2016-2017学年湖南省株洲市茶陵三中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·南昌期末）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ mol﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1=a kJ mol﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ mol﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ mol﹣1
则x为（ ）
A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：碳的燃烧热△H1=a kJ mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=xkJ mol﹣1=（3a+b﹣c）kJ mol﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A．
【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．
2．（2016高二上·株洲开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应
B．质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有SO4 2﹣
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，Al2O3属于两性氧化物
【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，该反应为化合反应，不属于置换反应，故A正确；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数，质子数不同，则一定不是同一元素，故B正确；
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能排除亚硫酸根离子、氯离子、硫酸根离子的干扰，故C错误；
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，且产物都是盐和水，符合两性氧化物的概念，属于两性氧化物，故D正确；
故选：C．
【分析】A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数；
C．向某无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，原溶液中可能含有银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀，也可能含有硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，氯化银和硫酸钡都不溶于酸；
D．既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物．
3．（2016高二上·株洲开学考）如图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞Z＞M
B．离子半径：M﹣＞Z2﹣＞Y﹣
C．ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D．三种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：根据元素在周期表中的相对位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素，
A．Y、M铜主族，原子序数：Y＜M，则非金属性：Y＞M；Z、M同周期，原子序数：Z＜M，则非金属性：Z＜M，所以非金属性大小为：M＞Z＞Y，故A错误；
B．Z、M位于第三周期，其阴离子比Y多1个电子层，且原子序数：Z＜M，则离子半径大小为：Z2﹣＞M﹣＞Y﹣，故B错误；
C．Z为S、M为Cl元素，则ZM2为SCl2，SCl2分子中S和Cl都达到8电子稳定结构，故C正确；
D．Y为F元素，F没有正化合价，三种元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的为Cl，故D错误；
故选C．
【分析】根据四种元素在周期表中的位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素，
A．同一周期中，元素原子序数越大，非金属性越强（稀有气体除外），同一主族中，原子序数越大，非金属性越弱；
B．电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
C．ZM2为SCl2，该分子中S和Cl都达到8电子稳定结构；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，但是Y为F元素，没有正化合价．
4．（2016高二上·株洲开学考）短周期元素X、Z、W、Q在元素周期表中的位置如图所示，其中X元素原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，则下列说法正确的是（ ）
X Y
Z W Q
A．X、W能与钠形成摩尔质量相同的化合物，且阴阳离子数比为1：2
B．含X和Z元素的常见化合物为分子晶体
C．氧化物对应的水化物酸性：W＜Q
D．原子半径大小关系：Q＞W＞Z＞Y
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：由短周期元素X、Z、W、Q在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，其中X元素原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，故X为O元素，可推知Y为F元素、Z为Si、W为S、Q为Cl，
A．O、S能与钠形成摩尔质量相同的化合物为Na2O2、Na2S，二者阴、阳离子数比均为1：2，故A正确；
B．含X和Z元素的常见化合物为SiO2，属于原子晶体，故B错误；
C．非金属性W（S）＜Q（Cl），故最高价氧化物对应的水化物酸性：W＜Q，不是最高价的含氧酸则不一定，如硫酸为强酸，而次氯酸为弱酸，故C错误；
D．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Si）＞W（S）＞Q（Cl）＞Y（F），故D错误，
故选A．
【分析】由短周期元素X、Z、W、Q在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，其中X元素原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，故X为O元素，可推知Y为F元素、Z为Si、W为S、Q为Cl，据此解答．
5．（2016高二上·株洲开学考）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是（ ）
A．Na+、Fe3+、NO3﹣、Cl2都可在该物质的溶液中大量共存
B．向0.1mo1/L该物质的溶液中清加0.1mo1/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量与逐滴加入NaOH溶液体积关系如图所示
C．检验该物质中Fe2+是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色
D．向该物质的溶液中摘加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣完全沉淀的离子方程式为：Fe2++2SO42﹣+3Ba2++2OH﹣═2BaSO4↓+Fe（OH）2↓
【答案】C
【知识点】离子共存；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．[（NH4）2Fe（SO4）2中含有Fe2+，Fe2+可被Cl2氧化而不能大量共存，故A错误；
B．滴加NaOH溶液，首先Fe2+先与OH﹣反应生成白色沉淀，图像错误，故B错误；
C．滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，故C正确；
D．恰好使SO42﹣完全沉淀的离子方程式为：2NH4++Fe2++2SO42﹣+3Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Fe（OH）2↓+2NH3↑+2H2O，故D错误；
故选C．
【分析】A．Fe2+可被Cl2氧化而不能大量共存；
B．滴加NaOH溶液，首先Fe2+先与OH﹣反应生成白色沉淀；
C．若Fe2+被氧化为Fe3+，只需滴入几滴KSCN溶液即可鉴别；
D．漏掉了NH4+与OH﹣的反应．
6．（2016高二上·株洲开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以减缓二氧化碳对环境的影响
B．淀粉、油脂、蛋白质都能在人体内水解，也能在体内氧化提供能量
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，但它们的物理性质特别是在熔沸点、硬度上相差很大，这是由于它们的化学键类型不同造成的
D．酸碱质子理论认为，凡能给出质子（H+）的物质都是酸，凡能接受质子的物质都是碱．根据这一理论，Al（OH）3、NaHCO3都是酸碱两性物质
【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；常见的生活环境的污染及治理；营养均衡与人体健康的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解二氧化碳对环境的影响，故A正确；
B．油脂、淀粉、蛋白质是我们食物中提供能量的主要物质，在人体内都能发生水解，故B正确；
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，化学键类型都为共价键结合，但它们的物理性质相差很大，这是由于它们的晶体类型不同，故C错误；
D．因为Al（OH）3、NaHCO3都既能电离出氢离子，又能结合氢离子发生反应，所以都是酸碱两性物质，故D正确．
故选：C．
【分析】A．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放；
B．油脂、淀粉、蛋白质是我们食物中提供能量的主要物质，在人体内都能发生水解；
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，但它们的物理性质相差很大，这是由于它们的晶体类型不同；
D．根据Al（OH）3、NaHCO3都能电离出氢离子又能结合氢离子发生反应判断．
7．（2016高二上·株洲开学考）化学与资源、环境、生产、生活等密切相关．下列说法不正确的是（ ）
A．太阳能电池可将太阳能转化为电能
B．雾霾天车灯照射的光亮通路属于丁达尔现象
C．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
D．高铁酸钾（K2FeO4）是新型高效多功能水处理剂，既能消毒杀菌又能净水
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．太阳能电池利用Si材料将太阳能转化为电能，故A正确；
B．丁达尔现象为胶体特有的性质，则雾霾天车灯照射的光亮通路属于丁达尔现象，故B正确；
C．煤的液化是把固体煤炭通过化学加工，使其转化成为液体燃料的过程，其中的C元素质量并没有减少，因此不能减少二氧化碳等温室气体的排放，故C错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，处理水时消毒杀菌，且还原产物铁离子水解生成胶体，则利用胶体的吸附性净化水，故D正确；
故选C．
【分析】A．太阳能电池可实现太阳能转化为电能；
B．丁达尔现象为胶体特有的性质；
C．煤液化生成甲醇，C元素的量不变；
D．K2FeO4具有强氧化性，且还原产物铁离子水解生成胶体．
8．（2016高二上·株洲开学考）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（ ）
A． B． C．CH4O D．C
【答案】C
【知识点】结构式；结构简式
【解析】【解答】解：A． 可以是甲烷，也可以是硅烷，故A错误；
B．可以用来表示氖原子或钠离子甚至氧离子等，故B错误；
C．CH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故C正确；
D．C可以代表金刚石和石墨，故D错误．
故选C．
【分析】“只能用来表示一种微粒”，说明仅表示一种分子，据此选择正确答案即可．
9．（2016高二上·株洲开学考）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L的CCl4中所含质子数为74 NA
B．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2NA
C．12 g石墨晶体中含有的碳碳键数目为1.5 NA
D．分子数为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L四氯化碳的体积，故A错误；
B.2mol二氧化硫与1mol氧气反应生成的三氧化硫小于2mol，该反应是气体体积缩小的反应，则反应后气体的总物质的量大于2mol，所得混合气体的分子数大于2NA，故B正确；
C.12g石墨中含有C原子的物质的量为1mol，石墨中每个C与其它3个C形成3个碳碳键，则每个C原子平均形成的碳碳键数目为： ×3=1.5，1mol碳原子形成的碳碳键为1.5mol，含有的碳碳键数目为1.5 NA，故C正确；
D．氮气和氨气分子中都含有3个共价键，则分子数0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA，故D正确；
故选A．
【分析】A．标准状况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；
B．二氧化硫与氧气的反应为气体体积缩小的可逆反应；
C．石墨中，每个碳原子与其它3个C原子相连，根据均摊法计算出12g石墨中含有的碳碳键数目；
D．氮气和氨气分子中都含有3个共用电子对，0.1NA个混合气体中含有0.3NA个共用电子对．
10．（2016高二上·株洲开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．将1 mol Cl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NA
B．常温常压下，3.0 g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
C．标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的C﹣Cl键数为0.4NA
D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移的电子数为NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．将1 mol Cl2通入到水中发生下列反应：Cl2+H2O HCl+HClO，根据物料守恒可知N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）+2N（Cl2）=2NA，故A错误；
B．甲醛和冰醋酸的最简式相同，都是CH2O，故3.0 g甲醛和冰醋酸的混合物中相当于含有0.1 mol CH2O，所以含有的原子总数是0.4NA，故B正确；
C．标准状况下CCl4为液体，不能用气体摩尔体积计算，故C错误；
D．依据
2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CO3+ O2 增重 转移2e﹣
2 1 56g 2
a n
解得n= NA，故D错误；
故选：B．
【分析】A．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，结合物料守恒解答；
B．甲醛和冰醋酸的最简式相同，都是CH2O，质量转化为物质的量解答；
C．气体摩尔体积使用对象为气体；
D．依据
2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CO3+ O2 增重 转移2e﹣
2 1 56g 2
a n
解答．
11．（2016高二上·株洲开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．58 g乙烯和乙烷的混合气体中碳原子数目一定为4NA
B．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2NA
C．已知3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑ 如果有5mol H2O参加氧化还原反应，则由水还原的BrF3分子数目为3NA
D．142g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．乙烯的摩尔质量为28g/mol，乙烷的摩尔质量为30g/mol，二者的摩尔质量不同，题中条件无法计算混合气体中含有的碳原子数，故A错误；
B．加入0.1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，Cu（OH）2从组成上可看成CuO H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol，故B错误；
C．根据反应 ，当有5mol水参加反应时，水中氧元素失去电子是4mol，反应一共转移电子是6mol，由水还原的BrF3的物质的量为：2mol× = mol，故C错误；
D．Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量都是142g/mol，142g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，1mol该混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子，含有阴阳离子总数为3NA，故D正确；
故选D．
【分析】A．乙烯和乙烷的摩尔质量不相等，二者含有的碳原子数需要根据二者组成计算；
B．根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuO H2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水；
C．根据反应方程式中的化合价变化分析、计算；
D．二者的摩尔质量都是142g/mol，142g混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子．
12．（2016高二上·株洲开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．10 g 46%的乙醇水溶液中所含氢原子数目为1.2NA
B．标准状况下，2.24 L氯气溶于水发生反应，转移的电子数目为0.1NA
C．高温下，0.2 mol的铁与足量的水蒸气反应，生成氢气的分子数目为0.3NA
D．25℃时，100 mL pH=13的Ba（OH）2溶液中OH﹣的数目为0.02NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A.12.10 g 46%的乙醇水溶液中含有C2H5OH 0.1 mol、H2O 0.3 mol，二者含有的氢原子数目的总和是1.2NA，故A正确；
B．氯气溶于水时只有少量Cl2与水发生反应Cl2+H2O HCl+HClO，所以2.24 L氯气转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；
C．高温下，铁与水蒸气发生下列反应：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，0.2 mol铁参加反应生成氢气的分子数目应为 NA，故C错误；
D.100 mL pH=13的Ba（OH）2溶液中OH﹣的浓度是0.1 mol L﹣1，其中含有的OH﹣数目为0.01NA，故D错误；
故选：A．
【分析】A．乙醇溶液中乙醇、水分子都含有氢原子；
B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；
C．依据方程式：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2计算；
D.100 mL pH=13的Ba（OH）2溶液中OH﹣的浓度是0.1 mol L﹣1，依据n=CV计算氢氧根离子数目．
二、填空题
13．（2016高二上·株洲开学考）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．由硫化氢获得硫单质有多种方法．
（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反应：S2-﹣2e﹣═S （n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣
①写出电解时阴极的电极反应式： ．
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成
（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示．
①在图示的转化中，化合价不变的元素是 ．
②反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为 ．
③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有 ．
（3）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为 ．
【答案】（1）2H++2e﹣=H2↑；Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑
（2）Cu、H、Cl；0.5mol；增大混合气体中空气的比例
（3）2H2S 2H2+S2
【知识点】氧化还原反应；电解原理
【解析】【解答】解：（1）①阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，
故答案为：2H++2e﹣=H2↑；②电解后阳极区离子为Sn2﹣，酸性条件下，Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑，
故答案为：Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑；（2）①根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是﹣1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，
故答案为：Cu、H、Cl；②H2S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，消耗O2的物质的量= =0.5mol，
故答案为：0.5mol；③使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质，所以氧气必须过量，采取的措施是：增大混合气体中空气的比例；
故答案为：增大混合气体中空气的比例；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图像知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，所以该反应方程式为2H2S 2H2+S2，
故答案为：2H2S 2H2+S2．
【分析】（1）①阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S；②Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S；（2）①根据图中各元素化合价变化分析，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价；②根据氧化还原反应中得失电子相等计算；③使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图像知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式．
14．（2016高二上·株洲开学考）实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I﹣等）中回收碘，其实验过程如下：
（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I﹣，其离子方程式为 ；该操作将I2还原为I﹣的目的是 ．
（2）氧化时，在三颈瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应（实验装置如图所示）．实验控制在较低温度下进行的原因是 ；锥形瓶里盛放的溶液为 ．
（3）已知：5SO32﹣+2IO3﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I﹣、IO3﹣中的一种或两种．请补充完整检验含碘废水中是否含有IO3﹣的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在； ．（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液．）
【答案】（1）SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；使CCl4中的碘进入水层
（2）防止碘升华，增大氯气的溶解度；氢氧化钠
（3）从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加亚硫酸钠，若溶液变蓝，说明废水中含有碘酸根离子，若溶液不变蓝，说明不含碘酸根
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：碘废液加亚硫酸钠溶液，把单质碘还原为I﹣，四氯化碳难溶于水，会分层，则分液即可得到四氯化碳，剩余的溶液中加氯气氧化I﹣得到I2，富集，最后得到较纯的I2，（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子；
故答案为：SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；使CCl4中的碘进入水层；（2）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，
故答案为：防止碘升华，增大氯气的溶解度；氢氧化钠；（3）碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，5SO32﹣+2 IO3﹣+2H+=I2+5SO42﹣+H2O，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣，
故答案为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加亚硫酸钠，若溶液变蓝，说明废水中含有碘酸根离子，若溶液不变蓝，说明不含碘酸根．
【分析】碘废液加亚硫酸钠溶液，把单质碘还原为I﹣，四氯化碳难溶于水，会分层，则分液即可得到四氯化碳，剩余的溶液中加氯气氧化I﹣得到I2，富集，最后得到较纯的I2，（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘微溶于水，而碘离子易溶于水；（2）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质；（3）碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色．
15．（2016高二上·株洲开学考）A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍．B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2﹣具有相同的电子数．A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题；
（1）A在周期表中的位置是 ，写出一种工业制备单质F的离子方程式
（2）B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为 ，其水溶液与F单质反应的化学方程为 ，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显 色．
（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：
物质 组成和结构信息
a 含有A的二元离子化合物
b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1
c 化学组成为BDF2
d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体
a的化学式 ；b的化学式为 ；c的电子式为 ；d的晶体类型是
（4）有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质．一种化合物分子通过 键构成具有空腔的固体；另一种化合物（沼气的主要成分）分子进入该空腔，其分子的空间结构为 ．
【答案】（1）第一周期ⅠA族；2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑
（2）纯碱（或苏打）；2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；紫
（3）NaH；Na2O2和Na2C2；；金属晶体
（4）氢；正四面体
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】解：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；（1）已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑；
故答案为：第一周期ⅠA族；2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑（；（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱（或苏打）；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色；
故答案为：纯碱（或苏打）；2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；紫；（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH；含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2；已知COCl2结构式为Cl﹣ ﹣Cl，则其电子式为 ；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体；
故答案为：NaH；Na2O2和Na2C2； ；金属晶体；（4）H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体，故答案为：氢；正四面体．
【分析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；（1）根据H在周期表中的位置分析；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气；（2）C、O、Na组成的化合物为碳酸钠；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质；（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物；根据常见的氧的化合物和碳的化合物分析；根据COCl2结构式分析；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na；（4）H、C、O能形成H2O和CH4．
16．（2016高二上·株洲开学考）磷化铝、磷化锌、磷化钙是我国目前最常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3）PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃．我国粮食卫生标准规定，粮食中磷化物（以PH3计）含量≤0.05mg/kg．
某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：
【实验课题】
【实验原理】
5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O
2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O
【操作流程】
安装蒸馏吸收装置→PH3的产生与吸收→转移褪色→亚硫酸钠标准溶液滴定
【实验装置】
A、D、E、F各装1.00mL浓度为5.00×10﹣4 mol/L的酸性KMnO4溶液，B中装碱性焦性没食子酸（1，2，3﹣三羟基苯），C中装200g原粮．
（1）实验课题的名称是 ．
（2）以磷化铝为例，写出磷化物与水反应的化学方程式 ．
（3）检查上述装置气密性的方法是 ．
（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的 （填“氧化性”、“还原性”） 气体；B中盛装碱性焦性没食子酸溶液的作用是 ；如去除B装置，则实验中测得的pH3含量将 （填偏大、偏小或不变）．
（5）将D、E、F三装置中的吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为2.5×10﹣4 mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为 mg/kg．
【答案】（1）粮食中残留磷化物的定量测定
（2）AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑
（3）打开抽气泵抽气，观察各装置中是否有气泡产生
（4）还原性；除去空气中的O2；偏低
（5）0.0425
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）磷化铝、磷化锌、磷化钙是我国目前最常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），PH3具有较强的还原性，可用KMnO4和Na2SO3测定粮食中残留磷化物含量；安装蒸馏吸收装置，A、D、E、F各装1.00mL浓度为5.00×10﹣4mol/L的酸性KMnO4溶液，B中装碱性焦性没食子酸（1，2，3﹣三羟基苯），C中装200g原粮，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，然后用高锰酸钾滴定测定PH3，然后用Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，可得磷化物含量，
故答案为：粮食中残留磷化物的定量测定；（2）依据题干信息，磷化铝和水反应，水解生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑，
故答案为：AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑； （3）利用连续装置特征，结合气体压强变化，可以利用抽气泵抽气观察各装置中气体的产生，若有气泡冒出，证明气密性完好；故答案为：打开抽气泵抽气，观察各装置中是否有气泡产生；（4）依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，用滴定方法测定的pH3减小，结果偏低；故答案为：还原性；除去空气中的O2；偏低；（5）加水稀释至25mL，用浓度为5×10﹣4mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O可得，剩余高锰酸钾的物质的量=0.011L×2.5×10﹣4mol/L× =1.1×10﹣6mol；与PH3反应的高锰酸钾的物质的量=0.003L×5.00×10﹣4mol/L﹣1.1×10﹣6mol=4.0×10﹣7mol；根据化学方程式 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O计算得到PH3的物质的量=4.0×10﹣7mol× =2.5×10﹣7mol；故该原粮中磷化物的含量为 =0.0425mg/kg．故答案为：0.0425．
【分析】（1）PH3具有较强的还原性，可用KMnO4和Na2SO3测定，根据题意可知该实验的目的是对粮食中残留磷化物含量进行测定；（2）磷化铝能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），与水反应结合水的结构可知磷化铝能与水反应生成氢氧化铝和PH3；（3）利用连续装置特征，结合气体压强变化，可以利用抽气泵抽气观察各装置中气体的产生，若有气泡冒出，证明气密性完好；也可以从A装置鼓入空气，观察各装置中若均有气泡产生，则气密性良好，反之不好；（4）高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收还原性气体；碱性焦性没食子酸溶液，焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧；（5）依据消耗的亚硫酸钠物质的量结合定量关系计算剩余高锰酸钾，计算吸收PH3需要的高锰酸钾物质的量，进一步计算PH3物质的量，得到PH3含量．
17．明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2 12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如图1所示：
焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 ．
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 ．
（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 ．
（4）以Al和NiO（OH） 为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH） 转化为Ni（OH） 2，该电池反应的化学方程式是 ．
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；
H2O（g）═H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．
则SO3（g） 与H2O（l） 反应的热化学方程式是 ．
焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸 t．
【答案】（1）S
（2）蒸发结晶
（3）4
（4）Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2
（5）SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；432
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；
故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体，
故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4，
故答案为：4；（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：
Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 ，
故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）①2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；Ⅰ
H2O（g） H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260kJ/mol，
即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol，
故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；②948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t，
故答案为：432．
【分析】明矾和硫焙烧得到固体混合物和SO2，二氧化硫氧化为三氧化硫，溶于水生成硫酸，固体混合物水浸过滤得到硫酸钾溶液和固体氧化铝，加入冰晶石电解熔融氧化铝得到金属铝，（1）化学方程式中元素化合价变化分析，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到所需热化学方程式；②硫元素守恒计算得到硫酸质量．
1 / 12016-2017学年湖南省株洲市茶陵三中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·南昌期末）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ mol﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1=a kJ mol﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ mol﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ mol﹣1
则x为（ ）
A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b
2．（2016高二上·株洲开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应
B．质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有SO4 2﹣
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，Al2O3属于两性氧化物
3．（2016高二上·株洲开学考）如图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞Z＞M
B．离子半径：M﹣＞Z2﹣＞Y﹣
C．ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D．三种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
4．（2016高二上·株洲开学考）短周期元素X、Z、W、Q在元素周期表中的位置如图所示，其中X元素原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，则下列说法正确的是（ ）
X Y
Z W Q
A．X、W能与钠形成摩尔质量相同的化合物，且阴阳离子数比为1：2
B．含X和Z元素的常见化合物为分子晶体
C．氧化物对应的水化物酸性：W＜Q
D．原子半径大小关系：Q＞W＞Z＞Y
5．（2016高二上·株洲开学考）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是（ ）
A．Na+、Fe3+、NO3﹣、Cl2都可在该物质的溶液中大量共存
B．向0.1mo1/L该物质的溶液中清加0.1mo1/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量与逐滴加入NaOH溶液体积关系如图所示
C．检验该物质中Fe2+是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色
D．向该物质的溶液中摘加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣完全沉淀的离子方程式为：Fe2++2SO42﹣+3Ba2++2OH﹣═2BaSO4↓+Fe（OH）2↓
6．（2016高二上·株洲开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以减缓二氧化碳对环境的影响
B．淀粉、油脂、蛋白质都能在人体内水解，也能在体内氧化提供能量
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，但它们的物理性质特别是在熔沸点、硬度上相差很大，这是由于它们的化学键类型不同造成的
D．酸碱质子理论认为，凡能给出质子（H+）的物质都是酸，凡能接受质子的物质都是碱．根据这一理论，Al（OH）3、NaHCO3都是酸碱两性物质
7．（2016高二上·株洲开学考）化学与资源、环境、生产、生活等密切相关．下列说法不正确的是（ ）
A．太阳能电池可将太阳能转化为电能
B．雾霾天车灯照射的光亮通路属于丁达尔现象
C．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
D．高铁酸钾（K2FeO4）是新型高效多功能水处理剂，既能消毒杀菌又能净水
8．（2016高二上·株洲开学考）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（ ）
A． B． C．CH4O D．C
9．（2016高二上·株洲开学考）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L的CCl4中所含质子数为74 NA
B．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2NA
C．12 g石墨晶体中含有的碳碳键数目为1.5 NA
D．分子数为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA
10．（2016高二上·株洲开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．将1 mol Cl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NA
B．常温常压下，3.0 g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
C．标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的C﹣Cl键数为0.4NA
D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移的电子数为NA
11．（2016高二上·株洲开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．58 g乙烯和乙烷的混合气体中碳原子数目一定为4NA
B．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2NA
C．已知3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑ 如果有5mol H2O参加氧化还原反应，则由水还原的BrF3分子数目为3NA
D．142g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA
12．（2016高二上·株洲开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．10 g 46%的乙醇水溶液中所含氢原子数目为1.2NA
B．标准状况下，2.24 L氯气溶于水发生反应，转移的电子数目为0.1NA
C．高温下，0.2 mol的铁与足量的水蒸气反应，生成氢气的分子数目为0.3NA
D．25℃时，100 mL pH=13的Ba（OH）2溶液中OH﹣的数目为0.02NA
二、填空题
13．（2016高二上·株洲开学考）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．由硫化氢获得硫单质有多种方法．
（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反应：S2-﹣2e﹣═S （n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣
①写出电解时阴极的电极反应式： ．
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成
（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示．
①在图示的转化中，化合价不变的元素是 ．
②反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为 ．
③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有 ．
（3）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为 ．
14．（2016高二上·株洲开学考）实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I﹣等）中回收碘，其实验过程如下：
（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I﹣，其离子方程式为 ；该操作将I2还原为I﹣的目的是 ．
（2）氧化时，在三颈瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应（实验装置如图所示）．实验控制在较低温度下进行的原因是 ；锥形瓶里盛放的溶液为 ．
（3）已知：5SO32﹣+2IO3﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I﹣、IO3﹣中的一种或两种．请补充完整检验含碘废水中是否含有IO3﹣的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在； ．（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液．）
15．（2016高二上·株洲开学考）A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍．B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2﹣具有相同的电子数．A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，回答下列问题；
（1）A在周期表中的位置是 ，写出一种工业制备单质F的离子方程式
（2）B，D，E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为 ，其水溶液与F单质反应的化学方程为 ，在产物总加入少量KI，反应后加入CCl4并震荡，有机层显 色．
（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如表：
物质 组成和结构信息
a 含有A的二元离子化合物
b 含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1
c 化学组成为BDF2
d 只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体
a的化学式 ；b的化学式为 ；c的电子式为 ；d的晶体类型是
（4）有A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质．一种化合物分子通过 键构成具有空腔的固体；另一种化合物（沼气的主要成分）分子进入该空腔，其分子的空间结构为 ．
16．（2016高二上·株洲开学考）磷化铝、磷化锌、磷化钙是我国目前最常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3）PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃．我国粮食卫生标准规定，粮食中磷化物（以PH3计）含量≤0.05mg/kg．
某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：
【实验课题】
【实验原理】
5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O
2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O
【操作流程】
安装蒸馏吸收装置→PH3的产生与吸收→转移褪色→亚硫酸钠标准溶液滴定
【实验装置】
A、D、E、F各装1.00mL浓度为5.00×10﹣4 mol/L的酸性KMnO4溶液，B中装碱性焦性没食子酸（1，2，3﹣三羟基苯），C中装200g原粮．
（1）实验课题的名称是 ．
（2）以磷化铝为例，写出磷化物与水反应的化学方程式 ．
（3）检查上述装置气密性的方法是 ．
（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的 （填“氧化性”、“还原性”） 气体；B中盛装碱性焦性没食子酸溶液的作用是 ；如去除B装置，则实验中测得的pH3含量将 （填偏大、偏小或不变）．
（5）将D、E、F三装置中的吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为2.5×10﹣4 mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为 mg/kg．
17．明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2 12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如图1所示：
焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 ．
（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 ．
（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是 ．
（4）以Al和NiO（OH） 为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH） 转化为Ni（OH） 2，该电池反应的化学方程式是 ．
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；
H2O（g）═H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．
则SO3（g） 与H2O（l） 反应的热化学方程式是 ．
焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸 t．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：碳的燃烧热△H1=a kJ mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=xkJ mol﹣1=（3a+b﹣c）kJ mol﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A．
【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．
2．【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，该反应为化合反应，不属于置换反应，故A正确；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数，质子数不同，则一定不是同一元素，故B正确；
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能排除亚硫酸根离子、氯离子、硫酸根离子的干扰，故C错误；
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，且产物都是盐和水，符合两性氧化物的概念，属于两性氧化物，故D正确；
故选：C．
【分析】A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数；
C．向某无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，原溶液中可能含有银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀，也可能含有硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，氯化银和硫酸钡都不溶于酸；
D．既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物．
3．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：根据元素在周期表中的相对位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素，
A．Y、M铜主族，原子序数：Y＜M，则非金属性：Y＞M；Z、M同周期，原子序数：Z＜M，则非金属性：Z＜M，所以非金属性大小为：M＞Z＞Y，故A错误；
B．Z、M位于第三周期，其阴离子比Y多1个电子层，且原子序数：Z＜M，则离子半径大小为：Z2﹣＞M﹣＞Y﹣，故B错误；
C．Z为S、M为Cl元素，则ZM2为SCl2，SCl2分子中S和Cl都达到8电子稳定结构，故C正确；
D．Y为F元素，F没有正化合价，三种元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的为Cl，故D错误；
故选C．
【分析】根据四种元素在周期表中的位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素，
A．同一周期中，元素原子序数越大，非金属性越强（稀有气体除外），同一主族中，原子序数越大，非金属性越弱；
B．电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
C．ZM2为SCl2，该分子中S和Cl都达到8电子稳定结构；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，但是Y为F元素，没有正化合价．
4．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：由短周期元素X、Z、W、Q在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，其中X元素原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，故X为O元素，可推知Y为F元素、Z为Si、W为S、Q为Cl，
A．O、S能与钠形成摩尔质量相同的化合物为Na2O2、Na2S，二者阴、阳离子数比均为1：2，故A正确；
B．含X和Z元素的常见化合物为SiO2，属于原子晶体，故B错误；
C．非金属性W（S）＜Q（Cl），故最高价氧化物对应的水化物酸性：W＜Q，不是最高价的含氧酸则不一定，如硫酸为强酸，而次氯酸为弱酸，故C错误；
D．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Si）＞W（S）＞Q（Cl）＞Y（F），故D错误，
故选A．
【分析】由短周期元素X、Z、W、Q在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，其中X元素原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，故X为O元素，可推知Y为F元素、Z为Si、W为S、Q为Cl，据此解答．
5．【答案】C
【知识点】离子共存；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．[（NH4）2Fe（SO4）2中含有Fe2+，Fe2+可被Cl2氧化而不能大量共存，故A错误；
B．滴加NaOH溶液，首先Fe2+先与OH﹣反应生成白色沉淀，图像错误，故B错误；
C．滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，故C正确；
D．恰好使SO42﹣完全沉淀的离子方程式为：2NH4++Fe2++2SO42﹣+3Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Fe（OH）2↓+2NH3↑+2H2O，故D错误；
故选C．
【分析】A．Fe2+可被Cl2氧化而不能大量共存；
B．滴加NaOH溶液，首先Fe2+先与OH﹣反应生成白色沉淀；
C．若Fe2+被氧化为Fe3+，只需滴入几滴KSCN溶液即可鉴别；
D．漏掉了NH4+与OH﹣的反应．
6．【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；常见的生活环境的污染及治理；营养均衡与人体健康的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解二氧化碳对环境的影响，故A正确；
B．油脂、淀粉、蛋白质是我们食物中提供能量的主要物质，在人体内都能发生水解，故B正确；
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，化学键类型都为共价键结合，但它们的物理性质相差很大，这是由于它们的晶体类型不同，故C错误；
D．因为Al（OH）3、NaHCO3都既能电离出氢离子，又能结合氢离子发生反应，所以都是酸碱两性物质，故D正确．
故选：C．
【分析】A．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放；
B．油脂、淀粉、蛋白质是我们食物中提供能量的主要物质，在人体内都能发生水解；
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，但它们的物理性质相差很大，这是由于它们的晶体类型不同；
D．根据Al（OH）3、NaHCO3都能电离出氢离子又能结合氢离子发生反应判断．
7．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．太阳能电池利用Si材料将太阳能转化为电能，故A正确；
B．丁达尔现象为胶体特有的性质，则雾霾天车灯照射的光亮通路属于丁达尔现象，故B正确；
C．煤的液化是把固体煤炭通过化学加工，使其转化成为液体燃料的过程，其中的C元素质量并没有减少，因此不能减少二氧化碳等温室气体的排放，故C错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，处理水时消毒杀菌，且还原产物铁离子水解生成胶体，则利用胶体的吸附性净化水，故D正确；
故选C．
【分析】A．太阳能电池可实现太阳能转化为电能；
B．丁达尔现象为胶体特有的性质；
C．煤液化生成甲醇，C元素的量不变；
D．K2FeO4具有强氧化性，且还原产物铁离子水解生成胶体．
8．【答案】C
【知识点】结构式；结构简式
【解析】【解答】解：A． 可以是甲烷，也可以是硅烷，故A错误；
B．可以用来表示氖原子或钠离子甚至氧离子等，故B错误；
C．CH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故C正确；
D．C可以代表金刚石和石墨，故D错误．
故选C．
【分析】“只能用来表示一种微粒”，说明仅表示一种分子，据此选择正确答案即可．
9．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L四氯化碳的体积，故A错误；
B.2mol二氧化硫与1mol氧气反应生成的三氧化硫小于2mol，该反应是气体体积缩小的反应，则反应后气体的总物质的量大于2mol，所得混合气体的分子数大于2NA，故B正确；
C.12g石墨中含有C原子的物质的量为1mol，石墨中每个C与其它3个C形成3个碳碳键，则每个C原子平均形成的碳碳键数目为： ×3=1.5，1mol碳原子形成的碳碳键为1.5mol，含有的碳碳键数目为1.5 NA，故C正确；
D．氮气和氨气分子中都含有3个共价键，则分子数0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA，故D正确；
故选A．
【分析】A．标准状况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；
B．二氧化硫与氧气的反应为气体体积缩小的可逆反应；
C．石墨中，每个碳原子与其它3个C原子相连，根据均摊法计算出12g石墨中含有的碳碳键数目；
D．氮气和氨气分子中都含有3个共用电子对，0.1NA个混合气体中含有0.3NA个共用电子对．
10．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．将1 mol Cl2通入到水中发生下列反应：Cl2+H2O HCl+HClO，根据物料守恒可知N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）+2N（Cl2）=2NA，故A错误；
B．甲醛和冰醋酸的最简式相同，都是CH2O，故3.0 g甲醛和冰醋酸的混合物中相当于含有0.1 mol CH2O，所以含有的原子总数是0.4NA，故B正确；
C．标准状况下CCl4为液体，不能用气体摩尔体积计算，故C错误；
D．依据
2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CO3+ O2 增重 转移2e﹣
2 1 56g 2
a n
解得n= NA，故D错误；
故选：B．
【分析】A．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，结合物料守恒解答；
B．甲醛和冰醋酸的最简式相同，都是CH2O，质量转化为物质的量解答；
C．气体摩尔体积使用对象为气体；
D．依据
2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CO3+ O2 增重 转移2e﹣
2 1 56g 2
a n
解答．
11．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．乙烯的摩尔质量为28g/mol，乙烷的摩尔质量为30g/mol，二者的摩尔质量不同，题中条件无法计算混合气体中含有的碳原子数，故A错误；
B．加入0.1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，Cu（OH）2从组成上可看成CuO H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol，故B错误；
C．根据反应 ，当有5mol水参加反应时，水中氧元素失去电子是4mol，反应一共转移电子是6mol，由水还原的BrF3的物质的量为：2mol× = mol，故C错误；
D．Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量都是142g/mol，142g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，1mol该混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子，含有阴阳离子总数为3NA，故D正确；
故选D．
【分析】A．乙烯和乙烷的摩尔质量不相等，二者含有的碳原子数需要根据二者组成计算；
B．根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuO H2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水；
C．根据反应方程式中的化合价变化分析、计算；
D．二者的摩尔质量都是142g/mol，142g混合物的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有2mol钠离子、1mol硫酸根离子和硫酸氢根离子，总共含有3mol阴阳离子．
12．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A.12.10 g 46%的乙醇水溶液中含有C2H5OH 0.1 mol、H2O 0.3 mol，二者含有的氢原子数目的总和是1.2NA，故A正确；
B．氯气溶于水时只有少量Cl2与水发生反应Cl2+H2O HCl+HClO，所以2.24 L氯气转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；
C．高温下，铁与水蒸气发生下列反应：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，0.2 mol铁参加反应生成氢气的分子数目应为 NA，故C错误；
D.100 mL pH=13的Ba（OH）2溶液中OH﹣的浓度是0.1 mol L﹣1，其中含有的OH﹣数目为0.01NA，故D错误；
故选：A．
【分析】A．乙醇溶液中乙醇、水分子都含有氢原子；
B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；
C．依据方程式：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2计算；
D.100 mL pH=13的Ba（OH）2溶液中OH﹣的浓度是0.1 mol L﹣1，依据n=CV计算氢氧根离子数目．
13．【答案】（1）2H++2e﹣=H2↑；Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑
（2）Cu、H、Cl；0.5mol；增大混合气体中空气的比例
（3）2H2S 2H2+S2
【知识点】氧化还原反应；电解原理
【解析】【解答】解：（1）①阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，
故答案为：2H++2e﹣=H2↑；②电解后阳极区离子为Sn2﹣，酸性条件下，Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑，
故答案为：Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑；（2）①根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是﹣1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，
故答案为：Cu、H、Cl；②H2S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，消耗O2的物质的量= =0.5mol，
故答案为：0.5mol；③使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质，所以氧气必须过量，采取的措施是：增大混合气体中空气的比例；
故答案为：增大混合气体中空气的比例；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图像知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，所以该反应方程式为2H2S 2H2+S2，
故答案为：2H2S 2H2+S2．
【分析】（1）①阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S；②Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S；（2）①根据图中各元素化合价变化分析，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价；②根据氧化还原反应中得失电子相等计算；③使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图像知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式．
14．【答案】（1）SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；使CCl4中的碘进入水层
（2）防止碘升华，增大氯气的溶解度；氢氧化钠
（3）从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加亚硫酸钠，若溶液变蓝，说明废水中含有碘酸根离子，若溶液不变蓝，说明不含碘酸根
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：碘废液加亚硫酸钠溶液，把单质碘还原为I﹣，四氯化碳难溶于水，会分层，则分液即可得到四氯化碳，剩余的溶液中加氯气氧化I﹣得到I2，富集，最后得到较纯的I2，（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子；
故答案为：SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；使CCl4中的碘进入水层；（2）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，
故答案为：防止碘升华，增大氯气的溶解度；氢氧化钠；（3）碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，5SO32﹣+2 IO3﹣+2H+=I2+5SO42﹣+H2O，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣，
故答案为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加亚硫酸钠，若溶液变蓝，说明废水中含有碘酸根离子，若溶液不变蓝，说明不含碘酸根．
【分析】碘废液加亚硫酸钠溶液，把单质碘还原为I﹣，四氯化碳难溶于水，会分层，则分液即可得到四氯化碳，剩余的溶液中加氯气氧化I﹣得到I2，富集，最后得到较纯的I2，（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘微溶于水，而碘离子易溶于水；（2）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质；（3）碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色．
15．【答案】（1）第一周期ⅠA族；2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑
（2）纯碱（或苏打）；2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；紫
（3）NaH；Na2O2和Na2C2；；金属晶体
（4）氢；正四面体
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】解：A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；（1）已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑；
故答案为：第一周期ⅠA族；2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑（；（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱（或苏打）；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色；
故答案为：纯碱（或苏打）；2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；紫；（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH；含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2；已知COCl2结构式为Cl﹣ ﹣Cl，则其电子式为 ；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体；
故答案为：NaH；Na2O2和Na2C2； ；金属晶体；（4）H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体，故答案为：氢；正四面体．
【分析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2﹣具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；（1）根据H在周期表中的位置分析；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气；（2）C、O、Na组成的化合物为碳酸钠；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质；（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物；根据常见的氧的化合物和碳的化合物分析；根据COCl2结构式分析；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na；（4）H、C、O能形成H2O和CH4．
16．【答案】（1）粮食中残留磷化物的定量测定
（2）AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑
（3）打开抽气泵抽气，观察各装置中是否有气泡产生
（4）还原性；除去空气中的O2；偏低
（5）0.0425
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）磷化铝、磷化锌、磷化钙是我国目前最常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），PH3具有较强的还原性，可用KMnO4和Na2SO3测定粮食中残留磷化物含量；安装蒸馏吸收装置，A、D、E、F各装1.00mL浓度为5.00×10﹣4mol/L的酸性KMnO4溶液，B中装碱性焦性没食子酸（1，2，3﹣三羟基苯），C中装200g原粮，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，然后用高锰酸钾滴定测定PH3，然后用Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，可得磷化物含量，
故答案为：粮食中残留磷化物的定量测定；（2）依据题干信息，磷化铝和水反应，水解生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑，
故答案为：AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑； （3）利用连续装置特征，结合气体压强变化，可以利用抽气泵抽气观察各装置中气体的产生，若有气泡冒出，证明气密性完好；故答案为：打开抽气泵抽气，观察各装置中是否有气泡产生；（4）依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，用滴定方法测定的pH3减小，结果偏低；故答案为：还原性；除去空气中的O2；偏低；（5）加水稀释至25mL，用浓度为5×10﹣4mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O可得，剩余高锰酸钾的物质的量=0.011L×2.5×10﹣4mol/L× =1.1×10﹣6mol；与PH3反应的高锰酸钾的物质的量=0.003L×5.00×10﹣4mol/L﹣1.1×10﹣6mol=4.0×10﹣7mol；根据化学方程式 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O计算得到PH3的物质的量=4.0×10﹣7mol× =2.5×10﹣7mol；故该原粮中磷化物的含量为 =0.0425mg/kg．故答案为：0.0425．
【分析】（1）PH3具有较强的还原性，可用KMnO4和Na2SO3测定，根据题意可知该实验的目的是对粮食中残留磷化物含量进行测定；（2）磷化铝能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），与水反应结合水的结构可知磷化铝能与水反应生成氢氧化铝和PH3；（3）利用连续装置特征，结合气体压强变化，可以利用抽气泵抽气观察各装置中气体的产生，若有气泡冒出，证明气密性完好；也可以从A装置鼓入空气，观察各装置中若均有气泡产生，则气密性良好，反之不好；（4）高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收还原性气体；碱性焦性没食子酸溶液，焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧；（5）依据消耗的亚硫酸钠物质的量结合定量关系计算剩余高锰酸钾，计算吸收PH3需要的高锰酸钾物质的量，进一步计算PH3物质的量，得到PH3含量．
17．【答案】（1）S
（2）蒸发结晶
（3）4
（4）Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2
（5）SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；432
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）4KAl（SO4）2 12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；
故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体，
故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4，
故答案为：4；（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：
Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 ，
故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）①2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；Ⅰ
H2O（g） H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ
2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260kJ/mol，
即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol，
故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；②948 t明矾生成SO2物质的量为4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t，
故答案为：432．
【分析】明矾和硫焙烧得到固体混合物和SO2，二氧化硫氧化为三氧化硫，溶于水生成硫酸，固体混合物水浸过滤得到硫酸钾溶液和固体氧化铝，加入冰晶石电解熔融氧化铝得到金属铝，（1）化学方程式中元素化合价变化分析，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到所需热化学方程式；②硫元素守恒计算得到硫酸质量．
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