天津市南开翔宇学校2020届高三下学期线上测试化学试题

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南开翔宇学校 2020 届高三线上检测化学学科试卷 可能用到的相对原子质量：H: ‎1 C: 12 O: 16 Cl:35.5 Na: 23 Fe: 56 Cu: 64 Zn:65‎ 一、选择题（每题只有一个选项是正确的，请将答案写在答题纸的表格中）‎ ‎1.高粱酿酒过程中的部分流程按顺序排列如下，其中能说明高粱转化过程中放出热量的是（）‎ A. “蒸粮”时加热 B. “拌曲”前摊晾 C. “堆酵”时升温 D. “馏酒”时控温 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“蒸粮”时加热属于木柴的燃烧过程，是木柴的化学能转化为热能，故A不符合题意；‎ B.“拌曲”前摊晾是属于蒸发水分的过程，故B不符合题意；‎ C.“堆酵”时升温属于高粱的发酵过程，高粱在发酵过程中发生化学变化，并放出热量；故C符合题意；‎ D.“馏酒”时控温有木柴的燃烧过程，是木柴的化学能转化为热能，还有酒的蒸馏过程，蒸馏是吸热过程，故D不符合题意。‎ 故答案选C。‎ ‎2.下列叙述正确的是（）‎ A. 最高正化合价：P＞N＞C B. 第一电离能：Li＞Na＞K C. 热稳定性：H2O＞HF＞H2S D. 碱性：LiOH＞NaOH＞KOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. P、N为同主族元素，最高化合价均为+5价，故A错误； ‎ B. Li、Na、K均为同IA族元素，核电荷数越大，金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，则第一电离能：Li＞Na＞K，故B正确；‎ C.元素的非金属性F>O>S，则气态氢化物的热稳定性HF>H2O>H2S，故C错误； ‎ D. Li、Na、K均为同IA族元素，核电荷数越大，金属性越强，则碱性强弱顺序为KOH＞NaOH＞LiOH，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎3.下列表述正确的是（ ）‎ A. Na2O2的电子式：‎ B. N2的共价键类型：σ键和π键 C. 中子数为30的Fe原子符号：Fe D. SO3分子的立体构型：三角锥形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2是离子化合物，电子式为，A错误；‎ B. N2分子内有1个σ键和2个π键，B正确；‎ C. 中子数为30的Fe原子符号，左下角为质子数而不是中子数，应该为Fe，C错误；‎ D. SO3分子中硫原子价层电子对个数为3，且不含孤电子对，因此SO3分子的立体构型为平面三角形，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列说法不正确的是（）‎ A. 葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解 B. 甲醛的水溶液具有防腐性能，是由于它可使蛋白质变性 C. 纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维素，是由于纤维素分子中含有羟基 D. 植物油氢化得到的硬化油不易变质，是由于氢化过程使不饱和键数目减少 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故A错误；‎ B.甲醛的水溶液可以使蛋白质变性，因此具有防腐杀菌性能，可用来浸制生物标本、给种子消毒等，故B正确；‎ C.纤维素分子的结构单元中含有三个羟基，因此纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维素，故C正确；‎ D.油脂在催化剂作用下不饱和双键与氢发生加成反应，使油脂中的双键得到饱和的过程，为油脂的氢化。化学性质变得更稳定，因此氢化后得到的硬化油不易变质，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎5.下列各项比较中，一定相等的是（）‎ A. 相同物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO-)‎ B. 相同质量的钠分别完全转化为Na2O和Na2O2时转移的电子数 C. 相同物质的量的丙烷和2-甲基丙烷中所含C-H键的数目 D. 标准状况下，相同体积的乙炔和苯中所含的H原子数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液中，CH3COONa属于盐，完全电离，只有少部分醋酸根水解，而CH3COOH溶液中，CH3COOH为弱酸，部分电离，醋酸根的浓度：CH3COONa>CH3COOH，故A错误；‎ B.相同质量的钠分别完全转化为Na2O和Na2O2时，最终钠单质全部变为Na+，又因为质量相同，因此转移的电子数相同，故B正确；‎ C.设丙烷和2-甲基丙烷的物质的量均为nmol，则丙烷中含有的C-H键数目为 ，2-甲基丙烷中含有的键数目为 N1不等于N2,故C错误；‎ D.苯在标准状况下为非气体，因此在标准状况下，相同体积，无法比较乙炔和苯的物质的量，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎6.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）‎ A. 湿润的红色布条遇氯气褪色 B. 紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色 C. 浅黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色 D. 棕黄色FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.湿润的红色布条里含有水，氯气与水发生氧化还原反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有氧化性，可使红色布条褪色，则A的颜色变化与氧化还原反应有关，故A不选；‎ B. 酸性高锰酸钾具有强氧化性，可与乙烯发生氧化还原反应，使得紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，则B的颜色变化与氧化还原反应有关，故B不选；‎ C. 过氧化钠易与空气中的水和二氧化碳发生氧化还原反应，生成氢氧化钠和碳酸钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应，生成碳酸钠，碳酸钠在空气中经过潮解和风干，最终形成碳酸钠的白色固体。整个过程中，过氧化钠参与的反应为氧化还原反应，则D的颜色变化与氧化还原反应有关，故C不选。‎ D. 三氯化铁饱和溶液滴入沸水中，发生水解反应生成红褐色氢氧化铁胶体，该反应中各元素化合价不变，属于非氧化还原反应，则D的颜色变化与氧化还原反应无关，故选D。‎ 故答案选D。‎ ‎7.结合元素周期律，结合下列事实推测不合理的是（）‎ 事实 推测 A IVA族和的单质是半导体材料 同族的单质是半导体材料 B HI在‎230℃‎时分解，HCl在‎1500℃‎时分解 HF分解温度大于‎1500℃‎ C H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸 HClO4是强酸 D Na、Al通常用电解法冶炼 Mg可用电解法冶炼 A A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，Pb是较活泼的金属单质，不能作半导体材料，故A错误；‎ B.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>I，则HF分解温度大于HCl分解温度，大于‎1500℃‎，故B正确；‎ C.元素的非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，由于非金属性：Cl>S>P，则酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，所以HClO4是强酸，故C正确；‎ D.活泼金属通常用电解法冶炼，由于金属性：Na>Mg>Al，Na、Al通常用电解法冶炼，则Mg可用电解法冶炼，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】元素的非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强。‎ ‎8.常温下，下列溶液均为0.1mol·L-1，有关叙述正确的是( )‎ A. 碳酸钠溶液中c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(CO32-)‎ B. 碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质只有NaCl C. 碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小 D. 碳酸氢钠溶液中c(H2CO3)＞c(CO32-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钠溶液中存在质子守恒，故A错误；‎ B. 碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，此时CO2部分溶于水形成碳酸，溶质是碳酸氢钠和碳酸、氯化钠的混合物，故B错误；‎ C. CO32-水解程度比HCO3-大，故碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH大，故C错误；‎ D. 碳酸氢钠溶液显碱性，则HCO3-的水解大于HCO3-电离，溶液中c(H2CO3)＞c(CO32-)，故D正确。‎ 答案选：D。‎ ‎9.下列实验操作会使最终结果偏高的是（ ）‎ A. 配制溶液，定容时俯视刻度线 B. 用盐酸滴定溶液，起始读数时仰视 C. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH D. 测定中和热数值时，将溶液倒入盐酸后，立即读数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液 体积偏小，由c=可知所配溶液浓度偏高，故A正确；‎ B．用盐酸滴定溶液，起始读数时仰视，即起始时读数偏大，则滴定时消耗标准液的体积偏小，由c(测)=可知测定浓度偏低，故B错误；‎ C．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，NaOH溶液被稀释，所测溶液的pH偏低，故C错误；‎ D．测定中和热的数值时，将溶液倒入盐酸后，立即读数，测定温度偏低，即放出的热量偏低，导致中和热数值偏低，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】本题考查常见定量实验的误差分析，准确理解实验原理是解题关键，如溶液配制过程中误差分析，只须紧扣c=，溶液中溶质和溶液体积的变化判断误差，而中和滴定同样根据c(测)=，结合消耗标准液的体积误差对测定结果影响分析即可。‎ ‎10.下列反应的离子方程式错误的是（）‎ A. 用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑‎ B. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32-+6H++2SO42-=4SO2↑+3H2O C. 醋酸钠溶液呈碱性的原因：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-‎ D. 硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故A正确；‎ B. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32-+6H++2SO42-=4SO2↑+3H2O，硫酸根不做氧化剂，反应应为：，故B错误；‎ C.醋酸钠溶液由于水解呈碱性：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。故C正确；‎ D. 由于 则硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4，故D正确。‎ 故答案选：B。‎ ‎11.室温下向溶液中加入的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 ‎ A. a点所示溶液中 B. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C. 时，‎ D. b点所示溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点时酸碱恰好中和，溶液，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为，故A错误； ‎ B．a点水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出，抑制水的电离，故B错误； ‎ C．时，，由电荷守恒可知，则，故C错误； ‎ D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度，则存在，故D正确。 ‎ 故答案为D。‎ ‎12.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是 A. 放电时，a电极反应为 B. 放电时，溶液中离子的数目增大 C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化 D. 充电时，a电极接外电源负极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，充电时，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；‎ B、放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；‎ C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加‎0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；‎ D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大。‎ 二、填空题（请将答案填写在答题纸上）‎ ‎13.Ⅰ、Cu2O 广泛应用于太阳能电池领域。以 CuSO4、NaOH 和抗坏血酸为原料，可制备 Cu2O。‎ ‎（1）Cu2+基态核外电子排布式为________。‎ ‎（2）SO4 2﹣的空间构型为_________（用文字描述），Cu2+与 OH-反应能生成[Cu(OH)4 ]2-， [Cu(OH)4]2-中的配位原子为_______（填元素符号）。‎ ‎（3）抗坏血酸的分子结构如图 1 所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：_______（填“难溶于水”或“易溶于水”）。‎ ‎（4）一个 Cu2O 晶胞（如图 2）中，Cu 原子的数目为_________。‎ Ⅱ、磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用 FeCl3、NH4H2PO4、LiCl 和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：‎ ‎（5）在周期表中，与 Li 的化学性质最相似的邻族元素是___，该元素基态原子核外 M层电子的自旋状态_______（填“相同”或“相反”）。‎ ‎（6）苯胺（ ）的晶体类型是_________。苯胺与甲苯（ ）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（‎-5.9℃‎）、沸点（‎184.4℃‎）分别高于甲苯的熔点（‎-95.0℃‎）、沸点（‎110.6℃‎），原因是________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 (2). 正四面体形 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易溶于水 (6). 4 (7). Mg (8). 相反 (9). 分子晶体 (10). 苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu原子失去4s能级上1个电子、3d能级上1‎ 个电子生成铜离子，据此书写该基态离子核外电子排布式；‎ ‎(2)SO42-中S原子价层电子对个数且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；该配离子中Cu2+提供空轨道、O原子提供孤电子对形成配位键；‎ ‎(3)中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型；抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性；‎ ‎(4)该晶胞中白色球个数、黑色球个数为4，则白色球和黑色球个数之比=2：4=1：2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子；‎ ‎(5)根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的M层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反；‎ ‎(6)大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。‎ ‎【详解】(1)Cu原子失去4s能级上1个电子、3d能级上1个电子生成铜离子，该基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；‎ ‎(2)SO42−中S原子价层电子对个数且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体形；该配离子中Cu2+提供空轨道、O原子提供孤电子对形成配位键，所以配原子为O；‎ ‎(3)中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型，1、2、3号C原子采用sp3杂化，4、5、6号C原子采用sp2杂化；抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性，所以抗坏血酸易溶于水；‎ ‎(4)该晶胞中白色球个数、黑色球个数为4，则白色球和黑色球个数之比=2:4=1:2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，则该晶胞中Cu原子数目为4；‎ ‎(5)根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的M层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反；‎ ‎(6)大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。‎ ‎14.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A中的官能团名称是__________。‎ ‎（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号(*)标出B中的手性碳__________。‎ ‎（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式__________。(不考虑立体异构，只需写出3个)‎ ‎（4）反应④所需的试剂和条件是__________。‎ ‎（5）⑤的反应类型是__________。‎ ‎（6）写出F到G的反应方程式__________。‎ ‎（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线__________(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). (3). 、、、、 (4). C2H5OH/浓H2SO4、加热 (5). 取代反应 (6). 、 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物A被高锰酸钾溶液氧化，使羟基转化为羰基，B与甲醛发生加成反应生成C，C中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则D的结构简式为。D与乙醇发生酯化反应生成E，E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成F，则F的结构简式为，F首先发生水解反应，然后酸化得到G，据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据A的结构简式可知A中的官能团名称是羟基。‎ ‎（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则根据B的结构简式可知B 中的手性碳原子可表示为。‎ ‎（3）具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可能的结构为、、、、。‎ ‎（4）反应④是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇/浓硫酸、加热。‎ ‎（5）根据以上分析可知⑤的反应类型是取代反应。‎ ‎（6）F到G的反应分两步完成，方程式依次为：、‎ ‎。‎ ‎（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，可以先由甲苯合成，再根据题中反应⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成，最后根据题中反应⑥的信息由 合成产品。具体的合成路线图为：，‎ ‎。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。‎ ‎15.二氧化氯是高效、低毒消毒剂。已知：ClO2 是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性， 回答下列问题：‎ ‎（1）ClO2 的制备及性质探究（如图所示）‎ ‎①仪器 C 的名称为_________，装置 B 的作用是________。‎ ‎②装置C 用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_____，装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_______。‎ ‎③装置E 用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___，氧化产物是___。‎ ‎（2）粗略测定生成 ClO2 的量实验步骤如下：‎ a、取下装置 D，将其中的溶液转入 250mL 容量瓶，用蒸馏水洗涤 D 瓶 2~3 ‎ 次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。‎ b、从容量瓶中取出 25.00mL 溶液于锥形瓶中，用 0.1000mol/L 硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去 24.00 mL 硫代硫酸钠溶液。‎ ‎①滴定至终点的现象是___。‎ ‎②进入装置 D 中的 ClO2 质量为___，与 C 中 ClO2 的理论产量相比，测定值偏低， 可能的原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 防倒吸、防堵塞（或平衡气压、安全瓶均可） (3). (4). 检验有无I2生成，从而证明二氧化氯是否具有氧化性 (5). 2:1 (6). O2 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (8). ‎0.324g (9). 部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成碘，装置D中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；‎ ‎（2）①碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；‎ ‎②ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：，滴定方程：，计算ClO2 质量，ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。‎ ‎【详解】（1）①仪器C的名称为三颈烧瓶，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞（或平衡气压、安全瓶均可）。‎ 故答案为：三颈烧瓶；防倒吸、防堵塞（或平衡气压、安全瓶均可）；‎ ‎②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，生成的酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为；装置D 中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯是否具有氧化性，‎ 故答案为：；检验有无I2生成，从而证明二氧化氯是否具有氧化性；‎ ‎③装置E用于吸收尾气，反应生成，反应方程式为，该反应中二氧化氯是氧化剂、双氧水是还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，氧化产物是氧气，‎ 故答案为：2:1；O2；‎ ‎（2）①碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，其滴定终点为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变，‎ 故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；‎ ‎②溶液与碘化钾反应的离子方程式：，由，可得，则，由于滴定待测液只取了 则生成 ClO2物质的量 ， ，部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低，‎ 故答案为：‎0.324g；部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。‎ ‎【点睛】B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞，装置E用于吸收尾气，反应生成，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境。‎ ‎16.硒(Se)是第四周期ⅥA族元素，是人体内不可或缺的微量元素，其氢化物H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的基础原料。‎ ‎（1）已知：①2H2Se(g)+O2(g)2Se(s)+2H2O(l) ΔH1=a kJ·mol−1‎ ‎②2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) ΔH2=b kJ·mol−1‎ 反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)的反应热ΔH3=___________kJ·mol−1(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎（2）T℃时，向一恒容密闭容器中加入3molH2和lmolSe，发生反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)。‎ ‎①下列情况可判断反应达到平衡状态的是___________（填字母）。‎ a．气体的密度不变 b．υ(H2)=υ(H2Se) ‎ c．气体的压强不变 d．气体的平均摩尔质量不变 ‎②当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释_________________________________。‎ ‎③以5小时内得到的H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如下图所示：‎ 则制备H2Se的最佳温度和压强为______________________。‎ ‎（3）已知常温下H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10−4，K2=5.0×10−11，则NaHSe溶液呈___________(填“酸性”或“碱性”)，该溶液中的物料守恒关系式为____________________。‎ ‎（4）用电化学方法制备H2Se的实验装置如下图所示：‎ 写出Pt电极上发生反应的电极反应式：_________________________________。‎ ‎（5）H2Se在一定条件下可以制备CuSe，已知常温时CuSe的Ksp=7.9×10−49，CuS的Ksp=1.3×10−36，则反应CuS(s)+Se2-(aq)CuSe(s)+S2-(aq)的化学平衡常数K=________（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (b−a) (2). ad (3). 将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高 (4). ‎550℃‎，0.3 MPa (5). 碱性 (6). c(Na+)=c(HSe−)+c(Se2−)+c(H2Se) (7). CO−2e−+H2O=CO2+2H+ (8). 1.6×1012‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律求出反应的∆H；‎ ‎（2）①该反应为气体的总物质的量不变的反应，根据反应达到平衡的判断依据作答；‎ ‎②分离出H2重新通入反应容器，会增大反应物中H2的浓度，据此分析对平衡的影响效果；‎ ‎③结合已知图像分析作答；‎ ‎（3）HSe− 在溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据已知条件求出HSe−的水解平衡常数，进而比较出水解程度与电离程度的相对大小分析，再结合物料守恒作答；‎ ‎（4）通入CO的Pt电极为原电池的负极，依据原电池原理书写其电极反应式；‎ ‎（5）根据沉淀转化的化学平衡常数与各沉淀溶度积之间的关系进行计算。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律可知ΔH3 =(ΔH2−ΔH1)=(b−a)kJ·mol−1，‎ 故答案为(b−a)；‎ ‎（2）①由于反应前后气体的质量发生了变化，但气体的总物质的量不变，则 a. 建立平衡过程中气体质量增加，容器体积不变，气体密度增大，达到平衡时气体质量不变、气体密度不变，气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；‎ b. υ(H2)= υ(H2Se)没有指明反应速率的方向，υ(H2)= υ(H2Se)不能作为达到平衡的判定依据；‎ c. 反应过程中在任何时刻压强都不改变，所以压强不变不能作为反应达到平衡的判定依据； ‎ d. 建立平衡过程中气体质量增加，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量增大，达到平衡时气体质量不变，气体的平均摩尔质量不变，气体的平均摩尔质量不变能说明反应达到平衡状态；‎ 故答案为ad；‎ ‎②将平衡混合气通入气体液化分离器气体H2Se转化为液体H2Se，并将分离出的H2重新通入反应容器，会增大反应物中H2的浓度，平衡正向移动，Se的转化率提高，‎ 故答案为将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高；‎ ‎③由于最终是以5小时内得到的H2Se为产量指标，则从图1可知，在‎550℃‎时产率最高，所以最适宜的反应温度为‎550 ℃‎；由图2可知，反应5小时左右时，压强为0.3 Mpa条件下产率最高，因此最适宜压强为0.3 Mpa，‎ 故答案为‎550℃‎，0.3 MPa；‎ ‎（3）HSe− 在溶液中存在电离平衡和水解平衡，HSe−的水解平衡常数 = ‎ ‎≈7.7×10−11>K2=5.0×10−11，即HSe−的水解能力大于其电离能力，则NaHSe溶液呈碱性，溶液中的物料守恒关系为c(Na+)=c(HSe−)+c(Se2−)+c(H2Se)，‎ 故答案为碱性；c(Na+)=c(HSe−)+c(Se2−)+c(H2Se)；‎ ‎（4）根据题意，结合装置图，石墨极上Se得到电子发生还原反应生成H2Se，则石墨为正极，Pt为负极，在Pt电极上CO失电子发生氧化反应，电极反应式为CO−2e−+H2O=CO2+2H+，‎ 故答案为CO−2e−+H2O=CO2+2H+；‎ ‎（5）反应CuS(s)+Se2−(aq)CuSe(s)+S2−(aq)的化学平衡常数K====≈1.6×1012，‎ 故答案为1.6×1012。‎