[化学][期末]福建省福州高级中学2023-2024学年高一下学期7月期末试题(解析版)

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1. 下列有关物质的量的说法中，正确的是（ ）
A. 摩尔是物质的量的单位
B. Mg的摩尔质量为24g
C. 1mlO2在任何条件下的体积都为22.4L
D. 将1mlNaCl晶体加入到1L水中，得到NaCl溶液的浓度就是1ml•L-1
【答案】A
【解析】
【详解】A．物质的量是七个基本物理量之一，其单位为摩尔，故A正确；
B．Mg的摩尔质量为24g/ml，故B错误；
C．只有在标况下，1mlO2的体积为22.4L，故C错误；
D．将1mlNaCl晶体加入到1L水中，溶液的体积不等于1L，所得NaCl溶液的浓度不等于1ml•L-1，故D错误；
故选A。
2. 配制100mL2.0ml•L-1NaOH溶液时，不需要用到的仪器是（ ）
A. 烧杯B. 玻璃棒
C. 容量瓶D. 集气瓶
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】配制100mL2.0ml/LNaOH溶液一般步骤为：用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后用玻璃棒引流，移入100mL容量瓶内，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，加水至刻度线1-2cm，改用胶头滴管加水至刻度线，盖好瓶塞摇匀，故不需要的仪器为集气瓶。
故选D。
3. 在实验室中，将锌片和铜片用导线连接(导线中间接入一个电流表)，平行插入盛有稀硫酸的烧杯中，装置如图。下列说法正确的是（ ）
A. 锌片逐渐溶解B. 烧杯中溶液逐渐呈蓝色
C. 电子由铜片通过导线流向锌片D. 该装置能将电能转变为化学能
【答案】A
【解析】
【分析】该装置为原电池。锌作负极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为；铜作正极，溶液中氢离子得电子，发生还原反应，电极反应式为。
【详解】A．锌作负极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为，则锌片逐渐溶解，A正确；
B．铜作正极，溶液中氢离子得电子，发生还原反应，电极反应式为，因此烧杯中溶液不变蓝，B错误；
C．电子由负极经导线流向正极，即由锌片通过导线流向铜片，C错误；
D．该装置为原电池，能将化学能转变为电能，D错误；
故选A。
4. 中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）
A. 根据同主族元素性质的相似性，推出Tl2O3是两性氧化物
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C. 根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝是两性氧化物，Tl与Al同主族，同主族自上而下金属性增强，Tl的金属性比Al强，Tl2O3可能不是两性氧化物，故A错误；
B．氟元素没有正化合价，故B错误；
C．溶液酸碱性取决于溶液中氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小，常温下，pH=7为中性，不是常温下水的离子积不一定是10-14，中性时pH可能大于7，可能小于7，故pH=6.8的溶液可能为中性、酸性、碱性，故C错误；
D．碳酸酸性比次氯酸酸性强，反应进行符合复分解反应，应符合强酸制备弱酸，故D正确。
综上所述，答案为D。
5. 下列物质中属于难溶于水的碱性氧化物的是（ ）
A. B. C. CuOD.
【答案】C
【解析】
【详解】A． 是酸性氧化物，A不符合；
B． 虽然能与酸反应生成亚铁盐、铁盐和水，但不存在对应的碱，不属于碱性氧化物，B不符合；
C． CuO难溶于水，与酸反应生成铜离子和水，属于碱性氧化物，C符合；
D． 是两性氧化物，D不符合；
答案选C。
6. 某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是（ ）
A 该实验说明Cl2分子具有漂白性
B. 该实验说明HClO分子扩散速度比H＋慢
C. 若用久置的氯水进行实验，现象相同
D. 将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸，选项A错误；
B．依据图中现象：pH试纸内部显白色，外圈显红色，说明H+的扩散速度比HClO分子快，选项B正确；
C．久置的氯水中次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，pH试纸内部不会显白色，选项C错误；
D．HClO的漂白持久、稳定，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，选项D错误；
故选B。
7. 重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法正确的是（ ）
A. 氘(D)的原子核外有2个电子 B. 1H与D是同一种原子
C. H2O与D2O互称同素异形体 D. 1H218O与D216O的相对分子质量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A、氘(D)原子核内有一个质子，核外有1个电子，选项A错误；
B、1H与D质子数相同，中子数不同互称同位素，是两种原子，选项B错误；
C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称，选项C错误；
D、1H218O与D216O的相对分子质量相同，都是20，选项D正确；
答案选D。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径逐渐增大，它们原子的最外层电子数之和为15，X原子核外电子总数等于W原子次外层电子数，W与X可形成原子个数比为1∶1的化合物，Y与Z同主族。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：XC. 简单氢化物的沸点：X【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径逐渐增大，它们原子的最外层电子数之和为15，X原子核外电子总数等于W原子次外层电子数，则X为8号元素即O，W与X可形成原子个数比为1∶1的化合物，Y与Z同主族，则设Y、Z的最外层上的电子数为a，W的最外层上电子数为b，则有2a+b+6=15，当b=1时，a=4，则Y为C、Z为Si，W为Na，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为O，W为Na，二者简单离子具有相同的电子排布，但Na的核电荷数大，则对应离子半径小，则简单离子半径为O2-＞Na+即X＞W，A错误；
B．由分析可知，四种元素分别为：O、C、Si、Na，则高温下，ZX2即SiO2可与W2YX3即Na2CO3反应，方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，B正确；
C．由分析可知，X为O，Y为C，由于H2O中存在分子间氢键，故简单氢化物的沸点H2O＞CH4即X＞Y，C错误；
D．由分析可知，Y为C，Z为Si，则最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO3＞H2SiO3即Y＞Z，D错误；
故答案为：B。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 碳酸钠粉末露置在空气中会结块成晶体
B. 全降解塑料( )可由环氧丙烷( )和缩聚而得
C. 重晶石是生产钡盐的重要原料
D. Fe露置在空气中会形成致密氧化膜保护内层不被腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钠晶体()露置于空气中会风化为粉末，选项A错误；
B．环氧丙烷与发生加聚反应得到全降解塑料，选项B错误；
C．可用饱和溶液浸泡重晶石，将转化为，再用酸溶就可以获得钡盐，选项C正确；
D．铁锈是疏松多孔的固体，不能保护内层金属被腐蚀，选项D错误；
答案选C。
10. 已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，某同学设计利用如图装置分别检验产物中的气体。下列有关表述错误的是（ ）
A. 用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2
B. 用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色
C. 按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，可用装置丙检验分解产生的SO3
D. 将装置丁中的试剂换为NaOH溶液能更好的避免污染环境
【答案】B
【解析】
【分析】已知2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，通过乙中石蕊试液吸收检验二氧化硫或三氧化硫，三氧化硫极易溶于水，通过乙全部吸收，装置丙中的氯化钡溶液不能检验三氧化硫的存在，丁装置中饱和亚硫酸氢钠不能吸收二氧化硫。
【详解】A. 用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置内空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；
B. 用装置乙不能检验二氧化硫的存在，产物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液，遇到石蕊试液也会变红色，二氧化硫遇到石蕊试液只能变红色，不能褪色，B错误；
C. 三氧化硫极易溶于水，通过装置乙的水溶液会被完全吸收，要检验三氧化硫存在，应把乙和丙位置互换才能检查三氧化硫的存在，按照甲→丙→乙→丁的连接顺序，C正确；
D. 丁中饱和亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，应为NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫，避免污染环境，D正确；故答案为：B。
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(Al)>r(Mg)B. 金属性：Mg>Na
C. 熔点：Na2O>Al2O3D. 碱性：NaOH>Mg(OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素从左到右原子半径依次减小，原子半径：r(Al)B．同周期元素从左到右，金属性依次减弱，金属性：MgC．Na+半径大于Al3+，所以熔点：Na2OD．同周期元素从左到右，金属性依次减弱，最高价氧化物的水化物碱性依次减弱，碱性：NaOH>Mg(OH)2，故D正确；
选D。
12. 下列过程中没有发生电子转移的是（ ）
A. 液氨作制冷剂B. 合成氨
C. 大气固氮D. 生物固氮
【答案】A
【解析】
【详解】A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；
B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；
C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；
D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；
故答案为A。
13. 某溶液中只可能含有K＋、Al3＋、Br－、OH－、CO、SO中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（ ）
A. Br－B. OH－C. K＋D. Al3＋
【答案】B
【解析】
【详解】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色，则一定含有Br-，生成气体说明含CO32-；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象，则一定不含SO32-离子，且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存，则一定不存在Al3+，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，不能确定是否含OH-，还需要检验，故答案为B。
14. 将5.10g镁铝合金加入120mL4.0ml·L－1的盐酸中，待合金完全溶解后，得到溶液X。下列说法一定正确的是（ ）
A. 合金完全溶解后产生的H2的物质的量为0.24ml
B. 合金中的镁与铝的物质的量之比小于1
C. 若向溶液X中加入270mL2.0ml·L－1NaOH溶液，充分反应，所得沉淀为Mg(OH)2
D. 若向溶液X中加入足量的氨水，充分反应，所得沉淀经过过滤、洗涤后充分灼烧，则残留固体质量大于8.50g.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．假设全部是镁，物质的量为：=0.21ml，则消耗盐酸为0.42ml，生成氢气为0.21ml；假设全部是铝，其物质的量为：=0.19ml，消耗盐酸为0.57ml，而盐酸的总物质的量为0.48ml，铝过量，生成氢气的物质的量为0.24ml，故A错误；
B．将5.10g镁铝合金加入120mL4.0mlL的盐酸溶液中，待合金完全溶解后，说明盐酸与合金恰好完全反应，或盐酸过量，设合金中镁铝的物质的量分别为：xml、yml，则24x+27y=5.1、2x+3y=0.48，解之得：x的值约为0.1ml，如果盐酸过量，说明镁的含量更大，则合金中的镁与铝的物质的量之比大于1，故B错误；
C．如果氢氧化钠过量所得沉淀为氢氧化镁，如果氢氧化钠不足沉淀中还会有氢氧化铝，故C错误；
D．假设全部是镁，物质的量为：=0.21ml，氧化镁的质量为：0.21ml×40g/ml=8.4g，如果全是铝，则氧化铝的质量为：0.09ml×102g/ml=9.18g，8.50g在两者之间，故D正确；
故选D。
15. 能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A. 硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋
B. 少量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClO
C. 高锰酸钾溶液中滴入双氧水：2MnO4－＋3H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋4O2↑＋6H2O
D. 小苏打治疗胃酸过多：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；
B. 少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；
C. 高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C项错误；
D. 小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。
本题选B。
16. 能在溶液中大量共存，加入绿矾后仍能大量存在的离子组是（ ）
A. K+、Ba2+、OH-、I-B. Na+、Mg2+、Cl-、SO42-
C. Na+、H+、Cl-、NO3-D. Cu2+、S2-、Br-、ClO-
【答案】B
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。绿矾溶于水电离出Fe2＋和SO42－。
【详解】A、溶液中的Ba2＋、OH－均不能大量共存；
B、离子间可以大量共存；
C、酸性溶液中，硝酸根能氧化亚铁离子，不能大量共存；
D、ClO－能氧化S2－以及Fe2＋，均不能大量共存，答案选B。
17. 化学镀镍法得到的镀层均匀性，硬度等性能都较好，一种化学镀工艺流程如图所示：
已知：①镀层为Ni-B合金，比例为n(Ni)：n(B)=10∶3；
②Ni(OH)2难溶于水；
③NaOH能稳定NaBH4，降低其水解率，NaBH4的水解反应：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2；
若有3.0mlNaBH4参与反应时，生成标准状况下8.96LH2，则理论上镀层增重（ ）
A. 498.4gB. 684.4gC. 460gD. 515.6g
【答案】A
【解析】
【分析】镀层Ni-B合金，比例为n(Ni)：n(B)=10∶3，则镀层合金为Ni10B3，则合成反应为：；
【详解】；若3.0mlNaBH4参与反应生成8.96LH2，即0.4mlH2，据NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2可知，有0.1mlNaBH4参与了此反应，则剩下的2.9mlNaBH4参与了镀镍反应，结合分析可知，生成Ni10B3为；
故选A。
18. 某固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、Fe、Na2SO3、Na2CO3、BaCl2中的若干种物质组成，设计部分实验方案探究该固体混合物的成分，所加试剂均过量，下列说法正确的是（ ）
A. 气体A是SO2和CO2的混合气体
B. 固体A一定含有SiO2，可能含有BaSO4
C. 该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种
D. 该固体混合物一定含有Na2CO3、Na2SO3、BaCl2
【答案】C
【解析】
【分析】固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、Fe、Na2SO3、Na2CO、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，实验可知，气体A与高锰酸钾反应后得到气体B，且气体体积比原来减小，说明有气体能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，则A中一定含SO2，可能含CO2、H2；则混合物中一定含有Na2SO3，可能含有Na2CO3和Fe。混合物与足量硫酸反应后的固体A可能为SiO2或BaSO4，或二者均存在；溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，B的颜色一段时间后加深，则B为Fe(OH)2，溶液B与Ba(NO3)2反应生成沉淀C为BaSO4，溶液C与硝酸、硝酸银反应生成沉淀D为AgCl，则原混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，一定含BaCl2。
【详解】A．A气体能与高锰酸钾反应，但仍有气体剩余，说明气体Ａ一定含有SO2，可能含CO2、H2的一种或两种，A错误；
B．溶液A中加入足量氢氧化钠得到白色沉淀，一段时间后颜色变深，说明白色沉淀中含有Fe(OH)2，溶液C转化为沉淀D，说明是AgCl，则一定含有BaCl2，则固体A中一定存在BaSO4，可能含SiO2，B错误；
C．溶液A中加入足量氢氧化钠得到白色沉淀，一段时间后颜色变深，说明溶液A中含有Fe2＋，可能来源于Fe3＋与SO32－的反应，也可能来源于Fe和H2SO4反应，则该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，C正确；
D．根据以上分析，固体混合物一定含有Na2SO3、BaCl2，可能含Fe，D错误；
答案选C。
二、解答题
19. 金属铜在人类文明中有悠久的历史，火法炼铜是铜的主要冶炼方式。以硫化铜精矿(含有铁、砷等杂质)火法炼铜的工艺流程如下：
已知：①造锍(liǚ)熔炼和铜锍吹炼的温度均在1200左右，铜锍(、FeS)的熔点为1000左右。②熔炼渣中，可以附着在熔剂表面。
请回答下列问题：
(1)造锍熔炼和铜锍吹炼均产生熔炼渣，熔炼渣中，易与液态铜锍形成浆状物从而难以分离。为顺利从铜锍中分离出熔炼渣，采取的措施是___________。
(2)在冶炼过程中通过造锍后制粗铜，并非直接由矿石制粗铜的原因___________。
(3)写出铜锍吹炼时发生反应的化学方程式___________。
(4)绿水青山就是金山银山，环境保护是每位化学研究者的义务。火法炼铜产生的废气烟尘通常含有三价砷元素()，三价砷元素的毒性是五价砷元素的60倍。通常采用氧化浸出液(含NaOH和NaClO)来处理烟尘用以降低毒性，该过程称为“烟尘除砷”。“烟尘除砷”反应的化学方程式为___________。“烟尘除砷”所用的氧化浸出液通常使用余氯吸收废液来替代，原因为___________。
(5)合理的反应条件是工业生产的重要问题，烟尘中三价砷的去除率与氧化浸出液中各反应成分的质量分数的关系如图所示，则氧化浸出液中各反应成分的最佳质量分数是___________。
【答案】(1)加入过量的熔剂()
(2)富集Cu元素(或除去杂质)
(3)
(4) 废物利用或降低生产成本或提高经济效益
(5)NaOH 3%、NaClO 1%
【解析】由工艺流程图可知，CuS精矿(含有Fe、As等杂质)，经造锍(liǚ)熔炼得到铜锍(、FeS)，再经铜锍吹炼，熔融铜锍经氧化造渣脱除硫和铁产出粗铜，粗铜电解精炼得到精铜。造锍(liǚ)熔炼得到的废气经烟尘除砷和铜锍吹炼得到的废气一同用于生产硫酸，产生的无害化气体可直接排放。造锍(liǚ)熔炼和铜锍吹炼均得到熔炼渣，加入熔剂SiO2可除去含铁杂质。
【详解】(1) 造锍熔炼原理是利用高温下金属硫化物与硫化物互溶合，而不与氧化物互溶，从而形成锍与渣两相，实现金属硫化矿物与其它造渣成份分离，熔炼渣的成分为，铜锍的成分为、FeS，为顺利从铜锍中分离出熔炼渣，可加入过量的熔剂()，故答案为：加入过量的熔剂()；
(2)由流程可知，经造锍熔炼得到的铜锍(、FeS)中Cu元素含量比矿石中(主要为CuS)含量高，所以在冶炼过程中通过造锍后制粗铜，可富集Cu元素(或除去杂质)，故答案为：富集Cu元素(或除去杂质)；
(3)铜锍吹炼时与氧气反应生成Cu和SO2，根据得失电子守恒，配平反应的化学方程式为：，故答案为：；
(4)由信息可知，“烟尘除砷”是将三价砷元素转化为五价砷元素，则与NaOH和NaClO溶液反应生成砷酸钠、氯化钠和水，根据得失电子守恒，配平反应的化学方程式为：。“烟尘除砷”所用的氧化浸出液通常使用余氯吸收废液来替代，可达到废物利用或降低生产成本或提高经济效益的目的。故答案为：；废物利用或降低生产成本或提高经济效益；
(5)由砷的去除率与氧化浸出液中各反应成分的质量分数的关系图可知，当NaOH的质量分数为3%、NaClO的质量分数为1%时，砷浸出率较高；由反应式可知，NaOH和NaClO的物质的量之比接近3:1时，原料能够充分利用，综合以上分析，氧化浸出液中各反应成分的最佳质量分数是NaOH 3%、NaClO 1%，故答案为：NaOH 3%、NaClO 1%。
20. 随着能源与环境问题越来越被人们关注，碳-化学(C1化学)成为研究的热点。“碳一化学”即以单质碳及CO、CO2、CH4、CH3OH等含一个碳原子的物质为原料合成工业产品的化学与工艺。
（1）将CO2转化成有机物课有效实现碳循环。CO2转化成有机物的例子很多，如：
a．6CO2+6H2OC6H12O6+6O2
b．CO2+3H2OCH3OH+H2O
c．CO2+CH4CH3COOH
d．2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O
在以上属于人工转化的反应中，原子利用率最高的是___________(填序号)。
（2）CO可用于合成甲醇。在压强0.1MPa条件下，在体积为bL的密闭容器中充入a mlCO和2a mlH2，在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图。
①该反应属于___________反应(填“吸热”或“放热”)。若一个可逆反应的平衡常数K值很大，对此反应的说法正确的是___________(填序号)。
a．反应使用催化剂意义不大
b．该反应发生将在很短时间内完成
c．该反应达到平衡时至少有一种反应物百分含量很小
d．该反应一定是放热反应
②100℃时，该反应的平衡常数K=___________(用a，b的代数式表示)。
（3）二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚。
①工业上利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
a．2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g) △H1=-90.8kJ•ml-1
b．2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-23.5kJ•ml-
c．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g0+H2(g)△H3=-41.3kJ•ml
总反应：3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=___________。
②对于反应b，在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．n(CH3OH)=n(CH3OCH3)=n(H2O)
b．容器内压强保持不变
c．H2O(g)的浓度保持不变
d．CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1
（4）以KOH溶液为电解质，用二甲醚-空气组成燃料，其中负极的电极反应式为___________。
(5)碳化合物在治理汽车尾气方面也大有可为，如CO、CH4等在一定条件下均可以与氮氧化物生成无污染的物质。写出CO与氮氧化物(NOx)在有催化剂的条件下反应的化学方程式___________。
【答案】（1）c
（2）①. 放热 ②. c ③.
（3）①. -246.4kJ•ml-1 ②. cd
（4）①. CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O ②. 2xCO+2NOx2xCO2+N2
【解析】（1）反应物全部转化为生成物，原子利用率最高，上述四个反应中，只有c符合题意要求；正确选项 c；
（2）①根据图象可知，当压强不变时，温度升高，CO的转化率减小，平衡左移，该反应为放热反应；可逆反应的平衡常数很大，说明反应进行的程度很大，不能说明该反应在通常条件下一定可以发生，该反应可能需要催化剂才可以进行，a错误；可逆反应的平衡常数很大，说明反应进行的程度很大，不能说明该条件下反应速率很快，b错误；可逆反应的平衡常数很大，说明反应进行的程度很大，反应达平衡时至少有一种反应物的百分含量很小，c正确；可逆反应的平衡常数很大，说明反应进行的程度很大，不能说明该反应是吸热还是放热，d错误；正确答案：放热 ；c 。
②100℃，平衡时CO的转化率为0.5，所以参加反应的CO的物质的量为0.5aml。
所以平衡时，CO的浓度为0.5a/b= a/2b ml/L， H2的浓度为a/b=ml/L，CH3OH的浓度为0.5a/b=a/2b ml/L，100℃时该反应的平衡常数；正确答案：；
（3）由盖斯定律可知，通过①×2＋②＋③可得所求反应方程式，则ΔH=-90.8×2-23.5-41.3=-246.4 kJ/ml；正确答案：-246.4kJ•ml-1。
②平衡时各物质物质的量相等决定于开始加入物质的多少和反应限度，与平衡状态无关，所n(CH3OH)=n(CH3OCH3)=n(H2O) ，无法判断是否达到平衡状态，a错误；该反应是体积不变的反应，容器内压强恒为定值，无法判断是否达到平衡状态， b错误；反应达到平衡后，各物质的浓度保持不变，因此H2O(g)的浓度保持不变，可以判断反应达到平衡状态， c正确；C． 当CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1时，才能表示正逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到了平衡状态， d正确；正确选项cd；
（4）二甲醚-空气组成燃料电池，二甲醚做负极，发生氧化反应，负极的电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O；正确答案：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O。
(5)CO与氮氧化物(NOx)在有催化剂的条件下反应生成二氧化碳和氮气，化学方程式为：2xCO+2NOx2xCO2+N2；正确答案：2xCO+2NOx2xCO2+N2。
21. 比较酸性溶液中的氧化性强弱：______填“”、“”或“”；用一个离子方程式说明与氧化性的相对强弱______。
氰酸铵是一种铵盐，除氢原子外，各原子均满足8电子稳定结构，请写出氰酸铵的电子式______。
抗坏血酸结构简式如图所示易溶于水的主要原因______。
【答案】（1）
（2）
（3）抗坏血酸分子中含有4个，与溶剂水形成分子间氢键，因此易溶于水
【解析】氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；书写离子化合物的电子式时，应找出阴阳离子，若是双核或多核离子，则需搞清楚原子之间共用电子对的数目；含羟基的物质，溶于水时要考虑氢键的影响；
【详解】二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，二氧化锰是氧化剂，氯气是氧化产物，氯气与亚铁离子反应生成铁离子，氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性强弱的顺序为：，所以氧化性：>，则在酸性条件下二氧化锰可以将亚铁氧化成铁离子，反应的离子方程式为：；
氰酸铵是一种铵盐，除氢原子外，各原子均满足8电子稳定结构，根据8电子的稳定结构，则O原子与C原子共用一对电子，C原子与N原子共用三对电子，其电子式为；
由结构简式知：抗坏血酸分子中含有4个−OH，与溶剂水形成分子间氢键，增强了抗坏血酸溶解性，因此易溶于水。
22. 某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：
已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3
②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O
③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。
请回答：
（1） 滤渣的成分为________。
（2） 步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。
（3） 步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。
（4） 下列有关叙述正确的是________。
A 步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率
B 步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质
C 步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等
D 步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次
（5） 步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。
根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。
①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液
②过滤、洗涤
③加入过量稀硫酸溶解
④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解
⑤测定Fe3+含量
（6） 测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g试样溶于水，滴加3 ml·L−1 H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。
已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0 g·ml−1； 2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。
【答案】（1） Al（OH）3、Fe（OH）3
（2） Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O 抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解）
（3）有利于得到较大颗粒的晶体
（4） ABC
（5）②③⑤④①
（6） 98.40%
【解析】（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。
【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al（OH）3、Fe（OH）3；
(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O； 硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；
(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；
(4) A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+ ==Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；
(5) 滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为②③⑤④①；
(6)根据反应2Cu2+＋4I−==2CuI＋I2，I2＋2S2O32-==2I−＋S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-， Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002ml则铜离子的物质的量为0.002ml，则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002ml×246.0g/ml=0.492g，质量分数为。
23. 乙酸乙酯是非常重要的有机溶剂和化工原料，下图转化关系中的①、②、③是工业上合成乙酸乙酯的常见反应，其中A是一种常见的调味品。请回答：
（1）有机物A中含有的官能团名称是____________。
（2）写出反应①的化学方程式_____________。
（3）已知反应②在催化剂作用下无需加入其他反应物即可一步合成产物，同时生成一种无色无味气体，该气体化学式为_________。
（4）下列说法正确的是_________
A.将D通入溴水中，溴水褪为无色，原因是D与Br2发生了取代反应
B.CB、BA的氧化剂可以相同，也可以不同
C.反应③是①、②、③中唯一符合绿色化学的“零排放”要求的
D.已知量分子B可以通过一步反应生成乙酸乙酯，则同时有水生成
【答案】（1）羧基
（2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O（2分，条件未写全扣1分）
（3） H2
（4） B C
【解析】
【详解】试题分析：乙酸乙酯有乙酸和乙醇通过酯化反应生成，A是一种常见的调味品，A是乙酸，则C是乙醇，B是乙醛，D是乙烯；反应①是酯化法制取乙酸乙酯、反应②是乙醇脱氢法制取乙酸乙酯、反应③是乙烯加成法制取乙酸乙酯；
解析：（1）有机物A乙酸中含有的官能团名称是羧基；（2）反应①乙酸、乙醇生成乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（3）反应②是乙醇脱氢法制取乙酸乙酯，生成无色无味气体的化学式为H2；（4）A.将乙烯通入溴水中，溴水褪为无色，原因是乙烯与Br2发生了加成反应，故A错误；
B.乙醇乙醛、乙醛乙酸的氧化剂可以是氧气，也可以不是，故B正确；
C.反应③中原子利用率100%，故C正确；
D.根据B的分子式C2H4O和乙酸乙酯的分子式C4H8O2，两分子B可以通过一步反应生成乙酸乙酯，没有其他物质生成，故D错误。