山西省临汾市曲沃中学高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2013-2014学年山西省临汾市曲 沃中学高二（下）期末化学试卷一、单选题（本题包括18小题，每小题3分，共54分）1（3分）（2014玉山县校级模拟）环境问题的最终解决要依靠科技进步下列关于保护生存环境的说法中，不正确的是（）a通常利用沉淀反应除去污水中的重金属离子b垃圾焚烧不仅可以用于发电，还不会带来任何新的污染c减少使用、加强回收和再利用是治理“白色污染”的主要途径d可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染考点：常见的生活环境的污染及治理专题：元素及其化合物分析：a、重金属离子污染环境；b、焚烧垃圾发电排出的烟气中会有二恶英等物质；c、减少使用和回收利用是减少白色污染的途径；d、对化石燃料燃烧和使用过程中的污染气体等进行处理减少污染解答：解：a、利用沉淀反应除去污水中的重金属离子，减少重金属污染，利于保护环境，故a正确；b、焚烧垃圾发电排出的烟气中会有二恶英等物质，也会带来污染，故b错误；c、减少使用、加强回收和再利用塑料是治理“白色污染”的主要途径，故c正确；d、可通过改进燃烧装置和燃烧技术，减少煤等化石燃料燃烧产生的污染，利用保护环境，故d正确；故选b点评：本题考查了环境的污染与处理，解答本题要充分理解保护环境的重要性，了解各种环境污染的途径，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断2（3分）（2010崇川区校级模拟）na代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a1 l0.1 mol/l na2co3溶液中和hco3总数为0.1 nab22.4l氢气和4g氦气均含有na个分子c含2na共价键的cnh2n+2分子的物质的量为 mold标准状况下，2.24lcl2与稀naoh溶液反应，转移的电子总数为0.2na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、依据物料守恒分析计算；b、温度和压强不知，无法计算物质的量；c、依据烷烃分子结构计算共价键；1molcnh2n+2分子含共价键=1mol（2n+2+n1）=（3n+1）mol；d、氯气和氢氧化钠反应氯元素化合价从0价变化为1价和+1价；解答：解：a、依据物料守恒分析计算；溶液中co32+hco3+h2co3总数为0.1 na，故a错误；b、温度和压强不知，无法计算物质的量；22.4l氢气物质的量不能计算，故b错误；c、依据烷烃分子结构计算共价键；1molcnh2n+2分子含共价键=1mol（2n+2+n1）=（3n+1）mol，含2na共价键的cnh2n+2分子的物质的量为 mol，故c正确；d、氯气和氢氧化钠反应氯元素化合价从0价变化为1价和+1价；标准状况下，2.24lcl2物质的量为0.1mol，与稀naoh溶液反应，转移的电子总数为0.1na，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，注意溶液中物料守恒的应用，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，题目难度中等3（3分）（2013春曲沃县校级期末）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）a漂白粉露置在空气中失效：clo+co2+h2ohclo+hco3b向滴有酚酞的硅酸钠溶液中边加边振荡地滴加盐酸至红色变浅并接近消失：2h+sio32h2sio3（胶体）c向na2s2o3溶液中通入足量氯气：s2o32+2cl2+3h2o2so32+4cl+6h+d在强碱溶液中次氯酸钠与fe（oh）3反应生成na2feo4：3clo+fe（oh）3feo42+3cl+h2o+4h+考点：离子方程式的书写分析：a漂白粉的主要成分为次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀；b硅酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，硅酸钠和稀盐酸反应生成难溶性硅酸和氯化钠，氯化钠为强碱强酸盐，其溶液呈中性；c氯气具有强氧化性，亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子；d强碱性溶液中，反应产物中不会存在氢氧根离子解答：解：aca（clo）2是漂白粉中有效成分，漂白粉置于空气中生成次氯酸和碳酸钙沉淀，正确的离子方程式为：ca2+2clo+h2o+co2=caco3+2hclo，故a错误；b硅酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，硅酸钠和稀盐酸反应生成难溶性硅酸和氯化钠，氯化钠为强碱强酸盐，其溶液呈中性，离子方程式为2h+sio32h2sio3（胶体），故b正确；c氯气具有强氧化性，能够将s2o32氧化成so42，正确的离子方程式应为：s2o32+4cl2+5h2o=2so42+8cl+10h+，故c错误；d在强碱溶液中次氯酸钠与fe（oh）3反应生成na2feo4，反应的离子方程式为：2fe（oh）3+3clo+4oh2feo42+3cl+5h2o，故d错误；故选b点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确弱电解质、难溶物质、气体、氧化物等在离子方程式中写成化学式4（3分）（2013太原二模）下列各组离子能大量共存的是（）“84”消毒液的水溶液中：fe2+、cl、ca2+、na+加入kscn显红色的溶液：k+、nh4+、cl、s2能够与金属cu常温下反应放出气体的溶液；fe3+、al3+、so42、k+ph=2的溶液中：nh4+、na+、cl、cu2+无色溶液中：k+、ch3coo、hco3、mno4abcd考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：“84”消毒液的水溶液中含有clo，具有强氧化性；加入kscn显红色的溶液中含有fe3+；能够与金属cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性；ph=2的溶液，为酸性溶液；mno4在水溶液中为紫色解答：解：“84”消毒液的水溶液中含有clo，具有强氧化性，与fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故错误；加入kscn显红色的溶液中含有fe3+，与s2相互促进水解而不能共存，故错误；能够与金属cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；ph=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；mno4在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故错误；故选d点评：本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大5（3分）（2013湖州模拟）关于反应中的先后顺序，下列评价正确的是（）a向浓度都为0.1 mol/l 的fecl3和cucl2混合溶液加入铁粉，cucl2首先反应b向nh4al（so4）2溶液中滴加少量的naoh溶液，nh4+首先反应c向浓度都为0.1 mol/lna2co3和naoh溶液通入co2气体，naoh首先反应d向浓度都为0.1 mol/l 的fecl3加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜先反应考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：a、三价铁的氧化性强于铜离子，还原剂先和氧化性强的离子反应；b、氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应；c、碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应，但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠；d、一种氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的铁首先反应解答：解：a、三价铁离子的氧化性强于铜离子，与还原剂铁反应时，铁离子优先反应，即氯化铁优先反应，故a错误；b、向nh4al（so4）2溶液中滴加少量naoh溶液，氨水碱性强于氢氧化铝，则al3+先发生反应生成氢氧化铝沉淀，故b错误；c、碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应，但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠，所以naoh先和二氧化碳发生反应，故c正确；d、一种氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的铁首先反应，还原性：fecu，所以铁优先反应，故d错误；故选c点评：本题考查物质之间的反应，题目难度中等，为高频考点，侧重中和的先后顺序及还原反应的先后顺序考查，把握酸性、碱性及氧化性比较为解答的关键6（3分）（2013春曲沃县校级期末）k、l、m三种主族元素，已知k+和l具有相同电子层结构，m元素原子核电荷数比l元素原子核电荷数少9，l在一定条件下可被氧化成lm3，则下列说法正确的是（）ak、l、m均属于短周期元素b离子半径k+lck、l、m三种元素组成的化合物中既含有离子键又含有共价键dl的气态氢化物可形成氢键考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：m元素原子核电荷数比l元素原子核电荷数少9，说明l的核电荷数至少是10，又因为l具有稳定结构，所以l为氯，则k为钾，m为氧a、根据k是第四周期元素，不是短周期元素；b、电子层结构相同的微粒，原子序数越小，其微粒半径越大；c、如kclo，k+与clo以离子键结合，cl原子与o原子以共价键结合d、hcl分子间不存在氢键；解答：解：根据题设条件可推知k为k、l为cl、m为oa、因k是第四周期元素，不是短周期元素，故a错误；b、电子层结构相同的微粒，原子序数越小，其微粒半径越大，所以离子半径clk+，故b错误；c、因kclo中k+与clo以离子键结合，cl原子与o原子以共价键结合，故c正确；d、hcl分子间不存在氢键，hf、nh3、h2o中存在氢键；故选：c点评：本题考查学生利用离子的结构和位置来推断元素，再利用元素化合物的知识来解答，明确半径的比较方法及离子键和共价键、氢键的判断方法即可解答7（3分）（2015天水模拟）根据表中信息判断以下叙述，正确的是（）短周期元素代号lmqrt原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、22a氢化物的沸点为h2th2rb单质与稀盐酸反应的速率为lqcm与t形成的化合物具有两性dl2+与r2的核外电子数相等考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素，由元素的化合价可知，t只有2价，则t为o元素，可知r为s元素，l、m、q只有正价，原子半径lq，则l为mg元素，q为be元素，原子半径m的介于l、q之间，则m为al元素，结合对应单质和化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题解答：解：短周期元素，由元素的化合价可知，t只有2价，则t为o元素，可知r为s元素，l、m、q只有正价，原子半径lq，则l为mg元素，q为be元素，原子半径m的介于l、q之间，则m为al元素，ah2r为h2s，h2t为h2o，水中分子之间存在氢键，熔沸点高h2oh2s，即h2rh2t，故a错误；b金属性mg比be强，则mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为lq，故b错误；cm与t形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，故c正确；dl2+的核外电子数为122=10，q2的核外电子数为16（2）=18，不相等，故d错误故选c点评：本题考查元素原子结构与性质，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大8（3分）（2009北京）甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（）a某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应b乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键c丙中含有二周期iva族的元素，则丙一定是甲烷的同系物d丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有1价的元素考点：无机物的推断；极性键和非极性键；芳香烃、烃基和同系物专题：推断题分析：甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为h2s，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为ch3 oh、n2h4等符合，丙中含有二周期iva族的元素，可能为ch3 oh，丁和甲中各元素质量比相同，应为h2o2，结合各物质的结构和性质解答该题解答：解：a甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为h2s，某钠盐溶液若为nahs溶液，其中含有hs、oh，但nahs既能与盐酸等反应生成h2s，也能与na0h反应生成na2s，故a错误；b氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，ch3 oh符合，ch3 oh中只含有极性键无非极性键，故b错误；c第二周期iva族元素为c，如ch3oh符合，但ch3oh不是ch4的同系物，故c错误；dh2s中元素的质量比为1：16，h2o2分子中元素的质量比也为1：16，h2o2中氧元素的价态为一1价，故d正确故选d点评：本题考查无机物的推断，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例9（3分）（2015宝山区一模）向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bl向反应后的溶液中加入cmol/l氢氧化钾溶液vml，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是（）ac=bp=m+cn=m+17vcdmpm考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：反应化学方程式为：mg+h2so4=mgso4+h2；2al+3h2so4=al2（so4）3+3h2；mgso4+2koh=mg（oh）2+k2so4；al2（so4）3+6koh=2al（oh）3+3k2so4；mg（oh）2mgo+h2o；2al（oh）3al2o3+3h2o；a根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（oh）等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；b由mg（oh）2mgo+h2o，2al（oh）3al2o3+3h2o可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；c沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cvm计算氢氧根离子的质量；d按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间解答：解：a根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（oh），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故2=cmol/lv103l，整理得c=，故a正确；b选项中p为生成的氧化物的质量，由mg（oh）2mgo+h2o，2al（oh）3al2o3+3h2o可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+cv10316=m+，故b正确；c沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+cv10317=m+，故c错误；d得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p=40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=102=，质量介于二者之间，故d正确；故选c点评：本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒寻找关系解答，题目计算量较大，且为无数据计算，难度较大10（3分）（2015南昌校级二模）实验是化学研究的基础下列关于各实验装置的叙述正确的是（）a装置常用于分离互不相溶的液体混合物b装置可用于吸收nh3或hcl气体，并防止倒吸c装置可用于收集h2、co2、cl2、nh3等气体d装置可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢考点：连接仪器装置；物质的分离、提纯和除杂专题：压轴题分析：根据蒸馏用来分离沸点不同的液体混合物的方法；吸收易溶于水的气体时，应防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入气体不溶的有机溶剂等方法；是一种多功能瓶，可用作洗气瓶、集气瓶等，当作集气瓶时，根据气体的密度大小可从不同的导气管进气；收集氯化氢气体应用酸性干燥剂解答：解：a、装置常用于分离沸点不同的液体混合物，故a错；b、装置导气管插入到水面以下，起不到防倒吸的作用，故b错；c、当用装置收集密度比空气小的气体时，用向下排空气法，应从短导气管进入气体，当收集密度比空气大的气体时，用向上排空气法，从长导气管进气，故c正确；d、因碱石灰能与hcl反应，则装置不可用来干燥hcl，故d错故选c点评：本题考查物质的分离提纯、尾气吸收、气体收集以及气体的干燥等，注意物质的性质和实验装置的操作11（3分）（2013春曲沃县校级期末）“类推”是一种常用的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中正确的是（）aiva族元素氢化物熔点顺序是：geh4sih4ch4；则va族元素氢化物熔点顺序也是：ash3ph3nh3b第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：hfh2onh3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：hclh2sph3c工业上用电解氯化镁制备镁单质，工业上也可用电解氯化铝制备铝单质dfe3o4可改写成氧化物的形式为：feofe2o3；因此pb3o4也可改写为：pbopb2o3考点：探究化学规律分析：a、iva族元素氢化物的相对分子量越大熔点越高，而则va族元素氢化物中氨分子与氨分子之间存在氢键，所以熔点异常高；b、非金属性越强氢化物越稳定；c、氯化铝是共价化合物，熔融时不导电；d、pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，改写氧化物时要遵循化合价不变、原子守恒解答：解：a、iva族元素氢化物的相对分子量越大熔点越高，所以熔点顺序是：geh4sih4ch4；而则va族元素氢化物中氨分子与氨分子之间存在氢键，所以熔点异常高，所以nh3ash3ph3，故a错误；b、非金属性越强氢化物越稳定，同周期中非金属性：fon，所以氢化物的稳定性顺序是：hfh2onh3；而第三周期元素：clsp，所以氢化物的稳定性顺序也是：hclh2sph3，故b正确；c、氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上可用电解氧化铝制备铝，故c错误；d、因为pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，所以pb3o4写成两种氧化物的形式为2pbopbo2，而不是pbopb2o3，故d错误；故选b点评：本题考查了知识点较多，涉及氢化物熔点高低的判断、氢化物稳定性的判断、金属的冶炼、氢键等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大12（3分）（2012通州区一模）下表各组物质之间通过一步反应就能实现如 所示转化的是（）物质选项abcman2nohno3o2bcl2fecl3fecl2fecna2co3nahco3naohco2dch3ch2ohch3choch3cooho2aabbccdd考点：无机物的推断专题：推断题；元素及其化合物分析：an2与hno3不反应；bcl2可与fe反应生成fecl3，fecl2与cl2反应生成fecl3，fecl2与cl2反应生成fecl3；cna2co3与naoh不反应；dch3ch2oh与ch3cooh反应生成乙酸乙酯解答：解：an2与o2反应生成no，n2与hno3不反应，故a错误；bcl2可与fe反应生成fecl3，fecl2与cl2反应生成fecl3，fecl2与cl2反应生成fecl3，可实现转化，故b正确；cna2co3或naoh都能与co2反应生成nahco3，但na2co3与naoh不反应，故c错误；dch3ch2oh与ch3cooh反应生成乙酸乙酯，而不生成ch3cho，故d错误故选b点评：本题为开放型题，难度不大，旨在考查元素化合物的性质，框图推断选择题，采取验证方法解答，可以省去推断的繁琐，简单易把握，但需对元素化合物知识掌握全面是常用的方法13（3分）（2013春曲沃县校级期末）cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（n o3 ）2、cuso4、no2、no和h2o当no2和no的体积相等时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：7b1：5c1：9d2：9考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的cu2s的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no），根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4），由硫元素守恒可知n（cu2s）=n（cuso4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量解答：解：cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（cu2s）6（2）+12=1mol（54）+1mol（52），解得n（cu2s）=0.4mol由硫元素守恒可知n（cuso4）=n（cu2s）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4）=20.4mol0.4mol=0.4mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol所以实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为n（cu2s）：n（hno3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选a点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素化合价变化、电子转移守恒与元素守恒计算是解答的关键关键，注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等14（3分）（2012上海）图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向kmno4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2kmno4+16hcl2kcl+5cl2+2mncl2+8h2o对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 a a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：cl2br2i2 b c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 c d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 d e处变红色 还原性：fe2+claabbccdd考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：cl2分别与ki、nabr作用生成i2、br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：cl2i2、cl2br2，无法证明i2与br2之间氧化性的强弱；c处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了naoh；d处变红说明cl2将fe2+氧化为fe3+，证明还原性：fe2+cl，反应的离子方程式2fe2+cl2=2fe3+2cl；fe3+3scn=fe（scn）3；用fecl3与kclo在强碱性条件下反应制取k2feo4，反应的离子方程式为2fe3+3clo+10oh=2feo42+3cl+5h2o解答：解：a、cl2分别与ki、nabr作用生成i2、br2，a处变蓝、b处红棕色，可证明氧化性：cl2i2、cl2br2，无法证明i2与br2之间氧化性的强弱，故a错误；b、氯气与水反应cl2+h2o=h+cl+hclo，h+使试纸变红，hclo具有漂白性，可使试纸褪色，则c处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故b错误；c、cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是生成物质具有漂白性，故c错误；d、cl2将fe2+氧化为fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2fe2+cl2=2fe3+2cl；fe3+3scn=fe（scn）3，证明还原性fe2+cl，故d正确；故选d点评：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键15（3分）（2013春曲沃县校级期末）足量锌投入到1l14mol/l浓硫酸中充分反应，经测定没有硫酸剩余，则此过程转移的电子数（）a大于14nab等于14nac小于14nad无法确定考点：化学方程式的有关计算分析：开始zn+2h2so4（浓）=znso4+so2+2h2o，由反应方程式可知2mol硫酸转移的是2个电子，当浓硫酸变成稀硫酸，发生反应zn+h2so4=znso4+h2，1mol硫酸对应2个电子，由此分析解答解答：解：开始zn+2h2so4（浓）=znso4+so2+2h2o，由反应方程式可知2mol硫酸转移的是2个电子，当浓硫酸变成稀硫酸，发生反应zn+h2so4=znso4+h2，1mol硫酸对应2个电子，经测定没有硫酸剩余，所以硫酸完全反应，而1l14mol/l浓硫酸转移电子数大于14mol小于28mol，即此过程转移的电子数大于14na，故选a点评：本题考查方程式的相关计算，难度中等，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，判断转移电子的数目是解题关键16（3分）（2013春曲沃县校级期末）如图示意图与对应的反应情况正确的是（）a向agno3和cucl2的混合溶液中缓慢通入氨水溶液b向naoh和ca（oh）2的混合溶液中通入co2ckal（so4）2溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液dnaalo2溶液中逐滴加入盐酸考点：离子方程式的有关计算分析：a氨水过量时，氢氧化铜沉淀会溶解，图象与实际反应不相符；b首先生成碳酸钙白色沉淀，然后生成碳酸钠；继续通入co2，碳酸钠和co2反应生成碳酸氢钠，最后碳酸钙完全溶解生成碳酸氢钙；c铝离子和硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀，然后形成的氢氧化铝被过量的氢氧根逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡沉淀为止；dnaalo2溶液中滴入盐酸溶液，先发生反应alo2+h+h2oal（oh）3生成沉淀，后发生反应al（oh）3+3h+al3+3h2o，沉淀溶解至最后消失，结合前后两部分消耗盐酸溶液的体积判断解答：解：aagno3和cucl2的混合溶液中生成氯化银沉淀，然后缓慢通入氨水溶液中首先生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时生成的氢氧化铜溶解，所以图象曲线变化与实际反应不相符，故a错误；b向naoh和ca（oh）2的混合溶液中通入co2，首先生成碳酸钙白色沉淀，然后生成碳酸钠；继续通入co2，碳酸钠和co2反应生成碳酸氢钠，最后碳酸钙溶解生成碳酸氢钙，图象与实际反应相符，故b正确；ckal（so4）2溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液，开始阶段，铝离子和硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀，然后形成的氢氧化铝被过量的氢氧根逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡沉淀为止，大致反应图象为：，题中图象与实际反应不相符，故c错误；dnaalo2溶液中滴入盐酸溶液，先发生alo2+h+h2oal（oh）3生成沉淀，后发生al（oh）3+3h+al3+3h2o沉淀溶解至最后消失，反应图象为：，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应的计算与图象判断，为高考的常见题型，属于中等难度的试题，解答关键是明确反应的原理，然后逐一分析，试题综合性强，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力17（3分）（2013春曲沃县校级期末）碳跟浓硫酸共热产生的气体x和铜跟浓硝酸反应产生的气体y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），下列有关说法不正确的是（）a洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡bz导管出来的气体中含有二氧化碳c气瓶中产生的沉淀是硫酸钡dz导管口有红棕色气体出现考点：实验装置综合；浓硫酸的性质专题：元素及其化合物分析：碳与浓硫酸共热产生的x气体为co2和so2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的y气体是no2，同时通入时因no2与水和so2共同作用要产生so42和no，no在空气中又会生成no2，以此解答该题解答：解：碳与浓硫酸共热产生的x气体为co2和so2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的y气体是no2，so2+h2o+no2=h2so4+no，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，z处逸出的气体中有co2和no，no遇到空气中的氧气生成了红棕色的no2a、h2so4能与氯化钡反应生成baso4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有baco3生成，故a错误；b、因co2不与氯化钡反应，从导管中逸出，则z导管出来的气体中含有二氧化碳，故b正确；c、因为so2+h2o+no2=h2so4+no，h2so4能与氯化钡反应生成baso4，所以气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，故c正确；d、反应生成的no在z导管口与空气中的氧气反应生成no2，呈红棕色，故d正确；故选a点评：本题考查硝酸、浓硫酸的性质以及二氧化硫与二氧化氮等物质的性质题目难度不大，注意相关元素化合物知识的积累18（3分）（2014春杭州校级期末）将一定量的cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中clo和clo3两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示下列说法正确的是（）a苛性钾溶液中koh的物质的量是0.09molbclo3的生成是由于氯气的量的多少引起的c在酸性条件下，clo和clo3可生成cl2d反应中转移电子的物质的量是0.21mol考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算专题：图示题分析：氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（clo）=0.06mol，n（clo3）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（cl）=0.06mol（10）+0.03mol（50）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（k+）=n（cl）+n（clo）+n（clo3）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol解答：解：氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（clo）=0.06mol，n（clo3）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（cl）=0.06mol（10）+0.03mol（50）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（k+）=n（cl）+n（clo）+n（clo3）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，a通过以上分析知，氢氧化钾的物质的量=0.3mol，故a错误；b根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故b错误；cclo中cl元素的化合价是+1价，clo3中cl元素的化合价是+5价，因此两者反应不可能生成cl2，故c错误；d根据图象知n（clo）=0.06mol，n（clo3）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（cl）=0.06mol（10）+0.03mol（50）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，故d正确；故选d点评：本题考查了氧化还原反应的计算，为高频考点，明确该反应中的生成物是解本题关键，结合原子守恒、转移电子守恒来分析解答，题目难度中等二、非选择题（本题包括5小题，共46分）19（10分）（2013春曲沃县校级期末）利用如图装置可测定m g纯碱样品（含少量nacl）中na2co3的质量分数（1）实验中使用的药品可能有：a浓h2so4、b稀硫酸、c稀盐酸、d纯碱样品、e碱石灰、fnaoh溶液、g空气请将这些药品的盛装部分对号入座（必要时可重复使用），请填写对应的序号：g、f、d、b、a、e、e（2）实验中使用了空气，其作用是使反应产生的二氧化碳气体充分排出；若通入空气的速度过快或通入空气的量不足，则所测定na2co3的含量偏低（填“偏高”、“偏低”或“准确”）（3）干燥管的作用是防止空气中的二氧化碳和水被吸入干燥管中，若缺乏干燥管，其后果是使测出的样品中na2co3的质量分数偏大（4）若分液漏斗中的滴液速度过快，将导致实验结果偏低（填“偏高”、“偏低”和“准确”）（5）若干燥管内药品的质量实验前为m1 g，实验后为m2 g，则样品中na2co3的质量分数的数学表达式为100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）依据装置图可知，实验原理是利用碳酸钠和酸反应生成二氧化碳，根据吸收二氧化碳的量计算碳酸钠的质量，由于生成的二氧化碳中含有水蒸气，所以在通入碱石灰之前还需要先除去水蒸气，通入空气可以把装置中残留的二氧化碳气体全部赶出，为避免空气中二氧化碳影响，通入前需要除去空气中的二氧化碳，且防止空气中水蒸气和二氧化碳被碱石灰吸收，在最后连接盛碱石灰的干燥管；（2）分析可知使用空气的目的是把装置中剩余的二氧化碳排出，若通入空气速度过快或通入空气的量不足生成的二氧化碳不能被完全吸收造成结果偏低；（3）装置中干燥管是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入干燥管，若没有会使干燥管测定的二氧化碳质量增大；（4）若分液漏斗中的滴液速度过快碳酸钠反应不完全，生成二氧化碳量减少；（5）若干燥管内药品的质量实验前为m1 g，实验后为m2 g，则生成二氧化碳质量=m2m1，依据碳元素守恒计算碳酸钠质量分数解答：解：（1）依据装置图可知，实验原理是利用碳酸钠和酸反应生成二氧化碳，根据吸收二氧化碳的量计算碳酸钠的质量，由于生成的二氧化碳中含有水蒸气，所以在通入碱石灰之前还需要先除去水蒸气，通入空气可以把装置中残留的二氧化碳气体全部赶出，为避免空气中二氧化碳影响，通入前需要除去空气中的二氧化碳，且防止空气中水蒸气和二氧化碳被碱石灰吸收，在最后连接盛碱石灰的干燥管，所以装置连接顺序为：gfdbaee，故答案为：gfdbaee；（2）实验中使用空气的目的是把装置中残留的二氧化碳排出，若通入空气速度过快或通入空气的量不足生成的二氧化碳不能被完全吸收造成结果偏低，故答案为：使反应产生的二氧化碳气体充分排出，偏低；（3）装置中干燥管是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入干燥管影响实验测定结果，若没有干燥管会使干燥管测定的二氧化碳质量增大，使测出的样品中na2co3的质量分数偏大，故答案为：防止空气中的二氧化碳和水被吸入干燥管中，使测出的样品中na2co3的质量分数偏大；（4）若分液漏斗中的滴液速度过快碳酸钠反应不完全，生成二氧化碳量减少，使测出的样品中na2co3的质量分数偏低，故答案为：偏低；（5）若干燥管内药品的质量实验前为m1 g，实验后为m2 g，则生成二氧化碳质量=m2m1，依据碳元素守恒计算碳酸钠质量分数=106g/mol100%=100%，故答案为：100%点评：本题考查了物质含量的测定方法和实验过程分析判断，误差分析和定量计算是解题关键，注意实验过程的理解应用，题目难度中等20（8分）（2013春曲沃县校级期末）医学上将高锰酸钾（硫酸酸化）溶液和草酸（h2c2o4）溶液的反应用于测定血钙的含量回答下列问题：（1）该反应中的还原剂是h2c2o4（2）写出该反应的化学方程式2kmno4+5h2c2o4+3h2so42mnso4+k2so4+10co2+8h2o（3）反应转移了0.4mol电子，则参加反应的h2so4物质的量为0.12mol（4）测定血钙的含量的方法是：取2ml血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体化学式为（nh4）2c2o4，反应生成cac2o4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到h2c2o4后，再用kmno4溶液滴定稀硫酸溶解cac2o4沉淀的化学方程式是cac2o4+h2so4caso4+h2c2o4用kmno4溶液滴定h2c2o4时，判断滴定终点的方法是溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失若消耗了1.0104mol/l 的kmno4溶液20.00ml，则100ml该血液中含钙0.01克考点：探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应；中和滴定专题：实验探究和数据处理题分析：（1）高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将h2c2o4氧化为co2，自身被还原为mnso4，反应中草酸是还原剂（2）高锰酸钾，在硫酸条件下与h2c2o4反应生成硫酸钾、硫酸锰、co2、水（3）在反应中mn由+7价被还原到+2价，由方程式可知转移10 mol电子时消耗3molh2so4，据此计算（4）利用强酸制备弱酸，稀硫酸与cac2o4沉淀反应生成硫酸钙与草酸高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色利用有关反应的方程式可以得出关系式：5ca2+2kmno4，据此计算解答：解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将h2c2o4氧化为co2，自身被还原为mnso4，反应中草酸是还原剂故答案为：h2c2o4（2）高锰酸钾，在硫酸条件下与h2c2o4反应生成硫酸钾、硫酸锰、co2、水，反应方程式为2kmno4+5h2c2o4+3h2so42mnso4+k2so4+10co2+8h2o故答案为：2kmno4+5h2c2o4+3h2so42mnso4+k2so4+10co2+8h2o（3）在反应中mn由+7价被还原到+2价，由方程式2kmno4+5h2c2o4+3h2so42mnso4+k2so4+10co2+8h2o可知，2molkmno4反应转移电子为2mol（72）=10mol，转移10 mol电子时消耗3molh2so4，所以应转移了0.4 mol电子时，参加反应的h2so4的物质的量为3mol=0.12 mol故答案为：0.12mol（4）稀硫酸与cac2o4沉淀反应生成硫酸钙与草酸，反应方程式为cac2o4+h2so4caso4+h2c2o4故答案为：cac2o4+h2so4caso4+h2c2o4高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失故答案为：溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失由cac2o4+h2so4caso4+h2c2o4、2kmno4+5h2c2o4+3h2so4=k2so4+2mnso4+10co2+8h2o可以得出关系式：5ca2+2kmno4，所以n（ca2+）=2.5n（kmno4）=1.0104mol/l0.02l2.5，所以可计算出100 ml该血液中含钙的质量为：1.0104mol/l0.02l2.540g/mol=0.01g故答案为：0.01点评：考查化学方程式书写、氧化还原反应、滴定应用、化学计算等，难度中等，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力21（11分）（2012唐山二模）图中，al为常见物质或该物质的水溶液，b在a气体中