2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析) (II).doc

2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析) (II)1.下列关于氧化物的叙述正确的是A. 酸性氧化物都可以跟强碱溶液反应B. 与水反应可生成酸的氧化物都是酸性氧化物C. 金属氧化物都是碱性氧化物D. 不能跟酸反应的氧化物一定能和碱反应【答案】A【解析】【详解】A、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物,所以酸性氧化物都可以与强碱反应,故A正确;B、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水,中心元素化合价不变,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,发生氧化还原反应,中心元素氮元素发生改变,所以二氧化氮不是酸性氧化物,所以与水反应可生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物,故B错误;C、金属氧化物也可以是酸性氧化物、碱性氧化物或两性氧化物,如Mn2O7是酸性氧化物,Na2O是碱性氧化物,Al2O3是两性氧化物,故C错误;D、不成盐氧化物NO、CO等是和酸、碱都不反应的氧化物,故D错误;综上所述，本题应选A。2.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，11.2LO2和NO的混合物含有的分子数约为0.5NAB. 1mol羟基与1 mol氢氧根离子所含电子数均为9NAC. 常温常压下42g乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为6NAD. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA【答案】C【解析】【详解】A、标准状况下,11.2 L气体分子的物质的量为 0.5 mol,由于O2和NO反应会生成NO2,气体分子总数减少,混合物中含有的分子数小于0.5NA,故A错误;B、1 mol 羟基含有的电子数为9NA,1 mol氢氧根离子含有的电子数为10NA,故B错误;C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2,则42 g乙烯和丁烯中含有的氢原子数为6NA,烯烃中的极性键为C-H键,则混合气体中含极性键数为6NA,故C正确;D、16.25 g FeCl3的物质的量为0.1mol,溶于水铁离子水解为可逆反应，Fe(OH)3胶体粒子个数小于0.1NA，故D错误；综上所述，本题应选C。3.下列条件下，两种气体分子数一定不相等的是A. 相同质量、不同密度的N2O和CO2B. 相同体积、相同密度的CO和C2H4C. 相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3D. 相同压强、相同质量的CO和CO2【答案】D【解析】【详解】A、N2O和CO2的摩尔质量相等为44g/mol,根据n=m/M可以知道,二者质量相等,则物质的量相等,含有的分子数目一定相等,故A不符合题意;B、根据m=V可以知道,相同体积、相同密度的CO和C2H4的质量相等,二者摩尔质量都是28g/mol,根据n=m/M可以知道,二者物质的量相等,含有的分子数目一定相等,故B不符合题意;C、相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3的物质的量相等,含有分子数目一定相等,故C不符合题意；D、CO和CO2的摩尔质量不同,根据n=m/M可以知道,二者物质的量不同,含有分子数目不同,故D符合题意;综上所述，本题应选D。【点睛】本题重点考查阿伏加德罗定律及其应用。定义:同温同压同体积的气体所含的分子数相同。推论:(1)同温同压下，V1/V2=n1/n2(2)同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2(3)同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1(4)同温同压同体积时，M1/M2=1/2，可简化为“三同定一同，两同定比例”。4. 下列说法正确的是A. 滴定管在使用前要用待装液润洗，而容量瓶不用润洗B. 用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C. 检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液。D. 将CO2和SO2混合气体分别通入BaC12溶液、Ba（NO3）2溶液中，最终都有沉淀生成【答案】A【解析】试题分析：A、滴定管在使用前要用待装液润洗，而容量瓶不用润洗，正确；B、苯的密度比水小，用苯萃取溴水中的溴时，溴的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出，错误；C、Fe2O3不溶于水，应加稀盐酸或稀硫酸溶解，错误；D、只有SO2通入Ba（NO3）2溶液中有硫酸钡沉淀生成，错误。考点：考查化学实验基本操作、实验方案的评价。5.下列说法正确的是A. 用干燥的pH试纸测定氯水的pHB. 四氯化碳和水混合后，可以用分液的方法分离C. 碘在乙醇中的溶解度较大，可用乙醇萃取分离溶于水中的碘D. 将13.9 g FeSO47H2O完全溶解于36.1g蒸馏水中，配制27.8%的FeSO4溶液【答案】B【解析】【详解】A、新制的氯水中含具有漂白作用的HClO会漂白变色后的PH试纸，故A错误；B、四氯化碳和水不互溶，因此可以用分液的方法分离，故B正确；C、水和乙醇互溶，故不能用乙醇萃取分离溶于水中的碘，故C错误；D、 将13.9 g FeSO47H2O完全溶解于36.1g蒸馏水中，溶质FeSO4的质量为7.6g,则溶液中溶质的质量分数为7.6g（13.9 g+36.1g）100%=15.2%，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】选用萃取剂的原则: 和原溶液中的溶剂互不相溶; 对溶质的溶解度要远大于原溶剂;萃取剂不能与原溶液的溶剂反应。常见的萃取剂:苯，四氯化碳，煤油，直馏汽油，乙烷，环乙烷、水等。6.下列说法正确的一组是不溶于水的盐(CaCO3、BaSO4等)都是弱电解质盐都是强电解质所有0.5 molL1的一元酸溶液中氢离子浓度都是0.5molL1强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子熔融的电解质都能导电A. B. C. 只有 D. 只有【答案】C【解析】【详解】电解质的强弱与溶解性无关,不溶于水的盐可能是强电解质, CaCO3、BaSO4等均是强电解质，故错误；绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故错误；0.5mol/L一元酸溶液H+浓度不一定为0.5mol/L，如醋酸小于0.5mol/L，硫酸为1mol/L，故错误；强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度,H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故错误；电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故正确；酸为共价化合物，在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查电解质的概念。电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物（注意：水溶液或熔融状态只要一种条件下能导电即可）。强电解质：在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质。弱电解质：在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质。注意电解质的强弱指的是电离程度，与电解质的溶解度无关。7.下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是 选项离子或分子要求ANa+、HCO3、Mg2+、SO42 滴加氨水立即有沉淀产生BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DK+、NO3、Cl、lc(K+)c(Cl)A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、离子之间不反应,滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀,立即生成沉淀,故A符合题意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32为SO42，因此不能共存，故B不符合题意；C、滴加NaOH溶液先与醋酸反应,不能立即生成气体,故C不符合题意;D、离子之间不反应,可大量共存,但c(K+)c(Cl),不能遵循电荷守恒,故D不符合题意;综上所述，本题应选A。8.火法炼铜过程中发生如下反应：Cu2SO22CuSO2。下列说法正确的是A. Cu2S只做还原剂，O2只做氧化剂B. Cu只是还原产物，SO2只是氧化产物C. 1 mol Cu2S和O2反应生成2 mol Cu，转移电子的物质的量为6 molD. 反应消耗3 mol Cu2S时，被O2氧化的硫(S)的物质的量为3 mol【答案】C【解析】【详解】A、Cu、O元素的化合价降低,S元素的化合价升高,则Cu2S是还原剂也是氧化剂, O2是氧化剂,故A错误;B、氧化剂对应还原产物,还原剂对应氧化产物,则Cu为还原产物, SO2是氧化产物也是还原产物,故B错误;C、1molCu2S和O2反应生成2molCu,由S元素的化合价变化可以知道,转移电子数的物质的量为1mol4-(-2)=6mol,故C正确;D、由反应可以知道,反应消耗3molCu2S时,消耗3mol O2,由电子守恒可以知道,被O2氧化的硫(S)的物质的量为32(2-0)/6=2mol,故D错误;综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应。在氧化还原反应中满足“升失氧，降得还”。在Cu2SO22CuSO2反应中中, O元素的化合价由0降低为-2价，故O2为氧化剂；Cu元素的化合价由+1价降低为0, S元素的化合价由-2价升高为+4价,故Cu2S既是氧化剂又是还原剂，以此来解答。9.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：Cu与HNO3溶液Cu与FeCl3溶液Zn与H2SO4溶液Fe与HCl溶液，由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】Cu与浓HNO3反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，符合；Cu与FeCl3溶液反应，反应不随浓度的改变而变化，都生成氯化亚铁和氯化铜，不符合；Zn与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸反应生成氢气，符合；Fe与HCl溶液反应不随浓度的改变而变化，都生成氯化亚铁和氢气，不符合。答案选A。10.某研究性学习小组做了一个如右图所示的实验，在导管口点燃氢气后，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液显红色。下列判断正确的是A. 该条件下H2燃烧放出的热量使冰分解产生了O2B. 该条件下H2被冷却为液态氢，液氢的水溶液具有还原性C. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2D. 该条件下生成的水分子化学性质比较活泼【答案】C【解析】【详解】A、该条件下H2燃烧放出的热量不能使冰分解产生了氧气,水在很高的温度下才分解,故A错误;B、实验结果表明氢气已经燃烧,被冷却的氢气不能使高锰酸钾褪色,也不能氧化亚铁离子,故B错误;C、烧杯中酸性KMnO4溶液褪色,说明H2燃烧的产物中可能有还原性物质,若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液,溶液呈血红色,说明有Fe3+生成,因此说明H2燃烧的产物中可能有氧化性物质,由此说明H2燃烧的产物中可能有还原性和氧化性的物质，可能为H2O2,故C正确;D、该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2,同种物质的性质是相同的,该条件下生成的水分子化学性质与普通的水的性质一样,故D错误.综上所述，本题应选C。11.把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na)为A. (10b5a)molL1 B. (2ba)molL1C. (10b-10a)molL1 D. (5b5a/2)molL1【答案】A【解析】【详解】把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份,设100mL溶液中含有 NH4HCO3 x mol,Na2CO3 y mol,NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH,反应为:NH4HCO3+2NaOH=NH3.H2O+Na2CO3+H2O,1 2x amol计算得出:x=0.5a mol;故:NH4HCO3为0.5a mol;加入含b mol HCl的盐酸的反应为:NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2 +H2O,1 1 0.5a mol n(HCl)Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2 +H2O1 2y b-n(HCl)计算得出:n(HCl)=0.5a mol,y=1/2(b-0.5a) mol;n(Na)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a) mol,c(Na)=n/V=(b-0.5a) mol/0.1L=(10b5a)molL1综上所述，本题应选A。12.下列叙述错误的是A. 10 mL质量分数为98%的H2SO4，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B. 配制0.1 molL1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL容量瓶C. 将22.4 L氨气溶于水稀释成1 L溶液，得到1 molL1的氨水D. 向两等份等浓度不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于11(保持温度不变)【答案】C【解析】【详解】A、浓硫酸的密度1大于水的密度2，加水后浓硫酸质量分数= 49%，故A不符合题意;B、实验室没有480 mL的容量瓶，应用500 mL的容量瓶进行配制，故B不符合题意；C、题干中没有给出是否在标准状况下，所以不能确定22.4 L氨气的物质的量，故C符合题意；D、根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,Na2O+H2O=2NaOH可知，等物质的量的Na2O2和Na2O与足量水反应生成等物质的量的氢氧化钠，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。13.下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是 A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以用植物液封起到隔绝空气的作用，故A正确；B、容量瓶不能用于溶解固体，故B错误；C、除去CO中的CO2 通过洗气瓶时应长进短出，故C错误；D、联合制碱法包括两个过程:先将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳（二氧化碳应通入到溶液中）生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，故D错误；综上所述，本题应选A。14.下列离子方程式正确的是A. 将8.96L(标准状况)CO2通入100mL3molL-1NaOH溶液中：3CO2+4OH-=CO32-+2HCO3-+H2OB. Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+14H2OC. 用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-D. 硫酸铝溶液和过量的氢氧化钡溶液混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O【答案】B【解析】【详解】A、n(CO2):n(NaOH)= ，只生成碳酸氢根，离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-，故A错误；B、Fe3O4与足量稀HNO3反应，+2价的铁与硝酸要发生氧化还原反应,正确的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+14H2O，故B正确;C、用铁棒作阳极,铁本身在阳极放电,阳极离子方程式为Fe-2e-=Fe2+,故C错误;D、少量的硫酸铝要符合其组成比,正确的离子方程式为2Al3+3SO42+3Ba2+8OH=2AlO2+3BaSO4+4H2O，故D错误;综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。15.奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的每一环或每种颜色表示一种物质，相连的环(物质)间在一定条件下能发生常见反应，不相连的环(物质)间不能发生反应，且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组物质是选项蓝黄黑绿红ASiO2NaOH溶液CuSO4溶液AgO2BO2Fe稀硫酸NaOH溶液CO2CCl2NH3稀硫酸NaOH溶液Al(OH)3DN2MgCO2CaO稀盐酸A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、二氧化硅与氢氧化钠、氢氧化钠与硫酸铜发生复分解反应，但银与硫酸铜溶液不反应，与氧气不反应，故A不符合题意；B、氧气与Fe发生化合反应生成四氧化三铁，Fe与硫酸发生置换反应，硫酸与氢氧化钠、氢氧化钠与二氧化碳发生复分解反应，且氧气、稀硫酸、二氧化碳两两之间不反应，Fe与氢氧化钠溶液不反应，故B符合题意；C、氯气与氨气之间可以发生置换反应，硫酸与氨气化合反应、硫酸与氢氧化钠发生复分解反应，但硫酸与氢氧化铝之间可以反应，故C不符合题意；D、氮气与Mg发生化合反应、Mg与二氧化碳发生置换反应、氧化钙与盐酸发生复分解反应，但不相连的Mg能与稀盐酸反应，故D不符合题意，综上所述，本题应选B。16.下列判断正确的是A. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B. 加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C. 加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不溶解，可确定原溶液中有SO42存在D. 通入Cl2后溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在【答案】D【解析】【详解】A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故A错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故D正确；综上所述，本题应选D。17.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生第二份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02 mol，最终无沉淀生成，同时得到溶液甲在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g下列说法不正确的是A. 原溶液中一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+B. 无法判断原溶液中是否存在Cl-C. c(SO42-)=0.5mol/LD. 无法判断原溶液中是否存在K+【答案】D【解析】【分析】第一份加入几滴AgNO3溶液后有沉淀产生,溶液中可能含有Cl、CO32、SO42；第二份加过量NaOH溶液加热后,只收集到气体0.02 mol,则气体应为氨气，说明溶液中肯定存在NH4+，其物质的量为0.02 mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲,说明溶液中肯定不存在Fe3+、Mg2+；在甲溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,沉淀经过滤、洗涤、灼烧,质量为1.02g,说明原溶液中一定存在Al3+,结合离子共存可以知道一定不存在CO32;1.02g为氧化铝的质量,其物质的量为:1.02g102g/mol=0.01mol,说明每份溶液中含有0.02molAl3+;第三份加足量BaCl2溶液后,得白色沉淀,该白色沉淀为硫酸钡,说明原溶液中一定存在SO42,结合离子共存可以知道一定不存Ba2+，在沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,质量为11.65g,则硫酸钡的物质的量为:11.65g233g/mol=0.05mol,说明每份溶液中含有0.05molSO42;0.02molAl3+和0.02 molNH4+所带正电荷为0.06mol+0.02 mol=0.08mol,0.05molSO42所带负电荷为0.1mol,根据电荷守恒可以知道,说明溶液中一定还含有阳离子K+。综上所述，溶液中一定含有Al3+、NH4+、K+、SO42，肯定不存在Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，无法判断原溶液中是否存在Cl-。【详解】A、根据分析可知,原溶液中一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，故A不符合题意；B、根据分析可知,无法判断原溶液中是否存在Cl-，故B不符合题意；C、质量为11.65g的硫酸钡的物质的量为:11.65g233g/mol=0.05mol,则浓度为c(SO42-)=0.05mol0.1L=0.5mol/L，故C不符合题意；D、根据分析可以知道,溶液中一定含有K+,故D符合题意；综上所述，本题应选D。18.根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是已知：MgCl26H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。A. 除去粗盐中杂质（Mg2+、SO42、Ca2+），加入的药品顺序为：NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B. 在过程中将MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2C. 从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程D. 从第步到第步的目的是为了浓缩富集溴【答案】D【解析】【详解】A过程加入的药品顺序为BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，如果在过滤沉淀前加入过量BaCl2溶液，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生杂质，故A错误；B、氯化镁易水解，为防止水解，过程中结晶出的MgCl26H2O要氯化氢氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B错误；C、电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，故C错误；D、溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第步到第步的目的是为了浓缩，故D正确。综上所述，本题应选D。19.将1.12 g铁粉加入25 mL 2 molL1氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是A. 铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl浓度基本不变B. 往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色C. Fe2和Fe3的物质的量之比为51D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为25【答案】B【解析】【分析】1.12 g铁物质的量n(Fe)=1.12g56g/mol=0.02mol；25 mL 2 molL1氯化铁溶液中n(Fe3+)=0.025L2mol/L=0.05mol；溶液发生的反应为:Fe+2Fe3+=3Fe2+;根据上述反应可以知道:Fe3+剩余0.01mol,溶液中含有Fe3+物质的量为0.01mol,Fe2+物质的量为0.06mol,无金属铁剩余。【详解】A、铁无剩余,溶液呈黄绿色,Cl浓度基本不变,故A错误;B、溶液中有剩余的三价铁离子,往溶液中滴入无色KSCN溶液,显红色,故B正确;C、溶液中含有Fe3+物质的量为0.01mol,Fe2+物质的量为0.06mol，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6:1,故C错误;D、氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2,故D错误;综上所述，本题应选B。20.C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。将1.20 g C跟16.0 g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12 L气体(标准状况)，生成沉淀的质量为5.00 g。下列说法不正确的是A. 反应后的固体混合物中不含碳B. 反应后的固体混合物总质量为13.6 gC. 反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 molD. 反应中转移电子数为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A、根据题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=5g100g/mol=0.05mol，n（CO）=11.2L22.4L/mol=0.05mol，根据C元素守恒可以知道，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）12g/mol=1.2g，则碳完全参与反应，故A不符合题意；B、反应后固体总质量=1.2g+16g-0.05mol（44g/mol+28g/mol）=13.6g，故B不符合题意；C、反应后m（O）=13.6g-16g80g/mol64g/mol=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，可以知道反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.8g16g/mol=0.05 mol，故C不符合题意；D、反应中C转化为CO、CO2，转移电子物质的量为0.05mol2+0.05mol4=0.3mol，即转移电子数为0.3NA，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题可根据质量守恒进行计算。C和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。产物中CO、CO2的碳元素全部来自反应物中的碳单质，可根据碳元素守恒计算一氧化碳和二氧化碳的量，据此解题。21.（1）“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中。所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是（ ）A能全部透过半透膜 B有丁达尔效应C所得液体一定呈胶状 D所得物质一定是悬浊液（2）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，60左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸馏水的烧杯里充分反应。从半透膜里析出的物质是麦芽糖，该操作的名称是_。（3）在Fe(OH)3胶体中逐渐滴入HI稀溶液，会出现一系列变化。先出现红褐色沉淀，原因是_。随后沉淀溶解，溶液呈黄色，此反应的离子方程式是_。最后溶液颜色加深，此反应的离子方程式是_。（4）若用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现（3）所述变化现象中的_ (填写上面各题序号)。【答案】 (1). B (2). 渗析 (3). 加入电解质后，胶体发生聚沉 (4). Fe(OH)33H=Fe33H2O (5). 2Fe32I=I22Fe2 (6). 【解析】【详解】(1)散系中分散质的直径在1nm100nm之间的属于胶体分散系,由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料,则分散到液体分散剂中,分散质的直径在1nm100nm之间,则该混合物属于胶体,所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质。胶体的分散质微粒较大,不能通过半透膜,但能透过滤纸，胶体都能产生丁达尔效应，故选B；(2)把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，60左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，淀粉胶粒粒径较大，不能通过半透膜，淀粉胶体中加入淀粉酶，淀粉分解为小分子麦芽糖，能透过半透膜，这个过程称为渗析；(3)因为胶体粒子带有电荷,加入电解质会中和电荷,使胶体产生聚沉;随后沉淀溶解，溶液呈黄色，因为H+溶解红褐色沉淀Fe(OH)3，离子反应为Fe(OH)33H=Fe33H2O；Fe3具有氧化性，I具有还原性，两者发生氧化还原反应生成碘单质，导致溶液颜色加深，离子方程式为2Fe32I=I22Fe2；(4)因为稀盐酸中氯离子不会与三价铁离子发生氧化还原反应，所以只能出现(3)所述变化现象中两种现象；【点睛】本题重点考查胶体的性质。散系中分散质的直径在1nm100nm之间的属于胶体分散系。胶体的性质丁达尔效应：光束通过胶体，形成光亮的通路，这是由于胶体粒子对光的散射造成的；胶体的电泳，有些胶粒带电荷，在电场作用下胶粒发生定向移动；胶体的凝聚，可采用加热、加入电解质溶液或加入带相反电荷的胶粒的胶体；胶体粒子能通过滤纸但不能透过半透膜；胶体具有吸附性，明矾可用于净水是因为由氢氧化铝胶体生成，氢氧化铝胶体吸附水中的杂质粒子形成沉淀而达到净水的目的。22.用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000 molL1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取一定质量的K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)294.0 gmol1)。（1）计算配制250 mL 0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液时需要准确计量K2Cr2O7的质量是_g。（2）配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用的有_(用编号表示)。电子天平烧杯量筒玻璃棒容量瓶胶头滴管移液管（3）配制0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液时，下列操作对配制结果有何影响？（选填偏高、偏低或无影响）配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒_。定容时，仰视刻度线_。（4）配制0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液，定容时不慎加水超过了刻度线，应如何操作？_。（5）用0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液滴定20.00 mL未知浓度的含Fe2的溶液，恰好完全反应时消耗10.00 mL K2Cr2O7溶液，则溶液中Fe2的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 0.7350 (2). (3). 偏低 (4). 偏低 (5). 重新配制 (6). 0.03000 mol/L【解析】【详解】(1)配制250 mL 0.01000 mol/L K2Cr2O7溶液,需要溶质的质量=0.250L0.01000 mol/L294.0 gmol1=0.7350g;(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,用到的仪器:电子天平、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管;用不到的是:量筒移液管;(3)配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低;定容时,仰视刻度线,导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏低;(4)定容时不慎加水超过了刻度线,导致实验失败,且无法挽救,必须重新配制;(6)根据方程式,设二价铁离子的物质的量浓度为c:6Fe2+Cr2O72-+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O6 1c20.00mL 0.01000 mol/L10.00mL 计算得出c=0.03000 mol/L;所以溶液中Fe2的物质的量浓度是0.03000 mol/L。23.（1）完成并配平白磷和氯酸溶液反应的化学方程式：_H3PO4（2）白磷有毒，在实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4该反应的还原产物是_，若有2.2 mol P4反应，则有_mol电子转移；（3）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3）。已知：0.1 mol/L H3PO3溶液的pH =1.7；H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成。关于H3PO3的说法：强酸；弱酸；二元酸；三元酸；氧化性酸；还原性酸，其中正确的是_。A B C D【答案】 (1). 3;10;18H2O;10;12 (2). Cu3P (3). 24 (4). C【解析】【详解】（1）反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，Cl元素化合价由+5价降低到-1价，根据得失电子数目相等可知两者的计量系数之比为3:10，则结合质量守恒定律可知，化学方程式应为3P4+10HClO3+18H2O =10HCl+12H3PO4;（2）该反应中Cu元素化合价由+2价降低到+1价，部分P元素化合价由0价降低到-3价，部分P元素化合价由0价升高为+5价，所以氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P；该反应中有11molP4参加反应转移电子数为24（5-0）mol=120mol，所以有2.2molP4参加反应转移电子数为24mol；（3）0.1 mol/L H3PO3溶液的pH = 1.71，说明为部分电离，为弱酸；和碱液中和只能生成两种酸式盐，则它为二元酸；和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成，说明碘被还原为碘离子，有AgI黄色沉淀生成，也就是说H3PO3为还原性酸，综上所述本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。24.某校化学兴趣小组欲制取SO2，并探究SO2与FeCl3溶液的反应。在图中选用必要装置完成实验。（1）所选装置按气流方向的连接顺序为_(填仪器接口的字母编号)。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_。（3）欲配制装置C中100ml 1mol/L FeCl3溶液，需用盐酸酸化，请结合离子方程式解释原因：_。（4）实验过程中观察到装置C中的实验现象为溶液由棕黄色变为红棕色，最终变成浅绿色。甲同学认为红棕色的出现，可能是产生了Fe(OH)3胶体，再混合其他颜色导致；乙同学查阅资料发现Fe(HSO3)2+为红棕色，且具有较强的还原性，认为红棕色是Fe(HSO3)2+所引起。你认为_(填“甲”或“乙”)同学分析较为合理，原因