《2021北京朝阳高一（下）期末化学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021北京朝阳高一（下）期末化学试卷含答案.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021北京朝阳高一（下）期末化 学一.第一部分（选择题，共 42分）每小题只有一个选项符合题意。共 14个小题，每小题3 分，共 42分。1.汽车的零部件使用了四千余种不同的材料。下列零部件所用材料的主要成分属于无机非金属材料的是（）A.车身主体-钢铁B.汽车车窗-玻璃C.汽车轮胎-合成橡胶D.电线绝缘层-聚氯乙烯塑料2.工业上常用电解法冶炼的金属是（）A.Al B.Fe C.Hg D.Ag3.下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（）A.用液氨作制冷剂B.用 H2和。2作燃料电池的反应物C.用 CaO处理酸性废水D.用 Na2cCh除去粗盐中的Ca2+4.以下措施是为了加快化学反应速率的
2、是（）A.葡萄酒中添加SO2作抗氧化剂B.塑料中添加防老剂C.燃煤发电时用煤粉代替煤块D.低温保存运输疫苗5.下列关于乙烯、乙醇、乙酸的说法不正确的是（）A.乙烯属于烧，乙醇、乙酸属于燃的衍生物B.乙烯不含官能团，乙醇、乙酸的官能团相同C.乙烯难溶于水，乙醇、乙酸易溶于水D.三者之间存在转化：乙烯比 乙醇酸性,一/容液乙酸6.下列有关工业生产的说法不正确的是（）A.利用油脂的加成反应制肥皂B.利用淀粉的水解反应生产葡萄糖C.通过煤的气化得到水煤气（CO、H2）等气体燃料D.通过石油的裂化和裂解得到乙烯、丙烯等化工原料7.对于反应：Na2s2O3+H2sO4=Na2SO4+SO2T+S1+H2。
3、，以下各组实验出现沉淀最快的是（）选项Na2s2O3H2OH2SO4水浴温度c?/mol*L 1WmLWmLc/mol*L 1V/mL/A.A B.B C.C D.D8.绿色化学提倡尽可能将反应物的原子全部转化为期望的最终产物。以下反应不符合绿色化学原则的是（）A0.1200.122 0B0.1110.122 0C0.1210.114 0D0.1200.124 0A.乙烯氧化法合成环氧乙烷：2 c H 2=C H 2+O 2 度 尬2cHi一 叫B .煤的液化法合成甲醇：C 0+2 H 2 催化刑C 法0 HC.乙醛缩合法合成乙酸乙酯：2 c H 3c H 0催化对C H 3c o e t e
4、 2 H 5D.浓硫酸氧化法制备硫酸铜C u+2 H 2 s O 4 （浓）A C U S O 4+S O 2 T+2 H 2 O9 .下列实验现象因发生加成反应而产生的是（）乙烯乙烯A.百的四虱化碳溶液澳的四氯化碳溶液褪色B.松”斗高镭酸抑涔液酸性高锌酸钾溶液褪色D.乙悟 钠表面产生无色气泡1 0 .下列解释事实的方程式不正确的是（）A.铁粉与硫粉共热生成黑色物质：F e+S F e SB.食醋清除水壶中的水垢：C a C O3+2C H3C O O H=C a2+2C H3C O O +H 2O+C O2TC.丙烯制备聚丙烯塑料：n C H2=C H -C H3催 化 林c i i mWD
5、.乙醇在灼热铜丝作用下转化成乙醛：2c 2H 5 OH+O2与2c H 3 c H O+2H 2OA1 1.为达到实验目的，下列实验装置与操作正确的是（）A.检验浓硫酸的脱水性B.稀释浓硫酸C.用饱和NH4cl溶液制备NH4C1晶体D.制取乙酸乙酯12.将 5mL0.1molL KI溶液与ImLO.lmoML FeCb溶液混合，发生反应a,一段时间后溶液颜色不再改变。将所得溶液分成两份，一份加淀粉，溶液变蓝；一份加K SC N,溶液变红。下列说法不正确的是（）A.加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与 I 反应生成bB.加 KSCN溶液变红，表明反应a 存在限度C.溶液的颜色不再变化，表明反应a 达到
6、平衡状态D.溶液的颜色不再变化，表明Fe?+、Fe3+、L、的物质的量浓度均相等13.探究SO2的性质，进行如下实验。由上述实验所得SO2的性质及对应的解释不正确的是（）A.表明SO2具有酸性氧化物的性质：SO2+Ba（OH）2=BaSO3|+H2O编号实验装置试齐II a实验现象S O：Ba(OH)2溶液白色沉淀1H2S 溶液乳白色沉淀酸性KMnCU溶液溶液褪色试剂aHzCh+BaCb 溶液白色沉淀B.表明SO2具有氧化性：SO2+2H2s=3S1+2H2。C.表明 SO2具有漂白性：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+D.表明 SO2具有还原性：SO2+BaC12+
7、H2O2=BaSO4；+2HCl14.探究SO2使品红褪色的反应，实验装置（尾气处理装置略）及现象如下:干燥的朋3滴从红品红的乙醉溶液溶液不褪色4mL0 1 mol-L1 Na2SOj(pH=10)迅速褪色3滴品红IQ4mL0 1 mol-VlN*HSO5(pH-5)较快褪色3淌品红4 mL NaOH（pH=10）较长时间未完全褪色己知：H2s03水溶液中存在HSO3-、SO32下列分析或推测不正确的是（）A.由推测，S02使品红褪色的反应需要水参与B.推测S02使品红水溶液褪色与H2sCh、HSCh一或SO32一 有 关C.对比、，分析中溶液迅速褪色是因为含有大量SO32-D.向中加入少量p
8、H=10的 NaOH溶液，推测褪色速率将减慢二.第二部分（非选择题，共 58分）15.（7分）某小组研究化学反应中的能量变化，进行了如下实验。（1）实验I：将 Zn片和Cu片分别插入盛有50mL 2moi匚|稀硫酸的烧杯中。观察到Zn片表面产生气泡，溶液温度由TJC升到T2C；Cu片表面无明显变化。Zn片 与 稀 硫 酸 反 应 的 离 子 方 程 式 为。Zn片与稀硫酸反应的能量变化关系符合如图 （填“A”或B”）。（2）实验U：用导线将电流表、小灯泡与Zn片、Cu片相连接，插入盛有50mL2moiLr 稀硫酸的烧杯中。观察到电流表指针发生偏转，Cu片表面产生气泡，溶液温度由T/C 升到结合
9、电子的移动方向，解释Cu片 表 面 产 生 气 泡 的 原 因。（3）实验I 和 H产生等量气体时，测得T2T3。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因。（4）将 Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验H,判断电流表指针是否发生偏转。若不偏转，说明理由；若偏转，写出Fe片表面发生的电极反应式，理 由 或 电 极 反 应 式 是.16.（10分）辛烷值是车用汽油最重要的指标，辛烷值越高，其防爆震的能力越强。已知不同姓的辛烷值：芳 香 烧（含苯环的烧）异 构 烷 烧（支链烷烧）正 构 烷 燃（直链烷烧）c ilj1ClbCII-Clh（1）汽油的主要成分为C5C|的烷燃混合物，如
10、 C I,3 C,3 CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-CH3 等。两者的分子式均为 O比较辛烷值：前者（填“”或“=”）后者。（2）向汽油中添加高辛烷值物质是提高汽油辛烷值的途径之一。甲基叔丁基酸（MTBE）是一种常用的添加剂，可通过下面反应制得：产CH3OH+HC C OHCH3定条件M T B EC H 3 0 H 中所含官能团的名称为该反应类型为(3)乙醇是另一种高辛烷值添加剂。使用添加乙醇的汽油，可降低汽车尾气排放、改善能源结构。乙醇在燃烧过程中会产生乙酸，对汽车金属有腐蚀作用，所以乙醇汽油需要添加金属腐蚀抑制剂。乙醇产生乙酸的化学方程式是。(4)增加高辛烷值组
11、分的比例是提高汽油辛烷值的另一种途径。中科院设计了一种新型多功能复合催化剂，实现了 C 0 2 直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。(C H M异构化芳杏fqi na CH3-CH-CH2-CH5CHIC5C”汽 油 Vb:CHJHQ-C H3c：CH3(CH2)5CH3过程I 除了 co,还生成了写出物质a 的所有同分异构体的结构简式 o中间产物(C H2)n 为烯烧，可以用 (填试剂)鉴别a 和(C H2)n,该 方 法 生 产 的 汽 油 辛 烷 值 较 高 的 原 因 是。1 7.(8 分)工业上以黄铁矿(主要成分为F eS 2)为原料来制备硫酸，过程如下:i.4 F eS?+llO
12、 o=.A.+8 S O?.ccc,c 催化剂ccc1 1.2 s o2+。2=2 S C)3i i i.S O 3+H2O=H2S O 4(1)补全过程i 的方程式。(2)硫酸工厂的烟气中含有S C h，工业上用N a O H 溶液作吸收剂脱除烟气中的S O 2。S O j x /NaOH M/CaSO过程 过程口、Na1s0,、A过程I 的化学方程式是 O过程I I 参加反应的物质A 有N a O H 吸收S O 2 过程中常伴有少量S C U 2 证明吸收液中含S C 一的方法是：取少量上层清液，(填操作和现象)。（3）测定烟气中S02的含量。将 V iL 烟气缓慢通过1L水（假设S02
13、完全被吸收，且溶液体积变化忽略不计），取 20.00mL溶液，滴加23 滴淀粉溶液，用 c molL 的碘水滴定，消耗碘水VzniL。该烟气中SO2的含 量 为 mgL 0（已知：滴定反应为 SO2+I2+2H2gH2so4+2HI）18.（10分）澳及其化合物在医药、农药、染料、阻燃剂等领域有广泛的用途。利用空气吹出法从海水（弱碱性）中提取澳的流程如图。酸+C12 空气 SO:+H:O Ch+H2O物质A已知：漠单质的沸点为58.5（1）漠 元 素 在 元 素 周 期 表 中 的 位 置 是（2）“吹出塔”中利用了澳的 性。（3）“吸收塔”中 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。（4
14、）“蒸储塔”中 温 度 应 控 制 在 （填序号）。A.4050B.7080C.100以上（5）物质A（填化学式）可以循环利用，降低成本。（6）探究“氧化”的适宜条件，测得不同条件下溶液中B n的含量如图。I(X)95 2邂 鲤2 cHi一 叫，原子的利用率达到1 00%,符合绿色化学的要求，故A错误；B.煤的液化法合成甲醇：C O+2H 2催化却C H 3 O H,原子的利用率达到1 00%,符合绿色化学的要求，故B错误；C.乙醛缩合法合成乙酸乙酯：2cH 3 cH O催化赳C H 3 co O C 2H 5,原子的利用率达到1 00%,符合绿色化学的要求，故C错误；D.浓硫酸氧化法制备硫酸
15、铜C u+2H 2s o 4 （浓）A C U S O 4+S O 2T+2H 2O,有副产物生成，生成污染环境的二氧化硫，不符合绿色化学的思想，故D正确；故选：D。【点评】本题考查绿色化学的要求是原子利用率是1 00%,也就是化合反应、加成反应才满足绿色化学的要求，题目较简单。9 .【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此进行判断。【解答】解：A.乙烯分子中含有碳碳双键，能够与溟发生加成反应，导致漠的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B.酸性高镒酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化乙烯，导致酸性高镒酸钾溶液褪色，该反应为氧化反应，故B错误
16、；C.光照条件下甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，导致试管内壁上有油状液滴，故C错误；D.钠与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，该反应为置换反应，不属于加成反应，故D错误；故选：A o【点评】本题考查有机反应类型判断，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握常见有机反应类型及判断方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。1 0 .【分析】A.铁粉与硫粉加热反应生成硫化亚铁；B.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；C.聚丙烯的链节主链上应该含有2个C；D.乙醇催化氧化生成乙醛。【解答】解：A.铁粉与硫粉共热生成F e S,该反应的化学方程式为：F e+S A F e S,
17、故A正确；B.食醋清除水壶中的水垢，碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，其离子方程式为：C a C O3+2 C H3C O O H=C a2+2 C H3C O O +H 2 O+C O 2 T，故 B 正确；工 一CH一CH,玉I -C.丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：nCH2=CH-CH3催化对 CH3，故C错误；D.乙醇在灼热铜丝作用下转化成乙醛，该反应的化学方程式为：2c2H5OH+O2与2C&CH0+2H2。，故D正A确；故选：C【点评】本题考查化学方程式、离子方程式的书写判断，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，C为易错点，试题侧
18、重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。1 1.【分析】A.浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；C.加热氯化镂易分解；D.图中缺少碎瓷片防止暴沸。【解答】解：A.浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，出现黑色的碳，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故B错误；C.加热氯化钱易分解，应选冷却结晶法制备，故C错误；D.乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，导管口在碳酸钠溶液的液面上可防止倒吸，但大试管中缺少碎瓷片防止暴沸，故D错误；故选：A o【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把
19、握实验装置的作用、混合物分离提纯、物质的制备为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12.【分析】反应a为2Fe3+2I飞2Fe2+L，淀粉遇碘变蓝，可检验生成的碘，且氯化铁少量，检验反应后铁离子可证明反应的限度，平衡时浓度不变，但不一定相等，以此来解答。【解答】解：A.淀粉遇碘变蓝，由加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与反应生成J故A正确；B.氯化铁少量，加KSCN溶液变红，表明反应a存在限度，故B正确；C.溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，表明反应a达到平衡状态，故C正确；D.溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，但Fe2+、Fe3卜、I的物质的量浓度不一定相等，
20、与起始量、转化率有关，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡及可逆反应，为高频考点，把握物质与离子的检验、平衡的特征为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。13.【分析】A.二氧化硫是酸性氧化物，和碱溶液反应生成盐和水；B.二氧化硫中硫元素化合价+4价，具有氧化性，能氧化还原性硫化氢；C.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性；D.二氧化硫具有还原性，过氧化氢具有强氧化性，二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，硫酸和氯化钢溶液反应生成白色沉淀硫酸钢。【解答】解：A.二氧化硫通入氢氧化钢溶液中，反应的化学方程式：S Ch+B a (O H)2=
21、B a S O3l+H2O,生成白色沉淀，说明二氧化硫属于酸性氧化物，故A正确；B.二氧化硫中硫元素化合价+4价，具有氧化性，能氧化还原性硫化氢生成硫单质，溶液生成乳白色沉淀，证明S O 2具有氧化性，故B正确；C.酸性K M n CU溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者反应的离子方程式为：5 S O2+2 M n O4+2 H2O=5 S O 42+2 M n2+4 H ,表现了二氧化硫的还原性，故C错误；D.过氧化氢具有强氧化性，二氧化硫被过氧化氢氧化生成硫酸，硫酸和氯化电贝溶液反应生成白色沉淀硫酸钢，反应的化学方程式：S O 2+B a CL+H 2 O 2=B a S O 4 1
22、+2 H Cl,故D正确；故选：Co【点评】本题考查物质性质的分析判断，侧考查学生对原理的理解分析，熟练掌握元素化合物知识以及氧化还原反应的理解应用，题目难度不大。1 4 .【分析】A.S O?不能使品红的乙醇溶液褪色，S O?能使品红水溶液褪色；B.S O 2水溶液中存在H 2 s o 3、H S O3 S O32,N a 2 s O 3溶液和N a H S Ch溶液也能使品红水溶液褪色；C.N a 2 s Ch溶液中品红迅速褪色，N a H S Ch溶液中品红褪色较快，N a 2s溶 液 中 含 有 大 量;D.向中加入少量p H=1 0的N a O H溶液，N a O H与N a H S
23、 Ch反应生成N a 2 s o 3。【解答】解：A.S O 2不能使品红的乙醇溶液褪色，S 0 2能使品红水溶液褪色，所以由推测，S O 2使品红褪色的反应需要水参与，故A正确；B.S O?水溶液中存在H 2 s Ch、H S Ch、S O32,N a 2 s O 3溶液和N a H S Ch溶液也能使品红水溶液褪色，所以S Ch使品红水溶液褪色与H 2 s o 3、H S O 3一或S O 3 2一有关，故B正确；C.N a 2 s溶液中品红迅速褪色，N a H S Ch溶液中品红褪色较快，N a 2 s。3溶 液 中 含 有 大 量,所以对比、，分析中溶液迅速褪色是因为含有大量s。一，故
24、C正确；D.向中加入少量p H=1 0的N a O H溶液，N a O H与N a H S Ch反应生成N a 2 s o 3，在N a 2 s o 3溶液中品红迅速褪色，所以褪色速率将加快，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了二氧化硫的化学性质、性质实验方案的设计，把握实验原理、实验现象等内容是解题的关键，注意对题中信息的分析和应用，侧重考查学生对元素及其化合物的理解能力和综合运用能力，题目难度中等。二.第二部分(非选择题，共5 8分)1 5 .【分析】(1)Z n片插入盛有5 0 m L 2 m o i稀硫酸的烧杯中，Z n片表面产生气泡，溶液温度由TC升到T2,说明Z n与硫酸的反应是
25、放热反应，反应的化学方程式为Z n+H2 s O 4=H2 T+Z nS O 4,放热反应的反应物总能量大于生成物的总能量；(2)Z n、C u和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，电子从负极锌沿导线流向正极铜，H+发生得到电子的还原反应生成H2，电极反应式为2 H+2屋=氏1；(3)实验I中化学能主要转化为热能，实验H中化学能主要转化为电能，少量的转化为热能；（4）将Z n片和C u片换成F e片和石墨棒，重复实验II,F e能与稀硫酸反应氧化还原反应，则F e片、石墨棒和稀硫酸能发生原电池反应，电流表指针会发生偏转，其中F e作负极，石墨棒作正极。【解答】解：（1）Z n与硫酸的反应的
26、化学方程式为Z n+H2 s o 4=H2 f+Z nS C）4，离子方程式为Z n+2 H+=H2T+Z n2+,故答案为：Z n+2 H+=H2t+Z n2+；Z n片与稀硫酸反应时溶液温度由T J C升到T2,说明该反应是放热反应，放热反应的反应物总能量大于生成物的总能量，即能量变化关系符合A图，故答案为：A；（2）Z n、C u和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，铜为正极，锌发生失去电子反应，电子从负极锌沿导线流向正极铜，正极C u上H+得电子生成H2,所以可观察到C u片表面产生气泡，故答案为：该原电池中Z n失电子，电子沿导线流向正极铜，正极C u上H+得电子生成H?；（3）实验I和U
27、产生等量气体时，化学能变化相同，但实验I中化学能主要转化为热能，实验II中化学能主要转化为电能，部分转化为热能，导致溶液升高温度幅度T 2 T 3，故答案为：实验I中化学能主要转化为热能，实验I 中化学能主要转化为电能，部分转化为热能；（4）将Z n片和C u片换成F e片和石墨棒，重复实验II,F e与稀硫酸反应氧化还原反应，则F e片、石墨棒和稀硫酸构成原电池，F e作负极，石墨棒作正极，所以电路中有电流流动，电流表指针会发生偏转，F e发生失电子的反应生成F e?+,电极反应式为F e -2 e.=F e?+,故答案为：发生偏转，F e-2 e =F e2+o【点评】本题考查原电池工作原
28、理及能量转化方式，为高频考点，侧重学生分析能力、实验能力和运用能力的考查，把握金属的活动性、原电池工作原理、电极反应是解题关键，注意掌握理解原电池反应中能量转化形式，题目难度不大。1 6.【分析】（1）二者都属于饱和烷烧，且互为同分异构体，分子中都含有8个C原子、1 8个H原子；辛烷值：异构烷煌（支链烷煌）正构烷燃（直链烷烧）；（2）甲醇中含有醇羟基；甲醇中醇羟基上的H原子被取代生成M T B E；（3）乙醇被催化氧化生成乙酸和水；（4）过程I中二氧化碳和氢气反应生成C O和水；a的同分异构体还有正戊烷、新戊烷；（C H2）n为烯烧、a为烷烧，烯燃能和滨水发生加成反应而使溟水褪色，能被酸性高镐
29、酸钾溶液氧化而使酸性高钵酸钾溶液褪色；根据图知，烯煌能发生异构化和芳香化。【解答】解：（1）二者都属于的和烷烧，且互为同分异构体，分子中都含有8个C原子、1 8个H原子，分子式为C 8 H故答案为：C 8 H18；辛烷值：异构烷燃（支链烷燃）正构烷烧（直链烷烧），前者含有3个支链、后者不含支链，则辛烷值：前者）后者，故答案为：;(2)C H3 0 H中所含官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；甲醇中醇羟基上的H原子被取代生成M T B E,所以该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；=(3)乙醵被催化氧化生成乙酸和水，反应方程式为C H 3 c H 2 O H+O 2巴竺C H 3 c o O
30、H+H 2 O,右用故答案为：C H 3 c H 2 O H+O 2 C H 3 c o O H+H?。；(4)过程I中二氧化碳和氢气反应生成C O和水，则过程I中除了生成C O还生成比0,故答案为：H 2 O；a的同分异构体还有C H 3 c H 2 c H 2 c H 2 c H 3、(C H3)4C,故答案为：C H 3 c H 2 c H 2 c H 2 c H 3、(C H O 4C；(C H 2)n为烯烧、a为烷燃，烯燃能和澳水发生加成反应而使滨水褪色，能被酸性高钛酸钾溶液氧化而使酸性高钵酸钾溶液褪色，烷烧和澳水、高钵酸钾溶液不反应，所以可以用滨水或酸性高镒酸钾溶液鉴别a和(C H
31、 2)故答案为：澳水或酸性高镒酸钾溶液；根据图知，烯燃能发生异构化和芳香化，则该方法生产的汽油辛烷值较高的原因是烯燃的异构化和芳香化，故答案为：烯燃的异构化和芳香化。【点评】本题考查有机物的结构和性质、辛烷值等知识点，侧重考查阅读、分析判断及应用能力，明确官能团及其性质关系、辛烷值概念内涵等知识点是解本题关键，题目难度不大。1 7.【分析】(1)原子守恒和电子守恒分析书写化学方程式；(2)过程I的反应是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程I I参加反应是亚硫酸钠和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化钠；证明产物中含S 0 4?.的实验方法是先加入盐酸无现象，再加入氯化钢溶液生成白色沉淀；
32、(3)反应的方程式为S O 2+k+2 H 2 O=H 2 s o 4+2 H I,根据方程式计算。【解答】解：(1)反应i中元素守恒得到生成二氧化硫的同时生成了氧化铁，补全过程i的方程式为：4 F e S2+1 1 0 2 2 F e2O3+8S O 2，故答案为：4 F e S2+1 1 0 2 2 F e 2 O3+8S O2;过程I的反应是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式为：S C h+2 N a O H =N a 2 s o 3+H 2 O,故答案为：S O2+2 N a O H=N a2S O3+H2O ；过程n参加反应是氧化还原反应，亚硫酸钠和氧气反应生成硫
33、酸钠，硫酸钠和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化钠，过程H参加反应的物质A为。2、C a (O H)2，故答案为：。2、C a (O H)2;证明产物中含S042一的实验方法是：取少量上层清液，先加入过量盐酸，无现象，再加入BaCL溶液，有白色沉淀生成，证明含磷酸根离子，故答案为：先加入过量盐酸，无现象，再加入BaCL溶液，有白色沉淀生成；(3)n(I2)=cmobLxV2X10_3L=cV2X10 3mol,由方程式 SO2+l2+2H2O=H2so4+2HI 可 知,n(SO2)=cV2xlO 3mol,则 V iL烟道气中含有的 n(S O 2)=cV2x 10-3molxl292_=5cV
34、2x 10-2mol,20质量为 5cV2X10 2molx6 4g/mol=3.2cV2g=3200cV2mg,所以则该厂烟道气中SO2的含量为32cy21ns=3200c丫2-mg/L,%L%【点评】本题以二氧化硫的污染为载体综合考查化学方程式书写和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，足以把握题给信息，答题时注意审题，题目难度中等。1 8.【分析】浓缩海水通入氯气生成溟单质，空气吹入吹出塔将漠单质吹出，通入含有二氧化硫和水的吸收塔，生成溪化氢，通入蒸镭塔中，再次通入氯气，得到液澳和氯化氢，氯化氢可以在氧化过程中使用；(1)漠元素是35号元素，核外电子排布是2、8、18、
35、7；(2)可利用空气将溪单质吹出，是因为澳单质易挥发；(3)吸收塔中漠单质与二氧化硫、水发生反应生成溟化氢和硫酸；(4)浪单质的沸点是58.8,水的沸点是100；(5)物质A是浪化氢和氯气反应后的产物氯化氢；(6)“氧化”条件应该选择溶液中澳单质的含量高，能够实现的条件；pH=7.5时，溶液呈碱性，而澳单质的水溶液呈现酸性。【解答】解：(1)溪元素是35号元素，核外电子排布是2、8、18、7,在元素周期表中的位置是第四周期VUA族，故答案为：第四周期VDA族；(2)可将澳单质吹出，因为漠单质沸点较低，易挥发，故答案为：挥发；(3)吸收塔中澳单质与二氧化硫、水发生反应生成漠化氢和硫酸，离子方程式
36、为Br2+SO2+2H2O=4H+2Br.+SO42一，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+S O?；(4)嗅单质的沸点是5 8.8 C,水的沸点是100,因此蒸储的温度须在58.8C100之间，故答案为：B；(5)物质A是淡化氢和氯气反应的化学方程式为2HBr+CL=2HCl+Br2，因而物质A是HC1,故答案为：HC1；(6)“氧化”条件应该选择溶液中澳单质的含量高，因而p H=l,晔4=1 时，溶液中的浪单质的含量最n(B r)高，条件最适宜，故答案为：p H=l、工 1 里!=1.1；n(B r)pH=7.5时，溶液呈碱性，而滨单质的水溶液呈现酸性，单质漠会与氢氧根离子发
37、生反应，离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H20,故答案为：Br2+2OH=Br+BrO+H2Oo【点评】本题主要考查海水资源的综合利用，涉及到海水提浪，解题的关键是掌握海水提澳的原理，为高频考点，难度中等。1 9.【分析】(1)大试管中NH4cl和 Ca(OH)2反应生成CaCb、NH3、H2O,根据原子守恒即可写出反应的化学方程式；氨气的密度比空气小，且极易溶于水，应采用向下排空法收集；(2)反应为氨气的催化氧化；(3)由图可知，02 天，NO3被纳米零价铁还原为N M+,纳米零价铁被氧化为Fe2+,根据原子守恒和电荷守恒，即可写出反应的离子方程式；45 天，因为纳米零价铁对反硝化
38、细菌具有抑制作用，此时NH4+被氧化为N(V，方程式为：2NH4+3O2=2NO2+2H2O+4H+；68 天，纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原N th，NO2一生成N 2,导致NO3浓度快速减小，根据原子守恒和电荷守恒即可写出反应的方程式。【解答】解：(1)大试管中NH4cl和 Ca(OH)2反应生成CaCb、NH3、H2O,化学方程式为ZNHd+Ca(OH)2 CaCL+2NH3T+2H2O,故答案为：2NH4C1+Ca(OH)2 匕 CaCb+2NH3T+2H2。;氨气的密度比空气小，且极易溶于水，故可以采用向下排空法收集，故装置b 符合题意，a 为向上排空法，c为排水法收集，故答
39、案为：b；(2)反应为氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H20,A催化剂故答案为：4NH3+5O?4N0+6H。(3)由图可知，02 天，N 0 3 被纳米零价铁还原为NH4+,纳米零价铁被氧化为Fe2+,根据原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：4Fe+NO3+10H+=4Fe2+NH4+3H2O,故答案为：4；1；10H+；4；NH4+;3H2O；45 天，检测到纳米零价铁有剩余，但 N Ch浓度无明显变化，因为纳米零价铁对反硝化细菌具有抑制作用，此时 N d+被氧化为 N(V，方程式为：2NHJ+3O2=2NO2-+2H2O+4H+,故答案为：纳米零价铁对反硝化
40、细菌具有抑制作用，此时NH4+被氧化为N02 一，方程式为：2NHJ+3O2=2NO2-+2H2O+4H+；68 天，纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原NCh，N02生成N 2,导致NO3一浓度快速减小，方程式为：2NCh-+5H,反硝也细 困 N,+4H2O+2CH 一，故答案为：纳米零价铁与H+反应生成氢气，氢气还原NO3-生成氮气和水等，离子方程式为2NO3+5H2反 稍 化 细 围 N,+4氏O+3CH-。【点评】本题考查氨气的制取和性质，酸性废水的脱氮原理，掌握氨气的制取原理和相关物理化学性质以及氧化还原反应的应用是解题的关键，同时考查学生对信息的理解及应用能力，难度中等。2 0
41、.【分析】(1)硝酸具有强氧化性，可与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮气体；(2)NO?与 H2O反应生成HNO3和 NO；(3)结合AgNCh为黄色固体，难溶于水的性质进行检验NO?;NO?与 NaOH溶液反应生成NaNCh和 NaNCh;(4)结合N O 易被氧化为红棕色的二氧化氮来进行作答；结合HNO3的强氧化性进行分析作答；结合NO2与 H2O 反应分步进行：i.NO2溶于水生成HNO2，发生反应为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3；ii.HNCh 不稳定，发生分解：3HNO22NOt+HNO3+H2O；总反应为：3NO2+H2O=2NOt+HNO3,进行分析。【解答】解：(1)Cu与浓
42、HNCh反应生成Cu(NO3)2、NO2和 H 2O,反应的化学方程式为：CU+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2T+2H2O,故答案为：CU+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2T+2H2O;(2)NO2与 H2O反应生成HNO3和 N O,反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为：HNCh;(3)已知AgNO?为黄色固体，难溶于水；则为检验溶液中含有N C h，则可向溶液中滴加HNCh酸化的AgNCh溶液，产生黄色沉淀，说明溶液中含有NCh故答案为：HNCh酸化的AgNCh溶液；NCh与 NaOH溶液反应生成NaNO2和 NaNO3,写出NO2与 NaO
43、H溶液反应的化学方程式为：2NC)2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,故答案为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；(4)检验图n 试管中气体成分，向图ii中试管通入空气，产生红棕色气体，且试管内液面上升，证实气体为NO,故答案为：向图II中试管通入空气，产生红棕色气体，且试管内液面上升；取图I 试管中液体，滴加酸性KMnCM溶液，溶液褪色，证实溶液中存在HNCh；小组讨论将酸性KMnO4溶液更换为淀粉KI溶液的可行性；甲同学认为不可行，理由是：NCh与 HzO反应生成的HNO3有强氧化性，能将氧化生成L 单质；乙同学认为可行，并通过对比实验证实了自己的观点，己知
44、HNO2氧化性强于HN O3,则可利用 图 I 试管中液体和HN03溶液分别与淀粉KI溶液反应的快慢，来判断图I 试管中液体中是否含有HNO2,写出乙同学的实验方案：另取一瓶HN03溶液，同时向图I 试管中液体和HNCh溶液中滴加等量的淀粉KI溶液，图 I 试管中液体先变蓝，则说明图I 试管中液体中存在HNCh，故答案为：N02与 H2O反应生成的HNCh有强氧化性，能将I 氧化生成b 单质；另取一瓶HNCh溶液，同时向图 I 试管中液体和HNCh溶液中滴加等量的淀粉KI溶液，图 I 试管中液体先变蓝，则说明图I 试管中液体中存在 HNO2!分析NO?与 NaOH溶液反应和N02与 H20 反
45、应还原产物N 元素价态不同的原因：NO?与 比0 反应分步进行：i.NO2溶于水生成HNO2，发生反应为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3；i i.HNO2 不稳定，发生分解：3HNO2=2N0t+HNO3+H2O；总反应为：3NO2+H2O=2NOt+HNO3；而 NO2与 NaOH溶液反应生成NaNCh和 NaNCh,NaNO2在碱性溶液中较为稳定，不易分解；故而NCh与 NaOH溶液反应和NO2与 HzO反应还原产物N 元素价态不同，故答案为：N02与 H2O反应生成的HNCh不稳定，发生分解：3HNO2=2NOT+HNO3+H2O；则 NO2与 H2O反应的总反应为：3NO2+H2O=2NOT+HNO3;而 NO2与 NaOH溶液反应生成NaNO2和 NaNCh，NaNCh在碱性溶液中较为稳定，不易分解。【点评】本题主要考查HNCh的性质、属物质验证性实验设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查为高考常见题型，利用对比的方法判断硝酸的性质，物质验证性实验方案的设计如下：结合己知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物质是否具有该性质。