2019-2020年高一上学期期末化学模拟试卷（四）含解析.doc

2019-2020年高一上学期期末化学模拟试卷（四）含解析一、选择题1下列各组中的两种物质作用，反应条件（温度或者反应物用量）改变，不会引起产物种类改变的是（）ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2DAlCl3和NaOH2下列说法正确的是（）A液态氯化氢、固态氯化钠不导电，所以HCl、NaCl不是电解质BNH3、CO2水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精在水溶液中或熔化时不导电，所以它们不是电解质D铜、石墨均导电，所以它们是电解质3碳酸钠俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，其中正确的是（）（1）碱 （2）含氧酸盐 （3）钠盐 （4）碳酸盐A（1）（2）（3）B（1）（3）（4）C（1）（2）（4）D（2）（3）（4）4下列离子方程式中书写正确的是（）A铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OC铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+Cu2+AgD硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2+2OHMg（OH）25同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是密度比为16：11密度比为11：16体积比为16：11体积比为11：16（）ABCD6下列比较，不正确的是（）A金属性：NaMgAlB原子半径：NaSOC碱性：KOHNaOHLiOHD酸性：HIO4HBrO4HClO47如图所示是向MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入一定量NaOH溶液，紧接着再加入一定量稀盐酸，生成沉淀的物质的量y与加入溶液的体积x的关系图根据图示判断，下列结论中不正确的是（）AN点时溶液中的溶质只有NaClBM点之前加入的是NaOH溶液，M点之后加入的是盐酸Cc（NaOH）=c（HCl）D原混合溶液中c（MgCl2）：c（AlCl3）=1：18水溶液X中只可能溶有K+、Ca2+、AlO2、SiO32、CO32、SO42中的若干种离子某同学对该溶有进行了如下实验下列判断正确的是（）A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸钙的混合物CK+、AlO2、SiO32、和CO32一定存在于溶液X中DSO42一定不存在于溶液X中9工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A反应中试剂X是氢氧化钠溶液B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应D将试剂X和Y进行对换，最终可以达到相同的效果10下列图象中，横坐标为溶液中加入反应物的物质的量，纵坐标为沉淀物的量，则相应的图象序号与（1）（5）对应的顺序正确的是（）溶液加入物质（1）氯化铝溶液加入过量氨水（2）饱和石灰水通过量CO2气体（3）MgCl2、AlCl3的混合液逐滴加入NaOH溶液至过量（4）含少量NaOH的NaAlO2溶液逐滴加入稀盐酸（5）含少量HCl的AlCl3溶液逐滴加入过量的氨水ABCD11取19.2g铜跟少量的浓硝酸反应，铜全部溶解后，收集到NO2、NO混合气体的体积11.2L（标准状况），反应消耗硝酸的物质的量是（）A0.5molB0.8molC1.1molD1.2mol12设阿伏加德罗常数（NA）的数值为nA，下列说法中正确的是（）A1 mol Cl2与足量NaOH反应，转移的电子数为2nAB1 mo1Na被完全氧化生成Na2O2，失去的电子数为2nAC常温常压下，22.4LSO2气体中含有的原子数小于3nAD0.1 mol/LNaOH溶液中含有Na+的数目为0.1 nA13下列除去括号内杂质的方法错误的是（）ASiO2（ Al2O3）：加NaOH溶液后过滤BBr2（CCl4）：蒸馏CFeCl2（FeCl3）：加铁屑后过滤DCO（CO2）：用NaOH溶液洗气14下列化合物中，不能通过两种单质直接化合制取的是（）ANH3BSO2CCuCl2DFeCl2150.2L 1mol/LFeCl3与0.3L 1mol/LMgCl2两溶液中，Cl的物质的量浓度之比为（）A3：2B1：1C2：3D1：316下列类型的反应，一定发生电子转移的是（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应17将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）AKSCNBBaCl2CNaOHDHCl18下列有关金属元素特征的叙述正确的是（）A金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性B金属元素的单质在常温下都为固体C含金属元素的离子都是阳离子D金属阳离子被还原不一定得到金属单质19为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是（）A分别加入1mol/L的盐酸溶液，看有无气泡产生B分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀D分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色20铁和水蒸气在高温条件下发生反应3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，在此反应中水是（）A氧化剂B还原剂C既是氧化剂又是还原剂D既不是氧化剂又不是还原剂21某盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Cl，则SO42为（）A0.1 mol/LB0.2 mol/LC0.3 mol/LD0.4 mol/L22下面关于电解质的叙述中正确的是（）A液态硫酸不导电，硫酸是非电解质BNaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4两种离子C溶于水后能导电的化合物一定是电解质D电解质在电流的作用下电离产生离子23某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉的氧气体积的两倍（同温同压）以下对B分子组成的推测一定正确的是（）A有1个氧原子B有2个氧原子C有1个A原子D有2个A原子24下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A将气体X通入品红溶液中红色褪去X一定是SO2B向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀原溶液中定含SO42C向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3强D向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液溶液呈血红色原溶液中定含Fe2+AABBCCDD25某种由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的固体混合物中，已知S的质量分数为25.6%，则氧的质量分数为（）A51.2%B36.8%C37.6%D无法计算26下列推断正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色27下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氯、干冰、磁性氧化铁均为化合物 氢氟酸、盐酸、水玻璃均为混合物明矾、小苏打、烧碱均为电解质 牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐ABCD28下列实验所推出的结论不正确的是（）A向漂白粉中加入稀盐酸，有无色无味气体产生，则说明漂白粉已变质B加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+C溶液里加入盐酸，有能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体生成，则说明溶液中一定含有HCO3D溶液中加入稀硝酸后，再加少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl29泡沫灭火器内装的药液之一是饱和NaHCO3溶液，而不选用更廉价的饱和Na2CO3溶液其原因是（）NaHCO3比Na2CO3稳定，便于长期保存NaHCO3与酸反应产生气泡比Na2CO3快质量相同的两种钠盐，NaHCO3与足量酸反应产生CO2气体多产生相同质量的CO2，消耗的酸量NaHCO3比Na2CO3少ABCD30某校化学兴趣小组同学在实验室做实验，按照如图a图连接好线路发现小灯泡不亮，按照如图b图连接好线路发现小灯泡会亮，由此得出的结论正确的是（）ANaCl固体是非电解质BNaCl在水中能电离出可以自由移动的离子CNaCl能使溶液中的水电离出大量的离子DNaCl溶液是电解质二、计算题31在100mL NaOH溶液中加入NH4NO3和（NH4）2SO4的固体混合物，加热充分反应，如图表示加入的混合物质量与产生的气体体积（标准状况）的关系，试计算：（1）NaOH的物质的量浓度；（2）当NaOH溶液的体积为140mL，固体混合物的质量是51.6g时，充分反应后，生成气体的体积（标准状况）为 L（3）当NaOH溶液的体积为180mL，固体混合物的质量仍为51.6g时，充分反应后，生成气体的体积（标准状况）为 L32某同学通过查阅资料得知，铝热反应所得到的熔融物应该是铁铝合金（1）设计一个最简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝写出表示该实验原理的离子方程式：（2）某同学取一定量上述的熔融物与过量的、且很稀的硝酸充分反应，发现反应过程中无气体放出在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mo1L1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mo1）的关系如图所示在AB段，有刺激性气味的气体产生试回答下列问题：熔融物与稀硝酸充分反应后，还原产物NH4NO3的物质的量为熔融物中金属铝的物质的量为；金属铁的物质的量为33某城市煤气中可燃气体组成为H2 48%、CO 15%、CH4 13%（均为体积百分比，其余为不燃性气体）已知：1mol H2完全燃烧生成液态水放出热量285.8kJ，1mol CO完全燃烧生成CO2气体放出热量282.8kJ，1mol CH4完全燃烧生成CO2气体和液态水放出热量890.4kJ（1）写出H2和CH4燃烧的热化学方程式：（2）标准状况下的1升这种煤气完全燃烧能放出多少热量？（3）标准状况下的1升这种煤气完全燃烧需要消耗多少升标准状况下的空气？（假定空气中O2的体积百分含量为21%）（4）已知1克水温度每上升1需要热量4.2J欲将1kg 20的水加热至沸腾，假定加热过程中的热量利用率为60%，则需消耗标准状况下的这种煤气多少升？三、实验题34某含有Na2O杂质的Na2O2试样，请设计实验测定该样品的纯度可供选择的装置：可供选择的药品：CaCO3固体，6mol/L盐酸，蒸馏水请回答下列问题：（1）用上述装置可以组装一套最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置，设计选择的仪器组合是（填字母）ABCD（2）实验选择的药品是，所选用装置的连接顺序应是（填各接口的字母，连接胶管省略）（填字母）（3）写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的离子方程式：；（4）用上述实验后所得溶液配制成浓度为1.0mol/L的溶液向400ml该溶液中通入0.3molCO2，则所得溶液中HCO3和CO32的物质的量浓度之比约为A.1：3B.1：2C.2：1D.3：1将上述溶液蒸发结晶得到Na2CO3和NaHCO3固体混合物，能测定混合物中Na2CO3质量分数的是A取a克混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体（5）井下采煤个人用的自救器（类似呼吸面具）中盛放的也是过氧化钠，写出体现自救器自救功能的化学反应方程式：35某同学设计了一个简单的实验（如图所示），以测定镁铝合金中铝的质量分数可供选用的试剂有：浓H2SO4、浓硝酸、6molL1 NaOH溶液请填写下列空白：有关实验操作：往试管中放入适量的铝合金样品；从分液漏斗往试管中加入过量的A溶液；检查装置的气密性；测定收集到的水的体积（1）正确的操作顺序为；（2）A溶液可选用；写出实验中发生反应的化学方程式：；（3）若实验中测得样品的质量为Wg，氢气的体积为aL （标准状况），则样品中Al的质量分数为36如图表示某种盐C的制备及其性质的实验步骤：已知：盐C溶液呈黄色；沉淀D焙烧分解，生成红棕色粉末E（1）请写出下列物质的化学式：A，B，C，D，（2）写出相应反应的离子方程式AB：，BC：，（3）向B的溶液中滴加NaOH溶液，可观察到白色沉淀产生，该沉淀在空气中放置的现象为，发生上述变化的化学方程式为xx学年山东省枣庄市滕州五中高一（上）期末化学模拟试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题1下列各组中的两种物质作用，反应条件（温度或者反应物用量）改变，不会引起产物种类改变的是（）ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2DAlCl3和NaOH【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】物质和氧气相互反应时，根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析，氢氧化钠和少量二氧化碳反应的产物是碳酸钠，和过量二氧化碳反应的产物是碳酸氢钠，过氧化钠和二氧化碳反应可以产生碳酸钠和氧气，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解【解答】解：A、钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不论谁过量，结果一样，故C正确；D、氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误故选C【点评】此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨2下列说法正确的是（）A液态氯化氢、固态氯化钠不导电，所以HCl、NaCl不是电解质BNH3、CO2水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精在水溶液中或熔化时不导电，所以它们不是电解质D铜、石墨均导电，所以它们是电解质【考点】电解质与非电解质【分析】电解质指：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，导电必须是化合物自身电离出自由移动的离子；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；据此即可解答【解答】解：A、液态氯化氢、固体氯化钠溶于水能够发生电离，是电解质，故A错误；B、NH3、SO3自身不能电离，是非电解质，故B错误；C、蔗糖、酒精在水溶液中和融化时都不导电，属于非电解质，不是电解质，故C错误；D、铜、石墨能导电，但不是化合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C【点评】本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质3碳酸钠俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，其中正确的是（）（1）碱 （2）含氧酸盐 （3）钠盐 （4）碳酸盐A（1）（2）（3）B（1）（3）（4）C（1）（2）（4）D（2）（3）（4）【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】电离生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物属于盐，根据盐中电离出的阳离子又可以将盐分为钾盐、钠盐、钡盐等，根据电离出的酸根离子可以将盐分为碳酸盐、硫酸盐、硝酸盐等碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物【解答】解：（1）碱电离生成的阴离子全部是氢氧根离子，则Na2CO3不是碱，故错误；（2）Na2CO3是电离生成含氧酸根离子的盐，属于含盐酸盐，故正确；（3）因阳离子为钠离子，可以说成是钠盐，故正确；（3）因阴离子为碳酸根离子，则Na2CO3是碳酸盐，故正确；故选D【点评】本题考查学生盐的概念和分类知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大4下列离子方程式中书写正确的是（）A铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OC铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+Cu2+AgD硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2+2OHMg（OH）2【考点】离子方程式的书写【分析】A铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；B碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；C电荷不守恒；D漏写生成硫酸钡的离子反应【解答】解：A铁和稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B碳酸钙和稀盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故B正确；C铜和硝酸银溶液反应的离子反应为Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故C错误；D硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+Mg（OH）2，故D错误；故选B【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大，注意电荷守恒及离子反应的书写方法来解答5同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是密度比为16：11密度比为11：16体积比为16：11体积比为11：16（）ABCD【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】根据质量相同计算出两种物质的物质的量之比，结合阿伏加德罗定律及其推论计算并比较体积、密度关系【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相同，设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比=11：16，根据知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以正确，故选B【点评】本题考查物质的量的相关计算以及阿伏加德罗定律及其推论的有关知识，题目难度不大，注意有关公式的利用6下列比较，不正确的是（）A金属性：NaMgAlB原子半径：NaSOC碱性：KOHNaOHLiOHD酸性：HIO4HBrO4HClO4【考点】元素周期律的作用【分析】A、同周期从左到右金属性减弱；B、电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小；C、金属性越强，对应的氢氧化物的碱性越强；D、非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强【解答】解：A、同周期从左到右金属性减弱，则金属性：NaMgAl，故A正确；B、电子层数越多原子半径越大，原子半径：SO，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：NaS，所以原子半径：NaSO，故B正确；C、金属性越强，对应的氢氧化物的碱性越强，金属性：KNaLi，则碱性：KOHNaOHLiOH，故C正确；D、非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：ClBrI，则酸性：HIO4HBrO4HClO4，故D错误故选D【点评】本题考查了金属性、非金属性、原子半径等的大小比较，侧重元素周期律的应用的考查，题目难度不大7如图所示是向MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入一定量NaOH溶液，紧接着再加入一定量稀盐酸，生成沉淀的物质的量y与加入溶液的体积x的关系图根据图示判断，下列结论中不正确的是（）AN点时溶液中的溶质只有NaClBM点之前加入的是NaOH溶液，M点之后加入的是盐酸Cc（NaOH）=c（HCl）D原混合溶液中c（MgCl2）：c（AlCl3）=1：1【考点】有关混合物反应的计算【分析】A、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3，至N点时Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质只有NaCl；B、接着Al（OH）3开始溶解：Al（OH）3+OHAlO+2H2O，至x=6时（M点）Al（OH）3恰好完全溶解，x在68之间时沉淀量不变，说明M点时仍在加入NaOH溶液；C、x=8时（P点），又产生沉淀：AlO+H+H2OAl（OH）3，说明加入的盐酸与NaOH反应后有剩余，至x=9时（F点），AlO恰好完全转化为Al（OH）3沉淀，用去盐酸1mL，又知在NM段，溶解Al（OH）3需要1mLNaOH溶液，故c（NaOH）=c（HCl）；D、沉淀Al3+需要消耗3mLNaOH溶液，则沉淀Mg2+所消耗的NaOH溶液为2mL，因此c（MgCl2）：c（AlCl3）=1：1【解答】解：A、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3，至N点时Mg2+、Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质只有NaCl，故A正确；B、接着Al（OH）3开始溶解：Al（OH）3+OHAlO+2H2O，至x=6时（M点）Al（OH）3恰好完全溶解，x在68之间时沉淀量不变，说明M点时仍在加入NaOH溶液，故B错误；C、x=8时（P点），又产生沉淀：AlO+H+H2OAl（OH）3，说明加入的盐酸与NaOH反应后有剩余，至x=9时（F点），AlO恰好完全转化为Al（OH）3沉淀，用去盐酸1mL，又知在NM段，溶解Al（OH）3需要1mLNaOH溶液，故c（NaOH）=c（HCl），故C正确；D、因为沉淀Al3+需要消耗3mLNaOH溶液，则沉淀Mg2+所消耗的NaOH溶液为2mL，因此c（MgCl2）：c（AlCl3）=1：1，故D正确故选：B【点评】本题考查了MgCl2和AlCl3溶液与酸碱的关系，理清反应的整个过程，问题即可解决，可以利用方程式计算，也可以用原子守恒计算8水溶液X中只可能溶有K+、Ca2+、AlO2、SiO32、CO32、SO42中的若干种离子某同学对该溶有进行了如下实验下列判断正确的是（）A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸钙的混合物CK+、AlO2、SiO32、和CO32一定存在于溶液X中DSO42一定不存在于溶液X中【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】能和盐酸反应产生气体的是碳酸根离子，故气体甲的主要成分是CO2，即溶液中含CO32，而Ca2+不能和CO32共存，故溶液中无Ca2+；会生成沉淀的是硅酸根离子，故溶液中有SiO32；能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，故原溶液中一定存在偏铝酸根离子；然后根据电中性原则判断钾离子一定存在，不能判断硫酸根存在与否，再据离子之间的反应以及实验现象判断各个选项【解答】解：A、气体甲的主要成分为CO2，由于盐酸是挥发性酸，故气体甲中除了CO2还含有HCl和水蒸气，故A错误；B、由于溶液中无钙离子，故沉淀甲中不含硅酸钙，故B错误；C、溶液中无钙离子，SO42的存在不能判断，K+、AlO2、SiO32、和CO32一定存在于溶液X中，故C正确；D、SO42的存在不能判断，可有可无，故D错误故选C【点评】本题考查了离子共存、常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力9工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A反应中试剂X是氢氧化钠溶液B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应D将试剂X和Y进行对换，最终可以达到相同的效果【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属冶炼的一般原理【分析】Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，Y为CO2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答该题【解答】解：Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择X为氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，Y为CO2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝A由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，故A正确；B氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤得到沉淀为氧化铁，故B错误；C反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，故C错误；D由上述分析可知，X为NaOH，Y是CO2，将试剂X和Y进行对换，不能分离氧化铁、氧化铝，不能达到相同效果，故D错误；故选A【点评】本题考查物质分离提纯的方法和综合应用，为高频考点，把握流程中物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等10下列图象中，横坐标为溶液中加入反应物的物质的量，纵坐标为沉淀物的量，则相应的图象序号与（1）（5）对应的顺序正确的是（）溶液加入物质（1）氯化铝溶液加入过量氨水（2）饱和石灰水通过量CO2气体（3）MgCl2、AlCl3的混合液逐滴加入NaOH溶液至过量（4）含少量NaOH的NaAlO2溶液逐滴加入稀盐酸（5）含少量HCl的AlCl3溶液逐滴加入过量的氨水ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解【解答】解：（1）氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl，对照图象应为；（2）饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，对照图象应为；（3）MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOHMg（OH）2+2NaCl；AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al（OH）3 +NaOHNaAlO2+2H2O，对照图象应为；（4）含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，逐滴加入稀盐酸，先是NaOH和HCl发生中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，后是NaAl（OH）4+HCl=Al（OH）3+NaCl+H2O，Al（OH）3 +3HCl=AlCl3+3H2O，对照图象应为；（5）氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，含少量HCl的AlCl3溶液加入过量氨水的反应方程式为：HCl+NH3H2ONH4Cl+H2O；AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl，先无现象，后生成白色沉淀，对照图象应为；故选B【点评】本题考查化学反应与图象的关系，解答本题关键在于理解相关反应，并能熟练写出相应的反应的方程式，并能找出对应的图形即可解题11取19.2g铜跟少量的浓硝酸反应，铜全部溶解后，收集到NO2、NO混合气体的体积11.2L（标准状况），反应消耗硝酸的物质的量是（）A0.5molB0.8molC1.1molD1.2mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量【解答】解：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）=0.5mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.5mol，n（Cu）=0.3mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.3mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.3mol2=0.6mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.5mol+0.6mol=1.1mol故选C【点评】本题以硝酸为载体考查了物质的量的计算，根据硝酸铜的化学式及N原子守恒计算消耗硝酸的物质的量，题目难度不大12设阿伏加德罗常数（NA）的数值为nA，下列说法中正确的是（）A1 mol Cl2与足量NaOH反应，转移的电子数为2nAB1 mo1Na被完全氧化生成Na2O2，失去的电子数为2nAC常温常压下，22.4LSO2气体中含有的原子数小于3nAD0.1 mol/LNaOH溶液中含有Na+的数目为0.1 nA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂；B、根据反应后钠元素的价态来分析；C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、溶液体积不明确【解答】解：A、1mol氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移了1mol电子，转移的电子数为1nA，故A错误；B、反应后钠元素的价态为+1价，故1molNa反应后失去1mol电子，故B错误；C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L二氧化硫的物质的量小于1mol，故含有的原子数小于3nA，故C正确；D、溶液体积不明确，故无法计算溶液中钠离子的个数，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大13下列除去括号内杂质的方法错误的是（）ASiO2（ Al2O3）：加NaOH溶液后过滤BBr2（CCl4）：蒸馏CFeCl2（FeCl3）：加铁屑后过滤DCO（CO2）：用NaOH溶液洗气【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】A二氧化硅能与氢氧化钠反应；BBr2与CCl4的沸点不同；CFe与氯化铁反应生成氯化亚铁；D酸性氧化物会与碱反应【解答】解：A二氧化硅能与氢氧化钠反应，将原物质除掉，故A错误； BBr2与CCl4的沸点不同，可用蒸馏分离，故B正确；CFe与氯化铁反应生成氯化亚铁，除杂试剂为Fe，离子反应为2Fe3+Fe3Fe2+，故C正确；D二氧化碳会与氢氧化钠反应而被吸收，只剩一氧化碳，故D正确故选A【点评】本题考查离子反应方程式书写及除杂，为高频考点，把握物质的性质差异及及发生的离子反应为解答的关键，侧重混合物分离提纯及离子反应的考查，题目难度不大14下列化合物中，不能通过两种单质直接化合制取的是（）ANH3BSO2CCuCl2DFeCl2【考点】氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】氯气具有强氧化性，可与氢气、金属等反应生成最高价氯化物；硫和氧气在点燃条件下只生成二氧化硫，氮气和氢气在催化条件下生成氨气，以此解答【解答】解：A氮气和氢气在催化条件下生成氨气，可由单质生成，故A不选；B硫和氧气在点燃条件下只生成二氧化硫，故B不选；C氯气和铜在点燃条件下生成氯化铜，故C不选；D氯气具有强氧化性，铁和氯气反应可生成氯化铁，故D选故选D【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，题目难度适中，注意常见物质的性质以及反应的条件、特点等，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大150.2L 1mol/LFeCl3与0.3L 1mol/LMgCl2两溶液中，Cl的物质的量浓度之比为（）A3：2B1：1C2：3D1：3【考点】物质的量浓度【分析】根据盐溶液中氯离子的物质的量浓度=化学式中氯离子的个数溶液的物质的量浓度计算即可【解答】解：FeCl3溶液中氯离子的物质的量浓度=3c（ FeCl3）=31mol/L=3mol/L，MgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度=2c（MgCl2）=21mol/L=2mol/L，所以0.2L 1mol/LFeCl3与0.3L 1mol/LMgCl2两溶液中，Cl的物质的量浓度之比3：2故选A【点评】本题考查了溶液中离子的物质的量浓度的计算，难度不大，明确溶液中离子的浓度与溶液的浓度和物质的化学式有关，与溶液的体积无关16下列类型的反应，一定发生电子转移的是（）A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应【考点】氧化还原反应【分析】利用氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，或利用在化学反应中只要有元素化合价的变化，则该反应中一定发生电子的转移【解答】解：A、化合反应中不一定有元素化合价的变化，如二氧化碳与水化合生成碳酸，则没有电子的转移，故A错误；B、分解反应中不一定有元素化合价的变化，如碳酸氢铵分解，则没有电子的转移，故B错误；C、置换反应中肯定有单质参加反应，有单质生成，则一定属于氧化还原反应，即一定有电子转移，故C正确；D、复分解反应中是物质相互交换成分，如盐酸与氢氧化钠中和反应，则一定没有化合价的变化，即一定没有电子转移，故D错误；故选：C【点评】本题考查基本反应类型和氧化还原反应的关系，明确化学反应中化合价的变化是解答的关键，并注意有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应属于氧化还原反应17将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（）AKSCNBBaCl2CNaOHDHCl【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【分析】四种物质与所选物质反应，发生的现象应各有不同，根据四种物质与所给选项中的四种物质反应的现象逐一分析，即可正确选择【解答】解：A、硫氰化钾只能和氯化铁之间发生络合反应，使溶液变红色，而和其他物质间不反应，故A错误；B、氯化钡和选项中的物质间均不反应，无现象，故B错误；C、氯化钠和氢氧化钠混合无现象发生，不反应；氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先出现白色沉淀然后沉淀会消失；氯化亚铁和氢氧化钠反应先出现白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀；氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，现象各不相同，故C正确；D、盐酸和选项中的物质间均不反应，无现象，故D错误故选C【点评】此题主要是考查同学们的综合分析能力，不但要求同学们具备有关化合物的基础知识，而且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力解题时需要认真分析题目给出的条件，联系实际，逐一分析推断18下列有关金属元素特征的叙述正确的是（）A金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性B金属元素的单质在常温下都为固体C含金属元素的离子都是阳离子D金属阳离子被还原不一定得到金属单质【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】A、金属单质在反应中只能失去电子，亚铁离子既有氧化性又有还原性；B、根据金属单质Hg在常温下为液体进行判断；C、根据高锰酸根离子、偏铝酸根离子进行判断；D、根据处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子进行判断【解答】解：A、金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故A错误；B、金属元素的单质在常温下大多为固体，但是不是全部是固体，如金属单质Hg在常温下为液体，故B错误；C、还原金属元素的离子不一定是阳离子，如高锰酸根离子、偏铝酸根离子等，故C错误；D、处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子，所以金属阳离子被还原不一定得到金属单质，故D正确；故选：D【点评】本题考查金属元素的性质，熟悉常见的金属单质及金属对应的阳离子是解答本题的关键，难度不大19为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学为鉴别它们，分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是（）A分别加入1mol/L的盐酸溶液，看有无气泡产生B分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀D分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】NaHCO3不稳定，加热易分解，K2CO3可与BaCl2溶液反应生成沉淀，二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，都和与盐酸反应生成二氧化碳，但生成气体的速率不同，以此解答该题【解答】解：AK2CO3和NaHCO3两种白色固体都和与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，不能鉴别，应通过生成气体的速率判断，故A错误；BNaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故B正确；CK2CO3可与BaCl2溶液反应生成沉淀，NaHCO3不反应，可鉴别，故C正确；D二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，注意观察钾元素的焰色反应应通过蓝色钴玻璃观察，可鉴别，故D正确故选A【点评】本题考查物质的鉴别的方案设计，题目难度中等，明确二者性质的异同是解答该题的关键，也是易错点20铁和水蒸气在高温条件下发生反应3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，在此反应中水是（）A氧化剂B还原剂C既是氧化剂又是还原剂D既不是氧化剂又不是还原剂【考点】氧化还原反应【分析】根据反应中元素的化合价变化分析，元素原子得电子的化合价降低作氧化剂，元素的原子失电子化合价升高作还原剂，据此分析【解答】解：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，该反应中H2O的H元素的化合价从+1价降低到0价，则H2O作氧化剂；故选A【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于基本概念的考查，题目难度不大，根据反应中元素的化合价的变化分析21某盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Cl，则SO42为（）A0.1 mol/LB0.2 mol/LC0.3 mol/LD0.4 mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl）+2c（SO42），据此计算溶液中SO42的物质的量浓度【解答】解：盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Cl，根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl）+2c（SO42），故2c（SO42）=2c（Mg2+）+c（Na+）c（Cl）=20.4mol/L+0.2mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，故c（SO42）=0.3mol/L，故选C【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意电解质的混合溶液中离子浓度的计算，经常利用电荷守恒计算22下面关于电解质的叙述中正确的是（）A液态硫酸不导电，硫酸是非电解质BNaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4两种离子C溶于水后能导电的化合物一定是电解质D电解质在电流的作用下电离产生离子【考点】电解质与非电解质【分析】A电解质导电的条件是水溶液或熔融状态；BNaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4两种离子；C根据电解质定义分析；D电解质电离的条件是水溶液或熔融状态【解答】解：A电解质导电的条件是水溶液或熔融状态，硫酸在水溶液中电离出氢离子和硫酸根离子，能导电，属于强电解质，故A错误；BNaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4两种离子，故B正确；C电解质自身能电离出自由移动离子，溶于水能导电的化合物，不一定是自身电离，如氨气溶于水和水结合成一水合氨，一水合氨电离，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，故C错误；D电解质电离的条件是水溶液或熔融状态，与电流无关，故D错误；故选B【点评】电解质必须具备下列条件，缺一不可：1、必须是化合物，2、在水溶液里或熔融状态下有自由移动的离子，且离子是物质本身电离的，不能是与其它物质反应后的物质电离的注意NaHSO4在熔融状态下电离和在水溶液中电离不同23某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉的氧气体积的两倍（同温同压）以下对B分子组成的推测一定正确的是（）A有1个氧原子B有2个氧原子C有1个A原子D有2个A原子【考点】阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nNA知，物质的量之比等于分子个数之比，再根据原子守恒确定B分子组成【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，则气体的体积之比等于其物质的量之比，根据N=nNA知，物质的量之比等于分子个数之比，所以B分子和参加反应的氧气分子个数之比为2：1，根据原子守恒知，B分子中含有1个O原子，非金属A和生成物B的关系式未知，无法确定B分子中A原子个数，故选A【点评】本题据此阿伏伽德罗定律及其推论，根据阿伏伽德罗定律及质量守恒定律解答即可，题目难度不大24下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A将气体X通入品红溶液中红色褪去X一定是SO2B向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀原溶液中定含SO42C向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3强D向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液溶液呈血红色原溶液中定含Fe2+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A能使品红褪色的气体不一定为二氧化硫；B也可能含有SO32；C根据强酸制备弱酸的反应原理判断；D不能排除Fe3+的干扰【解答】解：A氯气也能使品红褪色，不一定为二氧化硫，故A错误；B如含有SO32，可被氧化生成SO42，不能排除SO32的干扰，故B错误；CCO2气体与水反应生成碳酸，由于碳酸比硅酸的酸性强，向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，可生成白色沉淀，故C正确；D不能排除Fe3+的干扰，应先加KSCN溶液，如溶液无色再加氯水，溶液呈血红色，则可证明原溶液中定含Fe2+，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目侧重于物质的检验的考查，注意判断实验的严密性和科学性，结合物质的性质进行判断，题目难度不大25某种由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的固体混合物中，已知S的质量分数为25.6%，则氧的质量分数为（）A51.2%B36.8%C37.6%D无法计算【考点】元素质量分数的计算【分析】由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的固体混合物中，三种钠盐中钠与硫元素的质量比均为46：32，则混合后钠与硫元素的质量比仍为46：32，根据硫元素质量分数计算Na元素质量分数，氧元素质量分数=1w（Na）w（S）【解答】解：三