安徽省马鞍山二中高三化学上学期期中试题（含解析）.doc

安徽省马鞍山二中2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1（2分）下列各组物质的分类正确的是（）混合物：水玻璃、水银、水煤气 电解质：明矾、冰醋酸、石膏酸性氧化物：co2、co、so3同位素：1h、2h2、3h同素异形体：c80、金刚石、石墨 干冰、液氯都是非电解质abcd考点：混合物和纯净物；同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质.专题：物质的分类专题分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质；酸性氧化物的概念是和碱反应生成盐和水的氧化物；同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同核素；同素异形体的概念是同种元素的不同单质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非电解质首先必须是化合物解答：解：水玻璃和水煤气是混合物，水银是单质，故错误；明矾、冰醋酸、石膏在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，故正确；co2、so3都可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，co不能与碱反应是不成盐氧化物，故错误；同位素是同元素的不同原子，1h、3h是氢元素的同位素，2h2是单质，故错误；同素异形体是同元素的不同单质，c80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故正确；干冰的水溶液能导电，原因是干冰和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，干冰是非电解质；液氯是单质不是化合物，所以液氯既不是电解质也不是非电解质，故错误；故选d点评：本题考查混合物、电解质、非电解质、同位素、同素异形体等概念，题目较为简单，学习中注意对概念的理解要准确2（2分）下列试验操作及结论正确的是（）a用托盘天平称取固体药品时，码物错放，称得的物品质量一定偏小b用量筒量取4.25ml浓硫酸，读书时俯视刻度线，实际量取液体体积小于4.25mlc用容量瓶配制溶液，在定容时，仰视刻度线，使配制溶液浓度偏小d盛放naoh等碱溶液试剂瓶必须用橡胶塞，盛放na2sio3溶液试剂瓶要用玻璃塞考点：不能加热的仪器及使用方法；化学试剂的存放.分析：a若不使用游码，对称量质量无影响；b量筒精确度为0.1ml；c根据c=判断，n无影响，v偏大；dna2co3、na2sio3等溶液水解显碱性，可以和酸性氧化物二氧化硅反应解答：解：a若不使用游码，对称量质量无影响，若使用游码，称量质量偏少，故a错误；b量筒精确度为0.1ml，故b错误；c定容时，仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，导致配制溶液的浓度偏低，故c正确；dna2co3、na2sio3溶液水解显碱性，可以和酸性氧化物二氧化硅反应生成硅酸钠粘合剂，故要用橡胶塞，不能用玻璃塞，故d错误；故选c点评：本题考查了基本操作，较简单，注意仪器的精确度和试剂的存放原则3（2分）设na为何伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（）a标况下22.4 lcl2通入足量h2o中充分反应，转移电子数为nab常温常压下，2gd2o中含有的电子总数为nac常温常压下，46gno2和n2o4混合气体中含有的原子数为3nad1mol k与足量o2反应，生成k2o、k2o2和ko2的混合物时转移的电子数为na考点：阿伏加德罗常数.分析：a、依据n=计算物质的量，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行完全；b、依据n=计算物质的量，结合分子式计算电子数；c、46gno2和n2o4混合气体最简式相同为no2，依据n=计算no2中物质的量得到原子数；d、钾全部反应计算电子转移；解答：解：a、依据n=计算物质的量=1mol，结合氯气和水反应是可逆反应不能进行完全，转移电子数小于na，故a错误；b、依据n=计算物质的量=0.1mol，结合分子式计算电子数为 na，故b正确；c、46gno2和n2o4混合气体最简式相同为no2，依据n=计算no2中物质的量得到原子数=1mol，含有的原子数为3na，故c正确；d、钾全部反应计算电子转移，1mol k与足量o2反应，生成k2o、k2o2和ko2的混合物时转移的电子数为na，故d正确；故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析判断，物质的量和微粒数的计算，掌握概念实质是关键，题目较简单4（2分）下列分离或提纯物质的方法正确的是（）a用渗析的方法精制fe（oh）3胶体b用过滤的方法除去nacl溶液中含有的少量淀粉胶体c用溶解、过滤的方法提纯含有少量baso4的baco3d用加热蒸发结晶的方法从alcl3溶液得到alcl3考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.分析：afe（oh）3胶体不能透过半透膜；b溶液与胶体均能透过滤纸；cbaso4、baco3均不溶于水；d铝离子水解，加热促进水解，蒸发时hcl挥发解答：解：afe（oh）3胶体不能透过半透膜，离子可以，则用渗析的方法精制fe（oh）3胶体，故a正确；b溶液与胶体均能透过滤纸，则不能利用过滤法除去nacl溶液中含有的少量淀粉胶体，应选择渗析法，故b错误；cbaso4、baco3均不溶于水，溶解、过滤的方法不能提纯，应加硫酸、过滤，故c错误；d铝离子水解，加热促进水解，蒸发时hcl挥发，则加热蒸发结晶的方法从alcl3溶液不能得到alcl3，应在hcl气流中蒸发，故d错误；故选a点评：本题考查混合物分离提纯方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重物质性质及分离方法选择的考查，题目难度不大5（2分）下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（）a用图和所示装置进行粗盐提纯b用乙醇提取溴水中的溴选择图所示装置c用图所示装置进行稀盐酸浓缩得到浓盐酸d图所示装置中盛有饱和na2so3溶液除去so2中含有的少量hcl考点：过滤、分离与注入溶液的仪器.分析：a粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作；b乙醇与水混溶，不能作萃取剂；c浓盐酸易挥发；d二氧化硫与na2so3溶液反应解答：解：a粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作，为过滤装置，为蒸发装置，故a正确； b乙醇与水混溶，不能作萃取剂，应选择苯或四氯化碳，故b错误；c浓盐酸易挥发，蒸馏无法浓缩，故c错误；d二氧化硫与na2so3溶液反应，则应用图所示装置中盛有饱和nahso3溶液除去so2中含有的少量hcl，故d错误故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、萃取、蒸馏、蒸发等混合物的分离提纯方法，侧重实验基本操作的考查，明确装置及实验操作即可解答，题目难度不大6（2分）下列各组物质的转化关系中不能全部是通过一步反应完成的是（）ananaohna2co3naclbfefe（no3）3fe（oh）3fe2o3cmgmgcl2mg（oh）2mgso4dsisio2h2sio3na2sio3考点：钠的化学性质；硅和二氧化硅；镁的化学性质；铁的化学性质.分析：na、mg、si、fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析解答：解：ananaohna2co3nacl中反应方程式分别为：2na+2h2o=2naoh+h2、2naoh+co2=na2co3+h2o、na2co3+cacl2=caco3+2nacl，所以能一步实现，故a不选；bfefecl2fe（oh）2fe（oh）3中反应方程式分别是fe+2hcl=fecl2+h2、fecl2+2naoh=fe（oh）2+2nacl、4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，所以能一步实现，故b不选；cmgmgcl2mgco3mg（oh）2中反应方程式分别为：mg+2hcl=mgcl2+h2、mgcl2+na2co3=2nacl+mgco3、mgco3+2naoh=mg（oh）2+na2co3，所以能一步实现，故c不选；dsisio2h2sio3na2sio3中sio2不能与水反应生成h2sio3，故d选；故选d点评：本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以na、mg、si、fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等7（2分）只用试管和胶头滴管无法区分的一组溶液是（）akoh和alcl3balcl3和氨水cnaalo2和盐酸dna2co3和盐酸考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题：物质检验鉴别题分析：只用试管和胶头滴管而不用其它试剂就能区分，说明反应现象与反应物的量有关，结合物质间的反应来分析解答解答：解：a当alcl3溶液过量时，反应离子方程式为al3+3oh=al（oh）3，当氯化铝少量时，离子反应方程式为al3+4oh=alo2+2h2o，所以反应现象不同，故a不选；b无论氨水是否过量，都发生的离子反应方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3 +3nh4+，故b选；c当盐酸少量时，离子反应方程式为h+alo2+h2o=al（oh）3，当盐酸过量时，离子反应方程式为：4h+alo2=al3+2h2o，所以反应现象不同，故c不选；d当盐酸少量时，离子反应方程式为co32+h+=hco3，当盐酸过量时，离子反应方程式为2h+co32=co2+h2o，所以反应现象不同，故d不选；故选b点评：本题考查物质的鉴别，注意利用反应的不同现象来区分是解答的关键，侧重与量有关的离子反应的考查，题目难度中等8（2分）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）a甲、乙中都是铝过量b甲中铝过量，乙中碱过量c甲中酸过量，乙中铝过量d甲中酸过量，乙中碱过量考点：有关过量问题的计算；铝的化学性质.专题：演绎推理法分析：利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应解答：解：发生反应有：2al+3h2so4al2（so4）3+3h2；2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3 （3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，故选b点评：本题考查有关过量问题的计算，题目难度不大，本题注意铝与酸、碱反应的量的问题，用端值法求解9（2分）在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况下列反应中属于这种情况的是（）过量的锌与浓硫酸反应过量的氢气与少量的n2在工业生产条件下过量的浓盐酸与碳酸钙反应过量的乙酸和少量乙醇在浓硫酸、加热条件下过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下过量的铜与浓硫酸在加热条件下abcd考点：化学反应的可逆性.专题：物质的性质和变化专题；元素及其化合物分析：从两个角度考虑，一是可逆反应，二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀溶液往往就不具备继续反应的性质解答：解：锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应；合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百；盐酸与碳酸钙发生复分解反应，当盐酸过量时，碳酸钙完全反应而溶解，生成氯化钙、二氧化碳和水；乙酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下的反应发生可逆反应，不能完全反应，存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况；浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中h+和cl的浓度大，还原性强，在加热条件下能被mno2氧化，生成cl2；随反应进行，h+和cl的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，mno2就不可以氧化cl了因此二氧化锰和稀盐酸不会反应； 与一样道理，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸即符合题意，故选b点评：本题考查物质的性质，难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，本题的可逆性和浓度问题10（2分）下列实验方案中，能测定na2co3和nahco3混合物中nahco3质量分数的是（）取a克混合物充分加热，减重b克取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体取a克混合物与足量稀酸充分反应，逸出气体先用浓硫酸干燥再用碱石灰吸收，碱石灰增重b克取a克混合物与足量ba（oh）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体a只有bc只有d只有考点：有关混合物反应的计算；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验设计题分析：方案能确定碳酸钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中nahco3质量分数，碳酸氢钠的不稳定性，加热分解，利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量；根据钠守恒，可列方程组计算出固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量；碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，可以列方程组计算固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量；bg固体为碳酸钡，根据质量可列方程组计算除固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量解答：解：nahco3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过固体质量差利用差量法即可计算出nahco3质量，可以测定混合物中nahco3质量分数，故选；na2co3和nahco3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出nh2co3的质量，可以测定混合物中nahco3质量分数，故选；碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，根据二氧化碳与混合物质量，可以列方程计算出nahco3的质量，可以测定混合物中nahco3质量分数，故选；na2co3和nahco3都与ba（oh）2反应，反应的方程式为co32+ba2+=baco3、hco3+oh+ba2+=h2o+baco3，最后得到的固体是baco3，根据质量可列方程组计算固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量，可以测定混合物中nahco3质量分数，故选故选b点评：本题考查混合物计算、对实验方案评价等，题目难度中等，注意理解质量分数定义，结合物质的性质分析实验方案11（2分）如图所示装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是（）选项气体试剂现象结论anh3酚酞试液溶液变红色nh3的水溶液显碱性bno2ki淀粉溶液溶液变蓝no2的水溶液有氧化性cx澄清石灰水溶液变浑浊x是co2dcl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色cl2有酸性和漂白性aabbccdd考点：气体的收集；常温反应气体性质实验装置.专题：实验题分析：a氨水密度比空气小；bno2溶于水生成hno3，hno3有氧化性；c二氧化硫能使澄清石灰水变浑浊；d氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性解答：解：a氨水密度比空气小，不能用向上排空气法收集，且氨气极易溶于水，进行检验时，导管不能插入溶液中，否则会造成倒吸，故a错误； bno2通入ki淀粉溶液，溶液变蓝是由于no2溶于水生成hno3，hno3有氧化性，将碘离子氧化为碘单质，故b正确；c能使澄清石灰水变浑浊的还有二氧化硫气体，故c错误；d氯气使紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于其和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故d错误故选b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12（2分）（2009湛江二模）将足量co2通入koh和ca（oh）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入co2体积（v）的关系正确的是（）abcd考点：碳族元素简介.分析：向koh和ca（oh）2的混合稀溶液中通入co2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，当硅酸钙反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾解答：解：向koh和ca（oh）2的混合稀溶液中通入co2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增加，当氢氧化钙消耗完时，沉淀量最大，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，沉淀量不变，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，醋酸钙的量逐渐减少直至完全消失，当碳酸钙反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，故选d点评：本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，难度较大13（2分）表中操作、现象、结论对应关系正确的是（）操作现象结论a向某溶液中加入盐酸酸化的bacl2白色沉淀该溶液中一定有so42b将so2气体通入紫色石蕊试液中变红后不褪色so2的水溶液显酸性c向某溶液中滴加稀naoh溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无nh4+d将过量co2通入na2sio3溶液无沉淀生成co2最后转化为hco3aabbccdd考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验.分析：a向某溶液中加入盐酸酸化的bacl2，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有银离子或硫酸根离子；b将so2气体通入紫色石蕊试液中，变红后不褪色，说明so2的水溶液显酸性；c含有铵根离子的溶液于稀naoh溶液反应，生成的氨气极易溶于水，不一定有氨气逸出；d将过量co2通入na2sio3溶液，生成白色沉淀解答：解：a向某溶液中加入盐酸酸化的bacl2，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有银离子或硫酸根离子，故a错误；b将so2气体通入紫色石蕊试液中，变红后不褪色，说明so2的水溶液显酸性，故b正确；c向某溶液中滴加稀naoh溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能说明原溶液中无nh4+，故c错误；d将过量co2通入na2sio3溶液，生成白色沉淀，co2最后转化为hco3，故d错误；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，注意物质的性质和物质的检验方法，排除其它因素的干扰是关键，难度较大14（2分）下列说法正确的是：某无色溶液中只可能含有na+、ba2+、cl、br、so32、so42离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用ph试纸检验溶液的ph大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入ccl4振荡，静置ccl4层呈橙红色（3）向所得水溶液中加入ba（no3）2溶液和稀hno3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入agno3溶液和稀hno3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）a肯定含有的离子是b肯定没有的离子是c可能含有的离子是d不能确定的离子是考点：几组未知物的检验；常见离子的检验方法.专题：离子反应专题分析：（1）用ph试纸检验溶液的ph大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子；（2）向溶液中滴加氯水，再加入ccl4振荡，静置ccl4层呈橙色，说明溶液中含有br；（3）向所得水溶液中加入ba（no3）2溶液和稀hno3有白色沉淀产生，该沉淀为baso4，但不能确定是否含有so42，因so32可被硝酸氧化生成so42；（4）过滤，向滤液中加入agno3溶液和稀hno3有白色沉淀产生，该沉淀为agcl，但不能确定溶液中是否含有cl，因所加氯水中含有cl解答：解：（1）用ph试纸检验溶液的ph大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子，该离子只能为so32，则溶液中一定不存在ba2+，因二者能生成沉淀而不能大量共存，一定含有na+，根据溶液呈电中性原则，阳离子只有na+；（2）向溶液中滴加氯水，再加入ccl4振荡，静置ccl4层呈橙色，说明溶液中含有br；（3）向所得水溶液中加入ba（no3）2溶液和稀hno3有白色沉淀产生，该沉淀为baso4，但不能确定是否含有so42，因so32可被硝酸氧化生成so42；（4）过滤，向滤液中加入agno3溶液和稀hno3有白色沉淀产生，该沉淀为agcl，但不能确定溶液中是否含有cl，因所加氯水中含有cl由以上分析可知，溶液中一定含有的离子为，可能含有的离子为，一定不存在的是，故选：a点评：本题考查离子反应及离子组成分的判断，题目难度不大，本题注意把握离子的性质及离子共存问题15（2分）我校化学兴趣小组做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性kmno4溶液褪色若将烧杯中的溶液换成含有少量kscn的fecl2溶液，溶液显红色则该条件下（）a生成的水分子化学性质比较活泼bh2燃烧生成了具有氧化性的物质ch2被冷却为液态氢，液氢的水溶液具有还原性dh2燃烧的产物中可能含有一定量的h2o2考点：性质实验方案的设计.分析：实验控制的条件是，氢气在空气中燃烧，产物遇冰块冷凝滴入烧杯中据紫色的kmno4溶液具有强氧化性，若使其褪色，必定有还原性物质滴入杯中；使fecl2、kscn混合溶液变红，必定有氧化性物质将fe2+氧化从而确定这一冷凝产物既有氧化性又有还原性，应是过氧化氢解答：解：a、烧杯中酸性kmno4溶液褪色，说明h2燃烧的产物中可能有还原性物质，水的化学性质比较稳定，不具有该性质，故a错误；b、烧杯中酸性kmno4溶液褪色，说明h2燃烧的产物中可能有还原性物质，若将烧杯中的溶液换成含有少量kscn的fecl2溶液，溶液呈血红色，说明有fe3+生成，进而说明h2燃烧的产物中可能有氧化性物质，由此说明h2燃烧的产物中可能有还原性和氧化性的物质，故b错误；c、实验结果表明氢气已经燃烧，被冷却的氢气不能使高锰酸钾褪色，故c错误；d、h2o2具有氧化性与还原性，遇强氧化剂是表现还原性，遇较强的还原剂是表现氧化性，该条件下h2燃烧的产物中可能含有一定量的h2o2，故d正确故选：d点评：本题考查化学实验现象的分析、物质的性质知识、氧化性与还原性等，难度不大，根据现象推断物质具有的性质是关键16（2分）（2012湖北一模）将足量so2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）ana+、s2、oh、alo2bnh4+、co32、no3、sio32ch+、br、fe2+、so42dfe3+、cl、ba2+、al3+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：足量so2通入溶液中，溶液中存在大量的氢离子、亚硫酸根离子，利用氢离子与oh、alo2、co32、sio32，so2与fe3+反应来分析共存问题解答：解：a、因足量so2通入溶液时，生成的氢离子与oh反应生成水，与alo2反应生成沉淀，则不能共存，故a错误；b、因足量so2通入溶液时，生成的氢离子与co32反应生成二氧化碳和水，与sio32反应生成沉淀，则不能共存，故b错误；c、该组离子不反应，且so2通入溶液也不反应，则能大量共存，故c正确；d、因足量so2通入溶液时，so2与fe3+发生氧化还原反应，则不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存，明确溶液中通入二氧化硫后存在的离子及二氧化硫的性质是解答本题的关键17（2分）已知反应：cl2+2kbr2kcl+br2；kclo3+6hcl3cl2+kcl+3h2o；2kbro3+cl2br2+2kclo3下列说法正确的是（）a氧化性由强到弱的顺序为kbro3kclo3cl2br2b中kcl是氧化产物，kbr 发生还原反应c中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2mold反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：a自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；b还原剂对应的产物是氧化产物，还原剂在反应中发生氧化反应；c根据氧化剂和转移电子之间的关系式计算；d根据氧化剂和还原剂的系数确定，注意该反应中参加反应的盐酸不都作还原剂解答：解：acl2+2kbr=2kcl+br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，kclo3+6hcl=3cl2+kcl+3h2o中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，2kbro3+cl2=br2+2kclo3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 kbro3kclo3cl2br2，故a正确；b中kcl既不是氧化产物也不是还原产物，该反应中kbr失电子作还原剂，发生氧化反应，故b错误；c根据氧化剂和转移电子之间的关系式知，中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量=1mol（50）=5mol，故c错误；d中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故d错误；故选a点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意中盐酸具有酸性和还原性，为易错点18（2分）下列离子反应方程式正确的是（）afebr2中通入一定量cl2：2fe2+2br+2cl24cl+br2+2fe3+b少量so2通入ca（clo）2溶液中：so2+ca2+2clo+h2ocaso3+2hclocnahco3溶液中滴加naoh溶液：hco3+ohh2o+co2dnahso4溶液中滴加ba（oh）2溶液至中性：ba2+oh+h+so42baso4+h2o考点：离子方程式的书写.分析：a氯气有强氧化性，能氧化亚铁离子和溴离子；b次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；cnahco3与naoh溶液反应实质为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；d离子个数不符合物质的配比解答：解：a氯气有强氧化性，能氧化亚铁离子和溴离子，方程式：2fe2+2br+2cl24cl+br2+2fe3+，故a正确； b向次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫，亚硫酸盐不可能存在次氯酸溶液中，要发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2clo+ca2+2h2o+2so2=2cl+caso4+4h+so42，故b错误；cnahco3与naoh溶液反应实质为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，离子方程式为：oh+hco3=co32+h2o，故c正确；d向nahso4溶液中滴加ba（oh）2溶液至溶液呈中性，离子方程式为：ba2+2oh+so42+2h+=baso4+2h2o，故d错误故选ac点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等19（2分）某溶液中含有s2、hco3、co32、ch3coo4种阴离子若向其中加入足量na2o2后，溶液中离子数目基本保持不变的是（）as2bhco3cco32dch3coo考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：加入足量na2o2后，与水反应生成naoh，与hco3反应生成co32，且足量的过氧化钠，具有强氧化性，能氧化s2，以此来解答解答：解：加入足量na2o2后，与水反应生成naoh，与hco3反应生成co32，所以hco3减少，co32增多，又过氧化钠，具有强氧化性，能氧化s2，s2减少，过氧化钠、naoh均不与醋酸根离子反应，即醋酸根离子数目基本不变，故选d点评：本题考查离子的共存，注意过氧化钠与水反应生成碱及其强氧化性是解答本题的关键，选项a为解答的易错点，题目难度不大20（2分）从矿物学资料查得，一定条件下自然界中有以下反应：14cuso4+5fes2+12h2o7cu2s+5feso4+12h2so4下列说法正确的是（）a氧化剂仅是cuso4，fes2仅是还原剂b当生成7molcu2s时，共转移电子14molc产物中so42全部是氧化产物d该反应中1molcuso4能氧化mol fes2考点：氧化还原反应.分析：14cuso4+5fes2+12h2o7cu2s+5feso4+12h2so4中，cu元素的化合价由+2价降低为+1价，s元素的化合价由1价降低为2价，s元素的化合价由1价升高为+6价，以此来解答解答：解：14cuso4+5fes2+12h2o7cu2s+5feso4+12h2so4中，cu元素的化合价由+2价降低为+1价，s元素的化合价由1价降低为2价，s元素的化合价由1价升高为+6价，acuso4是氧化剂，fes2既是还原剂又是还原剂，故a错误；b当生成7molcu2s时，由s元素的化合价升高可知，有3mol6（1）=21mol e转移，故b错误；cs元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个so42是氧化产物，故c错误；d该反应中1molcuso4能得到1mol电子，1molfes2失去14mol电子，则1molcuso4能氧化mol fes2，故d错误；该题无答案点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5molfes2发生反应时只有3mols失去电子，题目难度不大二、填空题（共6小题，每小题14分，满分60分）21（14分）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问题：（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有强的氧化性用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，说明浓硫酸具有脱水性用玻璃棒蘸取浓硝酸滴在ph试纸上，试纸逐渐变白，这种漂白现象说明浓硝酸具有强氧化性（2）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 cuo cu（no3）2（3）在100ml 18moll1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o（4）若将12.8g铜跟一定质量的浓hno3反应，铜消耗完时，共产生气体5.6l（标准状况） （不考虑n2o4），则所耗hno3的物质的量0.65mol（5）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+2hcl+h2o2=cucl2+2h2o考点：浓硫酸的性质；绿色化学；氧化还原反应的计算.分析：（1）依据浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性，浓硝酸具有强的氧化性，能够氧化有机色素解答；（2）“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应；（3）硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化铜；（4）铜和硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物（no或no2或no、no2的混合物），反应中硝酸其氧化剂、酸性作用，起氧化剂作用的硝酸生成氮的氧化物，起酸性作用的硝酸生成cu（no3）2，根据氮原子守恒：2ncu（no3）2+n（no、no2），据此计算消耗硝酸的物质的量；（5）双氧水具有氧化性，在酸性环境下可以将金属铜氧化解答：解：（1）浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止反应的发生；用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸逐渐变黑，是浓硫酸脱水性的表现；用玻璃棒蘸取浓硝酸滴在ph试纸上，试纸逐渐变白是因为浓硝酸具有强的氧化性；故答案为：（强）氧化性；脱水性；（强）氧化性；（2）“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应，在反应中会有污染性的气体一氧化氮和二氧化氮生成，只有制备方法不会产生污染气体，同时原子利用率最高，符合“绿色化学”思想，故答案为：；（3）铜与浓硫酸反应一段时间变为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，在硫酸存在时，再加入硝酸钠，相当于存在了硝酸，金属铜可以和硝酸发生反应生成硝酸铜和一氧化氮，反应离子方程式为：3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o，故答案为：3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o；（4）12.8gcu的物质的量=0.2mol，气体的物质的量=0.25mol，根据氮原子守恒，n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no、no2）=20.2mol+0.25mol=0.65mol；故答案为：0.65；（5）双氧水具有氧化性，在酸性环境下可以将金属铜氧化，发生反应的原理方程式是：cu+2hcl+h2o2=cucl2+2h2o，故答案为：cu+2hcl+h2o2=cucl2+2h2o点评：本题考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，以及有关硝酸的计算，难度中等，注意利用氮原子个数守恒是解题关键22（12分）工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：（1）粗盐水中加入沉淀剂a、b以除去杂质制取精盐（沉淀剂a来源于石灰窑厂），写出b的化学式na2co3（2）向过滤出c后的滤液中通入气体nh3和co2，则气体m是nh3（填化学式），选择的理由是nh3极易溶于水且显碱性，有利于co2的溶解通入气体n后现象是变浑浊（3）滤液d最主要的成分是nh4cl（填写化学式），检验这一成分的阴离子的具体方法是取样，先加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明该阴离子是氯离子考点：纯碱工业（侯氏制碱法）.分析：（1）粗盐水加入沉淀剂a、b除去粗盐中的杂质镁离子等，沉淀剂a来源于石灰窑厂，所以a、b的化学式为ca（oh）2、na2co3；（2）工业制纯碱时需先通入氨气，因为氨气的溶解度比二氧化碳大得多，且溶液呈碱性，有利于二氧化碳的吸收；生成了溶解度较小的nahco3析出，据此分析现象；（3）根据题意知道通入二氧化碳后主要发生复分解反应结合质量守恒定律得知溶液中主要是nh4cl，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银解答：解：（1）粗盐中含有硫酸根离子、碳酸根离子、镁离子，常用的提纯食盐的沉淀剂为氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液，沉淀剂a来源于石灰窑厂，所以a是氢氧化钙，b是碳酸钠，故答案为：na2co3；（2）二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵；氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入co2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵，故应先通氨气，再通二氧化碳；将氨气和二氧化碳通入后，生成了nahco3析出，故现象为变浑浊故答案为：nh3；nh3极易溶于水且显碱性，有利于co2的溶解；变浑浊；（3）根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反应，反应的化学方程式为：h2o+co2+nh3+nacl=nahco3+nh4cl，最终得到nh4cl还有碳酸氢钠等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，故酸化后滤液的主要成分是nh4cl；检验其中的氯离子时，要经过取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子，故答案为：nh4cl；取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子点评：本题以工业生产纯碱的工艺流程为背景，考查了物质的提纯、化学实验基本操作、实验结果的处理等知识，难度中等23（12分）（1）理论上将so2通入bacl2溶液中并不产生沉淀，再通入另一种气体后可以产生白色沉淀例如通入no2，写出由so2生成沉淀的离子反应方程式3so2+2no3+2h2o+3ba2+2no+3baso4+4h+如果通入nh3（填化学式）气体，则生成另一种白色沉淀baso3（化学式）（2）实际操作中将so2通入到bacl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：所得悬浊液白色沉淀观察现象并判断则操作的名称为过滤，试剂a的化学式为hcl实验表明，加入试剂a后，白色沉淀未见溶解，产生该白色沉淀的离子方程式是2so2+2ba2+o2+2h2o2baso4+4h+考点：二氧化硫的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量.分析：（1）通no2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，据此书写离子方程式；如果通氨气将二氧化硫转化成亚硫酸根，与氯化钡生成亚硫酸钡沉淀；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法；硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应；解答：解：（1）通no2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：3so2+2no3+2h2o+3ba2+2no+3baso4+4h+；如果通氨气将二氧化硫转化成亚硫酸根，与氯化钡生成亚硫酸钡沉淀；故答案为：3so2+2no3+2h2o+3ba2+2no+3baso4+4h+；nh3；baso3；（2）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法，将so2通入到bacl2溶液中，出现的白色浑浊可能是硫酸钡还可能是亚硫酸钡，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，溶解，可以用盐酸来鉴别沉淀成分，故答案为：过滤；hcl；2so2+2ba2+o2+2h2o2baso4+4h+；点评：本题二氧化硫的性质，题目难度不大，侧重so2的酸性、还原性的考查，把握发生的化学反应为解答的关键，注重基础知识夯实24（12分）现有五种可溶性物质a、b、c、d、e，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子na+、al3+、mg2+、ba2+、fe3+和五种阴离子cl、oh、no3、co32、xn中的一种（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是na2co3和ba（oh）2（填化学式）（2）为了确定xn，现将（1）中的两种物质记为a和b，当c与b的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当c与a的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后仍有白色沉淀不再溶解则：xn为b（填序号）aso32 bso42cch3coo dsio32写出物质c与b反应的离子反应式3co32+2fe3+3h2o3co2+2fe（oh）3将0.2mol的a与0.1mol的c同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的物质的量为mol利用上述已经确定的物质ba（oh）2（填化学式），可以检验出d、e中的阳离子考点：常见离子的检验方法；离子方程式的有关计算.分析：（1）根据离子之间结合生成沉淀，不能共存，确定含有的两种物质；（2）c与b的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧