浙江省金华市东阳二中高三化学上学期段考试题（含解析）.doc

2014-2015学年浙江省金华市东阳二中高三（上）段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）1今年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有( )a碱性：kohnaohb相对原子质量：arkc酸性：hclo4h2so4d元素的金属性：mgal2下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是( )ah3o+ 和ohbco和n2chno2和no2dch3+ 和nh4+3na表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )a1 mol fei2与足量氯气反应时转移的电子数为2nab2 l 0.5 moll1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为nac1 mol na2o2固体中含离子总数为4nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28 g n2时，转移的电子数目为3.75na4下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系abcdna2ona2o2nanaohal2o3naalo2alal（oh）3fecl2fecl3fecucl2nono2n2hno3abcd5等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出no物质的量最多的是( )afeobfe2o3cfeso4dfe3o46下列说法不正确的是( )a60周年国庆阅兵车hqe顶级红旗采用全铝车身，铝的氧化物属于两性氧化物b用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的器具时发生的主要是化学变化c英国华裔科学家高锟因在“光在纤维中的传输应用于光学通信方面”做出了突破性成就，而获得了2009年诺贝尔物理学奖，光纤制品的基本原料为sio2d液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质71.52g 铜镁合金完全溶解于50ml 密度为1.40g/ml、质量分数为63%的浓硝酸中，得到no2和n2o4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/l naoh溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是( )a该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1b该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14.0 mol/lcno2和n2o4的混合气体中，no2的体积分数是80%d得到2.54 g沉淀时，加入naoh溶液的体积是600 ml8下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法aco（g）co2（g）naoh溶液，浓h2so4洗气bnh4cl（aq）fe3+（aq）naoh溶液过滤ccl2（g）hcl（g）饱和食盐水，浓h2so4洗气dna2co3（s）nahco3（s）灼烧aabbccdd9实验测得一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的14.5倍，则其中氧气的质量分数为( )a25.0%b27.6%c72.4%d75.0%10下列关于物质性质与应用的说法正确的是( )a碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅b二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用c二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能d二氧化锰具有较强的氧化性，可作h2o2分解的氧化剂11将51.2g cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含no、n2o4、no2）的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/l naoh溶液完全吸收，生成含nano3和nano2的盐溶液，其中nano3的物质的量为( )a0.2molb0.4molc0.8mold0.9mol12pm2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放通过排气管加装催化装置，可有效减少co和no的排放，催化装置内发生的反应为：nox+con2+co2下列关于此反应的说法中，不正确的是( )a所涉及元素中原子半径：cnob当x=2时，每生成1mol n2，转移电子数为4molc等物质的量n2和co2中，共价键的个数比为3：4d氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，nox中氮元素的化合价为+2价13向na2co3、nahco3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )aa点对应的溶液中：na+、oh、so42、no3bb点对应的溶液中：al3+、fe3+、mno4、clcc点对应的溶液中：na+、ca2+、no3、cldd点对应的溶液中：f、no3、fe2+、ag+14下列由相关实验现象所推出的结论正确的是( )aal与稀h2so4、稀hno3反应均生成铝盐并放出气体，说明al与两种酸均发生置换反应b常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，于是可在常温下用铁或铝制品贮藏、贮运浓硫酸ccl2和so2均能使品红溶液褪色，说明二者都有氧化性d向溶液中滴加硝酸酸化的bacl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有so42或so32中的一种或两种15设na表示阿伏加德罗常数的值，下列有关na 的叙述中正确的有( )标准状况下，20g重水（d2o）中含有的电子数为10na0.5mol fe2+与足量的h2o2溶液反应，转移0.5na个电子将2mol no和1mol o2混合后，体系中的分子总数为3na乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6na2moll1碳酸钠溶液中na+的数目是2na1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目是na22.4l的n2的共用电子对数为3naa3个b4个c5个d全部正确16下列反应中，反应后固体物质增重的是( )a氢气通过灼热的cuo粉末b二氧化碳通过na2o2粉末c铝与fe2o3发生铝热反应d将锌粒投入cu（no3）2溶液17下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是( )a用装置甲制取氯气b用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢c用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液d用装置丁蒸干氯化锰溶液制mncl24h2o18下列反应与na2o2+so2na2so4相比较，na2o2的作用相同的是( )a2na2o2+2co22na2co3+o2b2na2o2+2so32na2so4+o2cna2o2+h2so4na2so4+h2o2d3na2o2+cr2o32na2cro4+na2o19铝与过氧化钠混合物粉末跟足量的水作用得到无色溶液，共生成气体1.75g，若得到的溶液恰好能使100ml 3.5mol/l的盐酸完全反应，且使产生的沉淀恰好溶解，则铝与过氧化钠的物质的量之比是( )a1：2b2：lc3：2d2：320向等物质的量浓度的naoh和na2co3的混合液中加入稀盐酸下列离子方程式与事实不相符的是( )aoh+co32+2h+hco3+h2ob2oh+co32+3h+hco3+2h2oc2oh+co32+4h+co2+2h2odoh+co32+3h+co2+2h2o21已知：将cl2通入适量koh溶液中，产物中可能有kcl，kclo，kclo3，且的值与温度高低有关当n（koh）=a mol时，下列有关说法错误的是( )a若某温度下，反应后=11，则溶液中=b参加反应的氯气的物质的量等于a molc改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea mold改变温度，产物中kclo3的最大理论产量为amol22金属与不同浓度的硝酸反应时，往往生成多种不同价态的还原产物图d是各种不同密度的硝酸与铁反应时（相同温度）还原产物的分布图下列说法不正确的是( )a密度小于1.1g/ml的硝酸与金属反应，还原产物主要是nh4+b当硝酸溶液的密度为1.36g/ml时，fe与过量硝酸反应的化学方程式为：4fe+18hno3=4fe（no3）3+3no+3no2+9h2oc稀硝酸与金属反应，一定被还原成nod某硝酸试剂瓶的标签注明：密度1.26g/ml，质量分数50.0%；若取该试剂10ml配成1000ml溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/l23下列关于物质的量浓度表述中正确的是( )a0.3 moll1 na2so4溶液中含有na+和so42总物质的量为0.9 molb当1 l水吸收22.4 l氨气时所得氨水的浓度不是1 moll1，只有当22.4 l氨气溶于水制得1 l氨水时，其浓度才是1 moll1c在k2so4和nacl的中性混合水溶液中，如果na+和so42的物质的量浓度相等，则k+和cl的物质的量浓度一定相同d10时0.35 moll1的kcl饱和溶液100 ml，蒸发掉5 g水，冷却到10时，其体积小于100 ml，它的物质的量浓度仍为0.35 moll124雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：na+、nh4+、mg2+、al3+、so42、no3、cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3no3+8al+5oh+2h2o3nh3+8alo2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是( )a试样中肯定存在nh4+、mg2+、so42和no3b试样中一定不含al3+c试样中可能存在na+、cld该雾霾中可能存在nano3、nh4cl和mgso4二、填空题（共52分）25（13分）原子序数由小到大排列的四种短周期元素x、y、z、w，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中x是原子半径最小的元素，y、z左右相邻，z、w位于同主族m与x同主族，与w同周期（1）m元素是_（填元素符号）（2）z、w形成的气态氢化物的稳定性为_（填化学式）（3）m2z2的电子式为_，写出m2z2与水反应的离子方程式：_（4）由x、y、z、w四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为_（5）由x、y、z、w四种元素组成的一种离子化合物a，已知：1mol a能与足量naoh浓溶液反应生成标准状况下44.8l气体；a能与盐酸反应产生气体b，该气体能与氯水反应则a是_（填化学式）；写出该气体b与氯水反应的离子方程式：_（6）由x、y、z、w和fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物c，1mol c中含有6mol结晶水对该化合物c进行以下实验：a取c的溶液加入过量浓naoh溶液并加热，产生白色沉淀和无色、有刺激性气味的气体过一段时间，白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；b另取c的溶液，加入过量bacl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解写出c的化学式：_；试写出c与m2z2按物质的量比1：2在溶液中反应的化学方程式：_26焦亚硫酸钠（na2s2o5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取na2s2o5装置ii中有na2s2o5晶体析出，发生的反应为：na2so3+so2na2s2o5（1）装置i中产生气体的化学方程式为_该反应中要求选用70%的硫酸，浓度不能过大也不能过小，其原因是_（2）要从装置ii中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为_ （填序号）（4）实验室中也可用铜和浓硫酸加热来制取二氧化硫写出该反应的化学方程式：_下列溶液中，不能鉴别so2和co2气体的是_（填字母编号）a酸化的ca（no3）2溶液 b澄清石灰水 cfecl3和bacl2混合溶液dna2sio3溶液 e溴水 fcacl2溶液过量的铜和含 x molh2so4的浓硫酸混合共热，共收集到22.4y l（标准状况）so2气体后，再给反应容器中加入过量的铁粉，经过充分反应后，反应掉的铁粉的质量为_g实验二 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用na2s2o5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为so2+i2+2h2oh2so4+2hi）按上述方案实验，消耗标准i2溶液25.00ml，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离so2计算）为_gl1在上述实验过程中，若有部分hi被空气氧化，则测得结果_（填“偏高”“偏低”或“不变”）27a、b、c、d、e、f是中学中常见的物质，其转化关系如图所示（反应条件未标出），已知反应是置换反应请回答下列问题：（1）若b是黄绿色气体，c、f是空气的主要成分，a、d相遇有白烟生成，写出a的电子式_，反应的化学方程式为_（2）若a、d、f都是非金属单质，a、d所含元素同主族，a、f 所含元素同周期，则b所属晶体结构类型是_，其一个重要的用途是_（3）若a是常见的金属单质，d、f是气态单质，反应在水溶液中进行，则工业上冶炼金属a的反应原理是（用化学方程式表示）_（4）若a、d是常见单质，且所含元素的原子序数a是d的2倍，原子最外层电子数d是a的2倍，反应中都有红棕色气体生成则反应的化学方程式为_28亚氯酸钠（naclo2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：naclo2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出naclo23h2o纯clo2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全160gl1 naoh溶液是指160g naoh固体溶于水所得溶液的体积为1l（1）160gl1 naoh溶液的物质的量浓度为_若要计算该溶液的质量分数，还需要的一个条件是_（用文字说明）（2）发生器中鼓入空气的作用可能是_（选填序号）a将so2氧化成so3，增强酸性 b稀释clo2以防止爆炸 c将naclo3氧化成clo2（3）吸收塔内的反应的化学方程式为_吸收塔的温度不能超过20，其目的是_（4）从滤液中得到naclo23h2o粗晶体的实验操作是_要得到更纯的naclo23h2o晶体必须进行的操作是_（填操作名称）（5）经查阅资料知道：当ph2.0时，clo2能被i完全还原成cl；溶液中na2s2o3能与i2反应生成nai和na2s4o6欲测定成品中naclo23h2o的含量，现进行如下操作：步骤i称取样品w g配成溶液置于锥形瓶中，并调节ph2.0步骤ii向锥形瓶中加入足量ki 晶体，充分搅拌，并加入少量指示剂步骤iii用c mol/l的na2s2o3溶液滴定步骤中发生反应的离子方程式是_，步骤中达到滴定终点时的现象是_若上述滴定操作中用去了v ml na2s2o3溶液，则样品中naclo23h2o的质量分数为_（用字母表示）三、解答题（共1小题，满分0分）29已知0.1mol有机物a的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成35.2g co2和7.2g h2o；a可以发生银镜反应，其苯环上的一卤代物有三种（1）a的结构简式为_已知：现有如下转化关系：abcde+f其中d能使溴的四氯化碳溶液褪色，f继续被氧化生成g，g的相对分子质量为90（2）c可能具有的化学性质有_（填序号）能与h2发生加成反应 能在碱性溶液中发生水解反应能与甲酸发生酯化反应 能与ag（nh3）2oh溶液发生银镜反应（3）写出下列反应的化学方程式（有机物用结构简式表示），并指出其反应类型c转化为d的反应_；反应类型：_反应；一定条件下，d生成高分子化合物的反应_；（4）c的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列要求的有机物_与c具有相同的官能团种类 遇三氯化铁溶液不显色 苯环上的一氯代物只有两种2014-2015学年浙江省金华市东阳二中高三（上）段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）1今年是门捷列夫诞辰180周年下列事实不能用元素周期律解释的只有( )a碱性：kohnaohb相对原子质量：arkc酸性：hclo4h2so4d元素的金属性：mgal【考点】真题集萃；元素周期律的作用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；b相对原子质量的大小与原子序数有关；c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；d同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱【解答】解：ana、k位于周期表相同主族，金属性kna，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故a不选；b相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故b选；c非金属性cls，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，能用元素周期律解释，故c不选；d同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故d不选故选：b【点评】本题为2014年上海高考题，侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大2下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是( )ah3o+ 和ohbco和n2chno2和no2dch3+ 和nh4+【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系 【分析】质子数=各原子质子数的和，阳离子中质子数=电子数+电荷数，阴离子中质子数=电子数电荷数【解答】解：ah3o+ 和oh质子数分别为：11、9，电子数分别为10、10，故a错误； bco和n2质子数分别为：14、14，电子数分别为14、14，故b错误；chno2和no2质子数分别为：21、20，电子数分别为21、21，故c错误；dch3+ 和nh4+质子数分别为：9、11，电子数分别为8、10，故d正确故选d【点评】本题考查分子和离子中质子数和电子数的计算，难度不大要注意阳离子中质子数=电子数+电荷数，阴离子中质子数=电子数电荷数3na表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )a1 mol fei2与足量氯气反应时转移的电子数为2nab2 l 0.5 moll1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为nac1 mol na2o2固体中含离子总数为4nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28 g n2时，转移的电子数目为3.75na【考点】阿伏加德罗常数 【分析】a、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气； b、硫酸根带2个单位的负电荷；c、na2o2由2个钠离子和1个过氧根构成；d、反应中部分硝酸根中n元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中n元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中n元素化合价变化计算转移电子物质的量【解答】解：a.1molfei2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3na，故a错误； b、2l0.5moll1硫酸钾溶液中so42的物质的量n=cv=0.5mol/l2l=1mol，而1个硫酸根带2个单位的负电荷，所以1mol硫酸钾中so42所带电荷数为2na，但溶液中的阴离子除了so42还有oh，故溶液中阴离子所带的电荷数大于2na个，故b错误； c、na2o2由2个钠离子和1个过氧根构成，故1molna2o2中共含3mol离子即3na个，故c错误；d、反应中部分硝酸根中n元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中n元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol=mol，铵根中n元素被氧化，故转移电子为mol20（3）=3.75mol，故d正确故选d【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系abcdna2ona2o2nanaohal2o3naalo2alal（oh）3fecl2fecl3fecucl2nono2n2hno3abcd【考点】钠的重要化合物；含氮物质的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变 【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；abda；ca cb；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单【解答】解：转化关系为：abda；ca cb；na2ona2o2naoh，naoh不能一步转化为na2o，故错误；al2o3 naalo2al（oh）3al2o3 ，alal2o3 ，alnaalo2，故正确；fecl2fecl3cucl2stackrelfefecl2；fefecl2、fefecl3，故正确；nono2hno3no；n2no，n2不能一步转化no2，故错误故选b【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径，难度中等5等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出no物质的量最多的是( )afeobfe2o3cfeso4dfe3o4【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出no物质的量的多少【解答】解：假设质量都为mg，afeo与硝酸反应被氧化生成fe3+，则失电子物质的量为mol；bfe2o3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；cfeso4与硝酸反应被氧化生成fe3+，则失电子物质的量为mol；dfe3o4中fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是feo，则放出no物质的量最多的是feo，故选a【点评】本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为d，注意fe元素化合价的判断，难度不大6下列说法不正确的是( )a60周年国庆阅兵车hqe顶级红旗采用全铝车身，铝的氧化物属于两性氧化物b用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的器具时发生的主要是化学变化c英国华裔科学家高锟因在“光在纤维中的传输应用于光学通信方面”做出了突破性成就，而获得了2009年诺贝尔物理学奖，光纤制品的基本原料为sio2d液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；物理变化与化学变化的区别与联系；电解质与非电解质；硅和二氧化硅 【分析】a氧化铝能与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物；b油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐与甘油；c二氧化硅是制备光导纤维的基本原料；d液氯属于单质，既不是电解质越不是非电解质，液态hcl属于电解质【解答】解：a氧化铝与酸反应生成盐与水，与碱反应生成盐与水，属于两性氧化物，故a正确；b纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐与甘油，故b正确；c二氧化硅是制备光导纤维的基本原料，故c正确；d液氨属于非电解质，而液氯属于单质，既不是电解质越不是非电解质，液态hcl属于电解质，故d错误，故选：d【点评】本题考查两性氧化物、盐类水解与油脂性质、二氧化硅的用途、电解质与非电解质，比较基础，注意对基础知识的理解掌握71.52g 铜镁合金完全溶解于50ml 密度为1.40g/ml、质量分数为63%的浓硝酸中，得到no2和n2o4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/l naoh溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是( )a该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1b该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14.0 mol/lcno2和n2o4的混合气体中，no2的体积分数是80%d得到2.54 g沉淀时，加入naoh溶液的体积是600 ml【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质 【专题】压轴题；守恒法【分析】a、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中cu、mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；b、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；c、根据n=计算no2和n2o4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；d、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据v=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：a、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中cu、mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故a正确；b、该浓硝酸密度为1.40g/ml、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/l=14mol/l，故b正确；c、no2和n2o4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故no2的体积分数是100%=80%，故c正确；d、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05l14mol/l0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64l=640ml，故d错误；故选d【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答8下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法aco（g）co2（g）naoh溶液，浓h2so4洗气bnh4cl（aq）fe3+（aq）naoh溶液过滤ccl2（g）hcl（g）饱和食盐水，浓h2so4洗气dna2co3（s）nahco3（s）灼烧aabbccdd【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】实验评价题【分析】a二氧化碳与naoh反应，而co不能；bnaoh与nh4cl、fe3+均反应；chcl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解；d nahco3加热分解生成碳酸钠【解答】解：a二氧化碳与naoh反应，而co不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故a正确；bnaoh与nh4cl、fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故b错误；chcl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故c正确；dnahco3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故d正确；故选b【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大9实验测得一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的14.5倍，则其中氧气的质量分数为( )a25.0%b27.6%c72.4%d75.0%【考点】元素质量分数的计算 【分析】相同条件下，不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，据此计算混合气体的平均平均摩尔质量，根据=计算其物质的量之比，再根据m=nm计算其质量之比，进而计算氧气质量分数【解答】解：一氧化碳与氧气混合气体的密度是氢气的14.5倍，则混合气体平均摩尔质量为2g/mol14.5=29g/mol，设混合气体中co的物质的量为xmol、氧气的物质的量为ymol，则：=29，解得x：y=3：1，则一氧化碳、氧气的质量之比=3mol28g/mol：1mol32g/mol=21：8，故氧气的质量分数为100%=27.6%，故选b【点评】本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析计算能力的考查，注意相对密度的运用，难度不大10下列关于物质性质与应用的说法正确的是( )a碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅b二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用c二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能d二氧化锰具有较强的氧化性，可作h2o2分解的氧化剂【考点】硅和二氧化硅 【专题】碳族元素【分析】a高温条件下，碳和二氧化碳反应生成硅和co；b二氧化硫有毒；c硅是良好的半导体材料；d二氧化锰能加快双氧水分解，可作催化剂【解答】解：a高温条件下发生反应2c+sio2si+2co，该反应中碳作还原剂，故a正确；b二氧化硫有漂白性，能杀菌消毒，但有毒，所以不能在食品加工中大量使用，故b错误；c硅是良好的半导体材料，可将太阳能直接转化为电能，是太阳能电池的主要原料，二氧化硅是光导纤维的主要原料，故c错误；d二氧化锰能加快双氧水分解，可作双氧水的催化剂，故d错误；故选a【点评】本题考查物质的用途，明确物质性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会用化学知识解释生活现象，题目难度不大，注意a中生成co而不是二氧化碳，为易错点11将51.2g cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含no、n2o4、no2）的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/l naoh溶液完全吸收，生成含nano3和nano2的盐溶液，其中nano3的物质的量为( )a0.2molb0.4molc0.8mold0.9mol【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】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是cucu（no3）2，cu元素化合价由0价升高为+2价，每个cu原子失2个电子；另一个是hno3nano2，n元素由+5价降低为+3价，每个n原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gcu失去的电子等于hno3到nano2得到的电子，据此计算故产物中nano2的物质的量，由na守恒可知n（naoh）=n（nano2）+n（nano3），据此计算nano3的物质的量【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是cucu（no3）2，cu元素化合价由0价升高为+2价，每个cu原子失2个电子；另一个是hno3nano2，n元素由+5价降低为+3价，每个n原子得2个电子，51.2gcu共失电子为2=1.6mol，hno3到nano2共得到电子1.6mol，故产物中nano2的物质的量为=0.8mol，由na守恒可知n（naoh）=n（nano2）+n（nano3），所以n（nano3）=n（naoh）n（nano2）=0.5l2mol/l0.8mol=0.2mol故选：a【点评】考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于hno3到nano2得到的电子是解题的关键12pm2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放通过排气管加装催化装置，可有效减少co和no的排放，催化装置内发生的反应为：nox+con2+co2下列关于此反应的说法中，不正确的是( )a所涉及元素中原子半径：cnob当x=2时，每生成1mol n2，转移电子数为4molc等物质的量n2和co2中，共价键的个数比为3：4d氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，nox中氮元素的化合价为+2价【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；共价键的形成及共价键的主要类型 【专题】氧化还原反应专题【分析】a、同周期自左而右原子半径减小；b、x=2时，n元素由no2中+4价降低为n2中0价，转移电子物质的量为n原子的4倍；c、n2分子中含有nn三键，1moln2含有3mol共价键，co2分子中含有2个c=o双键，1molco2含有4mol共价键；d、根据电子转移守恒计算nox中n元素的化合价【解答】解：a、同周期自左而右原子半径减小，故原子半径cno，故a正确；b、x=2时，n元素由no2中+4价降低为n2中0价，转移电子物质的量为n原子的4倍，每生成1mol n2，转移电子数为1mol24=8mol，故b错误；c、n2分子中含有nn三键，1moln2含有3mol共价键，co2分子中含有2个c=o双键，1molco2含有4mol共价键，故等物质的量n2和co2中，共价键的个数比为3：4，故c正确；d、令nox中n元素的化合价为a，则1（a0）=1（42），解得a=2，故d正确；故选b【点评】本题考查原子半径比较、化学键、氧化还原反应计算等，难度中等，注意理解氧化还原反应中电子转移守恒13向na2co3、nahco3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )aa点对应的溶液中：na+、oh、so42、no3bb点对应的溶液中：al3+、fe3+、mno4、clcc点对应的溶液中：na+、ca2+、no3、cldd点对应的溶液中：f、no3、fe2+、ag+【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】向na2co3、nahco3，a点溶液中含有co32和hco3，b点全部为hco3，c点恰好完全反应生成nacl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题【解答】解：向na2co3、nahco3，a点溶液中含有co32和hco3，b点全部为hco3，c点恰好完全反应生成nacl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，aa点溶液中含有co32和hco3，hco3与oh反应不能大量共存，故a错误；bb点全部为hco3，al3+、fe3+与hco3发生互促水解反应而不能大量共存，故b错误；cc点恰好完全反应生成nacl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故c错误；dd点呈酸性，酸性条件下，no3与fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故d错误故选：c【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大14下列由相关实验现象所推出的结论正确的是( )aal与稀h2so4、稀hno3反应均生成铝盐并放出气体，说明al与两种酸均发生置换反应b常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，于是可在常温下用铁或铝制品贮藏、贮运浓硫酸ccl2和so2均能使品红溶液褪色，说明二者都有氧化性d向溶液中滴加硝酸酸化的bacl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有so42或so32中的一种或两种【考点】化学实验方案的评价；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质；常见阴离子的检验 【分析】a铝与硝酸发生氧化还原反应生活no和硝酸铝、水；b常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，在表现生成致密的氧化物膜；c二氧化硫与有色有机物发生化合反应；d可能生成agcl沉淀【解答】解：afe与稀hno3反应生成no，该反应不是置换反应，fe与稀h2so4反应有氢气生成，属于置换反应，故a错误；b常温下浓硫酸能使铁和铝发生钝化，在表现生成致密的氧化物膜，阻碍反应的继续进行，可在常温下用铁或铝制品贮藏、贮运浓硫酸，故b正确；cso2与有色有机物发生化合反应，为非氧化还原反应，故c错误；d可能生成agcl沉淀，应加入硝酸钡，故d错误故选b【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合理解和运用，有利于培养学生的良好科学素养和提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累和学习15设na表示阿伏加德罗常数的值，下列有关na 的叙述中正确的有( )标准状况下，20g重水（d2o）中含有的电子数为10na0.5mol fe2+与足量的h2o2溶液反应，转移0.5na个电子将2mol no和1mol o2混合后，体系中的分子总数为3na乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6na2moll1碳酸钠溶液中na+的数目是2na1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目是na22.4l的n2的共用电子对数为3naa3个b4个c5个d全部正确【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】依据n=计算物质的量，结合分子结构计算电子数；依据氧化还原反应电子守恒计算分析；一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮聚合为四氧化二氮；乙烯和环丙烷最简式相同为ch2，计算42gch2中氢原子数；溶液体积不知不能计算微粒数；氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底；气体摩尔体积的 应用条件是标准状况下为224l/mol分析；【解答】解：依据n=计算物质的量=1mol，结合分子结构计算电子数为10na，故正确；依据氧化还原反应电子守恒计算分析，0.5mol fe2+与足量的h2o2溶液反应，fe2+fe3+e，转移0.5na个电子，故正确；一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，2no+o2=2no2，二氧化氮聚合为四氧化二氮，2no=n2o4，体系中的分子总数小于3na，故错误；乙烯和环丙烷最简式相同为ch2，计算42gch2中氢原子数=2na=6na，故正确；溶液体积不知不能计算微粒数，故错误；氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目小于na，故错误；气体摩尔体积的 应用条件是标准状况下为224l/mol分析，温度压强不知不能计算物质的量，故错误；故选a【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是物质的量和物理量的计算，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应、可逆反应分析理解是解题关键，