1、福建省漳州市七校2014届高三上学期第一次联考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）A石英只能用于生产光导纤维B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂考点：硅和二氧化硅；海水资源及其综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用.专题：化学应用分析：A石英的主要成分是二氧化硅；B从海水中可以提取氯化钠；C食品添加剂应适量添加；D“地沟油”主要成分是油脂解答：解：A石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如
2、水晶、玛瑙等）用作饰物，故A错误； B从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故B错误；C食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故C错误；D“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故D正确故选D点评：本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂2 NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（）A在18g18O2中含有NA个氧原子B标准状况下，22.
3、4L空气含有NA个单质分子C1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAD含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1molL1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、注意氧元素原子的质量数的应用；B、依据空气是混合物进行分析判断；C、根据氯气自身氧化还原反应还是只做氧化剂来分析；D、从 溶液体积的变化进行分析计算；解答：解：A、18g18O2物质的量是0.5mol，一个氧气分子含有两个氧原子，所以氧原子物质的量为1mol，即1NA，故A正确；B、空气是混合物，标准状况下，22.4L空气是1mol，但空气中含有氧气、氮气、二氧化碳、稀有气体等，
4、共计1mol，单质不是1mol，故B错误；C、1molCl2参加反应转移电子数，如果只做氧化剂则转移电子数2mol，若自身氧化还原反应，则转移电子数为1mol，故C错误；D、含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，可得氢氧化钠为1mol，但溶剂反应一部分，体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量数的计算，氧化还原反应电子转移数的计算，溶液浓度计算3下列类型的反应，一定发生电子转移的是（）A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：利用氧化还原反应与四种基
5、本反应类型的关系，或利用在化学反应中只要有元素化合价的变化，则该反应中一定发生电子的转移解答：解：A、化合反应中不一定有元素化合价的变化，如二氧化碳与水化合生成碳酸，则没有电子的转移，故A错误；B、分解反应中不一定有元素化合价的变化，如碳酸氢铵分解，则没有电子的转移，故B错误；C、置换反应中肯定有单质参加反应，有单质生成，则一定属于氧化还原反应，即一定有电子转移，故C正确；D、复分解反应中是物质相互交换成分，如盐酸与氢氧化钠中和反应，则一定没有化合价的变化，即一定没有电子转移，故D错误；故选：C点评：本题考查基本反应类型和氧化还原反应的关系，明确化学反应中化合价的变化是解答的关键，并注意有单质
6、参加的化合反应和有单质生成的分解反应属于氧化还原反应4依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（）AH3BO3的酸性比H2CO3的强BMg（OH）2的碱性比Be（OH）2的强CHCl、HBr、HI的热稳定性依次增强D若M+和R2的核外电子层结构相同，则原子序数：RM考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、同周期从左向右元素的非金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性增强；B、同主族从上到下元素的金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性增强；C、同主族从上到下元素的非金属性减弱，则气态氢化物的稳定性减弱；D、M+和R2的核外电子层结构相同，则
7、阳离子在下一周期的前方，阴离子在上一周期的后方解答：解：A、非金属性BC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H3BO3H2CO3，故A错误；B、金属性MgBe，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH）2Be（OH）2，故B正确；C、非金属性ClBrI，则HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，故C错误；D、M+和R2的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2在上一周期的后方，原子序数MR，故D错误；故选B点评：本题考查元素周期律，学生熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题的关键，难度不大5（3分）元素X形成的离子与钙离子的核外电子排布相同，且X的离子半径小于负二价硫离子的
8、半径X元素为（）AAlBPCArDK考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系.专题：原子组成与结构专题分析：电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小解答：解：由题意可知，元素X形成的离子中，K、L、M电子层上的电子数分别为2、8、8，与S2的电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故X的核电荷数应大于S的核电荷数，符合要求的元素是K，故选D点评：本题考查微粒半径大小的比较，难度不大，注意电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小6 NA表示阿伏加德罗常数，下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴加入少量饱
9、和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D电解NaCl溶液得到22.4LH2（标准状况），理论上需要转移NA个电子考点：阿伏加德罗常数；氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；卤族元素分析：A、次氯酸是弱酸，次氯酸钠是盐属于强电解质；B、依据氢氧化铁胶体的实验室制备方法分析判断；C、离子化合物是离子构成的化合物，氯化氢是共价化合物水溶液中电离成离子；D、依据电解氯化钠反应的化学方程式计算电子转移；解答：解：A、次氯酸是弱酸，次氯酸钠是盐属于强电解质，故A错误；B、向沸水中逐滴加入少量饱和
10、FeCl3溶液，加热可制得Fe（OH）3胶体，故B正确；C、离子化合物是离子构成的化合物，氯化氢是共价化合物水溶液中电离成离子，氯化钠是离子化合物，故C错误；D、电解NaCl溶液得到22.4LH2（标准状况）物质的量为1mol，反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，理论上需要转移2NA个电子，故D错误；故选B点评：本题考查了强弱电解质的概念应用，氢氧化铁胶体的实验室制备方法，离子化合物的分析判断，电解反应的电子转移数目计算7下列变化需克服相同类型作用力的是（）A碘和干冰的升华B硅和C60的熔化C氯化氢和氯化钠的溶解D溴和汞的气化考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.专题
11、：化学键与晶体结构分析：题中碘、干冰、氯化氢、溴、C60属于分子晶体，其中HCl属于电解质，溶于水共价键被破坏，汞属于金属晶体，硅属于原子晶体，氯化钠属于离子晶体，以此判断解答：解：A碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；D溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误故选A点评：本题考查晶体的类型和微粒间作用力的判断，题目难度不大，注意物质发生变化时粒子间作用力的变化8（3分）重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错
12、误的是（）A氘（D）原子核外有1个电子B1H与D互称同位素CH2O与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同考点：同位素及其应用.专题：原子组成与结构专题分析：A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；B有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；C相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；D1H218O的相对分子质量为：12+18=20，D216O的相对分子质量为：22+16=20解答：解：A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；B1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；CH2O与D2O都是化合物，
13、不是单质，故C错误； D1H218O的相对分子质量为：12+18=20，D216O的相对分子质量为：22+16=20，故D正确，故选C点评：本题考查同位素、同素异形体的概念，相对分子质量的计算，难度不大对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题9短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）B元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同C元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强D只含X
14、、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：压轴题；元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，据此解答解答：解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，
15、则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13116=5，故Y为氮元素，A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下一阵子半径增大，故原子半径NaNO，即r（W）r（Y）r（Z），故A错误；B、O2、Na+离子的核外电子数都是10个电子，核外电子层结构相同，故B错误；C、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ON，非金属性越强气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2ONH3，故C错误；D、由H、N、O三元素组成的化合物中，若硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子
16、化合物，故D正确；故选D点评：本题考查物质结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素10（3分）图中，两电极上发生的电极反应分别为：a极：Ag+e=Ag；b极：Fe2e=Fe2+下列说法不正确的是（）Aa、b可能是同种电极材料B该装置一定是电解池C装置中电解质溶液一定含有Ag+D装置中发生的反应方程式一定是Fe+2Ag+Fe2+2Ag考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：在原电池中，正极一定是电解质中的阳离子的电子的过程，负极是电极本身失去电子的过程，电解池中，阳极是活泼金属时，金属本身失电子，不是活泼电极时，电解质中的阴离子在
17、该极失电子，阴极是电解质中的阳离子得电子的过程解答：解：A、若为电解装置，阳极可以是铁做电极，硝酸银作电解质的电解池，两个电极可以相同，故A正确；B、该装置可以是原电池也可以是电解池，直接用导线连接两极则为原电池，若加上外接电源则为电解池，故B错误；C、由Ag+e=Ag的电极反应可知，银离子参与放电，电解质溶液一定含有Ag+，故C正确；D、由a、b电极上的电极反应可知，发生的反应为Fe+2Ag+=Fe2+2Ag，故D正确故选B点评：本题是对电化学中原电池和电解池的电极反应规律知识的考查，考查学生分析和解决问题的能力，难度不大，明确原电池和电解池的构成原理是关键11（3分）下列反应的离子方程式，
18、正确的是（）A少量NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合：B醋酸除水垢：+H2OC漂白粉溶液中通入过量的+2HClOD少量金属钠放入冷水中：考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：ANaHSO4完全反应，生成硫酸钡、水、NaOH；B碳酸钙、醋酸、水、二氧化碳在离子反应中均保留化学式，反应生成醋酸钙、水、二氧化碳；C过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和HClO；D电子、电荷不守恒解答：解：少量NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合的离子反应为Ba2+SO42+H+OHBaSO4+H2O，故A错误；B醋酸除水垢的离子反应为CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，
19、故B正确；C漂白粉溶液中通入过量的CO2的离子反应为ClO+H2O+CO2HCO3+HClO，故C错误；D少量金属钠放入冷水中的离子反应为2Na+2H2O2OH+2Na+H2，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大12（3分）在下列溶液中，能大量共存的离子组是（）A能使pH试纸显蓝色的溶液中：K+、Ba2+、Cl、BrB常温下的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3、ClC含有大量Fe3+的溶液中：SCN、I、K+、BrD能使石蕊试液显红色的
20、溶液中：K+、SO42、S2、CO32考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A能使pH试纸显蓝色的溶液，显碱性；B常温下的溶液中，c（H+）=0.1mol/L；CFe3+、I发生氧化还原反应，Fe3+、SCN结合生成络离子；D能使石蕊试液显红色的溶液显酸性，离子之间结合生成弱电解质解答：解：A能使pH试纸显蓝色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，则能共存，故A正确；B常温下的溶液中，c（H+）=0.1mol/L，则Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；CFe3+、I发生氧化还原反应，Fe3+、SCN结合生成络离子，则不能共存，故C错误；D能使石蕊试液显红色的溶液显
21、酸性，H+、S2结合生成弱酸，H+、CO32结合生成水和气体，则不能共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，信息的挖掘和应用是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应来解答即可，选项B为解答的易错点，题目难度不大13某溶液大量含有的离子仅有：Fe3+、SO42、Al3+和M离子（H+、OH忽略），且Fe3+、SO42、Al3+和M离子的物质的量之比为2：4：1：1，则M离子是（）AClBICS2DNa+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：根据电荷守恒判断M离子，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子解答：解：根据题目条件和电荷守恒可知：3n（Fe3+）+3n（Al3+）=2n（S
22、O42）+n（M），即：23+31=24+M，M=1，M应带有1个单位的负电荷，又碘离子不能与铁离子大量共存，所以M只能为选项中的氯离子故选A点评：本题考查离子共存问题，本题的关键为根据电荷守恒判断离子的种类，题目难度不大14（3分）下列判断正确的是（）A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多BC、Si和Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8C若A2+2D=2A+D2，则氧化性：A2D2DCO2和SiO2都是酸性氧化物，都不能和氧化钙反应考点：硅和二氧化硅；氧化性、还原性强弱的比较.专题：氧化还原反应专题；碳族元素分析：A同一物质，气态时能量大于固态时能量，根据能量守恒判断；
23、BC原子次外层电子数是2、Ge次外层电子数是18；C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；D高温下，二氧化硅和氧化钙反应生成硅酸钙解答：解：A同一物质，气态时能量大于固态时能量，根据能量守恒知，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故A错误；BC原子次外层电子数是2，Si、Ge次外层电子数是18，Si次外层电子数是8，故B错误；C该反应中氧化剂是A2、氧化产物是D2，所以氧化性A2D2，故C正确；D高温下，二氧化硅和氧化钙反应生成硅酸钙，反应方程式为SiO2+CaOCaSiO3，故D错误；故选C点评：本题考查较综合，涉及物质之间反应、氧化性强弱比较、原子结
24、构、能量守恒等知识点，根据物质的性质、氧化性强弱比较、原子结构分析解答，知道能量越低的物质越稳定15（3分）下列实验操作正确的是（）A用洁净的玻璃棒蘸取试液，点在湿润的pH试纸上测定试液pHB将称量好的固体直接加入容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液C欲从碘水中分离出I2，可将适量的CCl4加入碘水中振荡静置分层后分液D为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用考点：配制一定物质的量浓度的溶液；测定溶液pH的方法；分液和萃取；中和滴定.专题：化学实验基本操作分析：A、pH试纸水解测定氢离子的浓度，不能湿润pH值试纸；B、溶液配制不能在容量瓶内进行溶解或稀释，溶解
25、或稀释会产生热效应，影响溶液体积，甚至会导致容量瓶破裂的危险；C、碘易溶于有机溶剂，萃取后分液，再蒸馏得到碘；D、锥形瓶中溶液中溶质的物质的量是一定的，锥形瓶有水份对实验没有影响解答：解：A、pH试纸水解测定氢离子的浓度，如待测液的不是强酸强碱盐，湿润pH值试纸，对溶液具有稀释作用，测量pH不准确，故A错误；B、溶液配制不能在容量瓶内进行溶解或稀释，溶解或稀释会产生热效应，影响溶液体积，甚至会导致容量瓶破裂的危险，故B错误；C、碘易溶于四氯化碳，萃取后分液，利用蒸馏可将四氯化碳与碘分离，故C正确；D、锥形瓶中溶液中溶质的物质的量是一定的，锥形瓶有水份对实验没有影响，故D错误；故选C点评：本题考
26、查实验基本操作、溶液配制、中和滴定等，难度中等，注意D选项理解中和滴定的原理，加入锥形瓶中溶液中含有的溶质是一定的16一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）H0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）A平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体
27、的压强在不断减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关解答：解：A该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；B硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，故B错误；C该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，故C错误；D平衡常数只与温度有关，与使用哪种催化剂无关，故D正确；故选D点评：本题考查了影响化学平衡的因素，难度不大，
28、易错选项是B，注意固体和纯液体改变用量对反应速率无影响，催化剂只影响反应速率不影响平衡的移动二、非选择题（4大题，共52分）17（11分）A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素在一定条件下相互转化的关系如下图所示（部分反应中的H2O已略去）请填空：（1）若D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B，则B的化学式可能是FeCl3（只写一种）（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B和D为空气的主要成分，则反应的化学方程式为N2+O22NO（3）若D的氯碱工业的主要产品，B有两性，则反应的离子方程式是Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O
29、（4）若C是一种温室气体，D是空气的主要成分之一，1mol黑色固体A完全燃烧放出393.5kJ热量，1molB气体完全燃烧放出283.0kJ热量，则AB反应的热化学方程式为2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）若D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，加热蒸干B的溶液不能得到B，A、B和C均含有同一元素，则A是氯气，B是氯化铁，D是氯化亚铁；（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，则A是氨气，B和D为空气的主要成分，D是氧气，B是氮气；（3）若D的氯碱工业的主要产品，氯碱工业能产生氯气、氢气和氢氧化钠，B有两
30、性，由转化关系D为NaOH，B为Al（OH）3，C为NaAlO2；（4）若C是一种温室气体，则C是二氧化碳，D是空气的主要成分之一，B能和氧气反应生成二氧化碳，则B是一氧化碳，A是碳解答：解：（1）若D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，加热蒸干B的溶液不能得到B，A、B和C均含有同一元素，则A是氯气，B是氯化铁，D是铁，B的化学式为FeCl3，故答案为：FeCl3； （2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，则A是氨气，B和D为空气的主要成分，D是氧气，B是氮气，C是一氧化氮，放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮，反应方程式为N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；（
31、3）若D的氯碱工业的主要产品，氯碱工业能产生氯气、氢气和氢氧化钠，B有两性，由转化关系D为NaOH，B为Al（OH）3，C为NaAlO2，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，离子反应方程式为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（4）若C是一种温室气体，则C是二氧化碳，D是空气的主要成分之一，B能和氧气反应生成二氧化碳，则B是一氧化碳，A是碳，1mol黑色固体A完全燃烧放出393.5kJ热量，1molB气体完全燃烧放出283.0kJ热量，根据盖斯定律得2C（s）+O2 （g）2CO（g）H=221kJmol1，故答案为：2C（s）+O
32、2 （g）2CO（g）H=221kJmol1点评：本题考查了物质的性质及物质间的转化，正确推断物质是解本题关键，注意某些物质的特殊性质，难度中等18（15分）生铁中除铁外，还含有其他元素，如碳元素和硫元素其中碳主要以碳化铁的形态存在某兴趣小组设计按下图所示的实验装置，测定生铁中的含碳量请回答下列问题：（1）硫在生铁中是有害元素，它使生铁产生热脆性硫元素在生铁中最有可能存在的价态是AA、2 B、0 C、+4 D、+6（2）写出在烧杯E中发生反应的离子方程式：CO2+Ba2+2OH=BaCO3+H2O；（3）D中30% 双氧水的作用是吸收SO2气体；若无此装置，所测定的含碳量将偏高（填“偏高”、“
33、偏低”或“不影响”）（4）反应完成后，欲验证生铁含有硫元素，你所设计的实验方案是（写出实验步骤、现象）取少量D瓶溶液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，说明生铁中含有硫元素；（5）待C管的样品充分反应后，测得E中生成的沉淀为bg，请计算出生铁中的含碳量为%；（6）实验过程中，该兴趣小组应注意的安全问题是浓硫酸有腐蚀性，使用时要小心；加热时要使二通管均匀受热等（任写一种）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）铁的化合价一定为正价，而碳的非金属小于硫的非金属性，因此S一定显示负价；（2）装置A中过氧化氢在二氧化锰为催化剂的条件下生成氧气，通
34、过浓硫酸干燥后，将装置C中的碳元素氧化为二氧化碳、硫元素氧化为二氧化硫，两种气体通过过氧化氢溶液后，二氧化硫被氧化并吸收，二氧化碳通过E装置生成碳酸钡沉淀；（3）如果没有双氧水的氧化，二氧化硫也会与氢氧化钡反应生成沉淀，使碳的百分含量偏高；（4）检验装置D的溶液中是否含有硫酸根即可验证生铁是否含有硫元素，方法是：取少量D瓶溶液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，说明生铁中含有硫元素；（5）若E中沉淀的质量为bg，是碳酸钡的质量，根据碳元素守恒可知碳酸钡的物质的量与二氧化碳的物质的量相等，据此计算生铁中碳的质量，计算生铁中碳的质量为，利用质量分数生铁中碳的质量分数为；（6）实
35、验过程中应注意的安全问题有：浓硫酸有腐蚀性，使用时要小心；加热时要使二通管均匀受热等解答：解：（1）铁的化合价一定为正价，而碳的非金属小于硫的非金属性，因此S一定显示负价故选：A；（2）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应离子方程式为CO2+Ba2+2OH=BaCO3+H2O故答案为：CO2+Ba2+2OH=BaCO3+H2O；（3）如果没有双氧水的氧化，二氧化硫也会与氢氧化钡反应生成沉淀，使碳的百分含量偏高，故D中30% 双氧水的作用是吸收SO2气体故答案为：吸收SO2气体；（4）取少量D瓶溶液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，说明生铁中含有硫元素故答案为：取少量
36、D瓶溶液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，说明生铁中含有硫元素；（5）若E中得到bg碳酸钡，根据碳元素守恒可知碳酸钡的物质的量与二氧化碳的物质的量相等，故生铁中碳的质量为12g/mol=g，生铁中碳的质量分数为100%=%故答案为：%；（6）实验过程中应注意的安全问题有：浓硫酸有腐蚀性，使用时要小心；加热时要使二通管均匀受热等故答案为：浓硫酸有腐蚀性，使用时要小心；加热时要使二通管均匀受热等点评：考查对实验方案设计与装置的理解、实验基本操作、化学计算等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力二氧
37、化硫和二氧化碳均属于酸性氧化物，其性质相似，因此高考中对于这两种气体的鉴别考查的比较多，而本题则巧妙的应用了这一考点，并结合生铁的性质加以考查19（10分）依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示请回答下列问题：（1）电极X的材料是Cu；电解质溶液Y是AgNO3；（2）银电极为电池的正极，发生的电极反应为Ag+e=Ag；X电极上发生的电极反应为Cu2e=Cu2+；（3）外电路中的电子是从X（或Cu）电极流向Ag电极考点：设计原电池.专题：电化学专题分析：根据反应“2Ag+（aq）+Cu（s）Cu2+（aq）+2Ag（s）”分析，在反应中，
38、Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Cu2e=Cu2+，则正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag+e=Ag，电解质溶液为AgNO3 ，原电池中，电子从负极经外电路流向正极解答：解：（1）由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3 ，故答案为：Cu；AgNO3；（2）正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag+e=Ag，故答案为：正极； Ag+e=Ag； Cu2e=Cu2+；（3）原电池中，电子从
39、负极经外电路流向正极，本题中由Cu极经外电路流向Ag极，故答案为：X（或Cu）；Ag点评：本题考查原电池的设计及工作原理，注意电极反应式的书写方法，牢固掌握原电池中电极的判断，电极反应式的书写的方法性问题20（16分）某同学对MnO2、CuO、Fe2O3、Cr2O3在氯酸钾受热分解反应中的催化作用进行了研究实验所得数据如下表就本实验的有关问题，请填空：实验编号KClO3氧化物产生气体（mL）（已折算为标况）耗时（s）化学式质量（g）实际回收10.61048020.6MnO20.2090%67.236.530.6CuO0.2090%67.279.540.6Fe2O30.2090%6 7.234.
40、750.6Cr2O30.20异常67.2188.3（1）本实验的装置由如图三部分组成，其正确的接口连接顺序为acbd（2）为证明编号2的实验中MnO2起到催化作用，还要测定反应剩余物中MnO2的质量，实验的操作顺序是：溶解过滤洗涤干燥称量（3）写出实验室中通过编号2制取氧气的化学方程式：2KClO32KCl+3O2（4）从上表实验数据分析，对氯酸钾受热分解有催化作用的物质，按其催化能力从大到小的顺序为Fe2O3 MnO2 CuO（填物质的化学式）（5）在进行编号5的实验时，有刺激性的黄绿色气体产生，该气体可能是Cl2（填化学式），可用润湿的淀粉碘化钾试纸检验该气体，上述异常现象产生的原因是氯酸
41、钾在加热条件下将Cr2O3氧化为可溶性化合物，并生成氯气考点：催化剂的作用.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）根据排水法测气体体积的进气方式为：短管进气长管出水；（2）MnO2难溶于水，测定反应剩余物MnO2的质量，要溶解、过滤、洗涤、干燥、称量；（3）编号2的反应是通过KClO3的受热分解制氧气；（4）根据生成相同体积氧气时所用时间的长短判断；（5）根据元素守恒及题意判断生成物，氯气有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾变蓝解答：解：（1）根据排水法测气体体积的进气方式为：短管进气长管出水，所用连接顺序为acbd，故答案为：acbd；（2）MnO2难溶于水，测定反应剩余物MnO2的质量，要溶解、
42、过滤、洗涤、干燥、称量，故答案为：过滤洗涤干燥称量；（3）编号2的反应是通过KClO3的受热分解制氧气，故化学方程式为：2KClO32KCl+3O2，故答案为：2KClO32KCl+3O2；（4）根据生成相同体积氧气时所用时间的长短，Fe2O3作催化剂用时最短，MnO2作催化剂用时次之，CuO作催化剂用时最长，所以其催化能力从大到小的顺序为：Fe2O3 MnO2 CuO，故答案为：Fe2O3 MnO2 CuO；（5）用Cr2O3做研究实验时，发现有刺激性气味的气体产生，同时绿色的混合物变成了橘黄色，则Cr元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，氯酸钾在加热条件下将Cr2O3氧化为可溶性化合物，同时生成氯气，其化学式为Cl2，氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则可以使用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气，故答案为：Cl2；湿润的淀粉碘化钾；氯酸钾在加热条件下将Cr2O3氧化为可溶性化合物，并生成氯气点评：本题考查化学反应速率影响的因素，探究催化剂对化学反应速率的影响及催化效果，注意实验过程及实验现象、结论，能够较好的考查学生综合应用知识的能力