2023年黑龙江省佳木斯市一中高三化学第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

1、2023年黑龙江省佳木斯市一中高三化学第一学期期末教学质量检测试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A该反应的氧化剂是KNO3B氧化产物与还原产物的物质的量之比为23CFe2(SO4)3

2、、K2SO4、H2O均为电解质D该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol2、下列仪器不能直接受热的是（ ）ABCD3、下列过程属于物理变化的是A煤的干馏 B石油的分馏 C石油裂化 D石油裂解4、科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A过程I得到的Li3N中N元素为3价B过程生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程中能量的转化形式为化学能转化为电能D过程涉及的反应为4OH4eO2+2H2O5、在加热固体NH4Al(SO4)212H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知A点物质为NH4Al(

3、SO4)2，B点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是（ ）A0t的过程变化是物理变化BC点物质是工业上冶炼铝的原料CAB反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种DAl2(SO4)3能够净水，其原理为：Al3+3OH-Al（OH）36、下列各组离子能大量共存的是A在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-B在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C在加入NH4HCO3产生气体的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-D加入Al片能产生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-7、下列化学原理正确的是( )A沸点：HFHClHBrHIB一定条件下可

4、以自发进行，则C常温下，溶液加水，水电离的保持不变D标况下，1mol分别与足量Na和反应，生成气体的体积比为8、某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（ ）AX的分子式为C12H16O3BX在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C在催化剂的作用下，1 mol X最多能与1 mol H2加成D可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X9、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB该过程中BMO表现较强还原性C降解产物的分子中只含有极性分子D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1

5、10、下列实验能达到目的的是 选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容AABBCCDD11、2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离

6、子二次电池，放电时，正极反应式为M1xFexPO4+e-+Li=LiM1x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）A放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B电池总反应为M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6CC放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li+6CD充电时，Li移向磷酸铁锂电极12、用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，描述正确的是A用石蕊作指示剂B锥形瓶要用待测液润洗C如图滴定管读数为 25.65mLD滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化13、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是AHClO的结构式：HOClBHF的电子式： H:CS2的结构示意图：D

7、CCl4分子的比例模型：14、下列表示不正确的是()ACO2的电子式BCl2的结构式ClClCCH4的球棍模型DCl的结构示意图15、下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是物质（少量杂质）操作AKNO3固体（NaCl）加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥BNaCl固体（KNO3）加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥CFeCl3溶液（NH4Cl）加热蒸干、灼烧DNH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤AABBCCDD16、下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（ ）A苯中含单质溴杂质：加水，分液B乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液

8、C乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物 I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物 A、B 和萘（ ）合成，路线如下： (1)C的结构简式为_，E的化学名称_。(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_、_ 。(3)I中含氧官能团的名称为_。(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_。(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的G（）与F反应，所得H的结构简式为 则反应中G（）断裂的化学键为 _（填编号）(6)Y为H的同分

9、异构体，满足以下条件的共有_种,请写出其中任意一种的结构简式_。 含有萘环，且环上只有一个取代基。可发生水解反应，但不能发生银镜反应。18、有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溴水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。（1）A可以发生的反应有_（选填序号）。加成反应 酯化反应 加聚反应 氧化反应（2）B分子所含官能团的名称是_。（3）B分子中没有支链，其结构简式是_，B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是_。（4）由B制取A的化学方程式是_。（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组

10、成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取：天门冬氨酸的结构简式是_。19、亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ，沸点：-5.5 )是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2制备纯净NOCu_，_。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。装置的作用为_，若无该装置

11、，中NOCl可能发生反应的化学方程式为_。乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是_。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)亚硝酰氯(

12、NOCl)的质量分数为_(用代数式表示即可)。若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_(偏高、偏低、无影响)20、一氯甲烷(CH3Cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等有机浓剂。(1)甲组同学在实验室用装置A模拟催化法制备一氯甲烷并检验CH3Cl的稳定性。A B C D装置A中仪器a的名称为_，a瓶中发生反应的化学方程式为_。实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是_。(2)为探究CH3Cl与CH4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证CH3C1能被酸性KMnO4溶液氧化。为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理

13、顺序为A_装置中水的主要作用是_。若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_。(3)丙组同学选用A装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的CH3Cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1molL-1NaOH溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂，用c2molL-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴定，最终消耗V2mL盐酸。(已知：2CH3Cl+3O2 2CO2+2H2O+2HCl)滴定终点的现象为_该反应甲醇的转化率为_。(用含有V、c的式子表示)21、利用高浓度含砷废水(主要成分为)制取的工艺流程如下图所示。已知：(1)

14、与同主族且比多2个电子层，写出中子数为42的的原子符号_。(2)比较、的气态氢化物的沸点(由大到小排列)_(用化学式表示)。(3)结合化学平衡的原理解释步骤加入的作用是_。(4)步骤“氧化脱硫”过程中被氧化的元素是_(填元素符号)。(5)步骤发生反应的离子方程式为_。(6)砷及其化合物几乎都有毒，通常价砷化合物毒性强于价砷化合物。海产品中含有微量价砷化合物，食用海鲜后不能马上进食水果的原因是_。(7)利用反应设计成原电池，起始时在甲、乙两地中分别加入图示药品并连接装置(a、b均为石墨电极)。起始时，b电极的电极反应式为_。一段时间后电流计指针不发生偏围，欲使指针偏转方向与起始时相反，可向乙池中

15、加入_(举一例)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；B. 配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，

16、则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为32，B错误；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生72g H2O，转移6mol电子， 则生成144g H2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；故合理选项是B。2、C【解析】根据常见的可用于加热的仪器进行类，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等。【详解】A试管为玻璃仪器，底部面积比较小，可以用来直接加热，故A不选；B蒸发皿为硅酸盐材料，可以用来直接加热，故B不选；C蒸馏烧瓶为玻璃仪器，底部

17、面积比较大，不能用来直接加热，需垫上石棉网，故C选；D坩埚为硅酸盐材料，可以直接用来加热，故D不选；故选：C。【点睛】实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些不能被加热。易错点C：烧杯、烧瓶不能直接加热，需垫石棉网。3、B【解析】煤的干馏有苯及苯的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分馏是根据沸点不同把石油分离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烃断裂为小分子烃，生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子烃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故D错误。4、C【解析】A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根

18、据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B项正确；C.由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH4eO2+2H2O，D项正确。故答案选C。5、B【解析】A因为tC生成A，又知A点物质为NH4Al(SO4)2属于新物质，0t的过程为NH4Al(SO4)212H2O失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，故A错误；BB点物质为Al2(SO4)3

19、升温再加热分解，在C点生成氧化铝，氧化铝是工业上冶炼铝的原料，故B正确；CAB发生的反应为2NH4Al(SO4)2Al2(SO4)3+2NH3+H2SO4，所以除了生成Al2(SO4)3和NH3两种，还有硫酸，故C错误；DAl2(SO4)3能够净水，其原理为:Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质，故D错误；答案：B。6、C【解析】A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A错误；B、在新制氯水中，氯水具有强氧化性:Fe2+会被氧化成铁离子，故B错误；C、在加入NH4HCO3产生气体的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，Na+、

20、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均无沉淀、气体或水生成，故C正确；D、加入Al片能产生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性：NH4+、HCO3-在碱性条件下不共存，HCO3-在酸性条件下不共存，故D错误；故选C。7、B【解析】A. HF分子间存在氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI的沸点随相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，所以沸点：HFHIHBrHCl，故A错误；B. 反应4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)可以自发进行，则H-TS0，由于该反应气体分子数减小，S0，则，故B正确；C. CH3COO-水解促进水的电离，CH3COONa溶液加水则CH3COO-浓度减

21、小，对水的电离促进作用减小，水电离的c(H+) c(OH-)减小，故C错误；D. 酚羟基和羧基都能和Na反应生成H2，而NaHCO3只能与羧基反应生成CO2，所以1mol分别与足量Na和NaHCO3反应，生成气体的体积比为1：1，故D错误。答案选B。8、D【解析】A. X的分子式为C12H14O3，故A错误；B. 羟基邻位碳上没有H原子，不能发生消去反应，故B错误；C. 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4 mol H2加成，故C错误；D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物X含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。答案选D。9、C【解析】A. 根据图知,反应物是C6

22、H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确，但不符合题意；B. 该反应中BMO失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B正确，但不符合题意；C. 二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D. 根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确，但不符合题意；故选：C。10、B【解析】A若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸

23、溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。11、C【解析】A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；B.根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6C，B错误；C.放电时，石墨电极

24、为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li+6C，C正确；D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；故合理选项是C。12、D【解析】A.滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；B. 锥形瓶如果用待测液润洗，会使结果偏高，故B错误；C. 如图滴定管读数为 24.40mL，故C错误；D滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D正确；故选：D。13、A【解析】A. 次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：HOCl，A项正确；B.HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为

25、，B项错误；C. 硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，C项错误；D. 氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；答案选A。【点睛】A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。14、C【解析】A. CO2分子中存在两个双键，其电子式为，A正确； B. Cl2分子中只有单键，故其结构式为ClCl，B正确；C. CH4的空间构型为正四面体，其比例模型为，C不正确； D. Cl的结构示意图为，D正确。故选C。15、D【解析】A.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度

26、影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，故A错误；B.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故B错误；C. 加热促进铁离子水解，生成的HCl易挥发，蒸干不能得到氯化铁，故C错误；D. 氯化铁与氨水反应生成沉淀，则滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤可除杂，故D正确；故选：D。16、B【解析】A. 溴易溶于苯，不能加水使苯和溴单质分层，不能通过分液除去苯中含单质溴杂质，故A错误；B. 乙酸丁酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸的酸性

27、比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故B正确；C. 乙醛有氢，在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，生成-羟基丁醛，所以不能用氢氧化钠去杂质，故C错误；D. 乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查物质的分离提纯、鉴别，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、 乙醇 取代反应 加成反应 醚键和羟基 ad 8 (任写一种，符合题目要求即可) 【解析】和氯气在催化

28、剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。【详解】(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；(3)化合物 I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；(4) A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使

29、溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；(5)反应中G（）到H( )过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；(6)H的结构简式为 ，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、 、 、 、 、 ，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。18、 碳碳双键、羧基 HOOCCH=CHCOOH CH2=C(COOH)2 HOOCCH=

30、CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O 【解析】A的分子式为C6H8O4，A的不饱和度为3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个羧基和碳碳双键，A中含两个酯基；（1）A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和羧基，A不能发生酯化反应，答案选。（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。（3）B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=C(COOH)2。（

31、4）B与CH3OH发生酯化反应生成A，由B制取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C与NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。19、饱和食盐水 稀硝酸 ef(或fe)cbd 防止水蒸气进入装置 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 O2(或NO2) HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O 100% 偏高 【解析

32、】氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)将氯气和NO干燥后在

33、装置中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ，沸点：-5.5 )是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为aef(或fe)cbd，故答案为ef(或fe)cbd；NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置 VII干燥装置防止水蒸气进入装置；若无该装置，中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置；2NOCl+H2O

34、=2HCl+NO+NO2；乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O；(4)亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用A

35、gNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒： NOClHClAgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/Lb10-3L= 10bc10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为100%=100%，故答案为100%；若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。20、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4+42H+=10CO2+5Cl2+1

36、4Mn2+36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化【解析】(1)根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2水解；(2)A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；根据分析；黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2，据此分析；(3)

37、使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析；【详解】(1)根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)CH3Cl+H2O；答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)CH3Cl+H2O；ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；答案：在HC1气流中小心

38、加热；(2)根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发， CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是ACDB；答案：CDB；根据分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被

39、还原成Mn2，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2+5Cl2+14Mn2+36H2O；答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2+5Cl2+14Mn2+36H2O；(3)燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；根据的分析，最后溶质为NaCl，NaCl中氯元素来自于CH3Cl和盐酸，根据Cl元

40、素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)= n(CH3Cl) -n（HCl）=(c1V1c2V2)103，甲醇的转化率是=；答案：。21、 NH3AsH3PH3 沉淀过量的S2-，使As2S3（s）+3S2-（aq）2AsS33-平衡左移，提高沉砷效率 S、As 2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O 水果中富含还原性物质（如维生素C等），能把+5价砷化合物还原为毒性更大的+3价砷化合物 AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O 在乙池中加入（Na3AsO3）固体或加入碱 【解析】酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到A

41、s2S3和FeS，加入氢氧化钠溶液，过滤，得到滤渣为FeS，滤液含有Na3AsS3、Na3AsO3，氧化生成脱硫Na3AsO4和淡黄色沉淀，为S单质，通入二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，以此解答该题。(7)根据图示可知，起始时，甲池石墨棒a为负极，负极碘离子失去电子生成I2；欲使指针偏转方向与起始时相反，根据反应AsO43-+2I-+2H+AsO33-+I2+H2O可知，应增大生成物浓度或者碱性反应物的浓度。【详解】(1)As与N同主族且比N多2个电子层，则As的核电荷数为7+8+18=33，故中子数为42的As的质量数为42+33=75，其原子符号为；(

42、2)N、P、As的气态氢化物结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，但NH3分子间存在氢键，其沸点明显高于PH3、AsH3，则N、P、As的气态氢化物的沸点(由大到小排列)为NH3AsH3PH3；(3) 步骤加入FeSO4，可用于沉淀过量的S2-，使As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-平衡左移，提高沉砷效率； (4) 滤液含有Na3AsS3、Na3AsO3，氧化生成脱硫Na3AsO4和淡黄色沉淀，S、As元素化合价升高，被氧化；(5) 步骤发生反应的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O；(6) 水果中含有大量的还原性物质(如维生素C等)，+5价砷化合物具有氧化性，能够与食物中还原性物质发生氧化还原反应生成毒性更大的+3价砷化合物；(7) 根据AsO43-+2I-+2H+AsO33-+I2+H2O及图示装置可知，起始时甲池石墨棒b为正极，正极发生还原反应，电极方程式为AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O；一段时间后指针不发生偏转，欲使指针偏转方向与起始时相反，根据反应AsO43-+2I-+2H+AsO33-+I2+H2O，应增大生成物浓度或者碱性反应物的浓度，可以在乙池中加入(Na3AsO3)固体或在乙池中加入碱，使氢离子浓度减小，平衡向着逆向移动，电流方向发生变化，指针偏转方向与起始时相反；