2022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第二次模考化学试卷（非零班） 一、选择题．1．（2022秋•南昌校级月考）下列物质分类正确的是（ ）①混合物：铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉②化合物：氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾 ③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2 ⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨．A．①②④B．②③④C．①②⑤D．②④⑤ 2．（2022秋•浏阳市校级期中）已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4．下列结论正确的是（ ）A．①②③均是氧化还原反应B．氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D．反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为1.2×1022 3．（2022•南京三模）三种不同物质有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（ ）A．Al2O3B．SiO2C．CO2D．NH4Cl 4．（2022秋•上饶校级月考）采用如图装置和操作，不能达到实验目的是（ ）A．制溴苯并检验HBrB．制乙炔16C．检查装置气密性D．比较醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱 5．（2022秋•上饶校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）①0.84gNaHCO3晶体中阴离子数为0.01NA②常温下，1L0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中阴离子数目之和大于0.1NA③常温常压下，0.3molCl2通入水中，充分反应后转移电子数目为0.3NA④7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NA⑤标准状况下，22.4LSO3的分子数为NA⑥标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数等于NA．A．①②③B．①②④C．②④⑥D．③④⑤ 6．（2022•上饶模拟）对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应．改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（ ）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④ 7．（2022秋•上饶校级月考）一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）①含有大量Al3+的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣②加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+③含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、NO3﹣、SCN﹣④在含有大量AlO2﹣的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、H+⑤由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣．A．①②B．①③⑤C．①D．①④⑤ 二、简答题．8．（2022秋•上饶校级月考）在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18g•cm﹣3．试计算：①所得盐酸物质的量浓度是 ．16②取出这种盐酸10mL，稀释至118L，所得稀盐酸的物质的量浓度是 ．如取10mL盐酸时仰视其他操作均正确得稀盐酸浓度 ．（填“偏大”、“等于”、“偏小”）③在40.0mL0.065mol•L﹣1Na2CO3溶液中，逐渐加入（2）所稀释的稀盐酸，边加边振荡．若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过 mL． 9．（2022秋•上饶校级月考）配制0.80mol•L﹣1NaOH溶液475mL，回答下列问题：①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 g．在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度 0.80mol•L﹣1（填“大于”、“等于”或“小于”，下同）．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度 0.80mol•L﹣1．②0.80mol•L﹣1NaOH溶液质量分数 3.2%，和等质量的水混合溶液浓度 0.40mol•L﹣1． 10．（2022秋•天门校级期中）金属钒（V）在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”．以下是测定矿石中钒的含量的两个反应：（1）用稀硫酸溶解五氧化二钒，得到（VO2）2SO4溶液．写出该反应的化学方程式、 ；该反应 （填“是”或“不是”）氧化还原反应．（2）用已知浓度的硫酸酸化的H2C2O4溶液，滴定（VO2）2SO4溶液，完成并配平下列离子方程式，并标出电子转移的方向和数目． VO2++ H2C2O4+ → VO2++ CO2↑+ （3）当收集到标准状况下气体112毫升时，电子转移的数目为 ．（4）甲同学提出：上述反应能否用盐酸酸化？，乙同学认为：要回答这个问题还得知道 ．A．VO2+和HCl氧化性相对强弱B．VO2+和Cl2氧化性相对强弱C．上述均不正确． 11．（2022秋•上饶校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性．（1）已知：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑．K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有 ．同浓度的高铁酸钾在pH为4.74、7.00、11.50的水溶液中最稳定的是pH= 的溶液．（2）高铁酸钾有以下几种常见制备方法：干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物湿法强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液电解法制备中间产物NaFeO，再与KOH溶液反应①干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．②湿法制备中，若Fe（NO3）3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式： ．③制备中间产物Na2FeO4，可采用的装置如图所示，则阳极的电极反应式为 ．（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电，其总反应为：163Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放电时负极材料为 ，正极反应为： ．（4）25℃时，CaFeO4的Ksp=4.54×l0﹣9，若要使1000L，含有2.0×l0﹣4mol•L﹣lK2FeO4的废水中的c（FeO42﹣）有沉淀产生，理论上至少加入Ca（OH）2的物质的量为 mol． 12．（2022秋•赣州校级期中）硫醇﹣烯具有反应过程相对简单、反应过程可控等优点，成为近年来有机合成的研究热点之一，如反应①：（1）化合物I的分子式为 ，反应①的反应类型为 ．（2）化合物Ⅱ与Br2加成的产物的结构简式为 ．（3）化合物Ⅲ的氧化产物化合物Ⅳ能发生银镜反应，则Ⅲ的结构简式为 ．化合物Ⅳ与新制Cu（OH）2反应的化学方程式 ．（4）化合物Ⅲ的一种同分异构体Ⅴ有如下特征：a．含有苯环，且苯环上有两个取代基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应；c．核磁共振氢谱显示存在5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：6．化合物Ⅴ的结构简式为 ． 162022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第二次模考化学试卷（非零班）参考答案与试题解析 一、选择题．1．（2022秋•南昌校级月考）下列物质分类正确的是（ ）①混合物：铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉②化合物：氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾 ③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2 ⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨．A．①②④B．②③④C．①②⑤D．②④⑤【考点】混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；芳香烃、烃基和同系物．【专题】物质的分类专题；同系物和同分异构体．【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质．化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物；酸性氧化物：能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解答】解：①混合物：铝热剂是氧化铝与铁粉的混合物、福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故①正确；②化合物：氯化钙、烧碱是氢氧化钠、冰水混合物、胆矾是五水合硫酸铜，都是化合物，故②正确； ③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故③错误；④同系物：CH2O2为甲酸、C2H4O2可能为乙酸或甲酸甲酯、C3H6O2可能为丙酸、甲酸乙酯或乙酸甲酯、C4H8O2可能为丁酸、甲酸丙酯、乙酸乙酯或丙酸甲酯，故四者不一定为同系物，故④错误；⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故⑤正确；故分类正确的是①②⑤，故选C．【点评】本题考查混合物、化合物、酸性氧化物、同素异形体、同系物的概念，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题 2．（2022秋•浏阳市校级期中）已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4．下列结论正确的是（ ）A．①②③均是氧化还原反应B．氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D．反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为1.2×1022【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．16【专题】氧化还原反应专题．【分析】①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，结合化合价变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物来解答．【解答】解：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，A．②③属于氧化还原反应，而①不属于氧化还原反应，故A错误；B．由②③中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2，故B正确；C．②中氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为FeSO4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C错误；D．③中还原剂为HI，则0.1mol还原剂共失去电子数为6.02×1022，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中转移电子及计算的考查，题目难度不大． 3．（2022•南京三模）三种不同物质有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（ ）A．Al2O3B．SiO2C．CO2D．NH4Cl【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】甲和氢氧化钠溶液能反应，则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等，甲和氢氧化钠反应生成乙，易能和盐酸反应生成丙，丙加热生成甲，根据各物质的性质来分析解答．【解答】解：A．氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝，所以符合转化关系，故A不选；B．二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，加热硅酸生成二氧化硅，所以符合转化关系，故B不选；C．二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠，碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸，碳酸加热生成二氧化碳，所以符合转化关系，故C不选；D．氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水，氨水和盐酸反应生成氯化铵，加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，所以不符合转化关系，故D错误；故选D．【点评】本题考查无机物的推断，明确物质的性质是解本题关键，难度不大，注意对知识点的总结、归纳． 164．（2022秋•上饶校级月考）采用如图装置和操作，不能达到实验目的是（ ）A．制溴苯并检验HBrB．制乙炔C．检查装置气密性D．比较醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．苯与溴发生取代反应生成HBr，倒扣的漏斗可防止倒吸；B．碳化钙与水反应生成氢氧化钙微溶，易堵塞多孔塑料板；C．关闭止水夹，利用长颈漏斗导管中液柱高度检验气密性；D．醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，碳酸氢钠除去醋酸，最后烧杯中发生二氧化碳与苯酚的反应生成苯酚．【解答】解：A．苯与溴发生取代反应生成HBr，长导管冷凝回流，倒扣的漏斗可防止倒吸，实验合理，故A正确；B．碳化钙与水反应生成氢氧化钙微溶，易堵塞多孔塑料板，实验设计不合理，不能继续反应产生气体，故B错误；C．关闭止水夹，注入水，利用长颈漏斗导管中液柱高度检验气密性，实验设计合理，故C正确；D．醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，碳酸氢钠除去醋酸，最后烧杯中发生二氧化碳与苯酚的反应生成苯酚，由强酸制弱酸的原理可知比较醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱，故D正确；故选B．16【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见有机物的制备、气密性检查及强酸制取弱酸的反应原理等，侧重物质的性质及实验技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 5．（2022秋•上饶校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）①0.84gNaHCO3晶体中阴离子数为0.01NA②常温下，1L0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中阴离子数目之和大于0.1NA③常温常压下，0.3molCl2通入水中，充分反应后转移电子数目为0.3NA④7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NA⑤标准状况下，22.4LSO3的分子数为NA⑥标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数等于NA．A．①②③B．①②④C．②④⑥D．③④⑤【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】①碳酸氢钠晶体中含有阴离子为碳酸氢根离子，0.01molgNaHCO3晶体中含有0.01mol阴离子；②碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子总数增加；③常温常压下，0.3molCl2通入水中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应转移的电子小于0.3mol；④过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，硫化钠和过氧化钠的摩尔质量都是78g/mol；⑤标准状况下，三氧化硫的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量；⑥一氧化氮与与氧气反应生成二氧化氮，而部分二氧化氮转化成四氧化二氮，导致混合气体的分子数减少．【解答】解：①0.84gNaHCO3晶体的物质的量为：=0.01mol，0.01mol碳酸氢钠晶体中含有0.01mol碳酸氢根离子，含有的阴离子数为0.01NA，故①正确；②常温下，1L0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有碳酸钠的物质的量为：0.1mol/L×1L=0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，溶液中阴离子数目增大，阴离子数目之和大于0.1NA，故②正确；③常温常压下，0.3molCl2通入水中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应注意的电子小于0.3mol，应后转移电子数目小于0.3NA，故③错误；④7.8gNa2S和Na2O2的物质的量为：=0.1mol，过氧化钠中阳离子为过氧根离子，则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数等于0.1NA，故④正确；⑤标准状况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO3的物质的量，故⑤错误；⑥标准状况下，22.4LNO的物质的量为1mol，11.2LO2的物质的量为0.5mol，二者恰好反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则反应后的混合气体的分子总数小于NA，故⑥错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．16 6．（2022•上饶模拟）对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应．改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（ ）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答．【解答】解：①KHCO3少量时，发生反应为KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O+KOH，KHCO3过量时发生反应为2KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2H2O+K2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故①正确；②Na2SO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO32﹣+H+═HSO3﹣，而盐酸量多时，反应生成二氧化硫和水，离子反应为SO32﹣+2H+═H2O+SO2↑，不能用同一个离子方程式来表示，故②正确；③Si与烧碱溶液反应无论以何种量混合，二者反应生成硅酸钠和水，SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，可以用同一离子方程式表示，故③错误；④Fe与稀硝酸反应，Fe不过量生成Fe3+，4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O，Fe过量生成Fe2+，8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O，不能用同一个离子方程式来表示，故④正确；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查，注重分析能力与知识综合应用能力的训练，题目难度不大． 7．（2022秋•上饶校级月考）一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）①含有大量Al3+的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣②加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+③含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、NO3﹣、SCN﹣④在含有大量AlO2﹣的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、H+⑤由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣．A．①②B．①③⑤C．①D．①④⑤【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①含有大量Al3+的溶液中，Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，也不与铝离子反应；②加入Al能放出H2的溶液为酸性或者强碱性溶液，碳酸氢根离子既能够与酸反应，也能够与碱溶液反应；③含有大量Fe3+的溶液中，铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；④在含有大量AlO2﹣的溶液中，偏铝酸根离子与氢离子反应；⑤由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，钙离子与氢氧根离子反应、碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子都反应．【解答】解：①含有大量Al3+的溶液中，Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，且都不与Al3+反应，在溶液中能够大量共存，故①正确；16②加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子、氢氧根离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故②错误；③Fe3+与SCN﹣反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故③错误；④AlO2﹣与H+发生反应，在溶液中不能大量共存，故④错误；⑤由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，Ca2+、HCO3﹣都一氢氧根离子反应，HCO3﹣与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故⑤错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，而高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还要明确题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等． 二、简答题．8．（2022秋•上饶校级月考）在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18g•cm﹣3．试计算：①所得盐酸物质的量浓度是 11.8mol/L ．②取出这种盐酸10mL，稀释至118L，所得稀盐酸的物质的量浓度是 0.001mol/L ．如取10mL盐酸时仰视其他操作均正确得稀盐酸浓度 偏大 ．（填“偏大”、“等于”、“偏小”）③在40.0mL0.065mol•L﹣1Na2CO3溶液中，逐渐加入（2）所稀释的稀盐酸，边加边振荡．若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过 2.6 mL．【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】①（1）根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液的体积，结合V=计算溶液的体积，再根据c=计算盐酸物质的量浓度；②根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；根据C=并结合n的变化来分析；③根据反应Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl计算．【解答】解：①（1）n（HCl）==10mol，m（HCl）=10mol×36.5g/mol=365g，溶液质量为365g+635mL×1g/mL=1000g，则溶液的体积为=0.847L，则c（HCl）==11.8mol/L，故答案为：11.8mol/L；②设稀释后稀盐酸的物质的量浓度为xmol/L，根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：11.8mol/L×0.01L=Xmol/L×118L解得：X=0.001mol/L；16如取10mL盐酸时仰视，会导致所取的浓盐酸的体积偏大，故所配的稀盐酸浓度偏大．故答案为：0.001mol/L；偏大；③n（Na2CO3）=0.040L×0.065mol•L﹣1=0.0026mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过xmL，则n（HCl）=1mol•L﹣1×0.001xL=0.001xmol，根据反应Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，可得0.0026=0.001x，解得x=2.6，故答案为：2.6．【点评】本题考查物质的量浓度计算、化学方程式的有关计算，注意公式的运用，难度不大． 9．（2022秋•上饶校级月考）配制0.80mol•L﹣1NaOH溶液475mL，回答下列问题：①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 16.0 g．在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度 等于 0.80mol•L﹣1（填“大于”、“等于”或“小于”，下同）．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度 大于 0.80mol•L﹣1．②0.80mol•L﹣1NaOH溶液质量分数 小于 3.2%，和等质量的水混合溶液浓度 小于 0.40mol•L﹣1．【考点】溶液的配制；物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】①依据n=C×V和m=n×M计算氢氧化钠的质量，依据C=分析实验操作对n和V的影响；②根据C=并结合NaOH溶液的密度大于1g/ml来判断；由于NaOH溶液的密度大于1g/ml，故和水等质量混合时，溶液的体积大于原来的2倍，故浓度小于原来的一半．【解答】解：①由于无475ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶．需要氢氧化钠的物质的量n=C×V=0.80mol•L﹣1×0.5L=0.4mol，质量为m=n×M=0.4mol×40g/mol=16.0g，依据C=可知：若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，对溶质的物质的量和溶液的体积不会造成影响，浓度无影响；若还未等溶液冷却就定容了，则会导致溶液的体积偏小，浓度偏大；故答案为：16.0；等于；大于；②设溶液的密度为ρg/ml，质量分数为ω，根据C=可知：ρω===0.032，而NaOH溶液的密度ρ＞1g/ml，故ω＜0.032，即3.2%；设NaOH溶液的体积为Vml，混合后NaOH溶液的浓度为Cmol/L，根据稀释前后溶质的物质的量不变，则有：0.8mol/L×Vml=Cmol/L×（Vml+V水）由于混合时NaOH溶液和水的质量相等，而NaOH溶液的密度ρ＞水的密度1g/ml，故水的体积V水大于Vml，即Vml+V水＞2Vml，则C＜0.4mol/L，故答案为：小于；小于．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液，明确配制的原理和步骤是解题关键，注意掌握误差分析的方法和技巧． 1610．（2022秋•天门校级期中）金属钒（V）在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”．以下是测定矿石中钒的含量的两个反应：（1）用稀硫酸溶解五氧化二钒，得到（VO2）2SO4溶液．写出该反应的化学方程式、 V2O5+H2SO4═（VO2）2SO4+H2O ；该反应 不是 （填“是”或“不是”）氧化还原反应．（2）用已知浓度的硫酸酸化的H2C2O4溶液，滴定（VO2）2SO4溶液，完成并配平下列离子方程式，并标出电子转移的方向和数目． 2 VO2++ 1 H2C2O4+ 2H+ → 2 VO2++ 2 CO2↑+ 2H2O （3）当收集到标准状况下气体112毫升时，电子转移的数目为 0.005NA ．（4）甲同学提出：上述反应能否用盐酸酸化？，乙同学认为：要回答这个问题还得知道 B ．A．VO2+和HCl氧化性相对强弱B．VO2+和Cl2氧化性相对强弱C．上述均不正确．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）用稀硫酸溶解五氧化二钒，得到（VO2）2SO4溶液，方程式为氧化物与酸反应，反应方程式为：V2O5+H2SO4═（VO2）2SO4+H2O，由VO2+中V元素化合价由+5得到（VO2）2SO4溶液中V元素化合价由+5，说明该反应是非氧化还原反应；（2）VO2+中V元素化合价由+5价降低为VO+中+3价，H2C2O4中碳元素由+3价升高为CO2中+4价，H2C2O4是还原剂；化合价升降的最小公倍数为2，所以VO2+系数为1，H2C2O4系数为1，再根据原子守恒（电荷守恒）配平其它物质的系数，用单线桥还原剂中失电子的元素指向得电子的元素；（3）由（3）可知当收集到标准状况下气体22400毫升时，电子转移的数目为NA；（4）盐酸酸化要考虑盐酸本身的负﹣价氯的还原性．【解答】解：（1）用稀硫酸溶解五氧化二钒，得到（VO2）2SO4溶液，方程式为氧化物与酸反应，反应方程式为：V2O5+H2SO4═（VO2）2SO4+H2O，由VO2+中V元素化合价由+5得到（VO2）2SO4溶液中V元素化合价由+5，说明该反应是非氧化还原反应，故答案为：V2O5+H2SO4═（VO2）2SO4+H2O；不是；（2）VO2+中V元素化合价由+5价降低为VO2+中+4价，H2C2O4中碳元素由+3价升高为CO2中+4价，H2C2O4是还原剂；化合价升降的最小公倍数为2，所以VO2+系数为2，H2C2O4系数为1，根据原子守恒可知，VO2+，系数为2，CO2系数为2，H2O系数为2，然后通过电荷守恒，得空的一项是氢离子，配平后离子方程式为2VO2++H2C2O4+2H+═VO2++2CO2+2H2O，故答案为：2、1、2H+、2、2、2H2O；；（3）由（3）可知当收集到标准状况下气体22400毫升时，电子转移的数目为NA，当收集到标准状况下气体112毫升时，电子转移的数目为=0.005NA，故答案为：0.005NA；（4）盐酸酸化要考虑盐酸本身的负﹣价氯的还原性，也就是VO2+和Cl2氧化性相对强弱，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应配平、计算等，难度不大，注意根据电子转移配平方程式． 1611．（2022秋•上饶校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性．（1）已知：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑．K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有 K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42﹣被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质 ．同浓度的高铁酸钾在pH为4.74、7.00、11.50的水溶液中最稳定的是pH= 11.50 的溶液．（2）高铁酸钾有以下几种常见制备方法：干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物湿法强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液电解法制备中间产物NaFeO，再与KOH溶液反应①干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3：1 ．②湿法制备中，若Fe（NO3）3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式： 2FeO42﹣+Fe3++8OH﹣=3FeO43﹣+4H2O ．③制备中间产物Na2FeO4，可采用的装置如图所示，则阳极的电极反应式为 Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O ．（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电，其总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放电时负极材料为 Zn ，正极反应为： FeO42﹣+4H2O+3e﹣═Fe（OH）3+5OH﹣ ．（4）25℃时，CaFeO4的Ksp=4.54×l0﹣9，若要使1000L，含有2.0×l0﹣4mol•L﹣lK2FeO4的废水中的c（FeO42﹣）有沉淀产生，理论上至少加入Ca（OH）2的物质的量为 2.27×10﹣2 mol．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；依高铁酸根离子水解平衡移动的影响因素解答；（2）①Fe2O3、KNO3、KOH混合加热发生氧化还原反应，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+3价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律计算；②由信息可知，碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，根据元素守恒还应生成H2O，反应中FeO42﹣→FeO43﹣，铁元素化合价由+6价降低为+5价，总共降低1价，Fe3+→FeO43﹣，铁元素化合价由+3价升高为+5价，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，所以FeO42﹣系数为2，Fe3+系数为1，根据铁元素守恒确定FeO43﹣系数，根据电荷守恒确定OH﹣系数，根据氢元素守恒确定H2O系数，检查氧元素守恒，据此写出氧化还原反应方程式；③电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，被氧化生成高铁酸根离子；16（3）放电时，为原电池，依据3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，锌化合价升高，发生氧化反应，做负极，高铁酸根离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢氧化铁；（4）依据溶度积规则，当Qc=Ksp达到沉淀溶解平衡，要产生沉淀则Qc＞Ksp，据此解答．【解答】解：（1）K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42﹣被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质；4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，增大溶液中的氢氧根离子浓度，能够使平衡逆向移动，抑制高铁酸根离子的水解，所以同浓度的高铁酸钾在pH为11.50的水溶液中最稳定；故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42﹣被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质；11.50；（2）①Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，Fe2O3做还原剂；N元素化合价由+5价降低到+3价，KNO3做氧化剂，设氧化剂物质的量为xmol，还原剂物质的量为ymol，要使氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数，x×（5﹣3）=y×2×（6﹣3），解得x：y=3：1；故答案为：3：1；②由信息可知，碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，根据元素守恒还应生成H2O，反应中FeO42﹣→FeO43﹣，铁元素化合价由+6价降低为+5价，总共降低1价，Fe3+→FeO43﹣，铁元素化合价由+3价升高为+5价，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，所以FeO42﹣系数为2，Fe3+系数为1，根据铁元素守恒确定FeO43﹣系数为3，根据电荷守恒确定OH﹣系数8，根据氢元素守恒确定H2O系数为4，反应离子方程式为2FeO42﹣+Fe3++8OH﹣=3FeO43﹣+4H2O；故答案为：2FeO42﹣+Fe3++8OH﹣=3FeO43﹣+4H2O；③电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；（3）放电时，为原电池，依据3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，锌化合价升高，发生氧化反应，做负极，高铁酸根离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢氧化铁，电极反应式为：FeO42﹣+4H2O+3e﹣═Fe（OH）3+5OH﹣；故答案为：Zn；FeO42﹣+4H2O+3e﹣═Fe（OH）3+5OH﹣；（4）解：设加入Ca（OH）2的物质的量为xmol，则溶液中钙离子浓度为x×10﹣3mol/L，含有2.0×l0﹣4mol•L﹣lK2FeO4的废水中的c（FeO42﹣）=2.0×l0﹣4mol•L﹣l，Qc=x×10﹣3mol/L×2.0×l0﹣4mol•L﹣l=Ksp=4.54×l0﹣9；解得：x=2.27×10﹣2；故答案为：2.27×10﹣2．【点评】本题为综合题，考查了氧化还原反应方程式的书写及配平、电极反应式的书写、溶度积规则的应用，题目难度较大，明确物质的性质及题给信息、熟悉化合物中各元素化合价、沉淀溶解平衡规律是解本题关键，氧化还原方程式的书写是难点． 12．（2022秋•赣州校级期中）硫醇﹣烯具有反应过程相对简单、反应过程可控等优点，成为近年来有机合成的研究热点之一，如反应①：16（1）化合物I的分子式为 C7H8S ，反应①的反应类型为 加成反应 ．（2）化合物Ⅱ与Br2加成的产物的结构简式为 ．（3）化合物Ⅲ的氧化产物化合物Ⅳ能发生银镜反应，则Ⅲ的结构简式为 ．化合物Ⅳ与新制Cu（OH）2反应的化学方程式 ．（4）化合物Ⅲ的一种同分异构体Ⅴ有如下特征：a．含有苯环，且苯环上有两个取代基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应；c．核磁共振氢谱显示存在5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：6．化合物Ⅴ的结构简式为 ．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）由结构简式确定元素种类和原子个数可确定有机物分子式，对比结构简式，反应①的特点是碳碳双键变成单键；（2）化合物Ⅱ含有碳碳双键，可与溴发生加成反应；（3）化合物Ⅲ的氧化产物化合物Ⅳ能发生银镜反应，说明Ⅳ含有醛基，则Ⅲ应含有﹣CH2OH基团；醛基可在加热条件下被氢氧化铜浊液氧化；（4）a．含有苯环，且苯环上有两个取代基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c．核磁共振氢谱显示存在5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：6，则烃基为CH3CH（CH3）﹣，和羟基为对位结构．【解答】解：（1）由结构简式可知有机物分子式为C7H8S，对比结构简式，反应①的特点是碳碳双键变成单键，应为加成反应，故答案为：C7H8S；加成反应；（2）化合物Ⅱ含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，生成物结构简式为，故答案为：；16（3）化合物Ⅲ的氧化产物化合物Ⅳ能发生银镜反应，说明Ⅳ含有醛基，则Ⅲ应含有﹣CH2OH基团，应为，化合物Ⅳ为，与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为，故答案为：；；（4）化合物Ⅲ的一种同分异构体Ⅴa．含有苯环，且苯环上有两个取代基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c．核磁共振氢谱显示存在5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：6，则烃：基为CH3CH（CH3）﹣，和羟基为对位结构，则应为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目注重有机反应类型、同分异构体等，注意熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等． 16
