2019-2020学年黑龙江省齐齐哈尔市化学高一(下)期末达标测试模拟试题含解析

2019-2020学年黑龙江省齐齐哈尔市化学高一(下)期末达标测试模拟试题
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．在10 L密闭容器中，1 mol A和3 mol B在一定条件下反应：A(g)+xB(g)=2C(g)，2 min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4 mol，生成0.4 mol C，则下列计算结果正确的是
A．平衡时，容器内的压强是起始时的
B．x值等于3
C．A的转化率为20%
D．B的平均反应速率为0.4 mol·L-1·min-l
【答案】C
【解析】分析：A（g）+xB（g）⇌2C（g）
起始量（mol）：130
转化量（mol）：0.20.2x0.4
平衡量（mol）：0.83-0.2x0.4
混合气体共3.4mol=0.8mol+（3-0.2x）mol+0.4mol，解得x=4
详解：A、压强之比是物质的量之比，则平衡时，容器内的压强是起始时的，A错误；
B、根据计算可知x=4，B错误；
C、A的转化率为0.2/1×100%=20%，C正确；
D、消耗B的浓度是0.8mol÷10L＝0.08mol/L，则B的平均反应速率为0.08mol/L÷2min＝0.04mol/（L•min），D错误；
答案选C。

2．将Cl2和CH4混合在试管中并倒置在装有饱和食盐水的水槽内，在光照下反应，下列描述正确的是：A．有四种新的气态有机物生成B．发生了置换反应
C．饱和食盐水中有少量白色沉淀生成D．大量的氯气溶解在饱和食盐水中
【答案】C
【解析】
【分析】
CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl（气体）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，随着反应进行，Cl2不断消耗，黄绿色逐渐消失，生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，不溶于水，附着在试管壁上形成油状液滴；生成的HCl极易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，食盐水位在试管内上升。

【详解】
A项、生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，故A错误；
B项、CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，故B错误；
C项、反应生成的HCl极易溶于水，使饱和食盐水中氯离子浓度增大，氯化钠的溶解平衡向结晶方向移动，析出氯化钠固体，故C正确；
D项、氯气溶于水，不溶于饱和食盐水，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题考查甲烷的取代反应，注意反应物和生成物的性质，能够根据物质的性质分析实验现象是解答关键。

3．下列物质在水溶液中，存在电离平衡的是
A．Ca(OH)2B．H2S C．BaSO4D．CH3COONa
【答案】B
【解析】弱电解质的水溶液中存在电离平衡，Ca(OH)2、BaSO4、CH3COONa为强电解质，H2S为弱酸，即H2S的水溶液中存在电离平衡，H2S HS－＋H＋、HS－S2－＋H＋，故B正确。

4．实现下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A．Fe2O3→Fe
B．NH3→NH4Cl
C．SO3→H2SO4
D．H2SO4→SO3
【答案】A
【解析】
【分析】
需要加入还原剂才能实现说明发生氧化还原反应，其中氧化剂被还原，化合价降低，生成还原产物。

【详解】
A．Fe2O3→Fe，化合价由+3变为0，化合价降低，发生了还原反应，须加还原剂，A项正确；
B．NH3→NH4Cl，化合价无变化，发生的是化合反应，不是氧化还原反应，B项错误；
C．SO3→H2SO4，化合价无变化，不是氧化还原反应，C项错误；
D．H2SO4→SO3，化合价无变化，不是氧化还原反应，D项错误；
答案选A。

5．下列有关化学用语使用正确的是
A．苯的分子式：C6H6B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．CH4分子的比例模型：D．﹣CH3(甲基)的电子式为：
【答案】A
【解析】
【详解】
A项、苯的结构简式为，分子式为C6H6，故A正确；
B项、乙烯的分子式为C2H4，官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C项、CH4分子的球棍例模型为，比例模型为，故C错误；
D项、﹣CH3(甲基)的电子式为，故D错误；
故选A。

【点睛】
本题考查化学用语，注意掌握常用化学用语的的概念及表示方法，注意不同化学用语的书写要求是解答关键。

6．能说明苯分子中碳碳键不是单、双键交替的事实是（）
①苯不能使KMnO4溶液褪色；
②苯环中碳碳键的键长均相等；
③邻二氯苯只有一种；
④在一定条件下苯与H2发生加成反应生成环己烷．
A．①②③④B．②③④C．①②③D．①②④
【答案】C
【解析】分析：①如果苯是单双键交替结构,则含碳碳双键,苯能使KMnO4溶液褪色,事实上苯不能使酸性高锰酸钾溶液退色;②苯环中碳碳键的键长均相等,说明苯环结构中的化学键只有一种;③如果苯的结构中存在单双键交替结构,苯的邻位二元取代物有两种;④苯在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷,不能证明苯分子中的碳碳键不是单双键交替的。

详解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明苯分子中不含碳碳双键,可以证明苯环结构中不存在C-C 单键与C=C双键的交替结构,故①正确;②苯环上碳碳键的键长相等,说明苯环结构中的化学键只有一种,不存在C-C单键与C=C双键的交替结构,故②正确;③如果是单双键交替结构,苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体,但实际上只有一种结构,能说明苯环结构中的化学键只有一种,不存在C-C单键与C=C 双键的交替结构,故③正确;④苯虽然并不具有碳碳双键,但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷,所以不能说明苯分子中碳碳键不是单、双键相间交替的事实,故④错误;所以C选项是正确的。

7．下列物质中互为同系物的是( )
A．丁烷、异丁烷
B．白磷、红磷
C．氕、氚
D．CH3—CH3、CH3—CH2—CH3
【答案】D
【解析】分析：本题考查的是同系物的定义，注意与其他“同”字概念的区别。

详解：A.二者属于同分异构体，故错误；B.二者属于同素异形体，故错误；C.二者属于同位素，故错误；
D.二者属于结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，是同系物，故正确。

故选D。

点睛：注意区别“同”字的概念。

同分异构体：分子式相同，但结构不同的物质；
同系物：结构相似，在分子组成上一个或若干个CH2原子团的物质；
同素异形体：同种元素形成的不同单质；
同位素：质子数相同，但中子数不同的同种元素的原子。

8．苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（）
A．苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B．1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应
C．1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1mol H2
D．HOOC-CH2-CH(OH)-COOH与苹果酸互为同分异构体
【答案】A
【解析】试题分析：A、苹果酸中能发生酯化反应的官能团为羧基和羟基，为2种，A正确；B、苹果酸分子含有2个羧基，所以1mol苹果酸可与2mol NaOH发生中和反应，B错误；C、羧基和羟基都可以与Na 反应生成氢气，所以1mol苹果酸与足量金属Na反应生成生成1.5mol H2，C错误；D、
HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸为同一种物质，D错误，答案选A。

分
【考点地位】本题主要是考查有机物的结构和性质判断
【名师点晴】本题通过苹果酸考查学生对官能团性质的理解和掌握，对同分异构体的理解和判断，考查了学生运用所学知识分析问题和解决问题的能力。

分析和判断有机物的结构和性质，首先要找出有机物中含有的官能团，根据官能团确定有机物的性质，同时要注意羧基和羟基的性质，与NaOH和金属Na反应的区别，理解同分异构体的含义，对比有机物的结构判断同分异构体，对于同分异构体的判断应判断化学式相同而结构不同，要特别注意是否是同一种物质。

9．放射性元素277112Cn的一个原子经过6次衰变(每次衰变都放出一个相同的粒子)后，得到比较稳定的第100号元素镄(Fm)的含153个中子的原子。

下列说法中正确的是()
A．每次衰变都放出42He
B．每次衰变都放出T
C．153100Fm只是元素镄的一个原子，153不代表镄元素的相对原子质量
D．277112Cn经过3次这样的衰变是得不到镄原子的，产生的是Cn的同位素原子
【答案】A
【解析】
【分析】
质量数=质子数+中子数=153+100=253，277-253=24，即该原子经过6次衰变，每次衰变都放出一个α粒子
（24H），即6次衰变放出6个α粒子（24H），最后得到比较稳定的第100号元素镄的含153个中子的同位素。

【详解】
A.该原子经过6次衰变，每次衰变都放出一个α粒子（24H），即6次衰变放出6个α粒子（24H），所以A 选项是正确的；
B.每次衰变都放出一个α粒子（24H），故B错误；
C.根据质量数=质子数+中子数=153+100=253，应为253100Fm，故C错误；
D.质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，277112Cn经过3次这样的衰变得到的原子与277112Cn的质子数不相等，故D错误。

答案选A。

10．蛋白质是人类必须的营养物质。

下列食物中富含蛋白质的是
A．面包B．米饭C．牛肉D．蔬菜
【答案】C
【解析】
【分析】
蛋白质主要存在于动物的肌肉组织中，其余存在于血液、皮肤、软组织、毛发、蹄、角中；另外，许多植物（如大豆、花生）的种子里也含富含蛋白质。

【详解】
A．面包的主要成分是淀粉，所以错误；
B．大米成分是淀粉，属于糖类，所以错误；
C．鸡蛋富含蛋白质，所以正确；
D．蔬菜富含维生素，所以错误；故选C。

【点睛】
理解和熟记生命活动与六大营养素是解题关键，根据营养素的食物来源进蛋白质主要存在于动物的肌肉组织中，其余存在于血液、皮肤、软组织、毛发、蹄、角中．另外，许多植物（如大豆、花生）的种子里也含富含蛋白质。

11．铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能
．．使氢气生成速率加大的是
A．加热B．滴加少量CuSO4溶液
C．将铁片改用铁粉D．增加稀硫酸的用量
【答案】D
【解析】
【详解】
A．加热时，温度升高，反应速率加快，故A不选；
B．滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，锌-铜构成原电池，反应速率加快，故B不选；
C．铁片改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故C不选；
D．增加稀硫酸的用量，硫酸的浓度不变，反应速率不变，故D选；
答案选D。

12．下列关于反应焓变及测定说法正确的是
A．甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g) +2O2(g) = CO2(g) +2H2O(g)
△H=－890kJ/mol
B．已知：S(s) +O2(g) = SO2(g) △H1和S(g) +O2(g) = SO2(g) △H2。

则△H1>△H2
C．0.1mol的N2和0.3mol的H2在密闭容器中充分反应放热3.8kJ，其热化学方程式可以表示为：3H2(g) +N2(g) = 2NH3(g) △H=－38 kJ/mol
D．含有2.0gNaOH的稀溶液与足量稀盐酸完全中和放热2.87kJ，则稀醋酸与稀KOH溶液中和反应的热化学方程式：CH3COOH(aq) + KOH(aq) = CH3COONa(aq) + H2O(l) △H =－57.4kJ/mol
【答案】B
【解析】
A. 甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g) +2O2(g)＝CO2(g) +2H2O(l) △H=-890kJ/mol，A错误；
B. 气态硫的能量高于固态硫的能量，因此如果S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1和
S(g)+O2(g)=SO2(g) △H2，则△H1＞△H2，B正确；C. 由于是可逆反应，不能计算反应热，C错误；D. 醋酸溶于水电离，电离吸热，因此CH3COOH(aq)+KOH(aq)＝CH3COONa(aq)+H2O(l)的反应热△H＞－57.4kJ/mol，D错误，答案选B。

点睛：ΔH的比较：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。

比较反应热大小的四个注意要点：（1）反应物和生成物的状态。

（2）ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。

（3）参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。

（4）反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。

13．已知N≡N键能为946 KJ/mol，H—N键能为391KJ/mol，根据化学方程式：N 2 + 3H2 2NH3 ΔH=－92 KJ/mol，则H—H键的键能是
A．< 436 KJ/mol B．436 KJ/mol C．497 KJ/mol D．467 KJ/mol
【答案】B
【解析】分析：反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，据此计算。

详解：已知：N≡N键能为946 KJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，令H—H的键能为x，
对于反应N 2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故391KJ/mol +3x -2×3×391kJ/mol=-92kJ/mol，解得：x=436kJ/mol，答案选B。

点睛：本题考查反应热的有关计算，难度中等，掌握反应热与键能的关系是关键。

14．H2S2O3是一种弱酸,实验室欲用0.01 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,发生的反应为：
I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,下列说法合理的是( )
A．该滴定可选用如图所示装置
B．该滴定可用甲基橙作指示剂
C．Na2S2O3是该反应的还原剂
D．该反应中每消耗2 mol Na2S2O3,电子转移数为4 mol
【答案】C
【解析】
分析：A、Na2S2O3溶液显碱性；
B、根据碘遇淀粉溶液变蓝色分析解答；
C、根据Na2S2O3中S元素化合价变化分析；
D、根据Na2S2O3中S元素化合价变化解答。

详解：A、Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，A错误；
B、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，B错误；
C、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价，失去电子被氧化，作还原剂，C正确；
D、Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高到+2.5价，因此反应中每消耗2molNa2S2O3，转移2mol电子，D 错误；答案选C。

15．下列能用分液漏斗分离的是
A．植物油和乙醇B．乙酸乙酯和水
C．乙酸和乙醇D．汽油和煤油
【答案】B
【解析】
【详解】
A.植物油能溶于乙醇中，不能使用分液漏斗分离，A错误；
B.乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，是互不相溶的两层液体，因此可以使用分液漏斗分离，B正确；
C.乙酸与乙醇互溶，不能使用分液漏斗分离，C错误；
D.汽油和煤油是互溶的沸点不同的液体混合物，用蒸馏的方法分离，不能使用分液漏斗，D错误；
故合理选项是B。

16．下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A．KCl B．Na2O C．NH4Cl D．CH3COONa
【答案】C
【解析】
【详解】
A项，KCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A项错误；
B项，Na2O为碱性氧化物，溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B项错误；
C项，NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C项正确；
D项，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D项错误。

综上所述，本题的正确答案为C。

17．下列有关化学用语正确的是( )
A．NH4Br的电子式：
B．S2-的结构示意图：
C．N2的结构式：N=N
D．原子核内有18个中子的氯原子： Cl
【答案】D
【解析】A、NH4Br的电子式，错误；B、硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图:，错误；C、氮气中氮原子之间通过三键均达到了8电子稳定结构，电子式
为，错误；D、18个中子的氯原子，由于氯原子的质子数为17，故其相对原子质量为17+18=35，所以原子核内有l8个中子的氯原子为，正确。

故选D。

18．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）
A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B．100 mL 2mol·L-1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
C．二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．汽车尾气中的CO 和NO 可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【详解】
A、浓硫酸能够使铁钝化，铁片与浓硫酸反应不能生成氢气，故A错误；
B、向盐酸溶液中加入氯化钠溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C、升高温度，反应速率加快，故C错误；
D、有气体参加的反应，压强越小反应的速率越慢，故D正确；
所以本题答案为：D。

19．从海带中提取碘的实验操作如下：①过滤②在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌③分液④滴加稀硫酸和双氧水⑤加四氯化碳并振荡。

该实验操作顺序合理的是
A．④⑤③③①B．②④⑤①③C．⑤④②③①D．②①④⑤③
【答案】D
【解析】按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液，即合理的操作顺序为②①④⑤③，答案选D。

20．在一定条件下的密闭容器中，加入2mol SO2和1mol O2，充分反应后能证明反应：
2SO 2(g)+O2(g)2SO3(g) 是可逆反应的事实是
A．O2仍为1mol B．SO2仍为2mol
C．SO2完全转化为SO3D．SO2、O2、SO3同时存在
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
可逆反应中反应物的转化率不可能是100%的，据此可知，只要容器内SO2、O2、SO3同时存在，即可证明该反应是可逆反应，答案选D。

【点睛】
该题主要是考查学生对可逆反应特点以及判断依据的了解掌握情况，旨在巩固学生的基础，提高学生分析、归纳、总结问题的能力。

有利于培养学生的逻辑思维能力和抽象思维能力。

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）。

______________
（3）向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500 mL，反应过程中产生的气体只有NO。

固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1 L 1 mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，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．化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如下图)，用环己醇制备环己烯。

已知：+H2O
密度熔点沸点溶解性
环己醇25 161 能溶于水
环己烯83 难溶于水
(1)制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片(防止暴沸)，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。

导管B除了导气外还具有的作用是______。

②试管C置于冰水浴中的目的是______。

(2)制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层(填“上”或“下”)，分液后用______(填入编号)洗涤。

A．KMnO 4溶液稀H2SO4C．Na2CO3溶液
②再将环己烯按上图装置蒸馏，冷却水从______口进入填“g”或“f”)，蒸馏时要加入生石灰，其目的是
______。

③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_____。

A．蒸馏时从开始收集产品
B．环己醇实际用量多了
C．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是______。

A．分别加入酸性高锰酸钾溶液
B．分别加入用金属钠
C．分别测定沸点
【答案】冷凝防止环己烯的挥发上 C g 除去水分83℃ C BC
【解析】
【分析】
(1)①由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；
(2)①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有环己醇，提纯产物时用c(Na2CO3溶液)洗涤；
②为了增加冷凝效果，冷却水从下口(g)进入；生石灰能与水反应生成氢氧化钙，利于环己烯的提纯；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃；粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；
(3)根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度。

【详解】
(1)①由于生成的环己烯的沸点为，要得到液态环己烯，导管B除了导气作用外，还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；
(2)①环己烯是烃类，属于有机化合物，在常温下呈液态，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后，环己烯在上层。

由于浓硫酸可能被还原为二氧化硫气体，环己醇易挥发，故分液后环己烯粗品中还含有少量环己醇，还可能溶解一定量的二氧化硫等酸性气体，联想制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和碳酸钠溶液洗涤可除去酸性气体并溶解环己醇，除去杂质。

稀硫酸不能除去酸性气体，高锰酸钾溶液会将环己烯氧化，因此合理选项是C；
②为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口(g)进入，生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，然后蒸馏，就可得到纯净的环己烯；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，因此收集产品应控制温度在83℃左右，若粗产品中混有环己醇，会导致环己醇的转化率减小，故环己烯精品质量低于理论产量，故合理选项是C；
(3)区别粗品与精品的方法是向待检验物质中加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则物质是精品，否则就是粗品，也可以根据物质的性质，混合物由于含有多种成分，没有固定的沸点，而纯净物只有一种成分组成，有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度，因此合理选项是BC。

【点睛】
本题以有机合成为载体，综合考查了实验室制环己烯及醇、烃等的性质，混合物分离方法及鉴别，注意把
握实验原理和方法，特别是实验的基本操作，学习中注意积累，综合考查了学生进行实验和运用实验的能力。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。

甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体；B、C、D三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系(反应条件已略去)：
(1)D在元素周期表中的位置为________________。

(2)B、C、D的原子半径的大小关系为________(用元素符号表示)。

(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为______________。

(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为________，实验室如何检验丙_______ 。

(5)C的单质＋丙→乙＋丁的化学方程式为_______________。

【答案】第2周期ⅤA族N＞O＞F 2NO＋O2===2NO210 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色5O2＋4NH36H2O＋4NO
【解析】
【分析】
本题有几个重要的突破口：①甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；②丙为无色有不同刺激性气味的物质；③化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，说明丁为NO，C的某种单质可能为O2。

【详解】
A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。

化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，则丁为NO、C为O元素；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，由图中信息可知，丙与O元素的单质反应生成NO，也可以由O的单质与D的单质化合而得，则丙为NH3、D为N元素，乙为H2O；甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子，则其都有10个电子，结合图中信息，B的单质可以与H2O反应生成甲和O元素的单质，故甲为HF、B为F元素。

综上所述，A、B、C、D分别是H、F、O、N，甲、乙、丙、丁分别为HF、H2O、NH3、NO。

(1)D为N元素，其在元素周期表中的位置为第2周期ⅤA族。

(2)B、C、D的原子都是第２周期的元素，其原子半径随原子序数的增大而减小，故其大小关系为N＞O＞F。

(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2。