甘肃省天水市高三化学上学期9月月考试卷（含解析）.doc

2016-2017学年甘肃省天水高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1已知反应a+b=c+d的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）a该反应为放热反应b该反应为吸热反应c反应物的总能量高于生成物的总能量d该反应只有在加热条件下才能进行2钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（）a2h+2eh2bfe2efe2+c2h2o+o2+4e4ohdfe3efe3+3能表示人体大量喝水时，胃液的ph变化的图象是（）abcd4某溶液中含有alo2、so32、so42、na+，向其中加入na2o2后，溶液中浓度基本保持不变的离子是（）aso32bna+calo2dso425下列化学反应，能用离子方程式h+ohh2o来表示的是（）a盐酸和氢氧化铜b硫酸和氢氧化钠溶液c醋酸和氢氧化钡溶液d稀硝酸和氨水混合6设一个氯原子的质量为ag，一个12c原子的质量为bg，用na表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）a氯元素的相对原子质量为bm g该氯原子的物质的量为molc该氯原子的摩尔质量是anagdn g该氯原子所含的电子数是个7某气体的质量是9.5g，体积是5.6升（标准状况下），该气体的摩尔质量是（）a38b38gmol1c19d19gmol18用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，下列操作会引起测定结果偏高的是（）（1）滴定时，装待测溶液的锥形瓶有少量水；（2）酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准溶液洗；（3）滴定终点读数时，仰视刻度线a只有（1）b只有（2）c（2）（3）d（1）（2）（3）9能说明氯的非金属性比溴强的事实是 共用电子对偏向：hclhbr酸性：hclo4hbro4热稳定性：hclhbr酸性：hclhbr（）abcd10下列反应属于置换反应的是（）anh4cl=nh3+hclbnacl+agno3=agcl+nano3ccao+co2=caco3dmg+2hcl=mgcl2+h211等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量cuso4溶液，下列各图中表示其产生氢气总体积（v）与时间（t）的关系正确的是（）abcd二、解答题（共9小题，满分87分）12s元素在自然界的转化对环境有着重要的影响（1）汽车尾气与燃煤烟气中含有的so2是造成酸雨的主要原因之一图中a的化学式是 硫酸型酸雨对大理石石像腐蚀的化学方程式是 （2）煤炭中以fes2形式存在的硫，可用微生物脱硫技术脱去，有关反应的离子方程式依次为：2fes2+7o2+2h2o 4h+2fe2+ ；4fe2+o2+4h+ 4fe3+ ；fes2+2fe3+ 3fe2+2s；2s+3o2+2h2o4h+2so42已知：fes2中的铁元素为+2价回答下列问题：将上述、离子方程式补充完整在线桥上标出反应中电子转移的数目：观察上述反应，fes2中的s元素最终转化为 从煤炭中分离出来（3）生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一燃煤过程中生成的so2会与nacl等物质发生反应，生成硫酸盐和cl2你认为反应物除so2、nacl外还有 ，判断的理由是 （4）另一种烟气脱硫技术是石灰法，即在煤燃烧时加入生石灰（cao）即可除去so2，最后生成caso4，请写出该化学方程式： 并计算在10kg 含硫 1.6% 的煤中理论上加入 kg生石灰合适13a，b，c，d，e，f均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，短周期元素中c的原子半径最大，b，e同族，e的最外层电子数是电子层数的2倍，a的最高价氧化物水化物为h2ao3，d是地壳中含量最高的金属元素（1）a的元素符号是 ，c2b2的电子式为 （2）b，c，d，f的离子半径由大到小的顺序是 （用粒子符号表示）（3）e和f相比，非金属性强的是 （用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是 （用符号填空）常温下e的单质呈固态，f的单质呈气态气态氢化物的稳定性：fee和f形成的化合物中，e显正价f单质能与e的氢化物发生置换反应e和f的氧化物的水化物的酸性强弱气态氢化物的还原性：ef（4）把cdb2溶液蒸干所得的固体物质为 （填化学式）（5）c和f可组成化合物甲，用惰性电极电解甲的水溶液，电解的化学方程式为 （6）a，b，c三种元素组成的常见化合物乙的溶液中，离子浓度由大到小的顺序为 ，ph=10的乙溶液中由水电离产生的c（oh）= moll114为探究na2co3与盐酸的反应原理，设计了如图1实验装置步骤如下：（1）在双通管中装12ml0.5mol/l的na2co3溶液，在针筒中装4ml3mol/l的盐酸（2）从底部向双通管中推入 ml的盐酸几乎没有气泡产生，原因是： （用离子方程式解释）（3）将盐酸全部注入，产生大量气泡此装置相对于往na2co3溶液中滴加盐酸，优点在于： 利用此装置往含往na2co3和另一种含钠的化合物a的混合液中注入稀盐酸，注入盐酸的体积与产生气体的体积关系如图2，则a的化学式为 ，该混合液中na2co3和a的物质的量之比为 15用如图所示实验装置进行so2性质的探究实验（1）装置a中发生反应的离子方程式为： ，g装置的作用 （2）简述检查该装置气密性的方法 （3）能够证明so2具有还原性、氧化性的实验装置依次为和 （用字母表示），观察到的现象依次是 、 （4）若要证明酸性：h2co3h2sio3，则应观察到的实验现象有 （5）某同学用32gcu与50g 98%浓硫酸反应来制取so2，实验结束后，还有19.2g的cu剩余，若要让cu完全溶解，则至少应加入1mol/l的稀硝酸 ml16某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率，（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象： （2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为 连 （填a、b、c、等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为 乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率，通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率一同学认为可以在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与 口连接aa bb cd de另一同学认为乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由 丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率（4）若电解150ml饱和食盐水一段时间，测得溶液的为ph为14，求饱和食盐水的电解率 （假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/ml，溶解度为36.0g）17把0.4molx气体和0.6moly气体混合于2l密闭容器中，一定条件下使它们发生如下反应：2x（g）+y（g）nz（g）+2w（g），5min末反应达到平衡状态，此时已生成0.2molw，若测知以z浓度变化来表示的反应平均速率为0.01mol/lmin（1）达到平衡时x的浓度为 （2）化学方程式中的n值是 18图中x、y、z为单质，其它为化合物，它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）其中，a俗称磁性氧化铁；e是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应回答下列问题：（1）1mol e中含有 mol化学键；m中存在的化学键类型为 ；r的化学式是 （2）一定条件下，z与h2反应生成zh4，zh4的电子式为 （3）写出a与al反应转化为x的化学方程式 （4）写出a和d的稀溶液反应生成g的离子方程式并标出电子转移的方向和数目 19如图的关系图中，a是一种正盐，e是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，a、b、c、d、e均为同种元素对应的不同的化合物回答下列问题：（1）a是 （用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，b为具有臭鸡蛋气味的气体写出b与c的反应方程式： 一定质量的zn与100ml 12.0mol/l的e的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g将反应后的溶液稀释至1l，此时溶液中c（so42）= mol/l，产生so2体积（标准状况下）= l（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，b为易液化的气体可作制冷剂c是 ，在浓的e溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为 将盛有d和o2的混合气体12ml的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2ml无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是 20a、b、c、d、e、f六种元素，其中a、b、c、d、e为短周期主族元素它们之间的关系如下：原子半径：acbed原子的最外层电子数：a=d c=e a+b=c原子的核外电子层数：b=c=2ab元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2请回答：（1）甲为由a、b两种元素组成的常见气体，写出其电子式 ；（2）写出某黑色含f的磁性氧化物与e最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的离子方程式： 如图装置经过一段时间向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为 单质f发生 （填电化学腐蚀类型）（3）向a、b、c三种元素组成的某盐稀溶液中滴加agno3溶液生成白色沉淀，该反应的化学方程式为 ，已知该盐溶液常温下呈酸性，则0.1mol/l该盐溶液中离子浓度的大小顺序为 （4）上述元素中的五种元素可形成一种常见复盐，经检测该复盐中三种离子的个数比为2：1：2则该复盐的化学式为 为检验该复盐中的某种有色离子存在，请写出实验的操作步骤和现象 2016-2017学年甘肃省天水一中高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1已知反应a+b=c+d的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）a该反应为放热反应b该反应为吸热反应c反应物的总能量高于生成物的总能量d该反应只有在加热条件下才能进行【考点】ba：吸热反应和放热反应；b6：化学反应中能量转化的原因【分析】化学上把有热量放出的反应叫做放热反应，把吸收热量的反应叫做吸热反应【解答】解：该反应不一定是在加热条件下才能进行，也可能光照反应，故d错误，由图知c+d的总能量大于a+b的总能量，故该反应为吸热反应，故选b2钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（）a2h+2eh2bfe2efe2+c2h2o+o2+4e4ohdfe3efe3+【考点】bk：金属的电化学腐蚀与防护【分析】钢铁发生吸氧腐蚀时，负极为fe，正极为碳，正极上氧气得电子生成氢氧根离子【解答】解：钢铁中含有碳、铁，根据原电池工作原理，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以碳作正极，铁作负极；负极失电子变成离子进入溶液，正极上得电子发生还原反应，钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，正极反应式为：2h2o+o2+4e4oh故选c3能表示人体大量喝水时，胃液的ph变化的图象是（）abcd【考点】d8：溶液ph的定义【分析】选项中图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的ph，结合胃液的成分和ph计算公式进行解答【解答】解：人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用ph值表示，其计算公式为ph=lgh+，其中ch+表示氢离子浓度，显酸性的胃酸，在人体大量喝水时，氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的ph升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的ph，a图象符合题意故选a4某溶液中含有alo2、so32、so42、na+，向其中加入na2o2后，溶液中浓度基本保持不变的离子是（）aso32bna+calo2dso42【考点】dp：离子共存问题【分析】na2o2具有强氧化性，与水反应后溶液呈碱性，具有还原性的离子和能与oh反应的离子浓度发生改变，以此解答【解答】解：na2o2具有强氧化性，将so32氧化为so42，则so32离子浓度减小，na2o2与水反应后生成naoh，溶液中na+浓度增大，不变的为alo2，故选c5下列化学反应，能用离子方程式h+ohh2o来表示的是（）a盐酸和氢氧化铜b硫酸和氢氧化钠溶液c醋酸和氢氧化钡溶液d稀硝酸和氨水混合【考点】49：离子方程式的书写【分析】离子方程式h+ohh2o表示强酸和强碱发生中和反应生成可溶性盐和水的一类反应，酸必须为强酸，如稀盐酸、硝酸等，碱必须是可溶性强碱，如氢氧化钠、氢氧化钾等，据此进行解答【解答】解：a氢氧化铜不能拆开，则盐酸与氢氧化铜反应离子方程式为：cu（oh）2+2h+=2h2o+cu2+，不能用离子方程式h+oh=h2o表示，故a错误；b硫酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：h+oh=h2o，故b正确；c醋酸为弱酸，不能拆开，醋酸与氢氧化钡溶液反应离子方程式：ch3cooh+h+=ch3coo+h2o，不能用离子方程式h+oh=h2o表示，故c错误；d在离子反应中弱碱一水合氨不能拆开，则稀硝酸和氨水混合反应的离子方程式：h+nh3h2o=h2o+nh4+，不能用离子方程式h+oh=h2o表示，故d错误；故选b6设一个氯原子的质量为ag，一个12c原子的质量为bg，用na表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）a氯元素的相对原子质量为bm g该氯原子的物质的量为molc该氯原子的摩尔质量是anagdn g该氯原子所含的电子数是个【考点】4f：阿伏加德罗常数【分析】a某一原子的相对原子质量是指：以一个碳12原子质量的作为标准，该原子的质量跟一个碳12原子质量的的比值b已知质量求物质的量，运用公式n=m/m求c摩尔质量的单位为g/mold氯原子的质子数为17，1个氯原子所含的电子数是17个【解答】解：a元素是指具有相同核电荷数（核内质子数）的一类原子的总称一种元素因中子数不同，有多种原子元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值氯原子的相对原子质量为，但该值也不是氯元素的相对原子质量故a错误b根据公式n=，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量（摩尔质量）为（ana）g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol故b正确c一个该氯原子的质量是a，1mol该氯原子的质量（摩尔质量）为（ana）g/mol，单位错误故c错误d一个该氯原子的质量是a，n g该氯原子个数ng/ag1个氯原子所含的电子数是17个 ng该氯原子所含的电子数为故d正确故选bd7某气体的质量是9.5g，体积是5.6升（标准状况下），该气体的摩尔质量是（）a38b38gmol1c19d19gmol1【考点】4c：摩尔质量【分析】根据n=计算气体的物质的量，再根据m=计算该气体的摩尔质量【解答】解：标准状况下，5.6l该气体的物质的量为=0.25mol，所以该气体的摩尔质量为=38g/mol故选b8用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，下列操作会引起测定结果偏高的是（）（1）滴定时，装待测溶液的锥形瓶有少量水；（2）酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准溶液洗；（3）滴定终点读数时，仰视刻度线a只有（1）b只有（2）c（2）（3）d（1）（2）（3）【考点】r3：中和滴定【分析】根据c（待测）=进行误差分析【解答】解：（1）滴定时，装待测溶液的锥形瓶有少量水，对待测液的物质的量没有影响，所以不影响测定结果，故错误；（2）酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准溶液洗，标准溶液浓度偏小，造成v（标准）偏大，所以测定值偏高，故正确；（3）滴定终点读数时，仰视刻度线，造成v（标准）偏大，所以测定值偏高，故正确；故选c9能说明氯的非金属性比溴强的事实是 共用电子对偏向：hclhbr酸性：hclo4hbro4热稳定性：hclhbr酸性：hclhbr（）abcd【考点】76：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】根据得电子的能力、最高价氧化物对应水化物的酸性、气态氢化物的稳定性等来判断非金属性的强弱【解答】解：共用电子对偏向：hclhbr，则说明cl得电子能力强，则非金属性clbr，故正确；最高价氧化物对应水化物的酸性为hclo4hbro4，则非金属性clbr，故正确；气态氢化物的热稳定性为：hclhbr，则非金属性clbr，故正确；酸性为hclhbr，不能利用氢化物的水溶液酸性来比较非金属性，故错误；故选a10下列反应属于置换反应的是（）anh4cl=nh3+hclbnacl+agno3=agcl+nano3ccao+co2=caco3dmg+2hcl=mgcl2+h2【考点】bs：化学基本反应类型【分析】一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应叫置换反应，据此判断【解答】解：a一种物质生成多种物质，属于分解反应，故a不选；b化合物和化合物相互交换成分，属于复分解反应，故b不选；c两种物质生成一种物质，属于化合反应，故c不选；dmg+2hcl=mgcl2+h2中反应物是单质和化合物，生成物是单质和化合物，属于置换反应，故d选；故选d11等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量cuso4溶液，下列各图中表示其产生氢气总体积（v）与时间（t）的关系正确的是（）abcd【考点】bh：原电池和电解池的工作原理；ca：化学反应速率的影响因素【分析】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量【解答】解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：ab，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：ab故选a二、解答题（共9小题，满分87分）12s元素在自然界的转化对环境有着重要的影响（1）汽车尾气与燃煤烟气中含有的so2是造成酸雨的主要原因之一图中a的化学式是h2so3或so3或h2so3与so3硫酸型酸雨对大理石石像腐蚀的化学方程式是h2so4+caco3=caso4+h2o+co2（2）煤炭中以fes2形式存在的硫，可用微生物脱硫技术脱去，有关反应的离子方程式依次为：2fes2+7o2+2h2o 4h+2fe2+4so42；4fe2+o2+4h+ 4fe3+2h2o；fes2+2fe3+ 3fe2+2s；2s+3o2+2h2o4h+2so42已知：fes2中的铁元素为+2价回答下列问题：将上述、离子方程式补充完整在线桥上标出反应中电子转移的数目：观察上述反应，fes2中的s元素最终转化为so42从煤炭中分离出来（3）生物质混煤燃烧是当今能源燃烧利用的最佳方式之一燃煤过程中生成的so2会与nacl等物质发生反应，生成硫酸盐和cl2你认为反应物除so2、nacl外还有o2，判断的理由是因氧化反应与还原反应同时发生，而cl、s元素的化合价均升高，所以，有o2参与反应（4）另一种烟气脱硫技术是石灰法，即在煤燃烧时加入生石灰（cao）即可除去so2，最后生成caso4，请写出该化学方程式：2so2+2cao+o2=2caso4并计算在10kg 含硫 1.6% 的煤中理论上加入0.028kg生石灰合适【考点】f6：二氧化硫的污染及治理【分析】（1）a可能是二氧化硫被氧化生成三氧化硫，也可能是二氧化硫与水反应生成亚硫酸；硫酸型酸雨对大理石石像腐蚀是硫酸与大理石的主要成份碳酸钙反应生成硫酸钙，化学方程式是h2so4+caco3=caso4+h2o+co2；（2）根据原子守恒、电荷守恒确定生成物；2mol的铁离子得到2mol的电子变成亚铁离子；依据四个反应分析判断产物；（3）燃煤过程中生成的so2会与nacl等物质发生反应，生成硫酸盐和cl2中cl、s元素的化合价均升高，根据得失电子守恒必定有一种物质得电子化合价降低，所以必含氧气；（4）煤燃烧时加入生石灰（cao）即可除去so2，最后生成caso4，请写出该化学方程式：2so2+2cao+o2=2caso4；根据so2cao关系式分析求解【解答】解：（1）a可能是二氧化硫被氧化生成三氧化硫，也可能是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，故答案为：h2so3或so3或h2so3与so3；硫酸型酸雨对大理石石像腐蚀是硫酸与大理石的主要成份碳酸钙反应生成硫酸钙，化学方程式是h2so4+caco3=caso4+h2o+co2，故答案为：h2so4+caco3=caso4+h2o+co2；（2）根据电荷守恒知，该微粒子是阴离子，再结合原子守恒知，该空为4so42；根据电荷守恒知，该微粒不带电荷，再结合原子守恒知，该空为2h2o，故答案为：4so42；2h2o；2mol的铁离子得到2mol的电子变成亚铁离子，所双转移电子数为：2e，故答案为：2e；依据至四个离子方程式，分析判断最终的生成物为硫酸亚铁和硫酸，所以硫最终生成so42，故答案为：so42；（3）燃煤过程中生成的so2会与nacl等物质发生反应，生成硫酸盐和cl2中cl、s元素的化合价均升高，根据得失电子守恒必定有一种物质得电子化合价降低，所以必含o2故答案为：o2；因氧化反应与还原反应同时发生，而cl、s元素的化合价均升高，所以，有o2参与反应；（4）煤燃烧时加入生石灰（cao）即可除去so2，最后生成caso4，请写出该化学方程式：2so2+2cao+o2=2caso4；根据 so2cao 1kmol 56kg kmol mm=0.028kg，故答案为：2so2+2cao+o2=2caso4，0.02813a，b，c，d，e，f均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，短周期元素中c的原子半径最大，b，e同族，e的最外层电子数是电子层数的2倍，a的最高价氧化物水化物为h2ao3，d是地壳中含量最高的金属元素（1）a的元素符号是c，c2b2的电子式为（2）b，c，d，f的离子半径由大到小的顺序是clo2na+al3+（用粒子符号表示）（3）e和f相比，非金属性强的是cl（用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是（用符号填空）常温下e的单质呈固态，f的单质呈气态气态氢化物的稳定性：fee和f形成的化合物中，e显正价f单质能与e的氢化物发生置换反应e和f的氧化物的水化物的酸性强弱气态氢化物的还原性：ef（4）把cdb2溶液蒸干所得的固体物质为naalo2（填化学式）（5）c和f可组成化合物甲，用惰性电极电解甲的水溶液，电解的化学方程式为2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2（6）a，b，c三种元素组成的常见化合物乙的溶液中，离子浓度由大到小的顺序为c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+），ph=10的乙溶液中由水电离产生的c（oh）=104moll1【考点】8j：位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期主族元素中，c元素的原子半径是最大的，则c为na元素；d元素是地壳中含量最高的金属元素，则d为al元素；e、f的原子序数大于al，均处于第三周期，e的最外层电子数是其电子层数的2倍，则e最外层电子数是6，故e为s元素，f的原子序数大于s元素，则f为cl元素；b、e同族，则b为o元素；a的最高价氧化物水化物为h2ao3，则a的最高价为+4价，原子序数小于氧，则a为c元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素中，c元素的原子半径是最大的，则c为na元素；d元素是地壳中含量最高的金属元素，则d为al元素；e、f的原子序数大于al，均处于第三周期，e的最外层电子数是其电子层数的2倍，则e最外层电子数是6，故e为s元素，f的原子序数大于s元素，则f为cl元素；b、e同族，则b为o元素；a的最高价氧化物水化物为h2ao3，则a的最高价为+4价，原子序数小于氧，则a为c元素（1）a的元素符号为c，c2b2为na2o2，过氧化钠属于离子化合物，其电子式为：，故答案为：c；（2）离子的电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，四种离子的离子半径大小为：clo2na+al3+，故答案为：clo2na+al3+； （3）e、f分别为s、cl元素，二者处于同一周期，原子序数越大，非金属性越强，则非金属性较强的为cl元素；物质的存在状态属于物理性质，与非金属性强弱无关，故错误；非金属元素的气态氢化物越稳定，元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性：fe，则非金属性：cls，故正确；e和f形成的化合物中，e显正价，说明f的得电子能力更强，则非金属性cls，故正确；f单质能与e的氢化物发生置换反应，说明氯气的氧化性大于s，则非金属性：cls，故正确；应描述为e和f的最高价氧化物的水化物的酸性强弱，如hclo为弱酸，硫酸为强酸，故错误；气态氢化物的还原性：ef，则对应元素的氧化性恰好相反，即非金属性：cls，故正确；故答案为：cl；（4）naalo2在溶液中水解得到氢氧化钠与偏铝酸（或氢氧化铝），最终又反应得到naalo2，蒸干naalo2溶液所得的固体物质为naalo2，故答案为：naalo2；（5）c和f可组成化合物甲为nacl，用惰性电极电解nacl的水溶液，电解的化学方程式为：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，故答案为：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2；（6）a、b、c三种元素组成的常见化合物乙为na2co3，溶液中碳酸根离子水解，溶液呈碱性，水解程度微弱，溶液中氢氧根离子源于碳酸根与碳酸氢根水解、水的电离，故溶液中离子浓度大小顺序为：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+）；溶液中氢氧根离子均源于水，ph=10的na2co3溶液中由水电离产生的c（oh）=moll1=104moll1，故答案为：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+）；10414为探究na2co3与盐酸的反应原理，设计了如图1实验装置步骤如下：（1）在双通管中装12ml0.5mol/l的na2co3溶液，在针筒中装4ml3mol/l的盐酸（2）从底部向双通管中推入2ml的盐酸几乎没有气泡产生，原因是：co32+h+=hco3（用离子方程式解释）（3）将盐酸全部注入，产生大量气泡此装置相对于往na2co3溶液中滴加盐酸，优点在于：便于判断消耗盐酸的体积及反应的程度利用此装置往含往na2co3和另一种含钠的化合物a的混合液中注入稀盐酸，注入盐酸的体积与产生气体的体积关系如图2，则a的化学式为naoh，该混合液中na2co3和a的物质的量之比为2：3【考点】u2：性质实验方案的设计；sb：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【分析】in（na2co3）=0.012l0.5mol/l=0.006mol，发生co32+h+=hco3，需要v（hcl）=0.002l=2ml；此装置相对于往na2co3溶液中滴加盐酸，便于判断消耗盐酸的体积及反应的程度；由图可知，发生hco3+h+=co2+h2o时消耗盐酸为75=2ml，则由可知co32+h+=hco3可知含na2co3共消耗盐酸4ml，则前3ml发生naoh+hclh2o+nacl，以此计算【解答】解：in（na2co3）=0.012l0.5mol/l=0.006mol，发生co32+h+=hco3，需要v（hcl）=0.002l=2ml，则从底部向双通管中推入2ml的盐酸几乎没有气泡产生，原因是co32+h+=hco3，故答案为：2；co32+h+=hco3；此装置相对于往na2co3溶液中滴加盐酸，针筒上有刻度，便于判断消耗盐酸的体积及反应的程度，故答案为：便于判断消耗盐酸的体积及反应的程度；由图可知，发生hco3+h+=co2+h2o时消耗盐酸为75=2ml，则由可知co32+h+=hco3可知含na2co3共消耗盐酸4ml，则前3ml发生naoh+hclh2o+nacl，则a为naoh，该混合液中na2co3和a的物质的量之比为（0.004l3mol/l）：（0.003l3mol/l）=2：3，故答案为：naoh；2：315用如图所示实验装置进行so2性质的探究实验（1）装置a中发生反应的离子方程式为：hso3+h+=so2+h2o，g装置的作用吸收尾气，可防止空气中二氧化碳进入f中（2）简述检查该装置气密性的方法g中加水至没过导气管口，微溶a中的圆底烧瓶，若g中有气泡产生，停止加热，冷却后导管末端形成一段水柱，说明气密性良好（3）能够证明so2具有还原性、氧化性的实验装置依次为和c和b（用字母表示），观察到的现象依次是c中溴水褪色、b中出现黄色沉淀（4）若要证明酸性：h2co3h2sio3，则应观察到的实验现象有e中品红不褪色，f中出现白色浑浊（5）某同学用32gcu与50g 98%浓硫酸反应来制取so2，实验结束后，还有19.2g的cu剩余，若要让cu完全溶解，则至少应加入1mol/l的稀硝酸600ml【考点】u2：性质实验方案的设计【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化钠发生氧化还原反应生成硫，二氧化硫表面氧化性，二氧化硫与溴水反应生成氢溴酸和硫酸，二氧化硫溶液呈酸性，与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，二氧化碳对应的水溶液酸性都比硅酸强，则f中生成硅酸沉淀，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，可以用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫，以此解答该题【解答】解：浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化钠发生氧化还原反应生成硫，二氧化硫表面氧化性，二氧化硫与溴水反应生成氢溴酸和硫酸，二氧化硫溶液呈酸性，与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，二氧化碳对应的水溶液酸性都比硅酸强，则f中生成硅酸沉淀，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，可以用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫，（1）装置a中发生反应的离子方程式为hso3+h+=so2+h2o，f用于检验二氧化碳与硅酸钠的反应，g可防止空气中二氧化碳进入f中，且可起到吸收尾气的作用，故答案为：hso3+h+=so2+h2o；吸收尾气，可防止空气中二氧化碳进入f中；（2）检查气密性，可将g中加水至没过导气管口，微溶a中的圆底烧瓶，若g中有气泡产生，停止加热，冷却后导管末端形成一段水柱，说明气密性良好，故答案为：g中加水至没过导气管口，微溶a中的圆底烧瓶，若g中有气泡产生，停止加热，冷却后导管末端形成一段水柱，说明气密性良好；（3）二氧化硫具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，同时二氧化硫具有氧化性，可与硫化钠发生氧化还原反应生成硫，溶液变浑浊，故答案为：c和b；c中溴水褪色，b中出现黄色沉淀；（4）若要证明酸性：h2co3h2sio3，先排除二氧化硫的干扰，则e中品红不褪色，f中出现白色浑浊，故答案为：e中品红不褪色，f中出现白色浑浊；（5）铜和浓硫酸发生cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o，实验结束后，还有19.2g的cu剩余，说明反应的铜的质量为32g19.2g=12.8g，为0.2mol，由方程式可知消耗0.4mol，而50g 98%浓硫酸中n（h2so4）=0.5mol，则反应后剩余0.1mol硫酸，cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、no与水，反应离子方程式为：3cu+2no3+8h+=3cu2+2no+4h2o，n（cu）=0.3mol，由离子方程式可知需要0.8molh+，则需要0.6mol硝酸，体积为600ml，故答案为：60016某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率，（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红（2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为b连c（填a、b、c、等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为cl2+2oh=h2o+cl+clo；乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率，通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率一同学认为可以在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与d口连接aa bb cd de另一同学认为乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率（4）若电解150ml饱和食盐水一段时间，测得溶液的为ph为14，求饱和食盐水的电解率16.6%（假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/ml，溶解度为36.0g）【考点】rd：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）依据甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色；（2）氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中b端为阳极生成氯气，装置b连c；（3）利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用u形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置d处；乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差；（4）依据溶液ph计算氢氧根离子浓度结合化学方程式计算反应的氯化钠质量，利用溶解度计算150ml溶液中氯化钠的质量，用反应氯化钠质量除以原溶液中氯化钠质量得到食盐水的电解率【解答】解：（1）甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中甲装置中的实验现象为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红，故答案为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红；（2）洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中b端为阳极生成氯气，装置b连c，故答案为：b；c；cl2+2oh=h2o+cl+clo；（3）利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用u形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置d处，故答案为：d；乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差，故答案为：同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大；（4）若电解150ml饱和食盐水一段时间，测得溶液的为ph为14，c（h+）=1014mol/l，c（oh）=1mol/l，氢氧根离子物质的量=0.15l1mol/l=0.15mol，2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，电解的氯化钠物质的量为0.15mol，质量=0.15mol58.5g/mol=8.775g，饱和食盐水密度约为1.33g/ml，150ml饱和食盐水质量=1.33g/ml150ml=199.5g，依据溶解度计算溶液中含有溶质氯化钠质量=199.5g=52.81g，电解率=100%=16.6%，故答案为：16.6%17把0.4molx气体和0.6moly气体混合于2l密闭容器中，一定条件下使它们发生如下反应：2x（g）+y（g）nz（g）+2w（g），5min末反应达到平衡状态，此时已生成0.2molw，若测知以z浓度变化来表示的反应平均速率为0.01mol/lmin（1）达到平衡时x的浓度为0.1mol/l（2）化学方程式中的n值是1【考点】cp：化学平衡的计算【分析】5min末反应达到平衡状态，此时已生成0.2molw，v（w）=0.02mol/（lmin），若测知以z浓度变化来表示的反应平均速率为0.01mol/（lmin），由速率之比等于化学计量数之比可知， =，解得n=1，则 2x（g）+y（g）z（g）+2w（g）开始 0.4 0.6 0 0转化 0.2 0.1 0.1 0.2平衡 0.2 0.5 0.1 0.2结合c=计算【解答】解：5min末反应达到平衡状态，此时已生成0.2molw，v（w）=0.02mol/（lmin），若测知以z浓度变化来表示的反应平均速率为0.01mol/（lmin），由速率之比等于化学计量数之比可知， =，解得n=1，则 2x（g）+y（g）z（g）+2w（g）开始 0.4 0.6 0 0转化 0.2 0.1 0.1 0.2平衡 0.2 0.5 0.1 0.2（1）达到平衡时x的浓度为=0.1mol/l，故答案为：0.1mol/l； （2）由上述分析可知，n=1，故答案为：118图中x、y、z为单质，其它为化合物，它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）其中，a俗称磁性氧化铁；e是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应回答下列问题：（1）1mol e中含有4mol化学键；m中存在的化学键类型为离子键、共价键；r的化学式是h2sio3（2）一定条件下，z与h2反应生成zh4，zh4的电子式为（3）写出a与al反应转化为x的化学方程式8al+3fe3o49fe+4al2o3（4）写出a和d的稀溶液反应生成g的离子方程式并标出电子转移的方向和数目【考点】gs：无