云南省玉溪一中高三化学上学期第二次月考试题（含解析）新人教版(1).doc

云南省玉溪一中2015届高三上学期第二次月考化学试题（解析版）可能用到的相对原子质量：h1 c12 o16 na23 mg24 al27 s32 cl35.5 k39 fe56 cu64 br80 ag108【试卷综析】本试卷是高三年级化学第二次月考试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，注重主干知识，兼顾覆盖面。试题以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。重点考查：氧化还原反应、离子反应、化学反应与能量、元素化合物知识、物质的性质及检验、分离和提纯、化学基本概念、常用化学计量、物质结构、有机化学等知识，考查了较多的知识点。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求，试题难度适中。第i卷(选择题 共42分)一、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题2分，共24分）【题文】1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( ) a. 葡萄糖可用于补钙药物的合成 b. 二氧化硫可广泛用于食品的漂白 c. 聚乙烯塑料制品可用于食品的包装 d. 次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【知识点】化学与生活o1【答案解析】b 解析：a、根据生活经验，葡萄糖酸钙口服液可知葡萄糖可用于补钙药物的合成 ，故a正确；b、二氧化硫有毒，不能可广泛用于食品的漂白，故b不正确；c、聚乙烯塑料无毒可用于食品的包装 ，聚氯乙烯塑料有毒，不能用于食品的包装，故c正确；d、84消毒液的主要成分是次氯酸钠，可用于环境的消毒杀菌，故d正确。故答案选b【思路点拨】本题考查了化学与生活，平时注意积累即可解答.【题文】2.下列各组物质中均能造成大气污染的是( ) ah2s、so2、粉尘、煤烟、氮的氧化物、碳氢化合物 bn2、no2、粉尘、煤烟cco2、o2、氮的氧化物、碳氢化合物dcl2、n2、煤烟、氮的氧化物【知识点】化学与环境o1 d3 d4【答案解析】a 解析：b、n2是空气的主要成分，不是大气污染物，故b错误；c、co2、o2是空气的成分，不是大气污染物，故c错误；d、n2是空气的主要成分，不是大气污染物，故d错误。故答案选a【思路点拨】本题考查了常见的大气污染物，大气污染物包含碳的氧化物、氮的氧化物、硫的氧化物、碳氢化合物、颗粒物等，n2、o2不属于大气污染物。【题文】3.下列关于c、si、s、cl四种非金属元素的说法中，正确的是( ) a在自然界中都能以游离态存在 b两两结合形成的化合物都是共价化合物c氢化物的热稳定性比较：ch4 sih4 h2s hcl d最高价氧化物都能与水反应生成相应的酸，且酸性依次增强【知识点】物质在自然界中的存在 元素周期律d1 d2 d3 e2【答案解析】b 解析：a、si、cl在自然界中只能以化合态存在，c、s在自然界中有游离态，故a错误；b、通过列举找不到形成的离子化合物，故b正确；c、根据元素的非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的热稳定性应该是sih4 ch4 ，故c错误；d、二氧化硅不能与水反应，不能得到对应的酸，故d错误。故答案选b【思路点拨】本题考查了元素周期律，理解元素的非金属性越强，氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物的酸性越强。【题文】4以下物质间的转化，不能通过一步反应实现的是( ) asso3h2so4 bal(oh)3al2o3al ccucucl2cu(oh)2 dnana2o2na2co3【知识点】物质间的转化d3 c2 c3【答案解析】a 解析：a、硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能一步得到三氧化硫，故a正确；b、分别通过加热、电解可实现al(oh)3al2o3al ，故b能；c、分别通过与氯气反应、与氢氧化钠溶液反应实现cucucl2cu(oh)2 ，故c能；d、分别通过在氧气中燃烧、与二氧化碳反应，故d能。故答案选a【思路点拨】本题考查了物质间的转化，掌握常见物质的化学性质是关键，注意硫与氧气无论氧气少量还是过量只能得到二氧化硫，二氧化硫在有催化剂存在并加热时才生成三氧化硫。【题文】5. 常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是a能使ph试纸呈红色的溶液：na、nh、i、nob加入铝粉生成h2的溶液：k、mg2、so、hcocc(fe3)0.1moll1的溶液：h、al3、i、scnd0.1moll1的溶液：na、k、sio、no【知识点】离子共存问题b1 【答案解析】d 解析：a、能使ph试纸呈红色的溶液呈酸性，酸性环境的硝酸根离子有强氧化性，能氧化i而不能大量共存，故a错误；b、加入铝粉生成h2的溶液呈酸性或碱性，hco与酸或碱都反应，mg2与碱反应，故b错误；c、fe3与scn发生络合反应，故c错误；d、计算得c(h+)=10-13，所给溶液呈碱性，4种离子间都不发生反应，一定能大量共存与溶液，故d正确。故答案选d【思路点拨】本题考查了离子共存问题，掌握常见离子间的反应是解答的关键，注意分析所给溶液的性质。【题文】6. 设na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )a. 1l 1moll-1的naclo 溶液中含有clo-的数目为na b标准状况下，一定量的铜与硝酸反应后生成224 l no、no2、n2o4的混合气体，则被还原的硝酸的分子数大于na c铁做电极电解食盐水，若阴极得到na个电子，则阳极产生11.2l气体（标况下） d标准状况下，6.72l no2与水充分反应转移的电子数目为0.1na 【知识点】阿伏加德罗常数a1 d4 f4【答案解析】b 解析：a、clo-离子水解，1l 1moll-1的naclo 溶液中含有clo-的数目小于na，故a错误；b、标准状况下，一定量的铜与硝酸反应后生成224 l no、no2、n2o4的，可知还原产物为1摩尔，根据氮原子守恒，还原的硝酸物质的量大于1摩尔，故b正确；c、铁做电极电解食盐水，阳极发生铁的氧化反应，不会产生气体，故c错误；d、根据3no2+h2o=2hno3+no，标准状况下，6.72l no2的物质的量是0.3摩尔，其中有0.1摩尔 no2被还原，转移的电子数目为0.2na ，故d错误。故答案选b【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了氧化还原反应中电子转移的分析，盐类的水解等知识，理解no2与水反应时有2/3的no2被氧化1/3的no2被还原。【题文】7.用石墨做电极电解1 mol/l cuso4溶液，当c（cu2）为05 mol/l时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原状况( )acuso4bcuoccu（oh）2 dcuso45h2o【知识点】电解原理f4【答案解析】b 解析：用石墨做电极电解cuso4溶液，当硫酸铜有剩余时，只发生2cuso4+2h2o2cu+o2+2h2so4，所以向剩余溶液中加入cuo，cuo+h2so4=cuso4+h2o，可使电解质溶液恢复至原状况。故答案选b【思路点拨】本题考查了电解原理的应用，顺利书写电解反应方程式是关键。【题文】8下列说法正确的是( )漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；非极性键也可能存在于离子化合物中a b c d【知识点】物质分类 化学键d2 n2【答案解析】a 解析：漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，正确；石油的分馏是物理变化，故错误；纯碱的化学式是na2co3属于盐，故错误；例如过氧化钠晶体中有非极性键，非极性键也可能存在于离子化合物中，正确；故答案选a【思路点拨】本题考查了物质分类、化学键等知识，注意中学阶段特殊混合物的积累。【题文】9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )a.将过量so2通入少量氨水中：so22nh3h2o=2nh4+so32-b.实验室用cu和稀hno3反应制取少量no气体：cu4h+no3- =cu2+no2h2oc.nahso4溶液与ba(oh)2溶液反应至中性：2h+so42-ba2+2oh-baso42h2od.kio3与ki在酸性溶液中反应：5i-io3-3h2o=3i26oh-【知识点】离子方程式正误判断 b1【答案解析】c 解析：a、过量so2通入少量氨水中生成亚硫酸氢铵，故a错误；b、配平错误，不满足电荷守恒和质量守恒，故b错误；c、nahso4溶液与ba(oh)2溶液反应至中性，nahso4与ba(oh)2按物质的量之比21反应，故c正确；d、溶液呈酸性生成物中有oh-不合理，应该是5i-io3-6h+=3i23h2o，故d错误。故答案选c【思路点拨】本题考查了离子方程式正误判断，应特别注意量的多少问题。【题文】10下列叙述中正确的是（ ）（1）纯铁比碳素钢易生锈（2）用氨水除去试管上的银镜（3）硅是制作光导纤维和制造太阳能电池的主要原料（4）可用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验验证元素的非金属性（5）催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的热效应（6）用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质（7）同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大（8）在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法治炼铝（9）丁达尔效应可用于区别溶液与胶体，云、雾均能产生丁达尔效应（10）明矾可用于水的消毒、杀菌；碳酸钡可用于钡餐透视a（1）（4）（6）（7）b（4）（6）（9）（10）c（3）（5）（6）（8） d（5）（6）（8）（9）【知识点】物质的性质 原电池原理 元素性质f3 d1 h4【答案解析】d 解析：（1）铁中含碳容易形成原电池加快反应速率，纯铁比碳素钢易生锈，错误；（2）氨水与银不反应，应该用硝酸除去试管上的银镜，故错误；（3）二氧化硅是制作光导纤维的主要原料，故错误；（4）元素的非金属性可通过元素的最高价氧化物的水化物的酸性进行验证，要把盐酸换成高氯酸，故错误；（5）催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的热效应，正确；（6）用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质，正确；（7）同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越小，故错误；（8）al2o3在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法治炼铝，正确；（9）丁达尔效应可用于区别溶液与胶体，云、雾属于胶体，所以均能产生丁达尔效应，正确；（10）明矾净水是利用氢氧化铝胶体的吸附作用，吸附水中的杂质；硫酸钡可用于钡餐透视，碳酸钡溶于盐酸，不能用作钡餐，故错误；故答案选d【思路点拨】本题考查了物质的性质、原电池原理、元素性质等知识，知识覆盖面广。【题文】11可逆反应ma(g)+nb(s)rc(g)+qd(g)在反应过程中，其他条件不变，d的体积百分含量和温度t 或压强p关系如图所示，下列叙述中正确的是( ) a化学方程式系数m+n = rq b使用催化剂，d的物质的量分数增加 c温度降低，化学平衡向正反应方向移动 d物质b的颗粒越小，反应越快，有利于平衡向正反应方向移动【知识点】温度、压强对化学平衡的影响g2 g3【答案解析】c 解析：a、根据d的体积百分含量和压强关系图像可知改变压强平衡不移动，说明化学方程式系数m= rq，故a错误；b、使用催化剂只能改变反应速率，平衡不移动，d的物质的量分数不变，故b错误；c、根据d的体积百分含量和温度关系的图像可知t2t1，t2到t1温度降低，d的体积百分含量增大，说明化学平衡向正反应方向移动，故c正确；d、物质b的颗粒越小，反应越快，不影响平衡，故d错误。故答案选c【思路点拨】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，理解加压平衡向气体体积减小的方向移动，注意反应物和生成物的状态。【题文】12.海洋中有丰富的食品，矿产，能，药物和水产资等(如下图所示) 下列有关说法正确的是( )a第步中除去粗盐中的so42-、ca2+、mg2+、fe3+等杂质，加入的药品顺序为：na2co3溶液naoh溶液bacl2溶液过滤后加盐酸b第步中结晶出的mgcl26h2o可在空气中受热分解制无水mgcl2c在第步中溴元素均被氧化d从第步到第步的目的是为了浓缩【知识点】海水的综合利用o2 j2【答案解析】d 解析：a、除去粗盐中的so42-、ca2+、mg2+、fe3+等杂质，加入的药品顺序必需保证na2co3溶液在加入bacl2溶液之后，这样在用na2co3溶液除ca2+的同时将过量的bacl2一起除去，故a错误；b、mgcl26h2o受热分解时镁离子水解，由于氯化氢挥发，最后得到氢氧化镁，无法制无水mgcl2，故b错误；c、第步中溴元素被还原，故c错误；d、从第步到第步的目的是为了浓缩，富集溴，故d正确。故答案选d【思路点拨】本题借助海水的综合利用考查了除杂、物质制备、氧化还原等知识，理解流程图是关键。二、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题3分，共18分）【题文】13锂电池的构造如图所示，电池内部“”表示放电时li+的迁移方向，电池总反应可表示为：li1-xcoo2+lixc6licoo2+6c，下列说法错误的是（ ）a该电池的负极为licoo2 b电池中的固体电解质可以是熔融的氯化钠、干冰等c充电时的阴极反应：li1-xcoo2+xli+xe-=licoo2 d外电路上的“”表示放电时的电子流向【知识点】原电池原理f3 【答案解析】b 解析：根据锂离子的移动方向，确定licoo2是负极，碳电极是正极，电子从负极经外电路移向正极，充电时为电解池，阴极发生得电子的还原反应，故a、c、d正确。干冰是固体二氧化碳，属于非电解质，故b错误；故答案选b【思路点拨】本题考查了原电池原理，要理解原电池内部阳离子移向正极，电子从负极经外电路移向正极。【题文】14某溶液中含有nh、mg2+、fe2+、al3+和so五种离子，若向其中加入过量的ba(oh)2溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，溶液中大量减少的离子有( )a4种 b3种 c2种 d1种【知识点】离子反应 b1【答案解析】c 解析：向溶液中加入过量的ba(oh)2溶液，微热并搅拌，生成硫酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀和偏铝酸盐，放出氨气，再加入过量的氢碘酸重新生成mg2+、fe2+、al3+ ，溶液中大量减少的离子有nh、so；故答案选c【思路点拨】本题考查了离子间的反应，注意fe2+、al3+在反应中的变化，氢碘酸是还原性的强酸。【题文】15已知w、x、y、z为短周期元素，w、z同主族，x、y、z同周期，w的气态氢化物的稳定性大于z的气态氢化物的稳定性，x、y为金属元素，x的阳离子的氧化性小于y的阳离子的氧化性。下列说法正确的是（ ）aw的气态氢化物的沸点一定高于z的气态氢化物的沸点bw与x形成的化合物中只含离子键cx、y、z、w的原子半径依次减小d若w与y原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为y2w3【知识点】元素周期表和元素周期律e2【答案解析】c 解析：已知w、x、y、z为短周期元素，w、z同主族，w的气态氢化物的稳定性比z的气态氢化物的稳定性强，w、z为非金属，原子序数zw，w处于第二周期，z处于第三周期，x、y、z同周期，x、y为金属元素，x的阳离子的氧化性小于y的阳离子的氧化性，原子序数yx，二者处于第三周期，根据选项根据可能的情况进行判断a、如果是ch4和sih4，沸点ch47，则c(cl-)c(nh4+)c(oh-)c(h+)b已知mgco3的ksp=6.8210-6，则所有含有固体mgco3的溶液中，都有c（mg2+）=c（co32-） ，且c（mg2+）c（co32-）=6.8210-6 moll1c 0.1mol/lna2co3与0.1mol/lnahco3溶液等体积混合： c(na)c(co32)c(hco3)c(h2co3)d用惰性电极电解na2so4溶液，阳阴两极产物的物质的量之比为21【知识点】溶液中的离子浓度关系 电解原理 ksph5 h6【答案解析】c 解析：a、根据电荷守恒式：c(cl-)+c(oh-)=c(nh4+)+c(h+)知a错误；b、假设是mgco3与na2co3的混合溶液，c（mg2+）与c（co32-）不相等，故b错误；c、na2co3与nahco3等物质的量时，钠原子与碳原子的物质的量之比是32，根据物料守恒得c(na)c(co32)c(hco3)c(h2co3)，故c正确；d、用惰性电极电解na2so4溶液，实质是电解水，阳阴两极产物分别是氧气、氢气，物质的量之比为12，故d错误。故答案选c【思路点拨】本题考查了溶液中的离子浓度关系、电解原理、ksp等，理解电荷守恒、质量守恒是解答的关键。【题文】18取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 ml的no2气体和672 mln2o4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于 ( )a8.64g b9.44g c9.00g d 9.20g 【知识点】金属与硝酸反应的规律c2 c3 d4【答案解析】d 解析：还原产物no2的物质的量是8960 ml/(22400ml/mol)=0.4摩，n2o4的物质的量是672ml/(22400ml/mol)=0.03摩，化合价共降低0.4+20.03=0.46；设铜xmol,镁ymol，则有：98x+58y=17.02 ；2x+2y=0.46.解得x=0.092 y=0.138；所以x=0.092mol64g/mol+0.138mol24g/mol=9.20g故答案选d【思路点拨】本题考查了金属与硝酸反应的规律，利用氧化还原反应原理即可顺利解答。第ii卷(非选择题 共58分)三、非选择题（包括必考题和选考题两部分；第19至21题为必考题，每个试题都必须作答。第22题至24题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题（本题包括3个小题，共43分）19 （14分）a、b、c、d是短周期元素形成的四种气体单质。e、f均为气体，且f为红棕色。有关的转化关系如下图所示（反应条件均已略去）。请回答下列问题：(1) d的化学式为 。（2）写出实验室制y的化学方程式 。（3）反应的离子方程式为 。（4）写出反应的化学方程式 。（5）y和e在一定条件下可反应生成b和z，这是一个具有实际意义的反应，可消除e对环境的污染，该反应的化学方程式为 。（6）常温下0.1 moll1的y溶液中c(h+)/c(oh-)=1108，下列叙述正确的是（ ） a该溶液的ph=11 b该溶液中的溶质电离出的阳离子浓度0.1 moll1 c该溶液中水电离出的c(h+)与c(oh-)乘积为11022dph=3的盐酸溶液v1 l与该0.1 moll1的y溶液v2 l混合，若混合溶液ph=7，则v1v2 e将以上溶液加水稀释100倍后，ph为9【知识点】氮的化合物的性质 弱电解质的电离d4 h1【答案解析】h2 (2分) （2）2nh4cl + ca(oh)2cacl2+2nh3+2h2o（2分）(3)3no2+h2o=2h+2no3-+no（2分）(4)4nh3+ 5o24no+6h2o（2分）(5)4nh3+6no=5n2+6h2o（3分）(6)acd（3分） 解析：根据题意白烟是挥发性酸和氨气相遇后的产物，由此可推知d是h2，f是红棕色气体应为no2，逆推可知e为no，c为o2，z为h2o，y为nh3，x为hcl，g为hno3。(2)实验室制取氨气的方程式为：2nh4cl + ca(oh)2cacl2+2nh3+2h2o二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：3no2+h2o=2h+2no3-+no。是氨的催化氧化，化学方程式为：4nh3+ 5o24no+6h2o(5) y和e在一定条件下可反应生成b和z，即nh3与no发生氧化还原反应：4nh3+6no=5n2+6h2o(6) 常温下kw=c(h+)c(oh-)=110-14，结合题中c(h+)/c(oh-)=1108，可得c(oh-)=110-3moll1，故溶液的ph=11，a正确。根据nh3h2o nh4+oh-可得由氨水电离出的c(nh4+)=110-3 moll1，b错。由水电离出的c(h+)=c(oh-)=110-11moll1，c正确。选项d显然是正确。选项e考虑到氨水是弱电解溶液，故加水稀释100倍后溶液的ph大于9，选acd【思路点拨】本题借框图推断考查了氮的化合物的性质，弱电解质的电离等知识，关键是利用好突破口完成框图推断。【题文】20（11分）应用化学知识，回答下列问题(1)最近有科学家提出构想：把空气吹入饱和碳酸钾溶液，然后再把co2从溶液中提取出，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇。已知在常温常压下：2ch3oh(l)+3o2(g) = 2co2(g)+4h2o(g) h = 1275.6 kj/mol2co(g)+o2(g)=2co2(g) h = 566.0 kj/mol h2o(g)=h2o(1) h = 44.0 kj/mol则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 _ 。（2）水煤气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2h2(g) + co(g) ch3oh(g) h= + 181.6kj/mol。此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中加入co、h2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质h2coch3oh浓度/（moll1）0.20.10.4比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“”、“”、“ （2分） (3) （2分） 90%（2分）解析：（1）2ch3oh(l)+3o2(g) = 2co2(g)+4h2o(g) h = 1275.6 kj/mol2co(g)+o2(g)=2co2(g) h = 566.0 kj/mol h2o(g)=h2o(1) h = 44.0 kj/mol根据盖斯定律1/2-1/2+2得：ch3oh(l)+o2(g)=co(g)+2h2o(l) h = -442.5 kj/mol(2) 某时刻：160，所以平衡正向移动，v正 v逆 ；(3)在500时，分别将2 mola和1molb置于恒压容器和恒容容器中，相对于为加压，达到平衡所需时间是。 2a(g)+b(g)2c(g)起始物质的量（mol） 2 1 0转化物质的量（mol） 2x x 2x平衡物质的量（mol） （2-2x）(1-x) 2x平衡时，测得容器中的压强减小了30%,即物质的量减小了30%，（2-2x）+(1-x) +2x=70%3，解得x=0.9，该容器中a的转化率为。【思路点拨】本题考查了化学反应与能量、化学平衡的移动等，计算时利用三段式清楚明了。【题文】21（18分）无水氯化铝是有机化工常用催化剂，其外观为白色固体，178时升华，极易潮解，遇水后会发热并产生白雾。实验室用如下装置制备少量无水氯化铝，其反应原理为：2al + 6hcl(g) = 2alcl3 + 3h2完成下列填空：a为浓硫酸，b为nacl固体（1）进行实验时应先点燃 （选填“b”或“d”）处酒精灯。（2）用粗短导管连接d、e的目的是_（选填序号）。a. 防堵塞 b. 防倒吸 c. 平衡气压 d. 冷凝回流（3）f中盛有碱石灰，其目的是 （选填序号）。a. 吸收多余hcl b. 吸收cl2 c. 吸收co2d. 防止空气中h2o进入e瓶（4）将d中固体改为氯化铝晶体（alcl36h2o）也能进行无水氯化铝的制备，此时通入hcl气体的目的是 。若实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝化学式为al2(oh)ncl(6-n)，且质量是原氯化铝晶体（alcl36h2o）的40%，则可推算n的值为 。焦亚硫酸钠（na2s2o5）是常用的食品抗氧化剂之一。na2s2o5溶于水即生成nahso3。（1）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phb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(2)检验na2s2o5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_ _。（3）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的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为so2 + i2 + 2 h2o = h2so4 + 2 hi）按上述方案实验，消耗标准i2溶液25.00 ml，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为 g/l。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”）。【知识点】实验方案设计 滴定分析j4 j5【答案解析】 （1）b （2）a（3）ad（4）抑制alcl3水解；4(1)a、e (2) 取少量na2s2o5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。(3) 0.16 偏低解析：（1）根据题意，应该先排除装置内的空气，所以应先点燃b处酒精灯。（2）根据提示氯化铝易升华，用粗短导管连接d、e，可知实验目的是防堵塞。（3）f中盛有碱石灰，其目的是吸收多余hcl，防止污染空气，防止空气中h2o进入e瓶使alcl3水解。（4）将d中固体改为氯化铝晶体（alcl36h2o）也能进行无水氯化铝的制备，此时通入hcl气体的目的是通入hcl是为了防止alcl3水解。若实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝化学式为al2(oh)ncl(6-n)，且质量是原氯化铝晶体（alcl36h2o）的40%，根据铝守恒知2摩尔alcl36h2o制得1摩尔al2(oh)ncl(6-n) ，解得n=4.（1）若hso3的电离程度大于水解程度则溶液呈酸性，所以证明nahso3溶液中hso3的电离程度大于水解程度，只要证明溶液呈酸性即可，选a、e。(2) 如果na2s2o5晶体在空气中已被氧化，则na2s2o5晶体溶于水，水溶液中含硫酸根离子，所以验证方法是取少量na2s2o5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。(3) 根据so2 + i2 + 2 h2o = h2so4 + 2 hi，n(so2)=n( i2 )=0.01mol/l0.025l=0.00025mol，样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为：（0.00025mol64g/mol）/0.1l=0.16g/l。在实验过程中，若有部分hi被空气氧化，则试剂消耗碘单质的物质的量偏小，使得测得结果偏低。(4) 【思路点拨】本题考查了实验方案设计、滴定分析等知识，综合性较强，注重题目的引导以及理解实验目的是关键。（二）选考题（15分。从给出的3道小题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。如果多做，则按所做的第一小题计分）【题文】22【化学选修2：化学与技术】（15分）技术的发展与创新永无止境，我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如图k394：图k394(1)向沉淀池中要通入co2和氨气，应选通入_ (填化学式)。原因是_。(2)沉淀池中发生反应的化学方程式是_。(3)母液中的溶质主要是_。向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入氨气的作用是_。(4)使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了_(填上述流程中的编号)的循环，物质x是_，从沉淀池中提取沉淀的操作是_ 。(5)写出煅烧炉中发生反应的化学方程式_。(6)这样制得的产品碳酸钠中可能含有的杂质是_(填化学式)，为检验该杂 质的存在，具体操作是_。【知识点】化工流程o5【答案解析】(1)nh3因为co2溶解度较小，而nh3易溶于水，先通nh3有利于co2吸收(2)nh3co2naclh2o=nahco3nh4cl(3)nh4cl增大nh浓度，使nh4cl更多析出。(4)co2过滤(5)2nahco3na2co3co2h2o(6)nacl取少量试样溶解，加用hno3酸化的agno3溶液，若有白色沉淀，说明含有nacl杂质 解析：(1)向沉淀池中要通入co2和氨气，应选通入nh3因为co2溶解度较小，而nh3易溶于水，先通nh3使溶液呈碱性有利于co2吸收。(2)沉淀池中nh3 co2 nacl和水反应生成碳酸氢钠，发生反应的化学方程式是：nh3co2naclh2o=nahco3nh4cl(3)根据反应nh3co2naclh2o=nahco3nh4cl过滤所得母液中的溶质主要是nh4cl，向母液中通入氨气的作用是增大nh浓度，使nh4cl更多析出。(4)使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了的循环，物质x是co2，从沉淀池中提取沉淀的操作是过滤。(5)煅烧nahco3制na2co3 反应的化学方程式2nahco3na2co3co2h2o(6)制得的产品碳酸钠中可能含有的杂质是nacl，利用氯离子的检验方法解答：取少量试样溶解，加用hno3酸化的agno3溶液，若有白色沉淀，说明含有nacl杂质。【思路点拨】本题考查了侯德榜制碱法的流程，原理简单，试题侧重简答，难点是语言表达。【题文】23【化学选修3：物质结构与性质】（15分）（1）含碳物质不完全燃烧会产生co。血红蛋白中含有fe2+，co易与血红蛋白结合成稳定的配合物而使人中毒，写出铁离子(fe3+)的核外电子排布式为 ，co有多种等电子体，其中常见的一种分子是 。利用co可以合成化工原料cocl2、配合物fe(co)5等，已知一个cocl2分子中每个原子最外层都形成8电子的稳定结构，则一个cocl2分子内含有 个键，c原子的杂化方式为 。fe(co)5等在一定条件下分解生成co和铁，反应过程中断裂的化学键是 ，形成的化学键是 。 （2）a、b均为短周期金属元素。依据下表数据，回答问题：电离能/kjmol-1i1i2i3i4a9321 82115 39021 771b7381 4517 73310 540写出a原子的电子排布图 ，al原子的第一电离能 （填：“大于”、“小于”或“等于”）738 kjmol-1，原因是 。 （3）下图是一种镍（ni）镧（la）合金储氢后的晶胞结构图。该合金储氢后，含0.5mol ni的合金可吸附氢气的体积（标况）为 。【知识点】晶体结构 杂化类型 化学键n1 n2 n5【答案解析】（1） 1s22s22p63s23p63d5 n2 3个 sp2 配位键 金属键（每空1分）（2） （2分） 小于（2分） 由表中数据判断b为mg元素，其最外层电子排布式为3s2，而al最外层电子排布式为3s23p1，当3p处于全充满、半充满或全空时较稳定，因此，失去