1、2016年陕西省商洛市高考化学模拟试卷（4月份）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下列说法不正确的是（）A煤的气化、煤的液化和煤的干馏均属于化学变化B淀粉、纤维素、油脂、蛋白质均属于高分子化合物C棉花、羊毛和蚕丝都属于天然高分子D陶瓷、水泥和玻璃均属于硅酸盐材料2下列说法不正确的是（）A除去CO2中少量SO2气体，可将气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气B除去乙醇中含有的少量水，可加入生石灰，然后进行蒸馏C滴定管使用前需要检漏，装溶液时需要润洗D除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液除去乙酸，再进行蒸馏3NA代表阿伏加德罗常数的值下列叙述
2、正确的是（）A6.0gSiO2晶体中存在的共价键总数为2 NAB1L 0.1molL1的Na2CO3溶液中含有阳离子的总数为2NAC标准状况下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NA个D室温时，pH=12的Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子数目为102N4四种短周期元素X、Y、Z、W，已知X、Y的阳离子aXn+、bY（n+1）+电子层结构与Z、W的阴离子cZm、dW（m+1）电子层结构相同下列叙述正确的是（）A最高价氧化物对应水化物的碱性大小顺序一定是：XYB离子半径和原子半径由大到小的顺序均为XYZWC氢化物的稳定性是ZW；氢化物的沸点是ZWD还原性ZmW（m+1），氧化性Xn+Y（n+
3、1）+5分枝酸可用于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述不正确的是（）A分子中含有3种含氧官能团B可发生取代、加成、消去、加聚等反应C该物质的分子式为C10H10O6D1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生反应6某溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A7种B6种C5种D4种7室温下向10mL0.1molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）
4、BpH=7时，c（Na+）=0.05 molL1Ca、b两点溶液中水电离出c（H+）浓度的比值为104Db点所示溶液中c（A）c（HA）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题第37题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8氢化钙固体登山运动员常用的能源提供剂某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为（填仪器接口的字母编号）（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）A加热反应一
5、段时间 B收集气体并检验其纯度C关闭分液漏斗活塞 D停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成写出CaH2与水反应的化学方程式；该同学的判断不正确，原因是（4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是9在一密闭容器中一定量A、B的混合气体发生反应：aA（g）+bB（g）cC（s）+dD（g），平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的
6、浓度降为0.20mol/L下列有关判断一定正确的是（）A平衡向正反应方向移动BA的转化率增大CD的体积分数增大Da+bc+d1025，两种酸的电离平衡常数如表Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011HSO3的电离平衡常数表达式K=H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为根据H2SO3的电离常数数据，判断NaHSO3溶液显酸性还是显碱性？110.98gCu（OH）2样品受热分解的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示请回答下列问题：（1）试确定1100时所得固体B的化学式（要求写出推理或计算过程）（2）固体A在一定条件下能与一种能使湿
7、润的红色石蕊试纸变蓝的气体反应，得到红色固体单质和气体单质，则该反应的化学方程式为；若反应中转移0.015mol电子，则消耗还原剂的物质的量为（3）取少量固体B于试管中，加入足量的稀硫酸得到蓝色溶液，同时观察到试管中还有红色固体存在，该反应的离子方程式为12工业上用电解饱和食盐水制取烧碱和氯气用于电解的食盐水需要先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等离子其除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的（填化学式），至沉淀不再产生后，再加过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后沉淀后将沉淀一并滤去经过检测发现滤液中仍然含有一定量的SO42，其原因是已知：Ksp（BaSO4）=1.11010、Ksp（Ba
8、CO3）=5.110913（1）向含SO42、CO32等的溶液中滴加BaCl2溶液，当BaCO3开始沉淀时，溶液中为（保留三位有效数字）KspBaSO4=1.11030、KspBaCO3=5.1109（2）已知：重晶石（BaSO4）高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO （g）H=+571.2kJmol1BaS（s）Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmol1则Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H=14工业尾气SO2有多种吸收和处理方法（1）亚硫酸钠吸收法写出Na2SO
9、3溶液汲收SO2的离子方程式（2）电化学处理法如图所示，Pt（1）电极的反应式为当电路中转移0.02mole时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加mol离子2016年陕西省商洛市高考化学模拟试卷（4月份）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下列说法不正确的是（）A煤的气化、煤的液化和煤的干馏均属于化学变化B淀粉、纤维素、油脂、蛋白质均属于高分子化合物C棉花、羊毛和蚕丝都属于天然高分子D陶瓷、水泥和玻璃均属于硅酸盐材料【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生
10、成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化）；B油脂的相对分子质量在10000以下；C棉花的成分为纤维素、羊毛和蚕丝的成分为蛋白质；D陶瓷、水泥和玻璃的主要成分为硅酸盐【解答】解：A煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化），均为化学变化，故A正确；B油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、纤维素、蛋白质均属于高分子化合物，故B错误；C棉花的成分为纤维素、羊毛和蚕丝的成分为蛋白质，均为天然高分子，故C正确；D陶瓷、水泥和玻璃的主要成分为硅酸盐，均为硅酸盐材料，故D正确；故选B2下列说法不正确的是（）A除去CO2中少量S
11、O2气体，可将气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气B除去乙醇中含有的少量水，可加入生石灰，然后进行蒸馏C滴定管使用前需要检漏，装溶液时需要润洗D除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液除去乙酸，再进行蒸馏【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】A二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；BCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；C滴定管装液前需要润洗；D乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层【解答】解：A二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则将气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气可除杂，故A正确；BCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，则加入生石灰，然后进行蒸馏可分离，故B正
12、确；C滴定管装液前需要润洗，否则浓度偏小故C正确；D乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后利用分液分离，故D错误；故选D3NA代表阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A6.0gSiO2晶体中存在的共价键总数为2 NAB1L 0.1molL1的Na2CO3溶液中含有阳离子的总数为2NAC标准状况下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NA个D室温时，pH=12的Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子数目为102N【考点】阿伏加德罗常数【分析】A质量换算为物质的量，结合1mol二氧化硅含SiO键4mol计算判断；B碳酸根离子水解生成碳酸氢根子和氢氧根离子；C.1个重水中含10mol中子和10mo
13、l质子来分析；D溶液体积未知【解答】解：A.6g SiO2的物质的量为=0.1mol，含SiO键0.4mol，故A错误；B碳酸根离子水解生成碳酸氢根子和氢氧根离子，所以1L 0.1molL1的Na2CO3溶液中含有阳离子的总数大于2NA，故B 错误；C标准状况下，2.0gD2O物质的量为=0.1mol，含有的质子数和中子数均为NA个，故C正确；D溶液体积未知，无法计算溶液中离子的个数，故D错误；故选：C4四种短周期元素X、Y、Z、W，已知X、Y的阳离子aXn+、bY（n+1）+电子层结构与Z、W的阴离子cZm、dW（m+1）电子层结构相同下列叙述正确的是（）A最高价氧化物对应水化物的碱性大小顺
14、序一定是：XYB离子半径和原子半径由大到小的顺序均为XYZWC氢化物的稳定性是ZW；氢化物的沸点是ZWD还原性ZmW（m+1），氧化性Xn+Y（n+1）+【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素的离子：aXn+、bY（n+1）+、cZm、d（m+1）都具有相同的电子层结构，所以有：an=bn1=c+m=d+m+1，所以质子数：abdc，且X、Y在周期表中Z、W的下一周期，在周期表中X在Y左边，W在Z左边，原子序数：abdc，结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：A同周期从左到右元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则最高价氧化物对应水化物的碱性大小顺序一定是：XY
15、，故A正确；BX、Y在周期表中Z、W的下一周期，并且原子序数：abdc，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：YXZW；相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，所以离子半径Z2WY+X2+，故B错误；C同周期从左到右，元素的非金属性增强，则氢化物的稳定性增强，所以氢化物的稳定性是ZW，氢化物的沸点无法比较，故C错误；D同周期从左到右阴离子的还原性减弱，阳离子的氧化性增强，所以还原性ZmW（m+1），氧化性Xn+Y（n+1）+，故D错误；故选：A5分枝酸可用于生化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述不正确的是（）A分子中含有3种
16、含氧官能团B可发生取代、加成、消去、加聚等反应C该物质的分子式为C10H10O6D1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生反应【考点】有机物的结构和性质【分析】该物质中含有碳碳双键、羧基、醇羟基、醚键，具有烯烃、羧酸、醇、醚的性质，能发生加成反应、加聚反应、取代反应、氧化反应、中和反应、酯化反应等，据此分析解答【解答】解：A该物质中含氧官能团是羧基、醇羟基、醚键三种，故A正确；B该物质中含有碳碳双键、羧基、醇羟基、醚键，具有烯烃、羧酸、醇、醚的性质，能发生加成反应、加聚反应、取代反应、氧化反应、中和反应、消去反应、酯化反应等，故B正确；C根据结构简式确定分子式为C10H10O6，故C正确；D
17、.1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生反应，故D错误；故选D6某溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A7种B6种C5种D4种【考点】离子共存问题【分析】在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH、NO3、CO32，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题【解答】解：溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH、NO3、CO32，阴离子
18、只能为Cl，阳离子可以为：Fe3+、H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在6种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32，可存在的离子为：Ba2+、Cl、OH、NO3，则最多只有4种，根据分析可知，最多存6种离子，故选B7室温下向10mL0.1molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）BpH=7时，c（Na+）=0.05 molL1Ca、b两点溶液中水电离出c（H+）浓度的比值为104Db点所示溶液中c（A）c（
19、HA）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；BpH=7时，溶液中c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；Ca溶液的PH=8.7，水电离出c（H+）=c（OH）=1014+8.7mol/L，b点溶液水电离出的c（H+）=c（OH）=104.714mol/L，由此分析解答；Da点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，b点为等浓度NaA、HA混合溶液，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A的水解程度；【解答】解：Aa点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（
20、HA）c（H+），故A错误；BpH=7时，溶液中c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），则c（Na+）=c（A）0.05 molL1，故B错误；Ca溶液的PH=8.7，水电离出c（H+）=c（OH）=1014+8.7mol/L，b点溶液水电离出的c（H+）=c（OH）=104.714mol/L，所以a、b两点溶液中水电离出c（H+）浓度的比值为为104，故C正确；Da点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，b点为等浓度NaA、HA混合溶液，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A的水解程度，则：c（A）c（HA），故D错误；故选C三、非选择
21、题：包括必考题和选考题两部分，第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题第37题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）8氢化钙固体登山运动员常用的能源提供剂某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为ie，fd，cj，k（或k，j）a（填仪器接口的字母编号）（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞BADC（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）A加热反应一段时间 B收集气体并检验其纯度C关闭分液漏斗活塞 D停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物
22、，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成写出CaH2与水反应的化学方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；该同学的判断不正确，原因是金属钙与水反应也有类似现象（4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是氢化钙是固体，携带方便【考点】制备实验方案的设计；连接仪器装置；气体的净化和干燥【分析】（1）
23、一般制备纯净干燥的气体的实验装置的顺序为：制备装置除杂装置干燥装置等；（2）实验过程中要保证整个装置内已充满氢气，实验的操作程序是：检查装置的气密性产生氢气收集氢气并进行验纯加热反应停止加热继续通氢气至冷却停止通入氢气；（3）CaH2中H元素的化合价为1价，CaH2具有还原性，与水发生氧化还原反应生成Ca（OH）2和H2；Ca与水反应也能产生Ca（OH）2和H2；（4）区分钙和氢化钙时可利用其组成、性质的差异来判断；（5）作为能源，氢化钙是固体，比氢气更易携带，使用也较方便【解答】解：（1）氢化钙和金属钙都是极强的还原剂，遇水、遇空气都能发生剧烈反应，因此在制取氢化钙时，必须要除去空气、水等其
24、他杂质；在题给的实验装置中，不难判断出氢气的发生装置，氢气的净化装置和氢化钙的生成装置等，其连接顺序为iefdcjk（或kj）a；故答案为：ie，fd，cj，k（或k，j）a；（2）为保证整个装置内已充满氢气，因此实验的操作程序是：检查装置的气密性产生氢气收集氢气并进行验纯加热反应停止加热继续通氢气至冷却停止通入氢气，故答案为：BADC；（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2
25、；金属钙与水反应也有类似现象；（4）CaH2可以和氧气在加热条件下反应生成水，可用无水硫酸铜检验，现象是白色变为蓝色，故答案为：取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色；（5）作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，故答案为：氢化钙是固体，携带方便9在一密闭容器中一定量A、B的混合气体发生反应：aA（g）+bB（g）cC（s）+dD（g），平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的浓度降为0.20mol/L下列有关判断一定正
26、确的是（）A平衡向正反应方向移动BA的转化率增大CD的体积分数增大Da+bc+d【考点】化学平衡的影响因素【分析】平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，测得A的浓度降为0.20mol/L，则平衡不移动，则说明降低压强平衡不移动，以此进行判断【解答】解：平衡时测得A的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，测得A的浓度降为0.20mol/L，则平衡不移动，则说明降低压强平衡不移动，则A根据上述分析，平衡不移动，故A错误；降低压强平衡向逆方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+yz，故A错误；B
27、由以上分析可知平衡不移动，A的转化率不变，故B错误；C平衡不移动，则D的体积分数不变，故C错误；D平衡不移动，则a+b=d，故推z+bc+d，故D正确故选：D1025，两种酸的电离平衡常数如表Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011HSO3的电离平衡常数表达式K=H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O根据H2SO3的电离常数数据，判断NaHSO3溶液显酸性还是显碱性？【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】HSO3的电离方程式为：HSO3H+SO32，平衡常数表达式为K=；根据酸性强弱H
28、2SO3H2CO3HSO3判断反应的离子方程式；HSO3既能水解又能电离，HSO3的电离常数Ka2=6.3108，HSO3+H2OH2SO3+OH，设水解平衡常数为Kh，则Kh=7.71013Ka2，以此比较【解答】解：HSO3的电离方程式为：HSO3H+SO32，平衡常数表达式为K=，故答案为：；由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3H2CO3HSO3，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3=SO32+2CO2+2H2O，故答案为：H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O；HSO3既
29、能水解又能电离，HSO3的电离常数Ka2=6.3108，HSO3+H2OH2SO3+OH，设水解平衡常数为Kh，则Kh=7.71013Ka2，由此可知HSO3电离程度大于水解程度，其溶液呈酸性，答：NaHSO3溶液显酸性110.98gCu（OH）2样品受热分解的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示请回答下列问题：（1）试确定1100时所得固体B的化学式（要求写出推理或计算过程）（2）固体A在一定条件下能与一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体反应，得到红色固体单质和气体单质，则该反应的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；若反应中转移0.015mol电子，则消耗还原剂的物
30、质的量为0.005mol（3）取少量固体B于试管中，加入足量的稀硫酸得到蓝色溶液，同时观察到试管中还有红色固体存在，该反应的离子方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）由图可知0.98gCu（OH）2即0.01mol，加热至1100C时失重0.26g，则1mol Cu（OH）2加热至1100C时失重26g，由此分析求解；（2）固体A在一定条件下能与一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，得到红色固体单质是铜和气体单质是氮气，所以反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；每转移6mol的电子消耗还原剂为2mol，由此分析解答；
31、（3）取少量固体氧化亚铜于试管中，加入足量的稀硫酸得到蓝色溶液含铜离子，同时观察到试管中还有红色固体存在是单质铜，是酸性条件下+1价铜发生自身的氧化还原反应，离子方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O【解答】解：（1）由图可知0.98gCu（OH）2即0.01mol，加热至1100C时失重0.26g，则1mol Cu（OH）2加热至1100C时失重26g，加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子，则1molCu（OH）2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子，Cu与O原子个数比为2：1，故剩余固体化学式为Cu2O，答：1100时所得固体B的化学式Cu2O；（2）固体A
32、在一定条件下能与一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，得到红色固体单质是铜和气体单质是氮气，所以反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；每转移6mol的电子消耗还原剂为2mol，反应中转移0.015mol电子，则消耗还原剂的物质的量为=0.005mol，故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O； 0.005mol；（3）取少量固体氧化亚铜于试管中，加入足量的稀硫酸得到蓝色溶液含铜离子，同时观察到试管中还有红色固体存在是单质铜，是酸性条件下+1价铜发生自身的氧化还原反应，离子方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O，故答案为：Cu2O+2H+Cu+Cu2
33、+H2O12工业上用电解饱和食盐水制取烧碱和氯气用于电解的食盐水需要先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等离子其除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2（填化学式），至沉淀不再产生后，再加过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后沉淀后将沉淀一并滤去经过检测发现滤液中仍然含有一定量的SO42，其原因是BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当向溶液中加入大量CO32时，一部分BaSO4（s）转化为BaCO3（s）：BaSO4（s）+CO32（aq）BaCO3（s）+SO42（aq），导致溶液含有一定量SO42已知：Ksp（BaSO4）=1.11010、Ksp（BaCO3）=5.1109【
34、考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4（s）+CO32（aq）=BaCO3（s）+SO42（aq）【解答】解：加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量C
35、O32时，发生BaSO4（s）+CO32 （aq）=BaCO3（s）+SO42 （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当向溶液中加入大量CO32时，一部分BaSO4（s）转化为BaCO3（s）：BaSO4（s）+CO32（aq）BaCO3（s）+SO42（aq），导致溶液含有一定量SO4213（1）向含SO42、CO32等的溶液中滴加BaCl2溶液，当BaCO3开始沉淀时，溶液中为2.161022（保留三位有效数字）KspBaSO4=1.11030、KspBaCO3=5.1109（2）已知：重晶石（BaSO4）高温
36、煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO （g）H=+571.2kJmol1BaS（s）Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmol1则Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H=1473.2KJmol1【考点】反应热和焓变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）向含SO42、CO32等的溶液中滴加BaCl2溶液，当BaCO3开始沉淀时，溶液中的分子分母同乘以钡离子的浓度，即；（2）已知BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1B
37、aS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1，根据盖斯定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）据此计算【解答】解：（1）向含SO42、CO32等的溶液中滴加BaCl2溶液，当BaCO3开始沉淀时，溶液中的分子分母同乘以钡离子的浓度，即=2.161022，故答案为：2.161022；（2）已知BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1，根据盖斯
38、定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）H=（221）2（+460）（+571.2）=1473.2KJmol1，故答案为：1473.2KJmol114工业尾气SO2有多种吸收和处理方法（1）亚硫酸钠吸收法写出Na2SO3溶液汲收SO2的离子方程式SO32+SO2+H2O=2HSO3（2）电化学处理法如图所示，Pt（1）电极的反应式为SO22e+2H2O=SO42+4H+当电路中转移0.02mole时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加0.03mol离子【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3；（2）Pt（
39、1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2可知失电子，作负极，电极上二氧化硫被氧化生成硫酸；左侧电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4 H+，根据电子转移守恒计算生成硫酸根、氢离子的物质的量，为保持溶液电中性，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，左侧溶液中增加离子为生成硫酸电离的离子总量【解答】解：（1）Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32+SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO32+SO2+H2O=2HSO3；（2）由图可知，Pt（1）电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4 H+，故答案为：SO22e+2H2O=SO42+4H+；左侧电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4H+，根据电子转移守恒，生成硫酸根物质的量=0.01mol，生成氢离子为0.04mol，为保持溶液电中性，0.01mol硫酸根需要0.02mol氢离子，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，即有0.02mol氢离子移至右侧，故左侧溶液中增加离子为0.01mol+0.02mol=0.03mol，故答案为：0.032016年9月3日