河南省实验中学2018_2019学年高一化学下学期期中试题(含解析)

河南省实验中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）
（时间： 90分钟，满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有—个选项符合题意）
1.根据原子结构的相关知识可知,不同种元素的本质区别是( )
A. 质子数不同
B. 中子数不同
C. 电子数不同
D. 质量数不同
【答案】A
【解析】
根据元素的概念，元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，决定元素种类的微粒是质子数即元素的最本质区别是质子数不同，故选A。

2.某元素原子核外的电子数为63，下列叙述中错误
．．的是( )
A. 它是副族元素
B. 它是第六周期元素
C. 它的原子核内有63个质子
D. 它属于非金属元素
【答案】D
【解析】
【分析】
A、根据元素在周期表中的位置；
B、根据元素在周期表中的位置；
C、根据核外电子数等于其质子数；
D、根据元素在周期表中的位置及元素周期律判断。

【详解】A、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63-2-8-8-18-18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，选项A正确；
B、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，
63-2-8-8-18-18=9，显然其属于第六周期，选项B正确；
C、核外电子数等于其质子数，选项C正确；
D、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，
63-2-8-8-18-18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，过渡元素均为金属元素，选项D错误；
答案选D。

【点睛】本题需要掌握根据原子序数推知元素在周期表中的位置，熟悉元素周期表的结构，这是解题的关键。

3.下列说法正确的是( )
A. 相对分子质量相同的几种化合物，互称为同分异构体
B. 凡是分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质，彼此一定是同系物
C. 两种化合物组成元素相同，各元素质量分数也相同，则两者一定是同分异构体
D. 组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，一定互为同分异构体【答案】D
【解析】
【详解】A．同分异构体一定满足两个方面：分子式相同、结构不同，但分子量相同的物质不一定为同分异构体，如NO和C2H6，选项A错误；
B．分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质不一定是同系物，因为同系物结构相似，如环己烷和乙烯，虽相差若干个CH2，但结构不相似，两者不互为同系物，选项B错误；
C．两种化合物组成元素相同，各元素质量分数也相同，则最简式相同，两者不一定互为同分异构体，如NO2和N2O4，选项C错误；
D．组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，则分子式相同，一定互为同分异构体，选项D正确；
答案选D。

4.关于原电池及其电极名称的下列叙述中正确的是( )
A. 原电池的正极和负极必须是两种活动性不同的金属
B. 正极上发生还原反应，一定产生气体
C. 电子流出的一极为负极
D. 阴离子在电解质溶液中向正极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．构成原电池的正极和负极必须是两种活动性不同的电极，可以是两种不同金属，也可以是一种金属、一种非金属等，选项A错误；
B、原电池中正极上发生还原反应，但不一定产生气体，选项B错误；
C、原电池中电子流出的一极为负极，电子由负极经导线流向正极，选项C正确；
D．原电池放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，选项D错误。

答案选C。

5.金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石。

已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收E kJ的能量，下列说法正确的是( )
A. 金刚石与石墨互为同分异构体
B. 石墨转化为金刚石没有破坏化学键属于物理变化
C. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧，放出的能量相同
D. 金刚石不如石墨稳定
【答案】D
【解析】
【分析】
12g石墨完全转化成金刚石时需要吸收E kJ的能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，金刚石的能量高，等质量石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，据此结合同素异形体、同分异构体的概念进行解答。

【详解】A．金刚石与石墨是由碳元素组成的物理性质不同的单质，互为同素异形体，选项A 错误；
B．石墨转化为金刚石破坏了化学键，属于化学变化，选项B错误；
D．金刚石的能量高，等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，石墨放出的能量少，选项C错误；
D．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，石墨比金刚石稳定，选项D正确；答案选D。

【点睛】本题考查化学反应与能量变化的关系，题目难度不大，明确能量低的物质更稳定为解答关键，注意掌握同素异形体、同分异构体、物理变化与化学变化的概念及判断方法。

6.已知反应H2(g) +I2(g)2HI(g)中,每生成2 mol HI时会有a kJ 的能量放出，又知有关
化学键键能如下:
下列说法正确的是( )
A. 1mol H2的能量比2 mol H 的能量高
B. 将0.5 mol H2(g)与1mol I2(g)混合充分反应后放出的热量为0.5a kJ
C. H- I键的键能为0.5(a+b+c) kJ/mol
D. H + I → HI 是吸热变化
【答案】C
【解析】
A.断开化学键需要吸热，即H2→H+H为吸热过程，则 1mol H2的能量比2 mol H 的能量低，故A错误；
B. 根据题意，生成2 mol HI时会有a kJ 的能量放出，将0.5 mol H2 与1mol I2(g)混合充分反应后生成的HI少于0.5mol，放出的热量少于0.5a kJ，故B错误；
C. 反应放出的热量=放出的热量-吸收的热量=H- I键的键能×2-b kJ/mol -c kJ/mol =a kJ/mol，则H- I键的键能为0.5(a+b+c) kJ/mol，故C正确；
D. H +I→HI形成化学键是放热过程，故D错误；故选C。

7.对于元素周期表中第三周期的元素来说，按原子序数递增顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是( )
A. 原子半径和离子半径均减小
B. 金属性减弱，非金属性增强
C. 氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强
D. 单质的熔点降低
【答案】B
【解析】
【分析】
A．同一周期中，按原子序数递增的顺序，原子半径逐渐减小，而离子半径不是；
B．同一周期元素，按原子序数递增的顺序，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强；
C．没有指出最高价，该关系不成立；
D．Na、Mg、Al属于金属晶体，Si属于原子晶体，P、S、Cl的单质都属于分子晶体。

【详解】A．第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数的增大，离子半径逐渐减小，而阴
离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，
选项A错误；
B．同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，选项B
正确；
C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价
氧化物的水化物酸性越强，所以其最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强，没有指出最
高价，选项C错误；
D．Na、Mg、Al属于金属晶体，Si属于原子晶体，P、S、Cl的单质都属于分子晶体，Si的熔
点最高，选项D错误；
答案选B 。

【点睛】本题考查元素周期律的应用，题目难度中等，明确元素周期律的内容即可解答，注
意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，提高学生的综合应用能力。

8.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：
由此可判断这四种金属的活动性顺序是( )
A. d＞a＞c＞b
B. b＞c＞d＞a
C. d＞a＞b＞c
D. a＞b＞d
＞c
【答案】C
【解析】
【详解】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。

电子经导线流向正极，
溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。

a极质量减小，b极质量增加，
这说明a电极是负极，失去电子，b电极是正极，溶液中的铜离子得到电子，则金属性是a＞
b。

b电极有气体产生，c极无变化，这说明b的金属性强于c的；d极溶解，c极有气体产生，这说明d电极是负极，c电极是正极，溶液中的氢离子放电，生成氢气，则金属性是d＞c；电流计指示在导线中电流从a极流向d极，这说明d电极是负极，a电极是正极，则金属性是d＞a，所以这四种金属的活动性顺序是d＞a＞b＞c。

答案选C。

【点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。

主要是考查对原电池原理，以及灵活运用原电池判断金属性强弱，旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力。

该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意和装置图灵活运用即可。

9.下列说法中正确的是( )
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②离子化合物都属于强电解质
③非金属单质中不含离子键，一定只含有共价键
④稳定性：HCl＞HI，沸点：Br2＜I2，酸性：HF＞HCl
⑤NaCl 和 HCl 溶于水破坏相同的作用力
⑥共价键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
A. ①②⑥
B. ①②④⑥
C. ③④⑤⑥
D. ①④⑤【答案】A
【解析】
【分析】
①含离子键的一定为离子化合物；
②离子化合物在熔化状态下完全电离，都属于强电解质；
③非金属单质不一定含有共价键；
④非金属性越强、气态氢化物稳定性越强；分子晶体的分子间作用力越大、沸点越高；
⑤NaCl溶于水破坏离子键和 HCl 溶于水破坏共价键；
⑥离子化合物或共价化合物或非金属单质中均可能含共价键。

【详解】①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；
②离子化合物在熔化状态下完全电离，都属于强电解质，故正确；
③非金属单质不一定存共价键，如：稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故
错误；
④非金属性越强、气态氢化物稳定性越强，Cl的非金属性强于I，所以稳定性HCl＞HI；Br2的相对分子质量小于I2的相对分子质量，沸点I2＞Br2；HF属于弱酸，HCl属于强酸，酸性HCl ＞HF，故错误；
⑤NaCl溶于水破坏离子键和 HCl 溶于水破坏共价键，所以破坏不同的作用力，故错误；
⑥离子化合物中可能含有共价键，如Na2O2中含有共价键，共价化合物中一定含共价键，氢气中含有共价键，故正确；
答案选A。

【点睛】本题侧重考查了物质与化学键的关系，难度不大，注意：不是所有物质都含化学键，如稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力。

10.短周期元素A、B、C、D 原子序数依次增加，X、Y、Z、W是由这四种元素中的两种元素组成的常见化合物，X为有刺激性气味的气体，Y为淡黄色固体，甲是由C元素形成的气体单质，乙为红棕色气体，上述物质之间的转化关系如图所示部分反应物或生成物省略。

下列说
法正确的是
A. 原子半径大小顺序：D>C>B>A
B. 最简单气态氢化物的稳定性：B>C
C. 图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应
D. 元素C、D形成的化合物中一定只含离子键
【答案】C
【解析】
根据题意，Y是Na2O2，乙是NO2，X是NH3，Z是NO，W是H2O，甲是O2，由上述分析可知，A为H，B为N，C为O，D为Na。

A、电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D>B>C>A，故A 错误；
B、B的氢化物为NH3，C的氢化物为H2O，稳定性为：H2O> NH3，故B错误；
C、X →Z，是氨气的催化氧化反应，Y→甲是过氧化钠与水反应，Z+甲是一氧化氮与氧气生成二氧化氮，
涉及的反应均为氧化还原反应，故C正确；D、元素C、D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故D错误；故选C。

点睛：该题推断的关键为Y为淡黄色固体，Y是Na2O2，乙为红棕色气体，乙是NO2，根据图中Na2O2和W，W是水或者CO2,甲则为氧气，则X为NH3，Z是NO，所以A、B、C、D分别为H，N，O，Na，故W只能是水。

11.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

m、p、r是由这些元素组成的二元化合物(即由两种元素组成的化合物)，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，r溶液为强电解质溶液，s通常是难溶于水的混合物。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是( )
A. n+p→r+s属于置换反应
B. 元素的非金属性Z>X>Y
C. Y的氢化物常温常压下为液态
D. X的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n 是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，r溶液为强电解质溶液，s通常是难溶于水的混合物，则r为HCl，则p为CH4，氯气与m 反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H 元素，X为C元素，Y为O元素，结合元素周期律解答。

【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，r溶液为强电解质溶液，s通常是难溶于水的混合物，则r为HCl，则p为CH4，
氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素。

A、n+p→r+s为Cl2+ CH4→HCl+ CH3Cl等反应，均属于取代反应，选项A错误；
B. 元素的非金属性Y(O) >X(C)，选项B错误；
C. Y的氢化物H2O、H2O2常温常压下均为液态，选项C正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为H2CO3为弱酸，选项D错误。

答案选C。

【点睛】本题考查元素化合物推断，物质的颜色、溶液酸性强弱为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物。

12.X、Y、Z均为短周期主族元素，已知它们的原子序数的关系为X+Z=2Y，且Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸。

则下列有关说法正确的是( )
A. 若X是Na，则Z的最高价一定为偶数
B. 若X是O，则YX一定是离子化合物
C. 若Y是O，则非金属性Z＞Y＞X
D. 若Y是Na，则X、Z不可能是同一主族元素
【答案】B
【解析】
A．X是Na，则Z可为Cl，最高价是奇数，故A错误；B．X是O，因为O原子序数是8，偶数，则Z只能是S，Y的原子序数为2=12，Y是Mg，MgO是离子化合物，故B正确；C．Y是O，则X+Z=16，只有Z为N，X为F满足，非金属性：F＞O＞N，即：X＞Y＞Z，故C错误；D．Y 是Na，则X+Z=22，Z可为N，Y为P元素，N和P是同一主族元素，7+15=22满足前述条件，故D错误；故选B。

点晴：高频考点，注意根据原子序数的关系判断元素的种类是解答该题的关键，原子序数
X+Z=2Y，则X和Z的原子序数只能同时为奇数或者同时为偶数，Z的最高价氧化物对应水化物是强酸，Z只能是N，S，Cl(短周期)等元素，以此解答该题。

13.SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是( )
A. a为正极，b为负极
B. 生产过程中氢离子由右移向左
C. 从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%
D. 负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+
【答案】D
【解析】
由图可知，此装置为原电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；负极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，D项正确。

14.下列描述的化学反应状态，不一定
．．．是平衡状态的是（）
A. H2(g)+Br2(g)2HBr(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变
B. 2NO2(g)N2O4(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变
C. CaCO3(s)CO2(g)+ CaO(s)，恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变
D. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3:1
【答案】D
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断。

【详解】A、H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变，说明溴单质的浓度不再变化，达到了平衡，选项A不符合题意；
B、2NO2（g）⇌N2O4（g）是前后气体系数和变化的反应，当恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变，达到了平衡，选项B不符合题意；
C、CaCO3（s ）CO2（g）+CaO（s）恒温、恒容下，反应体系中气体的密度等于气体质量和体积的比值，质量变化，体积不变，所以密度变化，当气体密度保持不变的状态是平衡状态，选项C不符合题意；
D、3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3:1，不能证明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，选项D符合题意。

答案选D。

【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意反应前后气体体积不变的化学反应平衡状态的判断方法。

15.下列措施对增大反应速率明显有效的是( ) ①Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉②Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98%浓硫酸③Zn与稀硫酸反应制取H2时，滴加几滴CuSO4溶液④在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强⑤2SO2＋O 22SO3，升高温度⑥Na与水反应时，增大水的用量A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ①②③⑤ D. ①⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①、将Al片改成Al粉，增大了反应物的接触面积，所以能使反应速率加快，故正确；
②、铁和浓硫酸常温下钝化，加热反应生成的是二氧化硫气体，不放氢气，故错误；
③、Zn与加入的CuSO4溶液反应生成单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，故正确；
④、压强只对气体参与的反应的反应速率有影响，对非气体参与的反应没有影响，增大压强速率不变，故错误；
⑤2SO2＋O 22SO3，升高温度，化学反应速率增大，故正确；
⑥、加水不能改变浓度水的浓度，对反应速率没有影响，故错误；
综上，正确的有①③⑤。

答案选A。

16.有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.16g/L，则关于此混合物组成的说法正确的是（）
A. 一定有甲烷
B. 一定有乙烷
C. 可能是甲烷和戊烷的混合物
D. 可能是乙烷和丙烷的混合物
【答案】A
【解析】
【详解】该混合烃的平均摩尔质量为1.16g/L×22.4L/mol=26g/mol，即平均相对分子质量为26，相对分子质量小于26的烷烃是甲烷，甲烷的相对分子质量为16，其他烷烃相对分子质量都大于26，所以混合物中一定有甲烷。

A．由上述分析可知，混合物中一定含有甲烷，选项A正确；
B．乙烷的相对分子质量为30，可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，选项B错误；
C．戊烷不是气态烃，选项C错误；
D．乙烷与丙烷的相对分子质量都大于26，不可能是乙烷和丙烷的混合物，选项D错误；
答案选A。

二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17.化学学习和研究离不开元素周期表。

表为元素周期表的一部分，表中①-⑩分别代表一种元素。

回答下列问题：
(1)上述元素中，有一种元素在自然界中形成的物质种类最多，该元素在周期表中的位置是______。

(2)⑧、⑨、⑩元素的离子半径由大到小的顺序为______(用离子符号表示)。

(3)写出由①、⑥、⑧三种元素形成的一种离子化合物的电子式___________。

(4)上述元素中有一种元素的氧化物和氢氧化物都有两性，画出该元素的原子结构示意图
______；高温条件下，该元素的单质与铁红能发生反应，此反应常用于野外焊接钢轨，则该
反应的能量变化可用图______表示。

填“甲“或“乙”
要求：非金属
从①-⑩中任选元素，按下面要求写出一个置换反应：_____________________。

单质1 + 化合物1→非金属单质2 + 化合物2
【答案】 (1). 第二周期第IVA族 (2). Cl->Na+>Al3+ (3).
(4). (5). 甲 (6). 2F2+2H2O =4HF+O2、C+H2O CO+H2、3Cl2+2NH3=6HCl+N2、
4NH3+3O2=6H2O+2N2
【解析】
【详解】①-⑩元素为：H、Li、Be、C、N、O、F、Na、Al、Cl。

（1）有一种元素在自然界中形成的物质种类最多，为C，其位置应为第二周期第IVA族；
（2）⑧、⑨、⑩元素的离子分别为：Na+、Al3+、Cl-，电子层越多的离子半径越大，相同电子
层结构的离子，原子序数越大半径越小，所以其半径由大到小的顺序为Cl－>Na+＞Al3+；
（3）①、⑥、⑧三种元素形成的一种离子化合物为NaOH ，其电子式为：
（4）Al的氧化物和氢氧化物都有两性，Al 原子结构示意图为：，常用Al与Fe2O3
野外焊接钢轨，反应为铝热反应，放出大量的热，反应的能量变化可用图甲表示；
（5）从①-⑩中任选元素，按非金属单质1 + 化合物1→非金属单质2 + 化合物2的要求写
出的置换反应有：2F2+2H2O =4HF+O2或C+ H2O CO+H2或3Cl2+2NH3=6HCl+N2 或
4NH3+3O2=6H2O+2N2。

18.某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+ CaCl2+ 2H2SO4 2CaSO4 + 2Cl2↑+ 2H2O，他们设计如下实验用于制取氯气并验证其性质。

试回答：
（1）该实验中A部分的装置是________（填写装置的序号）。

（2）B中的实验现象为___________________________ 。

（3）用离子方程式表示C中亚硫酸钠被氧化的主要原因，_____________________。

请你帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化（简述实验步骤）_____________。

（4）请根据题意画出D处的实验装置图，并注明盛放的物质______。

【答案】 (1). b (2). 溶液由无色变为黄色或棕褐色(或变成黄色后褪色，有学生想到氯气会继续和碘反应) (3). SO32- + Cl2 + H2O = SO42- + 2Cl- + 2H+ (4). 从C中取出少量溶液至小试管中，加入足量的稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明
亚硫酸钠已被氧化 (5).
【解析】
【分析】
化学方程式为Ca(ClO)2+CaCl2+H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O，应在加热的条件下反应，氯气具有强氧化性，可与KI反应生成I2，可将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，氯气有毒，不能排放到空气中，由于可与碱反应，则可用NaOH溶液进行尾气的吸收，以此解答该题。

【详解】（1）由方程式可知反应为固体和液体的反应，应在加热的条件下反应，应用装置b 进行制备，故答案为：b；
（2）装置B中发生反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，实验现象为溶液由无色变为黄色或棕褐色(或变成黄色后褪色，过量的氯气会继续和碘反应生成HCl和HIO3)；
（3）C中亚硫酸钠被氯气氧化生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO32-+ Cl2+ H2O = SO42- + 2Cl- + 2H+；设计实验证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化，即证明有硫酸钠生成，实验操作为从C中取出少量溶液至小试管中，加入足量的稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明亚硫酸钠已被氧化；
(4)氯气有毒，不能排放到空气中，由于可与碱反应，则可用NaOH溶液进行尾气的吸收，D处的实验装置图可为。

【点睛】本题综合考查氯气的制备实验的设计，侧重于氯气的制备、收集、性质以及尾气的吸收等基本实验操作，题目难度中等，注意实验原理和方法。

19.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：
回答下列问题：
（1）二氧化碳分子中的化学键是______，物质乙的结构简式是______。

（2）写出反应的化学方程式______。

（3）实验室常用纯净碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，反应过程中产生二氧化碳的体积V（CO2）与时间关系如图：
①由图象分析，化学反应速率最快一段是______。

②为了增大上述化学反应的反应速率，欲向溶液中加入下列物质或采取如下操作，你认为可
行的是______填写序号。

A．蒸馏水 B．氯化钠溶液 C．浓盐酸 D．加热
（4）二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳与氢氧化钠反应的物质的量之比为2∶3
时，溶液中的溶质是________。

（填化学式）
（5）在一定条件下，工业上也可用CO2合成甲醇(CH3OH)，其化学方程式为：
CO2+3H2CH3OH+H2O。

将a molCO2与bmolH2充入容积为2L的密闭容器中发生上述反应，tmin
时测得甲醇的物质的量为cmol。

计算0-tmin内CO2的反应速率为______mol/(L·s)。

[X的反
应速率ν(X)=]
【答案】 (1). 共价键 (2). CH3CH(CH3)CH2CH3 (3). CO2+H2CO+H2O (4). EF (5). CD (6). Na2CO3 NaHCO3 (7).
【解析】
【详解】（1）二氧化碳分子中的化学键是共价键，根据乙的球棍模型，乙的结构简式是
CH3CH(CH3)CH2CH3；
（2）反应①是CO2和H2生成CO，产物应还有水，故方程式为：CO2+H2CO +H2O；
（3）①由图像分析，在体积V(CO2) 与时间关系图中，斜率越大反应速率越大，化学反应速
率最快一段是EF；
②为了增大上述化学反应的反应速率，加入蒸馏水降低盐酸浓度，速率降低；加入氯化钠溶
液，使氢离子浓度降低，速率降低；加入浓盐酸，增大了盐酸浓度，反应速率加快；加热，
温度升高，速率加快，故选CD；
（4）二氧化碳与NaOH溶液可能发生的反应有：OH-+CO2=HCO3-；2OH-+CO2=CO32-+H2O
当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1：2时生成碳酸钠，当二氧化碳与氢氧化钠物质的量
之比为1：1时生成碳酸氢钠；当二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为2:3时，2:3介于1:2
和1:1之间，故溶液中的溶质是Na2CO3、NaHCO3；
（5） CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始（mol） a b 0 0
转化（mol） c 3c c c。