山东省菏泽市运城一中2020届高三化学下学期3月月考试卷（含解析）

2020学年山东省菏泽市运城一中高三（下）月考化学试卷（3月份）一选择题（在每题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求的共25小题，50分）1（2分）（2020镜湖区校级模拟）在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的Na2O2，充分反应后，恢复到原来的温度，下列说法中正确的是（）A溶液的pH不变，有H2放出B溶液的pH值增大，有O2放出C溶液中c（Na+）增大，有O2放出D溶液中Na+数目减少，有O2放出考点：钠的重要化合物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出解答：解：过氧化钠加入水中发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变，故选D点评：本题考查过氧化钠的性质，题目难度较小，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变2（2分）（2020平邑县校级模拟）下列各组物质的分类或相互关系，正确的是（）A同位素：金刚石、石墨、C60B含极性键的分子：CO2、CCl4、NH3C非电解质：Cl2、NH3、C2H5OHD同系物：、考点：同位素及其应用；极性键和非极性键；电解质与非电解质版权所有专题：化学用语专题；化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的pH专题分析：A、质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；B、同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；C、在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；D、结构相似，分子组成上相差1个或者若干个基团的化合物互称为同系物解答：解：A、金刚石、石墨、C60是碳元素的不同单质属于同素异形体不是同位素，故A错误；B、CO2、CCl4、NH3中形成的化学键都是不同非金属元素之间形成的，属于极性共价键，故B正确；C、氯气是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故C错误；D、属于酚，属于醇，结构不相似，所以不是同系物，故D错误故选B点评：本题考查了同素异形体、同系物、非电解质等概念，难度不大，明确这几个概念的区别是解本题的关键3（2分）（2020上海一模）在实验室进行物质制备，下列从原料及试剂分别制取相应的最终产物的设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（）ACCOCO2Na2CO3BCuCu（NO3）2 溶液Cu（OH）CFeFe2O3Fe2（SO4）3溶液DCaOCa（OH）2溶液NaOH溶考点：制备实验方案的设计版权所有专题：实验评价题分析：A、一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸B、银比铜要贵重，经济上不合理C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁D、理论上正确，操作较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理解答：解：A、碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；B、铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，故D正确故选：D点评：考查实验准备方案设计与评价、绿色化学等，难度中等，是理论知识联系生活实际的体现、理论知识对实际的指导注意实验方案设计应理论正确、操作简单可行、经济节约、绿色环保4（2分）（2020春运城校级月考）向一种溶液中滴加另一种溶液后，溶液的颜色不发生变化的是（）A碳酸钠溶液中滴加稀硫酸B氯化铁溶液中滴加硫氰化钾溶液C碘水中滴加淀粉碘化钾溶液D酸性高锰酸钾溶液中滴加亚硫酸钠溶液考点：钠的重要化合物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：A溶液无色，生成无色气体；B生成Fe（SCN）3，溶液呈血红色；C淀粉遇碘变蓝色；D高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应解答：解：A溶液无色，生成无色气体，没有颜色变化，故A正确；B氯化铁溶液呈黄色，加入KSCN，生成Fe（SCN）3，溶液呈血红色，有颜色变化，故B错误；C淀粉遇碘变蓝色，故C错误；D高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应，溶液变为无色，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质的颜色的变化，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累5（2分）（2020春运城校级月考）下列说法正确的是（）A非金属氧化物都是酸性氧化物B凡是酸性氧化物都可直接与水反应生成对应的酸C与水反应生成了酸的氧化物，不一定是该酸的酸酐D金属氧化物都是碱性氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系版权所有专题：物质的分类专题分析：碱性氧化物指与水反应只生成碱的氧化物，或与酸反应只生成一种盐和水的氧化物；酸性氧化物是指能与水反应只生成酸，或与碱反应只生成盐和水的氧化物解答：解：ACO、NO等属于非金属氧化物，单不是酸性氧化物，故A错误；B二氧化硅是酸性氧化物，与水不反应，故B错误；C二氧化氮与水反应生成硝酸，但是硝酸的酸酐是五氧化二氮，故C正确；D过氧化钠属于金属氧化物，但是不属于碱性氧化物，故D错误；故选：C点评：本题考查了酸性氧化物和碱性氧化物的判断，题目难度不大，明确酸性氧化物和碱性氧化物的概念是解题的关键，注意非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物；碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物6（2分）（2020春运城校级月考）下列物质中有固定沸点的是（）A糖水B重水C溴水D玻璃考点：混合物和纯净物版权所有专题：物质的分类专题分析：具有固定的熔点、沸点的物质一定是纯净物，据此判断解答：解：A糖水是含多种物质的混合物，没有固定沸点，故A错误； B重水是一种物质组成，有固定沸点，故B正确；C溴水是溴单质的水溶液，为混合物，没有固定沸点，故C错误；D玻璃是多种物质组成的混合物，没有固定沸点，故D错误；故选B点评：本题考查纯净物的性质，难度不大，根据物质具有固定的沸点判断物质为一定是纯净物是解题关键7（2分）（2020浙江校级学业考试）实验室里需用480mL 0.1molL1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（）A称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B称取12.0g胆矾配成500mL溶液C称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D称取12.5g胆矾配成500mL溶液考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：需用480mL 0.1molL1的硫酸铜溶液，配制500ml 0.1molL1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为0.5L0.1molL1=0.05mol，需要称取硫酸铜的质量为0.05mol160g/mol=8g，如称取胆矾，则质量为0.05mol250g/mol=12.5g，以此解答题中各问解答：解：A、称取硫酸铜的质量为0.05mol160g/mol=8g，加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，故A错误；B、胆矾的化学式为CuSO45H2O，如称取胆矾，则质量为0.05mol250g/mol=12.5g，故B错误；C、加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，应为加水配成500ml溶液，故C错误；D、胆矾的化学式为CuSO45H2O，质量为0.05mol250g/mol=12.5g，加水配成500ml溶液，符合实验操作，故D正确故选D点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，本题难度不大，注意硫酸铜和胆矾的区别，另外注意水的体积不等于溶液的体积8（2分）（2020春运城校级月考）将Xg镁和Yg铝溶于A mL M mol/L的盐酸（过量），再往上述溶液中加入2A mL的NaOH溶液，溶液中的沉淀量达到最大值，则加入NaOH溶液的浓度为（）AM molL1B2M molL1C molL1D无法确定考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：加入2A mL氢氧化钠溶液，并使得沉淀达到最大量，此时溶液中只有氯化钠，根据氯元素守恒n（NaCl）=n（HCl），根据n=cV计算n（HCl），由钠元素守恒n（NaCl）=n（NaOH），再根据C=计算需要氢氧化钠溶液的浓度解答：解：加入2A mL的氢氧化钠溶液，并使得沉淀达到最大量，此时溶液中只有氯化钠，根据氯元素守恒n（NaCl）=n（HCl）=A103LMmolL1=AM103mol，由钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）=AM103mol，故需要氢氧化钠溶液的浓度为=mol/L，故选C点评：本题考查混合物的有关计算、镁铝的性质，难度不大，注意利用守恒进行计算，判断最后溶液中溶质是氯化钠是关键9（2分）（2020秋内蒙古校级期末）浓盐酸和Ca（ClO）2能发生反应：Ca（ClO）2+4HCl=CaCl2+2H2O+2Cl2，用久置漂白粉和浓盐酸反应得到的氯气中，可能含有的杂质气体是CO2，HCl，H2O，O2（）ABCD考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，因HClO的酸性比碳酸弱，漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO而变质，HClO不稳定，见光易分解，久置漂白粉的成分为次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙，以此解答该题解答：解：漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，因HClO的酸性比碳酸弱，漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO而变质，HClO不稳定，见光易分解，久置漂白粉的成分为Ca（ClO）2、碳酸钙和氯化钙，加入盐酸后生成二氧化碳气体，以及氯气生成，盐酸易挥发，则用久置漂白粉和浓盐酸反应得到的氯气中，可能含有的杂质气体有CO2，HCl，H2O故选A点评：本题考查漂白粉的组成和性质，题目难度不大，注意把握题意，积累基础知识10（2分）（2020春运城校级月考）氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似下列叙述不正确的是（）ANH4H是离子化合物，固态时属离子晶体BNH4H溶于水，所得溶液显酸性CNH4H固体投入少量的水中产生两种气体DNH4H与水反应时，NH4H是还原剂考点：铵盐；离子晶体版权所有专题：信息给予题分析：ANH4H是铵根离子与氢负离子通过离子键形成的离子化合物，属于离子晶体；BNH4H与水发生了氧化还原反应，NH4H+H20=NH3H20+H2，生成的NH3H20；CNH4H固体投入少量的水中产生氨气和氢气；DNH4H与水发生了氧化还原反应，氢负离子化合价升高，被氧化，NH4H做还原剂解答：解：ANH4H中含有离子键，属于离子化合物，通过离子键形成的晶体属于离子晶体，故A正确；BNH4H与水发生了氧化还原反应，NH4H+H20=NH3H20+H2，生成的NH3H20，属于弱碱，电离产生氢氧根离子，溶液呈碱性，故B错误；CNH4H固体投入少量的水中产生氨气和氢气，故C正确；DNH4H与水发生了氧化还原反应，氢负离子化合价升高，被氧化，所以NH4H做还原剂，故D正确；故选：B点评：本题考查了氢化铵的结构和性质，题目难度不大，明确离子化合物和离子晶体的概念、氢化铵与水发生反应的实质是解题的关键11（2分）（2020春运城校级月考）某溶液中的Cl和I的物质的量浓度相等，为了氧化I而不使Cl被氧化，根据下列反应可选用的氧化剂是（）2MnO4+10Cl +16H+2Mn2+5Cl2+8H2O2Fe3+2I2Fe2+I22Fe2+Cl22Fe3+2ClAFeCl2B浓盐酸CKMnO4DFeCl3考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据三个反应可知，氧化性为MnO4Cl2Fe3+，为了氧化I而不使Cl氧化，可选择FeCl3解答：解：由2Fe3+2I=2Fe2+I22Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl2MnO4+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O则氧化性为MnO4Cl2Fe3+，AFeCl2不能氧化I，故A错误；B浓盐酸不能氧化I，故B错误；CKMnO4将两种离子均氧化，故C错误；DFeCl3能氧化I而不使Cl氧化，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中氧化性的强弱及优先氧化是解答本题的关键，题目难度不大12（2分）（2020秋厦门期末）硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100molL1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成（）AS2BSCSO32DSO42考点：氧化还原反应版权所有专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算解答：解：n（Na2S2O3）=0.025L0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）=0.01mol，设S2O32被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.00252（n2）mol=20.01moln=6故选D点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答13（2分）（2020春杭州期末）在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4g FeSO4，当加入50mL 0.5molL1KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3溶液也完全反应，并有NxOy气体逸出，则该NxOy是（）AN2OBNOCN2O3DNO2考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：先根据化合价的升降判断氧化剂和还原剂，然后根据氧化还原反应中得失电子数相等判断该氧化物的化学式解答：解：该反应中，Fe2+失电子生成Fe3+，所以硫酸亚铁作还原剂；硝酸中氮元素得电子化合价降低作氧化剂；硫酸亚铁的物质的量=0.075mol，所以硫酸亚铁生成硫酸铁失去0.075mol电子；根据氧化还原反应中得失电子数相等可知，硝酸中氮元素得到0.075mol电子，硝酸的物质的量=硝酸钾的物质的量=0.5molL1 0.05L=0.025mol，所以硝酸的物质的量和电子的物质的量之比=0.025mol：0.075mol=1：3，既一个氮原子得到3个电子变成+2价，所以该氮的氧化物是NO，故选B点评：本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应中得失电子相等是解本题的关键，难度不大14（2分）（2020秋高台县校级期末）氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是（）AHI和HClOBHCl和HIOCHClO3和HIODHClO和HIO考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：卤素互化物的性质和卤素单质性质相似，具有氧化性，与水反应时注意各元素的化合价，反应原理为水解反应解答：解：ICl中I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为1价，与水反应的实质为水解反应，反应方程式为：ICl+H2O=HCl+HIO，生成物为HCl和HIO，故选B点评：本题考查卤素互化物的性质，题目难度不大，注意卤素互化物的性质和卤素单质性质相似15（2分）（2020中山市校级二模）有一种碘和氧的化合物可以称为碘酸碘，其中碘元素呈+3、+5两种价态，则这种化合物的化学式是（）AI2O4BI2O5CI4O7DI4O9考点：根据化合价正确书写化学式(分子式)版权所有专题：物质的组成专题分析：氯元素与碘元素处于同一主族，元素化合物结构与性质相似，氯酸钾为KClO3，所以碘酸根为IO3，碘酸根中I为+5价，故碘酸碘中+3价的I相对于金属阳离子，碘酸碘的化学式为I（IO3）3，将盐的形成改写氧化物形式，据此进行解答解答：解：氯元素与碘元素处于同一主族，元素化合物结构与性质相似，氯酸钾为KClO3，所以碘酸根为IO3，碘酸根中I为+5价，故碘酸碘中+3价的I相对于金属阳离子，碘酸碘的化学式为I（IO3）3，将盐的形成改写成氧化物形式为 I4O9，故选：D点评：考查同主族元素化合物结构与性质相似、化学式书等，难度不大，关键类比氯酸钾KClO3进行判断碘酸根，进而判断碘酸碘化学式16（2分）（2020汕头模拟）为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在已知在溶液中IO3可和I发生反应：IO3+5I+6H+3I2+3H2O根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO3可供选用的物质有：自来水，蓝色石蕊试纸，碘化钾淀粉试纸，淀粉，食糖，食醋，白酒进行上述实验时必须使用的物质是（）ABCD考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计版权所有专题：物质检验鉴别题分析：IO3+5I+6H+3I2+3H2O根据此反应方程式知，该反应需要酸性条件，需要碘离子，需要淀粉碘化钾试纸检验，据此判断选项解答：解析：依题意：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；结合I2的特性遇淀粉变蓝，要检验食盐中存在IO3，只需I和酸溶液（即H+），生成的I2由淀粉检验，故选B点评：本题考查了物质的检验，难度不大，会根据题中信息及物质的特殊性质选取试剂17（2分）（2020秋昌江区校级期末）将NaCl和NaBr的混合物m g溶于足量水，配制成500mL溶液A，再向A中通入足量氯气，充分反应后，蒸发溶液至干得晶体（m2）g则A溶液中Na+、C1、Br的物质的量之比肯定不正确的是（）A3：2：1B3：1：2C4：3：1D3：1：4考点：离子方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：向氯化钠、溴化钠的混合物中通入足量氯气，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，蒸发溶液蒸干时，溴挥发导致得到的晶体是氯化钠，任何溶液中都存在电荷守恒，氯化钠和溴化钠都是强酸强碱盐，其溶液呈中性，根据电荷守恒判断解答：解：向氯化钠、溴化钠的混合物中通入足量氯气，氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴，反应方程式为Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，蒸发溶液蒸干时，溴挥发导致得到的晶体是氯化钠，任何溶液中都存在电荷守恒，氯化钠和溴化钠都是强酸强碱盐，其溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH），所以溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（Br），同一溶液中体积相等，所以n（Na+）=n（Cl）+n（Br），A当Na+、C1、Br的物质的量之比3：2：1时，符合n（Na+）=n（Cl）+n（Br），故A正确；B当Na+、C1、Br的物质的量之比3：1：2时，符合n（Na+）=n（Cl）+n（Br），故B正确；C当Na+、C1、Br的物质的量之比4：3：1时，符合n（Na+）=n（Cl）+n（Br），故C正确；D当Na+、C1、Br的物质的量之比3：1：4时，符合n（Na+）n（Cl）+n（Br），不符合电荷守恒，故D错误；故选D点评：本题考查了离子方程式的计算，如果采用方程式进行计算，比较麻烦，采用电荷守恒来分析解答即可，较简便，难度中等18（2分）（2020江西校级模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲考点：物质的量浓度的相关计算；氯气的化学性质版权所有专题：计算题分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低解答：解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙故选B点评：本题考查氯气的化学性质以及外界条件对氯气与水反应的平衡影响，题目难度不大，本题注意从氯气的性质的角度分析19（2分）（2020秋宣城期末）在一定温度下，向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06克无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量（）A等于1.06克B大于1.06克而小于2.86克C等于2.86克D大于2.86克考点：溶解度、饱和溶液的概念；化学方程式的有关计算；钠的重要化合物版权所有专题：计算题；溶液和胶体专题分析：从两个角度来分析：（1）无水Na2CO3与水反应生成结晶水合物Na2CO310H2O；（2）原饱和溶液由于加入无水Na2CO3与水反应而消耗溶液中的水，会有晶体析出解答：解：1.06克无水Na2CO3的物质的量为0.01mol，加入到饱和Na2CO3溶液中生成0.01molNa2CO310H2O结晶水合物，其质量为0.01mol286g/mol=2.86g，又原饱和溶液由于加入无水Na2CO3与水反应而消耗溶液中的水，会有晶体析出，故析出晶体的质量大于2.86g故选D点评：本题考查饱和溶液的计算问题，本题难度不大，做题时注意析出晶体后剩余溶液仍为饱和溶液，特别是形成结晶水合物这一点20（2分）（2020秋昭觉县校级期末）某无色混和气体可能含有CO2、CO、H2O（水蒸气）、H2中的一种或几种依次进行如下处理（假定每次处理都反应完全）：通过碱石灰时，气体体积变小；通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；通过澄清的石灰水时，溶液变得浑浊由此可以确定原混和气体中（）A一定含有CO2、H2O，可能含有H2、COB一定含有H2O、CO，可能含有CO2、H2C一定含有CO、CO2，可能含有H2O、H2D一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种考点：常见气体的检验版权所有专题：实验题；物质检验鉴别题；物质的组成专题分析：中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成解答：解：通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收水和二氧化碳，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；可能有CO还原氧化铜，也可能是氢气还原氧化铜，也可能是两者都有；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以必须有氢气；通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有二氧化碳，而二氧化碳来源于一氧化碳还原氧化铜，所以必须有一氧化碳综上分析：混合气体中定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故选D点评：本题考查混合气体的推断，题目难度不大，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键21（2分）（2020秋湖南校级期末）标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有：干燥纯净的NH3、含一半空气的氯化氢气体、NO2和O2的混合气体（体积比为4：1）然后分别作喷泉实验，三个烧瓶中所得的溶液的物质的量浓度之比为（）A2：1：2B5：5：4C1：1：1D无法确定考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：计算题分析：先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度比解答：解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、氯化氢、NO2、O2的物质的量之比为5：2.5：4：1；做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含一半空气的氯化氢气体的烧瓶、含NO2和O2的混合气体（体积比为4：1）的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、半烧瓶、一烧瓶，所以溶液的体积比为2：1：2；因为4NO2+O2+2H2O=4HNO3硝酸的物质的量和和二氧化氮的物质的量相等，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为5：2.5：4，根据C=知，各物质的量浓度之比为；：=5：5：4，故选B点评：本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算盛放氯化氢气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2和O2气体的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键22（2分）（2020春运城校级月考）在某100mL混酸中，硝酸的物质的量浓度为0.4molL1，硫酸的物质的量浓度为0.2molL1向其中加入2.56g铜粉，微热，待充分反应后，溶液中Cu2+的物质的量浓度为（）A0.15 molL1B0.3 molL1C0.225 molL1D无法计算考点：硝酸的化学性质；离子方程式的有关计算版权所有专题：氮族元素分析：根据反应3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O先判断过量，再进行计算解答解答：解：在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n（HNO3）=0.1L0.4mol/L=0.04mol，硫酸的物质的量n（H2SO4）=0.1L20.2moL/L=0.04moL，所以氢离子的物质的量n（H+）=0.04moL+20.04moL=0.08mol，铜粉的物质的量=0.04mol，依据方程式： 3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 3 2 8 0.04mol 0.04mol 0.08mol 可知氢离子不足，故根据H+计算，由方程式可知n（Cu2+）=0.08mol=0.03mol，所以C（Cu2+）=0.3mol/L，故选：B点评：本题考查了硝酸的相关计算，题目难度不大，解题时注意依据离子反应方程式计算解答23（2分）（2020秋中山期末）将Cu片放入0.1 mol/L FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（）A3：2B3：5C4：3D3：4考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：本题是化学方程式计算的问题，因此首先正确书写出化学方程式2Fe3+CuCu2+2Fe2+，找到题干中的已知条件，将条件和化学方程式联系起来，从而找到解决问题结合点，FeCl3溶液的浓度为0.1 mol/L，一定时间后，取出Cu，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，说明原溶液中的Fe3+并没有完全反应，根据常规的计算方法，设取出Cu后溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3=k，c（Fe3+）=2kmol/L，c（Fe2+）=3kmol/L，溶液的体积为vL，原溶液中n（Fe3+）=0.1 mol/LvL=0.1vmol，取出Cu后，n（Fe3+）1=2kmol/LvL=2kvmol，n（Fe2+）=3kmol/LVL=3kvmol，根据化学方程式列方程n（Fe3+）=n（Fe3+）1+n（Fe2+）一元一次方程，解出k值，进一步求出反应后溶液中的n（Fe3+）1、n（Cu2+ ），从而得出答案解答：解：设原溶液的体积为vL，设取出Cu后溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3=k，则有：c（Fe3+）=2kmol/L，c（Fe2+）=3kmol/L，原溶液中n（Fe3+）=0.1 mol/LvL=0.1vmol，取出Cu后，n（Fe3+）1=2kmol/LvL=2kvmol，n（Fe2+）=3kmol/LVL=3kvmol，根据化学方程式列方程：2Fe3+CuCu2+2Fe2+、n（Fe3+）=n（Fe3+）1+n（Fe2+），0.1vmol=2kvmol+3kvmol，一元一次方程得：k=0.02vmol，则反应后溶液中n（Fe3+）1=0.04vmol，反应前n（Fe3+）=0.1vmol，再根据方程式求得n（Cu2+ ）=0.03vmol，所以n（Cu2+）：n（Fe3+）1=0.03vmol：0.04vmol=3：4，故选D点评：本题既考查了化学方程式的有关计算，同事又考查了Fe3+的强氧化性，解题的关键是正确书写出化学反应方式24（2分）（2020春运城校级月考）下列离子方程式中正确的是（）A溴化亚铁溶液中通入足量的氯气：2Fe2+Cl22Fe3+2ClB在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液：Ba2+SO42BaSO4C在澄清石灰水中通入过量二氧化碳：CO2+OHHCO3D氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClO考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、溴化亚铁少量，电离产生的离子要符合组成之比；B、两组离子反应，漏掉一组铜离子与氢氧根离子的反应；C、过量二氧化碳生成碳酸氢盐；D、是可逆反应，生成的次氯酸是弱电解质解答：解：A、溴化亚铁少量，电离产生的离子要符合组成之比，正确的离子方程式为：4Br+2Fe2+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2，故A错误；B、两组离子反应，漏掉一组铜离子与氢氧根离子的反应，正确的离子方程式为：Cu2+2OH+Ba2+SO42BaSO4+Cu（OH）2，故B错误；C、过量二氧化碳生成碳酸氢盐，故C正确；D、是可逆反应，生成的次氯酸是弱电解质，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选C点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析25（2分）（2020秋龙华区校级期末）将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L（标准状况）则所消耗硝酸的物质的量是（）A0.12 molB0.11 molC0.09 molD0.08 mol考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2），根据n=计算1.92gCu的物质的量，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2，据此计算解答解答：解：1.92gCu的物质的量=0.03mol，n（NO，NO2）=0.05mol，反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2=0.03mol，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2）=20.03mol+0.05mol=0.11mol，故选：B点评：本题考查化学计算、硝酸性质等，题目可以根据Cu与生成气体的体积判断发生的反应，再利用方程式计算，但比较复杂，注意分析硝酸的作用，运用原子守恒解答，题目设计有利于考查学生的综合能力，难度中等二、填空题（本题共5小题，共50分）26（10分）（2020秋金川区校级期中）某校化学兴趣小组用浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取并收集氯气，装置图如下：（1）写出该反应的化学方程式：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2；（2）上述反应中，还原剂是HCl（盐酸或浓盐酸），若有1mol氧化剂参加反应，转移的电子的物质的量是2mol（3）实验开始前，某学生对装置进行了气密性检查方法是：连接好装置后，用弹簧夹夹住处（填“A”或“B”）橡皮管；向分液漏斗中加水并打开活塞，当加到一定量时，停止加水，静置观察，当观察到分液漏斗中液面（水面）下不降时，表明该装置不漏气（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中最好的是（填序号）AA氢氧化钠溶液 B碳酸钠浓溶液 C浓硫酸考点：氯气的实验室制法版权所有专题：卤族元素分析：（1）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物，从而写出反应方程式；（2）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断，Cl元素化合价由1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，结合化合价的变化以及反应的方程式可计算转移电子的数目；（3）设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（4）根据氯气的化学性质判断；解答：解：（1）浓盐酸有还原性，二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，其反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2；（2）该反应中化合价的变化为：MnO2MnCl2 ，锰元素由+4价+2价，MnO2为氧化剂，1mol二氧化锰得2mol电子；HClCl，氯元素由1价0价，HCl为还原剂，1molHCl失去1mol电子，若有1mol氧化剂MnO2参加反应，转移的电子的物质的量是2mol，故答案为：HCl（盐酸或浓盐酸）；2；（3）装置气密性的检查：连接好装置后，用弹簧夹夹住B构成封闭体系，向分液漏斗中加水并打开活塞，漏斗中的液面高度不变，说明气密性良好，故答案为：B；液面（水面）不下降；（4）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸具有酸性，盐酸是强酸，能和碱或弱酸盐反应碳酸钠的浓溶液可以吸收氯气，稀溶液不可以完全吸收；氯气不与浓硫酸反应，则不能用来吸收残余氯气；故答案为：A点评：本题考查了实验室制备氯气的方法和原理分析，氯气性质的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等27（6分）（2020春运城校级月考）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化学性质和卤素类似，化学上称为拟卤素如（SCN）2+H2OHSCN+HSCNO，它们阴离子的还原性强弱为ClBrCNSCNI，试写出以下反应式：（CN）2与KOH溶液反应的化学方程式是（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2ONaBr与KSCN的混合溶液中加入（CN）2的离子方程式是：（CN）2+2SCN=（SCN）2+2CN已知氰（CN）2分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构，试写出其结构式：NCCN考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：根据氯气和氢氧化钾的反应书写硫氰和氢氧化钾反应方程式；阴离子的还原性强弱为：ClBrCNSCNI，NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2反应，只发生KSCN与（CN）2的反应；氰（CN）2分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构，则每个碳原子形成四个共价键，每个氮原子形成三个共价键解答：解：由Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O可知，（CN）2的化学性质和卤素很相似，则（CN）2与KOH（aq）反应的化学方程式为（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O，故答案为：（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O；阴离子的还原性强弱为：ClBrCNSCNI，NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2反应，只发生KSCN与（CN）2的反应，该反应为2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN，故答案为：2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN；氰（CN）2分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构，则每个碳原子形成四个共价键，每个氮原子形成三个共价键，所以其结构式为NCCN，故答案为：NCCN点评：本题考查了化学方程式的书写，明确还原性强弱结合知识迁移的方法分析解答，注意第二题，为易错点28（10分）（2020春铅山县校级期中）A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质B、E均为组成空气的成分F的焰色反应呈黄色在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1：2在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图所示（图中部分产物未列出）：请填写下列空白：（1）A是碳，C是钠（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是：Na2CO3+2HClCO2+H2O+2NaCl（3）写出E只与F反应的化学方程式是：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2（4）F与G的水溶液恰好反应只生成I和D的离子方程式是：Na2O2+S2+2H2O4OH+S+2Na+考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数DC，故D为硫，G为Na2S；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A即为碳因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3，然后结合物质的性质及化学用语来解答解答：解：F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数DC，故D为硫；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A为碳，因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3（1）由以上分析可知，A为碳，C为金属钠，故答案为：碳；钠；（2）H是Na2CO3，与盐酸反应生成二氧化碳和水，反应的为Na2CO3