2019-2020年高一（下）暑假化学作业（3） 含解析.doc

2019-2020年高一（下）暑假化学作业（3） 含解析一、选择题1（3分）下列有关物质性质叙述中正确的是（）A氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，可用于漂白B二氧化硅的化学性质很不活泼，不能与强碱反应生成盐C金属单质在反应中只能作还原剂，非金属单质只能作氧化剂D钠与硫酸铜溶液反应，可以置换出铜2（3分）下列各组离子，在强碱性无色溶液中可以大量共存的是（）ANa+、Ba2+、Cl、SO42BCu2+、Ba2+、AlO2、NO3CNH4+、K+、Cl、NO3DNa+、K+、NO3、SiO323（3分）（xx秋桥东区校级期末）下列说法正确的是（）ASO2能使KMnO4水溶液迅速褪色B可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀4（3分）（xx秋资阳期末）下列反应的离子方程式正确的是（）A小苏打与氢氧化钠溶液的反应：OH+H+=H2OB实验室制二氧化碳：CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+C氯气与水反应：Cl2+H2O=Cl+ClO+2H+DAlCl3溶液与过量氨水反应：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2O5（3分）（xx秋邯郸期末）在HNO3、Al（NO3）3和Mg（NO3）2的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，则消耗NaOH溶液的体积（x轴）与生成沉淀（y轴）之间的关系表示正确的是（）ABCD6（3分）（xx秋资阳期末）下列条件下，两瓶气体所含分子数一定相等的是（）A同温度、同质量的N2和CO2B同温度、同体积的H2和O2C同压强、同体积的N2和O2D同体积、同密度的N2和CO7（3分）盛有N2和NO2混合气体25毫升的量筒，倒立于盛有水的水槽中，过一段时间后，气体的体积不再变化，测得气体体积为15毫升，则原混合气体中N2和NO2的体积比是（）A3：2B1：4C2：3D3：18（3分）下列说法正确的是（）AMgCO3易溶于水B硅单质常用作半导体材料、光导纤维和太阳能电池C铜与硫在加热条件下生成Cu2SDNa2SiO3溶液通常保存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中9（3分）（xx厦门一模）类比推理是化学学习中的一种重要方法下列类推结论正确的是（）类比对象结论ACl2+H2OHCl+HClOI2+H2OHI+HIOBC+2CuO2Cu+CO2C+SiO2Si+CO2CNa2O+H2O2NaOHCuO+H2OCu（OH）2DCa（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClOCa（ClO）2+SO2+H2OCaSO3+2HClOAABBCCDD10（3分）（xx陕西校级学业考试）配制100mL 0.100mol/L Na2CO3溶液时，有下列步骤：溶解 转移 定容 计算 称量，正确的顺序为（）ABCD11（3分）（xx秋百色期中）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，11.2 LC02所含的原子数为1.5NAB常温常压下，48 g 03含有的氧原子数为3NAC标准状况下，22.4 L H2中所含原子数为NAD标准状况下，1 L水所含分子数为NA12（3分）（xx秋定西期末）下列离子方程式书写正确的是（）A铁粉投入到盐酸中：2Fe+6H+=2Fe3+3H2BAl（OH）3溶于NaOH溶液中：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OC漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClOD硫酸与Ba（OH）2溶液反应：H+OH=H2O13（3分）（xx秋广东校级期末）在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售，为辨别真伪，可用以鉴别的一种试剂是（）A氢氧化钠溶液B酚酞试液C硝酸银溶液D氯化钡溶液14（3分）（xx春绿园区校级期末）向含有amol AlCl3溶液中加入含有bmol KOH溶液，生成沉淀的物质的量可能是（）amol bmol mol mol 0mol （4ab）molABCD二、非选择题15（12分）（xx秋莲湖区校级期末）汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NO及汽油、柴油等物质，这种尾气越来越成为城市空气污染的主要来源，必须予以治理治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金作催化剂）它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使汽油、柴油等物质充分燃烧及SO2的转化（1）汽车尾气中NO的来源是A汽油、柴油中含氮，是其燃烧产物B是空气中的N2与汽油、柴油的反应产物C是空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温环境下的反应产物D是汽车高温尾气导致了空气中N2与O2的化合反应（2）写出CO与NO反应的化学方程式：（3）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是（4）控制或者减少城市汽车尾气污染的方法可以有（多选）A开发氢能源B使用电动车C限制车辆行驶 D使用乙醇汽油16（16分）（xx秋资阳期末）已知A、B、C为金属单质，甲、丙为无色气体，乙为黄绿色气体，D、E、F、G、H为中学常见的化合物，其中H为红褐色沉淀，它们之间能发生如下反应（图中的产物和条件未全部标出）根据推断结果回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B，丙；（2）写出的化学方程式：；（3）写出的离子方程式：；（4）F与D反应后的产物在空气中转化为H的化学方程式为：；现象为17（20分）（xx秋资阳期末）某催化剂为铁的氧化物，一化学兴趣小组在实验室里对该催化剂中铁元素的价态进行探究：查阅有关资料得知Fe2+能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色；HNO3具有强氧化性请完成对铁元素价态的探究：提出合理假设假设1：催化剂中铁元素为+3价；假设2：催化剂中铁元素为+2价；（1）假设3：设计实验方案根据的实验方案进行实验：（2）步骤1：取一定量的稀硫酸于试管中，加热煮沸数分钟，目的是；步骤2：取少量样品于试管中，加入处理过的硫酸并加热，得到A溶液；（3）步骤3：取A溶液于试管，滴加KSCN溶液，振荡，若不出现血红色，则假设成立；若出现血红色，则假设成立；（4）步骤4：另取A溶液于试管，加入KMnO4溶液，振荡，结合步骤3中的结论，若出现现象，则假设1成立；反之，则假设3成立（5）某同学将步骤2中的稀硫酸改成稀硝酸得到了A溶液，向A溶液中滴加KSCN溶液后出现血红色，由此得出该催化剂中铁元素为+3价的结论，该结论是否合理？（填“是”或“否”），理由是18（10分）（xx秋许昌月考）现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能是NaOH溶液和AlCL3溶液现做如下实验：440mL甲溶液与120mL乙溶液反应，产生1.56沉淀120mL甲溶液与440mL乙溶液反应，产生1.56沉淀120mL甲溶液与400mL乙溶液反应，产生3.12沉淀通过必要的计算和推理判定：甲溶液是，其浓度为mol/L乙溶液是其浓度为mol/Lxx重庆市杨家坪中学高一（下）暑假化学作业（3）参考答案与试题解析一、选择题1（3分）下列有关物质性质叙述中正确的是（）A氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，可用于漂白B二氧化硅的化学性质很不活泼，不能与强碱反应生成盐C金属单质在反应中只能作还原剂，非金属单质只能作氧化剂D钠与硫酸铜溶液反应，可以置换出铜考点：氯气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用版权所有专题：元素及其化合物分析：AHClO具有漂白性；B二氧化硅为酸性氧化物；C非金属单质可失去电子也可得到电子；D钠与溶液反应时，先与水反应解答：解：A氯气与水反应生成HCl、HClO，只有次氯酸具有强氧化性，可用于漂白，故A正确；B二氧化硅的化学性质很不活泼，但能与强碱反应生成盐和水，如与NaOH反应生成硅酸钠，故B错误；C金属单质在反应中只能作还原剂，而非金属单质能作氧化剂或还原剂，如氯气与水反应生成盐酸和HClO，氯气既是氧化剂也是还原剂，故C错误；D钠与硫酸铜溶液反应，生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气，故D错误；故选A点评：本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应及氧化还原反应等为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大2（3分）下列各组离子，在强碱性无色溶液中可以大量共存的是（）ANa+、Ba2+、Cl、SO42BCu2+、Ba2+、AlO2、NO3CNH4+、K+、Cl、NO3DNa+、K+、NO3、SiO32考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：强碱性溶液中，含大量的OH，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此解答该题解答：解：ABa2+与SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；BCu2+、AlO2互促水解，且Cu2+在碱性条件下不能大量共存，故B错误；C碱性条件下NH4+不能大量共存，生成氨气，故C错误；D碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D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，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大3（3分）（xx秋桥东区校级期末）下列说法正确的是（）ASO2能使KMnO4水溶液迅速褪色B可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀考点：二氧化硫的化学性质版权所有专题：氧族元素分析：A、根据SO2的还原性，能使KMnO4溶液褪色；B、根据SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊；C、根据硫的化学性质；D、根据SO2的水化物H2SO3，其酸性比盐酸弱，不能与CaCl2溶液反应生成白色沉淀解答：解：A、因SO2中硫为+4价，具有较强的还原性在水溶液中SO2可以将氧化剂KMnO4等迅速还原而使溶液褪色，故A正确；B、因SO2通入澄清石灰水跟CO2通入澄清石灰水反应现象类似：Ca（OH）2+SO2=CaSO3+H2O，CO2+Ca（OH）2CaCO3+H2O，都产生白色沉淀，故B错误；C、因硫粉在过量的纯氧中燃烧只生成SO2不生成SO3，故C错误；D、因SO2的水化物为H2SO3，其酸性比盐酸弱，不能与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，故D错误；故选A点评：SO2是S的氧化物，其性质比较特殊，既具有酸性氧化物的通性，又具有还原性和氧化性，但主要表现还原性4（3分）（xx秋资阳期末）下列反应的离子方程式正确的是（）A小苏打与氢氧化钠溶液的反应：OH+H+=H2OB实验室制二氧化碳：CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+C氯气与水反应：Cl2+H2O=Cl+ClO+2H+DAlCl3溶液与过量氨水反应：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A小苏打为碳酸氢钠，与碱反应生成碳酸钠和水；B利用碳酸钙和盐酸反应制取二氧化碳；CHClO在离子反应中保留化学式；D反应生成氢氧化铝和氯化铵解答：解：A小苏打治疗胃酸过多的离子反应为H+HCO3=H2O+CO2，故A错误；B实验室制二氧化碳的离子反应为CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+，故B正确；C氯气溶于水的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故C错误；DAlCl3溶液与过量氨水反应的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意选项D中氢氧化铝的两性，题目难度不大5（3分）（xx秋邯郸期末）在HNO3、Al（NO3）3和Mg（NO3）2的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，则消耗NaOH溶液的体积（x轴）与生成沉淀（y轴）之间的关系表示正确的是（）ABCD考点：镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物版权所有专题：元素及其化合物分析：在HNO3、Al（NO3）3和Mg（NO3）2的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先发生硝酸与碱的反应，再发生铝离子、镁离子与碱的反应生成沉淀，最后发生氢氧化铝与碱的反应，以此来解答解答：解：在HNO3、Al（NO3）3和Mg（NO3）2的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先发生硝酸与碱的反应生成盐和水，没有沉淀，则开始一段时间Y为0，再发生铝离子、镁离子与碱的反应生成沉淀，沉淀量增多直到最大，最后发生氢氧化铝与碱的反应，沉淀的量减少，然后保存乙定值不再变化，显然只有图象C符合，故选C点评：本题考查化学反应与图象的关系，明确反应的先后顺序是解答本题的关键，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大6（3分）（xx秋资阳期末）下列条件下，两瓶气体所含分子数一定相等的是（）A同温度、同质量的N2和CO2B同温度、同体积的H2和O2C同压强、同体积的N2和O2D同体积、同密度的N2和CO考点：阿伏加德罗定律及推论版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A根据N=判断分子数是否相等；B同温时，压强不一定相等，所以气体摩尔体积不一定相同，导致相同体积的气体的物质的量不一定相同；C相同压强时，温度不一定相等，所以气体摩尔体积不一定相同，导致相同体积的气体的物质的量不一定相同；D同体积同密度的两种气体其质量相同，再根据N=判断分子数是否相等解答：解：A根据N=知，等质量的两种气体的分子数与摩尔质量成反比，两种气体的摩尔质量不同，所以其分子数不同，故A不选；B.同温时，压强不一定相等，所以气体摩尔体积不一定相同，导致相同体积的气体的物质的量不一定相同，则两种气体的分子数不一定相同，故B不选；C相同压强时，温度不一定相等，所以气体摩尔体积不一定相同，导致相同体积的气体的物质的量不一定相同，则两种气体的分子数不一定相同，故C不选；D同体积同密度的两种气体其质量相同，根据N=知，等质量的两种气体的分子数与摩尔质量成反比，两种气体的摩尔质量相同，所以其分子数相同，故D选；故选D点评：考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，可以根据pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论7（3分）盛有N2和NO2混合气体25毫升的量筒，倒立于盛有水的水槽中，过一段时间后，气体的体积不再变化，测得气体体积为15毫升，则原混合气体中N2和NO2的体积比是（）A3：2B1：4C2：3D3：1考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题分析：混合气体倒立水中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，导致气体体积减小，根据气体体积变化，利用体积差量法计算解答：解：混合气体倒立水中，体积不变时，气体体积减小25mL15mL=10mL，3NO2+H2O=2HNO3+NO 体积减小3 2V（NO2） 10mL则V（NO2）=15mL故混合气体中N2的体积为25mL15mL=10mL，原混合气体中N2和NO2的体积比是10mL：15mL=2：3，故选C点评：本题考查混合物计算，难度不大，明确体积减小的原因是二氧化氮与水反应导致，再根据差量法计算8（3分）下列说法正确的是（）AMgCO3易溶于水B硅单质常用作半导体材料、光导纤维和太阳能电池C铜与硫在加热条件下生成Cu2SDNa2SiO3溶液通常保存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中考点：硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质版权所有专题：元素及其化合物分析：AMgCO3难溶于水；B硅单质常用作半导体材料、太阳能电池；C铜与硫在加热条件下生成Cu2S，Cu在氯气中燃烧生成氯化铜；D硅酸钠属于粘性物质，能将玻璃塞和试剂瓶口粘结在一起解答：解：AMgCO3是难溶于水的白色沉淀，故A错误；B硅单质常用作半导体材料、太阳能电池，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；CS的氧化性较弱，所以铜与硫在加热条件下生成Cu2S，故C正确；D硅酸钠属于粘性物质，能将玻璃塞和试剂瓶口粘结在一起，所以Na2SiO3溶液通常保存在带橡胶塞的试剂瓶中，故D错误；故选C点评：本题考查物质的溶解性、用途、贮存等知识点，明确物质性质是解本题关键，注意硫和Cu反应生成物，很多同学写成CuS而导致错误，为易错点9（3分）（xx厦门一模）类比推理是化学学习中的一种重要方法下列类推结论正确的是（）类比对象结论ACl2+H2OHCl+HClOI2+H2OHI+HIOBC+2CuO2Cu+CO2C+SiO2Si+CO2CNa2O+H2O2NaOHCuO+H2OCu（OH）2DCa（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClOCa（ClO）2+SO2+H2OCaSO3+2HClOAABBCCDD考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：ACl、I在同一主族，单质的性质相似；BC具有还原性，与金属氧化物发生氧化还原反应，且C与二氧化碳反应；CCuO不溶于水；D发生强酸制取弱酸的反应，但二氧化硫具有还原性解答：解：ACl、I在同一主族，单质的性质相似，所以由Cl2+H2OHCl+HClO可知，I2+H2OHI+HIO，故A正确；BC具有还原性，与金属氧化物发生氧化还原反应，且C与二氧化碳反应，则应为2C+SiO2Si+2CO，故B错误；CCuO不溶于水，不能与水反应，而Na2O+H2O2NaOH，金属氧化性的性质不同，故C错误；DCa（ClO）2+CO2+H2OCaCO3+2HClO为强酸制取弱酸的反应，但二氧化硫具有还原性，则Ca（ClO）2+2SO2+2H2OCaSO4+2HCl+H2SO4，故D错误；故选A点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，侧重卤素单质、碳及其化合物及二氧化硫性质的考查，注意把握发生的化学反应及反应原理，题目难度中等10（3分）（xx陕西校级学业考试）配制100mL 0.100mol/L Na2CO3溶液时，有下列步骤：溶解 转移 定容 计算 称量，正确的顺序为（）ABCD考点：配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据溶液配制的操作进行排序，配制的一般步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答：解：操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故操作顺序为：，故选C点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，注意根据c=理解溶液的配制11（3分）（xx秋百色期中）设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，11.2 LC02所含的原子数为1.5NAB常温常压下，48 g 03含有的氧原子数为3NAC标准状况下，22.4 L H2中所含原子数为NAD标准状况下，1 L水所含分子数为NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、根据是否是标况下进行判断；B、排除干扰条件，根据臭氧的质量计算出物质的量及氧原子数目；C、根据标况下氢气体积计算出氢气的物质的量及氢原子数目；D、根据标准状况下水的状态进行判断解答：解：A、常温下，不是标况下，无法计算11.2L二氧化碳的物质的量，故A错误；B、48g臭氧的物质的量是1mol，含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，故B正确；C、标况下，22.4L氢气的物质的量是1mol，含有2mol氢原子，所含原子数为2NA，故C错误；D、标况下，水不是气体，无法计算1L水的物质的量，故D错误；故选：B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的条件及物质的状态，本题难度不大12（3分）（xx秋定西期末）下列离子方程式书写正确的是（）A铁粉投入到盐酸中：2Fe+6H+=2Fe3+3H2BAl（OH）3溶于NaOH溶液中：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OC漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClOD硫酸与Ba（OH）2溶液反应：H+OH=H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、金属铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；B、氢氧化铝能和强碱反应；C、漂白粉溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸；D、硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水解答：解：A、金属铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会生成氯化铁，Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B、氢氧化铝能和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，即Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故B正确；C、漂白粉溶液中通入过量的CO2生成的是碳酸氢钙和次氯酸，不是碳酸钙，即ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，故C错误；D、硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，实质是：Ba2+SO42+2H+2OH=2H2O+BaSO4，故D错误故选B点评：本题考查学生离子方程式书写的正误判断方法，是现在考试的热点，难度不是很大13（3分）（xx秋广东校级期末）在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售，为辨别真伪，可用以鉴别的一种试剂是（）A氢氧化钠溶液B酚酞试液C硝酸银溶液D氯化钡溶液考点：氯气的化学性质版权所有分析：辨别纯净水真伪，实际上就是检验氯离子的存在解答：解：因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，故选C点评：本题将氯离子的检验运用于日常生活中，考查了学生分析问题、解决问题的能力，题目较简单14（3分）（xx春绿园区校级期末）向含有amol AlCl3溶液中加入含有bmol KOH溶液，生成沉淀的物质的量可能是（）amol bmol mol mol 0mol （4ab）molABCD考点：镁、铝的重要化合物；有关范围讨论题的计算版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据反应AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl、Al（OH）3+KOHKAlO2+2H2O，并利用a、b的大小来分析解答：解：若a：b=1：3时，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl，生成沉淀的物质的量等于AlCl3的物质的量，即为amol，故可能；若a：b=1：3时，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl，生成沉淀的物质的量等于AlCl3的物质的量，也等于bmol，故可能；若3：1b：a4：1时，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl、Al（OH）3+KOHKAlO2+2H2O，生成沉淀的物质的量等于amol（b3a）mol=（4ab）mol，故可能；若3：1b：a4：1时，且b=3a+a，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl、Al（OH）3+KOHKAlO2+2H2O，生成沉淀的物质的量等于amolamol=mol，故可能；若b4a，发生AlCl3+4KOHKAlO2+2H2O+3KCl，则生成沉淀的物质的量为0，故可能；故选A点评：本题考查氯化铝与碱的反应，明确碱的量的多少发生的对应的化学反应是解答本题的关键，注意利用极限和区间的方法来分析生成沉淀的几种可能性二、非选择题15（12分）（xx秋莲湖区校级期末）汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NO及汽油、柴油等物质，这种尾气越来越成为城市空气污染的主要来源，必须予以治理治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金作催化剂）它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使汽油、柴油等物质充分燃烧及SO2的转化（1）汽车尾气中NO的来源是CA汽油、柴油中含氮，是其燃烧产物B是空气中的N2与汽油、柴油的反应产物C是空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温环境下的反应产物D是汽车高温尾气导致了空气中N2与O2的化合反应（2）写出CO与NO反应的化学方程式：2CO+2NO2CO2+N2（3）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是SO2转化为SO3，产生了硫酸酸雾（4）控制或者减少城市汽车尾气污染的方法可以有ABD（多选）A开发氢能源B使用电动车C限制车辆行驶 D使用乙醇汽油考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响版权所有专题：氮族元素分析：（1）尾气中的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在电火花条件下生成了一氧化氮，进而被氧气氧化为二氧化氮；（2）根据题意知，一氧化碳和一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气；（3）二氧化硫被催化转化器转化为三氧化硫，三氧化硫极易溶于水生成硫酸；（4）能减少或控制汽车尾气污染，则减少化石燃料的使用并开发新能源等解答：解：（1）在电火花条件下，汽车缸内氮气和氧气反应生成一氧化氮气体，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，故答案为：C；（2）一氧化碳和一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气，反应方程式为2CO+2NO2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；（3）根据题意知，二氧化硫在催化转换器条件下和氧气发生氧化还原反应生成三氧化硫，三氧化硫极易和水蒸气反应生成硫酸，从而产生硫酸酸雾，提高了空气酸度，故答案为：SO2转化为SO3，产生了硫酸酸雾； （4）A开发氢能源，有利于减少污染，故正确；B使用电动车有利于减少污染，故正确；C限制车辆行驶不能控制污染，故错误； D使用乙醇汽油，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，有利于减少污染，故正确；故答案为：ABD点评：本题考查氮的氧化物对环境的污染及环境保护，结合题给信息进行分析解答，知道合理利于资源，减少污染16（16分）（xx秋资阳期末）已知A、B、C为金属单质，甲、丙为无色气体，乙为黄绿色气体，D、E、F、G、H为中学常见的化合物，其中H为红褐色沉淀，它们之间能发生如下反应（图中的产物和条件未全部标出）根据推断结果回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：BAl，丙HCl；（2）写出的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（3）写出的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（4）F与D反应后的产物在空气中转化为H的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；现象为白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：乙为黄绿色气体，乙为Cl2，H为红褐色沉淀，则H为Fe（OH）3，结合转化可知，则A为Na，D为为NaOH，B为Al，甲为H2，丙为HCl，E为盐酸，C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，然后结合单质及化合物的性质、化学用语来解答解答：解：乙为黄绿色气体，乙为Cl2，H为红褐色沉淀，则H为Fe（OH）3，结合转化和信息可知，则A为Na，D为为NaOH，B为Al，甲为H2，丙为HCl，E为盐酸，C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，（1）由上述分析可知，B为Al，丙为HCl，故答案为：Al；HCl； （2）的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（3）为FG的转化，其离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（4）F与D反应后的产物为Fe（OH）2，在空气中转化为H的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，观察到白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色点评：本题考查无机物的推断，注意物质的颜色是解答的突破口，利用元素守恒及转化关系并结合信息推断出各物质是解答的关键，题目难度中等17（20分）（xx秋资阳期末）某催化剂为铁的氧化物，一化学兴趣小组在实验室里对该催化剂中铁元素的价态进行探究：查阅有关资料得知Fe2+能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色；HNO3具有强氧化性请完成对铁元素价态的探究：提出合理假设假设1：催化剂中铁元素为+3价；假设2：催化剂中铁元素为+2价；（1）假设3：催化剂中铁元素的价态为+3价、+2价设计实验方案根据的实验方案进行实验：（2）步骤1：取一定量的稀硫酸于试管中，加热煮沸数分钟，目的是除去硫酸中溶解的氧气；步骤2：取少量样品于试管中，加入处理过的硫酸并加热，得到A溶液；（3）步骤3：取A溶液于试管，滴加KSCN溶液，振荡，若不出现血红色，则假设2成立；若出现血红色，则假设1或3成立；（4）步骤4：另取A溶液于试管，加入KMnO4溶液，振荡，结合步骤3中的结论，若出现高锰酸钾溶液紫色不褪去现象，则假设1成立；反之，则假设3成立（5）某同学将步骤2中的稀硫酸改成稀硝酸得到了A溶液，向A溶液中滴加KSCN溶液后出现血红色，由此得出该催化剂中铁元素为+3价的结论，该结论是否合理？否（填“是”或“否”），理由是加入硝酸会将Fe2+氧化成Fe3+考点：性质实验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）根据铁的氧化物中铁的存在价态解答；（2）稀硫酸溶液中溶解氧气，氧气可以氧化亚铁离子，用硫酸溶解氧化物应除去溶解的氧气；（3）Fe3+遇KSCN溶液呈血红色，Fe2+遇KSCN溶液不显色，选用KSCN溶液检验+3价的铁，根据颜色变化判断是否含有+3价的铁；（4）+2价铁具有还原性，易被氧化，使KMnO4溶液的紫红色褪去，根据颜色变化判断是否含有+2价的铁，结合（3）中实验现象判断；（5）硝酸具有强氧化性，加入硝酸会将Fe2+氧化成Fe3+解答：解：（1）铁的氧化物中铁的存在价态有+2、+3价，所以，催化剂中铁元素的价态有三种情况：价态全部为+3价；价态全部为+2价；价态为+3价、+2价，故答案为：催化剂中铁元素的价态为+3价、+2价；（2）稀硫酸溶液中溶解氧气，氧气可以氧化亚铁离子，用硫酸溶解氧化物应除去溶解的氧气，防止氧化亚铁离子，故煮沸硫酸的目的是：除去硫酸中溶解的氧气，故答案为：除去硫酸中溶解的氧气；（3）Fe3+遇KSCN溶液呈血红色，取A溶液于试管，滴加KSCN溶液，若溶液无明显变化，则说明催化剂中铁元素的价态不含+3价，假设2成立；若溶液变为血红色，则说明催化剂中铁元素的价态含+3价，假设1或3成立，故答案为：2；1或3；（4）若KMnO4溶液的紫红色褪去为无色溶液，则说明催化剂中铁元素的价态含+2价；若不褪色，则说明催化剂中铁元素的价态不含+2价，故答案为：高锰酸钾溶液紫色不褪去；（5）硝酸具有强氧化性，加入硝酸会将Fe2+氧化成Fe3+，不能得出该催化剂中铁元素为+3价，故答案为：否；加入硝酸会将Fe2+氧化成Fe3+点评：以铁及其化合物为载体，综合考查学生的实验能力、分析问题能力、和解决问题能力，难度中等，熟练掌握铁元素化合物性质18（10分）（xx秋许昌月考）现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能是NaOH溶液和AlCL3溶液现做如下实验：440mL甲溶液与120mL乙溶液反应，产生1.56沉淀120mL甲溶液与440mL乙溶液反应，产生1.56沉淀120mL甲溶液与400mL乙溶液反应，产生3.12沉淀通过必要的计算和推理判定：甲溶液是AlCl3，其浓度为0.5mol/L乙溶液是NaOH其浓度为0.5mol/L考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：由（2）和（3）可知，一定量的甲与乙反应时，乙的量越多，生成的沉淀越少，则乙为NaOH溶液，即甲为AlCl3溶液；根据（1）中发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，碱不足来计算NaOH溶液的物质的量浓度；根据（2）中发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，假设出最大沉淀量，并利用生成的沉淀的量来计算AlCl3溶液的浓度解答：解：由（2）和（3）可知，一定量的甲与乙反应时，乙的量越多，生成的沉淀越少，则乙为NaOH溶液，即甲为AlCl3溶液，在（1）中发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，1.56g沉淀的物质的量为=0.02mol，碱不足，完全反应，则NaOH的物质的量为0.02mol3=0.06mol，故NaOH溶液的物质的量浓度为=0.5mol/L，在（2）中发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，假设出沉淀最大量xmol，开始沉淀过程消耗氢氧根离子3xmol，沉淀溶解过程氢氧化铝与氢氧化钠1：1反应，最后生成0.02mol氢氧化铝，所以消耗氢氧化钠（x0.02）mol，则一共消耗氢氧化钠为3x+（x0.02）=0.44L0.5mol/L=0.22mol，解得x=0.06mol，即最多有氢氧化铝0.06mol，所以原溶液含铝离子0.06mol，氯化铝浓度为=0.5mol/L，故答案为：AlCl3；0.5；NaOH；0.5点评：本题考查氯化铝与碱的反应，明确氢氧化铝的两性及了利用信息判断过量碱能溶解氢氧化铝、实验中发生的化学反应是解答的关键，难度较大