三明市第一中学2018届高三化学上学期期中试题（含解析）

1、学必求其心得，业必贵于专精福建省三明市第一中学2018届高三上学期期中考试化学试题(考试时间： 120分钟 满分：100分）可能用到的相对原子质量：h-1 c-12 n-14 o16 mg-24 cu-64 co59第卷（选择题共48分)一选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分。)1。 中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术。来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车。“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是a. 网购 b. 支付宝 c. 中国高铁 d. 共享单车【答案】c【解析】高铁需要化学方法制取的新材料的

2、支撑,所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁，故选c.2. 本草纲目在绿矾（feso47h2o)“发明”项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”。下列叙述正确的是a。 绿矾能电离出h+,所以有“味酸” b. 绿矾锻烧后的固体产物为feoc。 可用无水cuso4检验煅烧绿矾有h2o生成 d. 通入ba(no3）2溶液可检验煅烧产物中的so3【答案】c【解析】a. 绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出h+，之所以有“味酸”,是溶解时亚铁离子水解的结果，故a错误；b. 绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故b错误；c。 水蒸气遇到无水cuso4会变成蓝色，因此可以用无水cuso4检验锻烧绿钒有h2

3、o生成,故c正确；d. 酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故d错误；故选c。3。 下列变化或过程属于化学变化的是a。 激光法蒸发石墨得c60 b。 丁达尔效应c. 紫色石蕊试液通过活性炭变成无色 d. 用铂丝蘸取nacl溶液进行焰色反应【答案】a【解析】试题分析：a、石墨和c60的结构不同，属于不同的物质,激光法蒸发石墨得c60 ，生成了新物质,属于化学变化,故a正确;b、丁达尔效应是光线遇到胶体粒子发生了散射形成的,无新物质生成,不属于化学变化，故b错误；c、活性炭具有吸附性，紫色石蕊试液通过活性炭，颜色物质被活性炭吸附，溶液变成

4、无色，无新物质生成,故c错误；d、用铂丝蘸取nacl溶液进行焰色反应,无新物质生成，故d错误；故选a.考点：考查了物理变化和化学变化的判断的相关知识。4。 “蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力.已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。下列说法正确的是a. 钛属于主族元素b。 钛合金强度很大，是有色金属材料c. 蒸干ticl4溶液可得无水钛盐d. 在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金【答案】b【解析】a、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第iib族，不是主族元素，故a错误;b、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力,钛合金强度很大，铁、钴、

5、镍属于黑色金属,其余均属于有色金属,故b正确；c、ticl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故c错误；d、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故d错误；故选b.点睛:本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。本题的易错点为c，ticl4是强酸弱碱盐,水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。5。 下列关于物质的分类或关系正确的是a. 同分异构体：ch3ch2ch2ch2ch3、ch3ch2ch(ch3）2、c(ch3)4b. 酸性氧化物：co、sio2、so3、p2o5、mn2o7c. 混合物：铝热剂、胆

6、矾晶体、纯净矿泉水、胶体、淀粉d。 非电解质：乙醇、四氯化碳、氨气、氯气、氯化银【答案】a【解析】a、ch3ch2ch2ch2ch3、ch3ch2ch（ch3）2、c(ch3）4 符合分子式相同，结构不同的特征属于同分异构体，故a正确;bco不能和碱反应生成盐和水,属于不成盐氧化物，so2，sio2,mn2o7 都能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物,故b错误;c胆矾晶体就是硫酸铜晶体，属于纯净物，故c错误；d氯气是单质，既不是电解质,也不是非电解质，氯化银属于电解质，故d错误；故选a。6。 下列表述、正确并且有因果关系的是选项表述表述asio2有导电性sio2可用于制备光导纤维bso2有漂白

7、性so2可使溴水褪色c浓硫酸有强氧化性、吸水性浓硫酸可使蔗糖变黑dfe3+有氧化性fecl3溶液可用于刻蚀印刷电路板a。 a b。 b c. c d. d【答案】d【解析】a、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，不正确、正确，无因果关系,故a不选；b、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，二氧化硫和溴发生氧化还原反应，、正确但无因果关系，故b不选；c浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的h、o元素以2:1水的形式脱去，浓硫酸使蔗糖和纸张碳化变黑是其脱水性所致,与浓硫酸的吸水性无关,二者没有因果关系，故c不选;d铁离子具有氧化性，能和cu发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子,从而用氯化

8、铁溶液腐蚀铜，二者有因果关系，故d选；故选d。7. se、br两种元素的部分信息如右图所示，下列说法正确的是a。 原子半径：br seb. 还原性：se2 brc. 在se2br2分子中只含有极性键d。 seo2既有氧化性又有还原性【答案】d【解析】a硒和溴属于同一周期元素,硒的原子序数小于溴，所以原子半径brse，故a错误;b同一周期元素,阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，还原性se2br，故b错误；c在se2br2分子中硒原子间存在非极性键,溴和硒原子之间存在极性键，故c错误，d.seo2中硒为+4价，处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故d正确;故选d。8。 金属铈(58ce)

9、常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：ce4+fe2+=ce3+ +fe3+.下列说法正确的是a. 铈的原子核外有58个电子 b。 可用电解熔融ceo2制取金属铈，铈在阳极生成c. 是同素异形体 d. 铈能溶于hi溶液，反应的离子方程式为：ce+4h+=ce4+2h2【答案】a【解析】a根据金属铈（58ce）可知，铈元素的质子数为58，原子中质子数等于核外电子,故铈的原子核外有58个电子数，故a正确；b电解熔融状态的ceo2可制备ce，在阴极获得铈,阴极是ce4+离子得到电子生成ce，电极反应为：ce4+4e-=ce，故b错误；c58138ce、58142ce具

10、有相同质子数,不同中子数,故它们互为同位素,不是同素异形体，故c错误；d由于氧化性ce4+fe3+i-，铈溶于氢碘酸，发生氧化还原反应，生成cei3和i2，故d错误;故选a。9. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，分析判断下列说法正确的是元素符号abdeghij化合价-12+4,41+5，-3+3+2+1原子半径/nm0.0710。0740.0770.0990。1100.1430。1600。186a. i在db2中燃烧生成两种化合物 b. a、h、j的离子半径由大到小的顺序是hjac. ge3为离子化合物 d。 a单质能从b的简单氢化物中置换出b单质【答案】d【解析】短周期元素,a、

11、e有-1价，b有2价，且a的原子半径与b相差不大，则a、e处于a族，b处于a族，a原子半径小于e，可推知a为f、e为cl,b为o；d有-4、+4价，处于a族,原子半径与o原子相差不大，可推知d为c元素；g元素有3、+5价，处于a族，原子半径大于c原子，应处于第三周期，则g为p元素;h、i、j的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族a、a族、a族，原子半径依次增大，且都大于p原子半径，应处于第三周期，可推知h为al、i为mg、j为na。a镁在二氧化碳中的燃烧生成mgo和碳单质，故a错误；bf-、na+、al3+离子核外电子层数相等,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径大小顺序为：fna+al3

12、+,故b错误;cpcl3属于共价化合物，故c错误；d氟气能与水反应生成hf与氧气，故d正确；故选d。10. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置）.仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质a浓氨水caonh3h2ob浓硫酸na2so3so2naoh溶液c稀硝酸cunonaoh溶液d浓盐酸mno2cl2naoh溶液a。 a b. b c。 c d. d【答案】b【解析】a. nh3应使用向下排气法收集,故a不合理；b. so2的溶解度很大，不适合使用浓盐酸制取,故b不合理；c.合理；d.使用浓盐酸与二

13、氧化锰制取氯气，需要加热，故d不合理。故选c。11. 下列图示装置正确且能达到实验目的的是 a. 制备少量氧气 b. 固液分离 c。 提纯碘 d. 蒸馏提纯【答案】c【解析】a. 过氧化钠溶于水，不能放在多孔隔板上,故a错误；b。 过滤时漏斗下端需要靠在烧杯内壁上，故b错误；c。 碘易升华，可以通过图示装置提纯碘，故c正确;d. 蒸馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故d错误;故选c。12. 下列离子方程式书写正确的是a。 向水玻璃中通入过量二氧化碳：sio32co2h2oco32h2sio3b。 向alcl3溶液中加入过量的浓氨水:al34nh3h2oal（oh)44nh4c。

14、向碳酸氢铵溶液中加入过量的氢氧化钠溶液:nh4+oh-nh3h2od。 向na(aloh)4溶液中通入过量二氧化碳：al(oh）4co2al(oh)3+hco3【答案】d【解析】a水玻璃中通入过量的二氧化碳，反应生成硅酸和碳酸氢钠,正确的离子方程式为：sio32-+2co2+2h2oh2sio3+2hco3-,故a错误；b氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,正确的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+,故b错误；c向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式：nh4+hco3-+2oh co32+h2o+nh3h2o，故c错误；d向na

15、al（oh)4溶液中通入过量co2，离子方程式:al(oh）4+co2al(oh)3+hco3,故d正确；故选d。13. 下列各组澄清溶液中离子能大量共存,且加入（或通入）x试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组x试剂离子方程式ak+、na+、clo、so42少量so2so2+clo+h2oso42+cl+2h+bnh4+、fe3+、br、so42过量h2s2fe3+h2s2fe2+s+2h+cnh4+、na+、fe3+、al（oh)4过量铜粉2fe3+cu2fe2+cu2+dk+、na+、 hco3、al(oh）4少量hclh+al（oh)4al(oh）3+h2oa。 a b. b

16、 c. c d。 d【答案】b【解析】a二氧化硫少量时,反应产物中的氢离子与次氯酸根离子反应生成hclo，正确的离子方程式为：so2+3clo-+h2oso42+cl-+2hclo，故a错误；bnh4+、fe3+、br-、so42之间不反应，加入过量h2s后发生反应:2fe3+h2s2fe2+s+2h+，故b正确；cfe3+与al（oh）4发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；dhco3与al(oh)4能够反应生成氢氧化铝沉淀,在溶液中不能大量共存，故d错误；故选b。点睛:本题考查离子共存、离子方程式的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还

17、原反应的离子之间等。本题的易错点为d，hco3、al（oh）4能够反应，hco3电离促进al(oh)4水解，反应生成氢氧化铝沉淀。14。 下列溶液能区别so2和co2的是石灰水 石蕊试液 品红溶液 酸性kmno4溶液 氯水 h2s溶液 naoh溶液a. b。 c。 d. 【答案】a【解析】so2和co2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊,所以不能利用澄清石灰水来区别so2和co2,错误；so2和co2的水溶液均显酸性,滴入石蕊试液，均显红色，不能区别，错误；so2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而co2没有此性质，所以能利用品红溶液区别so2和co2，正确;so2也具有还原性，能被k

18、mno4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而co2没有此性质，所以能利用kmno4酸性溶液区别so2和co2，正确;so2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而co2没有此性质，所以能利用氯水区别so2和co2，正确；so2具有氧化性，能将h2s溶液氧化生成单质（有黄色沉淀生成)，而co2没有此性质,所以能利用h2s溶液区别so2和co2,正确；so2和co2与naoh溶液反应均无明显现象,不能区别，错误;所以能够区别so2和co2气体的溶液有:，故选a.点睛：把握二氧化硫的还原性、漂白性为解答的关键。根据so2和co2性质的差异可知，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原

19、反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分so2和co2气体。15. 下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化）abcdsso2h2so3h2so4sisio2h2sio3na2sio3cucuocuso4cu(oh)2n2nono2hno3a. b. c。 d. 【答案】b【解析】硫在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定,分解生成二氧化硫；亚硫酸被空气氧化生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠能够反应生成亚硫酸或二氧化硫,二氧化硫也能够被氧化剂氧化生成硫酸,符合上述转化关系，故正确；二氧化硅不溶于水，与水不反应，不能实现bc，故错误；氧化铜不溶于水，与水不反

20、应,不能实现bc，故错误；氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮,稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，符合上述转化关系,故正确;故选b.16。 工业上利用空气吹出法提取溴的部分流程如下：下列说法错误的是a。 中可以采用足量纯碱溶液,发生的反应是：3br2+6co3+3h2o=5br+ bro3+6hco3b. 第步酸化，需加入氧化性酸,才能将br氧化为br2c. 第步,采用的是蒸馏的方法d. b溶液颜色比a溶液深【答案】b【解析】由流程可知，中发生2br-+cl2=2cl+br2，利用空气将吹

21、出塔中含br2的溶液，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含br2的溶液，其目的是富集溴，提高br2的浓度，加入碱液重新吸收，所得溶液富含bro3，中发生5br+bro3-+6h+=3br2+3h2o，最后利用蒸馏得到溴。a纯碱是碳酸钠,与溴反应有bro3生成，反应的离子方程式为3co32+3br2=5br+bro3+3co2，故a正确;b溶液中含有br-、bro3-，在酸性条件下可发生5br-+bro3+6h+=3br2+3h2o，无需加入氧化酸，故b错误；c含溴的水溶液b中溴的浓度较大，溴与水的沸点不同，可通过蒸馏获得液溴，故c正确；db经过富集，浓度较大,则b的颜色比a深,故d正确；故选b。1

22、7。 设na为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是a. 2mol浓硫酸与足量cu反应,转移电子数为2nab。 5.6l甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为nac. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为nad。 常温常压下，20g d2o含有的质子数、中子数、电子数均为10na【答案】d【解析】a. 随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后与铜不再反应，因此2mol浓硫酸与足量cu反应，不可能完全反应，转移电子数少于2na，故a错误；b.未说明是否为标准状况，无法计算 5.6l甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，故b错误；c. 100g质量分数为46%的乙醇水溶液还含有46g乙醇和

23、54g水，水中也含有氧原子，氧原子数大于na，故c错误；d. 20g d2o的物质的量为=1mol，1个d2o分子含有的质子数=电子数=12+8=10、中子数=12+8=10，因此20g d2o含有的质子数、中子数、电子数均为10na，故d正确；故选d。18. 下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的或结论a将硫酸酸化的h2o2溶液滴入fe(no3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：h2o2比fe3+强b向1 ml 1%的naoh溶液中加入2 ml 2%的cuso4溶液,振荡,再加入0。5 ml有机物y，加热，未出现砖红色沉淀说明y中不含醛基c取a g铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，

24、逸出的气体通过浓硫酸后,测其体积为v l（已转化为标准状况下）测定铝箔中氧化铝的含量d比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小a. a b. b c. c d. d【答案】c【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性。19。 在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是a。 在含等物质的量的febr2、fei2的溶液中缓慢通入cl2：i、br-、fe2+b. 在含等物质的量的fe

25、3+、cu2+、h+的溶液中加入zn:fe3+、cu2+、h+、fe2+c. 在含等物质的量的ba(oh）2、koh的溶液中通入co2：koh、ba（oh)2、baco3、k2co3d. 在含等物质的量的al（oh）4-、oh、co32-的溶液中，逐滴加入盐酸：al（oh)4-、al（oh)3、oh、co32【答案】b【解析】a、在含等物质的量的febr2、fei2的溶液中缓慢通入cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：i-fe2+br，故a错误；b、在含等物质的量的fe3+、cu2+、h+的溶液中加入zn,金属锌先是和氧化性强的离子反应,离子的氧化性顺序是：fe3+

26、cu2+h+fe2+，故b正确；c、在含等物质的量的ba(oh)2、koh的溶液中通入co2，先是和ba（oh)2反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故c错误;d、在含等物质的量的alo2、oh、co32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根离子发生中和反应,故d错误；故选b。点睛：本题考查化学反应的先后顺序的知识。判断先后反应总原则是，先发生的反应产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存,则它一定不能先反应。20. 图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量.下列反应对应的曲线正确的是a。 a曲线表示向alcl3溶液中滴入naoh溶液至过量b。 b

27、曲线表示向naal（oh)4溶液中滴入hno3溶液至过量c. c曲线表示向n（hcl):n(alc13）=1:1的混合溶液中滴入naoh溶液至过量d。 d曲线表示向nca(oh)2：n（koh）=1：2的混合溶液中通入co2至沉淀消失【答案】d【解析】a、向alcl3溶液中滴入naoh溶液至过量，依次发生反应al3+3ohal（oh)3、al（oh）3+ oh-alo2-+2h2o，消耗氢氧化钠是3：1,故a错误；b、向naalo2溶液中滴入hno3至过量，naalo2和硝酸反应产生白色沉淀氢氧化铝，沉淀又溶解于过量的硝酸中，两阶段消耗的硝酸物质的量之比为1:3,故b错误;c、向n(hcl)：

28、n(alc13)=1:1的混合溶液中滴入naoh溶液至过量,依次发生反应oh-+h+h2o、al3+3oh-al(oh)3、al（oh)3+ oh alo2-+2h2o 消耗氢氧化钠的量之比是1：3：1,故c错误;d、向含有等物质的量的ca（oh）2、koh的混合溶液中通入co2至沉淀消失，发生的反应分别为ca2+co32-caco3,2oh+co2 co32-+h2o，caco3+co2+h2oca(hco3）2，设ca（oh)2的物质的量为1mol，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为1、3、1,故d正确；故选d。21。 亚硝酸钠(有毒性,市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐,广

29、泛用于物质合成、金属表面处理等,它的性质或用途,其物理性质与nacl极为相似.相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是a. nano2稳定性大于nh4no2b。 nano2与n2h4反应中,nano2是氧化剂c。 可用ki、淀粉和食醋鉴别nano2和nacld. 分解nan3盐每产生1moln2转移6mole【答案】d22. 将11.2g的mgcu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的naoh溶液，产生21.4g沉淀.则气体x的成分可能是a. 0.3mol no2和0。3mol no b. 0.2mol no2和0.1mol n2

30、o4c. 0。1mol no、0。2mol no2和0.05mol n2o4 d. 0。6mol no【答案】c【解析】试题分析：向mgcu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的naoh溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21。4g11。2g=10。2g,物质的量为10。2/17mol=0。6mol，根据电荷守恒可知,11.2g的mgcu提供的电子为0.6mol，a、生成0.3mo1no2和0.3mo1no，n元素获得电子为0。3mol(54）+0。3mol（52）=1.2mol，得失电子不相等，故a错误；b、生成0。2mo1no2和0。1mo1n2o4，

31、n元素获得电子为0.2mol（54)+0。1mol2（54）=0。4mol，得失电子不相等，故b错误；c、生成0.1mol no、0.2mol no2和0.05mol n2o4，n元素获得电子为0.1mol（52）+0.2mol(54）+0.05mol2(54)=0.6mol，得失电子相等，故c正确；d、生成0.6molno，n元素获得电子为0。6mol（52）=1.8mol，故d错误;故选：c考点：氧化还原反应的计算23。 有机物甲、乙的结构如右图所示。下列说法错误的是 a。 甲、乙都能与金属钠反应生成氢气b。 甲、乙互为同分异构体c. 一定条件下,甲、乙均能发生取代反应d. 甲、乙都能与溴

32、的单质发生加成反应【答案】a【解析】a甲含-cooh与na反应生成氢气，而乙不能，故a错误;b二者分子式相同、结构不同,互为同分异构体，故b正确；c含cooh、-cooc-，均可发生取代反应，故c正确；d均含碳碳双键,都能与溴的单质发生加成反应,故d正确;故选a。点睛：本题考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质、有机反应为解答的关键.由结构可知,二者分子式相同，甲中含碳碳双键、cooh，乙中含碳碳双键、cooc.24. 利用如图所示装置(电极均为惰性电极）可吸收so2，并用阴极排出的溶液吸收no2，下列说法正确的是a。 a为直流电源的负极b。 电解时,h由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室c。

33、阳极的电极反应式为：so22h2o2e=so42-4h+d。 阴极的电极反应式为：2hso3-2h2o2e=s2o42-2oh【答案】c【解析】依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极区发生反应so22e-+2h2oso42-+4h+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极。a、二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极与电源正极a相连,故a错误；b、阳离子交换膜只允许阳离子通过,电解时，阳离子移向阴极，所以h+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室,故b错误；c、阳极的电极反应式为：so2+2h2o2e-so42+4h+，故c正确；d、阴极的电极反应式

34、为：2hso3-+2h+2es2o42+2h2o，故d错误；故选c。第卷（非选择题共52分）二填空题（共52分）25. i双氧水（主要成分h2o2）是常见的氧化剂、还原剂。（1）如下图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式_。（2)h2o2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式_。iia、b、c、d、e、x是中学常见的无机物，存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去）。（1）若a为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，x能使品红溶液褪色,写出c和e反应的离子方程式：_。（2)若a为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则x可能为_（填代号）。a

35、nahco3 bna2co3 cfe（oh）3 dnaal(oh）4（3）若a为淡黄色粉末，则a的电子式为_。若x为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的d、e两种溶液,可选择的试剂为_（填代号）.a盐酸 bbacl2溶液 cnaoh溶液 dca(oh)2溶液（4）若a为氧化物,x是fe，溶液d中加入kscn溶液变红。则a与h2o反应的化学反应方程式为_，e是_(填化学式)。【答案】 (1）。 h2+o2h2o2 （2). h2o2h+ho2- （3）. oh+hso3=so3+h2o (4）. bd (5)。 (6）。 ab （7)。 3no2+h2o=2hno3+no （8). f

36、e（no3)2【解析】i（1）通过图示可知,用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水，反应为：h2+o2h2o2，故答案为：h2+o2h2o2；（2）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为h2o2h+ho2-，故答案为：h2o2h+ho2；ii(1）若a为常见的金属单质,焰色反应呈黄色，则a为na，na和水反应生成naoh和氢气,x能使品红溶液褪色，则x是so2，c为naoh，b为h2，d能和so2反应，则d是na2so3、e是nahso3;c是naoh，e是亚硫酸氢钠，二者反应离子方程式为oh+hso3-=so32-+h2o，故答案为：oh

37、+hso3-=so32+h2o；（2）若a为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，a是cl2，氯气和水反应生成hcl和hclo，c和x反应生成d、d能和x反应生成e,盐酸能和碳酸钠、naal（oh）4反应且是两步反应,盐酸与碳酸氢钠只能发生一种反应，盐酸与fe(oh）3 也只能发生一种反应，因此x可能为na2co3、naal（oh)4，故选bd;（3）若a为淡黄色粉末，且能和水反应，则a为na2o2，电子式为,若x为一种造成温室效应的气体，x是co2，过氧化钠和水反应生成naoh和氧气，naoh和co2反应先生成na2co3，二氧化碳过量时生成nahco3;则d是碳酸钠、

38、e是碳酸氢钠，可以用盐酸、氯化钡检验碳酸钠、碳酸氢钠，故选ab，故答案为：；ab；(4)若a为氧化物,x是fe,溶液d中加入kscn溶液变红，则d中含有铁离子，所以a为no2,c为hno3，b为no，d为fe(no3)3、e为fe(no3)2。二氧化氮和水反应生成硝酸和no，反应方程式为3no2+h2o=2hno3+no，故答案为：3no2+h2o=2hno3+no ；fe（no3)2。点睛：本题以fe、cl、na元素及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，明确常见物质性质及物质之间的反应是解本题关键。利用物质特殊性进行推断。本题的易错点为ii（2）中x的判断，盐酸与x能够发生2种反应,说明

39、反应与x的用量有关.26。 氮化镁（mg3n2）在工业上具有非常广泛的应用.某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备mg3n2并进行有关实验。实验装置如下所示：已知：氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快.温度较高时，亚硝酸钠会分解产生o2等。回答下列问题：（1)仪器b的名称是_,写出装置a中发生反应的化学方程式_。（2）某同学检验装置a部分的气密性，关闭止水夹c后，开启活塞a，水不断往下滴,直至全部流入b中。试判断：a部分装置是否漏气？_(填“漏气”、“不漏气”或“无法确定)，判断理由:_。（3）装置c中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是_，装置d

40、中的试剂是_,f装置的作用是_.(4）加热至反应开始发生，需移走a处酒精灯，原因是_.（5）反应结束后,取m g e中样品于试管中，加足量蒸馏水，得v ml气体（换算为标准状况)，则样品中氮化镁的质量分数为_。（用v、m的代数式表示）【答案】 （1). 蒸馏烧瓶 （2）. nh4cl+nano2n2+nacl+2h2o (3)。 无法确定 （4). 由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶 (5）。 除去氧气 (6）. 浓硫酸 （7)。 防止空气中的水蒸气进入e装置使氮化镁水解 （8)。 该反应剧烈放热

41、,产生氮气的速度较快,移走a处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成nano2分解产生o2 (9）. 【解析】（1）由图中仪器结构可知，b为蒸馏烧瓶；a装置制备氮气，方程式为nh4cl+nano2n2+nacl+2h2o；(2)由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同,无论装置是否漏气,都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，因此无法判断。（3）由于温度较高时，亚硝酸钠会分解产生o2等，氧气能与镁反应，因此装置c中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是除去氧气。氮化镁易与水反应，则f装置的作用是防止空气中的水蒸气进入e装置使氮化镁水解.（4）由于该反应剧烈放热,产

42、生氮气的速度较快，移走a处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高,造成nano2分解产生o2。（5）反应结束后，取m g e中样品于试管中，加足量蒸馏水,得v ml气体(换算为标准状况）,气体是氨气,物质的量是v/22400mol,所以氮化镁的物质的量是v/44800mol，则样品中氮化镁的质量分数为。27。 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为co2o3，含少量fe2o3、al2o3、cao、mgo、碳及有机物等）制取coc2o4的工艺流程如下：:(1）“550焙烧”的目的是除去_；（2)“浸出液”的主要成分是_；(3）“钴浸出”过程中co3+转化为co2+，反应

43、的离子方程式为：_；(4）“净化除杂1”过程中，先在40 50加入h2o2，其作用是:(用离子方程式表示）_;再升温至80 85,加入na2co3溶液，调ph至4.5，“滤渣1”主要成分的是_。（5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c（ca2+）=1.0l05mol /l，则滤液中c（mg2+)为_ 已知ksp（mgf2）=7。3510-11、ksp(caf2） =1。0510-10.（6）为测定制得样品的纯度，现称取1。00 g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵（nh4）2c2o4溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000 mol/l kmno4溶液滴定,达到滴定

44、终点时，共用去kmno4溶液26。00 ml,则草酸钴样品的纯度为_.【答案】 （1）。 碳和有机物 （2)。 naal（oh)4 (3）。 2co3+so32-+h2o=2co2+so42-+2h+ (4）. 2fe2+2h+h2o2=2fe3+2h2o (5）。 fe(oh） 3 （6)。 7。0106mol/l （7). 95。55【解析】（1)含钴废料中的碳及有机物在550焙烧时可以生成二氧化碳等被除去，故答案为：除去碳和有机物;(2)含钴废料中的al2o3能够被氢氧化钠溶解，因此浸出液中主要含有偏铝酸钠,故答案为：naalo2；(3）“钴浸出”过程中co3+可以被亚硫酸钠还原为co2

45、+,反应的离子方程式为2co3+so32+h2o=2co2+so42+2h+，故答案为：2co3+so32-+h2o=2co2+so42-+2h+;（4）在钴浸出过程中铁离子被亚硫酸钠含有为亚铁离子，在“净化除杂1”过程中,先在40 50加入h2o2,可以将亚铁离子氧化为铁离子,离子方程式为2fe2+2h+h2o2=2fe3+2h2o ；再升温至80 85，加入na2co3溶液，调ph至4.5，式铁离子沉淀为氢氧化铁，故答案为：2fe2+2h+h2o2=2fe3+2h2o;fe(oh） 3;（5）根据ksp（caf2） =1.0510-10，若所得滤液中c（ca2+)=1。0l0-5mol /

46、l，则c(f-)= mol /l，则c（mg2+）=7。0106mol/l，故答案为：7.0106mol/l；(6)设草酸钴的质量为x,根据方程式:5h2c2o4+2mno4-+6h+=2mn2+10co2+8h2o，草酸根守恒可得：5coc2o45（nh4)2c2o45h2c2o42mno4-5147g 2molx 0。026l0。1000mol/l= ,解得x=0。9555g，样品纯度=100= 95.55%，故答案为：95.55。点睛：本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及溶度积常数计算、沉淀与ph的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键。本题的难点是溶度积常数

47、的计算和纯度的计算，要能够书写滴定反应方程式。28。 a、b、c、d为原子序数依次增大的前四周期元素。ba3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，a、b、c三种原子的电子数之和等于25,dc晶体中d+的3d能级上电子全充满。请回答下列问题：（1）以上四种元素中,第一电离能最大的是_（填元素符号)； d的基态原子的核外电子排布式为_。（2）在ba3、ac中，沸点较高的是_。（填化学式)，其原因是_。da的晶体类型是_。（3）ba4c晶体中含有的化学键为_.a范德华力 b氢键 c离子键 d配位键 e共价键（4）化合物bc3的立体构型为_，其中心原子的杂化轨道类型为_。（5）由b、d形成的晶体的晶胞图所示，己知紧邻的b原子与d原子距离为acm。该晶胞化学式为_。b元素原子的配位数为_。该晶体的密度为_（用含a、na的代数式表示，设na为阿伏加德罗常数值)gcm3.【答案】 (1)。 n （2). ar3d104s1 （3）. nh3 （4）. nh3分子之间存在氢键 （5）。 离子晶体 (6)。 cde