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2019-2020年高三上学期第一次月考化学试卷含解析
一、解答题(共15小题,满分30分)1.(2分)下列对于“摩尔”的理解正确的是( )A.摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B.摩尔是物质的量的单位,简称摩,符号为molC.
22.4LO2中所含氧气分子计量为1摩尔D.1mol氧含
6.02×1023个O2考点物质的量的单位--摩尔..专题化学用语专题.分析A.摩尔是物质的量的单位,不是基本物理量;B.根据物质的量与摩尔之间正确的关系进行判断;C.没有告诉在标况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算氧气的物质的量;D.使用物质的量时,必须指明具体的粒子存在形态,如氧气分子、氧原子等.解答解A.物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一,摩尔只是物质的量的单位,故A错误;B.物质的量为基本物理量,摩尔为物质的量的单位,符号为mol,故B正确;C.不是标准状况下,
22.4L氧气的物质的量不一定为1mol,故C错误;D.用物质的量描述粒子时,必须证明具体的粒子形态,如1mol氧气、1mol氧原子,而1mol氧无法判断是氧原子还是氧气分子,故D错误;故选B.点评本题考查了物质的量的概念及使用方法,题目难度不大,注意掌握物质的量的概念及正确表示方法,明确物质的量与摩尔之间的关系,选项C为易错点,注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件. 2.(2分)下列判断合理的是( )
①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
③根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质
④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
⑥根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属.A.只有
②⑥B.只有
②⑤C.只有
①②⑤⑥D.只有
②③④⑤考点酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;分散系、胶体与溶液的概念及关系;氧化还原反应;强电解质和弱电解质的概念..专题物质的分类专题.分析根据有关概念分析,氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物,酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物,碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物,盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物,强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物;弱电解质是指在水中不完全电离,只有部分电离的化合物;在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质,分散系是根据分散质微粒大小分类的,根据反应中是否有化合价的升降将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应,金属和非金属是根据稳定单质中原子间主要作用力来分类的,据此判断.解答解
①纯碱成分是碳酸钠,属于盐,故错误;
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质,故正确;
③根据电解质在水溶液里能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质,故错误;
④分散系是根据分散质微粒大小,将分散系分为溶液、胶体和浊液,故错误;
⑤根据反应中是否有化合价的升降,即是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应,故正确;
⑥不是根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属,故错误;属于判断合理的是
②⑤;故选B.点评本题考查一些常见概念的判别,了解常见物质的组成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键,采用排除法是正确、快速解答此类题的捷径. 3.分类是化学学习与研究的常用方法,下列分类正确的是( )A.Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物B.石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱C.酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应D.混合物、分散系、胶体从属关系如右图所示考点酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;分散系、胶体与溶液的概念及关系..专题物质的分类专题.分析A、Al2O3均属于两性氧化物;B、生石灰是氧化物,石灰石是碳酸钙属于盐;C、氧化性酸和还原性盐可以发生氧化还原反应;D、混合物包含分散系,分散系包含胶体;解答解A、氧化铝是两性氧化物,故A错误;B、生石灰是氧化钙,属于氧化物,不是碱,石灰石是碳酸钙,属于盐,故错误;C、酸、碱、盐之间发生的反应也可能是氧化还原反应,故C错误;D、混合物包含分散系,分散系包含胶体,故D正确;故选D.点评本题考查了化学概念的分析应用,物质分类的应用,概念的含义和物质的组成是解题关键,题目较简单. 4.(2分)下列各组离子能在pH=1的无色溶液中大量共存的是( ) A.K+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣B.Mg2+、Cl﹣、Al3+、SO42﹣ C.Ca2+、Fe3+、Na+、NO3﹣D.Ba2+、Cl﹣、Na+、CO32﹣考点离子共存问题..专题离子反应专题.分析pH=1,溶液呈酸性,溶液无色,则有颜色的离子不能大量共存,如离子之间不发生任何反应,则可大量共存,反之不能,结合离子的性质解答.解答解A.酸性条件下HCO3﹣不能大量共存,故A错误;B.溶液无色,且离子之间不发生任何反应,可大量共存,故B正确;C.Fe3+有颜色,不符合题无色的要求,故C错误;D.Ba2+与CO32﹣发生反应生成沉淀而不能大量共存,且酸性条件下CO32﹣不能大量共存,故D错误.故选B.点评本题考查离子共存问题,涉及常见离子性质的综合应用,侧重于元素化合物知识的考查,注意溶液呈酸性的要求,题目难度不大. 5.(2分)(xx•河北模拟)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.
0.1mol.L﹣1NaOH溶液K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣ B.
0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ C.
0.1mol•L﹣1FeCl3溶液K+、NH4+、I﹣、SCN﹣ D.=1×l014的溶液Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣考点离子共存问题..专题离子反应专题.分析A.该组离子之间不反应;B.碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡不溶于水;C.利用铁离子与碘离子发生氧化还原反应及结合生成络离子来分析;D.溶液中c(H+)=1mol/L,H+、ClO﹣结合生成弱电解质.解答解A.碱性溶液中该组离子之间不反应,则能够大量共存,故A正确;B.因溶液中碳酸根离子与Ba2+结合生成碳酸钡,则不能共存,故B错误;C.因溶液中Fe3+、I﹣发生氧化还原反应,Fe3+、SCN﹣结合生成络离子,则不能共存,故C错误;D.溶液中c(H+)=1mol/L,H+、ClO﹣结合生成弱电解质,则不能共存,故D错误;故选A.点评本题考查离子的共存,明确信息及离子之间的反应是解答本题的关键,注意选项C为解答的易错点,题目难度不大. 6.(2分)能正确表示下列反应的离子方程式的是( ) A.硫酸铝溶液中加入过量氨水Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓ B.碳酸钠溶液中加入澄清石灰水Ca(OH)2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣ C.冷的氢氧化钠溶液中通入氯气Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O D.稀硫酸中加入铁粉2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑考点离子方程式的书写..专题离子反应专题.分析A.一水合氨为弱电解质,应保留化学式;B.反应物澄清石灰水中氢氧化钙应拆成离子形式;C.氯气与氢氧化钠溶液在低温下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;D.不符合反应的客观事实,稀硫酸中加入铁粉反应生成硫酸亚铁.解答解A.硫酸铝溶液中加入过量氨水,离子方程式Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误;B.碳酸钠溶液中加入澄清石灰水,离子方程式Ca2++CO32﹣═CaCO3↓,故B错误;C.冷的氢氧化钠溶液中通入氯气,离子方程式Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O,故C正确;D.稀硫酸中加入铁粉,离子方程式Fe+2H+═2Fe2++H2↑,故D错误;故选C.点评本题考查学生离子方程式的正误判断方法,是高考的热点,难度不大,明确反应的实质是解题关键,注意化学式的拆分. 7.(2分)下列反应的离子方程式中,书写正确的是( ) A.实验室用大理石跟稀盐酸制取二氧化碳2H++CO32﹣═CO2↑+H2O B.将铝粉投入氢氧化钠溶液中2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+H2↑ C.铁粉与氯化铁溶液反应Fe+Fe3+═2Fe2+ D.金属钠与水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑考点离子方程式的书写..专题离子反应专题.分析A.碳酸钙在离子反应中保留化学式;B.水参加反应;C.电荷不守恒;D.反应生成NaOH和氢气.解答解A.实验室用大理石跟稀盐酸制取二氧化碳的离子反应为2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+,故A错误;B.将铝粉投入氢氧化钠溶液中的离子反应为2H2O+2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑,故B错误;C.铁粉与氯化铁溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+,故C错误;D.金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑,故D正确;故选D.点评本题考查离子反应方程式的书写,明确发生的化学反应是解答本题的关键,选项B为解答的易错点,题目难度不大. 8.(2分)下列化学方程式中,不能用H++OH﹣=H2O表示的是( ) A.2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2OB.Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O C.KOH+HCl═KCl+H2OD.Cu(OH)2+2HNO3═Cu(NO3)2+2H2O考点离子方程式的书写..专题离子反应专题.分析离子方程式H++OH﹣=H2O表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的一类反应.解答解A、氢氧化钠是强碱,硫酸是强酸,而二者反应生成的硫酸钠是易溶于水的盐,能用H++OH﹣=H2O表示,故A正确;B、强碱性的Ba(OH)2溶液和强酸稀HCl反应生成的氯化钡是易溶解的物质,能用H++OH﹣=H2O表示,故B正确;C、氢氧化钾是强碱,盐酸是强酸,二者反应生成的氯化钾是易溶于水的盐,能用H++OH﹣=H2O表示,故C正确;D、氢氧化铜是弱碱,和硝酸的反应不能用H++OH﹣=H2O表示,故D错误.故选D.点评本题考查学生离子反应的实质是表示一类化学反应,可可以根据所学知识解答,难度不大. 9.(2分)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A.标准状况下,
11.2LCH3OH中含有C﹣H键
1.5NA B.9克O2中含有的中子数为5NA C.1LpH=1的硫酸溶液中含有的H+数为
0.2NA D.1molCu与足量S完全反应转移电子数为2NA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、根据甲醇标准状况下不是气体进行判断;B、根据氧气的质量计算出物质的量,再计算出含有的中子数;C、根据溶液的pH计算出氢离子的浓度,再计算出氢离子的物质的量及数目;D、根据铜与硫反应生成是硫化亚铜判断.解答解A、标准状况下甲醇不是气体,无法计算
11.2L甲醇的物质的量,故A错误;B、9克O2中含有
0.5mol氧气,含有5mol中子,含有的中子数为5NA,故B正确;C、1LpH=1的硫酸溶液中,氢离子浓度为
0.1mol/L,1L该硫酸溶液中含有
0.1mol氢离子,含有的H+数为
0.1NA,故C错误;D、1molCu与足量S完全反应生成了硫化亚铜,转移了1mol电子,转移电子数为NA,故D错误;故选B.点评本题考查了阿伏伽德罗常数,题目难度不大,注意标准状况下甲醇不是气体,铜与硫单质反应生成的是硫化亚铜. 10.(2分)用NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是( ) A.标准状况下,
22.4LH2O含有的分子数为NA B.常温常压下,
1.06gNa2CO3含有的Na+数为
0.02NA C.常温常压下,NA个CO2分子占有的体积为
22.4L D.物质的量浓度为
0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为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、根据标准状况下水的状态不是气体进行判断;B、根据n=计算出碳酸钠的物质的量,再计算出含有的钠离子数目;C、根据常温下,不是标准状况下进行分析;D、根据氯化镁溶液的浓度不知道,无法计算氯化镁的物质的量判断.解答解A、在标准状况下,水的状态不是气体,题中条件无法计算水的物质的量,故A错误;B、
1.06g碳酸钠的物质的量为
0.01mol,含有
0.02mol钠离子,含有的Na+数为
0.02NA,故B正确;C、NA个CO2分子的物质的量为1mol,不是标准状况下,无法计算1mol二氧化碳的体积,故C错误;D、没有告诉物质的量浓度为
0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液的体积,无法计算氯化镁的物质的量,故D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,阿伏加德罗常数是高考的“热点”,它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解,又可以涵盖多角度的化学知识内容.要准确解答好这类题目,一是要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;二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系. 11.(2分)已知反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,据此判断下列说法正确( ) A.KCl为还原产物B.HCl全部发生氧化反应 C.该反应表明氧化性KClO3比Cl2强D.1molKClO3在反应中得到6mole﹣考点氧化还原反应..专题氧化还原反应专题.分析反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,KClO3中Cl元素由+5价降低为0,HCl中Cl元素由﹣1价升高为0,以此来解答.解答解反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,KClO3中Cl元素由+5价降低为0,HCl中Cl元素由﹣1价升高为0,A.氧化产物与还原产物均为氯气,KCl为生成物,故A错误;B.由电子守恒可知,6molHCl中只有5mol作还原剂发生氧化反应,1mol作酸生成盐,故B错误;C.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,该反应表明氧化性KClO3比Cl2强,故C正确;D.1molKClO3在反应中得到1mol×(5﹣0)=5mole﹣,故D错误;故选C.点评本题考查氧化还原反应,明确反应中Cl元素的化合价变化是解答本题的关键,题目难度不大. 12.(2分)关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是( ) A.在水中的溶解性NaHCO3>Na2CO3 B.热稳定性NaHCO3<Na2CO3 C.与盐酸溶液反应的速率(快慢)NaHCO3<Na2CO3 D.Na2CO3不能转化成NaHCO3,而NaHCO3能转化成Na2CO3考点探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质..专题几种重要的金属及其化合物.分析NaHCO3与Na2CO3相比较,NaHCO3不稳定,加热易分解,常温时,Na2CO3溶解度较大,与盐酸反应时,NaHCO3反应剧烈.解答解A.常温下,向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体,有碳酸氢钠晶体析出,可知常温时水溶解性Na2CO3>NaHCO3,故A错误;B.NaHCO3不稳定,加热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,碳酸钠受热稳定,故B正确;C.分别滴加HCl溶液,反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O,HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑,相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈,故C错误;D.Na2CO3能与二氧化碳、水反应转化成NaHCO3,NaHCO3能分解转化成Na2CO3,二者可相互转化,故D错误.故选B.点评本题考查Na2CO3和NaHCO3性质,题目难度不大,注意把握Na2CO3和NaHCO3性质的异同,注重基础知识的积累. 13.(2分)下列溶液中的氯离子浓度与150mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是( ) A.150mL1mol•L﹣1的KClB.75mL2mol•L﹣1的NH4Cl C.150mL1mol•L﹣1的NaClD.75mL
1.5mol•L﹣1的CaCl2考点物质的量浓度..专题物质的量浓度和溶解度专题.分析根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质中含有离子的个数,与溶液的体积无关.解答解150mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L﹣1×3=3mol•L﹣1,A、150mL1mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L﹣1×1=1mol•L﹣1,故A错误;B、75mL2mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量浓度为2mol•L﹣1×1=2mol•L﹣1,故B错误;C、150mL1mol•L﹣1的NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L﹣1×1=1mol•L﹣1,故C错误;D、75mL
1.5mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为
1.5mol•L﹣1×2=3mol•L﹣1,故D正确;故选D.点评本题考查物质的量浓度的计算与理解,题目难度不大,注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关,只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度. 14.(2分)下列方法不正确的是( ) A.容量瓶使用前要先检查是否漏液 B.液态HCl、固体NaCl均不导电,但HCl、NaCl是电解质 C.钠在空气中长时间放置,最终变为NaOH D.质量相等的Na2CO
3、NaHCO3分别与足量盐酸反应,NaHCO3放出的CO2比Na2CO3多考点钠的重要化合物;电解质与非电解质;钠的化学性质;过滤、分离与注入溶液的仪器..专题几种重要的金属及其化合物;化学实验常用仪器.分析A.容量瓶用于配制一定浓度的溶液,使用前必须检查是否漏水;B.电解质在熔融状态下或水溶液中才可导电;C.钠可与氧气反应生成氧化钠,最终生成碳酸钠;D.质量相等时,碳酸氢钠物质的量较大,生成二氧化碳气体较多.解答解A.容量瓶用于配制一定浓度的溶液,使用时要倒置、振荡等操作,使溶液均匀混合,使用前必须检查是否漏水,故A正确;B.只有存在自由移动的离子时,才能导电,电解质在熔融状态下或水溶液中才可导电,故B正确;C.钠可与氧气反应生成氧化钠,氧化钠和水反应生成氢氧化钠,但氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应,最终生成碳酸钠,故C错误;D.质量相等时,碳酸氢钠物质的量较大,生成二氧化碳气体较多,故D正确.故选C.点评本题考查较为综合,涉及溶液的配制、电解质、钠以及钠的重要化合物的性质,侧重于基础知识的考查,为高考高频考点,注意相关基础知识的积累,难度中等. 15.(2分)下列物质既能跟硫酸反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是( )
①NaHCO3
②Al2O3
③Al(OH)3
④Al. A.
①②③④B.
①和
③C.
③和
④D.
①和
④考点两性氧化物和两性氢氧化物..专题元素及其化合物.分析常见能和稀硫酸、氢氧化钠溶液反应的物质有铝、两性氢氧化物、两性氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等物质,据此分析解答.解答
①NaHCO3是弱酸的酸式盐与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水;与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水,故
①正确;
②Al2O3是两性氧化物,与硫酸反应生成硫酸铝和水;与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,故
②正确;
③Al(OH)3是两性氢氧化物,与硫酸反应生成硫酸铝和水;与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,故
③正确;
④Al与硫酸反应生成硫酸铝和氢气;与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,故
④正确;故选A.点评本题以能和强酸、强碱反应的为载体考查了碱性氧化物、两性氧化物的判断,酸性氧化物能和碱反应、两性氧化物和强酸强碱都反应、碱性氧化物只和酸反应,据此分析解答,题目难度不大. 二.选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分,每小题有两个选项符合题意,错选得0分,只选一个选项且正确得2分)16.(4分)下列说法正确的是( ) A.Na、Fe分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性 B.
7.8gNa2O2与CO2完全反应,转移
0.1mol电子 C.合金中至少含有两种金属元素 D.NaHCO
3、CaCO
3、(NH4)2CO3三种固体受热后均能生成气体考点钠的化学性质;合金的概念及其重要应用;钠的重要化合物..专题元素及其化合物.分析A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,溶液呈碱性;B.
7.8gNa2O2的物质的量为
0.1mol,结合方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2计算;C.合金可以是金属与非金属的共熔物;D.NaHCO
3、CaCO
3、(NH4)2CO3三种固体都不稳定,加热都可生成气体.解答解A.钠过量时,钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,溶液呈碱性,而硫酸亚铁水解呈酸性,都不呈中性,故A错误;B.
7.8gNa2O2的物质的量为
0.1mol,方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,由方程式可知,Na2O2中O元素化合价由﹣1价分别变为化为0价、﹣2价,2molNa2O2参加反应可转移2mol电子,则
0.1mol8gNa2O2与CO2完全反应,转移
0.1mol电子,故B正确;C.合金可以是金属与非金属的共熔物,如生铁,故C错误;D.NaHCO
3、CaCO
3、(NH4)2CO3三种固体都不稳定,加热都可生成二氧化碳气体,故D正确.故选BD.点评本题考查较为综合,涉及钠、过氧化钠、合金等知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查,注意相关基础知识的积累,难度中等. 17.(4分)用NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述中正确的是( ) A.分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NA B.28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA C.常温常压下,92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA D.常温常压下,
22.4L氯气与足量镁粉充分反应,转移的电子数为2NA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.分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有混合气体的物质的量为1mol,含有2mol氧原子;B.乙烯和丙烯的最简式为CH2,根据最简式计算出混合物中含有的碳原子数;C.NO2和N2O4的最简式为NO2,根据最简式计算出混合物中含有的原子总数D.常温常压下,不是标准状况下,不能使用
22.4L/mol计算氯气的物质的量.解答解A.二氧化氮和二氧化碳中都含有2个氧原子,分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有混合气体的物质的量为1mol,含有氧原子的物质的量为2mol,含有的氧原子数为2NA,故A错误;B.28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有28g最简式CH2,含有2mol最简式CH2,所以混合物中含有2mol碳原子,含有的碳原子数为2NA,故B正确;C.92gNO2和N2O4的混合气体中含有2mol最简式NO2,含有2molN、4moO,总共含有6mol原子,含有的原子数为6NA,故C正确;D.常温常压下,温度高于标况下,所以气体摩尔体积大于
22.4L/mol,
22.4L氯气的物质的量小于1mol,反应转移的电子小于2mol,转移的电子数小于2NA,故D错误;故选BC.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灵活运用基础知识解决实际问题的能力. 18.(4分)下列应用不涉及氧化还原反应的是( ) A.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B.工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al C.工业上利用热纯碱溶液清洗油污 D.用焰色反应鉴定是否有钾元素存在考点氧化还原反应..专题氧化还原反应专题.分析发生的反应中存在元素的化合价变化,为氧化还原反应,反之不是,以此来解答.解答解A.生成碳酸钠和氧气,过氧化钠中O元素的化合价变化,为氧化还原反应,故A不选;B.生成Al和氧气,反应中Al、O元素的化合价变化,为氧化还原反应,故B不选;C.纯碱水解显碱性、促进油污的水解,没有元素的化合价变化,不是氧化还原反应,故C选;D.焰色反应为物理变化,不是化学反应,故D选;故选CD.点评本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握发生的反应、反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应判断的考查,题目难度不大. 19.(4分)在T℃时,将agNH3完全溶于水,得到VmL溶液,假设该溶液的密度为ρg•cm﹣3,溶质的质量分数为w,其中含NH4+的物质的量为bmol.下列叙述中正确的是( ) A.溶质的质量分数为w=×100% B.溶质的物质的量浓度c=mol•L﹣1 C.溶液中c(OH﹣)=mol•L﹣1 D.上述溶液中再加入VmL水后,所得溶液溶质的质量分数等于
0.5w考点物质的量浓度的相关计算..专题计算题.分析A.氨水溶液溶质为氨气,该溶液的密度为ρg•cm﹣3,体积为VmL,所以溶液质量为ρVg,溶质氨气的质量为ag,根据溶质的质量分数定义计算;B.根据n=计算agNH3的物质的量,溶液体积为VmL,再根据c=计算溶液的物质的量浓度;C.溶液OH﹣中来源与一水合氨、水的电离,NH4+的浓度为=mol/L,一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,一水合氨电离出的OH﹣浓度为mol/L;D.水的密度比氨水的密度大,相等体积的氨水与水,水的质量大,等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍,溶液中氨气的质量相同;解答解A.氨水溶液溶质为氨气,该溶液的密度为ρg•cm﹣3,体积为VmL,所以溶液质量为ρVg,溶质氨气的质量为ag,溶质的质量分数为w=×100%,故A正确;B.agNH3的物质的量为=mol,溶液体积为VmL,所以溶液的物质的量浓度为c=mol•L﹣1=mol•L﹣1,故B正确;C.溶液OH﹣中来源与一水合氨、水的电离,NH4+的浓度为=mol/L,一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,一水合氨电离出的OH﹣为mol/L,所以溶液中OH﹣浓度大于mol/L,故C错误;D.水的密度比氨水的密度大,相等体积的氨水与水,水的质量大,等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍,溶液中氨气的质量相同,等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于
0.5w,故D错误;故选AB.点评本题考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等,题目难度中等,理解概念熟练运用公式是解题的关键. 20.(4分)常温下,在溶液中可发生以下反应
①16H+10Z+2XO4﹣═2X+5Z2+8H2O,
②2M+R2═2M+2R﹣,
③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣,由此判断下列说法错误的是( ) A.Z元素在反应
①中被氧化,在
③中被还原 B.还原性强弱顺序为X2+<Z﹣<R﹣<M2+ C.氧化性强弱顺序为XO4﹣<Z2<R2<M D.常温下不可发生反应2M2++Z2=2M3++2Z﹣考点氧化还原反应..专题氧化还原反应专题.分析
①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中,Z元素的化合价升高,X元素的化合价降低;
②2M2++R2═2M3++2R﹣中,M元素的化合价升高,R元素的化合价降低;
③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中,Z元素的化合价降低,R元素的化合价升高,结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答.解答解A.反应
①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中,Z元素化合价升高,被氧化,在反应
③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中,Z元素化合价降低,被还原,故A正确;B.根据反应2M2++R2═2M3++2R﹣,可得还原性顺序是R﹣<M2+,根据反应2R﹣+Z2═R2+2Z﹣,可得还原性顺序是Z﹣<R﹣,根据反应16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O,可得还原性顺序是X2+<Z﹣,即还原性强弱顺序为X2+<Z﹣<R﹣<M2+,故B正确;C.氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应
①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中,氧化性XO4﹣>Z2;反应
②2M2++R2═2M3++2R﹣中,氧化性R2>M3+;反应﹣
③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中,氧化性Z2>R2,即氧化性顺序是XO4﹣>Z2>R2>M3+,故C错误;D.根据还原性顺序Z﹣<M2+,常温下可发生反应2M2++Z2═2M3++2Z﹣,故D错误;故选CD.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氧化性、还原性比较的考查,题目难度不大. 三.填空题(共50分)21.(14分)Na2CO3的摩尔质量是 106g/mol ;
0.1molCO2的质量是
10.6g ,它在标准状况下的体积约为
2.24L ;在
0.5L
0.2mol•L﹣1的Ba(NO3)2溶液中NO3﹣的物质的量浓度为
0.4mol/L .考点物质的量的相关计算..专题计算题.分析摩尔质量在数值上等于相对分子质量,结合n==计算.解答解Na2CO3的摩尔质量是106g/mol,m(CO2)=
0.1mol×106g/mol=
10.6g,V(CO2)=
0.1mol×
22.4L/mol=
2.24L,在
0.5L
0.2mol•L﹣1的Ba(NO3)2溶液中NO3﹣的物质的量浓度为Ba(NO3)2的2倍,为
0.4mol/L,故答案为106g/mol;
4.4g;
2.24L;
0.4mol/L.点评本题考查物质的量的相关计算,为高频考点,侧重于学生的计算能力的考查,注意相关计算公式的运用,难度不大. 22.等质量的CO2和CO,分子数之比 711 ,同温同压下的密度之比 117 ,含氧原子数之比 1411 ,体积之比 711 .考点物质的量的相关计算..专题计算题.分析根据n===结合ρ=计算.解答解设质量都为1g,则n(CO2)n(CO)==711,则分子数之比为711;氧原子数之比为7×211=1411,体积之比为711,同温同压下的密度之比等于摩尔质量之比,为4428=117,故答案为711;117;1411;711.点评本题考查物质的量的计算,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握物质的构成特点以及相关计算公式的运用,难度不大. 23.燃着的镁条可以在二氧化碳中继续燃烧CO2+2MgC+2MgO.该反应中氧化剂是 CO2 (填化学式),若消耗了
2.4gMg,转移电子的物质的量是
0.2 mol.考点氧化还原反应..专题氧化还原反应专题.分析CO2+2MgC+2MgO,在该反应中C元素的化合价降低;Mg→Mg2+,1molMg失去2mol电子,
2.4gMg的物质的量为n==
0.1mol,所以转移电子的物质的量为n(电子)=
0.2mol.解答解CO2+2MgC+2MgO,在该反应中C元素的化合价降低,CO2得到电子作氧化剂,Mg→Mg2+,1molMg失去2mol电子,
2.4gMg的物质的量为n==
0.1mol,所以转移电子的物质的量为n(电子)=
0.2mol,故答案为CO2;
0.2.点评本题考查了氧化剂的判断及氧化还原反应中电子转移数目的计算,注意元素的化合价变化,题目难度不大. 24.氧化钠的化学式是 Na2O ,是 白 色固体,过氧化钠的电子式是 ,是 淡黄 色固体.考点钠的重要化合物..专题元素及其化合物.分析氧化钠是由2个钠离子与1个阳离子通过离子键结合而成的离子化合物,是白色固体;过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物,是淡黄色固体,据此解答.解答解氧化钠是由2个钠离子与1个阳离子通过离子键结合而成的离子化合物,化学式为Na2O,是白色固体;过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物,电子式为,是淡黄色固体,故答案为Na2O;白;;淡黄.点评本题考查了物质的结构和性质,题目难度不大,熟悉氧化钠、过氧化钠的结构和物理性质是解题关键,题目简单. 25.(16分)写出化学方程式,一步实现下列转变.
①Al→NaAlO2 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
②Al2O3→AlCl3 Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O
③Na2CO3→NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
④Na2O2→Na2CO3 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 .考点铝的化学性质;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
①Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2;
②Al2O3与盐酸反应可生成AlCl3;
③Na2CO3与二氧化碳、水反应生成NaHCO3;
④Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3.解答解
①Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2,反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
②Al2O3与盐酸反应可生成AlCl3,反应为Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O,故答案为Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O;
③Na2CO3与二氧化碳、水反应生成NaHCO3,反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,故答案为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3;
④Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3,反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2.点评本题考查Na、Al及其化合物的性质,综合考查元素化合物性质,综合性较强,注意把握物质的性质、发生的反应为解答的关键,侧重化学反应方程式书写的考查,题目难度不大. 26.向20mLAlCl3溶液中滴入2mol•L﹣1NaOH溶液时,沉淀质量与所滴加NaOH溶液体积(mL)关系如图所示
(1)A点表示的意义是 AlCl3与NaOH恰好完全反应,得到最大沉淀量 ;
(2)B点表示的意义是 Al(OH)3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2,沉淀完全溶解 ;
(3)假设溶液中有Al(OH)3沉淀
0.39g,计算此时用去NaOH溶液的体积.(本步要写出计算过程)考点离子方程式的有关计算..专题计算题.分析
(1)开始AlCl3与NaOH反应Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,生成Al(OH)3沉淀,NaOH量逐渐增多,Al(OH)3量逐渐增大,到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时,Al(OH)3沉淀达到最大量;
(2)随后再加NaOH,发生Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O,沉淀量又逐渐减少,到B点时Al(OH)3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2,沉淀完全溶解消失;
(3)
0.39gAl(OH)3的物质的量
0.005mol.当NaOH溶液不足时,生成
0.39gAl(OH)3所需NaOH的物质的量为
0.015mol;当NaOH溶液过量时,还剩余
0.39gAl(OH)3,剩余
0.39gAl(OH)3溶解可以消耗
0.005molNaOH,故共消耗NaOH的物质的量=
0.02L×2mol/L﹣
0.005mol=
0.035mol,根据V=计算NaOH溶液的体积.解答解
(1)开始AlCl3与NaOH反应Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,生成Al(OH)3沉淀,NaOH量逐渐增多,Al(OH)3量逐渐增大,到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时,Al(OH)3沉淀达到最大量,故答案为AlCl3与NaOH恰好完全反应,得到最大沉淀量;
(2)Al(OH)3沉淀达到最大量后,再加NaOH,发生Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O,沉淀量又逐渐减少,到B点时Al(OH)3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2,沉淀完全溶解消失,故答案为Al(OH)3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2,沉淀完全溶解;
(3)
0.39gAl(OH)3的物质的量==
0.005mol.当NaOH溶液不足时,生成
0.39gAl(OH)3所需NaOH的物质的量为
0.005mol×3=
0.015mol,需要NaOH溶液的体积==
0.0075L=
7.5mL;当NaOH溶液过量时,还剩余
0.39gAl(OH)3,剩余
0.39gAl(OH)3溶解可以消耗
0.005molNaOH,故共消耗NaOH的物质的量=
0.02L×2mol/L﹣
0.005mol=
0.035mol,需要NaOH溶液的体积==
0.0175L=
17.5mL,此时用去NaOH溶液的体积为
7.5或
17.5.答用去NaOH溶液的体积为
7.5mL或
17.5mL.点评本题是AlCl3与NaOH反应与图象相结合的计算问题,考查了大家对图象的解读能力,分析问题能力、计算能力等,难度中等,本题解决的关键是明确NaOH溶液逐滴加入到AlCl3溶液中的反应情况. 27.(10分)
(1)下面是一种常见药品说明书的部分内容,请将其补充完整.【药品名称】碳酸氢钠.【其他名称】酸性碳酸钠、
① 小苏打 .【功效主治】适用于胃酸过多、消化不良及碱化尿液等;静脉给药用于酸中毒;外用滴耳软化耵聍.【功效主治】对胃溃疡的病人,中和胃酸时产生的气体会刺激溃疡面,甚至有胃穿孔的危险.其中的化学原理(用离子方程式表示)是
② HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O .
(2)胃舒平(复方氢氧化铝)也可以治疗胃酸过多,所依据的反应原理(用离子方程式表示)是 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O .氢氧化铝跟氢氧化钠溶液反应的离子方程式是
② Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O .
(3)铝热反应常用来在野外焊接钢轨,请用化学方程式表示该过程 Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe .考点药物的主要成分和疗效;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
(1)碳酸氢钠又名小苏打;碳酸氢钠和酸反应原理HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;
(2)氢氧化铝和酸反应,Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;氢氧化铝跟氢氧化钠溶液反应的离子方程式是Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O;
(3)铝和氧化铁反应生成铁单质和三氧化二铝.解答解
(1)碳酸氢钠又名小苏打,适用于胃酸过多症状、消化不良症状及碱化尿液等;静脉给药用于酸中毒;外用滴耳软化耵聍.[不良反应]对胃溃疡症状的病人,原理是HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;故答案为小苏打;HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;
(2)治疗胃酸过多原理是Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液,Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O;故答案为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O;
(3)铝热反应的化学方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe,故答案为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe.点评本题考查了碳酸氢钠的疗效及成分、铝热反应,侧重于基础知识的考查,注意相关基础知识的积累,难度不大. 28.(10分)实验证明,以下六种物质是一个氧化还原反应的反应物和生成物NO、FeSO
4、H2O、Fe(NO3)
3、HNO
3、Fe2(SO4)3.
(1)请将上述物质填在横线上组成一个化学方程式并配平该化学方程式 4 HNO3+ 3FeSO4 → Fe2(SO4)3 + 1 Fe(NO3)3+ NO↑ + 2 H2O
(2)反应中作还原剂的物质是 FeSO4 (填化学式),被还原的元素是 N ;
(3)发生还原反应的物质是 HNO3 (填化学式);
(4)若有
0.6mol的还原剂完全反应时,上述化学反应转移的电子的物质的量是
0.6 mol.考点氧化还原反应方程式的配平;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
(1)根据氧化还原反应的基本规律,HNO3为反应物,具有强氧化性,则NO为生成物,反应中硝酸被还原,为氧化剂,则反应中FeSO4应为还原剂,被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3;
(2)化合价升高的元素在反应中被氧化,所在的反应物是还原剂,化合价降低元素在反应中被还原;
(3)化合价降低的元素所在反应物在反应中被还原;
(4)根据化学方程式结合电子转移情况来确定电子转移和还原剂之间量的关系.解答解
(1)氧化还原反应的特征为化合价的升降,反应中HNO3为反应物,具有强氧化性,则NO为生成物,反应中硝酸被还原,为氧化剂,题给物质中元素化合价发生变化的还有Fe,则Fe元素化合价应升高,被氧化,则FeSO4应为还原剂,被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3,根据电子守恒,氮元素的化合价降低了3价,铁元素化合价升高了1价,根据得失电子守恒以及元素守恒,所以硫酸亚铁前边系数是3,硝酸前系数是4,水的前边系数是2,故答案为4HNO3+3FeSO4=Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO↑+2H2O故答案为4;3FeSO4;Fe2(SO4)3;1;NO↑;2;
(2)反应中,Fe元素化合价应升高,被氧化,则FeSO4应为还原剂,氮元素化合价降低,所以N被还原,故答案为FeSO4;N;
(3)反应中N元素化合价降低,HNO3为氧化剂,被还原,发生还原反应,故答案为HNO3;
(4)根据化学方程式4HNO3+3FeSO4=Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO↑+2H2O知道当有3mol的还原剂完全反应时,转移电子的量是3mol,当若有
0.6mol的还原剂完全反应时上述化学反应转移的电子的物质的量是
0.6mol,故答案为
0.6.点评本题综合考查氧化还原反应,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力考查,注意从元素化合价的角度分析氧化还原反应的相关概念和物质的性质.。