山东省淄博六中高三化学上学期10月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省淄博六中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：（本大题共有16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列实验操作导致所读出的数值比真实值小的是（假设其他操作均正确） ( )a对滴定管仰视读数：23.80mlb将胆矾置于托盘天平右盘称量所得质量10.4g（左盘砝码10g，游码0.4g）c中和热测定时用铜棒代替环形玻璃搅拌棒搅拌，测定反应的最高温度：30.4d用量筒量取硝酸时，俯视读数：5.8ml2下列物质能用分液的方法进行分离的是( )a汽油和煤油b乙醇和水c乙酸和乙醇d乙酸乙酯和碳酸钠溶液3下列有关实验的选项正确的是( )aabbccdd4同温同压下，等体积的co和co2相比较，下列叙述中不正确的是( )a物质的量之比为1：1b分子数之比为2：3c原子总数之比为2：3d质量之比为7：115设na表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )a1moll1的ca（clo）2溶液中含clo数目为2nab22.4lcl2分别与足量的cu、fe完全反应转移电子数分别为2na、3nac室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5nad1 moloh与1 moloh所含电子数均为9 na6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )a氯气通入水中：cl2+h2o2h+cl+clob氢氧化铁胶体中加入hi溶液：fe（oh）3+3h+=fe3+3h2ocnaalo2溶液中通入过量co2：2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32d用稀硝酸除去试管内壁银：3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o7已知几种阴离子还原性强弱顺序为ohclbris2，若某溶液含有相同浓度的oh、cl、br、i、s2，当向其中逐滴滴入新制的饱和氯水直至过量时，最后被氧化的离子是( )abrbclcohds28某未知溶液可能含cl、co32、na+、so42、al3+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀下列判断合理的是( )a一定有clb一定有so42c一定没有al3+d一定没有co329下列反应与na2o2+so2na2so4相比较，na2o2的作用相同的是( )a2na2o2+2co22na2co3+o2b2na2o2+2so32na2so4+o2cna2o2+h2so4na2so4+h2o2d3na2o2+cr2o32na2cro4+na2o10na2o2、cl2、so2等均能使品红溶液褪色下列说法正确的是( )ana2o2、cl2、so2依次属于电解质、单质、非电解质b1molna2o2和水反应，转移电子数目为2molc等物质的量的cl2和so2同时通入品红溶液，褪色更快d在na2o2中阴阳离子所含的电子数目相等11下列实验操作与对应的反应现象或原理正确的一组是( )aabbccdd12下列化学实验事实及其结论都正确的是( )aabbccdd13下列叙述和均正确并有因果关系的是( )aabbccdd14一定质量的铜分别与足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应，在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体（假设产物气体只可能是no或no2）下列叙述一定正确的是( )硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少硝酸浓度不同，生成的cu（no3）3的物质的量相同硝酸浓度越大，产生的气体越少用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相同a只有bcd15物质的量相同的n2、o2、co2混合后，通过na2o2颗粒一段时间，测得体积变为原混合气体体积的（同温同压下），此时n2、o2、co2的物质的量之比为( )a1：1：0b6：9：0c3：4：1d3：3：216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1.344l no（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氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )a0.24 molb0.21 molc0.16 mold0.14 mol二、非选择题（本大题共有4小题，共52分）17实验室配制物质的量浓度均为0.2mol/l 的nacl溶液和稀h2so4 各500ml提供的试剂是：nacl固体和98%的浓h2so4（密度为1.84g/cm3）及蒸馏水（1）应用托盘天平称量nacl_g，应用100ml量筒量取h2so4_ml；（2）配制两种溶液时都需要的仪器是_；（3）稀释浓h2so4时应注意_；（4）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有_（填序号）a、在烧杯中溶解溶质搅拌时，溅出少量溶液b、没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中c、定容时，加水超过了刻度线，倒出一些再重新加水到刻度线d、将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量溅出e、把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用f、容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干g、量筒量取浓h2so4后没有用蒸馏水洗涤23次，并将洗液移入容量瓶中18某无色稀溶液x中，可能含有下表所列离子中的某几种阴离子co32、sio32、alo2、cl阳离子al3+、fe3+、mg2+、nh4+、na+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_19工业上以黄铜矿（主要成分cufes2）为原料制备cuso45h2o的主要流程如下：（1）下列装置可用于吸收气体x的是_（填代号）（2）某研究性学习小组用泡铜与co反应来制取粗铜装置b中的药品为_实验时，依次进行如下操作：组装仪器、_、加装药品、通入气体、_、点燃酒精灯（3）熔渣y的成分为fe2o3和feo，选用提供的试剂，设计实验验证熔渣中含有feo写出有关实验操作、现象与结论提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、kscn溶液、kmno4溶液、naoh溶液、氯水_（4）向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时（杂质不参加反应），混酸中h2so4与hno3的最佳物质的量之比为_（5）用滴定法测定所得产品中cuso45h2o的含量，称取a g样品配成100ml溶液，取出20.00ml，用c moll1滴定剂 edta（h2y2）标准溶液滴定至终点（滴定剂不与杂质反应），消耗滴定剂b ml滴定反应如下：cu2+h2y2=cuy2+2h+则cuso45h2o质量分数为_滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准溶液，则会导致测定结果偏_20（18分）cocl26h2o是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为co2o3、co（oh）3，还含少量fe2o3、al2o3、mno等）制取cocl26h2o的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有h+、co2+、fe2+、mn2+、al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/l）cocl26h2o熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中co2o3发生反应的离子方程式_（2）写出naclo3发生反应的主要离子方程式_；若不慎向“浸出液”中加过量naclo3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_（3）“加na2co3调ph至a”，过滤所得到的沉淀成分为_（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_、_和过滤制得的cocl26h2o在烘干时需减压烘干的原因是_（5）萃取剂对金属离子的萃取率与ph的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；其使用的最佳ph范围是_a2.02.5 b3.03.5c4.04.5 d5.05.52015-2016学年山东省淄博六中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：（本大题共有16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列实验操作导致所读出的数值比真实值小的是（假设其他操作均正确） ( )a对滴定管仰视读数：23.80mlb将胆矾置于托盘天平右盘称量所得质量10.4g（左盘砝码10g，游码0.4g）c中和热测定时用铜棒代替环形玻璃搅拌棒搅拌，测定反应的最高温度：30.4d用量筒量取硝酸时，俯视读数：5.8ml考点：计量仪器及使用方法专题：化学实验常用仪器分析：a根据滴定管的结构以及仰视液面偏低；b根据托盘天平称量药品时要特别注意“左物右码”，若放反时可根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，得出物质质量=砝码质量游码质量；c根据铜棒导热，使反应中放出的热量散失；d根据量筒的结构以及俯视液面偏高解答：解：a滴定终点时对滴定管仰视读数，读出的数值比真实值大，故a错误； b由用托盘天平称量药品时，砝码和药品放反了，已知砝码质量为10g，游码质量为0.4g，再根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，即10g=药品质量+0.4g，所以药品实际质量9.6g，读出的数值比真实值大，故b错误；c铜棒导热，使反应中放出的热量散失，温度降低，比真实值小，故c正确；d俯视液面偏高，所读出的数值比真实值大，故d错误故选c点评：本题主要考查了中和滴定操作、滴定管的结构和量筒的结构，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累2下列物质能用分液的方法进行分离的是( )a汽油和煤油b乙醇和水c乙酸和乙醇d乙酸乙酯和碳酸钠溶液考点：分液和萃取专题：实验题分析：根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性即可解答：解：a汽油和煤油互溶，不能用分液漏斗进行分离，故a错误； b乙醇和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故b错误；c乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，故c错误；d乙酸乙酯在碳酸钠溶液中等溶解度很小，能用分液漏斗进行分离，故d正确故选d点评：本题考查了物质的分离和提纯，难度不大，注意分液漏斗能分离的物质必须是互不相溶的液体3下列有关实验的选项正确的是( )aabbccdd考点：化学实验方案的评价分析：a容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；b二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，co既不溶于碱也不溶于水；c苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；d量筒精确到0.1解答：解：a溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故a错误；bco不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去co中混有的二氧化碳，故b正确；c苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故c错误；d量筒精确到0.1，无法量取26.00ml，故d错误；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大4同温同压下，等体积的co和co2相比较，下列叙述中不正确的是( )a物质的量之比为1：1b分子数之比为2：3c原子总数之比为2：3d质量之比为7：11考点：阿伏加德罗定律及推论专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，根据v=nvm、n=、m=nm、分子构成分析解答解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相等，a二者的体积、气体摩尔质量相等，根据v=nvm知，二者的物质的量之比为1：1，故a正确；b二者的体积、气体摩尔质量相等，根据n=知，二者的分子数之比为1：1，故b错误；c根据b知，二者的分子数相等，根据每个co和二氧化碳分子个构成知，二者的原子总数之比为2：3，故c正确；d一氧化碳的摩尔质量为28g/mol、二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，二者的物质的量相等，根据m=nm知，二者的质量之比=28g/mol：44g/mol=7：11，故d正确；故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确基本公式是解本题关键，灵活运用基本公式来分析解答即可，题目难度不大5设na表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )a1moll1的ca（clo）2溶液中含clo数目为2nab22.4lcl2分别与足量的cu、fe完全反应转移电子数分别为2na、3nac室温下，21.0 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5nad1 moloh与1 moloh所含电子数均为9 na考点：阿伏加德罗常数分析：a、溶液体积不明确；b、氯气的状态不明确；c、乙烯和丁烯的最简式均为ch2；d、羟基不带电荷解答：解：a、溶液体积不明确，故溶液中的次氯酸跟的个数无法计算，故a错误；b、氯气的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，则转移的电子的物质的量无法计算，故b错误；c、乙烯和丁烯的最简式均为ch2，故21g混合物中含有的ch2的物质的量n=1.5mol，则含有的碳原子为1.5na个，故c正确；d、羟基不带电荷，故1mol羟基含9mol电子即9na个；而氢氧根带一个负电荷，故1mol氢氧根含10mol电子即10na个，故d错误故选c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6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )a氯气通入水中：cl2+h2o2h+cl+clob氢氧化铁胶体中加入hi溶液：fe（oh）3+3h+=fe3+3h2ocnaalo2溶液中通入过量co2：2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32d用稀硝酸除去试管内壁银：3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o考点：离子方程式的书写分析：a次氯酸为弱电解质保留化学式；b三价铁离子能够氧化碘离子；cnaalo2溶液中通入过量co2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；d稀硝酸与银反应生成硝酸银和一氧化氮解答：解：a氯气通入水中，离子方程式：cl2+h2oh+cl+hclo，故a错误；b氢氧化铁胶体中加入hi溶液，离子方程式为：2fe（oh）3+6h+2i=2fe2+i2+6h2o，故b错误；cnaalo2溶液中通入过量co2：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，故c错误；d用稀硝酸除去试管内壁银，离子方程式：3ag+4h+no3=3ag+no+2h2o，故d正确；故选：d点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式的书写应符合客观实际，注意电荷守恒以及粒子符号等问题7已知几种阴离子还原性强弱顺序为ohclbris2，若某溶液含有相同浓度的oh、cl、br、i、s2，当向其中逐滴滴入新制的饱和氯水直至过量时，最后被氧化的离子是( )abrbclcohds2考点：氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题分析：一种氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应时，还原性强的先反应，还原性弱的后反应，据此分析解答：解：已知几种阴离子还原性强弱顺序为ohclbris2，若某溶液含有相同浓度的oh、cl、br、i、s2，当向其中逐滴滴入新制的饱和氯水直至过量时，还原性强的离子先反应，则s2先反应，氯气不能氧化oh和cl，所以最后被氧化的离子是br，故选a点评：本题考查了氧化还原反应，注意根据离子的还原性判断反应的先后顺序为解答该题的关键，题目难度不大8某未知溶液可能含cl、co32、na+、so42、al3+将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀下列判断合理的是( )a一定有clb一定有so42c一定没有al3+d一定没有co32考点：真题集萃；离子反应发生的条件专题：离子反应专题分析：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则co32不存在；因为al3+水解呈酸性，所以有al3+，取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有so42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有cl，因为前面已滴加了氯化钡，据此作判断解答：解：因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则co32不存在；因为al3+水解呈酸性，所以有al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有so42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有cl，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知a错误；b正确；c错误；d正确，故选bd点评：本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，以及仔细审题，尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰9下列反应与na2o2+so2na2so4相比较，na2o2的作用相同的是( )a2na2o2+2co22na2co3+o2b2na2o2+2so32na2so4+o2cna2o2+h2so4na2so4+h2o2d3na2o2+cr2o32na2cro4+na2o考点：真题集萃；钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：因为在na2o2+so2na2so4中，na2o2是氧化剂，所以，a、在2na2o2+2co22na2co3+o2中na2o2是自身氧化还原；b、在2na2o2+2so32na2so4+o2中na2o2是自身氧化还原；c、在na2o2+h2so4na2so4+h2o2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；d、在3na2o2+cr2o32na2cro4+na2o中，na2o2中1价的氧变为2价，na2o2作氧化剂，据此作判断解答：解：因为在na2o2+so2na2so4中，na2o2的是氧化剂，a、在2na2o2+2co22na2co3+o2中na2o2是自身氧化还原，故a错误；b、在2na2o2+2so32na2so4+o2中na2o2是自身氧化还原，故b错误；c、在na2o2+h2so4na2so4+h2o2中，这是非氧化还原，是一个复分解反应，故c错误；d、在3na2o2+cr2o32na2cro4+na2o中，na2o2中1价的氧变为2价，na2o2作氧化剂，故d正确；故选d点评：本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度10na2o2、cl2、so2等均能使品红溶液褪色下列说法正确的是( )ana2o2、cl2、so2依次属于电解质、单质、非电解质b1molna2o2和水反应，转移电子数目为2molc等物质的量的cl2和so2同时通入品红溶液，褪色更快d在na2o2中阴阳离子所含的电子数目相等考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质分析：a根据概念进行解答，自身电离出离子，能导电的化合物是电解质，自身不能电离出自由移动的离子的化合物属于非电解质，由同种元素组成的物质是单质；b过氧化钠和水的反应为2na2o2+2h2o=4naoh+o2，根据过氧化钠和转移电子之间的关系式计算；cso2和cl2按1：1通入，so2和cl2恰好反应，二者反应生成h2so4和hcl，发生：so2+cl2+2h2o=h2so4+2hcl，不再具有漂白性；d过氧化钠中阴阳离子分别是o22和na+解答：解：ana2o2是离子化合物，属于电解质，cl2由同种元素组成，属于单质，so2属于非金属氧化物，自身不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故a正确；b标况下，1 mol na2o2和水的反应为2na2o2+2h2o=4naoh+o2，转移电子数目=1mol=1mol，故b错误；cso2和cl2按1：1通入，so2和cl2恰好反应，二者反应生成h2so4和hcl，发生：so2+cl2+2h2o=4h+so42+2cl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以不再具有漂白性，故c错误；d过氧化钠中阴阳离子分别是o22和na+，一个过氧根离子中含有18个电子，一个钠离子中含有10个电子，所以在过氧化钠中阴阳离子所含的电子数目不相等，故d错误；故选a点评：本题考查较为综合，涉及电解质与非电解质概念、氧化还原反应计算、氯气性质与过氧化钠结构等，是对基础知识的考查，难度不大11下列实验操作与对应的反应现象或原理正确的一组是( )aabbccdd考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a碘化钾中加入氯水生成碘，碘易溶于苯，且苯的密度比水小；b加入电解质，胶体发生聚沉，氢氧化铝为两性氢氧化物；c盐酸为非氧化性酸；d溶剂体积不等于溶液体积解答：解：a碘化钾中加入氯水生成碘，碘易溶于苯，且苯的密度比水小，可观察到溶液分层，上层呈紫红色，故a错误；b加入电解质，胶体发生聚沉，氢氧化铝为两性氢氧化物，可溶液盐酸或氢氧化钠溶液，故b正确；c加入盐酸是由于生成络合物而溶解的缘故，与盐酸的氧化性无关，盐酸为非氧化性酸，故c错误；d溶剂体积不等于溶液体积，应加水至溶液体积为1l，故d错误故选ab点评：本题考查较为综合，涉及萃取、胶体的性质以及溶液的配制等，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大12下列化学实验事实及其结论都正确的是( )aabbccdd考点：化学实验方案的评价分析：a发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱；b铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；c铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的fe3o4和h2；d铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和so2解答：解：aso2与hclo反应生成h2so4，是hclo的强氧化性所致，不是酸性所致，所以不能得出hclo的酸性比h2so4强的结论，故a错误；b氧化铝的熔点高于铝，故熔融的铝能被固体氧化铝膜包住，故b正确；c铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的fe3o4和h2，而不是红色的fe2o3，故c错误；d铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和so2，该反应不属于置换反应，故d错误；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、铝、铁、铜的化学性质等，注重物质性质的考查，综合性较强，但题目难度不大13下列叙述和均正确并有因果关系的是( )aabbccdd考点：物质的分离、提纯和除杂；氨的物理性质；溶液的配制；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用专题：化学实验基本操作分析：a利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；bbaso4难溶于酸，先加入盐酸可排除ag+或so32的影响；c氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，形成喷泉，为物理性质；d氢氧化钙微溶于水解答：解：a用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故a错误；b硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可以检验是否含有so42，故b正确；c氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故c错误；d氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故d错误故选b点评：本题考查混合物分离提纯以及物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离方法、原理为解答的关键，选项a为解答的易错点，题目难度不大14一定质量的铜分别与足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应，在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体（假设产物气体只可能是no或no2）下列叙述一定正确的是( )硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少硝酸浓度不同，生成的cu（no3）3的物质的量相同硝酸浓度越大，产生的气体越少用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相同a只有bcd考点：硝酸的化学性质专题：氮族元素分析：根据3cu+8hno3（稀）3cu（no3）2+2no+4h2o、cu+4hno3（浓）cu（no3）2+2no2+2h2o、3no2+h2o2hno3+no来解答解答：解：一定质量的铜分别与足量的稀硝酸和浓硝酸完全反应，发生3cu+8hno3（稀）3cu（no3）2+2no+4h2o、cu+4hno3（浓）cu（no3）2+2no2+2h2o，等量的cu与酸反应，浓硝酸消耗的多，故错误；等量的cu与酸反应，由cu原子守恒可知生成cu（no3）2的物质的量相同，故正确；等量的cu与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故错误；因3no2+h2o2hno3+no，最终收集气体均为no，由电子守恒可知，收集no的体积相等，故正确；故选b点评：本题考查cu与硝酸的反应，为高频考点，把握浓度不同发生的反应不同及发生的化学反应方程式为解答的关系，题目难度不大15物质的量相同的n2、o2、co2混合后，通过na2o2颗粒一段时间，测得体积变为原混合气体体积的（同温同压下），此时n2、o2、co2的物质的量之比为( )a1：1：0b6：9：0c3：4：1d3：3：2考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：氧气和氮气都不和过氧化钠反应，二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，根据反应前后体积的变化判断出二氧化碳有剩余，再根据反应的化学方程式计算混合气体中n2、o2、co2物质的量之比解答：解：设三者的物质的量分别为3mol，发生的反应方程式为2na2o2+2co2=2na2co3+o2，现气体体积变为原来的，即剩余气体的物质的量为8mol，若二氧化碳完全与过氧化钠反应，则气体的物质的量减少1.5 mol，即剩余气体为7.5 mol，说明二氧化碳有剩余，设有xmol二氧化碳参加反应，则有3+3+0.5x+（3x）=8，解得：x=2，所以反应后n2的物质的量为3mol，o2的物质的量为4mol，co2的物质的量为1mol，反应后的混合气体中n2、o2、co2的物质的量之比为3：4：1，故选c点评：本题考查有关混合物的计算，题目难度不大，注意明确通过过氧化钠时，因为二氧化碳变为氧气，引起体积变化，注意差量法在化学计算中的应用方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学计算能力16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1.344l no（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氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )a0.24 molb0.21 molc0.16 mold0.14 mol考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成no的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量解答：解：因一定量的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，所得溶液中加入kscn溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为fe（no3）2，1.344l no（标准状况）的物质的量为=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12l4mol/l0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（fe）=0.21mol故选：b点评：本题考查学生利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键二、非选择题（本大题共有4小题，共52分）17实验室配制物质的量浓度均为0.2mol/l 的nacl溶液和稀h2so4 各500ml提供的试剂是：nacl固体和98%的浓h2so4（密度为1.84g/cm3）及蒸馏水（1）应用托盘天平称量nacl5.9g，应用100ml量筒量取h2so45.4ml；（2）配制两种溶液时都需要的仪器是烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；（3）稀释浓h2so4时应注意将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，边倒边用玻璃棒搅拌；（4）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有abcde（填序号）a、在烧杯中溶解溶质搅拌时，溅出少量溶液b、没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中c、定容时，加水超过了刻度线，倒出一些再重新加水到刻度线d、将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量溅出e、把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用f、容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干g、量筒量取浓h2so4后没有用蒸馏水洗涤23次，并将洗液移入容量瓶中考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验题分析：（1）依据m=cvm计算需要nacl的质量；依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释定律c浓v浓=c稀v稀来计算；（2）根据配制溶液的步骤选择仪器；（3）依据浓硫酸稀释方法解答；（4）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析解答：解：（1）配制物质的量浓度均为0.2mol/l 的nacl溶液500ml，需要氯化钠的质量m=0.2mol/l0.5l58.5g/mol=5.9g；98%的浓h2so4（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度c=18.4mol/l，设需要的浓硫酸的体积为vml，根据溶液稀释定律c浓v浓=c稀v稀可知：0.2mol/l500ml=18.4mol/lvml，解得：v=5.4ml；故答案为：5.9；5.4；（2）配制nacl溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；配制稀h2so4的步骤是计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；配制两种溶液时都需要仪器：烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；故答案为：烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；（3）由于浓硫酸密度大、溶于水放热，故稀释浓硫酸的方法：将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，边倒边用玻璃棒搅拌故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，边倒边用玻璃棒搅拌；（4）a、在烧杯中溶解溶质搅拌时，溅出少量溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故a选；b、没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故b选；c、定容时，加水超过了刻度线，倒出一些再重新加水到刻度线，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故c选；d、将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故d选；e、把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，相当于稀释配制好的溶液，溶液浓度偏低，故e选；f、容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故f不选；g、量筒量取浓h2so4后没有用蒸馏水洗涤23次，并将洗液移入容量瓶中，正确操作对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故g不选；故选：abcde点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算、仪器选择和操作排序，属于基础型题目，明确原理是解题关键，难度不大18某无色稀溶液x中，可能含有下表所列离子中的某几种阴离子co32、sio32、alo2、cl阳离子al3+、fe3+、mg2+、nh4+、na+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sio32、alo2，ab段发生反应的离子co32，bc段发生反应的离子方程式al（oh）3+3h+=al3+3h2o（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al3+、mg2+、nh4+、cl，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2：1：4：12，ab段反应的离子方程式为nh4+oh=nh3h2o考点：离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验分析：（1）无色溶液中不会含有fe3+，加入盐酸后能形成的沉淀有al（oh）3、h2sio3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有alo2、sio32oa段发生反应的离子为alo2、sio32，ab段为co32，bc段则是al（oh）3溶解（2）当向溶液中加入naoh时，生成的沉淀为mg（oh）2、al（oh）3，ab段是nh4+与oh之间发生反应，因mg2+、al3+不能与co32、sio32、alo2共存，故此时溶液中阴离子只有cl结合图象，溶解al（oh）3、与nh4+作用、生成al（oh）3消耗的naoh体积比为1：2：3；由此可求出与mg2+反应时消耗的naoh体积与溶解al（oh）3消耗naoh 溶液一样多，故溶液中n（al3+）：n（mg2+）：n（nh4+）=2：1：4，再利用电荷守恒原理求出n（cl），最后就得到各种离子物质的量比解答：解：（1）某无色稀溶液x中，无色溶液中不会含有fe3+，加入盐酸后能形成的沉淀有al（oh）3、h2sio3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有sio32、alo2；则oa段发生反应的离子为alo2、sio32；ab段发生的反应沉淀的量不变，所以ab段为盐酸与co32反应，bc段沉淀减少，则是al（oh）3溶解于盐酸，其反应的离子方程式为：al（oh）3+3h+=al3+3h2o故答案为：alo2、sio32；co32；al（oh）3+3h+=al3+3h2o；（2）若y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含al3+、mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存，即溶液中不含co32、sio32、alo2，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含cl；当ab段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：nh4+ohnh3h2o，即溶液中含nh4+；当bc段时沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有al3+、mg2+，即bc段的反应为：al（oh）3+ohalo2+2h2o即则x中一定含有的离子是al3+、mg2+、nh4+、cl；由于溶液中有al3+、mg2+，故oa段转化为沉淀的离子是al3+、mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为nh4+ohnh3h2o；溶液中有al3+、mg2+，即沉淀中含al（oh）3和mg（oh）2，故bc段的反应为：al（oh）3+ohalo2+2h2o，nh4+反应需要naoh的体积是2v，由于al（oh）3溶解时需要的naoh的体积是v，则生成al（oh）3需要的naoh的体积是3v，而生成mg（oh）2和al（oh）3共消耗naoh的体积为4v，则生成mg（oh）2需要naoh溶液的体积是v，则n（al3+）：n（mg2+）：n（nh4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（al3+）+2n（mg2+）+n（nh4+）=n（cl ），故n（cl ）=12，即有：n（al3+）：n（mg2+）：n（nh4+）：n（cl）=2：1：4：12故答案为：al3+、mg2+、nh4+、cl；2：1：4：12；nh4+ohnh3h2o点评：本题考查离子检验及离子反应，根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量，同时考查学生思维的缜密性、考虑问题的全面性，题目较难19工业上以黄铜矿（主要成分cufes2）为原料制备cuso45h2o的主要流程如下：（1）下列装置可用于吸收气体x的是bd（填代号）（2）某研究性学习小组用泡铜与co反应来制取粗铜装置b中的药品为碱石灰实验时，依次进行如下操作：组装仪器、检查装置的气密性、加装药品、通入气体、收集co检验纯度、点燃酒精灯（3）熔渣y的成分为fe2o3和feo，选用提供的试剂，设计实验验证熔渣中含有feo写出有关实验操作、现象与结论提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、kscn溶液、kmno4溶液、naoh溶液、氯水取少量熔渣，加适量稀硫酸溶解，向溶液中加入kmno4溶液，若溶液紫红色褪去，可证明熔渣中含有feo（4）向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时（杂质不参加反应），混酸中h2so4与hno3的最佳物质的量之比为3：2（5）用滴定法测定所得产品中cuso45h2o的含量，称取a g样品配成100ml溶液，取出20.00ml，用c moll1滴定剂 edta（h2y2）标准溶液滴定至终点（滴定剂不与杂质反应），消耗滴定剂b ml滴定反应如下：cu2+h2y2=cuy2+2h+则cuso45h2o质量分数为滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准溶液，则会导致测定结果偏高考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：（1）气体x是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质以及溶解度大小判断；（2）粗铜与co反应生成二氧化碳，剩余co有毒，需做燃烧处理，在此之前利用装置b吸收二氧化碳，据此解答即可；依据该实验的先后顺序回答即可；（3）若fe2o3中含有feo，利用稀酸（非氧化性）溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中kmno4溶液具有强氧化性，可利用kmno4溶液褪色来证明；（4）当硝酸根离子恰好反应时硫酸和硝酸的物质的量之比最佳，根据离子方程式计算即可；（5）根据反应方程式及滴定数据计算出硫酸铜的物质的量，再计算出硫酸铜晶体的质量分数；根据cuso45h2o质量分数的表达式分析误差；滴定管需要润洗，据此解答即可解答：解：（1）依据流程图可知x气体是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，a、导管未插入液面以下，不能起到吸收作用，故a错误；b、氢氧化钠可以吸收二氧化硫，且二氧化硫溶解度较大，先通入到四氯化碳溶液中，起到缓冲气流的作用，能防止倒吸，故b正确；c、二氧化硫溶解度较大，倒扣的漏斗伸入液面以下，不能起到防倒吸的作用，故c错误；d、倒扣的圆底烧瓶起到安全瓶的作用，能防止倒吸，故d正确；故选bd；（2）粗铜与co反应生成二氧化碳，剩余co有毒，需做燃烧处理，在此之前利用装置b吸收二氧化碳，故b中应盛放碱石灰，故答案为：碱石灰