广东省潮州市金山中学高三化学下学期5月模拟试卷（含解析）.doc

2015年广东省潮州市金山中学高考化学模拟试卷（5月份） 一、单项选择题：共6小题，每小题4分，共24分，只有一个选项符合题目要求1酒后驾车是引发交通事故的重要原因交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的k2cr2c7酸性水溶液乙醇迅速生成蓝绿色cr3+下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是( )乙醇沸点低 乙醇密度比水小 乙醇有还原性 乙醇是烃的含氧化合物abcd2常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是( )a加入金属镁能产生h2的溶液中：na+、fe2+、so42、no3b含有大量fe2+的溶液中：k+、mg2+、clo、so42c能使al3+生成沉淀的溶液中：nh4+、na+、sio32、hco3d水电离产生的c（oh）=11010mol/l的溶液中：al3+、so42、no3、cl3设na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（相对原子质量o16 na23）( )a25时，ph=13的1.0 l ba（oh）2溶液中含有的oh数目为0.2nab100 ml 1 moll1的h2so4溶液中含有0.1na个h+c将4 g naoh溶于100 g蒸馏水中，所得溶液物质的量浓度是0.1 moll1d20g重水（d2o）所含的电子数为10na4化学平衡常数（k）、弱酸的电离常数（ka）、难溶物的溶度积常数（ksp）是判断物质性质或变化的重要的平衡常数下列关于这些常数的说法中，正确的是( )a平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等有关b当温度升高时，弱酸的电离常数ka变小cksp（agcl）ksp（agi），由此可以判断agcl（s）+i=agi（s）+cl能够发生dka（hcn）ka（ch3cooh），说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强5下列说法正确的是( )ap和s属于第三周期元素，p原子半径比s大b酸性：盐酸氢硫酸，所以，非金属性：clscc和si属于第iva族元素，sih4比ch4稳定dn和p属于第va族元素，hno3酸性比h3po4弱6下列实验不能达到目的是( )a测定一定时间内生成h2的反应速率b用co2做喷泉实验c验证nh3易溶于水d比较na2co3与nahco3的热稳定性二、双项选择题：共2小题，每小题6分，共12分，有两个选项符合题目要求7下列实验操作正确的是( )a测定某浓度盐酸的ph时，先将ph试纸用蒸馏水湿润b容量瓶用蒸馏水洗净、必须烘干后才能用于溶液的配制c用苯萃取溴水中的溴之后进行分液时，水层从分液漏斗的下口放出d中和滴定时，锥形瓶不需要用待测液润洗后就能使用8“酸化”是实验中经常采用的方法，下列酸化过程正确的是( )a提高高锰酸钾的氧化能力，用盐酸酸化b抑制fe2+的水解，用稀硝酸酸化c检验某氯代烷烃中含氯元素，加碱溶液加热后用稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液检验d确认某溶液中含有so42时，先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液检验三、填空题：9（16分）将羧酸的碱金属盐溶液用惰性电极电解可得到烃类化合物，例如：2ch3cook+2h2och3ch3+2co2+h2+2koh现有下列衍变关系（a、b、c、d、e、f、g均为有机物）：回答下列问题：（1）电解clch2cook溶液时阳极的电极反应式是_（填选项）a2clch2coo2e=clch2ch2cl+2co2 b2h+2e=h2c2h2o+2e=2oh+h2 d4oh4e=2h2o+o2（2）操作的名称是_，g的结构简式是_（3）写出b与银氨溶液按物质的量1：4反应的化学方程式：_（4）写出下列化学方程式并指出其反应类型：ab方程式：_ef方程式：_指出反应类型：ab_，ef_10（16分）臭氧可用于净化空气、饮用水的消毒、处理工业废物和作氧化剂（1）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应如：6ag（s）+o3（g）3ag2o（s）h=235.8kj/mol已知2ag2o（s）4ag（s）+o2（g）h=+62.2kj/mol，则常温下反应：2o3（g）3o2（g）的h=_（2）科学家首先使用在酸性条件下电解水的方法制得臭氧臭氧在阳极周围的水中产生，电极反应式为3h2o6e=o3+6h+，阴极附近溶解在水中的氧气生成过氧化氢，其电极反应式为_（3）o3在碱性条件下可将na2so4氧化成na2s2o8并生成氧气写出该反应的化学方程式：_（4）所得的na2s2o8溶液可降解有机污染物4cp原因是na2s2o8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（so4）通过测定4cp降解率可判断na2s2o8溶液产生so4的量某研究小组设计实验探究了溶液酸碱性、fe2+的浓度对产生so4的影响溶液酸碱性的影响：其他条件相同，将4cp加入到不同ph的na2s2o8溶液中，结果如图a所示由此可知：溶液酸性增强，_（填“有利于”或“不利于”）na2s2o8产生so4fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度的feso4溶液分别加入c（4cp）=1.56104moll1、c（na2s2o8）=3.12103 moll1的混合溶液中反应240min后测得实验结果如图b所示已知 s2o82+fe2+so4+so42+fe3+则由图示可知下列说法正确的是：_（填序号）a反应开始一段时间内4cp降解率随fe2+浓度的增大而增大，原因是fe2+能使na2s2o8产生更多的so4bfe2+是4cp降解反应的催化剂c当c（fe2+）过大时，4cp降解率反而下降，原因可能是fe2+会与so4发生反应，消耗部分so4d4cp降解率反而下降，原因可能是生成的fe3+水解使溶液的酸性增强，不利于4cp的降解当c（fe2+）=3.2103moll1时，4cp降解的平均反应速率的计算表达式为_11（16分）无水alcl3易升华，可用作有机合成的催化剂等工业上由铝土矿（al2o3、fe2o3）为原料制备无水alcl3的工艺流程如下（1）氯化炉中al2o3、cl2和c反应的化学方程式为_（2）用na2so3溶液可除去冷却器排出尾气中的cl2，此反应的离子方程式为_，在标准状况下，吸收112l cl2需要_molna2so3（3）为测定制得的无水alcl3产品（含杂质fecl3）的纯度，称取无水alcl3样品，溶于过量的naoh溶液，过滤出沉淀物，经洗涤、灼烧、冷却、称重试写出测定无水alcl3产品纯度的过程中有关反应的离子方程式：_，_（4）工业上另一种由铝灰为原料制备无水alcl3工艺中，最后一步是由alcl36h2o脱去结晶水制备无水alcl3，实现这一步的操作方法是_（5）工业上铝土矿经提纯后可冶炼铝，写出在950970和na3alf6作用下进行电解制铝反应的化学方程式_（6）升华器中加入al，这一步的作用是_12（16分）纯碱是工业生产和日常生活中的重要物质某兴趣小组为测定某工业纯碱（假设仅含碳酸氢钠杂质）中碳酸钠的质量分数，设计了下列四种实验方案进行探究请填空：方案一：纯碱样品测定剩余固体质量（1）分别称取干燥坩埚和纯碱样品的质量，将纯碱样品放入坩埚中充分加热坩埚中发生反应的化学方程式为：_（2）将坩埚置于干燥器中冷却后称量实验时需要重复“加热、冷却、称量”操作多次，其目的是：_方案二：称取mg样品配成250ml溶液，从中取25ml溶液先用酚酞作指示剂用0.1moll1hcl溶液滴定至终点，消耗0.1moll1hcl溶液v1ml，继续用甲基橙作指示剂滴定至终点，消耗0.1moll1hcl溶液v2ml则该样品中碳酸钠的质量分数为：_方案三：纯碱样品溶液测定沉淀质量（3）称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解向小烧杯中滴加足量氯化钙溶液将反应混和物过滤后的下一步操作是：_，沉淀经干燥后称量为m2g（4）如果用氢氧化钙溶液代替氯化钙溶液作沉淀剂，在其他操作正确的情况下，测得样品中的碳酸钠质量分数将比实际_（填“偏高”、“偏低”或“不变”）方案四：纯碱样品测定生成二氧化碳的质量（5）本实验采用如下图装置，c中盛放的物质是_（6）反应前后都要通入n2，反应后通入n2的目的是_2015年广东省潮州市金山中学高考化学模拟试卷（5月份）一、单项选择题：共6小题，每小题4分，共24分，只有一个选项符合题目要求1酒后驾车是引发交通事故的重要原因交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的k2cr2c7酸性水溶液乙醇迅速生成蓝绿色cr3+下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是( )乙醇沸点低 乙醇密度比水小 乙醇有还原性 乙醇是烃的含氧化合物abcd考点：乙醇的化学性质 分析：根据乙醇沸点低，易挥发，故可以易被检测及乙醇具有还原性，k2cr2c7具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成cr3+来分析解答解答：解：乙醇沸点低，易挥发，可以易被检测，与测定原理有关；乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；乙醇分子中含有羟基，具有还原性，k2cr2c7具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸蓝绿色的cr3+，与测定原理有关；乙醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关对乙醇的描述与此测定原理有关的是故选c点评：本题考查乙醇的性质，要根据用途进行选择合理答案，本题中的信息交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是解答的关键，学生应学会信息的抽取和应用来解答习题2常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是( )a加入金属镁能产生h2的溶液中：na+、fe2+、so42、no3b含有大量fe2+的溶液中：k+、mg2+、clo、so42c能使al3+生成沉淀的溶液中：nh4+、na+、sio32、hco3d水电离产生的c（oh）=11010mol/l的溶液中：al3+、so42、no3、cl考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a加入金属镁能产生h2的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够氧化亚铁离子；b含有大量fe2+的溶液中，次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；c硅酸根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和硅酸沉淀；d水电离产生的c（oh）=11010mol/l的溶液中存在大量氢离子或者氢氧根离子，酸性溶液中，al3+、so42、no3、cl离子之间不反应，在溶液中能够大量共存解答：解：a加入金属镁能产生h2的溶液为酸性溶液，no3离子具有强氧化性，在溶液中能够氧化fe2+，在溶液中一定不能大量共存，故a错误；b含有大量fe2+的溶液中，clo具有强氧化性，能够氧化fe2+离子，在溶液中一定不能大量共存，故b错误；c碳酸氢根离子酸性大于硅酸，sio32、hco3离子之间发生应生成硅酸，故c错误；d水电离产生的c（oh）=11010mol/l的溶液中存在大量h+或oh，在酸性溶液中，al3+、so42、no3、cl离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，在溶液中可以大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等3设na为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（相对原子质量o16 na23）( )a25时，ph=13的1.0 l ba（oh）2溶液中含有的oh数目为0.2nab100 ml 1 moll1的h2so4溶液中含有0.1na个h+c将4 g naoh溶于100 g蒸馏水中，所得溶液物质的量浓度是0.1 moll1d20g重水（d2o）所含的电子数为10na考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、依据体积和氢氧根离子浓度计算物质的量；b、h2so42h+；c、溶液的体积不是0.1l；d、20g重水（d2o）所含的电子的物质的量：=10mol，再求电子数目解答：解：a、ph=13的1.0lba（oh）2溶液中，水也能电离出氢氧根离子，所以含有的oh数目大于0.2na，故a错误；b、h2so42h+，100 ml 1 moll1的h2so4溶液中含有0.2na个h+，故b错误；c、将4 g naoh溶于100 g蒸馏水中，此时溶液的体积不是0.1l，故c错误；d、20g重水（d2o）所含的电子的物质的量：=10mol，电子数为10na，故d正确；故选d点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，质量换算物质的量计算微粒数，溶液中的离子物质的量计算4化学平衡常数（k）、弱酸的电离常数（ka）、难溶物的溶度积常数（ksp）是判断物质性质或变化的重要的平衡常数下列关于这些常数的说法中，正确的是( )a平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等有关b当温度升高时，弱酸的电离常数ka变小cksp（agcl）ksp（agi），由此可以判断agcl（s）+i=agi（s）+cl能够发生dka（hcn）ka（ch3cooh），说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强考点：化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：化学平衡专题；电离平衡与溶液的ph专题分析：a、平衡常数只与温度有关；b、弱电解质电离平衡是吸热过程；c、阴阳离子比相同的化合物的溶解性可以用ksp进行比较，进行沉淀转化反应；d、浓度相同时电离平衡常数越大酸性越强；解答：解：a、平衡常数的大小与温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关，故a错误；b、弱电解质电离平衡是吸热过程；当温度升高时，弱酸的电离常数ka变大，故b错误；c、ksp（agcl）ksp（agi），反应向更难溶的方向进行，agcl（s）+i=agi（s）+cl能够发生，实现沉淀转化，故c正确；d、ka（hcn）ka（ch3cooh），说明相同物质的量浓度时，电离平衡常数越大酸性越强，所以氢氰酸的酸性比醋酸弱，故d错误；故选c点评：本题考查了重要的各类平衡常数的影响因素和综合应用，主要考查弱电解质的电离平衡是些过程，沉淀转化的依据，电离平衡常数的应用5下列说法正确的是( )ap和s属于第三周期元素，p原子半径比s大b酸性：盐酸氢硫酸，所以，非金属性：clscc和si属于第iva族元素，sih4比ch4稳定dn和p属于第va族元素，hno3酸性比h3po4弱考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；b比较非金属性应根据非金属对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱；c元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；d元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强解答：解：a同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径ps，故a正确；b比较非金属性应根据非金属对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱，而不是氢化物的酸性，如酸性氢氟酸小于盐酸，但非金属性fcl，故b错误；c非金属性csi，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，故c错误；d非金属性np，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故d错误故选a点评：本题考查非金属性的强弱比较，注意把握比较角度，为易错点，题目难度不大，注意把握元素周期律的递变规律6下列实验不能达到目的是( )a测定一定时间内生成h2的反应速率b用co2做喷泉实验c验证nh3易溶于水d比较na2co3与nahco3的热稳定性考点：化学实验方案的评价 分析：azn与硫酸反应生成氢气，利用秒表测定时间，针筒测定氢气的体积；b二氧化碳易与naoh反应导致气体减少；c氨气极易溶于水；d碳酸氢钠不稳定，图中不能体现对比性解答：解：azn与硫酸反应生成氢气，利用秒表测定时间，针筒测定氢气的体积，则图中装置可测定生成氢气的速率，故a正确；b二氧化碳易与naoh反应导致气体减少，则挤压胶头滴管图中可形成喷泉实验，故b正确；c氨气极易溶于水，则挤压胶头滴管图中气球变小可验证nh3易溶于水，故c正确；d碳酸氢钠不稳定，图中不能体现对比性，小试管中温度低应盛放碳酸氢钠，故d错误；故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及反应速率测定、气体的溶解性及喷泉实验、稳定性的比较等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大二、双项选择题：共2小题，每小题6分，共12分，有两个选项符合题目要求7下列实验操作正确的是( )a测定某浓度盐酸的ph时，先将ph试纸用蒸馏水湿润b容量瓶用蒸馏水洗净、必须烘干后才能用于溶液的配制c用苯萃取溴水中的溴之后进行分液时，水层从分液漏斗的下口放出d中和滴定时，锥形瓶不需要用待测液润洗后就能使用考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：aph试纸不能用蒸馏水湿润；b容量瓶用蒸馏水洗净，不需要烘干；c苯的密度比水小，用苯萃取溴水中的溴，水在下层；d中和滴定时，锥形瓶不需要用待测液润洗解答：解：aph试纸不能用蒸馏水湿润，湿润相当于稀释，测定盐酸的ph偏大，故a错误；b容量瓶用蒸馏水洗净，不需要烘干，因转移后需要加水定容，容量瓶中有少量水对实验无影响，故b错误；c苯的密度比水小，用苯萃取溴水中的溴，水在下层，则水层从分液漏斗的下口放出，故c正确；d中和滴定时，锥形瓶不需要用待测液润洗，若润洗消耗的标准液偏多，故d正确；故选cd点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及ph的使用、溶液配制、中和滴定、分液等，把握物质的性质、实验基本操作和基本技能为解答的关键，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8“酸化”是实验中经常采用的方法，下列酸化过程正确的是( )a提高高锰酸钾的氧化能力，用盐酸酸化b抑制fe2+的水解，用稀硝酸酸化c检验某氯代烷烃中含氯元素，加碱溶液加热后用稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液检验d确认某溶液中含有so42时，先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液检验考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：a高锰酸钾能氧化氯离子；b硝酸可氧化亚铁离子；c加碱溶液加热后，氯代烷烃水解，检验氯离子，需要在酸性溶液中；d先加入盐酸酸化，排除银离子、亚硫酸根离子等干扰解答：解：a高锰酸钾能氧化氯离子，则提高高锰酸钾的氧化能力，不能用盐酸酸化，一般选硫酸酸化，故a错误；b硝酸可氧化亚铁离子，则抑制fe2+的水解，不能用稀硝酸酸化，故c错误；c加碱溶液加热后，氯代烷烃水解，检验氯离子，用稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液检验，生成白色沉淀可知含cl元素，故c正确；d先加入盐酸酸化，排除银离子、亚硫酸根离子等干扰，再加氯化钡溶液，生成白色沉淀可检验存在so42，故d正确；故选cd点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类水解、氧化还原反应、离子检验等，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大三、填空题：9（16分）将羧酸的碱金属盐溶液用惰性电极电解可得到烃类化合物，例如：2ch3cook+2h2och3ch3+2co2+h2+2koh现有下列衍变关系（a、b、c、d、e、f、g均为有机物）：回答下列问题：（1）电解clch2cook溶液时阳极的电极反应式是a（填选项）a2clch2coo2e=clch2ch2cl+2co2 b2h+2e=h2c2h2o+2e=2oh+h2 d4oh4e=2h2o+o2（2）操作的名称是分液，g的结构简式是（3）写出b与银氨溶液按物质的量1：4反应的化学方程式：（4）写出下列化学方程式并指出其反应类型：ab方程式：hoch2ch2oh+o2ohccho+2h2oef方程式：clch2ch2cl+kohch2=chcl+kcl+h2o指出反应类型：ab氧化反应，ef消去反应考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理 分析：由题目信息可知，电解clch3cook溶液得到clch2ch2cl、koh混合溶液，加热clch2ch2cl发生水解得到a为hoch2ch2oh，乙二醇发生催化氧化生成b为ohccho，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应c为hooccooh，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成d，clch2ch2cl不溶于水，静置，分液得到y为koh，e为clch2ch2cl，e在koh、乙醇、加热条件下发生消去反应生成f，f发生加聚反应生成含氯高分子，则f为ch2=chcl，g为，据此解答解答：解：由题目信息可知，电解clch3cook溶液得到clch2ch2cl、koh混合溶液，加热clch2ch2cl发生水解得到a为hoch2ch2oh，乙二醇发生催化氧化生成b为ohccho，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应c为hooccooh，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成d，clch2ch2cl不溶于水，静置，分液得到y为koh，e为clch2ch2cl，e在koh、乙醇、加热条件下发生消去反应生成f，f发生加聚反应生成含氯高分子，则f为ch2=chcl，g为，（1）电解clch2cook溶液时，阳极发生氧化反应，clch2coo在阳极放电生成clch2ch2cl、co2，阳极电极反应式为：2clch2coo2e=clch2ch2cl+2co2，故选：a；（2）clch2ch2cl不溶于水，静置，分液得到y为koh，e为clch2ch2cl，g的结构简式是，故答案为：分液；（3）b为ohccho，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成c的化学方程式：，故答案为：；（4）a是hoch2ch2oh，b是ohccho，ab是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：hoch2ch2oh+o2ohccho+2h2o，e是clch2ch2cl，而f是ch2=chcl，ef是由饱和到不饱和，发生消去反应，方程式为：clch2ch2cl+kohch2=chcl+kcl+h2o；ab：氧化反应；ef：消去反应；故答案为：hoch2ch2oh+o2ohccho+2h2o；clch2ch2cl+kohch2=chcl+kcl+h2o；氧化反应；消去反应点评：本题考查有机物推断，关键是根据反应信息确定电解clch3cook溶液得到clch2ch2cl、koh混合溶液，再结合反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等10（16分）臭氧可用于净化空气、饮用水的消毒、处理工业废物和作氧化剂（1）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应如：6ag（s）+o3（g）3ag2o（s）h=235.8kj/mol已知2ag2o（s）4ag（s）+o2（g）h=+62.2kj/mol，则常温下反应：2o3（g）3o2（g）的h=285.0kjmol1（2）科学家首先使用在酸性条件下电解水的方法制得臭氧臭氧在阳极周围的水中产生，电极反应式为3h2o6e=o3+6h+，阴极附近溶解在水中的氧气生成过氧化氢，其电极反应式为3o2+6h+6e=3h2o2（或o2+2h+2e=h2o2）（3）o3在碱性条件下可将na2so4氧化成na2s2o8并生成氧气写出该反应的化学方程式：2na2so4+o3+h2o=na2s2o8+2naoh+o2（4）所得的na2s2o8溶液可降解有机污染物4cp原因是na2s2o8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（so4）通过测定4cp降解率可判断na2s2o8溶液产生so4的量某研究小组设计实验探究了溶液酸碱性、fe2+的浓度对产生so4的影响溶液酸碱性的影响：其他条件相同，将4cp加入到不同ph的na2s2o8溶液中，结果如图a所示由此可知：溶液酸性增强，有利于（填“有利于”或“不利于”）na2s2o8产生so4fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度的feso4溶液分别加入c（4cp）=1.56104moll1、c（na2s2o8）=3.12103 moll1的混合溶液中反应240min后测得实验结果如图b所示已知 s2o82+fe2+so4+so42+fe3+则由图示可知下列说法正确的是：ac（填序号）a反应开始一段时间内4cp降解率随fe2+浓度的增大而增大，原因是fe2+能使na2s2o8产生更多的so4bfe2+是4cp降解反应的催化剂c当c（fe2+）过大时，4cp降解率反而下降，原因可能是fe2+会与so4发生反应，消耗部分so4d4cp降解率反而下降，原因可能是生成的fe3+水解使溶液的酸性增强，不利于4cp的降解当c（fe2+）=3.2103moll1时，4cp降解的平均反应速率的计算表达式为考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡建立的过程 专题：基本概念与基本理论分析：（1）6ag（s）+o3（g）3ag2o（s），h=235.8kjmol1，2ag2o（s）4ag（s）+o2（g），h=+62.2kjmol1，根据盖斯定律可知2+3可得到，2o3（g）3o2（g），以此计算反应热；（2）阴极附近的氧气则生成过氧化氢，其电极反应式为3o2+6h+6e3h2o2；（3）根据反应物和产物书写方程式；（4）根据溶液的ph和4cp的降解率图象来回答，当c（fe2+）=3.2103moll1时，4cp降解率为52.4%解答：解：（1）6ag（s）+o3（g）3ag2o（s），h=235.8kjmol1，2ag2o（s）4ag（s）+o2（g），h=+62.2kjmol1，根据盖斯定律可知2+3可得到，2o3（g）3o2（g），则反应热h=（235.8kjmol1）2+（+62.2kjmol1）3=285kj/mol，故答案为：285kj/mol；（2）酸性条件下电解水的方法制得臭氧，臭氧在阳极周围的水中产生，其电极反应式为3h2o6eo3+6h+，阴极附近的氧气得电子生成过氧化氢，其电极反应式为3o2+6h+6e3h2o2，故答案为：3o2+6h+6e3h2o2（或o2+2h+2e=h2o2）；（3）o3在碱性条件下可将na2so4氧化成na2s2o8并生成氧气的方程式为：2na2so4+o3+h2o=na2s2o8+2naoh+o2，故答案为：2na2so4+o3+h2o=na2s2o8+2naoh+o2；（4）根据溶液的ph和4cp的降解率可以知道溶液酸性增强，有利于na2s2o8产生so4，故答案为：有利于； a根据溶液的ph和4cp的降解率可以知道溶液酸性增强，有利于na2s2o8产生so4，故a正确；b酸性环境是4cp降解反应的催化剂，故b错误；cfe2+会与so4发生反应，消耗部分so4，即当c（fe2+）过大时，4cp降解率反而下降，故c错误；d生成的fe3+水解使溶液的酸性增强，会更加有利于4cp的降解，故d错误故选ac；当c（fe2+）=3.2103moll1时，4cp降解率为52.4%，4cp降解的平均反应速率的计算表达式为，故答案为：点评：本题涉及热化学、电化学等方面的综合知识，注意图象题的分析是解题的关键，注重学生能力的考查，难度中等11（16分）无水alcl3易升华，可用作有机合成的催化剂等工业上由铝土矿（al2o3、fe2o3）为原料制备无水alcl3的工艺流程如下（1）氯化炉中al2o3、cl2和c反应的化学方程式为a12o3+3cl2+3c2a1cl3+3co（2）用na2so3溶液可除去冷却器排出尾气中的cl2，此反应的离子方程式为so32+c12+h2o=so42+2c1+2h+，在标准状况下，吸收112l cl2需要5molna2so3（3）为测定制得的无水alcl3产品（含杂质fecl3）的纯度，称取无水alcl3样品，溶于过量的naoh溶液，过滤出沉淀物，经洗涤、灼烧、冷却、称重试写出测定无水alcl3产品纯度的过程中有关反应的离子方程式：fe3+3oh=fe（oh）3，al3+4oh=alo2+2h2o（4）工业上另一种由铝灰为原料制备无水alcl3工艺中，最后一步是由alcl36h2o脱去结晶水制备无水alcl3，实现这一步的操作方法是在干燥hcl气流中加热（5）工业上铝土矿经提纯后可冶炼铝，写出在950970和na3alf6作用下进行电解制铝反应的化学方程式2a12o34al+3o2（6）升华器中加入al，这一步的作用是将杂质fecl3还原为fe考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水alcl3，说明氯化炉的产物中含有a1c13，冷凝器尾气含有co，所以al2o3、c12和c反应，生成a1c13和co，a1c13为共价化合物，升华器中主要含有alcl3和fecl3，fecl3熔点、沸点较高，升华制备无水alcl3，加入少量al目的是除去fecl3，（1）根据工艺流程可知升华器中含有alcl3等，所以al2o3、c12和c反应会生成a1c13，由冷凝器尾气可知还会生成co；（2）cl2有强氧化性，将so32氧化为so42，自身被还原为c1，结合反应的方程式计算消耗na2so3的物质的量；（3）除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水；（4）氯化铝溶液发生水解，将alcl36h2o脱水制备无水氯化铝可在hcl气流中加热脱结晶水；（5）氧化铝在950970和na3alf6作用下进行电解生成铝和氧气；（6）加入少量al目的是除去fecl3解答：解：（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水alcl3，说明氯化炉的产物中含有a1c13，冷凝器尾气含有co，所以al2o3、c12和c反应，生成a1c13和co，反应方程式为a12o3+3c12+3c2a1c13+3co，故答案为：a12o3+3c12+3c2a1c13+3co；（2）cl2有强氧化性，将so32氧化为so42，自身被还原为2c1反应离子方程式为so32+cl2+h2oso42+2cl+2h+，在标准状况下，112l cl2的物质的量为5mol，则由方程式可知应消耗5molna2so3，故答案为：so32+cl2+h2o=so42+2cl+2h+；5；（3）除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为fe3+3oh=fe（oh）3、al3+4oh=alo2+2h2o，故答案为：fe3+3oh=fe（oh）3、al3+4oh=alo2+2h2o；（4）氯化铝溶液发生水解，将alcl36h2o脱水制备无水氯化铝可在hcl气流中加热脱结晶水，故答案为：在干燥hcl气流中加热；（5）氧化铝在950970和na3alf6作用下进行电解生成铝和氧气，方程式为2a12o34al+3o2，故答案为：2a12o34al+3o2；（6）加入少量al目的是除去fecl3，将杂质fecl3还原为fe，故答案为：将杂质fecl3还原为fe点评：本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及常用化学用语书写、计算、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力，难度中等12（16分）纯碱是工业生产和日常生活中的重要物质某兴趣小组为测定某工业纯碱（假设仅含碳酸氢钠杂质）中碳酸钠的质量分数，设计了下列四种实验方案进行探究请填空：方案一：纯碱样品测定剩余固体质量（1）分别称取干燥坩埚和纯碱样品的质量，将纯碱样品放入坩埚中充分加热坩埚中发生反应的化学方程式为：2nahco3na2co3+co2+h2o（2）将坩埚置于干燥器中冷却后称量实验时需要重复“加热、冷却、称量”操作多次，其目的是：加热至恒重，以保证nahco3全部分解方案二：称取mg样品配成250ml溶液，从中取25ml溶液先用酚酞作指示剂用0.1moll1hcl溶液滴定至终点，消耗0.1moll1hcl溶液v1ml，继续用甲基橙作指示剂滴定至终点，消耗0.1moll1hcl溶液v2ml则该样品中碳酸钠的质量分数为：100%方案三：纯碱样品溶液测定沉淀质量（3）称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解向小烧杯中滴加足量氯化钙溶液将反应混和物过滤后的下一步操作是：洗涤沉淀，沉淀经干燥后称量为m2g（4）如果用氢氧化钙溶液代替氯化钙溶液作沉淀剂，在其他操作正确的情况下，测得样品中的碳酸钠质量分数将比实际不变（填“偏高”、“偏低”或“不变”）方案四：纯碱样品测定生成二氧化碳的质量（5）本实验采用如下图装置，c中盛放的物质是浓硫酸（6）反应前后都要通入n2，反应后通入n2的目的是排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被d装置中碱石灰吸收考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：方案一：（1）该方案原理为在加热的条件下na2co3能够稳定存在，而nahco3较易发生如下的分解反应2nahco3na2co3+co2+h2o，从而根据残留的固体的量推算出样品中碳酸钠的质量分数（2）该方案根据加热后残渣的质量来求解，要加热至恒重，以保证nahco3全部分解方案二：根据实验原理，用酚酞作指示剂时，发生反应为：na2co3+hcl=nahco3+nacl，用0.1moll1 hcl溶液滴定至终点，消耗0.1moll1 hcl溶液v1 ml，继续用甲基橙作指示剂滴定至终点，发生反应：nahco3+hcl=h2o+co2+nacl，由此分析计算；方案三：该方案原理为在样品中加入cacl2溶液，其中na