1、湖北省武汉市墨水湖中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1下列情况下，反应速率相同的是（ ）A等体积01 mol/L HCl和005 mol/L H2SO4分别与02 mol/L NaOH溶液反应B等质量锌粒和锌粉分别与等量1 mol/L HCl反应C等体积等浓度HCl和CH3COOH分别与等质量的Na2CO3粉末反应D等体积02 mol/L HCl和01 mol/L H2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应【答案】A【解析】试题分析：反应速率与反应物的浓度、温度、压强、催化剂有关。A、01 mol/L HCl和005 mol/L H2SO4的溶液中氢离子的浓度相同，
2、都是01mol/L，所以与同浓度的氢氧化钠反应时反应速率相同，正确；B、锌粉比锌粒的接触面积大，所以与等量的盐酸反应，锌粉的反应速率快，错误；C、醋酸是弱酸，所以溶液的浓度相同的盐酸与醋酸相比，盐酸中的氢离子的浓度大，反应速率快，错误；D、盐酸与硫酸中的氢离子的浓度相同，但是与石灰石反应时，硫酸与碳酸钙的反应产物是硫酸钙，硫酸钙微溶，阻碍碳酸钙与氢离子的反应，反应速率慢，错误，答案选A。考点：考查反应速率的判断2室温下，下列各组离子在有限定条件的溶液中一定能大量共存的是（ ）A由水电离产生的C（H+）=1012 molL一1的溶液中：K+、NA+、Fe2+、NO3B室温下，pH=7的溶液中：A
3、l3+、Cl、HCO3、SO42C室温下，pH=13的溶液中：K+、Cu2+、S2、ClDpH=13的溶液中：K+、BA2+、Cl、OH【答案】D【解析】试题分析：A、由水电离产生的C（H+）=1012 molL一1的溶液可能为酸性，也可能为碱性，酸性时，NO3、H+与Fe2+发生氧化还原反应，碱性是Fe2+与OH反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存；B、Al3+与HCO3发生相互促进的水解反应，不能大量共存；C、室温下，pH=13的溶液呈碱性，Cu2+与OH反应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存；D、pH=13的溶液呈碱性，各离子互不反应，能大量共存。【考点定位】考查离子共存。【名师点
4、晴】解答离子共存的题目时，首先看题目中的附加条件，解答此类问题的步骤为“一看前置条件，二看相互反应”。如本题A选项的条件“由水电离产生的C（H+）=1012 molL一1的溶液”，水的电离受到抑制，酸性溶液中H+浓度较大，抑制H2O的电离，碱性溶液中OH浓度较大，也能抑制H2O的电离，所以由水电离产生的C（H+）=1012 molL一1的溶液可能为酸性，也可能为碱性，另外需要特别注意的是加入Al金属能产生H2的溶液，因为Al既能与酸反应生成氢气，也能与碱反应生成氢气，所以溶液可能为酸性也可能为碱性，但酸性时溶液不可能含有NO3，因为Al与H+、NO3反应不能生成氢气。3紫苏醇的结构简式如图所示
5、，下列有关紫苏醇的说法正确的是A与乙醇互为同系物 B一定条件下能与乙酸发生酯化反应C存在属于芳香族化合物的同分异构体D能与溴水、酸性高锰酸钾溶液发生加成反应【答案】B【解析】试题分析：A含有碳碳双键，与乙醇结构不同，不是同系物，错误；B含有羟基，可发生酯化反应，正确；C有机物含有2个碳碳双键和1个环，不饱和度为3，而苯的不饱和度为4，肯定不存在属于芳香族化合物的同分异构体，错误；D含有碳碳双键，可与溴水发生加成，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，错误。考点：考查有机物的结构和性质的知识。4NA表示阿伏加德罗常数,下列说法中正确的是()A标准状况下,224 L H2中所含电子数为2NAB1 mol C
6、O2与1 L 2 molL-1的NaOH溶液反应后，溶液中CO32-数为NAC68 g熔融的KHSO4中含有01NA个阳离子D336 L氯气与27 g铝充分反应,转移电子数一定为03NA【答案】A【解析】试题分析：A选项换算正确，B选项应考虑CO32-的水解，个数应小于NA，错误。C选项熔融的KHSO4中阳离子只有K+，个数应为005N A，错误。D选项没有标准状况，无法换算，错误。考点：N A相关知识考查，应考虑换算，状况，状态等问题。5氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是（ ）A红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B钠在氯气中燃烧，生成白色的
7、烟C氯气能与水反应生成次氯酸和盐酸，久置氯水最终变为稀盐酸D在溴化钠和碘化钾的混和溶液中通入过量的氯气，然后将溶液蒸干并灼烧最后留下的物质是氯化钠和溴化钾。【答案】D【解析】试题分析：A、因红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧生成固体氯化铜，则会观察到棕黄色的烟而不是雾，A不选；B钠在氯气中燃烧，生成白色的烟，是NaCl固体，B不选；C、Cl2H2O=HClHClO，2HClO光照=2HClO2,C不选；D、2NaBrCl2=2NaClBr2，2KICl2=2KClI2，然后将溶液蒸干并灼烧最后留下的物质是氯化钠和氯化钾。选D。考点：氯气的化学性质6戊二醛(OHCCH2CH2CH2CHO)在pH为7.5
8、8.5时，杀菌消毒的作用最强，可杀灭细菌的繁殖体和芽孢、真菌、病毒，其作用较甲醛强210倍。下列有关说法正确的是A戊二醛的消毒原理与漂白粉、臭氧等消毒剂相同B1 mol 戊二醛分子可被1 mol Cu(OH)2完全氧化CCH3CHCHCH2COOH与戊二醛互为同分异构体D10g戊二醛完全燃烧需消耗0.5 mol O2【答案】C【解析】试题分析：A、戊二醛的消毒原理是使蛋白质发生变性，漂白粉、臭氧等消毒剂的原理是氧化性，原理不相同，A不正确；B、1mol戊二醛分子中含有2mol醛基，可被2molCu(OH)2完全氧化，B不正确；C、CH3CHCHCH2COOH与戊二醛分子式相同，都是C5H8O2
9、，但结构不同，二者互为同分异构体，C正确；D、戊二醛燃烧的方程式为C5H8O26O25CO24H2O，10g戊二醛的物质的量10g100g/mol0.1mol，则完全燃烧需消耗0.6molO2，D不正确，答案选C。考点：考查有机物结构、性质的有关判断7下图是一些常见有机物的转化关系，下列说法正确的是A反应是加成反应，反应是消去反应，其它所标明的反应都是取代反应B上述物质中能与NaOH溶液反应的只有乙酸C等物质的量的乙烯和乙醇与足量氧气反应时耗氧量相同D1，2-二溴乙烷、乙烯、乙醇烃基上的氢被氯取代，其一氯取代产物都是一种【答案】C【解析】试题分析：反应乙烯与H2O反应是加成反应，A错；乙酸乙酯
10、也与NaOH溶液反应，B错；乙醇烃基上的H原子被氯取代的一氯取代产物有：和两种，D错。在C项中，乙醇可认为是C2H4H2O，故燃烧等物质的量的乙烯和乙醇与足量氧气反应时耗氧量相同。考点：有机物的性质、反应类型和一氯取代产物种数判断。8（2014秋延吉市校级期末）下列叙述的说法不正确的是（ ）A金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍B用牺牲锌块的方法来保护船身C用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀D在镀件上电镀锌，用锌作阳极【答案】C【解析】A电化学腐蚀与化学腐蚀并存，因金属多为合金，且原电池反应较快，则主要发生电化学腐蚀，故A正确；B锌比铁活泼，为负极，可防止铁被腐蚀，故B正确；C铝比铁活泼，易被腐蚀，
11、故C错误；D电镀时，镀层金属为阳极，镀件金属为阴极，故D正确【点评】本题考查较为综合，涉及金属的电化腐蚀和防护的原理以及电镀知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池原理的掌握是解题关键，题目难度中等9关于下列图示的说法中正确的是A用图所示卖验可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱B用图所示实验装置排空气法收集CO2气体C图表示反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放热反应D图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量也相同【答案】C【解析】试题分析：A盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能Cl、C、Si的非金属性，A错误；B二氧化碳的密度比空气大，选择
12、向上排空气法收集，则图中长导管进入可收集CO2气体，B错误；C根据图像可知反应物的总能量高于生成物总能量，反应是放热反应，C正确；D负极分别为Al、Zn，存在2Al6e-3Zn，可知转移电子相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D错误；答案选C。【考点定位】本题主要是考查化学实验方案的评价，涉及酸性与非金属性的比较、气体的收集、电化学原理及应用等【名师点晴】把握物质的性质、反应原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。选项A是易错点，注意即使利用该装置比较酸性强弱，也不能实现，因为盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀。10下
13、列说法正确的是A乙烯通过缩聚反应形成聚乙烯B石油产品都可用于聚合反应C淀粉、纤维素都属于高分子化合物D聚丙烯的结构简式为CH2CH2CH2【答案】C【解析】试题分析：乙烯通过加聚反应形成聚乙烯，A错误；聚合反应必须分子中含有不饱和键，石油分馏产品中含有烷烃和烯烃，烷烃不能发生聚合反应，B错误；淀粉和纤维素都是多糖，是高分子化合物，C正确；聚丙烯的结构简式，故D错误，答案选C。考点：有机物的性质11下列说法正确的是 （ ）ACH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4互为同系物BO2和O3互为同素异形体C 和 互为同分异构体D1H、2H、3H、H2互为同位素【答案】B【解析】试题分析：A、同系
14、物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物，因此CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4不能互为同系物，A不正确；B、氧气和臭氧是同一种元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，选项中两种物质的结构完全相同，属于同一种物质，C不正确；D、质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，则1H、2H、3H互为同位素，H2是单质，D不正确，答案选B。考点：考查同位素、同系物、同分异构体和同素异形体的判断12N2O5是一种
15、新型硝化剂，在一定温度下可发生 2N2O5(g) 4NO2 (g)+O2(g) H0T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s0500100 0150 0c(N2O5)/ molL-15.003.522.502.50下列说法中不正确的是A500 s 内N2O5分解速率为2.96103 mol L-1 s-1BT1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2D达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)5.00 molL-1【答案】C【解析】试题分析
16、：A根据表格中的数据可知，在500 s 内N2O5分解速率为V=(5.003.52)mol/L500 s=2.96103 mol L-1 s-1 ，正确；B根据方程式可知，每有2mol的N2O5反应，会产生4mol的NO2 和1mol的O2。T1温度下由于反应开始时c(N2O5)=5.00mol/L，达到平衡时c(N2O5)=2.50mol/L，所以c(N2O5)= 2.50mol/L，平衡时N2O5的转化率为(2.50mol/L5.00mol/L )100%=50%，正确；CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，由于该反应的正反应是吸热反应，所以若T1T2，根据平衡移动原理
17、，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，则K1K2，错误；D达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，即增大压强，根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，则c(N2O5)5.00 molL-1 ，正确。考点：考查温度、压强对化学平衡移动、物质的转化率的影响、化学反应速率的计算的知识。13下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】试题分析：A只有SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，错误；BB稀豆浆、硅酸属于胶体，
18、而氯化铁溶液属于溶液，错误；C烧碱、冰醋酸是电解质，而四氯化碳为非电解质，错误；D福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是Na2SiO3的水溶液；氨水是氨气溶于水形成的水溶液，因此均为混合物，正确。考点：考查物质分类的知识。14已知2丁烯有顺、反两种异构体，在某条件下两种气体处于平衡：下列说法正确的是A顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定B顺-2-丁烯的燃烧热数值比反-2-丁烯大C加压和降温都有利于平衡向生成顺-2-丁烯反应方向移动D反-2-丁烯不能使溴水褪色【答案】B【解析】试题分析：A顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯放热，说明顺-2-丁烯的能量高于反-2-丁烯。能量越低越稳定，则反-2-丁烯比顺-2-丁烯
19、稳定，A错误；B顺-2-丁烯的能量高于反-2-丁烯，则燃烧热数值比反-2-丁烯大，B正确；C反应前后体积不变，改变压强平衡不移动，C错误；D反-2-丁烯中存在碳碳双键，能使溴水褪色，D错误，答案选B。考点：考查反应热、有机物结构与性质及外界条件对平衡状态的影响15下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是A25时，NaB溶液的pH9，则c(Na)c(B)9.9107molL1B0.1 molL1的NaHCO3溶液中：c(OH)2c(CO32) c(H+)c(H2CO3)C25时，向0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na)c(SO42)c(NH4+)c(OH) c(H)
20、D25时，将pH均为3的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释到pH均为5，则由水电离出的H+的浓度均减小为原来的100倍【答案】C【解析】试题分析：A中，我们可以列出等式：C（Na+）+C（H+）=C（OH-）+C（B-），C（Na+）-C（B-）=C（OH-）-C（H+）。所以C（Na+）-C（B-）=110-5-110-9.为9.9910-6.故A错。B是以电荷守恒为出发点的但是该电荷守恒等式不正确。C中，硫酸氢铵中的硫酸氢根会电离出氢离子，而且铵根离子的水解也会使得溶液为酸性，所以加入的氢氧化钠的量一定大于硫酸氢铵的量，所以一定是钠离子的物质的量最大，硫酸根离子的物质的量次之，随后的是没有水解的铵
21、根离子，最小的是氢离子与氢氧根离子，C正确。D中，25时，将pH均为3的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释到pH均为5，酸电离产生的H+浓度是原来的1/100，则由水电离出的H+的浓度均增大为原来的100倍，错误。考点：考查溶液中离子浓度的知识。16（10分）（1）写出下列官能团的名称：COOH OH （2）现有4种有机物：乙烯 ，乙醇，乙酸，乙酸乙酯（填写结构简式）：能发生水解反应的是 。具有酸性且能发生酯化反应的是 。能发生加成反应的是 【答案】（1） 羧基、 羟基 ；（2） 、 【解析】考查官能团的性质及结构。（1）根据结构简式可知是羧基，是羟基。（2）乙酸乙酯含有酯基，可以发生水解反应。乙烯含
22、有碳碳双键，可以发生加成反应。乙醇含有羟基，能发生酯化反应，但乙醇不显酸性。乙酸含有羧基，显酸性，能发生酯化反应。17在半导体工业中有这样一句话：“从沙滩到用户”，其中一种工艺流程示意图如下：（1）焦炭的作用是 （2）已知反应器中的生成物有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，其中主产物的氯元素的质量百分含量为78.6%则反应器中主要发生的化学反应方程式为 ，每生成 0.5molX，转移的电子物质的量为 mol（3）流程中可供循环使用的物质有 等（填化学式），它们也可以由 工业提供（4）以石英砂和 、 等为原料还可以制普通玻璃【答案】（1）还原剂；（2）Si+3HClSiHCl3+H2；
23、1；（3）H2、HCl；氯碱工业；（4）纯碱；石灰石【解析】（1）石英砂主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳，焦炭中的碳的化合价升高是还原剂，故答案为：还原剂；（2）粗硅与干燥HCl气体反应Si+3HClSiHCl3+H2，每生成 0.5molX，转移的电子物质的量0.52=1mol；（3）流程中可供循环使用的物质有氢气和氯化氢，电解饱和食盐水制得，工业上叫氯碱工业，故答案为：H2、HCl；氯碱工业；（4）普通玻璃以石英砂和纯碱和石灰石等为原料制得，故答案为：纯碱；石灰石【点评】本题考查了实验方案设计的有关知识，侧重考查了硅及其化合物的有关知识，注意粗硅的提纯
24、反应原理，题目难度中等18（16分）为了测定足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成一氧化氮气体和二氧化氮气体的物质的量之比（用m表示），请从下图中选用合适的实验装置，设计一个合理而简单的实验，用于测定m的值。（不考虑二氧化氮转化为四氧化二氮）其中E装置为量气管，由甲、乙两根玻璃管组成，用橡皮管连通，并装入适量水，甲管有刻度（050mL），供量气用，乙管可上下移动，用来调节液面高低。回答下列问题：（1）装置的连接顺序是 。（填各接口的编号）。（2）连接好装置并检查气密性后，应打开 通入氮气；然后打开_，从乙管注水至充满甲、乙两管，关上a、b。通入氮气的原因是 。（3）实验后，若量气管中气体的体积为
25、VmL（已换算成标准状况下），要测定m的值，还要将_中的溶液做_实验，假设测得其中溶质物质的量为n，用含V和n的式子表示：m （答案要求化简）。（4）下列操作中能造成m值偏小的是_ 。A反应前E中甲管所装水里气泡没赶尽，而最后读数时气泡消失B实验后未冷却至室温即开始读数C实验前没有先通入足量的氮气D实验过程中，E装置乙管的水溢出【答案】（1）234589 （2）a；b；赶尽空气，防止一氧化氮与氧气反应，影响测定结果（3）c；中和滴定；m （4）C【解析】试题分析：（1）由于反应中产生的NO极易被氧化生成NO2，所以反应前首先用氮气将装置中的空气排尽。根据NO2易溶于水转化为硝酸和NO，所以要测
26、量NO的体积，还必须先除去NO2。由于要通过E装置测量NO体积，所以没有必要干燥NO气体，因此正确的连接顺序可以是234589。（2）根据以上分析可知，通入氮气的原因是赶尽空气，防止一氧化氮与氧气反应，影响测定结果。实验前应该先打开a通入氮气；然后打开b，从乙管注水至充满甲、乙两管，关上a、b。（3）由于NO2一部分被转化为硝酸，所以要测定m值，还必须测量反应中生成的硝酸，可以借助于中和滴定实现。反应中生成的硝酸物质的量是n，则根据反应式3NO2H2O2HNO3NO可知消耗NO2的物质的量是1.5n，同时生成NO的物质的量是0.5n。E装置中测量的NO体积是V，物质的量是mol，其中原混合气中
27、NO的物质的量是（0.5n）mol，所以m（0.5n）：1.5n。（4）A、反应前E中甲管所装水里气泡没赶尽，而最后读数时气泡消失，则V值偏大，因此测定结果偏高；B、实验后未冷却至室温即开始读数，则根据热胀冷缩可知此时读数V值偏大，测定结果偏高；C、实验前没有先通入足量的氮气，则导致部分NO被氧化生成NO2，所以测定结果偏小；D、实验过程中，E装置乙管的水溢出，则V值偏大，测定结果偏高，答案选C。考点：考查气体物质的量测定实验方案设计以及误差分析等19氯化钠溶液中混有硫酸钠、氯化钙溶液和淀粉胶体。选择适当的试剂盒方法从中提纯出氯化钠晶体。相应的实验过程如下：（1）写出上述实验过程中所用试剂（写
28、化学式）：试剂 ；试剂 。（2）判断试剂已过量的方法是： 。（3）用离子方程式表示加入试剂的作用： 。（4）操作时利用半透膜进行分离提纯。操作的实验结果：淀粉 （填“能”或“不能”）透过半透膜；硫酸根离子 （填“能”或“不能”）透过半透膜；请用实验证明上述结果，完成下表（可不填满，也可增加）：限选试剂：1mol/L硝酸银溶液、1mol/L氯化钡溶液，1mol/L硝酸钡溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸编号实验操作预期现象和结论【答案】（共15分）（1）BaCl2(1分)；HCl(1分)。（2）静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量。(1分)（其他合理答案亦可）（3
29、）Ba2+ +CO32-= BaCO3 (1分) Ca2+ +CO32-= CaCO3(1分)（4）不能(1分)；能(1分)。编号实验操作预期现象和结论取半透膜外液体，加入少量碘水（2分）液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜（2分）另取半透膜外液体，加入足量稀盐酸和少量1mol/L氯化钡溶液（2分）产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明硫酸根离子能透过半透膜（2分）【解析】试题分析：胶体不能透过半透膜，操作为渗析，除去硫酸钠、氯化钙，可分别加入氯化钙、碳酸钠，除去粗盐中含有的钙离子、硫酸根离子可溶性杂质的方法：加入过量氯化钡，去除硫酸根离子；再加入过量碳酸钠（去除钙离子），则试剂为氯化钡，操作为过
30、滤，沉淀A为硫酸钡，试剂为碳酸钠，操作为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂为盐酸，加入盐酸可除去过量的碳酸钠，最后蒸发结晶可得到氯化钠晶体，（1）由以上分析可知试剂为氯化钡，试剂为盐酸，故答案为：BaCl2；HCl；（2）判断试剂已过量的方法是静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量，故答案为静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；（3）试剂为碳酸钠，加入试剂的作用是除去溶液中钙离子和过量的钡离子，反应的化学方程式为： （4）胶体粒子和浊液粒子半径比较大，不能透过半透膜，而溶质粒子可通过半透膜，检验淀粉，可取半透膜外液体
31、，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜，检验硫酸根离子，可另取半透膜外液体，加入足量稀盐酸和少量1mol/L BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明SO42-能够透过半透膜。考点： 胶体的性质，离子检验20（2015秋曲沃县校级期末）某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置（1）实验室用装置A制备SO2从物质类别看，SO2属于 （填“酸性”、“两性”或“碱性”）氧化物；（2）实验室用装置E制备Cl2，写出该反应的化学方程式： 反应中的液体反应物在反应中所表现出的性质为： ；（3）反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液均褪
32、色停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B： ，D： （4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象那样请你分析该现象的原因（用化学方程式表示） （5）C装置是尾气处理装置，写出C装置处理氯气的离子方程式 【答案】（1）酸性；（2）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2；还原性和酸性；（3）溶液由无色变为红色；无明显现象；（4）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（5）Cl2+2OHCl+ClO+H2O【解析】（1）二氧化硫能
33、和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，（2）实验室用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，反应中二氧化锰中锰元素从+4价降为氯化锰中+2价，部分氯化氢中1价的氯升高为氯气中0价，根据得失电子守恒，则二氧化锰系数为1，氯气系数为1，依据原子个数守恒，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2，氯化氢中的氯元素有一半化合价升高被氧化，表现为还原性，另一半化合价不变，表现为酸性，（3）氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色，但是二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白具有不可逆性，所以再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：溶液由无色变为红色
34、，D：无明显现象，（4）SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成物都无漂白性；（5）氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO和水，氯气、水在离子反应中保留化学式，该离子反应方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，【点评】本题考查物质的性质实验，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，题目难度中等，注意尾气的处理方法21A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A是元素周期表中原子半径最小的元素
35、；B元素最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐X； D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的=3/4倍；C与E同主族。请回答下列问题：（1）X的名称为_，A、C、D构成的化合物中含有的化学键有 。（2）下列各项中，能说明元素C比E非金属性强的事实有_（填序号）。氢化物H2E的酸性比H2C强氢化物H2C的热稳定性比H2E强氢化物H2E的水溶液放置在空气中会变浑浊C与E组成化合物，C显负价（3）将由BC和BC2组成的混合气体通入下图所示装置中，用来验证浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强。已知（）浓硝酸能将气体BC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC。（）NaOH
36、溶液与BC2反应的化学方程式为：2NaOH+2BC2 NaBC2+NaBC3 + H2O， NaOH溶液与BC气体不反应。装置、中盛放的药品依次是_、_、 _。（4）通入混合气体之前，应先通入一段时间某另外一种气体，试推测先通入的该气体可以是_（填一种气体的化学式）。【答案】（1）硝酸铵；共价键和离子键；（2）；（3）H2O；稀HNO3；浓HNO3；（4）CO2（或N2、H2，合理答案均可）【解析】试题分析：短周期元素中，是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，则X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于N，则
37、D为Na；D且与E同周期，则E为第三周期元素，其次外层电子数为8，最外层电子数为8=6，即E为S元素，C与E同主族，则C为O元素（1）X为NH4NO3，名称为硝酸铵，A、C、D构成的化合物为NaOH，含有的化学键有：离子键、共价键，故答案为：硝酸铵；离子键、共价键；（2）C为O，E为S，非金属性CE，可利用气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应、化合时元素化合价来说明，不能利用氢化物酸性判断，故能说明这一结论，故答案为：；（3）BC为NO，BC2为NO2，浓硝酸能将气体BC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC，则中为水，中为稀硝酸，中为浓硝酸可验证浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强，生成的二氧化氮
38、在中与碱反应，故答案为：H2O；稀HNO3；浓HNO3；（4）为避免NO被氧化，在实验之前应通入的该气体可以是CO2等，排尽装置中空气，故答案为：CO2考点：考查了位置结构性质的应用、实验探究等相关知识。22（15分）（1）A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的转化关系，所有反应物和生成物均已给出。若反应均为水溶液中的置换反应，A、D、E都为卤素单质，化合物中的阳离了均为Na+，则A、D、E的氧化性由弱到强的顺序为 （写化学式）。在一定条件下E和D以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，写出该反应的离子方程式： 。若把B、C、F三种溶液汇集在一起得到1L混合溶液，并物质的
39、转化关系给其中加入一定量的E，溶液中卤素阴离子的物质的量与通入E的体积（标准状况）的关系如下表所示（x和y均大于0）。各离子的量与E的体积的关系I当通入E的体积为28L时，溶液中发生反应的离子方程式为 。IIx= ，y= （填具体数据）。III当通入E的体积为112L时，该溶液中c（Na+）=_ molL1（通入E后溶液的体积变化忽略不计）。（2）用H2O2可除去工业尾气中的Cl2，相关反应：H2O2（1）+Cl2（g）2HCl（g）+O2（g）H0为了提高H2O2的除氯效果，采取的措施最好的是 （只改变一种条件），其原因是： 。（g）+O2（g）= H2O（1）, H2 = -28584kJ
40、mol-l Cl2（g）+ H2（g）= 2HCl（g）, H3 = -1846kJmol-l则H2O2（1）与Cl2（g）反应生成HCl（g）和O2（g）的热化学方程式为 。【答案】【解析】试题分析：若反应均为水溶液中的置换反应，A、D、E都为卤素单质，则A为Br2，D为I2，E为Cl2，三者的氧化性由弱到强的顺序为I2Br2Cl2；在一定条件下E(Cl2)和D(I2)以物质的量比为5：l在硫酸溶液中恰好完全反应，据得失电子守恒有5Cl2+I210Cl-+2IO3-，再据电荷守恒有5Cl2+I210Cl-+2IO3-+12H+，最后据原子守恒得5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-
41、+12H+。由于B为NaI、C为NaBr、F为NaCl，E为Cl2，据表中的数据说明当E(Cl2)通入2.8L5.6L时依次发生的离子反应为：Cl2 + 2I- = 2Cl- + I2 Cl2 + 2Br- 2Cl- + Br2 0.15mol 1.5-1.25-0.1=0.15mol 0.1mol 0.1mol则x=0.15mol，y=1.4-(2-1.5)=0.9mol； 当通入E的体积为112L时，据电荷守恒得该溶液中c（Na+）2+0.92.9molL1。根据反应原理（吸热反应），升高温度，反应速率增大，平衡向右移，提高H2O2的除氯效果（减压虽能使平衡向右移动，但会导致反应速率慢，故不是最好措施）；据题意先写出反应方程式并标出各物质的状态H2O2(l)+ Cl2（g）=2HCl（g）+ O2（g），依次將三条热化学方程式编号为，将“+”得该反应方程式，据盖斯定律得该反应的反应热H（-19646）（-28584）+（-1846）+3.01kJmol-l，据此便可写出完整的热化学方程式。考点：考查元素及其化合物知识、化学计算、盖斯定律的应用等