湖南省衡阳市衡阳县一中2022届高三化学上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三第二次月考化学试卷　一、选择题1．实验中需要2.0mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A．1000ml，212gB．950ml543.4gC．950ml201gD．500ml286g　2．常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+=2Y2++X2+，对下列叙述的判断正确的是①X被氧化②X是氧化剂③X具有还原性④Y2+是氧化产物⑤Y2+具有还原性⑥Y3+的氧化性比X2+的氧化性强．A．①③⑤⑥B．①③④C．②④⑥D．②⑤　3．同温同压下，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是A．x：y等于甲与乙的相对分子质量之比B．x：y等于等质量的甲与乙的分子个数之比C．x：y等于同温同压下甲与乙的密度之比D．y：x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比　4．在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气，氯化氢，二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为A．1：1：1B．5：5：4C．1：2：3D．1：1：2　5．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是A．2B．3C．4D．5　6．被称为万能还原剂的NaBH4能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C．硼元素被氧化，氢元素被还原D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1　7．下列离子方程式中，不正确的是A．Na2S溶液中通入适量H2S：S2﹣+H2S═2HS﹣B．氧化铁溶于氢碘酸：Fe2O3+6H﹣═2Fe3++3H2OC．过量铁粉加入稀HNO3溶液中：3Fe+8H++2NO═3Fe2++2NO↑+4H2OD．NaHSO3溶液显酸性的原因：HSO+H2O⇌SO+H3O﹣　-18-\n8．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A．漂白粉溶液在空气中失效：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al3↓+HCO3﹣D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+　9．下列溶液中，能大量共存的离子组是A．含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣B．c=1×10﹣13mol/L的溶液：Na+、Ca2+、SO42﹣、CO32﹣C．含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SCN﹣D．含有大量NO3﹣的溶液：H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣　10．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A．33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB．常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物中含有氢原子的数目为NAC．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA　11．在一盛有22.4LCO2和CO混合气体的密闭容器中投入1molNa2O2固体，用间断的电火花引发至恰好完全反应，下列对反应完全后容器里剩余固体的叙述正确的是A．1molNa2CO3B．0.5molNa2CO3，0.5molNa2O2C．0.25molNa2CO3，0.75molNa2O2D．O.75molNa2CO3，0.25molNa2O2　12．向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下C123.36L，所得溶液中C1一和Br﹣的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为A．0.75mol•L﹣1B．1mol•L﹣1C．1.5mol•L﹣1D．2mol•L﹣1　13．有镁铝混合粉末10.2克，将它溶于500mL4mol/L的盐酸中，若要使沉淀量最大，则需加入2mol/L的NaOH的体积为A．1000mLB．500mLC．100mLD．1500mL　14．在含0.075molKHCO3的溶液中，加入0.025molKOH，然后向溶液中滴加1.0mol/L稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸体积与生成CO2的物质的量的关系的是-18-\nA．B．C．D．　15．某无色溶液中加入过量的稀盐酸有沉淀生成，过滤后向碱溶液中加入过量的纯碱溶液又有沉淀生成，下列溶液中符合此条件的是①Ag+、Fe3+、Na+②Ag+、Al3+、K+③Ag+、Ba2+、NO④SiO、AlO、K+⑤Ag+、NH、H+⑥AlO2﹣、K+、Al3+．A．①②⑤B．②③④C．②③④⑥D．①②③④⑥　16．将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg•mL﹣1，该溶液的溶质质量分数为A．%B．%C．%D．%　　二、解答题17．氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：NO+4H++3e﹣═NO+2H2O；KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe23四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生．写出甲的化学式：　　　　　　；反应中硝酸体现了　　　　　　性质．　18．人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示．抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[2C2O4]溶液，可析出草酸钙沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度．某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度．-18-\n配制KMnO4标准溶液如图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程图．请你观察图示判断，其中不正确的操作有　　　　　　；其中确定50mL溶液体积的容器是　　　　　　；如果用图示的操作配制溶液，在其他操作正确的情况下，所配制的溶液浓度将　　　　　　．测定血液样品中Ca2+的浓度抽取血样20.00mI，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液．已知草酸跟KMnO4反应的离予方程式为：1MnO+5H2C2O4+6H+═2Mnx++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=　　　　　　经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为　　　　　　mg/cm3．　19．15克A物质和10.5克B物质完全反应，生成7.2克C物质、1.8克D物质和0.3molE物质，则E物质的摩尔质量是　　　　　　．　20．V2O3和V2O5按不同物质的量之比混合可按化学计量数发生完全反应：xV2O5+yV2O3=zVnO2N+1①若反应物的物质的量之比x：y为　　　　　　，可得到V6O13②若反应物的物质的量之比x：y为　　　　　　，可得到V3O7．　21．蛇纹石矿可以看做MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成．由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如图所示．蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是　　　　　　．氢氧化物Fe3Al3Mg2-18-\n开始沉淀pH1.53.39.4进行Ⅰ操作时，控制溶液pH=7～8Ca2不能过量，若Ca2过量可能会导致　　　　　　溶解、　　　　　　沉淀．从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入　　　　　　，然后　　　　　　．物质循环使用，能节约资源．上述实验中，可以循环使用的物质是　　　　　　．现设计一个实验，确定产品aMgCO3•bMg2•cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤：①样品称量②高温分解③　　　　　　．④　　　　　　．⑤MgO称量18.2g产品完全分解后，产生6.6gCO2和8.0gMgO，由此可知，产品的化学式中：a=　　　　　　，b=　　　　　　，c=　　　　　　．　　-18-\n2022-2022学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．实验中需要2.0mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A．1000ml，212gB．950ml543.4gC．950ml201gD．500ml286g【考点】物质的量的相关计算；不能加热的仪器及使用方法．【专题】化学实验基本操作．【分析】由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算．【解答】解：容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m=cVM=1L×2.0mol/L×106g/mol=212g，故选A．【点评】本题考查溶液的配制知识，题目难度不大，注意实验室常用容量瓶的规格．　2．常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+=2Y2++X2+，对下列叙述的判断正确的是①X被氧化②X是氧化剂③X具有还原性④Y2+是氧化产物⑤Y2+具有还原性⑥Y3+的氧化性比X2+的氧化性强．A．①③⑤⑥B．①③④C．②④⑥D．②⑤【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由X+2Y3+=2Y2++X2+可知，X的化合价升高，Y的化合价降低，则X作还原剂，具有还原性，被氧化，发生氧化反应；Y3+具有氧化性，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．【解答】解：由X+2Y3+=2Y2++X2+可知，X的化合价升高，Y的化合价降低，①X作还原剂，被氧化，故①正确；②X的化合价升高，X是还原剂，故②错误；③X是还原剂，具有还原性，故③正确；④Y的化合价降低，Y2+是还原产物，故④错误；⑤Y2+的化合价能升高，则具有还原性，故⑤正确；⑥由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则Y3+的氧化性比X2+的氧化性强，故⑥正确；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的概念来解答，难度不大．　3．同温同压下，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是A．x：y等于甲与乙的相对分子质量之比B．x：y等于等质量的甲与乙的分子个数之比C．x：y等于同温同压下甲与乙的密度之比D．y：x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比【考点】阿伏加德罗定律及推论．-18-\n【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】同温同压下，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，由n=可知甲乙两种气体的物质的量相同，结合n==进行判断．【解答】解：同温同压下，气体的Vm相同，xg的甲气体和yg的乙气体占有相同的体积，由n=可知甲乙两种气体的物质的量相同，则A．气体的物质的量相同，由m=nM可知x：y等于甲与乙的相对分子质量之比，故A正确；B．等质量的甲与乙的分子个数之比应为：，故B错误；C．二者体积相同，质量之比为x；y，则密度之比为x：y，故C正确；D．同温同体积下等质量的甲与乙的物质的量之比为：，则压强之比为y：x，故D正确．故选B．【点评】本体考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，题目难度不大，注意把握相关计算公式的运用．　4．在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气，氯化氢，二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为A．1：1：1B．5：5：4C．1：2：3D．1：1：2【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，根据c=计算溶液的物质的量浓度．【解答】解：盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的，相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，令气体的物质的量为amol，假设烧瓶的体积是VL，三种溶液中溶质的物质的量分别是：n=n=amol，n=amol×，三种溶液的体积分别是V=V=VL，V=VL，根据c=可知，c=c=c=mol/L，所以其物质的量浓度之比为1：1：1，故选A．-18-\n【点评】本题考查了物质的量浓度的有关计算，题目难度中等，判断所得溶液体积与气体体积关系是关键，利用赋值法进行解答使计算过程简单化，注意盛放二氧化氮的烧瓶中溶液体积、溶质的物质的量与二氧化氮的关系，为易错点．　5．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是A．2B．3C．4D．5【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由﹣升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值．【解答】解：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由﹣升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x×[6﹣]=16×[1﹣]解得：x=5故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大．　6．被称为万能还原剂的NaBH4能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C．硼元素被氧化，氢元素被还原D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1【考点】氧化还原反应．【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中H元素化合价为﹣1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，以此解答该题．【解答】解：A．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；B．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；C．NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；D．化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，为高频考点，侧重于基本概念的理解和运用的考查，注意从化合价的角度解答该题，较简单．　-18-\n7．下列离子方程式中，不正确的是A．Na2S溶液中通入适量H2S：S2﹣+H2S═2HS﹣B．氧化铁溶于氢碘酸：Fe2O3+6H﹣═2Fe3++3H2OC．过量铁粉加入稀HNO3溶液中：3Fe+8H++2NO═3Fe2++2NO↑+4H2OD．NaHSO3溶液显酸性的原因：HSO+H2O⇌SO+H3O﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．硫离子与硫化氢反应生成HS﹣；B．铁离子与碘离子发生氧化还原反应；C．铁粉过量，反应生成硝酸亚铁、NO气体和水；D．亚硫酸氢根离子在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性．【解答】解：A．Na2S溶液中通入适量H2S，反应生成NaHS，反应的离子方程式为：S2﹣+H2S═2HS﹣，故A正确；B．氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；C．过量铁粉加入稀HNO3溶液中，反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故C正确；D．NaHSO3溶液中，亚硫酸氢根离子在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性，电离方程式为：HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+，故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：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，检查是否符合守恒关系、检查是否符合原化学方程式等．　8．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A．漂白粉溶液在空气中失效：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al3↓+HCO3﹣D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A、根据次氯酸钙和水以及二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸进行解答；B、根据反应前后电荷守恒进行解答；C、根据二氧化碳过量生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠进行解答；D、根据氢离子和氢氧根离子不共存进行解答．【解答】解：A、漂白粉失效的化学方程式为Ca2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，那么该反应的离子方程式是Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，故A错误；B、实验室制取Cl2的原理是浓盐酸和二氧化锰反应，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al3和碳酸氢钠，反应的离子方程式：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al3↓+HCO3﹣，故C正确；D、在强碱溶液中，不可能生成H+，故D错误．-18-\n故选：C．【点评】在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据离子方程式的书写规则进行判断．　9．下列溶液中，能大量共存的离子组是A．含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣B．c=1×10﹣13mol/L的溶液：Na+、Ca2+、SO42﹣、CO32﹣C．含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、SCN﹣D．含有大量NO3﹣的溶液：H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．该组离子之间不反应；B．c=1×10﹣13mol/L的溶液，显碱性；C．离子之间结合生成络离子；D．离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：A．因该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B．c=1×10﹣13mol/L的溶液，显碱性，Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；C．因Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，则不能共存，故C错误；D．因H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及常见离子之间的反应即可解答，注意选项D中的氧化还原及C中生成络离子为解答的难点，题目难度不大．　10．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A．33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB．常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物中含有氢原子的数目为NAC．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、HF所处的状态不明确；B、根据乙烯和丙烯的最简式均为CH2来计算；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、合成氨的反应为可逆反应．【解答】解：A、HF所处的状态不明确，故33.6LHF的物质的量不能计算，则分子个数不能计算，故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量n==0.5mol，则含1mol氢原子即NA个，故B正确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故50mL18.4mol/L浓硫酸一旦变稀则反应即停止，即浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫的分子数目小于0.46NA个，故C错误；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1molN2和0.3molH2不能完全反应生成0.2mol氨气，则转移的电子的物质的量小于0.6mol，即小于0.6NA个，故D错误．故选B．-18-\n【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和反应情况是解题关键，难度不大．　11．在一盛有22.4LCO2和CO混合气体的密闭容器中投入1molNa2O2固体，用间断的电火花引发至恰好完全反应，下列对反应完全后容器里剩余固体的叙述正确的是A．1molNa2CO3B．0.5molNa2CO3，0.5molNa2O2C．0.25molNa2CO3，0.75molNa2O2D．O.75molNa2CO3，0.25molNa2O2【考点】有关混合物反应的计算．【分析】由2CO+O22CO2，以及2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，二者相加可得CO+Na2O2=Na2CO3，根据反应的化学方程式计算．【解答】解：根据2CO+O22CO2，以及2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，二者相加可得CO+Na2O2=Na2CO3，气体都是1mol就可以消耗过氧化钠1mol，22.4L即1molCO2和CO混合气体的密闭容器中投入1molNa2O2固体，会恰好和1mol过氧化钠反应生成碳酸钠，根据钠元素守恒，所以得到碳酸钠的物质的量是1mol．故选A．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题注意利用2CO+O2=2CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2得出反应CO+Na2O2=Na2CO3为解答该题的关键．　12．向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下C123.36L，所得溶液中C1一和Br﹣的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为A．0.75mol•L﹣1B．1mol•L﹣1C．1.5mol•L﹣1D．2mol•L﹣1【考点】氧化还原反应的计算；离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】还原性Fe2+＞Br﹣，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，反应后溶液中Cl﹣和Br﹣的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15mol，若Br﹣没有反应，溶液中n=0.3mol，则n=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br﹣参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算．【解答】解：还原性Fe2+＞Br﹣，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，反应后溶液中Cl﹣和Br﹣的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15mol，若Br﹣没有反应，n=0.3mol，则n=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br﹣参加反应，-18-\n设FeBr2的物质的量为x，则n=xmol，n=2xmol，未反应的n=0.3mol，参加反应的n=mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x﹣0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握还原性的强弱及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．　13．有镁铝混合粉末10.2克，将它溶于500mL4mol/L的盐酸中，若要使沉淀量最大，则需加入2mol/L的NaOH的体积为A．1000mLB．500mLC．100mLD．1500mL【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】先分析溶液中存在的溶质，再利用酸碱中和反应方程式计算，反应过程中镁铝的转化过程分别为：Mg→MgCl2→Mg2；Al→AlCl3→Al3，据此分析解答．【解答】解：根据题意知，反应过程中镁铝的转化过程分别为：Mg→MgCl2→Mg2；Al→AlCl3→Al3；Mg、Al、Mg2、Al3都不溶于水，所以沉淀质量达到最大值时溶液中的溶质是氯化钠，根据n=n计算，设加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为xL，2mol/L×xL=0.5L×4mol/L，x=1L，所以需加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为1L即1000mL，故选A．【点评】本题考查了镁铝及其化合物的性质，知道沉淀的质量达最大时溶液中的溶质成分是解本题的关键，题目难度不大．　14．在含0.075molKHCO3的溶液中，加入0.025molKOH，然后向溶液中滴加1.0mol/L稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸体积与生成CO2的物质的量的关系的是A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】0.075molKHCO3的溶液中，加入0.025molKOH，发生反应KHCO3+KOH=K2CO3+H2O，0.025molKOH完全反应消耗0.025molKHCO3，剩余0.05molKHCO3、生成0.025molK2CO3，再滴加盐酸，首先发生反应HCl+K2CO3=KHCO3+KCl，不放出气体，计算0.025molK2CO3-18-\n完全，消耗HCl、生成KHCO3的物质的量，溶液中共有含有KHCO3的物质的量，继续滴加时，发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，计算该阶段完全反应消耗HCl的物质的量，进而确定各阶段需要盐酸的体积，据此结合图象判断．【解答】解：0.075molKHCO3的溶液中，加入0.025molKOH，发生反应KHCO3+KOH=K2CO3+H2O，0.025molKOH完全反应消耗0.025molKHCO3，剩余0.05molKHCO3、生成0.025molK2CO3，再滴加盐酸，首先发生反应HCl+K2CO3=KHCO3+KCl，不放出气体，0.025molK2CO3完全，消耗HCl为0.025mol，消耗盐酸体积==0.025L，生成0.025molKHCO3，即当再加入0.025L盐酸时，该阶段反应进行完全，溶液中共有KHCO3为0.05mol+0.025mol=0.075mol，继续滴加时，发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，该阶段完全反应消耗0.075molHCl，消耗盐酸的体积为=0.075L，生成0.05molCO2，综上所述，图象D符合，故选D．【点评】本题考查了元素化合物性质、图象计算等，关键是清楚向碳酸钾溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是HCl+K2CO3=KHCO3+KCl；进行完全后，再发生：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑．　15．某无色溶液中加入过量的稀盐酸有沉淀生成，过滤后向碱溶液中加入过量的纯碱溶液又有沉淀生成，下列溶液中符合此条件的是①Ag+、Fe3+、Na+②Ag+、Al3+、K+③Ag+、Ba2+、NO④SiO、AlO、K+⑤Ag+、NH、H+⑥AlO2﹣、K+、Al3+．A．①②⑤B．②③④C．②③④⑥D．①②③④⑥【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，不能相互促进水解等，则离子大量共存，并结合离子的颜色及加入过量的稀盐酸有沉淀生成，过滤后向碱溶液中加入过量的纯碱溶液又有沉淀生成来解答．【解答】解：①Fe3+为黄色，与无色不符，故错误；②该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成AgCl沉淀，滤液加过量纯碱生成氢氧化铝沉淀，故正确；③该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成AgCl沉淀，滤液加过量纯碱生成碳酸钡沉淀，故正确；④该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成硅酸沉淀，滤液加过量纯碱生成氢氧化铝沉淀，故正确；⑤该组离子之间不反应，可大量共存，加盐酸生成硅酸沉淀，但滤液加纯碱不生成沉淀，故错误；⑥AlO2﹣、Al3+相互促进水解，不能大量共存，故错误；-18-\n故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及水解反应的离子反应考查，题目难度不大．　16．将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg•mL﹣1，该溶液的溶质质量分数为A．%B．%C．%D．%【考点】钠的化学性质；溶液中溶质的质量分数及相关计算；铝的化学性质．【专题】计算题；几种重要的金属及其化合物．【分析】根据钠与水反应生成了氢氧化钠及铝与氢氧化钠反应生成了偏铝酸钠和氢气，求出生成的氢气、偏铝酸钠的物质的量及质量，再根据溶质质量分数的公式求出溶液的溶质质量分数．【解答】解：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠能溶解铝生成偏铝酸钠，由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑和2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，钠和铝反应的物质的量之比为1：1，所以将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，钠、铝能恰好反应最终得到偏铝酸钠溶液．根据方程式知反应过程中共得到氢气的物质的量为a+a=2amol，生成偏铝酸钠的物质的量为amol．所以，溶质的质量=amol×82g/mol=82ag，所得溶液的质量为：23ag+27ag+mg﹣4ag=g．所得溶液的溶质质量分数为：100%=%．故选：C．【点评】解答本题的关键是根据质量守恒定律准确地求出溶液的质量，溶液的质量等于参加反应的钠、铝的质量与水的质量之和，再减去生成的氢气的质量．　二、解答题17．氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：NO+4H++3e﹣═NO+2H2O；KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe23四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生．写出甲的化学式：　Cu2O　；反应中硝酸体现了　氧化性；酸性　性质．【考点】氧化还原反应．【分析】还原过程中N元素的化合价降低，则应与还原剂Cu2O发生氧化还原反应；反应生成硝酸铜、NO，生成硝酸盐体现酸性，生成NO时N元素的化合价降低．【解答】解：还原过程的反应式为NO3﹣+4H++3e﹣﹣→NO+2H2O，则具有还原性的物质可使还原反应发生，只有Cu2O符合，Cu元素的化合价升高，故答案为：Cu2O；因硝酸中的N元素的化合价为+5价，NO中N元素的化合价为+2价，在该反应中N元素的化合价降低，则体现硝酸的氧化性，而硝酸与硝酸中N元素的化合价相同，则体现硝酸具有酸性，故答案为：氧化性；酸性．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素的化合价及反应中的变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大．　-18-\n18．人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示．抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[2C2O4]溶液，可析出草酸钙沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度．某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度．配制KMnO4标准溶液如图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程图．请你观察图示判断，其中不正确的操作有　②⑤　；其中确定50mL溶液体积的容器是　容量瓶　；如果用图示的操作配制溶液，在其他操作正确的情况下，所配制的溶液浓度将　偏小　．测定血液样品中Ca2+的浓度抽取血样20.00mI，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液．已知草酸跟KMnO4反应的离予方程式为：1MnO+5H2C2O4+6H+═2Mnx++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=　2　经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为　1.2　mg/cm3．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；容量瓶是确定溶液体积的仪器；依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合C=分析；草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，结合氧化还原反应得失电子守恒和根据电荷守恒进行分析写出化学方程式得到x；根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度．【解答】解：由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：②⑤；应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：容量瓶；如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；-18-\n根据电荷守恒，+=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2；血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L×0.012L=2.4×10﹣4mol，根据反应方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n=n=n=2.5×2.4×10﹣4mol=610﹣4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×6×10﹣4mol=0.024g，钙离子的浓度为：=1.2mg/cm3，故答案为：1.2．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的方法及误差分析，题目难度不大，注意掌握配制一定浓度的溶液的方法及误差分析方法及技巧．　19．15克A物质和10.5克B物质完全反应，生成7.2克C物质、1.8克D物质和0.3molE物质，则E物质的摩尔质量是　55g/mol　．【考点】摩尔质量．【专题】守恒思想．【分析】先根据质量守恒定律来计算生成的E物质的质量，再利用M=计算摩尔质量．【解答】解：15gA物质和10.5gB物质完全反应，生成7.2gC物质，1.8gD物质和0.3molE物质，由质量守恒定律可知，反应前后的物质的质量和相等，则E的质量为：15g+10.5g﹣7.2g﹣1.8g=16.5g，E的物质的量为0.3mol，所以E的摩尔质量为16.5g，0.3mol=55g/mol．故答案为：55g/mol．【点评】本题考查摩尔质量的计算，明确质量守恒定律的应用来计算E的质量是解答本题的关键，然后利用摩尔质量的概念即可解答．　20．V2O3和V2O5按不同物质的量之比混合可按化学计量数发生完全反应：xV2O5+yV2O3=zVnO2N+1①若反应物的物质的量之比x：y为　2：1　，可得到V6O13②若反应物的物质的量之比x：y为　5：1　，可得到V3O7．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题；利用化学方程式的计算．【分析】设出V2O3和V2O5的物质的量，分别根据反应产物的化学式列式计算出二者的物质的量之比．【解答】解：①设V2O5的物质的量为x，V2O3的物质的量为y，由原子守恒，则：所以：=6：13，解之得x：y=2：1，故答案为：2：1；②设V2O5的物质的量为x，V2O3的物质的量为y，由原子守恒，则：所以：=3：7，解之得x：y=5：1，故答案为：5：1．【点评】本题考查了混合物的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握质量守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　-18-\n21．蛇纹石矿可以看做MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成．由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如图所示．蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是　Fe3+、Al3+　．氢氧化物Fe3Al3Mg2开始沉淀pH1.53.39.4进行Ⅰ操作时，控制溶液pH=7～8Ca2不能过量，若Ca2过量可能会导致　Al3　溶解、　Mg2　沉淀．从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入　NaOH或Ca2　，然后　过滤、洗涤、灼烧　．物质循环使用，能节约资源．上述实验中，可以循环使用的物质是　CaCO3或CO2　．现设计一个实验，确定产品aMgCO3•bMg2•cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤：①样品称量②高温分解③　用浓硫酸吸收水蒸气　．④　称量碱石灰吸收CO2前后的质量　．⑤MgO称量18.2g产品完全分解后，产生6.6gCO2和8.0gMgO，由此可知，产品的化学式中：a=　3　，b=　1　，c=　3　．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】蛇纹石矿可以看做MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，蛇纹石加盐酸溶解后，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解；当氢氧化钙过量时，溶液碱性增强，Al3会溶解，从氢氧化物沉淀的pH表中可看出，Mg2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg2会沉淀；红色氧化物为Fe2O3，应先将其中含有的少量Al3除去，除去Al3的方法是利用它能溶于强碱的性质；此过程中CO2是可以重复使用的；利用浓硫酸的吸水性干燥，再称量碱石灰吸收CO2前后的质量；确定产品aMgCO3•bMg2•cH2O中a、b、c的值，需要测定的数据是①样品质量；②MgO质量；③生成CO2的质量；④生成水的质量；【解答】解：蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去．故答案为：Fe3+、Al3+；由知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe3+3H+和Al3++3H2O⇌Al3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al3发生反应Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O溶解，Mg2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失．-18-\n故答案为：Al3　Mg2；从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe3和Al3，红色氧化物是沉淀物Fe3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al3除掉，反应为：Al3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可；故答案为：NaOH或Ca2　过滤、洗涤、灼烧；从实验步骤图知：上述实验中，步骤Ⅱ中通二氧化碳，生成碳酸钙，碳酸钙分解可得到二氧化碳，作为第Ⅱ步的原料，碱式碳酸镁分解得到CO2，可以循环使用的物质是CaCO3或CO2．故答案为：CaCO3或CO2；利用浓硫酸的吸水性干燥③故答案为：用浓硫酸吸收水蒸气；利用碱石灰吸收CO2前后的质量差求二氧化碳质量④故答案为：称量碱石灰吸收CO2前后的质量；m=18.2g，m=6.6g，m=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3・bMg2・cH2OMgO+aCO2↑+H2O↑，根据质量守恒得：m=18.2g﹣6.6g﹣8.0g=3.6g，则m═0.2mol，n═0.15mol，n═0.2mol，得：a：b：c=0.15：0.05：0.15=3：1：3，故答案为：3，1，3；【点评】本题主要考查了元素化合物中金属铝、铁的性质，解题时不仅需熟知物质间的反应原理，还需灵活运用于实验的设计．　-18-