高中化学必修第2册综合检测卷

综合检测卷(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.三聚氰胺的制备反应为6CO(NH2)2(尿素)C3N6H6+6NH3+3CO2。三聚氰胺和甲醛在一定条件下制备三聚氰胺甲醛树脂。下列说法中不正确的是()。A.三聚氰胺与盐酸和硫酸等都能形成三聚氰胺盐B.三聚氰胺含氮的质量分数高于尿素和甘氨酸C.三聚氰胺分子中所有的氮原子化学环境均相同D.三聚氰胺甲醛树脂是一种高分子材料答案:C解析:三聚氰胺能与酸反应成盐,类似于NH3与H+反应,A正确。尿素为CO(NH2)2,甘氨酸结构简式为H2N—CH2COOH,三聚氰胺的分子式为C3N6H6,含氮量最高。三聚氰胺中氮原子处于两种化学环境,C不正确。2.化学与环境密切相关,下列有关说法正确的是()。A.CO2属于大气污染物B.酸雨是pH小于7的雨水C.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D.大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧答案:D解析:A项,CO2能导致温室效应,但不属于大气污染物;B项,酸雨是pH小于5.6的雨水;C项,NO2和SO2能导致酸雨的形成,而CO2不能;D项,大气中CO2含量增加会加剧温室效应。3.今有五种有机物:①CH2OH(CHOH)4CHO,②CH3(CH2)3OH,③CH2CH—CH2OH,④CH2CH—COOCH3,⑤CH2CH—COOH。其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应,又能发生氧化反应的是()。A.③⑤ B.①②⑤C.②④ D.③④答案:A解析:能发生加成反应的是①③④⑤,能发生加聚反应的是③④⑤,①②③⑤可发生酯化反应,五种有机物都可发生氧化反应,能同时发生上述四种反应的只有③⑤。4.CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是()。A.反应在2~4min内平均反应速率最大B.反应开始4min内温度比浓度对反应速率的影响大C.4min后,反应速率减小的主要原因是c(H+)减小D.反应在2~4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.1mol·L-1·min-1答案:D解析:CaCO3与稀盐酸的反应为放热反应,随着反应的进行,温度逐渐升高,盐酸浓度逐渐降低,结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小,以此解答该题。A项,由图像可知,0~2min时间内,生成二氧化碳0.1mol,2~4min时间内,生成二氧化碳0.2mol,4~6min时间内,生成二氧化碳0.1mol,则反应刚开始时反应速率较小,然后逐渐增大,最后减小,反应在2~4min内平均反应速率最大,A正确;B项,由图像可知,反应刚开始时反应速率较小,然后逐渐增大,因该反应为放热反应,则温度升高,开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大,B正确;C项,随反应的进行氢离子浓度降低,氢离子浓度变化使反应速率减小,由图像可知,0~2min反应刚开始,温度较低,此时反应速率由氢离子浓度决定,2~4min反应速率最大,2~4min温度对反应速率起主要作用,4min后反应速率又减小,氢离子浓度起主要作用,C正确;D项,由图像可知,2~4min时间内,生成二氧化碳0.2mol,体积未知,不能计算CO2的平均反应速率,D错误。5.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义。对于密闭容器中的反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),在673K、30MPa下,n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是()。A.点A的正反应速率比点B的小B.点C处反应达到平衡C.点D(t1时刻)和点E(t2时刻)处n(N2)不一样D.点E处反应达到平衡答案:D解析:A项,浓度越大,反应速率越大,由图可知,A点氢气浓度大,则点A的正反应速率比点B的大,故A错误;B项,点C处正、逆反应速率不相等,反应到t1时达到平衡,则点C处没有达到平衡,故B错误;C项,点D(t1时刻)和点E(t2时刻)处,均为平衡状态,则n(N2)一样,故C错误;D项,点E处n(NH3)保持不变,反应达到平衡,故D正确。6.将过量的金属锌投入含0.200molH2SO4的热浓硫酸中,下列判断正确的是()。①因发生“钝化”而不反应②产生的SO2为0.100mol③产生的SO2少于0.100mol④除SO2外还会有H2产生A.①④ B.②③C.③④ D.①②答案:C解析:锌遇浓硫酸不会“钝化”,故①不正确;开始发生反应:Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O,随着反应进行,H2SO4浓度变稀,又发生反应:Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑,因生成SO2的反应中消耗H2SO4的物质的量不到0.200mol,故生成的SO2少于0.100mol,因此本题③④正确。7.近两年流行喝果醋,苹果醋是一种由苹果发酵而成的具有解毒、降脂、减肥和止泻等明显药效的健康食品。苹果酸(2-羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质,苹果酸的结构简式如图,下列说法不正确的是()。A.苹果酸在一定条件下能发生酯化反应B.苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应C.1mol苹果酸与足量金属钠反应最多可以产生1.5molH2D.1mol苹果酸与NaHCO3溶液反应最多消耗3molNaHCO3答案:D解析:A项,苹果酸含—OH、—COOH,可发生酯化反应,A项正确;B项,苹果酸分子中与—OH相连的C上有H,可发生催化氧化反应,B项正确;C项,—OH、—COOH均与Na反应生成氢气,1mol苹果酸能与3molNa反应产生1.5mol氢气,C项正确;D项,苹果酸分子中含2个—COOH,为二元酸,则1mol苹果酸与NaHCO3溶液反应最多消耗2molNaHCO3,D项错误。8.区别二氧化硫和二氧化碳气体的最佳方法是()。A.通入澄清石灰水B.用湿润的蓝色石蕊试纸C.用品红溶液D.根据有无毒性答案:C解析:SO2和CO2都是酸性氧化物,通入澄清石灰水时生成的CaSO3和CaCO3都难溶于水,溶液均变浑浊;溶于水时两种水溶液均呈酸性,均能使蓝色石蕊试纸变红色;毒性不能作为区别气体的方法;SO2能使品红溶液褪色,而CO2不能。9.CO2气体中含有少量的SO2,欲用如图所示装置得到干燥纯净的CO2,则下列叙述正确的是()。A.先让混合气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶①,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶②B.先让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶①,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶②C.先让混合气体通过盛有Na2CO3溶液的洗气瓶②,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶①D.先让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶②,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶①答案:D解析:由题给装置图可知,气流方向应为从右向左,因此A、B项错误;C项,Na2CO3溶液既与SO2反应,又与CO2反应,错误;D项,NaHCO3与SO2发生反应2NaHCO3+SO2Na2SO3+2CO2+H2O,将SO2除去,再通过浓硫酸得到干燥纯净的CO2,正确。10.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A.常温下,将5.6g铁片投入足量浓硝酸中生成6.72LNO2气体B.1mol苯乙烯()分子中含有碳碳双键的个数为4NAC.标准状况下,11.2L的二氯甲烷所含的分子数为0.5NAD.常温常压下,28g由C2H4和C3H6组成的混合物中,H原子的数目为4NA答案:D解析:A项,常温下,铁片遇浓硝酸会发生钝化,只有表面部分参与反应,无法计算NO2气体的体积,A项错误;B项,1mol苯乙烯()分子中含有碳碳双键的个数为NA,苯环不含碳碳双键,B项错误;C项,标准状况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,C项错误;D项,由C2H4和C3H6组成的混合气体的平均分子式是CH2,所以28g的该混合气体中C的物质的量是28g14g·mol-1=2二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)11.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪,具有自动吹气流量侦测与控制的功能,非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是()。A.电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极B.O2所在的铂电极处发生氧化反应C.该电池的负极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2↑+12H+D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量答案:BC解析:氧气得到电子,在正极反应,所以通入氧气的一极为正极。呼出气中的乙醇失去电子被氧化生成醋酸,在负极反应。A项,氧气的一极为正极,是电流流出的一极,电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极,故正确;B项,O2得到电子,发生还原反应,故错误;C项,从图分析,乙醇失去电子生成醋酸,故CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2↑+12H+是错误的;D项,酒精的多少决定着电流的大小,故微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量,故正确。12.Al-Ag2O电池是一种可用作水下动力的优良电源,其原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al+3Ag2O+2NaOH2NaAlO2+6Ag+H2O,则下列说法错误的是()。A.工作时正极发生还原反应,且正极质量逐渐减小B.当电极上生成1.08gAg时,电路中转移的电子为0.1molC.Al电极的反应式为Al-3e-+4OH-AlO2-+2H2D.工作时电解液中的Na+移向Ag2O/Ag电极答案:B解析:A项,原电池工作时,正极发生还原反应,该反应中氧化银被还原为银,正极的质量减小了,故A正确;B项,Ag2O中Ag的化合价为+1价,还原产物单质银为0价,当电极上析出1.08gAg即0.01mol时,电路中转移的电子为0.01mol,故B错误;C项,原电池工作时Al被氧化,应为电池的负极,电极反应为Al+4OH--3e-AlO2-+2H2O,故C正确;D项,铝为负极,Ag2O/Ag为电池的正极,原电池工作时阳离子向正极移动,即Na+向Ag2O/Ag极移动,故D13.海洋约占地球表面积的71%,其开发利用的部分流程如图所示。下列说法错误的是()。①试剂1可以选用NaOH溶液②从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为2Br-+Cl22Cl-+Br2③工业上,电解熔融MgO冶炼金属镁可减小能耗④制铝:工业上电解熔融氯化铝来制备铝⑤制钠:电解饱和NaCl溶液来制备钠⑥炼铁:用CO在高温下还原铁矿石中的铁A.①②④⑥ B.②③④⑥C.①②③⑤ D.①③④⑤答案:D解析:①石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀,试剂1需要廉价且原料来源广泛的物质,故错误;②氯气能将溴离子氧化为溴单质,然后采用萃取的方法从溶液中获取溴,反应的离子方程式为2Br-+Cl22Cl-+Br2,故正确;③氧化镁熔点很高,氯化镁熔点比氧化镁低,电解氧化镁冶炼镁增加成本,所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁,故错误;④氯化铝为共价化合物,熔融状态下不导电,工业用电解氧化铝方法冶炼,故错误;⑤电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气,工业上用电解熔融氯化钠的方法冶炼,故错误;⑥可用热还原的方法冶炼铁,一般用CO做还原剂,故正确;故选D。14.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧法合成的反应是:①(CH3)2CO+HCN(CH3)2C(OH)CN②(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4CH2C(CH3)COOCH3+NH4HSO4新法合成的反应是:③+CO+CH3OHCH2C(CH3)COOCH3下列说法不正确的是()。A.反应②中CH3OH是CH2OHCH2OH(乙二醇)的同系物B.反应③符合绿色化学思想C.甲基丙烯酸甲酯有两种官能团D.反应①是加成反应答案:A解析:A项,CH3OH和CH2OHCH2OH的结构不相似,官能团的数目不同,不属于同系物,故A错误;B项,反应③只生成了一种产物,原子利用率为100%,符合绿色化学思想,故B正确;C项,甲基丙烯酸甲酯中含有碳碳双键和酯基两种官能团,故C正确;D项,反应①中碳氧双键反应后变成碳氧单键,满足加成反应的概念,故D正确。15.将8mLNO2和O2的混合气体通入倒立于水槽中装满水的量筒,充分反应后,剩余气体为1mL,则原混合气体中NO2和O2的体积比可能为(气体体积在相同条件下测定)()。A.7∶5 B.7∶3C.7∶1 D.1∶7答案:BC解析:(1)若剩余气体为NO,则由3NO2+H2O2HNO3+NO得出NO2和O2与水反应后剩余NO23mL,设原混合气体中O2的体积为x,则有:4NO2+O2+2H2O4HNO34 18mL-3mL-xx8mL-3mLV(NO2)∶V(O2)=(8-1)mL∶1mL=7∶1。(2)若剩余气体为O2,设原混合气体中NO2的体积为y,则有:4NO2+O2+2H2O4HNO341Y8mL-1mL-yy8mL-1mL-yV(NO2)∶V(O2)=5.6mL∶(8-5.6)mL=7∶3。三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(16分)黄铜矿(CuFeS2)是制取铜及其化合物的主要原料之一,还可制备硫及铁的化合物,冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。(1)若CuFeS2中Fe的化合价为+2价,则反应中的氧化产物是(填化学式)。

(2)用稀硫酸浸泡上述反应制取铜后剩余的固体残渣,取少量所得溶液,检验该溶液中存在Fe3+的方法是(注明试剂、现象)。

(3)上述冶炼过程中会产生大量SO2,下列处理方案中合理的是(填字母)。

A.高空排放B.用于制备硫酸C.用纯碱溶液吸收制Na2SO3D.用浓硫酸吸收(4)验证黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有SO2的方法是。

(5)实验室制备、收集干燥的SO2,所需装置如下。①其中装置A产生SO2,反应的化学方程式为。

②请按气流方向连接各仪器接口,顺序为a→→→→→f,装置E中NaOH溶液的作用是,装置E中反应的离子方程式为。答案:(1)SO2(2)取少量该溶液,滴加KSCN溶液,溶液变红(3)BC(4)将气体通入品红溶液中,如果品红溶液褪色,加热后又变红,则证明有SO2(5)①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②decb吸收多余的SO2,防止污染空气SO2+2OH-SO32-+H解析:(1)在反应8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中,Cu元素的化合价由+2价降低为0价、O元素的化合价由0价降低为-2价,S元素化合价由-2价升高为+4价,故SO2为氧化产物。(3)二氧化硫为环境污染物,不能高空排放,不与浓硫酸反应,可用于制备硫酸或亚硫酸盐,只有B、C符合。(5)①装置A产生SO2,反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②根据装置A为反应装置,C为干燥装置,B为收集装置,D为防止倒吸装置,E为尾气处理装置,则按气流方向连接各仪器接口,顺序为a→d→e→c→b→f;装置E中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2,防止污染空气,发生反应的离子方程式为SO2+2OH-SO32-+H2O。17.(8分)一定温度下,某恒容密闭容器中含有NO2、N2O4两种气体,反应开始至达到平衡状态过程中,两种物质的浓度随时间的变化如图所示:(1)表示NO2浓度变化的曲线是,写出相应的化学方程式:。(2)从反应开始至达到平衡的过程中,用N2O4表示的反应速率v(N2O4)=,A、B两点对应状态中,曲线x代表的物质的反应速率相对大小为:v(A)v(B)。

答案:(1)x2NO2N2O4(2)0.4mol·L-1·min-1>解析:(1)根据图像,达到平衡,x的浓度降低了8mol·L-1,y的浓度增大了4mol·L-1,因此表示NO2浓度变化的曲线是x,反应的化学方程式为2NO2N2O4。(2)从反应开始至达到平衡的过程中,用N2O4表示的反应速率v(N2O4)=ΔcΔt=4mol·L-110min=0.4mol·L-1·min-1;A、B两点对应状态中,根据2NO2N2O4,v(NO2)=2v(N2O4),则18.(12分)实验室可用冰醋酸(CH3COOH)和异戊醇()合成乙酸异戊酯,其实验装置如图所示,操作过程如下:①向圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片,先后注入15mL(0.14mol)异戊醇和20mL(0.35mol)冰醋酸,最后小心加入5mL浓硫酸,振荡使其不再分层。②在烧瓶上安装冷凝管,连好上、下水,然后加热装置1h冷却至室温。③把烧瓶内混合液倒入盛有饱和Na2CO3溶液的锥形瓶中,振荡后静置。④把③中水层分离出后,再用蒸馏水洗涤有机层几次,并将洗涤后水层分离出。⑤将分离的有机层转移到另一锥形瓶中,加入无水MgSO4或Mg(NO3)2处理。最后将处理后的有机层经135~143℃蒸馏,即得乙酸异戊酯产品。请回答以下问题:(1)写出乙酸和异戊醇合成乙酸异戊酯的化学方程式:,其中浓硫酸的作用是,烧瓶内碎瓷片的作用是。(2)冷凝管的作用是,冷凝管的a口是冷却水的(填“进口”或“出口”)。

(3)乙酸和异戊醇物质的量之比0.35∶0.14大于1∶1,其原因是。(4)③中饱和碳酸钠溶液的作用是;⑤中无水MgSO4或Mg(NO3)2的作用是。

(5)步骤③的操作应用(填仪器名称),洗涤分离出水层后,应怎样把有机层转移至锥形瓶里?。

答案:(1)CH3COOH++H2O催化剂和脱水剂防止液体暴沸(2)冷凝回流出口(3)该反应是可逆反应,增大廉价的乙酸的量,可以提高异戊醇的转化率(4)洗涤乙酸异戊酯中的H2SO4和过量的CH3COOH吸收乙酸异戊酯中残留的水(5)分液漏斗应将有机层从分液漏斗的上口处倒出解析:(1)酯化反应的实质是羧酸脱羟基、醇脱氢结合成水的取代反应,其中浓硫酸在反应中起催化剂和脱水剂的作用,为了防止在加热过程中液体暴沸,预先在烧瓶中加入碎瓷片。(2)酯化反应的进行是需要加热的,但其反应物冰醋酸和异戊醇及其生成物乙酸异戊酯都属于低沸点物质,故在反应过程中极易形成蒸气逸出,为了使反应物充分利用,常用冷凝管使蒸气冷凝回流。使用冷凝管时要注意水流方向,即水流方向应与被冷却气体的流向相反,即图中的a口应是出水方向。(3)从乙酸与异戊醇反应的化学方程式:CH3COOH++H2O可以看出,乙酸与异戊醇是按物质的量之比1∶1消耗的,但由于该反应是可逆反应,为了提高成本较高的异戊醇的转化率,常使廉价的乙酸过量。(4)反应完毕后,烧瓶中的混合液中含有H2SO4、乙酸、异戊醇、乙酸异戊酯、水等物质,倒入饱和Na2CO3溶液中后,混合液中的H2SO4和过量的乙酸将与Na2CO3反应而最后位于水层,有机层主要是乙酸异戊酯和异戊醇,另有少量的水,蒸馏可使乙酸异戊酯和异戊醇分离,蒸馏时加入MgSO4或Mg(NO3)2可吸收有机层中的水分。(5)③中所得分层后的混合物,用分液漏斗进行分离,使用分液漏斗分液时要注意:下层液体从分液漏斗的下端流出,上层液体应从分液漏斗的上口处倒出。19.(14分)从海水中可以提取很多有用的物质,例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提碘的方法之一,其流程如下:资料显示:Ⅰ.pH=2时,NaNO2溶液只能将I-氧化为I2,同时生成NO;Ⅱ.I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl;Ⅲ.5SO32-+2IO3-+2H+I2+5SⅣ.I2在碱性溶液中反应生成I-和IO3(1)反应①的离子方程式。

(2)方案甲中,根据I2的特性,分离操作X的名称是。

(3)已知:反应②中每吸收3molI2转移5mol电子,其离子方程式是。(4)Cl2、酸性KMnO4溶液等都是常用的强氧化剂,但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2,原因是。

(5)方案乙中,已知经反应③过滤后,滤液中仍存在少量的I2、I-、IO3-。请分别检验滤液中的I-、IO3-,将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂:稀硫酸、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液、NaA.滤液用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。B.

。

答案:(1)2NO2-+2I-+4H+I2+2NO↑+2H2(2)升华(或加热)、冷凝结晶(无冷凝结晶不扣分)(3)3I2+3CO32-5I-+IO3-+3CO2↑(或3I2+6CO32-+3H2O5I(4)氯气、酸性高锰酸钾溶液等会继续氧化I2(或亚硝酸钠仅能把碘离子氧化成碘单质,合理即可)(5)从水层取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,滴加Fe2(SO4)3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有I-;另从水层中取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,加硫酸酸化,滴加Na2SO3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有IO解析:反应①是碘离子被亚硝酸钠氧化生成单质碘,然后利用活性炭吸附单质碘。方案甲中利用碘易升华分离。方案乙中利用浓碳酸钠溶液吸收单质碘,转化为碘酸根离子和碘离子,在酸性溶液中两者又发生氧化还原反应生成单质碘,据此解答。(1)反应①的溶液pH=2,显酸性,NaNO2溶液将I-氧化为I2,同时生成NO,则其反应的离子方程式为2NO2-+2I-+4H+I2+2NO↑+2H2(2)根据I2易升华的特性,分离操作X的方法是升华或加热、冷凝结晶;(3)根据已知条件,反应②中每吸收3molI2转移5mol电子,则碘在氧化还原反应中得失电子数为5(从0价升高为+5价和从0价降低为-1价),因此离子反应方程式是3I2+3CO32-5I-+IO3-+3CO2↑或3I2+6CO32-+3H2O5I(4)Cl2、酸性KMnO4溶液等都是常用的强氧化剂,但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2,原因是氯气、酸性高锰酸钾溶液等会继续氧化I2,从而得不到I2;(5)检验滤液中的I-,可以选择用氧化剂将其氧化为碘单质,再与淀粉作用;检验滤液中的IO3-,可利用还原剂将其还原产生碘单质,再与淀粉作用。因此实验方案为:从水层取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,滴加Fe2(SO4)3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有I-;另从水层中取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,加硫酸酸化,滴加Na2SO3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有I20.(10分)某同学用下列装置(固定及夹持装置、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究。回答下列问题:(1)若用装置①制取NH3,其反应的化学方程式为;若要测定生成的NH3的体积,则必须选择的装置是(填装置序号),装置中所盛试剂应具有的性质是 。

(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3,烧瓶内装的试剂是,分液漏斗中装的试剂是,收集装置应选择(填装置序号)。

答案:(1)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O③⑦氨气难溶于该试剂,且该试剂不易挥发,不与氨气反应(2)CaO(或NaOH或碱石灰)固体浓氨水(或浓NH4Cl溶液)⑥解析:(1)装置①适用于“固+固”加热制取气体,制取NH3时试剂选用NH4Cl和Ca(OH)2。若要测定生成NH3的体积,必须用排液体法,而NH3极易溶于水,故不能用排水法,所用的液体必须不易挥发、不与NH3反应且不溶解NH3才行。(2)装置②是“固+液”不需加热的制气装置,制取NH3时,可选用浓氨水和碱石灰等。模块综合试卷(一)一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意)1．2018年6月5日是第47个世界环境日，主题为“塑战速决”，呼吁全世界齐心协力对抗一次性塑料污染问题。下列做法不应提倡的是()A．大量生产超薄塑料袋B．将塑料垃圾回收再生C．生产可降解绿色替代品D．少用或不用一次性塑料制品答案A解析超薄塑料袋几乎不可重复使用，难以回收，大量生产超薄塑料袋会产生白色污染，故A不应提倡；做好废弃塑料的回收，可以减少白色污染，故B应提倡；生产可降解绿色替代品，可以减少白色污染，故C应提倡；少用或不用一次性塑料制品，可以减少白色污染，故D应提倡。考点环境保护与绿色化学题点环境污染及治理2．2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是()A.废旧报纸、饮料瓶、电池等B.剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等C.过期药品、化妆品、油漆等D.一次性餐具、卫生纸、灰土等答案A解析电池含有重金属，属于有害垃圾，故A错误；剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等，属于厨余垃圾，故B正确；过期药品、化妆品、油漆等对人体有害，属于有害垃圾，故C正确；一次性餐具、卫生纸、灰土等，属于其他垃圾，故D正确。考点化学与环境保护题点环境污染及防治3．(安徽淮南一中质检)下列实验报告记录的实验现象正确的是()答案B解析SO2的水溶液呈酸性，能使石蕊溶液变红色，但不能漂白石蕊溶液；SO2能漂白品红溶液，使品红溶液褪色；SO2的饱和溶液加入BaCl2溶液中，SO2与BaCl2不反应，最终还是无色溶液；d试管中发生反应：SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，Na2SO3与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀。考点硫及其化合物的性质题点二氧化硫的性质4．(山东济宁嘉祥县校级期中)关于二氧化硫和二氧化氮叙述正确的是()A．两种气体都是有毒的气体，且都可用水吸收以消除对空气的污染B．两种气体都具有强氧化性，因此都能够使品红溶液褪色C．二氧化硫与过量的二氧化氮混合后通入水中能得到两种常用的强酸D．两种气体溶于水都可以与水反应，且只生成相应的酸，大气中的NO2和SO2可以形成酸雨答案C解析两者都是有毒的气体，但二氧化氮与水反应生成的一氧化氮同样污染空气，故A错误；二氧化硫使品红溶液褪色的原理是与品红结合生成不稳定的无色物质，故B错误；二者通入水中可以生成硝酸和硫酸，故C正确；二氧化氮与水反应除了生成酸之外还生成一氧化氮，故D错误。考点二氧化硫的性质题点二氧化硫及二氧化氮的性质比较5．(苏州期中)下列事实与带点物质表现出的性质(括号中)对应关系不正确的是()A.能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色(漂白性)B．常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化(强氧化性)C．久置的浓硝酸，颜色略显黄色(不稳定性)D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成(脱水性)答案A解析二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH溶液反应后，溶液褪色，与漂白性无关，故A错误；钝化为化学变化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，与浓硫酸、浓硝酸的强氧化性有关，故B正确；浓硝酸光照分解生成二氧化氮，则颜色略显黄色，与浓硝酸的不稳定性有关，故C正确；由现象可知浓硫酸使蔗糖脱水，表现浓硫酸的脱水性，故D正确。考点硫及其化合物性质题点硫及其化合物性质及应用6．(江西九江高一期末)每一个公民都应尊重自然，顺应自然，增强节约意识、环保意识、生态意识，养成健康合理的生活方式和消费模式。下列不符合这一主题的是()A．建立合法、公开的地沟油回收生产制度，将生产的地沟油用作工业用油B．将生活垃圾分类回收、加工，使之再生、再利用C．不用一次性筷子、不浪费纸张、不浪费粮食、做“光盘”一族D．生活污水、工业废水不要乱排放，通过打深井，将之排到地层深处答案D解析地沟油不符合食品卫生的要求，因此不能回到餐桌，但地沟油回收处理后，可用于工业生产，A项正确；垃圾是放错位置的资源，我们国家一直在提倡生活垃圾的分类回收、加工、再利用，B项正确；少用一次性筷子，可减少树木的砍伐，不浪费纸张、粮食是一种良好的节约习惯，C项正确；生活污水、工业废水需要处理后才能排放，直接排入地层深处，会污染地下水和土壤，D项错误。考点环境保护与绿色化学题点环境污染与防治7．(陕西宝鸡市第一中学检测)“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”要求的是()①实验室收集氨采用图1所示装置②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨与酸反应生成铵盐的实验④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④ B．①②③C．①②④ D．①③④答案C解析①实验室收集氨采用图1所示装置，在收集的过程中用带有酚酞的水吸收多余的氨防止污染环境，故符合绿色化学的要求；②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置，用浸有碱液的棉团可以吸收多余的氯气，防止污染环境，故符合绿色化学的要求；③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨与酸反应生成铵盐的实验，挥发的氯化氢和氨会污染大气，因此不符合绿色化学的要求；④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应，生成的氮的氧化物及时收集在气球里面，防止污染环境，符合绿色化学的要求。综上所述，①②④符合题意。考点绿色化学题点绿色化学与化学实验8.(通州区期末)硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋=2H＋Ce3＋B．x＝1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．处理过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋总数减少D．该转化过程的实质为NOx被H2还原答案D考点氮及其化合物间转化题点二氧化氮性质及转化9．(北京东城高一检测)下列选项中描述的过程能实现热能转化为化学能的是()答案D解析燃料电池由化学能转化为电能，故A错误；火力发电由化学能转化为热能，热能转化为电能，故B错误；天然气燃烧由化学能转化为热能，故C错误；煅烧石灰石由热能转化为化学能，故D正确。考点化学反应与能量题点化学反应能量转化及应用10．(芜湖高一检测)液晶显示器是日常生产生活中常用的电子产品的部件之一，生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年。以下是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/(kJ·mol－1)941.7154.8283.0下列说法中正确的是()A．反应N2(g)＋3F2(g)=2NF3(g)为吸热反应B．过程N(g)＋3F(g)→NF3(g)放出能量C．反应N2(g)＋3F2(g)=2NF3(g)，N2与F2的总能量小于NF3的总能量D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应答案B解析反应物的键能之和为(941.7＋3×154.8)kJ·mol－1＝1406.1kJ·mol－1，生成物键能之和为283.0×6kJ·mol－1＝1698kJ·mol－1，反应物键能之和小于生成物键能之和，则反应物的总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，故A错误；N(g)＋3F(g)→NF3(g)为化学键的形成过程，是一个放出能量的过程，故B正确；该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物总能量，则N2与F2的总能量大于NF3的总能量，故C错误；化学反应的实质就是旧键的断裂与新键的生成，如果没有化学键的断裂与生成，不可能发生化学反应，故D错误。考点化学反应与能量转化题点化学键与能量转化11.(泰州海陵区校级期中)电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图。下列说法正确的是()A．O2在电极b上发生氧化反应B．溶液中OH－向电极b移动C．反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶3D．正极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O答案C解析通入氧气的Pt电极b为正极，正极上氧气发生得电子的还原反应，故A错误；该原电池中，Pt电极a为原电池负极，Pt电极b为正极，溶液中OH－向负极Pt电极a移动，故B错误；该原电池的总反应为4NH3＋3O2=2N2＋6H2O，所以反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶3，故C正确；该原电池的正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，负极反应式2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O，故D错误。考点原电池工作原理题点原电池工作原理及应用12．(宁波模拟)已知：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)为放热反应；将汽车尾气中的CO和NO气体转化为CO2和N2是减少汽车尾气的有效途径之一，若用、、、分别表示CO、NO、CO2、N2，在固体催化剂表面，上述反应的过程可用如图表示，下列说法正确的是()A．从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是C处B．图示过程中，反应物断键吸收能量大于生成物形成所释放的能量C．该反应的反应物浓度越大，反应速率一定越快D．该反应中的固体催化剂起到反应载体的作用，未影响反应的速率答案A解析整个反应过程为放热反应，且A→B旧化学键断裂，吸收能量，B→C新化学键形成，释放能量，则从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是C处，故A正确；该反应为放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故B错误；由于NO易与氧气反应，存在副反应2NO＋O2=2NO2，则反应中NO浓度越大，该反应的反应速率不一定越快，故C错误；该反应中的固体催化剂不仅起到反应载体的作用，更重要的是能够降低反应的活化能，使反应速率加快，故D错误。考点化学反应速率题点化学反应速率及影响因素13．(苏州高一检测)在一定温度下的恒容密闭容器中，能说明反应X2(g)＋Y2(g)2XY(g)已达到平衡的是()A．容器内的总压强不随时间变化B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化C．XY气体的物质的量分数不变D．X2和Y2的消耗速率相等答案C解析该反应的特点：一是可逆反应；二是反应前后气体体积相等。根据气体压强之比等于气体物质的量之比推断，该反应在整个反应过程中总压强是不变的，A项不能说明该反应已经达到平衡；同理推断，容器中气体的平均相对分子质量始终不随时间变化而变化，B项不能说明该反应已经达到平衡；X2和Y2的化学计量数相等且均为反应物，其消耗速率始终相等，D项不能说明该反应已经达到平衡。考点化学反应限度题点化学反应平衡的特征及标志14．(济南高一检测)下列反应不属于加成反应的是()A．CH2=CH2＋HCleq\o(→,\s\up7(一定条件))CH3CH2ClB．2＋15O2eq\o(→,\s\up7(点燃))12CO2＋6H2OC．＋H2eq\o(→,\s\up7(催化剂))CH3CH2OHD．CH2=CH2＋Br2→CH2BrCH2Br答案B解析苯的燃烧属于氧化反应，不属于加成反应。考点有机反应类型题点加成反应及其应用15．化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列说法正确的是()A．丙的分子式为C10H16O2B．甲的一氯代物有4种(不考虑立体异构)C．乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应D．甲、丙均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色答案C解析由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A错误；甲分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种(不考虑立体异构)，故B错误；乙的结构中含有碳碳双键和酯基，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，酯基可以发生取代反应，故C正确；甲、丙结构中均含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，则均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。考点多官能团有机物的结构及性质题点多官能团有机物性质及应用16．(惠州高一检测)为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如下实验方案：下列说法正确的是()A．①中反应的离子方程式：2I－＋H2O2=I2＋2OH－B．②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出C．③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液中含有I－D．操作Z的名称是加热答案C解析加入稀硫酸，环境为酸性，不能生成OH－，故A错误；四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B错误；碘化钠水溶液的密度比四氯化碳小，③操作是反萃取法，得到的上层溶液中含有I－，故C正确；从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，故D错误。考点海水资源的开发利用题点海带提碘17．(河北邢台高一检测)绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。下列做法不符合绿色化学理念的是()A．研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料B．用可降解塑料生产包装盒或快餐盒C．用反应Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O制备硫酸铜D．用反应2CH2=CH2＋O2eq\o(→,\s\up7(Ag))制备环氧乙烷答案C解析涂料中的有机溶剂主要是苯类、酯类、醛类、醚类等有害物质，危害人体健康，研制水溶剂涂料替代有机溶剂涂料，减少有机溶剂的危害，A项符合绿色化学理念；可降解塑料的使用可减少白色污染，B项符合绿色化学理念；用浓硫酸和铜制备硫酸铜，反应过程中产生有害气体二氧化硫，污染大气，C项不符合绿色化学理念；该制备环氧乙烷的反应中原子利用率为100%，不产生污染物，D项符合绿色化学理念。考点绿色化学题点绿色化学的理解及应用18．(广东模拟)环保是21世纪人类社会的主要课题之一，十九大报告中提出了新目标“建成富强、民主、文明、和谐、美丽的社会主义现代化强国”。火电厂、燃煤锅炉是SO2研究发现：pH和温度会对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响；当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫效率与浆液pH的关系如图2。下列有关说法正确的是()A．烟气通入石灰石浆液时的温度越高吸收越快，吸收率越高B．石灰石浆液pH>5.7时，烟气脱硫效率降低的原因是石灰石的溶解度增大C．将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率的高低D．上述方法中用石灰石浆液每吸收64gSO2理论生成22gCO2答案C解析烟气通入石灰石浆液时的温度越高，气体二氧化硫的溶解度越小，部分二氧化硫不能被溶解，就会逸出溶液使吸收率降低，故A错误；石灰石浆液pH>5.7时，烟气脱硫效率降低的原因是石灰石的溶解度减小，石灰石的浓度减小，脱硫率随之下降，故B错误；脱硫后的气体是否残存二氧化硫，含多少，可以利用高锰酸钾溶液褪色的程度和快慢粗略判断烟气脱硫效率，故C正确；上述总反应为2CaCO3＋2SO2＋O2＋4H2O=2CaSO4·2H2O＋2CO2，1molSO2反应生成1molCO2，即每回收64gSO2，同时生成44gCO2，故D错误。考点化学与环境保护题点二氧化硫的污染及治理二、非选择题(本题包括4小题，共46分)19．(12分)(南京师大附中期末)某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用下图所示的装置进行实验。请回答下列问题：(1)B是用来收集实验中产生气体的装置，但未将导管画全，请将装置图补充完整。(2)实验中他们取6.4g铜片和12mL18mol·L－1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应停止，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组同学认为还有一定量的硫酸剩余。①写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：_____________________________________________。实验中若有mg铜参加了反应，则有________molH2SO4被还原，转移电子数目为________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。②下列试剂能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余的是________(填字母)。A．硫酸钠溶液 B．氯化钡溶液C．银粉 D．碳酸钠溶液③为什么有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解？原因是________________________。(3)为了测定消耗H2SO4的物质的量，该兴趣小组设计了两个实验方案。方案一：将装置A产生的气体缓缓通过已称量过的装有碱石灰的干燥管，反应停止后再次称量干燥管的质量，两次的质量差即是吸收的二氧化硫的质量。方案二：将装置A产生的气体缓缓通入足量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液中，再加入足量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥，称得沉淀的质量即是二氧化硫转化为硫酸钡沉淀的质量。实际上，方案一和方案二均不可取。方案一：由于产生的气体中含有________，使再次称量的干燥管的质量偏大；也可能由于________________，使再次称量的干燥管的质量偏小。方案二：由于________________与氯化钡溶液反应，使测定的消耗H2SO4的物质的量偏大。答案(1)(2)①Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2Oeq\f(m,64)eq\f(mNA,32)②D③随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应(3)水蒸气烧瓶中的二氧化硫不能完全排出高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸解析(1)铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫气体，二氧化硫的密度比空气大，用向上排空气法收集，气体从长导管进、短导管出。(2)②证明有硫酸剩余即证明有氢离子存在。③浓硫酸变为稀硫酸后不与铜发生反应。(3)方案一：碱石灰也会吸收水蒸气，二氧化硫可能没有完全排出；方案二：硫酸酸化的高锰酸钾溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)，使沉淀量增多。考点浓H2SO4性质题点浓H2SO4性质及实验探究20．(12分)(湖北期中)为了探究原电池的工作原理，某化学学习小组设计了一组实验，其装置如图：(1)图中各装置中电极上发生还原反应的粒子分别是(填离子或分子的化学式)：甲________，乙________，丙________。(2)丙装置中负极反应式为_________________，丁装置中负极反应式为__________________。(3)电池的放电过程中，甲装置中溶液质量________(填“增加”或“减少”)；丁装置中溶液碱性________(填“增强”或“减弱”)。(4)当甲装置导线中转移0.3mol电子时，正极生成气体________L(标准状况下)；假设开始时乙装置中两电极质量相等，导线中转移0.3mol电子时，两电极质量相差________g。答案(1)H＋Cu2＋H2O(2)Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OCH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O(3)增加减弱(4)3.3618解析(1)原电池中正极上发生还原反应。甲装置中总反应为镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，Mg为负极，Al为正极，正极上氢离子得电子生成氢气；乙装置中总反应为铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，Fe为负极，Pt为正极，正极上铜离子得电子生成铜单质；丙装置中总反应为铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Al为负极，Mg为正极，正极上水得电子生成氢气。(2)丙装置中Al为负极，Mg为正极，负极上Al失去电子生成AlOeq\o\al(－,2)，负极反应式为Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O；丁装置中石墨电极为正极，铂电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子生成碳酸钾，电极反应式为CH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O。(3)甲装置中反应为镁和稀硫酸生成硫酸镁和氢气，化学方程式为Mg＋H2SO4=H2↑＋MgSO4，则溶解24gMg时生成2gH2，溶液质量增大；丁装置中甲烷与氧气反应生成碳酸钾和水，溶液碱性减弱。(4)甲装置中Mg为负极，Al为正极，正极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，则n(H2)＝eq\f(1,2)n(e－)＝0.15mol，标准状况下H2的体积为0.15mol×22.4L·mol－1＝3.36L；乙装置中Fe为负极，发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋，Pt为正极，发生的反应为Cu2＋＋2e－=Cu，则转移2mol电子时两极质量差为64g＋56g＝120g，所以导线中转移0.3mol电子时，两电极质量相差eq\f(120g,2mol)×0.3mol＝18g。考点原电池工作原理及应用题点原电池工作原理及相关应用21．(12分)(烟台二中高一月考)葡萄是生活中常见的水果，也可以用于酿酒。(1)检验葡萄汁含葡萄糖的方法是向其中加碱调至碱性，再加入新制备的Cu(OH)2，加热，其现象是________________。(2)葡萄酒密封储存过程中生成了有香味的酯，酯也可以通过化学实验来制备，实验室用如图所示装置制备乙酸乙酯。①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是___________________________________________。②实验开始时，试管b中的导管不伸入液面的原因是________________________________。(3)有机物E由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的E为无色粘稠液体，易溶于水。为研究E的组成与结构，进行了如下实验：①称取E4.5g，升温使其气化，测其密度是相同条件下H2的45倍有机物E的相对分子质量为________②将称取的9.0gE在足量纯O