四川省成都市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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四川省成都市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·四川成都·高二统考期末）CO2是一种廉价的碳资源，资源化利用CO2具有重要的工业与环境意义。
(1)下列物质理论上可以作为CO2捕获剂的是____(填序号)。
A．NH4Cl溶液    B．(NH4)2CO3溶液    C．氨水    D．稀H2SO4
(2)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为碳减排提供了一个新途径。该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。

该转化过程①中会____能量(填“吸收”或“释放”)；CO2分解反应的热化学方程式为______，实现该反应的能量转化方式是________。
(3)O2辅助的Al-CO2电池能有效利用CO2，且电池反应产物Al2(C2O4)。是重要的化工原料，工作原理如图所示。若正极上CO2还原生成C2O，则正极的反应式为___；电路中转移1 mol电子，需消耗CO2_____L(标准状况)。

2. （2020春·四川成都·高二统考期末）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。气相直接合成的反应为：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g) ΔH，乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下图[其中n(C2H4)：n(H2O)=1︰1]。
   
（l）P2时，若起始n(H2O)=n(C2H4)=lmol，容器体积为1L，反应经5 min达到a点，在0～5 min时段，反应速率v(C2H5OH)为____mol/(L∙min)，a点的平衡常数Ka=______（保留两位小数）。
（2）乙烯气相直接水合反应的ΔH____0（填“＞”或“＜”），相同起始量达到a、b所需要的时间ta__tb（填“＞”、“＜”或“＝”，后同）。c、d两点的平衡常数Kc____Kd。
（3）300℃时，要提高乙烯的平衡转化率可采取的措施有______、______ 、___。
3. （2021春·四川成都·高二统考期末）氮和氮的化合物与人类有密切关系.
(1)氮的固定有利于生物吸收氮.下列属于氮的固定的是_______(填序号).
①工业上N2和H2合成NH3    ②N2和O2放电条件下生成NO    ③NH3催化氧化生成NO
写出反应③的化学方程式_______.
(2)治理NO通常是在氧化剂作用下，将NO氧化成溶解度高的NO2，然后用水或碱液吸收脱氮.下列物质可以用作氧化NO的是_______(填序号).
A．NaCl溶液        B．NaOH溶液        C．Na2CO3溶液        D．KMnO4溶液
若以NaClO溶液氧化NO，写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出反应中电子的得失和数目_______.
(3)CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应。用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：

①过程Ⅰ为_______过程(填“吸热”或“放热”)。过程Ⅱ生成的化学键有_______(填“极性键”、“非极性键”或“极性键和非极性键”)
②已知过程Ⅰ的焓变为akJ/mol，过程Ⅱ的焓变为bkJ/mol，则该反应的热化学方程式为_______。
4. （2022春·四川成都·高二统考期末）价类二维图是学习和研究物质转化及其性质的有效方法，如图是氮元素的价类二维图。

(1)从氮元素角度，图中所示氮的氧化物中既有氧化性又有还原性的是_______。
(2)与水反应转化为的化学方程式为_______，并用单线桥表示电子转移情况。
(3)一定条件下，可用对汽车尾气(常含有)进行无害化催化处理。请利用价类二维图写出对NO进行转化的化学方程式_______。
(4)铜与稀硝酸反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
(5)将通入稀所得盐溶液呈酸性的原因：_______(用离子方程式表示)；0.1mol/L该盐溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为_______。
5. （2020春·四川成都·高二统考期末）碳酸钠是重要的化工原料之一，广泛应用于轻工日化、建材、食品工业等行业。
(1)市售碳酸钠中含有氯化钠杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验，试剂：稀H2 SO4、BaCl2溶液、Ca(NO3)2溶液、AgNO3溶液
实验步骤
现  象  
①取少量样品，加蒸馏水溶解
②固体完全溶解得到无色澄清溶液
③_____
④有白色沉淀生成
⑤静置，________
⑥ ________

(2)用AgNO3标准溶液滴定Cl-(以K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀)，来测定碳酸钠的纯度。
①配制样品溶液：称取某碳酸钠样品mg，用容量瓶配制100 mL溶液，定容时，用____加蒸馏水至刻度线。
②配制AgNO3溶液及浓度标定：称取AgNO3晶体8.5 g于烧杯中，用____取500 mL水并倒入烧杯中，搅拌摇匀后，转入____色试剂瓶，置于暗处、备用。用NaCl标准溶液标定上述AgNO3溶液浓度为b mol/L。
③滴定样品：取样品溶液20. 00 mL于锥形瓶中，加过量稀HNO3，滴入2～3滴K2 CrO4溶液，用AgNO3标准溶液滴定，滴定终点的现象为_________。
重复上述操作三次。四次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
4  
消耗AgNO3溶液体积/mL
20.00
21. 55
20. 02
19. 98

若在滴定终点读取滴定管刻度时俯视标准液液面，则测定结果____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；样品的纯度为____%。
6. （2021春·四川成都·高二统考期末）Na2S2O3用于照相业定影剂、鞣革时重铬酸盐的还原剂等.
(1)Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应可探究外界条件对化学反应速率的影响.Na2S2O3溶液与稀硫酸反应的离子方程式为_______；表格中H2O的体积x=_______，其中探究温度对化学反应速率的影响的实验是_______(填序号).
实验
反应温度/℃
Na2S2O溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
Ⅰ
20
10
0.1
10
0.1
0
Ⅱ
20
5
0.2
10
0.2
x
Ⅲ
40
10
0.1
10
0.1
0

(2)工业上可用反应制取Na2S2O3.实验室模拟该工业过程制取Na2S2O3的装置如图所示.

①试管a中的化学方程式为_______.
②反应结束后，将试管b中溶液水浴加热浓缩，_______，经过滤、乙醇洗涤晶体、干燥，得到。用乙醇而不用水洗涤晶体的原因_______.
③测定产品纯度：准确称取mg晶体，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1碘的标准溶液滴定，反应原理为：。若消耗碘的标准液体积为20.00mL，产品的质量分数为(设相对分子质量为M)_______(写出计算表达式)
7. （2022春·四川成都·高二统考期末）实验室常用无水乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示。

(1)乙醇和乙酸中官能团名称分别为_______、_______。
(2)制备乙酸乙酯的反应方程式为_______，其反应类型是_______。
(3)实验时，加入浓硫酸要注意的操作是_______。
(4)装置右侧试管中所用液体为_______；实验过程中加热的作用是_______(答一条)。
(5)以乙烯为原料合成乙酸乙酯的路线为：

写出乙烯生成乙醇的反应方程式_______；实验室以铜做催化剂，将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为_______。
8. （2022春·四川成都·高二统考期末）某小组根据白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色的现象，探究产生灰绿色沉淀的原因。
Ⅰ．甲同学猜测灰绿色沉淀是和的混合物，验证实验如下。
编号
实验操作
实验现象
实验1

液面上方出现白色沉淀，一段时间，后变为灰绿色，长时间后变为红褐色
实验2

①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变红色

(1)实验1中加入维生素C是因其具有_______性。
(2)实验2中试剂a为_______溶液，试剂b为_______溶液；实验现象说明甲同学的猜测_______(填“正确”或“不正确”)。
Ⅱ．乙同学查阅资料得知，沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是吸附引起的，设计并完成了实验3~实验5。
编号
实验操作
实验现象
实验3

液面上方产生向色沉淀(带有较多，灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色
实验4

液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色
实验5
取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中


(3)推测实验4中沉淀无灰绿色的原因为_______。
(4)若乙同学的猜测正确，则预测实验5的现象为_______。
9. （2020春·四川成都·高二统考期末）R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，X2W2可用于呼吸面具，Y的主族序数与周期数相等，Z的氢化物的分子式为H2 Z。回答下列问题：
    
(1)Z在周期表中的位置是_____，Y的原子结构示意图_______。
(2)R2 Z的结构式是_______，X2 Z2的电子式是______。
(3)XYW2溶液呈____性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是(用离子方程式表示)________。
(4)某传感器可以检测空气中ZW2的含量，工作原理如上图所示。则其阴极电极反应式为____。
10. （2021春·四川成都·高二统考期末）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前20号主族元素.X元素的一种原子核内只有质子，没有中子；Y的一种核素14Y用于考古时测定一些文物的年代；Z的最高价氧化物的水化物显两性；W的单质是一种黄绿色气体；R电子层数是最外层电子数的两倍.回答下列问题：
(1)R在周期表中的位置是_______，14Y的原子中，中子数与质子数的差为_______.
(2)Y2X4分子中在同一平面上的原子数为_______，RW2的电子式是_______.
(3)ZW3溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)_______.
(4)某传感器可以检测空气中W2的含量，其工作原理如图所示，W2气体在多孔电极被消耗并在负极和正极之间产生电流.

多孔电极的电极反应式为_______，0.01molW2气体参加反应时，理论上通过质子交换膜的H+数为_______.
11. （2020春·四川成都·高二统考期末）H是一种重要的化工原料，它可由石油和煤焦油通过下列路线合成：

（1）A的名称是____；过程①是____变化（填“物理”或“化学”，下同），过程⑤是_______变化。
（2）反应③的化学方程式为_______；反应⑥的类型为_________。
（3）鉴别E与F的方法是_________________。
（4）H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有___种。
12. （2021春·四川成都·高二统考期末）有机物I是一种香料，用于配制苹果、香蕉、醋栗和树莓等果香型香精，下面是利用两种石油化工产品制备I的一种合成路线：

(1)A的结构简式为_______.
(2)D中官能团的名称为_______；反应④和⑤中，属于加成反应的是_______(填序号)，反应⑥的化学方程式为_______.
(3)将足量有机物A通入Br2的CCl4溶液，实验现象为_______.
(4)写出两种满足以下条件的I的同分异构体的结构简式_______.
①分子中含有1个六元碳环结构(6个碳原子形成的环)；②分子中含有酯基.
13. （2020春·四川成都·高二统考期末）硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作木材的防腐剂等。用氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、CuO、Fe2 O3、FeO等)生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

有关金属离子[c(Mn+)= 0.l mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表：
金属离
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
4.7
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
6.7

(1)“酸浸”时用的稀酸是____；滤渣1主要成分是____。
(2)“氧化”时的离子方程式为_________；加入ZnO除杂时溶液的pH控制范围是____～5.0。
(3)滤渣3含有锌和____；滤液得到ZnSO4·7H2O的操作是____、洗涤、干燥。
(4)取14.35gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量如下表
温度／℃
100
250
680
930
质量/g
8. 95
8. 05
6. 72
4.05

则680℃时剩余固体的化学式为________(填序号)。
A．ZnO    B．Zn3O(SO4)2    C．ZnSO4    D．ZnSO4·H2O
14. （2021春·四川成都·高二统考期末）水合氧化铁[FeO(OH)]是一种重要的化工原料，用作磁性材料、颜料铁黄等.一种以硫铁矿烧渣(含Fe、FeO、SiO2和少量CuO)为原料生产FeO(OH)的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“酸浸”时CuO与硫酸发生反应的离子方程式为_______
(2)“除杂”时滤渣②的成分有Fe和_______
(3)常温时，当“沉淀”后溶液中的Fe2+浓度为8.0×10-6mol·L-1时，溶液的pH=_______{Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16}。
(4)“加热氧化”的化学方程式为_______。
(5)“过滤”后需洗涤FeO(OH)沉淀，请设计实验检验FeO(OH)沉淀是否洗涤干净_______。
15. （2022春·四川成都·高二统考期末）海洋是重要的资源，综合开发海洋是我国资源发展战略的重要举措。
(1)海水淡化的方法中蒸馏法历史最久，下图是海水蒸馏原理示意图，其中仪器a的名称是_______，冷却水的进口为_______。

(2)海水中含有丰富的化学资源，可以进行综合开发利用。

①利用海水提盐：步骤①中要除去粗盐中的、、等杂质，合适的试剂及操作顺序为：_______→过滤→盐酸。(可用试剂：NaOH溶液、溶液、溶液)
②“侯氏制碱法”打破了国外对中国化工用碱的垄断，步骤②中，精制饱和食盐水中先后通入的气体分别为_______，其总反应的离子方程式为_______。
③海水提镁工艺中，步骤③在_______气氛保护下加热获得无水氯化镁。
④采用热空气吹出法进行海水提溴，步骤⑤⑥的目的在于_______。
16. （2021春·四川成都·高二统考期末）二甲醚简称DME，是一种基础化工原料，可用于燃料电池及制取低碳烯烃等，Kagan提出的一步法制取二甲醚的反应为：ΔH。下图为刚性容器中，CO2初始浓度相同，进料浓度比c(H2)∶c(CO2)分别等于3和5时CO2平衡转化率随温度变化的关系：

(1)ΔH_______0(填“>”或“＜”)。进料浓度比c(H2)∶c(CO2)=5的曲线为_______点所在曲线(填“A”或“B”)，B、C两点用CH3OCH3表示的平均反应速率(B)_______(C)(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)在一定条件下，若将CO2改为等物质的量的CO和CO2的混合气，则充入的CO与H2O发生反应：将导致CH3OCH3的产率增大，原因是_______。
(3)在一定体积的刚性容器中保持温度不变，保持c(H2)∶c(CO2)进料浓度比不变，进一步提高CO2的平衡转化率的方法是_______、_______。
(4)当进料浓度比c(H2)∶c(CO2)=3、温度为443K时，测得刚性容器中起始总压为4MPa.计算443K时该反应的平衡常数Kp=_______(列出计算式，用物质的平衡分压代替其物质的量浓度，气体分压=气体总压×物质的量分数)。
17. （2022春·四川成都·高二统考期末）氯化钠是重要的化工原料，有着广泛的应用。
(1)图a，b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图模型(X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子)。

其中能观察到灯泡发亮的是_______(填序号)，原因是_______(解释其中一个即可)。
(2)氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如下。

①该原理的化学方程式为_______。
②生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。已知当pH升高时，易歧化为和，下列关于产生的说法中，不合理的是_______(填序号)。
a．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
b．在电极上放电，可能产生
c．主要在阴极室产生
18. （2022春·四川成都·高二统考期末）烟气脱硫脱硝是减排研究的热点，某实验小组模拟氧化并结合溶液吸收法，同时脱除和NO的原理如图所示：

气体反应器的主要反应原理和相关数据如下表：
反应
平衡常数(25℃)
活化能()
反应Ⅰ：  

24.6
反应Ⅱ：  

3.17
反应Ⅲ：  

58.17

(1)已知  ，则_______。
(2)恒温恒容下，和NO初始物质的量浓度均为1mol/L，检测装置1分析：
①经5min时NO的转化率为20%，则该时间内生成的平均速率为_______。
②相同时间内，和NO的转化率随的浓度变化如图1。结合数据分析NO的转化率高于的原因是_______。

(3)其它条件不变，和NO初始物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图2。浓度很低时，脱除率却超过97%，原因是_______(可用离子方程式表示)。


参考答案：
1.      BC     吸收     2CO2(g)═2CO(g)+O2(g) △H=+60 kJ/mol     光能和热能转化为化学能     2CO2+2e-=C2O     22.4
【分析】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，据此分析判断；
(2)根据图象，过程①中钛氧键断裂；以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒判断能量转化方式，结合反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能计算书写反应的热化学方程式；
(3)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，正极上O2反应前后质量、化学性质不变，是催化剂，CO2还原生成C2O，据此分析解答。
【详解】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：(NH4)2CO3+CO2+H2O=2 NH4HCO3，NH3·H2O+CO2= NH4HCO3，NH4Cl溶液与稀H2SO4是酸性溶液，与二氧化碳都不能发生反应，故答案为：BC；
(2)根据图象，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，焓变与其方程式计量数成正比，则该反应的热化学方程式为2CO2(g)═2CO(g)+O2(g) △H=(1598-1072-496)kJ/mol×2=+60 kJ/mol，故答案为：吸收；2CO2(g)═2CO(g)+O2(g) △H=+60 kJ/mol；光能和热能转化为化学能；
(3)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，根据图示，正极上O2是辅助反应的发生，是催化剂，电池的正极反应式为：2CO2+2e-=C2O，电池总反应为2Al+6CO2═Al2(C2O4)3，反应中转移6个电子，因此当电路中转移1 mol电子，需消耗1molCO2，在标准状况下的体积为22.4L，故答案为：2CO2+2e-=C2O；22.4。
【点睛】本题的易错点和难点为(3)，要注意正极上O2是催化剂。
2.   0.04     0.31     ＜     ＞     ＝     增大压强     增大H2O的浓度[或增大n(H2O) 与n(C2 H4)投料比]     及时分离出生成的乙醇
【分析】根据化学反应速率的计算公式及平衡常数的表达式进行相关计算；分析图象中乙烯的平衡转化率受温度的影响确定反应是放热反应；根据压强对化学平衡的影响分析压强的大小关系，进一步比较相关的化学反应速率的大小；根据影响化学平衡移动的因素及平衡移动原理选择合适的措施。
【详解】（l）P2时，若起始n(H2O)=n(C2H4)=lmol，容器体积为1L，反应经5 min达到a点，由图中信息可知，此时乙烯的转化率为20%，在0～5 min时段，乙烯的变化量为0.2mol，则乙醇的变化量也是0.2mol，反应速率v(C2H5OH)为mol/(L∙min)。a点，C2H4、H2O、C2H5OH的平衡浓度分别为0.8mol/L、0.8mol/L、0.2mol/L，a点的平衡常数Ka=。
（2）由图中信息可知，乙烯的平衡转化率随着温度的升高而减小，说明温度升高该平衡向逆反应方向移动，故乙烯气相直接水合反应的ΔH＜0。C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)该反应正反应方向是气体分子数减小的方向，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，由图中信息可知，在相同温度下，P3的转化率大于P2，则P3的压强较大，b点的温度、压强都比a点大，温度越高、压强越大，化学反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，因此，相同起始量达到a、b所需要的时间ta＞tb。c、d两点对应的温度相同，因为平衡常数只受温度影响，则平衡常数Kc＝Kd。
（3）300℃时，要提高乙烯的平衡转化率，应设法让化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理可知，可采取的措施有：增大压强、增大H2O的浓度[或增大n(H2O) 与n(C2H4)投料比]、及时分离出生成的乙醇。
【点睛】要注意化学平衡常数只受温度影响，不受压强的影响，温度不变平衡常数不变，此为本题的易错点。
3.    ①②          D          吸热     极性键和非极性键    
【详解】(1)氮的固定是游离态的氮转变为化合态的氮，因此属于氮的固定的是①②；反应③是氨气催化氧化生成一氧化氮和水，其化学方程式；故答案为：①②；。
(2)只有高锰酸钾具有氧化性，其余物质不具有氧化性，因此可以用作氧化NO的是D；若以NaClO溶液氧化NO，写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出反应中电子的得失和数目；故答案为：D；。
(3)①过程Ⅰ是断键，因此为吸热过程。过程Ⅱ生成的化学键有碳氧极性键和氮氮非极性键的生成；故答案为：吸热；极性键和非极性键。
②已知过程Ⅰ的焓变为akJ/mol，过程Ⅱ的焓变为bkJ/mol，根据盖斯定律，因此该反应的热化学方程式为；故答案为：。
4. (1)NO、NO2
(2)
(3)6NO + 4NH35N2十6H2O
(4)3:2
(5)         

【详解】（1）氮元素的最高正价为+5价，最低价为-3价，图中所示氮的氧化物中既有氧化性又有还原性的是：NO、NO2。
（2）NO2与水转化为HNO3的反应中，NO2既是氧化剂又是还原剂，用单线桥表示电子转移情况为： 。
（3）一定条件下，可用NH3对汽车尾气中的NO进行无害化催化处理，生成氮气和水，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为：6NO + 4NH35N2十6H2O。
（4）铜与稀硝酸反应的离子方程式为：，还原剂为铜，氧化剂为硝酸，当3mol铜参加反应时，只有2mol氮元素的化合价发生变化，硝酸既表现氧化性，又表现酸性，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为：3:2。
（5）将NH3通入稀HNO3所得盐溶液为硝酸铵溶液，溶液呈酸性的原因为：，0.1mol/L NH4NO3溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为：。
5.     加入过量 Ca(NO3)2溶液     取上层清液， 滴入AgNO3溶液     有白色沉淀生成     胶头滴管     量筒     棕     滴入最后一滴 AgNO3 标准溶液， 出现砖红色沉淀， 且半分钟内颜色不复原     偏高    
【分析】(1)市售碳酸钠中含有氯化钠杂质，要检验氯化钠杂质可以检验是否含有氯离子即可，检验之前需要先排除碳酸根离子的干扰，据此分析解答；
(2)用AgNO3标准溶液滴定Cl-(以K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀)，来测定碳酸钠的纯度。滴定过程的原理为Ag++Cl-=AgCl↓，当溶液中的氯离子滴定结束时，硝酸银和K2CrO4会反应生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，据此分析解答。
【详解】(1)市售碳酸钠中含有氯化钠杂质，要检验氯化钠杂质可以检验是否含有氯离子即可，检验之前需要先排除碳酸根离子的干扰，实验方案为：取少量样品，加蒸馏水溶解，固体完全溶解得到无色澄清溶液；加入过量 Ca(NO3)2溶液，有白色碳酸钙沉淀生成；取上层清液， 滴入AgNO3溶液，有白色氯化银沉淀生成，故答案为：加入过量 Ca(NO3)2溶液；取上层清液， 滴入AgNO3溶液；有白色沉淀生成；
(2)用AgNO3标准溶液滴定Cl-(以K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀)，来测定碳酸钠的纯度。
①配制样品溶液：称取某碳酸钠样品mg，用容量瓶配制100 mL溶液，定容时，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故答案为：胶头滴管；
②配制AgNO3溶液及浓度标定：称取AgNO3晶体8.5 g于烧杯中，用量筒取500 mL水并倒入烧杯中，AgNO3见光容易分解，搅拌摇匀后，转入棕色试剂瓶，置于暗处、备用。用NaCl标准溶液标定上述AgNO3溶液浓度为b mol/L，故答案为：量筒；棕；
③滴定样品：取样品溶液20. 00 mL于锥形瓶中，加过量稀HNO3，滴入2～3滴K2 CrO4溶液，用AgNO3标准溶液滴定，氯化银为白色沉淀，Ag2CrO4为砖红色沉淀，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴 AgNO3 标准溶液， 出现砖红色沉淀， 且半分钟内颜色不复原；根据四次测定数据，第2次的实验数据偏差较大，删除，其余3次实验数据的平均值为=20.00 mL，滴定过程的原理为Ag++Cl-=AgCl↓，消耗AgNO3的物质的量=0.02L×b mol/L=0.02bmol，则原溶液中氯离子的物质的量=0.02bmol×=0.1bmol，样品中氯化钠的含量为×100%=%，则样品的纯度为1-%=%，若在滴定终点读取滴定管刻度时俯视标准液液面，会导致读取的AgNO3溶液体积偏小，测得的样品中氯化钠的含量偏低，样品的纯度偏高，故答案为：滴入最后一滴 AgNO3 标准溶液， 出现砖红色沉淀， 且半分钟内颜色不复原；偏高；。
【点睛】本题的易错点和难点为(2)③中样品误差的判断，要注意样品的纯度是指碳酸钠的纯度。
6.           5     I和Ⅲ          冷却结晶     降低硫代硫酸钠溶解度，防止因洗涤而损失产品；乙醇易挥发带走水份    
【详解】(1)Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫单质、二氧化硫和水，其离子方程式为；Ⅰ和Ⅱ探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，因此其他量相同即溶液的总体积相同，因此表格中H2O的体积x=5，I和Ⅲ只有温度不相同，其他量相同，因此探究温度对化学反应速率的影响的实验是I和Ⅲ；故答案为：；5；I和Ⅲ。
(2)①试管a中是铜和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其化学方程式为；故答案为：。
②反应结束后，从溶液到晶体，因此要将试管b中溶液水浴加热浓缩，冷却结晶，经过滤、乙醇洗涤晶体、干燥，得到。水会溶解少量硫代硫酸钠，为了减少硫代硫酸钠溶解损失，因此用乙醇而不用水洗涤晶体的原因降低硫代硫酸钠溶解度，防止因洗涤而损失产品；乙醇易挥发带走水份；故答案为：冷却结晶；降低硫代硫酸钠溶解度，防止因洗涤而损失产品；乙醇易挥发带走水份。
③根据题意得到关系式，因此产品中物质的量为0.1000mol·L-1×0.02L×2=0.004mol，其质量分数为；故答案为：。
7. (1)     羟基     羧基
(2)     CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H2O     酯化反应(或取代反应)
(3)把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡
(4)     饱和碳酸钠溶液     加快反应速率，并使生成的酯挥发，使平衡向生成酯的方向移动
(5)     CH2=CH2 +H2O CH3CH2OH     将铜丝卷成螺旋状，在酒精灯外焰灼烧至红热，将铜丝移出酒精灯焰，铜丝表面生成一层黑色的氧化铜，趁热插入乙醇中，反复操作数次。

【解析】（1）
乙醇和乙酸中官能团的名称分别为羟基、羧基。
（2）
制备乙酸乙酯的反应方程式为CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H2O，其反应类型是酯化反应(或取代反应)。
（3）
实验时，加入浓硫酸要注意的操作是把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡。
（4）
装置右侧试管中所用液体为饱和碳酸钠溶液(可中和乙酸、吸收乙醇，降低酯的溶解度)，实验过程中加热的作用是加快反应速率，并使生成的酯挥发，使平衡向生成酯的方向移动。
（5）
乙烯生成乙醇的反应方程为CH2=CH2 +H2O CH3CH2OH，实验室以铜做催化剂，将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为：将铜丝卷成螺旋状，在酒精灯外焰灼烧至红热，将铜丝移出酒精灯焰，铜丝表面生成一层黑色的氧化铜，趁热插入乙醇中，反复操作数次。
8. (1)还原
(2)     铁氰化钾##K3[Fe(CN)6]     硫氰化钾##KSCN     不正确
(3)NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附
(4)从白色变为红褐色

【分析】NaOH溶液与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3，用维生素C溶液延缓空气对Fe(OH)2的氧化，待沉淀变灰绿色，将其取出，溶解于盐酸，分别用铁氰化钾和硫氰化钾检验Fe2+和Fe3+的存在情况；用过量的较高浓度的NaOH溶液将滴入的FeSO4迅速完全反应，验证乙同学猜测Fe(OH)2因吸附Fe2+而显灰绿色的可能。
(1)
维生素C具有还原性，实验1中加入维生素C可延缓产生的氢氧化亚铁被空气氧化。
(2)
实验2中灰绿色沉淀与盐酸反应得到Fe2+，试管①加入试剂a与亚铁离子反应出现蓝色沉淀，则试剂a是铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液；根据实验目的，试剂b用来检验溶液中是否有Fe3+，则试剂b为硫氰化钾(KSCN)溶液；该实验现象说明灰绿色沉淀有Fe(OH)2，没有Fe(OH)3，故甲同学的猜测不正确。
(3)
由于沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是吸附引起的，则实验4中沉淀无灰绿色的原因为：NaOH浓度较大，滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2，没有多余Fe2+可被吸附。
(4)
若乙同学的猜测正确，即灰绿色是吸附引起的，则实验4中白色沉淀洗净后放在潮湿的空气中Fe(OH)2没有Fe2+可以吸附，直接被空气氧化为Fe(OH)3，从白色变为红褐色。
9. 第三周期第ⅥA 族          S＝C＝S          碱     AlO＋2H2OAl(OH)3 ＋OH－     2HSO＋2H＋ ＋2e－ = S2O＋2H2O
【分析】R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，R含2个电子层，最外层电子数为4，为C元素；X2W2可用于呼吸面具，为Na2O2，则X为Na元素，W为O元素；Y的主族序数与周期数相等，原子序数比11 大，为Al元素；Z的氢化物的分子式为H2 Z，则Z为S元素，结合元素周期律和电解池的工作原理分析解答。
【详解】根据上述分析，R为C元素，W为O元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为S元素。
(1)Z为S元素，Z在周期表中位于第三周期第ⅥA 族；Y为Al元素，Y的原子结构示意图为，故答案为：第三周期第ⅥA 族；；
(2)R2 Z的化学式为CS2，与CO2的结构相似，结构式为S＝C＝S；X2 Z2的化学式为Na2S2，与Na2O2的结构相似，电子式为，故答案为：S＝C＝S；；
(3)XYW2的化学式为NaAlO2，为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，水解的离子方程式为AlO＋2H2OAl(OH)3 ＋OH－，故答案为：碱；AlO＋2H2OAl(OH)3 ＋OH－；
(4)某传感器可以检测空气中SO2的含量，阴极上发生还原反应，根据工作原理示意图，Pt电极上HSO转化为S2O，其中S元素的化合价由+4价变成+3价，发生还原反应，因此Pt电极为阴极，电极反应式为2HSO＋2H＋ ＋2e－ = S2O＋2H2O，故答案为：2HSO＋2H＋ ＋2e－ = S2O＋2H2O。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意同主族元素的单质及其化合物的性质和结构具有相似性，本题的难点为(4)，要注意阴极上发生还原反应，结合图示中物质中元素化合价的变化分析判断。
10.     第四周期第ⅡA族     2     6                    1.204×1022或0.02NA
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前20号主族元素.X元素的一种原子核内只有质子，没有中子，故X为H，Y的一种核素14Y用于考古时测定一些文物的年代，故Y为C，Z的最高价氧化物的水化物显两性，故Z为Al，W的单质是一种黄绿色气体，故W为Cl，R电子层数是最外层电子数的两倍，故R为Ca，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，R为Ca，故在周期表中的位置是第四周期第ⅡA族，14Y为14C的原子中，中子数与质子数的差为14-6-6=2，故答案为：第四周期第ⅡA族；2；
(2) 由分析可知，Y2X4分子为C2H4，已知乙烯是一种平面型分子，所有原子共平面，故在同一平面上的原子数为6，RW2即CaCl2，故其电子式是，故答案为：6；；
(3)由分析可知，ZW3溶液即AlCl3溶液，故其呈酸性的原因是由于Al3+水解，故用离子方程式表示为：，故答案为：；
(4)由分析可知，W2气体为Cl2，在多孔电极被消耗并在负极和正极之间产生电流，根据图中信息可知，Cl2得到电子转化为Cl-，故发生还原反应，作正极，故多孔电极的电极反应式为，0.01molW2气体参加反应时，电子转移为0.02mol，故理论上通过质子交换膜的H+数为1.204×1022或0.02NA，故答案为：；1.204×1022或0.02NA。
11.      乙烯     化学     物理     2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O     取代反应或酯化反应     分别滴入酸性 KMnO4 溶液， 振荡，使 KMnO4 溶液褪色的是 F，不褪色的是 E     7
【分析】由H的结构及反应条件可以推断D为乙酸，则结合各步变化的反应条件可以推断C为乙醛、B为乙醇、A为乙烯。
【详解】（1）A的名称是乙烯；工业上通常对石油分馏产品进行裂解来获得乙烯，故过程①为裂解，是化学变化；工业上通过对煤焦油进行分馏而获得苯，过程⑤为分馏，是物理变化。
（2）反应③为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O；反应⑥为乙酸与环己二醇反应生成酯，故为酯化反应或取代反应。
（3）E分子中没有碳碳双键，而F分子中有碳碳双键，因此，鉴别E与F的方法是：分别滴入酸性 KMnO4 溶液，振荡，使 KMnO4 溶液褪色的是 F，不褪色的是 E。
（4）用定一议二法，H分子有一定的对称性，六元环上的6个碳原子均有H原子可以被取代，如图所示，可以先把1号或2号的H原子取代，然后分析另一个H原子被取代的可能性，先取代1，环上其他碳原子上的H均可以被取代，但要注意左右对称，故有3种；再先取代2，则与1相同的位置不能再取代，可以找到4种，注意2号碳上有2个H原子可以被取代。综上所述，可以确定H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有7种。
【点睛】在确定同分导构体的数目时，如果环上有多个取代基，通常采用定一议二或定二议三等方法，即先确定一个或两个取基的位置，然后分析第二或第三个取代基的可能位置，要注意分子结构的对称性，防止重复，还要注意每个碳原子上的H原子数目，防止遗漏。
12.      CH2=CH2     羧基     ⑤     +CH3COOH+H2O     Br2的CCl4溶液红棕色褪去，溶液变成无色    
【分析】B发生催化氧化得到乙醛，A发生加成反应得到乙醇，则A为乙烯，乙醛催化氧化得到乙酸，苯和氯气在催化剂作用下生成氯苯，氯苯经过一系列反应最终得到环己醇，乙酸和环己醇发生酯化反应得到乙酸环己酯。
【详解】(1)B催化氧化得到乙醛，则B为乙醇，A与水加成反应得到B，则A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；故答案为：CH2=CH2。
(2)D中官能团的名称为羧基；反应④为取代反应，反应⑤为加成反应，因此属于加成反应的是⑤，反应⑥是酯化反应，其化学方程式为+CH3COOH+H2O；故答案为：羧基；⑤；+CH3COOH+H2O。
(3)将足量有机物A通入Br2的CCl4溶液，乙烯和Br2发生加成反应生成无色的1，2-二溴乙烷，因此实现象为Br2的CCl4溶液红棕色褪去，溶液变成无色；故答案为：Br2的CCl4溶液红棕色褪去，溶液变成无色。
(4)分子中含有1个六元碳环结构(6个碳原子形成的环)；分子中含有酯基即含有—COO—，因此满足两种条件的I的同分异构体的结构简式有；故答案为：。
13.      稀硫酸(或 H2SO4)     PbSO4     2Fe2＋ ＋ClO－ ＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O     2.8     铜(或 Cu)     蒸发浓缩， 冷却结晶， 过滤     B
【分析】氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、CuO、Fe2O3、FeO等)加过量稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，硫酸铅不溶于水，形成滤渣1；过滤分离，滤液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，然后加入ZnO调节溶液的pH，使铁离子形成氢氧化铁沉淀形成滤渣2，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣3为Cu(可能含有Zn)，滤液为硫酸锌溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4•7H2O晶体，据此分析解答。
【详解】(1)“酸浸”时用的稀酸是稀硫酸；滤渣1主要成分是硫酸铅，故答案为：稀硫酸(或H2SO4)；PbSO4；
(2)“氧化”时是将亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋ ＋ClO－ ＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；加入ZnO是调节溶液的pH，使铁离子形成氢氧化铁沉淀，根据有关金属离子[c(Mn+)= 0.l mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围数据，除杂时溶液的pH控制范围2.8～5.0，故答案为：2Fe2＋ ＋ClO－ ＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；2.8；
(3)根据上述分析，滤渣3含有锌和铜；滤液得到ZnSO4·7H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：铜(或 Cu)；蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；
(4)14.35gZnSO4·7H2O中含有Zn元素的质量为14.35g×=3.25g；如果是ZnO，则ZnO的质量为3.25g×=4.05g，故A错误；如果是Zn3O(SO4)2，则Zn3O(SO4)2的质量为3.25g×=6.72g，故B正确；如果是ZnSO4，则ZnSO4的质量为3.25g×=8.05g，故C错误；如果是ZnSO4·H2O，则ZnSO4·H2O的质量为3.25g×=8.95g，故D错误；故答案为：B。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，可以根据锌元素守恒计算判断。
14.         Cu     9          取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净
【分析】硫铁矿烧渣(含Fe、FeO、SiO2和少量CuO)和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，过滤，滤渣为SiO2，向滤液中加入过量铁粉，将硫酸铜置换再过滤，滤渣是铁和铜，向滤液中加入氨水得到沉淀，将沉淀再空气中加热氧化变为FeO(OH),过滤洗涤干燥最终得到FeO(OH)固体。
【详解】(1)“酸浸”时CuO与硫酸反应生成硫酸铜和水，其反应的离子方程式为；故答案为：。
(2)加入铁粉主要是将铜置换出来，因此“除杂”时滤渣②的成分有Fe和Cu；故答案为：Cu。
(3)根据题意得到，解得，，因此常温时，溶液的pH=9；故答案为：9。
(4)加氨水沉淀亚铁离子得到Fe(OH)2，因此“加热氧化”主要是将氢氧化亚铁氧化为FeO(OH)，其化学方程式为；故答案为：。
(5)“过滤”后需洗涤FeO(OH)沉淀，检验FeO(OH)沉淀是否洗涤干净，主要是检验沉淀表面是否还含有硫酸根杂质，因此实验方法是取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净；故答案为：取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净。
15. (1)     圆底烧瓶     c
(2)     BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液(NaOH溶液添加顺序随意，另两种除杂试剂添加顺序不能改变)     NH3、CO2          HCl     富集溴元素

【解析】（1）
加热海水获取蒸馏水的反应容器是“圆底烧瓶”；直型冷凝管中冷凝液要下进上出，所以冷却水由冷凝管“c”口进入；
（2）
①粗盐中可溶性杂质离子需发生离子反应生成沉淀或气体从NaCl溶液中除去，为保证除杂完全，除杂试剂需过量加入，所以过量的除杂试剂也算是新杂质，故需考虑它们的除去，所以应先加过量BaCl2，发生，在其后加入过量Na2CO3，发生和，NaOH可以在这两种试剂加入之前、中、后的任何时候加入，发生，该反应与其它几个反应没有关联和影响，过量的Na2CO3和NaOH在过滤沉淀之后，用适量盐酸除去，所以本问第一空可填“BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液”；
②侯氏制碱法是在适当温度的饱和NaCl溶液中，先通入足量NH3使其也达到饱和，再通入CO2与NH3在水中反应生成(NH4)2CO3，进一步再生成NH4HCO3，随着离子浓度的增大，Na+与对应的NaHCO3首先过饱和，析出晶体，实现NaHCO3的制备，所以本问第二空应填“NH3、CO2”；第三空应填“”；
③单独加热MgCl2•6H2O使其受热分解的过程中会出现明显的水解反应，最后会有一定量的Mg(OH)2甚至MgO的生成，为避免杂质出现，则应在“HCl”气体氛围中加热MgCl2•6H2O，HCl的大量存在可以抑制MgCl2•6H2O的水解；
④母液中Br-离子浓度过低，故将其氧化为Br2后并不直接萃取或者蒸馏分离，而是使用空气吹出含溴蒸气的空气，让混合气体通入溶有SO2的溶液中，Br2与SO2在水中发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，这样该溶液中的Br-可以达到相当高的浓度，再将这些Br-重新氧化生成Br2后，通过萃取和蒸馏操作获取纯净的Br2单质过程可以节约一定量的萃取试剂和加热能源，降低工业成本，所以本问第五空应填“富集溴元素”。
16.