2019届高三化学上学期10月单元检测(月考)试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期10月单元检测(月考)试题(含解析)一、选择题（1-15题每题2分，16-25题每题3分共60分）1.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A. 1 mol Cl2与足量Fe反应转移电子数一定为3NAB. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应有2mol电子转移C. 1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAD. 标准状况下,22.4 L氨水含有NA个NH3分子【答案】C【解析】【分析】1mol氯气完全反应最多得到2mol电子；二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，随着反应进行，浓盐酸变为稀盐酸；过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，1mol氧化钠和过氧化钠的混合物中含有2mol钠离子、1mol阴离子和过氧根离子，总共含有3mol离子；标况下，氨水为溶液，不能根据其体积来计算其物质的量。【详解】1mol氯气与足量铁完全反应得到2mol电子，转移电子数为2NA，A错误；二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，随着反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，故浓盐酸不能反应完全，则生成的氯气分子个数小于NA个，B错误；1mol氧化钠和过氧化钠的混合物中含有2mol钠离子、1mol氧离子和过氧根离子，总共含有3mol电子，含有的阴、阳离子总数是3NA，C正确；标况下，氨水为溶液，不能根据其体积来计算其物质的量，D错误。故选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意反应的特点、物质的组成和聚集状态是解答的关键所在。2.下列说法正确的是A. HD、CuSO45H2O都是化合物B. 由同种元素组成的物质一定是纯净物C. NaHSO4在溶液中能电离出H+,所以NaHSO4是酸D. 浊液、胶体、溶液三种分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小不同【答案】D【解析】HD是单质，A项错误；由同种元素组成的物质可能是混合物，如同素异形体，B项错误；NaHSO4是盐，C项错误。3.在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比是A. 58 B. 54 C. 53 D. 35【答案】D【解析】【分析】在氧化还原反应5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H2O中，铵根离子中-3价的N元素的化合价升高，被氧化，铵根离子做还原剂；硝酸根中+5价N元素的化合价降低，被还原，硝酸根做氧化剂，据此判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。【详解】在氧化还原反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，铵根离子中-3价的N元素的化合价升高，被氧化，铵根离子做还原剂；硝酸根中+5价N元素的化合价降低，被还原，硝酸根做氧化剂，其中有2/5的+5价N没有化合价变化，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：5，故选D。【点睛】本题考查了氧化还原反应的计算，熟练掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，正确判断还原剂的量为解答关键。4. 下列对物质用途的描述中,错误的是（ ）A. 铝可用于冶炼某些熔点较高的金属B. Na2O2可用作漂白剂C. 碱石灰可用于干燥CO2、O2等气体D. NaClO可用作消毒剂【答案】C【解析】利用铝热反应放出大量热的特点可用于冶炼某些熔点较高的金属,A正确;Na2O2具有强氧化性,可用作漂白剂,B正确;碱石灰是碱性干燥剂能够吸收CO2气体,C错;NaClO在溶液中水解生成HClO具有强氧化性,可用来杀菌消毒,D正确。5.下列反应的离子方程式书写不正确的是A. 铝与氢氧化钠溶液:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2B. 向硅酸钠溶液中加入盐酸:SO32i+2H+=H2SiO3(胶体)C. 二氧化氮和水的反应:2NO2+H2O=2H+NO3+NOD. 电解饱和食盐水:2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2【答案】C【解析】【分析】铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸胶体和氯化钠；二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气。【详解】铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，A正确；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸胶体和氯化钠，硅酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为：SiO32-+2H+H2SiO3（胶体），B正确；二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O2H+2NO3-+NO，C错误；电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O 2OH-+H2+Cl2，D正确。【点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，注意从产物是否正确、物质的拆分是否正确、电荷是否守恒的角度分析判断。6. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是（ ）A. 原子半径：rWrZrYrXB. 含Y元素的盐溶液显酸性C. 最简单气态氢化物的热稳定性：ZWD. X与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体【答案】D【解析】W应为S、X为N、Z为Si、Y为Al。A项，原子半径：YZWX，错误；B项，AlCl3溶液呈酸性，NaAlO2溶液呈碱性，错误；C项，气态氢化物的稳定性WZ，错误；D项，NH5为NH4H，与水反应：NH4HH2O=NH3H2OH2NH3H2O=NH3H2O，正确。7.甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示(反应条件略去,箭头表示一步转化)。下列各组物质中,不能满足图示转化关系的是甲乙丙戊ACuFeCl3溶液CuCl2溶液FeBH2OFeH2O2CAlNaOH溶液H2Al2O3DCH3CH2OHO2CH3CHOH2A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】根据反应甲+乙丙+丁、丙+戊甲分析，结合物质的性质采用代入法判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误。【详解】铜和氯化铁反应方程式为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，铁和氯化铜反应方程式为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，所以能实现物质间的转化，A正确；铁和水蒸气反应方程式为4Fe+2H2O（g）Fe3O4+2H2，氢气和氧气反应方程式为2H2+O2 2H2O，所以能实现转化，B正确；Al和氢氧化钠溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，铝是活泼金属不能用氧化还原反应冶炼铝，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，C错误；乙醇和氧气反应生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH3OH+O22CH3CHO+2H2O，乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH3CHO+H2 CH3CH2OH，氢气在氧气中燃烧生成水，所以能实现转化，D正确。故选C。【点睛】本题考查了物质间的转化，侧重考查分析能力，明确物质的性质是解本题关键，注意铁和水蒸气反应生成四氧化三铁而不是氧化铁。8.有下列三个反应:Cl2+FeI2FeCl2+I22Fe2+Br22Fe3+2Br-Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2+3H2O下列说法正确的是A. 反应中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B. 根据以上方程式可以得到氧化性:Cl2Fe3+Co2O3C. 在反应中当1 mol Co2O3参加反应时,2 mol HCl被氧化D. 可以推理得到Cl2+FeBr2FeCl2+Br2【答案】C【解析】A项，反应中I元素的化合价由FeI2中的-1价升高到I2中的0价，I2是氧化产物；反应中Fe元素的化合价由+2价升高到+3价，Fe3+是氧化产物；反应中Cl元素的化合价由HCl中的-1价升高到Cl2中的0价，氧化产物为Cl2；错误。B项，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物；由反应得出氧化性：Cl2I2，由反应得出氧化性：Br2Fe3+，由反应得出氧化性：Co2O3Cl2，错误。C项，反应中1molCo2O3参加反应时有6molHCl参加反应，但其中只有2molHCl被氧化，正确；D项，由反应得出还原性：Br-Fe2+，则Cl2与FeBr2反应时先将Fe2+氧化，后氧化Br-，错误；答案选C。9.向含 Na+、 Al3+、 Fe3+、 Fe2+、 Cl、 SO42的水溶液中，加入足量的 Na2O2 固体，充分反应后再加入过量的稀盐酸，所得溶液与起始溶液相比，上述离子数目没有变化的有（ ）A. 2 种 B. 3 种 C. 4 种 D. 5 种【答案】A【解析】Na2O2能与水反应生成NaOH，则Na+数目增多，Al3+、Fe3+和Fe2+都不能和OH-大量共存，所以上述离子数目没有变化的只有Cl-和SO42-，故选A。10. 下列各组物项相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是（ ） 金属钠投入FeCl2溶液中 过量的NaOH溶液和明矾溶液反应 少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中Na2O2投入到CuSO4溶液中A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：、电解质溶液存在的是水合阳离子和水合阴离子，钠先接触的是外围的水分子，因此钠先与H2O发生置换反应生成NaOH和H2，然后在发生碱与盐的复分解反应，生成Fe(OH)2沉淀和NaCl，最后Fe(OH)2再被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，正确；、过量的NaOH溶液和明矾溶液反应，既没有气体生成也没有沉淀生成，错误；、少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中，氧化钙先与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与小苏打反应生成水和碳酸钙沉淀，无气体生成，错误；、Na2O2投入到CuSO4溶液中，前者先与水反应生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠在于硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，正确，答案选C。考点：考查钠元素化合物的主要性质和转化反应原理。11.下列物质之间的转化在给定条件下能实现的是SSO2BaSO4CuSO4(aq)Cu(OH)2悬浊液Cu2O饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】硫单质点燃生成二氧化硫，盐酸酸性强于亚硫酸，二氧化硫气体入氯化钡溶液中不反应；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液与葡萄糖加热发生氧化反应生成氧化亚铜红色沉淀；饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳会反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁固体。【详解】S与O2反应生成二氧化硫，盐酸酸性强于亚硫酸，二氧化硫气体入氯化钡溶液中不反应，不能生成硫酸钡沉淀，不能实现转化，错误；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液与葡萄糖加热发生氧化反应生成氧化亚铜红色沉淀，转化过程能实现，正确；饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳会反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，析出的碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，转化能实现，正确；氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，氯化铁溶液中水解生成盐酸和氢氧化铁，加热蒸发氯化氢挥发促进氯化铁水解正向进行，得到氢氧化铁固体，不能得到无水氯化铁，不能实现转化，错误，故选B。【点睛】本题考查化合物的性质，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。12.有关Na2CO3和NaHCO3的性质,下列叙述错误的是A. 相同温度下,等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较,前者更强B. 常温时水溶性:Na2CO3NaHCO3C. 在酒精灯加热的条件下,前者不分解,后者分解D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀,后者无现象【答案】D【解析】A、碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以相同温度下等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性更强，故A正确；B、常温时水溶性：Na2CO3NaHCO3，故B正确；C、在酒精灯加热的条件下，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2、H2O，故C正确；D、 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误，故选D。13.下列关于镁铝化学性质的表述不正确的是铝镁A.与非金属反应能被Cl2、O2氧化能与N2、O2反应B.与水反应常温下难与水反应常温下能与水缓慢反应C.与碱反应能溶于碱溶液能溶于碱溶液D.与某些氧化物反应能与Fe2O3、MnO2、Co2O3等金属氧化物发生铝热反应能在CO2中燃烧A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】铝、镁都是活泼金属，能被Cl2、O2氧化，镁能在N2、O2中燃烧；常温下铝难与水反应，镁能与水缓慢反应；铝可以与碱溶液反应，镁不能与碱溶液反应；铝可以发生铝热反应，镁能在CO2中燃烧。【详解】铝能被Cl2、O2氧化分别生成氯化铝和氧化铝，镁能与N2、O2中燃烧分别生成氮化镁和氧化镁，A正确；铝不如镁活泼，常温下铝难与水反应，但镁能与水缓慢反应，B正确；铝既可以与酸反应又可以与碱反应，而镁不能与碱反应，C错误；铝可以与一些金属氧化物发生铝热反应，镁能在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，D正确。故选C。【点睛】本题考查镁、铝性质的比较，注意从性质的相同点和不同点比较分析，明确物质性质的差异是关键，铝、镁都是活泼金属，都能与非金属单质反应、都能与酸反应、都能与盐反应，镁常温下和水缓慢反应，铝不能与水反应，铝可以与碱溶液反应，镁不能与碱溶液反应。14.用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又会作响并鼓起来，下列说法正确的是A. 导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2OH-=HCO3-B. 导致易拉罐又鼓起来的反应是：Al33HCO3-=Al（OH）33CO2C. 上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性D. 若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象【答案】C【解析】试题分析：A气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-CO32-+H2O，故A错误；B易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，气体压强增大，故B错误；C上述过程共发生CO2+2OH-CO32-+H2O、2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O反应，反应后溶液显碱性，均消耗NaOH，则碱性减弱，故C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐也会出现变瘪的现象，故D错误；故选C。【考点定位】考查Al的化学性质及离子反应【名师点晴】明确发生的化学反应是解答本题的关键，易拉罐变瘪发生CO2+2OH-CO32-+H2O，气体的压强变小；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，气体压强增大，选项C为解答的难点，以此来解答。15.向含有FeBr2、FeI2的溶液中缓缓通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变 为血红色，若只从反应顺序角度考虑反应情况，则下列叙述不正确的是（ ）A. 通入氯气后的溶液中一定不存在IB. 通入氯气之后原溶液中的Fe2全部被氧化C. 原溶液中的Br可能被氧化D. 若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色【答案】B【解析】试题分析：A还原性：I-Fe2+Br-，向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气后，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，I-一定全部被氧化，故A正确；B向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，故B错误；C向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，出现铁离子，原溶液中的Br-可能被氧化，故C正确；D如Br-被氧化生成Br2，则加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色，故D正确故选B考点：氯、溴、碘的及其化合物的综合应用16.下列有关离子组的评价及相关离子方程式均正确的是（ ）选项离子组评价及离子方程式AH+、Fe2+、NO3-、Cl-不能大量共存于同一溶液中,因为发生反应:Fe2+2H+=Fe3+ H2BNa+、K+、HCO3-、OH-不能大量共存于同一溶液中,因为发生反应:HCO3-+ OH-=H2O+CO2CCa2+、NH4+、CO32-、Cl-能大量共存于同一溶液中DNa+、NH4+、SO42-、Cl-能大量共存于同一溶液中A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、NO3在酸性条件下，具有强氧化性，不能把Fe2氧化成Fe3，3Fe23HNO3=3Fe3NO3H2O，故错误；B、HCO3OH=H2OCO32，故错误；C、Ca2CO32=CaCO3，故错误；D、能大量共存，故正确。考点：考查离子共存等知识。17. 下列说法在一定条件下可以实现的是（ ）酸性氧化物与碱发生反应生成酸式盐弱酸与盐溶液反应可以生成强酸没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性有单质参加的非氧化还原反应两种氧化物反应的产物有气体A. 6个 B. 5个 C. 4个 D. 3个【答案】A【解析】试题分析：酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸氢钠，故正确;弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，故正确酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故正确;根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确;同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，如氧气生成臭氧，故正确;反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确，选D正确。考点：本题考查化学基本概念。18.在下列各溶液中,离子一定能大量共存的是A. 室温下,pH=1的溶液中:Na+、Fe3+、NO3-、SO42B. 0.1 molL-1FeCl3溶液中:Fe2+、NH4+、SCN-、SO42C. 加入铝粉有气泡产生的溶液中:Na+、NH4+、Fe2+、NO3-D. 在NaAlO2 溶液中:K+、Na+、HCO3-、SO42【答案】A【解析】【分析】Na+、Fe3+、NO3-、SO42在酸性条件下不发生任何反应；Fe3+与SCN-反应生成络离子；碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，酸溶液中Al或Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气；AlO2与HCO3在溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和CO32。【详解】室温下，pH=1的溶液中呈酸性，离子在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，A正确；溶液中Fe3+与SCN-反应生成络离子，不能共存，B错误；加入铝粉有气泡产生的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，酸溶液中Al或Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，C错误；AlO2与HCO3在溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和CO32，不能共存，D错误。故选A。【点睛】本题考查离子共存，注意常见离子的性质，掌握离子反应发生条件，明确离子共存的判断方法为解答该题的关键，也是易错点。19.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 钠与水反应:Na+2H2ONa+2OH-+H2B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2+OH-+H+SBaSO4+H2OD. 碳酸钡和稀硝酸反应:C+2H+CO2+H2O【答案】B【解析】A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，故A错误；B电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-，故B正确；C二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故C错误；D碳酸钡是难溶于水的盐，不可拆分，故D错误；答案为B。20.下列物质的电子式书写正确的是Ca（OH）2 H2S OH- Al3+Al3+N2CO2 HClONa2O2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】Ca（OH）2为离子化合物； H2S为共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-S键；OH-为带1个负电荷的阴离子；Al3+，金属阳离子符号即为其电子式； N2中N原子满足8个电子的稳定结构；CO2中C分别为O形成2对共价键；HClO，HClO分子中存在H-O和O-Cl两个共价键；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物。【详解】Ca（OH）2为离子化合物，电子式为：，故正确；H2S为共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-S键，电子式为：，故错误；氢氧根离子为带有1个单位负电荷的阴离子，需要标出离子中各原子最外层电子，氢氧根离子的电子式为：，故错误；Al3+，金属阳离子符号即为其电子式，故正确；N2中N原子满足8个电子的稳定结构，电子式为：，故错误；CO2中C分别为O形成2对共价键；HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为：，故错误；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为：，故正确，故正确的是：，故选C。【点睛】本题主要考查了电子式的书写，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别是关键。21.下列各组离子,在指定条件下,一定能大量共存的是某无色透明的酸性溶液中:Cl-、Na+、AlO2、SO42水电离产生的c(H+)=10-12 molL-1的溶液中:K+、Ba2+、Cl-、NO3使紫色石蕊试液变红的溶液中:Fe2+、Mg2+、NO3、Cl-饱和氯水中:Cl-、NO3、Na+、SO32能使甲基橙呈黄色的溶液中:K+、SO32、SO42、NO3在酸性高锰酸钾溶液中:Na+、NH4+、I-、ClO-能使pH试纸变深蓝色的溶液中:Na+、AlO2、K+、CO32在FeCl2溶液中:K+、Na+、SO42、AlO2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】AlO2-离子与H+不能大量共存；K+、Ba2+、Cl-、NO3-离子之间不反应；NO3-在酸性溶液中能够氧化Fe2+；氯气能够氧化SO32-；酸性高锰酸钾溶液、ClO-能够氧化I-；Na+、AlO2-、K+、CO32-离子之间不反应；AlO2-与亚铁离子发生双水解反应。【详解】某无色透明的酸性溶液中，AlO2-离子与H+不能大量共存，故错误；水电离产生的c（H+）=10-12mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，K+、Ba2+、Cl-、NO3-离子之间不反应，且都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，正确；使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，NO3-在酸性溶液中能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，错误；饱和氯水中，氯气能够氧化SO32-，在溶液中不能大量共存，错误；能使甲基橙呈黄色的溶液可能为酸性溶液，NO3-在酸性条件下能够氧化SO32-，在溶液中不能大量共存，错误；酸性高锰酸钾溶液、ClO-能够氧化I-，在溶液中不能大量共存，错误；能使pH试纸变深蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、K+、CO32-离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，正确；在FeCl2溶液中，AlO2-与亚铁离子发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，错误。故选C。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：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-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如是“可能”共存，还是“一定”共存等。22.铜和镁的合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸,若反应中硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体,且在标准状况下的体积均为0.224 L,在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量,其质量为A. 3.12 g B. 4.18 g C. 4.62 g D. 5.06 g【答案】B【解析】【分析】由题意可知，最后的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，则沉淀的质量为金属的质量与氢氧根离子的质量之和；在金属与硝酸的反应中金属的失电子的物质的量等于硝酸中氮元素的得电子的物质的量，并由氢氧化镁和氢氧化铜的化学式可知，氢氧根离子的物质的量等于金属的失电子数。【详解】由题意可知，金属Cu、Mg与硝酸反应后再加入足量的氢氧化钠溶液，最后转化为Cu（OH）2、Mg（OH）2沉淀，由+2价金属和金属离子结合氢氧根离子的数目可知，氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的物质的量，在金属与硝酸的反应中，硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L，气体的物质的量为0.224L/22.4Lmol=0.01mol，由电子守恒可知，金属的失电子的物质的量为0.01mol（5-4）+0.01mol（5-2）+0.01mol2（5-1）=0.12mol，即OH-的物质的量为0.12mol，沉淀的质量为2.14g+0.12mol17g/mol=4.18g，故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应计算，利用氧化还原反应中的电子守恒及利用沉淀的化学式得出转移电子数与氢氧根离子的关系是解答本题的关键。23.下列物质在给定条件下能实现转化的是SiNa2SiO3(aq)H2SiO3NaNa2O2NaOHCaCO3CaOCaC2C2H4饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3MgCl2(aq)MgCl26H2OMgCuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2OA. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠与二氧化碳反应生成硅酸沉淀；Na与氧气常温反应生成氧化钠；向饱和食盐水中通入氨气，然后再通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠；碳化钙与水反应生成乙炔；电解熔融氯化镁得到金属镁，电解六水氯化镁得不到金属镁；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液与葡萄糖加热发生氧化反应生成氧化亚铜红色沉淀。【详解】硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，正确；Na与氧气常温反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，错误；碳酸钙高温煅烧生成氧化钙，氧化钙与C高温反应生成碳化钙，碳化钙与水反应生成乙炔，错误；向饱和食盐水中通入氨气，然后再通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，正确；氯化镁溶液蒸发结晶得到六水氯化镁晶体，六水氯化镁晶体在氯化氢的气流中加热得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁，错误；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜悬浊液与葡萄糖加热发生氧化反应生成氧化亚铜红色沉淀，转化过程能实现，正确。故选A。24. 下列结论中错误的是微粒半径:K+Al3+Cl-氢化物的稳定性:HFHClH2SPH3SiH4离子的还原性:F-Cl-Br-I-氧化性:Cl2SSeTe酸性:H2SO4H3PO4H2CO3HClO非金属性:ONPSi金属性:BeMgCaKA. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：）K+、S2-、C1-原子核外电子排布相同，核电核数S2-C1-K+，则半径S2-C1-K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-C1-K+Al3+，错误；非金属性：FClSPSI，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HFHC1H2SPH3SiH4，正确；非金属性：FClBrI，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：F-C1-Br-I-，错误；非金属性：C1SSeTe，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：C12SSeTe，正确；非金属性：SPC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4H3PO4H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO，正确；因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有ON、PSi，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则NP，所以有非金属性：ONPSi，正确；同周期元素从左到右元素的逐渐减弱，则金属性CaK，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性BeMgCa，所以金属性：BeMgCaK，正确答案选B。考点：考查元素周期律的应用25.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+B. 溶液中n(Al3+)=0.1 molC. 溶液中一定不含CO32,可能含有SO42和NO3D. n(H+)n(Al3+)n(Mg2+)=221【答案】C【解析】【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子；加氢氧化钠溶液产生白色沉淀说明不含铁离子；由图像可知溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子，加入氢氧化钠溶液，按照氢离子镁离子和铝离子铵根离子氢氧化铝沉淀的顺序反应，沉淀量的变化是先在x轴上，然后逐渐增大，平行x轴，再减小，最后平行x轴，可以对照图象上的量求出各离子的量。【详解】由图像可知溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子，A正确；溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量为（0.8mol0.7mol）=0.1mol，由氢氧化铝沉淀溶解的方程式可知，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，由铝原子个数守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，B正确；加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，C错误；由图中数据可知，中和氢离子的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，溶解氢氧化铝沉淀的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，由铝原子个数守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为（0.5mol0.1mol）=0.4mol，生成氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量为0.3mol，则生成氢氧化镁沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为0.1mol，由方程式可知氢氧化镁的物质的量为0.05mol，由镁原子个数守恒可知镁离子的物质的量为0.05mol，故氢离子、铝离子和镁离子的物质的量比为2:2:1，D正确。故选C。【点睛】本题依据图像考查离子方程式的有关计算，解答时，应依据离子的性质，根据题给条件确定溶液中的离子，再根据图像信息，计算溶液中离子的物质的量。26.现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl-、OH-、NO3-、CO32-、X中的一种。（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是_和_（填化学式，且相对分子质量最小的写在第一个空）。（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，含X的物质为记C，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时，产生棕黄色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解则：X为_。ASO32- BSO42- CCH3COO- DSiO32-（3）将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为_（保留两位小数）。（4）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的_（填相应的离子符号），有关反应的离子方程式为_。（5）利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子，请简述实验操作步骤、现象及结论_。【答案】 (1). Na2CO3 (2). Ba（OH）2 (3). B (4). 6.09g (5). NO3- (6). 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O (7). 取少量D或E的溶液与试管中，逐渐进入Ba（OH）2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+、E中含Mg2+，若生成的白色沉淀不溶解，则D中含有Mg2+，E中含Al3+【解析】【分析】根据离子之间结合生成沉淀，不能共存，确定含有的两种物质；C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝，由上面推断可知B为Na2CO3；已知C为Fe2（SO4）3，A为Ba（OH）2，将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，根据反应方程中的关系求出沉淀的量；将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3-；D中含有NO3-，则E中含有Cl-，剩余Al3+、Mg2+，利用氢氧化铝溶液强碱的性质检验。【详解】（1）因Al3+、Mg2+、Fe3+和OH-反应生成沉淀，Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和CO32-反应，则不能共存，所以一定存在的物质为Na2CO3和 Ba（OH）2；（2）C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝，因C为Fe2（SO4）3酸铁，则阴离子有SO42-，则X为SO42-，故答案为B；（3）已知C为Fe2（SO4）3，A为Ba（OH）2，将0.02molA与0.01molC同时溶解在足量的蒸馏水中，反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，Fe2（SO4）3+3Ba（OH）22Fe（OH）3+3BaSO4，根据方程可知，硫酸铁过量，按照Ba（OH）2计算，则n（BaSO4）=0.02mol，n（Fe（OH）3）=2/30.02mol，所以沉淀的质量为m（BaSO4）+m（Fe（OH）3）=0.02mol233g/mol+2/30.02mol107g/mol=6.09g；（4）将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3-，反应离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O；（5）D中含有NO3-，则E中含有Cl-，剩余Al3+、Mg2+，Al（OH）3能溶于过量Ba（OH）2溶液，检验方案为：取少量D或E的溶液与试管中，逐渐进入Ba（OH）2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+、E中含Mg2+，若生成的白色沉淀不溶解，则D中含有Mg2+，E中含Al3+。【点睛】本题考查离子推断、实验方案设计等，试题综合度较高，旨在考查推断能力与方案设计能力，注意根据反应现象进行推断是关键。27.医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量。回答下列问题: H+ Mn+ H2C2O4 CO2+Mn2+ (1)配平以上离子方程式,并在中填上所需的微粒_。(2)该反应中的还原剂是_(填化学式)。(3)反应转移了0.4 mol电子,则消耗KMnO4的物质的量为_ mol。(4)测定血钙含量的方法是:取2 mL血液用蒸馏水稀释后,向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液,反应生成CaC2O4沉淀,将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后,再用KMnO4溶液滴定。稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是_。溶解沉淀时_(填“能”或“不能”)用稀盐酸,原因是_。若消耗了1.010-4 molL-1的KMnO4溶液20.00 mL,则100 mL该血液中含钙 _g。【答案】 (1). 6251028H2O (2). H2C2O4 (3). 0.08 (4). CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4 (5). 不能 (6). KMnO4会氧化Cl- (7). 0.01【解析】【分析】根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；失电子化合价升高的反应物是还原剂；根据高锰酸钾和转移电子之间的关系式计算；草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸；HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；根据原子守恒得5Ca2+-5（NH4）2C2O4-5CaC2O4-5H2C2O4-2KMnO4，所以得关系式5Ca2+-2KMnO4，根据二者之间的关系式进行计算。【详解】（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4-、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H+2MnO4-+5H2C2O4=10CO2+2Mn2+8H2O；（2）失电子化合价升高的反应物H2C2O4是还原剂；（3）根据MnO4-5e-得，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量0.4mol/51=0.08mol；（4）草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替；根据原子守恒得5Ca2+-5（NH4）2C2O4-5CaC2O4-5H2C2O4-2KMnO4，所以得关系式5Ca2+-2KMnO4，设钙离子浓度为xmol/L，5Ca2+-2KMnO45mol 2mol2.010-3xmol 2.010-6mol5mol：2mol=2.010-3xmol：2.010-6mol,解得x=2.510-3mol/L, 则100mL溶液中钙的质量=40g/mol0.1L2.510-3mol/L=0.01g。【点睛】本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，解答时，有机物中C元素化合价的判断方法和根据转移电子守恒、原子个数守恒配平方程式是关键，难点是钙离子和高锰酸钾之间的关系。28.A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素,A、E在元素周期表中的相对位置如下表,A与氧元素能形成两种无色气体,C是地壳中含量最多的元素,D是地壳中含量最多的金属元素。AE(1)C在元素周期表中的位置为_,其简单离子的结构示意图为_。(2)AE2的化学式为_。(3)C、E、F的单质沸点最低的是_(填化学式)。(4)C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是_(填离子符号)。(5)在微电子工业中,B的最简单气态氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂,所发生反应的产物不污染环境,其化学方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). (3). CS2 (4). O2 (5). S2ClO2Al3+ (6). 2NH3H2O+3H2O2=N2+8H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A与氧元素能形成两种无色气体CO和CO2,则A为C元素；结合A、E在元素周期表中的相对位置可知E为S元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；B的原子序数介于A、C之间，则B为N元素；D是地壳中含量最多的金属元素，则D为Al元素，F的原子序数依次最大，则F为Cl元素。【详解】（1）C为O元素，在元素周期表中的位置为第二周期第A族，其离子的结构示意图为。（2）A为C元素，E为S元素，则AE2的化学式为CS2。（3）C为O元素，单质为氧气；E为S元素，单质为硫固体；F为Cl元素，单质为氯气，氯气的相对分子质量大于氧气，所以沸点最低的是氧气。（4）C、D、E、F的离子符号以此为O2、Al3+、S2、Cl，离子半径的大小规律是电子层数越多，离子半径越大；具有相同电子层结构的离子，原子序数越大，离子半径越小，则C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是S2ClO2Al3+。（5）B为N元素，N元素的氢化物为氨气，NH3的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，反应生成氮气与水，反应的化学方程式为：2NH3H2O+3H2O2=N2+8H2O。【点睛】本题考查结构、性质与位置关系应用，推断元素是解题关键，注意运用元素周期表和元素周期律进行分析判断是关键，注意溶沸点和离子半径的比较。