福建省龙岩市长汀二中高三化学上学期第二次质检试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省龙岩市长汀二中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1在日常生活和生产过程中化学有着重要的应用，下列有关说法正确的是( )apm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，分散在空气中不可能形成胶体b生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品c食品添加剂对人体均有益，可随意使用d洪涝、地震灾区灾后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白质变性的性质2如图所示的实验，能达到实验目的是( )abcd验证化学能转化为底电能验证温度对平衡移动的影响验证铁发生氢腐蚀验证非金属clcsiaabbccdd3原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子，w2、x+、y3+、z2下列说法不正确的是( )a离子半径由大到小：z2x+y3+w2b气态氢化物的稳定性：h2w强于h2zc工业上常采用电解法冶炼y 单质dw、x 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：24下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )a含有agcl和agi固体的悬浊液：c（ag+）c（c1）=c（i）bco2的水溶液：c（h+）c（hco3）2c（co32）cph=1的nahso4溶液：c（h+）=c（so42）十c（oh）d含等物质的量的nahc2o4和na2c2o4的溶液：3c（na+）2c（hc2o4）+c（c2o42）+c（h2c2o4）5纳米级cu2o由于具有优良的催化性能而受到关注采用离子交换膜控制电解液中oh一的浓度制备纳米级cu2o的装置如图所示，发生的反应为：2cu+h2ocu2o+h2下列说法正确的是( )a钛电极发生氧化反应b阳极附近溶液的ph逐渐增大c离子交换膜应采用阳离子交换膜d阳极反应式是：2cu+2oh一一2e一cu2o+h2o6一定温度下，将1mola和1molb气体充入2l密闭容器，发生反应：a（g）+b（g）xc（g）+d（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体c的浓度随时间变化如图所示下列说法正确是( )at1t3间该反应的平衡常数均为4b反应方程式中的x=1ct2时刻改变的条件是使用催化剂dt3时刻改变的条件是移去少量物质d7乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )a分子式为c6h6o6b乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色c含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol naohd乌头酸能发生水解反应和加成反应二、解答题（共5小题，满分79分）8（16分）用caso4代替o2与燃料co反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯co2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应为主反应，反应和为副反应caso4（s）+co（g）cas（s）+co2（g）h1=47.3kjmol1caso4（s）+co（g）cao（s）+co2（g）+so2（g）h2=+210.5kjmol1co（g）c（s）+co2（g）h3=86.2kjmol1（1）反应2caso4（s）+7co（g）cas（s）+cao（s）+6co2（g）+c（s）+so2（g）的h=_（用h1、h2和h3表示）（2）反应的平衡常数的对数lgk随反应温度t的变化曲线见图，结合各反应的h，归纳lgkt曲线变化规律：a）_；b）_（3）向盛有caso4的真空恒容密闭容器中充入co，反应于900达到平衡，c平衡（co）=8.0x105 moll1，计算co的转化率_（忽略副反应，结果保留两位有效数字）（4）为减少副产物，获得更纯净的co2，可在初始燃料中适量加入_（5）以反应中生成的cas为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生caso4，该反应的化学方程式为_；在一定条件下，co2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为_9（16分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在图甲的圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热回流一段时间，然后换成图乙装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品请回答下列问题：（1）图甲中冷凝水从_（a或b）进，图乙中b装置的名称为_（2）反应中加入过量的乙醇，目的是_（3）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：_，试剂b是_，分离方法iii是_（4）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯得到乙酸乙酯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加naoh溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来甲、乙两人蒸馏产物结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功试解答下列问题：甲实验失败的原因是：_乙实验失败的原因是：_10（16分）工业上用菱锰矿（mnco3）含feco3、sio2、cu2（oh）2co3等杂质为原料制取二氧化锰，其流程示意图如图：已知：生成氢氧化物沉淀的phmn（oh）2fe（oh）2fe（oh）3cu（oh）2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/l回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是_盐酸溶解mnco3的化学方程式是_（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是_（3）将mncl2转化为mno2的一种方法是氧化法其具体做法是用酸化的naclo3溶液将mncl2氧化，该反应的离子方程式为：5mn2+2clo3+_=_+_+_（4）将mncl2转化为mno2的另一种方法是电解法生成mno2的电极反应式是_若直接电解mncl2溶液，生成mno2的同时会产生少量cl2检验cl2的操作是_若在上述mncl2溶液中加入一定量的mn（no3）2粉末，则无cl2产生其原因是_11氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解（1）cocl2的空间构型为_；溴的价电子排布式为_（2）已知csicl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列_式分解 acsicl2cscl+iclbcsicl2csi+cl2（3）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_氟氧溴碘第一电离能（kj/mol）1 6811 2511 1401 008（4）下列分子既不存在sp 键，也不存在pp 键的是_ahclbhfcso2dscl2（5）已知clo2为角型，中心氯原子周围有四对价层电子clo2中中心氯原子的杂化轨道类型为_，写出与cn互为等电子体的分子：_（写出1个）（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物固体，其结构如图所示由此可判断该钙的氧化物的化学式为_已知该氧化物的密度是 gcm3，则晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离为_ cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为na）12（16分）以乙炔为原料通过以下流程能合成有机物中间体dc2h2a（hoh2ococh2oh）bcd（）已知：（1）（2）请回答下列问题：（1）化合物d的分子式为_，写出d中一种官能团的名称：_（2）写出生成a的反应的化学方程式：_（3）化合物b在浓硫酸催化下，加热与hooccooh反应生成环状酯的化学方程式为_（注明条件）（4）化合物c的结构简式为_（5）已知1mol hcho和1mol ch3ch2cho发生类似已知（2）的反应，生成1mol e以下关于e的说法正确的是_ae能与h2发生加成反应，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色 be属于酯类物质c.1mol e完全燃烧消耗5mol o2d生成e的反应属于取代反应2015-2016学年福建省龙岩市长汀二中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1在日常生活和生产过程中化学有着重要的应用，下列有关说法正确的是( )apm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，分散在空气中不可能形成胶体b生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品c食品添加剂对人体均有益，可随意使用d洪涝、地震灾区灾后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白质变性的性质【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅酸盐工业 【专题】化学应用【分析】apm2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，pm2.5值越高，大气污染越严重，根据胶粒直径和pm2.5的大小判断由pm2.5引起的雾霾是否属于胶体；b石英玻璃主要成分是二氧化硅；c食品添加剂应合理使用；d蛋白质遇到强碱、强酸、高温、重金属离子会变性，蛋白质就失去了生物活性；【解答】解：apm2.5是指大气中直径小于或等于2.5m的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，它对空气质量和能见度等有重要的影响科学家用pm2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重，胶粒直径在1100纳米（109米107米）之间，pm2.5指2.5106米，pm2.5的大小包含胶粒范围，除能形成胶体，还可以形成其它分散系，故a错误；b石英玻璃主要成分是二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，故b错误；c过量使用国家允许使用的食品添加剂，对人体有害，故c错误；d生石灰遇水会发生反应放出大量的热，并且生成强碱可以使细菌的蛋白质失去活性从而起到杀菌的作用，故d正确；故选：d【点评】本题考查食品添加剂、蛋白质的性质、硅酸盐和胶体，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大2如图所示的实验，能达到实验目的是( )abcd验证化学能转化为底电能验证温度对平衡移动的影响验证铁发生氢腐蚀验证非金属clcsiaabbccdd【考点】化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；探究温度、压强对化学平衡的影响；探究原电池及其工作原理 【专题】实验评价题【分析】a没构成闭合回路；b已知2no2n2o4h0，根据颜色的变化判断；c铁在食盐水中发生吸氧腐蚀；d盐酸易挥发【解答】解：a没构成闭合回路，不能形成原电池，故a错误； b已知2no2n2o4h0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故b正确；c氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故c错误；d盐酸易挥发，不能证明碳酸比硅酸强，故d错误故选b【点评】本题考查较为综合，涉及原电池、化学平衡移动、金属的腐蚀、非金属性的比较等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大3原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子，w2、x+、y3+、z2下列说法不正确的是( )a离子半径由大到小：z2x+y3+w2b气态氢化物的稳定性：h2w强于h2zc工业上常采用电解法冶炼y 单质dw、x 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：2【考点】原子结构与元素周期律的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：w2、x+、y3+、z2，则w、z为第via族元素，原子序数w小于z，则w为o元素，z为s元素，x化合价为+1价，为第ia族的na元素，y为第a族，原子序数大于na，则y为al元素a电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；b非金属性越强，氢化物越稳定性；c工业上电解熔融氧化铝冶炼铝；dw、x 形成的化合物为na2o、na2o2【解答】原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：w2、x+、y3+、z2，则w、z为第via族元素，原子序数w小于z，则w为o元素，z为s元素，x化合价为+1价，为第ia族的na元素，y为第a族，原子序数大于na，则y为al元素a电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：s2ona+al3+，故a错误；b非金属性w（氧）y（硫），非金属性越强，氢化物越稳定性，故b正确；c工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，故c正确；dw、x 形成的化合物为na2o、na2o2，两化合物中阴、阳离子个数比都是1：2，故d正确，故选：a【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据短周期元素及离子电荷确定元素，注意对基础知识的理解掌握4下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )a含有agcl和agi固体的悬浊液：c（ag+）c（c1）=c（i）bco2的水溶液：c（h+）c（hco3）2c（co32）cph=1的nahso4溶液：c（h+）=c（so42）十c（oh）d含等物质的量的nahc2o4和na2c2o4的溶液：3c（na+）2c（hc2o4）+c（c2o42）+c（h2c2o4）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】aagcl和agi固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；b二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；cnahso4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中质子守恒分析；d依据溶液中元素物料守恒计算，2n（na）=3n（c2o42）【解答】解：aagcl和agi固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（ag+）c（cl）c（i），故a错误；b二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，h2co3h+hco3，hco3h+co32，c（h+）c（hco3）2c（co32），故b错误；cnahso4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，nahso4 =na+h+so42，h2oh+oh，溶液中质子守恒，c（h+）=c（so42）+c（oh），故c正确；d依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量nahc2o4和na2c2o4的溶液：2c（na+）=3c（hc2o4）+c（c2o42）+c（h2c2o4），故d错误；故选c【点评】本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等5纳米级cu2o由于具有优良的催化性能而受到关注采用离子交换膜控制电解液中oh一的浓度制备纳米级cu2o的装置如图所示，发生的反应为：2cu+h2ocu2o+h2下列说法正确的是( )a钛电极发生氧化反应b阳极附近溶液的ph逐渐增大c离子交换膜应采用阳离子交换膜d阳极反应式是：2cu+2oh一一2e一cu2o+h2o【考点】电解原理 【专题】电化学专题【分析】a、钛极与电源负极相连是阴极发生氢离子得电子的还原反应；b、根据总反应，则阳极反应为2cu2e+2oh=cu2o+h2o，消耗氢氧根，ph值减小；c、根据总反应，则阳极反应为2cu2e+2oh=cu2o+h2o，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜；d、在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2cu2e+2oh=cu2o+h2o，【解答】解：a、钛极与电源负极相连是阴极发生氢离子得电子的还原反应，故a错误；b、根据总反应，则阳极反应为2cu2e+2oh=cu2o+h2o，消耗氢氧根，ph值减小，故b错误；c、根据总反应，则阳极反应为2cu2e+2oh=cu2o+h2o，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜，故c错误；d、在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2cu2e+2oh=cu2o+h2o，故d正确；故选：d【点评】本题考查了电解原理的应用，在电解中电极反应与电解质溶液有关，电极相同，电解质溶液的性质不同，电极反应不同，这是很容易出错的问题，难度不大；6一定温度下，将1mola和1molb气体充入2l密闭容器，发生反应：a（g）+b（g）xc（g）+d（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体c的浓度随时间变化如图所示下列说法正确是( )at1t3间该反应的平衡常数均为4b反应方程式中的x=1ct2时刻改变的条件是使用催化剂dt3时刻改变的条件是移去少量物质d【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但c的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，再根据平衡常数的定义计算平衡常数，在可逆反应中固体物质的量的少量改变不会引起平衡的移动，据此答题；【解答】解：a、根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但c的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，所以化学方程式为：a（g）+b（g）2c（g）+d（s），根据方程式中的计量关系可知，在t1时刻达到平衡，生成0.5mol/lc，则a、b平衡的浓度均为0.25mol/l，所以平衡常数k=4，而t1t3间温度没变，所以平衡常数不变，故a正确；b、由a中的分析可知x=2，故b错误；c、催化剂不能改变平衡时的浓度，结合a的分析可知c错误；d、由于d为固体，移去少量物质d，平衡不移动，不会改变其它物质的浓度，故d错误；故选a【点评】本题主要考查了根据图象判断影响平衡移动的因素，中等难度，解题的关键在于根据图象确定化学方程式中的x的值7乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )a分子式为c6h6o6b乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色c含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol naohd乌头酸能发生水解反应和加成反应【考点】有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】a根据结构简式确定分子式；b该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质；c能和氢氧化钠反应的有羧基，该分子中含有3个羧基；d该物质中不含卤原子或酯基，不能发生水解反应【解答】解：a根据结构简式确定分子式为c6h6o6，故a正确；b该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b正确；c能和氢氧化钠反应的有羧基，该分子中含有3个羧基，所以含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol naoh，故c正确；d该物质中不含卤原子或酯基，不能发生水解反应，碳碳双键能发生加成反应，故d错误；故选d【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸性质，题目难度不大二、解答题（共5小题，满分79分）8（16分）用caso4代替o2与燃料co反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯co2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应为主反应，反应和为副反应caso4（s）+co（g）cas（s）+co2（g）h1=47.3kjmol1caso4（s）+co（g）cao（s）+co2（g）+so2（g）h2=+210.5kjmol1co（g）c（s）+co2（g）h3=86.2kjmol1（1）反应2caso4（s）+7co（g）cas（s）+cao（s）+6co2（g）+c（s）+so2（g）的h=4h1+h2+2h3（用h1、h2和h3表示）（2）反应的平衡常数的对数lgk随反应温度t的变化曲线见图，结合各反应的h，归纳lgkt曲线变化规律：a）当h0时，lgk随温度升高而增大，当h0时，lgk随温度升高而减小；b）当温度同等变化时，h的数值越大lgk的变化越大（3）向盛有caso4的真空恒容密闭容器中充入co，反应于900达到平衡，c平衡（co）=8.0x105 moll1，计算co的转化率99%（忽略副反应，结果保留两位有效数字）（4）为减少副产物，获得更纯净的co2，可在初始燃料中适量加入o2（5）以反应中生成的cas为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生caso4，该反应的化学方程式为cas+2o2caso4；在一定条件下，co2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为【考点】用化学平衡常数进行计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算【分析】（1）根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应2caso4（s）+7co（g）cas（s）+cao（s）+6co2（g）+c（s）+so2（g）的h；（2）根据反应的平衡常数的对数lgk随反应温度t的变化曲线进行判断变化规律；（3）根据图象判断900时反应的lgk=2，则平衡常数为102，设出反应前co浓度为c，根据平衡常数表达式列式计算即可；（4）根据氧气能够消耗副产物中生成的二氧化硫、碳进行分析；（5）根据“cas为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生caso4”可知另一种反应物为氧气，据此写出反应的化学方程式；在对二甲苯的苯环上添上应该羧基即可得到该有机物【解答】解：（1）根据盖斯定律，4+2可得：2caso4（s）+7co（g）cas（s）+cao（s）+6co2（g）+c（s）+so2（g）的h=4h1+h2+2h3，故答案为：4h1+h2+2h3；（2）根据图象曲线变化可知，反应、为放热反应，随着温度的升高，平衡常数k逐渐减小，则lgk逐渐减小，而反应为吸热反应，升高温度，平衡常数k逐渐增大，则lgk逐渐增大，所以表示的为反应、曲线表示的为反应，变化规律为：当h0时，lgk随温度升高而增大，当h0时，lgk随温度升高而减小；根据反应和曲线（反应反应）的反应热可知，当温度同等变化时，h的数值越大lgk的变化越大，故答案为：（a）当h0时，lgk随温度升高而增大，当h0时，lgk随温度升高而减小；（b）当温度同等变化时，h的数值越大lgk的变化越大；（3）向盛有caso4的真空恒容密闭容器中充入co，反应方程式为：caso4（s）+co（g）cas（s）+co2（g）h1=47.3kjmol1，根据图象曲线可知，反应于900时lgk=2，平衡常数为102=100，c平衡（co）=8.0105 moll1，设一氧化碳反应前浓度为c，则反应消耗的co浓度=反应生成二氧化碳浓度=（c8.0105）mol/l，平衡常数k=100，解得c=8.08103mol/l，一氧化碳的转化率为：100%99%，答：99%；（4）氧气能够与二氧化硫、c发生反应，所以在初始原料中加入适量的氧气，可以抑制副反应的进行，有利于获得更纯净的co2，故答案为：o2；（5）以反应中生成的cas为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生caso4，则另一种反应为为氧气，该反应的化学方程式为 cas+2o2caso4；在一定条件下，co2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，相当于用羧基取代苯环上的氢原子，对二甲苯中苯环上4个h原子位置等价，则该产物的结构简式为：，故答案为：cas+2o2caso4；【点评】本题考查了化学平衡常数的计算、有机物结构与性质、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用9（16分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在图甲的圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热回流一段时间，然后换成图乙装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品请回答下列问题：（1）图甲中冷凝水从b（a或b）进，图乙中b装置的名称为牛角管（尾接管）（2）反应中加入过量的乙醇，目的是提高乙酸的转化率（3）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：饱和na2co3溶液，试剂b是稀h2so4，分离方法iii是蒸馏（4）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯得到乙酸乙酯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加naoh溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来甲、乙两人蒸馏产物结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功试解答下列问题：甲实验失败的原因是：naoh加入量太少，未能完全中和酸乙实验失败的原因是：naoh加入过量太多，使乙酸乙酯水解【考点】乙酸乙酯的制取 【专题】实验设计题【分析】（1）冷凝器进水为下口进上口出，b的名称是尾接管；（2）为了提高乙酸的转化率，实验时加入过量的乙醇；（3）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；（4）根据naoh能与酸、酯发生反应以及naoh量的不同反应进行的程度不同【解答】解：（1）为了达到更好的冷凝效果，冷凝器进水为下口进上口出，b装置的名称是牛角管 （ 尾接管 ），故答案为：b；牛角管 （ 尾接管 ）；（2）为了提高乙酸的转化率，实验时加入过量的乙醇，故答案为：提高乙酸的转化率；（3）乙酸乙酯是不溶于水的物质，乙醇和乙酸均是易溶于水的，乙酸和乙醇的碳酸钠水溶液是互溶的，分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出乙醇然后水层中的乙酸钠，根据强酸制弱酸，要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸，故答案为：饱和na2co3溶液；稀h2so4；蒸馏；（4）甲得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加naoh溶液不足未将酸完全反应，故答案为：naoh加入量太少，未能完全中和酸；乙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加naoh溶液过量，酯发生水解，故答案为：naoh加入过量太多，使乙酸乙酯水解【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，涉及酯化反应的制备反应装置，反应条件，反应特征等分析判断、分离混合物的操作步骤和方法选择和实验评价的分析等方面，题目难度中等10（16分）工业上用菱锰矿（mnco3）含feco3、sio2、cu2（oh）2co3等杂质为原料制取二氧化锰，其流程示意图如图：已知：生成氢氧化物沉淀的phmn（oh）2fe（oh）2fe（oh）3cu（oh）2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/l回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大接触面积，提高反应速率盐酸溶解mnco3的化学方程式是mnco3+2hcl=mncl2+co2+h2o（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是2fe2+h2o2+4h2o=2fe（oh）3+4h+（3）将mncl2转化为mno2的一种方法是氧化法其具体做法是用酸化的naclo3溶液将mncl2氧化，该反应的离子方程式为：5mn2+2clo3+4h2o=cl2+5mno2+8h+；（4）将mncl2转化为mno2的另一种方法是电解法生成mno2的电极反应式是mn2+2e+2h2o=mno2+4h+若直接电解mncl2溶液，生成mno2的同时会产生少量cl2检验cl2的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有cl2生成若在上述mncl2溶液中加入一定量的mn（no3）2粉末，则无cl2产生其原因是其它条件不变下，增大mn2+浓度或增大c（mn2+）/c（cl），有利于mn2+放电（不利于cl放电）【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】菱锰矿用盐酸酸浸，mnco3、feco3、cu2（oh）2co3与盐酸反应，sio2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为sio2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的hcl，向滤液中加入生石灰，调节溶液ph=4，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，在ph=4时氧化得到fe3+转化为fe（oh）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入mns，将溶液中cu2+氧化为cus沉淀过滤除去，滤液3中为mncl2，系列转化得到mno2（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水；（2）加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，在ph=4时氧化得到fe3+转化为fe（oh）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成；（3）用酸化的naclo3溶液将mncl2氧化得到mno2，mn元素发生氧化反应，则cl元素发生还原反应生成cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有h+生成，根据h元素守恒，可知反应物中缺项物质为h2o，结合电荷守恒、原子守恒配平；（4）由题意可知，mn2+转化为mno2，发生氧化反应，由o元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有h+生成；生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，用润湿的淀粉碘化钾试纸检验；其它条件不变下，增大mn2+浓度，有利于mn2+放电【解答】解：菱锰矿用盐酸酸浸，mnco3、feco3、cu2（oh）2co3与盐酸反应，sio2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为sio2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的hcl，向滤液中加入生石灰，调节溶液ph=4，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，在ph=4时氧化得到fe3+转化为fe（oh）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入mns，将溶液中cu2+氧化为cus沉淀过滤除去，滤液3中为mncl2，系列转化得到mno2（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：mnco3+2hcl=mncl2+co2+h2o，故答案为：增大接触面积，提高反应速率；mnco3+2hcl=mncl2+co2+h2o；（2）加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，在ph=4时氧化得到fe3+转化为fe（oh）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2fe2+h2o2+4h2o=2fe（oh）3+4h+，故答案为：2fe2+h2o2+4h2o=2fe（oh）3+4h+；（3）用酸化的naclo3溶液将mncl2氧化得到mno2，mn元素发生氧化反应，则cl元素发生还原反应生成cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有h+生成，根据h元素守恒，可知反应物中缺项物质为h2o，配平后离子方程式为：5mn2+2clo3+4h2o=cl2+5mno2+8h+，故答案为：4h2o；cl2；5mno2；8h+；（4）由题意可知，mn2+转化为mno2，发生氧化反应，由o元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有h+生成，电极反应式为：mn2+2e+2h2o=mno2+4h+，故答案为：mn2+2e+2h2o=mno2+4h+；生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，检验cl2的操作是：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有cl2生成，故答案为：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有cl2生成；mn2+、cl都在阳极放电，二者为竞争关系，增大mn2+浓度或增大c（mn2+）/c（cl），有利于mn2+放电（不利于cl放电），故答案为：其它条件不变下，增大mn2+浓度或增大c（mn2+）/c（cl），有利于mn2+放电（不利于cl放电）【点评】本题物质制备实验，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等11氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解（1）cocl2的空间构型为平面三角形；溴的价电子排布式为4s24p5（2）已知csicl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列a式分解 acsicl2cscl+iclbcsicl2csi+cl2（3）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘氟氧溴碘第一电离能（kj/mol）1 6811 2511 1401 008（4）下列分子既不存在sp 键，也不存在pp 键的是dahclbhfcso2dscl2（5）已知clo2为角型，中心氯原子周围有四对价层电子clo2中中心氯原子的杂化轨道类型为sp3杂化，写出与cn互为等电子体的分子：n2或 co（写出1个）（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物固体，其结构如图所示由此可判断该钙的氧化物的化学式为cao2已知该氧化物的密度是 gcm3，则晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离为 cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为na）【考点】晶胞的计算；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 【专题】图像图表题；结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）cocl2中c原子的价电子对数为=3，c原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对，c与o原子之间形成c=o双键，其结构式是，据此判断分子空间构型，溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，据此写出价电子排布式；（2）在离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，据此判断；（3）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，据此答题；（4）a hcl中存在sp键，bhf中存在sp键，c so2中存在pp键，d scl2中存在pp键，据此答题；（5）根据中心原子的价层电子对数确定其杂化方式；等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒；（6）根据均摊法确定晶胞中各种原子的个数，再确定其化学式，根据密度确定晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的，据此答题；【解答】解：（1）cocl2中c原子的价电子对数为=3，c原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对，c与o原子之间形成c=o双键，其结构式是，所以它的空间构型为平面三角形，溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，其价电子排布式为4s24p5，故答案为：平面三角形；4s24p5；（2）在离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，比较两个反应的产物可知，由于氯离子的半径小于碘离子，所以cscl的晶格能大于csi的晶格能，故答案选a；（3）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小