黑龙江省五大连池市高级中学2015-2016学年高二化学下学期期末复习模拟试卷（含解析）.doc

黑龙江省五大连池市高级中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1下列叙述中正确的是（ ）a.干燥的nacl晶体不能导电，所以它不是电解质b.食盐水能导电，所以食盐水是电解质c三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质d.一种化合物如果不是电解质,那么它一定是非电解质【答案】d【解析】正确答案：da.不正确，电解质是在水溶液中或熔融态下能导电的物质。b. 不正确，食盐水能导电，所以食盐水是混合物；c不正确，三氧化硫溶于水能导电，是因为生成了h2so4,不是三氧化硫本身电离，so3是非电解质2化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是aph小于7的雨水被称为酸雨b明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒c推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治so2污染dpm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5106m)的细小可吸入颗粒物，其与空气形成的分散系属于胶体【答案】c【解析】试题分析：ph小于5.6的雨水被称为酸雨,故a错误；明矾常用于饮用水的净化，不能消毒，故b错误；推广使用燃煤脱硫技术，减少so2的排放，故c正确；pm2.5的直径大于胶体的直径，不属于胶体，故d错误。考点：本题考查化学与科技、社会、环境。3下列叙述正确的是a. 1 mol co2 的质量为44g/molb. co2的摩尔质量为44gc. co2的摩尔质量等于co2的相对分子质量d. na个co2的质量与co2的相对分子质量在数值上相同【答案】d【解析】试题分析：a、质量单位是g，g/mol是摩尔质量的单位，故错误；b、摩尔质量单位是g/mol，应是co2的摩尔质量为44gmol1，故错误；c、摩尔质量有单位，相对分子质量无单位，它们在数值相等，故错误；d、na个co2，相当于1mol，其质量为44g，co2的相对分子质量为44，在数值上相等，故正确。考点：考查质量、摩尔质量等知识。4铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是（）a铜片上的电极反应为：b正极上发生还原反应c在外电路中，电子流动方向为：从铜片经导线流向锌片d盐桥中的k+移向znso4溶液【答案】b【解析】略5配制450ml、0.1 mol/l na2co3溶液，需要na2co310h2o质量为a14.3g b21.2g c10.6g d12.9g【答案】a【解析】试题分析：实验室没有450ml容量瓶，需要选用500ml容量瓶，配制的溶液为：500ml 0.1mol/l的na2co3溶液，需要溶质碳酸钠的物质的量为：0.1mol/l0.5l=0.05mol，需要na2co310h2o的物质的量=碳酸钠的物质的量=0.05mol，需要na2co310h2o质量为：286g/mol0.05mol=14.3g，a项正确；答案选a。考点：考查溶液配制616o和18o是氧元素的两种核素，下列说法正确的是a16o2与18o2互为同分异构体b16o与18o核外电子排布方式不同c通过化学变化可以实现16o与18o间的相互转化d等质量的h218o和d216o含有的电子数相等【答案】d【解析】试题分析：a、分子式相同结构不同的物质互称为同分异构体，16o2与18o2不是同分异构体，错误；b、16o与18o核外电子数都是8，所以核外电子排布方式相同，错误；c、16o与18o间的相互转化不是化学变化，错误；d、h218o和d216o的摩尔质量相等，都是20g/mol，所以等质量的h218o和d216o含有的电子数相等，正确。考点：本题考查原子结构、基本概念、电子数的计算。 7用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是 a加热 b不用稀硫酸，改用98%浓硫酸 c滴加少量硫酸铜溶液 d不用铁片，改用铁粉【答案】b【解析】试题分析：a温度升高反应速率加快，a不符合题意； b不用稀硫酸，改用98%浓硫酸，常温下铁在浓硫酸中钝化，得不到氢气，b错误；c滴加少量硫酸铜溶液与铁发生置换反应析出铜，构成原电池，加快反应速率，c不符合题意；d不用铁片，改用铁粉增大反应物的接触面积，加快反应速率，d不符合题意，答案选b。考点：考查外界条件对反应速率的影响8化合物x、y、z之间有如图所示的转化关系。下列说法中不正确的是a图中的每一步反应都是氧化还原反应b钠与y物质的反应属于氧化还原反应但不是离子反应cx与y的反应中，氧化剂和还原剂都是xdz的水溶液能使酚酞试液变红【答案】b【解析】试题分析：根据转化可知，钠与化合物y反应生成化合物z和氢气，所以y是水，z是氢氧化钠。氢气和单质甲反应生成水，则甲是氧气。x能和水反应生成氧气和氢氧化钠，所以x是过氧化钠。a、图中的每一步反应都是氧化还原反应，a正确；b、钠与y物质的反应属于氧化还原反应，同时该反应也是离子反应，b不正确；c、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，c正确；d、氢氧化钠是强碱，其溶液能使酚酞试液变红，d正确，答案选b。考点：考查钠及其化合物转化以及氧化还原反应的判断等9x 、y、 z、 w是原子序数依次增大的四种短周期元素，a、b、c、d、f有其中的两种或三种元素组成的化合物，e是由z元素形成的单质，0.1moll-1d溶液的ph为13（）。它们满足如图转化关系，则下列说法正确的是（ ）a原子半径wzyxb化合物f中含有共价键和离子键c在b和c的反应中，氧化剂是b，还原剂是cdz元素的最高正价为+6【答案】b【解析】试题分析：由题意可知d为一元强碱；根据b能与a、c反应生成同种物质且有一元强碱生成推断b是na2o2，a是h2o，b是co2，d是naoh，e是o2，f是na2co3，则x、y、 z、 w分别是h、c、o、na元素。a、根据元素周期律中原子半径的比较规律，原子半径wyzx，错误；b、na2co3中含有共价键和离子键，正确；c、过氧化钠与二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，错误；d、o无最高正价，错误，答案选b。考点：考查物质推断，对反应特点的掌握，元素性质的判断10根据碘与氢气反应的热化学方程式（1） i2(g)+ h2(g) 2hi(g) h = 9.48 kjmol1（2） i2(s)+ h2(g) 2hi(g) h = +26.48 kjmol1下列判断正确的是a254 g i2(g)中通入2 g h2(g)，反应放热9.48 kjb1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kjc反应（1）的产物比反应（2）的产物稳定d反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低【答案】d【解析】试题分析：a、因为氢气不可能完全反应，所以放热少于kjmol1，不选a；b、根据盖斯定律，反应一-反应二，得到气态碘变成固态碘反应放热，35.96kj，不选b；c、两个反应的产物是相同物质，不选c；d、反应二中固体碘的能量比气态碘的能量低，所以正确，选d。考点： 考查热化学方程式的意义，盖斯定律11关于强、弱电解质的叙述正确的是a强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物b强电解质都是可溶性化合物，强电解质都是难溶性化合物c强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子d强电解质的水溶液导电能力强，弱电解质的水溶液导电能力弱【答案】c【解析】试题解析：a、hcl等共价化合物也属于强电解质，故a错误；b、强弱电解质与物质的溶解性没有必然的联系，故b错误；c、强电解质完全电离；弱电解质部分电离，溶液中含有电解质分子，故c正确；d、溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的多少，和电解质的强弱无直接关系，故d错误。考点：强电解质和弱电解质的概念12胶体区别于其它分散系的本质特征是a胶体能发生电泳现象 b胶体能产生丁达尔现象c胶体粒子直径在1100nm之间 d胶体在一定条件下能聚沉【答案】c【解析】试题分析：胶体与其他分散系的本质区别为胶体的粒子直径为1纳米到100纳米之间，选c。考点： 胶体的性质13某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42-、hco3等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是aab段发生的离子反应为：al3+3oh= al(oh)3，mg2+2oh= mg(oh)2b原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+、mg2+c原溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1:1dd点溶液中含有的溶质只有naalo2【答案】c【解析】试题分析：分析图像知，0-a段，加入naoh溶液后没有生成沉淀，说明溶液中可能存在h+或hco3-中的一种或两种；随着氢氧化钠溶液的加入，过程中有沉淀生成及部分沉淀溶解，溶液中一定存在铝离子，因hco3-和al3+水解相互促进而不能共存，所以一定不存在hco3-，因此一定存在h+；a-b段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在mg2+、fe3+、al3+，根据c-d段部分沉淀溶解，可知一定存在al3+，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由oh-alo2-可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明另一种离子为+3价离子，只能为fe3+，故原溶液中一定不存在mg2+；再由b-c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与nh4+发生了反应，即溶液中一定存在nh4+；根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在so42-。a、根据以上分析可知，ab段发生反应的离子方程式为：al3+3oh-=al（oh）3，fe3+3oh-=fe（oh）3，错误；b、原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，一定不存在镁离子，错误； c、根据图象可知溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1，正确；d、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成naalo2，溶液中含有的溶质为na2so4、naalo2，错误。考点：考查化学反应图像分析、离子推断和检验、铝及其化合物的性质。14描述分子的下列叙述中，错误的是( )a与苯环直接相连的原子都在同一平面上b分子中共有10个不饱和碳原子c最多有18个原子可能处在同一个平面上d分子式为c11h6clf3【答案】c【解析】试题分析：a、苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子相当于原来的h原子，都在同一平面上，故a正确；b、苯环上、碳碳双键、碳碳叁键共10个不饱和碳原子，故b正确；c、最多有19个原子可能处在同一个平面上，故c错误；d、该有机物的分子式为c11h6clf3，故d正确；故选c。考点：考查了有机化合物的结构的相关知识。15300ml al2（so4）3溶液中，含al 3+为1.62g，在该溶液中加入0.1mol/l ba（oh）2溶液300ml，反应后溶液中so42的物质的量浓度为（ ）a0.4 mol/l b0.3 mol/l c0.2 mol/l d0.1 mol/l【答案】d【解析】硫酸铝溶液中c（al 3+）=0.2mol/l，根据化学式知c（so42）=c（al 3+）=0.2mol/l=0.3mol/l，n（so42）=0.3mol/l0.3l=0.09mol；向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，nba（oh）2=0.1mol/l0.3l=0.03mol，0.03mol钡离子完全反应需要0.03mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n（so42）=0.09mol0.03mol=0.06mol，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度c=0.1 mol/l，故选d【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，为高频考点，明确各个微粒之间关系及离子之间反应是解本题关键，题目难度不大16无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为 ；（2）工业上用铝土矿(主要成分为al2o3，含有fe2o3、sio2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质sicl4alcl3fecl3fecl2沸点/57.6180(升华)300(升华)1023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是 (只要求写出一种)；步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是 ；已知：al2o3(s)+3c(s)=2al(s)+3co(g) h1=+1344.1kj mol-12alcl3(g)=2al(s)+3cl2(g) h2=+1169.2kj mol-1由al2o3、c和cl2反应生成alcl3的热化学方程式为 ；步骤经冷却至室温后，气体用足量的naoh冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为 ；结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是 。【答案】（1）al3+3h2oal(oh)3(胶体)+3h+（2）防止后续步骤生成的alcl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率。fe或铁；al2o3(s)+3c(s)+3cl2(g)=2alcl3(g)+3co(g) h=+174.9kj/mol； nacl、naclo、na2co3除去fecl3，提高alcl3纯度(产率)。【解析】试题分析：（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，其反应的离子方程式为：al3+3h2oal(oh)3(胶体)+3h+；（2）步骤1中铝土矿粉和焦炭在300焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率；根据物质中含有的元素组成可知：若步骤中不通入氯气和氧气，fe2o3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁；、al2o3(s)+3c(s)=2al(s)+3co(g)h1=+1344.1kjmol-1 、2alcl3(g)=2al(s)+3cl2(g)h2=+1169.2kjmol-1 根据盖斯定律，将-可得：al2o3(s)+3c(s)+3cl2(g)=2alcl3(g)+3co(g)h=(+1344.1kjmol-1)-(+1169.2kjmol-1)=+174.9j/mol；步骤经冷却至室温后，气体用足量的naoh冷溶液吸收，cl2和naoh溶液反应生成nacl、naclo和h2o，co2和naoh溶液反应生成na2co3和h2o，所以生成的盐的化学式为nacl、naclo和na2co3；步骤得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低fecl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因alcl3在180升华，在300，废渣为fe，冷却得到成品氯化铝。【考点定位】考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质。【名师点晴】准确分析生产流程获取信息是解答关键；用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950加热，al2o3、fe2o3和sio2先被焦炭还原为al、fe、si，该过程生成co，后al、fe、si分别和cl2反应生成对应的氯化物，即sicl4、alcl3、fecl3，co和o2反应生成co2，后冷却到100，尾气为co2、多余的cl2，o2，以及sicl4，alcl3和fecl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300，废渣为fe，得到成品氯化铝，据此分析解答。17（16分）（1）取 300ml 0.2mol/l 的 ki 溶液与一定量的酸性 kmno4 溶液恰好反应，生成等物质的量的 i2 和 kio3，则消耗 kmno4 的物质的量的是 mol。（2）在 fe（no3）3 溶液中加入 na2so3 溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释 （3）在 100mlfebr2 溶液中通入标况下2.24lcl2， 溶液溶液中有 1/4的 br-被氧化成单质 br2，则原 febr2 溶液中 febr2 的物质的量浓度为 。（4）将al、al2o3和al（oh）3的混合物恰好与naoh溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式_ 。向反应后的溶液中通入过量co2，反应的离子方程式为 _。（5）三氟化氮（nf3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：hf、no和hno3，请根据要求回答下列问题：写出该反应的化学方程式 ，反应中生成0.2mol hno3，转移的电子数目为 。nf3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是 。【答案】（1）0.032mol （2分）（2）2fe3+so32- +h2o =2fe2+so42- +2h+（2分） 3fe2+4h+no3- =3fe3+no+2h2o（2分）（3）2/15 mol/l （2分） （4）naalo2 （1分）alo2-+co2+2h2o=al（oh）3 +hco3-（2分）（5） 3nf3+5h2o=9hf+2no+hno3 （2分） 0.4na（2分） 出现红棕色气体（1分）【解析】试题分析：（1）根据题给信息可知n（ki）=0.06mol，与一定量的酸性kmno4溶液恰好反应，生成等物质的量的i2和kio3，则n（i2）=n（kio3）=0.02mol，失电子的物质的量为20.02mol+0.02mol6=0.16mol，1mol mno4-得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗kmno4的物质的量的是0.032mol；（2）在fe（no3）3溶液中加入na2so3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是fe3+与so32-发生氧化还原反应生成fe2+和so42-，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为2fe3+ + so32- + h2o =2fe2+ + so42- +2h+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，h+与no3-组成的硝酸把fe2+氧化成fe3+，过一会又变为棕黄色，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为3fe2+4h+ no3- =3fe3+ +no + 2h2o。（3）标准状况下2.24l氯气的物质的量为2.24l22.4l/mol=0.1mol，还原性fe2+br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，令原溶液中febr2的物质的量为amol，根据电子转移守恒，则：amol（3-2）+1/42amol0-（-1）=0.1mol2，解得a=2/15，原febr2溶液的物质的量浓度2/15mol1l=2/15mol/l。（4）al、al2o3、al（oh）3都能和naoh溶液反应生成naalo2，偏铝酸钠溶液能和过量的co2反应生成al（oh）3和碳酸氢钠，反应的离子方程式为alo2-+co2+2h2o=al（oh）3 +hco3-。（5）根据题意可知，反应物为nf3和h2o，生成物为no、hno3 和hf，在该反应中nf3中的n元素的化合价一部分由+3价升高到+5价，失去2个电子，一部分由+3价降低到+2价，得到1个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为3nf3+5h2o=9hf+2no+hno3；根据化学方程式，在反应过程中，被氧化的n即化合价升高的n与被还原的n即化合价降低的n元素原子的物质的量之比为1:2，则每产生1mol hno3，转移电子2mol的电子，因此若反应中生成0.2 molhno3，转移的电子数目为0.2 4na=0.4na； nf3是一种无色、无臭的气体，但一旦nf3在空气中泄漏，就会反应反应3nf3+5h2o=9hf+2no+hno3，2no+o2=2no2；no2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。【考点定位】考查氧化还原反应的配平和电子转移数目的计算。【名师点睛】纵观近几年高考对氧化还原反应的考查，主要包括：以生产、生活、社会中的实际问题为载体，考查氧化还原反应的基本概念；比较物质氧化性、还原性的强弱及其规律应用；以元素化合物为载体，考查氧化还原反应的配平及电子转移的方向和数目。解答本题的主要思路：找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是同种反应物中同种元素出现化合价升降的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况，另外对于有离子参加的氧化还原发生，应充分利用电荷守恒和原子守恒在配平中的应用。18正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。发生的反应如下： ch3ch2ch2ch2ohch3ch2ch2cho反应物和产物的相关数据列表如下：沸点/密度/（gcm-3）水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶实验步骤如下：将6.0g na2cr2o7放入100ml烧杯中，加30ml水溶解，再缓慢加入5ml浓硫酸，将所得溶液小心转移至b中。在a中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸汽出现时，开始滴加b中溶液。滴加过程中保持反应温度为9095，在e中收集90以下的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集7577馏分，产量2.0g。回答下列问题：（1）实验中，能否将na2cr2o7溶液加到浓硫酸中，并说明理由 。（2）加入沸石的作用是 。若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法 是 。（3）上述装置图中，b的名称是 ，d仪器的名称是 。（4）b仪器使用前必须进行的操作是 。a润湿 b干燥 c检漏 d标定（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分液时，正丁醛在 层（填“上”或“下”）（6）反应温度应保持在9095，其原因是 ，为更好的控制温度，可以采取的改进措施是 。（7）本实验中，正丁醛的产率为 %。【答案】（1）不能，浓h2so4遇水放出大量的热，容易溅出伤人（2）防爆沸（1分） 停止加热，冷却后补加（3）分液漏斗（1分） 直形冷凝管（1分） （4）c （5）上（1分）（6）既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化 水浴加热 （7）51【解析】试题分析：（1）因为浓硫酸的密度大，将na2cr2o7溶液加到浓硫酸中，浓h2so4遇水放出大量的热，容易溅出伤人；（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该停止加热，待冷却后补加；（3）b仪器的名称是滴液漏斗，d仪器的名称直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏，故答案为c；（5）正丁醛密度为0.8017 gcm-3，小于水的密度，故分层后正丁醛在上层；（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在9095，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，c4h10oc4h8o74 724xg 2g解得：x=51%。考点：考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等。19（9分）下列是与硫元素相关的一系列实验：根据下图所示实验回答下列问题：（1）试管c口部的棉团上（碱过量）发生反应的离子方程式是 （2）反应一段时间后，停止反应，将b试管中的溶液加热，可以观察到 。试管c中溶液变浑浊，则证明so2具有 性。（3）试管c口部的棉团既可浸碱溶液，又可浸nahco3溶液，其作用是 ，如果浸nahco3溶液(过量)，则发生反应的化学方程式是 。（4）如将b试管换成d试管，并从直立导管中向bacl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则气体可以是 （写两种）【答案】（1）so2+2oh-=so32-+h2o（2分）（2）溶液由无色变成红色； 氧化 （3）吸收有害气体，防止污染空气2nahco3+so2=na2so3+2co2+h2o （2分） （4）nh3、cl2、o3、clo2中的任意两种或其他合理气体。（2分）【解析】试题分析：试管a中发生cu与浓硫酸加热反应，生成so2气体，试管b验证so2的漂白性，现象：品红褪色，so2漂白是与有机色素络合成无色物质，该物质不稳定受热分解，故反应一段时间后，停止反应，将b试管中的溶液加热，可以观察到溶液由无色变成红色；c试管中氢硫酸验证so2的氧化性，反应生成淡黄色浑浊s生成；试管c口部的浸naoh溶液棉团目的是吸收多余so2，防止污染空气，发生反应：so2+2oh-=so32-+h2o；（3）试管c口部的棉团既可浸碱溶液，又可浸nahco3溶液，其作用与碱液相同是吸收有害气体，防止污染空气，如果浸nahco3溶液(过量)，则发生反应的化学方程式是2nahco3+so2=na2so3+2co2+h2o；（4）如将b试管换成d试管，并从直立导管中向bacl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则该气体应为碱性气体nh3，与so2反应生成亚硫酸氨，与bacl2溶液发生复分解反应产生沉淀，或该气体具有强氧化性，可将so2氧化为so42，生成硫酸钡沉淀，故可能为：cl2、o3、clo2 no2等气体。考点：化学实验综合。20（2015秋湖州期末）为了探究“红色布条褪色的原因与次氯酸有关而跟氯气无关”某学生设计了如图装置进行实验请回答：（1）实验时，将干燥的氯气从 （填“a”、“b”标号）通入（2）从集气瓶a中干燥的红色布条的现象可得出的结论是 ；（3）从集气瓶b中湿润的红色布条的现象可得出的结论是 【答案】（1）a；（2）干燥的红色布条不褪色，说明与氯气无关；（3）湿润的红色布条褪色，说明氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸使红色布条褪色【解析】（1）如从b通入，则进入a的氯气将不再干燥，则a中的干燥红色布条也会褪色，因此实验时，将干燥的氯气从a通入，（2）集气瓶a中干燥的红色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性，红色布条褪色的原因与氯气无关，（3）集气瓶b中湿润的红色布条褪色，说明氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸使红色布条褪色，次氯酸具有漂白性，【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，本题注意氯气使有色布条褪色的原因是能生成具有漂白性的hclo21(10分)（1）已知在101 kpa时，co的燃烧热为283 kjmol1。相同条件下，若2 mol ch4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1 mol co完全燃烧放出热量的6.30倍，甲烷的燃烧热是多少？（2）现有co和ch4组成的混合气体共0.75 mol，完全燃烧生成二氧化碳气体和18 g液态水，求放出热量有多少？【答案】（1）891.45 kjmol1 （2）516.5 kj【解析】 试题分析：co的燃烧热为283kj/mol相同条件下，2molch4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kj6.3=1782.9kj，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：ch4（g）+2o2 （g）=co2（g）+2h2o（1）；h=-891.45kj/mol；（2）18g水是1mol的水，据氢原子个数守恒可知，混合气体中含有的甲烷物质的量为0.5mol，一氧化碳物质的量为0.25mol，再据题意可知混合气体放出的热量为0.5乘以891.