陕西省延安市黄陵县高三化学上学期10月月考试卷（普通班含解析）.doc

2016-2017学年陕西省延安市黄陵普通班高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1能正确表示下列反应的离子方程式为（）a硫化亚铁溶于稀硝酸中：fes+2h+=fe2+h2sbnh4hco3溶于过量的naoh溶液中：hco3+oh=co32+h2oc少量so2通入苯酚钠溶液中：c6h5o+so2+h2o=c6h5oh+hso3d大理石溶于醋酸中：caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+co2+h2o2科学家最近用金属钠还原ccl4和sicl4制得一种一维sic纳米捧相关反应的化学方程式为：8na+ccl4+sicl4=sic+8nacl下列说法不正确的是（）a一维sic纳米棒“比表面积”大，对微小粒子有较强的吸附能力b上述反应中sic既是氧化产物又是还原产物csicl4是由极性键构成的非极性分子d每生成1mol sic转移8mol电子325时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液，ph分别是1和11下列说法正确的是（）aboh溶于水，其电离方程式是boh=b+ohb若一定量的上述两溶液混合后ph=7，则c（a）=c（b+）c在0.1 moll1 ba溶液中，c（b+）c（a）c（oh）c（h+）d若将0.1moll1 boh溶液稀释至0.001moll1，则溶液的ph=94在1.0l密闭容器中放入0.10 mol x，在一定温度下发生反应：x（g）y（g）+z（g）h0容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示以下分析正确的是（）a从反应开始到t1时的平均反应速率v（x）= mol/（lmin）b该温度下此反应的平衡常数k=0.32c欲提高平衡体系中y的含量，可升高体系温度或减少z的量d其他条件不变，再充入0.1 mol 气体x，平衡正向移动，x的转化率增大5有机物q的分子式为c5h10o2，一定条件下q遇nahco3、na均能产生气体，且生成气体体积比（同温同压）为2：1，则q的结构最多有（）a4种b6种c8种d7种6某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为：li1xcoo2+lixc66c+licoo2，其工作原理示意图如图下列说法不正确的是（）a放电时lixc6发生氧化反应b充电时将电池的负极与外接电源的负极相连c充电时，li+通过阳离子交换膜从左向右移动d放电时，电池的正极反应为li1xcoo2+xli+xelicoo27俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）a该有机物的分子式为c7h7o3b1mol该有机物最多能与2mol h2发生加成反应c该有机物能发生取代、加成和氧化反应d该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应二、解答题（共3小题，满分39分）8工业制硝酸的主要反应为：4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6h2o（l）h（1）已知氢气的燃烧热为h=285.8kj/moln2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.4kj/mol；n2（g）+o2（g）2no（g）h=+180.6kj/mol则上述工业制硝酸的主要反应的h= （2）在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量浓度如表：浓度c（nh3）（mol/l）c（o2）（mol/l）c（no）（mol/l）起始0.81.60第2min0.6a0.2第4min0.30.9750.5第6min0.30.9750.5第8min0.71.4750.1反应在第2min到第4min时，o2的平均反应速率为 反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是 （填序号）a使用催化剂 b升高温度 c减小压强 d增加o2的浓度下列说法中能说明4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6h2o（g）达到平衡状态的是 （填序号）a单位时间内生成n mol no的同时，生成n mol nh3b条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化c百分含量w（nh3）=w（no）d反应速率v（nh3）：v（o2）：v（no）：v（h2o）=4：5：4：6e若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化（3）某研究所组装的ch2=ch2o2燃料电池的工作原理如图1所示该电池工作时，b口通入的物质为 该电池负极的电极反应式为： 以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理（装置如图2所示）的过程中，发现阳极周围变浑浊并有气泡产生，其原因可能是： （用相关的离子方程式表示）9某小组同学为探究h2o2、h2so3、br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）实验记录如下：实验操作实验现象i打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aa中溶液变为红棕色ii吹入热空气a中红棕色明显变浅；b中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化iii停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入h2o2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加h2o2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下列问题：（1）a中反应的离子方程式是 （2）实验操作ii吹入热空气的目的是 （3）装置c的作用是 ，c中盛放的药品是 （4）实验操作iii，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式 （5）由上述实验得出的结论是 （6）实验反思：有同学认为实验操作ii吹入的热空气，会干扰（5）中结论的得出，你认为是否干扰，理由是 实验操作iii，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）： 10海水中蕴藏着丰富的资源海水综合利用的流程图如图（1）粗盐中含ca2+、mg2+、fe3+、so42及泥沙等杂质，需要提纯后才能综合利用粗盐提纯的步骤有：加入过量的na2co3溶液；加入过量的bacl2溶液；加入过量的naoh溶液；调节溶液的ph等于7；溶解；过滤； 蒸发正确的操作顺序是 （填写序号字母）abcd（2）nacl做原料可以得到多种产品工业上由金属钠制备过氧化钠的方法是：将金属钠迅速升温至熔化，并控制温度在300400，通入经处理过的空气可制得过氧化钠，处理空气的目的是 工业生产中因温度过低而得不到纯净的过氧化钠，你认为可能含有的杂质是 （填化学式）实验室用惰性电极电解100ml0.1mol/lnacl溶液，若阴阳两极均得到112ml气体（标准状况），则所得溶液的ph为（常温下） （忽略反应前后溶液的体积变化）电解氯化钠稀溶液可制备“84消毒液”，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式： （3）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得mgcl2粗产品粗产品的溶液中含有na+、fe2+、fe3+和mn2+，需将fe2+、fe3+、mn2+转化为沉淀除去因此先向溶液中加入一种上述（1）中得到的物质naclo，然后控制溶液的ph为 由mgcl26h2o晶体制备无水mgcl2的方法是 11原子序数依次递增且都小于36的x、y、z、q、w四种元素，其中x是原子半径最小的元素，y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，w元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子回答下列问题：（1）y2x2分子中y原子轨道的杂化类型为 ，y2x2分子中键和键个数比为 （2）化合物zx3的沸点比化合物yx4的高，其主要原因是 （3）元素y的一种氧化物与元素z的一种氧化物互为等电子体，元素z的这种氧化物的分子式是 （4）元素w能形成多种配合物，如：w（co）5等基态w3+的m层电子排布式为 w（co）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断w（co）x晶体属于 （填晶体类型），该晶体中w的化合价为 （5）下列有关的说法正确的是 a分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高b电负性顺序：xyzqc因为晶格能cao比kcl高，所以kcl比cao熔点低dh2 yo3的分子结构中含有一个非羟基氧，故其为中强酸（6）q和na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为 已知该晶胞密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为na，求晶胞边长a= cm（用含、na的计算式表示）2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学普通班高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1能正确表示下列反应的离子方程式为（）a硫化亚铁溶于稀硝酸中：fes+2h+=fe2+h2sbnh4hco3溶于过量的naoh溶液中：hco3+oh=co32+h2oc少量so2通入苯酚钠溶液中：c6h5o+so2+h2o=c6h5oh+hso3d大理石溶于醋酸中：caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+co2+h2o【考点】49：离子方程式的书写【分析】a硝酸具有强氧化性，能氧化fes；b漏写铵根离子与氢氧根离子的反应；c少量so2通入苯酚钠溶液生成亚硫酸根离子；d碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳【解答】解：a硝酸具有氧化性，能氧化fes，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故a错误；bnh4hco3溶于过量的naoh溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为nh4+hco3+2oh=co32+h2o+nh3h2o，故b错误；cso2不足产物应该是so32，少量so2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2c6h5o+so2+h2o=2c6h5oh+so32，故c错误；d碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶于醋酸中的离子反应为caco3+2ch3cooh=ca2+2ch3coo+co2+h2o，故d正确；故选d2科学家最近用金属钠还原ccl4和sicl4制得一种一维sic纳米捧相关反应的化学方程式为：8na+ccl4+sicl4=sic+8nacl下列说法不正确的是（）a一维sic纳米棒“比表面积”大，对微小粒子有较强的吸附能力b上述反应中sic既是氧化产物又是还原产物csicl4是由极性键构成的非极性分子d每生成1mol sic转移8mol电子【考点】b1：氧化还原反应【分析】a粒子表面积越大，吸附能力越强；b反应中si元素化合价不变；csicl4为正四面体结构；d根据反应中c元素由+4降低到4计算【解答】解：asic纳米颗粒较小，粒子表面积越大，吸附能力越强，故a正确；b反应中si元素化合价不变，c元素由+4降低到4，所以生成sic是还原产物，故b错误；csicl4为正四面体结构，结构对称，sicl为极性键，所以是由极性键构成的非极性分子，故c正确；d反应中c元素由+4降低到4，所以生成1mol sic转移（4+4）mol=8mol电子，故d正确故选b325时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液，ph分别是1和11下列说法正确的是（）aboh溶于水，其电离方程式是boh=b+ohb若一定量的上述两溶液混合后ph=7，则c（a）=c（b+）c在0.1 moll1 ba溶液中，c（b+）c（a）c（oh）c（h+）d若将0.1moll1 boh溶液稀释至0.001moll1，则溶液的ph=9【考点】d5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；do：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】25时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液，ph分别是1和11，ha中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，boh中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以boh是弱碱，根据酸碱的强弱及电离特点来分析解答【解答】解：25时，浓度均为0.1moll1的ha溶液和boh溶液，ph分别是1和11，ha中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，boh中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以boh是弱碱，aboh是弱碱，溶于水只有部分电离，溶液中存在电离平衡，所以其电离方程式是bohb+oh，故a错误；b若一定量的上述两溶液混合后ph=7，溶液中c（oh）=c（h+），根据电荷守恒得c（a）=c（b+），故b正确；cba是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，结合电荷守恒知，0.1 moll1 ba溶液中，c（a）c（b+）c（h+）c（oh），故c错误；dboh是弱碱，溶液中存在电离平衡，将0.1moll1 boh溶液稀释至0.001moll1，稀释过程中促进弱碱电离，所以溶液的ph9，故d错误；故选b4在1.0l密闭容器中放入0.10 mol x，在一定温度下发生反应：x（g）y（g）+z（g）h0容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示以下分析正确的是（）a从反应开始到t1时的平均反应速率v（x）= mol/（lmin）b该温度下此反应的平衡常数k=0.32c欲提高平衡体系中y的含量，可升高体系温度或减少z的量d其他条件不变，再充入0.1 mol 气体x，平衡正向移动，x的转化率增大【考点】c7：化学平衡建立的过程【分析】a、在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，利用三段式法计算p为0.7kpa时，反应掉x的物质的量求算；b、在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，利用三段式法计算平衡状态时即p为0.9kpa时各物质的浓度，求算k；c、升温平衡逆向移动；d、恒容容器中，平衡时再充入x，平衡正向移动，但正反应为气体体积增大的反应，x转化率降低【解答】解：a、设反应的x物质的量为x， x（g）y（g）+z（g）起始量（mol） 0.10 0 0转化量（mol） x x x0.7kpa量（mol）0.10x x x在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，有=，x=0.04，所以v（x）=mol/（ls）=mol/（ls），故a错误；b、设反应的x物质的量为x， x（g）y（g）+z（g）起始量（mol） 0.10 0 0转化量（mol） x x x平衡量（mol）0.10x x x在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，有=，x=0.08，容器体积为1.0l，所以k=0.32，故b正确；c、升温平衡逆向移动，y含量减小，故c错误；d、恒容容器中，平衡时再充入x，平衡正向移动，但正反应为气体体积增大的反应，x转化率降低，故d错误；故选b5有机物q的分子式为c5h10o2，一定条件下q遇nahco3、na均能产生气体，且生成气体体积比（同温同压）为2：1，则q的结构最多有（）a4种b6种c8种d7种【考点】hd：有机物的结构和性质；h6：有机化合物的异构现象【分析】由有机物q的分子式为c5h10o2，一定条件下q遇nahco3、na均能产生气体，且生成气体体积比（同温同压）为2：1，由coohco2、2ohh2，则分子中只有1个cooh，结合分子式可知还含烃基为c4h9，以此来解答【解答】解：由有机物q的分子式为c5h10o2，一定条件下q遇nahco3、na均能产生气体，且生成气体体积比（同温同压）为2：1，由coohco2、2ohh2，则分子中只有1个cooh，结合分子式可知还含烃基为c4h9，c4h9有四种结构，分别为ch3ch2ch2ch2、ch3ch2ch（ch3）、（ch3）2chch2、（ch3）3c，则q的结构最多有4种，故选a6某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为：li1xcoo2+lixc66c+licoo2，其工作原理示意图如图下列说法不正确的是（）a放电时lixc6发生氧化反应b充电时将电池的负极与外接电源的负极相连c充电时，li+通过阳离子交换膜从左向右移动d放电时，电池的正极反应为li1xcoo2+xli+xelicoo2【考点】bh：原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池反应式知，负极反应式为lixc6xe=c6+xli+、正极反应式为li1xcoo2+xli+xe=licoo2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，以此解答该题【解答】解：放电时的反应为li1xcoo2+lixc6=6c+licoo2，co元素的化合价升高，c元素的化合价降低，ac元素的化合价升高，则放电时lixc6发生氧化反应，故a正确；b充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故b正确；c充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则li+通过阳离子交换膜从右向左移动，故c错误；d正极上co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：li1xcoo2+xli+xelicoo2，故d正确；故选c7俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）a该有机物的分子式为c7h7o3b1mol该有机物最多能与2mol h2发生加成反应c该有机物能发生取代、加成和氧化反应d该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应【考点】hd：有机物的结构和性质【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、羰基、醚键、oh，结合烯烃、酮、醇等有机物的性质来解答【解答】解：a由结构可知该有机物的分子式为c7h8o3，故a错误；b.2个双键、1个羰基均与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多能与3mol h2发生加成反应，故b错误；c含oh可发生取代反应，含双键可发生加成反应，且oh、碳碳双键均可发生氧化反应，故c正确；d含碳碳双键、羰基及环状结构，不饱和度为4，而苯环的不饱和度为4，则含苯环的同分异构体不含cho，不能发生银镜反应，故d错误；故选c二、解答题（共3小题，满分39分）8工业制硝酸的主要反应为：4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6h2o（l）h（1）已知氢气的燃烧热为h=285.8kj/moln2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.4kj/mol；n2（g）+o2（g）2no（g）h=+180.6kj/mol则上述工业制硝酸的主要反应的h=1168.8kj/mol（2）在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量浓度如表：浓度c（nh3）（mol/l）c（o2）（mol/l）c（no）（mol/l）起始0.81.60第2min0.6a0.2第4min0.30.9750.5第6min0.30.9750.5第8min0.71.4750.1反应在第2min到第4min时，o2的平均反应速率为0.1875mol/（lmin）反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是b（填序号）a使用催化剂 b升高温度 c减小压强 d增加o2的浓度下列说法中能说明4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6h2o（g）达到平衡状态的是abe（填序号）a单位时间内生成n mol no的同时，生成n mol nh3b条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化c百分含量w（nh3）=w（no）d反应速率v（nh3）：v（o2）：v（no）：v（h2o）=4：5：4：6e若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化（3）某研究所组装的ch2=ch2o2燃料电池的工作原理如图1所示该电池工作时，b口通入的物质为c2h4该电池负极的电极反应式为：c2h412e+4h2o=2co2+12h+以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理（装置如图2所示）的过程中，发现阳极周围变浑浊并有气泡产生，其原因可能是：al3e=al3+、al3+3hco3=al（oh）3+3co2（用相关的离子方程式表示）【考点】cb：化学平衡的影响因素；bf：用盖斯定律进行有关反应热的计算；bh：原电池和电解池的工作原理；cg：化学平衡状态的判断【分析】（1）已知氢气的燃烧热为285.8 kj/mol，则2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=285.82 kj/mol=571.6kj/mol，又知n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=92.4 kj/mol；n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+180.6 kj/mol，利用盖斯定律，将32+2可得4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6 h2o（l），进而可计算反应热，以此解答；（2）反应在第2min到第4min时依据图表数据可知消耗氨气0.2mol/l，依据化学反应速率v=计算氨气的平均化学反应速率；再根据同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比计算氧气的平均化学反应速率；根据物质的浓度变化判断反应方向；正逆反应速率相等，各组分浓度不变，说明达到平衡状态，由此分析各选项；（3）在ch2=ch2燃料电池中，燃料ch2=ch2作负极，发生失电子的氧化反应；ch2=ch2作负极，失电子发生气化反应；根据电解池的工作原理和双水解原理知识来回答【解答】解：已知氢气的燃烧热为285.8 kj/mol，则2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=285.82 kj/mol=571.6kj/mol，又知n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=92.4 kj/mol；n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+180.6 kj/mol，利用盖斯定律，将32+2可得4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6 h2o（l），h=（571.6kj/mol）3+6（92.4 kj/mol）2+（+180.6 kj/mol）2=1168.8kj/mol，故答案为：1168.8kj/mol；（2）氨气的平均化学反应速率为v=0.015 mol/lmin，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的平均化学反应速率为0.1875mol/lmin故答案为：0.1875mol/（lmin）；通通过图表知，反应物浓度增大，生成物浓度减小，所以平衡向逆反应方向移动，即向左移动，a使用催化剂，平衡不移动，故错误； b升高温度，平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故正确；c减小压强，反应物浓度减小，生成物浓度减小，故错误； d增加o2的浓度，平衡正向移动，故错误；故选：b；a单位时间内生成n mol no的同时，等效于消耗n mol nh3的同时生成n mol nh3，故正确；b条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；c百分含量w（nh3）=w（no），而不是不变的状态，不一定平衡，故错误；d只要反应发生反应速率就符合v（nh3）：v（o2）：v（no）：v（h2o）=4：5：4：6，所以不一定平衡，故错误；e若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化，说明气体的平均相对分子量不变，反应达平衡状态，故正确；故选：abe；（3）根据装置可以知道d处生成大量的水，所以c电极是通入的氧气，b口通入的物质为c2h4，故答案为：c2h4；d处生成大量的水，所以c电极是通入的氧气，为正极，发生电极反应为：o2+4e+4h+=2h2o，负极发生氧化反应，电极反应式为：c2h412e +4h2o=2co2+12h+，故答案为：c2h412e +4h2o=2co2+12h+；在电解池中，金属铝为阳极，发生电极反应：al3e=al3+，铝离子会和碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，即al3+3hco3=al（oh）3+3co2，溶液逐渐变浑浊，故答案为：al3e=al3+、al3+3hco3=al（oh）3+3co29某小组同学为探究h2o2、h2so3、br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）实验记录如下：实验操作实验现象i打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aa中溶液变为红棕色ii吹入热空气a中红棕色明显变浅；b中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化iii停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入h2o2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加h2o2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下列问题：（1）a中反应的离子方程式是2br+cl2=br2+2cl（2）实验操作ii吹入热空气的目的是吹出单质br2（3）装置c的作用是吸收尾气，c中盛放的药品是naoh溶液（4）实验操作iii，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式h2o2+2br+2h+=br2+2h2o（5）由上述实验得出的结论是氧化性为h2o2br2h2so3（6）实验反思：有同学认为实验操作ii吹入的热空气，会干扰（5）中结论的得出，你认为是否干扰，理由是不干扰，无论热空气是否参加氧化h2so3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明br2氧化了h2so3实验操作iii，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）：h2so3有剩余（h2o2浓度小或br与h2o2反应慢等因素都可）【考点】u2：性质实验方案的设计【分析】（1）依据装置图分析a中是氯水滴入溴化钠溶液中发生 的氧化还原反应，氯气氧化溴离子为溴单质；a中溶液变为红棕色；（2）吹入热空气，依据现象分析，a中红棕色明显变浅；b中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化说明为了把a中溴单质全部赶到b装置中吸收反应；（3）装置c是尾气吸收装置，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用氢氧化钠溶液吸收；（4）滴入过氧化氢是氧化剂，在酸性溶液中可以把溴离子氧化为溴单质；（5）依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断；（6）实验操作ii吹入的热空气，无论热空气是否参加氧化h2so3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明br2氧化了h2so3；实验操作iii，开始时颜色无明显变化的原因是，氯化铁浓度小、过氧化氢与溴离子反应慢，亚硫酸有剩余等【解答】解：（1）a中是氯水滴入溴化钠溶液中发生 的氧化还原反应，氯气氧化溴离子为溴单质，a中溶液变为红棕色反应的离子方程式为：2br+cl2=br2+2cl，故答案为：2br+cl2=br2+2cl；（2）吹入热空气，a中红棕色明显变浅，说明溴单质被赶入b在；b中有气泡，产生大量白色沉淀，说明溴单质氧化亚硫酸生成硫酸和氯化钡生成白色沉淀，混合液颜色无明显变化，进一步证明了溴单质被还原为溴离子，故答案为：吹出单质br2；（3）装置c是尾气吸收装置，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收尾气；naoh溶液；（4）滴入过氧化氢在酸溶液中会氧化溴离子为溴单质，反应的两种方程式根据电子守恒、原子守恒配平书写为：h2o2+2br+2h+=br2+2h2o，故答案为：h2o2+2br+2h+=br2+2h2o；（5）依据反应h2so3+br2+h2o=h2so4+2hbr；h2o2+2br+2h+=br2+2h2o；氧化还原反应中 氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性为：h2o2br2h2so3，故答案为：氧化性为h2o2br2h2so3；（6）“热空气”即氧气，需要说明现有现象是否能排除氧气影响 欲证明是h2so3与br2发生了反应，有两个角度：h2so3被氧化有so42，即沉淀 br2被还原有br且颜色不变化，其中第一条有氧气的干扰，但第二条完全符合实验现象，故已经可以说明是h2so3而非氧气与br2发生了反应，故答案为：不干扰，无论热空气是否参加氧化h2so3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明br2氧化了h2so3；实验操作iii，开始时颜色无明显变化的原因是，氯化铁浓度小、过氧化氢与溴离子反应慢，亚硫酸有剩余等，故答案为：h2so3有剩余（h2o2浓度小或br与h2o2反应慢等因素都可）10海水中蕴藏着丰富的资源海水综合利用的流程图如图（1）粗盐中含ca2+、mg2+、fe3+、so42及泥沙等杂质，需要提纯后才能综合利用粗盐提纯的步骤有：加入过量的na2co3溶液；加入过量的bacl2溶液；加入过量的naoh溶液；调节溶液的ph等于7；溶解；过滤； 蒸发正确的操作顺序是d（填写序号字母）abcd（2）nacl做原料可以得到多种产品工业上由金属钠制备过氧化钠的方法是：将金属钠迅速升温至熔化，并控制温度在300400，通入经处理过的空气可制得过氧化钠，处理空气的目的是防止过氧化钠与空气中的二氧化碳和水蒸汽反应工业生产中因温度过低而得不到纯净的过氧化钠，你认为可能含有的杂质是na2o（填化学式）实验室用惰性电极电解100ml0.1mol/lnacl溶液，若阴阳两极均得到112ml气体（标准状况），则所得溶液的ph为（常温下）13（忽略反应前后溶液的体积变化）电解氯化钠稀溶液可制备“84消毒液”，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式：nacl+h2onaclo+h2（3）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得mgcl2粗产品粗产品的溶液中含有na+、fe2+、fe3+和mn2+，需将fe2+、fe3+、mn2+转化为沉淀除去因此先向溶液中加入一种上述（1）中得到的物质naclo，然后控制溶液的ph为9.5ph10.0由mgcl26h2o晶体制备无水mgcl2的方法是在hcl气流中加热脱结晶水【考点】e7：海水资源及其综合利用【分析】（1）把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除fe3+用氢氧根，除硫酸根用钡离子要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；（2）空气中的二氧化碳和水蒸气均能与过氧化钠反应，须先除去空气中的二氧化碳与水蒸气；钠和氧气缓慢氧化生成氧化钠；根据反应物、产物写出相应的电解方程式，根据方程式进行计算；由题意可知电解氯化钠溶液生成次氯酸钠和氢气；（3）从图中可看出将fe2+、fe3+、mn2+转化为沉淀除去，ph最低应该为9.5，ph=10时mg2+开始沉淀；mgcl2易水解生成hcl，升高温度促进水解得到水解产物，抑制水解需要在酸性环境中加热失去结晶水【解答】解：除去粗盐中的可溶性杂质：mg2+、ca2+、fe3+、so42时，可以加入过量naoh（去除镁离子和铁离子）：mg2+2oh=mg（oh）2，fe3+3ohfe（oh）3；加入过量bacl2（去除硫酸根离子）：so42+ba2+=baso4；加入过量na2co3（去除钙离子的多余的钡离子）：ca2+co32=caco3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；然后调节溶液的ph等于7后蒸发即可，正确的操作顺序是：，故答案为：d；（2）空气中的二氧化碳和水蒸气均能与过氧化钠反应，必须先除去空气中的二氧化碳与水蒸气，在通入到容器中和金属钠反应；钠在温度较低时可以和氧气缓慢氧化成氧化钠；故答案为：防止过氧化钠与空气中的二氧化碳和水蒸汽反应；na2o；因电解饱和食盐水的方程式：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，当产生的h2的体积为112ml即0.005mol时，生成氢氧化钠的物质的量为0.01mol，所以溶液中naoh的物质的量浓度=0.1mol/l，所以氢离子的浓度为=11013mol/l，ph=13；故答案为：13；根据题意可知，氯气和氢氧化钠溶液反应生成物中只有一种溶质，所以该溶质是偏铝酸钠，则反应的化学方程式是nacl+h2onaclo+h2；故答案为：nacl+h2onaclo+h2；（3）从图中可看出将fe2+、fe3+、mn2+转化为沉淀除去，ph最低应该为9.5，ph=10.0时mg2+开始沉淀，所以ph值最大应小于10.0；故答案为：9.5ph10.0；mgcl2易水解生成hcl和氢氧化镁，为防止水解，应该将mgcl26h2o放在hcl范围中加热，故答案为：在hcl气流中加热脱结晶水11原子序数依次递增且都小于36的x、y、z、q、w四种元素，其中x是原子半径最小的元素，y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，w元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子回答下列问题：（1）y2x2分子中y原子轨道的杂化类型为sp，y2x2分子中键和键个数比为3：2（2）化合物zx3的沸点比化合物yx4的高，其主要原因是nh3分子间存在氢键（3）元素y的一种氧化物与元素z的一种氧化物互为等电子体，元素z的这种氧化物的分子式是n2o（4）元素w能形成多种配合物，如：w（co）5等基态w3+的m层电子排布式为3s23p63d5w（co）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断w（co）x晶体属于分子晶体（填晶体类型），该晶体中w的化合价为0（5）下列有关的说法正确的是bca分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高b电负性顺序：xyzqc因为晶格能cao比kcl高，所以kcl比cao熔点低dh2 yo3的分子结构中含有一个非羟基氧，故其为中强酸（6）q和na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体已知该晶胞密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为na，求晶胞边长a=cm（用含、na的计算式表示）【考点】8j：位置结构性质的相互关系应用；9i：晶胞的计算【分析】原子序数依次递增且都小于36的x、y、z、q、w四种元素，其中x是原子半径最小的元素，则x是h元素；y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，则y是c元素；q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，核外电子排布式为1s22s22p4，则q为o元素；z的原子序数介于碳、氧之间，则z为n元素；w元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则w为fe（1）y2x2分子是c2h2，结构式为hcch，分子中c原子轨道的杂化类型为