙述错误的是

A. 纯碱属于盐

B. 用丁达尔效应可区别CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体

C. HCN酸性比醋酸酸性弱，HCN属于有机酸

D. 磷酸分子式为H3PO4，磷酸属于三元酸

【答案】C

【解析】

【详解】A．纯碱是Na2CO3，是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，A正确；

B．用光束照射CuSO4溶液不能产生光亮的通路，而当照射Fe(OH)3胶体时，能够产生光亮的通路，故可以用丁达尔效应可区别CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，B正确；

C．HCN酸性比醋酸酸性弱，醋酸属于有机物，而HCN分子中尽含有C元素，但化学性质更像无机物，因此属于无机酸，而不属于有机酸，C错误；

D．磷酸分子式为H3PO4，磷酸分子中能够电离产生3个H+，因此磷酸属于三元酸，D正确；

故合理选项C。

3. 下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是

A. CCl4的电子式： B. 乙烯的结构简式为CH2CH2

C. CH4的空间填充模型： D. 铝离子的结构示意图：

【答案】C

【解析】

【详解】A．CCl4分子中C原子与4个Cl原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CCl4的电子式为：，A错误；

B．乙烯分子中2个C原子形成2对共用电子对，C原子剩余的2个价电子全部与H原子形成共价键，其官能团是碳碳双键，官能团不能省略故其结构简式是CH2=CH2，B错误；

C．CH4分子中C原子与4个H原子形成4个共价键，其分子空间结构是正四面体型，由于原子半径：C＞H，所以其空间填充模型是：，C正确；

D．Al是13号元素，Al原子失去最外层的3个电子变为Al3+，Al3+核外电子排布是2、8，所以Al3+的结构示意图为：，D错误；

故合理选项是C。

4. 下列为除去括号内的杂质而选用的试剂不正确的是

A. ：溶液 B. ：水

C. 溶液：铁粉 D. ：饱和溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A．氧化铁不与NaOH反应，氧化铝能与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，再经过过滤可得到氧化铁，A正确；

B．NO2与水反应生成NO，NO不与水反应，可将混合气体通过H2O来除去NO2，B正确；

C．FeCl2不与铁粉反应，FeCl3与铁粉反应生成FeCl2，可用铁粉除去氯化亚铁中的氯化铁，C正确；

D．二氧化碳也能与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，D错误；

故答案选D。

5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 标准状况下，11.2 LSO3中所含原子数目为2NA

B. 常温常压下，46 g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的氧原子数为2NA

C. 0.1 mol/L的Fe2(SO4)3溶液中，所含的数目等于0.3NA

D. 常温下，11.2 g铁粉与过量浓硫酸反应转移电子数为0.6NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．在标准状况下，SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算微粒的数目，A错误；

B．假设46 g完全是NO2，其物质的量是1 mol，含有2 mol O原子；若46 g完全是N2O4，其物质的量是0.5 mol，含有2 mol O原子。故常温常压下，46 g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的氧原子数为2NA，B正确；

C．只有溶液的浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；

D．在常温下Fe遇浓硫酸会发生钝化而不能进一步发生反应，因此不能计算反应转移电子的物质的量及数目，D错误；

故合理选项是B。

6. 肉桂酸(结构如图)可用于香精香料、食品添加剂、医药工业等方面。有关说法正确是

A. 分子式为C9H11O2 B. 属于乙酸的同系物

C. 可与H2O发生加成反应 D. 其官能团有羧基、碳碳双键和苯环

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据肉桂酸分子结构简式，结合C原子价电子数目是4个，可知其分子式是C9H8O2，A错误；

B．肉桂酸分子中烃基部分不饱和，不是饱和烃基，在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此与乙酸不属于同系物，B错误；

C．该物质分子中含有不饱和碳碳双键，因此在一定条件下能够与H2O发生加成反应，C正确；

D．该物质含有的官能团是碳碳双键和羧基，苯环不属于官能团，D错误；

故合理选项是C。

7. 短周期主族元素A、B、C、D、E和F原子序数依次递增，其中A的原子半径最小，B是空气中含量最多的元素，C是地壳中含量最多的元素，D、E和F同周期，D在该周期中原子半径最大，E的单质中有一种是淡黄色的固体。下列说法错误的是

A. 原子半径：E＞B＞C B. 最高价氧化物对应的水化物酸性：E＜F

C. A、C、D三种元素形成的化合物只含有离子键 D. 简单氢化物的稳定性：C＞E

【答案】C

【解析】

【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E和F原子序数依次递增，其中A的原子半径最小，则A是H元素；B是空气中含量最多的元素，则B是N元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；D、E和F同周期，D在该周期中原子半径最大，则D是Na；E的单质中有一种是淡黄色的固体，故E是S，F为Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。

【详解】根据上述分析可知：A是H，B是N，C是O，D是Na，E是S，F是Cl元素。

A．B是N，C是O，E是S，N、O是第二周期元素，S是第三周期元素。同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，故原子半径大小关系为：E(S)＞B(N)＞C(O)，A正确；

B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。E是S，F是Cl元素，元素的非金属性：S＜Cl，所以最高价氧化物对应的水化物酸性：E(H2SO4)＜F(HClO4)，B正确；

C．A是H，C是O，D是Na，这三种元素形成的化合物NaOH是离子化合物，其中含有离子键、共价键，C错误；

D．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。C是O，E是S，二者是同一主族的元素，元素的非金属性：O＞S，所以简单氢化物的稳定性：C(H2O)＞E(H2S)，D正确；

故合理选项是C。

8. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是

A. 用图一装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性

B. 用图二装置证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si

C. 用图三装置观察KCl的焰色试验现象

D. 用图四装置制备氢氧化铁胶体

【答案】A

【解析】

【详解】A．玻璃导热性比较差，把稳定性强的Na2CO3放在温度高的外管；把稳定性差的放在温度低的内管，可以用图一的套管实验装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，A正确；

B．HCl是非氧化性酸，不能根据HCl与Na2CO3反应产生CO2气体，利用酸性：HCl＞H2CO3，来判断非金属性强弱：Cl＞C，应该使用元素最高价含氧酸，根据最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性的强弱，B错误；

C．观察KCl的焰色试验时，为排除钠元素黄色光的干扰，要透过蓝色钴玻璃观察判断，C错误；

D．制备氢氧化铁胶体时，应该将FeCl3饱和溶液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热来制取，故使用图四装置不能用于制备氢氧化铁胶体，D错误；

故合理选项是A。

9. 将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法不正确的是

A. 回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓

B. 在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜

C. 由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Fe3+>S

D. 提高混合气体中空气的比例，可使生成的硫单质中不含CuS

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知，总反应为氧气和硫化氢生成硫，根据质量守恒可知，还生成水，故反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，A正确；

B．在图示的转化中，化合价不变的元素有铜、氢，B错误；

C．氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示的转化可知，氧气氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子氧化硫元素生成硫单质，故可得出氧化性的强弱顺序：O2>Fe3+>S，C正确；

D．生成的硫单质中不含CuS，则硫需要完全氧化为硫单质，故氧气必须过量，故提高混合气体中空气的比例，可使生成的硫单质中不含CuS，D正确；

故选B。

10. 将气体和气体置于的密闭容器中，混合后发生如下反应：，若经后测得的浓度为，下列说法不正确的是

A. 用物质表示平均反应速率为

B. 当物质的含量不变时，说明该反应达到化学平衡状态

C. 一定温度下，增大反应压强，化学反应速率增大

D. 反应后容器

【答案】D

【解析】

【详解】A．2s后C的浓度为1.2mol/L，则生成C1.2mol，根据化学方程式可知，消耗A1.2mol，则0-2s内A的平均反应速率为1.2mol÷1L÷2s=0.6mol·L-1·s-1，A正确；

B．随着反应进行，A和B不断被消耗，当物质B的含量不变，说明反应达到平衡，B正确；

C．反应在密闭容器中进行，一定温度下增大压强，化学反应速率增大，C正确；

D．反应后生成C1.2mol，消耗B0.6mol，剩余B1.4mol，则反应后容器中n(B)：n(C)=1.4mol：1.2mol=7：6，D错误；

故答案选D。

11. 下列解释实验过程或事实的离子方程式正确的是

A. 从海水中提取溴的过程中涉及到的反应：

B. 向FeCl3溶液中通入H2S气体：

C. Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：

D. 酸性KMnO4溶液与草酸溶液反应：

【答案】A

【解析】

【详解】A．在海水中获得的Br2浓缩时，是将Br2用热空气吹出，然后用SO2的水溶液吸收，发生氧化还原反应产生HBr、H2SO4，反应的离子方程式为：，A正确；

B．向FeCl3溶液中通入H2S气体，反应产生FeCl2、S、HCl，反应的离子方程式应该为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，B错误；

C．反应产生的Al(OH)3只能被强酸、强碱溶解，而不能被弱碱NH3·H2O溶解，反应的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，C错误；

D．草酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，反应的离子方程式应该为：，D错误；

故合理选项是A。

12. 类推时要注意物质的相似性和特殊性，下列类推结论正确的是

选项	化学事实	类推结论
A	溶解度：	溶解度：
B	与水反应生成碱	与水反应也生成碱
C	投入溶液中会生成	投入溶液中也会生成
D	与反应生成	与反应也生成

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A错误；

B．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，B正确；

C．Na投入硫酸铜溶液中，Na先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，无法得到Cu，C错误；

D．碘的氧化性较弱，不能将Fe氧化成Fe3+，故I2与Fe反应生成FeI2，D错误；

故答案选B。

13. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的

A. 强碱性溶液： B. 与生成的溶液中：

C. 澄清透明的溶液： D. 强酸性溶液中：

【答案】C

【解析】

【详解】A．强碱性溶液中碳酸氢根离子无法存在，A错误；

B．与Al生成氢气的溶液可能为酸性也可能为强碱性，酸性溶液中若存在硝酸根离子，则氢离子、硝酸根离子、Al反应无法生成氢气，因此酸性条件下硝酸根离子不能大量存在，B错误；

C．澄清透明溶液中，选项中的四种离子相互之间不反应，能大量共存，C正确；

D．强酸性溶液中，醋酸根离子不能大量存在，D错误；

故答案选C。

14. 下列各组物质的转化关系中，不能全部通过一步反应完成的是

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．Na与O2在室温下反应产生Na2O，Na2O是碱性氧化物，能够与CO2反应产生盐Na2CO3，故在物质的转化关系中，能通过一步反应完成，A不符合题意；

B．Fe与Cl2加热反应产生FeCl3；FeCl3与NaOH溶液反应产生Fe(OH)3沉淀，将Fe(OH)3灼烧，发生分解反应产生Fe2O3，故在物质的转化关系中，能通过一步反应完成，B不符合题意；

C．Si与O2加热反应产生SiO2，SiO2不溶于水，不能与水直接反应产生H2SiO3，故故在物质的转化关系中，不能通过一步反应完成，C符合题意；

D．Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，向NaClO溶液中加入浓盐酸，可发生归中反应产生Cl2、NaCl、H2O，故在物质的转化关系中，能通过一步反应完成，D不符合题意；

故合理选项是C。

15. 下列说法中，正确的是

A. 煤的汽化和液化都是物理变化

B. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等

C. 石油蒸馏得到的汽油有固定沸点

D. 工业上一般通过电解熔融氯化铝制备铝

【答案】B

【解析】

【详解】A．煤的汽化和液化过程中都产生了新的物质，因此发生的变化都是化学变化，A错误；

B．去除或降低海水中过多的盐电离产生的离子，使海水淡化，方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，B正确；

C．石油蒸馏后得到的馏分汽油仍然是多种物质的混合物，因此没有固定沸点，C错误；

D．氯化铝是共价化合物，在熔融状态不导电，在工业上一般通过电解熔融离子化合物氧化铝制备铝，D错误；

故合理选项是B。

16. 某同学设计的番茄电池如图所示，下列说法正确的是

A. 该电池工作时，铜片是负极，电极反应：Cu-2e-=Cu2+

B. 电子由锌片通过番茄流向铜片

C. 将锌片换成与右边材质相同的铜片也会产生电流

D. 该电池工作时，番茄中的阴离子向锌片移动

【答案】D

【解析】

【分析】Zn、Cu及H2SO4构成原电池，其中由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为负极，发生失去电子的氧化反应；Cu为正极，发生得到电子的还原反应，电子由负极经电流表流向正极，溶液中离子移动方向是：阳正阴负，据此分析解答。

【详解】A．该电池工作时，铜片是正极，电极反应为溶液中酸电离产生的H+得到电子，发生还原反应，A错误；

B．电子不能进入电解质溶液中。电子移动方向为由锌片通过导线流向铜片，B错误；

C．若将锌片换成与右边材质相同的铜片，两个电极材料相同，不具备原电池的构成条件，因此不会产生电流，C错误；

D．在原电池工作时，电解质溶液中的阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，故番茄中的阴离子向负极锌片移动，D正确；

故合理选项是D。

17. 检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是

A. 加入适量盐酸酸化，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明有

B. 向某溶液中加稀，无明显现象，再加入溶液产生白色沉淀，证明有

C. 向某溶液中加入稀，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有

D. 先加入溶液，无明显现象，再加入氯水，出现红色，证明有

【答案】D

【解析】

【详解】A．加入盐酸酸化，混入了氯离子，即使原溶液中没有氯离子，加入硝酸银溶液也会生成AgCl白色沉淀，A错误；

B．若某溶液中含有银离子，加入稀硝酸无明显现象，再加入BaCl2，可生成AgCl白色沉淀，无法证明原溶液中含有硫酸根离子，B错误；

C．某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为CO2或SO2，则原溶液中可能有碳酸氢根离子，亚硫酸根离子等，不一定含有碳酸根离子，C错误；

D．先加入KSCN溶液，无明显现象，说明原溶液中不含Fe3+，再加入氯水，出现红色，说明是Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，证明原溶液中有Fe2+，D正确；

故答案选D。

18. 下列物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是

A. 浓硫酸具有良好的吸水性，可用浓硫酸干燥气体

B. 淀粉遇碘单质会变蓝，可用碘单质检验淀粉是否发生水解

C. 金刚砂()硬度较大，可用作砂纸和砂轮的磨料

D. 硅单质难溶于水，可用于制造太阳能电池

【答案】C

【解析】

【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，能与H2S发生氧化还原反应，因此不能用浓硫酸干燥H2S气体，A错误；

B．淀粉若部分水解，加入碘单质会变蓝，淀粉若未水解，加入碘单质也会变蓝，两者实验现象相同，无法只用碘单质检验淀粉是否发生水解，B错误；

C．金刚砂硬度较大，因此可用作砂纸和砂轮的磨料，C正确；

D．硅单质难溶于水，硅单质可用于制造太阳能电池，但是两者没有必然联系，D错误；

故答案选C。

19. 粗盐中含有难溶性杂质(泥沙等)和多种可溶性杂质(氯化锌、氯化钙等)。某同学在粗盐提纯实验中，为把少量可溶性杂质一并除去，设计了如下方案：

下列说法不正确的是

A. 为了加快粗盐的溶解，可以搅拌或升温

B. 操作为过滤

C. 沉淀B的主要成分为

D. 该方案实际得到的氯化钠比粗盐中含有的氯化钠要少

【答案】D

【解析】

【分析】粗盐溶解过滤除去泥沙等，滤液中加入过量NaOH溶液，除去镁离子，加入过量Na2CO3溶液，除去钙离子，再经过过滤得到滤液B，滤液B中加入适量稀盐酸，除去多余的碳酸钠和氢氧化钠，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到精盐。

【详解】A．为了加快粗盐的溶解，可以采用搅拌、升温等方式，A正确；

B．溶液A中加入NaOH生成氢氧化镁沉淀，加入碳酸钠生成碳酸钙沉淀，操作a为过滤，B正确；

C．溶液A中加入NaOH生成氢氧化镁沉淀，加入碳酸钠生成碳酸钙沉淀，沉淀B的主要成分是氢氧化镁和碳酸钙，C正确；

D．该方案中碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应均有NaCl生成，故实际得到的氯化钠比粗盐中含有的氯化钠要多，D错误；

故答案选D。

20. 常温下，某含的溶液中可能含有、、、、、中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如图所示实验：

已知氧化性。根据实验结果，判断下列说法正确的是

A. 一定不存在，可能存在和 B. 一定存在、、

C. 与至少存在一种 D. 该溶液中

【答案】B

【解析】

【分析】氢离子浓度为0.1mol/L的溶液中碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中一定不含有碳酸根离子；向溶液中通入氯气后，加入四氯化碳萃取、分液得到紫色溶液说明原溶液中含有碘离子，溶液中铁离子能够氧化碘离子，则溶液中一定不含有铁离子；水层中加入足量氢氧化钠溶液，过量得到沉淀和溶液，则溶液中一定含有亚铁离子；沉淀洗涤、灼烧得到氧化铁；由有机层分离得到2.54g紫黑色固体可知，溶液中碘离子的物质的量为×2=0.02mol，由沉淀洗涤、灼烧得到1.60g氧化铁可知，溶液中亚铁离子的物质的量为×2=0.02mol，由电荷守恒可知，溶液中一定含有氯离子，不能确定是否含有钠离子，则溶液中的氯离子的物质的量不小于0.02mol×2—0.02mol—0.1mol/L ×0.1L=0.01mol。

【详解】A．由分析可知，溶液中一定含有氯离子，一定不含有碳酸根离子，可能含有钠离子，故A错误；

B．由分析可知，溶液中一定含有亚铁离子、碘离子、氯离子，故B正确；

C．由分析可知，溶液中一定不含有铁离子，故C错误；

D．由分析可知，溶液中的氯离子的物质的量不小于0.01mol，则氯离子的浓度最小为=0.1mol/L，故D错误；

故选B。

二、非选择题(本大题共4小题，共50分)

21. 某同学在实验室制备氨气，并探究氨气的部分性质。

实验一：制备氨气，探究氨气的溶解性

（1）该同学制备氨气的化学方程式为___________；B中用圆底烧瓶收集氨气时，请你选择氨气的进气口___________(填“a”或b)。

（2）若观察到装置B烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的性质是___________和___________；你认为引发喷泉的操作应是___________。

实验二：探究氨气的还原性

已知：呈红色固体，在酸性溶液中不稳定：。

（3）装置用于制备氨气，仪器的连接顺序为接___________，装置的作用是___________。实验开始前应先通一段时间的，其目的是___________。

（4）反应结束后装置中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体的成分，进行了如下实验：

取红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置、过滤、洗涤、干燥、称重，得固体，则红色固体的成分及其物质的量为___________。

【答案】（1） ①. Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+2H2O+CaCl2 ②. a

（2） ①. 极易溶于水 ②. 与水反应生成碱 ③. 关闭止水夹b，a持续通入氨气

（3） ①. abcdghi ②. 安全瓶，起到防止倒吸的作用 ③. 除尽装置内原有的空气，防止其影响实验

（4）Cu2O和Cu均有0.075mol

【解析】

【小问1详解】

实验室用氢氧化钙与氯化铵共热反应生成氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+2H2O+CaCl2。氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，则通入氨气的进气口为a。

【小问2详解】

氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强减小，酚酞溶液被压入烧瓶形成喷泉，同时氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨具有碱性能使酚酞溶液变红，因此形成的为红色喷泉，说明氨气具有的性质是极易溶于水和与水反应生成碱。引发喷泉的操作为关闭止水夹b，a持续通入氨气。

【小问3详解】

装置G用于制备氨气，生成的氨气中含有水蒸气，因此先通过E装置中的碱石灰进行干燥，干燥后的氨气通入F中与氧化铜在加热条件下反应，氨气极易溶于水，不能直接通入水中，因此需要先通入安全瓶H中，最后连接I，吸收多余的氨气，仪器连接顺序为efabcdghi。装置H为安全瓶，起到防止倒吸的作用。实验前先通一段时间的氮气，目的是除尽装置内原有的空气，防止其影响实验。

【小问4详解】

最后得到的9.6g固体为Cu，已知反应，每1molCu2O转化为Cu，固体质量减少80g，现反应前后固体质量减少15.6g-9.6g=6g，说明有Cu2O0.075mol，则原有的Cu的质量为15.6g-10.8g=4.8g，物质的量为0.075mol，因此红色固体中Cu2O和Cu均有0.075mol。

22. 化学变化过程中均存在物质变化与能量变化。

（1）某化学兴趣小组进行如图所示实验装置，以验证此结论。

请回答下列问题：

①进行实验时，装置a中溶液变色，装置b中能闻到___________；装置a中温度计中水银液面变化是___________(填“升高”或“降低”，下同)；装置b中温度计中水银液面变化是___________。

②下列化学反应中的能量变化关系与图c相符合的是___________。

A．

B．天然气的燃烧

C．

D．

（2）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气，其中生成NO的能量变化如图所示，若反应生成2 mol NO气体(选“吸收”或“放出”)___________kJ热量，该反应的反应物的总能量___________(填“大于”、“等于”或“小于”)生成物的总能量。

（3）有甲、乙两位学生均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入2 mol/L H2SO4溶液中，乙同学将电极放入2 mol/L的NaOH溶液中，如下图所示。

①甲池中，镁片上发生___________(填“氧化”或“还原”)反应。

②乙池中铝片为___________极，写出铝电极的电极反应式：___________。

【答案】（1） ①. 刺激性气味 ②. 升高 ③. 降低 ④. D

（2） ①. 吸收180 kJ ②. 小于

（3） ①. 氧化 ②. 负极 ③. Al-3e-+4OH-=+2H2O

【解析】

【小问1详解】

①在装置a中，Fe与稀硫酸发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2SO4溶液为无色，反应后变为FeSO4浅绿色溶液，反应放出热量，使溶液温度升高，因此温度计示数增大，装置a中温度计中水银液面变化是升高；对于装置b，NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O混合研磨，发生复分解反应，产生BaCl2、NH3·H2O，NH3·H2O 部分分解产生NH3、H2O。反应产生NH3是由刺激性气味的气体，因此会闻到由刺激性气味的气体产生；该反应是吸热反应，反应后混合物的温度降低，故会看到温度计的示数下降；

②根据图c可知：反应物的总能量比生成物的总能量低，故该反应表示的是吸热反应。

A．H2与Cl2光照反应产生HCl的反应为放热反应，A不符合题意；

B．天然气的燃烧反应为放热反应，B不符合题意；

C．该反应是铝热反应，反应发生放出热量，因此属于放热反应，C不符合题意；

D．C与H2O蒸气在高温下反应产生CO、H2，该反应属于吸热反应，D符合题意；

故合理选项是D。

【小问2详解】

反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。根据图示的N2、O2、NO三种物质的化学键的键能大小，可知反应热△H=(946 kJ/mol+498 kJ/mol)-2×632 kJ/mol=+180 kJ/mol，说明断键吸收的总能量大于成键释放的总能量的差，故该反应发生时吸收能量，反应属于吸热反应，说明该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量。若反应产生2 mol NO，则会吸收180 kJ的热量。

【小问3详解】

①在甲装置中，Mg、Al都是比较活泼的金属，二者都可以与硫酸在溶液发生反应。由于金属活动性：Mg＞Al，所以Mg为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+；

②在乙装置中，由于Al能够与NaOH溶液反应，而活动性强的Mg不能与NaOH溶液反应，所以活动性强的Mg为正极，Al为负极。在负极上，Al失去电子形成的Al3+与溶液中的OH-反应产生、H2O，故负极铝电极的电极反应式为：Al-3e-+4OH-=+2H2O。

23. 乙烯是重要化工原料。结合如图路线回答下列问题：

（1）B中官能团名称是___________。

（2）反应④的化学方程式是___________。

（3）F是一种高分子物质，可用于制作食品塑料袋等，F的结构简式是___________。

（4）E的分子式是C2H4O2能使紫色石蕊试液变红；G是一种油状、有香味的物质，实验室用D和E通过反应⑥制取G，装置如图所示。

甲试管中反应化学方程式是___________；反应类型是___________。

（5）乙试管中的饱和Na2CO3的作用是___________(填字母)。

A．中和乙酸并吸收部分乙醇

B．加速酯的生成，提高其产率

C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层祈出

（6）G有多种同分异构体，请写出其中能与碳酸钠溶液反应产生气体的所有同分异构体的结构简式：___________。

【答案】（1）羟基（2）2CH3-CH2-OH+O22CH3CHO+2H2O

（3）（4） ①. CH3-CH2-OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O ②. 酯化反应(取代反应)

（5）AC （6）CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CH-COOH

【解析】

【分析】CH2=CH2与Br2发生加成反应产生A是CH2Br-CH2Br，CH2Br-CH2Br与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生HOCH2CH2OH；CH2=CH2与H2O发生加成反应产生D是CH3-CH2-OH，CH3-CH2-OH与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生CH3CHO，CH3CHO与O2在Cu催化下发生氧化反应产生E是CH3COOH，CH3-CH2-OH与CH3COOH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生G是乙酸乙酯，结构简式是CH3COOCH2CH3；CH2=CH2在一定条件下下发生加聚反应产生高聚物F是聚乙烯，结构简式是。

【小问1详解】

根据上述流程图可知B是乙二醇，结构简式是HOCH2CH2OH，其中含有的官能团-OH的名称是羟基；

【小问2详解】

反应④是CH3-CH2-OH与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生CH3CHO、H2O，该反应的化学方程式为：2CH3-CH2-OH+O22CH3CHO+2H2O；

【小问3详解】

F是一种高分子物质，可用于制作食品塑料袋等，F是乙烯发生加聚反应产生的，则F的结构简式是；

【小问4详解】

E是CH3COOH，该物质有酸性，能使紫色石蕊试液变红；G是乙酸乙酯，结构简式是CH3COOCH2CH3，该物质不溶于水，一种油状、有香味的物质，实验室用CH3-CH2-OH和CH3COOH通过反应⑥制取CH3COOCH2CH3，该反应是可逆反应，反应的化学方程式为：CH3-CH2-OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是酯化反应，酯化反应也属于取代反应；

【小问5详解】

乙醇易挥发，乙酸在加热时也会变为蒸气，随反应产生的乙酸乙酯及乙醇通过导气管进入到右侧盛有饱和Na2CO3溶液的试管乙中，饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸并吸收部分乙醇，同时可以降低乙酸乙酯在溶液中的溶解度，有利于分层析出，故合理选项是AC；

【小问6详解】

G是乙酸乙酯，结构简式是CH3COOCH2CH3，该物质有多种同分异构体，其中能与碳酸钠溶液反应产生气体，说明物质分子中含有羧基-COOH，其符合要求的同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CH-COOH。

24. 以含钴废催化剂(主要成分为)为原料制取复合氧化钴的流程如下：

（1）用溶解后过滤，得到的滤渣是___________(填化学式)；将滤渣洗涤2-3次，再将洗液与滤液合并的目的是___________。

（2）氧化过程中加入反应的离子方程式是___________；若将换成，实际上消耗的量比理论值大，其原因是___________。

（3）写出溶解Ⅱ的离子方程式___________。

（4）要得到纯净的产品，需要对沉淀进行洗涤，如何检验沉淀Ⅱ是否洗净___________。

（5）灼烧：准确称取沉淀Ⅱ中所得纯净固体，在空气中灼烧得到钴的一种氧化物，写出该氧化物的化学式___________。(已知的相对分子质量为147)

【答案】（1） ①. SiO2 ②. 提高钴元素的利用率

（2） ①. 6Fe2++6H++=6Fe3++Cl-+3H2O ②. Fe3+可作为催化剂使H2O2分解为氧气和水

（3）CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑

（4）取适量的最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有生成白色沉淀，则说明已经洗涤干净

（5）Co3O4

【解析】

【分析】含钴废催化剂中加入稀硫酸，发生反应Co+H2SO4=CoSO4+H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，二氧化硅不溶于稀硫酸，滤渣为二氧化硅，滤液中加入NaClO3将亚铁离子氧化成铁离子，再加入碳酸钠生成黄钠铁矾沉淀，再加入碳酸钠生成碳酸钴，过滤得到碳酸钴固体，往其中加入稀盐酸碳酸钴溶解生成钴离子，再加入草酸铵生成草酸钴沉淀，灼烧草酸钴生成氧化钴。