河南省许昌市鄢陵一中高一化学上学期12月月考试卷（含解析）.docVIP

2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一中高一（上）月考化学试卷一、选择题（共16小题，每题只有1个选项符合题意，每小题3分，共48分）1对iiv的实验操作现象判断正确的是（）a产生红褐色沉淀b溶液颜色变红c放出大量气体d先出现白色沉淀，后沉淀又溶解2质量相同的两种气体a、b，在同温同压下，a的密度小于b，下列说法错误的是（）aa的体积比b大ba的摩尔质量比b大ca的分子数比b多da的物质的量比b大3使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（）用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤定容时，俯视容量瓶的刻度线定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线abcd4下列与“物质的量”相关的计算正确的是（）a5.6g co和22.4lco2中含有的碳原子数一定相等bngcl2中有m个cl原子，则阿伏加德罗常数na的数值可表示为c标准状况下，11.2l m气体分子的质量为16g，则m气体的摩尔质量是32d现有co、co2、o3三种气体，它们均含有1 molo，则三种气体的物质的量之比为3：2：15有一种固体化合物m，m本身不导电，但熔融状态或溶于水均能够电离，下列关于m的说法中，正确的是（）am只能是碱类bm只能是盐类cm一定为电解质dm可能为非电解质6实验室需配制一种仅含四种离子（不包括水电离出的离子）的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/l，下面四个选项中能达到此目的是（）afe2+、na+、no3、clbmg2+、nh4+、so42、no3ch+、k+、cl、ch3coodfe3+、k+、alo2、so427用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）a标准状况下，22.4 lh2o含有na个水分子b标准状况下，22l空气含有na个单质分子c常温常压下，11.2 l氯气所含的原子数目为nad标准状况下，1.12 l o2 和1.12 l co2均含有0.1na氧原子8在一定温度下，向不同电解质溶液中加入新物质时，其电流强度（i）随新物质加入量（m）的变化曲线不正确的是（）abcd向ba（oh）2溶液中逐滴加入等浓度的h2so4至过量向醋酸溶液中逐滴加入等浓度的氨水至过量向盐酸溶液中逐滴加入等浓度的naoh溶液至过量向氨水中逐滴加入等浓度的盐酸至过量aabbccdd9溶液中有0.2mol xo4，加入0.3mol na2so3恰好反应，已知na2so3被氧化成na2so4，则还原产物中x的化合价为（）a0b+1c+3d+410下列反应的离子方程式书写正确的是（）a钠和冷水反应：na+2h2ona+2oh+h2b金属铝溶于氢氧化钠溶液：al+2ohalo2+h2c金属铝溶于盐酸中：2al+6h+2al3+3h2d铁跟稀硫酸反应：fe+2h+fe3+h211在常温下，发生下列几种反应：16h+10z+2xo4=2x2+5z2+8h2o2a2+b2=2a3+2b 2b+z2=b2+2z根据上述反应，判断下列结论中错误的是（）a溶液中可发生：z2+2a2+=2a3+2zbz2在、反应中为还原剂c氧化性强弱的顺序为：xo4z2b2a3+dx2+是xo4的还原产物12一定量co2通入某浓度的naoh溶液得溶液a，向a溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n（hcl）与生成nco2的关系如图下列有关叙述正确的是（）a通入的co2气体在标准状况下可能大于22.4lba溶液中n（naoh）=2n（na2co3）ca溶液中既含na2co3，又有nahco3da溶液中一定只有na2co313在两个烧杯中分别盛有100ml 3.0moll1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两个烧杯中分别加入等质量的铝粉，在相同状况下生成的气体的体积比为2：5，则加入的铝粉的质量为（）a2.7 gb5.4 gc6.75 gd8.1 g14将8g铁片放入100ml硫酸铜溶液中，溶液中的cu2+全部被还原时，铁片变为8.2g，则原c（cuso4）为（）a0.25 moll1b0.025 moll1c0.5 moll1d0.125 moll115下列关于金属氧化物的说法中正确的是（）aal2o3能与酸反应，但不能与碱反应bfeo在空气中受热，会被氧化为fe3o4cna2o2既有氧化性又有还原性，故na2o2属于两性氧化物dna2o和na2o2中阴、阳离子个数之比分别为1：2 和1：116下列各组溶液不加任何试剂，只需要用试管和滴管两两互滴就能鉴别的是（）a盐酸、氢氧化钠、氯化钠b氢氧化钠、氢氧化钡、硫酸c硫酸氢钠、碳酸钠、氢氧化钠d硫酸铜、盐酸、硫酸二、非选择题（本题共包括5个小题，共52分）17（1）同温同压下，同体积的co2和co，它们的质量之比为，密度之比为（2）在50ml1moll1 fecl3溶液中，加入100ml naoh溶液恰好完全反应，则该naoh溶液的浓度为（3）标准状况下的hcl气体4.48l溶于水形成100ml溶液，所得盐酸的物质的量浓度为；将此溶液与足量的铁屑充分反应，生成的h2在标准状况下的体积为18氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途、贯穿古今（1）水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用图1表达试写出有水参加的符合反应类型的一个化学方程式：，其中水为_剂（2）过氧化氢的水溶液俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口关于双氧水，回答下列问题：下列反应中，h2o2既体现氧化性又体现还原性的反应是ana2o2+2hcl2nacl+h2o2bag2o+h2o22ag+o2+h2oc2h2o22h2o+o2 d3h2o2+cr2（so4）3+10kohk2cro4+3k2so4+8h2o保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是如图2（填序号）（3）焊接铜器时，可先用nh4cl 除去其表面的氧化铜再进行焊接，该反应可表示为：4cuo+2nh4cl 3cu+cucl2+n2+4h2o用双线桥标明电子转移的方向和数目该反应中，被氧化的元素是，氧化剂是还原剂与氧化产物的物质的量之比为反应中若产生0.2mol的氮气，则有 mol的电子转移19按照要求，回答下列问题（1）写出下列物质熔融态的电离方程式：nahso4（2）将粗盐溶解过滤除去不溶性杂质后，在滤液中依次滴加过量naoh溶液、bacl2溶液和na2co3溶液，直至不再产生沉淀滴加na2co3溶液时发生反应的化学方程式为（3）写出制备fe（oh）3胶体的化学方程式：取乙烧杯中少量fe（oh）3胶体置于试管中，向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量，发生此变化的离子方程式为20某混合物a，含有kal（so4）2、al2o3和fe2o3，实验小组利用a制备al（oh）3的操作流程如下：据此回答下列问题：（1）、四步中分离溶液和沉淀所采取的操作名称是，该实验操作所用到的玻璃仪器有（2）根据上述流程，写出d、e所含物质的化学式：沉淀d；溶液e、（3）写出、反应的离子方程式：；21把一定质量的镁、铝混合物投入到2moll1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入2moll1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示（1）金属铝的质量为（2）a的取值范围是（3）盐酸的体积是ml（4）的最大值是（5）8090ml对应反应的离子方程式2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一中高一（上）月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每题只有1个选项符合题意，每小题3分，共48分）1对iiv的实验操作现象判断正确的是（）a产生红褐色沉淀b溶液颜色变红c放出大量气体d先出现白色沉淀，后沉淀又溶解【考点】钠的重要化合物；检验三价铁与二价铁【分析】a将氯化铁饱和溶液加入到沸水中可得到氢氧化铁胶体；b三价铁离子遇硫氰化钾变红色；c镁与碱不反应；d氯化铝与氢氧化钠反应先生成白色沉淀后沉淀溶解【解答】解：a将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，故a错误； b三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故b错误；c镁与氢氧化钠溶液不反应，故c错误；d氯化铝与氢氧化钠反应先生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝可与氢氧化钠继续反应生成可溶性的偏氯酸钠，故d正确故选d【点评】本题考查元素及其化合物的性质，明确物质间的反应是解题的关键，题目难度不大2质量相同的两种气体a、b，在同温同压下，a的密度小于b，下列说法错误的是（）aa的体积比b大ba的摩尔质量比b大ca的分子数比b多da的物质的量比b大【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】质量相同的两种气体a、b，在同温同压下，a的密度小于b，则说明a的体积大于b，因同温同压下气体的vm相同，则a的物质的量大于b的物质的量，结合n=解答该题【解答】解：在同温同压下，a的密度小于b，由=可知，质量相同时，a的体积较大，因同温同压下气体的vm相同，则a的物质的量大于b的物质的量，aa的密度小于b，由=可知，质量相同时，a的体积较大，故a正确；b质量相同，a的物质的量大于b，则a的摩尔质量较小，故b错误；ca的物质的量大于b的物质的量，则a的分子数较多，故c正确；d由以上分析可知a的物质的量大于b的物质的量，故d正确故选b【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意相关计算公式的运用，难度不大3使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（）用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤定容时，俯视容量瓶的刻度线定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线abcd【考点】溶液的配制【专题】化学实验基本操作【分析】分析实验操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，然后根据c=判断不当操作对所配溶液浓度影响，被称量物与砝码的位置放颠倒了，实际称量药品的质量减小；烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小；俯视容量瓶的刻度线定容，所配溶液体积偏小；再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小【解答】解：用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，实际称量药品的质量减小，所配溶液难度偏低，故正确；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故正确；定容时，俯视容量瓶的刻度线，所配溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故错误；摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故正确；所以正确，故选a【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，题目难度不大，抓住c=判断操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响是解题的关键，注意掌握配制一定浓度的溶液的步骤4下列与“物质的量”相关的计算正确的是（）a5.6g co和22.4lco2中含有的碳原子数一定相等bngcl2中有m个cl原子，则阿伏加德罗常数na的数值可表示为c标准状况下，11.2l m气体分子的质量为16g，则m气体的摩尔质量是32d现有co、co2、o3三种气体，它们均含有1 molo，则三种气体的物质的量之比为3：2：1【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】a、状况不知无法求体积；b、ng cl2的物质的量为，所含氯原子数为：2na，则有2na=m，则阿伏加德罗常数na的数值可表示为；c、摩尔质量的单位是gmol1；d、co、co2、o3三种气体，它们含有的氧原子个数之比为1：2：3，则氧原子的物质的量相同，设都为1mol，则n（co）=1mol，n（co2）=mol，n（o3）=mol，则这三种气体的物质的量之比为1： =6：3：2【解答】解：a、气体的状况不知无法求二氧化碳的物质的量，故a错误；b、ng cl2的物质的量为，所含氯原子数为：2na，则有2na=m，则阿伏加德罗常数na的数值可表示为，故b正确；c、摩尔质量的单位是gmol1，所以m气体的摩尔质量是32gmol1，故c错误；d、co、co2、o3三种气体，它们含有的氧原子个数之比为1：2：3，则氧原子的物质的量相同，设都为1mol，则n（co）=1mol，n（co2）=mol，n（o3）=mol，则这三种气体的物质的量之比为1： =6：3：2，故d错误；故选b【点评】本题考查物质的量的有关计算，题目难度不大，要注意物质的量与质量、体积、粒子数目、浓度的计算公式的运用5有一种固体化合物m，m本身不导电，但熔融状态或溶于水均能够电离，下列关于m的说法中，正确的是（）am只能是碱类bm只能是盐类cm一定为电解质dm可能为非电解质【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，例如酸、碱和盐等；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物；因为m为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以m一定为电解质【解答】解：a、m可能是碱类，也可能是盐类，也可能是cao等金属氧化物，故a错误；b、m可能是碱类，也可能是盐类，也可能是cao等金属氧化物，故b错误；c、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，因为m为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以m一定为电解质，故c正确；d、非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，m在熔化状态下或水溶液中能够电离而导电，因此m不可能是非电解质，故d错误；故选c【点评】本题关键理解透电解质、非电解质的定义，抓住信息中熔化状态或溶于水中能够电离、m属于化合物来解答即可6实验室需配制一种仅含四种离子（不包括水电离出的离子）的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/l，下面四个选项中能达到此目的是（）afe2+、na+、no3、clbmg2+、nh4+、so42、no3ch+、k+、cl、ch3coodfe3+、k+、alo2、so42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】先根据离子反应发生的条件判断离子之间是否能够共存；然后根据混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为0.5moll1及溶液的电中性判断是否能够共存【解答】解：a四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/l，不能满足溶液的电中性原则，故a错误；b离子之间不发生任何反应，且四种离子的物质的量浓度均为0.5mol/l，可满足溶液的电中性原则，故b正确；ch+与ch3coo反应生成弱电解质而不能大量共存，故c错误；dfe3+与alo2发生互促水解反应而不能大量共存，故d错误故选b【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合运用能力，答题时注意审题，注意结合溶液的电中性原则解答该题7用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）a标准状况下，22.4 lh2o含有na个水分子b标准状况下，22l空气含有na个单质分子c常温常压下，11.2 l氯气所含的原子数目为nad标准状况下，1.12 l o2 和1.12 l co2均含有0.1na氧原子【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、标况下水为液态；b、空气中不止是单质气体；c、常温常压下，其摩尔体积大于22.4l/mol；d、氧气和二氧化碳中均含2个氧原子【解答】解：a、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积的数值来计算其物质的量，故a错误；b、标况下22.4l空气的物质的量为1mol，但空气中不止是单质气体，还有化合物，故其中含有的单质分子的个数小于na个，故b错误；c、常温常压下，其摩尔体积大于22.4l/mol，故11.2l氯气的物质的量小于0.5mol，则含有的原子个数小于na个，故c错误；d、标况下1.12l氧气和二氧化碳的物质的量均为0.05mol，而氧气和二氧化碳中均含2个氧原子，故0.05mol氧气和0.05mol二氧化碳中含有的氧原子的物质的量均为0.1mol，个数均为0.1na个，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8在一定温度下，向不同电解质溶液中加入新物质时，其电流强度（i）随新物质加入量（m）的变化曲线不正确的是（）abcd向ba（oh）2溶液中逐滴加入等浓度的h2so4至过量向醋酸溶液中逐滴加入等浓度的氨水至过量向盐酸溶液中逐滴加入等浓度的naoh溶液至过量向氨水中逐滴加入等浓度的盐酸至过量aabbccdd【考点】电解质溶液的导电性【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】液的导电性与离子浓度大小有关，离子浓度越大，溶液导电性越强，结合反应的离子方程式或化学方程式以及电解质的强弱进行判断【解答】解：aba（oh）2+h2so4=baso4+2h2o，滴入h2so4时生成沉淀和弱电解质，导电性减弱，完全反应后，h2so4过量，导电性又增强，与图象一致，故a不选； bch3cooh+nh3h2o=ch3coonh4+h2o，导电性增强，但氨水过量后，将溶液稀释，导电性减弱，与图象一致，故b不选；c向盐酸溶液中逐滴加入等浓度的naoh溶液会发生反应得到氯化钠溶液，溶液导电性不变，至过量相当于将溶液稀释，所以溶液导电性减弱，和图象不符，故c选；d向氨水中逐滴加入等浓度的盐酸会发生反应得到氯化氨溶液，导电性增强，但是盐酸过量，浓度是一样的，所以溶液导电性几乎不变，和图象相符，故d不选；故选c【点评】本题考查电解质溶液导电性判断，为高频考点，电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，明确反应实质及混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，为易错题9溶液中有0.2mol xo4，加入0.3mol na2so3恰好反应，已知na2so3被氧化成na2so4，则还原产物中x的化合价为（）a0b+1c+3d+4【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】n（na2so3）=0.3mol，n（xo4）=0.2mol，xo4和na2so3发生氧化还原反应生成na2so4，根据原子守恒计算rx素在还原产物中的化合价，据此分析解答【解答】解：n（na2so3）=0.3mol，n（xo4）=0.2mol，xo4和na2so3发生氧化还原反应生成na2so4，设x元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒得0.3mol（64）=0.2（7x），x=+4故选d【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查学生分析能力、计算能力，明确转移电子守恒是解本题关键，题目难度不大10下列反应的离子方程式书写正确的是（）a钠和冷水反应：na+2h2ona+2oh+h2b金属铝溶于氢氧化钠溶液：al+2ohalo2+h2c金属铝溶于盐酸中：2al+6h+2al3+3h2d铁跟稀硫酸反应：fe+2h+fe3+h2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a电荷、电子不守恒；b水参加反应；c反应生成氯化铝和氢气；d反应生成硫酸亚铁和氢气【解答】解： a钠和冷水反应的离子反应为2na+2h2o2na+2oh+h2，故a错误；b金属铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2al+2h2o+2oh2alo2+3h2，故b错误；c金属铝溶于盐酸中的离子反应为2al+6h+2al3+3h2，故c正确；d铁跟稀硫酸反应的离子反应为fe+2h+fe2+h2，故d错误；故选：c【点评】本题考查离子反应书写正误判断，为高考常见题型，侧重学生思维严密性的考查，把握离子反应的实质为解答的关键，题目难度不大11在常温下，发生下列几种反应：16h+10z+2xo4=2x2+5z2+8h2o2a2+b2=2a3+2b 2b+z2=b2+2z根据上述反应，判断下列结论中错误的是（）a溶液中可发生：z2+2a2+=2a3+2zbz2在、反应中为还原剂c氧化性强弱的顺序为：xo4z2b2a3+dx2+是xo4的还原产物【考点】氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】a、根据化合价判断氧化剂，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，进一步判断反应能否发生；b、利用z元素的化合价升高时作还原剂，化合价降低时为氧化剂；c、利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析；d、利用反应可知x元素的化合价降低来分析【解答】解：a、中x的化合价降低，则氧化性xo4z2，中b元素的化合价降低，则氧化性b2a3+，中z元素的化合价降低，则氧化性z2b2，则氧化性z2a3+，反应z2+2a2+=2a3+2z可发生，故a正确；b、中z元素的化合价升高，则z2为氧化产物，中z元素的化合价降低，则z2为氧化剂，故b错误；c、中x的化合价降低，则氧化性xo4z2，中b元素的化合价降低，则氧化性b2a3+，中z元素的化合价降低，则氧化性z2b2，则氧化性xo4z2b2a3+，故c正确；d、反应中x元素的化合价降低，则xo4为氧化剂，则x2+是xo4的还原产物，故d正确；故选b【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及相关的基本概念，明确反应中元素的化合价变化及是氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性解答的关键12一定量co2通入某浓度的naoh溶液得溶液a，向a溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n（hcl）与生成nco2的关系如图下列有关叙述正确的是（）a通入的co2气体在标准状况下可能大于22.4lba溶液中n（naoh）=2n（na2co3）ca溶液中既含na2co3，又有nahco3da溶液中一定只有na2co3【考点】钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】由图象可知，加入盐酸3mol时，开始生成co2，共消耗1molhcl，发生nahco3+hcl=nacl+co2+h2o，如开始加入盐酸时中发生na2co3+hcl=nacl+nahco3，则应消耗1mol盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸，则说明溶液中含有naoh和na2co3，开始时先后发生naoh+hcl=nacl+h2o、na2co3+hcl=nacl+nahco3，以此解答该题【解答】解：由图象可知，加入盐酸3mol时，开始生成co2，共消耗1molhcl，发生nahco3+hcl=nacl+co2+h2o，如开始加入盐酸时中发生na2co3+hcl=nacl+nahco3，则应消耗1mol盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗3mol盐酸，则说明溶液中含有naoh和na2co3，开始时先后发生naoh+hcl=nacl+h2o、na2co3+hcl=nacl+nahco3，a由图象可知生成二氧化碳1mol，则通入的co2气体在标准状况下应为22.4l，故a错误；b由图象可知，反应共生成1mol二氧化碳，则溶液中含有1molna2co3，而生成二氧化碳之前分别发生naoh+hcl=nacl+h2o、na2co3+hcl=nacl+nahco3，共消耗3molhcl，由方程式可知na2co3消耗1molhcl，则naoh消耗2molhcl，则naoh为2mol，所以n（naoh）=2n（na2co3），故b正确；c由以上分析可知a中含有na2co3和naoh，故c错误；da溶液应为na2co3和naoh的混合物，故d错误故选b【点评】本题考查元素化合物、图象数据的处理知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，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naoh+hcl=nacl+h2o，hcl+na2co3=nahco3+nacl；进行完全后，再发生：nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，题目难度中等13在两个烧杯中分别盛有100ml 3.0moll1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两个烧杯中分别加入等质量的铝粉，在相同状况下生成的气体的体积比为2：5，则加入的铝粉的质量为（）a2.7 gb5.4 gc6.75 gd8.1 g【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，加入铝的质量相同，若al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为2：5，由方程式：2al+6hcl2alcl3+3h2、2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h2，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，结合方程式计算解答【解答】解：盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，加入铝的质量相同，若al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为2：5，由方程式：2al+6hcl2alcl3+3h2、2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h2，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1l3mol/l=0.3mol，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：2al+6hcl2alcl3+3h2 6 3 0.3mol x解得x=0.15mol，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol=0.375mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h22 3y 0.375mol解得y=0.25mol，则铝的质量为0.25mol27g/mol=6.75g，故选：c【点评】本题考查化学反应方程式的计算，关键是判断反应中酸、碱是否足量，难度中等14将8g铁片放入100ml硫酸铜溶液中，溶液中的cu2+全部被还原时，铁片变为8.2g，则原c（cuso4）为（）a0.25 moll1b0.025 moll1c0.5 moll1d0.125 moll1【考点】氧化还原反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】发生反应：fe+cuso4feso4+cu，利用差量法来计算溶液中硫酸铜的物质的量，进而计算其物质的量浓度【解答】解：设原溶液中硫酸铜的物质的量为xmol，则：fe+cuso4feso4+cum1mol 64g56g=8gxmol 8.2g8g=0.2g所以1mol：xmol=8g：0.2g解得x=0.025，则原溶液中cuso4的物质的量浓度=0.025mol0.1l=0.25mol/l，故选a【点评】本题考查化学反应方程式的计算，注意利用差量法来简化计算过程，难度不大15下列关于金属氧化物的说法中正确的是（）aal2o3能与酸反应，但不能与碱反应bfeo在空气中受热，会被氧化为fe3o4cna2o2既有氧化性又有还原性，故na2o2属于两性氧化物dna2o和na2o2中阴、阳离子个数之比分别为1：2 和1：1【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】aal2o3属于两性氧化物；bfeo与氧气反应生成fe3o4；cna2o2属于过氧化物；dna2o2中阴离子为过氧根离子【解答】解：aal2o3属于两性氧化物，al2o3能与酸反应，也能与碱反应，故a错误；bfeo不稳定，在加热条件下与氧气反应生成fe3o4，故b正确；cna2o2属于过氧化物，能与酸反应，不能与碱反应，不是两性氧化物，故c错误；dna2o2中阴离子为过氧根离子，na2o和na2o2中阴、阳离子个数之比都是1：2，故d错误；故选b【点评】本题考查了金属元素及其化合物的性质，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握两性氧化物的概念以及过氧化钠的组成16下列各组溶液不加任何试剂，只需要用试管和滴管两两互滴就能鉴别的是（）a盐酸、氢氧化钠、氯化钠b氢氧化钠、氢氧化钡、硫酸c硫酸氢钠、碳酸钠、氢氧化钠d硫酸铜、盐酸、硫酸【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】只需要用试管和滴管两两互滴就能鉴别，则先观察颜色，再利用试剂相互反应的现象不同来鉴别，或反应与量有关，以此来解答【解答】解：a盐酸、氢氧化钠反应无现象，均与nacl不反应，不能鉴别，故a不选；b氢氧化钡、硫酸反应生成沉淀，氢氧化钠、硫酸反应生成水，不能鉴别，故b不选；c硫酸氢钠、碳酸钠反应生成气体，若硫酸氢钠、氢氧化钠反应后在滴加碳酸钠不能反应，则可鉴别，故c选；d硫酸铜为蓝色，均与盐酸、硫酸不反应，不能鉴别盐酸、硫酸，故d不选；故选c【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，注意试剂的颜色及物质之间的反应和现象，选项c为解答的难点，题目难度不大二、非选择题（本题共包括5个小题，共52分）17（1）同温同压下，同体积的co2和co，它们的质量之比为11：7，密度之比为11：7（2）在50ml1moll1 fecl3溶液中，加入100ml naoh溶液恰好完全反应，则该naoh溶液的浓度为1.5moll1（3）标准状况下的hcl气体4.48l溶于水形成100ml溶液，所得盐酸的物质的量浓度为2moll1；将此溶液与足量的铁屑充分反应，生成的h2在标准状况下的体积为2.24l【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】（1）根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下同体积的co2和co的物质的量相同，根据分子的组成和分子的相对分子质量计算质量、密度等关系；（2）根据关系式fecl33naoh，结合c=，计算求解；（3）根据n=cv（溶液）计算；根据方程式：fe+2hcl=fecl2+h2计算【解答】解：（1）根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下同体积的co2和co的物质的量相同，物质的量之比为1：1，设co2和co的物质的量都为1mol，1molco2的质量为1mol44g/mol=44g，1molco的质量为1mol28g/mol=28g，质量之比为44：28=11：7，因co2和co的体积相同，则密度之比等于质量之比，为11：7，故答案为：11：7；11：7；（2）根据关系式fecl33naoh，所以n（naoh）=30.051=0.15mol，所以c=1.5 moll1，故答案为：1.5 moll1；（3）n（hcl）=0.2mol，c（hcl）=2mol/l，由fe+2hcl=fecl2+h2 2mol 22.4l 0.2mol vv=2.24l，故答案为：2moll1；2.24l【点评】本题考查物质的量的有关计算，题目难度不大，注意有关计算公式的运用18氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途、贯穿古今（1）水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用图1表达试写出有水参加的符合反应类型的一个化学方程式：2na+2h2o=2naoh+h2，其中水为氧化_剂（2）过氧化氢的水溶液俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口关于双氧水，回答下列问题：下列反应中，h2o2既体现氧化性又体现还原性的反应是cana2o2+2hcl2nacl+h2o2bag2o+h2o22ag+o2+h2oc2h2o22h2o+o2 d 3h2o2+cr2（so4）3+10kohk2cro4+3k2so4+8h2o保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是如图2b（填序号）（3）焊接铜器时，可先用nh4cl 除去其表面的氧化铜再进行焊接，该反应可表示为：4cuo+2nh4cl 3cu+cucl2+n2+4h2o用双线桥标明电子转移的方向和数目该反应中，被氧化的元素是n，氧化剂是cuo还原剂与氧化产物的物质的量之比为2：1反应中若产生0.2mol的氮气，则有1.2 mol的电子转移【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）由图可知，为氧化还原反应，且属于置换反应，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气符合；（2）双氧水分解中h元素化合价降低体现氧化性，o元素的化合价升高体现还原性；双氧水常用作氧化剂，具有氧化性；（3）cu由+2价降低为0，n元素的化合价由3价升高为0，反应中转移6e；元素化合价升高发生氧化反应，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；反应中nh4cl是还原剂，氮气为氧化产物；根据n元素化合价变化计算转移电子【解答】解：（1）由图可知，为氧化还原反应，且属于置换反应，如2na+2h2o=2naoh+h2，水中h元素的化合价降低，则水为氧化剂，故答案为：2na+2h2o=2naoh+h2；氧化；（2）ana2o2+2hcl2nacl+h2o2中，过氧化氢为生成物；bag2o+h2o22ag+o2+h2o中o元素的化合价升高，只体现过氧化氢的还原性；c2h2o22h2o+o2中h元素的化合价降低，o元素的化合价升高，则体现氧化性和还原性；d3h2o2+cr2（so4）3+10koh2k2cro4+3k2so4+8h2o中o元素的化合价降低，只体现过氧化氢的氧化性；故答案为：c；双氧水常用作氧化剂，具有氧化性，所以用标签b，故答案为：b；（3）cu由+2价降低为0，n元素的化合价由3价升高为0，该反应转移6e，用双线桥标明电子转移的方向和数目为，故答案为：；n元素的化合价升高失去电子被氧化，cu元素的化合价降低，则cuo为氧化剂，故答案为：n；cuo；还原剂为nh4cl，氧化产物为n2，由反应可知，还原剂与氧化产物的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol6mol=1.2mol，故答案为：1.2【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应分析与应用能力的考查，题目难度不大19按照要求，回答下列问题（1）写出下列物质熔融态的电离方程式：nahso4nahso4na+hso4（2）将粗盐溶解过滤除去不溶性杂质后，在滤液中依次滴加过量naoh溶液、bacl2溶液和na2co3溶液，直至不再产生沉淀滴加na2co3溶液时发生反应的化学方程式为bacl2+na2co3baco3+2nacl，cacl2+na2co3caco3+2nacl（3）写出制备fe（oh）3胶体的化学方程式：fecl3+3h2ofe（oh）3（胶体）+3hcl取乙烧杯中少量fe（oh）3胶体置于试管中，向试管中逐渐滴加稀盐酸至过量，发生此变化的离子方程式为fe（oh）3+3h+fe3+3h2o【考点】电离方程式的书写；盐类水解的应用；粗盐提纯【专题】离子反应专题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】（1）硫酸氢钠为强电解质，熔融状态电离生成钠离子和硫酸氢根离子；（2）氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡和氯化钠；氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠；（3）氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢；氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应生成氯化铁和水【解答】解：（1）硫酸氢钠为强电解质，熔融状态电离生成钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式：nahso4na+hso4；故答案为；nahso4na+hso4；（2）氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡和氯化钠，化学方程式：bacl2+na2co3baco3+2nacl；氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，化学方程式：cacl2+na2co3caco3+2nacl；故答案为：bacl2+na2co3baco3+2nacl； cacl2+na2co3caco3+2nacl；（3）氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，化学方程式：fecl3+3h2ofe（oh）3（胶体）+3hcl；氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应生成氯化铁和水，离子方程式：fe（oh）3+3h+fe3+3h2o；故答案为：fecl3+3h2ofe（oh）3（胶体）+3hcl；fe（oh）3+3h+fe3+3h2o【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式、电解质电离方程式的书写，明确反应实质及电解质的强弱是解题关键，注意熔融状态下硫酸氢根离子不能拆20某混合物a，含有kal（so4）2、al2o3和fe2o3，实验小组利用a制备al（oh）3的操作流程如下：据此回答下列问题：（1）、四步中分离溶液和沉淀所采取的操作名称是过滤，该实验操作所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗（2）根据上述流程，写出d、e所含物质的化学式：沉淀dfe2o3；溶液ek2so4、（nh4）2so4（3）写出、反应的离子方程式：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+；alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】kal（so4）2溶于水，al2o3和fe2o3均不溶于水，混合物a加水溶解后，溶液中是kal（so4）2，沉淀c是al2o3和fe2o3；向沉淀中加naoh溶液，fe2o3不反应，al2o3可与naoh溶液反应生成naalo2，向naalo2溶液中通入co2可得al（oh）3沉淀，滤液为碳酸氢钠；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是k2so4 和（nh4）2so4，经过蒸发、结晶，得到的是k2so4 和（nh4）2so4，故e为k2so4 和（nh4）2so4，以此来解答【解答】解：kal（so4）2溶于水，al2o3和fe2o3均不溶于水，混合物a加水溶解后，溶液中是kal（so4）2，沉淀c是al2o3和fe2o3；向沉淀中加naoh溶液，fe2o3不反应，al2o3可与naoh溶液反应生成naalo2，向naalo2溶液中通入co2可得al（oh）3沉淀，滤液为碳酸氢钠；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是k2so4 和（nh4）2so4，经过蒸发、结晶，得到的是k2so4 和（nh4）2so4，故e为k2so4 和（nh4）2so4，（1）、四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤，该实验操作所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：过滤； 玻璃棒、烧杯、漏斗；（2）由上述分析可知，b为al2o3，d为fe2o3，e为k2so4