安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三化学上学期第一次月考试题含解析.doc

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1、安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）1.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列判断正确的是A. 高温下，5.6gFe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.3NAB. 标准状况下，22.4LNO和11.2LO2充分反应，产物的分子数为NAC. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的CO键数目为NAD. 向含有0.2 mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀恰好完全溶解，所消耗OH的数目为NA【答案】D【解析】Fe与足量水蒸气反应生成Fe3O4，5.6 g Fe与足量水蒸气反应，转移的电子数为NA，故A错误；NO和O2反应生成的产物中

2、含有NO2、N2O4，标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2充分反应，产物的分子数小于NA，故B错误；酯化反应可逆，60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的CO键数目小于NA，故C错误；向含有0.2 mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH 溶液至沉淀恰好完全溶解，生成偏铝酸钠、氨水，所消耗1mol氢氧化钠，故D正确。2.下列有关“化学与生活”的叙述正确的是A. Fe(OH)3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象B. 六水氯化钙可用作食品干燥剂C. 雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装,

3、该过程没有发生化学反应【答案】C【解析】A. Fe(OH)3胶体是红褐色的，不是无色的，所以A不正确；B. 六水氯化钙没有吸水性不能作干燥剂，无水氯化钙才是常用的干燥剂，所以B不正确；C. 雾霾是一种分散系，分散质是一些可吸入颗粒物、分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理，C正确；D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装, 硅胶是干燥剂，铁粉是抗氧化剂，铁粉可以与包装袋内的氧气发生反应，所以该过程有化学反应发生，D不正确。选C。3.下列有关仪器的使用或实验操作错误的是A. 分液漏斗、容量瓶、滴定管在使用前均需检查是否漏液B. 用MnO2与H2O2制备O2，可用启普发生器控制反

4、应“随开随用，随关随停”C. 焰色反应实验前，需将所用铂丝或铁丝蘸取稀盐酸后灼烧数次至无色D. 烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶加热前必须擦干外壁并垫上石棉网【答案】B【解析】A.具有塞子、活塞的仪器在盛装溶液前都需要检查是否漏液，故A正确；B双氧水分解制备氧气时放出大量的热，会使启普发生器炸裂，故不能使用启普发生器，故B错误；C盐酸易挥发，灼烧后不干扰实验，则焰色反应实验前，需将所用铂丝或铁丝蘸取稀盐酸后灼烧数次至无色，故C正确；D烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶都是玻璃仪器，加热前若外壁有水，会造成仪器炸裂，又因为三者都不能直接加热，故在加热前应垫上石棉网，故D正确；故答案选B。点睛：化学实验常用仪器的使用方

5、法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，解答时注意掌握氧气的制备原理，常见仪器如A项和D项中的分液漏斗、容量瓶、滴定管等仪器的使用方法和基本操作。同时掌握相关物质的性质是解答C项的关键。4.实验室用质量分数为98%、=1.84 gmL-1的浓硫酸配制190 mL 1.0 molL-1的稀硫酸，下列说法正确的是A. 所用浓硫酸的物质的量浓度为9.2 molL-1B. 所用容量瓶的规格为190 mLC. 需用15 mL量筒量取10.3 mL浓硫酸D. 定容时俯视容量瓶刻度，导致所配溶液浓度偏高【答案】D【解析】所用浓硫酸的物质的量浓度为 18.4 mol

6、L-1，故A错误；所用容量瓶的规格为250 mL，故B错误；需用25 mL量筒量取10.3 mL浓硫酸；定容时俯视容量瓶刻度，溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故D正确。5.实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）A. 装置常用于分离互不相溶的液体混合物B. 装置可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C. 装置可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢D. 装置可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体【答案】D【解析】A. 装置是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，分离互不相溶的液体常用分液法，故A错误；B装置用于吸收NH3或HCl气体时，不能将NH3或H

7、Cl气体直接通入水中，否则会倒吸，应将苯换成四氯化碳并将导管通入四氯化碳中，故B错误；C装置中干燥管内装的是碱石灰，可以和HCl气体反应，故不能用于收集HCl气体，故C错误；D装置用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体时，这些气体和空气都不反应，同时可以根据密度情况，导管分别采用长进短出或短进长出的方法，故D正确；故答案选D。点睛：本题主要考查化学实验方案的评价，涉及气体的干燥和收集、尾气的处理、蒸馏等操作，在解题过程中要注意细节，如装置是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，互不相溶的液体常用分液法；干燥剂的选择原则是既能吸收气体中的水蒸气杂质，还不能与原气体反应，所以不能用碱石

8、灰作为HCl气体的干燥剂；本题另一个易错点是B项，本项考查的是尾气处理的防倒吸措施，因NH3或HCl气体都易溶于水，故不能直接通入水中，否则就起不到防倒吸的作用。6.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶：关于上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用中说法错误的是A. 维生素C可作抗氧化剂B. 是萃取C. 是分液D. 是过滤【答案】C【解析】维生素C具有还原性，维生素C可作抗氧化剂，故A正确；用热水溶解茶中可溶物，属于萃取，故B正确；茶汤的分灌封口，不是分液，故C错误；分离茶汤和茶渣属于过滤，故D正确。7.目前人类发现和合成的物质已经超过1亿种，分类是认识和

9、研究物质及其变化的一种常用科学方法。下列有关表述正确的是A. 含锰元素的物质很多，其中高锰酸钾（KMnO4）是锰的最高价氧化物B. 碳酸钠（Na2CO3）俗称纯碱，是重要的钠盐也是重要的碳酸盐C. 同类物质往往具有相似的性质，如NaOH、NaCl、Na2S化学性质相似D. 凡液体混合物都属于溶液【答案】B【解析】A.高锰酸钾(KMnO4)中含有三种元素，不属于氧化物，故A错误；B. 碳酸钠(Na2CO3)俗称纯碱，按照阳离子可以分为钠盐，按照阴离子可以分为碳酸盐，故B正确；C. NaOH是碱、NaCl、Na2S是盐，化学性质不相似，故C错误；D. 油水混合物属于浊液，不是溶液，故D错误；故选B

10、。8.下表所示实验，现象和结论均正确的是选项实验现象结论A向浓度均为0.lmol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B常温下，测定等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的pH值前者的pH值比后者的大非金属性：SCC向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液溶液中有白色沉淀生成该溶液中含有SO42-D向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KC1固体溶液颜色变浅FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KC1平衡向逆反应方向移动A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，向浓度均为0.lm

11、ol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色AgI沉淀，故A正确；亚硫酸不是硫的最高价含氧酸，故B错误；SO42-能被硝酸氧化为SO42-，Ag+、Cl-生成AgCl沉淀，故C错误；向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KC1固体，FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KC1平衡不移动，溶液颜色不变，故D错误。9.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体C. 测定新制氯水的pH，用玻璃棒取液体滴在pH试纸上，再对照标准比色卡读数D. 酸碱中和滴定时，滴定管

12、使用前需用待装液润洗而锥形瓶不用【答案】D【解析】A、洗净锥形瓶和容量瓶不能放进烘箱中烘干，否则仪器不准，选项A错误；B、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，有关倒掉重新配，选项B错误；C、水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，选项C错误；D、中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏听偏高，故酸碱中和滴定时，滴定管使用前需用待装液润洗而锥形瓶不用，选项D正确。答案选D。10.实验室需要450mL 1mol/L的硫酸，现用密度为1.84g/3，溶质的质量分数98%的浓硫酸来配制，有关说法正确的是（设NA阿伏

13、加德罗常数的值）A. 配制溶液时需的仪器只需要500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒B. 配制溶液定容时，仰视读数会使溶液的实际浓度偏大C. 65克单质锌与一定量的该浓硫酸完全反应，生成的气体质量可能为32克D. 配制该溶液所需浓硫酸体积24mL【答案】C【解析】A配制溶液时需的仪器除500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要胶头滴管，故A错误；B 配制溶液定容时，仰视读数，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，会使溶液的实际浓度偏小，故B错误；CZn与浓硫酸反应时，生成的气体为SO2，则65克单质锌与过量的浓硫酸完全反应，生成的气体质量为32克SO2，故C正确；D密度为1.84g/cm3，溶质的

14、质量分数98%的浓硫酸物质的量浓度C=18.4mol/L，需要450mL1mol/L的硫酸，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据稀释过程中溶质的物质的量不变得18.4mol/LV=500mL1mol/L，解得V=27.2mL，故D错误；11.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A. molL-1B. molL-1C. molL-1D. molL-1【答案】C【解析】【详解】混合溶液分成两

15、等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2+2OH-Mg(OH)2，由方程式可知每份溶液中n(Mg2+)=n(OH-)=amol，另一份BaCl2溶液，发生反应：Ba2+SO42-BaSO4，由方程式可知n(SO42-)=n(Ba2+)=n(BaCl2)=bmol，由电荷守恒可知每份中2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42-)，故每份中溶液n(K+)=2bmol-2amol=(2b-a)mol，故原溶液中钾离子浓度=mol/L，故答案为C。12.下列陈述I、正确并且有因果关系的是选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色B分别测定室温下等物质的量浓度的

16、Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大证明非金属性:SCC向铁和稀硝酸反应后的漭液中若滴加KSCN溶液显红色:若滴加酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去该溶液中既有Fe3+,还有Fe2+D浓硫酸有脱水性浓硫酸可用于干燥H2和COA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】SO2可使溴水褪色，体现SO2的还原性，故A错误；Na2SO3不是S元素的最高价含氧酸盐，所以室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大，不能证明非金属性:SC，故B错误；Fe3+能使KSCN溶液显红色，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；浓硫酸可用于干燥H2和CO，利用浓硫酸

17、的吸水性，故D错误。点睛：非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；室温下等物质的量浓度的Na2SO4与Na2CO3溶液的pH,后者较大，能证明非金属性:SC。13.向含有c(FeCl3)0.3 molL1、c(FeCl2)0.15 molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是A. 该分散系的分散质为Fe2O3B. 在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷C. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na分离开D. 加入NaOH时发生的反应可能为：Fe22Fe38OH=Fe3O44H2O【答案】

18、D【解析】【详解】A三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故B错误；C胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故C错误；D氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2+2Fe3+8OH-Fe3O4+4H2O，故D正确；故答案为D。14.在一个密闭容器中盛有11gX气体（X的摩尔质量为44g/mol）时，压强为1104Pa。如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增至5104Pa，这时容器内气体X的分子数约为A. 3.31025

19、B. 3.31024C. 7.51023D. 7.51022【答案】C【解析】【详解】11g该气体的物质的量是11g44g/mol0.25mol。根据PVnRT可知，在温度和体积相等的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以此时气体的物质的量是0.25mol51.25mol，则含有的分子数是1.25mol6.021023/mol7.51023；综上所述，本题选C。15.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 用图装置作为制取少量二氧化硫的尾气吸收装置B. 用图装置进行二氧化碳喷泉实验C. 用图装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验D. 用图装置进行石油的分馏实验【答案】A

20、【解析】【详解】A项， SO2不加处理即排放会污染环境，选择利用氢氧化钠溶液吸收SO2，该装置可以用于吸收SO2尾气，且防倒吸，故A项正确；B项，二氧化碳在水中溶解度不大，应该利用氢氧化钠溶液进行喷泉实验，故B项错误；C项，二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验需要加热，故C项错误；D项，石油的分馏不能用水浴加热，蒸馏时为使物质冷凝彻底，水从下口进上口出，故D项错误。综上所述，本题选A。【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。16.下列实验操作或对实验事

21、实的叙述正确的是用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶；配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌；有六种分别含Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、NH4+阳离子的溶液，不能用NaOH溶液鉴别；用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管； 如果皮肤上不慎沾有苯酚，应立即用大量的NaOH稀溶液冲洗； 用瓷坩埚高温熔融Fe(CrO2)2和Na2CO3的固体混合物； 向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe(OH)3胶体； 向某溶液中加入NaOH浓溶液并加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体则原溶液中含NH4A. B. C. D. 【答案】C【解析】

22、盛放过石灰水的试剂瓶内壁上有反应生成的碳酸钙固体，盐酸能与碳酸钙反应生成氯化钙和水和二氧化碳，所以用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶正确；配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，因为浓硫酸的密度较大，且遇到水放出大量的热，所以通常将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，正确；有六种分别含Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、NH4+阳离子的溶液，可以用NaOH溶液鉴别，现象分别为：无明显现象、产生白色沉淀且不溶解、产生白色沉淀后溶解、产生白色沉淀后变红褐色、产生红褐色沉淀、有刺激性气味的气体产生，故错误；银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，所以能用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，故正确

23、；氢氧化钠对皮肤有腐蚀性，故错误；瓷坩埚含有二氧化硅，高温下与碳酸钠反应，故错误；制备氢氧化铁胶体中向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，不是用氢氧化钠溶液，故错误；向某溶液中加入NaOH浓溶液并加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则原溶液中含NH4，故正确。故选C。17.研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：A直接用天平称取60.5gFe(NO3)39H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。B在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓

24、慢少量分批加入Fe(NO3)39H2O，并不断搅拌。C水浴温度控制在20，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。D在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.（1）步骤B中不断搅拌的目的是_。步骤C中发生反应的离子方程式为_。由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_(填“大”或“小”)。（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。 该反应的离子方程式为_。高铁酸钾作

25、为水处理剂发挥的作用是_。 在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用_。AH2O B稀KOH溶液、异丙醇 CNH4Cl溶液、异丙醇 DFe(NO3)3溶液、异丙醇（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O3H2+Na2FeO4，则阳极材料是_，电解液为_。（4）25时，Ksp(CaFeO4)=4.53610-9，若要使100mL1.010-3mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_mol。（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾

26、和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。【答案】 (1). 使固体充分溶解(或其他合理说法) (2). 2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl- (3). 小 (4). 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2 (5). 消毒、净水 (6). B (7). 铁 (8). NaOH溶液 (9). 4.53610-5 (10). 3:1【解析】【分析】(1)搅拌操作可增加固体与液体的接触面积；步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)39H2O，在20左右，生成Na2FeO4；在Na2FeO4的

27、浓溶液中加入KOH固体，有高铁酸钾析出，根据溶解度大的制备溶解度小的可得；(2)该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；高铁酸钾在铁元素为+6价，有强氧化性，还原产物Fe3+，在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体；洗涤剂的选择要求：要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂；(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子；(4)根据溶度积常数计算；(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。【详解】(1)搅拌操作可增加固体与液体

28、的接触面积，则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解；步骤C中中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)39H2O，在20左右，生成Na2FeO4，此时发生反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；根据题，将KOH加入Na2FeO4得到K2FeO4，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；(2)该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8OH-；高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一

29、种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；洗涤剂的选择要求：要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂，在选项中，A能让K2FeO4水解，B中醋酸钠水解显碱性，对K2FeO4水解能起到抑制作用，C和D中的铵根和三价铁离子易水解，且水解后显酸性，对K2FeO4水解能起到促进作用，故选B，故答案为：B；(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，则阳极材料是Fe，电解液为NaOH溶液；(4)25时，CaFeO4的Ksp=4.53610-9，若要使100mL1.010-3molL-1的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀，理论

30、上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量=0.1L=mol/L0.1L=4.53610-5mol；(5)干法制备高铁酸钾的方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物，其中氮元素化合价从+5价降到+3价，得2e-，KNO3为氧化剂，Fe2O3中铁元素化合价从+3价升到+6价，共失去电子6e-，为还原剂，得失电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1。18.I 三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量

31、之比为 。（2）写出该反应的化学方程式_，若反应中生成02 mol HNO3，转移的电子数目为_个。（3）NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现,你判断该气体泄漏时的现象是 。（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有_（填化学式） 。II（1）已知Fe（OH）3能与次氯酸盐发生如下反应（未配平）：Fe（OH）3+ClO-+OH-FeO4n-+Cl-+H2O已知有107 g Fe（OH）3参加反应，共转移了03NA个电子，则n = ，FeO4n- 中铁元素的化合价为 。 根据所学的知识，推测FeO4n

32、- 能和下列 （填序号）物质反应。AKMnO4BSO2CH2SDO2（2）一定条件下，含硝酸的废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH，转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。【答案】I（1）12；（2）3NF35H2O=2NOHNO39HF，04NA或24081023；（3）产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾；（4）NaNO3II（1）2，+6；B、C；（2）56【解析】试题分析：I（1）分析题给信息知NF3转化为NO，氮元素的化合价降低1价，被还原，NF3转化为HNO3，氮元素的化合价升高2价，被氧化，氧化还原反应中氧

33、化剂和还原剂得失电子数目相等，则被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1：2。（2）由反应物和生成物，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，转移的电子数为2e，若反应中生成02 mol HNO3，转移的电子数目为04NA或24081023个。（3）NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，同时生成的HF和HNO3易结合空气中的水蒸气形成酸雾，有刺激性气味。（4）反应有生成的NO2、HNO3、HF用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有NaNO3。II（1）107gFe（OH）3的物质的量为0.1mol，

34、参加反应转移了03NA个电子，则FeO4n-中铁元素的化合价为+6价，利用化合价规则计算n =2。 根据所学的知识，推测FeO42-中铁元素的化合价为+6价，具有强氧化性，能和具有还原性的SO2、H2S反应，选BC。（2）甲醇是还原剂，被氧化为CO2，CH3OH中C的化合价平均是-2价，化合价升高6价；HNO3是氧化剂，被还原为N2,化合价降低5价，根据得失电子守恒得还原剂和氧化剂的物质的量之比是5 ：6。考点：考查氧化还原反应19.某化学兴趣小组同学用实验室中一瓶久置的NaOH固体做了以下实验:先称取13.3 g NaOH样品(杂质为Na2CO3)，配成溶液，然后向溶液中逐滴加入浓度为4 m

35、ol/L的盐酸，再根据生成CO2的体积计算出Na2CO3的质量，从而进一步计算出样品中变质NaOH的质量请回答下列问题:（1）该实验的目的是_（2）已知20 时，Na2CO3溶解度为21.7 g ，NaOH溶解度为108.3 g若要将所称取的样品恰好溶解，最多需要蒸馏水_g，溶解样品所需的仪器是_（3）实验测得加入盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如图所示:则13.3 g 该样品中未变质的NaOH的质量为_；NaOH的变质程度为_(用质量分数表示)；与NaOH反应消耗的盐酸体积为_mL（4）根据“与NaOH反应消耗盐酸的体积”，并对照上述图像，他们从实验中还发现了什么问题?_，并由此

36、得出了什么结论?_【答案】 (1). 测定NaOH的变质程度 (2). 61.3 (3). 烧杯玻璃棒量筒 (4). 8.00g (5). 33.3% (6). 50.0 (7). NaOH被盐酸中和后继续滴加盐酸未立即产生气体 (8). CO32与盐酸的反应分步进行的【解析】【分析】(1)依据题干：计算出样品中变质NaOH的质量可知实验目的；(2)已知20时，Na2CO3溶解度为21.7g，NaOH溶解度为108.3g，所以依据碳酸钠的溶解度计算需要水的质量；溶解固体需要的仪器：烧杯、玻璃杯、量筒；(3)根据盐酸与碳酸钠反应的化学方程式和生成的二氧化碳的质量，列出比例式，就可计算出该样品中N

37、a2CO3的质量，进而计算氢氧化钠的质量和变质程度；(4)依据图象可知，NaOH被盐酸中和后继续滴加盐酸未立即产生气体，可知碳酸根离子与盐酸反应，先生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与盐酸反应生成二氧化碳，据此分析。【详解】(1)依据题干可知，实验目的为：测定NaOH的变质程度；(2)已知20时，Na2CO3溶解度为21.7g，NaOH溶解度为108.3g；若要将所称取的样品恰好溶解，设最多需要蒸馏水mg，则：21.7：100=13.3：m，解得m=61.3g；溶解固体需要的仪器：烧杯、玻璃杯、量筒；(3)设该样品中Na2CO3的质量是x，2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2 10

38、6 44 x 2.2g106：44=x：2.2g，解之得：x=5.3g，则NaOH的质量=13.3g-5.3g=8g；则由碳酸钠的质量为5.3g，设反应的氢氧化钠的质量为z；2NaOH+CO2Na2CO3+H2O80 106z 5.3g=，解：z=4g，变质程度为：100%=33.3%；氢氧化钠物质量为：=0.2mol，依据HClNaOH，可知消耗盐酸的物质的量为：0.2mol，与NaOH反应消耗的盐酸体积为：=0.05L，即50mL；(4)依据图象可知，NaOH被盐酸中和后继续滴加盐酸未立即产生气体，可知碳酸根离子与盐酸反应，先生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与盐酸反应生成二氧化碳，得出结论

39、：碳酸根离子与盐酸的反应是分步进行的。【点睛】本题是探究混合物成分的测定，明确碳酸钠和氢氧化钠溶液中滴定稀盐酸时的反应原理，特别是碳酸钠与稀盐酸先反应生成碳酸氢钠，而不是直接生成氯化钠、水和二氧化碳，再结合守恒法计算即可。20.实验室需要配制0.50 molL1NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。（1）选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、_、_、_以及等质量的两片滤纸。（2）计算。配制该溶液需取NaCl晶体_g。（3）称量。天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在如图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位

40、置：_称量过程中NaCl晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。（4）溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。（5）转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯23次是为了_。（6）定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线_处，改用_加水，使溶液凹液面与刻度线相切。（7）摇匀、装瓶。【答案】 (1). 500 mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 玻璃棒 (4). 14.6 (5). (6). 左盘 (7). 搅拌，加速NaCl溶解 (8). 保证溶质全部转入容量瓶中 (9). 12 cm (10). 胶头滴管【解析】【分析】(1)根据配制步骤是计

41、算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；(2)根据n=cV和m=nM来计算；(3)天平称量时应左物右码；(4)溶解过程中，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；(5)用玻璃棒引流时应将玻璃棒末端插入到容量瓶的刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶瓶口处不能接触瓶口；应考虑如果不洗涤烧杯，则会导致溶质的损失；【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度

42、线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；(2)由于无480ml的容量瓶，故应选用500ml的容量瓶，配制出500ml的溶液根据n=cV可知需要的NaCl的物质的量n=0.50molL-10.5L=0.25mol，质量m=nM=0.25ml58.5g/mol=14.6g；(3)称量时砝码质量为：10g，游码的质量为4.6g，则游码应该为；天平称量时应左物右码，故称量过程中NaCl晶体应放于天平的左盘；(4)溶解过程中，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；(5)用玻璃棒

43、引流时应将玻璃棒末端插入到容量瓶的刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶瓶口处不能接触瓶口；如果不洗涤烧杯，则会导溶质的损失，故洗涤烧杯的目的是将溶质全部转移到容量瓶中；(6)定容时，向容量瓶中加水至液面接近刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加水，使溶液凹液面与刻度线相切。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。使用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。本题解题关键是需要480mL0.50 molL1NaCl溶液，但实验选择的容量瓶是500mL，则计算NaCl的质量时候也必须根据溶液体积是500mL计算，否则实验失败。- 17 -