2019-2020年高三（上）周测化学试卷（四） 含解析.doc

2019-2020年高三（上）周测化学试卷（四） 含解析一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1（3分）（xx潍坊模拟）取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象：描述正确的是（）金属先熔化 在空气中燃烧，放出黄色火花 燃烧后得白色固体 燃烧时火焰为黄色 燃烧后生成淡黄色固体物质ABCD2（3分）取a g某物质A，在氧气中完全燃烧，使燃烧产物跟足量过氧化钠反应，反应后固体的质量增加了b g若ba，则A为（）AH2BCOCC12H22O11DC6H12O63（3分）同物质的量浓度同体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中，分别加入足量等体积等浓度的盐酸，结果是（）ANa2CO3产生的CO2多BNaHCO3产生的CO2多CNaHCO3的反应速率快D二者产生CO2一样多4（3分）（xx秋天心区校级月考）为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气下列关于Na2O2的叙述正确的是（）Na2O2中阴、阳离子的个数比是1：1Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，需水和CO2的质量相等Na2O2分别与水及CO2反应产等量氧气时，转移电子的物质的量相等Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同Na2O2与SO2反应生成Na2SO3与H2ONa2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物Na2O2与水反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色ABCD5（3分）（xx春福州校级期中）某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是（）ANH4+、Ba2+、HCO3、ClBK+、Al3+、S2、ClOCNa+、Fe3+、Cl、SO42DNH4+、Mg2+、SO42、NO36（3分）（xx济南一模）甲、乙两烧杯中分别盛有10mL 1molL1AlCl3溶液，在甲烧杯中加入一定量NaOH溶液；乙烧杯中加入与上述NaOH溶液等体积、等pH的氨水下列有关两个烧杯的说法中，正确的是（）A甲中产生的沉淀一定比乙中多B乙中产生的沉淀一定比甲中多C甲和乙产生的沉淀一定一样多D甲和乙中产生的沉淀可能一样多7（3分）常温时，下列试剂能用铁制容器盛放的是（）A胆矾溶液B浓食盐C浓硝酸D浓AlCl3溶液8（3分）铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质下列关于铁元素的叙述中正确的是（）A2Fe3+Fe3Fe2+成立说明氧化性：Fe3+Fe2+B25、pH=0的溶液中，Al3+、NH4+、NO3、Fe2+可以大量共存C5.6 g铁与足量的氯气反应失去的电子为0.2 molD硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2O9（3分）（xx秋抚州期末）下列离子的检验方法合理的是（）A向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变血红色，说明原溶液中含有Fe2+C向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+D向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+二、填空题（共2小题，每小题3分，满分13分）10（3分）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的几种物质，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（填化学式）（2）溶液中一定不含有的溶质是（填化学式）（3）溶液中可能含有的溶质是（填名称）（4）分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式：AB段为；BC段为11（10分）（xx春金山区校级期末）某铝合金中含有合金元素镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，设计如下实验方案，请回答有关问题：（1）称取样品a g，称量时应该使用的仪器名称是（2）将样品溶于足量的稀盐酸，过滤，溶液中主要含有，滤渣中含有（3）滤液中加入过量的NaOH溶液，过滤所得滤渣的化学式为（4）往步骤（3）的滤液中通入足量的CO2气体，过滤反应的离子方程式（5）步骤（4）过滤所得的滤渣用蒸馏水洗涤3次，烘干后高温灼烧至质量不再减轻为止，称得其质量为b g，则原样品中铝的质量分数为（用a、b表示）三、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）12（3分）金属钠分别与下列溶液反应时，既有沉淀析出，又有气体逸出的是（）ABaCl2溶液BK2SO4溶液CCuSO4DNH4NO3溶液13（3分）使5.6LCO2气体迅速通过Na2O2固体后得到4.48L气体（标准状况下），这4.48L气体的质量为（）A8.8gB6.4gC8.2gD6.2g14（3分）（xx秋玉山县校级月考）将a g铁和氧化铁的混合物加入800mL pH=1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出标准状况下气体 0.224L则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色C无法计算出原混合物的质量D此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：115（3分）（xx湖北）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+2Fe3+3H2B将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+3Fe3+4H2OC将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NOD将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+16（3分）（xx浙江模拟）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+B溶液中n（NH4+）=0.2molC溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3D三种离子的物质的量之比n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：117（3分）（xx秋杭州期末）制印刷电路时常用氯化铁溶液作为腐蚀液，发生的反应是：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+现向盛有溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束时，下列结果不可能出现的是（）A烧杯中有铜无铁B烧杯中有铁无铜C烧杯中铁、铜都有D烧杯中铁、铜都无18（3分）（xx秋临河区校级期中）在Fe（NO3）3和Cu（NO3）2的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示则该溶液中Fe（NO3）3与Cu（NO3）2的物质的量浓度之比为（）A3：1B1：2C2：1D1：1四、填空题（共2小题，每小题3分，满分6分）19（3分）为确定某铝热剂（含氧化铁和铝）的组成，分别进行下列实验（1）若取a g样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体体积（标准状况，下同）为b L反应的化学方程式是（2）若取a g样品将其点燃，恰好完全反应，该反应的化学方程式是（3）待（2）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为c L，该气体与（1）中所得气体的体积比c：b=20（3分）将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，使合金全部溶解向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图曲线所示试求：（1）原合金中铝的质量分数（2）盐酸的物质的量浓度xx学年湖南省岳阳市平江三中高三（上）周测化学试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1（3分）（xx潍坊模拟）取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象：描述正确的是（）金属先熔化 在空气中燃烧，放出黄色火花 燃烧后得白色固体 燃烧时火焰为黄色 燃烧后生成淡黄色固体物质ABCD考点：钠的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色解答：解：由于钠的熔点较低，先熔化，故正确；钠在加热条件下能在空气中燃烧，但不加热时，生成氧化钠，没有没有燃烧，并且观察不到黄色火花，故错误；生成过氧化钠，为黄色固体，故错误；钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色故正确；与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故正确故选C点评：本题考查钠与氧气反应的性质，题目难度不大，本题注意相关基础知识的积累，注意钠在加热条件下能在空气中燃烧，但不加热时，生成氧化钠，没有没有燃烧，并且观察不到黄色火花2（3分）取a g某物质A，在氧气中完全燃烧，使燃烧产物跟足量过氧化钠反应，反应后固体的质量增加了b g若ba，则A为（）AH2BCOCC12H22O11DC6H12O6考点：有关有机物分子式确定的计算专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：氢气燃烧生成水，CO燃烧生成二氧化碳，含氧有机物燃烧生成二氧化碳和水，已知反应的关系式：H2H2O2NaOHNa2O2H2，COCO2Na2CO3Na2O2CO，有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3Na2O2CO，2NaOHNa2O2H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量，以此解答该题解答：解：A、2H2+O2=2H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2氢气燃烧产物通过过氧化钠，氧气参与第一步反应，又在第二步中被放出，固体增重为氢气的质量，故有a=b，故A错误；B、2CO+O2=2CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可得CO燃烧产物通过过氧化钠后，固体增重为CO的质量，故a=b，故B错误；C、有机物C12H22O11中11个碳和11个氧，以及22个氢，即（CO）11（H2）11C，那么依据A和B的分析，增加的质量为（CO）11（H2）11和一个C燃烧，故剩余一个碳，会结合过量氧气中的氧（前面燃烧时氧气是过量的）被固体吸收，因此，固体增重除了有机物本身的全部质量，还有和剩余的那个碳结合的氧的质量，所以固体增重的量会大于有机物的质量，多余的部分就是结合的氧的质量，即ba，故C正确； D、C6H12O6中11个碳和11个氧，以及22个氢，即（CO）6（H2）6，那么依据A和B的分析，增加的质量即为C6H12O6的质量，a=b，故D错误，故选C点评：本题考查混合物的有关计算，本题注意把握过氧化钠与二氧化碳和水反应的质量增加的质量关系，根据关系式得出固体增加的质量相当于CO和H2的质量3（3分）同物质的量浓度同体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中，分别加入足量等体积等浓度的盐酸，结果是（）ANa2CO3产生的CO2多BNaHCO3产生的CO2多CNaHCO3的反应速率快D二者产生CO2一样多考点：钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，产生的CO2一样多；Na2CO3与盐酸反应原理为CO32+2H+CO2+H2O，HCO3+H+H2O+CO2，NaHCO3反应生成二氧化碳速率较快，以此解答该题解答：解：由方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸溶液充分反应，放出的二氧化碳的物质的量相同，则AB错误、D正确；根据CO32+2H+CO2+H2O，HCO3+H+H2O+CO2可知，碳酸氢钠放出二氧化碳的速率快，则C正确故选CD点评：本题考查了碳酸氢钠、碳酸钠的化学性质，为高频考点，要求学生熟练掌握碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在巩固学生的基础，提高学生的分析、理解能力，难度不大4（3分）（xx秋天心区校级月考）为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气下列关于Na2O2的叙述正确的是（）Na2O2中阴、阳离子的个数比是1：1Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，需水和CO2的质量相等Na2O2分别与水及CO2反应产等量氧气时，转移电子的物质的量相等Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同Na2O2与SO2反应生成Na2SO3与H2ONa2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物Na2O2与水反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色ABCD考点：钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：Na2O2的电子式为，可与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，以此解答解答：解：反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1：2，故错误；生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，故错误；由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，故正确；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故原理不同，故错误；因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有强还原性，所以Na2O2+SO2=Na2SO4，故错误；Na2O2能和盐酸反应生成氯化钠和水和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故错误；Na2O2与水反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故正确；Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正确；故选B点评：本题考查过氧化钠的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能基础知识的综合运用，注意把握反应的化学方程式，根据方程式可解答该题，难度不大5（3分）（xx春福州校级期中）某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是（）ANH4+、Ba2+、HCO3、ClBK+、Al3+、S2、ClOCNa+、Fe3+、Cl、SO42DNH4+、Mg2+、SO42、NO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：能与Al粉反应放出H2的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应；B次氯酸根离子能够氧化硫离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；C酸性溶液中，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D碱性溶液中，铵根离子、镁离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，加入铝不会生成氢气解答：解：能与Al粉反应放出H2，该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量的H+或OH，AHCO3既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，且铵根离子与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；BAl3+、S2之间发生双水解反应，S2、ClO之间发生氧化还原反应，且Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C酸性溶液中，Na+、Fe3+、Cl、SO42离子之间不发生反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DNH4+、Mg2+与氢氧根离子反应，NO3在酸性条件下具有氧化性，加入铝后不会生成氢气，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；是“可能”共存，还是“一定”共存等6（3分）（xx济南一模）甲、乙两烧杯中分别盛有10mL 1molL1AlCl3溶液，在甲烧杯中加入一定量NaOH溶液；乙烧杯中加入与上述NaOH溶液等体积、等pH的氨水下列有关两个烧杯的说法中，正确的是（）A甲中产生的沉淀一定比乙中多B乙中产生的沉淀一定比甲中多C甲和乙产生的沉淀一定一样多D甲和乙中产生的沉淀可能一样多考点：镁、铝的重要化合物；弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物分析：根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故开始加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积、相同pH的两溶液中的溶质一水合氨大于氢氧化钠：当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多解答：解：因氨水和NaOH溶液中，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，生成氢氧化铝沉淀，但氨水为弱电解质，部分电离，氢氧化钠为强电解质，完全电离，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中的溶质一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量；当两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，所以甲中沉淀比乙中的少； 当氨水过量，氢氧化钠不足时，乙中生成的氢氧化铝的物质的量为10mL103L/mL0.1molL1=0.001mol，甲中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中少；当氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；当氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，乙中生成的氢氧化铝为0.001mol，甲中生成的氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，氢氧化铝沉淀小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中少通过以上分析知，甲中沉淀少于或等于乙中沉淀，故ABC错误、D正确；故选D点评：本题考查了铝化合物性质、化学计算等，此题解答时，根据氢氧化铝的性质采用讨论的方法进行解答，能正确进行分段是解本题的关键，难度较大7（3分）常温时，下列试剂能用铁制容器盛放的是（）A胆矾溶液B浓食盐C浓硝酸D浓AlCl3溶液考点：铁的化学性质专题：元素及其化合物分析：A、铁与硫酸铜溶液发生置换反应；B、浓食盐与铁制容器构成原电池，发生电化学腐蚀；C、铁在浓硝酸中发生钝化现象；D、氯化铝溶液是强酸弱碱盐溶液水解呈酸性，能腐蚀铁解答：解：A、铁与硫酸铜溶液发生置换反应，所以铁制容器不能盛放胆矾溶液，故A错误；B、浓食盐与铁制容器构成原电池，发生吸氧腐蚀，所以铁因发生电化学腐蚀而溶解，故B错误；C、铁在浓硝酸中发生钝化现象，表面形成致密的氧化膜，保护了铁，所以能用铁制容器盛放浓硝酸，故C正确；D、氯化铝溶液是强酸弱碱盐溶液水解呈酸性，能腐蚀铁，故D错误；故选D点评：本题考查学生金属铁的性质，注意常温下浓硫酸、浓硝酸遇到金属铁会发生钝化这一知识点，难度不大8（3分）铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质下列关于铁元素的叙述中正确的是（）A2Fe3+Fe3Fe2+成立说明氧化性：Fe3+Fe2+B25、pH=0的溶液中，Al3+、NH4+、NO3、Fe2+可以大量共存C5.6 g铁与足量的氯气反应失去的电子为0.2 molD硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2O考点：铁的化学性质专题：元素及其化合物分析：A氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；BpH=0的溶液中存大大量的氢离子，H+、NO3、Fe2+发生氧化还原反应；C氯气与铁反应生成氯化铁，1mol的铁转移3mol的电子；D电荷不守恒解答：解：A.2Fe3+Fe3Fe2+反应中三价铁离子为氧化剂，二价铁离子为氧化产物，所以氧化性：Fe3+Fe2+，故A正确；BpH=0的溶液中存大大量的氢离子，H+、NO3、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存，故B错误；C5.6 g铁的物质的量为0.1 mol与足量的氯气反应失去的电子为0.3 mol，故C错误；D硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液反应的离子方程式为：2Fe2+2H2O2+4H+=2Fe3+4H2O，故D错误；故选：A点评：本题考查了元素化合物知识，明确铁及其化合物的性质是解题关键，注意C选项，氯气不足，转移电子数应依据氯气的量计算9（3分）（xx秋抚州期末）下列离子的检验方法合理的是（）A向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变血红色，说明原溶液中含有Fe2+C向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+D向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验专题：几种重要的金属及其化合物分析：AKSCN溶液与Fe3+溶液作用，溶液呈红色，能证明Fe3+存在，但Fe2+与KSCN溶液不反应；B氯气将Fe2+氧化成Fe3+；C氢氧化铁是红褐色沉淀；D不能排除镁离子解答：解：AKSCN溶液与Fe3+溶液作用的方程式为：Fe3+3SCNFe（SCN）3，而Fe2+与KSCN溶液不反应，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+而不能证明没有Fe2+，故A错误； B先通入Cl2，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故B错误；C加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+，故C正确；D氢氧化镁为白色沉淀，能被红褐色沉淀掩盖，无法确定，故D错误故选C点评：本题考查物质的检验及鉴别，明确物质的性质是解答本题的关键，注意物质性质的差异即可解答，题目难度不大二、填空题（共2小题，每小题3分，满分13分）10（3分）某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的几种物质，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（填化学式）（2）溶液中一定不含有的溶质是Na2CO3、MgCl2（填化学式）（3）溶液中可能含有的溶质是氯化钾（填名称）（4）分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式：AB段为Al3+3OH=Al（OH）3；BC段为NH4+OH=NH3H2O考点：几组未知物的检验专题：物质检验鉴别题分析：根据图象可知，OA段无沉淀，说明有HCl，则无Na2CO3；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，据此进行解答解答：解：根据图象可知，OA段无沉淀，说明有HCl，则无Na2CO3；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，故答案为：HCl、AlCl3、NH4Cl；（2）溶液中一定不含Na2CO3、MgCl2，故答案为：Na2CO3、MgCl2；（3）溶液中可能存在的物质为氯化钾，故答案为：氯化钾；（4）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11（10分）（xx春金山区校级期末）某铝合金中含有合金元素镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，设计如下实验方案，请回答有关问题：（1）称取样品a g，称量时应该使用的仪器名称是电子天平（2）将样品溶于足量的稀盐酸，过滤，溶液中主要含有MgCl2、AlCl3，滤渣中含有Cu、Si（3）滤液中加入过量的NaOH溶液，过滤所得滤渣的化学式为Mg（OH）2（4）往步骤（3）的滤液中通入足量的CO2气体，过滤反应的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（5）步骤（4）过滤所得的滤渣用蒸馏水洗涤3次，烘干后高温灼烧至质量不再减轻为止，称得其质量为b g，则原样品中铝的质量分数为%（用a、b表示）考点：探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验探究和数据处理题分析：（1）为准确称量，可用电子天平，粗略称量，可用托盘天平；（2）加入盐酸，铜、硅都不反应；（3）滤液中含有氯化镁和氯化铝，加入过量的NaOH溶液，生成偏铝酸钠和氢氧化镁；（4）步骤（3）的滤液中偏铝酸钠，通入二氧化碳可生成氢氧化铝沉淀；（5）步骤（4）过滤所得的滤渣用蒸馏水洗涤3次，烘干后高温灼烧至质量不再减轻为止，所得固体为氧化铝解答：解：（1）可用电子天平称量固体，故答案为：电子天平；（2）镁和盐酸反应生成氯化镁，铝和盐酸反应生成氯化铝，加入盐酸，铜、硅都不反应，所以滤液含有MgCl2、AlCl3，滤渣含有Cu、Si，故答案为：MgCl2、AlCl3；Cu、Si；（3）滤液中含有氯化镁和氯化铝，加入过量的NaOH溶液，生成偏铝酸钠和氢氧化镁，故答案为：Mg（OH）2；（4）步骤（3）的滤液中偏铝酸钠，通入二氧化碳可生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）最后的固体bg是氧化铝，氧化铝中铝的质量为bg=bg，即为ag合金中Al的质量为bg，故合金中Al的质量分数100%=%，故答案为：%点评：本题考查学生对实验与操作原理、物质的分离提纯、物质含量的测定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与运用知识分析问题解决问题的能力三、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）12（3分）金属钠分别与下列溶液反应时，既有沉淀析出，又有气体逸出的是（）ABaCl2溶液BK2SO4溶液CCuSO4DNH4NO3溶液考点：钠的化学性质专题：金属概论与碱元素分析：金属钠遇水先发生反应，生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu（OH）2蓝色沉淀，与NH4NO3溶液反应会生成一水合氨和硝酸钠解答：解：A、金属钠先和BaCl2溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；B、金属钠先和硫酸钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2，但是生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，只有气体生成，故B错误；C、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu（OH）2蓝色沉淀，既有沉淀析出，又有气体逸出，故C正确；D、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2，NaOH与NH4NO3溶液反应会生成一水合氨和硝酸钠，没有沉淀生成，只有气体生成，故D错误故选C点评：本题关键要知道Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气，主要看NaOH是否与选项中的溶液反应生成沉淀13（3分）使5.6LCO2气体迅速通过Na2O2固体后得到4.48L气体（标准状况下），这4.48L气体的质量为（）A8.8gB6.4gC8.2gD6.2g考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：根据气体的体积差，通过差量法计算参加反应的二氧化碳体积、生成的氧气的体积，判断4.48L气体的组成及各成分的体积，再根据n=计算各组分气体的物质的量，利用m=nM计算质量解答：解：令参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，气体体积减小V2 1 1a b 5.6L4.48L=1.12L解得a=2.24L，b=1.12L，所以4.48L气体中CO2体积为5.6L2.24L=3.36L，O2的体积为1.12L所以4.48L气体的质量为44g/mol+32g/mol=8.2g，故选C点评：本题考查根据方程式的计算，难度中等，本题采取差量法计算，可以不用讨论或计算判断最后气体的组成，注意差量法的理解与运用14（3分）（xx秋玉山县校级月考）将a g铁和氧化铁的混合物加入800mL pH=1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出标准状况下气体 0.224L则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色C无法计算出原混合物的质量D此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1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：由于氧化性Fe3+H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，计算生成氢气消耗Fe和HCl的物质的量，进而计算氧化铁消耗HCl的物质的量，再根据方程式计算出Fe2O3及氧化铁消耗Fe的物质的量，根据m=nM可以计算混合物的质量解答：解：由于氧化性Fe3+H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，生成氢气的物质的量=0.01mol，HCl物质的量=0.8L1mol/L=0.8mol，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，消耗Fe为0.01mol，消耗HCl为0.01mol2=0.02mol，故反应Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，消耗HCl为0.08mol0.02mol=0.06mol，由方程式可知该反应中消耗Fe为0.06mol=0.01mol，Fe2O3的物质的量=0.06mol=0.01mol，A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=（0.01mol+0.01mol）：0.01mol=2：1，故A正确；B反应后溶液为FeCl2，向溶液中滴入无色的KSCN溶液，不显血红色，故B错误；CFe、氧化铁的物质的量已经计算出，根据m=nM可以计算混合物的质量，故C错误；D溶液中含有Fe2+离子，没有Fe3+离子，故D错误，故选A点评：本题考查混合物计算，关键是根据氧化性Fe3+H+判断发生的反应，注意利用总反应方程式简化计算，难度中等15（3分）（xx湖北）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+2Fe3+3H2B将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+3Fe3+4H2OC将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NOD将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐；B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种；C、离子反应要遵循电荷守恒；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子解答：解：A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐，Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，故B错误；C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化，3Fe2+4H+NO3=3Fe3+2H2O+NO，故C错误；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子，铜不能置换出铁，即2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故D正确故选D点评：本题主要考查学生离子方程时的书写知识，要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想，是现在考试的热点16（3分）（xx浙江模拟）某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+B溶液中n（NH4+）=0.2molC溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3D三种离子的物质的量之比n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n（Mg2+）、n（Al3+）、n（NH4+），据此解答解答：解：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol0.7mol=0.1mol，则nAl（OH）3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol0.1mol=0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol0.1mol3）2=0.05mol，A由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C由上述分析可知，溶液中一定不含CO32、NO3，一定含有SO42，故C错误；D由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D错误，故选B点评：本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，难度较大17（3分）（xx秋杭州期末）制印刷电路时常用氯化铁溶液作为腐蚀液，发生的反应是：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+现向盛有溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束时，下列结果不可能出现的是（）A烧杯中有铜无铁B烧杯中有铁无铜C烧杯中铁、铜都有D烧杯中铁、铜都无考点：铁盐和亚铁盐的相互转变专题：离子反应专题分析：在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁能与生成的氯化铜反应生成氯化亚铁和铜溶液中离子反应，应遵循氧化性、还原性强弱顺序反应；离子的氧化性为Fe3+Cu2+Fe2+；还原性：FeCu解答：解：向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和铜，铁能与生成的氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，A、加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，故A正确；B、加入铁和铜的混合物，还原性：FeCu，铁首先与氯化铁反应，铜后与氯化铁反应，不会出现有铁无铜的情形，故B错误；C、若氯化铁的量少，加入的铁粉反应后还有剩余，而此时铜不会发生反应，则烧杯中铁、铜都有，故C正确；D、若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故D正确故选B点评：本题考查铁盐和亚铁盐的转化，侧重于氧化还原反应原理的应用，可以依据金属活动性顺序及其意义进行，要注意根据铁和铜的活动性强弱确定反应的先后顺序18（3分）（xx秋临河区校级期中）在Fe（NO3）3和Cu（NO3）2的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示则该溶液中Fe（NO3）3与Cu（NO3）2的物质的量浓度之比为（）A3：1B1：2C2：1D1：1考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：根据氧化性：Fe3+Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即先发生Fe+2Fe3+3Fe2+，然后是Fe+Cu2+Fe2+Cu，由图象可知，加入2molFe时，Fe与溶液中铁离子恰好完全反应，从2mol4mol消耗的2molFe是与溶液中铜离子完全反应，据此计算解答：解：根据氧化性：Fe3+Cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应，Fe+2Fe3+3Fe2+；Fe+Cu2+Cu+Fe2+；从图象中可知加入2molFe时，发生反应生成Fe2+物质的量为6mol，反应的Fe3+物质的量为4mol，即Fe（NO3）3为4mol；在加入2molFe的基础上再加入2mol铁发生反应，此时生成Fe2+物质的量为2mol，原溶液中Cu2+物质的量为2mol，即Cu（NO3）2为2mol；所以原溶液中溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，故选：C点评：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要考查氧化还原反应的顺序反应规律及计算应用，明确图象中每段发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应与图象的对应关系来解答，题目难度中等四、填空题（共2小题，每小题3分，满分6分）19（3分）为确定某铝热剂（含氧化铁和铝）的组成，分别进行下列实验（1）若取a g样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体体积（标准状况，下同）为b L反应的化学方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（2）若取a g样品将其点燃，恰好完全反应，该反应的化学方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（3）待（2）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为c L，该气体与（1）中所得气体的体积比c：b=2：3考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：（1）氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，据此写出反应的方程式；（2）铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝，据此写出反应的化学方程式；（3）由方程式可知，（2）中生成的n（Fe）等于铝热剂中n（Al），与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比，注意铁与盐酸反应生成氯化亚铁解答：解：（1）氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（2）铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（3）由方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可知，（2）中生成的铁的物质的量n（Fe）等于铝热剂中铝的物质的量n（Al），与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比，所以（3）中生成的氢气与（1）中生成氢气体积之比c：b=2n（Fe）：3n（Al）=2：3，故答案为：2：3点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确铝热反应原理为解答关键，注意铁与稀盐酸反应生成的是亚铁离子，为易错点，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力20（3分）将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，使合金全部溶解向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图曲线所示试求：（1）原合金中铝的质量分数（2）盐酸的物质的量浓度考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算分析：从图中横坐标可以看出，加入20mL的氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段是盐酸与氢氧化钠发生中和反应；当氢氧化钠继续加入时，沉淀不断增加，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，直到沉淀最大值；继续添加氢氧化钠，则氢氧化铝参与反应，生成偏铝酸钠，故11.6g沉淀是氢氧化镁，（19.411.6）g是氢氧化铝的质量，根据守恒法可知，n（Mg）=n（Mg（OH）2）=11.6g58g/mol=0.2mol，故镁的质量为0.2mol24g/mol=4.8g，同理可求出铝的质量为2.7g当氢氧化钠加入量为160mL时，溶质均为NaCl，根据守恒法可知，n（HCl）=n（Cl）=n（NaOH）=0.16L5.0mol/L=0.8mol解答：解：（1）由图可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3nAl（OH）3+2nMg（OH）2=n（NaOH）=（0.16L0.02L）5mol/L=0.7mol从加入氢氧化钠