2019届高三化学上学期9月月考试卷(含解析).doc

2019届高三化学上学期9月月考试卷(含解析)1.关于钠的说法正确的是()A. 熔点很高 B. 在空气中燃烧时产生黄色火焰C. 银白色金属，硬度大 D. 在空气中燃烧生成氧化钠【答案】B【解析】【详解】A项，Na的熔点为97.72，Na的熔点较低，A项错误；B项，Na在空气中燃烧时产生黄色火焰，生成淡黄色固体，B项正确；C项，Na是银白色金属，质软，可用小刀切割，C项错误；D项，Na在空气中燃烧生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2，D项错误；答案选B。2.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A项，NaOH溶液能吸收CO2，不吸收CO，长管进气、短管出气可确保CO2被充分吸收，A项能达到目的；B项，分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏法，蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，B项不能达到目的；C项，向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流，C项能达到目的；D项，分离互不相溶的两种液体用分液法，D项能达到目的；答案选B。【点睛】实验装置图是否能达到实验目的通常从两个角度分析：（1）实验原理是否正确；（2）装置图中的细节是否准确，如洗气时导气管应“长进短出”，蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，冷凝管中的冷却水应从下口进上口出等。3.下列选项中所涉及的两个量一定相等的是()A. 11.2 L Cl2与4.25 g NH3所含有的原子数B. 等物质的量的Al分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应转移的电子数C. 标准状况下36 g H2O与1.2041024个O2分子所占的体积D. 18.0 g重水(D2O)与20 g Ne所含有的电子数【答案】B【解析】【详解】A项，由于Cl2所处温度和压强未知，不能用22.4L/mol计算11.2LCl2分子物质的量，无法确定11.2LCl2中所含Cl原子数，n（NH3）=4.25g17g/mol=0.25mol，4.25gNH3中所含原子物质的量为0.25mol4=1mol，两者所含原子数不一定相等；B项，Al与盐酸、NaOH溶液反应的化学方程式依次为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，1molAl无论与盐酸反应还是与NaOH溶液反应都失去3mol电子，等物质的量的Al与足量盐酸、NaOH溶液反应转移电子数一定相等；C项，n（H2O）=36g18g/mol=2mol，n（O2）=1.2041024（6.021023mol-1）=2mol，标准状况下H2O不呈气态，O2呈气态，标准状况下36gH2O的体积1.2041024个O2分子所占的体积；D项，D2O的摩尔质量为20g/mol，n（D2O）=18.0g20g/mol=0.9mol，1个D2O中含10个电子，18.0gD2O中所含电子物质的量为0.9mol10=9mol，n（Ne）=20g20g/mol=1mol，1个Ne中含10个电子，20gNe中所含电子物质的量为1mol10=10mol，18.0gD2O中所含电子数20gNe中所含电子数；所涉及的两个量一定相等的是B项，答案选B。【点睛】解答本题必须注意：（1）气体摩尔体积与温度和压强有关，在标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol；（2）相同条件下，相等物质的量的固体、液体的体积远小于气体的体积；（3）同位素原子的相对原子质量近似等于其质量数。4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是A. 通常状况下，1 mol SO3含有的分子数为NAB. 1 mol OH参与电解，转移的电子数目为NAC. 标准状况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4 LD. 标准状况下，V L水含有的氧原子数约为VNA/22.4【答案】D【解析】【详解】A.1mol任何粒子中都含有阿伏加德罗常数个粒子，所以1molSO3含有的分子数为NA，这与温度和压强无关，A项正确；B.通常情况下OH放电的电极反应式为4OH4e=O2+2H2O，根据计量关系，1molOH参与电解时转移电子的物质的量为1mol，即转移电子数目为NA，B项正确；C. 含NA个氩原子的氩气的物质的量是1mol，标准状况下1mol任何气体的体积约为22.4L，C项正确；D.标准状况下水是液体，不适合公式n=VL22.4L/mol 计算其物质的量，也就无法计算氧原子数，D项错误；答案选D。【点睛】标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，使用时注意适用条件：标准状况、气体物质。5.下列关于实验的叙述正确的是A. 向一定量的稀硫酸中加入除去油污的稍过量的废铁屑，是制备硫酸亚铁溶液的可行方案B. 向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加氯化铁饱和溶液制备氢氧化铁胶体C. 向铝屑与硫酸反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液反应，是制备氢氧化铝的最佳方案D. 向某溶液中，依次加入氯水和硫氰化钾溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe2【答案】A【解析】【详解】A.稀硫酸与铁的反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，反应条件温和，反应彻底，原料易得，所以向一定量的稀硫酸中加入除去油污的稍过量的废铁屑，是制备硫酸亚铁溶液的可行方案，A项正确；B.1mol/LNaOH溶液与饱和FeCl3溶液迅速反应产生Fe(OH)3沉淀的颗粒较大，形成悬浊液，难以得到氢氧化铁胶体，B项错误；C.铝屑与硫酸反应：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，再滴加NaOH溶液发生反应：Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3Na2SO4，当NaOH溶液过量时沉淀会溶解：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以向铝屑与硫酸反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液反应，不是制备氢氧化铝的最佳方案，C项错误；D.如果原溶液中含有Fe3+不含Fe2+，依次加入氯水和硫氰化钾溶液，溶液也会变红，D项错误；答案选A。【点睛】判断物质的制备方法要从反应原理是否科学、实验是否安全、原料在中学实验室中是否易得、操作是否简单等方面分析。6.有一定质量的 Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的固体混合物，与400g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为( )A. 16g B. 23.4g C. 31g D. 无法计算【答案】B【解析】【分析】Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的固体混合物与HCl恰好完全反应得到NaCl溶液，将NaCl溶液蒸干得到的固体为NaCl，根据Cl守恒计算所得NaCl固体的质量。【详解】Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的固体混合物与HCl反应的化学方程式有：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaOH+HCl=NaCl+H2O，当固体混合物与盐酸恰好完全反应时所得溶液为NaCl溶液，将NaCl溶液蒸干得到的固体为NaCl，根据Cl守恒，n（NaCl）=n（HCl）=400g3.65%36.5g/mol=0.4mol，m（NaCl）=0.4mol58.5g/mol=23.4g，答案选B。7.常温下，在由水电离产生的H浓度为11013 molL1的溶液中，一定能大量共存的离子组是K、Cl、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42Na、Cl、NO3、SO42 Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】常温下，由水电离产生的H浓度为11013 molL1，小于1107mol/L，说明水的电离受到抑制，所以，溶液可能为酸溶液或碱溶液，再根据离子反应发生的条件分析。【详解】常温下，由水电离产生的H浓度11013 molL1，小于1107mol/L，说明水的电离受到抑制，所以，溶液可能为酸溶液或者碱溶液。组在酸溶液中，NO3可氧化S2, NO3和S2在酸性溶液中不能共存；组在碱溶液中Fe2+与OH的反应：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，所以Fe2+在碱性溶液中不能共存；组在碱性溶液中HCO3与OH发生反应：HCO3+OH_=H2O+CO32，所以在碱性溶液中HCO3不能共存；和的离子不管是酸性溶液还是碱性溶液中都没有离子反应发生，所以不管是酸性溶液还是碱性溶液中都可以共存；答案选B。【点睛】离子反应发生的条件有(1)有难溶物质生成；(2)有挥发性物质生成；(3)有水等弱电解质生成；(4)有氧化还原反应发生；(5)有相互促进的水解反应发生；(6)有络离子产生等，只要符合上述条件之一，离子反应即可发生。8.下列离子方程式的书写正确是A. 实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H+ + CO32- CO2+ H2OB. 向NaOH溶液中加入铝粉来制备H2：Al2OH-+2H2O=AlO2-3H2C. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4 反应：Ba2+SO42-=BaSO4D. 铁和稀盐酸反应：Fe + 2H+ H 2+ Fe 2+【答案】D【解析】【分析】A项，CaCO3难溶于水，应以化学式保留；B项，电荷不守恒；C项，漏写H+与OH-生成H2O的反应；D项，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2。【详解】A项，CaCO3难溶于水，应以化学式保留，大理石与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，A项错误；B项，电荷不守恒，Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，B项错误；C项，漏写H+与OH-生成H2O的反应，Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，C项错误；D项，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留，如A项；（3）漏写部分离子反应，如C项；（4）“”、“”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求；（6）离子方程式不平，如原子不守恒、电荷不守恒等，如B项。9.已知：SO32I2H2O=SO422H2I，某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列判断正确的是()A. 肯定不含I B. 肯定不含NH4+ C. 可能含有SO32 D. 可能含有I【答案】D【解析】据题给方程式确定还原性：SO32-I。其溶液呈无色，则Cu2一定不存在，由于SO32-还原性强，首先被Br2氧化成SO，若Br2过量会继续氧化I生成I2，致使溶液呈黄色，则根据溶液颜色未变，确定SO32-一定存在，I可能存在，根据电荷守恒，溶液中的阳离子只能为NH，则NH一定存在。故D正确。10.被称为万能还原剂的NaBH4 (NaBH4中H为-1价)能溶于水并和水发生反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列有关该反应的说法正确的是A. NaBH4既是氧化剂又是还原剂 B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为11【答案】D【解析】【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2中，NaBH4中H元素化合价为-1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2。【详解】ANaBH4中氢元素的化合价升高，NaBH4是还原剂，故A错误；BNaBH4中氢元素的化合价升高，NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，水是氧化剂，故B错误；CNaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；D化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确。故选D。11.下列反应与Na2O2+SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是( )A. 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2B. 2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2C. Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D. 3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O【答案】D【解析】试题分析：在Na2O2SO2Na2SO4中Na2O2只作氧化剂。 A 在2Na2O22CO2Na2CO3+O2中Na2O2的作用是既作氧化剂，也做还原剂，错误；B 在2Na2O22SO32Na2SO4+O2中Na2O2的作用是既作氧化剂，也做还原剂，错误；C 2Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2是非氧化还原反应，错误；D 在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中Na2O2的作用是只作氧化剂，正确。考点：考查Na2O2的性质及作用的知识。视频12.向某NaOH溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加人盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加人盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况，且（2）（3）（4）图中分别有OAAB，OA=AB，OAAB，则下列分析与判断一定正确的是（不计CO2的溶解） A. （1）图显示M中只有一种溶质且为Na2CO3B. （3）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3、NaOHC. （2）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3、NaHCO3D. （4）图显示M中c(NaHCO3)=c(Na2CO3)【答案】C【解析】【分析】向NaOH溶液中通人CO2气体可能发生的反应有：CO2+2NaOH(过量)=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH(少量)=NaHCO3。所得溶液M中的溶质有四种情况：a.NaOH和Na2CO3，b.Na2CO3，c.Na2CO3和NaHCO3，d.NaHCO3。向溶液M中滴入盐酸分别发生反应如下：a.依次发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O。滴加盐酸开始没有气体，NaOH反应完全后才产生气体，无气体产生时消耗盐酸的体积大于产生气体时消耗盐酸的体积；b.依次发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，开始即产生气体，无气体产生时消耗盐酸的体积等于产生气体时消耗盐酸的体积；c.依次发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，第二个反应中的NaHCO3的量既有溶液M中原有的NaHCO3，还包括Na2CO3与盐酸反应生成的NaHCO3，反应开始不产生气体，Na2CO3完全反应后才产生气体，无气体产生时消耗盐酸的体积小于产生气体时消耗盐酸的体积；d. 发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，加入盐酸时即产生气体，直到反应结束。运用数形结合的思想分析解答。【详解】A.(1)图像一开始就产生CO2气体，直到反应结束（拐点表明反应结束），NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，溶质只能是一种，应该是NaHCO3，所以(1)图显示M中只有NaHCO3，A项错误；B.(3)图中OA=AB，滴加盐酸开始时没有气体，这段时间消耗的盐酸体积等于产生气体时消耗盐酸的体积，分析反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，可知只能是Na2CO3，所以（3）图显示M中溶质是Na2CO3，B项错误；C.(2)图中OAAB，滴加盐酸开始时没有气体，这段时间消耗的盐酸体积大于产生气体时消耗的盐酸的体积，NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，OA段消耗的盐酸的量包括NaOH消耗盐酸的量和Na2CO3生成NaHCO3消耗盐酸的量，所以(4)图溶液M的溶质是NaOH和Na2CO3，D项错误；答案选C。【点睛】分析本题图像时要理解横坐标表示逐滴加入盐酸的体积，如果持续将CO2通入NaOH溶液中，将依次发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以CO2过量时总反应是CO2+NaOH=NaHCO3，以后解题中注意分析。13.用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是( ）加盐酸溶解 加NaOH溶液 过滤 通入过量CO2生成Al(OH)3 加盐酸生成Al(OH)3 加过量氨水生成Al(OH)3A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：AlNaOHAlOH4CO2AlOH3，故C正确。考点：本题考查铝的性质。14.向100mL0.1molL1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1molL1Ba(OH)2溶液.随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示.则下列说法中正确的是A. a点的溶液呈中性B. 从开始到b点发生反应的总的离子方程式是：Al3+2SO42+2Ba2+3OH=Al(OH)3+2BaSO4C. c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200mLD. c点溶液呈碱性【答案】D【解析】试题分析：NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）3，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以0.025mol0.1mol/L=0.25L=250ml，故C错误；D、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故D正确；故选D。考点：考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识。15.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。实验室中可通过以下反应制得：2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O。下列说法不正确的是()A. CO2是氧化产物 B. H2C2O4在反应中被氧化C. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性 D. ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性【答案】C【解析】试题分析：A该反应中C元素的化合价由+3价升高到+4价，所以草酸是还原剂，则二氧化碳是氧化产物，故A正确；B该反应中草酸是还原剂，在反应中被氧化，故B正确；C该反应中草酸是还原剂，二氧化氯是还原产物，所以草酸的还原性大于ClO2的还原性，故C错误；D二氧化氯具有强氧化性，所以能杀菌消毒，二氧化氯作水处理剂时，利用了其强氧化性，故D正确；故选C。考点：氧化还原反应16.下列说法中,正确的是()A. 物质得电子的反应是氧化反应B. 氧化剂是在反应中所含元素化合价降低的反应物C. 氧化剂是在反应中失电子(或电子对偏离)的反应物D. 在一个氧化还原反应中,氧化剂和还原剂不可能是同一种物质【答案】B【解析】试题分析：A、得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，故错误；B、氧化剂是得到电子，化合价降低的反应物，故正确；C、根据选项B的分析，故错误；D、一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是同种物质，如Cl2和NaOH反应，也可以是不同物质，如S的燃烧，故错误。考点：考查氧化还原反应中的概念等知识。17.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2Z2X2Y2，下列氧化还原反应能发生的是()A. 2NaWZ2=2NaZW2 B. 2NaXZ2=2NaZX2C. 2NaWY2=2NaYW2 D. 2NaZX2=2NaXZ2【答案】B【解析】【详解】A、该反应中，氧化性Z2W2，与已知不符合，所以不能发生，故A错误；B、该反应中，氧化性Z2X2，与已知符合，所以能发生，故B正确；C、该反应中氧化性Y2W2，与已知不相符，所以不能发生，故C错误；D、该反应中氧化性X2Z2，与已知不符合，所以不能发生，故D错误。18.已知M2On2可与R2 作用，R2被氧化为R单质，M2On2的还原产物中，M为3价；又知 c(M2On2)0.3 molL1的溶液100 mL可与c(R2)0.6 molL1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】D【解析】【分析】分析还原剂与氧化产物、氧化剂与还原产物，列出单个氧化剂和还原剂得失电子数，根据电子得失守恒列比例式计算。【详解】分析题意知M2On2是氧化剂，M显+(n1)价，对应还原产物中M为+3价，有关系式，R2是还原剂，对应氧化产物是R单质，有关系式，已知n(M2On2)=0.3mol/L0.1L=0.03mol，n(R2)=0.6mol/L0.15L=0.09mol，因为恰好反应，根据电子得失守恒有：0.03mol(2n-8)e=0.09mol2e。解得n=7，答案选D。【点睛】在分析电子得失数目时，可依据化合价升高失电子，升高的价数等于失去电子的数目；化合价降低得电子，降低的价数等于得到电子的数目。19.实验室用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 mol/L的稀盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为_mL的容量瓶。(2)经计算需要_mL浓盐酸，在量取时宜选用_量筒。A5 mL B10 mL C25 mL D50 mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距容量瓶刻度线12 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀。用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)_。(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). )250 (2). 21.6 (3). C (4). (5). 偏低 (6). 偏低【解析】【分析】（1）根据“大而近”的原则选用250mL容量瓶。（2）根据稀释前后HCl的质量不变计算所取浓盐酸的体积，根据计算结果和“大而近”的原则选择量筒的规格。（3）由浓溶液配制一定体积物质的量浓度溶液的步骤为：计算量取稀释冷却转移洗涤定容摇匀。（4）根据公式cB=nBV（aq）分析。【详解】（1）根据“大而近”的原则，配制220mL稀盐酸应选用250mL容量瓶。（2）稀释前后HCl的质量不变，1.16g/cm3V（浓HCl）36.5%=1mol/L0.25L36.5g/mol，解得V（浓HCl）=21.6mL；所需浓盐酸的体积为21.6mL，根据“大而近”的原则，选用25mL量筒，答案选C。（3）由浓溶液配制一定体积物质的量浓度溶液的步骤为：计算量取稀释冷却转移洗涤定容摇匀；正确的顺序为：。（4）根据公式cB=nBV（aq）分析。用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，浓盐酸被稀释，所配溶液中HCl物质的量偏小，所配稀盐酸浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，溶质没有完全转移到容量瓶中，所配溶液中HCl物质的量偏小，所配稀盐酸浓度偏低。【点睛】熟记一定体积物质的量浓度溶液配制的实验步骤是解题的关键。难点是误差分析，误差分析时用公式cB=nBV（aq），操作失误引起nB偏大或V（aq）偏小，会使所配溶液浓度偏高，反之偏低。注意：根据“大而近”的原则选择容量瓶的规格，按选择的容量瓶的容积计算所需浓溶液的体积。20.A、B、C、D、E五种物质焰色均为黄色，它们按图所示互相转化（1）这五种物质中，A：_、C：_（2）将CO2通入E的饱和溶液中，该反应的离子方程式为_（3）写出AD、CD反应的化学方程式AD：_CD：_（4）现将C与NaHCO3固体按物质的量之比为3：2于真空密闭容器中混合加热，则剩余固体成分为_。（5）将a g葡萄糖在足量氧气中完全燃烧，将所得产物全部通入过量C中，固体增重_a g。（填大于，小于，等于）【答案】 (1). Na (2). Na2O2 (3). CO2+H2O+2Na+CO322NaHCO3 (4). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (5). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (6). Na2CO3 Na2O2 NaOH (7). 等于【解析】【分析】A、B、C、D、E五种物质焰色均为黄色，五种物质中均含有Na元素；A能在O2中燃烧生成C、在空气中短期接触生成B、与水反应生成D，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH；B、C、D都能与CO2反应生成E，E为Na2CO3；根据上述推断作答。【详解】A、B、C、D、E五种物质焰色均为黄色，五种物质中均含有Na元素；A能在O2中燃烧生成C、在空气中短期接触生成B、与水反应生成D，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH；B、C、D都能与CO2反应生成E，E为Na2CO3。（1）这五种物质中，A为Na，C为Na2O2。（2）将CO2通入Na2CO3的饱和溶液中反应生成NaHCO3，由于NaHCO3的溶解度小于Na2CO3且反应消耗H2O，所以有白色晶体析出，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，反应的离子方程式为CO2+2Na+CO32-+H2O=2NaHCO3。（3）AD的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2。CD的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。（4）将Na2O2与NaHCO3固体按物质的量之比为3：2于真空密闭容器中混合加热，首先发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，2mol的NaHCO3完全分解生成1molNa2CO3、1molCO2和1molH2O；然后Na2O2先与CO2发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1molCO2消耗1molNa2O2同时生成1mol Na2CO3；剩余2molNa2O2继续与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，1molH2O消耗1molNa2O2同时生成2mol NaOH；仍然剩余1molNa2O2；剩余固体的成分为Na2CO3、NaOH、Na2O2。（5）葡萄糖在足量O2中完全燃烧的化学方程式为C6H12O6+6O26CO2+6H2O（），生成的产物全部通入过量Na2O2中，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（），2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（），由于Na2O2过量，CO2、H2O全部反应，将+3+3得“C6H12O6+12Na2O26Na2CO3+12NaOH”，可见固体增重等于葡萄糖的质量，固体增重等于ag。21.按要求填空。(1)在S2、Fe2、Fe3、Mg2、S、I、H中，只有氧化性的是_，只有还原性的是_，既有氧化性又有还原性的是_。(2)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)NOHNO3N2O3H2O NH3NOHNO2H2O N2O4H2OHNO3HNO2其中你认为一定不可能实现的是_。(3)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是_。2FeCl32KI=2FeCl22KClI2 2FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O若溶质中Cl与I共存，为了氧化I而Cl不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的_作氧化剂。(4)请配平以下化学方程式：_ AlNaNO3NaOH=NaAlO2N2H2O若反应过程中转移5 mol电子，则生成标准状况下N2的体积为_L。【答案】 (1). Fe3、Mg2、H (2). I、S2 (3). Fe2、S (4). (5). KMnO4 (6). FeCl3 (7). 10641032 (8). 11.2【解析】【分析】（1）根据价态表现规律分析，元素化合价处于最高价，只有氧化性；元素化合价处于最低价，只有还原性；元素化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性。（2）根据氧化还原反应的特征分析作答。（3）根据“同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物”判断氧化性的强弱。根据氧化还原反应中“强制弱”的规律和氧化性的强弱选择只与I-反应，与Cl-不反应的氧化剂。（4）用化合价升降法配平氧化还原反应方程式。根据转移的电子和N元素化合价的变化计算生成N2的体积。【详解】（1）根据价态表现规律分析。S2-中S的化合价为-2价，处于最低价，S2-只有还原性；Fe2+中Fe的化合价为+2价，处于中间价，Fe2+既有氧化性又有还原性；Fe3+中Fe的化合价为+3价，处于最高价，Fe3+只有氧化性；Mg2+中Mg的化合价为+2价，处于最高价，Mg2+只有氧化性；S中S的化合价为0价，处于中间价，S既有氧化性又有还原性；I-中I的化合价为-1价，处于最低价，I-只有还原性；H+中H的化合价为+1价，处于最高价，H+只有氧化性；只有氧化性的是Fe3+、Mg2+、H+，只有还原性的是S2-、I-，既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S。（2）NO中N的化合价为+2价，HNO3中N的化合价为+5价，N2O3中N的化合价为+3价，介于+2价与+5价之间，可能实现；NH3中N的化合价为-3价，NO中N的化合价为+2价，HNO2中N的化合价为+3价，比-3价、+2价都高，不可能实现；N2O4中N的化合价为+4价，HNO3中N的化合价为+5价，比+4价高，HNO2中N的化合价为+3价，比+4价低，可能实现；一定不可能实现的是。（3）同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。中Fe元素的化合价由+3价降至+2价，FeCl3为氧化剂，I元素的化合价由-1价升至0价，I2为氧化产物，则氧化性：FeCl3I2；中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，FeCl3为氧化产物，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2为氧化剂，则氧化性：Cl2FeCl3；中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，KMnO4为氧化剂，Cl元素的化合价由-1价升至0价，Cl2为氧化产物，则氧化性：KMnO4Cl2；则氧化性由强到弱的顺序为：KMnO4Cl2 FeCl3I2，氧化性最强的物质为KMnO4。根据“强制弱”的规律，若溶质中Cl-与I-共存，为了氧化I-而Cl-不被氧化，除单质外，还可应用上述反应中的FeCl3作氧化剂。（4）反应中Al元素的化合价由0价升至+3价，1molAl失去3mol电子生成1molNaAlO2；N元素的化合价由+5价降至0价，2molNaNO3得到10mol电子生成1molN2；根据得失电子守恒，配平为10Al+6NaNO3+NaOH10NaAlO2+3N2+H2O，再观察Na、H、O守恒，配平的方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2+2H2O。每转移10mol电子生成1molN2，转移5mol电子生成0.5molN2，0.5molN2在标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L。22.常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na、NH4+、Cu2、Ba2、Al3、Ag、Fe3，阴离子可能是Cl、NO3、SO42、CO32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色；D的焰色反应呈黄色；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀；已知：向Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。请回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是_；所含阴离子相同的两种盐的化学式是_。（2）D的化学式为_，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_。（3）A和C的溶液反应的离子方程式是_；E和氨水反应的离子方程式是_。（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是：_。【答案】 (1). Cu2、Fe3 (2). (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 (3). Na2CO3 (4). CO32-+H2OHCO3-+OH- (5). AgCl=AgCl (6). Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+ (7). 取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热