湖北省孝感市孝南高中高三化学10月月考试题（含解析）新人教版(1).doc

湖北省孝感市孝南高中2015高三月考化学试卷（10月份）一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）a二氧化硫可广泛用于食品的漂白b煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料c淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物，都能发生水解反应d利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程考点：二氧化硫的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途专题：化学应用分析：a二氧化硫对人体有害，不能用于漂白食品；b煤的气化和液化为化学变化；c油脂不是高分子化合物；d淀粉可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下可生成乙醇解答：解：a二氧化硫对人体有害，不能用于漂白食品，只能用于工业漂白，故a错误；b煤的气化为碳和水反应生成水煤气的过程，液化为为碳和水反应生成甲醇的过程，都化学变化，故b错误；c油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故c错误；d淀粉可水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下可生成乙醇，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及二氧化硫的性质和用途、煤的综合运用、高分子化合物以及淀粉的性质和用途，为高考常见题型，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累2下列物质分类正确的是（）a芳香族化合物b 羧酸c 醛d 酚考点：芳香烃、烃基和同系物；烃的衍生物官能团专题：有机化学基础分析：a含有苯环的化合物为芳香族化合物；b由烃基和羧基相连构成的有机化合物称为羧酸羧酸；c醛的官能团为cho，由醛基（cho）和烃基（或氢原子）连接而成的化合物为醛；d酚类是指芳香烃中苯环上的氢原子被羟基oh取代所生成的化合物解答：解：a分子结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，故a错误；b有机物为苯甲酸，可以看作羧基取代苯中的氢原子，属于羧酸，故b正确；c过氧化物的结构中含有羰基，属于酮类物质，不属于醛，故c错误；d羟基没有直接连接苯环，与侧链的烃基相连，属于芳香醇，故d错误；故选b点评：本题考查有机物各类物质的概念、官能团等，题目难度不大，把握该类有机物的概念是解题的关键，注意掌握常见有机物的官能团及分类，明确酚与芳香醇的区别3下列有关化学用语正确的是（）a氮分子的电子式：b氮原子电子排布式：1s22s22p5c硝基苯的结构简式为d表示甲烷分子的比例模型：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氮气分子中存在氮氮三键，即两个氮原子之间存在3对共用电子对；b氮原子的核电荷数为7，最外层含有5个电子，2p轨道应为3个电子；c硝基书写错误，硝基写在苯环左边，应该表示为：o2n；d甲烷为正四面体结构，分子中存在1个c、4个h原子，且碳原子半径大于氢原子解答：解：a氮气中存在3对氮氮共用电子对，氮气分子正确的电子式为：，故a错误；b氮原子的结构示意图为，最外层为5个电子，含有两个电子层，则其原子正确的电子排布式为：1s22s22p3，故b错误；c硝基写在苯环左边，应该表示为：o2n，硝基苯正确的结构简式为：，故c错误；d甲烷中含有1个c、4个h原子，c原子半径大于氢原子，为正四面体结构，甲烷分子的比例模型为：，故d正确；故选d点评：本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握原子结构示意图、比例模型、结构简式、电子式等化学用语的概念及表示方法，选项c为易错点，注意硝基正确的书写方法4用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a常温常压下，14 g co中含有的原子数目为nab标准状况下，2.24l cl2与过量稀naoh溶液反应，转移的电子总数为0.2 nac25时，ph=13的1.0 l的ba（oh）2溶液中含有的oh数目为0.2 nad1l1moll1的naclo 溶液中含有clo的数目为na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一氧化碳为双原子分子，14g一氧化碳的物质的量为0.5mol，含有1mol原子；b氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，0.1mol氯气反应转移了0.1mol电子；cph=13的溶液中氢氧根离子的浓度为0.1mol/l，根据n=cv计算出氢氧根离子的物质的量；d次氯酸钠溶液中，次氯酸根离子部分水解，溶液中次氯酸根离子数目减少解答：解：a14g co的物质的量为0.5mol，0.5molco中含有1mol原子，含有的原子数目为na，故a正确；b标况下2.24l氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气反应转移了0.1mol电子，转移的电子总数为0.1na，故b错误；cph=13的溶液中氢氧根离子的浓度为0.1mol/l，1l该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的oh数目为0.1na，故c错误；d1l1moll1的naclo 溶液中含有1mol溶质次氯酸钠，由于次氯酸根离子部分水解，则溶液中次氯酸根离子小于1mol，含有clo的数目小于na，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，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，明确氯气与氢氧化钠溶液、过氧化钠与水的反应中，氯气、过氧化钠既是氧化剂、也是还原剂5（2014长宁区一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a与铝反应产生大量氢气的溶液：na+、k+、co32、no3b甲基橙呈黄色的溶液：i、ba2+、alo2、clcc（h+）=1.01013mol/l溶液中c6h5o、k+、so42、brd1.0 moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a、铝是两性元素和强酸、强碱反应生成氢气；b、甲基橙呈黄色溶液p溶液ph4.4，溶液可能是酸、中性、碱；c、氢离子浓度c（h+）=1.01013mol/l，说明溶液呈碱性；d、硝酸根在酸溶液中具有氧化性能氧化亚铁离子解答：解：a、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液或碱溶液：na+、k+、co32、no3，酸溶液中碳酸根离子不能大量存在，故a不符合；b、甲基橙呈黄色溶液p溶液ph4.4，溶液可能是酸、中性、碱；在酸溶液中alo2不能大量存在，故b不符合；c、c（h+）=1.01013mol/l溶液，依据离子积常数计算可知溶液呈碱性，c6h5o、k+、so42、br，离子可以大量存在，故c符合；d、1.0 moll1的kno3溶液存在硝酸根离子，h+、fe2+、cl、so42在酸溶液中的fe2+离子被氧化，不能存在，故d不符合；故选c点评：本题考查了离子共存的分析判断，离子性质和环境的判断是解题依据，关键注意硝酸根离子在酸溶液中的氧化性判断，题目难度中等6（2013哈尔滨模拟）已知cuso4溶液分别与na2co3溶液、na2s溶液的反应情况如下：（1）cuso4+na2co3 主要：cu2+co32+h2ocu（oh）2+co2 次要：cu2+co32cuco3（2）cuso4+na2s 主要：cu2+s2cus 次要：cu2+s2+2h2ocu（oh）2+h2s则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）acuscu（oh）2cuco3bcuscu（oh）2cuco3ccu（oh）2cuco3cusdcu（oh）2cuco3cus考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生根据信息（1）可知：生成cu（oh）2的反应容易发生，说明cu（oh）2的溶解度小于cuco3的溶解度；根据信息（2）可知：生成cus的反应容易发生，说明cus的溶解度小于cu（oh）2的溶解度，以此解答该题解答：解：沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生，（1）主要发生cu2+co32+h2o=cu（oh）2+co2，次要发生cu2+co32=cuco3，可cu2+co32=cuco3；（2）主要：cu2+s2=cus，次要：cu2+s2+2h2o=cu（oh）2+h2s，可说明cus的溶解度小于cu（oh）2的溶解度，则溶解度cuscu（oh）2cuco3，故选a点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，注意理解溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀的规律，为解答该题的关键7如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）a原子半径：zyxb气态氢化物的稳定性：rwcwx3和水反应形成的化合物是离子化合物dy和z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应考点：元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由表中化合价可知，x的化合价为2价，没有正化合价，故x为o元素，y的化合价为+1价，处于a族，原子序数大于o元素，故y为na元素，z为+3价，为al元素，w的化合价为+6、2价，故w为s元素，r的最高正价为+7价，应为cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题解答：解：由表中化合价可知，x的化合价为2价，没有正化合价，故x为o元素，y的化合价为+1价，处于a族，原子序数大于o元素，故y为na元素，z为+3价，为al元素，w的化合价为+6、2价，故w为s元素，r的最高正价为+7价，应为cl元素，所以x为o，y为na，z为al，w为s，r为cl；a已知x为o，y为na，z为al，所以原子半径应为naalo，故a错误；b已知w为s，r为cl，所以非金属性cls，则气态氢化物的稳定性cls，故b错误；cx为o，w为s，所以wx3和水反应形成的化合物是硫酸，是共价化合物，故c错误；dy为na，z为al，两者最高价氧化物对应的水化物是naoh和al（oh）3，二者能反应生成偏铝酸钠和水，故d正确；故选：d点评：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据化合价推断元素是解题的关键8（2014长宁区一模）下列关于化学键的叙述正确的是（）a非金属元素组成的化合物中只含共价键bc、n、o、h四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键c不同元素的原子构成的分子只含极性共价键dch4中所有的价电子都参与形成共价键考点：化学键专题：化学键与晶体结构分析：a非金属元素组成的化合物中可能含有离子键；bc、n、o、h四种元素形成的化合物一定含有共价键，可能含有离子键；c不同元素的原子构成的分子可能含有非极性共价键；d甲烷分子中碳原子的最外层4个电子和氢原子形成4个共价键解答：解：a非金属元素组成的化合物中可能含有离子键，如铵盐，故a错误；bc、n、o、h四种元素形成的化合物一定含有共价键，可能含有离子键，如氨基酸中只含共价键，铵盐中既含共价键也含离子键，故b错误；c不同元素的原子构成的分子可能含有非极性共价键，如hcch中含有非金属性共价键，故c错误；d碳原子最外层含有4个电子，甲烷分子中碳原子的最外层4个电子和氢原子形成4个共价键，所以ch4中所有的价电子都参与形成共价键，故d正确；故选d点评：本题考查了化学键和化合物的关系，知道规律中的特殊情况，如非金属元素构成的物质一般只含共价键，但铵盐中含有离子键，金属元素和非金属元素构成的物质一般含有离子键，但氯化铝中只含共价键，为易错点9（2014镇江二模）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）a用图1装置作为制取二氧化碳的尾气吸收装置b用图2装置进行二氧化碳喷泉实验c用图3装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验d用图4装置进行石油的分馏实验考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a有缓冲装置的能防止倒吸；b只有收集的气体极易溶于该溶液时才能产生喷泉实验；c在加热条件下用二氧化锰和浓盐酸制取氯气；d温度计位置错误，且冷凝管中下口为进水口、上口为出水口解答：解：a该装置有缓冲装置，所以能防止倒吸，故a正确；b二氧化碳在水中溶解度较小，不能迅速产生压强差，所以不能形成喷泉实验，故b错误；c实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气时需要固液混合加热型装置，故c错误；d对石油进行蒸馏时，温度计测量蒸气温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，且冷凝管中的水应该是下口进水、上口出水，否则易炸裂冷凝管，故d错误；故选a点评：本题考查了化学实验方案评价，涉及尾气处理、喷泉实验、蒸馏、气体的制取等实验，明确物质的性质、实验操作规范性等知识点是解本题关键，总结使用温度计时温度计位置，如：制取乙烯时温度计水银球位于溶液中、水浴加热时温度计水银球位于水浴中、蒸馏时温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处10氯气是一种重要的工业原料工业上利用反应在3cl2+2nh3=n2+6hcl检查氯气管道是否漏气下列说法错误的是（）a若管道漏气遇氨就会产生白烟b该反应利用了cl2的强氧化性c该反应属于复分解反应d生成1mol n2有6mol电子转移考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：如果管道漏气，则发生反应3cl2+2nh3=n2+6hcl，生成hcl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，反应中氯气表现出氧化性，根据化合价的变化可知生成1moln2有6mol电子转移解答：解：a、如果管道漏气，发生反应3cl2+2nh3=n2+6hcl，反应生成hcl，hcl与nh3反应生成nh4cl，现象为有白烟生成，故a正确；b、在3cl2+2nh3=n2+6hcl反应中，cl元素的化合价由0价降低为1价，氯气表现出氧化性，故b正确；c、反应中元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故c错误；d、在3cl2+2nh3=n2+6hcl反应中，n元素的化合价由3价升高到0价，则生成1moln2有6mol电子转移，故d正确故选c点评：本题考查氯气的化学性质和氧化还原反应有关知识，题目难度不大，注意氯气化学性质以及氧化还原反应有关反应的概念的理解11在密闭容器中进行如下反应：h2（g）+i2（g）2hi（g）；h，在温度t1和t2时，产物的量与反应时间的关系如图所示符合图示的正确判断是（）at1t2，h0bt1t2，h0ct1t2，h0dt1t2，h0考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：根据温度对平衡移动的影响分析，温度越高，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大解答：解：温度越高，化学反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，所以t1t2；升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，导致产物的量降低，说明该反应向逆反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即正反应的h0，故选d点评：本题考查了化学平衡图象题的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，然后根据温度对化学平衡的影响分析反应热12（2011山东）室温下向10mlph=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（）a溶液中导电粒子的数目减少b溶液中不变c醋酸的电离程度增大，c（h+）亦增大d再加入10mlph=11的naoh溶液，混合液的ph=7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；ph的简单计算专题：压轴题；计算题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的ph专题分析：根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mlph=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时ph的计算来解答解答：解：a、因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故a错误；b、因=，温度不变，ka、kw都不变，则不变，故b正确；c、加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（h+）增加的倍数，则c（h+）减小，故c错误；d、等体积10mlph=3的醋酸与ph=11的naoh溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/l，醋酸过量，则溶液的ph7，故d错误；故选：b点评：本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的ph与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键13（2010青岛二模）下列实验可行的是（）a用澄清石灰水检验co中含有的co2b用bacl2除去naoh溶液中混有的少量na2so4c用kscn溶液检验溶液中含有的fe2+d用溶解、过滤的方法分离cacl2和nacl固体混合物考点：物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：实验评价题分析：a、二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊；b、除杂的原则：所加试剂可以和杂质反应，但是不能引进新杂质；c、三价铁离子可以和kscn溶液反应而显示红色；d、过滤的方法分离固体和溶液解答：解：a、二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，可以用澄清石灰水检验co中含有的co2，故a正确；b、bacl2可以和na2so4反应生成硫酸钡和氯化钠，会在氢氧化钠中引入新杂质了氯化钠，故b错误；c、用kscn溶液可以检验溶液中含有的fe3+，故c错误；d、过滤的方法分离固体和溶液，cacl2和nacl均是溶于水的物质，不能过滤，故d错误故选a点评：本题考查学生物质的检验、分离和除杂知识，考查学生基本的实验技能，可以根据教材知识来回答，难度不大14（2014浦东新区一模）将碳棒和铁棒平行插入nacl溶液，两棒的液面以上部分用铜丝相联并接入电流计，电流计指针偏转以下说法正确的是（）a电子自碳棒通过溶液流向铁棒b电子自铁棒通过铜丝流向碳棒c溶液中的h+得到电子放出h2d铜丝失去电子发生氧化反应考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：铁、碳和氯化钠溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答解答：解：a该原电池中，铁作负极，碳作正极，电子从负极铁沿导线流向正极碳，故a错误；b根据a知，电子从铁沿导线流向碳，故b正确；c中性溶液中，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，故c错误；d铜丝作导线，不参加氧化还原反应，故d错误；故选b点评：本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀与防护，明确铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题关键，再根据正负极上发生的反应来分析解答，注意电子不进入电解质溶液，为易错点二、填空题（共5小题，满分43分）15（6分）氮化硅是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3sio2+6c+2n21si3n4+6co（1）配平上述反应的化学方程式（将化学计量数填在方框内）（2）该反应中的氧化剂是n2 ，其还原产物是si3n4；（3）该反应的平衡常数表达式为k=；（4）若知上述反应为放热反应，则其反应热为h小于零（填“大于”、“小于”或“等于”）；升高温度，其平衡常数值减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（5）若使压强增大，则上述平衡向逆反应方向移动（填“正”或“逆”）；（6）若已知co生成速率为v（co）=18mol/（lmin）则n2的消耗速率为v（n2）=6mol/（lmin）考点：化学平衡的影响因素；氧化还原反应；化学平衡常数的含义专题：氧化还原反应专题；化学平衡专题分析：（1）根据氧化还原反应化合价升降总数相等以及质量守恒来解答；（2）根据氧化剂、还原产物的概念；（3）根据化学平衡常数的含义；（4）根据放热反应，h0，以及温度对化学平衡的影响、平衡常数的影响，（5）根据压强对化学平衡的影响；（6）根据速率之比等于化学计量数之比；解答：解：（1）si的化合价前后未变，n的化合价由0升为3，c的化合价由0升为+2，生成1个si3n4化合价降低12，生成1个co化合价升高2，根据化合价升降总数相等以及质量守恒得，sio2+6c+2n2 si3n4+6co，故答案为：3、6、2、1、6； （2）化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂被还原得到的生成物是还原产物，故答案为：n2；si3n4；（3）化学平衡常数表达式为k=，故答案为：；（4）因反应是放热反应，所以h0，温度升高，平衡逆向移动，反应物的浓度增大，生成物浓度减少，平衡常数减小，故答案为：小于；减小；（5）压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆反应方向，故答案为：逆；（6）速率之比等于化学计量数之比，即v（n2）=v（co）=6mol/（lmin），故答案为：6点评：本题是一道综合题，主要考查了氧化还原反应、化学平衡常数、化学平衡移动、化学反应速率的计算，难度不大16（11分）q、r、x、y、z为前20号元素中的五种，q的低价氧化物与x单质分子的电子总数相等，r与q同族，x、y与z不同族，y和z的离子与ar原子的电子结构相同且y的原子序数小于z（1）q的最高价氧化物，其固态属于分子晶体，俗名叫干冰；（2）r的氢化物分子的空间构型是正四面体，属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）；它与x形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是si3n4；（3）x的常见氢化物的空间构型是三角锥型；它的另一氢化物x2h4是一种火箭燃料的成分，其电子式是；（4）q分别与y、z形成的共价化合物的化学式是cs2和ccl4；q与y形成的分子的电子式是，属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）考点：位置结构性质的相互关系应用；判断简单分子或离子的构型专题：元素周期律与元素周期表专题分析：q、r、x、y、z 为前20号元素中的五种，y和z 的阴离子与ar原子的电子结构相同，核外电子数为18，且y的原子序数小于z，故y为s元素，z为cl元素，x、y与z不同族，q的低价氧化物与x单质分子的电子总数相等，q可能为c（碳），x为n，r与 q同族，由于这五种元素均是前20号元素，所以r为si，符合题意，据此解答解答：解：q、r、x、y、z 为前20号元素中的五种，y和z 的阴离子与ar原子的电子结构相同，核外电子数为18，且y的原子序数小于z，故y为s元素，z为cl元素，x、y与z不同族，q的低价氧化物与x单质分子的电子总数相等，q可能为c（碳），x为n，r与 q同族，由于这五种元素均是前20号元素，所以r为si，符合题意，（1）q是c元素，其最高化合价是+4价，则其最高价氧化物是co2，固体二氧化碳属于分子晶体，俗名是干冰，故答案为：分子；干冰；（2）r为si元素，氢化物为sih4，空间结构与甲烷相同，为正四面体，为对称结构，属于非极性分子，si与n元素形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是si3n4，故答案为：正四面体；非极性；si3n4；（3）x为氮元素，常见氢化物为nh3，空间结构为三角锥型，n2h4 的电子式为，故答案为：三角锥型；（4）c分别与是s、cl形成的化合物的化学式分别是cs2、ccl4；cs2分子结构与二氧化碳类似，电子式为，为直线型对称结构，属于非极性分子，故答案为：cs2；ccl4；非极性点评：本题考查元素推断、常用化学用语、分子结构与性质等，综合考查原子的结构性质位置关系应用，属于常见题型，推断q与x元素是解题的关键，可以利用猜测验证进行，难度中等17（8分）（2010海南）ag各物质间的关系如图，其中b、d为气态单质请回答下列问题：（1）物质c和e的名称分别为浓盐酸、四氧化三铁；（2）可选用不同的a进行反应，若能在常温下进行，其化学方程式为2h2o22h2o+o2；若只能在加热情况下进行，则反应物a应为kclo3；（3）反应的化学方程式为4hcl（浓）+mno2mncl2+2h2o+cl2；（4）新配制的f溶液应加入铁粉以防止其转化为g检验g溶液中阳离子的常用试剂是kscn溶液，实验现象为溶液变成红色考点：无机物的推断；氯气的化学性质；二价fe离子和三价fe离子的检验；常见气体制备原理及装置选择分析：本题的突破点是mno2，在中学化学中mno2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知b是氧气，d是氯气，c是浓盐酸，e是四氧化三铁，f是氯化亚铁，g是氯化铁；fe2+具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化；利用有关元素化合物知识，从质量守恒的角度书写化学方程式解答：解：（1）在中学化学中mno2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知b是氧气，d是氯气，c是浓盐酸，e是四氧化三铁，f是氯化亚铁，g是氯化铁；故答案为：浓盐酸、四氧化三铁；（2）mno2参与制备氧气的反应有两种，一种是由mno2做催化剂的条件下，加热kclo3分解制得氧气；另一种是mno2做催化剂的条件下，常温下h2o2分解制得氧气，故答案为：2h2o22h2o+o2；kclo3（3）反应为实验室制备氯气的常用方法，故答案为：4hcl（浓）+mno2mncl2+2h2o+cl2（4）fe2+具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化；fe3+与scn反应生成红色物质，故答案为：铁粉；kscn溶液；溶液变成红色点评：本题属于无机框图题，主要考察常见物质的性质、制备和检验，本题由化学中常见的反应入题，注意元素化合物知识的积累和常见离子的检验方法18（7分）依据氧化还原反应：2ag+（aq）+cu（s）cu2+（aq）+2ag（s）设计的原电池如图所示请回答下列问题：（1）电极x的材料是cu；电解质溶液y是agno3；（2）银电极为电池的正极，发生的电极反应为ag+e=ag；x电极上发生的电极反应为cu2e=cu2+；（3）外电路中的电子是从x（或cu）电极流向ag电极考点：设计原电池专题：电化学专题分析：根据反应“2ag+（aq）+cu（s）cu2+（aq）+2ag（s）”分析，在反应中，cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为cu2e=cu2+，则正极为活泼性较cu弱的ag，ag+在正极上得电子被还原，电极反应为ag+e=ag，电解质溶液为agno3 ，原电池中，电子从负极经外电路流向正极解答：解：（1）由反应“2ag+（aq）+cu（s）cu2+（aq）+2ag（s）”可知，在反应中，cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为agno3 ，故答案为：cu；agno3；（2）正极为活泼性较cu弱的ag，ag+在正极上得电子被还原，电极反应为ag+e=ag，故答案为：正极； ag+e=ag； cu2e=cu2+；（3）原电池中，电子从负极经外电路流向正极，本题中由cu极经外电路流向ag极，故答案为：x（或cu）；ag点评：本题考查原电池的设计及工作原理，注意电极反应式的书写方法，牢固掌握原电池中电极的判断，电极反应式的书写的方法性问题19（11分）（2008山东）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料（1）粗食盐常含有少量k+、ca2+、mg2+、fe3+、so42等杂质离子，实验室提纯nacl的流程如图甲：提供的试剂：饱和na2co3溶液、饱和k2co3溶液、naoh溶液、bacl2溶液ba（no3）2溶液、75%乙醇、四氯化碳欲除去溶液i中的ca2+、mg2+、fe3+、so42离子，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为bacl2、naoh、na2co3（只填化学式）洗涤除去nacl晶体表面附带的少量kcl，选用的试剂为75%乙醇（2）用提纯的nacl配制500ml 4.00moll1 nacl溶液，所用仪器除药匙、玻璃棒外还有天平、烧杯、500ml容量瓶、胶头滴管（填仪器名称）（3）电解饱和食盐水的装置如图乙所示，若收集的h2为2l，则同样条件下收集的cl2（填“”、“=”或“”）2l，原因是电解生成的氯气与电解生成的naoh发生了反应装置改进后，可用于制备naoh溶液，若测定溶液中naoh的浓度，常用的方法是中和滴定（4）实验室制备h2和cl2通常采用下列反应：zn+h2so4znso4+h2；mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o据此，从下列所给仪器装置中选择制备并收集h2的装置e（填代号）和制备并收集干燥、纯净cl2的装置d（填代号）可选用制备气体的装置：考点：粗盐提纯；电解原理；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液专题：压轴题；实验题分析：（1）欲除去溶液i中的ca2+、mg2+、fe3+、so42离子，可以分别采用碳酸钠、氢氧化钠、氢氧化钠和氯化钡，根据试剂的添加原则来回答；根据有机物的性质以及氯化钾在有机物中的溶解度知识来回答；（2）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的仪器有：药匙、玻璃棒、天平、烧杯、500ml容量瓶、胶头滴管；（3）根据电解饱和食盐水时的产物以及氯气和氢氧化钠的反应以及中和滴定实验原理知识来回答；（4）实验室中采用金属锌和酸反应来获得氢气，利用二氧化锰和浓盐酸加热来获得氯气解答：解：（1）要除去so42，只有选bacl2溶液，若选用ba（no3）2，会引入新的离子no3，再选用naoh溶液除去mg2+和fe3+溶液，最后选用na2co3溶液除去ca2+，此处不能选用k2co3溶液，否则会引入新的k+，再用hcl除去过量的co32，na2co3溶液不能加在bacl2溶液前，否则会引入ba2+，故答案为：bacl2、naoh、na2co3；除去nacl晶体表面的少量的kcl，应选用75%的乙醇，因为ccl4有毒，同时kcl也不会溶解在ccl4中，故答案为：75%乙醇；（2）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的仪器有：