1、2014-2015学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题：本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意.1下列叙述正确的是( )A强电解质都是离子化合物，因此NaCl是离子化合物B醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强CSO3溶于水，其水溶液能导电，SO3是电解质D硫磺是单质，不导电，因此硫磺是非电解质2下列化工生产过程中所发生的反应不属于氧化还原反应的是( )A用油脂制肥皂B用铝土矿制金属铝C用氯气和消石灰制漂白D用氢气和氮气合成氨3“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料如将“纳米材料”分散到液体
2、分散剂中，所得的混合物具有的性质是( )A能全部通过半透膜B能发生丁达尔现象C一定能导电D一定为悬浊液或乳浊液4下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量，不会影响产物组成的是( )ANa与O2BNaOH与CO2CNaOH与AlCl3DNa2O与CO25下列物质的制备方法正确的是( )A氯化铝溶液和硫化钠溶液反应制备Al2S3B用镁粉和空气反应制备Mg3N2C用铝粉和MnO2制得锰D电解熔融氯化铝的方法制得单质铝6在2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2的反应中，被2molKNO3氧化的C的质量是( )A15gB18gC21gD30g7用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确
3、的是( )A0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1NAB标准状况下，11.2L SO3所含的分子数为0.5NAC0.1 mol CH4所含的电子数为1 NAD46 g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA8在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为g/cm3的R L氨水，则此氨水的物质的量浓度是( )Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L9已知5%氨水的密度为0.98g/cm3，25%氨水的密度为0.91g/cm3，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是( )A等于15%B大于15%C小于15%D无法估计10把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等
4、份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3 全部赶出另一份需消耗cmolBaCl2，沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为( )A moll1B moll1Cmoll1D moll111物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( )ABCD12下列离子方程式正确的是( )A硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应 2Al3+3SO42+3 Ba2+8OH=3BaSO4+2Al（OH）4B碳酸钠溶液中滴加盐酸至
5、恰好要出现气泡时停止：CO32+2H+=CO2+H2OC酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4+3H2O2+6H+=2Mn2+6H2O+02D氯气通入亚硫酸钠溶液中：2Cl2+SO32+H2O=2Cl+SO2+2HClO13相同物质的量浓度的盐酸、硫酸、磷酸分别和同物质的量浓度同体积的氢氧化钾溶液反应生成钾盐，需要三种酸的体积比为( )A1：1：1B1：2：3C3：2：1D6：3：214下列各组离子在无色透明溶液中能大量共存的是( )AK+、HCO3、I、Na+BH+、Br、NO3、Ag+CNa+、MnO4、SO32、K+DNa+、CO32、Cl、H+15NA表示阿伏加德罗常数，下列叙
6、述正确的是( )A等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NA16下列反应最后能产生沉淀的是( )A向A1C13溶液中加过量NaOH溶液B向NaAlO2溶液中加过量盐酸C向KOH溶液中加过量的Al2（S04）3溶液D向BaCl2溶液中通人少量CO217在2KMnO+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为( )A1：8B8：1C1：5D5：118对于反应 14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4
7、+12H2SO4，下列说法正确的是( )A只有硫酸铜作氧化剂BSO42既不是氧化产物又不是还原产物C被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7D1mol硫酸铜可以氧化mol的硫二、解答题（共4小题，满分46分）19在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O22e=2H+O2 还原反应：MnO4+5e+8H+=Mn2+4H2O（1）写出该氧化还原反应的离子方程式：_（2）反应中氧化剂是_；氧化产物是_；若有0.5molH2O2参加此反应，电子转移个数为_（3）若KMnO4的量不足，在Mn2+的催化作用下，H2O2仍能分解，分解反应的化学方程式为_；这时若有0.5molH2O
8、2发生分解，电子转移个数为_20已知A、B、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体则A转化为B反应的化学方程式为_（2）若D是一种常见的温室气体；A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子则B转化为C的离子方程式为_（3）若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为_（4）若A、B、C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质，则B分子的结构式为_（5）若A的体积分数为75%的溶液可用作医疗消毒剂；B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成则A生成B的化学方程式为_21X、Y
9、、Z、W四种化合物均由短周期元素组成，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体这四种化合物具有下列转化关系（如图1）（部分反应物、产物及反应条件已略去）请回答：（1）W的电子式是_（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是_（3）X含有的四种元素之间（二种、三种或四种）可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用图2装置（夹持固定装置已略去）进行实验，装置中产生白色沉淀，装置V中可收集到一种无色气体装置I中可能反应的化学方程式是_，装置中物质的化学式是_用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置V中气体，该化合物的化学式是_（4）向Z溶
10、液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有X生成，该反应的化学方程式是_22以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：从废液中提纯并结晶出FeSO47H2O将FeSO47H2O配制成溶液FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体已知：NH4HCO3在热水中分解（1）中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是_（2）中，需加一定量酸，该酸最好是_运用化学平衡原理简述该酸的作用_（3）中，生成FeCO3的离子方程
11、式是_若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是_（4）中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净，检验的操作是_（5）已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2现煅烧464.0kg的FeCO3，得到316.8kg产品若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是_kg（摩尔质量/gmol1：FeCO3 116Fe2O3 160FeO 72）2014-2015学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题：本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意.1下列叙述正确的是( )A强电
12、解质都是离子化合物，因此NaCl是离子化合物B醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强CSO3溶于水，其水溶液能导电，SO3是电解质D硫磺是单质，不导电，因此硫磺是非电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念；电解质溶液的导电性 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A强电解质不一定是离子化合物； B溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定；C在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，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电解质和非电解质都是化合物【解答】解：A强电解质不一定是离子化合物，HCl就是共价化合物，故A错误； B溶液的导电能力主要由溶液中的离子浓度决定，醋
13、酸溶液部分电离，但电离出来的离子浓度可能比硫酸电离出来的大，故B正确；CSO3和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO3的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是SO3，所以SO3是非电解质，故C错误；D硫磺是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误故选B【点评】本题考查强电解质和弱电解质，电解质和非电解质，难度不大，平时注意知识的积累2下列化工生产过程中所发生的反应不属于氧化还原反应的是( )A用油脂制肥皂B用铝土矿制金属铝C用氯气和消石灰制漂白D用氢气和氮气合成氨【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的
14、角度判断反应是否属于氧化还原反应，以此解答【解答】解：A用油脂制肥皂是利用油脂在碱性条件下的水解，生成高级脂肪酸钠和甘油，不是氧化还原反应，故A选；BAl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C用氯气和消石灰制漂白，生成氯化钙和次氯酸钙，Cl元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；DH和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选故选A【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的考查，注意把握常见物质的性质以及反应类型的判断，从元素化合价的角度解答该题，注意相关基础知识的积累，难度不大3“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几
15、纳米到几十米的材料如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是( )A能全部通过半透膜B能发生丁达尔现象C一定能导电D一定为悬浊液或乳浊液【考点】纳米材料；胶体的重要性质 【专题】溶液和胶体专题【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，以此来解答【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，则该混合物属于胶体A胶体不能通过半透膜，故A错误；B胶体具有丁达尔现象，故B正确；C
16、胶体本身不带电，则不能导电，故C错误；D该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，故D错误；故选B【点评】本题考查分散系的判断及胶体的性质，明确纳米材料的直径是解答本题的关键，题目难度不大4下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量，不会影响产物组成的是( )ANa与O2BNaOH与CO2CNaOH与AlCl3DNa2O与CO2【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物 【专题】金属概论与碱元素【分析】A钠和氧气在没有条件或燃烧条件时产物不同；B氢氧化钠和二氧化碳反应，二氧化碳的量不同，其产物不同；C氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解
17、；D氧化钠和二氧化碳反应，无论二氧化碳是否过量，都只生成碳酸钠【解答】解：A钠和氧气在没有条件的条件下反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，所以与反应条件有关，故A不选；B氢氧化钠溶液和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以与反应物用量有关，故B不选；C氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，所以与反应物用量有关，故C不选；D无论二氧化碳是否过量，氧化钠和二氧化碳反应都只生成碳酸钠，所以与温度、反应物用量无关，故D选；故选D【点评】本题考查了反
18、应物间反应条件或反应物用量与反应产物的联系，题目难度不大，注意把握常见元素化合物的性质，侧重于考查学生对基础知识的应用能力5下列物质的制备方法正确的是( )A氯化铝溶液和硫化钠溶液反应制备Al2S3B用镁粉和空气反应制备Mg3N2C用铝粉和MnO2制得锰D电解熔融氯化铝的方法制得单质铝【考点】制备实验方案的设计；镁、铝的重要化合物 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A硫化钠与氯化铝溶液反应生成硫化氢和氢氧化铝沉淀；B镁粉在空气中和氧气也反应；C铝热法可冶炼锰； D氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电；【解答】解：ANa2S溶液与AlCl3溶液反应，硫离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉
19、淀和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3+3S2+6H2O=3H2S+2Al（OH）3，无法获得硫化铝，故A错误；B镁粉在空气中和氧气也反应，会生成氧化镁，故B错误C铝热法可冶炼锰，可用铝粉和MnO2制得锰，故C正确； D氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学实验方案的评价，涉及金属及其化合物的性质，根据物质的性质来分析解答，易错选项是D，注意：氯化铝属于分子晶体而不是离子晶体，氯化铝中含有配位键，为分子晶体，题目难度中等6在2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2的反应中，被2molKNO3氧化的C的质量是( )A1
20、5gB18gC21gD30g【考点】氧化还原反应的计算 【分析】2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2的反应中，N元素的化合价由+5价降低为0，C元素的化合价由0升高为+4价，结合电子守恒计算【解答】解：2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2的反应中，N元素的化合价由+5价降低为0，C元素的化合价由0升高为+4价由，由电子守恒可知，被2molKNO3氧化的C的质量是12g/mol=30g，故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化及电子守恒计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大7用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )A0.5m
21、olAl与足量盐酸反应转移电子数为1NAB标准状况下，11.2L SO3所含的分子数为0.5NAC0.1 mol CH4所含的电子数为1 NAD46 g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A铝为3价金属，0.5mol铝完全反应失去1.5mol电子；B标况下三氧化硫的状态不是气体，不能使用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量；C甲烷分子中含有10个电子，0.1mol甲烷中含有1mol电子；DNO2和N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合物中含有的分子数【解答】解：A0.5mol铝完全反应失去1.5mol电子，转移电子数为1.5NA，故A错误；B标况下三氧化硫
22、不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L三氧化硫的物质的量，故B错误；C0.1mol甲烷分子中含有1mol电子，所含的电子数为1NA，故C正确；D二氧化氮的摩尔质量为46g/mol，N2O4的摩尔质量为92g/mol，无法计算46g混合物的物质的量，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，试题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8在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为g/cm3的R L氨水，则此氨水的物质
23、的量浓度是( )Amol/LBmol/LCmol/LDmol/L【考点】物质的量浓度的相关计算 【专题】计算题【分析】根据n=、m=nM计算出氨气的物质的量、质量，再根据氨气的质量、水的质量计算出溶液质量，然后根据溶液质量、溶液密度及表达式V=计算出溶液体积，最后根据c=计算出此氨水的物质的量浓度【解答】解：A L氨气的物质的量为：n（NH3）=mol，氨气的质量为：m（NH3）=17g/molmol=g，BmL水的质量约为Bg，则所得氨水溶液的质量为：g+B g，所得溶液的体积为：V=L，则此氨水的物质的量浓度为：c（NH3）=mol/L，故选B【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度
24、中等，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法，特别需要明确：计算溶液体积时，需要根据溶液的质量、溶液的密度进行计算，不能直接利用气体的体积计算9已知5%氨水的密度为0.98g/cm3，25%氨水的密度为0.91g/cm3，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是( )A等于15%B大于15%C小于15%D无法估计【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算 【分析】本题可以看出，氨水浓度越大密度越小等体积相混合时，浓度较稀的氨水质量较大，而较浓的氨水的质量较小，这样混合后，所得溶液浓度当然要比15%偏小些，或根据公式溶质质量分数=100%计算【解答】解：若两种氨水等质量混合，则混合后氨水的质
25、量分数为15%，等体积的两种氨水，浓的密度较小，所以质量较小，两种氨水混合后，质量分数更接近稀氨水的浓度，所得氨水溶液的质量分数小于15%或直接计算：设25%的氨水和5%的氨水各取VL，则混合后的氨水的质量分数：设这两种溶液的体积是V则100%=14.6%15%，故选C【点评】本题考查了有关溶质质量分数的简单计算密度比水大的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数大于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数（即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半）如氢氧化钠、氯化钠溶液等同理有：密度比水小的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数小于等质量混合后所得溶液中溶质的质
26、量分数（即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半）如氨水、酒精溶液等10把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3 全部赶出另一份需消耗cmolBaCl2，沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为( )A moll1B moll1Cmoll1D moll1【考点】物质的量浓度的相关计算 【专题】计算题【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+；另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知，每份中含有cmolSO42；然后根据溶液不显电性，计算出每份
27、中NO3的物质的量，再根据c=计算出溶液中硝酸根离子的物质的量浓度【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据反应NH4+OHNH3+H2O可知，每份溶液中含有NH4+的物质的量为bmol，另一份溶液与BaCl2溶液完全反应，消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42BaSO4可知，每份溶液中含有SO42cmol，设每份溶液含有的NO3的物质的量为x，由于溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+x1，解得：n=（b2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为：c（NO3）=mol/L，根据溶液的均一性可知，原溶液中硝酸根的浓度为：mol/L，故选D【点评】本题
28、考查了物质的量浓度的计算、离子方程式的简单计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度的计算方法，明确每份溶液中离子的物质的量浓度与原溶液的关系及溶液中的电荷守恒为解答本题的关键11物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关下列各组物质：Cu与HNO3溶液 Cu与FeCl3溶液 Zn与H2SO4溶液 Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( )ABCD【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质 【专题】氧族元素；氮族元素【分析】浓硝酸与金属反应生成二氧化氮，稀硝酸与金属反应生成一氧化氮；较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；中都只
29、发生一种反应，以此来解答【解答】解：Cu与HNO3溶液中，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故符合题意；Cu与FeCl3溶液中，无论浓度大小都只发生Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，故不符合题意；Zn与H2SO4溶液中，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4ZnSO4+H2，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，故符合题意；Fe与HCl溶液中，无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2，故不符合题意；故选A【点评】本题考查常见物质的性质，
30、明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大12下列离子方程式正确的是( )A硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应 2Al3+3SO42+3 Ba2+8OH=3BaSO4+2Al（OH）4B碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止：CO32+2H+=CO2+H2OC酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4+3H2O2+6H+=2Mn2+6H2O+02D氯气通入亚硫酸钠溶液中：2Cl2+SO32+H2O=2Cl+SO2+2HClO【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A氢氧化钡过量，铝离子与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，离子方程式按照硫酸
31、铝的组成书写；B碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时，碳酸氢根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子；C双氧水被氧化成氧气，根据电子守恒判断，该反应中电子得失不相等；D氯气具有氧化性，能够与亚硫酸钠反应生成硫酸钠，不会生成二氧化硫气体【解答】解：A硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应，离子方程式按照硫酸铝的组成书写，反应的离子方程式为：2Al3+3SO42+3 Ba2+8OH=3BaSO4+2Al（OH）4，故A正确；B碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止，主要反应为碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：CO32+H+=HCO3，故B错误；C酸性高锰酸钾溶液与H2O2
32、溶液混合，双氧水中氧元素的化合价为1价，被氧化生成0价的氧气，化合价升高了：12=2价，高锰酸根离子中锰元素的化合价为+7价，反应后生成了+2价锰离子，化合价变化为5价，则高锰酸根离子的计量数为2，、双氧水的计量数为5，再根据质量守恒配平可得：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+502，故C错误；D氯气通入亚硫酸钠溶液中，亚硫酸钠被氧化成硫酸钠，正确的离子方程式为：Cl2+SO32+H2O=2Cl+2H+SO42，故D错误；故选A【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，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
33、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，检查是否符合原化学方程式等13相同物质的量浓度的盐酸、硫酸、磷酸分别和同物质的量浓度同体积的氢氧化钾溶液反应生成钾盐，需要三种酸的体积比为( )A1：1：1B1：2：3C3：2：1D6：3：2【考点】化学方程式的有关计算 【分析】用相同物质的量浓度的盐酸、硫酸、磷酸溶液中和NaOH生成正盐，分别生成NaCl、Na2SO4、Na3PO4，消耗NaOH的物质的量相等，设NaOH的物质的量为3mol，计算NaCl、Na2SO4、Na3PO4的物质的量，而n（HCl）=n（NaCl），n（H2SO4）=n（Na2SO4），n（H3PO4）=（N
34、a3PO4），三种溶液的浓度相等，则溶液体积之比等于溶质物质的量之比【解答】解：用相同物质的量浓度的盐酸、硫酸、磷酸溶液中和NaOH生成正盐，分别生成NaCl、Na2SO4、Na3PO4，消耗NaOH的物质的量相等，设NaOH的物质的量为3mol，则：（HCl）=n（NaCl）=3mol，n（H2SO4）=n（Na2SO4）=1.5mol，n（H3PO4）=n（Na3PO4）=1mol，三种溶液的浓度相等，则溶液体积之比等于溶质物质的量之比=3mol：1.5mol：1mol=6：3：2，故选D【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意利用赋值法进行计算14下列各
35、组离子在无色透明溶液中能大量共存的是( )AK+、HCO3、I、Na+BH+、Br、NO3、Ag+CNa+、MnO4、SO32、K+DNa+、CO32、Cl、H+【考点】离子共存问题 【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，则能大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：A该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，故A正确；BBr、Ag+反应生成AgBr沉淀，不能大量共存，故B错误；CMnO4、SO32发生氧化还原反应，且MnO4有颜色，不符合题目无色要求，故C错误；DCO32、H+反应生成气体和水，不能大量共存，故D错误故选A【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反
36、应的考查，熟悉离子之间的反应、离子的颜色即可解答，题目难度不大15NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )A等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算 【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数知识主要考查点有：判断一定量的物质所含的某种粒子数目的多少；物质的组成；通过阿伏加德罗常数进行一些量之间的换算；气体摩尔体积【解答】解：A、阿伏伽德罗常数是指1mol任何微粒中含有的微粒数，等物质的量不一定是1mol，A错； B、H
37、2O2的相对分子质量为34，故1.7g的物质的量为0.05mol，其每个分子中含有的电子为18个，则其1.7g中含有的电子的物质的量为0.9mol，数目为0.9NA，B对； C、Na2O2固体中，含有的是Na+和O22两种离子，1mol固体中含有3mol离子，故其中的离子总数为3 NA，C错； D、戊烷在标准状况下为液态，故其2.24L不是0.1mol，D错故选：B【点评】判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少是高考命题的热点之一在平时的学习中要强化训练，并注意知识的积累和总结16下列反应最后能产生沉淀的是( )A向A1C13溶液中加过量NaOH溶液B向NaAlO2溶液中加过量盐酸C向KO
38、H溶液中加过量的Al2（S04）3溶液D向BaCl2溶液中通人少量CO2【考点】镁、铝的重要化合物 【分析】A、氢氧化铝具有两性，能与强碱反应；B、氢氧化铝具有两性，能与强酸反应；C、虽然氢氧化铝具有两性，但向KOH溶液中加过量的Al2（S04）3溶液，因为铝离子过量，则生成的氢氧化铝沉淀不会溶解；D、碳酸的酸性比盐酸弱【解答】解：A、氢氧化铝具有两性，NaOH过量，生成NaAlO2，得不到氢氧化铝沉淀，故A错误；B、氢氧化铝具有两性，盐酸过量，生成AlCl3，得不到氢氧化铝沉淀，故B错误；C、虽然氢氧化铝具有两性，但向KOH溶液中加过量的Al2（S04）3溶液，因为铝离子过量，则生成的氢氧化
39、铝沉淀不会溶解，故C正确；D、碳酸的酸性比盐酸弱，故氯化钡与二氧化碳不发生反应，故D错误；故选：D【点评】本题重点考查了氢氧化铝的两性，能溶于强酸、强碱，不溶于弱酸、弱碱，金属的重要化合物是高考热点题型，每年高考必考17在2KMnO+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为( )A1：8B8：1C1：5D5：1【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】化合价升高元素所在反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，注意只有部分盐酸作还原剂【解答】解：反应中，化合价升高是元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，16mol的盐酸
40、中只有10mol做还原剂，化合价降低的元素是锰元素，所以高锰酸钾是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量比 1：5，故选C【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，注意该反应中只有部分盐酸是还原剂，部分作酸，为易错点18对于反应 14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是( )A只有硫酸铜作氧化剂BSO42既不是氧化产物又不是还原产物C被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7D1mol硫酸铜可以氧化mol的硫【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；重要的氧化剂 【专题】氧化还原反应专题【分析】在14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu
41、2S+5FeSO4+12H2SO4反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由1降低到2，得到电子总数为21，显然部分S元素的化合价由1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，5mol FeS2参加反应转移电子数为21mol，部分SO42为氧化产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂【解答】解：A、因硫酸铜中Cu元素的化合价降低，FeS2中部分S元素的化合价也降低，则硫酸铜、FeS2都是该反应中的氧化剂，故A错误；B、因FeS2中部分S元素的化合价由1升高到+6价，生成物中部分SO42为氧化产物，故B错误；C、由反应可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，
42、即被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7，故C正确；D、由电子守恒可知，1mol硫酸铜得电子数为1mol，S作还原剂时化合价由1升高到+6价，则1mol硫酸铜可以氧化mol的硫，故D错误；故选：C【点评】本题考查氧化还原反应，难度较大，学生明确反应中各元素化合价的变化是解答的关键，FeS2中Fe、S元素的化合价是解答的难度，并注意氧化还原反应中电子守恒来解答二、解答题（共4小题，满分46分）19在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O22e=2H+O2 还原反应：MnO4+5e+8H+=Mn2+4H2O（1）写出该氧化还原反应的离子方程式：5H2O2+2MnO4+6
43、H+=2Mn2+5O2+8H2O（2）反应中氧化剂是KMnO4；氧化产物是O2；若有0.5molH2O2参加此反应，电子转移个数为6.021023（3）若KMnO4的量不足，在Mn2+的催化作用下，H2O2仍能分解，分解反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2；这时若有0.5molH2O2发生分解，电子转移个数为3.011023【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）依据氧化反应和还原反应电子守恒，合并书写离子方程式；（2）根据元素化合价变化判断氧化剂，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价升高做还原剂被氧化，依据离子方程式计算电子转移数；（3）锰离子催化过氧化氢
44、分解生成水和氧气，依据分解反应计算电子转移数【解答】解：（1）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O22e2H+O2还原反应：MnO4+5e+8H+Mn2+4H2O5+2得到：5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；故答案为：5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；（2）反应中化合价降低的元素是锰元素，从+7价降到+2价，所以氧化剂是KMnO4，过氧化氢中氧元素化合价从1价升高到0价，做还原剂被氧化，为氧化产物，若有0.5mol H2O2参加此反应，根据离子方程式5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；可
45、知转移电子数1mol，转移电子个数为6.021023，故答案为：KMnO4；O2；6.021023；（3）若KMnO4的量不足，在Mn2+的催化作用下，H2O2仍能分解，分解反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2； H2O2发生分解，氧元素化合价从1价变化为0价和2价，每2mol过氧化氢反应转移电子为2mol，若有0.5mol H2O2发生分解，则转移电子个数为0.5mol，即转移电子个数为3.011023；故答案为：2H2O22H2O+O2； 3.011023【点评】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及计算的考查，注重学生知识迁移应用能力的训练，题目难度中等20已知A、B、
46、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体则A转化为B反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（2）若D是一种常见的温室气体；A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子则B转化为C的离子方程式为CO2+CO32+H2O=2HCO3（3）若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为AlO2（4）若A、B、C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质，则B分子的结构式为O=C=O（5）若A的体积分数为75%的溶液可用作医疗消毒剂；B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成则
47、A生成B的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【考点】无机物的推断 【分析】（1）A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，则B为NO，D为O2；（2）D是一种常见的温室气体，应为CO2，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，应为NaOH，则B为Na2CO3，C为NaHCO3；（3）若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则判断转化关系为AlCl3Al（OH）3NaAlO2；（4）若A、B、C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质推断转化关系为：CuOCO2CO；（5）若A的体积分数为75%的溶液可用作医疗消毒剂判断为
48、乙醇；B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成，说明为乙醛，转化关系为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH【解答】解：（1）A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，则B为NO，D为O2，A转化为B反应的化学方程为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）D是一种常见的温室气体，应为CO2，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，应为NaOH，则B为Na2CO3，C为NaHCO3，B转化为C的离子方程式为CO2+CO32+H2O=2HCO3，故答案为：CO2+CO32+H2O=2HCO3；（3）
49、若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则判断转化关系为AlCl3Al（OH）3NaAlO2，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为AlO2，故答案为：AlO2；（4）若A、B、C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质推断转化关系为CuOCO2CO，B分子为CO2的结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；（5）若A的体积分数为75%的溶液可用作医疗消毒剂判断为乙醇；B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成，说明为乙醛，转化关系为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH，A生成B的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CH
50、O+2H2O【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握反应的转化特点，根据物质的性质、用途作为解答的突破口21X、Y、Z、W四种化合物均由短周期元素组成，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体这四种化合物具有下列转化关系（如图1）（部分反应物、产物及反应条件已略去）请回答：（1）W的电子式是（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是HCO3+OH=CO32+H2O（3）X含有的四种元素之间（二种、三种或四种）可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用图2装置（夹持固定装置已略去）进行实验，装置中产生白色沉淀，装置V中可收集到一种无色气体装置I中可能反应的化
51、学方程式是Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O，装置中物质的化学式是Na2O2用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置V中气体，该化合物的化学式是H2O2（4）向Z溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有X生成，该反应的化学方程式是2Na2CO3+C12+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3【考点】无机物的推断 【专题】推断题【分析】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为N
52、aHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，Z反应得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2，即W为CO2，据此解答【解答】解：X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，Z反应得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2，即W为CO2，（1）W为CO2，电子式为，故答案为：；（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是：HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OH=CO32+H2O； （3）NaHCO3含有的四种元素之间（二种、三种或四种）可组成多种化合物，根据装置中
53、Ba（OH）2饱和溶液产生白色沉淀，且图示中装置I、中的物质均为固体，推测装置I中的物质为NaHCO3或Na2CO3固体，因为装置中收集到一种无色气体，说明装置I中产生的CO2与装置中的物质反应生成了另一种无色气体，进而推测出装置中的物质为Na2O2，装置中收集的气体是O2，装置中反应的化学方程式：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O，装置中物质的化学式为Na2O2，故答案为：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O或2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O；Na2O2；O2的制取
54、也可以用2H2O2 2H2O+O2制备，故答案为：H2O2；（4）将Cl2通入Na2CO3溶液中，制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有NaHCO3生成，说明部分产物为NaClO和NaHCO3，其余的产物可根据元素守恒得出，并配平反应的化学方程式为：2Na2CO3+C12+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3，故答案为：2Na2CO3+C12+H2O=NaClO+NaCl+2NaHCO3【点评】本题考查无机物推断，涉及钠元素化合物的相互转化，要求学生对元素化合的知识非常熟练，在学习时要多总结、多联系，形成知识网络22以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操
55、作和条件略）：从废液中提纯并结晶出FeSO47H2O将FeSO47H2O配制成溶液FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体已知：NH4HCO3在热水中分解（1）中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+（2）中，需加一定量酸，该酸最好是硫酸运用化学平衡原理简述该酸的作用加入硫酸，增大氢离子浓度，使Fe2+2H2O=Fe（OH）2+2H+的平衡向左移动，从而抑制Fe2+的水解；（3）中，生成FeCO3的离子方程式是Fe2+2HCO3=
56、FeCO3+CO2+H2O若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2（4）中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净，检验的操作是取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净（5）已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2现煅烧464.0kg的FeCO3，得到316.8kg产品若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是288.0kg（摩尔质量/gmol1：FeCO3 116Fe2O3 160FeO 72）【考点】离子方程
57、式的书写；化学方程式的有关计算；化学平衡的影响因素 【专题】计算题【分析】（1）利用铁的还原性，同时不引入新的杂质；（2）运用水解原理，同时不引入新的杂质；（3）+2价的铁具有还原性，容易被氧化；（4）用可溶性钡盐检验硫酸根离子；（5）结合方程式进行相关计算【解答】解：（1）铁屑与Fe3+发生氧化还原反应，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）获得FeSO4溶液，故最好选用硫酸，不会引入新的杂质；加入硫酸，增大氢离子浓度，使Fe2+2H2O=Fe（OH）2+2H+的平衡向左移动，从而抑制Fe2+的水解；故答案为：硫酸；加入硫酸，增大氢离子浓度
58、，使Fe2+2H2O=Fe（OH）2+2H+的平衡向左移动，从而抑制Fe2+的水解；（3）FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3的方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，+2价的铁具有还原性，故FeCO3浊液在空气中容易被氧化生成氢氧化铁，方程式为：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2；（4）检验硫酸根离子的方法是：取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净，故答案为：取少量洗涤后的溶液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净；（5）464.0kg的FeCO3的物质的量为464.0kg116g/mol=4kmol，设Fe2O3的物质的量为xkmol，FeO的物质的量为ykmol，根据铁守恒和混合物的质量可知2x+y=4，160x+72y=316.8，解得：x=，故Fe2O3的质量为：160=288.0kg，故答案为：288.0【点评】离子方程式的书写是高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型本题还涉及了化学平衡和化学方程式的计算，题目难度不大