河南省洛阳市洛宁一高高一化学上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省洛阳市洛宁一高高一（上）第三次月考化学试卷一、选择题（每题3分，共48分）1下列叙述正确的是（）a锥形瓶可用作加热的反应器b室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中c配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高d用蒸馏水润湿的试纸测溶液的ph，一定会使结果偏低2实验室盛放高锰酸钾溶液的试剂瓶上贴有的标识是（）abcd3化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念下列实验操作正确的是（）a称量药品b过滤c分离乙醇和水d收集氯气4用na表示阿伏加德罗常数的值下列判断正确的是（）a46 g no2含有氧原子数为2nab常温常压下，22.4 l n2含有的分子数为nac1 l 1 moll1 al2（so4）3溶液中含so数目为nad1 mol fe在足量cl2中燃烧，转移电子数为2na5能正确表示下列反应的离子方程式是（）a用过量氨水吸收工业尾气中的so2：2nh3h20+so22nh4+so32+h2ob氯化钠固体与浓硫酸混合加热：h2so4+2clso2+cl2+h2oc磁性氧化铁溶于稀硝酸：3fe2+4h+no33fe3+no+3h2od明矾溶液中滴入ba（oh）2溶液使so42恰好完全沉淀：2ba2+3oh+al3+2so422baso4+al（oh）36将某溶液逐滴加入fe（oh）3溶胶内，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是（）a2moll1 h2so4溶液b2moll1 naoh溶液c2moll1 mgso4溶液d硅酸溶胶7实验室有一包白色固体，可能含有na2co3、nahco3和nacl中的一种或多种下列根据实验事实得出的结论正确的是（）a取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的co2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有na2co3b取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量cao粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有na2co3c取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量agno3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有nacld称取3.80g固体，加热至恒重，质量减少了0.620g用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.880g气体，说明原固体中仅含有na2co3和nahco38铝分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况体积相等时，反应中消耗的h2so4和naoh物质的量之比为（）a1：4b2：3c3：2d4：19下列关于铁及其化合物的说法中，不正确的是（）a金属铁可被磁铁吸引b铁元素有可变化合价c铁丝在氯气中燃烧生成fecl2d常温下铁片遇浓硝酸会发生钝化10往fecl3溶液中加入下列溶液后，会出现红褐色沉淀的是（）ahno3bh2so4cnaohdbacl211下列表述正确的是（）a钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂b氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液c碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍d高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸12实验室制备氯气的反应为：mno2+4hcl（浓） mncl2+cl2+2h2o中，有关该反应的说法正确的是（）ahcl是氧化剂bcl元素被还原cmno2在反应中失去电子d生成1 mol cl2时有2 mol电子转移13将o2和nh3的混合气体448ml通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8ml气体原混合气体中o2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）a231.5mlb268.8mlc287.5mld313.6ml14下列说法正确的是（）a现向一密闭容器中充入1moln2和3molh2，在一定条件下使该反应发生，达到化学平衡时，n2、h2和nh3的物质的量浓度一定相等b把nahco3和na2co3混和物6.85g溶于水制成100ml溶液，其中c（na+）=1moll1该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量无法计算c将54.4g铁粉和氧化铁的混合物中加入4.0mol/l 200ml的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48l反应后的溶液中滴加kscn不显红色，且无固体剩余物，反应后得到feso4的物质的量是0.8mold某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42等离子，当向该溶液中加入某浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀的物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是h+、nh4+、mg2+、al3+15如表中所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理a分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大b分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同c除去kno3中混杂的nacl重结晶氯化钠在水中的溶解度很大d除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大 aabbccdd16某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣 制取七水合硫酸亚铁，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）a溶解烧渣选用足量硫酸，试剂x选用铁粉b固体1中一定含有sio2，控制ph是为了使al3+转化为al3，进入固体2c从溶液2得到feso47h2o产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解d若改变方案，在溶液1中直接加naoh至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到feso47h2o二、填空题（每空2分，共52分）17溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备cabr22h2o的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是（2）滤渣的成分可能是（3）试剂m是，加入m的目的是（4）操作的步骤为蒸发浓缩，、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式（6）制得的cabr22h2o可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量na2co3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则cabr22h2o的质量分数为（相对原子质量：ca40 br80 h1 o16）18如图是配制50ml酸性kmno4标准溶液的过程示意图（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有（填序号）（2）其中确定50ml溶液体积的容器是（填名称）（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将（填“偏大”或“偏小”）19某溶液可能含有cl、so42、co32、nh4+、fe3+、al3+和k+中的两种或多种取该溶液100ml，加入过量naoh溶液，加热，得到448ml（标况）气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量bacl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量co2得到1.56g白色沉淀由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）一定含有的离子种类物质的量浓度（mol/l）20酸、碱、盐溶液能够导电，是因为物质溶于水时，离解成为自由移动的阴、阳离子（1）下列物质的电离方程式如下：hclo4h+clo； ba（oh）2ba2+2oh；fe2（so4）32fe3+3so； khso4k+h+so属于酸的物质（写化学式，下同）；属于碱的物质为；属于盐的物质（2）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是上述物质中既不是电解质也不是非电解质的是依据是写出纯碱的电离方程式2015-2016学年河南省洛阳市洛宁一高高一（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共48分）1下列叙述正确的是（）a锥形瓶可用作加热的反应器b室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中c配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高d用蒸馏水润湿的试纸测溶液的ph，一定会使结果偏低【考点】间接加热的仪器及使用方法；化学试剂的存放；试纸的使用；溶液的配制【专题】实验评价题【分析】a锥形瓶可用于加热，加热时需要垫上石棉网；b浓硫酸在室温下能够与铁发生钝化，阻止了铁与浓硫酸的反应；c容量瓶只有刻度线； d需要根据溶液的酸碱性进行判断，如果溶液为酸性溶液，稀释后溶液的ph偏高，如果为中性溶液，溶液的ph不变【解答】解：a锥形瓶在制取气体的简易装置中经常作反应容器，不过加热时需要垫上石棉网，故a正确； b室温下，由于铁与浓硫酸发生钝化，所以能将浓硫酸盛放在铁桶中，故b错误； c容量瓶只有刻度线，没有刻度，故c错误；d用蒸馏水润湿的试纸测溶液的ph，若待测液为碱性溶液，则测定结果偏低；若待测液为中性溶液，测定结果不变，若待测液为酸性溶液，测定结果会偏高，所以测定结果不一定偏低，故d错误；故选ac【点评】本题考查了常见仪器的使用方法、一定物质的量浓度的溶液配制方法、铁与浓硫酸的钝化、试纸的使用方法判断等知识，题目难度中等，注意掌握常见仪器的构造及正确使用方法、配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确ph试纸是使用方法2实验室盛放高锰酸钾溶液的试剂瓶上贴有的标识是（）abcd【考点】化学试剂的分类【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作【分析】根据高锰酸钾有强氧化性、图中所示标志的含义进行分析判断即可【解答】解：a图为易燃固体标志，高锰酸钾不能自燃，故a错误；b图为氧化剂标志，高锰酸钾有强氧化性，故b正确；c图为腐蚀品标志，高锰酸钾不是腐蚀品，故c错误；d图中爆炸品标志，高锰酸钾不属于易爆物，故d错误故选b【点评】本题考查危险品标志，难度不大，了解高锰酸钾的性质、各个标志所代表的含义是解答此类题的关键3化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念下列实验操作正确的是（）a称量药品b过滤c分离乙醇和水d收集氯气【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a称量时左物右码；b过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则；c乙醇和水互溶；d氯气能与氢氧化钠溶液反应【解答】解：a称量药品应左物右码和垫称量纸，不能直接在托盘上称量，故a错误； b漏斗下端应紧靠烧杯内壁，故b错误；c乙醇和水互溶，不能用分液分离，故c错误；d氯气能与氢氧化钠溶液反应，应使用放倒吸装置，故d正确故选d【点评】本题考查化学实验基本操作，为高频考点，涉及气体收集、物质称量及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大4用na表示阿伏加德罗常数的值下列判断正确的是（）a46 g no2含有氧原子数为2nab常温常压下，22.4 l n2含有的分子数为nac1 l 1 moll1 al2（so4）3溶液中含so数目为nad1 mol fe在足量cl2中燃烧，转移电子数为2na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、求出二氧化氮的物质的量，然后根据1mol二氧化氮中含2mol氧原子来分析；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol；c、求出硫酸铝的物质的量n=cv，然后根据1mol硫酸铝中含3mol硫酸根来计算；d、铁在氯气中燃烧后变为+3价【解答】解：a、46g二氧化氮的物质的量为1mol，而1mol二氧化氮中含2mol氧原子，即2na个，故a正确；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol，故22.4l氮气的物质的量小于1mol，则分子数小于na个，故b错误；c、溶液中硫酸铝的物质的量n=cv=1mol/l1l=1mol，而1mol硫酸铝中含3mol硫酸根即3na个，故c错误；d、铁在氯气中燃烧后变为+3价，故1mol铁和氯气反应后转移3mol电子即3na个，故d错误故选a【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5能正确表示下列反应的离子方程式是（）a用过量氨水吸收工业尾气中的so2：2nh3h20+so22nh4+so32+h2ob氯化钠固体与浓硫酸混合加热：h2so4+2clso2+cl2+h2oc磁性氧化铁溶于稀硝酸：3fe2+4h+no33fe3+no+3h2od明矾溶液中滴入ba（oh）2溶液使so42恰好完全沉淀：2ba2+3oh+al3+2so422baso4+al（oh）3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a、过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；b、氯化钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和氯化氢；c、四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁，一氧化氮和水，四氧化三铁不溶于水；d、明矾溶液中滴入ba（oh）2溶液使so42恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应【解答】解：a、用过量氨水吸收工业尾气中的so2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，2nh3h2o+so22nh4+so32+h2o，故a正确；b、氯化钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和氯化氢，h2so4+2naclna2so4+2hcl，故b错误；c、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3fe3o4+28h+no39fe3+no+14h2o，故c错误；d、明矾溶液中滴入ba（oh）2溶液使so42恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应；：2ba2+4oh+al3+2so422baso4+al（oh）4，故d错误；故选a【点评】本题考查离子方程式的书写方法和注意问题，量不同产物不同，题目难度中等6将某溶液逐滴加入fe（oh）3溶胶内，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是（）a2moll1 h2so4溶液b2moll1 naoh溶液c2moll1 mgso4溶液d硅酸溶胶【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】根据胶体的性质及所加物质的性质分析，胶体和电解质溶液能发生聚沉现象【解答】解：能使胶体聚沉的物质有电解质溶液和带相反电荷的胶体a、稀硫酸是电解质溶液能使fe（oh）3溶胶聚沉，但h2so4可使fe（oh）3沉淀溶解，故a正确；b、氢氧化钠能使fe（oh）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故b错误；c、mgso4溶液能使fe（oh）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故c错误；d、硅酸溶液的胶粒带负电荷，能使fe（oh）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故d错误故选a【点评】本题考查了胶体的性质，胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1100nm之间，而不是丁达尔效应，丁达尔效应是物理变化不是化学变化7实验室有一包白色固体，可能含有na2co3、nahco3和nacl中的一种或多种下列根据实验事实得出的结论正确的是（）a取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的co2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有na2co3b取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量cao粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有na2co3c取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量agno3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有nacld称取3.80g固体，加热至恒重，质量减少了0.620g用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.880g气体，说明原固体中仅含有na2co3和nahco3【考点】几组未知物的检验【分析】a、碳酸钠溶液和二氧化碳可以反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；b、碳酸氢钠溶液的溶解度较小，向其饱和溶液中加入氧化钙，会使得碳酸氢钠晶体析出；c、碳酸钠、氯化钠均可以和硝酸银之间反应生成白色沉淀；d、固体加热至恒重，质量减轻，说明含碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水以及二氧化碳，根据碳元素守恒可以计算固体的组成情况【解答】解：a、碳酸钠溶液和二氧化碳可以反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以向溶液中通入足量的co2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有na2co3，故a正确；b、碳酸氢钠溶液的溶解度较小，向其饱和溶液中加入氧化钙，会使得碳酸氢钠晶体析出，不一定含有碳酸钠，故b错误；c、碳酸钠、氯化钠均可以和硝酸银之间反应生成白色沉淀，向溶液中滴加适量agno3溶液，观察到有白色沉淀生成，原固体中不一定含有nacl，故c错误；d、固体加热至恒重，质量减轻，说明含碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水以及二氧化碳，质量减少了0.620g，根据差量法，含有的碳酸氢钠的质量是1.68g，物质的量是0.02mol，加热分解得到碳酸钠是0.01mol，根据碳元素守恒，将得到的残留固体用盐酸溶解，可以得到二氧化碳0.01mol，质量是0.44g，所以一定含有碳酸钠0.01mol，质量此时是0.02mol84g/mol+0.01mol106g/mol=1.786g3.8g，所以还含有氯化钠固体，故d错误故选a【点评】本题考查有关化学方程式的计算和物质的推断，主要是利用差量法、物质的性质的应用解决问题，难度较大8铝分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况体积相等时，反应中消耗的h2so4和naoh物质的量之比为（）a1：4b2：3c3：2d4：1【考点】铝的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】反应的有关方程式为：铝与硫酸：2al+3h2so4=al2（so4）3+3h2，铝与naoh溶液：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，设生成的氢气的物质的量为3mol，根据方程式计算h2so4、naoh的物质的量，稀硫酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度相等，所以所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比等于溶质h2so4、naoh的物质的量的之比【解答】解：令生成的氢气的物质的量为3mol，则：2al+3h2so4=al2（so4）3+3h2 3mol 3mol2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2 2mol 3mol稀硫酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度相等，所以所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比等于溶质h2so4、naoh的物质的量的之比，即为3mol：2mol=3：2故选c【点评】本题考查铝的性质、根据方程式的计算，难度不大，注意有关方程式的书写，根据方程式计算9下列关于铁及其化合物的说法中，不正确的是（）a金属铁可被磁铁吸引b铁元素有可变化合价c铁丝在氯气中燃烧生成fecl2d常温下铁片遇浓硝酸会发生钝化【考点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】a、金属铁可被磁铁吸引；b、铁元素有0价、+2价、+3价和+6价等可变化合价；c、铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁；d、铁跟冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化现象【解答】解：a、金属铁可被磁铁吸引，这是铁的特性，故a正确；b、铁元素有0价、+2价、+3价和+6价等可变化合价，故b正确；c、铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故c错误；d、铁跟冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化现象，故d正确；故选c【点评】本题考查铁的物理和化学性质，学生只注意平时知识的积累，就可以迅速解题，比较容易10往fecl3溶液中加入下列溶液后，会出现红褐色沉淀的是（）ahno3bh2so4cnaohdbacl2【考点】铁的氧化物和氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】氯化铁中的铁离子可以和碱中电离出的氢氧根离子之间发生反应生成氢氧化铁红褐色沉淀【解答】解：a、氯化铁可以和硝酸之间不会发生反应，故a错误；b、氯化铁可以和硫酸之间不会发生反应，故b错误；c、氯化铁可以和氢氧化钠之间会发生反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故c正确；d、氯化铁和氯化钡之间不会发生反应，故d错误故选c【点评】本题考查学生含铁元素的盐的化学性质，可以根据所学知识来回答，难度不大11下列表述正确的是（）a钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂b氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液c碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍d高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸【考点】合金的概念及其重要应用；油脂的性质、组成与结构；化学试剂的分类【专题】基本概念与基本理论【分析】a、钠钾合金呈液态，可以做中子反应堆作热交换剂；b、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀；c、碱不能除去烃类化合物；d、纯碱和石英砂制玻璃，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸【解答】解：a、钠钾合金呈液态，具有良好的导热、导电性质，可以做中子反应堆作热交换剂，故a正确；b、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，故b错误；c、矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故c错误；d、纯碱和石英砂制玻璃，sio2+na2co3na2sio3+co2，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故d错误；故选a【点评】本题考查较综合，涉及元素化合物性质的综合考查，注重基础知识的考查，题目难度不大注意c中矿物油渍和植物油油渍的区别12实验室制备氯气的反应为：mno2+4hcl（浓） mncl2+cl2+2h2o中，有关该反应的说法正确的是（）ahcl是氧化剂bcl元素被还原cmno2在反应中失去电子d生成1 mol cl2时有2 mol电子转移【考点】氧化还原反应【分析】反应mno2+4hclmncl2+cl2+2h2o中，mn元素化合价降低，被还原，mno2为氧化剂，cl元素化合价升高，被氧化，hcl为还原剂，cl2为氧化产物，mncl2为还原产物，结合电子转移相等解答【解答】解：acl元素化合价升高，被氧化，hcl为还原剂，故a错误；bcl元素化合价升高，被氧化，故b错误；cmn元素化合价降低，被还原，mno2为氧化剂，反应中得电子，故c错误；dcl元素化合价由1价升高到0价，则生成1 mol cl2时有2 mol电子转移，故d正确故选d【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，为高考高频考点和常见题型，注意从元素化合价的角度分析，难度不大13将o2和nh3的混合气体448ml通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8ml气体原混合气体中o2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）a231.5mlb268.8mlc287.5mld313.6ml【考点】有关混合物反应的计算【分析】发生反应为：4nh3+5o24no+6h2o、4no+3o2+2h2o=4hno3，剩余的44.8ml气体可能为氧气，有可能是no，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别根据剩余气体为氧气、no结合反应方程式列式计算即可【解答】解：最终收集到44.8ml气体可能为氧气，有可能为no，当剩余气体为氧气时，发生反应有：4nh3+5o24no+6h2o、4no+3o2+2h2o=4hno3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：x+y=448ml；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x=x，同时生成no体积为x，生成的no完全反应消耗氧气的体积为：x=x，则：x+x+44.8ml=y，联立解得：x=134.4ml、y=313.6ml，即：氧气体积为313.6ml；当剩余的气体为no时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4nh3+5o24no+6h2o、4no+3o2+2h2o=4hno3，剩余的44.8ml为no，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：x+y=448ml，氨气完全反应消耗氧气体积为x=x，同时生成no体积为x，其中转化成硝酸的no体积为：x44.8ml，此过程中消耗氧气体积为：（x44.8ml），消耗氧气总体积为：x+（x44.8ml）=y，联立可得：x=160.5ml、y=287.5ml，即：原混合气体中氧气的总体积为287.5ml，根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6ml或287.5ml，故选cd【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力14下列说法正确的是（）a现向一密闭容器中充入1moln2和3molh2，在一定条件下使该反应发生，达到化学平衡时，n2、h2和nh3的物质的量浓度一定相等b把nahco3和na2co3混和物6.85g溶于水制成100ml溶液，其中c（na+）=1moll1该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应，将溶液蒸干后，所得固体质量无法计算c将54.4g铁粉和氧化铁的混合物中加入4.0mol/l 200ml的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48l反应后的溶液中滴加kscn不显红色，且无固体剩余物，反应后得到feso4的物质的量是0.8mold某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42等离子，当向该溶液中加入某浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀的物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是h+、nh4+、mg2+、al3+【考点】有关混合物反应的计算；常见离子的检验方法【专题】守恒法；利用化学方程式的计算【分析】a充入1moln2和3molh2，化学计量数为1：3，所以转化率相等，平衡时n2、h2的物质的量浓度一定为1：3；b碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠，最终得到的是氯化钠，根据氯元素守恒可计算出得到固体的物质的量及质量；c硫酸恰好完全反应，反应后的溶液中滴加kscn不显红色，且无固体剩余物，最后为硫酸亚铁溶液，根据硫酸根守恒可知n（feso4）=n（h2so4），再根据n=cv计算硫酸的物质的量；d开始加入naoh没有沉淀和气体产生，则一定有h+，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有mg2+、fe3+，一定有al3+；中间段沉淀的质量不变，应为nh4+oh=nh3h2o的反应，则有nh4+，根据电荷守恒可知一定有so42【解答】解：a反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，n2、h2按1：3混合，化学计量数为1：3，所以转化率相等，平衡时n2、h2的物质的量浓度一定为1：3，不可能相等，故a错误；b把nahco3和na2co3混和物6.85g溶于水制成100ml溶液，其中c（na+）=1moll1，则钠离子的物质的量为1mol/l0.1l=0.1mol；该溶液中加入一定量盐酸恰好完全反应得到的溶质为氯化钠，将溶液蒸干后，所得固体为nacl，根据氯元素守恒可知氯化钠的物质的量为0.1mol，质量为5.85g，故b错误；c硫酸恰好完全反应，反应后的溶液中滴加kscn不显红色，且无固体剩余物，最后为硫酸亚铁溶液，根据硫酸根守恒可知n（feso4）=n（h2so4）=4.0mol/l0.2l=0.8mol，故c正确；d开始加入naoh没有沉淀和气体产生，则一定有h+，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有mg2+、fe3+，一定有al3+；中间段沉淀的质量不变，应为nh4+oh=nh3h2o的反应，则有nh4+，根据电荷守恒可知一定有so42，故d错误；故选c【点评】本题考查混合物的有关计算、离子反应、化学平衡有关计算等知识，题目难度中等，明确反应过程是解答的关键，利用守恒进行解答，试题充分培养了学生的分析能力及化学计算能力15如表中所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理a分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大b分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同c除去kno3中混杂的nacl重结晶氯化钠在水中的溶解度很大d除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大 aabbccdd【考点】物质的分离、提纯和除杂【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】a乙醇和水混溶，不能用作萃取剂；b乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离；c应利用二者溶解度随温度的变化不同分离；d丁醇和乙醚的沸点不同，可用蒸馏的方法分离【解答】解：a乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故a错误；b乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故b错误；c根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法nacl随温度升高溶解度变化不大，kno3随温度升高溶解度变化大，经冷却过滤，故c错误；d丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故d正确故选d【点评】本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理16某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣 制取七水合硫酸亚铁，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）a溶解烧渣选用足量硫酸，试剂x选用铁粉b固体1中一定含有sio2，控制ph是为了使al3+转化为al3，进入固体2c从溶液2得到feso47h2o产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解d若改变方案，在溶液1中直接加naoh至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到feso47h2o【考点】含硫物质的性质及综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为fe2o3、sio2、al2o3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，fe2o3、al2o3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节ph值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答【解答】解：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为fe2o3、sio2、al2o3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，fe2o3、al2o3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节ph值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，a由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，x为铁粉，故a正确；b由流程分析可知，固体1中一定含有sio2，调节ph值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故b正确；c亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到feso47h2o产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故c正确；d在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故d错误故选d【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法二、填空题（每空2分，共52分）17溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备cabr22h2o的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是防止液溴挥发，降低原料利用率（2）滤渣的成分可能是fe、fe（oh）2 、fe（oh）3（3）试剂m是hbr，加入m的目的是除去过量的ca（oh）2（4）操作的步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式3ca（oh）2 +3br2+2nh33cabr2+n2+6h2o（6）制得的cabr22h2o可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量na2co3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则cabr22h2o的质量分数为94.40%（相对原子质量：ca40 br80 h1 o16）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】fe与溴单质反应生成febr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要cabr2 ，在滤液中加hbr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到cabr22h2o晶体；（1）溴单质受热易挥发；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的fe，和氧化生成的氢氧化铁；（3）加入的氢氧化钙过量，加溴化氢除去；（4）根据从溶液中提取固体溶质的操作分析；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水；（6）根据cabr22h2ona2co3caco3，由碳酸钙的质量求出cabr22h2o，再求出质量分数【解答】解：fe与溴单质反应生成febr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要cabr2 ，在滤液中加hbr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到cabr22h2o晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是fe、fe（oh）2 、fe（oh）3，故答案为：fe、fe（oh）2 、fe（oh）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的m为hbr，故答案为：hbr；除去过量的ca（oh）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3ca（oh）2 +3br2+2nh33cabr2+n2+6h2o，故答案为：3ca（oh）2 +3br2+2nh3 3cabr2+n2+6h2o；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量na2co3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中cabr22h2o的质量为xg，cabr22h2ona2co3caco3，236 100xg 2.00g则x=4.72g，则cabr22h2o的质量分数为100%=94.40%，故答案为：94.40%【点评】本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等，题目难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力18如图是配制50ml酸性kmno4标准溶液的过程示意图（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有（填序号）（2）其中确定50ml溶液体积的容器是容量瓶（填名称）（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将偏小（填“偏大”或“偏小”）【考点】溶液的配制【专题】综合实验题【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作方法进行判断；（2）配制50ml的溶液，需要选用50ml的容量瓶；（3）定容时仰视，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小【解答】解：（1）由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：；（2）应该用容量瓶准确确定50ml溶液的体积，故答案为：容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法19某溶液可能含有cl、so42、co32、nh4+、fe3+、al3+和k+中的两种或多种取该溶液100ml，加入过量naoh溶液，加热，得到448ml（标况）气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量bacl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量co2得到1.56g白色沉淀由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）一定含有的离子种类so42nh4+fe3+al3+cl物质的量浓度（mol/l）0.20.20.20.41.6【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有fe3+，一定没有co32；2.33g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.01mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；另一份中通入过量co2得到