江苏省南通一中高三化学上学期期中试卷（含解析）苏教版.doc

江苏省南通一中2013届高三上学期期中考试化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1（2分）化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法正确的是（）用高效半导体照明灯取代白炽灯，有利于节能减排研发安全特效药物，有利于抵御人类疾病规范食品添加剂生产和科学使用，有利于保障人体健康和生命安全推广城市生活垃圾处理的减量化、资源化、无害化技术，有利于环境保护和资源的充分利用常在包装袋内放入生石灰防止月饼等富脂食品氧化变质abcd考点：药物的主要成分和疗效；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；三废处理与环境保护；常见的食品添加剂的组成、性质和作用专题：化学应用分析：高效半导体照明灯比白炽灯发光效率高；研发安全特效药物，有利于抵御人类疾病；食品添加剂超标，会对人体产生危害；城市生活垃圾无害化、减量化、资源化处理，是实现中国城市可持续发展战略的重要组成部分；注意氧化还原反应的实质，食品被氧化的实质是被空气中的氧气氧化解答：解：高效半导体照明灯比白炽灯发光效率高，有利于节能减排，故正确；研发安全特效药物，有利于抵御人类疾病，如青霉素是抗菌药，故正确；食品添加剂超标，会对人体产生危害，规范食品添加剂生产和科学使用，有利于保障人体健康和生命安全，故正确；城市生活垃圾无害化、减量化、资源化处理，是实现中国城市可持续发展战略的重要组成部分，推广城市生活垃圾处理的减量化、资源化、无害化技术，有利于环境保护和资源的充分利用，故正确；生石灰无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化，故错误故选d点评：本题考查节能减排、安全特效药物、食品添加剂、环境保护等，题目难度不大，注意石灰无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）a中子数为20的氯原子：bnh3分子的电子式：c铝离子结构示意图：d比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子考点：电子式；常见元素的名称、符号、离子符号；原子结构示意图；球棍模型与比例模型专题：化学用语专题分析：a元素符号的左上角标质量数；b气为共价化合物；c在离子中：质子数电子数为阳离子；质子数电子数为阴离子；dcl原子半径大于c原子，比例模型不正确解答：解：a元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子：1737cl，故a错误； b氨气为共价化合物，分子中氮原子的最外层电子数应为8，电子式为，故b正确；c铝元素的原子序数为13，根据在离子中：质子数电子数为阳离子，而c中质子数=电子数=13，故c错误；dcl原子半径大于c原子，四氯化碳分子比例模型不正确，比例模型应符合原子的大小，故d错误故选b点评：本题考查核素符号，原子结构示意图，电子式，比例模型等，题目难度不大，注意比例模型应符合原子的大小3（2分）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）a晶体硅具有半导体性质，可用于生产光导纤维b二氧化硫有漂白性，可用于加工食品使食品增白c铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸d铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料考点：硅和二氧化硅；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质专题：元素及其化合物分析：a、根据二氧化硅用于生产光导纤维；b、根据二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品；c、根据铜能与浓硝酸反应；d、根据铝具有良好导电性；钢抗拉强度大；解答：解：a、因二氧化硅用于生产光导纤维，故a错误；b、因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故b错误；c、因铜能与浓硝酸反应，所以不能用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故c错误；d、因铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料，故d正确；故选：d点评：本题主要考查了物质的性质及用途，难度不大，根据课本知识即可完成4（2分）判断下列有关化学基本概念的依据正确的是（）a电解质：水溶液里能否导电b共价化合物：是否含有共价键c氧化还原反应：反应前后元素化合价是否变化d强弱电解质：溶液的导电能力大小考点：电解质与非电解质；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念专题：物质的分类专题分析：a电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；b本题是对教材基本概念的考查，要求学生熟记教材知识，灵活应用；c氧化还原反应的特征是有化合价的变化；d溶液的导电能了和电解质的强弱无关解答：解：a电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，熔融状态下能导电的化合物也是电解质，故a错误； b含有共价键的化合物不一定为共价化合物离子化合物中也可能含有共价键，如naoh，故b错误；c氧化还原反应的特征是有化合价的变化，可以根据元素化合价是否变化来确定是否是氧化还原反应，故c正确；d溶液的导电能力和电解质的强弱无关，根据电解质在水溶液中是否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故d错误故选c点评：本题是对教材基本概念的考查，要求学生熟记教材知识，灵活应用5（2分）在下列溶液中，各组离子能够大量共存的是（）a酸性溶液中：no3、so42、fe2+、na+b强碱性溶液中：nh4+、no3、ba2+、k+c澄清透明的溶液中：mno4、al3+、so42、k+d含大量hco3的溶液中：ca2+、cl、al3+、no3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a酸性溶液中含大量的h+，离子之间发生氧化还原反应；b强碱溶液中含有大量的oh，离子之间结合生成弱电解质；c离子之间不反应；d离子之间发生相互促进水解反应解答：解：a酸性溶液中含大量的h+，no3、fe2+之间发生氧化还原反应，则离子不能共存，故a错误；b强碱溶液中含有大量的oh，nh4+、oh结合生成弱电解质，则不能共存，故b错误；c离子之间不反应，则能够大量共存，故c正确；dal3+、hco3发生相互促进水解反应，则不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存，明确信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大6（2分）用na表示阿伏加德罗常数的值，下到叙述正确的是（）a常温下，4.6gna和足量的o2完全反应失去电子数为0.2nab常温常压下，1.8 g d216o 中所含的中子数为nac4.48 l o3中所包含的氧原子数为0.6 nad1 l 0.1 mol/l al2（so4）3溶液中含有的al3+总数为0.2 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、质量换算物质的量，钠全部反应依据钠原子最外层电子数计算；b、质量换算物质的量，结合质子数+中子数=质量数计算；c、依据气体摩尔体积的应用条件是标准状况，分析判断；d、铝离子水溶液中发生水解；解答：解：a、4.6gna物质的量为0.2mol，钠原子最外层电子数为1，所以和足量的o2完全反应失去电子数为0.2na，故a正确；b、1.8gd216o 物质的量=0.09mol；分子中所含的中子数=0.09（21+168）na=0.9na，故b错误；c、不是标准状况，4.48l o3中物质的量不一定是0.2mol，故c错误；d、1l 0.1 mol/l al2（so4）3溶液中含有的al3+总数小于0.2 na，故d错误；故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的体积应用，盐类水解的应用，题目难度中等7（2分）下列说法不正确的是（）a在某盐溶液中加入浓naoh溶液，加热后如果生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定是铵盐溶液b浓硝酸中的hno3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色c在某溶液中加入盐酸酸化的bacl2溶液，如果生成白色沉淀，则原溶液中一定有so42d除去干燥co2中混有的少量so2，可将混合气体依次通过盛有酸性kmno4溶液、浓硫酸的洗气瓶考点：硫酸根离子的检验；铵盐；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质专题：氧族元素；氮族元素分析：a、根据铵根离子的检验方法；b、根据浓硝酸中不稳定；c、与盐酸酸化的氯化钡反应生成的白色沉淀可能是氯化银或者是硫酸钡；d、根据so2的还原性；解答：解：a、往溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味气体，证明原溶液含有铵盐，故a正确；b、浓硝酸往往呈黄色，由于硝酸的化学性质不稳定、分解生成no2的缘故，故b正确；c、向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有so42或银离子中的至少一种，故c错误；d、因为so2有还原性，可以被酸性kmno4氧化除去，而co2与酸性kmno4不反应，故d正确；故选：c点评：本题只要考查了物质的检验、性质、除杂等问题，难度不大，根据课本知识即可完成8（2分）短周期元素w、x、y和z的原子序数依次增大金属w是制备一种高效电池的重要材料，x原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素y是地壳中含量最丰富的金属元素，z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法正确的是（）a由金属w制备的高效电池可用nh4cl溶液作电解质b元素y、z的最高价氧化物对应水化物之间可以发生反应c元素x、z形成的化合物为离子化合物d四种元素原子半径由大到小的顺序为：zywx考点：原子结构与元素周期率的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素w、x、y和z的原子序数依次增大，金属w是制备一种高效电池的重要材料，w为li元素，x原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，x有2个电子层，最外层电子数为4，故x为c元素，元素y是地壳中含量最丰富的金属元素，y为al元素，z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，z的原子序数等于al元素，故z有3个电子层，最外层电子数为6，故z为s元素解答：解：短周期元素w、x、y和z的原子序数依次增大，金属w是制备一种高效电池的重要材料，w为li元素，x原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，x有2个电子层，最外层电子数为4，故x为c元素，元素y是地壳中含量最丰富的金属元素，y为al元素，z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，z的原子序数等于al元素，故z有3个电子层，最外层电子数为6，故z为s元素，则a、金属li制备的高效电池用nh4cl溶液作电解质，产生气体，容易发生极化现象，故a错误；b、氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝与水，故b正确；c、元素x、z形成的化合物为cs2，属于共价化合物，故c错误；d、同周期自左而右原子半径减小，当核电荷增加到大于八以后，其核对半径的缩小作用越来越强已经超过了增加一个电子层对半径的增加作用，故li原子半径比al原子半径大，故离子半径lialsc，即wyzx，故d错误；故选b点评：本题考查元素推断、半径比较、原电池、物质性质与结构等，难度中等，注意d选项中半径比较9（2分）（2011乌鲁木齐模拟）下列化学实验事实及其结论都正确的是（）a铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面氧化铝熔点高于铝b将so2通入含hclo的溶液中，生成h2so4，说明hclo酸性比h2so4 强cfecl3溶液可以腐蚀线路板上的cu，说明fe的金属活动性大于cud将饱和氯水滴到淀粉碘化钾试纸上，试纸先变蓝后变白，说明氯水具有漂白性考点：铝金属及其化合物的性质实验；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁的化学性质；比较弱酸的相对强弱的实验专题：实验评价题分析：a、氧化铝的熔点比铝的熔点高，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落；b、二氧化硫可以和次氯酸之间发生氧化还原反应；c、金属铜可以和氯化铁发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，金属的置换反应可以证明金属的活泼性；d、氯水具有氧化性和漂白性，根据氯水的成分和性质来回答解答：解：a、氧化铝的熔点比铝的熔点高，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，结论解释正确，故a正确；b、将so2通入含hclo的溶液中，生成h2so4，是因为次氯酸将二氧化硫氧化的缘故，故b错误；c、金属铁可以将金属铜从盐中置换出来，可以证明fe的金属活动性大于cu，但是金属铜可以和氯化铁发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，不是置换反应，故c错误；d、将饱和氯水滴到淀粉碘化钾试纸上，氯水可以将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，但是氯水中的次氯酸具有漂白性，会使得试纸变白，故d错误故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，本题易错点为d，注意氯水的成分和性质10（2分）类比（比较）是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质但类比是相对的，不能违背客观实际下列各说法中正确的是（）a根据化合价fe3o4可表示为feofe2o3，则pb3o4也可表示为pbopb2o3bcac2能水解：cac2+2h2o=ca（oh）2+c2h2，则al4c3也能水解：al4c3+12h2o=4a1（oh）3+3ch4ccl2与fe加热生成fecl3，则i2与fe加热生成fei3dso2通入bacl2溶液不产生沉淀，则so2通入ba（no3）2溶液也不产生沉淀考点：盐类水解的原理；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质专题：类比迁移思想分析：a、fe 最常见的化合价是+2 和+3 价，所以 fe3o4 可以写成 feofe2o3；pb 最常见的化合价是+2 和+4 价，所以 pb3o4 可以写成 2pbopbo2；b、依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以al4c3也能水解：al4c3+12h2o=4a1（oh）3+3ch4；c、碘单质氧化性较弱和变价金属反应只能生成低价的化合物；，所以i2与fe加热生成fei2；d、so2通入ba（no3）2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸；解答：解：a、fe 最常见的化合价是+2 和+3 价，所以 fe3o4 可以写成 feofe2o3；pb 最常见的化合价是+2 和+4 价，所以 pb3o4 可以写成 2pbopbo2；故a错误；b、依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以al4c3也能水解：al4c3+12h2o=4a1（oh）3+3ch4，故b正确；c、碘单质氧化性较弱和变价金属反应只能生成低价的化合物；，所以i2与fe加热生成fei2，故c错误；d、so2通入ba（no3）2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，故d错误；故选b点评：本题考查了物质结构的特征分析判断，分析存在的规律是解题关键，硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，碘单质氧化性弱和铁反应生成亚铁盐，题目难度中等二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）下列表示对应化学反应的离子方程式不正确的是（）afecl3溶液与cu的反应：cu+2fe3+=cu2+2fe2+bno2与水的反应：3no2+h2o=2no3+no+2h+c醋酸溶液与水垢中的caco3反应：caco3+2h+=ca2+h2o+co2d过量的nahso4与ba（oh）2溶液反应：ba2+2oh+2h+so42=baso4+2h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a、fecl3溶液与cu的反应生成氯化铁和氯化铜；依据电荷守恒和原子守恒分析判断；b、no2与水的反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸是强酸；c、醋酸酸性比碳酸强，可与碳酸钙反应；d、酸式盐和减肥药，量少的全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比；解答：解：a、fecl3溶液与cu的反应离子方程式为：cu+2fe3+=cu2+2fe2+；故a正确；b、no2与水的反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸是强酸：3no2+h2o=2no3+no+2h+；故b正确；c、醋酸酸性比碳酸强，可与碳酸钙反应，醋酸溶液与水垢中的caco3反应的离子方程式为：caco3+2ch3cooh=ca2+h2o+co2+2ch3coo；故c错误；d、过量的nahso4与ba（oh）2溶液反应，氢氧化钡全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比，反应的离子方程式为：ba2+2oh+2h+so42=baso4+2h2o，故d正确；故选c点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项c为学生解答的易错点，题目难度中等12（4分）ae是中学常见的5种化合物，a、b是氧化物，它们之间的转化关系如图所示则下列说法正确的是（）ax与a反应的化学方程式是：al2o3+2fefe2o3+2ab检验d溶液中的金属阳离子的反应：fe3+3scn=fe（scn）3c单质y在一定条件下能与水发生置换反应d由于化合物b和c均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物考点：无机物的推断专题：推断题分析：依据转化关系分析，a+x=b+y是置换反应，单质xy都和稀硫酸反应，说明是金属单质，ab是氧化物和硫酸反应，其中a和硫酸反应生成的d和单质y反应生成e，说明a中元素化合价是变价，综合分析判断，置换反应是铝热反应的置换反应，所以判断x为al；y为fe；a为fe2o3；b为al2o3；c为alcl3；d为fecl3；e为fecl2；依据判断结果分析选项问题；解答：解：依据转化关系分析，a+x=b+y是置换反应，单质xy都和稀硫酸反应，说明是金属单质，ab是氧化物和硫酸反应，其中a和硫酸反应生成的d和单质y反应生成e，说明a中元素化合价是变价，综合分析判断，置换反应是铝热反应的置换反应，所以判断x为al；y为fe；a为fe2o3；b为al2o3；c为alcl3；d为fecl3；e为fecl2；a、x与a反应的化学方程式是：fe2o3+2alal2o3+2fe，故a错误；b、检验d溶液中的金属阳离子为三价铁离子发生反应生成的不是沉淀：fe3+3scn=fe（scn）3，故b错误；c、单质y为fe，在高温条件下能与水蒸汽发生置换反应，生成四氧化三铁和氢气，故c正确；d、由于化合物b为al2o3既能与酸反应，又能与碱反应，所以是两性化合物，c为alcl3是盐不具有两性，故d错误；故选c点评：本题考查了物质转化关系的推断，物质性质的应用，反应特征是推断，熟练掌握物质转化关系和特征性质是解题关键，题目难度中等13（4分）锑（sb）在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2sb2s3+3o2+6fesb4o6+6fes sb4o6+6c4sb+6co关于反应、的说法正确的是（）a反应中的氧化剂分别是sb2s3、sb4o6b反应中每生成3 mol fes时，共转移6 mol电子c反应说明高温下c的还原性比sb强d每生成4mol sb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为4：3考点：氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题分析：a、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，据此结合元素化合价判断；b、反应中化合价升高的元素只有fe元素，由0价升高为+2价，据此计算；c、根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性判断；d、反应中还原剂是fe，反应中还原剂是c，根据方程式计算解答：解：a、反应中sb2s3含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反应中sb4o6中sb元素的化合价由+3价降低为0价，sb4o6是氧化剂，故a错误；b、反应中化合价升高的元素只有fe元素，由0价升高为+2价，每生成3molfes，转移电子为3mol2=6mol，故b正确；c、反应c是还原剂，sb是还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，说明高温下c的还原性比sb强，故c正确；d、生成4molsb时，反应c是还原剂，需要6molc，需要1molsb4o6，反应中fe是还原剂，生成1molsb4o6，需要6molfe，故反应与反应中还原剂的物质的量之比为6mol：6mol=1：1，故d错误；故选d点评：考查氧化还原反应概念与有关计算、还原性强弱判断，难度中等，注意根据化合价进行概念的理解14（4分）（2011广东）下列实验现象预测正确的是（）a实验i：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变b实验ii：酸性kmno4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去c实验iii：微热稀hno3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色d实验iv：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：化学实验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验专题：压轴题；实验评价题分析：a溴和naoh反应，苯不溶于水，且密度比水小；b浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；c生成no，根据no的性质判断；d在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体解答：解：a溴和naoh反应生成nabr和nabro，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故a错误；b浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故b正确；c生成no，no易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故c错误；d在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故d正确故选bd点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累15（4分）某同学设计如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数：下列说法中不正确的是（）a收集到的v l气体为 no、no2b过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒c操作应是洗涤d铜的质量分数为：100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：实验探究和数据处理题分析：a、由流程图可知，实验排水法收集，二氧化氮能与水反应生成no，故不能金属与硝酸反应生成是no或no2或no、no2，最后收集的气体为no；b、过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒；c、由流程图可知，溶液中加入氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量，操作是在过滤之后，烘干之前，由于过滤后的氯化银附着一些离子，应洗涤附着的物质，防止影响氯化银的质量测定；d、由流程图可知，实验原理为，在反应后溶液中加入氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量解答：解：a、由流程图可知，实验排水法收集，二氧化氮能与水反应生成no，故不能金属与硝酸反应生成是no或no2或no、no2，最后收集的气体为no，故a错误；b、过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒，故b正确；c、由流程图可知，溶液中加入氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量，操作是在过滤之后，烘干之前，由于过滤后的氯化银附着一些离子，应洗涤附着的物质，防止影响氯化银的质量测定，故操作应是洗涤，故c正确；d、氯化银的质量为wg，所以合金中银的质量为g，故合金中铜的质量分数为100%=100%，故d错误；故选ad点评：本题考查学生对实验原理的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解原理是关键，需要学生具有扎实的基础知识与综合运用知识分析解决问题的能力三、非选择题16（16分）（2012浙江模拟）大气中so2和nox是形成酸雨的主要物质某地酸雨中可能含有下列离子：na+、mg2+、nh4+、cl、so32、so42、no3和no2等某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成4份，进行如下实验：第一份滴加适量的淀粉ki溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化的bacl2溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加naoh溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份加入足量硝酸酸化的agno3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性kmno4溶液，不褪色已知：ksp（ag2so4）=1.20105请回答下列问题：（1）该酸雨中肯定存在的离子有so42、no3、nh4+；肯定不存在的离子有so32、no2，说明其不存在的理由：so32具有较强的还原性，酸性条件下，与no3不能共存；若有no2，能使酸性kmno4溶液褪色（2）写出试液中滴加淀粉ki溶液所发生反应的离子方程式：6i+2no3+8h+=3i2+2no+4h2o（3）设计实验方案，检验该试液中是否存在cl：取少量试液，滴加足量的ba（no3）2溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的agno3溶液，若有白色沉淀产生，则存在cl（4）该研究小组为了探究no参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量no的so2气体，慢慢通入o2，该过程中发生的化学反应有2no+o2=2no2、no2+so2=so3+no，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨说明no的作用：催化剂考点：常见离子的检验方法；二氧化硫的污染及治理专题：离子反应专题分析：（1）根据离子共存的知识来确定溶液中的离子的存在与否；（2）根据单质碘能使淀粉ki溶液呈蓝色来分析；（3）根据氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰；（4）根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用；解答：解：（1）滴加适量的淀粉ki溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的离子存在，而这样的离子只有no3，故一定含有no3，就一定不会含有so32，因为so32具有较强的还原性，酸性条件下，与no3不能共存；滴加用盐酸酸化的bacl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有so42；滴加naoh溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有nh4+；加入足量硝酸酸化的agno3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性kmno4溶液，不褪色，一定不含no2，若有no2，能使酸性kmno4褪色，而氯离子的存在与否不能判断，因为硫酸根已经存在，故答案为：so42、no3、nh4+；so32、no2；so32具有较强的还原性，酸性条件下，与no3不能共存；若有no2，能使酸性kmno4溶液褪色；（2）硝酸氧化碘离子的离子方程式为：6i+2no3+8h+=3i2+2no+4h2o，故答案为：6i+2no3+8h+=3i2+2no+4h2o；（3）氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰；故答案为：取少量试液，滴加足量的ba（no3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的agno3溶液，若有白色沉淀产生，则存在cl；（4）一氧化氮具有还原性，很容易被氧气氧化，方程式为：2no+o2=2no2，二氧化氮能将二氧化硫氧化，方程式为no2+so2=so3+no，整个过程一氧化氮的质量没有变化，故在反应中作催化剂，故答案为：2no+o2=2no2；no2+so2=so3+no；催化剂点评：本题是对离子共存知识以及离子的检验知识的考查，该题型是现在考试的热点和难点17（12分）（2011镇江模拟）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是铁表面被钝化（2）另称取铁钉6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液x并收集到气体y甲同学认为x中除fe3+外还可能含有fe2+写出生成fe2+所有可能的离子反应方程式：fe+2h+=fe2+h2； fe+2fe3+=3fe2+若要确认其中有fe2+，应选用d（选填序号）akscn溶液和氯水 b铁粉和kscn溶液 c浓氨水 d酸性kmno4溶液乙同学取336ml（标准状况）气体y通入足量溴水中，发生反应的化学方程式为：so2+br2+2h2o=2hbr+h2so4然后加入足量bacl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由于此推知气体y中so2的体积分数为66.7%考点：浓硫酸的性质；二价fe离子和三价fe离子的检验专题：氧族元素分析：（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化；（2）在加热条件下，浓硫酸与fe反应生成fe3+，当溶液浓度减小时，硫酸氧化性减弱，生成fe2+；实验室在检验fe2+时，可利用+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色来检验；生成的so2具有还原性，通入足量溴水中，发生so2+br2+2h2o=2hbr+h2so4，利用硫元素的守恒，结合关系式：so2baso4求出so2的体积分数解答：解：（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁表面被钝化；（2）在加热条件下，浓硫酸与fe反应生成fe3+，当溶液浓度减小时，硫酸氧化性减弱，生成fe2+，反应的离子方程式为fe+2h+=fe2+h2，如硫酸完全消耗，且铁过量时，还会发生fe+2fe3+=3fe2+，+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色，溶液中已经有+3价铁离子，选择a会造成干扰，选b只能检验溶液中含有+3价铁离子，选c会造成两种沉淀，受氢氧化铁颜色的影响无法辨别，只能选d，故答案为：fe+2h+=fe2+h2； fe+2fe3+=3fe2+；d；so2具有还原性，通入足量溴水中，发生so2+br2+2h2o=2hbr+h2so4，n（混合气体）=0.015mol，so2baso41mol 233gn 2.33gn=0.01mol则 so2的体积分数：=66.7%，故答案为：so2+br2+2h2o=2hbr+h2so4；66.7%点评：本题综合考查元素化合物知识、提出假设并设计实验方案的能力和文字表达能力，开放性较强，涉及：浓硫酸的强氧化性，c、s与fe及其化合物的性质，题目难度中等18（12分）实验室里可用如图一所示的装置制取氯酸钾、次氯酸钠，并验证氯水的性质图一中为氯气发生装置；的试管中盛有15ml 30%的koh溶液，并置于水浴中；的试管中盛有15ml 8%的naoh溶液，并置于冰水浴中；的试管中加有紫色石蕊试液；为尾气吸收装置（1）制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的二氧化锰固体，再通过分液漏斗（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸（填写试剂名称）（2）为除去氯气中混有的氯化氢气体，可在和之间安装盛有b（选填字母编号）的净化装置a碱石灰 b饱和食盐水 c浓硫酸 d饱和碳酸氢钠溶液（3）本实验制取次氯酸钠的离子方程式是cl2+2oh=cl+clo+h2o（4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，两者的差异是反应的温度不同、反应物浓度不同（5）反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出，图二中符合该晶体溶解度随温度变化规律的曲线是m（选填字母）；从的试管中分离该晶体的操作是过滤（填写实验操作名称）（6）实验中可观察到的试管中溶液颜色会发生变化：最初溶液由紫色变为红色，原因是氯气与水反应生成酸使石蕊显红色；接着溶液逐渐变为无色，是因为氯气与水反应生成次氯酸将石蕊氧化为无色考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；探究氯水、氯气的漂白作用；性质实验方案的设计专题：卤族元素分析：（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，可用分液漏斗加入浓盐酸；（2）除去氯气中混有的氯化氢气体，可将混合气体通过饱和食盐水；（3）氯气和碱在常温下反应生成naclo和nacl，以此书写反应的离子方程式；（4）制取氯酸钾和次氯酸钠的浓度和温度不同；（5）冷却后，的试管中有大量晶体析出，说明物质的溶解度随温度的变化较大，分离固体和液体可用过滤的方法；（6）根据氯气与水反应生成hcl和hclo判断解答：解：（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；浓盐酸；（2）生成氯气混有hcl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，hcl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，故答案为：b；（3）氯气在常温下与naoh反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为cl2+2oh=clo+cl+h2o，故答案为：cl2+2oh=cl+clo+h2o；（4）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓koh溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀naoh溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，故答案为：反应的温度不同、反应物浓度不同；（5）反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有m符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法，故答案为：m；过滤；（6）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的h+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，故答案为：氯气与水反应生成酸使石蕊显红色；氯气与水反应生成次氯酸将石蕊氧化为无色点评：本题考查氯气的制备、性质，题目难度不大，做题时注意基础知识的积累19（14分）（2011安徽）mno2是一种重要的无机功能材料，粗mno2的提纯是工业生产的重要环节某研究性学习小组设计了将粗mno2（含有较多的mno和mnco3）样品转化为纯mno2实验，其流程如下（1）第步加稀h2so4时，粗mno2样品中的mno和mnco3（写化学式）转化为可溶性物质（2）第步反应的离子方程式：5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+（3）第步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，已知蒸发得到的固体中有naclo3和naoh，则一定还有含有nacl（写化学式）（4）若粗mno2样品的质量为12.69g，第步反应后，经过滤得到8.7g mno2，并收集到0.224lco2（标准状况下载），则在第步反应中至少需要0.02molmol naclo3考点：物质的分离、提纯和除杂；化学方程式的有关计算；无机物的推断；蒸发和结晶、重结晶专题：压轴题；计算题；实验设计题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）mno2不溶于硫酸，样品中的mno和mnco3分别和硫酸反应生成可溶性的mnso4；（2）依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式；（3）蒸发所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；cl2通入热的naoh溶液中有naclo3和nacl生成；（4）根据质量守恒和化学方程式计算，co2的物质的量为0.01mol，则mnco3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol0.01mol=1.15g，所以mno的质量为3.99g1.15g=2.84g，其物质的量为 =0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成mnso4的物质的量为0.05mol，根据方程式5mnso4+2naclo3+4h2o=5mno2+cl2+na2so4+4h2so4，可计算出需要naclo3的物质的量为0.02mol解答：解析：（1）mno2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的mno和mnco3分别和硫酸反应生成可溶性的mnso4，所以答案是粗mno2样品中的mno和mnco3转化为可溶性物质，故答案为：mno和mnco3；（2）mnso4要转化为mno2，需失去电子，故需要加入naclo3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5mnso4+2naclo3+4h2o=5mno2+cl2+na2so4+4h2so4，因此反应的离子方程式是：5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+，故答案为：5mn2+2clo3+4h2o=5mno2+cl2+8h+；（3）第属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；cl2通入热的naoh溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，naclo3属于氧化产物，因此一定有还原产物nacl，故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；nacl；（4）由题意知样品中的mno和mnco3质量为12.69g8.7 g=3.99g由方程式h2so4+mnco3=mnso4+h2o+co2可知mnco3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol0.01mol=1.15g，所以mno的质量为3.99g1.15g=2.84g，其物质的量为 =0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成mnso4的物质的量为0.05mol，根据方程式5mnso4+2naclo3+4h2o=5mno2+cl2+na2so4+4h2so4，可计算出需要naclo3的物质的量为0.02mol故答案为：0.02mol点评：本题通过mno2的提纯综合考察了常见的基本实验操作、氧化还原方程式的配平、产物的判断及有关计算20（12分）焦亚硫酸钠（na2s2o5）常用作食品漂白剂其制备工艺流程如下：已知：反应包含2nahso3na2s2o5+h2o等多步反应（1）反应i的化学方程式为co2+nh3+nacl+h2o=nahco3+nh4cl，反应进行时应先通入nh3气体（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，目的是增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率在上述工艺流程中可循环使用的物质是co2、h2o（3）反应中需控制参加反应的气体与固体的物质的量之比接近2：1，若气体量不足，则会导致na2s2o5产品中na2so3、na2co3等杂质含量增加，na2s2o5产率降低（4）na2s2o5与稀硫酸反应放出so2，其离子方程式为s2o52+2h+=2so2+h2o考点：无机物的推断专题：推断题；元素及其化合物分析：该原理为：反应为生成nahco3，加热生成na2co3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反应生成nahso3与二氧化碳，加热nahso3生成na2s2o5（1）工艺流程可知，反应为生成nahco3，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠与氯化铵，反应进行时应先通入氨气，增大hco3的浓度，便于nahco3析出；（2）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；反应需要的物质，在其它的反应中又生成该物质，该物质可以循环利用，结合方式的反应判断；（3）反应中发生反应na2co3+h2o+so2=2nahso3+co2，2nahso3na2s2o5+h2o，根据碳酸钠与二氧化硫能完全反应判断，二者物质的量关系；若so2不足na2s2o5产品中na2so3、na2co3等杂质含量增加；（4）na2s2o5与稀硫酸反应生成so2，反应中s元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水解答：解：该原理为：反应为生成nahco3，加热生成na2co3，在反应中二氧化硫与碳酸钠反应生成nahso3与二氧化碳，加热nahso3生成na2s2o5（1）工艺流程可知，反应为生成nahco3，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠与氯化铵，反应方程式为：co2+nh3+nacl+h2o=n