海南省黄流中学高三段考化学试卷.doc

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1、海南省黄流中学-高三（上）段考化学试卷（四）参照答案与试题解析一、选择题（每题3分，共36分每题只有一种选项符合题意）1化学与生活密切有关下列应用中运用了物质氧化性的是（）A明矾净化水B漂白粉漂白织物C食醋除水垢D纯碱去油污【考点】盐类水解的应用；氧化还原反映 【专项】氧化还原反映专项；盐类的水解专项【分析】用到的物质的氧化性，阐明该过程中发生了氧化还原反映，并且该物质在反映中得电子化合价减少而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断【解答】解：A明矾中具有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所觉得非氧化还原反映，故A错误；B漂白粉具有强氧化性，运用

2、其强氧化性漂白织物，故B对的；C碳酸钙和醋酸反映生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所觉得非氧化还原反映，故C错误；D纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反映，该过程中没有元素化合价变化，所觉得非氧化还原反映，故D错误；故选B【点评】本题考察了氧化还原反映，明确物质的性质以化合价的变化是解本题核心，性质决定用途，用途体现性质，难度不大2（3分）（秋合肥校级期中）IT产业中某些车间规定必须做到无尘生产，工人在车间工作时的服装需经静电除尘解决这种解决措施应用的原理是（）A胶体的丁达尔现象B胶体的布朗运动C胶体的电泳D渗析【考点】胶体的重要性质 【专项

3、】溶液和胶体专项【分析】胶粒因吸附带有电荷，能在电场中发生定向运动，据此解题【解答】解：胶粒因吸附带有电荷，能在电场中发生定向运动，这种现象称为电泳故选C【点评】本题考察胶体的性质，难度较小，旨在考察学生对基本知识的识记，注意基本知识的积累掌握3下列离子方程式书写对的的是（）AAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO+4NH+2H2OB铁溶于过量稀硝酸中：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+OH+H+SOBaSO4+H2OD醋酸溶液与NaHCO3溶液反映：H+HCO3CO2+H2O【考点】离子方程式的书写 【专项】离子反映专项

4、【分析】A反映生成氢氧化铝和氯化铵；B反映生成硝酸铁、NO和水；C不符合离子的配比；D醋酸在离子反映中保存化学式【解答】解：AAlCl3溶液中加入过量稀氨水的离子反映为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B铁溶于过量稀硝酸中的离子反映为Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，故B对的；C向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸的离子反映为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D醋酸溶液与NaHCO3溶液反映的离子反映为CH3COOH+HCO3CH3COO+CO2+H2O，故D错误；故选B【点评】本题考察离子反映方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生

5、的反映及离子反映的书写措施为解答的核心，侧反复分解反映、氧化还原反映的离子反映考察，注意离子反映中保存化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大4某化合物由两种单质直接反映生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同步有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO2【考点】真题预测集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物 【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反映生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反映，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反映不生成气体，以此来解答【解答】解：AAl与氯气化合生成AlCl3，Al

6、Cl3与Ba（HCO3）2溶液反映生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A对的；B钠与氧气反映生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反映不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；CFe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；DSi与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反映，故D错误；故选A【点评】本题为山东高考题，侧重元素化合物知识及反映原理的考察，把握物质的性质、发生的反映为解答的核心，注意选项A中互相增进水解反映，题目难度不大5下列论述中对的的是（）ANH4F水溶液中具有HF，因此NH4F溶液不能寄存于玻璃试剂瓶中B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中

7、加入CCl4，CC14层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定具有SO42【考点】常用离子的检查措施 【专项】物质检查鉴别题【分析】A、玻璃的成分可以和HF酸之间发生反映；B、能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质是具有氧化性，能将碘离子氧化的物质；C、碘单质溶解于CC14层显紫色，但是碘离子是无色的；D、亚硫酸钡沉淀可以和硝酸反映得到硫酸钡沉淀【解答】解：A、NH4F水溶液中，氟离子水解得到HF，玻璃的成分二氧化硅可以和HF酸之间发生反映，因此NH4F溶液不能寄存于玻璃试剂瓶中，故A对的；B、能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质是具有氧化

8、性，能将碘离子氧化的物质，可以是氯气或是溴蒸汽等，故B错误；C、碘单质溶解于CC14层显紫色，但是碘离子是无色的，某溶液中加入CCl4，CC14层显紫色，证明原溶液中存在碘单质，故C错误；D、某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定具有SO42或是SO32中的至少一种，故D错误故选A【点评】本题考察学生盐的水解以及离子的检查知识，注意离子的特性离子反映是解题的核心，难度中档6某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的NH3（气）和Cl2（气）正好完全反映若反映产物只有N2（气）和NH4Cl（固），则反映前后容器中压强比应接近于（）A1：11B11：1C7：11D11：7【

9、考点】化学方程式的有关计算 【专项】计算题【分析】根据题意，反映的方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，根据pV=nRT判断反映前后压强关系【解答】解：反映为NH3（气）和Cl2（气），生成物为N2（气）和NH4Cl（固），则反映的方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，由方程式可知：反映前后气体的物质的量之比为11：1，由pV=nRT可知，相似温度，体积一定期，气体的物质的量之比等于压强之比，因此反映前后容器中压强比应接近于11：1，故选B【点评】本题考察化学方程式的计算，题目难度中档，本题解题核心是根据题意对的书写化学方程式7实验室可用NaNO2+NH4ClNaCl+

10、N2+2H2O制备N2，下列说法对的的是（）ANaNO2发生氧化反映BNH4Cl中的氮元素被还原CN2既是氧化产物，又是还原产物D每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol【考点】氧化还原反映 【专项】氧化还原反映专项【分析】NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由3价升高为0，N元素的化合价由+3价减少为0，以此来解答【解答】解：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由3价升高为0，N元素的化合价由+3价减少为0，ANaNO2发生还原反映，故A错误；BNH4Cl中的氮元素被氧化，故B错误；C反映中只有N元素的化合价变化，N2既是氧化产

11、物，又是还原产物，故C对的；D生成1molN2转移电子的物质的量为1mol（30）=3mol，故D错误；故选C【点评】本题考察氧化还原反映，明确反映中元素的化合价变化是解答的核心，题目较简朴825时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液中也许大量存在：Fe2+、H+、SO、ClOBpH=1的溶液中：K+、SO42、OH、AlO2C酸性溶液中也许大量存在K+、Fe3+、NO3、SO42D水溶液中：Fe2+、H+、SO、ClO【考点】离子共存问题 【专项】离子反映专项【分析】A亚铁离子为有色离子，氢离子、亚铁离子都与次氯酸根离子反映；次氯酸根离子可以氧化亚硫酸根离子；BpH=1

12、的溶液中存在大量氢离子，氢氧根离子、次氯酸根离子与氢离子反映；C四种离子之间不反映，都不与酸性溶液中的氢离子反映；D次氯酸根离子可以与氢离子、亚硫酸根离子、亚铁离子反映，亚硫酸根离子与氢离子和亚铁离子反映【解答】解：AFe2+为有色离子，ClO可以氧化Fe2+、SO32，ClO与H+反映生成HClO，在溶液中不能大量共存，故A错误；BpH=1的溶液为酸性溶液，OH、AlO2与酸性溶液中的氢离子反映，在溶液中不能大量共存，故B错误；CK+、Fe3+、NO3、SO42之间不反映，都不与酸性溶液中的氢离子反映，在溶液中可以大量共存，故C对的；DFe2+、H+、SO32都与ClO发生反映，Fe2+与S

13、O32，H+、SO32反映，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考察了离子共存的判断，为高考高频题，题目难度中档，明确离子反映发生条件为解答核心，注意明确题干暗含条件的含义，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力9用NA表达阿伏加德罗常数，下列说法对的的是（）A常温常压下，6.4g O2和O3的混合气体中具有的原子数为0.4NAB在反映中消耗0.1molCl2，转移的电子数一定为0.2NAC含2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜粉完全反映，生成气体分子的数目为2NAD原则状况下，11.2L CCl4中具有的分子数目为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数 【专项】阿伏加德罗常数和阿

14、伏加德罗定律【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；B、根据氯气反映后的价态来分析；C、铜只能与浓硫酸反映，与稀硫酸不反映；D、标况下四氯化碳为液态【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g混合物中具有的氧原子的物质的量n=0.4mol，个数为0.4NA个，故A对的；B、由于氯气反映后的价态也许为1价或+1价或+3价或+5价或+7价，故转移的电子数不一定是0.2NA个，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反映，与稀硫酸不反映，故2mol浓硫酸不能反映完全，则生成的气体分子不不小于NA个，故C错误；D、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误故选A【点评】本题考察了

15、阿伏伽德罗常数的有关计算，纯熟掌握公式的使用和物质的构造是解题核心，难度不大10（3分）（福建）常温下，下列各组物质中，Y既能与X反映又能与Z反映的是（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD【考点】真题预测集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的重要性质 【专项】元素及其化合物【分析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反映；二氧化硅不能溶于盐酸；氮气与氧气在放电条件下反映得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反映；Cu与浓硝酸反映生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反映得到

16、氯化铜、氯化亚铁【解答】解：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反映生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反映生成硫酸铝与水，故符合；二氧化硅能与氢氧化钾反映反映生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反映，不能与盐酸反映，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反映得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反映，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反映，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反映生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反映得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选B【点评】本题考察元素化合物性质，难度不大，侧重对基本知识的巩固，需要学生纯熟掌握元素化合物性质11有下列三个反映：Cl2+FeI2FeCl2+I2

17、2Fe2+Br22Fe3+2Br Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2O下列说法对的的是（）A中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B根据以上方程式可以得到氧化性Cl2Fe3+Co2O3C在反映中当1molCo2O3参与反映时，2molHCl被氧化D可以推理得到Cl2+FeBr2FeCl2+Br2【考点】氧化还原反映 【分析】A、在氧化还原反映中，还原剂在反映中失电子（或偏移离子）后被氧化后的产物是氧化产物，化合价升高；B、在同一种氧化还原反映中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；C、根据化合价的升降来拟定反映转移电子数；D、在氧化还原反映中，还原性最强的微粒最先被氧化【解

18、答】解：A、在已知的三个反映中，元素化合价升高的只有I2、Fe3+、C12，I2、Fe3+、C12是氧化产物，故A错误；B、氧化还原反映中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反映中，C12I2，在反映中，Br2Fe3+，在反映中，Co2O3C12，氧化性顺序是：Co2O3C12Br2Fe3+，故B错误；C、在反映中当1 mol Co2O3参与反映时，有6mol的盐酸参与反映，其中2molHC1被氧化，故C对的；D、根据还原性顺序：BrFe2+，C12和FeBr2反映时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故D错误故选C【点评】本题考察学生氧化还原反映中，氧化性强弱的判断措施，可以根据所学知识

19、来回答，难度不大12甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均具有相似的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不对的的是（）A若甲为Fe，则丁也许是盐酸B若甲为SO2，则丁也许是氨水C若甲为焦炭，则丁也许是O2D若甲为NaOH溶液，则丁也许是CO2【考点】化学基本反映类型 【专项】元素及其化合物【分析】A若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反映生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反映；B若甲为SO2，丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C甲为碳，丁为O2，物质转化关系为：CCOCO2；D若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO

20、3NaHCO3【解答】解：A若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反映生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反映，故A错误；B若甲为SO2，丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B对的；C甲为碳，丁为O2，物质转化关系为：CCOCO2；2C+O2=2CO 2CO+O2=2CO2 CO2+C2CO，故C对的；D若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2

21、O Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D对的；故选A【点评】本题考察物质间的转化关系及性质的应用，难度中档注意物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题核心二、非选择题共64分13（14分）焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈发生的反映体系中共有六种物质：NH4C1、FeC13、N2、Fe2O3、Fe和X（1）写全该反映的化学方程式，并用双线桥法标出该反映的电子转移状况：6NH4C1+4Fe2O33N2+6Fe+2FeC13+12H2O；（2）发生氧化反映的物质是NH4Cl，反映中4mol的氧化剂能得到 （填“失去”

22、或“得到”）24mol电子（3）反映中被氧化产生了11.2L（原则状况）的气体时，被还原的物质的物质的量为0.5mol（4）“氯胺（NH2Cl）消毒法”是在用液氯解决自来水的同步通入少量氨气，发生反映：Cl2+NH3NH2Cl+HClNH2Cl能与水反映生成可以杀菌消毒的物质，该反映中元素的化合价不变NH2Cl与水反映的化学方程式是NH2Cl+H2O=NH3+HClO或NH2Cl+2H2O=NH3H2O+HClO在Cl2+NH3=NH2Cl+HCl中，每消耗11.2L Cl2（原则状况下），转移电子0.5 mol【考点】氧化还原反映的计算 【专项】运用化学方程式的计算【分析】（1）焊药为氯化铵

23、，由其作用是消除焊接处的铁锈可知反映物，运用元素守恒来分析X；Fe元素的化合价减少、N元素的化合价升高，运用电子守恒及质量守恒定律来配平反映；（2）反映中，N元素化合价升高，被氧化，Fe元素化合价减少，由+3价减少到0价，被还原，Fe2O3为氧化剂，由生成氮气时转移的电子来计算；（3）由6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O可知，气体与起氧化剂作用的氧化铁得关系为，3N23Fe2O3，根据化学方程式及起氧化剂作用的氧化铁来计算；（4）NH2Cl能部分水解重新生成HClO，还生成氨气，据此书写方程式；只有Cl元素化合价发生变化，氯气的物质的量为0.5mol，化合价分别

24、由0价变化为1价、+1价【解答】解：（1）根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反映物为NH4Cl、Fe2O3，则该反映得生成物为FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒可知X中具有H、O元素，则X为H2O，由反映物和生成物可知，NH4Cl+Fe2O3Fe+FeCl3+N2+H2O，该反映Fe元素的化合价由+3价减少为0，N元素的化合价由3价升高到0，根据电子守恒可知，得电子数=失去电子数=18e，则6NH4Cl+Fe2O36Fe+FeCl3+3N2+H2O，再质量守恒定律可知，配平的化学反映为6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O，电子转移如下：故答案为：

25、12H2O；（2）反映6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O中，N元素化合价升高，被氧化，Fe元素化合价减少，由+3价减少到0价，被还原，Fe2O3为氧化剂，由方程式可知，当4molFe2O3参与反映时，有6mol被还原，如4molFe2O3部被还原，应得到24mol电子，故答案为：NH4Cl；得到；24；（3）11.2L（原则状况）的气体，其物质的量为=0.5mol，由6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O可知，气体与起氧化剂作用的氧化铁得关系为，3N23Fe2O3，则被还原的物质的质量为0.5mol160g/mol=80g，故答案为：

26、0.5；（4）NH2Cl能部分水解生成强氧化性的物质，应为HClO，可起消毒杀菌的作用，方程式为NH2Cl+H2O=NH3+HClO或NH2Cl+2H2O=NH3H2O+HClO，故答案为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO或NH2Cl+2H2O=NH3H2O+HClO；只有Cl元素化合价发生变化，氯气的物质的量为0.5mol，化合价分别由0价变化为1价、+1价，则转移电子0.5mol，故答案为：0.5【点评】本题考察氧化还原反映得配平及有关计算，根据电子守恒及质量守恒定律得出化学反映方程式是解答本题的核心，并注意（2）是学生解答的难点和易错点，4mol Fe2O3参与反映与作氧化剂的区别，

27、难度中档14（4分）（春江都市校级期末）回答问题（填序号）：下列仪器中：漏斗容量瓶蒸馏烧瓶天平分液漏斗量筒燃烧匙常用于物质分离的是，其中根据物质沸点不同来分离物质的仪器是【考点】物质的分离、提纯的基本措施选择与应用；物质的分离、提纯和除杂 【专项】化学实验常用仪器及试剂【分析】实验室常用于分离的操作有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液等，常用的仪器有一般漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶等仪器；蒸馏根据物质沸点不同来分离物质，以此来解答【解答】解：漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不交用于物质的分离；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；天平常用于称量固体的质

28、量，一般不用于物质的分离；分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；量筒用于量取液体，一般不用于物质的分离；燃烧匙常用于燃烧物质；则常用于物质分离的是，只有蒸馏根据物质沸点不同来分离物质，故答案为：；【点评】本题考察常用仪器的使用和物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的考察，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，把握有关方程式的书写，学习中注意有关基本知识的积累，难度不大15（6分）（秋淮安期末）今欲用NaHCO3固体配制500mL 0.2mol/L的NaHCO3溶液根据题意填空：（1）配制该溶液应选用500mL容量瓶（2）用托盘天平称取8.4g固体NaHCO3（3）将称好的N

29、aHCO3固体放至500mL的大烧杯中，倒入约250mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌至完全溶解待冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移至容量瓶（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约12厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切盖好瓶塞，摇匀（6）配制好的溶液不能（填“能”或“不能”）长期寄存在容量瓶中【考点】配制一定物质的量浓度的溶液 【专项】物质的量浓度和溶解度专项【分析】（1）根据配制溶液的体积选用容量瓶；（2）根据m=nM=CVM计算碳酸氢钠的质量；（3）根据玻璃棒的作用分析；（4

30、）根据该操作对配制溶液的影响分析；（5）根据实验操作环节分析；（6）根据容量瓶的功能分析【解答】解：（1）配制溶液时，应选用稍不小于或等于配制溶液体积的容量瓶，该题要配制500mL溶液，容量瓶的规格有50mL、100mL、150mL、250mL、500mL、1000mL的，因此应选500mL的容量瓶，故答案为：500；（2）m=nM=CVM=0.2mol/L0.5L84g/L=8.4g，故答案为：8.4；（3）玻璃棒有引流的作用，故选玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（4）烧杯中沾有溶质，如果不洗涤会导致配制溶液的浓度偏低，因此要洗涤烧杯23次，故答案为：23；（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻

31、度线约12厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，然后盖好瓶塞摇匀，故答案为：胶头滴管； （6）容量瓶只能用来配制溶液，不能溶解固体、稀释溶液或盛放溶液，故答案为：不能【点评】本题考察了一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，会根据配制溶液的体积选用容量瓶16（12分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水解决剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出（1）干法制备高铁酸钾的重要反映为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反

32、映中的氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4和Na2O2，每生成1mol Na2FeO4转移5mol电子（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反映体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反映方程式：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O每生成1molFeO转移3mol电子，若反映过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol【考点】氧化还原反映的计算 【专项】氧化还原反映专项【分析】（1）2FeSO4+6Na2O22NaFeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中Fe、O元素的化合价升高，

33、O元素的化合价减少，由化合价的变化计算转移的电子数；（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O作氧化剂被还原生成C1，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，因此该反映是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；根据化合价变化和电子转移状况来计算【解答】解：（1）反映中Fe颜色化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价由1价减少为2价，由1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，由方程式可知，生成2molNa2FeO4，有6molNa2O2参与反映，转移10mol电子，则每生成1molNa2FeO4转移的电

34、子数为5mol，故答案为：Na2O2；FeSO4和Na2O2；5；（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O作氧化剂被还原生成C1，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，因此该反映是在碱性条件下进行，该离子反映为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O；反映2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O中转移电子是6mol，生成2

35、mol2FeO42，每生成1mol2FeO42转移3mol电子，若反映过程中转移了0.3mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15mol，故答案为：3；0.15【点评】本题考察氧化还原反映的计算，为高频考点，把握反映中元素的化合价变化、转移电子计算等为解答的核心，侧重分析与计算能力的考察，题目难度不大17（12分）氯气在生产生活中应用广泛实验室可用MnO2与浓盐酸反映制取，反映原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（1）若制得原则状况下11.2L Cl2，则被氧化的HCl为1mol（2）多余的氯气可用NaOH溶液吸取，反映的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H

36、2O工业上也可用MnSO4溶液吸取氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用于电子工业、印染工业等领域请写出该化学反映的离子方程式2Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+6H+2Cl（3）海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其重要成分是MnO21991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的措施可制备纯净的MnO2，其制备过程如图所示：环节I中，试剂甲必须具有的性质是b（填序号）a氧化性b还原性c酸性环节中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050mol MnO2时，消耗0.10molL1的NaClO3溶液200mL，该反映的离子方程式为2ClO3+5 Mn2+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+【考

37、点】制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算 【专项】制备实验综合；运用化学方程式的计算【分析】（1）标况下n（Cl2）=0.5mol，根据Cl原子守恒计算被氧化HCl的物质的量；（2）Cl2和NaOH溶液反映生成NaCl、NaClO和水，锰离子被氯气氧化生成Mn2O3和盐酸；（3）酸性条件下，MnO2被还原生成 Mn2+，则甲物质作还原剂，具有还原性；具有锰离子的溶液中用电解法析出MnO2；也可以向溶液中加入NaClO3，锰离子被还原生成MnO2；根据转移电子守恒判断Cl元素产物，由转移电子守恒、元素守恒、原子守恒配平方程式【解答】解：（1）标况下n（Cl2）=0.5mol，根据Cl原子守恒

38、计算被氧化n（HCl）=2n（Cl2）=20.5mol=1mol，故答案为：1；（2）Cl2和NaOH溶液反映生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；锰离子被氯气氧化生成Mn2O3和盐酸，离子方程式为2 Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+6 H+2Cl，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；2 Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+6 H+2Cl；（3）酸性条件下，MnO2被还原生成 Mn2+，则甲物质作还原剂，具有还原性；具有锰离子的溶液中用电解法析出MnO2；也可以向溶液中加入NaClO3，锰离子被还原生成MnO2；通过以上分析知，甲物质具

39、有还原性，故选b；生成0.050molMnO2时，消耗0.10molL1的NaClO3溶液200mL，n（NaClO3）=0.10mol/L0.2L=0.02mol，根据Mn原子守恒得n（Mn2+）=n（MnO2）=0.05mol，转移电子物质的量=0.05mol2=0.1mol，要转移0.1mol电子，则Cl元素化合价由+5价变为0价，因此生成氯气，n（Mn2+）：n（NaClO3）=0.05mol：0.02mol=5：2，再结合原子守恒配平方程式为，故答案为：2ClO3+5 Mn2+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+【点评】本题考察物质制备及氯气性质，为高频考点，侧重考察氧化还原反映、离

40、子方程式的书写，难点是（3）题产物的判断，注意原子守恒、转移电子守恒的运用，题目难度不大18（16分）亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一般条件下反映得到（NO2与Cl2反映可得硝酰氯）亚硝酰氯的熔点为64.5，沸点为5.5，并且遇水蒸气分解成氮的氧化物和氯化氢某小组同窗按如下流程制备亚硝酰氯（“”表达气流方向，G为尾气解决装置），实验时，先通入Cl2，待E中U形管内布满黄绿色气体时，再缓缓通入NO根据上述信息，请回答：（1）实验室制备NO的化学方程式是3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O（2）装置F的作用是避免G中水蒸气进入U形管，避免引起NO

41、Cl水解（3）亚硝酰氯与水反映的化学方程式是2NOCl+H2O=N2O3+2HCl（4）实验中“先通入Cl2，待E中U形管内布满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入”，此操作的目的是避免NO被装置中的氧气氧化为NO2，保持Cl2过量，使NO完全转化，避免NO逸出污染空气【考点】常用气体制备原理及装置选择 【专项】气体的制备与性质检查类实验【分析】（1）实验室中用铜与稀硝酸反映制取NO气体；（2）亚硝酰氯（NOCl）易与水反映，要避免水蒸气进入E装置；（3）NOCl中氮元素化合价为+3价，水解化合价不变，生成N2O3和HCl；（4）NO能被氧气氧化，并且属于有毒气体，会污染空气【解答】解：（1）实验室

42、用铜与稀硝酸反映制取少量NO，该反映的方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；（2）亚硝酰氯（NOCl）易与水反映，要避免水蒸气进入E装置，装置F中为无水氯化钙能吸取水蒸气，可以避免尾气吸取装置G中的水蒸气进入E装置中；故答案为：避免G中水蒸气进入U形管，避免引起NOCl水解；（3）NOCl中氮元素化合价为+3价，水解化合价不变，生成N2O3和HCl，则亚硝酰氯与水反映的化学方程式是2NOCl+H2O=N2O3+2HCl；故答案为：2NOCl+H2O=N2O3+2HCl；（4）NO能被氧气氧化，因此

43、要先通氯气把装置中的氧气排净，NO属于有毒气体，会污染空气，通入足量的氯气可以使NO尽量完全反映，避免NO逸出污染空气，故答案为：避免NO被装置中的氧气氧化为NO2，保持Cl2过量，使NO完全转化，避免NO逸出污染空气【点评】本题考察了物质制备方案设计，题目难度中档，重要考察了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反映、环保等知识，侧重于考察学生的分析问题和解决问题的能力附加题19（春北仑区校级期末）有一瓶澄清的溶液，其中也许具有H+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Al3+、I、NO3、CO32、SO42、AlO2，取该溶液进行如下实验：（1）取pH试纸检查，溶液呈酸性，可以排除CO32、A

44、lO2的存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4呈紫红色，可以排除NO3存在（3）另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，反映过程中均无沉淀产生，则又可排除Mg2+、Al3+的存在（4）取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明有Ba2+的存在，又可以排除SO42的存在（5）根据上述实验事实可以拟定，该溶液中肯定存在的离子是H+、I、Ba2+，还不能拟定与否存在的离子是NH4+【考点】常用阳离子的检查；常用阴离子的检查 【专项】物质检查鉴别题【分析】（1）用pH试纸检查，表白溶液呈现强酸性，CO32、AlO2可以与氢离子

45、反映，在溶液中不会存在；（2）四氯化碳溶液呈紫红色，阐明加入氯水后有碘单质生成，原溶液中一定具有I，硝酸能将碘离子氧化，不共存，因此一定不含NO3；（3）加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成，阐明一定不存在Mg2+、Al3+；（4）结合Ba2+能与碳酸钠反映产生沉淀来判断，一定存在：Ba2+，一定不存在：SO42；（5）综合以上分析解答即可【解答】解：（1）用pH试纸检查，表白溶液呈现强酸性，CO32、AlO2可以与氢离子反映，在溶液中不会存在，故答案为：CO32、AlO2；（2）四氯化碳溶液呈紫红色，阐明加入氯水后有碘单质生成，原溶液中一定具有I，硝酸能将碘离子氧化，不共存，因此一定不含NO

46、3，故答案为：NO3；（3）加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成，阐明一定不存在Mg2+、Al3+；故答案为：Mg2+、Al3+；（4）部分（3）中的碱性溶液加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，Ba2+能与碳酸钠反映产生沉淀来判断存在的离子，因此存在钡离子，一定不存在硫酸根离子，故答案为：Ba2+；SO42；（5）综合以上分析可知，一定存在离子：H+、I、Ba2+；还不能拟定与否存在：NH4+，故答案为：H+、I、Ba2+；NH4+【点评】本题重要考察了常用离子的检查措施，题目难度中档，注意掌握常用离子的化学性质及检查措施，可以根据离子共存、离子反映现象判断离子共存状况，明确检查离子时，必须排除干扰离子，保证检查方案的严密性