甘肃省河西三校普通高中高三化学上学期第一次联考试卷（含解析）(1).doc

甘肃省河西三校普通高中2015届高三上学期第一次联考化学试卷一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分每小题只有一个选项符合题意1（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是：加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转换技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料；2m+n=2p+2q，2p+m=q（m、n为原料，q为期望产品）其中符合“化学反应的绿色化”的要求的是（）abcd考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：节能减排、保护环境，应减少污染物的排放，推广使用清洁能源，结合题目解答该题解答：解：加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故错误；研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故正确；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故错误；推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故正确；2m+n=2p+2q，2p+m=q（m、n为原料，q为期望产品），可减少副产品的排放，减少污染，故正确故选b点评：本题考查环境污染及治理知识，侧重于节能减排、保护环境的考查，题目难度不大，注意相关基础的积累和把握2下列有关化学用语表示正确的是（）a苯甲醛：bmg2+的结构示意图：cco2的电子式：o：c：od核内有8个中子的碳原子：c考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：a其官能团为cho；bmg的质子数为12，其离子核外有10个电子；c二氧化碳中c、o周围均满足8电子稳定结构；d有8个中子的碳原子，其质量数为14解答：解：a苯甲醛为，故a错误；bmg2+的结构示意图为，故b正确；cco2的电子式为，故c错误；d核内有8个中子的碳原子为c，故d错误；故选b点评：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住3常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）a使酚酞变红色的溶液：na+、ba2+、i、clb使甲基橙变红色的溶液：fe2+、k+、no3、so42c含有0.1 moll1 fe3+的溶液：na+、k+、scn、nod由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液：nh4+、so42、hco3、cl考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a使酚酞变红色的溶液，显碱性；b甲基橙变红色的溶液，显酸性；c离子之间结合生成络离子；d由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：a使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故a正确；b甲基橙变红色的溶液，显酸性，fe2+、h+、no3发生氧化还原反应，不能大量共存，故b错误；cfe3+、scn离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故c错误；d由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液，为酸或碱溶液，hco3既能与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键，侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查，题目难度不大4下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（）a氨气具有氧化性，用浓氨水检验cl2管道是否泄漏b氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃c二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气d铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸考点：氨的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅.专题：氧族元素；氮族元素分析：a根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3cl2+8nh3=n2+6nh4cl来分析；b氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃；c二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化； d根据铜能与浓硝酸发生反应解答：解：a根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为：3cl2+8nh3=n2+6nh4cl，氨气具有还原性，故a错误；b氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃：4hf+sio2=sif4+2h2o，故b错误；c二氧化硫具有还原性，能被单质溴氧化：br2+so2+2h2o2hbr+h2so4，故c正确；d根据铜能与浓硝酸发生反应，所以不能用铜罐贮运浓硝酸，故d错误；故选c点评：本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意相关知识的积累5（3分）（2013宿迁一模）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）a用图1装置制取并收集干燥纯净的nh3b用图2所示装置可除去no2中的noc用图3所示装置可分离ch3cooc2h5和饱和碳酸钠溶液d用图4装置制备fe（oh）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a收集氨气的方法错误；b二氧化氮和水反应生成一氧化氮；c乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；d铁不能被氧化，不能制得fe（oh）2解答：解：a氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故a错误；b二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故b错误；c乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故c正确；d铁应连接电源正极，才能制得fe（oh）2，故d错误故选c点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大6（3分）设na为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）a78gna2o2固体中含有的阴离子数为nab标准状况下，2.24l氖气所含原子数为0.2nac1l 0.1 mol/l醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1nad标准状况下，2.24l己烷含有分子的数目为0.1na考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子；b稀有气体为单原子分子，标况下2.24l氖气的物质的量为0.1mol，含有0.2mol氖原子；c醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子；d标况下己烷为液体，不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量解答：解：a78g过氧化钠的物质的量为：=1mol，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，含有的阴离子数为na，故a正确；b标准状况下，2.24l氖气的物质的量为：=0.1mol，0.1mol氖气中含有0.1mol氖原子，所含原子数为0.1na，故b错误；c1l0.1 mol/l醋酸溶液中含有溶质醋酸0.1mol，0.1mol醋酸只能部分电离出氢离子，则溶液中氢离子的物质的量小于0.1mol，含有的氢离子数小于0.1na，故c错误；d标准状况下，己烷不是气体，题中条件无法计算2.24l己烷的物质的量，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项a为易错点，注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子7下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）a工业电解饱和食盐水：2cl+h2o=cl2+h2+ohb碳酸钠的水解：co32+2h2oh2co3+2ohc硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水：al3+4ohalo+2h2od用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘：2i+h2o2+2h+=i2+2h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a惰性电极电解时，氯离子、氢离子放电，电荷不守恒；b水解以第一步为主；c反应生成氢氧化铝和硫酸铵；d发生氧化还原反应生成碘、水解答：解：a工业电解饱和食盐水的离子反应为2cl+2h2o=cl2+h2+2oh，故a错误；b碳酸钠的水解的离子反应为co32+h2ohco3+oh，故b错误；c硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水的离子反应为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故c错误；d用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2i+h2o2+2h+=i2+2h2o，故d正确；故选d点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法解答的关键，侧重氧化还原反应、电解反应及水解的离子反应的考查，注意选项c中氢氧化铝的两性为解答的易错点，题目难度不大8下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）naalo2（aq）alcl3alnh3nohno3nacl（饱和）nahco3na2co3fes2so3h2so4abcd考点：镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：氯化铝固体是共价化合物，无法电解；氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，所以析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠；fes2和氧气反应生成二氧化硫解答：解：氯化铝固体是共价化合物，由分子构成，无离子，无法电解，所以得不到铝，故错误；氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水中得到硝酸，故正确；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠，故正确；fes2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故错误；故选a点评：本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法9（3分）近年来高铁酸钾（k2feo4）已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌的新型高效的多功能水处理剂高铁酸钾在水处理过程中涉及到的化学过程正确的有：蛋白质的变性 蛋白质的盐析 胶体聚沉 盐类水解 焰色反应 氧化还原反应（）abcd考点：三废处理与环境保护；胶体的重要性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：化学应用分析：高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，高铁酸钾被还原生成fe3+，水解生成具有吸附性的fe（oh）3胶体而达到净水作用解答：解：高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，则不涉及蛋白质的盐析，故错误；高铁酸钾被还原生成fe3+，水解生成具有吸附性的fe（oh）3胶体而达到净水作用，涉及胶体聚沉、盐类水解，不涉及颜色反应，则错误，所以涉及的有，故选b点评：本题考查高铁酸钾的性质以及反应原理，题目难度不大，解答该题的关键是把握相关物质的性质及应用，学习中注意积累10（3分）下列溶液中的cl浓度与50ml 1mol/l mgcl2溶液中的cl浓度相等的是（）a150 ml 1 mol/l nacl溶液b75 ml 2 mol/l cacl2溶液c150 ml 2 mol/l kcl溶液d75 ml 1 mol/lalcl3溶液考点：物质的量浓度.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度离子个数，与溶液的体积无关，1mol/l mgcl2溶液中的cl浓度为2mol/l解答：解：50ml 1moll1 mgcl2溶液中cl的物质的量浓度c（cl）=2c（mgcl2）=2mol/l，a、150ml 1moll1nacl溶液中cl的物质的量浓度c（cl）=c（nacl）=1mol/l，故a错误；b、75ml 2moll1cacl2溶液中cl的物质的量浓度c（cl）=2c（cacl2）=4mol/l，故b错误；c、150ml2moll1kcl溶液中cl的物质的量浓度c（cl）=c（kcl）=2mol/l，故c正确；d、75ml1moll1alcl3溶液中cl的物质的量浓度c（cl）=3c（alcl3）=3mol/l，故d错误；故选c点评：本题考查浓度的计算分析，溶液中离子的浓度只与物质的浓度和化学式有关，与溶液的体积无关11常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a0.1moll1 （nh4）2fe（so4）2溶液：c（nh4+）c（so42 ）c（fe2+）c（h+）b0.1moll1 na2co3溶液：c（na+）+c（h+）=c（co32）+c（hco3）+c（oh）c0.1moll1 nahco3溶液：c（h+）+2c（h2co3）=c（oh）+c（co32）d0.01moll1naoh溶液与等体积ph=2的醋酸混合后的溶液中：c （ch3coo）c （na+）c （h+）c （oh）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：a亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小；b任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；c溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；d.01moll1naoh溶液与等体积ph=2的醋酸溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合后，溶液呈酸性解答：解：a亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小，硫酸根离子不水解，所以c（so42 ）c（nh4+），故a错误；b任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（hco3）+c（oh），故b错误；c溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（hco3）+c（oh），根据物料守恒得c（na+）=c（co32）+c（hco3）+c（h2co3），所以得c（h+）+c（h2co3）=c（oh）+c（co32），故c错误；d.01moll1naoh溶液与等体积ph=2的醋酸溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合后，溶液呈酸性，则c （h+）c （oh），根据电荷守恒得c （na+）+c （h+）=c （ch3coo）+c （oh），所以c （ch3coo）c （na+），故d正确；故选d点评：本题考查了离子浓度大小的比较，根据电解质的性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，难度不大12（3分）下列物质分类的正确组合是（）分类组合纯净物酸盐碱性氧化物酸性氧化物a碱石灰乙二酸纯碱氧化铝二氧化碳b盐酸石炭酸小苏打氧化镁一氧化碳ch2o2硬脂酸苏打过氧化钠二氧化硫d五水硫酸铜油酸碱式碳酸铜氧化钠三氧化硫aabbccdd考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物.专题：物质的分类专题分析：纯净物是只有一种分子构成的物质，酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，盐指电离时生成金属阳离子（或nh4+）和酸根离子的化合物碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐、和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）解答：解：a、氧化铝属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故a错误；b、盐酸属于混合物，不是纯净物，故b错误；c、过氧化钠不属于碱性氧化物，属于过氧化物，故c错误d、根据概念，五水硫酸铜是纯净物，油酸属于酸类，碱式碳酸铜属于碱式盐，氧化钠属于碱性氧化物，三氧化硫属于酸性氧化物，故d正确故选d点评：本题考查物质的分类，了解常见物质的组成、物质的名称、分类，抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，属基础知识考查题，难度不大13（3分）（2010安徽）亚氨基锂（li2nh）是一种储氢容量器，安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为li2nh+h2=linh2+lih下列有关说法正确的是（）ali2nh中n的化合价是1b该反应中h2既是氧化剂又是还原剂cli+和h+的离子半径相等d此法储氢和钢瓶储氢的原理相同考点：氧化还原反应.分析：li2nh中h元素的化合价是+1，氮元素的化合价为3；linh2中氮元素的化合价为3，h元素的化合价是+1；lih中h元素的化合价是1，可以从化合价变化的角度来判断氧化还原反应的有关概念；离子核外电子层数越多，半径越大；钢瓶储氢是物理过程解答：解：a、li2nh中氮元素的化合价为3；故a错误；b、反应物h2中的氢元素的化合价为0价，反应后生成linh2中h元素的化合价是+1，lih中h元素的化合价是1，所以h2既是氧化剂又是还原剂，故b正确；c、li+核外有一个电子层，h+核外无电子，离子核外电子层数越多，半径越大，故li+半径大于h+；故c错误；d、钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法，故d错误故选b点评：本题考查氧化还原反应的有关概念，离子半径的大小比较等问题，做题注意从化合价变化的角度判断氧化剂、还原剂的等概念，注意离子半径大小比较的方法，注重基础知识的积累14（3分）在alcl3和mgcl2的混合溶液中，逐滴加入naoh溶液直至过量，经测定，加入naoh的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示（b处naoh溶液的体积为1l），则下列判断不正确的是（）anaoh的浓度为0.6mol/lb在a点处溶液中的溶质为naclc在b点处溶液中的溶质只有naalo2d图中线段oa：ab=5：1考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算.专题：图示题；几种重要的金属及其化合物分析：alcl3和mgcl2的混合溶液中，逐滴加入naoh溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入alnaoh溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为nacl溶液，继续滴加naoh溶液直至过量，氢氧化铝与naoh反应逐渐溶解，在bl时，即再继续滴加naoh溶液（ba）l时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为nacl、naalo2溶液解答：解：a、在bl时，溶液为nacl、naalo2溶液，由图象可知：nal（oh）3=0.1mol，n（mg（oh）2=0.1mol，根据mg原子守恒有n（mgcl2）=n（mg（oh）2=0.1mol，根据al原子守恒有n（naalo2）=n（alcl3）=nal（oh）3=0.1mol，由cl原子守恒有n（cl）=n（nacl）=2n（mgcl2）+3n（alcl3）=20.1mol+30.1mol=0.5mol，由na原子守恒有n（naoh）=n（nacl）+n（naalo2）=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c（naoh）=0.6mol/l，故a正确；b、加入alnaoh溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为nacl溶液，故b正确；c、在bl时，即再继续滴加naoh溶液（ba）l时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为nacl、naalo2溶液，故c错误；d、加入alnaoh溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为nacl溶液，在bl时，即再继续滴加naoh溶液（ba）l时，氢氧化铝与naoh恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为nacl、naalo2溶液，所以两部分naoh溶液的体积之比等于消耗的naoh的物质的量之比，即为n（nacl）与n（naalo2）之比，故oa：ab=a：（ba）=0.5mol：0.1mol=5：1，故d正确故选c点评：理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算二、填空题（注意：1517小题为考生必答题，1820小题为选考题，考生可选择一个小题作答并把答案写在答题卷上）15（14分）a、b、c、d均为中学化学常见的纯净物，a是单质它们之间有如下的反应关系：（1）若a是淡黄色固体，c、d是氧化物，且c是造成酸雨的主要物质写出其中d与水反应生成的酸名称硫酸（2）若b是气态氢化物c、d是氧化物且会造成光化学烟雾污染写出反应的化学方程式4nh3+5o24no+6h2o（3）若d物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体写出反应离子方程式alo2+2h2o+co2al（oh）3+hco3（4）若a是太阳能电池用的光伏材料c、d为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式si+2naoh+2h2o=na2sio3+2h2（5）若a是应用最广泛的金属反应用到a，反应均用到同一种非金属单质写出反应的离子方程式fe+2fe3+=3fe2+考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）若单质a是淡黄色固体，c、d是氧化物，且c是造成酸雨的主要物质，则a为s、b为h2s、c为so2，d为so3；（2）若b是气态氢化物c、d是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则a为n2，b为nh3，c为no，d为no2；（3）若d物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则a为al，b为al2o3，c为naalo2，d为al（oh）3；（4）若a是太阳能电池用的光伏材料，c、d为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则a为si，b为sio2，c为na2sio3，d为na2co3；（5）若a是应用最广泛的金属，则a为fe，反应用到a，反应均用到同一种非金属单质，则b为fe2o3，c为fecl3，d为fecl2解答：解：（1）若单质a是淡黄色固体，c、d是氧化物，且c是造成酸雨的主要物质，则a为s、b为h2s、c为so2，d为so3，d与水反应生成的酸名称为硫酸，故答案为：硫酸；（2）若b是气态氢化物c、d是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则a为n2，b为nh3，c为no，d为no2，反应的化学方程式为：4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o；（3）若d物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则a为al，b为al2o3，c为naalo2，d为al（oh）3，反应的离子方程式为：alo2+2h2o+co2al（oh）3+hco3，故答案为：alo2+2h2o+co2al（oh）3+hco3；（4）若a是太阳能电池用的光伏材料，c、d为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则a为si，b为sio2，c为na2sio3，d为na2co3，反应的化学方程式为：si+2naoh+2h2o=na2sio3+2h2，故答案为：si+2naoh+2h2o=na2sio3+2h2；（5）若a是应用最广泛的金属，则a为fe，反应用到a，反应均用到同一种非金属单质，则b为fe2o3，c为fecl3，d为fecl2，反应的离子方程式为：fe+2fe3+=3fe2+，故答案为：fe+2fe3+=3fe2+点评：本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等16为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（feso47h2o）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2（2）试剂x是稀硫酸或h2so4步骤、中均需进行的实验操作是过滤（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取co2并将制得的气体通入溶液a中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体c减少，可采取的改进措施是在装置、之间增加一个盛有饱和nahco3溶液的洗气瓶（4）用固体f制备cuso4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的离子方程式3cu+2no3+8h+=3cu2+2no+4h2o，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液a偏铝酸钠，固体b是金属铁和金属铜，a中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀c和碳酸氢钠溶液d，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，所以f是金属铜，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体（1）铝、铁和铜的合金中，只有金属铝是能溶于氢氧化钠的固体物质；（2）根据步骤加过量的氢氧化钠发生的反应以及金属铜和金属铁性质的区别之处进行解答；（3）制得的co2气体中混有氯化氢气体，用饱和的碳酸氢钠除去；（4）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，但是一氧化氮是有毒的，根据铜、稀硫酸的性质来判断反应的发生解答：解：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液a偏铝酸钠，固体b是金属铁和金属铜，a中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀c和碳酸氢钠溶液d，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成硫酸亚铁和氢气，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以获得胆矾晶体（1）步骤加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，故答案为：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤、均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，故答案为：稀硫酸或h2so4；过滤；（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的co2气体通入溶液a中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为al（oh）3+3h+=al3+3h2o，为了避免固体c减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置i和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：在装置i和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；（4）金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3cu+2no3+8h+=3cu2+2no+4h2o，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径最佳，故答案为：3cu+2no3+8h+=3cu2+2no+4h2o；途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小点评：本题是对物质的分离和提纯知识点的考查，注意掌握铝、铁和铜及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度不大17（15分）铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用（1）铜可采用如下方法制备：火法炼铜：cu2s+o22cu+so2 湿法炼铜：cuso4+fefeso4+cu上述两种方法中，铜元素均被还原 （填“氧化”还是“还原”）成铜单质（2）印刷电路板上使用的铜需要回收利用用fecl3溶液浸泡印刷电路板制备cucl22h2o，实验室模拟回收过程如图：步骤1中反应的离子方程式是2fe3+cu=2fe2+cu2+步骤2所加的氧化剂最适宜的是bahno3 bh2o2 ckmno4步骤3的目的是使溶液的ph升高到5，此时fe3+浓度为41011mol/lksp（fe（oh）3）=41038，可选用的“试剂1”是cuo或cu（oh）2（写出一种即可）蒸发浓缩cucl2溶液时，要滴加浓盐酸，目的是cucl2+2h2ocu（oh）2+2hcl，滴加浓盐酸，可以抑制水解 （用化学方程式并结合简要的文字说明），再经冷却、结晶、过滤，得到cucl22h2o（3）欲实现反应cu+h2so4（aq）cuso4+h2，在你认为能实现该转化的装置中的括号内，标出电极材料（填“cu”或“c”）并写出电极反应式考点：金属冶炼的一般原理；原电池和电解池的工作原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：电化学专题；元素及其化合物分析：（1）反应物中元素的化合价降低，为氧化剂，被还原，发生还原反应；（2）根据步骤1中反应cu+2fecl3=2fecl2+cucl2书写离子方程式；根据根据除去二价铁离子的过程中不能引入新的杂质；根据溶液的ph升高到5时，h+浓度为 105mol/l，则oh浓度为 109mol/l，根据ksp（fe（oh）3）=fe3+oh3=41038，得fe3+=41011mol/l；步骤3可选用的“试剂1”是既要能与酸反应，降低氢离子浓度，使溶液的ph升高，从而使fe3+转化为fe（oh）3沉淀而除去，又不引入新的杂质；cucl2在溶液中可以发生水解反应，加入浓盐酸，可以抑制水解；（3）cu和h2so4之间的反应是非自发的，需要电解池实现，根据电解池的构成条件来回答解答：解：（1）在火法炼铜：cu2s+o22cu+so2和湿法炼铜：cuso4+fefeso4+cu中铜元素的化合价降低，cu2s、cuso4都为氧化剂，被还原，发生还原反应，故答案为：还原；（2）步骤1中cu元素由0升高到+2价，fe元素由+3价降低为+2价，化学反应为cu+2fecl32cucl2+fecl2，离子反应为cu+2fe3+2cu2+fe2+，故答案为：2fe3+cu=2fe2+cu2+；hno3、h2o2c、kmno4三者都能氧化二价铁离子变成三价铁离子，但hno3和kmno4会引入新的杂质，故答案为：b；根据溶液的ph升高到5时，h+浓度为 105mol/l，则oh浓度为 109mol/l，根据ksp（fe（oh）3）=fe3+oh3=41038，得fe3+=41011mol/l；ph升高，溶液的酸性减弱，加入的物质能与酸反应，同时不能引入新杂质，可向溶液中加入cuo或cu（oh）2，故答案为：41011 mol/l；cuo或cu（oh）2；cucl2为强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，溶液中水解反应为，cucl2+2h2ocu（oh）2+2hcl，滴加浓盐酸，可以抑制水解；故答案为：cucl2在溶液中可以发生水解反应：cucl2+2h2ocu（oh）2+2hcl，滴加浓盐酸，可以抑制水解；（3）cu和h2so4之间的反应是非自发的，需要电解池实现，金属铜作阳极，阳极：cu2e=cu2+，电解质为硫酸，阴极是氢离子放电，电极反应为2h+2e=h2，即，故答案为：点评：本题考查金属的回收，涉及到氧化还原反应、电解池的工作原理等知识，题目难度中等，注意电解池的工作原理是高频考点【化学-选修2：化学与技术】18（15分）（1）粗盐中常含有泥沙和ca2+、mg2+、fe3+、so42等杂质，必须精制后才能供电解使用精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为na2co3、hcl（盐酸）bacl2，这3种试剂添加的合理顺序是（填序号（2）工业生产硫酸时，利用催化氧化反应将so2转化为so3是一个关键步骤选择适宜的催化剂，是否可以提高so2的转化率？否（填“是”或“否”），是否可以增大该反应所放出的热量？否（填“是”或“否”）；（3）氮化硅（si3n4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦碳在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3sio2+6c+2n2=1si3n4+6co）配平上述反应的化学方程式该反应的平衡常数表达式为k=（4）水是一种重要的自然资源，天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁（填其中任何两种）（填两种物质名称），其净水作用的原理是铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉，达到净化目的考点：化学实验操作的先后顺序；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素.专题：基本概念与基本理论分析：（1）抓住除钡离子要放在除碳酸根离子前、盐酸放在最后即可得到顺序关系；（2）催化剂只影响反应速率，不影响化学平衡，所以不影响转化率和反应热，据此进行解答；（3）由产物co可知，sio2与c化学计量数之比为1：2 由产物si3n4可知sio2与n2化学计量数之比为3：2，所以sio2、c、n2化学计量数之比为3：6：2，令sio2的化学计量数为3，c、n2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知si3n4、co化学计量数分别为1、6；根据方程式和平衡常数概念写平衡常数表达式；（4）混凝剂是溶液中水解生成胶体的盐类，净水作用是吸附悬浮杂质使其聚沉达到净化目的解答：解：（1）应先加入过量bacl2，除去so42，然后加过量na2co3，可除去ca2+、mg2+、fe3+等，过滤后加入盐酸可除去na2co3，故答案为：；（2）催化剂只对反应速率有影响，催化剂不影响化学平衡，所以变化对二氧化硫的转化率产生影响，也不会影响反应放出的热量，故答案为：否；否；（3）由产物co可知，sio2与c化学计量数之比为1：2 由产物si3n4可知sio2与n2化学计量数之比为3：2，所以sio2、c、n2化学计量数之比为3：6：2，令sio2的化学计量数为3，c、n2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知si3n4、co化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3sio2+6c+2n2 si3n4+6co故答案为：3、6、2、1、6固体和纯液体的浓度不变，故该反应的平衡常数表达式为：k=，故答案为：；（4）混凝剂是吸附水中的微小悬浮颗粒，凝聚成较大的颗粒，而快速沉降的主要作用，要具备水解生成胶体的性质，所以常有铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，如明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁等，故答案为：明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁（填其中任何两种）；铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉，达到净化目的点评：本题考查了粗盐的提纯、催化剂原理、方程式的配平、化学平衡常数表达式、书写盐类水解的应用，题目难度中等，注意掌握化学方程式常用的配平方法【化学-选修3：物质结构与性质】19（1）某短周期主族元素的原子m层上有一个半充满的亚层，这种原子的质子数是11或15，写出它的外围电子排布图或（2）via族的硒（se）在化合物中常表现出多种氧化态，h2seo4比h2seo3酸性强（ 填强或弱），h2se的酸性比h2s强（填“强”或“弱”）（3）固体a的化学式为nh5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中正确的是abcanh5中既有离子键又有共价键bnh5的熔、沸点高于nh3cnh5固体投入少量水中，可产生两种气体d0.1mol nh5中含有5mol nh键（4）用氢键表示式写出hf溶液中存在的所有氢键fhf、fho、ohf、oho考点：原子核外电子排布；元素周期律的作用；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；含有氢键的物质.专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）某短周期主族元素的原子m层上有一个半充满的亚层，这样的原子电子排布为3s1或3s23p3；（2）h2seo4和 h2seo3相比较，se的化合价越高，酸性越强，非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱；（3）a的化学式为nh5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则a中存在铵根离子和h，为离子化合物，以此来解答；（4）能形成氢键的原子为n、o、f和氢原子之间，氢键是分子之间的强相互作用力解答：解：（1）某短周期主族元素的原子m层上有一个半充满的亚层，这样的原子电子排布为3s1或3s23p3；m层为3s1的原子核外电子排布式为ne3s1，质子数为11，为na，原子的外围电子排布图为，m层为3s23p3的原子核外电子排布式为ne3s23p3，质子数为15，为p，原子的外围电子排布图，故答案为：11或15；或；（2）同一元素的含氧酸中化合价越高，酸性越强，因此h2seo4比h2seo3酸性强，非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性sse，所以h2se的酸性比h2s强，故答案为：强；强；（3）anh5中存在铵根离子和h，为离子化合物，铵根离子中含nh共价键，故a正确；bnh5为离子晶体，氨气为分子晶体，则nh5的熔沸点高于nh3，故b正确；cnh5固体投入少量水中，可产生氨气、氢气两种气体，故c正确；d0.1mol nh5中含有0.4mol nh键，故d错误；故答案为：abc；（4）氢氟酸的水溶液，含有hf分子以及h2o分子，存在的所有氢键为：fhf、fho、ohf、oho，故答案为：fhf、fho、ohf、oho点评：本题考查了元素的性质的推断和化学键对物质性质的影响以及氢键的表示方法，综合性教强，为高频考点，难度中等，注意掌握同一元素的含氧酸、