2019-2020年高三（下）周考化学试卷（15） 含解析.doc

2019-2020年高三（下）周考化学试卷（15） 含解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）下列关于镁和钠及其合金的比较结论正确的是（）A铝镁合金的硬度较大，钠钾合金的硬度较小B因为钠的金属性比镁要强，所以钠的熔点比镁要高C镁能置换硫酸铜中的铜，钠也能置换硫酸铜中的铜D在空气中都能被点燃，生成的产物都是氧化物，无过氧化物2（4分）下列有关元素化合物的叙述中正确的是（）A钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠固体B检验FeCl2溶液中的少量Fe3+，可以用KSCN溶液C二氧化硫的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，随后使之褪色D普通玻璃的组成可用Na2OCaO6SiO2表示，是纯净物3（4分）下列有关铝土矿中提炼铝的说法不正确的是（）A铝土矿中的铝元素是以化合态存在的，需用化学方法把铝元素变成游离态B提炼过程中，先将铝土矿净化提取氧化铝，再进行冶炼C可用常见的还原剂把氧化铝中的铝还原出来D冶炼铝的方法与工业冶炼钠、镁相似，可用电解法4（4分）一种新型净水剂PAFC聚合氯化铁铝，AlFe（OH）nCl6nm，n5，m10，广泛用于生活用水的净化和废水的净化，有关PAFC的说法正确的是（）APAFC用于净化饮用水时，可以除去水中所有的有害物质BPAFC中铁显+2价CPAFC可溶于盐酸溶液DPAFC没有氧化性5（4分）某溶液中有NH4+、Ca2+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中浓度变化最大的离子是（）ANH4+BCa2+CMg2+DAl3+6（4分）（xx仁寿县模拟）下列解释实验事实的化学方程式正确的是（）A5mol Fe和4mol Cl2反应：5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3B2mol KMnO4和3mol H2O2在酸性条件下反应：2MnO4+3H2O2+6H+Mn2+4O2+6H2OC在电解液为氢氧化钾的甲醇燃料电池内电路中，阳极的电极反应式为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2OD向NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO327（4分）下列解释事实的方程式不准确的是（）A铝热法炼铁：Fe2O3+2AlAl2O3+2FeB工业上用NH3制备NO：4NH3+5O24NO+6H2OC向受酸雨影响的湖泊中喷洒CaCO3粉末：CO32+2H+H2O+CO2D过氧化钠用于呼吸面具中作为氧气的2Na2O2+2CO22Na2CO3+O28（4分）（xx春青羊区校级期末）海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示：下列说法不正确的是（）A海水提盐都属于物理变化B利用母液可进一步提取溴，但要富集C上述流程中生成Mg（OH）2沉淀的离子方程式为：Mg2+Ca（OH）2Mg（OH）2+Ca2+D不用电解MgO来制取镁是因为MgO熔点高，能耗大9（4分）（xx秋高新区校级月考）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（）Aa点的溶液呈中性Bb点发生反应的离子方程式是：Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4Cc点加入Ba（OH）2溶液的体积为200mLDc点溶液呈碱性10（4分）（xx秋兴国县校级月考）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）Ad点溶液中含有的溶质只有Na2SO4B原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Cab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2D原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种11（4分）（xx银川校级模拟）甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法不正确的是（）A若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物B若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2C若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用D若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为：甲丙戊12（4分）下列物质的转化在指定条件下能实现的是（）CuCu2（OH）2CO3CuOCaCl2（aq） CaCO3CaSiO3MgO MgCl2（aq）MgCl2（s）N2NO2HNO3Cl2NaClO Cl2ABCD13（4分）（xx秋通州区期末）下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是（）物质编号物质转化关系abcdNa2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl（OH）3FeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3ABCD14（4分）（xx宝山区一模）向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是（）Ac=Bp=m+Cn=m+17VcDmpm15（4分）（xx丰台区一模）实验：向盛有1mL 0.1mol/L MgCl2溶液试管中加1mL 0.2mol/L NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c向沉淀c中滴加0.1mol/L FeCl3溶液，沉淀变为红褐色下列分析不正确的是（）A浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）B滤液b中不含有Mg2+C中颜色变化说明Mg（OH）2转化为Fe（OH）3D实验可以证明Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶二、非选择题16（11分）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的一种或几种物质，往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入的NaOH溶液体积（V）的关系如图所示回答下列问题：（1）溶液中一定含有的溶质是，一定不含有的溶质是（填化学式）（2）溶液中可能含有的溶质是（填名称），判断该物质是否存在的实验方法是，现象是（3）分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式：AB段为；BC段为17（12分）（xx南开区二模）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质：E、H、I为氧化物，E为黑色固体，H为红棕色粉末，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀，Q为白色胶状物质请回答下列问题：（1）组成单质F的元素在周期表中的位置是；C中存在的化学键类型为；E的化学式是（2）A在B中燃烧的现象是（3）D+EB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是（4）反应XA+B+C的化学方程式为（5）反应G+JM的离子方程式为（6）Y受热分解可生成H、I和氧气写出该反应的化学方程式：18（17分）（2011广东）由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝工艺流程如下：（注：NaCl熔点为801；AlCl3在181升华）（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为和（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去气泡的主要成分除Cl2外还含有；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为（4）镀铝电解池中，金属铝为极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4 和Al2Cl7形式存在，铝电极的主要电极反应式为（5）钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是xx学年江苏省南京市南大附中高三（下）周考化学试卷（15）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）下列关于镁和钠及其合金的比较结论正确的是（）A铝镁合金的硬度较大，钠钾合金的硬度较小B因为钠的金属性比镁要强，所以钠的熔点比镁要高C镁能置换硫酸铜中的铜，钠也能置换硫酸铜中的铜D在空气中都能被点燃，生成的产物都是氧化物，无过氧化物考点：镁、铝的重要化合物；钠的化学性质分析：A、合金的熔点比成分金属低，硬度、强度比成分金属大，钠钾合金相反；B、钠的熔点较低；C、钠能与水反应；D、钠在空气中的燃烧产物是过氧化钠解答：解：A、镁合金的硬度和强度均高于纯镁，钠钾合金的硬度确较小，故A正确；B、钠的熔点较低，镁的熔点较高，故B错误；C、由于钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故钠不能利用其金属性置换溶液中的金属，故C错误；D、钠在空气中的燃烧产物是过氧化钠，故D错误，故选A点评：本题主要考查的是金属钠与镁的性质以及其化合物的性质，注意从相同点以及不同点上去分析，难度一般2（4分）下列有关元素化合物的叙述中正确的是（）A钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠固体B检验FeCl2溶液中的少量Fe3+，可以用KSCN溶液C二氧化硫的水溶液能使紫色石蕊溶液变红，随后使之褪色D普通玻璃的组成可用Na2OCaO6SiO2表示，是纯净物考点：钠的化学性质；二氧化硫的化学性质；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；二价Fe离子和三价Fe离子的检验分析：A钠在空气中燃烧生成淡黄色过氧化钠；B铁离子和KSCN溶液混合产生血红色溶液，亚铁离子和KSCN溶液不反应；C二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂；D普通玻璃的组成可用Na2OCaO6SiO2表示，但玻璃中存在硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅解答：解：A钠在空气中燃烧生成淡黄色过氧化钠，钠和空气接触生成白色固体氧化钠，故A错误；B铁离子和KSCN溶液混合产生血红色溶液，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，故B正确；C二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而导致其溶液呈酸性，所以二氧化硫水溶液遇紫色石蕊试液变红色，但不褪色，故C错误；D普通玻璃的组成可用Na2OCaO6SiO2表示，但玻璃中存在硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，所以玻璃是混合物，故D错误；故选B点评：本题考查钠的性质、铁离子检验、二氧化硫性质、混合物和纯净物判断等知识点，侧重考查元素化合物知识及基本概念，知道铁离子及亚铁离子的检验方法及实验现象，易错选项是C3（4分）下列有关铝土矿中提炼铝的说法不正确的是（）A铝土矿中的铝元素是以化合态存在的，需用化学方法把铝元素变成游离态B提炼过程中，先将铝土矿净化提取氧化铝，再进行冶炼C可用常见的还原剂把氧化铝中的铝还原出来D冶炼铝的方法与工业冶炼钠、镁相似，可用电解法考点：镁、铝的重要化合物分析：A、铝土矿中铝的主要存在形式是氧化铝，金属的冶炼就是把金属从其化合物中还原出来；B、把铝土矿除杂得到氧化铝，然后电解氧化铝制取金属铝；C、铝的还原性很强，不能利用还原剂还原金属铝；D、非常活泼的金属常利用电解法制取，据此解答即可解答：解：A、铝土矿中的Al元素以氧化铝的形式存在，把氧化铝变为游离态的金属铝，铝元素的化合价降低，存在化合价的变化，属于化学方法，故A正确；B、工业上利用电解纯净的氧化铝制取铝，故在冶炼金属铝时，应先将铝土矿净化除杂，得到较为纯净的氧化铝，B正确；C、铝的冶炼方法为电解，一般的还原剂不能还原铝，故C错误；D、工业制取非常活泼的金属，利用电解法，较活泼金属利用热还原法、不活泼金属利用热分解法，故D正确，故选C点评：本题主要考查的是金属活动性顺序表的应用以及常见金属的冶炼，金属冶炼方法很多，需要根据金属活动性顺序记忆理解，难度不大4（4分）一种新型净水剂PAFC聚合氯化铁铝，AlFe（OH）nCl6nm，n5，m10，广泛用于生活用水的净化和废水的净化，有关PAFC的说法正确的是（）APAFC用于净化饮用水时，可以除去水中所有的有害物质BPAFC中铁显+2价CPAFC可溶于盐酸溶液DPAFC没有氧化性考点：物质的组成、结构和性质的关系；根据化学式判断化合价分析：AlFe（OH）nCl6nm中Cl元素为1价、氢氧根离子为1价，Al元素化合价为+3价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，Fe元素化合价为+3价，铁元素具有氧化性，PAFC可看做一定比例的氯化铝和氯化铁的水解产物，据此分析解答解答：解：AlFe（OH）nCl6nm中Cl元素为1价、氢氧根离子为1价，Al元素化合价为+3价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，Fe元素化合价为+3价，铁元素具有氧化性，PAFC可看做一定比例的氯化铝和氯化铁的水解产物，A氯化铝和氯化铁的水解产物用于除去水中的悬浮物质以净化饮用水，不能除去水中所有有害物质，故A错误；B根据以上分析知，Fe元素化合价为+3价，故B错误；CPAFC可看做一定比例的氯化铝和氯化铁的水解产物，所以能和稀盐酸反应生成盐，故C正确；DPAFC中Fe元素化合价为+3价，所以具有氧化性，故D错误；故选C点评：本题考查元素化合价判断、物质的性质、净水原理等知识点，侧重考查基本原理，知道元素化合价与性质的关系，易错选项是C，题目难度不大5（4分）某溶液中有NH4+、Ca2+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中浓度变化最大的离子是（）ANH4+BCa2+CMg2+DAl3+考点：离子反应发生的条件分析：加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，四种离子均反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，再加盐酸，又转化为铝离子，以此来解答解答：解：加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，四种离子均反应：NH4+和OH反应生成NH3逸出，导致后来物质的量变小；Ca2+和NaOH以及后来加入的HCl不反应，故离子的物质的量不变；Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀后再与盐酸反应生成Mg2+，即后来Mg2+的物质的量不变；Al3+转化为AlO2，再加盐酸，又转化为Al3+，即后来Al3+的物质的量不变综上分析可知，浓度变化最大的是NH4+故选A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，侧重复分解反应的考查，题目难度不大6（4分）（xx仁寿县模拟）下列解释实验事实的化学方程式正确的是（）A5mol Fe和4mol Cl2反应：5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3B2mol KMnO4和3mol H2O2在酸性条件下反应：2MnO4+3H2O2+6H+Mn2+4O2+6H2OC在电解液为氢氧化钾的甲醇燃料电池内电路中，阳极的电极反应式为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2OD向NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：AFe在Cl2中燃烧，无论量的多少只生成FeCl3；B电荷、电子不守恒；C碱性条件下，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子；D过量CO2与CO32生成碳酸氢根离子解答：解：AFe在Cl2中燃烧反应只生成FeCl3不会生成FeCl2，正确的为：2Fe+3Cl22FeCl3，故A错误；B电荷不守恒，正确的为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故B错误；C碱性条件下，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子，所以负极的电极反应式为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故C正确；D过量CO2与CO32生成碳酸氢根离子，正确的为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D错误；故选C点评：本题离子方程式的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意与量有关的离子反应即可解答，题目难度中等7（4分）下列解释事实的方程式不准确的是（）A铝热法炼铁：Fe2O3+2AlAl2O3+2FeB工业上用NH3制备NO：4NH3+5O24NO+6H2OC向受酸雨影响的湖泊中喷洒CaCO3粉末：CO32+2H+H2O+CO2D过氧化钠用于呼吸面具中作为氧气的2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2考点：化学方程式的书写分析：A铝热法炼铁原理是铝和氧化铁在高温下发生置换反应；B高温、高压、催化剂条件下，氨气被氧化生成NO；C在离子反应方程式中，难溶物写化学式；D过氧化钠能和二氧化碳反应生成氧气解答：解：A铝热法炼铁原理是铝和氧化铁在高温下发生置换反应，反应方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，故A正确；B高温、高压、催化剂条件下，氨气被氧化生成NO，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故B正确；C难溶物写化学式，离子方程式为CaCO3+2H+H2O+CO2+Ca2+，故C错误；D过氧化钠能和二氧化碳反应生成氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故D正确；故选C点评：本题考查了化学反应方程式及离子方程式的书写，明确物质间的反应是解本题关键，知道金属冶炼方法的选取与金属活泼性强弱之间的关系，氨的催化氧化是高考高频点，要熟练掌握元素化合物知识，题目难度不大8（4分）（xx春青羊区校级期末）海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示：下列说法不正确的是（）A海水提盐都属于物理变化B利用母液可进一步提取溴，但要富集C上述流程中生成Mg（OH）2沉淀的离子方程式为：Mg2+Ca（OH）2Mg（OH）2+Ca2+D不用电解MgO来制取镁是因为MgO熔点高，能耗大考点：海水资源及其综合利用专题：实验设计题；元素及其化合物分析：A、海水提取氯化钠得到粗盐是物理变化，精制提纯有化学变化；B、母液提取溴过程中先利用氯气氧化得到溴单质，被二氧化硫吸收富集后在被适量氯气氧化为溴单质；C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg（OH）2沉淀；D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济；解答：解：A、海水提取氯化钠得到粗盐是物理变化，精制提纯过程中有化学变化，需要加入试剂沉淀杂质离子，故A错误；B、母液提取溴过程中先利用氯气氧化得到溴单质，被二氧化硫吸收富集后在被适量氯气氧化为溴单质，增大浓度提高提取效率，故B正确；C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg（OH）2沉淀，离子方程式为：Mg2+Ca（OH）2Mg（OH）2+Ca2+，故C正确；D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济，电解熔融的氯化镁制备，故D正确；故选A点评：本题考查了海水提取镁的过程分析判断，主要是关于是效益和分离提纯的实验方法应用，掌握基础是关键，题目较简单9（4分）（xx秋高新区校级月考）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（）Aa点的溶液呈中性Bb点发生反应的离子方程式是：Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4Cc点加入Ba（OH）2溶液的体积为200mLDc点溶液呈碱性考点：离子方程式的有关计算专题：计算题分析：100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）解答：解：100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25L=250ml，故C错误D、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故D正确；故选：D点评：考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意NH4+与Al3+同时存在，OH首先与Al3+反应，而NH4+与Al（OH）3同时存在，OH首先与NH4+反应10（4分）（xx秋兴国县校级月考）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）Ad点溶液中含有的溶质只有Na2SO4B原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Cab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2D原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种考点：离子方程式的有关计算专题：图示题分析：加入NaOH溶液后，在0a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；ab段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，其他离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明Mg2+和Fe3+至少存在一种；据此分析解答：解：加入0a段，加入NaOH溶液后没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在铝离子，由于HCO3和Al3+会发生双水解而不能共存，所以一定不存在HCO3，因此一定存在H+；ab段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在Al3+，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，其他离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明Mg2+和Fe3+至少存在一种；再由bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与NH4+发生了反应，即溶液中一定存在NH4+；根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在SO42，故原溶液中一定存在H+、NH4+、Al3+、SO42，Mg2+和Fe3+至少存在一种A、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaAlO2，所以溶液中含有的溶质为Na2SO4、NaAlO2，故A错误；B、根据以上分析不能确定一定存在铁离子，故B错误；C、根据以上分析不能确定一定存在铁离子，故C错误；D、根据以上分析原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，Mg2+和Fe3+至少存在一种，故D正确；故选D点评：本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题易错点认为一定存在铁离子，因没告诉离子的物质的量关系，所以不能确定是否一定存在铁离子11（4分）（xx银川校级模拟）甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法不正确的是（）A若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物B若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2C若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用D若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为：甲丙戊考点：无机物的推断专题：推断题分析：A甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al；B甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气；C丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，戊为硫酸，则含S元素的化合价符合题意解答：解：A甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为氧气，二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，故A正确；B甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为氧气，二者反应生成的丙可能为Na2O2或Na2O，故B错误；C丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3，若乙为氯气，其水溶液中含有HClO，具有漂白作用，故C正确；D若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲丙戊，故D正确；故选B点评：本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大12（4分）下列物质的转化在指定条件下能实现的是（）CuCu2（OH）2CO3CuOCaCl2（aq） CaCO3CaSiO3MgO MgCl2（aq）MgCl2（s）N2NO2HNO3Cl2NaClO Cl2ABCD考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；氮气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质分析：Cu与空气中的氧气和水以及二氧化碳反应生成铜绿，铜绿失水变成氧化铜；氨气溶于水为碱性溶液，增大了二氧化碳的溶解度生成碳酸钙，碳酸钙高温与二氧化硅反应生成硅酸钙；氯化镁为强酸弱碱盐，氯化镁中存在镁离子的水解，加热促进其水解，最终得到氧化镁；氮气与氧气与生成NO；氯气溶于氢氧化钠生成次氯酸钠，次氯酸钠与浓盐酸反应生成氯气，据此解答即可解答：解：Cu与空气中的氧气和水以及二氧化碳反应生成铜绿，铜绿加热分解生成二氧化碳、水和氧化铜，故能实现；氨气溶于水为碱性溶液，二氧化碳在碱性溶液中溶解度增大，与氯化钙反应生成碳酸钙，碳酸钙高温与二氧化硅反应生成硅酸钙，故能实现；氯化镁为强酸弱碱盐，氯化镁中存在镁离子的水解，MgCl2+H2OMg（OH）2+2HCl，由于HCl具有挥发性，加热促进水解，硅最终得到氢氧化镁，氢氧化镁加强热，分解生成MgO，故不能实现；氮气与氧气与生成NO，故不能实现；氯气溶于氢氧化钠生成次氯酸钠，次氯酸钠具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，故能实现，故正确的是B，故选B点评：本题主要考查的是盐类水解的应用、化学反应原理、氧化还原反应等，综合性较强，有一定的难度13（4分）（xx秋通州区期末）下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是（）物质编号物质转化关系abcdNa2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl（OH）3FeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3ABCD考点：钠的重要化合物；含氮物质的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：氮族元素；几种重要的金属及其化合物分析：根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；abda；ca cb；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单解答：解：转化关系为：abda；ca cb；Na2ONa2O2NaOH，NaOH不能一步转化为Na2O，故错误；Al2O3 NaAlO2Al（OH）3Al2O3 ，AlAl2O3 ，AlNaAlO2，故正确；FeCl2FeCl3CuCl2stackrelFeFeCl2；FeFeCl2、FeFeCl3，故正确；NONO2HNO3NO；N2NO，N2不能一步转化NO2，故错误故选B点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径，难度中等14（4分）（xx宝山区一模）向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是（）Ac=Bp=m+Cn=m+17VcDmpm考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2；MgSO4+2KOH=Mg（OH）2+K2SO4；Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3+3K2SO4；Mg（OH）2MgO+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；A根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH）等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；B由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；C沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cVM计算氢氧根离子的质量；D按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间解答：解：A根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故2=cmol/LV103L，整理得c=，故A正确；B选项中p为生成的氧化物的质量，由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+cV10316=m+，故B正确；C沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+cV10317=m+，故C错误；D得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=102=，质量介于二者之间，故D正确；故选C点评：本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒寻找关系解答，题目计算量较大，且为无数据计算，难度较大15（4分）（xx丰台区一模）实验：向盛有1mL 0.1mol/L MgCl2溶液试管中加1mL 0.2mol/L NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c向沉淀c中滴加0.1mol/L FeCl3溶液，沉淀变为红褐色下列分析不正确的是（）A浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）B滤液b中不含有Mg2+C中颜色变化说明Mg（OH）2转化为Fe（OH）3D实验可以证明Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：将0.1molL1 MgCl2溶液和0.2molL1NaOH溶液等体积混合恰好反应生成氢氧化镁，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2Mg2+2OH，加入FeCl3溶液，会出现红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化镁的悬浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化解答：解：将0.1molL1 MgCl2溶液和0.5molL1NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2Mg2+2OH，A、浊液a为氢氧化镁悬浊液，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2Mg2+2OH，故A正确；B、将a中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2Mg2+2OH，所得滤液中含少量Mg2+，故B错误；C、实验中是Mg（OH）2和氯化铁之间反应生成氢氧化铁，说明Fe（OH）3比Mg（OH）2难溶，故C正确；D、氢氧化镁的选浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，所以实验可以证明Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶，故D正确故选B点评：本题涉及镁、铁的化合物的性质、沉淀溶解平衡的移动等方面的知识，注意知识的归纳和整理很关键，题目难度中等二、非选择题16（11分）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的一种或几种物质，往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入的NaOH溶液体积（V）的关系如图所示回答下列问题：（1）溶液中一定含有的溶质是HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含有的溶质是Na2CO3、MgCl2（填化学式）（2）溶液中可能含有的溶质是氯化钾（填名称），判断该物质是否存在的实验方法是焰色反应，现象是透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色（3）分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式：AB段为Al3+3OHAl（OH）3；BC段为NH4+OH=NH3H2O考点：几组未知物的检验分析：反应过程中有沉淀生成，且镁离子和铝离子与碳酸根离子生成沉淀，根据图象可知，溶液中含有铝离子，则溶液中含有Na2CO3，碳酸钠和稀盐酸反应，所以溶液中不含HCl；AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3，说明溶液中只有AlCl3，无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2，可能含有KCl，据此进行解答即可解答：解：反应过程中有沉淀生成，且镁离子和铝离子与碳酸根离子生成沉淀，根据图象可知，溶液中含有铝离子，则溶液中含有Na2CO3，碳酸钠和稀盐酸反应，所以溶液中不含HCl；AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3，说明溶液中只有AlCl3，无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2，可能含有KCl，CD段，沉淀消失，说明在AB段只有Al（OH）3，无Mg（OH）2，所以溶液中只有AlCl3，无MgCl2，（1）溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，溶液中一定不含Na2CO3、MgCl2，故答案为：HCl、AlCl3、NH4Cl；Na2CO3、MgCl2；（2）溶液中可能存在的物质为氯化钾，验证钾离子的存在需要利用焰色反应，灼烧此溶液，若透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，说明含有氯化钾，故答案为：氯化钾；焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色；（3）AB段铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）3，故答案为：Al3+3OH=Al（OH）3；BC段铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O点评：本题考查了未知物的推断，题目难度中等，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力，注意掌握常见物质的性质及检验方法，明确铝离子与氢氧根离子反应的现象，为解答该题的突破口17（12分）（xx南开区二模）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质：E、H、I为氧化物，E为黑色固体，H为红棕色粉末，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀，Q为白色胶状物质请回答下列问题：（1）组成单质F的元素在周期表中的位置是第三周期A族；C中存在的化学键类型为离子键、共价键；E的化学式是MnO2（2）A在B中燃烧的现象是气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生（3）D+EB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是2：1（4）反应XA+B+C的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（5）反应G+JM的离子方程式为3AlO2+Fe3+6H2O=3Al（OH）3+Fe（OH）3（6）Y受热分解可生成H、I和氧气写出该反应的化学方程式：4Fe（NO3）32Fe2O3+12NO2+3O2考点：无机物的推断专题：推断题分析：F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al；转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，且为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，故C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe（OH）3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化故选可知，N为HNO3，Y为Fe（NO3）3，结合物质的性质来解答解答：解：F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al；转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe（OH）3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化故选可知，N为HNO3，Y为Fe（NO3）3，（1）组成单质Al的元素在周期表中的位置是：第三周期A族；C为NaOH，存在的化学键类型为：离子键、共价键；E的化学式是：MnO2，故答案为：第三周期A族；离子键、共价键；MnO2；（2）A为H2，B为Cl2，氢气在氯气燃烧的现象是：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生，故答案为：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生；（3）D+EB的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，HCl被氧化得到氯气，二氧化锰被还原，故n（被氧化的物质HCl）：n（被还原的物质MnO2）=2：1，故答案为：2：1；（4）反应XA+B+C的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（5）G（NaAlO2）+J（FeCl3）M（Fe（OH）3）的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3AlO2+Fe3+6H2O=3Al（OH）3+Fe（OH）3，故答案为：3AlO2+Fe3+6H2O=3Al（OH）3+Fe（OH）3；（6）依据分析推断可知Y为Fe（NO3）3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：4Fe（NO3）32Fe2O3+12NO2+3O2，故答案为：4Fe（NO3）32Fe2O3+12NO2+3O2点评：本题考查无机物推断，主要考查离子方程式的书写、盐类水解的应用等，物质颜色与反应特点是推断的关键，对学生的分析思维能力有较高的要求，题目难度中等18（17分）（2011广东）由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经