1、2015-2016学年海南省黄流中学高三段考化学试卷（三）一、选择题（每小题3分，共36分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B电解质在水溶液和熔融状态下均能导电C“PM2.5”是细小颗粒物悬浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康D“血液透析”利用了胶体的性质2下列过程中涉及反应不属于氧化还原反应的是（）A实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3B工业上电解熔融状态的MgCl2制备MgC工业上利用合成氨实现人工固氮DNa2O2用作呼吸面具的供氧剂3下列有关物质性质和该性质的应用均正确的是（）A二氧化锰具有强氧化性，可用作H2
2、O2分解的氧化剂BK2FeO4具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒CFe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜D二氧化硫和氯水均具有漂白性，可将两者混合使用增强漂白效果4同温、同压下等质量的SO2和CO2气体，下列叙述中正确的是（）密度之比为16：11 摩尔质量之比为11：16 物质的量之比为16：11 体积之比为11：16ABCD5已知酸A和碱B在一定条件下反应：A+B盐+H2O，下列有关物质A和B的判断中不正确的是（）A酸A可能是CH3COOHB酸A可能是H2SO4C碱B可能是Ba（OH）2D碱B可能是CH3CH2OH6下列指定粒子的数目相等的是（）A物质的量相等的水与重水含有的中子数B
3、等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数C同温、同压、同体积的一氧化碳和乙烯含有的质子数D等物质的量和铁和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数7某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4+N2O43N2+4H2O，反应温度可高达2700，若有1mol N2H4被氧化，则下列判断不正确的是（）A生成33.6L N2（标准状况下）B被还原的N原子的物质的量为2molC转移电子的物质的量为4molD还原产物比氧化产物少0.5mol8下列离子的检验方法合理的是（）A向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变血红色，说明原溶液中含有Fe
4、2+C向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+D向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+9能正确表示下列反应的离子反应方程式为（）ANH4HCO3溶液与过量的KOH溶液反应：NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3+2H2OB向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH =2Al（OH）3+3BaSO4C向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6ClD醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O10
5、质量分数为，物质浓度为cmolL1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是（）A所得溶液中含有NA个HCl分子B所得溶液的物质的量浓度：c=1molL1C36.5gHCl气体占有的体积为22.4LD所得溶液的质量分数：=11氯气是一种重要的工业原料工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气下列说法错误的是（）A若管道漏气遇氨就会产生白烟B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应属于复分解反应D生成1mol N2有6mol电子转移12取部分氧化的FeCu合金样品（含Fe2O3、CuO）共5.76g，经如图处理下列说法正确的是（）A未氧化前合金的质量为5.44gBV=
6、448，它是H2和SO2的混合气体C样品中CuO的质量为4.0gD滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+二、填空题（10分）130.3mol NH3分子中所含原子数与个H2O分子中所含原子数相等，与g的H2SO4所含的氢原子数目相等14含有相同氧原子数目的NO和NO2两种气体，其质量比，物质的量比为，在标准状态下，体积比为15某盐的混合溶液中含有Na+、Mg2+、Cl、SO42离子，测得Na+、Mg2+ 和Cl的物质的量浓度依次为0.2molL1、0.25molL1、0.4molL1，则c（SO42）=三、简答题16氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程下面有两个变化的反应式：NO+3
7、e+4H+NO+2H2O，2H2O22H2O+O2（1）是过程，写出H2O2的电子式：（2）在KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2（SO4）3中选取一种，完成反应，写出并配平该氧化还原反应的方程式，标出电子转移的方向和数目：（3）已知H2O2和KI可发生如下反应：H2O2+KIKIO+H2O 2KIO2KI+O2写出反应的离子方程式： 综合两个反应，KI的作用是，总反应方程式可表示为17下列有关实验叙述正确的是（填序号）a金属钠在空气中会迅速被氧化，因此通常保存在煤油或石蜡油中b称量NaOH固体时，将NaOH直接放在托盘上的纸上c试管、烧杯、量筒、集气瓶均不能用酒精灯直接加热d湿润的蓝色石蕊
8、试纸放入盛有氯气的集气瓶中，其颜色最终变为白色e配制稀硫酸时，先沿烧杯内壁缓缓注入浓硫酸，再向烧杯中缓缓加水18实验室需用1000mL 0.1molL1标准Na2CO3溶液请回答下列问题：在如图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器有使用容量瓶前必须进行的操作时是配制1000mL 0.1molL1 Na2CO3溶液的实验步骤如下：a计算应称取碳酸钠固体的质量为gb称量碳酸钠固体c将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁23次，洗涤液也注入容量瓶中d用适量的蒸馏水溶解称量好的碳酸钠固体，并冷却至室温e盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇
9、匀f继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切上述步骤的正确操作顺序为（用序号表示）19现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用，理由是（2）装置B的作用是装置C的作用是装置E中碱石灰的作用是（3）装置D中发生反应的化学方程式是（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为20二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高
10、效、低毒的消毒剂，回答下列 问題：（1）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过如图过程制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为除去ClO2中的NH3可选用的试剂是（填标号）a水 b碱石灰 C浓硫酸 d饱和食盐水（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL
11、1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为玻璃液封装置的作用是V中加入的指示剂通常为，滴定至终点的现象是测得混合气中ClO2的质量为 g（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是（填标号）a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁附加题。21（2013秋硚口区校级期中）有一瓶无色透明溶液，只含Cl、CO32、SO42、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液
12、产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析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）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”），说明理由（3）写出中反应的离子方程式2015-2016学年海南省黄流中学高三（上）段考化学试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共36分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B电解质在水溶液和熔融状态下均能导电C“PM2.5”是细小颗粒物悬
13、浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康D“血液透析”利用了胶体的性质【分析】A、纯碱是碳酸钠属于盐；B、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；C、“PM2.5”是微粒直径2.5106m的细小颗粒物细颗粒物悬浮在空气中，不一定能形成胶体；D、血液是胶体不能通过半透膜；【解答】解：A、纯碱是碳酸钠属于盐，不是碱，故A错误；B、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物，如硫酸钡水溶液中几乎不导电，熔融状态导电，故B错误；C、“PM2.5”是微粒直径2.5106m的细小颗粒物细颗粒物悬浮在空气中，不一定能形成胶体，故C错误；D、血液是胶体不能通过半透膜，溶液能通过半透膜，“血液透析”利用了胶体的性质
14、，故D正确；故选D2下列过程中涉及反应不属于氧化还原反应的是（）A实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3B工业上电解熔融状态的MgCl2制备MgC工业上利用合成氨实现人工固氮DNa2O2用作呼吸面具的供氧剂【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3，发生复分解反应，不是氧化还原反应，故A选；B工业上电解熔融状态的MgCl2制备Mg，Mg、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C工业上利用合成氨实现人工固氮，氮气、氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；DN
15、a2O2用作呼吸面具的供氧剂，过氧化钠与二氧化碳、水反应生成氧气，反应中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；故选A3下列有关物质性质和该性质的应用均正确的是（）A二氧化锰具有强氧化性，可用作H2O2分解的氧化剂BK2FeO4具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒CFe3+具有氧化性，可溶解印刷线路板上的金属铜D二氧化硫和氯水均具有漂白性，可将两者混合使用增强漂白效果【分析】A反应中二氧化锰作催化剂；BK2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性；CFe3+具有氧化性，与Cu发生氧化还原反应；D二氧化硫和氯水均具有漂白性，两者混合反应生成硫酸和盐酸【解答】解：A在双氧水的分解反应中二氧化锰作催
16、化剂，故A错误；BK2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故B错误；CFe3+具有氧化性，与Cu发生氧化还原反应，所以可溶解印刷线路板上的金属铜，故C正确；D二氧化硫和氯水均具有漂白性，两者混合反应生成硫酸和盐酸，等物质的量混合时漂白失效，故D错误；故选C4同温、同压下等质量的SO2和CO2气体，下列叙述中正确的是（）密度之比为16：11 摩尔质量之比为11：16 物质的量之比为16：11 体积之比为11：16ABCD【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，等质量的SO2和CO2气体，根据=计算其密度之比；摩尔质量之比等于其相对分子质量之比；根据n=计算其物质的量之比；
17、根据V=计算其体积之比【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，等质量的SO2和CO2气体，根据=知，其密度之比等于摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故正确；摩尔质量之比等于其相对分子质量之比=64：44=16：11，故错误；根据n=知，相同质量时其物质的量之比等于摩尔质量反比=44g/mol：64g/mol=11：16，故错误；根据V=知，相同质量时，其体积之比等于摩尔质量反比=44g/mol：64g/mol=11：16，故正确；故选B5已知酸A和碱B在一定条件下反应：A+B盐+H2O，下列有关物质A和B的判断中不正确的是（）A酸A可能是CH3COOHB酸A可能是H2
18、SO4C碱B可能是Ba（OH）2D碱B可能是CH3CH2OH【分析】电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，据此分析【解答】解：电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，酸A和碱B在一定条件下反应：A+B盐+H2O，故A可以为任意一种酸，B可以为任意一种碱A、CH3COOH为酸，故A正确；B、H2SO4为酸，故B正确；C、Ba（OH）2为碱，故C正确；D、CH3CH2OH不是碱，故D错误故选D6下列指定粒子的数目相等的是（）A物质的量相等的水与重水含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数C同温、同压、同体积
19、的一氧化碳和乙烯含有的质子数D等物质的量和铁和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数【分析】AH和D原子的中子数不同；B乙烯有6对共用电子对，丙烯有9对；来源:Z。xx。k.ComC一氧化碳和乙烯含有的质子数不同；DFe被氧化为+3价，而Cu被氧化为+2价【解答】解：A物质的量相等的H2O与D2O含有的中子数比值为（8）：（8+21）=8：10，中子数不同，故A错误； B1 个乙烯中共用电子对数为 6，1 个丙烯中共用电子对数为 9，等质量的乙烯和丙烯共用电子对数比为： m6：9=1：1，等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数相同，故B正确；CCO的质子数为6+8=14，而乙烯的质子数为62+14=
20、16，同温、同压、同体积的一氧化碳和乙烯含有的质子数不相等，故C错误；DFe被氧化为+3价，而Cu被氧化为+2价，则等物质的量的铁和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数一定不等，故D错误故选B7某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4+N2O43N2+4H2O，反应温度可高达2700，若有1mol N2H4被氧化，则下列判断不正确的是（）A生成33.6L N2（标准状况下）B被还原的N原子的物质的量为2molC转移电子的物质的量为4molD还原产物比氧化产物少0.5mol【分析】2N2H4+N2O43N2+4H2O该反应中N元素化合价由2价、+4价变为0价，所以N2H4被氧化，
21、N2O4被还原，N2既是氧化产物又是还原产物，当有1 mol N2H4被氧化，则有0.5 mol N2O4被还原，同时有1.5mol氮气生成【解答】解：该反应中N元素化合价由2价、+4价变为0价，所以N2H4被氧化，N2O4被还原，N2既是氧化产物又是还原产物，当有1 mol N2H4被氧化，则有0.5 mol N2O4被还原，同时有1.5mol氮气生成A生成标准状况下氮气体积=1.5mol22.4L/mol=33.6 L，故A正确；B当有1 mol N2H4被氧化，则有0.5 mol N2O4被还原，则被还原N原子物质的量=0.5mol2=1mol，故B错误；C当有1 mol N2H4被氧化
22、，转移电子的物质的量=1mol20（2）=4 mol，故C正确；D还原产物是氧化剂对应的产物、氧化产物是还原剂对应的产物，若有1mol N2H4被氧化，则氧化产物的物质的量是1mol，还原产物的物质的量是0.5mol，所以还原产物比氧化产物少0.5mol，故D正确故选B8下列离子的检验方法合理的是（）A向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变血红色，说明原溶液中含有Fe2+来源:Zxxk.ComC向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+D向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶
23、液中只含有Fe2+，不含有Mg2+【分析】AKSCN溶液与Fe3+溶液作用，溶液呈红色，能证明Fe3+存在，但Fe2+与KSCN溶液不反应；BFe3+本身就可以使KSCN溶液变血红色；C氢氧化铁是红褐色沉淀；D不能排除镁离子【解答】解：AKSCN溶液与Fe3+溶液作用的方程式为：Fe3+3SCNFe（SCN）3，而Fe2+与KSCN溶液不反应，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+而不能证明没有Fe2+，故A错误； B若原溶液中含Fe2+，通入Cl2，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，滴加KSCN溶液后显红色，若原溶液中不含Fe2+，含有Fe3+，通入
24、Cl2，加入KSCN溶液同样可以变血红色，故B错误；C加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+，故C正确；D氢氧化镁为白色沉淀，能被红褐色沉淀掩盖，无法确定，故D错误故选C9能正确表示下列反应的离子反应方程式为（）ANH4HCO3溶液与过量的KOH溶液反应：NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3+2H2OB向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH =2Al（OH）3+3BaSO4C向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6ClD醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2
25、O【分析】A、两组离子都要和氢氧根离子反应，没有加热生成一水合氨；B、1mol明矾电离出1mol的Al3+和2mol的硫酸根离子，要使2molSO42恰好沉淀完全需2molBa2+，而产生2molBa2+的同时产生4molOH，Al3+和OH之比为1：4时生成AlO2；C、通入足量氯气，少的FeBr2溶液要符合组成之比；D、醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式【解答】解：A、两组离子都要和氢氧根离子反应，没有加热生成一水合氨，正确的离子方程式为NH4+HCO3+2OH=CO32+NH3H2O+H2O，故A错误；B、1mol明矾电离出1mol的Al3+和2mol的硫
26、酸根离子，要使2molSO42恰好沉淀完全需2molBa2+，而产生2molBa2+的同时产生4molOH，Al3+和OH之比为1：4时生成AlO2，正确的离子方程式为Al3+2SO42+2Ba2+4OH =AlO2+2H2O+2BaSO4，故B错误；C、通入足量氯气，少的FeBr2溶液要符合组成之比，正确的离子方程式为2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，故C正确；D、醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D错误；故选C10质量分数为，物质浓度为cmolL1，N
27、A表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是（）A所得溶液中含有NA个HCl分子B所得溶液的物质的量浓度：c=1molL1C36.5gHCl气体占有的体积为22.4LD所得溶液的质量分数：=【分析】A、氯化氢是强电解质，溶液中无氯化氢分子；B、根据c=计算；C、温度压强不知无法计算气体体积；D、利用溶质质量分数和溶质物质的量浓度换算计算式计算得到【解答】解：A、氯化氢溶于水形成盐酸溶液，HCl是强电解质，溶液中无氯化氢分子，故A错误；B、c=，所得溶液的物质的量浓度不是1molL1，故B错误；C、36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错
28、误；D、所得溶液的质量分数：=，故D正确；故选D11氯气是一种重要的工业原料工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气下列说法错误的是（）A若管道漏气遇氨就会产生白烟B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应属于复分解反应D生成1mol N2有6mol电子转移【分析】如果管道漏气，则发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，反应中氯气表现出氧化性，根据化合价的变化可知生成1molN2有6mol电子转移【解答】解：A、如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，反应生成HCl，HCl与NH3反应生成
29、NH4Cl，现象为有白烟生成，故A正确；B、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中，Cl元素的化合价由0价降低为1价，氯气表现出氧化性，故B正确；C、反应中元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故C错误；D、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中，N元素的化合价由3价升高到0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确故选C12取部分氧化的FeCu合金样品（含Fe2O3、CuO）共5.76g，经如图处理下列说法正确的是（）A未氧化前合金的质量为5.44gBV=448，它是H2和SO2的混合气体C样品中CuO的质量为4.0gD滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+【分析】氧化性：
30、Fe3+Cu2+H+，铁离子优先反应，其次是氢原子与铁反应，由于滤液中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol；滤液A中不含铁离子，则最后灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，据此进行解答【解答】解：A滤液A中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，3.2g氧化铁的物质的量为0.02mol，含有铁元素的物质的量为0.02mol2=0.04mol，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中Fe元素的质量为：56g/mol
31、0.04mol=2.24g，滤渣3.2g为金属铜，所以未氧化前合金的质量为5.44g，故A正确；B金属与稀硫酸反应只生成氢气，所以没有SO2生成，故B错误；C由于生成了氢气、滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故C错误；D由于氧化性Fe3+Cu2+H+，铁离子优先反应，所以滤液中一定不存在Fe3+，故D错误；故选A二、填空题（10分）130.3mol NH3分子中所含原子数与2.4081023个H2O分子中所含原子数相等，
32、与58.8g的H2SO4所含的氢原子数目相等【分析】结合分子的构成及m=nM计算【解答】解：0.3mol NH3分子中所含原子数为0.3mol4=1.2mol，与H2O分子中所含原子数相等，则n（H2O）=0.4mol，其分子数为0.4molNA=2.4081023，与H2SO4所含的氢原子数目相等，则硫酸的物质的量为=0.6mol，其质量为0.6mol98g/mol=58.8g，故答案为：2.4081023；58.814含有相同氧原子数目的NO和NO2两种气体，其质量比30：23，物质的量比为2：1，在标准状态下，体积比为2：1【分析】含有相同氧原子数目的NO和NO2两种气体，根据分子构成知
33、，二者的分子个数之比为2：1，根据n=知，二者的物质的量之比为2：1，结合m=nM、V=nVm计算【解答】解：含有相同氧原子数目的NO和NO2两种气体，根据分子构成知，二者的分子个数之比为2：1，根据n=知，二者的物质的量之比为2：1，根据m=nM知，其质量之比=（230）：（146）=30：23，根据V=nVm知，二者体积之比等于物质的量之比=2：1，来源:学+科+网故答案为：30：23；2：1；2：115某盐的混合溶液中含有Na+、Mg2+、Cl、SO42离子，测得Na+、Mg2+ 和Cl的物质的量浓度依次为0.2molL1、0.25molL1、0.4molL1，则c（SO42）=0.15
34、molL1【分析】溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl）+2c（SO42）计算出溶液中硫酸根离子的物质的量浓度【解答】解：根据电荷守恒可得：c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl）+2c（SO42），则：0.2molL1+20.25molL1=0.4molL1+2c（SO42）解得：c（SO42）=0.15 molL1故答案为：0.15 molL1三、简答题16氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程下面有两个变化的反应式：NO+3e+4H+NO+2H2O，2H2O22H2O+O2（1）是还原过程，写出H2O2的电子式：（2）在KMnO4、Na2CO3、
35、KI、Fe2（SO4）3中选取一种，完成反应，写出并配平该氧化还原反应的方程式，标出电子转移的方向和数目：（3）已知H2O2和KI可发生如下反应：H2O2+KIKIO+H2O 2KIO2KI+O2写出反应的离子方程式：H2O2+IIO+H2O 综合两个反应，KI的作用是催化作用，总反应方程式可表示为2H2O22H2O+O2【分析】（1）得电子被还原，双氧水是共价化合物，氧原子和氧原子间存在非极性共价键，氢原子和氧原子间存在极性共价键；（2）H2O2与KI作用时，KI参加了化学反应，但反应前后其性质和质量均无改变；（3）硝酸具有强氧化性，能氧化KI生成碘单质，自身被还原生成NO【解答】解：（1）
36、该反应中硝酸根离子得电子发生还原反应，所以是还原过程，双氧水的电子式为，故答案为：还原；来源:学科网ZXXK（2）硝酸具有强氧化性，能氧化KI生成碘单质，自身被还原生成NO，则反应方程式为6KI+HNO36KNO3+3I2+2NO+4H2O，该反应中KI是还原剂，转移电子数=6（10）=6，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；（3）双氧水和水是弱电解质，碘化钾、次碘酸钾都是强电解质，所以其离子方程式为H2O2+IIO+H2O，H2O2与KI作用时，KI参加了化学反应，但反应前后其性质和质量均无改变，因此它实际是催化剂，对H2O2的分解起催化作用，将方程式2+得2H2O22H2O+O2，故答案
37、为：H2O2+IIO+H2O；催化作用；2H2O22H2O+O217下列有关实验叙述正确的是ad（填序号）a金属钠在空气中会迅速被氧化，因此通常保存在煤油或石蜡油中b称量NaOH固体时，将NaOH直接放在托盘上的纸上c试管、烧杯、量筒、集气瓶均不能用酒精灯直接加热d湿润的蓝色石蕊试纸放入盛有氯气的集气瓶中，其颜色最终变为白色e配制稀硫酸时，先沿烧杯内壁缓缓注入浓硫酸，再向烧杯中缓缓加水【分析】a钠易被氧气中氧气氧化生成氧化钠，钠也能和水反应生成NaOH和氢气，为防止钠变质要隔绝空气和水；b氢氧化钠具有强腐蚀性，称量氢氧化钠时要防止腐蚀托盘；c试管能用酒精灯直接加热；d氯气和水反应生成HCl和H
38、ClO，所以其溶液呈酸性，次氯酸有漂白性，能漂白有色物质；e配制稀硫酸时，要将浓硫酸倒入水中【解答】解：a钠易被氧气中氧气氧化生成氧化钠，钠也能和水反应生成NaOH和氢气，为防止钠变质要隔绝空气和水，钠密度大于煤油、石蜡油且和煤油、石蜡油不反应，所以金属钠在空气中会迅速被氧化，因此通常保存在煤油或石蜡油中，故正确；b氢氧化钠具有强腐蚀性，称量氢氧化钠时要防止腐蚀托盘，所以称量氢氧化钠时要放置在烧杯中，故错误；c试管能用酒精灯直接加热，烧杯需要垫石棉网，量筒和集气瓶不能加热，故错误；d氯气和水反应生成HCl和HClO，所以其溶液呈酸性，次氯酸有漂白性，能漂白有色物质，所以湿润的蓝色石蕊试纸放入盛
39、有氯气的集气瓶中，其颜色先变红色后褪色，所以最终变为白色，故正确；e配制稀硫酸时，要将浓硫酸倒入水中，且用玻璃棒不断搅拌，防止局部过热而溅出液体，故错误；故选ad18实验室需用1000mL 0.1molL1标准Na2CO3溶液请回答下列问题：在如图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是AC（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶使用容量瓶前必须进行的操作时是检验容量瓶是否漏水配制1000mL 0.1molL1 Na2CO3溶液的实验步骤如下：a计算应称取碳酸钠固体的质量为10.6gb称量碳酸钠固体c将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤
40、烧杯内壁23次，洗涤液也注入容量瓶中d用适量的蒸馏水溶解称量好的碳酸钠固体，并冷却至室温e盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀f继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切上述步骤的正确操作顺序为abdcfe（用序号表示）【分析】根据配制1000mL 0.1molL1标准Na2CO3溶液的步骤选择使用的仪器，然后判断不需要的仪器及还缺少的仪器；容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，所以需要据此容量瓶是否漏水，避免影响配制结果；根据1000mL 0.1molL1标准Na2CO3溶液中碳酸钠的物质的量计算出需要碳酸钠固体的质量，然后根据配制过程对各操作进行排序【解答】
41、解：配制1000mL 0.1molL1标准Na2CO3溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器为A烧瓶和C分液漏斗，还缺少的仪器为：烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶；配制过程中需要摇匀容量瓶中的溶液，容量瓶有瓶塞，所以使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水，故答案为：检验容量瓶是否漏水；1000mL 0.1molL1标准Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠：0.1mol/L1L=0.1mol，需要碳酸钠的质量为：106g/mol0.1mol
42、=10.6g；配制1000mL 0.1molL1标准Na2CO3溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：abdcfe，故答案为：10.6；abdcfe19现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用6mol/L盐酸，理由是硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续（2）装置B的作用是除去气体中的HCl装置C的作用是干燥气体装置E中碱石灰的作用是吸收装置D
43、中反应剩余的二氧化碳（3）装置D中发生反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为78%【分析】（1）根据实验原理装置A采用的是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，根据碳酸钙和硫酸反应的情况来回答；（2）获得的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，碱石灰可以吸收二氧化碳；（3）根据氧化钠和过氧化钠的性质来回答；（4）根据氧气的量和过氧化钠量的关系来获得过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度【解答】解：（1）
44、装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/L盐酸，硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续；（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：除去气体中的HCl；干燥气体；吸收装置D中反应剩余的二氧化碳；（3）氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2
45、Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3；（4）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=100%=78%，故答案为：78%20二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列 问題：（1）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaC
46、lO2（亚氯酸钠）为原料，通过如图过程制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2除去ClO2中的NH3可选用的试剂是c（填标号）a水 b碱石灰 C浓硫酸 d饱和食盐水（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：来源:学。科。网在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠
47、溶液在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变测得混合气中ClO2的质量为0.02700 g（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是d（填标号）a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32被氧化成SO42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2
48、ClO2+SO42+H2O；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；（3）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水；玻璃液封装置可防止有害气体逸出；淀粉遇碘单质变蓝；根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）；（4）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2还原成Cl，Fe2+ 被氧化为铁离子【解答】解：（1
49、）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32被氧化成SO42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2，故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2；aClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；b碱石灰不能吸收氨气，故错误；c浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故
50、正确；dClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误；故答案为：c；（3）由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I+8H+2Cl+5I2+4H2O；玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；含有Na2S2O3物质的量为0.
51、02 L0.1mol/L=0.002 mol，则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n（ClO2） 0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004 mol67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700；（4）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2还原成Cl，Fe2+ 被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d附加题。21（2013秋硚口区校级期中）有一瓶无色透明溶液，只含Cl、CO32、SO42、
52、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是Mg2+、Cl，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2+，可能含有的离子是Na+、K+（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）是，说明理由溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子（3）写出中反应的离子方程式Mg2+2OH=Mg（OH）2【分析】无色透明溶液中不存在有色的离子：Cu2+；取少量原溶液中加B
53、aCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不存在CO32、SO42；取少量原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，根据可知溶液中不存在CO32、SO42，则原溶液中一定存在Mg2+；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，该白色沉淀为氯化银，原溶液中存在Cl，根据以上分析进行解答【解答】解：（1）根据溶液无色可知，一定不存在有色离子Cu2+；根据原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不存在CO32、SO42；根据入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，再结合可知溶液中不存在CO32、SO42，则原溶液中一定存在Mg2+；加AgNO3溶液产生白色沉淀，加稀硝酸白色沉淀不溶解，该白色沉淀为AgCl，原溶液中存在Cl，根据以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是：Mg2+、Cl；一定不含有的离子是：CO32、SO42、Cu2+；可能含有的离子是：Na+、K+，故答案为：Mg2+、Cl；CO32、SO42、Cu2+；Na+、K+； （2）根据溶液为电中性可知，溶液中一定存在唯一的阴离子氯离子，所以实验可以省略，故答案为：是；溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子；（3）原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg（OH）2，故答案为：Mg2+2OH=Mg（OH）2