2019届天津市静海县第一中学高三上学期9月学生学业能力调研化学---精校Word解析打印版

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2019届天津市静海县第一中学高三上学期9月学生学业能力调研化学试题化学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1．下列有关物质分类或归类正确的是①混合物：漂白粉、水玻璃、Fe(OH)3胶体、水银②化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD③电解质：胆矾、苛性钾、冰醋酸、氧化钠④同素异形体：C60、碳纳米管、金刚石、石墨⑤煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化A．③④⑤B．②③C．③④D．②⑤2．下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是　3．下列说法正确的是①有化学键破坏的变化一定属于化学变化②发生了能量变化的一定是化学变化 ③电解质溶液导电一定发生化学变化④无水硫酸铜由白变蓝，一定是化学变化⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化⑥16O与18O间的相互转化为物理变化，O2和O3的相互转化为化学变化A．①③⑤B．③④⑤⑥C．②③④D．全部4．500mL2mol·L－1FeCl3溶液和500mL2mol·L－1明矾溶液分别滴入沸水中，加热制成分散系甲、乙，经测定，甲分散系中分散质的粒子直径大小在1～100nm之间，乙分散系中分散质的粒子直径大小在10－9～10－7m之间，关于甲、乙分散系的判断合理的是A．用一束明亮的“强光”照射甲、乙，发现甲有丁达尔效应，乙没有丁达尔效应B．向甲、乙中分别滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先聚沉，后溶解”C．向甲、乙中分别滴加过量的氢碘酸，最终现象分别是深褐色溶液、无色溶液D．蒸干、灼烧FeCl3溶液和明矾溶液会得到对应的固体盐5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是①pH=0的溶液：Na+、C2O42－、MnO4－、SO42－②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－③水电离出的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液：Cl－、CO32－、NO3－、SO32－④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－⑤使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、Cl－、S2－A．①③⑤B．②④C．②⑤⑥D．①④⑤6．在标准状况下有：①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6gH2S，④0.2molNH3。下列对这四种气体的描述正确的是a.体积②＞③＞①＞④b.密度②＞③＞④＞①c.质量②＞③＞①＞④d.氢原子个数①＞③＞④＞② A．abcB．bcdC．abdD．abcd7．下列说法正确的是①1mol羟基所含电子数为10NA；②一定温度下，1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液中含NH4＋的物质的量小于0.5NA；③1mol臭氧和1.5mol氧气含有相同的氧原子数；④58.5g的NaCl固体中含有NA个氯化钠分子；⑤在反应KIO3＋6HI==KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA；⑥标准状况下，2.24LH2O含有的分子数等于0.1NA；⑦1mol乙烷分子中含有8NA个共价键；⑧78gNa2O2中含有NA个阴离子；⑨常温下，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1023；⑩4.0g重水(D2O)中所含质子数为2NA。A．④⑤⑦⑧⑨B．②③⑧⑩C．只有③D．全部8．如图是某学校实验室从化学试剂商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9.2mol/LB．1molZn与足量该硫酸反应产生2g氢气C．配制200mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸50mLD．该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2mol/L 9．在T℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为dg/mL，溶质的质量分数为w，其中含NH4+的物质的量为bmol。下列叙述中正确的是A．溶质的质量分数为w＝1000a/17V×100%B．溶质的物质的量浓度c＝1000a/17Vmol·L－1C．溶液中c(OH-)＝1000b/17Vmol·L－1D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w10．氢化铝钠（NaAlH4)是最冇研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2↑。下列说法正确的是A．NaAlH4中氢元素为+1价B．每生成11.2L(标准状况下)H2，转移2NA个电子C．在反应中有50%的氢被氧化D．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:111．下列反应的离子方程式正确的是A．Fe(OH)3和HI的反应：Fe(OH)3＋3H＋==Fe3＋＋3H2OB．1.5mol/L100ml的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2：2Fe2++2Br－+2Cl2==2Fe3++4Cl－+Br2C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3==2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD．向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－==2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓12．下列示意图与对应的反应情况正确的是 A．含0.0lmolKOH和0.01molCa(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液C．KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸13．下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是①配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质②量筒量取液体溶质，用水冲洗量筒后，将冲洗液转移到容量瓶中③称量含结晶水的溶质时，溶质已风化④用量筒量取溶质液体时，俯视读数⑤溶解固体溶质或稀释溶液时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容⑥定容摇匀后发现液面下降A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③⑤⑥D．①②③④⑤⑥14．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、OH－、CO32-B．含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋C．含等物质的量Fe3＋、Cu2＋、H＋溶液中加锌粉：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋D．在含等物质的量的H＋、Al3＋、NH4+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液：H＋、NH4+、Al3＋15．在学习中经常应用类推法。下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是A向FeCl2溶液中滴入氯水：2Fe2＋+Cl2＝2Fe3＋+2Cl—向FeCl2溶液中滴入碘水：2Fe2＋+I2＝2Fe3＋+2I—B向澄清石灰水中通入少量CO2气体：Ca2＋+2OH—+CO2＝CaCO3↓+H2O向澄清石灰水中通入少量SO2气体：Ca2＋+2OH—+SO2＝CaSO3↓+H2OC向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3：CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2O向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3：SO32-+2H＋＝SO2↑+H2ODCO2通入漂白粉溶液中：CO2+Ca2＋+2ClO—SO2通入漂白粉溶液中：SO2+Ca2＋ +H2O＝CaCO3↓+2HClO+2ClO—+H2O＝CaSO3↓+2HClO16．铋（Bi）位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）可氧化硫酸锰（MnSO4），反应的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+＝2MnO-4+5Bi3++Na++7H2O，下列说法错误的是A．若有0.1mol氧化产物生成，则转移0.5mol电子B．铋酸钠难溶于水C．该反应可以用于鉴定Mn2+离子D．该反应可以用浓盐酸酸化17．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是()A．与NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n(Na+)：n(Cl－)可能为7：3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11：2：1二、多选题18．由14CO和12CO组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等(空气的平均相对分子质量为29），则下列关系正确的是A．混合气体中，12CO占有的体积等于14CO占有的体积B．混合气体中，12CO与14CO分子个数之比为1∶2C．混合气体中，12CO与14CO质量之比为15∶14D．混合气体中，12CO与14CO密度之比为14∶15三、填空题 19．Fe(OH)3胶体的制备方法：________________________化学方程式为_____________________。FeCl3净水的原理__________（离子方程式解释）20．下列物质中a.石墨b.液氯c.熔融Na2Od.NO2e.氨水f.NaCl溶液g.CuSO4·5H2Oh.冰醋酸i.盐酸j.蔗糖属于电解质的是____________，属于非电解质的是____________，能导电的是______________。（用序号填写）21．某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO和H2O。已知水是反应产物之一，写出该反应的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_________________________。若反应过程中转移了1.2mol电子，则生成水的质量是__________________。22．高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生下列反应：KMnO4＋HBr→Br2＋MnBr2＋KBr＋H2O，其中还原剂是______（填物质的化学式），若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是______mol。23．请按要求书写下列离子方程式：(1)将少量NaHSO4溶液滴加到Ba(OH)2溶液中，反应的离子方程式为______。向Ba(HCO3)2溶液中滴加过量NaOH溶液，反应的离子方程式__________。(2)向NH4HCO3溶液中，滴加足量的NaOH溶液，反应的离子方程式为_______。在FeI2溶液中，滴加少量稀硝酸。该反应的离子方程式是：_____________。(3)在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将Cr2O72-还原为Cr3+，该过程的离子反应方程式为_____________________________。(4)向NaClO溶液中滴加KI溶液，反应后溶液呈黄色，该过程的离子反应方程式为_______________________________。(5)向CuCl2溶液中通入一定量的SO2,微热，一段时间后可得CuCl白色沉淀。离子方程式为____________________________(6)Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_______________________________________________ 四、综合题24．(1)在标准状况下3.2gCO与CO2的混合气体，体积为2.24L。则：混合气体的平均摩尔质量是________CO2和CO的体积之比是________CO2和CO的质量之比是_______，混合气体中所含氧原子的物质的量是_______(2)若10g密度为ρg·cm-3的Ca(NO3)2溶液中含有4gCa2+，则溶液中NO3-的物质的量浓度为____________(3)在标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mg·mol-1)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为ρg·cm-3，则此溶液的物质的量浓度(mol·L-1)为____________________(4)在反应3BrF3+5H2O===9HF+Br2+HBrO3+O2↑中，若有2molH2O参加反应，有_____mol水作还原剂，被水还原的溴元素____________mol；(5)把VL含MgSO4和K2SO4的混合溶液分成五等份，一份加入含amolNaOH的溶液恰好使镁离子完全沉淀；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为_______(6)3.04g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体2240mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀，则该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是___mol·L-1，镁的质量为______g，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是___，得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是____mL。(7)在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2(标准状况)，溶液中有1/3的溴元素被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为________。五、实验题25．(1)实验中需用0.2mol/L的Na2CO3溶液450mL，配制时应称取Na2CO3固体的质量为_______(2)下图是某同学用500mL容量瓶配制0.10mol·L－1NaOH溶液的过程： 该同学的错误步骤有____________处(3)配制220mL1.0mol·L－1硫酸溶液：①所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的体积为________(计算结果保留一位小数)mL；②如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_______mL量筒最好；③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是______________________(4)在配制4.6mol/L稀H2SO4的过程中，下列情况对硫酸溶液物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)?①容量瓶检漏后未干燥就使用：____________。②定容时仰视观察液面：_____。③移液后未洗涤烧杯和玻璃棒：_______。26．I.某探究小组在实验室中用铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2)提取氧化铝。回答下列问题：(1)在实验中需用1mol·L－1的NaOH溶液480mL，配制该溶液已有下列仪器：烧杯、托盘天平(砝码)、胶头滴管、药匙、玻璃棒，还缺少的仪器是______________。(2)写出步骤①中发生反应的离子方程式___________ (3)甲同学在实验室中用如图装置制备CO2气体，并通入滤液B中制备Al(OH)3时，结果没有产生预期现象。乙同学分析认为：甲同学通入CO2的量不足是导致实验失败的原因之一，你认为乙的分析是否合理？________。若合理，请用离子方程式解释其原因_________________________________(若你认为不合理，该空不作答)。II.某实验小组为探究ClO－、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验①：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4mL0.5mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。(1)写出实验①中发生反应的离子方程式：_____________________________(2)实验②的化学反应中转移电子的物质的量是_______________________。(3)以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是__________________________________________________________。 2019届天津市静海县第一中学高三上学期9月学生学业能力调研化学试题化学答案参考答案1．A【解析】【详解】①漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，水玻璃是Na2SiO3的水溶液，胶体为混合物、水银是汞，属于纯净物，不属于混合物，故①错误；②D是氢的一种同位素，即HD为单质，故②错误；③这几种物质都是电解质，故③正确；④C60、碳纳米管、金刚石、石墨都是碳的单质，结构不同，因此互为同素异形体，故④正确；⑤煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化；煤的气化将煤转化为可燃性气体的过程，属于化学变化。煤的液化可以将煤直接液化，即与氢气作用生成液体燃料；或间接液化，即先转化成CO和H2，再在催化剂的作用下合成甲醇等，属于化学变化，故⑤正确；综上所述，选项A正确。2．C【解析】试题分析：A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；故选：C．考点：化学实验基本操作3．B【解析】【详解】 ①有化学键破坏的反应不一定属于化学变化，如NaCl固体熔化为液态，破坏离子键，但此过程属于物理变化，故①错误；②有能量变化不一定是化学变化，如灯泡发光，故②错误；③电解质导电发生电解过程，有新物质的生成，属于化学变化，故③正确；④无水硫酸铜为白色，CuSO4·5H2O为蓝色，CuSO4→CuSO4·5H2O为化学变化，故④正确；⑤此方法是渗析，提纯胶体的方法，属于物理变化，故⑤正确；⑥化学变化中的最小的微粒是原子，16O和18O涉及到原子核的变化，不属于化学变化，但O2转化成O3生成了新物质，属于化学变化，故⑥正确；综上所述，选项B正确。4．C【解析】【分析】分散系中分散质的粒子大小在1～100nm之间或10-9～10-7m之间，甲、乙两种分散系均为胶体，具有胶体的性质。【详解】蒸干、灼烧氯化铁溶液得到氧化铁，蒸干、灼烧明矾溶液得到KAl(SO4)2，A错误；氢氧化铝胶体中加滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先聚沉，后溶解”，氢氧化铁胶体滴加过量的氢氧化钠溶液会聚沉生成沉淀，氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以不溶解，B错误；氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均能与氢碘酸溶液反应，三价铁离子与碘离子反应生成碘单质溶液为深褐色溶液，C正确；分散系中分散质的粒子大小在1～100nm之间或10-9～10-7m之间，均为胶体，所以甲、乙都有丁达尔效应，D错误。故选C。【点睛】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，属于基础知识的考查，但要注意氢氧化铝的两性和三价铁离子的氧化性。5．B【解析】【详解】①pH=0的溶液显酸性，C2O42－、MnO4－在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液显碱性，这些离子能够在碱性条件下共存，故②正确；③水电离出的c(H＋)=10 －13mol·L－1的溶液，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，CO32－、SO32－与H＋不能大量共存，故③正确；④加入Mg能放出H2，此溶液为非氧化性酸，这些离子能够大量共存，故④正确；⑤MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子不能大量共存，故⑤错误；⑥Fe3＋与S2－发生氧化还原反应，不能大量共存，故⑥错误；综上所述，选项B正确。6．D【解析】试题分析：a、甲烷的体积是6．72L，3．01×1023个HCl分子的体积=11．2L，13．6gH2S的体积=×22．4L/mol=8．96L，0．2molNH3的体积=0．2mol×22．4L/mol=4．48L，所以气体体积大小顺序是②＞③＞①＞④，a正确；b．相同条件下，气体摩尔体积相同，根据ρ=知，密度与其相对分子质量成正比，所以密度大小顺序是②＞③＞④＞①，b正确；c、甲烷的质量是=4.8g、3.01×1023个HCl分子的物质的量是0.5mol，质量是0.5mol×36.5g/mol=18.25g、③H2S的质量是13.6g、④0.2molNH3的质量是0.2mol×17g/mol=3.4g，质量②＞③＞①＞④，c正确；d、甲烷的物质的量，含氢原子1.2mol；②3.01×1023个HCl分子，含有氢原子0.5mol；③13.6gH2S物质的量=0.425mol，含氢原子个0.85mol；④0.2molNH3，含氢原子个0.6mol；氢原子个数①＞③＞④＞②，d正确;故选D。考点：本题考查物质的量。7．B【解析】【详解】①羟基为－OH，1mol羟基所含电子物质的量为9mol，故①错误；②NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，因此NH4＋物质的量小于0.5mol，故②正确；③1molO3中含有氧原子物质的量为3mol，1.5molO2含有氧原子物质的量为1.5×2mol=3mol，故③正确；④NaCl为离子化合物，不含NaCl分子，故④错误；⑤生成3molI2，消耗1molKIO3，此时转移电子物质的量为5mol，故⑤错误；⑥ 标准状况下，H2O不是气体，故⑥错误；⑦乙烷结构简式为CH3CH3，1mol乙烷中含有共价键物质的量为7mol，故⑦错误；⑧过氧化钠的电子式为，78gNa2O2中含有阴离子物质的量为1mol，故⑧正确；⑨Cl2与NaOH发生Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，7.1gCl2与NaOH参与反应，转移电子物质的量为0.1mol，故⑨错误；⑩D2O摩尔质量为20g·mol－1，4gD2O所含质子数为4×10/20mol=2mol，故⑩正确；综上所述，选项B正确。8．C【解析】A、c＝＝18.4mol·L－1，选项A错误；B、Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；C、200mL×4.6mol·L－1＝x·18.4mol·L－1，x＝50mL，选项B错误；C、配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸=50mL，选项C正确；D、由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2mol·L－1。答案选C。9．B【解析】【详解】A、质量分数=，该溶液中溶质为NH3，其质量为ag，溶液的质量为Vdg，即溶液的质量分数为，故A错误；B、溶质的物质的量为mol，溶液的体积为V×10－3L，根据物质的量浓度的公式，推出c=1000a/17Vmol·L－1，故B正确；NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH－，NH4＋的物质的量为bmol，则n(OH－)=bmol，则c(OH－)=1000b/Vmol·L－1，故C错误；D、稀释过程中溶质的质量不变，即稀释后溶质质量为ag，溶液的质量为(Vd＋V)g，则稀释后溶质的质量为分数为，当d=1时，溶质的质量分数为原来的一半，但d>1，因此稀释后溶质的质量分数小于原来的一半，故D错误。10．C 【解析】试题分析：A、Na为+1价、Al为+3价，故H为-1价，错误；B、H从-1到0价，转移电子数为0.5mol×2×NA，错误；C、反应中总共有12个H，有6个H的化合价升高，故有50%被氧化，正确；D、氧化产物为H2，还原产物为Al，故为3:2，错误。考点：考查氧化还原反应基本概念。11．B【解析】【详解】A、Fe3＋具有强氧化性，I－具有强还原性，两者发生氧化还原反应，即缺少一个离子反应，故A错误；B、Fe2＋的还原性强于Br－，因此Cl2先于Fe2＋发生反应，令消耗Br－物质的量为xmol，根据得失电子数目守恒，有100×10－3×1.5＋x=3.36×2/22.4，解得x=0.15mol，即消耗Fe2＋、Br－、Cl2的物质的量分别为0.15：0.15：0.15，正确的离子反应方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，故B正确；C、因为溶液为碱性溶液，不能有大量H＋存在，故C错误；D、SO42－全部转化成为沉淀，即明矾的系数为1，1molKAl(SO4)2中有1molAl3＋和2molSO42－，2molSO42－全部变为沉淀，需要2molBa(OH)2，因此反应后Al元素以AlO2－的形式存在，故D错误。【点睛】本题的易错点是选项D，涉及“量”，往往少量系数为1，1molKAl(SO4)2中有1molAl3＋和2molSO42－，2molSO42－全部变为沉淀，需要2molBa(OH)2，因此反应后Al元素以AlO2－的形式存在。12．B【解析】试题分析：A选项首先CO2先与Ca(OH)2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量保持不变，CO2再和KOH反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，故A错误；B选项，假设溶液中含1molKAl(SO4)2，加入1.5mol的Ba(OH)2时生成1.5molBaSO4和1molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5mol，再加入0.5molBa(OH)2，生成0.5molBaSO4，溶解1molAl(OH)3，故沉淀的总物质的量减少，但产生沉淀的过程不会出现折点，最后只剩下硫酸钡沉淀，故B错误；C选项NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2 溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，故C选项正确。D选项NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于1︰1，此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到1︰4时，所产生的氢氧化铝完全溶解，离子方程式如下，H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O故曲线应该是加入1份盐酸时沉淀达到最大，再加入3份盐酸沉底全部消失，图像应该是个“非等腰三角形”，与D所给图像不符合，故D错误。考点:常见反应过程与现象化学图像点评:本题考查同学们分析图像的能力，同学们需要熟悉反应的过程，知道反应“顺序”和“量”都会对反应的现象产生影响，进而影响我们所绘制的曲线。13．B【解析】【详解】根据c=n/M=m/MV，①称取等质量的Na2O，假设Na2O的质量为mg，则产生NaOH的质量为80m/52g，即NaOH固体中混有Na2O，配制NaOH溶液的浓度偏高，故①正确；②量筒量取液体溶质，用水冲量筒，将冲洗液转移到容量瓶中，造成溶质的质量增加，所配溶液的浓度偏高，故②正确；③称量含结晶水的溶质时，溶质已风化，所称量溶质的质量增大，所配溶液的浓度偏高，故③正确；④用量筒量取溶质液体时，俯视读数，所量液体体积减少，溶质物质的量减少，所配溶液浓度偏低，故④错误；⑤未冷却至室温即转入容量瓶，定容后，恢复到室温状态下，溶液的体积偏小，浓度偏高，故⑤正确；⑥摇匀后，液面下降，浓度不变，故⑥错误；综上所述，选项B正确。14．C【解析】【详解】A、结合H＋的顺序是OH－、AlO2－、CO32－，故A错误；B、还原性强的先于氯气反应，即还原性强弱顺序是I－>Fe2＋>Br－，故B错误；C、氧化性强的先于Zn反应，依据金属活动顺序表，氧化性强弱顺序是Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋，故C正确；D、结合OH－的能力H＋>Al3＋>NH4＋，故D错误。【点睛】 本题易错点是选项C和选项D，选项C学生依据金属活动顺序表进行判断，认为Cu2＋的氧化性最强，学生忽略了Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，Fe3＋的氧化性强于Fe2＋；选项D，学生不容易弄清楚Al3＋和NH4＋，谁结合OH－能力强，学生忘记了Al3＋＋3NH3·H2O=Al3(OH)3↓＋3NH4＋，从这个反应推断出Al3＋结合OH－的能力强于NH4＋。15．B【解析】试题分析：A．向FeCl2溶液中滴入氯水，发生氧化还原反应：2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-；由于氧化性：Cl2>Fe3＋>I2,所以向向FeCl2溶液中滴入碘水，不能发生类似反应2Fe2＋+I2=2Fe3＋+2I-，错误；B.向澄清石灰水中通入少量CO2气体，发生反应形成正盐，反应的离子方程式是Ca2＋+2OH—+CO2=CaCO3↓+H2O；当向澄清石灰水中通入少量SO2气体时，由于SO2也是酸性氧化物，因此反应类似，也发生反应：Ca2＋+2OH-+SO2＝CaSO3↓+H2O，正确；向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3，发生复分解反应：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，当向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3，由于硝酸有氧化性，而Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应。反应方程式是：3SO32-+2H＋+2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，错误；D.由于酸性：H2CO3>HClO，CO2通入漂白粉溶液中，发生复分解反应：CO2+Ca2＋+2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO，当把SO2通入漂白粉溶液中时，SO2有还原性，而ClO-有氧化性，会发生氧化还原反应：SO2+Ca2＋+ClO-+H2O＝CaSO4↓+2H++Cl-，错误。考点：考查化学学习中类推法正误判断的知识。16．D【解析】试题分析：A、反应中转移电子为10个，若有0.1mol氧化产物（MnO-4）生成，则转移0.5mol电子，正确；B、离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+＝2MnO-4+5Bi3++Na++7H2O，NaBiO3未拆成离子说明铋酸钠难溶于水，正确；C、若有Mn2+离子，反应后溶液出现紫色，正确；D、Cl-的还原性强于Mn2+离子，会先与NaBiO3反应，错误。考点：通过对给定方程式的分析考查氧化还原，元素及其化合物性质知识。17．C【解析】 试题分析：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)：n(Cl-)最小为6：5，故6：5＜n(Na+)：n(Cl-)＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故C正确；D、令n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C。考点：考查了氧化还原反应计算、根据方程式的计算的相关知识。18．AD【解析】试题分析：根据同温同压下，密度比等于摩尔质量之比，14CO和12CO组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等，混合气体的平均摩尔质量为29，根据十字交叉法计算，同时根据质量数等于近似相对原子量，，因此14CO和12CO物质的量之比或体积之比为1：1，质量比为1×30：1×28=15：14，密度之比等于摩尔质量之比，14CO和12CO密度之比等于30：28=15：14，故选项AD正确。考点：考查阿伏加德罗推论、化学计算等知识。19．用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴滴加几滴的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得到氢氧化铁胶体；FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClFe3+发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+氢氧化铁胶体吸附悬浮于水中的固体小颗粒形成沉淀，使水澄清。【解析】 【详解】氢氧化铁胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴滴加几滴的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得到氢氧化铁胶体；发生的反应方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铁胶体吸附悬浮于水中的固体小颗粒形成沉淀，使水澄清。20．Cghdjacefi【解析】【详解】a、石墨属于单质，能够导电，不属于电解质和非电解质；b、液氯属于单质，不属于电解质和非电解质，不能够导电；c、Na2O属于金属氧化物，属于电解质，熔融状态下能够导电；d、NO2不属于电解质，属于非电解质；e、氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，但氨水能够导电；f、NaCl溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，但其能够导电；g、CuSO4·5H2O属于电解质，但此状态下不能够导电；h、冰醋酸是纯醋酸，属于电解质，但此状态下不能够导电；i、盐酸属于混合物，能够导电；j、蔗糖属于非电解质，不导电；属于电解质的是cgh；属于非电解质的是dj；能导电的物质是acefi。21．0.8mol【解析】【详解】HNO3具有强氧化性，H2S具有强还原性，因此HNO3、H2S为反应物，NO、S、H2O为生成物，因此反应方程式为3H2S＋2HNO3=3S↓＋2NO↑＋4H2O，H2S为还原剂，HNO3为氧化剂，单线桥表示电子转移的方向和数目：；当转移6mol电子时，生成4molH2O，因此转移1.2mol电子，生成H2O的物质的量为mol=0.8mol。 22．【解析】试题分析：反应KMnO4+HBr→Br2+MnBr2+KBr+H2O中，HBr中溴元素化合价由—1价升高到0价，失电子，作还原剂；反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素化合价由+7→+2价，变化5价，Br元素化合价由-1价→0价，变化1价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，设被氧化的还原剂的物质的量是x，则有0.2mol×（7-2）=（1-0）x，x=1mol。考点：考查氧化还原反应的基本概念和计算。23．H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OBa2＋＋2HCO3－＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋H2O＋CO32－6I－＋8H＋＋2NO3－=3I2＋2NO↑＋4H2OCr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2OClO－＋2I－＋H2O=Cl－＋I2＋2OH－2H2O＋Cu2＋＋Cl－＋SO2=CuCl↓＋SO42－＋4H＋10OH－＋S2O32－＋4Cl2=2SO42－＋8Cl－＋5H2O【解析】【详解】（1）因为NaHSO4是少量，因此反应的离子方程式为H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O；Ba(HCO3)2是少量，即反应的离子方程式为Ba2＋＋2HCO3－＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－；（2）NH4HCO3是少量，因此发生的离子方程式为NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋H2O＋CO32－；Fe2＋的还原性小于I－，因此滴加少量HNO3，HNO3先于I－反应，即离子方程式为6I－＋8H＋＋2NO3－=3I2＋2NO↑＋4H2O；（3）根据信息，Cr2O72－被还原成Cr3＋,Fe2＋应被氧化成Fe3＋，电解质溶液显酸性，即离子方程式为Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；（4）NaClO具有强氧化性，反应后溶液显黄色，说明次氯酸钠把I－氧化成I2，即离子反应方程式为：ClO－＋2I－＋H2O=Cl－＋I2＋2OH－；（5）根据信息，Cu2＋→Cu＋，SO2被氧化成SO42－，因此离子反应方程式为2H2O＋Cu2＋＋Cl－＋SO2=CuCl↓＋SO42－＋4H＋；（6）S2O32－被氧化成SO42－，Cl2被还原成Cl－，反应的离子方程式为：10OH－＋S2O32－＋4Cl2=2SO42－＋8Cl－＋5H2O。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是本题的难点，书写时，先判明氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，根据化合价的升降法进行配平，然后依据元素守恒、电荷守恒，确定有无其他物质参与，特别注意电解质溶液的酸碱性，如本题中(4)，ClO－表现强氧化性，为氧化剂，其产物为Cl－，I－ 为还原剂，其产物为I2，即有ClO－＋I－→I2＋Cl－，化合价升降法配平，即ClO－＋2I－=I2＋Cl－，NaClO溶液显碱性，因此有ClO－＋2I－＋H2O=Cl－＋I2＋2OH－。24．32g·mol－11：311：210.125mol40ρmol·L－1mol·L－14/50.8mol(10b－5a)/Vmol·L－114mol·L－10.48g80%640Ml1.2mol·L－1【解析】【详解】（1）混合气体的物质的量为2.24/22.4mol=0.1mol，根据M=m/n=3.2/0.1g·mol－1=32g·mol－1；根据题意有：n(CO)＋n(CO2)=0.1，28n(CO)＋44n(CO2)=3.2，解得n(CO)=0.075mol，n(CO2)=0.025mol，根据阿伏加德罗推论，气体体积之比等于物质的量之比，即CO2和CO的体积之比为0.025：0.075=1：3；CO2和CO的质量比为1×44：3×28=11：21；混合气体中所含氧原子物质的量为(0.075×1＋0.025×2)mol=0.125mol；（2）n(Ca2＋)=4/20mol=0.2mol，即n(NO3－)=2n(Ca2＋)=0.4mol，溶液的体积为L，因此c(NO3－)=40ρmol·L－1；（3）A的物质的量为V/22.4mol，溶液的质量为g，溶液的体积为L，则该物质的物质的量浓度为mol·L－1；（4）根据反应方程式，5molH2O参与反应，其中有2molH2O作还原剂，即有2molH2O参加反应，有4/5molH2O作还原剂；根据得失电子数目守恒，因此有，解得n(BrF3)=0.8mol；（5）加入NaOH，发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，计算出n(Mg2＋)=a/2mol，加入BaCl2溶液，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，计算出n(SO42－)=bmol，则原溶液中n(Mg2＋)=5a/2mol，n(SO42－)=5bmol，根据溶液呈现电中性，2n(Mg2＋)＋n(K＋)=2n(SO42－)，推出n(K＋)=(10b－5a)mol，则c(K＋)=(10b－5a)/Vmol·L－1；（6）根据c=1000ρω%/M=1000×1.40×63%/63mol·L－1=14mol·L－1，合金失去电子物质的量等于沉淀中OH－的物质的量，生成的沉淀是Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀的质量为合金的质量与OH－质量的和，因此沉淀中m(OH－)=(5.08－3.04)g=2.04g，合n(OH－)=2.04/17mol=0.12mol，因此有64n(Cu)＋24n(Mg)=3.04，2n(Cu)＋2n(Mg)=0.12，解得n(Cu)=0.04mol，n(Mg)=0.02mol，m(Mg)=0.02×24g=0.48g，根据得失电子数目守恒，推出n(NO2)＋2n(N2O4)=0.12，n(NO2)＋n(N2O4)=2240×10－3/22.4，解得n(NO2)=0.08mol，n(N2O4)=0.02mol，NO2的体积分数即NO2的物质的量分数为0.08/0.1×100%=80%，沉淀达到最大，溶质为NaNO3，n(NaOH)=n(HNO3)－n(NO2)－2n(N2O4 )=(1.4－0.08－2×0.02)mol=1.28mol，则需要NaOH的体积为1.28/2L=0.64L=640mL；（7）Fe2＋的还原性强于Br－，Fe2＋先于Cl2反应，令FeBr3的物质的量为cmol·L－1，根据得失电子数目守恒，，解得c=1.2mol·L－1。25．10.6g313.615mL将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入水中，边加边搅拌；无影响偏低偏低【解析】【详解】（1）实验室没有450mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶，因此需要称量的Na2CO3的质量为500×10－3×0.2×106g=10.6g；（2）需要NaOH的质量为500×10－3×0.1×40g=2.0g，配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀，称量NaOH固体时，需要将NaOH固体放在烧杯中进行称量；缺少洗涤一步骤；定容时眼睛平视刻度线，故有3处错误；（3）①稀释前后溶质的质量或物质的量不变，因此有250×10－3×1=V(H2SO4)×1.84×98%/98，解得V(H2SO4)=13.6mL；②应选用大而接近的量程，即选用15mL量筒；③稀释浓硫酸的方法是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入水中，边加边搅拌；（4）根据C=n/V=m/MV，①未干燥容量瓶，对实验无影响，应填无影响；②定容时仰视刻度线，所加溶液的体积增大，浓度偏低；③未洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质质量或物质的量减少，所配溶液浓度偏低。【点睛】本题易错点是（1），学生计算碳酸钠的质量方法是450×10－3×0.2×106g，学生忽略了实验室容量瓶的规格，实验室容量瓶的规格是100mL、250mL、500mL、1000mL，应选用大而接近的，因此应用500mL的容量瓶，碳酸钠质量为500×10－3×0.2×106g=10.6g。26．500mL容量瓶；Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O合理CO2＋2OH－=CO32－＋H2O2I－＋ClO－＋2H＋=Cl－＋I2＋H2O4×10－3molClO－>I2>SO42－【解析】【详解】I.（1）根据本实验的目的，实验室配制一定物质的量浓度的溶液中需要的仪器是烧杯、托盘天平、500mL容量瓶、药匙、玻璃棒、胶头滴管，因此缺少的仪器是500mL容量瓶；（2）Al2O3 属于两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不与盐酸反应，因此反应①中的离子反应方程式为Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；（3）滤液B中有过量NaOH溶液存在，通入CO2气体，CO2先于NaOH反应，如果CO2少量，发生CO2＋2OH－=CO32－＋H2O，，因此该同学分析合理；II.（1）溶液变蓝，说明有I2的生成，利用ClO－的氧化性，把I－氧化成I2，其离子方程式为2I－＋ClO－＋2H＋=Cl－＋I2＋H2O；（2）蓝色褪去，说明I2与Na2SO3发生氧化还原反应，SO32－被氧化成SO42－，即转移电子物质的量为4×10－3×0.5×(6－4)mol=4×10－3mol；（3）根据氧化还原反应的规律，①反应中ClO－为氧化剂，I2为氧化产物，即ClO－氧化性强于I2，②中I2为氧化剂，SO42－为氧化产物，即I2的氧化性强于SO42－，综上所述，氧化性：ClO－>I2>SO42－。【点睛】本题的易错点是I中（1），学生只回答出缺少的仪器是容量瓶，忽略了再回答容量瓶时，需要答出容量瓶的规格，即500mL容量瓶。