1、2013-2014学年山东省淄博市桓台二中高三（上）月考化学试卷（9月份） 一、选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2012秋中山期末）下列仪器中漏斗；容量瓶；蒸馏烧瓶；天平；分液漏斗；滴定管；燃烧匙，常用于物质分离的是（）ABCD考点：过滤、分离与注入溶液的仪器版权所有专题：化学实验常用仪器分析：常用的物质分离的方法有：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏，根据常用的物质分离的方法来选择所需的仪器解答：解：漏斗可用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，故正确；容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不用于物质的分离，故错误；蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，
2、蒸馏是一种分离物质的方法，故正确；天平是称量药品质量的仪器，不用于物质的分离，故错误；分液漏斗是分离互不相溶的密度不同的液体的仪器，故正确；滴定管是量取液体的仪器，不用于物质的分离，故错误；燃烧匙是用于物质燃烧的仪器，不用于物质的分离，故错误；故选：C点评：本题考查学生物质分离所需的仪器，题目难度不大，注意常用的物质分离的方法及使用的仪器2（3分）（2014西藏模拟）下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物 氢氟酸、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质 碘酒、牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、Na2Si
3、O3均为钠盐 CH3COONa、Na2CO3、NaHSO3、NaF溶液均为碱性A和B和C和D考点：单质和化合物；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系版权所有专题：物质的分类专题分析：利用化合物、混合物、电解质、胶体、盐等概念来判断物质的分类化合物是不同元素组成的纯净物，液氯是单质；依据混合物是不同物质组成的分析；电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm间；钠盐应电离出钠离子与酸根离子；NaHSO3电离程度大于水解程度解答：解：中液氯是单质，故错误；氢氟酸是HF水溶液，盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅
4、酸钠水溶液、氨水为氨气水溶液均为混合物，故正确；明矾、小苏打、醋酸、次氯酸在溶液中都能电离出相应的离子，均为电解质，故正确；碘酒是碘单质的酒精溶液、漂粉精为次氯酸盐的水溶液，二者属于溶液，牛奶、豆浆是胶体，故错误；Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均为钠盐，Na2O2没有酸根所以不是盐，是氧化物，故错误；NaHSO3电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故错误；故选B点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键3（3分）（2011福建模拟）下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）用稀盐酸洗涤盛放
5、过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；用pH试纸测得氯水的pH为2；用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；浓硝酸保存在棕色细口瓶中；将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+ABCD考点：化学仪器的洗涤、干燥；测定溶液pH的方法；化学试剂的存放；配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：化学实验基本操作分析：盛放过石灰水的试剂瓶上会有碳酸钙生成，用稀盐酸洗涤，会与碳酸钙反应，从而除掉碳酸钙；浓硫酸稀释放热，配制时应将浓硫酸倒入其他溶液；氯水有强氧化性
6、，有漂白性；稀HNO3可与银反应；见光易分解的物质保存在棕色细口瓶中；镁条和铝片在浓NaOH溶液中构成原电池；碱性气体是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体解答：解：用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，操作正确，故正确；配制硫酸溶液时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌，故错误；氯水有强氧化性，有漂白性能将PH试纸漂白，故错误；因稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故正确；浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故正确；镁条和铝片在稀NaOH溶液中不能构成原电池，再铝片上产生氢气，故错误；加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液含有NH4+
7、，故正确；故选A点评：本题考查化学实验基本操作，难度适中，平时注意知识的积累4（3分）（2013广东）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温常压下，8g O2含有4NA个电子B1L 0.1molL1的氨水中有NA个NH4+C标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子D1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子考点：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：A、依据n=计算物质的量，结合氧气分子含有电子总数计算得到；B、一水合氨是弱电解质存在电离平衡；C、盐酸是电解质溶液，氯化氢电离成氢离子和氯离子；D、钠原子最外层电子数为1；解答：解：
8、A、常温常压下，8gO2物质的量=0.25mol，含有电子数=0.25mol82NA=4NA，故A正确；B、1L 0.1molL1的氨水中，一水合氨物质的量为0.1mol，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，溶液中有NH4+小于0.1mol，故B错误；C、盐酸是电解质溶液，不是气体，溶液中氯化氢电离成氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子，故C错误；D、1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误；故选A点评：题目考查阿伏伽德罗常数的计算应用，质量换算物质的量弱电解质电离平衡，氧化还原反应电子转移是考查重点，题目较简单5（3分）（2012凯里市校级模拟）R、X、Y和Z是四种元素，其常
9、见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2+Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2+Z这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（）AR2+X2+Z2+Y2+BX2+R2+Y2+Z2+CY2+Z2+R2+X2+DZ2+X2+R2+Y2+考点：氧化性、还原性强弱的比较版权所有专题：氧化还原反应专题分析：依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物分析判断；解答：解：反应X2+Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+Z2+；反应Y+Z2+=Y2+Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性
10、小于R2+的氧化性，即R2+X2+；综上所述得到四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小为：R2+X2+Z2+Y2+；故选A点评：本题考查了氧化还原反应的强弱规律的应用，正确理解和判断氧化剂、氧化产物是解本题的关键6（3分）（2013淇县校级模拟）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O24Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32F2+H2O=4HF+O22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2ABCD
11、考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，水中的氢氧元素的化合价都不变，所以水既非氧化剂又非还原剂，据此分析解答解答：解：该反应中水中氢、氧元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故不选；该反应中水中氢、氧元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故不选；该反应中水中氧元素失电子作还原剂，故选；该反应中水中氢元素得电子作氧化剂，故选；故选B点评：本题考查氧化还原反应，根据水中各元素化合价是否变化来分析解答，难度不大7（3分）（2014松江区二模）将5.4g Al投入200.0mL 2.0molL1的某溶液中有氢气
12、产生，充分反应后有金属剩余该溶液可能为（）AHNO3溶液BBa（OH）2溶液CH2SO4溶液DHCl溶液考点：铝的化学性质；化学方程式的有关计算版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：200.0mL 2.0molL1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L2.0molL1=0.4mol，Al的物质的量为=0.2mol，利用反应判断金属过量，并生成氢气即可解答：解：200.0mL 2.0molL1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L2.0molL1=0.4mol，Al的物质的量为=0.2mol，A、因Al与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，故A错误；B、由2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，
13、0.2molAl与0.4molBa（OH）2溶液反应时，碱过量，故B错误；C、由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液，硫酸过量，故C错误；D、由2Al+6H+2Al3+3H2，0.2molAl与0.4molHCl溶液，Al过量，故D正确；故选D点评：本题考查铝的化学性质，明确铝与酸碱发生的化学反应是解答的关键，并注意利用量来判断过量问题即可解答8（3分）（2011汕头二模）下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）AMg2+、Na+、SO42、ClBK+、CO32、Cl、NO3CNa+、K+、NO3、SO32DNH4+
14、、Na+、SO42、NO3考点：离子共存问题；氧化还原反应版权所有专题：压轴题；氧化还原反应专题；离子反应专题分析：碱性溶液中，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能共存；强酸溶液中该组离子能发生氧化还原反应，即为正确答案解答：解：A碱性溶液中，OH与Mg2+结合生成沉淀，则不能共存，故A不选；B碱性溶液中，该组离子之间不反应，能共存，但加入酸不发生氧化还原反应，故B不选；C碱性溶液中，该组离子之间不反应，能共存，且加入酸时H+、NO3、SO32发生氧化还原反应，故C选；D碱性溶液中，OH与NH4+结合生成弱电解质，则不能共存，故D不选；故选C点评：本题考查离子共存问题，熟悉习题中的信
15、息及离子之间的反应即可解答，熟悉酸碱条件下的反应是解答本题的关键，题目难度不大9（3分）（2014秋濠江区校级期中）某10% NaOH溶液，加热蒸发掉100g水后得到80mL20%的溶液，则该20% NaOH溶液的物质的量浓度为（）A6.25mol/LB12.5mol/LC7mol/LD7.5mol/L考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据蒸发前后溶质的质量不变，计算出溶液的质量，根据质量分数计算溶质的物质的量，进而计算溶液的物质的量浓度解答：解：设10%氢氧化钠溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则有x10%=（x100g）20%，解得x=200g，
16、20%的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量为=0.5mol，所得20%氢氧化钠溶液的物质的量浓度为=6.25mol/L，故选：A点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，本题注意计算蒸发后溶液的质量为解答该题的关键10（3分）（2013秋城关区校级期末）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，过滤，再在滤渣中加入过量的盐酸，所得溶液中大量增加的阳离子是（）AMg2+BAl3+CFe2+DFe3+考点：离子反应发生的条件版权所有专题：离子反应专题分析：根据各离子的性质，判断加入过量NaOH溶液时所发生的反应，注意Fe2+与F
17、e3+的转化，以及Al3+生成AlO2的性质解答：解：Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子中，若向其中加入过量的NaOH溶液，发生反应有：Mg2+2OH=Mg（OH）2，Al3+3OH=Al（OH）3，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，Fe2+2OH=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，Fe3+3OH=Fe（OH）3，过滤后滤渣中含有Mg（OH）2和Fe（OH）3，在滤渣中再加入过量的盐酸，所得溶液中含有的阳离子是Mg2+和Fe3+，因此大量增加的阳离子为Fe3+，故选D点评：本题考查离子的性质，题目难度不大，注意加入NaOH后所发生的反应，
18、注意各离子的性质11（3分）（2014章贡区校级三模）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+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反应生成氯化亚铁和氢气；B不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；CHCO3不能拆分；D发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁解答：解：A浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+
19、Fe2+H2，故A错误；B钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+Cu（OH）2+2Na+H2，故B错误；CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3+H+H2O+CO2，故C错误；D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+3Mg2+2Fe（OH）3，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大12（3分）（2012大连模拟）氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：a HClO3=bO2+c Cl2+d HClO4+
20、e H2O下列有关说法不正确的是（）A由反应可确定：氧化性HClO3O2B由非金属性ClS，可推知酸性HClO3H2SO4C若氯酸分解所得混合气体，lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO3=2O2+Cl2+HClO4+H2OD若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂氧化产物分析；B比较非金属性强弱，应为最高价含氧酸的酸性判断；C氧化剂与还原剂得失电子数目相等；D从化合价变化的角度计算转移的电子数解答：解：A由题HClO3既是
21、氧化剂又是还原剂，HClO4、O2是氧化产物、Cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故A正确；B比较非金属性强弱，应为最高价含氧酸的酸性，应为HClO4H2SO4，故B错误；C由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为45，则=45g/mol，则n（O2）：n（Cl2）=2：1，由电子守恒得化学反应方程式为3HClO3=2O2+Cl2+HClO4+H2O，故C正确；D若化学计量数a=8，b=3，由C分析可得化学反应方程式为8 HClO3=3O2+2 Cl2+4 HClO4+2H2O，电子转移数目为20e，故D正确故选：D点评：本题考查氧化还原反应反应的计算，题目难度较大，注意把握相关物
22、质的性质，易错点为C，注意电子守恒问题的应用13（3分）（2014秋利津县校级月考）用0.2mol/L Na2SO3溶液32mL，还原含2103mol X2O72的溶液，过量的Na2SO3用0.1mol/L KMnO4酸性溶液氧化（其中KMnO4被还原成Mn2+），共消耗KMnO4溶液1.6mL，则元素X在还原产物中的化合价是（）A+1B+2C+3D+4考点：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：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；KMnO4发生还原反应，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，X2O72中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价
23、为a价，根据电子转移守恒计算a的值解答：解：已知：n（Na2SO3）=0.2mol/L0.032L=0.0064mol，n（X2O72）=2103mol，n（KMnO4）=0.0016L0.1mol=0.00016mol，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；KMnO4发生还原反应，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，X2O72中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价为a价，则0.0064mol（64）=0.00016mol（72）+2103mol2（6a），a=3，故选C点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念等，难度中等，表示出得失数目是解题关键
24、，熟练掌握电子转移守恒思想的运用14（3分）（2015上饶模拟）Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（）A3：2：1B2：4：1C2：3：1D4：2：1考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答解答：解：溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，4NaOH+
25、4HCl=4NaCl+4H2O，可看成Al2O3不反应，只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选B点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大15（3分）（2011秋温州期末）将17.9g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成6.72L NO（标准状况），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（）A33.2 gB25.4 gC22.4 gD19.6 g考点：有关混合物反
26、应的计算版权所有专题：计算题分析：根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），进而计算Al的质量、Al提供的电子物质的量将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据n=计算NO的物质的量，根据电子守恒计算金属总共提供电子的物质的量，进而计算Fe、Cu提供的电子物质的量向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和解答：解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金
27、属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气3.36L（标准状况），物质的量为=0.15mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=0.1mol，故金属铝的质量为0.1mol27g/mol=2.7g，金属铝提供电子的量是0.3mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol0.3mol=0.6mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离
28、子的物质的量，即n（OH）=0.6mol，所以反应后沉淀的质量等于17.9g2.7g+0.6mol17g/mol=25.4g，故选B点评：考查混合物的计算、反应方程式的计算等，难度中等，利用方程式计算步骤繁琐，本题采取守恒方法解答，判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量是该方法的关键，注意化合物计算中守恒思想的运用16（3分）（2014秋利津县校级月考）向100mL BaCl2、AlCl3、FeCl3的混合液A中逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合液B，产生沉淀的物质的量和加入溶液B的体积关系如图所示：则Na2SO4与FeCl3的物质的量浓度之比为（）A1：1B10：1C2：1D5：
29、1考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题分析：图中第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全；图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等；图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解；图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共1.1mol解答：解：溶液中
30、只有Fe3+被完全沉淀以后，Al3+才开始沉淀；图中第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全，这段反应的离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4，Fe3+3OH=Fe（OH）3，Al3+3OH=Al（OH）3；图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等，故加入的物质：n（NaOH）=n（Na2SO4），这段反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，Ba2+SO42=
31、BaSO4；图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解，溶解了0.1molAl（OH）3，消耗了10mLB溶液，故c（NaOH）=10mol/L，则共加入Na2SO4为0.1mol，故c（Na2SO4）=10mol/L，而整个反应过程共生成BaSO4为0.110=1（mol），故A溶液中c（Ba2+）=10mol/LAl（OH）3溶解的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共1.1mol，则Fe（OH）3为0.1mol，A中c（
32、Fe3+）=1mol/L；则Na2SO4与FeCl3的物质的量浓度之比为：10mol/L：1mol/L=10：1，故选B点评：本题考查了离子方程式的有关计算，明确图象中各个阶段发生的反应是解本题关键，注意90100mL段沉淀的物质的量不变的原因，为易错点，再结合物质之间的反应进行计算，题目难度中等二、填空题（本题包括4个小题，共52分）17（8分）（2013秋桓台县校级月考）在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF中：（1）BrF3物质作氧化剂，BrF3与H2O物质作还原剂（2）若有90g水参加反应，则被还原的BrF3为274g（3）若有54g水被氧化，则被水还原的BrF3
33、为274g考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：3BrF3+5H2OHBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素的化合价分别由+3价升高为+5价、由+3价降低为0，O元素的化合价由2价升高为0，该反应中转移6e，以此计算解答解答：解：（1）Br元素的化合价既升高又降低，水中O元素的化合价升高，则BrF3为氧化剂，BrF3与H2O为还原剂，故答案为：BrF3；BrF3与H2O；（2）n（H2O）=5mol，即当有5mol水参加反应时，O元素化合价由2价升高到0价，2mol水被氧化，失去4mol电子，Br元素化合价由+3价降低到0价，则由H2O还原的BrF3为=
34、mol，由Br原子守恒可知反应中被还原的为2mol，其质量为2mol137g/mol=274g，故答案为：274；（3）n（H2O）=3mol，由电子守恒可知，被水还原的=2mol，其质量为2mol137g/mol=274g，故答案为：274点评：本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重电子守恒的考查，被水还原的与反应中被还原的为解答的易错点，题目难度较大18（5分）（2013秋桓台县校级月考）某化学反应的反应物和产物如下：KMnO4+KI+H2SO4MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O（1）该反应的氧化剂为KMnO
35、4（2）如果该反应方程式中I2和KIO3的系数都为5写出化学方程式并标出电子转移的方向和数目（3）如果没有对该方程式中的某些系数作限定，可能的配平系数有许多组，原因为该反应式含两种氧化产物，两者的比例和氧化剂的用量都可发生变化考点：氧化还原反应版权所有分析：反应KMnO4+KI+H2SO4MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，I元素化合价升高，由1价升高到0价和+5价，KI为还原剂，则氧化产物为I2和KIO3，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等配平方程式并标出电子转移的方向和数目，以此解答解答：
36、解：（1）KMnO4+KI+H2SO4MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O反应中，锰元素化合价由+7价降低为+2价，锰元素被还原，还原产物是MnSO4，KMnO4是氧化剂，故答案为：KMnO4；（2）如果该反应方程式中I2和KIO3的化学计量数都是5，则I元素失去电子的数目为25（10）+55（1）=40，则KMnO4的化学计量数应为=8，结合质量守恒可知该反应化学方程式为8KMnO4+15KI+17H2SO48MnSO4+5I2+5KIO3+9K2SO4+17H2O，电子转移方向和数目可表示为，故答案为：（3）在KMnO4+KI+H2SO4MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H
37、2O反应中，KI作还原剂，I元素的化合价由1价升高为I2中的0价和KIO3中的+5价，该反应式含两种氧化产物，两者的比例和氧化剂的用量都可发生变化，如果没有对该方程式中的某些系数作限定，可能的配平系数有许多组，故答案为：该反应式含两种氧化产物，两者的比例和氧化剂的用量都可发生变化点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，难度不大19（14分）（2012镜湖区校级四模）硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外研究小组测定该补血剂中铁元素的含量，实验步骤如下：请回答下列问题：（1）证明步骤滤
38、液中含有Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，再滴加氯水或双氧水，该过程的现象为：溶液由浅绿色变成血红色（2）步骤加入过量H2O2的目的：将Fe2+全部氧化成Fe3+（3）步骤中反应的离子方程式：Fe3+3OH=Fe（OH）3（或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+）（4）步骤中一系列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量（5）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag（6）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需
39、要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管外，还需250mL容量瓶上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是ba稀硝酸 b稀硫酸 c稀盐酸 d浓硝酸滴定到终点时的颜色为紫色考点：探究物质的组成或测量物质的含量；二价Fe离子和三价Fe离子的检验版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）Fe3+遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe3+存在，可以加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+检验Fe2+可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水或双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe2+；（2）由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧
40、化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量步骤加入过量H2O2的是将Fe2+氧化为Fe3+；（3）步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，试剂X可以是氢氧化钠或氨水等；（4）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（5）根据氧化铁的质量计算铁元素的质量注意ag氧化铁含有的铁元素质量为10片含有的铁元素质量；（6）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管，250mL容量瓶；KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸不能具有强氧化性氧化Fe2
41、+，不能具有强还原性被高锰酸钾氧化，否则会影响高锰酸钾溶液的体积；高锰酸钾为紫色，当滴定到终点时，Fe2+被完全氧化，加入的最后一滴高锰酸钾不反应，溶液的颜色为紫色解答：解：（1）Fe3+遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe3+存在，可以加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+检验Fe2+可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水或双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe2+，故答案为：氯水或双氧水；溶液由浅绿色变成血红色；（2）由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素
42、的含量步骤加入过量H2O2的是将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+全部氧化成Fe3+；（3）步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，试剂X可以是氢氧化钠或氨水等，反应离子方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3（或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+ ），故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3（或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+ ）；（4）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：洗涤；冷却；（5）最后氧化铁为ag，氧化铁含有铁元素的质量为ag=0.7ag，故每片补血
43、剂含铁元素的质量为=0.07ag，故答案为：0.07a；（6）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管，250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；稀硝酸、浓硝酸具有强氧化性，含有氧化Fe2+，高锰酸钾可以氧化HCl为氯气，故选硫酸酸化，故选：b；高锰酸钾为紫色，当滴定到终点时，Fe2+被完全氧化，加入的最后一滴高锰酸钾不反应，溶液的颜色为紫色，故答案为：紫点评：本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、化学计算等、氧化还原滴定应用，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识
44、分析问题、解决问题的能力20（15分）（2013秋桓台县校级月考）有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、Na+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I、NO3、CO32、SO42、AlO2，取该溶液进行以下实验：（1）取PH试纸检验，溶液呈强酸性，可以排除CO32、AlO2离子的存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，可以排除Fe3+、NO3离子的存在（3）写出（2）所发生的反应的离子方程式2I+Cl2=I2+2Cl（4）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除Al3+离子的存
45、在（5）取出（4）部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明Ba2+离子存在，又可排除SO42离子的存在（6）将（4）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是NH4+、Ba2+、I肯定不存在的离子是Al3+、Fe3+、NO3、CO32、SO42、AlO2，还不能确定是否存在的离子是Na+，鉴别的方法是焰色反应（具体的操作方法）考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：根据澄清溶液得，原溶液没有相互反应的离子；根据实验（1）现象判断存在的离子：氢离子，排除与该离子反应的离子；根据
46、实验（2）现象判断存在的离子：I，排除与该离子反应的离子；（3）依据碘被氧化写出离子反应方程式即可；根据实验（4）现象判断不存在的离子；根据实验（5）现象判断存在的离子，排除与该离子反应的离子；（6）综合分析得出结论利用焰色反应验证钠离子是否存在解答：解：（1）溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32、AlO2发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32、AlO2；故答案为：CO32、AlO2；（2）CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I，而I与Fe3+、NO3和H+发生氧化还原反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3；
47、故答案为：Fe3+、NO3；（3）氯气与碘离子反应生成碘单质和氯离子，故离子反应方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，故答案为：Cl2+2I=2Cl+I2；（4）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除铝离子存在，故答案为Al3+；（5）取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42产生沉淀，说明溶液中不含SO42；故答案为：Ba2+；SO42；（6）产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为氨气，说明溶液中肯定含有NH4+；总上所述，在提供的离子中
48、肯定含有的离子为：I、NH4+、Ba2+；肯定不含有的离子为：CO32、AlO2、SO42、NO3、Al3+、Fe3+，还不能确定的离子为：Na+，通常利用焰色反应验证钠元素的存在，故答案为：NH4+、Ba2+、I；Al3+、Fe3+、NO3、CO32、SO42、AlO2；Na+；焰色反应点评：本题主要考查了根据实验现象判断离子共存，要掌握根据实验现象判断存在的离子，排除与该离子反应的离子21（10分）（2013秋桓台县校级月考）有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10mL将其稀释到100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2
49、气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示试分析：（1）NaOH吸收CO2气体后，在甲、乙两种情况下，所得溶液中存在的溶质是甲：NaOH、Na2CO3其物质的量之比是：1：1乙：NaHCO3、Na2CO3其物质的量之比是：1：1（2）在两种情况下产生的CO2气体（标准状况）的体积分别是 甲：56mL；乙：112mL（3）原NaOH溶液的物质的量浓度是0.75mol/L考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2（1）（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后
50、溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL25mL=25mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比；（乙）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为50mL，而图象
51、中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3，根据反应消耗盐酸的体积计算NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比；（2）根据碳元素守恒可知，（甲）中从50mL75mL消耗25mL盐酸时生成的二氧化碳，而（乙）中从25mL75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，根据方程式进而计算生成二氧化碳的体积；（3）加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），进而计算原氢氧化钠溶液的浓
52、度解答：解：当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2（1）（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、N
53、a2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1；（乙）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3，Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL25mL=25mol，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25
54、mL：25mL=1：1，故答案为：NaOH、Na2CO3，1：1；NaHCO3、Na2CO3，1：1；（2）根据碳元素守恒可知，（甲）中从50mL75mL消耗25mL盐酸时生成的二氧化碳，该阶段生成二氧化碳为0.025L0.1mol/L=0.0025mol，体积为0.0025mol22.4L/mol=0.056L=56mL，而（乙）中从25mL75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，该阶段生成二氧化碳为0.05L0.1mol/L=0.005mol，体积为0.005mol22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：56；112；（3）加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度=0.75mol/L，故答案为：0.75mol/L点评：本题考查混合物的计算，根据消耗盐酸的体积分析图象中各阶段发生的反应，进而判断氢氧化钠与二氧化碳反应的溶质是关键，题目难度较大
