1、2013-2014学年江西省瑞金三中高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共48分）1（3分）（2015台儿庄区校级模拟）化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成考点：纯碱工业（侯氏制碱法）；氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：化学应用分析：A侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解
2、度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体；C补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；D硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3解答：解：A侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故B正确；C碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C
3、错误；D制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故D正确故选C点评：本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识，题目难度不大2（3分）（2011碑林区校级二模）下表中物质的分类组合完全正确的是（）编号ABCD强电解质Ba（OH）2盐酸HClO4BaSO4弱电解质HICaCO3HClONH3H2O非电解质SO2NH3Cl2乙醇AABBCCDD考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合
4、物是非电解质解答：解：A、碘化氢在水中能完全电离，所以是强电解质，故A错误B、盐酸是混合物所以不属于电解质；溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，故B错误C、氯气是单质不是化合物，所以氯气不是非电解质，故C错误D、溶于水的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质；氨水在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；乙醇的水溶液不导电，所以是非电解质，故D正确故选D点评：本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关3（3分）（2010福建模拟）NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O3、HClO4是按某一规律排列的下列物质中也完全按照此规律排列的
5、是（）ACH4、Na2CO3、C、CO2、NaHCO3BNa2S、S、SO2、Na2SO3、H2SO4CNH3、N2、NO、NO2、NaNO3DP2O5、H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4考点：根据化学式判断化合价版权所有专题：物质的组成专题分析：根据化合物中正负化合价的代数和为0进行计算NaCl中Cl元素的化合价为1价，Cl2中Cl元素的化合价为0，NaClO中Cl元素的化合价为+1价，Cl2O3中Cl元素的化合价为+3价，HClO4中Cl元素的化合价为+7价，是按照Cl元素的化合价由低到高排列解答：解：A、CH4中C元素的化合价为4价，Na2CO3中C元素的化合价为4
6、价，C中碳元素化合价为0、CO2中C元素的化合价为+4价，NaHCO3中C元素的化合价为4价，不是按照化合价升高顺序，故A不符合；B、Na2S中S元素的化合价为2价，S中硫元素的化合价为0价，SO2中S元素的化合价为+4价，Na2SO3中S元素的化合价为+4价，H2SO4中S元素的化合价为+6价，不是按照化合价升高顺序，故B不符合；C、NH3中N元素的化合价为3价，N2中N元素的化合价为0价，NO中N元素的化合价为+2价，NO2中N元素的化合价为+4价，NaNO3中N元素的化合价为+5价，按照氮元素化合价升高排列，故C符合；D、P2O5中P元素的化合价为+5价，H3PO4中P元素的化合价为+5
7、价，Na3PO4中P元素的化合价为+5价，Na2HPO4中P元素的化合价为+5价，NaH2PO4中P元素的化合价为+5价，磷元素化合价相同，故D不符合故选C点评：本题在考查化合价的计算及寻找规律，比较基础，较好地考查学生分析解决问题的实际能力，是一种能力训练习题，难度较小4（3分）（2013秋瑞金市校级月考）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+3H2OB氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2ClSO2+Cl2+H2OC用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H20+SO22NH4+SO32+H2OD明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液
8、使SO42恰好完全沉淀：2Ba2+3OH+Al3+2SO422BaSO4+Al（OH）3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磁性氧化铁为四氧化三铁，与硝酸发生氧化还原反应；B为难挥发性酸制取易挥发性酸；C反应生成亚硫酸铵和水；D使SO42恰好完全沉淀，以1：2反应，生成硫酸钡、偏铝酸钾、水解答：解：A磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故A错误；B氯化钠与浓硫酸混合加热的反应为H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl，故B错误；C用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3H20+SO22NH4+SO32+H
9、2O，故C正确；D明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀的离子反应为2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，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与量有关的离子反应考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度中等5（3分）（2009秋天河区期末）在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的是（）A原子数B分子数C质量D密度考点：阿伏加德罗定律及推论版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏
10、加德罗定律分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，再结合m=nM、=、分子构成分析解答解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，A两个容器中每个分子所含原子个数不等，所以相同分子数的这两个容器中原子个数不等，故A错误；B同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，故B正确；C两个容器中气体平均摩尔质量不一定相等，根据m=nM知其质量不一定相等，故C错误；D根据=知，两个容器中气体平均摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论
11、，明确基本公式中各个物理量的关系是解本题关键，灵活运用基本公式来分析解答即可，题目难度不大6（3分）（2015张掖模拟）在一瓶无色未知溶液中检验出有Ba2+、Ag+，同时又测得其酸性很强某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在：Cu2+、Fe3+、Cl、NO、S2、CO、NH、Mg2+、Al3+、AlO离子其实，这些离子中有一部分不再鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的离子组是（）ABCD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：一瓶无色未知溶液中检验出有Ba2+、Ag+，同时又测得其酸性很强，含大量的H+，与三种离子反应生成沉淀、水、气体等离子及又颜色的离子不必鉴定，以此来解答解答：解：一瓶
12、无色未知溶液中检验出有Ba2+、Ag+，同时又测得其酸性很强，含大量的H+，Cu2+、Fe3+分别为蓝色、黄色，与无色不符，不必鉴定；Cl、S2与Ag+结合生成沉淀，不必鉴定；、分别与H+反应，不能共存，则不必鉴定，故选：D点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应及离子颜色的考查，把握常见物质的溶解性即可解答，题目难度不大7（3分）（2014春奉新县校级期末）19% 的MgCl2溶液中，Cl与H2O个数比为（）A4：90B4：45C2：45D19：81考点：物质的量的相关计算版权所有专题：计算题分析：假设溶液质量为100g，则氯化镁的质量为19g，进而计算水的质量，根据n=计算
13、氯化镁、水的物质的量，溶液中n（Cl）=2n（MgCl2），微粒数目之比等于其物质的量之比解答：解：假设溶液质量为100g，则氯化镁的质量为100g19%=19g，水的质量=100g19g=81g，氯化镁的物质的量=0.2mol、溶液中n（Cl）=2n（MgCl2）=20.2mol=0.4mol，水的物质的量=4.5mol，故Cl与H2O个数比=0.4mol：4.5mol=4：45，故选B点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意利用赋值法进行计算，注意对公式的理解8（3分）（2013秋瑞金市校级月考）在标准状况下，a g气体X与b g气体Y的分子数相同，下列说法正确的是（）A标准状况下，
14、等质量的X和Y体积之比为b：aB同温同压下，气体X和气体Y密度之比为b：aC同物质的量的气体X和气体Y的质量之比为b：aD25时，1 g气体X和1 g气体Y的分子数之比为a：b考点：阿伏加德罗定律及推论版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：标准状况下，相同摩尔体积相等，a g气体X与b g气体Y的分子数相同，则二者的物质的量相等，其摩尔质量之比等于其质量之比=ag：bg=a：b，A标况下，根据V=Vm判断其体积之比；B同温同压下，气体摩尔体积相等，根据=判断其密度之比；C根据m=nM判断其质量之比；D根据N=判断其分子数之比解答：解：标准状况下，相同摩尔体积相等，a g气体X与b
15、g气体Y的分子数相同，则二者的物质的量相等，其摩尔质量之比等于其质量之比=ag：bg=a：b，A标况下，气体摩尔体积相等，根据V=Vm知，相同质量时，其体积之比等于其摩尔质量的反比=b：a，故A正确；B同温同压下，气体摩尔体积相等，根据=知，二者的密度之比等于其摩尔质量之比=a：b，故B错误；C根据m=nM知，相同物质的量时，其质量之比等于其摩尔质量之比=a：b，故C错误；D根据N=知，相同质量时，其分子数之比等于其摩尔质量的反比=b：a，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，同时考查学生对各个物理量关系的判断以及灵活运用公式能力，根据公式分析解答即可，题目难度不大9（3分）
16、（2013秋瑞金市校级月考）下列关于Fe（OH）3胶体的说法中不正确的是（）AFe（OH）3胶体与硅酸溶液混合将产生凝聚现象BFe（OH）3胶体粒子在电场影响下将向阳极移动C液溶胶中Fe（OH）3胶体粒子不停地做布朗运动D光线通过Fe（OH）3胶体时会发生丁达尔现象考点：胶体的重要性质版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、胶粒遇带相反电荷的胶粒发生聚沉；B、Fe（OH）3胶粒在电场的作用下，做定向运动，这种现象称为电泳；C、胶体粒子在不停地做布朗运动；D、光束通过胶体时，产生光亮的通路，称为丁达尔效应解答：解：A、Fe（OH）3胶体胶粒带正电，硅酸胶体胶粒带负电，二者相遇发生聚
17、沉，故A正确；B、Fe（OH）3胶粒带有正电荷，所以在电场的作用下，向阴极区移动，而使该区颜色加深，这种现象称为电泳，故B错误；C、Fe（OH）3胶体粒子不停地做布朗运动，故C正确；D、光线通过Fe（OH）3胶体时会发生丁达尔现象，故D正确；故选B点评：本题考查胶体的性质，难度不大，注意丁达尔效应是胶体的特有性质10（3分）（2009上海）NA代表阿伏加德罗常数下列有关叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LH2O含有的分子数等于0.1NAB常温下100mL 1mol/L Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NAC分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28gD3.4g
18、 NH3中含NH键数目为0.2NA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、水标准状况不是气体，不能用摩尔体积计算物质的量；B、碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；C、温度压强未知，不能计算气体体积；D、质量换算物质的量结合分子式结合氮氢键；解答：解：A、水标准状况不是气体，准状况下，22.4LH2O物质的量不是1mol，故A错误；B、100mL1mol/LNa2CO3溶液中阴离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多，阴离子总数大于0.1NA，故B正确；C、分子数为NA的CO、C2H4混合气体质量为28g，体积在标准状况约为22.4L，温度压强
19、不知无法计算，故C错误；D、3.4gNH3中物质的量为0.2mol，含NH键数目为0.6NA，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条件应用，盐类水解的特征分析，质量换算物质的量计算化学键，题目难度中等11（3分）（2014春桥西区校级月考）标准状况下a L H2和Cl2的混合气体，经光照充分反应后，所得气体恰好使溶液中b mol NaOH完全转变成盐，则a、b的关系不可能是（）Ab=B0bCbDb考点：有关范围讨论题的计算版权所有专题：守恒法分析：所发生的反应有：H2+Cl22HCl，HCl+NaOH=NaCl+H2O，若Cl2过量还有：2NaOH+Cl2
20、=NaCl+NaClO+H2O，由以上反应可知：n（NaOH）=2n（Cl2），故可用极值法求解解答：解：所发生的反应有：H2+Cl22HCl，HCl+NaOH=NaCl+H2O，若Cl2过量还有：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由以上反应可知：n（NaOH）=2n（Cl2），若a L全为H2时，耗NaOH的物质的量为0，若a L全为Cl2时，消耗NaOH量最大：2 mol=mol，故对二者混合气体耗NaOH量应介于0与 mol之间故选D点评：Cl2和H2、NaOH，HCl和NaOH反应的关系以及气体反应过程中体积变化规律等全方位联网，考查综合分析问题的能力，应用Na+守恒较
21、为方便，切入点是刚好反应时的关系12（3分）（2013秋内蒙古校级期中）（2010华南师大附中测试）在含有碳酸根离子，且能使酚酞变红的无色溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa+、SO32、SO42、K+BNa+、Cu2+、Br、Ba2+CK+、MnO4、NO3、Na+DK+、Ca2+、SO32、Cl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：溶液中含有碳酸根离子，与之反应生成沉淀或气体的离子不能共存，溶液无色，则有颜色的离子不能共存解答：解：A、该四种离子都无颜色，且离子之间不发生反应，可以大量共存，故A正确；B、Cu2+有颜色，与题中溶液无色不符，故B错误；C、MnO4有颜色，与题中
22、溶液无色不符，故C错误；D、Ca2+与CO32反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意溶液的酸碱性、颜色等隐性要求，从离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、相互促进的水解等角度分析此类题目13（3分）（2013秋瑞金市校级月考）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：SnCl2+Cl+H3AsO3+H+As+SnCl62+M（未配平），关于该反应的说法中正确的组合是（）氧化剂是H3AsO3 还原性：ClAs 每生成0.1mol的As，还原剂失去的电子为0.3molM为OHSnCl62是氧化产物H+前面的配平系数为6ABCD只
23、有考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：离子方程式SnCl2+Cl+H3AsO3+H+As+SnCl62+M，中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成解答：解：方程式中Sn元素从+2价上升至+4价，SnCl2是还原剂，SnCl是氧化产物；As元素从+3价下降到0价，H3AsO3是氧化剂，As是还原产物，反应的离子方程式为3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62+6H2O，Cl元素化合价没有发生变化，不能推出还原性
24、：ClAs，每生成0.1molAs，还原剂失去电子的物质的量为0.1mol3=0.3 mol根据质量守恒和电荷守恒推知M应为H2O，H+前面的配平系数为6，显然正确，故选A点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意原子守恒及氧化还原反应中氧化性比较规律，题目难度不大14（3分）（2013黄石校级模拟）在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为gcm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为c mol/L下列叙述中正确的是（）=c=上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，
25、充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）ABCD考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：溶质的质量分数为可由溶质的质量和溶液的质量来计算；根据c=来计算；根据溶质的质量分数=100%来计算；根据反应后的溶质及水解来分析解答：解：VmL氨水，溶液的密度为gcm3，溶液的质量为Vg，溶质的质量为17，则溶质的质量分数为=，故错误；溶质的物质的量为mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，故正确；再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5，故
26、错误；VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故正确；故选D点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键，题目难度不大15（3分）（2013秋瑞金市校级月考）下列说法正确的是（）A要氧化除去FeCl2溶液中含有I杂质，可加入的试剂是FeCl3B已知：常温时，下列三个反应都能自发的向右进行：2W+X22X+W2 2Y+W22W+Y2 2X+Z22Z+X2，则反应2Z+Y22Y+Z2也能自发向右进行CNO2NO必须加入还原剂才能实
27、现D在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、H2O2为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为1：1：1考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；反应热和焓变；物质的分离、提纯和除杂版权所有专题：元素及其化合物分析：A氯化铁能氧化I，生成氯化亚铁和碘，再萃取可除杂；B由2W+X22X+W2 、2Y+W22W+Y2、2X+Z22Z+X2，可知氧化性Z2X2W2Y2，以此判断反应的发生；CNO2NO中，N元素的化合价降低，可发生自身氧化还原反应；D用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，O则由1价转化为0价现要制得相
28、同的O2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半解答：解：A氯化铁能氧化I，生成氯化亚铁和碘，再萃取可除杂，则要氧化除去FeCl2溶液中含有I杂质，可加入的试剂是FeCl3，故A正确；B由2W+X22X+W2 、2Y+W22W+Y2、2X+Z22Z+X2，可知氧化性Z2X2W2Y2，氧化性Z2Y2，则不能发生2Z+Y22Y+Z2，故B错误；CNO2NO中，N元素的化合价降低，可发生自身氧化还原反应，如NO2与水反应可实现转化，故C错误；D用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由2价转化为0价，如生成1mol O2，需转移4mol电子，而用过
29、氧化氢制氧气，O则由1价转化为0价，如生成1mol O2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为2：2：1，故D错误；故选A点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯的方法及选择、氧化还原反应及氧化还原反应的计算等，注重高频考点的考查，把握物质的性质及氧化还原反应原理为解答的关键，侧重于学生的分析能力和综合应用知识能力的考查，难度中等16（3分）（2014岳阳一模）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH
30、的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B溶液中n（NH4+）=0.2molC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1考点：常见离子的检验方法版权所有专题：图示题；离子反应专题分析：加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，
31、对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量解答：解：A、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故A错误；B、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C、据图象
32、特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OHAl（OH）4，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OHAl（OH）3，Mg2+2OHMg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，
33、所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol0.1mol0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误故选B点评：本题是一道关于离子反应和离子检验知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大二、非选择题（共52分）17（15分）（2013秋瑞金市校级月考）铁是人类必需的微量元素之一，它可以促进血红蛋白结合氧分子进行输氧，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给患贫血的病人补铁请根据以下药品说明书回答（1）药片上的糖衣可以起隔绝空气防止被O2氧化的作用，鉴定时溶解加盐酸的目的是防止Fe2
34、+水解（2）某研究小组甲欲用KMnO4测定FeSO4的含量实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250毫升，配制时需要的仪器除托盘天平外，还需要的仪器有250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒滴定时含硫酸亚铁的滤液放在锥形瓶（填仪器）中，高锰酸钾溶液放在酸式滴定管（填仪器）中，滴定终点时溶液的颜色为紫色（3）另一研究小组乙设计了如下测量方案：过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作有A、B、F、E（按操作的顺序填写）A过滤B洗涤C萃取D分液E冷却F灼烧考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：实验探究和数据处理题
35、分析：（1）根据亚铁离子具有强还原性和在水溶液中易发生水解作答；（2）根据配制一定物质的量浓度溶液实验用到的仪器回答；滴定实验中，待测液放在锥形瓶中，高锰酸钾溶液具有强氧化性，放在酸式滴定管中，不用加指示剂，利用高锰酸钾溶液本身的颜色即可；（3）依据过滤时用到的玻璃仪器分析；从红褐色的悬浊液过滤得到含氢氧化铁的滤渣，洗涤除掉吸附的杂质离子，灼烧分解生成氧化铁，冷却后称量；解答：解：（1）亚铁离子具有强还原性，容易被空气中的氧气氧化，糖衣可以隔绝空气，防止亚铁离子被氧气氧化，亚铁离子在水溶液中易水解，加盐酸增大氢离子浓度可以抑制水解，故答案为：隔绝空气，防止被O2氧化；防止Fe2+水解；（2）配
36、制一定物质的量浓度溶液实验用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要250mol容量瓶和定容时使用的胶头滴管，故答案为：250ml容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒；滴定实验中，待测液放在锥形瓶中，因此含硫酸亚铁的滤液放在锥形瓶，高锰酸钾溶液具有强氧化性，放在酸式滴定管中；不用加指示剂，利用高锰酸钾溶液本身的颜色即可，当加入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液的颜色变为紫色，震荡，且半分钟内不恢复原色，则滴定到了终点，故答案为：锥形瓶；酸式滴定管；紫；（3）依据过滤时用到的玻璃仪器分析需要的仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；从红褐色的悬浊液过滤得到含氢氧化
37、铁的滤渣，洗涤除掉吸附的杂质离子，灼烧分解生成氧化铁，冷却后称量，其过程中所需的基本操作为：A、B、F、E；故答案为：A、B、F、E；点评：本题考查亚铁离子的性质，涉及亚铁离子的强还原性、水解反应和实验仪器的选取、实验步骤的设计和滴定终点的确定，掌握基础是关键，题目难度中等18（9分）（2012临清市校级模拟）储氢纳米碳管的研制成功体出了科技的进步用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2（SO4）3和H2O七种（1）请用上述物质填空，并配平化学方程式：3 C+2K2Cr2
38、O7+8 H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8 H2O（2）上述反应中氧化剂是K2Cr2O7（填化学式），被氧化的元素C（填元素符号）（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是（填选项序号）CA氧化性 B氧化性和酸性C酸性 D还原性和酸性（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为4.48L考点：氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平版权所有专题：氧化还原反应专题分析：（1）根据质量守恒定律和氧化还原反应得失电子守恒来配平化学方程式；（2）根据反应中元素的化合价的变化来判断氧化剂以及被氧化的元素；（3）根据硫酸在反应的化合价是否发生变化来判断硫
39、酸在反应中表现出来的性质；（4）根据电子转移的数目与氧化剂或还原剂之间的物质的量的关系进行计算解答：解：（1）由CCO2、K2Cr2O7Cr2（SO4）3变化过程中得失电子守恒和反应的部分化学方程式可配平得3C+2K2Cr2O7+8H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案为：3；2K2Cr2O7；8；3CO2；2K2SO4；2；8；（2）分析所给物质的化合价氧化剂为K2Cr2O7，还原产物为Cr2（SO4）3，还原剂为C，氧化产物为CO2故答案为：K2Cr2O7；C；（3）H2SO4在反应中各元素的化合价没有发生变化，只表现酸性故答案为：C；（3）设产生的气体的
40、体积为V，根据反应式计算： 3C+2K2Cr2O7+8H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O 转移电子 322.4L 12mol V 0.8molV=0.8 mol322.4 L/mol12=4.48 L故答案为：4.48 L点评：本题考查氧化还原反应方程式的配平，氧化剂、还原剂等概念的了解和判断，以及有关氧化还原反应的简单计算，做题时注意正确判断化合价的变化，从氧化还原反应氧化剂和还原剂得失电子数目相等进行配平和计算19（8分）（2011东湖区校级一模）氧化还原反应实际上包含氧化反应和还原反应两个过程，一个还原反应过程的离子方程式为：NO+4H+3eNO+2H2O下
41、列四种物质：KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2（SO4）3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生（1）被还原的元素是N；还原剂是KI（2）写出并配平该氧化还原反应方程式：6KI+8HNO36KNO3+2NO+3I2+4H2O（3）反应生成0.3mol H2O，则转移电子的数目为0.45NA（4）若反应后，氧化产物的化合价升高，而其他物质保持不变，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比将增大（填“增大”、“不变”、“减小”或“不能确定”）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：物质甲应该发生氧化反应，在题给四种物质中，能发生氧化反应的只有KI，被还原的元素为N
42、，还原剂是KI，发生反应的化学方程式为6KI+8HNO36KNO3+2NO+3I2+4H2O，结合化合价的变化计算解答：解：（1）物质甲应该发生氧化反应，在题给四种物质中，能发生氧化反应的只有KI，被还原的元素为N，还原剂是KI，故答案为：N；KI；（2）反应的方程式应为6KI+8HNO36KNO3+2NO+3I2+4H2O，故答案为：6KI+8HNO36KNO3+2NO+3I2+4H2O；（3）反应6KI+8HNO36KNO3+2NO+3I2+4H2O中转移的电子数为6e，即每生成4 mol H2O，转移6 mol电子因此若生成0.3 mol H2O，转移0.45 mol电子，故答案为：0.
43、45NA；（4）若反应后氧化产物的化合价升高，则需氧化剂的物质的量增大，故氧化剂与还原剂的物质的量之比增大，故答案为：增大点评：本题考查氧化还原反应的计算，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，本题可根据配平后的化学方程式计算，难度中等20（10分）（2013秋瑞金市校级月考）（2011广东四校联考）（1）含氯消毒剂可防甲型H1N1流感二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得请写出反应的离子方程式2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O（2）某无色溶液只含有下列8种离子中的某几种：Na+、H
44、+、Mg2+、Ag+、Cl、OH、HCO、NO已知该溶液可与Al2O3反应，则：该溶液与Al2O3反应后有Al3+生成，则原溶液中一定含有H+，一定不会含有大量的OH、HCO3该溶液与Al2O3反应后有AlO生成，则原溶液中一定含有OH、Na+，可能含有大量的Cl、NO3写出该溶液与Al2O3反应生成AlO的离子方程式Al2O3+2OH2AlO2+H2O考点：离子共存问题；镁、铝的重要化合物版权所有专题：离子反应专题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得二氧化氯，还生成硫酸钾、水；（2）溶液与Al2O3反应后有Al3+生成，说明该溶液显酸性，
45、与氢离子能反应的离子不能大量共存；该溶液与Al2O3反应后有AlO2生成说明该溶液显碱性，不与氢氧根离子反应的离子可大量共存；碱与氧化铝反应生成偏铝酸根离子和水解答：解：（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32被氧化成SO42，该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，故答案为：2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O；（2）溶液与Al2O3反应后有Al3+生成，说明该溶液显酸性，一定含有H+；OH、HCO3一定不会大量存在，故答案为：H+；OH、HCO3；该溶液与Al2O3反应后有AlO2生成说明该溶液显碱性，H+、Mg2+、
46、Ag+与OH不能大量共存，必定含有一种阳离子：Na+，故溶液中一定含有OH、Na+，可能含有Cl、NO3，故答案为：OH、Na+；Cl、NO3；碱与氧化铝反应生成偏铝酸根离子和水，该离子反应为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，注重信息的抽取和氧化还原反应的考查，对学生思维严密性有较好的训练，具有坚实的基础知识即可解答，注意氧化铝的两性，题目难度不大21（10分）（2014赫山区校级二模）铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有+l、+2已知Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色现向Cu、Cu
47、2O和CuO组成的混合物中，加入1L 0.6mol/L HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240mL NO气体（标准状况）请回答下列问题：（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式3Cu2O+14H+2NO36Cu2+2NO+7H2O（2）若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为16g（3）若混合物中含0.1mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为0.1mol（4）若混合物中Cu的物质的量为n mol，则n的取值范围为0.05moln0.15mol（5）科学研究发现纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂在加热条件下用液态肼（N2H4）还
48、原新制Cu（OH）2可制备纳米级Cu2O，同时放出N2当收集的N2体积为3.36L（已换算为标准状况）时，可制备纳米级Cu2O的质量为43.2g考点：铜金属及其重要化合物的主要性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3被还原为NO，同时生成H2O，据此配平写出反应离子方程式；（2）Cu、Cu2O、CuO与0.6mol HNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，根据N原子守恒可知：nCu（NO3）2=0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO混合物后应得到0.
49、25mol Cu，根据m=nM计算固体Cu的质量；（3）根据3Cu2NO，3Cu2O2NO，n（Cu）=0.1mol，n（NO）=0.1mol，可得混合物中Cu2O为0.05mol，故CuO为0.05mol混合物中，0.1mol Cu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，据此计算消耗硫酸；（4）根据电子守恒和铜原子守恒用n表示出n（Cu2O）、n（CuO）；（5）根据电子转移数目守恒计算解答：解：（1）Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离
50、子方程式为：3Cu2O+14H+2NO36Cu2+2NO+7H2O，故答案为：3Cu2O+14H+2NO36Cu2+2NO+7H2O；（2）Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，硝酸的物质的量1L0.6mol/L=0.6mol，NO的物质的量=0.1mol，根据N原子守恒可知：nCu（NO3）2=0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO混合物后应得到0.25mol Cu，故固体的质量为0.25mol64g/mol=16g，故答案为：16g；（3）根据3Cu2NO可知，0.1molC
51、u反应生成NO为mol，故3Cu2O2NO反应生成NO为（0.1molmol），可得混合物中Cu2O为（0.1molmol）=0.05mol，故CuO为0.25mol0.1mol0.05mol=0.05mol，混合物中，0.1mol Cu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，可得n（H2SO4）=0.05mol+0.05mol=0.1mol，故答案为：0.1mol（4）由Cu元素守恒可得：2n（Cu2O）+n（CuO）+n=0.25mol，由氧化还原反应得失电子守恒可知：n2+2n（Cu2O）=0.1mol3，解之得：n（CuO）=n0.05mol，n（Cu2O）=0.15moln，所以0.05moln0.15mol故答案为：0.05moln0.15mol（5）令生成的Cu2O的物质的量为nmol，根据电子转移数目守恒，则有nmol2（10）=20（2），解得n=0.3所以可制备Cu2O的质量为0.3mol144g/mol=43.2g故答案为：43.2g点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，侧重对学生思维能力的考查，（2）中注意根据守恒思想进行计算，（3）中利用反应生成水，根据H、O原子关系计算，避免利用方程式的繁琐
