2022-2022学年福建省泉州市泉港一中高三（上）月考化学试卷 一、选择题（每题2分，共54分）1．下列属于酸性氧化物的是（ ）A．NOB．NO2C．SiO2D．A12O3 2．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（ ）A．含1molFeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NAB．4.6gNa与稀盐酸反应，转移电子数一定为0.2NAC．10.6gNa2C03晶体中含CO数目为0.1NAD．常温下，22gCO2含碳氧双键数目为NA 3．下列叙述中，正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）（ ）A．1mo1N2和3molH2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内的分子数2NAB．1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Cl﹣的数目为3NAC．标准状况下，22.4L14CO2与44g14CO2所含分子数均为NAD．标准状况下，16gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA 4．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化②灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应③碱性氧化物一定是金属氧化物④只由一种元素组成的物质一定为纯净物⑤石墨和C60是同素异形体⑥糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物．A．③⑤⑥B．①②C．③⑤D．①③④ 5．下列有关电解质的叙述中错误的是（ ）A．强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B．弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强C．HCl是强电解质，它只能在水溶液里才能电离D．电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化 6．下列物质中，既能导电又属于强电解质的一组物质是（ ）A．熔融MgCl2、熔融NaOHB．液氨、石灰水C．石墨、食醋D．稀硫酸、蔗糖 7．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是（ ）A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥30\nD．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性 8．Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”．S2O32﹣和Cl2反应的产物之一为SO42﹣．下列说法不正确的是（ ）A．该反应中还原剂是S2O32﹣B．H2O参与该反应，且作氧化剂C．根据该反应可判断氧化性：Cl2＞SO42﹣D．上述反应中，每生成lmolSO42﹣，可脱去2molCl2 9．同分异构现象在有机化合物中普遍存在，C4H8Cl2的同分异构体中含有2个“﹣CH3”的种数是（ ）A．2种B．3种C．4种D．5种 10．在Na2O2与CO2的反应中，下列说法正确的是（ ）A．该反应中Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B．1molNa2O2参加反应，有2mole﹣转移C．Na2O2晶体中阴阳离子个数比为1：2D．CO2分子中含有极性键和非极性键 11．0.5L1mol/LFeCl3溶液与0.2L1mol/LKCl溶液中的Cl﹣的数目之比（ ）A．5：2B．3：1C．15：2D．1：3 12．依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是（ ）A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比 13．下列实验操作正确的是（ ）A．把没用完的药品倒回原试剂瓶中保存B．配制稀硫酸时，先在量筒内放好水，再缓缓地加入一定量的浓硫酸C．用天平称量药品质量时，先加质量大的砝码，再加质量小的砝码D．用排水取气法收集气体时，导管应插入试管底部 14．物质的量浓度相同，体积相同的下列溶液中，所含溶质的离子数目最多的是（ ）A．NaCl溶液B．AlCl3溶液C．Na2SO4溶液D．Al2（SO4）3溶液 15．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L﹣1的是（ ）A．将40gNaOH固体溶于1L水中所得的溶液B．将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液C．1L含K+的物质的量为2mol的K2SO4溶液D．将100mL0.5mol•L﹣1的NaNO3溶液加热蒸发掉50g水后所得的溶液 30\n16．火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，下列说法中，正确的是（ ）A．Cu2S只作还原剂B．S元素发生还原反应C．该反应既是氧化还原反应又是置换反应D．当1molO2参加反应时，共转移4mole﹣ 17．在反应X+2Y═R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则此反应中Y和M的质量之比为（ ）A．16：9B．23：9C．32：9D．46：9 18．等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应．若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）A．1：2：3B．1：6：9C．1：3：3D．1：3：6 19．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是（ ）A．通入22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2 20．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（ ）A．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3 21．下列实验操作中，装置选择不合理的是（ ）ABCD洗气瓶快速制备少量NH3H2的尾气处理测量NO的体积除去乙烯中的SO2A．AB．BC．CD．D30\n 22．下列说法正确的是（ ）A．相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同B．10mol/L的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5mol/LC．溶液中溶质质量分数为w，密度为ρg•cm﹣3，溶质摩尔质量为Mg•mol﹣1的溶液的物质的量浓度为mol/LD．一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，所得溶液的浓度偏大 23．已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为（ ）A．10molB．11molC．12molD．13mol 24．甲、乙代表2种金属，下列叙述中，不能判断金属活动性甲比乙强的是（ ）A．常温下，甲能从水中置换出氢，而乙不能B．最高价氧化物对应的水化物碱性比较，甲比乙的强C．甲与非金属反应时失电子比乙少D．甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡 25．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）A．Sn2+、Fe2+、Ce3+B．Sn2+、Ce3+、Fe2+C．Ce3+、Fe2+、Sn2+D．Fe3+、Sn2+、Ce3+ 26．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（ ）A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+B．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．2Br﹣+4H++SO42﹣═SO2+Br2+2H2OD．I2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2I﹣ 27．已知：还原性HSO3﹣＞I﹣，氧化性IO3﹣＞I2．实验Ⅰ：在一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液；实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液．下列说法正确的是（ ）A．两个实验中溶液的pH变化趋势相同B．两实验中生成等量I2时，转移电子数的物质的量相同C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，当溶液中I﹣与I2的物质的量之比为5：2时，氧化产物为3.2molD．过程Ⅱ中，可以用淀粉作为滴定指示剂，判定第一阶段反应终点 二、非选择题30\n28．实验室利用饱和NaNO2溶液和NH4Cl溶液加热制备N2．（1）若配制250mL上述NaNO2溶液需要的玻璃仪器为 ，可用 法收集N2（2）写出上述实验原理的离子方程式并标出电子转移的数目和方向（单线桥法或双线桥法都可） ． 29．下列有关实验的描述合理的是 （填选项序号）A．用玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸的中部测定其pH；B．向冰醋酸中加水，溶液导电性最强时pH最小；C．处理化学实验中产生的废液时，用大量水稀释后冲入下水道；D．为了获得感性认识，可触摸或品尝少量化学药品；E．实验室制备乙酸乙酯时，可用盛有饱和NaCl溶液的试管收集产品；F．酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致实验结果偏大． 30．白磷（P4）可以与过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2（次磷酸钠）．上述反应的化学方程式为 ． 31．实验室有一瓶碳酸钠试剂，含少量Na2SO4杂质．某学生设计如下实验来确定其纯度．（1）有以下实验操作步骤，其正确的操作顺序是 ．A．称取样品W1gB．加盐酸酸化C．用蒸馏水溶解D．过滤E．加入过量的氯化钡溶液F．洗涤G．干燥H．称量沉淀质量为W2g（2）酸化时盐酸是否需过量，其原因是 ，BaCl2溶液要过量的目的是 ．（3）洗涤的目的是 ，检验沉淀已洗干净的方法是 ．（4）样品中Na2CO3的纯度为 ． 32．（1）①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，这是因为 ，离子方程式为 ．②在碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为 ，离子方程式是 ．③对比①和②实验所得的结果，将I2、ClO﹣、SO按氧化性由强到弱的顺序排列为 ．（2）今有铁片、铜片，设计实验证明以下事实并写出化学反应方程式．①浓硫酸的氧化性比稀硫酸强 ．②氯化铁溶液中Fe3+的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2+强 ．③铁的还原性比铜强 ． 33．取0.4molKMnO4固体，先加热分解制取一定量的O2，再将剩余固体和足量36.5%的浓盐酸（ρ=1.2g•mL﹣1）混合加热制取Cl2．设收集到的O2为amol，收集到的Cl2为bmol，最后Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中．（1）如果配制500mL上述浓盐酸，则需标准状况下HCl气体的体积为 L．（2）当a=0.2时，写出剩余固体和浓盐酸混合加热时的离子方程式： （3）当a=0.1时，b= ．30\n 34．二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂．回答下列问题：（1）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 ．（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过如图1过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为 ．②溶液X中大量存在的阴离子有 ．③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 （填标号）．a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水（3）用如图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2═2I﹣+S4），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 ．②玻璃液封装置的作用是 ．③Ⅴ中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是 ．④测得混合气中ClO2的质量为 g．（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是 （填标号）．a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁． 35．某实验小组为探究ClO﹣、I2、SO42﹣在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验①：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4mL0.5mol/L的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去．（1）写出实验①中发生反应的离子方程式 ．（2）实验②中化学反应转移电子的物质的量是 ．（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO﹣、I2、SO42﹣的氧化性由弱到强的顺序是 ． 36．医学上将高锰酸钾（硫酸酸化）溶液和草酸（H2C2O4）溶液的反应用于测定血钙的含量．回答下列问题：（1）该反应中的还原剂是 ．（2）写出该反应的化学方程式 ．（3）反应转移了0.4mol电子，则参加反应的H2SO4物质的量为 ．30\n（4）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为（NH4）2C2O4]，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定．①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是 ．②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时，判断滴定终点的方法是 ．③若消耗了1.0×10﹣4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙 克． 30\n2022-2022学年福建省泉州市泉港一中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每题2分，共54分）1．下列属于酸性氧化物的是（ ）A．NOB．NO2C．SiO2D．A12O3【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】氧化物只有两种元素，且必须有氧元素，酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，中心原子化合价不变，溶于水一般生成酸的氧化物．【解答】解：A．NO虽然是氧化物，但难溶于水，且与碱不反应，不属于酸性氧化物，故A错误；B．NO2虽然是氧化物，但NO2与碱发生氧化还原反应如2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O，不是酸性氧化物，故B错误；C．SiO2是酸性氧化物，能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故C正确；D．A12O3与酸、碱都能反应，反应生成盐和水，属于两性氧化物，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查氧化物的概念，解答时要分析物质的元素组成，然后再根据氧化物概念的含义进行分析、判断，从而得出正确的结论，题目难度不大． 2．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（ ）A．含1molFeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NAB．4.6gNa与稀盐酸反应，转移电子数一定为0.2NAC．10.6gNa2C03晶体中含CO数目为0.1NAD．常温下，22gCO2含碳氧双键数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠变为+1价来分析；C、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含1mol碳酸根来分析；D、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键来分析．【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的氢氧化铁胶粒个数小于NA个，故A错误；B、4.6g钠的物质的量为0.2mol，而反应后钠变为+1价，故0.2mol钠转移0.2mol电子即0.2NA个，故B正确；C、10.6g碳酸钠的物质的量为0.1mol，而1mol碳酸钠中含1mol碳酸根，故0.1mol碳酸钠中含0.1mol碳酸根即0.1NA个，故C正确；D、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含NA条碳氧双键，故D正确．故选A．【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． 3．下列叙述中，正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）（ ）30\nA．1mo1N2和3molH2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内的分子数2NAB．1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Cl﹣的数目为3NAC．标准状况下，22.4L14CO2与44g14CO2所含分子数均为NAD．标准状况下，16gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、合成氨的反应为可逆反应；B、溶液体积不明确；C、标况下，22.4L的14CO2的物质的量为1mol，44g14CO2的物质的量小于1mol；D、氧气和臭氧均由氧原子构成．【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，不能完全反应，故容器中的分子个数大于2NA个，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故B错误；C、标况下，22.4L的14CO2的物质的量为1mol，含NA个二氧化碳分子；而44g14CO2的物质的量为=＜1mol，故含有的分子数小于NA个，故C错误；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量n==1mol，即NA个，故D正确．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． 4．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化②灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应③碱性氧化物一定是金属氧化物④只由一种元素组成的物质一定为纯净物⑤石墨和C60是同素异形体⑥糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物．A．③⑤⑥B．①②C．③⑤D．①③④【考点】焰色反应；物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】①化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合，不能生成新核素；②灼烧钠的化合物时，发生焰色反应，火焰呈黄色，为物理反应；③碱性氧化物一定是金属氧化物；④根据纯净物的概念分析，纯净物是由一种物质组成的；⑤由同种元素组成的不同单质为同素异形体；⑥油脂相对分子质量较小，糖有单糖、低聚糖、多糖．淀粉、纤维素、蛋白质等是天然高分子化合物．【解答】解：①化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合，在这个过程中原子的种类不变，所以不能通过化学变化可以实现同位素原子16O与18O间的相互转化，故①错误；②灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，是由于原子吸收的能量以光的形式释放出来，没有产生新的物质，发生的是物理反应，故②错误；③金属氧化物不一定是碱性氧化物如氧化铝，但碱性氧化物一定是金属氧化物，故③正确；30\n④纯净物是由一种物质组成的，仅由一种元素组成的物质不一定为纯净物，如金刚石和石墨，故④错误；⑤石墨和C60是有同一碳元素组成的不同性质的单质，二者互称同素异形体，故⑤正确；⑥油脂、糖中单糖、低聚糖不是高分子化合物，多糖是高分子化合物，蛋白质是天然高分子化合物，故⑥错误；因此正确的说法是③⑤，故选C．【点评】本题考查化学变化的实质、焰色反应、碱性氧化物、纯净物、同素异形体、高分子化合物等知识，题目难度不大，注意油脂、糖中单糖、低聚糖不是高分子化合物，多糖是高分子化合物，蛋白质是天然高分子化合物，题目难度不大． 5．下列有关电解质的叙述中错误的是（ ）A．强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B．弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强C．HCl是强电解质，它只能在水溶液里才能电离D．电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化【考点】电解质与非电解质．【分析】A、强电解质中的共价键在熔融状态时不会电离；B、电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数；C、HCl只能在水溶液里才能电离；D、电解质溶液的导电过程就是电荷的传递过程．【解答】解：A、强电解质中的离子键在水溶液里或熔融状态时均可电离，但强电解质中的共价键在熔融状态时不会电离，故A错误；B、电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数，与电解质的强弱无必然的联系，弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强，故B正确；C、HCl是共价化合物，只有溶于水后才能电离，故C正确；D、电解质溶液的导电过程就是电荷的传递过程，在电极表面一定会发生氧化还原反应，故D正确．故选A．【点评】本题考查了电解质的判断，难度不大，注意电解质在水中不一定能导电，在水中导电的化合物不一定是电解质． 6．下列物质中，既能导电又属于强电解质的一组物质是（ ）A．熔融MgCl2、熔融NaOHB．液氨、石灰水C．石墨、食醋D．稀硫酸、蔗糖【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质溶液的导电性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等；水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质；导体之所以能导电在于其存在可自由移动的电荷，常见的导电物质有金属、电解质（溶解或熔融状态导电，包括酸、碱、大部分盐、金属氧化物）、石墨等特殊物质；【解答】解：A．熔融MgCl2、熔融NaOH，属于强电解质能导电，故A正确；B．液氨不能导电属于非电解质，石灰水能导电是电解质溶液，故B错误；30\nC．石墨能导电不是电解质，食醋能导电，醋酸属于弱电解质，故C错误；D．稀硫酸是电解质溶液能导电，蔗糖不能导电，属于非电解质，故D错误；故选A．【点评】本题考查了电解质和非电解质的判断，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质，强电解质完全电离，题目较简单． 7．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是（ ）A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使高锰酸钾褪色，据此解答．【解答】解：A．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，故A错误；B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，故B正确；C．SO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化还原反应，故C错误；D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了二氧化硫的性质和用途，熟悉二氧化硫的还原性是解题关键，注意二氧化硫漂白性原理，题目难度不大． 8．Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”．S2O32﹣和Cl2反应的产物之一为SO42﹣．下列说法不正确的是（ ）A．该反应中还原剂是S2O32﹣B．H2O参与该反应，且作氧化剂C．根据该反应可判断氧化性：Cl2＞SO42﹣D．上述反应中，每生成lmolSO42﹣，可脱去2molCl2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣=2SO42﹣+8Cl﹣+5H2O，从化合价变化的角度分析氧化还原反应．【解答】解：反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣=2SO42﹣+8Cl﹣+5H2O，则A．反应中S元素的化合价升高，被氧化，则S2O32﹣为还原剂，故A正确；B．反应中H2O为产物，不是氧化剂，氧化剂为反应物，故B错误；C．氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化性：Cl2＞SO42﹣，故C正确；D．由反应的方程式可知，每生成lmolSO42﹣，可脱去2molCl2，故D正确．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是能够写出反应的离子方程式．30\n 9．同分异构现象在有机化合物中普遍存在，C4H8Cl2的同分异构体中含有2个“﹣CH3”的种数是（ ）A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】C4H8Cl2为丁烷的二氯代物，从正丁烷和异丁烷的结构分析．【解答】解：C4H8Cl2为丁烷的二氯代物，正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，二氯代物中含有2个“﹣CH3”的种数是2种：CH3CCl2CH2CH3，CH3CHClCHClCH3，异丁烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH3，二氯代物中含有2个“﹣CH3”的种数是2种：CH3CH（CHCl2）CH3，CH3CCl（CH2Cl）CH3，所以C4H8Cl2的同分异构体中含有2个“﹣CH3”的种数是4种，故选C．【点评】本题主要考查限制条件下同分异构体的书写，难度不大，注意氯原子可以在同一个碳原子上，也可以在不同的碳原子上，难度中等． 10．在Na2O2与CO2的反应中，下列说法正确的是（ ）A．该反应中Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B．1molNa2O2参加反应，有2mole﹣转移C．Na2O2晶体中阴阳离子个数比为1：2D．CO2分子中含有极性键和非极性键【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．该反应中，O元素化合价由﹣1价变为﹣2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；B．根据反应有2molNa2O2参加反应，则转移电子的物质的量为2mol×（1﹣0）=2mol，据此分析；C．过氧化钠中过氧根离子显﹣2价；D．CO2分子中只含有2个C=O极性键．【解答】解：A．该反应中，O元素化合价由﹣1价变为﹣2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．若有2molNa2O2参加反应，则转移电子的物质的量为2mol×（1﹣0）=2mol，则1molNa2O2完全反应时转移电子1mole﹣，故B错误；C．过氧化钠中过氧根离子显﹣2价，其电子式是，晶体中阴阳离子个数比为1：2，故C正确；D．CO2分子中只含有2个C=O极性键，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，题目难度不大． 11．0.5L1mol/LFeCl3溶液与0.2L1mol/LKCl溶液中的Cl﹣的数目之比（ ）A．5：2B．3：1C．15：2D．1：3【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．30\n【分析】溶液中氯离子的物质的量浓度=盐的浓度×化学式中氯离子个数，求出各溶液中Cl﹣的物质的量浓度，再根据n=cV计算各溶液中Cl﹣的物质的量，Cl﹣的数目之比等于其物质的量之比．【解答】解：0.5L1mol/L﹣FeCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L，含有Cl﹣的物质的量=0.5L×3mol/L=1.5mol，0.2L1mol/LKCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L，含有Cl﹣的物质的量=0.2L×1mol/L=0.2mol，故二者含有Cl﹣的数目之比=1.5mol：0.2mol=15：2，故选C．【点评】本题考查物质的量的相关计算，比较基础，溶液中氯离子的物质的量浓度为盐的浓度与化学式中离子个数的积，与溶液的体积无关． 12．依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是（ ）A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系及物质的量与密度的关系；同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比；又根据pM=ρRT可知，同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比．【解答】解：A、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系，若气体的质量相等，则同温同压下两种气体的体积之与摩尔质量成反比，故A错误；B、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，故B错误；C、由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确；D、由pV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确；故选CD．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确pV=nRT是解答本题的关键，注意公式的变形及公式中一个量随另一个量的变化来分析解答即可． 13．下列实验操作正确的是（ ）A．把没用完的药品倒回原试剂瓶中保存B．配制稀硫酸时，先在量筒内放好水，再缓缓地加入一定量的浓硫酸C．用天平称量药品质量时，先加质量大的砝码，再加质量小的砝码D．用排水取气法收集气体时，导管应插入试管底部30\n【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．实验室做实验剩余的药品，也要“三不”：不拿出实验室，不拿随意丢弃，不能放回原瓶；B．稀释浓硫酸时，沿烧杯内壁将硫酸缓缓加入水中，边加边搅拌；C．用天平称量药品时应先加质量大的砝码后加质量小的砝码；D．导管应放在试管口部．【解答】解：A．将实验后剩余的药品放回原瓶会污染试剂，故A错误；B．稀释浓硫酸时应在烧杯内进行稀释，量筒只能用来量取一定体积的液体，故B错误；C．使用天平称量药品时，应先加质量大的砝码后加质量小的砝码，故C正确；D．用排水法收集气体时导管应放在试管口部，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及化学实验的基本操作，题目难度不大，注意托盘天平的使用方法及注意事项，了解浓硫酸的性质及稀释方法． 14．物质的量浓度相同，体积相同的下列溶液中，所含溶质的离子数目最多的是（ ）A．NaCl溶液B．AlCl3溶液C．Na2SO4溶液D．Al2（SO4）3溶液【考点】电解质在水溶液中的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】考虑物质的电离，所含溶质的离子数目最多即离子的物质的量最大，体积相同的下列溶液中，比较离子浓度最大即可．【解答】解：假设各个溶液的体积均是V，溶液的浓度是c，所含溶质的离子数目最多即所含离子的物质的量最大，体积相同的溶液中，只需比较离子浓度大小．A、NaCl溶液中．钠离子和氯离子的浓度均是c；B、氯化铝溶液中，铝离子浓度时c，氯离子浓度是3c；C、硫酸钠溶液中，钠离子浓度是2c，硫酸根离子浓度是c；D、硫酸铝中，铝离子浓度是2c，硫酸根浓度是3c．综上可知所含溶质的离子数目最多的应该是硫酸铝．故选D．【点评】本题主要考查学生电解质的电离知识，结合离子数目来考查，增加了难度． 15．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol•L﹣1的是（ ）A．将40gNaOH固体溶于1L水中所得的溶液B．将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液C．1L含K+的物质的量为2mol的K2SO4溶液D．将100mL0.5mol•L﹣1的NaNO3溶液加热蒸发掉50g水后所得的溶液【考点】物质的量浓度．【分析】A．体积指溶液体积等于溶剂体积；B．根据温度、压强对气体摩尔体积的影响分析判断；C．根据K2SO4的化学式知，溶液中c（K+）=2c（K2SO4），而c（K+）=即可计算；D．根据蒸发掉50g水后溶液体积不是50mL．【解答】解：A．体积指溶液体积不是溶剂体积，所以40gNaOH溶解于1L水中配成的NaOH溶液浓度不是1mol/L，故A错误；30\nB．氯化氢所处的状态不一定是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，体积一定，影响气体的物质的量的因素有温度、压强，22.4LHCl气体的物质的量不一定是1mol，故B错误；C．1L含K+的物质的量为2mol的K2SO4溶液中，c（K+）==2mol/L，故c（K2SO4）=2mol/L×=1mol/L，故C正确；D．加热蒸发掉50g水后的溶液体积不是50mL，则溶液浓度不是1mol/L，故D错误；故选C．【点评】本题考查了物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及计算方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力 16．火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，下列说法中，正确的是（ ）A．Cu2S只作还原剂B．S元素发生还原反应C．该反应既是氧化还原反应又是置换反应D．当1molO2参加反应时，共转移4mole﹣【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、根据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，化合价降低的做氧化剂；B、硫元素化合价升高被氧化；C、反应前后化合价变化的为氧化还原反应，单质和化合物反应生成单质和化合物的反应为置换反应；D、依据氧化还原反应的电子的电子守恒计算判断．【解答】解：A、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从﹣2价变化为+4价，所以Cu2S即作氧化剂又做还原剂，故A错误；B、硫元素化合价从﹣2价变化为+4价，化合价升高被氧化，发生氧化反应，故B错误；C、该反应符合氧化还原反应和置换反应的概念，所以既是氧化还原反应又是置换反应，故C正确；D、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从﹣2价变化为+4价，氧元素化合价从0价变化为﹣2价，依据电子守恒得到：当1molO2参加反应时，共转移6mole﹣；故D错误；故选C．【点评】本题考查了氧化还原反应的特征和实质应用，主要是氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，氧化反应还原反应等概念的判断，电子守恒的计算应用，关键正确标注元素化合价是解题关键． 17．在反应X+2Y═R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则此反应中Y和M的质量之比为（ ）A．16：9B．23：9C．32：9D．46：9【考点】化学方程式的有关计算．30\n【分析】R和M的摩尔质量之比为22：9，则反应中m（R）：m（M）=22：18，结合R的质量计算出M的质量，根据质量守恒定律计算参加反应Y的质量，进而计算Y和M的质量比．【解答】解：已知R和M的摩尔质量之比为22：9，则反应中m（R）：m（M）=22：18，故4.4g：m（M）=22：18，解得m（M）=3.6g，根据质量守恒定律，可得Y的质量=4.4g+3.6g﹣1.6g=6.4g，此反应中Y和M的质量比是6.4g：3.6g=16：9，故选A．【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重对质量守恒定律的考查，难度不大． 18．等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应．若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）A．1：2：3B．1：6：9C．1：3：3D．1：3：6【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2（SO4）3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4来计算．【解答】解：由生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，设生成硫酸钡的物质的量分别为n、2n、3n，则Al2（SO4）3～3BaSO413nZnSO4～BaSO4112n2nNa2SO4～BaSO4113n3n又硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比，即为：2n：3n=1：6：9，故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比来解答． 19．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是（ ）A．通入22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2【考点】二氧化硫的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．30\n【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生氧化还原反应，化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，据此解答．【解答】解：A．没指明气体状况为标准状况下，22.4LSO2的物质的量不一定为1mol，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，通入碘水发生反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI而使碘水褪色，故B错误；C．在反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2中Cu元素的化合价降低，CuI是还原产物，故C错误；D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，在反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2中，Cu2+为氧化剂，I2为氧化产物，所以氧化性：Cu2+＞I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，I2为氧化剂，SO2为还原剂，所以氧化性：I2＞SO2；即：物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；故选：D．【点评】本题考查二氧化硫性质的分析判断，熟悉氧化还原反应的概念是解题关键，题目难度中等，注意把握反应中元素的化合价变化，选项BD为易错点． 20．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（ ）A．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A、装置①为萃取、分液，可用于分离两种互不相容的两种液体；B、装置②从a管进入气体，可收集密度比空气小的气体，从b管进入可收集密度比空气大的气体；C、装置③可以吸收易溶于水的气体，并可防倒吸；D、装置④可收集能用碱石灰干燥、密度比空气小且易溶于水的气体．【解答】解：A、装置①萃取、分液，可用于分离两种互不相容的两种液体，而C2H5OH和H2O能以任意比互溶，不能装置①分离，可以用蒸馏的方法分离，故A错误；B、装置②若从a管进入气体，可收集密度比空气小的气体，如氢气、氨气等；从b管进入可收集密度比空气大的气体，如二氧化碳、氯气、氯化氢、二氧化氮等，故B正确；C、装置③X若为CCl4，NH3或HCl极易溶于水且不溶于CCl4的气体，可以用装置③并可防倒吸，故C正确；30\nD、氨气为碱性气体可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小极易溶于水，可用向上排空气法收集，用一倒置的漏斗防倒吸并吸收多余的氨气，所以装置④可干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3，故D正确．故选A．【点评】本题考查了常见的实验操作，完成此题，可以依据已有的知识进行，要求同学们加强对基础知识的储备，以便灵活应用． 21．下列实验操作中，装置选择不合理的是（ ）ABCD洗气瓶快速制备少量NH3H2的尾气处理测量NO的体积除去乙烯中的SO2A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．图为固体与液体反应不加热装置，利用浓氨水与生石灰可制取氨气；B．氢气无毒，具有可燃性，燃烧产物为水；C．NO不溶于水，可利用排水法测定体积；D．乙烯、二氧化硫均与溴水反应．【解答】解：A．使用该装置以及浓氨水和生石灰可快速制备少量NH3，故A正确；B．H2属于可燃性气体，且燃烧产物无危害，可用点燃法处理尾气，故B正确；C．NO不溶于水，可用量气管测量其体积，故C正确；D．溴水不但与SO2反应，还会与乙烯发生加成反应，则图中装置不能除杂，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备和收集、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 22．下列说法正确的是（ ）A．相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同B．10mol/L的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5mol/LC．溶液中溶质质量分数为w，密度为ρg•cm﹣3，溶质摩尔质量为Mg•mol﹣1的溶液的物质的量浓度为mol/LD．一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，所得溶液的浓度偏大【考点】物质的量浓度的相关计算；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A、根据n=Vc计算；B、根据c=计算；30\nC、根据c=计算．D、配制溶液时仰视读数，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低．【解答】解：A、根据n=Vc，相同体积和物质的量浓度，其物质的量必然相等，故A正确；B、盐酸密度小于水的密度，c===＞5mol/L，故B错误；C、c==mol/L，故C错误；D、配制一定物质的量浓度的溶液时，若仰视定容，加入的蒸馏水体积会偏大，配制的溶液的体积偏大，溶液的浓度会偏小，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了物质的量浓度的相关计算和配制一定物质的量浓度溶液的误差分析问题，难度中等． 23．已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为（ ）A．10molB．11molC．12molD．13mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，以此来计算．【解答】解：由2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，KI中I元素的化合价由﹣1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点，题目难度中等． 24．甲、乙代表2种金属，下列叙述中，不能判断金属活动性甲比乙强的是（ ）A．常温下，甲能从水中置换出氢，而乙不能B．最高价氧化物对应的水化物碱性比较，甲比乙的强C．甲与非金属反应时失电子比乙少D．甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、常温下，甲能从水中置换出氢，说明甲的活泼性非常强，而乙不能，说明乙的活泼性较弱；B、金属元素最高价氧化物对应的水化物碱性越强，元素的金属性越强；30\nC、金属性的强弱与失电子的多少无关，与失电子的难易程度有关；D、根据原电池电解质溶液中的氢离子在正极放电，原电池的负极金属活泼性强于正极金属来回答．【解答】解：A、常温下，甲能从水中置换出氢，说明甲的活泼性非常强，而乙不能，说明乙的活泼性较弱，即金属活动性甲比乙强，故A不选；B、金属元素最高价氧化物对应的水化物碱性越强，元素的金属性越强，即甲比乙的强，故B不选；C、金属性的强弱与失电子的多少无关，与失电子的难易程度有关，故选C；D、根据原电池电解质溶液中的氢离子在正极放电，乙电极表面产生气泡，说明乙是正极，原电池的负极金属活泼性强于正极金属，故D不选；故选C．【点评】本题考查了金属活泼性的判断方法，要注意的是：金属的金属性强弱与得失电子的难易有关，与得失电子的多少无关． 25．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）A．Sn2+、Fe2+、Ce3+B．Sn2+、Ce3+、Fe2+C．Ce3+、Fe2+、Sn2+D．Fe3+、Sn2+、Ce3+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性来判断．【解答】解：根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+＞Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+＞Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+＞Fe2+＞Ce3+．故选A．【点评】本题考查还原性强弱的判断规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 26．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（ ）A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+B．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．2Br﹣+4H++SO42﹣═SO2+Br2+2H2OD．I2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2I﹣【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析．【解答】解：A、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞Fe2+，和题干的还原性强弱吻合，所以A能发生，故A错误；B、根据反应得出还原性强弱是：Fe2+＞Cl﹣，和题干的还原性强弱吻合，所以B能发生，故B错误；C、根据反应得出还原性强弱是：Br﹣＞SO2，和题干的还原性强弱不吻合，所以C不能发生，故C正确；30\nD、根据反应得出还原性强弱是：I﹣＜SO2，和题干的还原性强弱吻合，所以D能发生，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和氧化性还原性强弱的判断规律，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 27．已知：还原性HSO3﹣＞I﹣，氧化性IO3﹣＞I2．实验Ⅰ：在一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液；实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液．下列说法正确的是（ ）A．两个实验中溶液的pH变化趋势相同B．两实验中生成等量I2时，转移电子数的物质的量相同C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，当溶液中I﹣与I2的物质的量之比为5：2时，氧化产物为3.2molD．过程Ⅱ中，可以用淀粉作为滴定指示剂，判定第一阶段反应终点【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】还原性HSO﹣3＞I﹣，氧化性IO3﹣＞I2．实验I中，先发生IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO﹣3＞I2，所以IO3﹣可以结合H+氧化I﹣生成I2，离子方程式是IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2；实验II中，一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，先发生4IO3﹣+10HSO3﹣═2I2+10SO42﹣+2H2O+6H+，后发生I2+HSO3﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+3H+，以此来解答．【解答】解：还原性HSO﹣3＞I﹣，氧化性IO3﹣＞I2．实验I中，先发生IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO﹣3＞I2，所以IO3﹣可以结合H+氧化I﹣生成I2，离子方程式是IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2；实验II中，一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，先发生4IO3﹣+10HSO3﹣═2I2+10SO42﹣+2H2O+6H+，后发生I2+HSO3﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+3H+，A．由上述反应可知，实验I中pH均先减小后增大，实验II中pH减小，变化趋势不同，故A错误；B．若生成3molI2，实验I转移电子为5mol×6+5mol=35mol电子，实验II转移电子为3mol×2×（5﹣0）=30mol电子，则转移电子不同，故B错误；C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，当溶液中I﹣与I2的物质的量之比为5：2时，生成1molI﹣，由IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2可知，设生成碘为xmol，则（1﹣）：x=5：2，解得x=0.24mol，氧化产物为SO42﹣和I2，为3mol+0.24mol×=3.2mol，故C正确；D．先发生4IO3﹣+10HSO3﹣═2I2+10SO42﹣+2H2O+6H+，后发生I2+HSO3﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+3H+，第一阶段生成的碘立刻会转化为离子，淀粉遇碘变蓝，则不能用淀粉作为滴定指示剂，判定第一阶段反应终点，而可以用淀粉作为滴定指示剂，判定第二阶段反应终点，故D错误；故选C．【点评】本题以元素化合物考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化性、还原性的强弱判断发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析能力与计算能力的考查，题目难度较大． 30\n二、非选择题28．实验室利用饱和NaNO2溶液和NH4Cl溶液加热制备N2．（1）若配制250mL上述NaNO2溶液需要的玻璃仪器为 250ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 ，可用 排水 法收集N2（2）写出上述实验原理的离子方程式并标出电子转移的数目和方向（单线桥法或双线桥法都可） ．【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器为250ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，制备得到的氮气难溶于水可以用排水法收集；（2）氯化铵和亚硝酸钠发生氧化还原反应，氮元素化合价﹣3价变化为0价，+3价变化为0价，发生归中反应生成氮气、氯化钠和水，电子转移总数为3，用单线桥或双线桥标注电子转移总数．【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器为250ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，制备得到的氮气难溶于水可以用排水法收集，故答案为：250ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；排水；（2）氯化铵和亚硝酸钠发生氧化还原反应，氮元素化合价﹣3价变化为0价，+3价变化为0价，发生归中反应生成氮气、氯化钠和水，电子转移总数为3，用单线桥或双线桥标注电子转移总数，即．故答案为：．【点评】本题考查了氧化还原反应电子转移标注方法，溶液配制过程，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 29．下列有关实验的描述合理的是 BF （填选项序号）A．用玻璃棒蘸取氯水，点在pH试纸的中部测定其pH；B．向冰醋酸中加水，溶液导电性最强时pH最小；C．处理化学实验中产生的废液时，用大量水稀释后冲入下水道；D．为了获得感性认识，可触摸或品尝少量化学药品；E．实验室制备乙酸乙酯时，可用盛有饱和NaCl溶液的试管收集产品；F．酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致实验结果偏大．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯水具有漂白性；B．导电性最强时，溶液中的离子浓度最大；C．排入环境中会造成污染；D．化学药品可能具有腐蚀性或毒性；E．收集产品应该用饱和Na2CO3溶液；F．用待测液润洗锥形瓶，会导致待测液偏多．【解答】解：A．氯水具有漂白性，会使变色后的pH试纸褪色，故A错误；B．醋酸溶液导电性最强时，溶液中的离子浓度最大，故B正确；C．实验过程中产生的废液应集中处理，排入环境中会造成污染，故C错误；D．化学药品可能具有腐蚀性或毒性，因此不能触摸或品尝，故D错误；E．在乙酸乙酯的制备实验中，收集产品应该用饱和Na2CO3溶液，故E错误；30\nF．酸碱中和滴定时，若用待测液润洗锥形瓶，会导致待测液偏多，消耗标准液随之偏多，测量结果偏大，故F正确；故答案为：BF．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及基础实验操作及铝热反应等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大． 30．白磷（P4）可以与过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2（次磷酸钠）．上述反应的化学方程式为 P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑ ．【考点】化学方程式的书写．【分析】根据题干信息，白磷（P4）可以与过量的热NaOH溶液反应，反应物为：P4、NaOH，生成物为NaH2PO2、PH3，依据原子守恒、得失电子守恒书写．【解答】解：白磷（P4）可以与过量的热NaOH溶液反应，化合价变化P（0→+1），P（0→﹣3），最小公倍数为3，所以NaH2PO2前系数为3，根据守恒，该反应的化学方程式为：P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，故答案为：P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑．【点评】本题考查元素化合物知识，把握磷的性质以及反应的化学方程式的书写方法及注意事项是解题关键，注意相关基础知识的积累，难度不大． 31．实验室有一瓶碳酸钠试剂，含少量Na2SO4杂质．某学生设计如下实验来确定其纯度．（1）有以下实验操作步骤，其正确的操作顺序是 ACBEDFGH ．A．称取样品W1gB．加盐酸酸化C．用蒸馏水溶解D．过滤E．加入过量的氯化钡溶液F．洗涤G．干燥H．称量沉淀质量为W2g（2）酸化时盐酸是否需过量，其原因是 必须过量，目的是使碳酸根离子全部转化为二氧化碳 ，BaCl2溶液要过量的目的是 使硫酸根离子全部沉淀 ．（3）洗涤的目的是 除去沉淀表面吸附的杂质 ，检验沉淀已洗干净的方法是 取最后的洗涤液加入硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀生成，如果没有白色沉淀生成，就说明洗涤干净 ．（4）样品中Na2CO3的纯度为 （1﹣）×100% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】（1）测量固体中碳酸钠的纯度，可将固体溶于水，在酸性条件下生成硫酸钡沉淀，经过滤、洗涤、干燥后称量硫酸钡的质量，进而可确定碳酸钠的纯度；（2）酸化是盐酸要过量，除去碳酸根离子的干扰；氯化钡要过量，将硫酸根离子完全转化为沉淀；（3）洗涤的目的是除去沉淀表面吸附的杂质；检验沉淀已洗干净的方法是取最后的洗涤液加入硝酸银溶液，根据是否产生白色沉淀判断；（4）根据硫酸钡的质量计算硫酸钠的质量，从而确定碳酸钠的质量分数．【解答】解：（1）测量固体中碳酸钠的纯度，可将固体溶于水，在酸性条件下生成硫酸钡沉淀，经过滤、洗涤、干燥后称量硫酸钡的质量，进而可确定碳酸钠的纯度，操作顺序为ACBEDFGH，故答案为：ACBEDFGH；30\n（2）酸化是盐酸要过量，目的是使碳酸根离子全部转化为二氧化碳，从而除去碳酸根离子的干扰；氯化钡要过量，将硫酸根离子完全转化为沉淀，从而减小误差，故答案为：必须过量，目的是使碳酸根离子全部转化为二氧化碳；使硫酸根离子全部沉淀；（3）洗涤的目的是除去沉淀表面吸附的杂质，从而减小误差；检验沉淀已洗干净的方法是取最后的洗涤液加入硝酸银溶液，根据是否产生白色沉淀生成，如果没有白色沉淀就证明洗涤干净，故答案为：除去沉淀表面吸附的杂质；取最后的洗涤液加入硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀生成，如果没有白色沉淀生成，就说明洗涤干净；（4）硫酸钡的质量=W2g，根据硫酸根离子守恒得硫酸钠质量==g，则碳酸钠质量分数=（1﹣）×100%，故答案为：（1﹣）×100%．【点评】本题考查物质含量测定，侧重考查基本操作、计算能力，知道实验操作步骤、操作方法，注意沉淀洗涤干净的方法，题目难度不大． 32．（1）①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，这是因为 NaClO将KI氧化生成了I2 ，离子方程式为 ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣ ．②在碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为 I2被Na2SO3还原生成了I﹣ ，离子方程式是 SO32﹣+I2+2OH﹣═SO42﹣+2I﹣+H2O ．③对比①和②实验所得的结果，将I2、ClO﹣、SO按氧化性由强到弱的顺序排列为 ClO﹣＞I2＞SO42﹣ ．（2）今有铁片、铜片，设计实验证明以下事实并写出化学反应方程式．①浓硫酸的氧化性比稀硫酸强 Cu与浓H2SO4在加热时反应而与稀H2SO4在加热时不反应；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ．②氯化铁溶液中Fe3+的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2+强 Cu与FeCl3溶液能反应；2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2 ．③铁的还原性比铜强 Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu；Fe+CuSO4═FeSO4+Cu ．【考点】性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I﹣生成单质I2，I2遇淀粉变蓝；Na2SO3具有还原性，可还原I2生成I﹣，使蓝色消失，离子方程式的书写思路是：确定反应物、产物，然后根据电子得失守恒和电荷守恒配平．30\n（2）①可根据Cu和浓H2SO4加热反应，而Cu和稀H2SO4加热也不反应来证明．②③可利用氧化还原方程式来证明．【解答】解：（1）①次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I﹣生成单质I2，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为，故答案为：NaClO将KI氧化生成了I2；ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣；②Na2SO3具有还原性，可还原I2生成I﹣，使蓝色消失，反应的离子方程式为SO32﹣+I2+2OH﹣═SO42﹣+2I﹣+H2O，故答案为：I2被Na2SO3还原生成了I﹣；SO32﹣+I2+2OH﹣═SO42﹣+2I﹣+H2O；③氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，由①可知ClO﹣＞I2，由②可知I2＞SO42﹣，故答案为：ClO﹣＞I2＞SO42﹣；（2）①Cu和浓H2SO4加热反应，而Cu和稀H2SO4加热也不反应，则可说明浓硫酸氧化性大于稀硫酸，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu与浓H2SO4在加热时反应而与稀H2SO4在加热时不反应；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；②Cu与FeCl3溶液能反应：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则可证明氯化铁溶液中Fe3+的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2+强，故答案为：Cu与FeCl3溶液能反应；2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；③Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu，符合活泼金属置换出不活泼金属的原则，Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，可证明铁的还原性比铜强，故答案为：Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu；Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于考查学生的实验设计能力，注意把握相关物质的性质，题目难度不大． 33．取0.4molKMnO4固体，先加热分解制取一定量的O2，再将剩余固体和足量36.5%的浓盐酸（ρ=1.2g•mL﹣1）混合加热制取Cl2．设收集到的O2为amol，收集到的Cl2为bmol，最后Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中．（1）如果配制500mL上述浓盐酸，则需标准状况下HCl气体的体积为 134.4 L．（2）当a=0.2时，写出剩余固体和浓盐酸混合加热时的离子方程式： MnO42﹣+8H++4Cl﹣═Mn2++2Cl2+4H20、MnO2+4H++2Cl﹣=Mn2++Cl2↑+2H2O （3）当a=0.1时，b= 0.8 ．【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）根据质量分数、密度计算出HCl的物质的量，进而计算体积；（2）2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，加入盐酸，K2MnO4、MnO2分别与盐酸发生氧化还原反应；（3）当a=0.1时，固体为KMnO4、K2MnO4、MnO2，可根据电子守恒计算．【解答】解：（1）配制500mL36.5%的浓盐酸，则n（HCl）==6mol，V（HCl）=6mol×22.4L/mol=134.4L，故答案为：134.4；30\n（2）加入高锰酸钾发生2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，生成0.2mol氧气，则高锰酸钾完全反应，加入盐酸，K2MnO4、MnO2分别与盐酸发生氧化还原反应，方程式为MnO42﹣+8H++4Cl﹣═Mn2++2Cl2+4H20、MnO2+4H++2Cl﹣=Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO42﹣+8H++4Cl﹣═Mn2++2Cl2+4H20、MnO2+4H++2Cl﹣=Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）0.4molKMnO4完全被还原生成Mn2+，生成气体为氧气和氯气，设氯气为xmol，则由氧化还原反应得失电子守恒可得0.4mol×（7﹣2）=0.1mol×4+xmol×2，x=0.8，故答案为：0.8．【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，侧重氧化还原反应基本概念、计算的考查，注意从化合价角度和习题信息角度分析，题目难度不大． 34．二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂．回答下列问题：（1）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 2：1 ．（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过如图1过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为 NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑ ．②溶液X中大量存在的阴离子有 Cl﹣、OH﹣ ．③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 c （填标号）．a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水（3）用如图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2═2I﹣+S4），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O ．②玻璃液封装置的作用是 吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出） ．③Ⅴ中加入的指示剂通常为 淀粉溶液 ，滴定至终点的现象是 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ．④测得混合气中ClO2的质量为 0.02700 g．（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是 d （填标号）．a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．30\n【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl﹣、OH﹣；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水；②玻璃液封装置可防止有害气体逸出；③淀粉遇碘单质变蓝；④根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）；（4）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子．【解答】解：（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1．（2）①由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑．②在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，发生NCl3+NaClO2+H2O→ClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣，故答案为：Cl﹣、OH﹣．③a．ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；b．碱石灰不能吸收氨气，故错误；c．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故正确；d．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误；故答案为：c．（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O．②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）．③V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．④含有Na2S2O3物质的量为0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则：根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n（ClO2）0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，30\n所以m（ClO2）=0.004mol×67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700；（4）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d．【点评】本题考查物质含量的测定，为高频考点，为2022年高考真题，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等． 35．某实验小组为探究ClO﹣、I2、SO42﹣在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验①：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4mL0.5mol/L的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去．（1）写出实验①中发生反应的离子方程式 ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O ．（2）实验②中化学反应转移电子的物质的量是 0.004mol ．（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO﹣、I2、SO42﹣的氧化性由弱到强的顺序是 SO42﹣、I2、ClO﹣ ．【考点】性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题；化学实验基本操作．【分析】实验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子；实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，根据亚硫酸钠和转移电子的关系式计算转移电子的物质的量；根据同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断ClO﹣、I2、SO42﹣的氧化性强弱．【解答】解：（1）实验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，该反应中，次氯酸根离子得电子作氧化剂，碘离子失电子是还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性强弱为：ClO﹣＞I2，反应离子方程式为：ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O，故答案为：ClO﹣+2I﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O；（2）实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性强弱为：I2＞SO42﹣，反应离子方程式为：H2O+I2+SO32﹣=SO42﹣+2I﹣+2H+，设转移电子的物质的量为x．H2O+SO32﹣+I2=SO42﹣+2I﹣+2H+转移电子1mol2mol0.5mol/L×0.004Lxx==0.004mol，答：转移电子的物质的量是0.004mol；（3）实验①说明氧化性强弱为：ClO﹣＞I2，实验②说明氧化性强弱为：I2＞SO42﹣，所以在酸性条件下ClO﹣、I2、SO42﹣的氧化性由弱到强的顺序是SO42﹣、I2、ClO﹣，故答案为：SO42﹣、I2、ClO﹣．【点评】本题以实验设计为载体考查了物质氧化性强弱的判断，明确“同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”是解本题的关键，难度不大．30\n 36．医学上将高锰酸钾（硫酸酸化）溶液和草酸（H2C2O4）溶液的反应用于测定血钙的含量．回答下列问题：（1）该反应中的还原剂是 H2C2O4 ．（2）写出该反应的化学方程式 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O ．（3）反应转移了0.4mol电子，则参加反应的H2SO4物质的量为 0.12mol ．（4）测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为（NH4）2C2O4]，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定．①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是 CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4 ．②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时，判断滴定终点的方法是 溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失 ．③若消耗了1.0×10﹣4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙 0.01 克．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应；中和滴定．【专题】实验分析题．【分析】（1）高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应中草酸是还原剂．（2）高锰酸钾，在硫酸条件下与H2C2O4反应生成硫酸钾、硫酸锰、CO2、水．（3）在反应中Mn由+7价被还原到+2价，由方程式可知转移10mol电子时消耗3molH2SO4，据此计算．（4）①利用强酸制备弱酸，稀硫酸与CaC2O4沉淀反应生成硫酸钙与草酸．②高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色．③利用有关反应的方程式可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，据此计算．【解答】解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应中草酸是还原剂．故答案为：H2C2O4．（2）高锰酸钾，在硫酸条件下与H2C2O4反应生成硫酸钾、硫酸锰、CO2、水，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O．故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O．（3）在反应中Mn由+7价被还原到+2价，由方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知，2molKMnO4反应转移电子为2mol×（7﹣2）=10mol，转移10mol电子时消耗3molH2SO4，所以应转移了0.4mol电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为3mol×=0.12mol．故答案为：0.12mol．（4）①稀硫酸与CaC2O4沉淀反应生成硫酸钙与草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4．故答案为：CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4．②高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．故答案为：溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．30\n③由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n（Ca2+）=2.5n（KMnO4）=1.0×10﹣4mol/L×0.02L×2.5，所以可计算出100mL该血液中含钙的质量为：1.0×10﹣4mol/L×0.02L×2.5×40g/mol×=0.01g．故答案为：0.01．【点评】考查化学方程式书写、氧化还原反应、滴定应用、化学计算等，难度中等，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力． 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