浙江省义乌中学高三化学上学期9月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省义乌中学高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共25小题，满分60分）1下列物质分类正确的是( )aso2、sio2、p2o5均为酸性氧化物b是否具有丁达尔效应是胶体与溶液、浊液的根本区别c纯净盐酸为纯净物、冰水混合物为混合物d烧碱、纯碱都属于碱，油脂、甘油都属于酯2据报道，科学家发现了如下反应：o2+ptf6=o2（ptf6），已知o2（ptf6）为离子化合物，其中pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是( )ao2（ptf6） 中不存在共价键b在此反应中每生成1mol o2（ptf6）则转移lmol电子co2（ptf6）中氧元素的化合价是+l价d在此反应中，o2是氧化剂，ptf6是还原剂3下列推断正确的是( )a绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理bal2o3、mgo可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料cso2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色d新制氯水显酸性，可用ph试纸测定其酸碱度4下列说法不正确的是( )将baso4放入水中不能导电，所以baso4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强abcd5下列离子方程式书写正确的是( )a实验室用mno2和浓盐酸制取cl2：mno2+4hcl（浓） mn2+2cl+cl2+2h2ob向nahso4溶液中滴加ba（oh）2溶液至中性：so42+2h+ba2+2ohbaso4+2h2oc漂白粉溶液吸收二氧化碳：ca2+co2+h2ocaco3+2h+dnh4cl浓溶液中滴加浓naoh溶液并加热：nh4+ohnh3+h2o6下列有关物质的性质或应用正确的是( )a实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备al（oh）3沉淀b浓硫酸能干燥so2、no2等气体，说明浓硫酸具有吸水性cso2 具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色d30%的h2o2溶液中加入mno2可制得o2，mno2做氧化剂7向一定量的fe、feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4mol/l的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344lno（标准状况），往所得溶液中加入kscn溶液，无红色出现若用足量的co在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为( )a0.21molb0.24molc0.16mold0.14mol8下列叙述正确的是( )a同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等b任何条件下，等质量的一氧化二氮（n2o）和二氧化碳所含的分子数必相等c1l一氧化碳所体一定比1l氧气质量小d等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸（ch3cooh）中所含的h+数一定相等9除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是( )aabbccdd10用na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是( )46g no2和n2o4的混合气体中含有的原子个数为3na常温下，4g ch4含有na个ch共价键10ml质量分数为98%的h2so4，加水至100ml，h2so4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6l四氯化碳含有的分子数为0.25na25时，ph=12的1.0l naclo溶液中水电离出的oh的数目为0.01na0.1moll1na2co3溶液中含有0.1na个co321mol na2o2与水完全反应时转移电子数为2naabcd11下列物质的检验，其结论一定正确的是( )a向某溶液中加入bacl2溶液，产生白色沉淀，加入hno3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有so42b向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有co32或so32c取少量久置的na2so3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加bacl2溶液，若加hcl时有气体产生，加bacl2时有白色沉淀产生，说明na2so3样品已部分被氧化d能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的一定是cl212将过量的co2分别通入：cacl2溶液 na2sio3溶液 ca（clo）2溶液 饱和na2co3溶液 naalo2溶液最终有沉淀生成的是( )abcd13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )ph=0的溶液：na+、c2o42、mno4、so42ph=11的溶液中：co32、na+、alo2、no3、s2、so32水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液中：cl、co32、no3、nh4+、so32加入mg能放出h2的溶液中：mg2+、nh4+、cl、k+、so42使石蕊变红的溶液中：fe2+、mno4、no3、na+、so42中性溶液中：fe3+、al3+、no3、i、cl、s2abcd14实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是( )aabbccdd15海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是( )a第步中除去粗盐中的so、ca2+、mg2+、fe3+等杂质，加入的药品顺序为：na2co3溶液naoh溶液bacl2溶液过滤后加盐酸b第步中结晶出的mgcl26h2o可在空气中受热分解制无水mgcl2c在第步中溴元素均被氧化d从第步到第步的目的是浓缩16利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收so2，并用阴极排出的溶液吸收no2下列说法正确的是( )aa为直流电源的负极b阴极的电极反应式为：2hso3+2h+es2o42+2h2oc阳极的电极反应式为：so2+2h2o2eso42+4h+d电解时，h+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室17so2通入足量的fe（no3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入bacl2溶液，会产生白色沉淀针对上述一系列变化，下列说法不正确的是( )a上述过程中，最终被还原的是no3b从上述反应可以得出结论，氧化性：hno3fe3+稀硫酸c上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体d假设通so2完全反应，同温同压下，so2和逸出气体的体积比为1：1182.8gfe全部溶于一定浓度200mlhno3溶液中，得到标准状况下气体1.12l，测得反应后溶液ph为1若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是( )a反应后溶液中铁元素一定只以fe3+形式存在b1.12l气体可能是no、no2的混合气体c反应后溶液中c（no3）=0.85mol/ld反应后的溶液最多还能溶解1.82gfe19下列关系图中，a是一种正盐，b是气态氢化物，c是单质，f是强酸当x无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去）abcdef当x是强碱时，过量b跟cl2反应除生成c外，另一产物是盐酸盐下列说法不正确的是( )a当x是强碱时，a、b、c、d、e、f均含同一种元素b当x是强酸时，a、b、c、d、e、f均含同一种元素cb和cl2的反应是氧化还原反应d当x是强酸时，c在常温下是气态单质20不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是( )abcd21有甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由nh4+、ba2+、mg2+、h+、oh、cl、co32、so42中的不同阴、阳离子各一种组成已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/l乙溶液中c（h+）0.1mol/l；丙溶液中滴入agno3溶液，有不溶于稀hno3的白色沉淀生成下列结论不正确的是( )a甲溶液含有ba2+b乙溶液含有so42c丙溶液含有cld丁溶液含有mg2+22现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2l（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为( )a1.0gb2.0gc2.5gd3.5g23部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是( )a滤液a中的阳离子为fe2+、fe3+、h+b样品中cuo的质量为4.0gcv=448d原样品中fe元素的质量分数为41%24下列叙述正确的是( )a某液体物质的摩尔质量大于18g/mol，则该物质密度一定比水大b同温同压下，分别将充满hcl、no2的两只试管倒立于蒸馏水中足够长时间，假设不考虑溶质扩散，两只试管中溶液的物质的来那个浓度之比为3：2c将90%h2so4溶液与10%h2so4溶液等体积混合，其质量分数一定等于50%dc mol/l kcl溶液的密度为g/cm3，则此kcl溶液的质量分数为100%25电导率可用于衡量电解质溶液导电能力大小，且电导率越大溶液的导电能力越强室温下，用0.100moll1的nh3h2o 滴定10.00ml 浓度均为0.100moll1hcl和ch3cooh的混合液，电导率曲线如图所示下列说法正确的是( )a溶液中（h+）为0.200 moll1b溶液温度高低为c点后因离子数目减少使电导率略降低d点时溶液中有c （ cl）（ch3coo）二、解答题（共4小题，满分40分）26铜及其化合物在工农业生产中都有着广泛应用（1）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2cufes2+o2cu2s+2fes+so2、cu2s+o22cu+so2当有1molcu生成，则第一个反应中转移电子_mol（2）某种处理火法炼铜中so2废气的工艺流程如下图所示溶液a中发生的反应为_由流程图可推知fe3+、o2、so42的氧化性由强到弱的顺序为_（3）已知反应：3cu+2no3+xh+3cu2+2r+yh2o则反应中的x=_反应产物r的化学式为_参加反应的cu和消耗的hno3物质的量之比为_27某无色稀溶液x中，可能含有下表所列离子中的某几种现取该溶液适量，向其中加入某试剂y，产生沉淀物质的量（n）与加入试剂的体积（v）关系如图所示（1）若y是盐酸，所得到的关系图如甲所示，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于x溶液的，下同）是_，ab段发生反应的离子_，bc段发生反应的离子方程式_（2）若y是naoh溶液，所得到的关系图如乙所示，则x中一定含有的离子是_，假设x溶液只含这几种离子，则溶液各离子物质的量之比为_，ab段反应的离子方程式为_28向cu、cu2o和cuo组成的混合物中，加入1l 0.6moll1hno3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240ml no气体（标准状况）（已知：cu2o+2h+=cu+cu2+h2o）（1）cu2o跟稀硝酸反应的离子方程式_（2）若将上述混合物用足量的h2加热还原，所得到固体的质量为_g（3）若混合物中含0.1mol cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗h2so4的物质的量为_29向100ml 1moll1的硫酸铝铵nh4al（so4）2溶液中逐滴加入1moll1的ba（oh）2溶液（1）写出至刚好出现沉淀总物质的量为最大值时的离子方程式_（2）随着ba（oh）2的体积v的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示求出b点和c点所对应的ba（oh）2溶液的体积：b_，c_2015-2016学年浙江省义乌中学高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共25小题，满分60分）1下列物质分类正确的是( )aso2、sio2、p2o5均为酸性氧化物b是否具有丁达尔效应是胶体与溶液、浊液的根本区别c纯净盐酸为纯净物、冰水混合物为混合物d烧碱、纯碱都属于碱，油脂、甘油都属于酯考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系 分析：a与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；b溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别是分散质粒子的直径大小；c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；d纯碱是碳酸钠，属于盐，甘油不属于酯，而属于醇类解答：解：aco2、so2、sio2都和强碱溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故a正确；b分散质粒子的直径大小是胶体与溶液、浊液的根本区别，故b错误；c纯净盐酸为绿化氢的水溶液，属于混合物，冰水混合物是由一种物质组成，属于纯净物，故c错误；d纯碱是碳酸钠，属于盐，甘油是丙三醇，属于醇类，故d错误；故选a点评：本题考查物质的分类，难度不大，熟悉物质的分类及常见的概念即可解答，平时注意知识的积累2据报道，科学家发现了如下反应：o2+ptf6=o2（ptf6），已知o2（ptf6）为离子化合物，其中pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是( )ao2（ptf6） 中不存在共价键b在此反应中每生成1mol o2（ptf6）则转移lmol电子co2（ptf6）中氧元素的化合价是+l价d在此反应中，o2是氧化剂，ptf6是还原剂考点：氧化还原反应 分析：o2（ptf6）为离子化合物，其中pt为+5价，则o2+ptf6o2（ptf6）中，o元素的化合价升高，pt元素的化合价降低，以此来解答解答：解：o2（ptf6）为离子化合物，其中pt为+5价，则o2+ptf6o2（ptf6）中，o元素的化合价升高，pt元素的化合价降低，ao2（ptf6） 中o元素原子之间存在共价键，故a错误；b此反应中，每生成1mol o2（ptf6），由pt的化合价变化可知，转移1mol（65）=1mol 电子，故b正确；co2（ptf6） 中氧元素的化合价是+0.5价，故c错误；d在此反应中，o2是还原剂，ptf6是氧化剂，故d错误；故选b点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意o2作为整体来考虑，o元素的化合价升高，题目难度中等3下列推断正确的是( )a绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理bal2o3、mgo可用作高温材料，二氧化硅是生产光纤制品的基本原料cso2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色d新制氯水显酸性，可用ph试纸测定其酸碱度考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题：氧族元素；碳族元素分析：a“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；b氧化铝和氧化镁的熔点较高能作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅；cso2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；d氯水有漂白性解答：解：a绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，减少污染物的排放而不是污染治理，故a错误； b氧化铝和氧化镁的熔点很高，所以可以作高温材料，光纤制品的基本原料是二氧化硅，故b正确；c将so2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故c错误；d氯水有漂白性，能使ph试纸褪色，不能用ph试纸测定其酸碱度，故d错误故选b点评：本题考查实验方案的评价，注重实验中的基本操作和物质的性质的考查，选项c为解答的易错点，题目难度不大4下列说法不正确的是( )将baso4放入水中不能导电，所以baso4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强abcd考点：电解质与非电解质；电解质溶液的导电性 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；解答：解：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以baso4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故错误；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；故选d点评：本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关5下列离子方程式书写正确的是( )a实验室用mno2和浓盐酸制取cl2：mno2+4hcl（浓） mn2+2cl+cl2+2h2ob向nahso4溶液中滴加ba（oh）2溶液至中性：so42+2h+ba2+2ohbaso4+2h2oc漂白粉溶液吸收二氧化碳：ca2+co2+h2ocaco3+2h+dnh4cl浓溶液中滴加浓naoh溶液并加热：nh4+ohnh3+h2o考点：离子方程式的书写 分析：ahcl完全电离；b至中性，硫酸氢钠完全反应；c反应生成碳酸钙和hclo；d反应生成氯化钠、氨气和水解答：解：a浓盐酸中hcl完全电离，hcl需拆成h+、cl，实验室用mno2和浓盐酸制取cl2的离子反应为2cl+mno2+4h+ mn2+cl2+2h2o，故a错误；b向nahso4溶液中滴加ba（oh）2溶液至中性的离子反应为so42+2h+ba2+2ohbaso4+2h2o，故b正确；c漂白粉溶液吸收二氧化碳生成次氯酸，次氯酸为弱酸，应写成化学式，离子反应为ca2+2clo+co2+h2o=caco3+2hclo，故c错误；dnh4cl浓溶液中滴加浓naoh溶液并加热的离子反应为nh4+ohnh3+h2o，故d正确；故选bd点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大6下列有关物质的性质或应用正确的是( )a实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备al（oh）3沉淀b浓硫酸能干燥so2、no2等气体，说明浓硫酸具有吸水性cso2 具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色d30%的h2o2溶液中加入mno2可制得o2，mno2做氧化剂考点：浓硫酸的性质；催化剂的作用；二氧化硫的化学性质 分析：a氢氧化铝能够溶解在氢氧化钠溶液中；b浓硫酸具有吸水性，能够吸收气体中的水蒸气；cso2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；d二氧化锰在双氧水分解制备氧气中做催化剂解答：解：a氢氧化铝能够溶解在氢氧化钠溶液中，实验室制备氢氧化铝不能用强碱，应选择弱碱氨水，故a错误；b浓硫酸具有吸水性，能够吸收气体中的水蒸气，常用作干燥剂，故b正确；c将so2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故c错误；d二氧化锰在双氧水分解制备氧气中做催化剂，故d错误；故选：b点评：本题考查了物质的性质，熟悉浓硫酸、二氧化硫、双氧水的性质是解题关键，注意二氧化硫漂白性特点，题目难度不大7向一定量的fe、feo和fe2o3的混合物中加入120ml 4mol/l的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344lno（标准状况），往所得溶液中加入kscn溶液，无红色出现若用足量的co在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为( )a0.21molb0.24molc0.16mold0.14mol考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：n（hno3）=0.12l4mol/l=0.48mol，n（no）=0.06mol，往所得溶液中加入kscn溶液，无红色出现，说明全部生成fe2+，溶液溶质为fe（no3）2，结合铁守恒计算解答：解：n（hno3）=0.12l4mol/l=0.48mol，n（no）=0.06mol，往所得溶液中加入kscn溶液，无红色出现，说明全部生成fe2+，溶液溶质为fe（no3）2，则原混合物中fe为=0.21mol，则若用足量的co在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为0.21mol，故选a点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度解答该题较为直观，答题时注意体会8下列叙述正确的是( )a同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等b任何条件下，等质量的一氧化二氮（n2o）和二氧化碳所含的分子数必相等c1l一氧化碳所体一定比1l氧气质量小d等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸（ch3cooh）中所含的h+数一定相等考点：物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用 分析：a如为固体或液体，则等体积时物质的量不一定相同；b一氧化二氮（n2o）和二氧化碳的相对分子质量相等，都为44；c气体存在的外界条件未知，不能确定；d两种酸的电离程度不同解答：解：a相同条件下，气体的气体摩尔体积相同，如为固体或液体，则等体积时物质的量不一定相同，故a错误；b一氧化二氮（n2o）和二氧化碳的相对分子质量相等，都为44，则等质量时气体的物质的量相同，故b正确；c气体存在的外界条件未知，不能确定，故c错误；d两种酸的电离程度不同，等物质的量时电离出的氢离子的物质的量不同，故d错误故选b点评：本题综合考查物质的量知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目着重于概念的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大9除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是( )aabbccdd考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析：a二者均与naoh溶液反应；bfe与氯化铁反应生成氯化亚铁；c均不与氨水反应；d二者均不溶于四氯化碳解答：解：a二氧化碳和二氧化硫都是酸性氧化物，都会被naoh溶液吸收，不能除杂，故a错误；b在氯化铁溶液中加入过量铁粉发生氧化还原反应生成氯化亚铁，采用过滤法制得纯净的氯化亚铁溶液，故b正确；c由于氧化铁、氧化铝都不能与氨水溶液反应，不能除杂，故c错误；d四氯化碳不能萃取出氯化钠溶液中的碘化钠，不能除杂，故d错误；故选b点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大10用na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是( )46g no2和n2o4的混合气体中含有的原子个数为3na常温下，4g ch4含有na个ch共价键10ml质量分数为98%的h2so4，加水至100ml，h2so4的质量分数为9.8%标准状况下，5.6l四氯化碳含有的分子数为0.25na25时，ph=12的1.0l naclo溶液中水电离出的oh的数目为0.01na0.1moll1na2co3溶液中含有0.1na个co321mol na2o2与水完全反应时转移电子数为2naabcd考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：no2和n2o4的最简式相同，只需要计算46g no2中原子数；质量换算物质的量结合甲烷分子结构计算碳氢键；加水至100ml溶液的密度变了；标准状况下四氯化碳是液体；次氯酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出1l该溶液中含有的氢氧根离子数目；溶液的体积不确定；2na2o2+2h2o=4naoh+o2，每生成1molo2时反应中转移的电子为2mol解答：解：no2和n2o4的最简式相同，只需要计算46g no2中原子数=3na=3na，故正确；4g ch4物质的量为0.25mol，分子中含ch共价键40.25na=na个，故正确；加水至100ml溶液的密度变了，无法求出，故错误；标准状况下，5.6l四氯化碳的物质的量不是0.25mol，故错误；25时，ph=12的1.0l naclo溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的oh的数目为0.01na，故正确；溶液的体积不确定，无法求出碳酸根的个数，故错误；2na2o2+2h2o=4naoh+o2，每生成1molo2时2molna2o2与水完反应中转移的电子为2na，故错误；故选c点评：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题11下列物质的检验，其结论一定正确的是( )a向某溶液中加入bacl2溶液，产生白色沉淀，加入hno3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有so42b向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有co32或so32c取少量久置的na2so3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加bacl2溶液，若加hcl时有气体产生，加bacl2时有白色沉淀产生，说明na2so3样品已部分被氧化d能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的一定是cl2考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：物质检验鉴别题分析：a白色沉淀可能为agcl；b气体可能为二氧化碳或二氧化硫；cna2so3部分被氧化，则混有硫酸钠，先加盐酸与亚硫酸钠反应，再加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡；d具有氧化性的物质与ki反应生成碘解答：解：a白色沉淀可能为agcl或硫酸钡，加入hno3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中可能含有so42，或银离子，但二者不能同时存在，故a错误；b气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则该溶液中可能含有co32或so32，或含有hco3或hso3，或都有，故b错误；cna2so3部分被氧化，则混有硫酸钠，先加盐酸与亚硫酸钠反应，再加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡，则若加hcl时有气体产生，加bacl2时有白色沉淀产生，说明na2so3样品已部分被氧化，故c正确；d具有氧化性的物质与ki反应生成碘，则能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的可能是cl2、氧气、臭氧等，故d错误；故选c点评：本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及反应现象为解答的关键，侧重常见离子检验的考查，注意检验时排除干扰，题目难度不大12将过量的co2分别通入：cacl2溶液 na2sio3溶液 ca（clo）2溶液 饱和na2co3溶液 naalo2溶液最终有沉淀生成的是( )abcd考点：钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：碳酸比盐酸弱，co2与cacl2溶液不会反应；碳酸比硅酸强，过量的co2与na2sio3溶液反应：2co2+na2sio3+2h2o2nahco3+h2sio3；过量的co2通入ca（clo）2溶液中发生反应：2co2+ca（clo）2+2h2oca（hco3）2+2hclo；过量的co2通入饱和na2co3溶液中发生反应：na2co3+h2o+co22nahco3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小；naalo2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠解答：解：碳酸比盐酸弱，co2与cacl2溶液不会反应，无沉淀生成，故错误；碳酸比硅酸强，过量的co2与na2sio3溶液反应：2co2+na2sio3+2h2o2nahco3+h2sio3，产生硅酸沉淀，故正确；过量的co2通入ca（clo）2溶液中发生反应：2co2+ca（clo）2+2h2oca（hco3）2+2hclo，无沉淀生成，故错误；过量的co2通入饱和na2co3溶液中发生反应：na2co3+h2o+co22nahco3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有nahco3晶体析出，故正确；naalo2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2h2o+naalo2+co2=al（oh）3+nahco3，故正确；故选：a点评：本题考查了元素及其化合物的性质等，比较基础，注意基础知识的掌握13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )ph=0的溶液：na+、c2o42、mno4、so42ph=11的溶液中：co32、na+、alo2、no3、s2、so32水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液中：cl、co32、no3、nh4+、so32加入mg能放出h2的溶液中：mg2+、nh4+、cl、k+、so42使石蕊变红的溶液中：fe2+、mno4、no3、na+、so42中性溶液中：fe3+、al3+、no3、i、cl、s2abcd考点：离子共存问题 分析：ph=0的溶液为酸性溶液，高锰酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化醋酸根离子；ph=11的溶液中存在大量氢氧根离子，：co32、na+、alo2、no3、s2、so32离子之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢氧根离子反应；水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸根离子、亚硫酸根离子能够与氢离子反应，铵根离子能够与氢氧根离子反应；加入mg能放出h2的溶液中存在大量氢离子，mg2+、nh4+、cl、k+、so42离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；使石蕊变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子、高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；铁离子能够氧化碘离子、硫离子，铝离子能够与硫离子发生双水解反应解答：解：ph=0的溶液中氢离子浓度为1mol/l，mno4在酸性条件下能够氧化c2o42，在溶液中不能大量共存，故错误；ph=11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/l，co32、na+、alo2、no3、s2、so32离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；水电离的h+浓度c（h+）=1012moll1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，co32、so32与氢离子反应，nh4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；加入mg能放出h2的溶液中存在大量氢离子，mg2+、nh4+、cl、k+、so42离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，mno4、no3在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故错误；fe3+能够氧化i、s2，al3+在溶液中与s2发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故错误；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为故选c点评：本题考查离子共存的判断，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；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力14实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是( )aabbccdd考点：实验装置综合 专题：实验设计题分析：根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，且无需加热，并用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，采用防倒吸的方法进行尾气处理，说明气体易溶于水，以此解答该题解答：解：a氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故a错误；b氢气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，且不溶于水，故b错误；c制取氯气需要加热，氯气的密度比空气大，能使用向上排空气法，氯气用氢氧化钠溶液吸收时不需要防倒吸，故c错误；d浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体，密度比空气大，用向上排空气法收集，易与氢氧化钠反应，应防止倒吸，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及化学实验基本原理（气体的制备）、实验装置、仪器的使用，为高频考点，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，注意掌握常见气体的制取原理、收集方法及尾气吸收方法15海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是( )a第步中除去粗盐中的so、ca2+、mg2+、fe3+等杂质，加入的药品顺序为：na2co3溶液naoh溶液bacl2溶液过滤后加盐酸b第步中结晶出的mgcl26h2o可在空气中受热分解制无水mgcl2c在第步中溴元素均被氧化d从第步到第步的目的是浓缩考点：海水资源及其综合利用 专题：卤族元素分析：a、选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去；b、氯化镁晶体脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；c、化合价降低的元素在反应中被还原；d、根据转化的目的来判断解答：解：a、选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：bacl2溶液naoh溶液na2co3溶液过滤后加盐酸，故a错误；b、工段中的mgcl26h2o脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；mgcl26h20要在hcl氛围中加热脱水制得无水mgcl2，故b错误；c、第步将溴离子被氧化为溴单质，第步中溴单质被还原为溴离子，第步中溴离子被氧化为溴单质，故c错误；d、第步将溴离子被氧化为溴单质，第步中溴单质被还原为溴离子，第步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，故d正确故选：d点评：本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大16利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收so2，并用阴极排出的溶液吸收no2下列说法正确的是( )aa为直流电源的负极b阴极的电极反应式为：2hso3+2h+es2o42+2h2oc阳极的电极反应式为：so2+2h2o2eso42+4h+d电解时，h+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室考点：电解原理 专题：电化学专题分析：根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应so22e+2h2oso42+4h+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极解答：解：a、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故a错误；b、阴极的电极反应式为：2hso3+2h+2es2o42+2h2o，故b错误；c、阳极的电极反应式为：so2+2h2o2eso42+4h+，故c正确；d、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以h+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故d错误；故选c点评：本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，理解电解池原理是关键，题目难度中等17so2通入足量的fe（no3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入bacl2溶液，会产生白色沉淀针对上述一系列变化，下列说法不正确的是( )a上述过程中，最终被还原的是no3b从上述反应可以得出结论，氧化性：hno3fe3+稀硫酸c上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体d假设通so2完全反应，同温同压下，so2和逸出气体的体积比为1：1考点：氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题：氧化还原反应专题分析：根据滴入bacl2溶液，则会产生白色沉淀，则具有还原性的so2通入fe（no3）3溶液中发生了氧化还原反应，反应时硫元素的化合价升高被氧化为硫酸，铁元素化合价的变化可以依据现象判断，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，注意no3在酸性条件下具有强氧化性解答：解：a、溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被还原的是no3，故a正确；b、由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，综上所述氧化性：hno3fe3+稀硫酸，故b正确；c、硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，故c正确；d、上述过程中，最终被还原的是no3，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原，3so22no3，之比为3：2，故d错误；故选d点评：本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键182.8gfe全部溶于一定浓度200mlhno3溶液中，得到标准状况下气体1.12l，测得反应后溶液ph为1若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是( )a反应后溶液中铁元素一定只以fe3+形式存在b1.12l气体可能是no、no2的混合气体c反应后溶液中c（no3）=0.85mol/ld反应后的溶液最多还能溶解1.82gfe考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：a、根据题目信息可知hno3过量，故fe只可能转化为fe3+b、2.8gfe的物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒，利用极限假设法，若只生成no，计算生成no的体积；若只生成no2，计算生成的no2体积，根据体积判断c、由题目信息可知，反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（fe3+）+c（h+）=c（no3），根据铁元素守恒由n（fe）=n（fe3+），所以c（fe3+）=0.25mol/l，反应后溶液ph为1，所以c（h+）=0.1mol/l，代入上式计算d、计算原硝酸溶液中硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n原来（hno3）=3nfe（no3）3+n剩余（hno3）+n（no），当生成fe（no3）2 时原硝酸溶解的铁最多，据此计算原硝酸溶解的铁的最大重量，减去已经溶解的2.8g，即为反应后的溶液最多还能溶解的fe的质量解答：解：a、反应后溶液ph为1，故hno3过量，fe只可能转化为fe3+，故a正确；b、2.8gfe的物质的量为=0.05mol，若只生成no，根据电子转移守恒可知，n（no）=0.05mol，则v（no）=