山东省济南市第二十二中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省济南市第二十二中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1化学家于1995年合成了一种分子式为c200h200的含有多个碳碳叁键的链烃，其分子中含有碳碳叁键数目最多可以是（ ）a49 b50 c51 d无法确定【答案】b【解析】根据每形成一个叁键，则要减少4个h，故而，首先计算出200个碳原子如果构成烷烃，其氢原子数为2002+2=402，故氢原子少了402-200=202个，可以形成叁键：202/4=50.5，故而最多可以形成叁键50个。2在na+和cl- 两种粒子中，相同的是a核内质子数 b核外电子层数 c最外层电子数 d核外电子数【答案】c【解析】试题分析：在na+和cl- 两种粒子中，a、质子数分别是11和17，a错误；b、核外电子层数分别是2和3，b错误；c、最外层电子数均是8个，c正确；d、核外电子数分别是10和18，d错误，答案选c。考点：考查离子组成的有关计算3等物质的量浓度的下列溶液中，c()最大的是（ ）anh4hco3 bnh4no3 c(nh4)2co3 dnh4hso4【答案】c【解析】试题分析：1mol (nh4)2co3 含2mol nh4+，其它选项中1mol铵盐只含1mol nh4+，故等物质的量浓度的溶液中，c(nh4+)最大的是(nh4)2co3，c项正确。考点：本题考查离子浓度比较。 4证明氨水是弱碱的事实是（ ）a氨水与硫酸发生中和反应b氨水能使紫色石蕊液变蓝c0.1 mol/l的nh4cl溶液的ph值为5.1d铵盐与熟石灰反应逸出氨气【答案】c【解析】a项，强碱、弱碱都能和硫酸发生中和反应，故能与硫酸发生中和反应，不能确定碱的强弱，a错误。b项，使紫色石蕊液变蓝的溶液只能确定显碱性，但不能确定碱的强弱，b错误。c项，nh4cl溶液的ph值为5.1，而盐酸为强酸，说明该盐为强酸弱碱盐，存在铵根离子的水解平衡，可确定氨水是弱碱，c正确。d项，铵盐与熟石灰反应逸出氨气，不能确定氨水的碱性强弱，d错误。故选c5邻甲基苯甲酸()有多种同分异构体，其中属于酯类，但分子结构中含有甲基和苯环的异构体有()a2种 b3种 c4种 d5种【答案】d【解析】所求的同分异构体中，必须含有苯环和甲基，6短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x和z同主族，y和w同主族，原子半径x小于y。下列叙述正确的是a同周期元素中w的最高价氧化物对应水化物的酸性最强b氢化物的热稳定性：hnyhnwcy和x、z和x组成的常见化合物中化学键的类型相同d原子半径的大小顺序： rwrzryrx【答案】b【解析】试题分析：短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x和z同主族，y和w同主族，原子半径x小于y，则x处于y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则x和y的主族序数之和为7，x和z同主族，且z的原子序数大于y，所以x是h元素，y是o元素，z是na元素，w是s元素。a、s属于第三周期元素，第三周期中非金属性最强的元素是cl元素，所以cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，a错误；b、o元素的非金属性大于s，所以气态氢化物的热稳定性：h2oh2s，b正确；c、o和h、na和h组成的常见化合物中的化学键分别属于共价键和离子键，故c错误；d、原子半径大小顺序是rzrwryrx，故d错误。考点：考查了元素推断、元素周期律的相关知识。7回答下列问题：（1）下列物质的沸点由高到低的顺序是 。（用字母表示）a.庚烷b.2甲基丁烷（异戊烷）c.正戊烷d.2，2二甲基丙烷（新戊烷）e.异丁烷（2）依据ad几种烃的分子模型，回答下列问题： a b c da、b、d的二氯代物最少的是 （填对应字母）。ad在空气中燃烧时有黑烟生成的有 （填对应字母）。ad在充有足量氧气的密闭恒容容器中完全燃烧，150时测得燃烧前后的压强不变的有 （填对应字母）。【答案】（1）acbde （2分）（2）a（2分） b、c、d（3分） a、b（2分）【解析】试题分析：（1） 烃类属于分子晶体其沸点与其相对分子质量有关，分子质量越大沸点越高，如果分子式相同支链越多沸点越低。（2）甲烷中只有1种，乙烯中有2种，苯中有三种邻位，间位，对位。有黑烟生成的既为不饱和烃含碳量较高的烯烃，炔烃，芳香烃。压强不变的是根据方程式前后气体的计量数相同可得出只要氢原子是4即可，所以选a，b。考点：烃的衍生物的同分异构体及烃的有关计算。8常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）a滴入甲基橙显红色的溶液中： na、no3、i-、so42b水电离出的c(h) 1012mol/l中：k、alo2-、ch3coo-、sio32cc(oh)/c(h)1012的水溶液中：k、clo、s2、cldc(f-) 0.1 mol/l的溶液中：fe3、nh4、no3、cu2+【答案】b【解析】a酸性溶液中no3可将i-氧化，排除b水的电离受抑制，溶液可呈酸性或碱性，所给离子在碱性溶液中可大量存在，正确c clo具有强氧化性，可氧化还原性强的s2，排除d f-与fe3可生成不溶于水的沉淀，排除答案为b9下列叙述中正确的是（ ）a硫酸的摩尔质量是98gb铁原子的摩尔质量等于铁的相对原子质量c标准状况下，22.4l的o2质量是32gd2gh2所含原子物质的量为1mol【答案】c【解析】试题分析：a、摩尔质量的单位是gmol1，故错误；b、摩尔质量有单位，相对原子质量无单位，摩尔质量在数值上等于相对原子质量或相对分子质量，故错误；c、标准状况下，22.4lo2的质量为22.432/22.4g=32g，故正确；d、含有氢原子的物质的量为22/2mol=2mol，故错误。考点：考查物质的量、摩尔质量等知识。10ch4是天然气的主要成分，而液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷、丙烯（c3h6）、丁烯（c4h8）。下列说法中不正确的是（ ）a相同物质的量上述5种烃中，消耗o2体积最大的是丁烷b相同质量上述5种烃中，生成h2o的质量最大的是ch4 c天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改小d严冬季节液化石油气有时会出现火焰变小的现象原因是有些成分被液化【答案】c【解析】根据烃的燃烧通式cnhm（nm/4）o2nco2m/2h2o可知，nm/4越大，zau物质的量相同的条件下，消耗的氧气越多，a正确。甲烷中含氢量最高，所以生成的水最多，b正确。相同体积的上述5中气体，甲烷消耗的氧气最少，所以天然气灶具改用液化石油气时，应将进风口改大，c不正确。氡气气温低，气体易液化，d正确。答案选c。11加成反应也是有机化学中的一类重要的反应类型，下列各组物质中不能全部发生加成反应的是a乙烷、乙烯 b乙烯、乙炔c氯乙烯、溴乙烯 d顺2丁烯、反2丁烯【答案】a【解析】试题分析：发生加成反应的有碳碳双键、三键、苯环、碳氧双键（醛酮）。a中乙烷不能加成。考点：加成反应12有机物丁香油酚结构简式为：其可能具有的性质是： 能发生加成反应， 能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 能发生取代反应， 能与三氯化铁发生显色反应， 能发生中和反应， 能发生消去反应a全部 b仅 c除 外都能 d除 外都能【答案】c【解析】试题分析：分子中含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应；含有酚羟基和碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；含有酚羟基，能发生取代反应；含有酚羟基，能与三氯化铁发生显色反应；含有酚羟基，能发生中和反应；酚羟基不能发生消去反应，答案选c。考点：考查有机物结构和性质13有一块铁的“氧化物”样品，用140ml 5.0moll 盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol cl2，恰好使其中的fe2+全部转变为fe3+，则该样品可能的化学式为（ ）afe2o3 bfe3o4 cfe4o5 dfe5o7【答案】d【解析】试题解析：n （hcl）=0.14l5.0mol/l=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（o）=n（hcl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025mol cl2，恰好使其中的fe2+全部转变为fe3+，反应后所得溶液为fecl3，因n（cl-）=0.7mol+0.025mol2=0.75mol，则n（fe3+）=n（cl-）=0.25mol，所以氧化物中n（fe）：n（o）=0.25：0.35=5：7，所以化学式为fe5o7，选d考点：化学方程式的有关计算； 铁盐和亚铁盐的相互转变1425 时，在25 ml 0.1 mol/l的naoh溶液中，逐滴加入0.2 mol/l的ch3cooh溶液，溶液的ph变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（ ）ab点的横坐标a12.5bc点时溶液中有：c(na)c(ch3coo)c(h)c(oh)cd点时溶液中有：c(ch3coo)c(ch3cooh)2c(na)d曲线上a、b间的任意一点，溶液中都有：c(na)c(ch3coo)c(oh)c(h)【答案】c【解析】醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即ph大于7。b点的ph7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，选项a不正确。根据电荷守恒c(ch3coo)c(oh)c(h)c(na) 可知选项b不正确。d点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相同，所以根据原子守恒可知选项c正确。若加入的醋酸很少时，会有c(na) c(oh) c(ch3coo)c(h)，所以选项d也不正确。答案是c。15某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开k2，闭合k1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开k1，闭合k2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是含酚酞的饱和食盐水k1k2石墨直流电源a铜a断开k2，闭合k1时，总反应的离子方程式为：2h+2cl cl2+h2b断开k2，闭合k1时，石墨电极附近溶液变红c断开k1，闭合k2时，铜电极上的电极反应为：cl2+2e2cld断开k1，闭合k2时，石墨电极作正极【答案】d【解析】试题分析：a、断开k2，闭合k1时，两极均有气泡产生，说明cu作阴极、石墨作阳极，电池反应式为2h2o+2cl-cl2+h2+2oh-，a错误；b、断开k2，闭合k1时，铜电极反应式为2h2o-2e-h2+2oh-，所以cu电极附近溶液先变红，b错误；c、断开k1，闭合k2时，该装置构成原电池，cu电极是负极，铜电极上的电极反应为：h2-2e-2h+，c错误；d、断开k1，闭合k2时，石墨是正极，电极上电极反应式为cl2+2e-2cl-，d正确，答案选d。考点：考查原电池和电解池原理16以含钴废催化剂（主要成分为co、fe、sio2）为原料，制取钴的氧化物的流程如下：（1）步骤中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是_。（2）步骤需要加热搅拌，相应的离子方程式为_。（3）步骤中的反应为2na+6fe3+4so42-12h2ona2fe6(so4)4(oh)1212h +。过滤后母液的ph = 2.0，c(na+) =a moll-1，c(fe3+) =b moll-1，c(so42-)= d moll-1，该反应的平衡常数k=_（用含a 、b 、d 的代数式表示）。（4）完成步骤中反应的离子方程式：_co32-h2oco5(oh)6(co3)2_（5）已知cocl2的溶解度曲线如图所示。步骤向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌，待固体溶解后需趁热过滤。边加热边搅拌的原因是_；趁热过滤的原因是_。【答案】（1）提高钴元素的总浸出率（2分） （2） 6fe2+6h+clo3 6fe3+cl3h2o（2分）（3） （2分）（4）5co2+5co32-3h2oco5(oh)6(co3)23co2（2分）（5）加快固体溶解速率（2分） 防止因温度降低，cocl2晶体析出（2分）【解析】试题分析：（1）洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率；（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1mol的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6fe2+6h+clo3 6fe3+cl3h2o；（3）根据反应的方程式2na+6fe3+4so42-12h2ona2fe6(so4)4(oh)1212h +可知平衡时k。（4）根据方程式利用质量守恒定律可知该反应中反应物还有co2+，生成物还有二氧化碳，因此反应的离子方程式为5co2+5co32-3h2oco5(oh)6(co3)23co2；（5）升高温度反应速率加快，所以边加热边搅拌的原因是加快固体溶解速率；由cocl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，cocl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出。【考点定位】本题主要是考查物质制备工艺流程图的分析与应用【名师点晴】工艺流程题的一般解题思路是：明确题目目的是制取什么物质，从题干或问题中获取有用信息，了解产品的性质。善于从基本概念和反应原理的角度分析流程图试题中的元素及化合物知识，善于从质量守恒原理的角度分析未知物质，寻找解题的突破口。箭头进入的是投料(反应物)，箭尾是生成物。其次注意制备过程中所需的原料和条件的控制以及物质分离方法的选择。读懂流程图，写出主要的化学反应方程式或制备原理。最后要解决一个物质的制备、合成等实际的化学问题往往从成本角度、环保角度、现实角度等多角度考虑。17（14分）汽车在现代生活中扮演着越来越重要的角色，但其尾气（碳氢化合物、氮氧化物及一氧化碳等）带来的环境污染越来越明显，机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。（1）设汽油成分为c8h18，若在气缸中汽油高温裂解产生丁烷和丁烯，写出该反应的化学方程 。（2）气缸中生成no的反应为：n2(g)+o2(g) 2no(g) h 0汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内no排放量越大，原因是 。1mol空气中含有0.8moln2和0.2molo2，1300时在含1mol空气的密闭容器内反应达到平衡。测得no为8104mol。计算该温度下的平衡常数k 。（3）尾气中的co主要来自于汽油不完全燃烧。 有人设想按下列反应除去co：2co(g)=2c(s)+o2(g) h=+221kjmol1, 简述该设想能否实现的依据： 。测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中co传感器可用下图简单表示，则阳极发生的电极反应为 。（4）在汽车尾气系统中安装催化转换器，可有效减少尾气中的co、nox 和碳氢化合物等废气。已知：n2(g)o2(g)=2no(g) h1=180kj/molco(g) 1/2o2(g)= co2(g) h2=283kj/mol2no(g) 2co(g) = 2co2(g) n2(g) h3则h3 = kjmol1。（5）光化学烟雾（含臭氧、醛类、过氧乙酰硝酸酯等）是汽车尾气在紫外线作用下发生光化学反应生成的二次污染物。写出2丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气的化学方程式 。【答案】（1）c8h18c4h10 c4h8（2分）（2）温度升高，反应速率加快，平衡右移（2分） 4106（2分）（3）该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行（2分） co+h2o2e=co2+2h+（2分）（4）746（2分） （5） ch3ch=chch3 2o32ch3cho 2o2（2分）【解析】试题分析：根据c8h18在高温裂解产生丁烷和丁烯可写出该反应方程式；由于生成no的反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，导致单位时间内no排放量越大；由于题目未告诉容器体积，令其体积为1l，注意数据的近似处理，平衡时： c(n2)0.8mol/l, c(o2) 0.2mol/l，c(no)=810-8mol/l，将数据代入k=c2(no)c(n2)c(o2)= 410-6；由于该反应是焓增，熵减的反应，由ghts，在任何温度下均不自发进行； co在阳极上发生氧化反应，先根据得失电子守恒有co2eco2，再根据电荷守恒有co2eco2+2h+，最后根据原子守恒得co+h2o2e=co2+2h+；将两式依次编号，将“2”得第三式，根据盖斯定律得第三式的反应热h3（283kj/mol）2（180kj/mol）746kjmol1；根据信息“2丁烯与臭氧按物质的量之比为1：2反应生成乙醛及氧气”，应用原子守恒写出该反应方程式。考点：考查化学反应原理。18（15分）cocl26h2o是一种饲料营养强化剂。一种利用水钻矿（主要成分为co2o3、co（oh）3，还含少量fe2o3、al2o3、mno等）制取cocl26h2o的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离了主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等： 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见下表：（金属离子浓度为：001 mo1l-l）cocl26h2o熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中co2o3发生反应的离子方程式 。（2）写出nac1o3发生反应的主要离子方程式 ；若不慎向“浸出液”中加过量naclo3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式 。（3）“加na2co3调ph至a，过滤所得到的沉淀成分为_ 。（4）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是 ：其使用的最佳ph范围是_ 。 a2025 b3035 c4045 d5055（5）“操作l”中包含3个基本实验操作，它们依次是 、 和过滤。制得的coc126h2o在烘干时需减压烘干的原因是 。（6）为测定粗产品中cocl26h2o含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量agno3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中cocl26h2o的质量分数大于100%，其原因可能是 。（答一条即可）【答案】27.（15分）（1）co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o （2分）（2）clo3-+6fe2+6h+=cl-+6fe3+3h2o （2分） clo3-+5cl-+6h+=3cl2+3h2o （2分）（3）fe(oh)3 al(oh)3 （2分） (4)除去溶液中的mn2+ （1分） b （1分）（5）蒸发(浓缩)、冷却(结晶) （2分） 降低烘干温度，防止产品分解（1分）（6）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 （2分）【解析】试题分析：（1）亚硫酸钠常作为还原剂，水钻矿中的co2o3需转化成co2+，故co2o3在酸性条件下和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，故为：co2o3+so32+4h+=2co2+so42+2h2o；（2）浸出液fe2+，需将亚铁离子氧化为铁离子，再通过调节ph而除去，故氯酸钠的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，故为：clo3-+6fe2+6h+=cl-+6fe3+3h2o；氯酸根离子和氯离子在酸性条件下会生成氯气；（3）调节ph目的是除去杂质，根据表格信息和流程图可知，通过调节ph除去铁离子和铝离子，故沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝；（4）通过分析流程图可知还需要除去mn2+，根据题目信息可知，加入萃取剂的目的就是除去锰离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系可知，调节溶液ph在3.03.5之间，可使mn2+完全沉淀，并防止co2+转化为co（oh）2沉淀；（5）由溶液得到结晶水合物的基本操作为蒸发浓缩、冷却结晶；减压烘干的目的是防止水合物分解；（6）根据cocl26h2o的组成分析，造成产品中cocl26h2o的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。考点：。19(11分）醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法。实验室制备溴乙烷的装置如下图所示，其中锥形瓶b是安全瓶，试管d中装有少量蒸馏水。已知溴乙烷的沸点为38.4，密度为1.43 g/ml；（1）制备溴乙烷需要用到蒸馏水、乙醇、溴化钠、浓硫酸，在烧瓶中加入这几种物质的顺序依次是_。（2）小火加热，在烧瓶中发生的主要反应有_；_。（3）冷水的作用_；d试管中的现象_。（4）用这种方法制取的溴乙烷中的含少量杂质br2，欲除去溴代烷中的少量杂质br2，下列供选试剂中最适合的是_。anai溶液 bnaoh溶液 cna2so3溶液 dkcl溶液（5）容器e中naoh溶液的作用是_。【答案】（1）蒸馏水、浓硫酸、乙醇、溴化钠；（2）nabr+h2so4=nahso4+hbr(或生成na2so4）（2分）；ch3ch2oh+hbrch3ch2br+h2o；（3）冷却溴乙烷由气态转变为液态（1分）；分层，下层为油状液体（1分）；（4）c（2分）；（5）吸收hbr等气体，防止大气污染（1分）。【解析】试题分析：（1）制备溴乙烷需要用到蒸馏水、乙醇、溴化钠、浓硫酸，在烧瓶中加入这几种物质的顺序是先加入蒸馏水，然后加入浓硫酸，待溶液冷却后，在加入乙醇、溴化钠。（2）小火加热，在烧瓶中发生的主要反应有nabr+h2so4=nahso4+hbr，或2nabr+h2so4=na2so4+2hbr；ch3ch2oh+hbrch3ch2br+h2o。（3）冷水的作用是冷却溴乙烷，使其由气态转变为液态；由于溴乙烷的密度比水大，难溶于水，所以d试管中的现象是分层，下层为油状液体。（4）用这种方法制取的溴乙烷中的含少量杂质br2，欲除去溴代烷中的少量杂质br2，可以利用br2有氧化性，而na2so3溶液有还原性，二者发生氧化还原反应，产生容易溶于水的物质而与溴乙烷分离。尽管naoh溶液也可以与br2发生反应，但也会与溴乙烷发生反应，因此不能使用naoh溶液。故应该选择的试剂是c。（5）容器e中naoh溶液的作用是吸收hbr等气体，防止大气污染。考点：考查物质制取反应原理、操作方法、注意事项、反应原理的方程式的书写的知识。20我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/l。实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：（1）请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00ml待测废水于250ml锥形瓶中。步骤2：将5.0 ml 0.01mol/l溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。 步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/l ki溶液，振荡。步骤4： ，再用0.01 mol/l na2s2o3标准溶液滴定至终点，消耗 na2s2o3溶液8.50 ml。（反应原理：i2 + 2na2s2o3 = 2nai + na2s4o6）（2）该废水中苯酚的含量为 mg/l。（3）步骤2塞紧瓶塞的原因是 。（4）步骤3若振荡时间过长，则测得的废水中苯酚的含量 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。步骤4中若滴定至终点时滴定管尖嘴处出现气泡，而滴定前无气泡，会使测得的废水中苯酚的含量 。【答案】（1）滴加23滴淀粉溶液 （2）9.4 （3）防止溴水挥发，影响测定结果。（4）偏低，偏高【解析】试题分析：（1）测定废水中苯酚的含量需要通过测定溴的消耗，而剩余的溴单质用hi滴定，生成的碘单质再用0.01 mol/l na2s2o3标准溶液滴定，判断滴定终点的指示剂是淀粉，淀粉遇碘变蓝色，当溶液蓝色消失时即达到滴定终点，所以步骤4中应滴加23滴淀粉溶液，再用0.01 mol/l na2s2o3标准溶液滴定至终点；（2）根据消耗的 na2s2o3标准溶液的体积计算剩余溴的物质的量，利用2na2s2o3 i2br2，可知剩余溴的物质的量是（0.0085l0.01mol/l）2=4.2510-5mol，则25ml废水中苯酚的物质的量是（0.005l0.01mol/l-4.2510-5mol）3=2.510-6mol,所有苯酚的质量是2.510-6mol94g/mol=2.3510-4g=0.235mg，该废水中苯酚的含量为0.235mg/0.025l=9.4mg/l；（3）为了防止溴水挥发，影响测定结果，步骤2要塞紧瓶塞。（4）若步骤3持续时间较长，则空气中的氧气也会氧化碘离子为碘单质，则消耗na2s2o3标准溶液的体积大于15ml，剩余溴的物质的量偏大，与苯酚反应的溴的物质的量偏小，则苯酚的含量偏低；若滴定至终点时滴定管尖嘴处出现气泡，而滴定前无气泡，则测定的na2s2o3的体积偏小，剩余溴的物质的量偏小，与苯酚反应的溴的物质的量偏大，会使测得的废水中苯酚的含量偏高。【考点定位】考查滴定操作的判断，误差分析，滴定数据的处理等知识。【名师点睛】本题考查了滴定操作的判断，误差分析，滴定数据的处理等知识。对于指示剂选择的基本原则，现总结如下：（1）不能用石蕊作指示剂。（2）滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用naoh溶液滴定醋酸。（3）滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。（4）强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。（5）并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的na2so3滴定kmno4溶液时，kmno4颜色恰好退去时即为滴定终点。21铜及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：（1）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成cuso4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的zns，慢慢转变为铜蓝(cus)。写出cuso4转变为铜蓝的离子方程式_。（2）工业上以黄铜矿cufes2）为原料，采用火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反应：2cu2ocu2s高温=6cuso2，该反应的氧化剂是_；验证反应产生的气体是so2的方法是_。（3）图i是一种新型燃料电池，它以co为燃料，一定比例的li2co3和na2co3熔融混合物为电解质，图ii是粗铜精炼的装置图，假若用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验。写出a极的电极反应式_。要用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验，粗铜板应与_极（填“a”或“b”）相连；若粗铜中还含有au、ag、fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为_。当消耗标准状况下112lco时，精铜电极的质量变化情况为_。（4）现向一含有ca2、cu2的混合溶液中滴加na2co3溶液，若首先生成cuco3沉淀，根据该实验可得出的结论是_（填序号）aksp(cuco3)ksp(caco3) bc(cu2)c(ca2)c d【答案】（14分）（1）cu2(aq)zns(s)zn2(aq)cus(s) （2分）（2）cu2o和cu2s（1分）；将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色（2分）（3）co2eco322co2（2分） b（1分）；au、ag以单质的形成沉积在阳极下方，fe以fe2的形式进入电解液中（2分） 增加32g（2分） （4）c（2分）【解析】试题分析：（1）硫化铜的溶解度小于氯化锌的，所以根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知，该反应的离子方程式是cu2(aq)zns(s)zn2(aq)cus(s)。（2）根据反应的方程式可知，铜元素的化合价从1价降低到0价，得到1个电子，s元素的化合价从2价升高到4价，失去6个电子，所以cu2s是还原剂，cu2o和cu2s是氧化剂。so2具有漂白性，能使品红溶液褪色，据此可以鉴别so2，所以正确的操作是将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色。（3）原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。因此co在负极通入，氧气在正极通入，即a电极是负极。由于电解质是一定比例的li2co3和na2co3熔融混合物为电解质，所以co32向负极移动，因此负极电极反应式是co2eco322co2。粗铜精炼时，粗铜与电源的正极相连，做阳极，即与电极b相连。由于金属性是auagcufe，所以阳极首先是铁失去电子，然后是铜失去电子，而au和ag形成阳极泥，所以au、ag、fe它们在电解槽中的存在形式和位置为au、ag以单质的形成沉积在阳极下方，fe以fe2的形式进入电解液中。准状况下112lco的物质的量是112l224l/mol005mol，反应中转移电子的物质的量是005mol201mol，所以根据电荷守恒可知，精铜电极析出铜的物质的量是01mol2005mol，即阴极精铜增加005mol64g/mol32g。（4）向一含有ca2、cu2的混合溶液中滴加na2co3溶液，若首先生成cuco3沉淀，这说明溶液中c(cu2)c(co32)ksp(cuco3)、c(ca2)c(co32)ksp(caco3)，所以，因此答案选c。考点：考查溶解平衡以及沉淀的转化；氧化还原反应的判断；so2的检验；电极反应式的书写以及有关计算；粗铜的精炼等22（13分）根据下面的有机物合成路线回答下列问题：（1）写出a、b、c的结构简式：a：_，b：_，c：_。（2）各步反应类型：_，_，_；_，_。（3）ab的反应试剂及条件_。【答案】（1），；（2）加成反应，消去反应，加成反应，消去反应，加成反应；（3）氢氧化钠的醇溶液，加热。【解析】试题分析：转化成，因为苯环上的卤素原子不容易发生取代，更不能发生消去反应，因此氯苯和氢气先发生加成反应，生成，然后在碱的醇溶液中发生消去反应，生成，再发生加成反应，得到，如果再引入两个氯原子，那就发生消去反应生成，然后加成反应即可，（1）见分析；（2）经上述分析，反应类型是：加成反应，消去反应，加成反应，消去反应，加成反应；（3）卤代烃的消去反应条件是：碱的醇溶液，故氢氧化钠的醇溶液，加热。考点：考查官能团的引入和去除以及官能团的性质。23某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品m进行探究。已知c可在d中燃烧发出苍白色火焰。m与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物已略去）：（1）写出f的电子式_。（2）若a是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，e溶液与f溶液反应可以制备一种胶体，则e溶液的俗称是_（3）若a是co2气体，a与b溶液能够反应，反应后所得的_溶液再与盐酸反应，如图所示，则a与b溶液反应后溶液中的溶质化学式为_。（4）若a是一种常见金属单质，且a与b溶液能够反应，则将过量的f溶液逐滴加入e溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。（5）若a是一种化肥。实验室可用a和b反应制取气体e，e与f、e与d相遇均冒白烟，且利用e与d的反应检验输送d的管道是否泄露，写出e与d反应的化学方程式是_。（6）若a是一种溶液，只可能含有h+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、co32、so42中的某些离子，当向该溶液中加入b溶液时发现生成沉淀的物质的量随b溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为_。【答案】（1） （2）水玻璃 （3）na2co3、nahco3（4）溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失（5）3cl 2 + 8nh3 = n2 + 6nh4cl（6）c(h+) : c(al3+): c(nh4+): c(so42-) =1 :1 :2: 3【解析】试题分析：c可在d中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成hcl，可推知c为h2、d为cl2、f为hcl，m是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，m的溶液电解生成氢气、氯气与b，可推知m为nacl、b为naoh；（1）hcl的电子式（2）若a是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则a为sio2，e为na2sio3，与f溶液反应可以制备g