【文档说明】【精准解析】湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(19)页，746.000 KB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2019—2020学年度高一第二学期期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H1N14O161.化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是A.水煤气和天然气的主要成分都是甲烷B.棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C.海

水淡化的途径有蒸馏法、电渗析法和离子交换法D.煤的干馏和煤的液化均是物理变化【答案】C【解析】【详解】A．水煤气的主要成分为CO、氢气，天然气的主要的成分为甲烷，二者主要成分不同，故A错误；B．油脂的相对分子质量较小，不是高分子，而棉、丝、毛都是

天然有机高分子化合物，故B错误；C．海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程，蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备；电渗析法、离子交换法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，故C正确；D．煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化，生成煤焦油等；煤的

液化过程中生成甲醇，二者均为化学变化，故D错误；故选C。2.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是A.Ts是第七周期第ⅦA族元素B.Ts的同位素原子具有相同的电子数C.Ts

在同族元素中非金属性最弱D.中子数为176的Ts核素符号是176117Ts【答案】D【解析】【详解】A.该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；B.同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则Ts的同位素原子

具有相同的电子数，故B正确；C.同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱,则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；D.该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为：293117Ts，故D错误；故答案选：D。

3.下列有关元素及其化合物性质的比较正确的是（）A.稳定性：H2O＜PH3＜NH3B.原子半径：F＜O＜ClC.酸性：H2CO3＜H2SO4＜H3PO4D.碱性：LiOH＜NaOH＜Al(OH)3【答

案】B【解析】【详解】A.非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性：PH3＜NH3＜H2O，A项错误；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径F＜O＜Cl，B项正确；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸

性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4，C项错误；D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：Al(OH)3＜LiOH＜NaOH，D项错误；答案选B。4.下列化学用语表达正确的是A.Na2O2的电子式：B.Al3

+的结构示意图：C.次氯酸的结构式：H—O—ClD.用电子式表示氯化氢的形成过程：H·+【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2属于离子化合物，O原子之间形成一对共用电子对，电子式为，A错误；B．Al3+失去了最外层的3个电子，结构示意图为，B错误；C．次氯酸HClO中

O原子能形成2条共价键，H和Cl只能形成1条共价键，结构式为H—O—Cl，C正确；D．氯化氢是共价化合物，应写成，形成过程为，D错误；故选C。5.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之

和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是A.熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B.热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物C.X与Z可形成离子化合物ZXD.Y的单质与Z的单质均

能溶于浓硝酸【答案】B【解析】【分析】根据题意：Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第

三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。A．熔沸点：离子晶体＞分子晶体；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；C．X、Z为非金属元素，易形成共价化合物；D．Si和浓硝酸不反应。【详解】由以上分析，X是C，Y为Mg，Z是Si。A、碳

的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，分子晶体的熔点低于离子晶体，氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，故A错误；B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，故B正确；C、C与Si通过共用电子对形

成的是共价化合物SiC，故C错误；D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，故D错误；故选B。【点睛】本题考查原子结构和元素周期律关系，解题关键：正确判断各元素，易错点B：氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，氢化物的熔沸

点才与分子间作用力和氢键有关。6.在一定温度下，把4molA和5molB混合充入容积为2L的恒容密闭容器里，发生反应：4A(g)+5B(g)⇌xC(g)+6D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平

均反应速率为0.24mol•L-1•s-1，同时生成3.6molD，下列叙述中错误的是A.达到平衡状态时C的产率为60%B.x=4C.达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为16:15D.混合气体的密度保持不变，说明反应达到

化学平衡状态【答案】D【解析】【分析】经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.24mol•L-1•s-1，生成D为3.6mol，则()()()()()()()450031.624Ag+5BsxCg+6Dgmolmol2.40.24?5?23.6mol0.24?5?23.6开始转化平衡，据

此分析解答。【详解】A．达到平衡状态时C的产率=D的产率=3.6mol6mol×100%=60%，故A正确；B．根据各物质的转化量之比=化学计量数之比，4x=2.40.2452，解得：x=4，故B正确；C．同温

同体积时，气体的物质的量比等于压强比，达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=1.620.24523.645++++=1615，故C正确；D．ρ=mV，根据质量守恒，反应前后m不变，容积为2L的恒容密闭容器里，V也不变，故ρ为定量，密度不变，不能说明达

到化学平衡状态，故D错误；故选D。7.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程，化学键的键能是形成(或断开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示：现提供以下化学键的键能，则反应P4(白磷)+3O

2=P4O6中，消耗1molP4的能量变化为化学键P—PP—OO=O键能/(kJ•mol—1)198360497A.吸收1641kJ的能量B.放出1641kJ的能量C.吸收126kJ的能量D.放出126kJ的能量【答案】B【解析】【详解】反应P4(白磷)+3O2=P

4O6中，白磷和O2的化学键断裂，P4(白磷)中有6条P-P键，O2中有1条O=O键，故断键吸收的能量为6×198kJ/mol+3×497kJ/mol=2679kJ/mol，根据图像，P4O6中有12条P-O键，故成键放出的能量为12×360

kJ/mol=4320kJ/mol，放出的能量大于吸收的能量，该反应放出的能量为4320kJ/mol-2679kJ/mol=1641kJ/mol，消耗1molP4的能量变化为放出1641kJ，故选B。8.一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列

说法错误的是A.电池总反应为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2B.负极反应式为：Mg—2e—=Mg2+C.活性炭可以加快O2在负极上的反应速率D.电子的移动方向由a经外电路到b【答案】BC【解析】【分析】镁氧电池中M

g为活泼金属，作为负极，负极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，O2在正极反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。【详解】A．根据分析，负极反应（乘以2后）和正极反应相加可得

总反应方程式，总反应式为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，A正确；B．根据分析，负极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，B错误；C．活性炭可以加快O2的反应速率，但是O2在正极上反应，C错误；D．电子的移动方向是沿外电路由负极到正极，即a到b，D正确；故选B

C。【点睛】本题要注意B选项，由于电解质是KOH浓溶液，故负极上生成Mg2+后会与溶液中的OH-反应生成Mg(OH)2。9.下列实验操作不能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A比较水与乙醇中氢的活泼性分别将等量钠投入到乙醇和水中，观察现象B检

验淀粉酸性水解液中含葡萄糖向水解液中直接加入少量Cu(OH)2悬浊液，加热C二氧化硫具有漂白性，它的漂白是可逆的Cu与浓硫酸加热反应，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热又变为红色D验证温度对化学反应速率的影响在两支试管中分别加入5mL

12%H2O2溶液，将其中一支用水浴加热，观察并比较实验现象A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．分别将少量钠投入到乙醇和水中，钠与水反应较激烈，说明水分子中氢比较活泼，该方案能够达到实验目的，A不符合题意；B．氢氧化铜浊液与葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，所以应该先用氢氧化钠溶

液中和酸，然后再加入氢氧化铜浊液，该方案无法达到实验目的，B符合题意；C．Cu与浓硫酸加热反应产生SO2，SO2具有漂白性，能使品红褪色，但生成的无色物质不稳定，受热后分解，又变为红色，该方案能够达到实验目的，C不符合题意；D．在两支试管中各加入5mL12%H2O2溶液，将其中一支用水浴加

热，两个实验中只有温度不同，可以构成对照试验，根据实验现象可验证温度对化学反应速率的影响，D不符合题意；故选B。10.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色B.可以发生加成聚合反应C.分子中所有原子

共平面D.易溶于水及甲苯【答案】B【解析】【分析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾

溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D项、2-苯基

丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质

分子结构特点进行判断是解答关键。11.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是A.光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；乙烯

与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D.在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色【答案】C【解析】【详解】A、甲烷和氯气混合光照发生的是甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化

反应的结果，选项A错误；B、乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，选项B错误；C、在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；乙烯与水蒸气在

一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，选项C正确；D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯使溴水褪色属于加成反应，选项D错误。答案选C。1

2.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均

是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，

不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。13.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(aq)电解⎯⎯⎯→Cl2(g)Fe(s

)Δ⎯⎯⎯→FeCl2(s)B.S(s)2O(g)⎯⎯⎯→点燃SO3(g)2HO(l)⎯⎯⎯→H2SO4(aq)C.N2(g)2H(g)⎯⎯⎯⎯⎯⎯→高温高压、催化剂NH3(g)2CO(g)NaCl(aq)⎯⎯⎯⎯→NaHCO3(s)D.

NH3(g)2O(g)⎯⎯⎯⎯→催化剂，NO(g)2HO(l)⎯⎯⎯→HNO3(aq)【答案】C【解析】【详解】A．Fe在Cl2中燃烧只能得到高价态的FeCl3，A错误；B．S的燃烧产物只能是SO2，得不到SO3，B错误；C．N2和H2在高温、高压

、催化剂条件下产生NH3，NH3和CO2气体通入饱和NaCl中得到NaHCO3晶体，C正确；D．NO不能与H2O直接反应，需要加入O2才能生成HNO3，D错误；故选C。14.海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（）①试剂M是盐酸②流程中的反应全部都是非氧化还原反

应③操作b只是过滤④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼A.①②③④⑤B.②③C.④⑤D.①④⑤【答案】D【解析】【分析】生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解

得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；【详解】①M是盐酸，用来溶解氢氧化镁沉淀，①正确；②电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都

是非氧化还原反应，②错误；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③错误；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正确；⑤氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgC

l2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤正确，答案选D。15.铜镁合金2.14g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O三种气体且标准况下它们体积均为0.224L。反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生

成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为A.3.12gB.4.68gC.5.08gD.4.18g【答案】D【解析】【详解】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH)2和Cu(OH)

2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；而n(NO2)=n(NO)=n(N2O)=0.22422.4/LLmol=0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO2、NO、

N2O，则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol×[（+5）-（+4）]+0.01mol×[（+5）-（+2）]+0.01mol×2×[（+5）-（+1）]=0.12mol；根据沉淀的组成Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀中n（OH-）

=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol×17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选D。【点睛】解答本题的关键是：利用氧化还原反应中的得失电子守恒和沉淀的化学式得出沉淀中OH-物质的

量等于氧化还原反应中转移电子物质的量，进而解答。16.按要求填空。(1)下面列出了几组物质，请将物质的合适序号填写在空格上。①金刚石和石墨②D和T③12C和13C④O2和O3⑤CH4和CH3CH2CH

3⑥CH2=CHCH3和CH2=CH2⑦CH3CH(CH3)CH2CH3和CH3(CH2)3CH3⑧和同系物：___________；同分异构体：____________。(2)现有：①干冰②金刚石③NH4Cl④Na2S四种物质，熔化时不需要破坏化学键的是_____(填序号)；NH4Cl中

存在的化学键类型为____________。(3)向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入60mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1．344LNO(标准状况下)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的

物质的量为_____mol。【答案】(1).⑤⑥(2).⑦(3).①(4).(极性)共价键和离子键(5).0.09【解析】【分析】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；同分异构体是具有相同分子式而结

构不同的化合物；同素异形体是由同种元素形成的不同单质；同位素是质子数相同，中子数不同的核素；同种物质是组成元素相同，结构也完全相同的物质；【详解】（1）根据分析，①④是同素异形体，②③是同位素，⑤⑥是同系物，⑦是同分异构体，⑧是同种

物质；（2）干冰由CO2分子组成，分子间作用力是范德华力，熔化时不需要破坏化学键；NH4Cl中Cl-和+4NH之间是离子键，+4NH中N和H之间是(极性)共价键；（3）混合物与HNO3反应后，所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，溶质为F

e(NO3)2，加入硝酸的物质的量为0.06L×4mol/L=0.24mol，生成的NO物质的量为1.344L=0.06mol22.4L/mol，故溶液中的-3NO的物质的量为0.24mol-0.06mol=0.18mol，由于反应后溶

液中只有Fe(NO3)2，Fe2+~2-3NO，故Fe2+的物质的量为0.09mol，反应后所有的Fe元素均在溶液中，根据质量守恒，反应前的Fe共0.09mol，所以若用足量氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为0.09mol；17.A、B、C、D为短周期元素，核电

荷数依次增大，且A、B、C三种元素的原子核外电子层数之和为5。已知A是原子结构最简单的元素；B元素原子最外层的电子数是其电子层数的2倍；A和C之间可形成A2C和A2C2两种化合物；D在同周期主族元素中原子半

径最大。请回答下列问题：(1)C元素在元素周期表中的位置是_________；写出BC2的电子式：______。(2)C、D两种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是____________。(用离子符号表示)(3)在恒温下，体积为2L的恒容容

器中加入一定量的B单质和1molA2C蒸气，发生：B(s)+A2C(g)⇌BC(g)+A2(g)。2min后，容器的压强增加了20%，则2min内A2C的平均反应速率为_____mol/(L·min)。一段时间后达到平衡，下列说法正确的是___________。A．增加B单质的量，反

应速率加快B．恒温恒容时在该容器中通入Ar，反应速率加快C．各气体的浓度不再变化可以判断该反应达到了平衡D．2min时，A2C的转化率为80%(4)BA4与C2在DCA溶液中可形成一种燃料电池。该电池的负极反应式为：____。(5)写出D的单质与乙醇反应的化学方程式：_____

____。【答案】(1).第二周期第ⅥA族(2).(3).O2-＞Na+(4).0.05(5).C(6).CH4+10OH--8e-=CO2-3+7H2O(7).2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑【解析】【分析】A、B、C、D为短

周期元素，核电荷数依次增大，A是原子结构最简单的元素，故A为H元素；A、B、C三种元素的原子核外电子层数之和为5，故B、C只能处于第二周期，B元素原子最外层上的电子数是其电子层数的2倍，最外层电子数为4，则B为碳元素；A和C之间可形成A2C和A2C2两种

化合物，故C为氧元素；D在同周期主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于氧，故D为Na元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为氢元素，B为碳元素，C为氧元素，D为钠元素。(1)C为氧元素，在元素周期表

中位于第二周期第ⅥA族，BC2为CO2，二氧化碳为直线形结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，故答案为：第二周期第ⅥA族；；(2)C、D两种元素所形成的简单离子分别为O2-、Na+，二者的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离

子半径由大到小的顺序是：O2-＞Na+，故答案为：O2-＞Na+；(3)设转化的水的物质的量为xmol，则()()()()()()()22Cs+HOgCOg+Hgmol100molxxxmol1-xxx开始转化平衡2min后容器的压强增加了

20%，则1mol×(1+20%)=1+x，解得：x=0.2，故2min内H2O的反应速率为0.2mol2L2min=0.05mol/(L•min)；A．增加固体的量，不会影响化学反应速率，故A错误；B．恒温恒容时在该容器中通入Ar，不改变反应中各种物质的浓度，化学反应速率不变，故B错误；

C．各气体的浓度不再变化，说明该反应达到了平衡状态，故C正确；D．2min时，H2O的转化率为0.2mol1mol×100=20%，故D错误，故答案为：0.05；C；(4)CH4燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，负极发生氧化反应，因此该燃料电池的负极反

应式为：CH4+10OH--8e-=CO2-3+7H2O，故答案为：CH4+10OH--8e-=CO2-3+7H2O；(5)Na的单质与乙醇反应的化学方程式为2Na+2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa+H2↑，故答

案为：2Na+2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa+H2↑。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意容器的压强增加了20%，就是说气体的物质的量增加了20%，同时注意三段式在化学平衡的计算中的应用。18.如图是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生的混合物中混有乙烯并检验乙烯性质的实验

，请回答下列问题：(1)A中碎瓷片的作用是________________________。(2)B装置中反应的化学方程式为______________。(3)查阅资料：乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，根据本实验中装置__

(填装置字母代号)中的实验现象可判断该资料是否属实。(4)通过上述实验探究，检验甲烷和乙烯的方法是_____(填字母代号，下同)，除去甲烷中乙烯的方法是__________。A．气体通入水中B．气体通过盛溴水

的洗气瓶C．气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D．气体通过氢氧化钠溶液【答案】(1).聚集高温，催化作用(2).CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br(3).D(4).BC(5).B【解析】【分析

】根据实验装置图，石蜡油在炽热碎瓷片作催化剂的作用下生成含有乙烯的混合物，乙烯通过溴水，与溴发生加成反应，使溴水褪色，乙烯通过高锰酸钾溶液，被高锰酸钾氧化成二氧化碳，使高锰酸钾褪色，生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑，最后用排水集气法收集反应剩余的

气体，结合乙烯的性质分析解答。【详解】(1)由题意，石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生含有乙烯的混合物，碎瓷片为催化剂，起到聚集高温和催化剂作用，加快反应速率，故答案为：聚集高温，催化作用；(2)B用于检验乙烯，溴水与乙烯发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，反应的方程式为CH2=CH2+Br

2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；(3)乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，能使澄清石灰水变浑，所以根据D中的实验现象可判断该资料是否真实，故答案为：D；(4)乙烯与溴水

发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，高锰酸钾溶液褪色，所以可以用溴水或高锰酸钾溶液鉴别乙烯和甲烷，故选BC；在除去甲烷中的乙烯时，由于乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，会使甲烷中含有二氧化碳杂质，所以不能用高锰酸钾溶

液除去甲烷中的乙烯，只能用溴水洗气，故选B，故答案为：BC；B。【点睛】本题的易错点为(4)，乙烯能够被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，要注意除杂时不能引入新杂质。19.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，探究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如图实验装置(夹持装置未画出)进行实

验。请回答下列问题：(1)仪器b中可选择的试剂为________。(2)实验室中，利用装置A，还可制取的有色气体是_______(填字母代号)。A．Cl2B．O2C．CO2D．NO2(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉未变为红色固体，量气管

无色无味的气体，上述现象证明NH3具有____性，写出相应的化学方程式：________。(4)装置E中浓硫酸的作用是________。【答案】(1).NaOH或CaO或碱石灰(2).AD(3).还原(4).3CuO+2NH33

Cu+3H2O+N2(5).吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D【解析】【分析】浓氨水在氧化钙或氢氧化钠、碱石灰等作用下可放出大量的氨气，B中碱石灰用于干燥氨气，加热条件下，氨气与CuO发生氧化还原反应生成氮气和铜，D中碱石灰用于吸收水蒸气，E用于吸收未反应的氨气，F用于测量

生成氮气的体积，据此分析解答。【详解】(1)根据装置图，仪器b中利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，因此b中的试剂可以为氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体等，故答案为：NaOH或C

aO或碱石灰；(2)装置A可制取的有色气体需要满足固体与液体不加热的条件；A．氯气为黄绿色气体，可以通过浓盐酸与高锰酸钾固体不加热制取，故A正确；B．氧气为无色气体，不符合要求，故B错误；C．CO2为无色气体，不符合要求，故C错误；D．NO2是红棕色

气体，可以用铜与浓硝酸不加热制取，故D正确；故答案为：AD；(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化，氨气表现了还原性，反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2

，故答案为：还原；3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D，影响实验结果，故答案为：吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意理解装置A的特点，并注意气体颜色

的限制。20.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图：(1)除去粗盐中杂质(Mg2+、SO2-4、Ca2+)，加入的药品顺序正确的是____。A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液过→滤后加盐酸C

．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸(2)步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br—，其目的是____。写出步骤II中发生反应的离子方程式：______。(3)某化学小组的同学为了了解从工业溴中

提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：图中仪器B的名称是_______，冷却水的出口为_______(填“甲”或“乙”)。(4)已知某溶液中C

l-、Br-、I-的物质的量之比为2∶3∶4，现欲使溶液中的Cl-、Br-、I-的物质的量之比变成4∶3∶2，那么要通入Cl2的物质的量是原溶液中I-的物质的量的_______(填选项)。A．12B．13C．14D．16【答案】(1).BC(2).提高溴的富集程度(3).Br2+SO2

+2H2O=4H++2Br-+SO2-4(4).(直形)冷凝管(5).甲(6).C【解析】【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠都会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴溶液，在低浓度的溴溶液中通入热空气，吹出的溴用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和H2SO4的溶

液，再通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏溴的溶液得到工业溴，据此分析解答。【详解】(1)粗盐的提纯过程中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都须过量，加入NaOH溶液是除去镁离子，加BaC

l2溶液是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液是除去钙离子和过量的钡离子，因此，Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入，为了不使产生的沉淀溶解，需要在过滤后再加盐酸。A．NaOH溶液→Na2CO3

溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，过量的钡离子不能除去，故A错误；B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，满足粗盐提纯的要求，故B正确；C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3

溶液→过滤后加盐酸，满足粗盐提纯的要求，故C正确；D．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，过量的钡离子不能除去，故D错误；故答案为：BC；(2)低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，

目的是将低浓度的Br2溶液转化为高浓度的Br2溶液，起到富集溴元素的作用，步骤Ⅱ中发生反应是二氧化硫吸收溴单质发生反应：Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr，离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO2-4，故答案为：提高溴的富集程度；Br2+SO

2+2H2O=4H++2Br-+SO2-4；(3)由装置图可知，提纯溴利用的原理是蒸馏，仪器B为冷凝管，冷凝水应从下端进，上端出，即从乙进，从甲出，故答案为：冷凝管；甲；(4)还原性I-＞Br-＞Cl-，某溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量之比为2∶3∶4，通入Cl2后，溶液中的Cl-

、Br-、I-的物质的量之比变成4∶3∶2，反应后I-有剩余，说明Br-浓度没有变化，通入的Cl2只与I-发生反应，设原溶液中含有2molCl-，3molBr-，4molI-，通入Cl2后，它们的物质的量之比变为4∶3∶2，则各离子物质的量分别为：4molCl-，3mo

lBr-，2molI-，Cl-增加了2mol，则需1molCl2，则通入的Cl2物质的量是原溶液中I-物质的量的14，故答案为：C。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意在含Cl-、Br-、I-的溶液中通入氯

气，首先发生氯气与I-的反应，剩余的氯气再与Br-反应。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com