辽宁省沈阳市铁路实验中学2024-2025学年高一化学下学期6月月考试题含解析

PAGE19-辽宁省沈阳市铁路试验中学2024-2025学年高一化学下学期6月月考试题（含解析）分数：100分时间：60分钟可能用到的相对原子质量N：14O：16Na：23P：31S：32Cl：35.5K：39Fe：56Cu：64Ag：108I：127第Ⅰ卷(选择题，共36分)一、选择题(本题包括12个小题，每小题3分，共36分。每小题仅有一个选项符合题意)1.下列化学用语或模型表示正确的是()A.CH4的空间充填模型：B.乙烯的结构简式：CH2=CH2C.35Cl-和37Cl-离子结构示意图均可表示为：D.羟基的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．空间充填模型又称比例模型，CH4的空间充填模型：，A项错误；B．结构简式是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式，乙烯的结构简式中省略碳氢单键，但碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为：CH2=CH2，B项正确；C．Cl-为Cl原子得到一个电子，最外层达到8电子稳定结构，35Cl和37Cl互为同位素，其离子结构示意图相同，均可表示为：。C项错误；D．羟基显电中性，不能单独存在，其电子式为：。D项错误；答案选B。2.下列反应中，属于加成反应的是()A.CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2OB.2CH3CHO＋O22CH3COOHC.CH3—CH＝CH2＋Br2→CH3—CHBr－CH2BrD.＋Br2＋HBr【答案】C【解析】【详解】A．发生的是酯化反应，酯化反应属于取代反应，A不符合题意；B．该反应是乙醛的催化氧化反应，B不符合题意；C．该反应发生时，丙烯分子中碳碳双键断开较活泼的碳碳化学键形成了C-Br键，因此该反应是加成反应，C正确；D．该反应为苯的溴代反应，溴代反应属于取代反应，D不符合题意；故合理选项是C。3.化学与生产、生活、社会亲密相关。下列说法正确的有()①SO2具有还原性，可用于蔗糖脱色②汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土③SiO2具有导电性，可用于制造光导纤维④自然界中不存在游离态的硫⑤硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫⑥浓硫酸可用来干燥SO2、CO、Cl2等气体⑦水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】【详解】①SO2具有毒性，不行用于食品脱色，①错误；②瓷器由黏土烧制而成，因此瓷器的主要原料为黏土，②正确；③SiO2能够使光线全反射，因而可用于制造光导纤维，但SiO2是绝缘体，不具有导电性，③错误；④自然界中在火山喷发口旁边或地壳的岩层中存在游离态的硫，④错误；⑤硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物也是二氧化硫，⑤错误；⑥浓硫酸具有吸水性，与SO2、CO、Cl2等不发生反应，因此可用来干燥SO2、CO、Cl2等气体，⑥正确；⑦水玻璃是Na2SiO3的水溶液，具有粘性可作防火剂，由于其不能燃烧，也不支持燃烧，因此又可用于生产防火剂，⑦正确；综上所述可知，说法正确的有②⑥⑦，故合理选项是C。4.某同学利用下图进行喷泉试验，已知圆底烧瓶内充溢X气体，胶头滴管内装有少量Y液体，烧杯内装有足量Z液体，下列组合能进行喷泉试验且最终液体肯定能充溢整个烧瓶的是（）

X气体Y试剂Z试剂A．NO2H2OH2OB．CO2H2OH2OC．HCl饱和食盐水水D．NO2和O2H2OH2OA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，气体的体积减小，压强变小，能形成喷泉，但水只能进入2/3，A不符合题意；B．二氧化碳在水中的溶解度很小，不能形成喷泉，B不符合题意；C．氯化氢在水中的溶解度很大，能形成喷泉，且液体能充溢整个烧瓶，C符合题意；D．二氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，但不能确定二氧化氮和氧气的比例，不能确定气体是否能完全反应，就不能确定是否能充溢整个烧瓶，D不符合题意；答案选C。【点睛】喷泉试验的形成是气体溶于液体或与液体反应而造成容器内压强突然减小，与外界有压强差，使液体压入容器。形成的条件是气体溶解度很大，或与溶液发生化学反应。常见的形成喷泉试验的组合有，氨气和水，氯化氢和水，二氧化氮和水，二氧化碳和氢氧化钠等。5.下列说法中，不正确的是()A.正戊烷、异戊烷、新戊烷互为同分异构体B.淀粉、纤维素和油脂都属于自然高分子化合物C.四氯乙烯分子中全部原子都处于同一平面D.等质量的C2H2、C2H4、CH4分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次增多【答案】B【解析】【详解】A．正戊烷、异戊烷、新戊烷分子式都是C5H12，分子式相同，结构不同，因此三种物质互为同分异构体，A正确；B．油脂不属于自然高分子化合物，B错误；C．四氯乙烯分子可看作是乙烯分子中的4个H原子被Cl原子取代产生的物质，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处于同一平面，C正确；D．12gC完全燃烧产生CO2消耗1molO2，4gH完全燃烧产生H2O消耗1molO2，可见等质量的烃，在碳原子数相同的状况下，分子中H元素的含量越高，完全燃烧消耗氧气就越多。C2H2、C2H4、CH4中H%的含量：C2H2＜C2H4＜CH4，所以质量相同时，C2H2、C2H4、CH4分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次增多，D正确；故合理选项是B。6.化合物如下图，下列说法正确的是

A.a的一氯代物有三种B.b能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，且二者褪色原理相同C.c中全部原子不行能处于同一平面内D.a与d互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．a是以中心为对称点的正方体结构，8个顶点的氢原子位置相同，所以a的一氯代物有一种，故A错误；B．b中含碳碳双键，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应、与溴水发生加成反应使其褪色，二者褪色原理不同，故B错误；C．c中含有碳碳双键，碳碳双键连接的全部原子在同一个平面上，则c中全部原子处于同一平面内，故C错误；D．a与d的分子式都是，而结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；故答案为D。7.对于苯乙烯的下列叙述①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可发生加聚反应；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤苯环能与溴水发生取代反应；⑥全部的原子可能共面，且最多有5个原子共线。其中完全正确的是A①②④ B.①②④⑥ C.①②④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；②含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚苯乙烯，故②正确；③属于烃，难溶于水，故③错误；④属于有机物，可溶于苯中，故④正确；⑤中的碳碳双键能与溴水发生加成反应，苯环不能与溴水发生取代反应，故⑤错误；⑥单键可以旋转，苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子干脆相连，则全部的原子可能共平面，中画红圈的原子共线，最多有4个原子共线，故⑥错误。选A。【点睛】本题考查苯乙烯的性质，熟识物质的结构和性质的关系是解答本题的关键，并学会利用苯和乙烯的性质来解答该问题。8.如下表所示，为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂与主要分别方法都正确的是（）选项不纯物质除杂试剂分别方法A乙烷(乙烯)KMnO4(酸化)洗气B溴苯(溴)NaOH溶液分液C苯(乙烯)溴水分液DCO2(SO2)碳酸钠溶液洗气A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】除杂必需遵循的原则：不增加新杂质（不增）、不削减被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。【详解】A、酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳又成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A错误；B、溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分别，B正确；C、乙烯和溴水发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，生成的1，2－二溴乙烷又溶解在苯中，达不到除杂的目的，C错误；D、二氧化碳、二氧化硫均与碳酸钠溶液反应，应当用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，D错误。答案选B。9.用石油和煤可以得到有机化工生产中须要的众多原料，例如由石油得到的乙烯和由煤得到的苯可制聚苯乙烯。生产过程如下：下列说法不正确的是()A.通过裂解可以从石油中获得更多的乙烯B.通过煤的干馏不能干脆得到纯净的苯C.制聚苯乙烯的反应①为加成反应D.反应①②③的原子利用率都达到了100%【答案】D【解析】【详解】A、石油裂解是为了得到更多的有机化工原料(如乙烯等)，选项A正确；B、通过煤的干馏只能得到苯和苯的同系物的混合物，还要进行分馏才能得到纯净的苯，选项B正确；C、依据反应特点可知①为加成反应，选项C正确；D、反应①、③的原子利用率都达到了100%，而反应②中除生成目标产物外，还生成了H2，原子利用率小于100%，选项D错误。答案选D。10.下列说法正确的有()①SiO2和CO2两者都是酸性氧化物，都能与水反应生成对应的酸②铵盐不稳定，受热分解都产生氨气③由于浓硫酸有强氧化性，因此不能用铁罐存浓硫酸④浓硝酸不稳定，试验保存无色试剂瓶中⑤浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸无氧化性⑥氨气是一种碱性气体，可用碱石灰或CaCl2干燥⑦浓硫酸与铜的反应中，浓硫酸只表现强氧化性⑧硅晶体是一种重要的半导体材料，可制作计算机芯片A.无 B.1个 C.2个 D.3个【答案】B【解析】【详解】①SiO2不能与水反应生成相应的酸，①错误；②铵盐的性质一般都不是很稳定，受热或高温都易分解，但产物却千差万别；氧化性酸对应的铵盐，不生成氨气，如(NH4)2SO4、NH4NO3等，②错误；③常温下，铁在浓硫酸中钝化，形成一层致密的氧化膜，阻挡反应的进一步进行，故可以用铁罐存浓硫酸，③错误；④浓硝酸不稳定，见光或加热条件下易分解，故浓硝酸存放在棕色瓶中（避光）在阴凉处保存（避开受热分解），④错误；⑤浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸能够与活泼金属反应生成氢气，在反应中稀硫酸表现出了氧化性，故稀硫酸也具有氧化性，⑤错误；⑥氨气会与无水CaCl2发生反应，故不能用CaCl2干燥氨气，通常用碱石灰干燥氨气，⑥错误；⑦浓硫酸与铜的反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，体现出强氧化性、酸性，⑦错误；⑧晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可制作计算机芯片，⑧正确；综上所述，只有⑧正确；答案选B。11.下列说法或表示法正确的是A.在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJB.由4P(s，红磷)=P4(s，白磷)：△H>0可知，白磷的热稳定性比红磷大C.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=﹣483.6kJ·mol﹣1，则H2燃烧热等于241.8kJ·mol﹣1D.己知：S(g)+O2(g)=SO2(g)；△H1及S(s)+O2(g)===SO2(g)：△H2，则△H1＜△H2【答案】D【解析】【详解】A．在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，由于浓硫酸溶于水放出热量，所以放出的热量大于57.3kJ，A错误；B．由4P(s，红磷)=P4(s，白磷)：△H>0可知，白磷的能量高，能量越高，物质热稳定性越差，因此白磷不如红磷稳定，B错误；C．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=﹣483.6kJ·mol﹣1，由于燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，氢气的稳定氧化物是液态水，因此H2的燃烧热大于241.8kJ·mol﹣1，C错误；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，反应物的能量S(g)>S(s)，所以前者放出的热量多，故△H1＜△H2，D正确。答案选D。12.下列关于能量改变的说法，正确的是()A.将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O5(s)放出热量相同B.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应生成物总能量高于反应物的总能量C.中和热的试验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测出的中和热数值偏小D.化学键的断裂是吸热过程，并且肯定发生了化学改变【答案】C【解析】【详解】A．红磷和白磷分子结构不同，等质量的两种物质含有的能量也不同，因此将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O5(s)放出热量不相同，A错误；B．Na与H2O的反应是放热反应，说明反应物的总能量比生成物的总能量高，B错误；C．金属Cu简单导热，若将环形玻璃搅拌棒用铜代替，会导致一部分热量损失，使测出的中和热数值偏小，C正确；D．化学键的断裂过程是吸热过程，但不肯定发生了化学改变，如HCl在水中的溶解或NaCl的熔化过程，有化学键的断裂，而没有产生新物质，D错误；故合理选项是C。第Ⅱ卷(选择题，共64分)13.(1)下列反应属于吸热反应的是_________________________①铝粉与氧化铁粉末反应②酸碱中和反应③硝酸铵溶于水④碳酸钙分解⑤H2在Cl2中燃烧⑥灼热的碳与CO2的反应⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2•8H2O混合搅拌(2)在25℃、101kPa的条件下，断裂1molH—H键汲取436kJ能量，断裂1molCl—Cl键汲取243kJ能量，形成1molH—Cl键放出431kJ能量。该条件下H2＋Cl2=2HCl反应中的能量改变可用如图表示：现有1molH2和1molCl2在25℃、101kPa下完全反应。请依据上述信息回答下列有关问题：①该反应的热化学方程式为_____________②反应物的总能量___________(填“＞”或“＜”)生成物的总能量。(3)干脆排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采纳催化还原法和碱汲取法处理SO2气体。如图所示：1molCH4完全燃烧生成气态水的能量改变和1molS(g)燃烧的能量改变。在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式____________。(4)几种含硅元素的物质之间的相互转化关系如图所示：①写出下列反应化学方程式：B→A：_________；B→E：_________。②写出下列溶液中反应的离子方程式：D→C_________。(5)Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示为________。【答案】(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)依据常见化学反应的热效应分析推断；(2)①依据反应热等于断裂反应物化学键汲取的热量与形成生成物化学键释放的热量的差计算反应热，并书写热化学方程式；②若反应物的总能量比生成物的总能量高，则反应为放热反应，否则为吸热反应；(3)依据图示先写出CH4、S燃烧的热化学方程式，然后将方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(4)已知几种含硅元素的物质之间的相互转化关系，B与焦炭高温反应产生A，B与Na2O在高温下也反应产生D，A与NaOH溶液反应产生D，结合物质的性质可知：B为SiO2，A为Si，D为Na2SiO3，B与CaCO3高温反应产生E，则E是CaSiO3，C高温强热反应产生B，C与CaO高温反应产生CaSiO3，且向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，产生产生C，则C为H2SiO3，然后结合物质的性质以及题目要求进行解答。(5)硅酸盐用氧化物形式表示时，先写金属氧化物，再写非金属氧化物，最终写水，各种元素的原子个数比不变。【详解】(1)①铝粉与氧化铁粉末反应放出热量，是放热反应；②酸碱中和反应放出热量，是放热反应；③硝酸铵溶于水汲取热量，物质溶解过程是物理改变，没有发生化学反应；④碳酸钙分解汲取热量，是吸热反应；⑤H2在Cl2中燃烧放出热量，是放热反应；⑥灼热的碳与CO2的反应汲取热量，是吸热反应；⑦NH4Cl晶体与Ba(OH)2•8H2O混合搅拌汲取热量，是吸热反应；综上所述可知：属于吸热反应的为④⑥⑦；(2)①反应热等于断裂反应物化学键汲取的热量与形成生成物化学键释放的热量的差，在25℃、101kPa的条件下，断裂1molH-H键汲取436kJ能量，断裂1molCl-Cl键汲取243kJ能量，形成1molH-Cl键放出431kJ能量。则H2与Cl2反应产生HCl的反应热△H=436kJ+243kJ-2×431kJ=-183kJ，故该反应的热化学方程式为：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=－183kJ/mol；②由于反应物的总能量比生成物的总能量高，则该反应发生时放出热量，反应为放热反应，说明反应物的总能量比生成物的总能量高，即反应物的总能量＞生成物的总能量；(3)依据图示可知CH4燃烧产生气态水的热化学方程式①为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=－802kJ/mol；S蒸气完全燃烧产生SO2气体的热化学方程式②为：S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH=－577kJ/mol，依据盖斯定律，将①-2×②，整理可得：CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2的热化学方程式为：CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H=+352kJ/mol；(4)依据上述推断可知：A为Si，B为SiO2，C为H2SiO3，D为Na2SiO3，E是CaSiO3。①A为Si，B为SiO2，SiO2与焦炭在高温下反应产生Si和CO，反应方程式为：SiO2＋2CSi＋2CO↑；B为SiO2，E是CaSiO3，SiO2与CaCO3在高温下反应产生CaSiO3和CO2，反应方程式为：CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑；②C为H2SiO3，D为Na2SiO3，由于碳酸的酸性比硅酸强，向硅酸钠溶液中通入CO2气体，若通入少量CO2气体，反应产生Na2CO3和H2SiO3，反应的离子方程式为：SiO32-＋H2O＋CO2=H2SiO3↓＋CO32-；若通入过量CO2气体，发生复分解反应产生NaHCO3和H2SiO3，该反应的离子方程式为：SiO32-＋2H2O＋2CO2=H2SiO3↓＋2HCO3-；(5)依据硅酸盐用氧化物形式表示时的规律，Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示为6MgO∙4SiO2∙4H2O。【点睛】本题考查了常见化学反应的热效应的推断、反应热的计算、热化学方程式的书写及元素和有关硅元素的单质与化合物的推断、硅酸盐的氧化物表示形式。驾驭盖斯定律在反应热计算的应用和反应热与化学键键能的关系，及元素化合物的学问是本题解答的关键。物质反应过程的能量改变不仅与反应的物质多少有关，也与物质的存在状态有关，书写热化学方程式要注明物质的存在状态及对应的反应热，放热反应符号为负值，吸热反应符号为正值，物质发生改变既有物质改变，也有能量改变，探讨反应热，可以充分利用反应过程的能量改变，达到节能的目的。14.某化学爱好小组为了制取并探究氨气性质，按下列装置（部分夹持装置已略去）进行试验。(1)试验室制取氨气选用图中a发生装置进行试验，反应的化学方程式为___________。试验室制取氨气选用图中b发生装置进行试验，反应的化学方程式为_________。(2)B装置中的干燥剂可选用________（填“碱石灰”或“浓硫酸”）。(3)气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生改变的是____（填“C”或“D”）。(4)当试验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可视察到的现象是___________(5)F装置中倒置漏斗的作用__________(6)工业上硝酸的制备和自然界中的硝酸的生成既有相同的地方，又有区分。路途Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径：写出①③步改变的化学方程式：①____________；③____________；(7)将11.2g的Mg-Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。依据题意推断气体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).碱石灰(4).D(5).产生白烟(6).防止倒吸(7).4NH3+5O24NO+6H2O(8).3NO2+H2O=2HNO3+NO(9).D【解析】【分析】(6)结合氨气的性质和物质的转化关系，可知反应①为NH3被氧气氧化生成NO的过程，反应②为NO与O2反应生成NO2的过程，反应③为NO2与水反应生成硝酸的过程。(7)分析反应过程，Cu、Mg失去电子，化合价上升，变成Cu(OH)2、Mg(OH)2。依据得失电子守恒，推断的还原产物。【详解】(1)分析a装置，为固体加热反应制氨气，可知应为NH4Cl和Ca(OH)2反应制氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；若用装置b制取氨气，反应物状态为液态，反应条件为加热，可知反应方程式应为：NH3•H2ONH3↑+H2O；(2)氨气为碱性气体，会与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸进行干燥，干燥剂应选择碱石灰；(3)氨气为碱性气体，可使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，故气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生改变的是D；(4)氨气会与HCl反应生成氯化铵，可视察到装置E中有白烟产生；(5)氨气极易溶于水，漏斗的作用是防止倒吸；(6)由含氮的化合物之间的转化关系，可知，反应①的反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；反应③的反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(7)依据反应中得失电子守恒进行推断，11.2gMg-Cu混合物反应后变成21.4gCu(OH)2、Mg(OH)2。则Cu(OH)2、Mg(OH)2中m(OH-)=，依据电荷守恒可知，11.2gMg-Cu失去电子0.6mol。则的还原产物得到的电子也为0.6mol。据此分析：A．生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为，的还原产物得到的电子不是0.6mol，A项错误；B．生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2O4，N元素获得电子为，的还原产物得到的电子不是0.6mol，B项错误；C．生成0.6molNO，N元素获得电子为，的还原产物得到的电子不是0.6mol，C项错误；D．生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为，的还原产物得到的电子是0.6mol，依据得失电子数守恒，可知D项正确；答案选D。15.某同学设计如下试验装置探究硫酸与金属、非金属的反应、验证其产物，并探究随着反应的进行，硫酸性质发生的改变。依据试验要求回答相关问题：F装置用于检验二氧化碳。供选择的试剂有：只含碳的生铁、18mol·L-1的硫酸、品红溶液、无水硫酸铜粉未、酸性高锰酸钾溶液、氧化铜、澄清的石灰水、碱石灰。(供选择的试剂可重复运用)(1)打开分液漏斗的活塞，A装置中发生的反应6H2SO4(浓)+2FeFe2(SO4)3+6H2O↑+3SO2↑和(用化学方程式表示)_____，随反应的进行，硫酸的浓度变稀，又发生反应(用化学方程式表示)____(2)B装置中的试剂是__________。(3)E装置中的试剂是____________作用是______________。(4)G装置中的试剂是__________，现象是______________。(5)制备SO2的相宜药品为___________(填代号)。①Na2SO3固体；②Na2SO3溶液；③20%硫酸；④70%硫酸；⑤铜片(6)对SO2与氯水的反应进行探究。用注射器吸入肯定量的饱和氯水和SO2，振荡，静置，再吸入少量品红溶液，发觉品红溶液不褪色，用化学反应方程式说明其缘由____________【答案】(1).2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O(2).Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑(3).无水硫酸铜粉末(4).品红溶液(5).检验二氧化硫是否除净，避开其对二氧化碳的检验造成干扰(6).氧化铜(7).黑色粉末变成红色粉末(8).①④(9).Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4【解析】【分析】在装置A中在加热条件下，生铁中的Fe、C分别与浓硫酸发生反应：6H2SO4(浓)+2FeFe2(SO4)3+6H2O↑+3SO2↑、2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，此时Fe与稀硫酸发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。在装置B中用无水CuSO4检验水的产生，在装置C中用品红溶液检验SO2的存在；在装置D中用酸性高锰酸钾溶液除去SO2气体；在装置E中用品红溶液检验SO2是否除尽避开对CO2的检验产生干扰，然后在装置F中用澄清的石灰水检验CO2的存在，在装置G中装有CuO，在H中装有无水CuSO4，二者用于检验H2的存在，据此解答。【详解】(1)在A装置中，生铁中的杂质C与浓硫酸共热发生氧化还原反应：2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，得到稀硫酸，由于Fe是比较活泼的金属，Fe与稀硫酸会发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；(2)B装置中的试剂是无水CuSO4，用于检验水的产生；(3)E装置中的试剂是品红溶液，作用是检验SO2是否被除净，避开其对CO2的检验造成干扰；(4)G装置中盛有CuO，在加热时发生反应：CuO+H2Cu+H2O，用于检验H2的产生，试验现象是：黑色粉末变成红色粉末；(5)H2SO3是弱酸，不稳定，会分解产生SO2气体，由于酸性H2SO4＞H2SO3，且SO2易溶于水，因此在试验室中通常是用Na2SO3固体和70%硫酸依据复分解反应的规律来制备SO2，故相宜药品序号为①④；(6)SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者混合发生反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，产生的盐酸和硫酸都不具有漂白性，因此再吸入少量品红溶液，发觉品红溶液不褪色。【点睛】本题考查了浓硫酸的性质、常见气体的检验，明确常见气体的性质及检验的先后依次为解答关键，留意驾驭浓硫酸具有的性质及反应原理，明确化学试验基本操作方法及其应用，试题培育了学生达到分析实力及化学试验实力。16.已知有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系。A的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平；E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍；F为高分子化合物。结合如图关系回答问题：(1)写出C的结构简式：___________(2)写出B、D中官能团的名称：B____________，D_____________.(3)写出下列反应的化学方程式：②____________④____________(4)有机化合物的名称是____________，将其在催化剂存在下完全与H2加成，所得烷烃的名称是___________(5)相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式为________(6)乙醇的分子结构为：，分子内脱水生成乙烯时，断开的键是______(填编号。下同)；在铜催化作用下发生催化氧化反应时，断开的键是____；酯化反应时，断开的键是______【答案】(1).CH3CHO(2).羟基(3).羧基(4).2CH3CH2OH