2019-2020年高三上学期化学12次周练试题（实验班1.17） 含答案.doc

2019-2020年高三上学期化学12次周练试题（实验班1.17） 含答案化学 （课改实验班理科46-47班）罗文丰 xx.1.17一选择题（每小题3分，共16小题，48分）1分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（ ）AH2O、HCOOH、SO2均含有氧元素，都是氧化物BHCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸CHCl、NH3、NaOH溶于水所得溶液都能导电，都是电解质DHClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸2某无色稀溶液X中，可能含有如表所列离子中的某几种。阴离子CO、SiO、AlO、Cl阳离子Al3、Fe3、Mg2、NH4+、Na取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A若Y是盐酸，则X中一定含有CO32、SiO32、AlO2-和NH4+B若Y是NaOH溶液，则X中一定含有Al3、Fe3、NH4+、ClC若Y是NaOH溶液，则ab段发生反应的离子方程式为：NH4+OH=NH3H2OD若Y是NaOH溶液，则X中的Al3、Mg2、NH4+物质的量之比为2：1：43某稀溶液仅含Fe2+、Na+、A13+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol 。若向该溶液中加人适量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）。下列说法正确的是（ ）A若向该溶液中加人足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72gB若向该溶液中加人过量的稀硫酸，溶液颜色会变成浅绿色C若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液不显血红色D若向该溶液中加人过量的稀硫酸，产生的气体在标况下的体积约为7.467L4已知CN（氢氰酸根离子）SCN（硫氰酸根离子）和Cl有相似之处：两个CN原子团或两个SCN原子团可分别构成氰分子（CN）2和硫氰分子（SCN）2。（CN）2和（SCN）2的性质和Cl2有性质有相似之处，且常温常压下是气体，下列物质间反应的化学方程式错误的是（ ）A二氧化锰和HSCN溶液加热反应：MnO2+4HSCNMn（SCN）2+（SCN）2+2H2OB（CN）2和氢氧化钾溶液反应：（CN）2+2KOHKCN+KCNO+H2OC碘晶体投入HCN溶液中：I2+2HCN2HI+（CN）2D（SCN）2和水反应：（SCN）2+H2OHSCN+HSCNO5已知：2Fe + 3Br22FeBr3，Fe2+的还原性大于Br。现有16.8 g铁和0.3 mol Br2反应后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。下列叙述不正确的是（ ）A当a = 0.1时，发生的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2ClB当a = 0.45时，发生的反应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6ClC若溶液中Br有一半被氧化时， c(Fe3+): c(Br):c(Cl) 1:1:3D当0a0.15时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)6设NA表示阿伏加德罗常数（约为6.021023mol-1 ），下列有关叙述不正确的是( )在标准状况下，VL水含有的氧原子个数为常温常压下，1mol碳烯（:CH2）所含电子总数为8NA1L pH=1的水溶液中，水合氢离子数为0.1NA1molOH-在电解过程中被氧化，提供电子的数目为NA个22.4L的HCl溶于水，溶液中H+数为NA1 mol CO2与含2 mol NaOH的溶液反应后，溶液中CO32-数为NA12g金刚石中所含共价键数目为NANa2O2与H2O反应，生成常温常压下16gO2，反应中转移电子数为NA标准状况下，2.24L苯中约含有3.612 x 1023个碳原子25时，1 L pH=13的氢氧化钠溶液中约含有6.02l023个氢氧根离子A B C D7仅用下表提供的玻璃仪器(非玻璃仪器任选)就能实现相应实验目的的是（ ）选项实验目的玻璃仪器A分离乙醇和乙酸的混合物分液漏斗、烧杯、玻璃棒B用0.10mol/L的盐酸配制100 mL 0.050mol/的盐酸100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管C用溴水、淀粉KI溶液比较Br2和I2的氧化性强弱试管、胶头滴管D用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体制备并收集NH3酒精灯、烧杯、导管、集气瓶8将钠、镁、铝0.3mol分别放入100 ml 1 mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是（ ）A1：2：3 B6：3：2 C3：1：l D1：1：19图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是（ ）A向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B向澄清石灰水中通入CO2至过量C向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失10在100mL0.1molL-1铝铵矾NH4Al(SO4)212H2O的水溶液中，逐滴滴入0.1molL-1的Ba(OH)2溶液，所得沉淀的质量与Ba(OH)2溶液的体积曲线如图所示已知Ba(AlO2)2易溶易电离。下列说法正确的是（ ）Aa点溶液中大量存在的离子有NH4+和SO42Bb点溶液中c(NH3H2O)约为0.1molL-1Cab过程中，反应的只有SO42Dbc过程中，反应的是Al(OH)3和NH4+11研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是（ ）选项反应叙述产物图示ANaOH溶液与SO2反应时溶液中的溶质BNaAlO2溶液与盐酸反应后铝元素的存在形式CFe和稀HNO3反应后，铁元素的存在形式DFe在Cl2中的燃烧产物12常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH14的溶液，然后用1 molL1的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）A原合金质量为0.92 gB图中V2为60C沉淀的质量m为1.65 gDOP段发生的反应为：OH-H+= H2O13将某些化学知识用图像表示，可以收到直观、简明的效果。下列图象所表示的化学知识中，不正确的是（ ）14将ag镁铝合金投入到xmL2molL的盐酸中，金属完全溶解后，再加入ymL1molL的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g。下列说法不正确的是（ ）A镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为01NABx=2yC沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物D2x=y15Zn（OH）2是两性氢氧化物，和强酸反应时生成Zn2+，跟强碱反应时生成ZnO22-，现有三份等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如下图所示，则与MgCl2、ZnCl2、AlCl3三种溶液一一对应的正确图象是（ ）A B C D16现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：有关说法错误的是（ ）A反应原理为CO2 + NH3 + NaCl + H2O NaHCO3 + NH4ClB向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3C反应生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱DCO2的结构式为O=C=O，其中碳氧原子均满足8电子稳定结构17（10分）把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量的水中，有1.16g白色沉淀析出，向所得的浊液里，逐渐加入0.5mol/L的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如图所示：（1）写出mn段反应的离子方程式_（2）混合物中NaOH的物质的量是_，AlCl3的物质的量是_，MgCl2的物质的量是_。（3）P点所表示的加入盐酸的体积是_mL。18（10分）过氧化钠、过氧化镁、过氧化氢都是重要的过氧化物。回答下列问题：（1）过氧化镁不溶于水，但易溶于稀酸广泛用作胃药，治疗胃酸过多试写出过氧化镁与胃酸反应的离子方程式：_。（2）高温下，过氧化钠在隔绝空气环境中可以将铁单质氧化成含FeO42-高铁酸盐，该反应的化学方程式为_。（3）取少量含Fe2+、H+溶液于试管中，滴加几滴硫氰化钾溶液，无明显现象；再滴加H2O2，发现溶液变红色，其中包括的反应有_（写离子方程式）；继续加H2O2，红色逐渐褪去且有气泡产生，反应原理为：H2O2+ SCN- SO42-+ CO2+ N2+ H2O+ _（SCN-中S为-2价；将方程式补充完成并配平）19(14分)金属M在酸性或碱性溶液中均可与HNO3发生氧化还原反应，转化关系如下（部分生成物未列出）：已知：C、D、E、G均为气体，且G为单质；将D通入A溶液产生白色沉淀；将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：M 、F 、G 。（2）A溶液与B溶液混合也能产生白色沉淀，写出该反应的离子方程式 _。 （3）除去气体C中的气体E的化学方法是 。（4）将10mL充满气体E和O2混合气的试管倒扣在水槽中，反应后试管中残留1mL无色气体，则试管中气体E的体积是 mL。（5）D C反应的化学方程式是 。（6）M与NO3-在碱性条件下反应的离子方程式为 。20（18分）氮化铝（AlN0是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。（已知：AlNNaOHH2ONaAlO2 NH3）【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。（1）上图C装置中球形干燥管的作用是 _ 。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先 ，再加入实验药品，接下来的实验操作是 ，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是 _ 。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见 _。【方案2】用下图装置测定m g样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）。（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是 （填选项序号）。aCCl4 bC6H6 cNH4Cl溶液 dH2O （5）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则A1N的质量分数是 _ （用含m、V的数学表达式表示）。【方案3】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（6）步骤生成沉淀的离子方程式为 _ 。（7）若在步骤中未洗涤，测定结果将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【选做题1】(14分）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为 _ 。（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180（升华）300（升华）1023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是 _ （只要求写出一种）。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是 。已知：Al2O3(s）+3C(s）=2Al(s）+3CO(g） H1=+1344.1kJ mol-12AlCl3(g）=2Al(s）+3Cl2(g） H2=+1169.2kJ mol-1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 _ 。步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_。结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是 _ 。【选择题2】（16分）七铝十二钙（12CaO7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含MgO和 ，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶， 若溶液I中c(Mg2+）小于510-6molL-1,则溶液pH大于 （Mg(OH）2的Ksp=510-12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是_。（2）滤液I中的阴离子有 （忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成 ，从而导致CaCO3产率降低。（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为 _ 。（4）电解制备Al(OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为 _ 。（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4和Al2Cl7两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为 _ 。参考答案：1-5 DDDCC 6-10 CCCDA 11-15 DDBBC 16.B17（15分，各3分）（1）AlO2 + H+ + H2O = Al（OH）3 （2）0.085mol；0.01mol；0.02mol （3）17018（10分）（各2分）（1）2MgO2+4H+=2Mg2+2H2O+O2（2）3Na2O2+FeNa2FeO4+2Na2O（3）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O Fe3+3SCN-=Fe（SCN）3 11，2，2，2，1，10，2H+。19（1）Al；HNO3；N2 (各1分，共3分) （2）Al3+ +3AlO2- +6H2O = 4Al(OH)3 (2分)（3）将气体通入水中，再用排水法收集(2分) （4） 8.6或7.2 (3分)（5）4NH3+5O2 4NO+6H2O(2分) （6）8Al+3NO3-+5OH- +2H2O = 8AlO-+3NH3(2分)都发生，最后无气体剩余。20（1）防倒吸（2）检查装置气密性 关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置（3）C装置出口处连接一个干燥装置 （4）ab （5）100%（6）AlO2 CO22H2O = Al（OH）3HCO3 （7）偏高选做1（15分）（1）Al3+3H2OAl(OH）3+3H+（2）防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率。Fe或铁 ；Al2O3(s）+3C(s）+2Cl2(g）=2AlCl3(g）+3CO(g） H=+174.9kJ/mol；NaCl、NaClO、NaClO3 ；除去FeCl3，提高AlCl3纯度。选做2（1）CaO；11；加入（NH4）2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。（2）NO3、OH；Ca(HCO3）2 （3）2OH+Al2O32AlO2+H2O（4）2Al+6H20 2Al(OH）3+3H2（5）Al3e7 AlCl44 Al2Cl7参考答案1D【解析】氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，HCOOH是酸，A错误；依据一个酸分子在水溶液中电离出的氢离子个数，将酸分为几元酸，HCOOH是一元酸，H2CO3、H2SO4都是二元酸，B错误；氨气中只存在氨气分子，液态时不导电，NH3的水溶液能导电，但本身不能电离出离子，属于非电解质，C错误；氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性，HClO、HNO3、浓H2SO4都具强氧化性，都是氧化性酸，D正确。2D【解析】试题分析：A、加入盐酸，则产生沉淀并能部分溶解，说明溶液中含有偏铝酸根离子和硅酸根离子，中间一段与酸反应不产生沉淀过程说明同时还含有碳酸根离子，不能确定是否还有铵根离子，错误，不选A；B、若Y为氢氧化钠，加入氢氧化钠产生沉淀后能部分溶解，说明含有铝离子和镁离子，因为溶液为无色，肯定不含铁离子。中间不产生沉淀的阶段说明有铵根离子，阴离子只能是氯离子，错误，不选B；C、若Y为氢氧化钠，则ab阶段应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨水，错误，不选C；D、通过图像的数据分析，假设横坐标每格代表1摩尔氢氧化钠，则铵根离子反应了2摩尔氢氧化钠，则铵根离子为2摩尔，氢氧化铝溶解消耗1摩尔氢氧化钠，则铝离子为1摩尔，铝离子沉淀消耗3摩尔氢氧化钠，则还有1摩尔氢氧化钠与镁离子反应，则镁离子为0.5摩尔，铝离子：镁离子：铵根离子=1：0.5:2=2:1:4，正确，选D。考点： 离子共存和离子反应3D【解析】试题分析：加入适量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，气体只能为NO，为Fe2+ 、NO3-之间氧化还原反应生成的，由于阴离子种类不变，则原溶液中一定存在SO42-，由于SO42-与Ba2+会发生离子反应形成BaSO4沉淀，因此一定不能存在Ba2+，又由于溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，根据由电荷守恒，一定还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+。 A若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为：0.5mol160g/mol=80g，错误；B加入适量的硫酸后，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，溶液变为棕黄色，错误；C该溶液中加入硫酸，NO3-离子在酸性条件下具有氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子与KSCN溶液反应显血红色，错误； D依据反应3Fe2+ + NO3-+4H+ =3 Fe3+ +NO+2H2O得知：3 Fe2+NO，那么产生气体体积为V(NO)=，正确。考点：考查离子共存及有关氧化还原反应的计算的知识。4.【答案】C【解析】试题分析：A、由二氧化锰和浓盐酸的反应可知MnO2和HSCN反应的化学方程式为MnO2+4HSCNMn（SCN）2+（SCN）2+2H2O，A正确；B由氯气与碱的反应可知（CN）2和氢氧化钾溶液反应为（CN）2+2KOHKCN+KCNO+H2O，B正确；C（CN）2和（SCN）2的性质和Cl2有性质有相似之处，碘的氧化性小于（CN）2，则碘晶体投入HCN溶液中不发生反应，C错误；D由氯气与水的反应二者（SCN）2和水反应为（SCN）2+H2OHSCN+HSCNO，D正确，答案选C。考点：考查物质的性质及氧化还原反应应用5C【解析】试题分析：n（Fe）=16.8g56g/mol=0.3mol，n（Br2）=0.3mol，由反应2Fe+3Br22FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-，A当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性大于Br，只发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，反应后Fe2+还有剩余，A正确；B当a=0.45时，首先发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，剩余0.3molCl2，进一步发生2Br+Cl2Br2+2Cl，又知Br-为0.6mol，则二者恰好反应，所以总方程式为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，B正确；C若溶液中Br-有一半被氧化时，首先发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，又知Br-为0.6mol，Br-有一半被氧化，则反应0.3mol，由方程式2Br+Cl2Br2+2Cl，可知消耗0.15molCl2，则共消耗0.3mol氯气，则c(Fe3+): c(Br):c(Cl) 0.3mol：0.3mol=0.6mol=1：1：2，C错误；D当0a0.15时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和Fe3+，由电荷守恒可知2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)，D正确，答案选C。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关应用6.【答案】C【解析】试题分析：在标准状况下水是液态，不能适用于气体摩尔体积计算物质的量，错误；常温常压下，1mol碳烯（:CH2）所含电子总数为8NA，正确；1L pH=1的水溶液中氢离子的物质的量是0.1mol，则水合氢离子数为0.1NA，正确；1molOH-在电解过程中被氧化生成氧气和水，即4OH4eO22H2O，提供电子的数目为NA个，正确；22.4L的HCl溶于水，溶液中H+数不一定为NA，因为氯气的物质的量不一定是1mol，错误；1 mol CO2与含2 mol NaOH的溶液反应后恰好生成碳酸钠和水，碳酸根水解，则溶液中CO32-数小于NA，错误；12g金刚石的物质的量是1mol，碳原子形成2个碳碳单键，则其中所含共价键数目为2NA，错误；Na2O2与H2O反应，生成常温常压下16gO2，氧气的物质的量是0.5mol，反应中转移电子数为NA，正确；标准状况下苯是液态，不能适用于气体摩尔体积计算物质的量，错误；25时，1 L pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根的物质的量是0.1mol，其中约含有6.02l022个氢氧根离子，错误，答案选C。考点：考查阿伏加德罗常数计算7.【答案】C【解析】试题分析：A、乙醇和乙酸互溶，需要蒸馏分离，所给仪器适用于分液，A错误；B、配制盐酸溶液还需要量筒，B错误；C、溴能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，利用试管和胶头滴管即可，C正确；D、实验室制备氨气还缺少硬质试管，D错误，答案选C。考点：考查化学仪器使用及方案设计8C【解析】试题分析：Na可以与酸、水发生反应，0.3molNa反应产生氢气的物质的量是0.15mol；镁只能与盐酸发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2，二者反应时物质的量的比是1:2，实际上二者的物质的量的比是0.3mol:0.1mol=3:1，可见金属过量，反应产生氢气按照盐酸计算，反应产生氢气的物质的量是0.05mol；铝只能与盐酸发生反应产生氢气，反应方程式是：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，二者反应时物质的量的比是1:3，实际上二者的物质的量的比是0.3mol:0.1mol=3:1，可见金属过量，反应产生氢气按照盐酸计算，反应产生氢气的物质的量是0.05mol.因此反应产生的氢气的物质的量的比是0.15mol：0.05mol：0.05mol=3:1:1，故选项C符合题意。考点：考查钠、镁、铝与酸溶液反应产生氢气的体积的计算的知识。9.【答案】D【解析】试题分析：A向NaAl02溶液中滴入HC1至过量，发生的反应依次为NaAlO2 +HCl+H2O =NaCl+Al(OH)3、Al(OH)3 +3HCl=AlCl3+3H2O，生成沉淀和沉淀溶解消耗NaOH的物质的量之比为1:3,A正确；B向澄清石灰水中通入C02至过量发生反应的方程式为CO2 +Ca(OH)2=CaCO3+H2O，CaCO3+CO2 +H2O =Ca(HCO3)2，生成沉淀和沉淀溶解消耗CO2 的物质的量之比为1:1，B正确；C向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生反应的化学方程式为AlCl3 +3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,生成沉淀与沉淀溶解的物质的量之比为3:1，C正确；D向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入C02至沉淀消失，发生反应的化学方程式为CO2 +Ca(OH)2=CaCO3+H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O =2KHCO3 、CaCO3+CO2 +H2O =Ca(HCO3)2，各段消耗CO2 的物质的量之比为1:05:05:1，D项错误；答案选D。【考点定位】本题主要是考查化学图像的分析与判断10A【解析】试题分析：0.01mol铝铵矾溶液中逐滴加入氢氧化钡首先生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，当硫酸恰好转化为硫酸钡时，铝离子转化为氢氧化铝，铵根转化为一水合氨，继续加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，沉淀质量减少。则A、a点铝离子转化为氢氧化铝，硫酸根和铵根剩余，A正确；B、b点铵根恰好转化为一水合氨，其浓度是0.01mol0.3L0.033mol/L，B错误；C、ab过程中，反应的有SO42、铵根，C错误；D、bc过程中氢氧化铝溶解，反应的是Al(OH)3，没有铵根，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查化学计算及有关图像分析11D【解析】试题分析：A、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，即n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，即n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：11：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，A正确；B、NaAlO2溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，n（HCl）：n（NaAlO2）1：1，为AlO2-，Al（OH）3，n（HCl）：n（NaAlO2）1：4，存在Al3+，1：11：4存在Al（OH）3，AlCl3，数轴符合，B正确；C、反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+FeFe（NO3）3+NO+2H2O，8HNO3+3Fe3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，Fe与HNO3的物质的量之比为1：4时，恰好反应生成硝酸铁，即Fe与HNO3的物质的量之比为1：4 时反应得到硝酸铁，Fe与HNO3的物质的量之比为3：8时，恰好反应生成Fe（NO3）2，即Fe与HNO3的物质的量之比为3：8时反应得到硝酸亚铁，c正确；D、Fe在氯气中燃烧的产物与Fe和氯气的用量无关，其产物只有FeCl3，D错误；答案选D。【考点定位】本题主要是考查了常见的用数轴法表示化学知识12D【解析】试题分析：反应后得到20 mL pH14的溶液，所以n(OH - )=0.02mol，所以需要1mol/L的盐酸20mL来中和，因此V 1 为20mL，继续加盐酸发生AlO 2 - +H + +H 2 O=Al(OH) 3 ，Al(OH) 3 +3H + =Al 3+ +3H 2 O，因此沉淀AlO 2 - 用掉20mL盐酸，溶解Al(OH) 3 用掉60mL盐酸，所以V 2 为100mL。所以Al(OH) 3 为0.02mol，则m为1.56g，原混合物中含有Al为0.54g，当盐酸加100mL时，溶液中的溶质为NaCl和AlCl 3 ，又知n(Cl-)=0.1mol，n(Al 3+ )=0.02mol，所以n(Na + )=0.04mol。所以原混合物中有Na为0.04mol，质量为0.92g，所以原混合物的质量为0.92g+0.54g=1.46g。答案选D考点：铝及其化合物的性质13B【解析】试题分析：A、胶体分散质粒子直径在1到100纳米之间，溶液分散质粒子直径小于1纳米，浊液分散质粒子直径大于100纳米，故A正确；B、醋酸溶液加水稀释溶液中离子浓度减小，溶液的导电能力逐渐减弱，故B错误；C、向Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸先后发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，开始无气体，后来才产生气体，且前后所加盐酸的体积比为1：1，故C正确；D、先后发生的反应为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，生成沉淀过程消耗的NaOH与沉淀溶解消耗的NaOH体积比是3：1故D正确，故选B。考点：考查了分散系、弱电解质的稀释、碳酸钠的性质、铝及其化合物的性质等相关知识。14B【解析】试题分析：A、沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝的混合物，所以混合物含有的氢氧根离子的质量为1.7g，即0.1摩尔，镁铝合金提供的电子等于混合物中氢氧根的物质的量，所以转移电子为0.1摩尔，正确，不选A；B、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子和钠离子守恒可知，氯化氢的物质的量=氯化钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，所以2x=y，错误，选B；C、氢氧化镁和氢氧化铝不溶于水，得到的沉淀最大时氢氧化铝没有和氢氧化钠反应，沉淀为二者的混合物，正确，不选C；D、由B分析，y=2x，正确，不选D。考点：镁铝重要化合物的性质15C16B17（15分，各3分）（1）AlO2 + H+ + H2O = Al（OH）3 （2）0.085mol；0.01mol；0.02mol （3）170【解析】试题分析：从图像分析，加入盐酸，刚开始没有沉淀生成，说明溶液中有氢氧化钠，则白色沉淀肯定有氢氧化镁沉淀，在10-30毫升阶段，加入盐酸，产生沉淀，说明是溶液中的偏铝酸根离子和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，30毫升以后是氢氧化铝和氢氧化镁溶解。（1）m-n阶段，为偏铝酸根离子和氢离子反应，离子方程式为：AlO2 + H+ + H2O = Al（OH）3 。（2）m点为氢氧化镁沉淀，即0.02摩尔，根据镁元素守恒，氯化镁的物质的量为0.02摩尔，根据偏铝酸根和氢离子的反应，计算氯化铝的物质的量为0.5（0.030-0.010）=0.01摩尔，根据钠离子和氯离子守恒，原混合物中氢氧化钠的物质的量等于氯化钠的物质的量=0.022+0.013+0.030.5=0.085摩尔。（3）n-p过程中，氢氧化镁和 都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以c点溶液中的溶质为氯化铝和氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸反应，所以二者恰好反应时氢氧化钠的物质的量=氯化氢的物质的量，所以盐酸的体积=0.085/0.5=170毫升。考点：镁铝化合物的性质18（10分）（各2分）（1）2MgO2+4H+=2Mg2+2H2O+O2（2）3Na2O2+FeNa2FeO4+2Na2O（3）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O Fe3+3SCN-=Fe（SCN）3 11，2，2，2，1，10，2H+。【解析】试题分析：（1）胃酸的主要成分是盐酸，过氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁、水和氧气，离子方程式为：2MgO2+4H+=2Mg2+2H2O+O2；（2）高温条件下，过氧化钠和铁发生氧化还原反应生成高铁酸钠和氧化钠，反应方程式为3Na2O2+FeNa2FeO4+2Na2O；（3）酸性条件下，双氧水和亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，铁离子和硫氰根离子反应生成硫氰化铁络合物，离子反应方程式为Fe3+3SCN-=Fe（SCN）3；双氧水和硫氰根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二氧化碳、氮气和水、氢离子，该反应中O元素化合价由-1价变为-2价，S元素化合价由-2价变为+6价、N元素化合价由-3价变为0价，得失电子最小公倍数是22，所以其方程式为11H2O2+2SCN-=2SO42-+2CO2+1N2+10H2O+2H+。考点：考查过氧化钠及过氧化氢的性质19（1）Al；HNO3；N2 (各1分，共3分) （2）Al3+ +3AlO2- +6H2O = 4Al(OH)3 (2分)（3）将气体通入水中，再用排水法收集(2分) （4） 8.6或7.2 (3分)（5）4NH3+5O2 4NO+6H2O(2分) （6）8Al+3NO3-+5OH- +2H2O = 8Al+3NH3(2分)【解析】试题分析：将F逐滴加入B溶液至过量，先产生白色沉淀，随后沉淀消失，这说明白色沉淀是氢氧化铝。E与水反应生成F，且E是气体，所以E是二氧化氮，F是硝酸，则B是偏铝酸钠盐。C氧化得到E，所以C是NO。D催化氧化生成C，则D是氨气。氨气和NO2作用生成氮气和水，则G是氮气。M是金属，则M应该是Al。将D通入A溶液产生白色沉淀，则A是硝酸铝。（1）根据以上分析可知M、F、G的化学式分别是Al、HNO3、N2。（2）铝盐与偏铝酸盐水解相互促进生成氢氧化铝，离子方程式为Al3+ +3AlO2- +6H2O = 4Al(OH)3。（3）NO2溶于水生成硝酸和NO，所以除去NO中的NO2可以将气体通入水中，再用排水法收集。（4）如果残留的气体是氧气，设参加反应的氧气是xml，则则根据方程式4NO2O22H2O=4HNO3可知4x+x+110，解得x1.8，则NO2的体积是7.2mL。如果剩余气体是NO，则根据方程式3NO2H2O2HNO3NO可知参加该反应的NO2是3mL。因此根据4NO2O22H2O=4HNO3可知氧气的体积是7ml51.2ml，所以NO2的体积是8.6ml。（5）氨气催化氧化的方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。（6）在酸性条件下铝与硝酸反应的离子方程式为8Al+3NO3-+5OH- +2H2O = 8Al+3NH3。【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断20（1）防倒吸（2）检查装置气密性 关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置（3）C装置出口处连接一个干燥装置 （4）ab （5）100%（6）AlO2 CO22H2O = Al（OH）3HCO3 （7）偏高【解析】试题分析：（1）根据装置和仪器作用分析，氨气与浓硫酸发生反应生成硫酸铵，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用。（2）组装好实验装置后，由原理可知气体制备需要先检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。为了将装置内的氨气全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化；（3）装置中存在的缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，改进的方法是C装置出口处连接一个干燥装置。（4）由于氨气极易溶于水，难溶于有机溶剂（苯或CCl4 ），所以为了测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是苯或CCl4，选ab；（5）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL（已转换为标准状况），设AlN的质量为xAlNNaOHH2ONaAlO2NH341 224 Lx V103Lx41V103/224则AlN的质量分数100%；（6）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为AlO2 CO22H2O = Al（OH）3HCO3 。（7）若在步骤中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高。【考点定位】本题主要是考查测定物质的组成及含量的实验设计与探究21（15分）（1）Al3+3H2OAl(OH）3+3H+（2）防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率。Fe或铁 ；Al2O3(s）+3C(s）+2Cl2(g）=2AlCl3(g）+3CO(g） H=+174.9kJ/mol；NaCl、NaClO、NaClO3 ；除去FeCl3，提高AlCl3纯度。【解析】（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应产生氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH）3+3H+；（2）步骤中焙烧使固体中的水分挥发，导致气孔数目增多，其作用是可以防止后续步骤生成的AlCl3水解。同时由于增大反应物的接触面积，使反应速率加快。根据物质中含有的元素组成可知：若在步骤中不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁。第一个式子减去第二个式子，整理可得：Al2O3(s）+3C(s）+2Cl2(g）=2AlCl3(g）+3CO(g） H=+174.9kJ/mol；步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，Cl2与浓 NaOH溶液发生反应产生NaCl、NaClO3和水，随着反应的进行，溶液变稀。这时Cl2与稀的NaOH溶液发生反应，形成NaCl、NaClO。因此得到的三种盐的化学式分别为NaCl、NaClO、NaClO3 。由于Al的活动性比Fe强，在步骤中加入铝粉，就可以将铁置换出来，达到除去除去FeCl3，提高AlCl3纯度的目的。【考点定位】考查盐的水解、反应条件的控制、热化学方程式的书写、物质反应充分的确定及化学试剂的作用的判断的知识。22（1）CaO；11；加入（NH4）2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。（2）NO3、OH；Ca(HCO3）2 （3）2OH+Al2O32AlO2+H2O（4）2Al+6H20 2Al(OH）3+3H2（5）Al3e7 AlCl44 Al2Cl7【解析】（1）煅烧时CaCO3会发生分解生成CaO和CO2；煅烧MgCO3分解生成MgO和CO2；故煅粉主要含MgO和CaO；Ksp= c(Mg2+）c2(OH），510-12=510-6 c2(OH），得c(OH）= 10-3molL-1， pH=11。由于溶液I中c(Mg2+）小于510-6molL-1，所以溶液pH大于11；不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3的原因是加入（NH4）2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少。（2）从流程中看出NO3没有被除去，故滤液I中的阴离子有NO3，CaO溶于水生成Ca(OH）2，故溶液中还有OH；若滤液I中仅通入CO2，过量的CO2会与CaCO3生成Ca(HCO3）2 从而导致CaCO3产率降低。（3）Al表面的氧化膜的成分是Al2O3，该物质是两性氧化物，NaOH可以与之发生反应。NaOH溶液与Al2O3反应的离子方程式为：2OH+Al2O32AlO2+H2O；（4）电解制备Al(OH）3时，电极分别为Al片和石墨，Al作阳极，石墨作阴极。Al在阳极放电，溶液中的H+在阴极放电，破坏了水的电离平衡，使的溶液中的OH浓度增大，与产生的Al3+结合生成Al(OH）3，总反应方程式为：2Al+6H2O 2Al(OH）3+3H2。（5）根据题意，充电和放电时AlCl4和Al2Cl7两种离子在Al电极上相互转化，放电时负极Al失去电子变为Al3+，与溶液中的AlCl4结合，发生反应产生的Al2Cl7电极反应式为：Al3e7 AlCl44 Al2Cl7。【考点定位】本题主要考查学生对利用物质的性质和物料守恒进行对化工流程的分析，涉及到溶度积的应用、物质的分离、物质的性质电极、电极反应的书写等。姓名江西省丰城中学高三年级上学期周考试卷化学 （课改实验班理科46-47班）一、选择题（每小题3分，共16小题，共48分）序号12345678910111213141516答案二、非选择题（52分）17（10分）（1）_（2）_， _， _。（3）_。18（10分）_。（2）_。（3）_H2O2+ SCN- SO42-+ CO2+ N2+ H2O+ _19(14分)（1）M 、F 、G 。（2） _。 （3） 。（4） 。（5） 。（6） 。20（18分）（1） _ 。（2） ， ， _ 。（3） _。（4） 。（5） _ 。（6） _ 。（7） 。【选做题1】(14分）（1） _ 。（2） _ 。 _ 。 _ 。_。 _ _ 。【选择题2】（16分）（1） _ ， _