河南省郑州一中2016届高三上学期第一次月考化学试卷 Word版含解析

1、河南省郑州一中2016届高三上学期第一次月考化学试卷一、选择题（共15小题）1下列说法正确的是（）ANa、Fe分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性B7.8gNa2O2与CO2完全反应，转移0.2mol电子C能通过化合反应制得FeCl3和Fe（OH）3DNaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体2下列说法正确的是（）A7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2×6.02×1023B标准状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后气体的分子总数为1.0×6.02×1023C工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1

2、mol电子，阳极上溶解的铜原子数必为0.5×6.02×1023DVL amolL1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl的数目大于3×6.02×10233将淀粉和KI的混合溶液装在羊皮纸制成的袋中，将此袋下半部浸泡在盛有蒸馏水的烧杯里，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验下列现象能证明羊皮纸袋一定有破损的是（）A加入碘水变蓝色B加入NaI溶液不变蓝色C加入AgN03溶液产生黄色沉淀D加入溴水变蓝色4在过量的稀硫酸溶液中加入5.6g Fe粉，待反应完全后，再加入50mL 0.5molL1 KNO3溶液，恰好反应完全该反应的方程

3、式为：_FeSO4+_KNO3+_H2SO4=_K2SO4+_Fe（SO4）3+_NxOy+_H2O，则对该反应的下列说法正确的是（）A反应中还原产物是NOB氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：4C反应过程中转移的电子数为8eD化学方程式中按物质顺序的化学计量数是8、2、5、1、4、1、55常温下，在水溶液中能大量共存的一组离子是（）AFe2+、Al3+、ClO、ClB=1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO、NO3CNH4+、Na+、Br、SO42DMg2+、H+、SiO32、SO4262011年9 月29日，“长征2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中

4、使用的燃料是偏二甲肼（CH3NHNHCH3）和四氧化二氮（N2O4）在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3NHNHCH3+2N2O42CO2+3N2+4H2O提供能量下列叙述正确的是（）A该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染B该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂CCO2是氧化产物，N2是还原产物D每有0.6 mol N2生成，转移电子数目为2.4NA7在T时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol下列叙述中一定正确的是（）A溶质的质量分数为w=×100%B溶质的物质的量浓度c=

5、 molL1C溶液中c（OH）= molL1D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w8下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2 向AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水向CuSO4溶液中逐滴加入过量氨水 向Na2SiO3溶液中逐滴加入过量的盐酸A只有B只有C只有D9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用KIO3 氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OHB向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3+H2OC将过量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3H2O=HSO3

6、+NH4+D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3=Ag+NO+H2O10下列判断合理的是（）硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属A只有B只有C只有D只有11有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL，该80mL溶液的物质的量浓度为（）A5 mo

7、lL1B6 molL1C6.25 molL1D6.75 molL112向含SO32、Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（）ABCD13某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是（）A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gB若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成

8、红棕色C若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO314用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAC常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA15在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（）A两种气体的压强相等BO2比O3质量

9、小C两种气体的分子数目相等D两种气体的氧原子数目相等二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）16某校化学小组学生进行“气体相对分子质量的测定”的实验操作如下：用质量和容积都相等的烧瓶收集气体，称量收集满气体的烧瓶质量，数据见下表（已换算成标准状况下的数值）气体 烧瓶和气体的总质量（g）A 48.4082B 48.4082C 48.4082D 48.4342E 48.8762已知标准状况下，烧瓶的容积为0.293L，烧瓶和空气的总质量为48.421 2g，空气的平均相对分子质量为29A、B、C、D、E是中学常见的气体（1）上述五种气体中，能够使品红溶液褪色的是（写化学式）D的相对分子质

10、量是（3）在标准状况下，11.2L D气体中含有共用电子对的数目为（4）A、B、C可能的化学式是三、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）17氧化还原反应的“现象”是元素的化合价有变化，本质是有电子的转移请完成以下3题（1）化工厂常用氨水检验管道是否漏氯气，其反应式为3Cl2+8NH36NH4Cl+N2，当有160.5gNH4Cl产生时，被氧化的氨气是g在自然界，天然水中的“氧化亚铁硫杆菌”能利用空气中的氧气将地表的黄铁矿（主要成分为FeS2）氧化为硫酸铁，并使水的酸性增强该反应过程的化学方程式为当溶有硫酸铁的水流经铜矿石区域时，会使Cu2S溶解，水的酸性进一步增强，反应的离子方程式如下，请

11、配平之Fe3+Cu2S+Fe2+Cu2+H+SO42（3）完成并配平以下反应的化学方程式：实验室制氯气：，实验室加热高锰酸钾制氧气：，把过氧化钙投入水中向鱼苗供氧：18臭氧比氧气具有更强的氧化性可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O22O3（1）若上述反应的转化率为30%，所得混合气的平均摩尔质量为（保留一位小数），若上述反应的转化率增至40%，则混合气的平均摩尔质量（填增大、不变、减小）将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5L，其中臭氧为L（3）实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L（标准状况）通入盛有20.0g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6g则原混合气中

12、臭氧的体积分数为19A、B、C、D、E五种可溶性化合物，分别由阳离子Fe3+、Ba2+、Al3+、Na+、Ag+和阴离子NO3、OH、SO42、Cl、CO32中的各一种组成（离子不重复）现做如下实验：A和E的溶液显碱性，0.1molL1A溶液的pH小于13；在B的溶液中逐滴加入氨水有白色沉淀生成，继续加氨水至过量，沉淀消失；在C的溶液中加入铁粉，溶液的质量增加；在D的溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，没有沉淀请回答下列问题：（1）根据以上事实推断AE的化学式：A；B；C；D；E请用离子方程式表示A溶液显碱性的原因（3）写出、的离子方程式：；200.80gCuSO45H2O样品受热脱水过程的热

13、重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示请回答下列问题：（1）试确定200时固体物质的化学式（要求写出推断过程）；取270所得样品，于570灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为，其存在的最高温度是；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为；（4）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=molL1（Ksp=2.2×1020）若在0.1molL1硫酸铜

14、溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是molL1河南省郑州一中2016届高三上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题）1下列说法正确的是（）ANa、Fe分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性B7.8gNa2O2与CO2完全反应，转移0.2mol电子C能通过化合反应制得FeCl3和Fe（OH）3DNaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】元素及其化合物【分析】A硫酸亚铁溶液呈酸性；B.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，n（N

15、a2O2）=0.1mol，根据元素化合价变化计算转移电子数；C铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁；D碳酸钠受热不分解【解答】解：A硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子水解而使溶液呈酸性，故A错误；B.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，n（Na2O2）=0.1mol，转移电子的物质的量=0.1mol×1=0.1mol，故B错误；C.2Fe+3Cl22FeCl3、4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故C正确；D碳酸钠受热不分解，所以加热碳酸钠没有气体生成，故D错误；故选C【点评】本题考查Na、Fe元素化合物的性质，涉及基本反应、氧化还原反应、

16、盐类水解等知识点，明确物质的性质即可解答，注意C中无论氯气是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，为易错点2下列说法正确的是（）A7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2×6.02×1023B标准状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后气体的分子总数为1.0×6.02×1023C工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极上溶解的铜原子数必为0.5×6.02×1023DVL amolL1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl的数目大于3×6.02×1023

17、【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、根据氯气的质量计算出氯气的物质的量及转移的电子的物质的量和数目；B、根据一氧化氮与氧气反应生成的二氧化氮存在转化平衡判断；C、根据粗铜中含有活泼性较强的杂质进行判断；D、过量铁离子在溶液中发生水解数目减少进行判断【解答】解：A、7.1g氯气物质的量为0.1mol，完全反应转移电子物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.1×6.02×1023，故A错误；B、标准状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后生成22.4L二氧化氮，二氧化氮部分转化成四氧化二氮，数目减小，混合后气体的分子总数小于1.0&#

18、215;6.02×1023，故B错误；C、工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极失去1mol电子，由于粗铜中含有的杂质活泼性大于铜，优先放电，所以阳极上溶解的铜原子数必小于0.5×6.02×1023，故C错误；D、VL amolL1的氯化铁溶液中，铁离子发生了水解，导致三价铁离子数目减小，所以若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl的数目大于3×6.02×1023，故D正确；故选：D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，导致二氧化氮的物质的量减少，本题难度不大3将淀粉和KI的混合溶液

19、装在羊皮纸制成的袋中，将此袋下半部浸泡在盛有蒸馏水的烧杯里，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验下列现象能证明羊皮纸袋一定有破损的是（）A加入碘水变蓝色B加入NaI溶液不变蓝色C加入AgN03溶液产生黄色沉淀D加入溴水变蓝色【考点】卤素原子结构及其性质的比较【专题】卤族元素【分析】羊皮纸袋属于半透膜，胶体不能透过半透膜而溶液中分子或离子能透过半透膜，如果羊皮纸袋破损，则烧杯中的液体含有淀粉，淀粉遇碘变蓝色【解答】解：A羊皮纸袋属于半透膜，胶体不能透过半透膜而溶液中分子或离子能透过半透膜，如果羊皮纸袋破损，则烧杯中的液体含有淀粉，淀粉遇碘变蓝色，故A正确；B淀粉和碘化钠不反应，故B错误；C碘离子能

20、透过半透膜，无论半透膜是否损坏，溶液都能和硝酸银反应生成黄色沉淀，故C错误；D溴能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，如果半透膜破损，则溶液中含有碘离子和淀粉，故D正确；故选AD【点评】本题考查了淀粉的检验，知道胶体及淀粉的特性是解本题关键，根据胶体和淀粉的特性来分析解答，题目难度不大4在过量的稀硫酸溶液中加入5.6g Fe粉，待反应完全后，再加入50mL 0.5molL1 KNO3溶液，恰好反应完全该反应的方程式为：_FeSO4+_KNO3+_H2SO4=_K2SO4+_Fe（SO4）3+_NxOy+_H2O，则对该反应的下列说法正确的是（）A反应中还原产物是NOB氧化产物和还原产物的

21、物质的量之比为1：4C反应过程中转移的电子数为8eD化学方程式中按物质顺序的化学计量数是8、2、5、1、4、1、5【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价，根据原子守恒得n（Fe）=n（FeSO4）=0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，二者的物质的量之比=0.1mol：0.025mol=4：1，根据转移电子相等得4×1=1×（5y），y=+1，根据O原子守恒得x=2，该反应方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=1K2SO4+4Fe（SO4）3+1N2O+5H2O

22、，再结合题目分析解答【解答】解：该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价，根据原子守恒得n（Fe）=n（FeSO4）=0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，二者的物质的量之比=0.1mol：0.025mol=4：1，根据转移电子相等得4×1=1×（5y），y=+1，根据O原子守恒得x=2，该反应方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4Fe（SO4）3+N2O+5H2O，A该反应中还原产物是N2O，故A错误；B氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1，故B错误；C反应过程中转移的电子数为8e，故C正确；D

23、通过以上分析知，化学方程式中按物质顺序的化学计量数是8、2、5、1、4、1、5，故D正确；故选CD【点评】本题考查了氧化还原反应，根据转移电子相等及原子守恒配平方程式，正确判断y值是解本题关键，题目难度中等5常温下，在水溶液中能大量共存的一组离子是（）AFe2+、Al3+、ClO、ClB=1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO、NO3CNH4+、Na+、Br、SO42DMg2+、H+、SiO32、SO42【考点】离子共存问题【分析】A次氯酸根离子能够氧化亚铁离子，铝离子与次氯酸根离子发生双水解反应；B该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应；C四种离子之

24、间不反应，能够大量共存；D镁离子、氢离子与硅酸根离子反应【解答】解：AFe2+、ClO之间发生双水解反应，Fe2+、ClO之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B该溶液中存在大量氢离子，ClO与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNH4+、Na+、Br、SO42之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DMg2+、H+与SiO32发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注

25、意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力62011年9 月29日，“长征2F”运载火箭成功将“天宫一号”目标飞行器送上太空，火箭中使用的燃料是偏二甲肼（CH3NHNHCH3）和四氧化二氮（N2O4）在火箭升空过程中，燃料发生反应：CH3NHNHCH3+2N2O42CO2+3N2+4H2O提供能量下列叙述正确的是（）A该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染B该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂CCO2是氧化产物，N2是还原产物D每有0.6 mol N2生成，转移电子

26、数目为2.4NA【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】CH3NHNHCH3+2N2O42CO2+3N2+4H2O中，CH3NHNHCH3中C由1价升高为+4价，N元素由3价升高为0，N2O4中N元素的化合价由+4价降低为0，根据反应物和燃烧产物判断对环境的影响，以此来解答【解答】解：A反应物2N2O4为有毒气体，若2N2O4反应不完全，则会污染大气，故A错误；BN2O4中N元素的化合价由+4价降低为0，N2O4是氧化剂，CH3NHNHCH3中C由1价升高为+4价，则偏二甲肼是还原剂，故B正确；CCO2是氧化产物，N2是还原产物也是氧化产物，故C错误；D由反应可知，生成3molN2

27、转移16mol电子，每有0.6molN2生成，转移电子数目为3.2NA，故D错误；故选：B【点评】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，注意偏二甲肼中元素的化合价为解答的难点，题目难度中等7在T时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol下列叙述中一定正确的是（）A溶质的质量分数为w=×100%B溶质的物质的量浓度c= molL1C溶液中c（OH）= molL1D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w【考点】溶液中溶

28、质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相关计算【分析】A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为VmL，所以溶液质量为Vg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算；B、根据n=计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；C、溶液OH中来源与一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3H2ONH4+OH，一水合氨电离出的OH浓度为mol/L；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断【解答】解：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液

29、的密度为 gcm3，体积为VmL，所以溶液质量为Vg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为×100%，故A错误；B、a g NH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为= molL1，故B正确C、溶液OH来源于一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3H2ONH4+OH，一水合氨电离出的OH浓度为mol/L，所以溶液中OH浓度大于mol/L，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误；故选

30、B【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等，难度中等，把握有关公式以及概念是解题的关键8下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2 向AlCl3溶液中逐滴加入过量氨水向CuSO4溶液中逐滴加入过量氨水 向Na2SiO3溶液中逐滴加入过量的盐酸A只有B只有C只有D【考点】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】离子反应专题【分析】Ca（ClO）2溶液和CO2反应生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，CaCO3与H2O和CO2反应，生成可溶的Ca（HCO3）2；向氯化铝溶液中逐滴加氨水，生成Al（OH）3沉淀

31、，Al（OH）3溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱；氢氧化铜溶于氨水形成四氨合铜络离子；生成硅酸沉淀，不溶解【解答】解：、Ca（ClO）2溶液和CO2反应生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，CaCO3与H2O和CO2反应，生成可溶的Ca（HCO3）2，沉淀溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故正确；、向氯化铝溶液中逐滴加氨水，生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3溶于强酸强碱，氨水呈弱碱性，继续滴加氨水，沉淀Al（OH）3不溶解，故错误；、硫酸铜和稀氨水反应，生成Cu（OH）2蓝色沉淀，继续滴加氨水，形成+络离子，沉淀溶解，故正确；Na2SiO3溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸不溶于盐酸，故错误；故选B

32、【点评】本题考查较为综合的考查元素化合物知识等，难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质，注意中氢氧化铜溶于氨水9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用KIO3 氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OHB向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3+H2OC将过量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3H2O=HSO3+NH4+D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3=Ag+NO+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】压轴题；离子反应专题【分析】A酸性溶液中不会生成氢氧根离子；B漏写碳酸氢根离子与碱的离子反应；C过量SO2通入冷氨水中反应

33、生成亚硫酸氢铵；D电子不守恒【解答】解：A用KIO3氧化酸性溶液中的KI的离子反应为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，故A错误；B向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热的离子反应为HCO3+NH4+2OHNH3+2H2O+CO32，故B错误；C将过量SO2通入冷氨水中的离子反应为SO2+NH3H2O=HSO3+NH4+，故C正确；D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜的离子反应为3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意与量有关的离子反应为易错点，题目难度不大10下列判断合理的是（）硫酸、纯

34、碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属A只有B只有C只有D只有【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】根据有关概念分析，氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，酸是指电离时生成的阳离子全

35、部是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物，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物是非电解质，在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，分散系是根据分散质微粒大小分类的，根据反应中是否有化合价的升降将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，金属和非金属是根据稳定单质中原子间主要作用力来分类的，据此判断【解答】解：纯碱成分是碳酸钠，属于盐，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；根据电解质在水溶液里能否

36、完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；分散系是根据分散质微粒大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；根据反应中是否有化合价的升降，即是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；不是根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，故错误；属于判断合理的是；故选：B【点评】本题考查一些常见概念的判别，了解常见物质的组成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，采用排除法是正确、快速解答此类题的捷径11有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL，该80mL溶液的物质的量浓度为（）A5 molL1B6 molL1

37、C6.25 molL1D6.75 molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据蒸发前后溶质的质量不变，据此计算出蒸发前溶液的质量，根据质量分数计算溶质的物质的量，进而计算溶液的物质的量浓度【解答】解：设14%氢氧化钾溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则有x×14%=（x100g）×28%，解得x=200g，故蒸发后溶液的质量为200g100g=100g，故28%的氢氧化钾溶液中含有氢氧化钾的物质的量为=0.5mol，所得溶液的物质的量浓度为=6.25mol/L，故选C【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度不大，注意根据溶质质量

38、不变计算蒸发后溶液的质量为解答该题的关键12向含SO32、Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（）ABCD【考点】离子方程式的有关计算；氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】离子还原性SO32IFe2+Br，故首先发生反应SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+，再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断【解答】

39、解：离子还原性SO32IFe2+Br，故首先发生反应SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+，再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，A由SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+可知，0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B.0.1molSO32完全反应后，才发生2I+Cl2=I2+2Cl，0.

40、1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C.0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/

41、mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；DSO32、I、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br+Cl2=2Br2+2Cl可知，0.1molBr完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；故选C【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键13某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的

42、4种离子，所含离子的物质的量均为1mol若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）下列说法不正确的是（）A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gB若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色C若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色D该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO

43、，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答【解答】解：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为0.5mol×160g/mol=80g，故A错误

44、；B生成的NO易被氧化成红棕色的二氧化氮，故B正确；C该溶液中加酸发生氧化还原反应生成铁离子，则加KSCN溶液，溶液显血红色，故C正确；D由上述推断可知，该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42、NO3，故D正确；故选A【点评】本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，题目难度中等14用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（）A分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NAC常温常压下，

45、92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NAD常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为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、NO2和CO2分子中含有相同氧原子；B、乙烯和环丁烷（C4H8）最简式相同为CH2，计算28 gCH2中所含碳原子物质的量得到所含原子数；C、NO2和N2O4分子最简比相同为NO2，只需计算92gNO2中所含原子数；D、依据气体摩尔体积的应用条件分析；【解答】解：A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子，分子总数为NA的NO2和CO2混合气体含有的氧原子数为2NA，故A正确；B、28 g乙烯和环丁烷

46、（C4H8）的混合气体中，乙烯和环丁烷（C4H8）最简式相同为CH2，计算28 gCH2中所含碳原子物质的量=2mol，含有的碳原子数为2NA，故B正确；C、NO2和N2O4分子最简比相同为NO2计算92gNO2中所含原子数=×3×NA=6NA，故C正确；D、常温常压下，22.4 L 氯气物质的量不是1mol，故D错误；故选D【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要是微粒数的计算，气体摩尔体积的条件计算应用，题目难度中等15在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（）A两种气体的压强相等BO2比O3质量小C两

47、种气体的分子数目相等D两种气体的氧原子数目相等【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT判断【解答】解：相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，则AO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，故A错误；B同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；CO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n（O2）：n（O3）=3：

48、2，故C错误；D相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，故D正确故选D【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度不大，本题注意把握两种气体的元素组成特点，结合PV=nRT判断二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）16某校化学小组学生进行“气体相对分子质量的测定”的实验操作如下：用质量和容积都相等的烧瓶收集气体，称量收集满气体的烧瓶质量，数据见下表（已换算成标准状况下的数值）气体 烧瓶和气体的总质量（g）A 48.4082B 48.4082C 48.4082D 48.4342E 48.8762已知标准状况下，烧瓶的容积为0.293L，烧瓶和

49、空气的总质量为48.421 2g，空气的平均相对分子质量为29A、B、C、D、E是中学常见的气体（1）上述五种气体中，能够使品红溶液褪色的是（写化学式）SO2D的相对分子质量是30（3）在标准状况下，11.2L D气体中含有共用电子对的数目为0.35NA（4）A、B、C可能的化学式是C2H4、CO、N2【考点】相对分子质量的测定【专题】实验设计题【分析】（1）能使品红褪色的是二氧化硫；根据公式m=nM=M来计算各分子的相对分子质量；（3）n=计算出D的物质的量，结合D的结构式可计算共用电子对数；（4）A、B、C的相对分子质量确定其分子式的可能情况【解答】解：（1）根据题意，结合公式m=nM=M

50、来，所以48.421 2g48.408 2g=gmol1×，解得Mr（A）=28，则Mr（B）=Mr（C）=Mr（A）=28，同理48.421 2g48.4342g=gmol1×，解得Mr（D）=30，48.421 2g48.8762=gmol1×，解得Mr（E）=64，相对分子质量为28的气体可能有C2H4、CO、N2等，相对分子质量为64的气体为SO2，相对分子质量为30的气体为C2H6，这些气体中，能使品红褪色的是二氧化硫，故答案为：SO2；根据（1）的分析知道：D的相对分子质量是30，故答案为：30；（3）1.12L乙烷的物质的量为：=0.05mol，乙烷

51、的结构简式为CH3CH3，含6个CH键，一个CC键，故含共用电子对数为：0.05mol×7×NA=0.35NA；故答案为：0.35NA；（4）根据（1）的分析，Mr（B）=Mr（C）=Mr（A）=28，可以是C2H4、CO、N2，故答案为：C2H4、CO、N2【点评】本题是一道关于相对分子是量测定的知识题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度不大三、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）17氧化还原反应的“现象”是元素的化合价有变化，本质是有电子的转移请完成以下3题（1）化工厂常用氨水检验管道是否漏氯气，其反应式为3Cl2+8NH36NH4Cl+N2，当有160.5gNH

52、4Cl产生时，被氧化的氨气是17g在自然界，天然水中的“氧化亚铁硫杆菌”能利用空气中的氧气将地表的黄铁矿（主要成分为FeS2）氧化为硫酸铁，并使水的酸性增强该反应过程的化学方程式为4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（S04）3+2H2S04当溶有硫酸铁的水流经铜矿石区域时，会使Cu2S溶解，水的酸性进一步增强，反应的离子方程式如下，请配平之10Fe3+1Cu2S+4H2O10Fe2+2Cu2+8H+1SO42（3）完成并配平以下反应的化学方程式：实验室制氯气：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2，实验室加热高锰酸钾制氧气：2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2，把过氧化钙投入

53、水中向鱼苗供氧：2CaO2+2H2O2Ca（OH）2+O2【考点】氧化还原反应；化学方程式的书写【分析】（1）3Cl2+8NH36NH4Cl+N2中，Cl元素的化合价降低，N元素的化合价升高，结合元素化合价的变化以及反应的方程式解答；反应物为FeS2、氧气、水，生成物为Fe2（S04）3和硫酸，根据反应物和生成物书写化学反应方程式；Cu2S中Cu元素的化合价由+1升高为+2，S元素的化合价由2升高为+6，Fe元素的化合价由+3价降低为+2，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（3）实验室制氯气用二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水；实验室加热高锰酸钾生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；把过氧化钙投入水中发生反应生成氢氧化钙和氧气【解答】解：（1）n（NH4Cl）=3mol，3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，被氧化NH33 8 6 2 3 xx=1mol，被氧化的氨气的质量为1mol×17g/mol=17g，故答案为：17；反应物为FeS、氧气、水，生成物为Fe2（S04）3和硫酸，发生反应的化学方程式为4FeS2+15O2+2H2O2Fe2（S04）3+2H2S04，Cu2S中Cu元素的化合价由+1升高为+2，S元素的化合价由2升高为+6，Fe元素的化合价