黑龙江省桦南县第二中学2015-2016学年高二化学下学期期末复习模拟试题（含解析）.doc

黑龙江省桦南县第二中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1下列各组物质互为同系物的是a红磷与白磷 b甲烷与丙烷c乙醇与二甲醚 dh、d和t【答案】b【解析】试题分析：a红磷和白磷为磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，a项错误；b.甲烷和丙烷同属烷烃，分子组成上相差2个ch2，它们互为同系物，b项正确；c.乙醇和二甲醚的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，c项错误；d. h、d和t属于原子，它们的质子数相同，中子数不同，互为同位素，d项错误；答案选b。考点：考查四同比较。2已知x、y、z为同周期的短周期元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：hxo4h2yo4h3zo4。则下列说法正确的是a原子序数：zyx b最外层电子数：zyx c原子半径：xyz d气态氢化物的稳定性：hxh2yzh3【答案】d【解析】略3一家大型化工厂发生爆炸，有大量的cl2扩散，下列应急措施不正确的是a向顺风方向的低洼处跑b用浸有纯碱液的毛巾捂住口鼻迅速逃离c向逆风方向的高处跑d来不及逃离的可用浸湿的棉被堵好门窗，并及时请求救援【答案】a【解析】试题分析：氯气有毒且密度比空气大，如果发生氯气泄漏，氯气向顺风方向和低洼处扩散较快，应将人群逆风向高处疏散，选项a错误，c正确；氯气能和碱反应生成盐，微溶于水，可以用浸有水或弱碱性溶液的毛巾捂住口鼻来解除氯气中毒，b正确；氯气能和水反应，来不及逃离的可用浸湿的棉被堵好门窗，并及时请求救援，d正确。考点：考查氯气的性质及安全处理4下图是锌片和铜片在稀硫酸中所组成的原电池装置，c、d为两个电极。下列有关的判断不正确的是a电池工作的过程中，d电极上产生气泡b电池工作时，溶液中so42向d移动cc为负极，发生氧化反应d电池工作的过程中，溶液中so42浓度基本不变【答案】b【解析】试题分析：a.根据电流方向可知，c电极为负极，d电极为正极，溶液中的h在正极得电子生成氢气，a项正确；b.电池工作时，d电极是正极，溶液中的阳离子移向d电极，而so42-向c极移动，b项错误；c.根据上述分析，c为负极，失电子发生氧化反应，c项正确；d.因为zn比铜活泼，负极zn-2e=zn2,正极：2h+2e=h2,所以电池工作的过程中，溶液中so42浓度基本不变，d项正确；答案选b。考点：考查原电池的工作原理5某有机物的结构简式为,该有机物不可能发生的化学反应是()a.加成反应b.酯化反应c.氧化反应d.水解反应【答案】d【解析】该有机物中没有酯基,所以不能发生水解反应6在3支试管中分别放有：1ml乙酸乙酯和3ml水 1ml硝基苯和3ml水 1ml乙酸和3ml水，图中三支试管从左到右的排列顺序为a b c d【答案】a【解析】试题分析：1ml乙酸乙酯和3ml水互不补相溶，密度水大于酯，所以液体分层，酯在上层，是最后一个试管；1ml硝基苯和3ml水互不补相溶，密度硝基苯大于水，所以液体分层，硝基苯在下层，是第最后一个试管；1ml乙酸和3ml水互溶，不分层，是第二个试管，因此图中三支试管从左到右的排列顺序为，选项a正确。考点：考查物质的溶解性与混合现象分析、判断的知识。7某温度下，体积一定的密闭容器中进行可逆反应：x(g)+y(g)z(g)+w(s) h0，下列叙述正确的是a当容器中气体密度不变时，反应达到平衡b加入少量w，逆反应速率增大c升高温度，y的百分含量增加d平衡后加入x，上述反应的h增大【答案】a【解析】试题分析： a密度计算等于气体质量除以气体体积，容器体积不变，w是固体，平衡移动气体质量变化，若密度不变，说明反应达到平衡，故a正确；bw在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故b错误；c该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，y的百分含量减少，故c错误；d反应热h与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故d错误，故选a。考点：化学平衡的移动及平衡状态的建立8某同学选择恰当的试剂和方法除去下列物质中少量杂质（括号内为杂质），下列各项中不正确的是（ ）物质（杂质）试剂方法acl2(hcl)饱和食盐水，浓硫酸洗气b溴化钠（溴）ccl4、水萃取、分液c乙醇（乙酸）naoh溶液分液d溴苯（溴）naoh溶液分液【答案】c【解析】试题分析：a、饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸干燥氯气，a正确；b、溴易溶在四氯化碳中，因此利用萃取即可除去溴化钠中的溴，b正确；c、乙醇和水互溶，应该用生石灰，然后蒸馏，c错误；d、溴能溶解在氢氧化钠中，溴苯不溶于水，分液即可，d正确，答案选c。【考点定位】本题主要是考查物质的分离与提纯【名师点晴】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。9下列离子方程式书写正确的是（ ）a氨气通入醋酸溶液中：ch3cooh+nh3=ch3coonh4b铁与稀盐酸反应：2fe+6h+=2fe3+3h2c氢氧化钡和稀硫酸：ba2+oh+h+so42=baso4+h2od氧化镁中加稀盐酸：2hmgoh2omg2【答案】d【解析】试题分析：a、醋酸铵属于盐，强电解质，写成离子形式，即ch3coohnh3=ch3coonh4，故错误；b、不符合客观事实，fe2h=fe2h2，故错误；c、不符合组成，应是ba22oh2hso42=baso42h2o，故错误；d、氧化镁不溶于水，不能拆写，故正确。考点：考查离子反应方程式正误判断等知识。10用惰性电极电解nacl和cuso4混合液250 ml，经过一段时间后，两极均得到11.2 l气体(标准状况)，则下列有关描述中，正确的是（ ）a阳极发生的反应只有：4oh4e2h2o+o2b两极得到的气体均为混合气体c若cu2+起始浓度为l molll，则c(c1)起始为2 moll1dcu2+的起始物质的量应大于0.5 mol【答案】c【解析】试题分析：惰性电极电解nacl和cuso4混合液，两极均得到11.2l气体，则阴极发生cu2+2e-cu、2h+2e-h2，阳极发生2cl-2e-cl2、4oh-4e-2h2o+o2，a、阳极发生2cl-2e-cl2、4oh-4e-2h2o+o2，故a错误；b、阴极只有氢气，故b错误；c、两极均得到11.2l气体，则n（h2）0.5mol，电解时先发生cu2+2e-cu、2cl-2e-cl2，则n（cl2）n（o2）0.25mol，所以c（c1-）起始为2moll-1，转移电子共1.5mol，由0.5mol电子转移时参加反应的cu2+为0.25mol，所以cu2+起始浓度为0.25mol0.25llmoll-l，故c正确；d、由c分析可知cu2+的起始物质的量为0.25mol，小于0.5mol，故d错误，答案选c。考点：考查电解原理的应用11根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是 ( )a图1表示向100ml 1 moll1 fei2溶液中逐渐通入cl2，i2和fe3+物质的量变化关系b图2表示向100ml 0.1 moll1硫酸铝铵nh4al(so4)2溶液中逐滴滴入0.1 moll1ba(oh)2溶液，沉淀物质的量变化的关系c图3表示在不同温度下，水溶液中c(h)与c(oh)变化关系d由图4得出若除去cuso4溶液中的fe3，可采用向溶液中加入适量cuo，调节溶液的ph至4左右【答案】b【解析】试题分析：a.碘离子的还原性大于亚铁离子，则氯气先和碘离子反应，再和亚铁离子反应，反应的离子方程式为2i+cl2= i2+2cl，2fe2+cl2 = 2fe3+2cl，碘离子的物质的量为0.2mol，亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据方程式可知，0.2mol碘离子消耗0.1mol的氯气，0.1mol的亚铁离子消耗0.05mol的氯气，与图1相符，a项正确；b.硫酸铝铵nh4al(so4)2溶液中逐滴滴入ba(oh)2溶液反应，可分为三个阶段，第一阶段为ba2+so42-=baso4，al3+3oh= al(oh)3。第二阶段为nh4 + oh=nh3h2o。第三阶段为al(oh)3+ oh=alo2-+2h2o，与图象不符，b项错误；c.由图可知，25时kw为1014，t时kw为1012，且可体现出同温下kw为定值，c项正确，d.由图可知，ph在4左右时，铁离子可完全沉淀，而铜离子不沉淀，且加入氧化铜可消耗氢离子而不引入杂质离子，d项正确；答案选b。考点：考查氧化还原反应、硫酸铝铵与ba(oh)2溶液的反应、水的离子积、除杂及有关图象等知识。12将0.2molco2通入装有足量na2o2的干燥管中，干燥管增重的质量为a2.8g b5.6g c8.8g d11.2g【答案】b【解析】试题分析：co2通入装有足量na2o2中，会发生反应：2co2+2na2o2=2 na2co3+ o2，根据方程式可知：每有2mol co2发生反应，会产生2mol na2co3,固体质量增加56g，现在反应的二氧化碳的物质的量是0.2mol，则干燥管增重的质量为0.2mol2mol56g=5.6g，故选项b正确。考点：考查co2与na2o2反应的有关知识。13下列实验中，对应的现象及结论都正确且存在因果关系的是选项实验现象结论a用酒精灯加热摩尔盐(nh4)2fe(so4)26h2o，产生的气体通过装有无水硫酸铜的干燥管干燥管中的白色粉末先变成天蓝色，后又变成深蓝色加热温度较低时摩尔盐分解产生水蒸气，温度稍高时分解产物中有氨气b向某溶液中滴加bacl2溶液，随后加稀硝酸酸化溶液中产生白色沉淀，加稀硝酸不溶解原溶液中一定含有so42-c向cuso4溶液中通入h2s气体溶液的蓝色褪去，生成黑色沉淀氢硫酸的酸性比硫酸强d向2ml0.1mol/lagno3溶液中先滴几滴0.1mol/l的nacl溶液，再滴入几滴0.1mol/l的nai溶液先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀溶度积ksp(agcl)ksp(agi)【答案】a【解析】试题分析：a干燥管中的白色粉末先变成天蓝色，说明生成五水硫酸铜晶体，后又变成深蓝色，生成铜氨络离子，可证明加热温度较低时摩尔盐分解产生水蒸气，温度稍高时分解产物中有氨气，故a正确；b可能生成agcl沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡检验，故b错误；c生成的cus不溶于硫酸，不能说明酸性强弱，故c错误；d硝酸银过量，不能比较溶度积大小，故d错误。故选a。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和合理性。14下列叙述及评价均合理的是选项叙述评价a乙酸乙酯在h218o中水解，产物乙醇中将含有18o错，根据酯的水解规律，产物乙酸中将含有18o同位素，而乙醇则没有。b淀粉与20%的硫酸混合溶液在沸水浴中充分加热后滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全错，淀粉水解后未加碱中和至溶液呈碱性。c向卤代烃水解后的溶液中加入agno3溶液，根据沉淀颜色可以判断卤素原子种类对，水解后溶液中有卤化氢，与agno3溶液反应生成卤化银沉淀。d可以用新制的cu(oh)2悬浊液鉴别乙醇溶液、乙酸溶液和葡萄糖溶液错，用新制的cu(oh)2悬浊液不能鉴别乙醇溶液和乙酸溶液。【答案】a【解析】试题分析：a、在酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子。则乙酸乙酯在h218o中水解，产物乙酸中将含有18o同位素，而乙醇则没有，a正确；b、碘遇淀粉显蓝色，则淀粉与20%的硫酸混合溶液在沸水浴中充分加热后滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全，结论正确，b错误；c、卤代烃与硝酸银不反应，c错误；d、乙醇与水互溶，乙酸能中和氢氧化铜，葡萄糖和新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，因此用新制的cu(oh)2悬浊液能鉴别乙醇溶液和乙酸溶液，d错误，答案选a。考点：考查实验方案设计与评价15w、x、y和z都是周期表中前20号元素，已知：w的阳离子和y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为wy的化合物；y和z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；x和z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；w和x能形成组成为wx2的化合物；x和y不在同一周期，它们能形成组成为xy2的化合物。请回答：（1）w元素是_；z元素是_。（2）化合物wy和wx2的化学式分别是_和 _。（3）y和z形成的两种常见化合物的分子式是_和_。（4）写出x和z形成的一种气态化合物跟wz反应的化学方程式：_【答案】（1）钙，氧；（2）cas，cac2；（3）so2，so3；（4）co2cao=caco3。【解析】试题分析：两种离子核外电子排布相同，说明y在w的上一周期；属于同主族，且能形成两种常见化合物，属于a族，应是s和o；属于同一周期，能形成两种气态化合物，推出x：c，z：o，y：s，则w：ca；（1）根据上述分析，w：钙元素，z：氧元素；（2）分别是cas、cac2；（3）so2、so3；（4）气态化合物可以是co2或co，wz是cao，所以发生co2cao=caco3。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用。16(16分)下图中aj分别代表相关反应中的一种物质，已知a分解得到等物质的量的b、c、d，已知b、d为常温下气态化合物，c为常温下液态化合物，图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）a的化学式 ，a物质中的化学键类型 ，b的电子式 。（2）写出下列反应的化学方程式： dgh ；f+jb+c+i ；（3）0.3mol i与足量c反应转移电子的物质的量为 mol （4）容积为10ml的试管中充满i和g的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中i与g的体积分别为 ml， ml。【答案】（16分） nh4hco3（2分） 离子键共价键（2分） （2分） （2） 4nh3 + 5o2 4no + 6h2o（2分） c + 4hno3(浓) co2+ 4no2+ 2h2o（2分） （3） 0.2 （2分） （4）8 （2分） 2（2分）【解析】试题分析：由流程图可知，a分解得3种产物，其中b能与镁反应，所以b是二氧化碳，a应是碳酸氢铵，c是水，d是氨气，e是mgo，f是c单质，水与过氧化钠反应生成氧气，则g是氧气，氨气与氧气在一定条件下反应生成no，no与氧气反应生成i二氧化氮，二氧化氮溶于水生成j硝酸，浓硝酸与c反应生成二氧化碳水二氧化氮。（1） a的化学式为nh4hco3，其中既含离子键又含共价键，二氧化碳是共价化合物，电子式为；（2）氨气与氧气反应生成no和水，化学方程式为4nh3 + 5o2 4no + 6h2o；c与浓硝酸加热反应生成二氧化碳水和二氧化氮，化学方程式为c + 4hno3(浓) co2+ 4no2+ 2h2o；（3）二氧化氮与水反应生成硝酸和no，二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，其中2/3作还原剂生成硝酸，所以0.3mol二氧化氮与水反应0.2mol的二氧化氮发生氧化反应生成硝酸，转移电子的物质的量是0.2mol1=0.2mol；（4）二氧化氮与水氧气恰好完全反应生成硝酸，化学方程式为4no2+ o2+2h2o=4hno3，所以二氧化氮与氧气的体积比是4:1，则10ml混合气体中二氧化氮的体积是8ml，氧气的体积是2ml。考点：考查物质推断及性质应用，电子式化学方程式的书写，氧化还原反应的计算17（12分）二氧化铈ceo2是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含sio2、fe2o3、ceo2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：（1）洗涤滤渣a的目的是为了去除 （填离子符号），检验滤渣a是否洗涤干净的方法是 。（2）第步反应的离子方程式是 ，滤渣b的主要成分是 。（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物tbp作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，tbp （填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有 、烧杯、量筒等。（4）取上述流程中得到的ce(oh)4m=208g/mol产品0.500g，加硫酸溶解后，用0.1000moll-1feso4标准溶液滴定（铈被还原为ce3+）,消耗20.00ml标准溶液，该产品中ce(oh)4的质量分数为 。(保留两位小数)【答案】（1）滤渣上附着的fe3+、cl-，（2分）取最后洗涤液少量，滴加agno3，如无白色沉淀，则洗干净（2分）。（2）2ceo2+h2o2+6h+=2ce3+o2 +4 h2o（2分） sio2 （2分） （3）不能（1分） 分液漏斗（1分） （4）83.20%（2分）【解析】试题分析：（1）滤渣a上含有fecl3，洗涤滤渣a的目的是为了除去fe3+；取最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；故答案为：fe3+；取最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；（2）稀硫酸、h2o2，ceo2三者反应生成转化为ce2（so4）3、o2和h2o，反应的离子方程式为：6h+h2o2+2ceo2=2ce3+o2 +4h2o； 加入稀硫酸和h2o2，ceo2转化为ce3+，sio2不反应，滤渣b的成分为sio2，故答案为：6h+h2o2+2ceo2=2ce3+o2 +4h2o；sio2；（3）化合物tbp作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以tbp不能与水互溶，萃取的主要玻璃仪器是分液漏斗，故答案为：不能；分液漏斗；（4）ce（oh）4 feso40.0020mol 0.1000mol/l-10.020l所以m（ce（oh）4）0.0020mol208g/mol=0.416g，产品中ce（oh）4的质量分数为100%83.2%，故答案为：83.2%.考点：本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等18欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中nahco3的质量分数可采用以下四种方法。方法一：方法二：方法三：方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器按要求回答下列问题：（1）方法一：加入足量的试剂a （填写a的化学式）可将hco3 离子转化为沉淀并称重。操作1、2、3、4的名称依次是溶解、 、洗涤和干燥（烘干）；（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是 ，在操作2中应选择甲基橙指示剂（3）在方法二中计算该样品中nahco3的质量分数为 用流程图中的数据m、v(hcl) 填写有关的表达式；（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是 ；（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是 ，偏低的原因可能是 （均文字简述）；（6）方法四的实验原理是： （用化学方程式表示）。【答案】（1）ca(oh)2或 ba(oh)2 （写名称不给分）；过滤（2）100 ml容量瓶，（3）（4）装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量（5）碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和co2气体 装置内会留存部分co2气体（6）2 nahco3na2co3 +h2o +co2【解析】试题分析：（1）与hco3-反应钠产生沉淀的试剂有ca(oh)2或 ba(oh)2；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥。（2）方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100 ml容量瓶，还需100ml的容量瓶。（3）由所用盐酸的体积可计算出20ml的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以， 样品中nahco3的质量分数为v(hcl)10-30100584/m100%= 。（4）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量。5）偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收。（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2 nahco3na2co3 +h2o +co2。考点：考查实验流程19回答下列问题：i、向feso4溶液中滴加少量naoh溶液时，析出的白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（1）fe2+离子在水溶液中呈现的颜色是 ；fe(oh)2转化为红褐色沉淀的化学方程式为 （2）有人认为白色沉淀迅速变为灰绿色的原因是fe(oh)2凝胶吸附了溶液中过量的fe2+离子。为探究该观点的正确性，设计如下两个实验：向盛有naoh溶液的试管中加入少量feso4溶液，若该观点正确，应观察到的现象是 己知胶体粒子的吸附能力随温度升高而下降。向盛装feso4溶液的试管中滴加少量naoh溶液，析出白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，将此试管小心加热，若观察到 ，则说明上述解释成立。ii、二茂铁的化学式为（c5h5)2fe，它是一种橙黄色针状晶体，熔点173-1740c，1000c以上显著升华，沸点249，不溶于水，可溶于甲醇、乙醇、乙醚和苯等有机溶剂，可作高性能的火箭燃料添加剂。实验室制备二茂铁的反应原理为：实验装置如图所示（加热及磁力搅拌装置未画出）。（3）通入氮气的目的是 koh固体所起的作用是使环戊二烯(c5h6)脱去质子，另一个作用是（4）下列有关反应开始和结束的实验操作合理的是 （填编号）。a.先加热，再通冷凝水 b先通冷凝水，再加热c先停止加热，再停止通冷凝水 d.先停止通冷凝水，再停止加热（5）反应后可用乙醚萃取、蒸馏分离得到二茂铁粗产品，若欲进一步提纯，最简单的方法是 ；若本次实验取用环戊二烯（密度为0.877gcm-3) 6.6ml其它物质足量，所得产品质量为5.0 g，则产率为 （保留3位有效数字）。【答案】、（1）浅绿色；4fe(oh)2 +o2+2h2o=4 fe(oh)3（2）析出白色沉淀；灰绿色沉淀逐渐变为白色 ii、（3）排出装置中的空气，防止实验过程中fe2+被氧化；干燥剂（吸收反应物中及反应生成的水）（4）bc（5）升华；61.3%【解析】试题分析：、（1）fe2+离子在水溶液中呈现的颜色是浅绿色；fe(oh)2转化为红褐色沉淀的化学方程式为4fe(oh)2 +o2+2h2o=4 fe(oh)3。（2）向盛有naoh溶液的试管中加入少量feso4溶液，溶液中没有过量的fe2，若该观点正确，应观察到的现象是析出白色沉淀；由于胶体粒子的吸附能力随温度升高而下降，若灰绿色沉淀是白色fe(oh)2凝胶吸附了溶液中过量的fe2+离子所致，沉淀迅速变为灰绿色，将此试管小心加热，若观察到灰绿色沉淀逐渐变为白色，则说明上述解释成立。ii、（3）fe2+易被空气中的氧气氧化，故通入氮气的目的是排出装置中的空气，防止实验过程中fe2+被氧化；根据题给反应方程式知koh固体所起的作用是使环戊二烯(c5h6)脱去质子，另一个作用是干燥剂（吸收反应物中及反应生成的水）。（4）根据题给信息知二茂铁1000c以上显著升华，为防止其升华损失反应开始时要先通冷凝水，再加热，反应结束时要先停止加热，再停止通冷凝水，选bc。（5）二茂铁1000c以上显著升华，二茂铁粗产品的进一步提纯，最简单的方法是升华；根据反应方程式得关系式：2c5h6（c5h5)2fe，用环戊二烯（密度为0.877gcm-3) 6.6ml与足量其它物质反应理论上生成二茂铁的质量为8.16g，所得产品质量为5.0 g，则产率为5.0g/8.16g100%=61.3%考点：考查化学实验方案的分析、评价，物质的制备、分离和提纯及相关计算。20（1）n原子的摩尔质量是_，1mol hno3的质量是_， 1mol hno3约含有_个氧原子.（2）标准状况下11.2l hcl气体的物质的量是_,将此hcl气体 溶于水中配成1l溶液,所得盐酸溶液的物质的量浓度是_.（3）2mol oh- 约含有_个电子.【答案】(12分)（1） 14g/mol, 63g, 3na或1.8061024.（2） 0.5mol, 0.5mol/l （3） 20na或1.2041025 (每空2分)【解析】试题分析：（1）摩尔质量在数值上等于其相对原子质量，所以氮原子的摩尔质量为14g/mol,硝酸的摩尔质量为63g/mol，所以1摩尔硝酸的质量为63g,因为每个硝酸分子中含有3个氧原子，所以1摩尔硝酸中含有3摩尔氧原子，个数为3na或1.8061024.（2） 0标况下11.2l氯化氢的物质的量=11.2/22.4=0.5mol,溶于水中形成1升溶液，其物质的量浓度=0.5/1= 0.5mol/l.（3） 每个氢氧根离子含有10个电子，所以2摩尔氢氧根离子含有20摩尔电子，即20na或1.2041025个电子。考点： 物质的量计算21某无色透明溶液，可能含有下列离子：mg2+、al3+、fe3+、ba2+、h+、nh4+、so42、hco3、cl、co32-。取该溶液进行如下实验：取溶液少许，滴入agno3溶液产生白色沉淀；另取溶液少许，滴入bacl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解；另取原溶液500ml，加入过氧化钠固体，产生的沉淀的物质的量与加入过氧化钠的物质的量的关系如下图所示。根据实验现象和数据分析，回答下列问题：（1）de段发生的反应的离子方程式是 ；（2）溶液中肯定存在的离子是 (用离子符号表示)；（3）溶液中可能存在的离子是 (用离子符号表示)；（4）原溶液中金属阳离子的浓度分别为 ；（5）请在答题卡对应图上画出加入过氧化钠从01.1mol时，产生气体的物质的量随加入过氧化钠物质的量变化的曲线(假设生成的气体全部逸出)。【答案】(9分)（1）4al(oh)3+2na2o24alo2-+4na+6h2o+o2(2分)或拆开写成2na2o2+2h2o4na+4oh-+o2，al(oh)3+oh-alo2-+2h2o(各1分)（2）h+，mg2+，al3+，nh4+，so42-(2分)；至少写出3个可得1分，多写、错写不得分（3）cl-(1分)； （4）c(mg2+)0.8moll-1(1分)；c(al3+)0.4moll-1(1分)（5） (2分)【解析】试题分析：无色溶液中一定不存在有色的fe3+，根据滴入agno3溶液产生白色沉淀可知，原溶液中可能含有的离子为so42-、hco3-、cl-；根据滴入bacl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定存在so42-，根据离子共存，一定不存在ba2+；根据图象变化，加入过氧化钠，立刻生成气体，开始时没有沉淀，说明原溶液里一定存在h+离子，沉淀逐渐增加，当加入0.8-0.9mol过氧化钠时没有沉淀生成，说明此时参加反应的离子为nh4+，之后沉淀部分溶解，溶解的沉淀为氢氧化铝，证明原溶液中一定存在mg2+、al3+；根据离子共存可知，一定不存在hco3-；（1）de段发生的反应是溶解al(oh)3，反应的离子方程式是2na2o2+2h2o4na+4oh-+o2、al(oh)3+oh-alo2-+2h2o 或4al(oh)3+2na2o24alo2-+4na+6h2o+o2；（2）溶液中肯定存在的离子是h+，mg2+，al3+，nh4+，so42-；（3）溶液中可能存在的离子是cl-；（4）de段na2o2的量为0.1mol，生成的naoh为0.2mol，溶解的al(oh)3为0.2mol，则溶液里al3+的物质的量为0.2mol，离子浓度为0.2mol0.5l=0.4mol/l；生成沉淀共消耗na2o20.7mol，生成的naoh为1.4mol，al3+需要naoh的物质的量为0.2mol3=0.6mol，则mg2+生成消耗的naoh的物质的量为1.4mol-0.6mol=0.8mol，故mg2+的物质的量为0.8mol/2=0.4mol，物质的量浓度为0.4mol0.5l=0.8mol/l；（5）加入0.8molna2o2时生成的o2为0.4mol，继续加入0.1molna2o2生成o20.05mol时同时生成nh3的物质的量为0.2mol，共生成气体0.25mol，继续加入na2o2的物质的量0.2mol，又生成0.1molo2，具体生成气体与过氧化钠的物质的量关系如图。【考点定位】考查常见离子的检验【名师点晴】注意掌握常见离子的性质及检验方法，正确分析图象曲线变化是解答本题关键，无色溶液中一定不存在有色离子fe3+，取溶液少许，滴入agno3溶液产生白色沉淀，原溶液中可能含有so42-、hco3-、cl-；取溶液少许，滴入bacl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解，说明原溶液中一定存在so42-，根据离子共存，一定不存在ba2+；根据图象可知，加入淡黄色粉末，立刻生成气体，开始时没有沉淀，之后沉淀逐渐增加，当加入0.5-0.6mol过氧化钠时没有沉淀生成，