山东省枣庄二中2022届高三化学上学期9月月考试卷含解析

2022-2022学年山东省枣庄二中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（本题包括20小题．1～10每小题2分，11～20每小题2分．每小题只有一个选项符合题意，错选或不答的得0分）1．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是()A．采取低碳、节俭的生活方式B．按照规定对生活废弃物进行分类放置C．深入农村和社区宣传环保知识D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等2．下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是()A．火药使用B．粮食酿酒C．转轮排字D．铁的冶炼3．下列正确的叙述有()①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物-38-\n②Ca（HCO3）2、Fe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物⑤苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质．A．①②③⑤B．②③⑤C．②③D．全部4．下列说法可以实现的是()①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸③发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成④两种酸溶液充分反应后，所得溶液呈中性⑤有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应⑥两种氧化物发生反应有气体生成．A．①②③④⑤⑥B．只有①②④⑤C．只有③④⑤⑥D．只有②④⑤5．下列逻辑关系图中正确的是()A．B．-38-\nC．D．6．下列事实与胶体性质无关的是()①水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染②将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路④往Fe（OH）3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解⑤医院里用血液透析的方法治疗肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒⑥FeCl3溶液和小苏打溶液混合会产生红褐色沉淀和无色气体⑦同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成钢笔堵塞．A．①②④⑦B．②④⑥⑦C．②⑥D．①③④⑤⑦7．下列实验与物质微粒大小无直接关系的是()A．过滤B．-38-\n渗析C．萃取D．丁达尔效应8．对下列物质用途的解释不正确的是() A．AB．BC．CD．D9．铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见的物质，如图所示，四种物质间反应的离子方程式书写不正确的是()A．OH﹣+H+═H2O-38-\nB．2OH﹣+Cu2+═Cu（OH）2↓C．Fe+Cu2+═Cu+Fe2+D．Fe+2H+═Fe3++H2↑10．下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．K+、H+、I﹣、MnO4﹣B．Fe3+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣C．Al3+、Na+、SO42﹣、CO32﹣D．Fe3+、H+、SO42﹣、ClO﹣11．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═﹣+4NH4+D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑12．离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用集合关系表示，其正确的是()A．B．C．D．-38-\n13．钛（Ti相对原子质量为48）是一种活泼金属，有人预测，钛将是二十一世纪的“明星金属”．工业制备金属钛是以金红石为原料，发生的反应是：反应Ⅰ：aTiO2+bCl2+cCaTiCl4+cCO反应Ⅱ：TiCl4+2MgTi+2MgCl2关于反应Ⅰ、Ⅱ的下列说法中正确的是()A．反应Ⅰ中的TiO2是氧化剂B．TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂C．a=b=c=2D．每生成9.6gTi，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移0.8mol电子14．根据表中信息判断，下列选项正确的是()A．第①组反应的其余产物只有O2B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子10molD．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br215．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是()A．+3B．+4C．+5D．+616．将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol•L﹣1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是()A．M-38-\nB．M2+C．M3+D．MO2+17．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA18．标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是()A．ρ=B．ω=C．ω=D．c=19．下列各组物质混合后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液②过量NaOH溶液和明矾溶液③过量生石灰投入到少量饱和NH4HCO3溶液④Na2O2投入FeCl2溶液．A．只有①B．只有③C．只有②③D．只有①③④20．将氯水分别滴入下列各选项所述的溶液中，由实验现象得出的结论完全正确的是()-38-\nA．AB．BC．CD．D二、简答题．21．现有十种物质：①水②石墨③氯气④硫酸钡晶体⑤醋酸⑥二氧化碳⑦氨水⑧氯化钠固体⑨熔化的氯化钠⑩氯化钠溶液．请用序号按要求填空：（1）其中能导电的是__________；（2）属于强电解质的是__________，属于弱电解质的是__________；（3）属于非电解质的是__________；（4）既不是电解质也不是非电解质的是__________．22．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：（1）写出反应的离子方程式__________．（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是__________（填序号）．A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO恰好完全沉淀C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量（3）若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图1中的__________曲线表示（填序号）．-38-\n（4）若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba（OH）2溶液中央，如图2所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应．在此实验过程中，小球将__________．23．请配平完成以下氧化还原反应：①配平并标出标出电子转移的方向和数目．__________Al+__________NaOH+__________H2O═__________Na+__________H2↑；②__________NaBO2+__________SiO2+__________Na+__________H2═__________NaBH4+__________Na2SiO3；③__________MnO4﹣+__________C2O42﹣+__________=__________Mn2++__________CO2↑+__________．24．硒和硫是同一主族元素，二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式：__________；（2）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是__________；（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①__________SeO2+__________KI+__________HNO3→__________Se+__________I2+__________KNO3+__________H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目．（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为__________．-38-\n25．化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂．一定条件下金属钠和H2反应生成甲．甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4．将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况）的H2．请推测并回答：（1）甲的化学式__________；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：__________；（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：__________；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3）脱锈过程发生的化学方程式__________；（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的．判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由__________．26．实验室需要0.1mol•L﹣1NaOH溶液450mL和0.5mol•L﹣1硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是__________（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是__________（填仪器名称）．（2）在配制NaOH溶液时：①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为__________g；②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度__________（填“＞”、“＜”或“=”）0.1mol•L﹣1；③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度__________（填“＞”、“＜”或“=”）0.1mol•L﹣1．（3）在配制硫酸溶液时：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__________．-38-\n2022-2022学年山东省枣庄二中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（本题包括20小题．1～10每小题2分，11～20每小题2分．每小题只有一个选项符合题意，错选或不答的得0分）1．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是()A．采取低碳、节俭的生活方式B．按照规定对生活废弃物进行分类放置C．深入农村和社区宣传环保知识D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等考点："三废"处理与环境保护．分析：保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析．解答：解：A、采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故A不选；B、垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B不选；C、伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故C不选；D、经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，故措施不合理，故D选；故选D．点评：本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大2．下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是()-38-\nA．火药使用B．粮食酿酒C．转轮排字D．铁的冶炼考点：物理变化与化学变化的区别与联系．分析：化学反应的根本标志是有新物质生成，发生化学变化，题中火药使用、粮食酿酒以及铁的冶炼都发生化学变化，而转轮排字不涉及化学反应．解答：解：A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选；B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选．故选C．点评：本题为2022年北京考题，涉及化学反应与生活、生产的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．3．下列正确的叙述有()①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物-38-\n②Ca（HCO3）2、Fe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物⑤苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质．A．①②③⑤B．②③⑤C．②③D．全部考点：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；强电解质和弱电解质的概念．专题：物质的分类专题．分析：①酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；②化合反应是由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应；③碘溶于酒精，得溶液，饱和氯化铁滴入沸水中，得氢氧化铁胶体；④金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物；⑤单质既不是电解质也不是非电解质．解答：解：①酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，故NO2不是酸性氧化物，故①错误；②化合反应是由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应，Ca（HCO3）2可由化合反应CaCO3+CO2+H2O=2Ca（HCO3）2制得，Fe（OH）3可由化合反应4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3制得，FeCl2可由化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2制得，故②正确；③碘溶于酒精，得溶液，饱和氯化铁滴入沸水中，得氢氧化铁胶体，故③正确；④金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3是共价化合物，故④错误；⑤单质既不是电解质也不是非电解质，故氯气不是非电解质，故⑤错误．故选C．点评：本题考查了酸性氧化物和非金属氧化物的关系、溶液和胶体的制得以及离子化合物的概念，难度不大．4．下列说法可以实现的是()①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应-38-\n②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸③发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成④两种酸溶液充分反应后，所得溶液呈中性⑤有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应⑥两种氧化物发生反应有气体生成．A．①②③④⑤⑥B．只有①②④⑤C．只有③④⑤⑥D．只有②④⑤考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的化合物；②弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸；③如果生成弱电解质也可以发生复分解反应；④亚硫酸和氢硫酸恰好反应所得溶液呈中性；⑤氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应；⑥二氧化氮与水反应生成NO．解答：解：①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的化合物，所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，故正确；②弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，故正确；③如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生，故正确；④一元强酸和一元强碱恰好反应所得溶液呈中性，两种酸溶液充分反应后，所得溶液呈中性可以实现，如亚硫酸和氢硫酸反应，故正确；⑤氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应，故正确；⑥二氧化氮与水反应生成NO，所以两种氧化物发生反应有气体生成可以实现，故正确；所以正确的有①②③④⑤⑥；故选：A．点评：本题考查了常见物质的性质，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法．-38-\n5．下列逻辑关系图中正确的是()A．B．C．D．考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；氧化还原反应；吸热反应和放热反应；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：A、理解物质分类标准，依据分散系粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体、浊液，气溶胶属于胶体的一种；B、氧化还原反应依据元素化合价变化分类，吸热放热反应依据反应能量变化分类，分类方法不同；C、钾盐钠盐是根据盐中所含阳离子进行分类的，碳酸盐是依据盐中所含阴离子进行分类，二者交叉；D、混合物、单质、电解质、非电解质是四个不同概念；解答：解：A、气溶胶包含在胶体中，故A错误；B、吸热放热反应不一定是氧化还原反应，故B错误；C、钾盐和钠盐可以是碳酸盐，碳酸盐也可以是钠盐钾盐，故C错误；D、混合物、单质、电解质、非电解质是四个不同概念，图中关系正确，故D正确；-38-\n故选D．点评：本题考查物质分类的方法和依据，胶体和分散系，反应类型、电解质非电解质概念的分析判断是解题关键，题目较简单．6．下列事实与胶体性质无关的是()①水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染②将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路④往Fe（OH）3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解⑤医院里用血液透析的方法治疗肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒⑥FeCl3溶液和小苏打溶液混合会产生红褐色沉淀和无色气体⑦同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成钢笔堵塞．A．①②④⑦B．②④⑥⑦C．②⑥D．①③④⑤⑦考点：胶体的重要性质．分析：①灰尘是胶体，属于气溶胶，有电泳的性质；②油水混合物是乳浊液；③胶体有丁达尔效应；④胶体遇电解质溶液发生聚沉；⑤血液属于胶体；⑥NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；⑦墨水是胶体．解答：解：①灰尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故①错误；②油水混合物是乳浊液，与胶体性质无关，故②正确；③蛋白质溶液是胶体，有丁达尔效应，与胶体性质有关，故③错误；④稀硫酸是电解质溶液，氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，与胶体性质有关，故④错误；-38-\n⑤血液属于胶体，使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血应用了胶体聚沉的原理，故⑤错误；⑥NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，与胶体性质无关，故⑥正确；⑦带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故⑦错误；故选C．点评：本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等，利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释，题目难度不大．7．下列实验与物质微粒大小无直接关系的是()A．过滤B．渗析C．萃取D．丁达尔效应考点：过滤；胶体的重要性质；分液和萃取；渗析．专题：化学实验基本操作．-38-\n分析：浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液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；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；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；解答：解：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．点评：本题主要考查了物质分离方法和物质性质的原理，掌握原理即可解答，难度中等．8．对下列物质用途的解释不正确的是() A．AB．BC．CD．D考点：氧化还原反应；盐类水解的原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．抗坏血酸具有还原性；-38-\nB．氢氧化铝具有吸附性；C．纯碱是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；D．次氯酸是弱酸，但它是强氧化性酸．解答：解：A．抗坏血酸具有强还原性，所以可以作抗氧化剂，故A错误；B．明矾是强酸弱碱盐，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，故B正确；C．纯碱是强碱弱酸盐，能水解而使其水溶液呈碱性，碱性条件下，油脂能水解，从而达到去污目的，故C正确；D．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠和二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故D正确；故选A．点评：本题考查化学与生活，根据化学知识解释生产、生活现象，学以致用．9．铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见的物质，如图所示，四种物质间反应的离子方程式书写不正确的是()A．OH﹣+H+═H2OB．2OH﹣+Cu2+═Cu（OH）2↓C．Fe+Cu2+═Cu+Fe2+D．Fe+2H+═Fe3++H2↑考点：离子方程式的书写．分析：A．反应生成氯化钙和水；B．反应生成氢氧化铜、氯化钙；C．反应生成氯化亚铁和Cu；D．反应生成氯化亚铁和氢气．解答：解：A．反应生成氯化钙和水，离子反应为OH﹣+H+═H2O，故A正确；B．反应生成氢氧化铜、氯化钙，离子反应为2OH﹣+Cu2+═Cu（OH）2↓，故B正确；-38-\nC．反应生成氯化亚铁和Cu，离子反应为Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，故C正确；D．反应生成氯化亚铁和氢气，离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故D错误；故选D．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，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．10．下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．K+、H+、I﹣、MnO4﹣B．Fe3+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣C．Al3+、Na+、SO42﹣、CO32﹣D．Fe3+、H+、SO42﹣、ClO﹣考点：离子共存问题．专题：氧化还原反应专题．分析：A．酸性条件下高锰酸根离子具有强氧化性，能够氧化碘离子；B．Fe3+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，在溶液中能够大量共存；C．铝离子与碳酸根离子发生双水解反应，但该反应不属于氧化还原反应；D．次氯酸根离子能够与氢离子反应生成弱电解质次氯酸，该反应不属于氧化还原反应．解答：解：A．碘离子具有还原性，酸性条件下高锰酸根离子具有氧化性，二者在溶液中能够反应氧化还原反应而不能共存，故A正确；B．Fe3+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣之间不满足离子反应发生条件，在溶液中能够大量共存，故B错误；C．Al3+、CO32﹣之间能够发生反应，但不属于氧化还原反应，故C错误；D．H+、ClO﹣之间能够反应生成次氯酸，该反应不属于氧化还原反应，故D错误；故选A．点评：本题考查离子共存的正误判断，难度中等，注意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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，本题中要求发生“氧化还原反应”而不能共存．11．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()-38-\nA．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═﹣+4NH4+D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑考点：离子方程式的书写．分析：A．稀硝酸能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，同时生成一氧化氮气体；B．二氧化硫过量，反应生成硅酸和亚硫酸氢根离子；C．氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀；D．过氧化钠与水反应生成强氧化钠和氧气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀．解答：解：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液，反应生成硫酸钠、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3SO32﹣+2H++2NO3﹣=2NO↑+3SO42﹣+H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，反应生成亚硫酸氢根离子，正确的离子方程式为：SiO32﹣+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3﹣，故B错误；C．氨水为弱碱，硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．CuSO4溶液中加入Na2O2，反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意把握离子方程式正误判断常用方法，A为易错点，注意二者发生氧化还原反应，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力．12．离子反应、复分解反应、置换反应和氧化还原反应之间可用集合关系表示，其正确的是()A．B．-38-\nC．D．考点：化学基本反应类型．分析：根据置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应来解答．解答：解：A．因置换反应一定属于氧化还原反应，有的离子反应属于氧化还原反应，有的离子反应属于复分解反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应，故A正确；B．复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，置换反应一定属于氧化还原反应，二者也不会交叉，故B错误；C．复分解反应一定不属于氧化还原反应，则氧化还原反应不包含复分解反应，故C错误；D．复分解反应一定不属于氧化还原反应，二者不会交叉，故D错误；故选A．点评：本题以图的形式考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，明确图象中交叉、包含的关系即可解答，难度不大．13．钛（Ti相对原子质量为48）是一种活泼金属，有人预测，钛将是二十一世纪的“明星金属”．工业制备金属钛是以金红石为原料，发生的反应是：反应Ⅰ：aTiO2+bCl2+cCaTiCl4+cCO反应Ⅱ：TiCl4+2MgTi+2MgCl2关于反应Ⅰ、Ⅱ的下列说法中正确的是()A．反应Ⅰ中的TiO2是氧化剂B．TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂C．a=b=c=2D．每生成9.6gTi，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移0.8mol电子考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．-38-\n分析：aTiO2+bCl2+cCaTiCl4+cCO该反应中碳元素的化合价升高，碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂；TiCl4+2MgTi+2MgCl2该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4为氧化剂，Mg元素的化合价升高，Mg作还原剂，以此解答该题．解答：解：A．反应Ⅰ中，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，Ti元素化合价没有发生变化，故A错误；B．反应I中氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4，反应II中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂，故B正确；C．根据反应前后各元素的原子个数守恒知，2a=c，2b=4a，所以a=1，b=c=2，故C错误；D．将方程式Ⅰ、Ⅱ相加得TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2转移电子48g8mol9.6g1.6mol所以每生成9.6gTi，反应I、II中共转移1.6mole﹣，故D错误．故选B．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，难度不大，注意基本概念的理解、氧化还原反应中得失电子相等等问题．14．根据表中信息判断，下列选项正确的是()A．第①组反应的其余产物只有O2B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子10molD．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：依据氧化还原反应中原子守恒，电子守恒和电荷守恒分析配平化学方程式判断选项；-38-\nA、锰元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气；B、亚铁离子还原性大于溴离子，产物说明氯气反应过程中亚铁离子全部氧化，溴离子没有被氧化；C、依据反应2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，计算电子转移；D、氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断．解答：解：A、锰元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，则第①组反应的其余产物有H2O、O2，故A错误；B、3C12+6FeBr2=2FeC13+4FeBr3，亚铁离子还原性大于溴离子，产物说明氯气反应过程中亚铁离子全部氧化，溴离子没有被氧化，Cl2与FeBr2的物质的量之比等于1：2，故B正确；C、2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，生成1molCl2，转移电子2mol，故C错误；D、氧化剂的氧化性大于氧化产物，依据化学方程式分析判断，氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D错误；故选B．点评：本题考查了氧化还原反应，明确氧化还原反应原理、氧化性强弱的判断方法是解本题关键，注意B中离子还原性强弱顺序，从而确定离子反应先后顺序，为易错点．15．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是()A．+3B．+4C．+5D．+6考点：真题集萃；氧化还原反应．分析：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R元素化合价．解答：解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故选D．-38-\n点评：本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大．16．将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol•L﹣1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是()A．MB．M2+C．M3+D．MO2+考点：氧化还原反应的计算．专题：压轴题；氧化还原反应专题．分析：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计算反应后M元素的化合价，进而可判断还原产物．解答：解：n（Zn）==0.003mol，n（MO2+）=0.02L×0.100mol•L﹣1=0.002mol，设反应后M的化合价为+x价，则（5﹣x）×0.002mol=0.003mol×（2﹣0），x=2，故选B．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等．17．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA考点：真题集萃；阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．-38-\n分析：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；C．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4．解答：解：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合价为﹣1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；D．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2⇌N2O4．18．标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是()-38-\nA．ρ=B．ω=C．ω=D．c=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．专题：压轴题；物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和；B、根据c=进行计算；C、根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，利用m=ρV计算水的质量，根据溶质质量分数=×100%计算D、根据c=计算．解答：解：A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和，故A错误；B、由c=可知，该溶液氨气质量分数ω=，故B正确；C、氨气的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol×17g/mol=g，1L水的质量为1000g，故该溶液的质量分数为ω=×100%=，故C正确；D、由C可知质量分数为ω=，故c===，故D正确；故选A．点评：考查质量分数、物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意公式的理解与灵活运用，题目为字母型计算，计算量较大，需要学生细心观察进行计算．-38-\n19．下列各组物质混合后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液②过量NaOH溶液和明矾溶液③过量生石灰投入到少量饱和NH4HCO3溶液④Na2O2投入FeCl2溶液．A．只有①B．只有③C．只有②③D．只有①③④考点：钠的化学性质；钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀；②过量氢氧化钠和明矾反应无沉淀，无气体生成；③电石和水反应生成氢氧化钙和乙炔气体，氢氧化钙和碳酸氢钠反应生成沉淀碳酸钙；④过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀继续氧化为氢氧化铁沉淀；解答：解：①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3↓+3NaCl，故①符合；②过量NaOH溶液和明矾溶液反应中明矾中的铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，无气体生成，故②不符合；③过量CaO投入少量NH4HCO3溶液中发生的反应为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+NH4HCO3=CaCO3↓+2H2O+NH3↑，故③符合；④Na2O2投入FeCl2溶液发生反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；故④符合；综上所述：①③④正确；故选D．点评：本题考查了钠及其化合物的性质应用，题目难度一般，主要考查反应生成沉淀和气体的判断，掌握物质发生的化学反应是解题的关键．20．将氯水分别滴入下列各选项所述的溶液中，由实验现象得出的结论完全正确的是()-38-\nA．AB．BC．CD．D考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：A、氯气能将亚铁离子氧化为铁离子；B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸与碱发生中和反应；C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝．解答：解：A、氯水滴入有KSCN的FeC12溶液中，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，则氯气具有氧化性，故A错误；B、氯水滴入有酚酞的NaOH溶液中，氯气和水反应生成酸，再发生酸碱中和，NaOH被反应掉，则颜色褪去，而氯气本身不能电离出氢离子，或者反应生成次氯酸，漂白使溶液颜色褪去，故B错误；C、氯水滴入紫色石蕊溶液中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸使其褪色，则次氯酸具有漂白性，而干燥的氯气不具有漂白性，故C错误；D、氯水滴入KI﹣淀粉溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则氯气具有氧化性，故D正确；故选D．点评：本题考查氯气的化学性质，明确氯气具有氧化性是解答本题的关键，并注意干燥的氯气不具有漂白性来解答．二、简答题．-38-\n21．现有十种物质：①水②石墨③氯气④硫酸钡晶体⑤醋酸⑥二氧化碳⑦氨水⑧氯化钠固体⑨熔化的氯化钠⑩氯化钠溶液．请用序号按要求填空：（1）其中能导电的是②⑦⑨⑩；（2）属于强电解质的是④⑧⑨，属于弱电解质的是①⑤；（3）属于非电解质的是⑥；（4）既不是电解质也不是非电解质的是②③⑦⑩．考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质．分析：（1）根据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；（2）电解质在水中能完全电离的为强电解质，包括强酸、强碱、大部分盐；弱电解质再水溶液中部分电离，包括弱酸、弱碱和水；（3）非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；（4）根据电解质、非电解质的定义分析，二者必须是化合物的范畴，单质和混合物都不符合．解答：解：（1）②石墨⑦氨水⑨熔化的氯化钠⑩氯化钠溶液中均有自由移动的离子，所以能导电；故答案为：②⑦⑨⑩；（2）强电解质，包括强酸、强碱、大部分盐，④硫酸钡晶体⑧氯化钠固体⑨熔化的氯化钠属于强电解质，弱电解质再水溶液中部分电离，包括弱酸、弱碱和水，①水⑤醋酸属于弱电解质，故答案为：④⑧⑨；①⑤；（3）非电解质包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等），⑥二氧化碳属于非电解质，故答案为：⑥；（4）根据电解质、非电解质的定义分析，二者必须是化合物的范畴，单质和混合物都不符合，②石墨③氯气属于单质，⑦氨水⑩氯化钠溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：②③⑦⑩．点评：本题考查了电解质与非电解质的定义以及物质的导电性的判断，侧重考查学生的辨别能力，根据电离的程度来判断强弱电解质是解答的关键，要注意的是：电解质不一定导电，如BaSO4固体；导电的不一定是电解质，如铜，题目难度不大．-38-\n22．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：（1）写出反应的离子方程式Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O．（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是A（填序号）．A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO恰好完全沉淀C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量（3）若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图1中的C曲线表示（填序号）．（4）若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba（OH）2溶液中央，如图2所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应．在此实验过程中，小球将沉到烧杯底部．考点：离子方程式的书写；电解质溶液的导电性．专题：离子反应专题．分析：（1）反应生成硫酸钡和水，硫酸钡和水在离子反应中均保留化学式；（2）恰好完全反应时，溶液为中性；（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强；（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度，以此来解答．解答：解：（1）反应生成硫酸钡和水，该离子反应为Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O；（2）离子方程式（1）反应后溶液为中性，A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性，离子反应为Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故A选；-38-\nB．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，离子反应为Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+═BaSO4↓+H2O，故B不选；C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量，离子反应为Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+═BaSO4↓+H2O，故C不选；故答案为：A；（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有C符合，故答案为：C；（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度，塑料小球将沉到烧杯底部，故答案为：沉到烧杯底部．点评：本题考查较综合，侧重离子反应方程式的书写的考查，为高考常见的题型，涉及与量有关的离子反应、导电性、溶液的密度等，把握反应的实质即可解答，题目难度不大．23．请配平完成以下氧化还原反应：①配平并标出标出电子转移的方向和数目．2Al+2NaOH+6H2O═2Na+3H2↑；②1NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═1NaBH4+2Na2SiO3；③2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．考点：氧化还原反应方程式的配平．分析：①反应中Al→Na，Al元素由0价→+3价，一个Al失3个电子；H2O→H2，H元素由+1价→0价，一个H2O得1个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此配平方程式并标电子转移的方向和数目；②反应中Na→Na2SiO3，Na元素由0价→+1价，一个Na失1个电子；H2→NaBH4，H元素由0价→﹣1价，一个H2得2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此配平方程式并标电子转移的方向和数目；③反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；C2O42﹣→CO2，C元素由+3价→+4价，一个C2O42﹣失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，据此配平方程式并标电子转移的方向和数目．-38-\n解答：解：①反应中Al→Na，Al元素由0价→+3价，一个Al失3个电子；H2O→H2，H元素由+1价→0价，一个H2O得1个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=6，即Al和Na前面的系数都是2，H2O前面系数为6，H2前面系数为3，再根据钠原子守恒可得NaOH前系数为2，即2Al+2NaOH+6H2O=2Na+3H2↑，电子转移情况如下：，故答案为：2；2；6；2；3；；②反应中Na→Na2SiO3，Na元素由0价→+1价，一个Na失1个电子；H2→NaBH4，H元素由0价→﹣1价，一个H2得2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=4，即Na的前面系数是4，Na2SiO3前面系数是2，H2前面系数是2，NaBH4前面系数是1，再结合原子守恒可知NaBO2前面系数是1，SiO2前面系数是2，得NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，电子转移情况如下：，故答案为：1；2；4；2；1；2；；③反应中MnO4﹣→Mn2+，Mn元素由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；C2O42﹣→CO2，C元素由+3价→+4价，一个C2O42﹣失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，即含锰元素的物质前边都是2，草酸根系数是5，二氧化碳系数是10，根据电荷守恒，氢离子前边系数是6，水的前边系数是8，即2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，电子转移情况如下：，-38-\n故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；．点评：考查氧化还原反应的配平，涉及电子守恒、电荷守恒及原子守恒的综合运用，中等难度．24．硒和硫是同一主族元素，二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；（2）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①1SeO2+4KI+4HNO3→1Se+2I2+4KNO3+2H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目．（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为92.50%．考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应．分析：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（3）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，进而确定各物质的量的系数配平方程式，确定转移电子数目，标出电子转移的方向和数目；-38-\n（4）根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数．解答：解：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；（3）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，KNO3的系数为4，H2O的系数为2，配平并标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：1，4，4，1，2，4，2；；（4）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n（SeO2）=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=92.50%，故答案为：92.50%．点评：本题考查氧化还原反应有关知识，涉及氧化性强弱比较、氧化还原反应配平、电子转移表示、氧化还原反应滴定计算等，难度中等，注意（4）中根据关系式的计算．25．化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂．一定条件下金属钠和H2反应生成甲．甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4．将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况）的H2．请推测并回答：（1）甲的化学式NaH；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；-38-\n（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3）脱锈过程发生的化学方程式3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的．判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl．考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．分析：（1）钠元素在化合物中只能形成+1价，据此结合生成氢气的物质的量判断其化学式即可；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，据此书写；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，应是水中的H元素与NaH中的H元素之间得失电子，据此书写即可；（4）由题意可知NaH常做还原剂那么铁锈为氧化剂，反应生成铁单质，据此书写；（5）制备过程中未指明吸收杂质气体HCl，据此解答；氢气与金属钠反应未指明钠的用量，钠可能过量，过量的钠也可以与水反应生成氢气．解答：解：（1）Na在化合价中呈现+1价，故该物质的化学式可能为NaH，又甲与AlCl3反应可得到NaAlH4，Al的化合价为+3，故H元素的化合价为﹣1，4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L，即0.1mol氢气，化学反应方程式为：2NaH2Na+H2↑48g22.4L4.8g2.24L故此化合物为NaH，故答案为：NaH；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaH中H化合价升高，水中H元素化合价降低，化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；-38-\n（4）NaH常做还原剂（H化合价升高为+1价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为0价），反应生成铁单质，化学反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀盐酸具有挥发性，且可以利用浓硫酸干燥，故制取的氢气中可能混有杂质气体HCl，那么制取的甲中就混有NaCl，验证过程中未排除金属钠的干扰，过量的金属能也可以与水反应生成氢气．故答案为：制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl．点评：本题主要考查的是常见元素以及其化合物的知识，综合性较强，涉及物质的判断、化学反应方程式书写、实验方案的评价等，难度较大．26．实验室需要0.1mol•L﹣1NaOH溶液450mL和0.5mol•L﹣1硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是AC（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒（填仪器名称）．（2）在配制NaOH溶液时：①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为2.0g；②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度＜（填“＞”、“＜”或“=”）0.1mol•L﹣1；③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度＞（填“＞”、“＜”或“=”）0.1mol•L﹣1．（3）在配制硫酸溶液时：①所需质量分数为98%、密度为1.84g•cm﹣3的浓硫酸的体积为13.6（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15mL量筒最好；③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌．-38-\n考点：溶液的配制．专题：实验设计题．分析：（1）配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶；（2）①因无450mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500mL的容量瓶，m（NaOH）=c•V•M=0.1mol•L﹣1×0.5L×40g•mol﹣1=2.0g；③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高；（3）①c（浓）•V（浓）=c（稀）•V（稀），即×V（浓）=0.5×0.5，得V（浓）≈0.0136L=13.6mL；②选用15mL量筒最好，误差小；③注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌．解答：解：（1）配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；（2）①因无450mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500mL的容量瓶，m（NaOH）=c•V•M=0.1mol•L﹣1×0.5L×40g•mol﹣1=2.0g；③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高；故答案为：2.0；＜；＞；（3）①c（浓）•V（浓）=c（稀）•V（稀），即×V（浓）=0.5×0.5，得V（浓）≈0.0136L=13.6mL；②选用15mL量筒最好，误差小；③注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌；故答案为：13.6；15；将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌．点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意从c=理解配制原理，把握整个配制过程-38-