山东省城阳第一高级中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省城阳第一高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1下列有关阿佛加德罗常数(na)的说法错误的是 a22.4lo2所含的分子数目为nab0.5molh2o含有的原子数目为1.5nac7.8gmolna2o2与h2o反应转移电子数目为0.1na d0.5na个氯气分子的物质的量是0.5mol【答案】a【解析】没有指明气体所在的条件所以无法计算22.4lo2所含的分子数目，a错误；答案选a。一个水分子中含有3个原子所以0.5molh2o含有的原子数目为1.5na；7.8gmolna2o2是0.1mol与水反应转移电子数目为0.1na ；d正确，所以答案选a。2下列属于纯净物的是（ ）a空气 b漂白粉c氧化铝d镁铝合金【答案】c【解析】试题分析：a项空气中含有氮气、氧气等多种物质，是混合物，a错误；b项漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，b错误；c项氧化铝只有一种物质，是纯净物，c正确；d项镁铝合金是混合物，d错误。考点：考查纯净物的判断点评：熟悉常见物质成分，灵活分析是否为纯净物3下列关于煤的干馏的叙述中，正确的是( )a.煤加强热而分解的过程叫做煤的干馏b.煤干馏的目的是得到冶金用的优质焦炭c.煤的干馏和石油的分馏的本质差别是：干馏是化学变化，而分馏是物理变化d.工业上芳香烃原料可由煤干馏得到，其存在于干馏所得的焦炉气中【答案】bc【解析】a项干馏要在隔绝空气的条件下进行。c项煤干馏时发生了分解反应，所以是化学变化；分馏仅仅是利用沸点不同而分开混合物中的各成分，所以是物理变化。b项煤干馏的产物主要是焦炭，同时得到焦炉气、煤焦油等物质。d项芳香烃主要存在于煤焦油中。4下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是a铁与稀硫酸反应制取h2后的溶液中：na、k+、alo2-、brb银氨溶液：na+、k+、no3-、nh3h2oc苯酚钠溶液：h+、hco3-、so2、k+d氢氧化铝胶体： h+、k+、s2-、so32【答案】b【解析】试题分析：a铁与稀硫酸反应制取h2后的溶液中含有h，h与alo2-反应生成沉淀，不能大量共存，a错误；b.银氨溶液是碱性溶液，na+、k+、no3-、nh3h2o各微粒能大量共存；c苯酚钠溶液水解显碱性，h+、hco3-不能大量共存，c错误；d氢氧化铝胶体在电解质溶液中不能大量共存，且 h+、s2-、so32会发生氧化还原反应不能大量共存，d错误；答案选b。【考点定位】考查离子共存【名师点睛】离子共存的考查一般为选择题形式，以“限制条件”的离子共存判断为主，解离子共存问题要熟悉常见离子的性质，应该知道哪些离子间发生什么反应而不能共存，涉及的反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应和相互促进的水解反应，还要注意审清题目的隐含信息，如酸碱性、颜色等，判断一些常见离子能否和其他离子大量共存时，一般从以下几个方面考虑：（1）co32-、hco3-考虑生成气体和沉淀（2）so32-考虑生成气体、沉淀和其还原性（3）fe3考虑生成fe（oh）3、双水解及其氧化性（4）al3考虑生成al（oh）3 、双水解（5）alo2-考虑生成al（oh）3（6）i考虑其还原性和agi沉淀（7）no3-（h）考虑酸性及no3-在酸性条件下的强氧化性（8）mno4-（h）考虑颜色及强氧化性5下列有关实验的描述或操作错误的是（ ） a牙膏中含有不溶于水的成分，如碳酸钙、磷酸钙、氢氧化铝、二氧化硅等，它们主要起抑制牙膏中微生物生长的作用。b纸上层析法通常以滤纸作为惰性支持物。滤纸纤维上的羟基具有亲水性，它所吸附的水作为固定相。c欲检验火柴头燃烧后的气体中是否含有so2，可将燃烧后气体通入kmno4酸性溶液，观察kmno4溶液颜色是否变浅或褪色d减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。【答案】a【解析】答案：a不正确，牙膏中含有不溶于水的成分，如碳酸钙、磷酸钙、氢氧化铝、二氧化硅等，它们主要起摩擦剂的作用，防腐剂的主要成分是安息香酸钠，抑制牙膏中微生物生长的作用。b、正确，纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，称展开剂。c、正确，so2具有还原，能使kmno4溶液颜色变浅或褪色。d、正确，胶状沉淀或颗粒太小减压过滤时会透过滤纸。6下列叙述正确的是( )a在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原b有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应c失电子难的原子，获得电子的能力一定强d元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原【答案】d【解析】试题分析：a在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是自身的氧化还原反应，a错误；b有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，b错误；c失电子难的原子，获得电子的能力不一定强，c错误；d元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原，d正确，答案选d。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断【名师点晴】该类试题的解题思路主要是学会举例排除法进行筛选，例如选项a中氯气与氢氧化钠溶液反应，b中可以列举同素异形体之间的转化，c中可以列举稀有气体。需要特别注意还原性或氧化性强弱与电子的得失多少没有关系，只与难易程度有关系。7下列离子方程式书写正确的是a石灰石与盐酸反应：co32-+2h+=h2o+co2b醋酸与烧碱溶液反应：h+oh-h2oc氧化铜与盐酸反应：o2-+2h+h2od硫酸与氨水混合：h+nh3h2onh4+h2o【答案】d【解析】试题分析：a石灰石不溶于水，离子方程式中应写成化学式，正确的离子方程式为caco3+2h+=ca2+co2+h2o，故a错误；b醋酸为弱酸，应写成化学式，正确的离子方程式为ch3cooh+oh-ch3coo-+h2o，故b错误；c氧化铜为氧化物，离子方程式中应写成化学式，离子方程式为cuo+2h+h2o+cu2+，故c错误；d氨水是弱电解质，用化学式，正确的离子方程式为h+nh3h2onh4+h2o，故d正确；答案为d。考点：考查离子方程式的书写8下列各组物质中，化学键类型和化合物类型都相同的是aso2和h2o bco2和na2co3ckoh和nacl dnacl和hcl【答案】a【解析】试题分析：a、so2和h2o 中的化学键均为共价键，都是共价化合物，化学键类型和化合物类型都相同，正确；b、co2中的化学键为共价键，属于共价化合物，na2co3中的化学键为离子键和共价键，属于离子化合物，化学键类型和化合物类型不相同，错误；c、koh中的化学键为离子键和共价键，nacl中只含离子键，化学键类型不同，错误；d、nacl中的化学键为离子键，属于离子化合物，hcl中的化学键为共价键，属于共价化合物，化学键类型和化合物类型不相同，错误。考点：考查化学键的识别，离子化合物和共价化合物。9化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是a用活性炭去除冰箱中的异味b制饭勺、饭盒、高压锅的不锈钢是合金c工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料d人类超量排放氮氧化物和二氧化硫是形成酸雨的主要原因【答案】c【解析】试题分析：活性炭有吸附作用，可除去冰箱中的异味，a项正确；不锈钢是铁、碳以及其他金属组成的合金，b项正确，工业生产玻璃的原料为石灰石、石英、纯碱，水泥的原料为石灰石和粘土，陶瓷的原料为粘土，c项错误；酸雨有硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，是由于氮氧化物和so2的大量排放造成的，d项正确。选c。考点：考查生活中的化学知识。10下列说法正确的是( )a、酸式盐的ph均小于7 b、升高温度可以抑制水的电离c、强电解质溶液导电能力强于弱电解质 d、水解反应是吸热反应【答案】d【解析】nahco3是酸式盐，但其ph大于7，故a错误；水的电离是吸热的，则升温将促进水的电离，故b错误；溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，而与电解质的强弱无关，故c错误；水解反应是酸碱中和的逆反应，酸碱中和是放热的，则水解反应是吸热反应，故d正确；11体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德。某种兴奋剂的结构简式如图所示。有关该物质的说法中正确的是 （ ）a该物质的分子式为c16h15o3b该物质与苯酚属于同系物，遇fecl3溶液呈紫色c该分子中的所有碳原子不可能共平面d1mol此物质分别与浓溴水和h2反应时最多消耗br2和h2为4mol 和7mol【答案】d【解析】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团。根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有3个酚羟基和1个碳碳双键，所以选项d正确。a中分子式为c16h16o3，同系物必须是同一类有机物，b不正确。由于苯环和碳碳双键都是平面型结构，所以分子中的所有碳原子有可能共平面，c不正确。答案选d。12常温下，将cl2缓缓通入水中至饱和，然后向所得饱和溶液中滴加0.1moll1 naoh溶液，整个过程中ph的变化如图所示。下列有关叙述正确的是a从反应开始至点，发生反应的离子方程式为：cl2 +h2o = clo+ 2h+ clb处表示氯气和naoh溶液恰好完全反应c点所表示的溶液中所存在的具有氧化性的含氯元素的微粒主要有：cl2 、hclo、clod从反应开始至点可用ph试纸测定溶液的ph【答案】c【解析】试题分析：a、hclo为弱电解质，应写成化学式，离子方程式为cl2+h2o=h+cl-+hclo，故a错误； b、处溶液呈中性，如果氯气和naoh溶液恰好完全反应，溶液中存在氯化钠和次氯酸钠，次氯酸钠水解，溶液应该显碱性，故b错误；c、点是饱和氯水，氯水中具有氧化性的含氯元素的微粒主要有：cl2 、hclo、clo，故c正确；d、溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用ph试纸测量，故d错误；故选c。考点：考查了氯气的性质、化学图像、溶液的酸碱性和ph的相关知识。13下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法不正确的是a离子半径：d3+dc最简单气态氢化物的热稳定性：ad，故b正确；c、由图可以看出，a和e同主族，e的非金属性弱，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以稳定性应该是ae，故c错误；d、b为o，c为na, 它们可形成na2o2，na2o2中即含离子键，又含共价键，正确。考点：考查元素周期律相关知识14na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是a1l 0.1moll1的nahco3溶液中hco3和co32离子数之和为0.1nab50ml 12mol/l盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3nac过氧化钠与co2反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2nad密闭容器中2molno与1molo2充分反应，产物的分子数为2na【答案】c【解析】试题分析：a1l 0.1moll1的nahco3溶液中根据物料守恒，h2co3、hco3和co32离子数之和为0.1na，故a错误；b二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子的个数小于0.3na个，故b错误；c过氧化钠与水的反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2na个，故c正确；dno和o2反应方程式为2no+o2=2no2，根据方程式知，2molno与1molo2恰好完全反应生成2molno2，但no2和n2o4之间存在转化，方程式2no2n2o4，所以产物分子数小于2na，故d错误；故选c。考点：考查阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。15（16分）铝土矿（主要成分为al2o3，还含有sio2、fe2o3）是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下： （1）沉淀a、b的成分分别是 、 ； （2）步骤中的试剂a是 ； （3）试写出步骤中发生反应的离子方式 ； （4）在实验室模拟上述实验过程中，需要用到一定浓度的盐酸溶液。在配制250mi。该盐酸溶液时，某同学转移溶液的操作如图所示，图中的主要错误是： ； 。 （4）准确称取6g铝土矿样品，加入100ml盐酸溶液，充分反应后向滤液中加入10 moll-1试剂a的溶液，产生沉淀的质量与加入试剂a的体积关系如图所示，则所用盐酸溶液的物质的量浓度为 ，样品中al2o3的百分含量为 。【答案】（1）sio2 fe（oh）3（2分） （2）naoh溶液（2分） （3）co2+oh- hco3- co2+a1（oh）4-=al（oh）3+hco3-（4分） （4）未用玻璃棒引流；未采用250 ml。容量瓶（4分） （5）3.50moll-1（2分，不带单位不得分） 85（2分，其它表示方式不得分）【解析】16在氯氧化法处理含cn的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。（1）某厂废水中含kcn，其浓度为0.65g。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中n均为一3价、o均为-2价）：该反应中，被氧化的元素是_，氧化产物是_。（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请用单线桥法标出电子转移方向和数目：（3）若处理上述废水20.0 l，使kcn完全转化为无毒物质，至少需液氯_g（4）kclo3可用于实验室制o2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1:1。写出该反应的化学方程式：_（已知：氯元素最高化合价为+7价）【答案】（1）c；kocn；（2）（3）35.5；（4）4kclo3=kcl+3kclo4【解析】试题分析：（1）该反应中，cl元素化合价由0价变为-1价，c元素化合价由+2价变为+4价，被氧化的元素为c，氧化产物为kocn，故答案为：c；kocn；（2）cl元素化合价由0降低为-1价，n元素的化合价由-3价升高为0，该反应转移6e-，用单线桥法标出电子转移方向和数目为（3）废水中kcn的质量为650mg/l20l=13000mg=13g，物质的量为13/65=0.2mol，使kcn完全转化为无毒物质，应生成co、n2，整个过程中c元素化合价由+2价升高为+4价，n元素化合价由-3价升高为0价，cl元素化合价由0价降低为-1价，电子转移守恒可知2n（cl2）=0.2mol（4-2）+0.2mol0-（-3），解得n（cl2）=0.5mol，故需要氯气的质量为0.5mol71g/mol=35.5g，（4）400时分解只生成两种盐，其中-种是无氧酸盐应为kcl，cl元素的化合价降低，则另一种盐中cl元素的化合价升高，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，应为kclo4，由电子及原子守恒可知，化学反应为4kclo3=kcl+3kclo4，考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。17(12分)三草酸合铁酸钾晶体(k3fe(c2o4)3xh2o)是一种光敏材料，在110 可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：（1）铁含量的测定步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 ml溶液。步骤二：取所配溶液25.00 ml于锥形瓶中，加稀h2so4酸化，滴加kmno4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，mno被还原成mn2。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010 moll1kmno4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗kmno4溶液20.02 ml，滴定中mno被还原成mn2。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010 moll1 kmno4溶液19.98 ml。请回答下列问题：配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是称量、_、转移、洗涤并转移、_、摇匀。步骤二中加入锌粉的目的是_。写出步骤三中发生反应的离子方程式：_。实验测得该晶体中铁的质量分数为_。（2）结晶水的测定将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110 ，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误：_；_。【答案】(12分) （1）溶解定容(各2分)将fe3还原成fe2，使fe2在步骤三中与kmno4发生氧化还原反应(2分)5fe2mno8h=5fe3mn24h2o(2分)11.2 %(2分)（2）将固体置于干燥器中冷却 应将两次加热后固体质量的称量结果不超过0.1 g后，再计算结晶水含量(各1分)【解析】试题分析：（1）在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤，故答案为：溶解；定容。加入锌粉的目的是将fe3+恰好还原成fe2+，使fe2在步骤三中与kmno4发生氧化还原反应。在步骤三中mno4把fe2+氧化为fe2+，mno4被还原为mn2+，配平可得离子方程式：5fe2+mno4-+8h+=5fe3+mn2+4h2o。根据步骤三中的离子反应可知：n（fe）=5n（mno4-）=5（20.02ml+19.98 ml）/20.01moll-110-310=1.010-2mol，m（fe）=56gmol-11.010-2mol=0.56g,晶体中铁的质量分数=0.56g5g100%=11.2%（2）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1g，故答案为：加热后的晶体要在干燥器中冷却；两次称量质量差不超过0.1g。考点：本题考查一定物质的量浓度的配制、中和滴定、误差分析、实验操作及有关计算。 18（13分）某研究性学习小组模拟工业生产过程进行试验。请回答下列问题：（1）用如图所示的装置向500600的铁屑中通入氯气制取无水氯化铁的实验中，实验开始前应如何检查装置的气密性 。（2）用如图装置向炽热铁屑中通入氯化氢制取无水氯化亚铁的实验中，装置a用来制取 。若仍用d的装置进行尾气处理，存在的问题是 、 。若操作不当，制得的fecl2 会含有少量fecl3。欲制得纯净的fecl2 ，在实验操作中应先 ，再点燃c处的酒精灯。（3）从明矾kal（so4）212h2o制备al、k2so4和h2so4的流程如下：反应的化学方程式是 从水浸后的滤液中得到k2so4晶体的方法是 步骤的化学方程式是 焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若so2 的转化率为96%，可生产质量分数为98%的h2so4质量为 吨（列出计算表达式）。【答案】（12分）（1）把b、d中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到b、d中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气；（2分）（2）hcl； 易发生倒吸,缺少防止水蒸汽进入c中装置。 通入氯化氢（赶尽装置中的空气）。（各1分）（3）4kal（so4）212h2o+3s=2k2so4+2al2o3+9so2+48h2o（2分）蒸发结晶（1分） 2al2o34al+3o2 （2分）216a/b（2分）【解析】试题分析：（1）检查气密性需要将导管放入水中，并将分液漏斗的活塞关闭，再用酒精灯加热，看到b、d中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气；（2）因为是铁和氯化氢反应制取无水氯化亚铁，所以装置a是制取氯化氢的；因为氯化氢极易溶于水，所以易发生倒吸,缺少防止水蒸汽进入c中装置。氯化亚铁变氯化铁是因为有氧化剂存在，所以应该先通入氯化氢，赶尽装置中的空气。（3）通过流程分析，焙烧生成的产物有硫酸钾，氧化铝，二氧化硫和水，所以方程式为：4kal（so4）212h2o+3s=2k2so4+2al2o3+9so2+48h2o。滤液中得到硫酸钾，得到硫酸钾晶体的方法为蒸发结晶；步骤为氧化铝电解生成铝和氧气，方程式为：2al2o34al+3o2 。硫酸的质量=。考点：物质的制备实验，根据化学方程式的计算19某研究性学习小组的同学为验证浓硫酸与铜能反应而稀硫酸不能，设计了如图所示装置进行探究：将6.4 g 铜片和含0.2 mol溶质的18.4 mol/l浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到无气体生成为止。（假定在此过程溶液体积不变）（1）甲同学认为要证实上述结论，还应进行稀硫酸与铜片混合加热实验，你认为有无必要，并说明理由：_（2）下列试剂中能够用来进一步证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是：_a铁粉 b钠 c氯化钡溶液 d银粉（3）为定量测定余酸的物质的量浓度，甲、乙两位同学进行了如下设计：甲同学设想：在a装置增加一个导管通氮气驱赶气体（假定生成的气体全部逸出），先测定生成的so2的量，然后计算剩余硫酸的浓度。他设计了如下二种方案来测定so2的量：方案 将产生的气体缓缓通入足量用稀硫酸酸化的kmno4溶液，再加入足量bacl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀。方案 将气体缓缓通入足量硝酸钡溶液中，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀。经仔细分析后，发现有不合理之处，请填写下表(可以不填满）：序号不合理的原因误差（偏低或偏高）改变措施方案方案乙学生设计的方案是：分离出反应后的溶液并加蒸馏水稀释至1000 ml，取20.00 ml于锥形瓶中，滴入23滴酚酞指示剂，用标准naoh溶液进行滴定(已知氢氧化铜开始沉淀的ph约为5)，这种方法能否求出余酸的浓度，理由是_。（4）请再设计其他可行的实验方案，来测定余酸的物质的量浓度，简要写出操作步骤及需要测定的数据（不必计算，不必写操作细节）_。【答案】（1）无必要，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应。 （2）a（3）i方案序号不合理的原因误差（偏低或偏高）改变措施方案高锰酸钾溶液中含有硫酸，与氯化钡反应，使生成的沉淀增多偏低将硫酸酸化的高锰酸钾溶液换成溴水或碘水或硝酸溶液方案.不能，ph5时，cu2+会与碱反应生成沉淀，不能达到滴定终点。（4）方案一：取反应后溶液，向其中加入足量锌；收集并测定氢气的体积；通过氢气量计算剩余硫酸的物质的量浓度方案二：反应结束后将烧瓶中的铜片取出，洗净、烘干，称其质量即可方案三：反应结束后将烧瓶中的铜片取出，然后向溶液中加入足量氯化钡溶液，过滤出沉淀，洗净、干燥后称量。【解析】试题分析：（1）开始是能硫酸与cu发生反应：cu2h2so4(浓) cuso4so22h2o。随着反应的进行。硫酸逐渐变稀。稀硫酸与铜片不发生反应。反应后的溶液中含有cuso4、h2o及过量的h2so4。要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，a.加入fe粉会发生反应：cuso4fe= feso4cu; h2so4fe= feso4h2.会有气体产生，因此会冒出气泡。正确。b.由于溶液中含有大量的水，无论酸是否有剩余，都会发生反应：2na+2h2o=2naohh2。因此不能证明酸剩余。错误。c.溶液中含有cuso4，一定会发生反应：ba2+so42-=baso4。不能证明酸剩余。错误。d.在金属活动性顺序表中ag位于h后面，不能把酸中的氢置换出来。错误。因此选项为a。（3）i、方案中kmno4溶液酸化是用的硫酸，因此在高锰酸钾溶液中的so42-包括so2氧化产生的和外加的两部分，这样产生的硫酸钡沉淀就偏多，导致剩余的硫酸偏少（或偏低）。改变的措施是采用其它的氧化剂如溴水或碘水或硝酸溶液等氧化so2，使其转化为硫酸，再用氯化钡溶液减小滴定。方案设计合理、操作无误。、用标准naoh溶液滴定剩余硫酸时，由于在溶液中含有cuso4，用酚酞作指示剂，变色点为8，但氢氧化铜开始沉淀的ph约为5。cu2+也会与碱反应生成沉淀，不能达到滴定终点。无法准确测定剩余硫酸的物质的量的多少。（4）其他可行的用来测定余酸的物质的量浓度实验方案可以是方案一：取反应后溶液，向其中加入足量锌；收集并测定氢气的体积；通过h2量计算剩余硫酸的物质的量浓度。方案二：反应结束后将烧瓶中的铜片取出，洗净、在n2的环境中烘干，称其质量即可。方案三：反应结束后将烧瓶中的铜片取出，然后向溶液中加入足量氯化钡溶液，过滤出沉淀，洗净、干燥后称量。根据反应消耗的cu的质量科确定由cuso4产生的沉淀的质量。进而计算出剩余酸的物质的量。在这三种方案中第三种方案可操作性更强，误差更小。第二种方法中要在惰性气体或n2的环境中进行不容易进行。而第一种方法h2的体积测量容易引起误差，而且不容易换算为标准状况下。容易产生误差。考点：考查实验方案的设计与评价及误差分析的知识。20燃烧某有机物3.0g，生成2.24lco2(标准状况)和0.1mol水。该有机物的蒸气对空气的相对密度是1.04，求该有机物的分子式。【答案】解：该气体的相对分子质量=1.0429=30。m(有机物)=30 g/mol。n(有机物)=m/m=3.0g/30( g/mol)=0.1mol。n(c)=n(co2)=2.24l/(22.4l/mol)=0.1mol.n(h)=2n(h2o)=0.2mol。n(o)=(3.0g-0.1mol12g/mol-0.2mol1g/mol) 16g g/mol=0.1mol。所以n(有机物)：n（c）:n(h):n(o)=0.1:0.1:0.2:0.1=1:1:2:1.故分子式为ch2o。【解析】试题分析：根据阿伏伽德罗定律的推论：在同温同压下，不同气体的密度比等于它们的相对分子质量之比。可推知该气体的相对分子质量=1.0429=30.所以m(有机物)=30 g/mol。n(有机物)=m/m=3.0g/30( g/mol)=0.1mol。n(c)=n(co2)= 2.24l/(22.4l/mol)=0.1 mol.n(h)=2n(h2o)=0.2mol。则每个分子中含有1个碳原子，2个氢原子。每个分子中含氧原子为：n(o)=(30-12-2)16=1.所以该物质的分子式是ch2o。它是甲醛。考点：考查关于燃烧法测定有机物分子式的方法的知识。21室温下，现有a、b、c、d、e、f六种常见化合物，已知它们的阳离子有k+、ag+、ca2+、ba2+、fe2+、al3+，阴离子有cl-、oh-、ch3coo-、no3-、so42-、co32-，现将它们分别配成0.1 mol/l的溶液，进行如下实验：（已知：室温下，饱和氢氧化钙溶液浓度约为0.00165 g/ml）测得溶液a、c、e呈碱性，且碱性为a e c；向b溶液中滴加na2s溶液，出现难溶于强酸且阴阳离子个数比为12的黑色沉淀；向d溶液中滴加ba(no3)2溶液，无明显现象；向f溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象，回答下列问题：（1）写出下列化合物的化学式：a _、b _、c _。（2）实验中白色沉淀变为红褐色对应的化学方程式：_（3）d与e的溶液反应离子方程式是：_。【答案】（1）a、ba(oh)2；b、agno3；c、ca（ch3coo）2；（2）4fe(oh)2o22 h2o=4fe(oh)3 ；（3）2al3+3co32-3h2o=2al(oh)3 3co2；【解析】试题分析：已知：室温下，饱和氢氧化钙溶液浓度约为0.00165 g/ml，则1l溶液中最多含有1.65g钙离子，最大物质的量为：=0.04125mol，即：氢氧化钙的最大浓度小于0.04125mol/l，则六种化合物中不可能含有氢氧化钙。测得溶液a、c、e呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为aec，则a为碱，溶液中含有大量的oh-离子，oh-离子与ag+，ca2+，fe2+，al3+等离子不能大量共存，故a只能为ba（oh）2，根据越弱越水解，e应为碳酸盐，根据离子共存，只能为k2co3，c为醋酸盐；向b溶液中滴加na2s溶液，出现难溶于强酸且阴阳离子个数比为1：2的黑色沉淀，该黑色沉淀为硫化银，则b为硝酸银溶液；向d溶液中滴加ba（no3）2溶液，无明显现象，说明b中不含so42-离子；向f溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明f中含有fe2+离子，综上分析可知，a为ba（oh）2，b为agno3，c为ca（ch3coo）2，d为alcl3，e为k2co3，f为feso4，（1）根据分析可知，a为ba（oh）2，b为agno3，c为ca（ch3coo）2，故答案为：ba（oh）2；agno3；ca（ch3coo）2；（2）氢氧化亚铁在溶液中被氧气氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe(oh)3，故答案为：4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3；（3）d为alcl3，e为k2co3，二者混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：2al3+3co32-+3h2o=2al（oh）3+3co2，故答案为：2al3+3co32-+3h2o=2al（oh）3+3co2。考点：考查了离子共存、离子反应、盐类水解的相关知识。22对羟基苯甲酸丁酯是一种很好的药剂，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得。以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知以下信息：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；d可与银氨溶液反应生成银镜；f的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1 ：1。回答下列问题：（1）g中官能团的名称为_；（2）b的结构简式为 ；（3）由c生成d的化学反应方程式为 ；（4）由e生成f的化学反应方程式为 ；（5）e的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有_种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2 ：2 ：1的是 (写结构简式)。【答案】（1）羟基、羧基；（2分） （2）；（2分）（3）（3分）（4）（3）（5）13； （3分） ， （2分）【解析】试题分析：由a的分子式为c7h8，系列转化得到g，g与丁醇最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，a为甲苯，g为，甲苯在铁做催化剂条件下，苯环甲基对位上的氢原子与氯气发生取代反应生成b，b为，结合信息可知，d中含有醛基，b在光照条件下，甲基上的氢原子与氯气发生取代反应生成c，c为，c在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成d，结合信息，d为，d在催化剂条件下醛基被氧化生成e，e为，e在碱性高温高压条件下转化为f，f酸化得到g，苯环上的氯原子被取代生成f，同时发生中和反应，则f为。（1）g为，g中的官能团的名称为羟