高考化学走出题海之黄金30题系列（第02期）专题05 考前必做基础30题（含解析）.doc

专题05 考前必做基础30题【试题1】下列物质的用途利用了其还原性的是（ ）a用葡萄糖制镜或保温瓶胆 b用na2s除去废水中的hg2+c用nahco3治疗胃酸过多 d用na2sio3溶液制备木材防火剂【答案】a【解析】试题分析：葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质；用na2s除去废水中的hg2+，利用s2-和hg2+反应生成难溶物hgs，为复分解反应；nahco3治疗胃酸过多利用nahco3与酸反应生成co2和h2o，为复分解反应。考点：物质的常见用途。【试题2】下列说法正确的是（ ）aco2的电子式：bcl原子的结构示意图：c质子数为53，中子数为78的碘原子的核素符号：d2,3-二甲基-2-丁烯的结构简式： 【答案】c【解析】试题分析：a、每个碳和氧之间形成两对共用电子，所以错误，不选a；b、氯原子最外层有7个电子，不是8个电子，错误，不选b；c、在元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，所以正确，选c；d、2-丁烯，说明有一个碳碳双键，在2、3碳原子之间，结构简式错误，不选d。考点：基本化学用语【试题3】下列变化过程，属于放热过程的是（ ）a酸碱中和反应 b液态水变成水蒸气c弱酸弱碱电离 d用fecl3饱和溶液制fe(oh)3胶体【答案】a【解析】试题分析：本题考查了基础知识，难度不大。考点：有关过程中的热量变化。【试题4】下列实验操作错误的是（ ）a萃取、分液前需对分液漏斗检漏b制取硝基苯时，采取水浴加热，将温度计插入水浴液中c点燃甲烷、氢气、乙烯、co等可燃性气体前必须验纯d液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的细口试剂瓶中【答案】d【解析】试题分析：a、萃取、分液前需对分液漏斗检漏，正确；b、制取硝基苯时，采取水浴加热，将温度计插入水浴液中，正确；c、点燃甲烷、氢气、乙烯、co等可燃性气体前必须验纯，正确；d、液溴易挥发，能腐蚀橡胶，故液溴保存时液面覆盖一层水，装在带玻璃塞的细口试剂瓶中，错误。考点：考查化学实验基础知识。【试题5】na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）a1 mol zn与足量任意浓度的硫酸反应转移电子数均是2 nab在常温常压下1 mol c7h16中含有共价键的总数目是23 nac0.1 mol fecl3完全水解生成fe(oh)3胶体粒子数目为0.1nad33.6 l 盐酸在标准状况下所含有hcl分子的数目为1.5 na【答案】a【解析】试题分析：zn反应后变为zn2+，失去2e-，1 mol zn反应失去2mol2e-，则转移电子为2 na ，a对；c7h16中有22个共价键，1 mol c7h16中含有共价键的总数目是22 na，b错；胶体粒子的数目无法计算，c错；没有浓度， 33.6 l 盐酸中的hcl物质的量无法计算，d错。考点：阿伏伽德罗常数的应用。【试题6】对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是（ ）a、分子中有2种含氧官能团 b、能发生取代、加成、消去、氧化反应c、1 mol该有机物最多消耗3 mol naoh d、苯环上的一溴代物最多有3种【答案】c【解析】试题分析：a.该有机物有羟基、酯基、硝基3种含氧官能团，a项错误；b.与酚羟基相连的b-c上没有氢原子，不能发生消去反应，b项错误；c.酚羟基能与naoh 反应，酯基与氢氧化钠反应生成羧酸钠和酚，酚再和naoh反应，则1 mol该有机物最多消耗3 mol naoh ，c项正确；d.酚羟基发生一溴取代在苯环的邻对位上，则苯环上的一溴代物只有1种，d项错误；选c。考点：考查有机物的结构与性质。【试题7】xyzw是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲乙丙丁戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由z元素形成的单质。已知：甲+乙丁+己，甲+丙戊+己；01moll-1丁溶液的ph为13(25)。下列说法正确的是（ ）a1mol甲与足量的乙完全反应共转移2mol电子by元素在周期表中的位置为第3周期a族c原子半径：wyzxd10l01moll-1戊溶液中阴离子总的物质的量小于01mol【答案】c【解析】试题分析：01moll-1丁溶液的ph为13(25)，说明丁是一元强碱，四种元素均为短周期元素，所以丁是naoh；甲、乙均是化合物，则两种化合物反应生成氢氧化钠和一种单质的物质是过氧化钠和水，所以己是氧气；甲还与丙反应产生氧气，所以甲是过氧化钠，乙是水，丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则四种元素依次是h、c、o、na。a、1mol过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，所以转移电子的物质的量是1mol，错误；b、y是c元素，位于元素周期表的第二周期iva族，错误；c、原子半径随电子层数的增大而增大，随核电荷数的增多而减小，所以四种元素的原子半径的大小关系wyzx，正确；d、10l01moll-1碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解生成碳酸氢钙离子和氢氧根离子，所以阴离子总的物质的量增加，大于01mol，错误，答案选c。考点：考查元素推断，元素性质的应用【试题8】下列关于有机物的说法正确的是（ ）a涤纶、纤维素、酚醛树脂都是合成材料b汽油和植物油都是混合物，主要成份是烃和酯c甲酸与乙酸是有机酸，都不能被酸性高锰酸钾溶液氧化d葡萄糖、蔗糖、淀粉在一定条件下都可发生水解反应【答案】b【解析】试题分析：a项中纤维素非合成材料；c项甲酸中含有醛基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；d项葡萄糖属于单糖，不再水解。考点：有机物的组成及性质。【试题9】naoh标准溶液的配制和标定，需经过naoh溶液配制、基准物质h2c2o42h2o的称量以及用naoh溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是（ ）a用图甲所示操作转移naoh溶液到容量瓶中b用图乙所示装置准确称得0.1575gh2c2o42h2o固体c用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡d用图丁所示装置以naoh待测液滴定h2c2o4溶液【答案】c【解析】试题分析：a、转移时用玻璃棒引流，所以不选a；b、用托盘天平称量读数只能到一位小数，不选b；c、用尖嘴向上排碱式滴定管中的气泡，正确，不选c；d、氢氧化钠溶液应该放在碱式滴定管中，现在使用的酸式滴定管，错误，不选d。考点：配制溶液和滴定管的使用，天平的使用【试题10】下列化学反应的离子方程式中正确的是（ ）a金属钠投入水中：nah2o naohh2b漂白粉溶液中通入过量二氧化碳：ca22cloh2oco2caco32hcloc用酸性的kmno4溶液与h2o2反应：2mno4 +10h3h2o22mn23o28h2od用银氨溶液检验乙醛中的醛基：ch3cho2ag(nh3)22ohch3coonh4 3nh32agh2o【答案】d【解析】试题分析：a、金属钠投入水中：2na2h2o2na2ohh2，错误；b、漂白粉溶液中通入过量二氧化碳：cloh2oco2hco3-hclo，错误；c、用酸性的kmno4溶液与h2o2反应：2mno4+6h5h2o22mn25o28h2o，错误；d、用银氨溶液检验乙醛中的醛基：ch3cho2ag(nh3)22ohch3coonh4 3nh32agh2o，正确；故本题选择d。考点：离子方程式的书写【试题11】下列条件下可能大量共存的离子组是（ ）a某无色溶液中：nh4+、na+、cl-、mno4-b常温下由水电离出的c(h+)=110-13moll-1的溶液中：na+、k+、so32-、co32-c在c(h+)=110-13moll-1的溶液中：nh4+、al3+、so42-、no3-d在ph=1的溶液中：k+、mg2+ sio32- so42-【答案】b【解析】试题分析：a、高锰酸根离子为紫色离子，不能存在于无色溶液中，错误；b、常温下由水电离出的c(h+)=110-13moll-1的溶液为酸或碱的溶液，在碱性条件下，该组离子可以大量存在，正确；c、在c(h+)=110-13moll-1的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与铵根离子、铝离子均反应，不能大量共存，错误；d、ph=1的溶液为酸性溶液，氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，错误，答案选b。考点：考查离子大量共存的判断【试题12】下列实验操作的现象与结论正确的是（ ）a鉴别大豆油与矿物油的方法是分别加入足量氢氧化钠溶液共热，分层的是矿物油b某钠盐溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀产生，则该钠盐一定是硫酸钠c在ki淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入so2，蓝色褪去，表明so2具有漂白性d向鸡蛋清溶液中，加入饱和(nh4)2so4溶液，有白色沉淀产生，蛋白质发生了变性【答案】a【解析】试题分析：a、大豆油属于油脂，矿物油为烃，加入氢氧化钠溶液后，发生水解不分层的是大豆油，分层的是矿物油，正确；b、某钠盐溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀产生，则该钠盐不一定是硫酸钠，也可能是亚硫酸钠，错误；c、在ki淀粉溶液中滴入氯水变蓝，说明氯气的氧化性强于i2，通入so2后，发生氧化还原反应后生成了hi和h2so4，产物中不再含有i2，故蓝色退去，错误；d、向鸡蛋清溶液中，加入饱和(nh4)2so4溶液，有白色沉淀产生，加入蒸馏水后沉淀溶解，蛋白质发生了盐析，错误；故本题选择a。考点：试验现象的评价【试题13】下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（ ）操作和现象结论ach4和cl2混合于试管中光照，颜色逐渐褪去二者发生了化合反应b微热滴有2滴酚酞的饱和nahco3溶液，溶液颜色加深nahco3受热分解生成了na2co3c向淀粉溶液中加入20%的硫酸，加热几分钟，冷却后再加入银氨溶液，水浴，没有银镜生成淀粉没发生水解d向装有fe(no3)2溶液的试管中加入稀硫酸，观察到试管口有红棕色气体产生酸性环境下，no3-被fe2+还原为no，no遇氧气生成no2【答案】d考点：实验基本操作及现象。【试题14】如图是周期表中短周期的一部分，a、b、c三种元素的原子核外电子数之和等于b的质量数，b元素的原子核内质子数等于中子数，下列叙述正确的是（ ）acbab在第三周期a族bc元素单质是氧化性最强的非金属单质ca与c的气态氢化物相比，稳定性与溶液的ph：acd最高价氧化物对应的水化物的酸性：cb【答案】b【解析】试题分析：根据题给信息和3种元素在元素周期表中的位置推断，a为氮元素，b为硫元素，c为氟元素。a、b为硫元素，位于第三周期via族，错误；b、氟元素的单质是氧化性最强的非金属单质，正确；c、氨气与氟化氢相比，稳定性：ac；溶液的ph：ac，错误；d、c为氟元素，没有正价，无最高价含氧酸，错误。考点：考查元素推断和元素周期律。【试题15】下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是（ ）选项物质转化关系甲乙丙丁aal2o3naalo2alal(oh)3bna2ona2o2nanaohcch2=ch2ch3ch2ohch3choch3coohdnono2n2hno3【答案】a【解析】试题分析：a、al2o3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与co2、h2o反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成al2o3，al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，与氧气反应生成al2o3，正确；b、氢氧化钠不能生成氧化钠，错误；c、乙醛不能生成乙烯，错误；d、n2不能通过一步反应生成no2，错误；故本题选择a。考点：金属及其化合物之间的相互转化、非金属及其化合物之间的相互转化，有机物间的相互转化【试题16】如图为锌铜显示原电池装置图，下列说法不正确（ ）a电子由zn极流向cu极b该装置的总反应c一段时间后，a池带正电荷，b池带负电荷d取出盐桥，电流计指针不再偏转【答案】c【解析】试题分析：铜锌原电池中锌为负极，铜为正极，电子由zn极移向cu极；原电池总反应为：zn+cu2+=zn2+cu；取出盐桥，原电池中闭合回路断开，不再存在电流，电流表指针不偏转；盐桥中阳离子移向b池，阴离子移向a池，a池和b池中溶液仍然保持电中性。考点：原电池基本原理。【试题17】相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸发生酯化反应，生成酯的结构可能有（不考虑立体异构）（ ）a8种 b12种 c16种 d18种【答案】c【解析】试题分析：相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸分别是戊醇和丁酸，根据醇的同分异构体的书写，戊醇有8种同分异构体，丁酸有正丁酸和异丁酸2种同分异构体，所以二者形成的酯有16种同分异构体，答案选c。考点：考查同分异构体的判断【试题18】下列说法正确的是（ ）a常温下，将ph3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的ph4b为确定某酸h2a是强酸还是弱酸，可测naha溶液的ph。若ph7，则h2a是弱酸；若ph7，则h2a是强酸c已知酸性hfch3cooh，物质的量浓度相等的naf与ch3cook溶液中：c（na）c（f） c（k）c（ch3coo）d相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 mol/l盐酸、0.1 mol/l氯化镁溶液、0.1 mol/l硝酸银溶液中，ag浓度：【答案】c【解析】试题分析：加水稀释有利于弱电解质的电离，所以ph=3的醋酸稀释为原来的10倍，ph4；b项当h2a是强酸时，naha溶液显示酸性，ph.考点：弱电解质的电离、难溶电解质的沉淀溶解平衡。【试题19】下列物质的量浓度关系不正确的是（ ）a常温下01 mol/l的下列溶液nh4al（so4）2 nh3h2onh4cl ch3coonh4中，c（nh4+）由大到小的顺序是：b将0.1 moll1的nahs和0.1 moll1na2s溶液等体积混合：c(s2-)+2c(oh-)=2c(h+)+ c(hs-)+3c(h2s)c将0.2 mol ch3coona晶体和0.1 mol hcl气体同时溶解于同一烧杯的水中，制得1 l溶液：c(ch3coo)c(oh)0.10 moll1d已知hclona2co3naclonahco3，在等物质的量浓度等体积次氯酸溶液与碳酸钠溶液混合溶液中：c(hclo) + c(h+)+ c(h2co3)= c(oh) + c(co32)【答案】c【解析】试题分析：a、铵盐都能完全电离出铵根离子，氨水部分电离出铵根离子，所以氨水中铵根离子最少，铝离子水解抑制铵根离子水解，醋酸根离子水解促进铵根离子水解，所以中铵根最多，其次是，再次为，最小的为，所以正确，不选a；b、溶液等体积混合后满足电荷守恒，2c(s2-)+c(oh-)+c(hs-)c(h+)+c(na+)，遵循物料守恒，3c(s2-)+3c(h2s)+3c(hs-)2c(na+)，2-，得到c(s2-)+2c(oh-)2c(h+)+c(hs-)+3c(h2s)，所以正确，不选b；c、反应后的溶液中含有0.1摩尔氯化钠，0.1摩尔醋酸，0.1摩尔醋酸钠，电荷守恒有：c(ch3coo)c(oh)+c(cl-)c(h+)+c(na+)，因为c(cl-)0.1mol/l，c(na+)0.2mol/l，所以c(ch3coo)c(oh)+c(cl-)c(h+)+0.10，所以选c；d、物料守恒：c(na+)c(hclo)+c(clo-)+c(hco3)+c(h2co3)+c(co32)，电荷守恒：c(na+)+c(h+)c(oh)+c(clo-)+c(hco3)+2c(co32)，将钠离子浓度消去，则得c(hclo)+c(h+)+c(h2co3)=c(oh)+c(co32)，正确，不选d。考点：溶液中的离子浓度比较【试题20】某密闭容器中的反应：3h2(g)+n22nh3(g) hk1,反应的有效成分比反应的有效成分大，氯气最终转化为次氯酸更充分；次氯酸钠比次氯酸更稳定。（3）clo-+2e-+h2o=cl-+2oh-。（4）v（）v（），在相同的条件下，次氯酸钠的浓度越高其分解速率越大。2naclo 2nacl+o2。0.047.【解析】试题分析：（1）电解食盐水生成氢氧化钠和氢气和氯气，方程式为：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2（2）氯水和漂白液的漂泊成分都是hclo；因为平衡常数k2k1，确定漂白液的有效成分次氯酸更多，并且次氯酸钠比次氯酸更稳定。（3）铁失去电子，所以次氯酸得到电子，生成氯离子，电极反应为：clo-+2e-+h2ocl-+2oh-。（4）根据图可知次氯酸钠的起始含量大于，次氯酸钠的浓度越大，反应速率越大，因此v（）v（）。2naclo 2nacl+o2。4d-8d，中次氯酸钠的速率（6.5%-5.1%）1g/cm310-374.50.047mol/(ld)。考点：元素化合物，化学反应速率及影响因素【试题22】c、o、na、al、s、cl是常见的六种元素。（1）c元素位于元素周期表第 周期，第 族；c元素的一种中子数为8同位素的符号为 。（2）用“大于”“小于”或“等于”填空离子半径酸性还原性得电子能力n3- al3+h2so4 hclo4o2- s2-35cl 37cl（3）caco3和适量hcl溶液反应时，每产生4.4 g 气体（不考虑气体溶解），放热a kj，则该反应的热化学方程式为 。上述反应至无气泡逸出后，取适量残留溶液，插入ph传感器并逐滴滴入碳酸钠溶液，测得ph变化曲线如图所示。请用离子方程式表示b-c段发生的反应： 。（4）氢气、氧气常用来作燃料电池，写出电解质为氢氧化钠溶液时负极上的电极方程式 。【答案】（1）二 iva； 14c （2）大于 小于 小于 等于（3）caco3(s)2hcl(aq)=cacl2(aq)h2o(l)co2(g) h=-10akj/molca2co32=caco3 （4）h22e2oh=2h2o【解析】试题分析：本题考点比较基础，尤其（1）（2）题，比较容易解答；（3）通过计算可确定热化学方程式为caco3(s)2hcl(aq)=cacl2(aq)h2o(l)co2(g) h=-10akj/mol；当向溶液中滴加碳酸钠溶液时，碳酸钠先与溶液中的h+反应，此时溶液的ph增大，后发生反应ca2co32=caco3 溶液的ph为定值，反应结束，继续滴加，由于碳酸钠溶液显示碱性，导致溶液的ph逐渐增大，后不再变化。（4）氢氧燃料电池的负极发生氧化反应：h22e2oh=2h2o。考点：元素周期律、热化学方程式的书写、原电池原理。【试题23】在生产生活中，卤族元素（f、cl、br、i）的单质及化合物用途广泛。（1）溴元素在周期表中的位置为 。（2）下列说法中正确的是 。accl4和xef2分子中各原子最外层均满足8e-结构bcl2o5和cl2o7都是酸性氧化物c氟非金属性强于氯，故氢氟酸的酸性强于盐酸df、cl、br、i等离子的还原性逐渐增强（3）已知：hcl的沸点是85.0，hf的沸点是19.5。hf的电子式为 ；从hf、hcl混合气体中分离出hf的方法是 。（4）向naclo浓溶液中加入al2(so4)3浓溶液，迅速生成大量白色沉淀，同时有无色气体产生。生成白色沉淀的离子方程式为 。无色气体的成分为 。（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应可用于制取氯的最低价氧化物，反应还同时生成两种盐，该反应的化学方程式为 。（6）已知：还原性hso3i，氧化性io3 i2，在下图中画出向含3 mol nahso3的溶液中逐滴加入kio3溶液的过程中，析出i2的物质的量与kio3的物质的量之间关系的曲线。【答案】（15分）（1）第四周期第a族（2分）（2）bd（2分）（3）（2分）冷凝（2分）（4）3clo-+al3+3h2o=3hclo+al(oh)3（2分）o2、hcl（2分）（5）2cl2+2na2co3+h2ocl2o+2nahco3+2nacl（2分）（6）（2分）【解析】试题分析：（1）溴元素在第四周期第a族。（2）a.ccl4中碳和氯原子最外层满足8电子，xef2分子中xe最外层不是8e-结构，不选；b.cl2o5对应的酸是氯酸，cl2o7对应的是高氯酸，二者都是酸性氧化物，正确；c.氟非金属性强于氯，但氢氟酸的酸性弱于盐酸，错误；d.f、cl、br、i等离子的还原性逐渐增强，正确。所以选bd。（3）氟化氢中氟原子和氢原子之间形成一对共用电子，所以电子式为：；因为二者的沸点差距较大，所以可以用冷凝的方法，氯化氢变成液体，从而得到氟化氢气体。（4）naclo浓溶液中加入al2(so4)3溶液，发生双水解生成氢氧化铝白色沉淀和次氯酸，次氯酸会分解成氧气和盐酸，所以离子方程式为：3clo-+al3+3h2o=3hclo+al(oh)3，次氯酸分解生成o2、hcl。（5）氯的最低价氧化物为一氧化二氯，氯元素化合价升高，所以有氯元素化合价降低到氯化钠，同时还有碳酸氢钠生成，所以方程式为2cl2+2na2co3+h2ocl2o+2nahco3+2nacl。（6）向亚硫酸氢钠中滴加碘酸钾，发生反应为：3hso3-+io3-=3so42-+i-+3h+，当亚硫酸氢根消耗完，再滴加碘酸钾，又发生反应为：io3-+5i-+6h+=3i2+3h2o，所以一段时间后才有碘单质生成。考点：卤素的单质和化合物的性质【试题24】以铝灰（主要成分为al、al2o3，另有少量cuo、sio2、feo和fe2o3杂质）为原料，可制得液体聚合氯化铝 alm(oh)ncl3mn，生产的部分过程如下图所示（部分产物和操作已略去）。（1）al2o3与盐酸反应的离子方程式是_。（2）滤渣i是_。滤渣2为黑色，该黑色物质的化学式是_。（3）向滤液2中加入naclo溶液至不再产生红褐色沉淀，此时溶液的ph约为3.7。其中naclo的作用是_。该过程发生反应的离子方程式为_。（4）将滤液3的ph调至4.24.5，利用水解反应得到液体聚合氯化铝。该反应的化学方程式为_。（5）na2s溶液呈碱性的原因是_（用离子方程式表示）。该溶液中c(na)_。【答案】（1）al2o36h 2 al33h2o （2）sio2 cus（3）将fe2氧化为fe3，使fe3转化为fe(oh)32fe2clo2h+2fe3clh2o、 fe33clo3h2ofe(oh)33hclo（3分）（4）malcl3nh2o alm(oh)ncl3mnnhcl （写“”也正确）（5）s2h2ohsoh2c(s2) 2c(hs) 2c(h2s)或2c(s2) c(hs) c(oh) c(h) （3分）【解析】试题分析：分析题给信息和流程知，铝灰加过量盐酸酸浸发生的反应为2al6h 2al33h2、al2o36h 2al33h2o、cuo+2h+=cu2+ +h2o、feo+2h+=fe2+ +h2o、fe 2o3 + 6h+=2 fe 3+ + 3h2o，经操作过滤得滤渣1为sio2，滤液1为氯化铝、氯化铁、氯化铜、氯化亚铁和盐酸的混合液，向其中加入硫化钠生成黑色氯化铜沉淀，过滤得滤渣2为硫化铜，滤液2为氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的混合液，向其中加入次氯酸钠，将fe2氧化为fe3，使fe3转化为fe(oh)3，滤液3可制得液体聚合氯化铝 alm(oh)ncl3mn。（1）al2o3与盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式是al2o36h 2 al33h2o ；（2）滤渣i是sio2，滤渣2为黑色，该黑色物质的化学式是cus；（3）向滤液2中加入naclo溶液至不再产生红褐色沉淀，此时溶液的ph约为3.7。 其中naclo的作用是将fe2氧化为fe3，使fe3转化为fe(oh)3 。该过程发生反应的离子方程式为2fe2clo2h+2fe3clh2o、 fe33clo3h2ofe(oh)33hclo；（4）将滤液3的ph调至4.24.5，利用水解反应得到液体聚合氯化铝。该反应的化学方程式为malcl3nh2o alm(oh)ncl3mnnhcl；（5）硫化钠为强碱弱酸盐，硫离子分步水解，以第一步水解为主，na2s溶液呈碱性的原因是s2h2ohsoh。该溶液中根据物料守恒有c(na)2c(s2)2c(hs)2c(h2s)，根据电荷守恒有2c(s2)c(hs)c(oh)c(h)。考点：以液体聚合氯化铝的化工生产流程为载体考查物质的分离、提纯，化学方程式、离子方程式的书写及盐类水解原理的应用。【试题25】co、so2是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法。i、甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张。利用co可以合成甲醇。（2）一定条件下，在容积为vl的密闭容器中充入 mol co与2a mol h2合成甲醇平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。p1p2(填“”、“”或“=”)，理由是 。该甲醇合成反应在a点的平衡常数k= (用a和v表示)该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是:co h2(填“” 、“” 或“=” )下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高co转化率的是 。(填写相应字母)a、使用高效催化剂 b、降低反应温度c、增大体系压强 d、不断将ch3oh从反应混合物中分离出来e、增加等物质的量的co和h2、某学习小组以so2为原料，采用电化学方法制取硫酸。（3）原电池法:该小组设计的原电池原理如图所示。写出该电池负极的电极反应式 。（4）电解法:该小组用na2so3溶液充分吸收s02得到nahso3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸。原理如下图所示。写出开始电解时阳极的电极反应式 。【答案】(14分)（1）90.1（2） 甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强co的转化率提高 (moll1)2 c（3）so22h2o2e = 4hso42 （4） hso3-h2o2e = so42 3h【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律，一式二式2-三式得-283-285.82764.5=90.1 kgmol1，则co(g)2h2(g)=ch3oh(g) dh=90.1 kgmol1；（2）根据化学反应co(g)2h2(g)=ch3oh(g)，甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，co的转化率增大，所以p1p2；在a点co的转化率为0.75，根据三段式co(g)2h2(g)=ch3oh(g)起始 a 2a 0变化 0.75a 1.5a 0.75a平衡 0.25a 0.5a 0.75a 则k=(0.75av)/(0.5av)2(0.25av)=(moll1)2按系数比加入各反应物，各反应物的转化率相同，所以该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是:co=h2；a、使用高效催化剂只能加快化学反应速率，不符；b、降低反应温度，化学反应速率降低，平衡右移，co的转化率增大，不符；c、增大体系压强，平衡正向移动，co的转化率增大，化学反应速率加快，符合；d、不断将ch30h从反应混合物中分离出来，化学反应速率减慢，不符；e、增加等物质的量的co和h2，相当于在1:2的基础上减少h2的物质的量，平衡逆向移动，co的平衡转化率降低，不符；选c。（3）根据装置图可知，so2在该装置中失电子，发生氧化反应，作负极，生成硫酸，所以该电池负极的电极反应式为so22h2o2e = 4hso42 ；（4）根据装置图可知，hso3 在阳极失电子，发生氧化反应，生成so42 ，所以开始电解时阳极的电极反应式为hso3 h2o2e = so42 3h。考点：考查盖斯定律的应用，化学平衡常数及影响化学平衡的因素，电解的应用。【试题26】某实验小组利用下图所示实验装置，使氢气平缓地通过装有金属钙的硬质玻璃管制取氢化钙，并分析产品的成分及纯度。（1）试管a的作用有 ； 。（2）请将下列制备氢化钙的操作步骤补充完整：打开活塞k通入h2； ；点燃酒精灯，进行反应；反应结束后， ；拆除装置，取出产物。（3）经分析，产品中只含钙、氢两种元素。取少量产品，小心加入水中，观察到有气泡冒出，滴入一滴酚酞试液，溶液变红。反应的化学方程式可能有cah2+2h2o=ca(oh)2+2h2、 。（4）取2.30 g产品溶于蒸馏水，配成500 ml溶液；取25.00 ml该溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞试液，用0.2500 mol/l 盐酸滴定；三次平行实验，平均消耗盐酸22.00 ml。配制溶液所用的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、 ；判断滴定终点的方法是 ；产品中两种成分物质的量之比为 。【答案】（14分）（1）防止反应过程中空气进入反应管（1分）；便于观察h2流速（1分）（2）收集气体并检验其纯度（2分）熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通h2并关闭活塞k（3分）（3）ca+2h2o=ca(oh)2+h2（2分）（4）500ml容量瓶（1分）最后一滴盐酸，整个溶液由红色变为无色（1分）1:10（3分）【解析】试题分析：（1）试管a用液体封了导管口，所以能防止反应过程中空气进入反应管；通过氢气的气泡可以观察h2流速。（2）因为金属钙容易和空气中的氧气反应，所以需要用氢气排除装置中的空气，所以通入氢气，收集气体并检验其纯度。反应结束后，为了防止氢化钙被氧化，所以先熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通h2并关闭活塞k。（3）氢化钙能和水反应生成氢氧化钙和氢气，方程式为：ca+2h2o=ca(oh)2+h2。（4）配制溶液需要使用500ml容量瓶。锥形瓶中滴加酚酞，溶液显红色，所以滴定的终点为加入最后一滴盐酸，整个溶液由红色变为无色，且半分钟不变色。盐酸的物质的量为0.25000.02200=0.0055mol，所以原来产品中钙的物质的量为0.0055250025=0.055mol，假设钙的物质的量为xmol，氢化钙的物质的量为ymol,则有x+y=0.05540x+42y=2.30，解x=0.005mol,y=0.05mol，所以二者物质的量比为1:10。考点：物质的制备，中和滴定，实验数据的处理【试题27】实验室制备硝基苯的反应原理和实验装置如下：存在的主要副反应有：在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯。有关数据列如下表实验步骤如下：取100ml烧杯，用20 ml浓硫酸与18 ml浓硝酸配制混和酸，将混合酸小心加入b中。把18 ml（1584 g）苯加入a中。向室温下的苯中逐滴加入混酸，边滴边搅拌，混和均匀。在5060下发生反应，直至反应结束。将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5naoh溶液和水洗涤。分出的产物加入无水cacl2颗粒，静置片刻，弃去cacl2，进行蒸馏纯化，收集205210馏分，得到纯硝基苯18g。回答下列问题：（1）装置b的名称是_。装置c的作用是_。（2）配制混合酸时，能否将浓硝酸加入到浓硫酸中，说明理由：_。（3）为了使反应在5060下进行，常用的方法是_。（4）在洗涤操作中，第二次水洗的作用是_。（5）在蒸馏纯化过程中，因硝基苯的沸点高于140，应选用空气冷凝管，不选用直形冷凝管的原因是_。（6）本实验所得到的硝基苯产率是_。【答案】（1）分液漏斗；冷凝回流 （2）不能，易迸溅 （3）水浴加热（4）洗去残留的naoh及生成钠盐 （5）以免直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂（6）72%【解析】试题分析：（1）装置b的名称是分液漏斗；硝酸和苯的沸点都较低，易挥发，装置c是冷凝管，所以装置c的作用是冷凝回流，增大反应物的转化率；（2）配制混合酸时，不能将浓硝酸加入到浓硫酸中，因为浓硝酸的密度低于浓硫酸，且浓硝酸的沸点较低，浓硫酸溶于水放出大量的热，若将浓硝酸加入到浓硫酸中，混合放出的热量使硝酸沸腾，导致液体迸溅；（3）为了使反应在5060下进行，常用的方法是水浴加热，便于控制温度；（4）第一次水洗目的是除去过量酸，碱洗的目的也是除去剩余的酸，第二次水洗除去过量的氢氧化钠和生成的钠盐；（5）空气冷凝管一般适用沸点高于140的物质的蒸馏，硝基苯的沸点大于140，所以选择空气冷凝管，而不选择直形冷凝管，以免直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂；（6）根据题意，硝酸的质量是15.2g，根据苯的质量控制，硝酸过量，按苯的质量计算理论生成硝基苯的质量是15.84g/78g/mol123g/mol=25.0g，实际得到硝基苯的质量是18.0g，所以硝基苯的产率是18.0g/25.0g100%=72%。考点：考查硝基苯的制取实验分析及计算【试题28】铜锰氧化物(cumno4)可以在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛，因而对新装修的住房有益。（1）基态cu2+的电子排布式为 。（2）甲醛(hcho)中c原子的杂化方式为 ，它的空间构型为 _ ，1mol甲醛分子中含 mol键。（3）co常与金属形成羰基化合物，fe(co)5的结构示意图是 ；与co互为等电子体的分子离子分别是 。【答案】(15分，除标明外，其余每空2分)（1）1s22s22p63s23p63d9 （2） sp2 平面三角形 3（3）(3分) n2 cn-(或c22-)【解析】试题分析：（1）根据电子的排布规律，基态cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；（2）甲醛中c原子周围形成2个单键和1个双键，无孤对电子，所以c原子以sp2方式杂化；空间构型为平面三角形；2个单键都是键，1个双键中有1个键，所以1mol甲醛中含有3mol键；（3）co常与金属形成羰基化合物，co分子中含有孤对电子，fe原子含有空轨道，所以co与fe形成配位键，则其结构示意图为；co是双原子分子，含有10个价电子，所以与co的原子总数、价电子总数都相同的分子是n2，离子是cn-。考点：考查核外电子排布式的书写，杂化方式的判断，配位键的表示，等电子体的判断【试题29】苯乙醛（）主要存在于烟叶中，有浓郁的玉簪花香气，用于合成香料。现有如下转化关系，其中c能使溴的四氯化碳溶液褪色，e继续被氧化生成f，f的相对分子质量为90。已知：（1）苯乙醛的分子式为_；b中具有的官能团有（填名称）_。（2）写出b转化为c反应的化学方程式 ；该反应类型属 反应。（3）c与h2发生加成反应，1