甘肅省臨洮中學2021~2022學年第二學期期中考試高二級化學試卷考生注意：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。第I卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；第Ⅱ卷請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區戰內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。3.本卷命題范圍：人教版必修一、必修二()，選修4()，選修5第一章至第三章第二節()。可能用到的相對原子質量：第I卷(選擇題共48分)一、選擇題：本題共16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與社會、科學、技術、環境密切相關。下列說法錯誤的是A.鐵表面鍍鋅可以增強鐵的抗腐蝕性B.深挖填埋廢舊塑料制品可以減輕“白色污染”C.合理利用太陽能、風能和氫能等能源有利于實現“低碳經濟”D.鋼鐵在潮濕的空氣中容易生繡，其主要原因是形成了原電池【答案】B【解析】【詳解】A．若鍍鋅鐵表面鋅層破損后，活潑性強于鐵的鋅做鋅鐵原電池的負極被損耗，鐵被保護，所以鐵表面鍍鋅可以增強鐵的抗腐蝕性，故A正確；B．深挖填埋廢舊塑料制品，廢舊塑料不會發生發生降解，依然會發生塑料造成的“白色污染”，故B錯誤；C．合理利用太陽能、風能和氫能等能源可以減少化石能源的使用，減少二氧化碳的排放，有利于實現“低碳經濟”，故C正確；D．鋼鐵在潮濕的空氣中容易生繡的主要原因是鐵碳在潮濕的空氣中形成了原電池，加快了腐蝕，故D正確；故選B。2.《水經注》記載了甘肅酒泉延壽縣南山出泉水，“如凝膏，燃極明……彼方人謂之石漆”。這里“石漆”的主要成分可能是A.四氯化碳 B.酒精 C.烴 D.雙氧水【答案】C【解析】【詳解】由題意可知，石漆是源于地下、能燃燒的液體說明石漆是石油，石油的主要成分是烴，故選C。3.下列類別的有機物是按碳的骨架來分類的是A.烷烴與環烷烴 B.烯烴與炔烴 C.醇和醚 D.醛和酮【答案】A【解析】【詳解】A．飽和烴按碳的骨架來分類，分類烷烴與環烷烴，故A符合；B．不飽和烴按是否含有碳碳雙鍵、碳碳叁鍵官能團來分，分類烯烴與炔烴，故B不符；C．醇和醚分別含有羥基和醚鍵，按官能團來分類，故C不符；D．醛和酮分別含有醛基和羰基，按官能團來分類，故D不符；故選A。4.石竹烯是一種天然產物，丁香花因它而芬芳四溢。石竹烯可由X經如圖所示轉化制得。下列有關說法錯誤的是A.石竹烯與乙烯互為同系物 B.石竹烯存在芳香烴同分異構體C.X可與鈉反應生成 D.X可通過消去反應生成石竹烯【答案】A【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，石竹烯分子中含有2個碳碳雙鍵，與只含有1個碳碳雙鍵的乙烯官能團數目不同，不可能互為同系物，故A錯誤；B．石竹烯分子的不飽和度為4，碳原子個數大于6，所以石竹烯分子的同分異構體中可能含有苯環，可能存在芳香烴同分異構體，故B正確；C．由結構簡式可知，X分子中含有的羥基可與鈉反應生成氫氣，故C正確；D．由結構簡式可知，X分子中含有的羥基在濃硫酸作用下能發生消去反應生成石竹烯，故D正確；故選A。5.由水電離產生的為的溶液中，能大量共存的離子組是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由水電離產生的為的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液。【詳解】A．酸溶液中，硫離子與氫離子反應生成硫化氫，不能大量共存；堿溶液中，銨根離子與氫氧根反應，不能共存，故A錯誤；B．酸溶液中，硝酸根離子與碘離子、亞鐵離子發生氧化還原反應，不能大量共存；堿溶液中，亞鐵離子與氫氧根離子反應，不能大量共存，故B錯誤；C．碳酸氫根離子無論是在酸溶液中，還是堿溶液中均能與氫氧根離子或氫離子反應，不能大量共存，故C錯誤；D．四種離子無論是在酸溶液中，還是堿溶液中均不發生任何反應，能大量共存，故D正確；故選D。6.設表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A.丁烷中含有鍵數目為B.鈉在空氣中燃燒生成，轉移電子數為C.標準狀況下，含有原子數目為D.溶液中，含N原子數目為【答案】A【解析】【詳解】A．丁烷分子中含有10個碳氫鍵，則0.1mol丁烷中含有碳氫鍵的數目為0.1mol×10×NAmol—1=NA，故A正確；B．23g鈉在空氣中燃燒生成過氧化鈉，反應轉移電子數為×1×NAmol—1=NA，故B錯誤；C．標準狀況下，二氯甲烷為液態，無法計算22.4L二氯甲烷的物質的量和含有的原子數目，故C錯誤；D．缺溶液的體積，無法計算1mol/L硝酸銨溶液中硝酸銨的物質的量和含有的氮原子數目，故D錯誤；故選A。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X、Y同周期且相鄰，Y是地殼中含量最多的元素，Z是短周期中原子半徑最大的主族元素，W的單質常溫下是一種淡黃色固體。下列敘述正確的是A.元素的非金屬性：B.Z的單質在空氣中燃燒生成陰、陽離子個數比為的氧化物C.Y的簡單氣態氫化物的穩定性強于W的D.工業上一般采用電解對應鹽的水溶液制Z單質【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X、Y同周期且相鄰，Y是地殼中含量最多的元素，則Y為氧，X為氮；Z是短周期中原子半徑最大的主族元素，則Z為鈉；W的單質常溫下是一種淡黃色固體，則W為硫。【詳解】據題干信息推知：X、Y、Z、W四種元素分別為N、O、Na、S；A．元素的非金屬性：O＞N＞S，即Y＞X＞W，故A錯誤；B．Na在空氣中燃燒生成Na2O2，其中陰、陽離子個數比為1:2，故B項錯誤；C．元素的非金屬性越強，其氣態氫化物的穩定性越強。O的非金屬性強于S，則簡單氣態氫化物的穩定性：H2O＞H2S，故C正確；D．鈉單質采用電解熔融的NaCl的方法獲得，故D錯誤；故選C。8.2010年，中國首次應用六炔基苯在銅片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意圖如右圖所示)，其特殊的電子結構將有望廣泛應用于電子材料領域。下列說法不正確的是A.六炔基苯的化學式為C18H6B.六炔基苯和石墨炔都具有平面型結構C.六炔基苯和石墨炔都可發生加成反應D.六炔基苯合成石墨炔屬于加聚反應【答案】D【解析】【詳解】A、根據六炔基苯的結構確定六炔基苯的化學式為C18H6，A正確；B、根據苯的平面結構和乙炔的直線型結構判斷六炔基苯和石墨炔都具有平面型結構，B正確；C、六炔基苯和石墨炔中含有苯環和碳碳三鍵，都可發生加成反應，C正確；D、由結構可知，六炔基苯合成石墨炔有氫氣生成，不屬于加聚反應，根據六炔基苯和石墨炔的結構判斷六炔基苯合成石墨炔屬于取代反應，D錯誤；故答案選D。9.下列一鹵代烷，不能發生消去反應的是A.CH3CH2Cl B.(CH3)2CHCl C.(CH3)3CCl D.(CH3)3CCH2Cl【答案】D【解析】【詳解】連有鹵素原子的碳原子必須有相鄰的碳原子且此相鄰的碳原子上還必須連有氫原子時，才可發生消去反應，則CH3CH2Cl、(CH3)2CHCl、(CH3)3CCl均能發生消去反應，(CH3)3CCH2Cl不能發生消去反應；答案選D。10.下列裝置或操作能達到實驗目的的是

A.排水法收集乙烯B.工業乙醇的蒸餾C.實驗室制乙炔D分離苯和硝基苯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．乙烯難溶于水，可用排水法收集，但氣體是從短管進，故A錯誤；

B．溫度計測定餾分的溫度、冷卻水下進上出，圖中蒸餾裝置合理，故B正確；

C．生成的氣體易從長頸漏斗逸出，應改為分液漏斗，該裝置不能用于實驗室制乙炔，故C錯誤；

D．苯和硝基苯互溶，不能通過過濾操作分離，故D錯誤；

故選：B。11.不飽和內酯是各種殺菌劑、殺蟲劑、高分子改性劑、醫藥品的原料或中間體，合成不飽和內酯已引起人們極大的興趣。利用合成一種不飽和內酯的反應如下，下列說法正確的是A.的電子式為B.該反應屬于加成反應C.與互為同分異構體D.可與發生加成反應【答案】B【解析】【詳解】A．甲基中碳原子上含有1個單電子，甲基的電子式為，故A錯誤；B．加成反應指有機物分子中的不飽和雙鍵或三鍵發生斷裂，不飽和原子與其它原子或原子團直接結合生成新化合物的反應，根據加成反應概念知，該反應為加成反應，故B正確；C．的不飽和度是4，的不飽和度是7，二者的分子式不同、結構不同，所以二者不是同分異構體，故C錯誤；D．中只有碳碳雙鍵能和氫氣在一定條件下發生加成反應，可與發生加成反應，故D錯誤；故選B。12.中草藥黃芩對腫瘤細胞的殺傷有獨特作用。下列有關漢黃芩素的敘述正確的是A.有4種含氧官能團 B.分子式為C.能與濃溴水發生取代反應 D.苯環上一氯代物有5種【答案】C【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，黃芩素的含有酚羥基、醚鍵、羰基3種含氧官能團，故A錯誤；B．由結構簡式可知，黃芩素的分子式為C16H12O5，故B錯誤；C．由結構簡式可知，黃芩素分子中與酚羥基碳原子相連的鄰位碳原子上含有氫原子，能與濃溴水發生取代反應，故C正確；D．由結構簡式可知，黃芩素分子中苯環上一氯代物有4種，故D錯誤；故選C。13.分子式為C6H12O且能發生銀鏡反應的同分異構體有(不考慮立體異構)A.7種 B.8種 C.9種 D.10種【答案】B【解析】【詳解】能發生銀鏡反應說明含有醛基，分子式為C6H12O的同分異構體有、、共8種，故選：B。14.實驗室回收廢水中的苯酚的過程如圖所示。下列說法正確的是A.操作I為蒸餾 B.反應Ⅱ也可加入過量溶液C.操作Ⅱ所得有機層可循環利用 D.操作Ⅲ所得水層為溶液【答案】C【解析】【分析】含苯酚廢水中加入苯，萃取廢水中的苯酚，萃取后分液，有機層為苯酚和苯；苯酚和氫氧化鈉溶液反應，生成苯酚鈉，苯酚鈉溶于水，分液可得有機層苯、水層含有苯酚鈉；苯酚鈉溶液和二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉溶液，分液回收苯酚，據此分析作答。【詳解】A．含苯酚廢水中加入苯，萃取廢水中的苯酚，萃取后分液，不是蒸餾，A項錯誤；B．反應Ⅱ加入過量溶液，最后苯酚中存在，B項錯誤；C．操作Ⅱ所得有機層是苯，苯可以又加入到操作Ⅰ中，即苯可循環利用，C項正確；D．反應Ⅱ是苯酚鈉溶液和二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉溶液，所以操作Ⅲ所得水層為NaHCO3溶液，D項錯誤；答案選C。【點睛】苯酚鈉和二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉，不能生成碳酸鈉，因為碳酸酸性大于苯酚酸性大于碳酸氫根酸性。15.以葡萄糖為燃料的微生物燃料電池的結構如圖所示。下列關于該電池的敘述正確的是

A.該裝置屬于電解池B.放電過程中，H+從正極區向負極區遷移C.電池負極的電極反應式為D.在電池反應中，每消耗氧氣，理論上能生成(標準狀況)CO2【答案】C【解析】【詳解】A．該裝置是微生物燃料電池，屬于原電池，A不正確；B．原電池在放電過程中，陽離子向正極移動，則H+從負極區向正極區遷移，B不正確；C．在電池負極，C6H12O6失電子產物與H2O反應，生成CO2氣體和H+，電極反應式為，C正確；D．在電池反應中，每消耗氧氣，得到4mole-，依據電極反應式，理論上能生成22.4L(標準狀況)CO2，D不正確；故選C。16.常溫下，向溶液中逐滴加入的溶液，混合溶液的隨所加溶液體積的變化曲線如圖所示(溶液體積的變化忽略不計)。下列說法中正確的是

A.為一元強堿B.K點對應的溶液中：C.K點對應的溶液中：D.N點水的電離程度小于K點水的電離程度【答案】B【解析】【詳解】A．0.01mol·L－1HA溶液中，其pH=2，c(H＋)=0.01mol·L－1，說明HA為一元強酸，假設MOH是強堿，加入50mLMOH，恰好完全反應，此時溶液的pH=7，但根據滴定曲線，當加入51mLMOH溶液達到中性，MOH過量，說明MOH屬于一元弱堿，A錯誤；B．根據物料守恒，K點時M元素總物質的量是A－物質的量的2倍，即c(M＋)＋c(MOH)=2c(A－)，B正確；C．K點的溶質為MOH和MA，根據電荷守恒：c(M＋)＋c(H＋)=c(A－)＋c(OH－)，根據物料守恒：c(M＋)＋c(MOH)=2c(A－)，兩式合并為c(MOH)＋c(OH－)－c(H＋)=c(A－)=0.005mol·L－1，C錯誤；D．K點，溶液中MOH的濃度大于N點時MOH的濃度，N點對水的電離抑制能力小于K點,即N點的水的電離程度大于K點，D錯誤；故選B。第Ⅱ卷(非選擇題共52分)二、非選擇題：本題共6小題，共52分。17.人們對苯及芳香烴的認識有一個不斷深化的過程，直到1865年才由德國化學家凱庫勒最早提出苯的六元環狀結構。回答下列問題：（1）由于苯的含碳量與乙炔相同，人們認為它是一種不飽和烴，寫出分子式為的一種含2個三鍵且無支鏈的不飽和鏈烴的結構簡式：_______。（2）已知分子式為的結構有多種，其中的兩種結構簡式為

①這兩種結構的區別表現在：定性方面(即化學性質方面)：Ⅱ能_______(填標號，多選不給分)，而I不能。a.被酸性高錳酸鉀溶液氧化b.與溴水發生加成反應c與溴發生取代反應d.與氫氣發生加成反應定量方面(即消耗反應物的量的方面)：與加成時：I需，而II需_______。②今發現還可能有另一種立體結構(如圖所示)，該結構的二氯代物有_______種。

（3）萘也是一種芳香烴，它的分子式是，判斷其結構簡式可能是下列中的_______(填標號)。a.b.c.d.【答案】（1）HC≡CC≡CCH2CH3或HC≡CCH2C≡CCH3或HC≡CCH2CH2C≡CH或CH3CH3C≡CC≡CCH3（2）①.ab②.2③.3（3）c

【解析】【小問1詳解】分子式為，含2個三鍵且無支鏈的不飽和鏈烴的結構簡式可能為HC≡CC≡CCH2CH3、HC≡CCH2C≡CCH3、HC≡CCH2CH2C≡CH、CH3CH3C≡CC≡CCH3，故答案為：HC≡CC≡CCH2CH3或HC≡CCH2C≡CCH3或HC≡CCH2CH2C≡CH或CH3CH3C≡CC≡CCH3；【小問2詳解】①由結構簡式可知，Ⅱ分子中含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，能與溴水發生加成反應，而I不能說明兩者化學性質不同；1molI一定條件下能與3mol氫氣發生加成反應，1molⅡ一定條件下能與2mol氫氣發生加成反應說明兩者化學性質不同，故答案為：ab；2；②由結構簡式可知，分子只有一種環境的氫原子，其一氯代物只有1種，二氯代物有3種，故答案為：3；【小問3詳解】由結構簡式可知，四種物質的結構簡式為C12H10、C12H10、C8H10、C10H14，故選c。18.由飽和烴A制備醇F的反應路線如下：已知烴A相對分子質量為58，分子中含有3個甲基。回答下列問題：（1）用系統命名法命名A的名稱為_______。（2）D的結構簡式為_______。（3）上述反應中屬于消去反應的是_______。（4）寫出反應⑤的化學方程式：_______，F在存在下與加熱反應生成有機物G，與足量銀氨溶液反應可生成_______。【答案】（1）2—甲基丙烷（2）（3）②③（4）①.+2NaOH+2NaBr②.2【解析】【分析】設飽和烴A的分子式為CnH2n+2，由烴A相對分子質量為58可得：14n+2=58，解得n=4，由分子中含有3個甲基可知A的結構簡式為，由有機物的轉化關系可知，在光照條件下與氯氣發生取代反應生成或，則B或C可能為或；或在氫氧化鈉醇溶液中共熱發生消去反應生成，則D為；與溴的四氯化碳溶液發生加成反應生成，則E為；在氫氧化鈉溶液中共熱發生水解反應生成，則F為。【小問1詳解】由分析可知，A的結構簡式為，名稱為2—甲基丙烷，故答案為：2—甲基丙烷；【小問2詳解】由分析可知，D的結構簡式為，故答案為：；【小問3詳解】由分析可知，或在氫氧化鈉醇溶液中共熱發生消去反應生成、溴化鈉和水，所以②③為消去反應，故答案為：②③；【小問4詳解】由分析可知，反應⑤為在氫氧化鈉溶液中共熱發生水解反應生成和溴化鈉，反應的化學方程式為+2NaOH+2NaBr，在銅做催化劑條件下與氧氣發生催化氧化反應生成，1mol與足量銀氨溶液反應可生成2mol銀，故答案為：+2NaOH+2NaBr；2。19.溴乙烷是一種重要的有機化工原料，其沸點為38.4℃。制備溴乙烷的一種方法是乙醇與氫溴酸反應。實際通常是用溴化鈉固體與一定濃度的硫酸以及乙醇起反應。某課外化學興趣小組欲在實驗室制備溴乙烷(裝置如圖)，實驗操作步驟如下：①檢查裝置的氣密性；②在圓底燒瓶中加入乙醇、硫酸，然后加入研細溴化鈉粉末和幾小塊碎瓷片；③小心加熱，使其充分反應。回答下列問題：（1）乙醇與氫溴酸反應制備溴乙烷的化學方程式是_______。（2）裝置A的作用是_______。（3）反應結束后，得到的粗產品呈棕黃色。為了除去粗產品中的雜質，可選擇下列試劑中的_______(填標號)。a.稀氫氧化鈉溶液b.乙醇c.四氯化碳（4）要進一步制得純凈的溴乙烷，可繼續用蒸餾水進行洗滌、分液，然后再加入無水，進行_______(填標號)實驗操作。a.分液b.蒸餾c.萃取（5）為了檢驗溴乙烷中含有溴元素，不能直接問溴乙烷中滴加硝酸銀溶液來檢驗，其原因是_______。通常采用方法是取少量溴乙烷，然后_______(按實驗的操作順序選填下列序號)。①加熱②加入入溶液③加入稀酸化④加入溶液【答案】（1）CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O（2）導氣兼冷凝回流（3）a（4）b（5）①.溴乙烷不能與硝酸銀溶液反應②.④①③②【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，左側裝置中乙醇、硫酸和研細的溴化鈉粉末共熱反應制得溴乙烷，右側裝置中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收溴化氫和發生副反應生成的溴，防止污染空氣。【小問1詳解】乙醇與氫溴酸反應制備溴乙烷的反應為在濃硫酸作用下，乙醇與溴化氫發生取代反應生成溴乙烷和水，反應的化學方程式為CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O，故答案為：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O；【小問2詳解】制備溴乙烷的乙醇具有揮發性，實驗時直形冷凝管A可以起導出溴化氫氣體的作用外，還能將揮發出的乙醇冷凝回流，提高溴乙烷的產率，故答案為：導氣兼冷凝回流；【小問3詳解】濃硫酸具有強氧化性，能將溴化氫氧化為溴，副反應生成的溴溶于溴乙烷使粗產品呈棕黃色，氫氧化鈉溶液與溴反應能生成溴化鈉、次溴酸鈉和水，所以用稀氫氧化鈉溶液可以除去溴乙烷中的溴，故選a；【小問4詳解】用稀氫氧化鈉溶液中除去溴后，溴乙烷中含有未反應的乙醇，可繼續用蒸餾水進行洗滌除去溴化鈉、次溴酸鈉、分液，然后再加入無水氯化鈣除去水分后得到含有乙醇的溴乙烷，接著進行蒸餾操作可以得到純凈的溴乙烷，故選b；【小問5詳解】溴乙烷是非電解質，不能電離出溴離子，不能與硝酸銀溶液反應，所以不能直接問溴乙烷中滴加硝酸銀溶液來檢驗，檢驗檢驗溴乙烷中含有溴元素應向溴乙烷中加入氫氧化鈉溶液共熱將溴乙烷轉化為能電離出的溴離子的溴化鈉，然后加入稀硝酸使溶液呈酸性排出氫氧根離子對溴離子檢驗的干擾后，加入硝酸銀溶液檢驗是否存在溴元素，故答案為：溴乙烷不能與硝酸銀溶液反應；④①③②。20.Glaser反應是指端炔烴在催化劑存在下可發生偶聯反應，例如：2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R＋H2下面是利用Glaser反應制備化合物E的一種合成路線：回答下列問題：(1)B的結構簡式為____________，D的化學名稱為_______________。(2)步驟②的反應化學方程式：___________________________________。(3)E的結構簡式為________。用1molE合成1,4-二苯基丁烷，理論上需要消耗氫氣_____mol。(4)芳香化合物F是C的同分異構體，其分子中只有兩種不同化學環境的氫原子，數目比為3∶1，符合條件的F有5種，分別為、、、__________、___________。【答案】①.②.苯乙炔③.+2Cl2C6H5CCl2CH3+2HCl④.⑤.4⑥.⑦.【解析】【分析】由B的分子式、C的結構簡式可知B為，則A與氯乙烷發生取代反應生成B，則A為．對比C、D的結構可知C脫去2分子HCl，同時形成碳碳三鍵得到D，該反應屬于消去反應．D發生信息中的偶聯反應生成E為。【詳解】(1)結合以上分析可知，B的結構簡式為，D的化學名稱為苯乙炔，故答案為：；苯乙炔；(2)步驟②是乙苯側鏈發生的二取代反應，反應的反應化學方程式+2Cl2+2HCl；故答案為：+2Cl2+2HCl；(3)E的結構簡式為，用1molE合成1，4-二苯基丁烷，碳碳三鍵與氫氣發生加成反應，理論上需要消耗氫氣4mol；故答案為：；4；(4)芳香化合物F是C同分異構體，其分子中只有兩種不同化學環境的氫，數目比為3：1，可能的結構簡式為：、、、、；故答案為：、。【點睛】本題考查有機物的推斷與合成、有機反應類型、限制條件同分異構體書寫、對信息的獲取與遷移運用等，是有機化學常考題型，要熟練掌握官能團的性質與轉化。本題的易錯點是(4)中同分異構體的書寫。21.為了探究硫、碳、硅元素的非金屬性的相對強弱，某實驗小組設計了如圖裝置。

（1）儀器B的名稱為_______。（2）實驗步驟：連接儀器、_______、加藥品后、打開a、滴入濃疏酸、加熱。（3）問題探究①裝置D中足量酸性溶液的作用是_______。②實驗裝置E中有白色沉淀生成，_______(填“能”或“不能”)作為判斷碳元素的非金屬性比硅元素非金屬性強的依據，請說明理由：_______。③寫出銅與濃硫酸反應的化學方程式：_______。（4）設計實驗比較和的氧化性，操作與現象是取少量新制氯水和于試管中，_______。【答案】（1）圓底燒瓶（2）檢驗裝置氣密性（3）①.檢驗二氧化硫是否除盡②.能③.盛有Na2SiO3溶液的試管C中出現白色沉淀證明了碳酸酸性比硅酸強④.Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O（4）用膠頭滴管向試管中滴加NaBr溶液，振蕩靜置，溶液下層呈橙紅色【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中的濃硫酸加入裝置B后與銅共熱反應制得二氧化硫，裝置C中盛有的飽和碳酸氫鈉溶液用于驗證亞硫酸與碳酸的酸性強弱，裝置D中盛有的酸性高錳酸鉀溶液用于檢驗二氧化硫是否除盡，防止二氧化硫干擾二氧化碳與硅酸鈉溶液的反應，裝置E中盛有的硅酸鈉用于驗證碳酸和硅酸的酸性強弱。【小問1詳解】由實驗裝置圖可知，儀器B為圓底燒瓶，故答案為：圓底燒瓶；【小問2詳解】該實驗由氣體的生成與驗證，為防止實驗中氣體逸出影響實驗，所以連接實驗裝置后，在加入藥品前要進行氣密性檢驗，故答案為：檢驗裝置氣密性；【小問3詳解】①由分析可知，裝置D中盛有的酸性高錳酸鉀溶液用于檢驗二氧化硫是否除盡，防止二氧化硫干擾二氧化碳與硅酸鈉溶液的反應，故答案為：檢驗二氧化硫是否除盡；②實驗裝置E中有白色沉淀生成說明二氧化碳和硅酸鈉反應生成難溶性的硅酸，證明碳酸酸性大于硅酸，碳元素的非金屬性比硅元素非金屬性強，故答案為：能；盛有Na2SiO3溶液的試管C中出現白色沉淀證明了碳酸酸性比硅酸強；③銅與濃硫酸的反應為銅與濃硫酸共熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應的化學方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；【小問4詳解】比較Cl2和Br2的氧化性，可以利用置換反應，具體操作為取少量新制氯水和CCl4于試管中，用膠頭滴管向試管中滴加NaBr溶液，振蕩靜置，溶液下層呈橙紅色，故答案為：用膠頭滴管向試管中滴加NaBr溶液，振蕩靜置，溶液下層呈橙紅色。22.煙氣中含有高濃度的SO2、NOx，在排放前必須進行脫硫、脫硝處理。回答下列問題：（1）利用CH4可以將氮的氧化物還原為N2已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)?CO2(g)+2H2O(g)△H2=-802.3kJ·mol-1則反應CH4(g)+4NO(g)?2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=_______kJ·mol-1（2）在體積為1L的恒容密閉容器里，充入0.5molCH4和1molNO2，發生反應為：CH4(g)+2NO2(g)?N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，測得n(NO2)隨溫度變化如圖1所示。①a點時，反應是否已達平衡狀態？_______(填“是”或“否”)。②該反應正反應的△H_______(填“>”或“<”)0。③當反應體系中，_______(填“能”或“不能”)說明反應達平衡狀態。④T2℃時該反應的平衡常數為_______。（3）工業上可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用電解法處理吸收后所得NaHSO3溶液以實現吸收液的回收再利用(裝置如圖2所示)。電源a端為_______極，陽極的電極反應式為_______。【答案】（1）-1163.3（2）①.否②.＜③.不能④.25.6（3）①.負②.HSO-2e-+H2O=SO+3H+【解析】【分析】根據圖象1，隨著溫度升高，n(NO2)先逐漸減少，后逐漸增大，是因為溫度較低時反應速率較慢，隨著溫度升高，反應的NO2逐漸增多，在溫度T2時達到平衡，溫度再升高，平衡逆向移動，容器中的NO2逐漸增多，即b點之前反應未達到平衡狀態，b點之后為平衡狀態，結合圖象中的數據分析解答；根據圖2，與電源b極相連電極上HSO失去電子轉化為SO，被氧化，則b為電源的正極，a為電源的負極，結合電解原理分析解答。【小問1詳解】①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H1=+180.5kJ?mol-1，②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H2═-802.3kJ/mol，根據蓋斯定律：②-①×2得：CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.3kJ/mol-180.5kJ/mol×2=-1163.3kJ/mol，故答案為：-1163.3；【小問2詳解】①根據圖象，隨著溫度升高，n(NO2)先逐漸減少，后逐漸增大，是因為溫度較低時反應速率較慢，隨著溫度升高，反應的NO2逐漸增多，在溫度T2時達到平衡，溫度再升高，平衡逆向移動，容器中的NO2逐漸增多，即b點之前反應未達到平衡狀態，b點之后為平衡狀態，則a點時，反應沒有達平衡狀態，故答案為：否；②根據圖象，溫度升高，n(NO2)逐漸增大，平衡逆向移動，則該反應正反應的△H＜0，故答案為：＜；③充入0.5molCH4和1molNO2，根據CH4(g)+2NO2(g)?N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，反應體系中的比值始終為，因此=，不能說明反應達平衡狀態，故答案為：不能；④b點為平衡狀態，平衡