1、2013-2014学年浙江省宁波市北仑区柴桥中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（本题6小题，2分/小题，每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2013秋广安期末）化学概念在逻辑上存在如图所示关系，对下列概念间的关系说法正确的是（）A纯净物与混合物属于包含关系B化合物与电解质属于包含关系C单质与化合物属于交叉关系D氧化反应与化合反应属于并列关系2（2分）（2014春杭州期末）下列说法不正确的是（）A硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质CO3是由3个氧原子构成的纯净物，CuSO45H2O是一种混合物D天然气、沼气
2、和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源3（2分）（2013南关区校级一模）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）将1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NA12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA在标准状况下，22.4L H2O中的O原子数为NA17g羟基中含有的电子数为10NA1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA200mL 1molL1 Fe2（SO4）3溶液中，Fe3+和SO42离子数的总和小于NAABCD4（2分）（2014黄山一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A能使甲基橙变黄的溶液中
3、：Na+、K+、SO42、Al3+BpH=2的溶液中：Na+、ClO、NH4+、SO42C某透明澄清的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3、ClD0.1 molL1NaHCO3溶液中：K+、Ba2+、OH、Cl5（2分）（2013秋右江区校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+Fe2+H2SB氯气通入澄清石灰水中：Cl2+2OHCl+ClO+H2OCSO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO+H2OSO32+2HClOD等体积、等物质的量浓度AlCl3与NaOH溶液混合：Al3+4OH=AlO2+H2O6（2分）（2011新疆一模）在浓盐酸
4、中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3； 还原性：ClAs； 每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； M为OH；SnCl62是氧化产物ABCD只有二、选择题（本题10小题，3分/小题，每小题只有一个选项符合题意）7（3分）（2011秋中山期末）已知还原性ClFe2+H2O2ISO2，判断下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2OSO42+4H+2Fe2+BI2+SO2+2H2OH2SO4+2HICH2O2+2H+SO42SO2+
5、O2+2H2OD2Fe3+2I2Fe2+I28（3分）（2014玉山县校级模拟）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是（）ACuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化BSO2是氧化产物，FeS是还原产物C每生成1mol Cu2S，有4mol硫被氧化D每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化9（3分）（2011福建模拟）据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6）已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应正确的是（）A在此反应中，每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子B在此反应中，O
6、2是氧化剂，PtF6是还原剂CO2（PtF6）中氧元素的化合价是+1价DO2（PtF6）中仅存在离子键不存在其它化学键10（3分）（2009铁东区校级一模）将1.12g铁粉加入25mL 2mol/L氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（）A铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl浓度基本不变B往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色CFe2+和Fe3+的物质的量之比为5：1D氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：111（3分）（2011丹阳市校级二模）下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与
7、Ca（OH）212（3分）（2015徐汇区二模）将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+ ）或 c（OH）（c表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2DCuSO43Cu（OH）213（3分）（2013秋北仑区校级月考）有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Ca2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验（）（1）第一份加入AgNO3溶液由沉淀产生（2）第二份加足
8、量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量2.33gAc（K+）0.2 mol/LB一定存在的离子：Cl CO32、SO42 NH4+C一定不存在的离子：Ca2+ K+ ClDc（K+）+c（NH4+）=c（CO32）+c（SO42）14（3分）（2015遵义校级模拟）下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色不变C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系
9、时可产生丁达尔效应15（3分）（2013秋北仑区校级月考）用密度为1g/cm3，质量分数是的浓盐酸，配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为2g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度为（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L16（3分）（2013承德模拟）向含1mol HCl和lmol MgSO4的混合溶液中加入1mol/L的Ba（OH）2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）间的关系图正确的是（）ABCD三、填空题（共58分）17（6分）（2013秋北仑区校级月考）现用质量为98%、密度为1.84gcm3的浓H2SO4来配制480mL0.2mol/L
10、的稀H2SO4请回答下列问题：（1）经计算，需浓H2SO4的体积为（2）实验中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、（3）量取浓硫酸是俯视量筒会使所配溶液的浓度；定容时俯视会使所配溶液的浓度（增大、减小、无影响）18（8分）（2013秋北仑区校级月考）有一无色透明澄清溶液，可能含有较大量的Cu2+、Ba2+、I、S2、H+、K+等离子中两种或多种，做如下实验：取溶液少量加入铁粉有气体放出；另取原溶液加Na2SO3溶液后有气体放出，也有白色沉淀生成，再加盐酸沉淀不完全消失；另取原溶液加入AgNO3溶液无沉淀生成（1）由此判断原溶液中一定含有的离子是，一定不含有的离子是，可能含有的离子是；（2）有关反应的
11、离子方程式为19（8分）（2013秋北仑区校级月考）（1）完成并配平白磷和氯酸溶液反应的化学方程式：P4+HClO3+HCl+H3PO4（2）白磷有毒，在实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4该反应的氧化产物是，若有1.1mol P4反应，则有mol电子转移；（3）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3）已知：（1）0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7；（2）H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；（3）H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成关于
12、H3PO3的说法：强酸；弱酸；二元酸；三元酸；氧化性酸；还原性酸，其中正确的是ABCD20（6分）（2013秋北仑区校级月考）锂离子电池的应用很广泛，其正极材料可再生利用某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2 ）、导电剂乙炔和铝箔等，其中钴酸锂的回收用到“酸浸”，即在80H2SO4和H2O2作用下生成Li2SO4和CoSO4，请写出该反应的化学方程式，有人提出因为盐酸也具有（填性质）可以代替H2SO4和H2O2；但该提议却不被生产厂家所采纳，你认为其原因最可能是21（16分）（2013秋北仑区校级月考）I铁盐、亚铁盐是实验室常用的药品请根据题意，完成下列填空：（1）向酸化的FeCl3溶液中
13、逐滴加入KI溶液，溶液变成棕褐色该反应的离子方程式为（2）向酸化的FeSO4溶液中加几滴硫氰化钾溶液，没有什么明显变化，再滴加双氧水，溶液变红色继续滴加双氧水，红色逐渐褪去，且有气泡产生写出上述变化中，有关反应的离子方程式：Fe3+3SCN=Fe（SCN）311H2O2+2SCN=2+2CO2+N2+10H2O+2H+若生成lmol N2，H2O2和SCN的反应中转移电子的物质的量是mol（3）根据以上实验，推断Fe2+、I和SCN的还原性由强到弱的顺序为（4）在Fe2+、Fe3+的催化作用下，可实现2SO2+O2+2H2O=2H2SO4的转化已知含SO2的废气通入Fe2+、Fe3+的溶液时，
14、其中一个反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，则另一反应的离子方程式为某课题组利用Fe粉和KNO3溶液反应，模拟地下水脱氮过程，探究脱氮原理（5）实验前：先用0.1molL1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是，然后用蒸馏水洗涤至中性；将KNO3溶液的pH调至2.5；，为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液通入（写化学式）（6）如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）请根据图中信息写出t1时刻前该反应生成的阳离子分别是、t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH+4的浓度在增大，Fe2+的浓度
15、却没有增大，可能的原因是22（14分）（2012秋沙坪坝区校级期中）某化学研究性学习小组讨论Fe3+和SO32之间发生怎样的反应，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应：2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+；二是发生双水解反应：2Fe3+3SO32+6H2O2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3（1）为了证明是哪一种反应发生，同学们设计并实施了下列实验实验：学生选择的实验用品：Na2SO3浓溶液、BaCl2稀溶液、稀盐酸；试管若干、胶头滴管若干从选择的药品分析，设计这个实验的目的是实验：取5mL FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色
16、，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入Na2SO3浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色这种红褐色液体是向红褐色液体中逐漓加入稀盐酸至过量，将所得溶液分成两等份，其中一份加入KSCN溶液，溶液变为血红色，反应的离子方程式为另一份中加入BaCl2稀溶液，有少量白色沉淀生成，产生该白色沉淀的离子方程式实验：换用稀释的FeCl3和Na2SO3溶液重复实验，产生的现象完全相同由上述实验得出的结论是（2）若在FeCl3浓溶液中加Na2CO3浓溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的化学方程式为从形式上看，Na2CO3和Na2SO3相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象
17、差别很大，分析其原因可能是：2013-2014学年浙江省宁波市北仑区柴桥中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题6小题，2分/小题，每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2013秋广安期末）化学概念在逻辑上存在如图所示关系，对下列概念间的关系说法正确的是（）A纯净物与混合物属于包含关系B化合物与电解质属于包含关系C单质与化合物属于交叉关系D氧化反应与化合反应属于并列关系考点：混合物和纯净物；单质和化合物；氧化还原反应版权所有专题：物质的分类专题分析：A、根据物质组成成分的多少分为纯净物与混合物；B、根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电分为电解质和非电解质；C
18、、根据纯净物中含有元素的种类不同分为单质和化合物；D、根据化合反应不一定是氧化反应，氧化反应也不一定是化合反应；解答：解：A、因物质根据组成成分的多少分为纯净物与混合物，所以纯净物与混合物属于并列关系，故A错误；B、因化合物根据在水溶液或熔融状态下能否导电分为电解质和非电解质，所以化合物与电解质属于包含关系，故B正确；C、因纯净物根据含有元素的种类不同分为单质和化合物，所以单质与化合物属于并列关系，故C错误；D、因化合反应不一定是氧化反应，氧化反应也不一定是化合反应，所以氧化反应与化合反应属于交叉关系，故D错误；故选：B点评：熟练掌握物质的分类及其分类标准，解答本题要分析概念间的关系2（2分）
19、（2014春杭州期末）下列说法不正确的是（）A硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质CO3是由3个氧原子构成的纯净物，CuSO45H2O是一种混合物D天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；常见的能量转化形式；强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：物质的分类专题分析：A、酸是指电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离出来阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指电离出金属离子和酸根离子的化合物，氧化物是两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物；B、
20、电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，水溶液中全部电离的化合物为强电解质，水溶液中部分电离的化合物为弱电解质，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各种的所属类别；C、O3是由分子构成的纯净物，CuSO45H2O是一种物质组成的纯净物；D、天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的，水煤气是由C与水蒸气反应生成的解答：解：A、依据概念分析，硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C，故A正确；B、蔗糖不能电离属于非电解质，硫酸钡是盐属于强电解质，水是弱电解质，故B正确；C、O3是由分子构成的纯净物，3个氧原子构
21、成的是O3分子，CuSO45H2O是一种物质组成的纯净物，故C错误；D、天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故D正确；故选C点评：本题考查了物质分类的方法和依据，掌握物质组成和选择是解题关键，注意能源分类的方法，掌握基础是关键，题目较简单3（2分）（2013南关区校级一模）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）将1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NA12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA在标准状况下，22.4L H2O中的O原子数
22、为NA17g羟基中含有的电子数为10NA1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA200mL 1molL1 Fe2（SO4）3溶液中，Fe3+和SO42离子数的总和小于NAABCD考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：将1mol氯气通入足量水中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；熔融的NaHSO4中含有的阳离子只有钠离子；在标准状况下，水的状态不是气体；羟基中含有9个电子，17g羟基的物质的量为1mol，含有9mol电子；过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的阴、阳离子的物质的量为3mol；
23、200mL 1molL1 Fe2（SO4）3溶液中含有0.2mol硫酸铁，由于铁离子部分水解，溶液中Fe3+和SO42离子总物质的量小于1mol解答：解：将1mol氯气通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于1mol，转移的电子数小于NA，故错误；12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故正确；在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4L H2O中的物质的量，故错误；17g羟基的物质的量为1mol，1mol取取经
24、中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故错误；1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故正确；200mL 1molL1 Fe2（SO4）3溶液中含有溶质硫酸铁0.2mol，铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42离子的总物质的量小于1mol，溶液中Fe3+和SO42离子总数的总和小于NA，故正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核
25、内质子中子及核外电子的构成关系；为易错点，注意氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸4（2分）（2014黄山一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A能使甲基橙变黄的溶液中：Na+、K+、SO42、Al3+BpH=2的溶液中：Na+、ClO、NH4+、SO42C某透明澄清的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3、ClD0.1 molL1NaHCO3溶液中：K+、Ba2+、OH、Cl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A、能使甲基橙变黄的溶液可能为碱性溶液，铝离子能够与氢氧根离子反应；B、pH=2的溶液为酸性溶液，次氯酸根离子能够与氢离子反应；C、
26、某透明澄清的溶液中不存在难溶物，NH4+、Cu2+、NO3、Cl离子之间不反应，且为透明的溶液；D、氢氧根离子能够与碳酸氢钠反应，在溶液中不能共存解答：解：A、该溶液可能为碱性溶液，溶液中存在大量的OH，Al3+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故A错误；B、该溶液为酸性溶液，ClO能够与氢离子结合生成弱电解质次氯酸，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C、NH4+、Cu2+、NO3、Cl离子之间不反应，且为透明溶液，满足题中要求，故C正确；D、NaHCO3能够与OH反应生成碳酸钠，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，透明浓度中等，注意明确离子不
27、能大量共存的一般情况，如能发生复分解反应的离子之间、能生成难溶物的离子之间、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 SCN）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力5（2分）（2013秋右江区校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+Fe2+H2SB氯气通入澄清石灰水中：Cl2+2OHCl+ClO+H2OCSO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO+H2OSO32+2HClOD等体积、等物质的量
28、浓度AlCl3与NaOH溶液混合：Al3+4OH=AlO2+H2O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发生氧化还原反应生成硝酸铁、S、NO和水；B反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；C发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸；D等体积、等物质的量浓度，碱不足，生成氢氧化铝解答：解：A用稀HNO3溶解FeS固体的离子反应为FeS+NO3+4H+Fe3+S+NO+2H2O，故A错误；B氯气通入澄清石灰水中的离子反应为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故B正确；CSO2气体通入NaClO溶液中的离子反应为SO2+ClO+H2OSO42+2H+Cl，故C错误；D等体积、等物质的量浓度AlCl3
29、与NaOH溶液混合的离子反应为Al3+3OH=Al（OH）3，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应的书写，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，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子反应考查，题目难度中等6（2分）（2011新疆一模）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3； 还原性：ClAs； 每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； M为OH；SnCl62是氧化产物ABCD只有考点：氧化还原反应版权所有专题：压
30、轴题；氧化还原反应专题分析：离子方程式3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成解答：解：H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故正确；反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故错误；H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故正确；根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守
31、恒的角度分析可知应为H2O，故错误；SnCl2SnCl62，Sn元素的化合价升高，SnCl62是氧化产物，故正确故选：A点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应二、选择题（本题10小题，3分/小题，每小题只有一个选项符合题意）7（3分）（2011秋中山期末）已知还原性ClFe2+H2O2ISO2，判断下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2OSO42+4H+2Fe2+BI2+SO2+2H2OH2SO4+2HICH2O2+2H+SO42SO2+O2+2H2OD2Fe3+2I2Fe2+I2考点：氧化性、还原性强弱的比
32、较版权所有专题：氧化还原反应专题分析：根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可以判断氧化还原反应中物质的还原性强弱，同时也可以根据还原性的强弱反推氧化还原反应能否发生，通过逐一判断反应中的还原剂和还原产物，与题目中的还原性强弱顺序表，符合的可以发生，不符合的不可以发生来解题解答：解：A反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性二氧化硫大于亚铁离子，符合，故A正确；B反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为碘离子，还原性二氧化硫大于碘离子，符合题中还原性的式子，故B正确；C反应中还原剂为双氧水，还原产物为二氧化硫，而二氧化硫的还原性大于双氧水的，故反应不发生，故C错误；D反应中
33、还原剂为碘离子，还原产物为亚铁离子，还原性碘离子大于亚铁离子，反应可以发生，故D正确；故选C点评：本题根据逆推思想，明确还原性的强弱顺序即可判断氧化还原反应能否发生8（3分）（2014玉山县校级模拟）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是（）ACuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化BSO2是氧化产物，FeS是还原产物C每生成1mol Cu2S，有4mol硫被氧化D每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化考点：氧化还原反应；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：反应2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2中，
34、Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为2价，以此解答该题解答：解：ACu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B生成FeS，元素化合价没有变化，FeS不是还原产物，也不是氧化产物，故B错误；C由方程式可知，每生成1mol Cu2S，有1mol硫被氧化生成SO2，其它物质中的S元素化合价没有发生变化，故C错误；D元素化合价升高的只有S元素，由2价升高到+4价，变化6价，则每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能
35、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9（3分）（2011福建模拟）据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6）已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应正确的是（）A在此反应中，每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子B在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂CO2（PtF6）中氧元素的化合价是+1价DO2（PtF6）中仅存在离子键不存在其它化学键考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、根据O2（PtF6）与转移电子的关系式计算B、
36、反应前后，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂C、根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断氧元素的化合价D、非金属元素之间易形成共价键解答：解：A、O2+PtF6=O2（PtF6）转移电子 1mol 1mol 所以每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子，故A正确B、该反应中，O2生成（O2）+，所以氧气作还原剂，PtF6是氧化剂，故B错误C、由题意知，O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，所以O的化合价为+价，故C错误D、O2（PtF6）中氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，故D错误故选A点评：本题是有关氧化还原反应的信息给予题，能对信息进行
37、选取应用是解本题的关键，难度不大10（3分）（2009铁东区校级一模）将1.12g铁粉加入25mL 2mol/L氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（）A铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl浓度基本不变B往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色CFe2+和Fe3+的物质的量之比为5：1D氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：1考点：铁盐和亚铁盐的相互转变版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：依据铁的物质的量和氯化铁的物质的量的相对大小，判断反应的情况进行判断；解答：解：1.12g铁物质的量n（Fe）=0.02mol，25mL 2mol/L氯化铁溶液中n（Fe3+）=0.025L2mol/L=0.05m
38、ol；发生的反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+； 0.02mol 0.04mol 0.06mol依据上述反应可知：三价铁离子剩余0.01mol，溶液中含有Fe3+物质的量为0.01mol，Fe2+物质的量为0.06mol，无金属铁剩余；A、铁无剩余，溶液呈黄绿色，C1浓度基本不变，故A错误；B、溶液中有剩余的三价铁离子，往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，故B正确；C、Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6：1，故C错误；D、氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故D错误；故选：B点评：本题考查了二价铁和三价铁间的相互转化，主要是化学方程式的过量计算判断，关键是剩余溶液中的成分和离子的性质
39、应用11（3分）（2011丹阳市校级二模）下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）2考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，则就能用同一离子方程式表示，以此来解答解答：解：ACl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，故B选；CHCl少量时，发生HCl
40、+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；DNaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故D不选；故选B点评：本题考查与量有关的离子反应的书写，明确量对化学反应的影响是解答本题的关键，题目难度较大12（3分）（2015徐汇区二模）将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如
41、溶液中c（Cu2+ ）或 c（OH）（c表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2DCuSO43Cu（OH）2考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：依据题意计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中；只要比较铜离子和氢氧根离子物质的量之比和选项中相同即符合要求；解答：解：40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液中含铜离子
42、物质的量n（Cu2+）=0.04L1.5mol/L=0.06mol；30mL 3molL1 的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量n（OH）=0.09mol；n（Cu2+）：n（OH）=2：3；溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于2：3，对比选项，A为1：2；B为1：1；c为3：4；D为2：3，故D符合；故选D点评：本题考查了元素守恒的具体应用，以常规的反应为载体，用定量分析的方法判断生成沉淀的组成，注意题干中的信息应用13（3分）（2013秋北仑区校级月考）有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的
43、若干种：K+、NH4+、Cl、Ca2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验（）（1）第一份加入AgNO3溶液由沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量2.33gAc（K+）0.2 mol/LB一定存在的离子：Cl CO32、SO42 NH4+C一定不存在的离子：Ca2+ K+ ClDc（K+）+c（NH4+）=c（CO32）+c（SO42）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：1、根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有
44、沉淀产生，推得可能含有Cl、CO32、SO42第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，一定不存在Mg2+第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在CO32、SO42，2、根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出K+一定存在，由K+物质的量的变化分析Cl的情况解答：解：根据题意分析，第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl+Ag+AgCl、CO32+2Ag+Ag2CO3、SO42+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产
45、生说明一定不存在Mg2+故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+根据反应NH4+OHNH3+H2O，产生NH3为0.04mol，可得NH4+也为0.04mol第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32+Ba2+BaCO3、SO42+Ba2+BaSO4，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ca2+由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01molBaCO3为6.27g2.33g
46、3.94g，物质的量为0.02mol则CO32物质的量为0.02mol，CO32物质的量浓度为0.2mol/L由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，而CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO32、SO42所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量0.02mol，c（K+）0.2 mol/L，当K+物质的量0.02mol，即c（K+）0.2 mol/L时，溶液中还必须含有ClA、根据上述结果表明c（K+）0.
47、2 mol/L，故A正确；B、溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，c（K+）0.2 mol/L时，溶液中还必须含有Cl，故B错误；C、一定不存在的离子：Ca2+，故C错误；D、溶液中存在电荷守恒：（K+）+c（NH4+）=2c（CO32）+2c（SO42），故D错误故选A点评：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误，是一道高考题14（3分）（2015遵义校级模拟）下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，但颜色
48、不变C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A溴可与氢氧化钠溶液反应；B蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体；C生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体；D饱和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体解答：解：A溴可与氢氧化钠溶液反应，振荡后静置，上层溶液无色，故A错误；B蔗糖与浓硫酸反应可生成具有还原性的二氧化硫气体，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C生成的NO可与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，故C错误；D饱
49、和氯化铁溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，故D正确；故选：D点评：本题考查化学实验方案的评价，考查较为综合，涉及分液、浓硫酸的性质、NO以及胶体的制备等，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关物质的性质以及实验方法，难度中等15（3分）（2013秋北仑区校级月考）用密度为1g/cm3，质量分数是的浓盐酸，配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为2g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度为（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：计算题分析：根据溶液的质量m=V计算出浓盐酸的质量，再根据质量分数计算出氯化氢的质量
50、，然后根据n=计算出氯化氢的物质的量；浓盐酸与水配制成体积比为1：4及混合液密度2g/cm3计算出混合液的质量及体积，最后根据c=计算出所配制的盐酸的物质的量浓度解答：解：浓盐酸与水配制成体积比为1：4，设体积分别为VL、4VL，则浓盐酸的质量为：1Vg1000g，则HCl的质量为：10001Vg，n（HCl）=mol，稀溶液的质量为：（10001V+4000V）g，稀释后的溶液的体积为：mL，所配制稀盐酸的物质的量浓度为：=mol/L，故选C点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确质量分数与物质的量浓度的关系是解答本题的关键，熟悉相关的计算公式即可解答，试题培养了学生的分析、理解
51、能力及化学计算能力16（3分）（2013承德模拟）向含1mol HCl和lmol MgSO4的混合溶液中加入1mol/L的Ba（OH）2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）间的关系图正确的是（）ABCD考点：离子方程式的有关计算版权所有专题：图示题分析：含1mol HCl和l mol MgSO4的混合溶液中加入Ba（OH）2后，首先发生反应Ba2+SO42=BaSO4，生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，同时OH跟盐酸的H+发生中和反应OH+H+=H2O，由于HCl的存在，OH不能与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，待H+完全反应，OH与Mg2+开始生成Mg（O
52、H）2沉淀，由OH+H+=H2O可知，H+完全反应时加入的Ba（OH）2为0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，产生参加反应的硫酸根为0.5mol，此阶段沉淀n（BaSO4）=0.5mol，溶液中n（SO42）=1mol0.5mol=0.5mol，n（Mg2+）=1mol；继续加入Ba（OH）2，发生反应Ba2+SO42=BaSO4、Mg2+2OH=Mg（OH）2，此时加入相同质体积的Ba（OH）2溶液，生成的沉淀的量比上一阶段要多，当再加入0.5molBa（OH）2时，溶液中的SO42恰好沉淀，参加反应的Mg2+物质的量为0.5mol，此阶段又产生沉淀n（BaS
53、O4）=0.5mol，nMg（OH）2=0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时溶液中n（Mg2+）=1mol0.5mol=0.5mol；在继续加入Ba（OH）2溶液，发生反应Mg2+2OH+=Mg（OH）2，沉淀的量继续增大，此时加入相同质体积的Ba（OH）2溶液，生成的沉淀的量较第二阶段小，但与第一阶段相同，但当再加入0.5molBa（OH）2时，0.5molMg2+完全沉淀，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时沉淀达最大量，此阶段又产生沉淀nMg（OH）2=0.5mol，再加入Ba（OH）2溶液不再产生沉淀据此作出图象判断解答：解：含
54、1mol HCl和l mol MgSO4的混合溶液中加入Ba（OH）2后，首先发生反应Ba2+SO42=BaSO4，生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，同时OH跟盐酸的H+发生中和反应OH+H+=H2O，由于HCl的存在，OH不能与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，待H+完全反应，OH与Mg2+开始生成Mg（OH）2沉淀，由OH+H+=H2O可知，H+完全反应时加入的Ba（OH）2为0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，产生参加反应的硫酸根为0.5mol，此阶段沉淀n（BaSO4）=0.5mol，溶液中n（SO42）=1mol0.5mol=0.5mol，n（M
55、g2+）=1mol；继续加入Ba（OH）2，发生反应Ba2+SO42=BaSO4、Mg2+2OH=Mg（OH）2，此时加入相同质体积的Ba（OH）2溶液，生成的沉淀的量比上一阶段要多，当再加入0.5molBa（OH）2时，溶液中的SO42恰好沉淀，参加反应的Mg2+物质的量为0.5mol，此阶段又产生沉淀n（BaSO4）=0.5mol，nMg（OH）2=0.5mol，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时溶液中n（Mg2+）=1mol0.5mol=0.5mol；在继续加入Ba（OH）2溶液，发生反应Mg2+2OH+=Mg（OH）2，沉淀的量继续增大，此时加入相同质体积的Ba
56、（OH）2溶液，生成的沉淀的量较第二阶段小，但与第一阶段相同，但当再加入0.5molBa（OH）2时，0.5molMg2+完全沉淀，加入Ba（OH）2溶液的体积为=0.5L=500mL，此时沉淀达最大量，此阶段又产生沉淀nMg（OH）2=0.5mol，再加入Ba（OH）2溶液不再产生沉淀由上述分析可知三个阶段加入的加入Ba（OH）2溶液的体积相同为500mL；第一阶段产生沉淀n（BaSO4）=0.5mol；第二阶段又生成沉淀n（BaSO4）=0.5mol，nMg（OH）2=0.5mol，此时沉淀总量为1.5mol，加入Ba（OH）2溶液的总体积为1L；第三阶段又生成沉淀nMg（OH）2=0.5
57、mol，此时沉淀总量为2mol，加入Ba（OH）2溶液的总体积为1.5L沉淀的量与Ba（OH）2溶液体积关系图为：故选：D点评：考查离子反应、化学计算、图象分析等，难度较大，理清离子反应的过程，确定沉淀的量与与Ba（OH）2溶液体积关系是关键，是对学生综合能力的考查三、填空题（共58分）17（6分）（2013秋北仑区校级月考）现用质量为98%、密度为1.84gcm3的浓H2SO4来配制480mL0.2mol/L的稀H2SO4请回答下列问题：（1）经计算，需浓H2SO4的体积为5.4mL（2）实验中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、10mL量筒（3）量取浓硫酸是俯视量筒会
58、使所配溶液的浓度偏小；定容时俯视会使所配溶液的浓度偏大（增大、减小、无影响）考点：溶液的配制版权所有专题：实验题分析：（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器的顺序；（3）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断解答：解：（1）该浓H2SO4的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，配制480mL的溶液，需要选用500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.2mol/L的硫酸溶液，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的
59、体积为xmL，所以xmL18.4mol/L=500mL0.2mol/L，解得：x5.4，故答案为：5.4mL；（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用10mL量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，需要使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、量10mL筒、500mL容量瓶、胶头滴管等，故选：500mL容量瓶；胶头滴管；10mL量筒；（3）用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒的刻度，浓硫酸的体积偏小，故溶液浓度偏小；定容时俯视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液
60、浓度偏大，购I答案为：偏小；偏大点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法18（8分）（2013秋北仑区校级月考）有一无色透明澄清溶液，可能含有较大量的Cu2+、Ba2+、I、S2、H+、K+等离子中两种或多种，做如下实验：取溶液少量加入铁粉有气体放出；另取原溶液加Na2SO3溶液后有气体放出，也有白色沉淀生成，再加盐酸沉淀不完全消失；另取原溶液加入AgNO3溶液无沉淀生成
61、（1）由此判断原溶液中一定含有的离子是H+、NO3、Ba2+，一定不含有的离子是Cu2+、I、S2、SO42，可能含有的离子是K+；（2）有关反应的离子方程式为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O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：有一无色透明澄清溶液，则有色离子一定不存在；取溶液少量加入铁粉有气体放出，则含有氢离子，可能含有NO3；另取原溶液加Na2SO3溶液后有气体放出，该气体是二氧化硫，也有白色沉淀生成，再加盐酸沉淀不完全消失，所以沉淀是硫酸钡，可能含有硫酸根离子，或是含有硝酸根离子，还可能两种离子都存在；另取原溶液加入AgNO3溶液无沉淀生成，则
62、原来溶液一定不含I、S2、SO42，据此回答判断解答：解：（1）有一无色透明澄清溶液，则有色离子Cu2+一定不存在；取溶液少量加入铁粉有气体放出，则含有氢离子，可能含有NO3；另取原溶液加Na2SO3溶液后有气体放出，该气体是二氧化硫，也有白色沉淀生成，再加盐酸沉淀不完全消失，所以沉淀是硫酸钡，一定含有钡离子；一定不含有硫酸根离子，一定含有硝酸根离子，另取原溶液加入AgNO3溶液无沉淀生成，则原来溶液一定不含I、S2、SO42，综上可知，溶液中一定含有H+、NO3、Ba2+，可能含有的离子是K+，一定不含Cu2+、I、S2、SO42故答案为：H+、NO3、Ba2+；Cu2+、I、S2、SO42
63、；K+；（2）溶液少量加入铁粉有气体放出，即为金属铁和稀硝酸之间的反应，即Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故答案为：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O点评：本题考查离子的检验和推断，题目难度中等，注意把握离子反应的实验现象是关键19（8分）（2013秋北仑区校级月考）（1）完成并配平白磷和氯酸溶液反应的化学方程式：3P4+10HClO3+8H2O10HCl+12H3PO4（2）白磷有毒，在实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4该反应的氧化产物是H3PO4，若有1.1mol P4反应，则有
64、12mol电子转移；（3）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3）已知：（1）0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7；（2）H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；（3）H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成关于H3PO3的说法：强酸；弱酸；二元酸；三元酸；氧化性酸；还原性酸，其中正确的是BABCD考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题；元素及其化合物分析：（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，根据白磷和转移电子之间的关系式计算；（3）根据酸的浓
65、度和氢离子浓度确定酸的强弱；根据生成盐的种类确定酸的元数；根据和碘水反应P元素化合价的变化确定其氧化性、还原性解答：解：（1）反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，Cl元素的化合价由+5价降低到1价，根据得失电子数目相等可知二者计量数之比为3：10，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，故答案为：3；10；18H2O；10；12；（3）该反应中，Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，所以氧化产物是H3PO4，该反应中有11mol白磷参加反应，则转移电子的物质的量=24
66、（50）mol=120mol，所以有1.1mol P4反应，则有12mol电子转移，故答案为：H3PO4；12；（4）由0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7，说明亚磷酸部分电离，则亚磷酸是弱酸；由H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则说明亚磷酸是二元酸；由H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成，说明该反应中亚磷酸失电子作还原剂，所以亚磷酸有还原性，故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应配平及转移电子的考查，注意元素化合价的分析及习题中信息的应用，题目难度中等
67、20（6分）（2013秋北仑区校级月考）锂离子电池的应用很广泛，其正极材料可再生利用某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2 ）、导电剂乙炔和铝箔等，其中钴酸锂的回收用到“酸浸”，即在80H2SO4和H2O2作用下生成Li2SO4和CoSO4，请写出该反应的化学方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2Co2SO4+O2+4H2O，有人提出因为盐酸也具有强酸性和还原性（填性质）可以代替H2SO4和H2O2；但该提议却不被生产厂家所采纳，你认为其原因最可能是生成的氯气造成污染，且盐酸易挥发，浪费很大考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：酸浸时反应物有硫酸
68、、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，Co元素化合价降低，则过氧化氢被氧化为氧气，同时生成水，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成解答：解：酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，Co元素化合价降低，则过氧化氢被氧化为氧气，同时生成水，反应方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2Co2SO4+O2+4H2O，因为盐酸也具有强酸性和还原性，理论上可以代替H2SO4和H2O2，但上述反应可知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，故答案为：2LiCoO2+3H2SO
69、4+H2O2Li2SO4+2Co2SO4+O2+4H2O；强酸性和还原性；生成的氯气造成污染，且盐酸易挥发，浪费很大点评：本题考查氧化还原反应的知识，注意对氧化还原反应的理解，从题目中获取信息，本题难度中等21（16分）（2013秋北仑区校级月考）I铁盐、亚铁盐是实验室常用的药品请根据题意，完成下列填空：（1）向酸化的FeCl3溶液中逐滴加入KI溶液，溶液变成棕褐色该反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2（2）向酸化的FeSO4溶液中加几滴硫氰化钾溶液，没有什么明显变化，再滴加双氧水，溶液变红色继续滴加双氧水，红色逐渐褪去，且有气泡产生写出上述变化中，有关反应的离子方程式：H2O2+
70、2H+2Fe2+=2Fe3+2H2OFe3+3SCN=Fe（SCN）311H2O2+2SCN=2+2CO2+N2+10H2O+2H+若生成lmol N2，H2O2和SCN的反应中转移电子的物质的量是22mol（3）根据以上实验，推断Fe2+、I和SCN的还原性由强到弱的顺序为IFe2+SCN（4）在Fe2+、Fe3+的催化作用下，可实现2SO2+O2+2H2O=2H2SO4的转化已知含SO2的废气通入Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，则另一反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2 2Fe2+SO42+4H+某课题组利用Fe粉和K
71、NO3溶液反应，模拟地下水脱氮过程，探究脱氮原理（5）实验前：先用0.1molL1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是去除铁粉表面的氧化物等杂质，然后用蒸馏水洗涤至中性；将KNO3溶液的pH调至2.5；，为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液通入N2（写化学式）（6）如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）请根据图中信息写出t1时刻前该反应生成的阳离子分别是Fe2+、NH4+t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH+4的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是生成的Fe2+水解（或和溶液中的OH反应）考点
72、：铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；铁的氧化物和氢氧化物；性质实验方案的设计版权所有专题：实验设计题；元素及其化合物分析：（1）碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间可以发生氧化还原反应；（2）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化；化学反应中，化合价变化数值=转移电子数，根据电子守恒来计算；（3）根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性、氧化剂优先氧化还原性强的还原剂来回答；（4）根据催化剂的特点，恢复原来状态，Fe3+Fe2+；（5）铁表面有铁锈加入硫酸可除去，除去溶液中的氧气，可向溶液中通入氮气；（6）根据图象判断出离子浓度减小的有H+、NO3，增大的有Fe2+ 和
73、NH4+，故反应物为Fe和H+、NO3，生成物为Fe2+ 和NH4+，可写出化学方程式为4Fe+NO3+10H+4Fe2+NH4+3H2O；Fe2+水解呈酸性，当溶液中PH较大时会促进Fe2+水解解答：解：（1）向酸化的FeCl3溶液中逐滴加入KI溶液，碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间可以发生氧化还原反应：2Fe3+2I=2Fe2+I2，故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；（2）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化，即：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，故答案为：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O；在发生的反应中O元素化合价由1价变为2价，S元素化合价
74、由2价变为+6价、N元素化合价由3价变为0价，得失电子最小公倍数是22，即转移电子是22mol，故答案为：22；（3）根据（1）发生的反应得到还原性是IFe2+，根据反应可以得出还原性是：Fe2+SCN，即还原性顺序是：IFe2+SCN，故答案为：IFe2+SCN；（4）根据催化剂的特点，另一个反应一定有Fe3+Fe2+，反应方程式为 2Fe3+SO2+2H2 2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2 2Fe2+SO42+4H+（5）H2SO4可以除去Fe粉表面的氧化物；为防止空气中的O2对脱氮的影响，可向KNO3溶液中通入N2，排出O2故答案为：去除铁粉表面的氧化物等杂
75、质； N2；（6）t1时刻前H+、NO3 浓度减小，Fe2+ 和NH4+的浓度增大，故反应的离子方程式为4Fe+NO3+10H+4Fe2+NH4+3H2O，生成的阳离子是：Fe2+、NH4+，Fe粉足量，反应仍在进行，Fe2+的浓度没有增大的原因是发生了水解反应，因为溶液的pH增大，促进了水解故答案为：Fe2+；NH4+；生成的Fe2+水解（或和溶液中的OH反应）点评：本题考查元素化合物的性质、氧化还原反应方程式的书写以及电子转移情况，综合性较强，设计实验步骤，注意语言的条理性和严密性22（14分）（2012秋沙坪坝区校级期中）某化学研究性学习小组讨论Fe3+和SO32之间发生怎样的反应，提出
76、了两种可能：一是发生氧化还原反应：2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+；二是发生双水解反应：2Fe3+3SO32+6H2O2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3（1）为了证明是哪一种反应发生，同学们设计并实施了下列实验实验：学生选择的实验用品：Na2SO3浓溶液、BaCl2稀溶液、稀盐酸；试管若干、胶头滴管若干从选择的药品分析，设计这个实验的目的是检验Na2SO3是否变质（或检验Na2SO3溶液中是否混有Na2SO4）实验：取5mL FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入Na2SO3浓溶液至过量，溶
77、液颜色加深，最终变为红褐色这种红褐色液体是氢氧化铁胶体（或胶体）向红褐色液体中逐漓加入稀盐酸至过量，将所得溶液分成两等份，其中一份加入KSCN溶液，溶液变为血红色，反应的离子方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3另一份中加入BaCl2稀溶液，有少量白色沉淀生成，产生该白色沉淀的离子方程式Ba2+SO42BaSO4实验：换用稀释的FeCl3和Na2SO3溶液重复实验，产生的现象完全相同由上述实验得出的结论是Fe3+与SO32同时发生氧化还原反应和双水解反应（2）若在FeCl3浓溶液中加Na2CO3浓溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的化学方程式为2Fe3+3CO32+3H2O2Fe
78、（OH）3+3CO2从形式上看，Na2CO3和Na2SO3相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，分析其原因可能是：SO32有较强的还原性，CO32没有还原性，且SO32水解能力较CO32小考点：探究化学反应机理版权所有专题：实验设计题分析：（1）实验：根据选择的实验用品“Na2SO3浓溶液、BaCl2稀溶液、稀盐酸”分析实验的目的；实验：根据氢氧化铁的颜色为红褐色进行判断反应生成了氢氧化铁胶体；加入KSCN溶液，溶液变为血红色，证明溶液中存在铁离子；在盐酸中能够生成与氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡沉淀；实验：根据反应生成了氢氧化铁和硫酸根离子进行分析；（2）
79、根据碳酸根离子与铁离子发生了双水解生成氢氧化铁和二氧化碳写出离子方程式；根据碳酸钠和亚硫酸钠的本身性质进行判断解答：解：（1）实验：学生选择的实验用品：Na2SO3浓溶液、BaCl2稀溶液、稀盐酸，目的是检验亚硫酸钠是否被氧化成了硫酸钠，故答案为：检验Na2SO3是否变质（或检验Na2SO3溶液中是否混有Na2SO4）；实验：FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，铁离子能够与亚硫酸根离子发生水解生成了红褐色的氢氧化铁胶体；加入KSCN溶液，溶液变为血红色，反应反应的离子方程式为：Fe3+3SCNFe（SCN）3；加入氯化钡生成白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，反应的离子方程式为：Ba
80、2+SO42BaSO4，故答案为：氢氧化铁胶体（或胶体）；Fe3+3SCNFe（SCN）3；Ba2+SO42BaSO4；实验：换用稀释的FeCl3和Na2SO3溶液重复实验，产生的现象完全相同，证明了Fe3+与SO32发生氧化还原反应和双水解反应是同时进行的，故答案为：Fe3+与SO32同时发生氧化还原反应和双水解反应；（2）在FeCl3浓溶液中加Na2CO3浓溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，二者发生了双水解反应，反应的离子方程式为：2Fe3+3CO32+3H2O2Fe（OH）3+3CO2；由于亚硫酸根离子具有较强的还原性，能够与铁离子发生氧化还原反应，而碳酸根离子没有还原性；铁离子与亚硫酸根离子生成了氢氧化铁胶体，与碳酸根离子反应生成了氢氧化铁沉淀，说明碳酸根离子水解能力比亚硫酸根离子大，故答案为：2Fe3+3CO32+3H2O2Fe（OH）3+3CO2；SO32有较强的还原性，CO32没有还原性，且SO32水解能力较CO32小点评：本题考查了探究反应机理的方法，题目难度中等，是一道不错的题目，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力