广东省广州实验中学高三化学上学期第二次段考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省广州实验中学高三（上）第二次段考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好下列说法错误的是（）a硅胶可用作食品干燥剂bp2o5不可用作食品干燥剂c六水合氯化钙可用作食品干燥剂d加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂2物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（）物质及其杂质检验除杂acl2（hcl）湿润的淀粉ki试纸饱和食盐水bno（no2）观察颜色或湿润的淀粉ki试纸水cco2（hcl）agno3溶液（含稀硝酸）饱和na2co3溶液dnahco3溶液（na2co3）ca（oh）2溶液过量co2aabbccdd3下列离子方程式正确的是（）afe（oh）3溶于氢碘酸：fe（oh）3+3h+fe3+3h2ob次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体：2clo+so2+h2o2hclo+so32c次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳：ca2+2clo+h2o+co2caco3+2hclod少量nahso4与过量ba（oh）2溶液反应：h+so42+ba2+ohbaso4+h2o4设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）a标准状况下，22.4l cl2完全溶于水时，转移电子数为nab常温下，0.1mol/l nh4no3溶液中no3的数目为0.1nac室温下，56g铁片投入足量浓h2so4中生成na个so2分子d常温下，23g no2和n2o4的混合气体中含有na个氧原子5下列反应中，相关示意图象错误的是（） 将二氧化硫逐渐通入到一定量氯水中将氨水逐渐滴入到一定量氯化铝溶液中将铜粉逐渐加入到一定是浓硝酸中将铁粉逐渐加入到一定量氯化铁溶液中abcdaabbccdd6高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为3zn+2k2feo4+8h2o3zn（oh）2+2fe（oh）3+4koh下列叙述不正确的是（）a放电时负极反应为：zn2e+2ohzn（oh）2b充电时阳极反应为：fe（oh）33e+5ohfeo42+4h2oc放电时每转移3mol电子，正极有1mol k2feo4被氧化d放电时正极附近溶液的碱性增强7用如图装置进行相应实验，不能达到实验目的是（）a图1所示装置可制备氢氧化亚铁b图2所示装置可电解食盐水制氯气和氢气c图3所示装置可验证氨气极易溶于水d图4所示装置与操作可除去苯中的苯酚二、解答题（共4小题，满分58分）8（1）x、y、z、q、r是五种短周期元素，原子序数依次增大x是原子半径最小的主族元素；y元素最高正价与最低负价之和为0；q与x同主族，；z、r分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素请回答下列问题：五种元素中，原子半径最大的是，非金属性最强的是（写元素符号）x与y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）由以上某些元素组成的化合物a、b、c、d有如下转化关系：ab（在水溶液中进行）其中c是溶于水显酸性的气体；d是淡黄色固体写出d的电子式如果a、b均由三种元素组成，b为两性不溶物，则由a与过量的c反应转化为b的离子方程式为（2）工业合成氨时，合成塔中每产生1mol nh3，放出46.1kj的热量工业合成氨的热化学方程式是 已知：nn的键能为945.8kj/mol，hh的键能为436.0kj/mol，则断开1mol nh键所需的能量是kj（3）氨是一种潜在的清洁能源，可用作碱性燃料电池的燃料电池的总反应为：4nh3（g）+3o2（g）2n2（g）+6h2o（g）则该燃料电池的负极反应式是9研究co2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域（1）溶于海水的co2主要以4种无机碳形式存在，其中hco3占95%写出co2溶于水hco3的方程式（2）在海洋碳循环中，通过如图1所示的途径固碳写出钙化作用的离子方程式同位素示踪法证实光合作用释放出的o2只来自于h2o用18o标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：+（ch2o）x+x18o2+xh2o（3）测量海水中溶解的无机碳，可采用如下方法：气提、吸收co2用n2从酸化后的z ml海水中吹出co2并用碱液吸收，转化为nahco3滴定再用x moll1hcl溶液滴定，消耗y mlhcl溶液海水中溶解无机碳的浓度=moll1（4）利用如图2所示装置从海水中提取co2，有利于减少环境温室气体含量结合方程式简述提取co2的原理：用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格（ph=8）后排回大海处理至合格的方法是10某研究小组将纯净的so2气体通入0.1moll1的ba（no3）2溶液中，得到了baso4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的so2，该小组进行了如下假设：假设一：溶液中的no3假设二：溶液中溶解的o2（1）验证假设一该小组设计实验验证假设一，请在下表空白处填写相关实验现象 实验步骤实验现象结论 实验1：在盛有不含o2的25ml0.1mol/lbacl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的so2气体假设一成立 实验2：在盛有不含o2的25ml0.1mol/lba（no3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的so2气体（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的ph随通入so2体积的变化曲线入如图，实验1中溶液ph变小的原因是；v1时，实验2中溶液ph小于实验1的原因是（用离子方程式表示）（3）验证假设二：请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论（不要求写具体操作过程）实验步骤实验现象结论假设二成立11丁子香酚h（）可用于配制康乃馨型香精以及制异丁香酚和香兰素等，合成丁子香酚的一种路线如下：已知：+rx+hx（x代表卤素原子）；a与b相对分子质量之差为14；e与f相对分子质量之差为63；碳碳双键上不能连羟基；丁子香酚h由它的同分异构体g重排制得回答下列问题：（1）下列有关丁子香酚的说法，正确的是a遇fecl3溶液可能显紫色 b可发生酯化反应和银镜反应c能与溴发生取代和加成反应 d1mol丁子香酚最多能与3molh2反应（2）a的官能团名称为；a生成b的化学方程式为（3）c生成d的反应类型为；d生成e的反应条件是（4）e生成f的化学方程式为；（5）写出与丁子香酚互为同分异构体且满足下列条件的结构简式（只写一种）属于芳香族化合物；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1；能发生银镜反应和水解反应2015-2016学年广东省广州实验中学高三（上）第二次段考化学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食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好下列说法错误的是（）a硅胶可用作食品干燥剂bp2o5不可用作食品干燥剂c六水合氯化钙可用作食品干燥剂d加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【考点】真题集萃；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】a硅胶具有吸水性，无毒；bp2o5吸水转化为酸；c六水合氯化钙不能吸水；d具有吸水性的植物纤维无毒【解答】解：a硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故a正确；bp2o5吸水转化为酸，导致食品变质，则p2o5不可用作食品干燥剂，故b正确；c六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故c错误；d具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故d正确；故选c【点评】本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等2物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（）物质及其杂质检验除杂acl2（hcl）湿润的淀粉ki试纸饱和食盐水bno（no2）观察颜色或湿润的淀粉ki试纸水cco2（hcl）agno3溶液（含稀硝酸）饱和na2co3溶液dnahco3溶液（na2co3）ca（oh）2溶液过量co2aabbccdd【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学实验基本操作【分析】a检验hcl应先分离，再检验，用湿润的淀粉ki试纸不能检验hcl；bno2与水反应生成no和硝酸；cco2和hcl都与饱和碳酸钠溶液反应；d加入ca（oh）2溶液，nahco3和na2co3都反应【解答】解：a湿润的淀粉ki试纸只能检验氯气，不能检验hcl，故a错误；bno2与水反应生成no和硝酸，可用水除杂，故b正确；cco2和hcl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故c错误；dnahco3和na2co3都与ca（oh）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故d错误故选b【点评】本题考查混合物分离、提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的化学反应为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大3下列离子方程式正确的是（）afe（oh）3溶于氢碘酸：fe（oh）3+3h+fe3+3h2ob次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体：2clo+so2+h2o2hclo+so32c次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳：ca2+2clo+h2o+co2caco3+2hclod少量nahso4与过量ba（oh）2溶液反应：h+so42+ba2+ohbaso4+h2o【考点】离子方程式的书写【分析】a铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；b次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；c二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙和次氯酸；d氢氧化钡过量，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式书写【解答】解：a铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为：2fe（oh）3+6h+2i=2fe2+i2+6h2o，故a错误；b次氯酸具有强氧化性，反应生成了硫酸根离子，正确反应方程式为：h2o+so2+closo42+2h+cl，故b错误；c次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，碳酸钙沉淀会溶解，正确的离子反应为：clo+co2+h2o=hco3+hclo，故c错误；d少量nahso4与过量ba（oh）2溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式：h+so42+ba2+ohbaso4+h2o，故d正确；故选d【点评】题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查4设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）a标准状况下，22.4l cl2完全溶于水时，转移电子数为nab常温下，0.1mol/l nh4no3溶液中no3的数目为0.1nac室温下，56g铁片投入足量浓h2so4中生成na个so2分子d常温下，23g no2和n2o4的混合气体中含有na个氧原子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a、氯气和水的反应为可逆反应；b、溶液体积不明确；c、室温下，铁在浓硫酸中会钝化；d、no2和n2o4的最简式均为no2【解答】解：a、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子的个数小于na个，故a错误；b、溶液体积不明确，故溶液中的硝酸根的个数无法计算，故b错误；c、室温下，铁在浓硫酸中会钝化，进行程度很小，故生成的二氧化硫分子个数小于na个，故c错误；d、no2和n2o4的最简式均为no2，故23g混合物中含有的no2的物质的量为n=0.5mol，故含1mol氧原子即na个，故d正确故选d【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大5下列反应中，相关示意图象错误的是（） 将二氧化硫逐渐通入到一定量氯水中将氨水逐渐滴入到一定量氯化铝溶液中将铜粉逐渐加入到一定是浓硝酸中将铁粉逐渐加入到一定量氯化铁溶液中abcdaabbccdd【考点】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】氧族元素；氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】a、氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，据此分析；b、氢氧化铝具有两性，能和强酸、强碱反应，但不和弱碱反应，据此分析；c、根据铜和浓、稀硝酸反应生成气体的体积与铜的关系式分析；d、根据铁和氯化铁的性质分析；【解答】解：a、氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸且氯气的溶解性较小，所以溶液的ph较大，当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为 cl2+so2+2h2o=h2so4+2hcl，所以溶液的酸性增强，ph值减小，最后达定值，故a正确；b、氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝具有两性，能和强酸、强碱反应，但不和弱碱反应，所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值，沉淀不溶解，图象为故b错误；c、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故c正确；d、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故d正确；故选b【点评】本题考查了元素化合物的性质应用，识图和作图的能力，注意二氧化硫和氯气能发生氧化还原反应而生成硫酸和盐酸，氢氧化铝的两性是溶于强碱强酸，不溶于弱酸弱碱6高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为3zn+2k2feo4+8h2o3zn（oh）2+2fe（oh）3+4koh下列叙述不正确的是（）a放电时负极反应为：zn2e+2ohzn（oh）2b充电时阳极反应为：fe（oh）33e+5ohfeo42+4h2oc放电时每转移3mol电子，正极有1mol k2feo4被氧化d放电时正极附近溶液的碱性增强【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为zn2e+2oh=zn（oh）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为feo42+4h2o+3e=fe（oh）3+5oh，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为fe（oh）3+5oh=feo42+4h2o+3e，阳极消耗oh离子，碱性要减弱【解答】解：a、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为zn2e+2oh=zn（oh）2，故a正确；b、充电时阳极发生fe（oh）3失电子的氧化反应，即反应为：fe（oh）33e+5ohfeo42+4h2o，故b正确；c、放电时正极反应为feo42+4h2o+3e=fe（oh）3+5oh，每转移3mol电子，正极有1molk2feo4被还原，故c错误；d、放电时正极反应为feo42+4h2o+3e=fe（oh）3+5oh，生成氢氧根离子，碱性要增强，故d正确故选c【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力7用如图装置进行相应实验，不能达到实验目的是（）a图1所示装置可制备氢氧化亚铁b图2所示装置可电解食盐水制氯气和氢气c图3所示装置可验证氨气极易溶于水d图4所示装置与操作可除去苯中的苯酚【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a苯能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；bcu为阳极，失去电子，不能生成氯气；c挤压胶头滴管，氨气溶于水，气球变大；d酚与naoh反应，而苯不能，且反应后分层【解答】解：a苯能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，则图1所示装置可制备氢氧化亚铁，故a正确；bcu为阳极，失去电子，不能生成氯气，则c应为阳极电解食盐水制氯气和氢气，故b错误；c挤压胶头滴管，氨气溶于水，气球变大，则图3所示装置可验证氨气极易溶于水，故c正确；d酚与naoh反应，而苯不能，且反应后分层，则图4所示分液装置与操作可除去苯中的苯酚，故d正确；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、电解原理、物质的性质及除杂等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（1）x、y、z、q、r是五种短周期元素，原子序数依次增大x是原子半径最小的主族元素；y元素最高正价与最低负价之和为0；q与x同主族，；z、r分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素请回答下列问题：五种元素中，原子半径最大的是na，非金属性最强的是o（写元素符号）x与y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）c2h2由以上某些元素组成的化合物a、b、c、d有如下转化关系：ab（在水溶液中进行）其中c是溶于水显酸性的气体；d是淡黄色固体写出d的电子式如果a、b均由三种元素组成，b为两性不溶物，则由a与过量的c反应转化为b的离子方程式为alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3（2）工业合成氨时，合成塔中每产生1mol nh3，放出46.1kj的热量工业合成氨的热化学方程式是n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.2kj/mol 已知：nn的键能为945.8kj/mol，hh的键能为436.0kj/mol，则断开1mol nh键所需的能量是391kj（3）氨是一种潜在的清洁能源，可用作碱性燃料电池的燃料电池的总反应为：4nh3（g）+3o2（g）2n2（g）+6h2o（g）则该燃料电池的负极反应式是2nh3+6oh6e=n2+6h2o【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】（1）x、y、z、q、r是五种短周期元素，原子序数依次增大x是原子半径最小的主族元素，则x为h元素；z、r分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则z为o元素、r为al；y元素最高正价与最低负价之和为0，由原子序数可知，只能处于第a族，而其原子序数又小于o元素，故y为碳元素；q与x同主族，结合原子序数可知q为na；（2）计算生成2mol氨气放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；反应热=反应物总键能生成物总键能；（3）原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水【解答】解：（1）x、y、z、q、r是五种短周期元素，原子序数依次增大x是原子半径最小的主族元素，则x为h元素；z、r分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则z为o元素、r为al；y元素最高正价与最低负价之和为0，由原子序数可知，只能处于第a族，而其原子序数又小于o元素，故y为碳元素；q与x同主族，结合原子序数可知q为na；所有元素中h原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、非金属增强，同主族自上而下原子半径增大、非金属性减弱，故上述五种元素中，na的原子半径最大，o的非金属性最强，故答案为：na；o；h与c能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质为c2h2，故答案为：c2h2；由以上某些元素组成的化合物a、b、c、d有如下转化关系：ab（在水溶液中进行），其中c是溶于水显酸性的气体，则c为co2，d是淡黄色固体则d为na2o2，na2o2的电子式为；如果a、b均由三种元素组成，b为两性化合物，且不溶于水，则b为al（oh）3，a为naalo2，甲与过量的co2反应生成生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应离子方程式为：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，故答案为：；alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3；（2）生成2mol氨气放出的热量为46.1kj2=92.2kj，反应热化学方程式为：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.2kj/mol，故答案为：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.2kj/mol；设断开1mol nh键所需的能量是xkj，则945.8kj/mol+3436.0kj/mol6xkj/mol=92.2kj/mol，解得x=391，故答案为：391；（3）原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极电极反应式为：2nh3+6oh6e=n2+6h2o，故答案为：2nh3+6oh6e=n2+6h2o【点评】本题考查结构性质位置关系应用、热化学方程式书写、键能与反应热关系、原电池等，推断元素是解题的关键，注意元素最高正价与最低负价之和均为0，可以为a族元素，也可以为h元素，中学中较少涉及h元素的负化合价9研究co2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域（1）溶于海水的co2主要以4种无机碳形式存在，其中hco3占95%写出co2溶于水hco3的方程式co2+h2oh2co3h+hco3（2）在海洋碳循环中，通过如图1所示的途径固碳写出钙化作用的离子方程式ca2+2hco3caco3+h2o+co2同位素示踪法证实光合作用释放出的o2只来自于h2o用18o标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：xco2+2xh218o（ch2o）x+x18o2+xh2o（3）测量海水中溶解的无机碳，可采用如下方法：气提、吸收co2用n2从酸化后的z ml海水中吹出co2并用碱液吸收，转化为nahco3滴定再用x moll1hcl溶液滴定，消耗y mlhcl溶液海水中溶解无机碳的浓度=moll1（4）利用如图2所示装置从海水中提取co2，有利于减少环境温室气体含量结合方程式简述提取co2的原理：a室（阳极区）发生如下反应：2h2o4e=o2+4h+，h+通过阳离子膜进入b室，与其中的hco3发生反应：h+hco3h2o+co2，产生co2用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格（ph=8）后排回大海处理至合格的方法是c室发生反应：2h2o+2e=h2+2oh，用其生成的产物碱溶液调节b室流出的酸性溶液的ph，至ph8【考点】海水资源及其综合利用；化学方程式的有关计算【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算【分析】（1）二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；（2）由图可知：钙化过程是碳酸氢钙变化为碳酸钙、水和二氧化碳，此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙，利用原子守恒书写方程式；光合作用是二氧化碳与水在太阳光作用下，在叶绿体中反应生成有机物、放出氧气的过程，氧气来源于水中的氧，据原子守恒配平写出；（3）由题意可知，需从酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么需要滴加稀酸酸化，且装置中应从长管吹入氮气，从短管吹出二氧化碳，据此解答即可；依据原理nahco3+hcl=nacl+co2+h2o，碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1列式计算；（4）a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答【解答】解：（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为：co2+h2oh2co3，h2co3h+hco3，或co2+h2ohco3+h+，故答案为：co2+h2oh2co3，h2co3h+hco3或co2+h2ohco3+h+；（2）反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：2hco3+ca2+=caco3+co2+h2o，故答案为：2hco3+ca2+=caco3+co2+h2o；光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为18o，依据元素守恒配平应需要xco2和2xh218o，故答案为：xco2；2xh218o；（3）此反应原理为：nahco3+hcl=nacl+co2+h2o，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，用x moll1hcl溶液滴定，消耗y mlhcl溶液，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，海水体积均为zml，依据题意有cz=xy，解c=mol/l，故答案为：；（4）a室：2h2o4e=4h+o2，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：h+hco3=co2+h2o，生成二氧化碳气体，故答案为：a室（阳极区）发生如下反应：2h2o4e=o2+4h+，h+通过阳离子膜进入b室，与其中的hco3发生反应：h+hco3h2o+co2，产生co2；c室：2h2o+2e=2oh+h2，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的ph，至ph8，故答案为：c室发生反应：2h2o+2e=h2+2oh，用其生成的产物碱溶液调节b室流出的酸性溶液的ph，至ph8【点评】本题主要考查的是海水的综合利用以及原电池和电解池的工作原理，充分理解所给信息是解决本题的关键，难度较大10某研究小组将纯净的so2气体通入0.1moll1的ba（no3）2溶液中，得到了baso4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的so2，该小组进行了如下假设：假设一：溶液中的no3假设二：溶液中溶解的o2（1）验证假设一该小组设计实验验证假设一，请在下表空白处填写相关实验现象 实验步骤实验现象结论 实验1：在盛有不含o2的25ml0.1mol/lbacl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的so2气体假设一成立 实验2：在盛有不含o2的25ml0.1mol/lba（no3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的so2气体（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的ph随通入so2体积的变化曲线入如图，实验1中溶液ph变小的原因是so2溶于水后生成h2so3；v1时，实验2中溶液ph小于实验1的原因是（用离子方程式表示）3so2+2no3+2h2o=3so42+4h+2no（3）验证假设二：请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论（不要求写具体操作过程）实验步骤实验现象结论假设二成立【考点】二氧化硫的化学性质；性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】（1）亚硫酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应；二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成h2so3，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的ph减小；试验2中反应生成强电解质硫酸，则实验2的ph更小；（3）要验证假设2成立，只需要验证二氧化硫通入未经脱氧气处理氯化钡溶液中看是否产生白色沉淀【解答】解：（1）亚硫酸酸性弱于盐酸，依据强酸制备弱酸规律，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不会产生沉淀，所以无明显现象；二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以会产生白色沉淀；故答案为：无明显现象、有白色沉淀生成；（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成h2so3，亚硫酸电离出氢离子：h2so32h+so32，所以溶液的ph减小；试验2发生反应：3so2+2h2o+2no3=2no+4h+3so42，反应中生成了强酸硫酸，则实验2的ph小于实验1，故答案为：so2溶于水后生成h2so3；3so2+2no3+2h2o=3so42+4h+2no（3）要验证假设2成立，只需要验证二氧化硫通入未经脱氧气处理氯化钡溶液中看是否产生白色沉淀，若产生白色沉淀，则证明假设二成立；故答案为：实验步骤实验现象结论实验1：作为参考实验假设二成立实验3：将纯净的so2气体通入未经脱o2处理的25ml0.1mol/l的bacl2溶液中有白色沉淀生成【点评】本题考查了实验方案设计评价，明确实验目的及实验原理、二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大注意掌握物质性质实验方案的设计与评价原则11丁子香酚h（）可用于配制康乃馨型香精以及制异丁香酚和香兰素等，合成丁子香酚的一种路线如下：已知：+rx+hx（x代表卤素