2018-2019年高中化学重庆高三专题试卷模拟试题7含答案考点.doc

2018-2019年高中化学重庆高三专题试卷模拟试题【7】含答案考点及解析班级:_ 姓名：_ 分数：_题号一二三四五六总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题1.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl 。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3 + 8Al + 5OH + 2H2O 3NH3 + 8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】试题分析：该试样中加入过量的Ba(OH)2溶液会产生气体1，说明溶液中含有NH4+，向产生沉淀1中加入酸，沉淀部分溶解，说明在溶液中含有Mg2+、SO42；向所得的滤液1中通入CO2气体会产生沉淀2和溶液2，则在滤液1中含有AlO2-,原试样溶液中含有Al3+，向溶液2中加入Al并加热，根据题意可知产生是气体2是氨气，则在原试样溶液中含有NO3；但是根据题目叙述不能确定是否含有Na+、Cl，它们可能存在，也可能不存在，因此选项错误的是B。考点：考查溶液中离子存在的检验和溶液成分的确定的知识。2.在下列条件下，能大量共存的微粒组是化学式CH3COOHHClOH2CO3电离常数(25)Ki =1.7105Ki =3.0108Ki1=4.3107；Ki2=5.61011Ac(H+)=110-14mol/L的溶液：K+、Na、AlO2、S2O32B上表提供的数据下：HClO 、HCO3、ClO、CO32C能与Al反应生成H2的溶液：NH4、Ca2+、NO3、ID中性的溶液中：CO32、Na、SO42、AlO2【答案】A【解析】试题分析：Ac(H+)=110-14mol/L的溶液是碱性溶液，在此溶液中K+、Na、AlO2、S2O32不会发生任何反应，可以大量共存，正确；B 根据上表提供的数据可知酸性：HClOHCO3,所以HClO、CO32会发生反应而不能大量共存，错误；C能与Al反应生成H2的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，在酸性溶液中H+和NO3、I会发生氧化还原反应而不能大量共存；在碱性溶液中NH4不能大量存在，错误；D中性的溶液中：CO32、AlO2会发生反应而不能大量存在，错误。考点：考查离子大量共存的知识。3.下列说法不正确的是A科学家在研究物质微观结构的过程中先后使用了光学显微镜、电子显微镜、扫描隧道显微镜等观测仪器BH2O2在过氧化氢酶的催化下，随着温度的升高，分解速率持续加快C甲醇、肼、氨等燃料电池的能量转换效率远高于普通燃料燃烧的能量转化效率D钠和钾的合金在室温下呈液态，可用于快中子反应堆作热交换剂【答案】B【解析】试题分析：B、酶为蛋白质，酶只能在温和的条件下起作用，温度升高使之变性，从而失去活性，故B错。考点：化学基本概念、化学实验仪器4.常温下，对于1 L 0.005 molL1硫酸表述中正确的是()A由水电离出的c(H)1.01012 molL1B加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均减少C2c(H)c(SO42-)c(OH)D滴加稀氨水使pH7，则c(NH4+)c(SO42-)【答案】A【解析】A项，硫酸电离出的c(H)102 molL1，所以c(H)水1.01012 molL1正确；B项，加水稀释后，c(OH)增大，错误；C项，H2SO4=2HSO42-，H2OHOH，所以c(H)2c(SO42-)c(OH)，错误；D项，根据电荷守恒判断，错误。5.归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结，归纳正确的是常温下，pH3的醋酸溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合，则有c (Na+) + c(H+)c(OH) + c(CH3COO)对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka，醋酸根水解平衡常数为Kh，水的离子积为Kw，则有：KaKhKwABCD【答案】A【解析】试题分析：常温下，pH3的醋酸溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合，根据混合液中的电荷守恒知，c (Na+) + c(H+)c(OH) + c(CH3COO)，正确；对已建立化学平衡的某可逆反应，如果通过减小生成物的浓度使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量会减小，错误；同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中，CaCl2溶液中氯离子浓度为NaCl溶液中氯离子浓度的2倍，根据沉淀溶解平衡知识知，常温下，AgCl在CaCl2溶液中的溶解度小于在NaCl溶液中的溶解度，错误；醋酸电离平衡常数表达式为Ka=c(H+)c(CH3COO)/c(CH3COOH)，醋酸根水解平衡常数表达式为Kh=c(OH)c(CH3COOH)/c(CH3COO)，水的离子积为Kw=c(H+)c(OH)，则有：KaKhKw，正确，选A。考点：考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离、沉淀溶解平衡和电解质溶液的电荷守恒式。6.下列表示物质变化的化学用语中,正确的是()A碱性氢氧燃料电池的负极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-B用惰性电极电解饱和食盐水时,阳极的电极反应式为2Cl-2e-Cl2C表示乙炔燃烧热的热化学方程式:C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(g)H=-1 256 kJ/molDM与N互为同素异形体,由MNH=+119 kJ/mol可知,N比M稳定【答案】B【解析】氢氧燃料电池中,氢气一极为负极,故碱性条件下的负极反应式为H2-2e-+2OH-2H2O,A项错误;电解饱和NaCl溶液时,Cl-移向阳极,故阳极电极反应式为2Cl-2e-Cl2,B项正确;乙炔燃烧热的热化学方程式中H2O应为液态,C项错误;M与N转化的热化学方程式中未注明反应物和生成物的聚集状态,且M转化为N为吸热反应,N不如M稳定,D项错误。7.下列叙述正确的是A金属镁着火时可用干冰灭火B二氧化硅可用作光导纤维C往氯水中通入SO2后，溶液的漂白性增强D由于铝在常温下不与氧气反应，所以铝制品具有抗腐蚀性【答案】B【解析】试题分析：A、Mg能在CO2燃烧反应生成C和MgO，所以金属镁着火时不能用干冰灭火，错误；B、光导纤维由二氧化硅制取，正确；C、往氯水中通入SO2后，Cl2与SO2、H2O反应生成HCl和H2SO4，漂白性减弱，错误；D、由于铝在常温下与氧气反应生成致命的氧化物薄膜，错误。考点：本题考查物质的用途和性质。8.如图所示的甲、乙、丙三种物质均含有相同的某种元素，箭头表示物质间的转化一步就能实现，则甲可能是Fe；HNO3；Na；CABCD【答案】D【解析】试题分析：Fe、FeCl2、FeCl3之间转换，正确；HNO3、NO、NO2之间转换，正确；Na、NaCl、NaOH之间转换，正确；C、CO、CO2之间转换，正确。考点：考查物质的转化有关问题。9.建立系统完整的生态文明制度体系，用制度保护生态环境。下列做法与此理念相违背的是A加快石油资源的开采和使用B环境空气质量标准中强制纳入PM2.5指标C废旧电池应集中回收，不能填埋处理D减少一次性餐具的使用，研发可降解高分子材料【答案】A【解析】试题分析：A、加快化石能源的开采，更多使用太阳能、风能等清洁能源，不符合低碳经济，故A不正确；B环境空气质量标准中强制纳入PM2.5指标，粒径2.5微米的颗粒物，由细颗粒物造成的灰霾天气对人体健康的危害甚至要比沙尘暴更大，故做为环境空气质量标准，正确。C废旧电池中有重金属和酸液对环境会产生污染，应集中回收，不能填埋处理，故C正确；D减少一次性餐具的使用，研发可降解高分子材料，可防止产生白色污染，故D正确；本题选A。考点：本题考查化学与生活，注意“生态文明建设”是社会关注的热点，增强环保意识、充分理解节能环保的重要性是解答此类题的关键。10.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+I2。）下列说法正确的是A铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI CeI4 + 2H2B用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+ + 2Fe2+=Ce3+ + 2Fe3+C在一定条件下，电解熔融状态的CeO2制Ce，在阴极获得铈D铈的四种核素、，它们互称为同素异形体【答案】C【解析】试题分析：A、氧化性是Ce4+I2，因此Ce4+和I不能共存，所以选项A不正确；B、根据氧化性是Ce4+Fe3+I2可知，应该发生的反应为Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，故B不正确；C、电解池中阴极得到电子，阳极失去电子，所以电解熔融状态的CeO2时，在阴极上是Ce4+得电子生成单质铈的过程，即在阴极获得铈，故C正确；D、同素异形体是同种元素组成的不同单质间的互称，四种铈的核素、它们互称为同位素，故D错误，答案选C。考点：考查氧化还原反应的有关判断、电解原理的应用以及同位素和同素异形体的判断。评卷人得分二、实验题11.(13分)乙酸正丁酯是一种水果香味的无色透明液体，常用于调制香料和药物。实验室用正丁醇和乙酸制备，反应原理如下：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O某兴趣小组拟用如图装置制备少量乙酸正丁酯：步骤1：加料。向干燥的100ml圆底烧瓶中加入37ml正丁醇、22ml冰醋酸及10滴浓硫酸(试剂加入顺序未确定)，摇匀后，加入几粒沸石。然后安装分水器(先在分水器上端小心加水至分水器支管口处，然后再放出12ml的水)及回流冷凝管。步骤2：加热回流。通过活塞控制分水器中水层液面的高度。反应完毕，停止加热。步骤3：冷却(不可以拆卸回流冷凝管)。冷却至室温后，将烧瓶中的混合物与分水器中的酯层合并，转入分液漏斗中。步骤4：依次用10ml水，10ml 10%碳酸钠溶液洗至中性(pH=7)，再水洗一次，向洗涤后的有机相中加入适量的无水硫酸镁固体。放置一段时间后过滤、蒸馏、收集124126馏分，得产品)步骤5：用一干燥的小烧杯称产品，重量为29.0g。相关物质的性质如下表：物质名称沸点/熔点/密度/gcm3水中溶解度正丁醇117.3-89.50.807.1g/100g乙酸11816.61.0492互溶乙酸正丁酯126.1-780.88261.4g/100g根据题意完成下列填空：(1)加料时，三种试剂的加入顺序为。(2)该实验中，冷凝水从(填“a”或“b”)口通入，使用分水器的目的是。(3)步骤2中判断反应结束的现象是。(4)步骤3中从分液漏斗中得到酯的操作，用10% Na2CO3溶液洗涤有机相，是为了除去有机相中的(填结构简式)。(5)步骤4中加入无水硫酸镁固体的作用是。(6)实验中正丁醇的转化率为。【答案】(1)正丁醇、冰醋酸、浓硫酸(2)a；及时分离出产物水，使化学平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率(3)分离器中水层高度不再变化(4)打开分液漏斗活塞，让水层从分液漏斗下口流出，酯层从上口倒出；H2SO4和CH3COOH(5)除去有机相中残留的水(6)65%【解析】试题分析：(1)向干燥的100ml圆底烧瓶中加入37ml正丁醇、22ml冰醋酸及10滴浓硫酸，由于浓硫酸稀释放热，加料时，应该后加浓硫酸，三种试剂的加入顺序可以为正丁醇、冰醋酸、浓硫酸，故答案为：正丁醇、冰醋酸、浓硫酸；(2)冷凝水应该下进上出，因此从a口通入，使用分水器可以及时分离出产物水，使化学平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，故答案为：a；及时分离出产物水，使化学平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；(3)反应结束分离器中水层高度不再变化，故答案为：分离器中水层高度不再变化；(4)酯不溶于水，可以采用分液的操作分离，步骤3中从分液漏斗中得到酯的具体操作为打开分液漏斗活塞，让水层从分液漏斗下口流出，酯层从上口倒出；Na2CO3溶液能够与酯中的杂质H2SO4和CH3COOH反应，故答案为：打开分液漏斗活塞，让水层从分液漏斗下口流出，酯层从上口倒出；H2SO4和CH3COOH；(5)无水硫酸镁可以除去有机相中残留的水，故答案为：除去有机相中残留的水；(6)37mL正丁醇的质量为37mL0.80g/mL=29.6g，22mL冰醋酸的质量为22mL1.0492g/mL=23.0824g，设理论上29.6g正丁醇完全反应需乙酸的质量是y，则：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O60g 74gy 29.6gy=24g23.0824g，所以乙酸完全反应，按照乙酸计算乙酸正丁醇酯的理论质量，设乙酸正丁醇酯的理论质量为x，则：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O60g 116g23.0824g x所以x=44.626g，则乙酸正丁酯的产率为100%=65%，故答案为：65%【考点定位】考查制备实验方案的设计【名师点晴】本题考查有机物物质制备的实验，涉及化学仪器、对反应原理的理解应用、对操作的分析评价、物质的分离提纯、产率计算等，注意根据乙酸乙酯的制备进行知识迁移应用，较好的考查学生的分析能力、数据处理能力。评卷人得分三、填空题12.合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。铝元素在周期表中的位置为_。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为_。AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_。焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为_。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。80.0 g CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，则合金中Cu的质量分数为_。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，结合题图信息推断该合金中除铜外一定含有_。【答案】(1)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OAr(其他合理答案均可得分)(2)吸氧腐蚀CaCO3或CaO(3)83.1%Al、Ni【解析】本题围绕金属材料命题，要根据题目设问的角度，联系相关知识解答。(1)Al元素在周期表中的第三周期第A族；提纯铝土矿通入CO2发生的反应为2AlO2CO23H2O=2Al(OH)3CO32。Al2O3与NaOH溶液发生的反应为Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；保护气应不能与金属反应，一般用稀有气体。(2)金属在海水中主要发生吸氧腐蚀；炼钢过程中为降低Si的含量，常加入CaCO3或CaO将SiO2转化为CaSiO3而除去。(3)因加入过量的氨水会发生反应Cu24NH3H2O=Cu(NH3)424H2O，故得到的白色沉淀为Al(OH)3，物质的量为0.5 mol，据Al元素守恒可知Al的质量为13.5 g，则Cu的质量为66.5 g，Cu的质量分数约为83.1%。由图像可知，Fe3在pH1.9时开始沉淀，在pH3.2时沉淀完全，依次类推。pH3.4时才开始出现沉淀，说明溶液中没有Fe3，则一般也无Fe2，因为Fe2在空气中会被氧化成Fe3，此时的沉淀为Al(OH)3；pH7.0时过滤出的沉淀为Al(OH)3和Cu(OH)2；pH8.0时过滤出的沉淀为Ni(OH)2。点拨：知识：金属材料、元素在周期表中的位置、铝的化合物的性质；金属的冶炼与腐蚀；混合物的计算及金属离子沉淀的pH。能力：运用所学相关知识分析问题生解决问题的能力。试题难度：中等。913.SO2是硫酸生产的重要中间产物，也是空气污染的主要原因之一，其氧化生成SO3的反应为： 2SO2（g）O2（g）2SO3（g）。 将0050 mol SO2（g）和0030 mol O2（g）放入容积为1 L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）0040 mol/L。则该条件下反应的平衡常数K，SO2的平衡转化率为。（A）升高温度（B）降低温度（C）增大压强（D）减小压强（E）加入催化剂（G）移出氧气 若2SO2（g）O2（g）2SO3（g）197kJmol1。现有甲、乙、丙三个相同的容积不变的容器，按下表中数据充入气体并反应达到平衡，放出或吸收的热量的数值分别为Q1、Q2、Q3。下列说法中不正确的是。容器SO2（mol）O2（mol）SO3（mol）热量（kJ）甲210Q1乙1050Q2丙001Q3 AQ1 2Q2 2Q3 197kJ B在上述反应中每消耗2mol SO2气体时放出的热量为197kJC在上述反应中生成1mol SO3气体放热985kJ D2Q1 2Q2 Q3 ”或“”)。在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是 (填选项编号)。a单位时间内生成2n mol NO(g)的同时消耗n mol CO2(g)b反应体系的温度不再发生改变c混合气体的密度不再发生改变d反应体系的压强不再发生改变（3）铝电池性能优越，AlAg2O电池可用作水下动力电源，其原理如下图所示：请写出该电池正极反应式；常温下，用该化学电源和惰性电极电解300ml硫酸铜溶液（过量），消耗27mg Al，则电解后溶液的pH（不考虑溶液体积的变化）。【答案】（15分）（1）0.5ab（2分）（2）0.032molL1min1（1分）， 0.25 （2分）； ad（2分，选对一个给1分，错选不给分）；（2分）；bc（2分，选对一个给1分，错选不给分）；（3）Ag 2O+2e+H2O2Ag+2OH（2分）； 2（2分）【解析】试题分析：（1）根据反应2Al2O3(s)2AlCl3(g)6C(s)6AlCl(g)6CO(g)Ha kJmol1、3AlCl(g) 2Al(l)AlCl3(g)Hb kJmol1并依据盖斯定律可知，2即得到反应A Al2O3(s)3C(s)2Al(l)3CO(g)，所以该反应的H（0.5ab）KJ/mol。（2）根据表中数据可知，010min内，NO的平均反应速率v(NO)0.032molL-1min-1；根据表中数据可知，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡浓度c(N2)0.25mol/L；c(CO2)0.25mol/L；c(NO)0.5mol/L，所以该反应的平衡常数K0.25。30min后，只改变某一条件，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)重新达到平衡。依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K0.25。由于平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积后加入一定量一氧化氮。a通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故a正确；b加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故b错误；c加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故C错误；d适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故d；因此正确的答案为ad。若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3:1:1，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故Q0。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。恒容条件下，体积不变。a、无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成2n mol NO（g）的同时消耗n mol CO2（g），故a错误；b、该反应是放热反应，所以反应体系的温度随着反应的移动而改变，当平衡时，反应体系的温度不变，故b正确；C、密度是混合气的质量和容器容积的比值，反应中有固体参加，反应前后气体的质量不等，所以当反应达到平衡时，混合气体的密度不再变化，故c正确；d、反应前后体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，压强始终不变，故d错误，答案选bc。（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。所以根据装置图可知，负极是铝，失去电子。正极上氧化银得电子和水反应生成银和氢氧根离子，电极反应式为Ag 2O+2e+H2O2Ag+2OH；根据反应中得失电子数相等计算，消耗27mg Al失去电子是30.003mol。所以根据反应式2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2可知，反应中生成氢离子的物质的量0.003mol，所以溶液中氢离子物质的量的浓度0.003mol0.3L0.01mol/L，所以pHlg0.012。考点：考查反应热、反应速率和平衡常数的计算；外界条件对平衡状态的影响以及平衡状态的判断；电化学原理的有关应用以及pH的有关计算等18.(7分) 向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，固体完全溶解后在所得溶液中加入1mol/L 的NaOH溶液1L使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g.请列式计算：(1)Cu与Cu2O 的物质的量之比 (2)HNO3的物质的量浓度【答案】(7分) (1)2:1 (2)2.4mol/L【解析】试题分析：设Cu与Cu2O 的物质的量分别是x和y，则64x144y27.2。根据铜原子守恒可知，（x2y）9839.2，解得x0.2mol，y0.1mol。（2）溶液呈中性，所以溶液恰好是硝酸钠溶液，则根据钠原子守恒可知，硝酸钠的物质的量是1mol/L1L1mol。0.1mol氧化亚铜失去0.2mol电子，0.2mol铜失去0.4mol电子，所以根据电子的得失守恒可知，被还原的硝酸是0.6mol30.2mol，则原硝酸的物质的量是1.2mol0.5L2.4mol/L。考点：考查根据化学方程式进行的有关计算点评：在根据方程式进行的有关计算时，应该注意利用好各种守恒法，例如质量守、电荷守恒以及得失电子守恒等。19.有一无色透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一种淡黄色粉末并加热，产生沉淀或气体的物质的量与淡黄色粉末的物质的量关系如图所示。请回答：（1）淡黄色粉末为_（填名称），溶液中肯定没有_离子。（2）溶液中存在的各溶质阳离子的物质的量分别是_。（3）当加入0.3mol淡黄色粉末时，生成气体成分是，物质的量之比是。（4）淡黄色粉末与水反应的化学方程式为_。沉淀部分减少时的离子方程式为_。【答案】（1）（1分）过氧化钠（2分） Fe3、Cu2（2）（2分3=6分）Mg20.1mol；NH40.1mol；Al30.1mol（3）（2分2=4分）NH3, O2，23(4)（2分2=4分）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 Al(OH)3OH= AlO22H2O【解析】略20.把485 g锌铜合金投入足量盐酸中，恰好完全反应，得到1 g H2。试计算：（1）该合金中锌的质量；（2）该合金中锌、铜的物质的量之比。【答案】（1）32.5 g（2）21【解析】试题分析：1g氢气的物质的量为n(H2)=1g2g/mol=0.5 mol，锌铜合金中只有锌能与盐酸反应生成H2，根据化学反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2，n(Zn) =n(H2)=0.5 mol。（1）合金中锌的质量m(Zn)=0.5 mol65gmol-1=32.5 g；（2）合金中铜的质量为48.5 g-32.5 g=16 g，铜的物质的量为16g64g/mol=0.25 mol，锌、铜的物质的量之比为21。考点：考查化学计算。评卷人得分五、简答题21.实验室制取乙酸丁酯的实验装置有如右下图所示两种装置供选用。其有关物质的物理性质如下表：乙酸1-丁醇乙酸丁酯熔点()16.689.573.5沸点()117.9117126.3密度(g/cm3)1.050.810.88水溶性互溶可溶(9g/100g水)微溶（1）制取乙酸丁酯的装置应选用_(填“甲”或“乙”)。不选另一种装置的理由是。（2）该实验生成物中除了主产物乙酸丁酯外，还可能生成的有机副产物有（写出结构简式）：、。（3）酯化反应是一个可逆反应，为提高1-丁醇的利用率，可采取的措施是。（4）从制备乙酸丁酯所得的混合物中分离、提纯乙酸丁酯时，需要经过多步操作，下列图示的操作中，肯定需要的化学操作是_（选填答案编号）。（5）有机物的分离操作中，经常需要使用分液漏斗等仪器。使用分液漏斗前必须；某同学在进行分液操作时，若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，还可能。【答案】（1） 乙。由于反应物乙酸、1丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用甲装置，会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的转化率，乙装置含有冷凝回流装置，可以冷凝回流反应物，提高反应物的转化率，所以选乙装置。（2）CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3CH3CH2CHCH2。（3）增加乙酸浓度减小生成物浓度（或移走生成物）。（4）AC。（5）检查是否漏水或堵塞；分液漏斗上口玻璃塞未打开（或漏斗内部未与大气相通，或