天津市高三化学下学期月考试题含解析

1、天津市2018届高三化学下学期月考试题（含解斩）相对原子质量：h 1 c 12 n 14 o 16 na 23 s 32 cl 35.5 fe 56 zn 65（一）选择题（第小题只有一个正确选项，第小题2分，共20分）1.下列关于有机物的说法中，正确的一组是“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成co2和h2o石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化。淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag除去ch4中的少量c2h4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶a.

2、b. c. d. 【答案】b【解析】试题分析：“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，错误。汽油、柴油都是烃；而植物油是酯。错误。石油的分馏、煤的气化和液化都是化学变化，错误。淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，正确。将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag，铜是反应的催化剂，因此反应后称量的质量也是ag，正确。由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1,2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去ch4中的少量c2h4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，正确。正确的是，选项是b。考点：考查关于有机物的说法的正误判断的知识。2.用na

3、表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个12.0 g熔融的nahso4中含有的阳离子数为0.2na1mol na2o 和na2o2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 na常温常压下，92 g的no2和n2o4混合气体含有的原子数为6 na7.8 g中含有的碳碳双键数目为0.3 na用1l1.0 mol/lfecl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为na1mol so2与足量o2在一定条件下充分反应生成so3，共转移2 na个电子在反应kio3+6hi=ki+3i2+3h2o 中，每生成3moli2转移的电子数为5 na常温常压下，17 g甲基(-ch3)中所含的中子数为9 na

4、a. 3 b. 4 c. 5 d. 6【答案】a【解析】n（nahso4）=12.0g120g/mol=0.1mol，nahso4在熔融状态下的电离方程式为nahso4=na+hso4-，12.0g熔融的nahso4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，错误；na2o和na2o2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molna2o和na2o2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，正确；no2和n2o4的实验式都是no2，n（no2）=92g46g/mol=2mol，常温常压下92g的no2和n2o4混合气体中所含原子物质的量为6mol，正确；苯中不含碳碳双键，错误；n（fecl3）=1.0

5、mol/l×1l=1mol，根据反应fecl3+3h2ofe（oh）3（胶体）+3hcl，生成1molfe（oh）3，氢氧化铁胶粒是一定数目fe（oh）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，错误；若1molso2全部反应则转移2mol电子，而so2与o2的反应是可逆反应，1molso2与足量o2在一定条件下充分反应生成so3，转移电子物质的量小于2mol，错误；用双线桥分析该反应：，每生成3moli2转移5mol电子，正确；n（-14ch3）=17g17g/mol=1mol，所含中子物质的量为8mol，错误；正确的有，答案选a。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主

6、要考查物质的组成（）、物质的结构（）、溶液中粒子数的确定（）、氧化还原反应中转移电子数（）、可逆反应（）、电解质的电离（），解题的关键是对各知识的理解和应用。3.由下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验现象结论a向2 ml 0.01mol/l的 fecl3溶液中加入1滴kscn溶液，再加入足量铁粉，充分振荡溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色fe3+比fe2+的氧化性强b加热盛有少量nh4hco3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝nh4hco3分解产生氨气c将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发

7、出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生成na2o的速率加快d向2支盛有2 ml相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的nacl和nai溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，agi比agcl的溶解度小a. a b. b c. c d. d【答案】c【解析】【详解】a向2 ml 0.01mol/l的 fecl3溶液中加入1滴kscn溶液，溶液变为红色，是因为fe3+3scn-=fe(scn)3，再加入足量铁粉，红色褪去，是因为发生2fe3+ + fe=3fe2+，能说明fe3+比fe2+的氧化性强，故a正确；b加热nh4hco3固体生成氨气、水、二氧化碳和氨气，试管口放置的湿润红色

8、石蕊试纸变蓝色，能够说明nh4hco3分解产生氨气，故b正确；c钠常温下与氧气反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，加热时不能生成氧化钠，故c错误；dksp小的先沉淀，则由现象可知相同温度下，agcl 在水中的溶解度大于agi的溶解度，故d正确；故选c。4.已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式正确的有几个弱酸hcoohhcnh2co3hclo苯酚k25k=1.77×10-4k=4.9×10-10k1=4.3×10-7k2=5.6×10-11k=2.98×10-8k=1.1×10-10向苯酚钠溶液中通入少量的co2:2c

9、6h5o-+co2+h2o2c6h5oh+co32-次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳:ca2+2clo-+co2+h2o=caco3+2hclo次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳:2c1o-+h2o+co2=2hclo+co32-次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:3clo-+so2+h2o=so42-+2hclo+cl-纯碱溶液中滴加少量甲酸:2hcooh+co32-=2hcoo-+h2o+co2碳酸钠溶液中通入过量氯气:cl2+h2o+2co32-=2hco3-+cl-+clo-nacn溶液中通入少量的co2:cn-+co2+h2o=hco3-+hcna. 2个 b. 3个 c. 4个 d. 5个【

10、答案】b【解析】根据表中数据可知，苯酚的酸性弱于h2co3而强于hco3-，则苯酚能与co32-反应生成hco3-，尽管苯酚钠溶液中通入少量的co2，反应也只能生成c6h5oh和nahco3，错误，因为次氯酸的酸性弱于h2co3而强于hco3-， 所以次氯酸钙溶液中通入少量co2，生成物是hclo 和caco3沉淀，正确，由于次氯酸的酸性弱于h2co3而强于hco3-，所以次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成物只能是hclo和nahco3，错误，由于hclo具有强氧化性，将so2氧化为h2so4，而自身还原为cl-，但由于次氯酸钠量多，生成的硫酸又与次氯酸钠反应生成次氯酸，所以正确，甲酸的酸性

11、强于碳酸，但甲酸量少，与碳酸钠反应只能生成甲酸钠和碳酸氢钠，故错误，由于氯气过量，所以与碳酸钠反应的生成物为co2+cl-+clo-，故错误，由于hcn的酸性弱于h2co3而强于hco3-，所以nacn溶液中通入少量的co2，反应只能生成hco3-+hcn，正确。所以本题有三个正确，答案选b。点睛：较强的酸可以置换较弱的酸，再加上量的限制，使本题很难快速解答。这些反应不仅与酸性强弱有关，还与氧化性还原性的强弱、通入气体量的多少有关，如：一般情况下少量co2通入碱性溶液中生成co32-，过量co2通入碱性溶液生成hco3-。5.某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：k、na、fe2、fe3、s

12、o42-、i、co32-，现取三份20 ml该溶液进行如下实验：第一份加入足量盐酸，无任何气体产生；第二份加入足量naoh溶液，经搅拌、过滤、洗涤、灼烧，最后得到x g固体；第三份滴加0.10 mol·l1酸性kmno4溶液，恰好完全反应，消耗其体积为v ml；另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发现火焰呈现黄色。根据上述实验，以下说法正确的是a. 由实验、可判定原混合溶液中是否存在ib. 由实验可推断原混合溶液中是否含有so42-c. 由实验可判定原混合溶液中是否含有fe2d. 原混合溶液中只存在na、fe3、so42-，不可能存在k、co32-【答案】a【解析】第一份

13、加入足量盐酸，无任何气体产生，说明溶液中不含co32-离子，fe3和i不能同时存在；第二份加入足量naoh溶液生成沉淀，说明溶液中含有fe2+或fe3+离子，或二者都有，根据最后得到xg固体，为氧化铁，可知总共含有的铁元素的物质的量为xg160g/mol×2=x80mol；第三份滴加0.10moll-1酸性kmno4溶液，消耗其体积为vml，说明溶液中含有还原性离子，含有fe2+离子或i中的一种或2种，kmno4的物质的量为v×10-4mol，根据得失电子守恒，fe2+离子或i的物质的量之和为5v×10-4mol；另用洁净的铂丝蘸取该混合溶液置于浅色火焰上灼烧，发

14、现火焰呈现黄色，说明含有na+离子，但不能确定是否含有k+离子，须通过蓝色钴玻璃观察判断。a. 碘离子和亚铁离子与高锰酸根反应的比例是相同的，高锰酸根折算成亚铁离子，若折算后亚铁离子的物质的量不大于x80mol，即5v×10-4molx80mol，说明溶液中含有铁离子，则没有碘离子，若折算后亚铁离子的物质的量大于x80 mol，即5v×10-4molx80mol，说明溶液中没有铁离子，则含有碘离子，因此由实验、可判定原混合溶液中是否存在i，故a正确；b. 根据实验无法推断原混合溶液中是否含有so，故b错误；c. 根据实验无法判定原混合溶液中是否含有fe2，只能判断含有fe2

15、+离子或i中的一种或2种，故c错误；d. 根据上述分析，无法判断原混合溶液中是否存在k，故d错误；故选a。6.由丁醇(x)制备戊酸(z)的合成路线如图所示，不正确的是a. y的结构有4种b. x、z能形成戊酸丁酯，戊酸丁酯最多有16种c. 与x互为同分异构体，且不能与金属钠反应的有机物有4种d. 与z互为同分异构体，且能发生水解反应的有机物有9种【答案】c【解析】a、丁基有四种结构：，y是丁基和溴原子结合而成，所以有四种结构，故a正确；b、戊酸丁酯中的戊酸，相当于丁基连接一个cooh，所以有四种结构，而丁醇是丁基连接一个oh，所以也有四种结构，因此戊酸丁酯最多有16种，故b正确；c、x为丁醇，

16、其同分异构体中不能与金属钠反应的是醚，分别是coccc、ccocc和共3种，所以c错误；d、z是戊酸，其同分异构体能发生水解的属于酯类，hcooc4h9有4种，ch3cooc3h7有2种，ch3ch2cooch2ch3、ch3ch2ch2cooch3、(ch3)2chcooch3，所以共9种，故d正确。本题正确答案为c。点睛：注意b选项的戊酸丁酯的同分异构体还有很多，但题中要的是戊酸丁酯最多有多少种？这是很容易搞错的；本题正确解答的关键是掌握住丁基、丙基的结构有几种。7.短周期元素a、b、c、d、e 的原子序数依次增大，由它们形成的化合物x、y、z、w 在一定条件下的相互转化关系如图所示。已知

17、x、y、z均含有d元素；x的焰色反应呈黄色；y是两性氢氧化物；0.1mol·l-1w溶液的ph为1。下列说法正确的是a. e元素的含氧酸的酸性在同主族中最强b. b元素的单质和氢化物可能具有氧化性和漂白性c. c与e和a与e元素形成的化合物均属于电解质且化学键类型相同d. b、c、d元素的离子半径大小顺序是 cdb【答案】b【解析】【分析】x的焰色反应呈黄色，应含有na元素；y是两性氢氧化物，应为al(oh)3，0.1moll-1w溶液的ph为1，应为强酸，可为hcl，由转化关系可知，x为naalo2，z为alcl3，则a、b、c、d、e依次为h、o、na、al、cl元素，以此解答该

18、题。【详解】a如不是最高价氧化物的水化物，则e元素的含氧酸酸性不一定强，如hclo，为弱酸，故a错误；b如为o3、h2o2，则具有漂白性和氧化性，故b正确；cc与e和a与e元素形成的化合物分别为nacl、hcl，分别为离子化合物、共价化合物，化学键类型不同，故c错误；d电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径bcd，故d错误；故选b。【点睛】本题考查无机物的推断，把握焰色反应、ph计算、两性氢氧化物推断物质为解答的关键，w为hcl、y为氢氧化铝为推断的突破口。本题的易错点为a，注意根据元素周期律判断酸性强弱时一定是最高价氧化物的水化物。8.相同温度下，体积均为0.25 l的

19、两个密闭容器中发生反应：x2(g)3y2(g) 2xy3(g)h92.6 kj·mol1，实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化容器x2y2xy3容器恒温恒容130放热 23.15 kj容器恒温恒压130q(q0)下列叙述正确的是a. 容器、中反应物x2的转化率相同b. 达平衡时，两个容器中xy3的物质的量浓度均为2 mol·l1c. 容器、达到平衡时间相同d. 容器， q大于2315 kj【答案】d【解析】a该反应前后气体的物质的量不等，容器、中气体的压强不等，平衡状态不同，反应物x2的转化率不同，故a错误；

20、b该反应前后气体的物质的量不等，容器、中气体的压强不等，平衡状态不同，达平衡时，两个容器中xy3的物质的量浓度不等，故b错误；c. 该反应前后气体的物质的量不等，容器、中气体的压强不等，反应速率不等，容器、达到平衡时间不同，故c错误；d容器中放出23.15kj热量，则生成xy3的物质的量为：23.15kj92.6kj/mol=0.5mol，容器恒温恒压，反应过程中压强比容器大，生成xy3的物质的量0.5mol，放出的热量多，即q大于2315 kj，故d正确；故选d。9.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如下图所示，下列说法正确的是a. b为电池的正极，发生还原反应b. 电流方

21、向从b极沿导线经小灯泡流向a极c. a极的电极反应式为: d. 当外电路中有0.2mol e- 转移时，a极区增加的h+ 的数目为0.1na【答案】d【解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，电流从正极经导线流向负极，则ab为电池的负极，发生氧化反应，a错误；b电流从正极a沿导线流向负极b，b错误；ca为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，c错误；d据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的h+的个数为0.2na，而发生，则a极区增加的h+的个数为0.1na，d正确；答案选d。10.在常温下，0.1

22、000 mol·l1 na2co3溶液25 ml用0.1000 mol·l1盐酸滴定，滴定曲线如图。对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法不正确的是a. a点：c(hco3-)>c(co32-)>c(oh)b. b点：5c(cl)>4c(hco3-)4c(co32-)c. c点：c(oh)c(h)c(hco3-)2c(h2co3)d. d点：c(h)2c(co32-)c(hco3-)c(oh)【答案】c【解析】【详解】aa点时n(hcl)=0.1mol/l×0.0125l=0.00125mol，反应生成0.00125molnahco

23、3，剩余0.00125molna2co3，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则c(hco3-)c(co32-)，故a正确；bb点时n(hcl)=0.1mol/l×0.02l=0.002mol，由物料守恒可知5c(cl-)=4c(hco3-)+4c(co32-)+4c(h2co3)，则5c(cl-)4c(hco3-)+4c(co32-)，故b正确；cc点时n(hcl)=0.1mol/l×0.025l=0.0025mol，恰好完全反应生成nahco3，由于hco3-水解程度较弱，则有c(hco3-)c(oh-)，故c错误；dd点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的c

24、o2，溶液存在电荷守恒，存在c(na+)+c(h+)=c(hco3-)+2c(co32-)+c(oh-)+c(cl-)，由于c(na+)=c(cl-)，则 c(h+)=c(hco3-)+2c(co32-)+c(oh-)，故d正确；故选c。【点睛】本题综合考查离子浓度的大小比较，本题注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。本题的易错点为a，要注意相同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠的水解程度的大小。（二）填空题(70分)11.某学习小组用铁泥（主要成分为fe2o3、feo和少量fe）制备fe3o4纳米材料的流程示意图如下：已知：步骤中，相同条件下测得f

25、e3o4的产率与r()的关系如图所示。（1）为提高步骤的反应速率，可采取的措施是_(任写一点) 。（2）步骤中，主要反应的离子方程式是_。（3）浊液d中铁元素以feooh形式存在,步骤中反应的化学方程式是_；步骤中，反应完成后需再加热一段时间除去剩余h2o2目的是_。（4）反应的离子方程式为_ ；步骤中的“分离”包含的步骤有_。（5）设浊液d中feooh的物质的量为amol，滤液b中的铁元素的物质的量为bmol。为使fe3o4的产率最高，则ab_。（填数值，小数点后保留3位）【答案】 (1). 搅拌、适当升高温度 (2). 2fe3+ + fe 3fe2+ (3). 2fe(oh)2 +h2o

26、22feooh + 2h2o (4). 加热使其分解除去，防止其在步骤中继续氧化2价铁元素 (5). 2feoohfe22ohfe3o42h2o (6). 过滤、洗涤 (7). 0.636【解析】(1)这是在溶液中进行的反应，为了提高反应速率，可采用搅拌，或适当升高温度，或者适当增大盐酸的浓度；(2)由铁泥的主要成分为fe2o3、feo和少量fe可知，在与盐酸反应后的滤液a中有fecl3、fecl2及剩余的hcl，所以加入铁粉后的反应有：2fe3+ + fe 3fe2+和fe2h+=fe2+h2，其中主要的反应为2fe3+ + fe 3fe2+；(3)浊液c为fe(oh)2，而浊液d为feoo

27、h，所以步骤的反应方程式为2fe(oh)2 +h2o22feooh + 2h2o，反应完成后继续加热，是为了除去h2o2，防止在与滤液b(即fecl2)混合时氧化fe2+；(4)根据转化关系可知，步骤中反应物为浊液d中的feooh和滤液b中的fe2+，结合反应环境，可写出反应的离子方程式为2feoohfe22ohfe3o42h2o；为了除去纳米fe3o4中的浊液杂质，可用过滤、洗涤的方法进行分离；(5)已知浊液d中feooh的物质的量为amol，即fe3的物质的量为amol，滤液b中的铁元素的物质的量为bmol，则与浊液d中feooh反应的fe2的物质的量为(b-a)mol，由图象可知当fe3

28、o4的产率最高时，=1.75=ab-a，则0.636。点睛：步骤反应方程式的书写是本题出错点，关键是配平方程式时必须遵循电荷守恒和质量守恒，只能用oh进行配平；而a/b的计算时，要明确滤液b中的铁元素一部分生成浊液d中的feooh，另一部分再与浊液d中的feooh反应。12.如图所示，甲、乙之间的隔板k和活塞f都可左右移动，甲中充入2mola和1molb，乙中充入2molc和1molhe，此时k停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2a（g）+b（g）2c（g）；反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：（1）可根据 _现象来判断甲乙都已达到平衡状态。（2）达到平衡时，隔板k最终停留在0刻度

29、左侧a处，则a的取值范围是_。（3）若达到平衡时，隔板k最终停留在左侧刻度1处，此时甲容积为2l，反应化学平衡常数为_（带单位）.若一开始就将k、f如图固定，其他条件均不变，则达到平衡时：（1）测得甲中a的转化率为b，则乙中c的转化率为 _ ；（2）假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是 _ 。【答案】 (1). 活塞k和f不在移动 (2). 0<a<2 (3). 4l/mol (4). 1-b (5). 4/3<d<3/2【解析】试题分析：本题考查化学平衡的计算，极限法的使用，化学平衡的标志，恒温恒容下的等效平衡规律。i（1）甲、乙之间的隔板k和活塞f都

30、可左右移动，说明甲乙都是恒压容器。反应2a（g）+b（g）2c（g）是正反应为气体分子数减小的反应，建立平衡的过程中气体物质的量发生变化，气体体积发生变化，隔板k和活塞f发生移动，平衡时气体物质的量不变，隔板k和活塞f不再移动。根据隔板k和活塞f不再移动判断甲乙都已经达到平衡状态。（2）用极限法，若甲中a和b不反应，隔板k停留在0刻度；若甲中a和b完全反应则生成2molc，根据恒温恒压下气体体积之比等于气体物质的量之比，（2mol+1mol）：2mol=6：v，v=4，则隔板k停留在0刻度左侧2处；由于是可逆反应则a的取值范围2>a>0。（3）若达到平衡时，隔板k最终停留在左侧刻度

31、1处，设开始到平衡过程中转化的b的物质的量为x，用三段式2a（g）+b（g）2c（g）n（起始）（mol） 2 1 0n（转化）（mol） 2x x 2xn（平衡）（mol） 2-2x 1-x 2x根据恒温恒压下气体的体积之比等于气体物质的量之比列式3：（2-2x+1-x+2x）=6：5，解得x=0.5mol，则平衡时a、b、c的物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol，容积为2l，平衡时a、b、c的物质的量浓度依次为0.5mol/l、0.25mol/l、0.5mol/l，化学平衡常数=c2（c）/c2（a）·c（b）=（0.5mol/l）2/（0.5mol/l）2×

32、0.25mol/l=4l/mol。ii若一开始就将k、f如图固定，起始甲乙中气体物质的量都是3mol，则甲乙是恒温恒容且体积相等的容器。（1）乙中平衡的建立可理解成：先在与甲等体积的乙容器中加入2molc达到平衡，维持温度容积不变再充入1molhe。乙中加入2molc，采用一边倒极限换算后为2mola和1molb，在恒温恒容时甲中加入2mola和1molb与乙中加入2molc达到平衡时互为完全全等的等效平衡，测得甲中a的转化率为b，则乙中c的转化率为 1-b；乙恒温恒容平衡后再加入1molhe，由于各物质的浓度没有发生变化，化学平衡不移动，乙中c的转化率仍为1-b。答案为：1-b。（

33、2）在恒温恒容容器中压强之比等于气体物质的量之比。用极限法，若甲中a和b没有反应，甲中气体总物质的量为3mol，乙和甲互为等效平衡，则乙中气体总物质的量为3mol+1mol（1mol为he）=4mol，此时乙、甲中的压强比d=4/3；若甲中a和b完全反应，平衡时甲中气体总物质的量为2mol，乙和甲互为等效平衡，则乙中气体总物质的量为2mol+1mol（1mol为he）=3mol，此时乙、甲中的压强比d=3/2；则乙、甲两容器中的压强比d的取值范围是4/3<d<3/2 。【点睛】本题的难点：要将甲、乙两容器中平衡时的物理量进行比较必须构建有效的模型。乙容器中起始加入2mol

34、c和1molhe，可理解成先向乙中加入2molc，达到平衡后再加入1molhe，讨论加入稀有气体对化学平衡的影响。恒温恒容容器中，加入稀有气体由于各物质的浓度不变，平衡不发生移动；恒温恒压容器中，加入稀有气体由于容器体积变大，平衡向气体系数之和增大的方向移动。13.i高铁酸钾( k2feo4)不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。如图是高铁电池的模拟实验装置：（1）该电池放电时正极的电极反应式为_；若维持电流强度为1a，电池工作十分钟，理论消耗zn_g（已知f=96500cmol,小数点后保留1位）。（2）盐桥中盛有饱和kc1溶液，此盐桥中氯离子向_移动（填“左”或“右”）；

35、若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向_移动（填“左”或“右”）。（3）下图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有_。工业上湿法制备k2feo4的工艺流程如图。（4）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：_fecl3+_naoh+_naclo=_na2feo4+_nacl+_h2o,其中氧化剂是_（填化学式）。（5）加入饱和koh溶液的目的是_。（6）已知25时kspfe(oh)3=4.0×10-38，此温度下若在实验室中配制5mol/l l00ml fecl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入_ml 2 mol/l的盐酸（忽略加入盐酸体积）

36、。【答案】 (1). feo42+4h2o+3e=fe（oh）3+5oh (2). 0.2 (3). 右 (4). 左 (5). 使用时间长、工作电压稳定 (6). 2 (7). 10 (8). 3 (9). 2 (10). 9 (11). 5 (12). naclo (13). 减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出 (14). 2.5【解析】【详解】(1)根据电池装置，zn做负极，c为正极，高铁酸钾的氧化性很强，正极上高铁酸钾发生还原反应生成fe(oh)3，正极电极反应式为：feo42-+4h2o+3e-fe(oh)3+5oh-，若维持电流强度为1a，电池工作十分钟，通过电子为1a

37、15;600s96500c/mol，则理论消耗zn为1a×600s96500c/mol×12×65g/mol=0.2g，故答案为：feo42-+4h2o+3e-fe(oh)3+5oh-；0.2；(2)盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中氯离子向右移动，用某种高分子材料制成阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向左移动，故答案为：右；左；(3)由图可知高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定，故答案为：使用时间长、工作电压稳定；氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠，发生反应为：2fec

38、l3+10naoh+3naclo=2na2feo4+9nacl+5h2o，将na2feo4粗产品在40%koh溶液中溶解，过滤除去杂质nacl，加入饱和koh溶液后，将na2feo4转化为溶解度更小的k2feo4，反应方程式为na2feo4+2koh=k2feo4+2naoh，冷却结晶、过滤，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的koh和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾。(4)其中fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，cl元素化合价由+1价降低为-1，价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，则fecl3的系数为2、nac

39、lo的系数为3，再根据原子守恒配平后反应方程式为：2fecl3+10naoh+3naclo2na2feo4+9nacl+5h2o，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，naclo是氧化剂，故答案为：2、10、3、2、9、5；naclo；(5)加入饱和koh溶液可以增大k+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出，故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；(6)溶液中c(fe3+)=5mol/l，根据kspfe(oh)3=c(fe3+)×c3(oh-)=4.0×10-38，可知开始沉淀时c(oh-)=2×10-13mol/l，则溶液中c(h+)=10

40、142×1013mol/l=0.05mol/l，根据稀释定律，需要盐酸的体积0.05mol/l×100ml2mol/l=2.5ml，故答案为：2.5。14.i某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。取水样10.0 ml于锥形瓶中，加入10.0 ml的ki溶液(足量)，发生的反应为：cl2+2ki2kcl+i2，滴入指示剂23滴。取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，再用0.01mol·l-1 na2s2o3溶液润洗，然后装入0.01mol·l-1 na2s2o3溶液到0刻度以上，排出下端尖嘴内的气泡，调整液面至0刻度或0刻度下某一位置，记下读数。

41、将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：i2+2na2s2o3=2nai+ 2na2s4o6。试回答下列问答： （1）步骤加入的指示剂是_。 （2）步骤应使用_式滴定管。 （3）判断达到滴定终点的实验现象是_。 （4）若用0.1032 mol/l hcl溶液滴定未知浓度的naoh溶液，下列情况对实验结果无影响的是_。a.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗 b.锥形瓶未用待测液润洗c.滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了d.滴定时将标准液溅出锥形瓶外（5）碳酸h2co3，k1=4.3×10-7，k2=5.6×10-11，草酸h2c2o4 k1=5.9×10-

42、2，k2=6.4×10-5。0.1 mol/l na2co3溶液的ph_0.1 mol/l na2c2o4溶液的ph(选填“大于”、“小于”或“等于”)。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_。ac(h+)c(hc2o4-)c(hco3-)c（co32-) bc(hco3-)c(hc2o4-)c(c2o42-)c(co32-)cc(h+)c(hc2o4-)c(c2o42-)c(co32-) dc(h2co3) c(hco3-)c(hc2o4-)c(co32-)【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 碱 (3). 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色

43、变成无色且半分钟内不恢复 (4). b (5). 大于 (6). ac【解析】【详解】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去；故答案为：淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为：碱；(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应i2+2na2s2o3=2nai+2na2s4o6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断达到滴定终点的实验现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；故答案为：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；(4)a、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，标准盐酸的浓度偏小，造成v(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)×v(标准)v(待测)可知，测定c(待测)偏大，故a错误；b、锥形瓶未用待测液润洗