1、2015-2016学年河北省保定市高阳中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意每题2分，共50分）1下列有关化学用语表示正确的是( )AAl3+的结构示意图：BNaClO的电子式：C的名称：2甲基乙醇D乙醛分子的比例模型：2同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是( )AO2BCH4CCO2DSO23下列叙述正确的是( )A1mol任何气体的体积一定是22.4LB标准状况下，22.4L任何气体所含分子数都约为6.021023个C在标准状况下，体积为22.4L的物质都是1molD在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4L4下列有关说法正确的是(
2、)A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和氢氧化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物5下列说法正确的是( )AI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强BP的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强CAl2O3和MgO均可与NaOH溶液反应DSO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO46下列有关物质的性质与应用不相对应的是( )A氨气能与氯气生成氯化铵，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否泄漏BSO2有强还原性，用
3、SO2漂白纸浆C熟石膏与水的糊状混合物会很快凝固，可用它制作模型和石膏绷带D铝有强还原性且转化为氧化铝时放出大量的热，可用铝粉来还原某些金属氧化物7设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是( )A3.4gNH3中含有电子数为0.2NA （相对原子质量：N14、H1）B标准状况下，22.4L Cl2参加所有化学反应转移的电子数一定都是2NAC标准状况下，0.5NA个SO3分子所占的体积约为11.2LD500mL 1mol/L氯化铁溶液中的Fe3+数小于0.5NA8足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是( )A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸9下列叙述正确的是(
4、 )A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变10FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是( )A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Fe2+C溶液中一定含Cu2+D剩余固体中一定含铜11新型纳米材料MFe2Ox （3x4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化常温下，MFe2O
5、x能使工业废气中的SO2转化为S，流程如下：MFe2Ox MFe2Oy下列判断正确的是( )ASO2是该反应的催化剂BMFe2Ox是还原剂CxyDSO2发生了置换反应12用20mL 0.1mol/L的含氧酸HXR04溶液与15mL 0.2mol/L的某碱M（0H）a溶液恰好完全反应，全部生成正盐，则R元素的化合价是( )A+（8）B+（82a）C+（8）D+（83a）13某溶液中有Fe2+、Mg2+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是( )AFe2+BMg2+CAl3+DFe3+14下列反应的离子方程式书写正确的
6、是( )A向饱和Ca（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2+HCO+OHCaCO3+H2OB次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClOC1L2molL1的FeBr2溶液中通入2.5mol Cl2：4Fe2+6Br+5Cl210Cl+4Fe3+3Br2D以石墨作电极电解CuCl2溶液：2Cl+2H2O2OH+Cl2十H215向25mL2mol/L Na2CO3 溶液中，逐滴加入1mol/L 稀HCl75mL，在标准状况下可产生CO2( )A840mLB84mLC560mLD56mL16向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，
7、生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：F、NO3、Fe2+、Ag+17常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是( ) ABCD18如表各组物质中，不能按（“”表示一步完成）关系相互转化的是( )AABBCCDD19下列物质转化在给定条件下能实现的是( )Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO
8、3Fe2O3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgOABCD20向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是( )A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴加KI溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀21将Mg、Cu组成的混合物26.4g，投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5m
9、ol/L的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是( )A32.8gB46.8gC53.6gD63.8g22有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测错误的是( )AK+一定存在B每份取样溶液中含0.02mol CO32CCl可能存在DBa2+一定不
10、存在，Mg2+可能存在23下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是( )AABBCCDD24有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，其中正确的是( )ABCD25M、N、X、Y四种物质有如下转化关系，MNY（反应条件和其他产物已省略），下列选项不可能的是( )AM：Na X：O2BM：IINO3 X：FeCM：NH3 X：O2DM：Al X：NaOH二、填空题26某消毒液的主要成分为NaClO（混有少量NaCl），请用相应的化学用语来解释下列事实（1）该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制
11、备，化学方程式为_（2）该消毒液的pH约为12，离子方程式为_（3）向FeSO4溶液中滴入少量该溶液，溶液颜色变成棕黄色，反应的离子方程式为_（4）该消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，否则会产生中毒危险每产生1mol Cl2（标准状况下），转移电子个数约为_27（14分）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板（1）检验溶液中Fe3+存在的试剂是_，证明Fe3+存在的现象是_（2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式：_（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：请写出上述实验中的化学式：_
12、配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加入_要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为_加入足量氯水加入足量NaOH溶液加入少量KSCN溶A、B、C、D、写出向的合并液中通入的离子方程式_28（14分）KMnO4是一种重要的氧化剂（1）在酸性条件下KMnO4的氧化性会增强用来酸化KMnO4溶液的最佳试剂是_a硝酸 b硫酸 c盐酸将MnO4氧化C2O42的离子方程式补充完整：MnO4+C2O42+_Mn2+CO2+_（2）某同学为探究KMnO4溶液和Na2C2O4（草酸钠）溶液的反应过程，进行如下实验：配制100mL 0.0400molL1的Na2C2O4溶液，除用
13、到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是_将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性Na2C2O4溶液中（温度相同，并不断振荡），记录的现象如下请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_用配制好的0.040 0molL1的Na2C2O4溶液来标定某KMnO4溶液的浓度每次准确量取25.00mLNa2C2O4溶液，然后用酸化后的KMnO4溶液滴定滴定三次分别消耗的KMnO4溶液的体积是20.00mL、19.80mL、20.20mL，则KMnO4溶液的浓度为_29（14分）A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在
14、如图1所示的关系，完成下列空白： （1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为_（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为_5.05g单质甲钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为_（3）向20mL某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示两种情况由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为_原化合物C溶液的物质的量浓度为_由A、B可知，两次
15、实验通入的CO2的体积比为_2015-2016学年河北省保定市高阳中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意每题2分，共50分）1下列有关化学用语表示正确的是( )AAl3+的结构示意图：BNaClO的电子式：C的名称：2甲基乙醇D乙醛分子的比例模型：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型 分析：A铝离子的核电荷数为13，核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构；B次氯酸钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；C该有机物主链为丙醇，羟基在2号C；D表示的有机物的结构简式为CH3CH2OH，为乙醇，不是乙醛解答：解：
16、A铝离子的核电荷数为10，最外层为8个电子，Al3+的结构示意图为：，故A正确；B次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子构成，其正确的电子式为：，故B错误；C的主链为丙醇，羟基位于2号C，其正确名称为：2丙醇，故C错误；D表示的为CH3CH2OH，而乙醛的结构简式为CH3CHO，乙醛的比例模型为：，故D错误；故选A点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、比例模型、有机物的命名等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力2同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是( )AO2BCH4CCO2DSO2考点：物质的量的相关计算
17、专题：计算题分析：同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，根据n=可知，质量相等的气体，其摩尔质量越小，则其物质的量越大，气体占有的体积越大解答：解：同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、二氧化硫的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、64g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，甲烷的物质的量最大，故甲烷占有的体积最大，故选B点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用3下列叙述正确的是( )A1mol任何气体的体积一定是22.4LB标准状况下，22.4L任何气体所含分子数都约为6.021023个C在标准状况
18、下，体积为22.4L的物质都是1molD在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4L考点：阿伏加德罗常数；气体摩尔体积 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A1mol气体必须是标准状况下，气体的体积约为22.4L；B标准状况下，22.4L任何气体为1mol；C在标准状况下，体积为22.4L的气体为1mol；D体积的大小是由压强和温度决定；解答：解：A决定1mol气体体积大小的因素是气体分子间的平均距离，分子间的平均距离由温度和压强决定，所以，当1mol气体在标准状况下，气体的体积约为22.4L，故A错误；B1mol分子数约为6.021023个，标准状况下，22.4L任何气体的
19、物质的量为1mol，故B正确；C0C，1个标准大气压，气体的体积是22.4L，在标准状况下，体积为22.4L的液体和固体的物质的量不为1mol，故C错误；D0C，1个标准大气压，气体的体积是22.4L，温度升高，气体将会受热膨胀，体积将会变大，如果在加压，把气体进行压缩，就有可能压缩到22.4升，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用，题目较简单4下列有关说法正确的是( )A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥DSiO2既能和氢氧
20、化钠溶液反应有能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物考点：钠的重要化合物；胶体的重要性质；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥 分析：A、碳酸钠加热不能分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物；解答：解：A、碳酸钠加热不能分解，碳酸氢钠受热分解，A错误；B、氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；C、氢气、二氧化硫、二氧化碳和浓硫酸不反应，可以做气体的干燥剂，H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥，故C正确；D、二氧化硅和氢氟酸反应是二氧化硅
21、的特殊性质，两性氧化物是指和酸碱都反应的氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，故D错误；故选C点评：本题考查了物质性质分析，酸性氧化物概念理解应用，气体干燥的原理分析，掌握基础是关键，题目较简单5下列说法正确的是( )AI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强BP的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强CAl2O3和MgO均可与NaOH溶液反应DSO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4考点：真题集萃；元素周期律的作用；元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：A同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱；B同周期随原子序数增大，元
22、素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；CMgO不能与氢氧化钠溶液反应；D二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡解答：解：AI、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；BSi、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；C氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D二氧化硫通入硝酸钡溶液中
23、，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，故选B点评：本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，D选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强氧化性6下列有关物质的性质与应用不相对应的是( )A氨气能与氯气生成氯化铵，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否泄漏BSO2有强还原性，用SO2漂白纸浆C熟石膏与水的糊状混合物会很快凝固，可用它制作模型和石膏绷带D铝有强还原性且转化为氧化铝时放出大量的热，可用铝粉来还原某些金属氧化物考点：氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质 分析：A
24、NH3能与Cl2反应生成NH4Cl，该物质是一种白色固体物质；B依据二氧化硫漂白性原理；C熟石膏与水的糊状混合物会很快脱水凝固；D根据铝热反应的用途分析决定解答：解：ANH3是碱性气体，可以与Cl2反应生成NH4Cl，该物质是一种白色固体物质，可根据是否冒白烟用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏，故A正确；B二氧化硫有漂白性，能漂白某些物质，漂白原理是与有机色素化合生成无色物质，故B错误；C熟石膏与水的糊状混合物会很快脱水凝固，故可以用它制作模型和医疗上的石膏绷带，故C正确；D铝有强还原性且转化为氧化铝时放出大量的热，可以利用该特点用铝粉来还原一些金属氧化物，制备熔点较高的金属，故D正确；故选
25、：B点评：本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫、氨气、硫酸钙、铝的性质是解题关键，题目难度不大7设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是( )A3.4gNH3中含有电子数为0.2NA （相对原子质量：N14、H1）B标准状况下，22.4L Cl2参加所有化学反应转移的电子数一定都是2NAC标准状况下，0.5NA个SO3分子所占的体积约为11.2LD500mL 1mol/L氯化铁溶液中的Fe3+数小于0.5NA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、计算出氨气的物质的量，再根据氨气中含有的电子数计算出3.4g氨气含有的电子数；B、根据氯气发生自身氧化还原反应
26、的情况分析；C、标况下，三氧化硫的状态不是气体，无法计算三氧化硫的体积；D、氯化铁溶液中铁离子发生水解，铁离子数目减少解答：解：A、3.4g氨气的物质的量为0.2mol，含有2mol电子，含有电子数为0.4NA，故A错误；B、标况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，氯气只做氧化剂，转移2mol电子；氯气与氢氧化钠溶液的反应，1mol氯气转移1mol电子，转移的电子数不一定都是2NA，故B错误；C、标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算三氧化硫的体积，故C错误；D、500mL 1mol/L氯化铁溶液中含有溶质氯化铁0.5mol，溶液中铁离子发生水解，数目减少，溶液中的Fe3+数小于0.5NA
27、，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标准状况下三氧化硫不是气体，要求学生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，要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系8足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是( )A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸考点：铝的化学性质 专题：元素及其化合物分析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：NaAl（OH）4、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少解答：解：设Al为1mol，A铝与氢氧化钠溶液反应生
28、成NaAl（OH）4，1molAl消耗1molNaOH；B铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A点评：本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气9下列叙述正确的是( )A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C向AlCl
29、3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变考点：二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物 专题：压轴题；化学反应速率专题；元素及其化合物分析：ACO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；BNO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；CAl（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；D锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大解答：解：ACO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；B铜和稀硫酸不反
30、应，加入Cu（NO3）2固体，NO3具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；C氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；D加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误故选C点评：本题考查元素化合物知识，题目难度中等，本题注意CO2和SO2对应的酸比HCl弱，Al（OH）3不溶于弱碱，以及原电池反应等知识，为元素化合物中常考查知识，学习中注意积累10FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固
31、体存在，下列判断不正确的是( )A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Fe2+C溶液中一定含Cu2+D剩余固体中一定含铜考点：铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据FeCl3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体铜剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和二价铜离子无剩余解答：解：当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以
32、溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选C点评：本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分11新型纳米材
33、料MFe2Ox （3x4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，流程如下：MFe2Ox MFe2Oy下列判断正确的是( )ASO2是该反应的催化剂BMFe2Ox是还原剂CxyDSO2发生了置换反应考点：氧化还原反应 分析：在图示反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系解答：解：ASO2在反应中为氧化剂，转化为S，不是催化剂，故A错误；BSO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂
34、，则MFe2Ox为还原剂，故B正确；CMFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y2）（2x2），即yx，故C错误；D化合物与化合物反应生成单质和化合物，不属于置换反应，SO2转化为S，发生氧化还原反应，故D错误故选B点评：本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析，题目难度不大12用20mL 0.1mol/L的含氧酸HXR04溶液与15mL 0.2mol/L的某碱M（0H）a溶液恰好完全反应，全部生成正盐，则R元素的化合价是( )A+（8）B+（82a）C+（8
35、）D+（83a）考点：离子方程式的有关计算；根据化学式判断化合价 专题：离子反应专题分析：含氧酸HXR04溶液与碱M（0H）a溶液恰好完全反应，全部生成正盐，则n（H+）=n（OH），据此计算x的值，再利用化合价代数和为0计算R元素的化合价解答：解：20mL 0.1mol/L的含氧酸HXR04溶液中n（HXR04）=0.02L0.1mol/L=0.002mol，则n（H+）=xn（HXR04）=0.002xmol，15mL0.2mol/L的M（0H）a溶液中nM（0H）a=0.015L0.2mol/L=0.003mol，则n（OH）=anM（0H）a=0.003amol，氧酸HXR04与碱M（
36、0H）a恰好完全反应，全部生成正盐，则n（H+）=n（OH），即0.002xmol=0.003amol，解得x=，令HXR04中R元素的化合价为m，根据化合价代数和为0有：+m+4（2）=0，解得m=+（8），故选C点评：本题考查离子反应的有关计算、化合价的有关计算等，难度不大，根据酸碱反应的本质计算x的值是解题的关键13某溶液中有Fe2+、Mg2+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是( )AFe2+BMg2+CAl3+DFe3+考点：离子反应发生的条件；常见离子的检验方法 分析：加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅
37、拌，四种离子均反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，其余三种离子转化为沉淀，再加盐酸，只发生沉淀与盐酸的反应，以此来解答解答：解：加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，四种离子均反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，与盐酸反应又生成铝离子，浓度不变，即镁离子转化为沉淀后，再与盐酸反应生成镁离子，则Mg2+浓度不变，亚铁离子转化为沉淀后被氧化生成氢氧化铁，与盐酸反应生成铁离子，则Fe2+浓度减小，Fe3+浓度增大，故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意亚铁发生的氧化还原反应及滤渣中加盐酸，题目难度不大14下列反应的离子方程式书写
38、正确的是( )A向饱和Ca（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2+HCO+OHCaCO3+H2OB次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClOC1L2molL1的FeBr2溶液中通入2.5mol Cl2：4Fe2+6Br+5Cl210Cl+4Fe3+3Br2D以石墨作电极电解CuCl2溶液：2Cl+2H2O2OH+Cl2十H2考点：离子方程式的书写 分析：A反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；B反应生成碳酸氢钙、HClO；C物质的量比为2：2.5=4：5，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化；D电解生成Cu和氯气解答：解：A向饱和C
39、a（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液的离子反应为Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+H2O，故A错误；B次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO+CO2+H2OHCO3+HClO，故B错误；C.1L2molL1的FeBr2溶液中通入2.5mol Cl2，由电子守恒可知离子反应为4Fe2+6Br+5Cl210Cl+4Fe3+3Br2，故C正确；D以石墨作电极电解CuCl2溶液的离子反应为2Cl+Cu2+Cu+Cl2，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子
40、反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大15向25mL2mol/L Na2CO3 溶液中，逐滴加入1mol/L 稀HCl75mL，在标准状况下可产生CO2( )A840mLB84mLC560mLD56mL考点：化学方程式的有关计算 分析：将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，盐酸过量时再发生NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，结合物质的量的关系解答解答：解：将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，先发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，反应消耗0.05molHCl，剩余0.025molHCl，盐酸过量时再发生NaHC
41、O3+HClNaCl+CO2+H2O，则生成气体0.025mol22.4L/mol=0.56L=560mL，故选C点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意反应的化学方程式的书写，根据方程式计算，难度中等16向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO42、NO3Bb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClDd点对应的溶液中：F、NO3、Fe2+、
42、Ag+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题解答：解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32和HCO3，b点全部为HCO3，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，Aa点溶液中含有CO32和HCO3，HCO3与OH反应不能大量共存，故A错误；Bb点全部为HCO3，Al3+、Fe3+与HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；Cc点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子
43、之间不发生任何反应，可大量共存，故C错误；Dd点呈酸性，酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选：C点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大17常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是( ) ABCD考点：真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素及其化合物分析：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧化硅不能溶于盐酸；氮气与氧气在放电条件下反
44、应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁解答：解：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故符合；二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选B点评：本题考查元素化合物性质
45、，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质18如表各组物质中，不能按（“”表示一步完成）关系相互转化的是( )AABBCCDD考点：钠的重要化合物；硝酸的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变 分析：根据物质的性质判断反应能否发生，C中Al2O3不能与水反应生成Al（OH）3解答：解：A、FeFeCl3FeCl2Fe，可以一步实现，故A不符合；B、SiO2Na2SiO3 H2SiO3SiO2，故B不符合；C、Al（OH）3NaAlO2，不能一步实现生成Al2O3，Al2O3不能一步实现生成Al（OH）3，故C符合；D、HNO3NONO2HNO3，故D不符合；故选C点评：本题考查
46、元素化合物知识，题目难度不大，本题注意把握常见元素化合物的性质19下列物质转化在给定条件下能实现的是( )Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgOABCD考点：镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子
47、和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，
48、析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：A点评：本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液20向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是( )A上述实验条
49、件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴加KI溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀考点：氧化还原反应；二氧化硫的化学性质 分析：溶液呈棕色，说明有I2生成碘元素化合价由1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能还原为Cu，应还原为Cu+向反应后的混合物中不断通入SO2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明I2反应，发现白色沉淀显著增多，故I2与SO2反应生成I，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀
50、是CuI解答：解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HIA、2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故A正确；B、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2
51、+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B错误；C、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D错误故选：A点评：本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用21将Mg、Cu组成的混合物26.4g，投入到适量
52、的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol/L的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是( )A32.8gB46.8gC53.6gD63.8g考点：有关混合物反应的计算 分析：Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气体的物质的量，利用电子转移守恒计算转移电子的物质的量，最终生成沉淀的质量=金属的质量+氢氧根离子的质量解答：解：根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成8.96LNO转移的电子为：（52）=1
53、.2mol，Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，根据电荷守恒可知，生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉淀的质量为：26.4g+1.2mol17g/mol=46.8g，故选B点评：本题考查混合物的计算、氧化还原反应计算，题目难度中等，侧重对解题方法技巧与学生综合能力的考查，注意利用电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系解答22有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二
54、份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测错误的是( )AK+一定存在B每份取样溶液中含0.02mol CO32CCl可能存在DBa2+一定不存在，Mg2+可能存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：第二份足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，说明溶液中有NH4+其物质的量为0.04mol，第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量减小，说明原来有CO32，则原溶液中没有Mg2
55、+、Ba2+，沉淀没有完全溶解，说明原溶液中有SO42，且BaSO4的质量为2.33g，则说明原溶液中SO42的物质的量为0.01mol，BaCO3的质量为6.27g2.33g=3.94g，为0.02mol，据此答题解答：解：第二份足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，说明溶液中有NH4+其物质的量为0.04mol，第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量减小，说明原来有CO32，则原溶液中没有Mg2+、Ba2+，沉淀没有完全溶解，说明原溶液中有SO42，且BaSO4的质量为2.33g，则说明原溶液中SO42的物质的量为0.01mol，B
56、aCO3的质量为6.27g2.33g=3.94g，为0.02mol，则CO32为0.02mol，A、因为溶液中NH4+为0.04mol，SO42为0.01mol，CO32为0.02mol，根据电荷守恒可知，溶液中至少还有0.02molK+，故A正确；B、BaCO3的质量为6.27g2.33g=3.94g，为0.02mol，则CO32为0.02mol，故B正确；C、第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能有Cl，也可能没有，沉淀可由CO32或SO42与AgNO3溶液反应产生，故C正确；D、因为加入足量BaCl2溶液后，足量盐酸洗涤，沉淀部分溶解，则说明原溶液中一定存在Ba2+和Mg2+
57、，故D错误；故选D点评：本题主要考查了常见离子的共存问题，中等难度，解题的难点在于根据离子的物质的量，利用电荷守恒判断钾离子的存在23下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是( )AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A碱性越强，对应的金属阳离子水解程度越小；B还原性强弱与失电子多少无关；C硫酸为二元酸，不能比较酸性强弱；D浓硝酸氧化性较强解答：解：A碱性越强，对应的金属阳离子水解程度越小，则溶液pH越大，BaCl2溶液呈中性，MgCl2溶液呈弱酸性，故A正确；B还原性强弱与失电子的难易有关，与失电子多少无关，故B错误；C硫酸为二元酸，不能比较酸性强弱，二者不具有可
58、比较性，应用一元酸比较，故C错误；D浓硝酸氧化性较强，应从得电子难易的角度比较，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质的比较，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握实验的角度和可行性的评价，难度中等24有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，其中正确的是( )ABCD考点：铝的化学性质；镁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，由Al（OH）3+NaOHNaAlO
59、2+2H2O来计算消耗碱的量，由发生Al3+3OHAl（OH）3、Mg2+2OHMg（OH）2来计算消耗碱的量，然后分析得出结论解答：解：镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，设铝的量为1单元，利用铝守恒，铝的量与氢氧化铝的物质的量相等，Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，得到消耗碱的量也为1个单元，由发生Al3+3OHAl（OH）3消耗碱为3单元，而Mg2+2OHMg（OH）2反应消耗碱为2单元，所以从沉淀生成到最大量到沉淀溶解碱的体积之比为（3+2）：1=5：1，而且等物质量的氢氧化铝的质量大于氢氧化镁，故选A点评：本题考查镁、铝
60、及其化合物的性质，明确发生的化学反应及反应与图象的关系是解答本题的关键，难度较大25M、N、X、Y四种物质有如下转化关系，MNY（反应条件和其他产物已省略），下列选项不可能的是( )AM：Na X：O2BM：IINO3 X：FeCM：NH3 X：O2DM：Al X：NaOH考点：化学基本反应类型 分析：依据转化关系的特征是M和X能反应两步连续反应，说明变化过程中存在变价元素的物质，结合选项中的物质进行分别推断解答：解：A、M：Na，X：O2 ，存在转化关系：NaNa2ONa2O2，符合转化关系，故A正确；B、M：HNO3，X：Fe，存在转化关系HNO3Fe（NO3）3Fe（NO3）2，符合转化
61、关系，故B正确；C、M：NH3，X：O2，存在转化关系：NH3NONO2，符合转化关系，故C正确；D、M：Al，X：NaOH，存在转化关系中：NY不能继续反应，故D错误；故选：D点评：本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的应用，主要考查氨气、硝酸、铝、铁、钠等物质的性质应用，题目难度中等二、填空题26某消毒液的主要成分为NaClO（混有少量NaCl），请用相应的化学用语来解释下列事实（1）该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备，化学方程式为Cl2+NaOHNaCl+NaClO+H2O（2）该消毒液的pH约为12，离子方程式为ClO+H2OHClO+OH（3）向FeSO4溶液中滴入少量该溶液，
62、溶液颜色变成棕黄色，反应的离子方程式为2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O（4）该消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，否则会产生中毒危险每产生1mol Cl2（标准状况下），转移电子个数约为6.021023或NA考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析：（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（2）NaClO水解显碱性；（3）发生氧化还原反应生成铁离子，溶液为黄色；（4）消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，以此计算解答：解：（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应为Cl2+NaOHNaCl+
63、NaClO+H2O，故答案为：Cl2+NaOHNaCl+NaClO+H2O；（2）NaClO水解显碱性，pH=12，水解离子方程式为ClO+H2O HClO+OH，故答案为：ClO+H2O HClO+OH；（3）发生氧化还原反应生成铁离子，溶液为黄色，离子反应方程式为2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O，故答案为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O；（4）消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，由Cl元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移1mol电子，转移电子个数为6.021023或NA，故答案为：6.02102
64、3或NA点评：本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、氧化还原反应及盐类水解等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大27（14分）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板（1）检验溶液中Fe3+存在的试剂是KSCN溶液，证明Fe3+存在的现象是溶液变为红色（2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：请写出上述实验中的化学式：Cu、Fe配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加入稀硫酸与铁粉要证明
65、某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为C加入足量氯水加入足量NaOH溶液加入少量KSCN溶A、B、C、D、写出向的合并液中通入的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验 分析：（1）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；（2）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁；（3）反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁滤渣中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤
66、液中含有氯化亚铁，与滤液合并，制备氯化铁；亚铁离子易水解，易被氧化为三价，据此来回答；亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，可以被氯气氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色；亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子解答：解：（1）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，故答案为：KSCN溶液；溶液变为红色；（2）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；（3）由工艺流程可知，滤渣中含有金属铜，目的是制取氯化铁，废液应该与铁过量的Fe反应
67、，故Fe；滤液中含有FeCl2，通入氯气可以得到氯化铁；滤渣中含有金属Cu、未反应的Fe，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液中含有FeCl2，与滤液合并，制备氯化铁，由上述分析可知：Fe FeCl2Fe和Cu HCl FeCl2Cl2，上述实验中的化学式Cu、Fe，故答案为：Cu、Fe；亚铁离子易水解，易被氧化，加入硫酸可以抑制水解，加入金属铁能防止被氧化，所以配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加稀硫酸与铁粉，故答案为：稀硫酸与铁粉；亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，可以被氯气氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，所以先加入硫氰化钾，不变色，再加氯水，变红色，可以证明亚铁离子的存在，故答案为：
68、C；氯化亚铁被氯气氧化的原理方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl点评：本题考查了化学工艺流程、常用化学用语、元素化合物性质等知识，题目难度不大，掌握元素化合物的性质是关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力28（14分）KMnO4是一种重要的氧化剂（1）在酸性条件下KMnO4的氧化性会增强用来酸化KMnO4溶液的最佳试剂是ba硝酸 b硫酸 c盐酸将MnO4氧化C2O42的离子方程式补充完整：MnO4+C2O42+16H+Mn2+CO2+8H2O（2）某同学为探究KMnO4溶液和Na2C2O4（草酸钠）溶液的反应过程，进行如下实验：配制10
69、0mL 0.0400molL1的Na2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性Na2C2O4溶液中（温度相同，并不断振荡），记录的现象如下请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好用配制好的0.040 0molL1的Na2C2O4溶液来标定某KMnO4溶液的浓度每次准确量取25.00mLNa2C2O4溶液，然后用酸化后的KMnO4溶液滴定滴定三次分别消耗的KMnO4溶液的体积是20.00mL、19.80mL、20.2
70、0mL，则KMnO4溶液的浓度为0.02mol/L考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应 分析：（1）高锰酸钾能氧化盐酸，硝酸本身具有强氧化性，故选硫酸；草酸根离子具有还原性，把MnO4还原为Mn2+，根据化合价升降方法，反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4系数为2，C2O42系数为5，再根据元素守恒、电荷守恒确定其它物质的系数；（2）根据配制溶液的步骤和所用仪器即可判断；反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大
71、催化效果更好；令KMnO4溶液的浓度为c，根据方程式2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O计算解答：解：（1）高锰酸钾能氧化盐酸，硝酸本身具有强氧化性，故选硫酸，故答案为：b；反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4系数为2，C2O42系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为8，配平后离子方程式为2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H
72、2O，故答案为：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（2）配制100mL 0.0400molL1的Na2C2O4溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流，所以还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；反应中Mn2+浓度
73、发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好；滴定三次分别消耗的KMnO4溶液的体积是20.00mL、19.80mL、20.20mL，消耗的KMnO4溶液的体积平均为是=20mL，n（C2O42）=0.01mol，则：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O2mol 5molc0.02L10 0.01mol 所以2mol：5mol=c0.02L10：0.01mol，解得c=0.02mol/L，故答案为：0.02mol/L点评：本题考查溶液的配制
74、、氧化还原反应配平、氧化还原反应滴定应用、化学计算等，难度中等，注意把握实验的原理，需要学生具备一定的理论分析能力和计算解决问题的能力29（14分）A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，完成下列空白： （1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为溶液先变红后褪色，并有气泡生成（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H25.05g单质甲钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为NaK2（3）向20mL某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通
75、入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示两种情况由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为OH+H+=H2O、H+CO32=HCO3由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为Na2CO3、NaOH原化合物C溶液的物质的量浓度为0.375mol/L由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为3：10考点：无机物的推断 分析：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含
76、有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2，据此解答解答：解：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2（1）向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠
77、与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是溶液薄荷味红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2，故答案为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2；NaK2；（3）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3+H+=H2O+CO2，若A中只
78、有Na2CO3，开始发生CO32+H+=HCO3，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1，由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH+H+=H2O、H+CO32=HCO3，故答案为：OH+H+=H2O、H+CO32=HCO3；由A图表明，加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积60mL75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，
79、根据反应的关系式可知2n（Na2CO3）=n（HCl），而反应中n（HCl）2n（Na2CO3），所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH，故答案为：Na2CO3、NaOH；加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n（NaOH）=n（HCl）=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，所以原化合物NaOH溶液的物质的量浓度为=0.375mol/L，故答案为：0.375mol/L；曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7560）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7525）mL=50mL，由HCO3+H+=H2O+CO2可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，故答案为：3：10点评：本题考查无机物推断、化学计算等，基本属于猜测验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（3）中计算关键是根据图象判断溶液溶质的成分，题目难度较大
