江西省鹰潭市余江一中高三化学上学期第一次联考试题 （含解析）新人教版.doc

化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1（3分）下列四组溶液仅用所选的一种试剂（可加热）不能区别开的是（）选项所选的鉴别试剂被鉴别的一组物质a硫酸碳酸钠溶液、硫化钠溶液、氯化钡溶液、食盐水b烧碱溶液硫酸铵溶液、硫酸铜溶液、氯化镁溶液、明矾溶液cfecl3溶液硝基苯、苯酚溶液、溴苯、石灰水、碳酸钠溶液d水电石、大理石、硫酸铜、硫酸镁aabbccdd考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题：物质检验鉴别题分析：a硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，与硫化氢反应生成硫化氢，与氯化钡反应生成沉淀；b氢氧化钠与硫酸铵反应生成刺激性气体，与其它物质反应生成沉淀的现象不同；cfecl3溶液不能鉴别硝基苯和溴苯；d电石和水反应，利用物质的溶解性和颜色可鉴别解答：解：a硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，与硫化氢反应生成硫化氢，与氯化钡反应生成沉淀，现象各不相同，可鉴别，故a正确；b氢氧化钠与硫酸铵反应生成刺激性气体，与硫酸铜溶液反应生成蓝色沉淀，与氯化镁溶液反应生成白色沉淀，与明矾溶液反应先生成沉淀，后沉淀溶解，可鉴别，故b正确；cfecl3溶液不能鉴别硝基苯和溴苯，二者都不溶于水，且密度都比水大，故c错误；d电石和水反应，大理石不溶于水，硫酸铜溶液呈蓝色，而硫酸镁溶液无色，可鉴别，故d正确故选c点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，题目难度不大，注意根据物质的颜色以及颜色反应的现象作为检验的突破口进行检验2（3分）实验室有五个药品柜，已经存放的药品如下表：甲柜乙柜丙柜丁柜戊柜盐酸、硫酸烧碱、氢氧化钡硫、红磷铜、锌碳酸钠、硝酸钾现在新购进硝酸、苛性钾、碘和硝酸银溶液，下列对其保存方法不正确的是（）a硝酸装进棕色细口瓶放在甲柜b苛性钾固体用磨口玻璃塞广口瓶放在乙柜c碘单质用广口瓶装放在丙柜d硝酸银溶液用棕色磨口细口瓶放在戊柜考点：化学试剂的存放.专题：元素及其化合物分析：在化学药品的保存中，一般根据物质的类别来保存，根据物质的组成和性质来分析物质的类别，利用单质、酸、碱、盐的概念来判断物质是否属于同一类别解答：解：a硝酸有腐蚀性，属于腐蚀品，故a错正确； b氢氧化钾和二氧化硅反应生成粘性是硅酸钾，硅酸钾能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钾溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故b错误；c硫、红磷、碘单质都属于单质，故c正确；d硝酸银、碳酸钠、硝酸钾都属于盐，故d正确故选b点评：本题考查学生对物质类别的认识和药品的存放，学生应明确分类是一种科学的方法，要在平时的学习中多应用，难度不大3（3分）下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理a分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大b分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同c除去kno3固体中混杂的nacl重结晶nacl在水中的溶解度很大d除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大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乙醇和水混溶，不能用作萃取剂；b乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离；c应利用二者溶解度随温度的变化不同分离；d丁醇和乙醚的沸点不同，可用蒸馏的方法分离解答：解：a乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故a错误；b乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故b错误；c根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法nacl随温度升高溶解度变化不大，kno3随温度升高溶解度变化大，经冷却过滤，故c错误；d丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故d正确故选d点评：本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理4（3分）下列有关化学基本概念的判断不正确的是（）溶液与胶体的本质区别是能否发生丁达尔效应根据是否仅含一种元素分为纯净物与混合物氧化还原反应的本质是反应前后元素化合价变化强电解质与弱电解质本质区别水溶液中导电性强弱根据酸分子中含有的h原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸mgo、na2o2、cuo、al2o3都是金属氧化物，也是碱性氧化物abcd全部错误考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念.专题：物质的分类专题分析：本质区别是分散质粒子的大小；根据物质组成是否单一，可将物质分为混合物和纯净物；氧化反应与还原反应的本质是电子的得失；强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质；根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；碱性氧化物与酸反应生成盐和水，过氧化钠不属于碱性氧化物解答：解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），故错误；根据物质组成是否单一，可将物质分为混合物和纯净物，根据纯净物的元素组成是否单一，又可以将纯净物分为单质和化合物，故错误；氧化反应与还原反应的本质是电子的得失，化合价升降是外在表现，故错误；强电解质与弱电解质本质区别水溶液中电离程度，故错误；根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，如h3bo3，1个酸分子中含有的h原子个数为3个，但电离出1个氢离子，属于一元酸，故错误；过氧化钠不属于碱性氧化物，三氧化二铝是两性氧化物，故错误；故选d点评：本题考查物质分类以及有关概念的辨析，题目难度不大，注意物质的分类的依据5（3分）下列有关说法正确的是（）a金属钠、镁着火时可用泡沫灭火器扑灭b为防止试管破裂，加热固体时试管口一般要略高于试管底c1l ph=13的ba（oh）2溶液中含有0.2na个oh 离子d1.2克ch4所含有的共价键数与0.1 mol nh3所含的共价键数相同考点：钠的化学性质；物质结构中的化学键数目计算；电解质在水溶液中的电离；镁的化学性质；化学实验安全及事故处理.专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：a根据过氧化钠、镁与二氧化碳反应的性质判断；b加热固体时，应防止生成的水冷凝时导致试管炸裂；cph=13的ba（oh）2溶液中c（oh ）=0.1mol/l；dn（ch4）=0.075mol，结合甲烷和氨气的结构判断解答：解：a钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠、镁都与二氧化碳反应，不能用二氧化碳灭火，应用沙土盖灭，故a错误；b加热固体时，应防止生成的水冷凝时导致试管炸裂，加热固体时试管口一般要略低于试管底，故b错误；cph=13的ba（oh）2溶液中c（oh ）=0.1mol/l，1l ph=13的ba（oh）2溶液中含有0.1na个oh 离子，故c错误；dn（ch4）=0.075mol，则ch4所含有的共价键为0.075mol4=0.3mol，与0.1 mol nh3所含的共价键数相同，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及钠、镁的性质，试管的使用、ph的计算以及物质的量的计算等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等6（3分）在标准状况下，称量一个充满cl2的容器质量为74.6g，若改充氮气，其质量为66g，则容器充满so2气体时的质量为（）a64.8 gb73.2 gc68.6 gd75.8 g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，氯气和氮气的体积相等，等于容器的体积，则氯气和氮气的物质的量相等，假设气体的物质的量为n，容器的质量为m，根据不同气体的质量，列方程进行相关计算n值，进而可计算容器充满so2气体时的质量解答：解：假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol71g/mol=74.6g，mg+nmol28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，m=60.4g，so2气体的质量为0.2mol64g/mol=12.8g，则容器充满so2气体时的质量为12.8g+60.4g=73.2g，故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确相同条件下相同体积的不同气体的物质的量相等，再结合质量与物质的量、摩尔质量的关系来分析解答，题目难度不大7（3分）设na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的（）常温下，21g c3h6和c4h8的混合物中含有的碳原子数为1.5na14.2g 硫酸钠固体中含有0.1na个硫酸钠分子；常温常压下，11.2l乙烷所含的分子数为0.5na；10ml 18mol/l的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为 0.18na标准状况下，由h2o2分解制得4.48lo2转移的电子数目为0.4na2克d216o中含有的质子数、中子数、电子数均为naabcd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：c3h6和c4h8的最简式为ch2，根据最简式计算出混合物中含有的碳原子数；硫酸钠的摩尔质量为142g/mol，14.2g 硫酸钠固体的物质的量为0.1mol，硫酸钠为离子化合物，不存在硫酸钠分子；常温常压下，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙烷的物质的量；浓硫酸最终变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，无法计算转移的电子数；双氧水中氧元素的化合价为1价，标况下4.48lo2的物质的量为0.2mol，转移了0.4mol电子；d216o中含有的质子数、中子数、电子数都是10，摩尔质量为20g/mol解答：解：常温下，21g c3h6和c4h8的混合物中含有1.5mol最简式ch2，含有1.5molc原子，含有的碳原子数为1.5na，故正确；14.2g 硫酸钠固体的物质的量为0.1mol，由于硫酸钠钠为离子化合物，不存在硫酸钠分子，故错误；常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2l乙烷的物质的量，故错误；10ml 18mol/l的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，由于浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，而浓硫酸与镁反应生成二氧化硫，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，故错误；标准状况下，4.48lo2的物质的量为0.2mol，双氧水分解生成0.2mol氧气转移了0.4mol电子，转移的电子数目为0.4na，故正确；2克d216o的物质的量为0.1mol，0.1mol重水中含有1mol质子、1mol电子和1mol中子，含有的质子数、中子数、电子数均为na，故正确；根据以上分析可知，正确的为：，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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力8（3分）某种氯原子的质量是a g，12c原子的质量是b g，用na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a氯元素的相对原子质量是bm g该氯原子的物质的量是molc该氯原子的摩尔质量是17anag/molda g该氯原子所含质子数是17na考点：物质的量的相关计算.专题：计算题分析：a某一原子的相对原子质量是指：以一个12c原子质量的作为标准，该原子的质量跟一个碳12原子质量的的比值；b根据n=计算；c摩尔质量和相对原子质量在数值上相等，单位为g/mol；d氯原子的质子数为17，1个氯原子所含的质子数是17个解答：解：a元素是指具有相同核电荷数（核内质子数）的一类原子的总称一种元素因中子数不同，有多种原子元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值该氯原子的相对原子质量为，但该值也不是氯元素的相对原子质量，故a错误；b根据公式n=，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量（摩尔质量）为（ana）g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol，故b正确；c一个该氯原子的质量是a，该氯原子的摩尔质量为（ana）g/mol，故c错误；d一个该氯原子的质量是ag，a g该氯原子个数na=1，1个氯原子所含的质子数是17个，ag该氯原子所含的质子数为17，故d错误故选b点评：本题考查物质的量的相关计算，为高频考点，侧重于学生的计算能力的考查，注意相关计算公式的运用以及相对原子质量、物质的量、摩尔质量等概念的区别，难度不大9（3分）（2014雅安三模）将kclo3、i2各0.02mol加入12g 36.5%的盐酸中，i2恰好完全溶解，没有气体产生（不考虑盐酸的挥发）将反应后的溶液用冰水冷却，析出橙红色晶体a（a在常温下就有升华现象），过滤，将滤液蒸干，收集到kcl固体、8.7g液态水和极少量的a蒸气则a的化学式可能是（）ai2cl6bhclociclodkio3考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：橙红色晶体a在常温下就有升华现象，是共价化合物，不含钾元素，根据k元素守恒，可知最终收集的kcl为0.02mol，根据质量守恒计算a的质量，再根据cl原子守恒、i原子守恒确定a中n（cl）、n（i），进而确定是否含有o元素，结合原子物质的量之比确定化学式解答：解：橙红色晶体a在常温下就有升华现象，是共价化合物，不含钾元素，根据k元素守恒，可知最终收集的kcl为0.02mol，根据质量守恒，可知a的质量=12g+0.02mol122.5g/mol+0.02mol254g/mol8.7g0.02mol74.5g/mol=9.34g根据cl原子守恒，可知a中n（cl）=0.02mol+0.02=0.12mol，根据i原子守恒确定a中n（i）=0.04mol，故m（cl）+m（i）=0.12mol35.5g/mol+0.04mol127g/mol=9.34g，故a不含o元素，只由cl、i两种元素组成，且n（i）：n（cl）=0.04mol：0.12mol=1：3，故选项中a符合，故选a点评：本题考查方程式的有关计算，关键是利用守恒思想进行解答，难度中等10（3分）（2014中山模拟）用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的是（）a图i用于实验室制氨气并收集干燥的氨气b图ii用于除去co2中含有的少量hclc图iii用于提取i2的ccl4溶液中的i2d图iv用于检查碱式滴定管是否漏液考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气，氨气可用碱石灰干燥，且用向下排空法收集；b二氧化碳与饱和碳酸氢钠不反应，且不溶于饱和碳酸氢钠；c应用蒸馏的方法分离；d图iv用于赶出滴定管中的气泡解答：解：a氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气，氨气可用碱石灰干燥，氨气的密度比空气小，可用向下排空法收集，故a正确；b二氧化碳与饱和碳酸氢钠不反应，且不溶于饱和碳酸氢钠，可用与除去氯化氢，故b正确；c碘易溶于四氯化碳，应用蒸馏的方法分离，故c错误；d图iv用于赶出滴定管中的气泡，故d错误故选ab点评：本题考查较为综合，涉及气体的制备和收集、物质的分离和滴定管的使用等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握相关实验操作的原理和方法，把握实验的严密性、可行性的评价，难度中等11（3分）下列有关判断、叙述正确的是（）a质量分数为w的氨水其浓度为c1mol/l，则质量分数为2w的氨水，其浓度大于2c1 mol/lb3.2克的甲烷与标准状况下8.96 l的水所含有的氢原子数相同c铅蓄电池中放电时转移2na个电子，则电池内消耗4 mol h2so4d等质量的so2与so3所含有的氧原子数之比为5：6考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量的相关计算.专题：计算题分析：a根据物质的量浓度与溶质质量分数的转化关系：c=进行计算，注意氨水浓度越大，其密度越小；b标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算8.96l水的物质的量；c根据反应方程式pb+pbo2+2h2so42pbso4+2h2o进行计算消耗硫酸的物质的量；d设质量为1g，根据n=计算出二者的物质的量，再计算出氧原子的物质的量解答：解：a质量分数为w的氨水其浓度为c1mol/l，设密度为x，质量分数为2w的氨水，设其密度为y，氨水浓度越大密度越小，则xy，c1=，质量分数为2w的氨水的浓度为：c2=，=，由于xy，则1，即c22c1，所以质量分数为2w的氨水，其浓度小于2c1 mol/l，故a错误；b.3.2克的甲烷甲烷的物质的量为0.2mol，含有0.8mol氢原子，而标准状况下水不是气体，8.96 l的水的物质的量约为：=mol，8.96l水中含有的氢原子为mol，远远大于3.2甲烷中含有的氢原子数，故b错误；c铅蓄电池中放电时转移2na个电子，转移了2mol电子，根据反应pb+pbo2+2h2so42pbso4+2h2o可知，转移2mol电子，需要消耗2mol硫酸，故c错误；d设质量为1g，则三氧化硫的物质的量为：mol，二氧化硫的物质的量为：mol，so2与so3所含有的氧原子数之比为：mol2：mol3=5：6，故d正确；故选d点评：本题考查了物质的量浓度的计算、物质的量的计算、铅蓄电池工作原理及计算，题目难度中等，注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度等物理量之间的转化关系，明确铅蓄电池工作原理，选项b为易错点，注意标况下水的状态不是气体12（3分）取8.34g fes047h20样品加热，其受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，则下列叙述中不正确的是（）a温度为78时固体物质m的化学式为feso44h2ob温度为l59时固体物质n的化学式为feso4h2oc在隔绝空气条件下，n得到p的化学方程式为：feso4feo+so3d固体p隔绝空气加热至650，得到一种固体物质q，同时有三种无色气体生成，q的化学式为fe2o3考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：8.34g fes047h20样品物质的量=0.03mol，其中m（h20）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（fe）=n（ fes047h20）=0.03mol，m（fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（o）=2.40g1.68g=0.72g，n（o）=0.045mol，则n（fe）：n（o）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质q的化学式为fe2o3，以此解答该题解答：解：8.34g fes047h20样品物质的量=0.03mol，其中m（h20）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水a温度为78时，固体质量为6.72g，其中m（fes04）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（h20）=6.72g4.56g=2.16g，n（h20）=0.12mol，则n（h20）：n（fes04）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为feso44h2o，故a正确；b温度为l59时，固体质量为5.10g，其中m（fes04）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（h20）=5.10g4.56g=0.54g，n（h20）=0.03mol，则n（h20）：n（fes04）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为feso4h2o，故b正确；cm（fes04）=0.03mol152g/mol=4.56g，则在隔绝空气条件下由n得到p的化学方程式为feso4h2ofes04+h20，故c错误；d固体p对应温度为373固体为4.56g，隔绝空气加热至650，加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（fe）=n（ fes047h20）=0.03mol，m（fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（o）=2.40g1.68g=0.72g，n（o）=0.045mol，则n（fe）：n（o）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质q的化学式为fe2o3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，设so2、so3的物质的量分别为x、y，则，解得，所以由p到q方程式为：2feso4fe2o3+so2+so3，有两种无色气体生成，故d错误；故选：cd点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，题目难度较大13（3分）（2014攀枝花模拟）下列操作会导致实验结果偏高的是（）a中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值b中和滴定测定盐酸溶液浓度，量取20.00ml待测盐酸溶液的滴定管未用待测盐酸溶液润洗c用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量d配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，所配溶液的浓度考点：中和热的测定；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定.专题：化学实验基本操作分析：a、铜制环形搅拌器容易导致热量散失，测定的最高温度偏低，导致测定的反应热偏低；b、待测液没有润洗，导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低；c、砝码和药品颠倒，根据天平称量原理：药品质量+游码质量=砝码质量，会导致称量的药品质量偏低；d、用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，导致量取的溶液体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大解答：解：a、中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，会导致测量的混合液最高温度偏低，测定反应热数值偏小，故a错误；b、中和滴定测定盐酸溶液浓度，量取20.00ml待测盐酸溶液的滴定管未用待测盐酸溶液润洗，导致待测液被稀释，量取的待测液中溶质的物质的量偏小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故b错误；c、托盘天平称量原理为：砝码读数+游码读数=药品质量，若砝码与药品颠倒，会出现：药品质量+游码读数=砝码读数，导致称量的药品质量偏小，故c错误；d、配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，量筒小刻度在下方，会导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，故d正确；故选d点评：本题考查了中和热的测定、配制一定物质的量浓度的溶液、托盘天平的使用方法等知识，题目难度中等，注意明确正确的实验操作方法，能够根据测定原理判断错误操作产生的误差14（3分）下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作预期的实验目的或结论a对某白色固体进行焰色反应实验，火焰呈黄色该物质为钠盐bso2通入某红色溶液中，溶液褪色该溶液为品红溶液cph均为12的naoh溶液、氨水分别用蒸馏水稀释m倍、n倍后的ph相同mnd蔗糖溶液中加入少量稀硫酸加热，然后加银氨溶液再加热验证蔗糖是否发生水解aabbccdd考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a含有钠元素的物质的焰色反应为黄色；bso2通入某红色溶液中，溶液褪色，不一定为品红溶液，可能为滴有酚酞的碱溶液；c氨水为弱电解质，加水促进电离；d蔗糖水解生成葡萄糖，与银氨溶液的反应应在碱性条件下解答：解：a含有钠元素的物质的焰色反应为黄色，不一定为钠盐，也可能为钠的其它化合物，故a错误；bso2具有酸性、还原性和漂白性，通入某红色溶液中，溶液褪色，不一定为品红溶液，可能为滴有酚酞的碱溶液，故b错误；c氨水为弱电解质，加水促进电离，如加水稀释等体积，则氨水ph较大，如稀释后ph相同，则氨水加水较多，故c正确；d蔗糖水解生成葡萄糖，与银氨溶液的反应应在碱性条件下，题中没有加入碱调节溶液至碱性，不能发生银镜反应，故错误故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、性质探究等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和合理性，难度不大15（3分）下列实验对应的结论或操作正确的是（）abcd装置结论能证明非金属性clcsi实验室制纯净干燥的乙炔分离出苯酚与酒精溶液中的苯酚实验室用大理石和稀盐酸制备二氧化碳aabbccdd考点：化学实验方案的评价.分析：a证明非金属性强弱的依据是最高价含氧酸的酸性强弱比较；b乙炔中混有硫化氢；c苯酚与酒精互溶；d实验室制取二氧化碳用块状大理石或石灰石和稀盐酸解答：解：a装置中盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，只能说明盐酸酸性比碳酸强，但不能说明氯的非金属性强，二氧化碳通入硅酸钠能生成硅酸能说明碳酸酸性强于硅酸，碳酸和硅酸都是最高价含氧酸，能证明碳非金属性强于硅，故a错误； b乙炔中混有硫化氢，缺少除杂装置，故b错误；c苯酚与酒精互溶，不能用分液分离，故c错误；d由于实验室制取二氧化碳用块状大理石或石灰石和稀盐酸，属于固液不需要加热的反应，故d正确故选d点评：本题考查较为综合，涉及金属性比较、气体制备、分离提纯等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大16（3分）某溶液中可能含有以下6种离子中的几种：nh4+、a13+、mg2+、co32、cl、so42，为确认溶液的组成，现取100ml分成三等份溶液进行如下实验：（1）向第一份溶液中加入 agno3溶液有沉淀产生；（2）向第二份溶液中加入足量naoh溶液充分反应后，最终得到沉淀0.58g，同时收集到气体0.03mol（设气体全部从溶液中逸出）；（3）向第三份溶液中加入足量bacl2溶液（盐酸酸化）充分反应后，得到沉淀6.99g由此可知，下列关于原溶液组成的正确结论是（）a溶液中so42的浓度是0.3 mol/lb溶液中一定含有a13+和nh4+c一定不存在mg2+，可能存在a13+d一定存在cl 可能含co32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：（1）一定存在能与硝酸银中的银离子反应生成沉淀的离子，如co32、cl、so42；（2）加入足量氢氧化钠溶液能够生成沉淀和气体，则沉淀为氢氧化镁，气体为氨气；（3）加入盐酸酸化的氯化钡生成沉淀，沉淀为硫酸钡，溶液中一定存在硫酸根离子；再根据溶液电中性推断是否存在铝离子解答：解：（1）向第一份溶液中加入agno3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在co32、cl、so42中的一种或几种；（2）生成的沉淀为氢氧化镁，物质的量为=0.01mol，溶液中一定存在mg2+，一定不存在co32；生成的气体为氨气，说明溶液中一定存在nh4+；（3）向第三份溶液中加入足量bacl2溶液（盐酸酸化），得到沉淀6.99g，沉淀为硫酸钡，说明溶液中一定存在so42，n（so42）= mol=0.03mol，根据溶液电中性，负电荷物质的量为n（）=2n（so42）=0.06mol，正电荷的物质的量为n（+）=n（nh4+）+2n（mg2+）=0.03mol+0.01mol2=0.05mol，显然在无法确定是否含有氯离子情况下，负电荷物质的量大于正电荷，所以溶液中一定存在a13+，a、根据以上分析可知，溶液中so42的浓度是=0.3 mol/l，故a正确；b、根据溶液电中性可知，溶液中一定存在铝离子，根据生成了氨气可知，溶液中一定存在铵离子，故b错误；c、溶液中一定存在镁离子和铝离子，故c错误；d、溶液中一定不存在碳酸根离子，故d错误；故选a点评：本题考查了常见离子的检验，注意掌握常见离子的检验方法，本题难度在于根据溶液电中性判断铝离子存在的方法，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力二、非选择题（共52分）17（10分）将100克质量分数为10%的naoh溶液与50克质量分数为20%的naoh溶液混合后，加水稀释至溶液体积为500ml，则稀释后naoh的物质的量浓度为1 mol/l考点：物质的量浓度的相关计算.专题：计算题分析：根据n=计算各溶液中naoh的物质的量，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，据此根据c=计算稀释后氢氧化钠溶液的物质的量浓度；解答：解：100克质量分数为10%的naoh溶液中溶质naoh质量为：100g10%=10g，50克质量分数为20%的naoh溶液中溶质naoh质量为：50g20%=10g，混合后，溶液中的溶质的物质的量为：n=0.5mol，则稀释后氢氧化钠溶液的物质的量浓度c=1mol/l，故答案为：1 mol/l；点评：本题考查物质的量浓度计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用，题目难度不大注意要分析稀释前后溶质的物质的量不变，为高频考点18（2分）有bacl2和nacl的混合溶液a l，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使ba2+完全沉淀；另一份滴加agno3溶液，使cl完全沉淀反应中消耗x mol h2so4、y mol agno3据此得知原混合溶液中的c（na+）为 moll1考点：化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算.专题：计算题分析：由bacl2和稀硫酸反应可计算ba2+离子的物质的量，利用nacl和agno3溶液反应计算出cl离子的物质的量，由混合液呈电中性可计算出钠离子的物质的量，并注意均分成两份及计算原混合溶液中的c（na+）来解答即可解答：解：设每份中的ba2+离子的物质的量为m，cl离子的物质的量为n，由ba2+so42baso4 1 1 m xmol = 解得：m=xmol，cl+ag+agcl1 1n ymol = 解得：n=ymol，设每份中的钠离子的物质的量为z，bacl2和nacl的混合溶液不显电性，则x2+z=y，z=（y2x）mol，则原溶液中的钠离子为（y2x）mol2=（2y4x）mol，c（na+）=mol/l，故答案为：；点评：本题考查学生利用离子反应方程式的计算，明确离子之间的量的关系即可解答，利用溶液不显电性来计算钠离子的物质的量是解答的关键，并注意两等份的关系，题目难度中等19（2分）某化合物质x，受热分解3x=a+2b+3c，产物均为气体，测得生成物混合气体对相同条件下氢气的相对密度为22，则x的相对原子质量为88考点：相对原子质量及其计算.专题：计算题分析：根据相对氢气的密度计算混合气体的平均摩尔质量，由方程式可知x与反应后的混合气体的物质的量之比为3：6=1：2，根据质量守恒可知x的质量等于反应后混合气体的质量，再根据m=计算x的摩尔质量，据此解答解答：解：反应后生成的混合气体对h2的相对密度为22，则混合气体的平均摩尔质量为2g/mol22=44g/mol，由方程式可知x与反应后的混合气体的物质的量之比为3：6=1：2，根据质量守恒可知x的质量等于反应后混合气体的质量，故x的摩尔质量=88g/mol，故x的相对原子质量为88，故答案为：88点评：本题考查相对分子质量的计算，难度不大，相对分子质量的常用计算方法有：利用原子的相对原子质量计算、分子质量与c12原子质量1/12的比值、根据摩尔质量确定等，根据题目条件选择合适的计算方法20（2分）标准状况下，将15lo2通入10lh2和co的混合气中，充分燃烧干燥后，恢复至标准状况若剩余的气体体积为15l，则原混合气中v（co）=5若剩余的气体体积为a l，则原混合气中v（co）：v（h2）=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：（1）co、h2完全燃烧，先设出co气体的xl，则h2为（10x）l，利用方程式根据差量法表示出体积变化量，再根据剩余的气体的体积列方程计算混合物中气体的体积；（2）根据（1）中的关系式计算co、氢气的体积解答：解：标准状况下，水为液态（1）设v（co）为xl，则v（h2）为（10x）l由2co+o22co2，v 2 1 2 1 x 2h2 +o22h2o，v 2 1 3（10x） （10x）则+（10x）=15+1015，解得x=5，即v（co）=5l，故答案为：5；（2）由（1）可得： +（10x）=15+10a，解得x=（a10）l，v（h2）=（10x）l=（20a）l，即 =故答案为：点评：本题混合物的有关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，明确反应前后体积的变化及该条件下水的状态是关键，学生容易忽略水在常温下为液体而导致分析错误，注意差量法的利用21（2分）胆矾晶体是硫酸铜的结晶水合物，其化学式为cuso45h2o在加热情况下，按温度不同，胆矾晶体会历经一系列的变化，得到不同组成的固体（第（1）（2）问用小数表示）（1）称取0.10g含有杂质的胆矾试样于锥形瓶中，加入0.10mol/l氢氧化钠溶液28.00ml，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.10mol/l硫酸滴定到终点，消耗硫酸10.08ml，则试样中胆矾的质量分数为0.98（已知：cuso4+2naohcu（oh）2+na2so4；试样中杂质不与酸碱反应）（2）将1.250g 纯净的胆矾晶体置于坩埚中加热一段时间，测得剩余固体质量为0.960g剩余固体中结晶水的质量分数为0.167（保留三位小数）（3）将无水硫酸铜加热至650以上，可得到黑色的氧化铜与三氧化硫、二氧化硫和氧气的混合气体现将9.600g无水硫酸铜充分加热分解为氧化铜，将生成的气体通过足量的吸收剂（碱石灰），吸收剂增重4.416g则最终吸收剂中硫酸盐与亚硫酸盐的物质的量之比为3：2（4）取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960ml的no2气体和672ml n2o4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于9.2考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：（1）根据题中的信息，当向胆矾中加入氢氧化钠溶液发生反应：cuso4+2naohcu（oh）2+na2so4，反应后再加h2so4将剩余的naoh中和，则根据：h2so4+2naohna2so4+h2o，计算出剩余剩余naoh的物质的量，从而计算出与胆矾反应的naoh的物质的量，算出cuso4物质的量，进一步其质量，继而得出答案；（2）根据cuso45h2ocuso4+5h2o，采用假设的方法，假设胆矾完全分解时，求出得到固体的质量，与题中给出的固体的质量相比较，从而判断胆矾是否完全分解，然后根据判断的结果，根据反应方程式的计算，求出未分解的胆矾的量，进一步推算晶体中结晶水的质量分数即得答案；（3）根据题中的信息硫酸铜加热至650以上，可得到黑色的氧化铜与三氧化硫、二氧化硫和氧气的混合气体，将生成的气体通过足量的吸收剂（碱石灰）吸收，吸收剂增重4.416g，则碱石灰只能吸收三氧化硫、二氧化硫，所以三氧化硫和二氧化硫的质量之和为4.416g，再根据9.600g无水硫酸铜充分加热分解，求出无水硫酸铜的物质的量，根据原子守恒算出二氧化硫与三氧化硫的物质的量之和，列方程求解，既得二氧化硫、三氧化硫的物质的量即为亚硫酸钠、硫酸钠，即得答案；（4）铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量解答：解：（1）根据题中的条件，向0.1000g含有杂质的胆矾试样于锥形瓶中，加入0.1000mol/l氢氧化钠溶液28.00ml，反应完全后，氢氧化钠过量，剩余的氢氧化钠用0.1000mol/l硫酸中和消耗硫酸10.08ml，设与0.1000mol/l、10.08ml硫酸反应的氢氧化钠的物质的量为xmol，则有 h2so4 +2naohna2so4+h2o 1mol 2mol0.1000mol/l0.01008l x解得：x=0.002016mol，则与胆矾中硫酸铜反应的氢氧化钠的物质的量为：0.1000mol/l0.02800l0.002016mol=0.000784mol，设胆矾中cuso4的物质的量为ymol，则有 cuso4+2naohcu（oh）2+na2so4 1mol 2mol ymol 0.000784mol解得：y=0.000392molm（cuso4）=0.000392mol250gmol1=0.098g则胆矾中cuso4的质量分数为：=0.98，故答案为：0.98；（2）1.250g胆矾的物质的量为：=0.005mol，假设当0.005molcuso45h2o完全分解时生成固体的物质的量为nmol，则有 cuso45h2ocuso4+5h2o 1mol 1mol 0.005mol nmol解得n=0.005mol，m（ cuso4）=0.005mol160gmol1=0.8g0.960g故胆矾只是部分分解，设发生分解的胆矾的物质的量为ymol，则有： cuso45h2ocuso4+5h2o 1mol 1mol ymol ymol根据题中的条件剩余固体为 cuso45h2o、cuso4的混合物，其质量为0.960g，则有m（cuso45h2o）+m（cuso4）=（0.005y）mol250gmol1+160yg=0.960g解得：y=mol，所以剩余固体中，n（ cuso45h2o）=0.005molmol=mol剩余固体中 cuso45h2o晶体中结晶水的质量为：m（h2o）=mol90gmol1=0.16g，所以，剩余固体中结晶水的质量分数为：=0.167，故答案为：0.167；（3）根据题中的信息：无水硫酸铜加