四川省成都市双流中学高三化学上学期第二次月考试题(含解析)

2014-2015学年四川省成都市双流中学高三（上）第二次月考化学试
卷
一、选择题（本卷共7题，每题6分，每题只有一个正确答案）
1．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（）
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
D．镀锡的钢铁器件既能增加美观．又可在镀层局部破损后防止器件的损耗
2．下列有关物质分类或归纳正确的是（）
A．混合物：盐酸、漂白粉、水银
B．化合物：BaCl2、HNO3、氨氷
C．酸性氧化物：二氧化硅、一氧化碳、五氧化二磷
D．电解质：纯碱、冰醋酸、BaSO4
3．设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A．1L 1mol/L的FeCl3液中含Fe3+的数目为N A
B．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的子数目为1.5N A
C．标准状况下，2.24LCl2与足量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2N A
D．18gNH4﹣中含有的质子数为0.1N A
4．下列离子方程式表达正确的是（）
A．向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O
B．NaHSO3的水解：HSO3﹣+H2O⇌S032﹣+H3O+
C．四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中：Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O
D．向小苏打溶液中加入少量Ba（OH）2：Ba2++HCO3﹣+OH ﹣=BaCO3+H2O
5．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论一致的是（）
选项实验操作或事实实验目的或结论
A 将过量的CO2通入CaCl2溶液
中，无白色沉淀产生
生成的Ca（HCO3）2可溶于水
B 铁钉放入浓硫酸中浸泡后，再
用蒸馏水冲洗，然后放入
CuSO4溶液中不反应说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜
C 向某溶液中加入盐酸，产生能
使澄清石灰水变浑浊的无色
气体
该溶液中一定有CO
D [用洁净的铂丝蘸取某溶液进
行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中肯定有Na+，肯定无K+
A．A B．B C．C D．D
6．下列说法正确的是（）
A．pH=8的溶液一定显碱性
B．某反应，其他条件不变，升高温度使化学平衡常数（K）增大，则此反应为放热反应C．相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③
D．0.1 mol．L﹣1的碳酸钠溶液中：c（OH﹣）=c（H+）﹣c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
7．如图，C、D，E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色．则下列说法正确的是（）
A．若用乙烷、空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则B极的电极反应式为： 02+2H20+4e ﹣=40H﹣
B．欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
C．（丁）装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
D．C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．VIA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种化合价，含
VI A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：
（1）硫离子结构示意
（2）把Na2O、SiO2、P2O5三种氧化物按熔沸点由高到低顺序排列
（3）O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为
（4）Se原子基态核外电子的排布式为；H2Se的沸点：﹣41．l℃，H2S的沸点：﹣60.4℃，引起两者沸点差异的主要原因是；
（5）SO32﹣离子中硫原子的杂化方式，该离子的立体构型为；（6）某金属元素A的氧化物用作玻璃、瓷器的颜料、脱硫剂．其立方晶体的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为．
9．医学土常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量．回答下列问题：（1）配平以下离子方程式，并填上所需的微粒．
+ MnO4﹣+ H2C2O4→CO2+
Mn2++
（2）该反应中的还原剂是．
（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为．
（4）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将押淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定．
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是
②溶解沉淀时（能或不能）用原因是；若选择HNO3溶解沉淀，则结果可能（填“偏大”“偏小”或“不变〃）．
③滴定时，根据现象，即可确定反应达到终点．
10．实现“节能减排和”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源．目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下图1 表示该反应能量（单位为 kJ．mol﹣1）变化：
（1）如图表示反应的能量变化关系，则此反应为（填“吸热”或“放热”）反应，其中△H= （用含有a、b的关系式表示）．
（2）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充人1molCO2和4mol H2一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），测得 CO2和 CH3OH（g）的浓度随时间变化如上图2所示．
①从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率V（CH3OH）=
②该反应的平衡常数表达式K= ．
③下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是（填字母）．
A．升高温度 B．将CH3OH（g）及时液化抽出C．选择高效催化剂 D．再充入1molCO2和4molH2
（3）25℃，1.01x105Pa时，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ 的热量，写出该反应的热化学方程式：．
（4）选用合适的合金为电扱，以熔融K2CO3为电解液，可以制成一种以甲醇、空气为原料的燃料电池，其负极的电极反应式是：．
11．硫酸亚铁铵[（NH）2SO4．FeSO4.6H2O]，又名莫尔盐，是分析化学中常见的还原剂．某化学研究小组设计如下实验方案来制备莫尔盐并做相应的分析．
请完成下列问题：
（1）操作Ⅰ主要包括除油污、除杂、过滤、烘干等过程．下列所给试剂中，除油污最好的是（填序号）．
A．H2O B.3mol/L H2SO4 C．热的10%的Na2CO3溶液 D．四氯化碳：
（2）操作Ⅱ所用到玻璃仪器有：烧杯、；．
（3）确定锌镀层基本被除去的标志是．（用文字表述）
（4）用无水乙醇洗涤潮湿的硫酸亚铁铵晶体是为了除去晶体表面残留的水分，不用加热烘干的方法除残留水分的原因是
（5）为了证明（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（硫酸亚铁铵晶体）的成分中含有NH、Fe2+、SO、
和H2O，下列实验叙述中不正确的是．
A．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水
B．硫酸亚铁铵晶体溶于水，得浅绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+
C．硫酸亚铁鞍晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO、
D．取少量硫酸亚铁铵晶体放人试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口放置的湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH
（6）该流程图中的A物质为CuSO4，它可以发生多种反应．如在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热条件下能生成CuCl沉淀，其离子方程式是
（7）为了测定莫尔盐产品中Fe2+的含量，一般采用在酸性条件下根据反应5Fe2++MnO+8H
═Mn2++5Fe3++4H2O，用KMnO4标准液滴定的方法：称取4.000g 莫尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸，用0.2000mol/L KMnO4溶液滴定．当溶液中Fe2+全部被氧化时，恰好消耗KMnO4溶液10.00 mL，则产品中Fe2+的质量分数为．
2014-2015学年四川省成都市双流中学高三（上）第二次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本卷共7题，每题6分，每题只有一个正确答案）
1．化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（）
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
D．镀锡的钢铁器件既能增加美观．又可在镀层局部破损后防止器件的损耗
考点：油脂的性质、组成与结构；物理变化与化学变化的区别与联系；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅．
分析： A．石英的主要成分是二氧化硅；
B．从海水中可以提取氯化钠；
C．“地沟油”主要成分是油脂；
D．从锡的金属活泼型小于铁的金属活泼型分析．
解答：解：A．石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故A错误；
B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故B错误；
C．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故C正确；
D．锡的金属活泼型小于铁的金属活泼型，镀层局部破损后，铁做原电池的负极，器件的损耗更严重，故D错误．
故选C．
点评：本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂．
2．下列有关物质分类或归纳正确的是（）
A．混合物：盐酸、漂白粉、水银
B．化合物：BaCl2、HNO3、氨氷
C．酸性氧化物：二氧化硅、一氧化碳、五氧化二磷
D．电解质：纯碱、冰醋酸、BaSO4
考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；单质和化合物；电解质与非电解质．
分析： A、混合物是由不同种物质组成的物质；
B、化合物是不同盐酸组成的纯净物；
C、酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；
D、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物．
解答：解：A、因混合物是由不同种物质组成的物质，盐酸是氯化氢气体的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水银是金属单质不是混合物，故A错误；
B、化合物是两种或两种以上元素组成的纯净物，BaCl2、HNO3都是化合物，但氨水是氨气的水溶液，是混合物，不是混合物，故B错误；
C、酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO不是酸性氧化物，故C错误；
D、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物，纯碱属于盐、冰醋酸属于酸、硫酸钡是盐，均是电解质，故D正确；
故选D．
点评：本题考查了化学概念的分析判断，物质组成的掌握和分类原则的理解是解题关键，题目较简单．
3．设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A．1L 1mol/L的FeCl3液中含Fe3+的数目为N A
B．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的子数目为1.5N A
C．标准状况下，2.24LCl2与足量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2N A
D．18gNH4﹣中含有的质子数为0.1N A
考点：阿伏加德罗常数．
分析： A、依据三价铁离子水解分析；
B、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算21.0gCH2中碳原子数即可；
C、氯气和氢氧化钠溶液反应，氯气发生歧化反应；
D、根据N=•N A并结合1molNH4+中含11mol质子来计算．
解答：解：A、1L 1mol•L﹣1 FeCl3溶液中含Fe3+物质的量为1mol，由于三价铁离子水解，所以含三价铁离子数小于N A，故A错误；
B、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算21.0gCH2中碳原子数=×1×N A=1.5N A，故B
正确；
C、氯气和氢氧化钠溶液反应，氯气发生歧化反应，标准状况下，2.24L Cl2物质的量为0.1mol，与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1N A，故C错误；
D、1molNH4+中含11mol质子，故18gNH4+含有的质子的个数N=•11N A=11N A，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．
4．下列离子方程式表达正确的是（）
A．向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O
B．NaHSO3的水解：HSO3﹣+H2O⇌S032﹣+H3O+
C．四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中：Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O
D．向小苏打溶液中加入少量Ba（OH）2：Ba2++HCO3﹣+OH ﹣=BaCO3+H2O
考点：离子方程式的书写．
分析： A．二者发生氧化还原反应生成碘和水；
B．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子；
C．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水；
D．二者反应生成碳酸钡、碳酸钠和水．
解答：解：A．二者发生氧化还原反应生成碘和水，离子方程式为2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O，故A正确；
B．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子，离子方程式为HSO3﹣+H2O⇌H2S03+OH﹣，故B错误；
C．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水，离子方程式为3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；
D．二者反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子方程式为Ba2++2HCO3﹣+2OH﹣=BaCO3+2H2O+CO32﹣，故D错误；
故选A．
点评：本题考查离子方程式正误判断，明确离子性质及离子反应条件是解本题关键，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物等写化学式，注意C中氧化物中的二价铁能被硝酸氧化生成三价，为易错点．
选项实验操作或事实实验目的或结论
A 将过量的CO2通入CaCl2溶液
中，无白色沉淀产生
生成的Ca（HCO3）2可溶于水
B 铁钉放入浓硫酸中浸泡后，再
用蒸馏水冲洗，然后放入
CuSO4溶液中不反应说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜
C 向某溶液中加入盐酸，产生能
使澄清石灰水变浑浊的无色
气体
该溶液中一定有CO
D [用洁净的铂丝蘸取某溶液进
行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中肯定有Na+，肯定无K+
考点：化学实验方案的评价．
专题：实验评价题．
分析： A．二氧化碳和氯化钙不反应；
B．常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应；
C．能使澄清石灰水变浑浊的无色气体可能是二氧化碳或二氧化硫；
D．钾的焰色反应应用钴玻璃观察．
解答：解：A．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳和氯化钙不反应，故A错误；
B．常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，故B正确；C．能使澄清石灰水变浑浊的无色气体可能是二氧化碳或二氧化硫，溶液中可能存在CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣等离子，故C错误；
D．钾的焰色反应呈紫色，易被黄光遮住，应用钴玻璃观察，故D错误．
故选B．
点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质、离子的检验等知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验操作的严密性的评价，难度不大．
6．下列说法正确的是（）
A．pH=8的溶液一定显碱性
B．某反应，其他条件不变，升高温度使化学平衡常数（K）增大，则此反应为放热反应
C．相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③
D．0.1 mol．L﹣1的碳酸钠溶液中：c（OH﹣）=c（H+）﹣c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
考点：离子浓度大小的比较；吸热反应和放热反应．
分析： A、溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断，当c（H+）＜c（OH ﹣），溶液呈碱性；
B、升高温度，平衡向着吸热反应方向移动；
C、相同系数的铵盐溶液，根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断即可；
D、碳酸钠溶液中存在：电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），还存在质子守恒：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（OH﹣），据此解答即可．
解答：解：A、溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断，当c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，故A错误；
B、升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，若升高温度使化学平衡常数（K）增大，则此反应为吸热反应，故B错误；
C、铵根离子系数都是1，铝离子抑制铵根离子水解，醋酸根离子促进铵根离子水解，故正确顺序为：①＞②＞③，故C正确；
D、碳酸钠溶液中存在：电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）①，还存在物料守恒：c（Na+）=2[c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]②，联立①②，把c（Na+）消掉即可得到：c（OH﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+（HCO3﹣）﹣2c（CO32﹣），故D错误；故选C．
点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度定性比较，题目难度中等，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．
7．如图，C、D，E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色．则下列说法正确的是（）
A．若用乙烷、空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则B极的电极反应式为：02+2H20+4e ﹣=40H﹣
B．欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
C．（丁）装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
D．C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2
考点：电解原理．
分析： C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F 极附近显红色，则F是阴极，所以C、E、G、X都是阳极，D、F、H、Y都是阴极，A是正极、B是负极，
A．燃料电池中，B极为负极为失电子发生氧化反应；
B．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；
C．带正电荷的胶粒向阴极移动；
D．根据转移电子相等计算生成单质的物质的量之比．
解答：解：C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则F是阴极，所以C、E、G、X都是阳极，D、F、H、Y都是阴极，A是正极、B是负极，
A．燃料电池中，B极为负极为失电子发生氧化反应，电极反应为C2H6﹣14e﹣+18OH﹣=2CO32﹣+12H2O，故A错误；
B．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，则欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Cu、G是银，电镀液选是AgNO3溶液，故B错误；
C．带正电荷的胶粒向阴极移动，（丁）装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故C正确；
D．C、D、E、F电极反应式分别为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O、Cu2++2e﹣=Cu、2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、2H++2e﹣=H2↑，当转移电子相等时，生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确；
故选CD．
点评：本题考查了电解原理，根据F电极附近颜色变化确定阴阳极及正负极，再结合各个电极上发生的反应分析解答，难度不大；
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．VIA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种化合价，含
VI A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：
（1）硫离子结构示意
（2）把Na2O、SiO2、P2O5三种氧化物按熔沸点由高到低顺序排列SiO2＞Na2O＞P2O5
（3）O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为O＞S＞Se
（4）Se原子基态核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d l04s24p4；H2Se 的沸点：﹣41．l℃，H2S的沸点：﹣60.4℃，引起两者沸点差异的主要原因是H2Se 分子之间的作用力强于H2S ；
（5）SO32﹣离子中硫原子的杂化方式sp3，该离子的立体构型为三角锥形；
（6）某金属元素A的氧化物用作玻璃、瓷器的颜料、脱硫剂．其立方晶体的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为AO ．
考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
分析：（1）S为16号元素，得到2个电子形成硫离子；
（2）根据晶体类型判断，一般原子晶体熔沸点最高，分子晶体熔沸点最低；
（3）根据第一电离能递变规律判断，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小；
（4）根据原子序数和微粒间作用力判断；
（5）根据价键互斥理论判断；
（6）根据均摊法进行计算．
解答：解：（1）硫离子核外有18个电子，结构示意图为，故答案为：；（2）（2）SiO2为原子晶体，熔沸点取决于共价键键能，熔沸点很高；Na2O为离子晶体，熔沸点取决于其晶格能，熔沸点较高；P2O5为分子晶体，熔沸点取决于分子间作用力，熔沸点较低，故答案为：SiO2＞Na2O＞P2O5；
（3）同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱，第一电离能逐渐减小，故答案为：O＞S＞Se；
（4）Se原子序数为34，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则Se原子基态核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d l04s24p4；二者均由分子构成，熔沸点取决于分子间作用力，分子间作用力取决于相对分子质量，H2Se的相对分子质量比H2S大，因此H2Se分子间作用力强于H2S；
故答案为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d l04s24p4；H2Se分子间作用力强于H2S；
（5））SO32﹣离子价电子对数为=4，形成4条新的杂化轨道，采用了sp3杂化；孤电子对
数=价电子对数﹣配位原子数=4﹣3=1，含有一对孤对电子，占据一条杂化轨道，对S﹣O键有排斥作用，S与O构成三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；
（6）在晶胞结构中，黑颜色球代表的微粒位于体内，共4个；白颜色球代表的微粒8个位于顶点和6个位于面心，个数为8×+6×=4，化学式可写为AO，故答案为：AO．
点评：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等，其中判断空间构型容易出错．
9．医学土常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量．回答下列问题：（1）配平以下离子方程式，并填上所需的微粒．
6H++ 2 MnO4﹣+ 5 H2C2O4→10 CO2+ 2 Mn2++ 8H2O
（2）该反应中的还原剂是H2C2O4．
（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.08 ．
（4）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将押淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定．
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4
②溶解沉淀时不能（能或不能）用原因是高锰酸钾会氧化氯离子；若选择HNO3溶解沉淀，则结果可能偏小（填“偏大”“偏小”或“不变〃）．
③滴定时，根据现象滴入最后一滴KMnO4，溶被由无色变为浅紫红色且半分钟内不褪色，即可确定反应达到终点．
考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应方程式的配平．
分析：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂；
（3）根据高锰酸钾和转移电子之间的关系式计算；
（4）①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸；
②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
③当高锰酸根离子不被氧化时，溶液由无色变为浅紫红色，说明达到滴定终点．
解答：解：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4﹣、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4﹣+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：6H+；2；5；10；2；8H2O；
（2）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂，故答案为：H2C2O4；
（3）根据MnO4﹣﹣﹣﹣5e﹣得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量
==0.08mol，故答案为：0.08；
（4）①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4，故答案为：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；
②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替；硝酸能够氧化草酸根，导致测定结果偏低，故答案为：不能；高锰酸钾会氧化氯离子；偏小；
③当高锰酸根离子不被氧化时，溶液由无色变为浅紫红色，说明达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4，溶被由无色变为浅紫红色且半分钟内不褪色．
点评：本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式，注意有机物中C元素化合价的判断方法，题目难度中等．
10．实现“节能减排和”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源．目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下图1 表示该反应能量（单位为 kJ．mol﹣1）变化：
（1）如图表示反应的能量变化关系，则此反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应，其中△H= （a﹣b）KJ/mol （用含有a、b的关系式表示）．
（2）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充人1molCO2和4mol H2一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），测得 CO2和 CH3OH（g）的浓度随时间变化如上图2所示．
①从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率V（CH3OH）= 0.075mol/（L•min）
②该反应的平衡常数表达式K= ．
③下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是BD （填字母）．
A．升高温度 B．将CH3OH（g）及时液化抽出C．选择高效催化剂 D．再充入1molCO2和4molH2
（3）25℃，1.01x105Pa时，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ 的热量，写出该反应的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.6
kJ•mol﹣1．
（4）选用合适的合金为电扱，以熔融K2CO3为电解液，可以制成一种以甲醇、空气为原料的燃料电池，其负极的电极反应式是：CH3OH﹣6e﹣+3CO32﹣=4CO2+2H2O ．
考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；反应速率的定量表示方法．
分析：（1）由图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应；△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；
（2）二氧化碳是反应物随反应进行浓度减小，甲醇是生成物，随反应进行浓度增大；10nim 内达到平衡，生成甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度变化了0.75mol/L；
①根据c=计算v（CH3OH）；
②平衡常数等于生成物的浓度化学计量数幂之积除以反应物的浓度化学计量数幂之积，
③依据化学反应的影响因素和条件逐项分析判断：
A、反应是放热反应，升温平衡逆向进行；
B、将CH3OH（g）及时液化抽出，减小生成物的量平衡正向进行；
C、选择高效催化剂只能改变速率，不改变化学平衡；
D、再充入l molCO2和3molH2，增大压强平衡正向进行；
（3）25℃，1.01×105Pa时，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热量，则1mol甲醇完全燃烧恢复到原状态时，放出热量=363.3kJ×
=726.6kJ，依据书写热化学方程式的方法写出甲醇燃烧热的热化学方程
式；
（4）负极上甲醇失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水．
解答：解：（1）由图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和=（a﹣b）KJ/mol；
故答案为：放热；（a﹣b）KJ/mol；
（2）二氧化碳是反应物随反应进行浓度减小，甲醇是生成物，随反应进行浓度增大；10nim 内达到平衡，生成甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度变化了0.75mol/L，则：
①v（CH3OH）==0.075mol/（L•min）；
故答案为：0.075mol/（L•min）；
②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数表达式K=，故答案为：；
③措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是：
A、反应是放热反应，升温平衡逆向进行；故A错误；。