2022-2023学年山东省滨州市惠民县三校联考高一下学期5月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省滨州市惠民县三校联考2022-2023学年高一下学期5月月考试题本卷满分100分，考试时间90分钟注意事项：1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填写在相应位置。2.选择题〖答案〗必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题〖答案〗必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。相对原子质量：Li7H1C12N14O16Si28S32K56Mn55Cu64Zn65一、选择题(本大题包括10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.2022年11月20日，史上“最壕世界杯”在卡塔尔举行，相较于往届世界杯，一些全新科技元素的应用，让卡塔尔世界杯更具有实用和创新价值。下列有关说法错误的是（）A.“旅程”足球中装有以硅为主要成分的中央芯片，能精准还原其在场地上的运行轨迹，使球迷们对比赛结果心服口服B.卡塔尔世界杯球场循环降温技术是利用太阳能对场地进行制冷降温C.卡塔尔世界杯比赛用球是世界杯史上飞行速度最快的足球，由有机高分子材料聚氨酯制造D.卡塔尔建成了世界上第一个可拆卸体育场，其模块化钢架属于合金，其熔点高于纯铁〖答案〗D〖解析〗【详析】A．“旅程”足球中装有以硅为主要成分的中央芯片，是良好的半导体材料，能够大量记录赛场信息，因而可以精准还原其在场地上的运行轨迹，避免误判等引起的对比赛成绩的争议，故可以使球迷们对比赛结果心服口服，A正确；B．卡塔尔世界杯球场循环降温技术是利用太阳能对场地进行制冷降温，既可以达到降温处理，同时也避免了环境污染，实现能源绿色化转化，B正确；C．聚氨酯是有机高分子材料，可以用于制作卡塔尔世界杯比赛用球，C正确；D．卡塔尔建成了世界上第一个可拆卸体育场，其模块化钢架属于合金，该合金的熔点要比其成分金属纯铁低，D错误；故合理选项是D。2.化学与生活息息相关，生活中的化学随处可见。下列说法错误的是（）A.镀锌铁板镀层破损后，会使铁板腐蚀更快B.氢氟酸可以用来刻蚀玻璃，雕刻花纹C.茶艺文化中沏泡功夫茶涉及到浸取、过滤等操作D.金属锂常保存在石蜡中〖答案〗A〖解析〗【详析】A．镀锌铁板镀层破损后，构成了原电池，但锌的活泼性大于铁，先腐蚀锌，A错误；B．玻璃的主要成分是SiO2，可以与SiO2反应，故可以用来HF做雕花玻璃，B正确；C．泡茶过程中，将茶叶浸泡在水中，为浸取，茶叶与茶汤分离的过程为过滤，C正确；D．金属锂的化学性质活泼，密度比石蜡小，需要保存在固体石蜡中，D正确；故〖答案〗为：A。3.钍因其在地壳中含量丰富及独特的性质，被称为“未来核燃料”，主要存在的核素是，其还存在、等多种同位素。下列说法错误的是（）A.Th位于元素周期表中的过渡区域B.、、核外电子排布相同C.、、化学性质相同D.中子数为90，质量数为232〖答案〗D〖解析〗【详析】A．过渡元素位于周期表中从IIIB族到VIII族的元素，Th位于元素周期表中的过渡区域，A项正确；B．的质子数都是90，核外电子排布相同，B项正确；C．是Th元素的三种核素，化学性质相同，C项正确；D．的质子数是90，质量数是232，中子数是232-90=142，D项错误；〖答案〗选D。4.W、X、Y、Z是原子序数逐渐增大的短周期元素，W的一种核素无中子，X的单质在空气中含量最大，Y的最高价氧化物对应的水化物具有两性，Z的单质是黄绿色气体。下列说法错误的是（）A.简单离子半径Z比Y大B.W和X的化合物与W和Z的化合物反应可产生白烟C.W和X形成的化合物中可能既存在极性键又存在非极性键D.工业上采取电解熔融Y和Z化合物的方法冶炼金属Y〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数逐渐增大的短周期元素，W的一种核素无中子，则W是H元素；X的单质在空气中含量最大，则X是N元素；Y的最高价氧化物对应的水化物具有两性，则Y是Al元素；Z的单质是黄绿色气体，可知Z是Cl元素，然后根据元素及化合物的性质分析解答。【详析】根据上述分析可知：W是H，X是N，Y是Al，Z是Cl元素。A．Al3+核外电子排布是2、8；Cl-核外电子排布是2、8、8，离子核外电子次数越多，离子半径就越大，故离子半径：Cl-＞Al3+，A正确；B．N、H两种元素形成的化合物可以是NH3，H、Cl两种元素形成的化合物是HCl，NH3、HCl在空气中相遇，反应产生NH4Cl固体，因此会反应产生白烟，B正确；C．W是H，X是N，两种元素形成的化合物可以是NH3，其中只含有极性键N-H键；而形成的化合物N2H4中既含有极性键N-H键，也含有非极性键N-N键，C正确；D．Y是Al，Z是Cl元素，二者形成的化合物AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不能导电，在工业上一般是采用电解熔融离子化合物Al2O3的方法冶炼Al，D错误；故合理选项是D。5.在恒温恒容的密闭容器中，对于可逆反应，不能说明其已达到平衡状态的是（）A.容器中固体质量不随时间而变化B.容器中混合气体的总物质的量不随时间而变化C.容器中气体的密度不随时间而变化D.的比值保持不变〖答案〗B〖解析〗【详析】A．反应正向进行，固体铁变为氧化亚铁，固体质量增加，反应达到平衡时，固体质量不变，则容器中固体质量不随时间而变化可以证明反应达到平衡，A错误；B．根据方程式可知，该反应是气体计量系数没有发生变化，则容器中混合气体的总物质的量不随时间而变化，不能证明反应达到平衡，B正确；C．根据选项A可知，在反应过程中固体质量一直在发生变化，根据质量守恒定律可知，则气体质量也是一个一直变化的量，容器体积不变，则随着反应进行，气体的密度也一直在变化，故容器中气体的密度不随时间而变化可以证明反应达到平衡，C错误；D．在反应进行过程中，二氧化碳在减少，一氧化碳在增加，故一直在变化，则当的比值保持不变时可以证明反应达到平衡，D错误；故选B。6.实验是科学探究的重要手段，下列实验操作正确且能达到预期目的的是（）选项ABCD实验操作实验目的分离和水加热固体制备沉淀测量中和反应的反应热〖答案〗C〖解析〗【详析】A．分液法分离水与CCl4，分液漏斗下端需要靠在烧杯内壁，A错误；B．加热碳酸氢钠固体放在试管中进行实验，B错误；C．Fe在阳极处发生氧化反应生成Fe2+，水在阴极发生还原反应，生成OH-，最终电极室内生成Fe(OH)2沉淀，C正确；D．测定中和热实验中，为防止散热，不能用金属搅拌棒，D错误；故〖答案〗为：C。7.一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：反应过程如图示。下列说法不正确的是（）A.时正反应速率大于逆反应速率B.X曲线表示的物质的量随时间的变化C.，的平均反应速率D.达到平衡状态时，相同时间内与断键的数目之比是〖答案〗D〖解析〗【详析】A．t1min后X物质的量增大，Y的物质的量减小，所以t1min时正反应速率大于逆反应速率，A正确；B．由图可知，在4min时，X、Y变化量之比为0.4:(1.2-0.6)=2:3，物质的量变化比等于系数比，所以X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系，Y曲线表示H2的物质的量随时间变化的关系，B正确；C．Y曲线表示H2的物质的量随时间变化的关系，0~8min，的平均反应速率mol·L-1·min-1，C正确；D．达到平衡状态时，H2与NH3的反应速率比为v(H2)：v(NH3)=3:2，单位时间消耗3amolH2生成2amolNH3，平衡状态同时会消耗2amolNH3，则H2与NH3断键的数目之比是(3amol×1)：(2amol×3)=1:2，D错误；故〖答案〗为：D。8.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示。下列说法正确的是（）A.最外层电子数：B.Y的最高价氧化物对应的水合物是一种强酸C.X与Y分别形成的简单氢化物的稳定性，前者高于后者D.W与Z形成的化合物中既含有离子键又含有共价键〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，由四种元素形成的一种食品添加剂的结构可知，X形成2个共价键，X应为O；W只形成1个共价键，W为H；W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-1=5，结合原子序数可知Y为P；Z可失去2个电子变为带2个单位正电荷的离子，且原子序数大于Y，则Z为Ca。【详析】A．由分析可知，W为H、X应为O、Y为P、Z为Ca，则最外层电子数：，A错误；B．Y的最高价氧化物的水化物是H3PO4，属于中强酸，B错误；C．非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越高，O的非金属性大于P，C正确；D．Z与W形成的化合物为CaH2，只含离子键，D错误；故选C。9.从海带中提取碘单质，可经以下实验流程完成。下列有关说法正确的是（）A.“氧化”过程中发生反应的离子方程式为B.从碘水中萃取碘单质，可用酒精作萃取剂C.以上流程在萃取、分液之后，还要经过反萃取、蒸馏等步骤才能获得碘单质D.分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞从上口倒出上层液体〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由实验流程可知，海带在锅中灼烧后，溶解、煮沸、过滤分离出滤液含碘离子，再加过氧化氢发生，得到含碘的水溶液，可选淀粉检验碘单质，然后加有机溶剂萃取、分液、蒸馏分离出碘单质，，以此分析；【详析】A．加入双氧水能在酸性条件下将I－氧化为I2，由于是酸性条件下，故H2O2应被还原为H2O，离子方程式为，A错误；B．萃取剂应该选择与原溶剂互不相溶的物质，酒精易溶于水，B错误；C．根据分析，在得到含碘的水溶液后，再加有机溶剂萃取、分液、蒸馏分离出碘单质，无需经过反萃取步骤，C错误；D．分液时避免上下层液体混合，操作为下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，D正确；故选：D。10.人们不仅利用氢气、氧气反应产生的热量为火箭升空提供动力，还通过电池利用氢气、氧气反应产生电能为航天器供电。对于装置a和装置b分析正确的是（）A.装置a左侧石墨电极反应方程式为B.装置b运行时，溶液中的移向左侧C.装置a和装置b运行一段时间后，将电解质溶液分别倒入两个烧杯，检测其酸性都增强D.装置a右侧每产生44.8L气体(STP)，回路中转移的电子数4NA〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗装置a是电解池，阳极失去电子发生氧化反应，阴极达到电子发生还原反应；装置b是氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，失去电子发生氧化反应；通入氧气的电极为正极，得到电子发生还原反应。【详析】A．根据装置图可知：装置a是电解池，左边石墨电极连接电源负极，作阴极，得到电子发生还原反应，由于电解质溶液为酸性，故阴极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，A错误；B．根据装置图可知：装置b是氢氧燃料电池，左侧电极为负极，失去电子发生氧化反应，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在装置b运行时，溶液中的移向正电荷较多的左侧，B正确；C．装置a是电解池，电解稀硫酸，实质上是电解水，电解后硫酸溶液浓度增大，酸性增强；对于装置b，原电池反应总方程式为2H2+O2=2H2O，反应后溶液中水增多，导致溶液浓度减小，酸性减弱，C错误；D．装置a是电解池，右侧电极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，每反应产生1molO2，反应过程中会转移4mol电子。装置a右侧每产生44.8L气体(STP)，n(O2)=2mol，则回路中转移的电子数8NA，D错误；故合理选项是B。二、选择题(每小题4分，共5小题20分，每小题有1个或2个选项符合题目要求)11.下列实验操作及现象正确，且与解释或结论存在对应关系是（）选项实验操作及现象解释或结论A向双氧水中滴加酸性溶液，迅速有气泡生成对分解具有催化作用B向溶液中滴入足量氯水和，振荡、静置、分层；再向上层溶液中加入KSCN溶液，下层溶液呈紫红色，上层溶液变为血红色。证明还原性：C向硫酸酸化的食盐溶液中加入KI溶液和几滴淀粉溶液，溶液未变蓝色该食盐不是含碘盐D向溶液中滴入稀盐酸，出现白色凝胶非金属性：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．双氧水与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成氧气，不能说明高锰酸钾对过氧化氢分解具有催化作用，A错误；B．该实验中氯水足量，无法比较二价铁和碘离子的还原性的强弱，B错误；C．加碘食盐加的是碘酸钾，碘酸钾和碘化钾在酸性条件下发生归中反应生成碘单质使淀粉变蓝，但选项中未变蓝色，说明不是含碘盐，C正确；D．元素非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无关，所以向硅酸钠溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶不能用于比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，D错误；故选C。12.研究表明与CO在一定条件作用下发生反应的能量变化及反应过程如图所示，下列说法正确的是（）A.在反应过程中，存在极性共价键和非极性键的断裂与生成B.使反应更容易发生，是该反应的催化剂C.该反应的总反应方程式为D.、两步反应均为放热反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．由图可知，该反应中存在极性键碳氧键的断裂和形成，不存在非极性键的断裂和形成，A错误；B．由图可知是该反应的催化剂，是该反应的中间产物，B错误；C．由图可知，该反应的总反应方程式为，C错误；D．由图可知、两步反应都是反应物能量高，产物能量低，均为放热反应，D正确；故选D。13.无水FeCl3常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量Fe2O3、C、SiO2)制取无水FeCl3的流程如下，下列说法正确的是（）A.“过滤”所得滤液中大量存在的离子有Fe3+、Fe2+、H+、Cl-B.适当提高盐酸浓度可以加快“酸溶”速率C.滤渣的主要成分是碳D.若用H2O2代替Cl2做氧化剂，反应的离子方程式是〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为FeCl2溶液，Fe2O3反应产生可溶性FeCl3，Fe与FeCl3反应产生FeCl2，过滤除去C、SiO2，向滤液加入新制氯水，可以将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到FeCl3·6H2O，加入SOCl2脱水得到FeCl3。【详析】A．废铁屑(主要成分Fe，还有少量Fe2O3、C、SiO2)，向其中加入盐酸酸溶，铁屑中的Fe与HCl反应产生Fe2+，Fe2O3与HCl反应产生Fe3+，Fe和Fe3+生成Fe2+，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe2+、H+、C1-，A错误；B．在其它条件不变时，适当提高盐酸浓度，即增大了溶液中c(H+)，可以加快“酸溶”速率，B正确；C．根据上述分析可知滤渣的主要成分是碳和SiO2，C错误；D．电子不守恒，电荷不守恒，两种方程式应该为：，D错误；故合理选项是B。14.硅锰原电池是一种新型电池，因其供电稳定，储存量丰富而备受关注。硅锰原电池工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A.若将质子交换膜换成阴离子交换膜，电解液换成NaOH溶液，电池的使用寿命会延长B.放电过程中，溶液中的会经质子交换膜由Si@C电极区移向电极区C.电极上发生的电极反应式为D.电路中每通过2mol电子，负极材料质量会增加32g〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗由图可知，Si转化为SiO2，Si元素化合价升高，失去电子为负极，MnO2转化为Mn2+，Mn元素化合价降低，得到电子，为正极，存在质子交换膜，说明是在酸性条件下，则负极反应式为Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+，正极反应式为，以此解题。【详析】A．硅、二氧化硅均能与氢氧化钠溶液发生反应，则将电解液换成NaOH溶液电池的使用寿命会变短，A错误；B．由分析可知，电极为正极，放电时阳离子向正极移动，B正确；C．由分析可知，电极为正极，电极反应为：，C正确；D．由分析可知，负极反应式为Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+，则电路中每通过2mol电子，负极材料增加的质量为1mol氧原子的质量，为16g，D错误；故选BC。15.在一定条件下，发生反应①，②，在反应体系中、、NO的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.曲线c为随t的变化曲线B.时间段内，反应速率C.时，的消耗速率大于生成速率D.后，〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据图像分析，NO2先生成后减小，故c表示NO2浓度变化，N2O4的浓度随着反应进行减小，a表示N2O4浓度大小，b为NO浓度大小以此分析；【详析】A．根据分析可知，c表示NO2浓度变化，A正确；B．根据图示可知，在t1时刻，N2O4、NO2、NO的浓度相同，则N2O4的减少量为，NO2、NO的增加均为，故时间段内，反应速率，B正确；C．在t2时刻，NO2的浓度逐渐减小，说明消耗速率大于生成速率，C正确；D．根据N原子守恒可知，，假设N2O4完全反应则生成NO浓度为2c0，但反应①均为可逆反应，则c(NO)<2c0，D错误；故〖答案〗为：D。三、非选择题(共5个小题，每题12分，共60分)16.元素周期表1~20号部分主族元素的原子半径与原子序数的关系如图，根据所学知识回答下列问题。（1）焰色反应实验时透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰的元素在周期表中的位置___________。（2）d、e、f、h四种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序是___________(用离子符号填写)。（3）c的简单氢化物与n的简单氢化物反应生成产物的电子式：___________。（4）卤族元素大量存在于海洋中，获取单质的过程中，需要利用m的一种氧化物富集，写其反应的离子方程式：___________。（5）已知某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如元素b与元素h有相似的性质。写出元素b的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式：___________。（6）砷(As)的化合物可用于杀虫及医疗。①As的原子结构示意图为___________。②Y由d、f、n三种元素组成，是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为___________。（7）从原子结构的角度，解释f、g、h元素金属性变化的原因：___________。〖答案〗（1）第四周期ⅠA族（2）（3）（4）（5）或者；（6）①.②.（7）同周期元素，从左到右，电子层数相同，核电荷数增多，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱〖解析〗〖祥解〗根据图示信息可知，a为Li、b为Be、c为N、d为O、e为F、f为Na、g为Mg、h为Al、m为S、n为Cl、o为K、p为Ca，以此解题。【小问1详析】焰色反应实验时透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰的元素为K，其在周期表中的位置为：第四周期ⅠA族；【小问2详析】由分析可知，d为O、e为F、f为Na、h为Al，电子层越多，半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越小半径越大，则d、e、f、h四种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序是；【小问3详析】由分析可知，c为N、n为Cl，则c的简单氢化物与n的简单氢化物反应，即氨气和氯化氢反应，可以生成氯化铵，其电子式为：；【小问4详析】由分析可知m为S，则利用m的一种氧化物富集溴的方程式为：；【小问5详析】由分析可知b为Be、h为Al，根据题意元素b与元素h有相似的性质，则b的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为：或者；【小问6详析】①As为33号元素，则As的原子结构示意图为；②由分析可知，d为O、f为Na、n为Cl，Y由d、f、n三种元素组成，是生活中常见的消毒剂，则Y为NaClO，As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，则该反应的方程式为：；【小问7详析】由分析可知，f为Na、g为Mg、h为Al，同主族原子半径越大，金属性越强，同周期最外层电子越多，金属性越弱，则从原子结构的角度，解释f、g、h元素金属性变化的原因为：同周期元素，从左到右，电子层数相同，核电荷数增多，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱。17.硫化锂(Li2S)易潮解，受热时易被空气中的O2氧化，实验室用粗锌(含少量Cu、FeS)和稀硫酸反应制备H2，再用制得的H2去还原硫酸锂制备硫化锂，实验装置如图所示。注：硫酸铜溶液可与硫化氢气体反应生成硫化铜黑色沉淀，硫化铜不溶于酸。（1）A装置为启普发生器，可调控反应进行，下列气体制备可选用该装置的是___________。a．大理石和稀盐酸反应制备二氧化碳b．过氧化氢和二氧化锰反应制备氧气c．实验室制备氯气（2）A装置中选用粗锌与稀硫酸反应，目的是___________。装置D中制备硫化锂的化学方程式为___________。（3）E中试剂为___________，其作用是___________。（4）实验开始时先通入一段时间气体，再点燃酒精灯的目的是___________。（5）反应前硫酸锂样品12克，反应结束后，E装置质量增加7.2克，则样品的纯度为___________%(纯度用质量百分含量表示)。〖答案〗（1）a（2）①.加快反应速率②.4H2+Li2SO4Li2S+4H2O（3）①.浓硫酸②.防止空气中的氧气和水蒸气进入装置D（4）利用反应产生的H2排出装置中的空气，避免发生爆炸，同时也可以防止反应产生的Li2S受热时被空气中的O2氧化（5）91.7%〖解析〗〖祥解〗在装置A中反应制取H2。实验室用粗锌(含少量Cu、FeS)和稀硫酸反应制备H2，Zn与H2SO4反应产生ZnSO4、H2，FeS与H2SO4反应产生FeSO4、H2S，而Cu不能发生反应，在装置B中H2S与CuSO4反应产生CuS沉淀和H2SO4，然后经装置C浓硫酸的干燥作用后，在装置D中与Li2SO4发生还原反应产生Li2S、H2O，装置E中盛有浓硫酸，作用是吸收空气中的水，防止空气的水分导致Li2S水解变质。【小问1详析】装置A是启普发生器，可用于块状固体与液体反应制取气体，反应不需要加热，制取的气体难溶于水。a．大理石是块状固体，盐酸是液体物质，反应不需要加热，反应产生的二氧化碳气体在水中溶解度不大，符合启普发生器使用条件，因此可用于实验室制取CO2气体，a正确；b．二氧化锰是粉末状固体，不是块状固体，因此不能使用启普发生器制取O2，b错误；c．在实验室中一般是用浓盐酸与MnO2混合加热制备氯气，该装置不能加热，因此不能用于实验室中制取Cl2，c错误；故合理选项是a；【小问2详析】粗锌中的锌与杂质铜可以在稀硫酸中构成原电池，锌为负极，铜为正极，加快了锌失去电子的速度，从而提高了锌与硫酸制取氢气的反应速率；在装置D中，H2与Li2SO4反应产生Li2S、H2O，制备硫化锂的化学方程式为：4H2+Li2SO4Li2S+4H2O；【小问3详析】根据题意可知：硫化锂(Li2S)易潮解，受热时易被空气中的O2氧化，在装置D中反应制取Li2S，在装置D中盛有浓硫酸，可以吸收空气中的水蒸气，防止空气中的氧气和水蒸气进入装置D，导致制取的硫化锂(Li2S)被氧化或吸水潮解；【小问4详析】H2是可燃性气体，点燃氢气与氧气的混合气体会导致发生爆炸事故。实验开始时先通入一段时间气体，再点燃酒精灯的目的是利用反应产生的H2排出装置中的空气，避免发生爆炸，同时也可以防止反应产生的Li2S受热时被空气中的O2氧化；小问5详析】在装置D中发生反应：4H2+Li2SO4Li2S+4H2O，分解反应产生H2O的物质的量n(H2O)=，根据反应转化关系可知n(Li2SO4)=0.1mol，m(Li2SO4)=0.1mol×110g/mol=11.0g，则样品的纯度为=91.7%。18.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：为了探究浓度对反应速率的影响，小组成员设计了三组平行实验，实验时，溶液迅速混合并开始计时通过溶液褪色所需时间来判断反应快慢。(控制反应过程中溶液温度为室温)【实验原理】实验内容及记录】编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min调控溶液温度0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.2mol/LKMnO4溶液3mol/L稀硫酸13.02.03.02.04.0298K23.03.02.02.05.0298K33.0x1.02.06.4298K请回答下列问题：（1）第三组实验中，所加蒸馏水的体积为x=___________mL（2）利用实验2中数据计算，___________（3）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________。（4）该化学小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。①该小组同学提出的假设是___________。②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.2mol/LKMnO4溶液稀硫酸43.02.03.02.0______________________实验4中向试管中加入少量固体___________。③若该小组同学提出的假设成立，室温下溶液颜色褪至无色所需时间___________(填大于、等于或小于)4min。〖答案〗（1）4.0（2）0.004mol/(L·min)（3）在其它条件不变时，增大反应物浓度，反应速率加快（4）①.生成的Mn2+对该反应有催化作用。②.MnSO4③.与实验l比较，溶液褪色所需时间短(或所用时间(t)小于4min〖解析〗〖祥解〗在研究外界条件对化学反应速率的影响时，要采用控制变量方法研究各种外界条件对化学反应速率的影响。溶液总体积相同，只有一个外界条件不同，根据溶液褪色时间长短判断该条件对化学反应速率的影响。【小问1详析】根据实验1、2可知：混合溶液总体积是10.0mL，则实验3需加入水的体积x=10.0mL-(3.0+1.0+2.0)mL=4.0mL；【小问2详析】对于实验2，混合后溶液中KMnO4溶液的浓度c(KMnO4)=，则化学反应速率v(KMnO4)=；【小问3详析】根据实验1、2、3可知：在反应温度相同，硫酸、草酸浓度不变时，增大KMnO4溶液的浓度，溶液褪色时间较短，反应速率加快，可见根据上表中的实验数据，可以得到的结论是在其它条件不变时，增大反应物浓度，反应速率加快；减小反应物浓度，反应速率减慢；【小问4详析】①由于Mn2+是生成物，因此根据经验，随着反应进行，生成物n(Mn2+)逐渐增多，当恰好完全反应时，n(Mn2+)达到最大值，后来其物质的量不再发生变化，因此可绘制图1。但同学查阅资料发现n(Mn2+)在开始不久变化不大，后来n(Mn2+)突然增大，后来就不再发生变化，这可能是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，导致反应速率加快；②要探究Mn2+对反应是否有催化作用，根据实验4可知：要与实验1作对比实验，则硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4；③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间就应该小于4min，从而说明Mn2+是催化剂，对化学反应具有催化作用。19.实验室以含硒废料(主要成分为硒单质，杂质不参与反应)提取硒，部分实验过程如下：（1）在浸取之前需将含硒废料粉碎，粉碎的目的是___________。（2）“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸，该反应离子方程式为___________。（3）①溶液转化为溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是___________(填名称)。写出三颈烧瓶中发生反应的化学方程式：___________。②水浴的优点：___________(答出两条即可)。（4）以上述流程中生成的溶液为原料制取高纯硒单质，实验方案是：取一定量溶液，在不断搅拌下向溶液中缓缓通入气体，有沉淀生成，同时加入溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量气体时不再产生沉淀为止，停止通入气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单质。(必须使用的试剂：溶液、溶液)反应过程中溶液中物质的量减少的离子有___________(填化学式)。〖答案〗（1）增大含硒废料与硫酸的接触面积，加快反应速率，使反应更充分（2）3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑（3）①.浓盐酸②.+2HCl=+Cl2+H2O③.受热均匀，便于控制温度（4）HSeO、SeO、OH-〖解析〗〖祥解〗含硒废料加NaNO3溶液用硫酸酸浸，硒氧化得H2SeO3，H2SeO4溶液，加浓盐酸得H2SeO3溶液，缓缓通入SO2气体，硒元素又被还原得硒单质。【小问1详析】从反应速率的影响因素的角度分析可知，粉碎的目的是：增大含硒废料与硫酸的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；【小问2详析】“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；【小问3详析】H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液，+6价