1、2016-2017学年云南省红河州蒙自高中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1是较为安全的高效核聚变反应原料，原子核内中子数是（）A1B2C3D52下列关于物质的性质与用途的说法中，不正确的是（）A二氧化硫具有漂白性，因此常用其漂白纸浆等B二氧化硅能与氢氟酸反应，因此可用氢氟酸刻蚀玻璃C某些金属化合物有美丽的颜色，因此可用于制造烟花D油脂能在碱性溶液中水解生成高级脂肪酸盐，因此可用于生产肥皂3红热的木炭与浓HNO3反应产生的气体经如下处理：气体产物气体x mL气体y mL（在无氧环境下操作）假设气体体积均在相同状况下测定，不考虑气体的溶解，则x和
2、y的关系是（）Ax=yBy=xCx=yDy=x4提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体所需用的仪器是（）试管；泥三角；蒸发皿；试管夹；坩埚；玻璃棒；石棉网；坩埚钳ABCD51L 0.2mol/L的KI溶液中，含溶质KI的物质的量是（）A0.2molB0.5molC2molD5mol6物质A、B的溶解度曲线如右图所示（A、B均不与水反应且不含结晶水）下列叙述中，正确的是（）AT1时，A、B饱和溶液中，A溶液的溶质的质量分数较小BT2时，A、B饱和溶液的物质的量浓度相等CT1时A、B的饱和溶液升至T3时，B溶液的溶质的质量分数较大D可用加热浓缩、降温结晶的方法除去B中混有的少量A7下列叙述正确的是（）
3、ANaCl的摩尔质量是58.5gB1molNaCl的质量是58.5gmol1C58.5gNaCl所含Na+和Cl共1molD1molNaCl约含有6.021023个Cl8设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24L苯中含有的CH键的数目为0.6NAB标准状况下，由H2O2制得4.48L O2转移的电子数目为0.8NAC14g由乙烯与环丙烷组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02NA9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24 L SO3含有分子的数目为0.1NAB1 mol O2
4、与Na完全反应，转移电子数一定为4NAC常温常压下，1.6 g CH4中含有共价键的数目为0.4NAD将2 mL 0.5 mol/L硅酸钠溶液滴入盐酸中制得硅酸胶体，所含胶粒数目为0.001NA10用分液漏斗可将一组三种二元混合物都分开的是（）A酒精和水酒精和乙醚溴苯和水B溴乙烷和水乙酸乙酯和水溴苯和水C溴苯和水油脂和苯蔗糖和葡萄糖D甘油和水乙醛和水乙酸和乙醇11NA表示阿伏加德罗常数值下列说法正确的是（）A1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NAB标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1 NACt时，1L pH=6的纯水中，含1106 NA个OHD向FeI2溶
5、液中通入适量氯气，当有1mol Fe2+被氧化时，共转移电子的数目为1 NA12某结晶水合物的化学式为AnH2O，其相对分子质量为M，在25时，ag晶体溶于bg水中即达饱和，形成密度为gmL1的溶液，下列表达式正确的是（）A饱和溶液的物质的量浓度为：1000a（M18n）/M（a+b）molL1B饱和溶液中溶质的质量分数为：100a（M18n）/M（a+b）%C饱和溶液的体积为：（a+b）/LD25时，A的溶解度为：100a（M18n）/bMg二、解答题（共9小题，满分0分）13设计至少两种方法除去细小铁颗粒中混有的细小铝颗粒14如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数
6、据回答下列问题：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为molL1（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是A溶液中HCl的物质的量B溶液的物质的量浓度C溶液中Cl的数目 D溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400molL1的稀盐酸该学生需要量取mL上述浓盐酸进行配制在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填“偏大”、“偏小”、“无影响”）a用蒸馏水洗涤过的烧杯，未经干燥就用来稀释溶质b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水（4）假设该同学成功配制了0.400molL1
7、的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4g NaOH的NaOH溶液，则该同学需取mL盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4g NaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是A容量瓶中有水 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出15为了探究三种气态氧化物（SO2、NO2、CO2）的性质，某同学设计了一组实验：实验一：探究三种气体在水中的溶解性，用三支相同的试管收集满三种气体，倒置在盛满水的烧杯中，一段时间后，观察到的现象如图一中A、B、C所示（1）在相同条件下，三种气体在水中溶解度最大的是（写化学式），写出A烧杯中发生反应的化学方程式：如
8、果在三只烧杯中分别滴几滴紫色石蕊试液，可观察到的现象是实验二：用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图二中D、E、F所示一段时间后，D、E装置的集气瓶中充满溶液，F装置的集气瓶中还有气体剩余（2）实验二中装置D的集气瓶最终充满溶液（假设瓶内液体不扩散）：写出装置D中总反应的化学方程式：假设该实验条件下，气体摩尔体积为a Lmol1则装置D的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为（3）写出实验F通入氧气后，发生反应的化学方程式：（4）溶液充满集气瓶后，在E装置的水槽里滴加硝酸钡溶液，可能观察到的现象为，用有关的离子方程式解释原因：16标准状况
9、下，1体积水吸收500体积NH3后，所得氨水密度为0.9gcm3，求氨水中溶质的质量分数和氨水的物质的量浓度各为多少？17A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式A，B，乙，丁（2）写出下列变化的化学方程式A与NaOH溶液反应的化学方程式甲与NaOH溶液反应的离子方程式（3）将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为，转移电子的物质的量为18运用有关知识，回答下列问题现有7种10电子微粒：CH4、NH3、NH4+、H2O、OH、HF、F已知A、B、C、D是其中的四种不同微粒，
10、它们之间存在如图所示关系（1）常温下，若C为气体、D为液体，则D的电子式是，实验室中检验C的试剂及现象是（2）若C为还原性最弱的简单微粒，请写出A+B=C+D的方程式19A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种常温下进行下列实验：将1L pH=3的A溶液分别与0.001molL1x L B溶液、0.001molL1y L D溶液充分反应至中性，x、y大小关系为：yx；浓度均为0.1molL1A和E溶液，pH：AE；浓度均为0.1molL1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性回答下列问题：（1）D是溶液（2）用水稀释0.1molL1B时，
11、溶液中随着水量的增加而减小的是 （填写序号）c（B）/c（OH）； c（OH）/c（H+）；c（H+）和c（OH）的乘积 OH的物质的量（3）OH浓度相同的等体积的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是（填写序号）反应所需要的时间EA 开始反应时的速率AE参加反应的锌粉物质的量A=E 反应过程的平均速率 EAE溶液里有锌粉剩余（4）将等体积、等物质的量浓度B和C混合后，升高温度（溶质不会分解）溶液pH随温度变化如下图中的曲线（填写序号）（5）室温下，向0.01molL1C溶液中滴加0.01molL1D溶液至中性，得到的溶液中所有离
12、子的物质的量浓度由大到小的顺序为20聚合氯化铝铁FeaAlb（OH）cCldm是一种性能优良的无机高分子絮凝剂，在净水行业得到广泛应用（1）在FeaAlb（OH）cCldm中d=（用a、b、c表示）（2）聚合氯化铝铁净水的性能优于氯化铝和氯化铁的原因可能是（3）为确定聚合氯化铝铁的组成，进行如下实验：准确称取5.745g样品，配成500mL溶液取10mL溶液于锥形瓶中，加适量盐酸，滴加稍过量氯化亚锡溶液加氯化汞溶液2mL，充分反应后用0.0100molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液10.00mL相关反应如下：2FeCl3+SnCl22FeCl2+SnCl4；SnCl2+2
13、HgCl2SnCl4+Hg2Cl2； 6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl6FeCl3+2CrCl3+2KCl+7H2O准确称取5.745g样品，加入足量的盐酸充分溶解，然后加入足量氨水，过滤、洗涤、灼烧，得固体3.420g根据以上实验数据计算聚合氯化铝铁样品中的n（Fe3+）：n（Al3+）（写出计算过程）21硫酸的工业制法的反应原理如下：2FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO22SO2+O22SO3SO3+H2O=H2SO4回答下列问题：（1）上述反应中，属于可逆反应的是；（填序号）（2）某化工厂用含杂质28%的黄铁矿生产硫酸，假设生产过程中硫的损失不计，则1t黄铁矿可制得98%的
14、浓硫酸t（3）SO2中硫元素处于中间价态，请写出符合下列要求的化学方程式SO2作氧化剂；SO2作还原剂；SO2既不作氧化剂，又不作还原剂2016-2017学年云南省红河州蒙自高中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1是较为安全的高效核聚变反应原料，原子核内中子数是（）A1B2C3D5【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】元素符号的左下角为质子数，左上角为质量数，根据质量数=质子数+中子数解题【解答】解：根据中子数=质量数质子数=32=1，故选：A2下列关于物质的性质与用途的说法中，不正确的是（）A二氧化硫具有漂
15、白性，因此常用其漂白纸浆等B二氧化硅能与氢氟酸反应，因此可用氢氟酸刻蚀玻璃C某些金属化合物有美丽的颜色，因此可用于制造烟花D油脂能在碱性溶液中水解生成高级脂肪酸盐，因此可用于生产肥皂【考点】二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；油脂的性质、组成与结构【分析】A工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、丝毛、草帽辫等；B氢氟酸（HF）对玻璃有腐蚀作用，能与氢氟酸反应，可用在玻璃上雕刻各种精美图案；C根据某些金属化合物的焰色反应可用于制造烟花；D根据油脂能在碱性溶液中水解可用于生产肥皂；【解答】解：A二氧化硫具有漂白性，因此常用其漂白纸浆、丝毛、草帽辫等，故A正确；B二氧化硅能与氢氟酸反应，因此可用氢氟酸刻蚀玻璃
16、，故B正确；C某些金属化合物在灼烧时会呈现出丰富多样色彩，可用于制造烟花，不是由于某些金属化合物有美丽的颜色，故C错误；D工业上利用油脂能在碱性溶液中水解生成高级脂肪酸盐来生产肥皂，故D正确；故选：C；3红热的木炭与浓HNO3反应产生的气体经如下处理：气体产物气体x mL气体y mL（在无氧环境下操作）假设气体体积均在相同状况下测定，不考虑气体的溶解，则x和y的关系是（）Ax=yBy=xCx=yDy=x【考点】硝酸的化学性质【分析】红热的木炭与浓HNO3反应产生的气体为二氧化碳、二氧化氮、和水蒸气，反应的方程式为C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O，假设生成气体的物质的量为：4mol
17、NO2、1molCO2和2molH2O通过浓硫酸吸收水蒸气得剩余4molNO2、1molCO2为xml，再通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成molNO、molHNO3，再发生反应：HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2+H2O，生成molCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为molNO、molCO2及水蒸气，再通过浓硫酸干燥，出来的气体为molNO、（1+）molCO2为yml，据此计算解答【解答】解：红热的木炭与浓HNO3反应产生的气体为二氧化碳、二氧化氮、和水蒸气，反应的方程式为C+4HNO3（浓）4NO2+CO2+2H2O，假设生成气体的物质的量为
18、：4molNO2、1molCO2和2molH2O通过浓硫酸吸收水蒸气得剩余4molNO2、1molCO2为xml，再通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成molNO、molHNO3，再发生反应：HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2+H2O，生成molCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为molNO、molCO2及水蒸气，再通过浓硫酸干燥，出来的气体为molNO、（1+）molCO2为yml，所以根据以上分析x=5Vm，y=（mol+1+mol）Vm=5Vm，则y=x故选：C；4提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体所需用的仪器是（）试管；泥三角；蒸发皿；试管夹
19、；坩埚；玻璃棒；石棉网；坩埚钳ABCD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体，选择加热法，加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，以此来解答【解答】解：加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，则加热需要的仪器为泥三角、坩埚、坩埚钳及酒精灯等，故选B51L 0.2mol/L的KI溶液中，含溶质KI的物质的量是（）A0.2molB0.5molC2molD5mol【考点】物质的量的相关计算【分析】根据n=CV计算该溶液中KI的物质的量，据此分析解答【解答】解：该溶液中n（KI）=CV=0.2mol/L1L=0.2mol，故选A6物质A、B的溶解度曲线如右图所示（A、B均不
20、与水反应且不含结晶水）下列叙述中，正确的是（）AT1时，A、B饱和溶液中，A溶液的溶质的质量分数较小BT2时，A、B饱和溶液的物质的量浓度相等CT1时A、B的饱和溶液升至T3时，B溶液的溶质的质量分数较大D可用加热浓缩、降温结晶的方法除去B中混有的少量A【考点】溶解度、饱和溶液的概念【分析】A、根据T1时，A的溶解度大于B的溶解度进行解答；B、根据T2时，A、B的溶解度相同进行解答；C、根据A、B物质的溶解度都随温度的升高而增大以及T1时，A的溶解度大于B的溶解度进行解答；D、根据B物质的溶解度受温度影响较大进行解答【解答】解：A、T1时，A的溶解度大于B的溶解度，所以T1时，A、B饱和溶液中
21、，A溶液的溶质的质量分数较大，故A错误；B、T2时，A、B的溶解度相同，所以T2时，A、B饱和溶液的质量分数相同，但是物质的量浓度不一定相等，故B错误；C、A、B物质的溶解度都随温度的升高而增大，T1时，A的溶解度大于B的溶解度，T1时A、B的饱和溶液升至T3时，溶液有饱和变为不饱和，但溶质质量分数不变，所以A溶液的溶质的质量分数较大，故C错误；D、B物质的溶解度受温度影响较大，所以可用加热浓缩、降温结晶的方法除去B中混有的少量A，故D正确故选：D7下列叙述正确的是（）ANaCl的摩尔质量是58.5gB1molNaCl的质量是58.5gmol1C58.5gNaCl所含Na+和Cl共1molD1
22、molNaCl约含有6.021023个Cl【考点】阿伏加德罗常数；摩尔质量【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol等B、1molNaCl的质量是58gC、根据n=计算氯化钠的物质的量，每摩尔氯化钠含有1摩尔钠离子和1mol氯离子，据此计算判断D、每摩尔氯化钠含有1mol氯离子，根据N=nNA计算氯离子数目【解答】解：A、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；B、1mol氯化钠的质量是58.5g，58.5g/mol是氯化钠的摩尔质量，故B错误；C、58.5gNaCl的物质的量为=1mol，所以含有的Na+与Cl分别是1mol，故C错误；D、氯化钠由钠离
23、子与氯离子构成，1molNaCl含有的氯离子数目约是1mol6.021023mol1=6.021023，故D正确故选：D8设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24L苯中含有的CH键的数目为0.6NAB标准状况下，由H2O2制得4.48L O2转移的电子数目为0.8NAC14g由乙烯与环丙烷组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A标准状况下，苯的状态不是气体，无法使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；B双氧水中氧元素的化合价为1价，标况下4.48LL氧气的物质的量为0
24、.2mol，转移了0.4mol电子；C乙烯和环丙烷的最简式为CH2，14g二者的混合物中含有1mol最简式；D根据溶液中氢离子与溶液pH的关系计算出氢离子数目【解答】解：A标况下，苯不是气体，题中条件无法计算苯的物质的量，故A错误；B标况下4.48L氧气的物质的量为0.2mol，双氧水分解生成0.2mol氧气，需要转移0.4mol电子，转移的电子数目为0.4NA，故B错误；C14g乙烯和环丙烷的混合物中含有1nol最简式CH2，含有1mol碳原子，含有的碳原子数目为NA，故C正确；DpH=2的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，1L该溶液中含有0.01mol氢离子，含有的H+数目为
25、0.01NA，故D错误；故选C9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24 L SO3含有分子的数目为0.1NAB1 mol O2与Na完全反应，转移电子数一定为4NAC常温常压下，1.6 g CH4中含有共价键的数目为0.4NAD将2 mL 0.5 mol/L硅酸钠溶液滴入盐酸中制得硅酸胶体，所含胶粒数目为0.001NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积只适用于气体；B钠与氧气反应可以生成氧化钠，也可以生成过氧化钠；C.1个甲烷中含有4个CH键；D胶粒是一定数目粒子的集合体【解答】解：A标况下，三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B.1 m
26、ol O2与钠反应可以生成氧化钠转移4NA电子，1 mol O2与钠反应可以生成过氧化钠转移2NA电子，故B错误；C.1个甲烷中含有4个CH键，1.6 g CH4的物质的量=0.1mol，含有共价键的数目为0.4NA，故C正确；D胶粒是一定数目粒子的集合体，将2 mL 0.5 mol/L硅酸钠溶液滴入盐酸中制得硅酸胶体，所含胶粒数目小于0.001NA，故D错误；故选：C10用分液漏斗可将一组三种二元混合物都分开的是（）A酒精和水酒精和乙醚溴苯和水B溴乙烷和水乙酸乙酯和水溴苯和水C溴苯和水油脂和苯蔗糖和葡萄糖D甘油和水乙醛和水乙酸和乙醇【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】分层的液
27、体混合物可选分液漏斗分离，而互溶液体混合物不能，以此来解答【解答】解：A酒精和水、酒精和乙醚均为互溶混合物，故A不选；B均分层，可选分液漏斗分离，故B选；C油脂和苯、蔗糖和葡萄糖均为互溶混合物，故C不选；D均为互溶液体混合物，不能分液分离，故D不选；故选B11NA表示阿伏加德罗常数值下列说法正确的是（）A1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NAB标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1 NACt时，1L pH=6的纯水中，含1106 NA个OHD向FeI2溶液中通入适量氯气，当有1mol Fe2+被氧化时，共转移电子的数目为1 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】
28、A过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为1价，一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成2价的氧；BCHCl3是液体；C在纯水中氢离子浓度等于氢氧根浓度；D碘离子也能被氯气氧化【解答】解：A过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为1价，一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成2价的氧，故1 mol过氧化钠参与反应时转移电子的量为1 mol，转移的电子数为1NA，故A错误； B标准状况下，2.24 L CHCl3的物质的量不是0.1mol，故B错误；C在纯水中氢离子浓度等于氢氧根浓度=1106 mol/l，故C正确；D二价铁离子和碘离子都能
29、被氯气氧化，先氧化碘离子，当有1molFe2+被氧化时，共转移电子的数目大于1 NA，故D错误故选C12某结晶水合物的化学式为AnH2O，其相对分子质量为M，在25时，ag晶体溶于bg水中即达饱和，形成密度为gmL1的溶液，下列表达式正确的是（）A饱和溶液的物质的量浓度为：1000a（M18n）/M（a+b）molL1B饱和溶液中溶质的质量分数为：100a（M18n）/M（a+b）%C饱和溶液的体积为：（a+b）/LD25时，A的溶解度为：100a（M18n）/bMg【考点】物质的量浓度的相关计算；溶解度、饱和溶液的概念；溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】根据结晶水合物的相对分子质量和质量
30、可求解物质的量，根据溶液密度和质量可求解溶液体积，进而结算溶液的物质的量浓度以及体积分数【解答】解：晶体的物质的量为mol，溶质的质量为，溶液的质量为（a+b）g，溶液的体积为=，A、饱和溶液的物质的量浓度为： =mol/L，故A错误；B、饱和溶液中溶质的质量分数为： =，故B正确；C、溶液的体积为：溶液的体积为=，故C错误；D、设25时，A的溶解度为S，则，解之得s=，故D错误故选B二、解答题（共9小题，满分0分）13设计至少两种方法除去细小铁颗粒中混有的细小铝颗粒【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】Al与NaOH溶液反应，而Fe不能；铁能被磁铁吸引，
31、而铝不能，以此来解答【解答】解：Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，选NaOH溶液来除杂，发生离子反应为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，则溶解后过滤可除杂；利用磁铁可分离出铁，实现分离，答：加足量NaOH溶解、过滤或利用磁铁除杂14如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为11.9molL1（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是BDA溶液中HCl的物质的量B溶液的物质的量浓度C溶液中Cl的数目 D溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.
32、400molL1的稀盐酸该学生需要量取16.8mL上述浓盐酸进行配制在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填“偏大”、“偏小”、“无影响”）a用蒸馏水洗涤过的烧杯，未经干燥就用来稀释溶质无影响b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水偏小（4）假设该同学成功配制了0.400molL1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4g NaOH的NaOH溶液，则该同学需取25.0mL盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4g NaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是CA容量瓶中有水 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D
33、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出【考点】溶液的配制【分析】（1）依据C=计算浓盐酸物质的量浓度；（2）根据该物理量是否有溶液的体积有关判断；（3）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变计算需要浓盐酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；（4）根据n（HCl）=n（NaOH）计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，标准盐酸浓度偏大，据此分析解答【解答】解：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度C=11.9mol/L，故答案为：11.9；（2）A溶液中HCl的物质的量=nV，所以与溶液的体积有关，故A不选；B溶液具有均一性，浓度与体积无关，故B选；C溶液
34、中Cl的数目=nNA=CVNA，所以与溶液的体积有关，故C不选；D溶液的密度为溶液物理性质，与体积无关，故D选；故选：BD；（3）设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变得V11.9mol/L=0.400molL1500mL，解得V=16.8mL，故答案为：16.8；a用蒸馏水洗涤过的烧杯，未经干燥就用来稀释溶质，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故答案为：无影响；b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故答案为：偏小；（4）n（HCl）=n（NaOH）=0.01mol，V（HCl）=0.02
35、5L=25mL，故答案为：25；A容量瓶中有水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A不选；B配制溶液时，未洗涤烧杯，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D不选；故选：C15为了探究三种气态氧化物（SO2、NO2、CO2）的性质，某同学设计了一组实验：实验一：探究三种气体在水中的溶解性，用三支相同的试管收集满三种气体，倒置在盛满水的烧杯中，一段时间后，观察到的现象如图一中A、B、C所示（1）在相同条件下，三种气体在水
36、中溶解度最大的是NO2（写化学式），写出A烧杯中发生反应的化学方程式：3NO2+H2O2HNO3+NO如果在三只烧杯中分别滴几滴紫色石蕊试液，可观察到的现象是溶液都变红色实验二：用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图二中D、E、F所示一段时间后，D、E装置的集气瓶中充满溶液，F装置的集气瓶中还有气体剩余（2）实验二中装置D的集气瓶最终充满溶液（假设瓶内液体不扩散）：写出装置D中总反应的化学方程式：4NO2+O2+2H2O4HNO3假设该实验条件下，气体摩尔体积为a Lmol1则装置D的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为0.045mol
37、/L（3）写出实验F通入氧气后，发生反应的化学方程式：2SO2+O2+2H2O2H2SO4（4）溶液充满集气瓶后，在E装置的水槽里滴加硝酸钡溶液，可能观察到的现象为出现白色沉淀，用有关的离子方程式解释原因：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+Cl、SO42+Ba2+=BaSO4【考点】性质实验方案的设计；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质【分析】（1）二氧化硫、二氧化碳的溶解度不大，而二氧化氮水发生氧化还原反应，其溶解度最大；三种气体溶于水得到的溶液均为酸溶液；（2）D中二氧化氮、水、氧气反应生成硝酸；水会充满集气瓶，结合c=计算；（3）F装置中二氧化硫与水反应生成亚硫
38、酸，再通入氧气，发生2SO2+O2+2H2O=H2SO4；（4）E装置发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，再滴加氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀【解答】解：（1）二氧化硫、二氧化碳的溶解度不大，而二氧化氮水发生氧化还原反应，反应为3NO2+H2O2HNO3+NO，其溶解度最大；三种气体溶于水得到的溶液均为酸溶液，分别滴几滴紫色石蕊试液，可观察到的现象溶液都变红色，故答案为：NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；溶液都变红色；（2）D中二氧化氮、水、氧气反应生成硝酸，反应为4NO2+O2+2H2O4HNO3，故答案为：4NO2+O2+2H2O4HNO3；水会充满集气瓶，设集气瓶体积
39、为VL，最后溶液的体积为VL，由4NO2+O2+2H2O4HNO3知，n（NO2）=n（HNO3），则所得溶液溶质的物质的量浓度为c=0.045mol/L，故答案为：0.045mol/L；（3）F装置中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，再通入氧气，发生2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故答案为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；（4）E装置发生SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，离子反应为SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+Cl，再滴加氯化钡溶液，观察到生成硫酸钡白色沉淀，离子反应为SO42+Ba2+=BaSO4，故答案为：白色沉淀；SO2+Cl2+2H2O=4H+SO
40、42+Cl、SO42+Ba2+=BaSO416标准状况下，1体积水吸收500体积NH3后，所得氨水密度为0.9gcm3，求氨水中溶质的质量分数和氨水的物质的量浓度各为多少？【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】求出氨气的物质的量n=mol，然后求出质量m=nM，从而求出所得溶液的质量分数，并根据物质的量浓度c=来计算物质的量浓度【解答】解：设氨气的体积为500L，则水的体积为1L标况下500L氨气的物质的量n=mol=，故氨气的质量m=nM=22.3mol17g/mol=379.5g，故所得溶液的质量分数=27.5%；溶液的物质的量浓度c=14.6mol/L答：所得氨水的质量分数为27.5%，
41、物质的量浓度为14.6mol/L17A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式AAl，BO2，乙NaAlO2，丁Al（OH）3（2）写出下列变化的化学方程式A与NaOH溶液反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2甲与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH2AlO2+H2O（3）将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36L，则消耗的A的物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量为0.3mol【考点】无机物的推断【分析】常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，
42、所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al（OH）3得丁是Al（OH）3，验证符合转化关系【解答】解：常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al（OH）3得丁是Al（OH）3，验证符合转化关系（1）由上述分析可知，A为Al，B为O2，乙是
43、NaAlO2，丁是Al（OH）3；故答案为：Al；O2；NaAlO2；Al（OH）3；（2）Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（3）产生的H2在标准状况下的体积为3.36L，物质的量为=0.15mol，根据2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，消耗的Al的物质的量为0.15mol=0.1mol，
44、转移电子数目为0.1mol3=0.3mol，故答案为：0.1mol；0.3mol18运用有关知识，回答下列问题现有7种10电子微粒：CH4、NH3、NH4+、H2O、OH、HF、F已知A、B、C、D是其中的四种不同微粒，它们之间存在如图所示关系（1）常温下，若C为气体、D为液体，则D的电子式是，实验室中检验C的试剂及现象是湿润的红色石蕊试纸变蓝色（2）若C为还原性最弱的简单微粒，请写出A+B=C+D的方程式HF+OHF+H2O【考点】无机物的推断【分析】（1）常温下，若C为气体、D为液体，应是：NH4+OH=NH3+H2O，可推知A为NH4+，B为OH，C为NH3，D为H2O；（2）若C为还原
45、性最弱的简单微粒，A为HF，B为OH，C为F，D为H2O【解答】解：（1）常温下，若C为气体、D为液体，应是：NH4+OH=NH3+H2O，可推知A为NH4+，B为OH，C为NH3，D为H2O，D的电子式是，实验室中检验氨气的试剂及现象是：用湿润的红色石蕊试纸检验变蓝色，故答案为：；湿润的红色石蕊试纸变蓝色；（2）若C为还原性最弱的简单微粒，A为HF，B为OH，C为F，D为H2O，反应为：HF+OHF+H2O，故答案为：HF+OHF+H2O19A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种常温下进行下列实验：将1L pH=3的A溶液分别与
46、0.001molL1x L B溶液、0.001molL1y L D溶液充分反应至中性，x、y大小关系为：yx；浓度均为0.1molL1A和E溶液，pH：AE；浓度均为0.1molL1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性回答下列问题：（1）D是NaOH溶液（2）用水稀释0.1molL1B时，溶液中随着水量的增加而减小的是 （填写序号）c（B）/c（OH）； c（OH）/c（H+）；c（H+）和c（OH）的乘积 OH的物质的量（3）OH浓度相同的等体积的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是（填写序号）反应所需要的时间EA 开始反应时的速
47、率AE参加反应的锌粉物质的量A=E 反应过程的平均速率 EAE溶液里有锌粉剩余（4）将等体积、等物质的量浓度B和C混合后，升高温度（溶质不会分解）溶液pH随温度变化如下图中的曲线（填写序号）（5）室温下，向0.01molL1C溶液中滴加0.01molL1D溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】五种物质中NaOH、NH3H2O显碱性，CH3COOH、HCl、NH4HSO4均显酸性，A的溶液呈酸性，能与B、D反应，则A为的CH3CO
48、OH、HCl、NH4HSO4中的一种，B、D分别为NaOH、NH3H2O中的一种A等量的B或D反应呈中性时消耗B溶液体积小于D溶液体积，则D为NaOH、B为NH3H2O浓度均为0.1molL1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；浓度均为0.1molL1A和E溶液，pH：AE，则A为HCl，E为CH3COOH【解答】解：（1）五种物质中NaOH、NH3H2O显碱性，CH3COOH、HCl、NH4HSO4均显酸性，A的溶液呈酸性，能与B、D反应，则A为的CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种，B、D分别为NaOH、NH3H2O中的一种A等量的B或D反应呈中性时消耗B溶液
49、体积小于D溶液体积，则D为NaOH、B为NH3H2O浓度均为0.1molL1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；浓度均为0.1molL1A和E溶液，pH：AE，则A为HCl，E为CH3COOH，故答案为：NaOH；（2）B溶液为氨水溶液，由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，则=减小，故正确；由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，c（NH3H2O）、c（OH）都减小，c（H+）减小，则减小，故正确；因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH）的乘积不变，故错误；由NH
50、3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故错误；故答案为：；（3）c（OH）和体积均相等的两份溶液A和E，A为HCl，E为CH3COOH，醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，则HCl反应后剩余锌随反应进行氢离子浓度减小，但醋酸会继续电离出氢离子，反应速率较快，反应所需要的时间醋酸短：EA，故错误；开始氢离子浓度相同，反应时的速率相同：A=E，故错误；生成氢气相同，结合电子守恒，参加反应的锌粉的物质的量：A=E，故正确；反应过程的平均速率，醋酸大于盐酸：EA，故正确；最后仅有一份溶液
51、中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸盐酸反应后剩余锌，A溶液中有锌粉剩余，故错误，故答案为：；（4）等体积、等物质的量浓度B和C混合后得到（NH4）2SO4溶液，NH4+水解溶液显酸性，PH7，错误；加热水解平衡向右移动，c（H+）增大，酸性增强，PH减小，错误、正确，故答案为：；（5）常温下，向0.01mol/L C（NH4HSO4）溶液中滴加0.01mol/L D（NaOH）溶液至中性，NH4HSO4中滴入NaOH溶液，NaOH首先与NH4HSO4电离出的H+作用，因为H+结合OH的能力比NH4+结合OH的能量强（原因是产物H2O比NH3H2O更难电离）当加入等物质的量的NaOH时
52、，正好将H+中和，此时c（Na+）=c（SO42），但此时溶液中还有NH4+，NH4+水解使溶液呈酸性，因此要使溶液呈中性，则还需继续滴入NaOH，当然到中性时c（OH）=c（H+），c（Na+）c（SO42 ）c（NH4+）；故答案为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）20聚合氯化铝铁FeaAlb（OH）cCldm是一种性能优良的无机高分子絮凝剂，在净水行业得到广泛应用（1）在FeaAlb（OH）cCldm中d=3a+3bc（用a、b、c表示）（2）聚合氯化铝铁净水的性能优于氯化铝和氯化铁的原因可能是聚合氯化铝铁水解后，比氯化铝或氯化铁水解后的溶液酸性弱，对本身水
53、解的抑制程度小（3）为确定聚合氯化铝铁的组成，进行如下实验：准确称取5.745g样品，配成500mL溶液取10mL溶液于锥形瓶中，加适量盐酸，滴加稍过量氯化亚锡溶液加氯化汞溶液2mL，充分反应后用0.0100molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液10.00mL相关反应如下：2FeCl3+SnCl22FeCl2+SnCl4；SnCl2+2HgCl2SnCl4+Hg2Cl2； 6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl6FeCl3+2CrCl3+2KCl+7H2O准确称取5.745g样品，加入足量的盐酸充分溶解，然后加入足量氨水，过滤、洗涤、灼烧，得固体3.420g根据以上实验数
54、据计算聚合氯化铝铁样品中的n（Fe3+）：n（Al3+）（写出计算过程）【考点】盐类水解的原理【分析】（1）根据化合价的代数和为零计算；（2）根据化合物中铁离子和铝离子的水解程度分析；（3）已知发生的反应为：2FeCl3+SnCl2=2FeCl2+SnCl4，SnCl2+2HgCl2=SnCl4+Hg2Cl2，6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2CrCl3+2KCl+7H2O，根据6FeCl36FeCl2K2Cr2O7，由K2Cr2O7的物质的量计算铁离子的物质的量，根据元素守恒计算氧化铁的质量，再根据固体3.420g，求出氧化铝的质量和铝的物质的量，然后求出样品中的n（
55、Fe3+）：n（Al3+）【解答】解：（1）FeaAlb（OH）cCld中Fe为+3价，Al为+3价，H为+1价，O为2价，由元素化合价的代数和为零可得，3a+3b+c+（2）c+（1）d=0，即d=3a+3bc；故答案为：3a+3bc；（2）由FeaAlb（OH）cCldm的化学式可知，其水解生成的氢离子比氯化铝或氯化铁水解后生成的氢离子少，溶液的酸性弱，对本身水解的抑制程度小，水解程度大，水解生成的氢氧化铁或氢氧化铝的物质的量大，所以聚合氯化铝铁净水的性能优于氯化铝和氯化铁；故答案为：聚合氯化铝铁水解后，比氯化铝或氯化铁水解后的溶液酸性弱，对本身水解的抑制程度小；（3）已知发生的反应为：2
56、FeCl3+SnCl2=2FeCl2+SnCl4，SnCl2+2HgCl2=SnCl4+Hg2Cl2，6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2CrCl3+2KCl+7H2O，根据6FeCl36FeCl2K2Cr2O7，可知，n（Fe3+）=6n（K2Cr2O7）=60.0100molL10.0100L=6.000104mol，则500mL溶液n（Fe3+）=6.000104mol=0.0300 mol，准确称取5.745g样品，加入足量的盐酸充分溶解，然后加入足量氨水，过滤、洗涤、灼烧，得固体3.420g，该固体为氧化铁与氧化铝，其中n（Fe2O3）=n（Fe3+）=0.01
57、50 mol，则 m（Fe2O3）=0.0150 mol160 gmol1=2.400 g，所以m（Al2O3）=3.420 g2.400 g=1.020 g，n（Al2O3）=0.0100mol，n（Al3+）=0.0200 mol，n（Fe3+）：n（Al3+）=0.0300 mol：0.0200 mol=3：2 答：聚合氯化铝铁样品中的n（Fe3+）：n（Al3+）为3：221硫酸的工业制法的反应原理如下：2FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO22SO2+O22SO3SO3+H2O=H2SO4回答下列问题：（1）上述反应中，属于可逆反应的是；（填序号）（2）某化工厂用含杂质28%的黄
58、铁矿生产硫酸，假设生产过程中硫的损失不计，则1t黄铁矿可制得98%的浓硫酸1.2t（3）SO2中硫元素处于中间价态，请写出符合下列要求的化学方程式SO2作氧化剂SO2+2H2S=2H2O+3S；SO2作还原剂SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；SO2既不作氧化剂，又不作还原剂SO2+H2O=H2SO3【考点】氧化还原反应；工业制取硫酸【分析】（1）用表示的反应为可逆反应；（2）利用FeS22S2H2SO4计算；（3）SO2作氧化剂，则S元素的化合价降低；SO2作还原剂，则S元素的化合价升高；SO2既不作氧化剂，又不作还原剂，则S元素的化合价不变【解答】解：（1）上述三个反应中只有为
59、可逆反应，故答案为：；（2）由S原子守恒可知，FeS22S2H2SO4，则FeS22S2H2SO4，120 2981t72% x98%，解得x=1.2t，故答案为：1.2；（3）SO2作氧化剂，则S元素的化合价降低，如SO2+2H2S=2H2O+3S，故答案为：SO2+2H2S=2H2O+3S；SO2作还原剂，则S元素的化合价升高，如SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；SO2既不作氧化剂，又不作还原剂，则S元素的化合价不变，如SO2+H2O=H2SO3、SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O等，故答案为：SO2+H2O=H2SO32017年2月4日
