绍兴市重点名校2018-2019学年高一下学期期末预测化学试题含解析

绍兴市重点名校2018-2019学年高一下学期期末预测化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．从海带中提取碘的实验操作如下：①过滤②在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌③分液④滴加稀硫酸和双氧水⑤加四氯化碳并振荡。

该实验操作顺序合理的是
A．④⑤③③①B．②④⑤①③C．⑤④②③①D．②①④⑤③
【答案】D
【解析】按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液，即合理的操作顺序为②①④⑤③，答案选D。

2．下列溶液中含Cl-浓度最大的是（）
A．10mL0.1mol/L的AlCl3溶液B．20mL0.1mol/LCaCl2溶液
C．30mL0.2mol/L的KCl溶液D．100mL0.25mol/L的NaCl溶液
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 10 mL 0.1mol/L的AlCl3溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×3=0.3mol/L；
B. 20 mL 0.1mol/L的CaCl2溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L；
C. 30mL 0.2 mol/L 的KCl溶液中Cl−的物质的量浓度为0.2mol/L×1=0.2mol/L；
D. 100 mL 0.25 mol/L 的NaCl 溶液中Cl−的物质的量浓度为0.25mol/L×1=0.25mol/L；
对比可知氯离子浓度最大的为0.3mol/L，A项符合题意，
答案选A。

【点睛】
值得注意的是，氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质浓度及其化学式组成有关。

3．下列物质中，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应的是
①乙烷②苯③丙烯④邻二甲苯
A．①②B．③C．②④D．全部
【答案】B
【解析】
【详解】
乙烷、苯既不能与酸性KMnO4溶液反应，也不能与溴水反应；甲苯可以被酸性KMnO4溶液氧化，但不能与溴水反应；丙烯既能被酸性KMnO4氧化使KMnO4溶液褪色，又能与溴水反应，③符合题意，故选B。

【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键。

4．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂，已知α-萜品醇的结构简式如下式，则下列说法错误的是（）
A．1mol该物质最多能和1mol氢气发生加成反应
B．该物质不属于烃
C．该物质能使溴水褪色
D．分子式为C9H16O
【答案】D
【解析】A．含有一个碳碳双键，所以1mol该物质最多能和lmol氢气发生加成反应，故A正确；B．该分子中除了含有C、H元素外还含有O元素，所以不是烃，属于烃的含氧衍生物，故B正确；C．含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；D．根据结构简式知，其分子式为C10H18O，故D 错误；故选D。

点睛：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键。

该分子中含有醇羟基、碳碳双键，具有醇和烯烃性质，能发生取代反应、氧化反应、加成反应、还原反应、加聚反应、酯化反应等。

5．实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器错误的是（）
选项操作所选仪器
A 称取3.0 g的干海带托盘天平
B 灼烧干海带至完全变成灰烬蒸发皿
C 过滤煮沸后的海带灰与水的混合液漏斗
D 用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘分液漏斗
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A.称取3.0g固体用托盘天平，故A正确；
B.灼烧固体用坩埚，不能用蒸发皿，故B错误；
C.过滤用漏斗，故C正确；
D.碘易溶于四氯化碳而不易溶于水，故可以用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘，用分液漏斗分液，D正确;
本题答案选B。

6．有关化学用语正确的是
A．乙烯的结构简式CH2CH2B．乙醇的结构简式C2H6O
C．四氯化碳的电子式D．乙酸的分子式C2H4O2
【答案】D
【解析】
结构简式应该体现出官能团，所以乙烯和乙醇的结构简式分别为CH2＝CH2、CH3CH2OH。

四氯化碳中氯原子还有没有参与成键的电子，所以电子式为。

所以正确的答案是D。

7．下列化学反应的速率,前者一定大于后者的是
A．相同温度下，颗粒大小相同的锌粒分别与pH值相同的硫酸和盐酸反应
B．A+B 500
→
度
C D+E
100
→
度
F
C．相同温度下，与同浓度盐酸反应的锌粒和铁粉
D．G+H→W+Q(Q>0)，其他条件相同时分别在200℃和100℃时反应
【答案】D
【解析】A. 相同温度下，颗粒大小相同的锌粒分别与pH值相同的硫酸和盐酸反应，接触面积相等，氢离
子浓度相同，反应速率相等，故A错误；B. A+B 500
→
度
C和D+E
100
→
度
F的反应本质不同，无法比较反应速
率的快慢，故B错误；C. 锌比铁活泼，但接触面积无法判断，因此反应速率也无法判断，故C错误；D. 温度越高，反应速率越快，故D正确；故选D。

8．下列化学用语正确的是
A．羟基的电子式: B．中子数为16的磷原子:3115P
C．氟原子的结构示意图: D．HClO的结构式:H-C1-O
【答案】B
【解析】分析：A.根据电子式书写规则书写电子式；B.原子符号，表示质子数为Z，质量数为A的X 元素的原子，其中A=Z+N(中子数)；C.氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层含有7个电子；D.根据稳定结构，氯元素成一个键，氧元素成两个键。

根据的电子式写出结构式。

详解：A.氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，电子式为：，故A错误；
B. 质量数为31的磷原子的质量数=15+16=31，该原子正确的表示方法为：，故B正确；
C.氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结构示意图为：，故C错误；
D.根据稳定结构，氯元素成一个键，氧元素成两个键。

的结构式为：，故D错误；
故本题选：B。

点睛：本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、化学式等知识，注意掌握常见化学用语的书写原则是解题的关键。

9．下列物质不属于天然高分子化合物的是
A．纤维素B．蛋白质
C．油脂D．淀粉
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、纤维素是多糖，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，A错误；
B、蛋白质，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，B错误；
C、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C正确；
D、淀粉是多糖，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，D错误。

答案选C。

10．对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④所有的原子可能共平面。

其中正确的是
A．①②③B．①②④
C．①③④D．全部正确
【答案】B
【解析】
【详解】
苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，属于不饱和芳香烃，具有苯和乙烯的性质，苯乙烯的官能团为碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，又可使溴的四氯化碳溶液褪色；烃都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯、CCl4)，苯乙烯属于烃类，难溶于水；从分子结构上看，苯乙烯是苯和乙烯两个平面型结构的组合，分子中所有的原子可能共平面，则①②④正确，故选B
【点睛】
本题考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握有机物的官能团的性质，注意苯乙烯是苯和乙烯两个平面型结构的组合是解答关键。

11．意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。

N4分子结构如图，已知断
裂1 mol N≡N键吸收942kJ热量，生成1 mol N－N键释放167 kJ热量根据以上信息和数据，下列热化学方程式正确的是（）
A．2N2=N4△H =-882 kJ·mol-1
B．N2 (g)=0.5N4 (g) △H=+441 kJ
C．N2 (g)=0.5N4 (g) △H=-441 kJ·mol-1
D．2N2(g)=N4(g) △H=+882 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
由N4的结构知1molN4分子中含有6molN-N键。

反应2N2（g）=N4（g）的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2E（N≡N）-6E（N-N）=2⨯942kJ/mol-6⨯167kJ/mol=+882kJ/mol。

A项，没有标明物质的聚集状态，且ΔH应>0，错误；B项，ΔH的单位错，错误；C项，ΔH应>0，错误；D项，正确；答案选D。

点睛：书写热化学方程式的注意点：（1）热化学方程式不注明反应条件。

（2）热化学方程式不标“↑”“↓”，但必须用s、l、g、aq等标出物质的聚集状态。

（3）热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，其ΔH 必须与方程式及物质的聚集状态相对应。

（4）放热反应的ΔH<0，吸热反应的ΔH>0。

（5）ΔH的单位为kJ/mol。

12．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)；△H＝－483.6kJ·mol—1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol—1
B．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)；△H＝－57.3kJ· mol—1，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出大于28.65kJ的热量
C．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)；△H＞0，则石墨比金刚石稳定
D．己知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) △H=a、2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H=b，则a＞b
【答案】C
【解析】
【分析】
A．燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，应生成液态水；
B．醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，据此回答；
C．一氧化碳燃烧生成二氧化碳放出热量，焓变为负值，据此分析比较大小；
D．物质具有的能量越低越稳定，吸热反应，产物的能量高于反应物的能量，据此回答。

【详解】
A. 燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，氢气燃烧热应生成液态水，
2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1，反应中生成物水为气态，A项错误；
B. 醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于28.7kJ的热量，B项错误；
C. C(石墨⋅s)=C(金刚石⋅s)△H>0，可知石墨转化为金刚石吸热，即金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，C项正确；
D. 2molC完全燃烧生成CO2放出的热量比生成CO放出的热量要多，焓变为负值，则b>a，故D错误；答案选C。

13．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.01 mol Na2O2含有的离子总数为0.04N A
B．常温常压下，20 g 2H2O 所含的中子数为10N A
C．常温常压下，17 g氨气中含有非极性键为3N A
D．标准状况下，1 mol SO3的体积为22.4 L
【答案】B
【解析】
【详解】
A.1molNa2O2中含有2molNa+和1molO22-，所以0.01molNa2O2含有的离子总数为0.03N A，故A错误；
B.2H2O的摩尔质量为20g/mol，20g2H2O的物质的量为1mol，1个2H2O中含有的中子数为(2-1)×2+16-8=10，所以常温常压下，20g2H2O所含的中子数为10N A，故B正确；
C.氨气分子中只含有N—H键，为极性共价键，氨气分子中不存在非极性键，故C错误；
D.标准状况下SO3为固体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故D错误。

故选B。

14．下列对的叙述中正确的是()
A．有两种结构B．只有一种结构C．含有非极性键D．有四种结构
【答案】B
【解析】试题分析：由于甲烷是正四面体结构，所以分子中的任何两个H原子都相邻，故CF2Cl2只有一种结构，由于分子中含有的C—Cl键和C—F键都是不同元素的原子形成的共价键，所以都是极性共价键。

因此选项B符合题意。

考点：考查物质分子结构的有关知识。

15．有关药品的保存和使用正确的是：
A．溴水存放在橡胶塞的细口试剂瓶中B．新制的氯水存放在棕色瓶中
C．盛放烧碱的试剂瓶应用玻璃塞D．金属钠保存在乙醇中
【答案】B
【解析】
【详解】
A.溴单质能与橡胶塞反应，腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故A错误；
B．氯水中的次氯酸见光容易分解，所以新制的氯水需要保存在在棕色试剂瓶中，故B正确；
C.氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，保存氢氧化钠溶液不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞，故C错误；
D.钠性质活泼，需要隔绝空气密封保存，钠能够与乙醇反应，不能保存在乙醇中；由于钠密度大于煤油和石蜡，所以金属钠可以保存在煤油和石蜡中，故D错误。

故选B。

【点睛】
药品的保存方法应根据其性质决定：见光易分解的——避光（棕色瓶）；与空气中某些成分反应的或易挥发的——密封（隔绝空气）；固体药品——广口瓶；液体药品——细口瓶。

16．下列化学用语或模型正确的是( )
A．CH4分子的比例模型：B．乙醇的结构简式：C2H6O
C．Al3+的结构示意图：D．氯化钙的电离方程式：CaCl2===Ca2＋＋Cl2-
【答案】A
【解析】
分析：A、甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构的模型为比例模型；B、结构简式能体现有机物原子间的成键情况；C、铝是13号元素，铝离子核外有10个电子；D、氯化钙为强电解质，在溶液中完全电离出钙离子和氯离子。

详解：A、甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构的模型为比例模型，则CH4分子的比例模型为，故A正确；B、结构简式能体现有机物原子间的成键情况，故乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O为乙醇的分子式，故B错误；C、铝是13号元素，铝离子核外有10个电子，Al3+的结构示意图为，故C错误；D、CaCl2是盐，属于强电解质，电离方程式为：CaCl2=Ca2++2Cl-，故D错误；故选A。

点睛：本题考查常用化学用语的书写，掌握常用化学用语的书写是解题的关键。

本题的易错点为A，要注意比例模型突出的是原子之间相等大小以及原子的大致连接顺序、空间结构，不能体现原子之间的成键的情况。

17．下列金属用热还原法冶炼的是（）
A．钠B．银C．铁D．汞
【答案】C
【解析】
分析：金属的冶炼根据金属性强弱不同一般有电解法、热还原法、热分解法等。

详解：A、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，在加热条件下难以分解，A错误；
B、Ag为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，B错误；
C、Fe是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，C正确；
D、汞为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，D错误；
答案选C。

18．下列说法错误的是
A．通过加热分解HgO可制得单质Hg
B．活泼金属Na、Mg、Al的冶炼通过电解其熔融状态的氧化物制得的
C．沙里淘金是利用金和沙子的密度不同，从而将金粒分离出来
D．高炉炼铁时，还原剂CO将铁从铁矿中还原出来
【答案】B
【解析】A、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、Na、Mg、Al为活泼金属，通常用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，铝是电解熔融态的氧化铝制得的，故B错误；C、金属于不活泼金属，可用物理方法分离金，即沙里淘金是利用金和沙子的密度不同，从而将金粒分离出来，故C正确；D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来，故D正确；故选B。

点睛：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同。

一般来说，活泼金属K-Al一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；较活泼的金属Zn-Cu等用热还原法制得；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。

19．230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。

下列有关Th的说法正确的是
A．Th 元素的质量数是232 B．Th 元素的相对原子质量是231
C．232Th 转换成233U是化学变化D．230Th和232Th的化学性质相同
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、232Th的质量数是232，故A错误；
B、Th元素的相对原子质量是Th各种同位素相对原子质量的平均值，故B错误；
C、232Th转换成233U是原子核变属于物理变化，故C错误；
D、230Th和232Th核外电子排布相同，所以化学性质相同，故D正确；
故选D。

20．某有机物苯酚，其试剂瓶上有如下标识，其含义是( )
A ．自燃物品、易燃
B ．腐蚀性、有毒
C ．爆炸性、腐蚀性
D ．氧化剂、有毒
【答案】B 【解析】 【详解】
为腐蚀性标识，为有毒物质的标识，说明苯酚是有毒的腐蚀性液体，故选B 。

【点睛】
认识各个标志所代表的含义是解答本题的关键。

需要平时学习时注意常见标识的记忆和理解，解答本题也可以直接根据苯酚的性质判断。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21． (标准状况下，22.4LHCl 气体溶于50mL 水再配成250mL 溶液，求： (1)所得盐酸的物质的量浓度为_____？
(2)若将此溶液再稀释成1L 溶液，则稀释后盐酸的物质的量浓度变为的多少_____？；配制该浓度的溶液需要的玻璃仪器_____？
(3)将(2)的溶液取出250mL 与足量Zn 反应可以产生的H 2在标准状况下的体积为_____？
【答案】4mol/L 1mol/L 量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL 的容量瓶，胶头滴管 2.8升 【解析】 【分析】
(1)先计算HCl 的物质的量，再根据n
c V
=
计算盐酸的物质的量浓度； (2)根据()()()()
c v c v =浓浓稀稀 计算稀释后盐酸的物质的量浓度；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析使用的仪器。

(3)Zn 与盐酸反应的方程式是Zn+2HCl=ZnCl 2+H 2，根据方程式计算生成氢气的体积。

【详解】 (1)n( HCl)=
22.4122.4/L mol L mol = ，()10.25mol
c HCl L
==4mol/L ；
(2) ()()()()
c v c v =浓浓稀稀，则4mol/L×0.25L=c(稀)×1L，c(稀)= 1mol/L ；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤，配制该浓度的溶液需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL 的容量瓶，胶
头滴管；
(3)250mL盐酸中HCl的物质的量是1mol/L×0.25L=0.25mol，设生成氢气的物质的量是xmol
Zn+2HCl=ZnCl2+H2
2 1
0.25mol xmol
21
=
0.25x
x=0.125mol
标准状况下氢气的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．SO2、NO2能形成酸雨，某同学以它们为主题设计了两组实验：
（实验一）用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中．分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图A、B、C所示。

一段时间后，A、B装置的集气瓶中充满溶液（假设瓶内液体不扩散），C装置的集气瓶中还有气体剩余(考虑液体的扩散) 。

（1）写出装置A中总反应的化学方程式_____________________________，假设该实验条件下，气体摩尔体积为a L/mol，则装置A的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为______________。

（2）写出B装置的溶液充满集气瓶时，有关反应的离子方程式_______________。

（3）实验前在C装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是水槽中溶液___________________________（答颜色的变化），写出反应的总化学方程式
____________________________________。

（实验二）利用上图B的原理，设计下图装置测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，图中气体流量计用于准确测量通过的尾气体积。

将尾气通入一定体积的碘水，并通过实验测定SO2的含量。

当洗气瓶D 中溶液蓝色刚好消失时，立即关闭活塞K。

（4）D中导管末端连接一个多孔球泡E，其作用是_______________________，可以提高实验的准确度。

（5）当流量计中刚好通过2L尾气时，D中溶液蓝色刚好消失，立即关闭活塞K，容器D中恰好得到100mL 溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.66g 白色沉淀，通过计算可知，上述尾气中二氧化硫的含量为________g/L。

若洗气瓶D中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K，测得的SO2含量_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

【答案】4NO2+O2+2H2O===4HNO31/a mol/L SO2+Cl2+2H2O===4H++SO42﹣+2Cl﹣红色加深
2SO2+O2+2H2O===2H2SO4 (2H2SO3+O2===2H2SO4 也可)有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收)0.64偏低
【解析】分析：【实验一】由题意可知，A瓶NO2、O2按适当比例混合可以完全溶于水生成HNO3；B中二氧化硫和氯气适当比例混合可以完全溶于水生成硫酸和盐酸；C中二氧化硫溶于水生成亚硫酸，通入氧气后可以把部分亚硫酸氧化为硫酸，据此解答。

【实验二】将尾气通入一定体积的碘水，碘水把二氧化硫氧化为硫酸：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，根据碘遇淀粉显蓝色判断反应的终点，利用钡离子沉淀硫酸根离子结合方程式计算。

详解：（1）装置A中反应物是氧气、二氧化氮和水，生成物是硝酸，则总反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O ＝4HNO3；假设该实验条件下，气体摩尔体积为a L/mol，再设集气瓶的容积为1L（集气瓶的容积不影响溶液的浓度），则NO2和HNO3溶液的体积均为1L，则n(HNO3)＝n(NO2)＝，因此装置A 的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为1/a mol/L。

（2）装置B中氯气与二氧化硫在水中反应生成硫酸和盐酸，因此溶液充满集气瓶时反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣。

（3）实验前在C装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是溶液颜色加深，说明溶液的酸性增强，因此反应的总化学方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4(或2H2SO3+O2=2H2SO4)。

（4）D中导管末端连接一个多孔球泡E，其作用是增大二氧化硫与碘水反应的接触面积，有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收)，可以提高实验的准确度。

（5）当流量计中刚好通过2L尾气时，D中溶液蓝色刚好消失，立即关闭活塞K，容器D中恰好得到100mL 溶液是硫酸和氢碘酸的混合溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.66g白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为4.66g÷233g/mol＝0.02mol，则根据硫原子守恒可知n(SO2)=0.02mol，所以上述尾气中二氧化硫的含量为0.02mol×64g·mol－1/2L=0.64g/L。

若洗气瓶D中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K，则尾气体积偏大，必然导致测得的SO2含量偏低。

点睛：本题主要考查了有关气体含量的测定实验。

本题通过3个实验探究反应原理，然后选择了一个适合测定空气中二氧化硫含量的方法进行测定。

要求学生能掌握常见化合物的重要转化，明确反应原理，能根据反应原理进行数据处理和误差分析，题目难度中等。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期主族元素。

Y、W同主族，且W的核电荷数是Y的2倍，X、Y、W三种元素原子的最外层电子数之和为17，Y与Z可形成离子化合物Z2Y和Z2Y2。

（1）Y在元素周期表中的位置为____。

Z的最高价氧化物的水化物的电子式是______，存在的化学键的类型为_______。

（2）Y、Z、W的原子半径从大到小的顺序是______（用元素符号表示）。

X的简单气态氢化物和W最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是______。

【答案】第二周期VIA族离子键、共价键Na> S>O NH3+H+＝NH4+
【解析】
【分析】
由Y、W同主族，且W的核电荷数是Y的2倍可知，Y是O元素、W是S元素；由X、Y、W三种元素原子的最外层电子数之和为17可知，X的最外层电子数为5，又X的原子序数小于Y，则X为N元素；由Y 与Z可形成离子化合物Z2Y和Z2Y2可知，Z为Na元素。

【详解】
（1）O元素在元素周期表中位于第二周期VIA族；Na元素的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故答案为第二周期VIA族；；离子键、共价键；
（2）同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则O、Na、S 的原子半径从大到小的顺序是Na>S>O；N元素的简单气态氢化物为氨气，S元素的最高价氧化物的水化物为硫酸，氨气和硫酸溶液反应生成硫酸铵，反应的离子方程式为NH3+H+＝NH4+，故答案为Na>S>O；NH3+H+＝NH4+。

【点睛】
本题考查元素周期律的应用，，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．钾长石(K2Al2Si6O16)通常也称正长石，主要用于生产玻璃、陶瓷制品，还可用于制取钾肥。

某学习小组以钾长石为主要原料，从中提取氧化铝、碳酸钾等物质，工艺流程如下：
回答以下问题：
(1)请以氧化物组成的形式表示钾长石的化学式为_____________
(2)煅烧过程后，钾长石中的硅元素以______________(填化学式)的形式存在于浸出渣中；已知钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的KAlO2和NaAlO2，写出Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2的化学方程
式______________________________。

(3)“浸取”过程中，需要将钾长石由块状固体粉碎为较小颗粒，其目的是___________
(4)“转化”时加入NaOH溶液的作用是_________________________ (用离子方程式表示)
(5)此工艺中可以循环利用的主要物质是___________、___________和水。

【答案】K2O·Al2O3·6SiO2CaSiO3Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑增加固体与液体的接触面积，提高浸取速率HCO3-+OH-=CO32-+H2O Na2CO3CO2
【解析】分析：钾长石中加入碳酸钙、碳酸钠煅烧，再水浸，过滤后可得滤渣为CaSiO3，滤液为偏铝酸钾、偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体，得氢氧化铝沉淀，过滤得碳氢酸钾、碳酸氢钠溶液，再加入氢氧化钠得碳酸钠和碳酸钾，据此答题。

详解：(1)钾长石的化学式为K2Al2Si6O16，则根据原子守恒可知以氧化物组成的形式表示钾长石的化学式为K2O·Al2O3·6SiO2；
(2)根据以上分析可知煅烧过程后，钾长石中的硅元素以CaSiO3的形式存在于浸出渣中；根据原子守恒可知Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2的同时还有二氧化碳生成，则反应的化学方程式为
Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑。

(3)“浸取”过程中，需要将钾长石由块状固体粉碎为较小颗粒，这样可以增加固体与液体的接触面积，加快反应速率，提高浸取速率；
(4)滤液中含有碳酸氢根离子，因此“转化”时加入NaOH溶液的作用是将其转化为碳酸根离子，反应的离子方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O。

(5)根据流程可知最终有二氧化碳和碳酸钠生成，则此工艺中可以循环利用的主要物质是Na2CO3、CO2和水。

点睛：本题以钾长石的加工为载体，考查混合物的分离和提纯，侧重考查实验基本操作、元素化合物性质，明确流程图中各个步骤发生的反应、相关物质的性质及物质分离方法是解本题的关键，题目难度中等。