1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年福建省漳州市芗城中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2012城关区校级模拟）下列关于物质分类的正确组合是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaHCO3SiO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHKNO3SO3SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO3AABBCCDD2（3分）（2008秋枣庄期末）用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是（）XYZA氧化物化合物纯净物B离子化合物电解质化合
2、物C胶体分散系混合物D非金属氧化物酸性氧化物氧化物AABBCCDD3（3分）（2013贵州一模）分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用下列分类标准合理的是（）A根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物B根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类4（3分）（2014秋芗城区校级月考）最近，兰州近代物理研究所研制出我国首批氧18气体（18O2）氧18是氧的一种同位素，称为重氧，下列说法正确的是（）A1.8g氧18气体的物质的量是0.1molB0.1mol重
3、氧气体的体积是2.24LC重氧气体的摩尔质量为36gD0.1mol重氧水所含中子数约是6.021023个5（3分）（2014秋芗城区校级月考）若NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（）A1 mol氦气分子中含2NA个氦原子B25时，l L pH=13的Ba（OH）2 溶液中含有OH的数目为0.1NAC1.8 g重水（21H2O）中所含质子的个数为NAD1L 0.2mol/L的FeCl3溶液中Fe3+的数目为0.2NA6（3分）（2014秋芗城区校级月考）在MgCl2、KCl、K2SO的混合溶液中，若K+为0.8mol，Cl为1.3mol，Mg2+为0.5mol，则SO42的物质的量为（）A
4、0.1molB0.5molC0.15molD0.25mol7（3分）（2014瓦房店市校级二模）氯气是一种化学性质很活泼的单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是（）A红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B氯气通入品红溶液中，溶液会褪色，是因为氯气具有漂白性C纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰D氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸8（3分）（2013秋天津期末）已知：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好下表中由实验现象得出的结论完全正确
5、的是（） 选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊试液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝Cl2具有氧化性AABBCCDD9（3分）（2012秋深圳期末）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液，再分别进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显橙红色原溶液中有BrC用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+AABBCCDD1
6、0（3分）（2010秋思明区校级期中）下列反应中盐酸既表现出酸性有表现出氧化性的是（）AMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+H2OBHCl+AgNO3=AgCl+HNO3CZn+2HCl=ZnCl2+H2D2HClH2+Cl211（3分）（2013北京模拟）已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原
7、性12（3分）（2008镜湖区校级一模）在Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2反应中，说法正确的是（）ACu2S既是氧化剂又是还原剂BCu是氧化产物C氧化剂只有Cu2OD生成1molCu，转移2mol电子13（3分）（2013春芗城区校级期末）下列离子方程式书写正确的是（）A铝粉投入氢氧化钠溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2B氯化铝溶液中加入足量的氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+C氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3+Fe2Fe2+D碳酸钙与盐酸反应：CO32+2H+CO2+H2O14（3分）（2012雁峰区校级学业考试）在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa
8、+、K+、SO42、HCO3BCu2+、K+、SO42、NO3CNa+、K+、Cl、NO3DAg+、K+、SO42、Cl15（3分）（2013秋泉州期末）下列相关实验的装置示意图正确的是（）A称量NaOH固体B配制稀硫酸C测定盐酸浓度D收集氯气二、填空题（本题包括4小题，共36分）16（6分）（2014秋芗城区校级月考）近年来，我国对储氢纳米碳管的研究获得了重大进展，电弧法合成的纳米碳管常伴有大量物质碳纳米颗粒这种碳纳米颗粒可用氧化法提纯其反应的化学方程式为：C+K2Cr2O7+H2SO4（稀）CO2+K2SO4+Cr2（SO4）3+H2O（1）完成并配平上述反应的化学方程式（2）此反应的氧化
9、剂是，被氧化的元素名称是（3）上述反应中若产生11g气体物质，则转移的电子数目为个17（11分）（2014秋芗城区校级月考）按要求回答下列问题：（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是（2）某正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d54s0，该金属的元素符号为（3）乙二酸俗名草酸，是最简单的有机二元酸之一，结构简式为，草酸钠晶体中存在A金属键 B非极性键 C键 D范德华力 E氢键 F离子键（4）部分共价键键能数据如下表：共价键HHNHNNN=NNN键能/kJmol1436391159418945根据上表数据推算并写出由氮气和氢气合成氨气的热化学方程式（5）乙醇和乙醚是同分异构体，但它们性质存在差异
10、：分子式结构简式熔点沸点水溶性乙醇C2H6OC2H5OH114.378.4C互溶二甲醚C2H6OCH3OCH3138.524.9微溶乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是（6）PCl5晶体中只有PCl+、Cl6两种微粒，其晶体结构与氯化铯相同PCl5晶体类型是；PCl4+的空间构型为（7）PtCl4和氨水反应可获得PtCl44NH3，PtCl44NH3是一种配合物100mL0.1molL1PtCl44NH3溶液中滴加足量AgNO3溶液可产生2.87g白色沉淀该配合物的化学式为18（12分）（2013秋福州期末）向2.0L恒容密闭容器中充人1.0mol PCl5，在温度为T时发生如下反应PCl
11、5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=124kJmol1反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n（PCL3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题：（1）反应在前50s的平均速率v（PCl5）=（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数=（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施有（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5mol PCl5和a mol Cl2平衡时PCl5的转化率仍为20%，则a=（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是若将0.01mol PCl5投入lL热水中，再逐滴加入AgN03溶液，先产生的沉
12、淀是已知Ksp（Ag3P04）=1.41016，Ksp（AgCl）=1.81010（6）一定条件下，白磷溶于硝酸溶液产生一种氮氧化合物气体，该气体与白磷的物质的量之比为20：3，反应的化学方程式为19（7分）（2014秋芗城区校级月考）按要求回答：（1）资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（s）；H=76.0kJmol1已知：C（s）+2H2O（g）CO2（g）+2H2（g）；H=+113.4kJmol1，则反应：3FeO（s）+H2O（g）F
13、e3O4（s）+H2（g）的H=（2）用碱性氢氧燃料电池合成H2O2，具有效率高，无污染等特点电池总反应为：H2+O2+OHH2O+HO2写出正极反应式（3）华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示：上述生产过程的能量转化方式是上述电解反应在温度小于900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应式为三、实验题（本题包括2小题，共19分）20（9分）（2014秋芗城区校级月考）实验室用NaOH固体配制0.1000molL1NaOH溶液500mL（1）用托盘天平称取NaOHg溶液配制过程用到下列玻璃仪器，按首次使用的先后
14、顺序依次是（填仪器选项符号）A玻璃棒 B胶头滴管 C烧杯 D500mL容量瓶（2）用所配制的0.1000mol1NaOH溶液通过中和滴定测定一元弱酸HA溶液浓度，每次滴定取用的HA溶液均为20.00mL，使用酚酞溶液为指示剂，滴定终点的标志是滴定的实验数据记录如下：滴定次数NaOH溶液体积（mL）V1V213.054421.4541.537.6547.6处理以上实验数据，测得该HA溶液物质的量浓度为（3）上述中和滴定实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是（填选项符号）A滴定管用待装液润洗 B锥形瓶用待装液润洗C滴定前滴定管末端气泡没赶尽 D滴定前平视观察读数，滴定后俯视观察读数E所用的标
15、准液（NaOH溶液）浓度偏高21（10分）（2014秋芗城区校级月考）氯气是氯碱工业的主要产品之一，是一种常用的消毒剂，其消毒原理是与水反应生成了次氯酸：Cl2+H2OHCl+HClO K=4.5104次氯酸的强氧化性能杀死水中的病菌（不能直接用次氯酸为自来水消毒是因为次氯酸易分解，且毒性较大）但是，由于氯气贮运不方便，且具有一定的危险性，目前正逐渐被其他性能优越的消毒产品所替代请回答（1）氯碱工业生产氯气的化学方程式为（2）84消毒液与氯气相比具有贮运方便等优点，用氯气与烧碱溶液反应制备84消毒液的离子方程式为（3）一位同学设计了一套用浓盐酸和KMnO4固体制取少量氯气并比较氯气与碘单质的氧
16、化性强弱的微型装置（如图）下列溶液能吸收Cl2的是（填字母序号）A饱和食盐水 B饱和Na2SO3溶液C饱和NaOH溶液 D浓硫酸能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是Cl2中含有少量HCl气体，可用试剂除去HCl，请用平衡移动的原理解释原因2014-2015学年福建省漳州市芗城中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2012城关区校级模拟）下列关于物质分类的正确组合是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaHCO3SiO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCN
17、aOHCH3COOHKNO3SO3SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO3AABBCCDD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题分析：碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）解答：解：A、纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，SiO
18、2为酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；C、SO3不属于碱性氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO与水化合生成氢氧化钙，为碱性氧化物，SO3与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故D正确故选：D点评：本题是对物质的化学式及分类的考查，对物质的名称、分类及化学式有较明确的认识即可顺利解答，属基础知识考查题，难度不大2（3分）（2008秋枣庄期末）用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是（）XYZA氧化物化合物纯净物B离子化合物电解质化合物C胶体分散系混合物D非金属氧化物酸性氧化物氧化
19、物AABBCCDD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质 专题：物质的分类专题分析：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答解答：解：A氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确； B电解质包括离子化合物和部分共价化合物，电解质，离子化合物都属于化合物，故B正确；C胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；D非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳，酸性氧化物都属于氧化物，故D错误故选D点评：本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题学生应能识别
20、常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键3（3分）（2013贵州一模）分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用下列分类标准合理的是（）A根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物B根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类考点：混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念 专题：物质的分类专题分析：A根据元素组成的种类分析；B根据弱电解质和强电解质的电离程度不同；C根据分散质粒子直径大小来分类
21、；D根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类对反应进行基本分类；解答：解：A根据纯净物中的元素组成，只有一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故A正确；B弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物，强电解质是指在水溶液中能完全电离的化合物，与溶液导电能力强弱无关，故B错误；C根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故C错误；D根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类的多少，把化学反应分为两种物质反应生成一种物质的为化合反应，一种物质生成两种或两种以上物质的反应解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合
22、物的反应为置换反应；两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应，不是根据反应中的能量变化，故D错误；故选：A；点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果4（3分）（2014秋芗城区校级月考）最近，兰州近代物理研究所研制出我国首批氧18气体（18O2）氧18是氧的一种同位素，称为重氧，下列说法正确的是（）A1.8g氧18气体的物质的量是0.1molB0.1mol重氧气体的体积是2.24LC重氧气体的摩尔质量为36gD0.1mol重氧水所含中子数约是6.021023个考点：摩尔质量；同位素及其应用 分析：A、依据质量和摩尔质量的
23、计算分析判断；B、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；C、依据质量数计算分子的摩尔质量，摩尔质量的单位为g/mol；D、依据原子的质量数和质子数计算中子数解答：解：A、18g的18O2物质的量=0.5mol，故A错误；B、气体的温度和压强不知，0.1mol18O2的体积不一定是2.24L，故B错误；C、18O2气体的摩尔质量是36g/mol，故C错误；D、重氧水分子式为2D2160，1mol重氧水所含中子数=0.1mol（2+8）=1mol，所含中子数约是6.021023个，故D正确；故选D点评：本题主要考查物质的量和质量、标准状况下气体体积、微粒数的计算关系应用，关键是中子数+质子数=质量数
24、，质量数的数值和原子摩尔质量的数值近似相同5（3分）（2014秋芗城区校级月考）若NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（）A1 mol氦气分子中含2NA个氦原子B25时，l L pH=13的Ba（OH）2 溶液中含有OH的数目为0.1NAC1.8 g重水（21H2O）中所含质子的个数为NAD1L 0.2mol/L的FeCl3溶液中Fe3+的数目为0.2NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A稀有气体为单原子分子，1mol氦气中含有1mol氦原子；B25时pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子；C重水的摩尔质
25、量为20g/mol，重水分子中含有10个质子，1.8g重水的物质的量为0.09mol，含有0.9mol质子；D氯化铁溶液中铁离子部分水解，导致铁离子数目减少解答：解：A氦气为单原子分子，1mol氦气中含有1mol氦原子，含NA个氦原子，故A错误；B25时，pH=13的氢氧化钡溶液中的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有OH的数目为0.1NA，故B正确；C1.8g重水的物质的量为：=0.09mol，0.09mol重水分子中含有0.9mol质子，所含质子的个数为0.9NA，故C错误；D1L 0.2mol/L的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.2mol，由
26、于铁离子部分水解，溶液中铁离子小于0.2mol，Fe3+的数目小于0.2NA，故D错误；故选B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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项A为易错点，需要明确稀有气体为单原子分子6（3分）（2014秋芗城区校级月考）在MgCl2、KCl、K2SO的混合溶液中，若K+为0.8mol，Cl为1.3mol，Mg2+为0.5mol，则SO42的物质的量为（）A0.1molB0.5molC0.15molD0.25mol考点：物质的量浓度 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：
27、混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有n（Cl）+2n（SO42）=n（K+）+2n（Mg2+），据此计算n（SO42）解答：解：混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有n（Cl）+2n（SO42）=n（K+）+2n（Mg2+），故：1.3mol+2n（SO42）=0.8mol+0.5mol2解得：n（SO42）=0.25 mol，故选D点评：本题考查物质的量的有关计算，难度中等，注意电解质混合溶液中离子浓度的计算经常利用电荷守恒进行计算7（3分）（2014瓦房店市校级二模）氯气是一种化学性质很活泼的单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是（）A红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B氯气通入品红
28、溶液中，溶液会褪色，是因为氯气具有漂白性C纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰D氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸考点：氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：A、铜与氯气反应生成固体氯化铜；B、氯气本身没有漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性；C、氢气不纯，容易发生爆炸，纯净的氢气能在Cl2中安静地燃烧；D、由Cl2+H2OHClO+HCl，2HClO2HCl+O2来分析解答：解：A、因红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧生成固体氯化铜，则会观察到棕黄色的烟，故A正确；B、氯气通入品红溶液中，溶液会褪色，是氯气与水反应生成的HClO具有漂白性使其褪色，故B错误；C
29、、纯净的H2在Cl2中安静地燃烧生成HCl，观察到苍白色火焰，故C正确；D、氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置会发生2HClO2HCl+O2，则最终为稀盐酸，故D正确；故选B点评：本题考查氯气的化学性质，明确氯气与金属、非金属、与水的反应即可解答，难度不大，注意干燥的氯气不具有漂白性8（3分）（2013秋天津期末）已知：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好下表中由实验现象得出的结论完全正确的是（） 选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的
30、NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊试液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝Cl2具有氧化性AABBCCDD考点：氯气的化学性质 专题：卤族元素分析：根据反应KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O可知，将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有Cl2生成，Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2，与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，与KI反应生成I2，淀粉溶液变蓝解答：解：A、将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有Cl2生成，Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2生成FeCl3，故A错误；B、Cl2与水反
31、应生成HCl和具有强氧化性的HClO，能氧化酚酞而使酚酞溶液褪色，故B错误；C、Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HClO的漂白性，故C错误；D、Cl2具有强氧化性，与KI反应生成I2，淀粉溶液变蓝，故D正确故选D点评：本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意Cl2和HClO性质的联系和区别9（3分）（2012秋深圳期末）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液，再分别进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显橙红色原溶液中有BrC用
32、洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+AABBCCDD考点：常见离子的检验方法 专题：离子反应专题分析：A碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加BaCl2溶液，都成生成白色沉淀；B氯水中的氯气和溴离子反应生成溴单质，四氯化碳把溴从水溶液中萃取出来而显橙红色；C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；D滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子解答：解：A滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子
33、，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故A错误；B滴加氯水和CCl4，氯水中的氯气和溴离子反应生成溴单质，四氯化碳把溴从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显橙红色，所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显橙红色说明原溶液中有溴离子，故B正确；C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；D氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加
34、稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；故选B点评：本题考查离子检验、对实验方案的评价等，掌握常见离子的检验方法是解答的关键，注意排除其它离子的干扰，难度不大10（3分）（2010秋思明区校级期中）下列反应中盐酸既表现出酸性有表现出氧化性的是（）AMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+H2OBHCl+AgNO3=AgCl+HNO3CZn+2HCl=ZnCl2+H2D2HClH2+Cl2考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：盐酸表现出酸性，应生成对应的氯化物，表现出氧化性，应被还原生成氢气，以此解答该题解答：解：A反应中Cl化合价升高，被氧化，盐酸表现出还原性，故A错误；B反应为
35、复分解反应，化合价没有变化，不是氧化还原反应，故B错误；C生成氢气，盐酸表现出氧化性，生成氯化锌，盐酸表现出酸性，故C正确；D分解时H盐酸的化合价降低，Cl元素的化合价升高，盐酸既表现出氧化性，又表现出还原性，故D错误故选C点评：本题考查氧化还原反应知识，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析，盐酸表现出酸性时，生成盐11（3分）（2013北京模拟）已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化
36、还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性考点：氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答：解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁
37、，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C、生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；D、反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误故选A点评：本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答12（3分）（2008镜湖区校级一模）在Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2反应中，说法正确的是（）ACu2S既是氧化剂又是还原剂BCu是氧化产物C氧化剂只有Cu2OD生成1molCu，转移2mol电子考点
38、：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题分析：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2反应中，Cu元素由+1价降低为0价，S元素由2价升高到+4价，以此来解答解答：解：A因Cu2S中Cu元素由+1价降低为0价，S元素由2价升高到+4价，则Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故A正确；BCu元素由+1价降低为0价，则Cu为还原产物，故B错误；CCu2S、Cu2O中Cu元素的化合价均为+1价，则它们均为氧化剂，故C错误；D由反应可知，生成6molCu转移电子数为6mol，则生成1molCu，转移1mol电子，故D错误；故选A点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价的变化
39、是解答本题的关键，题目难度不大13（3分）（2013春芗城区校级期末）下列离子方程式书写正确的是（）A铝粉投入氢氧化钠溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2B氯化铝溶液中加入足量的氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+C氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3+Fe2Fe2+D碳酸钙与盐酸反应：CO32+2H+CO2+H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A、从离子方程式是否遵守质量守恒定律分析；B、Al（OH）3不溶于弱碱；C、从离子方程式是否遵守电荷守恒分析；D、碳酸钙难溶于水解答：解：A、质量不守恒，正确的写法为：2Al+2H2O+2OH2AlO2+3H2，故A错误；
40、B、氨水为弱碱，Al（OH）3不溶于弱碱，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B正确；C、电荷不守恒，正确的写法为：2Fe3+Fe3Fe2+，故C错误；D、碳酸钙难溶于水，应写成化学式，故D错误故选B点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从守恒、化学式与离子符号结合物质的性质等角度解答14（3分）（2012雁峰区校级学业考试）在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、K+、SO42、HCO3BCu2+、K+、SO42、NO3CNa+、K+、Cl、NO3DAg+、K+、SO42、Cl考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：酸性溶
41、液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则大量共存，并结合离子的颜色来解答解答：解：AH+、HCO3反应生成水和气体，则不能共存，故A错误；BCu2+为蓝色，与无色溶液不符，故B错误；C该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故C正确；D因Ag+、Cl结合生成沉淀，则不能共存，故D错误；故选：C点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，注意把握习题中的信息及离子之间的反应即可解答，题目难度不大15（3分）（2013秋泉州期末）下列相关实验的装置示意图正确的是（）A称量NaOH固体B配制稀硫酸C测定盐酸浓度D收集氯气考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：AN
42、aOH应放在小烧杯中；B不能在容量瓶中稀释；CNaOH应盛放在碱式滴定管中；D氯气的密度比空气的大解答：解：ANaOH应放在小烧杯中，图中装置不合理，故A错误；B不能在容量瓶中稀释，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故B错误；CNaOH应盛放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，故C错误；D氯气的密度比空气的大，图中导管长进短出，向上排空气收集装置合理，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及称量、溶液配制、中和滴定及气体的收集，侧重实验操作和实验仪器的考查，注意实验中的正确操作和注意事项，题目难度不大二、填空题（本题包括4小题，共36分）16（6分）（2014秋芗城区校级月考）
43、近年来，我国对储氢纳米碳管的研究获得了重大进展，电弧法合成的纳米碳管常伴有大量物质碳纳米颗粒这种碳纳米颗粒可用氧化法提纯其反应的化学方程式为：C+K2Cr2O7+H2SO4（稀）CO2+K2SO4+Cr2（SO4）3+H2O（1）完成并配平上述反应的化学方程式（2）此反应的氧化剂是K2Cr2O7，被氧化的元素名称是碳（3）上述反应中若产生11g气体物质，则转移的电子数目为NA个考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒定律配平；（2）氧化剂是指所含元素化合价降低的反应物，得
44、到还原产物；还原剂是指所含元素化合价升高的反应物，得到氧化产物；（3）结合方程式中转移的电子数来计算解答：解：（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，一个碳化合价变化4，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，1个K2Cr2O7化合价变化6，4和6的最小公倍数为12，由化合价升降总数相等可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，最后由质量守恒定律可知得化学反应为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案为：3；2；8；3；2；2；8；（2）Cr元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，C元素的化合价升高，还原剂是C，
45、C被氧化，所以被氧化元素名称为碳，故答案为：K2Cr2O7；碳；（3）由方程式可知：1molC参加反应转移电子为1mol（40）=4mol，产生1molCO2，所以若产生11g气体物质即0.25molCO2，则转移电子的数目为NA，故答案为：NA点评：本题考查氧化还原反应，涉及氧化还原反应配平、氧化剂的判断、氧化还原反应的计算，侧重考查基本理论、基本概念，会根据原子守恒、转移电子守恒配平方程式，为学习难点17（11分）（2014秋芗城区校级月考）按要求回答下列问题：（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是Mg（2）某正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d54s0，该金属的元素符号为Mn（3）乙二
46、酸俗名草酸，是最简单的有机二元酸之一，结构简式为，草酸钠晶体中存在BCFA金属键 B非极性键 C键 D范德华力 E氢键 F离子键（4）部分共价键键能数据如下表：共价键HHNHNNN=NNN键能/kJmol1436391159418945根据上表数据推算并写出由氮气和氢气合成氨气的热化学方程式N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=89kJ/mol（5）乙醇和乙醚是同分异构体，但它们性质存在差异：分子式结构简式熔点沸点水溶性乙醇C2H6OC2H5OH114.378.4C互溶二甲醚C2H6OCH3OCH3138.524.9微溶乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是乙醇分子间能形成氢键，而二甲
47、醚不能（6）PCl5晶体中只有PCl+、Cl6两种微粒，其晶体结构与氯化铯相同PCl5晶体类型是离子晶体；PCl4+的空间构型为正四面体（7）PtCl4和氨水反应可获得PtCl44NH3，PtCl44NH3是一种配合物100mL0.1molL1PtCl44NH3溶液中滴加足量AgNO3溶液可产生2.87g白色沉淀该配合物的化学式为PtCl2（NH3）4Cl2考点：元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 专题：化学键与晶体结构分析：（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势；（2）正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d
48、54s0，那么原子核外电子排布为式为：Ar3d54s2；（3）依据名称书写结构简式；同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，共价单键为键，共价双键中含有一个键一个键；（4）化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，反应热等于反应物总键能减生成物总键能；（5）乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能；（6）PCl5晶体由PCl4+和PCl6构成，属于离子晶体；根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=键数+孤对电子对数，据此判断空间构型；（7）滴加足量AgNO3溶液可产生2.87g白色沉淀为AgCl
49、沉淀，据此分析解答：解：（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，元素的金属性NaMgAl，但是由于镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，故答案为：Mg；（2）正二价阳离子核外电子排布式为Ar3d54s0，那么原子核外电子排布为式为：Ar3d54s2；即质子数为27，此元素为锰，元素符号为Mn，故答案为：Mn；（3）乙二酸俗名草酸，是最简单的有机二元酸之一，结构简式为，草酸钠晶体中含有钠离子和乙二酸根离子之间的离子键，含有碳氧单键中氧和碳之间的极性共价键，含有碳碳单键中的非极性共价键，碳氧双键中存在含有一个键一个键，故答案为：；BCF；（4）反应热就是断键吸
50、收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是H=3436 kJ/mol+945 kJ/mol23391kJ/mol=89kJ/mol，即热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=89kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=89kJ/mol；（5）乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能，故答案为：乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能；（6）由题中信息可知，PCl5在固态时由PCl4+和PCl6两种离子构成，属于离子晶体，PCl4+的含有4个键且不含孤电子对，所以其采用sp3杂化，空间构型是正四面体，故答
51、案为：离子晶体；正四面体；（7）n（AgCl）=0.02mol，100mL0.1molL1 PtCl44NH3中n（PtCl44NH3）=0.01mol，则1mol配合物可电离出2mol氯离子，所以此配合物的化学式为：PtCl2（NH3）4Cl2，故答案为：PtCl2（NH3）4Cl2点评：本题考查了物质结构及其性质，涉及元素周期律、热化学反应方程式书写、晶体类型的判断等知识点，根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识来分析解答，难度中等18（12分）（2013秋福州期末）向2.0L恒容密闭容器中充人1.0mol PCl5，在温度为T时发生如下反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=1
52、24kJmol1反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n（PCL3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题：（1）反应在前50s的平均速率v（PCl5）=0.0016molL1s1（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数=0.025（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施有升高温度（或降低压强或移走PCl3、Cl2等合理答案）（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5mol PCl5和a mol Cl2平衡时PCl5的转化率仍为20%，则a=0.1（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是PCl5+4H2O=H3P
53、O4+5HCl若将0.01mol PCl5投入lL热水中，再逐滴加入AgN03溶液，先产生的沉淀是AgCl已知Ksp（Ag3P04）=1.41016，Ksp（AgCl）=1.81010（6）一定条件下，白磷溶于硝酸溶液产生一种氮氧化合物气体，该气体与白磷的物质的量之比为20：3，反应的化学方程式为3P4+20HNO3+8H2O=12H3PO4+20 NO考点：反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：（1）根据反应速率的表达式计算出反应在前50s的平均速率v（PCl5）；（2）根据表中数据判断达到平衡状态的时间，然后根据平衡状态下各组分的浓度及平衡
54、常数表达式计算出温度为T时，该反应的化学平衡常数；（3）要提高上述反应的转化率，必须使平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的影响进行判断；（4）温度不变，平衡常数不变，根据该温度下的平衡常数及题中数据列式计算出a值；（5）根据五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4）写出反应的化学方程式；先计算出饱和磷酸银、氯化银沉淀需要银离子的浓度，需要银离子浓度越小，说明越难溶，加入银离子时优先生成沉淀；（6）白磷分子为P4，该气体与白磷的物质的量之比为20：3，设物质的量分别为20mol、3mol，白磷倍氧化成磷酸，3mol白磷化合价升高：543mol=60mol，20mol该氮氧化物化合价降低了60mol
55、，生成1mol氮氧化物转移了：mol=3mol电子，所以该氮氧化物为NO，据此写出反应的化学方程式解答：解：（1）反应在前50s中生成了0.16molPCl3，根据反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）可知，消耗的PCl5的物质的量为0.16mol，所以反应在前50s的平均速率v（PCl5）=0.0016molL1s1，故答案为：0.0016molL1s1；（2）由表中数据可知，反应在250s、350s时三氯化磷的物质的量相等，说明250s时达到了平衡状态，则： PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）反应前（mol） 1.0 0 0变化（mol） 0.2 0.2 0.2平衡时（mo
56、l） 0.8 0.2 0.2平衡时各组分的浓度为：c（PCl5）=0.4mol/L，c（PCl3）=c（Cl2）=0.1mol/L，该温度下该反应的平衡常数为：K=0.025，故答案为：0.025；（3）根据反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=124kJmol1可知，增大反应物转化率，需要使平衡向着正向移动，可以升高温度、减小压强、移走氯气、三氯化磷等，平衡都会向着正向移动，故答案为：升高温度（或降低压强或移走PCl3、Cl2等合理答案）；（4）由于温度相同，所以平衡常数K=0.025，利用三段式可得：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）反应前（mol） 0.5 0 a变化
57、（mol） 0.1 0.1 0.1平衡时（mol） 0.4 0.1 a+0.1平衡时各组分浓度为：c（PCl5）=0.2mol/L，c（PCl3）=0.05mol/L，c（Cl2）=mol/L，则：K=0.025=，解得a=0.1，故答案为：0.1；（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），则该反应的化学方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl；设饱和磷化银溶液中银离子浓度为x，则：Ksp（Ag3P04）=x3（）=1.41016，x=；设饱和氯化银溶液中银离子浓度为y，则y2=Ksp（AgCl）=1.81010，y=，所以0.01mol PCl5投入lL热水中，再逐
58、滴加入AgN03溶液，先产生的沉淀是AgCl，故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl；AgCl（填名称“氯化银”也给满分）；（6）白磷分子为P4，氮氧化物与白磷的物质的量之比为20：3，设物质的量分别为20mol、3mol，白磷被氧化成磷酸，3mol白磷化合价升高了：543mol=60mol，20mol该氮氧化物化合价降低了60mol，则生成1mol氮氧化物转移了mol=3mol电子，所以该氮氧化物为NO，即白磷与硝酸反应生成磷酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为：3P4+20HNO3+8H2O=12H3PO4+20 NO，故答案为：3P4+20HNO3+8H2O=12H3PO4+
59、20 NO点评：本题考查了化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算、化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意掌握化学反应速率的表达式及计算方法，明确化学平衡常数的概念及计算方法19（7分）（2014秋芗城区校级月考）按要求回答：（1）资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（s）；H=76.0kJmol1已知：C（s）+2H2O（g）CO2（g）+2H2（g）；H=+113.4kJmol1，则反应：3FeO（s）+H2O（g）Fe3O4（s）+H2（g
60、）的H=+18.7kJ/mol（2）用碱性氢氧燃料电池合成H2O2，具有效率高，无污染等特点电池总反应为：H2+O2+OHH2O+HO2写出正极反应式O2+H2O+2e=HO2+OH（3）华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示：上述生产过程的能量转化方式是太阳能和电能转化为化学能上述电解反应在温度小于900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应式为2CO324e2CO2+O2考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）根据盖斯定律计算反应热；（2）碱性氢氧燃料电池工作时，电解质溶液
61、是KOH溶液（碱性电解质），正极是O2得到电子，发生还原反应，正极的电极反应式为：O2+H2O+2e=HO2+OH（3）依据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程；上述电解反应在温度小于900时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程，阴极是二氧化碳得到电子生成碳，依据电子守恒和传导离子配平书写电极反应；解答：解：（1）6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）H=76.0kJmol1C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+113.4kJmol1，两热化学方程式相加除以2得：3FeO（s）+H
62、2O（g）=Fe3O4（s）+H2（g）H=（76.0kJ/mol+113.4kJ/mol）2=+18.7kJ/mol，故答案为：+18.7kJ/mol；（2）碱性氢氧燃料电池工作时，正极是O2得到电子，发生还原反应，电极反应式为O2+H2O+2e=HO2+OH，故答案为：O2+H2O+2e=HO2+OH；（3）依据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程，故答案为：太阳能和电能转化为化学能；上述电解反应在温度小于900时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程，电极反应为：2CO324e2CO2+O2，故答案为：2CO324e
63、2CO2+O2点评：本题考查热化学方程式书写和电极反应式的书写等知识点，中等难度，对电极反应式得书写，要结合图示来书写三、实验题（本题包括2小题，共19分）20（9分）（2014秋芗城区校级月考）实验室用NaOH固体配制0.1000molL1NaOH溶液500mL（1）用托盘天平称取NaOH2.0g溶液配制过程用到下列玻璃仪器，按首次使用的先后顺序依次是CADB（填仪器选项符号）A玻璃棒 B胶头滴管 C烧杯 D500mL容量瓶（2）用所配制的0.1000molL1NaOH溶液通过中和滴定测定一元弱酸HA溶液浓度，每次滴定取用的HA溶液均为20.00mL，使用酚酞溶液为指示剂，滴定终点的标志是溶
64、液恰好出现红色，且红色半分钟内不褪去滴定的实验数据记录如下：滴定次数NaOH溶液体积（mL）V1V213.054421.4541.537.6547.6处理以上实验数据，测得该HA溶液物质的量浓度为0.2000mol/L（3）上述中和滴定实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是BC（填选项符号）A滴定管用待装液润洗 B锥形瓶用待装液润洗C滴定前滴定管末端气泡没赶尽 D滴定前平视观察读数，滴定后俯视观察读数E所用的标准液（NaOH溶液）浓度偏高考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：（1）根据500mL 0.1 000molL1 NaOH溶液中含有的溶质的物质的量计算出需要氢氧化钠的质量；根据
65、配制溶液的步骤对使用选项中仪器进行排序；（2）根据滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成粉红色进行判断滴定终点；根据表中滴定数据计算出消耗标准液的体积，舍弃误差较大数据，计算出消耗的标准液的平均体积，然后根据二者反应关系计算出该HA溶液物质的量浓度；（3）根据滴定操作对c（待测）=产生的影响分析滴定误差；解答：解：（1）500mL 0.1 000molL1 NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol0.05mol=2.0g；配制该氢氧化钠溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以使用仪器
66、的先后顺序为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，即CADB，故答案为：2.0；CADB；（2）用氢氧化钠溶液滴定一元弱酸HA溶液，滴定结束前溶液为无色，当滴定结束时溶液变成粉红色，所以滴定终点现象为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液恰好出现红色，且红色半分钟内不褪去；三次滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积分别为：（443.05）mL=40.95mL、（41.51.45）mL=40.05mL、（47.67.65）mL=39.95mL，显然第一次滴定数据误差较大，应该舍弃，其它两次滴定消耗标准液的平均体积为：=40.00mL，根据c（待测）=可得，c（HA）=0.2000mol/L，故答案为：溶
67、液恰好出现红色，且红色半分钟内不褪去；0.2000mol/L；（3）A滴定管用待装液润洗，该操作合理，对测定结果没有影响，故A错误；B锥形瓶用待装液润洗，导致待测液的物质的量偏大，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；C滴定前滴定管末端气泡没赶尽，导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C正确；D滴定前平视观察读数，滴定后俯视观察读数，导致滴定管读数偏小，计算出的消耗的标准液体积偏小，滴定结果偏低，故D错误；E所用的标准液（NaOH溶液）浓度偏高，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故E错误；故选BC点评：本题考查了中和滴定、配制一定物质的量浓度的溶液方法，题
68、目难度中等，注意掌握中和滴定操作基本方法和配制一定物质的量浓度的溶液的方法21（10分）（2014秋芗城区校级月考）氯气是氯碱工业的主要产品之一，是一种常用的消毒剂，其消毒原理是与水反应生成了次氯酸：Cl2+H2OHCl+HClO K=4.5104次氯酸的强氧化性能杀死水中的病菌（不能直接用次氯酸为自来水消毒是因为次氯酸易分解，且毒性较大）但是，由于氯气贮运不方便，且具有一定的危险性，目前正逐渐被其他性能优越的消毒产品所替代请回答（1）氯碱工业生产氯气的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2（2）84消毒液与氯气相比具有贮运方便等优点，用氯气与烧碱溶液反应制备84消毒液的离子
69、方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O（3）一位同学设计了一套用浓盐酸和KMnO4固体制取少量氯气并比较氯气与碘单质的氧化性强弱的微型装置（如图）下列溶液能吸收Cl2的是BC（填字母序号）A饱和食盐水 B饱和Na2SO3溶液C饱和NaOH溶液 D浓硫酸能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是湿润淀粉碘化钾试纸变蓝Cl2中含有少量HCl气体，可用饱和食盐水试剂除去HCl，请用平衡移动的原理解释原因增大Cl浓度，Cl2+H2OHCl+HClO平衡会逆向移动，有效降低Cl2在饱和食盐水中的溶解度考点：氯气的化学性质；氧化性、还原性强弱的比较 分析：（1）氯碱工业用电解饱和食盐水的方法制备氯气；（
70、2）氯气与烧碱溶液反应生成NaCl和NaClO；（3）根据氯气具有氧化性以及能与碱反应的性质判断；可用淀粉碘化钾试纸检验；氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO平衡，为可逆反应，根据浓度对平衡一定的影响分析解答：解：（1）氯碱工业用电解饱和食盐水的方法制备氯气，反应的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（2）氯气与烧碱溶液反应生成NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（3）A氯气难溶于饱和食盐水，故A错误； B氯气具有氧化性，可与饱和N
71、a2SO3溶液发生氧化还原反应而被吸收，故B正确；C氯气和与饱和NaOH溶液反应而被吸收，故C正确； D浓硫酸与氯气不反应，不能吸收氯气，故D错误故答案为：BC；氯气可氧化KI生成单质碘，淀粉遇碘变蓝色，则可用湿润淀粉碘化钾试纸检验，现象为试纸变蓝，故答案为：湿润淀粉碘化钾试纸变蓝；氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO平衡，为可逆反应，饱和食盐水中Cl抑制氯气与水的反应，平衡会逆向移动，有效降低Cl2在饱和食盐水中的溶解度，故答案为：饱和食盐水；增大Cl浓度，Cl2+H2OHCl+HClO平衡会逆向移动，有效降低Cl2在饱和食盐水中的溶解度点评：本题考查较为综合，涉及氯气的制备、性质以及检验等题目，难度中等，学习中注意相关基础知识的积累- 25 - 版权所有高考资源网
