黑龙江省伊春市伊春区第二中学2015-2016学年高二化学下学期期末复习模拟试卷（含解析）.doc

黑龙江省伊春市伊春区第二中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1根据下图提供的信息，下列所得结论正确的是a该反应是吸热反应b该反应的生成物比反应物稳定c该反应一定可以设计成为原电池d该反应向外界放出的热量为e2-e3【答案】b【解析】2下列说法中正确的是 ( )a.与互为同系物b.乙醇和乙醚互为同分异构体c.可用浓溴水来区分乙醇和苯酚d.乙醇、乙二醇、丙三醇互为同系物【答案】c【解析】试题分析：结构相似，分子组成相差若干个ch2原子团的同一类物质互为同系物。a中不是同一类有机物，不能互为同系物；乙醇和乙醚的分子式不同，不能互为同分异构体；c中浓溴水能和苯酚反应生成白色沉淀三溴苯酚，而溴水和乙醇互溶，可以鉴别；d中羟基的个数不同，三者不能互为同系物，所以正确的答案选c。考点：考查同系物、同分异构体的判断以及物质的鉴别点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，兼顾能力的考查和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。3下列关于物质性质与应用的说法正确的是 （ ）a碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅b二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用c二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能d二氧化锰具有较强的的氧化性，可作h2o2分解的氧化剂【答案】a【解析】试题分析：a碳的非金属性比si强，碳单质具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅，正确；b二氧化硫有漂白、杀菌性能，但是由于对人体会产生一定的危害，有毒，所以不可在食品加工中大量使用，错误；c晶体硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能，错误；d二氧化锰具有较强的的催化性，可作h2o2分解的催化剂，错误。考点：考查物质性质与应用的知识。4下列离子方程式书写正确的是a金属铝投入naoh溶液中：2al+2oh-+h2o=2alo2-+2h2b石英与烧碱反应：sio2+2oh-=sio32-+h2oc氯化铝溶液中加入过量的氨水：al3+4nh3h2o=alo2-+4nh4+2h2od向小苏打溶液中加入过量ba(oh)2：2hco3-+ba2+2oh-=baco3+2h2o+co32-【答案】b【解析】试题分析：a金属铝投入naoh溶液中发生反应的离子方程式为2al+2oh-+2h2o=2alo2-+3h2，故a错误；b石英与烧碱反应的离子方程式为sio2+2oh-=sio32-+h2o，故b正确；c氯化铝溶液中加入过量的氨水的离子方程式为al3+3nh3h2o=al(oh)3+3nh4+，故c错误；d向小苏打溶液中加入过量ba(oh)2：hco3-+ba2+oh-=baco3+h2o，故d错误，答案为b。考点：考查离子方程式正误判断5下列说法正确的是a在一定条件下，乙烯能与h2发生加成反应，苯不能与h2发生加成反应bc2h6o和c4h10都有2种同分异构体c乙酸乙酯、乙酸均能与naoh反应，二者分子中官能团相同d淀粉和蛋白质均可水解生成葡萄糖【答案】b【解析】试题分析：a在一定条件下，乙烯能与h2发生加成反应，苯也能与h2发生加成反应，a错误；bc2h6o有乙醇和二甲醚2种同分异构体；c4h10有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，b正确；c乙酸乙酯、乙酸均能与naoh反应，前者官能团是酯基，后者是羧基，分子中官能团不相同，c错误；d淀粉可水解生成葡萄糖，而蛋白质水解产生氨基酸，d错误。考点：考查有机物的结构与性质的知识。6下列根据实验操作和实验现象所得出的结论不正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论a向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色，用激光笔照射有丁达尔效应红褐色液体为胶体b向溶液x中加入nahco3粉末产生无色气体x一定属于酸c向淀粉nai溶液中加入氯水溶液变蓝氧化性：cl2i2d将气体x分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液两溶液均褪色x可能是so2【答案】b【解析】试题分析：a、沸水中加入饱和氯化铁溶液，加热到红褐色，说明生成了氢氧化铁胶体，有丁达尔效应，正确，不选a；b、和碳酸氢钠反应生成无色气体的物质不一定是酸，可能是硫酸氢钠，错误，选b；c、碘化钠和氯气反应生成碘单质和氯化钠，碘遇到淀粉变蓝色，说明氯气的氧化性强于碘单质，正确，不选c；d、二氧化硫和溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，正确，不选d。考点：实验方案的设计和评价7中国的瓷器驰名世界，英文的“中国”（china)一词又指“瓷器”，下列有关“陶瓷”叙述正确是a、陶瓷现在才进入人类生活 b、陶瓷、玻璃、水泥等属于硅酸盐产品c、陶瓷是纯净物 d、陶瓷不含硅元素【答案】b【解析】陶瓷是传统非金属材料，应用较早，它属于硅酸盐产品，属于混合物，答案为b8下列各元素中，一定属于主族元素的是（ ）a、x元素能形成+7价的含氧酸及其盐b、y元素原子最外层电子数为2c、z元素的阴离子与同一周期稀有气体元素的原子电子层结构相同d、r元素的最高价氧化物是酸性氧化物【答案】c【解析】试题分析：amn元素能形成成+7价的含氧酸及其盐，mn为过渡元素，因此可以形成+7价的含氧酸及其盐的不一定为主族元素，a项错误；bhe的最外电子层上有2个电子，属于稀有气体元素，是0族，则原子最外电子层上有2个电子不一定为主族元素，b项错误；c主族元素形成的阴离子与同周期稀有气体具有相同的电子层结构，则z元素的阴离子与同一周期稀有气体元素原子的电子层结构相同，z为主族元素，c项正确；dzn元素的氧化物也是两性氧化物，但锌是第b族元素，d项错误；答案选c。考点：考查主族元素的判断。9下列实验操作:浓硫酸的稀释称取一定质量的naoh固体 配制100ml0.1mol/l的nacl溶液用ccl4萃取碘水的i2用自来水制取蒸馏水，一定要用到玻璃棒的是a. b. c. d.【答案】d【解析】试题分析：浓硫酸的稀释用玻璃棒搅拌；配制100ml0.1mol/l的nacl溶液，用玻璃棒搅拌和引流；故d正确。考点：本题考查电离方程式。 10下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是 nahco3a b c d【答案】c【解析】试题分析：al2o3两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；ca(oh)2能与盐酸反应生成氯化钙与水，不能与氢氧化钠反应，故不符合； na2co3能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，不能与氢氧化钠反应，故不符合；al属于两性金属，能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合； nahco3属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合；故选c。考点：考查了的相关知识。【考点定位】考查元素及其化合物的性质【名师点晴】本题考查元素化合物的性质等，难度中等，注意归纳总结中学常见能与酸、碱反应的物质，结合物质的性质进行分析解答。既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物(如al2o3、al(oh)3等)、弱酸的铵盐(如(nh4)2co3等)、弱酸的酸式盐(nahco3、nahs等)、一些单质(如al)、氨基酸等。11下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是a0.1 moll1 na2co3溶液：c(na+)=2c(hco3)+2c(co32)+2c(h2co3)b0.1 moll1 nh4cl溶液：c(nh4+)=c(cl)c向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(na+) c(ch3coo) c(h+) c(oh)d常温下，将ph=2的盐酸和ph=12的氨水等体积混合后：c(nh4+) c(cl) c(oh) c(h+)【答案】ad【解析】试题分析：a、na2co3溶液中，根据化学式可得物料守恒等式c(na+)=2c(hco3)+2c(co32)+2c(h2co3)，正确；b、nh4cl溶液中铵根离子水解使c(nh4+) c(na+)，错误；d、氨水是弱碱溶液，所以氨水的浓度大于盐酸的浓度，等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，所以c(nh4+) c(cl) c(oh) c(h+)，正确，答案选ad。考点：考查盐溶液的水解，离子浓度的比较，守恒规律的应用12下列反应水解方程式正确的是aalcl33h2oal(oh)33hclbna2co32h2oh2co32naohc碳酸氢钠溶液：hco3h2oh2co3ohdnh4cl溶于d2o中：nh4d2onh3d2oh【答案】c【解析】试题分析：a、水解是可逆的，水解方程式为alcl33h2oal(oh)33hcl，a错误；b、碳酸钠水解是分步进行的，即na2co3h2onahco3naoh，b错误；c、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解方程式为hco3h2oh2co3oh，c正确；d、nh4cl溶于d2o中的水解方程式为nh4d2onh3dhod,d错误，答案选c。【考点定位】本题主要是考查水解方程式的正误判断【名师点晴】该题的关键是明确水解原理，易错选项是b和d。判断水解方程式正误时需要注意：首先判断是什么离子水解，其次判断是分步水解还是一步到位，最后还需要注意水解程度一般很小，不会形成沉淀和气体，一般需要可逆号连接。13下述实验方案不能达到实验目的的是编号abcd实验方案片刻后在fe电极附近滴入k3fe(cn)6溶液2ml0.1moll-1nacl溶液 加入3滴同浓度的agno3溶液再加入3滴同浓度的na2s溶液目的验证乙炔的还原性收集氨气验证fe电极被保护验证agcl的溶解度大于ag2s【答案】b【解析】试题分析：a.电石的主要成分是cac2，还含有杂质cas,与饱和食盐水中的水反应产生c2h2，cas与水反应产生h2s，h2s与cuso4发生复分解反应：h2s+与cuso4=cus+ h2so4; c2h2与酸性kmno4发生氧化还原反应，是溶液的紫色褪去。因此可以证明乙炔的还原性，正确；b.nh4cl与ca(oh)2在加热时发生反应产生氨气，ca(oh)2+2nh4cl2nh3+2h2o+cacl2，由于氨气的密度比空气小，要用向下排空气的方法收集，但是氨气可以与酸发生产生固体铵盐，所以就不能收集氨气，达不到收集氨气的目的，错误；c.zn、fe及电解质溶液构成了原电池，由于金属活动性znfe，zn作负极，被氧化的是zn，fe作正极，被保护，正确；d.向hcl溶液中加入agno3溶液，发生反应：cl-+ag+=agcl，产生的白色沉淀agcl在溶液中存在沉淀溶解平衡：agcl(s) cl-(aq)+ag+(aq)，当向该溶液中加入同浓度的na2s溶液时，会发生反应：s2-+2ag+=ag2s,沉淀变为黑色，可以验证agcl的溶解度大于ag2s，正确。考点：考查实验方案的设计与评价的知识。14某溶液中含有的离子可能是k+、ba2+、a13+、mg2+、alo2、co32、sio32、cl中的几种，现进行如下实验：取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；另取少量原溶液，逐滴加入5 ml0.2 moll-1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43 g。下列说法中正确的是：a该溶液中一定不含ba2+ 、mg2+、a13+、sio32、clb该溶液中一定含有k+、alo2、co32、clc该溶液是否有k+ 需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）d可能含有cl【答案】b【解析】试题分析：向溶液中加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子：a13+、mg2+；向原溶液中逐滴加入5ml0.2moll-1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，气体为二氧化碳，说明原溶液中存在alo2-和co32-，所以一定不存在不溶于盐酸的sio32-和与co32-反应的ba2+，再根据溶液电中性可知：溶液中一定存在唯一的阳离子：k+；在沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为agcl，物质的量为：0.43g143.5g/mol0.003mol；中加入的氯离子的物质的量为：n（hcl）=0.2mol/l0.005l=0.001moln（agcl），所以原溶液中一定存在0.02mol cl-，a、根据以上分析可知，溶液中一定不存在ba2+、mg2+、a13+、sio32-，一定存在cl-，a错误；b、由分析可知：该溶液中一定含有k+、alo2-、co32-、cl-，b正确；c、根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，c错误；d、根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，d错误；答案选b。考点：考查离子的检验。15家庭使用的天然气主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分为丙烷。（1）将等物质的量的甲烷和氯气混合后，在漫射光的照射下充分反应，所得产物中物质的量最大的是_（写化学式，下同），在所有生成物中，和甲烷分子一样具有正四面体结构的物质是_；（2）液化石油气燃烧的主要化学方程式为_；现有一套以天然气为原料的灶具，欲改为烧液化石油气，需要对灶具进行改装的措施是：_空气进量（填“增大”或“减小”）；（3）丙烷可以认为是丙烯的加成产物，也可以认为是某块的加成产物，该炔是_（写结构简式）；（4）丙烯跟溴起加成反应，标准状况下，11.2l丙烯可以与_gbr2完全反应。【答案】（12分）（1）hcl；ccl4；（2）c3h8+5o23co2+4h2o；增大；（3）ch3cch；（4）80g【解析】试题分析：（1）甲烷和氯气反应生成卤代烃和氯化氢，物质的量最大的为hcl；在所有的生成为中四氯化碳为正四面体；（2）液化石油气的主要成分为丙烷，燃烧生成二氧化碳和水，方程式为c3h8+5o23co2+4h2o；因为1摩尔甲烷消耗2摩尔氧气，而1摩尔丙烷消耗5摩尔氧气，所有天然气的改为液化石油气，则要增大空气的进入量；（3）丙烷可以是丙炔加成得到的，结构为ch3cch；（4）11.2升丙烯在标况下物质的量为0.5摩尔，需要0.5摩尔溴加成，溴的质量为80g。考点：甲烷的性质，有机物的燃烧【名师点睛】甲烷和氯气反应是分步进行的，首先甲烷和氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢，然后一氯甲烷和氯气反应生成二氯甲烷和氯化氢，二氯甲烷和氯气反应生成三氯甲烷和氯化氢，三氯甲烷和氯气反应生成四氯化碳和氯化氢，所以在反应的产物中氯化氢最多。16(16分)氢气是一种理想的“绿色能源”，利用氢能需要选择合适的储氢材料。目前正在研究和使用的储氢材料有镁系合金、稀土系合金等。（2）储氢材料mg(alh4)2在110200的反应为：mg(alh4)2=mgh2+2al+3h2。反应中每转移3mol电子时，产生的h2在标准状况下的体积为_l。（3）镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：lani5h6(s)，欲使lani5h6(s)释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件是_(填字母编号)。a增加lani5h6(s)的量 b升高温度 c减小压强d使用催化剂（4）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为amoll-1，平衡时苯的浓度为b moll-1，该反应的平衡常数k=_(用含a、b的代数式表示)。一定条件下，下图装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物)。a是电源的_极(填“正”或“负”)；电解过程中产生的气体f为_(填化学式)：电极d上发生的电极反应为_。【答案】（16分）（1）84.6（2分） （2）33.6（2分） （3）bc（2分）（4）mol3l3 （3分）负（2分） o2（2分） c6h66h6e=c6h12（3分）【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律可得，该反应的h=2h1+h2=84.6kjmol1。（2）根据反应mg(alh4)2=mgh2+2al+3h2中h元素或al元素化合价的变化，可知对应关系为：h2 2e，所以v（h2）=1/2n（e）22.4l/mol=33.6l。（3）a、增加固体的量，对化学平衡无影响，错误；b、该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，释放出的h2增多，正确；c、减小压强，平衡向气体系数增大的方向移动，即向左移动，释放出的h2增多，正确；d、使用催化剂，对化学平衡无影响，错误。（4）根据三段式进行计算：初始浓度（moll1） a 0 0转化浓度（moll1） b b 3b平衡浓度（moll1） ab b 3b则平衡常数k=b(3b)3/(a-b)= mol3l3根据电解装置示意图，左侧苯与h+得电子生成了环己烷，惰性电极d为阴极，所以a为电源的负极；阳极上发生oh失电子反应，生成o2，所以气体f为o2；电极d发生苯与h+得电子生成环己烷的反应，根据化合价的变化配平可得电极方程式为：c6h66h6e=c6h12考点：本题考查盖斯定律、化学平衡移动、平衡常数、电解原理、化学计算。17下列除杂方法正确的是（括号内为杂质）a乙烷（乙烯） 通入过量氢气反应b苯（苯酚） 溶于热水后分液c硬脂酸钠（丙三醇） 加入nacl后过滤d乙醇（乙醛） 加酸性高锰酸钾溶液后蒸馏【答案】c【解析】试题分析：a、乙烷中的乙烯若通入过量氢气发生加成反应，则乙烷中会引入氢气杂质，错误；b、苯酚在热水中的溶解度较大，但易溶于苯中，所以加入热水后蒸馏，可分离二者，错误；c、硬脂酸钠中的丙三醇加入氯化钠固体后，发生盐析现象，硬脂酸钠以固体析出，丙三醇与水互溶，过滤即可，正确；d、乙醇与乙醛均与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，错误，答案选c。考点：考查物质的除杂试剂、方法的判断18影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法通过图（1）所示装置研究反应速率的有关问题。（1）取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使镁条浸入锥形瓶内足量的稀盐酸中。镁条与足量盐酸反应生成h2的量与反应时间的关系曲线如图（2）所示。请在答卷方框中画出上述反应的速率(ml/min)与时间(min)的关系曲线。在前4min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4min之后，反应速率逐渐减慢，请简述其原因： 。（2）某同学发现，纯度、质量、表面积都相同的两铝片与h+浓度相同的盐酸和硫酸在同温同压下反应时产生氢气的速率差别很大，铝和盐酸反应速率更快。他决定对其原因进行探究。填写下列空白：该同学认为：由于预先控制了反应的其他条件，那么，两次实验时反应的速率不一样的原因，只有以下五种可能：原因：cl对反应具有促进作用，而so42对反应没有影响；原因：_；原因：cl对反应具有促进作用，而so42对反应具有阻碍作用；原因：cl、so42均对反应具有促进作用，但cl影响更大；原因：_。该同学设计并进行了两组实验，即得出了正确结论。他取了两片等质量、外形和组成相同、表面经过砂纸充分打磨的铝片，分别放入到盛有同体积、c(h+)相同的稀硫酸和盐酸的试管（两试管的规格相同）中：a在盛有硫酸的试管中加入少量nacl或kcl固体 ，观察反应速率是否变化；b在盛有盐酸的试管中加入少量na2so4或k2so4固体，观察反应速率是否变化。若观察到实验a中_，实验b中_，则说明原因是正确的。依次类推。该同学通过分析实验现象，得出了结论：cl对反应具有加速作用。【答案】(1) 图中要标明2、4、6min时刻时的速率及要画出速率走向弧线镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大；4min后由于溶液中h+浓度降低，所以导致反应速率减小（2）：cl对反应没有影响，而so42对反应具有阻碍作用；：cl、so42均对反应具有阻碍作用，但cl影响更小（或so42影响更大）。反应速率加快；反应速率减慢。【解析】试题分析：(1) 2、4、6时刻时1氢气的体积分别为10毫升、20毫升、36毫升，其平均反应速率分别为5ml/min、7.5 ml/min、6 ml/min。然后标出反应速率与时间图像，并用弧线。如图。该反应是放热反应，随着反应的进行，放出的热量越多，溶液的温度越高，反应速率越大，随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐减小，浓度越小，反应速率越小。结合图像分析，镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大（1分）；4min后由于溶液中h+浓度降低，所以导致反应速率减小。（2）：根据原因结合题意，提出与原因相反的观点，即cl对反应没有影响，而so42对反应具有阻碍作用；：cl、so42均对反应具有阻碍作用，但cl影响更小（或so42影响更大）。 a中原来时快是因为有硫酸根离子，后加入氯离子，如果氯离子有促进作用，那么反应速率就比未加入时快，以此证明原因是正确的，b中原来时快有氯离子，后加入硫酸根离子，如果硫酸根离子有阻碍作用，那么反应速率比未加入时要慢，以此证明原因是正确的。考点： 化学反应速率的影响因素19实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理如下：，ch2=ch2br2 brch2ch2br 可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸存在下在140 脱水生成乙醚。用少量溴和足量的乙醇制备1，2-二溴乙烷的装置如图所示：有关数据列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚状 态无 色液 体无 色液 体无 色液 体密度/gcm30.792.20.71沸点/78.513234.6熔点/1309116回答下列问题：（1）在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170 左右，其最主要目的是_ ；（2）在装置c中应加入_，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体 (填正确选项前的字母)； a水 b浓硫酸 c饱和碳酸氢钠溶液 d氢氧化钠溶液 （3）判断该制备反应已经结束的最简单方法是 ；（4）将1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在_层(填“上”“下”)； 其同系物c4h8br2有 种同分异构体。（5）若产物中有少量未反应的br2，最好用_洗涤除去；(填正确选项前的字母)a水 b碘化钠溶液 c氢氧化钠溶液 d乙醇【答案】 (1) 减少副产物乙醚生成；(2) d； (3)溴的颜色完全褪去；(4)下；8；(5) c；【解析】试题分析：（1）乙醇在浓硫酸140的条件下，发生分子内脱水，生成乙醚，故答案为：减少副产物乙醚生成；（2）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，故答案为：d；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷为无色，故答案为：溴的颜色完全褪去；（4）1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，c4h8br2的同分异构体有(4种)、（3种）、（2种），去除1，2-二溴乙烷本身，还有8种，故答案为：下；8；（5）常温下br2和氢氧化钠发生反应：2naoh+br2nabr+nabro+h2o，故答案为：c。【考点定位】考查溴乙烷的制取【名师点晴】该题较为综合，主要考查了乙醇制备1，2-二溴乙烷，掌握相关物质的基本化学性质，是解答本题的关键，平时须注意积累相关反应知识。20（8分）海水中溴常以nabr形式存在，从海水中提取溴的方法之一是：通入cl2至浓缩的溴化物溶液，氧化海水中的br-，然后用空气把生成的溴吹出。以氢氧化钠溶液吸收br2(br2跟烧碱生成nabr和nabro3)。向所得含溴化合物溶液中加稀h2so4，溴又重新析出。完成下列问题：(1)写出各步反应的化学方程式。(提示：第步反应中生成物有硫酸钠)(2)经分析海水中含溴0.006 5%，则海水中含nabr的质量分数是多少？试计算多少吨海水可制得1.0 t溴？(假设提取过程中溴无损失)【答案】(1)2nabr+cl2=2nacl+br2；6naoh+3br2=5nabr+nabro3+3h2o；5nabr+nabro3 +3h2so4=3na2so4+3br2+3h2o (2)0.008 4% 需海水的质量为15 384.6 t【解析】因海水中含溴0.006 5%，则海水中含nabr的质量分数为0.006 5%（103/80）=0.008 4%；设需x t海水，则：0.006 5%x t=1 t，解得：x=15 384.6 t。21某银白色金属单质a在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，得到淡黄色固体b，a露置在空气中足够长时间最终变为c，b和气体d能生成c，a和b都能与水生成e，e和d也能生成c。回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：b ，c ，d ，e 。（2）写出下列反应的离子方程式：a和水生成e： b和水生成e： e与d生成c： （3） b物质是否属于电解质 （填：是、否）b物质是否属于碱性氧化物 （填：是、否）【答案】（1）na2o2 （1分） na2co3 （1分） co2 （1分）naoh（1分）（2）2na + 2h2o = 2na+2oh- + h2（2分） 2na2o2+2h2o=4na+4oh-+o2（2分） co2 + 2oh- =co32-+ h2o（2分）（3）是（1分）；否（1分）【解析】试题分析：某银白色金属单质a在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，则a是na，得到淡黄色固体b，钠在空气燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，则b是na2o2，钠露置在空气中足够长时间变为na2co3，所以c是na2co3，过氧化钠和气体d反应生成na2co3，则d是co2，a和b都能与水生成e，则e是naoh；（1）据以上分析b、c、d、e分别是na2o2 、 na2co3 、 co2、naoh。（2）na和水生成naoh：2na + 2h2o = 2na+2oh- + h2；na2co3和水生成naoh：2na2o2+2h2o=4na+4oh-+o2；naoh与co2生成na2co3：co2 + 2oh- =co32-+ h2o。（3）b是na2o2，熔融状态下能导电，所以属于电解质；b是na2o2，属于过氧化物，不是碱性氧化物。考点：考查物质推断22铁、铜单质及其化合物应用范围很广。现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体(cucl22h2o)，为制取纯净的cucl22h2o，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：已知cu2、fe3和fe2的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的ph，见下表：fe3fe2cu2氢氧化物开始沉淀时的ph1.97