宁夏银川市唐徕回民中学2015-2016学年高三(上)月考化学试卷(8月份)

1、2015-2016学年宁夏银川市唐徕回民中学高三（上）月考化学试卷（8月份）一、选择题（只有一个选项符合题意，2分/题，共50分）1向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )Aa点对应的溶液中：Na+、Fe3+、SO42、HCO3Bb点对应的溶液中：Na+、S2、SO42、ClCc点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3、FDd点对应的溶液中：K+、NH4+、I、CO32考点：镁、铝的重要化合物；离子共存问题 专题：离子反应专题；几种重要的金属及其化合物分析：根据图象确定溶液中

2、所发生的反应以及溶液中含有的离子，根据离子反应确定离子是否能大量共存解答：解：A、向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时发生Al3+4OHAlO2+2H2O，3AlO2+6H2O+Al3+4Al（OH）3，a点时溶液中有大量OH，与Fe3+、HCO3不能大量共存，故A错误；B、b点时溶质为NaCl和NaAlO2，所有离子可以大量共存，故B正确；C、c点时溶质为NaCl，与Ag+不能大量共存，故C错误；D、d点时溶质为NaCl和AlCl3，和CO32不能大量共存，故D错误故选：B点评：本题考查Al（OH）3沉淀量的分析和离子的共存知识，属于综合知识的考查，难度较大2下列有关溶液组成的描述合理的

3、是( )A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子解答：解：AAl3+、S2之间发生

4、双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，HCO3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；DFe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，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 S

5、CN）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；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在3某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中( )A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DC

6、O32、Al3+一定不存在，K+可能存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：离子反应专题分析：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据解答：解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0

7、.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol×3+0.020.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等4课外学习小组为

8、检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了如图所示的实验操作其中检验过程中产生的气体能使红色石蕊试纸变蓝由该实验能够得到的正确结论是( )A原溶液中一定含有SO42离子B原溶液中一定含有NH4+离子C原溶液中一定含有Cl离子D原溶液中一定含有Fe3+离子考点：常见离子的检验方法 专题：离子反应专题分析：在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色解答：解：A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫

9、酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42离子，故A错误；B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故B正确；C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误故选B点评：本题是一道关于离子反应和离子检验知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等5在溶液中加人过量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )AMg

10、2+、Ba2+、Cl、NO3BK+、CO32、Cl、SO42CCa2+、Na+、NO3、HCO3DNa+、H+、Cl、Br考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：过氧化钠具有强氧化性，可与水反应生成氢氧化钠，如离子与过氧化钠发生氧化还原反应，或与OH反应，则不能大量共存，以此解答该题解答：解：A碱性条件下，Mg2+与OH反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B离子之间不发生任何反应，且在碱性条件下可大量共存，故B正确；C碱性条件下，Ca2+、HCO3与OH反应生成沉淀和水而不能大量共存，故C错误；D碱性条件下H+不能大量共存，故D错误故选B点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考

11、点，侧重于元素化合物知识的综合应用的考查，注意把握离子的性质和反应类型，注意过氧化钠的性质，为解答该题的关键，难度不大6下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是( )A钢铁发生吸氧腐蚀：2Fe+O2+2H2O2Fe（OH）2BSO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O2H+SO32C利用NaOH溶液除去金属铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH2AlO2+H2OD84消毒液和洁厕灵混合使用会产生有毒气体：Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A吸氧腐蚀，负极Fe失去电子，正极氧气得电子；B亚硫酸为弱酸；C反应生成偏铝酸钠和水；D发生氧化还原反应生

12、成氯气和水解答：解：A钢铁发生吸氧腐蚀，负极Fe失去电子，正极氧气得电子，总反应为2Fe+O2+2H2O2Fe（OH）2，故A正确；BSO2使紫色石蕊溶液变红色是因SO2+H2OH2SO3、H2SO3H+HSO3，故B错误；C利用NaOH溶液除去金属铝表面的氧化膜的离子反应为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故C正确；D.84消毒液和洁厕灵混合使用会产生有毒气体的离子反应为Cl+ClO+2H+=Cl2+H2O，故D正确；故选B点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项BD为解答的易错点，题目难度不大7下列实验过程中涉及的离子反应方程式肯定正确的是( )A除去硫酸

13、铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体：2Fe2+Cl22Fe3+2ClB含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色：5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2OC向Ba（OH）2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液：Ba2+2OH+NH4+H+SO42BaSO4+NH3H2O+H2OD氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2O考点：离子方程式的书写 分析：A氯气除杂引入新杂质；B发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；C氢氧化钡完全反应，生成硫酸钡、水、硫酸铵；D发生氧化还原反应碘化亚铁、碘、水解答：解：A除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终

14、制备胆矾晶体，不能使用氯气，应选过氧化氢，故A错误；B含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色的离子反应为5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2O，故B正确；CBa（OH）2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+2I+6H+2Fe2+I2+6H2O，故D错误；故选B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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大8下

15、列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是( )AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DCa（HCO3）2与NaOH考点：离子方程式的书写 分析：在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答解答：解：A亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，故A错误；BBa（OH）2与H2SO4

16、溶液反应，只发生2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，与反应物的量无关，故B正确；CNa2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO32+H+HCO3，而盐酸量多时，反应生成二氧化碳和水，离子反应为CO32+2H+H2O+CO2，不能用同一个离子方程式来表示，故C错误；DCa（HCO3）2与NaOH反应，当NaOH过量时生成碳酸钠和碳酸钙，NaOH少量时只生成碳酸钙，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误故选B点评：本题考查离子方程式的书写，为高考常见题型，侧重于与量有关的离子的方程式的书写和判断，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大9下列表示对

17、应化学反应的离子方程式正确的是( )A用氨水吸收废气中氮的氧化物：NO+NO2+2OH2N+H2OB用FeCl3溶液刻蚀铜电路板：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+C漂白粉溶液在空气中失效：ClO+CO2+H2OHClO+HCD0.01 molL 1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02 molL1 Ba（OH）2溶液等体积混合：N+Al3+2S+2Ba2+4OH2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A一水合氨为弱电解质，在离子反应中应保留化学式；B电荷不守恒；C反应生成碳酸钙和HClO；DNH4Al（SO4）2、Ba（OH）2以1：2反应，生成

18、硫酸钡、氢氧化铝、水解答：解：A用氨水吸收废气中氮的氧化物的离子反应为NO+NO2+2NH3H2O2NH4+2NO2+2H2O，故A错误；B用FeCl3溶液刻蚀铜电路板的离子反应为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B错误；C漂白粉溶液在空气中失效的离子反应为Ca2+2ClO+CO2+H2O2HClO+CaCO3，故C错误；D.0.01 molL 1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 molL1Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应

19、是解答本题的关键，选项D为解答的难点，注意氢氧化铝不能溶于弱碱，题目难度不大10某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在As2S3、HNO3、H2SO4、NO、H3AsO4、H2O六种物质，已知As2S3是反应物之一下列有关判断不 正确的是( )A该容器中发生了氧化还原反应B该反应中HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物C该反应中只有砷元素被氧化、只有氮元素被还原DHNO3、H2SO4、H3AsO4都属于最高价氧化物的水化物考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：在题干中，各类化合物化合价有升有降，可以初步推断该容器中发生了氧化还原反应，As2S3是反应物，反

20、应中硫元素化合价从2升到+6价被氧化了，砷元素化合价从+3升到+5价的H3AsO4被氧化，六种物质中硝酸具有强氧化性，所以一氧化氮是还原产物，综合分析可知反应物是As2S3、H2O、HNO3，生成物是NO、H3AsO4、H2SO4；解答：解：A、反应过程中元素化合价变化说明是发生了氧化还原反应，故A正确；B、依据氧化还原反应的化合价升降可知，该反应中As2S3、HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物，故B正确；C、As2S3被氧化生成了H2SO4、H3AsO4，硫元素也被氧化，故C错误；D、HNO3、H2SO4、H3AsO4中氮、硫、砷元素化合价都是最高价，都属于最高

21、价氧化物的水化物，故D正确；故选C点评：本题考查了氧化还原反应的化合价升降守恒，产物的分析判断，氧化还原反应的概念应用，题目较难，需要熟练掌握氧化还原反应的基本概念的应用11下列说法不正确的是( )A浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体B浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化C饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO后漂白性减弱D浓盐酸与足量二氧化锰反应后，盐酸有剩余考点：硝酸的化学性质；氯气的化学性质；浓硫酸的性质 专题：元素及其化合物分析：A、浓硝酸和铜反应生成二氧化氮红褐色气体，随反应进行浓度变为稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮；B、常温下铁、铝在浓硫酸中

22、发生钝化；C、氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应；D、浓盐酸和二氧化锰反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不与二氧化锰继续反应；解答：解：A、浓硝酸和铜反应生成二氧化氮红褐色气体，随反应进行浓度变为稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮，浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体，故A正确；B、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化，不能继续反应，故B正确；C、氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应，漂白性不减弱，故C错误；D、浓盐酸和二氧化锰反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不与二氧化锰继续反应，盐酸会剩余，故D正确；故

23、选C点评：本题考查了浓硝酸、浓硫酸、氯水性质的分析判断，注意浓溶液随反应进行会浓度变稀，掌握基础是关键，题目难度中等12已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为( )A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性考点：氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧

24、化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答：解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C、生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误

25、；D、反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误故选A点评：本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答13有下列反应：Na+H2O，NaH+H2O，NO2+H2O，Cl2+H2O，IBr+H2O，其中属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂，又不是还原剂的是( )ABCD考点：氧化还原反应 分析：氧化还原反应中有元素的化合价发生变化，水既不作氧化剂又不作还原剂，则在反应中，水所含的H、O元素的化合价都没有发生变化，以此解答该题解答：解：Na和H2O生成NaOH和H2，H元素的化合价降低，水被还原，为氧化剂；NaH+H2O反应NaH+H2O

26、=NaOH+H2，水中H元素化合价降低，作氧化剂；NO2和H2O的反应中，N元素的化合价既升高又降低，则属于氧化还原反应，且水既不作氧化剂又不作还原剂；Cl2+H2O=HCl+HClO中，氯元素的化合价既有升高的又有降低的，所以是氧化还原反应，而水中氢、氧元素化合价不变，水既不是氧化剂又不是还原剂；IBr+H2O=HBr+HIO中，该反应中没有元素化合价变化，所以不是氧化还原反应；故选C点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意根据物质的性质判断所发生的反应，注意元素化合价的变化14氢化亚铜（CuH）是一难溶物质，用CuSO4溶液和“另一种反应物”在4050时反应可生成它CuH不稳定，易分

27、解；CuH在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关它的推断中错误的是( )A“另一种反应物”一定具有氧化性BCuH既可做氧化剂也可做还原剂CCuH+Cl2CuCl+HCl（燃烧）DCuH+HClCuCl+H2（常温）考点：铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素及其化合物分析：ACu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂；BCuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低；CCuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；DCuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气解答：解：ACu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应

28、物”在反应中作还原剂，具有还原性，故A错误；BCuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，故B正确；CCuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl，题中未配平，故C错误；DCuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，该反应中只有H元素的化合价发生变化，反应为CuH+HClCuCl+H2，故D正确；故选AC点评：本题主要考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重知识的迁移应用来考查学生15Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还

29、原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是( )A2B3C4D5考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值解答：解：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根

30、据电子转移守恒，则：x×6（）=16×1（1）解得：x=5故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大16将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法不正确的是( )A参加反应的氯气的物质的量等于amolB改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为1/7amolC若某温度下，反应后=11，则溶液中=D改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amolneamol考点

31、：化学方程式的有关计算 分析：A由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），据此计算判断；B氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断；C设n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3）；D氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算解答：解：A由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n

32、（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）=0.5a mol，故A正确；B氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，则n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故B错误；C设n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3）+1×n（ClO）=1×n（Cl），即：5×n（ClO3）+1×1mol=1×11mol，解得：n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据

33、电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为：a mol×5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为：a molnea mol，故D正确；故选B点评：本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转

34、移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力17已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+Fe2+；MnO4Mn2+；Cl22Cl；HNO3NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是( )AFe3+BMnO4CCl2DHNO3考点：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：根据氧化还原反应中得失电子守恒的思想可知，在四个反应中氧化剂不一样，而还原剂均为碘化钾中的碘离子，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的也就是比较每1mol氧化剂得电子的多少，谁得电子多谁氧化的KI多，生成的I2就多解

35、答：解：由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；A、1molFe3+Fe2+得1mole，B、1molMnO4Mn2+得5mole，C、1molCl22Cl得2mole，D、1molHNO3NO得1mole；显然B中1mol氧化剂得电子最多，生成的I2就最多，故选B点评：本题考查了氧化还原反应中电子守恒规律，同时要求学生具有分析和解决问题的能力18用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法错误的是( )A室温下，14.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的CH键数目为2NAB2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2NAC2.3g金属钠与

36、过量的氧气反应，无论是否加热，转移的电子数均为0.1NAD1mol Na2CO3晶体中含有的CO32离子数小于NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、乙烯和丁烯的最简式均为CH2；B、SO2和O2的反应为可逆反应；C、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠的价态来分析；D、Na2CO3晶体由2个钠离子和1个碳酸根构成解答：解：A、乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量n=1mol，而1molCH2中含2molCH键即2NA个，故A正确；B、SO2和O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得混合气体的分子数大于2NA，故B正确；C、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应

37、后钠的价态为+1价，故0.1mol钠无论反应后的产物是氧化钠还是过氧化钠，均失去0.1mol电子即0. 1NA个，故C正确；D、Na2CO3晶体由2个钠离子和1个碳酸根构成，故1mol碳酸钠晶体中含1mol碳酸根即NA个，故D错误故选D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19MnO2的一些性质或用途如图，下列说法正确的是( )A、三个反应中Mn02均作氧化剂B足量Mn02与2L 10mol/L、HCl共热，可生成5mol Cl2C反应若生成1mol Al203，则反应过程中转移12mol电子D反应中K2CO3和KNO3的化学计量数均为1考

38、点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯化锰、氯气和水，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高；中Al与二氧化锰发生铝热反应，Mn元素的化合价降低，Al元素的化合价升高；中发生K2CO3+KNO3+Mn02=K2MnO4+KNO2+CO2，Mn元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A、反应中Mn02均作氧化剂，中Mn元素的化合价升高，则作还原剂，故A错误；B足量Mn02与2L 10mol/L、HCl共热，若完全反应可生成5mol Cl2，但随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，不再反应，则生成氯气小5mol，故B错误；C反应若生成1mol

39、 Al203，则由Al元素的化合价变化可知反应过程中转移1mol×2×（30）=6mol电子，故C错误；D中发生K2CO3+KNO3+Mn02=K2MnO4+KNO2+CO2，K2CO3和KNO3的化学计量数均为1，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及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大20已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示下列不正确的是( )A0b间的反应可用离子方程

40、式表示：3HSO3+IO3=3SO42+I+3H+Ba点时消耗NaHSO3的物质的量为1.2 molCb点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2D当溶液中I与I2的物质的量之比为5：2，加入的KIO3为1.08 mol考点：氧化还原反应的计算 分析：还原性HSO3I，含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，先发生IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，发生IO3+6H+5I3H2O+3I2，然后结合图象可知0b没有碘生成、bc生成碘来解答解答：解：A由图象可知，0b没有碘生成，则发生3HSO3+IO3=

41、3SO42+I+3H+，故A正确；Ba点碘酸钾的物质的量是0.4mol，由反应可知碘酸钾和亚硫酸氢钠的物质的量比为1：3，消耗NaHSO3的物质的量为0.4mol×3=1.2mol，故B正确；Cb点到c点，发生IO3+6H+5I3H2O+3I2，故C错误；D根据反应2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，3mol NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO3+6H+5I3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为xmol，消耗碘离子的物质的量为xmol，剩余的碘离子的物质的量=（1x）mo

42、l，当溶液中n（I）：n（I2）=5：2时，即（1x）：x=5：2，x=0.24mol，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1mol+0.24mol×=1.08mol，故D正确；故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握还原性的强弱、氧化还原反应的先后顺序、图象与反应的对应关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大21用密度为1g/cm3，质量分数是的浓盐酸，配制成体积为1：4的稀盐酸，密度为2g/cm3，则所配制的稀盐酸的物质的量浓度为( )Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算 分析：设浓盐酸的体积为1L，则

43、水的体积为4L，根据m=V计算HCl质量，混合后溶液的质量=原浓盐酸质量+水的质量和，再计算混合后氯化氢的质量分数，根据c=计算稀盐酸的浓度解答：解：令浓盐酸的体积为1L，则水的体积为4L，所以HCl的质量为1000mL×1gcm3×=10001g，混合后稀盐酸的质量为：1000mL×1gcm3×+4000mL×1g/mL=（4000+10001）g，所以混合后稀盐酸中HCl的质量分数为=，所以稀盐酸的物质的量浓度为c=mol/L=mol/L故选B点评：本题考查物质的量浓度计算，难度中等，理解体积比1：4盐酸的含义，可利用定义法进行计算，关键在

44、于稀释中溶质的物质的量不变22同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是( )A同温同压下甲和乙的密度之比为1：1B甲与乙的相对分子质量之比为1：1C同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1：1D等质量的甲和乙中的原子数之比为1：1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，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，由n=可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2，结合n=进行判断解答：解：A同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据知，其密度

45、相同，故A正确；B根据m=nM=M知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；C根据PV=nRT=知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；D等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误；故选D点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，题目难度不大，注意把握相关计算公式的运用23设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( )A0.1mol NH3溶于足量水中（不考虑氨气挥发），溶液中N原子的数目为0.1NAB在常温下，若CO与CO2的体积相

46、等，则它们的物质的量相等C标准状况下，22.4L NO与CO2的混合气体中含有O的原子数为3NAD在常温常压下，22.4L氢气的质量为2g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、依据元素守恒分析判断；B、压强不知不能确定气体物质的量；C、依据n=计算物质的量，降低极值分析判断所含氧原子数；D、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断解答：解：A、0.1mol NH3溶于足量水中（不考虑氨气挥发），反应生成一水合氨，依据元素守恒，溶液中N原子的数目为0.1NA，故A正确；B、依据阿伏伽德罗定律分析，压强不知不能确定气体物质的量，故B错误；C、标准状况下，22.4L NO与C

47、O2的混合气体物质的量为1mol，含有O的原子数为NA2NA之间，故C错误；D、常温常压下，22.4L氢气物质的量不是1mol，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是元素守恒分析，气体摩尔体积的条件应用，掌握基础是关键，题目难度中等24已知溶质质量分数为98%的浓硫酸（=1.84g/mL），其物质的量浓度为18.4mol/L，取10mL该硫酸与amL水混合，配制成溶质质量分数为49%的硫酸溶液（=1.40g/mL），其物质的量浓度为bmol/L则a、b分别为( )Aa=10 b=9.2Ba10 b9.2Ca10 b=9.2Da10 b9.2考点：物质的量浓度的相关计算

48、 分析：根据稀释过程中溶质硫酸的质量不变列方程计算加入水的体积a，结合c=mol/L计算49%的硫酸的浓度，然后对各选项进行判断解答：解：稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL×1.84g/mL×98%=（10mL×1.84g/mL+amL×1g/mL）×49%，解得a=18.410；设49%的硫酸的密度为g/mL，硫酸浓度越大密度越大，则1.84，49%的硫酸的物质的量浓度b=mol/L=5 mol/L9.2mol/L，故选D点评：本题考查溶液浓度的有关计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系，明确硫酸的浓度越大，则其

49、密度越大25根据下列所给出的数据，得出的结论正确的是( )A在10%的NaOH溶液中，平均每9个水分子溶有1个OHB将10g碳酸钙粉末加水配制成100mL溶液，CaCO3的物质的量浓度为1mol/LC通入标准状况下11.2LHCl气体，可使1L 0.5mol/L的盐酸的物质的量浓度增大一倍D已知某氢氧化钠溶液中Na+与H2O的个数之比为1：a，则可求出此溶液中氢氧化钠的质量分数考点：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 分析：A设溶液为100g，计算NaOH、H2O的质量，再根据n=计算各自物质的量进行解答；B碳酸钙难溶于水；C通入氨气后，溶液的体积不是1L；D设氢氧化钠溶液

50、中有1molNa+，则H2O为amol、n（NaOH）=n（Na+），根据m=nM计算NaOH、H2O的质量，再根据质量分数=×100%计算解答：解：A设溶液为100g，m（NaOH）=100g×10%=10g、m（H2O）=100g10g=90g，则n（OH）=n（NaOH）=0.25mol，n（H2O）=5mol，不考虑水的电离，则溶液中水分子与OH的物质的量之比为5mol：0.25mol=20：1，即平均每20个水分子溶有1个OH，故A错误；B碳酸钙难溶于水，溶解度小于0.01g，10g碳酸钙不能完全溶解，配成100mL溶液后浓度原小于1mol/L，故B错误；C.1

51、L浓度为0.5mol/L的盐酸通入标况下11.2L氨气后，氨气总物质的量为1mol，但溶液的体积不是1L，故C错误；D设号氢氧化钠溶液中有1molNa+，则H2O为amol，n（NaOH）=n（Na+）=1mol，m（NaOH）=1mol×40g/mol=40g、m（H2O）=amol×18g/mol=18a g，故NaOH的质量分数=，故D正确；故选D点评：本题考查物质的量浓度与质量分数的有关计算，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，C选项为易错点，学生容易只考虑HCl的物质的量，而忽略溶液体积二、简答题（本题包括5道小题，10分/题，共50分）26某

52、一离子反应体系有反应物和产物共以下六种：MnO4、H+、O2、H2O、H2O2、Mn2+已知该反应中的H2O2只发生如下过程：H2O2O2（1）该反应中的还原剂是H2O2（2）该反应中发生还原反应的过程是MnO4Mn2+（3）溶液随着酸性的增强氧化性不断增强，应选择稀硫酸（选填“稀硫酸”或“浓盐酸”）进行KMnO4溶液的酸化（4）如反应转移了0.6mo1电子，则产生的气体在标准状况下体积为6.72L考点：氧化还原反应 分析：由H2O2O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，反应

53、的离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，结合离子方程式解答该题解答：解：反应的离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，（1）反应中生成氧气，H2O2被氧化，为还原剂，故答案为：H2O2；（2）反应中生成氧气，H2O2被氧化，为还原剂，则MnO4被还原生成Mn2+，所以发生还原反应的过程是MnO4Mn2+；故答案为：MnO4；Mn2+；（3）高锰酸钾具有强氧化性，可氧化盐酸生成氯气，可应用硫酸酸化，故答案为：稀硫酸；（4）2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2反应中，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，由方程式

54、可知生成5mol氧气转移10mol电子，则如反应转移了0.6mo1电子，产生的氧气0.3mol，气体在标准状况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72L点评：本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应的概念、电子转移等知识的考查，题目难度不大，注意根据化合价的变化分析27某反应体系中的物质有：Cr2（SO4）3、K2S2O8、K2Cr2O7、K2SO4、H2SO4、H2O已知K2S2O8的氧化性比K2Cr2O7强请将以上反应物与生成物编写成一个氧化还原反应方程式并配平7H2O+Cr2（SO4）3+3K2S2O8=7H2SO4+2K2SO4+K2Cr2O7考点：氧化还原反应方程式的配平 分析：依据反应体系中的物质Cr2（SO4）3、K2S2O8、K2Cr2O7、K2SO4、H2SO4、H2O，K2S2O8的氧化性比K2Cr2O7强，所以K2S2O8是氧化剂，K2SO4、H2SO4是还原产物，Cr2（SO4）3是还原剂，K2Cr2O7是氧化产物，