山东省滕州市实验中学高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

山东省滕州市实验中学 2014-2015学年高一上学期期中化学试卷一、选择题：（每题只有1个正确选项，每题2分，共20分）1以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是( )abcd考点：化学试剂的分类 专题：物质的分类专题分析：乙醇易燃烧，属于易燃液体，然后根据各选项图标的含义解答解答：解：a图标为爆炸品，故a错误； b图标为剧毒品，故b错误；c图标为腐蚀品，故c错误；d乙醇为易燃液体，图标为易燃液体，故d正确故选d点评：本题考查化学试剂的分类，明确乙醇易燃烧，属于易燃液体是解题的关键，较简单2据中央电视台报道，近年来我国的一些沿江城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系( )a乳浊液b溶液c胶体d悬浊液考点：胶体的重要性质 专题：溶液和胶体专题分析：根据常见的胶体有淀粉溶液、冬天的大雾、牛奶、鸡蛋（蛋白质溶液）溶液、al（oh）3胶体、fe（oh）3胶体等解答：解：分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：c点评：本题考查学生题考查学生教材知识的记忆熟练程度，可以根据所学知识进行回答，记住常见的胶体是解题的关键3市场上销售的食品包装有多种方式，其中一种为真空包装，如香肠、盐水鸭、月饼等食品，抽出包装袋内空气并放入一小包铁粉那么铁粉的主要表现的性质是( )a氧化性b还原性c漂白性d酸性考点：铁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：铁粉具有还原性，可与空气中氧气发生氧化还原反应而防止食品被氧化而变质，以此解答该题解答：解：铁元素化合价处于最低价态时只具有还原性，不具有氧化性、漂白性和酸性，可与空气中氧气发生氧化还原反应而防止食品被氧化而变质，以此用于食品添加剂故选b点评：本题考查铁的性质，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累4丙酮是一种常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度小于1g/ml，沸点约55，分离水和丙酮时最合理的方法是( )a蒸发b分液c过滤d蒸馏考点：物质的分离、提纯和除杂 专题：化学实验基本操作分析：互溶的两种液体，其沸点不同，则可利用蒸馏来分离，以此来解答解答：解：水与丙酮互溶，二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现二者的分离故选d点评：本题考查物质的分离、提纯方法，题目难度不大，注意相关基础知识的积累5在酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是( )ak+、ca2+、hco、clbfe2+、na+、no、clcna+、k+、mg2+、sodmg2+、fe3+、cl、oh考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：酸性溶液中含大量的h+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答解答：解：a因h+、hco3结合生成水和气体，则不能共存，故a错误；b因fe2+、h+、no3发生氧化还原反应，则不能共存，故b错误；c酸性溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故c正确；dmg2+、fe3+分别与oh结合生成沉淀，h+、oh结合生成水，则不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存，为2015届高考常见题型，侧重学生思维严密性的考查，熟悉离子的性质及反应即可解答，题目难度不大6下列离子方程式书写正确的是( )a铁与稀盐酸反应：2fe+6h+2fe3+3h2b氢氧化钡溶液加入稀硫酸中：oh+h+h2oc石灰石加入稀盐酸中：caco3+2h+=ca2+co2+h2od铜片插入硝酸银溶液中：cu+ag+cu2+ag考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会生成铁离子；b氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成硫酸钡沉淀的反应；c石灰石的主要成分为碳酸钙，碳酸钙为难溶物，离子方程式中需要保留化学式；d根据电荷守恒判断，离子方程式两边正电荷不相等解答：解：a铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：fe+2h+fe2+h2，故a错误；b氢氧化钡溶液加入稀硫酸，反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：2h+so42+ba2+2oh=baso4+2h2o，故b错误；c石灰石加入稀盐酸中，反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：caco3+2h+=ca2+co2+h2o，故c正确；d铜与银离子反应生成银单质和铜离子，正确的离子方程式为：cu+2ag+cu2+2ag，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的判断，为2015届高考中的高频题，难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）7下列叙述错误的是( )a酸、碱、盐、氧化物在组成上的共同点是都含有非金属元素b只含有一种元素的物质不一定都是纯净物c电离产生h+的化合物叫酸，其分子中氢原子的个数即是该酸的元数d压强恒定时，气体在水中的溶解度随温度的升高而降低考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题分析：a、酸：电离时生成的阳离子全部是h+的化合物；碱：电离时生成的阴离子全部是oh的化合物；盐：电离时生成金属离子（包括nh4+）和酸根离子的化合物；氧化物：由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物；b、纯净物只由一种物质组成；c、酸：电离时生成的阳离子全部是h+的化合物；根据酸能电离出h+的个数分类为一元酸、二元酸等；d、压强恒定时，温度的升高，气体的溶解度降低解答：解：a、酸中都含有氢元素，碱中都含有氢氧根，盐中都含有酸根，酸根是由非金属元素组成，氧化物中都含有氧元素，都含有非金属元素，故a正确；b、只含有一种元素的物质不一定都是纯净物，如氧气和臭氧的混合物，故b正确；c、电离时生成的阳离子全部是h+的化合物是酸，根据酸能电离出h+的个数分类为一元酸、二元酸等，而不是关键分子中氢原子的个数，故c错误；d、压强恒定时，气体在水中的溶解度随温度的升高而降低，故d正确；故选c点评：本题主要考查物质的分类和气体的溶解性，题目难度不大，注意概念的掌握8下列实验装置或操作与粒子的大小有直接关系的是( )a蒸馏b蒸发c萃取d丁达尔效应考点：化学实验方案的评价 专题：化学实验基本操作分析：与粒子大小有关系的操作有过滤、渗析，另外丁达尔效应属于胶体的性质，与粒子大小有关，以此解答该题解答：解：a蒸馏与物质的沸点有关，故a错误；b蒸发与沸点有关，与粒子大小无关，故b错误；c萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故c错误；d胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故d正确故选d点评：本题综合考查物质的分离、提纯以及胶体的性质，为2015届高考常见题型和高频考点，侧重于基础知识的考查，注意把握实验的基本操作原理以及方法，难度不大9下列说法正确的是（na表示阿伏加德罗常数的值）( )28g氮气所含有的原子数目为na4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.1na在常温常压下，11.2l n2含有的分子数为0.5na在标况下 1mol ne含有的原子数为na0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数为1.5na标准状况下，1l水所含分子数为4na17g氨气所含电子数目为10naabcd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：依据n=计算物质的量结合分子式计算原子数；依据n=计算物质的量，结合钙最外层电子数为2分析；依据气体摩尔体积的应用条件分析，标准状况下气体摩尔体积为22.4l/mol；ne是单原子分子；依据1mol铝和足量盐酸反应失电子3mol分析计算；标准状况水不是气体；依据n=计算物质的量，结合氨气分子式计算电子数；解答：解：依据n=计算物质的量=1mol，结合分子式计算原子数为2na ，故错误；依据n=计算物质的量=0.1mol，结合钙最外层电子数为2分析，4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为0.2na，故错误；依据气体摩尔体积的应用条件分析，标准状况下气体摩尔体积为22.4l/mol，在常温常压下，11.2l n2物质的量不是0.5mol，故错误；ne是单原子分子，在标况下 1mol ne含有的原子数为na，故正确；依据1mol铝和足量盐酸反应失电子3mol分析计算，0.5mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数为1.5na，故正确；标准状况水不是气体，1l水所含分子数约为na=55.6na，故错误；依据n=计算物质的量=1mol，结合氨气分子式计算电子数10na，故正确；综上所述正确；故选d点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质的量和气体体积、微粒数的计算应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等10实验室里利用以下反应制取少量氮气：nano2+nh4clnacl+n2+2h2o关于该反应的下列说法正确的是( )a每生成1 mol n2转移的电子的物质的量为6 molbn2既是氧化剂，又是还原剂cnh4cl中的氮元素被还原dnano2是氧化剂考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：nano2+nh4clnacl+n2+2h2o中，n元素的化合价由+3价降低为0，n元素的化合价由3价升高为0，以此来解答解答：解：a由n元素的化合价变化可知，每生成lmoln2转移的电子的物质的量为3mol，故a错误；b该反应中只有元素的化合价变化，则n2既是氧化产物，又是还原产物，故b错误；cnh4cl中的氮元素化合价升高，失去电子被氧化，故c错误；dnano2中n元素的化合价降低，是氧化剂，故d正确；故选d点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意电子守恒及转移电子数，题目难度不大二、选择题：（每题只有1个正确选项，每题3分，共30分）11一定量某营养液中溶质的配方分别如下：配方一：0.3mol kcl，0.2mol k2so4，0.1molzn so4配方二：0.1mol kcl，0.3mol k2so4，0.1molzncl2对于两种营养液的成分，下列说法中正确的是( )a只有n（k+）相同b只有n（cl）相同c完全相同d各离子的物质的量完全不同考点：电解质在水溶液中的电离 专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：信息中的溶质都是强电解质，溶于水全部电离出自由移动的离子，虽然两份营养液的溶质不同，计算溶质电离出的各离子的物质的量是否相同解答：解：溶质均为强电解质，溶于水全部电离出自由移动的离子，两份溶液中含有的离子相同，离子是：k+ cl （so4）2 zn2+，分别计算两溶液中各离子的物质的量第一份：n（k+ ）=0.3mol+20.2 mol=0.7mol，n（cl ）=0.3mol，n（ （so4）2 ）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，n（ zn2+）=0.1mol，第二份：n（k+ ）=0.1mol+20.3mol=0.7mol，n（cl ）=0.1mol+20.1mol=0.3mol，n（so42 ）=0.3mol，n（ zn2+）=0.1mol，则离子的物质的量完全相同，故选c点评：本题考查电解质的电离、物质的量的计算，学生应熟悉利用电离来分别计算各离子的物质的量，然后再判断选项是否正确，难度不大12如表实验操作正确的是( )编号实验操作a实验室用自来水制备蒸馏水将自来水倒入烧杯中，小心给烧杯加热b配制一定浓度的氯化钾溶液100ml将称好的氯化钾固体放入100ml容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容c检验溶液中是否含so42先加入稀盐酸，无明显现象，再加入bacl2溶液d取出分液漏斗中的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出aabbccdd考点：化学实验方案的评价 分析：a用自来水制蒸馏水是将水加热蒸馏；b容量瓶是定容仪器，不能作为溶解仪器；c加入盐酸后排除了干扰离子，再加入氯化钡，若生成了白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中一定含有硫酸根离子；d分液漏斗中的下层液体从分液漏斗下端管口放出，上层液体从上口倒出解答：解：a自来水和蒸馏水的差别是所含的可溶性钙镁化合物的量不同，用自来水制蒸馏水是将水加热蒸馏，故a错误；b容量瓶是定容仪器，不能作为溶解仪器，也不能用来稀释液体，故b错误；c向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，说明溶液中不存在银离子，然后再加入bacl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中存在硫酸根离子，故c正确；d分液漏斗中的下层液体从分液漏斗下端管口放出，上层液体从上口倒出，故d错误故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及常见离子的检验、物质的制备、溶液配制等，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，在检验离子存在时，需要排除干扰，保证检验方案的严密性13下列离子方程式正确的是( )a氧化铁和稀硫酸反应：fe2o3+6h+=2fe2+3h2ob碳酸氢钠溶液中加稀硫酸：co32+2h+=h2o+co2c向ba（oh）2溶液中滴加nahso4溶液至恰好为中性：ba2+oh+h+so42=baso4+h2odcu（oh）2加入h2so4：2h+cu（oh）2=cu2+2h2o考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，不是生成亚铁离子；b碳酸氢钠电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，需要保留整体形式；c溶液为中性，则氢氧化钡与硫酸氢钠按照物质的量1：2反应，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写；d氢氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，氢氧化铜需要保留化学式解答：解：a氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，正确的离子方程式为：fe2o3+6h+=2fe3+3h2o，故a错误；b碳酸氢钠溶液中加稀硫酸，反应生成二氧化碳气体和水，碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：hco3+h+=h2o+co2，故b错误；c向ba（oh）2溶液中滴加nahso4溶液至恰好为中性，氢氧化钡与硫酸氢钠按照物质的量1：2反应，正确的离子方程式为：ba2+2oh+2h+so42=baso4+2h2o，故c错误；dcu（oh）2加入h2so4，氢氧化铜需要保留化学式，反应的离子方程式为：2h+cu（oh）2=cu2+2h2o，故d正确；故选d点评：本题考查了离子方程式的书写判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等14已知co2o3在酸性溶液中易被还原成co2+，且co2o3、cl2、fecl3、i2的氧化性依次减弱下列叙述中，正确的是( )acl2通入fei2溶液中，可存在反应3cl2+6fei2=2fecl3+4fei3b每1 mol co2o3在酸性溶液中被氧化生成co2+时转移2 mol ecfecl3溶液能使淀粉ki试纸变蓝di2具有较强的氧化性，可以将co2+氧化成co2o3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：a根据物质的氧化性强弱确定反应方程式是否正确；bco2o3在酸性溶液中易被还原成co2+；c根据氯化铁和碘的氧化性强弱判断氯化铁能否氧化碘离子而得到碘单质，如果能得到碘单质，则淀粉碘化钾试纸就能变蓝，否则不能变蓝；d根据co2o3和i2的氧化性强弱判断碘能否氧化co2+解答：解：acl2、fecl3、i2的氧化性依次减弱，所以氯气通入fei2溶液中，氯气先氧化铁离子后氧化碘离子，所以不可能存在反应3cl2+6fei22fecl3+4fei3，故a错误；bco2o3在酸性溶液中易得电子而被还原成co2+，所以每1 mol co2o3在酸性溶液中被还原生成co2+时转移2 mol e，故b错误；c氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以氯化铁溶液能使淀粉ki试纸变蓝，故c正确；dco2o3的氧化性大于i2，所以co2o3能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将co2+氧化成co2o3，故d错误；故选c点评：本题考查氧化性强弱比较，为高频考点，明确根据氧化性大小确定物质之间的反应是解本题关键，难度不大15粗盐中含ca2+、mg2+、fe3+、so42及泥沙等杂质，需要提纯后才能综合利用粗盐提纯的步骤有：加入过量的na2co3溶液；加入过量的bacl2溶液；加入过量的naoh溶液；加盐酸调节溶液的ph；溶解；过滤； 蒸发正确的操作顺序是( )abcd考点：化学实验操作的先后顺序 分析：把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除fe3+用氢氧根，除硫酸根用钡离子要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉解答：解：除去粗盐中的可溶性杂质：mg2+、ca2+、fe3+、so42时，可以加入过量naoh（去除镁离子和铁离子）：mg2+2oh=mg（oh）2，fe3+3ohfe（oh）3；加入过量bacl2（去除硫酸根离子）：so42+ba2+=baso4；加入过量na2co3（去除钙离子的多余的钡离子）：ca2+co32=caco3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；然后调节溶液的ph等于7后蒸发即可故选d点评：本题主要考查了粗盐提纯过程中的除杂方面的知识，综合性强，要注意除杂质的顺序，题目难度不大16将一定质量的a、b、c、d四种物质放入一密闭容器中，在一定条件下反应一段时间后，测得反应后各物质的质量如下下列说法错误的是( )物 质abcd反应前质量/g6.403.204.000.50反应后质量/g待测2.567.200.50aa和b是反应物，d可能是催化剂b反应后a物质的质量为4.64gcc物质中元素的种类，一定和a、b二种物质中元素的种类相同d若物质a与物质b的相对分子质量之比为21，则反应中a与b的化学计量数（系数）之比为2l考点：质量守恒定律；催化剂的作用 专题：物质的性质和变化专题分析：根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和ab、反应后质量增加的是生成物，减少的是反应物，由表格信息可知反应后c质量增加了3.2克，是生成物；b质量减少了0.64克，是反应物；d质量不变，做催化剂或者是杂质反应物还少3.2g0.64g=2.56克，所以a是反应物，反应后物质a的质量为6.40g2.56g=3.84g，反应物是a和b，生成物是cc、c物质中元素的种类，一定等于a、b二种物质中元素的种类；d、物质a与物质b的质量比为2.56：0.64=4：1，从而可以解答解答：解：a、由表格信息可知反应后c质量增加了3.2克，是生成物；b质量减少了0.64克，是反应物；d质量不变，可能是做催化剂，也可能是杂质反应物还少3.2g0.64g=2.56克，所以a是反应物，故a正确；b、根据质量守恒，参加反应的a质量为3.2g0.64g=2.56克，所以反应后物质a的质量为6.4g2.56g=3.84g，故b错误；c、反应物是a和b，生成物是c，所以是化合反应，依据质量守恒定律可知c物质中元素的种类，一定等于a、b二种物质中元素的种类；故c正确；d、物质a与物质b的质量比为2.56：0.64=4：1，物质a与物质b的相对分子质量之比为21，所以反应中a与b的化学计量数（系数）之比为2l，故d正确故选：b点评：考查质量守恒定律，难度中等，认真分析各物质的质量变化情况，依据质量守恒定律仔细推敲，即可求解17用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )a常温常压下，2.3 g na变成na2o2时，失去0.2na个电子b常温常压下，32 g氧气和32 g臭氧都含有2na个氧原子c500 ml 0.2 mol/l naoh溶液中含有na个na+离子d在20、1.01105pa时，11.2 l氮气含有na个氮原子考点：阿伏加德罗常数 分析：a、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素变为+1价来分析；b、氧气和臭氧均由氧原子构成；c、求出氢氧化钠的物质的量，然后根据1mol氢氧化钠中含1mol钠离子来分析；d、20、1.01105pa时，气体摩尔体积大于22.4l/mol解答：解：a、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后钠元素变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子即0.1na个，故a错误；b、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g氧气和32g臭氧中所含的氧原子的物质的量均为n=2mol，即2na个，故b正确；c、氢氧化钠的物质的量n=cv=0.2mol/l0.5l=0.1mol，而1mol氢氧化钠中含1mol钠离子，故0.1mol氢氧化钠中含0.1mol钠离子，故c错误；d、20、1.01105pa时，气体摩尔体积大于22.4l/mol，故11.2l氮气的物质的量小于0.5mol，则含有的氮原子的个数小于na个，故d错误故选b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18已知在相同条件下进行下列反应：下列说法正确的是( )cl2+2kbr=2kcl+br2kclo3+6hcl=3cl2+kcl+3h2o2kbro3+cl2=br2+2kclo3a上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应b反应和反应中均生成br2，溴元素发生的变化相同c反应中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6：1d中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为10mol考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：a一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；b根据br元素的化合价变化判断；c反应6molhcl中只有5mol被氧化；dlmol还原剂反应失去10mol电子解答：解：a一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，kclo3+6hcl=3cl2+kcl+3h2o反应中生成两种化合物，不属于置换反应，故a错误；bcl2+2kbr=2kcl+br2中br元素的化合价从1价升高到0价，2kbro3+cl2=br2+2kclo3中br元素的化合价才能够+5价降低到0价，则反应和反应中均生成br2，溴元素发生的变化不同，故b错误；ckclo3+6hcl=3cl2+kcl+3h2o中反应6molhcl中只有5mol被氧化，则被氧化与被还原物质的物质的量之比为5：1，故c错误；d2kbro3+cl2=br2+2kclo3中lmol还原剂cl2反应失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，故d正确故选d点评：本题考查了氧化还原反应，侧重于化合价变化和电子守恒的考查，题目难度不大19已知a2on2可与b2反应，b2被氧化，产物为b单质，a2on2被还原，产物为a3+且知100mlc（a2on2）=0.3moll1的溶液与150mlc（b2）=0.6moll1的溶液恰好完全反应，则n值为( )a4b5c6d7考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：根据化合价代数和为0可知a2on2中a的化合价为+=+（n1），a2on2与b2反应，得失电子数目相等，可根据化合价的升降数值相等计算n值解答：解：a2on2中a的化合价为+=+（n1），n（a2on2）=0.1l0.3mol/l=0.03mol，nc（b2）=0.15l0.6mol/l=0.09mol氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则0.03mol2（n13）=0.09mol（20）n=7，故选d点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等的角度计算20下列说法正确的是( )a把100ml3moll1的h2so4跟100mlh2o混合，硫酸的物质的量浓度改变为1.5moll1b把100g20%的nacl溶液跟100gh2o混合后，nacl溶液的质量分数是10%c把200ml3moll1的bacl2溶液跟100ml3moll1的kcl溶液混合后，溶液中的c（cl）仍然是3moll1d把100ml20%的naoh溶液跟100mlh2o混合后，naoh溶液的质量分数是10%考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：a、硫酸溶液与水混合体积不具备加合性b、稀释中溶质的质量不变，溶液质量变为原来2倍，根据质量分数的定义判断c、两溶液中氯离子的浓度不相同d、氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同解答：解：a、混合后溶液的体积不等于原硫酸溶液的体积与水的体积之和，故a错误；b、稀释中溶质的氯化钠质量不变为20g，溶液质量变为原来2倍，为200g，所以混合后，nacl溶液的质量分数是10%，故b正确；c、3moll1的bacl2溶液中氯离子浓度为6moll1，3moll1的kcl溶液中氯离子浓度为l3moll1，混合后氯离子浓度，介于之间3moll16moll1，故c错误；d、氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算具体值，由于氢氧化钠的密度比水的大，根据质量分数的定义可推断混合后质量分数大于10%，故d错误故选：b点评：考查物质的量浓度与质量分数混合计算，浓度不大，注意溶液混合体积不具备加合性三、填空题：（共3道，每空2分，合计28分）21（1）在标准状况下，测得1.32g某气体的体积为0.672l则此气体的摩尔质量为44g/mol（2）等质量co、co2两种气体的摩尔质量之比为7：11；同温同压下的体积比为11：7；其中氧元素的原子个数比为11：14（3）常用食醋除去水壶中的水垢，以氢氧化镁为例，表明反应原理（用离子方程式表示）：mg（oh）2+2ch3cooh=mg2+2ch3coo+2h2o考点：物质的量的相关计算；离子方程式的书写 分析：（1）根据n=计算气体的物质的量，再根据m=计算摩尔质量；（2）摩尔质量之比等于相对分子质量之比；根据n=计算物质的量之比，同温同压下的体积之比等于气体物质的量之比；结合分子含有氧原子数目计算co、co2两种气体含有氧原子数目之比；（3）醋酸与氢氧化镁反应生成醋酸镁与水解答：解：（1）标况下，6.72l气体的物质的量为=0.3mol，其摩尔质量为=44g/mol，故答案为：44g/mol；（2）等质量co、co2两种气体的摩尔质量之比为28：44=7：11，根据n=可知，二者物质的量之比为44g/mol：28g/mol=11：7，同温同压下的体积之比等于气体物质的量之比，即二者体积之比为11：7；co、co2两种气体含有氧原子数目之比为111：72=11：14，故答案为：7：11；11：7；11：14；（3）醋酸与氢氧化镁反应生成醋酸镁与水，反应离子方程式为mg（oh）2+2ch3cooh=mg2+2ch3coo+2h2o，故答案为：mg（oh）2+2ch3cooh=mg2+2ch3coo+2h2o点评：本题考查物质的量有关计算、离子方程式书写，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的计算22已知以下两个氧化还原反应的化学方程式：cl2+h2ohcl+hclo2al+fe2o3al2o3+2fe（1）用单线桥法表示反应中的电子转移情况：（2）若反应中每生成1mol fe，转移电子的物质的量是：3mol（3）将反应改写成离子方程式：cl2+h2oh+cl+hclo考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：fe2o3+3alal2o3+3fe中fe元素化合价由+3价降低为0价，被还原，fe2o3为氧化剂，al元素化合价由0价升高为+3价，被氧化，为还原剂，反应中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，其中hclo为弱电解质，以此解答该题解答：解：（1）fe2o3+3alal2o3+3fe中fe元素化合价降低，被还原，fe2o3为氧化剂，al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，则fe得到23e，al失去23e，电子转移数目和方向可表示为，故答案为：；（2）反应中fe元素化合价由+3价降低到0价，则每生成1mol fe，转移电子的物质的量是3mol，故答案为：3mol；（3）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，其中hclo为弱电解质，离子方程式为cl2+h2oh+cl+hclo，故答案为：cl2+h2oh+cl+hclo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，为高频考点，注意把握元素化合价的变化，能会用双线桥法表示电子转移的方向和数目，难度不大23化学实验中，如果使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质例如：（1）在上述有编号的步骤中，需用还原剂的是，需用氧化剂的是（填编号）（2）在 k2cr2o7+14hcl2kcl+2crcl3+3cl2+7h2o反应中，cl元素被氧化，k2cr2o7是氧化剂；并用双线桥表明电子转移方向与数目：（3）在（2）的反应中，盐酸的作用：酸性与还原性考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题分析：化学反应中，氧化剂在反应中得电子，被还原，所含元素的化合价降低，还原剂被氧化，失电子，所含元素的化合价升高，且氧化剂和还原剂得失电子数目相等，以此解答该题解答：解：（1）由元素化合价的变化可知na2cr2o7中cr元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，crcl3生成na2cro4，cr元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故答案为：；（2）反应中cr元素化合价由+6价降低为+3价，cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子数目总共为6，用双线桥表示电子转移情况是：，故答案为：cl；k2cr2o7；（3）k2cr2o7+14hcl2kcl+2crcl3+3cl2+7h2o反应中，14molhcl参与反应，6mol化合价升高作还原剂，还有8mol化合价没变作酸，故答案为：酸性与还原性点评：本题考查氧化还原反应知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，注意从元素化合价的角度分析该类题目，难度不大；四、实验题：24实验室用naoh固体配制250ml 1.25mol/l的naoh溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250ml 1.25mol/l的naoh溶液，应称取naoh的质量12.5g；（2）容量瓶上标有温度，容积，刻度线； 且使用前第一步操作是：检查是否漏水；（3）溶液注入容量瓶前需冷却到室温，这是因为：naoh溶于水时放热；（4）定容时的操作：向容量瓶中注入蒸馏水至离刻度线12cm处，改用胶头滴管逐滴滴加至凹液面最低点与刻度线刚好相切；（5）下列配制的溶液浓度偏低的是：a、b、e；a称量naoh时，砝码错放在左盘b向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面c定容时俯视刻度线d配制前，容量瓶中有少量蒸馏水e定容后经振荡、摇匀、正置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水考点：溶液的配制 专题：实验题分析：（1）根据n=cv和m=nm来计算；（2）容量瓶上标有温度、容积和唯一一条刻度线；带塞子或活塞的仪器使用前必须检查是否漏水；（3）根据氢氧化钠固体溶于水时放热来分析；（4）根据定容时的操作来分析；（5）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积v的变化来进行误差分析；解答：解：（1）配制250ml 1.25mol/l的naoh溶液，需要的naoh的物质的量n=cv=1.25mol/l0.25l=0.3125mol，需要的质量m=nm=0.3