2019-2020年高三（下）周考化学试卷（16）含解析.doc

2019-2020年高三（下）周考化学试卷（16）含解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）（xx贵州一模）分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用下列分类标准合理的是（）A根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物B根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类2（4分）（xx上海模拟）德国著名行业杂志应用化学上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯（C60）的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面下列说法正确的是（）A水、双氧水、水玻璃都是纯净物B石墨和C60互为同位素C磷酸钙中所含的元素都是短周期元素D一定条件下石墨转化为C60是化学变化3（4分）某同学通过下列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成C将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D镁必须密封保存在容器中，防止镁跟空气中的氧气反应4（4分）海水中含有MgCl2，从海水中提取镁，正确的方法是（）A海水Mg（OH）2MgB海水MgCl2溶液MgCl2（熔融）MgC海水Mg（OH）2MgOMgD海水 Mg（OH）2 MgCl2溶液MgCl2（熔融）Mg5（4分）（xx长春一模）关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是（）A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可能确定有Cl存在B通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I一存在C加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42存在D加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32存在6（4分）（2011安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）已知该分子中NNN键角都是108.1，下列有关N（NO2）3的说法正确的是（）A分子中N、O间形成的共价键是非极性键B分子中四个氧原子共平面C该物质既有氧化性又有还原性D15.2g该物质含有6.021022个原子7（4分）（xx长春一模）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下图转化关系下列有关物质的推断正确的是（）A若甲为N2，则丁可能是O2B若甲为Fe，则丁可能是Cl2C若甲为AlCl3，则丁可能是NH3D若甲为NaHCO3，则丁可能是HCl8（4分）（xx崇明县一模）将ag镁铝合金投入到x mL 2mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y mL 1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g下列说法不正确的是（）A镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0lNABx=2yC沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物D2x=y9（4分）（xx崇明县一模）室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（）编号气体MH2SH2NH3NO气体NSO2Cl2HClO2ABCD10（4分）（xx秋钟祥市校级期中）现有铝和过氧化钠的固体混合物样品，加入稀硫酸使混合物完全溶解，所得溶液中 c（Al3+）：c（SO42）：c（H+）=1：4：2，则原固体混合物中铝元素与氧元素的质量比为（）A1：3B3：4C9：8D9：1611（4分）（xx秋泗水县校级期末）某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g AlX溶液Al（OH）3沉淀方案：2.7g AlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）AX溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2Bb曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C在O点时两方案中所得溶液浓度相等Da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应12（4分）（xx沈阳一模）某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（）ABCD13（4分）（xx宿州一模）两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物X且X溶于水能电离出K+、Cr3+、SO42，若将2.83g X中的Cr3+全部氧化为Cr2O72后，溶液中的Cr2O72可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O若向溶有2.83gX的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，可得到4.66g白色沉淀由此可推断出X的化学式为（）AK2SO42Cr2（SO4）3B2K2SO4Cr2（SO4）3CK2SO4Cr2（SO4）3D14（4分）“钾泻盐”的化学式为MgSO4KClxH2O，是一种制取钾肥的重要原料，它溶于水得到KCl与MgSO4的混合溶液某化学活动小组设计了如下实验方案：以下说法不正确的是（）A该方案能够计算出“钾泻盐”中KCl的质量分数B足量Ba（NO3）2溶液是为了与MgSO4充分反应C“钾泻盐”化学式中x=3D上述实验数据的测定利用学校实验室里的托盘天平即可完成15（4分）（xx成都模拟）A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下，下列分析不正确的（）A当m1m2时，溶液a中阴离子只有1种B生成蓝色溶液的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2C要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HClD当m2m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32 g二、非选择题16（10分）（xx秋合阳县校级月考）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如图所示的反应关系：（1）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：（2）若D物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体判断单质A的元素在周期表中的位置：（3）若A是太阳能电池用的光伏材料C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式：（4）若A是应用最广泛的金属反应用到A，、反应均用到同一种非金属单质C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：（5）若A为淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质 B与C可反应生成A请写出B的电子式17（14分）（xx桃城区校级三模）有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子K+ Na+ Cu2+ Al3+阴离子SO42 HCO3 NO3 OH为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃）；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，只有A中放出无色气体，只有C、D中产生白色沉淀；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：B，D（2）将含1mol A的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为（3）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理（4）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为（5）向20mL 2mol/L C溶液中加入30mLE 溶液，充分反应后得到0.78g沉淀，则C溶液的物质的量浓度是 mol/L18（16分）（xx浙江）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，请回答如下问题：（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图，写出气体甲的电子式（2）X的化学式是，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是（用化学反应方程式表示）（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式，并设计实验方案验证该反应的产物xx学年江苏省南京市南大附中高三（下）周考化学试卷（16）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）（xx贵州一模）分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用下列分类标准合理的是（）A根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物B根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类考点：混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念专题：物质的分类专题分析：A根据元素组成的种类分析；B根据弱电解质和强电解质的电离程度不同；C根据分散质粒子直径大小来分类；D根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类对反应进行基本分类；解答：解：A根据纯净物中的元素组成，只有一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故A正确；B弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物，强电解质是指在水溶液中能完全电离的化合物，与溶液导电能力强弱无关，故B错误；C根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故C错误；D根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类的多少，把化学反应分为两种物质反应生成一种物质的为化合反应，一种物质生成两种或两种以上物质的反应解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应，不是根据反应中的能量变化，故D错误；故选：A；点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果2（4分）（xx上海模拟）德国著名行业杂志应用化学上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯（C60）的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面下列说法正确的是（）A水、双氧水、水玻璃都是纯净物B石墨和C60互为同位素C磷酸钙中所含的元素都是短周期元素D一定条件下石墨转化为C60是化学变化考点：混合物和纯净物；物理变化与化学变化的区别与联系；同位素及其应用专题：物质的组成专题；物质的分类专题分析：A、水玻璃是硅酸钠水溶液；B、同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子；C、钙元素是长周期元素；D、同素异形体之间的转化属于化学变化解答：解：A、水、双氧水都是纯净物，水玻璃是硅酸钠水溶液属于混合物，故A错误；B、同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子，石墨和C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B错误；C、磷酸钙中所含的钙元素是长周期元素，所以其所含的元素不都是短周期元素，故C错误；D、同素异形体之间的转化属于化学变化，一定条件下石墨转化为C60是化学变化，故D正确；故选D点评：本题考查了物质分类方法，同位素、同素异形体概念理解和分析判断，物质变化的判断应用，题目较简单3（4分）某同学通过下列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成C将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D镁必须密封保存在容器中，防止镁跟空气中的氧气反应考点：化学实验方案的评价分析：A稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中；B镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀；C过滤操作应用玻璃棒引流；DMg被氧化后，表面氧化膜可保护内部Mg解答：解：A稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，故A错误；B将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，故B正确；C过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故C错误；DMg被氧化后，表面氧化膜可保护内部Mg，则镁不需要密封保存在容器中，故D错误；故选B点评：本题考查实验方案的评价，为高频考点，涉及稀释、过滤等实验操作及离子的反应等知识，把握物质的性质、实验基本操作等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大4（4分）海水中含有MgCl2，从海水中提取镁，正确的方法是（）A海水Mg（OH）2MgB海水MgCl2溶液MgCl2（熔融）MgC海水Mg（OH）2MgOMgD海水 Mg（OH）2 MgCl2溶液MgCl2（熔融）Mg考点：海水资源及其综合利用分析：海水中含有Mg 2+，Mg 2+和OH反应生成沉淀Mg（OH）2，Mg（OH）2和HCl反应生成可溶性的MgCl2，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl26H2O，在HCl氛围中加热MgCl26H2O生成MgCl2，最后采用电解熔融MgCl2方法冶炼Mg，据此分析解答解答：解：A在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，Mg（OH）2热稳定性差，受热分解生成MgCl2，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故A错误；B海水中含有可溶性的Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42、Na+、Cl、加盐酸得不到纯净的氯化镁溶液，所以无法得到纯净的氯化镁固体，故B错误；C在海水苦卤中加氢氧化钙过滤得沉淀氢氧化镁，灼烧得到氧化镁，但MgO的熔点为2800、熔点高，电解时耗能高，所以，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故C错误；D在海水苦卤中加氢氧化钙，海水中含有Mg 2+，Mg 2+和OH反应生成沉淀Mg（OH）2，过滤得沉淀氢氧化镁，再将沉淀分离后加入盐酸Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，变成MgCl2，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl26H2O，在HCl氛围中加热MgCl26H2O生成MgCl2，Mg属于活泼金属，采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，故D正确；故选D点评：本题考查了海水资源的利用，主要考查了工业制镁的步骤，熟记相关知识是解答的关键，属基础性知识考查题，题目难度不大5（4分）（xx长春一模）关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是（）A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可能确定有Cl存在B通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I一存在C加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42存在D加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32存在考点：常见阴离子的检验专题：物质检验鉴别题分析：A、稀盐酸沉淀时，HCl中含有大量Cl离子，所以不能确定Cl离子是原溶液里的还是后来加进去的；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化；C、亚硫酸钡白色沉淀可以被硝酸氧化为硫酸钡；D、碳酸根和碳酸氢跟能和氢离子反应生成水和二氧化碳解答：解：A、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl离子，所以不能确定Cl离子是原溶液里的还是后来加进去的，故A错误；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘水呈黄色，碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，故C错误；D、能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体的可以是碳酸根、碳酸氢根等离子，此外二氧化硫也能使石灰水变浑浊，故D错误故选B点评：本题强调的A选项，原因是别的白色沉淀加上HCl转化为AgCl沉淀，这一点需要特别注意，容易出错6（4分）（2011安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）已知该分子中NNN键角都是108.1，下列有关N（NO2）3的说法正确的是（）A分子中N、O间形成的共价键是非极性键B分子中四个氧原子共平面C该物质既有氧化性又有还原性D15.2g该物质含有6.021022个原子考点：极性键和非极性键；物质分子中的原子个数计算；键能、键长、键角及其应用分析：根据信息中该分子中NNN键角都是108.1及N（NO2）3的结构应与氨气相同，则分子中四个氮原子不共平面，利用元素的化合价来分析其性质，利用是否同种元素之间形成共用电子对来分析极性键解答：解：A、N（NO2）3是一种共价化合物，N、O原子之间形成的化学键是极性键，故A错误； B、根据题干信息知该分子中NNN键角都是108.1，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，所以分子中四个氧原子不可能共平面，故B错误；C、该分子中的氮元素为+3价，+3价氮既有氧化性又有还原性，故C正确；D、N（NO2）3的相对分子质量为152，15.2 g N（NO2）3为0.1mol，该物质的分子中所含原子为1NA即6.021023个原子，故D错误故选：C点评：作为2011年的安徽理综高考题，题干信息比较新颖，同时考查大家熟悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算7（4分）（xx长春一模）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下图转化关系下列有关物质的推断正确的是（）A若甲为N2，则丁可能是O2B若甲为Fe，则丁可能是Cl2C若甲为AlCl3，则丁可能是NH3D若甲为NaHCO3，则丁可能是HCl考点：无机物的推断专题：推断题分析：A氮气与氧气生成NO，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮在一定条件下可以得到氮气；B若甲为Fe，丁是Cl2，则乙为氯化铁，氯化铁不能与氯气反应；C若甲为AlCl3，则是NH3，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀不能与氨水反应；D若甲为NaHCO3，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，乙不能与HCl反应解答：解：A若甲为N2，丁是O2，氮气与氧气生成乙为NO，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮在一定条件下可以得到氮气，故A正确；B若甲为Fe，丁是Cl2，则乙为氯化铁，氯化铁不能与氯气反应，故B错误；C若甲为AlCl3，则是NH3，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝溶于强酸、氢键，不能与弱碱与氨水反应，故C错误；D若甲为NaHCO3，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，不论乙为何种物质，都不能与HCl反应，故D错误，故选A点评：本题以框图转化关系为载体，考查元素化合物的相互转化，难度不大，利用代入法进行验证判断，需要学生熟练掌握元素化合物知识8（4分）（xx崇明县一模）将ag镁铝合金投入到x mL 2mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y mL 1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g下列说法不正确的是（）A镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0lNABx=2yC沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物D2x=y考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、沉淀是Mg （OH）2和Al（OH）3的混合物，所以混合物含有的OH的质量为1.7g，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH所带的电量B、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），据此计算C、得到的沉淀量最大，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是Mg （OH）2和Al（OH）3的混合物D、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），据此计算解答：解：A、沉淀是Mg （OH）2和Al（OH）3的混合物，所以混合物含有的OH的质量为1.7g，物质的量为=0.1mol，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1molNAmol1=0lNA，故A正确；B、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以x mL2mol/L=y mL1mol/L，即y=2x，故B错误；C、氢氧化镁、氢氧化铝不溶于水，得到的沉淀量最大，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是Mg （OH）2和Al（OH）3的混合物，故C正确；D、由B中分析可知，y=2x，故D正确故选：B点评：考查镁铝及其化合物的性质、混合物的计算等，难度中等，确定沉淀中含有OH的质量是解题关键，在利用守恒进行计算9（4分）（xx崇明县一模）室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（）编号气体MH2SH2NH3NO气体NSO2Cl2HClO2ABCD考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响专题：氧族元素；氮族元素分析：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小发生2H2S+SO2=3S+H2O；发生H2+Cl22HCl；发生NH3+HCl=NH4Cl；发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，结合反应分析解答：解：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小发生2H2S+SO2=3S+H2O；发生H2+Cl22HCl；发生NH3+HCl=NH4Cl；发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，由反应可知，中反应后只有1L气体，中有4L气体，中不含气体，中含3L左右的气体，则容器内的压强由大到小的顺序是，故选C点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10（4分）（xx秋钟祥市校级期中）现有铝和过氧化钠的固体混合物样品，加入稀硫酸使混合物完全溶解，所得溶液中 c（Al3+）：c（SO42）：c（H+）=1：4：2，则原固体混合物中铝元素与氧元素的质量比为（）A1：3B3：4C9：8D9：16考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：溶液中离子浓度之比物质的量之比，设n（Al3+）、n（SO42）、n（H+）分别为1mol、4mol、2mol，根据反应后溶液中含有H+，则加入的硫酸过量，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铝、硫酸，根据电荷守恒得：n（H+）+n（Na+）+3n（Al3+）=2n（SO42），据此计算n（Na+），根据钠元素守恒计算n（Na2O2），进而计算n（O），再利用m=nM计算铝元素与氧元素的质量，据此计算原固体混合物中铝元素与氧元素的质量比解答：解：根据反应后溶液中含有H+，知加入的硫酸过量，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铝、硫酸，根据电荷守恒得：n（H+）+n（Na+）+3n（Al3+）=2n（SO42），溶液中离子浓度之比物质的量之比，n（Al3+）、n（SO42）、n（H+）分别为1mol、4mol、2mol，故n（Na+）=4mol21mol31mol2=3mol，根据钠元素守恒计算n（Na2O2）=3mol=1.5mol，则Al元素、O元素的质量比为：1mol27g/mol：1.5mol216g/mol=9：16，故选D点评：本题考查Al、Na单质及化合物性质、混合物的有关计算等，题目难度中等，注意掌握有关混合物计算的方法，解答关键是利用电荷守恒判断溶液中钠离子的量11（4分）（xx秋泗水县校级期末）某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g AlX溶液Al（OH）3沉淀方案：2.7g AlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）AX溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2Bb曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C在O点时两方案中所得溶液浓度相等Da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应考点：化学实验方案的评价；铝的化学性质专题：实验评价题分析：n（HCl）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（Al）=0.1mol，2Al+6H+=2Al3+3H2、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol0.3mol，所以NaOH有剩余，据此分析解答解答：解：n（HCl）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（Al）=0.1mol，2Al+6H+=2Al3+3H2、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol0.3mol，所以NaOH有剩余，A根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，故A错误；B加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是Y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向Y溶液中加入HCl溶液，故B错误；C在O点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，根据最初的钠原子和Cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，故C正确；Da、b曲线中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C点评：本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度中等12（4分）（xx沈阳一模）某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（）ABCD考点：铁的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，根据方程式中铁和亚铁离子的关系式进行分析解答解答：解：向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，涉及的反应方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、H2SO4+Fe=FeSO4+H2，则Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4 1 1 3CuSO4+Fe=FeSO4+Cu 1 1 1H2SO4+Fe=FeSO4+H2 1 1 1所以等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4分别和等物质的量的铁完全反应生成硫酸亚铁，生成硫酸亚铁的物质的量之比是3：1：1，故选A点评：本题考查铁的性质及有关混合物反应的计算，明确离子反应先后顺序是解本题关键，把握物质间的关系式及量的关系即可解答，题目难度不大13（4分）（xx宿州一模）两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物X且X溶于水能电离出K+、Cr3+、SO42，若将2.83g X中的Cr3+全部氧化为Cr2O72后，溶液中的Cr2O72可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O若向溶有2.83gX的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，可得到4.66g白色沉淀由此可推断出X的化学式为（）AK2SO42Cr2（SO4）3B2K2SO4Cr2（SO4）3CK2SO4Cr2（SO4）3D考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：根据关系式2Cr3+3I2计算Cr3+的物质的量，根据硫酸钡沉淀4.66g计算SO42的物质的量，再根据电荷守恒计算K+的物质的量，据此推断K2SO4与Cr2（SO4）3物质的量关系，书写X的化学式解答：解：令2.83g X中的Cr3+的物质的量为xmol，则： 2Cr3+3I2 2mol 32127g xmol 3.81g所以2mol：xmol=32127g：3.81g，解得x=0.01，4.66g硫酸钡的物质的量为=0.02mol，所以2.83gX的溶液中含有SO42的物质的量为0.02mol，根据电荷守恒可知2.83gX的溶液中含有K+的物质的量为=0.01mol，所以K2SO4为0.01mol=0.005mol，Cr2（SO4）3的物质的量为0.01mol=0.005mol，二者之比为1：1，故X的化学式为K2SO4Cr2（SO4）3，故选C点评：考查离子反应的计算、氧化还原反应计算等，难度不大，根据关系式计算Cr3+的物质的量是关键14（4分）“钾泻盐”的化学式为MgSO4KClxH2O，是一种制取钾肥的重要原料，它溶于水得到KCl与MgSO4的混合溶液某化学活动小组设计了如下实验方案：以下说法不正确的是（）A该方案能够计算出“钾泻盐”中KCl的质量分数B足量Ba（NO3）2溶液是为了与MgSO4充分反应C“钾泻盐”化学式中x=3D上述实验数据的测定利用学校实验室里的托盘天平即可完成考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：称取24.85g样品，加水溶解，再加入足量硝酸钡溶液，过滤，得到硫酸钡沉淀，洗涤干燥称量，硫酸钡的质量为23.30g，根据硫元素守恒可以求出硫酸根的质量，从而求出MgSO4的质量；滤液中加入硝酸银溶液，将氯离子转化为沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量得到AgCl沉淀的质量，根据氯离子守恒求得氯化钾的质量，确定化学式中x的值解答：解：A、加入足量的硝酸银溶液，能将氯离子转化为沉淀，由沉淀质量进而求得氯化钾的质量，然后计算出氯化钾的质量分数，所以该方案能够计算出“钾泻盐”中KCl的质量分数，故A正确；B、加入足量Ba（NO3）2溶液是为了与MgSO4充分反应，从而计算硫酸镁的质量，故B正确；C、根据提供的数据，可计算出硫酸镁和氯化钾的质量，然后根据化学式可求出化学式中x的值设该样品中MgSO4的质量为XMgSO4+Ba（NO3）2=BaSO4+Mg（NO3）2120 233X 23.30g=解得X=12.00g则该样品中MgSO4的质量为12.00g 设该样品中KCl的质量为YAgNO3+KCl=AgCl+KNO3； 74.5 143.5 Y 14.35g=Y=7.45g则该样品中KCl的质量为7.45g；水的质量为24.85g12.00g7.45g=5.40g根据“钾泻盐”的化学式MgSO4KClxH2O， 120 18x 12.00 5.4gx=3，故C正确；D、因为托盘天平只能精确到0.1g，而题目中的数据精确到0.01g，故D错误故选D点评：本题考查了物质的组成的测定，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理和方法15（4分）（xx成都模拟）A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成份分析方案如下，下列分析不正确的（）A当m1m2时，溶液a中阴离子只有1种B生成蓝色溶液的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2C要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HClD当m2m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32 g考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在；D、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应；解答：解：A、当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3O42Fe3+Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g100%=2.32 g，故D正确；故选A点评：本题考查常见金属元素及化合物的综合应用，难度较大，要通过实验现象得出结论，再结合定量计算得出结论二、非选择题16（10分）（xx秋合阳县校级月考）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质它们之间有如图所示的反应关系：（1）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：4NH3+6NO5N2+6H2O（2）若D物质具有两性，、反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体判断单质A的元素在周期表中的位置：第三周期A族（3）若A是太阳能电池用的光伏材料C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性写出反应的化学方程式：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2（4）若A是应用最广泛的金属反应用到A，、反应均用到同一种非金属单质C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+（5）若A为淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质 B与C可反应生成A请写出B的电子式考点：无机物的推断专题：推断题分析：（1）若B是气态氢化物C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为C为NO、D为NO2B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，推断A为N2，B为NH3；（2）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3；（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3；（4）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为FeCl2；（5）若单质A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，则A为S、B为H2S、C为SO2，D为SO3解答：解：（1）若B是气态氢化物C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为C为NO、D为NO2B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A为N2，B为NH3，B与C反应生成的化学反应方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；（2）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，Al位于周期表中第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，反应的化学方程式为：Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+H2，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2；（4）若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应用到A，反应均用到同一种非金属单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；（5）若单质A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，则A为S、B为H2S、C为SO2，D为SO3，H2S的电子式为：，故答案为：点评：本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等17（14分）（xx桃城区校级三模）有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子K+ Na+ Cu2+ Al3+阴离子SO42 HCO3 NO3 OH为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃）；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，只有A中放出无色气体，只有C、D中产生白色沉淀；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：BKNO3，DCuSO4（2）将含1mol A的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为Na2CO3（3）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+（4）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32（5）向20mL 2mol/L C溶液中加入30mLE 溶液，充分反应后得到0.78g沉淀，则C溶液的物质的量浓度是1和5 mol/L考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：离子反应专题分析：先根据信息判断溶液中存在的离子：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，说明D中含有离子Cu2+；将E溶液滴人到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解，由以上离子可以看出，应为Al3+与OH的反应，则E中含有OH，C中含有Al3+；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃），说明只有B、C中含有K+；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A含有HCO3，C、D中产生白色沉淀该沉淀为BaSO4，说明C、D中含有SO42；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，说明二者没有发生任何反应，则B为KNO3，综上所述A、B、C、D、E五种常见化合物分别为：NaHCO3、KNO3、KAl（SO4）2，CuSO4，NaOH；（1）根据B、D化合物分别为：KNO3、CuSO4；（2）根据NaHCO3和NaOH等物质的量反应生成碳酸钠和水；（3）根据铝离子能够发生水解；（4）根据根据NaHCO3与少量澄清石灰水，即两者的物质的量之比为2：1；（5）20mL2mol/LKAl（SO4）2完全转化为沉淀的质量为0.02L2mol/L78g/mol=3.12g，根据Al3+3OH=Al（OH）3和Al（OH）3+OH=AlO2+H2O，可知NaOH存在两种情况，一是不足，二是使Al（OH）3部分溶解，以此计算解答：解：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，说明D中含有离子Cu2+；将E溶液滴人到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解，由以上离子可以看出，应为Al3+与OH的反应，则E中含有OH，C中含有Al3+；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃），说明只有B、C中含有K+；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A含有HCO3，C、D中产生白色沉淀该沉淀为BaSO4，说明C、D中含有SO42；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，说明二者没有发生任何反应，则B为KNO3，综上所述A、B、C、D、E五种常见化合物分别为：NaHCO3、KNO3、KAl（SO4）2，CuSO4，NaOH；（1）B、D化合物分别为：KNO3、CuSO4，故答案为：KNO3；CuSO4；（2）因NaHCO3和NaOH等物质的量反应生成碳酸钠和水，所以反应后溶液蒸干，得到一种化合物为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（3）铝离子能够发生水解生成氢氧化铝胶体和酸，离子方程式：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+；（4）根据NaHCO3与少量澄清石灰水，即两者的物质的量之比为2：1，方程式为：2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3+2H2O+Na2CO3，离子方程式为：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故答案为：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32；（5）20mL2mol/LAlCl3完全转化为沉淀的质量为0.02L2mol/L78g/mol=3.12g，根据Al3+3OH=Al（OH）3和Al（OH）3+OH=AlO2+H2O，可知NaOH存在两种情况，一是不足，二是使Al（OH）3部分溶解，设NaOH的浓度为c，当NaOH不足时， Al3+3OH=Al（OH）3 3mol 78g 0.03Lc 0.78g= 解得 c1mol/L，当NaOH使Al（OH）3部分溶解时，设NaOH的物质的量为x，根据反应： Al3+3OH=Al（OH）3 1mol 3mol 78g 0.04mol 0.12mol 3.12g Al（