【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，792.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020-2雅礼高二期末化学试卷可能需要用到的相对原子质量数据：H-1C-12O-16Si-28S-32Cu-64Zn-65Ba-137一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分；每小题均只有一个正确选项符合题意)1.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关

说法不正确的是（）A.“自古书契多编以竹简，其用缣帛者（丝质品）谓之为纸”，这里的纸主要成分为纤维素B.中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2C.东汉魏伯阳在《周易参同契》

中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的黄芽是指硫D.《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。这里的瓦属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐【答案】A【解析】【详解】A．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸”，

这里纸的主要成分为纤维素，缣帛是丝织品，蚕丝主要成分是蛋白质，故A错误；B．硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含氢元素的H2O最后写，所以BaCuSi4O10用氧化物形式表示：BaO·CuO·4SiO2，故B正确；C．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，

能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故C正确；D．择取无沙粘土而为之得到“瓦”，是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故D正确；答案选A。2.化学产品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要

作用，下列说法不正确的是A.75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠C.用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质D.医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯【答案】A【解析】【详解】A．95%的酒精

会使蛋白质迅速变质，从而形成一层膜，阻止酒精的渗入，消毒效果不好，A错误；B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，B正确；C．硝酸铵溶于水吸收大量的热，使水温迅速降低，可用于制成医用速冷冰袋，C正确；D．聚丙烯是由

丙烯发生加聚反应形成，聚丙烯的单体是丙烯，D正确；故答案为A。3.下列物质的分类正确的是()A.盐酸、冰醋酸、四氯化碳均为电解质B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.SO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物D.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A．盐酸是氯化氢气体的水溶液属

于混合物，而电解质属于化合物，盐酸不是电解质，冰醋酸溶于水部分电离，属于电解质中的弱电解质，四氯化碳水溶液中或熔融状态下都不导电，属于非电解质，A分类错误；B．胶体是分散质直径在1—100nm的分散系，稀豆浆属于胶体，硅酸是难溶的沉淀，氯化铁溶液不是胶体，B

分类错误；C．SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，NO2与碱发生氧化还原反应不是酸性氧化物，C分类错误；D．福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，氨水是氨气的水溶液属于混合物，D分类正确。答案选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()

A.6gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.2NAB.将0.1molCl2通入1L水中，充分反应后转移的电子数为0.1NAC.常温常压下，10gD2O含有的质子数、电子数、中子数均为5NAD.将含0.01molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中可制得Fe(OH

)3胶粒0.01NA【答案】C【解析】【详解】A．1molSiO2晶体含有4mol的硅氧键，6gSiO2晶体的物质的量=6g60g/mol=0.1mol，0.1molSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.4NA，A错误；B．氯气与水的反应为可逆反应，0.1molCl2与水反

应转移电子数小于0.1NA，B错误；C．重水D2O的摩尔质量为20g/mol，10gD2O的物质的量为0.5mol，1个D2O分子中的质子数、电子数、中子数均为10个，所以0.5molD2O含有的质子数、电子数、中子数均为5NA，C正确；D．

将含0.01molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中，制得Fe(OH)3胶粒由不确定数目的Fe(OH)3构成，所以Fe(OH)3胶粒数目小于0.01NA，D错误。答案选C。5.下列离子方程式中书写正确的是()A.在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应离子方

程式是：2Fe3++3SO2-4+3Ba2++6OH−=3BaSO4+2Fe(OH)3B.Fe(NO)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I−=2Fe2++I2C.用银氨溶液检验乙醛中的醛基存在：CHCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH−

⎯⎯⎯⎯→水浴加热CH3COONH4+3NH3+2Ag+H2OD.FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br-2+4Cl−【答案】A【解析】【详解】A.在复盐NH4Fe(

SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，在氢氧化钡少量、铁离子还没有沉淀完全时铵离子还未参加反应，则发生的反应离子方程式是：2Fe3++3SO2-4+3Ba2++6OH−=3BaSO4+2Fe(OH)3，正确；B.Fe(NO)3溶液中加入过量的HI溶液，氢离子的环境中

，硝酸根具有强氧化性，氧化性大于铁离子，故碘离子、氢离子和硝酸根先反应，B错误；C.用银氨溶液检验乙醛中的醛基存在时，银镜反应的产物醋酸铵是可溶性的强电解质，离子方程式是：CHCHO+2[Ag(NH3)2]++2

OH−⎯⎯⎯⎯→水浴加热CH3COO-+4NH++3NH3+2Ag+H2O，C错误；D.FeBr2溶液中通入过量Cl2，则Fe2+和Br−完全消耗，离子方程式是：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++Br-2+6Cl−，D错误；答案选A。6.在给定条件下，下列选项所示的物

质间转化均能实现的是（）A.NaCl电解⎯⎯⎯→Cl2(g)Fe(s)Δ⎯⎯⎯→FeCl2(s)B.N2(g)2H(g)⎯⎯⎯⎯⎯⎯→高温、高压、催化剂NH3(g)2CO(g)NaCl(aq)⎯⎯⎯⎯→NaHCO3(s)

C.AgNO3(aq)氨水⎯⎯⎯→Ag(NH3)2OH⎯⎯⎯→蔗糖Ag(s)D.S(s)2O(g)⎯⎯⎯→点燃SO3(g)2HO(l)⎯⎯⎯→H2SO4(aq)【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氯气具有强氧化性，与变价金属反应时直接将金属

氧化到最高价，铁与氯气反应生成氯化铁，不能得到氯化亚铁，故Cl2(g)Fe(s)Δ⎯⎯⎯→FeCl2(s)不能实现，故A错误；B．氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，氨气与二氧化碳和氯化钠水溶液反应生成碳酸氢钠，物质之间的转化能实现，故B正确；C．硝酸银与过量氨水反应生成Ag(NH

3)2OH，但蔗糖中不含有醛基，不能与银氨溶液发生银镜反应，不能得到银单质，则Ag(NH3)2OH⎯⎯⎯→蔗糖Ag(s)过程不能实现，故C错误；D．S和O2在点燃的条件下反应生成SO2，不能直接生成SO3，则S(s)2O(g)⎯⎯⎯→点燃SO3(g)不能一步实现，故D错误

；答案选B。7.关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是（）A.顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都属于天然高分子材料B.顺丁橡胶的单体与反—2—丁烯互为同分异构体C.涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的D.酚醛树脂的单体是苯酚

和甲醇【答案】C【解析】【详解】A.顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都属于人工合成高分子材料，故A错误；B.顺丁橡胶的单体为1，3-丁二烯分子式为C4H6，反-2-丁烯分子式为C4H8，两者分子式不同不是同分异构体，故B错误；C.由涤纶的结构可知其单体为苯二甲酸和乙二醇，两者通过酯化

反应缩聚成涤纶，故C正确；D.酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误；故选：C。8.下列装置能达到实验目的的是A.熔化Na2CO3B.验证SO2氧化性C.实验室制取NH3D.保存液溴【答案】B【解析】【详解】A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发

生反应，A错误；B.由于酸性H2SO3>H2S，所以在水溶液中SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能验证SO2的氧化性，B正确；C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶

，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；故合理选项是B。9.金属钾的冶炼可采用如下方法：2KF+CaC21273~1423K=CaF2+2K+2C，下列有关说法合理的是()A.该反应的氧化剂是KF，氧化产物是KB.该反应能说明C的还原性大于KC.电解KF水溶液不可能制备金属钾D.CaC2

、CaF2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2：1【答案】C【解析】【分析】该反应中钾元素的化合价由+1价降为0价被还原，碳元素的化合价由-1价升高到0价被氧化。【详解】A．由分析可知钾元素发生还原反应，故该反应的氧化剂是KF，还原产物

是K，氧化产物是C，A错误；B．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该反应的还原剂是CaC2，还原产物是K，不能说明C的还原性大于K，B错误；C．电解KF水溶液时，阴极为阳离子H+放电，阳极是阴离子为OH-放电，不可能生成金属钾，

C正确；D．CaC2、CaF2均为离子化合物，CaF2中阴、阳离子个数比均为2：1，CaC2中阴、阳离子个数比为1：1，D错误；答案选C。10.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是()A.N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%B.催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和

形成C.在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D.催化剂a、b不仅能改变反应速率，还能提高反应的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A.N2与H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故A

正确；B.催化剂a表面氢气和氮气发生了反应生成氨气，发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故B错误；C.在催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子的转移，故C错误；D.催化剂a、b能改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，

故D错误；答案选A。11.曲酸和脱氧曲酸是非常有潜力的食品添加剂，具有抗菌抗癌作用，其结构如图所示。下列叙述错误的是A.两物质都能使溴的四氯化碳溶液褪色B.曲酸经消去反应可得脱氧曲酸C.1mol脱氧曲酸最多能与3molH2发生加成反应D.曲酸与脱氧曲酸中含有相同种类的官

能团【答案】B【解析】【分析】【详解】A．两种物质均含有碳碳双键，故可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B．曲酸发生消去反应生成三键，生成物与脱氧曲酸结构不符，B错误；C．1mol脱氧曲酸中含有2mol碳碳双键，故可以和2mol氢气发生加成反应；含有1mol碳氧双键，可以和1mol氢气发生加成反应

，故一共3mol氢气发生加成反应，C正确；D．两种物质中均含有碳碳双键、羟基和醚键，故二者含有相同种类的官能团，D正确；故选B。【点睛】羰基、醛基、碳碳双键、碳碳三键均可以和氢气发生加成反应；醇上的羟基和羟基碳邻碳上的氢原子发生消去反应，若没有氢原子则不发生消去反应。12.下列实验中，所采取的

分离方法与对应的原理都正确的是()选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体和氯离子盐析胶体不能透过半透膜，离子能B分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且密度不同C除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同D除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸蒸馏乙酸乙酯与乙醇、乙酸的沸点相差较大A.AB.BC.CD.D

【答案】D【解析】【详解】A．胶体不能透过半透膜，离子能透过半透膜，用渗析的方法来分离，不是盐析，A错误；B．植物油和水互不相溶，用分液的方法分离，与密度无关，B错误；C．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠性质不稳定，加热时易分解，苏打中少量小苏打可用加热的方法除去，与溶解度无关，C错误；D．乙

酸乙酯与乙醇、乙酸的沸点相差较大，用蒸馏的方法可除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，D正确。答案选D。13.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu发生的氧化还原反应，实验记录如下表所示，下列说法错误的是（）序号ⅠⅡⅢ实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL

蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色加入蒸馏水后无白色沉淀A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被还原B.对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明白色

沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液中阴离子种类有关C.实验Ⅱ、Ⅲ中加水后c(Cu2+)相同D.向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中黄色溶液均变浅(或褪色)，说明

Fe3+均被还原，故A正确；B.实验Ⅰ、Ⅱ就是铜粉的量不同，实验Ⅰ、Ⅲ就是阴离子种类不同，结果Ⅰ没有沉淀，Ⅱ、Ⅲ都有，说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液中阴离子种类有关，故B正确；C.实验Ⅱ、Ⅲ中加水后，Ⅱ中溶液无色，Ⅲ中溶

液为蓝色，故两者c(Cu2+)不相同，C错误；D.由实验Ⅱ知，实验Ⅲ中引入大量Cl-后，可能有CuCl白色沉淀生成，故D正确；故选C。14.我国科学家曾通过测量石英中26Al和10Be两种核素的比例确定“北京人”年

龄，这种测量方法叫“铝铍埋藏测年法”。下列说法正确的是A.10Be和9Be具有相同的化学性质，因此可以用9Be代替10Be完成“铝铍埋藏测年法”B.BeCl2中Be、Cl原子最外层电子数都是8C.世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物淸单中铝制品属一类致癌物，因此日

常生活中要严禁使用铝制品D.铍和铝在元素周期表中的位置特点决定了他们具有相似的化学性质，故氢氧化铍也为两性氢氧化物【答案】D【解析】【分析】【详解】A．9Be没有放射性，不能替代放射性核素10Be来测定“北京人”年龄，A错误；B．BeCl2是由共价键结合成的共价化合物，Be原子最

外层只有4个电子，B错误；C．虽然铝制品属于一类致癌物，但人们日常用的铝制品表面总是覆盖着保护膜，这层膜起着保护内部金属的作用，所以不是严禁使用铝制品，而是在使用铝制品时注意不要破坏保护膜，C错误；D．铍和铝均位于金属元素和

非金属元素分界线附近，有相似化学性质，如氢氧化铍何氢氧化铝都是两性氢氧化物，D正确；答案选D。15.如图所示是探究某气体化学性质的实验装置，图中B为活塞。如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜

色无变化；当关闭B时，C中红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是（）A.浓H2SO4B.饱和NaCl溶液C.NaOH溶液D.NaBr溶液【答案】B【解析】【分析】打开B时，干燥的有色布条不褪色，证明干燥的氯气无漂白性；关闭B时，有色布条褪色，则从装置D中出来的为潮湿的氯气。【

详解】A．浓H2SO4具有吸水性，氯气通过时，出来的为干燥的氯气，A与题意不符；B．饱和NaCl溶液不能吸收氯气，氯气通过时，出来的为潮湿的氯气，B符合题意；C．NaOH溶液能与氯气反应，则无氯气逸出，C与题意不符；D．NaBr溶液能与氯气反应，则无氯气逸出，D与题意不符；答案为B。【点睛】干燥的

氯气无漂白性，而氯气与水反应生成的HClO具有漂白性。16.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为：(1)4(FeOCr2O3)+8Na2CO3+7O2=

高温8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2(2)2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列说法中正确的是()A.反应(1)和(2)均为氧化还原反应B.反应(1)中FeO·Cr2O3既是氧化剂又是还原剂C.高温下O2的氧化性大于Fe2O3小于N

a2CrO4D.生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子【答案】D【解析】【详解】A．反应(1)中Fe、Cr、O元素的化合价有变化，反应(2)中不存在元素化合价的变化，反应(1)属于氧化还原反应，反应

(2)不属于氧化还原反应，A错误；B．反应(1)中的O2中O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价均升高，所以氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3，B错误；C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应(1)

中的O2作氧化剂，Fe2O3和Na2CrO4均为氧化产物，所以O2的氧化性大于Fe2O3和Na2CrO4，C错误；D．由反应(1)4(FeOCr2O3)+8Na2CO3+7O2=高温8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO

2，(2)2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O可以得出关系式：7O2～28e-～8Na2CrO4～4Na2Cr2O7，则生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子，D正确。答

案选D。17.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是()A.试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B.反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁C.图中所示转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=A

l(OH)3↓+NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B．氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误

；C．电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；D．反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；故选D。【点睛】理解工艺原理，根据工艺流程判

断试剂X为氢氧化钠是解题关键。本题的易错点为B，要注意氧化铁不能与氢氧化钠反应。18.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入300mL4mol·L-1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出4.48LNO(标准状况)

，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，则参加反应的H2物质的量为()A.0.1molB.0.2molC.0.3molD.0.4mol【答案】B【解析】【分析

】①往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中无Fe3+，此时溶液的溶质为硝酸亚铁，根据原子守恒计算出原混合物中铁元素的物质的量和氧元素的物质的量；③用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，实际上就是氢气夺取混合物中O原子。【详解】

硝酸的物质的量=cV=4mol·L-1×0.3L=1.2mol，放出标准状况下的NO气体4.48L，NO的物质的量=4.48L22.4L/mol=0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸亚铁中的硝酸根的物质的量=1.2mol-0.2mol=1m

ol，由硝酸亚铁的化学式Fe(NO3)2可知，铁的物质的量为0.5mol，根据铁元素守恒可知原混合物中的铁元素共0.5mol；该过程可表示为混合物+HNO3→Fe(NO3)2+NO↑+H2O，根据H、O守恒，原混合物中O元素的物质的量为0.2mol(NO中O原子)

+1.2mol（水中H原子）÷2-0.2mol×3（起氧化性作用的硝酸中O原子）=0.2mol；若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，实际上就是氢气夺取混合物中O原子生成水，则参加反应的H2物质的量为0.2mol，答案选B。【

点睛】在该题中硝酸反应时表现酸性和强氧化性，巧用原子守恒解题。二、非选择题(本题包括5道大题，共46分)19.如图A、B、C、D、E五组仪器(图中a、b、c表示止水夹)可以根据需要组装成不同的实验装置。某兴趣小组的同学利用这些实验仪器进行实验，请对其方案进行完善或评

价。(1)将B、C、E相连，用浓硫酸和浓盐酸可制取氯化氢，装在分液漏斗中的试剂是_____，该实验尾气吸收装置设计有何不妥？_____；改正后将B、D、E装置相连，用D装置中的丁试管收集满氯化氢气体后，如

果要使烧杯中的水进入试管丁的操作是_____。(2)将A、C、E相连，并在丙中加入适量水，即可制得氯水，将所得氯水分为两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象、结论如下表所示：序号实验操作现象结论Ⅰ将氯水滴入品红溶液品红溶液褪色氯气与水

反应的产物有漂白性Ⅱ氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有酸性请你评价：实验Ⅰ推出的相应的结论是否合理？___；若不合理，请说明理由，(若合理则无需填写)______。实验Ⅱ推出的结论是否合理？____；若不合

理，请说明理由，(若合理则无需填写)_____。【答案】(1).浓硫酸(2).导管插入NaOH溶液吸收氯化氢易发生倒吸(3).关闭止水夹a、b，打开止水夹c(4).不合理(5).没有实验证明干燥的氯气无漂白性(6).不合理(7).因为制取氯气中含有HCl，HCl溶

于水后能与碳酸氢钠反应产生气泡【解析】【分析】(1)该实验中制取氯化氢气体的原理是：浓硫酸是具有吸水性的不挥发性酸，盐酸是挥发性酸，浓硫酸滴入浓盐酸中，因为大量放热、氯化氢挥发得到氯化氢气体，尾气处理要防倒吸；改正后，装置丁中充满氯化氢气体，假如要使水进入，只要利用氯化氢极

易溶于水的特性进行操作即可；(2)探究次氯酸漂白性，要排除未反应的氯气的干扰；探究氯水中另一酸性成分存在，要排除混在氯气中的氯化氢的干扰，据此回答；【详解】(1)浓硫酸密度大于浓盐酸，应该将浓硫酸加入浓盐酸中，所以分液漏斗中应该盛放浓硫酸；完全吸收装置中将导管直接插入

氢氧化钠溶液中，容易发生倒吸现象；改正后将B、D、E装置相连，用D装置中的丁试管收集满氯化氢气体后，只要关闭止水夹a、b，打开止水夹c，就有HCl气体溶于水从而引发烧杯中的水进入试管丁；(2)没有事先证明干燥的氯气无漂

白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性，故实验Ⅰ推出的相应的结论不合理；浓盐酸易挥发，制取的氯气中含HCl能与NaHCO3反应产生气体，如要证明氯气与水反应的产物具有酸性，必须先除去HCl，可通入饱和食盐水除杂，故实验Ⅱ推出的结论不合理。【点睛】本题主要考查实验室制取氯化氢

气体、氯气及其相关性质，熟悉制得的物质成分及性质是解本题的关键。20.工业废催化剂中含有多种金属元素，某废催化剂主要含有SiO2、ZnO、ZnS和CuS，为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究回收废催化剂中的锌和铜，具体流程如图：

回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分是_____。(2)第二次浸出时，向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。反应器中有淡黄色沉淀生成，写出反应的离子方程式_____。(3)第二次浸出时需要加热且控制温度，原因是_____；采用

的合适加热方式是_____。(4)某同学在实验完成之后，为确定晶体化学式，取14.35g晶体，用蒸馏水完全溶解后再加入足量的氯化钡溶液，充分反应后过滤、_____、_____、称重得固体11.65g，则硫酸锌晶体的化学式为_____。【答案】(1

).SiO2和CuS(2).CuS+H2O2+2H+==Cu2++S↓+2H2O(3).加热可提高反应速率，但温度过高会导致H2O2分解(4).热水浴加热(5).洗涤(6).干燥(7).ZnSO4‧7H2O【解析】【分析】废催化剂主要成分有SiO2、ZnO、ZnS和Cu

S，加入稀硫酸与ZnO、ZnS发生反应，反应后进行过滤，滤液中含有硫酸锌，浓缩结晶得到硫酸锌晶体，滤渣1中含有SiO2和CuS，在酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应，滤渣2为S、SiO2，滤液中含有硫

酸铜，浓缩结晶后得到胆矾，据此分析解答。【详解】(1)废催化剂加入稀硫酸后发生反应：ZnO+H2SO4==ZnSO4+H2O，ZnS+H2SO4==ZnSO4+H2S↑，SiO2和CuS均不溶于酸和水，过滤所得滤渣1为SiO2和CuS，答案为：SiO2和CuS；(2)在酸性条件下，H

2O2能氧化CuS生成淡黄色沉淀S，同时生成CuSO4，反应的离子方程式为：CuS+H2O2+2H+==Cu2++S↓+2H2O，答案为：CuS+H2O2+2H+==Cu2++S↓+2H2O；(3)第二次浸出时，加热可提高反应速率，但温

度过高会导致H2O2分解，所以合适的加热方式为热水浴加热，答案为：加热可提高反应速率，但温度过高会导致H2O2分解；热水浴加热；(4)晶体与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，从浑浊液中获取硫酸钡沉淀的方法是过滤、洗涤、干燥、称重，得到固体11.65g为BaSO4，其物质的量为

11.65g233g/mol=0.05mol，根据硫原子守恒，14.35g晶体中ZnSO4的物质的量为0.05mol，含有结晶水的物质的量为14.35-0.0516118mol=0.35mol，0.05：0.35=1：7，所以晶体的化学式为ZnSO4‧7

H2O，答案为：洗涤；干燥；ZnSO4‧7H2O。【点睛】物质的性质特别是一些特殊的性质是题目的突破口，如本题中的淡黄色沉淀分析后为硫单质，所以学习中要注意知识的积累，另外要掌握水浴加热这一加热的方法使用的条件。21.已知某澄清溶液中仅含有表格所提供离子中的5种(不考虑水

的电离及离子水解的影响)，且各离子的物质的量均为1mol。阴离子SO2-4、NO-3、Cl-阳离子Fe2+、Fe3+、NH+4、Cu2+、Al3+①若向原溶液中加入KSCN溶液，无明显变化。②若向原溶液中加入过量的盐酸，有气泡冒

出，但溶液中阴离子的种类不变。试回答下列问题(1)若先向原溶液中加入过量的盐酸，再加入KSCN溶液后的现象是_____。(2)根据上述信息，可以确定原溶液中含有的阴离子有_____；阳离子有_____。(3)向原溶液中加入足量的盐酸，发生反应的离子方程

式为______。【答案】(1).有气泡产生，溶液变成血红色(2).SO2-4、NO-3、Cl-(3).Fe2+、Cu2+(4).23323Fe4HNO3FeNO2HO++−+++=++【解析】【分析】①若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明原溶液中不含Fe3+；②若

向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中含有Cl−，该气体只能是NO，说明在酸性条件下NO-3和Fe2+发生氧化还原反应产生了NO气体，仅含有表格所提供离子中的5种(不考虑水的电离及离子水解的影响)，且各离子的物质的量均为1mol，根据电荷守恒可知，不存在

铝离子和铵离子，还应含有Cu2+和SO2-4，所以原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+；阴离子是SO2-4、NO-3、Cl-，据此回答；【详解】(1)若先向原溶液中加入过量的盐酸，则发生反应：23323Fe4HNO3FeNO2HO++−+++=++，因此

有气泡产生，再加入KSCN溶液，发生反应：33Fe3SCNFe(SCN)+−+=，则溶液变成血红色；(2)据分析，可以确定原溶液中含有的阴离子有SO2-4、NO-3、Cl-；阳离子有Fe2+、Cu2+；(3)向原溶液中加入足量的盐酸，酸性环境下硝酸根表现出强氧化性，和具有较强还原性的亚铁离子发生了

发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：23323Fe4HNO3FeNO2HO++−+++=++。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法、氧化还原反应、离子方程式的书写等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，溶液呈电中性是解题的一个要点。22.铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝

酸反应，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。现将25.6gCu投入50mL12mol/L的浓硝酸中，充分反应后，收集到4.48L(标准

状态)NO和NO2的混合气体。(1)被还原硝酸的物质的量是_____mol。(2)试分析判断25.6gCu和50mL12mo/L的硝酸反应后何者有剩余？______；其物质的量是_____。(3)如果4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气

体是通过排水法进行收集，则收集到的气体的体积是____________L。(4)如果向反应后的体系中再加入200mL4mol/L的稀硫酸，是否会有气体逸出_____(填是或否)，如有请计算产生气体的体积(标准状态)为_____。【答案】(1).0.2mol(2).铜(3).0.2mol(4).

2.99L(5).是(6).2.99L【解析】【分析】铜与浓硝酸反应时生成NO2，当硝酸浓度减小变为稀硝酸后，生成气体为NO，反应中硝酸表现出氧化性和酸性，氮元素发生还原，铜元素发生氧化，NO2与水反应生成NO，根据

氮原子守恒和得失电子守恒进行计算。【详解】(1)4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气体的物质的量=4.48L22.4mol/L=0.2mol，无论硝酸的还原产物是一氧化氮还是二氧化氮，根据氮原子守恒可知，被还原的硝酸与生成

气体的物质的量之比为1：1，所以被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，答案为：0.2mol；(2)25.6gCu的物质的量=25.6g64g/mol=0.4mol，50mL12mo/L的硝酸的物质的量=12mol

×0.05L=0.6mol，由(1)知被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，所以剩余硝酸0.6mol-0.2mol=0.4mol，如果铜完全被氧化成铜离子，生成硝酸铜需要硝酸的物质的量(起酸性作用的硝酸的物质的量)为0.4mo

l×2=0.8mol>0.4mol，所以铜剩余，根据铜原子守恒，铜被氧化的物质的量=12×起酸性作用的硝酸的物质的量=12×0.4mol=0.2mol，所以剩余铜0.4mol-0.2mol=0.2mol，答案为：铜；0.2mol；(3)设一氧化氮的物质的

量为xmol，一氧化氮的物质的量为ymol，则(x+y)mol×22.4mol/L=4.48L，即x+y=0.2mol①，根据氧化还原反应中得失电子守恒，铜失去电子的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，氮原子得到电子的物质的量为3x+1y=0.4mo

l②，①②二式联立解得x=y=0.1mol，所以混合气体中二氧化氮和一氧化氮的体积都是2.24L，混合气体通入水中发生反应：2233NO+HO==2HNO+NO3mol1mol10.1molmol30，所以最后收集到的气体为(0.1m

ol+130)mol×22.4L/mol=2.99L，答案为：2.99L；(4)当向反应后的溶液中加入稀硫酸后，溶液相当于又变成了硝酸溶液，铜和稀硝酸反应生成NO气体，根据(2)可知，硝酸的物质的量为0.4m

ol，铜的物质的量为0.2mol，根据铜与稀硝酸反应的离子方程式可知：-+2+323Cu+2NO+8H=3Cu+2NO+4HO3mol2mol44.8L0.40.2molmol2.99L3，0.4mol3<0.4mol，所以硝酸过量，铜会完全反应，根据反应的

离子方程式可知生成标况下的气体的体积为2.99L，答案为：是；2.99L。【点睛】反应中告诉两种反应物的量，要进行过量计算，用不足量的物质进行计算，金属与硝酸反应的计算要注意得失电子守恒和氮原子守恒。23.查尔酮类化合物G是合成黄酮类药物的主要中间

体，其中一种合成路线如下：已知以下信息：①芳香烃A的相对分子质量在100-110之间，1molA充分燃烧可生成72g水。②C不能发生银镜反应。③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液且核磁共振氢谱显示其

有4种氢。④⑤RCOCH3+RCHO⎯⎯⎯⎯→一定条件RCOCH=CHR回答下列问题：(1)A的化学名称为_____。(2)由B生成C的化学方程式为_____。(3)由A生成B的反应类型为_____。(4)F的结构简式为_____。【答案】(1).苯乙烯(2).(3).加成反应(4).【解

析】【分析】芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1molA充分燃烧可生成72g水，72g水的物质的量为4mol，所以1个A分子中含有8个氢原子，A分子内碳原子数目就是7.78.5，取8，则A分子式为C8H8，不饱和度为5，A含1个苯环和一个碳碳双键

，A能和水发生加成反应，则A为苯乙烯，B中含有羟基，B被氧化后生成C，C不能发生银镜反应，则C中不含醛基，则C中含有羰基，故A是苯乙烯，B的结构简式为：，C的结构简式为：；D的分子式为C7H6O2，不饱和度为5，D含苯环和一个碳氧双键，能发生银镜

反应说明D中含有醛基，可溶于饱和Na2CO3溶液说明D含有能与之反应的酚羟基，因为D中不可能含有羧基、D也不是甲酸酯，核磁共振氢谱显示D分子内有4种氢，说明D含有四种类型的氢原子，则D是对羟基苯甲醛，D和氢氧化钠溶液反应生成E，E的结构

简式为：，和碘烷反应生成F，F的结构简式为：；【详解】(1)通过以上分析知，A是苯乙烯；(2)B为苯乙烯和水加成的产物，但不是醛，故B为，在加热、铜作催化剂条件下，B被氧气氧化生成C，反应方程式为：；(3)A为苯乙烯，B为，由A和水生成B的反应类型为加成反应；(4)据以上分析，F的结构

简式为：。【点睛】本题考查有机物的推断，充分应用分子式、明确有机物反应时断键方式及官能团的特征性质是解本题关键，注意结合题给信息进行分析解答。