【化学】安徽省舒城中学2020-2021学年高二上学期开学考试（解析版）

【化学】安徽省舒城中学2020-2021学年高二上学期开学考试（解析版）

安徽省舒城中学2020-2021学年高二上学期开学考试 时间：90分钟 满分：100分 可能用到的相对分子质量：H:1 Na:‎23 C:12 O:16 S:32 Mg:24 Ca:40 Al:27 Cl:35.5 I:127‎ 第I卷（选择题）‎ 一、单选题（共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 含NA个Na+的Na2O溶解于‎1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/L B. 若R的含氧酸的酸性大于Q的含氧酸的酸性，则非金属性R大于Q C. 1.2gNaHSO4固体中阳离子和阴离子的总数为0.03NA D. 500mL1mol/LFe2（SO4）3溶液和250mL3mol/L的Na2SO4溶液所含硫酸根离子的浓度相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含NA个Na+的Na2O的物质的量为0.5mol，其溶解于‎1L水中，溶液的体积不等于‎1L，则Na+的物质的量浓度不等于1mol/L，A说法错误；‎ B．若R的最高价含氧酸的酸性大于Q的最高价含氧酸的酸性，则非金属性R大于Q，题目未给定是否为最高价含氧酸，则无法判断非金属性的强弱，B说法错误；‎ C．NaHSO4固体中只含有钠离子和硫酸氢根离子，1.2gNaHSO4固体中阳离子和阴离子的总数为0.02NA，C说法错误；‎ D．500mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中含有硫酸根离子的浓度为3mol/L，250mL3mol/L的Na2SO4溶液所含硫酸根离子的浓度为3mol/L，硫酸根离子的浓度相等，D说法正确；‎ 答案为D。‎ ‎2. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 五彩缤纷的烟花利用了焰色反应，焰色反应是常见的化学反应 B. 碳化硅（SiC）的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承 C. Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl3，在少量Cl2中燃烧生成FeCl2‎ D. 实验室可用氧化铝坩埚熔化NaOH、Na2CO3固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．五彩缤纷的烟花利用了焰色反应，焰色反应属于物理变化，A说法错误；‎ B．碳化硅(SiC)为原子晶体，共价键键能大，硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承，B说法正确；‎ C．Fe在足量或少量Cl2中燃烧的生成物均为FeCl3，C说法错误；‎ D．氧化铝与NaOH在加热的条件下发生反应生成偏铝酸钠和水，故实验室可用铁坩埚熔化NaOH、Na2CO3固体，而不能用氧化铝坩埚熔化，D说法错误；‎ 答案为B。‎ ‎3. 能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）‎ A. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O B. Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O C. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O D. 将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，氧化铁溶于酸中，生成的铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘，离子方程式为Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，A正确；‎ B．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应，生成碳酸钙、碳酸根离子和水，离子方程式为2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O，B错误；‎ C．浓盐酸与KMnO4能发生氧化还原反应生成二氯化锰、氯气和水，无法证明过氧化氢的还原性，C错误；‎ D．将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，氯气先与碘离子反应完全后，再与亚铁离子反应，离子方程式为2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎4. 青海昆仑玉被定为北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石（Tremolite）的化学成分为Ca2Mg5Si8O22（OH）2。下列有关说法不正确的是（　）‎ A. 透闪石的化学式写成氧化物的形式为：2CaO·5MgO·8SiO2·H2O B. 透闪石中Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍 C. 1molCa2Mg5Si8O22（OH）2与足量的盐酸作用，至少需要14molHCl D. 透闪石是一种新型无机非金属材料，难溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．透闪石的化学式写成氧化物的形式顺序为活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物，且遵守原子守恒，为2CaO·5MgO·8SiO2·H2O，A说法正确；‎ B．透闪石中Mg元素的质量分数=×100%，Ca元素质量分数=×100%，比值=24×5：40×2=1.5，B说法正确；‎ C．根据CaO~2HCl，MgO~2HCl，1molCa2Mg5Si8O22（OH）2与足量的盐酸作用，至少需要2×2mol+5×2mol=14molHCl，C说法正确；‎ D．透闪石不是一种新型无机非金属材料，难溶于水，D说法不正确；‎ 答案为D。‎ ‎5. 铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是( )‎ A. 反应过程中，试管Ⅰ中出现灰黑色固体是 B. 反应结束后，为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水 C. 若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色褪至无色 D. 为验证气体产物具有还原性，试管Ⅱ可盛放溴水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜与浓硫酸反应时可能会发生副反应，生成灰黑色的硫化亚铜，是红色固体，故A错误；‎ B ‎．不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的溶液在烧杯中加水溶解观察颜色，故B错误；‎ C．铜和浓硫酸在加热的条件下生成了二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不褪色，故C错误；‎ D．实验中产生的二氧化硫气体，通入溴水中，二氧化硫与溴单质和水发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，会使溴水褪色，溴具有氧化性，二氧化硫体现还原性，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】二氧化硫具有还原性，漂白性等，可以使品红溶液褪色，只能使紫色石蕊溶液变红，但不能使之褪色。‎ ‎6. Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO3－ ，且这三种离子的物质的量之比为9:2:1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为 A 5:2 B. 2:‎5 ‎C. 3:1 D. 1:3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO﹣、ClO3﹣是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=7mol；‎ 根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl﹣为被还原的过程，化合价从0价较低为﹣1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol﹣7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：5：2，故选A。‎ ‎7. 下列有关叙述正确的是（　　）‎ A. O和O中子数相同，质子数不同，互为同位素 B. 氢键作用越强烈，物质越稳定 C. Na2O2固体中阳离子与阴离子个数比为1∶1‎ D. Na2O固体中存在离子键，属于离子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O和O质子数相同，中子数不同，互为同位素，A叙述错误；‎ B．氢键作用越强烈，物质熔沸点越高，与物质稳定性无关，B叙述错误；‎ C．Na2O2固体中含有2个钠离子，1个过氧根离子，则阳离子与阴离子个数比为2∶1，C叙述错误；‎ D．Na2O固体中存在钠离子和氧离子，存在离子键，属于离子化合物，D叙述正确；‎ 答案为D。‎ ‎8. 无机化学命名委员会在1989年作出决定：把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18列，如碱金属为第1列，稀有气体为第18列。按这个规定，下列说法正确的是（　　）‎ A. 从上到下第1列元素的单质熔点逐渐升高，而第17列元素的单质熔点逐渐降低 B. 每1列都有非金属元素 C. 第3列元素种类最多，第14列的化合物种类最多 D. 最外层有2个电子的元素一定在第2列 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由元素周期律可知，从上到下第1列元素（除H外）的单质熔点逐渐降低，而第17列元素的单质熔点逐渐升高，A说法错误；‎ B．第2列及过渡元素均为金属元素，不含非金属元素，B说法错误；‎ C．第3列含锕系和镧系，元素种类最多，第14列含有C元素，有机物的种类最多，C说法正确；‎ D．第2列元素的原子最外层有2个电子，He的最外层电子数为2，Fe的最外层电子数为2，两元素均不在第2列，D说法错误；‎ 答案为C。‎ ‎9. 下列实验不能达到实验目的的是（　　）‎ 序号 实验操作 实验目的 A Cl2、Br2分别与H2反应 比较氯、溴的非金属性强弱 B 向MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3‎ 比较镁、铝的金属性强弱 C 测定相同物质的量浓度的H3PO4和H2SO4溶液的pH 比较磷、硫的非金属性强弱 D Fe、Cu分别与稀盐酸反应 比较铁、铜的金属性强弱 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与氢气在点燃条件下发生反应，氢气和溴蒸汽在高温下反应；通过Cl2、Br2分别与H2反应的条件及难易程度不同，可比较氯、溴的非金属性强弱，A能实现实验目的；‎ B．向MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3，实验现象均为生成白色沉淀，无法比较碱性的强弱，也就不能比较镁、铝的金属性强弱，B不能实现实验目的；‎ C．测定相同物质量浓度的H3PO4和H2SO4溶液的pH，可判断硫酸的酸性强于磷酸，可以比较磷、硫的非金属性强弱，C能实现实验目的；‎ D．Fe与稀盐酸反应而Cu与盐酸不反应，可判断铁的金属性比铜强，D能实现实验目的；‎ 答案为B。‎ ‎10. 下列说法正确的是（　　）‎ ‎①Na2O、Fe2O3、A12O3属于碱性氧化物，CO2、SO2、NO2属于酸性氧化物 ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物 ‎③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 ‎④醋酸、烧碱、冰纯碱和干冰分别属于酸、碱、盐和氧化物 ‎⑤NaHCO3是发酵粉主要成分之一，Na2CO3可冶疗胃酸过多 ‎⑥稀盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物 A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，A12O3属于两性氧化物，CO2、SO2、NO2属于酸性氧化物，①错误；‎ ‎②碳酸钠、氯化铵属于盐，氢氧化钡、过氧化钠属于强碱，都属于离子化合物，②正确；‎ ‎③蔗糖属于非电解质，硝酸钾和硫酸钡为盐，属于强电解质，③错误；‎ ‎④醋酸属于酸，烧碱NaOH ‎，属于碱，纯碱为碳酸钠，属于盐，干冰为二氧化碳，属于氧化物，④正确；‎ ‎⑤NaHCO3俗名小苏打，可用于面包发酵粉，可冶疗胃酸过多，Na2CO3俗名纯碱，广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等，⑤错误；‎ ‎⑥稀盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物，⑥正确；‎ 综上所述，②④⑥正确，答案为B。‎ ‎11. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的单质的还原性大于Y的单质的还原性。下列说法中一定正确的是（　　）‎ A. 若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3‎ B. W与X形成的化合物中只含离子键 C. W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点 D. X、Y、Z、W的原子半径依次减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期。‎ ‎【详解】A．若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，A错误；‎ B．若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，B错误；‎ C．W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C，Z为Si时，W氢化物沸点较低，C错误；‎ D．W、Z同主族，原子序数Z＞W，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，所以原子半径X＞Y＞Z＞W，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎12. 肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是(　　)‎ A. 194 B. ‎391 ‎C. 516 D. 658‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752 kJ/mol－534 kJ/mol=2218 kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1 mol N―H键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。‎ ‎13. 微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72－离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是 A. M为电源负极，有机物被氧化 B. 处理1 mol Cr2O72－时有6 mol H+从交换膜左侧向右侧迁移 C. 电池工作时，N极附近溶液pH增大 D. Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，该电池中有机物在微生物的作用下发生氧化反应生成CO2，所以. M 为电源负极，有机物被氧化，故A正确；‎ B.处理1 molCr2O72－时需要6mol电子，但是同时也会有定量的氧气得到电子，从交换膜左侧向右迁移的氢离子的物质的量大于6mol，故B错误；‎ C.有图可知，电池工作时，N极上氧气得到电子与氢离子结合成水，所以氢离子浓度减小，N附近溶液pH增大，故C正确；‎ D.由题可知，当Cr2O72－离子浓度较大时，其去除率几乎为0，又因为其有强氧化性和毒性，所以可能会造成还原菌的蛋白质变性而失活，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎14. 在‎1L的容器中，用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是（ ）‎ A. OE段表示的平均反应速率最快 B. F点收集到的CO2的量最多 C. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol·L-1·min-1‎ D. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2：6：7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图像可知，EF段表示的1min内收集的二氧化碳量最多，平均速率最快，A错误；‎ B. 根据图像可知，G点收集到的CO2的量最多，为784mL，B错误；‎ C. EF段，生成二氧化碳为672mL-224mL=448mL，即标况下0.02mol，消耗盐酸0.04mol，用盐酸表示该反应平均反应速率为=0.4mol·L-1·min-1，C正确；‎ D. OE、EF、FG三段中，由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2‎ 的体积之比，即224mL：(672−224)mL：(784−672)mL=2:4:1，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎15. 某有机物的结构为下图所示，这种有机物不可能具有的性质是（）‎ ‎①可以燃烧；②能使酸性KMnO4溶液褪色；③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应 A. ①②③④ B. ④⑤ C. ⑤⑥ D. 只有⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的结构简式可知，含有碳碳双键、羧基和醇羟基。‎ ‎【详解】①有机物只含有C、H、O三种元素，可以燃烧；②有机物含有碳碳双键、醇羟基能使酸性KMnO4溶液褪色；③有机物含有羧基能跟NaOH溶液反应；④有机物含有羧基、醇羟基能发生酯化反应；⑤有机物含有碳碳双键能发生加聚反应；⑥有机物不含有酯基、卤素原子不能发生水解反应，综上所述，不可能具有的性质是⑥，答案为D。‎ ‎16. 甲苯与氢气完全加成后产物的一氯代物的种类数是(　　)‎ A. 2种 B. 4种 C. 5种 D. 7种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲苯与氢气加成之后生成的物质就是，甲基上有三个氢算是一种，与甲基相连的那个环上的碳原子上有一个氢，算是一种，另外邻位，对位，间位上的氢各1种，共有5种氢原子，所以一氯代物是总共有五种，故选C。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、非选择题（除特殊说明外，每空2分，共52分）‎ ‎17. Ⅰ.下图表示将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与通入CO2的量的关系，最先与CO2发生反应的物质是____________，ab 段发生反应的离子方程式为_______。‎ Ⅱ.某Mg－Al合金是一种潜在的贮氢材料。‎73.2g该合金恰好溶解于‎1.4L5.0mol·L-1HCl溶液中，则合金中Mg和Al的物质的量之比为____________。‎ ‎【答案】 (1). Ba(OH)2 (2). 2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ (3). 17：12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向溶液中通入二氧化碳时，首先与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；钡离子反应完后，二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子；然后为二氧化碳与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；再为二氧化碳、水与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；最后为碳酸钡、二氧化碳与水反应生成碳酸氢钡。‎ ‎【详解】I．分析可知，首先与二氧化碳反应的为氢氧化钡；ab段为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+；‎ II．根据反应方程式可知，n(Mg)~2n(HCl)，n(Al)~3n(HCl)，n(Mg)×‎24g/mol+n(Al)×‎27g/mol=‎73.2g，n(Mg)×2+n(Al)×3=5.0mol·L-1×‎1.4L，解得n(Al)=1.2mol，n(Mg)=1.7mol，n(Mg)：n(Al)=1.7：1.2=17：12。‎ ‎18. 某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH、Fe2+、Fe3+、CO、SO、SO、Cl-、NO中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：‎ 已知：气体D常温常压下呈现红棕色。‎ ‎（1）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是___________，不能确定是否含有的离子（Q）是____________‎ ‎（2）写出生成A的离子方程式：_______________‎ ‎（3）写出气体D与足量氧气反应生成E的化学方程式：_____________‎ ‎【答案】 (1). Al3+、NH、Fe2+、SO (2). Fe3+、Cl- (3). 3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O (4). 4NO2+O2+2H2O=4HNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在强酸性溶液中一定不会存在CO、SO离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，气体D在常温常压下呈现红棕色，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO离子，含有SO离子就一定不含Ba2+离子，不能确定的是否含有的离子Fe3+和Cl-。‎ ‎【详解】(1)由分析可知一定含有的是Al3+、NH、Fe2+、SO，不能确定的是Fe3+、Cl-；‎ ‎(2)Fe2+离子与氢离子、硝酸根离子发生反应生成Fe3+、NO和水，反应的离子方程式为3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O；‎ ‎(3)D为NO2，NO2和氧气、水反应生成硝酸，方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3。‎ ‎19. 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：‎ 实验一焦亚硫酸钠的制取 采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：‎ Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5‎ ‎（1）装置I中产生气体的化学方程式为_______。‎ ‎（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是__________。‎ ‎（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为__。(填序号)。‎ 实验二焦亚硫酸钠的性质 Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。‎ ‎（4）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是___________。‎ 实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定 ‎（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：‎ ‎(已知：馏分中的二氧化硫在滴入碘水时发生的反应为 SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)在测定时消耗了0.01mol·L－1的I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为__g·L－1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O） (2). 过滤 (3). d (4). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (5). 0.16 (6). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为过滤；‎ ‎（3）a ‎．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为d；（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，‎ 故答案为取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：‎ SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI ‎64g‎ 1mol ‎ mg ‎0.025L×0.01mol/L 所以，‎64g：mg=1mol：‎0.025L×0.01mol/L，‎ 解得m=0.016‎ 故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.016/0.1=" 0.16" g/L。②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低。‎ ‎20. 元素X、Y、Z、M、N均为原子序数依次增大的短周期主族元素；R在地壳金属元素中的含量仅次于Z。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3∶4；N-、Z3+、X+离子半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体，请回答下列问题：‎ ‎（1）R在元素周期表中的位置是____________；Z3+的离子结构示意图是____________。‎ ‎（2）写出X、Y、N按原子个数之比1∶1∶1形成的化合物的电子式___________；M和N气态氢化物的稳定性大小比较为________（用化学式和“>”“<”或“=”表示）。‎ ‎（3）Z元素的单质能与Y和R形成的红棕色化合物在一定条件下发生反应，同时放出大量的热，其反应的化学方程式为__________。‎ ‎（4）下图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，在该转化关系中还原剂是___________（填化学式），示意图中转移电子的数目为_________。‎ ‎（5）由X、Y、M三种元素组成的离子，在水溶液中与H+和OH-均不能大量共存，它能和氯水反应，写出其与新制氯水反应的离子方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期VIII族 (2). (3). (4). H2S＜HCl (5). 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe (6). SO2 (7). 4 (8). +H2O+Cl2=+2Cl−+3H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，则M为S元素，结合N-、Z3+、X+离子半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体，可判N为Cl元素，Z为Al元素，X为氢元素，R在地壳金属元素中的含量仅次于Z，则R为Fe。‎ ‎【详解】(1)R为Fe元素，在元素周期表中的位置为第四周期VIII族；Al3+的离子结构示意图是；‎ ‎(2)X、Y、N按原子个数之比1:1:1形成的化合物为HClO，电子式为；M和N气态氢化物分别为H2S、HCl，非金属氢化物稳定性和非金属性一致，氯元素非金属性大于硫元素，M和N气态氢化物的稳定性为H2S＜HCl；‎ ‎(3)Z元素的单质能与Y和R形成的化合物分别为Al、Fe2O3，在一定条件下发生置换反应，同时放出大量的热，反应的化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe；‎ ‎(4)由图可知，该转化过程为SO2与O2反应生成三氧化硫，且为可逆反应，反应化学方程式为2SO2+ O22SO3，反应中S的化合价升高，则SO2为还原剂，示意图中反应为2个二氧化硫反应生成2个三氧化硫，转移电子的数目为4个；‎ ‎(5)由X、Y、M三种元素组成的离子，在水溶液中与H+和OH-均不能大量共存，则离子为，还能和氯水反应生成硫酸根离子和氯离子，反应的离子方程式为+H2O+Cl2=+2Cl−+3H+。‎ ‎21. I．含碳原子数最少且存在同分异构体的烷烃的分子式是_____，其同分异构体中熔沸点最低的结构简式为____________‎ II．从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12:1，B的相对分子质量为78。回答下列问题：‎ ‎(1)A的电子式________，B的结构简式________。‎ ‎(2)在碘水中加入B振荡静置后的现象__________。‎ ‎(3)B与浓硫酸和浓硝酸在50～‎60℃‎反应的化学反应方程式：_________，反应类型：____________。‎ ‎(4)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量________（填A>B、A

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