浙江省台州外国语学校高二化学下学期第一次月考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年浙江省台州外国语学校高二（下）第一次月考化学试卷一、选择题：（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共60分）1（3分）（2014春富阳市校级月考）下列物质属于弱电解质的是（）a氯化钠b蔗糖c醋酸d液氯考点：强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质解答：解：a氯化钠在水溶液中完全电离，是强电解质，故a不选；b蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，故b不选；c醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质，故c选；d液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故d不选，故选c点评：本题考查强弱电解质、非电解质概念的辨析，难度不大解题时紧抓住弱电解质在水溶液中部分电离2（3分）（2009安徽模拟）下列离子中，电子数大于质子数且质子数大于中子数的是（）anh4+bna+coddoh考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；质量数与质子数、中子数之间的相互关系版权所有专题：原子组成与结构专题分析：电子数大于质子数，则微粒带负电，质子数大于中子数，只能是计算微粒的原子中质子数与中子数的多少，其中明确氢元素的不同原子中中子个数的情况是解决此题的必要条件解答：解：电子数大于质子数则微粒带负电，因此ab均错误；氧原子质子数等于电子数都是8，h的原子中只有质子无中子，d的原子中含有一个中子一个质子，故oh的质子数大于中子数故选d点评：此题是对微粒结构的考查，解题的关键是对相关原子的结构的把握，属基础性知识考查题3（3分）（2013秋鹿城区校级期末）下列微粒中，只具有还原性的是（）ana+bn2ccldso32考点：重要的还原剂版权所有专题：氧化还原反应专题分析：粒子只具有还原性，则元素的化合价应处于最低的状态，在反应中只能失去电子被氧化解答：解；ana元素化合价处于最高价态，只具有氧化性，故a错误；bn元素化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故b错误；ccl元素化合价为最低状态，只具有还原性，故c正确；ds元素化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故d错误故选c点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从元素化合价的角度认识物质具有的性质，学习中注意把握氧化还原反应的相关规律4（3分）（2014秋河南期末）下列实验操作中，错误的（）a蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，才停止加热b蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处c分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出d萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大考点：蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取版权所有专题：化学实验基本操作分析：a在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸发干；b温度计测量蒸气的温度；c活塞到漏斗管口还残留一部分下层液体；d萃取剂的选择与密度无关解答：解：a在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余热蒸发干，故a正确； b蒸馏操作时，温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故b正确；c活塞到漏斗管口还残留一部分下层液体如果将上层液体也从下口放出，残留的下层液体会一起被放出，上层液体就不纯净了，故分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故c正确；d萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，密度也可以比水小，故d错误故选：d点评：本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，题目难度中等，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法5（3分）（2014春椒江区校级月考）将alcl3溶液和naoh溶液等体积混合，所得沉淀物中铝元素的质量是所得溶液中铝元素的质量的2倍，则原alcl3溶液和naoh溶液物质的量浓度之比可能是（）2：31：23：102：7abcd考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量是所得溶液中铝元素的质量的2倍，沉淀为al（oh）3，溶液中的铝可能为alcl3或naalo2，可分别发生：al3+3ohal（oh）3、al（oh）3+oh=alo2+2h2o，结合反应的离子方程式分为两种情况讨论计算解答：解：设alcl3和naoh的浓度分别为c1和c2，相同体积为v，若naoh稍多一些，生成部分naalo2，此时参加反应的alcl3的物质的量是c1vmol，则完全沉淀消耗naoh是3c1vmol，生成c1v mol 的al（oh）3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量是所得溶液中铝元素的质量的2倍，则根据铝守恒，说明有的氢氧化铝溶解生成偏铝酸根剩余氢氧化铝沉淀，发生al（oh）3+oh=alo2+2h2o反应，所以根据反应则又消耗了c1vmol的氢氧化钠，所以一共消耗的naoh的物质的量为：3c1v+c1v=c1v=c2v，所以c1：c2=3：10；当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：al3+3ohal（oh）3，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量是所得溶液中铝元素的质量的2倍，则2（c1vx）=x，所以x=c1v，消耗氢氧化钠3x，即2c1vmol，所以2c1v=c2v，所以此时c1：c2=1：2，所以原alcl3溶液和naoh溶液物质的量浓度之比可能是3：10或者1：2；故选：b点评：本题考查了根据方程式进行计算，同时考查学生分析问题、解决问题能力，很多同学往往只考虑溶液中的铝元素为铝离子而漏掉为偏铝酸根离子而导致错误，为易错点6（3分）（2012上海）图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向kmno4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2kmno4+16hcl2kcl+5cl2+2mncl2+8h2o对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 a a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：cl2br2i2 b c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 c d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 d e处变红色 还原性：fe2+claabbccdd考点：氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素分析：cl2分别与ki、nabr作用生成i2、br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：cl2i2、cl2br2，无法证明i2与br2之间氧化性的强弱；c处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了naoh；d处变红说明cl2将fe2+氧化为fe3+，证明还原性：fe2+cl，反应的离子方程式2fe2+cl2=2fe3+2cl；fe3+3scn=fe（scn）3；用fecl3与kclo在强碱性条件下反应制取k2feo4，反应的离子方程式为2fe3+3clo+10oh=2feo42+3cl+5h2o解答：解：a、cl2分别与ki、nabr作用生成i2、br2，a处变蓝、b处红棕色，可证明氧化性：cl2i2、cl2br2，无法证明i2与br2之间氧化性的强弱，故a错误；b、氯气与水反应cl2+h2o=h+cl+hclo，h+使试纸变红，hclo具有漂白性，可使试纸褪色，则c处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故b错误；c、cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是生成物质具有漂白性，故c错误；d、cl2将fe2+氧化为fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2fe2+cl2=2fe3+2cl；fe3+3scn=fe（scn）3，证明还原性fe2+cl，故d正确；故选d点评：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键7（3分）（2009长沙校级模拟）由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：在一定条件下脱水干燥；加熟石灰；加盐酸；过滤；浓缩结晶其先后顺序正确的是（）abcd考点：海水资源及其综合利用版权所有专题：卤族元素分析：根据海水中mgcl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀，然后将沉淀过滤，接着将mg（oh）2沉淀转化为mgcl2，这样就实现了mgcl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（mgcl26h2o）（这步是为了得到纯净的mgcl2），又因mgcl2 易水解，为防止mgcl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在hcl氛围下中进行解答：解：因海水中mgcl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀：mgcl2+ca（oh）2mg（oh）2+cacl2，然后将沉淀过滤，接着将mg（oh）2沉淀转化为mgcl2：mg（oh）2+2hclmgcl2+2h2o，这样就实现了mgcl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（mgcl26h2o）（这步是为了得到纯净的mgcl2），又因mgcl2 易水解，为防止mgcl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在hcl氛围下中进行：mgcl26h2omgcl2 +6h2o故选：d点评：由于海水中mgcl2灰的浓度较小，要经过富集这一过程，不能直接蒸发海水得到（mgcl26h2o），同时防止mgcl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在hcl氛围下中进行8（3分）（2013秋鹿城区校级期末）在实验室中制取纯净、干燥的氯气时，可使气体依次通过（）a饱和食盐水、浓硫酸bnaoh溶液、浓硫酸cnahco3溶液、碱石灰d浓硫酸、饱和食盐水考点：气体的净化和干燥版权所有专题：化学实验基本操作分析：实验室制备氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热制备，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，制取干燥、纯净的氯气时，除杂装置是利用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶先吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥得到纯净干燥的气体解答：解：氯化氢具有挥发性，实验室制取的氯气中会含有水蒸气和氯化氢，制取干燥、纯净的氯气时，由于氯气在饱和食盐水中溶解度较小，所以先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收hcl，再通过盛有浓硫酸的集气瓶干燥氯气，从而获得纯净、干燥的氯气，所以氯气依次通过的是：饱和食盐水、浓硫酸，故选a点评：本题考查了气体的净化与干燥，题目难度不大，注意掌握常见气体的化学性质及净化、干燥方法，明确除去氯气的氯化氢杂质，选用的试剂为饱和食盐水，原因是氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，且能够吸收氯化氢杂质9（3分）（2012秋中山期末）关于na2co3和nahco3性质的说法正确的是（）a在水中的溶解性：nahco3na2co3b热稳定性：nahco3na2co3c与盐酸溶液反应的速率（快慢）：nahco3na2co3dna2co3不能转化成nahco3，而nahco3能转化成na2co3考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：nahco3与na2co3相比较，nahco3不稳定，加热易分解，常温时，na2co3溶解度较大，与盐酸反应时，nahco3反应剧烈解答：解：a常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：na2co3nahco3，故a错误；bnahco3不稳定，加热易分解：2nahco3na2co3+co2+h2o，碳酸钠受热稳定，故b正确；c分别滴加hcl溶液，反应离子方程式为co32+2h+co2+h2o，hco3+h+h2o+co2，相同条件下nahco3比na2co3反应放出气体剧烈，故c错误；dna2co3能与二氧化碳、水反应转化成nahco3，nahco3能分解转化成na2co3，二者可相互转化，故d错误故选：b点评：本题考查na2co3和nahco3性质，题目难度不大，注意把握na2co3和nahco3性质的异同，注重基础知识的积累10（3分）（2011秋瓯海区校级期末）将0.03mol cl2缓缓通入含有0.02mol h2so3和0.02mol hbr的混合溶液中，在此过程中c（h+）与cl2用量的关系是（）abcd考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用版权所有专题：卤族元素分析：cl2能氧化hbr，br2能氧化h2so3，氯气首先氧化h2so3为h2so4，h2so3反应完毕，然后再氧化br，由于br全部转变br2，所以hbr和h2so3都完全被氧化解答：解：cl2能氧化hbr，br2能氧化h2so3，氯气首先氧化h2so3为h2so4： cl2 +h2so3 +h2o=h2so4 +2hcl 0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol h2so3为弱酸，生成两种强酸：h2so4和hcl，c（h+）增大，h2so3反应完毕，消耗 cl20.02mol，cl2过量0.01mol，然后再氧化br： cl2 +2hbr=br2 +2hcl 0.01mol 0.02mol hbr全部转变为hcl，c（h+）不变；故选：a点评：本题考查了氧化还原反应的计算，注意反应的先后顺序，难度不大11（3分）（2013秋鹿城区校级期末）实验室用浓盐酸与二氧化锰制取cl2，收集到标准状况下的氯气0.224l，则被氧化的hcl的物质的量是（）a0.02 molb0.01 molc0.04 mold无法计算考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：计算题分析：反应的化学方程式为mno2+4hclmncl2+cl2+2h2o，由方程式可知，反应中cl元素化合价升高，被氧化，当有4molhcl参加反应，有2mol被氧化，以此解答该题解答：解：n（cl2）=0.01mol，反应的化学方程式为mno2+4hclmncl2+cl2+2h2o，则mno2+4hclmncl2+cl2+2h2o 被氧化hcl 4 1 2 0.1mol nn=0.02mol，故选a点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意反应中盐酸既表现为还原性也表现酸性的特点，根据元素的化合价的变化计算，难度不大12（3分）（2013秋南关区校级期中）在烧杯中加入水和煤油（密度：0.88g/cm3）各50ml，将一小粒金属钠（密度：0.97g/cm3）投入烧杯中，观察到的现象可能是（）a钠在水层中反应并四处游动b钠停留在煤油层中不发生反应c钠在煤油的液面上反应并四处游动d钠在煤油与水的界面处反应并可能作上、下跳动考点：钠的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：考虑钠与水的反应，结合钠的密度、水和煤油的密度大小来分析解答：解：因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完故选d点评：本题考查钠的性质，难度不大，借助于题目情境，培养了学生分析问题的能力13（3分）（2013秋鹿城区校级期末）下列离子方程式错误的是（）a钠与水反应 2na+2h2o2na+2oh+h2b氯气与水反应 h2o+cl22h+cl+cloc小苏打溶液与盐酸反应 hco3+h+h2o+co2d过量的二氧化碳气体通入烧碱溶液中反应co2+ohhco3考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：a、钠与水电离出的氢离子之间的氧化还原反应，再从离子方程式遵循电荷守恒的角度分析；b、次氯酸为弱酸，应写成化学式；c、书写离子方程式时多元弱酸根离子不拆；d、过量的二氧化碳气体通入烧碱溶液中反应，生成碳酸氢根离子解答：解：a、钠与水电离出的氢离子之间的氧化还原反应，正确的离子方程式为2na+2h2o2na+2oh+h2，故a正确；b、次氯酸为弱酸，应写成化学式，正确的离子方程式为h2o+cl2h+cl+hclo，故b错误；c、多元弱酸根离子不拆，离子方程式为hco3+h+h2o+co2，故c正确；d、过量的二氧化碳气体通入烧碱溶液中反应，生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为co2+ohhco3，故d正确；故选b点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析14（3分）（2012秋许昌期末）同温同压下，a容器中h2和b容器中nh3所含氢原子数相等，则两个容器的体积比是（）a3：2b1：3c2：3d1：2考点：阿伏加德罗定律及推论版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：在相同条件下，气体的vm相等，根据n=计算解答：解：在相同条件下，气体的vm相等，根据分子中含有的h原子个数可知分子数之比为3：2，由n=n=可知，气体的分子数之比等于体积之比，则体积比为3：2，故选a点评：本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度不大，注意分子的构成特点以及物质的量的相关计算公式的运用15（3分）（2014春椒江区校级月考）下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（）ana+ h+ no3 fe2+bca2+ no3 hco3 ohck+ h+ cl so42dfe3+ cl h+ co32考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：a硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；b氢氧根离子能够与钙离子、碳酸氢根离子发生反应；c离子之间不满足离子反应发生条件；d碳酸根离子与铁离子、氢离子都能够发生反应解答：解：ano3 在h+存在的条件下具有强氧化性，能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故a错误；boh能够与ca2+、hco3发生反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；ck+ h+ cl so42之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故c正确；dco32能够与fe3+、h+发生反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间，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16（3分）（2014春富阳市校级月考）将标准状况下a l hcl（g）溶于100g水中，得到的盐酸的密度为b gcm3，则该盐酸的物质的量浓度是（）a moll1b moll1c moll1dmoll1考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：计算题分析：根据n=计算氯化氢的物质的量，再根据m=nm计算氯化氢质量，溶液的质量=100g+m（hcl），根据v=计算溶液的体积，根据物质的量浓度公式c=计算溶液的物质的量浓度解答：解：标准状况下的al hcl（气）的物质的量为=mol氯化氢的质量为mol36.5g/mol=g所以溶液质量为100g+g=（100+）g所以溶液的体积为=l所以溶液浓度为=mol/l故选d点评：本题考查物质的量浓度的相关计算与理解，难度不大，正确计算溶液的体积是解本题的关键，注意不能把溶剂的体积当做溶液的体积，也可以先计算质量分数，再利用c=计算17（3分）（2013秋鹿城区校级期末）用足量的co还原32g某种金属氧化物，将生成的气体通入足量的澄清石灰水中，得到60g沉淀，则该氧化物是（）afeobfe2o3ccuodcu2o考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：用足量的co还原32g某种金属氧化物，生成气体为二氧化碳，将生成的二氧化碳通入足量的澄清石灰水中，得到60g沉淀为碳酸钙，碳酸钙的物质的量=0.6mol，反应中co分子获得1个o原子生成1个co2分子，故金属氧化物中n（o）=n（co2）=0.6mol，m（o）=0.6mol16g/mol=9.6g，金属氧化物中金属元素的质量为32g9.6g=22.4g，则金属氧化物中m（金属）：m（o）=22.4g：9.6g=7：3，据此结合选项验证判断解答：解：用足量的co还原32g某种金属氧化物，生成气体为二氧化碳，将生成的二氧化碳通入足量的澄清石灰水中，得到60g沉淀为碳酸钙，碳酸钙的物质的量=0.6mol，反应中co分子获得1个o原子生成1个co2分子，故金属氧化物中n（o）=n（co2）=0.6mol，m（o）=0.6mol16g/mol=9.6g，金属氧化物中金属元素的质量为32g9.6g=22.4g，则金属氧化物中m（金属）：m（o）=22.4g：9.6g=7：3，afeo中m（fe）：m（o）=56：16=7：2，故a不符合；bfe2o3中m（fe）：m（o）=256：316=7：3，故b符合；ccuo中m（cu）：m（o）=64：16=4：1，故c不符合；dcu2o中m（cu）：m（o）=264：16=8：1，故d不符合；故选b点评：本题考查物质成分的确定、根据方程式的计算等，难度中等，根据反应确定氧化物中含有氧元素的质量是解题关键18（3分）（2014春椒江区校级月考）过碳酸钠是一种有多种用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为na2co33h2o2，它具有na2co3和h2o2的双重性质过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效，其中过碳酸钠只发生了氧化反应的是（）amno2bkmno4溶液c稀盐酸dna2so3溶液考点：过氧化氢版权所有专题：氧族元素分析：na2co33h2o2具有na2co3和h2o2的双重性质，过碳酸钠只发生了氧化反应，表现为还原性；解答：解：a在mno2作用下，过氧化氢自身发生氧化还原反应，既表现出氧化性又表现出还原性，故a不选；bkmno4溶液与过碳酸钠发生氧化还原反应，被氧化，过碳酸钠表现出还原性，故b选；c盐酸和过碳酸钠反应生成二氧化碳气体，没有发生氧化还原反应，故c不选；dna2so3溶液与过碳酸钠发生氧化还原反应，过碳酸钠表现出氧化性，故d不选故选b；点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，特别是过氧化氢的性质，从元素化合价的认识氧化还原反应的相关概念和性质19（3分）（2014福州模拟）用如图所示装置不能达到有关实验目的是（）a用甲图装置证明（煤油）（钠）（水）b用乙图装置制备fe（oh）2c用丙图装置制取金属锰d用丁图装置比较nahco3和na2co3的热稳定性考点：化学实验方案的评价；钠的化学性质；探究铝热反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁版权所有专题：实验评价题分析：a钠的密度比水的小，比煤油的大；b煤油能隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；c利用铝热反应可制备熔点高的金属mn；d比较稳定性，碳酸氢钠应在小试管中解答：解：a由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故a正确；b由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故b正确；c由图可知，al与二氧化锰发生铝热反应生成mn，故c正确；d因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故d错误；故选d点评：本题考查实验方案的评价，明确现象与物质的性质和制取的关系、反应原理及金属冶炼的关系等知识即可解答，题目难度不大20（3分）（2013秋鹿城区校级期末）设na代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是（）ana个氯气分子与na氢气分子的质量比等于35.5：1b在常温常压下，11.2l氯气含有分子数为0.5nac与7.8g na2o2完全反应时，消耗h2o的分子数为0.2nad1l 0.5moll1硝酸钡溶液中所含no3数为0.5na考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：ana个氯气分子与na氢气分子的物质的量都是1mol，1mol氯气的质量为71g，1mol氢气的质量为2g；b常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯气的物质的量；c过氧化钠与水的反应方程式中，过氧化钠与水的化学计量数相等，所以消耗水的物质的量与过氧化钠的物质的量相等；d1mol硝酸钡中含有2mol硝酸根离子，根据n=cv计算出硝酸钡的物质的量，再计算出含有的硝酸根离子的数目解答：解：ana个氯气和na个氢气的物质的量为1mol，根据m=nm可知，质量与摩尔质量成正比，所以二者的质量之比为：71g/mol：2g/mol=35.5：1，故a正确；b不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2l氯气的物质的量，故b错误；c7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠完全反应消耗0.1mol水，消耗h2o的分子数为0.1na，故c错误；d1l 0.5moll1硝酸钡溶液中含有硝酸钡0.5mol，0.5mol硝酸钡中含有1mol硝酸根离子，所含no3数为na，故d错误；故选a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，要求学生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提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力二、填空题：（共40分）21（6分）（2013秋鹿城区校级期末）选用合适的过量的试剂来除去下列物质中的杂质（括号中为杂质）：（1）nacl溶液（na2co3），试剂hcl溶液，离子方程式co32+2h+=h2o+co2（2）fecl2溶液（cucl2），试剂fe粉，离子方程式fe+cu2+=fe2+cu考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：（1）na2co3可与盐酸反应生成nacl；（2）可用铁粉除杂，发生置换反应解答：解：（1）na2co3可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，而氯化钠不影响，盐酸既能和盐酸反应又不会生成杂质，故答案为：hcl溶液；co32+2h+=h2o+co2；（2）铁粉和cucl2能发生置换反应生成铜，同时生成fecl2，离子方程式为：fe+cu2+=cu+fe2+，故答案为：fe粉；fe+cu2+=fe2+cu点评：本题考查物质的分离和提纯，难度不大，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键22（6分）（2013秋鹿城区校级期末）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：nh4+、cl、mg2+、ba2+、k+、co32、so42，现取三份100ml溶液进行如下实验，并回答相关问题：第一份加入agno3溶液有沉淀产生第二份加足量naoh溶液加热后，收集到气体0.04mol第三份加足量bacl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀为2.33g根据上述实验，推测一定不存在的离子是nh4+、k+、co32、so42，可能存在的离子是cl，为进一步确定其存在，应该补充的实验是另取少量的原溶液，先加入过量硝酸钡溶液，过滤后加入硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原溶液中含有氯离子，否则不含有氯离子考点：常见离子的检验方法；离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：加入agno3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在cl、co32、so42；0.04mol气体为氨气，溶液中一定含有nh4+，并且物质的量为0.04mol；2.33g沉淀为硫酸钡，6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物；再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子，据此进行解答解答：解：第一份加入agno3溶液有沉淀产生，与agno3溶液有沉淀产生的离子有：cl、co32、so42；加足量naoh溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04mol，溶液中一定含有nh4+，并且物质的量为0.04mol；不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量为：=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为6.27g2.33g=3.94g，碳酸钡的物质的量为：=0.02mol，故原溶液中一定存在co32、so42，则一定没有mg2+、ba2+； 再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（nh4+）=0.04mol；c（）=2c（co32）+2c（so42）=0.06mol，正电荷总物质的量大于负电荷，故原溶液中一定有k+，至少为0.02mol；综合以上可以得出，一定存在的离子有：nh4+、k+、co32、so42，一定没有的离子mg2+、ba2+，可能存在cl；需要使硝酸银溶液氯离子，方法为：另取少量的原溶液，先加入过量硝酸钡溶液，过滤后加入硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原溶液中含有氯离子，否则不含有氯离子，故答案为：nh4+、k+、co32、so42；cl；另取少量的原溶液，先加入过量硝酸钡溶液，过滤后加入硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原溶液中含有氯离子，否则不含有氯离子点评：本题考查常见阴、阳离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的化学性质及检验方法，本题中根据电荷守恒判断钾离子的存在为易错点，做题时需要细致分析23（10分）（2014秋南岗区校级月考）有x、y、z三种物质，它们之间存在如下转化关系：（1）若x、y、z三种物质的焰色反应均为黄色，三个反应均为化合反应，则y的化学式为na2o，z的电子式为；y、z两种物质相比，相同的化学键类型为离子键，当、两个反应生成的z量相等时，转移的电子数目之比为1：2（2）若x、y、z三种物质均含有同一种金属元素，x是单质，y是日常生活中最重要的盐，的反应条件为电解，则的化学方程式为2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，的离子方程式为2na+2h2o2na+2oh+h2考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：（1）若x、y、z三种物质的焰色反应均为黄色，则应含有na元素，三个反应均属于为化合反应，可知x为na，y为na2o，z为na2o2；（2）若x、y、z三种物质均含有同一种金属元素，y是日常生活中最重要的盐，则y是氯化钠，x是单质，则x是钠，的反应条件为电解，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，z中含有金属元素，则z是氢氧化钠解答：解：（1）若x、y、z三种物质的焰色反应均为黄色，则这三种物质都含有钠元素，三个反应均为化合反应，则y中含有变价元素，根据教材知识知，x是钠、y是氧化钠、z是过氧化钠，通过以上分析知，y是氧化钠，其化学式为na2o，z是过氧化钠，其电子式为，y和z中都含有离子键，但z中还含有非极性共价键，当、两个反应生成的z量相等时，分别发生：2na2o+o2=2na2o2，2na+o2=na2o2，若生成2molna2o2，转移的电子的物质的量分别为2mol、4mol，则转移的电子数目之比为1：2，故答案为：na2o；离子键；1：2；（2）若x、y、z三种物质均含有同一种金属元素，y是日常生活中最重要的盐，则y是氯化钠，x是单质，则x是钠，的反应条件为电解，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应方程式为2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，z中含有金属元素，则z是氢氧化钠，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为2na+2h2o2na+2oh+h2，故答案为：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2；2na+2h2o2na+2oh+h2点评：本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意元素化合物知识的积累，把握常见物质的性质，难度中等24（12分）（2008重庆）某学习小组用如图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量（1）a中试剂为naoh溶液（2）实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：记录c的液面位置；将b中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重；待b中不再有气体产生并恢复至室温后，记录c的液面位置；由a向b中滴加足量试剂；检查气密性上述操作的顺序是（填序号）；记录c的液面位置时，除视线平视外，还应使d和c的液面相平（4）b中发生反应的化学方程式为2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b ml （已换算为标准状况），b中剩余固体质量为c g，则铝的相对原子质量为（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将偏小（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）考点：铝的化学性质；镁的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）mg、al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于al可以和碱反应而不和mg反应，则可以用naoh与al反应制得h2，然后用排水法收集h2，以计算al的量；（2）由于al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；（3）整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录c中的液面，两者相减即为产生h2的量；最后称得的固体即为mg的质量在读数时要注意d、c液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；（4）b中发生的是al与碱的反应；（5）（ac）即为铝的质量，再除以al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n（al）可以由产生的h2获得；（6）未洗涤，则造成（ac）变小，则由（5）的结果可进行判断解答：解：（1）根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如naoh溶液）反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择naoh溶液，故答案为：naoh溶液；（2）铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，故答案为：除去铝镁合金表面的氧化膜；（3）实验时首先要检查气密性，记下量气管中c的液面位置，再加入naoh溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中c的液面位置，最后将b中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使d和c两管中液面相平，故答案为：；使d