福建省八县（市）一中联考高三化学上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

福建省八县（市）一中联考2015届高三化学上学期期中试题（含解析）新人教版一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）1化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）a为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂b高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用c石英只能用于生产光导纤维d从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；硅和二氧化硅专题：化学应用分析：a、大量使用食品添加剂对人体有害，须适量添加；b、高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用；c、石英主要成分为二氧化硅，具有广泛的用途，可以做精密仪器的轴承、研磨材料、玻璃陶瓷等工业原料；d、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取解答：解：a、大量使用食品添加剂对人体有害，须适量添加，故a错误；b、高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用，故b正确；c、石英主要成分为二氧化硅，具有广泛的用途，可以做精密仪器的轴承、研磨材料、玻璃陶瓷等工业原料，故c错误；d、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取，故d错误故选：b点评：本题考查较综合，涉及诸多社会热点问题，注重化学与生活的联系，题目难度不大，注意知识的积累2下列化学药品的贮存方法正确的是（）a浓硝酸存放在带玻璃塞的无色细口瓶中b少量碘储存在酒精中c氢氧化钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中d少量金属钠保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中考点：化学试剂的存放专题：化学实验基本操作分析：a浓硝酸见光容易分解，需要避光保存；b碘易溶于酒精；c氢氧化钠能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞；d钠的密度小于四氯化碳，不能不存在四氯化碳中解答：解：a浓硝酸见光容易分解，需要避光保存，不能保存在无色试剂瓶中，应该保存在棕色试剂瓶中，故a错误；b碘易溶于酒精，不能储存在酒精中，故b错误；c氢氧化钠固体能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，所以氢氧化钠应该保存在带橡胶塞的广口瓶中，故c正确；d钠化学性质比较活泼，需要隔绝空气密封保存，钠的密度大于煤油，少量的金属钠可以保存在煤油中，但是钠的密度小于四氯化碳，不能保存在四氯化碳中，故d错误；故选c点评：本题考查了常见化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质，明确化学试剂正确的保存方法，如：见光分解的试剂应该避光保存、碱性溶液不能使用玻璃塞、氟化氢应该使用塑料瓶等3（2分）以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是（）氧化物环境问题主要来源aco2酸雨化石燃料的燃烧bso2光化学烟雾汽车尾气的排放cno2温室效应工厂废气的排放dcoco中毒燃料的不完全燃烧aabbccdd考点：常见的生活环境的污染及治理专题：化学应用分析：a、二氧化碳与温室效应有关；b、二氧化硫与酸雨有关；c、二氧化氮与光化学烟雾有关；d、燃料不完全燃烧生成co，co有毒解答：解：a、化石燃料燃烧主要排放二氧化碳气体，与温室效应有关，故a错误；b、工厂废气的排放产生大量二氧化硫气体，是形成酸雨的主要污染物，故b错误；c、汽车尾气排放大量的氮氧化物，氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故c错误；d、燃料不完全燃烧生成co，co有毒，故d正确故选d点评：本题考查常见的生活环境的污染治理，题目难度不大，注意污染物的形成条件及防治方法4（2分）对于某些物质或离子的检验及结论一定正确的是（）a某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，该物质一定是碱b某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，该气体一定是氯气c某物质的水溶液中加入盐酸产生无色无味气体，该溶液一定含有碳酸根离子d往铁和稀硝酸反应后的溶液中滴入kscn溶液，溶液显血红色，则该反应后的溶液中肯定有fe3+，可能还有fe2+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：a某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性；b能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体具有强氧化性；c加入盐酸产生无色无味气体，说明生成二氧化碳，可能为碳酸根离子或碳酸氢根离子；d溶液显血红色，说明生成fe3+，但不能确定是否含有fe2+解答：解：a某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性，但不一定为碱，可能为水解呈碱性的物质，故a错误；b能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体具有强氧化性，不一定为氯气，也可能为二氧化氮气体，故b错误；c加入盐酸产生无色无味气体，说明生成二氧化碳，可能为碳酸根离子或碳酸氢根离子，故c错误；d溶液显血红色，说明生成fe3+，如铁过量，可生成fe2+，但不能确定是否含有fe2+，故d正确故选d点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高考高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，检验时要注意排除干扰因素，难度不大5（2分）下列说法正确的是（）ane和ne的中子数相同，所以ne和ne互为同位素b1 mol ch4与1 mol nh4+所含质子数相等c等物质的量的甲基（ch3）与羟基（oh）所含电子数相等d二氧化硫溶于水所得的溶液可导电，说明二氧化硫是电解质考点：核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；电解质与非电解质分析：a中子数=质量数质子数；b1 mol nh4+所含质子数为11；c根据甲基和羟基的电子式分析；d在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质解答：解：a中子数=质量数质子数，ne和ne的中子数分别为：10，12，故a错误； b1 mol ch4所含质子数为10，1 mol nh4+所含质子数为11，故b错误；c1个甲基中含有9个电子，1个羟基中含有9个电子，所以等物质的量的甲基与羟基所含电子数相等，故c正确；d二氧化硫和水反应生成亚硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故d错误故选c点评：本题考查质量数与质子数、中子数之间的相互关系、电子式、非电解质等，难度不大，注意在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，必须是它本身电离才行6（2分）下列实验能达到目的是（）a将nh4cl溶液蒸干制备nh4cl固体b只滴加氨水鉴别nacl、alcl3、mgcl2、na2so4四种溶液c用萃取分液的方法除去酒精中的水d用可见光束照射以区别溶液和胶体考点：铵盐；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用分析：a、氯化铵受热分解；b、氯化镁、氯化铝和氨水反应生成白色沉淀，和氯化钠、硫酸钠不反应；c、酒精和水混溶；d、胶体具有丁达尔现象区别于溶液；解答：解：a、氯化铵受热分解，将nh4cl溶液蒸干不能制备nh4cl固体，故a错误；b、氯化镁、氯化铝和氨水反应生成白色沉淀，和氯化钠、硫酸钠不反应，不能鉴别，故b错误；c、酒精和水混溶不能分层，不能萃取分液，故c错误；d、胶体具有丁达尔现象区别于溶液，用可见光束照射以区别溶液和胶体，故d正确故选d点评：本题考查了物质性质和实验基本操作，胶体性质分析，掌握基础是关键题目较简单7（2分）使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（）溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时，仰视容量瓶的刻度线定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线abcd考点：溶液的配制专题：化学实验基本操作分析：根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积v的变化来进行误差分析；解答：解：溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会导致溶质损失，则浓度偏低，故选；若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故不选；定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，则浓度偏低，故选；定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水，重新达到刻度线，则导致浓度偏低，故选故选c点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大8（2分）下列有关物质性质或用途的说法正确的是（）a浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强氧化性b利用al2o3制作的坩埚，可用于熔融烧碱c制水泥和玻璃都用石灰石作原料d铜的金属活泼性比铁的弱，铜不能与任何强酸发生反应考点：浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物；化学应用分析：a浓硫酸具有吸水性；b氧化铝为两性氧化物能够与氢氧化钠反应；c水泥原料是石灰石和黏土；玻璃原料是纯碱、石灰石和石英；d铜与硝酸能发生氧化还原反应解答：解：a浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有吸水性，故a错误；b氧化铝为两性氧化物能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故b错误；c水泥原料是石灰石和黏土；玻璃原料是纯碱、石灰石和石英，制水泥和玻璃都用石灰石作原料，故c正确；d铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，故d错误；故选：c点评：本题考查了元素及化合物知识，题目难度不大，熟悉浓硫酸、氧化铝的性质是解题关键，注意制备水泥玻璃的原料9（2分）下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物漂白粉、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质na2o2、na2co3、na2sio3均为钠盐abcd考点：单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质专题：物质的分类专题分析：化合物是不同元素组成的纯净物，液氨是氨气属于化合物、液氯是单质；依据混合物是不同物质组成的分析；电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；含有钠元素的盐叫钠盐解答：解：液氨水液态氨气属于纯净的化合物、液氯是单质，干冰、碘化银均为化合物，故错误；漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙的混合物，盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水为氨气水溶液均为混合物，故正确；明矾、小苏打、醋酸、次氯酸，符合电解质概念，均为电解质，故正确；na2co3、na2sio3均为钠盐，na2o2没有酸根所以不是盐，所以不是钠盐，是氧化物，故错误；故选b点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用以及物质的分类，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键，注意对于物质的分类，不同的角度得到不同分类方法，题目较简单10（2分）对实验的实验现象预测正确的是（）a实验：液体分层，下层呈无色b实验：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解c实验：试管中溶液颜色仍无色d实验：放置一段时间后，饱和cuso4溶液中出现蓝色晶体考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；b氢氧化铝不溶于弱碱，能溶于强碱；c溶液呈血红色；d根据cao吸水并放热分析解答：解：a四氯化碳的密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以液体分层，且下层呈紫色，故a错误；b氨气和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水，所以能产生白色沉淀，故b错误；c氯化铁与kscn反应生成fe（scn）3，溶液呈红色，故c错误；dcao吸水生成氢氧化钙，饱和cuso4溶液中水减少，会析出蓝色晶体，故d正确故选d点评：本题考查了化学实验评价，明确实验原理是解本题关键，涉及萃取、氢氧化铝制取、饱和溶液等知识点，根据这些物质的性质来分析解答，易错选项是d，很多同学往往漏掉氧化钙和水反应放出热量而导致错误判断，为易错点11（3分）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是（）a若甲为焦炭，则丁可能是o2b若甲为氮气，则丁可能是o2c若甲为fe，则丁可能是稀硝酸d若甲为naoh溶液，则丁可能是co2考点：无机物的推断专题：推断题分析：a甲为焦炭，则丁可能是o2，则乙为co，丙为co2；b若甲为氮气，丁是o2，则乙为no、丙为no2，二氧化氮不能与氧气反应得到no；c若甲为fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；d甲为naoh溶液，则丁是co2，乙为na2co3，丙为nahco3解答：解：a甲为焦炭，则丁可能是o2，则乙为co，丙为co2，则ccoco2，符合转化，故a正确；b若甲为氮气，丁是o2，则乙为no、丙为no2，二氧化氮不能与氧气反应得到no，不符合转化关系，故b错误；c若甲为fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故c正确；d甲为naoh溶液，则丁是co2，乙为na2co3，丙为nahco3，则naohna2co3nahco3，符合转化，故d正确故选b点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度中等12（3分）下列化学用语书写正确的是（）a熔融状态下nahso4电离方程式：nahso4=na+h+so42b碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠：hco3+oh=co32+h2oc钠投入水中：2na+2h2o=2na+2oh+h2d氯化亚铁溶液中通入氯气：fe2+cl2=fe3+2cl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a熔融状态下nahso4电离生成钠离子和硫酸氢根离子；b漏掉氨根离子与氢氧根离子的反应；c钠投入水中生成氢氧化钠和氢气；d电荷不守恒解答：解：a熔融状态下nahso4电离方程式：nahso4=na+hso4，故a错误；b碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠，离子方程式：nh4+hco3+2oh=co32+h2o+nh3h2o，故b错误；c钠投入水中，离子方程式：2na+2h2o=2na+2oh+h2，故c正确；d氯化亚铁溶液中通入氯气，离子方程式：2fe2+cl2=2fe3+2cl，故d错误；故选：c点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式遵循质量守恒、电荷数守恒规律13（3分）na表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（）a在通常条件下，1mol氩气含有的原子数为2nab56g金属铁由原子变为离子时失去的电子数为nac在标准状况下，2.24 l氨气所含的电子总数约为nad1 mol/l 的 na2so4溶液中含有na+个数为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、氩气为单原子分子；b、根据铁反应后的价态为+3价来分析；c、1molnh3含10mol电子；d、溶液体积不明确解答：解：a、氩气为单原子分子，故1mol氩气含有的原子数为na，故a错误；b、56g铁的物质的量为1mol，铁反应后的价态可能为+3价，故1mol铁失3mol电子，故b错误；c、在标准状况下，2.24 l氨气的物质的量为0.1mol，1molnh3含10mol电子，故0.1mol氨气含1mol电子，个数为na个，故c正确；d、溶液体积不明确，na+的个数无法计算，故d错误故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大14（3分）将so2和x气体分别通入bacl2溶液，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则x气体不可能是（）ac12bnh3cco2dno2考点：二氧化硫的化学性质分析：a、氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液；b、氨气显碱性，能和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；c、二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应；d、二氧化氮和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到硫酸解答：解：a、cl2+so2+2h2oh2so4+2hcl，h2so4+bacl2baso4+2hcl，故a错误；b、2nh3+so2（nh4）2s03，（nh4）2s03+bacl2baso3+2nh4cl，故b错误；c、二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故c正确；d、二氧化氮和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到硫酸，h2so4+bacl2baso4+2hcl，故d错误故选c点评：本题目考查了学生物质之间的化学反应，要求学生熟记教材知识，学以致用15（3分）（2011信阳一模）在a l al2（so4）3和（nh4）2so4的混合溶液中加入b mol bacl2，恰好使溶液中的so42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol nh3，则原溶液中的al3+浓度（mol/l）为（）abcd考点：物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算专题：守恒法分析：根据so42+ba2+baso4计算溶液中的so42离子的物质的量，根据nh4+ohnh3+h2o计算nh4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的al3+浓度解答：解：由混合溶液中加入bmolbacl2，恰好使溶液中的so42离子完全沉淀，则so42+ba2+baso4 bmol bmolc（so42）=mol/l，由加入足量强碱并加热可得到cmol nh3，则nh4+ohnh3+h2o cmol cmolc（nh4+）=mol/l，又溶液不显电性，设原溶液中的al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/l1=mol/l2，解得x=mol/l，故选c点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可16（3分）某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色；再向橙黄色溶液中滴加bacl2溶液，产生白色沉淀；若向原溶液中加入铝粉，有气体放出，该溶液可能大量存在的一组离子是（）ak+、h+、no3、na+bh+、br、so42、na+cso42、br、oh、fe3+dh+、br、so32、k+考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色，则溶液中原来可能含有br；向橙黄色溶液中滴加bacl2溶液，产生白色沉淀，沉淀应为硫酸钡沉淀，则含有so42；向原溶液中加入铝粉，有气体放出，则原溶液可能为酸或碱的溶液，以此来解答解答：解：某一无色溶液，若向其中加入足量饱和氯水，溶液呈橙黄色，则溶液中原来可能含有br；向橙黄色溶液中滴加bacl2溶液，产生白色沉淀，沉淀应为硫酸钡沉淀，则含有so42；向原溶液中加入铝粉，有气体放出，则原溶液可能为酸或碱的溶液，a、al与h+、no3反应不会生成氢气，故a错误；b、al与h+反应能生成氢气，且离子能符合题意，故b正确；c、fe3+在水溶液中为黄色，与无色溶液不符，且oh、fe3+反应而不能共存，故c错误；d、h+、so32能结合生成水和气体，不能共存，故d错误；故选b点评：本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应即可解答，并熟悉常见离子在水中的颜色来解答，难度不大17（3分）下列各组单质中，前者在一定的条件下能将后者从其化合物中置换出来的是（）al、fe cl2、s mg、c h2、cu c、sia只有b只有c只有d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：金属铝比铁活泼，可以将铁从其盐中置换出来；氧化性氯气比硫强，氯气能将硫置换出来；金属镁可以在二氧化碳中燃烧，金属镁置换出碳单质；氢气可以还原氧化铜，置换出金属铜；焦炭在高温下可以和二氧化硅反应，碳的氧化性强于硅解答：解：金属铝比铁活泼，可以将铁从其盐中置换出来，故正确；氧化性氯气比硫强，氯气能和硫化钠溶液反应将硫置换出来，故正确；金属镁可以在二氧化碳中燃烧，生成氧化镁和碳单质，即金属镁置换出了碳单质，故正确；氢气可以还原氧化铜生成铜和水，即氢气可以置换出金属铜，故正确；焦炭在高温下可以和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，碳的氧化性强于硅，所以碳可以置换硅，故正确故选d点评：本题考查学生氧化还原反应中的有关规律：氧化性强的可以置换氧化性弱的，还原性强的可以置换还原性弱的18（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一：2.7g alx溶液al（oh）3沉淀方案二：2.7g aly溶液al（oh）3沉淀已知：naoh溶液和稀盐酸的浓度均是3moll1，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（）a在o点时两方案中所得溶液的溶质物质的量相等bb曲线表示的是向x溶液中加入naoh溶液cx溶液溶质为alcl3，y溶液溶质为naalo2da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应考点：性质实验方案的设计；镁、铝的重要化合物分析：由实验方案可知，方案一：2.7g alx溶液al（oh）3沉淀；方案二：2.7g aly溶液al（oh）3沉淀，n（al）=0.1mol，n（hcl）=3 mol/l0.1 l=0.3 mol，n（naoh）=3 mol/l0.1 l=0.3mol，由2al+6hcl=2alcl3+3h2、2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h2可知，酸完全反应，而naoh剩余，则图中b表示向y中加盐酸，a表示向x中加naoh，以此来解答解答：解：a在o点时，沉淀达到最大，所得溶液中只有氯化钠溶质，与向x溶液和y溶液中分别加入naoh和hcl的浓度及体积相等，根据原子守恒，所以o点时两方案中所得溶液浓度相等，故a正确；bb中开始不生成沉淀，则b表示向y中加盐酸，故b错误；c根据以上分析知，x溶液中溶质是alcl3，y溶液溶质为naalo2、naoh，故c错误；da表示的是氯化铝和氢氧化钠的复分解反应，b表示的是偏铝酸钠、naoh分别和盐酸的反应，均为复分解反应，故d错误故选a点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握发生的反应及量的关系、图象分析为解答的关键，侧重分析、计算、实验能力的综合考查，题目难度中等19（3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气体全为 nob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：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：根据流程可知：铜银合金与足量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银溶液、no或no2气体，用排水法收集到的vl气体为no；向反应后的溶液中加入氯化钠溶液，反应生成氯化银沉淀，过滤后得到氯化银固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的agcl固体，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，无论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；c根据分析可知，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；c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：铜银合金与足量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银溶液、no或no2气体，由于二氧化氮与水反应生成一氧化氮，则用排水法收集到的vl气体为no；向反应后的溶液中加入nacl溶液，反应生成agcl沉淀，过滤后得到agcl固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的agcl，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正确；b过滤用到的玻璃仪器为：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：wg=g，故合金中铜的质量分数为：100%=100%，故d错误；故选d点评：本题考查学生对实验原理的理解、物质组成的测定等知识，题目难度中等，理解实验基本操作方法及测定原理为解答关键，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20（3分）某无色混合气体可能含有co2、co、h2o（g）、h2中的一种或几种，依次进行如下处理（假设每次处理均反应完全）：通过碱石灰，气体体积减小；通过灼热的氧化铜时，固体变为红色；通过无水cuso4粉末时，粉末变为蓝色；通过澄清石灰水时，溶液变为浑浊由此可以确定混合气体中（）a一定含有co2、h2o蒸气，可能含有h2、cob一定含有h2o蒸气、co，可能含有co2、h2c一定含有co2、co，可能含有h2o蒸气、h2d一定含有co、h2，可能含有h2o蒸气、co2中的1种或2种考点：常见气体的检验；几组未知物的检验分析：无色混合气体可能含有co2、co、h2o（g）、h2中的一种或几种，通过碱石灰，气体体积减小，说明含有酸性氧化物或水蒸气，或二者都有；通过灼热的氧化铜时，固体变为红色，说明含有还原性气体；通过无水cuso4粉末时，粉末变为蓝色，说明含有通过灼热的氧化铜时生成水蒸气；通过澄清石灰水时，溶液变为浑浊，说明通过灼热的氧化铜时有二氧化碳生成，据此分析解答解答：解：无色混合气体可能含有co2、co、h2o（g）、h2中的一种或几种，通过碱石灰，气体体积减小，说明含有酸性氧化物或水蒸气，或二者都有，二氧化碳属于酸性氧化物，则该混合气体中可能含有二氧化碳或水蒸气，或者二者都有；通过灼热的氧化铜时，固体变为红色，说明含有还原性气体，co和氢气都具有还原性，所以该混合气体中含有co或氢气，或者二者都有；通过无水cuso4粉末时，粉末变为蓝色，因为通过碱石灰时即使有水蒸气也被吸收，所以该现象说明原来气体中含有氢气；通过澄清石灰水时，溶液变为浑浊，因为通过碱石灰时即使有二氧化碳也被碱石灰吸收，所以该现象说明原来气体中含有co，通过以上分析知，一定含有co、h2，可能含有h2o蒸气、co2中的1种或2种，故选d点评：本题考查气体检验，明确气体及物质的性质是解本题关键，注意要排除物质的干扰，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分50分）21（8分）a、b、c、d、x均为中学化学常见的物质它们之间存在如图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：（1）若a为金属铝，b为氧化铁，写出反应a+bc+d的一种用途焊接钢轨（2）若a为两性氢氧化物，b为naoh溶液，写出反应a+bc+d的离子方程式al（oh）3+oh=alo2+2h2o（3）若a为金属单质，b、c、d都是化合物，a与b发生的反应常用于制作印刷电路板，该反应的离子方程式cu+2fe3+cu2+2fe2+（4）若a、b、c为化合物，d、x为单质，a、b、c中肯定含有x元素的是b、c考点：无机物的推断分析：（1）a为金属铝，b为氧化铁，考虑铝热反应，反应可以生成氧化铝与铁，铁与氧气反应生成fe3o4，符合转化；（2）a为两性氢氧化物，a为al（oh）3，b为naoh溶液，反应生成偏铝酸钠和水；（3）a为金属单质，b、c、d都是化合物，a与b发生的反应常用于制作印刷电路板，则a为cu，b含有fe3+，b为fecl3，反应生成cu2+与fe2+，fe2+与cl2反应生成fecl3，符合转化；（4）a、b、c为化合物，d、x为单质，由转化关系可知，单质d、x化合生成b，b中含有x元素，根据元素守恒可以，c中一定含有x元素解答：解：（1）a为金属铝，b为氧化铁，发生铝热反应，生成氧化铝与铁，可以用来焊接钢轨，故答案为：焊接钢轨；（2）a为两性氢氧化物，a为al（oh）3，b为naoh溶液，反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为al（oh）3+oh=alo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+oh=alo2+2h2o；（3）a为金属单质，b、c、d都是化合物，a与b发生的反应常用于制作印刷电路板，则a为cu，b含有fe3+，b为fecl3，反应生成cu2+与fe2+，离子方程式为：cu+2fe3+cu2+2fe2+，故答案为：cu+2fe3+cu2+2fe2+；（4）a、b、c为化合物，d、x为单质，由转化关系可知，单质d、x化合生成b，b中含有x元素，根据元素守恒可以，c中一定含有x元素，故答案为：b、c点评：本题是无机框图推断题，考查物质推断与性质，难度较大，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识22（15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23（15分）（2010重庆）某兴趣小组用图装置探究氨的催化氧化（1）氨催化氧化的化学方程式为4nh3+5o24no+6h2o（2）加热玻璃管2一段时间后，挤压1中打气球鼓入空气，观察到2中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）（3）为保证在装置4中观察到红棕色气体，装置3应装入浓h2so4；若取消3，在4中仅观察到大量白烟，原因是生成的no与o2反应生成no2，no2与水反应生成hno3，nh3与hno3反应生成了nh4no3（4）为实现氨催化氧化，也可用装置5替换装置1（填装置代号）；化合物x为nh4cl（只写一种），na2o2的作用是与hcl反应生成氧气考点：氨的制取和性质；氨的化学性质专题：氮族元素分析：（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为no；（2）根据反应现象判断，停止加热后仍能保持红热，即可说明该反应放热；（3）红棕色气体为no2，易与水反应，应干燥，如不干燥，no2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；（4）装置1能提供氨气和氧气，装置5也能提供氨气和氧气，但装置5中应加入氯化铵和过氧化钠，可生成氨气和氧气；解答：解：（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为no，反应为4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o； （2）停止