山东省淄博七中高三化学上学期期中试题（含解析）.doc

化学试卷一、选择题（本题包括15小题，1-10每小题2分，11-15每小题2分，共计35分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）最近意大利罗马大学的fulviocacace等人获得了极具理论研究意义的n4分子n4分子结构如图所示，已知断裂1mol nn吸收167kj热量，生成1mol nn放出942kj，根据以上信息和数据，下列说法正确的是（）an4属于一种新型的化合物bn4与n2互为同位素cn4与n2互为同素异形体d1mol n4气体转变为n2将吸收882kj热量考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.专题：化学键与晶体结构分析：a化合物是由不同种元素组成的纯净物，单质是由同种元素组成的纯净物；b同位素是质子数相同，中子数不同的原子；c同素异形体是同种元素形成的不同单质；d根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，根据题中数据计算出1moln4转变成n2放出的热量解答：解：an4由n组成，是一种单质，故a错误；bn4与n2是同种元素形成的不同单质，不是同位素，故b错误；cn4与n2是同种元素形成的不同单质，是同素异形体，故c正确；d1moln4气体中含有0.6molnn键，可生成2moln2，形成2molnn键，则1mon4气体转变为n2化学键断裂断裂吸收的热量为6167kj=1002kj，形成化学键放出的热量为2942kj=1884kj，所以反应放热，放出的热量为1884kj1002kj=882kj，故应为放出882kj热量，故d错误；故选c点评：本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类以及反应热的计算等问题，题目难度不大，注意基础知识的把握2（2分）下列说法正确的是（）经分析某物质只含有一种元素，则该物质一定是单质；质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子；碱性氧化物一定是金属氧化物；no2不是酸性氧化物、na2o2不属于碱性氧化物；两种盐反应一定生成两种新盐abcd考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.专题：物质的分类专题分析：依据同素异形体是同元素组成的不同单质分析；因为质子数相同，电子数也相同的话不可能一种是分子，一种是离子，因为分子是电中性，而离子是带电的，所以说两者不可能同时一样的；碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物一定是金属氧化物；酸性氧化物是和减肥药生成盐和水的氧化物，碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，发生的都是复分解反应；氧化性盐和还原性盐会发生氧化还原反应、两种水解相互促进的盐反应生成气体沉淀等解答：解：某物质只含有一种元素可以是同素异形体的混合物，故错误；因为质子数相同，电子数也相同的话不可能一种是分子，一种是离子，因为分子是电中性，而离子是带电的，所以说两者不可能同时一样的，故正确； 依据碱性氧化物的概念和性质可知，碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；依据酸性氧化物和碱性氧化物的概念分析判断，no2不是酸性氧化物、na2o2不属于碱性氧化物，故正确；两种盐反应不一定生成两种新盐，如fecl3和na2s反应生成硫单质氯化亚铁和氯化钠；alcl3+na2s在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，故错误；综上所述：正确；故选b点评：本题考查了酸碱盐氧化物概念的分析应用，主要考查同素异形体概念应用，物质性质的应用和反应特征熟练掌握物质性质和化学概念的内涵是解题关键3（2分）下列物质中，其水溶液能导电，溶于水时化学键被破坏，且该物质属于非电解质的是（）acl2bso2cnaohdc2h5oh考点：电解质与非电解质.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，溶于水时化学键被破坏可能发生了化学反应解答：解：a、氯气是单质不是化合物，所以氯气既不是电解质也不是非电解质，故a错误；b、二氧化硫是非电解质，但二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，二氧化硫和水反应时，化学键被破坏，故b正确；c、氢氧化钠溶于水能电离出离子，溶液导电，有化学键断裂，氢氧化钠属于电解质，故c错误；d、乙醇在水中以分子形式存在，其水溶液不导电，所以乙醇是非电解质，故d错误点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质4（2分）化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）a明矾水解形成的al（oh）3胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化b铅蓄电池放电时铅电极发生氧化反应c胶体与溶液的分离可用渗析的方法d生铁浸泡在食盐水中发生析氢腐蚀考点：盐类水解的应用；胶体的应用；电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护.专题：溶液和胶体专题；盐类的水解专题；电化学专题分析：a、胶体具有吸附性，所以可以净化水；b、原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应；c、胶体不能透过半透膜，溶液可以通过半透膜；d、生铁在碱性或中性溶液中发生吸氧腐蚀解答：解：a、明矾中含有铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能净水，故a正确；b、铅蓄电池放电时，铅作负极，负极上铅失去电子发生氧化反应，故b正确；c、胶体不能透过半透膜，溶液可以通过半透膜，所以胶体和溶液的分离可用渗析的方法，故c正确；d、生铁在酸性电解质溶液中发生析氢腐蚀，在碱性或中性溶液中发生吸氧腐蚀，故d错误；故选d点评：本题考查了金属的腐蚀、水的净化等知识点，根据胶体的性质、原电池放电时两极反应类型、胶体的性质等知识来解答即可，难度不大5（2分）同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14n、13c、18o三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，下列说法正确的是（）a所含分子数和质量均不相同b含有相同的分子数和电子数c含有相同的质子数和中子数d含有相同数目的中子、原子和分子考点：物质的量的相关计算.专题：计算题分析：同温同压下，等体积的气体的物质的量相同、气体分子数相同，14n18o、13c18o分子都是双原子分子，中子数都是17，分子14n18o、13c18o中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，根据m=nm可知判断二者质量不同解答：解：同温同压下，14n18o、13c18o等体积，二者物质的量相等、气体分子数目相等，则14n18o、13c18o分子数目相等，二者摩尔质量不同，根据n=nm可知，二者质量不相等，14n18o、13c18o分子都是双原子分子，中子数都是17，二者含有原子数目、中子数相等，14n18o、13c18o分子中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，则二者互为电子数不相同，综上分析可知，abc错误，d正确，故选：d点评：本题考查了阿伏伽德罗定律的应用，侧重考查微粒数目的计算，明确分子、原子的构成是解本题关键，注意根据分子中质子数、电子数、中子数的关系解答，难度不大6（2分）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+h2o=hclo+hco3b向naalo2溶液中通入过量co2：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3c向na2s2o3溶液中通入足量氯气：s2o32+2cl2+3h2o=2so32+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）3=feo42+3cl+h2o+4h+考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a漂白粉在空气中变质是因为其有效成分次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成了次氯酸，并且次氯酸见光、受热分解，从而使漂白粉失效；bnaalo2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠；cna2s2o3中s的化合价为+2，na2s2o3和氯气反应，可将氯气完全转化为cl，生成了硫酸、氯化钠和氯化氢；d在强碱溶液中次氯酸钠与fe（oh）3反应生成na2feo4，方程式左右电荷不守恒，且不能由碱生成酸；解答：解：aca（clo）2是漂白粉中有效成分，漂白粉置于空气中易失效的原因是发生ca（clo）2+h2o+co2=caco3+2hclo，2hclo2hcl+o2反应，离子方程式为：ca2+2clo+h2o+co2=caco3+2hclo，故a错误；b向naalo2溶液中通入过量co2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3，故b正确；c硫代硫酸钠与氯气反应生成硫酸、氯化钠和盐酸，反应的化学方程式为：na2s2o3+4cl2+5h2o2nacl+6hcl+2h2so4，离子方程式为：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的离子反应为3clo+2fe（oh）3+4oh=2feo42+3cl+5h2o，故d错误；故选b点评：本题考查了离子方程式的正误判断，明确判断离子方程式常用方法（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式，b选项反应生成的是碳酸氢根离子为易错点，题目难度中等7（2分）（2013和平区二模）如图所示，利用海水可提取很多重要的化工原料下列有关说法正确的是（）a第步中除去粗盐中的so42、ca2+、mg2+、fe3+等杂质，加入的药品顺序为：na2co3溶液naoh溶液bacl2溶液过滤后加盐酸b第步中工业上可采用石墨为阴极，铁为阳极，采用阳离子交换膜的电解装置c第步中结晶出的mgcl26h2o可在空气中受热分解制无水mgcl2d在第步中溴元素被氧化，第、步中既有溴元素被氧化也有溴元素被还原考点：海水资源及其综合利用；氯碱工业；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；粗盐提纯.专题：离子反应专题；卤族元素分析：根据转化图可知，为粗盐提纯，利用物质之间的发生及除杂的原则来分析；为氯碱工业；为结晶水合物失去结晶水的反应；为制备溴单质的反应，利用反应中溴元素的化合价来分析解答：解：a、除去粗盐中的so42、ca2+、mg2+等杂质，先除硫酸根离子，需要bacl2溶液，再除镁离子，需要naoh溶液，最后除钙离子，加入na2co3溶液，故a错误；b、氯碱工业中，电解池的阳极材料也是惰性的，故b错误；c、由的转化可知，结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁，为防止镁离子水解，应在酸性条件下进行，故c错误；d、由可知nabrbr2，nabr中溴元素的化合价为1价，单质中溴元素的化合价为0，则在反应中溴元素的化合价升高，由信息可知溴元素被氧化，第、步是溴的提纯，既有溴元素被氧化也有溴元素被还原；故d正确；故选d点评：本题考查海水中溴的制备与提纯，具有重要的化工意义8（2分）设na为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）a1mol羟基与17gnh3所含电子数都为nab12.4g白磷（分子式为p4）中含有pp共价键0.6nac常温常压下，na2o2与足量h2o反应，生成了0.2molo2，转移电子的数目为0.8 nad适量铜粉溶解于1l0.5moll1稀硝酸中，当生成2.24lno时，溶液中氮原子数为0.4 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、羟基没有发生电子的转移，1mol羟基含有9mol电子；b、根据白磷分子中含有6个pp共价键计算出12.4g白磷含有的共价键数目；c、过氧化钠中氧元素化合价为1价，生成0.2mol氧气转移0.4mol电子；d、没有告诉是标准状况下，无法计算2.24l一氧化氮的物质的量解答：解：a、1mol羟基含有9mol电子，17g氨气的物质的量为1mol，含有10mol电子，二者含有的电子数不相等，故a错误；b、白磷是正四面体型结构，分子中含有6个pp共价键，12.4 g白磷（分子式为p4）的物质的量是0.1mol，所以分子中含有pp共价键0.6 na，故b正确；c、na2o2与足量h2o反应，过氧化钠中氧元素化合价为1价，生成了0.2molo2，转移了0.4mol电子，转移电子的数目为0.4na，故c错误；d、1l0.5moll1稀硝酸中含有溶质硝酸0.5mol，由于不确定是否标准状况下，无法计算一氧化氮的物质的量，无法计算溶液中含有的氮原子数目，故d错误；故选b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意是否在标准状况下及标况下物质的状态，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，要准确解答好这类题目，一是要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；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系9（2分）nacl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）下列说法正确的是（）a石灰乳与cl2的反应中cl2既是氧化剂，又是还原剂b25，nahco3在水中的溶解度比na2co3的大c常温下干燥cl2能用钢瓶贮运，所以cl2不与铁反应d图中所示转化反应都是氧化还原反应考点：氧化还原反应；氯气的化学性质；钠的重要化合物.专题：氧化还原反应专题；卤族元素；几种重要的金属及其化合物分析：a反应中氯元素化合价既升高又降低；bnahco3在水中的溶解度比na2co3的小；c氯气在点燃条件下可与铁反应；d生成纯碱的反应不是氧化还原反应解答：解：a石灰乳与cl2的反应生成cacl2、ca（cl0）2，反应中氯元素化合价既升高又降低，cl2既是氧化剂，又是还原剂，故a正确；bnahco3在水中的溶解度比na2co3的小，可通过在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀来证明，故b错误；c氯气在点燃条件下可与铁反应，且潮湿的氯气也可与铁反应，故c错误；d生成纯碱的反应不是氧化还原反应，元素的化合价都不变化，故d错误故选a点评：本题以氯化钠的性质和用途为载体综合考查物质的性质、氧化还原反应等知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累10（2分）（2011山东）al、fe、cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）a三者对应的氧化物均为碱性氧化物b三者的单质放置在空气中均只生成氧化物c制备alcl3、fecl3、cucl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法d电解alcl3、fecl3、cucl2的混合溶液时阴极上依次析出cu、fe、al考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用.专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：a、根据al、fe、cu三者对应的氧化物各自所属类别来回答；b、根据al、fe、cu三者放在空气中所发生的反应来回答；c、根据alcl3、fecl3、cucl2三种溶液直接蒸干时所得到的产物进行分析；d、根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出解答：解：a、铝对应的氧化物al2o3是两性氧化物，故a错误；b、fe还可以形成复杂的氢氧化物，cu可以形成碱式碳酸铜等，故b错误；c、因为alcl3、fecl3、cucl2的溶液加热时都水解生成沉淀和hcl气体了，hcl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，制备alcl3、fecl3、cucl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故c正确；d、根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：cu2+h+fe2+al3+，fe2+和al3+不放电，fe3+得电子成为fe2+，不会析出铁，所以铁和al不可以，因为它们比h活泼，只有cu可以，故d错误故选c点评：本题考查了常见的金属单质的性质、电解原理以及盐类水解的应用知识，是一道综合型题目11（3分）2k2cro4+h2so4=k2cr2o7+k2so4+h2ok2cr2o7+6feso4+7h2so4=3fe2（so4）3+k2so4+7h2ofe2（so4）3+2hi=2feso4+i2+h2so4下列结论正确的是（）a均是氧化还原反应b氧化性强弱顺序是k2cr2o7fe2（so4）3i2c反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1d反应中0.1mol还原剂共失去电子数为6.021023考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：2k2cro4+h2so4=k2cr2o7+k2so4+h2o，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；k2cr2o7+6feso4+7h2so4=3fe2（so4）3+cr2（so4）3+k2so4+7h2o，cr元素的化合价降低，fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；fe2（so4）3+2hi=2feso4+i2+h2so4中，fe元素的化合价降低，i元素的化合价升高，为氧化还原反应，结合化合价变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物来解答解答：解：2k2cro4+h2so4=k2cr2o7+k2so4+h2o，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；k2cr2o7+6feso4+7h2so4=3fe2（so4）3+cr2（so4）3+k2so4+7h2o，cr元素的化合价降低，fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；fe2（so4）3+2hi=2feso4+i2+h2so4中，fe元素的化合价降低，i元素的化合价升高，为氧化还原反应，a属于氧化还原反应，而不属于氧化还原反应，故a错误；b由中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是：k2cr2o7fe2（so4）3i2，故b正确；c中氧化剂为k2cr2o7，还原剂为feso4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故c错误；d中还原剂为hi，1molhi反应失去1mol电子，则0.1mol还原剂共失去电子数为6.021022，故d错误；故选b点评：本题考查氧化还原反应及电子转移的有关计算，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中转移电子及计算的考查，题目难度不大12（3分）a、b、c、d、e是5种短周期元素，其原子序数依次增大a是周期表中原子半径最小的元素，b原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，c、d、e处于同一周期，e与b处于同一族，c、d原子的核外电子数之和与b、e原子的核外电子数之和相等下列说法正确的是（）a元素b、c、d具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大b元素a不能与元素b形成化合物a2b2c元素b、e分别与元素a形成的化合物的热稳定性：amamed元素d、e的最高价氧化物的水化物都是强酸考点：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：a、b、c、d、e是5种短周期元素，其原子序数依次增大，a是周期表中原子半径最小的元素，则a为h元素；b原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，只能有2个电子层，最外层电子数为6，故b为o元素；e与b处于同一族，则e为s元素；c、d、e处于同一周期，均处于第三周期，c、d原子的核外电子数之和与b、e原子的核外电子数之和相等，结合原子序数可知，c为na、d为al，据此解答解答：解：a、b、c、d、e是5种短周期元素，其原子序数依次增大，a是周期表中原子半径最小的元素，则a为h元素；b原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，只能有2个电子层，最外层电子数为6，故b为o元素；e与b处于同一族，则e为s元素；c、d、e处于同一周期，均处于第三周期，c、d原子的核外电子数之和与b、e原子的核外电子数之和相等，结合原子序数可知，c为na、d为al，a元素b、c、d具有相同电子层结构的离子分别为o2、na+、al3+，根据核外电子排布相同，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径o2na+al3+，故a错误；ba为h，b为o，二者可形成化合物h2o2，故b错误；c非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性os，所以氢化物稳定性h2oh2s，故c正确；dd为al元素，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，属于弱碱，故d错误故选c点评：本题考查结构与位置关系、元素周期律、微粒半径比较等，侧重于学生的分析能力的考查，推断元素是关键，注意半径比较规律与基础知识掌握，难度中等13（3分）x、y、z、m四种金属，已知x可以从y的盐溶液中置换出y：x和z作原电池电极时，z为正极；y和z的离子共存于电解液中，y离子先放电；m的离子的氧化性强于y的离子则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）axyzmbxzmycmzxydxzym考点：原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用.专题：电化学专题分析：活泼金属能置换出不活泼金属；原电池中不活泼金属作正极，活泼金属作负极；电解质溶液中不活泼金属阳离子先放电；金属阳离子中，不活泼金属的阳离子氧化性比活泼金属阳离子的氧化性强，据此分析解答解答：解：x可以从y的盐溶液中置换出y，说明x的活动性大于y；x和z作原电池电极时，z为正极，说明x的活动性大于z；y和z的离子共存于电解液中，y离子先放电，说明z的活动性大于y；m的离子的氧化性强于y的离子，说明y的活动性大于m，所以得出这四种金属的活动性由强到弱的顺序为xzym，故选d点评：本题考查学生金属活泼性强弱的判断方法，难度不大，会归纳、总结金属活动性强弱的方法14（3分）如图所示，h1=393.5kjmol1，h2=395.4kjmol1，下列说法或表示中，正确的是（）ac（s、石墨）c（s、金刚石）h=+1.9 kjmol1b石墨和金刚石的转化是物理变化c石墨的稳定性比金刚石弱d1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kj考点：化学能与热能的相互转化.专题：化学反应中的能量变化分析：先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答解答：解：由图得：c（s，石墨）+o2（g）=co2（g）h=393.5kjmol1c（s，金刚石）+o2（g）=co2（g）h=395.4kjmol1，利用盖斯定律将可得：c（s，石墨）=c（s，金刚石）h=+1.9kjmol1，则a、因c（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9kjmol1，故a正确；b、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故b错误；c、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故c错误；d、依据热化学方程式 c（s，石墨）=c（s，金刚石）h=+1.9kjmol1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kj，故d错误；故选a点评：本题考查根据图象信息书写热化学方程式，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系15（3分）（2009福州模拟）某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹据此，下列叙述正确的是（）a铅笔端作阳极，发生还原反应b铂片端作阴极，发生氧化反应c铅笔端有少量的氯气产生da点是负极，b点是正极考点：电解原理.专题：压轴题；电化学专题分析：此为电解氯化钠溶液的实验装置，电解时的阴极反应为：2h+2eh2，或2h2o+2eh2+2oh，阳极发生的反应为：2cl2ecl2，总反应为：2nacl+2h2o2naoh+cl2+h2，阴极溶液呈碱性，滴加酚酞溶液呈红色，以此回答题中各项问题解答：解：a、用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹，说明铅笔做阴极，反应为：2h+2eh2，或2h2o+2eh2+2oh，溶液呈碱性，滴加酚酞溶液呈红色，故a错误；b、阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，在该电解池中，铅笔做阴极，铂片做阳极，故b错误；c、铅笔做阴极，反应为：2h+2eh2，或2h2o+2eh2+2oh，有氢气产生，故c错误；d、用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹，说明铅笔做阴极，连接电源的负极，即a为负极，则b为正极，故d正确故选：d点评：本题考查电解原理及应用，本题难度不大，做题时注意从反应的现象判断电解池的阴阳极入手来解答，注意把握电极反应和溶液离子浓度的变化二、非选择题（共65分）16（14分）由软锰矿（主要成分为mno2）制备kmno4的实验流程可表示如下：（1）反应发生反应的化学方程式是3mno2+kclo3+6koh3k2mno4+kcl+3h2o；反应发生反应的离子方程式是3mno42+4h+=mno2+2mno4+2h2o；（2）操作的实验步骤为加热蒸发、冷却结晶；可循环利用的物质的化学式为mno2；（3）计算用2.5kg含mno280%的软锰矿制备，理论上可得kmno4为2.4kg：（保留两位有效数字）（4）取制得的产品6.5g，配成250ml溶液；准确称取纯na2c2o41.34g配成适量溶液用上述kmno4溶液滴定na2c2o4溶液，恰好反应（氧化产物为co2，还原产物为mn2+）时，消耗kmno4溶液的体积为25.00ml该kmno4的纯度为97.2%（保留小数点后一位）考点：制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验题分析：（1）由题意可知，koh、kclo3、mno2共熔制得k2mno4、kcl，由元素守恒可知，还会生成h2o；由流程图可知，操作的滤液酸化生成高锰酸钾与二氧化锰，应是锰酸根与氢离子反应生成二氧化锰与高锰酸根离子，同时生成水；（2）操作是从溶液中获得高锰酸钾晶体，应采取加热蒸发、冷却结晶等操作；操作的滤渣中含有二氧化锰，可以在反应中循环利用；（3）根据反应、，可以得出关系式3mno23k2mno42kmno4，据此根据质量定比关系计算；（4）发生反应2kmno4+5na2c2o4+8h2so4k2so4+2mnso4+5na2so4+10co2+8h2o，令kmno4的纯度为x，根据方程式列方程计算解答：解：（1）由题意可知，koh、kclo3、mno2共熔制得k2mno4、kcl，由元素守恒可知，还会生成h2o，反应方程式为：3mno2+kclo3+6koh3k2mno4+kcl+3h2o；由流程图可知，操作的滤液酸化生成高锰酸钾与二氧化锰，应是锰酸根与氢离子反应生成二氧化锰与高锰酸根离子，同时生成水，反应方程式为：3mno42+4h+=mno2+2mno4+2h2o，故答案为：3mno2+kclo3+6koh3k2mno4+kcl+3h2o；3mno42+4h+=mno2+2mno4+2h2o；（2）操作是从溶液中获得高锰酸钾晶体，应采取加热蒸发、冷却结晶等操作；操作的滤渣中含有二氧化锰，可以在反应中循环利用，故答案为：加热蒸发、冷却结晶；mno2；（3）根据反应、，可以得出关系式3mno23k2mno42kmno4，令理论上可得kmno4为x kg，则：3mno23k2mno42kmno4，873 21582.5kg80% xkg所以873：2158=2.5kg80%：xkg，解得：x=2.4，故答案为：2.4kg；（4）发生反应2kmno4+5na2c2o4+8h2so4k2so4+2mnso4+5na2so4+10co2+8h2o，令kmno4的纯度为y，则：2kmno45na2c2o4 2158 51346.5gy 1.34g所以：2158：5134=6.5gy：1.34g解得y=97.2%故答案为：97.2点评：本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、常用化学用语、物质的分离提纯、氧化还原反应滴定计算等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力17（16分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢（即铁和碳的合金）进行了以下探究活动：【探究一】（1）常温下，工业上用铁质容器盛放冷的浓硫酸，其原因是铁钉表面被钝化；（2）称取碳素钢6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液x并收集到混合气体y甲同学认为x中除fe3+之外还可能含有fe2+若要确认其中的fe2+，应选用d；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560ml（标准状况）气体y通入足量溴水中，发生so2+br2+2h2o2hbr+h2so4反应，然后加入足量bacl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g由此推知气体y中so2的体积分数为80%【探究二】根据上述实验中so2体积分数的分析，丙同学认为气体y中还可能含有q1和q2两种气体，其中q1气体在标准状况下密度为0.0893gl1为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略，假设有关气体完全反应）（3）装置b中试剂的作用是检验so2是否除尽；（4）分析y气体中的q2气体是如何生成的c+2h2so4co2+2so2+2h2o（用化学方程式表示）；（5）为确认q2的存在，需在装置中添加洗气瓶m于c；aa之前 bab间 cbc间 dcd间（6）如果气体y中含有q1，预计实验现象应是d中固体由黑色变红色和e中固体由白色变蓝色考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）常温下，铁遇冷的浓硫酸发生钝化现象；（2）亚铁离子有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色；根据硫酸钡与二氧化硫的关系式计算二氧化硫的体积，再根据体积分数公式计算；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，据此判断是否含有二氧化硫；（4）碳素钢中含有碳，加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳；（5）用澄清石灰水检验二氧化碳，首先要排除二氧化硫的干扰；（6）q1气体，在标准状况下，密度为0.0893gl1，其相对分子质量为2，所以是氢气，氢气检验还原性，能含有氧化铜同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝解答：解：（1）常温下，铁遇冷的浓硫酸发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步的反应，即发生钝化现象，所以反应片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，故答案为：铁钉表面被钝化；（2）亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d；so2+br2+2h2o=2hbr+h2so4，h2so4+bacl2=baso4+2hcl，所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为so2baso4，设二氧化硫的体积为v，so2baso4，22.4l 233gv 4.66gv=0.448l=448ml，所以二氧化硫的体积分数=80%，故答案为：80%；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，故答案为：检验so2是否除尽；（4）碳素钢中含有碳，加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为c+2h2so4co2+2so2+2h2o，故答案为：c+2h2so4co2+2so2+2h2o；（5）二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，b装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在b和c之间，即在通入碱石灰之前检验，故答案为：c；（6）q1气体，在标准状况下，密度为0.0893gl1，其相对分子质量为2，所以是氢气，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，所以如果d中氧化铜变红，e中无水硫酸铜变蓝，则证明含有氢气，故答案为：d中固体由黑色变红色和e中固体由白色变蓝色点评：本题考查了浓硫酸的性质、二氧化硫的性质、常见物质的检验等知识点，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和实验能力，注意常温下，铁和冷的浓硫酸不是不反应，而是反应生成了致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，为易错点18（12分）某实验小组为探究clo、i2、so42在酸性条件下的氧化性强弱，进行如下实验：实验：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入适量的稀硫酸，溶液立即变蓝；（1）写出实验中发生反应的离子方程式clo+2i+2h+=i2+cl+h2o实验：取适量实验后的溶液，滴加4ml 0.5moll1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去（2）实验化学反应中转移电子的物质的量是0.004mol（3）以上实验说明，在酸性条件下clo、i2、so42的氧化性由弱到强的顺序是so42、i2、clo实验：取适量实验后的溶液，继续滴加次氯酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，生成物之一为食盐加碘的原料（4）写出实验中发生反应的离子方程式i2+5clo+h2o=2io3+5cl+2h+（或i2+5clo+2oh=2io3+5cl+h2o）（5）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”如2fe3+cu=2fe2+cu2+，可拆写为氧化反应式：cu2e=cu2+，还原反应式：2fe3+2e=2fe2+据此，将反应2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2拆写为两个“半反应式”：氧化反应式：2al+8oh6e=2alo2+4h2o（或al+4oh3e=alo2+2h2o），还原反应式：6h2o+6e=6oh+3h2（2h2o+2e=2oh+2h2）考点：氧化性、还原性强弱的比较.专题：氧化还原反应专题分析：（1）实验说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子；（2）实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，根据亚硫酸钠和转移电子的关系式计算转移电子的物质的量；（3）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；（4）次氯酸根离子具有氧化性，可以将单质碘氧化，根据氧化还原反应知识来书写；（5）原子得电子，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，原子失电子，化合价升高元素所在的反应物是还原剂解答：解：（1）实验说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，该反应中，次氯酸根离子得电子作氧化剂，碘离子失电子是还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性强弱为：cloi2，反应离子方程式为：clo+2i+2h+=i2+cl+h2o，故答案为：clo+2i+2h+=i2+cl+h2o；（2）实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性强弱为：i2so42，反应离子方程式为：h2o+i2+so32=so42+2i+2h+，设转移电子的物质的量为xh2o+so32+i2=so42+2i+2h+转移电子 1mol 2mol0.5mol/l0.004l xx=0.004mol，答：转移电子的物质的量是0.004 mol；（3）反应：clo+2i+2h+=i2+cl+h2o，氧化性强弱为：cloi2，反应：h2o+i2+so32=so42+2i+2h+，氧化性强弱为：i2so42，综合以上得出结论：so42i2clo，故答案为：so42、i2、clo；（4）滴加次氯酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，即碘单质被氧化，生成物之一为食盐加碘的原料，即碘酸钾，发生反应为：i2+5clo+h2o=2io3+5cl+2h+ （或i2+5clo+2o h=2io3+5cl+h2o），故答案为：i2+5clo+h2o=2io3+5cl+2h+ （或i2+5clo+2o h=2io3+5cl+h2o）；（5）反应2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2中，失电子化合价升高元素是al元素，发生氧化反应：2al+8oh6e=2alo2+4h2o（或al+4oh3e=alo2+2h2o），失电子，化合价降低元素是h元素，发生还原反应，即6h2o+6e=6oh+3h2（2h2o+2e=2oh+2h2），故答案为：2al+8oh6e=2alo2+4h2o（或al+4oh3e=alo2+2h2o）；6h2o+6e=6oh+3h2（2h2o+2e=2oh+2h2）点评：本题以实验设计为载体考查了物质氧化性强弱的判断，明确“同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”是解本题的关键，难度不大19（12分）某化工集团为了提高资源利用率减少环境污染，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链其主要工艺如下：（1）写出电解食盐水反应的离子方程式2cl+2h2o 2oh+h2+cl2（2）写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式：2fetio3+6c+7cl22fecl3+2ticl4+6co（3）已知：mg（s）+cl2（g）=mgcl2（s）；h=641kjmol1ti（s）+2cl2（g）=ticl4（s）；h=770kjmol1则2mg（s）+ticl4（g）=2mgcl2（s）+ti（s）；h=512 kjmol1反应2mg+ticl42mgcl4+ti在ar气氛中进行的理由是防止高温下mg（ti）与空气中的o2（或co2、n2）反应（4）在上述产业链中，合成192t甲醇理论上需额外补充h210t（不考虑生产过程中物质的任何损失）（5）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池该电池中负极上的电极反应式是ch3oh+8oh6e=co32+6h2o考点：副产品的综合利用；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池.专题：化学反应中的能量变化；电化学专题分析：（1）电解食盐水生成naoh、h2和cl2，以此书写离子方程式；（2）钛铁矿经氯化得到四氯化钛、氯化铁和一氧化碳；依据原子守恒配平写出；（3）根据盖斯定律，2可得；mg和ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的o2氧化；4）根据图中流程可知，利用co和h2，反应生成甲醇，根据所需要的氢气总量减去电解生成总量，计算额外所需氢气的量；（5）碱性甲醇电池中，o2在正极得电子发生还原反应，负极甲醇消耗氢氧根离子生成碳酸盐解答：解：（1）电解食盐水生成naoh、h2和cl2，反应的化学方程式为2cl+2h2o 2oh+h2+cl2，故答案为：2cl+2h2o 2oh+h2+cl2；（2）从图示可知氯化时的反应物为fetio3、c、cl2，生成物为fecl3、ticl4、co，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2fetio3+6c+7cl22fecl3+2ticl4