内蒙古巴彦淖尔一中高三化学上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年内蒙古巴彦淖尔一中高三（上）期末化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a18gd2o和18gh2o中含有的质子数均为10nab过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2nac2l0.5mol/l亚硫酸溶液中含有的氢离子数为2nad密闭容器中2molno与1molo2充分反应，产物的分子数为2na2黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g）h=x kjmol1已知碳的燃烧热h1a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1，则x为（）acabbc+3abca+bcd3a+bc3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）a向稀hno3中滴加na2so3溶液：so32+2h+so2+h2ob向na2sio3溶液中通入过量so2：sio32+so2+h2oh2sio3+so32c向cuso4溶液中加入na2o2：2na2o2+2cu2+2h2o4na+2cu（oh）2+o2d向al2（so4）3溶液中加入过量的nh3h2o：al3+4nh3h2oalo2+4nh4+2h2o4短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置如图所示已知y、w的原子序数之和是z的3倍，下列说法正确的是（）yzxwa原子半径：xyzb气态氢化物的稳定性：xzcz、w均可与mg形成离子化合物d最高价氧化物对应水化物的酸性：yw5一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）a反应ch4+h2o3h2+co，每消耗1molch4转移12mol电子b电极a上h2参与的电极反应为：h2+co322eh2o+co2c电池工作时，co32向电极b移动d电极b上发生的电极反应为：o2+2co2+4e2co326海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）a向苦卤中通入cl2是为了提取溴b粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯c富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，在用so2将其还原吸收d工业生产中常选用naoh作为沉淀剂7下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论a向agcl悬浊液中加入nai溶液时出现黄色沉淀ksp（agcl）ksp（agi）b向某溶液中滴加氯水后再加入kscn溶液，溶液呈红色溶液中一定含有fe2+c向nabr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色br还原性强于cld加热盛有nh4cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结nh4cl固体可以升华aabbccdd二、解答题（共6小题，满分88分）8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装置中有na2s2o5晶体析出，发生的反应为：na2so3+so2na2s2o5（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）如图2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：（已知：滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2oh2so4+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”）9次磷酸（h3po2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）h3po2是一元中强酸，写出其电离方程式：（2）h3po2及nah2po2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银（h3po2）中，磷元素的化合价为利用（h3po2）进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为：（填化学式）；依据所学关于电镀的原理，分析该电镀过程中可选用的电极材料为阳极：；阴极：nah2po2是（填“正盐”还是“酸式盐”），其溶液显 性（填“弱酸性”、“中性”、或者“弱碱性”），其溶液中离子浓度由大到小的顺序应为（3）（h3po2）也可以通过电解的方法制备工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：写出阳极的电极反应式分析产品室可得到h3po2的原因10在1.0l密闭容器中放入0.10mola（g），在一定温度进行如下反应：a（g）b（g）+c（g）h=+85.1kjmol1，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：时间t/h0124816 202530 总压强p/100kpa4.915.586.327.318.54 9.509.529.539.53回答下列问题：（1）欲提高a的平衡转化率，应采取的措施为（2）由总压强p和起始压强p0计算反应物a的转化率（a）的表达式为平衡时a的转化率为，列式并计算反应的平衡常数k（3）由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物a的物质的量n（a），n总=mol，n（a）=mol下表为反应物a浓度与反应时间的数据，计算a=；反应时间t/h04816c（a）/（moll1）0.10a0.0260.0065分析该反应中反应物的浓度c（a）变化与时间间隔（t）的规律，得出的结论是，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（a）为moll111污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题某化学研究小组利用软锰矿（主要成分为mno2，另含有少量头铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的so2，又制得电池材料mno2（反应条件已略去）请回答下列问题：（1）上述流程脱硫实现了（选填下列字母编号）a废弃物的综合利用 b白色污染的减少 c酸雨的减少（2）用mnco3能除去溶液中al3+和fe3+，其原因是（3）已知：25、101kpa时，mn（s）+o2（g）mno2（s）h=520kj/mols（s）+o2（g）so2（g）h=297kj/molmn（s）+s（s）+2o2（g）mnso4（s）h=1065kj/molso2与mno2反应生成无水mnso4的热化学方程式是（4）mno2可作超级电容器材料用惰性电极电解mnso4溶液可制得mno2，其阳极的电极反应式是（5）mno2是碱性锌锰电池的正极材料碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是（6）假设脱除的so2只与软锰矿浆中的mno2反应按照图示流程，将a m3（标准状况）含so2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若so2的脱除率为89.6%，最终得到mno2的质量为c kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于mno2kg12早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由al、cu、fe三种金属元素组成回答下列问题：（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过方法区别晶体、准晶体和非晶体（2）基态fe原子有个未成对电子，fe3+的电子排布式为可用硫氰化钾检验fe3+，形成的配合物的颜色为（3）新制的cu（oh）2可将乙醛（ch3cho）氧化成乙酸，而自身还原成cu2o乙醛中碳原子的杂化轨道为、乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是cu2o为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有个铜原子（4）al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为列式表示al单质的密度gcm3（不必算出结果）13a（c2h2）是基本有机化工原料由a制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：回答下列问题：（1）a的名称是，b含有的官能团是（2）的反应类型是，的反应类型是（3）c、d的结构简式分别为（4）3氯3甲基1丁烯一定条件下，也可以反应得到异戊二烯，请写出反应方程式（注明条件）（5）写出与a具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由a和乙醛为起始原料制备1，3丁二烯的合成路线2015-2016学年内蒙古巴彦淖尔一中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a18gd2o和18gh2o中含有的质子数均为10nab过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2nac2l0.5mol/l亚硫酸溶液中含有的氢离子数为2nad密闭容器中2molno与1molo2充分反应，产物的分子数为2na【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、重水的摩尔质量为20g/mol；b、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由1价变为0价；c、亚硫酸为弱酸；d、no和o2反应方程式为2no+o2=2no2，根据方程式知，2molno与1molo2恰好完全反应生成2molno2，但no2和n2o4之间存在转化，方程式2no2n2o4【解答】解：a、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9na个，故a错误； b、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2na个，故b正确；c、亚硫酸为弱酸，故溶液中的氢离子的个数小于2na个，故b错误；d、no和o2反应方程式为2no+o2=2no2，根据方程式知，2molno与1molo2恰好完全反应生成2molno2，但no2和n2o4之间存在转化，方程式2no2n2o4，所以产物分子数小于2na，故d错误；故选b【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2黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g）h=x kjmol1已知碳的燃烧热h1a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1，则x为（）acabbc+3abca+bcd3a+bc【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】碳的燃烧热h1=a kjmol1，其热化学方程式为c（s）+o2（g）=co2（g）h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1将方程式3+得s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热【解答】解：碳的燃烧热h1=a kjmol1，其热化学方程式为c（s）+o2（g）=co2（g）h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1将方程式3+得s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g），则h=x kjmol1=（3a+bc）kjmol1，所以x=3a+bc，故选d【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）a向稀hno3中滴加na2so3溶液：so32+2h+so2+h2ob向na2sio3溶液中通入过量so2：sio32+so2+h2oh2sio3+so32c向cuso4溶液中加入na2o2：2na2o2+2cu2+2h2o4na+2cu（oh）2+o2d向al2（so4）3溶液中加入过量的nh3h2o：al3+4nh3h2oalo2+4nh4+2h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a二者发生氧化还原反应生成no和硫酸根离子；b二者发生反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；c过氧化钠和水反应生成naoh和氧气，naoh和硫酸铜发生复分解反应；d氢氧化铝不溶于氨水【解答】解：a二者发生氧化还原反应生成no和硫酸根离子，离子方程式为3so32+2h+2no3=3so42+2no+h2o，故a错误；b二者发生反应生成硅酸和亚硫酸氢钠，离子方程式为sio32+2so2+2h2oh2sio3+2hso3，故b错误；c过氧化钠和水反应生成naoh和氧气，naoh和硫酸铜发生复分解反应，离子方程式为2na2o2+2cu2+2h2o4na+2cu（oh）2+o2，故c正确；d氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故d错误；故选c【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子性质及离子方程式书写规则是解本题关键，涉及氧化还原反应、复分解反应，易错选项是a4短周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置如图所示已知y、w的原子序数之和是z的3倍，下列说法正确的是（）yzxwa原子半径：xyzb气态氢化物的稳定性：xzcz、w均可与mg形成离子化合物d最高价氧化物对应水化物的酸性：yw【考点】真题集萃；位置结构性质的相互关系应用【分析】y、w的原子序数之和是z的3倍，设y的原子序数为x，则z的原子序数为x+1，w的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即y为n，结合位置关系可知，z为o，x为si，w为cl，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：y、w的原子序数之和是z的3倍，设y的原子序数为x，则z的原子序数为x+1，w的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即y为n，结合位置关系可知，z为o，x为si，w为cl，a电子层越多，原子半径越大，则原子半径为xyz，故a错误；b非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为xz，故b错误；cz、w均可与mg形成离子化合物，分别为mgo、mgcl2，故c正确；dcl的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸，则最高价氧化物对应水化物的酸性：yw，故d错误；故选c【点评】本题为2015年山东高考题，侧重位置、结构与性质的考查，把握原子序数的关系推断元素为解答的关键，注意元素性质的比较方法，选项d为解答的易错点，题目难度不大5一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图下列有关该电池的说法正确的是（）a反应ch4+h2o3h2+co，每消耗1molch4转移12mol电子b电极a上h2参与的电极反应为：h2+co322eh2o+co2c电池工作时，co32向电极b移动d电极b上发生的电极反应为：o2+2co2+4e2co32【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】甲烷和水经催化重整生成co和h2，反应中c元素化合价由4价升高到+2价，h元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，co和h2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成co32，以此解答该题【解答】解：a反应ch4+h2o3h2+co，c元素化合价有4价升高到+2价，h元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molch4转移6mol电子，故a错误；b电解质没有oh，负极电极a反应为h2+co+2co324e=h2o+3co2，故b错误c电池工作时，co32向负极移动，即向电极a移动，故c错误；db为正极，正极为氧气得电子生成co32，反应为o2+2co2+4e=2co32，故d正确；故选d【点评】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等6海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）a向苦卤中通入cl2是为了提取溴b粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯c富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，在用so2将其还原吸收d工业生产中常选用naoh作为沉淀剂【考点】海水资源及其综合利用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】a向苦卤中通入cl2置换出溴单质，分离得到溴；b粗盐中含有ca2+、mg2+、so42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；c先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用so2将其还原吸收转化为hbr，达到富集的目的；d工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂【解答】解：a向苦卤中通入cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入cl2是为了提取溴，故a正确；b粗盐中含有ca2+、mg2+、so42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的bacl2溶液、过量的naoh溶液和过量的na2co3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故b正确；c海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用so2将其还原吸收转化为hbr，达到富集的目的，故c正确；dnaoh价格比cao高，从经济上可知，工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故d错误；故选d【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及海水中元素的提取为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大7下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论a向agcl悬浊液中加入nai溶液时出现黄色沉淀ksp（agcl）ksp（agi）b向某溶液中滴加氯水后再加入kscn溶液，溶液呈红色溶液中一定含有fe2+c向nabr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色br还原性强于cld加热盛有nh4cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结nh4cl固体可以升华aabbccdd【考点】真题集萃；化学实验方案的评价【分析】a同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；b原溶液中含有fe3+，加入kscn溶液，溶液呈红色；c向nabr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有br2生成，发生反应：2br+cl2=2cl+br2，还原剂还原性强于还原产物还原性；dnh4cl受热分解为nh3与hcl，在试管口处冷却，nh3与hcl反应又得到nh4cl固体【解答】解：a同类型的沉淀转化时，难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，agcl悬浊液中加入ki溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下ksp（agcl）ksp（agi），故a错误；b原溶液中若含有fe3+，加入kscn溶液，溶液也会呈红色，不能说明原溶液中是否含有fe2+，故b错误；c向nabr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有br2生成，发生反应：2br+cl2=2cl+br2，说明br还原性强于cl，故c正确；dnh4cl受热分解为nh3与hcl，在试管口处冷却，nh3与hcl反应又得到nh4cl固体，不能说明nh4cl固体可以升华，故d错误，故选：c【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查学生对基础知识的理解掌握，难度不大二、解答题（共6小题，满分88分）8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装置中有na2s2o5晶体析出，发生的反应为：na2so3+so2na2s2o5（1）装置i中产生气体的化学方程式为na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o或na2so3+2h2so4=2nahso4+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）如图2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：（已知：滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2oh2so4+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0.16gl1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】探究物质的组成或测量物质的含量；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】定量测定与误差分析【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或na2so3+2h2so4=2nahso4+so2+h2o，故答案为：na2so3+h2so4=na2so4+so2+h2o或na2so3+2h2so4=2nahso4+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，题目难度中等，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9次磷酸（h3po2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）h3po2是一元中强酸，写出其电离方程式：h3po2h2po2+h+（2）h3po2及nah2po2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银（h3po2）中，磷元素的化合价为+1利用（h3po2）进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为：h3po4（填化学式）；依据所学关于电镀的原理，分析该电镀过程中可选用的电极材料为阳极：石墨（惰性电极）；阴极：待镀材料nah2po2是正盐（填“正盐”还是“酸式盐”），其溶液显弱碱性 性（填“弱酸性”、“中性”、或者“弱碱性”），其溶液中离子浓度由大到小的顺序应为c（na+）c（h2po2）c（oh）c（h+）（3）（h3po2）也可以通过电解的方法制备工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：写出阳极的电极反应式4oh4e=o2+2h2o分析产品室可得到h3po2的原因阳极室的h+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的h2po2穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成h3po2【考点】电解原理；氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【分析】（1）根据h3po2是一元中强酸可知，h3po2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式；（2）根据化合物中总化合价为0计算出p元素的化合价；先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1计算出反应产物中p的化合价；根据h3po2及nah2po2均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银分析电极材料；根据h3po2是一元中强酸，可以判断nah2po2为正盐；（3）根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和h2po2，判断放电能力强弱，然后写出阳极的电极反应式；根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到h3po2的原因；【解答】解：（1）h3po2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为h3po2h2po2+h+，故答案为：h3po2h2po2+h+；（2）h3po2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为2价，则p元素的化合价为+1价，故答案为：+1；该反应中ag+为氧化剂，h3po2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中p的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4（10）=1（x1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的h3po4；因为h3po2可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银，所以阳极材料为石墨（惰性电极）；阴极材料为待镀材料；故答案为：h3po4；石墨（惰性电极）；待镀材料；由于h3po2是一元中强酸，所以nah2po2为一元强碱和一元中强酸形成的正盐，所以该盐溶液由于h2po2发生水解呈碱性，方程式为h2po2+h2oh3po2+oh，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（na+）c（h2po2）c（oh）c（h+）；故答案为：正盐；碱性；c（na+）c（h2po2）c（oh）c（h+）；（3）由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和h2po2，其中放电能力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：4oh4e=o2+2h2o；故答案为：4oh4e=o2+2h2o；产品室可得到h3po2的原因是因为：阳极室的h+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的h2po2穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成h3po2，故答案为：阳极室的h+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的h2po2穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成h3po2；【点评】本题考查了盐的水解原理、弱电解质的电离、氧化还原反应等知识，题目难度中等，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况10在1.0l密闭容器中放入0.10mola（g），在一定温度进行如下反应：a（g）b（g）+c（g）h=+85.1kjmol1，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：时间t/h0124816 202530 总压强p/100kpa4.915.586.327.318.54 9.509.529.539.53回答下列问题：（1）欲提高a的平衡转化率，应采取的措施为升高温度、降低压强（2）由总压强p和起始压强p0计算反应物a的转化率（a）的表达式为100%平衡时a的转化率为94.1%，列式并计算反应的平衡常数k1.5mol/l（3）由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物a的物质的量n（a），n总=mol，n（a）=0.10（2）mol下表为反应物a浓度与反应时间的数据，计算a=0.051；反应时间t/h04816c（a）/（moll1）0.10a0.0260.0065分析该反应中反应物的浓度c（a）变化与时间间隔（t）的规律，得出的结论是每隔4h，a的浓度减小一半，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（a）为0.013moll1【考点】化学平衡的计算【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】（1）反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，结合平衡移动原理分析判断转化率；（2）相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应的a的物质的量，结合转化率概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度达到平衡常数；（3）依据相同条件下压强之比等于物质的量之比，结合平衡计算得到；依据平衡a的浓度计算，依据图表数据分析判断存在的规律；【解答】解：（1）在一定温度进行如下反应：a（g）b（g）+c（g ）h=+85.1kjmol1，反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高a的平衡转化率，平衡正向进行，可以升温或减压条件下使平衡正向进行；故答案：升高温度、降低压强； （2）反应前后气体物质的量增大等于反应的a的量，所以由总压强p和起始压强p0计算反应物a的转化率（a）的表达式=100%；平衡时a的转化率=100%=94.1%，依据化学平衡三段式 列式得到； a（g）b（g）+c（g ）起始量（mol/l） 0.10 0 0 变化量（mol/l） 0.1094.1% 0.1094.1% 0.1094.1%平衡量（mol/l）0.10（194.1%） 0.1094.1% 0.1094.1%k=1.5mol/l故答案为100%；94.1%； 1.5mol/l；（3）由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物a的物质的量n（a），依据压强之比等于物质的量之比，n总：n起始=p：p0 ，n总=； a（g）b（g）+c（g ）起始量（mol） 0.10 0 0 变化量（mol） x x x某时刻量（mol） 0.10x x x（0.10+x）：0.10=p：p0x=n（a）=0.10=0.10（2）mol；故答案为：；0.10（2）；n（a）=0.10（2）=0.10（2）=0.051mol所以浓度a=0.051mol/l；分析数据特征可知，每隔4h，a的浓度减小一半，故答案为：0.051；达到平衡前每间隔4h，c（a）减少约一半；由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（a）=0.013mol/l；故答案为：0.051，每隔4h，a的浓度减小一半；0.013【点评】本题考查压强关系和物质的量的计算应用，化学平衡计算方法，图表数据处理方法的分析判断，题目难度中等11污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题某化学研究小组利用软锰矿（主要成分为mno2，另含有少量头铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的so2，又制得电池材料mno2（反应条件已略去）请回答下列问题：（1）上述流程脱硫实现了a、c（选填下列字母编号）a废弃物的综合利用 b白色污染的减少 c酸雨的减少（2）用mnco3能除去溶液中al3+和fe3+，其原因是消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀（3）已知：25、101kpa时，mn（s）+o2（g）mno2（s）h=520kj/mols（s）+o2（g）so2（g）h=297kj/molmn（s）+s（s）+2o2（g）mnso4（s）h=1065kj/molso2与mno2反应生成无水mnso4的热化学方程式是mno2（s）+so2（g）=mnso4（s）h=248kj/mol（4）mno2可作超级电容器材料用惰性电极电解mnso4溶液可制得mno2，其阳极的电极反应式是mn2+2h2o2e=mno2+4h+（5）mno2是碱性锌锰电池的正极材料碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是mno2+h2o+e=mno（oh）+oh（6）假设脱除的so2只与软锰矿浆中的mno2反应按照图示流程，将a m3（标准状况）含so2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若so2的脱除率为89.6%，最终得到mno2的质量为c kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于mno2kg【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用mnco3能除去溶液中al3+和fe3+，mns将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，（1）脱硫能减少酸雨；（2）mnco3消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解；（3）根据盖斯定律解题，mn（s）+o2（g）mno2（s）h=520kjmol1s（s）+o2（g）so2（g）h=297kjmol1mn（s）+s（s）+2o2（g）mnso4（s）h=1065kjmol1将可得；（4）锰离子在阳极失电子生成二氧化锰；（5）二氧化锰得电子碱溶液中生成mno（oh）；（6）so2+mno2=mnso4，根据方程式结合元素守恒解题，反应的二氧化硫的物质的量为b%89.6%=0.4abmol，根据so2+mno2=mnso4可知生成硫酸锰的物质的量为0.4abmol，最终生成的二氧化锰为c kg【解答】解：（1）脱硫能减少酸雨和废物在利用，白色污染的减少是塑料的减少和流程无关，故答案为：ac；（2）mnco3消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进al3+和fe3+水解生成氢氧化物沉淀；（3）mn（s）+o2（g）mno2（s）h=520kjmol1s（s）+o2（g）so2（g）h=297kjmol1mn（s）+s（s）+2o2（g）mnso4（s）h=1065kjmol1将可得mno2（s）+so2（g）=mnso4（s）h=248kj/mol，故答案为：mno2（s）+so2（g）=mnso4（s）h=248kj/mo