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1、宁夏育才中学学益校区2022-2022学年高一化学上学期第二次月考试题含解析答题说明：1.考生应把学校、考场、考号、姓名写在密封线以内，密封线以外的无效。2.请用钢笔、中型笔或圆珠笔把答案写在答题卡的横线上,选择题涂在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28 S32 Cl35.5 K39 Ca40 Fe56 Cu64第一卷 选择题共50分一、选择题每题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分1.以下各组物质中，前者为混合物，后者为单质的是()A. Na2CO310H2O、石墨B. 碘酒、干冰C. 石油、液氧D. 盐酸、水【答案】C【
2、解析】【详解】A、Na2CO310H2O是化合物，石墨是单质，故A错误；B、碘酒是碘的酒精溶液是混合物，干冰是化合物，故B错误；C、液氧是单质，石油是多种烃的混合物，故C正确；D、盐酸是HCl和H2O的混合物，水是化合物，D错误。应选C。2.化学知识可以帮助解决日常生活中遇到的许多问题，以下说法错误的选项是 A. 胃酸过多的病人，可以服用碳酸氢钠来中和胃酸B. 明矾有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒C. 由于镁燃烧发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火D. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂【答案】B【解析】【分析】A. 胃酸的主要成分是盐酸，与碳酸氢钠反响生成氯化钠、水和C
3、O2；B. 明矾溶于水，Al3+水解生成胶体；C. 镁燃烧后发出耀眼的白光，可制造信号弹和烟火；D. 过氧化钠与CO2反响生成碳酸钠和氧气。【详解】A. 碳酸氢钠与胃酸反响，生成氯化钠、水和CO2，可治疗胃酸过多，A项正确，不符合题意；B. 明矾溶于水后，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能净水，但不能杀菌消毒，B项错误，符合题意；C. 镁燃烧后发出耀眼的白光，可制造信号弹和烟火，C项正确，不符合题意；D. 过氧化钠与CO2反响生成碳酸钠和氧气，可用作呼吸面具供氧剂，D项正确，不符合题意；答案选B。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是 A. 5.6g铁与足量盐酸
4、反响转移的电子数为0.3NAB. 常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NAC. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD. 常温下，2.7g铝与足量的盐酸反响，失去的电子数为0.3NA【答案】D【解析】【分析】A. 铁与盐酸反响生成氯化亚铁和氢气，1mol铁参与反响，电子转移2mol；B. 常温常压下，无法计算甲烷的物质的量；C. 氦气为单原子单质分子，氟气为双原子单质分子；D. 铝与盐酸反响，生成氯化铝和氢气，1mol铝参与反响，电子转移3mol。【详解】A. 1mol铁参与反响，电子转移2mol，5.6g(即0.1mol)铁与盐酸反响，电子转移0.2mol
5、，转移的电子数为0.2NA，A项错误；B. 常温常压下，无法计算甲烷的物质的量，B项错误；C. 氦气为单原子单质分子，22.4L(即1mol)氦气所含原子数为NA，氟气为双原子单质分子，22.4L(即1mol)氟气所含原子数为2NA，二者所含原子数不相等，C项错误；D. 铝与盐酸反响，生成氯化铝和氢气，1mol铝参与反响，电子转移3mol，2.7g(即0.1mol)铝与足量的盐酸反响，失去的电子数为0.3NA，D项正确；答案选D。【点睛】解答此题时，需要注意的是物质所处的条件，在常温常压下，不能直接带公式计算气态物质的物质的量。4.某试剂瓶上贴有如下标签，对该试剂理解正确的选项是A. 该溶液中
6、含有的微粒主要有：NaCl、Na+、Cl-、H2OB. 假设取50毫升溶液，其中的c(Cl-)=0.05 mol/LC. 假设取该溶液与0.1 mol/L AgNO3 100 mL溶液完全反响，需要取该溶液10 mLD. 该溶液与1.0mol/LNa2SO4溶液的c(Na+)相等【答案】C【解析】A. 氯化钠溶于水全部电离出Na+、Cl-，溶液中不存在NaCl，A错误；B. 溶液是均一稳定的，假设取50毫升溶液，其中c(Cl-)=1.0mol/L，B错误；C. 100 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中硝酸银的物质的量是0.01mol，完全反响消耗氯化钠是0.01mol，因此需要取该溶
7、液的体积为0.01mol1mol/L0.01L10 mL，C正确；D. 该溶液与1.0mol/LNa2SO4溶液的c(Na+)不相等，后者溶液中钠离子浓度是2.0mol/L，D错误，答案选C。点睛：注意溶液浓度、密度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)、密度均不发生变化。但溶质的物质的量、溶液质量与体积有关系。5.以下离子方程式中，正确的选项是 A. 金属钠和水：Na +H2ONa+OH-+H2B. 磁性氧化铁和稀盐酸：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OC. 氯化铝溶液中参加过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+
8、2H2OD. 钠和硫酸铜溶液反响的离子方程式：2NaCu2=2NaCu【答案】B【解析】【分析】A. 钠与水反响，生成氢氧化钠和氢气，反响方程式为：2Na +2H2O2NaOH+H2；B. Fe3O4与盐酸反响，生成氯化铁、氯化亚铁和水，反响方程式为：Fe3O4+8HClFeCl2+2Fe Cl3+4H2O；C. 氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱。D. 金属钠参加到硫酸铜溶液中，先与水反响生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜反响生成蓝色沉淀氢氧化铜，反响方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2+H2。【详解】A. 钠与水反响，生成氢氧化钠和氢气，反响方程式为：
9、2Na +2H2O2NaOH+H2，离子方程式为：2Na +2H2O2Na+2OH-+H2，A项错误；B. Fe3O4与盐酸反响，生成氯化铁、氯化亚铁和水，反响方程式为：Fe3O4+8HClFeCl2+2Fe Cl3+4H2O，离子反响为：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O，B项正确；C. 氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱，氨水属于弱碱，因此氯化铝与过量的氨水反响生成氢氧化铝和氯化铵，反响方程式为：AlCl3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4Cl，离子反响为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，C项错误；D. 金属钠参加到硫酸铜溶液中，先与水反响生成氢氧化钠和氢气
10、，生成的氢氧化钠与硫酸铜反响生成蓝色沉淀氢氧化铜，反响方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2+H2，离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na+Cu(OH)2+H2，D项错误；答案选B。【点睛】解答此题时要注意：Na先与酸反响，再与水反响先酸后水钠与盐溶液反响的分析方法第一步：钠与水反响生成NaOH和H2；第二步：生成的NaOH如果能与溶质反响，那么发生的是NaOH与溶质的复分解反响。生成气体型钠与NH4Cl溶液反响生成H2和NH3生成沉淀型钠与铜盐、铁盐等溶液反响生成Cu(OH)2或Fe(OH)3复杂型钠与AlCl3稀溶液反响，如果钠量较多，那么先生成Al
11、(OH)3沉淀，后沉淀溶解6.以下关于胶体的说法，正确的选项是A. 向稀的 NaOH 溶液中逐滴参加 56 滴 FeCl3 饱和溶液，即可制得 FeOH3 胶体B. 胶体的分散质能通过滤纸孔隙，而浊液的分散质那么不能C. 丁达尔效应是胶体不同于溶液的本质区别D. FeOH3 胶体的电泳实验说明了 FeOH3 胶体带电【答案】B【解析】【分析】实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中参加饱和氯化铁溶液；胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质微粒直径小于1nm属于溶液，介于1-100nm属于胶体，大于100nm属于浊液；胶体是一种均匀、透明、介稳定的分散系，胶粒不能透过滤纸，
12、胶体是电中性的，胶粒是带电荷的，能够产生丁达尔效应、布朗运动、聚沉、电泳。【详解】A项、把饱和的三氯化铁溶液滴加到沸水中，继续加热至溶液呈现红褐色停止加热，即得到FeOH3胶体，NaOH溶液中逐滴参加少量饱和FeCl3溶液得到的是氢氧化铁沉淀，故A错误；B项、胶体粒度小于100nm，能通过滤纸，浊液中分散质粒度大于100nm能通过滤纸，故B正确；C项、胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，不是有丁达尔效应，故C错误；D项、氢氧化铁胶体微粒带正电，FeOH3 胶体的电泳实验说明了 FeOH3 胶粒带电，故D错误。应选B。7.用10 mL0.1molL-1 BaCl2溶液恰好可使相
13、同体积的Fe2(SO4)3、K2SO4和ZnSO4三种溶液中的SO42-完全转化为BaSO4沉淀，那么三种硫酸盐溶液物质的量浓度之比是 A. 322B. 123C. 133D. 311【答案】C【解析】【分析】反响消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，那么各溶液中硫酸根物质的量相等，据此确定Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4物质的量之比，因三种溶液的体积相同，那么物质的量之比等于其浓度之比。【详解】由题意知反响消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子
14、恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，那么由Ba2+ SO42-=BaSO4可知：3x=y=z，那么x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，那么物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3；应选C。8.碳酸钠俗名纯碱或苏打，在外观上与食盐相似，可用于洗涤，如清洗厨房用具的油污等。区分厨房中的食盐和碳酸钠的方法有很多，以下方法中不能区分两者的是A. 分别取少量两种物质，尝一下两者的味道B. 分别取少量两种物质于试管中，滴加醋酸溶液观察现象C. 分别取少量两种物质于试管中，加蒸馏水溶解，用PH 试纸分别测两种溶液的pHD. 分别
15、取少量两种物质于试管中，加蒸馏水溶解，再加AgNO3 溶液观察现象【答案】D【解析】【分析】区分厨房中的食盐和碳酸钠可以通过品尝味道、观察溶解程度、测定溶液pH、加酸、发生沉淀反响如家石灰水或氯化钡溶液等，依据两者的不同加以区分，但不能选用AgNO3 溶液，因为两者的实验现象相同。【详解】A项、各取少量通过尝味道，咸味的是食盐，涩味的是碳酸钠，能区分，故A正确；B项、食醋与碳酸钠反响产生二氧化碳，与食盐不反响，能区分，故B正确；C项、食盐溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性，两种溶液的pH大小不同，能区分，故C正确；D项、食盐溶液与AgNO3 溶液反响生成白色氯化银沉淀，碳酸钠溶液与AgNO3 溶液反
16、响生成白色碳酸银沉淀，实验现象相同，不能区分，故D错误。应选D。【点睛】鉴别时只需利用某一特征反响，确定某物质的一局部就可到达鉴别的目的。可用“看、闻、摸、溶、吸等物理方法进行鉴别，“看就是要看物质的颜色、状态、形状等，“闻可以闻某些气体的气味，“摸可以通过摸容器的外壁，感觉是否有热量的改变，“溶看物质是否能溶解，“吸看是否能被磁铁吸引；还可以通过不同的物质在与同一种物质发生化学反响时所产生的现象不同把它们鉴别开的化学方法。9.以下各组离子，在强酸性溶液中能大量共存的是 A. Na+、K+、Ca2+、HCO3B. NO3、Cl、Na+、Ag+C. Cu2+、K+、SO42、ClD. Mg2+、
17、Na+、Cl、OH【答案】C【解析】【分析】强酸性溶液中存在大量的H+，判断H+是否与所有离子能共存。【详解】A. H+与HCO3发生复分解反响，生成CO2和水，不能共存，A项错误；B. Cl与Ag+发生复分解反响，生成白色沉淀，不能共存，B项错误；C. H+与Cu2+、K+、SO42、Cl均能大量共存，C项正确；D. Mg2+与OH，H+与OH发生复分解反响，不能共存，D项错误；答案选C。【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色有色离子在无色溶液中不能大量共存、二性在强酸性溶液中，OH及弱酸根阴离子不能大量存在；在强碱性溶液中，H及弱碱阳离子不能大量存在、三特殊AlO
18、与HCO不能大量共存：“NOH组合具有强氧化性，与S2、Fe2、I、SO等复原性的离子因发生氧化复原反响而不能大量共存；NH与CH3COO、CO，Mg2与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存、四反响离子不能大量共存的常见类型有复分解反响型、氧化复原反响型、水解相互促进型和络合反响型4种。10.某溶液中只含有四种离子，其中三种离子Na +，Ca2 +，NO3-的物质的量浓度分别是2mol/L、1mol/L、1mol/L，那么溶液中另一离子及其物质的量浓度是 A. CO32- 1.5mol/LB. K+ 0.5mol/LC. OH- 3
19、mol/LD. Cl- 2mol/L【答案】C【解析】【分析】根据电荷守恒进行计算。【详解】根据电荷守恒可知另一种离子为阴离子，且有c(Na +)+2c(Ca2 +)=c(NO3-)+c(未知阴离子)，即2mol/L+21mol/L=1mol/L+ c(未知阴离子)，c(未知阴离子)所带电荷为3mol/L，又因为碳酸根与钙离子不能共存，符合要求的为c(OH-)=3mol/L；答案选C。11.以下有关铁及其化合物的说法中正确的选项是 A. Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称铁红B. Fe(OH)2为白色固体，不溶于水，能在空气中稳定存在C. Fe2(SO4)3与KSCN反响产生血红色沉淀D. 除去
20、FeCl3溶液中的FeCl2杂质，可以向溶液中通入适量的氯气【答案】D【解析】【分析】A. 四氧化三铁俗称磁性氧化铁，是一种黑色固体；B. Fe(OH)2为白色固体，易被空气中的氧气氧化；C. 三价铁离子遇到KSCN显红色；D. 氯气可将Fe2+氧化为Fe3+。【详解】A. 四氧化三铁俗称磁性氧化铁，是一种黑色固体，三氧化二铁是一种红棕色粉末，俗称铁红，故A项错误；B. Fe(OH)2为白色固体，不溶于水，在空气中易被氧气氧化为氢氧化铁，故B项错误；C. Fe2(SO4)3与KSCN反响发生络合反响产生血红色物质，不生成沉淀，故C项错误；D. 氯气具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，且不引
21、入新的杂质，可以向溶液中通入适量的氯气，除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，故D项正确。答案选D。12.以下有关离子(或物质)的检验、现象及结论，都正确的选项是()A. 向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中一定含有Fe2+B. 焰色反响实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到钠离子火焰呈黄色C. 向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，说明发生氧化复原反响，且氧化性：H2O2Fe3+D. 向某无色溶液中参加BaCl2溶液有白色沉淀出现，再参加稀盐酸，沉淀不消失，那么该溶液中一定含有SO42【答案】C【解析】【分析】A. 滴加氯水，可氧化亚铁离子；B. 蓝色
22、钴玻璃可滤去黄光；C. 依据过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；D. 不能排除Ag+的干扰。【详解】A滴加氯水，可氧化亚铁离子，那么检验亚铁离子时先加KSCN溶液，后加氯水，A错误；B蓝色钴玻璃可滤去黄光，不能透过蓝色钴玻璃，B错误；C向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，是因为过氧化氢氧化二价Fe2+生成三价Fe3+，二者发生氧化复原反响，且氧化性：H2O2Fe3+，C正确；D不能排除Ag+的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加氯化钡检验，D错误；故合理选项是C。【点睛】此题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的
23、异同，把握实验设计的原理。13.在实验室里，要想使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用以下试剂中的 A. 氨水B. 氢氧化钠溶液C. 硫酸D. 石灰水【答案】A【解析】【分析】氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱。【详解】实验室常用弱碱与铝盐反响生成沉淀方法制取氢氧化铝，因此选择氨水；答案选A。14.将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反响一定时间后取出溶液体积变化忽略不计，所得溶液Q中，以下有关说法正确的选项是A. 溶液Q比原溶液增重了1.92g.B. Q中n(Cu2+):n(Fe3+)=3:4C. 反响中转移的电子数为0.04molD. n(Cu2+)=0.03mol【答案
24、】B【解析】【分析】Cu与FeCl3发生：Cu2Fe3=Cu22Fe2，同溶液，微粒的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，进行分析。【详解】将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反响一定时间后取出溶液体积变化忽略不计，Cu与FeCl3发生Cu2Fe3=Cu22Fe2，所得溶液Q中的c(Fe3):c(Fe2)=2:3，那么c(Fe3)=0.04mol/L、c(Fe2)=0.06mol/L、c(Cu2)=0.03mol/L。A、题中没有说明溶液的体积，无法计算溶液增重的量，故A错误；B、同溶液中，微粒物质的量浓度之比等于其物质的量之比，根据离子方程式，推出Q中n(Cu2):n(Fe3)=c
25、(Cu2):c(Fe3)=0.03:0.04=3:4，故B正确；C、题中没有说明溶液的体积，无法计算出转移电子物质的量，故C错误；D、题中没有说明溶液的体积，无法计算Cu2物质的量，故D错误.【点睛】此题局部学生通过分析计算，选项A、B、D似乎都正确，学生不知如何解决，学生错把物质的量浓度当物质的量进行运用，没有注意到题目中没有给出溶液的体积，只能用同溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，直接推出选项B正确。15.由CO和H2组成的混合气体2.4g在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为A. 1.2gB. 2.4 gC. 3.6 gD.
26、 无法计算【答案】B【解析】【详解】CO在氧气中完全燃烧生成CO2, CO2和再与Na2O2反响,方程式为2CO+ O22CO2 、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,总方程式为:CO+Na2O2=Na2CO3,可以知道过氧化钠增重为CO的质量;H2在氧气中完全燃烧生成H2O, H2O再与反响,方程式为2H2+O22H2O、2H2O+ 2Na2O2=4NaOH+O2 ,总反响方程式为: 2H2+2Na2O2=4NaOH,可以知道反响后固体质量增加为氢气质量,故由2.4 g CO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧,立即通入足量的Na2O2固体,固体质量增加应为CO和H2的质量,即
27、固体增重为2.4 g,所以B选项是正确的.答案：B。16.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反响Al2O3N23C2AlN3CO合成。以下表达不正确的选项是 A. AlN中N元素显-3价B. 上述反响中CO是氧化产物C. 上述反响中Al2O3是复原剂D. 上述反响中碳发生氧化反响【答案】C【解析】【分析】反响中N元素化合价从0价降低到-3价，得到电子，发生复原反响，C元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反响，据此分析判断。【详解】A. 反响中N元素化合价从0价降低到-3价，AlN中N元素显-3价,A项正确，不符合题意；B. 反响中C元素化合价从0价升高
28、到+2价，因此CO是氧化产物，B项正确，不符合题意；C. 在反响中Al2O3中所有元素化合价均未发生变化，既不是氧化剂也不是复原剂，C项错误，符合题意；D. 反响中C元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反响，D项正确，不符合题意；答案选C。17.将一定质量的金属钠放入100 mL 0.2 molL1的氯化铝溶液中，反响后得到无色澄清溶液，其中除水外只含有氯化钠和偏铝酸钠，那么参加的钠的质量为()A. 1.84 gB. 1.38 gC. 2.3 gD. 0.46 g【答案】A【解析】【详解】钠放入氯化铝溶液中，钠先和水反响：2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成的NaOH再和AlC
29、l3反响生成NaAlO2：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O。把钠和水的反响方程式的系数扩大2倍后和NaOH和AlCl3的反响相加得：4Na+AlCl3+2H2O=NaAlO2+3NaCl+2H2。AlCl3的物质的量为0.100L 0.2 molL1=0.02mol，所以需要钠的物质的量为0.08mol，为0.08mol23g/mol=1.84g。应选A。18.以下说法正确的选项是 A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，同温同压下，生成的CO2体积相同B. 氧化铝的熔点很高，可用于制造坩埚熔融烧碱C. Na2O2分别与水及CO2反响产生相同量氧气
30、时，转移电子的物质的量相等D. 足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反响，产生相同量的氢气【答案】C【解析】【分析】A. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，生成的CO2体积相同；B. 氧化铝和烧碱反响，生成偏铝酸钠；C. 1molNa2O2与水反响，电子转移1mol，1molNa2O2分别与CO2反响，电子转移1mol；D. 1 mol HCl与铝反响生成H20.5mol，1 mol NaOH与铝反响生成H21.5mol；【详解】A. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，生成的CO2体积相同，等质量的NaHCO3和Na2CO
31、3，NaHCO3的物质的量大于Na2CO3，因此NaHCO3与盐酸反响放出的CO2多，A项错误；B. 氧化铝和烧碱反响，生成偏铝酸钠，因此不能用于制造坩埚熔融烧碱，B项错误；C. 1molNa2O2与水反响，电子转移1mol，1molNa2O2分别与CO2反响，电子转移1mol，因此转移电子的物质的量相等，C项正确；D. 1 mol HCl与铝反响生成H20.5mol，1 mol NaOH与铝反响生成H21.5mol，产生的H2的量不同，D项错误；答案选C。19.在含少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳气体。下面四个图像中，纵坐标均表示沉淀的物质的量，横坐标均表示参加物质的物质的量，其中实
32、验和图像对应关系正确的选项是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】CO2先与氢氧化钠反响，再与偏铝酸钠溶液反响；【详解】在含少量NaOH的偏铝酸钠溶液中通入CO2直至过量，CO2先与氢氧化钠反响，不产生沉淀，反响完后再与偏铝酸钠溶液反响生成沉淀至到达最大值后不再变化，发生的反响为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-故答案为D.【点睛】,20.镁、铝、铜三种金属粉末混合物，参加过量盐酸充分反响，过滤后向滤液中参加过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有 A. Cu2B. AlO2-C. Al3D. Mg2【答案】B【解析】【分析】镁、铝、铜三种金属粉末混合物，参加
33、过量盐酸充分反响，只有镁和铝与盐酸反响，生成氯化镁和氯化铝，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中参加一定量烧碱溶液，发生复分解反响后生成氢氧化镁沉淀和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，据此分析判断。【详解】镁、铝、铜中参加过量盐酸充分反响，只有镁和铝与盐酸反响，过滤后滤液中存在Mg2+和Al3+，向滤液中参加一定量烧碱溶液，发生复分解反响后生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，其中氢氧化铝沉淀能继续溶解在烧碱溶液中，过滤后滤液中只存在AlO2-；答案选B。21.以下几个反响的化学方程式： 2KICl22KClI2、 2FeCl2Cl22FeCl3、 2FeCl32HI2FeC
34、l2I22HCl，以下有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的选项是A. Cl2Fe3+I2B. Cl2I2Fe3+C. Fe3+Cl2I2D. Fe3+I2Cl2【答案】A【解析】【详解】根据氧化复原反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物进行分析。反响中氧化剂为氯气，氧化产物为碘单质，反响中氧化剂为氯气，氧化产物为铁离子，反响中氧化剂为铁离子，氧化产物为碘单质，所以氧化性的顺序为：Cl2Fe3+I2，选A。22.以下变化过程中失去电子的是()A. Fe3Fe2B. Mn2C. ClCl2D. N2O3HNO2【答案】C【解析】【分析】在氧化复原反响中失去电子必然引起元素化合价的升高，即发生氧化反响，
35、由此分析。【详解】A.因为元素化合价升高的过程即为失去电子的过程，铁元素由+3价变化到+2价，元素化合价降低，A项错误；B.锰元素的化合价由+7价变化到+2价，化合价降低，B项错误；C.氯元素的化合价由-1价变化到0价，化合价升高，C项正确；D.该过程前后氮元素的化合价都是+3价，化合价没有变化，D项错误；答案选C。23.以下各组反响，最终一定能得到白色沉淀的是A. 向CaOH2溶液中通入足量CO2B. 向CuSO4溶液中参加NaOH溶液C. 向FeCl2溶液中参加过量NaOH溶液D. 向MgSO4溶液中参加足量NaOH溶液【答案】D【解析】【分析】先判断反响是否发生，再根据生成物的溶解性进行
36、判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀常见的是：硅酸、氢氧化铝、难溶的碳酸盐和硫酸盐以及氯化银等【详解】A. 向CaOH2溶液中通入足量CO2，CaOH22CO2=Ca(HCO3)2，生成可溶性碳酸氢钙，故A不选；B. 向CuSO4溶液中参加NaOH溶液，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，故B不选；C.FeCl2溶液中参加过量NaOH溶液会先生成白色的氢氧化亚铁，然后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色沉淀氢氧化铁，故C不选；D. 向MgSO4溶液中参加足量NaOH溶液，生成白色的氢氧化镁沉淀，故D选；应选D。24.加热 42g NaHCO3 和 Na2CO3 固体混合物，至没有气体放出时，剩余的固体质量是
37、35.8 g。那么原固体混合物中Na 2CO3 的质量是A. 25.2gB. 16.8 gC. 10.6 gD. 24.8g【答案】A【解析】【分析】因Na2CO3的热稳定性好，所以Na2CO3和NaHCO3固体混合物加热至无气体放出为止，只发生2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，剩余固体质量包括加热分解生成的Na2CO3及原混合物中含有的Na2CO3，利用差量法计算NaHCO3的质量，进而计算Na2CO3的质量。【详解】设混合物中碳酸氢钠的质量为a，那么有：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O m168 62A (42-35.8)由方程式的关系式：168：62=a：6.2,解得
38、a=16.8g，那么混合物中Na 2CO3 的质量是42-16.8g=25.2g，应选A。【点睛】此题考查混合物的有关计算，清楚发生的反响，利用差量法进行计算是解答关键。25.18.4g由铁、铜组成的混合粉末参加100mL5.0molL1FeCl3溶液中，充分反响后，剩余固体质量为3.2g。以下说法正确的选项是 A. 原固体混合物中：nCu：nFe2：1B. 反响后溶液中的溶质有FeCl2、FeCl3、CuCl2C. 反响后溶液中：nFe2+nCu2+0.8molD. 剩余固体是铁【答案】A【解析】【分析】铁比铜活泼，因此先发生反响：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生Cu+2Fe3+=3Fe
39、2+Cu2+，原FeCl3溶液中FeCl3的物质的量n(FeCl3)=5.0molL10.1L=0.5mol，结合方程式进行解答。【详解】设0.5mol Fe3+完全反响消耗铁的质量为xg，铜为yg，那么Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ Cu+ 2Fe3+ = 3Fe2+ + Cu2+56g 2mol 64g 2molxg 0.5mol yg 0.5molx=14g， y=16g，溶解的金属的质量为18.4-3.2=15.2g，且有1415.216，说明铁完全反响反响而铜局部反响，有剩余；A. 根据分析可知，剩余的3.2g金属为Cu，物质的量为=0.05mol，反响掉的铁和酮的质量为18.
40、4-3.2=15.2g，56n(Fe)+64n(Cu)=15.2，2n(Fe)+2n(Cu)=0.5，解得n(Fe)=0.1mol，n(Cu)=0.15mol，因此铜的物质的量为0.15mol+0.05mol=0.2mol，原混合物中n(Cu)：n(Fe)2：1，A项正确；B.由于铜有剩余，Fe3+完全反响，因此溶液中不存在Fe3+，B项错误；C.根据方程式可知反响后溶液中n(Fe2+)=0.5+0.1=0.6mol，n(Cu2+)=0.15mol，因此n(Fe2+)+n(Cu2+)0.75mol，C项错误；D.剩余的固体是铜，不是铁，D项错误；答案选A。第二卷(非选择题，共50分)26.有以
41、下四组混合物，如何进行别离？请将别离的方法填在横线上。1水和酒精。_2碘和四氯化碳。_3水和四氯化碳。_4硝酸钠溶液中的氯化银。_5硝酸钾和氯化钠。_【答案】 (1). 蒸馏法 (2). 蒸馏法 (3). 分液法 (4). 过滤法 (5). 重结晶【解析】【分析】1别离互溶的液体用蒸馏的方法；2别离互溶的液体用蒸馏的方法；3水和四氯化碳不互溶，分层；4氯化银难溶于水，硝酸钠易溶于水；5硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的升高变化规律不同。【详解】1水和酒精互溶，用蒸馏法别离；2碘和四氯化碳互溶，用蒸馏法别离；3水和四氯化碳不互溶，分层，直接用分液的方法进行别离；4硝酸钠易溶于水，氯化银难溶于水，将混
42、合物溶解，过滤即可别离；5硝酸钾的溶解度随温度的升高逐渐降低，氯化钠的溶解度随温度的升高逐渐增大，因此用重结晶的方法可将其别离。27.(1)现有物质：NaCl晶体 CO2 氨水 蔗糖 BaSO4固体 铜 熔融的KNO3试答复(填序号)：能导电的是_；属于电解质的是_。(2)一定量的金属铝跟足量NaOH溶液反响，放出3.36LH2(标准状况下)，那么该铝的质量是_g，如反响后溶液的体积为500mL，那么反响后溶液中NaAlO2的物质的量浓度为_mol/L。(3)同温同压下的两个相同容器中分别装有NO和NO2气体，那么两瓶气体中，质量之比是_，分子数之比是_。(4)设NA表示阿伏加德罗常数，如果x
43、 g某气体含有的分子数是y，那么z g该气体在标准状况下的体积是_L(用含NA的式子表示)。【答案】 (1). (2). (3). 2.7 (4). 0.2 (5). 15：23 (6). 1:1 (7). 22.4yz/(xNA)【解析】【分析】1存在自由移动的带电微粒即可导电；在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质；2Al与足量的NaOH溶液反响生成氢气，根据方程式计算Al的物质的量，再计算铝的质量和NaAlO2的物质的量浓度；3同温同压下气体的气体摩尔体积相等，根据n=V/Vm=m/M=N/NA结合分子组成计算；4a g某气体
44、中含有的分子数为b，据此可以设计成cg该气体中含有的分子数，然后根据n=N/NA计算出cg该气体的物质的量，再根据V=nVm计算出标况下cg该气体的体积。【详解】1氨水中存在自由移动的离子能导电；铜中存在自由移动的电子那么能导电；熔融的KNO3中存在自由移动的离子能导电；NaCl、BaSO4、KNO3都是化合物，且在水溶液中或熔化状态下能导电，那么属于电解质，故答案为；2合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反响：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，产生气体氢气3.36L标准状况，其物质的量= 3.36L/22.4L/mol =0.15mol，由方程式可知nAl= 2 n
45、H2/3 =0.15mol 2/3 =0.1mol，那么m(Al)= 0.1mol27g/mol；由铝原子个数守恒可知，nNaAlO2= nAl=0.1mol，cNaAlO2= nNaAlO2/V=0.1mol/0.5L=0.2 mol/L，故答案为2.7；0.2；3同温同压下的两个相同容器中分别装有NO和NO2气体，由于同温同压下气体的气体摩尔体积相等，由n=V/Vm可知，气体的分子数相等，分子数比值为1：1，质量比等于摩尔质量之比，为15：23，故答案为1：1；15：23；4如果xg某气体中含有的分子数为y，那么zg该气体含有的分子数为：yzg/xg=yz/x，含有的气体的物质的量为n=yz/xNAmol，那么c g该气体在标准状况下的体积为：V=22.4L/molyz/xNAmol=22.4yz/xNA，故答案为22.4yz/xNA。【点睛】此题考查了物质的分类和常