广东省佛山市桂城中学等七校高考化学模拟交流试卷（含解析）.doc

广东省佛山市 桂城中学等七校2015届高考化学交流试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1（6分）下列说法正确的是（）a用核磁共振氢谱图可以鉴别乙醇和溴乙烷b乙烯、苯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色c乙醇可以转化成乙醛，乙醇和乙醛都能发生加成反应d的结构中只含有羟基和羧基2（6分）设na表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a17.6 g丙烷中所含的共价键数目为4nab常温下，1l ph=13的ba（oh）2溶液中含有的oh离子数目为0.2nac标准状况下，5.6 l no和5.6 l o2混合后的分子总数目为0.5nad电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2na3（6分）下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）ak+、oh、ba2+、no3bal3+、alo2、hco3、na+cna+、fe3+、so42、idfe3+、scn、na+、co324（6分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）a铝合金熔点低，可用来制造门窗b二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物c过氧化钠固体呈淡黄色，可用来做供氧剂d硫酸铜溶于水呈酸性，可用来做杀菌剂5（6分）关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）a图中总反应为zn+cuso4cu+znso4b图中正极反应为2h2o+o 2+4e4ohc图中负极反应为zn+2oh2ezn（oh）2d图中向fe电极区滴入2滴铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀6（6分）下列有关实验装置或实验操作正确的是（）配制一定物质的量浓度的溶液用ccl4萃取碘水中的碘制备乙酸乙酯比较不同催化剂对反应速率的影响abcdaabbccdd7（6分）如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图下列说法错误的是（）ax、r的最高化合价相同b简单离子的半径：yzxcy、z、r对应的最高价氧化物的水化物相互之间可以发生反应d电解熔融的x与z构成的化合物可以得到单质z8（6分）对常温下ph=3的ch3cooh溶液，下列叙述不正确的是（）ac（h+）=c（ch3coo）+c（oh）b加入少量ch3coona固体后，c（ch3coo）降低c该溶液中由水电离出的c（h+）是1.01011mol/ld与等体积ph=11的naoh溶液混合后所得溶液显酸性二、解答题（共4小题，满分52分）9（12分）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物i的说法正确的是a可发生取代、氧化等反应b1mol化合物i最多能与4mol h2加成c易溶于水、乙醇等溶剂d属于芳香族化合物（2）化合物的分子式为，其官能团的名称为，lmol化合物与naoh溶液反应最多消耗molnaoh（3）化合物iii可与乙酸制备化合物，写出符合下列要求的iii的同分异构体的结构简式（写两种）a：遇fecl3溶液显紫色；b：核磁共振氢谱有3组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料的化学方程式，10（14分）乙二酸俗称草酸（结构简式为hooccooh，可简写为h2c2o4），它是一种重要的化工原料（常温下0.01mol/l的h2c2o4、khc2o4、k2c2o4溶液的ph如表所示）h2c2o4khc2o4k2c2o4ph2.13.18.1填空：（1）写出h2c2o4的电离方程式（2）khc2o4溶液显酸性的原因是；向0.1mol/l的草酸氢钾溶液里滴加naoh溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是ac（k+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）+c（c2o42） bc（na+）=c（h2c2o4）+c（c2o42）cc（k+）+c（na+）=c（hc2o4）+c（c2o42） dc（k+）c（na+）（3）h2c2o4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（co2）产生，紫色消失写出反应的离子方程式；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2ml 0.1 mol/l h2c2o4溶液和4ml 0.1mol/l 酸性kmno4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因（5）已知草酸（h2c2o4）受热分解的化学方程式为：h2c2o4h2o+co+co2，写出fec2o4在密闭容器中高温分解的化学方程式11（12分）制烧碱所用盐水需两次精制第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中ca2+、mg2+、fe3+、so42等离子，过程如下：向粗盐水中加入过量bacl2溶液，过滤；向所得滤液中加入过量na2co3溶液，过滤；滤液用盐酸调节ph，获得一次精制盐水（1）过程除去的离子是（2）过程、生成的部分沉淀及其溶解度如下表：caso4mg2（oh）2co3caco3baso4baco32.61022.51047.81042.41041.7103检测fe3+是否除尽的方法是过程选用bacl2而不选用cacl2，运用表中数据解释原因除去mg2+的离子方程式是检测ca2+、mg2+、ba2+是否除尽时，只需检测ba2+即可，原因是（3）第二次精制要除去微量的i、io3、nh4+、ca2+、mg2+，流程示意如图：过程除去的离子是盐水b中含有so42na2s2o3将io3还原为i2的离子方程式是过程中，在电解槽的阴极区生成naoh，结合化学平衡原理解释：12（14分）某兴趣小组欲利用下列装置如图1探究a反应中cl2的产生速率（1）完善a中反应：kmno4+hclmncl2+cl2+kcl+a、b、c装置的接口连接顺序为：（填数字序号）（2）当黄绿色气体缓慢进入c时，一段时间后c中溶液才变蓝c中溶液变蓝前发生反应的离子方程式为；少量淀粉ki溶液的作用是（3）若实验测得速率值偏小，小组同学作如下实验改进和反思，请帮助完成i用d装置代替c装置，目的是；导致测得值偏小的原因可能还有：cl2扩散需要一段时间（任答一点）（4）进一步探究：仅将a装置做如右图2改变则此改进欲探究的是广东省佛山市桂城中学等七校2015届高考化学交流试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1（6分）下列说法正确的是（）a用核磁共振氢谱图可以鉴别乙醇和溴乙烷b乙烯、苯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色c乙醇可以转化成乙醛，乙醇和乙醛都能发生加成反应d的结构中只含有羟基和羧基考点：乙醇的化学性质；有机物的结构和性质；乙烯的化学性质；有机物结构式的确定 分析：a、乙醇中含3种位置的h，而溴乙烷中只有2种位置的h；b、苯化学性质稳定，不与酸性高锰酸钾溶液发生反应；c、乙醛含有不饱和键，能够发生加成反应，而乙醇不能够发生加成反应；d、此物质是酸和酚的缩聚反应产物，结构中还含酯基解答：解：a、乙醇中含3种位置的h，而溴乙烷中只有2种位置的h，则可用核磁共振氢谱图鉴别乙醇和溴乙烷，故a正确；b、乙烯分子中含有碳碳双键，能够与酸性高锰酸钾溶液发生反应，乙醇也能被高锰酸钾氧化为乙酸，从而均能使高锰酸钾溶液褪色，而苯分子中中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；c、乙醇分子中不含有不饱和键，不能够发生加成反应，故c错误；d、此物质是酸和酚的缩聚反应产物，结构中除了羟基和羧基外，还含酯基，故d错误故选a点评：本题考查了利用核磁共振氢谱来进行物质的鉴别、能被高锰酸钾氧化的物质和能发生加成反应的物质，属于基础性题目，难度不大2（6分）设na表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a17.6 g丙烷中所含的共价键数目为4nab常温下，1l ph=13的ba（oh）2溶液中含有的oh离子数目为0.2nac标准状况下，5.6 l no和5.6 l o2混合后的分子总数目为0.5nad电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2na考点：阿伏加德罗常数 分析：a求出丙烷的物质的量，然后根据1mol丙烷中含10mol共价键来分析计算；b常温下ph=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/l，根据n=cv计算出氢氧根离子的物质的量；c在no2气体中存在平衡：2no2n2o4，导致气体体积偏小；d根据粗铜中含有杂质（铁）的摩尔质量比铜小，转移的电子的物质的量大于1mol分析解答：解：a.17.6g丙烷的物质的量为：n=0.4mol，而1mol丙烷中含10mol共价键，故0.4mol丙烷中含4mol共价键，所含的共价键数目为4na，故a正确；b常温下ph=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/l，则1l该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的oh离子数目为0.1na，故b错误；c一氧化氮和氧气发生反应：2no+o22no2，分子数减少，反应后分子总数小于0.5na，故c错误；d电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少64g，转移的电子的物质的量大于2mol，则阴极得到的电子数大于2na，故d错误；故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力3（6分）下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）ak+、oh、ba2+、no3bal3+、alo2、hco3、na+cna+、fe3+、so42、idfe3+、scn、na+、co32考点：离子共存问题 分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解反应，不能发生氧化还原反应，不能结合生成络离子等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：a该组离子之间不反应，可大量共存，故a正确；bal3+分别与alo2、hco3相互促进水解反应，且alo2促进hco3的电离，不能大量共存，故b错误；cfe3+、i发生氧化还原反应，不能大量共存，故c错误；dfe3+、scn结合生成络离子，fe3+、co32相互促进水解，不能大量共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大4（6分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）a铝合金熔点低，可用来制造门窗b二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物c过氧化钠固体呈淡黄色，可用来做供氧剂d硫酸铜溶于水呈酸性，可用来做杀菌剂考点：钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；生活中常见合金的组成 分析：a根据铝合金的密度小，硬度大；b根据二氧化氯具有强氧化性而漂白；c根据过氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；d根据硫酸铜溶液做杀菌剂，主要是利用铜离子为种金属离子可以使蛋白质变性；解答：解：a铝合金的密度小，硬度大，所以铝合金用来制造门窗，不是因为其熔点低，故a错误；b二氧化氯具有强氧化性，所以可用来漂白织物，故b正确；c过氧化钠具有强氧化性能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以过氧化钠可用作供氧剂，不是因为过氧化钠固体呈淡黄色，故c错误；d硫酸铜溶液做杀菌剂，主要是利用铜离子为种金属离子可以使蛋白质变性，不是因为溶于水呈酸性，故d错误；故选b点评：本题主要考查了物质的性质与用途，题目较为简单，注意性质与应用对应关系的逻辑性5（6分）关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）a图中总反应为zn+cuso4cu+znso4b图中正极反应为2h2o+o 2+4e4ohc图中负极反应为zn+2oh2ezn（oh）2d图中向fe电极区滴入2滴铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀考点：原电池和电解池的工作原理 分析：a可形成铜锌原电池，总反应即为自发的氧化还原反应；b该装置为铁的吸氧腐蚀，正极发生得电子的还原反应；c该装置为锌锰碱性电池，负极发生失电子的氧化反应；d可形成铁锌原电池，铁为正极，锌为负极解答：解：a锌为负极、铜为正极，可形成铜锌原电池，总反应即为自发的氧化还原反应，即zn+cuso4cu+znso4，故a正确；b该装置为铁的吸氧腐蚀，正极反应为2h2o+o 2+4e4oh，故b正确；c该装置为锌锰碱性电池，负极发生失电子的氧化反应，反应式为zn+2oh2ezn（oh）2，故c正确；d可形成铁锌原电池，铁为正极，锌为负极，fe电极区为氢离子得电子生成氢气，所以滴入2滴铁氰化钾溶液不会产生蓝色沉淀，故d错误故选d点评：本题考查原电池原理等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为2015届高考常见题型和高频考点，注意把握电极反应失解题的根据，难度不大6（6分）下列有关实验装置或实验操作正确的是（）配制一定物质的量浓度的溶液用ccl4萃取碘水中的碘制备乙酸乙酯比较不同催化剂对反应速率的影响abcdaabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a转移液体需要使用玻璃棒引流；b碘易溶于四氯化碳；c乙酸乙酯能与氢氧化钠反应；d过氧化氢的浓度不同解答：解：a转移液体需要使用玻璃棒引流，防止液体溅出，故a错误； b碘易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶，可做萃取剂，故b正确；c乙酸乙酯能与氢氧化钠反应，应用饱和碳酸钠，故c错误；d过氧化氢的浓度不同，浓度影响反应速率，则不能探究催化剂对反应速率的影响，故d错误故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及反应速率的影响因素、有机物的性质、物质分离提纯以及溶液配制等，把握反应原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大7（6分）如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图下列说法错误的是（）ax、r的最高化合价相同b简单离子的半径：yzxcy、z、r对应的最高价氧化物的水化物相互之间可以发生反应d电解熔融的x与z构成的化合物可以得到单质z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：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，x为o元素，y为na元素，z为al元素，r为s元素，结合元素周期律与物质的性质等解答解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，x为o元素，y为na元素，z为al元素，r为s元素，ax为o元素，o元素没有+6价，r为s元素，最高价为+6价，故a错误；bx为o元素，y为na元素，z为al元素，分别形成的o2、na+、al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，简单离子的半径：o2na+al3+，故b错误；cy、z、r对应的最高价氧化物的水化物分别为：naoh、al（oh）3、h2so4，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，故c正确；d工业上电解熔融的al2o3冶炼al，故d正确；故选ab点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字8（6分）对常温下ph=3的ch3cooh溶液，下列叙述不正确的是（）ac（h+）=c（ch3coo）+c（oh）b加入少量ch3coona固体后，c（ch3coo）降低c该溶液中由水电离出的c（h+）是1.01011mol/ld与等体积ph=11的naoh溶液混合后所得溶液显酸性考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：醋酸为弱酸，醋酸溶液中存在电离平衡ch3coohh+ch3coo，则ph=3的ch3cooh溶液，c（h+）=0.001mol/l，c（ch3cooh）0.001mol/l，以此解答该题解答：解：a醋酸溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），故a正确；b加入少量ch3coona固体后，虽然平衡向逆反应方向移动，但c（ch3coo）增大，故b错误；cc（h+）=0.001mol/l，则c（oh）=1.01011mol/l，所以该溶液中由水电离出的c（h+）是1.01011mol/l，故c正确；d等体积ph=11的naoh溶液混合，醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故d正确故选b点评：本题考查了弱电解质的电离，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握溶液中存在电荷守恒，注意离子浓度大小的判断方法，难度中等二、解答题（共4小题，满分52分）9（12分）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物i的说法正确的是ada可发生取代、氧化等反应b1mol化合物i最多能与4mol h2加成c易溶于水、乙醇等溶剂d属于芳香族化合物（2）化合物的分子式为c10h11o2cl，其官能团的名称为酯基、氯原子，lmol化合物与naoh溶液反应最多消耗2molnaoh（3）化合物iii可与乙酸制备化合物，写出符合下列要求的iii的同分异构体的结构简式（写两种）a：遇fecl3溶液显紫色；b：核磁共振氢谱有3组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料的化学方程式，考点：有机物的合成 分析：（1）化合物i含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；（2）化合物含有酯基和氯原子，都可发生水解；（3）化合物可与乙酸制备化合物，应为，同分异构体遇fecl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有3组峰，结构应对称；（4）甲苯为原料，制备，可与hclo、hcl，在一定条件下反应生成，然后水解可生成解答：解：（1）化合物i含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，分子中只有苯环与氢气发生加成反应，含有酯基不溶于水，说法正确的是ad，故答案为：ad；（2）化合物的分子式为c10h11o2cl，化合物含有酯基和氯原子，都可发生水解，则lmol化合物与naoh溶液反应最多消耗2mol naoh，故答案为：c10h11o2cl；酯基、氯原子；2；（3）化合物可与乙酸制备化合物，应为，同分异构体遇fecl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有3组峰，结构应对称，对应的同分异构体有，故答案为：；（4）甲苯为原料，制备，可与hclo、hcl，在一定条件下反应生成，方程式为，然后水解可生成，方程式为故答案为：；点评：本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，主要把握题给信息以及有机物的结构和官能团的性质，难度不大10（14分）乙二酸俗称草酸（结构简式为hooccooh，可简写为h2c2o4），它是一种重要的化工原料（常温下0.01mol/l的h2c2o4、khc2o4、k2c2o4溶液的ph如表所示）h2c2o4khc2o4k2c2o4ph2.13.18.1填空：（1）写出h2c2o4的电离方程式h2c2o4h+hc2o4；hc2o4h+c2o42，（2）khc2o4溶液显酸性的原因是hc2o4的电离程度大于水解程度；向0.1mol/l的草酸氢钾溶液里滴加naoh溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是adac（k+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）+c（c2o42） bc（na+）=c（h2c2o4）+c（c2o42）cc（k+）+c（na+）=c（hc2o4）+c（c2o42） dc（k+）c（na+）（3）h2c2o4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（co2）产生，紫色消失写出反应的离子方程式2mno4+5h2c2o4+6h+2mn2+10co2+8h2o；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是反应生成的mn2+对该反应具有催化作用（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2ml 0.1 mol/l h2c2o4溶液和4ml 0.1mol/l 酸性kmno4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究温度对反应速率的影响，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因kmno4溶液过量（5）已知草酸（h2c2o4）受热分解的化学方程式为：h2c2o4h2o+co+co2，写出fec2o4在密闭容器中高温分解的化学方程式fec2o4fe+2co2考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；探究温度、压强对化学反应速率的影响 分析：（1）常温下0.01mol/l的h2c2o4ph为2.1，khc2o4，的ph为3.1，说明草酸是二元弱酸；（2）hc2o4既能够电离也能够水解，khc2o4溶液显酸性，说明hc2o4的电离程度大于水解程度；a根据物料守恒判断；b根据电荷守恒判断；c根据物料守恒、电荷守恒判断；d若恰好反应，c（k+）=c（na+），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；（3）草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中 发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的mn2+对该反应具有催化作用；（4）两烧杯中水的温度不同，该实验是研究温度对反应速率的影响；草酸与高锰酸钾反应的物质的量之比为5：2，据此分析；（5）已知草酸（h2c2o4）受热分解的化学方程式为：h2c2o4h2o+co+co2，草酸分解能够生成co，co具有还原性，能够还原feo解答：解：（1）二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：h2c2o4h+hc2o4，hc2o4h+c2o42，故答案为：h2c2o4h+hc2o4；hc2o4h+c2o42；（2）hc2o4既能够电离也能够水解，khc2o4溶液显酸性，说明hc2o4的电离程度大于水解程度；a碳元素在溶液中存在形式有：hc2o4、h2c2o4、c2o42，根据物料守恒有c（k+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）+c（c2o42），故a正确；b根据电荷守恒有：c（k+）+c（na+）+c（h+）=c（hc2o4）+2c（c2o42）+c（oh），溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），故c（k+）+c（na+）=c（hc2o4）+2c（c2o42），故b错误；c由c（k+）=c（hc2o4）+c（h2c2o4）+c（c2o42）、c（k+）+c（na+）=c（hc2o4）+2c（c2o42）可知，c（na+）=c（c2o42）c（h2c2o4），故c错误；d若恰好反应，c（k+）=c（na+），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，故c（k+）c（na+），故d正确；故答案为：hc2o4的电离程度大于水解程度；ad；（3）草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中 发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5h2c2o4+2mno4+6h+=2mn2+10co2+8h2o，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的mn2+对该反应具有催化作用，故答案为：2mno4+5h2c2o4+6h+2mn2+10co2+8h2o；反应生成的mn2+对该反应具有催化作用；（4）两烧杯中水的温度不同，该实验是研究温度对反应速率的影响；草酸与高锰酸钾反应的物质的量之比为5：2，试管中草酸与高锰酸钾物质的量之比为1：2，高锰酸钾过量，不能完全反应，所以不褪色，故答案为：温度对反应速率的影响；kmno4溶液过量；（5）已知草酸（h2c2o4）受热分解的化学方程式为：h2c2o4h2o+co+co2，则草酸亚铁受热分解的化学方程式为fec2o4feo+co+co2，co能够还原feo，feo+co fe+co2，所以其反应方程式为：fec2o4 fe+2co2，故答案为：fec2o4 fe+2co2点评：本题通过草酸考查了多元弱酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒、草酸的还原性以及影响化学反应速率的因素的探究，题目难度较大11（12分）制烧碱所用盐水需两次精制第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中ca2+、mg2+、fe3+、so42等离子，过程如下：向粗盐水中加入过量bacl2溶液，过滤；向所得滤液中加入过量na2co3溶液，过滤；滤液用盐酸调节ph，获得一次精制盐水（1）过程除去的离子是so42（2）过程、生成的部分沉淀及其溶解度如下表：caso4mg2（oh）2co3caco3baso4baco32.61022.51047.81042.41041.7103检测fe3+是否除尽的方法是取少量过程ii后的滤液于试管中，滴加几滴kscn溶液，若溶液不变红，说明fe3+已除尽；反之没除尽过程选用bacl2而不选用cacl2，运用表中数据解释原因baso4的溶解度比caso4的小，可将so42沉淀更完除去mg2+的离子方程式是2mg2+2co32+h2omg2（oh）2co3+co2检测ca2+、mg2+、ba2+是否除尽时，只需检测ba2+即可，原因是在baco3、caco3、mg2（oh）2co3中，baco3的溶解度最大，若ba2+沉淀完全，则说明mg2+和ca2+也沉淀完全（3）第二次精制要除去微量的i、io3、nh4+、ca2+、mg2+，流程示意如图：过程除去的离子是nh4+、i盐水b中含有so42na2s2o3将io3还原为i2的离子方程式是5s2o32+8io3+2oh4i2+10so42+h2o过程中，在电解槽的阴极区生成naoh，结合化学平衡原理解释：h+在阴极上得电子变成h2逸出，使h2oh+oh电离平衡向右移动，oh在阴极区浓度增大，na+向阴极区移动，最后naoh在阴极区生成考点：粗盐提纯；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质的分离、提纯和除杂 专题：实验题分析：（1）根据氯化钡能够与硫酸根离子反应生成硫酸钡进行解答；（2）根据检验铁离子的方法进行分析fe3+是否除尽的方法；根据表中数据分析baso4与caso4的溶解度大小，溶解度越小，沉淀越完全；镁离子能够与碳酸根离子反应生成mg2（oh）2co3沉淀，从而除去镁离子杂质，据此写出反应的离子方程式；根据baco3、caco3、mg2（oh）2co3 的溶解度进行分析；（3）次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化铵根离子和碘离子；na2s2o3具有还原性，能够与碘酸根离子发生氧化还原反应，同时被氧化成硫酸根离子，据此写出反应的离子方程式；根据电解原理及水的电离平衡h2oh+oh进行分析在电解槽的阴极区生成naoh原理解答：解：（1）向粗盐水中加入过量bacl2溶液，硫酸根离子与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过滤除去硫酸钡，从而除去杂质so42，故答案为：so42；（2）检测fe3+是否除尽的方法为：取少量过程ii后的滤液于试管中，滴加几滴kscn 溶液，若溶液不变红，说明fe3+已除尽，反之没除尽，故答案为：取少量过程ii后的滤液于试管中，滴加几滴kscn 溶液，若溶液不变红，说明fe3+已除尽，反之没除尽；硫酸钡的溶度积为2.4104，硫酸钙的溶度积为2.6102，显然硫酸钙的溶度积大于硫酸钡，即baso4的溶解度比caso4的小，可将so42沉淀更完，故答案为：baso4的溶解度比caso4的小，可将so42沉淀更完；镁离子能够与碳酸根离子反应生成难溶物mg2（oh）2co3，反应的离子方程式为：2mg2+2co32+h2omg2（oh）2co3+co2，故答案为：2mg2+2co32+h2omg2（oh）2co3+co2；根据步骤数据可知，在baco3、caco3、mg2（oh）2co3 中，baco3的溶解度最大，若ba2+沉淀完全，则说明mg2+ 和ca2+也沉淀完全，故答案为：在baco3、caco3、mg2（oh）2co3 中，baco3的溶解度最大，若ba2+沉淀完全，则说明mg2+ 和ca2+也沉淀完全；（3）过程加入次氯酸钠，次氯酸根离子能够氧化nh4+、i，从而除去杂质nh4+、i，故答案为：nh4+、i；盐水b中含有so42，na2s2o3将io3还原为i2，na2s2o3被氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5s2o32+8io3+2oh4i2+10so42+h2o，故答案为：5s2o32+8io3+2oh4i2+10so42+h2o；电解过程中，h+在阴极上得电子变成h2逸出，使h2oh+oh电离平衡向右移动，oh在阴极区浓度增大，na+向阴极区移动，最后naoh在阴极区生成，故答案为：h+在阴极上得电子变成h2逸出，使h2oh+oh电离平衡向右移动，oh在阴极区浓度增大，na+向阴极区移动，最后naoh在阴极区生成点评：本题考查了粗盐的提纯、难溶电解质的沉淀平衡及转化、电解原理、离子方程式的书写等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较多，注意掌握粗盐的提纯方法、物质的分离与提纯原则，明确电解原理及应用方法，能够正确书写离子方程式12（14分）某兴趣小组欲利用下列装置如图1探究a反应中cl2的产生速率（1）完善a中反应：2kmno4+16hc