1、2016-2017学年湖北省宜都一中高一（上）第二次月考化学试卷一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）1下列除杂试剂及方法不合理的是（）选项混合物（括号内是杂质）所加试剂操作方法A乙醇（水）生石灰蒸馏B乙酸乙酯 （乙酸）饱和NaOH分液C食盐（沙子）水过滤、蒸发D溴苯（Br2）NaOH溶液分液AABBCCDD2阿司匹林是一种常用的解热镇痛药，其结构如图所示，根据其结构推断，其可能有的性质为（）A该物质能与浓溴水发生取代反应B该物质能发生酯化反应C该物质属于蛋白质D该物质极易溶于水和有机溶剂3下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（）A通入CO2气体产生蓝色沉淀B该溶液中Na+、NH4
2、+、NO3、Mg2+可以大量共存C与H2S反应的离子方程式：Cu2+S2=CuSD与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+4将2.24L（标准状况）乙烯和甲烷的混合气体通入足量的溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了2.1g，则原混合气体中乙烯与甲烷的物质的量之比为（）A1：1B3：1C3：2D2：35实验室保存下列试剂方法错误的是（）A过氧化钠密封保存在广口瓶中B氢氧化钠溶液保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中C少量的钠保存在煤油中D氯水保存在棕色试剂瓶中，并贮放在阴暗处6ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂实验室中可通过以下反应制得ClO2：2KC
3、lO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 下列说法不正确的是（）ACO2是氧化产物BH2C2O4在反应中被氧化C1mol KClO3参加反应，转移的电子为1molDH2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性7设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A7.8gNa2O2中阴、阳离子总数为0.4NAB4.4gCO2和C3H8的混合气体中含有的分子总数为0.1NAC0.1mol苯乙烯中含碳碳双键总数为0.4NAD标准状况下，1.12L乙酸中含有氢原子总数为0.2NA8实验室中需要配制1mol/L的NaCl溶液448mL，配置时应选用的容量瓶的规格和称取的NaC
4、l质量分别是（）A448mL 26.2gB500mL 29.3gC1000mL 29.3gD450mL 26.2g9非金属溴与氯气的性质很相似在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是（）A做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论B观察溴的外观性质做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论C观察溴的外观性质预测溴的化学性质做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论D预测溴的性质做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论观察溴的外观性质10下列离子方程式书写正确的是（）A将Na投入CH3COOH中：2Na+2H+2Na+H2B将过量氨水加入到AlCl3溶液中：Al3+4OHAlO2+2H2OC向氯化银悬浊
5、液中加入溴化钾溶液：Ag+BrAgBrD碳酸氢钙溶液中加入等物质的量的氢氧化钠溶液：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O11已知反应：Cl2+2KBr2KCl+Br2；KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O；2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3下列说法正确的是（）A氧化性由强到弱的顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2B中KCl是氧化产物，KBr 发生还原反应C中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2molD反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：612下列叙述正确的是（）A物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液，含有Cl 个数为NABV mL硫酸铁溶液中含有m
6、g SO42，则Fe3+的物质的量浓度为6.94m/V molL1C将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 molL1D用36.5%的浓盐酸（密度为1.25gcm3）配制成浓度为0.1molL1的稀盐酸240mL，所需浓盐酸的体积为1.9mL13根据以下几个反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2Br2+2KI=2KBr+I2判断氧化性由强到弱的顺序是（）AI2Br2Cl2BCl2Br2I2CBr2I2Cl2DCl2I2Br214设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）106g Na2CO3晶体中的离子总数大于3NA标准状况下，16g O3和O2混合
7、气体中含有的氧原子数为NA将0.1mol NaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NA1mol N2和3mol H2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内的分子数大于2NAABCD15某学生取某物质溶于水，制得无色透明溶液，进行以下实验：与碱反应生成盐和水；与铁反应生成氢气；该溶液中阳离子只有H+根据你学过的酸的概念，其中能说明该物质为酸类物质的是（）ABCD16下列有关实验原理或操作的示意图合理的是（）A制取蒸馏水B收集氯化氢C蒸发结晶D实验室制取乙酸乙酯17下列关于某些离子的检验说法正确的是（）A向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则
8、原溶液中一定有CO32或HCO3B向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42C向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Cl18能在水溶液中大量共存的一组离子是（）AK+、H+、NO3、SiO32BH+、NH4+、Al3+、SO42CFe2+、H+、ClO、SO42DAlO2、Mg2+、HCO3、NO319向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生
9、CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示下列判断正确的是（）A原NaOH溶液的浓度为0.1mol/LB通入CO2的体积为448mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：120在水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、CO32、Cl、NO3BPb2+、Fe3+、S2、SO42CNH4+、H+、S2O32、PO43DCa2+、Al3+、Br、CO3221下列各组离子一定能大量共存的是（）A含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO
10、2、CO32C在c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO322下列反应的离子方程式正确的是（）A铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2B铁粉加入三氯化铁溶液中：2Fe+Fe3+3Fe2+CAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3DFeCl2溶液中加入氯水：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl23用10mL的0.1molL1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（）A3：2：2B1
11、：2：3C1：3：3D3：1：124在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3D在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、Al（OH）3、OH、CO3225如图所示的实验或操作中，能达到实验目的是（）A图常用于分离沸点不同且彼此互溶的液态混合物B图
12、可用于实验室制备并收集少量的NH3C图表示的是实验室配制溶液转移过程D图可用于除去SO2中的HCl气体26Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体共同具备的性质是（）A都呈透明的红褐色B分散质颗粒直径相同C都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀D当有光线透过时，都能产生丁达尔效应27室温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（）A能使pH试纸变红的溶液中：CO32、K+、Cl、Na+B由水电离产生的c（OH）=11010 molL1的溶液中：NO3、Mg2+、Na+、SO42C在=11012的溶液中：NH4+、Fe2
13、+、Cl、NO3D =1010 molL1的溶液中：Na+、HCO3、Cl、K+28已知NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A在1L 0.1molL1氟化钠溶液中含有F和HF数目之和为0.1NAB300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC标准状况下，1.8gD2O中含有NA个中子D标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3NA29设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A2.3g金属钠在一定条件下生成Na2O和Na2O2的混合物时，钠失去的电子数目为0.1NAB22.4L氧气中所含的分子数目为NAC1mol/L Na2CO3溶液中含有Na+离子数目是NA
14、D17g氨气中所含氢原子数目为4NA30在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同试根据甲、乙的摩尔质量（M）的关系，判断下列说法中正确的是（）A若M（甲）M（乙），则分子数：甲乙B若M（甲）M（乙），则气体摩尔体积：甲乙C若M（甲）M（乙），则气体的压强：甲乙D若M（甲）M（乙），则气体体积：甲乙二、填空题31（1）在KCl和CaCl2的混合物中，K+和Ca2+的物质的量之比为2：1，则KCl和CaCl2的物质的量之比为，若要取出含1mol Cl的该混合物，应称取该混合物的质量为g（2）同温、同压下某瓶充满O2时重106克，充满CO2时重112克，充满某气体时
15、重98克则某气体的相对分子质量为（3）铜和浓硫酸发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O在该反应中，若消耗了32g Cu，则转移了mol 电子，生成L SO2（标准状况）气体32粗盐中除含有Ca2+、Mg2+、SO42等可溶性杂质外，还含有泥砂等不溶性杂质（1）检验溶液中含有SO42的方法是（2）将粗盐溶解过滤除去不溶性杂质后，在滤液中依次滴加过量NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液，直至不再产生沉淀这些操作的目的是，滴加Na2CO3溶液时发生反应的化学方程式为（3）用提纯后的NaCl固体配制100mL 1.0mol/L NaCl溶液，所用仪器除托
16、盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙外，还需要（填仪器名称）转移溶液时没有洗涤烧杯会造成所配溶液浓度偏（填“高”或“低”，下同）；定容时仰视刻度线会造成所配溶液浓度偏33已知某溶液中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；将沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀请回答下列问题：（1）结合和，判断原溶液中肯定含有的离子是，可以排除的离
17、子是（2）由推知原溶液中一定有离子，其物质的量为mol（3）综合（1）、（2）及题干信息，结合溶液中电荷守恒知识，还可以排除的离子是该学习小组最终得出结论：该溶液由种阳离子（填数字，下同）和种阴离子组成34回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料其中一个反应为3FeS2+8O2=6SO2+Fe3O4，氧化产物为，若有3mol FeS2参加反应，转移电子数为（2）与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为（用离子方程表示）（3）在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，并有气体逸出，请写出相应的离子方程
18、式2016-2017学年湖北省宜都一中高一（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）1下列除杂试剂及方法不合理的是（）选项混合物（括号内是杂质）所加试剂操作方法A乙醇（水）生石灰蒸馏B乙酸乙酯 （乙酸）饱和NaOH分液C食盐（沙子）水过滤、蒸发D溴苯（Br2）NaOH溶液分液AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】ACaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；B乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应；C沙子不溶于水，而食盐溶于水；D溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层【解答】解：ACaO与水反应后，增大与乙
19、醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故A正确；B乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故B错误；C沙子不溶于水，而食盐溶于水，则溶解后、过滤可除杂，故C正确；D溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；故选B2阿司匹林是一种常用的解热镇痛药，其结构如图所示，根据其结构推断，其可能有的性质为（）A该物质能与浓溴水发生取代反应B该物质能发生酯化反应C该物质属于蛋白质D该物质极易溶于水和有机溶剂【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知，分子中含COOH、COOC，结合羧酸、酯的性质来解答【解答】解：A含COOH、COOC，均与浓溴水不反应，故A不选；B
20、含COOH，可发生酯化反应，故B选；C不含氨基、羧基、肽键，不属于蛋白质，故C不选；D含苯环、甲基、COOC，不易溶于水，可溶于有机溶剂，故D不选；故选B3下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（）A通入CO2气体产生蓝色沉淀B该溶液中Na+、NH4+、NO3、Mg2+可以大量共存C与H2S反应的离子方程式：Cu2+S2=CuSD与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+【考点】离子共存问题；离子方程式的书写【分析】A硫酸铜溶液与二氧化碳不反应；B该组离子之间不反应；CH2S在离子反应中保留化学式；D与过量浓氨水反应，生成络离子【解答】解：A硫酸铜溶液与二氧
21、化碳不反应，不能生成沉淀，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；CH2S在离子反应中保留化学式，则离子方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+，故C错误；D与过量浓氨水反应，生成络离子，则与过量浓氨水反应的离子方程式为Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O，故D错误；故选B4将2.24L（标准状况）乙烯和甲烷的混合气体通入足量的溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了2.1g，则原混合气体中乙烯与甲烷的物质的量之比为（）A1：1B3：1C3：2D2：3【考点】有关混合物反应的计算【分析】乙烯和甲烷的混合气通入足量的溴水中，只有乙烯能与溴水反应，充分反应后，溴水的质量增加
22、2.1g为乙烯的质量，利用n=计算其物质的量，利用n=来计算混合气体的总物质的量，进而计算原气体混合物中甲烷的物质的量，据此进行解答【解答】解：溴水的质量增加2.1g为乙烯的质量，乙烯的物质的量为：n（C2H4）=0.075mol，混合气的总物质的量为：n（混合）=0.1mol，混合气体中甲烷的物质的量为：n（CH4）=0.1mol0.075 mol=0.025 mol，原混合气体中乙烯与甲烷的物质的量之比=n（C2H4）：n（CH4）=0.075：0.025=3：1，故选B5实验室保存下列试剂方法错误的是（）A过氧化钠密封保存在广口瓶中B氢氧化钠溶液保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中C少量的钠保存在
23、煤油中D氯水保存在棕色试剂瓶中，并贮放在阴暗处【考点】化学试剂的存放【分析】A过氧化钠易与水、二氧化碳反应，应在干燥的环境中密封保存；B氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住；C根据钠易与水、氧气反应，钠和煤油的密度大小进行解答；D氯水中次氯酸见光易分解，应密封在棕色试剂瓶中【解答】解：A空气中含有水和二氧化碳，过氧化钠易与反应，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，过氧化钠易与二氧化碳反应，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，所以过氧化钠应在干燥的环境中密封保存，故A正确； B氢氧化钠与玻璃中二氧化硅反应，生成具有黏性的硅酸钠，导致玻璃塞打不开，应
24、用橡胶塞，故B错误；C钠易与水、氧气反应，而不与煤油反应，且密度大于煤油，可以密封在煤油中保存，故C正确；D氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸不稳定见光易分解2HClO2HCl+O2，光照导致加快氯水中次氯酸的分解，所以将氯水保存在棕色试剂瓶中，故D正确故选B6ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂实验室中可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 下列说法不正确的是（）ACO2是氧化产物BH2C2O4在反应中被氧化C1mol KClO3参加反应，转移的电子为1molDH2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
25、【考点】氧化还原反应【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3加升高为+4价，以此来解答【解答】解：AC元素的化合价升高，失去电子被氧化，则CO2是氧化产物，故A正确；BC元素的化合价升高，H2C2O4在反应中被氧化，故B正确；C.1mol KClO3参加反应，转移的电子为1mol（54）=1mol，故C正确；D由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KClO3的氧化性强于CO2的氧化性，不能比较H2C2O4、ClO2的氧化性，故D错误；故选D7设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确
26、的是（）A7.8gNa2O2中阴、阳离子总数为0.4NAB4.4gCO2和C3H8的混合气体中含有的分子总数为0.1NAC0.1mol苯乙烯中含碳碳双键总数为0.4NAD标准状况下，1.12L乙酸中含有氢原子总数为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A7.8g Na2O2固体物质的量为0.1mol；BCO2和C3H8的摩尔质量都是44g/mol；C一个苯乙烯分子中只含有1个碳碳双键；D乙酸是液体【解答】解：A过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，0.1mol过氧化钠含离子数0.3mol离子，故A错误； BCO2和C3H8的摩尔质量都是44g/mol，4.4gCO2和C3H8的混合气体的物质的量
27、为0.1mol，分子总数为0.1NA，故B正确；C一个苯乙烯分子中只含有1个碳碳双键，0.1mol苯乙烯中含碳碳双键数为0.1NA，故C错误；D乙酸是液体，1.12L乙酸的物质的量不是0.05mol，故D错误故选B8实验室中需要配制1mol/L的NaCl溶液448mL，配置时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（）A448mL 26.2gB500mL 29.3gC1000mL 29.3gD450mL 26.2g【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】配制1mol/L的NaCl溶液448mL，实验室中没有448ml容量瓶，应该选用500mL容量瓶进行配制；根据500mL 1mol/L
28、的NaCl溶液中氯化钠的物质的量计算出需要氯化钠的质量，注意托盘天平的读数只能读到0.1g【解答】解：配制448mL溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL 1mol/L的NaCl溶液；配制的溶液中氯化钠的物质的量为：1mol/L0.5L=0.5mol，需要氯化钠的质量为：58.5g/mol0.5mol=29.25g，由于托盘天平的读数为0.1g，所以称量的氯化钠的质量为29.3g，故选B9非金属溴与氯气的性质很相似在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是（）A做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论B观察溴的外观性质做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论C观察溴的外观性质预测
29、溴的化学性质做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论D预测溴的性质做实验并观察实验现象分析、解释，得出结论观察溴的外观性质【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】探究物质的性质时其基本程序是：观察物质外观预测物质的化学性质做实验并观察现象分析现象，并用相应的化学知识解释得出结论【解答】解：非金属溴与氯气的性质很相似，所以可以根据氯气的性质预测溴的性质，则探究溴的性质时其基本程序是：先从色、态方面观察溴的外观，然后根据氯气的性质预测溴可能具有的性质，再做实验验证预测，观察实验并记录现象，再分析实验现象并用已知化学知识解释现象，最后得出结论，故选：C10下列离子方程式书写正确的是（）A将Na
30、投入CH3COOH中：2Na+2H+2Na+H2B将过量氨水加入到AlCl3溶液中：Al3+4OHAlO2+2H2OC向氯化银悬浊液中加入溴化钾溶液：Ag+BrAgBrD碳酸氢钙溶液中加入等物质的量的氢氧化钠溶液：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A醋酸在离子反应中保留化学式；B一水合氨在离子反应中保留化学式；C发生沉淀的转化；D反应生成碳酸钙、NaOH和水【解答】解：A将Na投入CH3COOH中的离子反应为2Na+2CH3COOH2Na+2CH3COO+H2，故A错误；B将过量氨水加入到AlCl3溶液中的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3
31、NH4+，故B错误；C向氯化银悬浊液中加入溴化钾溶液的离子反应为AgCl+BrAgBr+Cl，故C错误；D碳酸氢钙溶液中加入等物质的量的氢氧化钠溶液的离子反应为Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故D正确；故选D11已知反应：Cl2+2KBr2KCl+Br2；KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O；2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3下列说法正确的是（）A氧化性由强到弱的顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2B中KCl是氧化产物，KBr 发生还原反应C中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2molD反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6【考点】氧化还原反应【分析】A
32、自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B还原剂对应的产物是氧化产物，还原剂在反应中发生氧化反应；C根据氧化剂和转移电子之间的关系式计算；D根据氧化剂和还原剂的系数确定，注意该反应中参加反应的盐酸不都作还原剂【解答】解：ACl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 KBrO3KClO3Cl2Br
33、2，故A正确；B中KCl既不是氧化产物也不是还原产物，该反应中KBr失电子作还原剂，发生氧化反应，故B错误；C根据氧化剂和转移电子之间的关系式知，中1mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量=1mol（50）=5mol，故C错误；D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故D错误；故选A12下列叙述正确的是（）A物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液，含有Cl 个数为NABV mL硫酸铁溶液中含有mg SO42，则Fe3+的物质的量浓度为6.94m/V molL1C将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 molL1D用36.5%的浓盐酸（密度为1.
34、25gcm3）配制成浓度为0.1molL1的稀盐酸240mL，所需浓盐酸的体积为1.9mL【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A溶液体积不知道；B根据n=计算硫酸根的物质的量，溶液中3n（Fe3+）=2n（SO42），据此计算n（Fe3+），再根据c=计算；C.58.5 g NaCl为1mol，溶解于水中配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L；D根据c=计算浓盐酸的物质的量浓度，没有240mL容量瓶，需要配置250mL溶液，根据稀释定律计算需要浓盐酸的体积【解答】解：A溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故A错误；B硫酸根的物质的量为mol，溶液中3n（Fe3+）=2n（SO4
35、2），则n（Fe3+）=mol，故Fe3+的物质的量浓度为=molL1，故B正确；C.58.5 g NaCl为1mol，溶解于水中配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，体积1L为溶液的体积，不是溶剂的体积，故C错误；D没有240mL容量瓶，需要配置250mL溶液，根据稀释定律可知，需要浓盐酸的体积为=2.0mL，故D错误，故选B13根据以下几个反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2Br2+2KI=2KBr+I2判断氧化性由强到弱的顺序是（）AI2Br2Cl2BCl2Br2I2CBr2I2Cl2DCl2I2Br2【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据反应中元素化合价的降低来分析氧化剂
36、，然后利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较【解答】解：反应中Cl元素的化合价由0降低为1价，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性Cl2Br2，反应中Br元素的化合价由0降低为1价，则Br2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性Br2I2，由以上反应可知氧化性强弱为Cl2Br2I2故选B14设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）106g Na2CO3晶体中的离子总数大于3NA标准状况下，16g O3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA将0.1mol NaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NA1mol N2和3m
37、ol H2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内的分子数大于2NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】根据n=计算碳酸钠的物质的量，每摩尔碳酸钠含有2mol钠离子、1mol碳酸根离子；O3和O2都是由氧原子构成，故氧原子的质量为16g，根据n=计算氧原子的物质的量，再根据N=nNA计算氧原子数目；胶体粒子是多个微粒的集合体；1mol N2和3mol H2完全反应生成2molNH3，N2和H2发生可逆反应，不能进行完全【解答】解：106g碳酸钠晶体的物质的量为=1mol，每摩尔碳酸钠含有2mol钠离子、1mol碳酸根离子，106g碳酸钠晶体中的离子总数为3molNAmol1=3 NA，故错误
38、；16gO3和O2混合气体中氧原子的质量为16g，故n（O）=1mol，含有的氧原子数为1molNAmol1=NA，故正确；由于胶体粒子是多个微粒的集合体，所含的胶体粒子数目小于0.1 NA，故错误；1mol N2和3mol H2完全反应生成2molNH3，N2和H2发生可逆反应，不能进行完全，故反应后气体分子数要大于2NA，故正确；答选B15某学生取某物质溶于水，制得无色透明溶液，进行以下实验：与碱反应生成盐和水；与铁反应生成氢气；该溶液中阳离子只有H+根据你学过的酸的概念，其中能说明该物质为酸类物质的是（）ABCD【考点】电解质在水溶液中的电离【分析】与碱反应生成盐和水的物质有酸性氧化物、
39、酸；与铁反应生成氢气，说明溶液中含有氢离子；溶液中阳离子只有氢离子，说明溶液一定是酸，根据以上分析进行判断【解答】解：与碱反应生成盐和水的物质可能是酸，有可能是酸性氧化物，故错误；与铁反应生成氢气，说明溶液中含有氢离子，可能是酸，有可能是盐溶液，如硫酸氢钠溶液，故错误；该溶液中阳离子只有H+，说明该物质一定是酸，故正确；所以能说明该物质为酸类物质的是，故选D16下列有关实验原理或操作的示意图合理的是（）A制取蒸馏水B收集氯化氢C蒸发结晶D实验室制取乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价；蒸发和结晶、重结晶；气体的收集；实验室制取蒸馏水；乙酸乙酯的制取【分析】A水的沸点低，可利用蒸馏得到蒸馏水，冷水
40、流向不合理；BHCl极易溶于水；C利用酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等可进行蒸发结晶操作；D右边小试管中的导管不能伸入液面下【解答】解：A海水中水的沸点低，可利用蒸馏得到蒸馏水，冷水流向应下进上出，故A错误；BHCl极易溶于水，不能利用排液法收集HCl，故B错误；C利用酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等可进行蒸发结晶操作，图中操作合理，故C正确；D右边小试管中的导管不能伸入液面下，可导致倒吸，应在液面以上，故D错误；故选C17下列关于某些离子的检验说法正确的是（）A向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32或HCO3B向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加
41、稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42C向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Cl【考点】常见离子的检验方法【分析】根据发生化学反应时产生相同现象的离子反应有哪些来判断选项的正误A、SO32和HSO3、CO32和HCO3都能与HCl反应生成无色气体，产生的无色气体都能使澄清石灰水变浑浊；B、硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸钡沉淀氧化成硫酸钡；C、溶液中含有银离子也会生成白色沉淀；D、能使银离子产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等【解答】解：A、能使澄清石
42、灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，所以原溶液中可能有CO32或HCO3或SO32或HSO3，故A错误；B、硝酸钡加稀盐酸形成了硝酸，硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸钡沉淀氧化成硫酸钡，则原溶液中有SO32或SO42均符合，故B错误 C、溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，产生的气体是氨气，则原溶液中存在NH4+，故C正确D、能使银离子产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，原溶液中不一定有氯离子，故D错误故选：C18能在水溶液中大量共存的一组离子是（）AK+、H+、NO3、SiO32BH+、NH4+、Al3+、SO42
43、CFe2+、H+、ClO、SO42DAlO2、Mg2+、HCO3、NO3【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：AH+、SiO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；CFe2+、H+、ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；DAlO2、Mg2+相互促进水解，且AlO2促进HCO3的电离，不能大量共存，故D错误；故选B19向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐
44、酸体积之间关系如图所示下列判断正确的是（）A原NaOH溶液的浓度为0.1mol/LB通入CO2的体积为448mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】本题根据题中给出的图象，结合化学反应关系，将化学变化关系，体现在图象上，分析，当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3两种可能的情况，通过图象关系，当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体出现，说明此段
45、内发生了如下反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，在加盐酸时产生气体，根据当加盐酸反应完毕时，消耗盐酸100mL，溶液中有则有 Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3 mmol Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol x 0.025L0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有 NaHCO3+HClCO2+NaCl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mo
46、l根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO20.015mol，标准状况下的体积为0.336L，n（Na+）=n（Cl），所以n（NaOH）=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，在根据上面的计算，求得通CO2生成Na2CO3 0.005mol，NaHCO3 0.01mol，即得出答案【解答】解：A 根据化学反应，向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3两种可能的情况，再加入盐酸，将Na2CO3或NaHCO3全部反应生成NaCl，根据化学反应中原子守恒，则有n（Na+）=n（
47、Cl），所以n（NaOH）=n（HCl）=0.2mol/L0.1L=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，故A错；B 根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成NaHCO3 mmol Na2CO3 +HClNaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol x 0.025L0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有 NaHCO3+HClCO2+NaCl 1mol 1mol 1m
48、ol ymol 0.075L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO2 0.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错；C所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；D根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3 mmol Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol x 0.025L0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0
49、.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有 NaHCO3+HClCO2+NaCl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol求得通入CO2反应后，Na2CO3 、NaHCO3 的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得n（ NaHCO3 ）：n（Na2CO3）=2：1，故D正确故选：D20在水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、CO32、Cl、NO3BPb2+、Fe3+、S2、SO42CNH4+、H+、S2O32、PO43DCa2+、Al3+、
50、Br、CO32【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：A该组离子之间不反应，可大量共存，故A选；BPb2+分别与S2、SO42结合生成沉淀，Fe3+、S2发生氧化还原反应，故B不选；CH+、S2O32发生氧化还原反应，且H+、PO43不能共存，故C不选；DCa2+、CO32结合生成沉淀，Al3+、CO32相互促进水解，不能共存，故D不选；故选A21下列各组离子一定能大量共存的是（）A含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C在
51、c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】A离子之间结合生成络离子；B该组离子之间不反应；C在c（H+）=1013molL1的溶液，显碱性；DpH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应【解答】解：AFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，则不能共存，故A错误；B该组离子之间不反应，能共存，故B正确；C在c（H+）=1013molL1的溶液，显碱性，NH4+、Al3+分别与OH反应，则不能共存，故C错误；DpH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3离子之间发生氧化还原反应，则
52、不能共存，故D错误；故选B22下列反应的离子方程式正确的是（）A铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2B铁粉加入三氯化铁溶液中：2Fe+Fe3+3Fe2+CAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3DFeCl2溶液中加入氯水：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A水参加反应；B电荷不守恒；C反应生成氢氧化铝和氯化铵；D反应生成氯化铁【解答】解：A铝粉投入到NaOH溶液中的离子反应为2Al+2H2O+2OH2AlO2+3H2，故A错误；B铁粉加入三氯化铁溶液中的离子反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，故B错误；CAlCl3溶液中加入
53、足量的氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；DFeCl2溶液中加入氯水的离子反应为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl，故D正确；故选：D23用10mL的0.1molL1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（）A3：2：2B1：2：3C1：3：3D3：1：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据Ba2+SO42=BaSO4，相同的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，由硫酸根离子的物质的量确定硫酸盐的物质的量，体积相同的溶液，
54、溶质的物质的量之比等于盐溶液的摩尔浓度之比【解答】解：由相同的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则Ba2+SO42=BaSO4， 1 1SO42Fe2（SO4）3ZnSO4K2SO4，1 1 1又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的摩尔浓度之比，则三种硫酸盐溶液的摩尔浓度之比为：1：1=1：3：3，故选C24在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、
55、H+、Fe2+C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3D在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、Al（OH）3、OH、CO32【考点】氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件【分析】A、根据离子的还原性顺序：IFe2+Br来回答；B、离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+；C、化学反应优先和能生成沉淀的物质间反应；D、含有AlO2、OH、CO32溶液中，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应【解答】解：A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还
56、原性强的离子反应，离子的还原性顺序：IFe2+Br，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误故选B25如图所示的实验或操作中，能达到实验目的是（）A图常用于分离沸点不同且彼此互溶的液态混合物B图可用于实验室制备并收集少量的
57、NH3C图表示的是实验室配制溶液转移过程D图可用于除去SO2中的HCl气体【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A冷凝水下进上出冷凝效果好；B氨气的密度比空气的密度小，应利用向下排空气法收集；C转移液体需要玻璃棒；D二者均与NaOH溶液反应【解答】解：A冷凝水下进上出冷凝效果好，图中冷凝水方向不合理，故A正确；B氨气的密度比空气的密度小，应利用向下排空气法收集，图中气体收集方法不合理，故B错误；C转移液体需要玻璃棒，图中转移操作合理，故C正确；D二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应利用饱和亚硫酸氢钠溶液除杂，故D错误；故选C26Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是
58、截然不同的两种物质FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体共同具备的性质是（）A都呈透明的红褐色B分散质颗粒直径相同C都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀D当有光线透过时，都能产生丁达尔效应【考点】胶体的重要性质【分析】A根据FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分析解答；B根据胶体的分散质颗粒直径在1100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm；C根据胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；D只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；【解答】解：AFeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；B胶体的分散质颗粒直径在1100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm，
59、分散质颗粒直径不相同，故B错误；C胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；所以密封保存一段时间都不会产生沉淀，故C正确；DFe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故D错误；故选：C；27室温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（）A能使pH试纸变红的溶液中：CO32、K+、Cl、Na+B由水电离产生的c（OH）=11010 molL1的溶液中：NO3、Mg2+、Na+、SO42C在=11012的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl、NO3D =1010 molL1的溶液中：Na+、HCO3、Cl、K+【考点】离子共存问题【分析】A、能使pH试纸变红的溶液是酸性溶液，CO3
60、2不能存在；B由水电离产生的c（OH）=11010mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碱性溶液中镁离子与氢氧根离子反应；C在=11012的溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，NH4+、Fe2+离子之间不能共存；D =1010 molL1的溶液中氢离子浓度为103mol/l与碳酸氢根离子不能共存【解答】解：A、能使pH试纸变红的溶液是酸性溶液，CO32不能存在，故A错误；B由水电离产生的c（OH）=11010mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碱性溶液中镁离子与氢氧根离子反应，但在酸性溶液中离子之间不发生反应，所以可能大量共存，故B正确；C在=11012的溶液中氢氧根离子浓度为0.01mo
61、l/L，NH4+、Fe2+离子之间不能共存，故C错误；D =1010 molL1的溶液中氢离子浓度为103mol/l与碳酸氢根离子不能共存，故D错误；故选B28已知NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A在1L 0.1molL1氟化钠溶液中含有F和HF数目之和为0.1NAB300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC标准状况下，1.8gD2O中含有NA个中子D标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有氯原子数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、根据物料守恒来分析；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、标况下三氯甲烷为液态【
62、解答】解：A、在1L0.1mol/L的NaF溶液中，NaF的物质的量n=CV=0.1mol/L1L=0.1mol，由于F是弱酸根，在溶液中水水解为HF，根据F原子的守恒可知，F和HF数目之和为0.1NA，故A正确；B、蔗糖溶液中，除了蔗糖分子外，还有水分子，故溶液中的分子个数大于0.6NA个，故B错误；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.09mol重水中含0.9NA个中子，故C错误；D、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误故选A29设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A2
63、.3g金属钠在一定条件下生成Na2O和Na2O2的混合物时，钠失去的电子数目为0.1NAB22.4L氧气中所含的分子数目为NAC1mol/L Na2CO3溶液中含有Na+离子数目是NAD17g氨气中所含氢原子数目为4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素为+1价来分析；B、氧气所处的状态不明确；C、溶液体积不明确；D、求出氨气的物质的量，然后根据1mol氨气中含3mol氢原子来分析【解答】解：A、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后钠元素为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子即0.1NA个，故A正确；B、氧气所处的状态不明确，故无法根据气体
64、摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故C错误；D、17g氨气的物质的量为1mol，而1mol氨气中含3mol氢原子，即含3NA个，故D错误故选A30在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同试根据甲、乙的摩尔质量（M）的关系，判断下列说法中正确的是（）A若M（甲）M（乙），则分子数：甲乙B若M（甲）M（乙），则气体摩尔体积：甲乙C若M（甲）M（乙），则气体的压强：甲乙D若M（甲）M（乙），则气体体积：甲乙【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】相同温度下，在两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两
65、种气体，根据=可知气体的体积相等，结合n=以及PV=nRT比较压强大小，根据Vm=比较气体摩尔体积大小，根据n=判断气体的物质的量，气体物质的量越大，气体分子数越多【解答】解：A根据n=，若M（甲）M（乙），则n（甲）n（乙），则气体的分子数：甲乙，故A正确；B根据n=，若M（甲）M（乙），则气体的物质的量：甲乙，又根据=可知气体的体积相等，根据Vm=，故则气体的摩尔体积：甲乙，故B错误；C若M（甲）M（乙），根据n=，则气体的物质的量：甲乙，由PV=nRT可知，气体的压强：甲乙，故C正确；D两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据=可知气体的体积相等，故D错误；故选C二、
66、填空题31（1）在KCl和CaCl2的混合物中，K+和Ca2+的物质的量之比为2：1，则KCl和CaCl2的物质的量之比为2：1，若要取出含1mol Cl的该混合物，应称取该混合物的质量为64.5g（2）同温、同压下某瓶充满O2时重106克，充满CO2时重112克，充满某气体时重98克则某气体的相对分子质量为16（3）铜和浓硫酸发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O在该反应中，若消耗了32g Cu，则转移了1mol 电子，生成11.2L SO2（标准状况）气体【考点】物质的量的相关计算；化学方程式的有关计算【分析】（1）由化学式可知n（KCl）=n（K+）
67、，n（CaCl2）=n（Ca2+），据此判断KCl与CaCl2的物质的量之比，令氯化钙的物质的量为xmol，则氯化钾为2xmol，根据氯离子列方程计算x的值，进而计算各自的物质的量，再根据m=nM计算质量，进而计算总质量；（2）同温同压下，相同容积时，气体的物质的量相同令气体的物质的量为n，容器质量为m，根据容器充满氧气与二氧化碳的质量，列方程计算n、m的值，根据M=可计算X气体的摩尔质量，据此计算气体X的相对分子质量；（3）根据n=计算Cu的物质的量，结合铜元素化合价变化计算转移电子物质的量，根据方程式计算生成二氧化硫的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化硫的体积【解答】解：（1）由化学式可
68、知n（KCl）=n（K+），n（CaCl2）=n（Ca2+），故n（KCl）：n（CaCl2）=n（K+）：n（Ca2+）=2：1，令氯化钙的物质的量为xmol，则氯化钾为2xmol，根据氯离子可知，2x+2x=1，解得x=0.25，故m（KCl）=0.25mol274.5mol/L=37.25g，m（CaCl2）=0.25mol111g/mol/L=27.75g，故含1mol氯离子的该混合物的质量为37.25g+27.75g=64.5g；故答案为：2：1；64.5g；（2）令气体的物质的量为n，容器质量为m，则：m+n32g/mol=106g，m+n44g/mol=112g，解得，n=0.5
69、mol，m=90g，充满气体X后的质量为98g，所以气体X的质量为98g90g=8g，物质的量为0.5mol，气体X的摩尔质量为=16g/mol，所以气体X的相对分子质量为16，故答案为：16；（3）32g Cu的物质的量为=0.5mol，反应中Cu元素化合价由0价升高为+2，故转移电子物质的量为0.5mol2=1mol，根据Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，可知生成二氧化硫为0.5mol，故标况下二氧化硫的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，故答案为：1；11.232粗盐中除含有Ca2+、Mg2+、SO42等可溶性杂质外，还含有泥砂等不溶性杂质（1）检验溶液
70、中含有SO42的方法是取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42（2）将粗盐溶解过滤除去不溶性杂质后，在滤液中依次滴加过量NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液，直至不再产生沉淀这些操作的目的是依次除去Mg2+、SO42、Ca2+和过量的Ba2+，滴加Na2CO3溶液时发生反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl；CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl（3）用提纯后的NaCl固体配制100mL 1.0mol/L NaCl溶液，所用仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙外，还需要100mL容量瓶、胶头
71、滴管（填仪器名称）转移溶液时没有洗涤烧杯会造成所配溶液浓度偏低（填“高”或“低”，下同）；定容时仰视刻度线会造成所配溶液浓度偏低【考点】粗盐提纯【分析】（1）加入氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；（2）在粗盐提纯的过程中需要滴加量NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液除去镁离子、硫酸根和钙离子以及过量的钡离子；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；根据C=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差【解答】解：（1）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一
72、滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽；故答案为：取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42； （2）在粗盐提纯的过程中需要滴加量NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液目的是分别除去Mg2+、SO42和Ca2+以及的Ba2+，由于加入Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+，故离子方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl；CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl；故答案为：依次除去Mg2+、SO42、Ca2+和过量的Ba2+；BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl CaCl
73、2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl； （3）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙和100mL容量瓶、胶头滴管，故还缺少的仪器有100mL容量瓶、胶头滴管；转移溶液时没有洗涤烧杯会造成溶质的损失，则所配溶液浓度偏低；定容时仰视刻度线会造成溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏低，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；低；低33已知某溶液中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：取该溶液100mL，加
74、入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；将沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀请回答下列问题：（1）结合和，判断原溶液中肯定含有的离子是NH4+、Fe3+，可以排除的离子是CO32（2）由推知原溶液中一定有SO42离子，其物质的量为0.02mol（3）综合（1）、（2）及题干信息，结合溶液中电荷守恒知识，还可以排除的离子是Al3+和K+该学习小组最终得出结论：该溶液由2种阳离子（填数字，下同）和3种阴离子组成【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题【分析】某溶液可能含有NO3、Cl、SO42、C
75、O32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+，取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，那么一定存在：NH4+、Fe3+，根据原子守恒知，n（NH4+）=0.02mol，根据离子共存知，溶液中不存在CO32；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体为Fe2O3，n（Fe2O3）=0.01mol，根据Fe原子守恒得n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，该白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.02mol，根据硫酸根离子守恒得n（SO42）=n（BaSO4）=0.02mol
76、，由于所含阴离子的物质的量相等，且溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒知，阳离子所带电荷=0.023+0.02=0.08mol，阴离子所带电荷=20.02mol=0.04mol，所以溶液中一定还存在阴离子Cl0.02mol和NO30.02mol，且不可能存在Al3+和K+，据此分析解答即可【解答】解：某溶液可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+，取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，那么一定存在：NH4+、Fe3+，根据原子守恒知，n（NH4+）=0.02mol，根据离子共存知，溶液中不存在CO32；过滤，
77、洗涤，灼烧，得到1.6g固体为Fe2O3，n（Fe2O3）=0.01mol，根据Fe原子守恒得n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，该白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.02mol，根据硫酸根离子守恒得n（SO42）=n（BaSO4）=0.02mol，由于所含阴离子的物质的量相等，且溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒知，阳离子所带电荷=0.023+0.02=0.08mol，阴离子所带电荷=20.02mol=0.04mol，所以溶液中一定还存在阴离子Cl0.02mol和NO30.02mol，且不可能存在Al3+
78、和K+，依据分析：溶液中一定存在：NH4+、Fe3+、SO42、NO3、Cl、且物质的量均为：0.02mol，一定不存在：CO32、Al3+和K+，（1）结合和，判断原溶液中肯定含有的离子是：NH4+、Fe3+，可以排除的离子是：CO32，故答案为：NH4+、Fe3+；CO32；（2）由推知原溶液中一定有：SO42离子，其物质的量为：0.02mol，故答案为：SO42；0.02；（3）综合（1）、（2）及题干信息，结合溶液中电荷守恒知识，还可以排除的离子是：Al3+和K+，该学习小组最终得出结论：该溶液由2种阳离子和3种阴离子组成，故答案为：Al3+和K+；2；334回答下列问题：（1）黄铁矿
79、（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料其中一个反应为3FeS2+8O2=6SO2+Fe3O4，氧化产物为SO2和Fe3O4，若有3mol FeS2参加反应，转移电子数为32NA（2）与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+（用离子方程表示）（3）在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，并有气体逸出，请写出相应的离子方程式3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O【考点】离子方程式的书写；氧化还原反应【分析】（1）反应3FeS2+8O2=Fe3O4+6SO2中Fe元素化合价又+
80、2+3，化合价升高，S元素化合价由1+4，化合价升高，O元素化合价由02，化合价降低；（2）三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子；（3）硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；【解答】解：（1）反应3FeS2+8O2=Fe3O4+6SO2，前后各元素化合价的变化情况如下：Fe：+2+3，化合价升高；S：1+4，化合价升高；O：02，化合价降低；因此，在反应中FeS2还原剂，O2是氧化剂，Fe3O4既是氧化产物也是还原产物，SO2既是氧化产物也是还原产物；在上述反应中共转移32个电子，有3molFeS2参加反应，转移电子的物质的量为32mol，所以电子转移数为32NA，故答案为：SO2和Fe3O4；32NA；（2）与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，离子方程式：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（3）硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，反应的离子方程式：3Fe2+NO3+4 H+=3 Fe3+NO+2 H2O；故答案为：3Fe2+NO3+4 H+=3 Fe3+NO+2 H2O2017年4月11日