2022届甘肃省临洮中学高二下学期期中考试化学试题（含解析）

甘肃省临洮中学2021~2022学年第二学期期中考试高二级化学试卷考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区战内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：人教版必修一、必修二()，选修4()，选修5第一章至第三章第二节()。可能用到的相对原子质量：第I卷(选择题共48分)一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法错误的是A.铁表面镀锌可以增强铁的抗腐蚀性B.深挖填埋废旧塑料制品可以减轻“白色污染”C.合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”D.钢铁在潮湿的空气中容易生绣，其主要原因是形成了原电池【答案】B【解析】【详解】A．若镀锌铁表面锌层破损后，活泼性强于铁的锌做锌铁原电池的负极被损耗，铁被保护，所以铁表面镀锌可以增强铁的抗腐蚀性，故A正确；B．深挖填埋废旧塑料制品，废旧塑料不会发生发生降解，依然会发生塑料造成的“白色污染”，故B错误；C．合理利用太阳能、风能和氢能等能源可以减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现“低碳经济”，故C正确；D．钢铁在潮湿的空气中容易生绣的主要原因是铁碳在潮湿的空气中形成了原电池，加快了腐蚀，故D正确；故选B。2.《水经注》记载了甘肃酒泉延寿县南山出泉水，“如凝膏，燃极明……彼方人谓之石漆”。这里“石漆”的主要成分可能是A.四氯化碳 B.酒精 C.烃 D.双氧水【答案】C【解析】【详解】由题意可知，石漆是源于地下、能燃烧的液体说明石漆是石油，石油的主要成分是烃，故选C。3.下列类别的有机物是按碳的骨架来分类的是A.烷烃与环烷烃 B.烯烃与炔烃 C.醇和醚 D.醛和酮【答案】A【解析】【详解】A．饱和烃按碳的骨架来分类，分类烷烃与环烷烃，故A符合；B．不饱和烃按是否含有碳碳双键、碳碳叁键官能团来分，分类烯烃与炔烃，故B不符；C．醇和醚分别含有羟基和醚键，按官能团来分类，故C不符；D．醛和酮分别含有醛基和羰基，按官能团来分类，故D不符；故选A。4.石竹烯是一种天然产物，丁香花因它而芬芳四溢。石竹烯可由X经如图所示转化制得。下列有关说法错误的是A.石竹烯与乙烯互为同系物 B.石竹烯存在芳香烃同分异构体C.X可与钠反应生成 D.X可通过消去反应生成石竹烯【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，石竹烯分子中含有2个碳碳双键，与只含有1个碳碳双键的乙烯官能团数目不同，不可能互为同系物，故A错误；B．石竹烯分子的不饱和度为4，碳原子个数大于6，所以石竹烯分子的同分异构体中可能含有苯环，可能存在芳香烃同分异构体，故B正确；C．由结构简式可知，X分子中含有的羟基可与钠反应生成氢气，故C正确；D．由结构简式可知，X分子中含有的羟基在浓硫酸作用下能发生消去反应生成石竹烯，故D正确；故选A。5.由水电离产生的为的溶液中，能大量共存的离子组是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由水电离产生的为的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。【详解】A．酸溶液中，硫离子与氢离子反应生成硫化氢，不能大量共存；碱溶液中，铵根离子与氢氧根反应，不能共存，故A错误；B．酸溶液中，硝酸根离子与碘离子、亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存；碱溶液中，亚铁离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故B错误；C．碳酸氢根离子无论是在酸溶液中，还是碱溶液中均能与氢氧根离子或氢离子反应，不能大量共存，故C错误；D．四种离子无论是在酸溶液中，还是碱溶液中均不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。6.设表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.丁烷中含有键数目为B.钠在空气中燃烧生成，转移电子数为C.标准状况下，含有原子数目为D.溶液中，含N原子数目为【答案】A【解析】【详解】A．丁烷分子中含有10个碳氢键，则0.1mol丁烷中含有碳氢键的数目为0.1mol×10×NAmol—1=NA，故A正确；B．23g钠在空气中燃烧生成过氧化钠，反应转移电子数为×1×NAmol—1=NA，故B错误；C．标准状况下，二氯甲烷为液态，无法计算22.4L二氯甲烷的物质的量和含有的原子数目，故C错误；D．缺溶液的体积，无法计算1mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量和含有的氮原子数目，故D错误；故选A。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期且相邻，Y是地壳中含量最多的元素，Z是短周期中原子半径最大的主族元素，W的单质常温下是一种淡黄色固体。下列叙述正确的是A.元素的非金属性：B.Z的单质在空气中燃烧生成阴、阳离子个数比为的氧化物C.Y的简单气态氢化物的稳定性强于W的D.工业上一般采用电解对应盐的水溶液制Z单质【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期且相邻，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为氧，X为氮；Z是短周期中原子半径最大的主族元素，则Z为钠；W的单质常温下是一种淡黄色固体，则W为硫。【详解】据题干信息推知：X、Y、Z、W四种元素分别为N、O、Na、S；A．元素的非金属性：O＞N＞S，即Y＞X＞W，故A错误；B．Na在空气中燃烧生成Na2O2，其中阴、阳离子个数比为1:2，故B项错误；C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强。O的非金属性强于S，则简单气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，故C正确；D．钠单质采用电解熔融的NaCl的方法获得，故D错误；故选C。8.2010年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是A.六炔基苯的化学式为C18H6B.六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构C.六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应D.六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应【答案】D【解析】【详解】A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6，A正确；B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，B正确；C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键，都可发生加成反应，C正确；D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应，D错误；故答案选D。9.下列一卤代烷，不能发生消去反应的是A.CH3CH2Cl B.(CH3)2CHCl C.(CH3)3CCl D.(CH3)3CCH2Cl【答案】D【解析】【详解】连有卤素原子的碳原子必须有相邻的碳原子且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应，则CH3CH2Cl、(CH3)2CHCl、(CH3)3CCl均能发生消去反应，(CH3)3CCH2Cl不能发生消去反应；答案选D。10.下列装置或操作能达到实验目的的是

A.排水法收集乙烯B.工业乙醇的蒸馏C.实验室制乙炔D分离苯和硝基苯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．乙烯难溶于水，可用排水法收集，但气体是从短管进，故A错误；

B．温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中蒸馏装置合理，故B正确；

C．生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，该装置不能用于实验室制乙炔，故C错误；

D．苯和硝基苯互溶，不能通过过滤操作分离，故D错误；

故选：B。11.不饱和内酯是各种杀菌剂、杀虫剂、高分子改性剂、医药品的原料或中间体，合成不饱和内酯已引起人们极大的兴趣。利用合成一种不饱和内酯的反应如下，下列说法正确的是A.的电子式为B.该反应属于加成反应C.与互为同分异构体D.可与发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．甲基中碳原子上含有1个单电子，甲基的电子式为，故A错误；B．加成反应指有机物分子中的不饱和双键或三键发生断裂，不饱和原子与其它原子或原子团直接结合生成新化合物的反应，根据加成反应概念知，该反应为加成反应，故B正确；C．的不饱和度是4，的不饱和度是7，二者的分子式不同、结构不同，所以二者不是同分异构体，故C错误；D．中只有碳碳双键能和氢气在一定条件下发生加成反应，可与发生加成反应，故D错误；故选B。12.中草药黄芩对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是A.有4种含氧官能团 B.分子式为C.能与浓溴水发生取代反应 D.苯环上一氯代物有5种【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，黄芩素的含有酚羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，故A错误；B．由结构简式可知，黄芩素的分子式为C16H12O5，故B错误；C．由结构简式可知，黄芩素分子中与酚羟基碳原子相连的邻位碳原子上含有氢原子，能与浓溴水发生取代反应，故C正确；D．由结构简式可知，黄芩素分子中苯环上一氯代物有4种，故D错误；故选C。13.分子式为C6H12O且能发生银镜反应的同分异构体有(不考虑立体异构)A.7种 B.8种 C.9种 D.10种【答案】B【解析】【详解】能发生银镜反应说明含有醛基，分子式为C6H12O的同分异构体有、、共8种，故选：B。14.实验室回收废水中的苯酚的过程如图所示。下列说法正确的是A.操作I为蒸馏 B.反应Ⅱ也可加入过量溶液C.操作Ⅱ所得有机层可循环利用 D.操作Ⅲ所得水层为溶液【答案】C【解析】【分析】含苯酚废水中加入苯，萃取废水中的苯酚，萃取后分液，有机层为苯酚和苯；苯酚和氢氧化钠溶液反应，生成苯酚钠，苯酚钠溶于水，分液可得有机层苯、水层含有苯酚钠；苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠溶液，分液回收苯酚，据此分析作答。【详解】A．含苯酚废水中加入苯，萃取废水中的苯酚，萃取后分液，不是蒸馏，A项错误；B．反应Ⅱ加入过量溶液，最后苯酚中存在，B项错误；C．操作Ⅱ所得有机层是苯，苯可以又加入到操作Ⅰ中，即苯可循环利用，C项正确；D．反应Ⅱ是苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠溶液，所以操作Ⅲ所得水层为NaHCO3溶液，D项错误；答案选C。【点睛】苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，因为碳酸酸性大于苯酚酸性大于碳酸氢根酸性。15.以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池的结构如图所示。下列关于该电池的叙述正确的是

A.该装置属于电解池B.放电过程中，H+从正极区向负极区迁移C.电池负极的电极反应式为D.在电池反应中，每消耗氧气，理论上能生成(标准状况)CO2【答案】C【解析】【详解】A．该装置是微生物燃料电池，属于原电池，A不正确；B．原电池在放电过程中，阳离子向正极移动，则H+从负极区向正极区迁移，B不正确；C．在电池负极，C6H12O6失电子产物与H2O反应，生成CO2气体和H+，电极反应式为，C正确；D．在电池反应中，每消耗氧气，得到4mole-，依据电极反应式，理论上能生成22.4L(标准状况)CO2，D不正确；故选C。16.常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，混合溶液的随所加溶液体积的变化曲线如图所示(溶液体积的变化忽略不计)。下列说法中正确的是

A.为一元强碱B.K点对应的溶液中：C.K点对应的溶液中：D.N点水的电离程度小于K点水的电离程度【答案】B【解析】【详解】A．0.01mol·L－1HA溶液中，其pH=2，c(H＋)=0.01mol·L－1，说明HA为一元强酸，假设MOH是强碱，加入50mLMOH，恰好完全反应，此时溶液的pH=7，但根据滴定曲线，当加入51mLMOH溶液达到中性，MOH过量，说明MOH属于一元弱碱，A错误；B．根据物料守恒，K点时M元素总物质的量是A－物质的量的2倍，即c(M＋)＋c(MOH)=2c(A－)，B正确；C．K点的溶质为MOH和MA，根据电荷守恒：c(M＋)＋c(H＋)=c(A－)＋c(OH－)，根据物料守恒：c(M＋)＋c(MOH)=2c(A－)，两式合并为c(MOH)＋c(OH－)－c(H＋)=c(A－)=0.005mol·L－1，C错误；D．K点，溶液中MOH的浓度大于N点时MOH的浓度，N点对水的电离抑制能力小于K点,即N点的水的电离程度大于K点，D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题：本题共6小题，共52分。17.人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程，直到1865年才由德国化学家凯库勒最早提出苯的六元环状结构。回答下列问题：（1）由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃，写出分子式为的一种含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式：_______。（2）已知分子式为的结构有多种，其中的两种结构简式为

①这两种结构的区别表现在：定性方面(即化学性质方面)：Ⅱ能_______(填标号，多选不给分)，而I不能。a.被酸性高锰酸钾溶液氧化b.与溴水发生加成反应c与溴发生取代反应d.与氢气发生加成反应定量方面(即消耗反应物的量的方面)：与加成时：I需，而II需_______。②今发现还可能有另一种立体结构(如图所示)，该结构的二氯代物有_______种。

（3）萘也是一种芳香烃，它的分子式是，判断其结构简式可能是下列中的_______(填标号)。a.b.c.d.【答案】（1）HC≡CC≡CCH2CH3或HC≡CCH2C≡CCH3或HC≡CCH2CH2C≡CH或CH3CH3C≡CC≡CCH3（2）①.ab②.2③.3（3）c

【解析】【小问1详解】分子式为，含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式可能为HC≡CC≡CCH2CH3、HC≡CCH2C≡CCH3、HC≡CCH2CH2C≡CH、CH3CH3C≡CC≡CCH3，故答案为：HC≡CC≡CCH2CH3或HC≡CCH2C≡CCH3或HC≡CCH2CH2C≡CH或CH3CH3C≡CC≡CCH3；【小问2详解】①由结构简式可知，Ⅱ分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能与溴水发生加成反应，而I不能说明两者化学性质不同；1molI一定条件下能与3mol氢气发生加成反应，1molⅡ一定条件下能与2mol氢气发生加成反应说明两者化学性质不同，故答案为：ab；2；②由结构简式可知，分子只有一种环境的氢原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种，故答案为：3；【小问3详解】由结构简式可知，四种物质的结构简式为C12H10、C12H10、C8H10、C10H14，故选c。18.由饱和烃A制备醇F的反应路线如下：已知烃A相对分子质量为58，分子中含有3个甲基。回答下列问题：（1）用系统命名法命名A的名称为_______。（2）D的结构简式为_______。（3）上述反应中属于消去反应的是_______。（4）写出反应⑤的化学方程式：_______，F在存在下与加热反应生成有机物G，与足量银氨溶液反应可生成_______。【答案】（1）2—甲基丙烷（2）（3）②③（4）①.+2NaOH+2NaBr②.2【解析】【分析】设饱和烃A的分子式为CnH2n+2，由烃A相对分子质量为58可得：14n+2=58，解得n=4，由分子中含有3个甲基可知A的结构简式为，由有机物的转化关系可知，在光照条件下与氯气发生取代反应生成或，则B或C可能为或；或在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则D为；与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，则E为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则F为。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，名称为2—甲基丙烷，故答案为：2—甲基丙烷；【小问2详解】由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，或在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、溴化钠和水，所以②③为消去反应，故答案为：②③；【小问4详解】由分析可知，反应⑤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和溴化钠，反应的化学方程式为+2NaOH+2NaBr，在铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成，1mol与足量银氨溶液反应可生成2mol银，故答案为：+2NaOH+2NaBr；2。19.溴乙烷是一种重要的有机化工原料，其沸点为38.4℃。制备溴乙烷的一种方法是乙醇与氢溴酸反应。实际通常是用溴化钠固体与一定浓度的硫酸以及乙醇起反应。某课外化学兴趣小组欲在实验室制备溴乙烷(装置如图)，实验操作步骤如下：①检查装置的气密性；②在圆底烧瓶中加入乙醇、硫酸，然后加入研细溴化钠粉末和几小块碎瓷片；③小心加热，使其充分反应。回答下列问题：（1）乙醇与氢溴酸反应制备溴乙烷的化学方程式是_______。（2）装置A的作用是_______。（3）反应结束后，得到的粗产品呈棕黄色。为了除去粗产品中的杂质，可选择下列试剂中的_______(填标号)。a.稀氢氧化钠溶液b.乙醇c.四氯化碳（4）要进一步制得纯净的溴乙烷，可继续用蒸馏水进行洗涤、分液，然后再加入无水，进行_______(填标号)实验操作。a.分液b.蒸馏c.萃取（5）为了检验溴乙烷中含有溴元素，不能直接问溴乙烷中滴加硝酸银溶液来检验，其原因是_______。通常采用方法是取少量溴乙烷，然后_______(按实验的操作顺序选填下列序号)。①加热②加入入溶液③加入稀酸化④加入溶液【答案】（1）CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O（2）导气兼冷凝回流（3）a（4）b（5）①.溴乙烷不能与硝酸银溶液反应②.④①③②【解析】【分析】由实验装置图可知，左侧装置中乙醇、硫酸和研细的溴化钠粉末共热反应制得溴乙烷，右侧装置中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收溴化氢和发生副反应生成的溴，防止污染空气。【小问1详解】乙醇与氢溴酸反应制备溴乙烷的反应为在浓硫酸作用下，乙醇与溴化氢发生取代反应生成溴乙烷和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O，故答案为：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O；【小问2详解】制备溴乙烷的乙醇具有挥发性，实验时直形冷凝管A可以起导出溴化氢气体的作用外，还能将挥发出的乙醇冷凝回流，提高溴乙烷的产率，故答案为：导气兼冷凝回流；【小问3详解】浓硫酸具有强氧化性，能将溴化氢氧化为溴，副反应生成的溴溶于溴乙烷使粗产品呈棕黄色，氢氧化钠溶液与溴反应能生成溴化钠、次溴酸钠和水，所以用稀氢氧化钠溶液可以除去溴乙烷中的溴，故选a；【小问4详解】用稀氢氧化钠溶液中除去溴后，溴乙烷中含有未反应的乙醇，可继续用蒸馏水进行洗涤除去溴化钠、次溴酸钠、分液，然后再加入无水氯化钙除去水分后得到含有乙醇的溴乙烷，接着进行蒸馏操作可以得到纯净的溴乙烷，故选b；【小问5详解】溴乙烷是非电解质，不能电离出溴离子，不能与硝酸银溶液反应，所以不能直接问溴乙烷中滴加硝酸银溶液来检验，检验检验溴乙烷中含有溴元素应向溴乙烷中加入氢氧化钠溶液共热将溴乙烷转化为能电离出的溴离子的溴化钠，然后加入稀硝酸使溶液呈酸性排出氢氧根离子对溴离子检验的干扰后，加入硝酸银溶液检验是否存在溴元素，故答案为：溴乙烷不能与硝酸银溶液反应；④①③②。20.Glaser反应是指端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，例如：2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R＋H2下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：(1)B的结构简式为____________，D的化学名称为_______________。(2)步骤②的反应化学方程式：___________________________________。(3)E的结构简式为________。用1molE合成1,4­二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_____mol。(4)芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢原子，数目比为3∶1，符合条件的F有5种，分别为、、、__________、___________。【答案】①.②.苯乙炔③.+2Cl2C6H5CCl2CH3+2HCl④.⑤.4⑥.⑦.【解析】【分析】由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为．对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应．D发生信息中的偶联反应生成E为。【详解】(1)结合以上分析可知，B的结构简式为，D的化学名称为苯乙炔，故答案为：；苯乙炔；(2)步骤②是乙苯侧链发生的二取代反应，反应的反应化学方程式+2Cl2+2HCl；故答案为：+2Cl2+2HCl；(3)E的结构简式为，用1molE合成1，4-二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol；故答案为：；4；(4)芳香化合物F是C同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：、、、、；故答案为：、。【点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是有机化学常考题型，要熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点是(4)中同分异构体的书写。21.为了探究硫、碳、硅元素的非金属性的相对强弱，某实验小组设计了如图装置。

（1）仪器B的名称为_______。（2）实验步骤：连接仪器、_______、加药品后、打开a、滴入浓疏酸、加热。（3）问题探究①装置D中足量酸性溶液的作用是_______。②实验装置E中有白色沉淀生成，_______(填“能”或“不能”)作为判断碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的依据，请说明理由：_______。③写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：_______。（4）设计实验比较和的氧化性，操作与现象是取少量新制氯水和于试管中，_______。【答案】（1）圆底烧瓶（2）检验装置气密性（3）①.检验二氧化硫是否除尽②.能③.盛有Na2SiO3溶液的试管C中出现白色沉淀证明了碳酸酸性比硅酸强④.Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O（4）用胶头滴管向试管中滴加NaBr溶液，振荡静置，溶液下层呈橙红色【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中的浓硫酸加入装置B后与铜共热反应制得二氧化硫，装置C中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于验证亚硫酸与碳酸的酸性强弱，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于检验二氧化硫是否除尽，防止二氧化硫干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，装置E中盛有的硅酸钠用于验证碳酸和硅酸的酸性强弱。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器B为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；【小问2详解】该实验由气体的生成与验证，为防止实验中气体逸出影响实验，所以连接实验装置后，在加入药品前要进行气密性检验，故答案为：检验装置气密性；【小问3详解】①由分析可知，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于检验二氧化硫是否除尽，防止二氧化硫干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，故答案为：检验二氧化硫是否除尽；②实验装置E中有白色沉淀生成说明二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，证明碳酸酸性大于硅酸，碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：能；盛有Na2SiO3溶液的试管C中出现白色沉淀证明了碳酸酸性比硅酸强；③铜与浓硫酸的反应为铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问4详解】比较Cl2和Br2的氧化性，可以利用置换反应，具体操作为取少量新制氯水和CCl4于试管中，用胶头滴管向试管中滴加NaBr溶液，振荡静置，溶液下层呈橙红色，故答案为：用胶头滴管向试管中滴加NaBr溶液，振荡静置，溶液下层呈橙红色。22.烟气中含有高浓度的SO2、NOx，在排放前必须进行脱硫、脱硝处理。回答下列问题：（1）利用CH4可以将氮的氧化物还原为N2已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)△H2=-802.3kJ·mol-1则反应CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=_______kJ·mol-1（2）在体积为1L的恒容密闭容器里，充入0.5molCH4和1molNO2，发生反应为：CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，测得n(NO2)随温度变化如图1所示。①a点时，反应是否已达平衡状态？_______(填“是”或“否”)。②该反应正反应的△H_______(填“>”或“<”)0。③当反应体系中，_______(填“能”或“不能”)说明反应达平衡状态。④T2℃时该反应的平衡常数为_______。（3）工业上可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收后所得NaHSO3溶液以实现吸收液的回收再利用(装置如图2所示)。电源a端为_______极，阳极的电极反应式为_______。【答案】（1）-1163.3（2）①.否②.＜③.不能④.25.6（3）①.负②.HSO-2e-+H2O=SO+3H+【解析】【分析】根据图象1，随着温度升高，n(NO2)先逐渐减少，后逐渐增大，是因为温度较低时反应速率较慢，随着温度升高，反应的NO2逐渐增多，在温度T2时达到平衡，温度再升高，平衡逆向移动，容器中的NO2逐渐增多，即b点之前反应未达到平衡状态，b点之后为平衡状态，结合图象中的数据分析解答；根据图2，与电源b极相连电极上HSO失去电子转化为SO，被氧化，则b为电源的正极，a为电源的负极，结合电解原理分析解答。【小问1详解】①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H1=+180.5kJ•mol-1，②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H2═-802.3kJ/mol，根据盖斯定律：②-①×2得：CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.3kJ/mol-180.5kJ/mol×2=-1163.3kJ/mol，故答案为：-1163.3；【小问2详解】①根据图象，随着温度升高，n(NO2)先逐渐减少，后逐渐增大，是因为温度较低时反应速率较慢，随着温度升高，反应的NO2逐渐增多，在温度T2时达到平衡，温度再升高，平衡逆向移动，容器中的NO2逐渐增多，即b点之前反应未达到平衡状态，b点之后为平衡状态，则a点时，反应没有达平衡状态，故答案为：否；②根据图象，温度升高，n(NO2)逐渐增大，平衡逆向移动，则该反应正反应的△H＜0，故答案为：＜；③充入0.5molCH4和1molNO2，根据CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，反应体系中的比值始终为，因此=，不能说明反应达平衡状态，故答案为：不能；④b点为平衡状态，平衡