【化学】重庆市朝阳中学2019-2020学年高一12月月考试题（解析版）

【化学】重庆市朝阳中学2019-2020学年高一12月月考试题（解析版）

重庆市朝阳中学2019-2020学年高一12月月考试题 一、单选题（本大题共16小题，共16.0分）‎ ‎1.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（　　）‎ ‎①增加少量C（s）                ②升高温度                   ③体积不变，再通入CO2‎ ‎④缩小体积增大压强            ⑤体积不变，再通入He        ⑥压强不变，再通入He．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；‎ ‎【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；‎ ‎②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意； ‎ ‎③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；‎ ‎④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；‎ ‎⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；‎ 综上所示，选项D符合题意。‎ ‎2.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）‎ A. 在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-‎ B. 在含大量Ba2+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、OH-‎ C. 在强碱性溶液中：Na+、K+、SO42-、HCO3-‎ D. 在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe2+为有色离子，且Fe2+、CO32-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B.NH4+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C.HCO3-与氢氧根离子反应，在强碱性溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D.强酸性溶液中存在大量H+，K+、Fe2+、Cl-、SO42-之间不反应，都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素下列说法不正确的是（ ）‎ A. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱 B. Z位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族 C. X的气态氢化物的稳定性比Z的弱 D. M的原子半径比Y的原子半径大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】所给四种短周期元素因只有M为金属元素，故M只能为Al元素，则X为Si元素，Y为N元素，Z为O元素。‎ A.Y的最高价氧化物对应水化物为HNO3，X的最高价氧化物对应水化物为H2SiO3，酸性HNO3＞H2SiO3，故A错误；‎ B.Z为O元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故B正确；‎ C.非金属性Si＜O，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C正确；‎ D.电子层数越多，则原子的半径越大，故Al的原子半径比N的原子半径大，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎4.已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用υ(NH3)、υ(O2)、υ(NO)、υ(H2O) 表示。则正确的关系是（ ）‎ A. 4/5υ(NH3)=υ(O2)‎ B. 5/6υ(O2)=υ(H2O)‎ C. 2/3υ(NH3)=υ(H2O)‎ D. 4/5υ(O2)=υ(NO)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】化学计量数之比等于化学反应速率之比，则υ(NH3)：υ(O2‎ ‎)：υ(NO)：υ(H2O)=4:5:4:6，即υ(NH3)=υ(O2)、υ(O2)=υ(H2O)、υ(NH3)=υ(H2O)、υ(O2)=υ(NO)，故答案为D。‎ ‎5.下列叙述正确的是（　　）‎ A. 6.02×1023叫做阿伏加德罗常数 B. 摩尔（mol）是国际单位制中七个基本单位之一 C. H2SO4的摩尔质量（M）是98‎ D. 气体摩尔体积（Vm）是指1 mol任何气体所占的体积都约为22.4 L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、12g中所含有的碳原子个数叫做阿伏加德罗常数，约是6.02×1023，错误；‎ B、摩尔（mol）是物质的量的单位，是国际单位制中七个基本单位之一，正确；‎ C、摩尔质量的单位是g/mol，错误；‎ D、在标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约为22.4 L，错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.浓度均为1mol/L的KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1时，所用KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液的体积比为（　　）‎ A. 9：6：2 B. 9：3：1 C. 6：3：2 D. 6：3：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】三种溶液中均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，则n(KCl)：n(CuCl2)：n(AlCl3)=3：：=9：3：1，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比=9：3：1，故合理选项是B。‎ ‎7.某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质，以C4H10为燃料，该电池工作原理如图。下列说法正确的是（ ）‎ A. a为C4H10，b为CO2‎ B. 在熔融电解质中，CO32-向正极移动 C. 此电池在常温时也能工作 D. 通入丁烷的一极是负极，电极反应式为C4H10-26e-+13CO32-=17CO2↑+5H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以a为，b为，故A错误；‎ B.原电池放电时，阴离子移向负极，故CO32-向负极移动，故B错误；‎ C.电解质熔融碳酸盐，需要高温条件，常温下不能工作，故C错误；‎ D.通入丁烷的一极是负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为C4H10-26e-+13CO32-=17CO2↑+5H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极 B. O2所在的铂电极处发生还原反应 C. 该电池的负极反应式为：‎ D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氧气得到电子被还原成H2O，氧气在正极反应，所以通入氧气的一极为正极。呼出气中的乙醇失去电子被氧化生成醋酸，在负极反应。‎ ‎【详解】A. 氧气的一极为正极，是电流流出的一极，电流由O2‎ 所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A项正确；B. O2得到电子，发生还原反应，故B项正确；C. 根据图示，乙醇失去电子生成醋酸，电极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，故CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+是错误的，故C项错误；D. 酒精的多少意味着电流的大小，故微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量，故D项正确。故选C。‎ ‎9.下列说法正确的是（　　）‎ A. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+‎ B. Na2O2与水反应时,生成0.1 mol O2，转移的电子数为0.2NA C. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色 D. 在酒精灯加热条件下， Na2CO3和NaHCO3固体都能发生分解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，选项A错误；‎ B、Na2O2和水反应时，氧元素由－1价变为0价，故当生成0.1 mol O2时转移0.2NA个电子，选项B正确；‎ C、Na2O2与水反应产生NaOH和O2，NaOH电离产生OH-使到湿润的紫色石蕊试纸变蓝色，由于Na2O2具有强的氧化性，会使蓝色试纸变为白色，所以石蕊试纸最终变成白色，选项C错误；‎ D、Na2CO3的性质稳定,在酒精灯加热条件下不能分解,而NaHCO3能分解，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为还原剂，已知25.0mL0.0100mol/LNa2S2O3溶液恰好把22.4mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl-离子，则S2O32-将转化成（ ）‎ A. S2- B. S C. SO42- D. SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】完全转化为Cl-，被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据电子转移守恒得：，解得，所以转化为：SO42-‎ ‎，故C正确，‎ 故选C。‎ ‎11.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能表明反应:A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡的是（　　）‎ A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. 气体的平均摩尔质量 D. 反应物A的质量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】可逆反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意该反应中A为固态，且反应恰好气体的体积不变。‎ ‎【详解】A．该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，容器中的压强始终不发生变化，所以压强不变不能证明达到了平衡状态，故A选；‎ B．该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会发生变化，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故B不选；‎ C．该反应前后气体的总物质的量不变，而气体的质量发生变化，如果混合气体的平均摩尔质量不变，说明已经达到平衡状态，故C不选；‎ D．该反应达到平衡状态时，各种物质的质量不变，所以A的质量不变能说明该反应达到平衡状态，故D不选，‎ 答案选A。‎ ‎12.实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是（　　）‎ A. Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液 B. 醋酸溶液中滴入氨水至过量 C. 澄清石灰水中通入CO2 D. NH4Cl溶液中加入适量的NaOH固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的大小。‎ A、氢氧化钡是强电解质，加入硫酸后，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至为零，然后随着H2SO4溶液的滴入，导电性增强，A错误；‎ B、醋酸是弱酸，导电能力不大，加入氨水后，生成醋酸铵是强电解质，导电能力增强，导电性变化大，B错误；‎ C、氢氧化钙是强电解质，通入二氧化碳后会产生白色沉淀碳酸钙和水，导电能力几乎变为零，再通入二氧化碳，会生成碳酸氢钙，导电性又会逐渐增强，溶液的导电能力变化较大，C错误；‎ D、氯化铵为强电解质，加入NaOH后生成弱电解质一水合氨和强电解质NaCl，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.实验室里也可以利用以下反应制取少量氯气：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑，关于该反应的说法正确的是（ ）‎ A. KMnO4中的锰元素被氧化 B. Cl2既是氧化产物，又是还原产物 C. HCl在反应中只做还原剂 D. 每生成1molCl2转移电子的物质的量为2mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.KMnO4中的锰元素化合价降低，得到电子，被还原，故A错误；‎ B.Cl2是由HCl失电子得来的，是氧化产物，不是还原产物，故B错误；‎ C.HCl在反应中一部分价态升高，一部分价态不变，表现出还原性和酸性，故C错误；‎ D.由2HCl~Cl2~2e-可知，每生成1molCl2转移电子的物质的量为2mol，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－，Y＋和Z－-离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是( )‎ A. 原子最外层电子数：X＞Y＞Z B. 氢化物的稳定性：X＞Z C. 离子半径：X2－＞Y＋＞Z－ D. 原子序数：X＞Y＞Z ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y＋和Z－具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素。‎ A．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；‎ B、氢化物的稳定性：HF＞H2S，故B错误；‎ C、Na＋、F－具有相同核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F－＞Na＋，故C错误；‎ D、X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎15.在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，理论上，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的示意图如下，b处NaOH的体积为1L，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 混合溶液中Al3＋的物质的量为0.2mol B. NaOH的浓度为0.5 mol/L C. 在b点处溶液中的溶质只有NaAlO2‎ D. 图中线段oa:ab＝5:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b-a）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，据此解答。‎ ‎【详解】A、根据图示信息和Al原子守恒有：n（NaAlO2）=n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.1mol，故A错误；‎ B、在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：n[Al（OH）3]=0.1mol，n（Mg（OH）2]=0.1mol，根据Mg原子守恒有n（MgCl2）=n（Mg（OH）2]=0.1mol，根据Al原子守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n（NaCl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2‎ ‎）=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c（NaOH）=0.6mol÷1L=0.6mol/L，故B错误；‎ C、在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b-a）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，故C错误；‎ D、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（b-a）L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n（NaCl）与n（NaAlO2）之比，故oa：ab=a：（b-a）=0.5mol：0.1mol=5：1，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎16.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：‎ 已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（　　）‎ A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动 B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%‎ C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；‎ B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6‎ ‎ mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；‎ C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；‎ D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。‎ 答案选B。‎ 二、实验题（本大题共4小题，共40.0分）‎ ‎17.如图所示是实验室制取SO2并验证SO2某些性质的装置图，试回答：‎ ‎（1）⑥中发生反应的化学方程式为___；‎ ‎（2）①中实验现象为___，证明SO2是___气体；‎ ‎（3）②中品红溶液___，证明SO2有___；‎ ‎（4）③中现象是___，写出SO2与H2O2的化学方程式___；‎ ‎（5）④中现象是___，证明SO2有___性；‎ ‎（6）⑤的作用是___，反应的化学方程式为___。‎ ‎【答案】(1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (2). 紫色石蕊溶液变红 (3). 酸性 (4). 褪色 (5). 漂白性 (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). SO2+H2O2=H2SO4 (8). 溶液褪色 (9). 溶液褪色 (10). 吸收多余的SO2，防止污染空气 (11). 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图中反应装置中的反应物的性质书写相关反应方程式；根据实验装置图及实验现象分析二氧化硫的性质，并书写相关反应方程式。‎ ‎【详解】（1）⑥中为亚硫酸钠和稀硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎（2）①中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，‎ ‎，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红；酸性；‎ ‎（3）②中为品红溶液，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故二氧化硫具有漂白性，故答案为：褪色；漂白性；‎ ‎（4）③中中价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，所以③中现象是有淡黄色沉淀生成，过氧化氢具有氧化性，与反应，二氧化硫具有还原性，两者反应：，故答案为：有淡黄色沉淀生成；；‎ ‎（5）④中碘水具有氧化性，溶液颜色为紫红色，中价S具有还原性，两者发生：，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溶液褪色；还原；‎ ‎（6）⑤二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：，故答案为：吸收多余的，防止污染空气；。‎ ‎18.乙酸乙酯广泛用于药物、燃料、香料等工业，在中学化学实验室里常用如图装置来制备乙酸乙酯。部分夹持仪器已略去 已知：‎ 密度(g/cm3)‎ 熔点(℃)‎ 沸点(℃)‎ 溶解度 乙醇 ‎0.79‎ ‎-114.5‎ ‎78.4‎ 与水互溶 乙酸 ‎1.05‎ ‎16.6‎ ‎118.1‎ 易溶于水、乙醇 乙酸乙酯 ‎090‎ ‎-83.6‎ ‎77.2‎ 微溶于水，能溶于乙醇 Ⅰ制备粗品(图1)‎ 在A中加入少量碎瓷片，将三种原料依次加入A中，用酒精灯缓慢加热，一段时间后在B中得到乙酸乙酯粗品。‎ ‎（1）浓硫酸、乙醇、乙酸的加入顺序是___，A中发生反应的化学方程式是___。‎ ‎（2）A中碎瓷片的作用是___，长导管除了导气外，还具有的作用是___。‎ ‎（3）B中盛装的液体是___，收集到的乙酸乙酯在___层(填“上”或“下”)。‎ Ⅱ.制备精品(图2)‎ 将B中的液体分液，对乙酸乙酯粗品进行一系列除杂操作后转移到C中，利用图2装置进一步操作即得到乙酸乙酯精品。‎ ‎（4）C的名称是___。‎ ‎（5）实验过程中，冷却水从___口进入(填字母)；收集产品时，控制的温度应在___左右。‎ ‎【答案】(1). 乙醇→浓硫酸→乙酸 (2). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (3). 防止暴沸 (4). 冷凝回流 (5). 饱和碳酸钠 (6). 上 (7). 蒸馏烧瓶 (8). b (9). 77.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析根据乙酸、乙醇的性质分析制取乙酸乙酯实验中的操作顺序，书写相关反应方程式；根据装置图分析相关装置的作用；根据乙酸乙酯的难溶性分析在实验中的现象；根据蒸馏原理及题干信息中物质的性质分析分离操作中注意事项。‎ ‎【详解】（1）浓硫酸溶于水放出大量的热，乙醇中含有少量水，应将浓硫酸加入到乙醇中，防止硫酸溶解时放出大量的热导致液体飞溅，则加入药品的顺序为先在大试管中注入乙醇，再分别缓缓加入浓硫酸和乙酸（乙酸和浓硫酸的加入顺序可互换），边加边振荡试管使之混合均匀，即加入顺序为乙醇、浓硫酸、乙酸；A中发生的反应是乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下生成乙酸乙酯，发生反应方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；‎ ‎（2）反应需要加热，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸；由于生成的乙酸乙酯的沸点为77.2℃，要得到液态乙酸乙酯，导管除了导气外还具有冷凝作用，便于乙酸乙酯冷凝回流，故答案为：防止暴沸；冷凝回流；‎ ‎（3）为了除去乙酸乙酯中的杂质乙酸和乙醇，一般要把乙酸乙酯蒸气通入饱和碳酸钠溶液中；乙酸乙酯的密度比水小，则乙酸乙酯在上层，水溶液在下层；故答案为：饱和碳酸钠；上；‎ ‎（4）装置C的名称是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；‎ ‎（5）为了增加冷凝效果，冷却水从下（b）口进入，冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好，更容易将冷凝管充满水，以防蒸气入口处骤冷骤热使冷凝管破裂，根据表中数据可知，馏分乙酸乙酯的沸点为77.2℃，故收集产品应控制温度在77.2℃左右，故答案为：b；77.2。‎ ‎19.为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如图实验，请回答下列问题：‎ ‎（1）装置B中盛放的试剂是___(填选项)，实验现象为___，化学反应方程式是___。‎ A.Na2S溶液 B.Na2SO3溶液 C.Na2SO4溶液 ‎（2）装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是___。反应的离子方程式是___。‎ ‎（3）能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为___。(填序号)‎ ‎①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子 ‎②次氯酸的氧化性比稀硫酸强 ‎③比Cl-还原性强 ‎④比H2S稳定 ‎（4）若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现分层，下层呈紫红色的实验现象，若B瓶中通入标准状况下44.8L氯气全部参加反应，则转移的电子数目是___。‎ ‎【答案】(1). A (2). 产生淡黄色沉淀 (3). Na2S+Cl2=2NaCl+S↓ (4). 吸收氯气，防止污染大气 (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (6). ①③④ (7). 4mol ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）从置换反应判断元素非金属性强弱分析，氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来；‎ ‎（2）氯气为有毒气体，要进行尾气处理；‎ ‎（3）利用非金属与氢气化合难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱，以此来解答；‎ ‎（4）氯气与碘化钾反应生成单质碘。‎ ‎【详解】（1）要在C中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取溶液，发生的是置换反应，离子方程式为：Cl2+S2-=2Cl-+S↓；反应中有淡黄色沉淀生产，故答案为：A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；‎ ‎（2）氯气为有毒气体，要进行尾气处理，氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以装置C中盛放烧碱溶液的作用是吸收氯气，防止污染大气，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：吸收氯气，防止污染大气；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎（3）能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子，得电子能力越强非金属性越强，故正确；②通过最高价含氧酸的酸性可以比较非金属性，不能比较其氧化性，故错误；③S2-比Cl-还原性强，根据阴离子的还原性越弱非金属性越强来判断，故正确；④氢化物越稳定，非金属性越强，故正确；故选①③④，故答案为：①③④；‎ ‎（4）氯气与碘化钾反应生成单质碘，加试剂，溶液会分层，下层为碘单质和，所以下层呈紫色，其反应的离子方程式为：，若B瓶中通入标准状况下氯气的物质的量为，则转移的电子的物质的量是2´2mol=4mol，故答案为：4mol。‎ ‎20.CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。‎ 资料查阅：‎ 实验探究：‎ 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）仪器X的名称是___。‎ ‎（2）实验操作的先后顺序是a→___→e（填操作的编号）。‎ a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在“气体入口”处通入干燥HCl d.点燃酒精灯，加热 e.停止通入HCl，然后通入N2‎ ‎（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是___。‎ ‎（4）装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是___。‎ 探究反思：‎ ‎（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：‎ ‎①若杂质是CuCl2，则产生原因是___。‎ ‎②若杂质是CuO，则产生的原因是___。‎ ‎【答案】(1). 球形干燥管 (2). c→d→b (3). 先逐渐变为红色，后褪色 (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). 加热时间不足或温度偏低 (6). 通入HCl的量不足 ‎【解析】‎ ‎【分析】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2•2H2O分解生成水，且C处试纸先变红后褪色，可知发生2CuCl22CuCl+Cl2↑，D中NaOH溶液吸收尾气；取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2与温度不够有关，混有CuO与没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；‎ ‎（2）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解制备CuCl，防止CuCl被氧化和 水解，所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：c→d→b，故答案为：c→d→b；‎ ‎（3）B中由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；‎ ‎（4）D中是和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎（5）①由2CuCl2 2CuCl+Cl2↑，杂质是说明没有反应完全，分解温度不高，故答案为：加热时间不足或温度偏低；‎ ‎②杂质是氧化铜，说明CuCl被氧气氧化才产生了CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体，故答案为：通入HCl的量不足。‎