河南省周口市扶沟高中高三化学模拟试卷（4）（含解析）.doc

2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（4）一、选择题1生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是( )a维生素c具有还原性，在人体内起抗氧化作用b为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁c日本大地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情d“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子2符合下列条件的烃的一氯代物共有（不考虑立体异构）( )分子中碳元素与氢元素的质量之比为21：2；含一个苯环；相对分子质量小于150a2种b3种c4种d5种3下列化学用语或物质的性质描述正确的是( )a如图的键线式表示烃的名称为：3甲基4乙基7甲基辛烷b符合分子式为c3h8o的醇有三种不同的结构c乙烯在一定条件下能发生加成反应，加聚反应，被酸化高锰酸钾溶液氧化，也能在一定条件下被氧气氧化成乙酸d治疗疟疾的青蒿素（如图），分子式是c15h20o54x、y、z、m、w为五种短周期元素x、y、z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，x与z可形成xz2分子；y与m形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gl1；w的质子数是x、y、z、m四种元素质子数之和的下列说法正确的是( )a原子半径：wzyxmbxz2、x2m2、w2z2均为直线型的共价化合物c由x元素形成的单质不一定是原子晶体d由x、y、z、m四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键5铝是一种高能量载体，是开发电池的理想电极材料如图所示的室温铝二次电池，采用有机阳离子（emlm）和 alcl4组成的离子液体为电解液，有关反应为al+mn2o4almn2o4 下列说法正确的是( )a电池放电时，ac4向y极扩散b电池放电时，x是正极c电池充电时x极的反应为：4al2cl7+3e=al+7alcl4d铝作为负极材料的比能量高于锂6下列说法不正确的是( )a已知i3i2+i，向盛有ki3溶液的试管中加入适量ccl4，振荡静置后ccl4层显紫色，说明ki3在ccl4中的溶解度比在水中的大b“硝基苯制备”实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触c“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用d除去干燥co2中混有的少量so2，将混合气体依次通过盛有酸性kmno4溶液、浓硫酸的洗气瓶7下列说法不正确的是( )ach3cooh 溶液加水稀释后，溶液中 的值减小b已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为，ka=若加入少量醋酸钠固体，则ch3coohch3coo+h+向左移动，减小，ka变小c实验测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为3916 kj/mol、3747 kj/mol和3265 kj/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键d已知：fe2o3（s）+3c（石墨）2fe（s）+3co（g），h=+489.0 kj/molco（g）+o2（g）co2（g），h=283.0 kj/molc（石墨）+o2（g）co2（g），h=393.5 kj/mol则4fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s），h=1641.0 kj/mol二、非选择题8硫代硫酸钠俗称“海波”，又名“大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂硫代硫酸钠（na2s2o3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图（a）所示已知：na2s2o3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示，（1）na2s2o35h2o的制备：步骤1：如图连接好装置后，检查a、c装置气密性的操作是_步骤2：加入药品，打开k1、关闭k2，加热装置b、d中的药品可选用下列物质中的_（填编号）a naoh溶液 b浓h2so4 c酸性kmno4溶液 d饱和nahco3溶液步骤3：c中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少调整c中溶液的ph后，打开k2、关闭k1并停止加热；c中溶液要控制ph的原因是_步骤4：过滤c中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液_、过滤、_、烘干，得到产品（2）na2 s2o3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加少量na2s2o3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，写出该反应的离子化学方程式_，（3）常用na2s2o3溶液测定废水中ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00ml，控制适当的酸度加入足量k2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解此时cro42全部转化为cr2o72；再加过量ki溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010moll1的na2s2o3溶液进行滴定，反应完全时，消耗na2s2o3溶液18.00ml部分反应的离子方程式为：cr2o72+6i+14h+=3i2+2cr3+3i2+7h2o；i2+2s2o32=s4o62+2i，则该废水中ba2+的物质的量浓度为_9研究人员研制利用软锰矿浆（主要成分是mno2）吸收流酸厂的尾气so2，制备流酸锰的生产流程如下：已知：浸出液的ph2，其中的金属离子主要是mn2+，还含有少量的fe2+、al3+、ca2+、pb2+，等 其他金属离子，pbo2的氧化性大于mno2，pbso4是一种微溶物质有关金属离子的半径、形成 氢氧化物沉淀时的ph见如表，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见如图 离子离子半径（pm）开始沉淀时的ph完全沉淀时的phfe2+747.69.7fe3+642.73.7al3+503.84.7mn2+808.39.8pb2+1218.08.8ca2+99请回答下列问题：（1）写出浸出过程中生成反应的化学方程式_（2）氧化过程中主要反应的离子方程式_（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节ph值，此处调节ph值用到的仪器是_，应调节ph的范围为_（4）阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子请依据图、表信息回答，决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有_、_、_等；吸附步骤除去的主要离子为：_（5）caso4是一种微溶物质，已知ksp（caso4）=9.10106现将c moll1cacl2溶液与2.00102moll1na2so4溶液等体积混合 （忽略体积的变化），则生成沉淀时，c的最小值是_10二氧化硫常用作消毒剂和漂白剂，也是一种重要的工业原料（1）将a mol so2通入1l 1mol/l naoh溶液中充分反应后，阴离子总数_阳离子总数（填选项前的字母）aa1时大于 ba=1时等于 c大于 d小于（2）保险粉（na2s2o4）广泛用于印染行业和食品储存行业可以将so2通入草酸钠（na2c2o4）和naoh的混合溶液中制取保险粉制取保险粉的离子方程式为_（3）工业上常以so2为原料制取na2s2o3步骤如下：将na2s和na2co3按2：1的物质的量之比配成混合溶液将混合溶液注入敞口反应釜中，加热反应釜将温度控制在50左右向反应釜中缓缓通入so2至稍微过量使na2s和na2co3完全反应反应结束后加热浓缩溶液，冷却至30以下析出大量na2s2o3晶体滤出晶体，母液循环利用据此请回答：（）工业制取na2s2o3的反应的化学方程式为_（）工业生产的首要目的是盈利，为节约成本并减少对环境的污染，应尽可能的提高产率，制取步骤中体现了这一思想的有_（填步骤序号）（）工业生产的na2s2o3含有两种杂质，这两种杂质是na2so3和_以下条件中可以求出产品中na2s2o3的物质的量分数的是_（填选项前的字母）a产品中钠原子和硫原子的物质的量之比 b产品中钠原子和氧原子的物质的量之比c产品中硫原子和氧原子的物质的量之比 d以上均能（4）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中so2的部分催化氧化，所发生反应为：2so2+2n cu+（n+1）o2+（22n） h2o=2n cuso4+（22n） h2so4每吸收标准状况下11.2l so2，被so2还原的o2的质量为_g利用如图所示电化学装置吸收另一部分so2，并完成cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式_三、选做题11a、b、c、e、f为原子序数依次增大的六种元素，其中a、b、c、d、e为短周期元素，f为第四周期元素，f还是前四周期中电负性最小的元素已知：a原子的核外电子数与电子层数相等；b元素原子的核外p电子数比s电子数少1个；c原子的第一至第四电离能为i1=738kj/mol，i2=1451kj/mol，i3=7733kj/mol，i4=10540kj/mol；d原子核外所有p轨道为全充满或半充满；e元素的族序数与周期序数的差为4；（1）写出e元素在周期表位置：_；d元素的原子的核外电子排布式：_（2）某同学根据题目信息和掌握的知识分析c的核外电子排布为该同学所画的轨道式违背了_（3）已知ba5为离子化合物，写出其电子式：_（4）de3中心原子杂化方式为_，其空间构型为_（5）某金属晶体中原子堆积方式如图甲，晶胞特征如图乙，原子相对位置关系如图丙，则晶胞中该原子配位数为_；空间利用率为_；该晶体的密度为_（已知该金属相对原子质量为m，原子半径为a cm）12化合物a（分子式为c6h6o）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化a的有关转化反应如下（部分反应条件略去）：已知：（1）写出a的结构简式：_（2）g是常用指示剂酚酞写出g中含氧官能团的名称：_和_（3）某化合物是e的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢写出该化合物的结构简式：_（任写一种）（4）f和d互为同分异构体写出反应ef的化学方程式：_（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以a和hcho为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（4）一、选择题1生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述不正确的是( )a维生素c具有还原性，在人体内起抗氧化作用b为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁c日本大地震后，防疫人员在震区周围撒石灰，进行环境消毒，防止灾后出现疫情d“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；生活中的有机化合物；微量元素对人体健康的重要作用 【分析】a维生素具有还原性，与氧化剂反应；b防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，利用硫酸亚铁的还原性；c石灰具有杀菌的作用，且价格低廉，可以用于大面积的杀菌消毒；d固体中元素以化合物存在，溶液中以离子存在，这里的碘、氟、硒、钙、铁均为元素【解答】解：a维生素c具有还原性，可以在人体内起抗氧化的作用，故a正确； b硫酸亚铁具有还原性，可以与氧化剂反应，防止氧化变质，故b正确；c石灰具有杀菌消毒的作用，可以使细菌和病毒细胞变性，故c正确；d“加碘食盐”、“含氟牙膏”、“富硒营养品”、“高钙牛奶”、“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒、钙、铁均为元素，故d错误；故选d【点评】本题考查化学与生活，涉及维生素、杀菌剂和二价铁的还原性等，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握2符合下列条件的烃的一氯代物共有（不考虑立体异构）( )分子中碳元素与氢元素的质量之比为21：2；含一个苯环；相对分子质量小于150a2种b3种c4种d5种【考点】有机化合物的异构现象 【分析】由碳元素与氢元素的质量之比为21：2可知，该烃分子中n（c）：n（h）=7：8，故其实验式为c7h8，根据相对分子质量小于150确定分子式，确定符合条件的同分异构体数目【解答】解：由碳元素与氢元素的质量之比为21：2可知，该烃分子中n（c）：n（h）=7：8，故其实验式为c7h8，设其分子式为（c7h8）n，故有92n150，则n1.63，即n=1，所以其分子式为c7h8，由于该化合物含一个苯环，故其只能为甲苯甲苯中苯环上的一氯代物有3种，甲基上的一氯代物有1种，共4种故选c【点评】本题考查学生分子式的确定以及有机物的同分异构体的判断知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等3下列化学用语或物质的性质描述正确的是( )a如图的键线式表示烃的名称为：3甲基4乙基7甲基辛烷b符合分子式为c3h8o的醇有三种不同的结构c乙烯在一定条件下能发生加成反应，加聚反应，被酸化高锰酸钾溶液氧化，也能在一定条件下被氧气氧化成乙酸d治疗疟疾的青蒿素（如图），分子式是c15h20o5【考点】有机化合物命名；常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体；乙醇的化学性质 【分析】a、此为烷烃，最长碳链为8，在2和6号碳上分别含有1个甲基，在5号碳上含有1个乙基；b、丙基有2种，据此解答即可；c、乙烯中含有碳碳双键，据此解答即可；d、由结构简式可知有机物的分子式为c15h22o5【解答】解：a、此为烷烃，最长碳链为8，在2和6号碳上分别含有1个甲基，在5号碳上含有1个乙基，正确命名为：2，6二甲基5乙基辛烷，故a错误；b、丙基有2种结构，故符合分子式为c3h8o的醇有2种不同的结构，即正丙醇和异丙醇，故b错误；c、乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应，能被高锰酸钾溶液氧化，故c正确；d、由结构简式可知有机物的分子式为c15h22o5，故d错误，故选c【点评】本题主要考查的是有机物中烷烃的命名、烯烃的性质和有机物分子式的确定，综合性较强，但是难度不大4x、y、z、m、w为五种短周期元素x、y、z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，x与z可形成xz2分子；y与m形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gl1；w的质子数是x、y、z、m四种元素质子数之和的下列说法正确的是( )a原子半径：wzyxmbxz2、x2m2、w2z2均为直线型的共价化合物c由x元素形成的单质不一定是原子晶体d由x、y、z、m四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由题给的条件可知，x、y、z、m、w这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有x、y、z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由x、y、z的最外层电子数之和为15，x与z可形成xz2分子，可推出x、y、z分别为c、n、o三种元素；根据y与m形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gl1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4l/mol0.76gl1=17g/mol，从而确定m为h元素；根据w的质子数是x、y、z、m四种元素质子数之和的，推出w的质子数为（6+7+8+1）=11，所以w为na元素【解答】解：由题给的条件可知，x、y、z、m、w这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有x、y、z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由x、y、z的最外层电子数之和为15，x与z可形成xz2分子，可推出x、y、z分别为c、n、o三种元素；根据y与m形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gl1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4l/mol0.76gl1=17g/mol，从而确定m为h元素；根据w的质子数是x、y、z、m四种元素质子数之和的，推出w的质子数为（6+7+8+1）=11，所以w为na元素a、原子半径应是wxyzm（即nacnoh），故a错误；b、选项中co2、c2h2 均为直线型共价化合物，而na2o2 是离子化合物，不是直线型共价化合物，故b错误c、碳的同素异形体很多，金刚石为原子晶体，但例如石墨、c60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，故c正确；d、x、y、z、m四种元素可形成化合物 （nh4）2co3、nh4hco3、co（nh2）2（尿素）等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，故d错误故选c【点评】本题是一道无机推断题，以元素推断为基础，综合考查原子结构，元素周期表、元素周期律，分子结构，元素化合物性质等知识，试题难度不大，但题目一反通常习惯，把x、y、z、m、w这五种短周期元素，并不是按原子序数依次递增排列的，而只是其中x、y、z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，而把原子序数最小的m元素恰恰排在x、y、z三种元素后面，这样就给学生设置了一个思维陷阱，如果学生不注意审题，不注意这一细节，一旦陷入习惯上的思维定势，就会跌入这个陷阱，无法正确解题这也是本题的解题关键只要掌握了这一解题关键，再结合题给的条件，题目就可迎刃而解5铝是一种高能量载体，是开发电池的理想电极材料如图所示的室温铝二次电池，采用有机阳离子（emlm）和 alcl4组成的离子液体为电解液，有关反应为al+mn2o4almn2o4 下列说法正确的是( )a电池放电时，ac4向y极扩散b电池放电时，x是正极c电池充电时x极的反应为：4al2cl7+3e=al+7alcl4d铝作为负极材料的比能量高于锂【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】据电池反应al+mn2o4almn2o4 分析，al失电子发生氧化反应，x为al，是负极，y是正极，a、原电池中阴离子移向负极；b、放电时x为负极，充电时x为阴极；c、充电时x为阴极，电极反应式为：4al2cl7+3e=al+7cl4；d、li相对原子质量小【解答】解：据电池反应al+mn2o4almn2o4 分析，al失电子发生氧化反应，x为al，是负极，y是正极，a、y为正极，阴离子移向负极，故a错误；b、据图象分析，x为al，是负极，故b错误；c、充电时x为阴极，电极反应式为：4al2cl7+3e=al+7alcl4，故c正确；d、li是最轻的金属，li的比能量高于al，故d错误；故选c【点评】本题考查了二次电池的反应原理，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，题目难度较大6下列说法不正确的是( )a已知i3i2+i，向盛有ki3溶液的试管中加入适量ccl4，振荡静置后ccl4层显紫色，说明ki3在ccl4中的溶解度比在水中的大b“硝基苯制备”实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触c“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用d除去干燥co2中混有的少量so2，将混合气体依次通过盛有酸性kmno4溶液、浓硫酸的洗气瓶【考点】化学实验方案的评价 【分析】accl4萃取溶液中的i2； b实验室制备硝基苯用水浴加热，温度不能过高，温度计测量的是水的温度；c容量瓶和锥形瓶在使用是可以加蒸馏水可以不干燥和润洗，而滴定管和移液管必须干燥或润洗；dso2与高锰酸钾发生氧化还原反应【解答】解：a溶解平衡i3i2+i中，加入适量ccl4，有利于溶解平衡i3i2+i向右移动，i2溶解在ccl4中显紫色，故a错误； b实验室制备硝基苯用水浴加热，温度不能过高，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触，否则会导致测量温度过高，故b正确；c容量瓶和锥形瓶在使用是可以加蒸馏水可以不干燥和润洗，而滴定管和移液管为防止残留的水分稀释标准浓度的溶液必须干燥或润洗，故c正确；d酸性kmno4溶液的作用是将so2氧化为硫酸根，浓硫酸吸收水分，可以达到干燥和除去so2的目的，故d正确故选a【点评】本题主要涉及化学实验的：化学平衡、有机制备温度计、定量检测仪器洗涤、混合气体除杂等知识点比较基础，强调识记同时更强调实验的实际操作和原因分析，没有实际操作一定没有注意，没有思考一定没有认识组合的知识点涵盖的范围广，但只要认真实验过，难度不大7下列说法不正确的是( )ach3cooh 溶液加水稀释后，溶液中 的值减小b已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为，ka=若加入少量醋酸钠固体，则ch3coohch3coo+h+向左移动，减小，ka变小c实验测得环己烷（l）、环己烯（l）和苯（l）的标准燃烧热分别为3916 kj/mol、3747 kj/mol和3265 kj/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键d已知：fe2o3（s）+3c（石墨）2fe（s）+3co（g），h=+489.0 kj/molco（g）+o2（g）co2（g），h=283.0 kj/molc（石墨）+o2（g）co2（g），h=393.5 kj/mol则4fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s），h=1641.0 kj/mol【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；热化学方程式 【分析】a加速稀释促进ch3cooh电离，导致溶液中n（ch3cooh）减小，n（ch3coo）增大；b电离平衡常数只有温度有关，温度不变，电离平衡常数不变；c环己烯（l）与环己烷（l）相比，形成一个双键，能量降低169kj/mol，苯（l）与环己烷（l）相比，能量降低691kj/mol，远大于1693；d根据盖斯定律计算4fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）的焓变【解答】解：a加速稀释促进ch3cooh电离，导致溶液中n（ch3cooh）减小，n（ch3coo）增大，所以稀释过程中存在减小，故a正确；b电离平衡常数只有温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，所以一定温度下，向醋酸中加入醋酸钠，抑制醋酸电离，但醋酸电离平衡常数不变，故b错误；c环己烯（l）与环己烷（l）相比，形成一个双键，能量降低169kj/mol，苯（l）与环己烷（l）相比，能量降低691kj/mol，远大于1693，说明苯环有特殊的稳定结构，故c正确；dfe2o3（s）+3c（石墨）2fe（s）+3co（g），h=+489.0 kj/molco（g）+o2（g）co2（g），h=283.0 kj/molc（石墨）+o2（g）co2（g），h=393.5 kj/mol将方程式（）32得4fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s），则h=（393.5+283.0）3489.0kj/mol2=1641.0 kj/mol，故d正确；故选b【点评】本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、盖斯定律、物质结构等知识点，明确弱电解质电离特点、盖斯定律内涵等即可解答，注意：电离平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，为易错点二、非选择题8硫代硫酸钠俗称“海波”，又名“大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂硫代硫酸钠（na2s2o3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图（a）所示已知：na2s2o3在酸性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示，（1）na2s2o35h2o的制备：步骤1：如图连接好装置后，检查a、c装置气密性的操作是关闭k2打开k1，在d中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，d中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好步骤2：加入药品，打开k1、关闭k2，加热装置b、d中的药品可选用下列物质中的acd（填编号）a naoh溶液 b浓h2so4 c酸性kmno4溶液 d饱和nahco3溶液步骤3：c中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少调整c中溶液的ph后，打开k2、关闭k1并停止加热；c中溶液要控制ph的原因是硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定步骤4：过滤c中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品（2）na2 s2o3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加少量na2s2o3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有硫酸根，写出该反应的离子化学方程式s2o32+4cl2+5h2o=2so42+10h+8cl，（3）常用na2s2o3溶液测定废水中ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00ml，控制适当的酸度加入足量k2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解此时cro42全部转化为cr2o72；再加过量ki溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010moll1的na2s2o3溶液进行滴定，反应完全时，消耗na2s2o3溶液18.00ml部分反应的离子方程式为：cr2o72+6i+14h+=3i2+2cr3+3i2+7h2o；i2+2s2o32=s4o62+2i，则该废水中ba2+的物质的量浓度为0.0024mol/l【考点】制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算 【分析】（1）步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性；步骤2：装置b、d的作用是进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气；步骤3：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，应控制溶液为弱碱性，即控制溶液ph接近或不小于7；步骤4：从溶液中获得晶体，需要加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品；（2）由题目信息可知，na2s2o3被氯水氧化反应生成na2so4、h2so4，氯气被还原为hcl；（3）由题意可知，bacro4用盐酸溶解转化为cr2o27，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2ba2+2bacro4cr2o273i26na2s2o3，结合消耗的na2s2o3利用关系式计算溶液中n（ba2+），进而计算c（ba2+）【解答】解：（1）步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性，具体操作为：关闭k2打开k1，在d中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，d中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭k2打开k1，在d中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，d中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好；步骤2：装置b、d的作用是进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，二氧化硫具有还原性，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化吸收，二氧化硫能与氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应被吸收，故选：acd；步骤3：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，应控制溶液为弱碱性，可以控制溶液ph接近或不小于7，故答案为：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定；步骤4：从溶液中获得晶体，需要加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品，故答案为：冷却结晶；洗涤；（2）由题目信息可知，na2s2o3被氯水氧化反应生成na2so4、h2so4，氯气被还原为hcl，反应的离子方程式为：s2o32+4cl2+5h2o=2so42+10h+8cl，故答案为：nas2o32+4cl2+5h2o=2so42+10h+8cl；（3）由题意可知，bacro4用盐酸溶解转化为cr2o27，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2ba2+2bacro4cr2o273i26na2s2o3，消耗的na2s2o3为0.018l0.01mol/l，则n（ba2+）=0.018l0.01mol/l=0.00006mol，故溶液中c（ba2+）=0.0024mol/l，故答案为：0.0024mol/l【点评】本题考查实验制备方案设计，涉及气密性检验、对实验装置及步骤的分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应滴定，（3）中注意利用关系式进行计算，难度中等9研究人员研制利用软锰矿浆（主要成分是mno2）吸收流酸厂的尾气so2，制备流酸锰的生产流程如下：已知：浸出液的ph2，其中的金属离子主要是mn2+，还含有少量的fe2+、al3+、ca2+、pb2+，等 其他金属离子，pbo2的氧化性大于mno2，pbso4是一种微溶物质有关金属离子的半径、形成 氢氧化物沉淀时的ph见如表，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见如图 离子离子半径（pm）开始沉淀时的ph完全沉淀时的phfe2+747.69.7fe3+642.73.7al3+503.84.7mn2+808.39.8pb2+1218.08.8ca2+99请回答下列问题：（1）写出浸出过程中生成反应的化学方程式so2+mno2=mnso4（2）氧化过程中主要反应的离子方程式2fe2+mno2+4h+=2fe3+mn2+2h2o（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节ph值，此处调节ph值用到的仪器是ph计，应调节ph的范围为4.7ph8.3（4）阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子请依据图、表信息回答，决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有吸附时间、金属离子的半径、金属离子的电荷等；吸附步骤除去的主要离子为：pb2+、ca2+（5）caso4是一种微溶物质，已知ksp（caso4）=9.10106现将c moll1cacl2溶液与2.00102moll1na2so4溶液等体积混合 （忽略体积的变化），则生成沉淀时，c的最小值是1.82103moll1【考点】制备实验方案的设计 【分析】高温焙烧含硫废渣产生的so2废气，软锰矿浆的主要成分是mno2，通入so2浸出液的ph2，其中的金属离子主要是mn2+，则mno2与so2发生氧化还原反应，浸出液还含有少量的fe2+、al3+等其他金属离子，fe2+具有还原性，可以被mno2在酸性条件下氧化成fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，杂质中含有fe2+、al3+、ca2+、pb2+四种阳离子，由沉淀的ph范围知，fe2+的沉淀与mn2+离子的沉淀所需的ph接近，而fe3+则相差很远，故可以将fe2+氧化成fe3+而除杂从吸附率的图可以看出，ca2+、pb2+的吸附率较高，故只要调节ph值在4.78.3间，fe3+、al3+阳离子通过调ph值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙，由于制取的mnso4h2o含有结晶水，故操作a采用蒸发浓缩结晶的方法，得到mnso4h2o，（1）从流程图看，浸出过程是软锰矿浆（mno2）与so2的反应；（2）杂质离子中只有fe2+具有还原性，可以被mno2在酸性条件下氧化成fe3+；（3）从表可以看出，只要调节ph值在4.78.3间，大于4.7可以将fe3+和al3+除去，小于8.3是防止mn2+也沉淀；（4）结合半径，分析右图知，图中离子从上至下，半径有减小趋势，对应的吸附率减小随着时间的递增，所有离子的吸附率均增大；另fe3+和al3+离子所带电荷数大，其吸附率低，从吸附率的图可以看出，ca2+、pb2+的吸附率较高，（5）2.00102 moll1na2so4溶液中c（so42）=2.00102 moll1，根据ksp（caso4）=c（ca2+）c（so42），可求得c（ca2+），进而确定c的值【解答】解：高温焙烧含硫废渣产生的so2废气，软锰矿浆的主要成分是mno2，通入so2浸出液的ph2，其中的金属离子主要是mn2+，则mno2与so2发生氧化还原反应，浸出液还含有少量的fe2+、al3+等其他金属离子，fe2+具有还原性，可以被mno2在酸性条件下氧化成fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，杂质中含有fe2+、al3+、ca2+、pb2+四种阳离子，由沉淀的ph范围知，fe2+的沉淀与mn2+离子的沉淀所需的ph接近，而fe3+则相差很远，故可以将fe2+氧化成fe3+而除杂从吸附率的图可以看出，ca2+、pb2+的吸附率较高，故只要调节ph值在4.78.3间，fe3+、al3+阳离子通过调ph值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙，由于制取的mnso4h2o含有结晶水，故操作a采用蒸发浓缩结晶的方法，得到mnso4h2o，（1）低品位软锰矿浆的主要成分是mno2，通入so2浸出液的ph2，其中的金属离子主要是mn2+，则mno2与so2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为so2+mno2=mnso4，故答案为：so2+mno2=mnso4；（2）杂质离子中只有fe2+具有还原性，可以被mno2在酸性条件下氧化成fe3+，反应的离子方程式为2fe2+mno2+4h+=2fe3+mn2+2h2o，故答案为：2fe2+mno2+4h+=2fe3+mn2+2h2o；（3）调节ph值用到的仪器是ph计，杂质中含有fe3+、al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将fe3+和al3+除去，小于8.3是防止mn2+也沉淀，所以只要调节ph值在4.78.3间即可故答案为：ph计；4.7ph8.3；（4）图中离子从上至下，半径有减小趋势，对应的吸附率减小随着时间的递增，所有离子的吸附率均增大；另fe3+和al3+离子所带电荷数大，其吸附率低，杂质中含有fe2+、al3+、ca2+、pb2+四种阳离子，由沉淀的ph范围知，fe2+的沉淀与mn2+离子的沉淀所需的ph接近，而fe3+则相差很远，故可以将fe2+氧化成fe3+而除杂从吸附率的图可以看出，ca2+、pb2+的吸附率较高，故答案为：吸附时间、金属离子半径、金属离子电荷；pb2+、ca2+；（5）c moll1cacl2溶液与2.00102 moll1na2so4溶液等体积混合，混合后na2so4的浓度为1.00102 moll1，根据ksp（caso4）=c（ca2+）c（so42），可知混合溶液中c（ca2+）= moll1=9.10104 moll1，所以混合前c=29.10104 moll1=1.8210 3moll1，故答案为：1.8210 3moll1【点评】本题以制备硫酸锰的生产流程为知识载体，考查化学反应的书写，及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力和图象分析能力10二氧化硫常用作消毒剂和漂白剂，也是一种重要的工业原料（1）将a mol so2通入1l 1mol/l naoh溶液中充分反应后，阴离子总数d阳离子总数（填选项前的字母）aa1时大于 ba=1时等于 c大于 d小于（2）保险粉（na2s2o4）广泛用于印染行业和食品储存行业可以将so2通入草酸钠（na2c2o4）和naoh的混合溶液中制取保险粉制取保险粉的离子方程式为2so2+c2o42+4ohs2o42+2co32+2h2o（3）工业上常以so2为原料制取na2s2o3步骤如下：将na2s和na2co3按2：1的物质的量之比配成混合溶液将混合溶液注入敞口反应釜中，加热反应釜将温度控制在50左右向反应釜中缓缓通入so2至稍微过量使na2s和na2co3完全反应反应结束后加热浓缩溶液，冷却至30以下析出大量na2s2o3晶体滤出晶体，母液循环利用据此请回答：（）工业制取na2s2o3的反应的化学方程式为4so2+2na2s+na2co33na2s2o3+co2（）工业生产的首要目的是盈利，为节约成本并减少对环境的污染，应尽可能的提高产率，制取步骤中体现了这一思想的有（填步骤序号）（）工业生产的na2s2o3含有两种杂质，这两种杂质是na2so3和na2so4以下条件中可以求出产品中na2s2o3的物质的量分数的是a（填选项前的字母）a产品中钠原子和硫原子的物质的量之比 b产品中钠原子和氧原子的物质的量之比c产品中硫原子和氧原子的物质的量之比 d以上均能（4）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中so2的部分催化氧化，所发生反应为：2so2+2n cu+（n+1）o2+（22n） h2o=2n cuso4+（22n） h2so4每吸收标准状况下11.2l so2，被so2还原的o2的质量为8g利用如图所示电化学装置吸收另一部分so2，并完成cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式cu2+so2+2h2ocu+so42+4h+【考点】含硫物质的性质及综合应用；物质的量的相关计算；原电池和电解池的工作原理；二氧化硫的化学性质 【分析】（1）so2通入naoh溶液，根据电荷守恒有c（na+）+c（h+）=c（hso3）+2c（so32）+c（oh），据此答题；（2）将so2通入草酸钠（na2c2o4）和naoh的混合溶液生成na2s2o4，根据元素守恒可知产物还有碳酸钠和水，根据电荷守恒书写离子方程式；（3）（）根据题中信息，工业上用na2s和na2co3以及so2制取na2s2o3，根据元素守恒可写出反应的化学方程式；（）为节约成本并减少对环境的污染，可以将部析出晶体后的母液循环使用，根据反应方程式，投入的物料之比等反应中的计量数之比，且so2稍微过量可提高产率，据此答题；（）na2co3溶液与二氧化硫反应可生成亚硫酸钠，亚硫酸钠可被氧化成硫酸钠，比较na2s2o3、na2so3、na2so4的化学式可知，na2s2o3与na2so3、na2so4两种物质中钠原子与硫原子物质的量之比不同，且na2so3、na2so4中钠原子与硫原子物质的量之比相同，而na2s2o3与na2so3中钠原子与氧原子物质的量之比相同、na2s2o3中硫原子与氧原子物质的量之比介于na2so3和na2so4之间，据此选择；（4）根据电子得失守恒计算被so2还原的o2的质量；图中的装置为电解池，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子【解答】解：（1）so2通入naoh溶液，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（hso3）+2c（so32）+c（oh），所以c（na+）+c（h+）c（hso3）+c（so32）+c（oh），即：阴离子总数小于阳离子总数，故答案为：d；（2）将so2通入草酸钠（na2c2o4）和naoh的混合溶液生成na2s2o4，根据元素守恒可知产物还有碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2so2+c2o42+4ohs2o42+2co32+2h2o，故答案为：2so2+c2o42+4ohs2o42+2co32+2h2o；（3）（）根据题中信息，工业上用na2s和na2co3以及so2制取na2s2o3，反应的化学方程式为4so2+2na2s+na2co33na2s2o3+co2，故答案为：4so2+2na2s+na2co33na2s2o3+co2；（）为节约成本并减少对环境的污染，可以将部析出晶体后的母液循环使用，根据反应方程式，投入的物料之比等反应中的计量数之比，且so2稍微过量可提高产率，所以制取步骤中体现“盈利、节约成本并减少对环境的污染、尽可能的提高产率”这一思想的有：，故答案为：；（）na2co3溶液与二氧化硫反应可生成亚硫酸钠，亚硫酸钠可被氧化成硫酸钠，所以杂质有na2so3和na2so4，比较na2s2o3、na2so3、na2so4的化学式可知，na2s2o3与na2so3、na2so4两种物质中钠原子与硫原子物质的量之比不同，且na2so3、na2so4中钠原子与硫原子物质的量之比相同，而na2s2o3与na2so3中钠原子与氧原子物质的量之比相同、na2s2o3中硫原子与氧原子物质的量之比介于na2so3和na2so4之间，所以根据产品中钠原子和硫原子的物质的量之比可确定na2s2o3的物质的量分数，故选a，故答案为：na2so4；a；（4）在反应：2so2+2n cu+（n+1）o2+（22n） h2o=2n cuso4+（22n） h2so4 中，每摩尔二氧化硫失去2mol电子，而每摩尔氧气能得到4mol电子