学年辽宁省抚顺市六校高二下学期期末考试化学试题 解析版.docx

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学年辽宁省抚顺市六校高二下学期期末考试化学试题解析版

辽宁省抚顺市六校2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，时间为90分钟，满分100分。

相对原子质量H:

1,C:

12,N:

14,O:

16,Na:

23,K:

39,Fe:

56

第I卷（42分）

一、选择题（本题共14小题，每题只有1个选项符合题意，每题3分）

1.化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是（）

A.苏打水是Na2CO3饱和溶液，可以缓解胃酸过多

B.明矾净水，利用了Al（OH）3胶粒的吸附性质

C.铁粉可以用于食品保鲜，涉及到Fe的还原性

D.碘酒在处理伤口时，应用了I2的氧化性

【答案】A

【解析】分析：

A.Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用；B.明矾溶于水时水解生成了氢氧化铝胶体；C.铁粉具有还原性，能够与食品包装中的氧气反应；D.碘酒中的碘具有氧化性，可以杀菌消毒；据此分析判断。

详解：

A.Na2CO3饱和溶液的碱性较强，对胃有较大的刺激作用，缓解胃酸过多，应该选用碳酸氢钠，故A错误；B.明矾溶于水时，铝离子水解生成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，起到净水作用，故B正确；C.铁粉具有还原性，能够与氧气反应，可以用于食品保鲜，作为抗氧化剂，故C正确；D.碘酒中的碘具有氧化性，在处理伤口时，应用了I2的氧化性，杀菌消毒，故D正确；故选A。

2.光化学烟雾是汽车尾气在紫外线作用下生成的有害浅蓝色烟雾，由氮的氧化物和烃类等一次污染物，与它们发生一系列光化学反应生成的臭氧、醛类、过氧乙酰硝酸酯（PAN）等二次污染物组成。

光化学烟雾导致眼睛及粘膜受刺激，引发呼吸道疾病，严重时使人头痛、呕吐，甚至死亡。

下列叙述中错误的是（）

A.光化学烟雾的分散剂为空气

B.NO2为酸性氧化物

C.O2转化成O3的反应为非氧化还原反应

D.汽车节能减排措施可以缓解光化学烟雾带来的污染

【答案】B

【解析】分析：

A.根据光化学烟雾的组成分析判断；B.根据NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮分析判断；C.根据O2转化成O3的反应中是否存在元素化合价的变化判断；D.根据汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放判断。

详解：

A.光化学烟雾的分散剂为空气，分散质为各种污染物，故A正确；B.NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，故B错误；C.O2转化成O3的反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C正确；D.汽车节能减排措施可以减少空气污染物的排放，起到缓解光化学烟雾带来的污染，故D正确；故选B。

3.下列各项叙述中，正确的是（　　）

A.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同

B.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态

C.24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2

D.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素

【答案】A

【解析】分析：

A．s电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大；B．根据原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；C．根据电子排布式的书写方法来解答；D．根据主族元素的周期序数=电子层数；最外层电子=主族序数；最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区；据此分析判断。

详解：

A．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B错误；C．24Cr原子的电子排布式是：

1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨道能量较低，故C错误；D．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在p轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故D错误；故选A。

4.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：

①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5

则下列有关比较中正确的是（　　）

A.最高正化合价：

④>③＝②>①

B.电负性：

④>③>②>①

C.原子半径：

④>③>②>①

D.第一电离能：

④>③>②>①

【答案】D

【解析】分析：

由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。

A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价；B．同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；C．同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；据此分析判断。

详解：

由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素。

A．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：

①＞②=③，故A错误；B．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性F＞N＞S＞P，即④>③>①>②，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故C错误；D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故D正确；故选D。

点睛：

考查结构与物质关系、核外电子排布规律、元素周期律等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原子结构判断元素是关键。

本题的易错点为D，要注意全满、半满稳定状态对第一电离能的影响。

5.NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A.标准状况下，4.48LSO3中含有O原子个数为0.6NA

B.常温常压下，1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有H原子数目为0.6NA

C.熔融状态下，0.2molNaHSO4中阴阳离子个数之和为0.6NA

D.一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4gNH3，转移电子数为0.6NA

【答案】D

【解析】分析：

A、标况下，三氧化硫为固体；B.1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有乙醇和水；C、求出NaHSO4的物质的量，然后根据1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子来分析；D、根据反应生成的氨气计算；据此分析判断。

详解：

A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据其气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B.1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有乙醇和水，水中也存在H原子，含有H原子数目远大于0.6NA，故B错误；C、1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，故0.2mol硫酸氢钠中含0.4mol离子即0.4NA个，故C错误；D、一定条件下，N2与H2充分反应得到3.4gNH3的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.6NA个，故D正确；故选D。

点睛：

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。

本题的易错点为B，要注意溶液中包括溶质和溶剂。

6.下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（　　）

A.12g石墨中含有C—C键的个数为1.5NA

B.12g金刚石中含有C—C键的个数为4NA

C.60gSiO2中含有Si—O键的个数为2NA

D.124gP4中含有P—P键的个数为4NA

【答案】A

【解析】分析：

A．石墨中每个碳原子含有

个C-C键，根据12g石墨中含有的碳原子个数计算C-C键个数；B．金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，根据12g金刚石中含有的碳原子个数计算C-C键个数；C．二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si-O键，根据60g二氧化硅中含有的硅原子个数计算Si-O键个数；D．先根据质量、物质的量、分子数之间的关系式计算白磷分子数，一个白磷分子中含有6个P-P键，据此计算含有的P-P键个数。

点睛：

本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确物质结构是解本题关键，注意石墨和金刚石结构的区别，为易错点，石墨为平面六边形结构，金刚石为空间正四面体结构。

7.下列选项对离子方程式的判断合理的是（）

反应物

离子方程式

判断

A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应

2Al2O3+2OH-=4AlO2-+H2↑

正确

B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应

HCO3-+OH-=CO32-+H2O

正确

C．Ca（HCO3）2溶液与足量NaOH溶液反应

Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O

错误

D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

错误

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】分析：

A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠；C．Ca（HCO3）2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-。

据此分析判断。

详解：

A．Al2O3与足量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式错误，故A错误；B．NH4HCO3与足量的NaOH溶液反应生成氨气和碳酸钠，离子方程式错误，故B错误；C．Ca（HCO3）2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，离子方程式错误，判断正确，故C正确；D．FeBr2溶液与等物质的量的的Cl2反应，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，判断错误，故D错误；故选C。

8.下列描述正确的是（　　）

A.水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键

B.C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1

C.CS2为V形极性分子

D.SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化

【答案】D

【解析】分析：

根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型及原子是杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=

（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，化学键键能大小决定物质的稳定性。

详解：

A．水加热到很高温度都难分解是因O-H键的键能较大，与氢键无关，故A错误；B．C2H2分子中σ键与π键的数目比为3：

2，故B错误；C．CS2中价层电子对个数=2+

（4-2×2）=2，且该分子中正负电荷重心重合，所以为直线形非极性分子，故C错误；D．SiF4中价层电子对个数=4+

（4-4×1）=4，SO32-中价层电子对个数=3+

（6+2-3×2）=4，所以SiF4和SO32-中中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化，故D正确；故选D。

9.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。

下列对此现象说法正确的是（　　）

A.在[Cu（NH3）4]2＋中，Cu2＋提供孤对电子，NH3提供空轨道

B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2＋

C.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变

D.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化

【答案】B

【解析】分析：

A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；D．络合物在乙醇中溶解度较小。

详解：

A．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故A错误；B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故C错误；D．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故D错误；故选B。

10.为鉴别某种白色固体样品成分，进行如下实验：

①取少量样品加入足量水后充分搅拌，样品未全部溶解；再加入足量稀盐酸，有无色气体生成，固体全部溶解；

②取少量样品加入足量稀硝酸后充分搅拌，样品未全部溶解。

该白色固体样品成分可能为（）

A.Al2（SO4）3，NaHCO3B.CaCO3，CuCl2

C.AgCl，Na2CO3D.BaCl2，Na2SO3

【答案】D

【解析】分析：

①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有无色气体产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；②取少量样品加入足量稀硝酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题。

详解：

A．Al2（SO4）3，NaHCO3都与硝酸反应，硝酸足量时没有固体剩余，故A错误；B．CaCO3不溶于水，能与盐酸反应，且生成二氧化碳气体；加入足量稀硝酸，样品全部溶解，故B错误；C．碳酸钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故C错误；D．BaCl2，Na2SO3加入水中反应生成亚硫酸钡出，加入过量稀盐酸，生成二氧化硫气体，但没有固体剩余，BaCl2，Na2SO3加入足量稀硝酸，生成硫酸钡沉淀，故D正确；故选D。

点睛：

本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键。

本题的易错点为D，要注意硝酸具有强氧化性。

11.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是（　　）

A.晶格能：

NaF>NaCl>NaBr

B.硬度：

MgO>CaO>BaO

C.熔点：

NaF>MgF2>AlF3

D.阴离子的配位数：

CsCl>NaCl>CaF2

【答案】C

【解析】分析：

A、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大；B、根据原子半径大小比较键能，根据键能大小比较硬度；C、从离子半径以及电荷的角度比较晶格能，根据晶格能大小比较；D、根据NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：

、

、

分析。

详解：

A、离子半径Br-＞Cl-＞F-，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故A正确；B、原子半径Ba＞Ca＞Mg，原子半径越大，键能越小，硬度越小，故B正确；C、离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，则熔点越高，故C错误；D、NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：

、

、

，结合图可知，CsCl为立方体心结构，Cl-的配位数是8；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8，在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子，所以其配位数为4；NaCl为立方面向结构，钠离子的配位数为6，Cl-的配位数是6，则阴离子的配位数：

CsCl＞NaCl＞CaF2，故D正确；故选C。

12.由下列实验操作及现象，可以推出相应结论的是（）

实验操作

实验现象

实验结论

A．

溶液中加入K3[Fe（CN）6]

有蓝色沉淀生成

溶液中含有Fe2+

B．

向样品溶液中加入淀粉溶液

溶液变为蓝色

溶液中含有I-

C．

向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸

有白色沉淀生成

溶液中含有SO42-

D．

向样品溶液中加入过量稀盐酸

生成气体使品红溶液褪色

溶液中含有SO32-

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】分析：

A．Fe2+和K3[Fe（CN）6]溶液反应生成特征蓝色沉淀；B．碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，据此分析判断。

详解：

A．Fe2+和K3[Fe（CN）6]溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以该实验现象可以检验亚铁离子，故A正确；B．向样品溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明溶液中含有碘单质，结论错误，故B错误；C．向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-或银离子，结论错误，故C错误；D．向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明溶液中含有SO32-或HSO3-，结论错误，故D错误；故选A。

13.如图是Mn和Bi形成的某种晶体的晶胞结构示意图，则该晶体的化学式可表示为（　　）

A.Mn4Bi3

B.Mn2Bi

C.MnBi

D.MnBi3

【答案】C

【解析】分析：

根据均摊法计算，由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，铋原子位于体内，根据晶胞中原子的计算方法计算解答。

详解：

由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，所以锰原子的个数为：

12×

+2×

+6×

+1＝6，铋原子分布在六棱柱的体内，数目为6，所以锰原子和铋原子的个数比为6：

6=1：

1，所以化学式为MnBi，故选C。

点睛：

本题主要考查均摊法计算晶胞中各种原子的个数，解题时要注意观察晶胞中各种原子的分布。

本题的易错点为顶点的原子是

，不是

；棱边上的原子是

，不是

，主要是该晶胞不是立方体，而是六棱柱。

14.将NaAlO2、Ba（OH）2、NaOH配成100.0mL混合溶液，向该溶液中通入足量CO2，生成沉淀的物质的量n（沉淀），与通入CO2的体积（标准状况下）V（CO2）的关系，如下图所示，

下列说法中正确的是（）

A.P点的值为12.32

B.混合溶液中c（NaOH）+c（NaAlO2）=4.0mol/L

C.bc段的化学反应方程式为：

NaOH+CO2=NaHCO3

D.cd段表示Al（OH）3沉淀溶解

【答案】B

【解析】分析：

开始通入CO2，二氧化碳与氢氧化钡反应有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3反应，沉淀量不变，继续与BaCO3反应，沉淀减少，最后剩余沉淀为Al（OH）3。

详解：

A.根据上述分析，b点对应的溶液中含有碳酸钠，c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡，溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为22.4L-15.68L=6.72L，物质的量为

=0.3mol，因此原混合溶液中含有0.3molBa（OH）2；c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗

=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中n（NaOH）+n（NaAlO2）=0.4mol，b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba（OH）2、NaOH反应生成碳酸钡，氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量，根据CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3可知，n（CO2）=n[Ba（OH）2]+

n（NaOH）+

n（NaAlO2）=0.3mol+0.2mol=0.5mol，体积为11.2L，故A错误；B.c点对应的溶液中含有碳酸氢钠，根据碳元素守恒，生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗

=0.7mol二氧化碳，因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，根据钠元素守恒，混合溶液中c（NaOH）+c（NaAlO2）=

=4.0mol/L，故B正确；C.bc段是碳酸钠溶解的过程，反应的化学反应方程式为：

Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故C错误；D.cd段是溶解碳酸钡的过程，故D错误；故选B。

点睛：

本题考查了二氧化碳、偏铝酸钠等的性质和相关计算，本题的难度较大，理清反应的顺序是解题的关键。

本题的难点为A，要注意守恒法的应用。

第Ⅱ卷（58分）

二、填空题（共4题）

15.钠硝石又名智利硝石，主要成分为NaNO3。

据最新勘探预测表明，我国吐鲁番盆地钠硝石资源量约2.2亿吨，超过了原世界排名第一的智利。

一种以钠硝石为原料制备KNO3的流程如下图所示（矿石中其他物质均忽略）：

相关化合物溶解度随温度变化曲线如下图所示：

回答下列问题：

（1）NaNO3是________________（填“电解质”或“非电解质”）。

（2）一定温度下，NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2，该反应的化学方程式为__________________。

（3）为提高钠硝石的溶浸速率，可对矿石进行何种预处理________________（答出一种即可）。

（4）为减少KNO3的损失，步骤a的操作应为：

________________________________；

步骤b中控制温度可为下列选项中的________。

A．10℃B．40℃C．60℃D．90℃

（5）如何验证洗涤后的KNO3中没有Cl-：

_______________________________________。

（6）若100吨钠硝石可生产60.6吨KNO3，则KNO3的产率为________。

【答案】

（1）.电解质

（2）.4NaNO3

2Na2O+4NO↑+3O2↑（3）.粉碎（4）.蒸发结晶，趁热过滤（5）.A（6）.取最后一次洗涤的洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若未出现白色沉淀，说明洗涤后的KNO3中没有Cl-（7）.51%

【解析】分析：

（1）根据NaNO3是易溶于水的盐判断；

（2）根据NaNO3可分解生成Na2O、NO和O2书写反应的化学方程式并配平；

（3）根据影响化学反应速率的因素分析；

（4）根据相关化合物溶解度随温度变化曲线可知，硝酸钾的溶解度随温度的变化明显，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大分析解答；步骤b中需要析出硝酸钾晶体，从尽可能多的析出硝酸钾考虑；

（5）检验有没有Cl-；

（6）根据硝酸根守恒，存在NaNO3~KNO3，首先计算理论上100吨钠硝石可生产KNO3的质量，再求KNO3的产率。

详解：

（1）NaNO3是易溶于水的盐，属于电解质，故答案为：

电解质；

（2）一定温度下，NaNO3可分解生成