山东省即墨创新学校高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省即墨创新学校2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1下列说法正确的是a、可逆反应在其他条件不变时，升高温度，可以减小反应的活化能，加快反应速率b、 s电子云是球形对称的，p电子云是纺锤形，电子云中每个小黑点代表一个电子c、氮原子的第一电离能低于氧原子的第一电离能，因为氮比氧非金属性弱d、 fe3+ 比fe2+稳定，因为fe3+价电子构型是3d5，d亚层处于半充满状态，稳定【答案】d【解析】试题分析：可逆反应在其他条件不变时，升高温度，可以增大活化分子的百分数，加快反应速率，a错；s电子云是球形对称的，p电子云是纺锤形，电子云中每个小黑点代表电子出现的几率，b错；氮原子的第一电离能低于氧原子的第一电离能，这个根据结构化学来解释。氮的结构是1s2 2s2 2p3。p轨道正好为半满结构，比碳和氧都稳定。然后还要注意除了第五主族和第六主族，第二主族和第三主族也会出现电能不规则排布。c错。故选d。考点：结构化学中的原子、离子的电子排布规律点评：熟练掌握原子、离子的电子排布规律，尤其是半满，全满的离子排布给离子带来的特殊性质。原子核外电子排布有3大原则1、pauli不相容原理：每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反配对。2、能量最低原理：电子尽可能占据能量最低的轨道3、hund规则：简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子另外：等价轨道在全充满、半充满或全空的状态是比较稳定的，亦即下列电子结构是比较稳定的：全充满-p6或d10 或f14半充满-p3或d5或f7ni的基态原子外围电子（价电子）排布为3d84s2符合半满全满规则，而离子外围就是全满的所以满足的，很稳定。2（2015怀柔区一模）根据表中八种短周期元素的有关信息判断，下列说法错误的是元素编号原子半径/nm0.0370.0740.0820.0990.1020.1430.1520.186最高化合价或最低化合价+12+312+3+1+1（ ）a元素形成的化合物具有两性b元素气态氢化物的沸点小于元素气态氢化物的沸点c元素对应的离子半径大于元素对应的离子半径d元素的最高价氧化物的水化物比元素的最高价氧化物的水化物酸性强【答案】b【解析】的最低价都为2价，应该为a族元素，根据原子半径可知为o元素、为s元素；的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知：为h元素、为li元素、为na元素；的最高价为+3价，结合原子半径可知：为b元素、为al元素；的最低价为1价，为a族元素，其原子半径大于o元素，则为cl元素，a元素形成的化合物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故a正确；b元素气态氢化物为水，元素气态氢化物为硫化氢，由于水分子中存在氢键，则水的沸点大于硫化氢，故b错误；c元素对应的离子为硫离子，元素对应的离子为锂离子，硫离子含有3个电子层、锂离子含有1个电子层，所以硫离子的离子半径大于锂离子，故c正确；d元素的最高价氧化物的水化物高氯酸，元素的最高价氧化物的水化物为硫酸，由于非金属性：cls，则高氯酸的酸性大于硫酸，故d正确；故选b【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，题目难度中等，根据表中数据正确判断各元素名称为解答关键，注意熟练掌握元素周期表结构、元素周期律的内容，b为易错点，注意水中存在氢键，导致其沸点较高3下列反应的离子方程式，正确的是a用小苏打治疗胃酸过多：co2h+co2h2obalcl3溶液中加入足量的氨水：al3+3ohal(oh)3c用fecl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：fe3+cufe2+cu2+d铝与浓氢氧化钠溶液反应：2al2oh2h2o2alo3h2【答案】d【解析】试题分析：小苏打是碳酸氢钠，与胃酸反应的是hco3-不是co，a错；氨水是弱碱，要写成化学式，b错；c中电荷没有配平，错，d对。考点：离子方程式的正误判断。4若na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 a0.1molna2o2中含有的离子数为0.4nab利用氧化还原反应原理制取1mol氧气，转移的电子数一定为4nac7.1g氯气与足量naoh溶液反应电子转移数为0.2nad0.1mol氯气与金属铁完全反应时，转移电子数为0.2na【答案】d【解析】略51.52 g铜镁合金完全溶解于足量的浓硝酸中，得到no2气体1344 ml (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/l naoh溶液，发现金属离子全部沉淀，下列说法不正确的是a该合金中铜与镁的物质的量之比是21b可得到2.54 g沉淀c如果是铜铝合金，则产生的no2 的体积不会是1344mld恰好全部沉淀时，加入naoh溶液的体积是600 ml【答案】d【解析】假设在1.52 g铜镁合金中含有的mg、cu的物质的量分别是x、y，则根据质量守恒，可以建立24x+64y=1.52，根据化学方程式可建立（2x+2y）22400=1344。解得x=0.01mol；y=0.02mol。可见选项a是正确的。根据原子守恒建立关系式：cucu(oh)2和mgmg(oh)2，则沉淀的质量=0.0298+0.0158=2.54g，可见选项b也是正确的。铜铝合金中的铝遇到浓硝酸在常温下出现钝化现象，所以产生的no2只能靠铜来完成反应，所以实际产生的no2气体体积应该小于1344ml。选项c是正确的。根据原子守恒可以推导出关系式：cucu(oh)22naoh，mgmg(oh)22naoh，于是计算出进行这两个反应消耗的naoh的物质的量=0.012+0.022=0.06mol，但是考虑到硝酸是足量，应该还发生反应hno3+naoh=nano3+h2o，可见实际上完全沉淀时消耗的naoh的物质的量要大于0.06mol，相应的加入naoh溶液的体积也应该大于600ml。所以选项d是错误的。6下列实验操作或对实验事实的描述正确的是（）a欲将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质，应加入cuso4溶液b乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应c淀粉溶液中加入一定量稀硫酸，共热一段时间后，向溶液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热煮沸，未见红色固体产生，证明淀粉没有发生水解d可用naoh溶液除去混在乙酸乙酯中的乙酸【答案】b【解析】试题分析：a、欲将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质，应加入硫酸铵、硫酸钠等盐的浓溶液，加入cuso4等重金属溶液会使蛋白质变性，错误；b、乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应，正确；c、淀粉的水解产物葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行，该实验未向水解液中加碱中和稀硫酸，向水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热煮沸，未见红色固体产生，不能证明淀粉没有发生水解，错误；d、乙酸乙酯在naoh溶液中发生水解反应，不能用naoh溶液除去混在乙酸乙酯中的乙酸，错误。考点：考查常见有机物的性质、实验方案的评价。7今年，中国女科学家屠呦呦获得诺贝尔奖。她获奖理由是：“因为创制新型抗疟药青蒿素和双氢蒿素，挽救了全球特别是发展中国家的数百万人的生命”已知结构如图所示，则下列说法正确的是a 青蒿素与维生素c一样易溶于水b 所有碳原子都可能在同一平面上c 青蒿素晶体为分子晶体，其化学式为c15h22o5d 含有酯基，在胃酸作用下能水解，其水解产物能使氯化铁溶液显紫色【答案】c【解析】试题分析：a、含-cooc-，为酯类物质，不溶于水，故a错误；b、不含苯环，分子中含多个甲基和亚甲基，均为四面体构型，则所有碳原子不可能在同一平面上，故b错误；c、青蒿素由分子构成，其晶体为分子晶体，其化学式为c15h22o5，故c正确；d、含有酯基，在胃酸作用下能水解，但水解产物中不含酚-oh，则不能使氯化铁溶液显紫色，故d错误；故选c。考点：考查了有机物的结构与性质的相关知识。8x元素的阳离子和y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，下列说法正确的是a. 原子序数xyc. 原子的最外层电子数xy d. 元素的最高正价x，原子半径xy，最外层电子数是xy，但元素的最高正价不一定是xh1的是a2h2（g）+o2（g）2h2o（g），h1； 2h2（g）+o2（g）2h2o（l），h2bs（s）+o2（g）so2（g），h1； s（g）+o2（g）so2（g），h2cc（s）+1/2 o2（g）co（g）， h1； c（s）+o2（g）co2（g），h2dh2（g）+cl2（g）2hcl（g）， h1； 1/2h2（g）+1/2 cl2（g）hcl（g），h2【答案】d【解析】试题分析：a、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，液态水变为气态水的过程是吸热的，故h1h2，故a错误；b、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以h1h2，故b正确；c、碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故h1h2，故c错误；d、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，2h1=h2，h1h2，故d错误；故选b。考点：考查了热化学反应方程式、反应热的大小比较的相关知识。10已知结构为正四面体型的离子a和直线型离子b反应，生成三角锥形分子c和v形分子d（a、b、c、d均为10电子微粒，组成它们的元素原子序数均小于10），下列说法正确的是 a分子c与d不能发生化学反应b微粒a的空间结构与ch4相似，它们均为正四面体，所以a是非极性分子c固态d的熔沸点明显高于固态h2s的原因在于d分子中的共价键强于sh键d在25时，a的盐酸盐溶液的ph小于7【答案】d【解析】正四面体型的离子是铵根离子所以a是铵根离子，则c为氨气，b为氢氧根离子，d为水。氨气与水可以发生反应生成一水合氨所以a错误；a是对称结构所以是非极性离子，b错误；固态d是冰，冰的沸点高于于固态h2s的原因在于水分子之间存在氢建，所以c错误；a的盐酸盐是氯化铵，由于铵根离子水解所以溶液显酸性，溶液的ph小于7.答案选d。11下列关于判断过程方向的说法正确的是a所有自发进行的化学反应都是放热反应b高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应c由焓判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程d同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同【答案】c【解析】a、大多数放热反应，自发进行，故a错；c、综合判据考虑了焓和熵，更加科学；d、s(g)s(l)s(s)12x元素最高氧化物对应的水化物为h3xo4，则它对应的气态氢化物为axh4 bxh3 ch2x dhx 【答案】b【解析】试题分析：x元素最高氧化物对应的水化物为h3xo4，这说明x的最高价是5价，所以最低价是3价，则它对应的气态氢化物为xh3，答案选b。考点：考查元素周期律的应用、氢化物化学式的判断点评：该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查。该题的关键是明确主族元素的最高价和最低价的关系，然后结合题意灵活运用即可。13下列实验现象的描述错误的是a氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰b红热的铁丝在氯气中燃烧，火星四射，生成黑色固体颗粒c红热的铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色烟d钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体【答案】b【解析】试题分析：铁在氯气中燃烧，反应非常剧烈，但是生成的不是黑色固体，是产生大量棕褐色的烟，所以b项错误，其余均正确。考点：本题主要考查高中化学基础实验中，几种物质燃烧反应的现象。14已知空气-锌电池的电极反应为：锌片：zn+20h-2e-=zno+h20 石墨：02+2h20+4e-=40h-根据此判断，锌片是a负极，并被氧化 b负极，并被还原 c正极，并被氧化 d正极，并被还原、【答案】a【解析】试题分析：根据化合价可知，电极反应中锌的化合价升高，被氧化，原电池中较活泼的金属做负极，发生氧化反应，则锌为原电池的负极，选a。考点：考查化学电源。15下列说法正确的是a向50 ml 1 moll1的盐酸中加入烧碱，水的kw不变bnh4cl和nh3h2o混合液中，二者对对方的平衡都起了抑制作用c有两种弱酸hx和hy且酸性hxhy，则体积和浓度相同的nax和nay溶液中有c（y）c（x）c（oh）c（h+）d常温下0.1moll1的ha溶液中，则0.01 moll1ha溶液中c（h+）=1104moll1【答案】b【解析】试题分析：a、kw只受温度的影响，盐酸中加入烧碱发生酸碱中和反应，放出热量，使体系温度升高，kw值增大，故a错误；b、铵根离子水解方程式：nh4+h2onh3h2o+h+加入一水合氨，一水合氨浓度增大，平衡向逆向移动，抑制铵根离子的水解；一水合氨的电离方程式：nh3h2onh4+oh-，加入氯化铵溶液，铵根离子浓度增大，平衡向逆向移动，抑制了一水合氨的电离，故b正确；c、因为酸性hxhy，所以水解能力naxnay，体积和浓度相同的nax和nay溶液混合后离子浓度关系为：c（x-）c（y-）c（oh-）c（h+）故c错误；d、，c（oh-）c（h+）=110-14，所以c（h+）=10-3moll-1，该酸为弱酸，加水稀释时弱酸的电离程度增大，所以0.01 moll-1 ha溶液中c（h+）110-4moll-1，故d错误；故选b。考点：考查了水的电离、溶液的酸碱性和ph的相关知识。16除杂质：所选试剂都填化学式（1） 除去混入nacl溶液中少量nahco3杂质的试剂是 ，离子方程式为 。（2） 除去fecl2溶液中混入的fecl3溶液杂质用试剂是 ，离子方程式为 。（3）除去mg粉中混有的少量al杂质的试剂是 ，离子方程式为 。（4）除去nahco3溶液中混有的少量na2co3 杂质的试剂是 ，离子方程式为 。【答案】（1） hcl；hco3- + h+ = co2 + h2o。（2）fe；2fe3+ + fe = 3fe2+ 。（3）naoh；2al + 2oh- + 2h2o=2alo2- + 3h2。（4）co2；co2 + co32- +h2o=2hco3-。【解析】试题分析：（1）碳酸氢钠与适量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故除去混入nacl溶液中少量nahco3杂质的试剂是hcl，离子方程式为hco3- + h+ = co2 + h2o。（2）氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，故除去fecl2溶液中混入的fecl3溶液杂质用试剂是fe，离子方程式为2fe3+ + fe = 3fe2+ 。（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，镁与氢氧化钠溶液不反应，故除去mg粉中混有的少量al杂质的试剂是naoh，离子方程式为2al + 2oh- + 2h2o=2alo2- + 3h2。（4）碳酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故除去nahco3溶液中混有的少量na2co3 杂质的试剂是co2 ，离子方程式为co2 + co32- +h2o=2hco3-。考点：考查物质的分离、提纯，离子方程式的书写。17（15分）w、x、y、z是原子序数依次增大的同一短周期元素，w是金属元素，x是地壳中含量最多的金属元素，且w、x的最高价氧化物的水化物相互反应生成盐和水；y、z是非金属元素，y与w可形成离子化合物wy；g在y的前一周期，其原子最外层比y原子最外层少一个电子。（1）x的原子结构示意图为_。（2）w、x的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式为_。（3）工业上制取x单质的化学方程式为_。（4）g的气态氢化物与y的最高价氧化物的水化物恰好反应生成的正盐溶液中，离子浓度由大到小的顺序为_。在催化剂作用下，汽车尾气中g的氧化物go与一氧化碳两种气体能相互反应转化为无污染、能参与大气循环的两种气体，若有336 l（已换算成标准状况）一氧化碳参加反应，转移的电子数为_mol。（5）298k时，z的最高价氧化物为无色液体，025 mol该物质与一定量水混合得到z的最高价氧化物的水化物的稀溶液，并放出a kj的热量。该反应的热化学方程式为_。【答案】（15分）（1） （2分）（2）al（oh）3+oh-+=alo2-+2h2o；（或al（oh）3+oh-+= al（oh）4-（3分）（3）2al2o3（熔融）4al+3o2（3分）（4）c(nh4+)c（so42-） c(h) c（oh）（2分） 3（2分）（5）cl2o7（1）+h2o(l)=2hclo4 h-4akj/mol （3分）【解析】试题分析：地壳中含量最多的金属元素是al元素，所以x是al元素；w、x的最高价氧化物的水化物相互反应生成盐和水，且w的原子序数小于al，与al是同周期元素，所以w是na元素，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；y、z是非金属元素，y与w可形成离子化合物wy，则y是s元素，最低化合价为-2价，则z为cl元素。g在y的前一周期，其原子最外层比y原子最外层少一个电子，则g的最外层是5个电子，为第二周期元素，所以g是n元素。根据以上分析：（1）x的原子结构示意图为；（2）w、x的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式为al（oh）3+oh-+=alo2-+2h2o；（3）工业上电解熔融的氧化铝制取单质铝，化学方程式是2al2o3（熔融）4al+3o2；（4）g的氢化物为氨气，y的最高价氧化物的水化物为硫酸，则硫酸与氨气反应生成正盐为硫酸铵，为强酸弱碱盐，溶液为酸性，铵根离子浓度最大，其次为硫酸根离子，所以硫酸铵溶液中离子浓度的大小关系是c(nh4+)c（so42-） c(h) c（oh）；no与co反应生成氮气和二氧化碳气体，在反应中，若33.6lco参加反应，则转移电子的物质的量是33.6l/22.4l/mol2=3mol；（5）cl元素是第viia族元素，所以最高价氧化物为cl2o7，cl2o7与水反应生成高氯酸，放出热量，1mol cl2o7与水反应生成高氯酸时放出的热量是4akj，所以该反应的热化学方程式为cl2o7（1）+h2o(l)=2hclo4 h-4akj/mol。考点：考查元素的推断，化合物性质的应用，溶液中离子浓度的比较，化学方程式的书写18某同学以反应2fe3+2i2fe2+i2为原理，研究浓度对氧化还原性和平衡移动的影响。实验如下图：（1）待实验i溶液颜色不再改变时，再进行实验ii，目的是使实验i的反应达到 。（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中 造成的影响。（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，fe2向fe3转化。用化学平衡移动原理解释原因： 。（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中fe2+向fe3+转化的原 因：外加ag使c（i-）降低，导致i的还原性弱于fe2，用右图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。k闭合时，指针向右偏转，b作 极。当指针归零（反应达到平衡）后，向u型管左管滴加0.01 moll1 agno3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是 。（5）按照（4）的原理，该同学用右图装置进行实验，证实了ii中fe2向fe3转化的原因，转化原因是 。该实验与（4）实验对比，不同的操作是 。（6）实验i中，还原性：ife2；而实验ii中，还原性：fe2i，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是 。【答案】（11分）（1）化学平衡状态（1分）（2）溶液稀释对颜色变化的影响（1分）（3）加入ag发生反应：ag + i = agi，c（i）降低；或c（fe2）增大，平衡均逆向移动（1分）（4）正 （1分） 左管产生黄色沉淀，指针向左偏转。（1分）（5）fe2随浓度增大，还原性增强 ，使fe2还原性强于i（2分）向u型管右管中滴加1moll1 feso4溶液。（2分）（6）该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向（2分）【解析】试题分析：（1）待实验i溶液颜色不再改变时，再进行实验ii，目的是使实验i的反应达到化学平衡状态。（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变 的影响；（3）i.加入agno3，ag+与i-生成agi黄色沉淀，i-浓度降低，2fe3+ + 2i-2fe2+ + i2平衡逆向移动。ii.加入feso4，fe2+浓度增大，平衡逆移。（4）k闭合时，指针向右偏转，b极为fe3+得电子，作正极；当指针归零（反应达到平衡）后，向u型管左管滴加0.01 mol/l agno3溶液，产生黄色沉淀，i-离子浓度减小，2fe3+ + 2i-2fe2+ + i平衡左移，指针向左偏转。（5）fe2+向fe3+转化的原因是fe2+浓度增大，还原性增强 ；与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零后，向u型管右管中滴加1mol/l feso4溶液。 将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化还原性，导致平衡移动。考点：化学平衡移动、电化学知识19（8分）亚铁是血红蛋白重要组成成分，起着向人体组织传送o2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄入过量的铁也有害。下面是一种常见补药品说明书中的部分内容：该药品含fe2+33%36%，不溶于水但能溶于人体中的胃酸：与vc（维生素c）同服可增加本品吸收。（一）甲同学设计了以下下实验检测该补铁药品中是否含有fe2+并探究vc的作用：（1）加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是_、fe3+ +scn- fe(scn) 2+ 。（2）加入kscn溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量fe3+。该离子存在的原因可能是（填编号）_。a药品中的铁本来就应该以三价铁的形式存在b在制药过程中生成少量三价铁c药品储存过程中有少量三价铁生成（3）药品说明书中“与vc同服可增加本品吸收”请说明理由_。（二）乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，反应原理为。准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配 制成1000ml溶液，取出20.00ml，用0.0200mol/l的kmno4溶液滴定，用去kmno4溶液12.00ml。（4）该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是_（填序号）。a蒸馏水 b稀盐酸 c稀硫酸 d稀硝酸（5）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是_（填编号）。（6）请通过计算，说明该药品含“铁”量是否合格（写出主要计算过程）？【答案】（1）2fe2+cl2=2fe3+2cl-；（2）b、c（3）fe2+在人体血红蛋白中起传送o2的作用，fe3+没有此功能，服用vc可防止药品中的fe2+被氧化成fe3+（或答人体只能吸收fe2+，fe2+在人体血红蛋白中起传送o2的作用，服用vc可防止药品中的fe2+被氧化成fe3+）（其他合理答案也可给分）。（4）c（5）a（6）33.6%，合格。【解析】试题分析：（1）新制氯水中含有大量的氯气分子，可以把fe2+氧化为fe3+，加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是2fe2+cl2=2fe3+2cl-；fe3+ +scn- fe(scn) 2+ 。（2）加入kscn溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量fe3+。原因可能是：a药品中的铁本来就应该以二价铁的形式存在，错误；b在制药过程中部分fe2+被空气氧化生成少量三价铁，正确；c药品储存过程中部分fe2+被空气氧化，有少量三价铁生成，正确；故选项是b、c; （3）药品说明书中“与vc同服可增加本品吸收”原因是vc有还原性，会把部分变质为fe3+还原为fe2+，从而增强fe2+在人体血红蛋白中起传送o2的作用，fe3+没有此功能。（4）在第二种方法测定fe2+的含量时要用酸化的高锰酸钾溶液，由于硝酸本身有氧化性，不能使用，盐酸有还原性也会反应消耗高锰酸钾，是测定结果不准确，所以酸化溶液应该使用硫酸，因此该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是硫酸，选项是c；（5）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是a；（6）n(mno4-)=0.0200mol/l 0.012l(1000ml20ml) = 0.0120mol，根据反应方程式可知n(fe2+)=5 n(mno4-)=0.012mol5=0.0600mol; m(fe2+)=0.0600mol 56g/mol=3.36g。所以fe2+的含量是（3.36g 10.00g）100%=33.6%，在33%36%范围内，因此该药品是合格的。考点：考查离子方程式的书写、物质的检验方法、关于化学方程式的计算、不纯物质含量的计算的知识。20（18分）i.实验室常见的几种气体发生装置如图a、b、c所示。（1）实验室可以用b或c装置制取氨气，如果用b装置制取氨气，化学反应方程式_（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据，下列性质与收集方法无关的是（填序号，下同）_密度 颜色 溶解性 热稳定性 与氧气反应（3）若用a装置与d装置相连制取并收集x气体，则x气体可以是下列气体中的_co2 no cl2 h2 hcl其中d装置中连接小烧杯的目的是_。ii某小组以cocl26h2o，nh4cl，h2o2，浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成橙黄色晶体x。为确定其组成，进行如下实验。（4）经测定，样品x中钴，氨，氯的物质的量之比为1:6:3，钴的化合价为_已知x的化学式类似于下列化学式：氢氧化二氨合银ag(nh3)2oh 、硫酸四氨合铜cu(nh3)4so4制备x的化学方程式_（5）氨的测定：精确称取wgx，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%naoh溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用v1ml c1moll-1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶，用c2moll-1naoh标准溶液滴定过剩的hcl，到终点时消耗v2ml naoh溶液。放（盐酸标准液）的仪器名称_装置中安全管的作用原理_样品中氨的质量分数表达式_【答案】（1）ca(oh)22nh4clcacl22nh32h2o；（2）；（3），尾气处理，防止污染；（4）3，2cocl26h2o2nh4clh2o210nh3h2o=2co(nh3)6cl324h2o；（5）放的仪器是：锥形瓶，当a中压力过大，安全管中液面上升，使a瓶压力稳定；(v1103c1v2103c2)17/w100%。【解析】试题分析：(1)装置b是加热固体制取气体的装置，实验室常用ca(oh)2和nh4cl，反应方程式：ca(oh)22nh4clcacl22nh32h2o；(2)密度决定收集气体时采用向下还是向上排空气法收集，有关；颜色跟收集气体无关；溶解性决定了收集时采用排空气法还是排水法，有关；热稳定性跟收集无关；与氧气反应决定采用排空气法还是排水法，有关，选项符合题意；（3）a装置是固体和液体或者是液体和液体加热制取气体，气体能用浓硫酸干燥，密度比空气且不与氧气反应，尾气处理用液体吸收且不能极易溶于，co2制取用的碳酸钙和盐酸不需要加热，不符合；no：与空气反应，不能用排空气法收集，不符合题意；cl2：制取用mno2和浓hcl加热，氯气能用浓硫酸干燥且密度大于空气，不与氧气反应，氯气有毒用氢氧化钠溶液吸收，符合题意；hcl：氯化氢极易溶于水，尾气处理时加防倒吸装置，不符合题意，选项符合，d装置的作用尾气处理，防止污染；(4)根据组成分子式co(nh3)6cl3，nh3化合价为0，cl显1价，整个化合价代数和为0，co的价态为3，根据题目所给原料发生的反应：cocl26h2onh4clh2o2nh3h2oco(nh3)6cl3h2o，co有2价变成3价1价，h2o2中o22化合价下降2价，最小公倍数是2，即cocl26h2o前面系数为2，co(nh3)6cl3前面系数2，2cocl26h2onh4clh2o2nh3h2o2co(nh3)6cl3h2o，根据氯原子个数，反应后有6个氯，nh4cl系数为2，再根据n，nh3h2o系数为10，整理得：2cocl26h2o2nh4clh2o210nh3h2o=2co(nh3)6cl324h2o；（5）放的仪器是：锥形瓶，当a中压力过大，安全管中液面上升，使a瓶压力稳定；根据题意的样品中n(nh3)等于消耗掉的盐酸的物质的量，即：n(nh3)=(v1103c1v2103c2)mol，氨的质量分数=(v1103c1v2103c2)17/w100%。考点：考查气体的制备、化学反应方程式的书写、仪器的目的、质量分数的计算等。21（1）有a、b、c、d四种均含有铝元素的化合物，它们之间存在如下的反应关系： a+naoh=d+h2o b=a+h2o c+naoh(适量)=b+nacl c+d+h2o=b+nacl则a是 、c是 （填化学式）（2）实验室用加热二氧化锰和浓盐酸制氯气，离子方程式 若生成标况下2.24 l cl2，则被氧化的hcl的物质的量为 。【答案】（1）a是al2o3 c是alcl3 （2）mno2 + 4h+ + 2cl- mn2+ +cl2 + 2h2o 0.2 mol【解析】试题分析：（1）根据铝及其化合物的性质和题给反应关系推断：a为al2o3，b为al(oh)3，c为alcl3，d为naalo2。（2）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，离子方程式为mno2 + 4h+ + 2cl- mn2+ +cl2 + 2h2o，根据反应方程式知若生成标况下2.24 l cl2，则被氧化的hcl的物质的量为0.2mol。考点：考查铝及其化合物的性质、氯气的实验室制备及相关计算。22碳酸二甲酯（dmc）是一种低毒性的绿色化学品，可用于代替高毒性的光气（cocl2）作羰基化试剂。dmc的合成路线如图完成下列填空已知：rco-or1+r2o-hrco-or2+r1o-h （称酯交换反应）（1）写出反应类型：反应_；（2）写出结构简式：x_；（3）已知物质y与dmc互为同分异构体，y的水溶液呈酸性，在一定条件下2moly能生成1mol分子中含六元环结构的有机物z，则z的结构简式为_；（4）dmc与双酚（）在一定条件下可发生类似反应的反应，生成芳香族聚碳酸酯，写出反应的化学方程式：_。【答案】（1）加成反应 （2）hoch2ch2oh （3）（4）【解析】试题分析：由合成流程可知，反应为加成反应生成环氧乙烷，反应为c=o键的加成反应，反应为c与甲醇的取代反应生成dmc（）和x（ohch2ch2oh），（1）由上述分析可知，为加成反应；（2）x为hoch2ch2oh；（3