【文档说明】【精准解析】安徽省安庆市2020-2021学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(19)页，1.482 MB，由小赞的店铺上传

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安庆市2020-2021学年度第二学期期末教学质量监测高一化学试题满分：100分时间：90分可能用到的相对原子质量：C-12H-1O-16N-14S-32Zn-65Fe-56Cl-35.5第Ⅰ卷(选择题共54分)一、选择题(本大题

共18小题，每小题3分且只有一个选项符合题意，共54分)1.化学材料是人类生存及发展的重要物质基础。下列说法错误的是A.中国“天眼”用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料B.向煤中加入适量CaO可大大减少燃烧产物中SO2的量C.即将到来的新能源时代，核能、太阳能和氢能等很可能成为主要能源D

.塑料、橡胶和纤维都是以石油、煤等为原料生产的合成材料【答案】D【解析】【分析】【详解】A．碳化硅是由非金属元素形成的无机物，是具有高强度、耐腐蚀的新型无机非金属材料，A正确；B．煤燃烧过程中会生成SO2气体，向煤中加入适量CaO，CaO能与O

2、SO2反应生成CaSO4，能够大大减少燃烧产物中SO2的量，故B正确；C．新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等，故C正确；D．橡胶分为天然橡胶和合

成橡胶，纤维分为天然纤维和合成纤维，塑料、合成橡胶和合成纤维都是以石油、煤等为原料生产的合成材料，而天然橡胶和天然纤维则不是，故D错误；综上所述，错误的是D项，故答案为D。2.糖类、油脂、蛋白质是人类生活的基本营养物质，下列叙述不正确的是A.葡萄糖是单糖B.淀粉是糖类物质，它遇碘化钾迅速变蓝C

.蛋白质烧焦时可产生特殊气味D.油脂在碱性条件下水解可以制肥皂【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖是简单的糖，不能发生水解反应，因此葡萄糖属于单糖，A正确；B．淀粉是糖类物质，它遇碘单质时溶液会迅速变为蓝色，B错误；C．蛋白质烧焦时可产生烧焦羽毛的特

殊气味，C正确；D．油脂在碱性条件下水解产生高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐可用于制取肥皂，D正确；故合理选项是B。3.下列化学用语表示正确的是A.甲烷的结构式：4CHB.HCl的电子式：-..+..H:

Cl:C.-Cl的结构示意图：D.硫酸钾的电离方程式：+2-244KSO=2K+SO【答案】D【解析】【详解】A．甲烷的结构式为，A错误；B．氯化氢的电子式为，B错误；C．Cl-的结构示意图为，C错误；D．K2SO4为强电解质，其电离方程式为K2SO4=2K++

SO42-，D正确；故选D。4.下列有关硅及硅酸盐材料的说法正确的是()A.SiO2既可以与NaOH溶液反应，也可以与氢氟酸反应，因此SiO2属于两性氧化物B.高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维C.普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材

料D.长石的主要成分为KAlSi3O8，用氧化物形式表示为K2O•Al2O3•6SiO2【答案】D【解析】【详解】A．两性氧化物指既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅只与氢氟酸反应，与其他的酸都不反应，并且与氢氟酸反应生成

的不是盐和水，该反应是二氧化硅的一个特性，二氧化硅属于典型的酸性氧化物，故A错误；B．高纯度硅常制造芯片，二氧化硅常用于制造光导纤维，故B错误；C．石英玻璃主要成分二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，故C错误；D．用氧化物的形式表

示硅酸盐时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，则KAlSi3O8可表示为：K2O•Al2O3•6SiO2，故D正确；答案选D。5.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经2min后测得D的浓度为

0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol•L-1•min-1，下列说法正确的是A.反应速率()vB=0.25-1-1molLminB.该反应方程式中，x=1C.2min时，A的物质的量

为1.5molD.2min时，A的转化率为60%【答案】C【解析】【详解】A．根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v（B）=12v（D）=0.125mol

·L-1·min-1，故A错误；B．根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方

程式中化学计量数之比可知x＝2，故B错误；C．2min时，D的物质的量是0.5mol/L×2L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根

据c(A)：c(B)=3：5，解得y-1.5moly-0.5mol=3:5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，故C正确；D．A的转化率为1.5mol3mol×10

0%=50％，故D错误；答案为C。6.下列叙述正确的有①SO2、NO、NO2都是形成酸雨的因素，都能和水反应生成酸②NH3、H2S均不能用浓硫酸干燥③水晶的主要成分是SiO2④SiO2与CO2都属于酸性氧化物，都不能与酸反应⑤实验室可用NaOH溶液处理

Cl2和SO2废气⑥NO只能用排水集气法收集，不能用排空气法收集；而NO2只能用排空气法收集，不能用排水集气法A.2项B.3项C.4项D.5项【答案】C【解析】【详解】①SO2、NO、NO2都是形成酸雨的因素，NO不能和水反应生成酸，错误；②NH3、H2S都会与浓硫

酸发生反应，故均不能用浓硫酸干燥，正确；③水晶的主要成分是SiO2，正确；④SiO2与CO2都属于酸性氧化物，其中SiO2能与氢氟酸反应，错误；⑤NaOH可以与Cl2和SO2发生反应，故在实验室可用NaOH溶液处理Cl2和SO2废气，正确；⑥NO可以与空气中的氧气发生反

应产生NO2，故只能用排水集气法收集，不能用排空气法收集；而NO2与水会发生反应，所以只能用排空气法收集，不能用排水集气法，正确。可见叙述正确的有②③⑤⑥，选项C正确。7.在常温、常压和光照条件下，N2在催化剂表面

与H2O发生反应：2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)。在2L的密闭容器中，起始反应物用量相同，催化剂的使用情况也相同，控制不同温度分别进行4组实验，3h后测定NH3的生成量，所得数据如下表：实验级

别实验1实验2实验3实验4温度/K303313323353NH3生成量/10−6mol4.85.96.02.0下列说法不正确．．．的是A.温度为303K时，在3h内用氮气表示的平均反应速率为4×10−7mol·L−1·h−1B.实验1和实验3中，3h内N2的转化率之比为

4:5C.分析四组实验数据可得出，温度升高可加快反应速率，也可能减慢反应速率D.353K时，可能是催化剂催化活性下降或部分水脱离催化剂表面，致使化学反应速率减慢【答案】C【解析】【分析】A项，先计算NH3表示的平均反应速率，再依据速率之比等于化学计量数之比计算υ（N2）；B项，根据实验

1和实验3中NH3的生成量计算；C项，其它条件相同时升高温度化学反应速率加快；D项，353K时，温度升高化学反应速率减慢，可能是温度升高催化剂活性下降或部分水脱离催化剂表面。【详解】A．303K时υ（NH3）=3ΔcNHΔt（）=64.810mol2L3h−=810-7

mol/（L·h），根据速率之比等于化学计量数之比，υ（N2）：υ（NH3）=2:4，υ（N2）=12υ（NH3）=410-7mol/（L·h），A项正确；B．根据实验1和实验3中3h内NH3的生成

量之比为（4.810-6mol）：（6.010-6mol）=4:5，实验1和实验3中转化N2物质的量之比为4:5，起始反应物用量相同，实验1和实验3中3h内N2的转化率之比为4:5，B项正确；C．其它条件相同时升高温度化学反应速率加快，353K时，温度升高化学反

应速率减慢，可能是温度升高催化剂活性下降或部分水脱离催化剂表面，C项错误；D．353K时，化学反应速率减慢，可能是温度升高催化剂活性下降或部分水脱离催化剂表面，D项正确；答案选C。8.下列两种变化的实质相似的是A.浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小B.二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色

C.氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥D.常温下浓硫酸用铁制容器存放，浓硝酸能用铝罐车运输【答案】D【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，能够吸收空气中的水蒸气，故敞口放置时浓度减小，而浓盐酸具有挥发性在空气中敞口放置时浓度减小，二者原理不同，A不合题意；B．二氧化

硫使品红溶液褪色是与品红化合为无色不稳定的化合物，而氯气使品红溶液褪色是由于Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，属于氧化漂白，二者原理不同，B不合题意；C．氨气能与浓硫酸发生化合反应，碘化氢气体能与浓硫酸发生氧化还原

反应，均不能用浓硫酸干燥，二者原理不同，C不合题意；D．常温下浓硫酸用铁制容器存放，浓硝酸能用铝罐车运输，二者均为金属在其中发生钝化，原理相同，D符合题意；故答案为：D。9.下列图示变化为吸热反应的是A

.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金属与水反应、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应（如碳与二氧化碳的反应）、碳与水蒸气的反应、氯化铵晶体与Ba

（OH）2•8H2O的反应等，以此来解答。【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，故A符合题意；B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B不符合题意；C．浓硫酸稀释放热，为物理过程，故C不符合题意；D．Zn与稀盐酸反

应为放热反应，故D不符合题意；故选A。10.把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b为正极；c、d相连时，

电流由d到c。则这四种金属的活动性顺序由大到小为A.b＞d＞c＞aB.c＞a＞b＞dC.a＞b＞c＞dD.a＞c＞d＞b【答案】D【解析】【分析】稀硫酸作电解质溶液时，原电池中的负极的活泼性强于正极。【详解】把a、

b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极，则a的金属性强于b；a、c相连时c极上产生大量气泡，则c为正极，故a的金属性强于c；b、d相连时b为正极，则d的金属性强于b；c、

d相连时，电流由d到c，则c是负极，故金属性c强于d；则这四种金属的活动性顺序由大到小为a＞c＞d＞b，故选D。11.甲烷分子中4个氢原子被苯基取代，可得如图所示分子，对该分子的描述正确的是A.此物质属于芳香烃，是苯的同系物B.所有碳原子可能在同一平面上C.此分子的一氯取代产物有

12种D.此物质分子式为C25H20【答案】D【解析】【详解】A．苯分子中的氢原子被烷烃基取代后所得物质属于苯的同系物，该有机物不可能是苯的同系物，故A不正确；B．甲烷的正四面体结构．烃分子中氢原子被其它原子取代后，其空间位点不变，

由于甲烷分子中的四个氢原子位于正四面体的四个顶点上，当4个氢原子全部被苯基取代后，苯基就排在正四面体的四个顶点上，故该化合物分子中所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；C．该有机物四个苯环的位置相同，每个苯环上有3种位置的氢原子，一氯代物

只有三种不同结构，故C不正确；D．分子中含有4个苯环，共含有25个C和20个H，则分子式为C25H20，故D正确，答案选D。12.铅蓄电池是一种典型的可充电电池，其放电时的电池总反应Pb+PbO2+4H++2SO24−=PbSO4+H2O，则下列说法不正确的是A.电池工作时，负极反应

：Pb-2e-=Pb2+B.铅蓄电池是二次电池，放电时是化学能转化为电能C.电池工作时，电子由Pb板通过导线流向PbO2板D.电池工作时，溶液中H+移向PbO2板【答案】A【解析】【分析】【详解】A．电池工作时，负极Pb失去电子与SO24−结合生成PbSO4，所以电极反应

式为Pb-2e-+SO24−=PbSO4，故A错误；B．铅蓄电池是可充电电池、是二次电池，充电时作为电解池，将电能转化为化学能储存，放电时是化学能转化为电能，故B正确；C．电池工作时，电子从负极Pb沿导线流向正极PbO2，故C正确；D．电池

工作时，内电路中阳离子H+移向正极PbO2，阴离子SO24−移向负极Pb，故D正确；故选A。13.某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的一种或几种。现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色。下列对原混合气体成分的判断正确

的是A.肯定只有SO2B.肯定没有Cl2、O2和NO2C.可能有Cl2和O2D.肯定只有NO【答案】B【解析】【分析】NO2为红棕色气体，Cl2为黄绿色气体，由混合气体为无色可知，混合气体中一定不含有Cl2和NO2气体

，由混合气体能使品红褪色可知，混合气体中含有SO2，由剩余气体排入空气中，很快变为红棕色可知，混合气体中含有NO，由NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮可知，混合气体中一定无氧气，综上可知，无色混合气体中一定含有SO2和NO，一定不含有Cl2、O2和NO2。【详解】A

．由分析可知，无色混合气体中一定含有SO2和NO，故A错误；B．由分析可知，无色混合气体中一定不含有Cl2、O2和NO2，故B正确；C．由分析可知，无色混合气体中一定不含有Cl2、O2，故C错误；D．由分析可知，无色混合气体中一定含有SO2和NO，故D错误；故

选B。14.乙醇()26CHO的结构可能有两种，关于确定是(Ⅱ)而不是(Ⅰ)，下列说法正确的是A.乙醇可以用来制饮料B.1mol乙醇完全燃烧时生成3mol水C.1mol乙醇与足量的钠作用生成21gHD.物质的量

相同的乙醇和乙烯气体完全燃烧，耗氧量相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A．乙醇可以用来制饮料，不能说明乙醇的结构，故A错误；B．由H原子守恒可知，1mol(I)与1mol(II)完全燃烧均生成3mol水，不能说明乙醇的结构，故B错误；C．1mol乙醇与足量的

钠作用生成1gH2，生成氢气为0.5mol，说明乙醇中含有羟基，羟基能与钠反应生成氢气，而烃基和醚键均不能与钠反应生成氢气，能够说明乙醇的结构为Ⅱ，故C正确；D．乙醇的分子式可改写为C2H4(H2O)，因此乙醇完全燃烧时分子式中的C2H4会消耗氧气，因此物质的量相同的

乙醇和乙烯气体完全燃烧，耗氧量相同，但(I)与(II)互为同分异构体，1mol(I)与(II)耗氧量相同，不能说明乙醇结构，故D错误；综上所述，正确的是C项，故答案为C。15.重庆一中化学组成龙老师，自从将身体中细胞膜内的葡萄糖与细胞膜外的

富氧液体及细胞膜看作微型的生物原电池后，顿时感觉浑身电力充沛，工作热情满满，不知疲惫。下列有关该电池电极反应及产物的判断正确的是（）A.负极反应可能是O2+4e-+2H2O=4OH-B.负极反应的产物主要是C6H12O6被氧化生

成的23CO−、3HCO−、H2OC.正极反应可能是C6H12O6-24e-+24OH-=6CO2+18H2OD.正极反应的产物主要是葡萄糖生成的CO2、23CO−和H2O【答案】B【解析】【详解】根据题给信息可知：原电池的负极应为葡萄糖，正极应为O2，由于细胞液呈弱碱性，所以

负极反应为C6H12O6+24OH--24e-=6CO2+18H2O，生成的CO2与溶液中的OH-作用生成23CO−、3HCO−及水，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故合理选项是B。16.下列有

机物中，既能使溴的四氯化碳溶液褪色又能使酸性4KMnO溶液褪色的是A.甲烷B.乙烯C.乙醇D.醋酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A．甲烷属于饱和烃，不会与溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液反应，不能使溶液褪色，故A不选；B．乙烯能使与溴单质发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，也能与

酸性KMnO4发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故B选；C．乙醇与溴单质不发生反应，乙醇能溶于有机物，因此乙醇能与溴的四氯化碳互溶形成溶液，溶液不会褪色，乙醇能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应生成乙酸，酸性KMnO4溶液会褪色，故C不选；D．醋酸显酸性，不会与溴的四氯化碳溶液和酸

性KMnO4溶液反应，不能使溶液褪色，故D不选；综上所述，答案为B。17.将一定量的锌与100mL18.5mol·L-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的1(H)0.1mo

lL+−=c，则下列叙述中错误的是A.气体A为SO2和H2的混合物B.反应中共消耗Zn97.5gC.气体A中SO2和H2的体积比为4：1D.反应中共转移3mol电子【答案】C【解析】【分析】气体的物质的量为1.5mol，浓硫酸中n(H2SO4)=18.5mo

l/L×0.1L=1.85mol，浓硫酸中n(H+)=2n(H2SO4)=1.85mol×2=3.7mol，反应后溶液中c(H+)=0.1mol/L，则参加反应n(H+)=3.7mol-0.1mol/L×1L=3.6mol，Zn+2H2SO4(浓)=

ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设二氧化硫的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据H原子守恒、气体的物质的量列方程，x+y=1.5，4x+2y=3.6；解得x=0.3，y=1.2；所以二氧化硫、氢气的物质的量分别是0.3mol、

1.2mol，再结合题目解答。【详解】A．通过以上分析可知，气体A为SO2和H2的混合物，故A正确；B．根据转移电子守恒得消耗m(Zn)=1.5×65g/mol=97.5g，故B正确；C．相同条件下气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比

等于其物质的量之比，所以二氧化硫和氢气的体积之比=0.3mol:1.2mol=1:4，故C错误；D．该反应中转移电子总数=0.3mol×(6-4)+1.2mol×2×(1-0)=3mol，故D正确；故选C。18.某稀溶液中含有4molKNO

3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（）A.反应后生成NO的体积为28LB.所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1C.所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/LD.所得溶液中的溶质

只有FeSO4【答案】B【解析】【分析】铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗1.25molFe，生成1.25mol的铁离子，剩余的n（Fe）=

0.25mol，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；【详解】A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；B.所得溶液中

c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；答案为B。

第Ⅱ卷(非选择题共46分)19.一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应，M、N两种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示：(1)该反应的化学反应方程式是___________；(2)t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的

平均反应速率为：___________；(3)若达到平衡状态的时间是4min，N物质在该4min内的平均反应速率为1.5mol⋅L−1⋅min−1，则此容器的容积为V=___________L；(4)反应A(g)+B(g)⇌2C(g)，当改变下列条

件时，会加快反应速率的是___________(填序号)①降低温度②保持容器的体积不变，充入氦气③加入催化剂④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量(5)用4CH和2O组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图：①则电极d是___________(填“正

极”或“负极”)，电极d的电极反应式为___________；②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的2O在标准状况下的体积为___________L。【答案】①.2NM②.()211t-tVmol·(L·min)-1③.1④.③④⑤.正极⑥.2O

4e4H−+++=22HO⑦.11.2【解析】【分析】【详解】(1)由图可知，反应过程中N的物质的量减小，M的物质的量增大，因此N为反应物，M为生成物，反应物未完全转化为生成物，因此该反应为可逆反应，反应相同时间内2Δn(N)=Δn(M)，因此该反应的化学方程式为2NM，故

答案为：2NM。(2)t1到t2时刻，Δn(M)=4mol-3mol=1mol，容器体积为VL，因此以M的浓度变化表示的平均反应速率为()()211molVLMt-tminv==()211t-tVmol·(L·min)-1，故答案为：()211t-tVmol·(L·min)-1。(3)若达到平

衡状态的时间是4min，从0～4min内Δn(N)=8mol-2mol=6mol，则N物质在该4min内的平均反应速率为()1111molLminmolLmi6mol1.5VLN=1.54minVnv−−−−==，得V

=1，故答案为：1。(4)①降低温度会使化学反应速率降低；②保持容器的体积不变，充入氦气，反应物的浓度不变，化学反应速率不变；③加入催化剂能够降低反应活化能，使化学反应速率加快；④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，故答案

为：③④。(5)①由图可知，d电极上得到电子，物质发生还原反应，为燃料电池的正极，因此d电极上为O2得到电子，电解质溶液为酸性溶液，因此d电极上的电极反应式为2O4e4H−+++=22HO，故答案为：正极；2O4e4H−+++=22HO。②通入O2的电极反应式为2O4

e4H−+++=22HO，因此线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的2O物质的量为0.5mol，其在标准状况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2。20.元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它

指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象如图。依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答下列问题：(1)图1中，X的化学式为___________；从化合价上看，X具有___________性(填“氧化”或

“还原”)(2)回答下列关于3NH的问题：①实验室常用4NHCl与2Ca(OH)制备氨气，写出该反应的化学方程式___________；②下列试剂不能用于干燥3NH的是___________(填字母)A．浓硫酸B．碱石灰C．NaOH固体③氨气是重要的化工原料，可以合成多种

物质，请写出其在工业上制备硝酸的第一步反应______；(3)回答下列关于NO、2NO的问题：①NO和2NO按一定比例混合可以被NaOH溶液完全吸收，主要反应如下：2222232NONO2OH2NOHO2NO2OHNON

OHO−−−−−++=++=++，。根据上述反应，NO和2NO完全被NaOH溶液吸收时的体积比可能为___________(填字母)。a.1=∶1b.1∶1c.1∶1②尾气处理时，下列措施能够提高尾气中NO和2NO去除率的有___________A

．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．尾气吸收过程中定期补加适量NaOH溶液【答案】①.25NO②.氧化③.422NHClCa(OH)+加热232CaCl2NH2HO++④.A⑤.324NH5O+催化剂加热24NO6HO+⑥.ac⑦.BC【解析】【分析】【

详解】(1)X为N元素为+5价的氧化物，因此X的化学式为25NO；N元素位于VA族，N元素最高化合价为+5价，因此25NO在发生氧化还原反应过程中N元素化合价只能降低被还原，因此25NO具有氧化性，故答案为：25NO；氧化。(2)①4NHCl与

2Ca(OH)制备氨气的反应方程式为422NHClCa(OH)+加热232CaCl2NH2HO++。②NH3为碱性还原性气体，能与浓硫酸发生反应，因此不能用浓硫酸干燥，NH3与碱石灰和NaOH固体均不能发生反应，因此能用碱石灰和Na

OH固体干燥，故答案为：A。③利用NH3制备硝酸过程中，NH3与O2发生催化氧化反应生成NO和H2O，NO与O2反应生成NO2，NO2与O2、H2O反应生成HNO3，因此工业上制备硝酸的第一步反应方程式为324NH5O+催化剂加热24NO6HO+。(3)①NO和NO2的混合气体被

吸收时发生反应222NONO2OH2NOHO−−++=+，NO2能被NaOH溶液完全吸收，而NO与NaOH溶液不发生反应，因此混合气体被吸收过程中NO不能剩余，因此NO和NO2的体积比小于或等于1：1，故答案为：ac。②A．加快通入尾气的速率会导致气体吸收不充分使NO

和2NO去除率降低，故A不选；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气能够增大反应物之间的接触面积，能够提高NO和2NO去除率，故B选；C．尾气吸收过程中定期补加适量NaOH溶液能够与NO和2NO反应，提高NO和2NO去除率，故C选；故答案为：

BC。21.已知：①A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO+O2→2CH3COOH，现以A为主要原料合成乙酸乙酯，合成路线如图所示。(1)A在一定条件下可以聚合生成一种常见塑料，写出该塑料结构简式________

___；(2)B、D分子中的官能团名称分别是___________；(3)①、④的反应类型___________，___________；(4)写出下列反应的化学方程式：②___________；④___________。【答案】①.②.羟基；羧基③.

加成反应④.取代反应(或酯化反应)⑤.2CH3CH2OH+O2催化剂加热⎯⎯⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O⑥.CH3COOH+HOC2H5浓硫酸加热⎯⎯⎯⎯⎯→CH3COOC2H5+H2O【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则

A为CH2=CH2，CH2=CH2与H2O在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成C，则C为CH3CHO，CH3CHO与O2发生氧化反应生成D，则D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成乙酸乙酯。【详解】(1)C

H2=CH2一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的结构简式为，故答案为：。(2)B为CH3CH2OH，其中所含官能团为羟基，D为CH3COOH，其中所含官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基。(3)由上述分析可知，①的反应类型为加成反应；④的反应类型为取代反应(或酯化反应)，故答案为：加成反应

；取代反应(或酯化反应)。(4)②为CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，反应方程式为2CH3CH2OH+O2催化剂加热⎯⎯⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；④为CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH+HOC2H5浓硫酸加热⎯⎯⎯⎯⎯→

CH3COOC2H5+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2催化剂加热⎯⎯⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；CH3COOH+HOC2H5浓硫酸加热⎯⎯⎯⎯⎯→CH3COOC2H5+H2O。22.某同学设计了如下装置用于制取2SO和验证2SO的性

质。已知乙醇具有还原性，易被氧化，回答下列问题：(1)下列试剂不能用于吸收尾气的是___________(填字母)；a.饱和23NaSO溶液b.饱和23NaCO溶液c.浓氨水d.饱和NaCl溶液(2)装置D中观察到的现象是__

_________；(3)为进一步研究2SO的性质，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制32Ba(NO)和2BaCl溶液，进行如下实验：实验中A、B、C烧杯中观察到的现象如下表：烧杯实验现象A无白色沉淀产生，pH传感器测得溶液pH5.3=B有白色沉淀产生C有白色沉淀产生，C

中出现白色沉淀比B中快很多①煮沸的目的是___________；据A中现象得出的结论是___________；②C中出现白色沉淀比B中快很多的原因是(用化学方程式表示)___________；③在B中通入过量的2SO

后，溶液中存在的主要阴离子是___________，其原因是___________(用离子方程式表示)。【答案】①.d②.有淡黄色沉淀产生③.除去溶液中溶解的2O④.二氧化硫可溶于水：2223SOHOHSO+，二氧化硫不能与氯化钡发生复分解反应⑤.222242

SOO2HO2HSO++=⑥.24SO−⑦.2232244Ba2NO2HO3SOBaSO2NO2SO4H+−−++++=+++【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A为一定浓度硫酸溶液与亚硫酸钠固体反应制备二氧化

硫，装置B中无明显现象说明二氧化硫不溶于乙醇，装置C红色褪去说明二氧化硫溶于水，溶于水的二氧化硫使品红溶液褪色，装置D中硫化钠溶液与二氧化硫反应生成硫单质说明二氧化硫具有氧化性，二氧化硫有毒，会污染环境，不能直接排空，应选用碱性溶液或具有强氧化性的吸收二氧化硫。【详解】(1)二氧化硫是

具有还原性的酸性氧化物，应选用碱性溶液或具有氧化性的溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，氯化钠溶液均呈中性，不能与二氧化硫反应，不能用于吸收二氧化硫，碳酸钠溶液和氨水均为碱性溶液，能与二氧化硫反应，饱和亚硫酸钠溶液能与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠溶液，可用于吸收二氧化硫，故答案为：d。(

2)二氧化硫具有氧化性，足量二氧化硫能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成亚硫酸氢钠和淡黄色的硫沉淀，反应中二氧化硫表现氧化性，故答案为：有淡黄色沉淀产生。(3)①蒸馏水中溶有具有氧化性的氧气，为防止氧气干扰实验，应用

煮沸的方法除去溶液中溶解的氧气；氯化钡为强酸强碱盐，溶液呈中性，由溶液pH=5.3可知，二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；无白色沉淀产生说明，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故答案为：除去溶液中溶解的2O；二氧化硫可溶于水：2223SOHOH

SO+，二氧化硫不能与氯化钡发生复分解反应。②C中出现白色沉淀比B中快很多说明没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，故答案为：222242SOO2HO2HSO++=。③二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液

呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与溶液中钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，由得失电子数目守恒可知，反应的化学方程式为2232244Ba2NO2HO3SOBaSO2NO2SO4H+−−++++=+++，则溶液

中主要的阴离子为24SO−，故答案为：24SO−；2232244Ba2NO2HO3SOBaSO2NO2SO4H+−−++++=+++。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com