浙江省杭州市第二中学2019届高三化学下学期选考模拟卷（含解析）.docx

浙江省杭州市第二中学2019届高三化学下学期选考模拟卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 K 39 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137一选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于纯净物的是A. 漂白粉B. 普通玻璃C. 氢氧化铁胶体D. 液氯【答案】D【解析】A、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，所以是混合物，即A错误；B普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3和SiO2，是混合物，则B错误；C、氢氧化铁胶体是由分散质氢氧化铁胶粒和分散剂水构成的，是混合物，则C错误；D、液氯就是液态的氯气，是纯净物。所以本题正确答案为D。2.下列仪器名称或实验操作正确的是()A. 定容B. 制备氧气C. 制备乙酸乙酯D. 实验室制硝基苯【答案】C【解析】【详解】A.定容需要用胶头滴管，图中定容操作不合理，故A错误；B.实验室用高锰酸钾制取氧气时，装药品的试管口应向下倾斜，以防止冷凝水倒流入试管底部使试管炸裂，故B错误；C.实验室制取乙酸乙酯时，导气管不能深入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，该实验操作正确，故C正确；D.实验室用苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热5560制备硝基苯，故D错误。故选C。3.下列各组反应中不属于离子反应的是()A. NaCl与AgNO3反应B. FeCl3与Cu反应C. Na2O与H2O反应D. 在氧气中点燃氢气【答案】D【解析】【详解】A.NaCl溶液和AgNO3溶液反应，二者反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，离子方程式为Ag+Cl-=AgCl，与题意不符，故A错误；B.FeCl3溶液与Cu反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，与题意不符，故B错误；C.Na2O溶于水生成氢氧化钠，反应的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na+2OH-，与题意不符，故C错误；D.氢气和氧气在点燃条件下反应生成水，反应中没有离子参加，不是离子反应，与题意相符，故D正确。故选D。4.下列物质加入水中，因水解而使溶液呈酸性的是()A. MgCl2B. P2O5C. Na2SO4D. NaF【答案】A【解析】【详解】A.MgCl2是强酸弱碱盐，镁离子结合水电离出的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液显示酸性，符合条件，故A正确；B.P2O5与水反应生成磷酸，磷酸电离出氢离子，溶液呈酸性，与水解无关，故B错误；C.Na2SO4是强酸强碱盐，在水溶液中电离出Na+和SO42-，溶液显中性，故C错误；D.因为氟化钠是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，故D错误。故选A。5.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是A. Ca(OH)2Ca(ClO)2HClOB. SiO2Na2SiO3H2SiO3C. FeS2SO2(NH4)2SO4D. 饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A.氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有氧化性，发生氧化还原反应，反应方程式为：2SO2+Ca(ClO)2 +2H2O=CaSO4+H2SO4+2HCl，得不到HClO，故A错误；B.二氧化硅和氢氧化钠反应生成Na2SiO3，反应方程式为2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O，硅酸钠和CO2反应生成白色的硅酸沉淀，反应的方程式为Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3+Na2CO3，故B正确；C.二硫化亚铁与氧气反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，生成的SO2与氨水反应生成(NH4)2SO3，反应方程式为2NH3H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，得不到(NH4)2SO4，故C错误；D.侯氏制碱法的化学原理是将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，其化学反应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故D错误。故选B。6.下列说法不正确的是()A. 烧结粘土制陶瓷涉及化学变化B. 焊接时用NH4Cl溶液除锈C. 氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸玻璃器皿上刻蚀标记D. 轮船船底四周镶嵌铜块以保护船体【答案】D【解析】【详解】A.烧结粘土制陶瓷过程中生成新物质，属于化学变化，故A正确；B.氯化铵是强酸弱碱盐，水解显酸性，因此能溶解铁锈，故B正确；C.氢氟酸与二氧化硅反应生四氟化硅和水，所以可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，故C正确；D.轮船船底四周镶嵌锌块以保护船体，若换做铜块则会加快船体腐蚀，故D错误。故选D。7.下列化学用语表示正确的是()A. N2的结构式：B. Ca2+的结构示意图为C. NH4Cl的电子式为D. 乙烯的球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A.N2的结构式为NN，未成键的孤对电子对不必标出，故A错误；B.钙原子失去2个电子形成钙离子，核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，离子结构示意为，故B正确；C.氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，NH4Cl的电子式为，故C错误；D.乙烯的球棍模型为，该模型为比例模型，故D错误。故选B。8.用试纸检验气体是一种重要的实验方法下列试纸的选用以及对应的现象、结论都正确的一项是A. 用干燥的pH试纸检验CO2B. SO2能使湿润的品红试纸褪色C. 用干燥的红色石蕊试纸检验NH3D. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳气体不能使干燥pH试纸变色，则干燥的pH试纸不能检验CO2，故A错误；B.二氧化硫使品红褪色，则SO2能使湿润品红试纸褪色，因二氧化硫具有漂白性，故B正确；C.检验氨气利用湿润的红色石蕊试纸，则干燥的红色石蕊试纸不能检验NH3，故C错误；D.具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，故D错误。故选B。9.下列关于煤、石油和天然气等资源的叙述错误的是()A. 煤是由不同有机化合物和无机物所组成的复杂混合物B. 液化天然气(LNG)和罐装液化石油气(LPG)主要成分都属于烃类C. 沼气、天然气分别属于可再生能源、化石能源D. 石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物【答案】D【解析】【详解】A.煤是由无机物和少量有机物组成的混合物，主要以碳元素为主，故A正确；B.液化天然气（LNG）和罐装液化石油气（LPG）主要成分都属于烃类，故B正确；C.天然气、沼气都是甲烷，分别属于化石能源、可再生能源，故C正确；D.石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，故D错误。故选D10.下列实验操作能达到实验目的的是()A. 制备Fe(OH)3胶体：向沸腾NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液B. 为了除去乙醇中的少量水，可向其中加入CaO，然后再蒸馏C. 用瓷坩埚高温熔融Na2CO3固体D. 用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体【答案】B【解析】【详解】A.NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成沉淀，应在沸腾水中加饱和氯化铁溶液制备胶体，故A错误；B.生石灰与水反应，起到吸水的作用，乙醇和水沸点不同，然后用蒸馏的方法可得到较为纯净的乙醇，故B正确；C.瓷坩埚的成分里含有二氧化硅SiO2，在高温下会和碳酸钠反应：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，会腐蚀瓷坩埚，所以不能用瓷坩埚，应用铁坩埚，故C错误；D.溶液与胶体均可透过滤纸，则不能利用过滤法除杂，应选渗析法，故D错误。故选B。11.下列说法不正确的是()A. 石墨与C70互为同素异形体B. 冰醋酸CH3COOH和无水乙醇C2H518OH的混合物中含有四种核素C. 醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物D. 若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不相同【答案】D【解析】【详解】A.同素异形体是相同元素组成的不同单质，石墨、C70符合同素异形体的概念，故A正确；B.冰醋酸CH3COOH和无水乙醇C2H518OH的混合物中含有四种核素，其中氧元素有2中核素，故B正确；C.醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互为同系物；C6H14和C9H20均属于烷烃，故一定互为同系物，故C正确；D.两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故D错误。故选D。12. A、B、C、D、E均为短周期主族元素，B、C、D在周期表中的位置关系如下图所示。A是短周期中原子半径最小的元素，A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，E是短周期中最活泼的金属元素。下列说法错误的是A. 简单离子的半径大小关系：BCEB. C元素的气态氢化物比D元素的气态氢化物稳定是氢键的缘故C. 由A、B两种元素组成的离子化合物NH5中，阴、阳离子个数比为1:1D. 由C、D、E三种元素组成的某种化合物，其水溶液能与盐酸反应产生沉淀【答案】B【解析】试题分析：A、B、C、D、E均为短周期主族元素，原子序数均小于18，A是短周期中原子半径最小的元素，A是氢元素，E是短周期中最活泼的金属元素，所以E为钠元素，由B与C、D在周期表中的位置关系可知，B、C位于第二周期，原子序数：CB，且C与D处于同主族，A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，令C的原子序数为x，则B为x-1、D为x+8，则1+x-1+x=x+8，解得x=8，故A为H、B为N、C为O、D为S，E为Na，AB为N、C为O、E为Na，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，则离子半径N3-O2-Na+，A正确；B氢键与氢化物的稳定性无关，与氢化物的沸点有关同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，所以非金属性OS，氢化物稳定性H2OH2S，B错误；CNH5是由铵根离子和氢离子，一个铵根离子带一个单位的正电荷，一个氢离子带一个单位的负电荷，所以阴、阳离子H-、NH4+个数比为1：1，C正确；D由C、D、E三种元素组成的某种化合物可能为硫酸钠、亚硫酸钠、硫代硫酸钠，Na2S2O3+2HCl2NaCl+S+SO2+H2O，D正确；答案选B。考点：考查结构位置性质关系应用13.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是()A. Fe2(SO4)3溶液和H2S反应的离子方程式：2Fe3+H2S=FeS+2H+B. 双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：2IH2O22H=I2O22H2OC. 硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合:H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2OD. 草酸使酸性KMnO4溶液褪色：5H2C2O42MnO46H=2Mn210CO28H2O【答案】D【解析】【详解】A.向Fe2(SO4)3溶液中通入H2S的离子反应为2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+，故A错误；B.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应方程式为2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B错误；C.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为SO42-+NH4+H+2OH-+Ba2+=BaSO4+NH3H2O +H2O，故C错误；D.草酸使酸性KMnO4溶液褪色，发生反应的离子方程式为5H2C2O42MnO4-6H=2Mn210CO28H2O，故D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。14.已知可逆反应：A(S)+B(g)C(g)+ D(g)Hc(HA-)c(A2-)B. 从a点开始滴入NaOH溶液，溶液中c(H+)/c(H2A)先减小后增大C. 将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性D. pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小【答案】B【解析】【分析】根据H2AH+HA-，HA-H+ A2-，pH变化时，HA-的浓度变化不大，因此，pC变化幅度不大的曲线，即图中随着pH的增大，pC先减小后增大的曲线是HA-的物质的量浓度的负对数；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，所以由图可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，随着pH的增大，pC减小的曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，据此答题。【详解】A.pH=3.50时，pC(A2-) pC(HA-)，所以c(HA-)c(A2-)c(H2A)，故A错误；B.一开始滴入NaOH溶液，H+与OH-不断中和，故c(H+)/c(H2A)减小，反应一段时间后，H2A不断电离，浓度减小，H+的浓度越来越大，故c(H+)/c(H2A)增大，故B正确；C.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后生成NaHA，由图像可知，HA-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故C错误；D.根据物料守恒，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误。故选B。24.2Zn(OH)2ZnCO3是制备活性ZnO的中间体，以锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料制备2Zn(OH)2ZnCO3的工艺流程如下：下列说法不正确的是()A. 当(NH4)2SO4，NH3H2O的混合溶液呈中性时，c(NH4+) = 2c(SO42-)B. “浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是搅拌、适当加热C. “浸取”时加入的NH3H2O过量，生成MnO2的离子方程式为Mn2+H2O2+2NH3H2O=MnO2+2NH4+2H2OD. “过滤”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是NH4HCO3【答案】D【解析】【分析】制备2Zn（OH）2ZnCO3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn（OH）2ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，据此答题。【详解】A.（NH4）2SO4与NH3H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c （NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），25时，pH=7是显中性的溶液，故c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=2c（SO42-），故A正确；B.根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施为搅拌、适当加热，故B正确；C.“浸取”时加入的NH3H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+H2O2+2NH3H2O=MnO2+2NH4+2H2O，故C正确；D.“过滤3”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用，其化学式为（NH4）2SO4，故D错误。故选D。25. 下列对某些离子的检验及结论一定正确的是A. 先加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HNO3溶液，白色沉淀不溶解，则溶液中一定含有大量的SO42B. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+而不含K+C. 加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32D. 加入氯化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+【答案】D【解析】A、加入的物质如果含有银离子，也会形成不溶于硝酸的白色沉淀，A错误；B、确定是否含有钾离子需要透过蓝色钴玻璃观察，B错误；C、加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中不一定含有CO32，也可能是碳酸氢根离子或亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，C错误；D、加入氯化钠溶液，有白色沉淀产生，一定是氯化银沉淀，再加入稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+，D正确。答案选D。二非选择题(本大题共4小题，共20分)26.已知淀粉、葡萄糖及A、B、C、D、E之间的相互转化关系如下图所示请回答：(1)B中的官能团名称是_A的电子式是_。(2)已知C与D发生加成反应生成E，其化学方程式为_。(3)下列说法正确的是_。A题中的“某工艺”指的是裂解B可用溴的四氯化碳溶液鉴别B和CCE不溶于水，能使酸性高锰酸钾溶液褪色DA在热Cu丝催化氧化下可生成相对分子质量比它小2的有机物(4)请补充完整证明反应是否发生的实验方案：取反应的溶液2 mL于试管中，_。(实验中可供选择的试剂：10%的NaOH溶液、5%的CuSO4溶液、碘水)【答案】 (1). 碳碳双键 (2). (3). CHCH+CH3COOH CH3COOCH=CH2 (4). ACD (5). 取反应的溶液2mL于试管中，加入一定量的氢氧化钠溶液，滴入几滴硫酸铜溶液，得到蓝色的悬浊液，加热，若生成砖红色的沉淀，说明淀粉水解得到葡萄糖。【解析】【分析】葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和CO2，则A为CH3CH2OH，煤油通过裂解得到乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为CH2=CH2，乙烯在催化剂的条件下氧化得到乙酸，则D为CH3COOH，乙烯在一定条件下脱氢得到乙炔，则C为CHCH，CH3COOH与CHCH反应生成CH3COOCH=CH2，据此答题。【详解】（1）B为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键，A为CH3CH2OH，CH3CH2OH的电子式为：，故答案为：碳碳双键，。（2）CH3COOH与CHCH在一定条件下反应生成CH3COOCH=CH2，反应方程式为：CHCH+CH3COOH CH3COOCH=CH2，故答案为：CHCH+CH3COOH CH3COOCH=CH2。（3）A.煤油通过裂解得到乙烯等气态短链烃，故A正确；B.B为CH2=CH2，C为CHCH，均能与溴的四氯化碳溶液反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，不能鉴别，故B错误；C.E为CH3COOCH=CH2，不溶于水，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.乙醇在热Cu丝催化氧化下可生成乙醛，乙醛比乙醇的相对分子质量小2，故D正确。故答案为：ACD。（4）取反应的溶液2mL于试管中，加入一定量的氢氧化钠溶液，滴入几滴硫酸铜溶液，得到蓝色的悬浊液，加热，若生成砖红色的沉淀，说明淀粉水解得到葡萄糖，故答案为：取反应的溶液2mL于试管中，加入一定量的氢氧化钠溶液，滴入几滴硫酸铜溶液，得到蓝色的悬浊液，加热，若生成砖红色的沉淀，说明淀粉水解得到葡萄糖。【点睛】葡萄糖和新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液反应需要在碱性环境中进行，所以当淀粉水解之后，一定要先加入碱液中和硫酸，然后再加入新制的银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液。27.由五种常见元素构成的化合物X，某学习小组进行了如下实验：取4.56g X，在180加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。将A溶于水后，得蓝色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和蓝绿色溶液D。在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黄色溶液。(1)X中5种元素是H、O、_(用元素符号表示)(2)X受热分解的化学方程式是_。(3)蓝绿色溶液D与足量KI反应的离子方程式是_。【答案】 (1). Cu、S、N (2). Cu(NH3)4SO4= CuSO4+4NH3 (3). 2Cu2+ 4I-= 2CuI+I2【解析】【分析】X在180加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明B为NH3，NH3的物质的量为1.792L/22.4L/mol=0.08mol；将A溶于水后得蓝色溶液，则A中含有Cu2+，再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C，4.66g白色沉淀C为BaSO4沉淀，故A为CuSO4，BaSO4的物质的量为4.66g/233g/mol=0.02mol，得到蓝绿色溶液D，在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液又得3.82g白色沉淀，白色沉淀为CuI，CuI的物质的量为3.82g/191g/mol=0.02mol，所以n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.02mol：0.08mol：0.02mol=1：4：1，所以X的化学式为Cu(NH3)4SO4，据此答题。【详解】（1）由分析可知，X中含有的5种元素分别是H、O、Cu、N、S，故答案为：Cu、S、N。（2）由分析可知，X的化学式为Cu(NH3)4SO4，X受热分解生成CuSO4和NH3，反应的化学方程式为：Cu(NH3)4SO4=CuSO4+4NH3，故答案为：Cu(NH3)4SO4=CuSO4+4NH3。（3）蓝绿色溶液D与足量KI反应生成CuI，反应的离子方程式为：2Cu2+ 4I-=2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I-=2CuI+I2。28.实验室常用如下装置所示方法制备氯气：(1)1molMnO2和4mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1mol，原因可能是_；(2)若改用NaCl固体、浓硫酸和MnO2一起加热，理论上氯元素利用率可以达到100%，试用化学反应方程式表示原因_；(3)若在分液漏斗下方接一段毛细管插入圆底烧瓶底部，不需加热也可获得均匀稳定干燥的氯化氢气流，则分液漏斗和圆底烧瓶中应该盛放的试剂分别是_。【答案】 (1). 浓盐酸挥发，稀盐酸不反应 (2). 2NaCl+2H2SO4+MnO2 MnSO4+Na2SO4+Cl2+2H2O (3). 浓盐酸、浓硫酸【解析】【详解】（1）1molMnO2和4mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1mol，浓盐酸易挥发，浓盐酸随着反应的进行会被稀释，当稀释到一定程度时就无法与氧化锰反应了，此时反应停止，故答案为：浓盐酸挥发，稀盐酸不反应。（2）NaCl固体、浓硫酸和MnO2一起加热反应，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2SO4+MnO2=MnSO4+Na2SO4+Cl2+2H2O，故答案为：2NaCl+2H2SO4+MnO2=MnSO4+Na2SO4+Cl2+2H2O。（3）浓HCl，本身就有挥发性，产生的是HCl气体，浓HCl挥发后变稀，由于浓硫酸有吸水性，稀HCl又变成浓HCl，所以加快了HCl的挥发速率，所以产生了均匀稳定干燥的氯化氢气流，所以分液漏斗和圆底烧瓶中应该盛放的试剂分别是浓盐酸、浓硫酸，故答案为：浓盐酸、浓硫酸。29.将Cu2O与Fe2O3的混合物共ag加入20.0mL4.00molL-1的过量稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为bg。请计算：(1)若向反应后的溶液中加入40.0mLNaOH溶液能刚好使溶液中的所有金属离子完全沉淀，则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_molL-1。(2)若a=7b，则混合物中Cu2O与Fe2O3的物质的量之比为_。【答案】 (1). 4.00 (2). 2:1【解析】【分析】氧化亚铜与硫酸反应的化学方程式为Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，稀硫酸过量，则最后剩余的固体为铜，反应后的溶液中有硫酸、硫酸亚铁、硫酸铜，设混合物中Cu2O的质量为xg，则Fe2O3的质量为(a-x)g，则剩余的硫酸为4.0020.010-3-x/144-3(a-x)/160，消耗的铜的物质的量为x/144-b/64，由反应2Fe3+Cu=2Fe2+ +Cu2+可知2(a-x)/160=2(x/144-b/64)，据此分析。【详解】（1）设该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c40.010-3=2(x/144-b/64)+22(a-x)/160+24.0020.010-3-x/144-3(a-x)/160，解得c=4.00molL-1，故答案为：4.00。（2）将a=7b代入2(a-x)/160=2(x/144-b/64)，解得x=9/2b，则n(Cu2O)：n(Fe2O3)=9/2b/144：(7b-9/2b)/160=2:1，故答案为：2:1。30.【加试题】(一)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛做中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(1) CH3COOC2H5(1)(1)下列描述能说明固定容器中乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是_。A乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C体系中气体密度一定D乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol(2)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：温度在6090范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是_用v(P1)、v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率，分析其原因为_。在压强为P1MPa、温度超过80时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_。根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是_(填出合适的压强和温度)。为提高乙酸乙酯的产量和纯度，可以采取的措施有_(任写出一条)。(3)已知反应的标准平衡常数，其中c为标准浓度(1.0mol/L)，p(C2H4)为平衡系统中C2H4的平衡分压，p(C2H4)=p总x(C2H4)，x(C2H4)为平衡系统中C2H4的体积分数，p为标准压强(1.0105Pa)。若等物质的量的乙烯和乙酸在80和10MPa下反应，乙酸乙酯的平衡产率为80%，则K=_。(二)某化学兴趣小组在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理过程(装置如图所示)。可供选择的试剂有：甲醇，空气，KOH溶液，其中物质b是_，铝电极的电极反应为_。【答案】 (1). BC (2). v(P1)v(P2)v(P3) (3). 其它条件相同时，对有气体参与的反应，压强越大化学反应速率越快 (4). 由图像可知，P1MPa、80时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降 (5). P1MPa、80 (6). 通入乙烯气体或增大压强 (7). 0.04 (8). 甲醇(或CH3OH) (9). Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+【解析】【详解】（一）、（1）A.乙酸、乙酸乙酯的浓度相同但不一定不变，则不一定达到平衡状态，故A错误；B.酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，说明反应达到平衡状态，故B正确；C.体系中气体密度一定，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol均表示逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，故D错误。故答案为：BC。（2）正反应是体积减小的，增大压强乙酸乙酯的产率增大，其它条件相同时，对有气体参与的反应，压强越大化学反应速率越快，所以温度在6080范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是(P1)(P2)(P3)，故答案为：v(P1)v(P2)v(P3)；其它条件相同时，对有气体参与的反应，压强越大化学反应速率越快。由图像可知，P1MPa、80时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降，故答案为：由图像可知，P1MPa、80时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降。根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是P1MPa、80。正反应体积减小，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有通入乙烯气体或增大压强，故答案为：P1MPa、80；通入乙烯气体或增大压强。（3）设反应物的起始量约为1mol，则CH2=CH2(g)+CH3COOH(1)CH3COOC2H5(1)起始（mol） 1 1 0变化（mol） 0.8 0.8 0.8平衡（mol） 0.2 0.2 0.8反应前后气体的压强不变，在同容器中，不同液体的浓度之比等于其物质的量之比，故K=c(CH3COOC2H5)/c/c(CH3COOH)/cp(C2H4)/p=n(CH3COOC2H5)p/n(CH3COOH) p(C2H4)=0.8mol1.0105Pa/0.2mol1.0106Pa=0.04，故答案为：0.04。（二）电解池中石墨作阴极，Al作阳极，电解质溶液为硫酸溶液，故铝电极的电极反应为Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，生成氧化铝保护膜，与燃料电池的负极相连的是电解池的阴极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，故物质b为甲醇，故答案为：甲醇(或CH3OH)；Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。【点睛】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；电解池中，与电源正极相连的阳极上失电子发生氧化反应，与电源负极相连的阴极上得电子发生还原反应。31.【加试题】NH4Al(SO4)212H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤如下：(1)下列有关说法中正确的是_。A“滤液1”中含有K+、Mg2+、Cl-B“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质C“过滤1”可用倾析法，以缩减实验时间D将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱(2)用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用_的方式提高浸出率(写出3条)。(3)向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反应方程式_。(4)由“滤渣3”制备铵明矾，经过如下步骤：ag_h(依次填入正确的序号)a加硫酸溶解 b抽滤 c加入蒸发皿中d降温结晶 e蒸发至表面出现晶膜f配制饱和硫酸铵溶液g将硫酸铝溶液转移至蒸发皿h洗涤、干燥(5)根据各物质的溶解度曲线(见下图)，在80时，用一定浓度的硫酸溶解“滤渣3”时，最适宜的硫酸浓度为_。A3mol/L(1.20g/mL)B6mol/L(1.34g/mL)C9mol/L(1.49 g/mL)D18mol/L (1.84g/mL)所需硫酸用量的简便确定方法是_。【