遼寧省沈陽市鐵路實驗中學2024-2025學年高一化學下學期6月月考試題含解析

PAGE19-遼寧省沈陽市鐵路試驗中學2024-2025學年高一化學下學期6月月考試題（含解析）分數：100分時間：60分鐘可能用到的相對原子質量N：14O：16Na：23P：31S：32Cl：35.5K：39Fe：56Cu：64Ag：108I：127第Ⅰ卷(選擇題，共36分)一、選擇題(本題包括12個小題，每小題3分，共36分。每小題僅有一個選項符合題意)1.下列化學用語或模型表示正確的是()A.CH4的空間充填模型：B.乙烯的結構簡式：CH2=CH2C.35Cl-和37Cl-離子結構示意圖均可表示為：D.羥基的電子式：【答案】B【解析】【詳解】A．空間充填模型又稱比例模型，CH4的空間充填模型：，A項錯誤；B．結構簡式是把結構式中的單鍵省略之后的一種簡略表達形式，乙烯的結構簡式中省略碳氫單鍵，但碳碳雙鍵不能省略，故乙烯的結構簡式為：CH2=CH2，B項正確；C．Cl-為Cl原子得到一個電子，最外層達到8電子穩(wěn)定結構，35Cl和37Cl互為同位素，其離子結構示意圖相同，均可表示為：。C項錯誤；D．羥基顯電中性，不能單獨存在，其電子式為：。D項錯誤；答案選B。2.下列反應中，屬于加成反應的是()A.CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2OB.2CH3CHO＋O22CH3COOHC.CH3—CH＝CH2＋Br2→CH3—CHBr－CH2BrD.＋Br2＋HBr【答案】C【解析】【詳解】A．發(fā)生的是酯化反應，酯化反應屬于取代反應，A不符合題意；B．該反應是乙醛的催化氧化反應，B不符合題意；C．該反應發(fā)生時，丙烯分子中碳碳雙鍵斷開較活潑的碳碳化學鍵形成了C-Br鍵，因此該反應是加成反應，C正確；D．該反應為苯的溴代反應，溴代反應屬于取代反應，D不符合題意；故合理選項是C。3.化學與生產、生活、社會親密相關。下列說法正確的有()①SO2具有還原性，可用于蔗糖脫色②漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土③SiO2具有導電性，可用于制造光導纖維④自然界中不存在游離態(tài)的硫⑤硫在空氣中的燃燒產物是二氧化硫，在純氧中的燃燒產物是三氧化硫⑥濃硫酸可用來干燥SO2、CO、Cl2等氣體⑦水玻璃可用于生產黏合劑和防火劑A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】C【解析】【詳解】①SO2具有毒性，不行用于食品脫色，①錯誤；②瓷器由黏土燒制而成，因此瓷器的主要原料為黏土，②正確；③SiO2能夠使光線全反射，因而可用于制造光導纖維，但SiO2是絕緣體，不具有導電性，③錯誤；④自然界中在火山噴發(fā)口旁邊或地殼的巖層中存在游離態(tài)的硫，④錯誤；⑤硫在空氣中的燃燒產物是二氧化硫，在純氧中的燃燒產物也是二氧化硫，⑤錯誤；⑥濃硫酸具有吸水性，與SO2、CO、Cl2等不發(fā)生反應，因此可用來干燥SO2、CO、Cl2等氣體，⑥正確；⑦水玻璃是Na2SiO3的水溶液，具有粘性可作防火劑，由于其不能燃燒，也不支持燃燒，因此又可用于生產防火劑，⑦正確；綜上所述可知，說法正確的有②⑥⑦，故合理選項是C。4.某同學利用下圖進行噴泉試驗，已知圓底燒瓶內充溢X氣體，膠頭滴管內裝有少量Y液體，燒杯內裝有足量Z液體，下列組合能進行噴泉試驗且最終液體肯定能充溢整個燒瓶的是（）

X氣體Y試劑Z試劑A．NO2H2OH2OB．CO2H2OH2OC．HCl飽和食鹽水水D．NO2和O2H2OH2OA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，氣體的體積減小，壓強變小，能形成噴泉，但水只能進入2/3，A不符合題意；B．二氧化碳在水中的溶解度很小，不能形成噴泉，B不符合題意；C．氯化氫在水中的溶解度很大，能形成噴泉，且液體能充溢整個燒瓶，C符合題意；D．二氧化氮和氧氣和水反應生成硝酸，但不能確定二氧化氮和氧氣的比例，不能確定氣體是否能完全反應，就不能確定是否能充溢整個燒瓶，D不符合題意；答案選C?！军c睛】噴泉試驗的形成是氣體溶于液體或與液體反應而造成容器內壓強突然減小，與外界有壓強差，使液體壓入容器。形成的條件是氣體溶解度很大，或與溶液發(fā)生化學反應。常見的形成噴泉試驗的組合有，氨氣和水，氯化氫和水，二氧化氮和水，二氧化碳和氫氧化鈉等。5.下列說法中，不正確的是()A.正戊烷、異戊烷、新戊烷互為同分異構體B.淀粉、纖維素和油脂都屬于自然高分子化合物C.四氯乙烯分子中全部原子都處于同一平面D.等質量的C2H2、C2H4、CH4分別在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量依次增多【答案】B【解析】【詳解】A．正戊烷、異戊烷、新戊烷分子式都是C5H12，分子式相同，結構不同，因此三種物質互為同分異構體，A正確；B．油脂不屬于自然高分子化合物，B錯誤；C．四氯乙烯分子可看作是乙烯分子中的4個H原子被Cl原子取代產生的物質，由于乙烯是平面分子，所以四氯乙烯也是平面分子，即分子中全部原子都處于同一平面，C正確；D．12gC完全燃燒產生CO2消耗1molO2，4gH完全燃燒產生H2O消耗1molO2，可見等質量的烴，在碳原子數相同的狀況下，分子中H元素的含量越高，完全燃燒消耗氧氣就越多。C2H2、C2H4、CH4中H%的含量：C2H2＜C2H4＜CH4，所以質量相同時，C2H2、C2H4、CH4分別在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量依次增多，D正確；故合理選項是B。6.化合物如下圖，下列說法正確的是

A.a的一氯代物有三種B.b能使酸性高錳酸鉀和溴水褪色，且二者褪色原理相同C.c中全部原子不行能處于同一平面內D.a與d互為同分異構體【答案】D【解析】【詳解】A．a是以中心為對稱點的正方體結構，8個頂點的氫原子位置相同，所以a的一氯代物有一種，故A錯誤；B．b中含碳碳雙鍵，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應、與溴水發(fā)生加成反應使其褪色，二者褪色原理不同，故B錯誤；C．c中含有碳碳雙鍵，碳碳雙鍵連接的全部原子在同一個平面上，則c中全部原子處于同一平面內，故C錯誤；D．a與d的分子式都是，而結構不同，二者互為同分異構體，故D正確；故答案為D。7.對于苯乙烯的下列敘述①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可發(fā)生加聚反應；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤苯環(huán)能與溴水發(fā)生取代反應；⑥全部的原子可能共面，且最多有5個原子共線。其中完全正確的是A①②④ B.①②④⑥ C.①②④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】【詳解】①含有碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正確；②含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應生成聚苯乙烯，故②正確；③屬于烴，難溶于水，故③錯誤；④屬于有機物，可溶于苯中，故④正確；⑤中的碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應，苯環(huán)不能與溴水發(fā)生取代反應，故⑤錯誤；⑥單鍵可以旋轉，苯環(huán)為平面結構、乙烯為平面結構，且苯環(huán)中的C原子與乙烯中的碳原子干脆相連，則全部的原子可能共平面，中畫紅圈的原子共線，最多有4個原子共線，故⑥錯誤。選A。【點睛】本題考查苯乙烯的性質，熟識物質的結構和性質的關系是解答本題的關鍵，并學會利用苯和乙烯的性質來解答該問題。8.如下表所示，為提純下列物質(括號內為少量雜質)，所選用的除雜試劑與主要分別方法都正確的是（）選項不純物質除雜試劑分別方法A乙烷(乙烯)KMnO4(酸化)洗氣B溴苯(溴)NaOH溶液分液C苯(乙烯)溴水分液DCO2(SO2)碳酸鈉溶液洗氣A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】除雜必需遵循的原則：不增加新雜質（不增）、不削減被提純物質（不減）、操作簡便易行（易分）等，據此分析選項正誤?！驹斀狻緼、酸化KMnO4溶液能將雜質乙烯氧化，但生成的二氧化碳又成為乙烷中的新雜質。常用溴水洗氣以除去乙烷中的乙烯，A錯誤；B、溴與NaOH溶液反應生成易溶于水的鈉鹽，通常溴苯與NaOH溶液不反應，且溴苯不溶于水，密度比水大的液體，故用分液法分別，B正確；C、乙烯和溴水發(fā)生加成反應生成1，2－二溴乙烷，生成的1，2－二溴乙烷又溶解在苯中，達不到除雜的目的，C錯誤；D、二氧化碳、二氧化硫均與碳酸鈉溶液反應，應當用飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，D錯誤。答案選B。9.用石油和煤可以得到有機化工生產中須要的眾多原料，例如由石油得到的乙烯和由煤得到的苯可制聚苯乙烯。生產過程如下：下列說法不正確的是()A.通過裂解可以從石油中獲得更多的乙烯B.通過煤的干餾不能干脆得到純凈的苯C.制聚苯乙烯的反應①為加成反應D.反應①②③的原子利用率都達到了100%【答案】D【解析】【詳解】A、石油裂解是為了得到更多的有機化工原料(如乙烯等)，選項A正確；B、通過煤的干餾只能得到苯和苯的同系物的混合物，還要進行分餾才能得到純凈的苯，選項B正確；C、依據反應特點可知①為加成反應，選項C正確；D、反應①、③的原子利用率都達到了100%，而反應②中除生成目標產物外，還生成了H2，原子利用率小于100%，選項D錯誤。答案選D。10.下列說法正確的有()①SiO2和CO2兩者都是酸性氧化物，都能與水反應生成對應的酸②銨鹽不穩(wěn)定，受熱分解都產生氨氣③由于濃硫酸有強氧化性，因此不能用鐵罐存濃硫酸④濃硝酸不穩(wěn)定，試驗保存無色試劑瓶中⑤濃硫酸具有強氧化性，稀硫酸無氧化性⑥氨氣是一種堿性氣體，可用堿石灰或CaCl2干燥⑦濃硫酸與銅的反應中，濃硫酸只表現強氧化性⑧硅晶體是一種重要的半導體材料，可制作計算機芯片A.無 B.1個 C.2個 D.3個【答案】B【解析】【詳解】①SiO2不能與水反應生成相應的酸，①錯誤；②銨鹽的性質一般都不是很穩(wěn)定，受熱或高溫都易分解，但產物卻千差萬別；氧化性酸對應的銨鹽，不生成氨氣，如(NH4)2SO4、NH4NO3等，②錯誤；③常溫下，鐵在濃硫酸中鈍化，形成一層致密的氧化膜，阻擋反應的進一步進行，故可以用鐵罐存濃硫酸，③錯誤；④濃硝酸不穩(wěn)定，見光或加熱條件下易分解，故濃硝酸存放在棕色瓶中（避光）在陰涼處保存（避開受熱分解），④錯誤；⑤濃硫酸具有強氧化性，稀硫酸能夠與活潑金屬反應生成氫氣，在反應中稀硫酸表現出了氧化性，故稀硫酸也具有氧化性，⑤錯誤；⑥氨氣會與無水CaCl2發(fā)生反應，故不能用CaCl2干燥氨氣，通常用堿石灰干燥氨氣，⑥錯誤；⑦濃硫酸與銅的反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，體現出強氧化性、酸性，⑦錯誤；⑧晶體硅的導電性介于導體和絕緣體之間，是良好的半導體材料，可制作計算機芯片，⑧正確；綜上所述，只有⑧正確；答案選B。11.下列說法或表示法正確的是A.在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)；△H=﹣57.3kJ/mol，若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量等于57.3kJB.由4P(s，紅磷)=P4(s，白磷)：△H>0可知，白磷的熱穩(wěn)定性比紅磷大C.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=﹣483.6kJ·mol﹣1，則H2燃燒熱等于241.8kJ·mol﹣1D.己知：S(g)+O2(g)=SO2(g)；△H1及S(s)+O2(g)===SO2(g)：△H2，則△H1＜△H2【答案】D【解析】【詳解】A．在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)；△H=﹣57.3kJ/mol，若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，由于濃硫酸溶于水放出熱量，所以放出的熱量大于57.3kJ，A錯誤；B．由4P(s，紅磷)=P4(s，白磷)：△H>0可知，白磷的能量高，能量越高，物質熱穩(wěn)定性越差，因此白磷不如紅磷穩(wěn)定，B錯誤；C．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=﹣483.6kJ·mol﹣1，由于燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩(wěn)定的氧化物時放出的熱量，氫氣的穩(wěn)定氧化物是液態(tài)水，因此H2的燃燒熱大于241.8kJ·mol﹣1，C錯誤；D．己知：S(g)+O2(g)=SO2(g)；△H1及S(s)+O2(g)=SO2(g)：△H2，由于生成物的能量相同，反應物的能量S(g)>S(s)，所以前者放出的熱量多，故△H1＜△H2，D正確。答案選D。12.下列關于能量改變的說法，正確的是()A.將等質量的紅磷和白磷完全燃燒生成P2O5(s)放出熱量相同B.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，該反應生成物總能量高于反應物的總能量C.中和熱的試驗過程中，環(huán)形玻璃攪拌棒材料若用銅代替，則測出的中和熱數值偏小D.化學鍵的斷裂是吸熱過程，并且肯定發(fā)生了化學改變【答案】C【解析】【詳解】A．紅磷和白磷分子結構不同，等質量的兩種物質含有的能量也不同，因此將等質量的紅磷和白磷完全燃燒生成P2O5(s)放出熱量不相同，A錯誤；B．Na與H2O的反應是放熱反應，說明反應物的總能量比生成物的總能量高，B錯誤；C．金屬Cu簡單導熱，若將環(huán)形玻璃攪拌棒用銅代替，會導致一部分熱量損失，使測出的中和熱數值偏小，C正確；D．化學鍵的斷裂過程是吸熱過程，但不肯定發(fā)生了化學改變，如HCl在水中的溶解或NaCl的熔化過程，有化學鍵的斷裂，而沒有產生新物質，D錯誤；故合理選項是C。第Ⅱ卷(選擇題，共64分)13.(1)下列反應屬于吸熱反應的是_________________________①鋁粉與氧化鐵粉末反應②酸堿中和反應③硝酸銨溶于水④碳酸鈣分解⑤H2在Cl2中燃燒⑥灼熱的碳與CO2的反應⑦NH4Cl晶體與Ba(OH)2?8H2O混合攪拌(2)在25℃、101kPa的條件下，斷裂1molH—H鍵汲取436kJ能量，斷裂1molCl—Cl鍵汲取243kJ能量，形成1molH—Cl鍵放出431kJ能量。該條件下H2＋Cl2=2HCl反應中的能量改變可用如圖表示：現有1molH2和1molCl2在25℃、101kPa下完全反應。請依據上述信息回答下列有關問題：①該反應的熱化學方程式為_____________②反應物的總能量___________(填“＞”或“＜”)生成物的總能量。(3)干脆排放含SO2的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境。工業(yè)上常采納催化還原法和堿汲取法處理SO2氣體。如圖所示：1molCH4完全燃燒生成氣態(tài)水的能量改變和1molS(g)燃燒的能量改變。在催化劑作用下，CH4可以還原SO2生成單質S(g)、H2O(g)和CO2，寫出該反應的熱化學方程式____________。(4)幾種含硅元素的物質之間的相互轉化關系如圖所示：①寫出下列反應化學方程式：B→A：_________；B→E：_________。②寫出下列溶液中反應的離子方程式：D→C_________。(5)Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示為________?！敬鸢浮?1).④⑥⑦(2).H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=－183kJ/mol(3).＞(4).CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H=+352kJ/mol(5).SiO2＋2CSi＋2CO↑(6).CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑(7).SiO32-＋H2O＋CO2=H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2H2O＋2CO2=H2SiO3↓＋2HCO3-)(8).6MgO?4SiO2?4H2O【解析】【分析】(1)依據常見化學反應的熱效應分析推斷；(2)①依據反應熱等于斷裂反應物化學鍵汲取的熱量與形成生成物化學鍵釋放的熱量的差計算反應熱，并書寫熱化學方程式；②若反應物的總能量比生成物的總能量高，則反應為放熱反應，否則為吸熱反應；(3)依據圖示先寫出CH4、S燃燒的熱化學方程式，然后將方程式疊加，可得待求反應的熱化學方程式；(4)已知幾種含硅元素的物質之間的相互轉化關系，B與焦炭高溫反應產生A，B與Na2O在高溫下也反應產生D，A與NaOH溶液反應產生D，結合物質的性質可知：B為SiO2，A為Si，D為Na2SiO3，B與CaCO3高溫反應產生E，則E是CaSiO3，C高溫強熱反應產生B，C與CaO高溫反應產生CaSiO3，且向Na2SiO3溶液中通入CO2氣體，產生產生C，則C為H2SiO3，然后結合物質的性質以及題目要求進行解答。(5)硅酸鹽用氧化物形式表示時，先寫金屬氧化物，再寫非金屬氧化物，最終寫水，各種元素的原子個數比不變。【詳解】(1)①鋁粉與氧化鐵粉末反應放出熱量，是放熱反應；②酸堿中和反應放出熱量，是放熱反應；③硝酸銨溶于水汲取熱量，物質溶解過程是物理改變，沒有發(fā)生化學反應；④碳酸鈣分解汲取熱量，是吸熱反應；⑤H2在Cl2中燃燒放出熱量，是放熱反應；⑥灼熱的碳與CO2的反應汲取熱量，是吸熱反應；⑦NH4Cl晶體與Ba(OH)2?8H2O混合攪拌汲取熱量，是吸熱反應；綜上所述可知：屬于吸熱反應的為④⑥⑦；(2)①反應熱等于斷裂反應物化學鍵汲取的熱量與形成生成物化學鍵釋放的熱量的差，在25℃、101kPa的條件下，斷裂1molH-H鍵汲取436kJ能量，斷裂1molCl-Cl鍵汲取243kJ能量，形成1molH-Cl鍵放出431kJ能量。則H2與Cl2反應產生HCl的反應熱△H=436kJ+243kJ-2×431kJ=-183kJ，故該反應的熱化學方程式為：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=－183kJ/mol；②由于反應物的總能量比生成物的總能量高，則該反應發(fā)生時放出熱量，反應為放熱反應，說明反應物的總能量比生成物的總能量高，即反應物的總能量＞生成物的總能量；(3)依據圖示可知CH4燃燒產生氣態(tài)水的熱化學方程式①為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=－802kJ/mol；S蒸氣完全燃燒產生SO2氣體的熱化學方程式②為：S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH=－577kJ/mol，依據蓋斯定律，將①-2×②，整理可得：CH4可以還原SO2生成單質S(g)、H2O(g)和CO2的熱化學方程式為：CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H=+352kJ/mol；(4)依據上述推斷可知：A為Si，B為SiO2，C為H2SiO3，D為Na2SiO3，E是CaSiO3。①A為Si，B為SiO2，SiO2與焦炭在高溫下反應產生Si和CO，反應方程式為：SiO2＋2CSi＋2CO↑；B為SiO2，E是CaSiO3，SiO2與CaCO3在高溫下反應產生CaSiO3和CO2，反應方程式為：CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑；②C為H2SiO3，D為Na2SiO3，由于碳酸的酸性比硅酸強，向硅酸鈉溶液中通入CO2氣體，若通入少量CO2氣體，反應產生Na2CO3和H2SiO3，反應的離子方程式為：SiO32-＋H2O＋CO2=H2SiO3↓＋CO32-；若通入過量CO2氣體，發(fā)生復分解反應產生NaHCO3和H2SiO3，該反應的離子方程式為：SiO32-＋2H2O＋2CO2=H2SiO3↓＋2HCO3-；(5)依據硅酸鹽用氧化物形式表示時的規(guī)律，Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示為6MgO?4SiO2?4H2O?！军c睛】本題考查了常見化學反應的熱效應的推斷、反應熱的計算、熱化學方程式的書寫及元素和有關硅元素的單質與化合物的推斷、硅酸鹽的氧化物表示形式。駕馭蓋斯定律在反應熱計算的應用和反應熱與化學鍵鍵能的關系，及元素化合物的學問是本題解答的關鍵。物質反應過程的能量改變不僅與反應的物質多少有關，也與物質的存在狀態(tài)有關，書寫熱化學方程式要注明物質的存在狀態(tài)及對應的反應熱，放熱反應符號為負值，吸熱反應符號為正值，物質發(fā)生改變既有物質改變，也有能量改變，探討反應熱，可以充分利用反應過程的能量改變，達到節(jié)能的目的。14.某化學愛好小組為了制取并探究氨氣性質，按下列裝置（部分夾持裝置已略去）進行試驗。(1)試驗室制取氨氣選用圖中a發(fā)生裝置進行試驗，反應的化學方程式為___________。試驗室制取氨氣選用圖中b發(fā)生裝置進行試驗，反應的化學方程式為_________。(2)B裝置中的干燥劑可選用________（填“堿石灰”或“濃硫酸”）。(3)氣體通過C、D裝置時，試紙顏色會發(fā)生改變的是____（填“C”或“D”）。(4)當試驗進行一段時間后，擠壓E裝置中的膠頭滴管，滴入1～2滴濃鹽酸，可視察到的現象是___________(5)F裝置中倒置漏斗的作用__________(6)工業(yè)上硝酸的制備和自然界中的硝酸的生成既有相同的地方，又有區(qū)分。路途Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷電高能固氮過程中硝酸的生成途徑：寫出①③步改變的化學方程式：①____________；③____________；(7)將11.2g的Mg-Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反應產生的氣體x（假定產生的氣體全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，產生21.4g沉淀。依據題意推斷氣體x的成分可能是______________。A.0.3molNO2和0.3molNOB.0.2molNO2和0.1molN2O4C.0.6molNOD.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4【答案】(1).2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2).NH3?H2ONH3↑+H2O(3).堿石灰(4).D(5).產生白煙(6).防止倒吸(7).4NH3+5O24NO+6H2O(8).3NO2+H2O=2HNO3+NO(9).D【解析】【分析】(6)結合氨氣的性質和物質的轉化關系，可知反應①為NH3被氧氣氧化生成NO的過程，反應②為NO與O2反應生成NO2的過程，反應③為NO2與水反應生成硝酸的過程。(7)分析反應過程，Cu、Mg失去電子，化合價上升，變成Cu(OH)2、Mg(OH)2。依據得失電子守恒，推斷的還原產物。【詳解】(1)分析a裝置，為固體加熱反應制氨氣，可知應為NH4Cl和Ca(OH)2反應制氨氣，反應方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；若用裝置b制取氨氣，反應物狀態(tài)為液態(tài)，反應條件為加熱，可知反應方程式應為：NH3?H2ONH3↑+H2O；(2)氨氣為堿性氣體，會與濃硫酸反應，故不能用濃硫酸進行干燥，干燥劑應選擇堿石灰；(3)氨氣為堿性氣體，可使潮濕的紅色石蕊試紙變藍，故氣體通過C、D裝置時，試紙顏色會發(fā)生改變的是D；(4)氨氣會與HCl反應生成氯化銨，可視察到裝置E中有白煙產生；(5)氨氣極易溶于水，漏斗的作用是防止倒吸；(6)由含氮的化合物之間的轉化關系，可知，反應①的反應方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；反應③的反應方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(7)依據反應中得失電子守恒進行推斷，11.2gMg-Cu混合物反應后變成21.4gCu(OH)2、Mg(OH)2。則Cu(OH)2、Mg(OH)2中m(OH-)=，依據電荷守恒可知，11.2gMg-Cu失去電子0.6mol。則的還原產物得到的電子也為0.6mol。據此分析：A．生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素獲得電子為，的還原產物得到的電子不是0.6mol，A項錯誤；B．生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2O4，N元素獲得電子為，的還原產物得到的電子不是0.6mol，B項錯誤；C．生成0.6molNO，N元素獲得電子為，的還原產物得到的電子不是0.6mol，C項錯誤；D．生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素獲得電子為，的還原產物得到的電子是0.6mol，依據得失電子數守恒，可知D項正確；答案選D。15.某同學設計如下試驗裝置探究硫酸與金屬、非金屬的反應、驗證其產物，并探究隨著反應的進行，硫酸性質發(fā)生的改變。依據試驗要求回答相關問題：F裝置用于檢驗二氧化碳。供選擇的試劑有：只含碳的生鐵、18mol·L-1的硫酸、品紅溶液、無水硫酸銅粉未、酸性高錳酸鉀溶液、氧化銅、澄清的石灰水、堿石灰。(供選擇的試劑可重復運用)(1)打開分液漏斗的活塞，A裝置中發(fā)生的反應6H2SO4(濃)+2FeFe2(SO4)3+6H2O↑+3SO2↑和(用化學方程式表示)_____，隨反應的進行，硫酸的濃度變稀，又發(fā)生反應(用化學方程式表示)____(2)B裝置中的試劑是__________。(3)E裝置中的試劑是____________作用是______________。(4)G裝置中的試劑是__________，現象是______________。(5)制備SO2的相宜藥品為___________(填代號)。①Na2SO3固體；②Na2SO3溶液；③20%硫酸；④70%硫酸；⑤銅片(6)對SO2與氯水的反應進行探究。用注射器吸入肯定量的飽和氯水和SO2，振蕩，靜置，再吸入少量品紅溶液，發(fā)覺品紅溶液不褪色，用化學反應方程式說明其緣由____________【答案】(1).2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O(2).Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑(3).無水硫酸銅粉末(4).品紅溶液(5).檢驗二氧化硫是否除凈，避開其對二氧化碳的檢驗造成干擾(6).氧化銅(7).黑色粉末變成紅色粉末(8).①④(9).Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4【解析】【分析】在裝置A中在加熱條件下，生鐵中的Fe、C分別與濃硫酸發(fā)生反應：6H2SO4(濃)+2FeFe2(SO4)3+6H2O↑+3SO2↑、2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O，隨著反應的進行，硫酸濃度降低，此時Fe與稀硫酸發(fā)生置換反應：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。在裝置B中用無水CuSO4檢驗水的產生，在裝置C中用品紅溶液檢驗SO2的存在；在裝置D中用酸性高錳酸鉀溶液除去SO2氣體；在裝置E中用品紅溶液檢驗SO2是否除盡避開對CO2的檢驗產生干擾，然后在裝置F中用澄清的石灰水檢驗CO2的存在，在裝置G中裝有CuO，在H中裝有無水CuSO4，二者用于檢驗H2的存在，據此解答?！驹斀狻?1)在A裝置中，生鐵中的雜質C與濃硫酸共熱發(fā)生氧化還原反應：2H2SO4(濃)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O，隨著反應的進行，硫酸濃度降低，得到稀硫酸，由于Fe是比較活潑的金屬，Fe與稀硫酸會發(fā)生置換反應：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；(2)B裝置中的試劑是無水CuSO4，用于檢驗水的產生；(3)E裝置中的試劑是品紅溶液，作用是檢驗SO2是否被除凈，避開其對CO2的檢驗造成干擾；(4)G裝置中盛有CuO，在加熱時發(fā)生反應：CuO+H2Cu+H2O，用于檢驗H2的產生，試驗現象是：黑色粉末變成紅色粉末；(5)H2SO3是弱酸，不穩(wěn)定，會分解產生SO2氣體，由于酸性H2SO4＞H2SO3，且SO2易溶于水，因此在試驗室中通常是用Na2SO3固體和70%硫酸依據復分解反應的規(guī)律來制備SO2，故相宜藥品序號為①④；(6)SO2具有還原性，氯水具有氧化性，二者混合發(fā)生反應：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，產生的鹽酸和硫酸都不具有漂白性，因此再吸入少量品紅溶液，發(fā)覺品紅溶液不褪色。【點睛】本題考查了濃硫酸的性質、常見氣體的檢驗，明確常見氣體的性質及檢驗的先后依次為解答關鍵，留意駕馭濃硫酸具有的性質及反應原理，明確化學試驗基本操作方法及其應用，試題培育了學生達到分析實力及化學試驗實力。16.已知有機物A、B、C、D、E、F有以下轉化關系。A的產量可以衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平；E是不溶于水且具有香味的無色液體，相對分子質量是C的2倍；F為高分子化合物。結合如圖關系回答問題：(1)寫出C的結構簡式：___________(2)寫出B、D中官能團的名稱：B____________，D_____________.(3)寫出下列反應的化學方程式：②____________④____________(4)有機化合物的名稱是____________，將其在催化劑存在下完全與H2加成，所得烷烴的名稱是___________(5)相對分子質量為72且沸點最低的烷烴的結構簡式為________(6)乙醇的分子結構為：，分子內脫水生成乙烯時，斷開的鍵是______(填編號。下同)；在銅催化作用下發(fā)生催化氧化反應時，斷開的鍵是____；酯化反應時，斷開的鍵是______【答案】(1).CH3CHO(2).羥基(3).羧基(4).2CH3CH2OH