高三（上）期末化学试卷.doc

高三（上）期末化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6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1化学无处不在，与化学有关的说法错误的是（）A在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土可使水果保鲜B侯氏制碱法的工艺过程中应用了Na2CO3溶解度比NaHCO3溶解度小的原理C口服硫酸亚铁片时同服维生素C能增强治疗缺铁性贫血效果D黑火药由硫磺、硝石（KNO3）、木炭三种物质混合制成2如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是（）A简单离子的半径大小比较：ZYXB气态氢化物稳定性：YXRC单质的熔点：MZDZ单质能从M的盐溶液中置换出单质M3下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体4下列解释事实的方程式正确的是（）A钢铁生锈，负极反应式为Fe3eFe3+B用石墨做电极电解硫酸铜溶液，有Cu和O2析出：2Cu2+OH2Cu+O2+2H2OCNa2CO3溶液滴加酚酞，溶液变红：CO32+2H2OH2CO3+2O2D酸性高锰酸钾溶液中加入草酸钠，溶液褪色：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O5将图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）AZn极上发生还原反应B电子沿ZnabCu路径流动C片刻后，乙池中c（Cu2+）减小，c（SO42）基本不变，溶液不再保持电中性D片刻后可观察到滤纸a点变红色6下列图示与对应的叙述相符的是（）A表示向NH3H2O溶液中逐步加入NH4Cl固体后，溶液pH的变化B表示向NH3H2O溶液中加水时溶液的导电性变化，则NH3H2O溶液的pH：baC表示等量A在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2A（g）B（g）+C（g），相同时间后测得A含量的曲线，则该反应的H0D表示催化剂能改变化学反应的焓变7如图表示水溶液中c（H+）和c（OH）的关系，下列判断正确的是（）AXZ线上任意点均表示溶液的pH=7B图中T1T2CM区域对应溶液中大量存在：Fe3+、Na+、C1、SO42DZ点对应的可能是CH3COOH和CH3COONa的混合液，且c（CH3COO）=c（Na+）二、非选择题8氨气是重要的化工原料（1）实验室可用浓氨水和（选填编号）快速制取氨气a烧碱 b生石灰 c氯化铵d碱石灰（2）“侯氏制碱”的核心反应为：NH3+CO2+NaCl+H2ONH4Cl+NaHCO3依据此原理，欲制得碳酸氢钠晶体，某同学设计了如图实验装置，其中B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和C装置的作用为如表列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）：01020304050NaCl35.735.836.036.336.637.0NaHCO36.98.19.611.112.714.5NH4Cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析B装置中使用冰水的目的是该同学在检查完此套装置的气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在装置之间（填写字母）连接一个盛有的洗气装置，其作用若该同学进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为11.7g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为10.92g，则NaHCO3的产率为（3）往CuSO4溶液中滴加氨水，先有沉淀析出，后沉淀溶解溶液呈深蓝色，有Cu（NH3）42+生成往溶液中滴加稀硫酸，溶液变为淡蓝色颜色变浅的原因除溶液变稀外，还可能存在平衡I：Cu（NH3）42+ （深蓝色）+4H+Cu2+（蓝色）+4NH4+请设计一个简单实验证明平衡I是否存在9某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、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（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有、（2）用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe2+，其原理是（3）己知Ksp（CuS）=1.21036，Ksp（NiS）=1.21021；在除铜镍的过程中，当Ni2+沉淀完全时溶液中c（Ni2+）1.0105mo1L1，此时溶液中Cu2+的浓度mo1L1（4）工业上用铁和石墨为电极，电解K2MnO4溶液制取KMnO4电解时，应以作阳极，阳极电极反应式为，电解过程中，阴极附近溶液的pH将会（增大、减小、不变）（5）工业上用碘淀粉溶液测定燃煤尾气中SO2的含量现有VamL浓度为cmo1L1的碘淀粉溶液，取去体积的混合溶液，当通入尾气体积为VbmL（已折算为标准状况）时，溶液蓝色消失尾气中SO2的体积百分含量为：（6）除杂后得到的MnSO4溶液经过：、过滤及干燥得硫酸锰晶体（MnSO4H2O）10合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0一种工业合成氨的简易流程图如下：完成下列填空：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生NH4HS的电子式是，写出再生反应的化学方程式：；NH3的沸点高于H2S，是因为NH3分子之间存在着一种叫的作用力（2）室温下，0.1molL1的氯化铵溶液和0.1molL1的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是，其原因（已知：HSO4H+SO42Ka=1.2102 NH3H2ONH4+OHKb=1.8105 ）（3）图甲表示500、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：（答案用小数表示，保留3位有效数字）（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图乙坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：（任写2点）11锡是第IVA族金属元素，常见化合价为+2、+4价，其单质及化合物在生活、生产中有重要应用已知：Sn熔点为231；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点33、沸点114请按要求回答下列相关问题：（1）如图1为锡原子结构示意图，请补充完整： （2）用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：取2.38g试样溶于较浓硫酸中（杂质不参与反应），使Sn完全转化为Sn2+；加入过量的Fe2（SO4）3；用0.2000molL1K2Cr2O7溶液滴定步骤得到的溶液（产物中Cr呈+3价），消耗25.00mL步骤中加入Fe2（SO4）3发生反应的离子方程式为；此锡粉样品中锡的质量分数为（3）实验室配制SnCl2溶液时：要先将SnCl2固体，并在新配制的SnCl2溶液中加入，目的是（4）SnO不溶于水，工业上常用于制备SnSO4向酸性SnCl2溶液中加入碳酸氢铵溶液调PH=7，可以生成SnO，写出反应的离子方程式（5）现有如图2所示装置，某化学实验小组要在实验室中制备少量SnCl4，请回答下列问题：所选择的仪器装置及合理的先后排列顺序是：A实验中当开始生成SnCl4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是2015-2016学年山东省莱芜一中高三（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分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学无处不在，与化学有关的说法错误的是（）A在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土可使水果保鲜B侯氏制碱法的工艺过程中应用了Na2CO3溶解度比NaHCO3溶解度小的原理C口服硫酸亚铁片时同服维生素C能增强治疗缺铁性贫血效果D黑火药由硫磺、硝石（KNO3）、木炭三种物质混合制成【考点】钠的重要化合物；氧化还原反应；乙烯的化学性质【分析】A、高锰酸钾可氧化乙烯；B、碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠；C、维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化；D、硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3【解答】解：A、乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故A正确；B、侯氏制碱法的工艺过程中应用了碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的原理，析出沉淀碳酸氢钠，然后分解产生碳酸钠，故B错误；C、维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D、制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故D正确故选B2如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图则下列说法正确的是（）A简单离子的半径大小比较：ZYXB气态氢化物稳定性：YXRC单质的熔点：MZDZ单质能从M的盐溶液中置换出单质M【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】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，稀有气体原子半径大于同周期VIIA元素原子半径，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，Y为O元素，X为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答【解答】解：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，稀有气体原子半径大于同周期VIIA元素原子半径，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，Y为O元素，X为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Cl元素AO2、F、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2FNa+，故A错误；B非金属性FO，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HFH2O，故B错误；C铝离子半径小于钠离子比较，且铝离子所带电荷大，故Al晶体中金属键更强，则单质熔点AlNa，故C正确；DNa单质与水反应生成氢氧化钠与氢气，不能从M的盐溶液中置换出单质M，故D错误，故选：C3下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体【考点】计量仪器及使用方法【分析】A锥形瓶和容量瓶在使用时不需要烘干，对实验结果没有影响；B滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释；C锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；D容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此次配制失败【解答】解：A锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故A错误；B酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B正确；C滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故C错误；D用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管吸出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故D错误；故选B4下列解释事实的方程式正确的是（）A钢铁生锈，负极反应式为Fe3eFe3+B用石墨做电极电解硫酸铜溶液，有Cu和O2析出：2Cu2+OH2Cu+O2+2H2OCNa2CO3溶液滴加酚酞，溶液变红：CO32+2H2OH2CO3+2O2D酸性高锰酸钾溶液中加入草酸钠，溶液褪色：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O【考点】离子方程式的书写【分析】AFe失去电子生成亚铁离子；B石墨做电极电解硫酸铜溶液，水中的氢氧根离子放电；C水解为可逆反应，且碳酸根离子水解以第一步为主；D发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒【解答】解：A钢铁生锈，负极反应式为Fe2eFe2+，故A错误；B用石墨做电极电解硫酸铜溶液，有Cu和O2析出，离子反应为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故B错误；CNa2CO3溶液滴加酚酞，溶液变红，发生水解离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故C错误；D酸性高锰酸钾溶液中加入草酸钠，溶液褪色的离子反应为2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，故D正确；故选D5将图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）AZn极上发生还原反应B电子沿ZnabCu路径流动C片刻后，乙池中c（Cu2+）减小，c（SO42）基本不变，溶液不再保持电中性D片刻后可观察到滤纸a点变红色【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电子从负极沿导线流向电解池阴极，原电池放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动【解答】解：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，A、Zn作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，故A错误；B、电子从Zna，bCu路径流动，电子不进入电解质溶液，故B错误；C、片刻后，乙池中c（Cu2+）减小，c（SO42）基本不变，盐桥中的钾离子向乙池移动，溶液保持电中性，故C错误；D、电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极附近生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，所以a极变红色，故D正确；故选D6下列图示与对应的叙述相符的是（）A表示向NH3H2O溶液中逐步加入NH4Cl固体后，溶液pH的变化B表示向NH3H2O溶液中加水时溶液的导电性变化，则NH3H2O溶液的pH：baC表示等量A在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2A（g）B（g）+C（g），相同时间后测得A含量的曲线，则该反应的H0D表示催化剂能改变化学反应的焓变【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应的能量变化规律；焓变和熵变【分析】A增大铵根离子的浓度会抑制氨水的电离，但是平衡移动的程度不大；B溶液中离子浓度越大，溶液的导电性越强；C由图可知，反应平衡后升高温度A的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应；D催化剂能降低反应的活化能，对焓变无影响【解答】解：A增大铵根离子的浓度会抑制氨水的电离，但是平衡移动的程度不大，所以NH3H2O溶液中逐步加入NH4Cl固体后，溶液的pH不可能接近7，故A错误；B溶液中离子浓度越大，溶液的导电性越强，图中a点导电性强，所以a点的氢氧根离子浓度大，即a点的pH大，故B错误；C由图可知，反应平衡后升高温度A的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应，所以该反应的H0，故C正确；D催化剂能降低反应的活化能，对焓变无影响，焓变由反应物与生成的焓值差决定，故D错误故选C7如图表示水溶液中c（H+）和c（OH）的关系，下列判断正确的是（）AXZ线上任意点均表示溶液的pH=7B图中T1T2CM区域对应溶液中大量存在：Fe3+、Na+、C1、SO42DZ点对应的可能是CH3COOH和CH3COONa的混合液，且c（CH3COO）=c（Na+）【考点】离子积常数【分析】AXZ连线是一条Kw渐渐变大的线；B水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则Kw逐渐增大；C在X、Z连线的上方，c（H+）c（OH），在X、Z连线的下方，c（H+）c（OH）；DZ点溶液显中性【解答】解：A、XZ连线是一条Kw渐渐变大的线，在X点，pH=7，在X点下方pH大于7，在X上方pH小于7，故A错误；B、水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则Kw逐渐增大，Z点Kw大于X点，所以T1T2，故B错误；C、XZ连线的斜率是1，存在c（H+）=c（OH），在X、Z连线的上方M区域，c（H+）c（OH），在X、Z连线的下方，c（H+）c（OH），故M区域显碱性，铁离子不能共存，故C错误；D、由于CH3COOH电离显酸性，而CH3COONa水解显碱性，故CH3COOH和CH3COONa的混合液可能显中性，即c（H+）=c（OH），故c（CH3COO）=c（Na+），故D正确故选D二、非选择题8氨气是重要的化工原料（1）实验室可用浓氨水和abd（选填编号）快速制取氨气a烧碱 b生石灰 c氯化铵d碱石灰（2）“侯氏制碱”的核心反应为：NH3+CO2+NaCl+H2ONH4Cl+NaHCO3依据此原理，欲制得碳酸氢钠晶体，某同学设计了如图实验装置，其中B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和C装置的作用为防倒吸、吸收过量氨气防污染如表列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）：01020304050NaCl35.735.836.036.336.637.0NaHCO36.98.19.611.112.714.5NH4Cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析B装置中使用冰水的目的是低温便于析出碳酸氢钠该同学在检查完此套装置的气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在AB装置之间（填写字母）连接一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，其作用除去二氧化碳气体中的氯化氢气体若该同学进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为11.7g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为10.92g，则NaHCO3的产率为65%（3）往CuSO4溶液中滴加氨水，先有沉淀析出，后沉淀溶解溶液呈深蓝色，有Cu（NH3）42+生成往溶液中滴加稀硫酸，溶液变为淡蓝色颜色变浅的原因除溶液变稀外，还可能存在平衡I：Cu（NH3）42+ （深蓝色）+4H+Cu2+（蓝色）+4NH4+请设计一个简单实验证明平衡I是否存在往深蓝色溶液中通入少量HCl气体若溶液颜色变浅，证明有平衡的存在，否则不存在（或通入少量氨气或加少量NaOH固体，若溶液颜色变深证明平衡的存在，否则不存在）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）浓氨水与碱混合可制备氨气；（2）由图可知，A中碳酸钙与盐酸反应生成CO2，B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和，B中冰水可降低温度，B中发生NH3+CO2+NaCl+H2ONH4Cl+NaHCO3，C中吸收过量的氨气且可防止倒吸，该装置中盐酸易挥发，与碳酸氢钠反应，结合NaClNaHCO3计算；（3）Cu（NH3）42+ （深蓝色）+4H+Cu2+（蓝色）+4NH4+中氢离子浓度影响平衡移动，结合颜色变化分析【解答】解：（1）烧碱、生石灰、碱石灰均与氨水混合可快速制备氨气，而氯化铵与氨水混合不能制备氨气，故答案为：abd；（2）C装置的作用为防倒吸、吸收过量氨气防污染，故答案为：防倒吸、吸收过量氨气防污染；由表格数据可知，B装置中使用冰水的目的是低温便于析出碳酸氢钠，故答案为：低温便于析出碳酸氢钠；盐酸挥发干扰实验，应除去HCl，则在AB装置之间连接一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，其作用为 除去二氧化碳气体中的氯化氢气体，故答案为：AB；饱和碳酸氢钠溶液；除去二氧化碳气体中的氯化氢气体；由NaClNaHCO3可知，理论上生成NaHCO3为84g/mol=16.8g，实验后得到干燥NaHCO3晶体质量为10.92g，则NaHCO3的产率为100%=65%，故答案为：65%；（3）实验证明平衡I是否存在的方法为往深蓝色溶液中通入少量HCl气体若溶液颜色变浅，证明有平衡的存在，否则不存在（或通入少量氨气或加少量NaOH固体，若溶液颜色变深证明平衡的存在，否则不存在），故答案为：往深蓝色溶液中通入少量HCl气体若溶液颜色变浅，证明有平衡的存在，否则不存在（或通入少量氨气或加少量NaOH固体，若溶液颜色变深证明平衡的存在，否则不存在）9某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、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（反应条件已省略）请回答下列问题：（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒（2）用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe2+，其原理是消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀（3）己知Ksp（CuS）=1.21036，Ksp（NiS）=1.21021；在除铜镍的过程中，当Ni2+沉淀完全时溶液中c（Ni2+）1.0105mo1L1，此时溶液中Cu2+的浓度6.01026mo1L1（4）工业上用铁和石墨为电极，电解K2MnO4溶液制取KMnO4电解时，应以隋性电极作阳极，阳极电极反应式为MnO42eMnO4，电解过程中，阴极附近溶液的pH将会增大（增大、减小、不变）（5）工业上用碘淀粉溶液测定燃煤尾气中SO2的含量现有VamL浓度为cmo1L1的碘淀粉溶液，取去体积的混合溶液，当通入尾气体积为VbmL（已折算为标准状况）时，溶液蓝色消失尾气中SO2的体积百分含量为：100%（6）除杂后得到的MnSO4溶液经过：蒸发浓缩、冷却结晶过滤及干燥得硫酸锰晶体（MnSO4H2O）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【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）过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等；（2）从消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解角度分析；（3）当Ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（Ni2+）=1.0105mol/L），c（S2）=，结合Ksp（CuS）计算溶液中Cu2+的浓度；（4）电解K2MnO4溶液制取KMnO4，要用隋性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上K2MnO4失去电子发生氧化反应，阴极上是水中的氢离子放电生成氢气，据此分析；（5）用碘淀粉溶液测定燃煤尾气中SO2的含量，根据电子得失守恒有关系式I2SO2，根据消耗碘的物质的量可计算出二氧化硫的体积，进而确定尾气中SO2的体积百分含量；（6）由MnSO4溶液得到MnSO4H2O晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥【解答】解：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）过滤需要用到的硅酸盐仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进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）当Ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（Ni2+）=1.0105mol/L），c（S2）=1.41019，由Ksp（CuS）可知溶液中Cu2+的浓度为=6.01026mol/L，故答案为：6.01026；（4）电解K2MnO4溶液制取KMnO4，要用隋性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上K2MnO4失去电子发生氧化反应，电极反应式为MnO42eMnO4，阴极上是水中的氢离子放电生成氢气，所以阴极附近有氢氧根离子产生，溶液的pH将会增大，故答案为：隋性电极；MnO42eMnO4；增大；（5）用碘淀粉溶液测定燃煤尾气中SO2的含量，根据电子得失守恒有关系式I2SO2，反应中消耗碘的物质的量为VaL103cmo1L1=cVa104mo1，所以二氧化硫的体积为cVa104mo122.4L/mol=22.4cVa104L=2.24cVamL，所以尾气中SO2的体积百分含量为100%=100%，故答案为：100%；（6）由MnSO4溶液得到MnSO4H2O晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶10合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0一种工业合成氨的简易流程图如下：完成下列填空：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生NH4HS的电子式是，写出再生反应的化学方程式：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；NH3的沸点高于H2S，是因为NH3分子之间存在着一种叫氢键的作用力（2）室温下，0.1molL1的氯化铵溶液和0.1molL1的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是硫酸氢铵，其原因硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非常的大，大于铵根离子水解产生的酸性（已知：HSO4H+SO42Ka=1.2102 NH3H2ONH4+OHKb=1.8105 ）（3）图甲表示500、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：14.5%（答案用小数表示，保留3位有效数字）（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图乙坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用（任写2点）【考点】含氮物质的综合应用【分析】（1）NH4HS的电子式是；H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于H2S；（2）硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非常的大，所以硫酸氢铵溶液的酸性强同浓度的氯化铵；（3）依据反应特征N2+3H2=2NH3，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为 100，氨气为体积42，计算反应的氮气，依据气体体积比计算原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数；（4）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，据此画出变化图象；（5）依据反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断【解答】解：（1）NH4HS的电子式；H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于H2S，故答案为；2NH4HS+O22NH3H2O+2S； 氢键；（2）硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非常的大，而氯化铵是水解呈酸性，所以硫酸氢铵溶液的酸性强同浓度的氯化铵，故答案为：硫酸氢铵；硫酸氢铵中的硫氢根离子第二步电离程度Ki2=1.2102，非常的大，大于铵根离子水解产生的酸性；（3）依据反应特征列式计算， N2+3H2=2NH3 V 1 3 2 2平衡体积 V V 即反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142=35.5，依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.521=14.5，则氮气体积分数为14.5%；故答案为：14.5%；（4）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：，故答案为：；（5）分析流程合成氨放热通过热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，加压、分离出氨气促进平衡正向进行、把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率；故答案为：；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用11锡是第IVA族金属元素，常见化合价为+2、+4价，其单质及化合物在生活、生产中有重要应用已知：Sn熔点为231；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点33、沸点114请按要求回答下列相关问题：（1）如图1为锡原子结构示意图，请补充完整： （2）用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：取2.38g试样溶于较浓硫酸中（杂质不参与反应），使Sn完全转化为Sn2+；加入过量的Fe2（SO4）3；用0.2000molL1K2Cr2O7溶液滴定步骤得到的溶液（产物中Cr呈+3价），消耗25.00mL步骤中加入Fe2（SO4）3发生反应的离子方程式为2Fe3+Sn2+=2Fe2+Sn4+；此锡粉样品中锡的质量分数为75%（3）实验室配制SnCl2溶液时：要先将SnCl2固体溶于较浓盐酸，并在新配制的SnCl2溶液中加入锡粉，目的是防止其水解及发生氧化反应（4）SnO不溶于水，工业上常用于制备SnSO4向酸性SnCl2溶液中加入碳酸氢铵溶液调PH=7，可以生成SnO，写出反应的离子方程式Sn2+2HCO3=SnO+2CO2+H2O（5）现有如图2所示装置，某化学实验小组要在实验室中制备少量SnCl4，请回答下列问题：所选择的仪器装置及合理的先后排列顺序是：ACEBGDHF实验中当开始生成SnCl4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是锡与氯气的反应为放热反应，放出的热量维持反应继续进行【考点】制备实验方案的设计；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）由结构示意图可知，锡是第四周期第IVA族金属元素，由能