广东省湛江一中高三化学上学期11月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省湛江一中高三（上）月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）a华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅b汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物c“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量d包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同2如表叙述、均正确并且有因果关系的是（）叙述叙述anahco3能与碱反应食品工业用nahco3作焙制糕点的膨松剂bal既可和酸反应又可和强碱反应al可制成铝箔包装物品c浓硫酸有吸水性浓硫酸可干燥co、so3、h2sdk2feo4能与水作用生成fe（oh）3胶体和o2可k2feo4用于净化自来水并杀菌消毒aabbccdd3已知na代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a在1l 0.1moll1氟化钠溶液中含有f和hf数目之和为0.1nab300ml 2mol/l蔗糖溶液中所含分子数为0.6nac标准状况下，1.8gd2o中含有na个中子d标准状况下，2.24l三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3na4下列反应的离子方程式正确的是（）anh4hco3溶液中加入过量naoh溶液 hco3+oh=h2o+co32b向次氯酸钠溶液中通入少量的co2 2clo+h2o+co2=2hclo+co32c向乙二酸（h2c2o4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 h2c2o4+2oh=c2o42+2h2od氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3fe2+4h+no3=3fe3+2h2o+no5x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增x与z位于同一主族，y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，y、z、w原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是（）a室温下，0.1 mol/lw的气态氢化物的水溶液的ph1bz的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸cy单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应d原子半径由小到大的顺序：xyzw6用下列装置不能达到有关实验目的是（）a证明非金属性强弱scsib制备并收集少量no气体c制取并收集干燥纯净的nh3d制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色725时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（nh3h2o）+c（nh4+）=0.1moll1的混合溶液溶液中c（nh3h2o）、c（nh4+）与ph的关系如图所示下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）aw点表示溶液中：c（nh4+）+c（h+）=c（oh）bph=10.5溶液中：c（cl）+c（oh）+c（nh3h2o）0.1 moll1cph=9.5溶液中：c（nh3h2o）c（nh4+）c（oh）c（h+）d向w点所表示1l溶液中加入0.05molnaoh固体（忽略溶液体积变化）：c（cl）c（na+）c（oh）c（nh4+）c（h+）二、解答题（共3小题，满分43分）8亚氯酸钠（naclo2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取naclo2晶体按如图装置进行制取已知：naclo2饱和溶液在低于38时析出naclo23h2o，高于38时析出naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl（1）装置c的作用是；（2）已知装置b中的产物有clo2气体，则装置b中反应的化学方程式为；装置d中反应生成naclo2的化学方程式为；反应后的溶液中阴离子除了clo2、clo3、cl、clo、oh外还可能含有的一种阴离子是；检验该离子的方法是；（3）请补充从装置d反应后的溶液中获得naclo2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；得到成品（4）如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；实验：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中naclo2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的ki晶体，在酸性条件下发生如下反应：clo2+4i+4h+=2h2o+2i2+cl，将所得混合液稀释成100ml待测溶液取25.00ml待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c moll1 na2s2o3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为v ml（已知：i2+2s2o32=2i+s4o62）请计算所称取的样品中naclo2的物质的量为9纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）h2o2氧化feso4的离子方程式为（2）加入氨水的目的是，其化学反应方程式为（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，则说明滤渣已洗净（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2al2（nh4）2（so4）424h2oal2o3+nh3+so3+10镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛mg2ni是一种储氢合金，已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1（1）写出mg2ni和mgh2 反应生成mg和mg2nih4的热化学方程式：（2）一定温度下，在碘钨灯灯泡内封存的少量碘与沉积在灯泡壁上的钨可以发生如下的可逆反应：w（s）+i2（g）wi2（g），为模拟上述反应，在实验室中准确称取4.5103mol碘、6.0103mol金属钨放置于50.0ml密闭容器中，并加热使其反应如图1是混合气体中的wi2蒸气的物质的量随时间变化关系的图象，其中曲线（0t2时间段）的反应温度为450，曲线（从t2时刻开始）的反应温度为530请回答下列问题：该反应是（填“放热”或“吸热”）反应450该反应的化学平衡常数k=；反应从开始到t1（t1=3min）时间内的平均速率：v（i2）=能够说明上述反应已经达到平衡状态的有ai2与wi2的浓度相等b单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等c容器内混合气体的密度不再改变d容器内气体压强不发生变化（3）烟气（主要含so2、co2）在较高温度经如图2所示方法脱除so2，并制得h2so4在阴极放电的物质是在阳极生成so3的电极反应式是四.【化学-选修2：化学与技术】11利用硫酸渣（主要含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等杂质）制备氧化铁的工艺流程如下：（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是：抑制fe3+的水解；（2）“还原”是将fe3+转化为fe2+，同时fes2 被氧化为so42该反应的离子方程式为：（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中fe3+的量，以控制加入fes2 的量实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入hcl、稍微过量的sncl2 再加hgcl2 除去过量的sncl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用k2cr2o7 标准液滴定，有关反应方程式如下：2fe3+sn2+6cl=2fe2+sncl62sn2+4cl+2hgcl2=sncl62+hg2cl26fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o加入稍微过量的sncl2的目的是：若不加hgcl2，则测定的fe3+ 量（填“偏高”、“偏低”、“不变”）（4）滤液中含有少量fe3+，试写出产生fe3+的离子方程式表示：已知部分阳离子一氢氧化物形式沉淀时，溶液的ph见下表：沉淀物fe（oh）3al（oh）3fe（oh）2mg（oh）2mn（oh）2开始沉淀2.73.87.59.48.3完全沉淀3.25.29.712.49.8实验可选用的试剂有：稀hno3、ba（no3）2溶液酸性kmno4溶液、naoh溶液，要求制备过程中不产生有毒气体请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：a；b；c分离，洗涤； d灼烧，研磨五.【化学-选修3：物质结构与性质】12硼（b）、铝（al）、镓（ga）均属于硼族元素（第a族），它们的化合物或单质都有重要用途回答下列问题：（1）写出基态镓原子的电子排布式（2）已知：无水氯化铝在178升华，它的蒸气是缔合的双分子（al2cl6），更高温度下al2cl6则离解生成a1cl3单分子固体氯化铝的晶体类型是；写出al2cl6分子的结构式；单分子a1cl3的立体构型是，缔合双分子al2cl6中al原子的轨道杂化类型是（3）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子（如图），若其中有两个原子为10b，其余为11b，则该结构单元有种不同的结构类型（4）金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70gcm3，计算确定其晶胞的类型（简单、体心或面心立方）；晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，列式计算铝的原子半径r（a1）=pm六.【化学-选修5：有机化学基础】13有甲、乙、丙三种物质：（1）乙中含有的官能团的名称为（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i的反应类型是，反应的条件是，反应的化学方程式为（不需注明反应条件）（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：下列物质不能与b反应的是（选填序号）a金属钠 bfecl3 c碳酸钠溶液 dhbrc的结构简式为；丙的结构简式为d符合下列条件的所有同分异构体种，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式a苯环上的一氯代物有两种 b遇fecl3溶液发生显色反应c能与br2/ccl4发生加成反应2015-2016学年广东省湛江一中高三（上）月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化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）a华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅b汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物c“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量d包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理【分析】a二氧化硅具有良好的光学特性；b含有两种以上物质的属于混合物；c通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等；d硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂【解答】解：a二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的主要原料，故a正确；b汽油、漂白粉、水玻璃、王水都是由两种以上物质组成，均为混合物，故b正确；c通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，可减少粉尘污染、酸雨等，故c正确；d包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂，故d错误；故选：d【点评】本题考查了物质的用途，环境污染与治理，熟悉二氧化硅的性质，“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”的实质是解题关键，题目难度不大2如表叙述、均正确并且有因果关系的是（）叙述叙述anahco3能与碱反应食品工业用nahco3作焙制糕点的膨松剂bal既可和酸反应又可和强碱反应al可制成铝箔包装物品c浓硫酸有吸水性浓硫酸可干燥co、so3、h2sdk2feo4能与水作用生成fe（oh）3胶体和o2可k2feo4用于净化自来水并杀菌消毒aabbccdd【考点】钠的重要化合物；浓硫酸的性质；铝的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】anahco3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳；bal既可和酸反应又可和强碱反应与al可制成铝箔包装物品无关；c浓硫酸与h2s发生氧化还原反应；dk2feo4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体【解答】解：anahco3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳，和均正确，但无因果关系，故a错误；bal既可和酸反应又可和强碱反应，al可制成铝箔包装物品与具有延展性有关，二者无关系，故b错误；c浓硫酸与h2s发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，一般用浓硫酸干燥，故c错误；dk2feo4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，故d正确故选d【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大3已知na代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a在1l 0.1moll1氟化钠溶液中含有f和hf数目之和为0.1nab300ml 2mol/l蔗糖溶液中所含分子数为0.6nac标准状况下，1.8gd2o中含有na个中子d标准状况下，2.24l三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3na【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、根据物料守恒来分析；b、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子；c、重水的摩尔质量为20g/mol；d、标况下三氯甲烷为液态【解答】解：a、在1l0.1mol/l的naf溶液中，naf的物质的量n=cv=0.1mol/l1l=0.1mol，由于f是弱酸根，在溶液中水水解为hf，根据f原子的守恒可知，f和hf数目之和为0.1na，故a正确；b、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子，故溶液中的分子个数大于0.6na个，故b错误；c、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.09mol重水中含0.9na个中子，故c错误；d、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故d错误故选a【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4下列反应的离子方程式正确的是（）anh4hco3溶液中加入过量naoh溶液 hco3+oh=h2o+co32b向次氯酸钠溶液中通入少量的co2 2clo+h2o+co2=2hclo+co32c向乙二酸（h2c2o4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液 h2c2o4+2oh=c2o42+2h2od氯化亚铁溶液中加入稀硝酸 3fe2+4h+no3=3fe3+2h2o+no【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a氢氧化钠过量，铵根离子、碳酸氢根离子都反应；b少量co2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸；c氢氧化钠少量，羧基不能完全反应；d硝酸根离子在酸性环境下能氧化二价铁离子生成三价铁离子；【解答】解：anh4hco3溶液中加入过量naoh溶液，离子方程式：nh4+hco3+2oh=nh3h2o+h2o+co32，故a错误；b少量co2通入次氯酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：co2+h2o+clohco3+hclo，故b错误；c向乙二酸（h2c2o4）溶液中滴入少量氢氧化钠溶液，离子方程式为h2c2o4+oh=hc2o4+h2o，故c错误；d氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，离子方程式：3fe2+4h+no3=3fe3+2h2o+no，故d正确；故选：d【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应为用量对反应的影响，题目难度不大5x、y、z、w是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增x与z位于同一主族，y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，y、z、w原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是（）a室温下，0.1 mol/lw的气态氢化物的水溶液的ph1bz的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸cy单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应d原子半径由小到大的顺序：xyzw【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，应为al元素，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为si元素，x与z位于同一主族，则x为c元素，y、z、w原子的最外层电子数之和为14，则w的最外层电子数为1434=7，且原子序数最大，应为cl元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质【解答】解：y元素的单质既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应，应为al元素，z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为si元素，x与z位于同一主族，则x为c元素，y、z、w原子的最外层电子数之和为14，则w的最外层电子数为1434=7，且原子序数最大，应为cl元素，aw为cl元素，对应的hcl的水溶液为强酸，室温下，0.1 mol/lw的气态氢化物的水溶液的ph=1，故a错误；bz为si，对应的二氧化硅与水不反应，故b错误；cy为al，金属性比铁，可用铝热反应置换出铁，故c正确；dc元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则c元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为cclsial，故d错误故选c【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与naoh溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累6用下列装置不能达到有关实验目的是（）a证明非金属性强弱scsib制备并收集少量no气体c制取并收集干燥纯净的nh3d制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；b铜和稀硝酸反应生成no，no不溶于水，可以采用排水法收集no；c常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气；d氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，fe 2+和oh反应生成fe（oh）2沉淀【解答】解：a元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳、二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成原硅酸沉淀，说明酸性：硫酸碳酸硅酸，所以非金属性scsi，故a正确；b铜和稀硝酸反应生成no，no不溶于水，可以采用排水法收集no，故b正确；c常温下氨气和空气不反应，且氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，而不是向上排空气法收集氨气，故c错误；d氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，煤油和水不互溶，且密度小于水，所以能隔绝空气；阳极上铁失电子生成亚铁离子、阴极上氢离子放电生成氢气，fe 2+和oh反应生成fe（oh）2沉淀，所以该装置能制取fe（oh）2，故d正确；故选c【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、气体制取和收集、非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意d中要防止氢氧化亚铁被氧化，题目难度中等725时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（nh3h2o）+c（nh4+）=0.1moll1的混合溶液溶液中c（nh3h2o）、c（nh4+）与ph的关系如图所示下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）aw点表示溶液中：c（nh4+）+c（h+）=c（oh）bph=10.5溶液中：c（cl）+c（oh）+c（nh3h2o）0.1 moll1cph=9.5溶液中：c（nh3h2o）c（nh4+）c（oh）c（h+）d向w点所表示1l溶液中加入0.05molnaoh固体（忽略溶液体积变化）：c（cl）c（na+）c（oh）c（nh4+）c（h+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（nh3h2o）+c（nh4+）=0.1moll1的混合溶液，ph越大，溶液中c（nh4+）越小，根据图知，随着ph增大浓度减小的是c（nh4+）、增大的是 c（nh3h2o），a任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；b该混合溶液中，无论ph如何变化都存在c（cl）+c（oh）=c（nh4+）+c（h+），则c（cl）+c（oh）+c（nh3h2o）=c（nh4+）+c（h+）+c（nh3h2o）；cph=9.5溶液中，ph7，溶液呈碱性，则c（oh）c（h+）；根据图知c（nh3h2o）c（nh4+），溶液碱性较弱；d任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断【解答】解：将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（nh3h2o）+c（nh4+）=0.1moll1的混合溶液，ph越大，溶液中c（nh4+）越小，根据图知，随着ph增大浓度减小的是c（nh4+）、增大的是 c（nh3h2o），a任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（cl）+c（oh）=c（nh4+）+c（h+），所以c（nh4+）+c（h+）c（oh），故a错误；b该混合溶液中，无论ph如何变化都存在c（cl）+c（oh）=c（nh4+）+c（h+），则c（cl）+c（oh）+c（nh3h2o）=c（nh4+）+c（h+）+c（nh3h2o）=0.1mol/l+c（h+）0.1mol/l，故b错误；cph=9.5溶液中，ph7，溶液呈碱性，则c（oh）c（h+）；根据图知c（nh3h2o）c（nh4+），溶液碱性较弱，所以粒子浓度大小顺序是c（nh3h2o）c（nh4+）c（oh）c（h+），故c正确；d任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（cl）=c（na+），故d错误；故选c【点评】本题考查离子浓度大小比较，存在考查学生图象分析及判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意利用守恒方法解答，易错选项是b，注意利用电荷守恒进行代换，题目难度中等二、解答题（共3小题，满分43分）8亚氯酸钠（naclo2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取naclo2晶体按如图装置进行制取已知：naclo2饱和溶液在低于38时析出naclo23h2o，高于38时析出naclo2，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl（1）装置c的作用是防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）已知装置b中的产物有clo2气体，则装置b中反应的化学方程式为2naclo3+na2so3+h2so4=2clo2+2na2so4+h2o；装置d中反应生成naclo2的化学方程式为2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2；反应后的溶液中阴离子除了clo2、clo3、cl、clo、oh外还可能含有的一种阴离子是so42；检验该离子的方法是取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42；（3）请补充从装置d反应后的溶液中获得naclo2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥得到成品（4）如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是naclo3和nacl；实验：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中naclo2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的ki晶体，在酸性条件下发生如下反应：clo2+4i+4h+=2h2o+2i2+cl，将所得混合液稀释成100ml待测溶液取25.00ml待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c moll1 na2s2o3标准液滴定至终点，测得消耗标准液体积的平均值为v ml（已知：i2+2s2o32=2i+s4o62）请计算所称取的样品中naclo2的物质的量为cv103mol【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】电离平衡与溶液的ph专题；卤族元素；氧族元素；无机实验综合【分析】（1）装置d中发生气体反应，装置内压强降低，装置c的作用是安全瓶，防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）装置b中制备得到clo2，所以b中反应为naclo3和na2so3在浓h2so4的作用生成 clo2和na2so4，装置d反应后的溶液获得naclo2晶体，装置d中生成naclo2，cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；b制得的气体中含有so2，在装置d中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl；（5）根据化学反应可得关系式：naclo22i24s2o32，令样品中naclo2的物质的量x，根据关系式计算【解答】解：（1）装置d中发生气体反应，装置内压强降低，装置c的作用是安全瓶，防止d瓶溶液倒吸到b瓶中，故答案为：防止d瓶溶液倒吸到b瓶中；（2）装置b中制备得到clo2，所以b中反应为naclo3和na2so3在浓h2so4的作用生成 clo2和na2so4，反应的方程式为2naclo3+na2so3+h2so4=2 clo2+2na2so4+h2o，装置d反应后的溶液获得naclo2晶体，装置d中生成naclo2，cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2，b制得的气体中含有so2，在装置d中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在so42，用氯化钡溶液检验so42，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42，故答案为：2naclo3+na2so3+h2so4=2clo2+2na2so4+h2o；2naoh+2clo2+h2o2=2naclo2+2h2o+o2；so42；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加bacl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有so42；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体naclo23h2o，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时naclo2分解成naclo3和nacl，所以如果撤去d中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是naclo3和nacl，故答案为：naclo3和nacl；（5）令样品中naclo2的物质的量x，则：naclo22i24s2o32，1mol 4mol0.25x c moll1v103l 解得：x=cv103mol故答案为：cv103mol【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大9纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）h2o2氧化feso4的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o（2）加入氨水的目的是使fe3+转化为fe（oh）3，其化学反应方程式为fe2（so4）3+6nh3h2o=2fe（oh）3+3（nh4）2so4（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，滴入23滴kscn（或nh4scn）溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2al2（nh4）2（so4）424h2o2al2o3+4nh3+8so3+50h2o【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，加入氨水调节溶液ph值，fe3+使转化为fe（oh）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，以此来解答【解答】解：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，加入氨水调节溶液ph值，fe3+使转化为fe（oh）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，（1）h2o2氧化feso4的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；（2）由上述分析可知，加氨水的目的是使fe3+转化为fe（oh）3；发生的反应为fe2（so4）3+6nh3h2o=2fe（oh）3+3（nh4）2so4，故答案为：使fe3+转化为fe（oh）3；fe2（so4）3+6nh3h2o=2fe（oh）3+3（nh4）2so4；（3）是否除尽杂质，操作为用试管取少量洗涤液，滴入23滴kscn（或nh4scn）溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净，故答案为：滴入23滴kscn（或nh4scn）溶液，若溶液不变红色；（4）分离可溶性固体，则蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可，由原子守恒可知，分解反应为2al2（nh4）2（so4）424h2o 2al2o3+4nh3+8so3+50h2o，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；2；4；8；50h2o【点评】本题考查混合物分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大10镁、铁、钨、钒的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛mg2ni是一种储氢合金，已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1（1）写出mg2ni和mgh2 反应生成mg和mg2nih4的热化学方程式：mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）h=+84.6kj/mol（2）一定温度下，在碘钨灯灯泡内封存的少量碘与沉积在灯泡壁上的钨可以发生如下的可逆反应：w（s）+i2（g）wi2（g），为模拟上述反应，在实验室中准确称取4.5103mol碘、6.0103mol金属钨放置于50.0ml密闭容器中，并加热使其反应如图1是混合气体中的wi2蒸气的物质的量随时间变化关系的图象，其中曲线（0t2时间段）的反应温度为450，曲线（从t2时刻开始）的反应温度为530请回答下列问题：该反应是放热（填“放热”或“吸热”）反应450该反应的化学平衡常数k=0.5；反应从开始到t1（t1=3min）时间内的平均速率：v（i2）=1.0102moll1min1能够说明上述反应已经达到平衡状态的有bcai2与wi2的浓度相等b单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等c容器内混合气体的密度不再改变d容器内气体压强不发生变化（3）烟气（主要含so2、co2）在较高温度经如图2所示方法脱除so2，并制得h2so4在阴极放电的物质是o2在阳极生成so3的电极反应式是2so424e=2so3+o2【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【专题】化学平衡图像；化学平衡专题【分析】（1）已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1根据盖斯定律，2可得：mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）；（2）由图可知，升高温度，wi2的物质的量减少，说明化学平衡逆向移动，正反应为放热反应；450平衡时，n（wi2）=1.5103mol，则n（i2）=4.5103mol1.5103mol=3103mol，反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入k=计算平衡常数；根据v=计算v（i2）；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；（3）阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，由示意图可知，阴极是氧气获得电子得到so42，阳极是熔融硫酸钾中硫酸根失去电子生成so3、o2【解答】解：（1）已知：mg（s）+h2（g）=mgh2（s）h1=74.5kjmol1mg2ni（s）+2h2（g）=mg2nih4（s）h2=64.4kjmol1根据盖斯定律，2可得：mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）h=+84.6kj/mol，故答案为：mg2ni（s）+2mgh2（s）2mg（s）+mg2nih4（s）h=+84.6kj/mol；（2）由图可知，升高温度，wi2的物质的量减少，说明化学平衡逆向移动，正反应为放热反应；450平衡时，n（wi2）=1.5103mol，则n（i2）=4.5103mol1.5103mol=3103mol，反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则k=0.5，故答案为：放热；0.5；n（i2）=n（wi2）=1.5103mol，则v（i2）=1.0102moll1min1，故答案为：1.0102moll1min1；a平衡时i2与wi2的浓度与碘的转化率有关，平衡时不一定相等，故a错误；b单位时间内，金属钨消耗的物质的量与单质碘生成的物质的量相等，说明单质碘的生成速率与消耗速率相等，反应到达平衡，故b正确；c容器容积不变，随反应进行容器内混合气体总质量增大，容器内混合气体的密度增大，当混合气体密度不再改变时，反应到达平衡，故c正确；d反应前后气体物质的量不变，恒温恒容下容器内气体压强始终不变，故d错误，故选：bc；（3）阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，由示意图可知，阴极是氧气获得电子得到so42，阳极是熔融硫酸钾中硫酸根失去电子生成so3、o2氧气在阴极获得电子，故答案为：o2；阳极电极反应方程式为：2so424e=2so3+o2，故答案为：2so424e=2so3+o2【点评】本题考查化学平衡有关计算、化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡状态判断、热化学方程式书写、电解原理等，题目素材陌生，侧重于考查学生运用知识分析解决问题能力，难度中等四.【化学-选修2：化学与技术】11利用硫酸渣（主要含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等杂质）制备氧化铁的工艺流程如下：（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是：抑制fe3+的水解；提高铁的浸出率（2）“还原”是将fe3+转化为fe2+，同时fes2 被氧化为so42该反应的离子方程式为：14fe3+fes2+8h2o=15fe2+2so42+16h+（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中fe3+的量，以控制加入fes2 的量实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入hcl、稍微过量的sncl2 再加hgcl2 除去过量的sncl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用k2cr2o7 标准液滴定，有关反应方程式如下：2fe3+sn2+6cl=2fe2+sncl62sn2+4cl+2hgcl2=sncl62+hg2cl26fe2+cr2o72+14h+=6fe3+2cr3+7h2o加入稍微过量的sncl2的目的是：确保fe3+完全转化为fe2+若不加hgcl2，则测定的fe3+ 量偏高（填“偏高”、“偏低”、“不变”）（4）滤液中含有少量fe3+，试写出产生fe3+的离子方程式表示：4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o已知部分阳离子一氢氧化物形式沉淀时，溶液的ph见下表：沉淀物fe（oh）3al（oh）3fe（oh）2mg（oh）2mn（oh）2开始沉淀2.73.87.59.48.3完全沉淀3.25.29.712.49.8实验可选用的试剂有：稀hno3、ba（no3）2溶液酸性kmno4溶液、naoh溶液，要求制备过程中不产生有毒气体请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：a向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；b滴加naoh溶液，调节溶液为ph为3.23.8；c分离，洗涤； d灼烧，研磨【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合【分析】（1）酸浸”中硫酸要适当过量，抑制fe3+的水解、提高铁的浸出率；（2）由信息fe3+转化为fe2+，同时fes2被氧化为so42，在利用氧化还原反应配平方程式：（3）若sncl2不足量，fe3+没有完全还原为fe2+，则测定的fe3+量偏低；若不加hgcl2，溶液中含有sn2+，也可以被酸性高锰酸钾氧化，消耗的酸性高锰酸钾氧化偏大，则测定的fe3+量偏高（4）滤液中含有少量fe3+，因为fe2+的氧化反应是被氧气氧化为铁离子；a向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；b滴加naoh溶液，调节溶液的ph为3.23.8，使fe3+完全沉淀【解答】解：（1）酸浸”中硫酸要适当过量，抑制fe3+的水解、提高铁的浸出率；故答案为：提高铁的浸出率；（2）根据题给信息，写出反应物和生成物，因为在酸性环境下反应，则介质为h2o和h+，根据电子得失守恒和离子所带电荷守恒可以写出离子方程式为：14fe3+fes2+8h2o=15fe2+2so42+16h+；故答案为：14fe3+fes2+8h2o=15fe2+2so42+16h+；（3）sncl2不足，fe3+没有完全反应，生成的fe2+偏少，所以要加入稍微过量的sncl2，确保fe3+完全转化为fe2+；故答案为：确保fe3+完全转化为fe2+；若不加hgcl2，过量的sn2+也能够被k2cr2o7氧化，则消耗的k2cr2o7标准溶液体积偏高，则测定的fe3+量偏高；故答案为：偏高；（4）滤液中含有少量fe3+，产生fe3+的原因是fe2+被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为：4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o；故答案为：4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2o；“过滤”后的溶液中有fe2