安徽省安庆市安庆一中2018-2019学年高二下学期期末考试名校联考化学试题 20页

‎2018－2019学年第二学期高二年级期末名校联考 ‎(时间：90分钟，满分：100分)‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56‎ 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共54分）‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 晶体硅是一种信息材料，常用来制造集成电路、光导纤维 B. 葡萄酒中通常添加少量SO2，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化 C. “明如镜、声如磬”的瓷器，其制取原料主要为黏土 D. 用乙醚从青蒿中提取青蒿素，该过程包括萃取操作 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、高纯的单晶硅是重要的半导体材料，可做成太阳能电池，各种集成电路，用于制造计算机芯片，光导纤维是二氧化硅，选项A不正确；‎ B、SO2具有还原性，少量的SO2既可以杀菌，可防止葡萄酒氧化变质，选项B正确；‎ C、瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，选项C正确；‎ D、青蒿素是难溶于水的有机物，可用有机溶剂如乙醚将其从青蒿汁液中萃取出来，该过程包括萃取操作，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎2.下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴Cu(NO3)2溶液以加快反应速率 B. 向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，证明H2SO3的酸性强于HClO C. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂 D. 将Cu与浓硫酸反应后的混合物先冷却，再向其中加入冷水以验证生成的Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、稀硫酸中滴入Cu(NO3)2溶液会产生硝酸，硝酸与锌反应不产生H2，选项A错误；‎ B、向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应，而不是利用强酸制弱酸的原理，不能证明H2SO3的酸性强于HClO，选项B错误；‎ C、用标准HCl溶液滴定NaHCO3‎ 溶液，滴定终点时，碳酸氢钠完全反应生成氯化钠、二氧化碳和水，此时溶液显酸性，应该选择遇酸变色的甲基橙为指示剂，选项C正确；‎ D、由于浓硫酸与铜反应后的溶液中水很少，不能使Cu2+在溶液中呈蓝色，且浓硫酸的密度大，溶于水稀释时放出大量的热，所以要将反应后的混合物冷却，再慢慢倒入盛水的烧杯中，即可观察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+生成，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.我国科学家研制出的新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，主要过程如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 与电解相比，光解水过程中消耗的能量较低 B. 过程I、Ⅱ都要吸收能量 C. 过程Ⅱ既有极性键形成，又有非极性键形成 D. 利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据能量守恒可知，与电解相比，光解水过程中消耗的能量相等，选项A错误；‎ B、过程I断裂化学键要吸收能量、过程Ⅱ形成新化学键放出能量，选项B错误；‎ C、过程Ⅱ形成氧氧键和氢氢键，只有非极性键形成，没有极性键形成，选项C错误；‎ D、新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. l mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为NA B. 1mol K2S2O8(S元素＋6价）中含有过氧键数为4NA C. 含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56 g D. 180g葡萄糖分子中含有羟基数为6NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、l mol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl子数应小于NA，选项A错误；‎ B、K2S2O8中S元素为＋6价、K元素为+1价，过氧根离子中氧元素的化合价为-1价，氧离子中氧元素的化合价为-2价，设过氧根离子x个，则有+1×2+(+6×2)+(-1)×2x+(-2)×(8-2x)=0，得x=1，故1mol K2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数NA，选项B错误；‎ C、胶体的胶粒是分子的集合体，一个胶粒中含有多个Fe(OH)3，故含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，Fe(OH)3的物质的量大于1mol，铁元素的质量大于56 g，选项C正确；‎ D、180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，1mol葡萄糖中含有5mol羟基，含羟基5NA个，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C是解答的易错点。‎ ‎5.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 浓盐酸 KMnO4‎ 紫色石蕊试液 氯气具有酸性、漂白性 B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3‎ Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 非金属性：N＞C＞Si A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、新制氯水含盐酸、HClO，则向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，只能证明新制氯水具有酸性和漂白性，氯气没有酸性和漂白性，选项A错误；‎ B、浓硫酸具有脱水性和强氧化性，使蔗糖变黑，且产生二氧化硫气体，二氧化硫与溴水反应，使溴水褪色，选项B正确；‎ C、稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与可溶性钡盐的反应，选项C错误；‎ D、浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成，应先除杂，否则不能证明酸性碳酸>硅酸，故不能证明非金属性：C＞Si，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热，发生取代反应 B. 乙醇在一定条件下可以转化为CO2或CH3COOC2H5‎ C. 可以用碳酸钠溶液区分乙酸、乙醇、苯 D. 乙烯通入溴水中，得到无色、均一溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热，在不同的温度下可以发生取代反应生成硝基苯或间二硝基苯，选项A正确；‎ B、乙醇在氧气中燃烧得到CO2，乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOC2H5，选项B正确；‎ C、乙酸与碳酸钠溶液反应产生气泡、乙醇与碳酸钠溶液互溶不分层、苯与碳酸钠溶液不互溶分层，现象不同，可区分，选项C正确；‎ D、乙烯通入溴水后发生加成反应生成溴乙烷，溴水褪色，溴乙烷是有机试剂与水分层，选项D不正确。‎ 答案选D。‎ ‎7.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加过量NaOH溶液：NH4+＋Fe2+＋3OH－=Fe(OH)2↓＋NH3•H2O B. 用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3＋6H+=2Fe3+＋3H2O C. 向小苏打溶液中加少量Ca(OH)2溶液：Ca2+＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-‎ D. 向Ca(ClO)2溶液中滴入少量Na2SO3溶液：ClO－＋SO32-=Cl－＋SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加过量NaOH溶液，反应生成一水合氨、氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为：2NH4+＋Fe2+＋4OH－=Fe(OH)2↓＋2NH3•H2O，选项A错误；‎ B、用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O，选项B错误；‎ C、向小苏打溶液中加少量Ca(OH)2溶液，反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，反应的离子方程式为：Ca2+＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-，选项C正确；‎ D、向Ca(ClO)2溶液中滴入少量Na2SO3溶液：Ca2++ClO－＋SO32-=Cl－＋CaSO4↓，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应过程中的说法错误的是（ ）‎ A. e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)‎ B. bc段反应的离子方程式是AlO2-＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3-‎ C. d点溶液中c(K+)= c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)‎ D. Oa段与de段所消耗CO2的体积相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在各个阶段发生的反应是：O～a：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；‎ a～b段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；‎ b～c：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-；‎ c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；‎ d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；‎ 据此分析。‎ ‎【详解】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。‎ A、根据反应c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e点溶液中c(HCO3-)＞c(K+)，选项A正确；‎ B、b～c段反应的离子方程式是：2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，选项B错误；‎ C、d点为KHCO3溶液，根据物料守恒有c(K+)= c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)，选项C正确；‎ D、由上述分析可知，Oa发生反应为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，de段发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根据反应可知，消耗CO2的体积相同，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小关系及溶液中三大守恒的应用，易错点为选项C，应先分析d点为KHCO3溶液，再根据物料守恒进行判断。‎ ‎9.下列关于有机化合物的说法错误的是（ ）‎ A. 尼龙绳主要由合成纤维制造 B. 蔗糖的水解产物有两种，且互为同分异构体 C. 高纤维食物富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量 D. 加热能够杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，选项A正确；‎ B、蔗糖的水解产物有果糖和葡萄糖两种，果糖和葡萄糖互为同分异构体，选项B正确；‎ C、高纤维食物是指富含膳食纤维的食物，经常食用对人体健康有益，膳食纤维是植物的一部分并不被人体消化的一大类糖类物质，选项C错误；‎ D、加热能杀死流感病毒，与蛋白质受热变性有关，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 热稳定性：MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2‎ B. 22.4LF2(g)与足量的Mg充分反应，放热1124kJ C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需要吸收热量 D. 由图可知：MgBr2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋Br2(l) ∆H=－117kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物质的能量越低越稳定，易图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，选项A正确；‎ B、依据图象Mg(s)+F2(l)=MgF2(s) △H=-1124kJ/mol，但没有说明标准状况下，22.4LF2(g)不一定为1mol，选项B错误；‎ C、工业上可由电解熔融的MgCl2冶炼金属Mg，电解MgCl2溶液无法得到金属Mg，选项C错误；‎ D、依据图象Mg(s)+Cl2（g）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（g）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）＝MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117kJ•mol-1，则MgBr2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋Br2(l) ∆H＜－117kJ/mol，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.现有W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液。下列错误的是（ ）‎ A. X与Z具有相同的最高化合价 B. X和Y形成的化合物的水溶液呈碱性 C. Y的氢化物为离子化合物 D. 简单离子半径：Y＜X＜W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】现有W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，则YZW为次氯酸钠，Y为钠元素、Z为氯元素、W为氧元素，元素X和Z同族，则X为F元素。‎ A、X为F元素，没有正价，而Z的最高化合价为+7价，选项A错误；‎ B、 X和Y形成化合物NaF为强碱弱酸盐，水解，其水溶液呈碱性，选项B正确；‎ C、 Y的氢化物NaH为离子化合物，选项C正确； ‎ D、具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，核电荷数Y>X>W，则简单离子半径：Y＜X＜W，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎12.《hem Commun》报导，Marcel Mayorl合成的桥连多环烃()，拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法正确的是（ ）‎ A. 属于饱和烃，常温时为气态 B. 二氯代物共有5种 C. 分子中含有4个五元环 D. 不存在属于苯的同系物的同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、桥连多环烃()中不含有碳碳双键、碳碳三键、苯环等，属于饱和烃，但碳原子数11个，超过4个碳的烃一般常温下不为气态，选项A错误； ‎ B、桥连多环烃为对称结构，分子中含有5种不同的氢原子，即一氯代物有5种，二氯代物超过5种，选项B错误；‎ C、根据结构可知，分子中含有4个五元环，选项C正确；‎ D、分子式为C11H16，符合苯的同系物的通式CnH2n-6，存在属于苯的同系物的同分异构体，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】易错点为选项D，根据分子式结合苯的同系物的通式进行判断，即符合CnH2n-6则有属于苯的同系物的同分异构体。‎ ‎13.一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，由该废料制备的纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下，已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 废渣中含有二氧化硅和硫酸钙 B. 加热煮沸可以提高除铁效率 C. 除铜过程中，溶液酸性增强 D. “沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需要调节pH＞9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物,加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni,过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液,滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶后，二氧化硅不反应，钙的氧化物与硫酸反应生成微溶的硫酸钙，故废渣中含有二氧化硅和硫酸钙，选项A正确；‎ B、加热煮沸使H2O2更易分解，无法将亚铁离子氧化为铁离子，除铁效率降低，选项B错误；‎ C、除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强，选项C正确；‎ D、常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，镍沉淀完全，c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，则需要调节溶液pH＞9，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化工流程的分析，物质的除杂，易错点为选项C：除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强。‎ ‎14.氢化钙(CaH2)常作供氢剂，遇水蒸气剧烈反应。某小组设计如下实验制备氢化钙。下列说法错误的是（ ）‎ A. 装置I不可用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气 B. 装置III、V所起作用相同 C. 直玻璃管加热前，用试管在末端收集气体并验纯 D. 试验结束后，可通过取样加水，根据气泡判断是否有CaH2生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气必须在加热条件下进行，装置I启普发生器不能加热，不适用，选项A正确；‎ B. 装置III是干燥氢气、装置V是防止空气中的水蒸气进入装置Ⅳ，所起作用相同，均为干燥的作用，选项B正确；‎ C. 氢气为可燃性气体，点燃前必须验纯，故直玻璃管加热前，用试管在末端收集气体并验纯，选项C正确；‎ D. 钙也能与水反应产生氢气，故试验结束后，可通过取样加水，根据气泡无法判断是否有CaH2生成，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎15.电—Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应，Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH，生成的烃基自由基(•OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解池左边电极的电势比右边电极的电势高 B. 电解池中只有O2和Fe3+发生还原反应 C. 消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol •OH D. 电解池工作时，右边电极附近溶液的pH增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解池左边电极上Fe2+失电子产生Fe3+，作为阳极，电势比右边电极的电势低，选项A错误；‎ B. O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与Fe2+反应，则H2O2发生得电子的还原反应，选项B错误；‎ C. 1 molO2转化为2 mol H2O2转移2 mole-，由Fe2+＋H2O2=Fe3+＋OH－＋•OH可知，生成2mol •OH，阳极电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，转移2 mole-，在阳极上生成2mol •OH，因此消耗1 molO2，电解池右边电极产生4mol •OH，选项C正确；‎ D. 电解池工作时，右边电极水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为H2O-e-=•OH+H+，附近溶液的pH减小，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.常温，向20 ml0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，已知由水电离出的氢氧根离子浓度c水(OH－)随滴入的NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. 常温下，醋酸的电离常数约为1×10-5‎ B. b、d两点溶液中均存在c(Na+)=c(CH3COO－)‎ C. V1=20‎ D. c点溶液存：c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据A点可知，常温下，醋酸的电离常数约为=1×10-5，选项A正确；‎ B、根据电荷守恒，b、d两点溶液中均存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，pH分别为3、9，c(H+)≠c(OH－)，故c(Na+)≠c(CH3COO－)，选项B错误；‎ C、c点溶液的溶质为CH3COONa，酸碱恰好完全中和，V1=20，选项C正确；‎ D、c点溶液的溶质为CH3COONa，根据质子守恒有：c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H+)，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，根据题意，a、b、c、d点溶液的溶质分别为CH3COOH、CH3COONa与CH3COOH、CH3COONa、CH3COONa与NaOH，pH分别为3、7、9和大于9，结合弱电解质的电离及三大守恒进行分析。‎ 二、填空题 ‎17.氯元素的单质及其化合物用途广泛。某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质。‎ I．【查阅资料】‎ ‎①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色 ‎②硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液在工业上可作为脱氯剂 II．【性质验证】‎ 实验装置如图1所示(省略夹持装置)‎ ‎（1）装置A中盛放固体试剂的仪器是____；若分别用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3‎ 固体与足量的浓盐酸反应，则产生等量氯气转移的电子数之比为____。‎ ‎（2）装置C中II处所加的试剂可以是____(填下列字母编号)‎ A．碱石灰 B．浓硫酸 C．硅酸 D．无水氯化钙 ‎（3）装置B的作用有：除去氯气中的氯化氢、______、_____。‎ ‎（4）不考虑Br2的挥发，检验F溶液中Cl-需要的试剂有_______。‎ III．【探究和反思】‎ 图一中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的。该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为图2装置，实验操作步骤如下：‎ ‎①打开止水夹，缓缓通入氯气；②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧止水夹；‎ ‎③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气；④…‎ ‎（5）设计步骤③的目的是______。‎ ‎（6）还能作为氯、溴、碘非金属性递变规律判断依据的是_____(填下列字母编号)‎ A．Cl2、Br2、I2的熔点 B．HCl、HBr、HI的酸性 C．HCl、HBr、HI的热稳定性 D．HCl、HBr、HI的还原性 ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 6：3：5 (3). CD (4). 安全瓶 (5). 观察气泡调节气流 (6). 稀HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 (7). 对比证明b中Cl2未过量 (8). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据仪器的构造可知，装置A中盛放固体试剂的仪器是蒸馏烧瓶；若分别用KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3固体与足量的浓盐酸反应，反应的离子方程式分别为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O、ClO－＋2H＋＋Cl－=Cl2↑＋H2O、ClO3-＋6H＋＋5Cl－=3Cl2↑＋3H2O，则产生等量氯气（假设均是1mol）转移的电子数之比为2：1：5/3＝6：3：5；‎ ‎（2）装置C中II处所加试剂用于干燥氯气，且为固体，不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，故可以是硅酸或无水氯化钙，答案选CD；‎ ‎（3）生成的氯气中混有氯化氢，则装置B的作用有：除去氯气中的氯化氢并作安全瓶，观察气泡调节气流等作用；‎ ‎（4）不考虑Br2的挥发，检验F溶液中Cl-，必须先用足量Ba(NO3)2将硫酸根离子沉淀，再用稀硝酸酸化，再用硝酸银检验溴离子，故需要的试剂有稀HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3；‎ ‎（5）设计步骤③的目的是对比实验思想，即目的是对比证明b中Cl2未过量；‎ ‎（6）A．Cl2、Br2、I2的熔点与分子间作用力有关，与非金属性无关，选项A错误；‎ B．酸性为HI＞HBr＞HCl，但非金属性Cl2＞Br2＞I2‎ ‎，不是非金属的最高价氧化物的水化物，不能根据HCl、HBr、HI的酸性判断非金属性，选项B错误；‎ C．氢化物的稳定性越强，则非金属性越强，可以根据HCl、HBr、HI的热稳定性判断非金属性，选项C正确；‎ D．单质的氧化性越强，则非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，可以根据HCl、HBr、HI的还原性来判断非金属性，选项D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎18.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。‎ ‎（1）利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是_____(填下列字母编号)‎ A．Na2SO3固体和20%硝酸 B．Na2SO3固体和20%硫酸 C．Na2SO3固体和70%硫酸 D．Na2SO3固体和18.4mol/L硫酸 ‎（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。‎ ‎①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。‎ ‎②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，产率降低的可能原因是____。‎ ‎③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是______。‎ ‎（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是______。‎ ‎（4）测定NOSO4H的纯度 准确称取1.337 g产品加入250 mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00 mL的KMnO4标准溶液和10 mL 25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500 mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00 mL。‎ 已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4‎ ‎①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O ‎②亚硝酰硫酸的纯度=___%(计算结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 (3). 浓HNO3‎ 分解、挥发 (4). 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂 (5). C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解 (6). 2 (7). 5 (8). 16H+ (9). 2 (10). 10CO2↑ (11). 8 (12). 95‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。‎ ‎【详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；‎ ‎（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。‎ ‎①为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；‎ ‎②该反应必须维持体系温度不低于20℃。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；‎ ‎③开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；‎ ‎（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；‎ ‎(5)①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成城二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎②根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=n(C2O42－)=×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127 g·mol－1/1.337g×100%=95.0%。‎ ‎【点睛】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次滴定，求出第一次消耗高锰酸钾的物质的量，再根据方程式比例关系，计算出样品中NOSO4H的含量。‎ ‎19.钼酸钠晶体(Na2MoO4•2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：‎ ‎（1）途径Ⅰ还原剂与氧化剂物质的量之比为(不考虑杂质的反应)_____；碱浸时气体A的电子式为_______。‎ ‎（2）途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为____。‎ ‎（3）已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol/L，c(CO32-)=0.40mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当CO32-的除去率为90%时，列式计算此时是否有BaMoO4沉淀生成____。[已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]‎ ‎（4）途径II所得的BaMoO4溶液结晶后再经过重结晶可使钼酸钠晶体的纯度提高，其利用的原理是_____。‎ ‎（5）某锂电池放电过程中，电极上发生Lix(MoS2)n与MoS2之间的转化。则电池放电时正极的电极反应式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 2：7 (2). (3). MoS2＋9ClO－＋6OH－＝MoO42-＋9Cl－＋2SO42-＋3H2O (4). CO32-的去除率为90%时，c(CO32-)=0.04mol/L，c(Ba2+)=2.5×10-8 mol/L，c(MoO42-)×c(Ba2+)=0.4×2.5×10-8=10-8＜Ksp[BaMoO4]，因此不会生成BaMoO4沉淀 (5). Na2MoO4与杂质的溶解度受温度的影响不同 (6). nMoS2＋xLi+＋xe－＝Lix(MoS2)n ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）途径I MoS2与氧气反应生成MoO3和二氧化硫，Mo化合价由+2到+6升4，S化合价由-1到+4升5，1mol MoS2‎ 反应转移电子14mol，而氧气中氧元素由0价变为-2价，根据电子得失守恒可知还原剂MoS2与氧化剂O2物质的量之比为2：7；途径I碱浸时MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠，同时得到CO2气体，反应方程式为MoO3+Na2CO3＝Na2MoO4+CO2↑；碱浸时气体A（CO2）的电子式为；‎ ‎（2）途径Ⅱ用NaClO在碱性条件下氧化MoO3，得到钼酸钠和NaCl和水，离子反应方程式为MoS2＋9ClO－＋6OH－＝MoO42-＋9Cl－＋2SO42-＋3H2O；‎ ‎（3）CO32-的去除率为90%时，溶液中c(CO32-)=0.04mol/L，则溶液中c(Ba2+)=2.5×10-8 mol/L，c(MoO42-)×c(Ba2+)=0.4×2.5×10-8=10-8＜Ksp[BaMoO4]，因此不会生成BaMoO4沉淀；‎ ‎（4）途径II所得的BaMoO4溶液结晶后再经过重结晶可使钼酸钠晶体的纯度提高，其利用的原理是Na2MoO4与杂质的溶解度受温度的影响不同；‎ ‎（5）某锂电池放电过程中，电极上发生Lix(MoS2)n与MoS2之间的转化。则电池放电时正极MoS2得电子产生Lix(MoS2)n，电极反应式为nMoS2＋xLi+＋xe－=Lix(MoS2)n。‎ ‎20.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）NO2和N2O4以物质的量之比为1：1与O2和H2O恰好完全反应的化学方程式为_____。‎ ‎（2）已知：2N2O5(g)2N2O4(g)＋O2(g) ∆H=－4.4kJ/mol N2O5(g)2NO2(g)＋O2(g) ∆H =＋53.1 kJ/mol 则反应2NO2(g)N2O4(g)的∆H=___kJ/mol。‎ ‎（3）利用现代手持技术传感器可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强(100kPa)条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞后并保持活塞位置不变(不考虑温度的变化)。测定针筒内气体压强变化如图所示：‎ ‎①B点时NO2的转化率为___；B点反应N2O42NO2(g)的平衡常数Kp为____(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。‎ ‎②B、E两点对应的正反应速率大小为νB___νE(请填“＞”“＜”或“=”)。‎ ‎③E、F、G、H四点时对应气体的平均相对分子质量最大的点为___。‎ ‎（4）反应物NO2可由2NO(g)＋O2(g)2NO2生成，对该反应科学家提出如下反应历程：‎ 第一步NO＋NON2O2 快速平衡 第二步N2O2＋O2→2NO2 慢反应 ‎ 下列说法正确的是_____(填标号)。‎ A．若第一步放热，温度升高，总反应速率可能减小 B．N2O2为该反应的催化剂 C．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能大 D．第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效 ‎【答案】 (1). 4NO2＋4N2O4＋3O2＋6H2O＝12HNO3 (2). -55.3 (3). 6% (4). 3036.4 (5). ＞ (6). H (7). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NO2和N2O4以物质的量之比为1：1与O2和H2O恰好完全反应，反应中氧气为氧化剂，化合价由０价变为-2价，氮元素化合价应升高被氧化，则为+5价，化合价升（1+1×2）×（5-4）=3，降为2×2＝4，最小公倍数为12，结合质量守恒可得化学方程式为4NO2＋4N2O4＋3O2＋6H2O＝12HNO3；‎ ‎（2）已知：①2N2O5(g)2N2O4(g)＋O2(g) ∆H1=－4.4kJ/mol ‎②N2O5(g)2NO2(g)＋O2(g) ∆H2=＋53.1 kJ/mol 根据盖斯定律，由①×-②得反应2NO2(g)N2O4(g) ∆H=－4.4kJ/mol×-53.1 kJ/mol=-55.3 kJ/mol；‎ ‎（3）①根据阿伏加德罗定律，温度，体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：‎ ‎2NO2(g)N2O4(g)‎ 起始/mol n 0‎ 反应/mol 2x x 平衡/mol n-2x x 气体物质的量之比等于压强之比，则=，x=，NO2的转化率为×100%=×100%=6%；n-2x=n-2×=，n-2x+x=，则B点反应N2O42NO2‎ ‎(g)的平衡常数Kp为=3036.4；‎ ‎②压强影响气体的化学反应速率，压强增大，化学反应速率加快，B点的压强大于E点的压强，则νB＞νE；‎ ‎③t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气的物质的量逐渐减小，根据M=,可知，E、F、G、H四点时对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；‎ ‎（4）A．若第一步放热，温度升高，平衡逆向移动，使第二步N2O2的量减少，总反应速率可能减小，选项A正确；‎ B．N2O2为该反应的中间产物，不是催化剂，选项B错误；‎ C．降低活化能，可加快反应速率，则第二步的活化能比第一步的高,选项C正确;‎ D．第二步反应较慢，则有效碰撞的次数较少，可知N2O2与O2的碰撞不可能100%有效，选项D错误。‎ 答案选AC。‎ ‎ ‎