2019-2020年高三化学上学期第一次考试试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学上学期第一次考试试题（含解析）新人教版【试卷综析】本试卷是高三化学月考试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查，知识考查涉及综合性较强的问题、注重主干知识，兼顾覆盖面。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。重点考查了：阿伏伽德罗定律的应用、氧化还原反应，元素化合物知识相关计算、离子大量共存问题、化学实验题，化工流程题等知识点，题型新颖，紧跟时下热点化学问题，体现学科基本要求。一：选择题（共48分，每小题只有1个选项符合题意）【题文】1下列物质分类正确的是 混合物:铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉 化合物:氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2 同系物:CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2同素异形体:C60、C70、金刚石、石墨A. B. C. D.【知识点】物质分类 B4 【答案解析】C 解析：铝热剂是铝粉与三氧化二铁的混合物与，福尔马林是甲醛的水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，二者是混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故正确；氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾是由不同种元素组成的纯净物，是化合物，故正确；二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质，故错误；CH202，C2H402，C3H602，C4H802，结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故错误；C60、C70、金刚石、石墨是同一元素的不同单质，属于同素异形体，故正确，故C正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了物质的分类，包括的知识点较多，需分清各类物质的定义。【题文】2向盛有一定量的Ba（OH）2的溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过 量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示），近 似地用如右图曲线表示，应为 【知识点】电解质 H1【答案解析】C 解析：在没加硫酸之前，氢氧化钡具有一定导电能力，向盛有一定量的Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，开始反应，离子浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，当恰好和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水时，溶液的导电能力接近于零，然后随着硫酸的加入，导电的是硫酸溶液，所以导电能力会逐渐增加，直到和原来接近，故C正确。故答案选C【思路点拨】溶液额导电能力和溶液中离子浓度的大小有关是解答本题的关键，注意硫酸和氢氧化钡之间反应的情况，难度不大。【题文】3已知反应：2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，Fe2(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61D反应中0.1mol还原剂共失去电子数为1.21022【知识点】氧化还原反应B2 B3【答案解析】B 解析：A、反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，反应均有元素化合价变化，是氧化还原反应，故A错误；B、氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，中的氧化剂是K2Cr2O7，氧化产物是3Fe2（SO4）3，所以氧化性是Fe2（SO4）3K2Cr2O7，中氧化剂是Fe2(SO4)3，氧化产物是I2，所以氧化性是I2Fe2（SO4）3，故B正确；C、中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：6，故C错误；D、反应中0.1mol还原剂共失去电子数为6.021022，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查氧化还原反应的定义，氧化性和还原性强弱的比较及转移电子的关系，属于基础内容，难度不大。【题文】4利用实验器材(规格和数量不限)能完成相应实验的一项是选项实验器材(省略夹持装置)相应实验 lA三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳 用CuSO45H2O制取无水CuSO4粉末B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制0.1molL-1的HCl溶液C烧杯、玻璃棒、分液漏斗用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇D烧杯、酸式滴定管、碱式滴定管用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液【知识点】化学实验J1 J2【答案解析】C 解析：A、用CuSO45H2O制取无水CuSO4粉末，需要加热，则缺少酒精灯，不能完成，故A错误；B、用浓盐酸配制0.1molL-1的HCl溶液，需要量取浓盐酸的体积，则缺少量筒，不能完成，故B错误；C、饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，反应后分液，则给出的仪器可完成分液操作，故C正确；D、中和滴定，需要胶头滴管滴加酸碱指示剂，则缺少胶头滴管，不能完成实验，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学实验操作，熟悉各类操作及实验用品是回答本题的关键。【题文】5.某同学实验报告中有以下数据，其中数据不合理的是 A.用托盘天平称取11.7 g食盐 B.用量筒量取12.3 mL盐酸C.用广泛pH试纸测得某溶液的pH值为3.6 D.用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去21.20 mL NaOH溶液。【知识点】实验操作 J1【答案解析】C 解析：A、托盘天平精确到0.1g，故A正确；B、量筒精确到0.1mL，故B正确；C、广泛pH试纸精确到整数位，故C错误；D、滴定管精确到小数点后2位，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了基本实验仪器的读数，是化学实验的基础内容，需注意平时知识的积累，难度不大。【题文】6采用下列装置和操作，不能达到实验目的的是 【知识点】化学实验J1 J2 J3【答案解析】B 解析：A、苯与液溴在铁粉做催化剂的条件下可制取溴苯并产生HBr，进入四氯化碳中后与四氯化碳分层，故A正确；B、电石为粉末状，不能放在多孔板上，故B错误；C、再接一个导管置于水中，用手握住烧瓶底部片刻，导气管冒泡，松开手后形成一段水柱，表明气密性良好。故C正确；D、根据强酸与弱酸盐可制取弱酸，D正确。故答案选B【思路点拨】本题考查了化学实验装置，是高考中常见的考点，应注意平时知识的积累。【题文】7.磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性,制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合,再滴入稍过量的NaOH溶液,随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子直径在3655 nm的磁流体。下列说法中正确的是A.所得的分散系属于悬浊液B.该分散系能产生丁达尔效应C.所得的分散系中分散质为Fe2O3D.所得分散系为胶体,且胶粒直径即为氢氧化铁分子直径【知识点】分散系H4【答案解析】B 解析：A、所得分散系为胶体，故A错误；B、胶体的性质具有丁达尔现象，故B正确；C、分散质应是黑色的，而Fe2O3是红色的，故C错误；D、胶体是由多个胶粒聚集在一起形成的，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了胶体的性质应用，主要考查分散系的本质特征。【题文】8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A常温下，30 g的2-丙醇中含有羟基的数目为0.5 NAB15 g C2H6含CH键数目为3NAC28 g乙烯与丙烯的混合气体，含碳原子总数为2NAD.7.8 g中含有的碳碳双键数目为0.3NA【知识点】阿伏伽德罗常数的应用 A1【答案解析】D 解析：A、30g2-丙醇的物质的量为0.5mol，含有羟基的数目为0.5 NA，故A正确；B、15 g C2H6为0.5mol，1个C2H6含CH键6个，所以15 g C2H6含CH键数目为3NA，故B正确；C、烯烃的分子都是CH2。相对分子质量都是14，28克里有2mol CH2，所含碳原子总数为2NA，故C正确；D、苯中不含碳碳双键，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，是高考中最重要的考点，灵活应用是本题的关键。【题文】9用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是 0.84 g晶体中阴离子数为0.01NA常温下，1L01 molL-1 Na2CO3溶液中阴离子数目之和大于01 NA常温常压下，03molCl2通入水中，充分反应后转移电子数目为03 NA7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1 NA标准状况下，224LSO3 的分子数为NA标准状况下，224LNO和112L O2混合后气体的分子总数等于NAA B C D【知识点】阿伏伽德罗常数的应用A1【答案解析】B 解析：0.84 gNaHCO3晶体为0.01mol,其中阴离子数为0.01NA故正确，常温下，1L0.1molL-1Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，溶液中阴离子数目之和大于0.1NA，故正确，常温常压下，0.3molCl2通入水中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.3mol，转移的电子数目小于0.3NA，故错误，7.8g Na2S和Na2O2的相对分子质量均为78，故7.8g混合物的物质的量为0.1mol，两种物质中阴离子个数均为1，故含有的阴离子数等于0.1 NA，故正确，标准状况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO3的物质的量，故错误，标准状况下，22.4LNO的物质的量为1mol、11.2LO2的物质的量为0.5mol，二者反应后生成了1mol二氧化氮，由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以反应后混合气体的物质的量小于1mol，混合后气体的分子总数小于NA，故错误，故正确，故B正确；故答案选B【思路点拨】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，注意明确标况下三氧化硫不是气体，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，为易错点，注意明确二氧化氮与四氧化二氮之间的转化平衡。【题文】10下列离子方程式不正确的是A0.5mol/L的NaHSO3溶液与1.0mol/L的NaClO溶液等体积混合：HSO3ClOSO42ClHB氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe(OH)36H+2I-2Fe2+I26H2OC漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe33ClO3H2OFe（OH）33HClODNH4HSO4的稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42恰好沉淀完全：NH4+H+SO42-+Ba2+2OH-=NH3H2O+BaSO4+H2O【知识点】离子方程式的书写B1【答案解析】A 解析：A、NaHSO3溶液和过量NaClO溶液反应生成硫酸根离子和氯离子和次氯酸，离子方程式为HSO3-+2ClO-SO42-+Cl-+HClO，故A错误；B、发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水，故B正确；C、发生双水解反应，故C正确；D、SO42-恰好沉淀完全，需要等量的Ba2+，提供2倍的OH-，与NH4+和H+恰好完全反应，离子方程式为NH4+H+SO42-+Ba2+2OH-=NH3H2O+BaSO4+H2O，故D正确。故答案选A【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写，大量方程式的书写与反应物的量有着直接的关系，应注意分析。【题文】11一定能在下列溶液中大量共存的离子组是 含有大量Al3的溶液中：Na、NH4+、SO42、Cl加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+含有大量Fe3的溶液中：Na、Mg2、NO3、SCN在含有大量AlO2的溶液中：NH4+、Na、Cl、H由水电离出的c(H)11014molL1的溶液中：Ca2、K、Cl、HCO3A B C D【知识点】离子共存 B1【答案解析】C 解析：溶液可能是酸性或强碱性溶液，HCO3-在酸性或强碱性溶液中均不能共存，NH4+在碱性溶液中不能共存，故错误，Fe3与SCN形成络合物不能大量共存，故错误，AlO2与H不能大量共存，故错误，溶液为强酸或强碱性溶液，HCO3不能大量共存，故错误，故C正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了离子大量共存问题，是高考最常见的考点，结合离子不能大量共存的条件即可做出判断。【题文】12在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是 A在含AlO2-、SO32-、OH的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH、AlO2-、SO32-B含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2C含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D在含Fe3、H、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H、NH4+、Fe3【知识点】离子反应先后顺序 B1【答案解析】A 解析：A、碱性：OH-AlO2-SO32-，故发生反应先后顺序为：OH-、AlO2-、SO32-，故A正确；B、离子还原性I-Fe2+Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C、氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故C错误；D、稳定性：水氢氧化铁一水合氨，故发生反应先后顺序为：H+、Fe3+、NH4+，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查氧化性、还原性强弱比较，离子反应发生的条件，难度不大注意分析离子反应生成物的特点。【题文】13.已知氧化性Br2Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为:aFe2+bBr-+cCl2=dFe3+eBr2+fCl-下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 A. 264238 B. 243226C.201202 D.222214【知识点】氧化还原反应配平 B3【答案解析】A 解析：A、氯气过量，反应方程式为2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，故A错误；B、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，故B正确；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2+-+Cl22Fe3+2Cl-，故C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+1Br2+4Cl-，故D正确。故答案选A【思路点拨】本题考查氧化还原反应的配平，难度稍大，需要耐心、认真分析。【题文】14在过量的稀硫酸溶液中加入5.6 g Fe粉，待反应完全后，再加入50 mL0.5molL-1 KNO3溶液，恰好反应完全。该反应的方程式为：“ FeSO4 + KNO3 + H2SO4 K2SO4 + Fe2(SO4)3+ NxOy + H2O”，则对该反应的下列说法正确的是 A反应中还原产物是NO B氧化产物和还原产物的物质的量之比为14C反应过程中转移的电子数为4e-D化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5【知识点】氧化还原反应 B3【答案解析】D 解析：该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价，根据原子守恒得n（Fe）=n（FeSO4）=5.6g/ 56g/mol =0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L0.05L=0.025mol，二者的物质的量之比=0.1mol：0.025mol=4：1，根据转移电子相等得41=1（5-y），y=+1，根据O原子守恒得x=2，该反应方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，A、该反应中还原产物是N2O，故A错误； B、氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1，故B错误；C、反应过程中转移的电子数为8e-，故C错误；D、通过以上分析知，化学方程式中按物质顺序的化学计量数是8、2、5、1、4、1、5，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了氧化还原反应，根据转移电子相等及原子守恒配平方程式，正确判断y值是解本题关键，题目难度中等。【题文】15同温同压下，x g的甲气体和y g的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是 。Axy等于甲与乙的相对分子质量之比Bxy等于等质量的甲与乙的分子个数之比Cxy等于同温同压下甲与乙的密度之比Dyx等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比【知识点】考查阿伏加德罗定律及其推论的有关应用和判断A2【答案解析】B 解析：A、同温同压下有相同体积，可知二者物质的量相等,n甲=n乙，质量分别为x,y，物质的量相等，所以相对分子质量之比为x:y，故A正确；B、若质量相等，则分子个数比不是x:y，故B错误；C、相同条件下，气体的相对分子质量之比等于气体的密度之比，故C正确；D、根据PVnTR可知，选项D正确，故D正确。故答案选B【思路点拨】该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。该题的关键是熟练记住阿伏加德罗定律及其推论，并能灵活运用即可。【题文】16 8.34gFeS047H20样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示A温度为78时固体物质M的化学式为FeSO45H2OB温度为l59时固体物质N的化学式为FeSO43H2OC在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为 FeSO4 FeO+SO3D取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至650，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3【知识点】化学方程式的有关计算A4【答案解析】D 解析：A、温度为78时，固体质量为6.72g，其中m（FeS04）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H20）=6.72g-4.56g=2.16g，n（H20）=2.16g/18g/mol=0.12mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO44H2O，故A错误；B、温度为l59时，固体质量为5.10g，其中m（FeS04）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H20）=5.10g-4.56g=0.54g，n（H20）=0.54g/18g/mol=0.03mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4H2O，故B错误；C、m（FeS04）=0.03mol152g/mol=4.56g，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4H2O=FeS04+H20，故C错误；D、加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（FeS047H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g-1.68g=0.72g，n（O）=0.72g/16g/mol=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大。第卷 非选择题二：填空题（共52分）【题文】17（9分）（1）在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 gcm3。试计算：所得盐酸物质的量浓度是 。取出这种盐酸10 mL，稀释至118m L，所得稀盐酸的物质的量浓度是 。如取10 mL盐酸时仰视其他操作均正确得稀盐酸浓度 。（填“偏大”、 “等于”、“偏小”）在40.0 mL 0.065 molL1 Na2CO3溶液中，逐渐加入(2)所稀释的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过 mL。(2)配制0.80 molL-1 NaOH溶液475 mL，回答下列问题：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_0.80 molL-1(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)。若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_0.80 molL-1。0.80 molL-1 NaOH溶液质量分数 3.2%,和等质量的水混合溶液浓度 0.40 molL-1【知识点】物质的量浓度的计算 A3 A4【答案解析】(1) 11.8mol/L 1mol/L，偏大 2.6(2) 16.0 等于 大于 小于 小于（每空1分）解析：（1）n（HCl）=224L 22.4Lmol1 =10mol，m（HCl）=10mol36.5gmol-1=365g，盐酸的质量分数w=365g/365g+635g100%=36.5%，c（HCl）=1000w/ M =10001.1836.5% 36.5 mol/L=11.8mol/L。根据c（浓）V（浓）=c（稀）V（稀），可知：c（稀）=11.8molL-10.01L0.118L=1molL-1；如取10 mL盐酸时仰视，则取出的盐酸大于10ml，所以，所配溶液浓度偏大。n（Na2CO3）=0.040L0.065molL-1=0.0026 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n（HCl）=1molL-10.001x L=0.001x mol，根据反应Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，可得0.0026=0.001x，解得x=2.6。（2）n(NaOH)=c*V=0.80mol/L*0.5L=0.4mol，m=nM=0.4mol*40g/mol=11.60g；未干燥容量瓶对溶液浓度无影响，故浓度不变；溶液热胀冷缩，恢复室温时，体积减小，浓度增大；【思路点拨】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及相关计算，注意配制475mL溶液时体积应按照500mL计算。【题文】18(10分)某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-，现分别取100mL的两等份溶液进行如下实验：第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体。第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体。依据实验回答下列问题：（1）由可知存在的离子为 ，浓度是 molL-1；由可知存在的离子为 ，浓度是 molL-1；由可知存在的离子为 ，浓度是 molL-1。（2）该溶液中一定不存在的离子是 （填离子符号）。（3）某同学通过分析认为该溶液中一定存在K+，他的理由是 。【知识点】常见阴阳离子检验 B4【答案解析】(1) NH4+ 0.2mol/L Al3+ 0.2mol/L SO42- 0.5(2) Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32- (3) 依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在解析：（1）加入NaOH溶液产生气体为氨气，故一定存在NH4+，氨气0.02mol，所以NH4+0.02mol，体积为0.1L，故浓度0.2mol/L; 由可知存在离子为Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量=1.02g/102g/mol =0.01mol，溶液中Al3+的物质的量浓度=0.02mol/0.1L =0.2 mol/L; 由可知存在离子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体为硫酸钡，物质的量=11.65/ 233g/mol =0.05mol，SO42- 物质的量浓度=0.05mol/0.1L =0.5 mol/L。（2）第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中 含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+ Al3+SO42-，故一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，（3）依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，阳离子电荷数为0.8mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为1mol，所以一定有K+存在。【思路点拨】本题考查了常见离子的检验方法，离子性质的应用，反应现象的判断，离子共存的分析应用，明确铝离子、硫酸根离子、铵根离子的分析判断和计算是解答的关键，题目难度中等。【题文】19. （7分）金属钒（V）在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”。以下是测定矿石中钒的含量的两个反应： （1）用稀硫酸溶解五氧化二钒，得到(VO2)2SO4溶液。写出该反应的化学方程式 _；该反应_（选填“是”或“不是”）氧化还原反应。（2）用已知浓度的硫酸酸化的H2C2O4溶液，滴定(VO2)2SO4溶液，完成下列离子方程式，方框内填数字，短线上填写物质的化学式或离子符号。 VO2+ + H2C2O4 + _ VO2+ + CO2 + _（3）当收集到标准状况下气体112毫升时，电子转移的数目为 （4）甲同学提出：上述反应能否用盐酸酸化？乙同学认为：要回答这个问题还得知道 AVO2+和HCl氧化性相对强弱 BVO2+和Cl2氧化性相对强弱 C上述均不正确【知识点】氧化还原反应 B2 B3【答案解析】(1) V2O5+H2SO4（VO2）2SO4+H2O 不是(2) 2 1 2H+ 2 2 2H2O (3)0.005NA (4)B解析：（1）用稀硫酸溶解五氧化二钒，得到（VO2）2SO4溶液，方程式为氧化物与酸反应，反应方程式为：V2O5+H2SO4（VO2）2SO4+H2O，由VO2+中V元素化合价由+5得到（VO2）2SO4溶液中V元素化合价由+5，说明该反应是非氧化还原反应。（2）VO2+中V元素化合价由+5价降低为VO2+中+4价，H2C2O4中碳元素由+3价升高为CO2中+4价，H2C2O4是还原剂；化合价升降的最小公倍数为2，所以VO2+系数为2，H2C2O4系数为1，根据原子守恒可知，VO2+，系数为2，CO2系数为2，H2O系数为2，然后通过电荷守恒，得空的一项是氢离子，配平后离子方程式为2VO2+ H2C2O4+2H+VO2+2CO2+2H2O（3）当收集到标准状况下气体22400mL时，电子转移的数目为NA，当收集到标准状况下气体112mL时，电子转移的数目为112/ 22400 NA=0.005NA，（4）盐酸酸化要考虑盐酸本身的负-价氯的还原性，也就是VO2+ 和Cl2氧化性相对强弱，故选B。【思路点拨】本题考查氧化还原反应配平、计算等，难度不大，注意根据电子转移配平方程式【题文】20.（14分）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3-5的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。【方案一】实验方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。实验步骤（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V 。（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【方案二】实验方案将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20，1.01105Pa）的体积。问题讨论（1）同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（ ）（ ）接（ ）（ ）接（ ）（填接口字母，可不填满。）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因 。实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为合理的是 。A待实验装置冷却后再读数B上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D视线与液体的凹面相平读取量筒中水的体积（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了右图所示的实验装置。装置中导管a的作用是 。实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为_mL。【知识点】实验探究物质的组成成分以及含量，根据化学反应方程式的计算A4 J4【答案解析】【方案一】(1)97mL (2)偏高【方案二】EDG 锌与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大。ACD（2）平衡气压，使稀硫酸能够顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。V1-V2解析：【方案一】（1）镁铝合金中镁占3%5%，所以铝占95%97%，当铝含量为97%时用的氢氧化钠最多设氢氧化钠的体积最少为x2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H254 805.4g97% x1g/mL8%x=97mL（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体若未洗涤固体，镁表面混有偏铝酸钠固体，则镁的质量偏大，镁的质量分数将偏高【方案二】为排水法测定生成气体的体积，故最简单的连接方式为EDG。该反应产生氢气，且放出大量的热，使得锥形瓶内气压急剧增强，导致液体无法流下。 A反应放热，故应等实验装置冷却后再读数，以免引起误差；B应选用G量筒，故B错误；C正确；D读数时，视线应与页面凹液面相平齐。故ACD（2）装置中导管a可保持锥形瓶和分液漏斗间的压强恒定，使稀硫酸能顺利滴下，和消除因稀硫酸的滴入引起的体积误差。实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL则产生氢气的体积为 V1-V2mL【思路点拨】本题考查与实验相结合的化学方程式的计算，分析装置特点，明确反应原理是解题关键。【题文】21(12分)以下是用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生产流程示意图：回答下列问题：(1)酸浸、过滤后滤液A中的金属阳离子是_ _。(2)滤液B中加入NH4HCO3溶液的离子方程式 。(3)煅烧FeCO3生成产品I的化学反应方程式为_ _。(4)已知几种盐的溶解度随温度变化的曲线如如图所示，产品的化学式为，为了获得产品，向(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液后，还需要进行的操作是、趁热过滤、洗涤、干燥。(5)检验产品晶体中是否含有少量的氯化物杂质需用到的试剂是_，进一步提纯产品的方法是_；(6)步骤中可选用_(填序号)试剂调节溶液的pH。A稀硝酸 B双氧水 C氨水 D高锰酸钾溶液【知识点】化工流程 O1【答案解析】(1) Fe3+，Fe2+ (2) 2HCO3-+Fe2+=FeCO3+H2O+CO2（3）FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2（4）K2SO4 蒸发结晶（5）Ba（NO3）2溶液，AgNO3溶液，重结晶（6）C解析：（1）二氧化硅不与酸反应，其他的三种氧化物可与酸反应，故存在的离子为Fe3+，Fe2+（2）加入铁粉后，铁粉与铁离子反应，溶液中仅剩亚铁离子，与碳酸氢铵反应的离子方程式为：2HCO3-+Fe2+=FeCO3+H2O+CO2（3）在有空气存在的条件下，煅烧碳酸亚铁会产生铁红，反应的方程式为FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2（4）由于硫酸钾的溶解度小，因此产品II为K2SO4，提纯可溶性固体与液体的方法为蒸发结晶后趁热过滤，洗涤，干燥。（5）产品a主要为硫酸钾，为检验是否含有氯化物杂质，应加入硝酸银，但在加入硝酸银之前应加入过量的硝酸钡溶液，以除去硫酸根离子，过滤后再加入硝酸银溶液，进一步提纯硫酸钾可采用重结晶的方式，取出杂质。（6）ABD均为氧化剂，可将亚铁离子氧化，故选用B【思路点拨】本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的流程和制备原理，难度较大等。