江苏省徐州市启星中学高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

江苏省徐州市启星中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1下列反应属于吸热反应的是（ ） a氢氧化钠和硫酸的反应 b葡萄糖在人体内氧化分解cba(oh)28h2o与nh4cl反应 d锌粒与稀h2so4反应制取h2【答案】c【解析】2下列分子的中心原子的杂化类型与其他不同的是asicl4 bh2s cpcl5 dnh3【答案】c【解析】 试题分析：asicl4的中心原子si采用sp3杂化；bh2s的中心原子s采用sp3杂化；c. pcl5的中心原子p采用sp3d杂化；dnh3中的中心原子n采用sp3杂化。所以杂化方式不同的是pcl5。选项为c。考点：考查原子的杂化类型的知识。3取10g 硫酸铁溶于水配成100ml溶液，（1）该硫酸铁的物质的量浓度_ （2）fe3+ 物质的量浓度_（3）取出该溶液20ml含so42-物质的量为_，然后稀释，使其硫酸铁物质的量浓度变为005mol/l，则应加水_ml（设稀释时，对溶液体积的影响忽略不计）【答案】（1）025mol/l （2） 05mol/l，（3）0015mol, 80【解析】试题分析：（1）10g 硫酸铁的物质的量为：10g400g/mol=0025mol，则硫酸铁的物质的量浓度为：0025mol01l=025moll1。（2）c（fe3+）=2cfe2(so4)3=2025moll1=05moll1（3）取出该溶液20ml含so42-物质的量=002l025mol/l3=0015mol；设加水的体积为v l，则0015mol3（002l+v）=005moll1，解得v=008l=80ml。考点：本题考查物质的量浓度的有关计算。 4a、b是同周期元素，如果a原子半径比b大，则下列判断中正确的是a两元素形成的最高价氧化物水化物的酸性a强于bba的气态氢化物比b的气态氢化物稳定ca的金属性比b的金属性强da的阴离子比b的阴离子还原性弱【答案】c【解析】试题分析：a的金属性强于b，一般情况下，两元素形成的最高价氧化物水化物的酸性a弱于b；一般情况下，金属性越强，气态氢化物的稳定性越差，a的气态氢化物比b的气态氢化物不稳定；原子的金属性越强，离子的氧化性越弱，c项正确 。考点：元素周期律的应用5用na表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是a1 mol oh 中含有10na个电子b 46g的no2气体中含有na个no2分子c1 l 1 mol/l的alcl3溶液中含有na个al3+d常温常压下11.2 l的甲烷气体含有的分子数为0.5na【答案】a【解析】试题分析：b、no2气体可能转化为n2o4气体，小于na个no2分子，错误；c、alcl3溶液中al3+ 会发生水解，错误；d、常温常压气体体积无法计算。考点：考查阿伏伽德罗常数、气体体积等相关知识。6 w、x、y、z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图。已知w的一种核素的质量数为18，中子数为10；x和ne原子的核外电子数相差1；y的单质是一种常见的半导体材料；z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法不正确的是a对应简单离子半径xwb对应气态氢化物的稳定性yz c化合物xzw既含离子键也含共价键dy的氧化物能与z或x的最高价氧化物对应的水化物反应【答案】d【解析】试题分析：a. w的质子数为18-10=8，所以w为o元素；由于在同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小。而不同周期的元素，原子核外的电子层数越多，原子半径越大。x原子序数与ne相差1，结合原子半径可知x为na元素；y的单质是一种常见的半导体材料；则y为si元素；z原子序数大于si，而且其非金属性在同周期元素中最强，那么z为cl元素。a. na+、o2-电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小。所以 对应简单离子半径na+ o2-。正确。b元素的非金属性越强，对应气态氢化物就越稳定。非金属性sicl,所以稳定性sih4 hcl。正确。c化合物naclo是离子化合物，既含离子键也含共价键。正确。d. sio2是酸性氧化物，只能与强碱naoh发生反应：sio22naoh=na2sio3h2o，而不能与hclo4发生反应。错误。 考点：考查元素的推断、元素周期表、元素周期律及元素与化合物的性质的知识。7化学反应中既有物质变化也有能量变化，与这两种变化都有关系的因素是a反应物和生成物的相对分子质量 b反应物和生成物的相对密度的大小c反应物和生成物中存在的化学键 d化学反应进行的条件【答案】c【解析】考点：化学键；化学反应中能量转化的原因。专题：化学键与晶体结构。分析：化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的生成，导致化学反应中有物质变化和能量变化。解答：解：化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的生成，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要放出能量，根据能量守恒知，化学反应中常伴随能量变化；有新物质生成的反应是化学反应，所以化学反应中有物质变化，化学反应中既有物质变化也有能量变化，与这两种变化都有关系的因素反应物和生成物中存在的化学键，故选c。点评：本题考查了导致化学反应有物质变化和能量变化的原因，难度不大，根据化学反应的实质分析即可。8下列各组物质中，一定属于同系物的是（ ）a乙二醇和丙三醇 bc4h6和c2h2cc3h6和c4h8 dc2h6和c10h22【答案】d【解析】结构相似，分子组成相差若干个ch2原子团的同一类有机物的，互称为同系物，选项d中都是烷烃，因此选项d互为同系物。a不是，b和c都是不一定的，答案选d。92氯丙烷跟氢氧化钠的醇溶液共热后，生成的产物再与溴水反应，得到的产物的同分异构体有a2种 b4种 c3种 d5种 【答案】c【解析】试题解析：在naoh的醇溶液中，2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯ch2chch3，丙烯加溴后，生成1，2二溴丙烷，即ch2br-chbr-ch3，它的同分异构体有，共3种，故选c考点：同分异构现象和同分异构体10设na为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是a常温下，28g c2h4含na个碳碳双键 b1 mol cu和足量稀硝酸反应生成na no分子c常温常压下，22.4l ccl4含有n a个ccl4分子 d1mol/l nacl溶液含有n a个na+【答案】a【解析】试题分析：28g c2h4的物质的量为1mol，c2h4中有1个碳碳双键，故碳碳双键的物质的量为1mol，个数为na个，a对；1 mol cu和足量稀硝酸反应生为：3cu + 8hno33cu(no3)2 +2no+4h2o，1 mol cu和足量稀硝酸反应生成2/3mol的no，个数为2na /3个，b错；常温常压下， ccl4是液态，不能用体积来计算物质的量，c错；没有溶液的体积，知道nacl溶液的浓度不能求出物质的量，故不能计算出na+的物质的量，d错。考点：阿伏伽德罗常数的应用。11等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是a2 moll1 h2so4溶液 b18 moll1 h2so4溶液c6 moll1 koh溶液 d3 moll1 hno3溶液【答案】a【解析】试题分析：设镁为1mol，铝为2mol，a、mg2h=h2mg2，2al6h=2al33h2，共生成4mol氢气；b、此硫酸是浓硫酸，不产生氢气，氢气的量为0；c、2al2oh2h2o=2alo23h2，生成3mol氢气；d、活泼金属和硝酸反应，不产生氢气，氢气的量为0；依据上述数值判断，a选项符合题意。考点：考查镁铝性质、硝酸、硫酸的性质等知识。12为了减少大气污染，许多城市推广汽车使用清洁燃料。目前使用的清洁燃料主要有两类，一类是压缩天然气（cng），另一类是液化石油气（lpg）。这两类燃料的主要成分都是a碳水化合物 b醇类 c氢气 d碳氢化合物【答案】d【解析】试题分析：天然气主要成分是甲烷，属于烃，液化石油气是炼油厂在进行原油催化裂解与热裂解所得到的副产品，其成分是烃，烃：仅含碳氢两种元素的有机啊物，故d选项正确。考点：考查有机物的分类、有机物的基本知识。13等物质的量的x(g)与y(g)在密闭容器中进行可逆反应：x(g)y(g) 2z(g)w(s)h0，下列叙述正确的是a平衡常数k值越大，x的转化率越小b若混合气体的平均摩尔质量保持不变，则反应达到平衡c达平衡时继续通入气体x，平衡正移则上述h减小d升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动【答案】b【解析】试题分析：a、平衡常数越大，说明反应正向进行程度，x的转化率大，错误，不选a；b、平均摩尔质量=气体总质量/气体总物质的量，从方程式看，气体总物质 的量始终不变，但气体的总质量随着反应进行而改变，若平均摩尔质量不变，说明反应到平衡，正确，选b；c、h只受方程式的书写影响，所以平衡移动，h不变，错误，不选c；d、升温，平衡逆向移动，增大压强，平衡不移动，错误，不选d。考点：化学平衡常数的计算，化学平衡移动14有关下列离子方程式的说法正确的是（）a等物质的量mgcl2、ba(oh)2和hcl溶液混合:mg23ohh=mg(oh)h2ob向naalo2溶液中通入过量co2的反应为:2alo2co23h2o=2al(oh)3co32c等物质的量的febr2与cl2反应为：2fe22br2cl2=2fe3br24cld用浓盐酸酸化的kmno4溶液与h2o2反应，证明h2o2具有还原性：2mno46h5h2o2=2mn25o28h2o【答案】c【解析】试题分析：a离子方程式应该是：mg22ohh=1/2mg(oh)h2o。错误；b离子方程式应该是alo2co22h2o=2al(oh)3hco3，错误；c符合反应事实，拆写也符合离子方程式的书写原则，正确；d为了酸化kmno4溶液应该使用硫酸，而不能使用具有还原性的盐酸，错误。考点：考查有关离子方程式的说法的知识。15将一定体积的so3（g）充入恒容的密闭容器中，发生反应2so3（g）2so2（g）+o2（g）并达到平衡；保持温度不变，再充入相同体积的so3（g），达到新平衡后，与原平衡相比，下列值减小的是a平均相对分子质量bso3（g）的转化率cd【答案】b【解析】再充入相同体积的so3（g），相当于压强增大，平衡逆向移动，a平衡向逆向移动，气体的总物质的量减小，但质量不变，则平均相对分子质量增大，故a错误；b平衡向逆向移动，so3（g）的转化率减小，故b正确；c平衡向逆向移动，=，应增大，故c错误；d.可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，故d错误故选：b【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的综合运用的考查，注意把握思维转化的角度，掌握平衡移动方向的判断，难度中等16（10分）有机物间存在如下转化关系：已知：g、e均能发生银镜反应；h的结构简式为回答下列问题：（1）写出a的分子式 （2）写出e的结构简式 （3）f分子中含有的官能团的名称是 （4）由a转化成b和f的反应类型属于(填序号) 氧化反应消去反应取代反应还原反应 （5）写出由b生成c的化学方程式为(有机物用结构简式表示) （6）f的同分异构体中，能使三氯化铁溶液显色，苯环上只有两个取代基，且1 molf与钠反应产生0.5molh2 的同分异构体有种【答案】(1)c10 h12o3(2分)(2)hcooch3(1分)(3)(醇)羟基、羧基(2分)(4)(1分)(5) 2ch3oh +o22hcho+2h2o(催化剂加热) (2分)(6)18 (2分)【解析】试题分析：b+de,则e一定是酯类，e能发生银镜反应，说明e中含有醛基，则d一定是甲酸。，则c为甲醛，b为甲醇。h的结构简式为且g能发生银镜反应，则f为的酯基水解产物，含有羧基和羟基。g含有羧基和醛基。考点：烃的衍生物点评：本题属于常规的有机推断题目，入手点在于题干信息和推断中特殊的有机反应的条件，此类题目解题的前提是学生要对有机物之间的反应比较熟悉。 17(1)已知：fe(s)o2(g)=feo(s)h272.0 kjmol12al(s)o2(g)=al2o3(s)h1675.7 kjmol1al和feo发生铝热反应的热化学方程式是_(2)某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为a、b(如上图所示)。根据图判断该反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，反应物的转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)；其中b历程表明此反应采用的条件为_(选填序号)。a升高温度 b增大反应物的浓度 c降低温度 d使用催化剂(3)1000 时，硫酸钠与氢气发生下列反应：na2so4(s)4h2(g)na2s(s)4h2o(g)该反应的平衡常数表达式为_；已知k1000 k1200 ，若降低体系温度，混合气体的平均相对分子质量将会_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)常温下，如果取0.1 moll1 ha溶液与0.1 moll1 naoh溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化忽略不计)，测得混合液的ph8。混合液中由水电离出的oh浓度与0.1 moll1 naoh溶液中由水电离出的oh浓度之比为_；已知nh4a溶液为中性，又知将ha溶液加到na2co3溶液中有气体放出，试推断(nh4)2co3溶液的ph_7(填“”或“”)；相同温度下，等物质的量浓度的下列四种盐溶液按ph由大到小的排列顺序为(填序号)_。anh4hco3 bnh4a c(nh4)2co3 dnh4cl【答案】(1)3feo(s)2al(s)=al2o3(s)3fe(s)h859.7 kj/mol(2)增大d (3)k减小 (4)107cabd【解析】 (1)方程式3可得：3feo(s)2al(s)=al2o3(s)3fe(s)，该反应的h1 675.7 kj/mol3272.0 kj/mol859.7 kj/mol；(2)催化剂可以降低反应的活化能；(3)固体或纯液体的浓度不列入平衡常数表达式中；平衡常数越大，则反应进行的越完全，该反应为气体分子数不变但质量增加的反应，降低体系温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，气体分子数不变但质量减小，故混合气体的平均相对分子质量会减小；(4)混合液中c(h)108 mol/l，c(oh)106 mol/l，其中oh全部由水电离；0.1 mol/l naoh溶液中c(oh)101 mol/l，c(h)1013 mol/l，其中水电离出来的oh浓度等于溶液中h浓度，则混合液中由水电离出的oh浓度与0.1 moll1 naoh溶液中由水电离出的oh浓度之比为107；nh4a为中性，可知a与nh4+水解程度相等；将ha溶液加到na2co3溶液中有气体放出，可知h2co3酸性比ha弱，则hco3水解程度比a大， 而co32水解程度比hco3大，故nh4hco3溶液、(nh4)2co3溶液均显碱性且碱性nh4hco3(nh4)2co3；nh4cl为强酸弱碱盐，显酸性18氯水是实验室常需临时配制的一种试剂。图甲所示的是实验室配制氯水时的一种常用装置,图乙是某化学实验小组自行设计的一种配制氯水的装置(图中的鼓气球是一种具有气体单向阀的可用于向瓶中鼓入空气的仪器)。(1)氯水需临时配制的原因是 (用化学方程式表示)。(2)图甲所示装置中,烧杯内的液体是。(3)用图乙所示装置中配制氯水时,操作步骤如下:关闭活塞2 ,打开分液漏斗上口的玻璃塞,再打开活塞1 ,将少量浓盐酸注入大试管内。关闭活塞1 ,盖上分液漏斗上口玻璃塞。浓盐酸和大试管内的高锰酸钾粉末反应产生氯气。轻轻摇动瓶a ,使氯气不断溶入水中。用图乙装置能在较短时间内得到饱和氯水。除了在摇动过程中增大了气体和水的接触面以外,另一个重要原因是 。分液漏斗中的浓盐酸应分数次加入试管内。若一次加入太多的浓盐酸,可能引起的后果是 。(4)配制氯水完成后,不必拆卸装置即可从瓶a 中取用少量氯水,方法是 。【答案】(1)2hclo2hcl+o2(2)naoh溶液(3)氯气在瓶内产生较大压强,增大了氯气的溶解度瓶内产生过多的氯气,瓶内压强过大会使瓶a的橡皮塞弹开(4)打开活塞2,关闭活塞1,用鼓气球向瓶a中鼓入空气【解析】(1)氯水中的次氯酸在光照、受热条件下会分解,所以氯水需临时配制。(2)图甲是把氯气通过水来制取氯水,烧杯内应该盛装能够吸收氯气的naoh溶液。(3)在大试管中注入浓盐酸后,生成的氯气通过大试管上的小孔进入瓶a内与水反应,此时瓶a组成一个密闭装置,压强增大利于氯气的溶解。如果加入浓盐酸过多,反应过于剧烈,瓶a内压强过大,就可能使瓶口的橡皮塞弹开。(4)取用氯水时可以打开活塞2,通过鼓气球向瓶内鼓入空气,瓶内气体压强增大,氯水就会通过导管流出。19（12分）乙醛在催化剂存在的条件下，可以被空气氧化成乙酸。依据此原理设计实验制得并在试管c中收集到少量乙酸溶液（如图所示：试管a中装有40的乙醛水溶液、氧化铜粉末；试管c中装有适量蒸馏水；烧杯b中装有某液体）。已知在6080时用双连打气球鼓入空气即可发生乙醛的氧化反应，连续鼓入十几次反应基本完全。有关物质的沸点见下表：物质乙醛乙酸甘油乙二醇水沸点20.8117.9290197.2100请回答下列问题：（1）试管a内在6080时发生的主要反应的化学方程式为（注明反应条件）_；（2）如图所示在实验的不同阶段，需要调整温度计在试管a内的位置。在实验开始时温度计水银球的位置应在_，目的是_；当试管a内的主要反应完成后，应进行蒸馏操作，温度计水银球的位置应在_。（3）烧杯b内盛装的液体可以是_（写出一种即可）。（4）若想检验试管c中是否含有产物乙酸，在下列所提供的药品或用品中，可以使用的是_。（填字母）aph试纸 b碳酸氢钠粉末 c红色石蕊试纸 d银氨溶液【答案】（1）2ch3choo22ch3cooh（2分）（2）试管a的反应液中 控制反应温度为6080 试管a的支管口处（3）乙二醇或甘油（写一个即可）（2分）（4）a、b（2分）【解析】试题分析：（1）由题意可知本实验的原理是：用双连打气球鼓入空气，使空气中的氧气与a中的乙醛在温度为6080 时反应生成乙酸2ch3choo22ch3cooh；（2）实验开始时测定的使反应液的温度，故温度计水银球的位置应在试管a的反应液中，测定反应液温度控制反应温度为6080；当试管a内的主要反应完成后，应进行蒸馏操作，故应测定蒸出馏分的温度，则温度计水银球应在试管a的支管口处；（3）因乙酸是液体，要在c中收集到乙酸，须使a中混合液的沸点在117.9 以上（由题中信息得出），从图示装置可以看出，该反应采取了水浴加热的方式，若要使反应正常进行，并使乙酸顺利蒸出，所选溶液的沸点必须比117.9 高，根据题中信息，可选择甘油或乙二醇；（4）检验试管c中是否含有产物乙酸，在下列所提供的药品或用品中，可以使用的是ph试纸检测溶液ph值，或碳酸氢钠粉末检验乙酸。考点：实验综合试题。20(9分)（1）下图装置甲是某种不溶于水的气体x的发生装置和收集装置（必要时可以加热），所用的试剂从下列试剂中选取2-3种：硫化亚铁、二氧化锰、铜屑、氯化铵、稀氨水、大理石、浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、蒸馏水。气体x的分子式是 。所选择的药品a是 ，c是 。下列装置乙和丙，能代替装置甲的简易装置是 （填“乙”或“丙”）请写出在试管a中所发生反应的离子方程式 。（2）在进行研究性学习的过程中，学生发现等质量的铜片分别与等体积均过量的浓硝酸或稀硝酸反应（假设反应前后溶液体积不变），所得到溶液前者呈绿色，后者呈蓝色，针对这种现象，学生进行了讨论，出现两种意见，一种认为：cu2浓度差异引起了这种现象，你认为 （填“正确”或“不正确”），依据是： ；另一种意见是：溶液呈绿色可能是cu2与no2混合的结果，并用实验进行了证明，这些方案中可行的是 ；a加热该绿色溶液，观察颜色变化b加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化（3）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68 l o2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/l naoh溶液至cu2恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是 ml。【答案】（1）no a稀硝酸 c蒸馏水 乙 3cu8h+2no3-3cu22no4h2o （2）不正确 依据是：铜片质量相同，生成铜离子的物质的量相同，溶液体积相同且硝酸过量，故生成的cu2的浓度相同。 a c d , 60【解析】试题分析：（1）从装置分析，反应不需要加热，是固体和液体反应制取气体的，气体不溶于水也不和水反应，所以可以选用铜和稀硝酸反应制取no。a分液漏斗中盛放的是液体试剂为稀硝酸，因为反应生成的一氧化氮可能和装置中的氧气反应生成二氧化氮，所以用水除去二氧化氮，才能收集纯净的一氧化氮。乙装置更简单，所以可以选用乙代替甲。铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式为：3cu8h+2no3-3cu22no4h2o 。 （2）因为采用的是等质量的铜，所以得到的铜离子浓度相同，不可能是铜离子浓度差异引起的。 要证明是铜离子和二氧化氮混合的结果，可以改变二氧化氮的量，a。加热过程中二氧化氮气体的溶解度减少，溶液颜色发生变化，可以证明是铜离子和二氧化氮混合的结果。b、加水稀释，铜离子浓度有变化，不能证明，错误；c、溶液中通入氮气，会减少二氧化氮的量，颜色有变化就可证明；d、向溶液中通入反应生成的二氧化氮，颜色有变化就可以证明。所以选acd,根据电子守恒，铜失去的电子最终转移给氧气，氧气的物质的量为1.68/22.4=0.075摩尔，所以电子为0.0754=0.3摩尔，铜离子的电荷数等于结合的氢氧根的物质的量，也等于氢氧化钠的物质的量，所以氢氧化钠的体积=0.3/5=0.06升，即60毫升。考点： 硝酸的性质，电子守恒。21某饱和有机物a由碳、氢、氧三种元素组成，现取3g a与4.48l氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6g，碱石灰增重4.4g。回答下列问题：（1）3ga中所含氢元素和碳元素的物质的量各是多少？（2）通过计算确定该有机物的分子式。（3）若核磁共振氢谱中出现三个信号峰，且强度之比为3:3:2，请写出该有机物的结构简式。【答案】（1）n(h）=0.4mol，n(c）=0.15mol；（2）n(h）:n(c）:n(o）=0.4mol:0.15mol:0.15mol，分子式为c3h8o；（3）ch3ch2och3【解析】试题分析：（1）3g a燃烧产生的水质量是3.6g，则n(h）= (3.6g18g/mol）2=0.4mol；产生的co2物质的量是：n(co2）= 4.4g44g/mol=0.1mol，反应消耗的氧气的质量是：m(o2）= 4.48l22.4l/mol32g/mol=6.4g，则反应产生的co的质量是：m(co）= (3g+6.4g）-(3.6g+4.4g）=1.4g。n(co）= 1.4g28g/mol=0.05mol，则有机物中含有的o的物质的量是：n(o）= 3g (0.05mol+0.1mol） 12g/mol-0.4mol1g/mol16g/mol=0.05mol。所以n(h）:n(c）:n(o）=0.4mol:0.15mol:0.15mol，分子式为c3h8o。（3） 若核磁共振氢谱中出现三个信号峰，且强度之比为3:3:2，则该有机物的结构简式是ch3ch2och3。考点：考查有机物分子中的个数元素的原子个数比、物质的分子式的书写及物质结构简式的书写的知识。22下图为相关物质之间的转化关系，其中甲、乙为生活中常见的金属单质，丙、丁在常温下为气态非金属单质，af为化合物（水均已略去）。请回答：（1）组成丙的元一素在元素周期表中的位置为 ；利用反应 ，工业上常制备 （填产品名称）。（2）c的电子式为 ；反应的离子方程式为 。（3）将a、b的水溶液混合，反应的离子方程式为 。（4）将b 的稀溶液加水稀释，在下图中画出溶液ph 随加水体积的变化曲线（5）工业上冶炼金属甲的化学方程式为 。（6）将等物质的量的a和naoh混合溶于水，该溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 。（7）检验f中阳离子的方法为 。【答案】（1）第三周期第a族（1分），漂白液（1分）；（2）（1分），clo-+2fe2+2h+=cl-+2fe3+h2o（1分）；（3）al3+3alo2-+6h2o=4al(oh）3（2分）；（4）（2分）；（5）2al2o3(熔融）4al+3o2（2分）；（6）c(na+）c(oh-）c(alo2-）c(h+）（2分）；（7）取f少许于试管中，加水溶解，向其中滴加kscn溶液，若溶液变红，则含fe3+（2分）。【解析】试题分析：根据转化图中分析可知甲是常见金属，可以和氢氧化钠溶液反应，说明甲为al，甲、乙为生活中常见的金属单质，乙为fe，甲、乙和hcl反应生成氢气和金属的盐，判断丁为h2，a为naalo2，b为alcl3，d为fecl2。丙、丁在常温下为气态非金属单质，丙和氢氧化钠溶液反应说明为丙为cl2 ，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，c为naclo，e为nacl，次氯酸钠和氯化亚铁在盐酸溶液中发生氧化还原反应生成氯化钠和氯化铁，f为fecl3，（1）丙为氯元素，第三周期第a族；反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，混合液为漂白液的成分；（2）c为次氯酸钠，该物质为离子化合物，电子式为：；反应是fe2+离子在酸溶液中被clo-离子氧化为fe3+离子，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可得反应的离子方程式为：clo-+2fe2+2h+=cl-+2fe3+h2o；（3）将a是naalo2，b是alcl3,a、b的水溶液混合al3+、alo2-发生双水解生成氢氧化铝，反应的离子方程式为：al3+3alo2-+6h2o=4al(oh）3；（4）b为氯化铝，水解使溶液显酸性，ph7,加水稀释溶液ph增大，但溶液仍然是alcl3，属于强酸弱碱盐，属于溶液的phc(oh-）c(alo2-），溶液中还存在水电离作用，但是盐水解沉淀是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的h+，所以溶液离子浓度大小为：c(na+）c(oh-）c(alo2-）c(h+）；（7）f是fecl3，检验fe3+的方法是取f少许于试管中，加水溶解，向其中滴加kscn溶液，若溶液变红，则含fe3+。考点：考查无机物推断及转化关系和物质性质的分析判断的知识。23（本题16分）工业上用白云石制备高纯氧化镁的工艺流程如下：已知.白云石主要成分可表示为：cao 32.50%；mgo 20.58%；fe2o3 2.18%；sio2 0.96%；其他 43.78%。（1）为了提高白云石的煅烧效果，可以采取的措施是将矿石 。若在实验室中煅烧白云石，需要的仪器除酒精灯、三脚架以外，还需要 （填序号）。a蒸发皿 b坩埚 c泥三角 d石棉网（2）加入h2so4控制ph时，终点ph对产品的影响如图8所示。则由图示可得到的结论及原因是：ph过高会导致_下降，其原因是_ph过低会引起_ ，其原因可能是_(填序号) a.fe2o3溶于h2so4最终使产品混有杂质 b.sio2溶于h2so4最终使产品混有杂质 c.酸性过强，形成可溶的ca(hso4)2，最终使产品混有含钙的杂质（3）已知mgso4、caso4的溶解度如下表：温度（）40506070mgso430.933.435.636.9caso40.2100.2070.2010.193根据上表数据，简要说明析出caso4.2h2o的操作步骤是 、 。（4）写出沉淀反应中的离子方程式： 。（5）该生产流程中还可得到的一种副产品是_。（6）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的ph范围如表所示：25时，向mg(oh)2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为 （25时，mg(oh)2的溶度积ksp=5.610-12）。ph 9.6颜色黄色绿色蓝色【答案】32. 答案（16分）（1）粉碎 （2分）bc （2分）（2）镁浸出率降低（1分）mg(oh)2或mgo未完全溶解（1分）产品纯度下降（1分）ac （1分）（3）升温结晶、趁热过滤 （2分，各1分）（4）mg2+ +2nh3.h2o = mg(oh)2+ 2nh4+ （2分）（5）(nh4)2so4 （2分）（6）蓝色 （2分）【解析】试题分析： （1）提高矿石煅烧效果的措施通常是对矿石进行粉碎处理，以增大反应的接触面积，从而加快反应速率，使煅烧更加充分。若在实验室煅烧白云石，煅烧需要的配