福建省泉州市安溪八中高三化学上学期10月月考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年福建省泉州市安溪八中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：（18小题共54分）1（3分）（2015普兰店市）只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是（）abcd甲物质中的粒子数标准状况下的气体摩尔体积固体的体积溶液中溶质的物质的量浓度乙阿伏加德罗常数标准状况下的气体的体积固体的密度溶液体积aabbccdd考点：物质的量的相关计算专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、根据粒子数目和物质的量的关系公式n=来计算；b、根据标准状况下的气体体积和物质的量的关系公式n=来计算；c、根据m=v可以计算物质的质量；d、根据公式n=cv可以计算溶质的物质的量解答：解：a、已知物质的质量和物质的摩尔质量，根据公式n=可以计算出物质的量，故a正确；b、已知标准状况下的气体摩尔体积和标准状况下的气体的体积，根据公式n=可以计算出物质的量，故b正确；c、已知固体的体积和固体的密度，根据m=v可以计算固体的质量，不能求出物质的量，故c错误；d、已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液体积，可以根据公式n=cv计算溶质的物质的量，故d正确故选：c点评：本题考查物质的量的计算题与，注意公式的灵活运用，加强基础知识理解，难度不大2（3分）（2012临清市校级模拟）实验室中需要配制2mol/l的nacl溶液950ml，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的nacl的质量分别是（）a950ml111.2gb500ml117.0gc任意规格111.2gd1000ml117.0g考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：化学实验常用仪器分析：容量瓶的规格为：50，100 ml、250 ml、500 ml和1000 ml等多种因此只能配制一定体积的溶液，没有950ml的容量瓶，可配制1000ml 2mol/l的nacl溶液，取出950ml使用计算溶质时也按1000ml来计算解答：解：配制2mol/l的nacl溶液1000ml需氯化钠的质量为：2mol/l1l58.5g/mol117.0g故选d点评：只能配制容量瓶上规定体积的溶液，不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液计算时也要按配制的体积来计算所需溶质3（3分）（2013秋安溪县校级月考）下列说法正确的是（）a水晶、红宝石、珍珠、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐b石油裂解、煤的气化、海水制镁等过程中都包含化学变化c有新单质生成的化学反应，一定属于氧化还原反应d二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用考点：含硅矿物及材料的应用；氧化还原反应；二氧化硫的化学性质；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用专题：化学应用分析：a、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石的成分为碳，红宝石的成分是氧化铝；b、有新物质的变化属于化学变化；c、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应；d、根据二氧化硫的毒性分析解答：解：a、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石的成分为碳，红宝石的成分是氧化铝，珍珠的成分是硅酸盐，故a错误；b、石油裂解获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔，生成了新物质；煤的气化生成了一氧化碳和氢气，生成了新物质；海水制镁由镁离子得到单质镁，生成了新物质；所以石油裂解、煤的气化、海水制镁等过程中都包含化学变化，故b正确；c、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应，臭氧转化为氧气，有单质生成，但是化合价不变，不是氧化还原反应，故c错误；d、二氧化硫有漂白、杀菌性能，但是二氧化硫有毒，能危害人体健康，所以不能在食品加工中使用，故d错误故选b点评：本题考查了物质的组成、化学变化、氧化还原反应、二氧化硫的性质等，题目涉及的内容较多，侧重于基础知识的考查，难度不大4（3分）（2013秋安溪县校级月考）下列各种变化中，不属于化学变化的是（）a向鸡蛋溶液中滴入饱和硫酸钠溶液，析出白色沉淀b加热胆矾得到白色的无水硫酸铜粉末c向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，颜色由黄色变成红褐色d向鸡蛋白溶液中滴入硝酸铅溶液，析出白色沉淀考点：物理变化与化学变化的区别与联系专题：物质的性质和变化专题分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成解答：解：a向鸡蛋溶液中滴入饱和硫酸钠溶液发生盐析，盐析是物理变化，故a正确； b加热胆矾得到白色的无水硫酸铜粉末，有新物质生成，属于化学变化，故b错误；c向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，有新物质氢氧化铁胶体生成，属于化学变化，故c错误；d向鸡蛋白溶液中滴入硝酸铅溶液发生变性，有新物质生成，属于化学变化，故d错误故选a点评：本题考查物理变化与化学变化的区别和联系，难度不大，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化5（3分）（2013秋安溪县校级月考）将mg al2o3、fe2o3的混和物溶解在过量的100mlph值为1的硫酸中，然后向其中加入naoh溶液使fe3+、al3+刚好全部转化成沉淀，用去naoh溶液100ml，则naoh溶液的浓度为（）a0.1mol/lb0.05mol/lc0.2mol/ld无法计算考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mlnaoh溶液，恰好使fe3+、al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为na2so4，根据钠离子守恒有n（naoh）=2n（na2so4），根据硫酸根守恒有n（na2so4）=n（h2so4），据此计算n（naoh），再根据c=计算解答：解：ph=1的硫酸，氢离子浓度为0.1mol/l，则c（h2so4）=0.05mol/l；反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mlnaoh溶液，恰好使fe3+、al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为na2so4，根据硫酸根守恒有n（na2so4）=n（h2so4）=0.1l0.05mol/l=0.005mol，根据钠离子守恒有n（naoh）=2n（na2so4）=0.005mol2=0.01mol，则该c（naoh）=0.1mol/l，故选a点评：本题考查了混合物的计算，明确最后溶液中的溶质是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答，如果考虑每一步反应，比较麻烦且易出现错误，同时考查学生分析问题及解决问题的能力，题目难度中等6（3分）（2013秋安溪县校级月考）已知阿伏加德罗常数为na，下列说法正确的是（）a0.25molna2o2中含有的阴离子数为0.5nab4g氦气含有0.5na个氦分子c2mol钠与过量稀盐酸反应生成na个h2分子d标准状况下22.4 lso3含有na个so3分子考点：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：a、过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成分析；b、依据n=计算物质的量，结合氦气是单原子分子计算；c、依据电子守恒分析计算生成氢气微粒数；d、标准状况三氧化硫不是气体解答：解：a、过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，0.25molna2o2中含有的阴离子数为0.25na，故a错误；b、依据n=计算物质的量=1mol，结合氦气是单原子分子，含有na个氦分子，故b错误；c、电子守恒分析计算生成氢气微粒数，2mol钠与过量稀盐酸反应，失去2mol电子，生成1mol氢气，生成na个h2分子，故c正确；d、标准状况三氧化硫不是气体，22.4 lso3物质的量不是1mol，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数分析应用，主要是物质结构分析，气体摩尔体积条件应用，掌握出是关键，题目较简单7（3分）（2010秋中山期末）用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略，能达到实验目的是(（）a 干燥cl2b 吸收hclc 石油的蒸馏d 吸收nh3考点：化学实验方案的评价；尾气处理装置；气体的净化和干燥；石油的分馏专题：实验评价题分析：a洗气装置中导气管要遵循“长进短出”原则；b尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸；c蒸馏时温度计测量馏分温度；d尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸解答：解：a洗气装置中导气管要遵循“长进短出”原则，所以该装置中气体进出口错误，故a错误；b尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸，氨气极易溶于水，该装置中没有缓冲装置，不能防止倒吸，可以用倒置的漏斗防倒吸，故b错误；c蒸馏时温度计测量馏分温度，所以温度计最低端应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故c错误；d尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸，氨气不易溶于四氯化碳中，所以该装置有缓冲装置，能否则倒吸，故d正确；故选d点评：本题考查了实验方案评价，涉及洗气、尾气处理、蒸馏等实验基本操作，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质、基本实验操作等知识点来分析解答即可，倒置的漏斗、干燥管等仪器都能否则倒吸8（3分）（2009江苏）下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）a漂白粉溶液在空气中失效：clo+co2+h2ohclo+hco3b用浓盐酸与mno2反应制取少量氯气：mno2+2h+2clmn2+2h2o+cl2c向naalo2溶液中通入过量co2制al（oh）3：alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3d在强碱溶液中次氯酸钠与fe（oh）3反应生成na2feo4：3clo+2fe（oh）32feo42+3cl+h2o+4h+考点：离子方程式的书写分析：a、根据次氯酸钙和水以及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸进行解答；b、根据反应前后电荷守恒进行解答；c、根据二氧化碳过量生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠进行解答；d、根据氢离子和氢氧根离子不共存进行解答解答：解：a、漂白粉失效的化学方程式为ca（clo）2+h2o+co2=caco3+2hclo，那么该反应的离子方程式是ca2+2clo+h2o+co2=caco3+2hclo，故a错误；b、实验室制取cl2的原理是浓盐酸和二氧化锰反应，离子方程式为mno2+4h+2clmn2+2h2o+cl2，故b错误；c、向naalo2溶液中通入过量co2生成al（oh）3和碳酸氢钠，反应的离子方程式：alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3，故c正确；d、在强碱溶液中，不可能生成h+，故d错误故选：c点评：在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据离子方程式的书写规则进行判断9（3分）（2013秋安溪县校级月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a1.0moll1的kno3溶液：h+、fe2+、cl、so42b甲基橙呈红色的溶液：nh4+、ba2+、ch3coo、clcph=12的溶液：k+、na+、clo、no3d含有0.1mol/lca2+的溶液中：na+、k+、co32、no3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a离子之间发生氧化还原反应；b甲基橙呈红色的溶液，显酸性；cph=12的溶液，显碱性；d离子之间结合生成沉淀解答：解：ah+、fe2+、no3离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故a不选；b甲基橙呈红色的溶液，显酸性，h+、ch3coo结合生成弱电解质，不能共存，故b不选；cph=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故c选；dca2+、co32结合生成沉淀，不能共存，故d不选；故选c点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子共存考查，题目难度不大10（3分）（2012秋集贤县期末）今有三个氧化还原反应：2fecl3+2ki=2fecl2+2kcl+i2 2fecl2+cl2=2fecl32kmno4+16hcl=2kcl+2mncl2+5cl2+8h2o若某溶液中有fe2+和cl、i共存，要氧化除去i而又不影响fe2+和cl可加入的试剂是（）acl2bkmno4cfecl3dhcl考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：根据反应中元素化合价的变化来判断氧化剂及氧化性的强弱，再利用氧化性的强弱来分析氧化除去i而又不影响fe2+和cl解答：解：反应中fe元素的化合价降低，则fecl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性fecl3i2，反应中cl元素的化合价降低，则cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性cl2fecl3，反应中mn元素的化合价降低，则kmno4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性kmno4cl2，即氧化性强弱为kmno4cl2fecl3，则某溶液中有fe2+和i共存，要氧化除去i而又不影响fe2+和cl，选择氧化性强的物质除杂时能将fe2+和cl氧化，故选择弱氧化剂fecl3来除杂而不影响fe2+和cl，且没有引入新的杂质，故选c点评：本题考查学生利用氧化性的强弱来分析除杂问题，明确氧化还原反应中元素化合价的变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性是解答本题的关键11（3分）（2013承德模拟）某溶液中只含有na+、al3+、cl、so42 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中al3+和 so42的离子个数比为（）a1：2b1：4c3：4d3：2考点：电解质在水溶液中的电离专题：守恒法分析：因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算解答：解：溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，即：na+3al3+=cl+2so42（乘的系数就是它的电荷数），设so42的离子个数为x，所以3+32=1+2x，解得x=4，所以溶液中al3+和 so42的离子个数比为2：4=1：2故选a点评：本题考查学生溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大12（3分）（2009秋唐山期末）化学学习方法中的类推法是由已学知识通过迁移构建新知识的方法下列类比正确的是（）acaco3与稀硝酸反应生成co2，caso3也能与稀硝酸反应生成so2b铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜c钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气d锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应考点：含硫物质的性质及综合应用；硝酸的化学性质；钠的化学性质专题：元素及其化合物分析：a、硝酸是氧化性酸，具有强氧化性，caso3中s为+4价，具有还原性，二者发生氧化还原反应b、氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价态金属，硫的氧化性减弱，与变价金属反应生成低价态金属c、na、k性质相似，金属性k比na强d、na的金属性很强，投入溶液中先与水反应解答：解：a、硝酸具有强氧化性，caso3中s为+4价，具有还原性，二者发生氧化还原反应，不是复分解反应，不能生成二氧化硫，故a错误；b、铜在氯气中剧烈燃烧生成氯化铜，铜为+2价，氯气氧化性比硫的强，铜能在硫蒸气中燃烧生成cu2s，铜为+1价，故b错误；c、na、k同族性质相似，金属性k比na强，钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气，反应更剧烈，故c正确；d、金属性znag，锌可以与溶液中的银离子发生置换反应zn+2ag+=zn2+2ag，na的金属性很强，投入溶液中先与水反应，生成氢氧化钠与氢气，不能置换出溶液中ag+，故d错误故选：c点评：类推是学习化学中常用的一种方法，盲目类推又可能得出错误结论，注意物质性质的区别，不能以偏概全旨在考查学生对基础知识的掌握，难度不大13（3分）（2013秋临海市校级期中）在kclo3+6hcl（浓）kcl+3cl2+3h2o反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（）a1：6b1：5c6：1d5：1考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：根据化合价的变化判断反应的氧化剂和还原剂，进而根据方程式计算解答：解：反应kclo3+6hcl（浓）kcl+3cl2+3h2o中，kclo3中cl元素的化合价由+50，被还原，为氧化剂，hcl中cl元素化合价有10，被氧化，为还原剂，其中6molhcl生成1molkcl，被氧化的hcl为5mol，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故选b点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意正确判断化合价的变化为解答该题的关键14（3分）（2013广东模拟）某溶液中含有hco3、co32、so32、na+、no3五种离子若向其中加入na2o2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）ano3bco32、no3cso32、no3dco32、no3、na+考点：离子共存问题；钠的重要化合物专题：离子反应专题；几种重要的金属及其化合物分析：na2o2可与水反应生成naoh，且具有强氧化性，具有还原性的离子或与oh反应的离子不能大量共存，以此解答解答：解：na2o2粉末加入溶液中，so32因被氧化而减少，因有naoh生成，则hco3与之反应生成co32，使co32、na+均增加，hco3减少，整个过程中只有no3浓度保持不变故选a点评：本题考查离子共存问题，侧重于过氧化钠的性质的考查，为高频考点，难度不大，注意把握物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累15（3分）（2012秋朝阳区校级期末）在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾和过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（）a1：1：1b4：3：2c2：3：1d2：2：1考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中o由2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，o则由1价转化为0价现要制得相同的o2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半解答：解：kmn42，kcl32，反应过程中o由2价转化为0价，如生成1mol o2，需转移4mol电子，h222，o则由1价转化为0价，如生成1mol o2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为2：2：1，故选：d点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意o元素在三种物质中的化合价的数值，为解答该题的关键16（3分）（2010常州学业考试）下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（）fe+cu2+fe2+cuba2+2oh+2h+so42baso4+2h2ocl2+h2oh+cl+hclo co32+2h+co2+h2oag+clagcla只有bcd考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：表示fe和可溶性铜盐的反应；表示ba（oh）2和h2so4的反应；表示氯气和水的反应；表示可溶性碳酸盐和强酸的反应；表示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应解答：解：表示fe和可溶性铜盐的反应，可以是cucl2、cuso4等，故错误；只能表示ba（oh）2和h2so4的一个化学反应，故正确；只能表示氯气和水的一个化学反应，故正确；表示可溶性碳酸盐和强酸的反应，对应的化学反应都多种，故错误；示可溶性银盐和可溶性氯化物的反应，对应的化学反应都多种，故错误故选：b点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度大不大，注意把握化学方程式与离子方程式的区别，化学方程式只表示一个反应，而离子方程式可表示一类反应17（3分）（2014嘉定区二模）某无色溶液含有na+、ba2+、cl一、br一、so32一、so42一 离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用ph试纸检验溶液的ph大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入ccl4振荡，静置ccl4层呈橙色（3）向所得水溶液中加入ba（no3）2溶液和稀hno3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入agno3溶液和稀hno3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）a肯定含有的离子是b肯定没有的离子是c不能确定的离子是d不能确定的离子是考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：根据盐类水解分析溶液呈碱性，是含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子，根据离子共存，判断出不存在的离子；根据萃取现象确定所含溴离子；（3）操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子；（4）操作步骤中的现象证明含氯离子，但由于（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在解答：解：由于溶液是无色混合溶液，则有色离子不存在，ph测得溶液ph大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则含有so32，一定没有ba2+；溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色证明原溶液含br；分液后加入ba（no3）2溶液和稀hno3，有白色沉淀生成，说明溶液中可能含硫酸根离子，过滤，向滤液中加入agno3溶液和稀hno3，有白色沉淀生成，证明是氯离子，但（2）加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子；根据以上分析溶液中一定含有so32、br，无ba2+；依据电荷守恒，溶液中一定含na+；所以溶液中一定存在的离子是；故选a点评：本题考查了常见离子的检验方法、萃取操作，离子共存的判断，电荷守恒的应用等知识，注意先确定离子存在，再否定不共存的离子，本题难度中等18（3分）（2013秋安溪县校级月考）三氟化氮（nf3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3nf3+5h2o2no+hno3+9hf下列有关该反应的说法正确的是（）anf3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体bnf3是氧化剂，h2o是还原剂c氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2d若生成0.2mol hno3，则转移0.2mol电子考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：3nf3+5h2o=2no+hno3+9hf反应中，只有n元素的化合价发生变化，nf3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答：解：a生成的no易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故a正确b只有n元素的化合价发生变化，nf3既是氧化剂又是还原剂，故b错误；cnf3生成no，被还原，nf3生成hno3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故c错误；d生成0.2molhno3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，故d错误；故选a点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价的升降为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大二、填空题：（3小题共46分）19（8分）（2013秋安溪县校级月考）50g物质的量浓度为c1的浓h2so4，质量分数为w1，与体积为v的水混合后得到物质的量浓度为c2的稀h2so4，质量分数为w2（以下填“”“”或“=”）（1）若w1=2w2，则c12c2，v=50ml（2）若c1=2c2，则w12w2，v50ml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：（1）浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，利用c=进行计算物质的量浓度，结合溶液密度判断物质的量浓度根据溶质质量不变，计算稀释后溶液的质量，求出所加水的质量根据，v=计算判断水的体积（2）浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，利用c=进行计算质量分数，结合溶液密度判断质量分数根据溶质质量不变，计算稀释后溶液的质量，求出所加水的质量根据，v=计算判断水的体积解答：解：（1）设物质的量是浓度为c1 moll1的密度为1，物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的密度为2，则c1=，c2=所以=，由于w1=2w2，所以=，因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则12，所以c12c2；设物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的质量为m，则50gw1=mw2，所以稀释后硫酸溶液的质量m=g，所以加入水的质量为g50g，由于w1=2w2，所以加入水的质量为g50g=50g，所以水的体积v=50ml故答案为：；=（2）设物质的量是浓度为c1 moll1的密度为1，物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的密度为2，则由c=可知，w1=，w2=所以=，由于c1=2c2，所以=，因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则12，所以w12w2；设物质的量是浓度为c2moll1硫酸溶液的质量为n，则50gw1=nw2，所以稀释后硫酸溶液的质量n=g，所以加入水的质量为g50g，由于w12w2，所以加入水的质量为g50g50g，所以水的体积v=50ml故答案为：；点评：考查物质的量浓度、质量分数的有关计算比较，难度较大，注意浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大20（10分）（2013秋安溪县校级月考）现有a、b、c、d、e、f六种化合物，已知它们的阳离子有k+、ag+、ca2+、ba2+、fe2+、al3+，阴离子有cl、oh、ch3coo、no3、so42、co32现将它们分别配成0.1moll1的溶液，进行如下实验：测得溶液a、c、e呈碱性，且碱性为aec；向b溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；向d溶液中滴加ba（no3）2溶液，无明显现象；向f溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验中反应的用离子方程式表示沉淀消失的原因ag+nh3h2o=agoh+nh4+，agoh+2nh3h2o=+oh+2h2o；（2）写出下列3种化合物的化学式：aba（oh）2、cca（ch3coo）2、ek2co3（3）实验中反应的用化学方程式表示沉淀变色的原因4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3考点：无机物的推断专题：推断题；物质检验鉴别题分析：测得溶液a、c、e呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为aec，则a为碱，溶液中含有大量的oh离子，oh离子与ag+，ca2+，fe2+，al3+等离子不能大量共存，故a只能为ba（oh）2，根据越弱越水解，e应为碳酸盐，根据离子共存，只能为k2co3，c为醋酸盐；向b溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则b中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为agno3+nh3h2o=agoh+nh4no3；agoh+2nh3h2o=ag（nh3）2oh+2h2o；向d溶液中滴加ba（no3）2溶液，无明显现象，说明b中不含so42离子；向f溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明f中含有fe2+离子；综上分析可知，a为ba（oh）2，b为agno3，c为ca（ch3coo）2，d为alcl3，e为k2co3，f为feso4，以此解答该题解答：解：测得溶液a、c、e呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为aec，则a为碱，溶液中含有大量的oh离子，oh离子与ag+，ca2+，fe2+，al3+等离子不能大量共存，故a只能为ba（oh）2，根据越弱越水解，e应为碳酸盐，根据离子共存，只能为k2co3，c为醋酸盐；向b溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则b中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为agno3+nh3h2o=agoh+nh4no3；agoh+2nh3h2o=ag（nh3）2oh+2h2o；向d溶液中滴加ba（no3）2溶液，无明显现象，说明b中不含so42离子；向f溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明f中含有fe2+离子；综上分析可知，a为ba（oh）2，b为agno3，c为ca（ch3coo）2，d为alcl3，e为k2co3，f为feso4（1）实验中反应的离子方程式为ag+nh3h2o=agoh+nh4+，agoh+2nh3h2o=+oh+2h2o，故答案为：ag+nh3h2o=agoh+nh4+，agoh+2nh3h2o=+oh+2h2o；（2）根据以上分析可知a为ba（oh）2，c为ca（ch3coo）2，e为k2co3，故答案为：ba（oh）2；ca（ch3coo）2；k2co3；（3）f为feso4，加入氨水生成fe（oh）2，不稳定，易被氧化生成fe（oh）3，发生反应的化学方程式有：feso4+2nh3h2o=fe（oh）2+（nh4）2so4；4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，故答案为：4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3点评：本题考查离子共存、无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度较大，注意从物质的性质以及反应现象推断，熟练掌握元素化合物的性质21（15分）（2013秋安溪县校级月考）盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的三种强酸请就三者与金属铜的反应情况，回答下列问题：（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入h2o2后，铜片溶解，该反应的离子方程式为cu+h2o2+2hcl=cucl2+2h2o（2）如图1所示进行铜与浓硫酸的反应b中的实验现象为品红溶液褪色；拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是从d管口向a中大量鼓气；若将如图2装置连接在上装置b后其中下列说法不合理的是aa能表明i的还原性强于so2的现象是e中蓝色溶液褪色b装置f的作用是吸收so2尾气，防止污染空气c为了验证d中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的bacl2，产生白色沉淀d为了验证d中fecl3完全发生了氧化还原反应，加入kscn溶液，无明显现象（3）为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是no而设计了下列实验，装置如图3所示设计装置存在明显缺陷是缺少尾气吸收装置若将过量铜粉与一定量浓硝酸反应，当反应完全停止时，共收集到的气体1.12l（标准状况），则该气体的成分是no2、no，反应中所消耗的硝酸的物质的量可能为ba0.1mol b0.15molc0.2mol d0.25mol考点：性质实验方案的设计专题：实验题分析：（1）盐酸不能与金属铜反应，但可以与氧化铜反应，所以双氧水的作用是将金属铜氧化为cuo，然后氧化铜溶于盐酸；（2）铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；可以从d导管通入空气，将装置中二氧化硫完全排出；根据装置连接顺序、二氧化硫的化学性质、铁离子的检验方法等知识进行分析解答；（3）一氧化氮为有毒气体，需要使用尾气吸收装置，不能直接排放到空气中；过量铜粉与一定量浓硝酸反应，反应开始是生成no2：cu+4hno3=cu（no3）2+2no2+2h2o；随着反应的进行，硝酸浓度降低，稀硝酸与铜反应生成no：3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o，据此判断硝酸的物质的量范围解答：解：（1）盐酸不能与金属铜反应，但可以与氧化铜反应，所以双氧水的作用是将金属铜氧化为cuo，然后氧化铜溶于盐酸，反应的方程式为：cu+h2o2+2hcl=cucl2+2h2o，故答案为：cu+h2o2+2hcl=cucl2+2h2o；（2）图1中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水：cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+h2o，二氧化硫具有漂白性，所以试管b中品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，采取的操作方法为：从d管口向a中大量鼓气，将装置中二氧化硫气体完全排出，故答案为：从d管口向a中大量鼓气；a碘离子还原性小于二氧化硫，所以能表明i的还原性小于so2的现象是e中蓝色溶液褪色，故a错误；b二氧化硫有毒，所以装置f的作用是吸收so2尾气，防止污染空气，故b正确；c二氧化硫被铁离子氧化生成硫酸根离子，加入用稀盐酸酸化的bacl2，产生白色沉淀，该白色沉淀一定为硫酸钡，则证明d中发生了氧化还原反应，故c正确；dd中fecl3完全发生了氧化还原反应，则溶液中不存在铁离子，加入kscn溶液，混合液无明显现象，故d正确；故答案为：a；（3）no有毒，装置中必须使用尾气吸收装置，否则会组成环境污染；过量铜粉与一定量浓硝酸反应，反应开始是生成no2，反应方程式为：cu+4hno3=cu（no3）2+2no2+2h2o；随着反应的进行，硝酸浓度降低，稀硝酸与铜反应生成no，发生反应的方程式为：3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o；生成气体的物质的量为：=0.05mol，当生成气体全部为no2时，消耗的硝酸的物质的量为：0.05mol2=0.10mol，当生成气体全部为no时，消耗的硝酸的物质的量为：0.05mol4=0.20mol，所以消耗的硝酸的物质的量介于0.10mol和0.20mol之间，只有b符合，故答案为：缺少尾气吸收装置；no2、no；b点评：本题通过三大强酸的性质，考查了性质实验方案的设计方法，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法，明确性质实验方案设计的原子，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力三、选做题：（2小题，任选其中一题作答，13分）22（13分）（2011乌鲁木齐模拟）【化学选修物质结构与性质】三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：元素abc结构信息基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子基态原子的m层有1对成对的p电子基态原子核外电子排布为3d104sx，有+1、+2两种常见化合价（1）写出b原子的基态电子排布式1s22s22p63s23p4；（2）用氢键表示式写出a的氢化物溶液中存在的氢键nhn或nho或 ohn或oho（任写一种）；a的氢化物分子结合一个h+形成阳离子后，其键角变大（填写“变大”、“变小”、“不变”）；（3）往c元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量a元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为so4，简要描述该配合物中化学键的成键情况中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合；（4）下列分子结构图中的“”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“”表示氢原子，小黑点“”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是（填写序号）；在的分子中有3个键和2个键考点：配合物的成键情况；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：a的基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，得到a的基态电子排布式1s22s22p3，为n元素；b基态原子的m层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到b原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，为s元素；c态原子核外电子排布为3s104sx，有+1、+2两种常见化合价，说明最外层有1或2个电子，如为2，则为zn，但化合价只有+2价，则应为3d104s1，即cu元素，结合对应单质、化合物的性质解答该题解答：解：a的基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，得到a的基