2019-2020年高一化学上学期第六次段考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高一化学上学期第六次段考试卷（含解析）一、选择题（共18小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分）1下列有关金属的说法正确的是（）A 金属单质在常温下都是固体B 金属原子只有还原性，金属阳离子只有氧化性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生成金属单质2下列不能达到实验目的是（）A 比较苏打和小苏打的热稳定性B 检查装置的气密性C 向容量瓶中转移溶液D 证明氨气极易溶于水3某无色溶液能溶解Al（OH）3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是（）A Fe2+、Cl、Na+、NO3B K+、Na+、NO3、HCO3C Na+、Ba2+、Cl、NO3D Na+、K+、AlO2、SO424下列离子方程式书写正确的是（）A 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2B AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3C 三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3+Fe=2Fe2+D FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl5下列条件下，两种气体的分子数一定不相等的是（）A 相同质量、不同密度的N2和C2H4B 相同体积、相同密度的CO和C2H4C 相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2D 相同压强、相同体积、相同质量的O2和N26下列叙述正确的是（）A 发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B 金属阳离子被还原后，一定得到金属的单质C 能与酸反应的氧化物，不一定是碱性氧化物D 电离时能生成H+的化合物一定是酸7下列说法正确的是（）A 用澄清石灰水可区别Na2CO3和NaHCO3粉末B 只能用加试剂的方法区别（NH4）2SO4和Fe2（SO4）3溶液C 用氯化钡溶液可区别SO42和CO32离子D 用丁达尔效应可区别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液8为了证明长期暴露在空气中的氢氧化钠浓溶液已部分变质，某同学先取2mL试样于试管中，而后进行如下实验，其中不能达到目的是（）A 加入过量稀硫酸，观察现象B 加入澄清石灰水，观察现象C 加入氯化钡溶液，观察现象D 通适量CO2气体，观察现象9将含1mol HCl的稀盐酸，逐滴加入含0.2mol NaOH和0.5molNa2CO3的混合溶液中，充分反应后溶液中各物质的量是（）HCl/molNaCl/molNaOH/molNa2CO3/molNaHCO3/molA010.100.1B0100.10.1C0.20.8000.2D01000.2A AB BC CD D10有100mL 3molLNaOH溶液和100mL 1molL1 AlCl3溶液按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加到AlCl3溶液中；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中比较两次实验的结果是（）A 现象相同，沉淀量相等B 现象不同，沉淀量不等C 现象相同，沉淀量不等D 现象不同，沉淀量相等111mol Na2O2与2mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）A Na2CO3B Na2O2、Na2CO3C NaOH、Na2CO3D Na2O2、NaOH、Na2CO312由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL 2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多该盐酸的浓度为（）A 0.5 mol/LB 3.0 mol/LC 2.0 mol/LD 1.0 mol/L13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 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B 反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C 图中所示转化反应都不是氧化还原反应D 反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO314一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的，则CO2在原混合气体中的体积分数为（）A 25%B 40%C 50%D 75%15过氧化氢俗称双氧水，它是一种液体，易分解为水和氧气，常作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为贮存、运输、使用的方便，工业常将H2O2转化为固态的过碳酸钠晶体（其化学式为2Na2CO33H2O2），该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质下列物质不会使过碳酸钠晶体失效的是（）A MnO2B H2SC 稀盐酸D NaHCO316将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是（）A 最终得到7.8g的沉淀B 反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体C 最终得到的溶液中c（NaCl）=2.0mo/LD 最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）17现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案实验设计1：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计2：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计3：铝镁合金溶液过滤，测定得到沉淀的质量则能测定出镁的质量分数的是（）A 都能B 都不能C 不能，其它都能D 不能，能18如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是（）A MgSO4B KAl（SO4）2C Al2（SO4）3D NaAlO2二、解答题（共6小题，满分46分）19某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示（1）只根据图、所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号）；（2）图、所示实验均能鉴别这两种物质，其都能发生的反应的化学方程式为；与实验相比，实验的优点是；（3）有同学认为，除上述试验方法外，向两种固体配成的溶液中加入澄清石灰水也可以区分它们，这种说法是（填“正确”或“错误”）的（4）另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3和NaHCO3，请你写出两种不同的鉴别方法；20现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度（可供选用的试剂只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用，理由是（2）装置B的作用是，装置E中碱石灰的作用是（3）装置D中发生反应的化学方程式是：、（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为21（1）配平下列反应方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目As2O3+HNO3+H2O=H3AsO4+NO（2）该反应中氧化剂是，氧化产物是，当有1mol As2O3参加反应时转移电子为mol22有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等混合组成，为了检验它们，做了以下实验（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；（2）往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；（3）过滤，将沉淀置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，试判断：固体混合物中肯定有；肯定没；可能有；对可能有的物质，可采用往滤液中滴加试剂的方法来检验操作（2）中反应的离子方程式操作（3）中反应的化学方程式23（1）向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，现象是，原因是；（2）明矾在水溶液中的电离方程式为：，实验室中若用明矾来制取Al（OH）3，则发生反应的离子方程式为：24在10mL含有AlO2离子的溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所得Al（OH）3沉淀质量和所加盐酸的体积关系如图所示问：（1）此溶液中同时含有mol离子；（2）用离子方程式表示MN段发生的反应是（3）C（或M）点的纵坐标为0.78，则c（AlO2）=（4）点B的横坐标为30，则到点N处滴入的HCl溶液体积为mL三高一化学考试题（六）附加题（1-4班必做）25 120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（）A 2.0 mol/LB 1.5 mol/LC 0.18 mol/LD 0.24 mol/L26 体积为V mL，密度为d g/ml，溶质的摩尔质量为M gmol1，物质的量浓度为c molL1，溶质的质量分数为a%，溶质的质量为m g下列式子正确的是（）A m=aV/100dB c=C c=D a%=%27 在20时，在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混和气体，活塞恰好停留在离左端的1/5处（图1），然后引燃氢、氧混和气体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间（图2），如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是（）A 3：1B 4：5C 2：1D 3：228 某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系下列说法错误的是（）A 该未知溶液中至少含有3种阳离子B 滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1C 若另一种离子为二价阳离子，则a=10D 若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g29 向100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1 Ba（OH）2溶液 随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示则下列说法中正确的是（）A a点对应的沉淀只有BaSO4B c点溶液呈碱性C b点发生反应的离子方程式是：Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4D c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200mL30 在m mLbmol/LAlCl3溶液中加入等体积amol/LNaOH溶液，回答下列问题：（1）当a3b时，生成Al（OH）3沉淀的物质的量为mol（2）当a、b满足条件时，无沉淀生成（3）当a、b满足、条件时，有沉淀生成生成的Al（OH）3沉淀的物质的质量分别为g和gxx学年湖北省沙市中学高一（上）第六次段考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分）1下列有关金属的说法正确的是（）A 金属单质在常温下都是固体B 金属原子只有还原性，金属阳离子只有氧化性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生成金属单质考点：金属晶体；氧化还原反应分析：A金属单质Hg常温下为液体；B金属原子只有还原性，金属阳离子可能具有还原性；C含有金属元素的离子可能是阴离子；D金属阳离子被还原不一定得到金属单质，可能生成较低价态的离子解答：解：A金属单质Hg常温下为液体，是唯一的液态金属单质，故A错误；B金属原子只有还原性，金属阳离子可能具有还原性，如Fe2+，能被氧化剂氯气等氧化为Fe3+，故B错误；C含有金属元素的离子可能是阴离子，如AlO2，故C错误；D金属阳离子被还原不一定得到金属单质，可能生成较低价态的离子，如2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故D正确；故选D点评：本题考查金属的有关知识，涉及氧化还原反应、金属的状态等知识点，注意熟记规律中的异常现象，题目难度不大2下列不能达到实验目的是（）A 比较苏打和小苏打的热稳定性B 检查装置的气密性C 向容量瓶中转移溶液D 证明氨气极易溶于水考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A碳酸氢钠应放在套装小试管中；B装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；C转移液体需要使用玻璃棒引流；D如气球体积变大，可说明氨气易溶于水解答：解：A套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，图示装置不能达到实验目的，故A选； B该选项用的是压气法，原理为：用针筒向广口瓶内打气时广口瓶中气体压强增大，长颈漏斗的管中被压入一段水柱且保持一段时间不变，则证明气密性良好，图示装置能达到实验目的，故B不选；C转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，图示装置能达到实验目的，故C不选；D如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，图示装置能达到实验目的，故D不选故选A点评：本题考查较为综合，涉及碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性的比较、装置气密性检验、转移液体以及氨气的性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的判断，难度不大3某无色溶液能溶解Al（OH）3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是（）A Fe2+、Cl、Na+、NO3B K+、Na+、NO3、HCO3C Na+、Ba2+、Cl、NO3D Na+、K+、AlO2、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：某无色溶液能溶解Al（OH）3，为强酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答解答：解：某无色溶液能溶解Al（OH）3，为强酸或强碱溶液，A碱性溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BHCO3与酸、碱均反应，不能大量共存，故B错误；C酸或碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D酸性溶液中不能大量存在AlO2，故D错误；故选C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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大4下列离子方程式书写正确的是（）A 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2B AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3C 三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3+Fe=2Fe2+D FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气；B、氨水是弱电解质，不能拆成离子形式；C、离子反应遵循电荷守恒；D、氯气能加亚铁离子氧化到最高价解答：解：A、铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气，反应实质为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；B、氨水是弱电解质，不能拆成离子形式，应改为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B错误；C、三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故C错误；D、氯气能加亚铁离子氧化到最高价，即2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故D正确故选D点评：本题考查学生离子方程式书写的正误判断，该题型是现在高考的热点，难度不大5下列条件下，两种气体的分子数一定不相等的是（）A 相同质量、不同密度的N2和C2H4B 相同体积、相同密度的CO和C2H4C 相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2D 相同压强、相同体积、相同质量的O2和N2考点：阿伏加德罗定律及推论专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：根据N=nNA可知，气体分子数目不相等，则二者物质的量不相等，A根据n=判断；B根据m=V，n=判断；C同温同压下，体积之比等于物质的量之比；D根据n=判断解答：解：A二者的摩尔质量均为28g/mol，由n=可知，质量相同，则物质的量相同，分子数相等，故A不选；B相同体积、相同密度，质量相同，二者摩尔质量相同，则由n=可知，质量相同，则物质的量相同，分子数相等，故B不选；C相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2，物质的量相同，则分子数相同，故C不选；D相同质量的O2和N2，二者摩尔质量分别为32g/mol、28g/mol，则物质的量不同，分子数不同，故D选；故选D点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，题目难度不大，注意利用pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论来解答6下列叙述正确的是（）A 发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B 金属阳离子被还原后，一定得到金属的单质C 能与酸反应的氧化物，不一定是碱性氧化物D 电离时能生成H+的化合物一定是酸考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化还原反应专题：物质的分类专题分析：A金属原子还原能力的强弱只与失去电子的难易程度有关，与失电子的多少无关；B金属阳离子被还原后，化合价会降低，但不一定得到金属的单质；C能与酸反应的氧化物有碱性氧化物、两性氧化物等；D酸是电离时生成的阳离子全部是H+的化合物解答：解：A金属原子还原能力的强弱与失去电子的难易程度有关，与失电子的多少无关，故A错误；B金属阳离子被还原后，不一定得到金属的单质，例如三价铁离子被还原后可得二价铁离子，故B错误；C能与酸反应的氧化物，有碱性氧化物、两性氧化物等，故C正确；D电离时生成的阳离子全部是H+的化合物才是酸，故D错误故选C点评：本题考查了单质、氧化物、酸碱盐的概念及其相互联系等，难度不大，注意积累相关知识7下列说法正确的是（）A 用澄清石灰水可区别Na2CO3和NaHCO3粉末B 只能用加试剂的方法区别（NH4）2SO4和Fe2（SO4）3溶液C 用氯化钡溶液可区别SO42和CO32离子D 用丁达尔效应可区别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液考点：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：A澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3粉末反应都生成沉淀；BFe2（SO4）3溶液呈黄色，可通过颜色鉴别；CSO42和CO32离子都可与Ba2+反应生成沉淀；DFe（OH）3胶体具有丁达尔效应解答：解：A澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3粉末反应都生成沉淀，无法鉴别，应加氯化钡鉴别，故A错误；BFe2（SO4）3溶液呈黄色，无需加其它试剂，可通过颜色鉴别，故B错误；CSO42和CO32离子都可与Ba2+反应生成沉淀，用氯化钡溶液不能鉴别，可加入盐酸鉴别，故C错误；DFe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液没有此性质，用丁达尔效应可区别，故D正确故选D点评：本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，题目难度中等，注意把握相关物质的性质，为解答该类题目的关键，学习中注意积累8为了证明长期暴露在空气中的氢氧化钠浓溶液已部分变质，某同学先取2mL试样于试管中，而后进行如下实验，其中不能达到目的是（）A 加入过量稀硫酸，观察现象B 加入澄清石灰水，观察现象C 加入氯化钡溶液，观察现象D 通适量CO2气体，观察现象考点：钠的重要化合物；化学实验方案的评价专题：实验设计题分析：氢氧化钠暴露在空气中，容易和二氧化碳发生反应生成碳酸钠，要证明其变质，证明溶液中含有碳酸钠，即检验碳酸根离子，且氢氧化钠有剩余即可解答：解：A碳酸钠与足量的硫酸反应生成二氧化碳，加入过量稀硫酸，开始没有气体生成，后有气体生成，说明氢氧化钠部分变质，故A正确；B碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，说明变质，不能说明氢氧化钠有剩余，故B错误；C碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明变质，不能说明氢氧化钠有剩余，故C错误；D通适量CO2气体，没有明显现象，不能判断是否变质，故D错误；故选BCD点评：本题考查了氢氧化钠的性质、碳酸根离子的检验，注意检验碳酸根离子时发生化学反应时现象要明显，便于观察9将含1mol HCl的稀盐酸，逐滴加入含0.2mol NaOH和0.5molNa2CO3的混合溶液中，充分反应后溶液中各物质的量是（）HCl/molNaCl/molNaOH/molNa2CO3/molNaHCO3/molA010.100.1B0100.10.1C0.20.8000.2D01000.2A AB BC CD D考点：有关混合物反应的计算专题：守恒法分析：将盐酸加入NaOH和Na2CO3的混合溶液中，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3与稀盐酸发生分步反应，先发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，Na2CO3完全转化为NaHCO3后，再发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，据此根据方程式进行计算判断解答：解：盐酸首先与氢氧化钠发生中和反应，则： NaOH+HCl=H2O+NaCl， 0.2mol 0.2mol 0.2mol0.2molNaOH完全反应，消耗0.2molHCl，生成0.2molNaCl，剩余HCl为1mol0.2mol=0.8mol；剩余盐酸再与碳酸钠发生分步反应，则： Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl0.5mol 0.5mol 0.5mol 0.5molNa2CO3完全转化为NaHCO3，消耗0.5molHCl，生成0.5molNaCl、0.5molNaHCO3，剩余HCl为0.8mol0.5mol=0.3mol，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，0.3mol 0.3mol0.3molHCl完全反应需要0.3molNaHCO3，小于0.5mol，HCl完全反应，剩余NaHCO3为0.5mol0.3mol=0.2mol，生成0.3molNaCl，综上所述，反应后溶液中含有0.2molNaHCO3、NaCl为0.2mol+0.5mol+0.3mol=1mol，故选D点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解滴加过程中发生的反应是解题关键，注意碳酸钠与盐酸反应滴加顺序不同、反应不同，实质是反应物的量不同引起反应不同10有100mL 3molLNaOH溶液和100mL 1molL1 AlCl3溶液按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加到AlCl3溶液中；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中比较两次实验的结果是（）A 现象相同，沉淀量相等B 现象不同，沉淀量不等C 现象相同，沉淀量不等D 现象不同，沉淀量相等考点：镁、铝的重要化合物分析：将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生Al3+3OHAl（OH）3，将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生Al3+4OH=AlO2+2H2O，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，以此进行判断解答：解：100mL 3molL1NaOH溶液中n（NaOH）=0.3mol，100mL 3molL1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.3mol，则将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生：Al3+3OHAl（OH）3，现象为观察到白色沉淀；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，由于AlCl3最后全部转化为Al（OH）3，沉淀质量相等故选D点评：本题考查的化合物的性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累，特别是铝三角知识，为中学元素化合物中的重要内容111mol Na2O2与2mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）A Na2CO3B Na2O2、Na2CO3C NaOH、Na2CO3D Na2O2、NaOH、Na2CO3考点：钠的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：由2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可知2mol碳酸氢钠分解生成1moNa2CO3、1molCO2、1molH2O，然后过氧化钠分别与水和二氧化碳反应，确定最后的固体的物质解答：解：由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可知2mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，故选A点评：本题考查钠的化合物的重要性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确过氧化钠与二氧化碳、与水的反应及反应的先后顺序是解答本题的关键，难度不大12由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL 2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多该盐酸的浓度为（）A 0.5 mol/LB 3.0 mol/LC 2.0 mol/LD 1.0 mol/L考点：有关混合物反应的计算专题：守恒法分析：Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl），根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=计算解答：解：Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=0.25L2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该元素的物质的量浓度=1mol/L，故选D点评：本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度计算，难度中等，理解反应过程根据离子守恒计算是关键，侧重对学生思维能力的考查13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 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B 反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C 图中所示转化反应都不是氧化还原反应D 反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3考点：镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理专题：几种重要的金属及其化合物分析：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；B、试剂X为氢氧化钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠解答：解：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，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C错误；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故D正确；故选D点评：本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键14一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的，则CO2在原混合气体中的体积分数为（）A 25%B 40%C 50%D 75%考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：假设原来的混合气体的体积为4体积，反应后为3体积，反应前后气体体积减小1体积，导致体积减小的原因为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，令原来的混合气体中二氧化碳的体积为x，根据差量法计算混合气体中二氧化碳的体积，据此计算解答：解：假设原来的混合气体的体积为4体积，令原来的混合气体中二氧化碳的体积为x，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，气体减少V 2 1 x 4体积3体积=1体积所以x=2体积则CO2在原混合气体中的体积分数为100%=50%故选：C点评：考查根据方程式的计算，难度不大，清楚体积减少的原因，运用差量法计算比常规法简单，注意理解差量法15过氧化氢俗称双氧水，它是一种液体，易分解为水和氧气，常作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为贮存、运输、使用的方便，工业常将H2O2转化为固态的过碳酸钠晶体（其化学式为2Na2CO33H2O2），该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质下列物质不会使过碳酸钠晶体失效的是（）A MnO2B H2SC 稀盐酸D NaHCO3考点：钠的重要化合物；过氧化氢专题：元素及其化合物分析：过碳酸钠晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，能与碳酸钠或过氧化氢发生反应的物质，可使过碳酸钠晶体失效，以此来解答解答：解：AMnO2能使过氧化氢分解，则可使过碳酸钠晶体失效，故A不选；BH2S与过氧化氢发生氧化还原反应，则可使过碳酸钠晶体失效，故B不选；C碳酸钠与盐酸反应，则可使过碳酸钠晶体失效，故C不选；DNaHCO3都不与Na2CO3和H2O2反应，不会使过碳酸钠晶体失效，故D选故选D点评：本题考查钠的化合物及过氧化氢的性质，熟悉发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意信息与所学知识的结合来解答16将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是（）A 最终得到7.8g的沉淀B 反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体C 最终得到的溶液中c（NaCl）=2.0mo/LD 最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol发生反应：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成0.4molNaOH、0.1mol氧气；发生反应：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，0.2molAl消耗0.2molNaOH，故Al完全反应，剩余0.2molNaOH，生成0.2molNaAlO2、0.3molH2；通入HCl，先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，0.2molNaOH反应消耗0.2molHCl，剩余0.1molHCl，再发生反应：NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，0.1molHCl消耗0.1molNaAlO2，剩余0.1molNaAlO2，生成0.1molAl（OH）3，最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液解答：解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol发生反应：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成0.4molNaOH、0.1mol氧气；发生反应：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，0.2molAl消耗0.2molNaOH，故Al完全反应，剩余0.2molNaOH，生成0.2molNaAlO2、0.3molH2；通入HCl，先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，0.2molNaOH反应消耗0.2molHCl，剩余0.1molHCl，再发生反应：NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，0.1molHCl消耗0.1molNaAlO2，剩余0.1molNaAlO2，生成0.1molAl（OH）3，最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液A最终的沉淀为Al（OH）3，其物质的量为0.1mol，则质量为0.1mol78g/mol=7.8g，故A正确；B反应中共得到气体的体积为（0.1mol+0.3mol）22.4L/mol=8.96L，故B错误；CHCl完全反应，溶液中n（NaCl）=n（HCl）=0.3mol，故c（NaCl）=1.5mo/L，故C错误；D最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl）+c（OH）+c（AlO2）c（H+），故D错误；故选：A点评：本题考查混合物计算、根据反应方程式进行计算，难度较大，熟悉发生的化学反应是解答本题的关键，注意酸碱的中和先于偏铝酸钠与盐酸反应来解答17现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案实验设计1：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计2：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计3：铝镁合金溶液过滤，测定得到沉淀的质量则能测定出镁的质量分数的是（）A 都能B 都不能C 不能，其它都能D 不能，能考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数；设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数解答：解：已知质量的铝镁合金，设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数，设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，故选A点评：本题考查以物质含量的测定、实验方案设计考查化学实验方案的评价，题目难度中等，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，注意金属量的确定为解答的关键18如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是（）A MgSO4B KAl（SO4）2C Al2（SO4）3D NaAlO2考点：镁、铝的重要化合物专题：图示题分析：A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，加入3mol氢氧化钡沉淀最大，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol；C、先发生反应Ba2+SO42=BaSO4、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应解答：解：A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；故选C点评：本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系二、解答题（共6小题，满分46分）19某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示（1）只根据图、所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号）；（2）图、所示实验均能鉴别这两种物质，其都能发生的反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；与实验相比，实验的优点是操作简便；（3）有同学认为，除上述试验方法外，向两种固体配成的溶液中加入澄清石灰水也可以区分它们，这种说法是错误（填“正确”或“错误”）的（4）另有两瓶溶液，已知分别是K2CO3和NaHCO3，请你写出两种不同的鉴别方法焰色反应；滴加氯化钡溶液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计分析：（1）实验中，无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；碳酸钠和盐酸反应分两步进行，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；（2）碳酸氢钠不稳定，在加热条件下能分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠较稳定，加热不易分解；可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，具有较强的对照性；（3）加入澄清石灰水，均反应生成碳酸钙沉淀；（4）阳离子不同，阴离子不同，结合性质差异鉴别解答：解：（1）装置反应现象相同；装置，向碳酸钠溶液中滴加盐酸先没有气体生成，随着盐酸的不断滴加，后产生气泡，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸立即产生气泡，所以能够达到实验目的是，故答案为：；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，生成的二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙，反应的方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，图不仅能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，同时又能验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而不行，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；操作简便；（3）加入澄清石灰水，均反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，则说法错误，故答案为：错误；（4）阳离子不同，利用焰色反应可鉴别，隔蓝色钴玻璃能看到紫色焰色的是K2CO3，否则是NaHCO3；阴离子不同，滴加氯化钡溶液可鉴别，滴加氯化钡生成白色沉淀的为K2CO3，无现象的是NaHCO3，故答案为：焰色反应；滴加氯化钡溶液点评：本题考查物质的性质及鉴别，为高频考点，把握碳酸钠、碳酸氢钠的性质差异为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大20现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度（可供选用的试剂只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用6 mol/L盐酸，理由是A的目的是制取CO2，硫酸与CaCO3固体反应生成CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续（2）装置B的作用是除去气体中的HCl，装置E中碱石灰的作用是吸收装置D中反应剩余的CO2、防止水蒸气进入D中（3）装置D中发生反应的化学方程式是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、Na2O+CO2=Na2CO3（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为78%考点：实验装置综合专题：实验设计题分析：（1）根据实验原理装置A采用的是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，根据碳酸钙和硫酸反应的情况来回答；（2）B中饱和的碳酸氢钠溶液可以吸收HCl，但是不吸收二氧化碳；E中碱石灰可以吸收二氧化碳；（3）根据氧化钠和过氧化钠的性质来回答；（4）根据氧气的量和过氧化钠量的关系来获得过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度解答：解：（1）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/L盐酸；A的目的是制取CO2，硫酸与CaCO3固体反应生成CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续；（2）B中饱和的碳酸氢钠溶液可以吸收HCl，但是不吸收二氧化碳，碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去；浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止水蒸气进入D中，防止对氧气的体积测量造成干扰；故答案为：除去气体中的HCl；吸收装置D中反应剩余的CO2、防止水蒸气进入D中；（3）装置D中氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、Na2O+CO2=Na2CO3；（4）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），即生成的氧气的量为=0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=100%=78%，故答案为：78%点评：本题考查学生过氧化钠的化学性质知识，通过实验方式考查增加了难度，综合性较强注意硫酸钙的微溶性，主要从反应原理和装置特点分析，题目难度中等21（1）配平下列反应方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目3As2O3+4HNO3+7H2O=6H3AsO4+4NO（2）该反应中氧化剂是HNO3，氧化产物是H3AsO4，当有1mol As2O3参加反应时转移电子为4mol考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：（1）分析出反应中元素化合价变化，利用化合价升降相等配平该反应方程式，然后利用双线桥法分析电子转移的方向和数目；（2）氧化剂在反应中得到电子，化合价降低；氧化产物为还原剂被氧化后得到的产物；根据化合价变化计算出当有1mol As2O3