湖南省常德市安乡五中2015-2016学年高三第三次月考化学试卷.doc

参与试题解析

一、选择题（本题共20道小题，每小题3分，共60分）

1．下列有关实验误差分析中，错误的是（　　）

A．中和滴定实验中，盛装待测液的锥形瓶没有润洗，对实验结果无影响

B．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏低

C．用润湿的pH试纸测某溶液的pH，测定结果不一定有误差

D．测定中和热的实验中，将碱液缓慢倒入酸溶液中，所测中和热值偏低

【考点】中和滴定；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定． 

【分析】A．盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；

B．定容时俯视刻度线，则体积偏小；

C．中性溶液加水稀释pH不变；

D．测定中和热的实验中，将碱液缓慢倒入酸溶液中，会有热量散失到空气中．

【解答】解：解：A、盛待测液的锥形瓶没有润洗，对V（标）无影响，根据c（待）=可知，c（待）不变，故A正确；

B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则所配溶液浓度偏高，故B错误；

C、中性溶液加水稀释pH不变，则用润湿的pH试纸测某溶液的pH，若该溶液为中性溶液，测定结果没有误差，故C正确；

D、测定中和热的实验中，将碱液缓慢倒入酸溶液中，会有热量散失到空气中，则所测中和热值偏低，故D正确．

故选：B．

【点评】本题考查了误差分析，题目涉及中和滴定、溶液配制、pH的测定、中和热的测定，明确实验原理是解决本题的关键，题目难度不大．

2．镁铁混合物13.8g溶解在足量某浓度的稀中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮

（0.3mol），则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（　　）

A．26    B．29.1g    C．29.5g    D．24g

【考点】有关混合物反应的计算． 

【分析】Fe、Mg混合物与足量反应形成镁、铁的盐，金属完全溶解，再加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等，根据电子转移守恒计算金属提供的电子物质的量，氢氧化物沉淀的质量为金属质量与氢氧根质量之和．

【解答】解：Fe、Mg混合物与反应形成镁、铁的盐，金属完全溶解，再加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁，

根据电子转移守恒可知，金属提供的电子物质的量=0.3mol×（5﹣2）=0.9mol，

根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等，故n（OH﹣）=0.9mol

沉淀的质量=m（金属）+m（OH﹣）=13.8g+0.9mol×17g/mol=29.1g，

故选B．

【点评】本题考查混合物的计算，侧重对解题方法技巧与守恒思想的考查，确定氢氧化物中氢氧根的物质的量是关键，难度中等．

3．为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（　　）

A．NaHCO3溶液（Na2CO3），应通入过量的CO2气体

B．NaBr溶液（NaI），应加入适量的氯水、CCl4，进行萃取分液

C．NH4Cl溶液（FeCl3），应加入适量的氨水，过滤

D．CO2（CO），通过过量的灼热的氧化铜粉末

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂． 

【分析】A．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；

B．氯水与NaI、NaBr均反应；

C．氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵；

D．CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳．

【解答】解：A．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则通入过量的CO2气体可除杂，故A正确；

B．氯水与NaI、NaBr均反应，不能除杂，应选适量的溴水、CCl4，进行萃取分液，故B错误；

C．氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵，则加入适量的氨水，过滤可除杂，故C正确；

D．CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳，则通过过量的灼热的氧化铜粉末可除杂，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．

4．能大量共存于同一溶液中，且当加入另一种强电解质使水电离出的c（H+）=1×10﹣13 mol/L时又一定能发生反应的离子组是（　　）

①Na+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣        ②K+、NH4+、CH3COO﹣、SO42﹣

③Ca2+、Cu2+、NO3﹣、SO32﹣      ④Fe3+、Na+、SCN﹣、Cl﹣

⑤Al3+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣       ⑥Fe2+、Na+、NO3﹣、I﹣

⑦Ag+、NH4+、OH﹣、NO3﹣        ⑧Na+、K+、CH3COO﹣、NO3﹣．

A．①②⑥    B．②③⑥    C．①④⑧    D．③⑤⑦

【考点】离子共存问题；水的电离． 

【专题】离子反应专题．

【分析】离子能大量共存于同一溶液中，说明离子之间不发生任何反应，使水电离出的c（H+）=1×10﹣13 mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能是碱性，离子能能发生反应，说明离子组中含有能与OH﹣或H+反应的离子．

【解答】①离子之间不发生任何反应，可存在于同一溶液中，HCO3﹣既能与OH﹣反应也能与H+反应而不能大量存在，故①选；

②离子可大量共存于同一溶液中，碱性条件下NH4+不能大量存在，酸性条件下CH3COO﹣不能大量存在，故②选；

③Ca2+、Cu2+与SO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故③不选；

④Fe3+与SCN﹣发生络合反应而不能大量共存，故④不选；

⑤Al3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故⑤不选；

⑥离子可大量共存于同一溶液中，但在酸性条件下Fe2+、I﹣与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性条件下Fe2+不能大量存在，故⑥选；

⑦Ag+、NH4+、OH﹣不能大量共存，故⑦不选；

⑧无论在酸性还是碱性条件下离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故⑧不选．

故选A．

【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，本题注意把握题目所给信息，解答该题的关键，注意掌握常见离子的性质．

5．下列反应的离子方程式正确的是（　　）

A．向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3↓

B．向NaHCO3溶液中滴加少量Ca（OH）2溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O

C．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=2H2O+BaSO4↓

D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I﹣+IO3﹣+3H2O=3I2+6OH﹣

【考点】离子方程式的书写． 

【专题】离子反应专题．

【分析】A．硫氰合铁不是沉淀；

B．向NaHCO3溶液中滴加少量Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；

C．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；

D．酸性环境下不能生成氢氧根离子．

【解答】解：A．向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液，离子方程式：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，故A错误；

B．向NaHCO3溶液中滴加少量Ca（OH）2溶液，离子方程式：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+H2O+CO32﹣，故B错误；

C．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性，离子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=2H2O+BaSO4↓，故C正确；

D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI，离子方程式：5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分、电荷守恒、原子个数守恒规律的应用．

6．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液．下列判断不正确的是（　　）

A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价

B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物

C．实验②证明氧化性：Cr2O72﹣＞I2

D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性

【考点】氧化还原反应． 

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；

②中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高；

③中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，以此来解答．

【解答】解：A．化合物KCrO2中，K为+1价，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；

B．由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；

C．由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72﹣＞I2，故C正确；

D．实验③中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D错误．

故选D．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大．

7．下列说法中（NA代表阿伏加德罗常数的值），不正确的是（　　）

A．标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA

B．常温下，2.3g Na完全与O2反应失去的电子数为0.1NA

C．100mL 18.4mol•L﹣1的硫酸与足量铜反应，生成二氧化硫的分子数小于0.92 NA

D．在密闭容器中加入1.5mol H2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数为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、标况下，2.24LCO和CO2混合气体的物质的量为0.1mol，然后根据CO和CO2均含1个碳原子构成来分析；

B、钠为1价金属，2.3g钠的物质的量为0.1mol，完全反应0.1mol钠失去0.1mol电子；

C、足量铜和浓硫酸反应随反应进行，硫酸浓度变稀后不和铜反应；

D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底．

【解答】解：A、标况下，2.24LCO和CO2混合气体的物质的量为0.1mol，而CO和CO2均含1个碳原子，故0.1mol混合气体中含0.1mol碳原子，故A正确；

B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，失去的电子数为0.1NA，故B正确；

C、100mL18.4mol•L﹣1的硫酸与足量铜反应，硫酸浓度变稀后不和铜反应，生成二氧化硫的分子数小于0.92NA，故C正确；

D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后可得到NH3分子数小于NA，故D错误．

故选D．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

8．将某溶液逐滴加入Fe（OH）3溶胶内，开始产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是（　　）

A．2 mol/L NaOH的溶液    B．2 mol/L MgSO4的溶液

C．2 mol/L H2SO4的溶液    D．FeCl3溶液

【考点】胶体的重要性质． 

【专题】溶液和胶体专题．

【分析】根据胶体的性质及所加物质的性质分析，胶体和电解质溶液能发生聚沉现象，Fe（OH）3沉淀能溶于强酸．

【解答】解：能使胶体聚沉的物质有电解质溶液和带相反电荷的胶体．

A、氢氧化钠能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故A错误；

B、MgSO4溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故B错误；

C、稀硫酸是电解质溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但H2SO4可使Fe（OH）3沉淀溶解，故C正确；

D、FeCl3溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查了胶体的性质，主要考查了胶体的聚沉、沉淀的溶解等，题目难度不大．

9．下列有关物质分类或归类正确的一组是（　　）

①液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物　

②漂白粉、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物　

③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质　

④Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐．

A．①②    B．②③    C．③⑤    D．①④

【考点】单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质． 

【专题】物质的分类专题．

【分析】①化合物是不同元素组成的纯净物，液氨是氨气属于化合物、液氯是单质；

②依据混合物是不同物质组成的分析；

③电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；

④含有钠元素的盐叫钠盐．

【解答】解：①液氨水液态氨气属于纯净的化合物、液氯是单质，干冰、碘化银均为化合物，故①错误；

②漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙的混合物，盐酸是氯化氢水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水为氨气水溶液均为混合物，故②正确；

③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸，符合电解质概念，均为电解质，故③正确；

④Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐，Na2O2没有酸根所以不是盐，所以不是钠盐，是氧化物，故④错误；

故选B．

【点评】本题考查了化学基本概念的理解和应用以及物质的分类，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键，注意对于物质的分类，不同的角度得到不同分类方法，题目较简单．

10．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）．关于混合粉末的组成判断正确的是（　　）

A．一定含CuO和C

B．一定含Fe2O3、CuO和C

C．一定含CuO和C，一定不含Al

D．不管试剂a为H2O或饱和NaHCO3溶液，气体Z都为纯净物

【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计． 

【专题】实验设计题．

【分析】能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同．无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐．

【解答】解：能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同，溶液X的组成中一定有铜离子，物质中一定有CuO，

混合物和浓酸之间反应，能得到两种气体，则一定含有单质C，其余的物质都无法判断是否存在，即物质中一定含有：CuO、C；

故选A．

【点评】本题考查物质的检验与鉴别，题目难度中等，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，该类试题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等．

11．将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（　　）

A．    B．    

C．    D．

【考点】钠的重要化合物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3．

【解答】解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al（OH）3↓+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，

由以上反应可知，图象应为C，

故选C．

【点评】本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．难度不大．

12．对于某些物质或离子的检验及结论一定正确的是（　　）

A．某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，该物质一定是碱

B．某气体能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，该气体一定是氯气

C．某物质的水溶液中加入盐酸产生无色无味气体，该溶液一定含有碳酸根离子

D．往铁和稀反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液显血红色，则该反应后的溶液中肯定有Fe3+，可能还有Fe2+

【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 

【专题】物质检验鉴别题．

【分析】A．某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性；

B．能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体具有强氧化性；

C．加入盐酸产生无色无味气体，说明生成二氧化碳，可能为碳酸根离子或碳酸氢根离子；

D．溶液显血红色，说明生成Fe3+，但不能确定是否含有Fe2+．

【解答】解：A．某物质的水溶液使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性，但不一定为碱，可能为水解呈碱性的物质，故A错误；

B．能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体具有强氧化性，不一定为氯气，也可能为二氧化氮气体，故B错误； 

C．加入盐酸产生无色无味气体，说明生成二氧化碳，可能为碳酸根离子或碳酸氢根离子，故C错误；

D．溶液显血红色，说明生成Fe3+，如铁过量，可生成Fe2+，但不能确定是否含有Fe2+，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高考高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，检验时要注意排除干扰因素，难度不大．

13．进行化学实验必须注意安全，下列几种处理事故的方法正确的是（　　）

①浓H2SO4滴到皮肤上，先用水冲洗，再用布擦干

②酒精不小心洒在实验桌上，并燃烧起来，应立即用水扑灭

③不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛

④镁带着火应用干粉灭火器灭火，不能用泡沫灭火器灭火

⑤实验时不慎被玻璃划破手指，引起轻微流血时，用三氯化铁溶液涂抹止血

⑥实验室取用少量白磷时，可将白磷取出，在空气中用小刀切割

⑦可在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验．

A．①②⑦    B．③⑤    C．②④⑤    D．①③④

【考点】化学实验安全及事故处理． 

【分析】①根据浓硫酸的强腐蚀性和溶于水放热的角度分析；

②酒精易溶于水，应用湿抹布盖灭；

③酸易溶于水；

④干粉的主要成分是碳酸氢钠（NaHCO3），他受热后生成纯碱、水和二氧化碳；

⑤血液可看作是胶体分散系；⑥白磷是磷元素的一种块状单质，有剧毒，其着火点为40℃，常温下在空气中很容易自燃．取用白磷时必须在水中切割；

⑦氢氧化钠是强碱，能和酸或酸性氧化物反应．

【解答】解：①浓硫酸溶于水并放热，且具有强腐蚀性，少量浓硫酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故①错误；

②酒精易溶于水，用水不能扑灭，应用湿抹布盖灭，故②错误；

③不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故③正确；

④由点燃的镁条能在二氧化碳中继续燃烧生成碳单质和氧化镁，不能用干粉灭火器灭火，故④错误；

⑤血液和氢氧化铁胶体都是胶体，带相反电荷的胶体能发生聚沉，故⑤正确；

⑥燃烧的条件是具有可燃物、温度达到该物质的着火点、与氧气接触，实验室取用少量白磷时，可将白磷取出，在空气中用小刀切割与氧气接触，温度达到该物质的着火点，很容易自燃，故⑥错误；

⑦石英的成分是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，所以不能在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验，故⑦错误；

故选C．

【点评】本题考查化学实验安全及事故的处理，侧重于基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．

14．关于下列各实验的叙述中，不正确的是（　　）

A．

可用于实验室制备少量氯气或氨气

B．

可从a处加水的方法检验设置装置②的气密性

C．

实验室可用装置③收集HCl气体

D．

可用苯萃取碘水中碘的操作，并把苯的碘溶液从漏斗上口倒出

【考点】化学实验方案的评价． 

【分析】A．图为固体与液体反应制备气体的装置，氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气不需要加热、浓氨水与CaO制备氨气不需要加热；

B．可利用液面差不变检验气密性；

C．HCl密度比空气大，应选向上排空气法收集；

D．碘不易溶于水，易溶于苯，且分层在有机层在上层．

【解答】解：A．图为固体与液体反应制备气体的装置，氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气不需要加热、浓氨水与CaO制备氨气不需要加热，图中装置可用于实验室制备少量氯气或氨气，故A正确；

B．可从a处加水，观察U型管两侧液面差不变检验装置②的气密性，故B正确；

C．HCl密度比空气大，应选向上排空气法收集，图中收集方法不合理，故C错误；

D．碘不易溶于水，易溶于苯，且分层在有机层在上层，则苯的碘溶液从漏斗上口倒出，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见气体的制备、气密性检查、混合物分离提纯等，把握反应原理及混合物分离提纯方法、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验技能的训练，题目难度中等．

15．Fe与反应随温度和的浓度不同而产物不同．已知0.2mol HNO3做氧化剂时，恰好把0.4mol Fe氧化为Fe2+，则HNO3将被还原成（　　）

A．NH4+    B．N2O    C．NO    D．NO2

【考点】氧化还原反应的计算． 

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】0.2molHNO3做氧化剂时，氮元素的化合价会降低，0.4mol Fe氧化为Fe2+，化合价升高，铁原子失去电子，氮原子是得到电子，根据得失电子守恒来计算HNO3的还原产物中N元素的价态．

【解答】解：设被还原到的产物中，N元素的价态是x，则根据反应中得失电子守恒：0.4mol×（2﹣0）=0.2mol×（5﹣x），解得x=1，所以被还原到的产物中，N元素的价态是+1价，应该是N2O．

故选B．

【点评】本题是一道关于电子守恒的计算题，电子守恒的灵活应用是考试的热点，难度不大．

16．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe 2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+则下列说法正确的是（　　）

A．该反应中 Fe2+是还原剂，O2 是还原产物

B．4molNa2O2 在反应得到 8NA 的电子

C．Fe（OH）3既是氧化产物又是还原产物，每生成 4mol Fe（OH）3 反应过程转移电子 6mol

D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀

【考点】氧化还原反应． 

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+中，Fe元素的化合价升高，过氧化钠中O元素的化合价升高也降低，以此来解答．

【解答】解：A．该反应中 Fe2+是还原剂，O2是氧化产物，故A错误；

B.4molNa2O2 在反应时，只有6molO得到电子，由﹣1价降低为﹣2价，共得到6NA 的电子，故B错误；

C．Na2O2是氧化剂和还原剂，Fe（OH）3 既是氧化产物又是还原产物，结合B选项可知每生成 4mol Fe（OH）3 反应过程转移电子 6mol，故C正确；

D．反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意过氧化钠为氧化剂也是还原剂，题目难度不大．

17．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I﹣的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是（　　）

A．可用KI淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘

B．足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是5Cl2+I2+6H2O═2HClO3+10HCl

C．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO3﹣

D．途径Ⅱ中若生成1mol I2，反应中转移的电子数为10NA

【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用． 

【专题】卤族元素．

【分析】A．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2；

B．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，氯气可以将碘氧化HIO3；

C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3；

D．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣计算判断．

【解答】解：A．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2，故用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐，故A正确；

B．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HClO3+10HCl，故B正确；

C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故C错误；

D．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确；

故选C．

【点评】本题综合考查卤素单质及其化合物的性质，侧重于考查氧化性强弱比较及应用，难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键．

18．下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（　　）

A．A    B．B    C．C    D．D

【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；镁、铝的重要化合物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】A．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠；

B．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝；

C．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成，分解生成二氧化氮，稀与铜反应生成一氧化氮；

D．氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气．

【解答】解：A．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故A错误；

B．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；

C．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成，分解生成二氧化氮，稀与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故C正确；

D．氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；

故选：A．

【点评】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质、熟悉发生的化学反应是解题关键，侧重对学生基础知识的检验和训练，题目难度不大．

19．某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/mol•L﹣1）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系如图所示．则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（　　）

A．1：1：4    B．1：3：1    C．3：3：8    D．1：1：1

【考点】铁的化学性质；有关混合物反应的计算． 

【专题】图像图表题；压轴题．

【分析】某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，再加入1molFe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，以此来解答．

【解答】解：某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，

则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，

       1   4      1

再加入1molFe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，

                 1   2    3 

所以n（HNO3）=4mol，原溶液中铁的物质的量n（Fe3+）=2mol﹣1mol=1mol，

再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，

发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，

     1   1

所以n（Cu2+）=1mol，

即溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4，

故选A．

【点评】本题考查铁的化学性质，明确图象中每段发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应与图象的对应关系来解答，题目有一定难度，特别是溶液中铁离子浓度的判断．

20．霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物，它在酸性溶液中能发生如下反应：

下列说法中正确的是（　　）

A．1molMMF与足量NaOH 溶液共热，最多可消耗5molNaOH

B．可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物Ⅰ

C．化合物R 的分子式为C6H12NO2

D．MMF分子中含有三种官能团

【考点】有机物的结构和性质． 

【分析】A．MMF中含2个﹣COOC﹣和酚﹣OH，均可与NaOH反应；

B．化合物Ⅰ含﹣COOH，与碳酸氢钠反应生成气体；

C．由原子守恒及水解规律可知，R为；

D．MMF分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣、碳碳双键、醚键等．

【解答】解：A．MMF中含2个﹣COOC﹣和酚﹣OH，均可与NaOH反应，则1mol MMF与足量NaOH溶液共热，最多可消耗3mol NaOH，故A错误；

B．化合物Ⅰ含﹣COOH，与碳酸氢钠反应生成气体，则可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物Ⅰ，故B正确；

C．由原子守恒及水解规律可知，R为，其分子式为C6H13NO2，故C错误；

D．MMF分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣、碳碳双键、醚键等，则不止三种官能团，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯、羧酸性质及水解规律、有机物鉴别的考查，题目难度不大．

二、填空题（本题共3道小题，每小题8分，共30分）

21．某同学取一定量Fe 与Al 的混合物与一定量极稀的充分反应，已知的还原产物仅NH4NO3一种．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：

（1）图中OC 段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为　H++OH﹣═H2O　．

（2）在图中DE 段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为　NH4++OH﹣═NH3•H2O　．

（3）点B 与A 点沉淀物质的量的差值为　0.008　mol．

（4）C 点对应的氢氧化钠溶液的体积为　7　mL．

【考点】有关混合物反应的计算． 

【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】（1）O→C 之间没有沉淀生成，说明过量，O→C 之间发生的反应酸碱中和反应；

（2）D与E一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应；

（3）E与F之间沉淀的量减少，为Al（OH）3溶解在氢氧化钠溶液中的量；

（4）利用电子守恒及发生的化学反应来计算．

【解答】解：（1）O→C 之间没有沉淀生成，说明过量，O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH﹣═H2O，故答案为：H++OH﹣═H2O；

（2）D与E一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为NH4++OH﹣═NH3•H2O，故答案为：NH4++OH﹣═NH3•H2O；

（3）由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL﹣34m=2mL，故该计算参加反应的氢氧化钠为0.002L×4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol，即为B、A的差值，故答案为：0.008；

（4）设Mg为xmol，Al为0.008mol，生成铵为（34﹣31）×0.001L×4mol/L=0.012mol，

由电子守恒可知，2x+0.008×3=0.012×8，

解得x=0.036mol，

滴加NaOH体积为31ml时，

发生反应为①H++OH﹣=H2O，②Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，

则C点氢氧化钠溶液的体积为31mL﹣×1000mL﹣×1000L=7mL，

故答案为：7．

【点评】本题考查金属与的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点，属于中等难度试题．解答此题关键是判断出的还原产物以及电子转移守恒的运用．

22．H2O2是在医疗、化工方面应用广泛的化学试剂．

（1）Na2O2、CaO2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，则应选择的过氧化物是　BaO2　；

（2）实验室可用H2O2与次氯酸钠反应制氧气，其中还原剂是　H2O2　，写出该反应的化学方程式　H2O2+NaClO=H2O+NaCl+O2↑　，生成0.5mol氧气，转移电子　1　mol；

（3）用酸性高锰酸钾溶液滴定法可测定双氧水中H2O2的含量，5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，滴定终点的现象是　溶液由无色变成紫红色，且在半分钟内溶液颜色不褪去　，某次滴定中消耗0.50mol/L的高锰酸钾溶液40.00ml，则此双氧水溶液中溶质的质量为　1.7g　．

【考点】氧化还原反应的计算；过氧化氢． 

【分析】（1）根据题目信息，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了沉淀；

（2）过氧化氢与次氯酸钠的反应中因为ClO﹣中的氯元素的化合价为+1价，次氯酸根具有氧化性，则H2O2具有还原性；根据化合价变化确定电子的转移电子；

（2）酸性高锰酸钾溶液与H2O2反应，H2O2是还原剂被氧化，﹣2价氧元素的化合价全部升高，根据电子守恒配平方程式并进行相应计算．

【解答】解：（1）实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了硫酸钡沉淀，所以选用BaO2，

故答案为：BaO2；

（2）过氧化氢与次氯酸钠的反应中因为ClO﹣中的氯元素的化合价为+1价，次氯酸根具有氧化性，则H2O2具有还原性，反应的方程式为：H2O2+NaClO═H2O+NaCl+O2，生成一个氧气失去2个电子，所以生成0.5mol氧气，转移电子1mol，

故答案为：H2O2；H2O2+NaClO=H2O+NaCl+O2↑； 1；

（3）酸性高锰酸钾溶液与H2O2反应，H2O2是还原剂被氧化，﹣2价氧元素的化合价全部升高；而②中﹣2价氧元素的化合价没有全部发生变化，根据电子守恒，配平后的化学反应方程式为：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4→2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，滴定终点，溶液由无色变成紫红色，且在半分钟内溶液颜色不褪去，5H2O2～2KMnO4，消耗0.50mol/L的高锰酸钾溶液40.00ml，则双氧水的物质的量是：=0.05mol，质量是0.05mol×34g/mol=1.7g，

故答案为：溶液由无色变成紫红色，且在半分钟内溶液颜色不褪去；1.7g．

【点评】本题主要考查了过氧化氢的制备与性质，需要注意的是H2O2具有氧化性、还原性，遇到氧化剂时作还原剂，氧化产物为氧气；遇到还原时作氧化剂，还原产物为水．

23．立方烷（ ）具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点．下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：

回答下列问题：

（1）C的结构简式为　　．

（2）③，⑤的反应类型为　取代反应、消去反应　．

（3）化合物A可由环戊烷经三步反应合成：XY反应I的试剂与条件为　Cl2/光照　，反应2的化学方程式为　　．

（4）I与碱石灰共热可化为立方烷．立方烷的核磁共振氢谱中有　1　个峰．

（5）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有　3　种．

【考点】有机物的合成． 

【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．

【分析】A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，C应为，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E为，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，再结合问题分析解答．

【解答】解：A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，

（1）根据B和D结构简式的差异性知，C的结构简式为，故答案为：；

（2）通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；

（3）环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应I的试剂和条件为Cl2/光照，反应2的化学方程式为，

故答案为：Cl2/光照；；

（4）I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，所以立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰，

故答案为：1；

（6）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种，

故答案为：3．

【点评】本题考查了有机物的合成，涉及反应条件的判断、反应方程式的书写、同分异构体种类的判断等知识点，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，会根据已知物质结构确定发生的反应，题目难度中等．

三、实验题（本题共1道小题，共10分）

24．某强酸性溶液X可能含有Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：

根据以上信息，回答下列问题：

（1）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是　Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣　，不能确定是否含有的离子是　Fe3+、Cl﹣　．

（2）写出生成A的离子方程式：　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　．

（3）1.0mol/L的E溶液与2.0mol/LF溶液等体积混合完全反反应后，溶液中各离子的浓度大小关系为　c（NH4+）＞c（NO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．

（4）假设测定A、F、I均为0.10mol，50mL X溶液中n（H+）=0.40mol，当沉淀C物质的量大于0.70mol时，溶液X中还一定含　Fe3+　．

【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法． 

【专题】无机推断；物质检验鉴别题．

【分析】强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；

溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子；溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此解答．

【解答】解：（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，一定不含有CO32﹣、SO32﹣；

故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣；Fe3+、Cl﹣； 

（2）A为NO，生成A反应的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，

故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

（3）1.0mol/L的E溶液与2.0mol/LF溶液等体积混合完全反反应后，生成NH4NO3，且溶液中还存在等量的NH3．H2O，NH3．H2O电离为主，溶液显碱性，则离子浓度大小为c（NH4+）＞c（NO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（NH4+）＞c（NO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；

（4）A、F、I均为0.1mol，100mLX溶液中n（H+）=0.4mol，根据反应3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知亚铁离子为0.3mol，根据溶液电中性可知：n（H+）+2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42﹣），

n（SO42﹣）==0.7mol，当沉淀C物质的量＞0.7mol时一定含有Fe3+离子，反之，含有Cl﹣离子，

故答案为：Fe3+．

【点评】本题考查无机物的推断及常见离子的检验，为高频考点，把握发生的反应、常见离子的检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意A、I为推断的突破口，题目难度不大．