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2018-2019学年湖南师范大学附属中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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湖南师大附中2018－2019学年度高二第二学期期中考试
化学
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 Cl～35.5 K～39 Ca～40 Fe～56 Cu～64 Br～80 Ba～137
第Ⅰ卷 (必考部分，共100分)
一、选择题(本题包括22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)
1.刚刚过去的春节期间，一个名叫“福（氟）禄（氯）双全（醛）”的物质（结构简式如下图）在化学人的朋友圈中火了起来。该物质属于
A. 单质 B. 无机物
C. 有机物 D. 氧化物
【答案】C
【解析】
根据此化合物的结构简式可知，此化学物中除了C、H两元素外，还含O、F、Cl元素，故不属于烃类，即既不属于烷烃，也不是烯烃，而由于此化合物中含有碳元素，故属于有机物，故选C。
点睛：考查学生有机物和无机物的区别，可以根据所学知识进行回答，注意有机物为含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称。
2.下列说法错误的是
A. CO燃烧是放热反应 B. H2SO4与NaOH反应是放热反应
C. CaCO3受热分解是吸热反应 D. CaO与H2O反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A项，燃烧反应都是放热反应，故A项正确；
B项，酸碱中和反应是放热反应，故B项正确；
C项，大多数分解反应为吸热反应，CaCO3受热分解生成CaO和CO2，是吸热反应，故C项正确；
D项，CaO与H2O反应放出大量的热，是放热反应，故D项错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了常见的吸热反应和放热反应，需要对其常见具体反应有一个系统的了解，这需要平时多总结，多记忆。
3.下列仪器的名称为“蒸馏烧瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示为分液漏斗，可用于两种互不相溶的液体的分离，故A不符合题意；
B．图示仪器特征为瓶颈处有一略向下伸出的细玻璃管，为蒸馏烧瓶，故B符合题意；
C．图示为容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，故C不符合题意；
D．图示为烧杯，常用作配制、浓缩溶液等，故D不符合题意。
故选B。
4.下列分散系中，分散质粒子大小在1~100nm之间的是（ ）
A. 泥水 B. 油水 C. Fe(OH)3胶体 D. CuSO4溶液
【答案】C
【解析】
分析：分散系中分散质的粒子大小属于纳米级（1～100nm），说明分散系是胶体，浊液中分散质粒子直径大于100nm，溶液中分散质粒子直径小于1nm，据此分析此题。
详解：泥水属于悬浊液，分散质粒子直径大于100nm，A错误；油水属于乳浊液，分散质粒子直径大于100nm，B错误；Fe(OH)3胶体， 分散质粒子大小在1~100nm之间，属于胶体，C 正确；CuSO4溶液，分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，D错误；正确选项C。
5.下列物质中，属于弱电解质的是
A. 铜 B. 硝酸钾 C. 纯醋酸 D. 氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括非金属氧化物、部分非金属氢化物、大多数有机物；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此进行判断。
【详解】A.金属铜不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.硝酸钾为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.醋酸在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，属于弱电解质，故C正确；
D. 氢氧化钠为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题能力，注意明确强电解质与弱电解质的本质区别为能否完全电离。
6.近期，我国科学家在利用镓(6831Ga)进行肿瘤的早期精准诊断方面取得了重大突破。下列关于6831Ga的说法正确的是
A. 质子数为31 B. 中子数为68
C. 质量数为99 D. 核外电子数为37
【答案】A
【解析】
【详解】元素符号的左下角表示质子数、左上角表示质量数。在原子中，原子的核电荷数=核内质子数=核外电子数=原子序数，则镓(6831Ga)原子的原子核内有31个质子，核外电子数为31，质量数为68，中子数=68-31=37，故A正确，B、C、D错误。
答案选A。
7.同分异构现象是有机物种类繁多的原因之一。下列与CH3CH2CH2CH2OH互为同分异构体的是
A. CH3CH2CH2CHO B. (CH3)3COH
C. (CH3)2CHCH2COOH D. CH3CH2CH2CH2CH2OH
【答案】B
【解析】
【详解】同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，CH3CH2CH2CH2OH的分子式为C4H10O；CH3CH2CH2CHO的分子式为C4H8O，(CH3)3COH的分子式为C4H10O，(CH3)2CHCH2COOH的分子式为C5H10O2，CH3CH2CH2CH2CH2OH的分子式为C5H12O；因此与CH3CH2CH2CH2OH互为同分异构体的是(CH3)3COH，故B正确。
故选B。
【点睛】同分异构体的判断，先看分子式是否相同，然后再看结构，分子式相同，结构不同，这样的化合物互为同分异构体。
8. 下列元素中，属于第ⅠA族的是
A. 氟 B. 钾 C. 磷 D. 铁
【答案】B
【解析】
A．氟ⅦA B．钾IA C．磷ⅤA D．铁Ⅷ，选B。
9.下列过程需用到萃取操作的是
A. 用CCl4提取水中溶解的I2 B. 油和水的分离
C. 压榨花生获取花生油 D. 除去粗盐中的杂质
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用CCl4提取水中溶解I2用的是萃取的方法，故A正确；
B. 油和水的分离用的是分液的方法，故B错误；
C.压榨花生油是用压榨的方法制取的油，不是用萃取的方法，故C错误；
D. 除去粗盐中的杂质用的是溶解、除杂、过滤、蒸发结晶的方法，故D错误。
故答案选A。
10.下列离子可以在溶液中大量共存的是
A. Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42- B. H＋、K＋、NO3-、CO32-
C. Cu2＋、H＋、NO3-、SO42- D. K＋ 、OH－、Cl－、H＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ba2＋、SO42-之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．H＋、CO32-之间反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Cu2＋、H＋、NO3-、SO42-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；
D．OH－、H＋之间反应生成水，在溶液中不能大量共存，故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应的离子共存考查，注意常见物质的溶解性，把握常见离子之间的反应为解答的关键。
11.在汽车尾气的处理装置中的发生反应：4CO＋2NO24CO2＋N2。下列有关该反应的说法正确的是
A. CO是氧化剂 B. CO2是氧化产物
C. NO2发生氧化反应 D. NO2失去电子
【答案】B
【解析】
【分析】
4CO＋2NO24CO2＋N2中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，结合氧化还原反应基本概念解答。
【详解】A. C元素的化合价升高，CO为还原剂，故A错误；
B. C元素的化合价升高，CO为还原剂，被氧化为CO2，CO2是氧化产物，故B正确；
C. NO2中N元素的化合价降低，被还原，发生还原反应，故C错误；
D. NO2中N元素的化合价降低，得电子，故D错误。
答案选B。
12.用5 mol/L 的HNO3溶液配制500 mL 1 mol/L的HNO3溶液时，不需用到的仪器是
A. 分液漏斗 B. 胶头滴管 C. 烧杯 D. 500 mL容量瓶
【答案】A
【解析】
【详解】配制500mL 1mol/L HNO3溶液，需要选用500mL容量瓶，量取浓硝酸需要用到量筒，稀释时需要使用玻璃棒、烧杯，定容时需要用到胶头滴管，配制过程中不会用到分液漏斗，
故选A。
【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及仪器选用，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确配制步骤及使用的仪器。
13.下列物质属于烷烃的是
A. CH3COOH B. CH2=CH2
C. CH3CH2OH D. CH3CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3COOH为乙酸，含有氧元素，为烃的衍生物，故A错误；
B．CH2=CH2含有碳碳双键，为烯烃，故B错误；
C．CH3CH2OH为乙醇，含有氧元素，为烃的衍生物，故C错误；
D．CH3CH3为乙烷，符合CnH2n+2通式，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了有机物分类判断，试题注重了基础知识的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意掌握有机物的分类依据及有机物类别名称。
14.探究Cu和浓硫酸的反应，下列装置或操作正确的是
A. 用装置甲、乙制备SO2和收集SO2
B. 用装置甲、丙制备SO2和稀释CuSO4溶液
C. 用装置乙、丁收集SO2和检验SO2的漂白性
D. 用装置甲、丁制备SO2和探究SO2的漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以乙装置导气管应该采用“长进短出”原则，故A错误；
B．铜和浓硫酸反应后的溶液含有剩余的硫酸，为防止液体飞溅，应将混合溶液沿烧杯内壁慢慢倒入水中，且边倒边搅拌，故B错误；
C．二氧化硫密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以乙装置导气管应该“长进短出”，二氧化硫的漂白性具有暂时性，加热恢复原状，故C错误；
D．铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，加热又恢复原状，说明SO2的漂白性，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、物质检验、气体收集等知识点，侧重考查学生分析判断及评价能力，明确实验原理、物质性质是解本题关键。
15.反应3H2＋N22NH3在容积固定的密闭容器中进行。下列做法无法加快反应速率的是
A. 升高温度
B. 使用高效的催化剂
C. 增大N2的浓度
D. 充入稀有气体增大装置内的压强
【答案】D
【解析】
【详解】A项，升高温度能加快化学反应速率；
B项，使用高效的催化剂能加快化学反应速率；
C项，增大反应物的浓度能加快化学反应速率；
D项，充入稀有气体增大装置内的压强，反应物浓度不变，反应速率不变。
答案选D。
16.下列化学用语表达正确的是
A. 氯原子的结构示意图：
B. 乙酸的结构式：C2H4O2
C. 氯化氢分子的电子式：
D. 硫酸钠的电离方程式：Na2SO4===2Na＋＋SO42－
【答案】D
【解析】
A. 氯原子的结构示意图应该是：，A错误；B. 乙酸的结构式为：，B错误；C. 氯化氢分子是共价化合物，电子式为：，C错误；D. 硫酸钠的电离方程式为：Na2SO4===2Na＋＋SO42－，D正确，答案选D。
17.坩埚是实验室用于灼烧或熔融固体物质的常用仪器，材质很多，实验时应根据物质的性质加以选择。下列坩埚能用于熔融烧碱的是
A. 普通玻璃坩埚 B. 石英坩埚
C. 陶瓷坩埚 D. 铁坩埚
【答案】D
【解析】
【详解】普通玻璃坩埚、石英坩埚和陶瓷坩埚中都含有二氧化硅，二氧化硅与NaOH反应，方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，而Fe与NaOH不反应，所以可以用铁坩埚加热，故不选A、B、C，选D，
答案选D。
18.下列关于常见物质的应用中，正确的是
A. 二氧化硅可做电脑芯片
B. 漂白粉可用作食品的漂白剂
C. 烧碱可用于治疗胃酸过多
D. 小苏打可作发酵粉
【答案】D
【解析】
【详解】A. 制造电脑芯片的原料是硅单质，故A错误；
B. 漂白粉具有氧化性，可用于杀菌消毒，但不可用作食品的漂白剂，故B错误；
C. 烧碱具有强烈的腐蚀性，所以不能用于治疗胃酸过多，故C错误；
D. 小苏打可作发酵剂，是焙制糕点所常用的发酵粉的主要成分之一，故D正确。
答案选D。
19.对下列有机反应类型的认识中，不正确的是
A. 取代反应
B. CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl 置换反应
C. CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH 加成反应
D. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O 氧化反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．苯的硝化反应，为取代反应，方程式正确，故A不选；B．没有单质生成，属于取代反应，故B选；C．为乙烯与水发生加成反应，碳碳双键生成碳碳单键，故C不选；D．乙醇被氧化生成乙醛，为氧化反应，故D不选，故选B。
考点：本题考查化学反应方程式及有机反应类型，
20.某原电池装置示意图如图所示。下列有关该原电池的说法正确的是
A. 锌片是正极
B. 溶液中H＋由铜电极移向锌电极
C. 铜片上有气泡产生
D. 电子由铜电极经导线流向锌电极
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极反应式为2H++2e-=H2↑，放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流与此相反。
【详解】A．Zn易失电子作负极、Cu作正极，故A错误；
B．原电池中阳离子从负极移向正极，所以溶液中H＋由锌电极移向铜电极，故B错误；
C．Cu片上电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以有气泡产生，故C正确；
D．Zn作负极、Cu作正极时，电流从Cu沿导线流向Zn，则电子由锌电极经导线流向铜电极，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电子流向、电极反应式的书写即可解答，易错点是判断电解质溶液中阴阳离子移动方向。
21.下列反应的离子方程式书写正确的是
A. Cu与浓硝酸的反应：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑
B. FeCl2溶液与Cl2的反应：Fe2＋＋Cl2=Fe3＋＋2Cl－
C. H2SO4溶液与KOH溶液的反应：H＋＋OH－=H2O
D. 钠与水的反应：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓硝酸有强的氧化性，Cu与浓硝酸反应不产生氢气：Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故A错误；
B. 电荷不守恒，FeCl2溶液与Cl2的反应的离子方程式是：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故B错误；
C. 反应符合事实，拆写也符合离子方程式的原则，故C正确；
D. 电子得失不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D错误。
答案选C。
22.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L水中所含原子数为3NA
B. 1 L 1 mol/L CuCl2溶液中含有的氯离子数为2NA
C. 常温常压下，11.2 L氯化氢气体中含有的分子数为0.5NA
D. NaCl的摩尔质量是58.5 g
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标准状况下，水为液态，无法用22.4L/mol计算水的物质的量，22.4L水的物质的量不等于1mol，故A错误；B. n=cV=1mol•L-1×1L=1mol，而CuCl2═Cu2++2Cl-，1molCuCl2溶液中含氯离子数为2NA，故B正确；
C. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LHCl的物质的量小于0.5mol，则分子个数小于0.5NA个，故C错误；
D. 1mol氯化钠的质量是58.5g，58.5g/mol是氯化钠的摩尔质量，故D错误。
答案选B。
二、填空题(本题包括4小题，每空2分，共26分)
23.化学是一门以实验为基础的自然科学。根据题意回答下列问题：
(1)在CuSO4溶液中逐滴滴入NaOH溶液，观察到的现象是________________。
(2)铝分别与足量的NaOH溶液和稀硫酸反应，若两个反应在相同状况下放出等量的气体，则两个反应中消耗的铝的物质的量之比为__________。
(3)盛装NaOH溶液的试剂瓶不用玻璃塞，是因为玻璃中的SiO2和NaOH反应，导致难以打开瓶塞。请写出该反应的化学方程式：_________________________________________________。
【答案】 (1). 溶液颜色变浅且产生蓝色沉淀 (2). 1∶1 (3). SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O
【解析】
【分析】
(1) 氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；
(2)根据电子守恒分析；
(3)二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水。
【详解】(1) 氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以观察到的现象是溶液颜色变浅且产生蓝色沉淀。
故答案为：溶液颜色变浅且产生蓝色沉淀；
(2) 铝分别和足量的氢氧化钠和稀硫酸反应，如果生成相同条件下等量的氢气，这两个反应中都是铝失电子，由转移电子守恒知，需要铝的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1。
(3) 玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物和碱溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠是矿物胶，盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，因为氢氧化钠溶液和玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠会把瓶口和瓶塞粘结，使用时打不开，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，
故答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O。
24.乙烯、乙酸、乙醇是重要的有机化合物。请根据题意填空：
(1)在工业上，可以用________(填名称)的产量来衡量一个国家的石油化工发展水平。
(2)乙酸的官能团的名称为____________________。
(3)请写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式：__________________________________。
【答案】 (1). 乙烯 (2). 羧基 (3). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
【解析】
【详解】(1) 通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是乙烯的产量，
故答案为：乙烯；
(2) 乙酸分子官能团是-COOH，名称为羧基，
故答案为：羧基；
(3) 乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，
故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。
25.A、B、C是中学化学常见三种物质，它们之间的相互转化关系如下所示(部分反应条件及产物略去)：
(1)若A是一种淡黄色固体单质，则C与H2O反应的生成物为______(填化学式)。
(2)若C是一种淡黄色固体化合物，则C与CO2反应的化学方程式______________________________。
(3)若A可由图所示装置制得，且B、C均为会污染空气的气体，请写出A转化成B的化学方程式：________________________________________________________________________。
【答案】 (1). H2SO4 (2). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (3). 4NH3＋5O24NO＋6H2O
【解析】
【分析】
（1）若A是淡黄色固体单质，则A是S，硫在氧气中燃烧生成SO2，则B是SO2，在一定条件下，二氧化硫被氧气氧化生成SO3，所以C是SO3；
（2）若C是一种淡黄色固体化合物，B被氧气氧化生成C，则C是Na2O2，B是Na2O，A是Na；
（3）若A可由图所示装置制得，则A是NH3，B、C均为会污染空气的气体，所以B是NO，C是NO2，结合物质的性质分析解答。
【详解】（1）通过以上分析知，C是SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，化学式为H2SO4，
故答案为：H2SO4；
（2）通过以上分析知，C是Na2O2，Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，
故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（3）通过以上分析知，A是NH3，氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O，
故答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。
26.下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答下列问题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
①
②
3
③
④
⑤
⑥
(1)①和②两种元素的非金属性强弱关系是：①________②(填“＞”或“＜”)。
(2)③和⑥两种元素形成的化合物中含有的化学键为__________(填“离子键”或“共价键”) 。
(3)元素②和⑤组成的化合物属于_________(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。
(4)工业上冶炼元素④所形成的单质，其相关反应的化学方程式为_________________________。
【答案】 (1). < (2). 离子键 (3). 酸性 (4). 2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可以知道，①为N，②为O，③为Mg， ④为Al，⑤为Si，⑥为Cl，结合物质的性质分析解答。
【详解】(1) ①为N，②为O，同一周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性强弱关系是：①<②。
故答案为：<；
(2) ③为Mg，⑥为Cl，Mg和Cl两种元素形成的化合物MgCl2为离子化合物，含有离子键，
故答案为：离子键；
(3) ②为O，⑤为Si，O和Si组成的化合物SiO2属于酸性氧化物。
故答案为：酸性；
(4) ④为Al，工业上用电解熔融氧化铝冶炼铝，其相关反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑，
故答案为：2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑。
三、实验题(本题包括1小题，每空2分，共10分)
27.海洋约占地球表面积的71%，具有巨大的开发潜力。
Ⅰ.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。下图所示为海水蒸馏原理示意图，请回答下列问题：
(1)冷却水的出水口是________(填“a”或“b”)；
(2)碎瓷片的作用是__________。
Ⅱ.目前，从海水提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右，空气吹出法是工业大规模海水提溴的常用方法。其中一种工艺流程为：
①海水浓缩，酸化；
②通入Cl2，使Br－转化为Br2；
③通入空气、水蒸气，将Br2吹入吸收塔，与吸收剂SO2反应转化为HBr；
④通入Cl2，再经过一系列处理得到产品Br2。
请回答下列问题：
(1)步骤②③的目的是_____________(填“富集溴”或“萃取溴”)；
(2)在步骤③中，反应生成HBr的化学方程式___________________________________________；
(3)在步骤②中，若通入44.8 L Cl2(标准状况)，理论上可得到Br2___________g。
【答案】 (1). b (2). 防止暴沸 (3). 富集溴 (4). SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr (5). 320
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)海水淡化时所用的冷凝管，进出水方向是“下进上出”；
(2) 在海水中加碎瓷片是为了防止暴沸；
Ⅱ. (1)根据②③步发生的反应可知，是为了将海水中的溴离子转化为溴单质吹出富集溴；
(2)第③步的反应是溴和水蒸气、二氧化硫发生了氧化还原反应生成了溴化氢和硫酸；
(3)根据溴离子与氯气发生反应的离子方程式计算通入44.8 L Cl2（标准状况），理论上可得Br2的质量。
【详解】（1）海水淡化过程中冷凝管的进出水方向是“下进上出”，所以b是出水口，
故答案为：b；
（2）在加热海水的过程中加入碎瓷片是为防止暴沸，
故答案：防止暴沸；
（3）从海水中提取溴，是将溴离子转化为溴单质吹出，所以②③步操作的目的是富集溴，
故答案为：富集溴；
（4）溴、水蒸气、二氧化硫反应生成的是溴化氢和硫酸，化学方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，
故答案为：SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr；
（5）第②步的反应是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，标准状况下44.8 L Cl2是2mol，可得到Br2是2mol，m(Br2)=n·M=2mol×160g/mol=320g，
故答案为：320。
四、选做题(请选修《化学与生活》的考生做第28题，选修《化学反应原理》的考生做第29题)
28.(1)有下列四种物质：A.青霉素 B．葡萄糖 C．苯甲酸钠 D．维生素C
请你根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空：
①被称作抗坏血酸的是________；
②可用作食品防腐剂的是_________；
③生活中常见的有阻止多种细菌生长功能的抗生素类药物是_________；
④可通过血液运输为人体补充能量的是_________。
(2)防止环境污染和改善生态环境已成为全球共识。
①下列物质不会污染室内空气的是__________(填字母代号，下同)。
A．氮气(N2) B．一氧化碳(CO) C．甲醛(HCHO)
②工业废水需处理达标后才能排放。下列废水处理的方法不合理的是________。
A．要除去钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水，可使用熟石灰[Ca(OH)2]
B．要除去废水中含有的Hg2＋，可使用硫化钠(Na2S)
C．要除去废水中的悬浮物，可使用氯气
③下列有关环境污染防治的叙述中，不正确的是_________。
A．推广使用无铅汽油可减少铅污染
B．室外焚烧塑料垃圾可减少大气污染
C．淘汰含磷洗衣粉可降低水体富营养化程度
(3)材料与社会、生活密不可分。
①在下列材料中，属于无机非金属材料的是_________(填字母代号)；
A．硬币 B．PVC塑料 C．氮化硅陶瓷
②为防止轮船的船体在海水中被腐蚀，一般在船身连接________(填“锌块”或“铜块”)；
③炒过菜的铁锅未及时洗净易腐蚀出现红褐色锈斑，它是铁锅在潮湿的空气中发生电化学腐蚀造成的，铁锅锈蚀的负极反应方程式为______________________________。
【答案】 (1). D (2). C (3). A (4). B (5). A (6). C (7). B (8). C (9). 锌块 (10). Fe－2e－=Fe2＋
【解析】
【详解】（l）①维生素C也称为抗坏血酸，故选D；
② 可用作食品防腐剂的是苯甲酸钠，故选C；
③ 有阻止多种细菌生长功能的抗生素类药物是青霉素，故选A；
④ 葡萄糖在体内能被氧化分解，最终生成二氧化碳和水，同时释放能量，所以能给人体补充能量，可直接进入人体血液补充能量是葡萄糖，故选B；
（2）①一氧化碳、甲醛(HCHO)都有毒；氮气是空气的主要成分之一，约占空气体积的78%，无毒无污染，故选A；
②根据氧化还原法适用于除油类、氰化物；混凝法适用于除去废水中的悬浮物；沉淀法适用于除去废水中的重金属离子；中和法适用于除去废水中的酸（或碱），故A为中和法，合理；B为沉淀法，合理；C、应混凝法适用于除去废水中的悬浮物，故C不合理，故选C；
③A、使用无铅汽油，解决了汽车尾气中的铅污染问题，故A恰当；
B、将废弃塑料集中到室外焚烧，同样会产生大量有毒气体，污染环境，故B不恰当；
C、N、P的大量排放会造成水体富营养化，淘汰含磷洗衣粉可降低水体富营养化程度，故C恰当；故选B。
（3）①硬币是合金，属于金属材料，聚乙烯塑料是有机高分子化合物，氮化硅陶瓷属于无机非金属材料，所以答案选C；
②钢铁腐蚀主要是电化学腐蚀。要保护铁不被腐蚀，则应该在船身上连接一块金属性强于铁的金属，例如锌。故答案为：锌块；
③铁锅未及时洗净（残液中含NaCl）能发生电化学腐蚀，由于电解质溶液为中性所以发生吸氧腐蚀；铁锅中Fe、C和氯化钠溶液构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生的反应为：Fe－2e－=Fe2＋。
故答案为：Fe－2e－=Fe2＋。
29.(1)在一固定容积的密闭容器中发生反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其平衡常数K和温度T的关系如下表所示：
T/℃
700
800
850
1 000
1 200
K
2.6
1.7
1.0
0.9
0.6
①K的表达式为__________；
②该反应的正反应为__________反应(填“吸热”或“放热”)；
③下列选项中，能判断该反应已经达到化学平衡状态的是______(填字母代号)。
A．容器中压强不变
B．混合气体中CO浓度不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O)
D．c(CO2)＝c(CO)
(2)下列化合物：①HCl ②NaOH ③CH3COOH ④NH3·H2O ⑤CH3COONa
⑥NH4Cl，其水溶液呈碱性的有________(填序号)；常温下，0.01 mol/L HCl溶液的pH＝________；pH＝11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c(OH－)＝________。
(3)已知在Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋浓度相同的溶液中，其开始沉淀时的pH如下：
离子
Fe2＋
Cu2＋
Mg2＋
pH
7.6
5.2
10.4
①若向该溶液中滴加NaOH溶液，则先沉淀的是__________(填离子符号)；
②判断Ksp[Fe(OH)2]________Ksp[Mg(OH)2](填“＞”“＝”或“＜”)。
(4)某电解装置如图所示。
①当用惰性电极电解时，d电极的反应式为________________；
②若用此装置进行铁上镀铜，已知镀层金属采用纯铜且电镀前两电极材料质量相等，电镀一段时间后对电极进行称量，发现两极质量差为16 g，则电路中转移的电子的物质的量为________mol。
【答案】 (1). (2). 放热 (3). BC (4). ②④⑤ (5). 2 (6). 1×10－3 mol·L－1 (7). Cu2＋ (8). < (9). Cu2＋＋2e－=Cu (10). 0.25
【解析】
【分析】
（1）①根据K的含义和化学方程式书写K；②结合平衡常数与温度的关系判断平衡移动方向，分析判断吸热放热；③化学平衡的标志是正逆反应速率相等，平衡混合物中各物质的含量不变；
（2）碱或强碱弱酸盐其溶液都呈碱性；pH=-lgc(H+)；醋酸钠促进水电离，根据氢离子浓度结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度；
（3）生成沉淀需要的pH越小，则该离子先沉淀；先沉淀，说明溶度积小；
（4）①d与电源的负极相连，则d为阴极，溶液中的铜离子在阴极放电生成铜，电极反应为Cu2＋＋2e－=Cu；
②根据阳极：Cu－2e－=Cu2＋、阴极：Cu2＋＋2e－=Cu， 两极质量差为16g，说明有8gCu参加反应，即转移电子物质的量为×2=0.25mol。
【详解】（1）①根据平衡常数的定义，此反应的平衡常数K=；
②化学平衡常数只受温度的影响，根据表格，温度升高，K降低，说明反应向逆反应方向进行，即此反应的正方向是放热反应；
③A、反应前后气体系数之和相等，压强不变，不能说明反应达到平衡；
B、根据化学平衡状态的定义，CO浓度不再改变说明反应达到平衡；
C、v正(H2)向正反应方向进行，v逆(H2O)向逆反应方向进行，且它们的速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到平衡；
D、不知道开始时通入CO2和H2的量，因此两者浓度相等，不能说明反应达到平衡；
故答案为： ；放热；BC；
（2）①HCl的溶液显酸性；
②NaOH溶液显碱性；
③CH3COOH溶液显酸性；
④NH3·H2O溶液显碱性；
⑤CH3COONa是强碱弱酸盐，水溶液显碱性；
⑥NH4Cl属于强酸弱碱盐，水溶液显酸性；综上所述，溶液显碱性的是②④⑤；根据pH=－lgc(H＋)，0.01mol/LHCl溶液的c(H＋)=0.01mol·L－1，即pH=2；水电离的一部分H＋与CH3COO－结合生成CH3COOH，溶液中OH－完全是由水电离产生，即c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10 －11mol·L－1=10－3mol·L－1；
故答案为：②④⑤；2；1×10－3 mol·L－1
（3）①这三个离子的水溶液显酸性，根据开始出现沉淀的pH，pH越小，加入NaOH溶液，最先出现沉淀，即Cu2＋先沉淀；②先沉淀，说明溶度积小，因此Ksp[Fe(OH)2]
（4）①d电极连接电源的负极，d电极为阴极，根据放电顺序，阴极电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；
②电镀时，铁作阴极，纯铜作阳极，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，两极质量差为16g，说明有8gCu参加反应，即转移电子物质的量为×2=0.25mol。
故答案为：Cu2＋＋2e－=Cu；0.25。
【点睛】本题的难点是电镀，首先明白镀层金属和待镀金属分别做哪一极，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，电极反应式为阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，两极上转移电子物质的量以及消耗金属质量和增加金属的质量是相等的，因此根据质量差为16g，得到消耗金属的质量为8g，从而计算出转移电子物质的量。
第Ⅱ卷 (选考部分，共50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题意)
30.运用下列实验装置和操作能达到实验目的和要求的是
A. 分离氯化铵和单质碘
B. 除去淀粉胶体中混有的氯化钠
C. 加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜
D. 除去SO2中的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯化铵和单质碘加热时，前者分解，后者升华，最后又都凝结到烧瓶的底部，故A项不符合题意；B、渗析法可除去淀粉胶体中的氯化钠，故B项符合题意；C、加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜应在坩埚中进行，故C项不符合题意；D、除去SO2中的HCl，若用氢氧化钠溶液洗气，SO2也被吸收，故D项不符合题意。
31.下列实验操作与安全事故处理的描述错误的有______句。
①将甲烷和乙烯的混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，即可提纯甲烷
②配制氯化铁溶液时，先将氯化铁溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释并加入少量铁粉
③活泼金属着火，不可用泡沫灭火器灭火
④把玻璃管插入橡胶塞孔时，用厚布护手，紧握用水润湿的玻璃管插入端，缓慢旋进塞孔中
⑤做完银镜反应后，试管上的附着物可用浓氨水洗涤
⑥盛装液溴的细口瓶要加水液封
⑦用湿润的pH试纸测定氯水的pH
A. 三 B. 四 C. 五 D. 六
【答案】B
【解析】
【详解】①高锰酸钾具有强氧化性，将乙烯氧化为二氧化碳气体，不能将甲烷和乙烯的混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶来提纯甲烷，故①错误；
②配制氯化铁溶液时，先将氯化铁溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释，目的是防止Fe3+水解，但不能加入铁粉，会反应生成Fe2+，发生反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，导致氯化铁变质，故②错误；
③Na等活泼金属着火生成过氧化钠等，过氧化钠等与二氧化碳反应生成O2，镁可在二氧化碳中燃烧，则钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故③正确；
④把玻璃管插入橡胶塞孔时，用厚布护手，紧握用水湿润的玻璃管插入端，缓慢旋进塞孔中，故④正确；
⑤银单质不溶于氨水，用稀硝酸来洗，故⑤错误；
⑥液溴易挥发，应该保存在棕色细口瓶，并加水液封，⑥正确；
⑦测定溶液的pH时，试纸不能用蒸馏水湿润，会引起误差，氯水中具有氧化性的次氯酸，能使试纸中的显色指示剂氧化，使它们失去显色能力，故⑦错误；
综合以上分析，①②⑤⑦四项错误，选B，
答案选B。
32.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是
选项
操作和现象
结论
A
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体
HNO3分解生成了NO2
B
向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解成葡萄糖
C
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170 ℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
使溶液褪色的气体是乙烯
D
向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊
析出了NaHCO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A、向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，A错误；B、应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，B错误；C、乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D、饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，D正确，答案选D。
33.某碳酸钾样品中含有碳酸钠、硝酸钾和硝酸钡三种杂质中的一种或两种，现将13.8 g样品加入足量水中，样品全部溶解，再加入过量的氯化钙溶液，得到9 g沉淀，下列对样品所含杂质的判断正确的是
A. 肯定没有硝酸钾
B. 肯定有硝酸钾，可能还有碳酸钠
C. 肯定没有硝酸钡，可能有硝酸钾
D. 肯定没有碳酸钠和硝酸钡
【答案】B
【解析】
【详解】定性角度分析，样品能全部溶解于水，说明不存在硝酸钡。定量角度分析，13.8g若全是碳酸钾，恰好为0.1mol，与足量的氯化钙反应后能生成10g碳酸钙；等质量的碳酸钠与足量氯化钙反应生成碳酸钙的质量大于10g；现生成沉淀不足10g，肯定有硝酸钾，碳酸钠是否存在不能确定。观察选项，B选项的判断合适，
答案选B。
34.同学们在做铜与浓硝酸反应的实验时，发现反应后溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确，这些方案中不可行的是
A. 加水稀释该绿色溶液，观察溶液颜色变化
B. 加热该绿色溶液，观察溶液颜色变化
C. 向该绿色溶液中通入氮气，观察溶液颜色变化
D. 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察溶液颜色变化
【答案】A
【解析】
【分析】
为验证溶液呈绿色是c(Cu2＋)大小引起还是因溶有NO2引起，可采取的实验方案应只改变其中的一种影响因素，不能同时改变c(Cu2＋)大小与NO2的量。据此分析解答。
【详解】A项，加入水，c(Cu2＋)变小，同时水也会与溶液中可能溶有的NO2反应生成HNO3，故不能得出溶液呈绿色的原因，故A方案不可行；
B、C项，操作都是赶出溶液中可能溶有的NO2，对c(Cu2＋)大小无影响，方案可行；
D项，向无NO2的硝酸铜溶液中通入NO2后，通过观察溶液颜色变化，可得出结论，方案可行。
答案选A。
35.实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是2C6H5CHO＋KOH C6H5CH2OH＋C6H5COOK，C6H5COOK＋HCl→C6H5COOH＋KCl。已知苯甲醛易被空气氧化；苯甲醇的沸点为205.3 ℃，微溶于水，易溶于乙醚；苯甲酸的熔点为121.7 ℃，沸点为249 ℃，微溶于水，易溶于乙醚；乙醚的沸点为34.8 ℃，难溶于水。制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：
根据以上信息判断，下列说法错误的是
A. 操作Ⅰ是萃取分液
B. 操作Ⅱ蒸馏得到的产品甲是苯甲醇
C. 操作Ⅲ过滤得到的产品乙是苯甲酸钾
D. 乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可以知道，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此来解答。
【详解】A.操作Ⅰ加入水、乙醚后分层，分离乙醚溶液与水溶液为分液，则为萃取分液，所以A选项是正确的；
B.操作Ⅱ分离互溶的乙醚、苯甲醇，蒸馏所得产品甲是苯甲醇，所以B选项是正确的；
C.由上述分析，操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，故C错误；
D.由上述分析可以知道，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，所以D选项是正确的。
答案选C。
二、非选择题(本题包括3个小题，共32分)
36.熟悉和使用中学化学实验中常见仪器及用品是化学学习的基本要求。试回答以下问题：
(1)温度计、量筒、滴定管的一部分如图所示，下列读数(虚线所指刻度)及说法正确的是________(填字母代号)。
A．①是量筒，读数为2.5 mL
B．②是量筒，读数为2.5 mL
C．③是滴定管，读数为2.5 mL
D．①是温度计，读数为2.5 ℃
(2)“磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺。在下列仪器中，没有用到“磨砂”工艺处理的有________(填字母代号)。
a．试管 b．分液漏斗 c．带滴管的试剂瓶(滴瓶) d．集气瓶 e．酸式滴定管f．碱式滴定管
(3)实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：
检查装置C气密性的操作方法是________________________。 若用装置A与装置D相连制取、收集气体X，则X可能是下列气体中的________(填数字序号)。
①CO2 ②NO ③Cl2 ④H2
【答案】 (1). BD (2). af (3). 关闭分液漏斗活塞，将右侧导管末端放入水中，微热圆底烧瓶底部，如果导管口有气泡产生，停止加热后，在导管里形成一段水柱，说明装置C气密性良好 (4). ③
【解析】
【分析】
(1) 量筒上没有0刻度值，且数值从下至上逐渐变大，滴定管的零刻度线在上端，从上至下数值逐渐变大，温度计的零刻度线在中间，所以图①是温度计，图②是量筒，图③是滴定管；据此判断。
(2) 用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等。
(3) 利用加热法检验C装置气密性，若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理，据此判断。
【详解】(1) A、图①是温度计，故A错误；
B、量筒精确值为0.1mL，图②中液体体积为2.5mL，故B正确；
C、滴定管精确度为0.01mL，故C错误；
D、①是温度计，其读数为2.5℃，故D正确；
因此，本题正确答案是：BD。
(2) 凡是玻璃相互接处，不能漏水漏气的要磨砂处理，用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等，
因此，本题正确答案是：af；
(3) 检查C装置气密性的方法是利用压强变化和液面变化来设计检验，关闭分液漏斗活塞，将右侧导管末端放入水中，微热圆底烧瓶底部，如果导管口有气泡产生，停止加热后，在导管里形成一段水柱，说明装置C气密性良好；
A装置适用于固体和液体共热制气体，D装置用浓硫酸干燥气体、用向上排气法收集气体并进行尾气吸收；制取CO2时不需要加热也不必处理尾气；NO常温下与氧气发生反应，不能用排空气法收集；氢气不能用向上排空法收集，尾气处理时一般采用点燃的方法；故X可能是氯气，故选③，
因此，本题正确答案是：关闭分液漏斗活塞，将右侧导管末端放入水中，微热圆底烧瓶底部，如果导管口有气泡产生，停止加热后，在导管里形成一段水柱，说明装置C气密性良好；③。
37.工业上乙醚可用于制造无烟火药。无水乙醚微溶于水，熔点－116.3 ℃，沸点34.6 ℃，在空气中遇热易爆炸。实验室合成乙醚的原理如下：
主反应：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O
副反应：CH3CH2OHH2C=CH2↑＋H2O
【乙醚制备】装置设计如图所示(部分装置略)：
(1)仪器b应更换为下列中的________(填字母代号)。
A．干燥器
B．直形冷凝管
C．玻璃管
D．安全瓶
(2)实验操作的正确排序为________(填字母代号)，取出乙醚立即密闭保存。
a．安装实验仪器 b．加入12 mL浓硫酸和少量乙醇的混合物
c．检查装置气密性 d．熄灭酒精灯
e．通冷却水并加热烧瓶 f．拆除装置
g．控制滴加乙醇速率与馏出液速率相等
(3)反应温度不超过145 ℃，其目的是____________________。
【乙醚提纯】
(4)操作a的名称是__________；进行该操作时，必须用水浴加热代替酒精灯加热，其目的与制备实验中将尾接管支管通入室外相同，均为______________________。
【答案】 (1). B (2). acbegdf (3). 避免副反应发生 (4). 蒸馏 (5). 避免引发乙醚蒸汽燃烧或爆炸
【解析】
【详解】（1）仪器b是球形冷凝管，为避免冷凝时积液，应更换为直形冷凝管，应选B，
因此，本题正确答案是：B；
（2）实验操作的正确排序为a安装实验仪器、c检查装置气密性、 b加入12 mL浓硫酸和少量乙醇的混合物、e通冷却水并加热烧瓶、g控制滴加乙醇速率与馏出液速率相等、d熄灭酒精灯、f拆除装置。
因此，本题正确答案是：acbegdf；
（3）反应温度不超过145 ℃，其目的是避免副反应发生。
因此，本题正确答案是：避免副反应发生；
（4）操作a 的名称是蒸馏；进行该操作时，必须用水浴代替酒精灯加热，是为避免引发乙醚蒸气燃烧或爆炸。
因此，本题正确答案是：蒸馏；避免引发乙醚蒸汽燃烧或爆炸。
38.过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为2Na2CO4＋4HCl=4NaCl＋2CO2↑＋O2↑＋2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下两种方案实施：
方案一：
(1)操作①和③的名称分别为______________________。
(2)上述操作中，使用到玻璃棒的有 _________________(填操作序号)。
(3)请简述操作③的操作过程：________________________________________________。
方案二：按下图所示安装好实验装置，Q为一塑料气袋，随意取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴入气袋中至充分反应。
(4)为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭______(填“K1”“K2”或“K3”，下同)，打开________。导管A的作用是_____________________________________________。
(5)当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开Kl。 B中装的固体试剂是________________________。
(6)实验结束时，量筒Ⅰ中有x mL水，量筒Ⅱ中收集到了y mL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是___________________。
【答案】 (1). 称量、蒸发结晶 (2). ②③ (3). 加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，利用余热蒸干蒸发皿中的剩余水分 (4). K1，K2 (5). K3 (6). 平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响 (7). 碱石灰 (8). 122y/(53x-37y)
【解析】
【分析】
测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，样品称量质量得到样品质量为m1g，加入稀盐酸溶解后过滤得到溶液为氯化钠溶液，蒸发浓缩结晶析出氯化钠，称量得到固体氯化钠的质量为m2g，根据方案一流程可判断出操作①为称量，操作②为溶解，操作③为蒸发结晶。方案二中量筒Ⅰ中水的体积为产生的CO2、O2的体积，量筒Ⅱ中收集到的气体为O2，根据方案二依据测定的氧气体积计算物质的量，结合化学方程式计算过碳酸钠物质的量计算得到质量分数。以此分析解答。
【详解】根据方案一流程可判断出操作①为称量，操作②为溶解，操作③为蒸发结晶。
（1）由上述分析可知操作①为称量，操作③为蒸发结晶，
故答案为：称量、蒸发结晶；
（2）上述操作中用到玻璃棒的有溶解和蒸发结晶，
故答案为：②③；
（3）操作③为蒸发结晶，其具体过程为：加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，利用余热蒸干蒸发皿中的固体，
故答案为：加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，利用余热蒸干蒸发皿中的剩余水分；
（4）反应产生的CO2、O2使气袋变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀盐酸前必须关闭K1、K2，打开K3。导管A的作用是平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响，
故答案为：K1，K2 ；K3 ；平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响；
（5）B装置用来除去生成气体中的CO2，则B中所装固体试剂为碱石灰。缓慢打开K1是为了让生成的CO2能够被B装置中碱石灰充分吸收，从而使量筒中收集到较纯的O2，
故答案为：碱石灰；
（6）依题意可知，量筒Ⅱ中收集到的气体为O2，量筒Ⅰ中水的体积等于反应产生的CO2与O2的总体积，则可进行如下计算：
n(Na2CO4)=2 n(O2)=mmol，n(CO2)=mmol，Na2CO4与盐酸反应生成CO2的物质的量为n(CO2)1=mmol，又Na2CO3与盐酸反应生成CO2的计量关系为Na2CO3~CO2，则n(Na2CO3)= n(CO2)2=mmol，
所以Na2CO4的质量分数w( Na2CO4)%=100%=122y/(53x-37y)。
故答案为：122y/(53x-37y)。
湖南师大附中2018－2019学年度高二第二学期期中考试
化学
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 Cl～35.5 K～39 Ca～40 Fe～56 Cu～64 Br～80 Ba～137
第Ⅰ卷 (必考部分，共100分)
一、选择题(本题包括22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)
1.刚刚过去的春节期间，一个名叫“福（氟）禄（氯）双全（醛）”的物质（结构简式如下图）在化学人的朋友圈中火了起来。该物质属于
A. 单质 B. 无机物
C. 有机物 D. 氧化物
【答案】C
【解析】
根据此化合物的结构简式可知，此化学物中除了C、H两元素外，还含O、F、Cl元素，故不属于烃类，即既不属于烷烃，也不是烯烃，而由于此化合物中含有碳元素，故属于有机物，故选C。
点睛：考查学生有机物和无机物的区别，可以根据所学知识进行回答，注意有机物为含碳化合物（一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外）或碳氢化合物及其衍生物的总称。
2.下列说法错误的是
A. CO燃烧是放热反应 B. H2SO4与NaOH反应是放热反应
C. CaCO3受热分解是吸热反应 D. CaO与H2O反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A项，燃烧反应都是放热反应，故A项正确；
B项，酸碱中和反应是放热反应，故B项正确；
C项，大多数分解反应为吸热反应，CaCO3受热分解生成CaO和CO2，是吸热反应，故C项正确；
D项，CaO与H2O反应放出大量的热，是放热反应，故D项错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了常见的吸热反应和放热反应，需要对其常见具体反应有一个系统的了解，这需要平时多总结，多记忆。
3.下列仪器的名称为“蒸馏烧瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示为分液漏斗，可用于两种互不相溶的液体的分离，故A不符合题意；
B．图示仪器特征为瓶颈处有一略向下伸出的细玻璃管，为蒸馏烧瓶，故B符合题意；
C．图示为容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，故C不符合题意；
D．图示为烧杯，常用作配制、浓缩溶液等，故D不符合题意。
故选B。
4.下列分散系中，分散质粒子大小在1~100nm之间的是（ ）
A. 泥水 B. 油水 C. Fe(OH)3胶体 D. CuSO4溶液
【答案】C
【解析】
分析：分散系中分散质的粒子大小属于纳米级（1～100nm），说明分散系是胶体，浊液中分散质粒子直径大于100nm，溶液中分散质粒子直径小于1nm，据此分析此题。
详解：泥水属于悬浊液，分散质粒子直径大于100nm，A错误；油水属于乳浊液，分散质粒子直径大于100nm，B错误；Fe(OH)3胶体， 分散质粒子大小在1~100nm之间，属于胶体，C 正确；CuSO4溶液，分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，D错误；正确选项C。
5.下列物质中，属于弱电解质的是
A. 铜 B. 硝酸钾 C. 纯醋酸 D. 氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括非金属氧化物、部分非金属氢化物、大多数有机物；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此进行判断。
【详解】A.金属铜不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.硝酸钾为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.醋酸在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，属于弱电解质，故C正确；
D. 氢氧化钠为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题能力，注意明确强电解质与弱电解质的本质区别为能否完全电离。
6.近期，我国科学家在利用镓(6831Ga)进行肿瘤的早期精准诊断方面取得了重大突破。下列关于6831Ga的说法正确的是
A. 质子数为31 B. 中子数为68
C. 质量数为99 D. 核外电子数为37
【答案】A
【解析】
【详解】元素符号的左下角表示质子数、左上角表示质量数。在原子中，原子的核电荷数=核内质子数=核外电子数=原子序数，则镓(6831Ga)原子的原子核内有31个质子，核外电子数为31，质量数为68，中子数=68-31=37，故A正确，B、C、D错误。
答案选A。
7.同分异构现象是有机物种类繁多的原因之一。下列与CH3CH2CH2CH2OH互为同分异构体的是
A. CH3CH2CH2CHO B. (CH3)3COH
C. (CH3)2CHCH2COOH D. CH3CH2CH2CH2CH2OH
【答案】B
【解析】
【详解】同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，CH3CH2CH2CH2OH的分子式为C4H10O；CH3CH2CH2CHO的分子式为C4H8O，(CH3)3COH的分子式为C4H10O，(CH3)2CHCH2COOH的分子式为C5H10O2，CH3CH2CH2CH2CH2OH的分子式为C5H12O；因此与CH3CH2CH2CH2OH互为同分异构体的是(CH3)3COH，故B正确。
故选B。
【点睛】同分异构体的判断，先看分子式是否相同，然后再看结构，分子式相同，结构不同，这样的化合物互为同分异构体。
8. 下列元素中，属于第ⅠA族的是
A. 氟 B. 钾 C. 磷 D. 铁
【答案】B
【解析】
A．氟ⅦA B．钾IA C．磷ⅤA D．铁Ⅷ，选B。
9.下列过程需用到萃取操作的是
A. 用CCl4提取水中溶解的I2 B. 油和水的分离
C. 压榨花生获取花生油 D. 除去粗盐中的杂质
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用CCl4提取水中溶解I2用的是萃取的方法，故A正确；
B. 油和水的分离用的是分液的方法，故B错误；
C.压榨花生油是用压榨的方法制取的油，不是用萃取的方法，故C错误；
D. 除去粗盐中的杂质用的是溶解、除杂、过滤、蒸发结晶的方法，故D错误。
故答案选A。
10.下列离子可以在溶液中大量共存的是
A. Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42- B. H＋、K＋、NO3-、CO32-
C. Cu2＋、H＋、NO3-、SO42- D. K＋ 、OH－、Cl－、H＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ba2＋、SO42-之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．H＋、CO32-之间反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Cu2＋、H＋、NO3-、SO42-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；
D．OH－、H＋之间反应生成水，在溶液中不能大量共存，故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应的离子共存考查，注意常见物质的溶解性，把握常见离子之间的反应为解答的关键。
11.在汽车尾气的处理装置中的发生反应：4CO＋2NO24CO2＋N2。下列有关该反应的说法正确的是
A. CO是氧化剂 B. CO2是氧化产物
C. NO2发生氧化反应 D. NO2失去电子
【答案】B
【解析】
【分析】
4CO＋2NO24CO2＋N2中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，结合氧化还原反应基本概念解答。
【详解】A. C元素的化合价升高，CO为还原剂，故A错误；
B. C元素的化合价升高，CO为还原剂，被氧化为CO2，CO2是氧化产物，故B正确；
C. NO2中N元素的化合价降低，被还原，发生还原反应，故C错误；
D. NO2中N元素的化合价降低，得电子，故D错误。
答案选B。
12.用5 mol/L 的HNO3溶液配制500 mL 1 mol/L的HNO3溶液时，不需用到的仪器是
A. 分液漏斗 B. 胶头滴管 C. 烧杯 D. 500 mL容量瓶
【答案】A
【解析】
【详解】配制500mL 1mol/L HNO3溶液，需要选用500mL容量瓶，量取浓硝酸需要用到量筒，稀释时需要使用玻璃棒、烧杯，定容时需要用到胶头滴管，配制过程中不会用到分液漏斗，
故选A。
【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及仪器选用，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确配制步骤及使用的仪器。
13.下列物质属于烷烃的是
A. CH3COOH B. CH2=CH2
C. CH3CH2OH D. CH3CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3COOH为乙酸，含有氧元素，为烃的衍生物，故A错误；
B．CH2=CH2含有碳碳双键，为烯烃，故B错误；
C．CH3CH2OH为乙醇，含有氧元素，为烃的衍生物，故C错误；
D．CH3CH3为乙烷，符合CnH2n+2通式，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了有机物分类判断，试题注重了基础知识的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意掌握有机物的分类依据及有机物类别名称。
14.探究Cu和浓硫酸的反应，下列装置或操作正确的是
A. 用装置甲、乙制备SO2和收集SO2
B. 用装置甲、丙制备SO2和稀释CuSO4溶液
C. 用装置乙、丁收集SO2和检验SO2的漂白性
D. 用装置甲、丁制备SO2和探究SO2的漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以乙装置导气管应该采用“长进短出”原则，故A错误；
B．铜和浓硫酸反应后的溶液含有剩余的硫酸，为防止液体飞溅，应将混合溶液沿烧杯内壁慢慢倒入水中，且边倒边搅拌，故B错误；
C．二氧化硫密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以乙装置导气管应该“长进短出”，二氧化硫的漂白性具有暂时性，加热恢复原状，故C错误；
D．铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，加热又恢复原状，说明SO2的漂白性，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、物质检验、气体收集等知识点，侧重考查学生分析判断及评价能力，明确实验原理、物质性质是解本题关键。
15.反应3H2＋N22NH3在容积固定的密闭容器中进行。下列做法无法加快反应速率的是
A. 升高温度
B. 使用高效的催化剂
C. 增大N2的浓度
D. 充入稀有气体增大装置内的压强
【答案】D
【解析】
【详解】A项，升高温度能加快化学反应速率；
B项，使用高效的催化剂能加快化学反应速率；
C项，增大反应物的浓度能加快化学反应速率；
D项，充入稀有气体增大装置内的压强，反应物浓度不变，反应速率不变。
答案选D。
16.下列化学用语表达正确的是
A. 氯原子的结构示意图：
B. 乙酸的结构式：C2H4O2
C. 氯化氢分子的电子式：
D. 硫酸钠的电离方程式：Na2SO4===2Na＋＋SO42－
【答案】D
【解析】
A. 氯原子的结构示意图应该是：，A错误；B. 乙酸的结构式为：，B错误；C. 氯化氢分子是共价化合物，电子式为：，C错误；D. 硫酸钠的电离方程式为：Na2SO4===2Na＋＋SO42－，D正确，答案选D。
17.坩埚是实验室用于灼烧或熔融固体物质的常用仪器，材质很多，实验时应根据物质的性质加以选择。下列坩埚能用于熔融烧碱的是
A. 普通玻璃坩埚 B. 石英坩埚
C. 陶瓷坩埚 D. 铁坩埚
【答案】D
【解析】
【详解】普通玻璃坩埚、石英坩埚和陶瓷坩埚中都含有二氧化硅，二氧化硅与NaOH反应，方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，而Fe与NaOH不反应，所以可以用铁坩埚加热，故不选A、B、C，选D，
答案选D。
18.下列关于常见物质的应用中，正确的是
A. 二氧化硅可做电脑芯片
B. 漂白粉可用作食品的漂白剂
C. 烧碱可用于治疗胃酸过多
D. 小苏打可作发酵粉
【答案】D
【解析】
【详解】A. 制造电脑芯片的原料是硅单质，故A错误；
B. 漂白粉具有氧化性，可用于杀菌消毒，但不可用作食品的漂白剂，故B错误；
C. 烧碱具有强烈的腐蚀性，所以不能用于治疗胃酸过多，故C错误；
D. 小苏打可作发酵剂，是焙制糕点所常用的发酵粉的主要成分之一，故D正确。
答案选D。
19.对下列有机反应类型的认识中，不正确的是
A. 取代反应
B. CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl 置换反应
C. CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH 加成反应
D. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O 氧化反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．苯的硝化反应，为取代反应，方程式正确，故A不选；B．没有单质生成，属于取代反应，故B选；C．为乙烯与水发生加成反应，碳碳双键生成碳碳单键，故C不选；D．乙醇被氧化生成乙醛，为氧化反应，故D不选，故选B。
考点：本题考查化学反应方程式及有机反应类型，
20.某原电池装置示意图如图所示。下列有关该原电池的说法正确的是
A. 锌片是正极
B. 溶液中H＋由铜电极移向锌电极
C. 铜片上有气泡产生
D. 电子由铜电极经导线流向锌电极
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极反应式为2H++2e-=H2↑，放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流与此相反。
【详解】A．Zn易失电子作负极、Cu作正极，故A错误；
B．原电池中阳离子从负极移向正极，所以溶液中H＋由锌电极移向铜电极，故B错误；
C．Cu片上电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以有气泡产生，故C正确；
D．Zn作负极、Cu作正极时，电流从Cu沿导线流向Zn，则电子由锌电极经导线流向铜电极，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电子流向、电极反应式的书写即可解答，易错点是判断电解质溶液中阴阳离子移动方向。
21.下列反应的离子方程式书写正确的是
A. Cu与浓硝酸的反应：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑
B. FeCl2溶液与Cl2的反应：Fe2＋＋Cl2=Fe3＋＋2Cl－
C. H2SO4溶液与KOH溶液的反应：H＋＋OH－=H2O
D. 钠与水的反应：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓硝酸有强的氧化性，Cu与浓硝酸反应不产生氢气：Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故A错误；
B. 电荷不守恒，FeCl2溶液与Cl2的反应的离子方程式是：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故B错误；
C. 反应符合事实，拆写也符合离子方程式的原则，故C正确；
D. 电子得失不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D错误。
答案选C。
22.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L水中所含原子数为3NA
B. 1 L 1 mol/L CuCl2溶液中含有的氯离子数为2NA
C. 常温常压下，11.2 L氯化氢气体中含有的分子数为0.5NA
D. NaCl的摩尔质量是58.5 g
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标准状况下，水为液态，无法用22.4L/mol计算水的物质的量，22.4L水的物质的量不等于1mol，故A错误；B. n=cV=1mol•L-1×1L=1mol，而CuCl2═Cu2++2Cl-，1molCuCl2溶液中含氯离子数为2NA，故B正确；
C. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LHCl的物质的量小于0.5mol，则分子个数小于0.5NA个，故C错误；
D. 1mol氯化钠的质量是58.5g，58.5g/mol是氯化钠的摩尔质量，故D错误。
答案选B。
二、填空题(本题包括4小题，每空2分，共26分)
23.化学是一门以实验为基础的自然科学。根据题意回答下列问题：
(1)在CuSO4溶液中逐滴滴入NaOH溶液，观察到的现象是________________。
(2)铝分别与足量的NaOH溶液和稀硫酸反应，若两个反应在相同状况下放出等量的气体，则两个反应中消耗的铝的物质的量之比为__________。
(3)盛装NaOH溶液的试剂瓶不用玻璃塞，是因为玻璃中的SiO2和NaOH反应，导致难以打开瓶塞。请写出该反应的化学方程式：_________________________________________________。
【答案】 (1). 溶液颜色变浅且产生蓝色沉淀 (2). 1∶1 (3). SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O
【解析】
【分析】
(1) 氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；
(2)根据电子守恒分析；
(3)二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水。
【详解】(1) 氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以观察到的现象是溶液颜色变浅且产生蓝色沉淀。
故答案为：溶液颜色变浅且产生蓝色沉淀；
(2) 铝分别和足量的氢氧化钠和稀硫酸反应，如果生成相同条件下等量的氢气，这两个反应中都是铝失电子，由转移电子守恒知，需要铝的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1。
(3) 玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物和碱溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠是矿物胶，盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，因为氢氧化钠溶液和玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠会把瓶口和瓶塞粘结，使用时打不开，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，
故答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O。
24.乙烯、乙酸、乙醇是重要的有机化合物。请根据题意填空：
(1)在工业上，可以用________(填名称)的产量来衡量一个国家的石油化工发展水平。
(2)乙酸的官能团的名称为____________________。
(3)请写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式：__________________________________。
【答案】 (1). 乙烯 (2). 羧基 (3). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
【解析】
【详解】(1) 通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是乙烯的产量，
故答案为：乙烯；
(2) 乙酸分子官能团是-COOH，名称为羧基，
故答案为：羧基；
(3) 乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，
故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。
25.A、B、C是中学化学常见三种物质，它们之间的相互转化关系如下所示(部分反应条件及产物略去)：
(1)若A是一种淡黄色固体单质，则C与H2O反应的生成物为______(填化学式)。
(2)若C是一种淡黄色固体化合物，则C与CO2反应的化学方程式______________________________。
(3)若A可由图所示装置制得，且B、C均为会污染空气的气体，请写出A转化成B的化学方程式：________________________________________________________________________。
【答案】 (1). H2SO4 (2). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (3). 4NH3＋5O24NO＋6H2O
【解析】
【分析】
（1）若A是淡黄色固体单质，则A是S，硫在氧气中燃烧生成SO2，则B是SO2，在一定条件下，二氧化硫被氧气氧化生成SO3，所以C是SO3；
（2）若C是一种淡黄色固体化合物，B被氧气氧化生成C，则C是Na2O2，B是Na2O，A是Na；
（3）若A可由图所示装置制得，则A是NH3，B、C均为会污染空气的气体，所以B是NO，C是NO2，结合物质的性质分析解答。
【详解】（1）通过以上分析知，C是SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，化学式为H2SO4，
故答案为：H2SO4；
（2）通过以上分析知，C是Na2O2，Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，
故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（3）通过以上分析知，A是NH3，氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O，
故答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。
26.下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答下列问题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
①
②
3
③
④
⑤
⑥
(1)①和②两种元素的非金属性强弱关系是：①________②(填“＞”或“＜”)。
(2)③和⑥两种元素形成的化合物中含有的化学键为__________(填“离子键”或“共价键”) 。
(3)元素②和⑤组成的化合物属于_________(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。
(4)工业上冶炼元素④所形成的单质，其相关反应的化学方程式为_________________________。
【答案】 (1). < (2). 离子键 (3). 酸性 (4). 2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可以知道，①为N，②为O，③为Mg， ④为Al，⑤为Si，⑥为Cl，结合物质的性质分析解答。
【详解】(1) ①为N，②为O，同一周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性强弱关系是：①<②。
故答案为：<；
(2) ③为Mg，⑥为Cl，Mg和Cl两种元素形成的化合物MgCl2为离子化合物，含有离子键，
故答案为：离子键；
(3) ②为O，⑤为Si，O和Si组成的化合物SiO2属于酸性氧化物。
故答案为：酸性；
(4) ④为Al，工业上用电解熔融氧化铝冶炼铝，其相关反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑，
故答案为：2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑。
三、实验题(本题包括1小题，每空2分，共10分)
27.海洋约占地球表面积的71%，具有巨大的开发潜力。
Ⅰ.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。下图所示为海水蒸馏原理示意图，请回答下列问题：
(1)冷却水的出水口是________(填“a”或“b”)；
(2)碎瓷片的作用是__________。
Ⅱ.目前，从海水提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右，空气吹出法是工业大规模海水提溴的常用方法。其中一种工艺流程为：
①海水浓缩，酸化；
②通入Cl2，使Br－转化为Br2；
③通入空气、水蒸气，将Br2吹入吸收塔，与吸收剂SO2反应转化为HBr；
④通入Cl2，再经过一系列处理得到产品Br2。
请回答下列问题：
(1)步骤②③的目的是_____________(填“富集溴”或“萃取溴”)；
(2)在步骤③中，反应生成HBr的化学方程式___________________________________________；
(3)在步骤②中，若通入44.8 L Cl2(标准状况)，理论上可得到Br2___________g。
【答案】 (1). b (2). 防止暴沸 (3). 富集溴 (4). SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr (5). 320
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)海水淡化时所用的冷凝管，进出水方向是“下进上出”；
(2) 在海水中加碎瓷片是为了防止暴沸；
Ⅱ. (1)根据②③步发生的反应可知，是为了将海水中的溴离子转化为溴单质吹出富集溴；
(2)第③步的反应是溴和水蒸气、二氧化硫发生了氧化还原反应生成了溴化氢和硫酸；
(3)根据溴离子与氯气发生反应的离子方程式计算通入44.8 L Cl2（标准状况），理论上可得Br2的质量。
【详解】（1）海水淡化过程中冷凝管的进出水方向是“下进上出”，所以b是出水口，
故答案为：b；
（2）在加热海水的过程中加入碎瓷片是为防止暴沸，
故答案：防止暴沸；
（3）从海水中提取溴，是将溴离子转化为溴单质吹出，所以②③步操作的目的是富集溴，
故答案为：富集溴；
（4）溴、水蒸气、二氧化硫反应生成的是溴化氢和硫酸，化学方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，
故答案为：SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr；
（5）第②步的反应是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，标准状况下44.8 L Cl2是2mol，可得到Br2是2mol，m(Br2)=n·M=2mol×160g/mol=320g，
故答案为：320。
四、选做题(请选修《化学与生活》的考生做第28题，选修《化学反应原理》的考生做第29题)
28.(1)有下列四种物质：A.青霉素 B．葡萄糖 C．苯甲酸钠 D．维生素C
请你根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空：
①被称作抗坏血酸的是________；
②可用作食品防腐剂的是_________；
③生活中常见的有阻止多种细菌生长功能的抗生素类药物是_________；
④可通过血液运输为人体补充能量的是_________。
(2)防止环境污染和改善生态环境已成为全球共识。
①下列物质不会污染室内空气的是__________(填字母代号，下同)。
A．氮气(N2) B．一氧化碳(CO) C．甲醛(HCHO)
②工业废水需处理达标后才能排放。下列废水处理的方法不合理的是________。
A．要除去钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水，可使用熟石灰[Ca(OH)2]
B．要除去废水中含有的Hg2＋，可使用硫化钠(Na2S)
C．要除去废水中的悬浮物，可使用氯气
③下列有关环境污染防治的叙述中，不正确的是_________。
A．推广使用无铅汽油可减少铅污染
B．室外焚烧塑料垃圾可减少大气污染
C．淘汰含磷洗衣粉可降低水体富营养化程度
(3)材料与社会、生活密不可分。
①在下列材料中，属于无机非金属材料的是_________(填字母代号)；
A．硬币 B．PVC塑料 C．氮化硅陶瓷
②为防止轮船的船体在海水中被腐蚀，一般在船身连接________(填“锌块”或“铜块”)；
③炒过菜的铁锅未及时洗净易腐蚀出现红褐色锈斑，它是铁锅在潮湿的空气中发生电化学腐蚀造成的，铁锅锈蚀的负极反应方程式为______________________________。
【答案】 (1). D (2). C (3). A (4). B (5). A (6). C (7). B (8). C (9). 锌块 (10). Fe－2e－=Fe2＋
【解析】
【详解】（l）①维生素C也称为抗坏血酸，故选D；
② 可用作食品防腐剂的是苯甲酸钠，故选C；
③ 有阻止多种细菌生长功能的抗生素类药物是青霉素，故选A；
④ 葡萄糖在体内能被氧化分解，最终生成二氧化碳和水，同时释放能量，所以能给人体补充能量，可直接进入人体血液补充能量是葡萄糖，故选B；
（2）①一氧化碳、甲醛(HCHO)都有毒；氮气是空气的主要成分之一，约占空气体积的78%，无毒无污染，故选A；
②根据氧化还原法适用于除油类、氰化物；混凝法适用于除去废水中的悬浮物；沉淀法适用于除去废水中的重金属离子；中和法适用于除去废水中的酸（或碱），故A为中和法，合理；B为沉淀法，合理；C、应混凝法适用于除去废水中的悬浮物，故C不合理，故选C；
③A、使用无铅汽油，解决了汽车尾气中的铅污染问题，故A恰当；
B、将废弃塑料集中到室外焚烧，同样会产生大量有毒气体，污染环境，故B不恰当；
C、N、P的大量排放会造成水体富营养化，淘汰含磷洗衣粉可降低水体富营养化程度，故C恰当；故选B。
（3）①硬币是合金，属于金属材料，聚乙烯塑料是有机高分子化合物，氮化硅陶瓷属于无机非金属材料，所以答案选C；
②钢铁腐蚀主要是电化学腐蚀。要保护铁不被腐蚀，则应该在船身上连接一块金属性强于铁的金属，例如锌。故答案为：锌块；
③铁锅未及时洗净（残液中含NaCl）能发生电化学腐蚀，由于电解质溶液为中性所以发生吸氧腐蚀；铁锅中Fe、C和氯化钠溶液构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生的反应为：Fe－2e－=Fe2＋。
故答案为：Fe－2e－=Fe2＋。
29.(1)在一固定容积的密闭容器中发生反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其平衡常数K和温度T的关系如下表所示：
T/℃
700
800
850
1 000
1 200
K
2.6
1.7
1.0
0.9
0.6
①K的表达式为__________；
②该反应的正反应为__________反应(填“吸热”或“放热”)；
③下列选项中，能判断该反应已经达到化学平衡状态的是______(填字母代号)。
A．容器中压强不变
B．混合气体中CO浓度不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O)
D．c(CO2)＝c(CO)
(2)下列化合物：①HCl ②NaOH ③CH3COOH ④NH3·H2O ⑤CH3COONa
⑥NH4Cl，其水溶液呈碱性的有________(填序号)；常温下，0.01 mol/L HCl溶液的pH＝________；pH＝11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c(OH－)＝________。
(3)已知在Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋浓度相同的溶液中，其开始沉淀时的pH如下：
离子
Fe2＋
Cu2＋
Mg2＋
pH
7.6
5.2
10.4
①若向该溶液中滴加NaOH溶液，则先沉淀的是__________(填离子符号)；
②判断Ksp[Fe(OH)2]________Ksp[Mg(OH)2](填“＞”“＝”或“＜”)。
(4)某电解装置如图所示。
①当用惰性电极电解时，d电极的反应式为________________；
②若用此装置进行铁上镀铜，已知镀层金属采用纯铜且电镀前两电极材料质量相等，电镀一段时间后对电极进行称量，发现两极质量差为16 g，则电路中转移的电子的物质的量为________mol。
【答案】 (1). (2). 放热 (3). BC (4). ②④⑤ (5). 2 (6). 1×10－3 mol·L－1 (7). Cu2＋ (8). < (9). Cu2＋＋2e－=Cu (10). 0.25
【解析】
【分析】
（1）①根据K的含义和化学方程式书写K；②结合平衡常数与温度的关系判断平衡移动方向，分析判断吸热放热；③化学平衡的标志是正逆反应速率相等，平衡混合物中各物质的含量不变；
（2）碱或强碱弱酸盐其溶液都呈碱性；pH=-lgc(H+)；醋酸钠促进水电离，根据氢离子浓度结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度；
（3）生成沉淀需要的pH越小，则该离子先沉淀；先沉淀，说明溶度积小；
（4）①d与电源的负极相连，则d为阴极，溶液中的铜离子在阴极放电生成铜，电极反应为Cu2＋＋2e－=Cu；
②根据阳极：Cu－2e－=Cu2＋、阴极：Cu2＋＋2e－=Cu， 两极质量差为16g，说明有8gCu参加反应，即转移电子物质的量为×2=0.25mol。
【详解】（1）①根据平衡常数的定义，此反应的平衡常数K=；
②化学平衡常数只受温度的影响，根据表格，温度升高，K降低，说明反应向逆反应方向进行，即此反应的正方向是放热反应；
③A、反应前后气体系数之和相等，压强不变，不能说明反应达到平衡；
B、根据化学平衡状态的定义，CO浓度不再改变说明反应达到平衡；
C、v正(H2)向正反应方向进行，v逆(H2O)向逆反应方向进行，且它们的速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到平衡；
D、不知道开始时通入CO2和H2的量，因此两者浓度相等，不能说明反应达到平衡；
故答案为： ；放热；BC；
（2）①HCl的溶液显酸性；
②NaOH溶液显碱性；
③CH3COOH溶液显酸性；
④NH3·H2O溶液显碱性；
⑤CH3COONa是强碱弱酸盐，水溶液显碱性；
⑥NH4Cl属于强酸弱碱盐，水溶液显酸性；综上所述，溶液显碱性的是②④⑤；根据pH=－lgc(H＋)，0.01mol/LHCl溶液的c(H＋)=0.01mol·L－1，即pH=2；水电离的一部分H＋与CH3COO－结合生成CH3COOH，溶液中OH－完全是由水电离产生，即c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10 －11mol·L－1=10－3mol·L－1；
故答案为：②④⑤；2；1×10－3 mol·L－1
（3）①这三个离子的水溶液显酸性，根据开始出现沉淀的pH，pH越小，加入NaOH溶液，最先出现沉淀，即Cu2＋先沉淀；②先沉淀，说明溶度积小，因此Ksp[Fe(OH)2]
（4）①d电极连接电源的负极，d电极为阴极，根据放电顺序，阴极电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；
②电镀时，铁作阴极，纯铜作阳极，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，两极质量差为16g，说明有8gCu参加反应，即转移电子物质的量为×2=0.25mol。
故答案为：Cu2＋＋2e－=Cu；0.25。
【点睛】本题的难点是电镀，首先明白镀层金属和待镀金属分别做哪一极，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，电极反应式为阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，两极上转移电子物质的量以及消耗金属质量和增加金属的质量是相等的，因此根据质量差为16g，得到消耗金属的质量为8g，从而计算出转移电子物质的量。
第Ⅱ卷 (选考部分，共50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题意)
30.运用下列实验装置和操作能达到实验目的和要求的是
A. 分离氯化铵和单质碘
B. 除去淀粉胶体中混有的氯化钠
C. 加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜
D. 除去SO2中的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯化铵和单质碘加热时，前者分解，后者升华，最后又都凝结到烧瓶的底部，故A项不符合题意；B、渗析法可除去淀粉胶体中的氯化钠，故B项符合题意；C、加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜应在坩埚中进行，故C项不符合题意；D、除去SO2中的HCl，若用氢氧化钠溶液洗气，SO2也被吸收，故D项不符合题意。
31.下列实验操作与安全事故处理的描述错误的有______句。
①将甲烷和乙烯的混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，即可提纯甲烷
②配制氯化铁溶液时，先将氯化铁溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释并加入少量铁粉
③活泼金属着火，不可用泡沫灭火器灭火
④把玻璃管插入橡胶塞孔时，用厚布护手，紧握用水润湿的玻璃管插入端，缓慢旋进塞孔中
⑤做完银镜反应后，试管上的附着物可用浓氨水洗涤
⑥盛装液溴的细口瓶要加水液封
⑦用湿润的pH试纸测定氯水的pH
A. 三 B. 四 C. 五 D. 六
【答案】B
【解析】
【详解】①高锰酸钾具有强氧化性，将乙烯氧化为二氧化碳气体，不能将甲烷和乙烯的混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶来提纯甲烷，故①错误；
②配制氯化铁溶液时，先将氯化铁溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释，目的是防止Fe3+水解，但不能加入铁粉，会反应生成Fe2+，发生反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，导致氯化铁变质，故②错误；
③Na等活泼金属着火生成过氧化钠等，过氧化钠等与二氧化碳反应生成O2，镁可在二氧化碳中燃烧，则钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故③正确；
④把玻璃管插入橡胶塞孔时，用厚布护手，紧握用水湿润的玻璃管插入端，缓慢旋进塞孔中，故④正确；
⑤银单质不溶于氨水，用稀硝酸来洗，故⑤错误；
⑥液溴易挥发，应该保存在棕色细口瓶，并加水液封，⑥正确；
⑦测定溶液的pH时，试纸不能用蒸馏水湿润，会引起误差，氯水中具有氧化性的次氯酸，能使试纸中的显色指示剂氧化，使它们失去显色能力，故⑦错误；
综合以上分析，①②⑤⑦四项错误，选B，
答案选B。
32.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是
选项
操作和现象
结论
A
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体
HNO3分解生成了NO2
B
向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解成葡萄糖
C
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170 ℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
使溶液褪色的气体是乙烯
D
向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊
析出了NaHCO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A、向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，A错误；B、应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，B错误；C、乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D、饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，D正确，答案选D。
33.某碳酸钾样品中含有碳酸钠、硝酸钾和硝酸钡三种杂质中的一种或两种，现将13.8 g样品加入足量水中，样品全部溶解，再加入过量的氯化钙溶液，得到9 g沉淀，下列对样品所含杂质的判断正确的是
A. 肯定没有硝酸钾
B. 肯定有硝酸钾，可能还有碳酸钠
C. 肯定没有硝酸钡，可能有硝酸钾
D. 肯定没有碳酸钠和硝酸钡
【答案】B
【解析】
【详解】定性角度分析，样品能全部溶解于水，说明不存在硝酸钡。定量角度分析，13.8g若全是碳酸钾，恰好为0.1mol，与足量的氯化钙反应后能生成10g碳酸钙；等质量的碳酸钠与足量氯化钙反应生成碳酸钙的质量大于10g；现生成沉淀不足10g，肯定有硝酸钾，碳酸钠是否存在不能确定。观察选项，B选项的判断合适，
答案选B。
34.同学们在做铜与浓硝酸反应的实验时，发现反应后溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确，这些方案中不可行的是
A. 加水稀释该绿色溶液，观察溶液颜色变化
B. 加热该绿色溶液，观察溶液颜色变化
C. 向该绿色溶液中通入氮气，观察溶液颜色变化
D. 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察溶液颜色变化
【答案】A
【解析】
【分析】
为验证溶液呈绿色是c(Cu2＋)大小引起还是因溶有NO2引起，可采取的实验方案应只改变其中的一种影响因素，不能同时改变c(Cu2＋)大小与NO2的量。据此分析解答。
【详解】A项，加入水，c(Cu2＋)变小，同时水也会与溶液中可能溶有的NO2反应生成HNO3，故不能得出溶液呈绿色的原因，故A方案不可行；
B、C项，操作都是赶出溶液中可能溶有的NO2，对c(Cu2＋)大小无影响，方案可行；
D项，向无NO2的硝酸铜溶液中通入NO2后，通过观察溶液颜色变化，可得出结论，方案可行。
答案选A。
35.实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是2C6H5CHO＋KOH C6H5CH2OH＋C6H5COOK，C6H5COOK＋HCl→C6H5COOH＋KCl。已知苯甲醛易被空气氧化；苯甲醇的沸点为205.3 ℃，微溶于水，易溶于乙醚；苯甲酸的熔点为121.7 ℃，沸点为249 ℃，微溶于水，易溶于乙醚；乙醚的沸点为34.8 ℃，难溶于水。制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：
根据以上信息判断，下列说法错误的是
A. 操作Ⅰ是萃取分液
B. 操作Ⅱ蒸馏得到的产品甲是苯甲醇
C. 操作Ⅲ过滤得到的产品乙是苯甲酸钾
D. 乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可以知道，苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此来解答。
【详解】A.操作Ⅰ加入水、乙醚后分层，分离乙醚溶液与水溶液为分液，则为萃取分液，所以A选项是正确的；
B.操作Ⅱ分离互溶的乙醚、苯甲醇，蒸馏所得产品甲是苯甲醇，所以B选项是正确的；
C.由上述分析，操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，故C错误；
D.由上述分析可以知道，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇，所以D选项是正确的。
答案选C。
二、非选择题(本题包括3个小题，共32分)
36.熟悉和使用中学化学实验中常见仪器及用品是化学学习的基本要求。试回答以下问题：
(1)温度计、量筒、滴定管的一部分如图所示，下列读数(虚线所指刻度)及说法正确的是________(填字母代号)。
A．①是量筒，读数为2.5 mL
B．②是量筒，读数为2.5 mL
C．③是滴定管，读数为2.5 mL
D．①是温度计，读数为2.5 ℃
(2)“磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺。在下列仪器中，没有用到“磨砂”工艺处理的有________(填字母代号)。
a．试管 b．分液漏斗 c．带滴管的试剂瓶(滴瓶) d．集气瓶 e．酸式滴定管f．碱式滴定管
(3)实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：
检查装置C气密性的操作方法是________________________。 若用装置A与装置D相连制取、收集气体X，则X可能是下列气体中的________(填数字序号)。
①CO2 ②NO ③Cl2 ④H2
【答案】 (1). BD (2). af (3). 关闭分液漏斗活塞，将右侧导管末端放入水中，微热圆底烧瓶底部，如果导管口有气泡产生，停止加热后，在导管里形成一段水柱，说明装置C气密性良好 (4). ③
【解析】
【分析】
(1) 量筒上没有0刻度值，且数值从下至上逐渐变大，滴定管的零刻度线在上端，从上至下数值逐渐变大，温度计的零刻度线在中间，所以图①是温度计，图②是量筒，图③是滴定管；据此判断。
(2) 用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等。
(3) 利用加热法检验C装置气密性，若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理，据此判断。
【详解】(1) A、图①是温度计，故A错误；
B、量筒精确值为0.1mL，图②中液体体积为2.5mL，故B正确；
C、滴定管精确度为0.01mL，故C错误；
D、①是温度计，其读数为2.5℃，故D正确；
因此，本题正确答案是：BD。
(2) 凡是玻璃相互接处，不能漏水漏气的要磨砂处理，用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等，
因此，本题正确答案是：af；
(3) 检查C装置气密性的方法是利用压强变化和液面变化来设计检验，关闭分液漏斗活塞，将右侧导管末端放入水中，微热圆底烧瓶底部，如果导管口有气泡产生，停止加热后，在导管里形成一段水柱，说明装置C气密性良好；
A装置适用于固体和液体共热制气体，D装置用浓硫酸干燥气体、用向上排气法收集气体并进行尾气吸收；制取CO2时不需要加热也不必处理尾气；NO常温下与氧气发生反应，不能用排空气法收集；氢气不能用向上排空法收集，尾气处理时一般采用点燃的方法；故X可能是氯气，故选③，
因此，本题正确答案是：关闭分液漏斗活塞，将右侧导管末端放入水中，微热圆底烧瓶底部，如果导管口有气泡产生，停止加热后，在导管里形成一段水柱，说明装置C气密性良好；③。
37.工业上乙醚可用于制造无烟火药。无水乙醚微溶于水，熔点－116.3 ℃，沸点34.6 ℃，在空气中遇热易爆炸。实验室合成乙醚的原理如下：
主反应：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O
副反应：CH3CH2OHH2C=CH2↑＋H2O
【乙醚制备】装置设计如图所示(部分装置略)：
(1)仪器b应更换为下列中的________(填字母代号)。
A．干燥器
B．直形冷凝管
C．玻璃管
D．安全瓶
(2)实验操作的正确排序为________(填字母代号)，取出乙醚立即密闭保存。
a．安装实验仪器 b．加入12 mL浓硫酸和少量乙醇的混合物
c．检查装置气密性 d．熄灭酒精灯
e．通冷却水并加热烧瓶 f．拆除装置
g．控制滴加乙醇速率与馏出液速率相等
(3)反应温度不超过145 ℃，其目的是____________________。
【乙醚提纯】
(4)操作a的名称是__________；进行该操作时，必须用水浴加热代替酒精灯加热，其目的与制备实验中将尾接管支管通入室外相同，均为______________________。
【答案】 (1). B (2). acbegdf (3). 避免副反应发生 (4). 蒸馏 (5). 避免引发乙醚蒸汽燃烧或爆炸
【解析】
【详解】（1）仪器b是球形冷凝管，为避免冷凝时积液，应更换为直形冷凝管，应选B，
因此，本题正确答案是：B；
（2）实验操作的正确排序为a安装实验仪器、c检查装置气密性、 b加入12 mL浓硫酸和少量乙醇的混合物、e通冷却水并加热烧瓶、g控制滴加乙醇速率与馏出液速率相等、d熄灭酒精灯、f拆除装置。
因此，本题正确答案是：acbegdf；
（3）反应温度不超过145 ℃，其目的是避免副反应发生。
因此，本题正确答案是：避免副反应发生；
（4）操作a 的名称是蒸馏；进行该操作时，必须用水浴代替酒精灯加热，是为避免引发乙醚蒸气燃烧或爆炸。
因此，本题正确答案是：蒸馏；避免引发乙醚蒸汽燃烧或爆炸。
38.过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为2Na2CO4＋4HCl=4NaCl＋2CO2↑＋O2↑＋2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下两种方案实施：
方案一：
(1)操作①和③的名称分别为______________________。
(2)上述操作中，使用到玻璃棒的有 _________________(填操作序号)。
(3)请简述操作③的操作过程：________________________________________________。
方案二：按下图所示安装好实验装置，Q为一塑料气袋，随意取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴入气袋中至充分反应。
(4)为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭______(填“K1”“K2”或“K3”，下同)，打开________。导管A的作用是_____________________________________________。
(5)当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开Kl。 B中装的固体试剂是________________________。
(6)实验结束时，量筒Ⅰ中有x mL水，量筒Ⅱ中收集到了y mL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是___________________。
【答案】 (1). 称量、蒸发结晶 (2). ②③ (3). 加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，利用余热蒸干蒸发皿中的剩余水分 (4). K1，K2 (5). K3 (6). 平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响 (7). 碱石灰 (8). 122y/(53x-37y)
【解析】
【分析】
测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，样品称量质量得到样品质量为m1g，加入稀盐酸溶解后过滤得到溶液为氯化钠溶液，蒸发浓缩结晶析出氯化钠，称量得到固体氯化钠的质量为m2g，根据方案一流程可判断出操作①为称量，操作②为溶解，操作③为蒸发结晶。方案二中量筒Ⅰ中水的体积为产生的CO2、O2的体积，量筒Ⅱ中收集到的气体为O2，根据方案二依据测定的氧气体积计算物质的量，结合化学方程式计算过碳酸钠物质的量计算得到质量分数。以此分析解答。
【详解】根据方案一流程可判断出操作①为称量，操作②为溶解，操作③为蒸发结晶。
（1）由上述分析可知操作①为称量，操作③为蒸发结晶，
故答案为：称量、蒸发结晶；
（2）上述操作中用到玻璃棒的有溶解和蒸发结晶，
故答案为：②③；
（3）操作③为蒸发结晶，其具体过程为：加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，利用余热蒸干蒸发皿中的固体，
故答案为：加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，利用余热蒸干蒸发皿中的剩余水分；
（4）反应产生的CO2、O2使气袋变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀盐酸前必须关闭K1、K2，打开K3。导管A的作用是平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响，
故答案为：K1，K2 ；K3 ；平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下稀盐酸的体积对气体体积的影响；
（5）B装置用来除去生成气体中的CO2，则B中所装固体试剂为碱石灰。缓慢打开K1是为了让生成的CO2能够被B装置中碱石灰充分吸收，从而使量筒中收集到较纯的O2，
故答案为：碱石灰；
（6）依题意可知，量筒Ⅱ中收集到的气体为O2，量筒Ⅰ中水的体积等于反应产生的CO2与O2的总体积，则可进行如下计算：
n(Na2CO4)=2 n(O2)=mmol，n(CO2)=mmol，Na2CO4与盐酸反应生成CO2的物质的量为n(CO2)1=mmol，又Na2CO3与盐酸反应生成CO2的计量关系为Na2CO3~CO2，则n(Na2CO3)= n(CO2)2=mmol，
所以Na2CO4的质量分数w( Na2CO4)%=100%=122y/(53x-37y)。
故答案为：122y/(53x-37y)。
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