2019-2020年高三化学8月月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学8月月考试题（含解析）新人教版一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）化学与生活、社会密切相关下列说法不正确的是（）A利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染考点：常见的生活环境的污染及治理专题：化学应用分析：A太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境；B绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；C电池中的重金属离子污染土壤和水源，应积极开发废电池的综合利用技术；D目前塑料袋大多都是不可以降解的，是造成白色污染的罪魁祸首解答：解：A太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于减少污染物的排放，节约资源保护环境，故A正确；B对环境污染进行治理是对已经产生的污染治理，绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故B错误；C由于重金属是有毒能使蛋白质变性，而废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，废弃能污染土壤和水源，所以应积极开发废电池的综合利用技术，故C正确；D塑料难以降解容易造成白色污染，提倡人们购物时不用塑料袋，防止白色污染，故D正确；故选B点评：本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、蛋白质变性、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键，题目难度不大2（3分）下列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是（）编号纯净物混合物弱电解质非电解质A明矾蔗糖NaHCO3CO2B天然橡胶石膏SO2CH3CH2OHC冰王水H2SiO3Cl2D胆矾玻璃H2CO3NH3A ABBCCDD考点：混合物和纯净物；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念专题：物质的分类专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：纯净物是同种物质组成的，分为单质和化合物；混合物是不同物质组成；弱电解质是水溶液中部分电离的化合物；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物；A蔗糖是纯净物；B天然橡胶是混合物，二氧化硫属于非电解质；CCl2是单质，不符合非电解质概念；D胆矾属于纯净物，玻璃是混合物，H2CO3是弱酸，NH3是非电解质解答：解：A蔗糖是纯净物，NaHCO3为强电解质，故A错误；B天然橡胶是高分子化合物属于混合物，石膏是纯净物，二氧化硫属于非电解质，故B错误；C氯气是单质不是非电解质，故C错误；D胆矾属于纯净物，玻璃是混合物，H2CO3是弱酸，NH3是非电解质，故D正确；故选：D点评：本题考查了化合物、混合物、电解质、非电解质、概念的应用判断，熟悉物质的组成，理解概念的含义是解题关键3（3分）下列化学反应的离子方程式书写正确的是（）A将少量金属钠放人冷水中：Na+2H2ONa+2OH+H2B将铝片加入烧碱溶液中：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2C向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸：SO32+2H+SO2+H2OD向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：CO2+Ca2+2OHCaCO3+H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A电子、电荷不守恒；B反应生成偏铝酸钠和氢气，电子、电荷守恒；C发生氧化还原反应生成硫酸根离子、NO和水；D反应生成碳酸氢钙解答：解：A将少量金属钠放人冷水中的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；B将铝片加入烧碱溶液中的离子反应为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故B正确；C向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸的离子反应为2NO3+3SO32+2H+3SO42+2NO+H2O，故C错误；D澄清石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为CO2+OHHCO3，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，题目难度不大4（3分）下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）A2HgO2Hg+O2B2NaCl（熔融）2Na+Cl2C2MgO（熔融） 2Mg+O2DFe2O3+3CO2Fe+3CO2考点：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：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO 2Fe+CO2电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2，金属钠、镁采用电解熔融的氯化物的方法，利用铝热反应原理还原：V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼解答：解：A、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、钠是活泼金属，应采用电解法制取，故B正确；C、镁是活泼金属，应采用电解法氯化镁的方法制取，氧化镁的熔点太高，消耗再多的资源，故C错误；D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故D正确故选C点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大5（3分）物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A1：4B1：5C2：3D2：5考点：硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题；氮族元素分析：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒规律来解决解答：解：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4故选A点评：本题是对硝酸的氧化性知识的考查，注意电子守恒思想在氧化还原反应中的运用6（3分）NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（）A在18g18O2中含有NA个氧原子B标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子C1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAD含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1molL1考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、注意氧元素原子的质量数的应用；B、依据空气是混合物进行分析判断；C、根据氯气自身氧化还原反应还是只做氧化剂来分析；D、从 溶液体积的变化进行分析计算；解答：解：A、18g18O2物质的量是0.5mol，一个氧气分子含有两个氧原子，所以氧原子物质的量为1mol，即1NA，故A正确；B、空气是混合物，标准状况下，22.4L空气是1mol，但空气中含有氧气、氮气、二氧化碳、稀有气体等，共计1mol，单质不是1mol，故B错误；C、1molCl2参加反应转移电子数，如果只做氧化剂则转移电子数2mol，若自身氧化还原反应，则转移电子数为1mol，故C错误；D、含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，可得氢氧化钠为1mol，但溶剂反应一部分，体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量数的计算，氧化还原反应电子转移数的计算，溶液浓度计算7（3分）将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）AK+、SiO32、Cl、NO3BH+、NH4+、Al3+、SO42CNa+、S2、OH、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：将足量CO2通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是对应的酸比碳酸弱的酸根离子以及OH不能共存解答：解：AH2SiO3酸性比碳酸弱，通入过量CO2，SiO32不能大量共存，故A错误；B通入过量CO2，四种离子在弱酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；COH与CO2反应而不能大量共存，故C错误；DC6H5OH酸性比碳酸弱，通入过量CO2，C6H5O不能大量共存，故D错误故选B点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意比碳酸弱的酸的种类即可解答8（3分）下列离子方程式书写正确的是（）A向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2OB向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe（OH）2+2H+=Fe2+2H2OC向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+OH=NH3H2ODCH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2BrCOOH+OHCH2BrCOO+H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、明矾溶液中加入过量的氢氧化钡时，明矾中的离子全部反应；B、硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化；C、磷酸二氢铵溶液具有较强的酸性，能和强碱反应；D、CH2BrCOOH中的羧基具有酸性，能和烧碱反应，溴原子能被羟基取代解答：解：A、明矾溶液中加入过量的氢氧化钡时，明矾中的铝离子会转化为偏铝酸根，硫酸根全部生成沉淀，原理为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O，故A正确；B、硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化，3Fe（OH）2+10H+NO3=3Fe3+8H2O+NO，故B错误；C、磷酸二氢铵溶液和强碱反应，原理是 NH4+H2PO4+3OH3H2O+NH3+PO43，故C错误；D、CH2BrCOOH中的羧基具有酸性，能和烧碱反应，溴原子能被羟基取代，CH2BrCOOH+2OHCH2OHCOO+H2O+Br，故D错误故选A点评：本题主要考查学生离子方程时的书写知识，是现在考试的热点9（3分）实验室从海带灰中提取碘的操作过程，仪器选用不正确的是（）A称取3g左右的干海带托盘天平B灼烧干海带至完全变成灰烬蒸发皿C过滤煮沸后的海带灰水混合液漏斗D用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘分液漏斗考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用专题：化学实验基本操作分析：可用托盘天平粗略称量干海带，灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，以此解答该题解答：解：A粗略称量干海带可用托盘天平，故A正确；B灼烧固体应在坩埚中进行，而加热液体可用蒸发皿，故B错误；C过滤煮沸后的海带灰水混合液可用漏斗分离，故C正确；D四氯化碳与水互不相溶，可用分液漏斗进行分液，故D正确故选B点评：本题考查物质的分离和提纯知识，题目难度不大，注意把握常见物质的分离操作方法和使用的仪器，学习中注意相关基础知识的积累10（3分）某物质A在一定条件下加热分解，产物都是气体分解方程式为2AB+2C+2D测得生成的混合气体对氦气的相对密度为d，则A的相对分子质量为（）A20dB10dC5dD2.5d考点：相对分子质量及其计算专题：计算题分析：相同条件下，气体摩尔体积相同，根据=知，气体的密度之比等于其摩尔质量之比解答：解：相同条件下，气体摩尔体积相同，根据=知，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成物组成的混合气体的密度是同温同压下He密度的d倍所以三种混合气体的平均相对分子质量为4d，右边相对分子质量总和为4d（1+2+2）=20d，根据质量守恒定律，左边2A也是20d，所以，A的相对分子质量为10d，故选B点评：本题考查阿伏加德罗定律的推论，明确密度和摩尔质量之间的关系是解本题关键，根据质量守恒来分析解答即可，难度不大11（3分）氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中，每生成1mol AlN需转移3mol电子CAlN中氮的化合价为+3DAlN的摩尔质量为41g考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目解答：解：A、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，故A错误；B、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C、AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3，故C错误；D、AlN的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，故D错误故选B点评：本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识，难度不大12（3分）在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为gcm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为c mol/L下列叙述中正确的是（）=c=上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）ABCD考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：溶质的质量分数为可由溶质的质量和溶液的质量来计算；根据c=来计算；根据溶质的质量分数=100%来计算；根据反应后的溶质及水解来分析解答：解：VmL氨水，溶液的密度为gcm3，溶液的质量为Vg，溶质的质量为17，则溶质的质量分数为=，故错误；溶质的物质的量为mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，故正确；再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5，故错误；VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故正确；故选D点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键，题目难度不大13（3分）在100mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025molCl2，有一半Br变为Br2则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于（）A0.16mol/LB0.02mol/LC0.20mol/LD0.25mol/L考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：还原性H2SO3HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气在氧化HBr为Br2令原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为cmol/L，根据电子转移守恒列方程计算c解答：解：还原性H2SO3HBr，通入的氯气先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，剩余的氯气再氧化HBr为Br2，有一半Br变为Br2，则原溶液H2SO3被完全氧化，令原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为cmol/L，根据电子转移守恒有：cmol/L0.1L（64）+cmol/L0.1L1=0.025mol2，解得c=0.2，故选：C点评：本题考查氧化还原反应、混合物的计算、根据方程式的计算等，难度中等，清楚氯气先氧化H2SO3为H2SO4，后氧化HBr为Br2是解题的关键，注意用电子转移守恒进行计算简化计算14（3分）25时，氢氧化钠的溶解度为40g向100g水中投入一定量金属钠，反应完全后，恢复至25，此时溶液恰好处于饱和状态且无任何晶体析出，则投入的钠的质量约为（）A23.5gB11.5gC23.0gD19.5g考点：化学方程式的有关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算专题：计算题分析：发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2，设加入Na的质量为m，表示出参加反应水的中、生成NaOH的质量，结合溶解度列方程计算解答：解：设加入Na的质量为m，则： 2Na+2H2O2NaOH+H246 36 80m 故（100）：=100：40，解得m=19.5，故选D点评：本题考查化学方程式有关计算、溶解度有关计算，难度不大，注意对溶解度的理解二、解答题（共5小题，满分49分）15（10分）工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3g0.5g已知NaNO2能发生如下反应：2NO2+xI+yH+2NO+I2+zH2O，请回答下列问题：（1）上述反应中，x的数值是2，y的数值是4（2）根据上述反应，可用化学试纸的生活中常见物质进行实验来鉴别工业盐和食盐，现有碘化钾淀粉试纸，则还需选用的生活中常见物质的名称为食醋（3）某工厂废切削液中含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是C，所发生反应的离子方程式为：NH4+NO2 =N2+2H2OaNaCl bH2O2 cNH4Cl d浓H2SO4考点：氧化还原反应；亚硝酸盐专题：元素及其化合物分析：（1）根据原子守恒确定x、y值；（2）酸性条件下，亚硝酸根离子和碘离子才能发生氧化还原反应；（3）加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，亚硝酸钠得电子作氧化剂，则需要加入的物质应该具有还原性，且被氧化后生成对环境无污染的物质，据此判断解答：解：（1）根据I原子守恒得x=2，根据O原子守恒得z=2，根据H原子守恒得y=4，故答案为：2；4；（2）酸性条件下，亚硝酸根离子和碘离子才能发生氧化还原反应，所以还需要酸，生活中采用酸性物质为醋酸，则还需选用的生活中常见物质的名称为食醋，故答案为：食醋；（3）加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，亚硝酸钠得电子作氧化剂，则需要加入的物质应该具有还原性，且被氧化后生成对环境无污染的物质，NaCl没有还原性，浓硫酸和双氧水具有氧化性，只有氯化铵具有还原性，且二者反应后产物是氮气和水，离子方程式为NH4+NO2 =N2+2H2O，故答案为：C；NH4+NO2 =N2+2H2O点评：本题以亚硝酸盐为载体考查氧化还原反应，根据元素化合价变化结合题目分析解答，同时考查学生灵活运用知识解答问题能力，题目难度不大16（12分）某同学在实验室欲配制物质的量浓度均为1.0mol/L的NaOH溶液和稀H2SO4各450mL提供的试剂是：NaOH固体和98%的浓H2SO4（密度为1.84g/cm3）及蒸馏水（1）配制两种溶液时都需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶和胶头滴管（2）应用托盘天平称量NaOH20.0g，应用量筒量取浓H2SO427.2mL（3）配制时，先要检查容量瓶是否漏水，其方法是在容量瓶内装入半瓶水，塞紧瓶塞，用右手食指顶住瓶塞，另一只手五指托住容量瓶底，将其倒立（瓶口朝下），观察容量瓶是否漏水若不漏水，将瓶正立且将瓶塞旋转180后，再次倒立，检查是否漏水，若两次操作，容量瓶瓶塞周围皆无水漏出，即表明容量瓶不漏水（4）浓硫酸溶于水的正确操作方法是将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，边倒边用玻璃棒搅拌（5）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有ADEA该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线B称量固体NaOH时，将砝码和物品的位置颠倒（没有使用游码）C溶解H2SO4操作时没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作D在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液E没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中F将量筒洗涤23次，并全部转移至容量瓶中G容量瓶中原来存有少量蒸馏水H胶头滴管加水定容时俯视刻度考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验题分析：（1）根据配制NaOH溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器，配制稀H2SO4的步骤是计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据n=cV和m=nM来计算；先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算； （3）带塞子或活塞的仪器使用前都需要查漏，根据仪器的结构特点来分析查漏方法；（4）根据浓硫酸密度大、溶于水放热的特点来分析；（5）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；解答：解：（1）容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，故1.0mol/L的NaOH溶液和稀H2SO4各450mL均应用500ml容量瓶配制NaOH溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管；配制稀H2SO4的步骤是计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管故配制两种溶液时都需要的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶和胶头滴管，故答案为：烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶和胶头滴管；（2）根据n=cV可知NaOH的物质的量n=1.0mol/L0.5L=0.5mol，质量m=nM=0.5mol40g/mol=20.0g；98%的浓H2SO4（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度C=18.4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为Vml，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：1.0mol/L500mL=18.4mol/LVml，解得：V=27.2ml，故答案为：20.0g，27.2ml；（3）容量瓶有塞子，故使用前需要查漏，查漏的方法：在容量瓶内装入半瓶水，塞紧瓶塞，用右手食指顶住瓶塞，另一只手五指托住容量瓶底，将其倒立（瓶口朝下），观察容量瓶是否漏水若不漏水，将瓶正立且将瓶塞旋转180后，再次倒立，检查是否漏水，若两次操作，容量瓶瓶塞周围皆无水漏出，即表明容量瓶不漏水故答案为：在容量瓶内装入半瓶水，塞紧瓶塞，用右手食指顶住瓶塞，另一只手五指托住容量瓶底，将其倒立（瓶口朝下），观察容量瓶是否漏水若不漏水，将瓶正立且将瓶塞旋转180后，再次倒立，检查是否漏水，若两次操作，容量瓶瓶塞周围皆无水漏出，即表明容量瓶不漏水（4）由于浓硫酸密度大、溶于水放热，故稀释浓硫酸的方法：将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，边倒边用玻璃棒搅拌故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，边倒边用玻璃棒搅拌；（5）A、量取浓硫酸时，俯视刻度线，会导致所量取的浓硫酸的体积偏小，故所配稀硫酸的浓度偏低，故A选；B称量固体NaOH时，将砝码和物品的位置颠倒，由于没有使用游码，故对所称量的药品的质量无影响，故B不选；C溶解H2SO4操作时没有冷却至室温就移液并定容，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C不选；D在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液会导致溶质的损失，则所配溶液的浓度偏低，故D选；E没有用蒸馏水洗烧杯23次，会导致溶质的损失，则所配溶液的浓度偏低，故E选；F量筒不能洗涤，若将量筒洗涤23次，并全部转移至容量瓶中，会导致浓硫酸取多了，则所配溶液的浓度偏高，故F不选；G若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故G不选；H胶头滴管加水定容时俯视刻度，会导致溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故H不选故选ADE点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算、仪器选择和操作排序，属于基础型题目，难度不大17（9分）某固体混合物可能含Al、（NH4）2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2、NaCl中的一种或几种，现对该混合物作如下实验，所得现象和有关数据如图（气体体积已换算成标准状况下体积），回答下列问题：（1）混合物中是否存在FeCl2否（填“是”或“否”）；（2）混合物中是否存在（NH4）2SO4是（填“是”或“否”），你的判断依据是气体通过浓硫酸减少4.48L（3）写出反应的离子反应式：H+OH=H2O、AlO2+H+H2OAl（OH）3（4）请根据计算结果判断混合物中是否含有AlCl3否（填“是”或“否”），你的判断依据是由题中信息可推得一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而m（Al）+m（NH4）2SO4+m（MgCl2）=28.1 g，所以一定没有AlCl3考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；几组未知物的检验；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：元素及其化合物分析：根据生成气体通过碱石灰体积不变（无酸性气体），而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的 6.72 L气体为氢气，即原固体中一定含有金属Al，且其质量为27 g/mol=5.4 g生成氨气的物质的量为=0.2 mol，则原固体中一定含有 0.1 mol （NH4）2SO4，其质量为13.2 g，得到白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），因为NaOH过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明5.8 g白色沉淀为Mg（OH）2，为0.1 mol，则固体中MgCl2为0.1 mol，质量为9.5g，无色溶液中有Al与过量NaOH溶液反应后得到的NaAlO2解答：解：（1）白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），故答案为：否；（2）气体通过浓硫酸后，体积减少4.48 L，说明气体中有NH3，则原固体中一定含有（NH4）2SO4，故答案为：是；气体通过浓硫酸减少4.48L；（3）无色溶液中有Al与过量NaOH溶液反应后得到的NaAlO2，加入盐酸生成Al（OH）3，反应的离子方程式为H+OH=H2O、AlO2+H+H2OAl（OH）3，故答案为：H+OH=H2O、AlO2+H+H2OAl（OH）3；（4）由以上分析可知原固体中一定含有金属Al，且其质量为27 g/mol=5.4 g，原固体中一定含有 0.1 mol （NH4）2SO4，其质量为13.2 g，固体中MgCl2为0.1 mol，质量为9.5g，三种物质的质量之和刚好等于28.1g，所以一定没有AlCl3，故答案为：否；由题中信息可推得一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而m（Al）+m（NH4）2SO4+m（MgCl2）=28.1 g，所以一定没有AlCl3点评：本题考查物质的分离、提纯以及检验，侧重于元素化合物知识的综合应用，为高考常考查题型，注意根据相关数据进行判断，题目难度中等18（11分）如图是中学常见物质间的转化关系已知：（a）A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质；（b）E为常见金属，J为红褐色沉淀；（c）G在实验室中常用于检验B的存在；（d）L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液常呈黄色回答下列问题：（1）A的电子式（2）反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应的离子方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3，（3）若参加反应的A的质量为39g，则转移的电子数目为0.5NA（4）向含n g L的稀溶液中加入m g E，两者恰好完全反应，若L只被还原为+2价化合物，则n：m不可能为A A5：1 B9：2 C3：1 D4：1考点：无机物的推断专题：推断题分析：A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质，二者反应生成，则A为Na2O2，B为CO2，二者反应生成Na2CO3和O2，G在实验室中常用于检验CO2的存在，则G为从Ca（OH）2，故C为O2，D为Na2CO3，金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，E为Fe，F为Fe3O4，L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液若保存不当常呈黄色，应是浓硝酸所具有的性质，则L为HNO3，K为Fe（NO3）3，H为NaOH，I为CaCO3，据此解答解答：解：A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质，二者反应生成，则A为Na2O2，B为CO2，二者反应生成Na2CO3和O2，G在实验室中常用于检验CO2的存在，则G为从Ca（OH）2，故C为O2，D为Na2CO3，金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，E为Fe，F为Fe3O4，L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液若保存不当常呈黄色，应是浓硝酸所具有的性质，则L为HNO3，K为Fe（NO3）3，H为NaOH，I为CaCO3，（1）由上述分析可知，A为Na2O2，电子式为，故答案为：；（2）反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应的离子方程式为：Fe3+3OH=Fe（OH）3，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；Fe3+3OH=Fe（OH）3；（3）n（Na2O2）=0.5mol，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol2=0.5mol，即转移电子数目为0.5NA，故答案为：0.5NA；（4）向含n g HNO3的稀溶液中加入m g Fe，两者恰好完全反应，若HNO3只被还原为+2价化合物，即生成NO，当生成Fe（NO3）3时，Fe的质量最小，则：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，n：m的最大值=463：56=9：2，当生成Fe（NO3）2时，Fe的质量最大，则：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，n：m的最小值=863：356=3：1，故3：1n：m9：2，故选A点评：本题考查无机物推断，题目难度中等，物质的颜色及特殊反应是推断突破口，注意对元素化合物的性质掌握，（4）注意利用极限法进行分析解答19（7分）将标准状况下4.48L的CO2通入适量的NaOH溶液充分反应后，溶液中生成盐的质量为19.0g（1）若要使生成的盐的质量变为25.2g，应继续向溶液中通入标准状况下CO24.4g（2）向生成的19.0g的盐溶液中加入一定量某物质，充分反应后，减压低温蒸发得到纯净的21.2g Na2CO3固体则：若只能加入0.05mol某物质，则加入的物质可以是Na2O或Na2O2若只能加入0.10mol某物质，则加入的物质可以是Na或NaOH考点：有关范围讨论题的计算；有关混合物反应的计算专题：压轴题；计算题分析：（1）二氧化碳与氢氧化钠反应，若只生成碳酸钠，根据二氧化碳的体积计算碳酸钠质量；若只生成碳酸氢钠，根据二氧化碳的体积计算碳酸钠质量根据计算所得碳酸钠、碳酸氢钠的质量，判断二氧化碳与氢氧化钠生成的盐的组成；根据盐的组成可知，使盐增重的具体反应，结合方程式根据差量法计算；（2）根据19.0g盐的组成，结合C原子、Na原子守恒进行判断解答：解：（1）二氧化碳与氢氧化钠反应，若只生成碳酸钠，根据方程式结合二氧化碳的体积计算碳酸钠质量，则： CO2+2NaOHNa2CO3+H2O 22.4L 106g 4.48L m所以m=21.2 g，若只生成碳酸氢钠，根据二氧化碳的体积计算碳酸钠质量， CO2+NaOHNaHCO3 22.4L 84g 4.48L n所以n=16.8 g，由于16.8 g19.0g21.2 g，故19.0 g盐应为Na2CO3与NaHCO3的混合物根据C原子守恒可知，19.0 g盐的物质的量等于二氧化碳的物质的量为=0.2mol，所以Na2CO3与NaHCO3的平均摩尔质量为=95g/mol，根据十字交叉法计算Na2CO3与NaHCO3的各自物质的量，所以Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为11：11=1：1，所以Na2CO3为0.1 mol，NaHCO3为0.1 mol要使生成的盐的质量变为25.2g，应继续向溶液中通入标准状况下CO2，应为碳酸钠吸收二氧化碳所以 Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3 m（增重）1 mol 44 g 62 g 0.1 mol 4.4 g 25.2 g19.0 g=6.2g故需通入4.4 g CO2故答案为：4.4；（2）19.0 g盐为Na2CO3为0.1 mol，NaHCO3为0.1 mol要得到纯净的21.2g Na2CO3固体，即要将0.1 mol NaHCO3变为0.1 mol Na2CO3，“某种物质”需满足3个条件：a显碱性或能生成碱，b需加入Na元素，c不能带来其它杂质中根据Na原子守恒，0.05 mol物质中需有0.1 mol Na原子，故符合条件的只有Na2O或Na2O2，故答案为：Na2O；Na2O2；中根据Na原子守恒0.1 mol物质中需有0.1 mol Na，故符合条件的可有Na、NaOH等，故答案为：Na；NaOH点评：本题考查二氧化碳与氢氧化钠反应的计算，难度较大，关键在于利用极限法确定19.0g的盐的成分