河南省周口市中英文学校高三化学上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年河南省周口市中英文学校高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题共18小题，每小题3分，每题只有一个选项正确）1美国uic大学两位国家级传染病学专家认为，当前形势的埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播据此，下列说法正确的是( )a埃博拉病毒无法通过呼吸传播b佩戴口罩可有效预防埃博拉病毒侵染c目前已找到有效治疗埃博拉病毒的方法d埃博拉病毒颗粒直径大约80nm2下列物质与其用途完全符合的有几条( )na2co3制玻璃sio2太阳能电池agi人工降雨nacl制纯碱al2o3焊接钢轨naclo消毒剂mgo耐火材料fe2o3红色油漆或涂料a4b5c6d73设na为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )a高温下，0.2mol fe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为0.3nab室温下，1l ph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1nac氢氧燃料电池正极消耗22.4l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28g n2时，转移的电子数目为3.75na4下列离子方程式正确的是( )afe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液：2fe3+2i=2fe2+i2b氧化铝溶解在naoh溶液中：3h2o+al2o3+2oh-=2al（oh）4-c硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使so42恰好沉淀完全al3+so42 +ba2+3oh=baso4+al（oh）3d在漂白粉配制成的溶液中通入so2：ca2+2clo+so2+h2o=caso3+2hclo5a、b、c、x均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是( )a若x为cl2，则c可能为fecl3b若x为koh溶液，则a可能为alcl3c若x为o2，则a可为硫化氢d若a、b、c均为焰色反应呈黄色的化合物，则x可能为co26某无色溶液，仅由na+、ag+、ba2+、al3+、alo2、mno4、co32、so42中的若干种组成取该溶液进行如下实验：（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；（2）在（1）所得溶液中加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；（3）在（2）所得溶液中加入过量ba（oh）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙则下列离子在原溶液中一定存在的有( )aso42、alo2、na+、co32bco32、na+、al3+cna+、co32、alo2dmno4、na+、co327可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：( )h2s水溶液是弱酸，hcl水溶液是强酸 向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是fes、cu2s、fecl3、cucl2高氯酸（hclo4）的酸性比硫酸强abcd8将4mol金属al全部转化为al（oh）3，消耗hcl a mol、naoh b mol，则a+b的最小值为( )a4b6c8d169在标准状况下，将alnh3完全溶于水得到vml氨水，溶液的密度为gcm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为c mol/l下列叙述中正确的是( )=c=上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5上述溶液中再加入1.5vml同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）abcd10短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，y是地壳中含量最高的元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，w与x同主族下列说法正确的是( )ay的气态简单氢化物的热稳定性比w的强bx的最高价氧化物对应水化物的酸性比w的弱cy分别与z、w形成的化合物均为碱性氧化物d原子半径大小顺序：r（w）r（z）r（y）r（x）11利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项 实验结论a浓盐酸 kmno4 agno3说明氯气能与硝酸银反应产生白色沉淀b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c稀盐酸 na2so3 ba（no3）2溶液so2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀d浓硝酸 na2co3 na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸aabbccdd12如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和nacl溶液的u型管中，下列分析正确的是( )ak1闭合，铁棒上发生的反应为2h+2eh2bk1闭合，石墨棒周围溶液ph逐渐升高ck2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法dk2闭合，电路中通过0.4na个电子时，两极共产生标况下4.48l气体13某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42、hco3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是( )aab段发生的离子反应为：al3+3oh=al（oh）3，mg2+2oh=mg（oh）2b原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+、mg2+c原溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1dd点溶液中含有的溶质只有naalo214a molna2o2和b molnahco3固体混合后，在密闭容器中加热到250，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为( )a3：4b4：5c2：3d3：215下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量下列反应对应的曲线错误的是( )a向naalo2溶液中滴入hcl至过量b向澄清石灰水中通入co2至过量c向含有盐酸的alcl3溶液中滴入naoh溶液至过量d向含有等物质的量的ca（oh）2、koh的混合溶液中通入co2至沉淀消失16下列实验方案中，不能测定na2co3和nahco3混合物中na2co3质量分数的是( )a取a克混合物充分加热，得b克固体b取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体c取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克d取a克混合物与足量ba（oh）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体17已知：c（s）+o2（g）co2（g）h1co2（g）+c（s）2co（g）h22co（g）+o2（g）2co2（g）h34fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）h43co（g）+fe2o3（s）3co2（g）+2fe（s）h5下列关于上述反应焓变的判断正确的是( )ah10，h30bh20，h40ch1=h2+h3dh3=h4+h518某含铬cr2o27废水用硫酸亚铁铵feso4（nh4）2so46h2o处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀该沉淀干燥后得到nmol feofeycrxo3不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是( )a消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）molb处理废水中cr2o72的物质的量为mo1c反应中发生转移的电子的物质的量为6nx mold在feofeycrxo3中3x=y二、非选择题，（本题共5小题，共46分）19金属冶炼和处理常涉及许多反应（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_afe2o3bnacl ccu2s dal2o3（2）辉铜矿（cu2s）可发生反应2cu2s+2h2so4+5o2=4cuso4+2h2o，该反应的还原剂是_，当1molo2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_mol（3）如图为电解精炼银的示意图，_（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为_（4）为处理银器表面的黑斑（ag2s），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，ag2s转化为ag，食盐水的作用为_，其总反应式为：_（5）高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：fe2o3（s）+3co（g）=2fe（s）+3co2（g）已知：feo（s）+co（g）=fe（s）+co2（g）h1=11kj/mol3fe2o3（s）+co（g）=2fe3o4（s）+co2（g）h2=47kj/molfe3o4（s）+co（g）=3feo（s）+co2（g）h3=+19kj/mol则反应fe2o3（s）+3co（g）=2fe（s）+3co2（g）的h=_20亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）已知：室温下，2no+na2o2=2nano23nano2+3hcl3nacl+hno3+2no+h2o；酸性条件下，no或no2 都能与mno4反应生成no3 和mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式_（2）b中观察到的主要现象是有无色气体产生和_，d装置的作用是_（3）检验c中产物有亚硝酸钠的方法是_（4）经检验c产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在b、c装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称_（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭_g21氮及其化合物在很多方面有重要的用途（1）氮的氧化物有多种现有no和no2的混合气体，其中n、o元素质量之比为7：12，则该混合气中no和no2的物质的量之比为_（2）氨气的实验室制法有多种，若不加热，制取氨气所用试剂可以用浓氨水和生石灰，产生氨气的原因是：_；氨气的检验方法是：_（3）硝酸具有很强的氧化性，王水是浓硝酸与浓盐酸的混合液，可以溶解金、铂等金属铂溶于王水时产生ptcl62和一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色，写出该反应的离子方程式_（4）氮的一种氢化物肼（即n2h4）用作发射卫星的燃料已知：n2+2o2=2no2n2h4+o2=n2+2h2o发射卫星用气体肼为原料，以no2为氧化剂，两种物质反应生成氮气和水蒸气，反应中每有4mol电子转移，则生成n2质量为_g22a、b、c、d、e、f、g、l、i九种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中b、c、d为同一周期，a与e、b与g、d与l分别为同一主族，c、d、f三种元素的原子序数之和为28，f的质子数比d多5，d的最外层电子数是f最外层电子数的2倍c和d的最外层电子数之和为11请回答下列问题：（1）以上元索中非金属所形成的最简单气态氢化物稳定性最弱的是（填化学式）_，e、f、l所形成的简单离子的半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）_（2）由l、i两元素可按原子个数比1：1组成化合物x，化合物x中各原子均满足8电子的稳定结构，则x的电子式为_（3）固体化合物e2d2投入到化合物e2l的水溶液中，只观察到有沉淀产生的，写出该反应的离子方程式_（4）由a、b、c、d按原子个数比4：1：1：2形成一种化合物y，则y的化学式为_，向y中加足量稀硫酸后，再加高锰酸钾溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色：写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式_23亚氯酸钠（naclo2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产naclo2的主要流程如下（1）、中发生反应的还原剂分别是_、_（填化学式）（2）中反应的离子方程式是_（3）a的化学式是_，装置中a在_极区产生（4）clo2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该制备反应的化学方程式_（5）naclo2变质可分解为naclo3和nacl取等质量变质前后的naclo2试样均配成溶液，分别与足量feso4溶液反应时，消耗fe2+的物质的量_（填“相同”，“不同”或“无法判断”）2014-2015学年河南省周口市中英文学校高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题共18小题，每小题3分，每题只有一个选项正确）1美国uic大学两位国家级传染病学专家认为，当前形势的埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播据此，下列说法正确的是( )a埃博拉病毒无法通过呼吸传播b佩戴口罩可有效预防埃博拉病毒侵染c目前已找到有效治疗埃博拉病毒的方法d埃博拉病毒颗粒直径大约80nm【考点】胶体的重要性质 【分析】根据埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播解题【解答】解：a通过气溶胶传播，即为通过呼吸传播，故a错误； b口罩不能阻挡气溶胶，故b错误；c埃博拉病毒无法有效治疗，故c错误；d埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播，说明直径介于1100nm，故d正确故选d【点评】本题考查胶体的重要性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2下列物质与其用途完全符合的有几条( )na2co3制玻璃sio2太阳能电池agi人工降雨nacl制纯碱al2o3焊接钢轨naclo消毒剂mgo耐火材料fe2o3红色油漆或涂料a4b5c6d7【考点】钠的重要化合物；卤化银；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物 【分析】工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石；高纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料；agi易与空气中水蒸气结合形成晶核；依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵解答；铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨；naclo具有强的氧化性；氧化镁熔点比较高；fe2o3为红色固体【解答】解：工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故正确；高纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料，故错误；agi易与空气中水蒸气结合形成晶核，常用于人工降雨，故正确；依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，故正确；铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨，可用于焊接钢轨，而不是氧化铝，故错误；naclo具有强的氧化性，可以用来杀菌消毒，故正确；氧化镁熔点比较高，可以用作耐火材料，故正确；fe2o3为红色固体常用来做红色油漆或涂料，故正确；故物质与其用途完全符合的有6条；故选c【点评】本题考查常见物质的性质及用途，题目难度不大，性质决定用途，注意常见相关基础知识的积累3设na为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )a高温下，0.2mol fe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为0.3nab室温下，1l ph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1nac氢氧燃料电池正极消耗22.4l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28g n2时，转移的电子数目为3.75na【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铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；b氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/l；c氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；d该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子【解答】解：a0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（0）0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的h2分子数目为na，故a错误；b室温下，1l ph=13的naoh溶液中氢离子浓度为11013mol/l，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的oh离子数目为1013na，故b错误；c氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4l氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4na，故c错误；d该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75na，故d正确；故选d【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，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，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；选项d为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况4下列离子方程式正确的是( )afe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液：2fe3+2i=2fe2+i2b氧化铝溶解在naoh溶液中：3h2o+al2o3+2oh-=2al（oh）4-c硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使so42恰好沉淀完全al3+so42 +ba2+3oh=baso4+al（oh）3d在漂白粉配制成的溶液中通入so2：ca2+2clo+so2+h2o=caso3+2hclo【考点】离子方程式的书写 【分析】ahi过量，硝酸根、三价铁离子都被还原；b氧化铝溶解在naoh溶液中反应生成四羟基合铝酸钠；c离子个数不符合物质的配比；d次氯酸根具有强的氧化性能够氧化亚硫酸根离子【解答】解：afe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液，离子方程式为：fe3+3no3+12h+10ife2+5i2+6h2o+3no，故a错误；b氧化铝溶解在naoh溶液中反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：3h2o+al2o3+2oh-=2al（oh）4-，故b正确；c硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使so42恰好沉淀完全，离子方程式为：2al3+3so42+3ba2+6oh=3baso4+2al（oh）3，故c错误；d在漂白粉配制成的溶液中通入so2的离子反应为ca2+clo+so2+h2ocaso4+2h+cl，故d错误；故选：b【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答的关键，注意选项c中反应物用量对反应的影响，为易错点5a、b、c、x均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是( )a若x为cl2，则c可能为fecl3b若x为koh溶液，则a可能为alcl3c若x为o2，则a可为硫化氢d若a、b、c均为焰色反应呈黄色的化合物，则x可能为co2【考点】无机物的推断 【专题】推断题【分析】根据图知，a+xc，abc，由此看出，a反应生成b还是c与x的量有关，结合物质间的反应分析解答【解答】解：a无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故a错误；b若x为koh溶液，则a可能为alcl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4koh+alcl3kalo2+h2o+3kcl，则c是kalo2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3koh+alcl3al（oh）3+3kcl，b是al（oh）3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应al（oh）3+kohkalo2+2h2o，故b正确；c若x是o2，a可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故c正确；d若a、b、c均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则x可能为co2，a和naoh，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故d正确；故选：a【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据反应特点知“a生成c还是先生成b再转化为c”，与x的量有关，再结合物质的性质分析解答即可，难度较大6某无色溶液，仅由na+、ag+、ba2+、al3+、alo2、mno4、co32、so42中的若干种组成取该溶液进行如下实验：（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；（2）在（1）所得溶液中加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；（3）在（2）所得溶液中加入过量ba（oh）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙则下列离子在原溶液中一定存在的有( )aso42、alo2、na+、co32bco32、na+、al3+cna+、co32、alo2dmno4、na+、co32【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】溶液呈无色，则一定不含mno4，（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有co32；（2）在（1）所得溶液中加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有al3+；（3）在（2）所得溶液中加入过量ba（oh）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为baco3或baso4结合离子共存问题解答该题【解答】解：溶液呈无色，则一定不含mno4，（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有co32，则一定不含ag+、ba2+、al3+；（2）在（1）所得溶液中加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有al3+，则原溶液中含有alo2；（3）在（2）所得溶液中加入过量ba（oh）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为baco3或baso4，不能确定原溶液中是否含有so42，根据溶液电中性原则可知含有na+，所以溶液中一定含有na+、co32、alo2，故选c【点评】本题考查离子的推断和离子共存问题，题目难度中等，本题注意根据物质反应的现象进行推断，易错点为so42的确定7可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：( )h2s水溶液是弱酸，hcl水溶液是强酸 向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是fes、cu2s、fecl3、cucl2高氯酸（hclo4）的酸性比硫酸强abcd【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】根据判断非金属性强弱的方法：单质与氢气易（难）反应；生成的氢化物稳定（不稳定）；最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；相互置换反应（强制弱）来回答【解答】解：判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），而h2s水溶液、hcl水溶液均是非含氧酸，故错误；判断非金属性强弱的方法：相互置换反应（强制弱），即非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，故正确；非金属单质与具有可变价金属的反应，能生成高价金属化合物的，其非金属性强，氯气将金属氧化到高价，硫将金属氧化到低价，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故正确；判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），高氯酸（hclo4）的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故正确故选c【点评】本题考查学生判断元素非金属性强弱的方法，可以根据所学知识进行回答，难度较大8将4mol金属al全部转化为al（oh）3，消耗hcl a mol、naoh b mol，则a+b的最小值为( )a4b6c8d16【考点】铝的化学性质 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】根据消耗4molal，利用每种方案中的化学反应来分析：alal3+al（oh）3alalo2al（oh）3alal3+、alalo2，然后是al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3【解答】解：生成4molal（oh）3时，由反应方程式可知方案中：2al+6h+=2al3+3h2、al3+3oh=al（oh）3+3nh4+， 4 12 4 4 12 4即消耗4molal时，消耗12molh+、12moloh，则a+b=24方案中：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2、alo2+h2o+h+=al（oh）3， 4 4 4 4 4 4即消耗4molal时，消耗4molh+、4moloh，则a+b=8方案中：2al+6h+=2al3+3h2、2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2、al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3， 1 3 1 3 3 3 1 3 4即消耗4molal时，消耗3molh+、3moloh，则a+b=6显然方案药品用量少故选b【点评】本题考查氢氧化铝的制备，明确铝及氢氧化铝的性质即可解答，学生应学会根据化学反应方程式来分析设计方案的优劣，注重节约能源、原料易得、环保等问题来分析9在标准状况下，将alnh3完全溶于水得到vml氨水，溶液的密度为gcm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为c mol/l下列叙述中正确的是( )=c=上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5上述溶液中再加入1.5vml同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）abcd【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算 【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】溶质的质量分数为可由溶质的质量和溶液的质量来计算；根据c=来计算；根据溶质的质量分数=100%来计算；根据反应后的溶质及水解来分析【解答】解：vml氨水，溶液的密度为gcm3，溶液的质量为vg，溶质的质量为17，则溶质的质量分数为=，故错误；溶质的物质的量为mol，溶液的体积为vml，则c=mol/l，故正确；再加入vml水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5，故错误；vml氨水，再加入1.5vml同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh），故正确；故选d【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键，题目难度不大10短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，y是地壳中含量最高的元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，w与x同主族下列说法正确的是( )ay的气态简单氢化物的热稳定性比w的强bx的最高价氧化物对应水化物的酸性比w的弱cy分别与z、w形成的化合物均为碱性氧化物d原子半径大小顺序：r（w）r（z）r（y）r（x）【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，y是地壳中含量最高的元素，则y是o元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，则z是mg元素，w与x同主族，x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，x原子序数小于y，则x是c元素，w是si元素，a元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；b元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；cy是o元素、z是mg元素、w是si元素，sio2是酸性氧化物；d原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小【解答】解：短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，y是地壳中含量最高的元素，则y是o元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，则z是mg元素，w与x同主族，x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，x原子序数小于y，则x是c元素，w是si元素，a元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，y的非金属性大于w，所以y的气态简单氢化物的热稳定性比w的强，故a正确；b元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性xw，所以x的最高价氧化物对应水化物的酸性比w的强，故b错误；cy是o元素、z是mg元素、w是si元素，sio2是酸性氧化物，mgo是碱性氧化物，故c错误；d原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r（z）r（w）r（x）r（y），故d错误；故选a【点评】本题考查原子结构和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题关键，熟练掌握元素周期律并灵活运用，知道非金属的非金属性与其气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性强弱关系，题目难度不大11利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项 实验结论a浓盐酸 kmno4 agno3说明氯气能与硝酸银反应产生白色沉淀b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c稀盐酸 na2so3 ba（no3）2溶液so2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀d浓硝酸 na2co3 na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸aabbccdd【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】a浓盐酸易挥发；b浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为c，且浓硫酸具有强氧化性，与c发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色；c盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与ba（no3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；d浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀【解答】解：a浓盐酸易挥发，可与氯气生成氯化银沉淀，故a错误； b浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为c，且浓硫酸具有强氧化性，与c发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，按照图中装置发生的实验现象能说明浓硫酸的性质，故b正确；c盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与ba（no3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但so2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故c错误；d浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故d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，涉及浓盐酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大12如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和nacl溶液的u型管中，下列分析正确的是( )ak1闭合，铁棒上发生的反应为2h+2eh2bk1闭合，石墨棒周围溶液ph逐渐升高ck2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法dk2闭合，电路中通过0.4na个电子时，两极共产生标况下4.48l气体【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】若闭合k1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合k2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断【解答】解：a、若闭合k1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，fe2e=fe2+，故a错误；b、若闭合k1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2h2o+o2+4e=4oh，所以石墨棒周围溶液ph逐渐升高，故b正确；c、k2闭合，fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故c错误；d、k2闭合，电路中通过0.4na个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，两极共产生标况下8.96l气体，故d错误故选b【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等13某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42、hco3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是( )aab段发生的离子反应为：al3+3oh=al（oh）3，mg2+2oh=mg（oh）2b原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+、mg2+c原溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1dd点溶液中含有的溶质只有naalo2【考点】离子方程式的有关计算 【分析】根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，据此回答判断【解答】解：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，a、ab段发生的离子反应为：al3+3oh=al（oh）3，fe3+3oh=fe（oh）3，故a错误；b、原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，故b错误；c、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1，故c正确；d、d点溶液中含有的溶质有naalo2，还有nh3h2o，故d错误故选c【点评】本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大14a molna2o2和b molnahco3固体混合后，在密闭容器中加热到250，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b不可能为( )a3：4b4：5c2：3d3：2【考点】化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】混合物在密闭容器中加热到250时，可能发生如下反应：2nahco3na2co3+co2+h2o2na2o2+2co2=2na2co3+o22na2o2+2h2o=4naoh+o22naoh+co2=na2co3+h2o反应生成气体产物是o2和h2o（g），根据方程式，从质量守恒的角度计算【解答】解：混合物在密闭容器中加热到250时，可能发生如下反应2nahco3na2co3+co2+h2o2na2o2+2co2=2na2co3+o22na2o2+2h2o=4naoh+o22naoh+co2=na2co3+h2o反应生成气体产物是o2和h2o（g），依题意可知，残余的固体为na2co3和naoh，生成的气体为o2和h2o（g），则有总反应式为bnahco3+ana2o2=bna2co3+（2ab）naoh+（ba）h2o+o2所以 2ab0，ba01故的数值范围：1a、b、c符合，a：b不可能为3：21，故选d【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意根据反应的原理结合质量守恒计算15下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量下列反应对应的曲线错误的是( )a向naalo2溶液中滴入hcl至过量b向澄清石灰水中通入co2至过量c向含有盐酸的alcl3溶液中滴入naoh溶液至过量d向含有等物质的量的ca（oh）2、koh的混合溶液中通入co2至沉淀消失【考点】镁、铝的重要化合物 【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物【分析】a、根据反应alo2+h+h2oal（oh）3，al（oh）3+3h+al3+3h2o判断；b、根据反应ca（oh）2+co2caco3+h2o，caco3+co2+h2oca（hco3）2判断；c、根据反应al3+3ohal（oh）3、al（oh）3+ohalo2+2h2o 判断；d、根据反应ca（oh）2+co2=caco3+h2o，co2+kohkhco3，caco3+co2+h2o=ca（hco3）2判断【解答】解：a、向naalo2溶液中滴入hcl至过量，发生的反应分别为alo2+h+h2oal（oh）3，al（oh）3+3h+al3+3h2o，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故a正确；b、向澄清石灰水中通入co2至过量，发生的反应分别为ca（oh）2+co2caco3+h2o，caco3+co2+h2oca（hco3）2，两个反应消耗的二氧化碳的物质的量之比为1；1，图象符合，故b正确；c、向含有盐酸的alcl3溶液中滴入naoh溶液至过量，发生的反应分别为oh+h+h20，al3+3ohal（oh）3、al（oh）3+ohalo2+2h2o，后两个反应消耗的naoh的物质的量之比为3：1，图象符合，故c正确；d、向含有等物质的量的ca（oh）2、koh的混合溶液中通入co2至沉淀消失，发生的反应分别为ca（oh）2+co2=caco3+h2o，co2+kohkhco3，caco3+co2+h2o=ca（hco3）2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量为1：1：1，故d错误；故选d【点评】本题考查物质反应的图象题，题目难度中等，注意个反应的量的关系16下列实验方案中，不能测定na2co3和nahco3混合物中na2co3质量分数的是( )a取a克混合物充分加热，得b克固体b取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体c取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克d取a克混合物与足量ba（oh）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【考点】化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质 【专题】实验评价题【分析】a此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；b根据钠守恒，可列方程组求解；c应先把水蒸气排除才合理；d根据质