河北省保定市望都中学2022学年高一化学上学期12月月考试题含解析

2022-2022学年河北省保定市望都中学高一（上）月考化学试卷　一、每题只有一个选项（30*2=60）1．有关表格中的分类正确的是（　　）纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A水玻璃盐酸硫酸次氯酸干冰B冰氨水碳酸钙水氨气C氯水漂白粉苛性钠碳酸氯化银D苏打赤铁矿氯化钡氢硫酸氯气A．AB．BC．CD．D　2．NaOH、KOH等碱性溶液可以贮存在下列哪种试剂瓶中（　　）A．具有玻璃塞的细口瓶B．具有玻璃塞的广口瓶C．带滴管的滴瓶D．具有橡胶塞的细口瓶　3．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（　　）ABCDXFeCl2溶液MgFeCl3溶液Na2SO4溶液YFeCl3AlCuCl2Na2CO3ZCl2NaOH溶液FeBaCl2溶液A．AB．BC．CD．D　4．0.5L1mol/L的FeCl3溶液与0.2L1mol/L的KCl溶液中，Cl﹣浓度比为（　　）A．15：2B．1：2C．3：1D．1：3　5．（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐，在分解的过程中发生了氧化还原反应．下列各组对（NH4）2Cr2O7受热分解产物的判断，符合实际的是（　　）A．CrO3+NH3+H2OB．Cr2O3+NH3+H2O-36-\nC．CrO3+N2+H2OD．Cr2O3+N2+H2O　6．往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸时，溶液的颜色变化应该是（　　）A．颜色变浅B．逐渐变深C．没有改变D．变棕黄色　7．在SiO2+3CSiC+2CO↑反应中，氧化剂和还原剂的质量比为（　　）A．36：30B．60：36C．2：1D．1：2　8．下列离子方程式中书写不正确的是（　　）A．大理石与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．少量金属钠放入冷水中：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑C．二氧化硅与苛性钠溶液反应：SiO2+2OH﹣=SiO+H2OD．澄清石灰水通入过量CO2的总反应：CO2+OH﹣=HCO　9．下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（　　）A．H+、Fe2+、NO、Na+B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣　10．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的有几个（　　）①在常温常压下，1mol氦气含有原子数为2NA②0.5molO2和0.5molO3的混合物所含有的氧原子个数为2.5NA③常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA④1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO⑤含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol•L﹣1⑥1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023⑦物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA⑧13.5gAl与足量盐酸反应生成H2的分子数为NA⑨标准状况下，2.24LCH4所含电子数为NA．-36-\nA．3B．4C．5D．6　11．将NaCl和NaBr的混合物mg，溶于足量的水配成500mL溶液A，再向其中通入足量的Cl2，充分反应后将溶液蒸干，得固体（m﹣2）g，则A溶液中Na+、Br﹣、Cl﹣的物质的量浓度之比不可能是（　　）A．3：2：1B．3：1：2C．4：3：2D．5：1：4　12．某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时是白色絮状沉淀，迅速变为灰绝色，最后变成红褐色．下列结论正确的是（　　）A．一定有Fe2+存在，一定没有Fe3+、Mg2+B．一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+C．一定有Fe3+存在，可能有Fe2+，一定没有Mg2+D．一定有Fe2+存在，可能有Mg2+，一定没有Fe3+　13．用1L1.0mol•L﹣1NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是（　　）A．1：3B．1：2C．2：3D．3：2　14．淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征．现将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中的液体进行下列实验，能证明半透膜完好无损的是（　　）A．加入BaCl2溶液产生白色沉淀B．加入碘水不变蓝C．加入BaCl2溶液没有白色沉淀产生D．加入碘水变蓝　15．下列离子检验的方法正确的是（　　）A．某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl﹣B．某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42﹣-36-\nC．某溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+D．某溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO32﹣　16．把少量废铁粉溶于过量稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成．过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣．上述沉淀和残渣分别是（　　）A．Fe（OH）3；Fe2O3B．Fe（OH）2；FeOC．Fe（OH）2、Fe（OH）3；Fe3O4D．Fe2O3；Fe（OH）3　17．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH﹣+2HCO=CaCO3↓+2H2O+COC．铝和烧碱溶液：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO+3H2↑D．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4OH﹣=AlO+2H2O　18．（2分）下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（　　）A．Cu（OH）2与盐酸，Cu（OH）2与醋酸B．BaCl2溶液与Na2SO4溶液，Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液C．NaHCO3溶液与NaHSO4溶液，NaHCO3溶液与盐酸D．石灰石与稀硝酸反应，生石灰与稀盐酸　19．某溶液中含有较大量的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（　　）①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba（NO3）2溶液．A．①②④②③B．④②①②③C．①②③②④D．④②③②①　20．已知2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣．向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得溶液中Cl﹣与Br﹣的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（　　）-36-\nA．2mol/LB．1mol/LC．0.4mol/LD．0.2mol/L　21．将物质X逐渐加入Y溶液中，生成沉淀的物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图所示．符合图所示情况的是（　　）ABCDXNaOHAlCl3HClNaYAlCl3NaOHNaHClA．AB．BC．CD．D　22．下列叙述中正确的是（　　）A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出　23．金属铜的提炼多从黄铜矿开始，已知黄铜矿中铁为+2价．黄铜矿的焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，下列说法不正确的是（　　）A．O2只做氧化剂B．CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C．SO2既是氧化产物又是还原产物D．若有1molO2参加反应，则反应中有4mol电子转移　24．Al2（SO4）3和MgSO4的混和物，加适量水溶解，再加入KOH溶液，析出的沉淀量（W）与KOH溶液体积（V）的关系如图，则Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比是（　　）-36-\nA．2：1B．1：2C．1：1D．1：3　25．在AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生．则下列结论正确的是（　　）A．滤液中一定有Fe（NO3）3B．滤渣只含Ag和Cu，一定无ZnC．滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无ZnD．滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn　26．Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物，加入200mL5mol•L﹣1的盐酸，恰好完全溶解，再向其中加入KSCN溶液，未见血红色，则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应后溶液体积仍为200mL）（　　）A．2.5mol•L﹣1B．lmol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．5mol•L﹣1　27．在甲、乙两烧杯溶液中，共含有大量的Cu2+、Na+、H+、SO42﹣、CO32﹣、OH﹣等6种离子．已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（　　）A．Cu2+、H+、SO42﹣B．Na+、OH﹣、CO32﹣C．CO32﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、H+、SO42﹣　28．如图中的①、②、③、④分别是几种常见漏斗的上部，A、B、C、D分别是实际操作（分液、制气、向容器中加液体试剂等）时，各漏斗的下部插入容器中的示意图．请根据实际使用操作时上述漏斗的使用范围和它们形状，下列哪一种匹配是不合适的（　　）-36-\nA．制备二氧化碳：A与③B．过滤：B与④C．用双氧水和二氧化锰制氧气：C与①D．添加酒精：D与②　29．向含有1molKAl（SO4）2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应．下列说法不正确的是（　　）A．当Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5molB．当SO42﹣恰好完全沉淀时，Al3+全部转化为Al（OH）3C．当向溶液中加入1.5mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓D．反应过程中随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的质量不断增大　30．将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）A．B．C．D．　　-36-\n二、非选择题（本题包括4小题，共40分）31．已知：①SO2中S元素的化合价为+4价，既可以升高为+6价，又可以降低为0价，因此SO2既体现了氧化性又体现了还原性．②SO2具有漂白性；SO2能与大部分有色物质化合生成不稳定的无色物质，该无色物质在受热条件下又会变为原来的有色物质，但SO2不能漂白酸碱指示剂．根据以上信息，回答下列问题：（1）二氧化硫能使浸过溴水的滤纸褪色，这说明了　　　　　　．A．SO2的漂白性B．溴的挥发性C．SO2的氧化性D．溴的氧化性（2）将二氧化硫通入品红溶液，可以看到　　　　　　，这体现了二氧化硫的　　　　　　性，将氯气通入另一份品红溶液，可以看到　　　　　　，这是因为　　　　　　．（3）若在相同状况下，将1体积SO2和1体积Cl2同时通入品红溶液，可观察到品红溶液　　　　　　．A．立刻褪色B．慢慢褪色C．先褪色，后复原D．颜色不褪（4）上述（3）现象的原因是　　　　　　（用离子方程式及适当文字表示）．　32．现有一包固体粉末，可能是CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NaCl中的一种或几种，为确定其组成，取适量试样进行下列实验．请根据实验现象判断：（1）取试样溶于水，得到无色澄清溶液，则此固体粉末中一定没有　　　　　　、　　　　　　．（2）取上述溶液适量，滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀部分消失并产生气泡．则此固体粉末中一定有　　　　　　、　　　　　　．（3）取步骤（2）实验后的上层清液，加入稀硝酸、硝酸银溶液，出现白色沉淀，由此该同学得出此固体粉末中一定含有NaCl，你认为此结论是否正确　　　　　　（填“是”或“否”）．（4）对于是否含有NaCl，你认为应对步骤（2）作如何改进　　　　　　（若步骤（3）填“是”，此空不作答）．　33．图（左）是还原铁粉与水蒸气反应的实验装置，实验时，B中灰色的铁粉变为黑色，且生成的黑色固体物质是一种可溶于稀盐酸的较复杂化合物．请回答下列问题：-36-\n（1）B中发生反应的化学方程式为　　　　　　．（2）反应前A中投放碎瓷片的目的是　　　　　　．（3）某次实验后，取B中的固体物质少量，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液．溶液颜色无明显变化，试解释原因　　　　　　．（4）如图（左）中虚线部分，可以用右图所示装置代替，在X口点燃收集到的气体即可检验H2的存在．实验开始时，打开K1．K2，关闭K3，使反应先进行一段时间之后，必须进行　　　　　　操作，方可关闭K2．打开K3，再收集气体．当收集到半瓶气体时，停止加热，关闭K1，若要使H2顺利逸出而进行点燃实验，操作的方法是　　　　　　．（5）替代装置未像原装置那样使用干燥管，同样顺利完成了实验，原因是　　　　　　．　　-36-\n2022-2022学年河北省保定市望都中学高一（上）月考化学试卷参考答案与试题解析　一、每题只有一个选项（30*2=60）1．有关表格中的分类正确的是（　　）纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A水玻璃盐酸硫酸次氯酸干冰B冰氨水碳酸钙水氨气C氯水漂白粉苛性钠碳酸氯化银D苏打赤铁矿氯化钡氢硫酸氯气A．AB．BC．CD．D【考点】电解质与非电解质；混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念．【分析】只由一种物质构成的为纯净物；由两种或两种以上的物质构成的是混合物；在水溶液中或熔融状态下能完全电离的为强电解质；在水溶液中和熔融状态下只能部分电离的为弱电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的为非电解质．据此分析．【解答】解：A、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，故水玻璃是混合物，故A错误；B、冰即固态水，为纯净物；氨水是氨气的水溶液，为混合物；碳酸钙在水溶液中能完全电离，故为强电解质；水只能部分电离，为弱电解质；氨气在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故B正确；C、氯气的水溶液俗称氯水，故为混合物；氯化银在熔融状态下能导电，故为电解质，故C错误；D、苏打即碳酸钠，是纯净物；氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误．故选B．【点评】本题是一道有关物质的分类的题目，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键，属于基础知识的考查．　2．NaOH、KOH等碱性溶液可以贮存在下列哪种试剂瓶中（　　）-36-\nA．具有玻璃塞的细口瓶B．具有玻璃塞的广口瓶C．带滴管的滴瓶D．具有橡胶塞的细口瓶【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据NaOH、KOH等碱性溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏合性的物质，将瓶塞和瓶口黏结在一起以及液体放在细口瓶中，固体放在广口瓶中．【解答】解：因NaOH、KOH等碱性溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏合性的物质，将瓶塞和瓶口黏结在一起，从而无法打开，所以贮存在具有橡胶塞的细口瓶中，故选：D．【点评】本题主要考查了物质的性质，性质决定了用途，培养了学生分析问题、解决问题的能力．　3．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（　　）ABCDXFeCl2溶液MgFeCl3溶液Na2SO4溶液YFeCl3AlCuCl2Na2CO3ZCl2NaOH溶液FeBaCl2溶液A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．FeCl2与Cl2反应生成FeCl3；B．Al与NaOH溶液反应，而Mg不能；C．FeCl3、CuCl2均与Fe反应；D．Na2SO4、Na2CO3均与BaCl2溶液反应生成沉淀．【解答】解：A．FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，将原物质反应掉，不符合除杂原则，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应，而Mg不能，则加NaOH溶液溶解后过滤可实现除杂，故B正确；C．FeCl3、CuCl2均与Fe反应，将原物质和杂质均反应掉，不符合除杂原则，故C错误；D．Na2SO4、Na2CO3均与BaCl2溶液反应生成沉淀，将原物质和杂质均反应掉，不符合除杂原则，故D错误；故选B．-36-\n【点评】本题考查混合物的分离、提纯，为高频考点，侧重元素化合物性质的综合应用及除杂的考查，注意除杂的原则及发生的反应，题目难度不大．　4．0.5L1mol/L的FeCl3溶液与0.2L1mol/L的KCl溶液中，Cl﹣浓度比为（　　）A．15：2B．1：2C．3：1D．1：3【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】先根据溶液中氯离子的物质的量浓度=盐的浓度×化学式中氯离子个数，求出各溶液中Cl﹣的物质的量浓度，然后求比值．【解答】解：0.5L1mol•L﹣1FeCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol•L﹣1×3=3mol•L﹣1，0.2L1mol•L﹣1KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol•L﹣1，Cl﹣的物质的量浓度之比为3：1．故选：C．【点评】本题考查了溶液中氯离子物质的量浓度的计算，溶液中氯离子的物质的量浓度为盐的浓度与化学式中离子个数的积，与溶液的体积无关．　5．（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐，在分解的过程中发生了氧化还原反应．下列各组对（NH4）2Cr2O7受热分解产物的判断，符合实际的是（　　）A．CrO3+NH3+H2OB．Cr2O3+NH3+H2OC．CrO3+N2+H2OD．Cr2O3+N2+H2O【考点】氧化还原反应．【分析】重铬酸铵受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，以此解答该题．【解答】解：重铬酸铵受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由﹣3价升高为0，生成氮气，Cr元素的化合价应降低，由+6价降低为+3加，生成Cr2O3，由元素守恒可知，还生成水，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意化合物中N、Cr元素的化合价，题目难度不大．　-36-\n6．往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸时，溶液的颜色变化应该是（　　）A．颜色变浅B．逐渐变深C．没有改变D．变棕黄色【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化二价铁离子．【解答】解：往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸时，发生反应的离子方程式为：Fe+NO3﹣+4H+═Fe3++NO↑+2H20，三价铁离子为棕黄色，故选：D．【点评】本题考查了不同价态铁之间的转化，题目难度不大，明确硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性是解题关键，熟记常见金属阳离子的颜色．　7．在SiO2+3CSiC+2CO↑反应中，氧化剂和还原剂的质量比为（　　）A．36：30B．60：36C．2：1D．1：2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】SiO2+3CSiC+2CO↑反应中，根据化合价可知，C既是氧化剂又是还原剂，质量之比等于物质的量之比，可有方程式判断氧化剂和还原剂之间的物质的量关系．【解答】解：SiO2+3CSiC+2CO↑反应中，Si元素的化合价反应前后没有变化，当3molC参加反应时，有1molSiC生成，说明1molC起到氧化剂的作用，有2molCO生成，说明有2molC起到还原剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，则质量之比为1：2，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意化合价的变化是解答该题的关键．　8．下列离子方程式中书写不正确的是（　　）A．大理石与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．少量金属钠放入冷水中：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑C．二氧化硅与苛性钠溶液反应：SiO2+2OH﹣=SiO+H2OD．澄清石灰水通入过量CO2的总反应：CO2+OH﹣=HCO【考点】离子方程式的书写．-36-\n【分析】A．反应生成氯化钙、水和二氧化碳；B．电子、电荷不守恒；C．反应生成硅酸钠和水；D．反应生成碳酸氢钙．【解答】解：A．大理石与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A正确；B．少量金属钠放入冷水中的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；C．二氧化硅与苛性钠溶液反应的离子反应为SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故C错误；D．澄清石灰水通入过量CO2的离子反应为CO2+OH﹣=HCO3﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　9．下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（　　）A．H+、Fe2+、NO、Na+B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【分析】离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存，说明该溶液中含有还原性和氧化性离子，据此分析解答．【解答】解：A．酸性条件下，亚铁离子和硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故A选；B．Ag+、Cl﹣发生复分解反应生成沉淀而不能大量共存，故B不选；C．Ba2+、SO42﹣发生复分解反应生成沉淀而不能大量共存，故C不选；D．Cu2+、NH4+和OH﹣发生复分解反应而不能大量共存，故D不选；故选A．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、复分解反应，明确离子性质是解本题关键，易错选项是A，注意：酸性条件下硝酸根离子的强氧化性．　10．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的有几个（　　）-36-\n①在常温常压下，1mol氦气含有原子数为2NA②0.5molO2和0.5molO3的混合物所含有的氧原子个数为2.5NA③常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA④1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO⑤含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol•L﹣1⑥1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023⑦物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA⑧13.5gAl与足量盐酸反应生成H2的分子数为NA⑨标准状况下，2.24LCH4所含电子数为NA．A．3B．4C．5D．6【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】①氦气为单原子分子；②氧气和臭氧都是由氧原子构成；③质量转化为物质的量结合水分子的构成解答；④硫酸为强酸，硫酸氢钠溶液中不存在其酸式根离子；⑤0.5mol氧化钠溶于1L水中，溶液的体积未知，不能计算浓度；⑥钠离子最外层电子数为8，据此解答即可；⑦溶液的体积未知，不能计算其物质的量；⑧13.5gAl的物质的量为0.5mol，与盐酸反应生成氢气的物质的量为0.75mol；⑨标准状况下，2.24L甲烷的物质的量为0.1mol，据此解答．【解答】解：①氦气为单原子分子，在常温常压下，1mol氦气含有原子数为NA，故①错误；②0.5molO2和0.5molO3的混合物所含有的氧原子个数（0.5×2+0.5×3）×NA=2.5NA，故②正确；③1个水分子含有3个原子，常温常压下，18gH2O的物质的量==1mol，含有的原子总数为3NA，故③正确；④硫酸氢钠溶液中不存在硫酸氢根，故④错误；⑤含NA个Na+的Na2O，物质的量为0.5mol，溶解于1L水中，溶液的体积无法计算，不能知道氢氧化钠的物质的量浓度，故⑤错误；-36-\n⑥1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023，故⑥正确；⑦溶液体积未知，无法计算MgCl2溶液中氯离子的个数，故⑦错误；⑧13.5gAl的物质的量==0.5mol，结合铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气的定量关系计算，2Al～3H2，生成H2的分子数为0.75NA，故⑧错误；⑨标准状况下，2.24L甲烷的物质的量为0.1mol，含有电子数为1mol，故⑨正确，综合以上分析，正确的个数是4，故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，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，明确气体摩尔体积的条件应用是解题关键，题目难度不大．　11．将NaCl和NaBr的混合物mg，溶于足量的水配成500mL溶液A，再向其中通入足量的Cl2，充分反应后将溶液蒸干，得固体（m﹣2）g，则A溶液中Na+、Br﹣、Cl﹣的物质的量浓度之比不可能是（　　）A．3：2：1B．3：1：2C．4：3：2D．5：1：4【考点】有关混合物反应的计算．【分析】溶液一定为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得：n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），据此对各选项数据进行判断．【解答】解：任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在NaCl和NaBr的混合溶液中，一定满足：n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），A.3=2+1，说明n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），故A正确；B.3=1+2，说明n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），故B正确；C.4≠3+2，说明n（Na+）≠n（Cl﹣）+n（Br﹣），故C错误；D.5=1+4，说明n（Na+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣），故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度不大，从溶液电中性角度解答，起到事半功倍的效果，这一点也提示我们在答题时多把握题目类型，运用守恒原理解答常常起到意想不到的效果．-36-\n　12．某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时是白色絮状沉淀，迅速变为灰绝色，最后变成红褐色．下列结论正确的是（　　）A．一定有Fe2+存在，一定没有Fe3+、Mg2+B．一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+C．一定有Fe3+存在，可能有Fe2+，一定没有Mg2+D．一定有Fe2+存在，可能有Mg2+，一定没有Fe3+【考点】常见阳离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】氢氧化钠与镁离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀；与二价铁离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定能继续被空气氧化生成氢氧化铁，现象白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；氢氧化钠与三价铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，据此解答．【解答】解：加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有铁离子存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在铁离子；镁离子与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有镁离子，故选：D．【点评】本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的检验方法，熟记各种离子的特征反应，能够根据离子反应的特性正确推断离子种类．　13．用1L1.0mol•L﹣1NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是（　　）A．1：3B．1：2C．2：3D．3：2【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】氢氧化钠的物质的量=1.0mol/L×1L=1mol，当n（NaOH）：n（CO2）≥2，二者反应生成碳酸钠，当n（NaOH）：n（CO2）≤1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2＞n（NaOH）：n（CO2）＞1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：0.8mol=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，根据原子守恒分析解答．-36-\n【解答】解：氢氧化钠的物质的量=1.0mol/L×1L=1mol，当n（NaOH）：n（CO2）≥2，二者反应生成碳酸钠，当n（NaOH）：n（CO2）≤1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2＞n（NaOH）：n（CO2）＞1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：0.8mol=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，设碳酸钠的物质的量是x，碳酸氢钠的物质的量是y，根据碳原子守恒得x+y=0.8①根据钠原子守恒得：2x+y=1②，根据①②得x=0.2y=0.6，所以CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比=0.2mol：0.6mol=1：3，故选A．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意从原子守恒的角度分析．　14．淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征．现将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中的液体进行下列实验，能证明半透膜完好无损的是（　　）A．加入BaCl2溶液产生白色沉淀B．加入碘水不变蓝C．加入BaCl2溶液没有白色沉淀产生D．加入碘水变蓝【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】胶体粒子不能通过半透膜，而且其它小分子或离子可以通过半透膜，则证明半透膜完好无损即证明取烧杯中液体无淀粉，可用碘水检验．【解答】解：因淀粉是胶体，不能透过半透膜，则只要袋子不破损，淀粉就不会出来，加入碘水就不变蓝，故选B．【点评】本题考查了胶体性质，胶体的透性，根据实验考查了学生分析问题，解决问题的能力．　15．下列离子检验的方法正确的是（　　）A．某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl﹣-36-\nB．某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42﹣C．某溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+D．某溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO32﹣【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等；B．白色沉淀可能为AgCl；C．蓝色沉淀为氢氧化铜；D．无色气体可能为氢气、二氧化碳、二氧化硫等．【解答】解：A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等，应先加硝酸酸化排除干扰离子，再加硝酸银检验氯离子，故A错误；B．白色沉淀可能为AgCl，应先加盐酸酸化排除干扰离子，再加氯化钡检验硫酸根离子，故B错误；C．蓝色沉淀为氢氧化铜，则生产蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，故C正确；D．无色气体可能为氢气、二氧化碳、二氧化硫等，则原溶液中可能有CO32﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意离子检验中排除干扰离子，侧重离子检验中试剂选择及排除干扰离子的考查，题目难度不大．　16．把少量废铁粉溶于过量稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成．过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣．上述沉淀和残渣分别是（　　）A．Fe（OH）3；Fe2O3B．Fe（OH）2；FeOC．Fe（OH）2、Fe（OH）3；Fe3O4D．Fe2O3；Fe（OH）3【考点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】红褐色沉淀生成为Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，在加热时分解生成红棕色的Fe2O3．-36-\n【解答】解：有关转化关系为FeFe2+Fe3+Fe（OH）3Fe2O3，红褐色沉淀生成为Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，在加热时分解生成红棕色的Fe2O3，而Fe（OH）2为白色沉淀，FeO和Fe3O4都为黑色物质．故选A．【点评】本题考查铁及铁的化合物的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　17．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH﹣+2HCO=CaCO3↓+2H2O+COC．铝和烧碱溶液：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO+3H2↑D．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4OH﹣=AlO+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．少量小苏打完全反应，生成碳酸钙、水、NaOH；C．反应生成偏铝酸钠、氢气；D．一水合氨在离子反应中保留化学式．【解答】解：A．FeCl2溶液中通入Cl2的离子反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故A错误；B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为Ca2++OH﹣+HC03﹣=CaCO3↓+H2O，故B错误；C．铝和烧碱溶液的离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O=2Al02﹣+3H2↑，故C正确；D．AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H20=Al3↓+3NH4+，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大．　18．下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（　　）A．Cu（OH）2与盐酸，Cu（OH）2与醋酸-36-\nB．BaCl2溶液与Na2SO4溶液，Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液C．NaHCO3溶液与NaHSO4溶液，NaHCO3溶液与盐酸D．石灰石与稀硝酸反应，生石灰与稀盐酸【考点】离子方程式的书写．【分析】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸；B．BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应实质是钡离子与硫酸根离子反应生成沉淀，Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应实质钡离子与硫酸根离子反应生成沉淀，氢离子与氢氧根离子反应生成水；C．反应实质都是碳酸氢根离子与氢离子反应；D．石灰石为碳酸钙，生石灰为氧化钙．【解答】解：A．盐酸为强酸，书写时应拆成离子形式，醋酸为弱酸，书写时应保留化学式，所以二者不能用同一个离子方程式表示，故A错误；B．BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应实质是钡离子与硫酸根离子反应生成沉淀，Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应实质钡离子与硫酸根离子反应生成沉淀，氢离子与氢氧根离子反应生成水，二者反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故B错误；C．NaHCO3溶液与NaHSO4溶液，NaHCO3溶液与盐酸，反应实质都是碳酸氢根离子与氢离子反应，能够用离子方程式：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑表示，故C正确；D．石灰石为碳酸钙，生石灰为氧化钙，反应实质不同，不能用同一个离子方程式表示，故D错误；故选：C．【点评】本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，注意化学式的拆分，题目难度不大．　19．某溶液中含有较大量的Cl﹣、CO32﹣、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（　　）①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba（NO3）2溶液．A．①②④②③B．④②①②③C．①②③②④D．④②③②①【考点】常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．-36-\n【分析】检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤．【解答】解：Cl﹣用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO32﹣用Ba（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH﹣用Mg（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg（OH）2；Cl﹣、CO32﹣、OH﹣都和AgNO3反应，CO32﹣、OH﹣都和Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀；只有CO32﹣和Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO32﹣、再检验OH﹣；故选B．【点评】本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行，同时需考虑物质之间的反应．　20．已知2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣．向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得溶液中Cl﹣与Br﹣的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（　　）A．2mol/LB．1mol/LC．0.4mol/LD．0.2mol/L【考点】离子方程式的有关计算．【分析】还原性Fe2+＞Br﹣，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，反应后溶液中Cl﹣和Br﹣的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15mol，若Br﹣没有反应，溶液中n（Br﹣）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br﹣参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n（Br﹣），根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算．【解答】解：还原性Fe2+＞Br﹣，通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，反应后溶液中Cl﹣和Br﹣的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15mol，若Br﹣没有反应，n（Br﹣）=0.3mol，则n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br﹣参加反应，-36-\n设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br﹣）=2xmol，未反应的n（Br﹣）=0.3mol，参加反应的n（Br﹣）=（2x﹣0.3）mol，根据电子转移守恒有x×1+×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L．故选：A．【点评】本题考查反应方程式的计算，难度中等，判断Br﹣是否完全反应是解题的关键，注意还原性Fe2+＞Br﹣，通入的Cl2后发生反应有先后顺序．　21．将物质X逐渐加入Y溶液中，生成沉淀的物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图所示．符合图所示情况的是（　　）ABCDXNaOHAlCl3HClNaYAlCl3NaOHNaHClA．AB．BC．CD．D【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】由图可知，将物质X逐渐加入（或滴入）Y溶液中，生成沉淀，当Y溶液反应完后，继续加入物质X，物质X能与沉淀反应而使生成的沉淀溶解，且生成沉淀所需要的X的物质的量与沉淀溶解需要的X的物质的量之比为1：3，据此解答．【解答】解：A、氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，生成Al（OH）3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3：1，不符合图中所示情况，故A错误；B、氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，先发生反应Al3++4OH﹣═AlO2﹣↓+2H2O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应后发生3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）-36-\n3↓+6H2O，生成沉淀，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，不符合图中所示情况，故B错误；C、偏铝酸钠溶液中加入盐酸，先发生反应AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓，生成Al（OH）3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1：3，符合图中所示情况，故C正确；D、偏铝酸钠溶液加入盐酸中，先发生反应AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O，不生成沉淀，当盐酸溶液反应完后，再滴入偏铝酸钠溶液3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓+6H2O，生成沉淀直到最大，不符合图中所示情况，故D错误．故选：C．【点评】本题考查化学反应与图象，难度较大，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答的关键，要求学生有将图象信息转换为化学信息的能力，同时对化学知识必须十分熟练．　22．下列叙述中正确的是（　　）A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【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】A、碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O═NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠．【解答】解：A、CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氢钙溶液，再加入NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应，不能生成碳酸钙沉淀，故A错误；-36-\nB、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有二氧化碳生成，故B错误；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同，与盐酸反应都生成二氧化碳，由碳元素守恒可知，生成二氧化碳的物质的量之比与摩尔质量成反比为106：84=53：42，即同温同压下，体积之比为53：42，故C错误；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O═NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故会有碳酸氢钠析出，故D正确；故选D．【点评】本题考查钠的重要化合物性质、化学计算等，难度中等，注意B选项中滴加顺序不同，发生反应不同，实质是与量有关导致反应不同．　23．金属铜的提炼多从黄铜矿开始，已知黄铜矿中铁为+2价．黄铜矿的焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，下列说法不正确的是（　　）A．O2只做氧化剂B．CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C．SO2既是氧化产物又是还原产物D．若有1molO2参加反应，则反应中有4mol电子转移【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价，以此来解答．【解答】解：A．氧气中O元素由0降低为﹣2价，则O2只做氧化剂，故A正确；B．CuFeS2中Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，则CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C．元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D．若有1molO2参加反应，则反应中共有6mol电子转移，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，CuFeS2中各元素的化合价是解答的难点和易错点，难度不大．-36-\n　24．Al2（SO4）3和MgSO4的混和物，加适量水溶解，再加入KOH溶液，析出的沉淀量（W）与KOH溶液体积（V）的关系如图，则Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比是（　　）A．2：1B．1：2C．1：1D．1：3【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为5﹣4=1，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液4，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为1，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为1×3=3，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液4，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为4﹣3=1，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×1：×3=1：2，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比=1：1；故选C．【点评】本题考查了铝、镁及其化合物性质的计算应用，图象分析方法、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键．　25．在AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生．则下列结论正确的是（　　）A．滤液中一定有Fe（NO3）3B．滤渣只含Ag和Cu，一定无Zn-36-\nC．滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无ZnD．滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】元素及其化合物．【分析】充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，据此分析解答．【解答】解：分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，A．铁能和铁离子反应，Fe过量，所以滤液中一定没有Fe（NO3）3，故A错误；B．因为只有Fe和HCl反应，所以滤渣中一定含有Fe，故B错误；C．根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故C正确；D．根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故D错误；故选C．【点评】本题考查金属的活动性强弱，明确金属之间的置换反应是解本题关键，注意盐酸性质的特殊性，题目难度不大．　26．Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物，加入200mL5mol•L﹣1的盐酸，恰好完全溶解，再向其中加入KSCN溶液，未见血红色，则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应后溶液体积仍为200mL）（　　）A．2.5mol•L﹣1B．lmol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．5mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因加入KSCN溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，根据电荷守恒可知2c（Fe2+）=c（Cl﹣）计算出所得溶液中Fe2+的物质的量浓度．【解答】解：Fe和Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因加入KSCN溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，溶液体积不变，则反应后溶液中c（Cl﹣）=c（HCl）=5mol/L，根据电荷守恒，可知2c（Fe2+）=c（Cl﹣）=5mol/L，故c（Fe2+）=2.5mol/L，-36-\n故选A．【点评】本题考查混合物有关计算，题目难度不大，明确反应生成物是解题关键，侧重对解题方法技巧的考查，注意利用守恒法进行解答．　27．在甲、乙两烧杯溶液中，共含有大量的Cu2+、Na+、H+、SO42﹣、CO32﹣、OH﹣等6种离子．已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（　　）A．Cu2+、H+、SO42﹣B．Na+、OH﹣、CO32﹣C．CO32﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、H+、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲中一定含有Cu2+，因Cu2+能分别为CO32﹣、OH﹣结合生成沉淀，则CO32﹣、OH﹣一定在乙烧杯中，又H+、OH﹣结合生成水而不能共存，则H+在甲中，再根据溶液不显电性，则乙中的阳离子为Na+．【解答】解：甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲中一定含有Cu2+，因Cu2+能分别为CO32﹣、OH﹣结合生成沉淀，则CO32﹣、OH﹣一定在乙烧杯中，又H+、OH﹣结合生成水而不能共存，则H+在甲中，再根据溶液不显电性，则乙中的阳离子为Na+；A、乙中含有Na+、OH﹣、CO32﹣，甲中含有Cu2+、H+、SO42﹣，故A错误；B、乙中含有Na+、OH﹣、CO32﹣，故B正确；C、乙中不含有SO42﹣，故C错误；D、乙中不含有H+、SO42﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生利用离子的共存来分析溶液的成分，明确溶液为蓝色是解答的突破口，然后利用离子之间的反应及溶液为电中性来解答即可．　28．如图中的①、②、③、④分别是几种常见漏斗的上部，A、B、C、D分别是实际操作（分液、制气、向容器中加液体试剂等）时，各漏斗的下部插入容器中的示意图．请根据实际使用操作时上述漏斗的使用范围和它们形状，下列哪一种匹配是不合适的（　　）-36-\nA．制备二氧化碳：A与③B．过滤：B与④C．用双氧水和二氧化锰制氧气：C与①D．添加酒精：D与②【考点】实验装置综合．【分析】A．实验室用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳；B．用过滤装置进行过滤操作；C．用双氧水和二氧化锰制氧气需选择固体+液体→气体装置；D．需用漏斗向酒精灯内添加酒精．【解答】解：A．A中试管、导管与③长颈漏斗组合，可用于固体+液体→气体，实验室用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，符合这一装置要求，故A不选；B．B为烧杯与④短颈漏斗组合，可用于分离不溶性固体与液体，即过滤，故B不选；C．C中试管、导管与①分液漏斗组合，可用于固体+液体→气体，分液漏斗能通过活塞控制反应速率以及防止气体逸出，用双氧水和二氧化锰制氧气，符合这一装置要求，故C不选；D．D为酒精灯与③长颈漏斗，不符合添加酒精要求，应选用D与④普通漏斗结合添加酒精，故D选；故选D．【点评】本题考查实验装置的综合，为高频考点，把握实验仪器的使用及气体的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　29．向含有1molKAl（SO4）2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应．下列说法不正确的是（　　）A．当Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5molB．当SO42﹣恰好完全沉淀时，Al3+全部转化为Al（OH）3-36-\nC．当向溶液中加入1.5mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓D．反应过程中随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的质量不断增大【考点】离子方程式的书写．【分析】1molKAl（SO4）2中逐滴加入Ba（OH）2溶液，反应过程可分三个阶段：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+2Al（OH）3↓+3BaSO4↓①；KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O②；第一阶段：从开始滴入Ba（OH）2到1.5mol时，反应按①进行，溶液中的Al3+、Ba2+、OH﹣离子均转化成沉淀；第二阶段：当滴入Ba（OH）2从1.5mol到2mol之间时，Ba2+继续与SO42﹣反应生成BaSO4，同时①反应生成的Al（OH）3与OH﹣反应生成AlO2﹣；第三阶段：当滴入到Ba（OH）22mol时，按②进行，生成的Al（OH）3全部转化为AlO2﹣，共生成2molBaSO4．【解答】解：A．第一阶段：从开始滴入Ba（OH）2到1.5mol时，反应按2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+2Al（OH）3↓+3BaSO4↓①进行，即当1molAl3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol，故A正确；B．1molKAl（SO4）2的溶液中含有2mol的SO42﹣，当SO42﹣恰好完全沉淀时，需要2mol的Ba2+，即消耗了2mol的Ba（OH）2，即KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O，Al3+全部转化为偏铝酸根离子，故B错误；C．当向溶液中加入1.5mol氢氧化钡时，发生反应：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，离子方程式表示为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故C正确；D．随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，开始沉淀量增多，随后氢氧化铝会溶解，故沉淀的物质的量先增大后减小，故D错误；故选BD．【点评】本题是一道关于离子之间的反应知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，掌握铝及其化合物的性质是解答关键，题目难度中等．　30．将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）-36-\nA．B．C．D．【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．【专题】图像图表题；计算题．【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．【解答】解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成．A、0.1mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C．【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，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HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．　二、非选择题（本题包括4小题，共40分）-36-\n31．已知：①SO2中S元素的化合价为+4价，既可以升高为+6价，又可以降低为0价，因此SO2既体现了氧化性又体现了还原性．②SO2具有漂白性；SO2能与大部分有色物质化合生成不稳定的无色物质，该无色物质在受热条件下又会变为原来的有色物质，但SO2不能漂白酸碱指示剂．根据以上信息，回答下列问题：（1）二氧化硫能使浸过溴水的滤纸褪色，这说明了　D　．A．SO2的漂白性B．溴的挥发性C．SO2的氧化性D．溴的氧化性（2）将二氧化硫通入品红溶液，可以看到　品红溶液褪色　，这体现了二氧化硫的　漂白　性，将氯气通入另一份品红溶液，可以看到　品红溶液褪色　，这是因为　Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能漂白品红溶液　．（3）若在相同状况下，将1体积SO2和1体积Cl2同时通入品红溶液，可观察到品红溶液　D　．A．立刻褪色B．慢慢褪色C．先褪色，后复原D．颜色不褪（4）上述（3）现象的原因是　SO2+Cl2+2H2O═4H++2Cl﹣+SO42﹣　（用离子方程式及适当文字表示）．【考点】二氧化硫的化学性质；氧化还原反应．【分析】（1）二氧化硫具有还原性，能被溴单质氧化生成硫酸；（2）二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，氧化品红溶液为无色；（3）若在相同状况下，将1体积SO2和1体积Cl2同时通入品红溶液，恰好反应生成硫酸和盐酸；（4）二氧化硫和氯气在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸；【解答】解：（1）二氧化硫具有还原性，能被溴单质氧化生成硫酸，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，表现的是二氧化硫的还原性，溴单质的氧化性，所以选D；故答案为：D；（2）二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，氯气和水反应生成的次氯酸，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸具有漂白性，氧化品红溶液为无色，；故答案为：品红溶液褪色；漂白；　品红溶液褪色，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能漂白品红溶液；（3）若在相同状况下，将1体积SO2和1体积Cl2同时通入品红溶液，恰好反应生成硫酸和盐酸，不能使品红溶液褪色，D正确；-36-\n故答案为：D；（4）二氧化硫和氯气在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O═4H++2Cl﹣+SO42﹣；故答案为：SO2+Cl2+2H2O═4H++2Cl﹣+SO42﹣．【点评】本题考查了二氧化硫、氯气性质的分析判断，主要是漂白性的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．　32．现有一包固体粉末，可能是CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NaCl中的一种或几种，为确定其组成，取适量试样进行下列实验．请根据实验现象判断：（1）取试样溶于水，得到无色澄清溶液，则此固体粉末中一定没有　CaCO3　、　CuSO4　．（2）取上述溶液适量，滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀部分消失并产生气泡．则此固体粉末中一定有　Na2CO3　、　Na2SO4　．（3）取步骤（2）实验后的上层清液，加入稀硝酸、硝酸银溶液，出现白色沉淀，由此该同学得出此固体粉末中一定含有NaCl，你认为此结论是否正确　否　（填“是”或“否”）．（4）对于是否含有NaCl，你认为应对步骤（2）作如何改进　将实验（2）中的BaCl2改为Ba（OH）2或是Ba（NO3）2溶液　（若步骤（3）填“是”，此空不作答）．【考点】几组未知物的检验．【分析】（1）将混合物溶于水，得到无色透明溶液，碳酸钙难溶于水，硫酸铜溶解溶液呈蓝色，说明原混合物一定不含CaCO3、CuSO4；（2）取少量上述溶液，其中一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，可能是生成的碳酸钡、硫酸钡沉淀，再加入稀硝酸，部分消失并产生气泡，说明沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，证明原混合物含有硫酸钠、碳酸钠；（3）步骤（2）实验后的上层清液，加入稀硝酸、硝酸银溶液，出现白色沉淀，即氯化银沉淀，但是上述溶液所加入的氯化钡中含有氯离子，不能说明原混合物含有NaCl，据此回答；（4）能和硝酸酸化的硝酸银反应产生白色沉淀的是氯离子，根据实验过程结合所加的试剂来回答．【解答】解：（1）将混合物溶于水，得到无色透明溶液，碳酸钙难溶于水，硫酸铜溶解溶液呈蓝色，说明原混合物一定不含CaCO3、CuSO4；故答案为：CaCO3；CuSO4；-36-\n（2）取少量上述溶液，其中一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，可能是生成的碳酸钡、硫酸钡沉淀，再加入稀硝酸，部分消失并产生气泡，说明沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，证明原混合物含有硫酸钠、碳酸钠；故答案为：Na2CO3；Na2SO4；（3）步骤（2）实验后的上层清液，加入稀硝酸、硝酸银溶液，出现白色沉淀，即氯化银沉淀，但是上述溶液所加入的氯化钡中含有氯离子，不能说明原混合物含有NaCl，故答案为：否；（4）对氯化钠是否存在进行正确的检验，可以将实验（2）中加入的氯化钡改为氢氧化钡或是硝酸钡溶液，故答案为：将实验（2）中的BaCl2改为Ba（OH）2或是Ba（NO3）2溶液．【点评】本题是一道物质的鉴别题，考查学生物质的性质以及检验，注意反应的现象是解题的关键，难度中等．　33．图（左）是还原铁粉与水蒸气反应的实验装置，实验时，B中灰色的铁粉变为黑色，且生成的黑色固体物质是一种可溶于稀盐酸的较复杂化合物．请回答下列问题：（1）B中发生反应的化学方程式为　3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2　．（2）反应前A中投放碎瓷片的目的是　防止A中液体暴沸　．（3）某次实验后，取B中的固体物质少量，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液．溶液颜色无明显变化，试解释原因　在溶液中Fe3+被未反应的铁粉完全还原　．（4）如图（左）中虚线部分，可以用右图所示装置代替，在X口点燃收集到的气体即可检验H2的存在．实验开始时，打开K1．K2，关闭K3，使反应先进行一段时间之后，必须进行　氢气的验纯　操作，方可关闭K2．打开K3，再收集气体．当收集到半瓶气体时，停止加热，关闭K1，若要使H2顺利逸出而进行点燃实验，操作的方法是　关闭K1，打开K2，连续轻轻排挤压塑料矿泉水瓶，使氢气缓缓逸出　．-36-\n（5）替代装置未像原装置那样使用干燥管，同样顺利完成了实验，原因是　未反应的大量水蒸气被瓶中的水冷凝　．【考点】铁及其化合物的性质实验．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气；（2）水的沸点为100℃，较低；（3）根据铁和水蒸气的反应的反应物和生成物解答；（4）可燃性的气体点燃前须验纯；（5）根据干燥管的作用解答．【解答】解：（1）铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）水的沸点为100℃，较低，反应前A中投放碎瓷片的目的是防止A中水暴沸，故答案为：防止A中液体暴沸；（3）铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，当实验时，B中灰色的铁粉变为黑色，黑色固体中可能含有过量的铁，取B中的固体物质少量，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液．溶液颜色无明显变化，说明在溶液中Fe3+被未反应的铁粉完全还原，故答案为：在溶液中Fe3+被未反应的铁粉完全还原；（4）实验开始时，打开K1．K2，关闭K3，使反应先进行一段时间之后，在X口点燃收集到的气体，不纯的氢气在点燃时会有爆鸣声，爆鸣声说明有氢气生成，即可说明“铁与水蒸气”能够进行反应，可燃性的气体点燃前须验纯；当收集到半瓶气体时，停止加热，关闭K1，若要使H2顺利逸出而进行点燃实验，须关闭K1，打开K2，连续轻轻排挤压塑料矿泉水瓶，使氢气缓缓逸出，故答案为：氢气的验纯；关闭K1，打开K2，连续轻轻排挤压塑料矿泉水瓶，使氢气缓缓逸出；（5）原装置使用干燥管是干燥氢气中的水蒸气，含未反应的大量水蒸气的氢气经过替代装置时，大量水蒸气被瓶中的水冷凝，相当于原装置使用干燥管，故答案为：未反应的大量水蒸气被瓶中的水冷凝．【点评】本题考查铁及其化合物的性质实验，结合相关的化学反应原理是解答的关键，本题难度不大．-36-\n　-36-