1、2015-2016学年四川省宜宾市高三（上）第一次诊考化学试卷一、选择题（每小题6分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1化学与生产生活密切相关下列说法不正确的是（）A利用高纯硅的半导体性能可制成光电池B利用煤的气化可获得洁净的燃料C利用明矾水解产物的两性可用于净水D利用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收乙烯可使水果保鲜2下列装置及操作能达到实验目的是（）A蒸发食盐水得到氯化钠晶体B除去CO2中含有少量HCl气体C制取并收集干燥纯净的NH3D验证SO2的还原性3下列关于各组离子的相关分析正确的是（）选项离子组分析ANa+、Cu2+、SO42、Cl能大量共存于同一溶液中，通入过量NH3
2、最终产生蓝色沉淀BNH4+、Al3+、S2、Cl不能大量共存于同一溶液中，因为有Al2S3沉淀产生CH+、Fe2+、SO42、Cl能大量共存于同一溶液中，加入KNO3固体后溶液颜色发生变化DNa+、K+、HCO3、OH不能大量共存于同一溶液中，因为HCO3与OH反应有CO2生成AABBCCDD4设N A为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）ANO2和N2O4组成的46g混合气体中氮原子的数目为NAB1molC2H2分子中含有键的数目为2NACHClO光照分解产生22.4LO2，转移的电子数为4NAD常温下，1L0.1mol/LFe2（SO4）3溶液中阳离子数小于0.2NA5原子序数依次增大的
3、五种短周期元素 X、Y、Z、R、T，有关信息如下表下列说法正确的是（）元素XYZRT原子半径/nm0.0370.0770.0740.1860.102主要化合价+1+4、42+1+6、2+6、2AX、Y、Z 位于同一周期BR 与 Z 所形成的化合物均只含离子键C氢化物的沸点：YZTD第一电离能：YZ6室温下，将不同浓度的醋酸与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合（忽略体积变化）下列判断不正确的是（）A若c（CH3COOH）=0.1mol/L，反应后的溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）B若c（CH3COOH）=0.1mol/L，反应后的溶液中：c（OH）c（CH3
4、COOH）+c（H+）C若c（CH3COOH）=0.2mol/L，反应后的溶液中：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）D若反应后的溶液呈中性，则：c（CH3COOH）+c（CH3COO）0.05mol/L7工业上用乙烯水合法制取乙醇，其反应为：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）H=a kJmol1将等物质的量的C2H4（g）和H2O（g）充入某装置制取乙醇，乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示（平衡时，可用气体分压代替平衡浓度计算平衡常数，气体分压=气体总压体积分数）下列说法正确的是（）Aa大于0，P1小于P2BM点H2O（g）的转化率为10%CM
5、点化学反应速率大于N点D250时，用平衡分压计算的化学平衡常数 KP=三、非选择题8X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大X和Q属同族元素，X和R可形成化合物XR4；R2为黄绿色气体；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T2+的3d 轨道中有5个电子请回答下列问题：（1）Z基态原子的电子排布式是；Z所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（填化学式）（2）利用价层电子对互斥理论判断 RZ3的立体构型是；RZ3的中心原子的杂化轨道类型为（3）X和Q元素形成的某种化合物晶胞如图所示，其中白球所代表的原子的配位数为（4）水中T含量超标，容易使洁具和衣物染色
6、RZ2可以用来除去水中超标的T2+，生成黑色沉淀TZ2，当消耗0.2molRZ2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为9硫代硫酸钠（Na2S2O3）是一种重要的化工产品某兴趣小组在查阅资料后制备Na2S2O3，结合其性质进行了实验探究【查阅资料】工业上常将SO2气体通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中制取Na2S2O3【实验探究】实验一：Na2S2O3的制备兴趣小组模拟工业制法制备Na2S2O3，其反应装置及所需试剂如图（1）仪器A的名称（2）仪器B中，若反应时硫原子的利用率为100%，且有无色无味气体生成，则发生反应的总反应方程式是（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应
7、，B中混合液经蒸发、结晶、过滤、干燥得粗产品实验二：Na2S2O3 样品纯度的测定（4）利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，可以定量测定硫代硫酸钠样品的纯度（不考虑杂质与I2反应）称取wg硫代硫酸钠固体样品，配成250mL溶液，取25.00mL 置于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液作指示剂，用amol/L的碘水作标准液进行滴定，消耗碘水bmL盛装碘水的滴定管是（填字母编号）a酸式滴定管 b碱式滴定管滴定达到终点时的现象是计算样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为10氨在国民经济中占有重要地位，具有广泛的用途（1）氯胺（NH2Cl）消毒法具有效率高、成本低的优点，因此在用液氯处理自来水
8、的同时会通入少量氨气产生氯胺，反应为：Cl2+NH3=NH2Cl+HClNH2Cl是共价化合物，其结构式是利用NH2Cl部分水解生成的 HClO起到消毒杀菌的作用，该水解方程式是（2）在一定条件下，工业上用氨气制尿素的反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）在一定温度下，向2L某恒容密闭容器中充入4molNH3（g）和1molCO2（g），5min时，测得容器中混合气体总的物质的量为 4.5mol05min 内，用 NH3表示的平均反应速率（NH3）=下列说法中能判断该反应达到平衡状态的是a单位时间内生成nmol H2O同时生成2n mol NH3bCO（NH
9、2）2、H2O的物质的量浓度之比1：1c容器内压强保持不变d混合气体的密度不变人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示%2b 为电源的极A 室中电极上发生的反应是，A 室中除去尿素的化学方程式是11钛被称为继铁、铝之后的第三金属工业上用钛铁矿（主要成分为 FeTiO3，可表示为 FeOTiO2）制备钛，并得到电极材料 LiFePO4的流程如图（部分生成物已略去）已知：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O（1）第步中FeTiO3与盐酸的反应属于（填“氧化还原”或“非氧化还原”）反应（2）第步中生成TiO2的离子方程式是（3）第步中生成的气体X主要成分
10、是（4）已知：Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）H=641kJmol1Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）H=770kJmol1则Mg（s）与 TiCl4（s）反应生成 Ti（s）和MgCl2（s）的热化学方程式是；能否将第步中的Ar换成N2，理由是（5）上述流程中可循环使用的物质是（6）若不考虑制备过程中铁元素的损耗，由、两步制备 LiFePO4的过程中，消耗双氧水（质量分数为 17%）与 H2C2O4 的质量比是2015-2016学年四川省宜宾市高三（上）第一次诊考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1化学与生
11、产生活密切相关下列说法不正确的是（）A利用高纯硅的半导体性能可制成光电池B利用煤的气化可获得洁净的燃料C利用明矾水解产物的两性可用于净水D利用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收乙烯可使水果保鲜【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；煤的干馏和综合利用【专题】元素及其化合物【分析】A、晶体硅可导电；B、根据煤的综合利用来分析；C、明矾水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性；D、乙烯是水果的催熟剂【解答】解：A、晶体硅可导电，可制成光电池，故A正确；B、煤的综合利用有：煤的干馏、液化和气化，都可获得洁净的燃料，故B正确；C、明矾水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性，而不是两性，故C错误；D、乙烯是水果的
12、催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故D正确；故选C【点评】本题考查硅、煤的综合利用、明矾的净水及乙烯的性质等知识，题目难度不大，注意基础知识的积累2下列装置及操作能达到实验目的是（）A蒸发食盐水得到氯化钠晶体B除去CO2中含有少量HCl气体C制取并收集干燥纯净的NH3D验证SO2的还原性【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A蒸发液体使用蒸发皿； B二氧化碳也与碳酸钠反应；C氨气密度比空气小；D二氧化硫有还原性【解答】解：A蒸发液体使用蒸发皿，不能使用漏斗，故A错误； B二氧化碳也与碳酸钠反应，将原物质除去，故B错误；C氨气密度比空气小，应用向下排空法
13、收集，故C错误；D二氧化硫有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及蒸发液体、物质制备及分离与提纯以及性质的实验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大3下列关于各组离子的相关分析正确的是（）选项离子组分析ANa+、Cu2+、SO42、Cl能大量共存于同一溶液中，通入过量NH3最终产生蓝色沉淀BNH4+、Al3+、S2、Cl不能大量共存于同一溶液中，因为有Al2S3沉淀产生CH+、Fe2+、SO42、Cl能大量共存于同一溶液中，加入KNO3固体后溶液颜色发生变化DNa+、K+、HCO
14、3、OH不能大量共存于同一溶液中，因为HCO3与OH反应有CO2生成AABBCCDD【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A该组离子之间不反应，通入过量NH3生成四氨合铜络离子；BAl3+、S2相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体；C该组离子之间不反应，加入KNO3固体，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应；DHCO3、OH结合生成碳酸根离子和水【解答】解：A该组离子之间不反应，通入过量NH3生成四氨合铜络离子，不能得到蓝色沉淀，故A错误；BAl3+、S2相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，不能得到Al2S3沉淀，故B错误；C该组离子之间不反应，加入KNO3固体，Fe2+
15、、NO3、H+发生氧化还原反应生成铁离子，溶液颜色发生变化，故C正确；DHCO3、OH结合生成碳酸根离子和水，不能生成二氧化碳气体，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大4设N A为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）ANO2和N2O4组成的46g混合气体中氮原子的数目为NAB1molC2H2分子中含有键的数目为2NACHClO光照分解产生22.4LO2，转移的电子数为4NAD常温下，1L0.1mol/LFe2（SO4）3溶液中阳离子数小于0.2NA【考点】阿伏加德罗常数
16、【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、NO2和N2O4的最简式均为NO2；B、C2H2分子中含4个键；C、氧气所处的状态不明确；D、Fe3+水解会导致阳离子个数增多【解答】解：A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为n=1mol，氮原子个数为NA个，故A正确；B、C2H2分子中含4个键，故1mol乙炔中含4NA个键，故B错误；C、氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C错误；D、Fe3+水解会导致阳离子个数增多，故溶液中的阳离子的个数大于0.2NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟
17、练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大5原子序数依次增大的五种短周期元素 X、Y、Z、R、T，有关信息如下表下列说法正确的是（）元素XYZRT原子半径/nm0.0370.0770.0740.1860.102主要化合价+1+4、42+1+6、2AX、Y、Z 位于同一周期BR 与 Z 所形成的化合物均只含离子键C氢化物的沸点：YZTD第一电离能：YZ【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】原子序数依次增大的五种短周期元素 X、Y、Z、R、T，其中Z、T均有2价，处于VIA族，则Z为O元素、T为S元素；X、R均有+1价，处于IA族，原子半径XO，则X为H
18、元素、R为Na；Y有+4、4价，处于IVA族，由原子序数与原子半径可知，Y为C元素【解答】解：原子序数依次增大的五种短周期元素 X、Y、Z、R、T，其中Z、T均有2价，处于VIA族，则Z为O元素、T为S元素；X、R均有+1价，处于IA族，原子半径XO，则X为H元素、R为Na；Y有+4、4价，处于IVA族，由原子序数与原子半径可知，Y为C元素AX为H元素，处于第一周期，Y、Z分别为C元素、O元素，处于第二周期，故A错误；BR 与 Z 所形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，氧化钠只含有离子键，而过氧化钠含有离子键、共价键，故B错误；CY、Z、T的氢化物分别为甲烷、水、硫化氢，水分子之间存在氢键，沸点最
19、高，硫化氢的相对分子质量大于甲烷的，硫化氢分子之间的范德华力更强，沸点高于甲烷的，故C错误；D同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能CO，故D正确，故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径与原子序数推断元素，注意对元素周期律的理解掌握，理解同周期元素第一电离能异常情况6室温下，将不同浓度的醋酸与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合（忽略体积变化）下列判断不正确的是（）A若c（CH3COOH）=0.1mol/L，反应后的溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）B若c（CH3COOH）=0.1mol/L，反应后的溶液
20、中：c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）C若c（CH3COOH）=0.2mol/L，反应后的溶液中：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）D若反应后的溶液呈中性，则：c（CH3COOH）+c（CH3COO）0.05mol/L【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A若c（CH3COOH）=0.1mol/L，酸碱体积相等、物质的量浓度相等，则其物质的量相等，混合后二者恰好反应生成醋酸钠，任何电解质溶液都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B若c（CH3COOH）=0.1mol/L，酸碱体积相等、物质的量浓度相等，则其物质的量相等
21、，混合后二者恰好反应生成醋酸钠，任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；C若c（CH3COOH）=0.2mol/L，等体积混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性；D醋酸钠呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量【解答】解：A若c（CH3COOH）=0.1mol/L，酸碱体积相等、物质的量浓度相等，则其物质的量相等，混合后二者恰好反应生成醋酸钠，任何电解质溶液都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故A正确；B若c（CH3COOH）=0.1mol/L，酸碱
22、体积相等、物质的量浓度相等，则其物质的量相等，混合后二者恰好反应生成醋酸钠，任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+），故B错误；C若c（CH3COOH）=0.2mol/L，等体积混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，但酸的电离程度较小，所以溶液中c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+），故C正确；D醋酸钠呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，混合后溶液体积增大，则物质的量浓度减小，结合物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO）0
23、.05mol/L，故D正确；故选B【点评】本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和质子守恒的灵活运用，易错选项是D7工业上用乙烯水合法制取乙醇，其反应为：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）H=a kJmol1将等物质的量的C2H4（g）和H2O（g）充入某装置制取乙醇，乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示（平衡时，可用气体分压代替平衡浓度计算平衡常数，气体分压=气体总压体积分数）下列说法正确的是（）Aa大于0，P1小于P2BM点H2O（g）的转化率为10%CM点化学反应速率大于N点D250时，用平
24、衡分压计算的化学平衡常数 KP=【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】A、温度升高乙烯的转化减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是气体体积减小的方向，增大压强乙烯转化率增大，由此分析解答；B、因为等物质的量的C2H4（g）和H2O（g）充入，而且两者的变化量相同，所以M点H2O（g）的转化率为20%；C、P1小于P2，温度相同，压强越大反应速率越快；D、由图可知，A点乙烯的平衡转化率为20%，设起始量n（H2O）=n（C2H4）=1mol，转化的乙烯为0.2mol，则： C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）起始量（mol）：1 1 0转化量（
25、mol）：0.2 0.2 0.2平衡量（mol）：0.8 0.8 0.2压强之比等于物质的量之比【解答】解：A、温度升高乙烯的转化减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，则a小于0，正反应是气体体积减小的方向，增大压强乙烯转化率增大，所以P1小于P2，故A错误；B、因为等物质的量的C2H4（g）和H2O（g）充入，而且两者的变化量相同，所以M点H2O（g）的转化率为20%，故B错误；C、P1小于P2，温度相同，压强越大反应速率越快，所以M点化学反应速率大于N点，故C正确；D、由图可知，A点乙烯的平衡转化率为20%，设起始量n（H2O）=n（C2H4）=1mol，转化的乙烯为
26、0.2mol，则： C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）起始量（mol）：1 1 0转化量（mol）：0.2 0.2 0.2平衡量（mol）：0.8 0.8 0.2压强之比等于物质的量之比，则p（C2H4）=p（H2O）=7.85MPa=7.85MPa，p（C2H5OH）=7.85MPa，则Kp=0.072MPa1，故D错误；故选C【点评】本题考查了压强对平衡移动的影响、平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养三、非选择题8X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大X和Q属同族元素，X和R
27、可形成化合物XR4；R2为黄绿色气体；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T2+的3d 轨道中有5个电子请回答下列问题：（1）Z基态原子的电子排布式是1s22s22p4；Z所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HNO3（填化学式）（2）利用价层电子对互斥理论判断 RZ3的立体构型是三角锥形；RZ3的中心原子的杂化轨道类型为sp3 杂化（3）X和Q元素形成的某种化合物晶胞如图所示，其中白球所代表的原子的配位数为4（4）水中T含量超标，容易使洁具和衣物染色RZ2可以用来除去水中超标的T2+，生成黑色沉淀TZ2，当消耗0.2molRZ2时，共转移了1mol电子，则反应
28、的离子方程式为2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl+12H+【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、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，R2为黄绿色气体，则R为Cl；X和R可形成化合物XR4，则X为+4价，处于IVA族，X和Q属同族元素，可推知X为C元素、Q为Si；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4，故Z为O元素；T2+的3d 轨道中有5个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则T为Mn，据此解答【解答】解：X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且
29、原子序数依次增大，R2为黄绿色气体，则R为Cl；X和R可形成化合物XR4，则X为+4价，处于IVA族，X和Q属同族元素，可推知X为C元素、Q为Si；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4，故Z为O元素；T2+的3d 轨道中有5个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则T为Mn（1）Z基态原子的电子排布式是1s22s22p4，Z所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HNO3，故答案为：1s22s22p4；HNO3；（2）ClO3离子中Cl原子孤电子对数=1，价层电子对数为3+1=4，则ClO3立体构型是
30、三角锥形，ClO3的中心原子的杂化轨道类型为sp3 杂化，故答案为：三角锥形；sp3 杂化；（3）C和Si元素形成的某种化合物晶胞中，黑色球数目为4，白色球数目为1+6=4，原子数目之比为1：1，黑色球配位数为4，则白色球配位数也是4，故答案为：4；（4）水中T含量超标，容易使洁具和衣物染色ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗0.2molClO2时，共转移了1mol电子，令Cl元素在还原产物中化合价为a，则0.2mol（4a）=1mol，解得a=1，故还原得到Cl，由电荷守恒可知，还得到H+，则反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2C
31、l+12H+，故答案为：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl+12H+【点评】本题考查结构性质位置关系应用、核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、晶胞计算、氧化还原反应等，题目比较综合，侧重考查学生对知识的迁移运用能力，难度中等9硫代硫酸钠（Na2S2O3）是一种重要的化工产品某兴趣小组在查阅资料后制备Na2S2O3，结合其性质进行了实验探究【查阅资料】工业上常将SO2气体通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中制取Na2S2O3【实验探究】实验一：Na2S2O3的制备兴趣小组模拟工业制法制备Na2S2O3，其反应装置及所需试剂如图（1）仪器A的名称蒸馏烧瓶（2）仪器B中，若反应时
32、硫原子的利用率为100%，且有无色无味气体生成，则发生反应的总反应方程式是4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应，B中混合液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥得粗产品实验二：Na2S2O3 样品纯度的测定（4）利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，可以定量测定硫代硫酸钠样品的纯度（不考虑杂质与I2反应）称取wg硫代硫酸钠固体样品，配成250mL溶液，取25.00mL 置于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液作指示剂，用amol/L的碘水作标准液进行滴定，消耗碘水bmL盛装碘水的滴定管是a（填字母编号）a酸式滴定管
33、b碱式滴定管滴定达到终点时的现象是溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去计算样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为100%【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合【分析】（1）根据装置图可知仪器名称；（2）仪器B中为硫酸钠、碳酸钠及二氧化硫反应生成硫代硫酸钠，根据硫原子的利用率为100%，且有无色无味气体生成应为二氧化碳，根据元素守恒可书写化学方程式；（3）将生成硫代硫酸钠的混合溶液经过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥可得粗产品；（4）单质碘具有氧化性，能氧化腐蚀橡胶；淀粉遇到单质碘变蓝色，根据溶液颜色变化且半分钟内不
34、变色，可说明达到滴定终点；求出硫代硫酸钠的质量，样品中硫代硫酸钠纯度=100%【解答】解：（1）根据装置图可知仪器A的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）仪器B中为硫酸钠、碳酸钠及二氧化硫反应生成硫代硫酸钠，根据硫原子的利用率为100%，且有无色无味气体生成应为二氧化碳，所以发生反应的总反应方程式是4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，故答案为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；（3）将生成硫代硫酸钠的混合溶液经过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥可得粗产品，故答案为：洗涤；（4）单质碘具有氧化性，能氧化腐蚀橡胶，需要选取酸式滴定管，故选a；
35、淀粉遇到单质碘变蓝色，所以滴定终点的现象为溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；故答案为：溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去；根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n（I2）=amol/Lb103L，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n（I2）=2amol/Lb103L，根据现称取Wg硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为Wg，故样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为100%=100%；故答案为：100%【点评】本题考查了物质百分含量的探究，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力1
36、0氨在国民经济中占有重要地位，具有广泛的用途（1）氯胺（NH2Cl）消毒法具有效率高、成本低的优点，因此在用液氯处理自来水的同时会通入少量氨气产生氯胺，反应为：Cl2+NH3=NH2Cl+HClNH2Cl是共价化合物，其结构式是利用NH2Cl部分水解生成的 HClO起到消毒杀菌的作用，该水解方程式是NH2Cl+H2OHClO+NH3或NH2Cl+2H2OHClO+NH3H2O（2）在一定条件下，工业上用氨气制尿素的反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）在一定温度下，向2L某恒容密闭容器中充入4molNH3（g）和1molCO2（g），5min时，测得容器中混合
37、气体总的物质的量为 4.5mol05min 内，用 NH3表示的平均反应速率（NH3）=0.0.1mol/（Lmin）下列说法中能判断该反应达到平衡状态的是aca单位时间内生成nmol H2O同时生成2n mol NH3bCO（NH 2）2、H2O的物质的量浓度之比1：1c容器内压强保持不变d混合气体的密度不变人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示%2b 为电源的负极A 室中电极上发生的反应是2Cl2e=Cl2，A 室中除去尿素的化学方程式是3Cl2+CO（NH2）2+H2O=N2+6HCl+CO2【考点】氨的化学性质；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断；电解原
38、理；氯气的化学性质【专题】化学平衡专题；电化学专题；元素及其化合物【分析】（1）NH2Cl是共价化合物，其结构式是；利用NH2Cl部分水解生成的 HClO起到消毒杀菌的作用和氨气或一水合氨，所以水解方程式是NH2Cl+H2OHClO+NH3或NH2Cl+2H2OHClO+NH3H2O；（2）平均反应速率v（NH3）=，据此计算即可；根据化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断；人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示氢离子发生还原反应，为负极；A 室为阳极，发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，电极上发生的反应是2Cl2e=Cl2，
39、A 室中除去尿素的化学方程式是3Cl2+CO（NH2）2+H2O=N2+6HCl+CO2【解答】解：（1）NH2Cl是共价化合物，其结构式是，故答案为：；利用NH2Cl部分水解生成的 HClO起到消毒杀菌的作用和氨气或一水合氨，所以水解方程式是NH2Cl+H2OHClO+NH3或NH2Cl+2H2OHClO+NH3H2O，故答案为：NH2Cl+H2OHClO+NH3或NH2Cl+2H2OHClO+NH3H2O；（2）2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）的物质的量的减少量为：1+44.5=0.5mol，而物质的量的减少量等于氨气的变化的一半，所以v（NH3）=0.0.
40、1mol/（Lmin），故答案为：0.0.1mol/（Lmin）；a单位时间内生成nmol H2O等效于消耗2n mol NH3同时生成2n mol NH3，正逆反应速率相等，故正确；bCO（NH 2）2、H2O的物质的量浓度之比1：1，而不是不变的状态，故错误；c容器内压强保持不变，说明各物质的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；d混合气体的密度始终不变，故错误；故选：a c；氢离子发生还原反应，为负极，故答案为：负； A 室为阳极，发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，电极上发生的反应是2Cl2e=Cl2，A 室中除去尿素的化学方程式是3Cl2+CO（NH2）2+H2O=N2+6HCl+CO
41、2，故答案为：2Cl2e=Cl2；3Cl2+CO（NH2）2+H2O=N2+6HCl+CO2【点评】本题涉及结构式、化学反应速率和平衡移动原理的应用、平衡状态的判断等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等11钛被称为继铁、铝之后的第三金属工业上用钛铁矿（主要成分为 FeTiO3，可表示为 FeOTiO2）制备钛，并得到电极材料 LiFePO4的流程如图（部分生成物已略去）已知：FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O（1）第步中FeTiO3与盐酸的反应属于非氧化还原反应（填“氧化还原”或“非氧化还原”）反应（2）第步中生成TiO2的离子方程式是TiOCl42+H2OTiO
42、2+2H+4Cl（3）第步中生成的气体X主要成分是CO（4）已知：Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）H=641kJmol1Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）H=770kJmol1则Mg（s）与 TiCl4（s）反应生成 Ti（s）和MgCl2（s）的热化学方程式是2Mg（s）+TiCl4（s）=2MgCl2（s）+Ti（s）H=512kJmol1；能否将第步中的Ar换成N2，理由是不能，镁会与氮气发生反应（5）上述流程中可循环使用的物质是Mg、Cl2（6）若不考虑制备过程中铁元素的损耗，由、两步制备 LiFePO4的过程中，消耗双氧水（质量分数为 17%）与 H2C2O4 的
43、质量比是20：9【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】钛铁矿（主要成分为 FeTiO3，可表示为 FeOTiO2）加入盐酸溶解过滤得到滤液A为FeCl2、TiOCl42，加热促进水解，过滤得到沉淀TiO2，滤液 B为FeCl2溶液，TiO2和C、Cl2在高温条件下生成TiCl4和CO，所以X为CO，TiCl4在稀有气体的环境中高温条件下被镁还原生成Ti和MgCl2，电解生成镁和氯气，氯气可以在步骤中循环利用，镁可以在步骤中循环利用，FeCl2溶液中加入双氧水氧化亚铁离子，与磷酸反应生成磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4，
44、据此答题【解答】解：钛铁矿（主要成分为 FeTiO3，可表示为 FeOTiO2）加入盐酸溶解过滤得到滤液A为FeCl2、TiOCl42，加热促进水解，过滤得到沉淀TiO2，滤液 B为FeCl2溶液，TiO2和C、Cl2在高温条件下生成TiCl4和CO，所以X为CO，TiCl4在稀有气体的环境中高温条件下被镁还原生成Ti和MgCl2，电解生成镁和氯气，氯气可以在步骤中循环利用，镁可以在步骤中循环利用，FeCl2溶液中加入双氧水氧化亚铁离子，与磷酸反应生成磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4，（1）根据反应FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl42+2H2O可知，反应中
45、没有元素的化合价的变化，所以该反应属于非氧化还原反应，故答案为：非氧化还原反应；（2）根据流程可知，TiOCl42在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl42+H2OTiO2+2H+4Cl，故答案为：TiOCl42+H2OTiO2+2H+4Cl；（3）根据上面的分析可知，X主要成分是CO，故答案为：CO；（4）根据Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）H=641kJmol1，Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）H=770kJmol1，利用盖斯定律可知，将2可得Mg（s）与 TiCl4（s）反应生成 Ti（s）和MgCl2（s）的反应，所以该反应的反应热为
46、H=641kJmol12（770kJmol1）=512 kJmol1，热化学方程式是2Mg（s）+TiCl4（s）=2MgCl2（s）+Ti（s）H=512 kJmol1；因为镁能与氮气反应生成氮化镁，所以不能将第步中的Ar换成N2，故答案为：2Mg（s）+TiCl4（s）=2MgCl2（s）+Ti（s）H=512 kJmol1；不能，镁会与氮气发生反应；（5）根据上面分析可知，上述流程中可循环使用的物质是Mg、Cl2，故答案为：Mg、Cl2；（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，因此可得关系式：H2O2H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y，H2O2 H2C2O4，34 90x17% y34y=90x17%，x：y=20：9，17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，故答案为：20：9【点评】本题借助利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料流程，考查了化合价判断、离子方程式书写等知识，本题难度中等，涉及的内容较多，综合性较强，充分考查了学生的综合能力，注意结合流程书写反应式