2019-2020年高三上学期段考化学试题含解析.doc

2019-2020年高三上学期段考化学试题含解析一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共48分）1（3分）下列物质肯定为纯净物的是（）A只有一种元素组成的物质B只有一种原子构成的物质C只有一种分子构成的物质D只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质考点：混合物和纯净物.专题：物质的分类专题分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可解答：解：A由同种元素组成的物质，不一定是纯净物，例如，石墨与金刚石混合在一起，由碳元素组成，属于混合物，故A错误； B一种分子只能构成一种物质，一种原子可能得到不同的分子，如O2、O3均由氧原子构成，故B错误；C由同种分子构成的物质，物质的组成种类只有一种，属于纯净物，故C正确；D对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故D错误故选：C点评：本题主要考查了纯净物的概念，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质组成就属于混合物2（3分）离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用集合关系表示，其正确的是（）ABCD考点：化学基本反应类型.分析：根据置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应来解答解答：解：A因置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应，故A正确；B复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，置换反应一定属于氧化还原反应，二者也不会交叉，故B错误；C复分解反应一定不属于氧化还原反应，则氧化还原反应不包含复分解反应，故C错误；D复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，故D错误；故选A点评：本题以图的形式考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，明确图象中交叉、包含的关系即可解答，难度不大3（3分）下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A同质量、同体积的N2和COB同温度、同体积的H2和N2C同体积、同密度的C2H4和C3H4D同压强、同体积的N2O和CO2考点：物质的量的相关计算.专题：计算题分析：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A二者都是双原子分子，二者质量相等，摩尔质量相等，根据n=可知，二者物质的量一定相等；B温度、体积相等，压强会影响气体的物质的量；C同体积、同密度，二者质量相等，根据n=计算各自物质的量，结合分子含有原子数目计算原子物质的量；D同压强、同体积，温度会影响气体的物质的量解答：解：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A二者质量相等，摩尔质量相等为28g/mol，根据n=可知，二者物质的量一定相等，二者都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故A正确；B同温度、同体积的H2和N2，二者压强不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故B错误；C同体积、同密度，二者质量相等，C2H4和C3H4含有原子数目之比=6：7=60：49，故C错误；D同压强、同体积的H2和N2，二者的温度不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故D错误，故选A点评：本题考查物质的量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意根据pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论4（3分）下列事实与胶体知识有关的是（）用盐卤制豆腐 用明矾净水 河海交接处易形成沙洲一支钢笔使用不同牌号的蓝黑墨水易堵塞 工厂静电除尘ABCD都无关考点：胶体的应用.分析：胶体遇到电解质溶液会发生聚沉；胶体具有吸附性；胶体具有聚沉的性质；墨水属于胶体，不同的墨水吸附的电荷的电性不同；静电除尘是利用胶体电泳性质的应用解答：解：豆腐的原料黄豆富含蛋白质，经水浸、磨浆、除渣、加热，得到的蛋白质的胶体，点豆腐就是设法使蛋白质发生凝聚而与水分离，故正确；明矾在水中可以电离出两种金属离子：KAl（SO4）2=K+Al3+2SO42，而Al3+很容易水解，生成氢氧化铝Al（OH）3胶体：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+ 氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清，故正确；河中的泥沙是胶体，在入海口与电解质溶液发生聚沉，故正确；墨水是一种胶体，不同墨水胶粒带电荷不同，不同品牌墨水相遇时出现聚沉现象，生成沉淀，使笔管堵塞，故正确；静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，与胶体性质有关，故正确；所以均与胶体知识有关，故选C点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释，题目难度不大5（3分）将过量CO2通入下列溶液中，出现浑浊的是（）ACaCl2溶液B澄清石灰水C漂白粉溶液D饱和碳酸钠溶液考点：离子反应发生的条件.专题：离子反应专题分析：ACaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应；B将过量CO2通入到澄清石灰水中，生成碳酸氢钙；C碳酸酸性大于次氯酸，小于盐酸；D碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3解答：解：ACaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应，无浑浊出现，故A错误； B将过量CO2通入到澄清石灰水中，发生如下反应：2CO2+Ca（OH）2Ca（HCO3）2，无浑浊出现，故B错误；C二氧化碳和氯化钙不反应，与次氯酸钙反应生成次氯酸和碳酸氢钙，无浑浊出现，故C错误；D因碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3，故最终有碳酸氢钠析出而使溶液变浑浊，故D正确，故选D点评：本题考查元素及其化合物的性质，难度不大要注意基础知识的掌握6（3分）用NA表示阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A22.4L（标况下）NO与0.5molO2混合充分反应，最后得到NA个NO2分子B任何反应中，生成1molO2都转移4NA个电子C100g17%的氨水，溶液中含有氨气分子NAD7.1gCl2与足量氢氧化钠溶液反应转移电子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数.分析：A、NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4；B、用H2O2或Na2O2制氧气，生成1molO2都转移2NA个电子；C、NH3溶于水后存在平衡：NH3+H2ONH3H2O；D、Cl2与氢氧化钠的反应是歧化反应解答：解：A、NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，故得到的NO2分子个数少于NA个，故A错误；B、用H2O2或Na2O2制氧气时，氧元素的化合价是从1价变为0价，故当生成1molO2时转移2NA个电子，故B错误；C、NH3溶于水后存在平衡：NH3+H2ONH3H2O，故溶液中含有氨气分子少于NA，故C错误；D、7.1g氯气的物质的量n=0.1mol，Cl2与氢氧化钠的反应是歧化反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中1molCl2转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1mol电子，个数为0.1NA个，故D正确故选D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7（3分）用高铁酸钠（Na2FeO4）对河水和湖水消毒是城市饮用水处理的新技术已知反应：Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O下列说法正确的是（）ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物C3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀毒考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算.专题：氧化还原反应专题分析：A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；B、还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；C、根据反应过程转移的电子的量来计算回答；D、根据化合价规则判断化合物中元素化合价，确定物质的性质解答：解：A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，故A错误；B、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O叫还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B正确；C、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子的量为6mol，消耗3molNa2O2，故C错误；D、根据化合价规则可知在Na2FeO4中Fe为+6价，居于铁元素的最高价，具有强氧化性，故D错误故选B点评：本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大8下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 二氧化碳与氢氧化钠溶液硝酸银溶液和氨水 氯化铝与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水ABC仅有D考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：碳酸钠溶液与盐酸，前者过量生成碳酸氢钠和氯化钠，后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳；偏铝酸钠溶液与盐酸，根据氢氧化铝的两性分析，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和过量二氧化碳反应也可以生成碳酸氢钠；硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀；Al（OH）3不溶于过量的氨水；酸式盐和对应碱的反应，前者过量，生成的碳酸根离子过量，后者过量，氢氧根离子过量解答：解：碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，反应为：CO32+H+=HCO3；后者过量，即碳酸钠少量，发生反应为：CO32+2H+=CO2+H2O，所以量不同，反应不同，故错误；偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2+H+H2OAl（OH）3产生白色沉淀，后者过量发生AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，量不同，生成产物不同，故错误；氢氧化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠，CO2+2OH=CO32+H2O，碳酸钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，与量有关，OH+CO2=HCO3，故错误；硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解先发生：Ag +NH3H2O=AgOH+NH4+，后发生：AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，故错误；Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3 NH4+，故正确；碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，后者过量，HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，量不同，生成产物不同，故错误；故选C点评：本题考查离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质，题目难度较大9（3分）类比推理是化学学习中的一种重要方法下列类推结论中，正确的是（）类比对象结论ACl2+H2OHCl+HClOI2+H2OHI+HIOBCl2+2Fe2+2Fe3+2ClI2+2Fe2+2Fe3+2ICS+FeFeSS+CuCuSDCa（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClOCa（ClO）2+SO2+H2OCaSO3+2HClOAABBCCDD考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用.专题：元素及其化合物分析：A氯气与碘的性质相似，均与水发生歧化反应；B氧化性为Cl2Fe3+I2；CS具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价金属化合物；D二氧化碳具有还原性，二氧化碳不具有解答：解：A氯气与碘的性质相似，均与水发生歧化反应，则由Cl2+H2OHCl+HClO，可知I2+H2OHI+HIO，故A正确；B氧化性为Cl2Fe3+I2，则I2、Fe2+不发生反应，故B错误；CS具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价金属化合物，则S+2CuCu2S，故C错误；D二氧化碳具有还原性，二氧化碳不具有，则Ca（ClO）2+2SO2+2H2OCaSO4+2HCl+H2SO4，故D错误；故选A点评：本题考查卤族元素及其化合物的性质，为高频考点，把握发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与类推规律的考查，注意物质的性质，题目难度不大10（3分）在由水电离出的=11012molL1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）ANH4+、Ba2+、NO3、ClBCl、SO42、Na+、K+CSO42、NO3、Fe2+、Mg2+DNa+、K+、ClO、I考点：离子共存问题.分析：由水电离出的=11012molL1的溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，A碱性溶液中，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；BCl、SO42、Na+、K+离子之间不发生反应，且都不与氢离子和氢氧根离子反应；C碱性溶液中，亚铁离子、镁离子与氢氧根离子反应生成沉淀；酸性溶液中，硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D次氯酸根离子氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存解答：解：由水电离出的=11012molL1的溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量H+或OH，A碱性溶液中，NH4+能够与氢氧根离子反应生成弱碱，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCl、SO42、Na+、K+离子之间不反应，都不与H+或OH反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C碱性溶液中，Fe2+、Mg2+与氢氧根离子反应生成沉淀；酸性溶液中，NO3离子能够Fe2+离子，在溶液中不能大量共存，故C错误；DClO、I之间发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：“由水电离出的=11012molL1的溶液”可能为酸性或碱性溶液11（3分）下列离子方程式正确的是（）A等物质的量浓度的FeBr2和CuCl2混合溶液用惰性电极电解最初发生反应：Cu2+2BrCu+Br2B碳酸氢镁溶液中加入足量的烧碱溶液：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+2H2OC过量SO2通入氨水中：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32+H2OD碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O考点：离子方程式的书写.分析：A阳极上溴离子放电、阴极上铜离子放电；B二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；C二者反应生成亚硫酸氢铵；D弱电解质醋酸写化学式解答：解：A阳极上溴离子放电、阴极上铜离子放电，所以电池反应式为Cu2+2BrCu+Br2，故A正确；B二者反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水，离子方程式为Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O，故B错误；C二者反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式为SO2+NH3H2ONH4+HSO3，故C错误；D弱电解质醋酸写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；故选A点评：本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物等写化学式，要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，易错选项是B，注意碳酸镁溶解性大于氢氧化镁，为易错点12（3分）已知S2O8n离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4离子，若反应后S2O8n离子变成SO42；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n中的n值和S的化合价是（）A2，+7B2，+6C4，+7D4，+4考点：氧化还原反应的计算.分析：Mn2+氧化成MnO4，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n变成SO42，S的化合价降低，SO42中S的化合价为+6价，以此来解答解答：解：Mn2+氧化成MnO4，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n变成SO42，S的化合价降低，SO42中S的化合价为+6价，则S2O8n中的S元素的化合价为+7价，则+72+（2）8=n，解得n=2，故选A点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大13 a mol FeS与b mol FeO投入到VL c mol/L稀硝酸中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g （a+b）mol VcmolABCD考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：可从两个角度分析未被还原的硝酸，一是生成Fe（NO3）3中的NO3 ，二是根据N元素守恒，未被还原的硝酸为总硝酸的物质的量减去生成NO的物质的量，可计算未被还原的硝酸解答：解：由元素守恒知：未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中的NO3 ，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe（NO3）3的物质的量的3倍，由元素守恒知，nFe（NO3）3=n（Fe）=（a+b）mol，所以未被还原的硝酸的质量=3（a+b）mol63 gmol1=（a+b）189 g，正确；又根据化合价升降守恒知amol a mol （NO3）3+a mol H2O4 升高（32）a+（6+2）a=9a mol b mol Ob mol （NO3）3 升高（32）b=b molx molHO3xOmol 降低（52）x mol=3x mol得9a mol+b mol=3x mol，即显氧化性的硝酸的物质的量x= mol，所以未被还原的硝酸为cVmol，正确故选D点评：本题以元素化合物知识为载体，考查守恒法技巧，题目难度中等，答题时注意守恒法的利用，注意从化合价变化的角度分析14将50g质量分数为1，物质的量浓度为C1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到质量分数为2，物质的量浓度为C2的稀溶液下列说法中正确的是（）A若C1=2C2，则122，V50mLB若C1=2C2，则122，V50mLC若1=22，则C12C2，V=50mLD若1=22，则C12C2，V50Ml考点：物质的量浓度的相关计算.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A、B、设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，利用c=公式变形计算硫酸的质量分数，结合硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断；稀释前后溶质的质量不变，结合质量分数关系，判断稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，据此判断水的体积；C、D、根据稀释前后溶质的质量不变计算混合后溶液的质量为100g，计算水的质量为50g，据此计算水的体积；设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，利用c=计算硫酸的浓度，结合浓硫酸溶液的浓度越大密度越大，进行判断解答：解：A、若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：1=，2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故122，稀释前后溶质的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V50ml；故A正确；B、由A分析可知，所以水的体积V50ml，122，故B错误；C、稀释前后溶质的质量不变，若1=22，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V=50ml；设物质的量是浓度为c1 molL1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL1硫酸溶液的密度为2，则：c1=，c2=，所以=，浓硫酸的浓度越大密度越大，则12，故c12c2，故C错误；D、由C中分析可知，水的体积V=50ml，c12c2，故D错误故选：A点评：本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小15（3分）（xx茂名一模）某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等）50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m（混合物）9.2g15.7g27.6gV（CO2）（标况）2.24L3.36L3.36L则下列分析推理中不正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为3.0 mol/LB根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数C加入混合物9.2g时盐酸过量D15.7g混合物恰好与盐酸完全反应考点：钠的重要化合物；化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：A、求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H+HCO3=H2O+CO2计算n（HCl），再利用c=计算；B、由表中数据可知，故加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，固体混合物的总质量及产生标准状况下的二氧化碳气体的体积可以计算出NaHCO3的质量分数；C、由于固体混合物从9.2 g15.7 g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入9.2 g混合物时盐酸过量；D、加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据固体混合物与气体的比例关系计算产生3.36 L二氧化碳所需固体质量计算判断解答：解：A、求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，如随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H+HCO3=H2O+CO2可知n（HCl）=0.15mol，故盐酸的浓度为=3mol/L，故A正确；B、由表中数据可知，故加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，固体混合物的总质量及产生标准状况下的二氧化碳气体的体积可以计算出混合物中二者各自的质量，故可以计算NaHCO3的质量分数，故B错误；C、由于固体混合物从9.2 g15.7 g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入9.2 g混合物时盐酸过量，故C正确；D、加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据固体混合物与气体的比例关系可知，产生3.36 L二氧化碳所需固体质量为9.2g=13.8 g，此时盐酸恰好完全反应，混合物有剩余，故D错误；故选BD点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，根据二氧化碳的体积变化判断盐酸是否完全反应式是关键，再根据气体体积与固体质量关系进行解答16（3分）将0.03mol Cl2缓缓通入含0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程溶液的c（H+）与Cl2用量的关系示意图是（溶液的体积视为不变）（）ABCD考点：氯气的化学性质.专题：卤族元素分析：亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br，由于Br全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化解答：解：亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br氯气氧化亚硫酸生成硫酸： Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗 Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br： Cl2 +2HBr=Br2 +2HCl0.01mol 0.02mol HBr全部被氯气氧化转变为Br2 和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c（H+）不变；故选：A点评：本题考查了氯气的性质已经有关氧化还原反应的计算，明确亚硫酸根离子与溴离子还原性强弱顺序是解题关键，难度不大二、解答题（共5小题，满分52分）17（8分）氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程下面是一个还原过程的反应式：NO3+4H+3e=NO+2H2OKMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2（SO4）3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式：14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3）2+2NO+7H2O（2）反应中硝酸体现了酸性、氧化性性质（3）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是0.6mol（4）若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：（1）硝酸具有氧化性，题目提供的四种物质中只有Cu2O具有还原性，所以反应的方程式为硝酸与Cu2O反应生成硝酸铜、NO与水，配平书写方程式；（2）根据氮元素的化合价判断反应中硝酸所起的作用；（3）反应中只有N元素的化合价降低，由+5价降低为+2价，根据得失电子守恒可知，转移电子物质的量是NO物质的量的3倍；（4）使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成，当硝酸被还原为NO2时，单位质量的Cu2O消耗的硝酸量增加解答：解：（1）硝酸具有氧化性，题目提供的四种物质中只有Cu2O具有还原性，所以反应的方程式为硝酸与Cu2O反应生成硝酸铜、NO与水，反应方程式为：14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3）2+2NO+7H2O，故答案为：14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3）2+2NO+7H2O；（2）反应中硝酸中氮元素存在硝酸铜、NO中，硝酸铜中氮元素化合价不变，硝酸表现酸性，NO中氮元素化合价降低，硝酸表现氧化性；故答案为：酸性、氧化性；（3）反应中只有N元素的化合价降低，由+5价降低为+2价，转移电子物质的量为0.2mol（52）=0.6mol，故答案为：0.6；（4）使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成，当硝酸被还原为NO2时，单位质量的Cu2O消耗的硝酸量增加，故答案为：使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成点评：本题考查氧化还原反应方程书写与配平、基本概念、有关计算等，难度不大，（4）为易错点，注意根据浓硝酸、稀硝酸的还原产物不同进行解答18（15分）实验室配制500mL0.2molL1的FeSO4溶液，具体操作步骤为：在天平上称取一定质量的绿矾（FeSO47H2O），把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水使其完全溶解；把制得的溶液小心的注入500mL的容量瓶中；继续向容量瓶中滴加蒸馏水至液面距刻度线12cm处时，改用胶头滴管小心滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次的洗涤液都转入容量瓶中，并轻轻摇匀；将容量瓶塞好，充分摇匀 请填写下列空白（1）用托盘天平称取的绿矾的质量为：27.8g；（2）上述操作的正确顺序为：；（3）本次实验用到的仪器有：玻璃棒、托盘天平、药匙、烧杯、500ml容量瓶、胶头滴管，在配制溶液的过程中多次用到玻璃棒，在溶解时玻璃棒的作用是：搅拌，加快溶解，在移液时玻璃棒的作用是：引流（4）观察液面时，若俯视刻度线，会使所配制的溶液的浓度偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”下同）；加蒸馏水时不慎超过了刻度线后倒出部分溶液，使液面与刻度线相切，会偏低；（5）用=1.84gmL1，质量分数为98%的浓硫酸配制200mL1molL1的稀硫酸与上述配制溶液的步骤上的差别主要有三点：计算：理论上应取浓硫酸的体积V=10.87mL（精确到小数点后两位）；量取：由于量筒是一种粗略的量具，如想精确量取，必需选用酸式滴定管（填仪器名称）溶解：稀释浓硫酸的方法将浓硫酸沿着盛有水的烧杯内壁慢慢倒入，并不断用玻璃棒搅拌考点：配制一定物质的量浓度的溶液.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：（1）根据m=CVM计算溶质的质量；（2）配制的一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；（3）根据用固体配一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；（4）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大；（5）根据c=计算浓硫酸的浓度，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积；滴定管精确度为0.01ml，浓硫酸具有强的氧化性；依据稀释浓硫酸的正确操作方法解答解答：解：（1）配制500mL0.2molL1的FeSO4溶液，需要称取绿矾（FeSO47H2O）的质量m=0.500L0.2molL1278g/mol=27.8g，故答案为：27.8g；（2）配制的一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：；（3）配制硫酸亚铁溶液所需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，在溶解时用玻璃棒搅拌，可以加速固体的溶解；移液时，因为容量瓶的瓶颈细长，应用玻璃棒将溶液引流入容量瓶中；故答案为：托盘天平、药匙、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；搅拌，加快溶解；引流；（4）观察液面时，若俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度线后倒出部分溶液，使液面与刻度线相切，吸出的液体中含有溶质，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；故答案为：偏高；偏低；（5）=1.84gmL1，质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度C=18.4mol/L，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为V，则V18.4mol/=200mL1molL1，解得V=10.87ml；故答案为：10.87；滴定管精确度为0.01ml，浓硫酸具有强的氧化性，所以应选择酸式滴定管量取；故答案为：酸式滴定管；稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；切不可把水注入浓硫酸中；故答案为：将浓硫酸沿着盛有水的烧杯内壁慢慢倒入，并不断用玻璃棒搅拌点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及浓硫酸的稀释，注意实验的基本操作方法和注意事项，误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断19（6分）某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、MnO4、CO32、SO42中的若干种组成取该溶液进行如下实验：A取适量试液，加入过量盐酸，有气体甲生成，并得到澄清溶液；B在A所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体甲生成，同时析出白色沉淀甲；C在B所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体乙生成，并有白色沉淀乙析出根据上述实验回答下列问题：（1）溶液中一定不存在的离子是MnO4、Ag+、Ba2+、Al3+；一定存在离子是CO32、Na+、AlO2；（2）气体甲为CO2白色沉淀甲为Al（OH）3气体乙为NH3本小题均填化学式）（3）判断沉淀乙成分的方法是滴加盐酸检验，如沉淀部分溶解，则含有碳酸钡和硫酸钡，如沉淀全部溶解，则只含碳酸钡考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：溶液无色，一定没有高锰酸根离子，A能够与盐酸生成气体的离子为碳酸根离子，能够与碳酸根离子反应的离子不能存在；B说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子；C气体乙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，据此进行推断解答：解：某无色溶液，说明溶液中一定不会存在高锰酸根离子，A加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体甲为二氧化碳，所以溶液中一定存在CO32，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈电中性可知溶液中一定存在Na+；B在A所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在AlO2，C在B所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；（1）由以上分析可知溶液中一定存在的离子有：CO32、Na+、AlO2，一定不存在MnO4、Ag+、Ba2+、Al3+，故答案为：MnO4、Ag+、Ba2+、Al3+；CO32、Na+、AlO2；（2）生成的气体甲为二氧化碳，白色沉淀甲为氢氧化铝，气体乙为氨气，故答案为：CO2；Al（OH）3；NH3；（3）白色沉淀乙一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡，可加入盐酸检验，如沉淀部分溶解，则含有碳酸钡和硫酸钡，如沉淀全部溶解，则只含碳酸钡，故答案为：滴加盐酸检验，如沉淀部分溶解，则含有碳酸钡和硫酸钡，如沉淀全部溶解，则只含碳酸钡点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，注意根据溶液呈电中性判断溶液中存在的离子方法，本题充分考查了学生的分析、理解能力，要求熟练掌握常见离子的检验方法20（14分）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色（1）提出问题：Fe3+、Br2谁的氧化性更强？（2）猜想：甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含Br2（填化学式，下同）所致乙同学认为氧化性：Br2Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含Fe3+所致（3）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的供选用的试剂：a、酚酞试液 b、CCl4 c、无水酒精 d、KSCN溶液请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象（试剂填序号）选用试剂实验现象方案1d溶液变成（血）红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色（4）结论：氧化性：Br2Fe3+故在足量的氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br（5）实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先氧化的离子是Fe2+（填离子符号）在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有的Br被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为1.2mol/L考点：氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计.专题：实验题分析：（2）根据溴水的颜色来进行猜想；根据发生氧化还原反应生成Fe3+及Fe3+在水中的颜色来猜想；（3）利用Fe3+的检验及萃取来进行实验的设计，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶；（4）由氧化性Br2Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+；（5）还原性强的离子先被氧化；根据电子守恒进行计算解答：解：（2）因溴水的颜色为黄色，则溶液呈黄色是因为含有Br2所致，故答案为：Br2；氧化性：Br2Fe3+，则发生2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，生成Fe3+且Fe3+在水中为黄色，溶液呈黄色是因为含有FeCl3、FeBr3（或Fe3+）所致，故答案为：FeCl3、FeBr3（或Fe3+）；（3）因Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶，则 试剂实验现象方案1d溶液变成（血）红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色，故答案为：试剂实验现象方案1d溶液变成（血）红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色；（4）由氧化性Br2Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，反应为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，故答案为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；（5）因还原性Fe2+Br，通入氯气时还原性强的离子先被氧化，即Fe2+先被氧化，故答案为：Fe2+；设FeBr2的物质的量浓度为c，由电子守恒可知，21=c0.1L（32）+c0.1L2（10），解得c=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L点评：本题考查氧化还原反应及氧化性、还原性的比较、实验设计，学生应注意物质的性质及氧化还原反应中电子守恒来分析，难度不大21（9分）AN均为中学化学中常见的物质（或其溶液），其中A是日常生活中不可缺少的物质，也是化工生产上的重要原料，单质M是目前使用量最大的金属，常温下B、E、F为气体，G为无色液体，这些物质在一定条件下存在如图转化关系，其中有些反应物或生成物已经略去（注：H的横线上，其余M位置不变）请填空：（1）H的化学式为Fe3O4，D的化学式为Na2O2，G的化学式为H2O（2）B和N反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（3）G与M反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（4）I可用于净化水，原因是水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性考点：无机物的推断.分析：单质M是目前使用量最大的金属，则M为Fe；气体单质B与Fe反应生成I，I能与Fe反应生成K，K被B氧化得到I，而I中Fe为+3价，可推知B具有强氧化性，则B为Cl2，I为FeCl3，K为FeCl2；A是日常生活中不可缺少的物质，也是化工生产上的重要原料，电解熔融的A得到B与C，故A为NaCl、C为Na；G为无色液体，与钠反应得到气体E，C在气体F中点燃生成D，D与G反应得到气体F与N，可推知G为H2O，E为H2、F为O2，D为Na2O2，N为NaOH，由转化关系可知，H为Fe3O4，J为HCl，以此解答该题解答：解：单质M是目前使用量最大的金属，则M为Fe；气体单质B与Fe反应生成I，I能与Fe反应生成K，K被B氧化得到I，而I中Fe为+3价，可推知B具有强氧化性，则B为Cl2，I为FeCl3，K为FeCl2；A是日常生活中不可缺少的物质，也是化工生产上的重要原料，电解熔融的A得到B与C，故A为NaCl、C为Na；G为无色液体，与钠反应得到气体E，C在气体F中点燃生成D，D与G反应得到气体F与N，可推知G为H2O，E为H2、F为O2，D为Na2O2，N为NaOH，由转化关系可知，H为Fe3O4，J为HCl，（1）由以上分析可知H为Fe3O4，D为Na2O2，G为H2O，故答案为：Fe3O4；Na2O2；H2O；（2）B为氯气，与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（3）G与M反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（4）I为FeCl3，可说明生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，故答案为：水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性点评：本题考查无机物推断，涉及Na、Fe、Cl元素化合物的性质，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意根据转化关系中特殊反应进行推断，难度中等