江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高一上学期月考化学（零奥班）试题

江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高一上学期月考化学（零奥班）试题

www.ks5u.com 上饶中学2019-2020学年高一上学期第二次月考化学试卷（零奥班）‎ 考试时间：90分钟 分值：100分 注意事项：本卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 Na:23 Al:27 Mg:24‎ 一、单选题（本题共16小题，每题3分，共48分)‎ ‎1.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句中不涉及氧化还原反应的是(　　)‎ A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 C. 明月松间照，清泉石上流 D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 野火烧不尽，春风吹又生；燃烧是氧化还原反应，不合题意；‎ B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干；蜡烛燃烧是氧化还原反应，B不合题意；‎ C. 明月松间照，清泉石上流；整个过程为物理过程，C符合题意；‎ D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏；火药爆炸，为氧化还原反应，D不合题意。‎ 故选C。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 含有NA个氧原子的氧气在标准状况下的体积约为22.4 L B. 2 L 0.3 mol·L－1的硫酸钾溶液中钾离子浓度为0.6 mol·L－1‎ C. 常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA D. 25 ℃，1.01×105 Pa，64 g SO2中含有的原子数为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、含有NA个氧原子的氧气物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积约为=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故A错误；‎ B、2L 0.3mol·L-1的硫酸钾溶液中钾离子浓度=0.3mol/L×2=0.6mol·L-1，故B正确；‎ C、常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数=×NA=2NA，故C正确；‎ D、25℃，1.01×105Pa，64g SO2中含有的原子个数=×3×NA=3NA，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎3.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（ ）‎ A. K＋、Na＋、NO3-、CO32- B. Mg2＋、Na＋、Cl-、SO42-‎ C. Mg2＋、Na+、Cl-、Cu2＋ D. Na+、Ba2＋、OH-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因H+、CO32-结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；‎ B．该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故B正确；‎ C．无色溶液中不可能存在Cu2＋，故C错误；‎ D．因H+、HCO3-结合生成水和气体，H+与OH-反应生成水，且OH-和HCO3-能发生离子反应，则离子组不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎4.下列离子方程式中书写正确的是（ ）‎ A. 用小苏打治疗胃酸过多：‎ B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：‎ C. 碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合：‎ D. 铜片插入硝酸银溶液中：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故A正确；‎ B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；‎ C．碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合，溶液中有钙离子，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，若氢氧化钠不足，则反应的离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C错误；‎ D．铜片插入硝酸银溶液中，离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】考查离子方程式正误判断，侧重考查学生分析判断及应用能力，明确离子方程式书写特点及物质性质是解本题关键，注意单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质都写化学式，本题难点是选项C，不能只写局部离子反应方程式。‎ ‎5.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；‎ ‎（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。‎ ‎（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况）。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ B. 该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+‎ C. 该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl- D. 根据以上实验，无法确定该固体中有Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，则固体中不含有Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，则含有0.02mol硫酸根离子，0.01mol碳酸根离子；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况），则含有0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钠离子，不能确定是否含有氯离子。‎ ‎【详解】A. 分析可知，该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ ，符合题意，A正确；‎ B. 该固体中一定没有Cu2+，Cl-不能确定，与题意不符，B错误；‎ C. 该固体中含有NH4+、CO32-、SO42-，与题意不符，C错误；‎ D. 根据以上实验，可确定该固体中有Na+，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】根据题中给定的数据，及溶液呈电中性，可判断一定存在Na+。‎ ‎6.高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑，下列说法不正确的是 A. 可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物Q B. K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一 C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3‎ D. 反应中涉及的物质中有5种为电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；‎ B. K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；‎ C.反应中16mol HCl参加反应只有6mol被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；‎ D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4﹣+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++____（未配平）。关于此反应的叙述正确的是 A. 该反应的氧化产物是Mn2+‎ B. 1molMnO4-在反应中失去5mol电子 C. 该反应右横线上的产物是H2O D. 配平该反应后，H+计量数是3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ A.化合价升高的元素在反应物是还原剂，反应后变为氧化产物；‎ B.化合价降低的元素获得电子，化合价降低数=获得电子的数目；‎ C.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式；‎ D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式。‎ ‎【详解】A.化合价升高的元素是H2C2O4中的C元素，所以反应物H2C2O4是还原剂，反应产生的CO2是氧化产物，A错误；‎ B.锰元素化合价从反应前MnO4-的+7价降低到Mn2+‎ 的+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4-在反应中得到5mol电子，B错误；‎ C.根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++□，根据电荷守恒、原子守恒，所以短线____中为8H2O，产物是H2O，H+的计量数是6，C正确；‎ D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6， D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查学生氧化还原反应中的知识，掌握氧化还原反应中元素化合价与电子得失、物质的作用是解题关键，本题难度较大。‎ ‎8.将12.8g两种金属的混合物投入足量的盐酸中，反应完全后得到氢气11.2L（标准状况），该混合物的组成可能是（ ）‎ A. 钙和锌 B. 镁和铜 C. 铝和镁 D. 钠和铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 标况下11.2L氢气物质的量为＝0.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故混合金属平均摩尔质量为＝25.6g/mol，因为两种金属的混合物，故平均摩尔质量应介于各组分之间，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A．Ca摩尔质量为40g/mol，锌的摩尔质量为65g/mol，二者的平均摩尔质量大于25.6g/mol，不符合题意，A项不选；‎ B．Mg的摩尔质量为24g/mol，Cu不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大，符合题意，B项选；‎ C．Al为+2价时的摩尔质量为27g/mol×＝18g/mol，Mg的摩尔质量为24g/mol，二者的摩尔质量都小于25.6g/mol，C项不选；‎ D．钠转化为+2价金属时的摩尔质量为46g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol，二者摩尔质量都大于25.6g/mol，不符合题意，D项不选；‎ 答案选B。‎ ‎9.在一定条件下，使H2和O2‎ 的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（　　）‎ A. 1：10 B. 9：1 C. 4：1 D. 4：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。‎ ‎【详解】分两种情况：‎ ‎⑴ 若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)= ；‎ ‎⑵ 若H2过量，根据化学反应方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)= ；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。 ‎ ‎ ‎ ‎10.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，残留b克 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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸氢钠受热分解，碳酸钠不分解，根据加热后固体质量的差值可以计算碳酸氢钠的质量，从而可以计算碳酸钠的质量分数，故不选A；‎ B.假设Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol；根据信息联立方程组：106x+84y=a，58.5（2x+y）=b，即可计算得出碳酸钠物质的量，进而计算出Na2CO3质量分数，故不选B；‎ C.碱石灰不仅吸收二氧化碳还吸收水蒸气，所以增重的bg不全是二氧化碳的质量，不能计算碳酸钠的质量分数，故选C；‎ D.bg固体是碳酸钡的质量，假设Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol；根据信息联立方程组：106x+84y=a，197（x+y）=b，即可计算得出碳酸钠物质的量，进而计算出Na2CO3质量分数，故不选D。‎ 答案：C ‎11.一定质量的铝片分别和相同浓度、相同体积氢氧化钠溶液和盐酸反应，放出氢气的质量 A. 一样多 B. 和盐酸反应放出的多 C. 和氢氧化钠溶液反应放出的多 D. 不能确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若金属铝完全反应，则产生的氢气一样多，若金属铝不能完全反应，则产生的氢气的量不能确定。‎ 故选D。‎ ‎12.为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或分离方法不正确的是 A. Na2CO3溶液(NaHCO3)：加入适量的NaOH溶液 B. NaNO3固体(Na2SO4)：依次加入过量的Ba(NO3)2、过量Na2CO3、HNO3溶液 C. Na2O2粉末(Na2O)：将混合物在空气中加热 D. Na2CO3溶液(Na2SO4)：加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠，反应后不生成新杂质，故A正确；‎ B．Na2SO4能与过量的Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，过量的Ba(NO3)2用过量的Na2CO3除去，过量的Na2CO3再用HNO3除去，故B正确；‎ C．Na2O与氧气反应生成过氧化钠，不会引入新杂质，故C正确；‎ D．Na2SO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡和NaOH，反应后过滤，同时除去了碳酸钠，且引入新杂质NaOH，不能除杂，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎13.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示.下列判断正确的是(‎ A. 在0~a范围内，只发生中和反应 B. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2‎ C. a = 0.3‎ D. ab段发生反应的离子方程式为:CO32-+2H+=H2O+CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。‎ ‎【详解】A．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：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不会放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，选项A错误；‎ B．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.11mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol：0.01mol=2：1，选项B错误；‎ C．根据B可知，a点消耗氯化氢的物质的量为0.03mol，则消耗0.1mol/L稀盐酸的体积为=0.3L，所以a=0.3，选项C正确；‎ D．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，需要明确向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，然后再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，为易错点。‎ ‎14.在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 铝球表面有气泡产生，溶液中有白色沉淀生成；杠杆不平衡 B. 铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出；溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉 C. 反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡 D. 右边球上出现红色，左边溶液的碱性增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，然后左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，不生成沉淀，故A错误；‎ B．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故B正确；‎ C．由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，故C错误；‎ D．右边球上生成Cu，球上出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH-)减小，碱性减弱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意图示的解读，只有球在杠杆两端，溶液质量的变化对杠杆的平衡没有影响。‎ ‎15.向物质Y中逐渐加入(或通入)X溶液，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，下表中符合图示情况的是 A B C D X CO2‎ HCl NaOH AlCl3‎ Y Ca(OH)2‎ NaAlO2‎ AlCl3‎ NaOH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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3：1，据此解答。‎ ‎【详解】A．石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2溶液反应完后，再继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2O═Ca(HCO3)2沉淀消失，所以前后两个过程CO2的物质的量之比为1：1，故A错误；‎ B．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，故B错误；‎ C．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，故C正确；‎ D．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)3↓+6H2O，生成沉淀溶，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎16.把一块镁铝合金投入到1 mol/L盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol/L NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化的关系如下图所示，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 盐酸的体积为80mL B. a的取值范围为0≤ a ＜50‎ C. n(Mg2+)＜0.025mol D. 当a值为30时，b值为0.01‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n[Al（OH）3]=0.01mol。‎ ‎【详解】A．第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-=H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，在加入V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，可以看出氢氧化钠与盐酸物质的量相等，求出盐酸的体积为80mL，故A正确； B.第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，所以第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0≤a<50，故B正确； C.第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+‎ ‎）取得最大值，第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，n（Mg2+）最大值=0.025mol，而如图所示a>0，所以n（Mg2+）<0.025mol，故C正确； D．a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故D错误； 答案：D。‎ ‎【点睛】本题以图象题考查镁铝及其化合物的性质、混合物计算等，难度较大，清楚各阶段发生的反应是解题的关键。‎ 二、填空题(每空2分，共42分）‎ ‎17.Ⅰ现有下列物质：①CO2②铜③硫酸溶液④Na2CO3•10H2O晶体⑤NaHSO4固体 ⑥Ba(OH)2固⑦Al2(SO4)3固体⑧氨水⑨稀硝酸。‎ ‎（1）上述物质中属于电解质的有____(填数字序号)；能导电的是___(填数字序号)。‎ ‎（2）写出NaHSO4溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式：_________。‎ Ⅱ有A、B、C、D 四种化合物，分别由K+ 、Ba2+、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：①A不溶于水和盐酸；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A；④D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E，E可使澄清石灰水变浑浊。‎ ‎（1）推断C的化学式：C________；‎ ‎（2）B与盐酸反应的离子方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). ④⑤⑥⑦ (2). ②③⑧⑨ (3). H++HCO3-=CO2↑+H2O (4). Ba(OH)2 (5). BaCO3 + 2 H+ = Ba2+ + H2O + CO2 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)电解质是指：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐、部分有机物、金属氧化物都是电解质，单质、混合物都不是电解质，金属和电解质溶液能导电；‎ ‎(4)NaHSO4溶液和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳、水；‎ Ⅱ. 有A、B、C、D四种化合物，分别由K+、Ba2+、SO42-、CO32-、SO32-、OH-组成；‎ ‎①A不溶于水和盐酸，应为硫酸钡；‎ ‎②B不溶于水但溶于盐酸，并放出无气味的气体，该气体可使澄清石灰水变浑浊，可知是BaCO3；‎ ‎③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，依据A为BaSO4分析，C为Ba(OH)2；‎ ‎④D可溶于水，与H2SO4作用时放出气体E，D为K2CO3，以此解答该题。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)①CO2 属于非金属氧化物，属于非电解质，不能导电；‎ ‎ ②铜属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；‎ ‎③硫酸溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，是电解质的溶液，可以导电；‎ ‎④NaCO3•10H2O晶体属于盐，属于电解质，固态盐不能导电；‎ ‎⑤NaHSO4固体属于盐，属于电解质，不能导电；‎ ‎ ⑥Ba(OH)2固体属于碱，属于电解质，不能导电；‎ ‎ ⑦Al2(SO4)3固体属于盐，属于电解质，固态盐不能导电；‎ ‎⑧氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；‎ ‎ ⑨稀硝酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；‎ 则属于电解质的有：④⑤⑥⑦，能导电的是：②③⑧⑨；‎ ‎(2)NaHSO4溶液和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳、水，离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑；‎ Ⅱ. 有A、B、C、D四种化合物，分别由K+、Ba2+、SO42-、CO32-、SO32-、OH-组成；‎ ‎①A不溶于水和盐酸，应为硫酸钡；‎ ‎②B不溶于水但溶于盐酸，并放出无气味的气体，该气体可使澄清石灰水变浑浊，可知是BaCO3；‎ ‎③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，依据A为BaSO4分析，C为Ba(OH)2；‎ ‎④D可溶于水，与H2SO4作用时放出气体E，D为K2CO3；‎ ‎(1)上述推断得到C为Ba(OH)2 ；‎ ‎(2)B与盐酸反应是BaCO3和盐酸反应生成氯化钡和水，反应的离子方程式为：2H++BaCO3=CO2↑+H2O+Ba2+。‎ ‎【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。‎ ‎18.Ⅰ．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+ 2H2O。‎ ‎（1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_________。‎ ‎（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_________。‎ ‎（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：_____KMnO4+H2SO4+H2C2O4 = MnSO4+K2SO4 +CO2↑＋H2O。‎ Ⅱ．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。‎ ‎（1）用密度为1.2 g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL 3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。‎ ‎（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。 ‎ A．量取浓盐酸时俯视刻度线 B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水 C．定容时俯视刻度线 D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎【答案】 (1). (2). 1：2 (3). 2 3 5 2 1 10 8 (4). 62.5 (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；‎ ‎(2)该反应中，Cl元素部分化合价由-1价升高为0价，HCl既是还原剂，还有酸性作用；‎ ‎(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；‎ Ⅱ．(1)根据c=计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；‎ ‎(2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为；‎ ‎(2)反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；‎ ‎(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO2↑＋8H2O；‎ Ⅱ．(1)质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度c==12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：250mL×3mol/L=12mol/L×V，解得V=62.5mL； ‎ ‎(2)A．量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；‎ B．容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B错误；‎ C．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；‎ D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎19.过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。某课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取a g样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。‎ ‎①将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_____。‎ ‎②B装置出来的气体是否需要干燥______（填“是”或“否”）。‎ ‎③D中NaOH溶液的作用_________。‎ ‎④实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是_____。‎ a．直接读取气体体积，不需冷却到室温 b．上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同 c．视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积 ‎⑤读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为V mL，则样品中过氧化钠的质量分数为____。‎ ‎⑥实验完成后E到F之间导管内残留水的体积会使测量结果________（填“偏大”“偏小”或“不影响”）。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 否 (3). 吸收未反应的CO2 (4). a (5). % (6). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 测定过氧化钠的纯度：A装置：制取二氧化碳，A中发生反应是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钙；B装置：洗气，吸收二氧化碳中混有的HCl，防止HCl与过氧化钠反应，C装置：二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，D装置：吸收多余的二氧化碳，E、F装置：排水法量气体。‎ ‎【详解】装置图中A为生成二氧化碳的装置，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钙，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑， B为洗气装置，吸收二氧化碳中混有的HCl，防止HCl与过氧化钠反应，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，导致测得的氧气的体积偏大，E和F是测量生成氧气的体积的装置；‎ ‎①实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；‎ ‎②B装置出来的气体不需要干燥，二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠反应生成氧气的物质的量定量关系相同对测定过氧化钠质量分数无影响，所以不需要干燥除去水蒸气；‎ ‎③D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，导致测得的氧气的体积偏大；‎ ‎④a．直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故a不正确；‎ b．调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b正确；‎ c．视线与凹液面最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故c正确；‎ 故答案为：a；‎ ‎⑤测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，物质的量==mol，则样品中过氧化钠的质量分数为=×100%=%；‎ ‎⑥实验完成后E到F之间导管内残留水的体积会使测定氧气体积减小，导致测定过氧化钠质量分数测量结果偏小。‎ ‎20.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。‎ Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验 取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。‎ ‎（1）往滤渣中加入过量 NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是______。‎ ‎（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是__________。‎ Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定 利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。‎ 依据实验过程回答下列问题：‎ ‎（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：_____。‎ ‎（4）C中反应生成沉淀的离子方程式是__________。‎ ‎（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____（填标号）。‎ a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体 ‎ b．滴加盐酸不宜过快c．在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置 ‎【答案】 (1). Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O或Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－ (2). 先有白色沉淀生成;后加入盐酸沉淀溶解有气体产生 (3). 把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收 (4). Ba2++2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O (5). c、d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)氢氧化铝是两性氢氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；‎ ‎(2)碳酸酸性强于氢氧化铝，二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，再加入过量稀盐酸，氢氧化铝白色沉淀会溶解；‎ Ⅱ．(3)实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；(4)二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水；‎ ‎(5)a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；‎ b．滴加盐酸过快CO2，CO2不能完全被吸收，排出装置C；‎ c．在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；‎ d．在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，可以吸收CO2中的HCl，影响CO2。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)氢氧化铝是两性氢氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；‎ ‎(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是：往(1)通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解；‎ Ⅱ．(3)装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；‎ ‎(4)二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应方程式为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，反应的离子方程式为：CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O；‎ ‎(5)a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a不符合；‎ b．滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b不符合；‎ c．在AB之间增添盛有浓硫酸洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高提高测定准确度，故c符合；‎ d．在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，可以吸收CO2中的HCl，影响CO2，不能提高测定准确度，故d符合；‎ 故答案为：cd。‎ ‎【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。‎ 三、计算题（共10分）‎ ‎21.有50mL NaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10mL将其稀释到100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况下)与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示：‎ 甲乙 试分析：‎ ‎(1)NaOH在吸收CO2气体后，在甲、乙两种情况下，所得溶液中存在的溶质是甲：_____。‎ ‎(2)乙情况下产生的CO2气体(标准状况)乙：______mL。‎ ‎(3)原NaOH溶液的物质的量浓度是_____；‎ ‎【答案】 (1). NaOH，Na2CO3 (2). 112mL (3). 0.75mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；‎ ‎(1)(甲)中生成CO2‎ 气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3；‎ ‎(2)而(乙)中从25mL～75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，根据方程式进而计算生成二氧化碳的体积；‎ ‎(3)加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)，进而计算原氢氧化钠溶液的浓度。‎ ‎【详解】当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；‎ ‎(1)(甲)中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3；‎ ‎(2)(乙)中从25mL～75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，该阶段发生的离子反应为H++HCO3-=H2O+CO2↑，则生成二氧化碳为0.05L×0.1mol/L=0.005mol，体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL；‎ ‎(3)加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L。‎ ‎22.把3.06 g铝和镁的混合物粉末放入100 mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36 LH2 计算：（要有过程）‎ ‎（1）该合金中铝的物质的量_____。‎ ‎（2）反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度（假定反应体积仍为100 mL）____。‎ ‎【答案】 (1). 0.06 mol (2). 3.0 mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据n=计算出生成氢气的物质的量，设出铝和镁的物质的量，分别根据质量和生成氢气的量列式计算；‎ ‎(2)反应后溶质为氯化镁和氯化铝，根据质量守恒计算出氯离子的物质的量，再根据c=‎ 计算出氯离子的浓度。‎ ‎【详解】(1)标准状况下3.36L氢气的物质的量为：=0.15mol，设3.06g金属的混合物中含有Al和Mg的物质的量分别为x、y，则：27x+24y＝3.06、x+y＝0.15，解得：x＝0.06mol、y＝0.06mol，则该合金中铝的物质的量为0.06mol；‎ ‎(2)合金与盐酸恰好完全反应，反应后溶质为氯化铝和氯化镁，则反应后溶液中含有氯离子的总物质的量为：0.06mol×2+0.06mol×3=0.3mol，所以反应后溶液中氯离子的浓度为：=3.0mol/L。‎ ‎ ‎