【化学】内蒙古自治区集宁一中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

内蒙古自治区集宁一中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
第一卷（选择题 共42分）
（相对原子质量C-12 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 ）
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是最符合题意的，每小题3分，共42分。）
1.对下列污染现象叙述错误的是( )
A. 臭氧空洞的形成主要与SO2有关
B. 酸雨的形成主要与SO2有关
C. 光化学烟雾的形成主要与NO2等有关
D. 水体富营养化的形成主要与含磷污水的排放有关
【答案】A
【详解】A．臭氧空洞是大气中的氟利昂等物质造成的，与SO2无关，故A错误；
B．酸雨的形成是因为煤燃烧生成的二氧化硫等气体与雨水反应的结果，与SO2有关，故B正确；
C．光化学烟雾是城市大气中的碳氢化合物和氮氧化合物(NOx)在阳光紫外线的作用下发生的一系列链式大气化学反应生成以臭氧(O3)为代表的刺激性二次污染物，与NO2等有关，故C正确；
D．水体富营养化是氮磷含量过高引起的，与含氮、磷污水的排放有关，故D正确；
答案选A。
2.NA表示阿伏伽德罗常数。下列说法正确的是( )
A. 44 g 14CO2中氧原子数目为2NA
B. 56 g铁片投入足量浓H2SO4中，电子转移数目为2NA
C. 32 g硫在足量的纯氧中燃烧，生成NA个SO2分子
D. 1 mol的铁分别于足量的氧气、氯气和硫完全反应转移的电子数目均为2NA
【答案】C
【详解】A. 14CO2的相对分子质量是46，所以44 g 14CO2的物质的量小于1mol，因此1mol 14CO2中氧原子数目小于2NA，A错误；
B.室温下Fe在浓硫酸中会发生钝化，不能进一步反应，因此56 g铁片投入足量浓H2SO4中，电子转移数目远远小于2NA，B错误；
C.32 gS的物质的量是1mol，S与O2在点燃时反应产生SO2，所以1molS在足量的纯氧中燃烧，生成NA个SO2分子，C正确；
D.Fe与Cl2反应产生FeCl3，1molFe与氯气反应转移电子数目为3NA；Fe与S在加热时反应产生FeS，1molFe反应转化为FeS转移2NA个电子，D错误；
故合理选项是C。
3.下列关于化学键的叙述中，正确的是 （ ）
A. 氢键是一种特殊共价键
B. 离子化合物中可能含有共价键
C. I2的挥发破坏了共价键
D. 非极性键只能存在双原子单质中
【答案】B
【解析】A. 氢键不是化学键，A错误；B. 离子化合物中可能含有共价键，例如NaOH中O与H之间含有共价键，B正确；C. I2的挥发是物理变化，破坏了分子间作用力，共价键不变，C错误；D. 非极性键不一定只能存在双原子单质中，例如CH3CH2OH分子中C与C之间含有非极性键，D错误。答案选B。
4.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是 ( )
A. 肯定有SO2和NO
B. 肯定没有O2和NO2，可能有Cl2
C. 可能有Cl2和O2
D. 肯定只有NO
【答案】A
【解析】试题分析：由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红溶液，品红溶液褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有氧气。
5.关于下列各装置图的叙述中，正确的是( )

A. 图a制取及观察Fe(OH)2
B. 图b比较两种物质的热稳定性
C. 图c实验室制取NH3
D. 图d分离沸点不同且互溶的液体混合物
【答案】A
【详解】A．将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2↓，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；
B．碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；
C．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；
D．图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；
故答案选A。
6.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）
A. 无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液可能含有CO32-
B. 某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质是钠盐
C. 无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中含NH3
D. 无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42-
【答案】A
【详解】A.原无色溶液中加稀盐酸产生无色无味气体，该气体为CO2，则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子， 所以该结论正确，A项正确；
B.钠元素的单质和化合物的焰色反应都呈黄色，所以焰色反应呈黄色的物质也可能是钠单质、钠的氧化物和NaOH，该结论是错误的，B项错误；
C.因为NH4++OH-NH3↑+H2O，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故原溶液中含NH4+，所以该结论错误，C项错误；
D.因为BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba(NO3)2，AgCl也是不溶于盐酸的白色沉淀，因此原无色溶液也可能含Ag+，该结论错误，D项错误；答案选A。
7.已知X＋结构示意图如下图，则X在元素周期表中的位置是(　　)

A. 第二周期0族 B. 第四周期ⅠA族
C. 第三周期ⅠA族 D. 第三周期ⅦA族
【答案】B
【详解】X＋结构示意图：，则可推知其质子数为：2+8+8+1=19，X是钾元素，位于第四周期ⅠA族，B项正确；
答案选B。
8.下列有关物质所含化学键类型和化合物类型判断完全正确的一组是 （ ）
A. Na2O2 离子键 离子化合物
B. MgCl2 离子键、共价键 离子化合物
C. F2 共价键 共价化合物
D. NaOH 离子键、共价键 离子化合物
【答案】D
【解析】A、过氧化钠是由Na＋和O22－组成，属于离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故A错误；B、MgCl2是由Mg2＋和Cl－组成，属于离子化合物，只含离子键，故B错误；C、F2是单质，不是共价化合物，故C错误；D、NaOH是由Na＋和OH－组成，含有离子键和极性共价键，属于离子化合物，故D正确。
9.短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是(a-b)，L层电子数是(a+b)，则A、B两种元素形成的化合物的化学式可能表示为（ ）
A. B3A2 B. AB2 C. A3B2 D. BA2
【答案】D
【详解】短周期元素A和元素B，元素A原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素B原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，所以元素A原子有2个电子层，故b=2，所以a=8-b=8-2=6，故A为O元素；故元素B原子的M层电子数为a-b=6-2=4，故B为Si元素，A、B两元素形成的化合物为BA2，
故选D。
10.下列有关化学用语的表示方法中正确的是( )
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. Na+的结构示意图：
【答案】B
【详解】A．次氯酸的电子式中，应该是氧原子写在中间，A项错误；
B．M2+离子核外有a个电子，则M原子的质子数为a+2，质量数为a+b+2，B项正确；
C．氯化镁形成过程中，箭头方向标示错误，C项错误；
D．图中给的是钠原子的结构示意图，D项错误；
所以答案选择B项。
11.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是( )

A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2:3
B. 利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mL
C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②=③
D. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想
【答案】D
【解析】分析：物质制备的基本思想是用最少的原料获得最多的产品，同时符合原子利用率高，无污染等要求。途径①的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，途径②的反应方程式式为2Cu＋O22CuO CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O，途径③的反应方程式式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，据此可解答。
详解：A、根据途径①的离子方程式可知，H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；
B、由途径③的化学方程式可得，制备16g硫酸铜即0.1mol，需要消耗硫酸的物质的量为0
.2mol，所以B错误；
C、由反应方程式可知生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量为①=②=③，所以C错误；
D、根据反应方程式可知，制取等量的硫酸铜，途径①与途径②相比，在消耗等量硫酸的基础上又多消耗了硝酸，并生成污染性气体NO，途径③消耗硫酸最多，并产生污染性气体SO2，只有途径②消耗硫酸量少，又不产生污染性气体，所以途径②更好地体现了绿色化学思想，故D正确。本题答案为D。
12.下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是( )

A. 气态氢化物的稳定性：R>W
B. X与Y可以形成原子个数比为1:1和1:2的两种离子化合物
C. 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2-
D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R都为短周期元素，结合原子序数和主要化合价分析，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素；Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z为+3价，Z为Al元素；W的化合价为+6、-2价，故W为S元素；R的化合价为+7、-1价，则R为Cl元素。
【详解】根据上述分析，X、Y、Z、W、R依次为O、Na、Al、S、Cl元素；A. R为Cl，W为S，在同一周期，非金属性Cl>S，所以HCl的稳定性比H2S强，故A正确；B. X为O，Y为Na，X与Y可以形成Na2O、Na2O2，两者都是离子化合物，故B正确；C.离子电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径:S2->Cl-> O2->Na+>Al3+，故C错误；D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者发生反应: NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，故D正确；答案：C。
13.下列热化学方程式和结论之间的关系正确的是( )
A. 常温常压下,1g H2在足量Cl2中燃烧生成HCl放出92.3kJ的热量,则热化学方程式可表示为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H= -184.6kJ
B. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
C. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1，则1molNaOH的稀溶液与足量的稀盐酸完全中和,其中和热为57.3kJ·mol-1
D. 500℃．30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -38.6kJ·mol-1
【答案】C
【详解】A.反应热的单位错误，故不选A；
B.1 mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，热化学方程式中水的状态不对，故B错误；
C.中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，故C正确；
D.N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），该反应是可逆反应，所以△H＞38.6kJ•mol-1，故D错误；
答案：C
14.某溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如下图所示。则下列说法正确的是（ ）

A. 溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
B. 溶液中n(NH4+)＝0.2mol
C. 溶液中可能含CO32-、SO42-、NO3-
D. n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1
【答案】B
【解析】
【分析】根据①可知，溶液显酸性，则溶液中一定不存在CO32-和NO3-；根据②可知，产生的是白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在阴离子SO42-。结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n（Mg2+）、n（Al3+）、n（NH4+）。
根据图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）× =0.05mol。
【详解】A项、溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；
B项、第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol，故B正确；
C项、溶液中一定不含CO32-、NO3-、Fe3+，故C错误；
D项、溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D错误。
故选B。
第二卷 （非选择题 共58分）
15.(1)下列反应中，属于放热反应的是 ______ ，属于吸热反应的是 ______ （填序号）
①煅烧石灰石制生石灰 ②燃烧木炭取暖 ③炸药爆炸 ④酸与碱的中和反应 ⑤生石灰与水作用制熟石灰 ⑥Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应 ⑦灼热的木炭与CO2反应
写出Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应的化学反应方程式： _________．
(2)已知下列各种共价键的键能：C—H：a kJ· mol－1、O—H：b kJ· mol－1、O＝O：c kJ·mol－1、C＝O：d kJ·mol－1。写出甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的热化学方程式：________
(3)1L 1mol/L H 2SO 4溶液与 2L 1mol/L NaOH溶液完全反应，放出 114.6kJ的热量，该反应的中和热为 _______，表示其中和热的热化学方程式为____________。
【答案】(1). ②③④⑤ (2). ①⑥⑦
(3). Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O (4). CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=(4a+2c-2d—4b)] kJ· mol－1 (5). 57.3kJ/mol (6). NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol
【解析】
【分析】（1）化学上把有热量放出的反应叫做放热反应，大多数化合反应、金属单质与水（或酸）的置换反应、燃烧反应、中和反应、铝热反应等都是放热反应；把吸收热量的反应叫做吸热反应，大多数分解反应、C与CO2的化合反应、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应等是吸热反应；
（2）化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键能；
（3）1L 1mol/L H2SO4溶液与2L 1mol/L NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，则生成1mol水放出57.3kJ的热量。
【详解】（1）①煅烧石灰石制生石灰是分解反应，属于吸热反应；
②木炭燃烧是放热反应；
③炸药爆炸是放热反应；
④酸与碱的中和反应是放热反应；
⑤生石灰与水作用制熟石灰是化合反应，属于放热反应；
⑥Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应；
⑦灼热的木炭与CO2反应是吸热反应；
属于放热反应的是②③④⑤，属于吸热反应的是①⑥⑦，故答案为：②③④⑤；①⑥⑦；
Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体研磨反应生成氯化钡、氨气和水，反应的化学方程式为Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，故答案为：Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2
+2NH3↑+10H2O；
（2）化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键能。甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的化学方程式为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）反应热△H=[4E(C-H)+2E(O=O)]-[2E(C=O)+4E(H-O)]
=[(4a+2c)-(2d+4b)] kJ· mol－1，故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=(4a+2c-2d—4b)] kJ· mol－1；
（3）1L1mol/LH2SO4溶液与2L1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热△H为-114.6kJ/mol，所以中和热为生成1mol水所放出的热量57.3kJ/ mol，则中和热的热化学方程式：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，故答案为：57.3kJ/mol；NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol。
16.已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，D与A同主族，E的M层电子数比L层少2个。
(1)写出元素符号：A______、C______，E在元素周期表中的位置是________________；
(2)C、D、E原子半径由大到小：______(写元素符号，后同)，C、D、E简单离子的半径由大到小_____；
(3)A常用作电池的电极材料，含A的电池通常采用非水电解质或固体电解质，原因是______(用化学方程式解释)；
(4)B与氢元素可以形成10电子微粒X和18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料。X中含有的共价键类型是_______，Y的电子式为_________；
(5)C的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较C的氢化物和E的氢化物沸点：C___E(填“＞”“＜”或“=”)，原因是____________
(6)用电子式表示D与E的二元化合物的形成过程：________________，碳原子与E能形成AB2型化合物，请写出该物质的电子式：_________。
【答案】(1). Li (2). O (3). 第三周期第ⅥA族 (4). Na＞S＞O (5). S2-＞O2-＞Na+ (6). 2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑ (7). 极性键 (8). (9). 同素异形体 (10). ＞ (11). 水分子间存在氢键 (12). (13).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，则A为Li元素；C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，C为O元素；B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，最低负化合价的绝对值=3，最高正化合价=+5，为VA族元素，原子序数小于8，B为N元素；D与A同主族，D为Na元素；E的M层电子数比L层少2个，M层电子数=6，E为S元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为Li元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。
(1) A为Li元素，B为N元素，C为O元素；E为S元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族，故答案为：Li ；O；第三周期第ⅥA族；
(2) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，C、D、E原子半径由大到小的顺序为Na＞S＞O；电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，C、D、E简单离子的半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为：Na＞S＞O；S2-＞O2-＞Na+；
(3)Li常用作电池的电极材料，含Li的电池通常采用非水电解质或固体电解质，是因为锂能够与水反应，2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑，故答案为：2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑；
(4)N与氢元素可以形成10电子微粒X为氨气或铵根离子，均含有极性共价键；N与氢元素可以形成18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料，则Y为肼，肼为共价化合物，电子式为，故答案为：极性键；；
(5)O的两种单质在常温下都是气体，为氧气和臭氧，二者互为同素异形体；水分子间能够形成氢键，而硫化氢不能，水的沸点比硫化氢高，故答案为：同素异形体；＞；水分子间存在氢键；
(6)硫化钠属于离子化合物，硫化钠形成过程用电子式表示为；碳原子与S能形成AB2型化合物为CS2，CS2与CO2的结构相似，电子式为，故答案为：；。
17.X、Y、Z均为短周期元素组成的物质，其转化关系如下：
请回答：

(1)若X为淡黄色固体，Z是单质。
①组成Z的元素在周期表中的位置是_________。
②取少量X与水反应，下列叙述正确的是_____（填字母）。
a．该反应是氧化还原反应
b．向反应后的溶液中滴加酚酞试剂，溶液变红
c．当有1 molX参加反应时，共转移2mol电子
（2）若X由两种元素组成，其中一种元素最外层电子数比电子层数多3，另一种是地壳中含量最多的元素。Y与X的组成元素相同。
①X与水反应的化学方程式为______________。
②X与O2混合通入水中，恰好生成4molZ,则通入的X为____mol，O2为____mol。
【答案】(1). 第二周期第ⅥA族 (2). ab (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). 4mol (5). 1mol
【解析】
【分析】根据过氧化钠与水反应原理分析解答；根据二氧化氮的化学性质分析解答；根据化学反应方程式中的物质的量的计算分析解答。
【详解】(1)若X为淡黄色固体，Z是单质，能与水反应的淡黄色固体是Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，所以X是Na2O2，Z是O2，组成Z的元素即O元素在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族，该反应有化合价变化，是氧化还原反应，反应生成NaOH使溶液显碱性，滴加酚酞试液后溶液呈红色，当有1 mol Na2O2参加反应时，共转移1mol电子，故ab正确；
故答案为：第二周期第ⅥA族，ab；
(2)若X由两种元素组成，其中一种元素最外层电子数比电子层数多3，则该元素为N元素或硫元素，另一种是地壳中含量最多的元素，则该元素为O。Y与X的组成元素相同，根据反应流程可推断出，X是NO2，不可能是二氧化硫，Y是NO，Z是HNO3，即X与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，物质X即NO2，与O2混合通入水中，恰好生成4molHNO3，反应方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，即反应生成4molHNO3时，需要通入NO2 4mol，需要通入氧气1mol，
故答案为：4mol，1mol。
18.实验室利用SO2与Cl2在活性炭催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯（SO2Cl2）。所用的反应装置如下图所示（部分夹持装置省略）。

已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾。现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取磺酰氯：Cl2(g)+SO2(g)SO2Cl2(l)，实验装置如图所示。
（1）化合物SO2Cl2中S元素的化合价为__________。
（2）仪器c的名称是_________，c中通入冷水的作用是___________
（3）由仪器c的使用可知SO2与Cl2的反应ΔH____0（填“”），仪器d 的作用是____。
（4）采用上述部分装置获得干燥的原料气Cl2与SO2。装置e中所盛放的溶液为______（填溶液的名称）。
（5）SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，会产生白雾，则SO2Cl2发生水解反应的化学方程式为_______。
（6）反应结束后，将仪器b里的混合物分离的方法是______,
若反应中消耗氯气的体积为1.12L（已转化为标准状况，SO2足量），最后通过蒸馏得到纯净的磺酰氯5.13g，则磺酰氯的产率为___（保留三位有效数字）。
（7）为提高本实验中磺酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_____(填序号)。
①先通冷凝水，再通气 ②控制气流速率，宜慢不宜快
③若三颈瓶发烫，可适当降温 ④加热三颈瓶
【答案】(1). +6 (2). 球形冷凝管 (3). 冷凝回流SO2Cl2 (4). ＜ (5). 防止空气中的水蒸气进入装置b中，同时吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气 (6). 饱和食盐水 (7). SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (8). 过滤 (9). 76.0% (10). ①②③
【解析】
【分析】左边装置为二氧化硫制备装置，右边装置为氯气储存装置，二氧化硫与氯气在三颈烧瓶中反应生成SO2Cl2，三颈烧瓶中活性炭起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，左边洗气瓶为二氧化硫的干燥装置，e中盛有饱和食盐水，目的是降低氯气溶解度便于氯气进入三颈烧瓶中，右边洗气瓶为氯气的干燥装置，SO2Cl2沸点低、易挥发，c为球形冷凝管，能使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，干燥管d中盛有碱石灰，能吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入c中导致磺酰氯水解。
【详解】（1）SO2Cl2中O元素的化合价为-2价，Cl元素的化合价为-1价，由化合价代数和为零可知，化合物SO2Cl2中S元素的化合价为+6价，故答案为：+6；
（2）由题给信息可知SO2Cl2沸点低、易挥发，c为球形冷凝管，通入冷水降低温度，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流SO2Cl2；
（3）因球形冷凝管的作用是冷凝回流SO2Cl2，该反应没有加热装置，说明SO2与氯气间的反应为放热反应，放出的热量使反应温度升高，SO2Cl2受热挥发；仪器d为干燥管，干燥管中盛有的碱石灰能吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入c中导致磺酰氯水解，故答案为：＜；防止空气中的水蒸气进入装置b中，同时吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气；
（4）装置e中所盛放的溶液为饱和食盐水，目的是降低氯气溶解度便于氯气排出进入三颈烧瓶中，故答案为：饱和食盐水；
（5）SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应产生白雾，即生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O
=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
（6）分离固液混合物应该用过滤的方法，所以b中分离SO2Cl2和活性炭的实验操作是过滤；标准状况下，1.12L Cl2为0.05mol，故理论上可得到0.05molSO2Cl2，即为0.05×135g=6.75g，所以SO2Cl2的产率为×100%=76.0%，故答案为：过滤；76.0%；
(7)为提高本实验中磺酰氯的产率，应减少SO2Cl2受热挥发的量，使SO2、Cl2充分反应，可采取先通冷凝水再通气；控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈瓶发烫应适当降温等措施，故答案为：①②③。