1、2015-2016学年四川省成都市邛崃市高埂中学高三（上）开学收心考试化学试卷一、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下列说法正确的是（）A14C与 12C互称同位素；O2与O3是氧元素的同素异形体B钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀，镀锌铁皮镀层破损后对铁失去保护作用C石油的分馏、煤的干馏、电解质溶液导电均属于物理变化DSO2和NO2属于酸性氧化物，Na2O和Fe3O4属于碱性氧化物2下列化学用语正确的是（）A乙烯的结构简式CH2CH2BNa2O2中氧元素的化合价为2CCl的结构示意图：D乙酸的最简式：CH2O3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的
2、是（）A标准状况下，22.4L己烷中含己烷分子数目为NAB28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含碳碳双键数目为NAC71gNa2SO4固体中含钠离子数目为NAD25g质量分数68%的H2O2水溶液中含氧原子数目为NA4准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定下列说法正确的是（）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B滴定达到终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶中的pH由小变大5下列实验方案不能达到实验目的是（）A图A装置用Cu和浓硝酸可制取
3、NOB图B装置可用于实验室制备Cl2C图C装置可用于实验室制取乙酸乙酯D图D装置可用于实验室分离CO和CO26高温钠硫电池是一种新型可充电电池，其工作原理如图所示，图中固体电解质是Na+导体下列叙述正确的是（）A放电时，石墨电极a为正极B放电时，Na+从石墨b向石墨a方向迁移C充电时，b极反应为Na2Sx2e=xS+2Na+D可将装置中的固体电解质改成NaCl溶液7溶液中可能含有 H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种加入铝片，产生无色无味的气体；加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系如图所示则下列说法
4、正确的是（）A溶液中一定不含 CO32，可能含有 SO42和 NO3Bn（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：4：1C溶液中的阳离子只有 H+、Mg2+、Al3+D在滴加 NaOH 溶液物质的量为 0.5 至 0.7mol 时，发生的离子反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2O二、填空题8、（1）常温下，相对分子质量为M的某无水盐A的溶解度为Sg，则常温时，该盐饱和溶液的质量分数为，如果已知该饱和溶液的密度为g/cm3，则该溶液的物质的量浓度为（2）标准状况下，67.2L CO2的质量为g，其中含有mol氧原子、某同学用18mol/L的浓硫酸配制250mL 0.9mol/L的稀硫酸，
5、并进行有关实验请回答下列问题：（1）需要量取浓硫酸 mL（2）配制该稀硫酸时使用的仪器除量筒、烧杯、250mL容量瓶外，还必须用到的仪器有、等（3）在配制过程中，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度 0.9molL1（填“大于”、“等于”或“小于”）（4）取所配制的稀硫酸100mL，与一定质量的锌充分反应，锌全部溶解后，生成的气体在标准状况下的体积为0.448L，则参加反应的锌的质量为 g；设反应后溶液的体积仍为100mL，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为 mol/L9工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程烧瓶C中发生反应如下：Na2
6、S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若，则整个装置气密性良好装置D的作用是装置E中为溶液（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择a蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，已知反
7、应（）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有a烧杯 b蒸发皿 c试管 d锥形瓶10亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取NaClO2晶体按如下图装置进行制取已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl（1）装置C的作用是；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的方程式为；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为；反应后的溶液中阴离子除了ClO2、ClO3、
8、Cl、ClO、OH外还可能含有的一种阴离子是；检验该离子的方法是；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶； 得到成品（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；实验：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（
9、已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为11利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为（2）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，
10、装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式在电解池中生成N2O5的电极反应式为（3）以甲醇燃料电池为电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2mol CH3OH，阴极产生标况下气体的体积为L2015-2016学年四川省成都市邛崃市高埂中学高三（上）开学收心考试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下列说法正确的是（）A14C与 12C互称同位素；O2与O3是氧元素的同素异形体B钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀，镀锌铁皮镀层破损后对铁失去保护作用C石油的分馏、煤的干馏、电解质溶液导电均属于物理变
11、化DSO2和NO2属于酸性氧化物，Na2O和Fe3O4属于碱性氧化物【考点】同位素及其应用；物理变化与化学变化的区别与联系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；金属的电化学腐蚀与防护【分析】A有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；B镀锌铁皮镀层破损后，铁做正极被保护；C石油的分馏属于物理变化，煤的干馏、电解质溶液导电均属于化学变化；D氧化物只有两种元素，且必须有氧元素，酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，溶于水一般生成酸的氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，两性氧化物既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成
12、盐和水【解答】解：A14C与12C质子数相同都为6，中子数不同分别为8、6，互为同位素，O2与O3都是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A正确； B钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀，镀锌铁皮镀层破损后，铁做正极被保护，故铁仍被保护，故B错误；C石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，电解质溶液导电是电解的过程，属于化学变化，故C错误；D依据酸性氧化物和碱性氧化物的概念分析判断，NO2不是酸性氧化物、Fe3O4不属于碱性氧化物，故D错误故选A【点评】本题考查学生常见物质的
13、概念、金属的腐蚀等知识，注意Fe3O4不属于碱性氧化物，要求平时注意知识的灵活应用，难度不大2下列化学用语正确的是（）A乙烯的结构简式CH2CH2BNa2O2中氧元素的化合价为2CCl的结构示意图：D乙酸的最简式：CH2O【考点】结构简式；原子结构示意图【分析】A、乙烯的结构简式中含有碳碳双键；B、Na2O2中氧元素的化合价为1价；C、氯元素原子核内有17个质子；D、最简式表示的是分子中各种元素原子的最简整数比【解答】解：A、乙烯的结构简式中含有碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、Na2O2中氧元素的化合价为1价，O22的化合价为2价，故B错误；C、氯离子质子数是17，核外电子
14、数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，氯离子结构示意图为，故C错误；D、乙酸属于羧酸，含有羧基，所以结构简式为CH3COOH，最简式为CH2O，故D正确；故选D【点评】本题考查常用化学用语的书写，难度不大，注意结构式、结构简式的区别，原子结构示意图与离子结构示意图的区别3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4L己烷中含己烷分子数目为NAB28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含碳碳双键数目为NAC71gNa2SO4固体中含钠离子数目为NAD25g质量分数68%的H2O2水溶液中含氧原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积只适用于气体；B.28g乙
15、烯含有1mol碳碳双键，42g丙烯含有1mol碳碳双键；C质量转化物质的量，结合硫酸钠的构成解答；D双氧水和都含有氧原子【解答】解：A标况下，己烷为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B.28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含碳碳双键数目小于NA，故B错误；C.71gNa2SO4固体的物质的量=0.5mol，含钠离子数目为0.5mol2NA=NA，故C正确；D双氧水和都含有氧原子，25g质量分数68%的H2O2水溶液中含氧原子数目大于NA，故D错误；故选：C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，明确物质的结构及气体摩尔体积条件应用是解题关键，题目难度不大4准确移取20.00mL某待测HC
16、l溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定下列说法正确的是（）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B滴定达到终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶中的pH由小变大【考点】化学实验方案的评价；中和滴定【分析】A滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；B滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大；C用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；D碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小【解答】解：A滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误
17、；B滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故B错误；C用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；D碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故D正确；故选D【点评】本题考查中和滴定及误差分析，题目难度不大，侧重中和滴定实验的操作方法考查，明确中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键，注重分析与实验能力的结合5下列实验方案不能达到实验目的是（）A图A装置用Cu和浓硝酸可制取NOB图B装置可用于实验室制备Cl2C图C装置可用于实验室制取乙酸乙酯D图D装置可用于实验室
18、分离CO和CO2【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】ACu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮；B氯气易于氢氧化钠反应；C乙酸乙酯在NaOH溶液中水解；DCO与氢氧化钠溶液不反应，CO2与氢氧化钠可反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀硫酸反应可生成二氧化碳，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体【解答】解：ACu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A错误； B氯气易于氢氧化钠反应，导管插入液面下易发生倒吸，故B错误；C乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C错误；D要将CO和CO2分离，可在甲中装有NaOH溶液，用来吸收CO2，此时
19、广口瓶中发生的反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；先分离出被乙中浓硫酸干燥过的纯净的CO，所以关闭b，打开a，混合气体进入左边广口瓶装置，CO与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的CO，故D正确故选ABC【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备及收集、乙酸乙酯的制备以及物质的分离等，侧重实验装置及分离原理的考查，注重实验的评价性和可行性分析，题目难度不大6高温钠硫电池是一种新型可充电电池，其工作原理如图所示，图中固体电解质是Na+导体下列叙述正确的是（）A放电时，石墨电极a为正极B放电时，Na+从石墨b向石墨a方向迁移C充电时，b极反应为
20、Na2Sx2e=xS+2Na+D可将装置中的固体电解质改成NaCl溶液【考点】化学电源新型电池【分析】A、根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近，据此确定高温钠硫电池的正负极材料；B、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；C、充电时，在阳极上发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应式；D、金属钠可以和水之间发生反应，据此回答判断【解答】解：A、根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近，据此确定石墨a是高温钠硫电池的负极材料，故A错误；B、放电时属于原电池装置，电解质中的阳离子移向正极，即Na+从石墨a向石墨b方向迁移，故B错误；C、充电时，在阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Na2S
21、x2e=xS+2Na+，故C正确；D、固体电解质不能改成NaCl溶液，因为钠单质会与水反应，故D错误故选C【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等7溶液中可能含有 H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种加入铝片，产生无色无味的气体；加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含 CO32，可能含有 SO42和 NO3Bn（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：4：1C溶液中的阳离子只有 H+、Mg2+、Al3+D在
22、滴加 NaOH 溶液物质的量为 0.5 至 0.7mol 时，发生的离子反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2O【考点】离子方程式的有关计算【分析】加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中有H+，一定无CO32和NO3，根据溶液电中性，溶液中一定存在硫酸根离子；加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0n（NaOH）0.1mol时，H+OH=H2O；0.1moln（NaOH）0.5mol时，Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2；0.5moln（NaOH）0.7mol时，NH4+OH=NH3H2O；0.7moln（NaOH）0.8mol时，Al
23、（OH）3 +OH=AlO2+H2O，计算可得：n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，据此进行判断【解答】解：由可知溶液中有H+，无CO32和NO3，根据溶液电中性，溶液中一定存在SO42；加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0n（NaOH）0.1mol时，H+OH=H2O；0.1moln（NaOH）0.5mol时，Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2；0.5moln（NaOH）0.7mol时，NH4+OH=NH3H2O；0.7moln（NaOH）0.8mo
24、l时，Al（OH）3 +OH=AlO2+H2O，计算可得：n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，A、根据分析可知：溶液中一定不存在CO32、Fe3+、NO3，一定存在H+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42，故A错误；B、根据以上计算可知，n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，所以n（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.2mol：0.05mol=2：4：1，故B正确；C、溶液中一定存在的阳离子为H+、NH4+、
25、Mg2+、Al3+，故C错误；D、在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，沉淀的物质的量不变，发生的反应为NH4+OH=NH3H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，特别是具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根离子的反应，先出现沉淀，之后沉淀逐渐溶解，常常为解题突破口；本题硫酸根离子的确定为易错点，根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子二、填空题8、（1）常温下，相对分子质量为M的某无水盐A的溶解度为Sg，则常温时，该盐饱和溶液的质量分数为，如果已知该饱和溶液的密度为g/cm3，则该溶液的物质的量浓度为mol/L
26、（2）标准状况下，67.2L CO2的质量为132g，其中含有6mol氧原子、某同学用18mol/L的浓硫酸配制250mL 0.9mol/L的稀硫酸，并进行有关实验请回答下列问题：（1）需要量取浓硫酸12.5 mL（2）配制该稀硫酸时使用的仪器除量筒、烧杯、250mL容量瓶外，还必须用到的仪器有胶头滴管、玻璃棒、等（3）在配制过程中，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度大于 0.9molL1（填“大于”、“等于”或“小于”）（4）取所配制的稀硫酸100mL，与一定质量的锌充分反应，锌全部溶解后，生成的气体在标准状况下的体积为0.448L，则参加反应的锌的质量为1.3 g；设反应后溶液的体积仍为1
27、00mL，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为1.4 mol/L【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相关计算；溶液的配制【分析】、（1）根据=100%=100%进行计算该盐饱和溶液的质量分数；根据c=计算出该溶液的物质的量浓度；（2）根据n=，结合分子的构成计算；、（1）根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（3）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断；（4）根据方程式计算参加反应的锌、硫酸的物质的量；根据m=nM计算锌的质量，溶液中n（H+）=n（H2SO4），计算出硫酸的物
28、质的量浓度变化量，即氢离子浓度变化量，氢离子开始浓度减去氢离子浓度变化量等于反应后溶液中的氢离子的物质的量浓度【解答】解：、（1）该盐的饱和溶液的溶解度为Sg，则该盐饱和溶液的质量分数为：=100%=100%；已知该饱和溶液的密度为g/cm3，则该溶液的物质的量浓度为：c=mol/L=mol/L，故答案为：100%； mol/L（2）n（CO2）=3mol，m（CO2）=3mol44g/mol=132g，n（O）=2n（CO2）=6mol，故答案为：3；132；、（1）根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，则xmL18mol/L=250mL0.
29、9mol/L，解得：x=12.5，所以应量取的浓硫酸体积是12.5mL故答案为：12.5；（2）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却至室温后转移到200mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞颠倒摇匀所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；玻璃棒；（3）若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故答案为：大于；（4）Zn+H2SO4=
30、ZnSO4+H2 1mol 1mol 22.4L x y 0.448L所以x=0.02moly=x=0.02mol所以参加反应锌的质量为0.02mol65g/mol=1.3g氢离子浓度变化量为c（H+）=0.4mol/L所以反应后溶液中的氢离子的物质的量浓度为20.9mol/L0.4mol/L=1.4mol/L，故答案为：1.3g；1.4mol/L【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确溶质质量分数的计算方法为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度与溶质质量分数的转化关系，注意从c=理解配制原理，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力，题目难度中等9工业上常利用含硫废水生产N
31、a2S2O35H2O，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则整个装置气密性良好装置D的作用是防止倒吸装置E中为NaOH溶液（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1（3）装置B的作用
32、之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择ca蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，已知反应（）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是溶液变澄清（或浑浊消失）反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有a、da烧杯 b蒸发皿 c试管 d锥形瓶【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；（2）根据题目所给（）（）（）3个反应，可得出对应关系：2Na2S2H2S3S3 Na2SO3，2N
33、a2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，蒸发皿、试管可直接加热【解答】解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）根据题目所给（）（）（）3个反应，可得出对应关系：2Na2S2
34、H2S3S3 Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，a不生成二氧化硫，bd中物质均与二氧化硫反应，只有c中饱和NaHSO3溶液适合制取二氧化硫；中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清（或浑浊消失）；因烧杯、锥形瓶底部表面积比较大，加热时为了加热均匀必须使用石棉网，故答案为：c；溶液变澄清（或浑浊消失）；ad【点评】本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验
35、、对操作的分析评价等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，（2）为易错点，可以利用总反应的分析，题目难度中等10亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取NaClO2晶体按如下图装置进行制取已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl（1）装置C的作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置D中反应生成NaClO2的化
36、学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；反应后的溶液中阴离子除了ClO2、ClO3、Cl、ClO、OH外还可能含有的一种阴离子是SO42；检验该离子的方法是取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥 得到成品（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；实验：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品
37、，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c molL1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为cV103mol【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【分析】（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO
38、3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（5）根据化学反应可得关系式：NaClO22I24S2O32，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系
39、式计算【解答】解：（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中，故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2 ClO2+2Na2SO4+H2O，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得
40、的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42，用氯化钡溶液检验SO42，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2 ClO2+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38
41、60进行洗涤，低于60干燥，故答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；（5）令样品中NaClO2的物质的量x，则：NaClO22I24S2O32，1mol 4mol0.25x c molL1V103L故x=cV103mol故答案为：cV103mol【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，
42、难度较大11利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol（2）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O
43、5，装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式H2+CO322e=CO2+H2O在电解池中生成N2O5的电极反应式为N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+（3）以甲醇燃料电池为电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2mol CH3OH，阴极产生标况下气体的体积为13.44L【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】（1）根据已知热化学方程式和盖斯定律计算，由盖斯定律22+3得得到反应的焓变，写出对应反应的热化学方程式；（2）燃料原电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成
44、二氧化碳和水；先根据化合价判断生成N2O5的电极，N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，再根据离子的放电顺序写出电极反应式；（3）用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，每消耗0.2mol CH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H+2e=H2，电子转移为1.2mol，反应的氢气物质的量为0.6mol，据此计算标准状况下气体的体积【解答】解：（1）N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol 2H2（
45、g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol 由盖斯定律22+3得：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol； 故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol； （2）燃料原电池中，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为H2+CO322e=CO2+H2O；N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：阴极发生2H+2e=H2的反应，则阳极为N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+故答案为：H2+CO322e=CO2+H2O；N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+；（3）用该电池作电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，每消耗0.2mol CH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H+2e=H2，产生标况下气体的体积=0.6mol22.4L/mol=13.44L；故答案为：13.44；【点评】本题主要考查了盖斯定律、电解池的工作原理知识，原电池原理分析与计算，难度中等，会根据化合价的变化确定生成N2O5的电极，根据离子的放电顺序写出相应的电极反应式，掌握基础是关键版权所有：高考资源网()
