全國普通中等學(xué)校2016年高考化學(xué)置換卷(三)(衡水卷)(解析版)

1、全國普通中等學(xué)校2016年高考化學(xué)置換卷（三）（衡水卷）（解析版）一、選擇題：本題共7小題，每小題6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將KCl和CuSO4兩種溶液等體積混合后，用石墨電極進行電解，電解過程中溶液pH隨著時間t變化如圖所示，正確的是（）A整個過程中兩電極反應(yīng)：2Cl2eCl2，2H+2eH2不可能同時發(fā)生B電解至c點時，在電解液中加入適量的CuCl2固體，即可將電解液恢復(fù)至原來的濃度Cab段表示電解過程中H+被還原，pH上升D原混合溶液中KCl和CuSO4的濃度之比恰好為2：12某種可充電聚合物鋰離子電池放電時的反應(yīng)為Li1xCoO2+LixC6=6C+Li

2、CoO2，其工作原理示意圖如圖下列說法不正確的是（）A放電時LixC6發(fā)生氧化反應(yīng)B充電時，Li+通過陽離子交換膜從左向右移動C充電時將電池的負極與外接電源的負極相連D放電時，電池的正極反應(yīng)為：Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO23向含有0.2mol氫氧化鈉和0.1mol氫氧化鈣的溶液中，持續(xù)穩(wěn)定地通入二氧化碳氣體，通入氣體為6.72L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時，立即停止，則這一過程中，溶液中離子數(shù)目與通入二氧化碳氣體體積的關(guān)系正確的是（不考慮氣體的溶解）（）ABCD4下列說法不正確的是（）A84消毒液含有次氯酸鈉，潔廁靈中含有鹽酸，二者混合使用會產(chǎn)生氯氣使人中毒B輸送氯氣的管道漏氣，可以用濃氨水檢

3、驗，是因為氯氣和氨氣發(fā)生化合反應(yīng)生成氯化銨C因氯氣消毒過的自來水不宜直接用來養(yǎng)金魚，最好在陽光下曬一段時間D氯氣和二氧化硫均有漂白性，二者按體積比1：1混合后不能是有色布條褪色5把一定量某堿金屬與2.7g鋁的混合物放入足量水中，金屬全部溶解，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體5.6L，向所得溶液中通入過量二氧化碳，過濾，把濾液減壓蒸發(fā)，得固體20g，此堿金屬相對原子質(zhì)量為（）A7B23C39D856化學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)，研究物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)及其變化規(guī)律的自然科學(xué)學(xué)習(xí)科學(xué)研究的基本方法，可以加深對科學(xué)本質(zhì)的認識，增進對物質(zhì)世界的認識下列有關(guān)敘述不正確的是（）A將乙酸乙酯與H218O混合后，用稀硫酸作催

4、化劑，借以判斷乙酸乙酯水解時分子中共價鍵的斷裂情況，該方法應(yīng)稱為同位素示蹤法B相對分子質(zhì)量的測定常用質(zhì)譜儀，分子結(jié)構(gòu)測定方法主要是用紅外光譜等CC6H5OH能與濃溴水生成三溴苯酚，甲苯卻不能與濃溴水反應(yīng)，說明苯酚分子中由于苯環(huán)影響，使羥基上H原子變得活潑D某有機物C分子式為C11H14O2，其1HNMR圖譜如圖（峰右側(cè)或上面的數(shù)字表示H的個數(shù)，且知：7.2ppm（5H）為苯基），可推測該有機物可能為7短周期元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，其原子的最外層電子數(shù)之和為13X與Y、Z位于相鄰周期，Z原子最外層電子數(shù)是X原子內(nèi)層電子數(shù)的3倍或者Y原子最外層電子數(shù)的3倍下列說法正確的是（）AX的氫化物

5、溶于水顯酸性BY的氧化物是離子化合物CZ的氫化物的水溶液在空氣中存放不易變質(zhì)DX和Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物都是弱酸二、非選擇題8（14分）（2016衡水校級模擬）葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養(yǎng)物質(zhì)葡萄糖酸鈣可通過以下反應(yīng)制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸鈣）+H2O+CO2相關(guān)物質(zhì)的溶解性見表：物質(zhì)名稱葡萄糖酸鈣葡萄糖酸溴化鈣氯化鈣水中的溶解性可溶于冷水易溶于熱水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶實驗流程如下：C6H12O6溶液懸濁液Ca（C6H11O7）

6、2請回答下列問題：（1）第步中溴水氧化葡萄糖時，如圖裝置最合適的是_制備葡萄糖酸鈣的過程中，葡萄糖的氧化也可用其它試劑，下列物質(zhì)中最適合的是_A新制CuOH2懸濁液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反應(yīng)后CaCO3固體需有剩余，其目的是_；本實驗中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是_（3）第步需趁熱過濾，其原因是_（4）第步加入乙醇的作用是_（5）第步中，下列洗滌劑最合適的是_A冷水 B熱水 C乙醇 D乙醇水混合溶液9（15分）（2016衡水校級模擬）實驗室常用苯甲醛在濃氫氧化鈉溶液中制備苯甲醇和苯甲酸，反應(yīng)式如下：2+NaOH+HCl已知

7、：苯甲酸在水中的溶解度為：0.18g（4）、0.34g（25）、0.95g（60）、6.8g（95）乙醚沸點34.6，密度0.7138，易燃燒，當(dāng)空氣中含量為1.8348.0%時易發(fā)生爆炸石蠟油沸點高于250實驗步驟如下：向圖1所示裝置中加入8g氫氧化鈉和30mL水，攪拌溶解稍冷，加入10mL苯甲醛開啟攪拌器，調(diào)整轉(zhuǎn)速，使攪拌平穩(wěn)進行加熱回流約40min停止加熱，從球形冷凝管上口緩緩加入冷水20mL，搖動均勻，冷卻至室溫反應(yīng)物冷卻至室溫后，用乙醚萃取三次，每次10mL水層保留待用合并三次萃取液，依次用5mL飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌，10mL 10%碳酸鈉溶液洗滌，10mL水洗滌，分液水層棄去所得

8、醚層進行實驗將分出的醚層，倒入干燥的錐形瓶，加無水硫酸鎂，注意錐形瓶上要加塞將錐形瓶中溶液轉(zhuǎn)入圖2 所示蒸餾裝置，先緩緩加熱，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必需改變加熱方式，升溫至140時應(yīng)對水冷凝管冷凝方法調(diào)整，繼續(xù)升高溫度并收集203205的餾分得產(chǎn)品A實驗步驟中保留待用水層慢慢地加入到盛有30mL濃鹽酸和30mL水的混合物中，同時用玻璃棒攪拌，析出白色固體冷卻，抽濾，得到粗產(chǎn)品，然后提純得產(chǎn)品B根據(jù)以上步驟回答下列問題：（1）步驟萃取時用到的玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒外，還需_（儀器名稱），實驗前對該儀器進行檢漏操作，方法是_（2）飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌是為了除去_，而用碳酸鈉溶液洗滌是為了除去醚層

9、中極少量的苯甲酸醚層中少量的苯甲酸是從水層轉(zhuǎn)移過來的，請用離子方程式說明其產(chǎn)生原因_（3）步驟中無水硫酸鎂是_劑；產(chǎn)品A為_（4）蒸餾除乙醚的過程中采用的加熱方式為_；蒸餾得產(chǎn)品A加熱方式是_；蒸餾溫度高于140時應(yīng)改用_冷凝（5）提純產(chǎn)品B 所用到的實驗操作為_10（14分）（2016衡水校級模擬）煙氣（主要污染物SO2、NOx）經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1SO2（

10、g）+O3（g）=SO3（g）+O2（g）H=241.6kJmol1（1）反應(yīng)3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的H=_molL1（2）室溫下，固定進入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時間后體系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）隨反應(yīng)前n（O3）：n（NO）的變化見圖當(dāng)n（O3）：n（NO）1時，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是_增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其可能原因是_（3）當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時，清液（pH約為 8）中SO32將NO2轉(zhuǎn)化為NO2，其離子方程式為：_（4）CaSO3水懸浮液中加入N

11、a2SO4溶液，達到平衡后溶液中c（SO32）=_用c（SO42）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_【化學(xué)-選修2化學(xué)與技術(shù)】（15分）11（15分）（2016衡水校級模擬）世界環(huán)保聯(lián)盟建議全面禁止使用氯氣用于飲用水的消毒，而建議采用高效“綠色”消毒劑二氧化氯二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，易溶于水、不穩(wěn)定、呈黃綠色，在生產(chǎn)和使用時必須盡量用稀有氣體進行稀釋，同時需要避免光照、震動或加熱實驗室以電解法制備ClO2的流程如圖：（1）ClO2中所有原子_（填“是”或“不是”）滿足8電子結(jié)構(gòu)上圖所示電

12、解法制得的產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍色，除去雜質(zhì)氣體可選用_（填選項字母）A飽和食鹽水 B堿石灰 C濃硫酸 D蒸餾水（2）穩(wěn)定性二氧化氯是為推廣二氧化氯而開發(fā)的新型產(chǎn)品，下列說法正確的是_（填選項字母）A二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理B應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期C穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍D在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝置（3）歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備ClO2，化學(xué)反應(yīng)方程式為_缺點主要是產(chǎn)率低，產(chǎn)品難以分離，還可能污染環(huán)境（4）我國廣泛采用經(jīng)干燥空氣稀釋的氯氣與固體亞氯酸鈉（NaClO2）反應(yīng)制備ClO2，化學(xué)方程式

13、是_此法相比歐洲方法的優(yōu)點是_（5）科學(xué)家又研究出了一種新的制備ClO2的方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為_此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩?，原因是_【化學(xué)-選修3物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）12（2016衡水校級模擬）現(xiàn)有六種元素，其中A、B、C、D為短周期主族元素，E、F為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大請根據(jù)下列相關(guān)信息，回答問題：A元素原子的核外p電子總數(shù)比s電子總數(shù)少1B元素原子p電子總數(shù)與s電子總數(shù)相等，且不與A元素在同一周期C原子所有軌道全滿或半滿D元素的主族序數(shù)與周期數(shù)的差為4E是前四周期中電負性最小的元素F在周期表的第七列（1）A基

14、態(tài)原子中能量最高的電子，其電子云在空間有_個方向，原子軌道呈_形（2）某同學(xué)根據(jù)上述信息，所畫的B原子的電子排布圖如圖，違背了_原理（3）F位于_族_區(qū)，其基態(tài)原子電子有_種運動狀態(tài)（4）CD3中心原子的雜化方式為_，用價層電子對互斥理論推測其分子空間構(gòu)型為_檢驗E元素的方法是_（5）HA3是一種弱酸，可部分電離出H+和A3配合物Co（A3）（AH3）5SO4中的配體是_（填化學(xué)式），鈷離子的配位數(shù)是_化學(xué)-選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)（15分）13（2016衡水校級模擬）A（C2H2）是基本有機化工原料由A制備聚乙烯醇縮丁醛和順式聚異戊二烯的合成路線（部分反應(yīng)條件略去）如圖所示：回答下列問題：（1）

15、A的名稱是_，B含有的官能團是_（2）的反應(yīng)類型是_，的反應(yīng)類型是_（3）C和D的結(jié)構(gòu)簡式分別為_、_（4）異戊二烯分子中最多有_個原子共平面，順式聚異戊二烯的結(jié)構(gòu)簡式為_（5）寫出與A具有相同官能團的異戊二烯的所有同分異構(gòu)體（寫結(jié)構(gòu)簡式）_（6）參照異戊二烯的上述合成路線，設(shè)計一條由A和乙醛為起始原料制備1，3丁二烯的合成路線_參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6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將KCl和CuSO4兩種溶液等體積混合后，用石墨電極進行電解，電解過程中溶液pH隨著時間t變化如圖所示，正確的是（）A整個過程中兩電極反應(yīng)：2Cl2eCl2，2

16、H+2eH2不可能同時發(fā)生B電解至c點時，在電解液中加入適量的CuCl2固體，即可將電解液恢復(fù)至原來的濃度Cab段表示電解過程中H+被還原，pH上升D原混合溶液中KCl和CuSO4的濃度之比恰好為2：1【考點】電解原理【分析】KCl和CuSO4兩種溶液等體積混合后，用石墨電極進行電解，電解分3個階段：第一階段相當(dāng)于電解氯化銅，陽極：氯離子失電子，陰極：銅離子得電子，因為銅離子水解使溶液顯酸性，隨著電解的進行，銅離子的濃度降低，酸性減弱，pH將增大；第二階段陽極：氫氧根離子失電子（來源于水的電離），陰極：仍然為銅離子得電子，因為氫氧根離子消耗，使水溶液中氫離子濃度增大，pH迅速減小；第三階段陽極

17、：氫氧根離子失電子，陰極：氫離子得電子，它們都來源于水的電離，實質(zhì)是電解水，導(dǎo)致溶液的體積減小，使溶液中氫離子濃度增大，pH繼續(xù)減小【解答】解：KCl和CuSO4兩種溶液等體積混合后，用石墨電極進行電解，電解分3個階段：第一階段相當(dāng)于電解氯化銅，陽極：氯離子失電子，陰極：銅離子得電子，因為銅離子水解使溶液顯酸性，隨著電解的進行，銅離子的濃度降低，酸性減弱，pH將增大；第二階段陽極：氫氧根離子失電子（來源于水的電離），陰極：仍然為銅離子得電子，因為氫氧根離子消耗，使水溶液中氫離子濃度增大，pH迅速減??；第三階段陽極：氫氧根離子失電子，陰極：氫離子得電子，它們都來源于水的電離，實質(zhì)是電解水，導(dǎo)致溶

18、液的體積減小，使溶液中氫離子濃度增大，pH繼續(xù)減小A根據(jù)以上分析，氯離子反應(yīng)完，銅離子還剩，所以整個過程中兩電極反應(yīng)：2Cl2eCl2，2H+2eH2不可能同時出現(xiàn)，故A正確；B根據(jù)以上分析，電解至c點時，在電解液中應(yīng)加入CuCl2固體和CuO固體，故B錯誤；C根據(jù)以上分析，因為銅離子水解使溶液顯酸性，隨著電解的進行，銅離子的濃度降低，酸性減弱，pH將增大，故C錯誤；D因為由第二階段陽極氫氧根離子失電子的同時，陰極仍然為銅離子得電子，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的濃度之比不是2：1，故D錯誤；故選A【點評】本題考查了電解原理，明確離子放電順序是及本題關(guān)鍵，知道每一階段發(fā)生的反應(yīng)及溶液pH

19、變化原因，題目難度中等2某種可充電聚合物鋰離子電池放電時的反應(yīng)為Li1xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意圖如圖下列說法不正確的是（）A放電時LixC6發(fā)生氧化反應(yīng)B充電時，Li+通過陽離子交換膜從左向右移動C充電時將電池的負極與外接電源的負極相連D放電時，電池的正極反應(yīng)為：Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2【考點】原電池和電解池的工作原理【分析】放電時的反應(yīng)為Li1xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合價降低，C元素的化合價升高，結(jié)合原電池中負極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)來解答【解答】解：放電時的反應(yīng)為Li1xCoO2+LixC6=6C+

20、LiCoO2，Co元素的化合價升高，C元素的化合價降低，AC元素的化合價升高，則放電時LixC6發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；B充電時，為電解裝置，陽離子向陰極移動，則Li+通過陽離子交換膜從右向左移動，故B錯誤；C充電時負極與陰極相連，將電池的負極與外接電源的負極相連，故C正確；D正極上Co元素化合價降低，放電時，電池的正極反應(yīng)為：Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2，故D正確；故選B【點評】本題考查原電池原理，明確電池反應(yīng)中元素的化合價變化及原電池的工作原理即可解答，注意與氧化還原反應(yīng)的結(jié)合，題目難度不大3向含有0.2mol氫氧化鈉和0.1mol氫氧化鈣的溶液中，持續(xù)穩(wěn)定地通入二氧化碳氣體

21、，通入氣體為6.72L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時，立即停止，則這一過程中，溶液中離子數(shù)目與通入二氧化碳氣體體積的關(guān)系正確的是（不考慮氣體的溶解）（）ABCD【考點】離子方程式的有關(guān)計算；離子反應(yīng)發(fā)生的條件；碳族元素簡介【分析】n（CO2）=0.3mol，通入含有0.2mol氫氧化鈉和0.1mol氫氧化鈣的溶液中，發(fā)生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，以此解答該題【解答】解：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氫氧化鈉和0.1mol氫氧化鈣的溶液中：n（OH）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（

22、Ca2+）=0.1mol，通入CO2，發(fā)生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，設(shè)生成xmolCO32，ymolHCO3，則x=0.1，y=0.2，所以反應(yīng)后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3）=0.2mol，可依次發(fā)生：2OH+CO2=CO32+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，離子濃度迅速減小，OH+CO2=HCO3，所以圖象C符合，故選C【點評】本題考查離子方程式的計算，題目難度較大，解答本題時注意B和C的區(qū)別，為易錯點4下列說法不正確的是（）A84消毒液含有次氯酸鈉，潔廁靈中含有鹽酸，二者混合使用會產(chǎn)生氯

23、氣使人中毒B輸送氯氣的管道漏氣，可以用濃氨水檢驗，是因為氯氣和氨氣發(fā)生化合反應(yīng)生成氯化銨C因氯氣消毒過的自來水不宜直接用來養(yǎng)金魚，最好在陽光下曬一段時間D氯氣和二氧化硫均有漂白性，二者按體積比1：1混合后不能是有色布條褪色【考點】氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；氯氣的化學(xué)性質(zhì)【分析】ANaClO和鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣；B氯氣和氨氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化銨和氮氣；C氯水中含HClO，具有強氧化性，光照HClO分解生成氧氣；D氯氣和二氧化硫均有漂白性，二者按體積比1：1混合，反應(yīng)生成硫酸和鹽酸【解答】解：ANaClO和鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，則混合使用會產(chǎn)生氯氣使人中毒，故A正確；

24、B氯氣和氨氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化銨和氮氣，不是化合反應(yīng)，故B錯誤；C氯水中含HClO，具有強氧化性，光照HClO分解生成氧氣，則因氯氣消毒過的自來水不宜直接用來養(yǎng)金魚，最好在陽光下曬一段時間，故C正確；D氯氣和二氧化硫均有漂白性，二者按體積比1：1混合，反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，則1：1混合后不能是有色布條褪色，故D正確；故選B【點評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及性質(zhì)與用途的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大5把一定量某堿金屬與2.7g鋁的混合物放入足量水中，金屬全部溶解，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體5.6L，向所得溶液中通入過量二氧化碳，過濾

25、，把濾液減壓蒸發(fā)，得固體20g，此堿金屬相對原子質(zhì)量為（）A7B23C39D85【考點】有關(guān)混合物反應(yīng)的計算【分析】2.7g鋁的物質(zhì)的量為： =0.1mol，根據(jù)電子守恒，0.1mol鋁完全反應(yīng)失去0.3mol電子，生成氫氣的物質(zhì)的量為： =0.15mol，標(biāo)況下5.6L氫氣的物質(zhì)的量為： =0.25mol，據(jù)此可以計算出堿金屬與水反應(yīng)生成氫氣的物質(zhì)的量，從而得出堿金屬的物質(zhì)的量；最后得到的固體為該堿金屬的碳酸氫鹽，根據(jù)M=計算出其摩爾質(zhì)量，從而得出該堿金屬的相對原子質(zhì)量【解答】解：2.7g鋁的物質(zhì)的量為： =0.1mol，根據(jù)電子守恒，0.1mol鋁完全反應(yīng)失去0.3mol電子，生成氫氣的物

26、質(zhì)的量為： =0.15mol，標(biāo)況下5.6L氫氣的物質(zhì)的量為： =0.25mol，則堿金屬與水反應(yīng)生成的氫氣的物質(zhì)的量為：0.25mol0.15mol=0.1mol，根據(jù)電子守恒，堿金屬的物質(zhì)的量為： =0.2mol，向所得溶液中通入過量二氧化碳，過濾，把濾液減壓蒸發(fā)，得固體20g，該固體為該堿金屬的碳酸氫鹽，該碳酸氫鹽的物質(zhì)的量為0.2mol，其摩爾質(zhì)量為： =100g/mol，則該堿金屬的相對原子質(zhì)量為：10061=39，故選C【點評】本題考查了有關(guān)混合物反應(yīng)的計算，題目難度中等，正確分析“金屬全部溶解”的含義及鋁與強堿溶液的反應(yīng)原理為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計算能

27、力6化學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)，研究物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)及其變化規(guī)律的自然科學(xué)學(xué)習(xí)科學(xué)研究的基本方法，可以加深對科學(xué)本質(zhì)的認識，增進對物質(zhì)世界的認識下列有關(guān)敘述不正確的是（）A將乙酸乙酯與H218O混合后，用稀硫酸作催化劑，借以判斷乙酸乙酯水解時分子中共價鍵的斷裂情況，該方法應(yīng)稱為同位素示蹤法B相對分子質(zhì)量的測定常用質(zhì)譜儀，分子結(jié)構(gòu)測定方法主要是用紅外光譜等CC6H5OH能與濃溴水生成三溴苯酚，甲苯卻不能與濃溴水反應(yīng)，說明苯酚分子中由于苯環(huán)影響，使羥基上H原子變得活潑D某有機物C分子式為C11H14O2，其1HNMR圖譜如圖（峰右側(cè)或上面的數(shù)字表示H的個數(shù)，且知：7.2ppm（5H）為苯基），可

28、推測該有機物可能為【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【分析】A、酯化反應(yīng)中酸失羥基醇失氫；B、質(zhì)譜法用于測定相對分子質(zhì)量，紅外光譜用于測定分子結(jié)構(gòu)；C、C6H5OH能與濃溴水生成三溴苯酚，說明苯酚分子中由于羥基的影響，使苯環(huán)上H原子變得活潑；D、不同氫原子個數(shù)比不符合5：2：2：2：3【解答】解：A、將乙酸乙酯與H218O混合后，用稀硫酸作催化劑，據(jù)18O的存在情況判斷斷鍵位置，為同位素示蹤法，故A正確；B、質(zhì)譜法用于測定相對分子質(zhì)量，紅外光譜用于測定分子結(jié)構(gòu)，故B正確；C、C6H5OH能與濃溴水生成三溴苯酚，說明苯酚分子中由于羥基的影響，使苯環(huán)上H原子變得活潑，不是使羥基上H原子變得活潑，故C錯誤；

29、D、有機物中，除苯環(huán)外還含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，苯基與4種環(huán)境中的氫原子個數(shù)比為1：2：2：2：2：2：3，故D錯誤；故選CD【點評】本題考查了同位素示蹤法、測定相對分子質(zhì)量和分子結(jié)構(gòu)的方法、有機物分子中不同基團之間的相互影響等等，題目難度不大7短周期元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，其原子的最外層電子數(shù)之和為13X與Y、Z位于相鄰周期，Z原子最外層電子數(shù)是X原子內(nèi)層電子數(shù)的3倍或者Y原子最外層電子數(shù)的3倍下列說法正確的是（）AX的氫化物溶于水顯酸性BY的氧化物是離子化合物CZ的氫化物的水溶液在空氣中存放不易變質(zhì)DX和Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物都是弱酸【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系

30、【分析】X與Y、Z位于相鄰周期，短周期元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，則X可能為第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外層電子數(shù)是X原子內(nèi)層電子數(shù)的3倍或者Y原子最外層電子數(shù)的3倍，則Z的最外層電子數(shù)為23=6，即Z為硫，Y的最外層電子數(shù)為=2，即為鎂元素，再由原子的最外層電子數(shù)之和為13，則X的最外層電子數(shù)為1326=5，即X為氮元素；A、利用氨氣與水反應(yīng)即氨水的電離來分析；B、利用氧化鎂的構(gòu)成微粒來分析；C、利用硫化氫中硫元素的化合價來分析其性質(zhì)；D、X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為硝酸，Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為硫酸【解答】解：因X與Y、Z位于相鄰周期，短周期元素X、Y、Z的

31、原子序數(shù)依次遞增，則X可能為第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外層電子數(shù)是X原子內(nèi)層電子數(shù)的3倍或者Y原子最外層電子數(shù)的3倍，則Z的最外層電子數(shù)為23=6，即Z為硫，Y的最外層電子數(shù)為=2，即為鎂元素，再由原子的最外層電子數(shù)之和為13，則X的最外層電子數(shù)為1326=5，即X為氮元素；A、X的氫化物為氨氣，氨氣和水反應(yīng)生成一水合氨，在水中電離生成按很離子合氫氧根離子，則溶液顯堿性，故A錯誤；B、Y的氧化物為氧化鎂，是由鎂離子和氧離子構(gòu)成，則屬于離子化合物，故B正確；C、Z的氫化物為硫化氫，硫元素的化合價為最低價，具有較強的還原性，其水溶液在空氣中存放易被氧化，故C錯誤；D、N、S的最

32、高價氧化物對應(yīng)的水化物為硝酸和硫酸，都屬于強酸，故D錯誤；故選B【點評】本題考查學(xué)生利用元素的位置及原子的最外層電子數(shù)和內(nèi)層電子數(shù)的關(guān)系來推斷元素，利用X為第二周期元素為突破口是解答本題的關(guān)鍵，學(xué)生應(yīng)熟悉元素化合物知識來解答此類習(xí)題二、非選擇題8（14分）（2016衡水校級模擬）葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養(yǎng)物質(zhì)葡萄糖酸鈣可通過以下反應(yīng)制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸鈣）+H2O+CO2相關(guān)物質(zhì)的溶解性見表：物質(zhì)名稱葡萄糖酸鈣葡萄糖酸溴化鈣氯化鈣水中的溶解性可溶于冷

33、水易溶于熱水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶實驗流程如下：C6H12O6溶液懸濁液Ca（C6H11O7）2請回答下列問題：（1）第步中溴水氧化葡萄糖時，如圖裝置最合適的是B制備葡萄糖酸鈣的過程中，葡萄糖的氧化也可用其它試劑，下列物質(zhì)中最適合的是CA新制CuOH2懸濁液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反應(yīng)后CaCO3固體需有剩余，其目的是提高葡萄糖的轉(zhuǎn)化率；本實驗中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是氯化鈣難以與葡萄糖酸直接反應(yīng)得到葡萄糖酸鈣（3）第步需趁熱過濾，其原因是葡萄糖酸鈣冷卻后會結(jié)晶，如不趁熱過濾會損失產(chǎn)品（4）第步加入乙

34、醇的作用是可降低葡萄糖酸鈣在溶液中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出（5）第步中，下列洗滌劑最合適的是DA冷水 B熱水 C乙醇 D乙醇水混合溶液【考點】制備實驗方案的設(shè)計【分析】葡萄糖溶液中加入3%溴水、溫度控制在55，溫度小于100，應(yīng)該用水浴加熱，且溫度計測量水浴溫度；發(fā)生的反應(yīng)為CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，該反應(yīng)中生成HBr，為防止污染大氣，應(yīng)該用堿液處理HBr；然后向溶液中加入過量CaCO3、溫度控制在70，發(fā)生反應(yīng)2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸鈣）+H2O+CO2，葡萄糖酸鈣可溶于冷水易

35、溶于熱水，所以趁熱過濾，將未溶解的碳酸鈣除去，然后向濾液中加入乙醇，葡萄糖酸鈣微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸鈣懸濁液，然后抽濾得到固體，然后洗滌、干燥固體最后得到Ca（C6H11O7）2固體；（1）由于實驗中需要能夠控制滴加溴和水浴加熱；由于葡萄糖是一種多羥基的醛，所以可以被弱氧化劑氧化成羧酸類，通過醛類催化氧化是最合適的；（2）增加某一種物質(zhì)的量，可以提高另一種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率；符合強酸制備弱酸原理，氯化鈣難以與葡萄糖酸直接反應(yīng)得到葡萄糖酸鈣；（3）根據(jù)表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度的關(guān)系解答；（4）葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸鈣的析出；（5）利用水可以將無機雜質(zhì)溶解除掉，同時

36、利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失【解答】解：葡萄糖溶液中加入3%溴水、溫度控制在55，溫度小于100，應(yīng)該用水浴加熱，且溫度計測量水浴溫度；發(fā)生的反應(yīng)為CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，該反應(yīng)中生成HBr，為防止污染大氣，應(yīng)該用堿液處理HBr；然后向溶液中加入過量CaCO3、溫度控制在70，發(fā)生反應(yīng)2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸鈣）+H2O+CO2，葡萄糖酸鈣可溶于冷水易溶于熱水，所以趁熱過濾，將未溶解的碳酸鈣除去，然后向濾液中加入乙醇，葡萄糖酸鈣微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸鈣懸濁液

37、，然后抽濾得到固體，然后洗滌、干燥固體最后得到Ca（C6H11O7）2固體；（1）由于實驗中需要能夠控制滴加溴和水浴加熱，A不能控制添加溴，C沒有進行水浴加熱，故裝置B最合適，由于葡萄糖是一種多羥基的醛，所以可以被弱氧化劑氧化成羧酸類，酸性高錳酸鉀溶液可以氧化羥基，A、D會產(chǎn)生重金屬雜質(zhì)離子，通過醛類催化氧化是最合適的，故答案為：B；C；（2）第步充分反應(yīng)后CaCO3固體需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率，符合強酸制備弱酸原理，氯化鈣難以與葡萄糖酸直接反應(yīng)得到葡萄糖酸鈣，宜用CaCl2替代CaCO3，故答案為：提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率；氯化鈣難以與葡萄糖酸直接反應(yīng)得到葡萄糖酸鈣；（3）葡萄糖

38、酸鈣冷卻后會結(jié)晶析出，如不趁熱過濾會損失產(chǎn)品，故答案為：葡萄糖酸鈣冷卻后會結(jié)晶析出，如不趁熱過濾會損失產(chǎn)品；（4）葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出，故答案為：可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出；（5）利用水可以將無機雜質(zhì)溶解除掉，同時利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，故選：D【點評】本題考查物質(zhì)制備，涉及對工藝流程的理解、對裝置于操作的分析與評價、物質(zhì)的量分離提純等，操作考查學(xué)生對知識的遷移應(yīng)用，題目體現(xiàn)化學(xué)再生活、生產(chǎn)中應(yīng)用，難度中等9（15分）（2016衡水校級模擬）實驗室常用苯甲醛在濃氫氧化

39、鈉溶液中制備苯甲醇和苯甲酸，反應(yīng)式如下：2+NaOH+HCl已知：苯甲酸在水中的溶解度為：0.18g（4）、0.34g（25）、0.95g（60）、6.8g（95）乙醚沸點34.6，密度0.7138，易燃燒，當(dāng)空氣中含量為1.8348.0%時易發(fā)生爆炸石蠟油沸點高于250實驗步驟如下：向圖1所示裝置中加入8g氫氧化鈉和30mL水，攪拌溶解稍冷，加入10mL苯甲醛開啟攪拌器，調(diào)整轉(zhuǎn)速，使攪拌平穩(wěn)進行加熱回流約40min停止加熱，從球形冷凝管上口緩緩加入冷水20mL，搖動均勻，冷卻至室溫反應(yīng)物冷卻至室溫后，用乙醚萃取三次，每次10mL水層保留待用合并三次萃取液，依次用5mL飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌，

40、10mL 10%碳酸鈉溶液洗滌，10mL水洗滌，分液水層棄去所得醚層進行實驗將分出的醚層，倒入干燥的錐形瓶，加無水硫酸鎂，注意錐形瓶上要加塞將錐形瓶中溶液轉(zhuǎn)入圖2 所示蒸餾裝置，先緩緩加熱，蒸出乙醚；蒸出乙醚后必需改變加熱方式，升溫至140時應(yīng)對水冷凝管冷凝方法調(diào)整，繼續(xù)升高溫度并收集203205的餾分得產(chǎn)品A實驗步驟中保留待用水層慢慢地加入到盛有30mL濃鹽酸和30mL水的混合物中，同時用玻璃棒攪拌，析出白色固體冷卻，抽濾，得到粗產(chǎn)品，然后提純得產(chǎn)品B根據(jù)以上步驟回答下列問題：（1）步驟萃取時用到的玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒外，還需分液漏斗（儀器名稱），實驗前對該儀器進行檢漏操作，方法是向分液

41、漏斗加少量水，檢查旋塞芯外是否漏水，將漏斗倒轉(zhuǎn)過來，檢查玻璃塞是否漏水，待確認不漏水后方可使用（2）飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌是為了除去未反應(yīng)完的苯甲醛，而用碳酸鈉溶液洗滌是為了除去醚層中極少量的苯甲酸醚層中少量的苯甲酸是從水層轉(zhuǎn)移過來的，請用離子方程式說明其產(chǎn)生原因（3）步驟中無水硫酸鎂是干燥（吸收水分）劑；產(chǎn)品A為苯甲醇（4）蒸餾除乙醚的過程中采用的加熱方式為水浴加熱；蒸餾得產(chǎn)品A加熱方式是石蠟油油浴加熱；蒸餾溫度高于140時應(yīng)改用改用空氣冷凝管冷凝（5）提純產(chǎn)品B 所用到的實驗操作為重結(jié)晶【考點】制備實驗方案的設(shè)計【分析】利用苯甲醛在濃氫氧化鈉溶液中通過發(fā)生歧化反應(yīng)得到苯甲醇和苯甲酸，反應(yīng)后

42、的混合溶液利用乙醚萃取并依次用5mL飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌，10mL 10%碳酸鈉溶液洗滌，10mL水洗滌，得到的有機層為苯甲醇的乙醚溶液，此有機混合液可通過蒸餾操作得到苯甲醇；步驟所得水溶液通過酸化并重結(jié)晶最終可得到苯甲酸；（1）萃取時用到的玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒外還有分液漏斗；有機分液漏斗的使用方法回答；（2）有機實驗操作步驟所述，飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌目的是洗去未反應(yīng)的苯甲醛；碳酸鈉溶液洗滌是為了除去醚層中極少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸鈉水解生成的；（3）無水硫酸鎂是干燥劑；203205的餾分，依據(jù)沸點判斷餾出成分為苯甲醇；（4）乙醚沸點34.6，蒸餾除乙醚的過程中采用的加熱方式應(yīng)用水

43、浴加熱；石蠟油沸點高于250，蒸餾得產(chǎn)品A加熱方式應(yīng)控制苯甲醇的沸點餾出A；在石蠟油油浴加熱；升溫至140時應(yīng)對水冷凝管冷凝方法調(diào)整為空氣冷凝管；（5）依據(jù)步驟操作可知B是利用重結(jié)晶方法得到晶體【解答】解：利用苯甲醛在濃氫氧化鈉溶液中通過發(fā)生歧化反應(yīng)得到苯甲醇和苯甲酸，反應(yīng)后的混合溶液利用乙醚萃取并依次用5mL飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌，10mL 10%碳酸鈉溶液洗滌，10mL水洗滌，得到的有機層為苯甲醇的乙醚溶液，此有機混合液可通過蒸餾操作得到苯甲醇；步驟所得水溶液通過酸化并重結(jié)晶最終可得到苯甲酸；（1）萃取的主要玻璃儀器是分液漏斗，使用時需要對分液漏斗進行查漏，操作為向分液漏斗加少量水，檢查旋

44、塞芯外是否漏水，將漏斗倒轉(zhuǎn)過來，檢查玻璃塞是否漏水，待確認不漏水后方可使用，故答案為：分液漏斗； 向分液漏斗加少量水，檢查旋塞芯外是否漏水，將漏斗倒轉(zhuǎn)過來，檢查玻璃塞是否漏水，待確認不漏水后方可使用；（2）實驗步驟中的，飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌目的是洗去為反應(yīng)的苯甲醛；碳酸鈉溶液洗滌是為了除去醚層中極少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸鈉水解生成的；反應(yīng)的離子方程式為；故答案為：未反應(yīng)完的苯甲醛；（3）加無水硫酸鎂的作用是吸收水蒸氣，起到干燥的作用，203205的餾分，依據(jù)沸點判斷餾出成分為苯甲醇，故答案為：干燥（吸收水分）；苯甲醇；（4）乙醚沸點34.6，蒸餾除乙醚的過程中采用的加熱方式應(yīng)用水浴加熱，

45、易于控制溫度；蒸餾得產(chǎn)品A加熱方式應(yīng)控制苯甲醇的沸點餾出A；石蠟油沸點高于250，在石蠟油油浴加熱能達到蒸餾苯甲醇餾出；升溫至140時應(yīng)對水冷凝管冷凝方法調(diào)整為空氣冷凝管，常溫下苯甲醇為液體；故答案為：水浴加熱；石蠟油油浴加熱；改用空氣冷凝管；（5）實驗步驟中保留待用水層慢慢地加入到盛有30mL濃鹽酸和30mL水的混合物中，同時用玻璃棒攪拌，析出白色固體冷卻，抽濾，得到粗產(chǎn)品，然后提純得產(chǎn)品B，需要幾次溶解后再結(jié)晶的操作，進行析出提純，操作方法為重結(jié)晶，故答案為：重結(jié)晶【點評】本題考查了有機實驗分離提純的步驟分析判斷，物質(zhì)制備的條件應(yīng)用，題干條件的分析判斷和信息應(yīng)用是解題關(guān)鍵，題目難度中等10

46、（14分）（2016衡水校級模擬）煙氣（主要污染物SO2、NOx）經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1SO2（g）+O3（g）=SO3（g）+O2（g）H=241.6kJmol1（1）反應(yīng)3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的H=317.3molL1（2）室溫下，固定進入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時間后體系中n（NO）、n（NO2）和

47、n（SO2）隨反應(yīng)前n（O3）：n（NO）的變化見圖當(dāng)n（O3）：n（NO）1時，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是O3將NO2氧化成更高價氮氧化物增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其可能原因是SO2與O3的反應(yīng)速率慢（3）當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時，清液（pH約為 8）中SO32將NO2轉(zhuǎn)化為NO2，其離子方程式為：SO32+2NO2+2OH=SO42+2NO2+H2O（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，達到平衡后溶液中c（SO32）=用c（SO42）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能

48、提高NO2的吸收速率，其主要原因是CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO32的濃度增大，加快SO32與NO2的反應(yīng)速率【考點】反應(yīng)熱和焓變；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡的計算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【分析】（1）已知：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1由蓋斯定律可知，+2得3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），據(jù)此計算；（2）根據(jù)O3的強氧化性分析；SO2與O3的反應(yīng)速率很慢；（3）SO32將NO2轉(zhuǎn)化為NO2，N元素的化合價降低，則S元素的化合價升高，所以SO32被氧化為SO42

49、；（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，溶液中存在CaSO3+SO42CaSO4+SO32，根據(jù)Ks計算；根據(jù)CaSO3+SO42CaSO4+SO32的平衡移動影響因素【解答】解：（1）已知：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1由蓋斯定律可知，+2得3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），H=317.3kJ/mol；故答案為：317.3；（2）O3具有強氧化性，當(dāng)n（O3）：n（NO）1時，過量的O3會將NO2氧化為更高價態(tài)的化合物；故答案為：O3將NO2氧化成更高價氮氧化物；SO2具有較

50、強的還原性，增加O3量，SO2的量幾乎沒有變化，說明SO2與O3的反應(yīng)速率很慢；故答案為：SO2與O3的反應(yīng)速率很慢；（3）SO32將NO2轉(zhuǎn)化為NO2，N元素的化合價降低，則S元素的化合價升高，所以SO32被氧化為SO42，其反應(yīng)的離子方程式為：SO32+2NO2+2OH=SO42+2NO2+H2O；故答案為：SO32+2NO2+2OH=SO42+2NO2+H2O；（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，溶液中存在CaSO3+SO42CaSO4+SO32，則c（SO32）=；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，由CaSO3+SO42CaSO4+SO32可知溶液中SO32的濃度增

51、大，加快SO32與NO2的反應(yīng)速率；故答案為：CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO32的濃度增大，加快SO32與NO2的反應(yīng)速率【點評】本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、影響反應(yīng)速率的因素、化學(xué)平衡移動、溶度積常數(shù)的應(yīng)用等，題目綜合性較強，難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生對化學(xué)原理的應(yīng)用能力和計算能力【化學(xué)-選修2化學(xué)與技術(shù)】（15分）11（15分）（2016衡水校級模擬）世界環(huán)保聯(lián)盟建議全面禁止使用氯氣用于飲用水的消毒，而建議采用高效“綠色”消毒劑二氧化氯二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，易溶于水、不穩(wěn)定、呈黃綠色，在生產(chǎn)和使用時必須盡量用稀有氣體進行稀釋，同時需要避免光照、震動或加熱實驗室以電解法制

52、備ClO2的流程如圖：（1）ClO2中所有原子不是（填“是”或“不是”）滿足8電子結(jié)構(gòu)上圖所示電解法制得的產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍色，除去雜質(zhì)氣體可選用C（填選項字母）A飽和食鹽水 B堿石灰 C濃硫酸 D蒸餾水（2）穩(wěn)定性二氧化氯是為推廣二氧化氯而開發(fā)的新型產(chǎn)品，下列說法正確的是ABCD（填選項字母）A二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理B應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期C穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍D在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝置（3）歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備ClO2，化學(xué)反應(yīng)方程式為2NaClO3+4HCl（濃）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O缺點主要是產(chǎn)率低，產(chǎn)品難以分離，還可能污染環(huán)境（4）我國廣泛采用經(jīng)干燥空氣稀釋的氯氣與固體亞氯酸鈉（NaClO2）反應(yīng)制備ClO2，化學(xué)方程式是2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2此法相比歐洲方法的優(yōu)點是安全性好，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品（5）科學(xué)家又研究出了一種新的制備ClO2的方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩?，原?/p>