江西省南昌市2016年高考化學(xué)一模試卷Word版含

1、2016年江西省南昌市高考化學(xué)一模試卷一、選擇題（本大題包括13小題，每小題6分，共78分，每小題的四個選項中，只有一項符臺題目要求）1化學(xué)與人類社會的生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系下列敘述中正確的是（）A蘋果放在空氣中久置變黃和紙張久置變黃原理相似B高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性C鋼鐵制品和銅制品既能發(fā)生吸氧腐蝕又能發(fā)生析氫腐蝕D誤食重金屬鹽引起人體中毒，可喝大量的食鹽水解毒2X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次遞增，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半徑最大的，X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，下列說法正確的是（）AY、Z、W單核離子均能破壞水的電離平衡BW

2、元素氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定強(qiáng)于ZC南X、Y、Z三種元素組成的化合物不止2種D因為X的氫化物分子間有氫鍵，所以X的氫化物較Z的氫化物穩(wěn)定3常溫下，向飽和氯水中逐滴滴入0.1molL1的氫氧化鈉溶液，pH變化如圖所示，下列有關(guān)敘述正確的是（）A點(diǎn)所示溶液中只存在HCl0的電離平衡B到的過程中水的電離程度一定減少C點(diǎn)處表示氯氣與氫氧化鈉溶液恰好反應(yīng)完全D點(diǎn)所示溶液中：c（ Na+）=c（HCl0）+2c（ClO ）4種免疫抑制劑麥考酚酸結(jié)構(gòu)簡式如圖：，下列有關(guān)麥考酚酸說法不正確的是（）A分子式為C17H20O6B能與FeCl3溶液顯色，與濃溴水反應(yīng)，最多消耗量1 mol Br2C1mol麥考酚酸

3、最多與3 mol NaOH反應(yīng)D在一定條件下可發(fā)生加成，加聚，取代，消去四種反應(yīng)5向硫酸酸化的Fe（ NO3）3溶液中逐漸通入H2S氣體，可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式正確的是（）S2+2N03+4H+2NO2+S+2H2O2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+Fe3+3NO3+5H2S+2H+3NO+5S+Fe2+6H2OFe3+7NO3+10H2S+8H+7NO+10S+Fe2+14H2OFe3+5NO3+8H2S+4H+5NO+8S+Fe2+10H2OABCD6已知高能鋰電池的總反應(yīng)式為：2Li+FeSFe+Li2SLiPF6SO（ CH3）2為電解質(zhì)，用該電池為電源進(jìn)行如圖的電解實驗，電解一段

4、時間測得甲池產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2 4.48L下列有關(guān)敘述不正確的是（）A從隔膜中通過的離子數(shù)目為0.4 NAB若電解過程體積變化忽略不計，則電解后甲池中溶液濃度為4 mol/LCA電極為陽極D電源正極反應(yīng)式為：FeS+2Li+2eFe+Li2S7下列有關(guān)實驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論解釋都沒有科學(xué)性錯誤的是（） 操作 現(xiàn)象 結(jié)論解釋 A 過量鐵粉加稀硝酸充分反應(yīng)，滴入KSCN溶液產(chǎn)生紅色溶液 稀HNO3將鐵氧化成Fe3+ B 某實驗小組從資料上獲得信息：Fe3+可以氧化銀單質(zhì)他們用這種方法清洗一批作了銀鏡反應(yīng)的試管，配制了Fe3+濃度相同的FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液，分別用于清洗實驗 用FeC

5、l3溶液清洗比Fe2（SO4）3溶液清洗得干凈 他們認(rèn)為Fe3+氧化銀單質(zhì)的過程可能是一個可逆過程：Fe3+AgFe2+Ag+ C 苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體 溶液變渾濁 碳酸酸性強(qiáng)于苯酚，溶液中還有Na2CO3生成 D 相飽和碳酸鈉溶液通過量CO2氣體 產(chǎn)生沉淀因為析出Na2CO3AABBCCDD二、解答題（共3小題，滿分43分）8某實驗研究小組欲檢驗草酸晶體分解的產(chǎn)物并測定其純度（雜質(zhì)不發(fā)生反應(yīng)）查閱資料：草酸晶體（ H2C2042H20）l00開始失水，101.5C熔化，150左右分解產(chǎn)生H2O、CO和C02下面是可供選擇的實驗儀器（圖中某些加熱裝置已略去），實驗所需藥品不限（l）最

6、適宜加熱分解革酸晶體的裝置是C若選裝置A可能會造成的后果是；若選裝置B可能會造成的后果是（2）三種氣體檢驗的先后次序是（填編號）ACO2、H2O、CO BCO、H2O、CO2 CH2O、CO2、CO DH2O、CO、CO2（3）實驗利用裝置“G（堿石灰）FD（CuO固體）F”檢驗CO，則F中盛裝的試劑是，證明含有CO的現(xiàn)象是（4）把分解裝置與裝有NaOH溶液的E裝置直接組合，測量完全分解后所得氣體的體積，測定ag草酸晶體的純度經(jīng)實驗得到氣體的體積為V mL（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況），則草酸純度的表達(dá)式為（5）請設(shè)計實驗方案測量草酸二級電離平衡常數(shù)Ka2的值：，并根據(jù)方案中測得的物理量，寫出計算Ka2

7、的表達(dá)式9含氮化合物的研發(fā)與綠色反展、經(jīng)濟(jì)可持續(xù)發(fā)展有著密切關(guān)聯(lián)（1）氨是一種重要化工原料合成氨原料氣H2，可用天然氣為原料制得，有關(guān)反應(yīng)能量變化如圖1所示則用CH4（g）和H20（g）反應(yīng)制得H2（g）和CO（g）的熱化學(xué)方程式為：（2）氮的氧化物有著廣泛用途，又是環(huán)境的污染物（i）在150C時，將0.4mol NO2氣體充人體積為2L的真空密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：2NO2（g）N2O4（g）每隔一定時間測定容器內(nèi)各物質(zhì)的物質(zhì)的量，數(shù)據(jù)如表：時間020406080n（NO2）/mol0.40n10.26n3n4n（N2O4）/mol00.05n20.080.08當(dāng)反應(yīng)在1500C達(dá)到平衡時，該

8、反應(yīng)平衡常數(shù)K=（填數(shù)值）若最初通人N2O4，在相同條件下達(dá)到平衡時，各物質(zhì)濃度仍然相同，則N2O4的起始濃度應(yīng)為（ii）氨氧化制HN03的尾氣中含有NO和N02，且n（NO）：n（N02）=1：1，可用尿素溶液除去，其作用原理是：N0和NO與水反應(yīng)生成亞硝酸，亞硝酸再與尿素反應(yīng)生成對環(huán)境無污染的物質(zhì)若用1mol尿素吸收該尾氣，則能吸收氮氧化物 g（3）氨氣，CO2在一定條件下可合成尿素，其反應(yīng)為：2NH3（g）+CO2（g）CO（ NH2）2（s）+H2O（g）圖2表示合成塔中氨碳比a與CO2轉(zhuǎn)化率的關(guān)系a為n（NH3）/n（CO2），b為水碳比n（H20）/n（CO2）則：b應(yīng)控制在；A.

9、1.5.1.6 B.11.1 C.0.60.7a應(yīng)控制在4.0的理由是10碳酸鋰（相對分子質(zhì)量74）廣泛應(yīng)用于化工、冶金、陶瓷、醫(yī)藥、制冷、焊接、鋰合金等行業(yè)制備流程如下：已知：碳酸鋰的溶解度為（ g/L）溫度/010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72（1）鋰輝石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示其組成形式為（2）硫酸化焙燒工業(yè)反應(yīng)溫度控制在250300，主要原因是；同時，硫酸用量為理論耗酸量的115%左右，硫酸如果加入過多則（填入選項代號）A增加酸耗量 B增加后續(xù)雜質(zhì)的處理量 C增加后續(xù)中和酸的負(fù)擔(dān)

10、（3）水浸時，需要在攪拌下加入石灰石粉末的主要作用是（4）“沉鋰”的化學(xué)反應(yīng)方程式為（5）“沉鋰”需要在95以上進(jìn)行，主要原因是過濾碳酸鋰所得母液中主要含有硫酸鈉，還可能含有和【化學(xué)一選修2：化學(xué)與技術(shù)】11最近，我國利用生產(chǎn)磷銨排放的廢渣磷灰石制取硫酸并聯(lián)產(chǎn)水泥的技術(shù)研究獲得成功具體生產(chǎn)流程如圖1：回答下列問題：（1）實驗室中進(jìn)行操作a所需的玻璃儀器有、和，在實驗室中操作b的名稱是（2）裝置a中生成兩種酸式鹽，它們的化學(xué)式分別是（3）固體A為生石膏（CaSO42H2O）和不含結(jié)晶水且高溫時也不分解的雜質(zhì)生石膏在120時失水生成熟石膏（2CaSO4H2O），熟石膏在200時失水生成硫酸鈣為測定

11、固體A中生石膏的含量，某科研小組進(jìn)行了如下實驗：稱取固體A 180g置于坩堝中加熱，加熱過程中固體質(zhì)量隨溫度變化記錄如圖2：實驗中每次對固體稱量時須在冷卻后進(jìn)行為保證實驗結(jié)果的精確性，固體冷卻時必須防止將加熱到1400時生成的氣體通入品紅溶液中，品紅褪色寫出1400時的化學(xué)反應(yīng)方程式：固體A中生石膏的質(zhì)量百分含量=（4）科學(xué)家研究出如圖3所示裝置，用電化學(xué)原理生產(chǎn)硫酸的新工藝，其陽極的電極反應(yīng)式為【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動狀態(tài)，B與C可形成正四面體形分子，D的基態(tài)

12、原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子請回答下列問題：（1）這四種元素中電負(fù)性最大的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為（2）A與B元素形成的B2A2含有的鍵、鍵數(shù)目之比為（3）B元素可形成多種單質(zhì)，一種晶體結(jié)構(gòu)如圖一所示，其原子的雜化類型為，另一種的晶胞如圖二所示，該晶胞的空間利用率為（保留兩位有效數(shù)字）（=1.732）（4）向盛有硫酸銅水溶液的試管中加氨水，首先形成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)加入氨水沉淀溶解，得到深藍(lán)色透明溶液請寫出藍(lán)色沉淀溶于氨水的離子方程式：（5）圖三為個D元素形成的單質(zhì)的晶胞，該晶胞“實際”擁有的D原子數(shù)是個，其晶體的堆積模型為，此晶胞立方體的邊長為a cm，D的相對原子質(zhì)

13、量為M，單質(zhì)D的密度為g/cm3，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為 mol1（用含M、a、p的代數(shù)式表示）【化學(xué)一選修5：有機(jī)基礎(chǔ)】13一種藍(lán)色螢光新材料X（化學(xué)式為：C14H120N4S）的合成路線如下：已知：根據(jù)以上信息回答：（1）反應(yīng)所需條件是；反應(yīng)的類型是，（2）反應(yīng)中濃H2S04的作用是（3）反應(yīng)生成A，同時生成CH3OH，寫出該反應(yīng)化學(xué)方程式：，（4）寫出X的結(jié)構(gòu)簡式：，（5）有多種同分異構(gòu)體，其中符合下列條件的同分異構(gòu)體共有種與其含有相同的含氮六元雜環(huán)（已知六元雜環(huán)結(jié)構(gòu)與苯環(huán)相同）與其具有相同的官能團(tuán)，且官能團(tuán)處于間位2016年江西省南昌市高考化學(xué)一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本

14、大題包括13小題，每小題6分，共78分，每小題的四個選項中，只有一項符臺題目要求）1化學(xué)與人類社會的生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系下列敘述中正確的是（）A蘋果放在空氣中久置變黃和紙張久置變黃原理相似B高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性C鋼鐵制品和銅制品既能發(fā)生吸氧腐蝕又能發(fā)生析氫腐蝕D誤食重金屬鹽引起人體中毒，可喝大量的食鹽水解毒【考點(diǎn)】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系【專題】化學(xué)應(yīng)用【分析】A紙張久置變黃因為紙張纖維間的空隙中會滲入很多霉菌之類的真菌孢子，蘋果久置變黃是因為所含二價鐵離子被氧化生成三價鐵離子；B、根據(jù)蛋白質(zhì)的理化性質(zhì)和生理功能發(fā)生改變的現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)的變

15、性；C、銅活潑性比氫弱；D、重金屬鹽，能夠使蛋白質(zhì)變性【解答】解：A紙張久置變黃因為紙張纖維間的空隙中會滲入很多霉菌之類的真菌孢子，蘋果久置變黃是因為所含二價鐵離子被氧化生成三價鐵離子，二者原理不相同，故A錯誤；B、根據(jù)蛋白質(zhì)的理化性質(zhì)和生理功能發(fā)生改變的現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)的變性物理因素有：加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射、超聲波等；化學(xué)因素有：強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、重金屬鹽、三氯乙酸、乙醇、丙酮等，故高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性，故B正確；C、銅活潑性比氫弱，不能將氫氣還原出，故不能發(fā)生析氫腐蝕，故C錯誤；D、重金屬鹽，能夠使蛋白質(zhì)變性，引起人體中毒，可以服用牛奶或者雞蛋清等解毒，故D錯

16、誤故選B【點(diǎn)評】本題主要考查有機(jī)物的性質(zhì)、金屬的電化學(xué)腐蝕和蛋白質(zhì)的變性等，難度較小，旨在考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的識記，注意基礎(chǔ)知識的積累掌握2X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次遞增，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半徑最大的，X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，下列說法正確的是（）AY、Z、W單核離子均能破壞水的電離平衡BW元素氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定強(qiáng)于ZC南X、Y、Z三種元素組成的化合物不止2種D因為X的氫化物分子間有氫鍵，所以X的氫化物較Z的氫化物穩(wěn)定【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】X原子的最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)

17、的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應(yīng)為O元素，X、Z同主族，則Z為S元素，W為短周期元素，而且W的原子序數(shù)大于S，所以W為Cl元素，Y是短周期主族元素中原子半徑最大的，則Y為Na元素，結(jié)合元素的性質(zhì)及元素周期律分析解答該題【解答】解：X原子的最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應(yīng)為O元素，X、Z同主族，則Z為S元素，W為短周期元素，而且W的原子序數(shù)大于S，所以W為Cl元素，Y是短周期主族元素中原子半徑最大的，則Y為Na元素A、HCl為強(qiáng)酸，Cl不水解，故A錯誤；B、Cl元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定強(qiáng)于S，不是最高價氧化物的水化物的酸性不能判斷酸

18、性強(qiáng)弱，故B錯誤；C、X、Y、Z分別為X為O、Na、S，三種元素形成的化合物由Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等，故C正確；D、氫化物的穩(wěn)定性與共價鍵有關(guān)，與氫鍵無關(guān)，OH鍵能大于HS鍵能，所以H2O的穩(wěn)定性大于H2S，故D錯誤故選C【點(diǎn)評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度不大，本題的關(guān)鍵是根據(jù)原子結(jié)構(gòu)特點(diǎn)正確推斷元素的種類，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力3常溫下，向飽和氯水中逐滴滴入0.1molL1的氫氧化鈉溶液，pH變化如圖所示，下列有關(guān)敘述正確的是（）A點(diǎn)所示溶液中只存在HCl0的電離平衡B到的過程中水的電離程度一定減少C點(diǎn)處表示氯氣與氫氧化鈉溶液恰好反應(yīng)完全D點(diǎn)所示溶液

19、中：c（ Na+）=c（HCl0）+2c（ClO ）【考點(diǎn)】酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A點(diǎn)所示溶液中只存在HCl0的電離平衡、氯氣的溶解平衡和水的電離平衡；B當(dāng)氯氣與氫氧化鈉溶液恰好反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水時，水的電離程度達(dá)到最大，而點(diǎn)pH=7，說明到的過程中水的電離程度先最大后減少；C當(dāng)恰好反應(yīng)時溶液顯示堿性，而點(diǎn)為中性；D點(diǎn)溶液呈中性，則c（H+）=c（OH），根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），所以c（Na+）=c（Cl）+c（ClO），由電子轉(zhuǎn)移守恒c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），

20、聯(lián)立計算判斷【解答】解：A為飽和氯水，飽和氯水中存在次氯酸的電離平衡、水的電離平衡和氯氣的溶解平衡，故A錯誤；B到的過程中，氯水中氫離子濃度逐漸減小，水的電離程度逐漸增大，當(dāng)氯氣和氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)時，水的電離程度達(dá)到最大，此時溶質(zhì)為氯化鈉和次氯酸鈉，溶液呈堿性，而點(diǎn)為中性，說明到的過程中水的電離程度先增大，之后氫氧化鈉過量后水的電離程度開始減小，故B錯誤；C當(dāng)氯氣與氫氧化鈉溶液恰好反應(yīng)時生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，次氯酸根離子部分水解，溶液呈堿性，而的pH=7，為中性溶液，說明氯水稍過量，二者沒有恰好反應(yīng)，故C錯誤；D點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaCl、NaClO、HClO，溶液呈中性，則c（H+）

21、=c（OH），根據(jù)電荷守恒得：c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），所以c（Na+）=c（Cl）+c（ClO），由電物料守恒可得：c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO），故D正確；故選D【點(diǎn)評】本題綜合考查氯氣的性質(zhì)、微粒濃度大小比較、弱電解質(zhì)的電離等知識，題目難度中等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力4種免疫抑制劑麥考酚酸結(jié)構(gòu)簡式如圖：，下列有關(guān)麥考酚酸說法不正確的是（）A分子式為C17H20O6B能與FeCl3溶液顯色，與濃溴水反應(yīng)，最

22、多消耗量1 mol Br2C1mol麥考酚酸最多與3 mol NaOH反應(yīng)D在一定條件下可發(fā)生加成，加聚，取代，消去四種反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；有機(jī)物分子中的官能團(tuán)及其結(jié)構(gòu)【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】由結(jié)構(gòu)可知，分子中含酚OH、COOH、碳碳雙鍵、COOC，結(jié)合酚、羧酸、烯烴及酯的性質(zhì)來解答【解答】解：A由結(jié)構(gòu)可知分子式為C17H20O6，故A正確；B含酚OH，能與FeCl3溶液顯色，雙鍵與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，與濃溴水反應(yīng)，最多消耗量1 mol Br2，故B正確；C酚OH、COOH、COOC與NaOH反應(yīng)，則1mol麥考酚酸最多與3 mol NaOH反應(yīng)，故C正確；D該有機(jī)物不

23、能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯誤；故選D【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)為解答該題的關(guān)鍵，難度不大5向硫酸酸化的Fe（ NO3）3溶液中逐漸通入H2S氣體，可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式正確的是（）S2+2N03+4H+2NO2+S+2H2O2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+Fe3+3NO3+5H2S+2H+3NO+5S+Fe2+6H2OFe3+7NO3+10H2S+8H+7NO+10S+Fe2+14H2OFe3+5NO3+8H2S+4H+5NO+8S+Fe2+10H2OABCD【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)；離子方程式的書寫【專題

24、】氧化還原反應(yīng)專題【分析】酸性溶液中，氧化性HNO3Fe3+，硫化氫不足，硝酸根離子氧化硫化氫；硫化氫足量，則Fe（NO3）3完全反應(yīng)，以此來解答【解答】解：酸性溶液中，氧化性HNO3Fe3+，硫化氫不足，硝酸根離子氧化硫化氫，由電子、電荷守恒可知，離子反應(yīng)為3H2S+2NO3+2H+=2NO+3S+4H2O，故錯誤，硫化氫足量，則Fe（NO3）3完全反應(yīng)，由電子、電荷守恒可知，離子反應(yīng)為Fe3+3NO3+5H2S+2H+=3NO+5S+Fe2+6H2O，故正確，當(dāng)硫化氫將硝酸根全部還原后，再通入硫化氫發(fā)生離子反應(yīng)為2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+，故正確；當(dāng)硝酸根離子全部反應(yīng)，而鐵離子部

25、分反應(yīng)，如鐵離子與硝酸根離子的物質(zhì)的量之比為：1：5時，離子方程式為：Fe3+5NO3+8H2S+4H+5NO+8S+Fe2+10H2O，故正確；而Fe3+7NO3+10H2S+8H+7NO+10S+Fe2+14H2O中也是亞鐵離子部分反應(yīng)，但得失電子不守恒，故錯誤；綜上所述正確，故選A【點(diǎn)評】本題考查離子反應(yīng)的書寫，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及電子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)的離子反應(yīng)考查，注意氧化性的強(qiáng)弱及反應(yīng)的先后順序，題目難度中等6已知高能鋰電池的總反應(yīng)式為：2Li+FeSFe+Li2SLiPF6SO（ CH3）2為電解質(zhì)，用該電池為電源進(jìn)行如圖的電解實驗，電解一段時間測得甲

26、池產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2 4.48L下列有關(guān)敘述不正確的是（）A從隔膜中通過的離子數(shù)目為0.4 NAB若電解過程體積變化忽略不計，則電解后甲池中溶液濃度為4 mol/LCA電極為陽極D電源正極反應(yīng)式為：FeS+2Li+2eFe+Li2S【考點(diǎn)】化學(xué)電源新型電池【專題】電化學(xué)專題【分析】由反應(yīng)FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，應(yīng)為原電池的負(fù)極，F(xiàn)eS被還原生成Fe，為正極反應(yīng)；甲連接原電池負(fù)極，A為陰極，生成氫氣，電極方程式為2H+2e=H2，結(jié)合電極方程式計算【解答】解：A、由反應(yīng)FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，應(yīng)為原電池的負(fù)極，F(xiàn)eS被還原生成Fe，為正極反應(yīng)，正極

27、方程式為FeS+2e=Fe+S2，甲連接原電池負(fù)極，A為陰極，生成氫氣，電極方程式為2H+2e=H2，n（H2）=0.2mol，轉(zhuǎn)移0.4mol電子，生成0.4molOH，則隔膜H中通過的K+離子數(shù)為0.4mol，通過的離子數(shù)目為0.4 NA，故A正確；B、甲連接原電池負(fù)極，為陰極，生成氫氣，電極方程式為2H+2e=H2，n（H2）=0.2mol，轉(zhuǎn)移0.4mol電子，生成0.4molOH，則隔膜H中通過的K+離子數(shù)為0.4mol，c（OH）=4mol/L，即電解后甲池中溶液濃度為4 mol/L，故B正確；C、A電極為陰極，故C錯誤；D、FeS被還原生成Fe，為正極反應(yīng)，正極方程式為FeS+2

28、e=Fe+S2，故D正確故選C【點(diǎn)評】本題考查了電解原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，明確離子交換膜的作用及陰陽極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，計算量較大，題目難度中等7下列有關(guān)實驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論解釋都沒有科學(xué)性錯誤的是（） 操作 現(xiàn)象 結(jié)論解釋 A 過量鐵粉加稀硝酸充分反應(yīng)，滴入KSCN溶液產(chǎn)生紅色溶液 稀HNO3將鐵氧化成Fe3+ B 某實驗小組從資料上獲得信息：Fe3+可以氧化銀單質(zhì)他們用這種方法清洗一批作了銀鏡反應(yīng)的試管，配制了Fe3+濃度相同的FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液，分別用于清洗實驗 用FeCl3溶液清洗比Fe2（SO4）3溶液清洗得干凈 他們認(rèn)為

29、Fe3+氧化銀單質(zhì)的過程可能是一個可逆過程：Fe3+AgFe2+Ag+ C 苯酚鈉溶液中通入少量CO2氣體 溶液變渾濁 碳酸酸性強(qiáng)于苯酚，溶液中還有Na2CO3生成 D 相飽和碳酸鈉溶液通過量CO2氣體 產(chǎn)生沉淀因為析出Na2CO3AABBCCDD【考點(diǎn)】化學(xué)實驗方案的評價【專題】元素及其化合物；物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】A過量鐵粉，反應(yīng)生成亞鐵離子； B氯化銀的溶解度比硫酸銀的小；C反應(yīng)生成碳酸氫鈉；D碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉的小【解答】解：A過量鐵粉，反應(yīng)生成亞鐵離子，加入KSCN溶液、溶液不顯紅色，故A錯誤； B氯化銀的溶解度比硫酸銀的小，F(xiàn)e3+AgFe2+Ag+，F(xiàn)eCl3溶液中的

30、氯離子能使平衡向右移動，故B正確；C反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸鈉堿性較強(qiáng)，能與苯酚反應(yīng)，故C錯誤；D碳酸鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉的小，析出碳酸氫鈉，故D錯誤故選B【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實驗方案評價，為高頻考點(diǎn)，涉及離子檢驗、沉淀轉(zhuǎn)化等知識點(diǎn)，側(cè)重考查基本理論、元素化合物性質(zhì)，注意把握實驗原理及操作方法，題目難度中等二、解答題（共3小題，滿分43分）8某實驗研究小組欲檢驗草酸晶體分解的產(chǎn)物并測定其純度（雜質(zhì)不發(fā)生反應(yīng)）查閱資料：草酸晶體（ H2C2042H20）l00開始失水，101.5C熔化，150左右分解產(chǎn)生H2O、CO和C02下面是可供選擇的實驗儀器（圖中某些加熱裝

31、置已略去），實驗所需藥品不限（l）最適宜加熱分解革酸晶體的裝置是C若選裝置A可能會造成的后果是固體藥品熔化后會流到試管口；若選裝置B可能會造成的后果是冷凝水會倒流到試管底，造成試管破裂（2）三種氣體檢驗的先后次序是C（填編號）ACO2、H2O、CO BCO、H2O、CO2 CH2O、CO2、CO DH2O、CO、CO2（3）實驗利用裝置“G（堿石灰）FD（CuO固體）F”檢驗CO，則F中盛裝的試劑是澄清的石灰水，證明含有CO的現(xiàn)象是前一個F中沒有渾濁，后一個F中有沉淀，D中固體反應(yīng)后從黑色變成紅色（4）把分解裝置與裝有NaOH溶液的E裝置直接組合，測量完全分解后所得氣體的體積，測定ag草酸晶體

32、的純度經(jīng)實驗得到氣體的體積為V mL（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況），則草酸純度的表達(dá)式為（5）請設(shè)計實驗方案測量草酸二級電離平衡常數(shù)Ka2的值：常溫時，用pH計測量0.100mol/L草酸鈉溶液的pH，則c（OH）=；依據(jù)C2O42+H2OHC2O4+OH，計算，并根據(jù)方案中測得的物理量，寫出計算Ka2的表達(dá)式【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量【專題】定量測定與誤差分析【分析】（1）草酸晶體的熔點(diǎn)低，受熱容易熔化，用C裝置加熱分解革酸晶體，熔融的固體不易流下，適用于加熱草酸，若選擇裝置A加熱會使固體熔融物溶化后流到試管口處，若選擇裝置B分解生成的水會倒流試管底部炸裂試管；（2）150左右分解產(chǎn)生H2

33、O、CO和C02，三種氣體的檢驗順序應(yīng)遵循現(xiàn)象明顯且不相互干擾，應(yīng)先檢驗水，再檢驗二氧化碳，最后檢驗一氧化碳；（3）實驗利用裝置“G（堿石灰）FD（CuO固體）F”檢驗CO，通過裝置G吸收水和二氧化碳，通過裝置F檢驗二氧化碳是否除凈，通過裝置D檢驗是否有一氧化碳含有氧化銅為銅，最后通過裝置F檢驗是否生成二氧化碳?xì)怏w；（4）草酸晶體（ H2C2042H20）l00開始失水，101.5C熔化，150左右分解產(chǎn)生H2O、CO和C02反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2C2042H203H2O+CO+C02，實驗得到氣體的體積為V mL（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況），為一氧化碳，物質(zhì)的量和草酸晶體物質(zhì)的量相同，據(jù)此計算；（

34、5）常溫時，用pH計測量0.100 mol/L 草酸鈉溶液的pH，依據(jù)水解平衡C2O42+H2OHC2O4+OH，計算平衡常數(shù)Kh=【解答】解：（1）最適宜加熱分解革酸晶體的裝置是C若選裝置A可能會造成的后果是固體藥品熔化后會流到試管口，若選裝置B可能會造成的后果是冷凝水會倒流到試管底，造成試管破裂，故答案為：固體藥品熔化后會流到試管口；冷凝水會倒流到試管底，造成試管破裂；（2）150左右分解產(chǎn)生H2O、CO和C02，三種氣體的檢驗順序應(yīng)遵循現(xiàn)象明顯且不相互干擾，應(yīng)先檢驗水，再檢驗二氧化碳，最后檢驗一氧化碳；故答案為：C；（3）實驗利用裝置“G（堿石灰）FD（CuO固體）F”檢驗CO，通過裝置

35、G吸收水和二氧化碳，通過裝置F檢驗二氧化碳是否除凈，通過裝置D檢驗是否有一氧化碳含有氧化銅為銅，最后通過裝置F檢驗是否生成二氧化碳?xì)怏w，故答案為：澄清的石灰水；前一個F中沒有渾濁，后一個F中有沉淀，D中固體反應(yīng)后從黑色變成紅色；（4）反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2C2042H203H2O+CO+C02，實驗得到氣體的體積為V mL（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況），為一氧化碳，物質(zhì)的量和草酸晶體物質(zhì)的量相同，n（H2C2042H20）=n（CO）=mol/L，草酸純度的表達(dá)式=，故答案為：；（5）常溫時，用pH計測量0.100 mol/L 草酸鈉溶液的pH，則c（OH）=；依據(jù) C2O42+H2OHC2O4+OH

36、，Kh=×=，則，得到，故答案為：【點(diǎn)評】本題考查了物質(zhì)在的探究實驗過程分析判斷，主要是物質(zhì)檢驗、物質(zhì)含量的測定方法分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等9含氮化合物的研發(fā)與綠色反展、經(jīng)濟(jì)可持續(xù)發(fā)展有著密切關(guān)聯(lián)（1）氨是一種重要化工原料合成氨原料氣H2，可用天然氣為原料制得，有關(guān)反應(yīng)能量變化如圖1所示則用CH4（g）和H20（g）反應(yīng)制得H2（g）和CO（g）的熱化學(xué)方程式為：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+171.1KJ/mol（2）氮的氧化物有著廣泛用途，又是環(huán)境的污染物（i）在150C時，將0.4mol NO2氣體充人體積為2L的真空密閉容器中，發(fā)生

37、反應(yīng)：2NO2（g）N2O4（g）每隔一定時間測定容器內(nèi)各物質(zhì)的物質(zhì)的量，數(shù)據(jù)如表：時間020406080n（NO2）/mol0.40n10.26n3n4n（N2O4）/mol00.05n20.080.08當(dāng)反應(yīng)在1500C達(dá)到平衡時，該反應(yīng)平衡常數(shù)K=2.8（填數(shù)值）若最初通人N2O4，在相同條件下達(dá)到平衡時，各物質(zhì)濃度仍然相同，則N2O4的起始濃度應(yīng)為0.1mol/L（ii）氨氧化制HN03的尾氣中含有NO和N02，且n（NO）：n（N02）=1：1，可用尿素溶液除去，其作用原理是：N0和NO與水反應(yīng)生成亞硝酸，亞硝酸再與尿素反應(yīng)生成對環(huán)境無污染的物質(zhì)若用1mol尿素吸收該尾氣，則能吸收氮

38、氧化物76 g（3）氨氣，CO2在一定條件下可合成尿素，其反應(yīng)為：2NH3（g）+CO2（g）CO（ NH2）2（s）+H2O（g）圖2表示合成塔中氨碳比a與CO2轉(zhuǎn)化率的關(guān)系a為n（NH3）/n（CO2），b為水碳比n（H20）/n（CO2）則：b應(yīng)控制在A；A.1.5.1.6 B.11.1 C.0.60.7a應(yīng)控制在4.0的理由是氨碳比an（NH3）/n（CO2）大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本；氨碳比an（NH3）/n（CO2）小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較小【考點(diǎn)】熱化學(xué)方程式；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡的計算【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；

39、化學(xué)平衡專題【分析】（1）分別根據(jù)圖象1、2、3寫出熱化學(xué)方程式，然后根據(jù)蓋斯定律來分析；（2）（i）根據(jù)方程式可知，n1=0.3mol，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，根據(jù)NO2的平衡濃度為0.12mol/L、N2O4的平衡濃度為0.04mol/L來計算；若最初通人N2O4，在相同條件下達(dá)到平衡時，各物質(zhì)濃度仍然相同，即與通入0.4molNO2達(dá)等效平衡，據(jù)此分析；（ii）根據(jù)題目信息寫出方程式，建立關(guān)系式，然后依據(jù)關(guān)系式進(jìn)行計算；（3）根據(jù)氨碳比an（NH3）/n（CO2）相同時，水碳比bn（H2O）/n（CO2）為0.60.7時，二氧化碳轉(zhuǎn)化率最大；根據(jù)

40、氨碳比an（NH3）/n（CO2）大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本；氨碳比an（NH3）/n（CO2）小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較??；【解答】解：（1）分別根據(jù)圖象1、2、3可知熱化學(xué)方程式為：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=282KJ/mol H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8KJ/mol CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=836.3KJ/mol 將×3可得：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+171.1KJ/mol，故答案為：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H

41、2（g）H=+171.1KJ/mol；（2）（i）根據(jù)方程式中物質(zhì)間的計量數(shù)關(guān)系、利用三段式可知，n1=0.3mol，n2=0.07mol，n3=0.24mol，n4=0.24mol，故在60min時反應(yīng)達(dá)平衡，NO2的平衡濃度為0.12mol/L、N2O4的平衡濃度為0.04mol/L，故反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2.8，故答案為：2.8；若最初通人N2O4，在相同條件下達(dá)到平衡時，各物質(zhì)濃度仍然相同，即與通入0.4molNO2達(dá)等效平衡，而在恒溫恒容條件下，按照等量加料，則達(dá)等效平衡，故應(yīng)加入0.2molN2O4，即0.1mol/L，故答案為：0.1mol/L； （ii）由題目信息可知，NO、NO

42、2二者混合物與水反應(yīng)生成亞硝酸，反應(yīng)方程式為NO+NO2+H2O=2HNO2；亞硝酸再與尿素反應(yīng)生成CO2和N2，反應(yīng)方程式為CO （NH2）2+2HNO2=CO2+2N2+3H2O NO+NO2 2HNO2 CO（NH2）2 （30+46）g 1mol1mol尿素能吸收工業(yè)尾氣中氮氧化物（假設(shè)NO、NO2體積比為1：1）的質(zhì)量為76g，故答案為：76；（3）氨碳比an（NH3）/n（CO2）相同時，水碳比bn（H2O）/n（CO2）為0.60.7時，二氧化碳轉(zhuǎn)化率最大，故答案為：A；氨碳比an（NH3）/n（CO2）大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本；

43、氨碳比an（NH3）/n（CO2）小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較小，故答案為：氨碳比an（NH3）/n（CO2）大于4.0時，增大氨氣的物質(zhì)的量，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加不大，增加了生產(chǎn)成本；氨碳比an（NH3）/n（CO2）小于4.0時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率較小【點(diǎn)評】本題主要考查了蓋斯定律的應(yīng)用，化學(xué)平衡移動、化學(xué)平衡常數(shù)的計算等，難度不大，培養(yǎng)了學(xué)生分析問題的能力10碳酸鋰（相對分子質(zhì)量74）廣泛應(yīng)用于化工、冶金、陶瓷、醫(yī)藥、制冷、焊接、鋰合金等行業(yè)制備流程如下：已知：碳酸鋰的溶解度為（ g/L）溫度/010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.

44、081.010.850.72（1）鋰輝石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示其組成形式為Li2OAl2O34SiO2（2）硫酸化焙燒工業(yè)反應(yīng)溫度控制在250300，主要原因是溫度低于250，反應(yīng)速率較慢；溫度高于300，硫酸揮發(fā)較多；同時，硫酸用量為理論耗酸量的115%左右，硫酸如果加入過多則ABC（填入選項代號）A增加酸耗量 B增加后續(xù)雜質(zhì)的處理量 C增加后續(xù)中和酸的負(fù)擔(dān)（3）水浸時，需要在攪拌下加入石灰石粉末的主要作用是除去多余的硫酸，同時調(diào)整pH，除去大部分雜質(zhì)（4）“沉鋰”的化學(xué)反應(yīng)方程式為Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3+Na2SO4（5）“沉鋰”需要在95以上進(jìn)

45、行，主要原因是溫度越高，碳酸鋰溶解度降低，可以增加產(chǎn)率過濾碳酸鋰所得母液中主要含有硫酸鈉，還可能含有碳酸鈉和碳酸鋰【考點(diǎn)】制備實驗方案的設(shè)計【專題】制備實驗綜合【分析】鋰輝石加硫酸，浸取焙燒，氧化鋁、氧化鋰溶解，二氧化硅不反應(yīng)，水浸時加入碳酸鈣，除去為反應(yīng)的硫酸，同時調(diào)節(jié)溶液pH值，可以將Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過濾除去不溶物，濾液再進(jìn)行深度凈化后主要為Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，轉(zhuǎn)化為溶解度更小Li2CO3析出（1）將各元素寫成氧化物，注意各元素原子數(shù)目比例不變；（2）升高溫度，反應(yīng)速率加快，溫度高于300時硫酸揮發(fā)；硫酸如果加入過多，消耗的酸多，后續(xù)中還需要

46、除去過量的硫酸；（3）加入碳酸鈣除去未反應(yīng)的硫酸，同時調(diào)節(jié)溶液pH值；（4）“沉鋰”過程是碳酸鈉與Li2SO4反應(yīng)生成Li2CO3；（5）溫度越高，碳酸鋰溶解度降低，減少碳酸鋰溶解；溶液中硫酸鈉不反應(yīng)，使用的碳酸鈉要過量，少量碳酸鋰溶解在溶液中【解答】解：鋰輝石加硫酸，浸取焙燒，氧化鋁、氧化鋰溶解，二氧化硅不反應(yīng)，水浸時加入碳酸鈣，除去為反應(yīng)的硫酸，同時調(diào)節(jié)溶液pH值，可以將Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過濾除去不溶物，濾液再進(jìn)行深度凈化后主要為Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，轉(zhuǎn)化為溶解度更小Li2CO3析出（1）鋰輝石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示，其

47、組成形式為：Li2OAl2O34SiO2，故答案為：Li2OAl2O34SiO2；（2）溫度低于250，反應(yīng)速率較慢，溫度高于300，硫酸揮發(fā)較多，反應(yīng)溫度控制在250300，反應(yīng)速率較快，避免硫酸揮發(fā)；硫酸如果加入過多，消耗的酸多，后續(xù)中還需要除去過量的硫酸，增加后續(xù)雜質(zhì)的處理量、增加后續(xù)中和酸的負(fù)擔(dān)，故答案為：溫度低于250，反應(yīng)速率較慢，溫度高于300，硫酸揮發(fā)較多；ABC；（3）加入碳酸鈣除去未反應(yīng)的硫酸，同時調(diào)節(jié)溶液pH值，除去大部分雜質(zhì)，故答案為：除去多余的硫酸，同時調(diào)整pH，除去大部分雜質(zhì)；（4）“沉鋰”過程是碳酸鈉與Li2SO4反應(yīng)生成Li2CO3，反應(yīng)方程式為：Na2CO3+

48、Li2SO4=Li2CO3+Na2SO4，故答案為：Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3+Na2SO4；（5）溫度越高，碳酸鋰溶解度降低，減少碳酸鋰溶解，可以增加產(chǎn)率；溶液中硫酸鈉不反應(yīng)，使用的碳酸鈉要過量，少量碳酸鋰溶解在溶液中，過濾碳酸鋰所得母液中主要含有硫酸鈉，還可能含有碳酸鈉、碳酸鋰，故答案為：溫度越高，碳酸鋰溶解度降低，可以增加產(chǎn)率；碳酸鈉、碳酸鋰【點(diǎn)評】本題是物質(zhì)制備工藝流程題目，涉及物質(zhì)分離提純實驗操作、對操作與原理的分析評價等，是對學(xué)生綜合能力的考查，關(guān)鍵是對工藝流程的理解，難度較大【化學(xué)一選修2：化學(xué)與技術(shù)】11最近，我國利用生產(chǎn)磷銨排放的廢渣磷灰石制取硫酸并聯(lián)產(chǎn)水泥的技

49、術(shù)研究獲得成功具體生產(chǎn)流程如圖1：回答下列問題：（1）實驗室中進(jìn)行操作a所需的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒，在實驗室中操作b的名稱是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（2）裝置a中生成兩種酸式鹽，它們的化學(xué)式分別是（NH4）2HPO4、NH4H2PO4（3）固體A為生石膏（CaSO42H2O）和不含結(jié)晶水且高溫時也不分解的雜質(zhì)生石膏在120時失水生成熟石膏（2CaSO4H2O），熟石膏在200時失水生成硫酸鈣為測定固體A中生石膏的含量，某科研小組進(jìn)行了如下實驗：稱取固體A 180g置于坩堝中加熱，加熱過程中固體質(zhì)量隨溫度變化記錄如圖2：實驗中每次對固體稱量時須在冷卻后進(jìn)行為保證實驗結(jié)果的精確性，固體冷卻時必須

50、防止對失水后的晶體進(jìn)行冷卻時必須防止吸水，否則會導(dǎo)致結(jié)果有誤差將加熱到1400時生成的氣體通入品紅溶液中，品紅褪色寫出1400時的化學(xué)反應(yīng)方程式：2CaSO42CaO+2SO2+O2固體A中生石膏的質(zhì)量百分含量=95.6%（4）科學(xué)家研究出如圖3所示裝置，用電化學(xué)原理生產(chǎn)硫酸的新工藝，其陽極的電極反應(yīng)式為SO22e+2H2OSO42+4H+【考點(diǎn)】制備實驗方案的設(shè)計【專題】制備實驗綜合【分析】（1）操作a是把固體與液體分開，應(yīng)為過濾；過濾需要燒杯、漏斗、玻璃棒、鐵架臺（含鐵圈）、濾紙等；操作b是由溶液中析出晶體，應(yīng)萃取蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶等操作磷酸受熱容易分解，在結(jié)晶時應(yīng)采用低溫蒸發(fā)結(jié)晶；（2）

51、裝置a中磷酸與氨氣發(fā)生反應(yīng)，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4；（3）對失水后的晶體進(jìn)行冷卻時必須防止吸水200加熱反應(yīng)完全失去結(jié)晶水得到硫酸鈣，1400加熱硫酸鈣，得到能使品紅溶液褪色的氣體為二氧化硫，S元素化合價降低，則有氧氣生成，硫酸鈣分解生成氧化鈣、二氧化硫與氧氣；200加熱反應(yīng)完全失去結(jié)晶水得到硫酸鈣，固體減輕質(zhì)量總為180g44g=36g，為結(jié)晶水總質(zhì)量，由CaSO42H2OCaSO4+2H2O計算CaSO42H2O的質(zhì)量，進(jìn)而計算其含量；（4）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，由電解池示意圖可知，二氧化硫在陽極失去電子，氧化得到硫酸【解答】解：（1）分離固體和液體

52、的方法是過濾；過濾需要盛放藥品的燒杯、過濾的漏斗、引流作用的玻璃棒、固定漏斗的鐵架臺（含鐵圈）、濾紙等，此操作需要玻璃儀器：燒杯、漏斗、玻璃棒；從溶液中析出晶體的方法是：將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得相應(yīng)晶體，故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；（2）裝置a中磷酸與氨氣發(fā)生反應(yīng)，磷酸是三元酸，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4三種鹽，其中（NH4）2HPO4、NH4H2PO4兩種酸式鹽，故答案為：（NH4）2HPO4、NH4H2PO4；（3）對失水后的晶體進(jìn)行冷卻時必須防止吸水，否則會導(dǎo)致結(jié)果有誤差，故答案為：對失水后的晶體進(jìn)行冷卻時必須防止吸水，否

53、則會導(dǎo)致結(jié)果有誤差；200加熱反應(yīng)完全失去結(jié)晶水得到硫酸鈣，1400加熱硫酸鈣，得到能使品紅溶液褪色的氣體為二氧化硫，S元素化合價降低，則有氧氣生成，硫酸鈣分解生成氧化鈣、二氧化硫與氧氣，反應(yīng)方程式為：2CaSO42CaO+2SO2+O2，故答案為：2CaSO42CaO+2SO2+O2；200加熱反應(yīng)完全失去結(jié)晶水得到硫酸鈣，固體減輕質(zhì)量總為180g44g=36g，為結(jié)晶水總質(zhì)量，設(shè)固體A中含有生石膏的質(zhì)量為m，則：CaSO42H2OCaSO4+2H2O172 36m 36g所以m=172g所以固體A中生石膏的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=95.6%，故答案為：95.6%；（4）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，由電解池示意圖可知，二氧化硫在陽極失去電子，氧化得到硫酸，陽極電極反應(yīng)式為：SO22e+2H2OSO42+4H+，故答案為：SO