1、2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高三（上）第一次月考化学试卷一.（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1一定温度压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（）A气球B中装的是O2B气球A和气球C中气体分子数相等C气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1D气球C和气球D中气体密度之比为2：12已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是（）A16gB32gC64g/molD32g/mol3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中，正确的是（）A0.1molL1氢氧化钠溶液中含钠离子数为0.1N
2、AB7gCnH2n中含氢原子数为NAC1mol C5H12分子中共价键总数为13NAD标准状况下，2.24L NH3和CH4的混合气体，所含电子总数为2NA4实验室可用NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O制备N2，下列说法正确的是（）ANaNO2发生氧化反应BNH4Cl中的氮元素被还原CN2既是氧化产物，又是还原产物D每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol5下列说法正确的是（）A含有相同氧原子数的SO2和CO的质量相等B等物质的量浓度的NaOH溶液与氨水中的c（OH）相等C等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含电子数相等D等温等压下，2 mol O2（g）和l mol
3、 SO2（g）的密度相等6对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（）A若质量相等，则质子数相等B若原子数相等，则中子数相等C若分子数相等，则体积相等D若体积相等，则密度相等7在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）A某强酸性溶液：Na+、Fe2+、Cl、ClOB含有大量S2的溶液：ClO、Na+、Cl、Fe2+C能使pH试纸变红的溶液：NH4+、Na+、SO42、Fe3+D加入铝粉能放出大量H2的溶液：K+、NH4+、SO42、CO328能正确表示下列反应的离子方程式是（）ANaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3
4、H2OB碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3H2O+H2OCFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2D用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH9下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物10在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（）A所用NaOH已经潮解B向容量瓶中加水未到刻度线C有少量NaOH溶液残留在烧杯里D定容时仰视刻度线11下列溶液中，溶质
5、的物质的量浓度不是1molL1的是（）A10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液B将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液C将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液D标况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液12等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B1：6：9C1：3：3D1：3：613下列应用不涉及氧化还原反应的是（）ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用
6、NH4Cl和Ca（OH）2制备NH314在离子浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，加入（或通入）某物质后，发生反应先后顺序正确的是（）A在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+B在含I、SO32、Br的溶液中不断通入氯气：I、Br、SO32C在含AlO2、SO32、OH的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH、AlO2、SO32D在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H+、NH4+、Fe3+15水热法制备直径为1100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2+2S2O32+O2+aOHY+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是（）Aa=4B将Y
7、均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 molDS2O32是还原剂16如图是学校实验室从化学试剂商品店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，据此，下列说法正确的是（）A该硫酸的物质的量浓度为18.4 mol/LB1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气C配制200 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50.0 mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L二、非选择题17A、B、C三只烧杯中，依次分别盛有NaOH溶液、KSCN溶液、煮沸的蒸馏水，各滴入饱和FeCl3溶液，试根据实验现象分别回答以下问题
8、：（1）分别写出三只烧杯可能出现的现象A_，B_，C_（2）写出这三只烧杯中形成的分散系所属类型的名称：A_，B_，C_（3）写出A中形成分散系的离子反应方程式：_（4）写出C中形成分散系的化学方程式：_18氢能源是一种重要清洁能源现有两种可产生H2的化合物甲和乙将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL1请回答下列问题：（1）甲的化学式是_；乙的电子式是_（2）甲与水反应
9、的化学方程式是_（3）气体丙与金属镁反应的产物是_（用化学式表示）（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之_（已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O）（5）甲与乙之间_（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是_19现有a、b、c、d四种无色溶液，分别是下列溶液Na2CO3、Na2SO4、NaHSO4、BaCl2中的某一种，为确定各是何种溶液，进行了下面的实验，记录为：a+d溶液+气体 b+c溶液+沉淀 b+d溶液+沉淀Xa+b溶液Y+沉淀 沉淀X+溶液Y溶液+气体（1）写出溶液a、b
10、、c中溶质的化学式a_；b_；c_；（2）写出反应的离子方程式_20某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4溶液1 000mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480mL 0.5mol/L的硫酸；150mL 25%的硫酸（=1.18gmL1）；足量的18mol/L的硫酸有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1 000mL老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充 请回答下列问题：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为_molL1（保留1位小数）（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为_ mL（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整A将两溶液全部在烧杯中混合均匀；
11、B用量筒准确量取所需的 18mol/L的硫酸_mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D_；E轻轻摇动，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面最低点恰好与刻度线相切；G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀（4）如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）进行操作C前还需注意_2015-2016学年甘肃省天水市甘谷一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一.（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1一定温度压强下，用m g的CH4、CO2、O
12、2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（）A气球B中装的是O2B气球A和气球C中气体分子数相等C气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1D气球C和气球D中气体密度之比为2：1【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积相等，根据V=nVm=Vm来计算体积的大小；B、气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比；C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比；D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比【解答】解：A、一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm得到体积和相对分子质
13、量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4O2CO2SO2，C中装的是氧气，故A错误；B、根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64=1：2，故B错误；C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16=2：1，故D正确故选D【点评】本题考查学生公式的应用以及阿伏伽德罗定律的推论知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等2已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体
14、的摩尔质量是（）A16gB32gC64g/molD32g/mol【分析】先根据物质的量与阿伏伽德罗常数的关系：n=计算出X的物质的量，然后利用摩尔质量的表达式：M=计算出X的摩尔质量【解答】解：8g气体X的物质的量为：n（X）=mol=0.25mol，X的摩尔质量为：M（X）=32g/mol，故选D【点评】本题考查了摩尔质量的简单计算，题目难度不大，解题根据是掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数的转化关系，试题主要侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中，正确的是（）A0.1molL1氢氧化钠溶液中含钠离子数为0.1NAB7gCnH2n中含氢原子数为
15、NAC1mol C5H12分子中共价键总数为13NAD标准状况下，2.24L NH3和CH4的混合气体，所含电子总数为2NA【分析】A、氢氧化钠溶液的体积不知，无法计算其物质的量；B、最简式是CH2，7gCnH2n中含有0.5molCH2，含有1mol氢原子；C、C5H12分子中含有16个共价键，1mol中含有16mol共价键；D、2.24L NH3和CH4的混合气体，标准状况下都是0.1mol，总共含有1mol电子【解答】解：A、题中没有告诉氢氧化钠溶液的体积，无法计算氢氧化钠的物质的量，故A错误；B、7gCnH2n中含0.5mol最简式CH2，含有的氢原子的物质的量是1mol，氢原子数为N
16、A，故B正确；C、C5H12分子含有4个碳碳单键和12个碳氢键，总共16个共价键，1mol C5H12分子中共价键总数为16NA，故C错误；D、标准状况下，2.24L NH3和CH4的混合气体的物质的量是0.1mol，含有1mol电子，所含电子总数为NA，故D错误；故选B【点评】本题考查阿伏伽德罗常数，CnH2n按照最简式处理，本题难度一般4实验室可用NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O制备N2，下列说法正确的是（）ANaNO2发生氧化反应BNH4Cl中的氮元素被还原CN2既是氧化产物，又是还原产物D每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol【分析】NaNO2+NH4ClNaC
17、l+N2+2H2O中，N元素的化合价由3价升高为0，N元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答【解答】解：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由3价升高为0，N元素的化合价由+3价降低为0，ANaNO2发生还原反应，故A错误；BNH4Cl中的氮元素被氧化，故B错误；C反应中只有N元素的化合价变化，N2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D生成1molN2转移电子的物质的量为1mol（30）=3mol，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，题目较简单5下列说法正确的是（）A含有相同氧原子数的SO2和CO的质量相等B等物
18、质的量浓度的NaOH溶液与氨水中的c（OH）相等C等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含电子数相等D等温等压下，2 mol O2（g）和l mol SO2（g）的密度相等【分析】A含有相同氧原子数的SO2和CO，二者物质的量之比为1：2，根据m=nM判断二者质量关系；B氢氧化钠是强电解质，完全电离，一水合氨是弱电解质，不能完全电离；C甲基（CH3）中含有电子数为9，羟基（OH）所含电子数为9，据此判断；D等温等压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比【解答】解：A含有相同氧原子数的SO2和CO，二者物质的量之比为1：2，根据m=nM可知二者质量之比为164：228=8：7，二者质量不等，故A
19、错误，B氢氧化钠是强电解质，完全电离，一水合氨是弱电解质，不能完全电离，故等浓度氢氧化钠溶液与氨水，NaOH溶液中c（OH）更大，故B错误；C甲基（CH3）中含有电子数为9，羟基（OH）所含电子数为9，甲基与羟基物质的量相等，则含有的电子数相等，故C正确；D等温等压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故O2（g）与SO2（g）的密度之比为32g/mol：64g/mol=1：2，二者密度不相等，故D错误，故选：C【点评】本题考查物质的量的有关计算、电解质电离、阿伏伽德罗定律即推论等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握6对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（）A若质量相等
20、，则质子数相等B若原子数相等，则中子数相等C若分子数相等，则体积相等D若体积相等，则密度相等【分析】本题需要根据阿伏伽德罗定律及其推论来解答，要针对4个选项中相同的量来分别计算其要求的其他量是否相等【解答】解：对于12C18O和14N2，它们的摩尔质量分别为（12+18）g/mol和（14+14）g/mol，即30g/mol和28g/mol，二者所含质子数分别为6+8=14和7+7=14，所含中子数分别为（126）+（188）=16和（147）+（147）=14A、设质量均为1g，则它们所含质子的物质的量之比为： =14：15，因为微粒数之比等于物质的量之比，所以其质子数之比也是14：15，故
21、A错误B、二者均为双原子分子，原子数相等时，二者的物质的量相等，其中子数之比为16：14=8：7，即原子数相等时，中子数不相等，故B错误C、相同条件时，分子数之比等于物质的量之比等于体积之比，则分子数相等，其体积必然相等，故C正确D、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，其密度之比为30：28=15：14，即体积相等时，其密度不相等，故D错误故选C【点评】解答本题要熟练记忆阿伏伽德罗定律及其推论，并能把握各自的前提条件，才能灵活运用，学习新课时本类题会成为难点，因此要知难而进，才能突破难点7在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）A某强酸性溶液：Na+、Fe2+、Cl、ClOB含有大量S
22、2的溶液：ClO、Na+、Cl、Fe2+C能使pH试纸变红的溶液：NH4+、Na+、SO42、Fe3+D加入铝粉能放出大量H2的溶液：K+、NH4+、SO42、CO32【分析】A离子之间发生氧化还原反应；BS2、ClO发生氧化还原，S2、Fe2+结合生成沉淀；C能使pH试纸变红的溶液，显酸性；D加入铝粉能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液【解答】解：AH+、Fe2+、ClO离子之间发生氧化还原反应，H+、Cl、ClO发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；BS2、ClO发生氧化还原，S2、Fe2+结合生成沉淀，不能共存，故B错误；C能使pH试纸变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，
23、故C正确；D加入铝粉能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH4+，酸溶液中不能大量存在CO32，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，侧重信息的抽取和应用及氧化还原反应的考查，注重基础知识的训练，题目难度不大8能正确表示下列反应的离子方程式是（）ANaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2OB碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3H2O+H2OCFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2D用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2H2OC
24、l2+H2+2OH【分析】A亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和水；B氢氧化钡足量，离子方程式按照碳酸氢铵的组成书写，反应产物中不会有碳酸根离子剩余；C碘化氢过量，硝酸根离子具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；D惰性电极电解熔融氯化钠，不是电解氯化钠溶液，反应生成的是钠和氯气【解答】解：ANaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2O，故A正确；B碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液，反应产物中不会生成碳酸根离子，正确的离子方程式为：Ba2+NH4+HCO3+2OHBaC
25、O3+NH3H2O+H2O，故B错误；CFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，碘化氢过量，硝酸根离子和铁离子完全反应，正确的离子方程式为：10I+3NO3+Fe3+12H+5I2+3NO+Fe2+6H2O，故C错误；D用惰性电极电解熔融氯化钠，反应生成钠和氯气，2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故D错误；故选A【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等9下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化
26、物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm100nm形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不
27、大10在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（）A所用NaOH已经潮解B向容量瓶中加水未到刻度线C有少量NaOH溶液残留在烧杯里D定容时仰视刻度线【分析】分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析【解答】解：A所用NaOH已经潮解，称取氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A不选；B向容量瓶中加水未到刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故B选；C有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C不选；D定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D不选；故选：B【点评
28、】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积影响是解题关键，题目难度不大11下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1molL1的是（）A10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液B将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液C将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液D标况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液【分析】A根据n=计算出氢氧化钠的物质的量，再根据c=计算所得溶液浓度；B根据n=计算出三氧化硫的物质的量，从而可知硫酸的物质的量，然后根据c=计算所得溶液浓度；C蒸发后溶液体积不是50mL，则溶液浓度不是1
29、mol/L；D根据n=计算出氯化氢的物质的量，再根据c=计算所得溶液浓度【解答】解：A10gNaOH的物质的量为： =0.25mol，所得溶液浓度为： =1mol/L，故A不选；B80g三氧化硫的物质的量为： =1mol，1mol三氧化硫溶于水生成1mol硫酸，所得溶液浓度为： =1mol/L，故B不选；C将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水，所得溶液的体积不是50mL，则所得溶液的浓度不是1mol/L，故C选；D标准状况下，22.4LHCl的物质的量为： =1mol，所得溶液浓度为： =1mol/L，故D不选；故选C【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难
30、度不大，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答结构，C为易错点，注意硝酸钾溶液与水的密度不同，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力12等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B1：6：9C1：3：3D1：3：6【分析】生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2（SO4）33BaSO4、ZnSO4BaSO4、Na2SO4BaSO4来计算【解答】解：由生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，设生成硫酸钡的物质的量
31、分别为n、2n、3n，则Al2（SO4）33BaSO4 1 3 nZnSO4BaSO4 1 12n 2nNa2SO4BaSO4 1 1 3n 3n又硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比，即为：2n：3n=1：6：9，故选B【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比来解答13下列应用不涉及氧化还原反应的是（）ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH
32、3【分析】氧化还原反应的本质特征是反应前后元素化合价的发生变化；依据元素化合价变化分析判断；【解答】解：A、Na2O2用作呼吸面具的供氧剂，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，发生了氧化还原反应，故A不符合；B、工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al，是电解氧化铝发生氧化还原反应，故B不符合；C、工业上利用合成氨实现人工固氮，是氮气气体单质和氢气化合生成氨气，发生了氧化还原反应，故C不符合；D、NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3是复分解反应，故D符合；故选D【点评】本题考查了氧化还原反应的概念应用，本质特征化合价变化的判断，较简单14在离子浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，加入（或通
33、入）某物质后，发生反应先后顺序正确的是（）A在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+B在含I、SO32、Br的溶液中不断通入氯气：I、Br、SO32C在含AlO2、SO32、OH的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH、AlO2、SO32D在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H+、NH4+、Fe3+【分析】A同种还原剂和多种氧化剂反应时遵循氧化还原反应的先后规律，氧化性强的先反应；B同种氧化剂和多种还原剂反应时遵循氧化还原反应的先后规律，还原性强的先反应；C依据溶液的碱性强弱进行判断；D依据反应生成物质的稳定性来判断【解答】解：A氧化性：Fe3+Cu2
34、+H+，依据氧化还原反应的先后规律，发生反应先后顺序为：Fe3+、Cu2+、H+，故A错误；B还原性：SO32IBr，依据氧化还原反应的先后规律，发生反应先后顺序为：SO32、I、Br，故B错误；C碱性：OHAlO2SO32，故发生反应先后顺序为：OH、AlO2、SO32，故C正确；D稳定性：水氢氧化铁一水合氨，故发生反应先后顺序为：H+、Fe3+、NH4+，故D错误，故选C【点评】本题考查氧化性、还原性强弱比较，离子反应发生的条件，难度不大注意分析离子反应生成物的特点15水热法制备直径为1100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2+2S2O32+O2+aOHY+S4O62+2H2O，
35、下列说法中不正确的是（）Aa=4B将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 molDS2O32是还原剂【分析】从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OHY+S4O62+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2OA、根据电荷守恒计算a的值B、直径为1100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体C、3 molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价
36、降低，据此计算D、所含元素化合价升高的反应物是还原剂【解答】解：从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OHY+S4O62+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2OA、从电荷守恒的角度分析，64a=2，所以a=4，故A正确；B、1100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为2价
37、，所以转移电子数为4mol，故C错误；D、反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32是还原剂，故D正确故选：C【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键16如图是学校实验室从化学试剂商品店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，据此，下列说法正确的是（）A该硫酸的物质的量浓度为18.4 mol/LB1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气C配制200 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50.0 mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L【分析】A根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度；B锌与足量浓硫酸反应
38、开始生成的气体为二氧化硫；C根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；D硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断【解答】解：A该浓H2SO4的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，故A正确；B锌与足量浓硫酸反应开始生成的气体为二氧化硫，不生成氢气，故B错误；C根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则xmL18.4mol/L=200mL4.6mol/L，解得：x=50，所以应量取的浓硫酸体积是50mL，故C正确；D硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的
39、质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故D错误；故选AC【点评】本题考查溶液浓度的计算和大小比较，题目难度中等，明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键，注意硫酸的浓度越大，密度越大，试题有利于培养学生的分析能力及化学计算能力二、非选择题17A、B、C三只烧杯中，依次分别盛有NaOH溶液、KSCN溶液、煮沸的蒸馏水，各滴入饱和FeCl3溶液，试根据实验现象分别回答以下问题：（1）分别写出三只烧杯可能出现的现象A产生红褐色沉淀，B形成血红色溶液，C形成红褐色溶液（2）写出这三只烧杯中形成的分散系所属
40、类型的名称：A悬浊液，B溶液，C胶体（3）写出A中形成分散系的离子反应方程式：Fe3+3OH=Fe（OH）3（4）写出C中形成分散系的化学方程式：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl【分析】氢氧化钠溶液中滴入FeCl3溶液会生成氢氧化铁沉淀；KSCN溶液中滴入FeCl3溶液会生成血红色溶液；煮沸的蒸馏水滴入FeCl3溶液会生成氢氧化铁胶体，以此解答该题【解答】解：（1）氢氧化钠溶液中滴入FeCl3溶液会生成氢氧化铁红褐色沉淀；KSCN溶液中滴入FeCl3溶液会生成血红色溶液；煮沸的蒸馏水滴入FeCl3溶液会生成氢氧化铁胶体，为红褐色溶液，故答案为：产生红褐色沉淀；形成血红色溶液
41、；形成红褐色溶液；（2）由（1）解答可知三种分散系分别为悬浊液、溶液、胶体，故答案为：悬浊液；溶液；胶体；（3）氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3；（4）氯化铁与沸水生成胶体，方程式为FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl【点评】本题考查学生Fe（OH）3胶体的性质、制备以及胶体和溶液的鉴别等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意知识的迁移和应用是解题关键，难度不大18氢能源是一种重要清洁能源现有两种可产生H
42、2的化合物甲和乙将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL1请回答下列问题：（1）甲的化学式是AlH3；乙的电子式是（2）甲与水反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al（OH）3+3H2（3）气体丙与金属镁反应的产物是Mg3N2（用化学式表示）（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O有人提出产物Cu
43、中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O（已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O）（5）甲与乙之间可能（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是AlH3中的H为1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）=0.3mol，则m（H）=0.3mol21g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g0.6g=5.4g，n（Al）=0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol
44、：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25gL1，则丙的相对原子质量为1.25gL122.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）=0.3mol，则m（H）=0.3mol21g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g0.6g=5.4g，n（Al）=0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25gL1，则丙的相对原子质量为1.
45、25gL122.4L=28，应为N2，则乙为NH3，（1）由以上分析可知甲为AlH3，乙为NH3，电子式为，故答案为：AlH3；（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3+3H2，故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3+3H2；（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有Cu2O，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无C
46、u2O，故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O；（5）AlH3中的H为1价，NH3中的H为+1价，从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气，故答案为：可能；AlH3中的H为1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据先关反应的现象以及数据判断甲乙两种物质，注意相关反应的化学方程式的书写19现有a、b、c、d四种无色溶液，分别是下列溶液Na2CO3、Na2SO4、NaHSO4、BaCl2中的某一种，为确定各是何种溶液，进行了下面的实验
47、，记录为：a+d溶液+气体 b+c溶液+沉淀 b+d溶液+沉淀Xa+b溶液Y+沉淀 沉淀X+溶液Y溶液+气体（1）写出溶液a、b、c中溶质的化学式aNaHSO4；bBaCl2；cNa2SO4；（2）写出反应的离子方程式BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O【分析】由CO32、SO42与Ba2+分别产生Ba2CO3、BaSO4的白色沉淀，而BaCO3可溶于强酸产生气体CO2，而BaSO4不能，结合反应可知，a、c、d都能与b反应产生沉淀，所以b为BaCl2溶液；而由可知沉淀X为BaCO3，溶液Y呈酸性，可知产生沉淀X，a为Na2CO3，产生溶液Y的中d为NaHSO4，以此来解答【解答】解：由C
48、O32、SO42与Ba2+分别产生Ba2CO3、BaSO4的白色沉淀，而BaCO3可溶于强酸产生气体CO2，而BaSO4不能，结合反应可知，a、c、d都能与b反应产生沉淀，所以b为BaCl2溶液；而由可知沉淀X为BaCO3，溶液Y呈酸性，可知产生沉淀X，a为Na2CO3，产生溶液Y的中d为NaHSO4，最后可知c为Na2SO4，（1）由上述分析可知，a为NaHSO4，b为BaCl2，c为Na2SO4，故答案为：NaHSO4；BaCl2；Na2SO4；（2）反应的离子方程式为BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O，故答案为：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O【点评】本题考查无机物的推断，
49、为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意b为BaCl2是推断的突破口，题目难度不大20某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4溶液1 000mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480mL 0.5mol/L的硫酸；150mL 25%的硫酸（=1.18gmL1）；足量的18mol/L的硫酸有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1 000mL老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充 请回答下列问题：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为3.0molL1（保留1位小数）（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为1000 mL（3）配制时，该同
50、学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整A将两溶液全部在烧杯中混合均匀；B用量筒准确量取所需的 18mol/L的硫酸295.0mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D用适量的水洗涤杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中；E轻轻摇动，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面最低点恰好与刻度线相切；G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀（4）如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？偏小（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）进行操作C前还需注意将稀释后的硫酸冷却到室温【分析】（1）依据c=计算2
51、5%的硫酸的物质的量浓度；（2）依据所配溶液的体积选择合适的容量瓶；（3）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；为保证所有溶质都转移到容量瓶，应将烧杯和玻璃棒进行洗涤，并将洗涤液均注入容量瓶中；（4）依据c=分析省略操作D对所配溶液浓度的影响；（5）容量瓶为精密仪器，移液前，溶液温度应降为室温【解答】解：（1）25%的硫酸的物质的量浓度为c=3.0（molL1）；故答案为：3.0；（2）欲配制6.0molL1的H2SO4 1000mL，应该选择1000ml容量瓶；故答案为：1000；（3）配制6.0mol/L的H2SO4溶液1000mL，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程
52、中所含溶液的物质的量不变，得6.0mol/L1L=0.5molL10.48L+3.0mol/L0.15L+18molL1V，解得V=0.295L，即295.0mL；为保证所有溶质都转移到容量瓶，应将烧杯和玻璃棒进行洗涤23次，并将洗涤液均注入容量瓶中；故答案为：295.0；用适量的水洗涤杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中；（4）如果省略操作D，导致溶质的物质的量偏小，依据c=分析可知溶液浓度偏小；故答案为：偏小；（5）容量瓶为精密仪器，移液前，溶液温度应降为室温；故答案为：将稀释后的硫酸冷却到室温【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的配制计算，明确配制原理是解题关键，该题的难点在于量取所需的18mol/L的硫酸的体积，题目难度不大2016年9月13日