吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期月考化学试题

吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期月考化学试题

吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期第二次月考 化学试题 ‎1.下列叙述中正确的是 ‎①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同 ‎②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同 ‎③28gCO的体积为22.4L ‎④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同 ‎⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大 ‎⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比 A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ②③⑥ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①标准状况下，H2O不是气态，无法计算其物质的量，错误；‎ ‎②标准状况下，1gH2和14gN2的物质的量都为0.5mol，体积相同，正确；‎ ‎③28gCO的物质的量是1mol，没有告诉是标况，体积不一定是22.4L，错误；‎ ‎④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积不一定相同，因为该物质的状态不一定是气体，错误；‎ ‎⑤根据PV=nRT可知在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大，正确；‎ ‎⑥根据阿伏加德罗定律及其推论可知同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，正确；‎ 答案选D ‎2.一定条件下，下列物质可以通过化合反应一步制得的共有 ‎①硫酸铝 ②小苏打 ③氯化亚铁 ④氢氧化铜 ⑤氢氧化铁 ⑥磁性氧化铁 A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④‎ 氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成。 ‎ 详解：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成；则利用化合反应制得的有②③⑤⑥,共4种；正确选项B。 ‎ ‎3.已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：‎ ‎①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色 据此判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应中硫酸作氧化剂 B. NH4CuSO3中硫元素被氧化 C. 刺激性气味的气体是氨气 D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；‎ B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；‎ C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；‎ D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎4.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL 3mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3（相同状况），则加入铝粉的质量为（ ）‎ A. 2．7g B. 3．6g C. 5．04g D. 4．05g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，‎ 盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0．1L×3mol/L=0．3mol，‎ 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：‎ 解得x==0．15mol，‎ 则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0．15mol×=0．225mol，‎ 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：‎ 解得y==0．15mol，‎ 则铝的质量为0．15mol×27g/mol=4．05g，故D正确。‎ 考点：本题考查铝的性质、化学计算。‎ ‎5.下列各组内的溶液相互滴加发生反应时，无论前者滴加到后者中，还是后者滴加到前者中，产生的现象都相同的是 A. 碳酸氢钠溶液和澄清石灰水 B. 氯化铝溶液和烧碱溶液 C. 碳酸钠溶液和盐酸溶液 D. 二氧化碳水溶液和澄清石灰水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，都会发生：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，Ca2++ CO32-= CaCO3↓，均产生白色沉淀，现象相同，故A正确；‎ B. AlCl3和NaOH反应，当前者滴入后者时，开始一段时间内：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，当Al3+‎ 过量，Al3+和AlO2-发生双水解：Al3++AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，现象是先无明显现象后有白色沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量：Al3++3OH-= Al（OH）3↓，一段时间后OH-过量，Al（OH）3+OH-= AlO2-+2H2O，现象是先有白色沉淀后白色沉淀溶解，故B错误； ‎ C.碳酸钠溶液滴入盐酸溶液中，马上放出气体：CO32-+2H+=CO2↑+ H2O；盐酸溶液滴入到碳酸钠溶液中，刚开始无气泡，一段时间后有气泡：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2↑+ H2O；所以二者现象不同，故C错误；‎ D.二氧化碳少量时，反应为Ca2++CO2+2OH-═CaCO3↓+H2O，生成白色沉淀；当二氧化碳过量时，反应为CO2+OH-═HCO3-，最终无有沉淀，所以现象不同，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】针对选项（A）：当碳酸氢钠溶液加入过量的氢氧化钙反应时，生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；当碳酸氢钠溶液加入少量的氢氧化钙反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以无论前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象相同。‎ ‎6.氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体。下列叙述正确的是 A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子 C. AlN属于离子化合物，其中氮元素的化合价为＋3‎ D. AlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，故A错误；‎ B、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，故B错误；‎ C、AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为﹣3，故C错误；‎ D、AlN与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，其反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑，故D正确．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价即可分析解答本题，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．‎ ‎7.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应时，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的盐酸和氢氧化钠的物质的量之比为 A. 1∶1 B. 2∶1‎ C. 3∶1 D. 1∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铝与足量的稀盐酸反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；铝与足量的氢氧化钠溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。可以看出生成等量的H2时，消耗的盐酸和氢氧化钠物质的量之比为6:2=3:1。‎ ‎【点睛】一定量的铝与足量非氧化性酸或强碱反应生成的氢气体积在相同状况下相同，其消耗的酸与碱的物质的量之比为3:1。‎ ‎8.向20mL 1mol·L﹣1的Al2（SO4）3溶液中加入30mL KOH溶液，充分反应得到0.78g沉淀，则KOH溶液的物质的量浓度是 A. 1 mol·L﹣1或3 mol·L﹣1 B. 3 mol·L﹣1或5 mol·L﹣1‎ C. 1 mol·L﹣1或5 mol·L﹣1 D. 3 mol·L﹣1或7 mol·L﹣1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Al2（SO4）3溶液与KOH溶液的反应计算分析，20mL 1mol·L﹣1的Al2（SO4）3全转化为沉淀的质量=0.02mol×2×78g/mol=3.12g>0.78g，根据Al3++3OH-= Al（OH）3↓和Al（OH）3+OH-= AlO2-+2H2O，可以知道KOH存在两种情况，一是KOH不足，二是KOH部分过量，使Al（OH）3部分溶解，以此计算。‎ ‎【详解】Al2（SO4）3的物质的量=0.02L×1mol/L=0.02mol，与NaOH反应完全转化为Al（OH）3，可得Al（OH）3的质量=0.02mol×2×78g/mol=3.12g>0.78g，由Al3++3OH-= Al（OH）3‎ ‎↓和Al（OH）3+OH-= AlO2-+2H2O，可以知道NaOH存在两种情况，一是KOH不足，部分Al3+转化为Al（OH）3，二是Al3+全转化为Al（OH）3后，Al（OH）3部分溶解，反应得到0.78g氢氧化铝，其物质的量=0.78g/78g/mol=0.01mol；‎ ‎①当KOH不足，部分Al3+转化为Al（OH）3，则:Al3++3OH-= Al（OH）3↓，根据反应关系可知：当n（Al（OH）3）=0.01mol时，消耗n（OH-）=0.03mol；故氢氧化钾溶液的物质的量浓度=0.03mol/0.03L=1mol/L；‎ ‎②当Al3+全部转化为Al（OH）3后，Al（OH）3部分溶解,则: Al3++3OH-= Al（OH）3↓，当n（Al3+）=0.02mol×2=0.04mol时，n（OH-）=3×0.04=0.12mol，n（Al（OH）3）=0.04mol；根据Al（OH）3+OH-= AlO2-+2H2O反应可知，氢氧化铝溶解的量为0.04-0.01=0.03mol，消耗n（OH-）=0.03mol；故氢氧化钾溶液的物质的量浓度=（0.12+0.03）mol/0.03L=5mol/L，故C选项是正确的；‎ 故答案选C。‎ ‎9. 已知钡的金属活动性处于钾和钠之间，下列反应可以实现的是 A. 钡可以从氯化钾溶液中置换出钾 B. 钡可以从冷水中置换出氢而得到氢气 C. 钡可以从氯化钠溶液中置换出钠 D. 钡不能置换出金属钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．Ba的金属活动性介于K和Na之间，则Ba能和KCl溶液中的水反应生成氢氧化钡和氢气，且K的金属活动性大于Ba，所以不能置换出K，故A错误；B．Ba的金属活动性介于K和Na之间，Na能和冷水反应生成NaOH和氢气，则Ba也能和冷水反应生成氢氧化钡和氢气，故B正确；C．Ba能和水反应生成氢氧化钡和氢气，虽然Ba的金属活动性大于Na，但Ba不能从氯化钠溶液中置换出Na，故C错误；D．在溶液中钡不能置换金属钠，但在融化状态下可以置换出金属钠，故D错误；故选B。‎ 考点：金属Ba的性质 ‎10.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入100mL 1mol/L 的盐酸，恰好使混合物完全反应，放出 11.2mL（标准状况）气体，所得溶液加入 KSCN 溶液不变红色。用足量的CO ‎ 在高温下还原相同质量的此混合物，所得铁的质量为 A. 2.8g B. 11.2g C. 5.6g D. 无法计算 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)，据此结合m=nM计算得到的铁的质量。‎ ‎【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1L×1mol/L=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.05mol，质量为0.05mol×56g/mol=2.8g；答案选A。‎ ‎【点睛】考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用。‎ ‎11. 在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别硫酸铵、氯化 钾、氯化镁、硫酸铝和硫酸铁溶液，这种试剂是 （ ）‎ A. NaOH B. NH3·H2O C. AgNO3 D. BaCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 加入氢氧化钠各种溶液中的现象分别为产生刺激性的气体、无现象、白色沉淀、先生成白色沉淀然后又溶解、红褐色沉淀。A正确。‎ ‎12.将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+浓度相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是 A. 1：1 B. 3：2 C. 1：2 D. 2：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设已反应的铁离子的物质的量是xmol，则根据方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+可知生成亚铁离子是1.5xmol，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+浓度相等，则未反应的铁离子是1.5xmol，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是x：1.5x＝2：3，答案选D。‎ ‎13.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将甲溶液滴入乙溶液中，无明显现象发生，甲溶液滴入丙溶液时，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失。据此可推断丁物质是 A. Al2(SO4)3 B. FeSO4‎ C. NaOH D. BaCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 甲溶液滴入丙溶液时，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，判断甲为NaOH，丙为Al2(SO4)3；将甲溶液滴入乙溶液中，无明显现象发生，乙为BaCl2，因此丁是FeSO4，答案选B。‎ ‎14.下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是 A. Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3 B. 2Ag2O4Ag+O2↑‎ C. Fe2O3+3CO2Fe +3CO2 D. 2MgO(熔融)2Mg+O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查金属冶炼的一般方法和原理。‎ 详解：Fe等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼，A正确；Ag为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，B正确；Mg为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，电解熔点很高的氧化镁浪费能量，C错误；Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属Al等）将金属从其化合物中还原出来， D正确。‎ 故选D。‎ 点睛：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同。‎ ‎15.下列离子方程式书写正确的是 A. 明矾的净水原理：Al3+ + 3H2O = Al(OH)3↓ + 3H+‎ B. Na2O2溶于水：Na2O2 + H2O = 2Na+ + 2OH－ + O2↑‎ C. 0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4+ + Al3+ +2SO42－+2Ba2+ +4OH－= 2BaSO4↓ + Al(OH)3↓ + NH3·H2O D. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸：Fe3O4+8H+ = Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ A 明矾的净水原理：Al3+ + 3H2O = Al(OH)3（胶体） + 3H+不是Al(OH)3沉淀，故A错；B. Na2O2溶于水，方程式没有配平，故B错误；0.02mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4+ + Al3+ +2SO42－+2Ba2+ +4OH－= 2BaSO4↓ + Al(OH)3↓ + NH3·H2O正确，故C正确；D. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸：3Fe3O4+28H+ +NO3-= NO↑+ 9Fe3+ + 14H2O硝酸是强氧化性酸，故D错；所以本题正确答案：C。‎ ‎16.下列实验操作、现象和结论均正确的是( )‎ 实验操作 现象 结论 A 将气体通入灼热的 CuO 固体 固体由黑色变为红色 该气体一定为 CO B 向某溶液中加入 1~2 滴 KSCN 溶液 生成血红色沉淀 该溶液中含 Fe3+‎ C 向 Al(OH)3 中加入 HCl 或 NaOH 溶液 固体均溶解 Al(OH)3 是两性氢氧化物 D 将 SO2 通入到酸性 KMnO4 溶液中 溶液紫红色褪去 SO2 具有漂白性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 气体通入灼热的 CuO 固体，固体由黑色变为红色，该气体可能为CO或H2，故A错误；‎ B. Fe3+与KSCN发生的是络合反应，生成的Fe(SCN)3不是沉淀，故B错误；‎ C. 向Al(OH)3中加入HCl生成氯化铝和水，加NaOH溶液生成偏铝酸钠和水，符合是两性氢氧化物的定义，故C正确；‎ D.将SO2通入到酸性 KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去，体现的是SO2的还原性，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】（1）既能与酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物就是两性氢氧化物。‎ ‎（2）Fe3+与KSCN发生的是络合反应，生成的Fe(SCN)3不是沉淀。‎ ‎（3）SO2能漂白某些有色物质（如品红），这是由于它能与某些有色物质反应，生成不稳定的无色物质，而加热时，这些无色物质又会发生分解，恢复原来的颜色。‎ ‎17.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原溶液中Al2(SO4)3和MgSO4的物质的量之比为 A. 1 ：2 B. 3 : 1 C. 3 : 2 D. 2 : 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 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10mL，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10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，所以沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL-30mL=20mL，则n(Mg2+):n(Al3+)=1:1，原来混合溶液中Al2(SO4)3和MgSO4的物质的量之比为1:2，故A正确。‎ ‎18.用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧,直接观察时看到火焰呈黄色,下列判断正确的是（ ）‎ A. 只含Na+ B. 可能含有Na+可能还含有K+‎ C. 既含有Na+,又含有K+ D. 一定含Na+,可能含有K+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】钠元素的焰色是黄色，钾元素的焰色是紫色，但观察钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃，以滤去钠元素的黄光的干扰。做焰色反应实验时，直接观察时看到火焰呈黄色，说明肯定含有Na+，不能判断K+的存在与否，故D是正确的。‎ 故选D。‎ ‎19.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL 1mol/L的HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现，若用过量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，固体的质量减少了（ ）‎ A. 6.4g B. 4.8g C. 2.4g D. 1.6g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】向一定质量的Cu、Fe2O3的混合物中加入HCl溶液，恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液后，无血红色岀现，溶液中没有铁离子，最终溶液中溶质为FeCl2、CuCl2，HCl中H元素与混合物中O元素结合生成水，由O原子、H原子守恒，则混合物中n(O)=n(H2O)=n(HC)/2=0.3L×1moL/L×0.5=0.15mol。用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，最终固体为Cu、Fe，固体减少质量等于Fe2O3中氧元素的质量，故固体减少质量=0.15mol×16g/mol=2.4g。答案选C。‎ ‎20.在 FeCl3 和 CuCl2 的混合溶液中加入铁屑，反应结束后滤出固体物质，滤液中的阳离子可能是 ‎①只有Fe2+ ②Fe2+和Fe3+ ③Fe2+和Cu2+ ④Cu2+和Fe3+‎ A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由于Fe3+能氧化Fe、Cu，充分反应后滤去固体物质，固体为Cu或Fe、Cu，所以滤液中一定无Fe3+，可排除②④，固体物质存在两种可能：1、当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+，故①正确；2、当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；综上可知：滤液中一定含有Fe2+，故③正确，故选A。‎ ‎【考点定位】考查铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其重要化合物的主要性质 ‎【名师点晴】本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+；可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+、Cu2+无剩余。‎ ‎21.M(NO3)2热分解化学方程式为：2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑。加热29.6g M(NO3)2使其完全分解，在标准状况下收集11200mL的气体，则M的摩尔质量是 （ ）‎ A. 64g/mol B. 24g/mol C. 65g/mol D. 40g/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=计算混合气体的物质的量，根据方程式化学计量数关系计算出29.6g M(NO3)2的物质的量，根据M=计算出摩尔质量，进而根据质量守恒定律计算M的摩尔质量。‎ ‎【详解】生成气体的物质的量为0.5mol，氧气为气体总量的1/5，氧气的物质的量为0.1mol，由化学方程式可知，M(NO3)2的物质的量为0.2mol，M(NO3)2的摩尔质量为=148g/mol，M的摩尔质量为(148－62×2) g/mol =24g/mol；‎ 答案选B。‎ ‎22.将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为15.68L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为 A. 11.20L B. 15.68L C. 22.40L D. 31.36L ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成氢气15.68L，氢气的物质的量为15.68L÷22.4L/mol=0.7mol。铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，所以根据关系式3H2～～～～2Al～～～～3O～～～～Al2O3‎ ‎3 2 3‎ ‎0.7mol 1.4/3mol 0.7mol 由于氧化物为FeO•2Fe2O3，根据氧原子守恒，所以氧化物FeO•2Fe2O3的为0.7mol÷7=0.1mol，根据铁原子守恒，可知另一份生成的铁的物质的量为0.1mol×5=0.5mol，根据Fe～H2可知，o.5molFe可生成氢气0.5mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故A项正确。‎ 考点：本题考查混合物的计算。‎ ‎23.取10g粗铁加入足量稀硫酸中，共收集到5.6L氢气（标准状况），则粗铁中混有的杂质不可能是( )‎ A. Cu和Mg B. Mg和Al C. Al 和 Si D. SiO2和Zn ‎【答案】D ‎【解析】‎ 标准状况下5.6L氢气的物质的量为：=0.25mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.25mol，则金属混合物的平均摩尔质量为：=40g/mol，铁的摩尔质量为56g/mol，则混有杂质的金属平均摩尔质量要小于40g/mol；A．Cu不与稀硫酸反应，可以认为其相对原子质量为无穷大，Mg的相对原子质量为24，二者平均相对原子质量可以小于40，平均摩尔质量可以小于40g/mol，故A正确；B．Al为+3价金属，转化成+2价时相对分子质量为：‎ ‎×2=18，Mg的相对原子量为24，二者平均摩尔质量可以小于40g/mol，故B正确；C．Al为+3价金属，转化成+2价时相对分子质量为：×2=18，Cu不与稀硫酸反应，可以认为其相对原子质量为无穷大，但二者平均相对原子质量可以小于40，故C正确；D．SiO2不与遇酸反应，其摩尔质量可以看做无穷大，Zn的摩尔质量为65g/mol，平均摩尔质量不可能小于40g/mol，故D错误；故选D。‎ ‎24. 分别将23 g金属钠放入足量的m g水中和24 g金属镁放入足量的m g稀盐酸中，反应后所得溶液的质量分别为a g和b g。那么a和b的关系应是( )‎ A. a>b B. a” 下同）‎ ‎（2）若把（1）中的硫酸改成氨水，应加入水的体积______100 mL ‎（3）若把（1）、（2）中物质的量的浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积_____100 mL ‎【答案】 (1). 0.06 (2). 440 (3). 玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 (4). B (5). < (6). > (7). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I (1)根据图象可以知道,在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V1=160mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4的混合液，根据Mg原子、Al原子、SO42-离子、Na+离子守恒，列方程求算n(Mg)；当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液；根据SO42-离子、Na+离子和Al原子守恒，求出n（NaOH），再利用V=n/c计算；‎ ‎(2)①根据配制溶液的实验操作过程选择所需的仪器； ‎ ‎②分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断；‎ II（1）稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后的体积为原硫酸溶液体积的2倍，稀释后硫酸溶液的密度减小，则稀释后溶液的质量小于200g，故加入水的质量小于100克，再根据V=m/ρ计算判断水的体积；‎ ‎（2）若把硫酸改成氨水，稀释后氨水的密度增大，则稀释后溶液的质量大于200克，故加入水的质量大于100克，再根据V=m/ρ计算判断水的体积；‎ ‎（3）若把（1）、（2）中物质量的浓度均改为溶质的质量分数，则稀释后溶液的质量等于200克，故加入水的质量100克，再根据V=m/ρ计算判断水的体积。‎ ‎【详解】(1)当V1=160mL时，此时溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可以知道n（Na2SO4）=1/2n（Na+）=1/2n（NaOH）=1/2×0.16L×1mol/L=0.08mol；设MgSO4的物质的量为xmol、Al2（SO4）3为ymol，则:根据Mg原子、Al原子守恒有:(1)x+2y=0.1，根据SO42-离子守恒有:(2)x+3y=0.2-0.08；联立方程(1)(2)计算得出:x=0.06，y=0.02；所以金属粉末中: n(Mg)=0.06mol，n(Al)=2y=2×0.02=0.04mol；滴加NaOH溶液到体积V2时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42-离子、Na+离子和Al原子守恒有:n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.1L×2mol/L+0.04mol=0.44mol；所以V2=0.44mol/1mol/L=0.44L=440mL；‎ 答案是: 0.06；440；‎ ‎(2)配制步骤有:计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签等操作，一般用量筒量取(还需胶头滴管)，在烧杯中溶解，冷却后转移到100 mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，振荡、摇匀后,装瓶、贴签；所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、100 mL容量瓶；本题中还需要的仪器有:玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管；‎ 答案是:玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管； ‎ ‎(2)A、用量筒量取一定体积的98%的浓硫酸，稀释后未经冷却即转入容量瓶内，热溶液的体积偏大，一但冷却下来，溶液的体积偏小，浓度偏大，故A错误； ‎ B、稀释硫酸所用的小烧杯未洗涤，因烧杯内壁沾有溶质，所以溶质的质量偏小，浓度偏小，故B正确；   ‎ C、定容时俯视观察液面，溶液的液面低于刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏大，故C错误；‎ D、用蒸馏水洗涤后的容量瓶未干燥，对溶液的体积无影响，浓度不变，故D错误； ‎ E、定容摇匀后，倒入干燥的试剂瓶中储存时，有少量溶液溅出瓶外，因为是均匀的溶液，对溶液的浓度无影响，故E错误；‎ 答案是:B。‎ II（1）由浓度为cmol/l的溶液稀释成0.5cmol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液的体积为原硫酸溶液体积的2倍，稀释后硫酸溶液的密度减小，则稀释后溶液的质量小于200g，故加入水的质量小于100g，则加入水的体积小于100mL；‎ 答案是：<；‎ ‎（2）若把硫酸改成氨水，稀释后氨水的密度增大，则稀释后溶液的质量大于200g，故加入水的质量大于100g，则加入水的体积大于100mL；‎ 答案是：>；‎ ‎（3）若把（1）、（2）中物质的量的浓度均改为溶质的质量分数，则稀释后溶液的质量等于200g，故加入水的质量100g，则加入水的体积等于100mL；‎ 答案是：=。‎ ‎28.将一定质量的铜片加入到20 mL某浓度的浓硝酸中，充分反应后，铜片全部溶解，并收集到标准状况下的混合气体共896mL(假设[体中只有NO和NO2)。向反应后所得溶液中逐滴滴加lmol/L的NaOH溶液，产生沉淀质量与加入NaOH溶液体积(单位: mL)的关系如图所示。回答下列问题:‎ ‎(1)B点所表示溶液中只含一种溶质，该物质______(填化学式)。‎ ‎(2)收集的气体中，NO2的物质的量为_______mol。‎ ‎(3)原浓硝酸的浓度为_______mol/L。‎ ‎(4)欲使铜与硝酸产生的混合气体在氢氧化钠溶液中全部转化为硝酸钠，至少需要30%的双氧水______g(保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). NaNO3 (2). 0.01 (3). 15 (4). 5.7‎ ‎【解析】‎ 分析：铜与硝酸反应生成硝酸铜、NO、NO2和H2O，向反应后所得溶液中逐滴滴加lmol/L的NaOH溶液，根据图像可知开始阶段没有沉淀产生，说明硝酸过量，0～160mL氢氧化钠用来中和过量的硝酸；160～260mL氢氧化钠用来沉淀铜离子，据此解答。‎ 详解：(1)B点时沉淀质量不再发生变化，因此溶液中的溶质是硝酸钠，化学式为NaNO3；‎ ‎(2)沉淀铜离子消耗氢氧化钠是260mL－160mL＝100mL，物质的量是0.1mol，根据电荷守恒可知铜失去电子的物质的量就是消耗的氢氧根离子的物质的量，为0.1mol。设收集的气体中NO和NO2的物质的量分别是xmol、ymol，则根据电子得失守恒和原子守恒可知x+y＝0.896÷22.4＝0.04，3x+y＝0.1，解得x＝0.03、y＝0.01，即NO2的物质的量为0.01mol。‎ ‎(3)铜的物质的量是0.1mol÷2＝0.05mol，生成硝酸铜是0.05mol。剩余硝酸的物质的量是0.16L×1mol/L＝0.16mol，则根据氮原子守恒可知原浓硝酸的物质的量是0.16mol+0.05mol×2+0.04mol＝0.3mol，则浓度为0.3mol÷0.02L＝15mol/L。‎ ‎(4)欲使铜与硝酸产生的混合气体在氢氧化钠溶液中全部转化为硝酸钠，根据电子得失守恒可知双氧水得到的电子的物质的量就是金属铜失去电子的物质的量，为0.1mol，1mol双氧水得到2mol电子，则需要双氧水是0.05mol，因此至少需要30%的双氧水的质量是。‎ 点睛：明确发生的反应、反应的先后顺序以及读懂图像的变化趋势是解答的关键，计算时注意利用好各种守恒法，例如电子得失守恒、质量守恒定律、原子守恒等。‎ ‎29.工业上常通过高温分解FeSO4的方法制备Fe2O3，为检验FeSO4高温分解的产物，并进行有关探究实验，回答下列问题：高温分解FeSO4，利用如图1所示的实验装置进行实验．‎ 已知：①SO2熔点为﹣72℃，沸点为﹣10℃；‎ ‎②SO3熔点为﹣16.8℃，沸点为44.8℃。‎ ‎（1）连接装置，检验气密性良好，放入药品，通入一段时间N2然后加热，通入N2的目的是__________________________。‎ ‎（2）隔绝空气加热至650℃，看到B中有白色沉淀，D试管中有无色液体，硬质玻璃管中的固体变为______，同时有两种无色气体生成，写出该反应的化学方程式_________________________________。‎ ‎（3）反应完毕后，停止加热冷却后，取硬质玻璃管中固体，加盐酸，反应的离子方程式是___，将反应后所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色，该反应的离子方程式是__________________________。‎ ‎（4）有人认为该实验装置存在一定的缺陷，再增加一个装置即可弥补该缺陷，请指出添加的仪器位置及药品________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 排除装置中的空气 (2). 红棕色 (3). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ (4). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (5). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+ (6). 在最后加一个盛碱石灰的干燥管或NaOH溶液；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)通入氮气的目的是排除装置中的空气；‎ ‎(2)根据题意同时有两种无色气体生成，B中有白色沉淀，则两种气体可能为二氧化硫和三氧化硫，根据化合价的改变,则还有Fe2O3； ‎ ‎(3)Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水；将反应后所得溶液（氯化铁）滴入D试管中，溶液铁离子被还原为变为浅绿色的亚铁离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，据此写出离子方程式；‎ ‎(4)考虑D装置连接空气，该反应需要排除空气中二氧化碳和水与D中二氧化硫反应。‎ ‎【详解】(1)通入氮气的目的是排除装置中的空气；‎ 答案是：排除装置中的空气；  ‎ ‎(2)B中有白色沉淀，可能为硫酸钡或者亚硫酸钡，有两种无色气体生成，则应为二氧化硫和三氧化硫，硫元素化合价降低，则铁元素化合价升高为三氧化二铁，红棕色；该反应的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ ；‎ 答案是:红棕色；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ ； ‎ ‎(3) Fe2O3与盐酸反应的离子方程式为: Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2‎ O ；将反应后所得溶液滴入D试管中，溶液铁离子被还原为变为浅绿色的亚铁离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，该反应的离子方程式是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；‎ 答案是: 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+ ；‎ ‎(4)最后的D装置连接了空气，需排除空气的影响，在D的后面加一个吸收二氧化碳和水的装置，以防与D中的二氧化硫反应，装置内试剂可以是碱石灰或NaOH溶液；‎ 答案是：在最后加一个盛碱石灰的干燥管或NaOH溶液。‎ ‎ ‎