2022屆安徽省青陽(yáng)縣第一中學(xué)高二下學(xué)期5月月考化學(xué)試題（含解析）

安徽省青陽(yáng)縣第一中學(xué)2021-2022學(xué)年高二下學(xué)期5月份月考化學(xué)試題可能用到的數(shù)據(jù)：H1C12O16Si28Cl35.5K39Cu64Ⅰ卷一、選擇題(本大題有16個(gè)小題，每小題只有一個(gè)答案。48分)1.第22屆冬奧會(huì)將于2022年2月4日在北京開(kāi)幕，科技部提出了“科技冬奧”理念，并將重點(diǎn)著力于做好此次冬奧會(huì)的科技支撐保障工作。下列說(shuō)法不正確的是A.北京冬奧會(huì)將使用二氧化碳跨臨界制冰機(jī)組，與傳統(tǒng)制冷劑氟利昂相比更加環(huán)保B.輕質(zhì)高強(qiáng)度的碳纖維有舵雪橇中的碳纖維是一種高分子材料C.冬奧會(huì)上將采用紫外殺菌技術(shù)對(duì)手機(jī)和筆記本電腦進(jìn)行消毒，這是利用紫外線使蛋白質(zhì)變性D.冬奧會(huì)將采用氫燃料電池車，還開(kāi)發(fā)了全新的車載光伏發(fā)電系統(tǒng)，體現(xiàn)了“綠色出行”的理念【答案】B【解析】【詳解】A．氟氯烴化合物進(jìn)入高空會(huì)破壞臭氧層，使到達(dá)地面的紫外線增多，因此二氧化碳跨臨界直冷制冰技術(shù)的使用會(huì)減少臭氧層破壞，A正確；B．碳纖維是不是有機(jī)高分子化合物，是無(wú)機(jī)材料，B錯(cuò)誤；C．紫外線能夠使蛋白質(zhì)變性，故能對(duì)手機(jī)和筆記本電腦進(jìn)行消毒，C正確；D．氫燃料電池車產(chǎn)物是水，會(huì)減少二氧化碳的排放，體現(xiàn)了“綠色出行”的理念，D正確；

故選：B。2.基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能量原子軌道正確表示的是A.2s B.2d C.3p D.3f【答案】C【解析】【詳解】硅原子核外有14個(gè)電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，對(duì)應(yīng)能層分別別為K、L、M，其中能量最高的是最外層M層，則電子占據(jù)的最高能量原子軌道正確表示的是3p，答案選C。3.下列事實(shí)不能用勒夏特列原理解釋的是（）A.光照新制的氯水時(shí)，溶液的pH逐漸減小 B.加催化劑，使N2和H2在一定條件下轉(zhuǎn)化為NH3C.可用濃氨水和氫氧化鈉固體快速制取氨氣 D.增大壓強(qiáng)，有利于SO2與O2反應(yīng)生成SO3【答案】B【解析】【詳解】A、氯水中存在化學(xué)平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸濃度減小，使得平衡向右移動(dòng)，氫離子濃度變大，溶液的pH值減小，能用勒夏特列原理解釋，選項(xiàng)A不符合；B、催化劑改變反應(yīng)速率，不改變化學(xué)平衡，不能用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋，選項(xiàng)B符合；C、濃氨水加入氫氧化鈉固體，氫氧化鈉固體溶解放熱，使一水合氨分解生成氨氣，氫氧根濃度增大，化學(xué)平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-逆向進(jìn)行，能用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋，選項(xiàng)C不符合；D、增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，能用勒夏特列原理解釋，選項(xiàng)D不符合；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查勒夏特利原理的應(yīng)用，勒夏特利原理是指如果改變影響平衡的一個(gè)條件（如濃度、壓強(qiáng)或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)，勒夏特利原理適用的對(duì)象應(yīng)存在可逆過(guò)程，如與可逆過(guò)程的平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，則不能用勒夏特利原理解釋，即使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應(yīng)，且符合平衡移動(dòng)的原理。4.下列各組物質(zhì)中，互為同系物的是A.CH3-CH=CH2和B.CH3CH2CHBrCH2Br和CH3CHBrCH2BrC.苯與溴苯D.CH2=CH-CH=CH2和CH3-CH2-CH2-C≡CH【答案】B【解析】【詳解】A．丙烯屬于烯烴，環(huán)丁烷屬于環(huán)烷烴，二者是不同類別的物質(zhì)，因此不是同系物，A不符合題意；B．二者結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差1個(gè)CH2原子團(tuán)，因此它們屬于同系物，B符合題意；C．苯是芳香烴，溴苯是芳香烴的衍生物，二者結(jié)構(gòu)不相似，在分子組成上也不是相差CH2的整數(shù)倍，因此它們不能互為同系物，C不符合題意；D．前者是二烯烴，后者是炔烴，二者是不同類別的物質(zhì)，因此它們不能互為同系物，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是B。5.一定溫度下，水溶液中H+和OH-的濃度變化曲線如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A.升高溫度，可能引起由c向b的變化B.該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10-13C.該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D.該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．圖中曲線為一定溫度下的離子積常數(shù)曲線，升高溫度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的離子積常數(shù)增大，所以升高溫度將不在曲線上，不可能由c變到b，，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)離子積常數(shù)可知，該溫度下Kw=c(H+)?c(OH?)=1×10?7×1×10?7=1×10?14，故B錯(cuò)誤；C．該溫度下，加入FeCl3水解顯酸性，氫離子濃度增大而氫氧根離子濃度減小，可以引起曲線b向a的變化，故C正確；D．該溫度下，離子積常數(shù)不變，稀釋溶液，只能在這條曲線上，不能造成由c向d的變化，故D錯(cuò)誤；故答案為C。6.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液：NH和NH3·H2O粒子數(shù)目之和為0.1NAB.50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中氧原子數(shù)為0.5NAC.1mol新戊烷含有非極性共價(jià)鍵數(shù)目為16NAD.含4molHCl濃鹽酸與足量的MnO2加熱充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是2NA【答案】A【解析】【詳解】A．1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量為1L0.1mol·L-1=0.1mol，依據(jù)物料守恒，NH和NH3·H2O粒子數(shù)目之和為0.1NA，A正確；B．50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中，乙醇的質(zhì)量為50g46%=23g，乙醇的物質(zhì)的量為=0.5mol，乙醇中氧原子數(shù)為0.5NA，但乙醇水溶液中，水中還有氧原子，因此氧原子數(shù)大于0.5NA，B錯(cuò)誤；C．1mol新戊烷中含4molC-C非極性共價(jià)鍵，數(shù)目為4NA，C錯(cuò)誤；D．稀鹽酸與二氧化錳在加熱條件下不反應(yīng)，含4molHCl的濃鹽酸與足量的MnO2加熱充分反應(yīng)，隨著反應(yīng)進(jìn)行，濃鹽酸變?yōu)橄←}酸，反應(yīng)停止，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于2NA，D錯(cuò)誤；答案選A。7.下列關(guān)于電離能和電負(fù)性的說(shuō)法不正確的是A.第一電離能的大小，Mg>AlB.鍺的第一電離能高于碳而電負(fù)性低于碳C.Ni是元素周期表中第28號(hào)元素，第2周期基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)與Ni相同且電負(fù)性最小的元素是碳D.元素的第一電離能：Al<Si【答案】B【解析】【詳解】A．同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，但第ⅡA族元素的第一電離能比相鄰的第ⅢA族元素的第一電離能大，A項(xiàng)正確；B．鍺是金屬元素而碳是非金屬元素，鍺的第一電離能低于碳，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．Ni的價(jià)電子排布式為3d84s2，未成對(duì)電子數(shù)為2，第二周期未成對(duì)電子數(shù)為2的元素有碳和氧，同周期從左到右電負(fù)性逐漸增大，則電負(fù)性C＜O，故該元素為碳，C項(xiàng)正確；D．同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，則第一電離能：Al<Si，D項(xiàng)正確；答案選B。8.25℃時(shí)，關(guān)于下列溶液混合后溶液pH的說(shuō)法中正確的是（）A.pH=10與pH=12的NaOH溶液等體積混合，溶液的pH約為11B.pH=5的鹽酸溶液稀釋1000倍，溶液的pH=8C.pH=2的H2SO4與pH=12的NaOH溶液等體積混合，混合液pH=7D.pH=12的NH3·H2O與pH=2的HCl溶液等體積混合，混合液pH=7【答案】C【解析】【詳解】A.pH=10與pH=12的NaOH溶液等體積混合溶液中c(OH-)==5.05×10-3mol/L，則混合溶液中氫離子濃度約為2×10-12mol/L，pH=11.7，故A錯(cuò)誤；B.pH=5的鹽酸溶液稀釋1000倍溶液仍顯酸性，pH<7，故B錯(cuò)誤；C.pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，二者等體積反應(yīng)恰好中和，溶液pH=7，故C正確；D.pH=12的NH3·H2O溶液中c(NH3·H2O)遠(yuǎn)大于10-2mol/L，pH=2的HCl溶液中c(H+)=10-2mol/L，二者等體積混合堿過(guò)量，溶液顯堿性，pH>7，故D錯(cuò)誤；故答案為C?！军c(diǎn)睛】堿與堿混合要先計(jì)算混合液中的c(OH-)，通過(guò)c(OH-)計(jì)算c(H+)，從而計(jì)算pH值；酸與酸混合直接計(jì)算c(H+)，從而計(jì)算pH值；酸與堿混合要先判斷誰(shuí)過(guò)量，堿過(guò)量則先計(jì)算混合液中的c(OH-)，通過(guò)c(OH-)計(jì)算c(H+)，從而計(jì)算pH值，酸過(guò)量則直接計(jì)算c(H+)，從而計(jì)算pH值。9.草酸合銅酸鉀是一種重要的化工原料，其晶體組成可表示為KXCuY(C2O4)z·WH2O。一種測(cè)定草酸合銅酸鉀晶體組成的方法如下：步驟Ⅰ：準(zhǔn)確稱取1.7700g樣品，充分加熱，剩余固體為K2CO3與CuO的混合物，質(zhì)量為1.0900g。步驟Ⅱ：準(zhǔn)確稱取1.7700g樣品，用NH4Cl溶液溶解，加水稀釋，定容至100.00mL。步驟Ⅲ：準(zhǔn)確量取步驟Ⅱ所得溶液25.00mL于錐形瓶中，滴入指示劑，用濃度為0.0500mol/L的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。(已知Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為1：1)重復(fù)上述滴定操作兩次，有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下表：第一次滴定第二次滴定第三次滴定消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/ml25.9224.9925.01第一次滴定消耗的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積明顯偏大，可能的原因有A.錐形瓶水洗后未干燥B.開(kāi)始滴定時(shí)，滴定管尖嘴部分未充滿液體C.裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管水洗后已潤(rùn)洗D.滴定時(shí)錐形瓶中有液體濺出【答案】B【解析】【詳解】A．錐形瓶沒(méi)有干燥，不影響待測(cè)液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量，因此對(duì)EDTA標(biāo)準(zhǔn)液的體積無(wú)影響，A項(xiàng)不符合題意；B．開(kāi)始滴定時(shí)，滴定管尖嘴部分未充滿液體，則V始偏小，由V(EDTA)=V終-V始可知消耗的EDTA體積偏大，B項(xiàng)符合題意；C．裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管水洗后已潤(rùn)洗，EDTA濃度不變，則消耗的EDTA的體積無(wú)影響，C項(xiàng)不符合題意；D．滴定時(shí)錐形瓶中有液體濺出，待測(cè)液溶質(zhì)損失，則消耗的EDTA的物質(zhì)的量減小，體積偏小，D項(xiàng)不符合題意；答案選B。10.室溫下，向a點(diǎn)（pH=a）的20．00mL1．000mol?L-1氨水中滴入1．000mol?L-1鹽酸，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示．下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.將此氨水稀釋，溶液的導(dǎo)電能力減弱B.b點(diǎn)溶液中離子濃度大小可能存在：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）C.c點(diǎn)時(shí)消耗鹽酸體積V（HCl）＜20．00mLD.a、d兩點(diǎn)的溶液，水的離子積Kw（a）＞Kw（d）【答案】D【解析】【詳解】A．稀釋氨水，雖然促進(jìn)一水合氨電離，但溶液中離子濃度減小，所以導(dǎo)電能力降低，故A正確；B．b點(diǎn)pH＞7，則c（OH-）＞c（H+），溶液中電荷守恒為c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），則c（NH4+）＞c（Cl-），即c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正確；C、溶液顯中性時(shí)，鹽酸物質(zhì)的量小于一水合氨，所以c點(diǎn)消耗鹽酸體積V（HCl）＜20．00mL，故C正確；D、d點(diǎn)溫度高于a點(diǎn)，水的離子積Kw（a）＜Kw（d），故D錯(cuò)誤；故選D11.肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的一個(gè)氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物。肼能與硫酸反應(yīng)生成N2H6SO4，N2H6SO4晶體類型與硫酸銨相同，則N2H6SO4晶體內(nèi)不存在的作用力是A.離子鍵 B.共價(jià)鍵 C.配位鍵 D.范德華力【答案】D【解析】【詳解】由題意可知，N2H6SO4晶體為離子晶體，晶體內(nèi)存在離子鍵、共價(jià)鍵和配位鍵，不存在分子間作用力，故選D。12.將6molCO2和8molH2充入一容積為2L的密閉容器中(溫度保持不變)發(fā)生反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。測(cè)得H2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖所示(圖中字母后的數(shù)字表示對(duì)應(yīng)的坐標(biāo))。該反應(yīng)在10min內(nèi)CO2的平均反應(yīng)速率是A.0.5mol·L-1·min-1B.0.1mol·L-1·min-1C.0mol·L-1·min-1D.0.125mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【詳解】由圖可知，在10min內(nèi)，H2的物質(zhì)的量減小，因此v(H2)＝＝0.3mol·L-1·min-1，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則v(CO2)＝v(H2)＝0.1mol·L-1·min-1，答案選B。13.已知反應(yīng)2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=－752kJ·mol-1的反應(yīng)機(jī)理如下：①2NO(g)N2O2(g)(快)②N2O2(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g)(慢)③N2O(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g)(快)下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.①的逆反應(yīng)速率大于②的正反應(yīng)速率B.②中N2O2與H2的碰撞僅部分有效C.N2O2和N2O是該反應(yīng)的催化劑D.總反應(yīng)中逆反應(yīng)的活化能比正反應(yīng)的活化能大【答案】C【解析】【詳解】A.①反應(yīng)為快反應(yīng)，說(shuō)明反應(yīng)物的活化能小于生成物的活化能，反應(yīng)更容易發(fā)生；②為慢反應(yīng)，說(shuō)明反應(yīng)物的活化能大于生成物的活化能，②反應(yīng)物的活化能就是反應(yīng)①生成物的活化能，因此①的逆反應(yīng)速率大于②的正反應(yīng)速率，A正確；B.②反應(yīng)為慢反應(yīng)，反應(yīng)慢說(shuō)明反應(yīng)的活化能大，物質(zhì)微粒發(fā)生碰撞，許多碰撞都不能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，因此碰撞僅部分有效，B正確；C.反應(yīng)過(guò)程中N2O2和N2O是中間產(chǎn)物，不是催化劑，C錯(cuò)誤；D.總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則總反應(yīng)中逆反應(yīng)的活化能比正反應(yīng)的活化能大，D正確；故合理選項(xiàng)是C。14.已知反應(yīng)：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定壓強(qiáng)下，按W=向密閉容器中充入氯氣與丙烯。圖甲表示平衡時(shí)，丙烯的體積分?jǐn)?shù)(φ)與溫度T、W的關(guān)系，圖乙表示正、逆反應(yīng)的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系。則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是

A.圖甲中W2＞1B.圖乙中，A線表示逆反應(yīng)的平衡常數(shù)C.溫度為T(mén)1，W=2時(shí)，Cl2的轉(zhuǎn)化率為50%D.若在恒容絕熱裝置中進(jìn)行上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)增大【答案】C【解析】【詳解】A．在其它條件不變時(shí)，增大反應(yīng)物Cl2的濃度，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，可以使更多丙烯反應(yīng)變?yōu)樯晌?，最終達(dá)到平衡時(shí)丙烯的體積分?jǐn)?shù)減小，由于丙烯的含量：W2＜W1，W1=1，所以W2＞1，A正確；B．根據(jù)圖甲可知：在W不變時(shí)，升高溫度，丙烯的平衡含量增大，說(shuō)明升高溫度，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)減小，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0?；瘜W(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)。升高溫度，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)平衡常數(shù)減小，正反應(yīng)平衡常數(shù)與逆反應(yīng)平衡常數(shù)互為倒數(shù)，則逆反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)隨溫度的升高而增大，所以在圖乙中A線表示逆反應(yīng)的平衡常數(shù)，B線表示正反應(yīng)的平衡常數(shù)，B正確；C．當(dāng)溫度為T(mén)1，W=2時(shí)，K=1，在反應(yīng)開(kāi)始時(shí)n(丙烯)=1mol，n(Cl2)=2mol，假設(shè)反應(yīng)過(guò)程中丙烯反應(yīng)消耗量為x，則平衡時(shí)：n(丙烯)=(1-x)mol，n(Cl2)=(2-x)mol，n(CH2=CH-CH2Cl)=n(HCl)=xmol，假設(shè)容器的容積為V，則K=，解得x=mol，所以氯氣的轉(zhuǎn)化率為，C錯(cuò)誤；D．在恒容絕熱裝置中進(jìn)行上述反應(yīng)，容器溫度升高，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，則壓強(qiáng)增大，D正確；15.下列有關(guān)海水提鎂的說(shuō)法正確的是A.得到Mg(OH)2沉淀的化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaClB.加入鹽酸，Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正向移動(dòng)C.在空氣中加熱灼燒MgCl2?6H2O可得到無(wú)水氯化鎂D.電解熔融氯化鎂時(shí)金屬鎂在陽(yáng)極析出【答案】B【解析】【詳解】A．海水提鎂過(guò)程中得到Mg(OH)2沉淀是利用石灰乳與鹽鹵反應(yīng)制得，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．加入鹽酸，H+與OH-反應(yīng)，使降低，Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正向移動(dòng)，B正確；C．直接在空氣中加熱灼燒MgCl2?6H2O，鎂離子水解，生成Mg(OH)2，繼續(xù)灼燒得到MgO，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．電解熔融氯化鎂時(shí)，鎂離子在陰極的電極反應(yīng)為：，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選B。16.環(huán)戊二烯可用于制備二茂鐵（Fe(C5H5)2，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為），后者廣泛應(yīng)用于航天、化工等領(lǐng)域中。二茂鐵的電化學(xué)制備原理如圖所示，其中電解液為溶解有溴化鈉（電解質(zhì)）和環(huán)戊二烯的DMF溶液（DMF為惰性有機(jī)溶劑）。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.制備二茂鐵總反應(yīng)為：Fe+2=+H2↑B.電解制備需要在無(wú)水條件下進(jìn)行C.Ni電極與電源負(fù)極連接D.陽(yáng)極電極反應(yīng)為：2Br－－2e－=Br2【答案】D【解析】【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，過(guò)程中需要獲得亞鐵離子，故鐵電極為陽(yáng)極，與電源正極相連。Ni電極為陰極，與電源負(fù)極相連，Na+在陰極放電生成鈉單質(zhì)，鈉單質(zhì)和環(huán)戊二烯反應(yīng)生成氫氣，之后再與亞鐵離子反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物?！驹斀狻緼.據(jù)分析可知鈉離子僅為中間產(chǎn)物，故總反應(yīng)為：Fe+2=+H2↑，故A說(shuō)法正確；B.中間產(chǎn)物Na可與水發(fā)生反應(yīng)，所以需要在無(wú)水條件下進(jìn)行，故B說(shuō)法正確；C.據(jù)分析可知Ni電極與電源負(fù)極連接，故C說(shuō)法正確；D.據(jù)分析可知陽(yáng)極電極反應(yīng)為：，故D說(shuō)法錯(cuò)誤；故答案為D。Ⅱ卷17.含硫化合物在生產(chǎn)生活中有重要應(yīng)用，實(shí)驗(yàn)小組對(duì)部分含硫化合物進(jìn)行探究?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）小組同學(xué)設(shè)計(jì)了兩種制備的方案。Ⅰ.70%溶液與粉末反應(yīng)；Ⅱ．Cu粉與濃在加熱條件下反應(yīng)。①方案Ⅰ所涉及的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。②兩種方案相比，方案Ⅰ的優(yōu)點(diǎn)為_(kāi)__________。（2）小組同學(xué)用如圖所示裝置檢驗(yàn)上述方案Ⅱ中所有氣體產(chǎn)物。①A中儀器m的名稱為_(kāi)__________，裝置B中盛放的試劑為_(kāi)__________。②按氣流方向，上述裝置合理連接順序?yàn)閍→___________→d(填儀器接口的小寫(xiě)字母)。③裝置C中儀器n的作用為_(kāi)__________。（3）小組同學(xué)探究溶液的pH對(duì)與反應(yīng)產(chǎn)物的影響，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。查閱資料：為白色難溶于水的固體，能溶于溶液；AgOH為白色難溶于水的固體，易分解，難溶于溶液；為白色固體，微溶于水，不易分解。步驟一：將一定質(zhì)量的配成250mL溶液，并測(cè)得溶液的；將一定質(zhì)量配成250mL溶液，并分成兩份，一份用將pH調(diào)至8，另一份用NaOH溶液將pH調(diào)至11；步驟二：將的溶液滴入足量的的溶液中，開(kāi)始產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀變?yōu)樽睾谏?。步驟三：將的溶液滴入的溶液中，產(chǎn)生白色沉淀。①步驟一中配置溶液所需玻璃儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還需要___________。②步驟二中產(chǎn)生的棕黑色沉淀為，則該步驟產(chǎn)生的白色沉淀為_(kāi)__________(填化學(xué)式)。③對(duì)步驟三中白色沉淀的組成提出假設(shè)：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假設(shè)ⅱ的依據(jù)為_(kāi)__________；請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證假設(shè)ⅰ是否正確：___________?！敬鸢浮浚?）①.②.原料利用率高，條件易于控制(或節(jié)約能源)（2）①.蒸餾燒瓶②.品紅溶液(或高錳酸鉀溶液)③.gfbc④.防止倒吸（3）①.250mL容量瓶﹑膠頭滴管②.AgOH③.酸性條件下可能將氧化為④.取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ成立，若沒(méi)有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ不成立【解析】【分析】裝置A中銅與濃硫酸加熱反應(yīng)生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸氣，將生成的氣體通過(guò)裝置D，用無(wú)水硫酸銅檢驗(yàn)水蒸氣，再用裝置B檢驗(yàn)二氧化硫，B中盛放品紅溶液或酸性高錳酸鉀溶液，二氧化硫污染環(huán)境，最后用裝置C處理尾氣?！拘?wèn)1詳解】①硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：。②方案II需要加熱，反應(yīng)I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的優(yōu)點(diǎn)為：原料利用率高，條件易于控制(或節(jié)約能源)。【小問(wèn)2詳解】①A中儀器m的名稱為蒸餾燒瓶，裝置B用來(lái)檢驗(yàn)二氧化硫，因此盛放試劑為：品紅溶液(或高錳酸鉀溶液)。②由分析可知，裝置的連接順序?yàn)锳DBC，因此按氣流方向，上述裝置合理的連接順序?yàn)閍→gfbc→d。③裝置C中儀器n為球形干燥管，其作用為防止倒吸。【小問(wèn)3詳解】①配制250mL一定濃度溶液所需玻璃儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還需要250mL容量瓶、膠頭滴管。②步驟二中產(chǎn)生的棕黑色沉淀為Ag2O，由題意可知，氫氧化銀易分解生成氧化銀和水，因此該步驟產(chǎn)生的白色沉淀為AgOH。③亞硫酸鈉易被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，且pH=4的硝酸銀溶液呈酸性，硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，可能將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，因此白色沉淀可能含硫酸銀；由信息可知，為白色難溶于水的固體，能溶于溶液，因此驗(yàn)證沉淀中是否含的操作和現(xiàn)象為：取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ成立，若沒(méi)有沉淀溶解，則假設(shè)ⅰ不成立。18.如表是A、B、C三種烴的有關(guān)信息ABC①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型為：①平面型結(jié)構(gòu)；②球棍模型為：①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②1molC能與1molH2在一定條件下反應(yīng)生成A；③比例模型為：根據(jù)表中信息回答下列問(wèn)題：（1）寫(xiě)出烴A與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______，A發(fā)生加聚反應(yīng)的產(chǎn)物名稱_______。（2）烴B與濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。（3）如圖1是烴B與液溴制取溴苯的裝置，試回答：(a)裝置A中發(fā)生有機(jī)反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。(b)裝置C中的現(xiàn)象_______。(c)裝置B的作用_______。（4）如圖2是制取烴C的裝置，試回答：(a)為了控制生成C的速率，分液漏斗中盛放的液體是_______。(b)滴下液體后燒瓶中發(fā)生反應(yīng)生成C，寫(xiě)出此反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。(c)電石中含有硫化鈣和水反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生雜質(zhì)氣體混在C中，為了不對(duì)C性質(zhì)檢驗(yàn)產(chǎn)生干擾，應(yīng)該除雜，一般選用_______洗氣?！敬鸢浮浚?）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.聚乙烯（2）+HNO3(濃)+H2O（3）①.+Br2+HBr②.溶液變渾濁，產(chǎn)生淺黃色沉淀③.除去揮發(fā)的溴蒸氣（4）①.飽和食鹽水②.CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑③.CuSO4溶液【解析】【分析】根據(jù)A比例模型及其能夠使溴的四氯化碳溶液褪色的性質(zhì)可知烴A是CH2=CH2；烴B是平面結(jié)構(gòu)，結(jié)合其球棍模型可知B是苯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；烴C能夠使溴的四氯化碳溶液褪色，結(jié)合其比例模型及1molC能與1molH2在一定條件下反應(yīng)生成A可知C是乙炔，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH≡CH。在圖1中苯與液溴在Fe催化下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生溴苯和HBr，在裝置B中CCl4可以除去揮發(fā)的溴蒸氣，在裝置C中HBr與AgNO3溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生AgBr淺黃色沉淀。在圖2中電石與飽和食鹽水反應(yīng)產(chǎn)生乙炔氣體CH≡CH；電石中雜質(zhì)CaS雜質(zhì)與水反應(yīng)產(chǎn)生H2S氣體，通過(guò)CuSO4溶液的洗氣瓶洗氣時(shí)H2S變?yōu)镃uS沉淀除去H2S雜質(zhì)，乙炔通入溴水中與溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，通入酸性KMnO4溶液中被酸性KMnO4溶液氧化，因而酸性KMnO4溶液紫色褪去，從而證明乙炔氣體性質(zhì)活潑?！拘?wèn)1詳解】A是CH2=CH2，在一定條件下能夠與H2O發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生CH3CH2OH，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；CH2=CH2在一定條件下能夠發(fā)生加聚反應(yīng)產(chǎn)生聚乙烯，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；【小問(wèn)2詳解】烴B是苯，苯與濃硝酸、濃硫酸混合加熱，發(fā)生硝化反應(yīng)產(chǎn)生硝基苯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：+HNO3(濃)+H2O；【小問(wèn)3詳解】(a)在裝置A中，苯與液溴在Fe催化下，發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生溴苯和HBr，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：+Br2+HBr；(b)溴易揮發(fā)，揮發(fā)的Br2與HBr氣體進(jìn)入裝置B中，液溴易溶于CCl4中，而HBr不溶于CCl4，所以裝置B的作用是除去揮發(fā)的Br2。在C中HBr與AgNO3溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生AgBr淺黃色沉淀和HNO3，反應(yīng)方程式為：HBr+AgNO3=AgBr↓+HNO3，因此在裝置C中看到的現(xiàn)象是：溶液變渾濁，產(chǎn)生淺黃色沉淀；(c)裝置B的作用除去揮發(fā)的溴蒸氣，防止干擾反應(yīng)產(chǎn)物HBr的檢驗(yàn)；【小問(wèn)4詳解】(a)電石CaC2與H2O發(fā)生反應(yīng)制取乙炔氣體，該反應(yīng)的化學(xué)速率非?？?，為了控制生成C的速率，分液漏斗中盛放的液體是可以用飽和食鹽水代替水，并控制通過(guò)滴加食鹽水來(lái)控制反應(yīng)速率；(b)滴下液體后燒瓶中發(fā)生反應(yīng)生成C，此反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑；(c)電石中含有硫化鈣和水反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生雜質(zhì)氣體H2S混在C2H2中，H2S氣體也具有還原性，能夠使溴水褪色，也能夠被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液紫色褪去。為了排除H2S氣體對(duì)C性質(zhì)檢驗(yàn)產(chǎn)生干擾，應(yīng)該除雜，一般選用CuSO4溶液，反應(yīng)方程式為：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4除去雜質(zhì)H2S，而C2H2氣體與CuSO4溶液不發(fā)生反應(yīng)，從而達(dá)到除雜、凈化的目的。19.磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過(guò)如圖工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開(kāi)始沉淀和沉淀完全的pH見(jiàn)表金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+開(kāi)始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH3.24.711.113.8回答下列問(wèn)題：（1）“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應(yīng)，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫(xiě)出Al2O3轉(zhuǎn)化為NH4Al(SO4)2的化學(xué)方程式____。（2）“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時(shí)用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是____。（3）“母液①"中Mg2+濃度為_(kāi)___mol·L-1。（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是____。“酸溶渣”的成分是____、____。（5）“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是___。（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得___，循環(huán)利用?！敬鸢浮浚?）Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑（2）Fe3+、Al3+、Mg2+（3）1.0×10-6（4）①.硫酸②.SiO2③.CaSO4（5）TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+（6）(NH4)2SO4【解析】【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時(shí)，二氧化鈦和二氧化硅不反應(yīng)，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過(guò)濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過(guò)濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與硫酸不反應(yīng)，二氧化鈦與硫酸反應(yīng)得到TiOSO4，過(guò)濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過(guò)濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O，據(jù)此分析作答?！拘?wèn)1詳解】氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應(yīng)為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑，故答案為：Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑；【小問(wèn)2詳解】由題給開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時(shí)，鐵離子首先沉淀，然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒(méi)有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；【小問(wèn)3詳解】由鎂離子完全沉淀時(shí)，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，當(dāng)溶液pH為11.6時(shí)，溶液中鎂離子的濃度為=1×10-6mol/L，故答案為：1.0×10-6；【小問(wèn)4詳解】增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2；CaSO4；【小問(wèn)5詳解】酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為T(mén)iO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+，故答案為：TiO2++(x+1)H2OT