甘肃省白银一中高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

化学试卷一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1下列物质属于非电解质的是（）ac2h5ohbcacl2ch2so4d金属铜考点：电解质与非电解质.分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质解答：解：a酒精为化合物，本身不发生电离，不能够导电，属于非电解质，故a选；b氯化钙在水溶液和熔融状态下都能够导电，属于电解质，故b不选； c硫酸在水溶液中能导电，属于电解质，故c不选；d金属铜属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故d不选；故选a点评：本题考查了非电解质的判断，难度不大，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质2（2分）下列关于氯化铁溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是（）a两种分散系均呈红褐色b分散质粒子均能透过半透膜c分散质粒子直径均在1100nm之间d可用丁达尔效应加以鉴别考点：胶体的重要性质.专题：溶液和胶体专题分析：本题根据溶液和胶体的区别，胶体的胶粒粒径为1100 nm，溶液的粒子粒径小于1nm；胶体具有丁达尔现象，不能透过半透膜等知识点来解题解答：解：a氯化铁溶液为黄褐色，故a错误；b氢氧化铁胶体的胶粒粒径为1100 nm，不能透过半透膜，故b不正确；c氯化铁溶液的粒子粒径小于1nm，故c错误；d氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，可以用来区分胶体和溶液，故d正确；故选d点评：本题考查了溶液和胶体的区别，分散质的粒径、胶体的丁达尔效应等知识点3（2分）下列物质中，既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠反应的物质是（）a碳酸钠b碳酸氢钠c氯化钠d硫酸铜考点：钠的重要化合物.分析：根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：两性物质：al2o3、zno、al（oh）3、zn（oh）2、氨基酸、蛋白质等；多元弱酸的酸式盐：nahco3、khs、khso3、nah2po4等；弱酸的铵盐及其酸式盐：（nh4）2s、nh4hs、（nh4）2co3、nh4hco3、ch3coonh4等；某些具有两性的金属：zn、al等；某些非金属：si、s等；其它一些物质如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物sio2；c、具有还原性的无氧酸：h2s、hi等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓h2so4、hno3等与还原性酸反应、与碱反应以此解答本题解答：解：a、na2co3与盐酸反应生成二氧化碳，不与氢氧化钠反应，故a错误；b、nahco3属于弱酸弱碱盐，既能与盐酸反应，生成co2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故b正确；c、nacl属于强酸强碱，既不能与盐酸反应，又不能与氢氧化钠反应，故c错误；d、硫酸铜属于强酸弱碱盐，不能与盐酸反应，能与氢氧化钠反应，生成盐，故d错误；故选b点评：本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳，注意基础知识的积累4（2分）下列叙述中，正确的是（）a由同种元素组成的物质肯定属于纯净物b一种元素可形成多种离子，但只能是带同种电荷的离子c含金属元素的离子不一定都是阳离子d具有相同质子数的粒子都属于同种元素考点：混合物和纯净物；原子结构与元素的性质.专题：物质的分类专题；原子组成与结构专题分析：a、依据同素异形体混合后也是由同种元素组成分析；b、一种元素可形成多种离子，非金属元素可以形成简单阴离子，也可以形成阳离子，如s有+6，+4，2等多种价态，h有+1，1两种价态，对应形成带不同种电荷的离子；c、金属元素可以形成酸根阴离子；d、具有相同质子数的粒子，可以是分子、原子、离子解答：解：a、同素异形体混合后也是由同种元素组成，但是混合物，如o2和o3混合属于混合物，故a错误；b、一种元素可形成多种离子，非金属元素可以形成简单阴离子，也可以形成阳离子，如s有+6，+4，2等多种价态，h有+1，1两种价态，对应形成带不同种电荷的离子，如氢元素形成离子h+、h，氮元素形成离子nh4+、no3，故b错误；c、金属元素可以形成酸根阴离子，如mno4，含金属元素的离子不一定都是阳离子，故c正确；d、具有相同质子数的粒子，可以是不同微粒，如质子数为10的微粒nh3、h2o、ch4等，故d错误；故选c点评：本题考查了物质与元素组成关系，微粒结构分析判断，注意微粒组成的理解应用，掌握基础是关键，注意积累知识，题目难度中等5（2分）（2012郑州一模）用na表示阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的是（）a1mol al3+含有的核外电子数为3nab将58.5g nacl溶于1.00l水中，所得nacl溶液的浓度为1.00moll1c1mol cl2与足量的铁反应，转移的电子数为3nad常温下，10l ph=1的硫酸溶液中含有的h+离子数为na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、铝离子核外电子数为10，1mol铝离子核外电子为10mol；b、氯化钠溶于1l水中，所得溶液的体积不是1l；c、1mol氯气与铁反应最多得到2mol电子；d、根据溶液体积及氢离子浓度计算出溶液中含有的氢离子数目解答：解：a、1mol铝离子含有10mol核外电子，1mol al3+含有的核外电子数为10na，故a错误；b、将58.5g nacl溶于1.00l水中，所得nacl溶液的体积不是1l，无法计算溶液的物质的量浓度，故b错误；c、1mol cl2与足量的铁反应，得到了2mol电子，根据电子守恒，转移的电子数为2na，故c错误；d、ph=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/l，10l该硫酸溶液中氢离子物质的量为1mol，含有的h+离子数为na，故d正确；故选：d点评：本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏伽德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏伽德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏伽德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系6（2分）下列关于铷的叙述不正确的是（）a金属铷投入水中会引起爆炸b铷是一种强还原剂，铷离子很稳定c铷受热后，能在空气中剧烈燃烧，生成比过氧化物更复杂的氧化物d铷原子的核电荷数比钾原子的核电荷数多，因此铷原子失电子的能力小于钾原子考点：碱金属的性质.分析：rb属于碱金属族元素，位于na元素下方，所以其金属性大于na，arb与水反应比na更剧烈；b金属元素单质的还原性越强，其简单阳离子氧化性越弱；crb金属性比k更强，能在空气中燃烧；d同一主族金属元素，其单质的还原性随着原子序数增大而增强，则失电子能力越强解答：解：rb属于碱金属族元素，位于na元素下方，所以其金属性大于na，arb与水反应比na更剧烈，钠与水反应发出嘶嘶声音，则rb和水反应会引起爆炸，故a正确；b金属元素单质的还原性越强，其简单阳离子氧化性越弱，rb的还原性大于na，则简单铷离子氧化性很弱，所以其简单离子很稳定，不易被还原，故b正确；crb金属性比k更强，能在空气中燃烧，k燃烧生成超氧化物，则rb燃烧生成比过氧化物更复杂的氧化物，故c正确；d同一主族金属元素，其单质的还原性随着原子序数增大而增强，则失电子能力越强，所以铷原子失电子的能力大于钾原子，故d错误；故选d点评：本题考查碱金属族元素，明确同一主族元素性质递变规律是解本题关键，以碱金属族、卤族元素为例熟练掌握同一主族元素性质递变规律及其原因，题目难度不大7（2分）已知标准状况下：6.72l ch43.011023hcl 23.1g ccl42.3g na，下列对四种物质的关系由小到大表示正确的是（）a体积 b密度 c原子数 d质量 考点：阿伏加德罗定律及推论.分析：标况下，气体摩尔体积相等，6.72l ch4的物质的量=0.3mol，3.011023hcl=0.5mol 23.1g ccl4的物质的量=0.15mol，2.3g na的物质的量=0.1mol，根据v=nvm、=、n=nna结合分子构成、m=nm进行计算解答：解：标况下，气体摩尔体积相等，6.72l ch4的物质的量=0.3mol，3.011023hcl=0.5mol 23.1g ccl4的物质的量=0.15mol，2.3g na的物质的量=0.1mol，a根据v=nvm知，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，所以其体积顺序是，故a错误；b=知，相同条件下，气体密度之比等于其摩尔质量之比，所以其密度顺序是，故b错误；c根据n=nna知，其分子数之比等于物质的量之比，分子数大小顺序是，根据分子构成其原子个数大小顺序是，故c正确；d甲烷质量=0.3mol16g/mol=4.8g，hcl质量=0.5mol36.5g/mol=18.25g，四氯化碳质量为23.1g，钠的质量是2.3g，所以其质量顺序是，故d错误；故选c点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，熟练掌握物质的量公式，题目难度中等8（2分）将二氧化硫通入溴水中发生如下的反应：so2+br2+2h2o2hbr+h2so4，反应中转移的电子数和还原剂是（）a2e，h2so4b4e，so2c2e，br2d2e，so2考点：氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，根据化合价的升降来确定转移电子情况解答：解：在反应br2+so2+2h2o=h2so4+2hbr中，化合价降低元素br所在的反应物br2 是氧化剂，化合价升高元素s所在的反应物so2是还原剂，化合价升高值=化合价降低值=2，所以反应转移电子2mol故选d点评：本题考查学生氧化还原反应的基本知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大9（2分）（2010上海）将0.4g naoh和1.06g na2co3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1moll1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成co2的物质的量的关系的是（）abcd考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算.专题：图示题；计算题分析：对naoh和na2co3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答解答：解：a、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故a错误；b、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故b错误；c、向naoh和na2co3混合溶液中滴加盐酸时，首先和naoh反应生成水和氯化钠，当滴入0.1l时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和na2co3开始反应，首先发生hcl+na2co3=nahco3+nacl，不放出气体，当再加入0.1l时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：nahco3+hcl=nacl+h2o+co2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故c正确；d、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故d错误；故选c点评：此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是hcl+na2co3=nahco3+nacl；进行完全后，再发生：nahco3+hcl=nacl+h2o+co210（2分）下列实验可行或叙述正确的是（）不能用闻气味的方法区分丝织品和棉织物蔗糖加稀硫酸的水解液，再加新制cu（oh）2悬浊液共热会产生砖红色沉淀乙酸乙酯、油脂在碱性条件下水解均可制肥皂用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质金属的冶炼都是置换反应漂白粉、玻璃、脂肪是混合物，水银、明矾、蔗糖是纯净物盐酸、baso4是强电解质，氨水是弱电解质，苯、四氯化碳是非电解质符合n（c）：n（h）=n：（2n+2）的物质一定是烷烃煤中含苯及甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物和离子化合物中abcd考点：化学实验方案的评价；混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理；有机物的鉴别；烷烃及其命名；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：元素及其化合物；有机反应分析：丝织品和棉织物，均无气味；检验蔗糖的水解产物应在碱性溶液中；油脂在碱性条件下水解为皂化反应；浓硝酸遇蛋白质变黄；较活泼金属利用电解法，较不活泼金属利用热分解法；漂白粉、玻璃、脂肪均有多种物质组成，而水银、明矾、蔗糖均由一种物质组成；盐酸、氨水均为混合物；n（c）：n（h）=n：（2n+2）的物质，可能还含其他元素；煤中不含苯及甲苯；含离子键一定为离子化合物，共价键可存在于共价化合物和离子化合物、单质中解答：解：丝织品和棉织物，均无气味，则不能用闻气味的方法区分丝织品和棉织物，故正确；检验蔗糖的水解产物应在碱性溶液中，应水解后加碱至碱性再利用新制cu（oh）2悬浊液共热会产生砖红色沉淀，故错误；油脂在碱性条件下水解为皂化反应，可制备肥皂，而乙酸乙酯水解不能制备肥皂，故错误；浓硝酸遇蛋白质变黄，为蛋白质的颜色反应，可检验蛋白质，故错误；较活泼金属（na、k、al、mg）利用电解法，较不活泼金属（ag、hg）利用热分解法，只有某些活泼金属（zn、fe等）可利用置换反应制备，故错误；漂白粉、玻璃、脂肪均有多种物质组成，则属于混合物，而水银、明矾、蔗糖均由一种物质组成，则属于纯净物，故正确；盐酸、氨水均为混合物，不是电解质也不是非电解质，而baso4是强电解质，苯、四氯化碳是非电解质，故错误；n（c）：n（h）=n：（2n+2）的物质，可能还含其他元素，若含o元素，可能为饱和一元醇，故错误；煤中不含苯及甲苯，煤的干馏产物中含苯及甲苯，故错误；含离子键一定为离子化合物，共价键可存在于共价化合物和离子化合物、单质中，如氢气中存在共价键，故错误；故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的鉴别、组成、分类等为解答的关键，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大11（2分）将溶液（或气体）x逐渐加入（或通入）到一定量的y溶液中，产生沉淀的质量与加入x的物质的量关系如图所示，符合图中情况的一组物质是（）xy溶液a ba（hco3）2溶液 naoh溶液b koh溶液 mg（hso4）2溶液cna2co3溶液 cacl2溶液d co2气体 石灰水aabbccdd考点：离子方程式的有关计算.分析：由图可知，加入x物质，开始不产生沉淀，加入一定量的x时开始产生沉淀，当沉淀达最大值时，再加入x沉淀不溶解a、氢氧化钠溶液中加入碳酸氢钡溶液立即生成碳酸钡沉淀；b、mg（hso4）2溶液中加入koh溶液，先发生中和反应，氢氧化钠中和完溶液中的氢离子后，再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，且氢氧化镁不溶于氢氧化钠；c、氯化钙溶液中加入碳酸钠溶液立即产生碳酸钙沉淀；d、石灰水通入二氧化碳立即生成碳酸钙沉淀，最后沉淀完全溶解解答：解：由图可知，加入x物质，开始不产生沉淀，加入一定量的x时开始产生沉淀，当沉淀达最大值时，再加入x沉淀不溶解a、氢氧化钠溶液中加入碳酸氢钡溶液立即生成碳酸钡沉淀，图象与实际不符合，故a错误；b、mg（hso4）2溶液中加入koh溶液，先发生中和反应，氢氧化钠中和完溶液中的氢离子后，再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，且氢氧化镁不溶于氢氧化钠，图象与实际符合，故b正确；c、氯化钙溶液中加入碳酸钠溶液反应生成碳酸钙与氯化钠，立即产生碳酸钙沉淀，图象与实际不符合，故c错误；d、石灰水通入二氧化碳立即生成碳酸钙沉淀，最后沉淀完全溶解，图象与实际不符合，故d错误；故选：b点评：本题考查离子反应、离子反应与关系关系等，难度中等，清楚物质之间的反应是解题的关键12（2分）甲、乙两种化合物都只含x、y两种元素，甲、乙中x元素的百分含量分别为30.4%和25.9%若已知甲的分子式是xy2，则乙的分子式只可能是（）axybx2ycx2y3dx2y5考点：元素质量分数的计算.专题：压轴题；演绎推理法分析：由甲的化学式为xy2，可得其中x、y原子个数比=1：2；根据甲、乙两种化合物中x元素的质量分数分别为30.4%和25.9%，可知甲物质中元素x的质量分数大于乙物质，可判断乙物质中x、y原子个数比应小于1：2解答：解：a、由化学式xy，其中x、y原子个数比=1：1，大于1：2；故a不正确；b、由化学式x2y，其中x、y原子个数比=2：1，大于1：2；故b不正确；c、由化学式x2y3，其中x、y原子个数比=2：3，大于1：2；故c不正确；d、由化学式x2y5，其中x、y原子个数比=2：5，小于1：2，故d正确；故选d点评：解答本题时若按常规思维来做，计算量较大，由两物质中x元素含量大小推断出两物质中原子个数比的关系是解题的技巧所在13（2分）实验室需配制一种仅含五种离子（忽略水电离出的离子）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为5mol/l，下面四个选项中能达到此目的是（）ana+、k+、so42、no3、clbfe2+、h+、br、no3、clcca2+、k+、oh、cl、no3dal3+、na+、cl、so42、no3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：合溶液中五种离子的物质的量浓度均为5moll1，应满足溶液呈电中性的特点，若离子之间不发生复分解反应、氧化还原反应以及互促水解反应，则可大量共存，以此判断解答：解：ana+、k+、so42、no3、cl离子中所带的正电荷与负电荷不相等，不满足溶液电中性，故a错误；bno3在h+存在条件下能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故b错误；cca2+、oh之间能够发生反应生成氢氧化钙沉淀，在溶液中不能大量共存，故c错误；dal3+、na+、cl、so42、no3之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，且物质的量浓度相等时满足溶液电中性，故d正确；故选d点评：本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，本题中需要明确题干信息14（2分）相同条件下，o4是意大利的一位科学家合成的一种新型的氧分子，一个分子由四个氧原子构成，振荡会发生爆炸，在相同条件下，关于等质量的o4和o3比较正确的是（）a所含原子数相等b密度之比1：1c体积之比1：1d分子数之比4：3考点：阿伏加德罗定律及推论.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：相同条件下，气体摩尔体积相等，o4和o3是同素异形体，其最简式相同，相同质量时，其原子个数相等，再结合=、v=、n=进行分析解答解答：解：相同条件下，气体摩尔体积相等，ao4和o3是同素异形体，均由o原子构成，相同质量时，氧原子的物质的量相等，根据n=知，其原子个数相等，故a正确；b根据=知，其密度与摩尔质量成正比，其密度之比等于摩尔质量之比=64g/mol：48g/mol=4：3，故b错误；c根据v=知，相同质量、相同摩尔体积时，其体积之比等于其摩尔质量的反比=48g/mol：64g/mol=3：4，故b错误；d根据n=知，相同质量时，其分子数之比等于其摩尔质量的反比=48g/mol：64g/mol=3：4，故d错误；故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，注意其原子个数的计算方法，根据其最简式解答即可，题目难度中等15（2分）下列说法正确的是（）a将cl2通人febr2溶液中，溶液颜色变黄，则fe2+被氧化，br不一定参加了反应bco2、so3、no2和水反应均能生成酸，都属于酸性氧化物c0.5 mol ch4完全燃烧生成co2和液态水时，放出445kj热量其燃烧热的热化学方程式为ch4 （g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=890kj/mold明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；热化学方程式.专题：物质的分类专题；化学反应中的能量变化；卤族元素分析：a、氯气具有氧化性，能将溴离子、亚铁离子氧化，还原性顺序是fe2+br，据此回答判断；b、酸性氧化物是能和碱之间反应生成盐和水的氧化物；c、燃烧热是完全燃烧1mol物质生成最稳定产物时放出的热量；d、明矾具有净水作用，漂白粉具有杀菌消毒作用解答：解：a、氯气具有氧化性，能将溴离子、亚铁离子氧化，还原性顺序是fe2+br，将cl2通人febr2溶液中，溶液颜色变黄，则fe2+被氧化为三价铁，br不一定参加了反应，故a正确；b、co2、so3是能和碱之间反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，但是no2不是酸性氧化物，故b错误；c、甲烷燃烧热的热化学方程式为ch4 （g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=890kj/mol，应该生成液态水，故c错误；d、明矾中的铝离子水解的到氢氧化铝胶体具有净水作用，漂白粉具有氧化性，因而有杀菌消毒作用，两者的作用原理不相同，故d错误故选a点评：本题涉及酸性氧化物、燃烧热的概念以及物质的性质和应用等知识的考查，难度不大16（2分）（2013马鞍山三模）将naoh溶液逐滴加入nh4hco3溶液中（忽略溶液体积的变化），下列各示意图表示的混合溶液有关量的变化趋势正确的是（）abcd考点：离子方程式的有关计算.专题：图示题分析：hco3结合oh的能力强于nh4+，因而naoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，据此分析解答：解：因hco3结合oh的能力强于nh4+，因而naoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，anaoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，开始铵根离子浓度应不变，故a错误；bnaoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应，随反应进行碳酸氢根离子浓度应逐渐减少，故b错误；cnaoh先和hco3反应，将其消耗完后再和nh4+反应随反应进行，碳酸根离子浓度逐渐增大到不变，故c正确；d溶液的ph随着naoh的加入不断增大，故d错误故选c点评：本题考查元素及其化合物知识，明确化学反应有先后顺序，需掌握一定的读图的能力17（2分）（2013信阳二模）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中h2so4和hno3的物质的量浓度分别是4mol/l和2mol/l，取10ml此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的混合气体体积为（设反应中hno3被还原成no）（）a0.448lb0.672lc0.896ld0.224l考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质.专题：计算题分析：10ml混合酸中含有：n（h+）=0.01l24mol/l+0.01l2mol/l=0.1mol，n（no3）=0.01l2mol/l=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o，fe+2h+=fe2+h2，以此计算该题解答：解：10ml混合酸中含有：n（h+）=0.01l24mol/l+0.01l2mol/l=0.1mol，n（no3）=0.01l2mol/l=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o，fe+2h+=fe2+h2，则3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o0.02mol 0.08mol 0.02mol反应后剩余n（h+）=0.1mol0.08mol=0.02mol，fe+2h+=fe2+h2 0.02mol 0.01mol所以：n（no）+n（h2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，v（no）+v（h2）=0.03mol22.4l/mol=0.672l，故选b点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据n（h+）、n（no3）判断反应的可能性，判断生成气体为no和h2的混合物，进而计算气体的体积，题目易错18（2分）（2013乐山二模）na2o2、hcl、al2o3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有na+、h+、cl、oh；且溶液呈中性，则na2o2、hcl、al2o3的物质的量之比可能为（）a3：2：1b2：4：1c2：3：1d4：2：1考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物.专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据na2o2、hcl、al2o3 三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答解答：解：溶液中只含有na+、h+、cl、oh，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为nacl，由反应2na2o2+2h2o=4naoh+o2，4naoh+4hcl=4nacl+4h2o，可看成al2o3不反应，只要na2o2、hcl的物质的量之比为2：4即符合题意，则na2o2、hcl、al2o3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选b点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大19（2分）下列各组离子在相应的条件下能大量共存的是（）a在c（h+）/c（oh）=11014的溶液中：nh4+、ca2+、cl、k+b水电离的c（h+）=1013moll1的溶液中：fe3+、so42、k+、scnc在c（h+）=1014mol/l的溶液中可能含：na+，alo22，co32，so32dc（oh）=11014mol/l的溶液中：na+、k+、cl、s2o32考点：离子共存问题.分析：a在c（h+）/c（oh）=11014的溶液中氢氧根离子浓度为1mol/l，铵根离子、钙离子与氢氧根离子反应；b水电离的c（h+）=1013moll1的溶液为酸性或碱性溶液，铁离子与氢氧根离子、硫氰根离子反应；c在c（h+）=1014mol/l的溶液中，氢氧根离子浓度为1mol/l，na+，alo22，co32，so32离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应；dc（oh）=11014mol/l的溶液中氢离子浓度为1mol/l，硫代硫酸根离子与氢离子反应解答：解：a在c（h+）/c（oh）=11014的溶液中，根据水的离子积计算可知，氢氧根离子浓度为1mol/l，nh4+、ca2+离子与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；b水电离的c（h+）=1013moll1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，fe3+与oh、scn离子反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；c在c（h+）=1014mol/l的溶液为碱性溶液，溶液中氢氧根离子浓度为1mol/l，na+，alo22，co32，so32离子之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故c正确；d该溶液为酸性溶液，溶液中氢离子浓度为1mol/l，s2o32离子与溶液中氢离子反应生成硫单质和二氧化硫气体，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，题目难度中等，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；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；解决离子共存问题时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“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”20（2分）在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：cufes2+4fe3+cu2+5fe2+2s，反应结束后，经处理获得单质硫x mol下列说法正确的是（）a反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原b氧化剂是fe3+，氧化产物是cu2+c反应中转移电子的物质的量为xmold反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则原fe3+的总物质的量为（yx）mol考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：cufes2+4fe3+=cu2+5fe2+2s中，s元素的化合价由2价升高为0，fe元素的化合价由+3价降低为+2价，反应中fe3+为氧化剂，cufes2为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题解答：解：a反应中硫元素被氧化，但只有铁离子中的铁元素被还原，故a错误；b氧化剂是fe3+，氧化产物是s，故b错误；c由离子方程式可知生成2mols，转移电子4mol，则生成xmols，则转移2xmol电子，故c错误；d由方程式可知，生成xmol硫，则生成3xmol金属离子，消耗2xmolfe3+，反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则剩余fe3+的物质的量为（y3x）mol，所以原fe3+的总物质的量为2xmol+（y3x）mol=（yx）mol，故d正确故选d点评：本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从元素化合价的角度认识，难度不大21（2分）下列离子方程式中正确的是（）anh4hco3溶液与过量naoh溶液反应：nh4+ohnh3+2h2ob向febr2溶液中通入cl2，当n（febr2）=n（cl2）时：2fe2+4br+3cl22fe3+2br2+6clc向fei2溶液中通入cl2，当n（fei2）：n（cl2）=1：1时：2i+cl2i2+2cld向烧碱溶液中通入co2，当n（naoh）：n（co2）=3：2时：oh+co2hco3考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a漏写碳酸氢根离子与碱的反应；b当n（febr2）=n（cl2）时，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；c当n（fei2）：n（cl2）=1：1时，碘离子全部被氧化；dn（naoh）：n（co2）=3：2时，生成等量的碳酸钠、碳酸氢钠解答：解：aa漏写碳酸氢根离子与碱的反应，离子反应为hco3+nh4+2oh=nh3h2o+co32+h2o，故a错误；b当n（febr2）=n（cl2）时，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则离子反应为2fe2+2br+2cl2=2fe3+br2+4cl，故b错误；c当n（fei2）：n（cl2）=1：1时，碘离子全部被氧化，离子反应为2i+cl2=i2+2cl，故c正确；dn（naoh）：n（co2）=3：2时，生成等量的碳酸钠、碳酸氢钠，离子反应为3oh+2co2=hco3+co32+h2o，故d错误；故选c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，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，注意优先氧化为解答的难点，题目难度中等22（2分）将一定质量的mg和al的混合物投入250ml、2.0mol/l稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入naoh溶液，生成沉淀的物质的量与加入naoh溶液的体积关系如图所示则下列说法正确的是（）a当加入氢氧化钠溶液的体积为20 ml时，溶液的ph等于7b当加入氢氧化钠溶液的体积为20 ml时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝cna0h溶液的物质的量浓度为5 mol/ld生成的h2在标准状况下的体积为11.2 l考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o当v（naoh溶液）=200ml时，沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（na2so4）等于200ml氢氧化钠溶液中含有的n（naoh）的倍从200ml开始，naoh溶解al（oh）3：naoh+al（oh）3=naalo2+2h2o，当沉淀不再减少，此时全部为mg（oh）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，mg（oh）2为0.15mol，al（oh）3为0.25mol0.15mol=0.1mol，a、铝离子水解，溶液呈酸性；b、由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o；c、沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（naoh）=2n（na2so4）据此计算；d、由元素守恒可知n（al）=nal（oh）3=0.1mol，n（mg）=nmg（oh）2=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（h2）=3n（al）+2n（mg），据此计算n（h2），再根据v=nvm计算氢气体积解答：解：由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o当v（naoh溶液）=200ml时，沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（na2so4）等于200ml氢氧化钠溶液中含有的n（naoh）的倍从200ml开始，naoh溶解al（oh）3：naoh+al（oh）3=naalo2+2h2o，当沉淀不再减少，此时全部为mg（oh）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，mg（oh）2为0.15mol，al（oh）3为0.25mol0.15mol=0.1mol，a、溶质有硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠，铝离子水解，溶液呈酸性，故a错误；b、由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o，溶质有硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠，故b错误；c、沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（naoh）=2n（na2so4）=20.25l2mol/l=1mol，所以na0h溶液的物质的量浓度为=5 mol/l，故c正确；d、由元素守恒可知n（al）=nal（oh）3=0.1mol，n（mg）=nmg（oh）2=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（h2）=3n（al）+2n（mg），根据电子转移守恒可知2n（h2）=3n（al）+2n（mg）=30.1mol+20.15mol=0.6mol，所以n（h2）=0.3mol，故氢气体积为0.3mol22.4mol/l=6.72l，故d错误；故选c点评：本题考查镁铝的重要化合物、化学计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算23（2分）有一无色溶液，可能含有k+、a13+、mg2+、nh4+、cl、so42、hco3、mno4中的几种为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量na2o2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的naoh溶液后白色沉淀部分溶解；另取部分溶液，加入盐酸酸化的bacl2溶液，有白色沉淀产生下列推断正确的是（）a肯定有a13+、mg2+、clb肯定有a13+、mg2+、nh4+c肯定有k+、hco3、mno4d肯定有a13+、mg2+、so42考点：常见离子的检验方法.分析：无色溶液中不含有色离子，则没有mno4；取部分溶液，加入适量na2o2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的naoh溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝；取部分溶液，加入盐酸酸化的bacl2溶液，有白色沉淀产生，不溶于hcl的白色沉淀是硫酸钡沉淀，据此来回答问题解答：解：无色溶液中不含有色离子，则没有mno4；取部分溶液，加入适量na2o2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，此时白色沉淀出现，再加入足量的naoh溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀的成分是氢氧化镁和氢氧化铝，则证明其中一定含有a13+和mg2+，一定不含有铵根离子、碳酸氢根离子（和铝离子不共存）；取部分溶液，加入hno3酸化的ba（no3）2溶液，有白色沉淀产生，和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子；综上可知肯定有a13+、mg2+、so42故选d点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意明确常见离子的性质及检验的方法，特别是熟悉具有特殊现象的离子24（2分）下列溶液中的c（cl）与100ml 1moll1氯化铝溶液中的c（cl）相等（）a300ml 1moll1 氯化钠溶液b150ml 2moll1氯化铵溶液c75ml 3moll1 氯化钙溶液d120ml 1.5moll1 氯化镁溶液考点：物质的量浓度.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：电解质离子浓度=电解质浓度电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，100ml1mol/l的 alcl3溶液中c（cl）=3mol/l，据此结合计算判断解答：解：100ml、1mol/l的 alcl3溶液中c（cl）=1mol/l3=3mol/l，a、300ml1moll1 氯化钠溶液中c（cl）=1mol/l1=1mol/l，与1mol/l的 alcl3溶液中氯离子浓度不相等，故a错误；b、150ml2moll1氯化铵溶液中c（cl）=2mol/l1=2mol/l，与1mol/l的 alcl3溶液中氯离子浓度不相等，故b错误；c、75ml3moll1 氯化钙溶液中c（cl）=3mo