河南省巩义市市直高中2024年高三二诊模拟考试化学试卷含解析

河南省巩义市市直高中2024年高三二诊模拟考试化学试卷1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码精确     粘贴在条形码区域内。3.请依据题号挨次在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X₂YW是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是C.Z、W组成的化合物能与强碱反应D.X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:13、下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是()A.NaOH+HCIO₄→NaCIO₄+H₂OB.H₂CO₃+Na₂SiO₃→H₂SiOl+Na₂CO₃C.Zn+FeSO₄→ZnSO₄+FeD.2FeCl₃+2NaI→4、下图为光电催化能源化利用CO₂制备太阳能燃料的示意图。下列说法不正确的是A.阳极反应式为2H₂O-4e~==4H*+O₂↑C.阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大A.全部原子不行能处于同一平面B.可以发生加聚反应和缩聚反应C.与互为同分异构体.D.1molM最多能与1molNa₂CO₃反应6、化学在生产和生活中有着重要的作用。下列有关说法不正确的是()A.焊接金属时常用NH₄Cl溶液做除锈剂B.嫦娥系列卫星中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要缘由，这些颗粒物集中在空气中都会7、某同学接受工业大理石(含有少量SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质)制取CaCl₂·6H₂O,设计了如下流程：溶液1固体1A.固体I中含有SiO₂,固体Ⅱ中含有Fe(OH)₃B.使用石灰水时，要把握pH,防止固体Ⅱ中Al(OH)₃转化为AlO₂C.试剂a选用盐酸，从溶液II得到CaCl₂·6H₂O产品的过程中，须把握条件防止其分解D.若转变试验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯洁A.从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂D.水墨山水画不易褪色的缘由是墨汁中的炭黑具有吸附性9、下列说法正确的是()B.恒温时，向水中加入少量固体硫酸氢钠，水的电离程度增大C.2CO(g)+2NO(g)=N₂(g)+2CO₂(g)在298K时能自发D.在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na₂CO₃溶液，振荡、过滤、洗涤，沉淀中加入盐酸有气体产生，说明A.向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增加溶液的漂白力量C.向Na₂CO₃溶液中通入足量的Cl₂的离子方程式：2Cl₂+CO₃²-+H₂O=CO₂+2D.室温下，向NaOH溶液中通入Cl₂至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na⁴)=2c(ClO~)+c(HClO)A.MgO(s)+C(s)=CO(g)+Mg(g)高温下能自发进行，则该反应AH>0、AS>0B.常温下等物质的量浓度的CH₃COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同D.对于反应2SO₂+O₂=2SO₃,使用催化剂能加快反应速率并提高SO₂的平衡转化率12、某温度下，在2L恒容密闭容器中投入肯定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)△H=-QkJ-mol-1(Q>0),12s时生成C的物质的量为0.8mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是B.图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率C.化学计量数之比b:c=1:2A.柑橘属于碱性食品B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒C.氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品D.棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO₂对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向肯定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ₃溶液，生成的沉淀X(OH)₃的质量随XZ₃溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中肯定能大量共存的是试剂试剂c反应V过滤滤反应V过量稀试剂b试剂c调整pH过不断通入O:黄铜矿粉试剂a绿矾A.试剂a可以是CuO或Cu(OH)₂,作用是调整pH至3.7～4.7之间B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS₂+2H₂SO₄+17O₂=4CuSO₄+2Fe₂(SO₄)₃+2H₂O,该反应中铁元素被还原C.操作X为蒸发浓缩至溶液表面消灭晶膜，再冷却结晶D.反应Ⅲ的离子方程式为Cu²++Fe==Cu+Fe²*,试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H⁴=Fe²⁴+H₂↑,16、分子式为CsH₁₂的烃，其分子内含3个甲基，该烃的二氯代物的数目为(2)CuSO₄溶液和Na₂S溶液下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是()A.CuS<Cu(OH)₂<CuCO₃B.CuS>Cu(OH)₂>CuCO₃C.Cu(OH)₂>CuCO₃>CuSD.Cu(OH)₂>CuCO₃>CuS20、两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺[5,5]十一烷的结构为下列关于该化合物的说法错误的是()A.一溴代物有三种B.与十一碳烯互为同分异构体C.分子中全部碳原子不行能在同一平面D.1mo1该化合物完全燃烧需要16mo1O₂A.60g丙醇中含有的共价键数目为10N₄B.过氧化钠与水反应生成0.1molO₂时，转移的电子数为0.2N₄C.0.1mol·L*碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1ND.密闭容器中，1molN₂与3molH₂反应制备NH₃,产生N—H键的数目为6N.个22、向100mL0.1mol-L¹硫酸铝铵[NH₄AI(SO₄)₂]溶液中逐滴滴入0.1mol-L-Ba(OH)₂溶液。随着Ba(OH)₂溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。下列说法正确的()A.a点的溶液呈中性B.a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大C.b点加入Ba(OH)₂溶液的体积为250mL二、非选择题(共84分)23、(14分)请依据以下学问解答1,4—丁二醇是生产工程塑料PBT(聚对苯二甲酸丁二酯)的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备，AC对苯二甲酸BDE提示：①合成过程中无机试剂任选②反应流程图表示方法示例如下：24、(12分)重要的化学品M和N的合成路线如图所示：MA△GDEF(2)写出下列物质的结构简式：X:Z:E:(4)1molG肯定条件下，最多能与molH₂发生反应(5)写出一种符合下列要求G的同分异构体①有碳碳叁键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种(6)1,3-丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图,合成路线流程图示例如下：25、(12分)B.[试验化学]丙炔酸甲酯(CH=C—COOH)是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。试验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为步骤1:在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2:蒸出过量的甲醇(装置见下图)。步骤3:反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na₂CO₃溶液、水洗涤。分别出有机相。步骤4:有机相经无水Na₂SO₄干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。(1)步骤1中，加入过量甲醇的目的是_。(2)步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是:蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是(3)步骤3中，用5%Na₂CO₃溶液洗涤，主要除去的物质是;分别出有机相的操作名称为。(4)步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的缘由是_。26、(10分)亚硝酸钠(NaNO₂)是一种常用的食品添加剂，使用时需严格把握用量。试验室以2NO+Na₂O₂=2NaNO₂为已知：①酸性KMnO₄溶液可将NO及NO₂氧化为NO₃,MnO₄被还原为Mn²*。标准液滴定。重复三次，标准液平均用量为20.00mL。a.锥形瓶b.容量瓶c.胶头滴管d.酸式滴定管e.碱式滴定管f.玻璃棒②假定其他物质不与KMnO₄反应，则固体样品中NaNO₂的纯度为%。(2)装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是(3)用CIO₂消毒自来水，其效果是同质量氯气的倍(保留一位小数)。(4)装置D用于吸取尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2:1,则还原产物的化学式是(5)若将装置C中的溶液改为Na₂S溶液，通入CIO₂后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：②请设计试验证明你的假设(仅用离子方程式表示):CO₂和液态水，该反应的热化方程式为甲分析可知X为(写化学式):0-t速率为乙时间段的反应温度为,0-t₁时间段用SO₂(3)焦炭催化还原SO₂生成S₂的化学方程式为2C(s)+2SO₂(g)=S₂(g)+2CO₂(g)。在恒容容器中，浓度为1mol/L的SO₂(4)25℃时，用1mol/L的Na₂SO₃溶液吸取SO₂,当溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为方程式:阴极室得到的物质是,写出阴极反应及获得相应物质的方程式 》。29、(10分)H₂S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H₂S的方法有很多。及空气氧化CuCl₂~再生Cu²*。N2。当33.6m³(标准状况)某燃气(H₂S的含量为0.2%)脱硫时，消耗NO₃-的物质的量为mol。Ⅱ.H₂(g)+S(s)=H₂S(g)△H₂=-20Ⅲ.S(s)+O₂(g)=SO₂(g)△H₃=-296则以Claus法脱除H₂S的反应：2H₂S(g)+SO₂(g)=3S(s)+2H₂O(1)△H=A.K,随温度的上升而增大B.低压有利于提高HpS的平衡分解率C.维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，则v(正)<v(逆)D.在恒容密闭容器中进行反应，当气体密度不再变化时，反应达到平衡状态一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)【解析】最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a,Z的最外层电子数为b,则2a+b+6,当a=1,b=4时满足题意，即Na₂O₂,存在Na*和O₂²,则阴阳离子之比为1:2,故D错误；故答案为D。不能解释CO₂+6H⁴+6e~==CH₃OH+H₂O,选项D正确。D.中性时由电荷守恒得到c(Na+)=c(ClO~)+c(Cl),由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl-)=c(ClO~)+c(HClO),两式联立可得c(Na+)=2c(ClO~)+c(HClO),选项D正确。答案选B。【解析】A.当△G=△H-T△S<0时反应能自发进行，反应MgO(s)+C(s)=CO(g)+Mg(g)的△S>0,高温下能自发进行，则该反应AH>0,故A正确；B.等物质的量浓度的CH₃COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH₃COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；C.0.1mol/LNH₄Cl溶液加水稀释，NH₄⁴+H₂O=NH₃·H₂O+H*,促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子D.对于反应2SO₂+O₂=2SO₃,使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，SO₂的平衡转化率不变，故D错误；答案选A。【点睛】【解析】某温度下，在2L恒容密闭容器中投入肯定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)△H=-QkJ·mol-¹(Q>0),12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol,A.由图像可知A的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L,反应速率1所求为0~2s的平均速率，不是2s时的速率，故A错误；C.12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b:c=(0.5mol/L-0.3mol/L)×2L:0.8mol=1:2,D.由题意可知，3molA与1molB完全反应生成2molC时放出QkJ的热量，12s内【解析】水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A正确；B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；C.氯化钠的浓溶液(超过0.9%)才有防腐作用，由于这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用来D.棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生元素，完全燃烧除生成CO₂和H₂O,还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO₂和H₂O,还有其它物质生成，选项D错误；【解析】水解。答案选C。【解析】A.加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe³+形成Fe(OH)₃沉淀，同时要防止生成Cu(OH)₂沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO[或Cu(OH)₂、CuCO₃等],故A正确；B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS₂+2H₂SO₄+17O₂=4CuSO₄+2Fe₂(SO₄)g+2H₂O,该反应中铁元素化合价上升被氧C.操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面消灭晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；D.反应Ⅲ主要是Cu²*与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu²+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应IV时应当将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为【解析】分子式为C₅H₁₂含3个甲基的烃为该烃的一氯代物有4种：CICH₂CH(CH₃)CH₂CH₃、(CH₃)分异构体有5+2+2+1=10种，答案选C。【解析】A.液氯是只含Cl₂的纯洁物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；C.胆矾的化学式为CuSO₄·5H₂O,绿矾的化学式为FeSO₄·7H₂O,二者表示的不是同一种物质，故C错误；D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。【点睛】本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A,留意对易混淆的物质归纳总结。【解析】由(1)可知，Cu(OH)₂比CuCO₃易生成，说明Cu(OH)₂比CuCO₃溶解度小；由(2)可知，CuS比Cu(OH)₂易生成，【解析】小，Kn越大，故A错误；B、温度上升，更多分子吸取能量成为活化分子，反应速率增大，但活化能不变，故B错误；C.黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜在空气中的氧-OH的核磁共振氢谱上峰的个数相同，但峰面积之比分别为1:2:2:3和1:2:2:1,可【解析】B.直接从不饱和度来推断，该烷形成了两个环，不饱和度为2,而十一碳烯仅有1个不饱和度，二者不行能为同分异D.该物质的分子式为C₁₁H₂₀,因此其完全燃烧需要16mol【解析】A.60g丙醇为1mol,丙醇中含7个C-H键、2个C-C键、1个C-O键和1个O-H键，存在的共价键总数为11NA,故B.2Na₄O₂+2H₂O=4NaOH+O₂t,Na₂O₂中一个氧原子从-1价上升到0价；另外一个从-1价降到-2价，每生成1molO₂时，转移的电子数为2N,生成0.1molO₂时，转移的电子数为0.2N,故B正确；C.溶液的体积未知，无法计算，故C错误；D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应，1molN₂与3molH₂反应产生的NH₃小于2mol,故产生N—H键的数目小于6N【解析】100mL0.1mol-L¹硫酸铝铵[NH₄Al(SO₄)₂]中NH₄AI(SO₄)₂物质的量为0.01mol.溶液含有NH₄*0.01mol,Al+0.01mol,开头滴加时，发生反应为SO₄²+Ba²*=BaSO₄↓,Al³*+3OH=Al(OH)₃↓,当AF*沉淀完全时需加入0.03molOH,即加入0.015molBa(OH)₂,加入的Ba²*为0.015mol,SO₄²未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；(开头到a)再滴加Ba(OH)₂,生成BaSO₄沉淀，发生反应为SO₄²+Ba²*=BaSO₄↓,NH₄⁴+OH=NH₃·H₂O,所以沉淀质量连续增剩余0.01molOH'恰好与NH₄+完全反应，此时溶液中NH₄完全反应，此时溶液为氨水溶液；(a到b)连续滴加Ba(OH)₂,Al(OH)₃溶解，发生反应Al(OH)₃+OH=AIO₂~+2H₂O,由方程式可知要使0.01molAl(OH)₃完全溶解，需再加入0.005molBa(OH)₂,此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液.(b到c)【详解】A.由分析可知，从开头到a点，发生反应为SO₄²~+Ba²*=BaSO₄↓,Al++3OH~=Al(OH)₃J,a点对应的沉淀为BaSO₄和AI(OH)₃,溶液中的溶质是(NH₄)₂SO₄,该物质水解溶液呈酸性，A错误；【点睛】在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是NH₄÷、Al*、AI(OH)₃与OH反应的挨次问题，若假设NH₄先与OH发生反应，由于生成的NH₃·H₂O能与Al+反应生成Al(OH)s,所以假设错误，应为Al*先与OH反应生成Al(OH)₃;对NH₄、AI(OH)₃哪个先与OH反应，若我们认为Al(OH)₃先反应，生成的AlO₂能与NH₄+发生反应生成Al(OH)₃和NH₃·H₂O,所以假设错误，应为NH₄先与OH反应。二、非选择题(共84分)23、CH=CCH=CH₂CH=CCH₂OHCH₂=CHCH=CH₂+Br₂→C【解析】乙炔与甲醛发生加成反应生成D为HC=CCH₂OH,D与甲醛进一步发生加成反应生成E为HOCH₂C=CCH₂OH,E与氢气发生加成反应生成HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH。分子乙炔聚合得到A为HC=CCH=CH₂,结合信息可以知道及HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH可以知道，A与氢气发生加成反应生成B为CH₂=CHCH=CH₂,B与溴发生1,4-加成反应生成BrCH₂CH=CHCH₂Br,BrCH₂CH=CHCH₂Br与氢气发生加成反应生成C为BrCH₂CH₂CH₂CH₂Br,C发生水解反应得到HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。据此分析。【详解】(2)CH₂=CHCH=CH₂与溴发生1,4加成反应生成BrCH₂CH=CHCH₂Br,化学方程式为：CH₂=CHCH=CH₂+Br₂→CH₂BrCH=CHCH₂Br,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT,反;(3)关于对苯二甲酸的结构，在同始终线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4个，答案(4)由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再发生碱性3【解析】有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C₉H₁oO₂可知，X为,A为发生消去反应脱去1分子H₂O生成B,故B为,B氧化生成C为由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C₄₁H₃₆Og可知，形成M的物质为,,#中及应可知，B、6分期为ch-cnctr中的一种，由E的结构可知G为CH₂=CHCH(OH)CH₂CHO,F发生消去反应得G,Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH₂)₃CCHO,D与氢气发生加成反应得E,乙醇合成1,3-丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1,3-丙【详解】;;。和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为(4)G为CH₂=CHCH=CHCHO,1molG肯定条件下，最多能与3molH₂发生反应；(5)G为CH₂=CHCH=CHCHO,依据条件①有碳碳叁键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，(6)乙醇合成1,3-丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1,3-丙二醇，合25、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】(1)一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应(2)依据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入(3)丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃,制备丙炔酸甲酯接受水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸取硫酸；5%的Na₂CO₃溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na₂CO₃,然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；(4)水浴加热供应最高温度为100℃,而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃,接受水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的【点睛】《试验化学》的考查，相对比较简洁，本题可以联想试验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，试验室制备乙酸乙酯的试验中，饱和碳酸钠的作用是吸取乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平常复习试验时，应留意课本试验复习，特殊是课本试验现象、试验不足等等。26、aedbc(或cb)f固体渐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生adf50%Na₂CO₃、NaOH碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥管(或U形管)取少量KI溶液和NaNO₂溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加肯定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO₂具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管，然后滴加几滴淀粉溶液不变色，滴加NaNO₂溶液，溶液变为蓝色，证明酸性条件下NaNO₂具有氧化性)【解析】本题表面考查了2NO+Na₂O₂=2NaNO₂,该反应是生疏反应，但实际主要以基础学问为主，例如NO、Na₂O₂,NO₂等【详解】(1)A中浓硝酸与炭反应生成NO₂,NO₂通入C装置可产生NO,因而按气流方向连接仪器接口aed,留意进步短出，然后NO和B中Na₂O₂反应，最终D为除杂装置，因而后续连接挨次为bc(或cb)f,该处答案为aedbc(或cb)f;(2)NO₂与水反应可得稀硝酸和NO,稀硝酸(包含挥发的硝酸)与Cu反应得到硝酸铜和NO,NO为无色气体，因②高锰酸钾与亚硝酸钠的离子方程式为2MnO₄+5NO₂+6H*=2Mn²*+5NOg+3H₂O,③碳和浓硝酸反应得到CO₂,同时C中会有水蒸气进入B中，CO₂和水分别与Na₂O₂反应得品中含有的主要杂质为Na₂CO₃、NaOH,同时除去CO₂和H₂O,可使用碱石灰(或氢氧化钠固体),该药品可装在干燥(4)要想证明酸性条件下NaNO₂具有氧化性，需要选用合适的还原剂(如KI溶液)与之反应，并且能够观看到明显的反应现象(如淀粉遇碘变蓝),依据供应的试剂可选用0.10molLINaNO₂溶液、0.10mol-L'KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，留意用稀硫酸酸化，稀硝酸有强氧化性干扰试验。因而试验过程为取少量KI溶液和NaNO₂溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加肯定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO₂27、SO₂+H₂SO₄+2KCIO₃=2KHSO₄+2CIO₂通过检验I₂的存在，证明CIO₂有强氧化性使ClO₂尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO₂假设b正确，S²~的还原性强于厂，所以CIO₂也能氧化S²~或CIO₂是强氧化剂，S²~具有强还原性SO₄²+Ba²+=BaSO₄!【解析】SO₂+H₂SO₄+2KCIO₃=2KHSO₄+2CIO₂,CIO₂是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C中发生氧化还原反应生成碘，留意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D用于吸取尾气，反应生成NaClO₂,【详解】(1)装置B用于制备CIO₂,同时还生成一种酸式盐，依据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO₂+H₂SO₄+2KCIO₃=2KHSO₄+2CIO₂;装置C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，依据淀粉是否变色来推断是(2)CIO₂是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；(3)1molCl₂即71g消毒时转移2mol电子，71gCIO₂消毒时转移电子为其效果是同质量氯(4)装置D用于吸取尾气，H₂O₂作还原剂生成O₂,H₂O₂~O₂~2e,生成1molO₂转移电子2mol,则2molClO₂得到2mol电子生成2molNaCIO₂;(5)①由于ClO₂具有强氧化性，Na₂S具有强还原性，二者不行能不反应，所以假设a错误，假设b正确；②ClO₂氧化Na₂S后溶液无明显现象，说明ClO₂将S²-氧化生成更高价的酸根SO₄²,所以可通过检验SO₄²-的存在以36.45c(Na¹)>c(HSO₃)>c(SO₃²)>c(H*)=c(OH)硝酸2H₂O-4e²=4H⁴+O₂个或40H'-4e²=2H₂O+O₂↑2H₂O+2e^=H₂↑+2OH或2H++2e²=H₂↑NH₄⁴+OH=NH₃+H₂O氨【解析】(1)先写出CH₄和S的燃烧热的热化学方程式，然后将两个热化学方程式叠加，可得需求的热化学方程式。温度为300℃;依据计算；(3)a点为700℃时SO₂的转化率为90%,依据平衡常数的含义计算。【详解】①CH₄(g)+2O₂(g)=CO₂(g)+2H₂O(由盖斯定律①-②×2可得CH₄(g)+2SO₂(g)=CO₂(g)+2S(s)+2H₂O(1)△H=+(2b-a)kJ/mol;(2)图1右图SO₂→S,S元素的化合价降低，依据氧化还原反应特点，化合价有上升，必定有降低，因此推出X为H₂0-t₁时间段，X的浓度达到最大，应是图1左侧反应，方程式为3H₂+SO₂=H₂S+2H₂O,温度为300℃;依据化学反应速(3)由图可知，a点为700℃时SO₂的转化率为90%,则依据方程式2C(s)+2SO₂(g)=S₂(g)+2CO₂(g)可知平衡时各种物质的浓度c(SO₂)=0.1mol/L,c(S₂)=0.45mol/L,c(CO₂)=0.9mol/L,所以700℃时该反应的平衡常则亚硫酸钠的水解平衡常数为亚硫酸氢钠的电离常数为6.2×10⁸,小于亚硫酸钠的水解平衡常数，当吸取液呈中性时溶质为亚硫酸