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2019-2020年高一上学期第三次月考化学试题含解析
一、单选题(本题共15小题,每题只有一个正确选项,每小题2分,共30分)1.(2分)下列物质中属于合金的是( ) A.铜绿B.铜粉和镁粉混合(常温下) C.水银D.硬铝 2.(2分)下列化学试剂的保存方法有误的是( ) A.烧碱溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中 B.盐酸保存在磨口的玻璃瓶中 C.少量金属钠保存在煤油中 D.氢氟酸保存在磨口的玻璃瓶中 3.(2分)下列物质中,在题中所给状态下能够导电的电解质是( ) A.铜丝B.熔融的氯化镁C.氯化钠固体D.蔗糖溶液 4.(2分)设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( ) A.
5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为
0.2NA B.1mo1•L﹣1的AlC13溶液中,C1﹣离子的数目为3NA C.标准状况下,
22.4L氦气与
22.4L氯气所含原子数均为2NA D.60g二氧化硅与水反应生成硅酸的分子数为NA 5.(2分)下列除杂质试剂的选择,不正确的是(括号内为除杂试剂)( ) A.KHCO3溶液中混有K2CO3(CO2)B.Mg中混有Al(NaOH溶液) C.Fe2O3中混有Al2O3(NaOH溶液)D.Fe中混有Fe2O3(盐酸) 6.(2分)氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质,它具有较强的氧化性,下列叙述中不正确的是( ) A.红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧,生成棕黄色的烟 B.通常状况下,干燥的氯气能和Fe反应 C.纯净的H2在Cl2中安静地燃烧,发出苍白色火焰,集气瓶口呈现雾状;光照H2和Cl2的混合气体时,因迅速化合而爆炸 D.氯气能与水反应生成HClO和HCl,久置氯水最终变为稀盐酸 7.(2分)(xx•烟台一模)氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域.在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成.下列叙述正确的是( ) A.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂 B.上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子 C.AlN中氮的化合价为+3 D.AlN的摩尔质量为41g 8.(2分)用1L
1.0mol•L﹣1NaOH溶液吸收
0.8molCO2,所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是( ) A.13B.12C.23D.32 9.(2分)下列离子方程式书写不正确的是( ) A.铝与盐酸反应2Al+6H+═2Al3++3H2↑ B.氢氧化铝与NaOH溶液反应Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O C.铁与FeCl3溶液反应Fe+Fe3+═2Fe2+ D.氧化铝与NaOH溶液反应Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O 10.(2分)不能通过化合反应直接得到的化合物是( ) A.FeCl2B.Na2SC.Fe(OH)3D.Al(OH)3 11.(2分)只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别的是( )
①AlCl3溶液和NaOH溶液
②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液
③NaAlO2溶液和盐酸
④Al2(SO4)3溶液和氨水. A.
①③B.
①②③C.
②③④D.
③④ 12.(2分)有下列物品或设备
①计算机芯片
②玻璃
③水晶
④石英钟表
⑤玛瑙手镯
⑥硅太阳能电池
⑦光导纤维,所用材料为SiO2或要用到SiO2的是( ) A.全部B.
②③④⑤⑦C.
①⑥D.
①②⑦ 13.(2分)wg铁粉和铝粉的混合物,和过量的NaOH反应,然后过滤,将沉淀完全收集后,放蒸发皿中加热,直至被加热的物质质量不再变化,取出蒸发皿中的物质称量仍为wg.求原混合物中铝粉的质量分数是( ) A.30%B.50%C.70%D.90% 14.(2分)(xx•抚顺二模)将Cu片放入
0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中,反应一定时间后取出Cu片,溶液中c(Fe3+)c(Fe2+)=23,则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为( ) A.32B.35C.34D.43 15.(2分)在标准状况下,把CO2和O2组成的混合气体10L通入足量的Na2O2,充分反应后,气体体积缩小到8L,则原混合气体中O2的体积是( ) A.7LB.6LC.5LD.4L
二、不定项选择题(本题包括10个小题,共30分,每题有1~2个正确选项,每题全对得3分,漏选得2分,错选、多选均不得分)16.(3分)下列实验中,不仅产生气体,而且最终一定能产生白色沉淀的是( ) A.将过量的Na投入到AlCl3溶液中B.将过量的Na2O投入到AlCl3溶液中 C.将过量的Na投入到MgCl2溶液中D.将过量的Na2O2投入到FeCl2溶液中 17.(3分)一定条件下,ag某物质在足量的O2中充分燃烧后,将其产物全部通入足量的Na2O2固体中,反应后固体质量恰好也增加了ag,下列物质中不能满足上述结果的是( ) A.CH4B.CH3COOHC.COD.H2 18.(3分)下列实验操作或记录正确的是( ) A.常温常压下测得1molN2的质量为28g B.用量筒测得排水法收集制得的氢气体积为
50.28mL C.用两只250mL的容量瓶配制
0.1mol•L﹣1500mL的NaOH溶液 D.用托盘天平称得
2.50g胆矾,受热充分失水后,固体质量减轻
0.90g 19.(3分)有一块粗铝,含有铁和硅两种杂质.取两份等质量的样品分别放入足量的稀硫酸和足量的稀氢氧化钠溶液中,放出等质量的H2,则该粗铝中铁和硅的关系正确的是( )
①物质的量之比为12
②物质的量之比是31
③质量之比是21
④质量之比是41. A.
②④B.
②③C.
①④D.只有
④ 20.(3分)(xx•茂名二模)有100mL溶质为MgCl2和AlCl3的混合溶液,c(Cl﹣)=
1.0mol•L﹣1,c(Mg2+)=
0.2mol•L﹣1.若不考虑水解因素,则要使其中的Mg2+全部转化为Mg(OH)2沉淀而分离出来,至少需要4mol•L﹣1的NaOH溶液的体积是( ) A.25mLB.5mLC.30mLD.100mL 21.(3分)下列有关纯碱和小苏打的叙述中正确的是( ) A.Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应 B.等质量的Na2CO
3、NaHCO3分别与足量的同种盐酸反应,NaHCO3消耗的盐酸比Na2CO3多 C.向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀,而Na2CO3溶液中加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀 D.等质量的Na2CO
3、NaHCO3分别与足量的稀H2SO4反应,NaHCO3产生CO2比Na2CO3多 22.(3分)将偏铝酸钠溶液和盐酸等体积混合,得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等,则原偏铝酸钠溶液和盐酸的物质的量浓度之比可能是( ) A.13B.21C.14D.25 23.(3分)实验室有FeCl
2、CuCl
2、FeCl3的混合溶液,其中Fe3+、Cu2+和Fe2+的物质的量之比为321,加入适量铁粉后,最终溶液中的Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为124,则参加反应的铁粉与原溶液中Fe2+的物质的量之比为( ) A.11B.12C.13D.14 24.(3分)已知反应3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O,下列说法不正确的是( ) A.Cl2既是氧化剂又是还原剂 B.被氧化的氯原子数是被还原的氯原子数的5倍 C.氧化剂和还原剂的质量比是51 D.NaCl是还原产物,NaClO3是氧化产物 25.(3分)有Fe和Fe2O3的混合物
32.8g,向混合物中加入200mL5mol•L﹣1的盐酸,恰好完全溶解,再向其中加入KSCN溶液,未见血红色,则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为(假设反应后溶液体积仍为200mL)( ) A.
2.5mol•L﹣1B.1mol•L﹣1C.2mol•L﹣1D.5mol•L﹣1
三、填空题26.(12分)
(1)相同状况下,等物质的量的Na、Mg、Al、Zn分别与足量的稀硫酸反应,生成氢气的体积比为 _________ .
(2)由Na、Mg、Al、Zn、Cu五种金属中的两种组成的混合物共17克,跟足量盐酸反应,产生
0.5gH2,由此可判断混合物中必定含有 _________ (用元素符号表示).
(3)在2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑,氧化剂是 _________ ,氧化产物是 _________ ,当有
4.4gCO2产生时被还原的物质的质量 _________ g.
(4)用氧化物形式表示高岭石Al2(Si2O5)(OH)4的组成 _________ . 27.(12分)有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干种,现进行以下实验
(1)取少量固体,加入稀硝酸搅拌,固体全部溶解,没有气体放出;
(2)向
(1)溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液,生成有色沉淀,过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化,然后滴入AgNO3溶液,有白色沉淀生成;
(3)取
(2)中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后,沉淀全部溶解;
(4)重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后,固体全部溶解,得到澄清溶液;
(5)向
(4)的溶液中加入氨水使溶液呈碱性,有沉淀生成,过滤.往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液,沉淀减少.根据上述实验,这包粉末中一定不含有的离子是 _________ ,肯定含有的离子是 _________ ,不能确定是否含有的离子可通过 _________ (填实验方法)来进一步确定该离子.步骤
(5)中发生反应的离子方程式是 _________ ; _________ ; _________ . 28.(14分)已知A是两种常见的金属单质的混合物,各种物质之间的反应关系如图所示.请回答下列问题
(1)写出化学式J _________ ;G _________ ;
(2)简述检验K溶液中的阳离子的实验过程及现象 _________ ;
(3)写出K→E的化学方程式
① _________
② _________ B→D的化学方程式 _________ C→F的离子方程式 _________ . 29.(14分)某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量.
(1)A中试剂为 _________ .
(2)实验前,先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻,其目的是 _________ ..
(3)检查气密性,将药品和水装入各仪器中,连接好装置后,需进行的操作还有
①记录C的液面位置;
②将B中剩余固体过滤,洗涤,干燥,称重;
③待B中不再有气体产生并恢复至室温后,记录C的液面位置;
④由A向B中滴加足量试剂;上述操作的顺序是 _________ (填序号);记录C的液面位置时,除视线平视外,还应 _________ .
(4)B中发生反应的化学反应方程式 _________ .
(5)若实验用铝镁合金的质量为ag,测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况),B中剩余固体的质量为cg,则铝的相对原子质量为 _________ (用含a、b、c的式子表示计算结果).
(6)实验过程中,若未洗涤过滤所得的不溶物,则测得铝的质量分数将 _________ .(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”) 30.(8分)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B,每份10mL,分别向A、B中通入不等量的CO2,再继续向两溶液中逐滴加入
0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,试回答下列问题
(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为 _________ .
(2)曲线A表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液中的溶质成分是 _________ ,其物质的量之比为 _________ .
(3)曲线B表明,B溶液中加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为 _________ mL. xx学年河北省石家庄市正定中学高一(上)第三次月考化学试卷参考答案与试题解析
一、单选题(本题共15小题,每题只有一个正确选项,每小题2分,共30分)1.(2分)下列物质中属于合金的是( ) A.铜绿B.铜粉和镁粉混合(常温下) C.水银D.硬铝考点合金的概念及其重要应用.专题几种重要的金属及其化合物.分析合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质;合金具有以下特点
①一定是混合物;
②合金中各成分都是以单质形式存在;
③合金中至少有一种金属,
④合金的硬度大,熔点低.据此分析解答.解答解A.铜绿即碱式碳酸铜,其化学式为Cu2(OH)2CO3,为化合物,不属于合金,故A错误;B.合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质,合金的硬度大,熔点低,而铜粉和镁粉混合(常温下)熔点、硬度保持原有性质,所以不属于合金,故B错误;C.水银是金属汞单质,不是混合物,不属于合金,故C错误;D.硬铝是以金属铝为主熔合Cu、Mg、Mn、Si的合金,故D正确;故选D.点评本题主要考查了合金的判别,掌握合金的概念及特征是解答的关键,题目较简单. 2.(2分)下列化学试剂的保存方法有误的是( ) A.烧碱溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中 B.盐酸保存在磨口的玻璃瓶中 C.少量金属钠保存在煤油中 D.氢氟酸保存在磨口的玻璃瓶中考点化学试剂的存放.专题元素及其化合物;化学实验基本操作.分析A.氢氧化钠能够与二氧化硅反应,不能使用玻璃塞,可以使用橡胶塞;B.盐酸具有腐蚀性,应该保存在玻璃塞的试剂瓶中;C.钠化学性质活泼,应该隔绝空气密封保存,钠的密度大于煤油;D.氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅气体,不能使用玻璃瓶盛放.解答解A.氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应,应该使用保存在带橡皮塞的玻璃瓶中,故A正确;B.盐酸具有腐蚀性,应该保存在磨口的玻璃瓶中,故B正确;C.钠密度大于煤油,少量金属钠保存在煤油中,故C正确;D.氢氟酸能够与二氧化硅反应,盛放氢氟酸时不能保存在磨口的玻璃瓶中,可以不存在塑料瓶中,故D错误;故选D.点评本题考查了化学试剂的保存,题目难度不大,注意掌握常见化学试剂的性质及正确的保存方法,明确氢氟酸不能不存在玻璃瓶中,可以使用塑料瓶. 3.(2分)下列物质中,在题中所给状态下能够导电的电解质是( ) A.铜丝B.熔融的氯化镁C.氯化钠固体D.蔗糖溶液考点电解质与非电解质.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析A.铜丝为金属单质,能导电,既不是电解质也不是非电解质;B.熔融的氯化镁能导电,是电解质;C.氯化钠固体不能导电,在水溶液中或熔融状态下能够导电,是电解质;D.蔗糖溶液是混合物,不能导电,既不是电解质也不是非电解质.解答解A.铜丝为金属单质,能导电,既不是电解质也不是非电解质,故A错误;B.熔融的氯化镁能导电,是电解质,故B正确;C.氯化钠固体不能导电,在水溶液中或熔融状态下能够导电,是电解质,故B错误;D.蔗糖溶液是混合物,不能导电,既不是电解质也不是非电解质,故D错误;故选B.点评本题考查电解质的概念及物质的导电性,难度不大.要注意电解质必须是化合物,以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件. 4.(2分)设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( ) A.
5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为
0.2NA B.1mo1•L﹣1的AlC13溶液中,C1﹣离子的数目为3NA C.标准状况下,
22.4L氦气与
22.4L氯气所含原子数均为2NA D.60g二氧化硅与水反应生成硅酸的分子数为NA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A.铁与盐酸反应生成亚铁离子,
0.1mol铁完全反应失去
0.2mol电子;B.缺少氯化铝溶液的体积,无法计算溶液中氯离子数目;C.稀有气体为单原子分子,1mol氦气中含有1mol氦原子,而1mol氯气中含有2mol氯原子;D.二氧化硅不与水发生反应,硅酸的分子数为0.解答解A.
5.6g铁的物质的量为
0.1mol,
0.1mol铁与足量盐酸完全反应生成
0.1mol亚铁离子,失去
0.2mol电子,反应转移的电子数为
0.2NA,故A正确;B.没有告诉氯化铝溶液的体积,无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目,故B错误;C.标况下
22.4L氦气的物质的量为1mol,含有1mol氦原子,而
22.4L氯气的物质的量为1mol,含有2mol氯原子,二者含有的原子数不相等,故C错误;D.二氧化硅与水不会发生反应,无法计算生成硅酸的数目,故D错误;故选A.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,准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系;选项B为易错点,注意题中缺少溶液的体积. 5.(2分)下列除杂质试剂的选择,不正确的是(括号内为除杂试剂)( ) A.KHCO3溶液中混有K2CO3(CO2)B.Mg中混有Al(NaOH溶液) C.Fe2O3中混有Al2O3(NaOH溶液)D.Fe中混有Fe2O3(盐酸)考点物质的分离、提纯和除杂.专题化学实验基本操作.分析A.K2CO3与二氧化碳、水反应生成KHCO3;B.Al与NaOH溶液反应,而Mg不能;C.Al2O3与NaOH溶液反应,而Fe2O3不能;D.Fe、Fe2O3均与盐酸反应.解答解A.K2CO3与二氧化碳、水反应生成KHCO3,则通入二氧化碳可实现除杂,故A正确;B.Al与NaOH溶液反应,而Mg不能,则利用NaOH反应后过滤可实现除杂,故B正确;C.Al2O3与NaOH溶液反应,而Fe2O3不能,则与NaOH反应后过滤可实现除杂,故C正确;D.Fe、Fe2O3均与盐酸反应,不符合除杂的原则,利用磁铁即可除杂,故D错误;故选D.点评本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用,为高频考点,把握物质的性质及混合物分离方法为解答的关键,侧重混合物除杂的考查,注意除杂的原则不能引入新杂质,不能将原物质反应掉,题目难度不大. 6.(2分)氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质,它具有较强的氧化性,下列叙述中不正确的是( ) A.红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧,生成棕黄色的烟 B.通常状况下,干燥的氯气能和Fe反应 C.纯净的H2在Cl2中安静地燃烧,发出苍白色火焰,集气瓶口呈现雾状;光照H2和Cl2的混合气体时,因迅速化合而爆炸 D.氯气能与水反应生成HClO和HCl,久置氯水最终变为稀盐酸考点氯气的化学性质.专题卤族元素.分析氯气为活泼非金属单质,可与金属、非金属单质或具有还原性的化合物反应,在水中发生氧化还原反应生成HCl和HClO,以此解答.解答解A.红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧,生成氯化铜,现象为棕黄色的烟,故A正确;B.氯气和铁在点燃条件下反应,通常情况下不反应,故B错误;C.氢气可在点燃或光照条件下与氯气反应,故C正确;D.氯气能与水反应生成HClO和HCl,HClO不稳定,见光易分解生成HCl和氧气,久置氯水最终变为稀盐酸,故D正确.故选B.点评本题考查氯气的性质,侧重于基础知识的考查,有利于培养学生的学习积极性和培养学生的科学素养,难度不大,学习中注意相关基础知识的积累. 7.(2分)(xx•烟台一模)氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域.在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成.下列叙述正确的是( ) A.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂 B.上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子 C.AlN中氮的化合价为+3 D.AlN的摩尔质量为41g考点氧化还原反应;氧化还原反应的电子转移数目计算.专题氧化还原反应专题.分析氧化还原反应中化合价升高元素失去电子,所在的反应物是还原剂,对应的产物是氧化产物,化合价降低元素得到电子,所在的反应物是氧化剂,对应的产物是还原产物,化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目.解答解A、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中,氮元素化合价降低,N2是氧化剂,碳元素化合价升高,所以C是还原剂,故A错误;B、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中,化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6,即每生成2molAlN需转移6mol电子,所以每生成1molAlN需转移3mol电子,故B正确;C、AlN中铝元素显+3价,根据化合价规则,所以氮的化合价为﹣3,故C错误;D、AlN的摩尔质量是41g/mol,g是质量的单位,故D错误.故选B.点评本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识,难度不大. 8.(2分)用1L
1.0mol•L﹣1NaOH溶液吸收
0.8molCO2,所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是( ) A.13B.12C.23D.32考点离子方程式的有关计算.专题计算题.分析氢氧化钠的物质的量=
1.0mol/L×1L=1mol,当n(NaOH)n(CO2)≥2,二者反应生成碳酸钠,当n(NaOH)n(CO2)≤1时,二者反应生成碳酸氢钠,但2>n(NaOH)n(CO2)>1时,二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol
0.8mol=54,则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠,根据原子守恒分析解答.解答解氢氧化钠的物质的量=
1.0mol/L×1L=1mol,当n(NaOH)n(CO2)≥2,二者反应生成碳酸钠,当n(NaOH)n(CO2)≤1时,二者反应生成碳酸氢钠,但2>n(NaOH)n(CO2)>1时,二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol
0.8mol=54,则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠,设碳酸钠的物质的量是x,碳酸氢钠的物质的量是y,根据碳原子守恒得x+y=
0.8
①根据钠原子守恒得2x+y=1
②,根据
①②得x=
0.2y=
0.6,所以CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比=
0.2mol
0.6mol=13,故选A.点评本题考查物质的量浓度的计算,题目难度不大,注意从原子守恒的角度分析. 9.(2分)下列离子方程式书写不正确的是( ) A.铝与盐酸反应2Al+6H+═2Al3++3H2↑ B.氢氧化铝与NaOH溶液反应Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O C.铁与FeCl3溶液反应Fe+Fe3+═2Fe2+ D.氧化铝与NaOH溶液反应Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A.铝为3价金属,铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气,根据电子守恒、质量守恒判断;B.氢氧化铝具有两性,能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水;C.离子方程式两边正电荷不相等,违反了电荷守恒;D.氧化铝为两性氧化物,氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水.解答解A.铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气,反应的离子方程式为2Al+6H+═2Al3++3H2↑,故A错误;B.氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O,故B正确;C.铁与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁,离子方程式必须遵循电荷守恒,正确的离子方程式为Fe+2Fe3+═3Fe2+,故C错误;D.氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,故D正确;故选C.点评本题考查了离子方程式的正误判断,为中等难度的试题,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法检查反应能否发生,检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合守恒关系(如质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等. 10.(2分)不能通过化合反应直接得到的化合物是( ) A.FeCl2B.Na2SC.Fe(OH)3D.Al(OH)3考点铁的化学性质;氯气的化学性质;镁、铝的重要化合物;铁的氧化物和氢氧化物.专题元素及其化合物.分析A.根据铁与氯化铁反应的产物分析,铁与氯化铁发生反应生成氯化亚铁;B.钠和硫混合生成硫化钠;C.Fe(OH)2与氧气、水发生化合反应直接生成Fe(OH)3;D.氧化铝与水不反应,不能直接化合得到氢氧化铝;解答解化合反应是指由两种或两种以上物质反应生成另外一种物质的反应.A.铁具有还原性,能与氯化铁发生化合反应Fe+2FeCl3=3FeCl2,故A错误;B.钠属于活泼金属具有还原性,硫属于非金属单质具有氧化性,两者混合生成硫化钠,故B错误;C.Fe(OH)2与氧气、水发生化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3,故C错误;D.氧化铝与水不反应,不能直接化合得到Al(OH)3,故D正确;故选D.点评本题考查常见金属和非金属的性质,熟练掌握常铁、钠、硫、氯气、氧气等物质的化学性质是解答的关键,题目难度不大,注意基础知识的积累. 11.(2分)只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别的是( )
①AlCl3溶液和NaOH溶液
②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液
③NaAlO2溶液和盐酸
④Al2(SO4)3溶液和氨水. A.
①③B.
①②③C.
②③④D.
③④考点物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题物质检验鉴别题.分析只用胶头滴管和试管,不用其他试剂就可以区别,则利用物质的颜色或改变滴定顺序时现象不同来鉴别,以此来解答.解答解
①NaOH溶液逐滴滴加到AlCl3溶液中,先生成沉淀,氢氧化钠过量时沉淀溶解,而AlCl3溶液逐滴滴加到NaOH溶液中先没有显现,滴加一定时间后可生成沉淀,现象不同,进而鉴别,故
①正确;
②无论将Ca(HCO3)2溶液滴到NaOH溶液中还是将氢氧化钠溶液滴到碳酸氢钙溶液中,都生成白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故
②错误;
③将NaAlO2液滴到盐酸中先没有现象,后生成沉淀,将盐酸滴到NaAlO2溶液中先生成沉淀后沉淀消失,二者现象不同,可鉴别,故
③正确;
④Al2(SO4)3溶液和氨水,改变加入顺序均生成白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故
④错误.故选A.点评本题考查物质的检验和鉴别,为高频考点,把握滴定顺序改变发生的化学反应为解答的关键,注意不用其他试剂检验时可利用颜色或滴定顺序变化分析,题目难度不大. 12.(2分)有下列物品或设备
①计算机芯片
②玻璃
③水晶
④石英钟表
⑤玛瑙手镯
⑥硅太阳能电池
⑦光导纤维,所用材料为SiO2或要用到SiO2的是( ) A.全部B.
②③④⑤⑦C.
①⑥D.
①②⑦考点硅和二氧化硅.专题碳族元素.分析玛瑙、水晶、石英和光导纤维的主要成分都是二氧化硅,制造玻璃的原料是二氧化硅、碳酸钙和碳酸钠,据此分析解答.解答解玛瑙、水晶、石英和光导纤维的主要成分都是二氧化硅,制造玻璃的原料是二氧化硅、碳酸钙和碳酸钠,所以
②③④⑤⑦所用材料为SiO2或要用到SiO2,硅芯片、硅太阳能电池都用到硅单质,故选B.点评本题考查硅及二氧化硅,明确物质的成分及物质的用途即可解答,熟练掌握常见元素化合物知识,注意光导纤维作电缆的原理,题目难度不大. 13.(2分)wg铁粉和铝粉的混合物,和过量的NaOH反应,然后过滤,将沉淀完全收集后,放蒸发皿中加热,直至被加热的物质质量不再变化,取出蒸发皿中的物质称量仍为wg.求原混合物中铝粉的质量分数是( ) A.30%B.50%C.70%D.90%考点有关混合物反应的计算;铝的化学性质.专题等量代换法.分析wg铁粉和铝粉的混合物,和过量的NaOH反应,然后过滤,滤渣为Fe,放入蒸发皿中完全灼烧后最终应生成Fe2O3,取出蒸发皿中的物质称量仍为wg,则铝粉的质量等于Fe2O3中O元素的质量,以此计算原混合物中铝粉的质量分数.解答解wg铁粉和铝粉的混合物,和过量的NaOH反应,然后过滤,滤渣为Fe,放入蒸发皿中完全灼烧后最终应生成Fe2O3,取出蒸发皿中的物质称量仍为wg,则铝粉的质量等于Fe2O3中O元素的质量,则有原混合物中铝粉的质量分数为=30%,故选A.点评本题考查混合物的计算,题目难度不大,本题注意分析金属混合物反应前后物质的成分的变化. 14.(2分)(xx•抚顺二模)将Cu片放入
0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中,反应一定时间后取出Cu片,溶液中c(Fe3+)c(Fe2+)=23,则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为( ) A.32B.35C.34D.43考点铜金属及其重要化合物的主要性质;离子方程式的有关计算.专题几种重要的金属及其化合物.分析先利用假设法求出二价铁离子、三价铁离子的物质的量,再根据离子方程式中铜离子和二价铁离子的关系求出铜离子的物质的量.解答解将Cu片放入FeCl3溶液中.发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,假设溶液中n(Fe2+)=3mol,则溶液中n(Fe3+)=2mol,由离子方程式可知,n(Cu2+)=n(Fe2+)=×3mol=
1.5mol,所以n(Cu2+)n(Fe3+)=
1.5mol2mol=34,故选C.点评本题考查的是铜的化学性质、离子方程式的有关计算,巧妙利用假设法是解本题的关键. 15.(2分)在标准状况下,把CO2和O2组成的混合气体10L通入足量的Na2O2,充分反应后,气体体积缩小到8L,则原混合气体中O2的体积是( ) A.7LB.6LC.5LD.4L考点钠的重要化合物;化学方程式的有关计算.专题计算题.分析混合气体通过足量的Na2O2后,CO2与Na2O2反应2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2,O2与Na2O2不反应,根据反应前后气体体积关系列方程,计算出混合气体中O2气体的物质的量与CO2的物质的量关系,以此解答.解答解混合气体通过足量的Na2O2后,CO2与Na2O2反应2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2,O2与Na2O2不反应,则2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2△V2×
22.4L
22.4LV10L﹣8LV=4L,则O2的体积是10L﹣4L=6L,故选B.点评本题考查混合物的计算,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,难度不大,注意二氧化碳与过氧化钠反应引起体积变化,也可用利用体积差量法计算.
二、不定项选择题(本题包括10个小题,共30分,每题有1~2个正确选项,每题全对得3分,漏选得2分,错选、多选均不得分)16.(3分)下列实验中,不仅产生气体,而且最终一定能产生白色沉淀的是( ) A.将过量的Na投入到AlCl3溶液中B.将过量的Na2O投入到AlCl3溶液中 C.将过量的Na投入到MgCl2溶液中D.将过量的Na2O2投入到FeCl2溶液中考点钠的化学性质;钠的重要化合物;镁、铝的重要化合物.专题元素及其化合物.分析A、氢氧化铝能溶于强碱;B、氢氧化铝能溶于强碱;C、氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀;D、氢氧化铁沉淀为红褐色沉淀.解答解A.将过量的Na投入到AlCl3溶液中,钠与水反应生成氢氧化钠,氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化钠过量时Al(OH)3溶解,最终不能产生白色沉淀,故A不选;B.将过量的a2O投入到AlCl3溶液中,a2O与水反应生成氢氧化钠,氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化钠过量时Al(OH)3溶解,最终不能产生白色沉淀,故B不选;C.将过量的Na投入到MgCl2溶液中,钠与水反应生成氢氧化钠,MgCl2溶液与NaOH溶液发生反应为Mg2++2OH﹣=Mg(OH)2↓,Mg(OH)2不溶于过量的NaOH溶液,一定产生白色沉淀,故C选;D.将过量的Na2O2投入到FeCl2溶液中,反应生成氢氧化铁沉淀,氢氧化铁是红褐色沉淀,没有白色沉淀生成,故D不选;故选C.点评本题考查元素化合物性质、根据化学方程式判断反应现象等,难度中等,掌握元素化合物的性质是解题的关键,注意把握常见沉淀的颜色. 17.(3分)一定条件下,ag某物质在足量的O2中充分燃烧后,将其产物全部通入足量的Na2O2固体中,反应后固体质量恰好也增加了ag,下列物质中不能满足上述结果的是( ) A.CH4B.CH3COOHC.COD.H2考点钠的重要化合物;化学方程式的有关计算.专题计算题.分析已知反应的关系式H2~H2O~2NaOH~Na2O2•H2,CO~CO2~Na2CO3~Na2O2•CO,有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O,与Na2O2发生反应2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,对生成物变式Na2CO3~Na2O2•CO,2NaOH~Na2O2•H2,固体增加的质量相当于CO和H2的质量,以此解答该题.解答解已知反应的关系式H2~H2O~2NaOH~Na2O2•H2,CO~CO2~Na2CO3~Na2O2•CO,有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O,与Na2O2发生反应2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,对生成物变式Na2CO3~Na2O2•CO,2NaOH~Na2O2•H2,则有机物应可拆写成(CO)m•Hn的形式,则H
2、CO以及可拆写成(CO)m•Hn的形式的有机物能满足上述结果,选项中B可拆写成(CO)2•H2,但A不能满足,故选A.点评本题考查混合物的有关计算、钠的重要化合物性质等,本题注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应的质量增加的质量关系,根据关系式得出固体增加的质量相当于CO和H2的质量. 18.(3分)下列实验操作或记录正确的是( ) A.常温常压下测得1molN2的质量为28g B.用量筒测得排水法收集制得的氢气体积为
50.28mL C.用两只250mL的容量瓶配制
0.1mol•L﹣1500mL的NaOH溶液 D.用托盘天平称得
2.50g胆矾,受热充分失水后,固体质量减轻
0.90g考点计量仪器及使用方法.专题化学实验基本操作.分析A、根据m=nM计算其质量.B、量筒量取液体体积的准确度为
0.1mL.C、容量瓶只能配置与瓶上所标的体积相同的溶液,两只容量瓶配制的溶液浓度不同,有误差.D、托盘天平称量物质准确度为
0.1g.解答解A、m=nM=1mol×28g/mol=28g,故A正确.B、量筒量取液体体积的准确度为
0.1mL,所以用量筒测得排水法收集制得的氢气体积不能是小数点后两位,故B错误.C、两只容量瓶配制的溶液浓度不同,误差较大,故C错误.D、托盘天平称量物质准确度为
0.1g,所以不能称取
2.50g胆矾,故D错误.故选A.点评本题考查对一些测量仪器的准确度及仪器规格的掌握情况,难度较大,注意容量瓶只能配置与瓶上所标的体积相同的溶液. 19.(3分)有一块粗铝,含有铁和硅两种杂质.取两份等质量的样品分别放入足量的稀硫酸和足量的稀氢氧化钠溶液中,放出等质量的H2,则该粗铝中铁和硅的关系正确的是( )
①物质的量之比为12
②物质的量之比是31
③质量之比是21
④质量之比是41. A.
②④B.
②③C.
①④D.只有
④考点化学方程式的有关计算;有关混合物反应的计算.专题计算题.分析粗铝与盐酸发生反应2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、Fe+2HCl═FeCl2+H2↑,盐酸足量,Fe、Al完全反应.粗铝与氢氧化钠溶液发生反应2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑,Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑,由于氢氧化钠溶液足量,Al、Si完全反应,由方程式可知,相同物质的量的Al与盐酸、氢氧化钠溶液溶液产生的氢气的物质的量相等,两过程产生的氢气的物质的量相等,则Fe与盐酸产生的氢气等于Si与氢氧化钠溶液反应生成的氢气,据此计算判断.解答解粗铝与盐酸发生反应2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、Fe+2HCl═FeCl2+H2↑,盐酸足量,Fe、Al完全反应;粗铝与氢氧化钠溶液发生反应2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑,Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑,由于氢氧化钠溶液足量,Al、Si完全反应;由方程式可知,相同物质的量的Al与盐酸、氢氧化钠溶液溶液产生的氢气的物质的量相等,两过程产生的氢气的物质的量相等,则Fe与盐酸产生的氢气等于Si与氢氧化钠溶液反应生成的氢气,假设都生成2molH2,则n(Fe)=2mol,n(Si)=1mol,故粗铝中铁和硅的物质的量比为2mol1mol=21,铁和硅的质量之比为2mol×56g/mol1mol×28g/mol=41,故选D.点评本题考查Al、Fe、Si的化学性质以及混合的有关计算等,关键是根据发生的化学反应,判断Fe与盐酸产生的氢气等于Si与氢氧化钠溶液反应生成的氢气,难度不大. 20.(3分)(xx•茂名二模)有100mL溶质为MgCl2和AlCl3的混合溶液,c(Cl﹣)=
1.0mol•L﹣1,c(Mg2+)=
0.2mol•L﹣1.若不考虑水解因素,则要使其中的Mg2+全部转化为Mg(OH)2沉淀而分离出来,至少需要4mol•L﹣1的NaOH溶液的体积是( ) A.25mLB.5mLC.30mLD.100mL考点镁、铝的重要化合物;化学方程式的有关计算.专题压轴题;几种重要的金属及其化合物.分析操作的目的是氢氧化镁形成沉淀从溶液中分离出来,需要加入过量的碱把生成的氢氧化铝沉淀恰好全部溶解,利用MgCl2和AlCl3与NaOH反应方程式进行计算,然后利用电荷守恒、离子守恒计算.解答解发生反应为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl,Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O;将Mg2+恰好转化为沉淀分离,需要把Al3+全部转化为AlO2﹣;观察反应方程式可知,此时,溶液恰好为NaCl和NaAlO2溶液,所以,n(Na+)=n(Cl﹣)+n(Al3+),Na+来源于4mol/LNaOH溶液,Al3+、Cl﹣来源于100mLMgCl2和AlCl3混合液溶液,不考虑水解因素,原溶液中根据电荷守恒2[Mg2+]+3[Al3+]=[Cl﹣]计算得到[Al3+]=
0.2mol/L由离子守恒知n(Na+)=n(Cl﹣)+n(Al3+)=
0.1L×1mol/L+
0.1L×
0.2mol/L=
0.12mol,所以,需加4mol/LNaOH溶液体积为=
0.03L=30ml;故选C.点评本题考查了镁离子铝离子混合溶液中分离镁离子的方法应用,主要考查氢氧化铝能溶于强碱中,结合电荷收和离子守恒进行计算,关键是反应过程的分析判断. 21.(3分)下列有关纯碱和小苏打的叙述中正确的是( ) A.Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应 B.等质量的Na2CO
3、NaHCO3分别与足量的同种盐酸反应,NaHCO3消耗的盐酸比Na2CO3多 C.向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀,而Na2CO3溶液中加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀 D.等质量的Na2CO
3、NaHCO3分别与足量的稀H2SO4反应,NaHCO3产生CO2比Na2CO3多考点探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.专题元素及其化合物.分析A.NaHCO3既能与酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应,Na2CO3不能与氢氧化钠反应;B.根据假设法计算消耗盐酸量的多少;C.向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液和Na2CO3溶液中加入Ba(OH)2溶液都会出现白色沉淀;D.根据碳原子守恒找出盐与二氧化碳的关系,从而比较放出二氧化碳的量.解答解A.NaHCO3既能与酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应,如NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O,Na2CO3能与酸反应,如Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O,但Na2CO3不能与氢氧化钠反应,故A错误;B.设碳酸钠和碳酸氢钠的质量都是1g,设碳酸氢钠消耗的盐酸的物质的量是x,碳酸钠消耗盐酸的物质的量是y,NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2ONa2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O84g1mol106g2mol1gx1gyx=,y==mol,x<y,所以碳酸钠消耗的盐酸多,故B错误;C.碳酸钠和碳酸氢钠分别和Ba(OH)2反应的方程式如下Na2CO3+Ba(OH)2═BaCO3↓+2NaOH、NaHCO3+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O+NaOH,故C错误;D.设等质量的Na2CO
3、NaHCO3质量都是106g,则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为=1mol、mol,Na2CO
3、NaHCO3分别与足量的稀H2SO4反应根据Na2CO3~CO2,NaHCO3~CO2,产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol,故D正确;故选D.点评本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质,根据碳原子守恒找出盐和二氧化碳的关系式是解本题的关键,题目难度中等. 22.(3分)将偏铝酸钠溶液和盐酸等体积混合,得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等,则原偏铝酸钠溶液和盐酸的物质的量浓度之比可能是( ) A.13B.21C.14D.25考点化学方程式的有关计算.专题计算题.分析将偏铝酸钠溶液和盐酸等体积混合,得到的沉淀为Al(OH)3,溶液中的铝元素存在形式可能为AlCl3或NaAlO2,设Al(OH)3的物质的量为1mol,则溶液中AlCl3或NaAlO2也是1mol,结合反应AlO2﹣+H2O+H+═Al(OH)3↓或AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O,讨论进行计算.解答解等体积的NaAlO2溶液和盐酸H混合后,得到的沉淀为Al(OH)3,溶液中的铝元素存在形式可能为AlCl3或NaAlO2,设Al(OH)3的物质的量为1mol,则溶液中AlCl3或NaAlO2也是1mol,若溶液中铝元素以Al3+形式存在,则NaOH完全反应,发生反应AlO2﹣+H2O+H+═Al(OH)31mol1mol1molAlO2﹣+4H+═Al3++2H2O1mol4mol1mol则原来NaAlO2的物质的量为1mol+1mol=2mol,HCl的物质的量=1mol+4mol=5molNaAlO2溶液和HCl溶液体积相等,则NaAlO2溶液与盐酸物质的量浓度之比=2mol5mol=25;若溶液中含铝元素以AlO2﹣形式存在,则AlO2﹣+H2O+H+═Al(OH)31mol1mol1mol则原来NaAlO2的物质的量为1mol+1mol=2mol,则NaAlO2溶液与盐酸的物质的量浓度之比=2mol1mol=21,故答案为BD.点评本题考查化学方程式进行计算,侧重考查学生分析问题、解决问题能力,同学往往只考虑溶液中的铝元素为铝离子或偏铝酸根离子而导致错误,为易错点. 23.(3分)实验室有FeCl
2、CuCl
2、FeCl3的混合溶液,其中Fe3+、Cu2+和Fe2+的物质的量之比为321,加入适量铁粉后,最终溶液中的Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为124,则参加反应的铁粉与原溶液中Fe2+的物质的量之比为( ) A.11B.12C.13D.14考点有关混合物反应的计算.专题计算题.分析因氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+,加入适量的铁粉,使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为124,说明Fe3+有剩余,则Cu2+没有参加反应,加入Fe粉仅与反应Fe3+,假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol,根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化,结合方程式计算.解答解因氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+,加入适量的铁粉,使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为124,说明Fe3+有剩余,则Cu2+没有参加反应,加入Fe粉仅与反应Fe3+,设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol,反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为124,则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol、2mol、4mol,故反应的Fe3+的物质的量为3mol﹣1mol=2mol,则2Fe3++Fe=3Fe2+2mol1mol3mol故参加反应的Fe的物质的量为1mol,参加反应的铁粉与原溶液中Fe2+的物质的量之比为1mol1mol=11,故选A.点评本题考查混合物的计算,关键是正确判断离子的氧化性强弱,判断反应的程度,再结合反应的离子方程式计算. 24.(3分)已知反应3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O,下列说法不正确的是( ) A.Cl2既是氧化剂又是还原剂 B.被氧化的氯原子数是被还原的氯原子数的5倍 C.氧化剂和还原剂的质量比是51 D.NaCl是还原产物,NaClO3是氧化产物考点氧化还原反应.专题氧化还原反应专题.分析3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O中,Cl元素的化合价由0升高为+5价,Cl元素的化合价由0降低为﹣1价,以此来解答.解答解A.只有Cl元素的化合价变化,既失去电子也得到电子,则Cl2既是氧化剂又是还原剂,故A正确;B.由反应可知,1个Cl被氧化与5个Cl被还原时电子守恒,则被还原的氯原子数是被氧化的氯原子数的5倍,故B错误;C.1个Cl被氧化与5个Cl被还原时电子守恒,结合Cl原子守恒可知氧化剂和还原剂的质量比是51,故C正确;D.Cl元素化合价降低被还原,则NaCl为还原产物,Cl元素化合价升高被氧化,则氧化产物为NaClO3,故D正确;故选B.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及电子守恒的考查,题目难度不大. 25.(3分)有Fe和Fe2O3的混合物
32.8g,向混合物中加入200mL5mol•L﹣1的盐酸,恰好完全溶解,再向其中加入KSCN溶液,未见血红色,则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为(假设反应后溶液体积仍为200mL)( ) A.
2.5mol•L﹣1B.1mol•L﹣1C.2mol•L﹣1D.5mol•L﹣1考点化学方程式的有关计算;有关混合物反应的计算.专题计算题.分析Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸,恰好使混合物完全溶解,生成了铁的氯化物,因加入KSCN溶液,无血红色出现,说明只生成氯化亚铁,根据电荷守恒可知2c(Fe2+)=c(Cl﹣).解答解Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸,恰好使混合物完全溶解,生成了铁的氯化物,因加入KSCN溶液,无血红色出现,说明只生成氯化亚铁,溶液体积不变,则反应后溶液中c(Cl﹣)=c(HCl)=5mol/L,根据电荷守恒,可知2c(Fe2+)=c(Cl﹣)=5mol/L,故c(Fe2+)=
2.5mol/L,故选A.点评本题考查混合物有关计算,明确反应生成物是解题关键,侧重对解题方法技巧的考查,注意利用守恒法进行解答,难度中等.
三、填空题26.(12分)
(1)相同状况下,等物质的量的Na、Mg、Al、Zn分别与足量的稀硫酸反应,生成氢气的体积比为 1232 .
(2)由Na、Mg、Al、Zn、Cu五种金属中的两种组成的混合物共17克,跟足量盐酸反应,产生
0.5gH2,由此可判断混合物中必定含有 Cu (用元素符号表示).
(3)在2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑,氧化剂是 KNO3和S ,氧化产物是 CO2 ,当有
4.4gCO2产生时被还原的物质的质量
23.4 g.
(4)用氧化物形式表示高岭石Al2(Si2O5)(OH)4的组成 Al2O3•2SiO2•2H2O .考点物质的量的相关计算;化学方程式的有关计算;氧化还原反应.专题计算题.分析
(1)相同条件下,根据转移电子相等判断;
(2)利用转移电子相等计算金属混合物平均摩尔质量解答;
(3)该反应中N元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为﹣2价,化合价降低的反应物是氧化剂,化合价升高的反应物是还原剂,还原剂对应的产物是氧化产物,根据二氧化碳和氧化剂之间的关系计算被还原物质的质量;
(4)将硅酸盐改写为较活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水的形式.解答解
(1)相同状况下,生成氢气体积之比等于其物质的量之比,假设Na、Mg、Al、Zn的物质的量都是1mol,完全反应时失去电子的物质的量分别为1mol、2mol、3mol、2mol,根据转移电子相等知,生成氢气的物质的量之比为1232,故答案为1232;
(2)产生
0.5gH2时转移电子物质的量==
0.5mol,假设金属单质都转化为二价阳离子,根据转移电子相等知,金属的物质的量为
0.25mol,混合物的平均摩尔质量==68g/mol,因为Cu和稀盐酸不反应,所以该混合物中一定含有Cu,故答案为Cu;
(3)该反应中N元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为﹣2价,则氧化剂是KNO3和S,氧化产物是CO2,KNO3和S在反应中被还原,设有
4.4gCO2产生时被还原的KNO3和S的质量分别为x、y,2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑202g32g44gxy
4.4g202g44g=x
4.4gx==
20.2g32g44g=y
4.4gy==
3.2g则被还原物质的质量=
20.2g+
3.2g=
23.4g,故答案为KNO3和S;CO2;
23.4;
(4)将硅酸盐改写为较活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水的形式,所以该化合物改写为Al2O3•2SiO2•2H2O,故答案为Al2O3•2SiO2•2H2O.点评本题考查物质的量的有关计算,涉及氧化还原反应,根据方程式中各个物理量的关系分析解答,会利用平均值法解答问题,题目难度不大. 27.(12分)有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干种,现进行以下实验
(1)取少量固体,加入稀硝酸搅拌,固体全部溶解,没有气体放出;
(2)向
(1)溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液,生成有色沉淀,过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化,然后滴入AgNO3溶液,有白色沉淀生成;
(3)取
(2)中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后,沉淀全部溶解;
(4)重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后,固体全部溶解,得到澄清溶液;
(5)向
(4)的溶液中加入氨水使溶液呈碱性,有沉淀生成,过滤.往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液,沉淀减少.根据上述实验,这包粉末中一定不含有的离子是 SO42﹣、CO32﹣ ,肯定含有的离子是 Fe3+、Al3+、Cl﹣; ,不能确定是否含有的离子可通过 焰色反应 (填实验方法)来进一步确定该离子.步骤
(5)中发生反应的离子方程式是 Fe3++3NH3•H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+ ; Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+ ; Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O .考点常见阳离子的检验;常见阴离子的检验.专题物质检验鉴别题.分析通过反应的实验现象判断,注意实验中几个典型的现象
(1)加入稀硝酸无气体放出,说明原溶液中无CO32﹣;
(2)加入一定量Ba(OH)2溶液,生成有色沉淀,该沉淀为Fe(OH)3,过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化,然后滴入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀为AgCl;
(3)有色沉淀加入足量的稀盐酸后,沉淀全部溶解,说明沉淀中不含有硫酸钡;
(5)往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液,沉淀减少,说明原溶液中含有Al3+,此为Al(OH)3与碱的反应.解答解
(1)加入稀硝酸无气体放出,说明原溶液中无CO32﹣;
(2)加入一定量Ba(OH)2溶液,生成有色沉淀,说明原溶液中含有Fe3+,可能含有SO42﹣,过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化,然后滴入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明原溶液中含有Cl﹣;
(3)有色沉淀加入足量的稀盐酸后,沉淀全部溶解,说明沉淀中不含有硫酸钡,即原溶液中不存在SO42﹣;
(5)加入氨水使溶液呈碱性,有沉淀生成,过滤,往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液,沉淀减少,说明原溶液中肯定含有Fe3+、Al3+;因此,一定不含有的离子是SO42﹣、CO32﹣;肯定含有的离子是Fe3+、Al3+、Cl﹣;因实验没有涉及到K+,则不能确定是否含有的离子是K+,可通过焰色反应进行鉴别,
(5)中为铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀,离子反应方程式为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀,离子反应方程式为Fe3++3NH3•H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+,往沉淀中滴加氢氧化钠溶液,氢氧化铝溶于强碱,即氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,离子反应方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O;故答案为SO42﹣、CO32﹣;Fe3+、Al3+、Cl﹣;K+;焰色反应;Fe3++3NH3•H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+,Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O.点评本题考查常见离子的检验,题目难度中等,本题注意通过反应的实验现象判断,把握物质的典型性质,作为推断的突破口. 28.(14分)已知A是两种常见的金属单质的混合物,各种物质之间的反应关系如图所示.请回答下列问题
(1)写出化学式J Cl2 ;G Al2O3 ;
(2)简述检验K溶液中的阳离子的实验过程及现象 取少量K溶液于试管中,加入KSCN液,无现象,然后加入氯水,出现血红色,则证明有Fe2+,或取少量K溶液于试管中,滴加NaOH溶液,先产生白色絮状沉淀,后变灰绿色,最后显红褐色 ;
(3)写出K→E的化学方程式
① FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl
② 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 B→D的化学方程式 2Fe+3Cl22FeCl3 C→F的离子方程式 AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣ .考点无机物的推断.专题推断题.分析A是两种常见的金属单质的混合物,一种可与氢氧化钠反应,则应含有Al,则C为NaAlO2,F为Al(OH)3,G为Al2O3,H为Al,红褐色沉淀E为Fe(OH)3,由转化关系可知B为Fe,K为FeCl2,J为Cl2,D为FeCl3,I为AgCl,结合对应物质的性质以及题目要求解答该题.解答解A是两种常见的金属单质的混合物,一种可与氢氧化钠反应,则应含有Al,则C为NaAlO2,F为Al(OH)3,G为Al2O3,H为Al,红褐色沉淀E为Fe(OH)3,由转化关系可知B为Fe,K为FeCl2,J为Cl2,D为FeCl3,I为AgCl,
(1)由以上分析可知J为Cl2,G为Al2O3,故答案为Cl2;Al2O3;
(2)K为FeCl2,具有还原性,与KSCN不反应,在可取少量K溶液于试管中,加入KSCN液,无现象,然后加入氯水,出现血红色,则证明有Fe2+,或取少量K溶液于试管中,滴加NaOH溶液,先产生白色絮状沉淀,后变灰绿色,最后显红褐色,故答案为取少量K溶液于试管中,加入KSCN液,无现象,然后加入氯水,出现血红色,则证明有Fe2+,或取少量K溶液于试管中,滴加NaOH溶液,先产生白色絮状沉淀,后变灰绿色,最后显红褐色;
(3)K→E的化学方程式为FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl,Fe(OH)2不稳定,可进一步被氧化生成Fe(OH)34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,B→D的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3,C→F的离子方程式为,故答案为FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;2Fe+3Cl22FeCl3;AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣.点评本题考查无机物的推断,侧重于学生的分析能力的考查,为高考常见题型,难度中等,注意把握物质的性质、用途等特征,为解答该题的关键. 29.(14分)某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量.
(1)A中试剂为 NaOH溶液 .
(2)实验前,先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻,其目的是 除去铝镁合金表面的氧化膜 ..
(3)检查气密性,将药品和水装入各仪器中,连接好装置后,需进行的操作还有
①记录C的液面位置;
②将B中剩余固体过滤,洗涤,干燥,称重;
③待B中不再有气体产生并恢复至室温后,记录C的液面位置;
④由A向B中滴加足量试剂;上述操作的顺序是
①④③② (填序号);记录C的液面位置时,除视线平视外,还应 使D和C的液面相平 .
(4)B中发生反应的化学反应方程式 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ .
(5)若实验用铝镁合金的质量为ag,测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况),B中剩余固体的质量为cg,则铝的相对原子质量为 (用含a、b、c的式子表示计算结果).
(6)实验过程中,若未洗涤过滤所得的不溶物,则测得铝的质量分数将 偏小 .(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)考点实验装置综合;相对分子质量的测定;探究物质的组成或测量物质的含量.专题实验题;实验设计题.分析
(1)Mg、Al均可以和酸反应,因此不可以用酸来实验,由于Al可以和碱反应而不和Mg反应,则可以用NaOH与Al反应制得H2,然后用排水法收集H2,以计算Al的量;
(2)由于Al表面容易生成氧化膜,因而要用酸处理;
(3)整个操作过程及原理是检查气密性;记录起始液面;加入碱反应;不产生气体后,记录C中的液面,两者相减即为产生H2的量;最后称得的固体即为Mg的质量.在读数时要注意D、C液面相平,否则气体将受压,造成读数不准;
(4)B中发生的是Al与碱的反应;
(5)(a﹣c)即为铝的质量,再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量,而n(Al)可以由产生的H2获得;
(6)未洗涤,则造成(a﹣c)变小,则由
(5)的结果可进行判断.解答解
(1)根据铝镁的化学性质,铝镁都能与酸反应放出氢气,但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气,而镁不能,要测定铝镁合金中铝的质量分数,应选择NaOH溶液,故答案为NaOH溶液;
(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜,在实验前必须除去,故答案为除去铝镁合金表面的氧化膜;
(3)实验时,记下量气管中C的液面位置,再加入NaOH溶液开始反应,待反应完毕并冷却至室温后,记录量气管中C的液面位置,最后将B中剩余固体过滤,洗涤,干燥,称重;量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等,必须使D和C两管中液面相平,故答案为
①④③②;使D和C的液面相平;
(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(5)铝镁合金的质量为ag,B中剩余固体镁的质量为cg,则参加反应的铝的质量为(a﹣c)g,设铝的相对原子质量为M,则2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2M3×22400ml(a﹣c)gbml解得M=,故答案为;
(6)铝的质量分数为,实验过程中,若未洗涤过滤所得的不溶物,c值偏大,铝的质量分数偏小,故答案为偏小.点评本题考查了探究实验、混合物的计算和测定,题目难度中等,注意把握镁铝的化学性质,侧重于元素化合物知识的综合应用的考查. 30.(8分)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B,每份10mL,分别向A、B中通入不等量的CO2,再继续向两溶液中逐滴加入
0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,试回答下列问题
(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为
0.75mol/L .
(2)曲线A表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液中的溶质成分是 Na2CO
3、NaOH ,其物质的量之比为 13 .
(3)曲线B表明,B溶液中加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为 112 mL.考点化学方程式的有关计算.专题计算题.分析
(1)先向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳,后向通入二氧化碳的氢氧化钠溶液中滴加盐酸,当二氧化碳气体完全放出时,溶液的溶质是氯化钠,该反应的实质是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠,根据盐酸的物质的量计算氢氧化钠的物质的量浓度.
(2)当生成CO2气体时,发生反应HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑,对于A溶液来说,滴加盐酸60mL时没有气体生成,可能发生OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣,根据消耗盐酸体积相对大小确定所得溶液中的溶质.
(3)先确定B溶液中的溶质,再根据碳酸氢钠和盐酸的反应方程式计算生成二氧化碳的体积.解答解
(1)加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大,此时溶液为氯化钠溶液.根据氯离子、钠离子守恒,所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=
0.075ml×
0.1mol/L=
0.0075mol,所以c(NaOH)==
0.75mol/L,故答案为
0.75mol/L;
(2)CO2与NaOH反应为
①CO2+NaOH=NaHCO3,
②CO2+2NaOH=Na2CO3+H20,当n(CO2)n(NaOH)≥1,反应按
①进行,等于1时,CO
2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;大于1时,生成生成NaHCO3,CO2有剩余;当<n(CO2)n(NaOH)<1,反应按
①②进行,CO
2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO
3、Na2CO3;当n(CO2)n(NaOH)≤,反应按
②进行,等于,时,CO
2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;小于时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应,反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,所以n(NaHCO3)=n(HCl)=(
0.075﹣
0.06)L×
0.1mol/L=
1.5×10﹣3mol,根据C原子守恒,所以n(CO2)=n(NaHCO3)=
1.5×10﹣3mol,由
(1)可知,n(NaOH)=
0.0075mol,所以n(CO2)n(NaOH)=
1.5×10﹣3mol
0.0075mol=15,小于12,所以反应按
②进行,NaOH有剩余,溶液中溶质为Na2CO3和NaOH.根据C原子守恒,所以n(Na2CO3)=n(CO2)=
1.5×10﹣3mol,再根据钠离子守恒,得溶液中氢氧化钠的物质的量为
0.0075mol﹣
1.5×10﹣3mol×2=
0.0045mol,所以溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为
0.0045mol
1.5×10﹣3mol=31.故答案为Na2CO
3、NaOH;13;
(3)由曲线B可知从25ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳,反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,所以n(CO2)=n(HCl)=(
0.075ml﹣
0.025ml)×
0.1mol/L=
0.005mol,所以CO2气体体积为
0.005mol×
22.4L/mol=
0.112L=112mL,故答案为112.点评本题考查混合物的有关计算,难度中等,关键根据图中盐酸的体积计算出NaOH、CO2的物质的量,判断CO2与NaOH反应过程.。