《高三新课标化学寒假作业试题 全套.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三新课标化学寒假作业试题 全套.doc（108页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、新课标高三化学寒假作业1化学必修一一、选择题（本题共7道小题）1.下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是（）A 过滤 B渗析C萃取 D丁达尔效应2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）A一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NAC由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO数目为NA个D分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA3.下列说法中，不正确的是（ ）AH、D、T互为同位素BNaHC
2、O3、HCOONa均含有离子键和共价键C常温常压下，22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子D常温下，23 g NO2含有NA个氧原子4.由钠和氧组成的某种离子晶体含钠的质量分数是69/109，其阴离子只有过氧离子（O22）和氧离子（O2）两种在此晶体中，氧离子和超氧离子的物质的量之比为（）A2：1 B1：2 C1：1 D1：35.下列叙述的两个量，一定相等的是（）A0.1 molL1 NaCl与0.05 molL1 Na2CO3溶液中的Na+数目B质量相等的金刚石与C60中的碳原子数目C标准状况下，等体积的SO2与SO3的分子数目D28 g乙烯气体和56g环丁烷（C4H8）气体中含有的碳
3、原子数6.下列操作或叙述正确的是（ ）A.配制1molL-1NaOH溶液时，将溶解后的NaOH溶液立即注入容量瓶B.用小刀切下一小块金属钠，将剩余的钠再放回原试剂瓶C.向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有D.向沸水中逐滴滴加1molL-1FeCl3溶液，并不断用玻璃棒搅拌，可制得Fe(OH)3胶体7.下列图示实验正确的是（） A分离二氧化锰和氯化锰溶液 B碳酸氢钠受热分解 C除去CO气体中的CO2气体 D配置一定物质的量浓度的溶液二、填空题（本题共3道小题）8.某溶液主要含下表离子中的5种，且各种离子的物质的量均为1mol阳离子 K+，Ba2+F
4、e2+Al3+ Fe3+ Mg2+阴离子 OHHCO CO ClNO3 SO42若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化（1）溶液中 （填“一定”，“一定不”，“可能”）含有HCO 或 CO，理由是(2)原溶液中主要阴离子为，主要阳离子为（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子方程式为（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤，洗涤，干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为 g9.硫酸钠过氧化氢加合物(xNa2SO4yH2O2zH2O)的组成可通过下列实验测定：准确称取1.77g样品，配制成100.00 mL溶液A。准确量取
5、25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.582 5 g。准确量取25.00 mL溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用0.02 molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00 mL。回答下列问题：(1)不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是（请填序号） ：A、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外 B、定容时仰视仪器上的刻度线C、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线(2) 中配好的KMnO4溶液置于 （“酸式”或“碱式”）滴定管，判断滴定终点的实验现
6、象是 （3）通过计算确定样品的组成 (写出简单计算过程)。10.（1）在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 gcm3。试计算：所得盐酸物质的量浓度是 。取出这种盐酸10 mL，稀释至118m L，所得稀盐酸的物质的量浓度是 。如取10 mL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”）在40.0 mL 0.065 molL1 Na2CO3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。(2)配制0.80 molL-1 NaOH溶液475 mL，回答下列问题
7、：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_0.80 molL-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_0.80 molL-1。0.80 molL-1 NaOH溶液质量分数 3.2%,和等质量的水混合溶液浓度 0.40 molL-1试卷答案1.C考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：化学实验基本操作分析：浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液的分散质粒
8、子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜；胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应；萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系解答：解：A悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；B胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；C萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；D胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关
9、，故D错误；故选：C点评：本题考查物质分离方法和物质性质的原理，掌握原理即可解答，难度中等2.B解：A2mol SO2和1mol O2混合在闭容器中加热反应后，由于该反应为体积减小的可逆反应，反应生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，反应后气体的物质的量大于2mol，分子数大于2NA，故A正确；B0.1mol铁与足量水蒸气完全反应失去了mol电子，根据电子守恒，生成了=mol氢气，生成的H2分子数为NA，故B错误；C由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子的浓度也相等，则CH3COO数目与钠离子数目相等，都是
10、NA个，故C正确；D分子数为0.1NA的N2和NH3混合气体，由于氮气和氨气分子中都含有3对共用电子对，则混合物分子间含有的共用电子对数目为0.3NA，故D正确；故选B3.CA、H、D、T三种核素的质子数相等而中子数不等，互为同位素，故A正确；B、NaHCO3中有钠离子和碳酸氢根离子之间的离子键，以及碳酸氢根离子中碳氧氢氧原子之间的共价键，HCOONa中有甲酸根离子和钠离子之间的离子键以及甲酸根中碳氧碳氢原子之间的共价键，故B正确；C、常温常压下，22.4 L CCl4的物质的量并不是1mol，故C不正确；D、二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，但是二者的最简式为NO2，23g混合物中含有0.5
11、mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有NA个氧原子，故D正确。答案：C4.B考点：物质的量的相关计算 专题：计算题分析：假设离子晶体的质量为109g，则由钠的质量分数可知，钠离子质量为69g，氧元素质量为109g69g=40g，根据n=计算钠离子、氧原子物质的量，设为O22为xmol，为O2为ymol，根据电荷守恒和氧原子守恒列式计算解答：解：假设离子晶体的质量为109g，则由钠的质量分数可知，钠离子质量为69g，氧元素质量为109g69g=40g，则：n（Na+）=3mol，n（O）=2.5mol，设为O22为xmol，为O2为ymol，根据电荷守恒和氧原子守恒，则：解得x=1 y=0
12、.5故n（O2）：n（O22）=0.5mol：1mol=1：2故选B点评：本题考查混合物计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从守恒的角度列式解答该题，难度不大5.BA由n=cV=可知，溶液体积未知，不能确定离子数目，故A错误；B金刚石与C60组成元素相同，则质量相同时，碳原子数目相同，故B正确；C标准状况下SO3为液体，不能比较等体积的分子数目，故C错误；D最简式相同，质量不同，则C的原子数不同，故D错误故选B6.B略7.A考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A氯化锰可溶于水；B试管口应略向下倾斜；C除杂时导管应长进短出；D距刻度线下12cm处需要用胶头滴管滴加解答：解：
13、A氯化锰可溶于水、二氧化锰不溶于水，可用过滤分离，故A正确； B碳酸氢钠分解生成水，为防止水倒流，试管口应略向下倾斜，图中试管口向上，故B错误；C除杂时导管应长进短出，图中气体从短导管进入不能除杂，故C错误；D距刻度线下12cm处需要用胶头滴管滴加，防止超过刻度线，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分解提纯、物质除杂、物质性质实验以及溶液配制等，把握实验原理及实验装置为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大8.1. 一定不 HCO3或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变2. Cl、NO3、SO42 Fe2+、Mg2+3. 3Fe2+
14、4H+NO33Fe3+NO+2H2O4.120考点：常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题；离子反应专题分析：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体若是二氧化碳，则碳酸根离子或碳酸氢根离子会发生变化，所以原溶液中一定不存在HCO3与CO32，产生的气体应该为NO，原溶液中一定存在Fe2+、NO3，酸性环境下生成的一氧化氮；加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，而溶液中含有5种离子，则不满足电荷守恒，所以还含有硫酸根离子，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个
15、正电荷的镁离子，所以含有的五种离子为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+，根据以上分析进行解答各题解答：解：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，如果产生气体为二氧化碳，则碳酸根离子或碳酸氢根离子会发生变化，导致阴离子浓度发生变化，所以原溶液中一定不存在HCO3与CO32，产生的气体应该为NO，原溶液中一定存在：Fe2+、NO3，酸性环境下发生反应一氧化氮；由于加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，带有22mol负电荷，与1mol亚铁离子带有的正电荷相等；而溶液中含有5种离子，所以一定还
16、含有剩余的唯一阴离子SO42，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，所以含有的五种离子为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+；（1）根据以上分析可知，溶液中一定不存在HCO3或CO32，原因为：HCO3或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变，故答案为：一定不；HCO3或CO32都可与H+反应，造成阴离子种类改变；根据分析可知，溶液中一定存在的阴离子为：Cl、NO3、SO42；一定存在的阳离子为：Fe2+、Mg2+，故答案为：Cl、NO3、SO42；Fe2+、Mg2+；（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体为一氧化氮，反应离子方程式为：3Fe2+4H+NO33F
17、e3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥灼烧到恒重，得到固体是三氧化二铁以及氧化镁，根据原子守恒，则生成0.5molFe2O3和1mol的MgO，总质量为：0.5mol160g/mol+1mol40g/mol=120g，故答案为：120点评：本题考查了离子性质的应用和实验方案的推断和分析判断，离子共存和离子变化特征，元素守恒和溶液中电荷守恒的计算应用是判断的关键，题目难度中等9.（1）AB（2）酸式；加最后一滴溶液，溶液由无色变成紫红色，半分钟不褪色（3）硫酸钠过氧化氢加合物的化学
18、式为2Na2SO4H2O22H2O 【知识点】化学实验 计算 【答案解析】（1）AB（2）酸式；加最后一滴溶液，溶液由无色变成紫红色，半分钟不褪色（3）硫酸钠过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4H2O22H2O解析：（1）在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外会造成溶质量减少，A正确；定容时仰视仪器上的刻度线会使所配溶液体积偏大，浓度偏小，B正确；定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，使原先所配溶液被稀释，浓度偏小，C正确。（2）KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的乳胶管，因此应该装在酸式滴定管中，终点现象是滴入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为紫红色
19、，而且半分钟内不再变化。n（BaSO4）=0.5825g233g/mol=0.0025mol=n（Na2SO4），根据2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2知n（H2O2）=2.50.02molL-10.025L/=1.2510-3mol，m（Na2SO4）=142gmol-12.5010-3mol=0.355g，m（H2O2）=34gmol-11.2510-3mol=0.0425g，n（H2O）=（1.7700g25/100-0.355g-0.0425g）18gmol-1=2.5010-3mol，x：y：z=n（Na2SO4）：n（H2O2）：n（H2O）=2：1：2，
20、因此样品的组成为2Na2SO4H2O22H2O【思路点拨】求样品的组成即求个成分物质的物质的量之比。10.(1) 11.8mol/L 1mol/L，偏大 2.6(2) 16.0 等于 大于 小于 小于 【知识点】物质的量浓度的计算 【答案解析】(1) 11.8mol/L 1mol/L，偏大 2.6(2) 16.0 等于 大于 小于 小于解析：（1）n（HCl）=224L 22.4Lmol1 =10mol，m（HCl）=10mol36.5gmol-1=365g，盐酸的质量分数w=365g/365g+635g100%=36.5%，c（HCl）=1000w/ M =10001.1836.5% 36.
21、5 mol/L=11.8mol/L。根据c（浓）V（浓）=c（稀）V（稀），可知：c（稀）=11.8molL-10.01L0.118L=1molL-1；如取10 mL盐酸时仰视，则取出的盐酸大于10ml，所以，所配溶液浓度偏大。n（Na2CO3）=0.040L0.065molL-1=0.0026 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n（HCl）=1molL-10.001x L=0.001x mol，根据反应Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，可得0.0026=0.001x，解得x=2.6。（2）n(NaOH)=c*V=0.80mol/L*0.5L=0.4mol，m=nM=0
22、.4mol*40g/mol=11.60g；未干燥容量瓶对溶液浓度无影响，故浓度不变；溶液热胀冷缩，恢复室温时，体积减小，浓度增大；【思路点拨】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及相关计算，注意配制475mL溶液时体积应按照500mL计算。新课标高三化学寒假作业2化学必修一一选择题(本小题共7个小题)1.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）A氢氧化钠与盐酸；氢氧化钠与碳酸BBaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液CNa2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液D石灰石与硝酸反应；石灰石与盐酸2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能
23、大量共存的是（）A（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：Ba2+、K+、OH、BrB通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3、Ba2+、H+C=1012的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3、ClDc（I）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Fe3+、ClO、SO423.碘是一种与人的生命活动密切相关的元素，已知I2能溶于NaOH或KI溶液，反应方程式分别为：3I2+6OH5I+IO+3H2O（HIO不稳定，易发生歧化反应）和I2+II，溴化碘（IBr）是一种卤素互化物，具有与卤素单质相似的性质，下列反应方程式中不正确的是（ ）AIBr加入Na2S溶液中产生黄色浑浊：IBr+S2I+Br+S
24、BIBr加入KI溶液中：IBr+2IBr+ICIBr加入NaOH溶液中：IBr+2OHBrO+I+H2ODIBr加入AgNO3溶液中：3IBr+5Ag+3H2O3AgBr+2AgI+IO+6H+4.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱下列反应在水溶液中不可能发生的是（）A3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3BCl2+FeI2FeCl2+I2CCo2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2OD2Fe3+2I2Fe2+I25.已知下述三个实验均能发生化学反应下列判断正确的是（） 将铁钉放入硫酸铜溶液中 向硫酸亚铁溶液中滴入几滴
25、浓硝酸 将铜丝放入氯化铁溶液中A上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+B实验中铁钉只作还原剂C实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D实验中发生的是置换反应6.三氟化氮（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则下列说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂BNF3是一种无色、无臭的气体，因此NF3在空气中泄漏时不易被察觉C一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少空气污染D若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子7.下表中对应关系正确的是（）A向某溶液中加入盐酸产生无色气体溶液中一定含有CO32B由油
26、脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br=2Cl+Br2Zn+Cu2+=Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2Cl2+H2O=HCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应二、填空题（本题共3道小题）8.某无色溶液，其中可能存在Na+、Ba2+、AlO2、S2、SO32、SO42取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：请回答：（1）沉淀甲的化学式为 （2）由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为 （3）沉淀丙中一定含有 可能含有 （4）综合上述信息，该溶液中肯定存在的离子有： 9.（1）氧化还原反应是化学反应中的重要类型已知：2CuFeS2+4O
27、2Cu2S+2FeO+3SO2，该反应中被还原的元素是 ，氧化产物是 已知：2BrO+Cl2Br2+2ClO 5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl ClO+5Cl+6H+3Cl2+3H2O则ClO3、BrO3、IO3、Cl2的氧化性由弱到强的排序为 （3）某强氧化剂+能将Na2SO3氧化已知含2.0103mol+离子的溶液，恰好跟25.0mL 0.2molL1，的Na2SO3，溶液完全反应，则反应后R的化合价为 价（4）已知Fe3+的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明（提示：请写出实验步骤、现象及结论）FeCl3溶液碘水KI溶液稀H2SO4淀粉溶液 10.某
28、实验小组为探究ClO、I2、SO42在酸性条件下的氧化性强弱，进行如下实验：实验：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入适量的稀硫酸，溶液立即变蓝；（1）写出实验中发生反应的离子方程式 。实验：取适量实验后的溶液，滴加4 mL 0.5 molL1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。（2）实验化学反应中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 。实验：取适量实验后的溶液，继续滴加次氯酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，生成物之一为食盐加碘的原料。（4）写出实验中发生反应的离子方程式 。（5）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个
29、“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”。如2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，可拆写为氧化反应式：Cu2e= Cu2+，还原反应式：2Fe3+2e= 2Fe2+。据此，将反应2Al2OH2H2O = 2AlO23H2拆写为两个“半反应式”：氧化反应式： ，还原反应式： 。试卷答案1.D考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A盐酸为强酸，而碳酸为弱酸；BBaCl2溶液与Na2SO4溶液生成硫酸钡沉淀和氯化钠，Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液生成硫酸钡和水；C碳酸钠溶于水，碳酸钙不溶于水；D石灰石与硝酸反应、石灰石与盐酸的反应实质均为碳酸钙与氢离子反应解答：解：A因弱
30、酸在离子反应中保留化学式，盐酸为强酸，而碳酸为弱酸，则二者的离子反应不同，故A不选；BBaCl2溶液与Na2SO4溶液反应的离子反应为Ba2+SO42SO4，但Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液除生成硫酸钡沉淀还生成水，则二者离子反应不同，故B不选；C碳酸钠溶于水，碳酸钙不溶于水，碳酸钙在离子反应中应保留化学式，则二者的离子反应不同，故C不选；D石灰石与硝酸反应、石灰石与盐酸的反应实质均为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故D选；故选D点评：本题考查离子反应方程式，明确发生的离子反应是解答本题的关键，并熟悉离子反应方程式的书写方法来解答，难度不大2.C分析：A离子之间结合生成沉淀、弱电
31、解质等；B发生氧化还原反应；C.=1012的溶液，显酸性；D离子之间发生氧化还原反应解答：解：ABa2+、SO42结合生成沉淀，Fe2+、OH结合生成沉淀，OH、NH4+结合生成电解质等，不能大量共存，故A错误；BSO2、NO3、H+发生氧化还原反应，生成的SO42与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C.=1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DFe3+、ClO分别与I发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度
32、不大3.C考点：离子方程式的书写分析：IBr与卤素单质类似，化合物中I元素的化合价为+1价，具有氧化性，可与还原性物质发生氧化还原反应，与卤素单质不同的是，IBr与碱溶液发生水解反应，元素的化合价没有变化，以此解答该题解答：解：AIBr加入Na2S溶液反应的离子方程式为IBr+S2=I+Br+S，故A正确；B少量IBr加入KI溶液中，首先发生IBr+I=Br+I2，由于KI过量，则进一步发生I2+I=I3，离子反应为IBr+2IBr+I3，故B正确；CIBr加入NaOH溶液中，不发生氧化还原反应，应为IBr+2OH=Br+IO+H2O，故C错误；DIBr加入AgNO3溶液中，首先是IBr与水反
33、应生成HIO和HBr，由于HIO不稳定，在水中发生歧化反应生成HIO3和HI，进而生成AgI和AgBr，反应的离子方程式可为3IBr+5Ag+3H2O=3AgBr+2AgI+IO3+6H+，故D正确故选C点评：本题考查卤素互化物知识及离子反应、氧化还原反应，题目难度中等，本题易错点为B、C、D，注意根据题给信息结合物质的性质进行判断4.A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：在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断解答：解：Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，A、因为氧化性FeCl3
34、I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，故A错误； B、因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B正确；C、因为氧化性Co2O3Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O能发生，故C正确； D、因为氧化性FeCl3I2，所以2Fe3+2I=2Fe2+I2能发生，故D正确；故选A点评：本题考查氧化还原反应氧化性强弱的比较等知识点，难度不大5.B考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，中发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，
35、并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱解答：解：A发生的三个反应，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+Cu2+Fe2+，故A错误；B由中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故B正确；C实验中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，Fe2+表现还原性，故C错误；D置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而中发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重
36、氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性比较，题目难度不大6.C考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：NF3与H2O的反应的方程式为3NF3+5H2O（g）=9HF+2NO+HNO3该反应中N元素的化合价由+3价降低为+2价，由+3价升高为+5价，所以NF3是氧化剂、还原剂，根据元素化合价变化及转移电子分析解答解答：解：NF3与H2O的反应的方程式为3NF3+5H2O（g）=9HF+2NO+HNO3该反应中N元素的化合价由+3价降低为+2价，由+3价升高为+5价，A根据元素化合价变化知，NF3是氧化剂、还原剂，故A错误；BNF3和水反应生成NO，NO极易被氧化生成红棕色二氧化氮，所以有颜
37、色变化，则NF3在空气中泄漏时易被察觉，故B错误；C一旦NF3泄漏，NF3和水反应生成酸，同时最终生成酸性氧化物，所以可以用NaOH溶液喷淋的方法减少空气污染，故C正确；D若生成0.2molHNO3，则转移电子的物质的量=0.2mol（53）=0.4mol，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应，正确书写化学反应方程式是解本题关键，明确物质的性质及物质之间的关系即可解答，注意NO在空气中能被氧化，为易错点7.B考点：常见阴离子的检验；氧化还原反应；化学基本反应类型；油脂的性质、组成与结构 分析：A向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该无色气体为二氧化碳或者二氧化硫；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水
38、解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化解答：解：A向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该无色气体为二氧化碳或者二氧化硫，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故B正确；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后置
39、单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B点评：本题为2014年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大8.（1）S； （2）Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；（3）BaCO3；BaSO4；（4）Na+、AlO2、S2、SO32解析：无色溶液可能存在Na+、
40、Ba2+、AlO2、S2、SO32、SO42由实验流程可知，加过量盐酸生成淡黄色沉淀甲为S，则溶液中存在S2、SO32，即一定不存在Ba2+；溶液甲中有剩余的HCl，与过量碳酸氢铵反应生成气体乙为二氧化碳，由生成白色沉淀可知，沉淀为氢氧化铝，则应存在AlO2，转化生成Al3+与HCO3的相互促进水解生成沉淀和气体；溶液乙中含过量的碳酸氢铵，与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氨气，即丙为BaCO3，气体丙为氨气，溶液丙中含过量的氢氧化钡，由溶液为电中性可知，还含钠离子，而原溶液中SO42不能确定，（1）由上述分析可知，沉淀甲为S，故答案为：S； （2）溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为Al3+3HCO3
41、Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；（3）由上述分析可知，硫酸根离子可能存在，则沉淀丙中一定含BaCO3，可能含BaSO4，故答案为：BaCO3；BaSO4；（4）由上述分析可知，一定存在Na+、AlO2、S2、SO32，故答案为：Na+、AlO2、S2、SO329.1. Cu、O SO2 IO3C12C1O3BrO33.04. ；取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2 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：（1）化合价降低元素在反应中被还原，化合价升高元素所在
42、的产物是氧化产物；在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；（3）+离子中R的化合价为+5价，将Na2SO3氧化生成Na2SO4，令R元素在还原产物中化合价为a，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目计算；（4）选取含有Fe3+和I的试剂，若能生成I2，则能使淀粉溶液变蓝解答：解：（1）化合价降低的Cu、O元素在反应中被还原，化合价升高S元素所在的产物SO2是氧化产物；故答案为：Cu、O；SO2；由反应可知，氧化性BrO3C1O3，由反应可知，氧化性C12IO3，由反应可知，氧化性C1O3C12，故氧化性IO3C12C1O3BrO3；故答案为：IO3C12C1O3B
43、rO3；（3）n（Na2SO3）=25103L0.2mol/L=5103mol，被氧化后生成Na2SO4，+离子中R的化合价为+5价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：5103mol（64）=2103mol（5a），解得a=0，故答案为：0；（4）选取含有Fe3+和I的试剂，若能生成I2，则能使淀粉溶液变蓝，所以选取FeCl3溶液KI溶液淀粉溶液，取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2故答案为：；取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意从元素的化合价的变化的角度判断氧化还原反应的相关概念和性质10.（1）ClO2I2HI2ClH2O （2）0.004 mol （3）SO42、I2、ClO （4）I2+5ClO+H2O2IO3+5Cl+2H+ （或I2+5ClO+2O
