安徽省阜阳市太和中学2015-2016学年高一第三次月考化学试卷.doc

2015-2016学年安徽省阜阳市太和中学高一（上）第三次月

考化学试卷 参与试题解析

一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）

1．（3分）（2015秋•西城区校级期末）下列标志中，应贴在装有浓的容器上的是（ ）

A． B． C． D．

【考点】化学试剂的存放．

【分析】纯是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，具有很强的氧化性，是强氧化剂． 【解答】解：纯是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，具有很强的氧化性，是强氧化剂．

A．图为剧毒品标志，故A错误； B．图为自燃物品标志，故B错误； C．图为易燃物品标志，故C错误； D．图为氧化剂标志，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查危险品标志，难度不大，了解药品的性质、各个常见标志所代表的含义是解答此类题的关键．

2．（3分）（2012秋•南关区校级期末）下列物质中，能够导电的电解质是（ ） A．Cu丝

B．熔融的MgCl2

C．NaCl溶液

D．蔗糖

【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质中含有自由电子或离子，据此分析解答．

【解答】解：A、铜丝能导电，但铜丝是单质不是化合物，所以铜丝不是电解质也不是非电解质，故A错误．

B、熔融的氯化镁中含有自由移动的离子，所以能导电，氯化镁是能导电的电解质，故B正确．

C、氯化钠溶液中含有自由移动的阴阳离子所以能导电，但氯化钠溶液是混合物，所以不是电解质，故C错误．

D、蔗糖在水溶液里或熔融状态都以分子分子，所以都不导电，蔗糖是非电解质，故D错误． 故选：B．

【点评】本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意无论电解质还是非电解质都首先必须是化合物．

3．（3分）（2009•北京学业考试）下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ） A．Na+、Ba2+、Cl﹣、SO42

﹣

B．Ca2+、HCO3、C1﹣、K+

﹣

C．MnO4、K+、I、H+

﹣

﹣D．H+、Cl﹣、Na+、CO32

﹣

【考点】离子共存问题． 【专题】离子反应专题．

【分析】具有还原性的离子与具有氧化性的离子，发生氧化还原反应而不能大量共存，以此来解答．

【解答】解：A．因Ba2+、SO42结合生成沉淀，因复分解反应不能共存，故A不选；

﹣

B．该组离子之间不反应，能大量共存，故B不选；

C．因MnO4、I、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C选；

﹣

﹣

D．因H+、CO32结合生成水和二氧化碳，因复分解反应不能共存，故D不选；

﹣

故选C．

【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应的考查，把握离子的氧化性、还原性为解答的关键，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大．

4．（3分）（2013秋•宁德期末）已知反应：O3+2I+H2O=O2+I2+2OH，下列说法不正确的是（ ）

A．O3和O2是同素异形体

B．H2O既不是氧化剂也不是还原剂 C．氧化性：I2＞O2

﹣

﹣

D．反应生成1mol I2时转移2mol电子 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题．

【分析】反应O3+2I+H2O=O2+I2+2OH中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH，I元素化合价升高，I被氧化生成 I2，结合元素化合价的变化解答该题．

【解答】解：A．O3和O2是由同种元素形成的不同单质，为同素异形体，故A正确； B．H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故B正确； C．该反应中I2、O2都是生成物，不能比较氧化性强弱，事实上氧化性I2＜O2，故C错误； D．I元素化合价由﹣1价升高到0价，则反应生成1mol I2时转移2mol电子，故D正确． 故选C．

【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的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念和物质的性质，难度不大．

5．（3分）（2011•河北校级学业考试）“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（ ）

A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O

B．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O C．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O D．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 【考点】绿色化学． 【专题】元素及其化合物．

【分析】理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．

【解答】解：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．

B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确． C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误． D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．

﹣﹣

﹣

﹣

故选B．

【点评】解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义．

6．（3分）（2013•南昌校级一模）一定条件下铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（ ） A．5：3

B．5：4

C．1：1

D．3：5

【考点】氧化还原反应的计算． 【专题】氧化还原反应专题．

【分析】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化；氮元素由根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比．

【解答】解：在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化，

氮元素由根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物， 根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5﹣0）：[0﹣（﹣3）]=5：3． 故选A．

【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比．

7．（3分）（2014秋•泸县校级期末）在一定条件下，RO3n与R2发生如下反应：RO3n+2R2

﹣

﹣

﹣

﹣

+6H+═3R+3H2O下列关于元素R的叙述中正确的是（ ）

A．R原子的最外层上有4个电子 B．RO3n中的R只能被还原

﹣

C．HnRO3一定是强酸

D．R的单质既具有氧化性又具有还原性 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题．

【分析】先根据电荷守恒，判断RO3n中元素R的化合价，再结合R是短周期元素，R2中

﹣

﹣

元素R的化合价判断选项正误．

【解答】解：根据电荷守恒，﹣n+2×（﹣2）+6×（+1）=0，n=2，RO3n中元素R的化合价

﹣

是+4价，R是短周期元素，R2中元素R的化合价﹣2价，根据元素周期律，最低负价=主

﹣

族序数﹣8，最高正价=其族序数，且有正化合价，所以R是S元素． A、最外层上有6个电子，故A错误；

B、RO3n中元素R的化合价是+4价，中间价态既有氧化性又有还原性，故B错误；

﹣

C、R是S元素，亚硫酸是弱酸，故C错误；

D、S的单质化合价居于中间价，既具有氧化性又具有还原性，故D正确． 故选：D

【点评】本题考查的知识点较多，正确判断元素是解题的关键．只有注意结合隐含条件，才能正确判断出元素．

8．（3分）（2015秋•西城区校级期末）在FeCl3溶液中，加入过量的铜粉，充分反应后，溶液中一定不存在的金属离子是（ ） A．Fe2+和Cu2+

B．Fe3+

C．Cu2+

D．Fe2+

【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．

【分析】根据铜粉与FeCl3溶液的反应分析溶液中存在的金属离子和不存在的金属离子． 【解答】解：铜粉与FeCl3溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，其离子方程式为：

2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，由于铜粉过量，所以反应后没有剩余的Fe3+，所以充分反应后，溶液中不存在的金属离子是Fe3+， 故选B．

【点评】本题考查了三价铁离子与铜粉的反应，注意基础知识的识记掌握，题目难度不大．

9．（3分）（2015秋•西城区期末）如图，A处通入Cl2，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化；打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色．则D瓶中盛放的是（ ）

A．浓盐酸

B．饱和NaCl溶液 C．浓硫酸

D．NaOH溶液

【考点】氯气的化学性质．

【分析】干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气，据此解答．

【解答】解：干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气，则D中物质能够吸收氯气，浓盐酸、饱和氯化钠溶液、浓硫酸都不能吸收氯气，氢氧化钠能够与氯气反应，可以用氢氧化钠吸收氯气， 故选：D．

【点评】本题主要考查了氯水能使有色布条褪色的原理，解题时需紧紧抓住干燥氯气不能漂白，潮湿氯气漂白是生成次氯酸．题目难度不大．

10．（3分）（2014秋•香坊区校级期末）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是（ ）

A．22.4L氯气用氢氧化钠溶液充分吸收，反应中转移了0.5NA个电子 B．200℃时分子总数为0.5NA的H2O与CO2的总体积为11.2L C．2.3g钠与水反应产生氢气的分子数为0.05NA D．0.1mol•L

﹣1

的NaCl溶液中含有0.1NA个Na+

【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、气体摩尔体积vm=22.4L/mol的使用条件是标准状况（0℃、101kPa）； B、气体摩尔体积vm=22.4L/mol的使用条件是标准状况（0℃、101kPa）； C、2.3g钠是1mol转移0.1mol的电子，生成0.05mol的氢气； D、溶液的体积不清楚，无法求微粒的数目．

【解答】解：A、不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，故A错误； B、200℃时不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，故B错误；

C、2.3g钠是0.1mol，转移0.1mol的电子，生成0.05mol的氢气，所以产生氢气的分子数为0.05NA，故C正确；

D、溶液的体积不清楚，无法求微粒的数目，故D错误． 故选C．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用范围和条件．

11．（3分）（2015秋•阜阳校级月考）下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳 Ca2++2ClO+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO

﹣

B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液 Fe2++2H2O2+4H+═Fe3++4H2O C．Fe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢 Fe3++H2S═Fe2++S↓+2H+ D．氯化亚铁溶液中加入稀 3Fe2++4H++NO3═3Fe3++2H2O+NO↑

﹣

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．反应生成碳酸氢钙和HClO； B．电子、电荷不守恒； C．电子、电荷不守恒； D．反应生成铁离子、NO和水．

【解答】解：A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO+H2O+CO2═HCO3+HClO，故A错误；

B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液的离子反应为2Fe2++2H2O2+2H+═2Fe3++4H2O，故B错误；

C．Fe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢的离子反应为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故C错误；

D．氯化亚铁溶液中加入稀的离子反应为3Fe2++4H++NO3═3Fe3++2H2O+NO↑，故D正

﹣

﹣

﹣

确； 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、与量有关的离子反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大．

12．（3分）（2015•海南校级模拟）足量铜与一定量浓反应，得到铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成．若向所得铜溶液中加入5mol•L1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，

﹣

则消耗NaOH溶液的体积是（ ）

A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL

【考点】化学方程式的有关计算． 【专题】计算题．

【分析】NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成．Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu（NO3）2，再根据 Cu（NO3）2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积．

【解答】解：NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4 n（Cu）×2=

mol×4

解得：n（Cu）=0.15mol 所以 Cu（NO3）2 为0.15mol， 根据 Cu2+2OH

～

﹣

0.15mol n（OH） 则NaOH 为 0.15mol×2=0.3 mol， 则NaOH 体积V==故选：A．

【点评】本题主要考查了金属与反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用．

13．（3分）（2013•沭阳县模拟）NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）

=0.06L，即60ml，

﹣

A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥 B．NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解 C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应 D．图中所涉及的盐类物质均可以发生水解反应

【考点】氨的用途． 【专题】元素及其化合物．

【分析】A．目前常用的化肥分为：①氮肥，即以氮素营养元素为主要成分的化肥，如尿素、碳铵等；②磷肥，即以磷素营养元素为主要成分的化肥，如过磷酸钙；③钾肥．即以钾素营养元素为主要成分的化肥，主要品种有氯化钾，硫酸钾等；④复混肥料．即肥料中含有氮、磷、钾三要素中的两种称为二元复混肥料，含有氮、磷、钾三种元素的复混肥料称为三元复混肥料；

B．NH4Cl、HNO3受热时都易分解，Na2CO3受热时不分解； C．NO2跟NH3可以发生反应：6NO2+8NH3=7N2+12H2O； D．强酸强碱盐不发生水解．

【解答】解：A．NH4Cl是氮肥，NaHCO3不是化肥，故A错误； B．NH4Cl、HNO3受热时都易分解，Na2CO3受热时不分解，故B错误；

C．NO2跟NH3可以发生反应：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，该反应为氧化还原反应，故C正确；

D．NaCl是强酸强碱盐不发生水解，故D错误； 故选C．

【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，注意知识的积累．

14．（3分）（2012•绵阳校级模拟）将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应 后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L．则下列判 断中正确的是（ ）

A．原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1 B．向溶液中滴入KSCN溶液，显红色 C．无法计算原混合物的质量a

D．此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1 【考点】有关混合物反应的计算．

【分析】根据化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中H2的量来计算出Fe和HCl的量，再由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O 算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目数据计算这个反应中消耗的HCl的量，得出n（FeCl3）、n（Fe2O3），最后由Fe+2Fe3+=3Fe2+中，根据铁离子的量算出消耗Fe的量，然后计算出反应中消耗铁的总物质的量．

【解答】解：因为Fe3+和H+的氧化性强弱顺序为Fe3+＞H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，故向溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红，故B、D错误； 标况下0.224L氢气的物质的量为：

=0.01mol，根据化学方程式

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，n（Fe）=n（H2）=0.01mol，n（HCl）=2n（H2）=0.02mol， 由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目可知，该反应中消耗的HCl的量为：0.08﹣0.02=0.06mol，则：n（FeCl3）=n（HCl）=0.02mol，n（Fe2O3）=n（FeCl3）=0.01mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，铁离子消耗的铁的物质的量为：n（Fe）=（Fe3+）=0.01mol，原混合物中铁的总物质的量为：0.01mol+0.01mol=0.02mol，则：n（Fe）：n（Fe2O3）=0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确、C错误； 故选A．

【点评】本题考查有关混合物反应的计算，题目难度中等，明确氧化性强弱及反应先后顺序为解答关键，注意掌握有关混合物反应的化学计算方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．

15．（3分）（2015秋•西城区期末）下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是（ ） 选项 实验操作 A 实验现象 解释或结论 氨气与氯化氢反应生成固体物质 常温下，浓硫酸、浓使铁片钝化 将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻产生大量白烟 璃棒靠近 B 常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓无明显变化 中 C 在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入产生苍白色火焰 物质燃烧不一定需要氧盛满氯气的集气瓶中 气 试管底部的固体氯化铵受热升华 逐渐消失 D 加热试管中的氯化铵固体 A．A B．B C．C D．D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．浓盐酸和浓氨水反应生成氯化铵固体；

B．常温下，浓硫酸、浓和Fe发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化；

C．氢气能在氯气中剧烈燃烧，且产生苍白色火焰； D．升华属于物理变化，氯化铵分解属于化学变化．

【解答】解：A．浓盐酸和浓氨水反应生成氯化铵固体，产生大量白烟，故A正确； B．常温下，浓硫酸、浓和Fe发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，故B正确；

C．氢气能在氯气中剧烈燃烧，且产生苍白色火焰，该反应为氢气燃烧，根据该反应知，燃烧不一定需要氧气，故C正确；

D．升华属于物理变化，氯化铵分解生成氨气和氯化氢，属于化学变化，故D错误； 故选D．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物理变化和化学变化判断、钝化现象、燃烧、浓盐酸和氨水反应等知识点，明确物理变化和化学变化区别、钝化原理等知识点即可解答，易错选项是D．

16．（3分）（2014秋•重庆期末）研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且含锰元素的化合物的还原产物都是MnCl2．他们将6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.336L气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，充分反应后生成氯气的体积是（气体体积都在标准状况下测定）（ ） A．1.344L

B．1.568L

C．1.792L

D．2.016L

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去电子，据此计算生成氯气物质的量，进而计算氯气体积． 【解答】解：6.32g KMnO4粉末物质的量=

=0.015mol，

KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去电子，则：

0.04mol×（7﹣2）=0.015mol×4+2×n（Cl2），解得n（Cl2）=0.07mol，

=0.04mol，氧气物质的量为

V（Cl2）=0.07mol×22.4L/mol=1.568L， 故选B．

【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，注意利用电子转移守恒解答，也可以利用方程式计算，但相对比较繁琐．

二、解答题（共8小题，满分52分）

17．（6分）（2015秋•西城区期末）把1.92g铜和20mL稀HNO3混合，充分反应，铜完全溶解．

（1）该反应的离子方程式是 3Cu+8H++2NO3═3Cu2++2NO↑+4H2O ．

﹣

（2）反应后生成的气体在标准状况下的体积是 0.448 L．

（3）反应后所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是 1.5 mol/L（忽略反应中溶液体积的变化）． 【考点】化学方程式的有关计算． 【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】（1）Cu与稀反应生成铜、NO与水；

（2）根据n=计算Cu的物质的量，根据方程式计算生成NO的物质的量，再根据V=nVm计算NO的体积；

（3）反应中n（Cu2+）=n（Cu），根据c=计算Cu2+的物质的量浓度．

【解答】解：（1）Cu与稀反应生成铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3

﹣

═3Cu2++2NO↑+4H2O，

﹣

故答案为：3Cu+8H++2NO3═3Cu2++2NO↑+4H2O； （2）Cu的物质的量为

=0.03mol，根据方程式3Cu+8H++2NO3

﹣

═3Cu2++2NO↑+4H2O，可知生成NO的物质的量为0.03mol×=0.02mol，标况下NO的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L， 故答案为：0.448；

（3）反应中n（Cu2+）=n（Cu）=0.03mol，Cu2+的物质的量浓度为故答案为：1.5．

【点评】本题考查化学方程式有关计算，比较基础，明确反应的反应即可解答，有利于基础知识的巩固．

=1.5mol/L，

18．（6分）（2015秋•阜阳校级月考）向100mL 3mol/L的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的PH＞7．

（1）此时溶液的溶质若是单一成分，可能是 Na2CO3 或 NaHCO3 ；

（2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加1mol/L的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积 （不考虑溶解于水）关系如图所示．

①B点时，产生的CO2在标准状况下的体积为 2240mL

②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是 0.75mol/L （溶液体积的变化忽略不计）

【考点】化学方程式的有关计算． 【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性； （2）加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O→A段消耗的盐酸为A→B消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物．

①根据AB段消耗氯化氢溶液的体积、结合方程式计算生成二氧化碳的体积；

②B点溶液中溶质为NaCl，由钠离子守恒可知n（NaCl）=n（NaOH），进而计算氯化钠的浓度．

【解答】解：（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成分，可能是Na2CO3或NaHCO3， 故答案为：Na2CO3或NaHCO3；

（2）加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O﹣A段消耗的盐酸为A→B的二倍，反应产物应为NaOH和Na2CO3的混合物，二者都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH+H+═H2O、

﹣

CO32+H+═HCO3；

﹣

﹣

①AB段消耗HCl为0.1L×1mol/L=0.1mol，由NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.1mol，标况下0.1mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol×0.1mol=2.24L=2240mL， 故答案为：2240mL；

②B点溶液中溶质为NaCl，由钠离子守恒可知n（NaCl）=n（NaOH）=0.1L×3mol/L=0.3mol，则NaCl的物质的量浓度是：故答案为：0.75mol/L．

【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，关键是根据图象分析各阶段发生的反应，注意计算过程中守恒思想的应用．

19．（6分）（2015秋•西城区期末）实验室用图1，2所示装置制取氨气．

=0.75mol/L，

（1）试管中发生反应的化学方程式是 Ca（OH）2+2NH4Cl（2）干燥管中盛放的干燥剂是 碱石灰 （填名称）．

（3）检验氨气是否收集满，可选用 湿润的红色石蕊 试纸，实验现象是 试纸变蓝 ． （4）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用的装置是 A （填“A”或“B”）． 【考点】氨的实验室制法．

【专题】气体的制备与性质检验类实验．

【分析】（1）氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水； （2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂；

（3）氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

（4）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置．

CaCl2+2NH3↑+2H2O ．

【解答】解：（1）氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl

（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，而碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气； 故答案为：碱石灰；

（3）氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

故答案为：湿润的红色石蕊；试纸变蓝；

（4）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置， 故答案为：A．

【点评】本题考查了氨气的制备及氨气的性质，掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，注意氨气吸收应采用防倒吸装置，题目难度不大．

20．（10分）（2015秋•阜阳校级月考）某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验，根据实验流程回答相关问题：

（1）请写出Fe2O3与①反应的离子方程式 Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O （2）请写出FeCl3溶液与铁粉反应的化学方程式 Fe+2FeCl3═3FeCl2 ．

（3）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe（OH）3浊液，该过程的现象为 生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 ，此过程中发生的氧化还原反应为（用化学方程式表达） 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 ．

（4）将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续加热至溶液变红褐色，制得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为 FeCl3+3H2O═Fe（OH）3（胶体）+3HCl ． 【考点】铁的氧化物和氢氧化物． 【专题】元素及其化合物．

【分析】Fe2O3是碱性氧化物，与盐酸反应生成FeCl3，在氯化铁溶液中加入铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，空气中氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁沉淀；氯化铁溶液中加入碱反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，氯化铁在沸水中加热至红褐色得到氢氧化铁胶体， （1）根据Fe2O3的性质知识分析，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水； （2）铁粉可以和三价铁之间发生氧化还原反应生成氯化亚铁；

（3）FeCl2溶液中滴加NaOH生成Fe（OH）3，后被空气中氧气氧化为Fe（OH）3； （4）向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，可以获得氢氧化铁胶体．

【解答】解：（1）Fe2O3是碱性氧化物，与盐酸反应生成FeCl3，离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；

（2）铁粉可以和三价铁之间发生氧化还原反应，化学方程式为：Fe+2FeCl3═3FeCl2，故答案为：Fe+2FeCl3═3FeCl2；

（3）FeCl2溶液中滴加NaOH生成白色的Fe（OH）2，迅速变成灰绿色，最终被氧化为红褐色的Fe（OH）3，反应的方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，

故答案为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

（4）向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，可以获得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O故答案为：FeCl3+3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3HCl，

Fe（OH）3（胶体）+3HCl；

【点评】本题涉及金属铁以及铁的化合物的性质方面的知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大．

21．（4分）（2015秋•阜阳校级月考）碳元素是日常生活中接触非常多的一种元素．回答下列问题．

（1）用化学方程式表示溶洞形成的反应原理： CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2 ． （2）可用稀盐酸来鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，现将稀盐酸慢慢滴入碳酸钠溶液中，请写出开始阶段发生反应的离子方程式： CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2 ． 【考点】碳族元素简介；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别．

【分析】（1）碳酸钙能够与空气中的二氧化碳和水反应生成易溶性碳酸氢钙；

（2）将稀盐酸慢慢滴入碳酸钠溶液中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水．

【解答】解：（1）溶洞生成的反应原理：碳酸钙转化为易溶性碳酸氢钙，化学方程式为CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2，故答案为：CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2；

（2）将稀盐酸慢慢滴入碳酸钠溶液中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，离子方程式为：CO32+H+=HCO3，故答案为：CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2．

﹣

﹣

【点评】本题考查了碳酸盐、碳酸氢盐的性质，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意碳酸盐与盐酸相互滴加顺序不同反应方式不同，题目难度不大．

22．（4分）（2015秋•阜阳校级月考）氮元素在生命活动中扮演着重要的角色，回答下列与氮及其化合物有关的问题：

（1）德国化学家哈伯、波施等科学家成功地开发了将氮气转化为氨气的生产工艺．请用化学方程式表示工业合成氨的反应原理： N2+3H22NH3 ．写出在氨气的出气口处，检验有氨气生成的操作： 湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近出气口，试纸变蓝，说明生成氨气 ．

（2）将氨气通入酚酞溶液中，酚酞溶液变成红色．请用方程式解释原因式： 2NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH ．

﹣

【考点】氨的化学性质． 【专题】氮族元素．

【分析】（1）工业合成氨的原料为氢气和氮气，方程式为：N2+3H2则能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

（2）氨气与水反应生成一水合氨，一水全氨电离产生铵根离子与氢氧根离子． 【解答】解：（1）工业合成氨的原料为氢气和氮气，方程式为：N2+3H2

2NH3，2NH3；

氨气的出气口处，检验有氨气生成的操作是湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近出气口，试纸变蓝，说明生成氨气，

故答案为：N2+3H2

试纸变蓝，说明生成氨气；

2NH3；湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近出气口，

（2）氨气与水反应生成一水合氨，一水全氨电离产生铵根离子与氢氧根离子，原理为：2NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH，故答案为：2NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH．

﹣

﹣

【点评】本题考查氨气的性质，侧重于物质的检验方法的考查，为高考高频考点，难度不大，注意把握氨气的性质，为解答该题的关键．

23．（4分）（2015秋•阜阳校级月考）电路板是由塑料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜．

（1）写出该反应的离子方程式： Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ ．

（2）向使用过的腐蚀液中通入Cl2，可使Fe2+转化为Fe3+，写出反应的离子方程式： 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl ．

﹣

【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题．

【分析】（1）FeCl3具有氧化性，能被Cu还原生成FeCl2溶和CuCl2； （2）Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子．

【解答】解：（1）FeCl3具有氧化性，能被Cu还原生成FeCl2溶和CuCl2，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；

（2）Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl．

﹣

﹣

【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法是解答本题的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．

24．（12分）（2015秋•阜阳校级月考）某品牌糖衣片补血剂，除去糖衣后显淡蓝绿色，主要成分是硫酸亚铁，不含其它铁的化合物．某研究性学习小组为测定该补血剂中硫酸亚铁的含量进行了以下探究： 请回答下列问题： （1）实验时用10mol•L10.0mL ．

﹣1

的浓硫酸配制100mL 1mol•L1 H2SO4溶液，所需浓硫酸的体积 为

﹣

（2）在下列配制过程示意图1中，错误的有（填序号） ①④ ． （3）下列说法正确的是 AC ．

A．洗涤烧杯2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶以减少误差

B．某同学将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，所配溶液浓度会偏低 C．定容时仰视观察，所配溶液浓度会偏低

Ⅱ．（1）步骤 ③中产生的红褐色物质是（填化学式） Fe（OH）3 ． （2）从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作为： a． 过滤 ，b．洗涤，c．灼烧，d．冷却

（3）若称得固体的质量为ag，则每片补血剂中含硫酸亚铁的质量为 0.19a g．

【考点】溶液的配制． 【专题】定量测定与误差分析．

【分析】Ⅰ．（1）根据浓硫酸在稀释前后，溶质的物质的量保持不变；

（2）稀释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；读数时应平视；

（3）根据公式c=，可以根据影响n和V的因素来分析回答；

II．由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，

（1）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；

（2）由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；

（3）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算．

【解答】解：Ⅰ．（1）浓硫酸在稀释前后，溶质的物质的量保持不变，设所需浓硫酸最小体积为V，则100mL×103×1mol/L=10mol/L×V，解得V=10.0mL，故答案为：10.0 mL；

﹣

（2）稀释浓硫酸时是将浓硫酸沿器壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；读数时应平视，不能仰视和俯视，故答案为：①④；

（3）A．洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液移入容量瓶，否则浓度偏小，故A正确； B．未冷却体积偏小，浓度偏大，故B错误； C．定容时仰视，体积偏大，浓度偏小，故C正确； 故答案为：AC；

Ⅱ．（1）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）

3↓+3NH4

+

，则该红褐色物质为Fe（OH）3，

故答案为：Fe（OH）3；

（2）由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量， 故答案为：过滤；

（3）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的

质量：0.07ag，含硫酸亚铁的质量为：=0.19ag，

故答案为：0.19a．

【点评】本题考查学生对物质的量浓度溶液的配制实验原理与实验操作的理解、化学计算等知识，题目难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．