2022届济宁市重点中学高二化学第二学期期末调研试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一

2、并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g)CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是（ ）v(NH3)正=2v(CO2)逆 密闭容器中总压强不变 密闭容器中混合气体的密度不变 密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变 密闭容器混合气体的总物质的量不变密闭容器中CO2的体积分数不变 混合气体总质量ABCD全部2、用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定

3、B用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定C用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸3、配制100 mL 1.0 molLNa2CO3溶液，下列操作正确的是A称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容B称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解C转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀4、下列说法正确的是()A烷烃的通式为CnH2n2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐

4、渐减小B乙烯与溴加成反应的产物为溴乙烷C1 mol苯恰好与3 mol氢气完全加成，说明苯分子中有三个碳碳双键D当n7，主链上有5个碳原子的烷烃共有5种5、下列溶液加热蒸干后，不能析出原溶质固体的是 ( )AFe2(SO4)3 BKCl CFeCl3 DNa2CO36、由1-氯丁烷制取少量的1，2-丁二醇时，需要经过下列哪几步反应A加成消去取代B消去加成水解C取代消去加成D消去加成消去7、乙烯分子中碳原子的杂化类型为( )Asp杂化Bsp2杂化Csp3杂化D都不是8、焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是()A焰

5、色反应是化学变化B用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（或铁丝）C焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D利用焰色反应可区分NaCl与Na2CO3固体9、在一定温度下，可逆反应A(g)2B(g)2C(g)达到平衡的标志是()AC的生成速率与C分解的速率相等B单位时间内生成nmol A，同时生成2nmol BC单位时间内消耗nmol A，同时生成2nmol CDB的生成速率与C分解的速率相等10、下列各原子或原子团不属于官能团的是AOHBClCDCOO11、下列操作达不到预期目的的是( )石油分馏时把温度计插入液面以下 用溴水除去乙烯中混有的SO2气体 用乙醇与3 molL1的H2SO4混合共热到170 以上制

6、乙烯 将苯和溴水混合后加入Fe粉制溴苯 将饱和食盐水滴入盛有电石的烧瓶中制乙炔ABCD12、下列关于金属钠性质的叙述中，正确的是（）A钠是密度小、硬度大、熔点高的银白色金属B钠在纯净的氧气中充分燃烧，生成白色固体Na2OC将金属钠放入CuSO4溶液中，可观察到大量红色的铜析出D将金属钠放入水中立即熔化成小球，说明金属钠熔点低，且反应放出热量13、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAB1.0mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAC在含4mol Si-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为2NAD46g有

7、机物C2H6O的分子结构中含有的CH键数目一定为5NA14、将足量HCl通入下述各溶液中，所含离子还能大量共存的是AK、SO32、Cl、NO3BH、NH4、Al3、SO42CNa、S2、OH、SO42DNa、Ca2、CH3COO、HCO315、下列说法正确的是A与含有相同的官能团，互为同系物B属于醛类，官能团为CHOC的名称为：2乙基1丁烯D 的名称为：2甲基1，3二丁烯16、下列物质见光不会分解的是（ ）AHNO3BAgNO3CHClODNaHCO3二、非选择题（本题包括5小题）17、近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线

8、如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是_。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为_。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是_、_。（4）D的结构简式为_。（5）Y中含氧官能团的名称为_。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为332。写出3种符合上述条件的X的结构简式_。18、短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形。回答下列问题：(1)Y的最高价氧化

9、物的化学式为_；Z的核外电子排布式是_；(2)D的最高价氧化物与E的一种氧化物为等电子体，写出E的氧化物的化学式_；(3)D和Y形成的化合物，其分子的空间构型为_；D原子的轨道杂化方式是_；(4)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是_。19、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：.SO2的制备 （1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流

10、方向合理的连接顺序为_(填小写字母)。（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为_。.SO2Cl2的制备和纯度的测定将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。（3）仪器e的名称为_，b中试剂的名称为_。（4）f的作用是_。（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。产品加水配成溶液时发生的反应为_。SO2Cl2的质量分数为_。(保留三位有效数字)。20、电镀厂曾采用有氰电镀工艺，处理有氰电镀的废水时，可在催化剂

11、TiO2作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-，在酸性条件下CNO-继续被NaClO氧化成N2和CO2。环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，以证明处理方法的有效性，并通过测定二氧化碳的量确定CN-被处理的百分率。将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200 mL(其中CN-的浓度为0.05 molL-1倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：（1）甲中反应的离子方程式为_，乙中反应的离子方程式为_。（2）乙中生成的气体除N2和CO2外，还有HCl及副产物Cl2等。丙中加入的除杂试剂是饱和食盐水，其作用是

12、_，丁在实验中的作用是_，装有碱石灰的干燥管的作用是_。（3）戊中盛有含Ca(OH)20.02mol的石灰水，若实验中戊中共生成0.82 g沉淀，则该实验中测得CN-被处理的百分率等于_。该测得值与工业实际处理的百分率相比总是偏低，简要说明可能原因之一_。21、过量的碳排放会引起严重的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球出现大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。（1）海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl、CO32和HCO3。其中，导致海水呈弱碱性的微粒有_。（2）珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸收海水中物质而逐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚礁的主要反应为Ca2+ + 2HC

13、O3- CaCO3+ CO2+ H2O。 请结合化学用语分析该反应能够发生的原因：_。 与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的原因：_。（3）研究人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩（主要成分为CaSiO3）中，使其转化为碳酸盐晶体。玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为_。（4）“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图所示。已知：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产

14、生的固体废渣，其主要成分为CaSO42H2O。吸收塔中发生的反应可能有_（写出任意2个反应的离子方程式）。料浆的主要成分是_（写化学式）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；正反应体积增大，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变化的，所以当密闭容器中混合气体的密

15、度不变时反应达到平衡状态；由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态；正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态；由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态；由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态；答案选A。2、C【解析】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏

16、大，A项错误；B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B项错误；C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误；答案选C。3、D【解析】配制100 mL 1.0 mol/L Na2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0 mol/L 0.1L106g/mol=10.6g，溶于水配成溶液的体积为100 mL，据此解答。【详解】A、容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在

17、烧杯中溶解，故A错误；B、碳酸钠溶液的配制时，溶解过程就加入100 mL的水，则下面的实验：移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100 mL，故B错误；C、移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误；D、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，所以D选项是正确的。故答案选D。4、D【解析】A烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为=，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；C苯分子中不存在碳碳双键，故C错误；Dn=7，主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合条件的有(CH3)3

18、CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；答案选D。【点睛】本题的难点为D，要注意缩短碳链法书写同分异构体的使用和练习；易错点为C，要注意苯分子结构的特殊性。5、C【解析】A、Fe2(SO4)3加热水解生成Fe（OH）3和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到Fe2(SO4)3，A错误；B、氯化钾属于不水解的盐，加热蒸干，最后得到氯化钾固体，B错误；C、FeCl3加热促进水解生成Fe（OH）3和HCl，HCl易挥发，进一步促进水解，所

19、以得到氢氧化铁，Fe（OH）3易分解生成Fe2O3，因此最后灼烧得到Fe2O3固体，C正确；D、碳酸钠加热蒸干，最后得到Na2CO3固体，D错误；答案选C。6、B【解析】由1-氯丁烷制取少量的1，2-丁二醇：1-氯丁烷先进行消去反应生成丙烯：NaOH+CH3CH2CH2ClCH3CH=CH2+NaCl+H2O，再通过加成反应生成1,2-二溴丙烷：CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br，最后通过水解反应将1,2-二溴丙烷变为1,2-丙二醇：CH3CHBrCH2Br + 2NaOH CH3CHOHCH2OH+2NaBr。此过程经过了消去加成水解反应，故B选项符合题意。综上所述，本题正

20、确答案为B。【点睛】本题考查卤代烃的性质。依据是卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中会发生消去反应，在经过加成反应变成二卤代烃，再通过水解反应制取二元醇。7、B【解析】C的2s轨道和两个2p轨道杂化成三个sp2轨道，即C原子的杂化类型为sp2杂化 ，故合理选项为B。8、B【解析】A、焰色反应是物理变化，A错误；B、防止其他杂质产生的焰色，对检验物质的焰色产生干扰，因此实验前，需要用盐酸清洗铂丝或者铁丝，B正确；C、K的焰色为紫色，会被活动的黄色遮掩，因此需要用蓝色钴玻璃过滤掉黄光，但是Na的焰色不需要通过蓝色钴玻璃观察，C错误；D、NaCl和Na2CO3均含有Na元素，焰色反应均为黄色，无法区分，D错误

21、；答案选B。9、A【解析】A. C的生成速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，故达到平衡状态，A项正确；B. 单位时间内生成nmol A，同时生成2nmol B，二者均为逆反应速率，不能说明平衡状态，B项错误；C. 单位时间内消耗nmol A，同时生成2nmol C，二者均为正反应速率，不能说明平衡状态，C项错误；D. B的生成速率与C分解的速率相等，二者均为逆反应速率，不能说明平衡状态，D项错误。答案选A。10、C【解析】官能团是决定有机物性质的原子或原子团，官能团与离子不同，为中性基团，以此来解答。【详解】A. OH为羟基，为醇或酚的官能团，故A不选；B. Cl为卤素原子，为官能团

22、，故B不选；C. 是苯基，不属于官能团，故C选；D. COO为酯基，属于酯的官能团，故D不选。故选C。11、D【解析】分馏时温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，不能达到预期目的；溴水与乙烯和二氧化硫均反应，不能用溴水除去乙烯中混有的SO2气体，应用氢氧化钠溶液除杂，不能达到预期目的；应用浓硫酸，稀硫酸不能起到催化和脱水作用，不能达到预期目的；苯和溴水不反应，应用液溴，不能达到预期目的；为减缓反应的速率，可用饱和食盐水与电石反应制取乙炔，能达到预期目的；答案选D。12、D【解析】A. 钠是密度小、硬度 、熔点低的银白色金属，A错误；B. 钠在纯净的氧气中充分燃烧，生

23、成淡黄色固体Na2O2，B错误C. 将金属钠放入CuSO4溶液中，首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不能观察到大量红色的铜析出，C错误；D. 钠的熔点低，与水反应放热，将金属钠放入水中立即熔化成小球，D正确；答案选D。【点睛】选项C是解答的易错点，注意钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。13、C【解析】A. 标准状况下，CCl4不是气态，不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算CCl4物质的量，故A

24、错误；B. 1.0mol CH4与Cl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故B错误；C.1molSiO2中含4molSiO键，则在含4mol Si-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为2NA，故C正确；D. 46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，若C2H6O为甲醚，1mol中含有6molC-H键，若是乙醇，含有5molC-H键，故D错误；答案选C。【点睛】注意有机物的同分异构现象，有机物C2H6O可能是二甲醚和乙醇！14、B【解析】A.通入氯化氢后，硝酸根氧化亚硫酸根，所以不能大量共存；B.四种离子可以大量共存，通入氯化氢后仍然可以大量共

25、存；C.通入氯化氢后S2、OH均不能大量共存；D.通入氯化氢后CH3COO、HCO3均不能大量共存。故选B。15、C【解析】A. 前者OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B. 该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基， B错误；C. 该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基1丁烯，C正确；D. 该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳

26、原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。16、D【解析】分析：浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解,而NaHCO3加热分解,见光不分解,据此进行解答。详解:A.HClO见光分解为HCl与氧气,故A不选；B.AgNO3见光分解Ag、二氧化氮、氧气,故B不选；C.HClO见光分解为二氧化氮、氧气与水,故C不选；D.NaHCO3加热分解生成碳酸钠、水和CO2,而见光不分解,所以D选项是正确的；所以D选项是正确的。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙炔

27、取代反应加成反应羟基、酯基、【解析】A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。【详解】（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。

28、（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：【点睛】本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。18、SO3 1s22s22p63s23p5 N2O 直线型 sp Mg3N2+6H2O3Mg

29、（OH）2+2NH3 【解析】D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，形成正四面体结构的氢化物是甲烷或硅烷，形成三角锥型的氢化物是氨气，形成V型的氢化物是水或硫化氢，形成直线型结构的氢化物是乙炔、氟化氢或氯化氢，这几种元素的原子序数逐渐增大，所以D的氢化物是甲烷，E的氢化物是氨气，X的氢化物是硅烷，Y的氢化物是硫化物，Z的氢化物是氯化氢，则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl，据此分析解答。【详解】根据上述分析，D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl。(1)Y为S，最高价氧化

30、物的化学式是SO3，Z为Cl，其基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p5，故答案为：SO3；1s22s22p63s23p5；(2)D为C，最高价氧化物为CO2，E为N，CO2与E的一种氧化物为等电子体，则E的氧化物为N2O，故答案为：N2O；(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子的空间构型和二氧化碳的相同，为直线型；分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，不含孤电子对，采取sp杂化；故答案为：直线型；sp；(4)E的单质为氮气，镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成两种碱性物质，分别是氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3，故答案为：Mg3

31、N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3。【点睛】正确判断元素种类是解题的关键。本题的难点为元素的判断，要注意从“正四面体”结构的分子为甲烷或烷，结合常见物质的结构突破。19、adecbf或adecbdef Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 冷凝管或球形冷凝管 饱和食盐水 防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解 SO2Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl 84.4% 【解析】(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反应；(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯

32、化氢，据此分析解答；(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；根据NaOH 与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。【详解】(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管

33、上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O；(3)根据图示，e为球形冷凝管；b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故b中试剂为饱和食盐水，故答案为：(球形)冷凝管；饱和食盐水；(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d，故答案为：防止空气中的水蒸气进入到d使S

34、O2Cl2水解；(5)SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即为同时生成盐酸和硫酸，方程式为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案为：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl24H+4OH-的关系，消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000molL-120.0010-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)= =0.0025mol，配成 200mL 溶液，取出 20.00mL，所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol10=0.025mol，m(SO2Cl2)=nM=0.025mol135g/mol=3.

35、375g，质量分数=100%=84.4%，故答案为：84.4%。20、 CN-+ClO-=CNO-+Cl- 2CNO-+2H+3 CNO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O 除去HCl气体 去除Cl2 防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度 82% 装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【解析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN氧化成CNO，ClOCNCNOCl，CN中N显3价，C显2价，CNO中氧显2价，N显

36、3价，C显4价，因此有ClO中Cl化合价由1价1价，化合价降低2价，CN中C化合价由2价4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN+ClO=CNO+Cl ；根据信息酸性条件下，CNO被ClO氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO+2H+3 CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O ；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN)=n(CaCO3)=0.82

37、/100mol=8.2103mol，被处理的百分率是8.2103/(2001030.05)100%=82%，装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。点睛：本题氧化还原反应方程式的书写是学生易错，书写氧化还原反应方程式时，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如（1）第二问，CNO继续被ClO氧化，说明CNO是还原剂，N2为氧化产物，ClO是氧化剂，一般情况下，没有明确要求，ClO被还原成Cl，Cl是还原产物，即有CNOClON2CO2Cl，然后分析化合价的变化，N由-3价0价，Cl由1价1价，根据化合价升降进行

38、配平，即2CNO3ClON2CO23Cl，环境是酸性环境，根据反应前后所带电荷守恒，H作反应物，即2CNO+2H+3CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O 。21、CO32-、HCO3- HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32- + H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2 共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2+ + 2HCO3-CaCO3+ CO2+ H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中C

39、O2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成 CaSiO3 + CO2 + H2OCaCO3 + H2SiO3（或CaSiO3 + CO2CaCO3 + SiO2） NH3H2O + CO22NH4+ + CO32- + H2O、NH3H2O + CO2NH4+ + HCO3-、CO32- + CO2 + H2O2HCO3-（写出任意2个均可） CaCO3、(NH4)2SO4 【解析】(1)根据盐类水解的规律分析判断；(2)HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32- + H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时生成CaCO3沉淀；常见HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2，据此分析解答；结合光合作用和Ca2+ + 2HCO3-CaCO3+ CO2+ H2O的平衡