广东省汕头市高三化学上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省汕头市高三（上）期末化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法正确的是（）a将28.6 g na2co310h2o溶于100 ml蒸馏水中，可以配成100 ml 1.0 mol/l na2co3溶液b可以用重结晶法除去kno3固体中混杂的nacl，这是因为nacl在水中的溶解度很大c用润湿的ph试纸测稀酸溶液的ph，测定值偏小d金属mg与co2和稀硫酸均能反应，其反应类型相同2cuso4溶液中加入过量ki溶液，产生白色cui沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量so2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）a滴加ki溶液时，ki被氧化，cui是还原产物b通入so2后，溶液变无色，体现so2的还原性c整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应d上述实验条件下，物质的氧化性：cu2+i2so23x、y、z、w为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，w、y为金属元素，x 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，y、z位于同周期，z单质是一种良好的半导体w能与冷水剧烈反应，y、z原子的最外层电子数之和与x、w原子的最外层电子数之和相等 下列说法正确的是（）a气态氢化物的稳定性：xzb原子半径：wyzxc最高价氧化物对应水化物的碱性：ywdy、z的氧化物都有酸性和碱性4在三种不同条件下，分别向容积为2l的恒容容器中加入2mol a和1mol b，发生反应如下：2a（g）+b（g）2d（g）h=q kjmol1，相关条件和数据见下表下列说法正确的是（）实验实验实验反应温度/800800850达到平衡所需时间/min40a30d物质平衡浓度/moll10.5b0.6反应的能量变化/kjq1q2q3a当容器中气体的相对分子质量不再发生变化时，说明该反应达到平衡状态b如果实验相比实验使用了催化剂，则a40，b=0.5c实验达到平衡时，向其中通入少量惰性气体，容器压强增大，平衡向右移动d由表中信息可知q0，并且有q1=q2q35液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点一种以液态肼（n2h4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，koh溶液作为电解质溶液下列关于该电池的叙述正确的是（）ab极发生氧化反应ba极的反应式：n2h4+4oh4e=n2+4h2oc放电时，电流从a极经过负载流向b极d其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜6下列有关物质的性质及应用说法正确的是（）a干燥的cl2和氯水均能使鲜花褪色bsio2具有导电性，可用于制造半导体材料c某溶液中加入bacl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有ag+dfe2+、so2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性7c3h2f5cl的结构有（不含立体异构）（）a7种b8种c9种d10种二、解答题（共3小题，满分43分）8醋酸亚铬水合物cr（ch3coo）2）22h2o，深红色晶体是一种氧气吸收剂，通常以二聚体分子存在，不溶于冷水和醚，溶于醇，易溶于盐酸实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的化学方程式如下：zn（s）+2hcl（aq）zncl2（aq）+h2（g）；2crcl3（aq）+zn（s）2crcl2（aq）+zncl2（aq）2cr2+（aq）+4ch3coo（aq）+2h2o（l）cr（ch3coo）222h2o （s）请回答下列问题：（1）检查虚框内装置气密性的方法是（2）醋酸钠溶液应放在装置中（填写装置编号，下同）；盐酸应放在装置中；装置4的作用是（3）本实验中所有配制溶液的水需煮沸，其原因是（4）将生成的crcl2溶液与ch3coona溶液混合时的操作是阀门a、阀门b （填“打开”或“关闭”）（5）本实验中锌粒须过量，其原因是（6）为洗涤cr（ch3coo）2）22h2o产品，下列方法中最适合的是a先用盐酸洗，后用冷水洗 b先用冷水洗，后用乙醇洗c先用冷水洗，后用乙醚洗 d先用乙醇洗涤，后用乙醚洗9焦亚硫酸钠（na2s2o5）常用作食品漂白剂其制备工艺流程如下：已知：反应包含2nahso3na2s2o5+h2o等多步反应（1）反应i的化学方程式为，反应进行时应先通入气体（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，目的是在上述工艺流程中可循环使用的物质是（3）反应中需控制参加反应的气体与固体的物质的量之比接近，若气体量不足，则会导致（4）na2s2o5与稀硫酸反应放出so2，其离子方程式为10草酸（h2c2o4）是一种二元弱酸，主要用作还原剂和漂白剂草酸的盐可用作碱土金属离子的广谱沉淀剂（1）草酸的电离方程式：（2）浓度为0.1mol/l的na2c2o4溶液中：c（c2o42）+c（hc2o4）+c（h2c2o4）=mol/l（3）40时混合一定体积的0.1mol/l h2c2o4溶液与一定体积0.01mol/l酸性kmno4溶液，填写表中空格温度v（h2c2o4）v（kmno4）kmno4褪色时间4010ml10ml40s4020ml20ml（4）结晶水合草酸（h2c2o42h2o）成品的纯度用高锰酸钾法测定称量草酸成品0.250g溶于水，用0.0500mol/l的酸性kmno4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗kmno4溶液15.00ml，反应的离子方程式为：；列式计算该成品的纯度（5）常温下mgc2o4的ksp=8.1105，已知当溶液中某离子的浓度105mol/l时可认为该离子已沉淀完全现为了沉淀1l0.01mol/lmgcl2溶液中的mg2+，加入100ml0.1mol/l的（nh4）2c2o4溶液，通过计算判断mg2+是否已沉淀完全（写出计算过程）化学-选修2：化学与技术11冰晶石（na3 alf6）难溶于水，广泛应用于铝的冶炼工业上用萤石（caf2）为原料生产na3 alf6：回答下列问题：（1）在铝的冶炼中，na3aif6的作用是（2）煅烧时总反应的化学方程式：caf2+sio2+na2co3casio3+2naf+co2，用水浸取后残渣的主要成分是（3）煅烧后的固体在浸取前进行粉碎的目的是，为达到相同目的，常温浸取时还可采取的措施是（4）写出向naf溶液中加入硫酸铝溶液发生反应的离子方程式：naf溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：，因此在按化学计量加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将naf溶液的ph下调至5左右，否则可能产生副产物（5）97.5kg含caf2 80%萤石（杂质不含氟元素）理论上可生产na3alf6kg（设生产过程中的每一步含氟物质均完全转化）化学-物质结构与性质12a族的氧、硫、硒（se）、碲（te）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含a族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途请回答下列问题：（1）s单质的常见形式为s8，其环状结构如图1所示，s原子采用的轨道杂化方式是；（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，o、s、se原子的第一电离能由大到小的顺序为；（3）se的原子序数为，其核外m层电子的排布式为；（4）h2se的酸性比h2s（填“强”或“弱”）气态seo3分子的立体构型为，so32离子的立体构型为；（5）h2seo3的k1和k2分别为2.7103和2.5108，h2seo4第一步几乎完全电离，k2为1.2102，请根据结构与性质的关系解释：h2seo3和h2seo4第一步电离程度大于第二步电离的原因：h2seo4比h2seo3酸性强的原因：（6）zns在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方zns晶体结构如图2所示，其晶胞边长为540.0pm，其密度为（列式并计算），a位置s2离子与b位置zn2+离子之间的距离为pm（列式表示）化学-选修5：有机化学基础13已知以下信息：（r、r表示氢原子或烃基）羟基之间也能脱水缩合d的相对分子质量为30，能发生银镜反应；f是一种高聚物，有机物a、b、c、d、e、f之间有如下转化关系：（1）化合物a的名称为1mol的a能消耗mol o2（2）写出d与银氨溶液反应的方程式：写出ef的方程式：（3）有一种同分异构体g，g能与na2co3反应放出co2，且分子的核磁共振氢谱只有两个吸收峰，g的结构简式为（4）已知在oh条件下，c与乙醛也能发生类似信息i的反应，生成的两种化合物（互为同分异构体），请写出结构简式：、2015-2016学年广东省汕头市高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列说法正确的是（）a将28.6 g na2co310h2o溶于100 ml蒸馏水中，可以配成100 ml 1.0 mol/l na2co3溶液b可以用重结晶法除去kno3固体中混杂的nacl，这是因为nacl在水中的溶解度很大c用润湿的ph试纸测稀酸溶液的ph，测定值偏小d金属mg与co2和稀硫酸均能反应，其反应类型相同【考点】溶液的配制；镁的化学性质；试纸的使用；物质的分离、提纯和除杂【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别【分析】a物质的量浓度中体积为溶液体积；b二者溶解度随温度的变化不同；c润湿的ph试纸测稀酸溶液，稀释了溶液，溶液酸性减弱；d镁和稀硫酸、二氧化碳均发生置换反应；【解答】解：a.28.6 g na2co310h2o物质的量为0.1mol，溶于100 ml蒸馏水，得到溶液体积大于100ml，溶液浓度小于1.0 mol/l，故a错误；bnacl随温度升高溶解度变化不大，kno3随温度升高溶解度变化大，可以用可以用重结晶法除去kno3固体中混杂的nacl，故b错误；c润湿的ph试纸测稀酸溶液，稀释了溶液，溶液酸性减弱，测定溶液ph偏大，故c错误；dmg+h2so4=mgso4+h2、co2+2mg2mgo+c，所以二者都是置换反应，故d正确；故选：d【点评】本题为综合题，考查了一定物质的量浓度溶液的配制、物质分离提纯、ph使用方法、镁的性质，掌握基础是解题关键，注意镁的性质，题目难度不大2cuso4溶液中加入过量ki溶液，产生白色cui沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量so2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）a滴加ki溶液时，ki被氧化，cui是还原产物b通入so2后，溶液变无色，体现so2的还原性c整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应d上述实验条件下，物质的氧化性：cu2+i2so2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】cuso4溶液中逐滴加入ki溶液化学方程式为2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2，反应中cu元素的化合价降低，i元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入so2气体，反应方程式为so2+2h2o+i2=h2so4+2hi，该反应中s元素的化合价升高，i元素的化合价降低，以此来解答【解答】解：a滴加ki溶液时，i元素的化合价升高，ki被氧化，cu元素的化合价降低，则cui是还原产物，故a正确；b通入so2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，s元素的化合价升高，体现其还原性，故b正确；c发生2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2、so2+2h2o+i2=h2so4+2hi均为氧化还原反应，没有复分解反应，故c错误；d.2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2反应中cu元素的化合价降低是氧化剂，i2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：cu2+i2，so2+2h2o+i2=h2so4+2hi中碘元素化合价由0价降低为1价，i2是氧化剂，so2被氧化，所以物质氧化性i2so2，所以氧化性cu2+i2so2，故d正确；故选c【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项b为易错点3x、y、z、w为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，w、y为金属元素，x 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，y、z位于同周期，z单质是一种良好的半导体w能与冷水剧烈反应，y、z原子的最外层电子数之和与x、w原子的最外层电子数之和相等 下列说法正确的是（）a气态氢化物的稳定性：xzb原子半径：wyzxc最高价氧化物对应水化物的碱性：ywdy、z的氧化物都有酸性和碱性【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】x、y、z、w为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故x为o元素；y、z位于同周期，z单质是一种良好的半导体，则z为si；w、y为金属元素，结合原子序数可知，w为k、ca中的一种，y为na、mg、al中的一种，y、z原子的最外层电子数之和与x、w原子的最外层电子数之和相等，则y、w原子最外层电子数之差为64=2，故y为al、w为k，据此解答【解答】解：x、y、z、w为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故x为o元素；y、z位于同周期，z单质是一种良好的半导体，则z为si；w、y为金属元素，结合原子序数可知，w为k、ca中的一种，y为na、mg、al中的一种，y、z原子的最外层电子数之和与x、w原子的最外层电子数之和相等，则y、w原子最外层电子数之差为64=2，故y为al、w为kax为o，z为si，非金属性osi，故氢化物稳定性h2osih4，故a错误；b同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径kalsio，故b正确；cy为al、w为k，金属性kal，故碱性kohal（oh）3，故c错误；dy最高价氧化物能为氧化铝，属于两性氧化物，而z的氧化物为二氧化硅，属于酸性氧化物，故d错误，故选b【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握4在三种不同条件下，分别向容积为2l的恒容容器中加入2mol a和1mol b，发生反应如下：2a（g）+b（g）2d（g）h=q kjmol1，相关条件和数据见下表下列说法正确的是（）实验实验实验反应温度/800800850达到平衡所需时间/min40a30d物质平衡浓度/moll10.5b0.6反应的能量变化/kjq1q2q3a当容器中气体的相对分子质量不再发生变化时，说明该反应达到平衡状态b如果实验相比实验使用了催化剂，则a40，b=0.5c实验达到平衡时，向其中通入少量惰性气体，容器压强增大，平衡向右移动d由表中信息可知q0，并且有q1=q2q3【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素【分析】a、反应前后气体体积不变，气体质量不变，物质的量变，m不变能作为平衡的判断依据；b、催化剂可以加快化学反应速率，但是不会改变化学平衡的移动；c、体积不变化，体系中加入惰性气体，则压强增大，各个组分的浓度不变；d、升高温度，化学平衡向着吸热的方向进行【解答】解：a、反应前后气体体积不变，该反应在反应前后气体质量不变，但是物质的量在变，当m不变，达到了平衡，故a正确；b、催化剂可以加快化学反应速率，但是不会改变化学平衡的移动，弱实验相比实验使用了催化剂，则a40，b=0.5，故b错误；c、体积不变化，体系中加入惰性气体，则压强增大，各个组分的浓度不变，平衡不会移动，故c错误；d、升高温度，化学平衡向着吸热的方向进行，所以q3最大，但是q1、q2不一定是相等的，故d错误故选a【点评】本题考查了化学平衡状态的判断依据，影响平衡的条件分析和平衡计算，反应速率计算应用，图表数据的处理是解题关键，题目难度中等5液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点一种以液态肼（n2h4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，koh溶液作为电解质溶液下列关于该电池的叙述正确的是（）ab极发生氧化反应ba极的反应式：n2h4+4oh4e=n2+4h2oc放电时，电流从a极经过负载流向b极d其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：n2h4+4oh4e=n2+4h2o，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：o2+2h2o+4e=4oh，电池总反应为：n2h4+o2=n2+2h2o，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答【解答】解：a该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故a错误；b通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：n2h4+4oh4e=n2+4h2o，故b正确；c放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故c错误；d该原电池中，正极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，故d错误；故选b【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反，难度不大6下列有关物质的性质及应用说法正确的是（）a干燥的cl2和氯水均能使鲜花褪色bsio2具有导电性，可用于制造半导体材料c某溶液中加入bacl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有ag+dfe2+、so2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性【考点】氯气的化学性质；硅和二氧化硅；常见阳离子的检验【专题】元素及其化合物【分析】a氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；b二氧化硅为绝缘体；c加入氯化钡产生不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子可能为银离子或者硫酸根离子；d高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子和二氧化硫【解答】解：a氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，鲜花中含有水，所以干燥的cl2和氯水均能使鲜花褪色，故a正确；b二氧化硅为绝缘体，不导电，用于制造半导体材料为硅，故b错误；c加入氯化钡产生不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子可能为银离子或者硫酸根离子，故c错误；d高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子和二氧化硫，本身被还原而褪色，体现fe2+、so2的还原性，故d错误；故选：a【点评】本题考查了元素化合物知识，明确氯气、次氯酸、二氧化硅、硅、二氧化硫的性质是解题关键，注意离子检验的严密性，题目难度不大7c3h2f5cl的结构有（不含立体异构）（）a7种b8种c9种d10种【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为c3h2f5cl的有机物可以看作c3f8中的两个f原子被两个h原子、一个cl取代，据此解答【解答】解：分子式为c3h2f5cl的有机物可以看作c3f8中的两个f原子被两个h原子，有4种：cfh2cf2cf3，cf3ch2cf3，cf2hcfhcf3，cf2hcf2cf2h，在此基础上再用cl取代每一种上f原子，分别有：3种、1种、3种、2种，共有9种，故选c【点评】本题考查有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意掌握书写方法二、解答题（共3小题，满分43分）8醋酸亚铬水合物cr（ch3coo）2）22h2o，深红色晶体是一种氧气吸收剂，通常以二聚体分子存在，不溶于冷水和醚，溶于醇，易溶于盐酸实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的化学方程式如下：zn（s）+2hcl（aq）zncl2（aq）+h2（g）；2crcl3（aq）+zn（s）2crcl2（aq）+zncl2（aq）2cr2+（aq）+4ch3coo（aq）+2h2o（l）cr（ch3coo）222h2o （s）请回答下列问题：（1）检查虚框内装置气密性的方法是将装置连接好，关闭a、b阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好反之，则气密性不好（2）醋酸钠溶液应放在装置装置3中（填写装置编号，下同）；盐酸应放在装置装置1中；装置4的作用是保持装置压强平衡，同时避免空气进入装置3（3）本实验中所有配制溶液的水需煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止cr2+被氧化（4）将生成的crcl2溶液与ch3coona溶液混合时的操作是打开阀门a、关闭阀门b （填“打开”或“关闭”）（5）本实验中锌粒须过量，其原因是产生足够的h2、与crcl3充分反应得到crcl2（6）为洗涤cr（ch3coo）2）22h2o产品，下列方法中最适合的是ca先用盐酸洗，后用冷水洗 b先用冷水洗，后用乙醇洗c先用冷水洗，后用乙醚洗 d先用乙醇洗涤，后用乙醚洗【考点】制备实验方案的设计；实验装置综合【专题】无机实验综合【分析】（1）虚框内为三颈烧瓶和分液漏斗以及导管，可以在分液漏斗里加水的方法检验气密性；（2）根据本实验的原理可知，先用锌与盐酸反应生成氢气排除装置中的空气，再利用氢气把压入醋酸钠溶液中生成醋酸亚铬水合物，据此判断，装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入；（3）配制用的蒸馏水都需事先煮沸，防止氧气氧化cr2+；（4）实验开始生成h2气后，为使生成的crcl2溶液与ch3coona溶液顺利混合，打开a关闭b，把生成的crcl2溶液压入装置3中反应；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强班生成的crcl2溶液压入装置3，与crcl3充分反应得到crcl2；（6）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，据此选择洗涤试剂【解答】解：（1）虚框内为三颈烧瓶和分液漏斗以及导管，加水检验气密性的方法是将装置连接好，关闭a、b阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好反之，则气密性不好，故答案为：将装置连接好，关闭a、b阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好反之，则气密性不好；（2）根据本实验的原理可知，先用锌与盐酸反应生成氢气排除装置中的空气，再利用氢气把压入醋酸钠溶液中生成醋酸亚铬水合物，所以醋酸钠溶液应放在装置3中，盐酸应放在装置1中，装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入装置3；故答案为：装置3；装置1；保持装置压强平衡，同时避免空气进入装置3；（3）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止cr2+被氧化；故答案为：去除水中的溶解氧，防止cr2+被氧化；（4）实验开始生成h2气后，为使生成的crcl2溶液与ch3coona溶液顺利混合，打开a关闭b，把生成的crcl2溶液压入装置3中反应；故答案为：打开；关闭；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强将生成的crcl2溶液压入装置3，与crcl3充分反应得到crcl2，所锌要过量，故答案为：产生足够的h2、与crcl3充分反应得到crcl2；（6）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，所以可以选用冷水和乙醚洗涤cr（ch3coo）2）22h2o产品，故答案为：c【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验装置的关系，题目难度中等9焦亚硫酸钠（na2s2o5）常用作食品漂白剂其制备工艺流程如下：已知：反应包含2nahso3na2s2o5+h2o等多步反应（1）反应i的化学方程式为co2+nh3+nacl+h2o=nahco3+nh4cl，反应进行时应先通入nh3气体（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，目的是增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率在上述工艺流程中可循环使用的物质是co2、h2o（3）反应中需控制参加反应的气体与固体的物质的量之比接近2：1，若气体量不足，则会导致na2s2o5产品中na2so3、na2co3等杂质含量增加，na2s2o5产率降低（4）na2s2o5与稀硫酸反应放出so2，其离子方程式为s2o52+2h+=2so2+h2o【考点】无机物的推断【专题】推断题；元素及其化合物【分析】该原理为：反应为生成nahco3，加热生成na2co3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反应生成nahso3与二氧化碳，加热nahso3生成na2s2o5（1）工艺流程可知，反应为生成nahco3，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠与氯化铵，反应进行时应先通入氨气，增大hco3的浓度，便于nahco3析出；（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；反应需要的物质，在其它的反应中又生成该物质，该物质可以循环利用，结合方式的反应判断；（3）反应中发生反应na2co3+h2o+so2=2nahso3+co2，2nahso3na2s2o5+h2o，根据碳酸钠与二氧化硫能完全反应判断，二者物质的量关系；若so2不足na2s2o5产品中na2so3、na2co3等杂质含量增加；（4）na2s2o5与稀硫酸反应生成so2，反应中s元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水【解答】解：该原理为：反应为生成nahco3，加热生成na2co3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反应生成nahso3与二氧化碳，加热nahso3生成na2s2o5（1）工艺流程可知，反应为生成nahco3，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠与氯化铵，反应方程式为：co2+nh3+nacl+h2o=nahco3+nh4cl；反应进行时应先通入氨气，增大hco3的浓度，便于nahco3析出，故答案为：co2+nh3+nacl+h2o=nahco3+nh4cl；nh3；（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；由转化关系可知，反应中需要co2、h2o，其它反应又生成的co2、h2o，故co2、h2o可以重复利用；故答案为：增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；co2、h2o；（3）反应中发生反应na2co3+h2o+2so2=2nahso3+co2，2nahso3na2s2o5+h2o，故so2与na2co3的物质的量之比接近2：1恰好完全反应，若so2不足na2s2o5产品中na2so3、na2co3等杂质含量增加，na2s2o5产率降低；故答案为：2：1；na2s2o5产品中na2so3、na2co3等杂质含量增加，na2s2o5产率降低；（4）na2s2o5与稀硫酸反应生成so2，反应中s元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：s2o52+2h+=2so2+h2o，故答案为：s2o52+2h+=2so2+h2o【点评】本题以制备焦亚硫酸钠为载体，考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与反应条件可知的理解，侯德榜制碱法、s与c等元素化合物的性质与转化、常用化学用语书写等，知识比较陌生，难度较大，理解制备原理是关键，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力10草酸（h2c2o4）是一种二元弱酸，主要用作还原剂和漂白剂草酸的盐可用作碱土金属离子的广谱沉淀剂（1）草酸的电离方程式：h2c2o4hc2o4+h+ hc2o4c2o42+h+（2）浓度为0.1mol/l的na2c2o4溶液中：c（c2o42）+c（hc2o4）+c（h2c2o4）=0.1mol/l（3）40时混合一定体积的0.1mol/l h2c2o4溶液与一定体积0.01mol/l酸性kmno4溶液，填写表中空格温度v（h2c2o4）v（kmno4）kmno4褪色时间4010ml10ml40s4020ml20ml（4）结晶水合草酸（h2c2o42h2o）成品的纯度用高锰酸钾法测定称量草酸成品0.250g溶于水，用0.0500mol/l的酸性kmno4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗kmno4溶液15.00ml，反应的离子方程式为：5h2c2o4+2mno4+6h+2mn2+8h2o+10co2；列式计算该成品的纯度94.5%（5）常温下mgc2o4的ksp=8.1105，已知当溶液中某离子的浓度105mol/l时可认为该离子已沉淀完全现为了沉淀1l0.01mol/lmgcl2溶液中的mg2+，加入100ml0.1mol/l的（nh4）2c2o4溶液，通过计算判断mg2+是否已沉淀完全（写出计算过程）【考点】离子浓度大小的比较；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【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】（1）草酸是二元弱酸，其分部电离；（2）根据溶液中的物料守恒分析；（3）反应速率与温度、浓度都成正比； （4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算草酸的物质的量，再根据质量分数公式计算其纯度；（5）根据c（mg2+）c（c2o42）与溶度积常数相对大小判断是否完全沉淀，如果c（mg2+）c（c2o42）小于溶度积常数，则完全沉淀【解答】解：（1）草酸（h2c2o4）是一种二元弱酸，其分部电离，电离方程式为h2c2o4h+hc2o4，hc2o4h+c2o42，故答案为：h2c2o4h+hc2o4，hc2o4h+c2o42；（2）浓度为0.1mol/l的na2c2o4溶液中存在物料守恒，即：c（c2o42）+c（hc2o4）+c（h2c2o4）=0.1mol/l；故答案为：0.1；（3）反应速率与温度、浓度都成正比，二者的温度和浓度都相等，则反应速率相等，则反应速率相等，则褪色时间相等，故答案为：40s；（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5h2c2o4+2mno4+6h+=10co2+2mn2+8h2o，设草酸的物质的量为xmol，则：5h2c2o4+6h+2mno4=10co2+2mn2+8h2o5mol 2molx 0.0500moll10.015l所以，5mol：2mol=x：0.0500moll10.015l解得x=0.001875mol，故其纯度=100%=94.5%，故答案为：5h2c2o4+6h+2mno4=10co2+2mn2+8h2o；94.5%；（5）100ml 0.1mol/lmgcl2溶液中的mg2+的物质的量是0.01mol，100 ml0.1 mol/l的（nh4）2c2o4溶液的物质的量也是0.01mol，即二者恰好反应根据溶解平衡mgc2o4（s）mg2+（aq）+c2o42（aq）可知c（mg2+）c（c2o42）=ksp=8.1105，因为c（mg2+）=c（c2o42），所以c（mg2+）=（8.1105）1/2=9103 mol/l105 mol/l，故mg2+未沉淀完全，故答案为：否【点评】本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡、盐类水解等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶度积常数、盐类水解特点来分析解答即可，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力化学-选修2：化学与技术11冰晶石（na3 alf6）难溶于水，广泛应用于铝的冶炼工业上用萤石（caf2）为原料生产na3 alf6：回答下列问题：（1）在铝的冶炼中，na3aif6的作用是降低al2o3的熔化温度，增强体系的导电性（2）煅烧时总反应的化学方程式：caf2+sio2+na2co3casio3+2naf+co2，用水浸取后残渣的主要成分是casio3（3）煅烧后的固体在浸取前进行粉碎的目的是加速可溶物的溶解，为达到相同目的，常温浸取时还可采取的措施是充分搅拌（4）写出向naf溶液中加入硫酸铝溶液发生反应的离子方程式：3na+al3+6f=naalf6naf溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：f+h2ohf+oh，因此在按化学计量加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将naf溶液的ph下调至5左右，否则可能产生副产物al（oh）3（5）97.5kg含caf2 80%萤石（杂质不含氟元素）理论上可生产na3alf670kg（设生产过程中的每一步含氟物质均完全转化）【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；计算题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】工业上生产na3alf6的主要流程：氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：caf2+na2co3 +sio2co2+2naf+casio3，加水浸取，残渣为casio3，加入硫酸铝，硫酸铝与naf（aq）反应的离子方程式为：3na+6f+al3+=na3alf6，过滤、洗涤、干燥得纯净的na3alf6产品，（1）工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，由于氧化铝的熔点较高，所以用na3aif6降低al2o3的熔化温度，增强体系的导电性，据此答题；（2）根据上面的分析可知残渣的主要成分；（3）固体在浸取前进行粉碎，增大表面积，加快反应速率；根据影响化学反应速率的因素答题；（4）向naf溶液中加入硫酸铝溶液可以得到na3alf6，氟调子水解，溶液呈碱性，溶液ph较高时，铝离子会生成氢氧化铝沉淀；（5）根据氟元素守恒可计算出na3alf6的质量【解答】解：工业上生产na3alf6的主要流程：氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：caf2+na2co3 +sio2co2+2naf+casio3，加水浸取，残渣为casio3，加入硫酸铝，硫酸铝与naf（aq）反应的离子方程式为：3na+6f+al3+=na3alf6，过滤、洗涤、干燥得纯净的na3alf6产品，（1）工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，由于氧化铝的熔点较高，所以用na3aif6降低al2o3的熔化温度，增强体系的导电性，故答案为：降低al2o3的熔化温度，增强体系的导电性；（2）根据上面的分析可知残渣的主要成分为casio3，故答案为：casio3；（3）固体在浸取前进行粉碎，增大表面积，加速可溶物的溶解，根据影响化学反应速率的因素可和，常温浸取时还可采取的措施是 充分搅拌，故答案为：加速可溶物的溶解； 充分搅拌；（4）向naf溶液中加入硫酸铝溶液可以得到na3alf6，反应的离子方程式为，氟调子水解，溶液呈碱性，离子方程式为f+h2ohf+oh，溶液ph较高时，铝离子会生成al（oh）3沉淀，故答案为：3na+al3+6f=naalf6；f+h2ohf+oh；al（oh）3；（5）97.5kg含caf2 80%萤石中氟元素的物质的量为mol=2000mol，根据氟元素守恒可知，理论上可生产na3alf6的质量为2102000g=70kg，故答案为：70【点评】本题考查了na3alf6的制备，涉及物质的分离与提纯、离子反应方程式的书写、化学计算，理解原理以及熟练综合应用元素化合物知识是解答关键，题目难度中等化学-物质结构与性质12a族的氧、硫、硒（se）、碲（te）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含a族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途请回答下列问题：（1）s单质的常见形式为s8，其环状结构如图1所示，s原子采用的轨道杂化方式是sp3；（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，o、s、se原子的第一电离能由大到小的顺序为osse；（3）se的原子序数为34，其核外m层电子的排布式为3s23p63d10；（4）h2se的酸性比h2s强（填“强”或“弱”）气态seo3分子的立体构型为平面三角形，so32离子的立体构型为三角锥形；（5）h2seo3的k1和k2分别为2.7103和2.5108，h2seo4第一步几乎完全电离，k2为1.2102，请根据结构与性质的关系解释：h2seo3和h2seo4第一步电离程度大于第二步电离的原因：第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子h2seo4比h2seo3酸性强的原因：h2seo3和h2seo4可表示成（ho）2seo和（ho）2seo2h2seo3中的se为+4价，而h2seo4中的se为+6价，正电性更高，导致seoh中o的电子更向se偏移，越易电离出h+（6）zns在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方zns晶体结构如图2所示，其晶胞边长为540.0pm，其密度为4.1（列式并计算），a位置s2离子与b位置zn2+离子之间的距离为pm（列式表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】简答题；结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）根据图片知，每个s原子含有2个键和2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定s原子杂化方式；（2）同一主族元素，元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小；（3）se元素34号元素，m电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上；（4）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱；根据价层电子对互斥理论确定气态seo3分子的立体构型、so32离子的立体构型；（5）第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；根据中心元素se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对seoh中o原子的电子吸引越强，越易电离出h+；（6）利用均摊法计算晶胞中zn、s原子数目，进而计算晶胞质量，再根据=计算晶胞密度；b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为10928，计算a位置白色球与面心白色球距离，设a位置s2与b位置zn2+之间的距离，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：a2+b22abcos=c2计算【解答】解：（1）根据图片知，每个s原子含有2个键和2个孤电子对，所以每个s原子的价层电子对个数是4，则s原子为sp3杂化，故答案为：sp3；（2）同一主族元素，元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小，所以其第一电离能大小顺序是osse，故答案为：osse；（3）se元素34号元素，m电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外m层电子的排布式为3s23p63d10，故答案为：34；3s23p63d10；（4）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性sse，所以h2se的酸性比h2s强，气态seo3分子中se原