2016年四川省广元市高考化学三模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．生活中的下列变化与氧化还原有关的是（ ）
A．用小苏打治疗胃酸过多
B．生石灰作食品干燥剂
C．打磨磁石制指南针
D．酸性重铬酸钾检验司机是否酒后驾车
2．室温下，对于0.01mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是（ ）
A．与少量Al2（SO4）3溶液反应的离子方程式为Al3++40H﹣═AlO2﹣+2H2O
B．该溶液中滴入酚酞变红，是因NH3•H2O⇌NH4++0H﹣
C．该溶液中Na+、NH4+、NO3﹣、Mg2+可大量共存
D．与少量CuSO4溶液反应的离子方程式：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+
3．下列操作成装置能达到实验目的是（ ）
A．
制溶液
B．
中和滴定
C．
制备乙醇乙酯
D．
制备收集干燥的氨气
4．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．O．lmol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NA
B．分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数为0.3NA
C．电解饱和食盐水时，当阴极产生H2 22.4L时，电路中转移的电子数为2NA
D．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
5．某同学按如图所示的装置进行实验．A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水．当K闭合时，在交換膜处
SO42﹣从右向左移动．下列分析正确的是（ ）
A．反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，不久沉淀溶解
B．溶液中（A2+）减小
C．y电极上有H2产生，发生还原反应
D．B的电极反应：B﹣2e═B2+
6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．O.1mol/LKHC03溶液与O．1mol/L KOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
B．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）═c（SO42﹣）+c（OH﹣）
C．20ml O．lmol/L CH3COONa溶液与lOmLO．lmol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：C（Cl﹣）＞（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）
D．pH=2的H2C2O4溶液与pH=l2的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）
7．一定条件下，反应：6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O的数据如图所示．
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的△H＞0
B．达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆
C．b点对应的平衡常数K值大于c点
D．a点对应的H2的平衡转化率为90%
二、非选择题（共58分）
8．A，B，C，D，E，F，N是位于元素周期表前四周期原子序数依次增大的七种元素．巳知：①A是周期表中原子半径最小的元素．A，D位于同一主族；②B和C两种元素在周期表中位置相邻，在不同条件下可形成BC和BC2两种气态化合物：③E的最外层电子数是C的价电子数的一半； ④F的单质是一种淡黄色固体；⑤N属于过渡元素，是日常生话中应用最广泛的金属之一，且N有﹣种氧化物可用作红色油漆．
请回答下列问题：
（1）E在周期表中的位置 ，N基态原子的价电子排布式是 ；
（2）C和F结合成的FC42﹣中，中心原子的杂化类型是 ，BA3分子中的B﹣A共价键的键能 （填“大于”或“小于”）A2F分子中的A﹣F共价键的键能；
（3）0.5mol单质A在氧气中燃烧生成H2O（l）放出142.9KJ的热量，请写出单质A燃烧热的热化学方程式 ．
（4）由D，F两种元素形成的化合物溶于水pH＞7．其水溶液中离子浓度大小关系为 ．
（5）在碱性环境下，N（OH）3遇KClO溶液可得到一种高效的多功能水处理剂K2NO4，此反成的离子方程式是 ．
9．海波（Na2S2O3•5H2O）是无色透明的晶体，易溶于水，遇酸立即分解：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O，硫化碱法是工业上制备海波的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O，实验装置如图所示：
（1）装置A中滴加浓硫酸的仪器名称是 ，实验室还可以用A装置制取的气体单质的离子方程式是 ．
（2）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，D中的试剂可以是 ．表明SO2吸收效率低的实验现象是 ．
（3）实验制得的Na2S2O3•5H2O产品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．请设计实验，检测Na2S2O3•5H2O产品中是否存在Na2SO4杂质，简要说明实验操作、现象和结论： ．
（4）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，为了测定某K2Cr2O7溶液的浓度，研究小组的同学准确量取10.00mL K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，加入过量KI固体和适量的稀H2SO4，滴加指示剂，用0.1000mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，3次平行实验测得平均消耗Na2S2O3溶液的体积为30.00mL，则c（K2Cr2O7）= mol•L﹣1．（已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
10．丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．
回答下列问题：
（1）由A生成B的反应类型为 ；C中所含官能团的名称为 ．
（2）D的化学名称是 ；
（3）H生成J其化学方程式为 ．
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式为 （写出一种即可）．
（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2﹣苯基乙醇．
反应条件1为 ；反应条件2所选择的试剂为 ．
11．银，铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图1所示：
（1）酸浸时反应的离子方程式为 ．为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是 ．
（2）操作a是 ，已知2Cu+Cu+Cu2+，试分析CuAlO2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后，产生现象的异同点 ．
（3）固体B转化为CuAlO2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：
CuO+ Al2O3 + ↑．
（4）假设粗银中的杂质只有少量的铜，利用电化学方法对其进行精炼，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差 g．
（5）熔炼时被氧化的元素铜生成氧化物其晶胞如图2所示，若晶胞的边长为acm．则晶体的密度为 g•cm﹣3，（写出含a的表示式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）
2016年四川省广元市高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．生活中的下列变化与氧化还原有关的是（ ）
A．用小苏打治疗胃酸过多
B．生石灰作食品干燥剂
C．打磨磁石制指南针
D．酸性重铬酸钾检验司机是否酒后驾车
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】根据变化中发生的化学反应，利用元素的化合价是否变化来分析是否与氧化还原反应有关．
【解答】解：A、用小苏打治疗胃酸过多，与碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠与二氧化碳和水是复分解反应，故A不选；
B、生石灰作食品干燥剂，是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，非氧化还原反应，故B不选；
C、打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成，故C不选；
D、用装有酸性重铬酸钾的装置检验司机是否酒后驾车，Cr元素被还原，C元素被氧化，属于氧化还原反应，故D选；
故选D．
【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉变化中的化学反应来解答，难度不大．
2．室温下，对于0.01mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是（ ）
A．与少量Al2（SO4）3溶液反应的离子方程式为Al3++40H﹣═AlO2﹣+2H2O
B．该溶液中滴入酚酞变红，是因NH3•H2O⇌NH4++0H﹣
C．该溶液中Na+、NH4+、NO3﹣、Mg2+可大量共存
D．与少量CuSO4溶液反应的离子方程式：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．氨水为弱碱，反应生成的是氢氧化铝沉淀，且一水合氨不能拆开；
B．一水合氨在溶液中部分电离出氢氧根离子，所以氨水呈碱性；
C．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；
D．硫酸铜少量，氢氧化铜溶解，反应生成的是[Cu（NH3）4]2+．
【解答】解：A．氨水为弱碱，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．该溶液中滴入酚酞变红，说明溶液呈碱性，一水合氨的电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++0H﹣，故B正确；
C．Mg2+与氨水中氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．氨水少量时的反应方程式为：CuSO4+2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+（NH4）2SO4，氨水过量时氢氧化铜沉淀溶解：Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣，所以最终得到的是[Cu（NH3）4]2+，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子共存的正误判断、离子方程式的书写方法，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，熟练掌握离子方程式的书写原则；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力
3．下列操作成装置能达到实验目的是（ ）
A．
制溶液
B．
中和滴定
C．
制备乙醇乙酯
D．
制备收集干燥的氨气
【考点】实验装置综合．
【专题】实验评价题．
【分析】A．配制一定浓度的溶液时，定容时需要改用胶头滴管；
B．酸溶液应该盛放在酸式滴定管中；
C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用碳环碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，且伸入试管中的导管在液面上方；
D．氨气密度小于空气，收集氨气导气管应该伸入试管底部．
【解答】解：A．配制一定物质的量浓度的溶液过程中，在定容操作时，不能直接用烧杯加水，应该改用胶头滴管定容，故A错误；
B．待测液为氢氧化钠溶液，则标准液为酸，酸溶液应该盛放在酸式滴定管中，图示滴定管为碱式滴定管，故B错误；
C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，且碳酸钠溶液能够溶解乙醇、中和乙酸，所以制备乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，为了防止倒吸，试管中的导管不能伸入液面中，图示装置合理，故C正确；
D．氨气的密度小于空气，所以收集氨气时，导气管应该伸入试管底部，图示装置不合理，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了化学实验装置的应用，题目难度中等，明确化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见气体的性质及制取、收集方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．
4．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．O．lmol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NA
B．分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数为0.3NA
C．电解饱和食盐水时，当阴极产生H2 22.4L时，电路中转移的电子数为2NA
D．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
【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、铁和水蒸气反应时，3mol铁生成4mol氢气；
B、N2中含3条共价键，NH3中也含3条共价键；
C、阴极生成的气体所处的状态不明确；
D、求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6molσ键来分析．
【解答】解：A、铁和水蒸气反应时，3mol铁生成4mol氢气，故0.1mol铁生成mol氢气，故A错误；
B、N2中含3条共价键，NH3中也含3条共价键，故0.1molN2和NH3混合气体中含共价键0.3mol，即0.3NA对共用电子对，故B正确；
C、阴极生成的气体所处的状态不明确，故生成的氢气的物质的量无法计算，故C错误；
D、4.4g乙醛的物质的量为0.1mol，而1mol乙醛中含6molσ键，故0.1mol乙醛中含0.6NA条σ键，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
5．某同学按如图所示的装置进行实验．A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水．当K闭合时，在交換膜处
SO42﹣从右向左移动．下列分析正确的是（ ）
A．反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，不久沉淀溶解
B．溶液中（A2+）减小
C．y电极上有H2产生，发生还原反应
D．B的电极反应：B﹣2e═B2+
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】该装置中右边装置不能自发的进行氧化还原反应是不能构成原电池只能形成电解池，左边装置中能发生的进行氧化还原反应且符合原电池的构成条件所以是原电池．当 K 闭合时，在交换膜处 SO42﹣从右向左移动，说明A为负极，B为正极，即A的金属活动性大于B；连接B的y极为Y阳极，连接A的x极为阴极．
【解答】解：A、右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，x极上发生的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成可溶性的偏铝酸盐，故A正确；
B、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42﹣从右向左移动，说明A为负极，B为正极，原电池中负极A上金属失电子发生氧化反应，生成金属阳离子进入溶液导致溶液中（A2+）浓度增大，故B错误；
C、右边装置中连接B的y极为阳极，连接A的x极为阴极，电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；
D、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动，说明A为负极，B为正极，B极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为B2++2eˉ═B，故D错误．
故选：A．
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度较大，明确原电池放电时溶液中阴阳离子的移动方向是解本题的关键．
6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．O.1mol/LKHC03溶液与O．1mol/L KOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）
B．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）═c（SO42﹣）+c（OH﹣）
C．20ml O．lmol/L CH3COONa溶液与lOmLO．lmol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：C（Cl﹣）＞（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）
D．pH=2的H2C2O4溶液与pH=l2的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）
【考点】离子浓度大小的比较．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、O.1mol/LKHC03溶液与O．1mol/L KOH溶液等体积混合，所得溶液是碳酸钾溶液，据此回答；
B、pH=1的NaHSO4溶液钠离子浓度和氢离子浓度以及硫酸根离子浓度相等，根据电荷守恒来回答；
C、20ml O．lmol/L CH3COONa溶液与lOmLO．lmol/L HCl溶液混合后得到的是醋酸和醋酸钠的混合物，溶液呈酸性，所得溶液醋酸根离子的水解小于醋酸的电离程度；
D、根据溶液中的电荷守恒知识来回答．
【解答】解：A、O.1mol/LKHC03溶液与O．1mol/L KOH溶液等体积混合，所得溶液是碳酸钾溶液，所得溶液中：c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故A错误；
B、pH=1的NaHSO4溶液c（Na+）=c（H+）═c（SO42﹣）+，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）═2c（SO42﹣）+c（OH﹣），即c（H+）═c（SO42﹣）+c（OH﹣），故B正确；
C、20ml O．lmol/L CH3COONa溶液与lOmLO．lmol/L HCl溶液混合后得到的是醋酸、氯化钠和醋酸钠的混合物，溶液呈酸性，所得溶液醋酸根离子的水解小于醋酸的电离程度，此时c（Cl﹣）＜c（CH3COO﹣），故C错误；
D、pH=2的H2C2O4溶液与pH=l2的NaOH溶液任意比例混合，均存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故D错误．
故选B．
【点评】本题涉及盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较等知识，注意电荷守恒、物料守恒以及质子守恒的应用是关键，难度中等．
7．一定条件下，反应：6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O的数据如图所示．
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的△H＞0
B．达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆
C．b点对应的平衡常数K值大于c点
D．a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，△H＜0；
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 +2CO2⇌C2H5OH+3H2O
起始（mol） 2 1 0 0
转化（mol）1.8 0.6
平衡（mol）0.2 0.4
H2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，△H＜0，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 +2CO2⇌C2H5OH+3H2O
起始（mol） 2 1 0 0
转化（mol）1.8 0.6
平衡（mol）0.2 0.4
H2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．
二、非选择题（共58分）
8．A，B，C，D，E，F，N是位于元素周期表前四周期原子序数依次增大的七种元素．巳知：①A是周期表中原子半径最小的元素．A，D位于同一主族；②B和C两种元素在周期表中位置相邻，在不同条件下可形成BC和BC2两种气态化合物：③E的最外层电子数是C的价电子数的一半； ④F的单质是一种淡黄色固体；⑤N属于过渡元素，是日常生话中应用最广泛的金属之一，且N有﹣种氧化物可用作红色油漆．
请回答下列问题：
（1）E在周期表中的位置 第三周期ⅢA族 ，N基态原子的价电子排布式是 3d64s2 ；
（2）C和F结合成的FC42﹣中，中心原子的杂化类型是 sp3 ，BA3分子中的B﹣A共价键的键能 大于 （填“大于”或“小于”）A2F分子中的A﹣F共价键的键能；
（3）0.5mol单质A在氧气中燃烧生成H2O（l）放出142.9KJ的热量，请写出单质A燃烧热的热化学方程式 H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol ．
（4）由D，F两种元素形成的化合物溶于水pH＞7．其水溶液中离子浓度大小关系为 c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+） ．
（5）在碱性环境下，N（OH）3遇KClO溶液可得到一种高效的多功能水处理剂K2NO4，此反成的离子方程式是 Fe（OH）3+3ClO﹣+OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O ．
【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】A、B、C、D、E、F、N是位于元素周期表前四周期原子序数依次增大的七种元素．N属于过渡元素，是日常生话中应用最广泛的金属之一，且N有一种氧化物可用作红色油漆，则N为Fe；F的单质是一种淡黄色固体，则F为S元素；A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素，A、D位于同一主族，原子序数相差大于2，故D为Na；E的最外层电子数是C的价电子数的一半，C原子最外层电子数为偶数，B和C两种元素在周期表中位置相邻，在不同条件下可形成BC和BC2两种气态化合物，则B为N元素、C为O元素，E原子最外层电子数为3，结合原子序数可知E为Al．
【解答】解：A、B、C、D、E、F、N是位于元素周期表前四周期原子序数依次增大的七种元素．N属于过渡元素，是日常生话中应用最广泛的金属之一，且N有一种氧化物可用作红色油漆，则N为Fe；F的单质是一种淡黄色固体，则F为S元素；A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素，A、D位于同一主族，原子序数相差大于2，故D为Na；E的最外层电子数是C的价电子数的一半，C原子最外层电子数为偶数，B和C两种元素在周期表中位置相邻，在不同条件下可形成BC和BC2两种气态化合物，则B为N元素、C为O元素，E原子最外层电子数为3，结合原子序数可知E为Al．
（1）E为Al，在周期表中的位置：第三周期ⅢA族，N为Fe，基态原子的价电子排布式是：3d64s2，
故答案为：第三周期ⅢA族；3d64s2；
（2）C和F结合成的SO42﹣中S原子杂化轨道数目为4+=4，硫原子杂化类型是sp3，
N原子半径小于S原子半径，故N﹣H键的键长比S﹣H键的键长短，则NH3分子中的N﹣H共价键的键能大于H2S分子中的S﹣H共价键的键能，
故答案为：sp3；大于；
（3）0.5mol单质氢气在氧气中燃烧生成H2O（l）放出142.9KJ的热量，1mol氢气燃烧放出的热量为142.9kJ×=285.9kJ，氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，
故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；
（4）由Na、S两种元素形成的化合物为Na2S，溶于水pH＞7，溶液中S2﹣水解，第一步水解远远大于第二步水解，而溶液中氢氧根离子源于S2﹣、HS﹣水解以及水的电离，其水溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）；
（5）在碱性环境下，Fe（OH）3遇KClO溶液可得到一种高效的多功能水处理剂K2FeO4，此反成的离子方程式是：Fe（OH）3+3ClO﹣+OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：Fe（OH）3+3ClO﹣+OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O．
【点评】本题以元素推断为载体，考查核外电子排布、杂化方式、共价键、热化学方程式书写、离子浓度大小比较、面上方程式书写等，需要学生具备扎实的基础，是对学生综合能力的考查．
9．海波（Na2S2O3•5H2O）是无色透明的晶体，易溶于水，遇酸立即分解：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O，硫化碱法是工业上制备海波的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O，实验装置如图所示：
（1）装置A中滴加浓硫酸的仪器名称是 分液漏斗 ，实验室还可以用A装置制取的气体单质的离子方程式是 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑ ．
（2）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，D中的试剂可以是 品红、溴水或KMnO4溶液 ．表明SO2吸收效率低的实验现象是 溶液颜色很快褪色 ．
（3）实验制得的Na2S2O3•5H2O产品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．请设计实验，检测Na2S2O3•5H2O产品中是否存在Na2SO4杂质，简要说明实验操作、现象和结论： 取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明Na2S2O3•5H2O晶体中含有Na2SO4杂质 ．
（4）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，为了测定某K2Cr2O7溶液的浓度，研究小组的同学准确量取10.00mL K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，加入过量KI固体和适量的稀H2SO4，滴加指示剂，用0.1000mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，3次平行实验测得平均消耗Na2S2O3溶液的体积为30.00mL，则c（K2Cr2O7）= 0.0500 mol•L﹣1．（已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O：A装置：在加热条件下，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，B装置：缓冲瓶，防止C液体倒吸到A装置，C装置：为Na2S2O3的生成装置，多孔的球泡可以增大气体与溶液的接触面积，使气体被充分吸收，有利于提高实验的准确度，2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，D装置：二氧化硫能和品红作用，二氧化硫能被高锰酸钾氧化，能与溴单质，上述溶液均褪色，盛放品红、溴水或KMnO4溶液，其作用是检验装置B中SO2的吸收效率，E装置：二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫．
（1）根据仪器的结构特点判断；该装置特点为在加热条件下，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，属于固液加热型装置；实验室还可以用A装置制取氯气，浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；
（2）用D装置检验二氧化硫是否被完全吸收，根据二氧化硫的还原性和漂白性分析；
（3）检测产品中是否存在Na2SO4，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子；
（4）根据Na2S2O3的量求出I2，再根据K2Cr2O7与I2的关系求出K2Cr2O7的物质的量及浓度．
【解答】解：（1）根据仪器的结构特点可知，装置A中滴加浓硫酸的仪器名称是分液漏斗；装置A为二氧化硫的制取，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，该装置属于固液加热型装置，实验室还可以用A装置制取氯气，浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制备Cl2，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑，
故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑；
（2）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，说明D中物质能与二氧化硫反应，且有明显的现象，二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，具有还原性，能被溴水氧化，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，硫元素化合价升高，二氧化硫表现还原性，高锰酸钾溶液褪色：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4 +2H2SO4，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全品红吸收，如C中SO2吸收效率低，则D中进入较多的二氧化硫，导致D中溶液颜色很快褪色，
故答案为：品红、溴水或KMnO4溶液； 溶液颜色很快褪色；
（3）检测Na2S2O3•5H2O产品中是否存在Na2SO4杂质，先加过量的稀盐酸排除干扰，静置，取上层清液，再加氯化钡，若出现白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根离子，即Na2S2O3•5H2O产品中含有Na2SO4，
故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明Na2S2O3•5H2O晶体中含有Na2SO4杂质．
（4）10.00mL K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，加入过量KI固体和适量的稀H2SO4，反应生成I2，用0.1000mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，3次平行实验测得平均消耗Na2S2O3溶液的体积为30.00mL，则n（Na2S2O3）=cV=0.1000mol•L﹣1×0.0300L=0.00300mol，
已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，
Cr2O72﹣～～～3I2～～～6S2O32﹣
1mol 6mol
n 0.00300mol
则n（K2Cr2O7）=0.000500mol 所以c（K2Cr2O7）==0.0500mol/L；
故答案为：0.0500．
【点评】本题以硫的化合物的性质为载体，考查了物质的制备方案设计、氧化还原滴定的应用、实验基本操作、化学计算等，难度中等，是对知识的综合运用与分析解决问题能力的考查，注意利用关系式进行计算．
10．丁苯酞（J）是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．
回答下列问题：
（1）由A生成B的反应类型为 取代反应 ；C中所含官能团的名称为 醛基、溴原子 ．
（2）D的化学名称是 2﹣甲基丙烯 ；
（3）H生成J其化学方程式为 ．
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式为 （写出一种即可）．
（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2﹣苯基乙醇．
反应条件1为 Br2、光照 ；反应条件2所选择的试剂为 镁、乙醚 ．
【考点】有机物的合成．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E为（CH3）3CBr，可知D为，根据信息①可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，由G的结构逆推可知C为，则B为，A为．根据题中已知①，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为．
【解答】解：E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E为（CH3）3CBr，可知D为，根据信息①可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，由G的结构逆推可知C为，则B为，A为．根据题中已知①，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为．
（1）由A生成B的反应类型为取代反应，C为，所含官能团有醛基、溴原子，
故答案为：取代反应；醛基、溴原子；
（2）D为，化学名称为2﹣甲基丙烯，
故答案为：2﹣甲基丙烯；
（3）H生成J其化学方程式为：，
故答案为：；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，可能结构简式为，
故答案为：；
（5）由信息①中的转化可知，甲苯与溴在光照条件下得到，再与Mg/乙醚反应得到，最后与HCHO反应、水解得到2﹣苯基乙醇，
故答案为：Br2、光照；镁、乙醚．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物分子、G的结构与反应条件推断，注意对题目信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，（4）中同分异构体书写为易错点，题目难度中等．
11．银，铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图1所示：
（1）酸浸时反应的离子方程式为 CuO+2H+=Cu2++H2O ．为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是 将渣料粉碎 ．
（2）操作a是 过滤 ，已知2Cu+Cu+Cu2+，试分析CuAlO2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后，产生现象的异同点 相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生 ．
（3）固体B转化为CuAlO2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：
4 CuO+ 2 Al2O3 4CuAlO2 + O2 ↑．
（4）假设粗银中的杂质只有少量的铜，利用电化学方法对其进行精炼，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差 43.2 g．
（5）熔炼时被氧化的元素铜生成氧化物其晶胞如图2所示，若晶胞的边长为acm．则晶体的密度为 g•cm﹣3，（写出含a的表示式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2．
（1）用硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水；增大接触面积，加快反应速率；
（2）CuAlO2分别与足量盐酸反应得到Cu、氯化铜、氯化铝；硝酸具有强氧化性，过量的硝酸与CuAlO2反应得到硝酸铜、硝酸铝、NO；
（3）由上述分析可知，CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，配平完成方程式；
（4）电解精炼时，粗银作阳极、纯银作阴极，阳极上Ag、Cu都失电子生成金属阳离子，阴极上只有银离子得电子生成Ag，两个电极上质量变化值相差30.4g为Cu放电析出的Ag的质量与Cu质量之差，根据电子转移守恒计算Cu放电时析出Ag的质量，即为两个电极上银质量的变化值之差；
（5）由均摊法计算氧化亚铜晶胞中Cu原子和O原子的数目，根据密度计算公式ρ=计算即可．
【解答】解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2．
（1）由上述分析可知，空气中熔炼时Cu被氧化；用硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水，反应离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎，增大接触面积，加快反应速率；
故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎；
（2）操作a是分离互不相溶的液体与固体，应是过滤，CuAlO2分别与足量盐酸反应得到Cu、氯化铜、氯化铝，现象为得到蓝色溶液、有红色固体生成；硝酸具有强氧化性，过量
的硝酸与CuAlO2反应得到硝酸铜、硝酸铝、NO，溶液变蓝色，相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生，
故答案为：过滤；相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生；
（3）由上述分析可知，CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，反应前氧为﹣2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案为：4； 2； 4CuAlO2；O2；
（4）电解精炼时，粗银作阳极、纯银作阴极，阳极上Ag、Cu都失电子生成金属阳离子，阴极上只有银离子得电子生成Ag，两个电极上质量变化值相差30.4g为Cu放电析出的Ag与Cu的质量之差，设Cu为xmol，根据电子转移守恒，则Cu放电形成Ag为2x mol，故2x×108﹣64x=30.4，解得x=0.2，两个电极上银质量的变化值之差为Cu放电生成Ag的质量，故为0.2mol×2×108g/mol=43.2g，
故答案为：43.2；
（5）O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=8×=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，则该氧化物的密度ρ==g/cm3．
故答案为：．
【点评】本题以从废料中回收银并制备铜化工产品载体，考查化学工艺流程、物质分离提纯、电解原理、氧化还原反应配平与计算，计算中抓住电子转移守恒进行解答，难度中等．
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