實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三化學(xué)下學(xué)期開學(xué)考試試題含解析

黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三化學(xué)下學(xué)期開學(xué)考試試題含解析黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三化學(xué)下學(xué)期開學(xué)考試試題含解析PAGE24-黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三化學(xué)下學(xué)期開學(xué)考試試題含解析黑龍江省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2020屆高三化學(xué)下學(xué)期開學(xué)考試試題（含解析)可能用到的相對原子質(zhì)量:H—1C—12N—14O-16S-32Cl-35。5Fe-56Co—59Ga-70As-751.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是（）A.工業(yè)上用電解MgO、Al2O3方法來冶煉對應(yīng)的金屬B.煤的氣化、液化與石油的裂化、裂解均為化學(xué)變化C.“血液透析”和“靜電除塵”利用了膠體的同一種性質(zhì)D.剛玉主要成分是氧化鋁,瑪瑙、分子篩主要成分是硅酸鹽【答案】B【解析】【詳解】A。工業(yè)上用電解MgCl2、Al2O3的方法來冶煉對應(yīng)的金屬,故A錯誤；B.煤的氣化、液化與石油的裂化、裂解均有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故B正確;C.“血液透析”是利用膠體不能透過半透膜的性質(zhì),“靜電除塵”利用了膠體微粒帶電，在電場作用下定向移動的性質(zhì)，故C錯誤；D。剛玉主要成分是氧化鋁,瑪瑙、分子篩主要成分是二氧化硅，故D錯誤。故選B。2.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(）A。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒數(shù)之和為NAB.32。5gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0。2NAC。1molPC13與1mol36C12反應(yīng)達(dá)到平衡時,產(chǎn)物中含P—36C1鍵數(shù)目為2NAD.反應(yīng)+→+中，每生成294g釋放的中子數(shù)為3NA【答案】D【解析】【詳解】A選項(xiàng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2物質(zhì)的量為0。5mol，氯氣與水反應(yīng)是可逆反應(yīng),根據(jù)物料守恒得出溶液中Cl－，ClO－和HClO的微粒數(shù)之和小于NA，故A錯誤；B選項(xiàng)，32.5gFeCl3物質(zhì)的量為0.2mol,其水解形成Fe（OH）3膠體，膠體粒子是聚合體,因此膠體粒子數(shù)小于0.2NA，故B錯誤；C選項(xiàng),1molPC13與1mol36C12反應(yīng)達(dá)到平衡時,反應(yīng)是可逆反應(yīng)，產(chǎn)物PC15的物質(zhì)的量小于1mol，因此PC15中含P—36C1鍵數(shù)目小于為2NA，故C錯誤；D選項(xiàng)，根據(jù)反應(yīng)式知x=3，即反應(yīng)+→+中，每生成294g即1mol，則釋放的中子數(shù)為3NA，故D正確；綜上所述,答案為D?！军c(diǎn)睛】氯氣與水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，氫氧化鐵膠體中的膠體粒子是聚合體。3。A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a、d分別是A、D元素對應(yīng)的單質(zhì),m、n、p、q是由這些元素中的部分元素組成的化合物，氣體p常作果實(shí)催熟劑，m、n為兩種常見的液體.上述物質(zhì)發(fā)生的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示(反應(yīng)條件已略去)。下列說法錯誤的是A.原子半徑由大到小的順序?yàn)?D〉B>C>AB.簡單氫化物的沸點(diǎn)：B<CC。d與m反應(yīng)的現(xiàn)象為浮在液面上四處游動D。C與D形成的化合物中一定含有離子鍵【答案】C【解析】【詳解】氣體p常作果實(shí)催熟劑，則p為乙烯，分子式是C2H4，n為H2O，乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生m為乙醇，結(jié)構(gòu)簡式為C2H5OH,a、d分別是A、D元素對應(yīng)的單質(zhì)，m、d反應(yīng)產(chǎn)生q、a為置換反應(yīng)，根據(jù)有機(jī)物的性質(zhì)可知d可能是金屬Na或金屬M(fèi)g，由于A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，所以A是H，B是C，C是O，D是Na或Mg。A.同一周期的元素，原子序數(shù)越大原子半徑越小；不同周期的元素，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以原子半徑由大到小順序?yàn)镹a（Mg)>C>O〉H，A正確;B.元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強(qiáng)，由于元素的非金屬性O(shè)〉C，所以簡單氫化物的沸點(diǎn)CH4<H2O，B正確；C。鈉（鎂）密度大于乙醇，反應(yīng)時金屬沉入液體底部，C錯誤;D.O與Na(或Mg）形成的化合物是離子化合物，物質(zhì)中一定含有離子鍵，D正確；故合理選項(xiàng)是C.4.2019年11月《Science》雜志報(bào)道了王浩天教授團(tuán)隊(duì)發(fā)明的制取H2O2的綠色方法，原理如圖所示（已知：H2O2H＋+HO2－，Ka＝2.4×10-12）。下列說法錯誤的是A。a極的電勢低于b極B.Y膜為選擇性陰離子交換膜C.每轉(zhuǎn)移0。4mole－,就有0.1molH2O2生成D。b極的電極反應(yīng)為O2+2e－+H2O=HO2－+OH－【答案】C【解析】【詳解】在H2、O2燃料電池中，通H2的電極為負(fù)極,通O2的電極為正極.A。a為負(fù)極，其電勢低于b極（正極），A正確;B。此裝置用于制取H2O2，電極b必然生成HO2－,所以Y膜為選擇性陰離子交換膜，B正確；C.因?yàn)镺2轉(zhuǎn)化為HO2-，每轉(zhuǎn)移0。4mole－，就有0。2molH2O2生成，C錯誤；D。b極為正極，生成HO2－，所以電極反應(yīng)為O2+2e－+H2O=HO2－+OH－，D正確.故選C。5.下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作對應(yīng)的現(xiàn)象及結(jié)論都正確且二者存在因果關(guān)系的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向等體積等濃度的H2O2溶液中分別加入5滴等濃度的CuSO4和KMnO4溶液觀察、對比氣體產(chǎn)生的速度可比較CuSO4和KMnO4的對H2O2分解的催化效果B向植物油和礦物油中分別加入燒堿溶液，加熱冷卻后觀察到其一分層，另一不分層分層的是礦物油，不分層的是植物油C將濃硫酸滴到膽礬晶體表面晶體表面出現(xiàn)黑斑濃硫酸具有脫水性DSO2通入Ba（NO3）2溶液產(chǎn)生白色沉淀SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀A。A B.B C。C D.D【答案】B【解析】【詳解】A、高錳酸鉀可氧化過氧化氫，而不是過氧化氫的催化劑，故A錯誤；B、向植物油和礦物油中分別加入燒堿溶液,加熱，冷卻后觀察到分層的是礦物油，不分層的是植物油,植物油中有酯基，在堿性條件下水解,故B正確；C、將濃硫酸滴到膽礬晶體表面,晶體由藍(lán)色變成白色，說明濃硫酸具有吸水性，故C錯誤；D、SO2通入Ba(NO3)2溶液，硝酸根離子在酸性條件下具有氧化性，SO2被氧化成SO42-，生成BaSO4白色沉淀,故D錯誤;故選B.【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價,把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)原理、物質(zhì)檢驗(yàn)等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合，難點(diǎn)D，SO2能被Ba（NO3)2中NO3－氧化。6.下列關(guān)于有機(jī)化合物的敘述正確的是（）A.已知氟利昂.12的結(jié)構(gòu)式為，該分子是平面形分子B。1mol蘋果酸［HOOCCH(OH）CH2COOH]可與3molNaHCO3發(fā)生反應(yīng)C.用甲苯分別制取TNT、鄰溴甲苯所涉及的反應(yīng)均為取代反應(yīng)D。的一氯代物共有5種(不考慮立體異構(gòu))【答案】C【解析】A、已知氟利昂-12的結(jié)構(gòu)式為,是甲烷的四個氫被取代,該分子是正四面體結(jié)構(gòu)，故A錯誤;B、只有2個—COOH與NaHCO3發(fā)生反應(yīng)，則1mol蘋果酸［HOOCCH（OH）CH2COOH]可與2molNaHCO3發(fā)生反應(yīng),故B錯誤；C、用甲苯分別制取TNT、鄰溴甲苯所涉及的反應(yīng)均為取代反應(yīng)，故C正確；D、有6種氫。它的一氯代物共有6種故D錯誤;故選C。7.在25℃時，將1。0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0。1molNaOH固體混合，使之充分反應(yīng)。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化）,溶液pH隨通入(或加入)物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A.水的電離程度:a〉b〉cB.b點(diǎn)對應(yīng)的混合溶液中：c(Na+)〈c(CH3COO-)C.c點(diǎn)對應(yīng)的混合溶液中:c（CH3COOH)〉c（Na+）>c（OH—）D.該溫度下,a、b、c三點(diǎn)CH3COOH的電離平衡常數(shù)均為【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)圖示可知，原混合液顯酸性，則為醋酸與醋酸鈉的混合液，a點(diǎn)加入0.10molNaOH固體,pH=7，說明原溶液中CH3COOH的物質(zhì)的量稍大于0.2mol。酸或堿抑制水的電離,含弱酸根離子的鹽促進(jìn)水的電離,酸或堿的濃度越大，抑制水電離程度越大.A。1。0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0。1molNaOH固體混合，發(fā)生的反應(yīng)為:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反應(yīng)后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,其中CH3COONa的水解能夠促進(jìn)水的電離,而CH3COOH的電離會抑制水的電離。若向該混合溶液中通入HCl，b→c發(fā)生的反應(yīng)為:CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl,CH3COONa減少，CH3COOH增多，水的電離程度減?。蝗粝蛟摶旌先芤褐屑尤隢aOH固體,b→a發(fā)生的反應(yīng)是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,CH3COONa增多，CH3COOH減少,水的電離會逐漸增大,因此水的電離程度：a>b>c，故A正確；B.b點(diǎn)對應(yīng)的混合溶液呈酸性,c(H+）〉c（OH—）,則此時溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，結(jié)合電荷守恒，所以c（Na+）<c（CH3COO—)，故B正確；C。c點(diǎn)對于的溶液是通入0.1molHCl的溶液，相當(dāng)于HCl中和氫氧化鈉，所以c點(diǎn)溶液相當(dāng)于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固體的混合液，醋酸濃度大于0.2mol/L，所以c(CH3COOH）〉c(Na+）>c（OH—），故C正確;D.該溫度下,CH3COOH的電離平衡常數(shù)，a點(diǎn)對于溶液中pH=7，c(Na+)=c（CH3COO-)=0.2mol/L,c（H+）=c(OH—)=10—7mol/L,則溶液中c（CH3COOH）=(c—0。2）mol/L，帶入公式得，故D錯誤。8。金屬是重要但又匱乏的戰(zhàn)略資源。從廢舊鋰電池的電極材料(主要為附在鋁箔上的LiCoO2，還有少量鐵的氧化物）中回收鈷的一種工藝流程如圖：請回答下列問題：(1）在焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，可用鈷玻璃觀察鉀元素的焰色,該鈷玻璃的顏色為__。（2)溶液A中溶質(zhì)除NaOH外，還有__。(3）如將硫酸改為鹽酸浸取“鈷渣“，也可得到Co2+.①浸取時，為提高”鈷渣”中浸取率,可采取的措施有__（任寫一條）。②工業(yè)生產(chǎn)中一般不用鹽酸浸取“鈷渣”，其原因是__。③“鈷渣”中LiCoO2溶解時的離子方程式為__。(4）在“濾液1”中加入20﹪Na2CO3溶液，目的是__；檢驗(yàn)“濾液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是__。（5)”鈷沉淀”的化學(xué)式可表示為CoCO3·yCo（OH)2。稱取5.17g該樣品置于硬質(zhì)玻璃管中,在氮?dú)庵屑訜?使樣品完全分解為CoO，生成的氣體依次導(dǎo)入足量的濃硫酸和堿石灰中，二者分別增重0。54g和0.88g。則“鈷沉淀”的化學(xué)式為__.【答案】（1)。藍(lán)色（2).NaAlO2（3）。粉碎、攪拌、升高溫度(4）。LiCoO2可氧化鹽酸,產(chǎn)生的Cl2會污染環(huán)境（5).8LiCoO2＋S2O32—＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O(6)。調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3沉淀(7).Co2+、S2O32-也能使KMnO4溶液褪色（8）。2CoCO3·3Co(OH)2【解析】【分析】電極材料的成分為LiCoO2、Al、鐵的氧化物,加入NaOH溶液后，只有Al溶解，轉(zhuǎn)化為NaAlO2而成為溶液A的主要成分；濾渣中含有LiCoO2及鐵的氧化物，加入H2SO4和Na2S2O3，此時LiCoO2及鐵的氧化物溶解，Co被還原為Co2+,Fe3+被還原為Fe2+；過濾所得濾液中加入NaClO3作氧化劑，將Fe2+氧化為Fe3+，加入Na2CO3調(diào)節(jié)溶液的pH,使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀；過濾出Fe(OH）3，所得濾液中加入NaF,將Li+轉(zhuǎn)化為LiF沉淀;濾液中加入Na2CO3溶液，Co2+轉(zhuǎn)化為鈷沉淀。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?)觀察鉀元素焰色的鈷玻璃，顏色為藍(lán)色。答案為：藍(lán)色；(2）由以上分析知，溶液A中溶質(zhì)除NaOH外，還有NaAlO2。答案為：NaAlO2；(3)①浸取時，為提高”鈷渣”中浸取率，可采取粉碎、攪拌、升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度等措施。答案為：粉碎、攪拌、升高溫度；②工業(yè)生產(chǎn)中一般不用鹽酸浸取“鈷渣”，則表明鹽酸中的Cl—可能會被氧化為Cl2，從而得出其原因是LiCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會污染環(huán)境。答案為：LiCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會污染環(huán)境；③“鈷渣”中加入H2SO4和Na2S2O3，LiCoO2溶解，+3價Co被還原為Co2+，離子方程式為8LiCoO2＋S2O32-＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42-＋11H2O。答案為：8LiCoO2＋S2O32—＋22H+=8Li+＋8Co2+＋2SO42—＋11H2O；(4)在“濾液1”中的Fe3+需要除去,加入20﹪Na2CO3溶液的目的是調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)換為Fe（OH）3沉淀；檢驗(yàn)“濾液1"中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，主要是考慮某些離子的干擾作用，原因是Co2+、S2O32—也能使KMnO4溶液褪色。答案為：調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)換為Fe（OH)3沉淀;Co2+、S2O32—也能使KMnO4溶液褪色；（5）n(H2O）=n[Co（OH）2]==0。03mol，n（CO2）=n(CoCO3)==0.02mol，從而得出1:y=0。02mol:0。03mol=2:3，y=,則“鈷沉淀”的化學(xué)式為2CoCO3·3Co（OH)2。答案為：2CoCO3·3Co（OH）2.【點(diǎn)睛】“鈷渣”中加入H2SO4和Na2S2O3，方程式中LiCoO2的表示形式是我們的一個易錯點(diǎn),S2O32-的產(chǎn)物又是一個易錯點(diǎn)，LiCoO2在廢舊鋰電池的電極材料中附在鋁箔上，則必定難溶于水；S2O32-的氧化產(chǎn)物我們?nèi)菀讓懗蒘O2，SO2的還原性強(qiáng),還能被繼續(xù)氧化，所以最終產(chǎn)物應(yīng)為SO42—。9.工業(yè)上制備丙烯的方法有多種，具體如下(本題丙烯用C3H6表示）：(1）丙烷（C3H8）脫氫制備丙烯(C3H6)由如圖可得，C3H8（g)C3H6（g）+H2（g)，△H=__kJ/mol(2)以丁烯(C4H8）和乙烯(C2H4）為原料反應(yīng)生成丙烯（C3H6）的方法被稱為“烯歧化法”，反應(yīng)為:C4H8（g）+C2H4(g）2C3H6(g)△H＞0。一定溫度下,在一體積恒為VL的密閉容器中充入一定量的C4H8和C2H4，發(fā)生烯烴歧化反應(yīng)。I.該反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志是__.A.反應(yīng)速率滿足：2v生成(C4H8）=v生成（C3H6）B。C4H8、C2H4、C3H6的物質(zhì)的量之比為1：1：2C?；旌蠚怏w的平均相對分子質(zhì)量不再改變D.C4H8、C2H4、C3H6的濃度均不再變化Ⅱ。已知t1min時達(dá)到平衡狀態(tài)，測得此時容器中n（C4H8)=mmol，n(C2H4）=2mmol,n(C3H6)=nmol,且平衡時C3H6的體積分?jǐn)?shù)為。①該時間段內(nèi)的反應(yīng)速率v（C4H8）=__mol/（L·min)。（用只含m、V、t1的式子表示）.②此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=__。③t1min時再往容器內(nèi)通入等物質(zhì)的量的C4H8和C2H4,在新平衡中C3H6的體積分?jǐn)?shù)__(填“＞”“＜”“=”)。(3)“丁烯裂解法”是另一種生產(chǎn)丙烯的方法，但生產(chǎn)過程中伴有生成乙烯的副反應(yīng)發(fā)生，具體反應(yīng)如下：主反應(yīng)：3C4H84C3H6；副反應(yīng)：C4H82C2H4①從產(chǎn)物的純度考慮,丙烯和乙烯的質(zhì)量比越高越好。則從下表的趨勢來看，下列反應(yīng)條件最適宜的是_（填字母序號)。A.300℃0.1MPaB.700℃0。1MPaC。300℃0.5MPaD。700℃0。5MPa②圖中，平衡體系中丙烯的百分含量隨壓強(qiáng)增大呈上升趨勢,從平衡角度解釋其可能的原因是__?！敬鸢浮?1)。+124.2(2)。ad（3).(4)。0.5(5)。＞（6）.c（7).壓強(qiáng)增大，生成乙烯副反應(yīng)平衡逆向移動，丁烯濃度增大，導(dǎo)致主反應(yīng)的平衡正向移動,丙烯含量增大【解析】【詳解】(1)從圖中可以提取如下兩個熱化學(xué)方程式：C3H8(g)CH4(g)+C2H2(g）+H2(g）△H=+156.6kJ/.mol①C3H6（g）CH4（g）+C2H2（g）△H=+32。4kJ/。mol②利用蓋斯定律，將①-②得：C3H8（g)C3H6(g）+H2(g），△H=+124。2kJ/.mol。答案為：+124。2；(2）I。A.2v生成(C4H8）=v生成（C3H6)，表示反應(yīng)進(jìn)行的方向相反，且速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比,達(dá)到平衡狀態(tài)；B。雖然C4H8、C2H4、C3H6的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，但不一定達(dá)平衡狀態(tài)；C。混合氣體的總質(zhì)量不變，物質(zhì)的量不變，平均相對分子質(zhì)量始終不變,反應(yīng)不一定達(dá)平衡狀態(tài)；D.C4H8、C2H4、C3H6的濃度均不再變化，則表明反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài);綜合以上分析，AD符合題意.答案為：AD；Ⅱ。①該時間段內(nèi)，n（C3H6）=nmol，則消耗n(C4H8)=0.5nmol，依題意，m=n，反應(yīng)速率v(C4H8)==mol/(L·min）.答案為：；②=0。5.答案為：0.5；③設(shè)原平衡時，n(C4H8)=1mol,n（C2H4)=2mol,n(C3H6)=1mol，后加入的n（C4H8）=1mol,n（C2H4)=1mol，設(shè)參加反應(yīng)的C4H8的物質(zhì)的量為x，建立三段式：K=,x=0。27mol，新平衡中C3H6的體積分?jǐn)?shù)為=0.26＞。答案為：＞；（3）①從產(chǎn)物的純度考慮，丙烯和乙烯的質(zhì)量比越高越好。從壓強(qiáng)與百分含量圖看，溫度在300～400℃之間比較好，從溫度與百分含量圖看,壓強(qiáng)在0.3～0.5之間比較好，再結(jié)合選項(xiàng)，可確定最適宜的條件是選項(xiàng)C。答案為：C；②圖中，平衡體系中丙烯的百分含量隨壓強(qiáng)增大呈上升趨勢，從主反應(yīng)3C4H84C3H6看，壓強(qiáng)增大，丙烯的百分含量減小，無法解釋丙烯百分含量增大的事實(shí)；但從副反應(yīng)C4H82C2H4看，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，丙烯的濃度增大，再考慮對主反應(yīng)的影響，就容易解釋丙烯的分含量隨壓強(qiáng)增大呈上升趨勢的原因。從而得出從平衡角度解釋其可能的原因是壓強(qiáng)增大,生成乙烯的副反應(yīng)平衡逆向移動，丁烯濃度增大，導(dǎo)致主反應(yīng)的平衡正向移動,丙烯含量增大。答案為：壓強(qiáng)增大，生成乙烯的副反應(yīng)平衡逆向移動，丁烯濃度增大,導(dǎo)致主反應(yīng)的平衡正向移動，丙烯含量增大。10.連二亞硫酸鈉（Na2S2O4)俗稱保險粉，可用作食品保鮮劑（不直接加入食品中，安全、衛(wèi)生)，還可用于紙漿、肥皂等的漂白劑。Na2S2O4易溶于水，難溶于乙醇。在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定，在空氣中易被氧化.回答下列問題：（1）Na2S2O4用于保鮮劑時能去除O2,先生成Na2SO3并緩慢釋放SO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。（2)鋅粉法制備Na2S2O4的工藝流程如圖所示：①實(shí)驗(yàn)室可用濃硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)制取SO2，并希望能控制反應(yīng)速度，圖中可選用的發(fā)生裝置是________（填字母）。②工業(yè)上常將鋅塊進(jìn)行預(yù)處理得到鋅粉-水懸濁液,其目的是_______.步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___.③在步驟.中得到的Na2S2O4固體要用乙醇洗滌，其優(yōu)點(diǎn)是_______.（3)目前，我國普遍采用甲酸鈉法生產(chǎn)連二亞硫酸鈉，其原理是先將HCOONa和燒堿加人乙醇水溶液液中,然后通入SO2發(fā)生反應(yīng),有CO2氣體放出，總反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。（4)連二亞硫酸鈉的分析檢測。鐵氰化鉀法:鐵氰化鉀K3[Fe（CN）6]是一種比較弱的氧化劑,其具有強(qiáng)氧化劑所沒有的選擇性氧化性,能將S2O42-氧化為SO32—，［Fe（CN)6］3—還原為［Fe(CN)6］4—。取50。00mLNa2S2O4樣品溶液，用0.02mol?L-1的K3[Fe(CN)6]標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10。00mL。該樣品中Na2S2O4的含量為_______g?L-1.（以SO2計(jì)）【答案】(1）。2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2(2).ad（3）.增大鋅粉的表面積，加快反應(yīng)速率（4）.ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓（5).除去晶體表面的水分，并減少Na2S2O4的溶解損失(6）。HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O（7）。0。256【解析】【分析】(1）根據(jù)已知的反應(yīng)物、生成物,結(jié)合電子守恒，書寫反應(yīng)方程式；（2）①結(jié)合物質(zhì)的存在狀態(tài)及反應(yīng)條件，判斷使用的裝置；②根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率影響因素分析，結(jié)合復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律書寫反應(yīng)方程式；③結(jié)合物質(zhì)的溶解性分析；(3)根據(jù)題干信息，書寫反應(yīng)方程式；(4）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等計(jì)算?！驹斀狻浚?)Na2S2O4與O2生成Na2SO3和SO2，反應(yīng)方程式為2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；(2）①濃硫酸與Na2SO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生Na2SO4、SO2、H2O，反應(yīng)方程式為：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，a.反應(yīng)不需要加熱，Na2SO3是細(xì)小晶體，通過控制分液漏斗的活塞控制反應(yīng)速率,裝置a合理;b.不能控制反應(yīng)速率，且濃硫酸具有吸水性，長頸漏斗容易導(dǎo)致濃硫酸稀釋，b不合理;c。濃硫酸與鹽的反應(yīng)放出大量的熱,會導(dǎo)致集氣瓶炸裂，c不合理；d。通過控制分液漏斗的活塞控制反應(yīng)速率，上下聯(lián)通的導(dǎo)氣管會使?jié)饬蛩嵘舷職怏w壓強(qiáng)一致，便于濃硫酸順利滴下，裝置d合理；故合理選項(xiàng)是ad;②工業(yè)上常將鋅塊進(jìn)行預(yù)處理得到鋅粉—水懸濁液，其目的是增大鋅粉的表面積,加快反應(yīng)速率。根據(jù)流程圖可知步驟Ⅱ中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；③Na2S2O4易溶于水，難溶于乙醇,用乙醇洗滌，既能除去晶體表面水分，并減少Na2S2O4的溶解損失；（3)目前，我國普遍采用甲酸鈉法生產(chǎn)連二亞硫酸鈉，其原理是先將HCOONa和燒堿加入乙醇水溶液液中，然后通入SO2發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生Na2S2O4，同時有CO2氣體放出和水生成,總反應(yīng)的化學(xué)方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知兩種物質(zhì)的反應(yīng)關(guān)系為:2K3［Fe（CN)6]~～Na2S2O4,n{K3［Fe（CN)6］}=0。02mol/L×0。01L=2×10—4mol，則n(Na2S2O4）=1×10-4mol，溶液的體積是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)=1×10—4mol÷0。05L=2×10—3mol/L，根據(jù)S元素守恒，該樣品中Na2S2O4的含量以SO2計(jì)為：2×10-3mol/L×2×64g/mol=0。256g?L-1。【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、流程中發(fā)生的反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)原理、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，注意元素化合物知識與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合,題目側(cè)重考查學(xué)生的分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?1。以氮化鎵(GaN)、砷化鎵(GaAs）為代表的第三代半導(dǎo)體材料目前已成為全球半導(dǎo)體研究的前沿和熱點(diǎn)，如砷化鎵燈泡壽命是普通燈泡的100倍,而耗能即為10％，推廣砷化鎵等發(fā)光二極管（LED)照明,是節(jié)能減排的有效舉措.請回答下列問題：（1）基態(tài)鎵原子的價電子排布式為___。(2)鎵失去電子的逐級電離能（單位:kJ·mol—1）的數(shù)值依次為577、1985、2962、6192，由此可推知鎵的主要化合價為__和+3。砷的電負(fù)性比鎵__(填“大”或“小”）。(3）比較下列鎵的鹵化物的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸點(diǎn)依次升高，分析其變化原因：__。鎵的鹵化物GaCl3GaBr3GaI3熔點(diǎn)/℃77。75122。3211.5沸點(diǎn)/℃201。2279346GaF3的熔點(diǎn)超過1000℃，可能的原因是__。(4）①砷化鎵是將(CH3)3Ga和AsH3用MOCVD(金屬有機(jī)物化學(xué)氣相淀積）方法制備得到的，該反應(yīng)在700℃進(jìn)行，反應(yīng)的方程式為：___。②反應(yīng)物AsH3分子的幾何構(gòu)型為__，（CH3）3Ga中鎵原子雜化方式為__。（5）砷化鎵熔點(diǎn)為1238℃，立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為a=565pm，As的配位數(shù)為__，晶體的密度為__(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，列出算式即可）g·cm-3。【答案】（1).4s24p1（2)。+1(3).大（4）。GaCl3、GaBr3、GaI3均為分子晶體,結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強(qiáng)(5).GaF3為離子晶體（6).(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4(7）.三角錐形(8）。sp2(9）.4（10）.【解析】【詳解】(1)基態(tài)鎵原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1，則其價電子排布式為4s24p1。答案為：4s24p1;（2）鎵的第一電離能比第二電離能要小得多，由此可推知鎵的主要化合價為+1價。砷的價電子排布式為4s24p3,鎵的價電子排布式為4s24p1，則二者同周期且砷在鎵的右邊，電負(fù)性砷大。答案為：大;(3)鎵的鹵化物的熔點(diǎn)都比較低，則應(yīng)形成分子晶體,GaCl3、GaBr3、GaI3的沸點(diǎn)依次升高，其變化原因是GaCl3、GaBr3、GaI3均為分子晶體，結(jié)構(gòu)相似,相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強(qiáng)。答案為：GaCl3、GaBr3、GaI3均為分子晶體,結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量依次增大,分子間作用力依次增強(qiáng)；GaF3相對分子質(zhì)量最小，但其熔點(diǎn)超過1000℃，則不適合用分子晶體解釋，可能的原因是GaF3為離子晶體。答案為：GaF3為離子晶體；（4)①在700℃時，（CH3)3Ga和AsH3反應(yīng)，生成GaAs等,反應(yīng)的方程式為（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4。答案為:（CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4；②反應(yīng)物AsH3分子的