福建省龙岩市连城一中高三化学下学期第六次模拟试卷（含解析）.doc

2015年福建省龙岩市连城一中高考化学六模试卷一、选择题（本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求）1制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一为：下列说法不正确的是( )am的分子式为c6h12o6bn的结构简式为ch3coohc的反应类型属于取代反应d淀粉与纤维素互为同分异构体2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，2.24l nh3分子中共价键数目为0.3nab1l 1moll1 h2o2溶液中氧原子数目为2nac25时，ph=7的纯水中oh数目为1107nad1l 0.1moll1 nh4cl溶液中nh4+数目为0.1na3几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，相关说法正确的是( )a离子半径大小：r（m3+）r（t2）b其中r的金属性最强c煤和石油中存在x元素dl、x形成的简单离子核外电子数相等4次氯酸钠能有效地杀灭水中的细菌和病毒该过程不可能涉及的变化有( )a电离b水解c置换反应d氧化还原反应5常温下，取ph=2的ha溶液与hb溶液各1ml，分别加水稀释，测得ph变化与稀释倍数关系如图所示下列叙述正确的是( )ahb的电离方程式为hbh+bb稀释前，c（hb）c（ha）=0.01moll1cnaa的水溶液中，离子浓度大小为c（na+）c（a）c（oh）c（h+）dnaa、nab的混合溶液中：2c（na+）=c（a）+c（b）+c（hb）6一定条件下，反应：6h2+2co2c2h5oh+3h2o的数据如图所示下列说法正确的是( )a该反应的h0b达平衡时，v（h2）正=v（co2）逆cb点对应的平衡常数k值大于c点da点对应的h2的平衡转化率为90%7已知h2o2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以ho2形式存在以alh2o2燃料电池电解尿素的碱性溶液制备氢气 （电解池中隔膜仅阻止气体通过，c、d均为惰性电极）下列说法不正确的是( )a电解过程中，电子的流向由abcdb电极b是正极，且反应后该电极区ph增大c燃料电池的总反应为：2al+3ho2=2alo2+oh+h2od电解时，al消耗2.7g，则产生氮气标准状况下为1.12l二、解答题（共5小题，满分58分）8（16分）no和no2是常见的氮氧化物，研究它们的综合利用有重要意义（1）氮氧化物产生的环境问题有_（填一种）（2）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：nono2n2反应为：no+o3no2+o2，生成11.2l o2（标准状况）时，转移电子的物质的量是_mol反应中，当n（no2）：nco（nh2）2=3：2时，反应的化学方程式是_（3）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=41.8kjmol1已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1写出no和o2反应生成no2的热化学方程式_一定温度下，向2l恒容密闭容器中充入no2和so2各1mol，5min达到平衡，此时容器中no和no2的浓度之比为3：1，则no2的平衡转化率是_上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入no2、so2、so3、no各1mol，平衡_（填序号）a向正反应方向移动b向逆反应方向移动c不移动（4）某化学兴趣小组构想将no转化为hno3，装置如图，电极为多孔惰性材料则负极的电极反应式是_9（14分）工业上snso4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：提示：已知在酸性条件下，锡在水溶液中有sn2+、sn4+两种主要存在形式已知kspsn（oh）2=1.01026回答下列问题：（1）sncl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是_，加入sn粉的作用是_（2）反应i生成的沉淀为sno，写出该反应的离子方程式_（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法_（4）反应硫酸的作用之一是控制溶液的ph，若溶液中c（sn2+）=1.0moll1，则应控制溶液ph_（5）酸性条件下，snso4还可以用作双氧水去除剂，请写出发生反应的离子方程式_10某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）请回答下列问题：（1）cu与稀hno3反应的离子方程式为_（2）该同学认为实验可通过收集测量no气体的体积，来探究cu样品的纯度你认为是否可行？_（可行、不可行），请简述原因_（3）实验、中，量气管中的液体最好分别是_、_（只选一种）accl4 bh2oc饱和nahco3溶 d液饱和na2co3溶液（4）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：恢复至室温，_，视线与凹液面最低处相平（5）实验用于测定合金中铝的质量分数，获得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数_11（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，其基态原子的电子排布式_（2）图1曲线表示部分短周期元素的原子序数（按递增顺序排列）和其常见单质沸点的关系其中a点表示的单质是_（填化学式）（3）c、n、o、f四种元素中电负性最大的是_（填元素符号），第一电离能最小的是_（4）配合物y的结构见图2，y中含有_（填序号）；a极性共价键 b非极性共价键 c配位键 d氢键y中碳原子的杂化方式有_、_（5）已知hf与f通过氢键结合成hf（fhf）判断hf和hf微粒间不能形成氢键的理由_12（13分）某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体f和y已知：2ch3cho请回答下列问题：（1）写出y中含氧官能团的名称_（2）下列有关f的说法正确的是_a分子式是c7h7no2brb既能与盐酸反应又能与naoh溶液反应c能发生酯化反应 d1mol f最多可以消耗2mol naoh（3）写出由甲苯a反应的化学方程式_（4）在合成f的过程中，bc步骤不能省略，理由是_；f在一定条件下形成的高分子化合物的结构简式是_（5）写出一种同时符合下列条件的y的同分异构体的结构简式_苯环上只有两种不同化学环境的氢原子与足量浓溴水反应产生白色沉淀分子中只存在一个环状结构（6）以x和乙烯为原料可合成y，依次指出三步合成过程中三个主要反应的反应类型：_、_、_2015年福建省龙岩市连城一中高考化学六模试卷一、选择题（本题共7小题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求）1制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一为：下列说法不正确的是( )am的分子式为c6h12o6bn的结构简式为ch3coohc的反应类型属于取代反应d淀粉与纤维素互为同分异构体考点：乙酸乙酯的制取 专题：有机反应分析：a淀粉或纤维素水解最终产物为葡萄糖；b纤维素水解得到葡萄糖m，葡萄糖氧化得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸n；c是乙醇与乙酸的酯化反应，属于取代反应；d同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物淀粉和纤维素的化学式均为（c6h10o5）n，但n值范围不同，分子式不同；解答：解：制备乙酸乙酯的绿色合成路线：以淀粉或纤维素为原料，经水解生成葡萄糖，葡萄糖氧化生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛、乙酸，乙醇、乙酸二者酯化生成乙酸乙酯a淀粉或纤维素水解最终产物为葡萄糖，所以m为葡萄糖，分子式为c6h12o6，故a正确；b纤维素水解得到葡萄糖m，葡萄糖氧化得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸n，n的结构简式为ch3cooh，故b正确；c的反应是酸和醇反应ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o，本质是酸脱羟基醇脱氢，反应类型属于酯化反应，也属于取代反应，故c正确；d淀粉和纤维素的化学式均为（c6h10o5）n，n值不同，分子式不同，不是同分异构体，故d错误；故选：d点评：本题以制备乙酸乙酯为载体考查有机物的结构与性质，注意把握常见有机物的官能团的结构和性质，掌握同分异构体的概念是解答的关键，题目难度不大2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，2.24l nh3分子中共价键数目为0.3nab1l 1moll1 h2o2溶液中氧原子数目为2nac25时，ph=7的纯水中oh数目为1107nad1l 0.1moll1 nh4cl溶液中nh4+数目为0.1na考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a氨气分子中含有3个氮氢键，根据n=计算出氨气的物质的量，再计算出含有共价键数目；b双氧水溶液中，溶剂水中也含有氧原子，忽略了水中的氧原子；c缺少纯水的体积，无法计算水中氢氧根离子数目；d铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子数目减少解答：解：a标况下2.24l氨气的物质的量为0.1mol，0.1mol氨气中含有0.3mol氮氢键，含有的共价键数目为0.3na，故a正确；b1l 1moll1 h2o2溶液中含有溶质双氧水1mol，由于水中也含有氧原子，则该双氧水溶液中含有的氧原子大于2mol，氧原子数目大于2na，故b错误；c没有告诉该纯水的体积，无法计算纯水中含有的氢氧根离子数目，故c错误；d1l0.1moll1 nh4cl溶液中含有溶质氯化铵0.1mol，由于铵根离子部分水解，则溶液中铵根离子小于0.1mol，nh4+数目小于0.1na，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项a、c为易错点，注意a中溶剂水中含有氧原子、c中缺少水的体积3几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，相关说法正确的是( )a离子半径大小：r（m3+）r（t2）b其中r的金属性最强c煤和石油中存在x元素dl、x形成的简单离子核外电子数相等考点：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：主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，其最高正价与最低负价的绝对值之和为8，根据元素化合价知，l、m、x、r、t分别位于第iia族、第iiia族、第via族、第iia族、第via族，同一主族元素，其原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以l、m、x、r、t为mg、al、s、be、o元素，再结合元素周期律、原子结构解答解答：解：主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，其最高正价与最低负价的绝对值之和为8，根据元素化合价知，l、m、x、r、t分别位于第iia族、第iiia族、第via族、第iia族、第via族，同一主族元素，其原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以l、m、x、r、t为mg、al、s、be、o元素，a电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径r（m3+）r（t2），故a错误；b这几种元素中，金属性最强的元素位于元素周期表左下角，所以为mg（即l）元素，故b错误；cx是s元素，煤和石油中存在x元素，故c正确；dl、x分别是mg、s元素，镁离子核外有10个电子、硫离子核外有18个电子，所以二者形成的简单离子核外电子数不相等，故d错误；故选c点评：本题考查了原子结构和元素周期律，明确元素化合价与元素所处主族是解本题关键，再结合元素周期律分析解答，知道离子半径大小比较方法，题目难度不大4次氯酸钠能有效地杀灭水中的细菌和病毒该过程不可能涉及的变化有( )a电离b水解c置换反应d氧化还原反应考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学基本反应类型 专题：元素及其化合物分析：次氯酸钠在溶液中电离生成na+和clo，clo水解生成具有强氧化性的hclo，hclo具有强氧化性，可使蛋白质变性，以此解答解答：解：次氯酸钠在溶液中电离生成na+和clo，clo水解生成具有强氧化性的hclo，hclo具有强氧化性，可使蛋白质变性，则涉及的变化有电离、水解以及氧化还原反应，不涉及置换反应故选c点评：本题考查次氯酸钠的杀菌消毒原理，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，本题注意把握次氯酸钠的性质，注意相关基础知识的积累5常温下，取ph=2的ha溶液与hb溶液各1ml，分别加水稀释，测得ph变化与稀释倍数关系如图所示下列叙述正确的是( )ahb的电离方程式为hbh+bb稀释前，c（hb）c（ha）=0.01moll1cnaa的水溶液中，离子浓度大小为c（na+）c（a）c（oh）c（h+）dnaa、nab的混合溶液中：2c（na+）=c（a）+c（b）+c（hb）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根据图象曲线变化可知，将ph=2的hb稀释100倍后，溶液的ph4，所以hb为弱酸，溶液中只能部分电离；b溶液稀释100倍，ha溶液的ph变化为2，则ha为强酸，而hb为弱酸，据此判断稀释前浓度大小；cha为强酸，则naa溶液为中性溶液，溶液中c（na+）=c（a）、c（oh）=c（h+）；d没有告诉naa、nab的浓度是否相等，无法根据物料守恒得出2c（na+）=c（a）+c（b）+c（hb）解答：解：a将ph=2的hb稀释100倍后，溶液的ph变化小于2，说明hb为弱电解质，溶液中存在电离平衡，hb的电离方程式为：hbh+b，故a错误；b根据图象可知，ph2的ha稀释100倍后，溶液的ph变化为2，则ha为强电解质，溶液中完全电离，则ph=2的ha溶液的浓度为0.01mol/l，而hb为弱酸，则稀释前hb的浓度大于0.01mol/l，即：稀释前，c（hb）c（ha）=0.01moll1，故b正确；c根据b可知，ha为强电解质，则naa为强酸强碱盐，溶液稀释中性，则c（na+）=c（a）、c（oh）=c（h+），溶液中离子浓度大小为：c（na+）=c（a）c（oh）=c（h+），故c错误；d当naa、nab的浓度相等时，根据物料守恒可得：2c（na+）=c（a）+c（b）+c（hb），由于不知naa、nab的浓度大小，无法得出2c（na+）=c（a）+c（b）+c（hb），故d错误；故选b点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小6一定条件下，反应：6h2+2co2c2h5oh+3h2o的数据如图所示下列说法正确的是( )a该反应的h0b达平衡时，v（h2）正=v（co2）逆cb点对应的平衡常数k值大于c点da点对应的h2的平衡转化率为90%考点：化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：a、根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，h0；b、根据速率之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（h2）正=3v（co2）逆；c、b点温度高于c点，根据温度对平衡常数的影响作判断；d、利用三段式计算，设起始h2为2mol，则co2为1mol， 6h2 +2co2c2h5oh+3h2o起始（mol） 2 1 0 0转化（mol）1.8 0.6平衡（mol）0.2 0.4h2的平衡转化率为100%=90%；据此答题；解答：解：a、根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，h0，故a错误；b、根据速率之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（h2）正=3v（co2）逆，故b错误；c、b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以b点的平衡常数小于c点，故c错误；d、利用三段式计算，设起始h2为2mol，则co2为1mol， 6h2 +2co2c2h5oh+3h2o起始（mol） 2 1 0 0转化（mol）1.8 0.6平衡（mol）0.2 0.4h2的平衡转化率为100%=90%，故d正确；故选d点评：本题主要考查化学平衡移动原理的应用、影响化学平衡常数的因素等知识点，难度中等，解题时注意基础的准确运用7已知h2o2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以ho2形式存在以alh2o2燃料电池电解尿素的碱性溶液制备氢气 （电解池中隔膜仅阻止气体通过，c、d均为惰性电极）下列说法不正确的是( )a电解过程中，电子的流向由abcdb电极b是正极，且反应后该电极区ph增大c燃料电池的总反应为：2al+3ho2=2alo2+oh+h2od电解时，al消耗2.7g，则产生氮气标准状况下为1.12l考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：电解时，电池反应时中，氮元素化合价由3价变为0价，h元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极是阳极，生成氢气的电极是阴极，则a是负极、b为正极，h2o2al燃料电池工作时，al为负极被氧化，h2o2为正极被还原，以此解答该题解答：解：a电子从原电池负极电解池阴极，从电解池阳极原电池正极，即ad，cb，故a错误bc生成氮气，说明尿素被氧化，则b为正极，正极方程式为3ho2+6e+3h2o=9oh，反应后该电极区ph增大，故b正确；ch2o2al电池中电解池溶液呈碱性，ho2被还原生成水，al被氧化生成alo2，电池总反应为3ho2+2al=oh+2alo2+h2o，故c正确；d每消耗2.7g al，则转移0.3mol电子，电解池阳极中氮元素化合价由3价变为0价，在可生成0.05mol氮气，理论上产生气体体积为1.12l（标准状况下），故d正确；故选a点评：本题综合考查原电池以及电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，难度中等二、解答题（共5小题，满分58分）8（16分）no和no2是常见的氮氧化物，研究它们的综合利用有重要意义（1）氮氧化物产生的环境问题有产生光化学烟雾或形成酸雨（填一种）（2）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：nono2n2反应为：no+o3no2+o2，生成11.2l o2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol反应中，当n（no2）：nco（nh2）2=3：2时，反应的化学方程式是6no2+4co（nh2）2=7n2+8h2o+4co2（3）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=41.8kjmol1已知：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1写出no和o2反应生成no2的热化学方程式2no（g）+o2（g）=2no2（g）h=113.0kjmol1一定温度下，向2l恒容密闭容器中充入no2和so2各1mol，5min达到平衡，此时容器中no和no2的浓度之比为3：1，则no2的平衡转化率是75%上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入no2、so2、so3、no各1mol，平衡a（填序号）a向正反应方向移动b向逆反应方向移动c不移动（4）某化学兴趣小组构想将no转化为hno3，装置如图，电极为多孔惰性材料则负极的电极反应式是no3e+2h2o=no3+4h+考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；热化学方程式；氧化还原反应的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 专题：化学平衡专题；元素及其化合物分析：（1）根据含氮化合物对环境的影响来回答；（2）化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，系数之比等于物质的量之比；（3）根据盖斯定律结合热化学方程式的书写来回答；根据化学平衡中的三行式进行计算；根据qc和k的关系来确定化学平衡的移动方向；（4）在原电池的负极上发生失电子的氧化反应解答：解：（1）氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，故答案为：产生光化学烟雾或形成酸雨；（2）no+o3no2+o2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2l即0.5mol o2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；当n（no2）：nco（nh2）2=3：2，即no2和co（nh2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6no2+4co（nh2）2=7n2+8h2o+4co2，故答案为：6no2+4co（nh2）2=7n2+8h2o+4co2；（3）已知：a、no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）h=41.8kjmol1；b、2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1，则反应：2no（g）+o2（g）=2no2（g）可以看成是b2a得到的，所以该反应的h=196.6kjmol12（41.8kjmol1）=113.0 kjmol1，故答案为：2no（g）+o2（g）=2no2（g）h=113.0 kjmol1；设no2的变化浓度是x， no2（g）+so2（g）so3（g）+no（g）初始浓度：0.5 0.5 0 0变化浓度：x x x x平衡浓度：0.5x 0.5x x x则=，解得x=0.375，所以二氧化氮的转化率=100%=75%，故答案为：75%；反应的平衡常数k=9，再往容器中同时充入no2、so2、so3、no各1mol，即浓度各增加0.5mol/l，此时qc=1.96k，所以向正反应方向移动故选a（4）将no转化为hno3的原电池中，负极上发生一氧化氮失电子的氧化反应，即no3e+2h2o=no3+4h+，故答案为：no3e+2h2o=no3+4h+点评：本题考查学生热化学、电化学以及化学平衡的有关计算知识，是考试的重点和难点，难度中等9（14分）工业上snso4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：提示：已知在酸性条件下，锡在水溶液中有sn2+、sn4+两种主要存在形式已知kspsn（oh）2=1.01026回答下列问题：（1）sncl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是抑制sn2+水解，加入sn粉的作用是防止sn2+被氧化（2）反应i生成的沉淀为sno，写出该反应的离子方程式sn2+co32sno+co2（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法取最后一次洗涤液，向其中加入agno3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净（4）反应硫酸的作用之一是控制溶液的ph，若溶液中c（sn2+）=1.0moll1，则应控制溶液ph小于1（5）酸性条件下，snso4还可以用作双氧水去除剂，请写出发生反应的离子方程式sn2+h2o2+2h+sn4+2h2o考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：sncl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有sn2+、sn4+，向其中加入sn粉，sn粉可以和h+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液ph值，另外sn可以将被氧化生成的sn4+还原成sn2+，即防止sn2+被氧化为sn4+，过滤得sncl2溶液，向其中加碳酸钠，将sn元素以sno形式沉淀，过滤洗涤得纯净的sno，加稀硫酸，得snso4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得snso4晶体，（1）sncl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制sn2+水解；sn2+易被氧化，加入sn粉除调节溶液ph外，还防止sn2+被氧化； （2）反应得到沉淀是sno，sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（3）取最后一次洗涤液，向其中加入agno3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净； （4）根据kspsn（oh）2=1.01026和c（sn2+）=1.0moll1进行求算；（5）酸性条件下，snso4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将sn2+易被氧化为sn4+，自身被还原为水；解答：解：sncl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有sn2+、sn4+，向其中加入sn粉，sn粉可以和h+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液ph值，另外sn可以将被氧化生成的sn4+还原成sn2+，即防止sn2+被氧化为sn4+，过滤得sncl2溶液，向其中加碳酸钠，将sn元素以sno形式沉淀，过滤洗涤得纯净的sno，加稀硫酸，得snso4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得snso4晶体，（1）sncl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡sn cl2+h2osn（oh）cl+hcl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制sn2+水解；sn2+易被氧化，加入sn粉除调节溶液ph外，还防止sn2+被氧化；故答案是：抑制sn2+水解； 防止sn2+被氧化；（2）反应得到沉淀是sno，sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：sn2+co32sno+co2，故答案为：sn2+co32sno+co2；（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中加入agno3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入agno3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（4）根据 kspsn（oh）2=1.01026=c（oh）2c（sn2+），将c（sn2+）=1.0moll1带人可得c（oh）=1013mol/l，c（h+）=0.1mol/l，故ph小于1，sn2+完全沉淀；故答案是：小于1；（5）酸性条件下，snso4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将sn2+易被氧化为sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：sn2+h2o2+2h+sn4+2h2o，故答案为：sn2+h2o2+2h+sn4+2h2o点评：本题snso4制备的之比为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求10某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）请回答下列问题：（1）cu与稀hno3反应的离子方程式为3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o（2）该同学认为实验可通过收集测量no气体的体积，来探究cu样品的纯度你认为是否可行？不可行（可行、不可行），请简述原因因为no会与装置中空气反应后溶于水，使测得的no气体体积不准（3）实验、中，量气管中的液体最好分别是a、c（只选一种）accl4 bh2oc饱和nahco3溶 d液饱和na2co3溶液（4）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：恢复至室温，使量气管两端液面相，视线与凹液面最低处相平（5）实验用于测定合金中铝的质量分数，获得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数27%考点：探究物质的组成或测量物质的含量；实验装置综合 分析：（1）cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、no和水；（2）一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，no2与水反应；（3）量气管中液体的选择标准是：和该气体不反应，且最好抑制气体的溶解；（4）对量气管读数时，首先等实验装置恢复到室温再进行下一步操作，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平；（5）实验中发生铝和氢氧化钠反应，根据量气管的第二次读数第一次读数=生成氢气的体积，求出生成氢气的平均值，再求出合金中铝的质量，最后计算出镁铝合金中铝的质量分数解答：解：（1）cu与稀hno3反应的离子方程式为3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o，故答案为：3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o；（2）一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成一氧化氮和硝酸；装置中有空气，一氧化氮会与装置中的空气反应，生成的二氧化氮溶于水并与水反应，使测得的一氧化氮体积不准，所以不可以通过实验收集并测量no气体的体积来探究铜样品的纯度；故答案为：不可行；因为no会与装置中空气反应后溶于水，使测得的no气体体积不准；（3）实验中氨气极易溶于水，所以量气管中液体不能选用水及水溶液，只能选和氨气不反应的四氯化碳；实验中的气体是二氧化碳，二氧化碳能溶于水，四氯化碳有毒，碳酸钠和二氧化碳能反应，二氧化碳和饱和的碳酸氢钠不反应，所以选取饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：a；c；（4）根据pv=nrt，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：将实验装置恢复到室温，使量气管两端液面相平，因为相平说明两边液面上的压强是一样的，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差； 故答案为：使量气管两端液面相平；（5）铝和氢氧化钠反应生成氢气的体积为=332.3ml=0.3323l，设需铝的质量为x，2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h254g 67.2lx 0.3323lx=0.27g所以铝的质量分数为=27%故答案为：27%点评：本题考查较综合，涉及气体的制备实验，物质含量的测定实验等，为高频考点，把握反应原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，（4）中量气管的使用为解答的易错点11（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，其基态原子的电子排布式ar3d54s1（2）图1曲线表示部分短周期元素的原子序数（按递增顺序排列）和其常见单质沸点的关系其中a点表示的单质是f2（填化学式）（3）c、n、o、f四种元素中电负性最大的是f（填元素符号），第一电离能最小的是c（4）配合物y的结构见图2，y中含有abcd（填序号）；a极性共价键 b非极性共价键 c配位键 d氢键y中碳原子的杂化方式有sp2、sp3（5）已知hf与f通过氢键结合成hf（fhf）判断hf和hf微粒间不能形成氢键的理由在hf（fhf）中，已经存在分子内氢键，所以没有可用于形成氢键的氢原子考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；含有氢键的物质 分析：（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，为24号元素cr，其基态原子的电子排布式为ar3d54s1；（2）图中曲线表示8种元素的原子序数（按递增顺序连续排列）和单质沸点的关系，a以及前面的2种单质的沸点都低于0，则连续3种均为气体单质，根据周期表分析；（3）元素的非金属性越强，电负性越强；即同周期自左而右电负性增大；同一主族元素从上到下电负性逐渐减小；同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第a元素的第一电离能大于第a族的，第a族的大于第a族的；（4）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间有氢键；根据碳原子成键类型判断；（5）氢键结合的通式，可用xhy表示式中x和y代表f，o，n等电负性大而原子半径较小的非金属原子x和y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素解答：解：（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，为24号元素cr，其基态原子的电子排布式为ar3d54s1，故答案为：ar3d54s1；（2）图中曲线表示8种元素的原子序数（按递增顺序连续排列）和单质沸点的关系，a以及前面的2种单质的沸点都低于0，则连续3种均为气体单质，在周期表中，连续出现气体单质的为第二周期的n、o、f，所以a为第三种气体单质，则为f2；故答案为：f2；（3）同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，因此fo、sp，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性os，故电负性：fosp；元素c、n、o、f属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第a族的大于第a族的，所以其第一电离能大小顺序是fnoc，故答案为：f；c；（4）根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，根据图可知，碳碳间形成单键，为sp3杂化，有的碳碳间形成双键，为sp2杂化，故答案为：abcd；sp2；sp3（5）在hf2中，已经存在分子内氢键（fhf），所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子，故hf2和hf2微粒间不能形成氢键，故答案为：在hf（fhf）中，已经存在分子内氢键，所以没有可用于形成氢键的氢原子点评：本题考查比较综合，涉及周期表的应