福建省莆田市仙游县华侨中学高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省莆田市仙游县华侨中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分，每小题所给选项只有1项符合题意）1化学与人们的日常生活密切相关，下列叙述正确的是（）a二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料b纤维素、油脂是天然有机高分子化合物c白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒dnox、co2、pm2.5颗粒都会导致酸雨2下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（）a铜和硝酸反应b二氧化碳通入氢氧化钠溶液中c细铁丝在氯气中燃烧d氯化铝与氢氧化钠溶液反应3下列有关说法中错误的是（）a氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中b玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸盐c灼烧naoh固体时不能使用瓷坩埚，因为坩埚中的sio2能与naoh反应d由沙子制备光伏材料时的反应之一为sio2+2c si+2co4下列说法正确的是（）a用活性炭去除冰箱中的异味是发生了化学反应b用热碱水清除炊具上残留的油污，是因为na2co3可直接和油污反应c用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果d漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的cacl2 与空气中的co2反应生成caco35下列物质不能通过化合反应生成的是（）anaohbnahco3cfecl2dal（oh）36na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a在46 gn02和n204的混合物气体中所含原子总数为3na个b5.6 g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3nac2.5ml 16moll1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.04nad7.8g过氧化钠与足量co2反应，转移电子数为0.2na，co2为还原剂7下列各组离子在溶液中能够大量共存的是（）anh4+、ca2+、oh、hco3bag+、h+、so32、clocnh4+、br、na+、so42dh+、cl、fe2+、no38下列关于li、na、k、rb、cs的叙述均正确的一组是（）金属性最强的是锂 氧化性最强的是锂离子 在自然界中均以化合态形式存在 li的密度最大 铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸 粒子半径：rb+k+na+，cscs+abcd9能正确表示下列反应的离子方程式是（）afe3o4溶于足量稀hno3：fe3o4+8h+fe2+2fe3+4h2obnh4hco3溶液与足量ba（oh）2溶液混合：hco3+ba2+ohbaco3+h2oc向澄清石灰水中通入过量co2：oh+co2hco3d将0.1mol/l的nh4al（so4）2溶液与0.3mol/l的ba（oh）2溶液等体积混合：2al3+3so42+3ba2+6oh2al（oh）3+3baso410向含有febr2、fei2的溶液中通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加kscn溶液，溶液变为红色，则下列叙述不正确的是（）a通入氯气后的溶液中一定不存在ib通入氯气之后原溶液中的fe2+全部被氧化c原溶液中的br可能被氧化d若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色11下列物质转化在给定条件下能实现的是（）alal2o3naalo2（aq）al（oh）3s so3h2so4naoh（aq）nahco3na2co3fe2o3fecl3（aq）无水fecl3abcd12下列各组中，前者为附着在容器内壁的物质，后者为选用的洗涤剂其中搭配不合适的是（）a油脂、热的纯碱溶液b硫黄、cs2c水垢、食醋d石蜡、蒸馏水13海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是（）a用澄清的石灰水可鉴别nahco3和na2co3bna2co3的热稳定性大于nahco3c在第、步骤中，溴元素均被氧化d工业上通过电解饱和mgcl2溶液制取金属镁14下列物质能将品红氧化使品红溶液褪色的是（）活性炭 过氧化钠 氯水 二氧化硫 臭氧abcd15甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是（）a若甲为焦炭，则丁可能是o2b若甲为so2，则丁可能是氢氧化钠溶液c若甲为fe，则丁可能是浓盐酸d若甲为agno3溶液，则丁可能是氨水16下列图象中的曲线（纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为加入物质的量），其中错误的是（）a图a表示向含h+、mg2+、al3+、nh4+的溶液中滴加naoh溶液产生沉淀摄的关系曲线b图b表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线c图c表示向naoh和na2co3的混合液中滴加盐酸产生co2气体的关系曲线d图d表示向明矾溶液中滴加ba（oh）2溶液产生沉淀最的关系曲线二、解答题（共5小题，满分52分）17h、c、n、o、mg、al、si、s、cu是中学化学中常见的元素，请根据题意回答与这些元素有关的问题：（1）s简单离子的原子结构示意图为（2）h2o2是实验中常用的“绿色氧化剂”，1molh218o2的中子数为（3）根据元素周期律，碳的非金属性强于硅，请用一个化学反应方程式表示（4）电子工业常用30%的fecl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板检验溶液中fe3+存在的试剂是，证明fe3+存在的现象是写出fecl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式：18二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用探究二氧化硫的制取和性质都有着非常重要的意义（1）工业上用黄铁矿（fes2，其中s元素为1价）在高温下和氧气反应制备so2：4fes2+11o22fe2o3+8so2，该反应中被氧化的元素是（填元素符号）当该反应转移5.50mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为l（2）实验室可用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，如果能控制反应速度，图1中可选用的发生装置是（填写字母）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36l（标准状况）二氧化硫，如果已有25.2%亚硫酸钠（质量分数）被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠g（保留一位小数）（3）某化学兴趣小组设计用如图2装置验证二氧化硫的化学性质能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验：方案：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去方案：向第二份溶液加入bacl2溶液，产生白色沉淀方案：向第三份溶液中加入agno3溶液，有白色沉淀生成上述方案中合理的是（填“”、“”或“”）；试管b中发生反应的离子方程式为19盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂请回答下列各问：（1）硝酸铜是制备cuznal系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜下列制备方法符合“绿色化学”思想的是（填序号）cu+hno3（浓）cu（no3）2cu+hno3（稀）cu（no3）2cu cuocu（no3）2（2）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入h2o2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜和水该反应的化学方程式为（3）围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体请回答：黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的主要污染物之一，该反应的化学方程式为写出两种可以鉴别（1）中产生的两种气体的试剂：20硫铁矿烧渣是一种重要的化工生产中间产物，主要成分是fe3o4、fe2o3、feo和二氧化硅等下面是以硫铁矿烧渣制备高效净水剂聚合硫酸铁的流程图：（1）实验室实现“操作i”所用的玻璃仪器有、和烧杯（2）检验“酸溶”后的溶液中含有fe2+试剂是，现象是（3）“操作iii”系列操作名称依次为、过滤和洗涤洗涤的方法是（4）加入适量h2o2的目的是氧化fe2+，写出h2o2氧化fe2+为fe3+的离子方程式：21某地煤矸石经预处理后主要含sio2（61%）、al2o3（30%）和少量的fe2o3、feo及钙镁的化合物等某实验小组利用其提取al（oh）3（1）“酸浸”过程中发生的主要反应的离子方程式为（2）滤渣的主要成分是caco3、mg（oh）2和（3）上述流程中可循环利用的物质的化学式是“转化”时主要反应的离子方程式为2015-2016学年福建省莆田市仙游县华侨中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共48分，每小题所给选项只有1项符合题意）1化学与人们的日常生活密切相关，下列叙述正确的是（）a二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料b纤维素、油脂是天然有机高分子化合物c白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒dnox、co2、pm2.5颗粒都会导致酸雨【考点】硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质【分析】a制造玻璃的原料是二氧化硅和石灰石、纯碱，sio2可用于制造光导纤维；b相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；c甲醛有毒，不能用来保鲜食品；dpm2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，与酸雨无关，二氧化碳不是形成酸雨的物质；【解答】解：a制造玻璃的原料是二氧化硅和石灰石、纯碱，sio2可用于制造光导纤维，所以二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料，故a正确； b油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故b错误；c甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故c错误，d酸雨是指溶液ph小于5.6的雨水，正常雨水的ph约为5.6，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，二氧化碳排放过多会引起温室效应，不是形成酸雨的气体，pm2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，所以co2、pm2.5颗粒都不会导致酸雨，故d错误；故选：a2下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（）a铜和硝酸反应b二氧化碳通入氢氧化钠溶液中c细铁丝在氯气中燃烧d氯化铝与氢氧化钠溶液反应【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；钠的重要化合物【分析】acu和浓硝酸反应生成no2、和稀硝酸反应生成no；b二氧化碳和少量naoh反应生成nahco3、和过量naoh反应生成na2co3；c无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；d氯化铝和少量naoh反应生成al（oh）3、和过量naoh反应生成naalo2【解答】解：acu+4hno4（浓）=cu（no3）2+2no2+2h2o、3cu+8hno3=cu（no3）2+2no+4h2o，所以生成物与浓度有关，故a错误；bnaoh+co2=nahco3、2naoh+co2=na2co3+h2o，所以生成物与反应物的量有关，故b错误；c无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，2fe+3cl22fecl3，所以与反应物的量、反应物浓度无关，故c正确；alcl3+3naoh=al（oh）3+3nacl、4naoh+alcl3=naalo2+3nacl+2h2o，所以产物与反应物的量有关，故d错误；故选c3下列有关说法中错误的是（）a氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中b玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸盐c灼烧naoh固体时不能使用瓷坩埚，因为坩埚中的sio2能与naoh反应d由沙子制备光伏材料时的反应之一为sio2+2c si+2co【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硅矿物及材料的应用【分析】ahf与二氧化硅反应；b水晶的成分为二氧化硅；csio2能与naoh反应生成硅酸钠和水；d光伏材料为si，利用c还原二氧化硅制备【解答】解：ahf与二氧化硅反应，则氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中，可利用塑料瓶，故a正确；b水晶的成分为二氧化硅，而玻璃、陶瓷的主要成分均是硅酸盐，故b错误；csio2能与naoh反应生成硅酸钠和水，则灼烧naoh固体时不能使用瓷坩埚，使用铁坩埚，故c正确；d光伏材料为si，利用c还原二氧化硅制备，发生sio2+2c si+2co，故d正确；故选b4下列说法正确的是（）a用活性炭去除冰箱中的异味是发生了化学反应b用热碱水清除炊具上残留的油污，是因为na2co3可直接和油污反应c用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果d漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的cacl2 与空气中的co2反应生成caco3【考点】生活中的有机化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】a化学变化有新物质生成； b碳酸钠水解呈碱性；c高锰酸钾具有强氧化性，可氧化乙烯；d漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸【解答】解：a活性炭具有吸附性，用于除去异味，为物理变化，故a错误；b碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应而被除去，故b错误；c高锰酸钾具有强氧化性，可氧化乙烯，起到保存水果的目的，故c正确；d漂白粉在空气中久置变质，漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，漂白粉失效，故d错误故选c5下列物质不能通过化合反应生成的是（）anaohbnahco3cfecl2dal（oh）3【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】a氧化钠和水反应可生成氢氧化钠；b可由碳酸钠和二氧化碳在溶液中生成；c铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；d氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝【解答】解：a氧化钠和水反应可生成氢氧化钠，发生化合反应，故a不选；b二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式na2co3+co2+h2o2nahco3，故b不选；c铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，发生化合反应，故c不选；d氧化铝和水不能发生化合反应生成氢氧化铝，故d选故选d6na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a在46 gn02和n204的混合物气体中所含原子总数为3na个b5.6 g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3nac2.5ml 16moll1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.04nad7.8g过氧化钠与足量co2反应，转移电子数为0.2na，co2为还原剂【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、n02和n204的最简式均为no2；b、求出铁的物质的量，然后根据0.1mol在0.1mol氯气中燃烧时铁过量来分析；c、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；d、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应来分析【解答】解：a、n02和n204的最简式均为no2，故46g混合物中含有的no2的物质的量为n=1mol，故含3mol原子即3na个，故a正确；b、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而0.1mol在0.1mol氯气中燃烧时铁过量，而反应后氯元素为1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2na个，故b错误；c、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则转移的电子的个数小于0.04na个，故c错误；d、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，二氧化碳不参与氧化还原反应，0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1na个，故d错误故选a7下列各组离子在溶液中能够大量共存的是（）anh4+、ca2+、oh、hco3bag+、h+、so32、clocnh4+、br、na+、so42dh+、cl、fe2+、no3【考点】离子共存问题【分析】a铵根离子、钙离子、碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；b次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子、氢离子与次氯酸、亚硫酸根离子反应，银离子与亚硫酸根离子反应；c四种离子之间不发生反应，能够共存；d硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子【解答】解：aca2+、oh、hco3之间反应生成碳酸钙沉淀，nh4+、oh、之间反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故a错误；bso32、clo之间发生氧化还原反应，h+与so32、clo反应，ag+、so32之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；cnh4+、br、na+、so42之间不反应，在溶液中能够大量共存，故c正确；dfe2+、h+、no3之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c8下列关于li、na、k、rb、cs的叙述均正确的一组是（）金属性最强的是锂 氧化性最强的是锂离子 在自然界中均以化合态形式存在 li的密度最大 铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸 粒子半径：rb+k+na+，cscs+abcd【考点】碱金属的性质【分析】依据同主族元素从上到下金属性依次增强解答；金属性越强，阳离子氧化性越弱；活泼金属在自然界中只能够以化合态存在；碱金属从上到下密度逐渐增大；依据同主族元素从上到下金属性依次增强，结合钠、钾与水反应现象解答；依据原子半径大小比较规律：电子层越多半径越大解答【解答】解：li、na、k、rb、cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最强的是铯，故错误；li、na、k、rb、cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最弱的是锂，所以氧化性最强的是锂离子，故正确；碱金属单质性质活泼，容易与空气中水、氧气反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故正确；碱金属从上到下密度逐渐增大，所以li的密度最小，故错误；li、na、k、rb、cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以铯金属性强于钠和钾，与水反应剧烈程度强于钠和钾，故正确；电子层不同的，一般电子层越大半径越大，所以rb+、k+、na+，电子层依次减少，所以半径rb+k+na+；cs、cs+，电子层依次减少，所以半径cscs+，故正确；故选：d9能正确表示下列反应的离子方程式是（）afe3o4溶于足量稀hno3：fe3o4+8h+fe2+2fe3+4h2obnh4hco3溶液与足量ba（oh）2溶液混合：hco3+ba2+ohbaco3+h2oc向澄清石灰水中通入过量co2：oh+co2hco3d将0.1mol/l的nh4al（so4）2溶液与0.3mol/l的ba（oh）2溶液等体积混合：2al3+3so42+3ba2+6oh2al（oh）3+3baso4【考点】离子方程式的书写【分析】a硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，同时生成no气体；b氢氧化钡质量，铵根离子和碳酸氢根离子完全反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；c二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；d硫酸铝铵与氢氧化钡按照物质的量1：3反应，氢氧化钡过量，反应生成一水合氨、偏铝酸钠和硫酸钡沉淀【解答】解：afe3o4与过量的稀hno3反应，生成的亚铁离子被稀硝酸氧化成了铁离子，反应的离子方程式为：3fe3o4+28h+no3=no+9fe3+14h2o，故a错误；bnh4hco3溶液与足量ba（oh）2溶液混合，铵根离子和碳酸氢根离子都完全反应，正确的离子方程式为：ba2+2oh+nh4+hco3=baco3+nh3h2o+h2o，故b错误；c向澄清石灰水中通入过量co2，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：oh+co2hco3，故c正确；d将0.1mol/l的nh4al（so4）2溶液与0.3mol/l的ba（oh）2溶液等体积混合，硫酸铝铵与氢氧化钡按照物质的量1：3反应，氢氧化钡过量，正确的离子方程式为：2ba2+nh4+al3+2so42+5ohalo2+2baso4+nh3h2o+2h2o，故d错误；故选c10向含有febr2、fei2的溶液中通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加kscn溶液，溶液变为红色，则下列叙述不正确的是（）a通入氯气后的溶液中一定不存在ib通入氯气之后原溶液中的fe2+全部被氧化c原溶液中的br可能被氧化d若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】还原性：ife2+br，氯气先氧化i，然后氧化二价铁，最后氧化fe2+，向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为红色，说明i全部被氧化，fe2+部分或全部被氧化，br可能被氧化来分析【解答】解：a还原性：ife2+br，向含有febr2、fei2的溶液中通入一定量的氯气后，向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为血红色，说明fe2+部分或全部被氧化，i一定全部被氧化，故a正确；b向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为血红色，说明fe2+部分或全部被氧化，故b错误；c向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为血红色，说明fe2+部分或全部被氧化，出现铁离子，原溶液中的br可能被氧化，故c正确；d如br被氧化生成br2，则加入ccl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色，故d正确故选b11下列物质转化在给定条件下能实现的是（）alal2o3naalo2（aq）al（oh）3s so3h2so4naoh（aq）nahco3na2co3fe2o3fecl3（aq）无水fecl3abcd【考点】铝的化学性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝；硫燃烧生成二氧化硫；naoh与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠氯化铁溶液加热水解生成氢氧化铁和hcl【解答】解：al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2naalo2+co2+3h2o=2al（oh）3+na2co3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；naoh与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，物质的转化在给定条件下能实现，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热水解生成氢氧化铁和hcl，最终得不到氯化铁晶体，故错误故选：a12下列各组中，前者为附着在容器内壁的物质，后者为选用的洗涤剂其中搭配不合适的是（）a油脂、热的纯碱溶液b硫黄、cs2c水垢、食醋d石蜡、蒸馏水【考点】油脂的性质、组成与结构；乙酸的化学性质【分析】a油脂是高级脂肪酸甘油酯； b硫微易溶于二硫化碳；c醋酸的酸性强于碳酸；d石蜡是非极性分子【解答】解：a热的纯碱溶液显碱性，而油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故a正确； b硫微溶于酒精易溶于二硫化碳，故可以用二硫化碳洗去硫磺，故b正确；c醋酸的酸性强于碳酸，故醋酸能和碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙和水、二氧化碳，从而除去水垢，故c正确；d石蜡是非极性分子，不溶于水，不能用水洗去，故d错误故选d13海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是（）a用澄清的石灰水可鉴别nahco3和na2co3bna2co3的热稳定性大于nahco3c在第、步骤中，溴元素均被氧化d工业上通过电解饱和mgcl2溶液制取金属镁【考点】海水资源及其综合利用【分析】a、nahco3和na2co3都与澄清石灰水反应生成沉淀；bnahco3受热分解生成na2co3；c根据物质的性质以及变化结合元素化合价的变化判断；d电解饱和mgcl2溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气【解答】解：anahco3和na2co3都与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，应用氯化钙溶液鉴别，故a错误；bnahco3受热分解生成na2co3，所以na2co3的热稳定性大于nahco3，故b正确；c海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，溴元素在第、中被氧化，中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故c错误；d镁为活泼金属，电解氯化镁溶液，在阳极生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀，不能得到镁，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故d错误故选b14下列物质能将品红氧化使品红溶液褪色的是（）活性炭 过氧化钠 氯水 二氧化硫 臭氧abcd【考点】二氧化硫的化学性质【分析】过氧化钠、氯水、臭氧具有强的氧化性，能够氧化有机色素生成无色物质，所以具有漂白性，活性炭是因为吸附性而使物质漂白，二氧化硫与有色物质化合生成无色物质而具有漂白性，据此解答【解答】解：过氧化钠、氯水、臭氧具有强的氧化性，能够氧化有机色素生成无色物质，所以具有漂白性，活性炭是因为吸附性而使物质漂白，二氧化硫与有色物质化合生成无色物质而具有漂白性，所以能将品红氧化使品红溶液褪色的是过氧化钠、氯水、臭氧，故选：d15甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是（）a若甲为焦炭，则丁可能是o2b若甲为so2，则丁可能是氢氧化钠溶液c若甲为fe，则丁可能是浓盐酸d若甲为agno3溶液，则丁可能是氨水【考点】无机物的推断【分析】a、若甲为焦炭，丁是o2，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳；b、若甲为so2，丁是氢氧化钠溶液，乙为亚硫酸钠，丙为亚硫酸氢钠；c、若甲为fe，丁浓盐酸，则乙为氯化亚铁，氯化亚铁与浓盐酸没有反应；d、若甲为agno3溶液，丁是氨水，则乙为氢氧化银，丙为氢氧化二氨合银【解答】解：a、若甲为焦炭，丁是o2，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，符合题中转化关系，故a正确；b、若甲为so2，丁是氢氧化钠溶液，乙为亚硫酸钠，丙为亚硫酸氢钠，符合题中转化关系，故b正确；c、若甲为fe，丁浓盐酸，则乙为氯化亚铁，氯化亚铁与浓盐酸没有反应，不符合题中转化关系，故c错误；d、若甲为agno3溶液，丁是氨水，则乙为氢氧化银，丙为氢氧化二氨合银，符合题中转化关系，故d正确；故选c16下列图象中的曲线（纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为加入物质的量），其中错误的是（）a图a表示向含h+、mg2+、al3+、nh4+的溶液中滴加naoh溶液产生沉淀摄的关系曲线b图b表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线c图c表示向naoh和na2co3的混合液中滴加盐酸产生co2气体的关系曲线d图d表示向明矾溶液中滴加ba（oh）2溶液产生沉淀最的关系曲线【考点】化学方程式的有关计算【分析】ah+、mg2+、al3+、nh4+的溶液中h+最易与oh反应，其次为al3+，反应后生成水、氢氧化铝，mg2+和oh反应生成氢氧化镁，nh4+和oh反应生成一水合氨，最后氢氧化铝溶解；b澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；c向naoh和na2co3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，然后再与碳酸钠反应，先生成碳酸氢钠再生成氯化钠、水、二氧化碳；d向明矾溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液，当al3+恰好全部沉淀时，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、硫酸钾；继续滴加，氢氧化铝溶解；【解答】解：ah+、mg2+、al3+、nh4+的溶液中h+最易与oh反应，所以开始无沉淀，其次为al3+，反应后生成水、氢氧化铝，出现沉淀，mg2+和oh反应生成氢氧化镁，沉淀达最大量，继续滴加，nh4+和oh反应生成一水合氨，沉淀量不变，继续滴加，氢氧化铝溶解，al（oh）3+ohalo2+2h2o，故a正确；b石灰水中通入二氧化碳，先发生ca（oh）2+co2caco3+h2o，生成沉淀，后发生co2+caco3+h2oca（hco3）2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1：1，故b正确；c向naoh和na2co3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，开始没有沉淀，然后再与碳酸钠反应，na2co3+hcl=nahco3+nacl，nahco3+hcl=nacl+co2+h2o，产生co2气体，开始未产生气体消耗的盐酸应比产生气体消耗的盐酸多，图象错误，故c错误；d向明矾溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液，当al3+恰好全部沉淀时，离子方程式为：2al3+3so42+3ba2+6oh=3baso4+2al（oh）3，继续滴加，则发生al3+4ohalo2+2h2o，故d正确；故选c二、解答题（共5小题，满分52分）17h、c、n、o、mg、al、si、s、cu是中学化学中常见的元素，请根据题意回答与这些元素有关的问题：（1）s简单离子的原子结构示意图为（2）h2o2是实验中常用的“绿色氧化剂”，1molh218o2的中子数为20na（3）根据元素周期律，碳的非金属性强于硅，请用一个化学反应方程式表示co2+na2sio3+h2o=h2sio3+na2co3（4）电子工业常用30%的fecl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板检验溶液中fe3+存在的试剂是kscn溶液，证明fe3+存在的现象是溶液变红写出fecl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式：2fe3+cu=cu2+2fe2+【考点】氧化还原反应；球棍模型与比例模型；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】（1）硫离子核内有16个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有8个电子，据此进行分析解答；（2）1个h218o2的中子数为（188）2=20，据此计算；（3）根据元素非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，所以利用强酸制弱酸的方法说明碳的非金属性强于硅；（4）检验溶液中fe3+存在通常用kscn溶液，溶液变红说明fe3+存在；铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁【解答】解：（1）硫离子核内有16个质子，核外有18个电子，分3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，最外层上有8个电子，其原子结构示意图为：，故答案为：；（2）因为1个h218o2的中子数为（188）2=20，所以1molh218o2的中子数为20mol=20na，故答案为：20na；（3）元素非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，所以利用强酸制弱酸的方法说明碳的非金属性强于硅，方程式是co2+na2sio3+h2o=h2sio3+na2co3，故答案为：co2+na2sio3+h2o=h2sio3+na2co3；（4）检验溶液中fe3+存在通常用kscn溶液，取少量溶液与试管中，滴加kscn溶液，溶液变红说明fe3+存在，故答案为：kscn溶液；溶液变红；铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应离子方程式为：2fe3+cu=cu2+2fe2+，故答案为：2fe3+cu=cu2+2fe2+18二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用探究二氧化硫的制取和性质都有着非常重要的意义（1）工业上用黄铁矿（fes2，其中s元素为1价）在高温下和氧气反应制备so2：4fes2+11o22fe2o3+8so2，该反应中被氧化的元素是s、fe（填元素符号）当该反应转移5.50mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为22.4l（2）实验室可用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，如果能控制反应速度，图1中可选用的发生装置是a、d（填写字母）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36l（标准状况）二氧化硫，如果已有25.2%亚硫酸钠（质量分数）被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠26.1g（保留一位小数）（3）某化学兴趣小组设计用如图2装置验证二氧化硫的化学性质能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为a试管中有淡黄色沉淀生成为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验：方案：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去方案：向第二份溶液加入bacl2溶液，产生白色沉淀方案：向第三份溶液中加入agno3溶液，有白色沉淀生成上述方案中合理的是ii（填“”、“”或“”）；试管b中发生反应的离子方程式为cl2+so2+2h2o=4h+2cl+so42【考点】常见气体制备原理及装置选择【分析】（1）氧化还原反应中，化合价升高的元素在反应中被氧化，根据电子守恒确定转移电子的量与二氧化硫的量之间的关系；（2）实验室可用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，为固体与液体反应不加热装置，能控制反应速度，利用分液漏斗控制液体的加入；由硫守恒可得：na2so3so2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；设没有变质的亚硫酸钠为100g，根据变质的质量计算出变质后溶液中亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；（3）二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应；氯水中含有氯气，氯水中还含有次氯酸、hcl，氯气具有氧化性，可以将二氧化硫氧化到最高价的硫酸【解答】解：（1）氧化还原反应4fes2+11o28so2+2fe2o3中，化合价升高的fe、s元素在反应中被氧化，该反应生成8mol的二氧化硫，转移电子的物质的量为44mol，所以当该反应转移5.50mol电子时，生成的二氧化硫的物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4l，故答案为：s、fe； 22.4；（2）实验室可用70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，为固体与液体反应不加热装置，能控制反应速度，利用分液漏斗控制液体的加入，有a、d符合，故答案为：a、d；由硫守恒可得：na2so3so2，因此需称取亚硫酸钠的质量为：m（na2so3）=126gmol1=18.9g；设没有变质的亚硫酸钠为100g，则有25.2g亚硫酸钠被氧化成硫酸钠，25.2g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为：25.2g=28.4g，则有25.2%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为100%72.5%，因此称取变质后样品的质量应为26.1g，故答案为：26.1；（3）二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀s，所以能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为a试管中有淡黄色沉淀生成，故答案为：a试管中有淡黄色沉淀生成；氯水中含有氯气，氯水中还含有次氯酸、hcl，氯气和次氯酸具有强氧化性，方案i：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案：向第二份溶液加入bacl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即so2+cl2+2h2o=4h+so42+2cl，s元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，则实验设计合理，方案：向第三份溶液中加入agno3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用，故答案为：ii；cl2+so2+2h2o=4h+2cl+so4219盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室里必备的重要试剂请回答下列各问：（1）硝酸铜是制备cuznal系催化剂的重要原料，工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜下列制备方法符合“绿色化学”思想的是（填序号）cu+hno3（浓）cu（no3）2cu+hno3（稀）cu（no3）2cu cuocu（no3）2（2）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入h2o2后，铜片溶解，并且该反应的产物只有氯化铜和水该反应的化学方程式为cu+h2o2+2hcl=cucl2+2h2o（3）围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体请回答：黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的主要污染物之一，该反应的化学方程式为c+2h2so4（浓）co2+2h2o+2so2写出两种可以鉴别（1）中产生的两种气体的试剂：高锰酸钾、溴水【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；浓硫酸的性质【分析】（1）“绿色化学”是指：化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应；（2）盐酸不能与金属铜反应，但可以与氧化铜反应，所以双氧水的作用是将金属铜氧化为cuo，然后氧化铜溶于盐酸；（3）蔗糖脱水反应生成碳，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳和水；二氧化硫具有还原性、二氧化碳没有还原性【解答】解：（2）cu+hno3（浓）cu（no3）2，反应产生二氧化氮有毒气体，故不选；cu+hno3（稀）cu（no3）2，反应生成一氧化氮有毒气体，故不选；cu cuocu（no3）2，反应没有有毒气体生成，硝酸全部转化为硝酸铜，原子利用率高考符合“绿色化学”思想，故选；故答案为：；（2）盐酸不能与金属铜反应，但可以与氧化铜反应，所以双氧水的作用是将金属铜氧化为cuo，然后氧化铜溶于盐酸，反应的方程式为cu+h2o2+2hcl=cucl2+2h2o；故答案为：cu+h2o2+2hcl=cucl2+2h2o；（3）蔗糖脱水反应生成碳，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，其反应的方程式为：c+2h2so4（浓）co2+2h2o+2so2；故答案为：c+2h2so4（浓）co2+2h2o+2so2；二氧化硫具有还原性能使高锰酸钾、溴水等褪色，二氧化碳没有还原性，不能使高锰酸钾、溴水，可以鉴别二者；故答案为：高锰酸钾、溴水20硫铁矿烧渣是一种重要的化工生产中间产物，主要成分是fe3o4、fe2o3、feo和二氧化硅等下面是以硫铁矿烧渣制备高效净水剂聚合硫酸铁的流程图：（1）实验室实现“操作i”所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯（2）检验“酸溶”后的溶液中含有fe2+试剂是kmno4溶液，现象是紫红色褪去（3）“操作iii”系列操作名称依次为蒸发浓缩（加热浓缩）、冷却结晶、过滤和洗涤洗涤的方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作23次（4）加入适量h2o2的目的是氧化fe2+，写出h2o2氧化fe2+为fe3+的离子方程式：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】硫铁矿烧渣（主要成分是fe3o4、fe2o3、feo和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁fe2（oh）n（so4）3n/2m，（1）操作i为过滤，根据过滤操作分析；（2）“酸溶”后的溶液中含有fe3+和fe2+，检验fe2+试剂是kmno4 溶液，现象是紫红色褪去；（3）操作的目的是由溶液得到晶体feso47h2o，需蒸发浓缩、冷却结晶洗涤的操作方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作23次；（4）酸性条件下h2o2氧化fe2+为fe3+，同时生成水【解答】解：硫铁矿烧渣（主要成分是fe3o4、fe2o3、feo和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧