2019-2020年高三（下）周考化学试卷（14）含解析.doc

2019-2020年高三（下）周考化学试卷（14）含解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）下列物质分类的正确组合是（）分类组合纯净物酸盐碱性氧化物酸性氧化物A碱石灰乙二酸纯碱氧化铝二氧化碳B盐酸石炭酸小苏打氧化镁二氧化氮CH2O2硬脂酸苏打过氧化钠二氧化硫D五水硫酸铜油酸碱式碳酸铜氧化钠三氧化硫AABBCCDD2（4分）（xx信阳二模）图为课本中的插图，下列操作不合理的是（）A切割钠B过氧化钠与水反应C钾的焰色反应D铜丝在氯气中燃烧3（4分）（xx安徽模拟）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（）ANa2O、Na2O2组成元素相同，推出与水反应产物也完全相同BSO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强CH2CO3的酸性比HClO强，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOD根据常温下铜与浓硝酸可以制取NO2，推出常温下铁与浓硝酸也可以制取NO24（4分）（2011西安三模）将a L（标准状况）CO2通入100mL 3molL1NaOH溶液中，下列各项为通入CO2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）Aa=3.36时，CO2+2OH=CO+H2OBa=4.48时，2CO2+3OH=CO+HCO+H2OCa=6.72时，CO2+OH=HCODa=8.96时，3CO2+4OH=CO+2HCO+H2O5（4分）下列说法正确的是（）A金属钠在空气中燃烧的火焰呈黄色，是因为生成的Na2O2为淡黄色固体B铁丝在Cl2中燃烧有红棕色的烟，是因为生成的FeCl3为红棕色固体C过量的铁加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液呈红色，说明稀HNO3将Fe氧化为Fe3+D取少量溶液X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+6（4分）（xx春安庆校级期末）科学家研制出了一种新型的贮氢材料镁铝合金这种镁铝合金具有特定的组成，其成分可表示为Mg17Al12其贮氢和释氢的原理可表示为：Mg17Al12+17H217MgH2+12Al下列有关说法正确的是（）A该合金的熔点介于镁和铝的熔点之间BMg17Al12是离子化合物C732g的合金能吸收380.8L氢气D熔炼制备Mg17Al12时需通入氩气，目的是防止金属被氧化7（4分）（xx朝阳区二模）已知：把水加入盛有过氧化钠固体的试管中，收集产生的气体把红热的铁丝伸入中产生的气体中，有黑色固体生成把中产生的固体放入盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红下列判断正确的是（）A中反应，过氧化钠作氧化剂，水作还原剂B中反应既是化合反应又是放热反应C中的实验现象证明溶液中不含有Fe2+D将中所得溶液加入到的溶液中，静置，溶液颜色加深8（4分）（xx奉贤区三模）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色9（4分）（xx春上海月考）在抽滤瓶内放一小块金属钠，同时收集满CO2气体并塞紧瓶塞从分液漏斗中放入一定量的水，待钠完全反应并恢复到反应前温度时，发现气球凹瘪，则抽滤瓶内溶液中的溶质是（）ANaOH与Na2CO3BNa2CO3CNa2CO3与NaHCO3DNaHCO310（4分）（xx福建模拟）甲是一种常见的单质，乙、丙为中学常见的化合物，甲、乙、丙均含有元素X它们有如图的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是（）AX元素可能为AlBX 元素不一定为非金属元素C反应和互为可逆反应D反应和一定为氧化还原反应11（4分）（xx山西校级模拟）已知A、B为单质，C为化合物A+BCA+B若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，则B可能为Al若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是（）ABCD12（4分）（xx秋昭觉县校级期末）有8g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为（）A8 gB15.5 gC11.7 gD无法计算13（4分）（xx春南阳期末）现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁（Fe2O3）粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（假定反应前后溶液的体积不变）：向其中一份固体中加入100mL 2.0molL1的NaOH溶液，加热使其充分反应后过滤，测得溶液中的c（OH）=1molL1向另一份固体中加入100mL 4.0molL1的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三种阳离子且c（H+）=0.1molL1 ，则产生的气体的体积（标准状况）为（）A2.856LB2.448LC2.688LD2.352L14（4分）（xx秋铜陵期末）取一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，放入盛有100mL H2SO4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示则原H2SO4物质的量浓度是（）A1mol/LB2mol/LC3mol/LD4mol/L15（4分）把一块镁铝合金投入到1mol/L酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/L NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化的关系如图所示，下列说法中错误的是（）A盐酸的体积为80mlBa的取值范围为0a50Cn（Mg2+）0.025molD当a值为30时，b值为0.01二、非选择题16（10分）（xx昌平区一模）甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素元素组成甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族用甲进行如下实验：取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示；取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热；回答下列问题：（1）D在周期表中的位置写出化合物AB3的电子式（2）经测定甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水则甲晶体的化学式为（3）实验中根据图象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）=（4）实验中离子方程式是17（16分）（xx秋甘州区校级月考）某小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验方案甲组同学用沉淀分析法，按如图所示的实验流程进行实验：已知Ba（HCO3）2可溶于水（1）实验时，过滤操作中，除了玻璃棒、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为（2）洗涤沉淀B的操作是（3）若实验中测得样品质量为m g，沉淀质量为n g，则碳酸钠的质量分数为方案乙组同学的主要实验流程图如下：按如图1所示装置进行实验：（4）该实验中装置B盛放的物质是，分液漏斗中（填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体样品中碳酸钠的质量分数越大，则实验中干燥管C在充分吸收气体前后的质量差（填“越大”、“越小”或“不变化”）D装置的作用是（6）有同学认为为了减少实验误差，在反应前后都要通入N2（如图2），反应后通入N2的目的是18（14分）（xx枣庄校级二模）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别制成溶液向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失另一份逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g请回答以下问题：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是Al3+和，阴离子是（2）试通过计算确定：n（Al3+）=；该结晶水合物的化学式（3）假设过程中向该溶液中加入的Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为2.0molL1加入mLBa（OH）2溶液时，所得沉淀的总物质的量最大请在如图中画出生成沉淀的物质的量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系示意图xx学年江苏省南京市南大附中高三（下）周考化学试卷（14）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）下列物质分类的正确组合是（）分类组合纯净物酸盐碱性氧化物酸性氧化物A碱石灰乙二酸纯碱氧化铝二氧化碳B盐酸石炭酸小苏打氧化镁二氧化氮CH2O2硬脂酸苏打过氧化钠二氧化硫D五水硫酸铜油酸碱式碳酸铜氧化钠三氧化硫AABBCCDD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物分析：A、碱石灰是CaO和Ca（OH）2的混合物；氧化铝既能与酸反应也能与碱反应生成盐和水；B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；C、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；D、只由一种物质构成的是纯净物，电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；盐是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物；碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物解答：解：A、碱石灰是CaO和Ca（OH）2的混合物，不是纯净物；氧化铝既能与酸反应也能与碱反应生成盐和水，是两性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，NO2和碱反应时不但能生成盐和水，还生成NO，故二氧化氮不是酸性氧化物，故B错误；C、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2和酸反应时不但生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故C错误；D、只由一种物质构成的是纯净物，故CuSO45H2O是纯净物；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，故油酸是酸；盐是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物，故Cu2（OH）2CO3是盐；氧化钠能是和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物；三氧化硫能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，故D正确；故选D点评：本题考查了纯净物、酸、盐、酸性氧化物和碱性氧化物的概念的辨析，难度不大，注意概念的把握2（4分）（xx信阳二模）图为课本中的插图，下列操作不合理的是（）A切割钠B过氧化钠与水反应C钾的焰色反应D铜丝在氯气中燃烧考点：焰色反应；药品的取用；碱金属及其化合物的性质实验专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、根据钠的性质分析判断B、根据过氧化钠和水反应进行分析判断C、根据钾的焰色反应操作分析判断D、根据氯气的性质分析判断解答：解：A、钠的硬度比较小，可以用小刀切割，故A正确；B、过氧化钠和水反应放出大量热要在石棉网上操作，故B正确；C、做钾的焰色反应实验时，要透过蓝色钴玻璃观察，以便滤去钠的黄光，故C错误；D、氯气有毒气体，所以瓶口上要盖上玻璃片，防止氯气逸出污染空气，故D正确；故选：C点评：本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键3（4分）（xx安徽模拟）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（）ANa2O、Na2O2组成元素相同，推出与水反应产物也完全相同BSO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强CH2CO3的酸性比HClO强，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOD根据常温下铜与浓硝酸可以制取NO2，推出常温下铁与浓硝酸也可以制取NO2考点：化学反应的基本原理专题：元素及其化合物分析：A、根据氧化钠和过氧化钠反应的产物知识来判断；B、二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应；C、化学反应遵循强酸制弱酸的规律；D、常温下铁与浓硝酸会发生钝化解答：解：A、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应的产物有氢氧化钠和氧气，产物不一样，故A错误；B、等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故B错误；C、化学反应遵循强酸制弱酸的规律，将CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，故C正确；D、常温下铁、铝会与浓硝酸会发生钝化，故D错误故选C点评：本题考查了物质的性质方面的知识，难度适中，解题时要注意一般规律与特殊情况的关系，以及规律所适用的条件等4（4分）（2011西安三模）将a L（标准状况）CO2通入100mL 3molL1NaOH溶液中，下列各项为通入CO2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）Aa=3.36时，CO2+2OH=CO+H2OBa=4.48时，2CO2+3OH=CO+HCO+H2OCa=6.72时，CO2+OH=HCODa=8.96时，3CO2+4OH=CO+2HCO+H2O考点：离子方程式的书写；化学方程式的有关计算专题：计算题；离子反应专题分析：二氧化碳气体和氢氧化钠反应按照物质的量不同产物不同，若二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比为1；2时反应的离子方程式为：CO2+2OH=CO32+H2O；若二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比为1；1时反应的离子方程式为CO2+OH=HCO3；二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比大于1：2，小于1：1时，产物为碳酸钠和碳酸氢钠；二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比小于1：2，反应只发生；二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比大于1：1，按照反应进行；解答：解：A、a=3.36时物质的量为：n（CO2）=0.15mol，n（NaOH）=0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）=0.15mol：0.3mol=1：2，反应离子方程式为：CO2+2OH=CO32+H2O；故A正确；B、a=4.48时，物质的量为：n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）=0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）=0.2mol：0.3mol=2：3，氢氧化钠和二氧化碳恰好反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，反应离子方程式可以直平法写出为：2CO2+3OH=CO32+HCO3+H2O，故B正确；C、a=6.72时物质的量为：n（CO2）=0.3mol，n（NaOH）=0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）=0.3mol：0.3mol=1：1，反应离子方程式为：CO2+OH=HCO3；故C正确；D、a=8.96时物质的量为：，n（CO2）=0.4mol，n（NaOH）=0.3mol；n（CO2）：n（NaOH）=0.4mol：0.3mol=4：3，n（CO2）：n（NaOH）1：1，反应离子方程式为：CO2+OH=HCO3；故D错误；故选D点评：本题考查了定量计算的离子方程式的书写方法和产物判断，主要是量不同产物不同的产物判断是解题关键5（4分）下列说法正确的是（）A金属钠在空气中燃烧的火焰呈黄色，是因为生成的Na2O2为淡黄色固体B铁丝在Cl2中燃烧有红棕色的烟，是因为生成的FeCl3为红棕色固体C过量的铁加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液呈红色，说明稀HNO3将Fe氧化为Fe3+D取少量溶液X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验；焰色反应；铁的化学性质分析：A、钠元素的焰色反应的颜色为黄色；B、氯气具有强氧化性，可与铁反应生成氯化铁；C、加入过量的铁粉，反应生成硝酸亚铁；D、验证亚铁离子的存在，首先应排除铁离子干扰，正确顺序是先加入硫氰化钾观察现象后再滴加氯水解答：解：A、钠元素的焰色反应的颜色为黄色，故金属钠燃烧时火焰为黄色，与生成的过氧化钠的颜色无关，故A错误；B、氯气具有强氧化性，可与铁反应生成氯化铁，颜色为红棕色，表现为红棕色的烟，故B正确；C、加入过量的铁粉，反应生成硝酸亚铁，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液不变红色，故C错误；D、验证亚铁离子的存在，首先应排除铁离子干扰，正确顺序是先加入硫氰化钾观察现象后再滴加氯水，故D错误故选B点评：本题考查了物质性质的分析判断，反应现象的推断，离子检验和现象结论的分析判断，掌握离子性质和检验方法是解题关键，题目难度中等6（4分）（xx春安庆校级期末）科学家研制出了一种新型的贮氢材料镁铝合金这种镁铝合金具有特定的组成，其成分可表示为Mg17Al12其贮氢和释氢的原理可表示为：Mg17Al12+17H217MgH2+12Al下列有关说法正确的是（）A该合金的熔点介于镁和铝的熔点之间BMg17Al12是离子化合物C732g的合金能吸收380.8L氢气D熔炼制备Mg17Al12时需通入氩气，目的是防止金属被氧化考点：金属与合金在性能上的主要差异；合金的概念及其重要应用专题：元素及其化合物分析：A、合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的硬度大，熔点低；B、合金是指在一种金属中加热熔合而成的，不存在阴阳离子；C、氢气所处的状况未知，不能计算；D、Mg、Al为较活泼金属，加热时易氧化，可以通入氩气来保护解答：解：A合金的熔点比各成分的熔点低，该合金的熔点低于金属镁、金属铝的熔点，故A错误；B、合金是指在一种金属中加热熔合而成的，不存在阴阳离子，不属于离子化合物，故B错误；C、氢气所处的状况未知，不能计算出氢气的具体体积，故C错误；D、Mg、Al为较活泼金属，加热时易氧化，可以通入氩气来防止金属被氧化，故D正确故选：D点评：本题以新型镁铝合金为题材，意在考查考生阅读新信息，处理新情况的能力，题目难度中等，注意和已有知识的联系、迁移7（4分）（xx朝阳区二模）已知：把水加入盛有过氧化钠固体的试管中，收集产生的气体把红热的铁丝伸入中产生的气体中，有黑色固体生成把中产生的固体放入盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红下列判断正确的是（）A中反应，过氧化钠作氧化剂，水作还原剂B中反应既是化合反应又是放热反应C中的实验现象证明溶液中不含有Fe2+D将中所得溶液加入到的溶液中，静置，溶液颜色加深考点：钠的重要化合物；氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：A、过氧化钠和水反应是过氧化钠自身氧化还原反应；B、铁在纯氧气中燃烧生成黑色四氧化三铁，反应放热；C、中的实验现象证明铁离子的存在，不能证明亚铁离子的存在；D、氢氧化钠溶液和氯化铁、氯化亚铁溶液反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀解答：解：A、过氧化钠和水反应是过氧化钠自身氧化还原反应，过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、铁在纯氧气中燃烧生成黑色四氧化三铁，反应放热；反应类型是化合反应，又是放热反应，故B正确；C、把中产生的固体放入盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红，证明含有铁离子，亚铁离子不能判断存在，故C错误；D、将中所得溶液为氢氧化钠溶液加入到的溶液中为氯化铁溶液和氯化亚铁溶液中反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，静置，溶液颜色变浅，故D错误；故选B点评：本题考查了钠及其化合物、铁及其化合物性质的分析应用，反应现象判断和反应原理分析是解题关键，题目难度中等8（4分）（xx奉贤区三模）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A收集氨气的方法错误；B二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2解答：解：A氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大9（4分）（xx春上海月考）在抽滤瓶内放一小块金属钠，同时收集满CO2气体并塞紧瓶塞从分液漏斗中放入一定量的水，待钠完全反应并恢复到反应前温度时，发现气球凹瘪，则抽滤瓶内溶液中的溶质是（）ANaOH与Na2CO3BNa2CO3CNa2CO3与NaHCO3DNaHCO3考点：实验装置综合专题：元素及其化合物分析：从分液漏斗中放入一定量的水，待钠完全反应并恢复到反应前温度时，发现气球凹瘪，则Na与水反应生成NaOH和氢气，且二氧化碳与NaOH溶液反应，使气体体积比原来的大，以此来解答解答：解：由信息可知，Na与水反应生成NaOH和氢气，且二氧化碳与NaOH溶液反应，使气体体积比原来的大，则气球凹瘪，发生2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，且中生成氢气多于中的二氧化碳，中NaOH剩余，所以抽滤瓶内溶液中的溶质是NaOH与Na2CO3，故选A点评：本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握气球凹瘪时Na与水反应生成的氢气多于原来瓶中二氧化碳的量为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大10（4分）（xx福建模拟）甲是一种常见的单质，乙、丙为中学常见的化合物，甲、乙、丙均含有元素X它们有如图的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是（）AX元素可能为AlBX 元素不一定为非金属元素C反应和互为可逆反应D反应和一定为氧化还原反应考点：无机物的推断专题：推断题分析：甲为单质，乙、丙为化合物，所以一定为氧化还原反应，据这两个反应特点知甲元素在反应中化合价既升高，又降低，故甲一定不是金属，为非金属元素，不互为可逆反应，因为条件不同解答：解：甲为单质，乙、丙为化合物，所以一定为氧化还原反应，又因为甲、乙、丙均含有元素X，因此反应是歧化反应，根据这两个反应特点知甲元素在反应中化合价既升高，又降低，甲中元素化合价为0，金属没有负价，故甲一定不是金属，为非金属元素，A由上述分析可知，甲为非金属性，若甲为Al，铝和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠与氢气不能反应，故A错误；B根据上述分析，甲元素一定是非金属元素，故B错误；C反应和的反应条件不同，不能互为可逆反应，故C错误；D反应和一定有元素的化合价升降，则一定均为氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题以推断题形式，考查了氧化还原反应，涉及归中规律和歧化反应的应用，根据金属无负价，能发生归中反应和歧化反应的一定是非金属元素11（4分）（xx山西校级模拟）已知A、B为单质，C为化合物A+BCA+B若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，则B可能为Al若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是（）ABCD考点：无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：推断题；几种重要的金属及其化合物分析：若C溶于水后得到强碱溶液，如A为Na，则C溶液为NaOH或NaCl溶液，电解溶液不能得到Na；若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C溶液呈酸性，可能为HCl；若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，如B为Al，电解氯化铝溶液不能得到铝；若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，应生成氢氧化铜，则B可能为Cu解答：解：若C溶于水后得到强碱溶液，如A为Na，则C溶液为NaOH或NaCl溶液，电解NaOH或NaCl溶液不能得到Na，故错误；若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C溶液呈酸性，可能为HCl，则A可能是H2，B为氯气，电解盐酸可得到氢气和氯气，故正确；若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，如B为Al，电解氯化铝溶液不能得到铝，故错误；若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，应生成氢氧化铜，则B可能为Cu，A为氯气，电解氯化铜溶液可得到氯气和铜，故正确故选B点评：本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，综合考查元素化合物知识，注意相关基础知识的积累，本题注意电解，难度不大12（4分）（xx秋昭觉县校级期末）有8g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为（）A8 gB15.5 gC11.7 gD无法计算考点：有关混合物反应的计算专题：守恒法分析：Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据m（溶质）=m（溶液）w（溶质）计算m（HCl），进而计算n（NaCl），再根据m=nM计算NaCl的质量解答：解：Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒有n（NaCl）=n（HCl），盐酸中m（HCl）=200g3.65%=7.3g，n（NaCl）=n（HCl）=0.2mol，故得到NaCl的质量=0.2mol58.5g/mol=11.7g，故选C点评：本题考查混合物的有关计算，题目涉及反应过程比较多，但过程不复杂，侧重考查学生的解题方法技巧与思维能力，注意利用守恒思想进行解答，利用常规方法无法解答13（4分）（xx春南阳期末）现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁（Fe2O3）粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（假定反应前后溶液的体积不变）：向其中一份固体中加入100mL 2.0molL1的NaOH溶液，加热使其充分反应后过滤，测得溶液中的c（OH）=1molL1向另一份固体中加入100mL 4.0molL1的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三种阳离子且c（H+）=0.1molL1 ，则产生的气体的体积（标准状况）为（）A2.856LB2.448LC2.688LD2.352L考点：有关混合物反应的计算分析：加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠有剩余，由电荷守恒可知：c（Na+）=c（OH）+c（AlO2），再根据n=cV计算n（AlO2），根据Al元素守恒计算n（Al）；加入盐酸反应后，盐酸有剩余，由电荷守恒可知：c（H+）+2c（Fe2+）+3c（Al3+）=c（Cl），再根据n=cV计算n（Fe2+），根据Fe元素守恒计算n（Fe2O3）；根据2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，计算确定反应固体成分及各自物质的量，根据电子转移守恒计算生成氢气的物质的量，进而计算氢气的体积解答：解：加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠有剩余，由电荷守恒可知：c（Na+）=c（OH）+c（AlO2），即c（AlO2）=2mol/L1mol/L=1mol/L，故每份中n（Al）=n（AlO2）=1mol/L0.1L=0.1mol；加入盐酸反应后，盐酸有剩余，根据Al元素守恒，c（Al3+）=1mol/L，由电荷守恒可知：c（H+）+2c（Fe2+）+3c（Al3+）=c（Cl），即：0.1mol/L+2c（Fe2+）+31mol/L=4mol/L，解得：c（Fe2+）=0.45mol/L，n（Fe2+）=0.45mol/L0.1L=0.045mol，根据Fe元素守恒，每份中n（Fe2O3）=0.0225mol；由2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，可知0.1molAl完全反应需要Fe2O3的物质的量=0.1mol=0.05mol0.0225mol，故Fe2O3完全反应，Al有剩余，生成Fe为0.045mol，参加反应Al为0.0225mol2=0.045mol，剩余Al为0.1mol0.045mol=0.055mol，根据电子转移守恒，中反应生成氢气物质的量为+=0.1275mol，故中生成氢气的体积为：0.1275mol22.4L/mol=2.856L，故选A点评：本题考查混合物计算，判断铝热剂反应后固体成分是关键，注意利用守恒法进行解答，侧重考查学生分析思维能力，难度较大14（4分）（xx秋铜陵期末）取一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，放入盛有100mL H2SO4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示则原H2SO4物质的量浓度是（）A1mol/LB2mol/LC3mol/LD4mol/L考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算专题：计算题分析：由图象可知，向滤液中加入2.5mL10mol/L的NaOH溶液，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，继续加入NaOH溶液，当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）=2n（Na2SO4）=n（NaOH），再根据c=计算原H2SO4物质的量浓度解答：解：当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）=2n（Na2SO4）=n（NaOH）=0.04L10mol/L=0.4mol，所以n（H2SO4）=0.2mol，故原H2SO4物质的量浓度为=2mol/L故选B点评：本题考查化学计算，涉及方程式的计算、混合物的计算、图象计算等，难度中等，清楚图象各段反应是解题的关键15（4分）把一块镁铝合金投入到1mol/L酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/L NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化的关系如图所示，下列说法中错误的是（）A盐酸的体积为80mlBa的取值范围为0a50Cn（Mg2+）0.025molD当a值为30时，b值为0.01考点：有关混合物反应的计算分析：A根据图中氢氧化钠的体积是80mL时溶质为氯化钠确定盐酸的体积；B根据第三阶段的反应确定铝离子的物质的量，假设只有铝离子时，根据消耗的氢氧化钠来确定a的取值范围；C根据图示知第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值，据此来计算镁离子物质的量的范围；D根据a=30时，先确定镁离子消耗的氢氧化钠的量，再根据b点的含义来计算回答解答：解：A第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H+OH=H2O；第二阶段，氯化镁和氯化铝和氢氧化钠反应Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；B第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0a50，故B正确；C第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值，第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50ml，（Mg2+）max=0.025mol，而如图所示a0，所以n（Mg2+）0.025mol，故C正确；Da=30时，和Mg2+反应的NaOH为20ml，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故D错误；故选D点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确曲线中发生反应及溶质组成为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力二、非选择题16（10分）（xx昌平区一模）甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素元素组成甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族用甲进行如下实验：取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示；取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热；回答下列问题：（1）D在周期表中的位置第3周期A族写出化合物AB3的电子式（2）经测定甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水则甲晶体的化学式为NH4Al（SO4）212H2O或AlNH4（SO4）212H2O（3）实验中根据图象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3：1：1（4）实验中离子方程式是NH4+Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O或NH4+Al3+5OHNH3+AlO2+3H2O考点：离子方程式的有关计算；复杂化学式的确定专题：计算题分析：由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，E是O，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则甲溶液肯定含有SO42，取少量甲溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，先是出现白色沉淀，最后沉淀完全消失，其中一定含有Al3+，综上所述，甲溶液中含有Al3+，SO42，NH4+，以此结合图象来解答该题解答：解：（l）由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，位于第3周期A族，化合物AB3是NH3，是含有共价键的共价化合物，电子式为：，故答案为：第3周期A族；（2）由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，E是O，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则甲溶液肯定含有SO42，取少量甲溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，先是出现白色沉淀，最后沉淀完全消失，其中一定含有Al3+，综上所述，甲溶液中含有Al3+，SO42，NH4+，甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水，所以阳离子和阴离子的分子量为：453216=237，阳离子和阴离子物质的量之比1：1，根据电中性原理，得出分子式为：NH4Al（SO4）212H2O或AlNH4（SO4）212H2O，故答案为：NH4Al（SO4）212H2O或AlNH4（SO4）212H2O；（3）取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，先后发生反应：Al3+3OH=Al（OH）3；NH4+OH=NH3H2O；Al（OH）3+OH=Al（OH）4，所以V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3：1：1，故答案为：3：1：1；（4）甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热，其中的铵根离子、铝离子均可以和过量的氢氧化钠之间反应，实质是：NH4+Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O 或NH4+Al3+5OHNH3+AlO2+3H2O，故答案为：NH4+Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O 或NH4+Al3+5OHNH3+AlO2+3H2O点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据反应的现象判断物质，学习中注意把握相关基础知识，易错点为（4），注意阳离子与阴离子物质的量关系以及晶体的摩尔质量17（16分）（xx秋甘州区校级月考）某小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验方案甲组同学用沉淀分析法，按如图所示的实验流程进行实验：已知Ba（HCO3）2可溶于水（1）实验时，过滤操作中，除了玻璃棒、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为烧杯（2）洗涤沉淀B的操作是用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至刚好没过沉淀，待水从漏斗底部自然流完后，重复上述操作23次（3）若实验中测得样品质量为m g，沉淀质量为n g，则碳酸钠的质量分数为100%方案乙组同学的主要实验流程图如下：按如图1所示装置进行实验：（4）该实验中装置B盛放的物质是浓硫酸，分液漏斗中不能（填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验（5）在C中装碱石灰来吸收净化后的气体样品中碳酸钠的质量分数越大，则实验中干燥管C在充分吸收气体前后的质量差越小（填“越大”、“越小”或“不变化”）D装置的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性（6）有同学认为为了减少实验误差，在反应前后都要通入N2（如图2），反应后通入N2的目的是排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收考点：探究物质的组成或测量物质的含量；钠的重要化合物专题：实验探究和数据处理题分析：方案、样品溶液后加入氯化钡，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与氯化钡不反应，过滤、干燥得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡沉淀可求出碳酸钠的物质的量，进而求得碳酸钠的质量分数（1）根据过滤操作分析所需仪器；（2）根据洗涤沉淀的操作回答；（3）沉淀n为碳酸钡，根据碳守恒，碳酸钠的物质的量和碳酸钡相等，进而计算质量分数；方案、碳酸钠和碳酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化碳，把除去水蒸气的二氧化碳被碱石灰吸收，通过碱石灰的增重求得二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量和样品质量求得碳酸钠的物质的量，进而求得质量分数（4）装置B的作用是把气体中的水蒸气除去；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发；（5）等质量碳酸钠和碳酸氢钠与硫酸反应，碳酸氢钠产生二氧化碳多；空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收；（6）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，故应保证产生的二氧化碳完全被吸收，而空气中二氧化碳不能被吸收解答：解：（1）用漏斗制作过滤器，过滤时用玻璃棒引流，用烧杯盛滤液，故答案为：烧杯；（2）洗涤沉淀的操作是在过滤器中加水浸没沉淀使水自然留下，重复操作23次，故答案为：用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至刚好没过沉淀，待水从漏斗底部自然流完后，重复上述操作23次；（3）沉淀n为碳酸钡，物质的量=mol，根据碳守恒，碳酸钠的物质的量和碳酸钡相等，故碳酸钠的物质的量为：mol，碳酸钠的质量分数为：100%=100%，故答案为：100%；、（4）装置B的作用是把气体中的水蒸气除去，故用浓硫酸来除去水蒸气；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小；故答案为：浓硫酸；不能；（5）等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，故若样品中碳酸钠的质量分数越大，则产生二氧化碳越少，则实验中干燥管C在充分吸收气体前后的质量差就越小；故答案为：越小；空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；故答案为：吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；（6）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，实验前容器内含有空气，空气中含有二氧化碳，会影响生成的二氧化碳的量，反应后装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差，所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收，故答案为：排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收点评：本题考查了物质性质的探究和组成分析判断，主要是实验过程的分析，掌握基本操作和测定原理是解题关键，题目难度中等18（14分）（xx枣庄校级二模）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别制成溶液向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失另一份逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g请回答以下问题：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是Al3+和NH4+，阴离子是SO42（2）试通过计算确定：n（Al3+）=0.1mol；该结晶水合物的化学式NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O（3）假设过程中向该溶液中加入的Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为2.0molL1加入100mLBa（OH）2溶液时，所得沉淀的总物质的量最大请在如图中画出生成沉淀的物质的量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系示意图考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：（1）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵根离子的存在，白色溶于氢氧化钠的沉淀是氢氧化铝，和Ba（OH）2溶液反应生成的白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡；（2）根据电荷守恒和原子守恒来计算回答；（3）开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，后发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，NH4+OH=NH3H2O，根据物质反应的先后顺序确定离子反应并画出生成沉淀的物质的量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系示意图解答：解：（1）一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g，说明含有硫酸根离子；加入NaOH溶液，一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变