北京市石景山区2019届高三化学上学期期末考试试题.doc

石景山区20182019学年第一学期高三期末试卷化 学可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56 第卷(选择题 共42分)本部分共14个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意1.下列生活用品的主要成分属于有机高分子的是A. 棉袜子 B. 明矾 C. 紫砂壶 D. 汽油【答案】A【解析】【分析】有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大。【详解】A项、棉袜子是用棉线制成的，属于天然有机高分子材料，故A正确；B项、明矾是无机盐，不属于有机高分子，故B错误；C项、紫砂壶属于硅酸盐产品，属无机非金属材料，不属于有机高分子，故C错误；D项、汽油是烃的混合物，属于有机物，但不属于有机高分子，故D错误。故选A。【点睛】本题考查常见物质的类别，可以依据有机高分子化合物的定义结合物质的相对分子质量来解答。2.下列仪器主要用于“冷凝”的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】蒸馏需要的仪器有酒精灯、铁架台、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶，其中冷凝管起冷凝作用。【详解】A项、A是容量瓶，容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故A错误；B项、B是量筒，量筒是量取液体体积的仪器，故B错误；C项、C是漏斗，过滤是一种分离混合物的仪器，故C错误；D项、D是冷凝管，冷凝管是蒸馏时起冷凝作用的仪器，故D正确。故选D。3.下列常见金属的冶炼原理不合理的是A. 还原法炼铝：3H2+Al2O3 2Al+3H2OB. 加热法炼汞：2HgO 2Hg+O2C. 铝热法炼铁：Fe2O3+2A 2Fe+Al2O3D. 火法炼铜：Cu2S+O2 2Cu+SO2【答案】A【解析】【分析】金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程。金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法，总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从化合物中还原出来，金属冶炼的方法主要有：（1）热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；（2）热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；（3）电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属。【详解】A项、Al为活泼金属，通常用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，故A错误；B项、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故B正确；C项、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属Al等）将金属从其化合物中还原出来，故C正确；D项、Cu是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，所以可以采用热氧化还原法冶炼Cu，故D正确。故选A。【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同是解答关键。4.下列有关元素周期律的叙述正确的是A. 原子半径：MgO，离子半径：Mg2+O2B. S和Se属于第A族元素，H2SO4的酸性强于H2SeO4C. 结合质子能力：S2ClD. Na、Mg、A1三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强【答案】B【解析】【分析】A、电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径减小；B、同主族元素从上到下随原子序数增大非金属性依次减弱；C、酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子；D、同周期元素从左到右随原子序数增大金属性依次减弱。【详解】A项、Mg、S同周期，同周期元素从左到右随原子序数增大原子半径减小，原子半径MgS，S、O同主族，同主族元素从上到下随原子序数增大原子半径增大，原子半径SO，则原子半径：MgO；Mg2+、O2-电子层结构相同，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径减小，故离子半径：Mg2+O2-，故A错误；B项、S和Se属于第A族元素，同主族元素从上到下随原子序数增大非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，故B正确；C项、HCl是强酸，H2S是弱酸，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，所以结合质子能力：S2-Cl-，故C错误；D项、Na、Mg、A1同周期，同周期元素从左到右随原子序数增大金属性依次减弱，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析能力的考查，注意酸电离程度越大，其对应离子结合质子能力越小是易错点。5.食盐、蔗糖、醋酸、84消毒液(主要成分为NaClO)、洁厕灵(主要成分为盐酸)等是灾后经常使用的物质，下列有关说法或化学用语正确的是A. 食盐中阴离子的结构示意图：B. 蔗糖和醋酸都是弱电解质C. 84消毒液显碱性的原因：ClO+H2OHClO+OHD. 84消毒液和洁厕灵不能混用的主要原因是发生酸碱中和反应【答案】C【解析】【分析】A、氯离子最外层为8个电子；B、蔗糖是非电解质；C、次氯酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性；D、洁厕灵里是盐酸，84消毒液是次氯酸钠。【详解】A项、氯离子最外层为8个电子，食盐中阴离子的结构示意图为，故A错误；B项、蔗糖是非电解质，醋酸是弱电解质，故B错误；C项、次氯酸是弱酸，次氯酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，水解的离子方程式为ClO+H2OHClO+OH，故C正确；D项、洁厕灵里是盐酸，84消毒液是次氯酸钠，二者混合发生氧化还原反应生成氯气，故D错误。故选C。6.水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如下，下列说法不正确的是A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B. 冬青油苯环上的一氯取代物有4种C. 可用FeCl3溶液检验阿司匹林中是否混有水杨酸D. 相同物质的量的冬青油和阿司匹林消耗NaOH的物质的量相同【答案】D【解析】【分析】水杨酸的官能团为酚羟基和羧基，表现酚和羧酸的性质；冬青油的官能团为酚羟基和酯基，表现表现酚和酯的性质；阿司匹林的官能团为酯基和羧基，表现酯和羧酸的性质。【详解】A项、水杨酸可与乙酸酐发生取代反应制得冬青油，故A正确；B项、冬青油苯环上连有羟基和酯基，结构不对称，苯环上含有4种H，则一氯取代物有4种，故B正确；C项、水杨酸的官能团为酚羟基和羧基，阿司匹林的官能团为酯基和羧基，FeCl3溶液可以酚羟基，故C正确；D项、冬青油的官能团为酚羟基和酯基，1mol冬青油消耗2molNaOH，阿司匹林的官能团为酯基（酚酯）和羧基，1mol阿司匹林消耗3molNaOH，故D错误。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键。7.从海水的母液中提取金属镁的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是A. 步骤沉镁可加入石灰乳B. 步骤脱水时，在空气中加热MgCl26H2O得到MgCl2C. 步骤中镁在阴极生成D. 设计步骤、的主要目的是富集镁元素【答案】B【解析】【分析】由流程可知，海水蒸发得到粗盐和含有镁离子的母液，母液中加入石灰乳，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，Mg（OH）2沉淀与HCl反应生成MgCl2和水，MgCl2溶液蒸发结晶得到MgCl26H2O晶体，为抑制镁离子的水解，MgCl26H2O在HCl在气流中加热脱水得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2冶炼得到金属Mg。【详解】A项、母液中加入石灰乳，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，故A正确；B项、因镁离子水解，脱水时应在HCl气氛中进行，防止MgCl2发生水解，故B错误；C项、电解熔融MgCl2时，镁离子在阴极放电生成Mg，故C正确；D项、海水中镁离子浓度较小，步骤、的主要目的是富集MgCl2，故D正确。故选B。【点睛】本题考查海水提镁的工艺流程，侧重分析与实验能力的考查，注意水解与电解原理的应用，把握流程中发生的反应、金属冶炼为解答的关键。8.在探究柠檬电池的工作原理时，某课外小组同学发现：当按图所示连接一个柠檬时，二极管不发光；按图所示连接几个柠檬时，二极管发光。下列说法不正确的是A. 图中二极管不发光，说明该装置不构成原电池B. 图中铁环为负极、铜线为正极，负极的电极反应为：Fe2 e=Fe2+C. 图中二极管不发光的原因是单个柠檬电池的电压较小D. 图中所得的电池组的总电压是各个柠檬电池的电压之和【答案】A【解析】【分析】柠檬电池是将化学能转化为电能的装置，柠檬中含有柠檬酸，铁环、铜线与柠檬酸构成原电池，活泼金属铁做负极，不活泼金属铜做正极。【详解】A项、图中铁环、铜线与柠檬酸构成原电池，二极管不发光是因为单个柠檬电池提供的电压较小；故A错误；B项、图中活泼金属铁做负极，不活泼金属铜做正极，负极的电极反应为：Fe2 e=Fe2+，故B正确；C项、图中铁环、铜线与柠檬酸构成原电池，二极管不发光的原因是单个柠檬电池的电压较小，故C正确；D、图中四个柠檬电池为串联关系，所得的电池组的总电压是各个柠檬电池的电压之和，故D正确。故选A。9.1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH(熔融)O2+4Na+2H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe+4NaOH= Fe3O4+2H2+4Na。下列有关说法正确的是A. 戴维法制钠，阳极的电极反应式为：2OH+2e=H2+O2B. 盖吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强C. 若用戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，两方法转移电子总数相等D. 还可以用电解熔融氯化钠法制钠【答案】D【解析】【分析】由电解方程式可知，戴维法制钠时，阳极上氢氧根放电，阴极上钠离子放电，制得生成4molNa转移4mol电子；由化学方程式可知，反应能够进行的原因是高温时生成Na蒸气，Na蒸气挥发有利于反应正向移动，反应中铁做还原剂，氢氧化钠做氧化剂，生成4molNa转移8mol电子。【详解】A项、由电解方程式可知，电解过程中，阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，故A正确；B项、钠的溶沸点低，高温时生成Na蒸气，Na蒸气挥发有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，故B错误；C项、戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则转移电子不等，故C错误；D项、工业上用电解熔融氯化钠法制金属钠，故D正确。故选D。【点睛】本题考查金属的冶炼及电解原理，明确元素的化合价变化及发生的电极反应为解答关键。10.实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和原理能达到目的的A. 配制混酸 B. 硝化反应C. 分离硝基苯 D. 蒸馏硝基苯【答案】C【解析】【分析】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却；B、由于硝化反应控制温度50-60，应采取5060水浴加热；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态，采取分液操作；D、为充分冷凝，应从下端进水。【详解】A项、浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，配制混酸时应将浓硫酸滴加到浓硝酸中，故A错误；B项、制备硝基苯时，反应温度为5060，为控制反应温度应用水浴加热，故B错误；C项、硝基苯不溶于水，分离硝基苯应用分液方法分离，故C正确；D项、蒸馏硝基苯时，冷凝管中加入水的方向错误，为充分冷凝，应从下端进水，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题是关键。11.已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H+571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：过程：2Fe3O4(s) = 6FeO(s)+O2(g) H+313.2kJ/mol过程：下列说法不正确的是A. 过程中每消耗232g Fe3O4转移2mol电子B. 过程热化学方程式为：3FeO(s)+H2O(l) =H2(g)+Fe3O4(s) H+128.9 kJ/molC. 过程、中能量转化的形式依次是：太阳能化学能热能D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点【答案】C【解析】【分析】由循环分解水制H2的过程可知，过程为太阳能转化为热能，Fe3O4在热能的作用下分解生成O2和FeO，过程为氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，总反应为水分解生成氢气和氧气，反应过程中Fe3O4为催化剂。【详解】A项、过程中每消耗232g Fe3O4反应生成,0.5mol O2，反应转移0.5mol4 mol电子，故A正确；B项、由盖斯定律可知，（总反应1/2过程1/2）反应得过程反应，3FeO(s)+H2O(l) =H2(g)+Fe3O4(s) 则H+571.0kJ/mol1/2（+313.2kJ/mol）1/2=+128.9 kJ/mol，故B正确；C项、过程和过程都是吸热反应，过程是将光能转化为热能，热能转化为化学能，过程中能量转化的形式不是化学能转化为热能，应该还是热能转化为化学能，故C错误；D项、铁氧化合物循环制H2以太阳能为热源分解Fe3O4，以水和Fe3O4为原料，具有成本低的特点，氢气和氧气分步生成，具有产物易分离的优点，故D正确。故选C。【点睛】本题以循环分解水制H2为载体考查了氧化还原反应计算和盖斯定律，掌握电子转移和盖斯定律计算方法，注意分析题给图示获取信息是解答关键。12.在一定条件下，甲苯可生成二甲苯的混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点 /点 / 1325476下列说法不正确的是A. 苯、甲苯、对二甲苯属于同系物B. 推测甲苯的沸点高于80而低于138C. 甲苯生成二甲苯和苯的反应属于取代反应D. 用蒸馏的方法能从二甲苯混合物中分离出对二甲苯【答案】D【解析】【分析】苯、甲苯、二甲苯都只含有一个苯环，分子组成上相差若干个CH2原子团，通式为CnH2n-6，均属于苯及其同系物；分子中碳原子个数不同、侧链的位置及数目不同，溶沸点不同。【详解】A项、苯、甲苯、对二甲苯属于苯及其同系物，故A正确；B项、苯及其同系物随着相对分子质量增大，溶沸点依次增大，甲苯的相对分子质量比二甲苯小、比苯大，故沸点比对二甲苯低、比苯高，故B正确；C项、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故C正确；D项、对二甲苯与邻二甲苯和间二甲苯沸点不同，但相差不大，不能用蒸馏的方法能从二甲苯混合物中分离出对二甲苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查苯及其同系物，涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，根据表格的数据分析问题、解决问题是解答关键。13.常压下羰基化法精炼镍是工业上提纯镍的主要方法，其原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g) Hc(Na)c(NH4)c(OH)c(H)【答案】B【解析】【分析】M点时，c(NH4)=c(NH3H2O)，溶液中Kb = c(OH) 1105 molL1；若a0.05 mol，氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应生成等浓度的氯化铵、一水合氨和氯化钠混合溶液，由于一水合氨的电离大于氯化铵水解，溶液中c(NH4) c(NH3H2O)。【详解】A项、NH4Cl为强电解质，在溶液中完全电离，电离方程式为：NH4Cl=Cl+NH4，故A错误；B项、氨水中NH3H2O的电离平衡常数Kb = c(NH4) c(OH)/ c(NH3H2O)，由图可知M点时，c(NH4)=c(NH3H2O)，则Kb = c(OH) 1105 molL1，溶液pH9，故B正确；C项、若a0.05 mol，氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应生成等浓度的氯化铵、一水合氨和氯化钠混合溶液，由于一水合氨的电离大于氯化铵水解，溶液中c(NH4) c(NH3H2O)，与M点时c(NH4)=c(NH3H2O)矛盾，故C错误；D项、当n(NaOH)0.05 mol时，氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应生成等浓度的氯化铵、一水合氨和氯化钠混合溶液，由于一水合氨的电离大于氯化铵水解，溶液中c(Cl) c(NH4) c(Na) c(OH)c(H)，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了酸碱反应过程分析，注意正确判断溶液成分，依据电离和水解的相对强弱判断溶液酸碱性和离子浓度大小是解答关键。第卷(非选择题 共58分)15.联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，2018年中国化学会制作了新版周期表，包含118种元素。回答下列问题：X(1)碳元素在周期表中的位置是_。(2)将硅的元素符号填写在上述周期表相应的空格中_。(3)在上述周期表中，用实线画出周期表的上方边界_。(4)从原子结构角度解释碳化硅中碳元素显负价的原因_。(5)第118号元素为Og(中文名“”，o)，下列说法不正确的是_。aOg是第七周期0族元素 bOg原子的核外有118个电子cOg在同周期元素中非金属性最强 d中子数为179的Og核素符号是(6)已知X与Y是位于相邻周期的同主族元素。某温度下，X、Y的单质与H2化合生成气态氢化物的平衡常数分别为KX =9.71012、KY =5.6107。Y是_(填元素符号)，判断理由是_。【答案】 (1). 第二周期第IVA族 (2). Six (3). Six (4). C、Si位于同一主族，从上到下随核电荷数递增，原子半径逐渐增大，原子核吸引电子的能力逐渐减弱，C、Si之间形成的共用电子对偏向C，所以碳元素显负价 (5). c、d (6). Br (7). 理由：由KY KX，可知Y的气态氢化物的稳定性弱于X，Y位于X的下方，为Br 【解析】【分析】（1）碳元素的原子序数为6，电子层数为2，最外层电子数为4；（2）硅元素的原子序数为14，位于元素周期表第三周期IVA族；（3）周期表的左上方边界在第一周期A族H元素上方，左上方边界在第一周期0族He元素上方，左中间边界在第四周期的过渡元素上方，右中间边界在A族A族的上方；（4）碳元素和硅元素均为A族元素，原子半径逐渐增大，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，原子核吸引电子的能力逐渐减弱；（5）118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族；（6）生成气态氢化物的平衡常数越大，氢化物稳定性越强，非金属性越强。【详解】（1）碳元素的原子序数为6，电子层数为2，最外层电子数为4，所以在周期表中的位置是第二周期IVA族，故答案为：第二周期IVA族；（2）硅元素的原子序数为14，位于元素周期表第三周期IVA族，故答案为：Six（3）周期表的左上方边界在第一周期A族H元素上方，左上方边界在第一周期0族He元素上方，左中间边界在第四周期的过渡元素上方，右中间边界在A族A族的上方，故答案为：Six（4）碳元素和硅元素均为A族元素，原子半径逐渐增大，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，原子核吸引电子的能力逐渐减弱，C、Si之间形成的共用电子对偏向C，所以碳元素显负价，硅元素显正价，故答案为：C、Si位于同一主族，从上到下随核电荷数递增，原子半径逐渐增大，原子核吸引电子的能力逐渐减弱，C、Si之间形成的共用电子对偏向C，所以碳元素显负价；（5）a、118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，a正确；b、Og元素的原子序数为118，Og原子的核电荷数、质子数和核外电子数为118个，b正确；c、Og位于周期表0族，0族稀有气体原子既不易得到电子也不易失去电子，c错误；d、中子数为179的Og核素的质量数为297，核素符号是297118Og，d错误；故答案为：cd；（6）由周期表的位置可知X为第三周期A族的Cl元素，由生成气态氢化物的平衡常数分别KXKY可知，氢化物稳定性越强，X的非金属性强于Y元素，则Y是位于X下一周前的Br元素，故答案为：Br ；由KY 0)。实验测得：v正v (NO2)消耗k正c2(NO2)，v逆v(NO)消耗2v(O2)消耗k逆c2(NO) c(O2)，k正、k逆为速率常数，仅受温度影响。当温度改变为T2时，若k正k逆，则T1_T2(填“”或“”)，得出该结论的理由是_。【答案】 (1). 3NO2+H2O= 2HNO3+NO (2). 雾霾、酸雨、温室效应等 (3). 新能源汽车；汽车限行；推广使用清洁燃料；煤改电等 (4). 2O3 3O2 (5). C (6). T2T1 (7). 达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c2(NO2)k逆c2(NO)c(O2)，且k正k逆，可知c2(NO2)c2(NO)c(O2)，T2时化学平衡常数K等于1，大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 T2T1【解析】【分析】（1）NO2与水反应生成HNO3和NO；（2）使用新能源汽车替代使用汽油和柴油的汽车、推行汽车限行组成、推广使用清洁燃料、煤改电等措施减少氮氧化物的排放，减少臭氧层空洞、光化学烟雾、雾霾、酸雨、温室效应等大气污染现象的产生；（3）由反应机理可知，臭氧在一氧化氮作催化剂时分解生成氧气，破坏臭氧层；（4）破坏化学键需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，能量越高越不稳定，越低越稳定；（5）升高温度平衡向吸热方向移动。【详解】（1）NO2与水反应生成HNO3和NO，反应的化学方程式为：3NO2+H2O= 2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O= 2HNO3+NO；（2）氮氧化物是形成臭氧层空洞、光化学烟雾、雾霾、酸雨、温室效应等大气污染现象的主要原因之一，为减少氮氧化物的排放，减少大气污染，应降低化石能源的使用，可以采用的措施有使用新能源汽车替代使用汽油和柴油的汽车、推行汽车限行组成、推广使用清洁燃料、煤改电等，故答案为：雾霾、酸雨、温室效应等；新能源汽车、汽车限行、推广使用清洁燃料、煤改电等；（3）反应机理可知，臭氧在光的作用下分解生成氧气和氧原子，氧原子与一氧化氮反应生成二氧化氮，二氧化氮分子间反应生成一氧化氮和氧气，总反应方程式为：2O3 3O2，故答案为：2O3 3O2；（4）从机理图可以看出，首先A状态中，NO被吸附到催化剂表面，B状态为NO变成N原子和O原子，这个过程需要吸收能量，C状态为N原子和N原子结合变成N2，O原子和O原子结合变成O2，这个过程为成键过程，需要放出能量，体系能量降低，故答案为：C；（5）由题给数据可知，温度为T1时，c(NO2)（0.6mol/L0.4mol/L ）、c(NO)=0.4mol/L、c(O2)= 0.2mol/L，化学平衡常数K为（0.4mol/L）2（0.2mol/L）/(0.2mol/L)2=0.8；达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c2(NO2)k逆c2(NO)c(O2)，达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c2(NO2)k逆K，若k正k逆，=10.8，由于该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 T2T1，故答案为：；达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c2(NO2)k逆c2(NO)c(O2)，且k正k逆，可知c2(NO2)c2(NO)c(O2)，T2时化学平衡常数K等于1，大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 T2T1。【点睛】本题考查反应机理和化学平衡的移动，考查的知识点较多，比较综合，从原理角度分析化学反应的实质是解答关键。18.Na2S2O4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组制备并探究其性质。资料：Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。制备Na2S2O4(加热等辅助仪器略去)(1)仪器的名称是_。(2)B装置用于制备Na2S2O4。第一步反应：Zn+2SO2 ZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于2835下反应生成Na2S2O4，该步反应的化学方程式为_。(3)B装置反应前，先进行的实验操作是_。(4)反应后除去B中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O4晶体析出。加入NaCl固体的作用是_。探究Na2S2O4的性质(5)隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是_。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4溶液)(6)制备纳米级银粉:用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4 + Zn(OH)2 (3). 打开A中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠先反应产生的SO2，排出装置中残留的O2 (4). 加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以) (5). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 (6). 2Ag+S2O42+4OH2Ag+2SO32+2H2O【解析】【分析】装置A中70%的浓硫酸通过分液漏斗滴到蒸馏烧瓶中和亚硫酸钠反应制得二氧化硫，二氧化硫和Zn在三颈烧瓶中反应生成ZnS2O4，加入NaOH溶液，ZnS2O4与NaOH反应Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，装置C中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，防止污染空气。【详解】（1）仪器的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）2835下，反应生成的ZnS2O4与NaOH溶液反应，反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，反应的化学方程式为ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4 + Zn(OH)2，故答案为：ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4 + Zn(OH)2；（3）由于Na2S2O4具有极强的还原性，易被空气氧化，所以B装置反应前应排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验，故答案为：打开A中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠先反应产生的SO2，排出装置中残留的O2打开A中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠先反应产生的SO2，排出装置中残留的O2；（4）加入氯化钠的目的是，溶液中Na+离子浓度增大，使Na2S2O4的溶解度降低，更易结晶析出，提高产率，故答案为：加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出；（5）因固体中含有的Na2SO3、Na2S2O3会干扰Na2SO4的检验，应先加入足量稀盐酸，排除Na2S