山東省萊蕪一中2020屆高三化學(xué)3月份開學(xué)考試試題【含解析】

1、山東省萊蕪一中2020屆高三化學(xué)3月份開學(xué)考試試題（含解析）注意：本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分。共100分，考試時間90分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量： H:1 N:14 O:16 S :32 C:12 Fe:56 Br:80 Sn:119第卷 (選擇題 共40分)注意事項：1.答第卷前考生務(wù)必將自己的級部、班級、姓名、準考證號寫在答題卡的指定位置，并將自己的準考證號用2B鉛筆填涂在答題卡上。2.第卷的每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。3.考試結(jié)束后，監(jiān)考人將答題卡收回。一、選擇題(本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。)

2、1.化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說法正確的是( )A. 強化木地板表面的氧化鋁具有耐磨與阻燃的作用B. 包裝盒中放入生石灰，可防止月餅氧化變質(zhì)C. 制作航天服的聚酯纖維屬于新型無機非金屬材料D. 福爾馬林能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，可用于浸制動物標本，也可作食品的保鮮劑【答案】A【解析】【詳解】A氧化鋁熔點高，不易燃燒，并且很穩(wěn)定，所以強化木地板表面的氧化鋁具有耐磨與阻燃的作用，故A正確；B生石灰可吸收水，不具有還原性，不能防止月餅等富脂食品氧化變質(zhì)，可作干燥劑，故B錯誤；C制作航天服的聚酯纖維屬于有機物，是高分子合成材料，故C錯誤；D福爾馬林有毒，可以用于浸泡標本，但不能作食品的保鮮劑，故D錯誤；

3、故選A。2.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A. 1molHClO中所含HCl鍵的數(shù)目為NAB. 8.8g乙酸乙酯中所含碳原子數(shù)為0.4NAC. 1.2gC與0.1molCO2在高溫下充分反應(yīng)生成的CO分子數(shù)為0.1NAD. 標準狀況下，1L0.1molL1HCl溶液中滴加氨水至pH7，溶液中的數(shù)目為0.1NA【答案】B【解析】【分析】HClO中連鍵方式：H-O-Cl，乙酸乙酯的分子式：C4H8O2，8.8g為0.1mol，C+CO22CO，1.2gC為0.1mol，0.1molCO2生成0.2molCO，常溫時，pH=7為中性，標準狀況下pH=7為酸性，即c（H+）c(OH-)，根

4、據(jù)溶液呈電中性，則c（Cl-） c（）, n（Cl-）=0.1mol，的數(shù)目小于0.1NA?！驹斀狻緼. HClO中連鍵方式：H-O-Cl，不存在HCl，A錯誤；B. 乙酸乙酯的分子式：C4H8O2，8.8g為0.1mol，一個分子中含4個碳原子，碳原子數(shù)為0.4NA，B正確；C. C+CO22CO，1.2gC為0.1mol，0.1molCO2生成0.2molCO，即0.2NA，C錯誤；D. 常溫時，pH=7為中性，標準狀況下pH=7為酸性，即c（H+）c(OH-)，根據(jù)溶液呈電中性，則c（Cl-） c（）, n（Cl-）=0.1mol，的數(shù)目小于0.1NA，D錯誤。答案為B?！军c睛】HClO

5、中連鍵方式：H-O-Cl，不存在HCl，容易理解錯誤。3.為了探究金屬單質(zhì)M與鹽溶液的反應(yīng)，某同學(xué)進行了下列實驗，實驗過程及現(xiàn)象如圖所示，結(jié)合實驗現(xiàn)象判斷該同學(xué)得出的下列結(jié)論中正確的是 A. 向濾液中滴加鹽酸的實驗現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀B. 濾渣可能是兩種單質(zhì)的混合物C. 濾渣在足量的稀硝酸中能完全溶解D. 加入的金屬M可能是鎂或鈉【答案】C【解析】【分析】充分反應(yīng)后得到無色溶液，說明硝酸銅和硝酸銀已經(jīng)完全反應(yīng)；向濾渣中加入稀鹽酸，產(chǎn)生無色氣體，說明濾渣中含有金屬M，即金屬M是過量的；向濾液中滴加稀鹽酸時，不可能產(chǎn)生白色沉淀，因為能和氯離子結(jié)合成白色沉淀的只有銀離子，濾液中不含有銀離子。【詳解】A

6、、向濾液中滴加鹽酸的實驗現(xiàn)象不可能是產(chǎn)生白色沉淀，因為濾液中不含有銀離子，加入稀鹽酸時，不可能產(chǎn)生白色沉淀，故A錯誤；B、濾渣中一定含有單質(zhì)銀、銅和M，故B錯誤；C、濾渣中一定含有單質(zhì)銀、銅和M，M活潑些大于銅和銀，所以濾渣在足量的稀硝酸中能完全溶解，故C正確；D、加入的金屬M不是單質(zhì)鈉，因為鈉和硝酸銀、硝酸銅溶液的反應(yīng)是鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉和銅離子、銀離子生成沉淀，加入鹽酸無氣體生成，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查了化學(xué)實驗分析，實驗現(xiàn)象是物質(zhì)之間相互作用的外在表現(xiàn)，因此要學(xué)會設(shè)計實驗、觀察實驗、分析實驗，為揭示物質(zhì)之間相互作用的實質(zhì)奠定基礎(chǔ)。4.關(guān)于有機物的說法正確的

7、是（ ）A. a、b 互為同系物B. c 中所有碳原子可能處于同一平面C. b 的同分異構(gòu)體中含有羧基的結(jié)構(gòu)還有 7 種(不含立體異構(gòu))D. a、b、c 均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】C【解析】A、a是酯類，b是羧酸類，結(jié)構(gòu)不相似，不互為同系物，故A錯誤；B、c是在環(huán)己烷上連了兩個羥基，環(huán)己烷的碳原子不都在同一平面上，故B錯誤；C、b 是1-戊酸，含有羧基的結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體，在正戊烷的碳鏈上還有兩種，在異戊烷的碳鏈上還有4種，新戊烷的碳鏈上有1種，共7種，故C正確；D、只有c能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯誤；故選C。點睛：審題時，切記要小心苯環(huán)和環(huán)己烷往往容易混淆，苯環(huán)是平面結(jié)構(gòu)，而環(huán)己

8、烷是立體結(jié)構(gòu)，原子不都在同一平面上。5.在給定條件下，下列離子組的離子共存判斷及反應(yīng)的離子方程式均正確的是選項條件離子組離子共存判斷及的離子方程式A=1溶液Fe2+、NO3-、Al3+、Cl-不能大量共存，3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2OB由水電離出c(H+)=110-13molL-1K+、NH4+、Cl-、AlO2-能大量共存C含有大量Al3+的溶液Na+、NH4+、SO42-、Cl-能大量共存D通入少量SO2氣體K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存， 2ClO-+SO2+H2O2HClO+SO32-A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A.=1溶液呈

9、中性, Fe2+和Al3+都能水解使溶液呈酸性，所以它們不能共存于堿性溶液，對應(yīng)的離子方程式也是在酸性條件下才能發(fā)生的反應(yīng)，所以A不正確； B. 由水電離出c(H+)=110-13molL-1，小于10-7mol/L，所以水的電離可能受到酸或堿的抑制。NH4+遇堿會發(fā)生反應(yīng)生成一水合氨，所以它不能與堿大量共存；AlO2-遇到少量酸會生成氫氧化鋁沉淀，遇到過量酸則轉(zhuǎn)化為鋁離子，所以它不能與酸大量共存。所以無論溶液是酸性還是堿性，總有離子不能大量共存，B不正確；C. 含有大量Al3+的溶液一定是酸性的，Na+、NH4+、SO42-、Cl-四種離子都能在酸性溶液中大量共存，C正確；D.二氧化硫有還原

10、性，而次氯酸根有強氧化性，所以向此溶液中通入二氧化硫后，二氧化硫?qū)⒈谎趸癁榱蛩?，而次氯酸根被還原為氯離子，所以D不正確。6.下列化學(xué)用語表示正確的是( )A. 硫原子的結(jié)構(gòu)示意圖：B. 三氟化氮的電子式 C. 小蘇打在溶液中的電離方程式：NaHCO3=NaHCO32D. 1mol 硫酸氫鈉晶體中共含有離子的數(shù)目為 2NA【答案】D【解析】【詳解】A硫原子的核外有16個電子，其結(jié)構(gòu)示意圖為，故A錯誤；B三氟化氮分子中，氮原子和氟原子最外層都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，正確的電子式為，故B錯誤；CNaHCO3只能完全電離為Na+和HCO3-，電離方程式為NaHCO3=Na+HCO3-，故C錯誤；D1mol

11、硫酸氫鈉晶體中含有1mol鈉離子和1mol硫酸氫根離子，含離子總數(shù)為2NA，故D正確；故選D?！军c睛】本題的易錯點為C，要注意區(qū)分硫酸氫鈉和碳酸氫鈉的電離方程式的不同。7.、Y、Z、W、M五種元素的原子序數(shù)依次增大。已知、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，X元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子；Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍；Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體；M是地殼中含量最高的金屬元素。下列說法正確的是A. 原子半徑：r(M)r(Y)r(Z)r(W)r(X)B. W和M形成的化合物不能與強堿反應(yīng)C. 、Z、W三元素所形成的化合物一定為共價化合物D

12、. Y、Z的最高價含氧酸的酸性：YZ【答案】A【解析】【分析】X元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子，X是H元素；Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Y是C元素；M是地殼中含量最高的金屬元素，M是Al元素；Z、W原子序數(shù)大于6、小于13，Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體，Z、W分別屬于N、O。據(jù)此解答?！驹斀狻緼電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越大，半徑越小，則半徑：AlCNOH，即MYZWX，故A正確；B. Al2O3是兩性氧化物，能與強堿反應(yīng)，故B錯誤；C. H、N、O三元素所形成的化合物是離子化合物，故C錯誤；D. 非金屬性越強，最高價含氧

13、酸的酸性越強，酸性HNO3H2CO3，故D錯誤。8.明礬KA1(SO4)212H2O是一種復(fù)鹽，在造紙等方面應(yīng)用廣泛。采用廢易拉罐制備明礬的過程如下圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）A. 合理處理易拉罐有利于環(huán)境保護和資源再利用B. 從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC. “沉淀”反應(yīng)的金屬離子為Fe3+D. 上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】【詳解】A.易拉罐作為可再生資源，其回收再生利用對經(jīng)濟效益、社會效益的提高、環(huán)境的保護有著巨大的促進作用，故不選A；B.易拉罐(主要成分為Al,含有少量的Fe)，因此可從易拉罐中回收的金屬元素有Al、Fe，故不選B；C. “沉淀

14、”反應(yīng)是鐵離子生成氫氧化鐵的反應(yīng)，故不選C；D.鋁離子與碳酸氫根離子互促水解到底生成氫氧化鋁沉淀，硫酸氫根離子是強酸的酸式酸根，不水解，不與鋁離子反應(yīng)，故選D；答案：D9.2019年諾貝爾化學(xué)獎頒給了三位為鋰離子電池發(fā)展作出重要貢獻的科學(xué)家。磷酸鐵鋰鋰離子電池充電時陽極反應(yīng)式為,，放電工作示意圖如圖。下列敘述不正確的是A. 放電時，Li+通過隔膜移向正極B. 放電時，電子由鋁箔沿導(dǎo)線流向銅箔C. 放電時正極反應(yīng)為：D. 磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現(xiàn)，C、Fe、P元素化合價均不發(fā)生變化【答案】D【解析】【詳解】A選項，放電時，“同性相吸”即Li+通過隔膜移向正極，故A正確；B選

15、項，放電時，電子由負極即鋁箔沿導(dǎo)線流向正極即銅箔，故B正確；C選項，放電正極得電子，發(fā)生氧化反應(yīng)為：xFePO4 + xLi+xe=xLiFeO4，故C正確；D選項，磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現(xiàn)，F(xiàn)e元素化合價發(fā)生變化，故D錯誤；綜上所述，答案為D?！军c睛】放電時，溶液中的離子是“同性相吸”，即陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；充電時，溶液中的離子是“異性相吸”，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。10.25時，向20mL0.1molL-1四氯金酸( HAuCl4)溶液中滴加0.1molL-1NaOH溶液，滴定曲線如圖1，含氯微粒的物質(zhì)的量分數(shù)()隨pH變化關(guān)系如圖2，則

16、下列說法不正確的是A. b點溶液中存在關(guān)系：2c(H+)+ c(HAuCl4)=2c(OH-)+ c(AuCl4-)B. X點描述的是滴定曲線中b點含氯微粒的物質(zhì)的量分數(shù)與pH的關(guān)系C. c點溶液中存在關(guān)系：c(Na+)=c(AuCl4-)D. d點時，溶液中微粒濃度的大小關(guān)系為c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】【詳解】Ab點溶液為物質(zhì)的量濃度相等的HAuCl4和NaAuCl4混合溶液，由電荷守恒可知2c(H+)+2c(Na+)=2c(OH-)+ 2c(AuCl4-)，由物料守恒可知：2c(Na+) =c(AuCl4-)+c(HAuCl4)，由-得2c(H+

17、)+ c(HAuCl4)=2c(OH-)+ c(AuCl4-)，故A正確；B由題圖1可知，起始20mL0.1molL-1HAuCl4溶液的pH=3，說明酸為弱酸，b點酸恰好反應(yīng)掉一半，pH=5，說明酸的電離程度大于其酸根離子的水解程度，則b點兩種含氯微粒的物質(zhì)的量分數(shù)不可能相等，故B錯誤；Cc點溶液的pH=7，根據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)=c(AuCl4-)，故C正確；Dd點時，HAuCl4與NaOH恰好完全反應(yīng)，此時溶液溶質(zhì)為NaAuCl4，AuCl4-水解，溶液顯堿性，所以c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)，故D正確；故選B。二、選擇題(本題共 5小題，每小題 4 分，

18、共 20 分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得 4 分，選對但不全的得 1 分，有選錯的得 0 分。)11.高鐵酸鉀是一種新型、高效、多功能水處理劑，工業(yè)上采用向KOH溶液中通入氯氣，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制備K2FeO4，發(fā)生反應(yīng)：C12+KOHKC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列說法正確的是A. 若反應(yīng)中n(ClO)：n(C1O3)=5：1，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1B. 反應(yīng)中每消耗4molKOH，吸收標準狀況下224LCl2C. 氧化性：K2F

19、eO4KC1OD. 若反應(yīng)的氧化產(chǎn)物只有KC1O，則得到0.2molK2FeO4時消耗0.3molC12【答案】D【解析】【詳解】A選項，若反應(yīng)中n(ClO)：n(C1O3)=5：1，設(shè)物質(zhì)的量分別為5mol和1mol，則化合價升高失去10mol電子，則化合價降低得到10mol電子，因此總共有了8mol氯氣，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為10：6，即5:3，故A錯誤；B選項，根據(jù)A分析反應(yīng)得出消耗氫氧化鉀物質(zhì)的量為16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯氣2mol，即標準狀況下44.8LCl2，故B錯誤；C選項，根據(jù)第二個方程式比較氧化性，氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，因此KC1O K2

20、FeO4，故C錯誤；D選項，若反應(yīng)的氧化產(chǎn)物只有KC1O，則C12與KC1O物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)第二個方程式得到KC1O與K2FeO4物質(zhì)的量之比為3:2，因此得到0.2molK2FeO4時消耗0.3molC12，故D正確。綜上所述，答案為D。12.將濃度均為0.5molL-1的氨水和KOH溶液分別滴入到兩份均為20mLc1molL-1的AlCl3溶液中，測得溶液的導(dǎo)電率與加入堿的體積關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A c1=0.2B. b點時溶液的離子濃度：c(C1-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)C. ac段發(fā)生的反應(yīng)為：A1(OH)3+OH-=Al(OH)4-D. d點時溶液中

21、：c(K+)+c(H+)=Al(OH)4-+c(OH-)【答案】C【解析】【分析】導(dǎo)電率與離子濃度成正比，向AlCl3溶液中分別加入氨水和KOH溶液，分別生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，當AlCl3完全反應(yīng)時繼續(xù)滴加堿，Al（OH）3和KOH反應(yīng)生成可溶性的KAl（OH）4，一水合氨和Al（OH）3不反應(yīng)，且一水合氨是弱電解質(zhì)，則一水合氨溶液導(dǎo)電率較小，所以導(dǎo)電率變化較大的是氨水滴定曲線、變化較小的是KOH滴定曲線，則I為KOH滴定曲線；【詳解】A當AlCl3和KOH恰好完全反應(yīng)生成Al（OH）3和KCl時，溶液中離子濃度最小，導(dǎo)電率最低，則c點二者恰好完全反應(yīng)，AlC

22、l3+3KOH=Al（OH）3+3KCl，則n（AlCl3）：n（KOH）=c1molL-120mL：（0.5molL148mL）=1：3，c1=0.4，故A錯誤；Bb點溶質(zhì)為Al（OH）3和NH4Cl，NH4水解導(dǎo)致溶液呈酸性，則c（OH）c（H），故B錯誤；Cac段為Al（OH）3和KOH的反應(yīng)，離子方程式為Al（OH）3+OHAl（OH）4-，故C正確；Dd點溶液中溶質(zhì)為KOH、KAl（OH）4、KCl，溶液中存在電荷守恒c（K）+c（H）Al（OH）4-+c（OH）+c（Cl），故D錯誤；故選：C。13.已知溶解度也可用物質(zhì)的量濃度表示，25時，Ag2CrO4在不同濃度CrO42-溶液

23、中的溶解度如圖所示,下列說法正確的是A 圖中a、b兩點c(Ag+)相同B. 圖中a點與b點Ag2CrO4溶度積相等C. 在a點向溶液中加入少量AgNO3，溶解度可變?yōu)閏點D. 該溫度下，Ag2CrO4溶度積的數(shù)量級為10-12【答案】BD【解析】【詳解】A選項，圖中a、b兩點c(Ag+)不相同，a中c(Ag+)大于b點，故A錯誤；B選項，曲線上的點都為溶度積相等的點，故B正確；C選項，在a點向溶液中加入少量AgNO3，銀離子濃度增加，鉻酸根離子濃度減小，因此溶解度也減小，故C錯誤；D選項，該溫度下，根據(jù)b點得知c(Ag+) = 210-5mol/L，c(CrO42) = 110-2mol/L，

24、因此Ag2CrO4溶度積的數(shù)量級為10-12，故D正確。綜上所述，答案BD?！军c睛】Ag2CrO4在不同濃度CrO42溶液中的溶解度不同，其溶解的Ag2CrO4質(zhì)量不同，因此溶解平衡中的銀離子不相同。14.某反應(yīng)的H100 kJmol1，下列有關(guān)該反應(yīng)的敘述正確的A. 正反應(yīng)活化能小于 100 kJmol1B. 逆反應(yīng)活化能一定小于 100 kJmol1C. 正反應(yīng)活化能不小于 100 kJmol1D. 正反應(yīng)活化能比逆反應(yīng)活化能大 100 kJmol1【答案】CD【解析】【詳解】某反應(yīng)的H=+100kJmol-1，則正反應(yīng)的活化能-逆反應(yīng)的活化能=+100kJmol-1，說明正反應(yīng)的活化能比

25、逆反應(yīng)的活化能大100kJmol-1，無法確定正、逆反應(yīng)活化能的大小，CD正確，故選CD。【點睛】正確理解焓變與活化能的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。本題可以借助于圖象分析：。15.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是( )選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A將含有SO2的廢氣通入BaCl2溶液中，出現(xiàn)白色沉淀SO2 與 BaCl2 溶液反應(yīng)生成BaSO3沉淀B向某密閉容器充入 NO2，保持溫度不變，慢慢擴大容器體積， 最終容器中氣體顏色比開始時淺平衡2NO2(g)N2O4(g)正向移動C向蔗糖中加入適量濃硫酸，并不斷用玻璃棒攪拌，蔗糖變黑，體積膨脹，并放出刺激性氣味氣體濃硫酸具有脫水性和強氧化性D在酒精燈

26、上加熱鋁箔，鋁箔熔化，熔化的鋁并不滴落熔點：氧化鋁鋁A. AB. BC. CD. D【答案】CD【解析】【詳解】A由于亞硫酸的酸性比鹽酸弱，則二氧化硫與氯化鋇溶液不反應(yīng)，不能生成沉淀，現(xiàn)象和結(jié)論均不正確，故A錯誤；B由勒沙特列原理可知，減小壓強，平衡逆向移動，氣體的體積增大，二氧化氮濃度減小，氣體顏色變淺，結(jié)論不正確，故B錯誤；C向蔗糖中加入濃硫酸，并不斷用玻璃棒攪拌，變黑，體積膨脹，放出刺激性氣體，反應(yīng)中生成碳、二氧化碳、二氧化硫等，可說明濃硫酸具有脫水性和強氧化性，故C正確；D熔化的鋁并不滴落，是因為表面生成熔點更高的氧化鋁，故D正確；故選CD。【點睛】本題的易錯點為B，要注意平衡移動的原

27、理的應(yīng)用，本題中氣體顏色的深淺與二氧化氮的濃度大小有關(guān)，與平衡移動的方向不一定一致。三、非選擇題(本題共 5 小題，共 60 分)16.無水四氯化錫常用作媒染劑和有機合成中的氯化催化劑。實驗室可用熔融的錫(熔點 232 )與 Cl2反應(yīng)制備 SnCl4，裝置如圖。已知：SnCl2、SnCl4 有關(guān)物理性質(zhì)：物質(zhì)顏色、狀態(tài)熔點/沸點/SnCl2無色晶體246652SnCl4無色液體33114SnCl4 極易水解生成 SnO2xH2O?；卮鹣铝袉栴}：(1)導(dǎo)管 a 的作用是_，裝置 A 中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。(2)當觀察到裝置 F 液面上方_時才開始點燃 D 處的酒精燈，待錫熔化后適當增大氯

28、氣流量，繼續(xù)加熱。此時繼續(xù)加熱的目的是_；_。(3)若上述裝置中缺少裝置 C( 其它均相同) ，則D處具支試管中發(fā)生的主要副反應(yīng)化學(xué)方程式為_。(4)Cl2和錫的反應(yīng)產(chǎn)物有 SnCl4 和 SnCl2，為防止產(chǎn)品中帶入過多的 SnCl2，可使用的溫度范圍是_。(5)滴定分析產(chǎn)品中 Sn()的含量：用分析天平稱取 5.000g 產(chǎn)品于錐形瓶中，用蒸餾水溶解，加入淀粉溶液，用 0.1000 molL1 的碘標準溶液滴定至終點時消耗 20.00 mL，則產(chǎn)品中 Sn()的含量為_。(已知 Sn2I2=2ISn4)【答案】 (1). 平衡壓強，使分液漏斗內(nèi)液體順利流下 (2). 2MnO4-16H+1

29、0Cl-=2Mn2+5Cl28H2O (3). 出現(xiàn)黃綠色氣體 (4). 加快氯氣與錫的反應(yīng)速率 (5). 使 SnCl4 汽化，利于其從混合物中分離出來 (6). SnCl4(x2)H2O=SnO2xH2O4HCl (7). 在 232 到 652 之間 (8). 4.76%【解析】【分析】由裝置圖可知，裝置A應(yīng)為制備氯氣裝置，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl及水蒸氣，B中飽和食鹽水可以除去HCl，降低氯氣的溶解，C中濃硫酸可以吸收水蒸氣，干燥氯氣；氯氣與Sn在裝置D中反應(yīng)生成SnCl4，生成的SnCl4經(jīng)冷卻后在裝置E中冷凝收集，未反應(yīng)的氯氣，用裝置G吸收，為了防止尾氣處理裝置中水分

30、進入裝置E，在E和G之間用F裝置干燥，以此分析解答?！驹斀狻?1)生成的氯氣通過a進入濃鹽酸上方，導(dǎo)致濃鹽酸上方壓強增大，從而使?jié)恹}酸可以順利進入燒瓶中，所以導(dǎo)管a的作用是使分液漏斗內(nèi)的液體順利流下；裝置A中發(fā)生高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，反應(yīng)的離子方程式為2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案為：平衡壓強，使分液漏斗內(nèi)的液體順利流下；2MnO4-+16H+10C1-=2Mn2+5Cl2+8H2O；(2)為了排除裝置中的空氣，當觀察到裝置F液面上方出現(xiàn)黃綠色氣體時才開始點燃D處的酒精燈，待錫熔化后適當增大氯氣流量，為了加快氯氣與錫反應(yīng)的速率，同時使

31、SnCl4氣化，利于其從混合物中分離出來，需要繼續(xù)加熱，故答案為：出現(xiàn)黃綠色氣體；加快氯氣與錫反應(yīng)的速率，使SnCl4氣化；利于其從混合物中分離出來；(3)若上述裝置中缺少裝置C(其它均相同)，D裝置中含有水蒸氣，SnC14易水解，則D處具支試管中發(fā)生的主要副反應(yīng)化學(xué)方程式為SnC14+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl，故答案為：SnC14+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl；(4)Cl2和錫的反應(yīng)產(chǎn)物有SnCl4和SnCl2，為防止產(chǎn)品中帶入過多的SnCl2，根據(jù)表中給出的信息分析，為了保證Sn熔融，及確保兩種化合物的分離，四氯化錫收集在E中，不讓二氯化錫進入E中，二氯

32、化錫不形成蒸氣即可，可采取的措施是：控制Sn與氯氣的反應(yīng)溫度在232至652之間，通入過量氯氣，故答案為：在232至652之間；(5)滴定反應(yīng)中+2價Sn被碘氧化成+4價Sn，碘被還原成碘離子，根據(jù)Sn2I2=2ISn4得：n(I2)=n(Sn2)，則產(chǎn)品中Sn(II)的質(zhì)量為：119g/mol0.1000molL-10.02L=0.238g，產(chǎn)品中Sn(II)的含量為100%=4.76%，故答案為：4.76%。17.鉻是一種銀白色的金屬，常用于金屬加工、電鍍等。工業(yè)以鉻鐵礦主要成分是Fe(CrO2)2為原料冶煉鉻及獲得強氧化劑Na2Cr2O7。其工藝流程如圖所示：已知：高溫氧化時發(fā)生反應(yīng)Fe

33、(CrO2)2Na2CO3O2Na2CrO4Fe2O3CO2(未配平)回答下列問題：（1）將鉻鐵礦的主要成分Fe(CrO2)2寫成氧化物的形式：_，高溫氧化時可以提高反應(yīng)速率的方法為_(寫出一條即可)。（2）Na2CrO4加入硫酸酸化的離子方程式為_；在實驗室中，操作a所用到的玻璃儀器有_。（3）Na2CrO4中鉻元素化合價為_；生成1molNa2CrO4時共轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_mol。（4）根據(jù)有關(guān)國家標準，含CrO42-的廢水要經(jīng)化學(xué)處理，使其濃度降至5.010-7molL-1以下才能排放，可采用加入可溶性鋇鹽生成BaCrO4沉淀Ksp(BaCrO4)=1.210-10，再加入硫酸處理多

34、余的Ba2+的方法處理廢水，加入可溶性鋇鹽后，廢水中Ba2+的濃度應(yīng)大于_molL-1，廢水處理后達到國家標準才能排放?！敬鸢浮?(1). FeOCr2O3 (2). 將固體磨碎或不斷攪拌 (3). 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O (4). 燒杯、漏斗、玻璃棒 (5). +6 (6). 3.5 (7). 2.410-4【解析】【分析】鉻鐵礦主要成分是Fe(CrO2)2中加入碳酸鈉并通入氧氣，高溫下將Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同時生成CO2，將得到的固體溶于水得到Na2CrO4溶液。向一份Na2CrO4溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反應(yīng)生成N

35、a2Cr2O7和硫酸鈉，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾得到固體a和溶液a；另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)，鉻元素轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3沉淀，過濾后灼燒Cr(OH)3得到Cr2O3，可以利用熱還原法制備金屬鉻；據(jù)此分析解答。【詳解】(1)Fe(CrO2)2 中鐵元素化合價是+2價，氧化物為FeO，鉻元素化合價+3價，氧化物為Cr2O3，所以Fe(CrO2)2寫成氧化物形式為FeOCr2O3；增大反應(yīng)物的接觸面積可以加快反應(yīng)速率，升高溫度可以加快反應(yīng)速率，不斷攪拌，使固體混合物充分混合也可以加快反應(yīng)速率，故答案為：FeOCr2O3 ；將固體磨碎或不斷攪拌等；(2)Na2CrO4

36、加入硫酸酸化反應(yīng)生成重鉻酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；操作a為過濾，所用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；燒杯、漏斗、玻璃棒；(3)Na2CrO4中Na元素為+1價，O為-2價，則鉻元素化合價為+6價；根據(jù)Fe(CrO2)2Na2CO3O2Na2CrO4Fe2O3CO2，反應(yīng)中鉻元素由+3價升高為+6價，鐵元素由+2價升高為+3價，1mol Fe(CrO2)2被氧化轉(zhuǎn)移7mol電子，因此生成1molNa2CrO4時轉(zhuǎn)移3.5mol電子，故答案為：+6；3.5；(4)CrO42-+Ba2+BaCr

37、O4，根據(jù)題意CrO42-的濃度降至5.010-7molL-1以下才能排放，則Ksp(BaCrO4)=c(CrO42-)c(Ba2+)=5.010-7c(Ba2+)=1.210-10，解得：c(Ba2+)=2.410-4mol/L，即Ba2+的濃度應(yīng)大于2.410-4mol/L，故答案為：2.410-4。18.目前，處理煙氣中 SO2 常采用兩種方法：堿液吸收法和水煤氣還原法。.堿液吸收法25時，Kb(NH3H2O)1.8105；H2SO3：Ka11.5102，Ka21.0107；Ksp(CaSO4)7.1105。第1步：用過量的濃氨水吸收 SO2，并在空氣中氧化；第2步：加入石灰水，發(fā)生反應(yīng)

38、 Ca22OH2NH4SO42CaSO42NH3H2O K。(1)25時，0.1 molL1(NH4)2SO3 溶液的 pH_(填“”“”“”“ (2). 4.31013 (3). S(l)O2(g)=SO2(g) H529 kJmol-1 (4). (5). (6). (7). 2700 (8). 增大【解析】【分析】(1)根據(jù)Kb(NH3H2O)=1.810-5Ka2(H2SO3)=1.010-7，分析判斷；(2)第2步：加入石灰水，發(fā)生反應(yīng)Ca2+2OH-+2NH4+SO42-CaSO4+2NH3H2O，化學(xué)平衡常數(shù)K=，結(jié)合電離平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)分析計算；(3)根據(jù)蓋斯定律分析解答；

39、(4)根據(jù)焓變H2=E1-E2結(jié)合反應(yīng)為吸熱反應(yīng)分析判斷；(5)反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，溫度相同、投料比的比值=y越大，SO2的轉(zhuǎn)化率越大；投料比相同時，溫度越高，SO2的轉(zhuǎn)化率越低，據(jù)此分析解答；(6)根據(jù)三段式結(jié)合平衡常數(shù)K=計算；其他條件不變，在第7min時縮小容器體積，即使容器的壓強增大，化學(xué)平衡正向移動，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻?1)由于Kb(NH3H2O)=1.810-5Ka2(H2SO3)=1.010-7，根據(jù)鹽的水解規(guī)律：“誰弱誰水解，誰強顯誰性”可知，(NH4)2SO3溶液呈堿性，pH7；故答案為：；(2)第2步：加入石灰水，發(fā)生反應(yīng)Ca2+2OH-+2NH4+S

40、O42-CaSO4+2NH3H2O化學(xué)平衡常數(shù)K=4.31013，故答案為：4.31013；(3)2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g) H1=-37.0kJ/mol，2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) H2=+45.4kJ/mol，CO的燃燒熱H3=-283kJ/mol，即CO(g)+O2(g)=CO2(g) H3=-283kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律2-計算S(l)+O2(g)=SO2(g)的H=(-283kJ/mol)2 - (-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，熱化學(xué)方程式為S(l)+O2(g)=SO2(g) H=-529kJ/mol，故答案為：

41、S(l)+O2(g)=SO2(g) H=-529kJ/mol；(4)反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，焓變H2=E1-E2(逆反應(yīng)活化能)0，E1=E2+H2，由于E20，所以E1H2，故答案為：；(5)反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，溫度相同、投料比的比值=y越大，SO2的轉(zhuǎn)化率越大、CO的轉(zhuǎn)化率越小，即y1y2，投料比相同時，溫度越高，SO2的轉(zhuǎn)化率越低，所以N點的投料比小、溫度低，則CO的轉(zhuǎn)化率大于M點CO的轉(zhuǎn)化率；N、P投料比相同，但P點溫度高，所以P點反應(yīng)速率大于N點，逆反應(yīng)速率：NP，故答案為：；(6)對于 2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)開始(mol/L) 0.2

42、0.2 0變化(mol/L) 0.16 0.08 0.16平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16 對于2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g)開始(mol/L) 0.2 0.12 0變化(mol/L) 0.18 0.09 0.18平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18所以反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=2700，故答案為：2700；其他條件不變，在第7min時縮小容器體積，即使容器的壓強增大，由于兩個反應(yīng)的正反應(yīng)都是氣體體積減小的反應(yīng)，所以縮小體積，容器的壓強增大，化學(xué)平衡正向移動，二氧化硫的物質(zhì)的量減小，但由于容器體積減小，所以二氧化硫的濃度仍然會增大，故答案為：增大。【

43、點睛】本題的易錯點和難點為(6)，把握平衡常數(shù)的意義及表達式是解題的關(guān)鍵，要注意三段式格式的應(yīng)用，以及外界條件對化學(xué)平衡的影響的理解。19.鋁及其化合物廣泛應(yīng)用于金屬冶煉、有機合成等領(lǐng)域。(1)鋁熱反應(yīng)可以冶煉金屬鉻，Cr3基態(tài)核外電子排布式為_。 (2)AlCl3可作反應(yīng)的催化劑。乙酸酐分子中碳原子軌道的雜化類型為_。 1 mol對甲基苯乙酮分子中含有的鍵為_。 CH3COOH與H2O可以任意比例互溶，除因為它們都是極性分子外，還因為_。 單個AlCl3氣態(tài)分子的空間構(gòu)型為_，AlCl3可與Cl形成AlCl4，與AlCl4互為等電子體的分子為_。(3)某遮光劑的晶胞如圖所示，由晶胞可知n_?！敬鸢浮?(1). Ar3d3 (2). 3 (3). 20 (4). CH3COOH能與水分子間形成氫鍵 (5). 平面三角形 (6). CCl4（SiCl4或其他合理答案） (7). 6【解析】（1）Cr是24號元素，Cr3+基態(tài)核外電子排布式為Ar3d3 ；（2）乙酸酐分子中發(fā)生sp3雜化的原子有2個C原子和一個O原子，共3個；1mol對甲基苯乙酮分子中含有鍵的數(shù)目