甘肃省兰州市第一中学2017-2018学年高一上学期12月月考化学试题Word版含解析.doc

甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高一12月月考化学试题 ‎(时间：100分钟　分值：100分)‎ 相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S :32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 Zn:65 ‎ 第Ⅰ卷(选择题，共48分)‎ 一、选择题（每小题2分，共48分）‎ ‎1. 下列实验操作正确的是 （ ）‎ A. 用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中 B. 在进行蒸馏操作中，加热一段时间后发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是立即补加 C. 实验时常把氢氧化钠固体放在托盘天平左盘的滤纸片上进行称量 D. 对盛有氢氧化铁胶体的U形管通一会儿直流电后，连接电源正极的电极附近颜色逐渐加深 ‎【答案】A ‎【解析】A、容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后在转移到容量瓶中，故A正确；B、在进行蒸馏操作中，加热一段时间后发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是立即停止加热，待冷却后再补加碎瓷片，故B错误；C、氢氧化钠具有吸水性，实验时常把氢氧化钠固体放在托盘天平左盘的小烧杯中进行称量，故C错误；D、氧化铁胶体的胶粒带正电荷，对盛有氢氧化铁胶体的U形管通一会儿直流电后，连接电源负极的电极附近颜色逐渐加深，故D错误；故选A。‎ ‎2. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 　)‎ A. 标准状况下，11.2L氖气含有NA个氖原子 B. 标准状况下，4.48L氧气和氮气的混合物含有的分子数约为1.204×1023个。‎ C. 标准状况下，11.2 L H2O2含有的氧原子数为 D. 标准状况下，22.4L H2中含质子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】A、氖气是单原子分子，标准状况下，11.2L氖气含有0.5NA个氖原子，故A错误；B、氧气和氮气都是双原子分子，标准状况下，4.48L氧气和氮气的混合物含有的分子数约为1.204×1023个，故B正确；C、标准状况下，11.2 L H2O2是液体，不能用气体的摩尔体积进行计算，故C错误；D、氢分子是双原子分子，每个氢原子有1个质子，标准状况下，22.4L H2‎ 中含质子数为2NA，故D错误；故选B。‎ ‎3. 配制500mL，0.1mol/L的H2SO4溶液时，下列操作会导致结果偏高的是（ ）‎ A. 洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液 B. 未等溶液降至室温就转移至容量瓶 C. 量取溶液时俯视刻度线 D. 转移溶液时不慎洒在容量瓶外 ‎【答案】B ‎【解析】A、若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故A不符合；B、未等溶液降至室温就转移至容量瓶，冷却后溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；C、量取溶液时俯视刻度线，取得溶液的体积偏大，导致溶液浓度偏低，故C错误；D、将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，会导致溶质的损失，浓度偏低，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，解题关键：根据c=n/V结合溶质的物质的量n和溶液的体积变化来进行误差分析，易错点C，误把溶质的浓硫酸的体积当成所配溶液的体积。‎ ‎4. 分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（ ）‎ A. 根据是否含有氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂 B. 根据是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液 C. 根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质 D. 根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】A．根据反应物中元素化合价升降，将物质分为氧化剂和还原剂，不能根据是否含有氧元素把物质分为氧化剂和还原剂，故A错误；B．分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，故B错误； C．根据化合物在水溶液里或熔化状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质，故C错误；D．氧化还原反应的实质是电子的转移，根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题多角度考查物质的分类，注意把握物质的分类方法以及相关概念的理解，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；特别注意的CO2或NH3等的水溶液能导电，但CO2或NH3‎ 仍为非电解质。‎ ‎5. 一定能在下列溶液中大量共存的离子组是 （ ）‎ A. 与铝片反应放出氢气的溶液：Na＋、NH4+、HCO3－、SO42－‎ B. 使紫色石蕊试液变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、Cl－、NH4+‎ C. 0.1 mol/L AgNO3溶液：K＋、H＋、Cl－、SO42－‎ D. 0.1 mol/L Na2CO3溶液：K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. 与铝片反应放出氢气的溶液可能是酸或碱：NH4+、HCO3－在碱性条件下不能大量共存，HCO3－在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B. 使紫色石蕊试液变红色的溶液呈酸性：Na＋、Cu2＋、Cl－、NH4+不反应，不生成沉淀、气体和水，故B正确；C. 0.1 mol/L AgNO3溶液Cl－、SO42－与银离子生成沉淀，故C错误；D、0.1 mol/L Na2CO3溶液与Ba2＋生成BaCO3白色沉淀，故D错误；故选B。‎ ‎6. 下列离子方程式正确的是 （ ）‎ A. 钠与水反应：．Na + H2O = Na+ + OH-+ H2↑‎ B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H+ + OH一= H2O C. 碳酸钙溶于盐酸：CO32- + 2H+ = CO2↑ + H2O D. 小苏打溶液与足量氢氧化钠溶液混合:HCO3- + OH- = CO32-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】A、钠与水反应：2Na + 2H2O =2 Na+ + 2OH-+ H2↑，故A错误；B、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水：2H＋＋SO42－＋Ba2＋ +2 OH一= 2H2O＋BaSO4↓，故B错误；C、碳酸钙难溶，写化学式，碳酸钙溶于盐酸：CaCO3+ 2H+ = CO2↑ + H2O＋Ca2＋，故C错误；D、小苏打溶液与足量氢氧化钠溶液混合，碳酸是弱酸，HCO3-不能拆开：HCO3- + OH- = CO32-+H2O，故D正确；故选D。‎ ‎7. 将250mL含BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为（　 　）‎ A. 4（b﹣2a）mol/L B. 20（2a﹣b）mol/L C. 20（b﹣2a）mol/L D. 10（b﹣a）mol/L ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：混合溶液分成10等份，每份溶液浓度相同。一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中 n(Ba2+)=n(Na2SO4)=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，每份溶液中n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol，故钾离子浓度为mol/L=40(b-2a)mol•L-1，答案选D。‎ 考点：考查了物质的量浓度的相关计算的相关知识。‎ ‎8. 下列叙述中正确的是(　 　)‎ 序号 氧化剂 还原剂 其他 反应物 氧化 产物 还原产物 ‎①‎ Cl2‎ FeCl2‎ FeCl3‎ ‎②‎ KMnO4‎ H2O2‎ H2SO4‎ O2‎ MnSO4‎ ‎③‎ KClO3‎ HCl(浓)‎ Cl2‎ Cl2‎ ‎④‎ KMnO4‎ HCl(浓)‎ Cl2‎ MnCl2‎ A. 表中第①组反应FeCl3只作为还原产物 B. 氧化性比较：KMnO4>Cl2>Fe3＋>Br2>Fe2＋‎ C. 还原性比较：H2O2>Mn2＋>Cl－‎ D. ④组的HCl(浓)既作还原剂，又起到酸的作用 ‎【答案】D ‎【解析】A、氯气和氯化亚铁反应时将亚铁离子氧化成铁离子，所以表中第①组反应FeCl3是氧化产物，故A错误；B、根据①知，氧化性Cl2＞Fe3＋，根据②知，氧化性KMnO4＞O2，根据③知氧化性KClO3＞Cl2，根据④知氧化性KMnO4＞Cl2，根据以上分析无法判断Br2、Fe2＋氧化性相对大小，故B错误；C、根据②知还原性H2O2＞Mn2＋，根据③知氧化性Mn2＋＜Cl－，故C错误；D、该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2+2MnCl2+2KCl+8H2O，从方程式可知，盐酸中氯只有部分变价，另一部分起酸的作用，故D正确；故选D。‎ ‎9. NO用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，已知反应Fe2O3‎ ‎＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是 A. Na2O2既是氧化剂又是还原剂 B. Fe2O3在反应中显氧化性 C. 3 mol Na2O2发生反应，有12 mol电子转移 D. Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性 ‎【答案】D ‎ ‎ 点睛：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答关键：正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应。易错点：A选项，容易与水和过氧化钠反应混淆。‎ ‎10. 在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂与还原剂的质量比是(　 　)‎ A. 1∶1 B. 2∶1‎ C. 1∶2 D. 8∶53‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2====2Na2CO3+O2，该反应的氧化剂和还原剂均为过氧化钠，质量比为1∶1，选A。‎ 考点：考查氧化还原反应。‎ ‎11. 在托盘天平的两盘中各放一只盛有足量稀硫酸的烧杯，保持天平平衡。若分别向两烧杯中加入2.3 g 钠和铁，待反应完全后，天平两盘(　 　)‎ A. 仍平衡 B. 盛钠的一端下沉 C. 盛铁的一端下沉 D. 不能判断天平的状态 ‎【答案】C ‎【解析】根据反应的方程式可得：‎ ‎2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑ △m ‎46g 2g 44g ‎2.3g 0.1g 2.2g Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ △m ‎56g 2g 54g ‎2.3g 0.082g 2.21g 则分别在两烧杯中放入2.3克钠和铁，待反应完全后，天平两盘增加的质量不相等，盛铁的一端下沉，故选C。‎ ‎12. 下列物质的鉴别方法不正确的是(　 　)‎ A. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4‎ B. 用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液 C. 利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液 D. 用稀盐酸溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液 ‎【答案】A ‎13. 观察法是研究物质性质的一种基本方法。某同学将一小块金属钠露置在空气中，观察到下列现象：银白色变灰暗变白色出现液滴白色固体。下列说法正确的是(　 　)‎ A. ①发生了氧化还原反应 B. ②变白色是因为生成了碳酸钠 C. ③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成了溶液 D. ④只发生物理变化 ‎【答案】A ‎【解析】A．金属钠氧化为氧化钠的反应属于氧化还原反应，故A正确；B．Na2O易与水反应生成NaOH，②变白色是因为生成了氢氧化钠，故B错误；C．③是NaOH 吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，故C错误；D．Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3属于化学变化，故D错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查钠及钠的重要化合物的性质。‎ ‎【名师点晴】明确钠在空气中发生反应的过程是解题关键；Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3，据此分析即可解题。‎ ‎14. 如图所示装置，试管b中盛有滴了少量酚酞的水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒，U形管中注有浅红色的水，将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球a中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发生的现象是(　 　)‎ A. U形管内红水褪色 B. 试管b内溶液最后变红 C. 气球a被吹大 D. U形管两边水位不变 ‎【答案】C ‎【解析】由于发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d＞c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，A、新生成的氧气不与U型管中红水接触， U形管内红水不褪色，故A错误；B、试管b内溶液中有双氧水，具有很强的氧化性，试管b内溶液最后不变红，故B错误；C、由于发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，产生O2使气球膨胀，气球a被吹大，故C正确；D、反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d＞c，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查过氧化钠与水的反应及实验装置分析，侧重于学生的实验观察能力的培养和基础知识的考查，解题关键：过氧化钠与水反应，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量。易错点A、B，没有注意到浅红色的水是在U形管中而非试管中，生成的双氧水具有强氧化性。‎ ‎15. 某金属与盐酸反应时，生成H2的质量与消耗金属的质量的关系如图所示，此金属可能是 A. 纯锌 B. 纯铁 C. 镁铝合金 D. 铜铁合金 ‎【答案】D ‎【解析】从图象读出：30g金属反应生成氢气质量为1g，生成氢气电子转移2×1g/2g·mol－1=1mol，金属混合物平均电子摩尔质量=30g/1mol=30g·mol－1，A、纯锌摩尔电子质量=65/2=32.5，不能平均到30，故A不符合；B、纯铁摩尔电子质量=56/2=28，不能平均到30．故B不符合；C、镁铝合金，镁摩尔电子质量=24/2=12，铝摩尔电子质量=27/3=9，不能平均到30，故C不符合；D、铜于盐酸不反应，相当于大30，铁摩尔电子质量为28，可以平均到30，故D符合；故选D。‎ 点睛：本题考查化学方程式计算，解题关键：平均摩尔质量法，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度中等。‎ ‎16. 有关Al与NaOH溶液的反应的说法中，正确的是( )‎ A. 铝是氧化剂，其还原产物是Al(OH)3‎ B. NaOH是氧化剂，其还原产物是H2‎ C. 铝是还原剂，H2O和NaOH都是氧化剂 D. 1mol铝被氧化，则被还原的H2O的物质的量为3mol ‎【答案】D ‎【解析】A、铝和氢氧化钠溶液反应方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，实质是金属铝和水先反应生成氢氧化铝和氢气，再是氢氧化铝和氢氧化钠之间反应生成偏铝酸钠，铝元素的化合价从0价升高到+3价，金属铝是还原剂，对应产物NaAlO2是氧化产物，故A错误；B、氢元素的化合价降低，H2O是氧化剂，氢气是还原产物，故B错误；C、铝是还原剂，H2O是氧化剂，故C错误；D、H2O是氧化剂，铝元素的化合价从0价升高到+3价，1mol铝被氧化，则被还原的H2O的物质的量为3mol，故D正确；故选D。‎ ‎17. 11.5‎g金属钠投入100 mL 3 mol·L－1 AlCl3溶液中，生成物是(　 　)‎ A. H2、NaOH B. H2、Al(OH)3‎ C. H2、NaCl、NaAlO2 D. H2、NaCl、Al(OH)3‎ ‎【答案】D ‎【解析】11.5g金属钠投入100 mL 3 mol·L－1 AlCl3溶液中，发生的反应是： ‎ ‎2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，‎ ‎46g 2mol ‎11.5g n ‎ 解得：n=0.5mol。‎ AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl ‎1mol 3mol 1mol 3mol ‎0.3mol 0.5mol ‎0.3molAlCl3需要0.9molNaOH，才能沉淀完全，故生成物H2、NaCl、Al(OH)3，故 选D。‎ ‎18. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 当钠与硫酸铜溶液反应时，有红色固体铜出现 B. 除去在Na2CO3固体中混有的NaHCO3的最好办法是通入过量的CO2‎ C. 鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液，可用澄清的石灰水 D. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，消耗HCl的物质的量之比为2∶1。‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、钠投入硫酸铜溶液中时，先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以得不到Cu，故A错误；B、除去在Na2CO3固体中混有的NaHCO3的最好办法是加热使NaHCO3分解生成Na2CO3，故B错误；C、Na2CO3和Ca(OH)2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca(OH)2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca(OH)2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，都生成沉淀，不能鉴别，故C错误；D、NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与盐酸反应，消耗HCl的物质的量之比为2∶1，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，解题关键：把握Na2CO3和NaHCO3性质，易错点为C，注意区分二者与碱的反应。‎ ‎19. 现有200 mL 3mol·L－1的硫酸溶液与氢氧化钠溶液，分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成气体的质量比为3:4，则加入铝粉的质量为( )‎ A. 16.2‎g B. 13.5g C. 14.4g D. 11.7g ‎【答案】C ‎【解析】硫酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.2L×3mol·L－1=0.6mol，又两烧杯中分别加入等质最的铝粉，反应结束后测得生成气体的质量比为3:4，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，‎ 则 2Al+6H＋═2Al3＋+3H2↑‎ ‎ 6 3‎ ‎ 1.2mol x 解得x=0.6mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.6mol×4/3=0.8mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，‎ 则 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑‎ ‎ 2 3‎ ‎ y 0.8mol 解得y==mol，则铝的质量为mol×27g·mol－1=14.4g，故选C。‎ 点睛：本题考查Al的化学性质及利用化学反应方程式的计算，解题关键：把握铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系，题目难度中等．‎ ‎20. 把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H+与物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 1:6 B. 1:7 C. 1:4 D 3:8‎ ‎【答案】C ‎【解析】设H2SO4物质的量为x，CuSO4物质的量为y．‎ Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 固体减少△m ‎ 1 mol 56 g ‎ x 56x Fe+CuSO4=FeSO4+Cu 固体增加△m ‎56 1mol 64 8g ‎ y 8y 充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，所以56x=8y，即x/y=1/7，则原溶液中H＋和SO42－的物质的量浓度之比=2x/(x+y)=1/4．故选C．‎ ‎21. 相同物质的量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（ ）‎ A. Al B. Al(OH)3 C. AlCl3 D .Al2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】令各物质的物质的量为1mol，‎ A．铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知1molAl消耗NaOH的物质的量为1mol；‎ B．氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由方程式可知1molAl（OH）3消耗NaOH的物质的量为1mol；‎ C．AlCl3与氢氧化钠反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知1molAlCl3消耗NaOH的物质的量为4mol；‎ D．Al2O3与氢氧化钠反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，由方程式可知1molAl2O3消耗NaOH的物质的量为2mol．‎ 相同物质的量的Al、Al（OH）3、AlCl3、Al2O3，AlCl3消耗NaOH最多，故选C．‎ ‎【点评】本题考查铝及其化合物的性质、化学方程式有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握．‎ ‎22. 在一密闭容器中盛有4molNa2O2与3molNaHCO3,将其加热到150℃，经充分反应后，剩余的固体物质是（ ）‎ A. 1mol Na2CO3和3molNaOH B. 2mol Na2CO3和1molNa2O2‎ C. 3mol Na2CO3和3molNaOH 和1molNa2O2‎ D. 1mol Na2CO3和2molNaOH 和3molNa2O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】加热后，发生反应如下：‎ ‎2NaHCO3Na2CO3 +H2O+CO2↑，‎ ‎3mol 1.5mol 1.5mol 1.5mol ‎2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 ‎ ‎1.5mol 1.5mol 1.5mol ‎2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑‎ ‎1.5mol 1.5mol 3mol n（Na2CO3）=1.5mol+1.5mol=3mol，n（NaOH）=3mol，n(Na2O2)=4mol-1.5mol-1.5mol=1mol。故选C。‎ ‎23. 向含0.2 mol AlCl3的溶液中加入了一定量的1 mol/L的NaOH溶液后，生成了7.8 g的沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为(　 　)‎ A. 150 mL B. 200 mL C. 300 mL D. 400 mL ‎【答案】C ‎【解析】AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.2mol，若Al元素都转化为氢氧化铝，则氢氧化铝沉淀的质量=0.2mol×78g·mol－1=15.6g＞7.8g，分为两种情况：一种情况是沉淀不完全，只生成Al(OH)3沉淀；另一种情况是沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2，n（Al(OH)3）=7.8g/78g·mol－1=0.1mol，①若碱不足，由Al3＋+3OH－═Al(OH)3↓可知，NaOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，加入NaOH溶液的体积为0.3mol/1mol·L－1=0.3L=300mL；②沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2，则：‎ Al3＋+3OH－═Al(OH)3↓‎ ‎0.2mol 0.6mol 0.2mol Al(OH)3 + OH－═AlO2－+2H2O ‎（0.2-0.1）mol （0.2-0.1）mol ‎ 则消耗的碱的物质的量为0.6mol＋（0.2-0.1）mol=0.7mol，加入NaOH溶液的体积为0.7mol/1mol·L－1=0.07L=700mL；即加入氢氧化钠溶液的体积为300mL或700mL。故选C。‎ ‎24. 某实验小组对一含有Al3＋的未知溶液进行了如下分析：（1）滴加少量NaOH溶液，无明显变化；（2）继续滴加NaOH溶液，有白色胶状沉淀生成；（3）滴加过量的NaOH溶液，白色胶状沉淀明显减少。实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系。下列说法错误的是(　　)‎ A. 该未知溶液中至少含有3种阳离子 B. NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L－1‎ C. 若另一种离子为二价阳离子，则a＝10‎ D. 若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g ‎【答案】D ‎【解析】A、含有Al3＋的未知溶液滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H＋，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3＋‎ ‎，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，图象分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A正确；B、图象分析：溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol-0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110ml-100ml=10ml，氢氧化钠的浓度=0.05mol/0.01L=5mol·L－1，故B正确；C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，生成氢氧化铝最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，开始消耗氢氧化钠体积为aml，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol×3+0.15mol×2+a×10-3L×5mol·L－1=0.1L×5mol·L－1，a=10，故C正确；D、最后得到的沉淀不能确定其成分，若沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，根据原子守恒，则氧化铝为0.025mol，氧化镁为0.15mol，固体质量为0.025mol×102g·mol－1+0.15mol×40g·mol－1=6g，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查了图象分析的方法，解题关键：掌握物质性质，定量计算和图象中的定量分析，题目难度较大。难点：C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共52分)‎ 二、填空题 （共42分）‎ ‎25. 有下列物质：①二氧化碳　②硝酸钾晶体　③液氯　④氢气　⑤氨水　⑥石墨　⑦氢氧化钠固体　⑧稀硫酸　⑨熔融氯化钠　⑩铝。请用序号回答下列问题：‎ ‎（1）属于混合物的是_______________；能够导电的是__________________。‎ ‎（2）属于电解质的是_______________；属于非电解质的是________________。‎ ‎（3）将适量的①通入含1.6g⑦的溶液中，将溶液经过减压低温蒸干后得到固体2.96g，则生成固体成分为_______________。‎ ‎【答案】 (1). ⑤⑧ (2). ⑤⑥⑧⑨⑩ (3). ②⑦⑨ (4). ① (5). Na2CO3与NaHCO3的混合物 ‎【解析】（1）氯水是氯气的水溶液、稀硫酸是硫酸的水溶液是混合物；故答案为：⑤⑧；⑥石墨，⑩铝有自由电子，⑤氨水⑧稀硫酸　⑨熔融氯化钠有能自由移动的离子，故能够导电的有：⑤⑥⑧⑨⑩；（2）在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，属于电解质的有：②⑦⑨；在水溶液中或熔融状态下均不导电的化合物为非电解质，属于非电解质①；（3）二氧化碳可以与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，二氧化碳与氢氧化钠能反应生成碳酸氢钠，设1.6g氢氧化钠全部生成碳酸钠的质量为x，则有 ‎2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O ‎80 106‎ ‎1.6g x ‎80/1.6g=106/x，解得x=2.12g 设8g氢氧化钠全部生成碳酸氢钠的质量为y，则有 ‎2NaOH+CO2=2NaHCO3‎ ‎80 168‎ ‎1.6g y ‎80/1.6g=168/y 解得y=3.36g 而题干中给出的物质的质量为2.96g，所以有一部分氢氧化钠转化生成了碳酸氢钠，故产物为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物。‎ ‎26. 某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：‎ ‎①混合物加水得无色透明溶液 ‎②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；‎ ‎③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；‎ ‎④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色；（已知氯水能将I—氧化为I2）‎ ‎⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸．‎ 由此可推断出：‎ ‎（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子反应方程式______________。‎ ‎（2）该固体中一定含有______________；无法确定是否含有的是__________________。‎ ‎（3）确定该物质是否存在的方法是______________。‎ ‎【答案】 (1). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (2). Na2CO3 (3). NaCl (4). 取①所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无 ‎【解析】①混合物加水得无色透明溶液，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色；（已知氯水能将I—氧化为I2），则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致，（1‎ ‎）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的化学方程式BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；（2）⑤中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag＋+Cl－=AgCl↓，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl。（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取①所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无。‎ 点睛：本题考查无机物的推断，侧重物质性质及发生反应的考查，题目难度中等。解题关键：确定白色沉淀的成分及确定一定含碳酸钠。易错点：⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，无法确定原溶液中是否含有NaCl。‎ ‎27. 某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：‎ ‎（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____________。‎ ‎（2）根据框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式 沉淀固体B_________；C_________；沉淀D ___________。‎ ‎（3）写出②的离子反应方程，③的化学反应方程。‎ ‎②_________________________________；‎ ‎③_________________________________；‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Al2O3和Fe2O3 (4). Fe2O3 (5). 3NH3·H2O+Al3+===Al(OH)3 ↓++3NH4+ (6). NaAlO2＋HCl＋H2O＝Al(OH) 3↓＋NaCl ‎【解析】由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al(OH)3，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则B为Al2O3，反应②为KAl(SO4)2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O，‎ ‎（1）分离不溶性固体和溶液的方法为过滤，所以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤；（2）沉淀固体B为Al2O3，C为Al2O3和Fe2O3；沉淀D为Fe2O3；（3）硫酸铝钾和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，②的离子反应方程：3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3 ↓+3NH4+ ，偏铝酸钠和适量强酸反应生成氢氧化铝沉淀③的化学反应方程：NaAlO2‎ ‎＋HCl＋H2O＝Al(OH) 3↓＋NaCl。‎ ‎28. 铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组的三位同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计下列不同实验方案进行探究。填写下列空白。‎ 探究一 实验方案：铝镁合金加入某溶液，测定剩余固体质量（实验装置如图所示）。用单线桥表示出所发生反应的电子转移情况 ‎（1）_________________________________________________。‎ ‎（2）实验前，先将镁铝合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_____________________。‎ ‎（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：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③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；④由A向B滴加足量试剂；⑤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________________。‎ ‎（4）称取铝镁合金粉末样品m g于B中，向A中加入上述某溶液，反应后测得生成气体体积标况下为VmL，则镁的质量分数为________________。‎ 探究二 实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积(实验装置如图所示)，问题讨论：‎ ‎（1）某同学提出该实验装置不够完善，应在A、B之间添加一个干燥、除酸雾的装置。你的意见是________(填“需要”或“不需要”)。为什么？_________________________‎ ‎（2）现取镁铝合金粉末0.78g,完全反应后生成的气体的体积在标况下为896mL，则合金粉末中铝的物质的量为________，镁的质量分数为___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). ⑤①④③② (4). 使D和C的液面相平，溶液冷却至室温 (5). (6). 不需要 (7). 酸雾易溶于水 (8). 0.02mol (9). 30.8%‎ ‎【解析】探究一（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，单线桥表示出所发生反应的电子转移情况，；（2）实验前，先将镁铝合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；（3）要根据排开液体的体积来测定生成氢气的体积，首先需记录C的液面，然后使反应进行，当充分反应时在记下C的位置，最后可以对剩余固体进行处理，操作的顺序是⑤①④③②（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，溶液冷却至室温。（4）由方程式 ‎2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎54g 67.2L x VL x=54g×VL/67.2L=54V/67.2g，镁的质量分数=×100%= ；‎ 探究二：（1）氯化氢极易溶于水，挥发的氯化氢不影响氢气体积的测定结果，所以不需要加除雾装置；（2）由题意：令Al和Mg的物质的量分别是x、y，则有27x+24y=0.78,又由电子守恒3x+2y=2×0.896L/22.4L·mol－1，解得x=0.02mol,y=0.01mol,镁的质量分数为×100%=30.8%。‎ 三、计算题（共10分）‎ ‎29. 由等物质的量的NaHCO3和KHCO3组成的混合物18.400g，与100mL盐酸反应。（题中涉及的气体体积均以标准状况计，填空时可以用带字母的式子表示。）‎ ‎（1）该混合物中NaHCO3与KHCO3的质量分别为__________和 _________。‎ ‎（2）如碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸的物质的量浓度为__________mol·L—1。‎ ‎（3）如果盐酸过量，生成CO2的体积为_________L。‎ ‎（4）如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量，要计算生成CO2的体积，还需要知道_________。‎ ‎【答案】 (1). 8.4g (2). 10g (3). 2 (4). 4.48 (5). 盐酸的物质的量浓度 ‎【解析】（1）令NaHCO3和KHCO3物质的量为nmol，则有nmol×（84g·mol－1+100g·mol－1）=18.400g，n=0.1mol，该混合物中NaHCO3与KHCO3的质量分别为84g·mol－1×0.1mol=8.4g；100g·mol－1×0.1mol=10g；NaHCO3与KHCO3与盐酸1：1反应，n(HCl)=0.1mol+0.1mol=0.2mol，盐酸的物质的量浓度为0.2mol/0.1L=2mol·L—1；（3）如果盐酸过量，NaHCO3与KHCO3均完全反应，各生成0.1molCO2，生成CO2的体积为（0.1mol+0.1mol）×22.4L·mol－1= 4.48L。（4）如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量，要计算生成CO2的体积，还需要知道盐酸的物质的量浓度，才能求到盐酸的物质的量，再求出CO2的物质的量。‎