湖南省邵阳市高考化学三模试卷（含解析）.doc

2016年湖南省邵阳市高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学在生活、生产中应用广泛下列有关物质的性质和应用均正确的是（）a液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂b漂白粉和二氧化硫均具有漂白性，将两者混合使用，可增强漂白效果c酒精能使蛋白质变性，医院一般用100%的酒精进行消毒d氧化铝熔点很高，其制造的坩埚可用于熔融烧碱2用na表示阿伏德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温下，1moll1的na2co3溶液中co32的数目小于nab常温常压下，1.7g nh3中所含的原子数为0.4nac向含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh溶液至沉淀完全溶解，消耗的oh数目为0.4nad标准状况下，4.48lno2与足量的水反应，转移的电子数为0.1na3香叶醛（）是一种重要的香料，在硫酸的作用下能生成对异丙基甲苯（）下列有关香叶醛与对异丙基甲苯的叙述正确的是（）a对异丙基甲苯的分子式为c10h14b香叶醛的一种同分异构体可能是芳香醇c两者互为同分异构体d两者均能与溴水反应加成反应4用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）a用图1所示装置从ki和i2的固体混合物中回收i2b用图2所示装置配制100ml0.10moll1k2cr2o7溶液c用图3所示装置干燥少量的so2的气体d用图4所示装置蒸干fecl3饱和溶液制备fecl3晶体5用no生产硝酸，可以有效消除污染，其原理如图所示下列说法正确的是（）aa极是该电极的正极b电流由a极经导线流向b极ca极的电极反应式为no3e+2h2ono3+4h+d若消耗2.24l（标准状况下）氧气，则会有0.4 molh+通过质子交换膜进入a极区6x、y、z、w均为短周期主族元素，x与w、y与z分别位于同一周期，x、y、z的最外层电子数依次增大，w的最外层电子数是x与y的最外层电子数之和，z的最简单氢化物为甲，w的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，下列说法正确的是（）a原子半径：xwzyb化合物zw3溶于水时水解生成一种弱碱和一种强酸cx的最高价氧化物能与z的最高价氧化物对应的水化物反应d甲、乙混合时生成的白烟为离子化合物，且该化合物只含有离子键7室温下，向20.00 ml 0.8moll1一元酸ha溶液中滴入0.8 moll1的naoh溶液，溶液的ph和温度随加入naoh溶液体积的变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）a常温下，1.0 moll1ha的溶液的ph=0ba、b、c三点，a点混合溶液中c（na+）最大ca、b两点的溶液中水的离子积kw（a）=kw（b）dc点时消耗naoh溶液的体积为20.00ml二、必考题（共3小题，满分43分）8clo2是一种高效水处理剂，某实验小组用如图所示装置制取并收集clo2已知：信息内容clo2为黄绿色气体，极易溶于水，熔点为59，沸点为11，具有强氧化性clo2易爆炸，若用惰性气体等稀释，则爆炸的可能性大降低hclo4、hclo2均是强酸，hclo4为无色透明液体，沸点为90；hclo2很不稳定，容易分解（1）仪器a名称是装置a中反应的化学方程式为用h2c2o4、稀硫酸和kclo3制备clo2的最大优点是（2）装置c的作用是，装置b中用冰水浴的目的是（3）工业上生产hclo4和naclo2的工艺流程如图所示操作2的名称是；设计简单实验证明hclo2为弱酸：（4）clo2很不稳定，需用随制，产物用水吸收得到clo2溶液，为测定所得溶液中clo2的含量，进行下列实验：步骤1：准确量取v1mlclo2溶液于锥形瓶中步骤2：用稀硫酸调节clo2溶液的ph2.0，加入足量的ki晶体，静置片刻步骤3：加入指示剂，用c moll1的na2s2o3溶液滴定至终点，消耗na2s2o3溶液v2ml实验中加入的指示剂是，达到滴定终点时的现象是原溶液中clo2的含量为（用含字母的代数式表示）gl1（已知：2clo2+8h+10i2cl+5i2+4h2，2s2o32+i22i+s2o32）9希腊哲学家亚里士多德在其著作中记载了arsenikon（雌黄（as2s3）和雄黄（as4s4）提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生（1）雌黄和雄黄中均含有s元素s在周期表中位于第周期族s的最高价氧化物对应的水化物x的化学式为在古特蔡特测砷法中，na3aso4溶液与zn反应生成ash3，该反应中na3aso4（填字母）a作氧化剂 b作还原剂 c既作氧化剂又作还原剂（2）as2s3和sncl2在盐酸中反应转化为as4s4和sncl4并放出h2s气体，若as2s3和sncl2恰好完全反应，则还原剂与还原产物的物质的量之比为（3）as2s3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gs时，生成的no2的体积为112l（标准状况下），元素as在生成物中的化合价为（反应后的溶液中不含硫微粒），该反应的化学方程式为（4）雄黄在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（as2o3），另一种氧化物为（填化学式），可用双氧水将as2o3氧化成h3aso4而除去，写出该化学方程式：10开发新能源是解决环境污染的重要举措，工业上常用ch4与co2反应制备h2和co（1）钯的化合物pbcl2通过化学反应可用来检测co气体，该反应的反应物与生成物有co、pb、h2o、hcl、pbcl2和一种未知物质x、x的化学式为（2）甲烷经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图所示（以熔融li2co3和k2co3为电解质）通入甲烷的电极为（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为，该电池工作一段时间后，消耗甲烷3.36l（标准状况，下同），则b极上消耗空气和二氧化碳混合气体的体积为l已知空气中v（n2）：v（o2）=4：1（3）co2通过碳化反应可将钙镁的氢氧化物中的ca2+、mg2+分离化学方程式如下：ca（oh）2+mg（oh）2+3co2caco3+mg（hco3）2+h2o已知：25时，caco3的ksp为2.5109，碳酸钙的溶解度是g（4）将一定量的co2（g）和ch4（g）通入一恒容密闭容器中发生反应：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）其他条件相同，在不同催化剂（、）作用下反应相同时间后，体系中co含量随反应温度的变化如图2所示在a点与b点对应的反应条件下，反应继续进行一段时间后达到平衡，平衡常数ka（填“”“”或“=”）kb；c点co含量高于b点的原因是为了探究反应：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）的反应速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入ch4与co2，使其物质的量浓度均为1.0 moll1，平衡时，根据相关数据，绘制出两条反应速率浓度关系曲线：v正c（ch4）和v逆c（co）则与曲线v正c（ch4）相对应的是如图3中曲线（填“甲”或“乙”）；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，平衡常数减小，则此时曲线甲对应的平衡点可能为三、选修题：化学与技术（共1小题，满分15分）11我国的能源主要来源于燃煤，煤燃烧产生的烟气直接排放会引起严重的环境问题将烟气通过石灰石浆液的脱硫装置可以除去85%90%的so2，且最终会生成硫酸钙，将硫酸钙与甲烷通过循环燃烧装置的燃料反应器进行反应，生产出几乎不含杂质的二氧化碳，减少碳排放，其装置如图所示（1）煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有（填写字母编号）a光化学烟雾 b酸雨 c粉尘污染 d水体富营养化（2）石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通入一段时间二氧化碳，其目的是；脱硫时控制浆液的ph值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被足量氧气快速氧化生成硫酸钙的化学方程式为（3）下列措施中，有利于降低大气中co2浓度的是（填字母）a增加化石燃料的使用 b植树造林，增大植被面积c采用节能技术 d大力发展火力发电（4）将上述回收的co2转化成有机物可有效实现碳循环等物质的量的co2和ch4在催化剂和加热的条件下恰好发生化合反应生成一种常见有机物，写出该反应的化学方程式：，上述反应的优点是（5）已知某烟气中so2的浓度为3.2102gl1，若将处理1m3该烟气得到的caso4加入燃料反应器中与甲烷充分反应，消耗甲烷7g，则该烟气中so2的去除率为（假设脱硫得到的含硫化合物为caso4）四、物质结构与性质（共1小题，满分0分）12现有a、b、c、d、e、f原子序数依次增大的六种元素，它们均位于元素周期表有前四周期，a与b位于不同周期且b元素的原子含有3个能级，b元素原子的每个能级所含的电子数相同；d的原子核外有8个运动状态不同的电子；e元素与f元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且e元素的基态原子有4个未成对电子请回答下列问题：（1）b、c、d三种元素的第一电离能由低到高的顺序为（用元素符号表示）（2）写出化合物bd的一种等电子体的化学式：（3）ed的熔点比e2d3的熔点（填“高”或“低”），原因是（4）f原子的外围电子排布式为向fso4溶液中通入过量ca2，可生成f（ca3）4so4，f配位数为某化合物与f（i）（i表示化合价为+1）结合形成图甲所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有（5）b单质的一种同素异形体的晶胞如图乙所示，若晶体的密度为gcm3，阿伏加德罗常数为na，则晶胞的边长为cm五、有机化学基础（共1小题）13有机化合物g常用作香料合成g的一种路线如下：已知以下信息：a的分子式为c5h8o，核磁共振氢谱显示其有两种不同化学环境的氢ch3ch2ch=ch2ch3chbrch=ch2回答下列问题：（1）a的结构简式为，d中官能团的名称为（2）bc的反应类型为（3）de反应的化学方程式为（4）检验m是否已完全转化为n的实验操作是（5）满足下列条件的l的同分异构体有种（不考虑立体异构）能发生银镜反应 能发生水解反应，属于芳香族化合物其中核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的结构简式为（6）参照上述合成路线，设计一条以1丁醇和nbs为原料制备顺丁橡胶（）的合成路线：2016年湖南省邵阳市高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学在生活、生产中应用广泛下列有关物质的性质和应用均正确的是（）a液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂b漂白粉和二氧化硫均具有漂白性，将两者混合使用，可增强漂白效果c酒精能使蛋白质变性，医院一般用100%的酒精进行消毒d氧化铝熔点很高，其制造的坩埚可用于熔融烧碱【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】a液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用；b二者混合生成盐酸和硫酸钙；c依据医用酒精浓度为75%解答；d氧化铝能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；【解答】解：a液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故a正确；b漂白粉和二氧化硫均具有漂白性，将两者混合使用，发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，漂白效果大大减弱，若恰好反应不具有漂白性，故b错误；c酒精能使蛋白质变性，医院一般用75%的酒精进行消毒，故c错误；d氧化铝能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，所以不能氧化铝坩埚熔融烧碱，故d错误；故选：a2用na表示阿伏德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温下，1moll1的na2co3溶液中co32的数目小于nab常温常压下，1.7g nh3中所含的原子数为0.4nac向含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh溶液至沉淀完全溶解，消耗的oh数目为0.4nad标准状况下，4.48lno2与足量的水反应，转移的电子数为0.1na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a溶液体积未知；b质量转化为物质的量，结合1个氨气分子含有4个原子解答；c含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh，消耗的oh数目为0.4na时反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钠；d二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既做氧化剂又做还原剂【解答】解：a溶液体积未知，只知道浓度无法计算微粒个数，故a错误；b常温常压下，1.7g nh3物质的量为=0.1mol，含有原子物质的量为0.4mol，所含的原子数为0.4na，故b正确；c含0.1mol nh4al（so4）2的溶液中滴加naoh，消耗的oh数目为0.4na时反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钠，此时沉淀未溶解，故c错误；d二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式：3no2+h2o2hno3+no，消耗3mol二氧化氮，转移2mol电子，则标准状况下，4.48lno2物质的量为0.2mol，与足量的水反应，转移的电子数为na，故d错误；故选：b3香叶醛（）是一种重要的香料，在硫酸的作用下能生成对异丙基甲苯（）下列有关香叶醛与对异丙基甲苯的叙述正确的是（）a对异丙基甲苯的分子式为c10h14b香叶醛的一种同分异构体可能是芳香醇c两者互为同分异构体d两者均能与溴水反应加成反应【考点】有机物的结构和性质【分析】a根据结构简式确定有机物元素种类和原子个数，可确定分子式；b香叶醛含有1个c=o键，2个c=c键，不饱和度为3，与苯的不饱和度不同；c二者分子式不同；d对异丙基甲苯不含有碳碳双键【解答】解：a由结构简式可知异丙基甲苯分子式为c10h14，故a正确；b香叶醛含有1个c=o键，2个c=c键，不饱和度为3，与苯的不饱和度不同，不是同分异构体，故b错误；c香叶醛含有o元素，二者分子式不同，不是同分异构体，故c错误；d对异丙基甲苯不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故d错误故选a4用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）a用图1所示装置从ki和i2的固体混合物中回收i2b用图2所示装置配制100ml0.10moll1k2cr2o7溶液c用图3所示装置干燥少量的so2的气体d用图4所示装置蒸干fecl3饱和溶液制备fecl3晶体【考点】化学实验方案的评价【分析】a碘易升华，回收碘需要在上方利用玻璃片回收；b配制100ml0.10moll1k2cr2o7溶液，一定需要100ml容量瓶；c浓硫酸与二氧化硫不反应，可吸收水；dfecl3饱和溶液水解生成的hcl易挥发【解答】解：a碘易升华，回收碘需要在上方利用玻璃片回收，则图中装置不能回收碘，故a错误；b配制100ml0.10moll1k2cr2o7溶液，一定需要100ml容量瓶、胶头滴管，图中缺少仪器不能完成实验，故b错误；c浓硫酸与二氧化硫不反应，可吸收水，则图中洗气装置可干燥少量的so2的气体，故c正确；dfecl3饱和溶液水解生成的hcl易挥发，蒸干不能得到氯化铁，故d错误；故选c5用no生产硝酸，可以有效消除污染，其原理如图所示下列说法正确的是（）aa极是该电极的正极b电流由a极经导线流向b极ca极的电极反应式为no3e+2h2ono3+4h+d若消耗2.24l（标准状况下）氧气，则会有0.4 molh+通过质子交换膜进入a极区【考点】化学电源新型电池【分析】用no生产硝酸，其原理：在正极上市氧气得电子的还原反应o2+4e+4h+=2h2o，在负极上是no失电子的氧化反应no3e+2h2ono3+4h+，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极，根据原电池的工作原理进行回答即可【解答】解：用no生产硝酸，其原理：在正极上市氧气得电子的还原反应o2+4e+4h+=2h2o，在负极上是no失电子的氧化反应no3e+2h2ono3+4h+，a、a极上是no失电子的氧化反应no3e+2h2ono3+4h+，是该电极的负极，故a错误；b、电流从正极流向负极，a是负极，b是正极，电流由b极经导线流向a极，故b错误；c、a极上是no失电子的氧化反应no3e+2h2ono3+4h+，故c正确；d、正极上市氧气得电子的还原反应o2+4e+4h+=2h2o，若消耗2.24l即0.1mol（标准状况下）氧气，则转移单子是0.4mol，会有0.4 molh+通过质子交换膜进入b极区，阳离子移向正极，故d错误故选c6x、y、z、w均为短周期主族元素，x与w、y与z分别位于同一周期，x、y、z的最外层电子数依次增大，w的最外层电子数是x与y的最外层电子数之和，z的最简单氢化物为甲，w的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，下列说法正确的是（）a原子半径：xwzyb化合物zw3溶于水时水解生成一种弱碱和一种强酸cx的最高价氧化物能与z的最高价氧化物对应的水化物反应d甲、乙混合时生成的白烟为离子化合物，且该化合物只含有离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】z的最简单氢化物为甲，w的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，则乙为hcl，甲为nh3，所以z为n元素，w为cl元素；x与w、y与z分别位于同一周期，则x在第三周期、y在第二周期，cl的最外层电子数是x与y的最外层电子数之和，而且x、y、z的最外层电子数依次增大，所以x、y最外层电子数少于5，则x、y最外层电子数分别为3、4，所以x为al元素，y为c元素，据此结合元素化合物的性质与元素周期律分析解答【解答】解：z的最简单氢化物为甲，w的最简单氢化物为乙，乙是双原子分子且甲、乙混合时有白烟生成，则乙为hcl，甲为nh3，所以z为n元素，w为cl元素；x与w、y与z分别位于同一周期，则x在第三周期、y在第二周期，cl的最外层电子数是x与y的最外层电子数之和，而且x、y、z的最外层电子数依次增大，所以x、y最外层电子数少于5，则x、y最外层电子数分别为3、4，所以x为al元素，y为c元素，a电子层越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：xwyz，故a错误；bncl3水解的化学方程式为ncl3+3h2o=nh3+3hclo，hclo为弱酸，故b错误；cx为al元素，z为n元素，氧化铝能与硝酸反应生成硝酸铝和水，故c正确；d甲为nh3，乙为hcl，二者混合生成氯化铵，氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故d错误故选c7室温下，向20.00 ml 0.8moll1一元酸ha溶液中滴入0.8 moll1的naoh溶液，溶液的ph和温度随加入naoh溶液体积的变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）a常温下，1.0 moll1ha的溶液的ph=0ba、b、c三点，a点混合溶液中c（na+）最大ca、b两点的溶液中水的离子积kw（a）=kw（b）dc点时消耗naoh溶液的体积为20.00ml【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】ha与naoh恰好反应时，反应放热最多，溶液的温度最高，已知c点溶液的温度最高，则c点时，ha与naoh恰好反应，而此时溶液的ph大于7，说明naa为强碱弱酸盐，所以ha为弱酸；a弱酸在溶液中部分电离；ba、b、c三点，c点时，ha与naoh恰好反应；c升高温度促进水的电离；dc点时，ha与naoh恰好反应【解答】解：ha与naoh恰好反应时，反应放热最多，溶液的温度最高，已知c点溶液的温度最高，则c点时，ha与naoh恰好反应，而此时溶液的ph大于7，说明naa为强碱弱酸盐，所以ha为弱酸；a弱酸在溶液中部分电离，所以常温下，1.0 moll1ha的溶液中氢离子浓度小于1mol/l，则ph大于0，故a错误；ba、b、c三点，c点时，ha与naoh恰好反应，即c点混合溶液中c（na+）最大，故b错误；c升高温度促进水的电离，水的电离常数增大，已知b点温度高，所以水的离子积kw（a）kw（b），故c错误；dc点时，ha与naoh恰好反应，所以向20.00 ml 0.8moll1一元酸ha溶液中滴入0.8 moll1的naoh溶液，消耗naoh为20ml，故d正确故选d二、必考题（共3小题，满分43分）8clo2是一种高效水处理剂，某实验小组用如图所示装置制取并收集clo2已知：信息内容clo2为黄绿色气体，极易溶于水，熔点为59，沸点为11，具有强氧化性clo2易爆炸，若用惰性气体等稀释，则爆炸的可能性大降低hclo4、hclo2均是强酸，hclo4为无色透明液体，沸点为90；hclo2很不稳定，容易分解（1）仪器a名称是圆底烧瓶装置a中反应的化学方程式为2kclo3+h2c2o4=k2co3+co2+2clo2+h2o用h2c2o4、稀硫酸和kclo3制备clo2的最大优点是二氧化氯被二氧化碳稀释，可防止二氧化氯爆炸（2）装置c的作用是防止倒吸，装置b中用冰水浴的目的是冷凝并分离出二氧化氯（3）工业上生产hclo4和naclo2的工艺流程如图所示操作2的名称是蒸馏；设计简单实验证明hclo2为弱酸：在常温下测定naclo2溶液的ph值，若ph值大于7，则为hclo2弱酸（4）clo2很不稳定，需用随制，产物用水吸收得到clo2溶液，为测定所得溶液中clo2的含量，进行下列实验：步骤1：准确量取v1mlclo2溶液于锥形瓶中步骤2：用稀硫酸调节clo2溶液的ph2.0，加入足量的ki晶体，静置片刻步骤3：加入指示剂，用c moll1的na2s2o3溶液滴定至终点，消耗na2s2o3溶液v2ml实验中加入的指示剂是淀粉溶液，达到滴定终点时的现象是溶液由蓝色变为无色，且保持30s不变原溶液中clo2的含量为g/l（用含字母的代数式表示）gl1（已知：2clo2+8h+10i2cl+5i2+4h2，2s2o32+i22i+s2o32）【考点】制备实验方案的设计【分析】根据装置图可知，该 实验用草酸在酸性条件下还原氯酸钾制二氧化氯，装置b有冰水冷却产生的二氧化氯并收集，实验中尾气中含有二氧化氯等气体会污染空气，所以用氢氧化钠进行尾气吸收，由于clo2极易溶于水，所以要用装置c防止氢氧化钠溶液倒吸，（1）根据装置图可知仪器名称，用草酸在酸性条件下还原氯酸钾制二氧化氯，可得到二氧化氯和二氧化碳的混合气体，二氧化氯被稀释，可防止二氧化氯爆炸；（2）根据上面的分析可知，装置c可以防止倒吸，装置b冷凝并分离出二氧化氯；（3）由流程图可知，反应器中浓硫酸与氯酸钠反应生成clo2、hclo4、硫酸氢钠，clo2再经过反应可生成naclo2，操作2为从溶液中获得hclo4为无色透明液体，即分离两种熔点不同的液体，可以用蒸馏的方法；根据盐类水解的原理，测定naclo2溶液的ph值，可判断hclo2是否为强酸；（4）用na2s2o3溶液滴定i2，滴定终点时，i2完全反应，可以用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时溶液由蓝色变为无色；根据元素守恒结合反应得到关系式2clo25i210na2s2o3计算c（clo2）【解答】解：根据装置图可知，该 实验用草酸在酸性条件下还原氯酸钾制二氧化氯，装置b有冰水冷却产生的二氧化氯并收集，实验中尾气中含有二氧化氯等气体会污染空气，所以用氢氧化钠进行尾气吸收，由于clo2极易溶于水，所以要用装置c防止氢氧化钠溶液倒吸，（1）根据装置图可知a仪器名称为圆底烧瓶，用草酸在酸性条件下还原氯酸钾制二氧化氯，反应的方程式为2kclo3+h2c2o4=k2co3+co2+2clo2+h2o，可得到二氧化氯和二氧化碳的混合气体，该反应的优点是二氧化氯被二氧化碳稀释，可防止二氧化氯爆炸，故答案为：圆底烧瓶；2kclo3+h2c2o4=k2co3+co2+2clo2+h2o；二氧化氯被二氧化碳稀释，可防止二氧化氯爆炸；（2）根据上面的分析可知，装置c可以防止倒吸，装置b用冰水浴可以冷凝并分离出二氧化氯，故答案为：防止倒吸；冷凝并分离出二氧化氯；（3）由流程图可知，反应器中浓硫酸与氯酸钠反应生成clo2、hclo4、硫酸氢钠，clo2再经过反应可生成naclo2，操作2为从溶液中获得hclo4为无色透明液体，即分离两种熔点不同的液体，可以用蒸馏的方法，故答案为：蒸馏；证明hclo2为弱酸的方法是，在常温下测定naclo2溶液的ph值，若ph值大于7，则为hclo2弱酸，故答案为：在常温下测定naclo2溶液的ph值，若ph值大于7，则为hclo2弱酸；（4）用na2s2o3溶液滴定i2，滴定终点时，i2完全反应，可以用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时溶液由蓝色变为无色，且保持30s不变，由反应可得关系式：2clo25i210s2o32，可知v1mlc（clo2）：v2mlc（na2s2o3）=2：10，则v1mlc（clo2）：v2mlc moll1，故c（clo2）=mol/l，则其含量为mol/l67.5g/mol=g/l，故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且保持30s不变； g/l9希腊哲学家亚里士多德在其著作中记载了arsenikon（雌黄（as2s3）和雄黄（as4s4）提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生（1）雌黄和雄黄中均含有s元素s在周期表中位于第三周期a族s的最高价氧化物对应的水化物x的化学式为h2so4在古特蔡特测砷法中，na3aso4溶液与zn反应生成ash3，该反应中na3aso4a（填字母）a作氧化剂 b作还原剂 c既作氧化剂又作还原剂（2）as2s3和sncl2在盐酸中反应转化为as4s4和sncl4并放出h2s气体，若as2s3和sncl2恰好完全反应，则还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1（3）as2s3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gs时，生成的no2的体积为112l（标准状况下），元素as在生成物中的化合价为+5（反应后的溶液中不含硫微粒），该反应的化学方程式为as2s3+10hno3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o（4）雄黄在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（as2o3），另一种氧化物为so2（填化学式），可用双氧水将as2o3氧化成h3aso4而除去，写出该化学方程式：2h2o2+h2o+as2o3=2h3aso4【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】（1）硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，依据周期表结构判断位置；硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸；na3aso4溶液与zn反应生成ash3，as元素化合价最高价+5价变化为3价，化合价降低做氧化剂，锌做还原剂；（2）根据反应物和生成物来分析反应，则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的还原剂与还原产物物质的量之比来解答，还原产物是元素化合价降低做氧化剂被还原生成；（3）as2s3与足量浓硝酸发生反应，当生成48g s，物质的量为=1.5mol，反应的as2s3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下no2的体积为112l，物质的量为=5mol，s元素化合价由2价升高到0价，0.5molas2s3反应电子转移0.5mol0（2）3=3mol，hno3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol（54）=5mol，则根据电子守恒，设as失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol2（x3）=5mol，x=5，生成产物为h3aso4，1molas2s3+和10molhno3发生氧化还原反应，结合原子守恒配平书写化学方程式；（4）雄黄在空气中加热至300时会 两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（as2o3），依据原子守恒可知另一种氧化物为二氧化硫，过氧化氢中氢元素化合价1价变化为2价，as元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式【解答】解：（1）硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，位于周期表中的第三周期，第a族，故答案为：三；a；硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸，化学式为h2so4，故答案为：h2so4；na3aso4溶液与zn反应生成ash3，as元素化合价最高价+5价变化为3价，化合价降低na3aso4做氧化剂，锌做还原剂；故答案为：a；（2）as2s3和sncl2在盐酸中反应转化为as4s4和sncl4并放出h2s气体，则反应为2as2s3+2sncl2+4hcl=as4s4+2sncl4+2h2s，根据电子得失守恒知2molas2s3作氧化剂被还原得到4mol电子，生成1molas4s4，而2molsncl2作还原剂失去4mol电子得到氧化产物2molsncl4，则还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）as2s3与足量浓硝酸发生反应，当生成48g s，物质的量为=1.5mol，反应的as2s3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下no2的体积为112l，物质的量为=5mol，s元素化合价由2价升高到0价，0.5molas2s3反应电子转移0.5mol0（2）3=3mol，hno3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol（54）=5mol，则根据电子守恒，设as失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol2（x3）=5mol，x=5，生成产物为h3aso4，1molas2s3+和10molhno3发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：as2s3+10hno3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o，as元素化合价由+3价升高到+5价，s元素化合价由2价升高到0价，则生成2mol h3aso4，转移电子为22mol+32mol=10mol，故答案为：+5；as2s3+10hno3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o；（4）雄黄在空气中加热至300时会 两种氧化物，其中的一种氧化物为剧毒的砒霜（as2o3），由原子守恒可知反应为：as4s4+7o22as2o3+4so2，另一种氧化物为二氧化硫，双氧水将as2o3氧化为h3aso4而除去，氧化还原反应中过氧化氢中氢元素化合价1价变化为2价，as元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式为2h2o2+h2o+as2o3=2h3aso4，故答案为：so2；2h2o2+h2o+as2o3=2h3aso410开发新能源是解决环境污染的重要举措，工业上常用ch4与co2反应制备h2和co（1）钯的化合物pbcl2通过化学反应可用来检测co气体，该反应的反应物与生成物有co、pb、h2o、hcl、pbcl2和一种未知物质x、x的化学式为co2（2）甲烷经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图所示（以熔融li2co3和k2co3为电解质）通入甲烷的电极为负极（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为o2+4e+2co2=2co32，该电池工作一段时间后，消耗甲烷3.36l（标准状况，下同），则b极上消耗空气和二氧化碳混合气体的体积为23.52l已知空气中v（n2）：v（o2）=4：1（3）co2通过碳化反应可将钙镁的氢氧化物中的ca2+、mg2+分离化学方程式如下：ca（oh）2+mg（oh）2+3co2caco3+mg（hco3）2+h2o已知：25时，caco3的ksp为2.5109，碳酸钙的溶解度是5.0104g（4）将一定量的co2（g）和ch4（g）通入一恒容密闭容器中发生反应：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）其他条件相同，在不同催化剂（、）作用下反应相同时间后，体系中co含量随反应温度的变化如图2所示在a点与b点对应的反应条件下，反应继续进行一段时间后达到平衡，平衡常数ka=（填“”“”或“=”）kb；c点co含量高于b点的原因是c点的温度高于b点，升高温度平衡正向移动为了探究反应：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）的反应速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入ch4与co2，使其物质的量浓度均为1.0 moll1，平衡时，根据相关数据，绘制出两条反应速率浓度关系曲线：v正c（ch4）和v逆c（co）则与曲线v正c（ch4）相对应的是如图3中曲线乙（填“甲”或“乙”）；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，平衡常数减小，则此时曲线甲对应的平衡点可能为b或e【考点】制备实验方案的设计；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）pbcl2通过化学反应可用来检测co气体，则co和pbcl2应为反应物，而该反应的反应物与生成物有co、pb、h2o、hcl、pbcl2和一种未知物质x，根据元素守恒可判断出pb、hcl应为生成物，利用氢元素守恒可知h2o为反应物，根据元素守恒可书写出该反应的方程式，根据方程式可知x的化学式；（2）根据图可知，该燃料电池中，通入甲烷与二氧化碳反应生成氢气和一氧化碳，1mol甲烷可以生成2mol氢气，氢气失去电子发生氧化反应，则该电极为原电池的负极，负极电极反应式为：h22e+co32=co2+h2o，通入空气和co2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为o2+4e+2co2=2co32，根据正、负极电子得失守恒可计算出空气和氧气的体积；（3）根据caco3的ksp为2.5109，可计算出碳酸钙饱和溶液中碳酸钙的浓度，进而计算出碳酸钙的溶解度；（4）根据图3可知，随着温度升高，co的含量增大，说明平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，根据温度对平衡移动的影响可答题；ch4与co2其起始的物质的量浓度均为1.0 moll1，且随着反应的进行，甲烷的浓度会越来越小，正反应速率也会越来越小，据此判断，根据图可知，反应平衡时图中对应的点应为a和f点，降温后，反应速率减小，平衡逆向移，甲烷的浓度会增大，据此判断【解答】解：（1）pbcl2通过化学反应可用来检测co气体，则co和pbcl2应为反应物，而该反应的反应物与生成物有co、pb、h2o、hcl、pbcl2和一种未知物质x，根据元素守恒可判断出pb、hcl应为生成物，利用氢元素守恒可知h2o为反应物，该根据化合价升降可知，反应的方程式可写成pbcl2+co+h2o=pb+2hcl+x，所以x的化学式为co2，故答案为：co2；（2）根据图可知，该燃料电池中，通入甲烷与二氧化碳反应生成氢气和一氧化碳，1mol甲烷可以生成2mol氢气，氢气失去电子发生氧化反应，则该电极为原电池的负极，负极电极反应式为：h22e+co32=co2+h2o，通入空气和co2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为o2+4e+2co2=2co32，当甲烷为3.36l（标准状况，下同），即0.15mol时，生成氢气为0.3mol，发生电极反应时转移电子的物质的量为0.6mol，根据反应o2+4e+2co2=2co32，此时在正极消耗的氧气为0.15mol，二氧化碳为0.3mol，则所需空气的物质的量为0.75mol，所以共消耗空气和二氧化碳混合气体的物质的量为1.05mol，其体积为23.52l，故答案为：负极；o2+4e+2co2=2co32；23.52；（3）根据caco3的ksp为2.5109可知，碳酸钙饱和溶液中碳酸钙的物质的量浓度为mol/l=5.0105mol/l，所以碳酸钙的溶解度为=5.0104g，故答案为：5.0104；（4）根据图3可知，随着温度升高，co的含量增大，说明平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，平衡常数只受温度影响，ab两点的温度相同，所以ka=kb，c点的温度高于b点，升高温度平衡正向移动，所以c点的co的含量高于b点，故答案为：=；c点的温度高于b点，升高温度平衡正向移动；ch4与co2其起始的物质的量浓度均为1.0 moll1，且随着反应的进行，甲烷的浓度会越来越小，正反应速率也会越来越小，所以曲线v正c（ch4）相对应的是如图3中曲线是乙线，根据图可知，反应平衡时图中对应的点应为a和f点，降温后，反应速率减小，平衡逆向移，甲烷的浓度会增大，所以此时曲线甲对应的平衡点可能为应为b点，co的浓度会减小，对应的为e点故答案为：乙；b或e三、选修题：化学与技术（共1小题，满分15分）11我国的能源主要来源于燃煤，煤燃烧产生的烟气直接排放会引起严重的环境问题将烟气通过石灰石浆液的脱硫装置可以除去85%90%的so2，且最终会生成硫酸钙，将硫酸钙与甲烷通过循环燃烧装置的燃料反应器进行反应，生产出几乎不含杂质的二氧化碳，减少碳排放，其装置如图所示（1）煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有bc（填写字母编号）a光化学烟雾 b酸雨 c粉尘污染 d水体富营养化（2）石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通入一段时间二氧化碳，其目的是增大溶液中钙离子浓度，提高脱硫效率；脱硫时控制浆液的ph值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被足量氧气快速氧化生成硫酸钙的化学方程式为ca（hso3）2+o2=caso4+h2so4（3）下列措施中，有利于降低大气中co2浓度的是bc（填字母）a增加化石燃料的使用 b植树造林，增大植被面积c采用节能技术 d大力发展火力发电（4）将上述回收的co2转化成有机物可有效实现碳循环等物质的量的co2和ch4在催化剂和加热的条件下恰好发生化合反应生成一种常见有机物，写出该反应的化学方程式：co2+ch4ch3cooh，上述反应的优点是原子利用率高，无副产物产生（5）已知某烟气中so2的浓度为3.2102gl1，若将处理1m3该烟气得到的caso4加入燃料反应器中与甲烷充分反应，消耗甲烷7g，则该烟气中so2的去除率为87.5%（假设脱硫得到的含硫化合物为caso4）【考点】三废处理与环境保护【分析】（1）煤燃烧产生的烟气含有大量的灰尘和二氧化硫气体；（2）氢氧化钙微溶于水，通入过量二氧化碳，可生成碳酸氢钙，溶液钙离子浓度增大；亚硫酸氢钙与氧气反应生成硫酸钙和硫酸；（3）降低大气中co2浓度，应减少含碳燃料的使用；（4）等物质的量的co2和ch4在催化剂和加热的条件下恰好发生化合反应生成一种常见有机物，结合质量守恒可判断生成醋酸；（5）caso4加入燃料反应器中与甲烷充分反应，发生caso4+ch4=cas+co2+2h2o，结合方程式计算【解答】解：（1）煤燃烧产生的烟气含有大量的灰尘和二氧化硫气体，可引起酸雨和粉尘污染，故答案为：bc；（2）氢氧化钙微溶于水，通入过量二氧化碳，可生成碳酸氢钙，溶液钙离子浓度增大，提高脱硫效率，亚硫酸氢钙与氧气反应生成硫酸钙和硫酸，反应的化学方程式为ca（ hso3）2+o2=caso4+h2so4，故答案为：增大溶液中钙离子浓度，提高脱硫效率；ca（ hso3）2+o2=caso4+h2so4；（3）降低大气中co2浓度，应减少含碳燃料的使用，植树造林，增大植被面积，通过光合作用也可，故答案为：bc；（4）等物质的量的co2和ch4在催化剂和加热的条件下恰好发生化合反应生成一种常见有机物为乙酸，反应为co2+ch4ch3cooh，该反应优点为原子利用率高，无副产物产生，故答案为：co2+ch4ch3cooh；原子利用率高，无副产物产生；（5）caso4加入燃料反应器中与甲烷充分反应，发生caso4+ch4=cas+co2+2h2o，由方程式可知消耗甲烷与硫酸钙物质的量相等，则处理1m3该烟气得到的caso4加入燃料反应器中与甲烷充分反应，消耗甲烷7g，消耗的二氧化硫为64g/mol=2.8102g/l，该烟气中so2的去除率为100%=87.5%，故答案为：87.5%四、物质结构与性质（共1小题，满分0分）12现有a、b、c、d、e、f原子序数