江西省抚州市金溪一中高三化学上学期第一次周考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省抚州市金溪一中高三（上）第一次周考化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1生活中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）a硫酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作x光透视肠胃的药剂b使用明矾可以对水进行消毒、杀菌c铁制品在干燥的空气中易生锈d棉花、蚕丝和人造丝的主要成分是纤维素2化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）a明矾水解形成的al（oh）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化b在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀c电解mgcl2饱和溶液，可制得金属镁dmgo的熔点很高，可用于制作耐高温材料3na、al、fe、cu都是重要的金属，下列有关它们的说法正确的是（）a在一定条件下都能与水发生置换反应b在一定条件下都能与稀hno3发生氧化还原反应c都必须隔绝空气保存d在一定条件下都能与稀h2so4反应产生h24某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去 酯化 水解氧化 中和（）abcd5在下列条件下，能大量共存的微粒组是（）化学式电离常数ch3coohki=1.7105hcloki=3.0108h2co3ki1=4.3107ki2=5.61011ac（h+）=11014mol/l的溶液：k+、na+、alo2、s2o32b右表提供的数据下：hclo、hco3、clo、co32c能与al反应生成h2的溶液：nh4+、ca2+、no3、id中性的溶液中：co32、na+、so42、alo26用na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）18g d2o含有的电子数为10na同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数相等标准状况下，11.2l以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为na在标准状况下，22.4lso3的物质的量为1mol等物质的量的na2o和na2o2中含有的阴离子总数相等0.1moloh含0.1na个电子1mol na2o2与水完全反应时转移电子数为2naabcd7（2013秋南康区校级月考）氮化铝（aln、al和n的相对原子质量分别为27和14）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，aln可通过反应al2o3+n2+3c2aln+3co合成下列叙述正确的是（）a上述反应中，n2是还原剂，al2o3是氧化剂baln的摩尔质量为41 gcaln中氮元素的化合价为+3d上述反应中，每生成1 mol aln需转移3 mol电子8下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是（）用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0ml溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液abcd9某金属m的氯化物mcl2的相对分子质量为a，溶解度为sg，现取质量为wg的mcl2，在一定温度下完全溶解配成v ml饱和溶液，若溶液的密度为d g/cm3，溶液的物质的量浓度为c mol/l，溶液中溶质的质量分数为%，则下列关系式中不正确的是（）ac=mol/lbc（cl）=mol/lc%=%ds=10将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no）向反应后的溶液中加入3mol/l naoh溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g下列叙述不正确的是（）a当金属全部溶解时收集到no气体的体积一定为2.24 lb当生成的沉淀量达到最大时，消耗naoh溶液的体积v100mlc参加反应的金属的总质量3.6gm9.6 gd当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol11把一定量的锌与100ml 18.5mol/l的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下 33.6l的气体，将反应后的溶液稀释到1l，测得溶液的ph=1，则下列叙述错误的是（）a气体a中so2和h2的体积比为4：1b气体a是so2和h2的混合物c反应中共消耗锌97.5gd反应中共转移电子3 mol12甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（）选项物质转化关系甲乙丙丁anaohnahco3na2co3co2balcl3naalo2al（oh）3naohcfefe（no3）3fe（no3）2hno3dccoco2o2aabbccdd13将足量的co2不断通入naoh、ba（oh）2、naalo2的混合溶液中，生成沉淀与通入co2的量的关系可表示为（）abcd14将8g fe2o3投入150ml某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68l h2（标准状况），同时，fe和fe2o3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4moll1的naoh溶液150ml则原硫酸的物质的量浓度为（）a1.5moll1b0.5moll1c2moll1d1.2moll115室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有no），向反应后的混合溶液中滴加b mol/l naoh溶液，当滴加到v ml时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（）沉淀中氢氧根的质量为（nm）克恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量为mol反应过程中转移的电子数为mol生成no气体的体积为l发生反应的硝酸的物质的量为（）mola2项b3项c4项d5项16下表中评价合理的是（）选项内容评价a一定条件下0.5mol n2和1.5mol h2反应，平衡时放热a kj，则n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=2a kjmol1正确b氯化镁溶液与氨水反应：mg2+2ohmg（oh）2错误，氨水不应写成离子形式c向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：ba2+so42baso4正确d等物质的量的cl2与febr2在溶液中反应：2fe2+2br+2cl22fe3+4cl+br2错误，fe2+与br的化学计量数之比应为l：2aabbccdd二、非选择题（共52分）17某强碱性溶液中可能含有的离子是k+、nh4+、al3+、alo2、so42、sio32、co32、cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，加ba（no3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失（1）肯定不存在的离子是（2）写出步骤中生成沉淀和气体的反应的离子方程式；（3）已知一定量的原溶液中加入5ml 0.2mol/l盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有cl？（填“有”或“无”）18如图中，a、b、c、d、e是单质，g、h、i、f是b、c、d、e分别和a形成的二元化合物，已知：反应c+gb+h能放出大量的热，g为红棕色；i是一种常见的温室气体，它和e可以发生反应：2e+i 2f+d，f中的e元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反应的化学方程式为（2）1.6g g 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，至少需要铜粉克（3）c与过量naoh溶液反应的离子方程式为，反应后的溶液与过量的化合物i反应生成沉淀的离子方程式为（4）e与i反应的化学方程式为19用含有al2o3、sio2和少量feoxfe2o3的铝灰制备al2（so4）318h2o，工艺流程如下（部分操作和条件略）：向铝灰中加入过量稀h2so4，过滤；向滤液中加入过量kmno4溶液，调节溶液的ph约为3；加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；加入mnso4至紫红色消失，过滤；浓缩、结晶、分离，得到产品（1）h2so4溶解al2o3的离子方程式是（2）将mno4氧化fe2+的离子方程式补充完整：mno4+fe2+=mn2+fe3+（3）已知：生成氢氧化物沉淀的phal（oh）3fe（oh）2fe（oh）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1moll1根据表中数据解释步骤的目的：（4）已知：一定条件下，mno4可与mn2+反应生成mno2向的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在mno2的现象是：中加入mnso4的目的是20a、b、c、d均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物已略去）：试回答：（1）若d是具有氧化性的单质，则属于主族的金属a为（填元素符号）（2）若d是金属，c溶液在储存时应加入少量d，其理由是（用离子方程式表示）（3）若a、b、c为含同一种金属元素的无机化合物且b不溶于水，在溶液中a和c反应生成b请写出b转化为c的所有可能的离子方程式化合物b经过一系列反应可以得到单质e，将一定质量的mg和e 的混合物投入500ml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固体混合物中mg的质量为；naoh溶液的物质的量浓度为21衣康酸m是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）（1）a发生加聚反应的官能团名称是，所得聚合物分子的结构型式是（填“线型”或“体型”）（2）bd的化学方程式为（3）m的同分异构体q是饱和二元羧酸，则q的结构简式为（只写一种）（4）已知：ch2cnch2coona+nh3，e经五步转变成m的合成反应流程（如图1）：eg的化学反应类型为，gh的化学方程式为jl的离子方程式为已知：c（oh）3cooh+h2o，e经三步转变成m的合成反应流程为（示例如图2；第二步反应试剂及条件限用naoh水溶液、加热）2014-2015学年江西省抚州市金溪一中高三（上）第一次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1生活中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）a硫酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作x光透视肠胃的药剂b使用明矾可以对水进行消毒、杀菌c铁制品在干燥的空气中易生锈d棉花、蚕丝和人造丝的主要成分是纤维素【考点】药物的主要成分和疗效；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；纤维素的性质和用途【专题】元素及其化合物；有机化学基础【分析】a难溶于水也难溶于酸的baso4，不但没有毒，而且它具有不易被x射线透过的特点；b明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体只具有吸附杂质的作用；c铁在有水和氧气并存时易生锈；d蚕丝的成分是蛋白质【解答】解：a溶于水的钡盐如ba（no3）2、bacl2等对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的baso4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被x射线透过的特点，在医疗上被用作x射线透视胃肠的内服药剂“钡餐”，故a正确； b明矾利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附悬浮的杂质可以净水，但不能杀菌消毒，故b错误；c在干燥的空气中，铁不与水接触，不易生锈，故c错误；d棉花和人造丝的主要成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故d错误故选a【点评】本题考查钡餐、明矾净水、原电池和物质的成分，难度不大，明确铁生锈原理是解题的关键2化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）a明矾水解形成的al（oh）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化b在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀c电解mgcl2饱和溶液，可制得金属镁dmgo的熔点很高，可用于制作耐高温材料【考点】金属的电化学腐蚀与防护；金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物【分析】a、胶体能净化水；b、锌块作原电池负极被腐蚀，从而保护铁被腐蚀；c、活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼；d、根据氧化镁的性质判断其用途【解答】解：a、明矾中含有铝元素，铝能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物所以能净水，故a正确；b、锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极，负极锌失电子被腐蚀，从而保护了铁被腐蚀，故b正确；c、镁是活泼金属，电解其水溶液时，阴极上氢离子得电子而不是镁离子得电子，所以得不到金属镁，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，故c错误；d、氧化镁的熔点较高，所以能制作耐高温材料，故d正确故选：c【点评】本题考查了化学知识在日常生活中的应用，难度不大，易错选项是a，注意氢氧化铝胶体具有吸附性3na、al、fe、cu都是重要的金属，下列有关它们的说法正确的是（）a在一定条件下都能与水发生置换反应b在一定条件下都能与稀hno3发生氧化还原反应c都必须隔绝空气保存d在一定条件下都能与稀h2so4反应产生h2【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、cu不能与水发生置换反应；b、na、al、fe、cu都有强还原性能与氧化性的稀hno3发生氧化还原反应；c、铝表面形成致密的氧化膜，不需隔绝空气保存；d、铜不与稀硝酸反应【解答】解： a、cu不能与水发生置换反应，故a不选；b、na、al、fe、cu都有强还原性能与氧化性的稀hno3发生氧化还原反应，故b符合；c、铝表面形成致密的氧化膜，不需隔绝空气保存，故c不选；d、铜不与稀硝酸反应，故d不选；故选b【点评】本题考查常见的金属单质的性质，为高频考点，把握金属及其化合物性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大4某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去 酯化 水解氧化 中和（）abcd【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，该有机物中含有碳碳双键、酯基、oh、cooh，结合烯烃、酯、醇、羧酸的性质来解答【解答】解：因含有羟基、羧基，则能发生取代反应，故选；因含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故选；因与oh相连的c的邻位碳原子上有h原子，则能发生消去反应，故选；因含有羟基、羧基，则能发生酯化反应，故选；含有酯基，则能发生水解反应，故选；含有碳碳双键、oh，能发生氧化反应，故选；因含有羧基，则能发生中和反应，选；故选d【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯、醇、羧酸的性质及反应的考查，题目难度不大5在下列条件下，能大量共存的微粒组是（）化学式电离常数ch3coohki=1.7105hcloki=3.0108h2co3ki1=4.3107ki2=5.61011ac（h+）=11014mol/l的溶液：k+、na+、alo2、s2o32b右表提供的数据下：hclo、hco3、clo、co32c能与al反应生成h2的溶液：nh4+、ca2+、no3、id中性的溶液中：co32、na+、so42、alo2【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】ac（h+）=11014mol/l的溶液，显碱性；b由表中的数据可知，酸性hcloco32；c与al反应生成h2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；d中性溶液中不能存在水解显碱性的离子【解答】解：ac（h+）=11014mol/l的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故a正确；b由表中的数据可知，酸性hcloco32，二者发生强酸制取弱酸的反应，不能共存，故b错误；c与al反应生成h2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在nh4+，酸溶液中no3、i（或al）发生氧化还原反应，不能共存，故c错误；dco32、alo2均水解显碱性，与中性溶液不符，故d错误；故选a【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，选项bd为解答的关键，注意选项b中表格数据的应用，题目难度不大6用na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）18g d2o含有的电子数为10na同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数相等标准状况下，11.2l以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为na在标准状况下，22.4lso3的物质的量为1mol等物质的量的na2o和na2o2中含有的阴离子总数相等0.1moloh含0.1na个电子1mol na2o2与水完全反应时转移电子数为2naabcd【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】根据n=并结合d2o中的电子数来计算；氩气是单原子分子；根据氮气和氧气均为双原子分子来分析；标况下so3为固体；na2o中含2个na+和1个o2，na2o2中含2个na+和1个o22来分析1moloh含10mol电子；na2o2与水的反应为歧化反应【解答】解：根据n=可知重水的物质的量n=0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水含9mol电子，故错误；氩气是单原子分子，故同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数不相等，故错误；标准状况下，11.2l混合气体的物质的量n=0.5mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故所含的原子的物质的量为1mol，个数为na，故正确；标况下so3为固体，故错误；na2o中含2个na+和1个o2，na2o2中含2个na+和1个o22，故当两者物质的量相等时，所含的阴离子数目相等，故正确；1moloh含10mol电子，故0.1moloh含1mol电子，即1na个电子，故错误；na2o2与水的反应为歧化反应，1molna2o2转移1mol电子即na个，故错误故选b【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用以及物质的结构是解题关键，难度不大7氮化铝（aln、al和n的相对原子质量分别为27和14）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，aln可通过反应al2o3+n2+3c2aln+3co合成下列叙述正确的是（）a上述反应中，n2是还原剂，al2o3是氧化剂baln的摩尔质量为41 gcaln中氮元素的化合价为+3d上述反应中，每生成1 mol aln需转移3 mol电子【考点】氧化还原反应【分析】al2o3+n2+3c2aln+3co中，n元素的化合价由0降低为3价，c元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答【解答】解：an元素的化合价降低，c元素的化合价升高，则n2是氧化剂，c是还原剂，故a错误；baln的摩尔质量为41g/mol，质量的单位为g，故b错误；caln中，al为+3价，则氮的化合价为3价，故c错误；d每生成2mol aln，转移2mol0（3）=6mol电子，则每生成1 mol aln需转移3 mol电子，故d正确；故选d【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查，题目难度不大8下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是（）用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0ml溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液abcd【考点】中和滴定；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】化学实验基本操作【分析】酸式滴定管没有润洗，会导致标准液浓度被稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大；俯视量筒的刻度线，会导致量取的溶液体积偏小；定容时仰视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏大；质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合质量分数会大于二者的平均值【解答】解：用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故正确；用量筒量取5.0ml溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，故错误；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故错误；质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，故正确；故选：b【点评】本题考查了实验操作中的误差分析，题目难度中等，涉及了配制一定物质的量浓度的溶液、中和滴定、计量仪器的使用等知识，注意明确分析实验误差的方法，如配制一定物质的量浓度的溶液中，根据操作对c=影响进行分析误差9某金属m的氯化物mcl2的相对分子质量为a，溶解度为sg，现取质量为wg的mcl2，在一定温度下完全溶解配成v ml饱和溶液，若溶液的密度为d g/cm3，溶液的物质的量浓度为c mol/l，溶液中溶质的质量分数为%，则下列关系式中不正确的是（）ac=mol/lbc（cl）=mol/lc%=%ds=【考点】物质的量浓度的相关计算；溶解度、饱和溶液的概念【分析】根据溶液中，溶质的物质的量浓度c=以及质量分数=100%、饱和溶液中溶质的质量分数=100%来计算【解答】解：a、溶液中，溶质的物质的量浓度c=mol/l，故a正确；b、溶液中，溶质的物质的量浓度c=mol/l，所以c（cl）=mol/l，故b错误；c、溶质质量分数=100%=100%=%，故c正确；d、设溶解度 s，则，s=g，故d正确故选b【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数、溶解度之间的换算，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，注意体积单位之间的换算，为易错点10将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no）向反应后的溶液中加入3mol/l naoh溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g下列叙述不正确的是（）a当金属全部溶解时收集到no气体的体积一定为2.24 lb当生成的沉淀量达到最大时，消耗naoh溶液的体积v100mlc参加反应的金属的总质量3.6gm9.6 gd当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀hno3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no），发生反应：3mg+8hno3（稀）=3mg（no3）2+2no+4h2o、3cu+8hno3（稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入过量的3mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3、cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，a根据电子转移守恒计算no物质的量，结合气体不一定是标准状况判断；b加入的氢氧化钠可能中和未反应的硝酸；c利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；d根据方程式可知参加反应的n反应（hno3）=n（金属）【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀hno3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有no），发生反应：3mg+8hno3（稀）=3mg（no3）2+2no+4h2o、3cu+8hno3（稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入过量的3mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naoh=mg（oh）2+2nano3；cu（no3）2+2naoh=cu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，a镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的no物质的量为：=0.1mol，若为标准状况下，生成no的体积为0.1mol22.4l/mol=2.24l，但no不一定处于标准状况，收集到no气体的体积不一定为2.24l，故a错误；b若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.1l=100ml，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100ml，即：消耗naoh 溶液的体积v100ml，故b正确；c镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为：3.6gm9.6g，故c正确；d根据方程式可知参加反应的n反应（hno3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故d正确；故选a【点评】本题主要考查混合物有关计算，题目难度中等，明确氢氧根离子的物质的量与转移电子的物质的量相等为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力11把一定量的锌与100ml 18.5mol/l的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下 33.6l的气体，将反应后的溶液稀释到1l，测得溶液的ph=1，则下列叙述错误的是（）a气体a中so2和h2的体积比为4：1b气体a是so2和h2的混合物c反应中共消耗锌97.5gd反应中共转移电子3 mol【考点】浓硫酸的性质；化学方程式的有关计算【专题】氧族元素【分析】气体的物质的量=1.5mol，反应前n（h2so4）=18.5mol0.1l=1.85mol，n（h+）=2n（h2so4）=3.7mol，稀硫酸的物质的量=0.05mol/l1l=0.05mol，n（h+）=0.1mol/l1l=0.1mol，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算【解答】解：气体的物质的量=1.5mol，反应前n（h2so4）=18.5mol0.1l=1.85mol，n（h+）=2n（h2so4）=3.7mol，稀硫酸的物质的量=0.05mol/l1l=0.05mol，n（h+）=0.1mol/l1l=0.1mol，浓硫酸和锌反应生成二氧化硫、稀硫酸和锌反应生成氢气，当浓硫酸浓度达到一定程度后，溶液变为稀硫酸，二者反应生成氢气，参加反应的n（h2so4）=0.1l18.5mol/l0.05mol1l=1.8mol，令混合气体中so2、h2的物质的量分别为xmol、ymol，则：zn+2h2so4（浓）=znso4+so2+h2ox 2x xzn+h2so4（稀）=znso4+h2y y y，解之得 x=0.3，y=1.2，a混合气体中so2和h2的体积比等于其物质的量之比=0.3mol：1.2mol=1：4，故a错误；b通过以上分析知，混合气体是二氧化硫和氢气，故b正确；c反应中共消耗金属zn的物质的量为0.3mol+1.2mol=1.5mol，其质量=65g/mol1.5mol=97.5g，故c正确；d反应中共消耗金属zn的物质的量为0.3mol+1.2mol=1.5mol，转移电子为1.5mol2=3mol，故d正确；故选a【点评】本题考查了物质的量的有关计算，根据方程式中锌、硫酸、气体之间的关系式列方程进行计算，题目难度不大12甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（）选项物质转化关系甲乙丙丁anaohnahco3na2co3co2balcl3naalo2al（oh）3naohcfefe（no3）3fe（no3）2hno3dccoco2o2aabbccdd【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】anaohnahco3na2co3co2；balcl3stackrel过量的naohnaalo2_双水解氯化铝al（oh）3； alcl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝；cfe fe（no3）3fe（no3）2 ；dc co，所以丙为co【解答】解：a氢氧化钠与过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化碳生成碳酸钠，碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，每一步都能转化，故不选；balcl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝，与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，每一步都能转化，故不选；c铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，铁与少量的硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，每一步都能转化，故不选；d碳与少量的氧气生成一氧化碳，碳与足量的氧气生成二氧化碳，丙应是一氧化碳，故选；故选d【点评】本题考查无元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项d为解答的难点，题目难度较大13将足量的co2不断通入naoh、ba（oh）2、naalo2的混合溶液中，生成沉淀与通入co2的量的关系可表示为（）abcd【考点】钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】只要通入co2，立刻就有沉淀baco3产生；将ba（oh）2消耗完毕，接下来消耗naoh，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；naoh被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物na2co3、baco3、反应，最后剩余沉淀为al（oh）3【解答】解：通入co2，依次发生：co2+ba（oh）2baco3+h2o、co2+2naohna2co3+h2o、co2+3h2o+2naalo22al（oh）3+na2co3、co2+h2o+na2co32nahco3，baco3+co2+h2o=ba（hco3）2，由以上反应可知，图象应为c，故选c【点评】本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题难度不大14将8g fe2o3投入150ml某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68l h2（标准状况），同时，fe和fe2o3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4moll1的naoh溶液150ml则原硫酸的物质的量浓度为（）a1.5moll1b0.5moll1c2moll1d1.2moll1【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】fe和fe2o3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是na2so4，由钠离子守恒可知n（naoh）=n（na2so4），由硫酸根守恒可知n（na2so4）=n（h2so4），再根据c=计算【解答】解：fe和fe2o3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是na2so4，由钠离子守恒可知：n（naoh）=n（na2so4）=0.15l4mol/l=0.6mol，故n（na2so4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（h2so4）=n（na2so4）=0.3mol，则c（h2so4）=2 moll1，故选c【点评】本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等15室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有no），向反应后的混合溶液中滴加b mol/l naoh溶液，当滴加到v ml时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（）沉淀中氢氧根的质量为（nm）克恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量为mol反应过程中转移的电子数为mol生成no气体的体积为l发生反应的硝酸的物质的量为（）mola2项b3项c4项d5项【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物【专题】压轴题；计算题【分析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有no），向反应后的混合溶液中滴加b mol/l naoh溶液，当滴加到v ml时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中no3离子的物质的量，即n（no3）=n（na+）=n（naoh），据此进行计算根据电荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于mg2+、al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算根据气体没有明确所处状态是否标准状态来判断根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于no的物质的量进行计算【解答】解：沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，故正确；、恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中no3离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（nano3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（no3）=n（na+）=n（naoh）=mol，故正确；、至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于mg2+、al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e）=n（oh）=mol，故正确；、根据电子守恒原理，生成no时，hno3中+5价的n原子得3个电子，因此生成no的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol=mol，其体积在标准状况下为l，但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，故错误；、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于no的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，故正确故正确故选：c【点评】本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题16下表中评价合理的是（）选项内容评价a一定条件下0.5mol n2和1.5mol h2反应，平衡时放热a kj，则n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=2a kjmol1正确b氯化镁溶液与氨水反应：mg2+2ohmg（oh）2错误，氨水不应写成离子形式c向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：ba2+so42baso4正确d等物质的量的cl2与febr2在溶液中反应：2fe2+2br+2cl22fe3+4cl+br2错误，fe2+与br的化学计量数之比应为l：2aabbccdd【考点】离子方程式的书写；热化学方程式【专题】离子反应专题【分析】a合成氨的反应为可逆反应，反应物只能部分转化成生成物，所以1mol氮气完全反应放出的热量大于2a，且焓变为负值；b一水合氨为弱电解质，离子方程式中应该保留分子式，该评价正确；c硫酸氢铵中的氢离子、铵根离子都会与氢氧根离子反应，离子方程式中漏掉了该反应；d等物质的量的氯气与溴化亚铁反应，亚铁离子还原性大于溴离子，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，氯气不足，溴离子部分被氧化，该离子方程式是正确的【解答】解：a一定条件下0.5mol n2和1.5mol h2反应，平衡时放热a kj，由于反应物只能部分转化成氨气，所以1mol氮气完全反应放出的热量大于2a，且该反应为放热反应，焓变h应该为负值，该热化学方程式错误，所以该评价不合理，故a错误；b氯化镁溶液与氨水反应，一水合氨应该保留分子式，所以该离子方程式错误，题中评价合理，故b正确；c向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，硫酸氢铵中的铵根离子、氢离子都会与氢氧根离子反应，该离子方程式书写错误，所以该评价不合理，故c错误；d等物质的量的cl2与febr2在溶液中反应，亚铁离子还原性大于溴离子，优先被氯气氧化，由于氯气不足，溴离子只能部分被氧化，该离子方程式书写正确，题中评价不合理，故d错误；故选b【点评】本题考查了离子方程式的书写方法，难度中等，注意题中要求“下表中评价合理的”是解题关键，本题主要是判断题中评价是否正确，不在于离子方程式的书写正误二、非选择题（共52分）17某强碱性溶液中可能含有的离子是k+、nh4+、al3+、alo2、so42、sio32、co32、cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，加ba（no3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失（1）肯定不存在的离子是nh4+、al3+、so42、sio32（2）写出步骤中生成沉淀和气体的反应的离子方程式alo2+h+h2oal（oh）3、co32+2h+h2o+co2；（3）已知一定量的原溶液中加入5ml 0.2mol/l盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有cl？有（填“有”或“无”）【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】强碱性溶液中一定不存在al3+、nh4+；取少量的溶液用硝酸酸化后，加ba（no3）2溶液，无沉淀生成，则不含有硫酸根离子，可能含有碳酸根离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，一定含有alo2，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子【解答】解：（1）强碱性溶液中一定不存在al3+、nh4+；取少量的溶液用硝酸酸化后，加ba（no3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有so42和sio32，可能含有co32离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢