合肥市2022届化学高一(下)期末质量检测模拟试题含解析

合肥市2022届化学高一(下)期末质量检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．实验是化学的灵魂，下列关于实验现象的叙述正确的是
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生:再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解:再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．向AlCl3溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生白色沉淀，后又逐渐溶解
D．纯铁与稀硫酸反应产生氢气速率较慢，如滴入几滴硫酸铜溶液，速率加快
【答案】D
【解析】分析：A．亚硫酸的酸性弱于盐酸；
B．酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性；
C．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝；
D．构成了原电池加快反应速率。

详解：A. 碳酸、亚硫酸的酸性均弱于盐酸，所以将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入SO2，也不会产生沉淀，A错误；
B. 铜的金属性较弱，在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，由于在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能把金属铜氧化，所以铜粉溶解，B错误；
C. 向AlCl3溶液中逐滴加入氨水至过量，产生氢氧化铝白色沉淀，但氨水是弱碱，氨水过量后不能溶解氢氧化铝，所以沉淀不会消失，C错误；
D. 纯铁与稀硫酸反应产生氢气速率较慢，如滴入几滴硫酸铜溶液，铁可以把铜置换出来，构成原电池，铁作负极，因此反应速率加快，D正确。

答案选D。

2．化学与生产、生活、社会密切相关。

下列有关说法错误的是
A．通过植树造林，可吸收二氧化碳，降低温室效应
B．应用高纯度单质硅制成光导纤维，提高信息传输速度
C．化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的CO、SO2等有害气体
D．开发二氧化碳制成的全降解塑料，缓解日益严重的“白色污染”
【答案】B
【解析】本题考查化学与生活。

绿色植物通过光合作用能吸收大气中的二氧化碳，同时释放氧气，植树造林，增大植被面积可增强植物的光合作用，降低空气中二氧化碳的含量，A正确；用于制作光导纤维的为二氧化硅，B错误；化石燃料在燃烧过程中产生的CO、S02等有害气体会污染环境，C正确；二氧化碳塑料因为是全降解塑料，所以不会
点睛：根据题意，二氧化碳制取全降解塑料，因为其可降解，所以使用过程中不会产生白色污染。

3．下列说法正确的是
A．多糖、蛋白质都是高分子化合物，一定条件下都能水解
B．煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分开
C．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D．尼龙绳、羊绒衫和棉衬衣等生活用品都是由合成纤维制造的
【答案】A
【解析】
A. 多糖属于天然高分子化合物，可水解成为很多单位单糖，蛋白质是生物体内重要的高分子化合物，在酶的作用下水解为氨基酸，A正确；
B. 煤中不含苯和甲苯，煤干馏后从煤焦油中能分离出来苯和甲苯，B 错误；
C. 干馏一般是煤的干馏,将煤隔绝空气加强热使其分解的过程,又叫煤的焦化，有化学变化，C错误；
D. 羊绒衫的成分为蛋白质，尼龙绳是合成高分子纤维，棉衬衣原材料是天然高分子纤维，D错误。

故选择A。

4．下列属于吸热反应的是
A．氧化钙与水反应B．铁丝在氧气中燃烧
C．NaOH溶液与盐酸反应D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 氧化钙与水反应是放热反应；
B. 铁丝在氧气中燃烧是放热反应；
C. NaOH溶液与盐酸反应是放热反应；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应。

本题选D。

【点睛】
解答本题的关键是熟记常见的吸热反应和放热反应，常见的放热反应：①大多数化合反应，②所有的燃烧反应，③酸碱中和反应，④金属与酸反应放出H2，⑤物质的缓慢氧化等；常见的吸热反应：①大多数分解反应，②盐类的水解反应，③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，④C和CO2、C和H2O(g)的反应等。

5．下列变化属于吸热反应的是
①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生
成熟石灰
A．①④B．②③C．①④⑤D．②④
①液态水汽化是物理变化，故不选①；②将胆矾（）加热发生分解反应：
，属于吸热反应，故选②；③浓硫酸稀释放出大量的热，故不选③；④氯酸钾分解制氧气，是分解反应，需要吸收热量，属于吸热反应，故选④；⑤生石灰与水反应放出大量热，属于放热反应，故不选⑤。

正确序号为②④；正确选项D。

点睛：常见的放热反应：金属与酸的反应，燃烧反应，大多数化合反应；常见的吸热反应：氢氧化钡晶体与氯化铵反应、氢气、碳、一氧化碳还原反应，多数分解反应；而液态水汽化，浓硫酸稀释虽然有热量变化，但不是化学反应。

6．下列离子方程式中，书写正确的是（）
A．稀硫酸和铁的反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B．盐酸和碳酸氢钠溶液反应：2H++CO32—=H2O+CO2↑
C．硫酸铜和氢氧化钡溶液反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓
D．铁片插入硫酸铜溶液：Fe+Cu2+=Fe2++Cu
【答案】D
【解析】分析：A.稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气；B.碳酸氢根离子不能拆分；C.漏写生成氢氧化铜的离子反应；D.反应生成硫酸亚铁、Cu，遵循电子、电荷守恒及质量守恒定律。

详解：稀硫酸和铁的反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；碳酸氢根离子不能拆分，盐酸和碳酸氢钠溶液反应的离子反应为H++HCO3—=H2O+CO2↑,B错误；硫酸铜和氢氧化钡溶液反应的离子反应为
Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,C错；铁片插入硫酸铜溶液的离子反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，D正确；正确选项D。

7．某学习小组研究为金属与硝酸的反应，进行如下实验：
实验实验操作现象
Ⅰ
20o C时，将过量铜粉加入2mL 0.5mol/L
HNO3中
无色气体（遇空气变红棕色）
Ⅱ
20o C时，将过量铁粉加入2mL 0.5mol/L
HNO3中
6mL无色气体（经检测为H2）
Ⅲ取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH
溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检
验气体
产生有刺激性气味的气体；
湿润红色石蕊试纸变蓝20o C时，将过量铁粉加入2mL 3mol/L
A．Ⅰ中的无色气体是NO
B．Ⅲ中生成的气体是NH3
C．Ⅱ中所有NO3﹣都没有参与反应
D．金属与硝酸反应的还原产物与金属种类、硝酸浓度等有关
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知实验分析：（1）20o C时，将过量铜粉加入2mL 0.5mol/L HNO3中产生NO，NO遇空气能变成红棕色的NO2（2）根据题意，过量的铁粉与硝酸反应生成H2和硝酸亚铁；（3）取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体, 产生使湿润红色石蕊试纸变蓝、有刺激性气味的气体，说明有NH3生成；（4）20o C时，将过量铁粉加入2mL 3mol/L HNO3中，产生无色气体，遇空气变红棕色，说明有NO产生。

【详解】
A.结合上述分析可知：20o C时，将过量铜粉加入2mL 0.5mol/L HNO3中，产生的是NO气体，NO不稳定遇空气能变成红棕色的二氧化氮，故A正确；
B. 根据上述分析可知Ⅲ中生成的气体是NH3，故B正确；
C. 根据实验III可知，实验II中部分NO3﹣作氧化剂生成了NH4+，故C错误；
D.根据实验分析，金属与硝酸反应时，金属的种类、硝酸的浓度和反应温度有可能影响硝酸的还原产物；故D正确；
综上所述，本题答案为C。

8．如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。

根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是
A．上述提取Mg的流程中，没有涉及的反应类型是置换反应
B．因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氮气
C．反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用
D．从母液中提取Mg和Br2的先后顺序：先提取Br2，后提取Mg
【答案】B
A.题中提取Mg的流程中，发生了分解反应、化合反应和复分解反应，没有涉及置换反应，正确；
B.在高温下，氮气能与镁反应生成Mg3N2，不能用氮气来冷却镁蒸气，错误；
C.反应⑥所用的气态氧化剂为氯气，生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生，可循环利用，降低成本，正确；
D.若先提取镁，所得溶液中会残留Ca(OH)2，再用Cl2提取溴时会消耗Cl2，正确。

9．某鱼雷采用Al-Ag2O 动力电池,以溶解有氢氧化钾的流动海水为电解液,电池反应为：
2Al+3Ag2O+2KOH═6Ag+2KAlO2+H2O,下列说法正确的是( )
A．Ag2O 为电池的负极
B．Al 在电池反应中被氧化
C．该电池将电能转化为化学能
D．工作一段时间后溶液的pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题中“电池反应”可以推断出，该题考察的内容是原电池的概念与应用。

在反应中，Al失去电子，化合价升高，发生的是氧化反应，则Al是电池的负极；Ag2O中的Ag得到电子，化合价降低，发生的事还原反应，则Ag2O是电池的正极。

【详解】
A. Ag2O 为电池的正极，A错误；
B. Al在该反应中作还原剂，则其被氧化，B正确；
C. 电池是将化学能转化为电能的装置，C错误；
D. 从方程式来看，KOH参与了化学反应，随着反应的进行，溶液中OH-的浓度逐渐减小，则溶液的pH逐渐减小，D错误；
故合理选项为B。

【点睛】
在原电池中，负极发生氧化反应，对应的物质是还原剂，失去电子，化合价升高；正极发生还原反应，对应的物质是氧化剂，得到电子，化合价降低。

通过化学反应中的化合价的变化，判断出正负极的主要物质。

10．太原市许多公交车上都标有“ CNG（压缩天然气）”标志，说明其燃料的主要成分是
A．甲烷B．苯C．乙烯D．乙醇
【详解】
天然气的主要成分是甲烷，故A是合理选项。

11．下列实验能成功的是
A．将铁屑、溴水、苯混合制溴苯B．苯和硝基苯采用分液的方法分离
C．聚乙烯使酸性KMnO4溶液褪色D．用水鉴别：苯、乙醇、四氯化碳
【答案】D
【解析】
【详解】
A．苯与溴水不反应，制备溴苯应选液溴，故A错误；
B．苯与硝基苯混合不分层，不能利用分液分离，应利用蒸馏，故B错误；
C．聚乙烯中不含碳碳双键，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；
D．水与苯混合分层后有机层在上层，水与乙醇不分层，水与四氯化碳混合分层后有机层在下层，现象不同，可鉴别，故D正确；
答案选D。

12．某种分散系的分散质粒子既能透过半透膜，也能透过滤纸，该分散系为（）
A．溶液B．胶体C．悬浊液D．乳浊液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.溶液分散质粒子既能透过滤纸，又能透过半透膜，故A正确；
B.胶体分散质粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，故B错误；
C.悬浊液分散质粒子不能透过滤纸，不能透过半透膜，故C错误；
D.乳浊液分散质粒子不能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误。

故选A。

13．一定量的铁粉与足量2mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量，可向溶液中加入①3mol/L的硝酸溶液②少量CuSO4(s)③加入一定量的铜④少量CH3COONa(s)
⑤对溶液加热(假定溶质不挥发) ⑥向反应液中通入HCl气体⑦加入过量铁粉⑧将铁粉改为铁片A．②③④⑤⑥ B．③⑤⑥ C．①③⑤⑥⑦ D．③⑤⑥⑧
【答案】B
【解析】试题分析：①2mol/L的硝酸溶液，硝酸与铁粉反应生成的不是氢气，故①错误；②少量CuSO4(s)，
降低了溶液中氢离子浓度，反应速率减小，故④错误；⑤对溶液加热，升高温度，反应速率加快，故⑤正确；⑥向反应液中通入HCl气体，氯化氢的浓度增大，溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故⑥正确；⑦加入过量铁粉，铁粉增加，生成的氢气物质的量增大，故⑦错误；⑧将铁粉改为铁片，减小了接触面积，反应速率变小，故⑧错误；故选B。

【考点定位】考查化学反应速率的影响因素
【名师点晴】结合影响反应速率的外界因素，本题为了为加快反应速率，可以升高温度或增大反应物浓度，也可以加入某些物质形成原电池，加快反应速率，但不能改变产生氢气的总量，题目难度不大，⑦为易错点，注意铁和盐酸反应生成氢气而影响生成氢气的总量，据此进行分析。

14．下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是()
A．铝粉和Fe2O3共热B．加热HgO
C．电解熔融的MgCl2D．氢气通入Al2O3并加热
【答案】D
【解析】
【分析】
根据金属的活泼性强弱冶炼金属，K、Ca、Na、Mg、Al等金属用电解法，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法、Hg、Ag等金属用热分解法冶炼.
【详解】
A.铝粉和Fe2O3共热反应可以得到金属铁和氧化铝，A不符合题意；
B.加热氧化汞会发生分解，制的金属Hg，B不符合题意；
C.Mg为活泼金属，要用电解熔融MgCl2的方法冶炼，C不符合题意；
Dal是相对活泼的金属应该使用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能使用热还原法冶炼，因此不能制取得到Al单质，D符合题意；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查金属的冶炼方法与金属活动性关系的知识，注意常见金属的冶炼方法，把握金属的活泼性强弱是解题关键。

15．某元素的原子结构示意图为：，则该元素在元素周期表中的位置是
A．第二周期，第ⅠA族B．第二周期，第ⅤA族
C．第三周期，第ⅣA族D．第三周期，第ⅤA族
【答案】D
考点：考查元素周期表的结构
16．对于反应2H2O2=2H2O+O2↑，能加快其反应速率的措施是
A．减小压强B．降低温度
C．加水稀释D．使用催化剂
【答案】D
【解析】A. 减小压强反应速率减小，A错误；B. 降低温度反应速率减小，B错误；C. 加水稀释双氧水浓度降低，反应速率减小，C错误；D. 使用催化剂加快反应速率，D正确，答案选D。

17．某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5 g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol·L－1的硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10 s时恰好收集到气体的体积为50 mL(若折合成0 ℃、101 kPa条件下的H2体积为44.8 mL)，在该温度下，下列说法不正确的是()
A．可以通过测定锌粒减少质量来测定反应速率
B．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L－1·s－1
C．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10 s内该反应速率为0.01 mol·L－1·s－1
D．用H2来表示10 s内该反应的速率为0. 000 2 mol·s－1
【答案】C
【解析】A. 可以通过测定锌粒减少质量来测定反应速率，故A正确；B. H2的物质的量为0.002mol，忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋来表示10s内该反应的速率为[(0.002×2)/(0.04×10)]molL－1·s－1=0.01molL－1·s －1，故B正确；C. 消耗Zn的物质的量等于H2的物质的量为0.002mol，忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10 s内该反应速率为0.005mol·L－1·s－1，故C不正确；D. 用H2来表示10s内该反应的速率为(0.002/10)mol·s－1=0.0002mol·s－1，故D正确。

故选C。

点睛：可以选择反应中不同物质在单位时间内不同物理量的变化如物质的量浓度的变化、物质的量的变化、质量的变化、气体体积的变化等表示反应速率。

18．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号X Y Z W
原子半径
160 143 70 66
/pm
主要化合价+2 +3 +3、+5、-3 -2
B．一定条件下，W单质可以将Z从其氢化物中置换出来
C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D．常温下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2
【答案】B
【解析】
【分析】
W的主要化合物只有-2价，没有正价，所以W为O；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA 族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y 为Al元素。

【详解】
A．Mg比Al活泼，若与同浓度的稀盐酸反应Mg的反应速率快，若盐酸浓度不同则无法确定，故A错误；B．O的非金属性比N强，则O2的氧化性强于N2，所以可以从NH3中置换出N2，故B正确；
C．氨水的碱性较弱，不能与Al(OH)3反应，故C错误；
D．常温下O2与N2不反应，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
主族元素若有最高正价，则最高正价等于族序数，若有最低负价，则最低负价等于族序数减8。

19．海水开发利用的部分过程如图所示。

下列有关说法不正确的是
A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B．将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
C．在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂
D．某同学设计了如下装置制取无水MgCl2，装置A的作用是制取干燥的HCl气体
【解析】分析：A．蒸馏法、电渗析法、离子交换法都可用于淡化海水，据此分析判断；B. 根据苦卤中主要含有溴的化合物分析判断；C. 根据氢氧化钠和氢氧化钙的工业成本分析判断；D.根据氯化镁加热时能够水解分析判断。

详解：A．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故A 正确；B. 苦卤中主要含有溴的化合物，将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故B正确；C. 在工业上一般选用氢氧化钙作为沉淀剂，氢氧化钙可以通过加热分解石灰石或贝壳得到，成本较低，故C错误；D. 氯化镁加热时能够水解，生成的氯化氢易挥发，会促进水解，因此用如图装置制取无水MgCl2，需要在干燥的HCl气体的气氛中进行，故D正确；故选C。

点睛：本题考查了元素及其化合物的性质和物质的分离与提纯。

本题的易错点为D，要注意盐类水解知识的应用。

20．下列物质不属于高分子化合物的是
A．蛋白质B．聚乙烯C．油脂D．淀粉
【答案】C
【解析】
【详解】
A.蛋白质是天然高分子化合物，A不符合题意；
B.聚乙烯是人工合成的高分子化合物，B不符合题意；
C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，其相对分子质量在1000以下，不属于高分子化合物，C符合题意；
D.淀粉是天然高分子化合物，D不符合题意；
故合理选项是C。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．氨和硝酸都是重要的工业原料。

（1）标准状况下，将500 L氨气溶于水形成1 L氨水，则此氨水的物质的量浓度为__mol· L-1（保留三位有效数字）。

工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为__。

（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。

合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为__。

下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是__。

A．2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO===5N2+6H2O D．HNO3+NH3===NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣===NO2-+NO3-+H2O 和NO+NO2+2OH﹣===□+H2O（配平该方程式）。

______________
全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2 g。

①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为__。

②Cu与Cu2O 的物质的量之比为__。

③HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。

（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20 mL，加入0.25 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图所示（C 点混合液呈中性）。

则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为__mol·L-1，HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。

【答案】22.3 SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O===（NH4）2SO3］
4NH3+5O24NO+6H2O BC 2NO2-3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 2∶1 2.4 0.25 1
【解析】
【分析】
（1）利用c=n/v,计算氨水物质的量浓度，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应生成盐和水；（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH3+5O24NO+6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此判断与之作用相同的反应；用化合价升降法配平；
（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜水和一氧化氮；
②依据Cu和Cu2O的质量及Cu（OH）2的质量可求出Cu和CuO的物质的量；
③因为反应后溶液为中性，原溶液中的硝酸的物质的量为：n(NO)+ n（NaOH）,由此求算c(HNO3)；（4）由图可以看出，当滴加氢氧化钡20mL时，达到沉淀最大量，此时发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，由此可计算硫酸的物质的量浓度，又当滴加氢氧化钡60mL时溶液显中性，由此可求出c（H+）进而求出
c(HNO3)。

【详解】
（1）n(NH3)=
500L
22.4L/mol
=22.3mol，氨水的物质的量浓度为
22.3
1
mol
L
=22.3mol/L，氨水显碱性，二氧
化硫是酸性氧化物，两者反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O，所以可用氨水吸收二氧化硫；
本题答案为：22.3mol/L；SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O。

（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH3+5O24NO+6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此可
知与之作用相同的反应是2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O和4NH3+6NO===5N2+6H2O ，故B、C中的氨与氨氧化法中的氨作用相同；由质量守恒和得失电子守恒，配平后的离子方程式为：NO+NO2+2OH﹣===2NO2-+H2O；
本题答案为：4NH3+5O24NO+6H2O ；BC；2NO2-。

（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜、水和一氧化氮，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ；本题答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。

②设27.2 g Cu和Cu2O的混合物中，含CU 、Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据题中所给的条件可得：64x+80y=27.2，98(x+2y)=39.2，两式联立求得：x=0.2, y=0.1,所以x:y=2:1；
本题答案为：2:1.
③在铜和稀硝酸的反应中，依据N守恒，可知原溶液中n(HNO3)等于表现氧化性的硝酸或被还原的HNO2（NO），与未被还原的硝酸（表现酸性的硝酸）的物质的量之和，因为滴加氢氧化钠时，溶液呈中性，存在表现酸性的硝酸物质的量为：n(HNO3)=n(NaOH)=1L⨯1mpl/L=1mol，依据电子得失守恒，在氧化还原反应中电子转移数目相等。

0.1mol氧化亚铜失去0.2mol电子，0.2mo铜失去0.4mol电子，设n(NO)=amol,则有：3a=20.2
⨯+0.2=0.6mol,解得a=0.2mol,即被还原的硝酸是0.2mol，原溶液中的硝酸为：
n(HNO3)=1mol+0.2mol=1.2mol，c(HNO3)=1.2
0.5
mol
L
=2.4mol/L；
本题答案为：2.4mol/L。

（4）由图可知，0～20mLBa（OH）2溶液发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，20mL～60mLBa（OH）2溶液发生发生H++OH﹣═H2O，
由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则：
H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O
1 1
x 0.02L×0.25mol·L﹣1
解得：x=0.02L×0.25mol·L﹣1=0.005mol，
硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)=0.005
0.02
mol
L
=0.25mol·L﹣1，
又由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH﹣═H2O可知原溶液中含有的n(H+)与60mLBa（OH）2
溶液所含的n(OH-)相等，即n（H+）=n（OH﹣）=2×0.06L×0.25mol·L﹣1=0.03mol，故n（HNO3）
=0.03mol-2n(H2SO4)mol=0.03mol﹣0.005mol×2=0.02mol，
故原溶液中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=0.02
0.02
mol
L
=1mol/L;
本题答案为：0.25；1。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。

实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：
(1)指出提取碘的过程中①的实验操作名称_________及玻璃仪器名称
______________________________________。

(2)写出过程②中有关反应的离子方程式：_____________________。

(3)操作③的名称_____________，用到的主要仪器_____________。

(4)提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是（______）。

A.酒精
B.四氯化碳
C.甘油
D.醋酸
【答案】过滤漏斗、玻璃棒、烧杯Cl2+2I-＝2Cl-+I2萃取分液分液漏斗 B
【解析】
【分析】
海藻灰悬浊液经过过滤除掉残渣，滤液中通入氯气，发生反应Cl2+2I-＝2Cl-+I2，向溶液中加入CCl4（或苯）将I2从溶液中萃取出来，分液得到含碘的有机溶液，在经过后期处理得到晶态碘。

【详解】
(1)固液分离可以采用过滤法，根据以上分析，提取碘的过程中①的实验操作名称过滤，所用玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
(2)过程②是氯气将碘离子从溶液中氧化出来，离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2；
(3)操作③是将碘单质从水中萃取分离出来，操作名称萃取分液，用到的主要仪器分液漏斗；
(4) A. 酒精和水任意比互溶，不能作萃取剂，故A错误；
B. 四氯化碳和原溶液中的溶剂互不相溶，碘单质在四氯化碳中的溶解度要远大于在水中的溶解度，故B 正确；
C.甘油易溶于水，不能作萃取剂，故C错误；
D.醋酸易溶于水，不能作萃取剂，故D错误；
答案选B。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。

A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G 位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。

请回答下列问题：
（1）C在元素周期表中的位置为_____________，G的原子结构示意图是__________________________。

（2）D与E按原子个数比1:1形成化合物甲，其电子式为_________，所含化学键类型为___________，向甲中滴加足量水时发生反应的化学方程式是____________________________。

（3）E、F、G三种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是__________。

（用离子符号表示）
（4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极。

在a极通入BA4气体，b 极通入D2气体，则a极是该电池的________极，正极的电极反应式为____________。

【答案】第二周期第ⅤA族离子键和非极性共价键2Na2O2
＋2H2O＝4NaOH＋O2↑S2-＞Cl－＞Na+负O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B 元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素，据此解答。

【详解】
(1)C是氮元素，原子有2个电子层，最外层电子数为5，在元素周期表中的位置：第二周期第VA族；G 为Cl元素，其原子结构示意图为：；
(2)D与E按原子个数比1:1形成化合物甲为Na2O2，其电子式为，所含化学键类型为：离子键和非极性共价键（或离子键和共价键），向过氧化钠中滴加足量水时发生反应的化学方程式是：
2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑；
(3)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是：S2-＞Cl－＞Na+；
(4)用CH4、O2和NaOH的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极。

在a极通入CH4气体，b 极通入O2气体，甲烷发生氧化反应，则a极是该电池的负极，b为正极，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，其正极的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．硫酸参与热化学循环可通过二步循环或三步循环制取氢气，其中三步循环（碘硫热化学循环）原理如下图所示：。