江西省师范大学附属中学高三化学上学期期中试题（含解析）.doc

江西省师范大学附中2015届高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（包括16小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1下列叙述正确的是（）aa族元素的金属性比a族元素的金属性强bvia族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高c根据某元素原子的质子数和中子数，可以确定该元素的相对原子质量d同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增加考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；相对原子质量及其计算；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系分析：aca的金属性比na的强；b非金属性越强，气态氢化物越稳定，分子间含有氢键的沸点较高；c一种元素可能含有多种同位素原子；d同周期非金属元素最高价氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增加解答：解：aca的金属性比na的强，应为同周期a族元素的金属性比a族元素的金属性强，故a错误；bvia族元素中o的非金属性最强，氢化物中稳定性最好的是h2o，h2o分子间含有氢键，沸点最高，故b正确；c一种元素可能含有多种同位素原子，根据某元素原子的质子数和中子数，可以确定该元素的一种原子的相对原子质量，不能确定元素的相对原子质量，故c错误；d同周期非金属元素最高价氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增加，不是最高价氧化物的水化物的酸性没有规律，故d错误；故选b点评：本题考查元素的性质，把握元素的位置及性质变化规律为解答的关键，把握元素金属性、非金属性比较即可解答，题目难度不大2下列说法中正确的是（）锂在空气中燃烧生成的li2oal2（so4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒盐酸既有氧化性又有还原性fe（oh）3、fecl2、h2sio3都不能直接用化合反应制备so2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性abcd考点：碱金属的性质；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物分析：li是较活泼金属，锂在空气中燃烧生成li的氧化物；酸性条件下抑制al2（so4）3水解，不能达到氢氧化铝胶体；盐酸有弱氧化性和还原性；fe（oh）3能直接用化合反应制备；so2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因为它具有还原性解答：解：li是较活泼金属，锂在空气中燃烧生成li的氧化物li2o，故正确；酸性条件下抑制al2（so4）3水解，不能生成氢氧化铝胶体，所以不能除去酸性废水中的悬浮颗粒，故错误；hcl中氢离子具有弱氧化性，氯离子具有还原性，所以hcl有弱氧化性和还原性，故正确；fe（oh）3能直接用化合反应制备，4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，故错误；酸性高锰酸钾具有强氧化性，so2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性而不是漂白性，故错误；故选c点评：本题考查物质之间的反应，明确物质性质是解本题关键，注意二氧化硫漂白性和次氯酸漂白性的区别，知道hcl中体现氧化性和还原性的元素，题目难度不大3一定条件下：4nh3+3f2nf3+3nh4f，下列说法中正确的是（）a氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4b若反应消耗4mol nh3，则共转移12mol电子c氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3dnh4f不稳定，受热易分解考点：氧化还原反应分析：4nh3+3f2=nf3+3nh4f中，n元素的化合价由3价升高为+3价，f元素的化合价由0降低为1，以此来解答解答：解：a反应中，f2为氧化剂，nh3为还原剂，但nh3没有全部参加氧化反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故a错误；bn元素的化合价由3价升高为+3价，该反应中若反应消耗4mol nh3，得到1 mol nf3 时，转移1mol3（3）=6 mol电子，故b错误；c该反应中只有1molnh3作还原剂，被氧化，3molf2作氧化剂被还原，nf3既是氧化产物也是还原产物，比值应为1：4，故c错误；d结合氯化铵的性质可知，nh4f不稳定，受热易分解，故d正确故选d点评：本题综合考查氧化还原反应知识，侧重于氧化剂、氧化剂的判断、电子转移的数目的计算等问题，题目难度中等，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应4（3分）（2014抚州模拟）下列说法正确的是（）a根据反应5fe2+mno4+8h+5fe3+mn2+4h2o可知：用酸性kmno4溶液可检验绿矾（feso47h2o）是否变质b根据反应h3po3+2naoh（足量）na2hpo3+2h2o可知：h3po3属于三元酸c根据反应3fe+8hno33fe（no3）2+2no+4h2o可知：反应中hno3表现酸性和氧化性d根据反应cuso4+h2scus+h2so4可知：h2s的酸性比h2so4强考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；硝酸的化学性质；硫化氢专题：元素及其化合物分析：a酸性kmno4溶液能够与绿矾（feso47h2o）发生氧化还原反应，只能证明存在亚铁离子，无法证明绿矾是否变质；b氢氧化钠足量，如果反应生成na3po3，才能证明磷酸为三元酸；c根据化合价变化判断硝酸的氧化性，根据反应生成盐和水证明硝酸表现了酸性；dcus不溶于强酸，所以该反应才能发生，无法证明酸性h2s的酸性比h2so4强解答：解：a绿矾没有变质，酸性高锰酸钾溶液也能够与绿矾反应而褪色，该反应现象只能证明亚铁离子存在，检验绿矾是否变质，可以选用硫氰化钾溶液，故a错误；b根据反应h3po3+2naoh（足量）na2hpo3+2h2o可知：氢氧化钠足量，反应产物为na2hpo3，证明了h3po3属于二元酸，故b错误；c反应3fe+8hno33fe（no3）2+2no+4h2o中，硝酸被还原成no，反应中做氧化剂，表现了氧化性；反应生成了盐和水，证明硝酸表现了酸性，所以反应中hno3表现酸性和氧化性，故c正确；d由于硫化铜为不溶于稀硫酸、稀盐酸的沉淀，所以该反应才能发生，通过该反应方程式无法证明氢硫酸和硫酸的酸性强弱，实际上在相同条件下，硫酸的酸性强于氢硫酸，故d错误；故选c点评：本题考查了亚铁离子的检验、硝酸的化学性质、酸性强弱比较，题目难度中等，注意掌握检验铁离子、亚铁离子的方法，明确硝酸具有的化学性质，选项d为易错点，需要明确硫化铜为不溶于强酸的难溶物5（3分）（2013南昌一模）下列物质可通过置换反应一步得到的是（）h2fecl3fe3o4o2a只有b只有c都能得到d都不能得到考点：化学基本反应类型专题：元素及其化合物分析：金属和酸能发生置换反应生成氢气；卤素单质间能发生置换反应；高温下，铁和水蒸气能发生置换反应；氟气和水能发生置换反应解答：解：金属单质和酸或水发生置换反应生成氢气，如钠和水反应生成氢气，故正确；氯气和溴化铁发生置换反应生成氯化铁和溴单质，所以能通过置换反应生成氯化铁，故正确；高温下，铁和水蒸气发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，所以能通过置换反应生成四氧化三铁，故正确；氟气能和水发生置换反应生成氧气，同时生成氟化氢，所以能通过置换反应生成氧气，故正确；故选c点评：本题考查了置换反应的基本类型，置换反应类型有：金属之间的置换反应、非金属单质之间的置换反应、金属置换非金属单质、非金属单质置换金属单质，会总结归纳知识点，形成知识网络6（3分）x为短周期元素组成的单质，有下列转化关系：x xnom 盐，下列相关叙述正确的是（）a一定都是氧化还原反应b都不是氧化还原反应cxnom一定是酸性氧化物dxnom是金属氧化物或非金属氧化物考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：若x为非金属碳，实现上述转化，氧化物为为co2，盐为碳酸钠或碳酸氢钠；若x为金属单质铝，实现上述转化，氧化物为为al2o3，盐为偏铝酸钠；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；既能和酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；然后分析每个选项解答：解：a无论x为金属还是非金属，是氧化还原反应，不是氧化还原反应，故a错误；b无论x为金属还是非金属，是氧化还原反应，不是氧化还原反应，故b错误；c若x为非金属碳，氧化物为为co2，酸性氧化物，若x为金属单质铝，氧化物为为al2o3，两性性氧化物，故c错误；d若x为非金属碳，氧化物为为co2，非金属氧化物，若x为金属单质铝，氧化物为为al2o3，金属氧化物，故d正确；故选d点评：本题考查了无机化合物的转化关系，熟练掌握物质性质和物质间的转化关系是解题关键，难度中等7（3分）（2012江苏一模）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bh2o2是一种绿色氧化剂，可与酸性高锰酸钾作用产生o2c铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸d铝具有良好的导电性，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；过氧化氢；铝的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：化学应用分析：a硅可作半导体材料，二氧化硅可作光导纤维材料；bh2o2与酸性高锰酸钾反应时h2o2作还原剂，酸性高锰酸钾作氧化剂；c根据铜能与浓硝酸发生反应；d根据铝的性质与用途解答：解：a硅可作半导体材料，二氧化硅可作光导纤维材料，即晶体二氧化硅可用作通讯材料光导纤维，故a错误；bh2o2与酸性高锰酸钾反应时h2o2作还原剂，不作氧化剂，而是酸性高锰酸钾作氧化剂，故b错误；c铜能与浓硝酸发生反应，所以不可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故c错误；d铝具有良好的导电性，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与用途，难度不大，根据课本知识即可完成8（3分）下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是（）a向漂白粉浊液中通入过量co2b向带有氧化膜的铝片中加入盐酸c向含1mol ca（hco3）2的溶液中加入1mol na2o2d向含1 mol kal（so4）2的溶液中加入2 mol ba（oh）2考点：氯、溴、碘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、漂白粉的水溶液中通入足量的co2生成碳酸氢钙和次氯酸，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；b、氧化铝和金属铝和盐酸之间反应都生成氯化铝；c、1mol na2o2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，根据碳酸氢钙和氢氧化钠之间的反应来回答；d、根据铝离子和氢氧根离子、钡离子和硫酸根离子之间量的关系来回答解答：解：a、漂白粉的水溶液中通入足量的co2生成碳酸氢钙和次氯酸，加热蒸干、灼烧，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为氧化钙、氯化钙，故a正确；b、向带有氧化膜的铝片中加入盐酸，得到氯化铝溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，得到的是氢氧化铝，属于纯净物，故b错误；c、1mol na2o2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠和1mol ca（hco3）2的溶液反应生成的是碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故c错误；d、1 mol kal（so4）2的溶液中加入2 mol ba（oh）2会生成2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，偏铝酸钾虽在水中水解，蒸干时得到的是kal（oh）4，是纯净物，故d错误，故选a点评：本题考查学生元素以及化合物的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大9（3分）有下列六种转化途径，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法正确的是（）途径fefecl2溶液途径fefecl3fecl2溶液途径cl2na2so4溶液途径cl2naclo溶液 na2so4溶液途径sh2so4途径sso2so3h2so4a由途径和分别制取1molfecl2，理论上各消耗1molfe，各转移2moleb由途径和分别制取1 mol na2so4，理论上各消耗1 mol cl2，各转移2mol ec由途径和分别制取1 mol h2so4，理论上各消耗1mol s，各转移6mol ed以上说法都不正确考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用专题：元素及其化合物分析：a途径，fe元素化合价由0升高为+2，途径fe元素化合价由0升高为+3，然后发生2fecl3+fe=3fecl2；b途径制取1 mol na2so4，转移2mol电子，而发生两步氧化还原反应，naclo溶液 1molna2so4中转移2mol电子；c途径和分别制取1 mol h2so4，s元素的化合价均由0升高为+6价；d由上述分析判断解答：解：a途径，fe元素化合价由0升高为+2，制取1molfecl2，理论上消耗1molfe，转移2mole，而途径fe元素化合价由0升高为+3，然后发生2fecl3+fe=3fecl2，总反应中fe失去电子变化为亚铁离子，理论上制取1molfecl2，理论上消耗1molfe，转移2mole，故a正确；b途径制取1 mol na2so4，转移2mol电子，而发生两步氧化还原反应，naclo溶液 1molna2so4中转移2mol电子，则转移电子多，故b错误；c途径和分别制取1 mol h2so4，s元素的化合价均由0升高为+6价，则理论上各消耗1mol s，各转移6mol e，故c正确；d由上述分析可知，a、c合理，故d错误；故选ac点评：本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意理论计算中化合价与转移电子的关系，题目难度中等10（3分）下列离子方程式书写正确的是（）a碳酸氢钙溶液和过量氢氧化钙溶液混合：ca2+2hco3+ohcaco3+co32+h2obcucl2溶液与na2s溶液2：1反应，cu2+s2cusc用浓盐酸酸化的kmno4溶液与h2o2反应，证明h2o2具有还原性：2mno4+6h+5h2o22mn2+5o2+8h2od向明矾溶液中滴加ba（oh）2溶液，恰好使so42沉淀完全：2al3+3so42+3ba2+6oh 2 al（oh）3+3baso4考点：离子方程式的书写分析：a反应生成碳酸钙和水；b反应生成cus和氯化钠；ch2o2具有还原性，则o元素的化合价升高，生成氧气，但盐酸也能被高锰酸钾氧化；d恰好使so42沉淀完全，碱过量，生成硫酸钡和偏铝酸钾解答：解：a碳酸氢钙溶液和过量氢氧化钙溶液混合的离子反应为ca2+hco3+ohcaco3+h2o，故a错误；bcucl2溶液与na2s溶液2：1反应的离子反应为cu2+s2cus，故b正确；c用浓盐酸酸化的kmno4溶液与h2o2反应，高锰酸钾褪色，可能与浓盐酸发生氧化还原反应，不能证明h2o2具有还原性，故c错误；d向明矾溶液中滴加ba（oh）2溶液，恰好使so42沉淀完全的离子反应为al3+2so42+2ba2+4oh alo2+2baso4+2h2o，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，题目难度不大11（3分）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滴入酚酞呈无色的溶液中：k+、al3+、cl、co32b澄清的溶液中：na+、k+、mno4、alo2c=1013moll1的溶液：na+、ag（nh3）2+、oh、no3dc（i）=0.1moll1的溶液中：na+、h+、clo、so42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a滴入酚酞呈无色的溶液，ph8；b该组离子之间不反应；c.=1013moll1的溶液，显酸性；d离子之间发生氧化还原反应解答：解：a滴入酚酞呈无色的溶液，ph8，al3+、co32相互促进水解不能共存，故a错误；b该组离子之间不反应，能大量共存，故b正确；c.=1013moll1的溶液，显酸性，不能大量存在ag（nh3）2+、oh，故c错误；dh+、clo、i离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故d错误；故选b点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键，侧重分析能力与氧化还原反应、水解反应的考查，题目难度不大12（3分）下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是（）anahso3 粉末加入hno3溶液中bso2气体通入新制氯水中cnaoh溶液滴入 ba（hco3）2溶液中dco2气体通入澄清石灰水中考点：硝酸的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质专题：图示题；元素及其化合物分析：a、nahso3能被hno3氧化成na2so4，hno3被还原，产生no气体；b、中发生反应：so2+cl2+2h2o=2hcl+h2so4，溶液的ph降低；c、中刚一开始发生反应：ba2+hc+oh=baco3+h2o，沉淀从开始就生成；d、中刚一开始发生反应：ca（oh）2+co2=caco3+h2o，后来又发生反应：caco3+co2+h2o=ca（hco3）2 ；解答：解：a、nahso3能被hno3氧化成na2so4，hno3被还原，产生no气体，图象起始点错误，故a错误；b、中发生反应：so2+cl2+2h2o=2hcl+h2so4，溶液的ph降低，图象无ph升高，故b错误；c、中刚一开始发生反应：ba2+hc+oh=baco3+h2o，沉淀从开始就生成，图象开始应有沉淀生成，故c错误；d、中刚一开始发生反应：ca（oh）2+co2=caco3+h2o，后来又发生反应：caco3+co2+h2o=ca（hco3）2，故d正确故选：d点评：考查了化学图象分析判断，物质性质和反应过程的分析判断是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等13（3分）某溶液中可能含有i、nh4+、cu2+、so32、cl，向该溶液中加入少量溴水，振荡后溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（）肯定不含i肯定不含cu2+肯定含有so32可能含有i可能含有so32abcd考点：常见离子的检验方法分析：单质溴、碘和cu2+都有颜色，so32可以还原单质溴和碘；向该溶液中加入少量溴水，振荡后溶液仍呈无色，说明原溶液中不含有cu2+，一定含有so32；可能含有i，依此结合选项进行判断解答：解：单质溴、碘和cu2+都有颜色，so32可以还原单质溴和碘，向该溶液中加入少量溴水，振荡后溶液仍呈无色，说明原溶液中不含有cu2+，一定含有so32；可能含有i，故判断正确的是，故选c点评：本题考查常见离子的检验，难度中等要注意so32可以还原单质溴和碘是解题的关键点14（3分）某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g alx溶液al（oh）3沉淀方案：2.7g aly溶液al（oh）3沉淀naoh溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/l，如图是向x溶液和y溶液中分别加入naoh溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）ax溶液溶质为alcl3，y溶液溶质为naalo2bb曲线表示的是向x溶液中加入naoh溶液c在o点时两方案中所得溶液浓度相等da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应考点：化学实验方案的评价；铝的化学性质专题：实验评价题分析：n（hcl）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（naoh）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（al）=0.1mol，2al+6h+=2al3+3h2、2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，根据方程式知，al和hcl完全反应需要n（hcl）=3n（al）=0.3mol，所以al和hcl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，al和naoh完全反应需要n（naoh）=n（al）=0.1mol0.3mol，所以naoh有剩余，据此分析解答解答：解：n（hcl）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（naoh）=3mol/l0.1l=0.3mol，n（al）=0.1mol，2al+6h+=2al3+3h2、2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，根据方程式知，al和hcl完全反应需要n（hcl）=3n（al）=0.3mol，所以al和hcl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，al和naoh完全反应需要n（naoh）=n（al）=0.1mol0.3mol，所以naoh有剩余，a根据以上分析知，x溶液中溶质是alcl3，y溶液溶质为naalo2、naoh，故a错误；b加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向y溶液中加入hcl溶液，故b错误；c在o点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是nacl，根据最初的钠原子和cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，故c正确；da、b曲线中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故d错误；故选c点评：本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度中等15（3分）x、y、z、m、w为五种短周期元素，x、y、z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；x与z可形成xz2分子；y与m形成的气态化合物在标准状态下的密度为0.76gl1；w的质子数是x、y、z、m四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）a原子半径：wzyxmbxz2、x2m2、w2z2均为直线形的共价化合物ccax2、cam2和caz2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比为1：2d由x、y、z、m四种元素共同形成的化合物中一定有共价键可能有离子键考点：原子结构与元素的性质分析：x、y、z、m、w为五种短周期元素，y与m形成的气态化合物在标准状态下的密度为0.76gl1，其摩尔质量为17g/mol，为氨气，则y、m为h和n元素；x、y、z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，则y不能是第一周期元素，所以y为n元素，m为h元素，x和z为第二周期元素；x与z可形成xz2分子，且x和z最外层电子数之和为10，则x为c元素、z为o元素；w的质子数是c、n、o、h四种元素质子数之和的，则w的质子数是11，则w为na元素，再结合元素周期律、物质结构分析解答解答：解：x、y、z、m、w为五种短周期元素，y与m形成的气态化合物在标准状态下的密度为0.76gl1，其摩尔质量为17g/mol，为氨气，则y、m为h和n元素；x、y、z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，则y不能是第一周期元素，所以y为n元素，m为h元素，x和z为第二周期元素；x与z可形成xz2分子，且x和z最外层电子数之和为10，则x为c元素、z为o元素；w的质子数是c、n、o、h四种元素质子数之和的，则w的质子数是11，则w为na元素，a电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，则原子半径：wxyzm，故a错误；bna2o2是由钠离子和过氧根离子构成的，为离子化合物，故b错误；ccac2和cao2中，阳离子与阴离子个数比为1：1，cah2中阳离子、阴离子个数之比为1：2，故c错误；d由x、y、z、m四种元素共同形成的化合物中一定有共价键可能有离子键，如碳酸铵中含有离子键、氨基酸中只含共价键，故d正确；故选d点评：本题考查原子结构和元素性质，侧重考查学生分析问题能力，正确推断元素是解本题关键，知道物质结构、原子结构即可解答，易错选项是c，知道这几种化合物中阴阳离子分别是什么，为易错点16（3分）（2012石家庄模拟）在（nh4）2fe（so4）2溶液中逐滴加入100ml 1mol/l的ba（oh）2溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量不可能是（）a11.3gb32.3gc33.3gd35.3g考点：离子方程式的有关计算专题：离子反应专题分析：根据在（nh4）2fe（so4）2溶液中逐滴加入100ml 1mol/l的ba（oh）2溶液，当加入的ba（oh）2完全形成沉淀且生成的fe（oh）2完全被氧化生成fe（oh）3时，所得固体质量最大，此时沉淀为fe（oh）3与baso4来计算解答：解：当加入的 ba（oh） 2完全形成沉淀时，发生反应：（nh4）2fe（so4）2+ba（oh）2=baso4+fe（oh）2+（nh4）2so4，且生成的fe（oh）2完全被氧化生成fe（oh）3时，所得固体质量最大，此时沉淀为fe（oh）3与baso4，故沉淀的质量最大为0.1mol233g/mol+0.1mol107g/mol=34g，故选d点评：本题主要考查了方程式的书写，ba（oh） 2完全形成沉淀时，发生反应（nh4）2fe（so4）2+ba（oh）2=baso4+fe（oh）2+（nh4）2so4以及fe（oh）2能被氧化生成fe（oh）3是解答本题的关键二、非选择题（52分）17（10分）（2014西城区二模）某学习小组依据so2具有还原性，推测so2能被cl2氧化生成so2cl2查阅资料：so2cl2常温下为无色液体，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾化合物so2cl2中s元素的化合价是+6价用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式是mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o在收集氯气前，应依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶用如图所示装置收集满cl2，再通入so2，集气瓶中立即产生无色液体，充分反应后，将液体和剩余气体分离，进行如下研究（1）研究反应的产物向所得液体中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液经检验该溶液中的阴离子（除oh外）只有so42、cl，证明无色液体是so2cl2写出so2cl2与h2o反应的化学方程式so2cl2+2h2o=h2so4+2hcl检验该溶液中cl的方法是取少量该溶液于试管中，加入过量ba（no3）2溶液，过滤，向滤液中滴加hno3酸化，再加入agno3溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中有cl（2）继续研究反应进行的程度用naoh溶液吸收分离出的气体，用稀盐酸酸化后，再滴加bacl2溶液，产生白色沉淀该白色沉淀的成分是baso4写出so2与cl2反应的化学方程式，并阐述理由so2+cl2 so2cl2；于白色沉淀是baso4，所以反应后的混合气体中必然存在so2和cl2两种气体因此so2和cl2生成so2cl2的反应为可逆反应考点：二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用专题：元素及其化合物分析：i根据在化合物中，元素化合价的代数和为零进行解答；二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气；（1）so2cl2与h2o反应生成硫酸和氯化氢；氯离子与银离子反应生成不溶液硝酸的氯化银沉淀，注意应先加入硝酸钡溶液，先排除硫酸根离子的干扰；（2）so2和cl2生成so2cl2的反应为可逆反应，so2cl2分解得到的氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀解答：解：iso2cl2中，氧为2价，氯为1价，根据在化合物中，元素化合价的代数和为零可知硫元素化合价为+6价；故答案为：+6价；ii二氧化锰和浓盐酸反应的方程式为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；故答案为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；要收集干燥的氯气应除去氯气中的水蒸气，选用浓硫酸可以干燥氯气；故答案为：浓硫酸；（1）so2cl2与水反应的方程式：so2cl2+2h2o=h2so4+2hcl；故答案为：so2cl2+2h2o=h2so4+2hcl；要检验溶液中的氯离子应排除硫酸根离子的干扰，所以：取少量该溶液于试管中，加入过量ba（no3）2溶液，过滤，向滤液中滴加hno3酸化，再加入agno3溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中有cl；故答案为：取少量该溶液于试管中，加入过量ba（no3）2溶液，过滤，向滤液中滴加hno3酸化，再加入agno3溶液，若产生白色沉淀，则说明溶液中有cl；（2）so2和cl2生成so2cl2的反应为可逆反应，so2cl2分解得到的氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；故答案为：baso4；so2+cl2so2 cl2；由于白色沉淀是baso4，所以反应后的混合气体中必然存在so2和cl2两种气体因此so2和cl2生成so2cl2的反应为可逆反应点评：本题为实验题，考查了二氧化硫的性质，题目难度中等，明确物质的性质是解题关键，注意离子检验的方法18（8分）a、b、c、d、e、f、g为原子序数依次递增的7种短周期主族元素a、b元素的最高正价与最低负价的代数和均为零；c元素是植物生长三大营养元素之一；d的单质具有强氧化性，其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体；e原子核外k层电子数与m层电子数相等；f原子的价电子数等于电子层数的两倍请回答下列问题：（1）cd3 的电子式为；（2）用离子方程式表示g 的非金属性比f强cl2+h2s=s+2hcl；（3）ef在空气中充分灼烧生成一种稳定性的盐，则此反应方程式为mgs+2o2mgso4；（4）c的氢化物与g的单质以物质的量之比1：3反应，生成二元化合物x和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，则x的化学是为ncl3，x与水反应的化学方程式是（产物中g元素显+1价）ncl3+3h2o=nh3+3hclo；在碱性溶液中x与naclo2（亚氯酸钠）按物质的量之比1：6恰好反应可生成c的氢化物和消毒剂clo2气体，该反应的离子方程式为ncl3+6clo2+3h2o6clo2+3cl+3oh+nh3考点：位置结构性质的相互关系应用分析：a、b、c、d、e、f、g为原子序数依次递增的7种短周期主族元素a、b元素的最高正价与最低负价的代数和均为零，结合原子序数可知，a为h元素、b为碳元素；d的单质具有强氧化性，其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体，应是hf与si反应生成四氟化硅与氢气，可推知d为f元素；c元素是植物生长三大营养元素之一，原子序数介于碳与氟之间，则c为n元素；e原子核外k层电子数与m层电子数相等，则e为mg；f原子的价电子数等于电子层数的两倍，原子序数大于mg，处于第三周期，最外层电子数为6，则f为s 元素，g原子序数最大，故g为cl，据此解答解答：解：a、b、c、d、e、f、g为原子序数依次递增的7种短周期主族元素a、b元素的最高正价与最低负价的代数和均为零，结合原子序数可知，a为h元素、b为碳元素；d的单质具有强氧化性，其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体，应是hf与si反应生成四氟化硅与氢气，可推知d为f元素；c元素是植物生长三大营养元素之一，原子序数介于碳与氟之间，则c为n元素；e原子核外k层电子数与m层电子数相等，则e为mg；f原子的价电子数等于电子层数的两倍，原子序数大于mg，处于第三周期，最外层电子数为6，则f为s 元素，g原子序数最大，故g为cl，（1）nf3分子中n原子与f原子之间形成对共用电子对，其电子式为，故答案为：；（2）化学方程式cl2+h2s=s+2hcl，可以说明非金属性cls，故答案为：cl2+h2s=s+2hcl；（3）mgs在空气中充分灼烧生成一种稳定性的盐，应生成硫酸镁，反应方程式为：mgs+2o2mgso4，故答案为：mgs+2o2mgso4；（4）c的氢化物为氨气，与氯气以物质的量之比1：3反应，生成二元化合物x和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，该气体为hcl，由原子守恒可知x为ncl3，ncl3与水反应生成nh3与hclo，化学方程式为ncl3+3h2o=nh3+3hclo，在碱性溶液中ncl3与naclo2（亚氯酸钠）按物质的量之比1：6恰好反应可生成nh3和clo2气体，根据电荷守恒和元素守恒可知该反应的离子方程式为ncl3+6clo2+3h2o6clo2+3cl+3oh+nh3，故答案为：ncl3；ncl3+3h2o=nh3+3hclo；ncl3+6clo2+3h2o6clo2+3cl+3oh+nh3；点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，涉及电子式、化学方程式，难度中等，（4）为易错点、难点，中学基本不涉及ncl3与水反应19（4分）如图是某研究性小组设计的一个储气装置图将气体存于瓶中，下列说法不正确的是ca打开止水夹a，b，将气体从导管d通入，可将气体储存在瓶中b作为储气或取气时都无需在c处安装止水夹c该装置主要缺陷是c导管上未装止水夹d该装置也可用作制取氢气的发生装置；要从该储好气的装置中取用气体，正确操作是：打开止水夹a、b，气体即可由d导出考点：实验装置综合专题：化学实验基本操作分析：a利用排水集气法来收集气体；b取用气体时，靠水的重力即可方便地将气体排出；cc导管插入集气瓶底部，且c必须是与外界通着，无需安装止水夹；d下边瓶中放入锌粒，上边的瓶中放入稀盐酸即能完成实验室制取氢气的发生装置；取用气体时，靠水的重力即可方便地将气体排出解答：解：a打开止水夹a、b气体从d管导入，储存在下面的瓶子里，水被压入上瓶，这是利用排水集气法来收集气体，故a正确；b取用气体时，由于c是与外界通着，打开止水夹a、b，靠水的重力即可方便地将气体排出，故b正确；c由于此装置工作原理是通过重力作用，所以c必须是与外界通着，故不需要安装止水夹，故c错误；d下边瓶中放入锌粒，上边的瓶中放入稀盐酸即能完成实验室制取氢气的发生装置，故d正确故答案为：c；要从该储好气的装置中取用气体，正确操作是打开止水夹a、b，靠水的重力即可方便地将气体排出，故答案为：打开止水夹a、b，气体即可由d导出点评：本题主要考查了实验装置的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意掌握原理，难度不大20（7分）利用y型管与其它仪器组合可以进行许多实验（固定装置略）分析并回答下列问题：（1）实验目的：验证so2有氧化性将胶头滴管中浓硫酸分别滴入y型管的两个支管中，在支管交叉处实验现象为管壁内有淡黄色固体生成；硫化亚铁处加水的目的是稀释浓硫酸，防止硫化氢被氧化（2）实验目的：探究铁与硫在隔绝空气的条件下反应所得固体m的成分，倾斜a使稀硫酸（足量）与固体m充分反应，待反应停止后，b装置增重，c装置中溶液无变化，反应后进入量气管气体的体积为vml（已折算成标准状况），由上述实验事实可知：固体m中一定有的物质是fes、fe（填化学式） 其中一种物质的质量可以确定为g（用代数式表示）c装置的作用是证明h2s已被完全吸收，如果实验中没有b装置，则c装置中产生的现象是黑色沉淀通过进一步实验，测得固体m中各种成分的质量之和小于反应前铁粉和硫粉的质量之和，产生这种现象的原因可能是b、cam中有未反应的铁和硫b测定气体体积时水准管的水面高于量气管的水面ca中留有反应生成的气体d气体进入d装置前未用浓硫酸干燥考点：探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计分析：（1）浓硫酸分别滴入 y型管的两个支管中，所产生的两种气体相遇发生反应：so2+2h2s3s+2h2o，反应生成s；s为淡黄色固体；h2s具有强还原性，可与浓硫酸发生氧化还原反应：h2s+h2so4（浓）=s+so2+2h2o，所以与有fes的一侧应用水稀释，故答案为：管壁内有淡黄色固体生成；稀释浓硫酸，防止硫化氢被氧化；（2）该题的实验目的是探究铁与硫在隔绝空气条件下反应所得固体m的成分，所以我们首先应考虑假设m成分的可能情况：若原铁粉与硫恰好完全反应，则只有fes；若一种反应物（fe或s）过量，则得m为fes和fe或fes和s，然后根据b和d中实验现象确定m的成分中必有fe存在；装置d中有气体收集，且体积为vml，则可以计算原固体中fe的质量；因为硫化氢可溶于水，若氢气中混有硫化氢将影响氢气体积的测定，所以c装置用于检验h2s是否已除尽，若没有氢氧化钠溶液，h2s将与硫酸铜溶液反应产生黑色沉淀；不考虑硫粉与铁粉反应得到固体m产生的误差，则题述现象源于测定m成分产生的误差解答：解：（1）浓硫酸分别滴入 y型管的两个支管中，所产生的两种气体相遇发生反应：so2+2h2s3s+2h2o，反应生成s；s为淡黄色固体；h2s具有强还原性，可与浓硫酸发生氧化还原反应：h2s+h2so4（浓）=s+so2+2h2o，所以与有fes的一侧应用水稀释，故答案为：管壁内有淡黄色固体生成；稀释浓硫酸，防止硫化氢被氧化；（2）该因为氢氧化钠溶液增重，说明一定有h2s产生，推知m中一定有硫化亚铁；硫酸铜溶液无变化，说明硫化氢已被氢氧化钠溶液完全吸收，量气管里收集到的气体一定是氢气，推知m中有铁粉；根据氢气的体积可以计算出铁的质量：n（fe）=n（h2）=mol，m（fe）=mol56g/mol=g，故答案为：fes、fe； ；因为硫化氢可溶于水，若氢气中混有硫化氢将影响氢气体积的测定，所以c装置用于检验h2s是否已除尽，若没有氢氧化钠溶液，h2s将与硫酸铜溶液反应产生黑色沉淀；a、若铁粉和硫粉没有反应完，通过测定氢气的体积可测定铁粉剩余的量，同时可直接测定硫过量的量，所以对m总质量的测定没有影响；b、读氢气体积时，水准管中水面高于量气管里的水面，量气管里氢气受到的压强大于外压（增加了液压部分的压强），造成测定的氢气体积偏小，测定的铁粉质量偏低；c、a管中残留有气体，必定造成测得的m质量偏小；d、排水法收集氢气，氢气不需要干燥，故答案为：证明h2s已被完全吸收；黑色沉淀；b、c点评：本题考查二氧化硫的性质实验设计以及物质的含量的测定，题目难度中等，本题注意根据物质的性质判断实验设计21（10分）研究表明丰富的co2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源（石油和天然气）到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由co2累积所产生的温室效应，实现co2的良性循环（1）目前工业上有一种方法是用co2和h2在230催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气图1表示恒压容器中0.5mol co2和1.5mol h2转化率达80%时的能量变化示意图写出该反应的热化学方程式：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=49kjmol1能判断该反应达到化学平衡状态的依据是bda容器中压强不变 bh2的体积分数不变cc（h2）=3c（ch3oh） d容器中密度不变e2个c=o断裂的同时有6个hh断裂（2）最近有科学家提出构想：把空气吹入饱和碳酸钾溶液，然后再把co2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇该构想技术流程如图2：向分解池中通入高温水蒸气的作用是提供高温环境使khco3分解甲醇可制作燃料电池，写出以稀硫酸为电解质甲醇燃料电池负极反应式ch3oh6e+h2o=co2+6h+当电子转移的物质的量为1.2mo