2023學年遼寧省錦州市第四中學化學高二下期末教學質(zhì)量檢測試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列說法正確的是A．聚苯乙烯屬于純凈物，單體的分子式為C8H8B．聚苯乙烯能與溴水發(fā)生加成反應C．做過銀鏡反應的試管，用稀氨水洗滌D．沾有苯酚的試管，用碳酸鈉溶液洗滌2、下列屬于酸性氧化物的是A．SiO2 B．CO C．CaO D．H2SO43、常溫下，向20mLxmol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，混合液的pH隨NaOH溶液的體積（V）的變化關(guān)系如圖所示（忽略溫度變化）。下列說法中不正確的是（）A．上述CH3COOH溶液中：c(H+)＝1×10－3mol·L－1B．圖中V1<20mLC．a(chǎn)點對應的溶液中：c(CH3COO－)＝c(Na+）D．當加入NaOH溶液的體積為20mL時，溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)＞c(OH－）4、下列有機物分子中，不可能所有原子在同一平面內(nèi)的是A． B． C． D．5、下列說法錯誤的是A．需要加熱方能發(fā)生的反應一定是吸熱反應B．放熱的反應在常溫下一般容易發(fā)生C．反應是放熱還是吸熱必須看反應物和生成物所具有的總能量的相對大小D．△H<0，△S>0的反應一定能自發(fā)進行6、探究鋁片與Na2CO3溶液的反應。無明顯現(xiàn)象鋁片表面產(chǎn)生細小氣泡出現(xiàn)白色渾濁，產(chǎn)生大量氣泡（經(jīng)檢驗為H2和CO2）下列說法不正確的是A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O?HCO3-+OH-B．對比Ⅰ、Ⅲ，說明Na2CO3溶液能破壞鋁表面的保護膜C．推測出現(xiàn)白色渾濁的原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-D．加熱和H2逸出對CO32-水解平衡移動方向的影響是相反的7、正四面體烷的IUPAC名稱為三環(huán)[1.1.0.0]丁烷。其球棍模型如圖所示。下列關(guān)于該化合物的說法正確的是A．與環(huán)丁二烯互為同分異構(gòu)體B．二氯代物超過兩種C．碳碳鍵鍵角為109°28'D．三環(huán)[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷至少需要2molH28、已知醋酸、醋酸根離子在溶液中存在下列平衡及其對應的平衡常數(shù)CH3COOHCH3COO-+H+

K1=1.75×10-5

△H1>0CH3COO-+H20CH3COOH+OH-

K2=5.71×10-10

△H2>0常溫下，將等體積、等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鈉溶液混合，下列敘述正確的是A．溫度不變,若在混合溶液中加入少量NaOH固體，c(CH3COO-)減小B．對混合溶液進行微熱，K1增大、K2減小C．調(diào)節(jié)混合溶液的pH值至中性，則此時溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)D．已知水的離子積為Kw，則三者關(guān)系為K1·K2=Kw9、下列敘述中不正確的是A．0.1mo1·L-1NH4HS溶液中有：c(NH4+)＜c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)B．25℃時，將amo1·L-1的氨水與0.01mo1·L-1的鹽酸等體積混合后，c(NH4+)=c(Cl-)，則NH3·H2O的電離常數(shù)為C．等濃度的HCN和NaCN混合溶液中有：2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)D．等pH的HA和HB溶液，分別與一定濃度的氫氧化鈉溶液完全中和，HA消耗的氫氧化鈉溶液體積多，則可證明酸性HA＞HB10、利用碳酸鈉晶體（Na2CO3·10H2O，相對分子質(zhì)量286）來配制0.1mol/L的碳酸鈉溶液980mL，假如其他操作均準確無誤，下列情況會引起配制溶液的濃度偏高的是（）A．稱取碳酸鈉晶體28.6gB．溶解時進行加熱，并將熱溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中至刻度線C．轉(zhuǎn)移時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行洗滌D．定容后，將容量瓶振蕩搖勻，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加入少量水至刻度線11、化學與生活密切相關(guān)。下列說法不正確的是（）A．用鐵粉作食品袋內(nèi)的脫氧劑B．食用一定量的油脂能促進人體對某些維生素的吸收C．明礬水解時產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子，可作凈水劑D．自行車鋼架生銹主要是化學腐蝕所致12、下列不涉及蛋白質(zhì)變性的是A．給重金屬中毒的病人服用大量牛奶B．用福爾馬林溶液浸泡動物標本C．在雞蛋清溶液中加入醋酸鉛溶液，有沉淀析出D．在雞蛋清溶液中加入飽和硫酸銨溶液，有沉淀析出13、某高分子化合物的結(jié)構(gòu)如下：其單體可能是①CH2═CHCN②乙烯③1,3-丁二烯④苯乙炔⑤苯乙烯⑥1-丁烯A．①③⑤ B．②③⑤C．①②⑥ D．①③④14、用價層電子對互斥理論預測H2O和BF3的立體結(jié)構(gòu)，兩個結(jié)論都正確的是（）A．直線形；三角錐形B．V形；三角錐形C．直線形；平面三角形D．V形；平面正三角形15、下列有關(guān)鐵及其化合物的說法中正確的是()A．鐵銹的主要成分是Fe3O4B．鐵與水蒸氣在高溫下的反應產(chǎn)物為Fe2O3和H2C．除去FeCl2溶液中的FeCl3雜質(zhì)可以向溶液中加過量鐵粉，然后過濾D．因為Fe3+具有氧化性，所以可用來做凈水劑16、已知室溫時，CH3COOH的電離常數(shù)為1.75×10－5，NH3·H2O的電離常數(shù)為1.75×10－5。0.1mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列正確的是()A．①<②<④<③ B．①<③<②<④C．①<②<③<④ D．④<②<③<①17、下列說法正確的是A．冶鋁工業(yè)中，采用鐵作陽極，碳作陰極B．硫酸工業(yè)中，采用低溫條件來提高SO2的轉(zhuǎn)化率C．合成氨工業(yè)中，將氨氣液化分離來增大正反應速率D．氯堿工業(yè)中，采用陽離子交換膜防止OH－與陽極產(chǎn)物Cl2反應18、下列裝置中，不添加其他儀器無法檢查氣密性的是()A． B． C． D．19、向KOH溶液中通入11.2L（標準狀況）氯氣恰好完全反應生成三種含氯鹽：0.7molKCl、0.2molKClO和X，則X是（）A．0.1molKClO4 B．0.1molKClO3 C．0.2molKClO2 D．0.1molKClO220、右圖表示4-溴環(huán)己烯所發(fā)生的4個不同反應。其中，產(chǎn)物官能團種類不會減少的反應是()A．②③ B．③④C．①② D．①④21、下列說法不正確的是A．汽油、沼氣、電能都是二次能源B．1mol碳和3mol碳的燃燒熱相等C．共價化合物可以是電解質(zhì)，離子化合物也可以是非電解質(zhì)D．吸熱反應可以自發(fā)進行22、三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。下列敘述正確的是A．通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品C．負極反應為2H2O–4e–=O2+4H+，負極區(qū)溶液pH降低D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成二、非選擇題(共84分)23、（14分）Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：①Z的原子序數(shù)為29，其余的均為短周期主族元素；Y原子的價電子(外圍電子)排布為msnmpn；②R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；③Q、X原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4。請回答下列問題：（1）Z2＋的核外電子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋離子中，Z2＋的空軌道接受NH3分子提供的________形成配位鍵。（3）Q與Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物分別為甲、乙，下列判斷正確的是________。a．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點：甲>乙b．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點：甲<乙c．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點：甲<乙d．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點：甲>乙（4）Q、R、Y三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為________(用元素符號作答)。（5）Q的一種氫化物相對分子質(zhì)量為26，其中分子中的σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為________，其中心原子的雜化類型是________。（6）某元素原子的價電子構(gòu)型為3d54s1，該元素屬于________區(qū)元素，元素符號是________。24、（12分）由短周期元素組成的中學常見的含鈉元素的物質(zhì)A、B、C、D,存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分生成物和反應條件已略去)。（1）若A為Na,則E為________,A與水反應的離子方程式為____________________（2）若A為Na2O2,則E為________,A與CO2反應的化學方程式為____________________,每有1molNa2O2參加反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為________NA（3）①A不論是Na還是Na2O2,依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系判斷物質(zhì)B是________物質(zhì)C是________②向飽和的C溶液中通入CO2會析出白色晶體，該晶體為________，用化學方程式表示其反應原理為：_____________________③將1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，產(chǎn)生白色沉淀39g，則所加入的B溶液的體積可能為________L或者________L25、（12分）次硫酸氫鈉甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、醫(yī)藥以及原子能工業(yè)中應用廣泛，已知次硫酸氫鈉甲醛具有強還原性，且在120℃以上發(fā)生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和鋅粉為原料制備次硫酸氫鈉甲醛的實驗步驟如下：步驟1：在燒瓶中(裝置如圖所示)加入一定量Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。步驟2：將裝置A中導氣管換成橡皮塞。向燒瓶中加入稍過量的鋅粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反應約3h，冷卻至室溫，抽濾。步驟3：將濾液真空蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，抽濾。(1)儀器B的名稱為__________，裝置A中通入SO2的導管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)裝置C的作用是________________。(3)①步驟2中，應采用何種加熱方式____________，優(yōu)點是________________；②冷凝管中回流的主要物質(zhì)除H2O外還有__________(填化學式)。(4)步驟3中不在敞口容器中蒸發(fā)濃縮的原因是_____________________________。(5)請寫出步驟1中制取NaHSO3的化學方程式：_____________________________。26、（10分）磺酰氯(SO2Cl2)在醫(yī)藥、染料行業(yè)有重要用途，也可用于制備表面活性劑。沸點為69.2℃，遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸。學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制備SO2Cl2并測定產(chǎn)品純度，設(shè)計如圖實驗如圖1(夾持裝置略去)。請回答下列問題：Ⅰ.SO2的制備（1）欲收集一瓶干燥的SO2，裝置中氣流方向合理的連接順序為____(填小寫字母)。（2）A裝置分液漏斗中裝的是70%的硫酸溶液，A中反應的化學方程式為____。Ⅱ.SO2Cl2的制備和純度的測定將上述收集到的SO2充入注射器h中，用圖2裝置制備SO2Cl2。（3）儀器e的名稱為____，b中試劑的名稱為____。（4）f的作用是____。（5）取反應后的產(chǎn)品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；達到滴定終點時消耗標準液的體積為20.00mL(雜質(zhì)不參加反應)。①產(chǎn)品加水配成溶液時發(fā)生的反應為____。②SO2Cl2的質(zhì)量分數(shù)為____。(保留三位有效數(shù)字)。27、（12分）硫代硫酸鈉又名大蘇打、海波，可以用于治療氰化物中毒等，某化學興趣小組通過查閱資料，設(shè)計了如下的裝置(略去部分夾持儀器)來制取Na2S2O3·5H2O晶體并探究其性質(zhì)。已知燒瓶C中發(fā)生如下三個反應：Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g)＝Na2SO3(aq)＋H2S(aq)2H2S(aq)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l)；S(s)＋Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)（1）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率。控制SO2生成速率可以采取的措施有_________________________（寫一條）（2）常溫下，用pH試紙測定0.1mol·L－1Na2S2O3溶液pH值約為8，測定時的具體操作是_______________________________。（3）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水顏色變淺，有硫酸根離子生成，寫出該反應的離子方程式_____________________。28、（14分）銅的離子除了銅離子(Cu2+)外，自然界中還存在亞銅離子(Cu+)。Cu+在水溶液中沒有Cu2+穩(wěn)定，易在酸性條件下發(fā)生反應：2Cu+═Cu2++Cu。+1價銅的化合物通常是難溶物，如Cu2O、CuI、CuCl、Cu2S、等?；卮鹣铝袉栴}：(1)在新制Cu(OH)2懸濁液中滴入葡萄糖溶液，加熱生成難溶物的顏色為________；若繼續(xù)加熱，出現(xiàn)黑色物質(zhì)，判斷這種物質(zhì)的化學式為________________。(2)在CuCl2溶液中滴加過量KI溶液，可發(fā)生如下反應：a．2Cu2++4I-═2CuI↓（白色）+I2b．2Cu2++2Cl-+2I-═2CuCl↓（白色）+I2為順利觀察到CuI、CuCl白色沉淀，可以加入下列試劑中的________。A．乙醇B．苯C．鹽酸溶液D．NaCl溶液(3)Cu2S在稀H2SO4酸化下與氧氣反應生成CuSO4，該反應的化學方程式為________________________________；該反應的還原劑為________________，當1molO2發(fā)生反應時，還原劑所失電子的物質(zhì)的量為________mol，其中被S元素還原的O2的物質(zhì)的量為________mol。29、（10分）有一種天然黃銅礦主要成分為CuFeS2（含SiO2），為了測定該黃銅礦的純度，某同學設(shè)計了如圖1實驗：稱取研細的黃銅礦樣品1.150g煅燒，生成Cu、Fe2O1、FeO和SO2氣體，實驗后取d中溶液的1/5置于錐形瓶中，用0.01mo1/L標準碘溶液進行滴定，初讀數(shù)為0.10mL，末讀數(shù)如圖2所示．完成下列填空：（1）裝置c的作用是____________________________。（2）上述反應結(jié)束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是_____________________。（1）滴定時，標準碘溶液所耗體積為_____mL；用化學方程式表示滴定的原理：________________________________________。（4）計算該黃銅礦的純度___________________。（5）工業(yè)上利用黃銅礦冶煉銅產(chǎn)生的爐渣（含F(xiàn)e2O1、FeO、SiO2、Al2O1）可制備Fe2O1．選用提供的試劑，設(shè)計實驗驗證爐渣中含有FeO．提供的試劑：稀鹽酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液所選試劑為_________；證明爐渣中含有FeO的實驗現(xiàn)象為：_________________。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【答案解析】分析：A、聚合物由于其聚合度不同，所以不可能是純凈物；B、苯乙烯發(fā)生加聚反應時，碳碳雙鍵被破壞；C、銀鏡反應的產(chǎn)物有單質(zhì)銀，稀氨水不能溶解銀；D、苯酚具有弱酸性，能與碳酸鈉溶液反應。詳解：A、聚合物是由單體經(jīng)聚合反應生成的高分子化合物，由于其聚合程度不同，導致其分子不可能是同一分子，因此聚合物都是混合物，不可能是純凈物，故A不正確；B、苯乙烯發(fā)生加聚反應時，碳碳雙鍵被破壞，所以聚苯乙烯不可能與溴發(fā)生加成反應，因此B不正確；C、單質(zhì)銀不與氨水反應，所以不能用氨水洗滌做過銀鏡反應的試管，故C不正確；D、苯酚的弱酸性比HCO3-的酸性強，但弱于H2CO3，因此能與碳酸鈉溶液反應生成易溶于水的苯酚鈉和NaHCO3，所以D正確。本題答案為D。點睛：要明確高聚物的命名是在單體名稱前面加“聚”字，但單體分子中的官能團已經(jīng)發(fā)生反應，如烯烴中的C=C變成了C—C，即不能認為有機物名稱中有“烯”字，就一定含有C=C。2、A【答案解析】分析：本題考查的是酸性氧化物的判斷，掌握定義即可解答。詳解：酸性氧化物指與堿反應生成鹽和水的氧化物。A.二氧化硅能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，是酸性氧化物，故正確；B.一氧化碳和酸或堿都不反應，故錯誤；C.氧化鈣和堿不反應，能與酸反應生成鹽和水，是堿性氧化物，故錯誤；D.3、D【答案解析】

A．由圖象可知，加入NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH=3，說明溶液中c(H+)=1×10-3mol?L-1，故A正確；B．若物質(zhì)的量濃度都為xmol?L-1的CH3COOH與NaOH溶液等體積混合，則混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，若溶液呈中性，則加入NaOH溶液的體積V1＜20mL，故B正確；C．溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，a點時溶液的pH=7，則c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正確；D．當加入NaOH溶液的體積為20mL時，恰好反應生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，可知聯(lián)式可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D錯誤；故答案為D。4、B【答案解析】

A.分子中平面分子，分子在所有原子在同一平面上，A不符合題意；B.甲苯可看作是苯分子中的一個H原子被甲基取代產(chǎn)生的物質(zhì)，也可以看成是甲烷分子中的1個H原子被苯基取代產(chǎn)生的物質(zhì)。苯分子是平面分子，由于甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)的分子，若某一平面通過C原子，分子中最多有2個頂點在同一平面，因此甲苯分子中不可能所有原子都在同一平面上，B符合題意；C.苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被乙烯基-CH=CH2取代產(chǎn)生的物質(zhì)，由于苯分子、乙烯分子都是平面分子，兩個平面共直線，可能所有原子在同一平面上，C不符合題意；D.苯乙炔可看作中苯分子中的1個H原子被乙炔基-C≡CH取代產(chǎn)生的物質(zhì)，乙炔中與苯環(huán)連接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面內(nèi)，由于苯分子是平面分子，乙炔是直線型分子，一條直線上2點在某一平面上，則直線上所有點都在這個平面上，因此所有原子在同一平面內(nèi)，D不符合題意；故合理選項是B。5、A【答案解析】本題考查化學反應的條件與化學反應的熱效應間的關(guān)系。解析：加熱是反應條件，與吸熱和放熱無直接關(guān)系，反應開始時需要加熱的反應可能是吸熱反應，也可能是放熱反應，A錯誤；放熱的反應在常溫下一般容易發(fā)生，但放熱的反應在常溫下不一定很容易發(fā)生，B正確；放熱反應是指反應物所具有的總能量高于生成的總能量，在反應中會有一部分能量轉(zhuǎn)變?yōu)闊崮艿男问结尫?，反之就是吸熱反應，C正確；△H<0，△S>0的反應，△G=△H-T△S＜0，一定能自發(fā)進行，D正確。故選A。點睛：判斷反應是放熱反應還是吸熱反應關(guān)鍵是準確判斷反應物和生成物的總能量的相對大小，不能看反應條件。6、D【答案解析】

A.溶液中碳酸根會水解，結(jié)合水電出來的氫離子，生成碳酸氫根，A項正確，不符合題意；B．實驗Ⅰ和Ⅱ沒有氣泡，根據(jù)所學Al可以和熱水反應，但是此實驗中沒有氣泡，說明有氧化膜的保護，實驗Ⅲ中卻有氣泡，說明氧化膜被破壞，B項正確，不符合題意；C．Na2CO3溶液呈堿性，鋁片在堿性溶液中與OH－反應，生成偏鋁酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反應生成氫氧化鋁沉淀，C項正確，不符合題意；D．CO32－的水解是吸熱的，加熱可以促進水解。H2產(chǎn)生的原因是Al和CO32－水解生成的OH－反應生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反應，OH－減少，從而促進碳酸根水解，加熱和H2逸出對CO32-水解平衡移動方向的影響是相同的，D項錯誤，符合題意；本題答案選D。7、A【答案解析】

A.由結(jié)構(gòu)可知，均含4個C、4個H；B.4個H的位置相同；C.4個C形成的結(jié)構(gòu)與白磷結(jié)構(gòu)相似；D.三環(huán)[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷，H原子差6mol?！绢}目詳解】A.由結(jié)構(gòu)可知，正四面體烷分子式是C4H4，環(huán)丁二烯分子式也是C4H4，二者均含4個C、4個H，二者互為同分異構(gòu)體，A正確；B.正四面體烷類似一個正四面體，其四個頂點為4個C，兩兩以碳碳單鍵連接，剩余的鍵每個C連接一個H原子，4個H的位置相同，是一種高度對稱的物質(zhì)，則二氯代物只有一種，B錯誤；C.4個C形成的結(jié)構(gòu)與白磷結(jié)構(gòu)相似，是正四面體結(jié)構(gòu)，碳碳鍵鍵角為60°，C錯誤；D.三環(huán)[1.1.0.0]丁烷分子式是C4H4到丁烷C4H10，1mol至少需要3molH2，D錯誤；故合理選項是A?！敬鸢更c睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的知識，把握有機物的結(jié)構(gòu)、不飽和度及物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式的通式為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的難點，題目難度不大。8、D【答案解析】A.溫度不變，若在混合溶液中加入少量NaOH固體，會發(fā)生酸堿中和反應，使醋酸發(fā)生電離的程度增大，所以c（CH3COO-）增大，故A錯誤；B.對混合溶液進行微熱，會促進酸的電離和鹽的水解程度，所以K1增大、K2也增大，故B錯誤；C.在溶液中存在電荷守恒：c(H+)＋c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，調(diào)節(jié)混合溶液的PH值至中性，則c(H+)=c(OH-），此時溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，故C錯誤；D.K1·K29、D【答案解析】

A．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，所以c(NH4+)＜c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故A正確；B．在25℃下，平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c(NH3·H2O)=(0.5a-0.005)mol/L，根據(jù)電荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb===，故B正確；C．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，故C正確；D.等pH的HA和HB溶液，分別與一定濃度的氫氧化鈉溶液完全中和，HA消耗的氫氧化鈉溶液體積多，說明HA的物質(zhì)的量多，濃度大，則酸性HA＜HB，故D錯誤；故選D。10、B【答案解析】

A.在實驗室沒有980mL容量瓶，要選擇1000mL容量瓶，需要溶質(zhì)的物質(zhì)的量為n(Na2CO3)=0.1mol/L×1L=0.1mol，根據(jù)n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO3·10H2O)=0.1mol×286g/mol=28.6g，溶液濃度為0.1mol/L，不會產(chǎn)生誤差，A不符合題意；B.溶解時進行加熱，并將熱溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中至刻度線，由于溶液的體積受熱膨脹，遇冷收縮，所以待恢復至室溫時，體積不到1L，根據(jù)c=，可知V偏小，則c偏高，B符合題意；C.轉(zhuǎn)移時，對用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進行洗滌，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏少，根據(jù)c=，可知n偏小，則c偏低，C不符合題意；D.定容后，將容量瓶振蕩搖勻，靜置，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，是由于部分溶液粘在容量瓶頸部，若又加入少量水至刻度線，則V偏大，根據(jù)c=，可知：若V偏大，會導致配制溶液的濃度偏低，D不符合題意；故合理選項是B。11、D【答案解析】

A.用鐵粉作食品袋內(nèi)的脫氧劑，是用Fe易被氧氣氧化的特點，所以可以直接做脫氧劑，A項正確；B.有些維生素屬于脂溶性維生素，因為油脂屬于酯類，可以溶于油脂中，所以可以促進維生素的吸收，B項正確；C.明礬中的鋁離子水解時生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體是具有吸附性的膠體粒子，可作凈水劑，C項正確；D.自行車鋼架屬于鐵的合金，易形成原電池腐蝕，所以生銹主要是電化學腐蝕所致，D項錯誤；答案選D。12、D【答案解析】

在某些物理因素或化學因素的影響下，蛋白質(zhì)的理化性質(zhì)和生理功能發(fā)生改變的現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)的變性，物理因素有加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射、超聲波等；化學因素有強酸、強堿、重金屬鹽?！绢}目詳解】A項、重金屬鹽能使蛋白質(zhì)變性，故A錯誤；B項、福爾馬林溶液的主要成分是甲醛，甲醛能使蛋白質(zhì)變性，故B錯誤；C項、醋酸鉛為重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，故C錯誤；D項、飽和硫酸銨溶液不能使蛋白質(zhì)變性，析出蛋白質(zhì)的過程為鹽析，故D錯誤；故選D?！敬鸢更c睛】本題考查蛋白質(zhì)的性質(zhì)，注意蛋白質(zhì)的變性和鹽析的區(qū)別是解答關(guān)鍵。13、A【答案解析】

該高聚物鏈節(jié)主鏈不含雜原子，屬于加聚反應生成的高聚物，鏈節(jié)主鏈上存在碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)，其的單體是CH2=CHCN、CH2=CH-CH=CH2、苯乙烯，故選A。【答案點睛】解答此類題目，首先要根據(jù)高聚物的結(jié)構(gòu)簡式判斷高聚物是加聚產(chǎn)物還是縮聚產(chǎn)物，然后根據(jù)推斷單體的方法作出判斷，加聚產(chǎn)物的單體推斷方法：(1)凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個碳原子(無其它原子)的高聚物，其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；(2)凡鏈節(jié)主鏈上只有四個碳原子(無其它原子)且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物，其單體必為兩種，在正中間畫線斷開，然后將四個半鍵閉合即可；(3)凡鏈節(jié)主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)的高聚物，其規(guī)律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換。14、D【答案解析】分析：H2O中中心原子O上的孤電子對數(shù)為12×（6-2×1）=2，成鍵電子對數(shù)為2，價層電子對數(shù)為2+2=4，VSEPR模型為四面體形，略去O上的兩對孤電子對，H2O為V形；BF3中中心原子B上的孤電子對數(shù)為12×（3-3×1）=0，成鍵電子對數(shù)為3，價層電子對數(shù)為0+3=3，VSEPR模型為平面正三角形，B詳解：H2O中中心原子O上的孤電子對數(shù)為12×（6-2×1）=2，成鍵電子對數(shù)為2，價層電子對數(shù)為2+2=4，VSEPR模型為四面體形，略去O上的兩對孤電子對，H2O為V形；BF3中中心原子B上的孤電子對數(shù)為12×（3-3×1）=0，成鍵電子對數(shù)為3，價層電子對數(shù)為0+3=3，VSEPR模型為平面正三角形，B上沒有孤電子對，BF3點睛：本題考查價層電子對互斥理論確定分子的空間構(gòu)型，理解價層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)型的步驟是解題的關(guān)鍵。當中心原子上沒有孤電子對時，分子的空間構(gòu)型與VSEPR模型一致；當中心原子上有孤電子對時，分子的空間構(gòu)型與VSEPR模型不一致。15、C【答案解析】

A、鐵銹的成分是Fe2O3，故A錯誤；B、鐵與水蒸氣在高溫下反應生成Fe3O4和H2，故B錯誤；C、Fe與Fe3＋發(fā)生反應Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能夠達到實驗目的，故C正確；D、Fe3＋作凈水劑，利用Fe3＋水解成Fe(OH)3膠體，故D錯誤。16、D【答案解析】

CH3COOH的電離常數(shù)為1.75×10－5，NH3·H2O的電離常數(shù)為1.75×10－5，所以CH3COONH4溶液顯中性。【題目詳解】①CH3COONa是強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，pH>7；②NH4Cl是強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，pH<7；③由于CH3COOH與NH3·H2O的電離平衡常數(shù)相等，所以CH3COONH4溶液呈中性，pH=7；④(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽,溶液顯酸性，pH<7；由于NH4Cl溶液(NH4)2SO4溶液物質(zhì)的量濃度相等,銨根離子濃度(NH4)2SO4溶液離子濃度大，故其酸性強，pH?。挥梢陨戏治隹梢缘贸鰌H由小到大排列④<②<③<①，故選D。【答案點睛】CH3COONH4溶液酸堿性的判斷要依據(jù)對應的電離常數(shù)，這點要注意。17、D【答案解析】

A.冶鋁工業(yè)中，鐵不能作陽極，因為鐵是活性電極，會參與電極反應，故A錯誤；B.硫酸工業(yè)中，采用低溫，雖然正向進行，但反應速率慢，不利于提高SO2的轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C.合成氨工業(yè)中，將氨氣液化分離，生成物濃度降低，正反應速率會降低，故C錯誤；D.氯堿工業(yè)中，采用陽離子交換膜，使陰極產(chǎn)生的OH－與陽極產(chǎn)物Cl2隔開，故D正確。18、A【答案解析】A、因為分液漏斗液面上的氣體與燒瓶內(nèi)氣體相通，故分液漏斗中的液體上下壓強相等，所以無論該裝置氣密性是否良好，液體都會順利滴下，所以不能檢查出裝置是否漏氣；B、用彈簧夾夾住右邊導管，向長頸漏斗中倒水，若液面高度不變，說明裝置氣密性良好，所以能檢查出裝置是否漏氣；C、用手握住試管，試管內(nèi)氣體受熱膨脹，在燒杯內(nèi)若有氣泡產(chǎn)生，說明裝置氣密性良好，所以能檢查出裝置是否漏氣；D、向外拉活塞，若氣密性良好，則導管口會有氣泡產(chǎn)生，若氣密性不好則不會有氣泡產(chǎn)生，所以能檢查出裝置是否漏氣；故選A。點睛：裝置氣密性的檢驗是常考的實驗題，解題關(guān)鍵：通過氣體發(fā)生器與附設(shè)的液體構(gòu)成封閉體系，依據(jù)改變體系內(nèi)壓強時產(chǎn)生的現(xiàn)象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞。易錯選項A，分液漏斗液面上的氣體與燒瓶內(nèi)氣體相通，故分液漏斗中的液體上下壓強相等，無論該裝置氣密性是否良好，液體都會順利滴下，這個敘述正確，但不是題目的要求。19、B【答案解析】

11.2L(標準狀況)氯氣的物質(zhì)的量為：=0.5mol，生成物中含0.7molKCl、0.2molKClO，根據(jù)氯守恒，所以X的物質(zhì)的量為：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，設(shè)X中Cl的化合價為x價，由電子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x=5，所以X中氯的化合價為+5價，則X為KClO3，物質(zhì)的量為0.1mol，故選B?！敬鸢更c睛】明確得失電子守恒和氯守恒為解答關(guān)鍵。20、C【答案解析】4-溴環(huán)己烯水解生成X，則X中含有羥基和碳碳雙鍵，屬于醇。4-溴環(huán)己烯含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成羧酸W，但W中還有溴原子。4-溴環(huán)己烯中含有碳碳雙鍵，也能和溴化氫發(fā)生加成反應生成Z，所以Z是鹵代烴。4-溴環(huán)己烯在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應生成Y，所以Y是二烯烴，因此正確的答案選C。21、C【答案解析】

A．由一次能源直接或間接轉(zhuǎn)化而來的能源是二次能源，電能、汽油、沼氣都是由一次能源轉(zhuǎn)化而來的能源，屬于二次能源，故A正確；B．燃燒熱是指1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時所放出的熱量，與量的多少無關(guān)，因此1mol碳和3mol碳的燃燒熱相等，故B正確；C．氯化氫是共價化合物，溶于水能夠完全電離，是強電解質(zhì)，因此共價化合物可以是電解質(zhì)；但離子化合物都是電解質(zhì)，不可能是非電解質(zhì)，故C錯誤；D．化學反應能否自發(fā)進行的判據(jù)是：△H-T△S＜0，吸熱反應也可能自發(fā)進行，故D正確；答案選C。22、B【答案解析】

A．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，在電解池中陰離子會向正電荷較多的陽極區(qū)定向移動，因此通電后中間隔室的SO42－離子向正極遷移；在正極區(qū)帶負電荷的OH－失去電子，發(fā)生氧化反應而放電，由于破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正極區(qū)溶液酸性增強，溶液的pH減小，故A錯誤；B．陽極區(qū)氫氧根放電，溶液中產(chǎn)生硫酸，陰極區(qū)氫離子獲得電子，發(fā)生還原反應而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以產(chǎn)生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確；C．負極區(qū)氫離子得到電子，使溶液中c(H＋)增大，所以負極區(qū)溶液pH升高，故C錯誤；D．當電路中通過1mol電子的電量時，根據(jù)整個閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知反應產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D錯誤。故選B?！敬鸢更c睛】本題主要是考查電解原理及其應用、電極判斷、電極反應式書寫、電極產(chǎn)物判斷與計算等。電化學是歷年高考的重要考點之一，考查的內(nèi)容為：提供電極材料和電解質(zhì)溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應式的書寫，提供反應方程式設(shè)計原電池、電解池（包括電鍍池、精煉池），根據(jù)電解時電極質(zhì)量或溶液pH的變化判斷電極材料或電解質(zhì)種類，電解產(chǎn)物的判斷和計算，結(jié)合圖像考查電極質(zhì)量或電解質(zhì)溶液質(zhì)量分數(shù)的變化。二、非選擇題(共84分)23、1s22s22p63s23p63d9孤電子對bSi<C<N3∶2sp雜化dCr【答案解析】分析：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），穩(wěn)定性：CH4>SiH4，沸點：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質(zhì)量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。其中C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構(gòu)型為3d54s1，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號是Cr。詳解：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z為Cu元素，Cu原子核外有29個電子，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H鍵的鍵長小于Si-H鍵，C-H鍵的鍵能大于Si-H鍵，穩(wěn)定性：CH4>SiH4；由于CH4的相對分子質(zhì)量小于SiH4的相對分子質(zhì)量，CH4分子間作用力小于SiH4分子間作用力，沸點：CH4<SiH4；答案選b。（4）根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，第一電離能C<N；同主族從上到下第一電離能逐漸減小，第一電離能C>Si；C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質(zhì)量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH的結(jié)構(gòu)式為H—C≡C—H，單鍵全為σ鍵，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。CH≡CH中每個碳原子形成2個σ鍵，C原子上沒有孤電子對，C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構(gòu)型為3d54s1，由于最后電子填入的能級符號為3d，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號是Cr。24、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【答案解析】

考查無機物的推斷，（1）假設(shè)A為Na，則Na與H2O反應生成NaOH和H2，即E為H2，B為NaOH，C為Na2CO3，D為NaHCO3；（2）假設(shè)A為Na2O2，Na2O2與H2O反應生成O2和NaOH，與(1)類似；（3）根據(jù)（1）和（2）的分析，以及鈉及其化合物的性質(zhì)進行分析?！绢}目詳解】（1）若A為Na，Na與H2O反應：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，則單質(zhì)E為H2，B為NaOH，CO2與NaOH反應：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，繼續(xù)通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A與水反應的離子方程式為2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A為Na2O2，則Na2O2與水反應：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，則單質(zhì)E為O2，Na2O2與CO2能發(fā)生反應：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2與CO2反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，因此1molNa2O2與CO2反應轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol，電子數(shù)為NA；（3）①根據(jù)上述分析，B為NaOH，C為Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向飽和的Na2CO3溶液中通入CO2，產(chǎn)生NaHCO3沉淀；其反應Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只發(fā)生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3過量，消耗NaOH的體積0.5×3/1L=1.5L；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，NaOH稍微過量，發(fā)生的反應是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部參與反應，生成氫氧化鋁的總物質(zhì)的量為1mol，此時消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol，最后沉淀的物質(zhì)的量為39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氫氧化鋁被消耗，同時該反應中消耗NaOH的物質(zhì)的量為0.5mol，總共消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為3.5mol，體積為3.5/1L=3.5L?！敬鸢更c睛】本題的難點是電子轉(zhuǎn)移物質(zhì)的量的計算，Na2O2無論與CO2反應還是與H2O反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為2mol，因此消耗1molNa2O2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol，特別注意本題讓求的是電子數(shù)，與阿伏加德羅常數(shù)有關(guān)。25、(球形)冷凝管增大接觸面積使SO2充分反應吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加熱均勻受熱、容易控制溫度HCHO防止產(chǎn)物被空氣氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【答案解析】

(1)裝置A中通入SO2的導管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫氣體和Na2SO3液體的接觸面積；(2)裝置C是尾氣吸收裝置，結(jié)合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氫鈉甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上發(fā)生分解；HCHO易揮發(fā)據(jù)此分析解答；(4)根據(jù)化合價分析次硫酸氫鈉甲醛具有的性質(zhì)，結(jié)合次硫酸氫鈉甲醛的性質(zhì)分析判斷；(5)步驟1中Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液，據(jù)此書寫反應的化學方程式。【題目詳解】(1)根據(jù)裝置圖，儀器B為(球形)冷凝管，裝置A中通入SO2的導管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫氣體和Na2SO3液體的接觸面積，加快反應速度，故答案為：(球形)冷凝管；增大接觸面積使SO2充分反應，加快反應速度；(2)裝置C是尾氣吸收裝置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以裝置C的作用是吸收未反應的二氧化硫，防止污染空氣并阻止空氣進入裝置A，故答案為：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氫鈉甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上發(fā)生分解，根據(jù)分解溫度應選擇水浴加熱，而且水浴加熱均勻，容易控制溫度，故答案為：水浴加熱；均勻受熱、容易控制溫度；②HCHO易揮發(fā)，在80°C-90°C條件下會大量揮發(fā)，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案為：HCHO；(4)次硫酸氫鈉甲醛具有還原性，在敞口容器中蒸發(fā)濃縮，次硫酸氫鈉甲醛可以被空氣中的氧氣氧化變質(zhì)，故答案為：防止產(chǎn)物被空氣氧化；(5)步驟1中Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液，反應的化學方程式為Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案為：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。26、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管飽和食鹽水防止水蒸氣進入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【答案解析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，則須先制取氣體，然后提純，再收集，因為二氧化硫有毒、易溶于水，還要對尾氣進行吸收處理，據(jù)此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反應；(3)鹽酸容易揮發(fā)，生成的氯氣中會混入氯化氫，據(jù)此分析解答；(4)無水氯化鈣具有吸水性，結(jié)合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸，即生成鹽酸和硫酸；②根據(jù)NaOH與鹽酸、硫酸反應，得到SO2Cl2的物質(zhì)的量，從而得出質(zhì)量分數(shù)?！绢}目詳解】(1)根據(jù)圖示，裝置A可以用來制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸氣，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，裝置的導管按氣流方向連接的順序是：a通過導管d把二氧化硫?qū)朐噭┢恐羞M行干燥，通過e導管導出后，通過c導管導入集氣瓶中收集，為了防止二氧化硫逸出擴散到空氣中污染環(huán)境，應該把b導管連接到f導管上，為防止通過D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b導管連接到d把二氧化硫?qū)朐噭┢恐羞M行干燥，通過e導管導出后，連接f，故答案為：adecbf或adecbdef；(2)A裝置分液漏斗中裝的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反應方程式為H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案為：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；(3)根據(jù)圖示，e為球形冷凝管；b的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故b中試劑為飽和食鹽水，故答案為：(球形)冷凝管；飽和食鹽水；(4)SO2Cl2遇水易水解，故f的作用的防止空氣中的水蒸氣進入到d，故答案為：防止空氣中的水蒸氣進入到d使SO2Cl2水解；(5)①SO2Cl2遇水水解，劇烈反應生成兩種強酸，即為同時生成鹽酸和硫酸，方程式為：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；故答案為：2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl；②根據(jù)2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到，SO2Cl2～4H+～4OH-的關(guān)系，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.5000mol?L-1×20.00×10-3L=0.01mol，故n(SO2Cl2)==0.0025mol，配成200mL溶液，取出20.00mL，所以n(SO2Cl2)總=0.0025mol×10=0.025mol，m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g，質(zhì)量分數(shù)=×100%=84.4%，故答案為：84.4