福建省泉州市安溪县蓝溪中学高三化学下学期5月模拟试卷（含解析）.docVIP

2015年福建省泉州市安溪县蓝溪中学高考化学模拟试卷（5月份） 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1节能减排对发展经济、保护环境有重要意义下列措施不能减少二氧化碳排放的是( )a利用太阳能制氢b关停小火电企业c举行“地球一小时”熄灯活动d推广使用煤液化技术2下列组合判断正确的是( )cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂浓h2so4有强氧化性，常温下能与cu发生剧烈反应化合反应均为氧化还原反应cl2、so2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性2na2o2+2h2o=4naoh+o2；cl2+h2o=hcl+hclo 这两个反应中水均作还原剂a不正确，正确b均不正确c正确，不正确d正确3如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是( )aabbccdd4a、b、c、d是中学化学常见物质，其中a、b、c均含有同一种元素在一定条件下相互转化关系如图，下列判断正确的是( )a若d为h2o，a为碳，则a和c反应生成1 mol b转移的电子数为nab若d为fe，a为ci2，则b溶液蒸干后可得到纯净的b固体c若d为o2，a为碱性气体，则以上转化只涉及两个氧化还原反应d若d为hcl，a为na2co3，则b溶液中c（na+）=c（hco3）+2c（co+c（h2co3）5电解加工是利用电解原理使金属在电解液中溶 蚀成预定形状的方法电解加工一铜构件的示意图如图所示，阳极铜件被溶蚀，而阴极的质量和形状都保持不变，则原始电解液不宜含有大量的( )aso42bclcna+dcu2+6使用sncr脱硝技术的原理是4no（g）+4nh3（g）+o2（g）4n2（g）+6h2o，如图是其在密闭体系中研究反应条件对烟气脱硝效率的实验结果下列说法不正确的是( )a从图1判断，该反应的正反应方向是放热反应b从图2判断，减少氨气的浓度有助于提高no的转化率c从图1判断，脱硝的最佳温度约为925d从图2判断，综合考虑脱硝效率和运行成本最佳氨氮摩尔比应为2.57下列说法正确的是( )a常温下，将ph=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的ph=4b用0.2000 mol/l naoh标准溶液滴定hcl与ch3cooh的混合液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol/l），至中性时，溶液中的酸未被完全中和c相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量d相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 mol/l盐酸、0.1 mol/l氯化镁溶液、0.1 mol/l硝酸银溶液中，ag+浓度：=二、解答题（共3小题，满分45分）8（14分）a、b、c、d、e均为短周期元素，且原子序数依次增大；a的主族序数、周期数、原子序数均相同；b为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；c是植物生长所需的主要元素之一；d和a可形成化合物a2d和a2d2，且a2d是最常见的溶剂；e原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则：（1）e的离子结构示意图为_，b、c、d、e与a形成的化合物中稳定性最强的是_（填化学式）（2）在加热和cu作催化剂时，化合物b2a5da与d2反应生成其中一种产物是ba3bad的化学方程式为_（3）ae五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有（图1）_（填元素符号）（4）图2所示是一种酸性燃料电池b2a5da检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测则该电池的负极反应为_a出口处的物质_9（16分）锅炉水垢既会降低燃料的利用率、影响锅炉的使用寿命，还可能造成安全隐患（1）某锅炉水垢的主要成分有caco3、caso4、mg（oh）2、fe2o3，用酸洗法可除去该水垢，其基本原理如图1所示酸洗时，为使水垢尽可能溶解，不宜选用的是_（填标号）a稀硫酸 b盐酸 c硝酸 d醋酸不溶物用碳酸钠溶液浸泡时，反应的离子方程式是_洗出液中的fe3+会腐蚀铁质管道，反应的离子方程式是_，因此，常在洗出液中加入具有强还原性的sncl2溶液，反应中的sn2+与fe3+的物质的量之比为1：2，sn2+转化为_（填离子符号）柠檬酸（用h3r表示）可用作酸洗剂，溶液中h3r、h2r、hr2、r3的含量与ph的关系如图2所示图中a曲线所代表的微粒的百分含量随溶液ph的改变而变化的原因是_调节柠檬酸溶液的ph=4，有利于除去水垢中的氧化铁ph=4时，溶液中上述4种微粒含量最多的是_（2）利用下图所示装置对锅炉水（含ca2+、mg2+、hco3）进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成 电解过程中，ca2+、mg2+在_（填“a”或“b”）极附近形成沉淀10焦亚硫酸钠（na2s2o5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取na2s2o5装置 ii中有na2s2o5晶体析出，发生的反应为：na2so3+so2=na2s2o5（1）装置 i中产生气体的化学方程式为_（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为_ （填序号）实验二 焦亚硫酸钠的性质na2s2o5溶于水即生成nahso3（4）证明nahso3溶液中hso3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_ （填序号）a测定溶液的ph b加入ba（oh）2溶液 c加入盐酸 d加入品红溶液e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验na2s2o5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用na2s2o5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）的方案如下：葡萄酒样品100.00ml馏分溶液出现蓝色后，30s不褪色（已知：滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2o=h2so4+2hi）按上述方案实验，消耗标准i2溶液25.00ml，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为_ gl1在上述实验过程中，若有部分hi被空气氧化，则测得结果_（填“偏高”“偏低”或“不变”）【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）钪为稀土元素，称为“光明之子”，新型钪钠灯充入卤化钪用于照明用1、2、3、4表示钪的电离能，其数据如图1（1）与钪同周期且含有相同未成对电子数的非金属元素为_（填元素符号）（2）_（填“”或“”）（3）氯化钠晶体熔点高于氯化钾，其原因为_提钪工艺中常用草酸法精制，草酸钪络盐的热重数据如下表：（4）h2o分子中o原子提供_轨道形成ho 键（5）按草酸钪络盐失水时所克服的作用力大小不同，sc2（c2o4）36h2o中的水分子可以分为_种（6）sc2（c2o4）36h2o从583k加热到873k，断裂的化学键类型为_【学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）12从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙、丙三种成分：（1）甲中官能团的名称为_（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：其中反应的反应类型为_，反应的化学方程式为_（注明反应条件）（3）已知rch=chrrcho+rcho；2hchohcooh+ch3oh由乙制丙的一种合成路线图如下（af均为有机物，图中mr表示相对分子质量）：下列物质不能与c反应的是_（选填序号）a金属钠 bhbr cna2co3溶液 d乙酸写出f的结构简式_d有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式_ a苯环上连接着三种不同官能团 b能发生银镜反应 c能与br2/ccl4发生加成反应 d遇fecl3溶液显示特征颜色 综上分析，丙的结构简式为_2015年福建省泉州市安溪县蓝溪中学高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1节能减排对发展经济、保护环境有重要意义下列措施不能减少二氧化碳排放的是( )a利用太阳能制氢b关停小火电企业c举行“地球一小时”熄灯活动d推广使用煤液化技术考点：常见的生活环境的污染及治理 专题：热点问题分析：减少二氧化碳排放，应使用清洁能源，节约能源，减少含碳物质的使用解答：解：a利用太阳能制氢，可减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，故a正确；b关停小火电企业，减少燃煤的使用，可减少二氧化碳的排放，故b正确；c举行“地球一小时”熄灯活动，可节约能源，减少二氧化碳的排放，故c正确；d推广使用煤液化技术，能使煤燃烧充分，但不能减少二氧化碳的排放，故d错误故选d点评：本题考查常见生活污染及治理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，保护环境人人有责，为减少温室效应，应减少二氧化碳的排放2下列组合判断正确的是( )cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂浓h2so4有强氧化性，常温下能与cu发生剧烈反应化合反应均为氧化还原反应cl2、so2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性2na2o2+2h2o=4naoh+o2；cl2+h2o=hcl+hclo 这两个反应中水均作还原剂a不正确，正确b均不正确c正确，不正确d正确考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物 分析：氯气与水、碱的反应中，既为氧化剂又是还原剂；浓硫酸在常温下与铜不反应；na2o与水的反应为非氧化还原反应；so2与有色有机物发生化合反应，为非氧化还原反应；2na2o2+2h2o=4naoh+o2，水既不是氧化剂也不是还原剂解答：解：氯气与水、碱的反应中，只有cl元素化合价发生变化，既为氧化剂又是还原剂，故错误；浓硫酸在常温下与铜不反应，只在加热条件下反应，故错误；na2o与水的化合反应，为非氧化还原反应，元素化合价没有发生变化，故错误；so2与有色有机物发生化合反应，为非氧化还原反应，故错误；2na2o2+2h2o=4naoh+o2，水既不是氧化剂也不是还原剂，故错误故选b点评：本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合理解和运用，有利于培养学生的良好科学素养和提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累和学习3如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是( )aabbccdd考点：气体的净化和干燥；气体的收集；尾气处理装置 分析：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答解答：解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，a碱石灰呈碱性，能和氯气反应，所以氯气不能用碱石灰干燥，故a错误；b氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故b错误；c二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故c正确；d常温下no和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到no，no采用排水法收集，故d错误；故选c点评：本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大4a、b、c、d是中学化学常见物质，其中a、b、c均含有同一种元素在一定条件下相互转化关系如图，下列判断正确的是( )a若d为h2o，a为碳，则a和c反应生成1 mol b转移的电子数为nab若d为fe，a为ci2，则b溶液蒸干后可得到纯净的b固体c若d为o2，a为碱性气体，则以上转化只涉及两个氧化还原反应d若d为hcl，a为na2co3，则b溶液中c（na+）=c（hco3）+2c（co+c（h2co3）考点：无机物的推断 专题：推断题分析：a、若d为h2o，a为碳，转化关系为：ccoco2，co2+c=2co依据化学方程式计算电子转移；b、若d为fe，a为ci2，转化关系为：cl2fecl3fecl2，2fecl2+cl2=2fecl3，氯化铁溶液蒸干得到水解产物氢氧化铁；c、若d为o2，a为碱性气体，转化关系为；nh3nono2，8nh3+6no2=7n2+12h2o；d、若d为hcl，a为na2co3，转化关系，na2co3，nahco3co2，co2+na2co3+h2o=2nahco3解答：解：a、若d为h2o，a为碳，转化关系为：ccoco2，co2+c=2co，化学方程式中生成2molco电子转移为2mol，所以反应生成1 mol b转移的电子数为na，故a正确；b、若d为fe，a为ci2，转化关系为：cl2fecl3fecl2，2fecl2+cl2=2fecl3，氯化铁溶液蒸干，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢加热挥发，所以蒸干得到水解产物氢氧化铁，故b错误；c、若d为o2，a为碱性气体，转化关系为；nh3nono2，8nh3+6no2=7n2+12h2o，实现上述变化有三个氧化还原反应，故c错误；d、若d为hcl，a为na2co3，转化关系，na2co3，nahco3co2，co2+na2co3+h2o=2nahco3，b溶液为nahco3，溶液中存在物料守恒，钠元素和碳元素相同，溶液中存在，c（na+）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3），故d错误；故选a点评：本题考查了物质转化关系的分析判断，主要是碳、氯、氮，钠及其化合物性质的分析应用，掌握物质性质和反应条件是解题关键，题目难度中等5电解加工是利用电解原理使金属在电解液中溶 蚀成预定形状的方法电解加工一铜构件的示意图如图所示，阳极铜件被溶蚀，而阴极的质量和形状都保持不变，则原始电解液不宜含有大量的( )aso42bclcna+dcu2+考点：电解原理 专题：电化学专题分析：根据题意知，阴极的质量和形状都保持不变，则阴极上不能析出金属单质，据此分析解答解答：解：根据题意知，阴极的质量和形状都保持不变，则阴极上不能析出金属单质，则溶液中阳离子不能是氢之后的金属阳离子，故选：d点评：本题考查了电解原理，明确离子的放电顺序是解本题关键，并结合题给信息分析解答，难度不大6使用sncr脱硝技术的原理是4no（g）+4nh3（g）+o2（g）4n2（g）+6h2o，如图是其在密闭体系中研究反应条件对烟气脱硝效率的实验结果下列说法不正确的是( )a从图1判断，该反应的正反应方向是放热反应b从图2判断，减少氨气的浓度有助于提高no的转化率c从图1判断，脱硝的最佳温度约为925d从图2判断，综合考虑脱硝效率和运行成本最佳氨氮摩尔比应为2.5考点：转化率随温度、压强的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：由图1可知，氨气的浓度越大，脱硝效率越高，升高温度，脱硝效率先增大后减小，同时氨气的浓度越小，应综合考虑反应的平衡移动问题；由图2可知，增大氨气的浓度，脱硝效率增大，以此解答该题解答：解：a如仅考虑脱硝效率越高，升高温度，脱硝效率先增大后减小，说明升高温度平衡向逆向移动，正反应放热，但如从氨气的浓度变化的角度考虑，升高温度氨气的浓度降低，说明反应向正向移动，则正反应为吸热反应，二者矛盾，不能说明正反应为放热反应，故a错误；b从图2判断，增大氨气的浓度有助于提高no的转化率，故b错误；c从图1判断，脱硝的最佳温度约为925，此时脱硝效率最大，故c正确；d从图2判断，综合考虑脱硝效率和运行成本最佳氨氮摩尔比应为2.0，2.02.5时脱硝效率变化不大，故d错误故选abd点评：本题考查化学平衡的影响，侧重于化学与工业生产的关系，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度中等，注意把握图象的曲线变化特点7下列说法正确的是( )a常温下，将ph=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的ph=4b用0.2000 mol/l naoh标准溶液滴定hcl与ch3cooh的混合液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol/l），至中性时，溶液中的酸未被完全中和c相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量d相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 mol/l盐酸、0.1 mol/l氯化镁溶液、0.1 mol/l硝酸银溶液中，ag+浓度：=考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：a、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的；b、naoh滴定hcl与ch3cooh，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余；c、氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，可据此判断能量的大小；d、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中ksp（agcl）=c（ag+）c（cl）为定值，溶液中c（cl）越大，c（ag+）越小解答：解：a、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，稀释后溶液的3ph4，故a错误；b、naoh滴定hcl与ch3cooh，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故c正确；c、氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，说明2mol氢原子的能量大于1molh2，故c错误；d、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中ksp（agcl）=c（ag+）c（cl）为定值，蒸馏水中没有氯离子、0.1mol/l盐酸中c（cl）=0.1mol/l，0.1 mol/l氯化镁溶液c（cl）=0.2mol/l、0.1mol/l硝酸银溶液中c（ag+）=0.1mol/l，溶液中c（ag+）为，故d错误点评：考查化学反应中的能量变化、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离二、解答题（共3小题，满分45分）8（14分）a、b、c、d、e均为短周期元素，且原子序数依次增大；a的主族序数、周期数、原子序数均相同；b为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；c是植物生长所需的主要元素之一；d和a可形成化合物a2d和a2d2，且a2d是最常见的溶剂；e原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则：（1）e的离子结构示意图为，b、c、d、e与a形成的化合物中稳定性最强的是h2o（填化学式）（2）在加热和cu作催化剂时，化合物b2a5da与d2反应生成其中一种产物是ba3bad的化学方程式为2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o（3）ae五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有（图1）n、s（填元素符号）（4）图2所示是一种酸性燃料电池b2a5da检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测则该电池的负极反应为ch3ch2oh+h2o4e=ch3cooh+4h+a出口处的物质h2o考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是h，则a为h元素；b为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则b为c元素；d和a可形成化合物a2d和a2d2，且a2d是最常见的溶剂，则d为o元素；植物生长所需元素是n、p、k，又a、b、c、d、e均为短周期元素，且原子序数依次增大，则c为n元素；e原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则e为第三周期元素s，据此进行解答解答：解：短周期元素中主族序数、周期数、原子序数均相同的是h，则a为h元素；b为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料，非金属单质常用作电极的是碳，则b为c元素；d和a可形成化合物a2d和a2d2，且a2d是最常见的溶剂，则d为o元素；植物生长所需元素是n、p、k，又a、b、c、d、e均为短周期元素，且原子序数依次增大，则c为n元素；e原子次外层电子数等于其它层电子数之和，则e为第三周期元素s，（1）e为s元素，硫离子有三个电子层，电子数依次为2、8、8，离子结构示意图为，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，c、n、o、s中非金属性o最强，稳定性最强的为h2o，故答案为：；h2o；（2）b2a5da与d2分别为ch3ch2oh、o2，在铜作催化剂条件下加热，乙醇与氧气反应生成乙醛，反应的化学方程式为：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o，故答案为：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o；（3）根据转化关系可知，单质与氧气反应生成氧化物x，x与氧气反应生成氧化物y，y生成酸，酸可以生成x，这样的元素必须有变价，5种元素中满足条件的元素为：n、s，故答案为：n、s；（4）b2a5da为ch3ch2oh，根据图可知，该原电池的燃料为乙醇和氧气，生成物乙酸和水，电解质为酸性溶液，原电池负极失去电子发生了氧化反应，所以负极反应为乙醇失去电子生成乙酸，电极反应为：ch3ch2oh+h2o4e=ch3cooh+4h+，正极在酸性条件下氧气得到电子发生了还原反应：o2+4h+4e=2h2o，所以a处为h2o，故答案为：ch3ch2oh+h2o4e=ch3cooh+4h+；h2o点评：本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，明确原电池原理及其应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力9（16分）锅炉水垢既会降低燃料的利用率、影响锅炉的使用寿命，还可能造成安全隐患（1）某锅炉水垢的主要成分有caco3、caso4、mg（oh）2、fe2o3，用酸洗法可除去该水垢，其基本原理如图1所示酸洗时，为使水垢尽可能溶解，不宜选用的是a（填标号）a稀硫酸 b盐酸 c硝酸 d醋酸不溶物用碳酸钠溶液浸泡时，反应的离子方程式是caso4+co32caco3+so42洗出液中的fe3+会腐蚀铁质管道，反应的离子方程式是2fe3+fe=3fe2+，因此，常在洗出液中加入具有强还原性的sncl2溶液，反应中的sn2+与fe3+的物质的量之比为1：2，sn2+转化为sn4+（填离子符号）柠檬酸（用h3r表示）可用作酸洗剂，溶液中h3r、h2r、hr2、r3的含量与ph的关系如图2所示图中a曲线所代表的微粒的百分含量随溶液ph的改变而变化的原因是随溶液ph增大，平衡 h3rh2r+h+向右移动，所以，h3r的百分含量减小调节柠檬酸溶液的ph=4，有利于除去水垢中的氧化铁ph=4时，溶液中上述4种微粒含量最多的是h2r（2）利用下图所示装置对锅炉水（含ca2+、mg2+、hco3）进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成 电解过程中，ca2+、mg2+在b（填“a”或“b”）极附近形成沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理 专题：离子反应专题；电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）稀硫酸会生成微溶物硫酸钙，会沉在反应物的表面，据此解答；沉淀物有向更难溶物转化的趋势，据此解答；依据反应原理写出离子反应方程式，依据氧化还原反应判断产物；依据平衡移动原理判断即可；依据题给信息判断含量最多的离子；（2）依据电解水原理分析即可解答：解：（1）若使用稀硫酸会生成微溶物硫酸钙，会沉在反应物的表面，使反应物不能完全反应故不能选硫酸，故答案为：a；在水垢进行酸化之后，只有硫酸钙是不溶物，加入碳酸钠，可生成溶解度更小的碳酸钙，故答案为：caso4+co32caco3+so42；fe3+具有氧化性可以与具有还原性的铁反应生成亚铁离子，会腐蚀铁质管道据得失电子总数相等的原则，两摩尔的三价铁离子，变成亚铁离子，总共得到两摩尔的电子，所以一摩尔sn2+转化为sn4+，故答案为：fe+2fe3+=3fe2+；sn4+；h3rh2r+h随着ph值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以h3r含量会减少h3r、h2r、hr2、r3在图形中表示的曲线分别为a、b、c、d所以从图形上看，b点式最高的所以含量最多的是h2r，故答案为：随溶液ph增大，平衡h3rh2r+h+向右移动所以，h3r的百分含量减小；h2r；（2）电解锅炉水实际上就是电解水，水电离出的氢离子在阴极放电，故阴极附近氢氧根浓度偏大，与锅炉水中的钙镁离子生成沉淀，与电源负极相连的极是阴极，即b极附近生成沉淀，故答案为：b点评：本题主要考查的是离子反应方程式的书写、氧化还原反应原理的利用，属于常考题10焦亚硫酸钠（na2s2o5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取na2s2o5装置 ii中有na2s2o5晶体析出，发生的反应为：na2so3+so2=na2s2o5（1）装置 i中产生气体的化学方程式为na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为d （填序号）实验二 焦亚硫酸钠的性质na2s2o5溶于水即生成nahso3（4）证明nahso3溶液中hso3 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是ae （填序号）a测定溶液的ph b加入ba（oh）2溶液 c加入盐酸 d加入品红溶液e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验na2s2o5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量na2s2o5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用na2s2o5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）的方案如下：葡萄酒样品100.00ml馏分溶液出现蓝色后，30s不褪色（已知：滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2o=h2so4+2hi）按上述方案实验，消耗标准i2溶液25.00ml，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为0.16 gl1在上述实验过程中，若有部分hi被空气氧化，则测得结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）考点：制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为so2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）nahso3溶液中hso3的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；（5）na2s2o5晶体在空气中易被氧化为na2so4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（6）由消耗碘的量，结合so2+i2+2h2oh2so4+2hi计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；若有部分hi被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小解答：解：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为so2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o，故答案为：na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为：过滤；（3）a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d；（4）nahso3溶液中hso3的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的ph，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液ph值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入ba（oh）2溶液、hcl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；故答案为：ae；（5）na2s2o5中s元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为na2so4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量na2s2o5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量na2s2o5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）令100ml葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：so2+2h2o+i2h2so4+2hi64g 1mol mg 0.025l0.01mol/l所以，64g：mg=1mol：0.025l0.01mol/l，解得m=0.016故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为=0.16 g/l故答案为：0.16；若有部分hi被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低点评：本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）钪为稀土元素，称为“光明之子”，新型钪钠灯充入卤化钪用于照明用1、2、3、4表示钪的电离能，其数据如图1（1）与钪同周期且含有相同未成对电子数的非金属元素为br（填元素符号）（2）（填“”或“”）（3）氯化钠晶体熔点高于氯化钾，其原因为钠离子半径小于钾离子，氯化钠晶格能大于氯化钾，所以氯化钠熔点高提钪工艺中常用草酸法精制，草酸钪络盐的热重数据如下表：（4）h2o分子中o原子提供sp3杂化轨道形成ho 键（5）按草酸钪络盐失水时所克服的作用力大小不同，sc2（c2o4）36h2o中的水分子可以分为2种（6）sc2（c2o4）36h2o从583k加热到873k，断裂的化学键类型为离子键、共价键考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律的作用；共价键的形成及共价键的主要类型 分析：（1）根据钪的原子序数及基态原子核外电子排布式判断其未成对电子数，再判断与钪同周期且含有相同未成对电子数的非金属元素；（2）离子晶体熔沸点高低取决于离子键的强弱，离子键强弱与阴阳离子半径和大小有关；（3）氯化钠和氯化钾晶体都属于离子晶体，二者的阴离子相同，而钠离子半径小于钾离子，则氯化钠的晶格能大于氯化钾；（4）水分子的中心原子o形成了两个oh键，还存在2对孤对电子，则杂化方式为sp3杂化；（5）根据表中数据计算出各温度段发生质量变化的原因，从而得出sc2（c2o4）36h2o中的水分子种类；（6）sc2（c2o4）36h2o从583k加热到873k，断裂的化学键由草酸根离子与钪离子之间的离子键及草酸根离子中的共价键解答：解：（1）钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 4s2，位于第四周期b族，其未成对电子数为1，在第四周期中，未成对电子数为1的非金属元素为br，故答案为：br；（2）根据图1可知，钪的电离能1、2、3变化较小，而到4时变化较大，所以的比值小于，故答案为：；（3）钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高，故答案为：钠离子半径小于钾离子，氯化钠晶格能大于氯化钾，所以氯化钠熔点高；（4）h2o分子中的中心原子o原子形成了2个氧氢键，还存在两个孤电子对，所以o原子采用sp3杂化，即：h2o分子中o原子提供sp3杂化轨道形成ho 键故答案为：sp3杂化；（5）0.462g sc2（c2o4）36h2o的物质的量为：=0.001mol，383423k时失去水的物质的量为：=0.005mol，失去水的数目为：=5；463508k时失去水的物质的量为：=0.001mol，失去水的数目为：=1，此时 sc2（c2o4）36h2o中的水完全失去，最后生成的物质为0.1molsc2o3，质量为：138g/mol0.001mol