1、云南省弥勒市第一中学黄冈校区2020-2021学年高一化学12月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5一、选择题(每题2分，共50分)1. 下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）A. 天然气 酒精 液态氯化氢B. 稀有气体 浓硫酸 纯碱C. 水银 氢氧化钙 民用管道煤气D. 金刚石 铁矿石 大理石【答案】C【解析】【详解】A.天然气主要成分为甲烷，所以天然气、酒精、液态氯化氢分别属于混合物、化合物、化合物，故A项不符合题意；B.浓硫酸是硫酸的浓溶液，所以稀有气体、浓硫酸、纯碱分别属于单质、混合物、化合物，故B项不
2、符合题意；C.水银是金属单质汞，所以水银、氢氧化钙、民用管道煤气分别属于单质、化合物、混合物，故C项符合题意；D.铁矿石、大理石都是混合物，故D项不符合题意；答案选C。2. 下列说正确的是( )A. 物质的量就是1摩尔物质的质量B. 摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量C 1mol水中含有2mol氢和1mol氧D. 3molO2与2molH2O所含原子数相等【答案】D【解析】【详解】A物质的量是一个基本物理量，用于描述微粒集合体中所含微粒多少的物理量，不等于物质的质量 ，A错误； B摩尔是物质的量的单位，B错误；C物质的量只能用来表示微粒数目的多少，而不能描述元素，1mol水中含有2molH和
3、1molO ，C错误； D3molO2与2molH2O含有的原子数相等，均为6NA，D正确；答案选D。3. 下列离子方程式中，正确的是( )A. 氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应：HOH=H2OB. 碳酸钙与稀盐酸反应：CaCO32H=Ca2H2OCO2C. 铁与稀硫酸反应：2Fe +6H+ =2 Fe 3+3H2D. 金属钠跟水反应：NaH2O=NaOHH2【答案】B【解析】【详解】A氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，Ba2+SO +2H2OH=2H2O+BaSO4 ，A错误； B碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水：CaCO32H=Ca2H2OCO2，B正确；C铁与稀硫酸反应生成硫
4、酸亚铁和氢气： Fe +2H+ =Fe 2+H2，C错误；D金属钠跟水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na2H2O=2Na2OHH2，D错误；答案选B。4. 下列关于氯气及含氯化合物的叙述不正确的是A. 干燥的氯气和氯水均能使鲜花退色B. 因为氯气有毒，所以可用于杀菌、消毒、漂白C. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2D. 氯气和氯化氢通入AgNO3溶液中均能产生白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A、因干燥的氯气遇到鲜花中的水分生成次氯酸，氯水中含有次氯酸，所以鲜花都褪色，A正确；B、氯气的杀菌，消毒，漂白作用是由于遇水生成了次氯酸，而不是氯气，B错误；C、漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，C正确
5、；D、氯气通入AgNO3溶液中，先与水发生反应，Cl2+H2OHCl+HClO，然后氯化氢与硝酸银发生复分解反应，离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl，D正确；答案选B。5. 不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是 ()A. 分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通入澄清的石灰水中B. 分别在这两种物质的溶液中，加入CaCl2溶液C. 分别在这两种固体中，加入同浓度的稀盐酸D. 分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水【答案】D【解析】【详解】A.Na2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解生成的气体通入澄清的石灰水中能使石灰水变浑浊，可以鉴别，故A不选；B.N
6、a2CO3与CaCl2溶液作用产生CaCO3沉淀，而NaHCO3则不与CaCl2溶液反应，无沉淀产生，也可以鉴别，故B不选；C.向Na2CO3中逐滴加少量盐酸时，无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的快慢加以鉴别，故C不选；D.Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，故D选。故选D。6. 某无色溶液中，可大量共存的离子组是()A. NaClB. Cu2ClC. HClKD. KMg2OH【答案】A【解析】【详解】A该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故A正确；B该组离子之间不
7、反应，能大量共存，但Cu2+为蓝色，与无色不符，故B错误；C因H+、CO32-结合生成水和二氧化碳，不能大量共存，故C错误；D因Mg2+、OH-结合生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故D错误；答案选A。7. 对于反应3Cl2 + 6NaOH 5NaCl + NaClO3 + 3H2O，以下叙述正确的是( )A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂B. 被氧化的Cl原子与被还原的Cl原子的个数比为15C. 氧化产物与还原产物的物质的量的比为51D. 每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子【答案】B【解析】【分析】3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O中，Cl元素的化合价由0升
8、高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，据此分析解答。【详解】A只有Cl元素的化合价变化，则氯气为氧化剂也为还原剂，故A错误；B由电子和原子守恒可知，5个Cl被还原与1个Cl被氧化时遵循电子守恒，则被氧化的Cl原子与被还原的Cl原子的个数比为15，故B正确；C氧化剂与还原剂均为氯气，氧化产物为NaClO3 ，还原产物为NaCl，氧化产物与还原产物的物质的量的比为15，故C错误；D根据化合价的变化，每生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，故D错误；故选B。8. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 阿伏加德罗常数是6.021023B. 1 L 1 molL1的Ca
9、Cl2溶液中含Cl的数目为NAC. 在标准状况下，22.4 LCCl4所含分子数为0.5NAD. 1.8g的NH中含有的电子数为NA【答案】D【解析】【详解】A阿伏加德罗常数有单位mol-1，阿伏加德罗常数约是6.021023mol-1，故A错误；B1 L 1 molL1的CaCl2溶液中Cl的物质的量为1L1 molL12=2mol，数目为2NA，故B错误；C标况下CCl4不是气体，不可以用22.4L/mol计算22.4LCCl4物质的量，故C错误；D1.8g的NH物质的量为=0.1mol，1个NH中有10个电子，则0.1mol NH中有1mol电子，数目为NA，故D正确；故答案选D。9.
10、下列说法正确的是( )A. 相同条件下，N2和O3混合气体与等体积的N2所含的原子数相同B. 等物质的量的CH5+和OH-所含电子数相等C. 常温常压下，28gCO与22.4LO2所含分子数相等D. 16gCH4与18gNH4+所含质子数相等【答案】B【解析】【详解】A. 相同条件下，由于氮气是双原子分子，臭氧是三原子分子，因此N2和O3混合气体与等体积的N2所含的原子数不相同，故A错误；B. 1个CH5+含有10个电子，1个OH含有10个电子，因此等物质的量的CH5+和OH所含电子数相等，故B正确；C. 28gCO物质的量为1mol，常温常压下，气体摩尔体积为24.5 Lmol1，因此22.
11、4LO2常温常压下物质的量小于1mol，因此所含分子数不相等，故C错误；D. 16gCH4物质的量，质子数为10NA，18gNH4+物质的量，质子数为11NA，因此所含质子数不相等，故D错误；综上所述，答案B。10. 下列叙述正确的是Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色A. 都正确B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧
12、化物，故错误；Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故错误；Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故错误；Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故正确。故答案选D。11. 下列有关实验现象与分析或结论都正确的是实验现象分析或结论A光照新制氯水有气泡冒出氯水含有Cl2，光照Cl2逸出B液氯滴到干燥的有色布条会褪色液氯中的次氯酸具有漂白性C往NaHCO3固体加入新制氯水，有无色无味的气体产生氯水中含有盐酸与NaHCO3反应，产生CO2D新制
13、氯水放置数天后，pH值将增大氯化氢具有挥发性，酸性减弱A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A、光照新制氯水有气泡冒出是次氯酸分解产生的氧气，A错误；B、氯气没有漂白性，液氯滴到干燥的有色布条上不会褪色，B错误；C、往NaHCO3固体加入新制氯水，有无色无味的气体产生，这是由于氯水中含有盐酸与NaHCO3反应，产生CO2，C正确；D、新制氯水放置数天后，次氯酸分解产生盐酸，pH值将减小，酸性增强，D错误；答案选C。12. 在标准状况下6.72LCH43.011023个HCl分子13.6gH2S0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是A. 体积B
14、. 密度C. 质量D. 氢原子个数【答案】A【解析】【分析】根据计算各物质的物质的量，A同温同压下，体积之比等于物质的量之比；B同温同压下，密度之比等于其摩尔质量之比；C根据m=nM计算各物质的质量，据此进行判断；D结合分子式计算氢原子的物质的量，据此判断。【详解】6.72L CH4物质的量为=0.3mol，3.011023个HCl分子的物质的量为0.5mol，13.6g H2S 的物质的量为=0.4mol，0.2mol NH3；A相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积大小关系：，故A正确；B各物质的摩尔质量分别为CH4为16g/molHCl为36.5g/mol H2S 为34g
15、/molNH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度，故B错误；C各物质的质量分别为CH4为0.3mol16g/mol=4.8g，HCl为0.5mol36.5g/mol=33.25g，H2S 13.6g，NH3为0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量，故C错误；D各物质中H原子的物质的量分别为CH4为0.3mol4=1.2molHCl为0.5molH2S 0.4mol2=0.8molNH3为0.2mol3=0.6mol，所以氢原子个数，故D错误；故选A。13. 根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）2MnO+10Cl+16H+=2
16、Mn2+5Cl2+8H2O2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl2=2FeCl3A. MnOCl2Fe3+I2B. ClMn2+IFe2+C. MnO Cl2I2Fe3+D. IFe2+ClMn2+【答案】A【解析】【详解】氧化剂的氧化性强于氧化产物，反应中，MnO为氧化剂、Cl2为氧化产物，氧化性MnOCl2，反应中，FeCl3为氧化剂、I2为氧化产物，氧化性Fe3+I2，反应中，Cl2为氧化剂、FeCl3为氧化产物，氧化性Cl2Fe3+，则氧化能力由强到弱的顺序为MnOCl2Fe3+I2，故选A。14. 吸入人体内氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速
17、人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是( )A. 作氧化剂B. 作还原剂C. 既作氧化剂又作还原剂D. 既不作氧化剂又不作还原剂【答案】B【解析】【详解】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。15. 有关铁氧化物的说法中，不正确的是( )A. 赤铁矿主要成分是Fe2O3，Fe2O3是红棕色的，
18、常用作红色油漆和涂料B. Fe3O4是黑色晶体，其中的铁显2价，的铁显3价C. FeO、Fe2O3都不溶于水，但都能和盐酸反应生成相应的盐D. FeO在自然界中能稳定存在，可作染料【答案】D【解析】【详解】AFe2O3是红棕色的，是赤铁矿主要成分，常用作红色油漆和涂料，故A正确；BFe3O4是黑色晶体，可以写作Fe2O3FeO，其中的铁显2价，的铁显3价，故B正确；CFeO、Fe2O3都不溶于水，都是碱性氧化物，都能和盐酸反应生成相应的盐和水，故C正确；DFeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成Fe3O4，故D错误；答案选D。16. 向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体
19、的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )A. a点对应的溶液中：Na+、H+、SO、NOB. b点对应的溶液中：OH-、Na+、NO、ClC. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO、ClD. d点对应的溶液中：Ag+、NO、Fe2+、Na+【答案】C【解析】【详解】Aa点溶液中含大量的碳酸根和碳酸氢根，溶液碳酸根、碳酸氢根均能与H+，故不能大量共存，故A不选；Bb点含大量的碳酸氢根，则OH-与之不能大量共存，故B不选；Cc点中不含碳酸根也不含碳酸氢根，但溶液中含有大量的Na+、Cl，则Na+、Ca2+、NO、Cl能大量共存，故选C；Dd点含大量的
20、Na+、Cl和H+，Ag+与Cl，故D不选。答案选C。17. 下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000 molL1的NaOH溶液称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入250 mL蒸馏水溶解，然后转移至250 mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化CSO42-的检验先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀证明原溶液中有SO42-D向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。溶液中一定含有Fe2+A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化钠溶于水放热，因此
21、应先将溶液冷却至室温后再转移至容量瓶中定容，A项错误；B.氯化铁具有氧化性，若维生素C具有还原性，则可将黄色的氯化铁溶液还原成浅绿色的氯化亚铁溶液，B项正确；C.若原溶液中是而不是可以得到完全一样的现象，因此应先加入来排除的干扰，C项错误；D.若原溶液中本身只有可以得到完全一样的现象，因此应先加入，若无血红色证明无后，再加入氯水进行判断，D项错误；答案选B。18. 下列说法正确的是标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是22.4 L0.5 mol H2所占体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA各
22、种气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】标准状况下，6.021023个气体分子(1mol)所占的体积才是22.4L，错误；没有说明状态，无法计算体积，错误；标准状况下，H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算体积，错误；CO与N2的摩尔质量均为28gmol-1，质量与状态无关，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，正确；在标准状况下，任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，错误；标准状况下，体积相同的气
23、体的物质的量相同，则所含的分子数相同，正确，综上，正确，答案选B。19. 等质量的CO和N2，下列叙述不正确的是（）A. 密度一定相同B. 分子数一定相同C. 原子数一定相同D. 物质的量一定相同【答案】A【解析】【详解】A密度=M/Vm，由于气体摩尔体积不一定相同，则二者的密度不一定相同，A错误；BCO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据N=nNA=mNA/M可知，二者含有的分子数一定相同，B正确；CCO和N2为双原子分子，根据选项B可知二者分子数相同，则含有原子数也一定相同，C正确；DCO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据n=m/M可知二者的物质的量一定相等，D正确；答案选A。【
24、点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答关键，注意掌握密度与摩尔质量之间的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。20. 下列说法正确的是A. 1mol H2的体积为22.4LB. 阿伏加德罗常数为6.021023C. 摩尔质量等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量D. Na+的摩尔质量为23 g/mol【答案】D【解析】【详解】A. 1mol H2的体积在标况下为22.4L，A错误；B. 阿伏加德罗常数为6.021023mol-1，B错误；C. 摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，C错误；D. 钠
25、、Na+的摩尔质量均为23 g/mol，D正确；答案选D。21. 下列关于胶体的相关说法不正确的是()A. 向沸水中逐滴滴入饱和氯化铁溶液加热得红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体B. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入稀硫酸，现象是先出现红褐色沉淀，后溶解转为黄色溶液C. 江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关D. 纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm109 m)，因此纳米材料属于胶体【答案】D【解析】【分析】A、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，制得氢氧化铁胶体；B、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉；C、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉；D、纳
26、米材料没有形成分散系。【详解】A项、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，继续加热至呈红褐色，制得氢氧化铁胶体，故A正确；B项、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入盐酸会产生沉淀，后来Fe（OH）3与HCl反应而溶解转化为黄色溶液，故B正确；C项、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故C正确；D项、纳米材料没有形成分散系，所以不是胶体，故D错误。故选D。22. 在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是( )A. 将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，冷却后注入容量瓶中
27、B. 将准确量取的18.4molL-1浓硫酸10mL，注入已盛有30 mL水的100 mL容量瓶中，加入至刻度线即可C. 仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液D. 欲配制1000 mL 0.1 molL-1的盐酸，将稀释、冷却后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000 mL的容量瓶中，加水至刻度线【答案】D【解析】【详解】A称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有吸潮和腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放在小烧杯中称量，故A错误；B容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接
28、吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D欲配制1000 mL 0.1 molL-1的盐酸，使用1000mL的容量瓶，用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；答案选D。23. 要除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，可行的办法是()A. 滴入KSCN溶液B. 通入氯气C. 加入铜粉D. 加入铁粉【答案】D【解析】A. 滴入KSCN溶液可以检验铁离子，不能除去氯化铁，A错误；B. 通入氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，B错误；C. 加入铜粉与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入新杂质，C错误；D. 加入铁粉与氯化铁反应生成氯化亚铁，可
29、以除去氯化铁杂质，D正确，答案选D。24. 下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。、原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。25. 下列关于铁与水反应的描述错误的是（ ）
30、A. 铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3B. 红热的铁能与水蒸气反应，产生的气体可在空气中燃烧C. 铁与水蒸气的反应是氧化还原反应D. 常温下，Fe与H2O不反应，但能与空气中的O2、H2O共同作用发生反应【答案】A【解析】【详解】A. 铁与水蒸气反应的化学方程式为，生成黑色的，A错误；B. 反应产生的可在空气中燃烧，B正确；C. 反应中铁和氢元素化合价变化，该反应为氧化还原反应，C正确；D. 常温下，铁在潮湿的空气中发生电化学腐蚀而被缓慢氧化，D正确。答案选A。二、填空题(共50分)26. 化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题(NA表示具体的值)：(1)含有6.021023个H的
31、H2O，其物质的量是_；1 mol Na2SO4溶于水能电离出_个Na+；(2)_mol H2O中含有的氧原子数与1.5 mol CO2中含有的氧原子数相等；(3)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为_；(4)标况下6.72升氧气质量为_。【答案】 (1). 0.5mol (2). 1.2041024 (3). 3 (4). 1716 (5). 9.6g【解析】【详解】(1)根据n=，6.021023个H的物质的量=1mol，则H2O的物质的量是1mol=0.5mol；1mol Na2SO4中Na+的物质的量=1mol2=2mol，Na2SO4是强电解质，溶于水
32、能完全电离，电离出Na+的个数=2molNA=2mol6.021023=1.2041024；(2)一个CO2中含有2个C原子，1.5 mol CO2中含有的氧原子数=1.5 mol26.021023=3 6.021023；一个水分子中含有1个氧原子，36.021023氧原子的水分子数目为36.021023，根据n=，则水的物质的量=3mol；(3)设NH3和CH4物质的量的均为1mol，根据m=nM，则NH3的质量为1mol17g/mol=17g，CH4的质量为1mol16g/mol=16g，则混合气体中NH3与CH4的质量比为1716；(4)根据n=，标况下6.72升氧气的物质的量= =0.
33、3mol，根据m=nM，氧气的质量为0.3mol32g/mol=9.6g。27. 已知2Na2O22H2O=4NaOHO2回答下列问题：(1)该反应中，氧化剂是_，还原剂是_，被氧化的元素是_，还原产物是_，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_；(2)该反应中，每生成标况下22.4 L O2转移电子的物质的量为_，反应的Na2O2的质量为_。【答案】 (1). Na2O2 (2). Na2O2 (3). O (4). NaOH (5). 11 (6). 2mol (7). 156g【解析】【分析】反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中，只有O元素的化合价发生变化，O元素的化合价由-1价变为
34、-2价和0价，化合价既升高又降低，反应中既做氧化剂又做还原剂，氧气是氧化产物，NaOH为还原产物。【详解】(1)根据分析，该反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2，被氧化的元素是O，还原产物是NaOH，氧化剂和还原剂的物质的量之比为11；(2)该反应中，每生成标况下22.4LO2的物质的量是1molO2，由O元素化合价由1价变化为0价可知，转移的电子的物质的量2mol，由反应可知，每生成1molO2消耗的Na2O2的物质的量为2mol，则质量为2mol78g/mol=156g。28. 现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中
35、有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：C_，丙_；(2)写出实验室制备黄绿色气体乙的化学方程式：_，过程可能观察到的实验现象是： _；(3)写出过程涉及的化学方程式_ ，_；(4)反应中的离子方程式是_；(5)反应中如果可以长时间看到白色沉淀，可采取哪些方法：(至少写出2条)_ 。【答案】 (1). Fe (2). HCl (3). 4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O (4). 有白色沉淀产生，且迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl (6). 4Fe(OH)2+O
36、2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2 (8). 配制溶液的蒸馏水煮沸，去除水中溶解的氧气；胶头滴管末端进入氯化亚铁液面下滴加氢氧化钠溶液；氯化亚铁液面上加入一层煤油隔绝空气【解析】【分析】金属单质A焰色反应呈黄色，则A是Na，Na与H2O反应产生气体甲是H2，D溶液为NaOH，金属B和氢氧化钠溶液反应，说明B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D是氢氧化钠，D和物质G反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，盐酸与金属C反应产生金属氯化物，该氯化物与NaOH溶液反应最终产生Fe(OH)3，则C是Fe，F为F
37、eCl2、G为FeCl3，以此解答该题。【详解】(1)根据分析可知，C为Fe，丙为HCl；(2)气体乙为氯气，实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O；反应为FeCl2溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2再被空气中的氧气氧化成红褐色沉淀Fe(OH)3的过程，现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；(3)根据(2)中分析，过程涉及的化学方程式FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)反应为铝和NaOH溶液的反应，生成偏铝酸钠、氢气，离子方
38、程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2；(5)反应为FeCl2溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Fe(OH)2，反应如果可以长时间看到白色沉淀，则需要隔绝氧气防止氢氧化亚铁被氧化，因此可以：配制溶液的蒸馏水煮沸、胶头滴管末端进入氯化亚铁液面下滴加氢氧化钠溶液、将氯化亚铁液面上加入一层煤油隔绝空气。29. 铁是一种重要的金属材料，它的单质及化合物在生产生活中应用广泛。 (1)铁元素有三种常见的氧化物，分别是 FeO、Fe2O3、Fe3O4.其中具有磁性的是 _，可作为红色颜料的是_。 (2)某补铁口服液中含有 Fe2，为检验其是否被氧化变质，可取少量该口服液，向其中 滴加 KSCN 溶液，
39、若溶液变为_色，则说明其已变质。向该口服液中加入维生素 C 可防止其被氧化变质，此过程中利用了维生素 C 的_性。 (3)FeCl3可作为铜电路板的腐蚀液，其反应原理为Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的化学方程式为_。向反应后的溶液中加入_，可回收 Cu，并得到FeCl2溶液。【答案】 (1). Fe3O4 (2). Fe2O3 (3). 红 (4). 还原 (5). Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2 (6). 铁粉【解析】【详解】(1)铁元素有三种常见的氧化物，分别是FeO、Fe2O3、Fe3O4。其中Fe3O4又叫做磁性氧化铁，具有磁性的是Fe3O4，
40、可作为红色颜料的是Fe2O3，如红色油漆中就是加入了氧化铁；(2)若Fe2变质，则生成Fe3+，可使用KSCN溶液检验，若变红色，则证明其被氧化变质；向该口服液中加入维生素C可防止其被氧化变质，也就是说维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，从而说明维生素C具有还原性；(3)Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2；想从溶液中还原出铜，同时得到FeCl2溶液，只能加入铁粉。30. I实验室用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液450mL，回答下列问题：（1）实验步骤：计算所需称量的NaOH的质量为_g。用托盘天平
41、称量NaOH固体。称量时应该将NaOH放于_中且放置在天平左盘称量。将称得的固体放于烧杯中，并加水溶解。检查容量瓶是否漏水，用玻璃棒引流将溶解液立即转移进_mL容量瓶中。用少量水洗涤_2-3次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为_。翻转摇匀后转入试剂瓶中储存。II若配制1mol/L的稀硫酸溶液500 mL(1)则需要质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，就选用_mL规格的量筒最好。（2）下面操作造成所配稀硫酸浓度偏高的是_(填序号)A.溶解后溶液没有冷却到室温就转移B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
42、C.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】 (1). 20.0g (2). 烧杯 (3). 500 (4). 烧杯，玻璃棒 (5). 先加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切 (6). 27.2 (7). 50 (8). ACD【解析】【详解】I（1）配制450mL的溶液应选用500mL容量瓶，则所需称量的NaOH的质量为：1.0mol/L0.5L40g/mol=20.0g。NaOH具有腐蚀性，称量时应该将NaOH放于烧杯中且放置在天平左盘称量。由于选用500mL容量
43、瓶，所以用玻璃棒引流将溶解液转移进500mL容量瓶中。为了保证溶质全部转移入容量瓶中，所以用少量水洗涤烧杯、玻璃棒23次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为：先加蒸馏水至刻度线下12cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切。II根据稀释前后溶质不变列式：1.84 g/cm3V（浓硫酸）98%=1mol/L0.5L98g/mol，V（浓硫酸）=27.2mL；根据“大而近”的原则选择量筒，选用50mL规格的量筒最好。（2）根据公式cB=分析，A项，溶解后溶液没有冷却到室温就转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；B项，转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，硫酸物质的量偏小，所配溶液
44、浓度偏低；C项，向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D项，用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；E项，摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配稀硫酸浓度偏高的是ACD，答案选ACD。【点睛】配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏高；反之，所配溶液浓度偏低。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。
