吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

‎020届高三上学期第一次月考化学试卷 考试时间：100分钟；分值：100分 注意事项：‎ ‎1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2. 请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的原子量： N 14 C 12 H 1 O 16 Ag 108 Si 28 k 39 Cl 35.5 Ca 40 Na 23 Mg 24 Fe 56 S 32‎ 一、单项选择（每题只有一个正确选项，每题2分共48分）‎ ‎1.若用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 2.4g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA C. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的电子数为1.6NA D. 0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、镁参加反应转移电子物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，故错误；B、5.6LCO2中含有氧原子的物质的量为5.6×2/22.4mol=0.5mol，故正确；C、氢原子物质的量为0.4mol的甲醇，其物质的量为0.1mol，含有电子的物质的量为0.1×18mol=1.8mol，故错误；D、醋酸是弱酸，部分电离，因此H＋物质的量小于0.05mol，故错误。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数等知识。‎ ‎2.亚硝酸（HNO2）参加反应时，既可作氧化剂，也可作还原剂．当它作还原剂时，可能生成的产物是（ ）‎ A. NH3 B. N2 C. N2O3 D. HNO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 亚硝酸（HNO2）作还原剂时氮元素失电子，所以生成物中氮元素的化合价大于亚硝酸中氮元素的化合价．‎ A、NH3中氮元素的化合价是﹣3价，小于+3价，故A错误；‎ B、N2中氮元素的化合价为0价，小于+3价，故B错误；‎ C、N2 O3中氮元素的化合价为+3价，化合价不变，故C错误；‎ D、HNO3中氮元素的化合价为+5价，大于+5价，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了根据氧化还原反应判断生成物中元素的化合价，难度不大，会根据元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂．‎ ‎3.下列物质的分类正确的是 纯净物 碱性氧化物 酸性氧化物 强电解质 A 漂白粉 SiO2‎ CO2‎ AlCl3溶液 B CuSO4·5H2O Na2O2‎ N2O5‎ NH4NO3‎ C 福尔马林 CaO Mn2O7‎ HClO D 冰醋酸 Na2O SO2‎ HCl A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、漂白粉是次氯酸钙和氯化钙形成的混合物，二氧化硅是酸性氧化物，氯化铝溶液是混合物，不是电解质，A错误；B、过氧化钠不是碱性氧化物，B错误；C、甲醛的水溶液是福尔马林，属于混合物，次氯酸是弱电解质，C错误；D、冰醋酸是醋酸，属于纯净物；氧化钠能与酸是生成盐和水，属于碱性氧化物；SO2能与碱反应生成盐和水是酸性氧化物；氯化氢溶于水完全电离，属于强电解质，D正确，答案选D。‎ 考点：考查物质的分类 ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 按照分散质粒子的直径大小可以将分散系分为溶液、浊液和胶体，并且溶液呈电中性，胶体带 有电荷 B. 制备 Fe(OH)3 胶体，可向沸水中滴加 FeCl3 饱和溶液并长时间煮沸 C. 配制 0.1 mol·L-1CuSO4 溶液 100 mL，称取 1.6g 硫酸铜晶体 D. 向饱和 Ca(OH)2 溶液中加入少量无水 CaO 固体，恢复原温度，溶液中 Ca(OH)2 的物质的量浓度 不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，按照分散质粒子的大小可以把分散系分为溶液、胶体和浊液，但溶液和胶体均呈电中性，选项A错误；B、制备氢氧化铁胶体时，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，如长时间煮沸会导致 胶体聚沉，选项B错误；C、硫酸铜晶体的摩尔质量为250g/mol，配制 0.1 mol·L-1CuSO4 溶液 100 mL，称取 2.5g 硫酸铜晶体，选项C错误；D、加入的CaO固体会与水反应生成Ca(OH)2,所以水会减少,所以Ca(OH)2会析出,溶液质量减小，所以Ca2+和OH-都会减少，但由于溶液仍然是Ca(OH)2的饱和溶液,所以溶质的物质的量浓度不变，选项D正确。答案选D。‎ ‎5.标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积(　　)‎ A. 22.4 L B. 44.8 L C. 11.2 L D. 4.48 L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，故选D。‎ 考点：考查了阿伏伽德罗定律及其推论的相关知识。‎ ‎6.某氯原子的质量是a g ，12C原子的质量是b g ，用NA表示阿佛加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①氯元素的相对原子质量一定是② m g该氯原子的物质的量一定是mol③该氯原子的摩尔质量是aNA g/ mol④ a g该氯原子所含质子数是17NA A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①某一原子的相对原子质量是指:以一个碳-12原子质量的作为标准,该原子的质量跟一个碳12原子质量的的比值.故该氯原子的相对原子质量为,但中子数不同的氯原子的相对原子质量不一定为，故①错误；‎ ‎②根据公式,一个该氯原子的质量是a,则1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为,那么mg该氯原子的物质的量即为,故②正确;‎ ‎③一个该氯原子的质量是a,该氯原子的质量(摩尔质量)为,故③正确；‎ ‎④一个该氯原子的质量是ag,a g该氯原子个数,1个氯原子所含的质子数是17个,ag该氯原子所含的质子数为17；‎ 故答案选C。‎ ‎7.在电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后，又逐渐变亮的是（ ）‎ A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液 B. 硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液 C. 硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液 D. 醋酸中逐滴加入氨水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.盐酸溶液中逐滴加入食盐溶液,溶液电荷浓度不为0,灯泡不可能熄灭,故A错误;‎ B.硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液生成硫酸钠,溶液电荷浓度不为0,灯泡不可能熄灭,故B错误;‎ C.向硫酸溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液,完全反应时生成硫酸钡沉淀和水,溶液电荷浓度接近0,灯泡熄灭,符合题目要求,所以C选项是正确的;‎ D.醋酸中逐滴加入氨水,生成醋酸铵,溶液电荷浓度不为0,灯泡不可能熄灭,故D错误；‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎8. 下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是 A. Mg2+、Na+、Cl-、SO42- B. K+、CO32-、Cl-、NO3一 C. Na+、K+、NO3-、SO32- D. NH4+、Na+、SO42-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．在碱性环境中Mg2+会形成沉淀而不能大量存在，错误；B．在碱性环境中K+、CO32-、Cl-、NO3一可以大量共存，但是在酸性条件下不能发生氧化还原反应，错误；C．Na+、K+、NO3-、SO32-在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下NO3-、SO32-能发生氧化还原反应，正确；D．在碱性条件下NH4+会发生离子反应而不能大量存在，错误。‎ 考点：考查离子大量共存的知识。‎ ‎9.锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3＋3O2＋6Fe＝Sb4O6＋6FeS①；Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO②。下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应②说明高温下Sb还原性比C强 B. 反应①中每生成1 mol FeS时，共转移2mol电子 C. 每生成1 mol Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4︰3‎ D. 反应①②中氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中,Fe元素的化合价由0升高为+2,O元素的化合价由0降低为-2价; Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO②中,C元素的化合价由0升高为+2,Sb元素的化合价由+3价降低为0。‎ ‎【详解】A. 反应②中C为还原剂,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则说明高温下C的还原性比Sb强,故A错误;‎ B. 反应①中每生成3 mol FeS时,共转移 mol电子,则反应①中每生成1 mol FeS时,共转移电子的物质的量,故B正确;‎ C. C.生成时,反应②C是还原剂,需要,需要 ‎,反应①中Fe是还原剂,生成,需要,故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为,所以每生成1 mol Sb时,反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为,故C错误;‎ D. 反应①中O元素的化合价降低,氧气为氧化剂,而反应②中Sb元素的化合价降低,氧化剂是,故D错误;‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】自发进行的氧化还原中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。‎ ‎10.一种酸性较强的溶液中，可能存在NO3—、I—、Cl—-和Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水后，溴单质被还原，由此可推知这种溶液中 A. 含I-，不能确定是否含Cl- B. 含NO3-‎ C. 含I-、NO3-、Cl- D. 含Fe3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 溴单质被还原，所以必须含有还原性离子碘离子。由于铁离子能氧化碘离子，所以铁离子一定不存在。在酸性溶液中，NO3—也能氧化碘离子，所以NO3—一定不存在。所以正确的答案是A。‎ ‎11.在含有4 mol HCl和1 mol MgSO4的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量m与加入Ba(OH)2物质的量n之间的关系如右图，下列说法正确的是( )‎ A. a→b时的沉淀的成分为BaSO4与Mg(OH)2‎ B. b→c时发生的离子反应为：H++ OH—→ H2O C. c→d时离子的物质的量：Ba2+可能大于Cl—‎ D. d→e时离子的物质的量：Ba2+一定大于OH—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知a→b时发生反应为：2H＋+2OH—+SO42—+Ba2+==2H2O+BaSO4↓，故沉淀成分为BaSO4，则A项错误；b→c时发生的离子反应为：H++ OH—="=" H2O，故B项正确；c→d时发生反应为Mg2＋+2OH—= Mg(OH)2，d点溶液溶质为BaCl2，故c→d时离子的物质的量：Ba2+小于Cl—，故C项错误；d→e的溶液为BaCl2与Ba(OH)2的混合液，Ba2+不一定大于OH—，故D项错误；本题选B。‎ 考点：离子反应图像问题。‎ ‎12.下列离子方程式中，正确是（　　）‎ A. 向NaOH溶液中加入少量Mg（HCO3）2溶液：2OH﹣+Mg2+═Mg（OH）2↓‎ B. 向足量NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba（HCO3）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O+2CO2↑‎ C. 酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4﹣+10H++3H2O2═2Mn2++3O2↑+8H2O D. 向Fe（NO3）3溶液中加入过量HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸氢根离子与氢氧根离子也反应，正确的是：，故A错误；‎ B.硫酸氢钠过量会使完全沉淀，完全变成，故B正确；‎ C.电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的是：，故C错误；‎ D.在酸性条件下，氧化性强于，应先发生反应：，再发生反应：，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎13.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，测得溶液中的CO32－、HCO3－‎ ‎、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。则下列说法不正确的是 A. M点时生成的CO2为0mol B. 原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：2‎ C. V1：V2=1：4‎ D. a曲线表示的离子方程式为：AlO2－+H+ + H2O＝Al(OH)3↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸，首先，发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-，c线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-，由图可知HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）；第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕生成铝离子0.05mol，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为150mL。A、由上述分析可知M点时溶液中CO32-完全转化为HCO3-，没有CO2生成，正确； B、由上述分析可知，原混合溶液中的CO32-与AlO-2的物质的量之比为1：1，错误；C、原溶液中n（CO32-）=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32-+H+═HCO3-可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，正确；D、由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO-2+H++H2O=Al（OH）3↓，正确，选B。‎ 考点：考查离子反应与图象关系、化学计算等。‎ ‎14.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3‎ 的物质的量浓度分别是4mol／L和2mol／L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应中HNO3被还原成NO）（ ）‎ A. 0.448L B. 0.672L C. 0.896L D. 0.224L ‎【答案】B ‎【解析】‎ n(H+)=4mol／L0.01L2+2mol／LL=0.10mol n(NO3-)=2mol／LL=0.02 mol 根据反应方程式，酸过量。‎ 设生成气体为nmol ‎3Cu+ 8H+ + 2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O n(H+)=0.10mol ‎ ‎ 2 2‎ ‎ 0.02mol n n=0.02mol 标准状况下气体的体积为0.02 mol = 0.448L故A正确。B C D均错误。‎ ‎15.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 新制饱和氯水中:Al3+、Cu2+、SO42-、Br-‎ B. 使甲基橙变红的溶液:Mg2+、Fe3+、NO3-、SCN-‎ C. =1×10-13 mol·L-1的溶液中:Na+、K+、Cl-、AlO2-‎ D. 由水电离的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液中:Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、新制饱和氯水中含有大量的Cl2，能将Br -氧化为Br2，故A错误；B、使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，故B错误；C、=1×10-13mol·L-1的溶液呈碱性，所以这四种离子能够大量共存，即C正确；D、由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，而HCO3-在酸性、碱性溶液中都不能存在，所以D错误。本题正确答案为C。‎ 点睛：离子共存问题涉及面广，且变化万千，给定条件各有特色，所以一定要认真分析指定溶液的性质，如B、C、D 性质各不一样，再结合离子的性质进行判断；有时还可能涉及到物质的存在对离子的影响，如A中主要是Cl2，如果只认识到氯水显酸性，那么A就可能错选出来了。‎ ‎16.下列溶液中离子能大量共存，且加入（或滴入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的 选项 离子组 X试剂 离子方程式 A K+、Na+、ClO－、SO42－‎ 少量SO2‎ SO2+ClO－+H2O=SO42－+Cl－+2H+‎ B NH4+、Fe3+、Br－、SO42－‎ 过量H2S ‎2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+‎ C NH4+、Na+、Fe3+、AlO2－‎ 过量铜粉 ‎2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ D K+、Na+、 HCO3－、AlO2－‎ 少量HCl H++AlO2－+H2O=Al(OH)3↓‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．ClO－与少量SO2发生的离子反应为O2+ClO－+H2O=SO42－+Cl－+2H+，故A错误；B．Fe3+与过量H2S发生的离子反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B正确；C．NH4+、Fe3+与AlO2－因双水解而不能共存，故C错误；D．HCO3－的电离促进AlO2－水解而不能共存，故D错误；答案为B。‎ 点睛：本题可先判断离子间能否共存，再判断离子方程式的正误，通过淘汰法逐一判断，如选项C和D离子间发生离子反应，不能共存，直接排除，无须再判断离子方程式正误，而选项A中发生的离子反应，要结合通入SO2的量来判断，少量SO2，说明溶液中存在大量未反应的ClO-，而ClO-不能在酸性溶液中大量存在，产物要以HClO存在，由此分析解题。‎ ‎17.将0.03 mol Cl2缓缓通入含0.02 mol H2SO3和0.02 mol HI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于HI，所以H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。‎ ‎【详解】H2SO3与碘离子都具有还原性，但是H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。‎ 氯气氧化亚硫酸生成硫酸：‎ ‎ Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl ‎0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗 Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-：‎ ‎ Cl2 +2HI=Br2 +2HI ‎0.01mol 0.02mol HI全部被氯气氧化转变为I2 和HCl，HCl和HI都是强酸，所以c（H+）不变；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。‎ ‎18. 下列说法中一定正确的是( )‎ A. Na2O2固体中阳离子与阴离子的个数比为1∶1‎ B. 从试剂瓶中取出并切下的未使用的钠可放回原试剂瓶中 C. 将Na投入饱和Na2CO3溶液中,会导致溶液质量增加 D. 金属Na失火,可用CO2灭火 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．Na2O2固体中阳离子与阴离子的个数比为2∶1，A错误；B．钠是活泼的金属，从试剂瓶中取出并切下的未使用的钠可放回原试剂瓶中，B正确；C．将Na投入饱和Na2CO3溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶剂减少，有碳酸钠晶体析出，所以溶液质量不一定增加，C错误；D．金属Na失火产生过氧化钠，过氧化钠和CO2反应生成氧气和碳酸钠，应该用沙子灭火，D错误，答案选B。‎ 考点：考查钠及其化合物的性质 ‎19.将Na2O2加入到含有HCO3—、CO32—、SO32—、Na＋、NO3—的溶液中，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（　　）‎ A. NO3— B. CO32—、NO3— C. SO32—、NO3— D. CO32—、NO3—、Na＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2粉末加入溶液中，因被氧化而减少，因有NaOH生成，则与之反应生成，使、Na+均增加，减少，整个过程中只有浓度保持不变，答案选A。‎ ‎20.200℃时，11.6 g CO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6 g，则原混合物的平均相对分子质量为 A. 5.8 B. 11.6 C. 23.2 D. 36.4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 略 ‎21.钙和钠相似，也能形成含O22-离子的过氧化物，下列叙述不正确的是 （ ）‎ A. 过氧化钙的化学式是CaO2‎ B. 1 mol过氧化钙或过氯化钠跟足量的水反应都生成1mol氧气 C. O22-离子的电子式为 D. 过氧化钙或过氯化钠都是强氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据化合物中元素化合价的代数和为0的原则来书写化学式；‎ B．过氧化钠或过氧化钙跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，；‎ C．过氧根中，氧原子之间形成的是非极性共价单键，并且均达到了8电子稳定结构；‎ D．过氧化钠与过氧化钙都含有过氧根离子。‎ ‎【详解】A．因为钙元素是+2价，即Ca2+，O22﹣离子是﹣2价，所以过氧化钙化学式CaO2，故A正确；‎ B．因过氧化钠或过氧化钙跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B错误；‎ C．过氧根中，氧原子之间形成的是非极性共价单键，并且有1对共用电子，电子式为，故C正确；‎ D．过氧化钠与过氧化钙都含有过氧根离子，具有强氧化性，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎22. 在三个密闭容器中分别充入A、B、C三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序为p（B）>p（A）>p（C）,则A、B、C分别是 A. Ne、H2、O2 B. O2、N2、H2‎ C. NO、CO2、H2 D. NH3、O2、NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：温度和密度相同时，假设容器的体积相同，则，气体的质量相同，摩尔质量越大，物质的量越小，压强越小，所以B的相对分子质量最小，C的相对分子质量最大，选A。‎ 考点：阿伏伽德罗定律 ‎【名师点睛】阿伏加德罗定律 ‎1．内容：在同温同压下，同体积的气体含有相等的分子数。即“三同”定“一等”。‎ ‎2．推论 ‎（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2‎ ‎（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2‎ ‎（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1‎ ‎（4）同温同压同体积时，M1/M2=ρ1/ρ2‎ ‎23.使用胆矾(CuSO4·5H2O)配制1L 0.2 mol·L－1的硫酸铜溶液，正确的操作是( )‎ A. 将胆矾加热除去结晶水后，称取32 g溶解在1 L水里 B. 称取胆矾50 g，溶解在1 L水里 C. 将32 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1 L D. 将50 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1 L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 体积1L是指溶液的体积，不是溶剂体积，A、B错误；需要硫酸铜的物质的量=1L×0.2mol/L=0.2mol，硫酸铜物质的量等于胆矾的物质的量，故需要胆矾的质量=0.1mol×250g/mol=50g，C错误，D正确。‎ 点睛：本题考查物质的量浓度，较简单，注意对概念、公式的理解与灵活应用，注意物质的量浓度计算中要用溶液的体积计算而不是溶剂体积。‎ ‎24.已知I-、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性,它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为H2O2SeO2>SO2 (3). (4). 92.5%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为 + 4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为(1×3 + 1×1)/4 = 1，故反应方程式为Se + 2HNO3(浓) = H2O + SeO2+ NO↑ + NO2↑。故答案为：Se + 2HNO3(浓) = H2O + SeO2+ NO↑ + NO2↑；‎ ‎（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓) ＞ SeO2＞ SO2。故答案为：H2SO4(浓) ＞ SeO2＞ SO2；‎ ‎（3）①SeO2+ KI + HNO3→Se + I2+ KNO3+ H2O中，I失去电子，Se得到电子，根据得失电子守恒配平如下：SeO2+ 4KI + 4HNO3=" Se" + 2I2+ 4KNO3+ 2H2O。故答案为：1、4、4、1、2、4、2；‎ ‎（4）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n(Na2S2O3) =" 0.2000" mol/L×0.025L = 0.005mol，根据关系式计算样品中n(SeO2) =" 0.005mol×1/4" = 0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol = 0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为92.5%。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算 ‎【名师点睛】氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏伽德罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。得失电子守恒法（化合价升降总数相等）是最常用的解题方法，具体步骤：①找出氧化剂、还原剂及对应产物；②准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电子数目；③设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。注意，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。‎ ‎28.氯化钾溶液常用作利尿剂及防治缺钾症的药物，某医疗实验小组需要用到480 mL物质的量浓度为0.5 mol·L－1的氯化钾溶液。回答下列问题：‎ ‎（1）配制该溶液，需称量氯化钾晶体的质量是________。‎ ‎（2）配制上述氯化钾溶液，需要使用的玻璃仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、________、________。‎ ‎（3）如图Ⅰ表示10 mL量筒中液面的位置，刻度A与B，B与C间均相差1‎ ‎ mL，如果刻度A为9，则量筒中液体的体积是________mL。‎ ‎（4）定容时，某同学操作示意图如图Ⅱ所示，则其所配氯化钾溶液的浓度________(填“大于”“等于”或“小于”)0.5 mol·L－1；某同学由于操作不慎，定容时导致液面高于刻度线，他立即用胶头滴管将液体吸出，使液面恰好达到刻度线，请你评价该同学的做法：__________。‎ ‎【答案】 (1). 18.6 g (2). 胶头滴管 (3). 500 mL容量瓶 (4). 8.2 (5). 大于 (6). 该同学的做法错误，这样会导致配制的溶液浓度偏低 ‎【解析】‎ ‎（1）配制480mL氯化钾溶液，需要500mL容量瓶，则配制该溶液，需称量氯化钾晶体质量是0.5L×0.5mol/L×74.5g/mol≈18.6g。（2）配制上述氯化钾溶液，需要使用的玻璃仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶。（3）量筒中刻度自上而下增大，刻度A与B，B与C间均相差1 mL，这说明相邻刻度线之间的是0.2mL，所以量筒中液体的体积是8.2mL；（4）定容时，某同学操作示意图如图Ⅱ所示，即定容时俯视，所以溶液的体积减少，则其所配氯化钾溶液的浓度大于0.5 mol·L－1；用胶头滴管将液体吸出，吸出的溶液中含有溶质，导致溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，所以这种做法是错误的。‎ ‎29.（1）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O氧化剂是______，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。‎ ‎（2）将高锰酸钾逐滴加入到硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2, 完成下列化学方程式（横线上填系数，括号内填物质）：① ___KMnO4＋____K2S＋______===___K2MnO4＋___K2SO4＋___S↓＋______。‎ ‎② 若生成6.4g单质硫，反应过程中转移电子的物质的量为___。‎ ‎（3）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气），若反应中消耗Cl2 1.5mol则被氧化的NH3在标准状况下的体积为____ L。‎ ‎【答案】 (1). K2Cr2O7 (2). 3：2 (3). 28 (4). 5 (5). 24KOH (6). 28 ‎ ‎ (7). 3 (8). 2 (9). 12H2O (10). 2.8mol (11). 22.4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中重铬酸钾中铬元素的化合价降低，故氧化剂是K2Cr2O7，反应的氧化产物为氯气，还原产物为氯化铬，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2；‎ ‎（2）①K2SO4和S的物质的量之比为3∶2,根据得失电子守恒和原子守恒，可得到完成的方程式为28KMnO4＋5K2S＋24KOH ===28K2MnO4＋3K2SO4＋2S↓＋12H2O；‎ ‎②若生成6.4g单质硫，即生成0.2molS，反应过程中转移电子的物质的量为2.8mol；‎ ‎（3）由方程式可以知道,当参加反应时,有被氧化,消耗则 被氧化  3                 2 ‎ ‎ 1.5               n ‎ ‎,计算得出, ‎ 则被氧化的在标准状况下的体积为,  因此，本题正确答案是:22.4。‎ ‎30.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，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）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中的还原剂是____，每生成l mol Na2FeO4转移__mol电子。‎ ‎（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O。‎ ‎①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：________。‎ ‎②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为______mol。‎ ‎（3）将SO2通入含1mol氯酸溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.02×1023个电子转移，则该反应的化学方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). FeSO4、Na2O2 (2). 5 (3). 2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O ‎ ‎ (4). 0.15 (5). SO2+2HClO3═H2SO4+2ClO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有Fe、O元素，故还原剂为FeSO4、Na2O2，由方程式可以知道，每生成l mol Na2FeO4同时生成0.5mol氧气，则转移电子为1mol×(6-2)=0.5mol×2×[0-(-1)]=5mol；‎ ‎（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42-为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可以知道，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO-的系数为3，Cl-的系数为3，根据电荷守恒可以知道，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可以知道H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎②该反应还原产物为Cl-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为；‎ ‎（3）将SO2通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸为硫酸和一种氧化物二氧化氯，有6.02×1023个电子转移，则该反应的化学方程式为SO2+2HClO3═H2SO4+2ClO2。‎ ‎ ‎