[化学]山东省济宁市2023-2024学年高一下学期质量检测期末试卷(解析版)

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1. 科技发展与材料化学密切相关．下列说法错误的是（ ）
A. 钢是用途最广的金属材料，钢属于铁合金
B. 网络强国战略的实施离不开光缆，其主要成分是晶体硅
C. 石墨烯可用于制造空间站存储器，石墨烯属于新型无机非金属材料
D. 橡胶消声瓦可有效降低潜艇航行时的噪声，其主要成分属于有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢是用途最广的金属材料，钢是铁和碳的合金，故A正确；
B．光缆的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．橡胶消声瓦主要成分是橡胶，属于有机高分子材料，故D正确；
故选B
2. 下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 中子数为20的氯原子：B. 乙烯的结构式：
C. 的电子式：D. 和互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．质量数等于质子数加中子数，故中子数为20的氯原子表示为：，A正确；
B．乙烯的结构式为：，是乙烯的结构简式，B错误；
C．CCl4的电子式为： ，C错误；
D．和是质子数相同而中子数不同的原子，互为同位素，D错误；
故答案为：A。
3. 下列物质中含有共价键的离子化合物是（ ）
A. C2H6B. Na2O2C. CH3COOHD. MgCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．C2H6是只含共价键的共价化合物，A不合题意；
B．Na2O2是由Na+和通过离子键形成的离子化合物，中含有共价键，B符合题意；
C．CH3COOH只含共价键，属于共价化合物，C不合题意；
D．MgCl2是只含离子键的离子化合物，D不合题意；
故答案为：B。
4. 化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 新制的Cu(OH)2悬浊液可用于检测尿液中的葡萄糖
B. 葡萄汁中加适量SO2可以起到杀菌作用
C. 碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查
D. Al(OH)3可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知葡萄糖为还原性糖，含有醛基，故新制的Cu(OH)2悬浊液可用于检测尿液中的葡萄糖，A正确；
B．SO2能够抑制细菌的生成，故葡萄汁中加适量SO2可以起到杀菌作用，B正确；
C．碳酸钡能与胃酸HCl反应生成BaCl2，释放重金属离子导致蛋白质变性，故不可用于肠胃X射线造影检查，应该是BaSO4，C错误；
D．Al(OH)3是弱碱，能与HCl反应，故可用于治疗胃酸过多，D正确；
故答案为：C。
5. 下列各组离子，能在水溶液中大量共存的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．三者发生氧化还原反应，不能大量共存，A不合题意；
B．发生反应生成H2O和，不能大量共存，B不合题意；
C．发生反应生成难电离的物质Fe(SCN)3而不能大量共存，C不合题意；
D．各离子间不反应，能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
6. 下列关于物质用途及解释均合理的是（ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．卤水点豆腐，利用了胶体遇到电解质溶液发生聚沉的性质，故A正确；
B．燃煤中添加石灰石，在燃烧时石灰石分解成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，从而减少二氧化硫的排放，故B错误；
C．漂白粉在空气中放置时间越长漂白效果越差，原因为，，故C错误；
D．制作糕点时添加小苏打()作膨松剂，故D错误；
故选A。
7. 实验室制氯气涉及MnO2、浓盐酸、Cl2、MnCl2和H2O，设NA为阿伏加德罗常数值．下列叙述正确的是（ ）
A. 溶液中含有个
B. 标况下含有共价键的数目为
C. 反应过程中消耗转移个电子
D. 中含有个中子
【答案】C
【解析】
【分析】已知实验室制氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O，据此分析解题。
【详解】A．由于题干未告知溶液体积，故无法计算溶液中的数目，A错误；
B．标况下H2O为液体，故无法计算含有共价键的数目，B错误；
C．反应过程中MnO2中的Mn由+4价降低到+2价，故消耗转移个电子，C正确；
D．已知35Cl中含有35-17=18个中子，故中含有0.1ml×2×18×NAml-1=个中子，D错误；
故答案为：C。
8. 藿香蓟在一定条件下会发生以下反应，下列说法错混的是（ ）
A. M分子有2种含氧官能团 B. N分子中5个碳原子一定在同一平面内
C. 藿香蓟在一定条件下可生成多种加聚产物D. 乙酸与N互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．M分子中的官能团有碳碳双键、醚键和酚羟基，含氧官能团为醚键、酚羟基，故A正确；
B．N分子中含有碳碳双键，碳碳双键是平面结构，则N分子中5个C原子一定共面，故B正确；
C．藿香蓟分子中含有2个碳碳双键，可以生成不同种的加聚产物，故C正确；
D．N分子中含有羧基、碳碳双键，乙酸分子中只含有羧基，官能团种类不同，不能互为同系物，故D错误；
故选D。
9. 为探究金属电极在原电池中的作用，某实验小组设计并进行了下列实验，实验记录如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 实验1中，作正极
B. 实验2中，负极的电极反应式为
C. ③应表述为：偏向
D. 由实验可知，金属电极在原电池中的作用与电解质溶液成分有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验1中活泼金属做负极，不活泼金属做正极，则Al为负极，Cu为正极，故A正确；
B．实验2中，Mg的活动性大于Al，则Mg做负极，电极反应为，故B错误；
C．实验3中电解质溶液为NaOH，金属Al可以和NaOH反应，则Al做负极，电流计指针偏向正极，则偏向，故C正确；
D．对比实验可知，金属电极在不同的电解质溶液中，他们的作用不相同，故D正确；
故选B。
10. 短周期元素原子序数依次增大，为以上四种元素形成的化合物，e为Z的单质，它们的转化关系如下图所示，其中a为淡黄色固体，b是含10电子分子，c的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，g是一种常见温室气体．下列说法错误的是（ ）
A. d可用于的尾气处理
B. 均可与W的单质反应
C. 与溶液完全反应，生成
D. 等物质的量的g和b分别与足量a反应，转移电子数目相同
【答案】C
【解析】
【分析】其中a为淡黄色固体，则a为过氧化钠，b是含10电子分子，则b为水，e为Z的单质，则e为氧气，d为氢氧化钠，c的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，则c为乙烯，乙烯和水发生加成反应生成f，则f为乙醇，g是一种常见温室气体，则g为二氧化碳，则四种元素分别为H、C、O、Na，据此解答。
【详解】A．d为氢氧化钠，可用于吸收二氧化硫尾气，故A正确；
B．分别为水和乙醇，都可以和金属钠反应，故B正确；
C．与1.5mlNaOH反应的化学方程式为，生成物质的量为0.5ml，故C错误；
D．等物质的量的H2O、CO2与足量的Na2O2反应，化学方程式为、，其消耗Na2O2的物质的量相同，则转移电子数目相同，故D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11. 根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是（ ）
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸可受热分解生成二氧化氮，不能证明浓硝酸与碳反应，A不合题意；
B．用Fe片、Cu片、浓硝酸溶液组成原电池，Fe片上出现大量红棕色气泡，说明Fe作正极，Cu作负极，但由于Fe遇到浓硝酸在常温下发生钝化，不能用于比较Fe和Cu的金属性强弱，B不合题意；
C．向淀粉-KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，溶液变蓝，说明有I2生成，即发生了2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性：Fe3+＞I2，C符合题意；
D．向鸡蛋清溶液中加入少量(NH4)2SO4或CuSO4溶液，溶液中均有固体析出，(NH4)2SO4使鸡蛋清发生盐析，CuSO4溶液使鸡蛋清变性，D不合题意；
故答案为：C。
12. 一定温度下，在刚性密闭容器中以投料，发生反应：，部分物质浓度变化如下图所示，以下说法正确的是（ ）
A. b曲线代表的物质的量浓度变化
B. 第时大于第时
C. 当混合气体密度不变时，说明反应达到平衡
D. 前
【答案】AD
【解析】
【分析】由题干图像信息可知，a的起始浓度为0.4ml，且随着反应进行浓度逐渐减小，说明a为反应物，b的浓度逐渐增大，即为生成物，且10min内a的减小量是b的增加量的4倍，根据变化量之比等于化学计量系数之比，故a代表H2，b为CH4，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，b曲线代表的物质的量浓度变化，A正确；
B．由题干图像信息可知，3min是反应还在正向进行，随着反应的进行CO2浓度减小，即正反应速率逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大，即第时小于，第12min时反应达到平衡，等于，小于，即第3min小于第时，B错误；
C．由题干反应信息可知，反应过程中混合气体的质量保持不变，体积不变，即混合气体的密度始终保持不变，故当混合气体密度不变时，不能说明反应达到平衡，C错误；
D．由分析可知，b代表CH4，结合反应速率之比等于化学计量系数之比可得，前10min，，D正确；
故答案为：AD。
13. 一种微生物电池的结构如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. b极电极反应式为
B. 电池工作时，电子由a极经用电器流向b极
C. 该电池可以在高温下工作
D. 当b极产生标况下时，a极会有生成
【答案】A
【解析】
【分析】由a电极中C的化合价由+3价降低为+2价，可知a电极发生得电子的还原反应，则a电极为正极，电极反应为，b为原电池负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为，据此解答。
【详解】A．由分析可知b为原电池负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为，故A正确；
B．电池工作时，电子由负极经用电器流向正极，则由b极经用电器流向a极，故B错误；
C．高温条件下，微生物中蛋白质发生变性，导致电池不能正常工作，故C错误；
D．当b极产生标况下，即0.5ml，则转移电子数为2ml，由a电极的反应式可知，转移电子数为2ml，a极会有生成，故D错误；
故选A。
14. 由短周期主族元素组成的物质WX3Y3Z3R2是一种高效广谱杀菌消毒剂，其结构如图所示，结构中的各元素微粒均达到8电子稳定结构，已知X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，下列说法正确的是（ ）
A. 简单的气态氢化物稳定性：
B. 简单离子半径：
C. 含氧酸的酸性：
D. 将R的单质溶于中，溶液中存在7种微粒
【答案】BD
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，结构中的各元素微粒均达到8电子稳定结构，根据该消毒剂的结构图可知，Z形成了2个共价键，则Z为O或者S，R只形成1个共价键，则R为F或Cl，X形成4个共价键，则X为C或Si，Y形成3个共价键，则Y为N或者P，W为+1价阳离子，则W为Na，故可推断出X为C、Y为N、Z为O、W为Na、R为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为C、Y为N、R为Cl，根据非金属性Cl＞N＞C，则简单的气态氢化物稳定性HCl＞NH3＞CH4即，A错误；
B．由分析可知，YN、Z为O、W为Na、R为Cl，Cl-核外由三个电子层，半径最大，N3-、O2-、Na+均为2个电子层，且核电荷数依次增大，故半径依次减小，即简单离子半径Cl-＞N3-＞O2-＞Na+即，B正确；
C．由分析可知，Y为N、X为C、R为Cl，它们最高价含氧酸的酸性为HClO4＞HNO3＞H2CO3即，但题目中为注明最高价，则酸性无法比较，如HNO3＞HClO等，C错误；
D．由分析可知，Z为O，R为Cl2，将R的单质溶于H2Z中即形成新制氯水，溶液中存在H2O、HClO、Cl-、H+、ClO-、Cl2和OH-等7种微粒，D正确；
故答案为：BD。
15. 碘及其化合物在医药中间体的合成中应用广泛．下图为I2的一种制备方法：
已知：氧化性，下列说法错误的是（ ）
A. 加入AgNO3的目的是富集海水中的碘元素
B. 加入Fe粉进行转化的反应中，氧化剂与还原剂之比为
C. 通入Cl2越多，I2的产率越大
D. 通入Cl2的过程中，若时，产物中
【答案】BC
【解析】
【分析】净化除氯后的海水，加入硝酸银，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续即加入铁粉，发生反应Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+；过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，具体生成物与氯气的通入量有关，据此分析回答问题；
【详解】A．由分析可知，加入AgNO3的目的是富集海水中的碘元素，A正确；
B．由分析可知，加入Fe粉进行转化的反应Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+中，氧化剂与还原剂之比为2:1，B错误；
C．Cl2的氧化性大于，通入Cl2过多能将部分I2氧化为，故通入Cl2越多，I2的产率不一定就越大，C错误；
D．由题干信息氧化性可知，通入Cl2的过程中，I-先被氧化，根据反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，若时，每有1mlCl2与I-反应，只有0.2mlCl2与Fe2+反应，根据上述反应可知，产物中，D正确；
故答案为：BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
16. 下表是三角形元素周期表的一部分，每个方格代表一种元素，回答下列问题：
（1）画出Z元素的原子结构示意图：_______
（2）Q2M中所含化学键的类型为_______；根据M的化合价判断Q2M具有_______性（填“氧化”或“还原”）；
（3）W、M、Y三种元素简单氢化物稳定性由大到小的顺序是_______（用化学式表示）；Q、X两种元素原子半径由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）；
（4）X的单质与Q的最高价氧化物对应水化物反应，其离子方程式是______________；
（5）Y的最高价氧化物可溶于足量Q的最高价氧化物对应水化物的溶液，其化学方程式为_______；
【答案】（1）
（2）①. 离子键 ②. 还原
（3）①. HF＞H2S＞SiH4 ②. Na+＞Al3+
（4）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
（5）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】由题干三角形元素周期表信息可知，W为F、Q为Na、X为Al、Y为Si、M为S、Z为Br，据此分析解题。
（1）由分析可知，Z为Br，则Z元素的原子结构示意图为：，故答案为：；
（2）由分析可知，Q为Na、M为S，故Q2M即Na2S中所含化学键的类型为离子键，Q2M中M的化合价为-2价，是S的最低价，故根据M的化合价判断Q2M具有还原性，故答案为：离子键；还原；
（3）由分析可知，W为F、M为S、Y为Si，非金属性F＞S＞Si，故W、M、Y三种元素简单氢化物稳定性由大到小的顺序是HF＞H2S＞SiH4，Q为Na、X为Al，则Na+和Al3+具有相同的核外电子排布，且Al的核电荷数更大，故Q、X两种元素原子半径由大到小的顺序为Na+＞Al3+，故答案为：HF＞H2S＞SiH4；Na+＞Al3+；
（4）由分析可知，X为Al，Q为Na，则X的单质即Al与Q的最高价氧化物对应水化物即NaOH反应，其离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）由分析可知，Y为Si、Q为Na，则Y的最高价氧化物即SiO2可溶于足量Q的最高价氧化物对应水化物即NaOH的溶液，其化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
17. 下图是物质A~F的转化关系图，其中A为常见过渡金属元素的单质，D和E组成元素相同，回答下列问题：
（1）B的电子式为_______组成C的元素在周期表中的位置是_______；
（2）一定温度下，B溶液和C反应生成的和的物质的量之比为，此时反应的离子方程式为_______
（3）用质量分数为浓硫酸和亚硫酸钠制取D，写出化学方程式_______；反应④中活性炭做催化剂，它能改变反应的_______，但不能改变反应的最大限度；
（4）按下图装置进行实验，验证反应⑤产生的气体．现有试剂a．溶液b．溶液c．品红溶液d．溶液，则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为_______（填标号）
（5）为探究反应⑥反应后的固体成分中是否含有Fe3+进行了以下实验．取少量反应后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量气泡产生，再向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红．根据实验现象，_______（填“能”或“不能”）确定固体中是否含有Fe3+，原因是______________
【答案】（1）①. ②. 第三周期第ⅦA族
（2）6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O
（3）①. Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑ ②. 途径或速率
（4）bcd
（5）①. 不能 ②. 由于原固体中含有Fe能够将Fe3+还原为Fe2+，反应为Fe+2F3+＝3Fe2+
【解析】已知电解饱和食盐水得到H2、NaOH溶液和Cl2，即B为NaOH、C为Cl2，绿矾为FeSO4·7H2O，则A为Fe，足量的Fe与浓硫酸共热得到SO2、FeSO4溶液和H2O，即D为SO2，SO2和Cl2在活性炭作用下生成SO2Cl2，FeSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到绿矾，绿矾加热失去结晶水得到无水FeSO4，FeSO4高温加热分解生成铁红即Fe2O3，D为SO2，则E为SO3，Fe和水蒸气在高温条件下反应生成H2和Fe3O4，即F为Fe3O4，据此分析解题。
（1）由分析可知，B为NaOH，则B的电子式为，C为Cl2，则组成C的元素即Cl在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，故答案为：；第三周期第ⅦA族；
（2）由分析可知，B为NaOH、C为Cl2，一定温度下，B溶液和C反应生成的和的物质的量之比为，此时反应的离子程式为6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O，故答案为：6Cl2+12OH-＝3ClO-++8Cl-+6H2O；
（3）由分析可知，D为SO2，用质量分数为浓硫酸和亚硫酸钠制取D，该反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑；反应④中活性炭做催化剂，催化剂能够改变反应速率，不能使平衡发生移动，即它能改变反应的途径或速率，但不能改变反应的最大限度；故答案为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑；途径或速率；
（4）由分析可知，反应⑤产生的气体D为SO2、E为SO3，已知SO3极易溶于水，与水反应生成H2SO4，即SO3通入BaCl2溶液中能够产生白色沉淀，而SO2通入BaCl2溶液不能产生白色沉淀，SO2能使品红溶液褪色，最后通入NaOH溶液中吸收多余的SO2，才能排入空气中，防止污染环境，故按下图装置进行实验，验证反应⑤产生的气体则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为bcd，故答案为：bcd；
（5）由分析可知，反应⑥即为Fe和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，为探究反应⑥反应后的固体成分中是否含有Fe3+进行了以下实验。取少量反应后固体置于试管中，滴加稀盐酸并微热，固体逐渐溶解，同时有少量气泡产生即说明原固体中含有Fe，由于Fe+2F3+＝3Fe2+，再向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液未变红，根据实验现象，不能确定固体中是否含有Fe3+，故答案为：不能；由于原固体中含有Fe能够将Fe3+还原为Fe2+，反应为Fe+2F3+＝3Fe2+。
18. 下图是以丙烯为原料模拟合成其他重要化工原料的流程图．
回答下列问题．
（1）A的结构简式为_______反应②还会生成A的一种同分异构体，其结构简式为_______；
（2）B中含有官能团的名称为_______；
（3）①~⑧中属于取代反应的是_______；属于加成反应的是_______；（填反应标号）
（4）反应⑦的化学方程式是_______；
（5）反应⑥消耗标况下2.24LCl2，理论上反应⑦中参与反应的O2物质的量是_______。
【答案】（1）①. (CH3)2CHOH ②. CH3CH2CH2OH
（2）碳碳双键和酯基
（3）①. ③⑤ ②. ②⑥
（4）2+3O22+6H2O
（5）0.15ml
【解析】由题干转化信息可知，CH3CH=CH2被催化氧化为CH2=CHCOOH，CH3CH=CH2与H2O催化加成转化为A，A和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成B，B发生加聚反应生成聚丙烯酸异丙酯，故A的结构简式为：(CH3)2CHOH，B为CH2=CHCOOCH(CH3)2，CH3CH=CH2与Cl2光照条件下发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，ClCH2CH=CH2与Cl2继续发生加成反应生成ClCH2ClCHCH2Cl，ClCH2ClCHCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成甘油即丙三醇，在Cu作催化剂下催化氧化为，继续被氧化为，据此分析解题。
（1）由分析可知，A的结构简式为(CH3)2CHOH，反应②还会生成A的一种同分异构体，其结构简式为：CH3CH2CH2OH，故答案为：(CH3)2CHOH；CH3CH2CH2OH；
（2）由分析可知，B的结构简式为CH2=CHCOOCH(CH3)2，B中含有官能团的名称为碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键和酯基；
（3）由题干转化关系图可知，反应①为氧化反应，反应②为加成反应，反应③为酯化反应或取代反应，反应④为加聚反应，反应⑤为取代反应，反应⑥为加成反应，反应⑦为氧化反应，反应⑧为氧化反应，故①~⑧中属于取代反应的是③⑤；属于加成反应的是②⑥，故答案为：③⑤；②⑥；
（4）由题干转化关系图可知，反应⑦即在Cu作催化剂下催化氧化为，该反应的化学方程式是2+3O22+6H2O，故答案为：2+3O22+6H2O；
（5）由题干转化关系图可知，反应⑥每消耗1mlCl2就能制得1mlClCH2ClCHCH2Cl，经水解就能制得1ml ，1ml发生反应⑦催化氧化消耗1.5mlO2，反应⑥消耗标况下2.24L即为=0.1mlCl2，理论上反应⑦中参与反应的O2物质的量是0.15ml，故答案为：0.15ml。
19. 利用“直接法”制备发烟硝酸的实验装置如下图所示（夹持装置略）；
已知：①时，的浓硝酸可以将氧化为
②制备发烟硝酸原理为：
请回答下列问题：
（1）装置a中发生反应的化学方程式为_______；
（2）仪器b的名称是_______的作用为_______；
（3）装置c中的现象是______________；
（4）装置d中发生反应的化学方程式为______________；
（5）将发烟硝酸稀释成质量分数为的浓硝酸（常温下的密度为）；实验需要配制稀硝酸需要用量筒量取_______的浓硝酸．下列操作可能导致所配溶液物质的量浓度偏低的是_______（填标号）。
A．用量筒量取浓硝酸时仰视刻度线
B．浓稀释后未冷却就转移到容量瓶中
C．定容时仰视容量瓶刻度线
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2）①. 干燥管 ②. 除去未反应的NH3并干燥混合气体
（3）气体变为红棕色
（4）2HNO3(浓)+NO3NO2+H2O
（5）①. 36.5 ②. C
【解析】氨气和干燥空气混合，在催化剂作用下加热，氨气被空气中氧气催化氧化为NO，通过P2O5除去未反应的NH3并干燥混合气体，40℃时，用98%的浓硝酸将NO氧化为NO2，再将NO2在-10℃的条件下通入98%浓硝酸，得发烟硝酸。
（1）在装置a中，氨气被空气中氧气催化氧化为NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）由装置图，仪器b的名称为干燥管，P2O5的作用是除去未反应的NH3并干燥混合气体；
（3）c中原本有空气，通入一氧化氮后，会出现红棕色气体；
（4）装置d中是在40℃时，用98%的浓硝酸将NO氧化为NO2，反应的化学方程式为2HNO3(浓)+NO3NO2+H2O；
（5）500mL 1ml⋅L−1稀硝酸中硝酸物质的量为0.5ml，质量分数为63%的硝酸物质的量浓度是c(HNO3)=，故所需浓硝酸的体积为；
A．用量筒量取浓硝酸时仰视刻度线，浓硝酸体积偏大，所配溶液物质的量浓度偏高，A不选；
B．浓HNO3稀释后未冷却就转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，冷却后液体体积变小，故浓度偏高，B不选；
C．定容时仰视容量瓶刻度线，容量瓶中液体体积偏大，所配溶液浓度偏低，C选；
故选C。
20. 用消除烟气中的，发生的反应为，某温度下在恒容密闭容器中充入和发生该反应．图1表示物质的量浓度随时间的变化关系，图2表示的转化率随时间的变化关系，回答下列问题
（1）实验室可用氯化铵和氢氧化钙来制取氨气，写出反应化学方程式______________；
（2）_______（保留小数点后两位）
（3）在恒温恒容密闭容器中，下列可以作为反应达到化学平衡状态依据的是_______；
A．
B．混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．单位时间内断裂键的同时断裂键
（4）在内，_______（保留小数点后两位）；
（5）将含有的烟气和一定物质的量的同时通入溶液，若要烟气中的完全转化成溶液，所用溶液的物质的量浓度至少为_______，需要标况下的至少_______L。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）0.42
（3）BC
（4）0.08
（5）①. ②. 16.8b
【解析】（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）由图2知，3min时，NH3的转化率为28%，即反应消耗NH3物质的量为2ml×28%=0.56ml，根据化学方程式，生成水的物质的量为0.56ml=0.84ml，故3min时H2O(g)物质的量浓度为0.42ml/L，即a=0.42；
（3）A．化学反应用不同物质表达的反应速率之比等于化学计量数之比，故6v正(N2)=5v逆(H2O)反应达到化学平衡状态，A错误；
B．反应无固体参与，反应是气体体积增大的反应，反应正向进行混合气体平均摩尔质量变小，故混合气体的平均摩尔质量保持不变反应到达平衡，B正确；
C．单位时间内断裂3mlN−H键的同时断裂1.25ml N≡N键，正逆反应速率相等，C正确；
故选BC；
（4）由图2知，6min时，NH3的转化率为40%，即反应消耗NH3物质的量为2ml×40%=0.8ml，根据化学方程式，生成N2的物质的量为0.8ml=1ml，故v(N2)=0.08ml⋅L−1⋅min−1；
（5）NO和O2同时通入NaOH溶液完全转化成NaNO3溶液发生反应为4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，根据化学方程式，b mlNO完全反应，需消耗NaOH bml，需O2物质的量为 ml，故所用NaOH溶液的物质的量浓度至少为ml⋅L−1，需要标况下的O2至少ml×22.4L/ml=16.8b L。
物质用途
解释
A
卤水点豆腐
利用了胶体的性质
B
燃煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放
碳酸钙与产生的二氧化硫最终生成亚硫酸钙
C
漂白粉在空气中放置时间越长漂白效果越好
D
制作糕点时添加苏打作膨松剂
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
稀硫酸
偏向
2
稀硫酸
偏向
3
溶液
③
实验操作和现象
结论或解释
A
把红热的碳加入浓硝酸中，出现红棕色气体
硝酸被碳还原生成了NO2
B
用Fe片、Cu片、浓硝酸溶液组成原电池，Fe片上出现大量红棕色气泡
金属性：Fe＞Cu
C
向淀粉-KI溶液中滴加少量氯化铁溶液，溶液变蓝
氧化性：Fe3+＞I2
D
向鸡蛋清溶液中加入少量(NH4)2SO4或CuSO4溶液，溶液中均有固体析出
(NH4)2SO4或CuSO4溶液都能使鸡蛋清变性