《湖南省衡阳八中2016届高三化学上学期第二次月考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省衡阳八中2016届高三化学上学期第二次月考试题含解析.doc（38页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2015-2016学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（）ANaCl、BaSO4、SO2BCu、CH3C00H、酒精C氯化钠晶体、水、酒精DKNO3、NH3H2O、CaCO32一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（）A20%B40%C58.6%D60%3用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A1L0.5 mol
2、L1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2NAC25时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NAD1mol羟基中电子数为10 NA4实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2下列说法正确的是（）ANaNO2是还原剂BNH4Cl中N元素被还原C生成1mol N2时转移6mol电子D氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：15有体积相同的两份营养液，其配方如下：KClK2SO4ZnSO4ZnCl2第一份0.3mol0.2mol0.1mol第二份0.1mol0.3mol0.1mol两份营养液中各离子浓度（）A完全不同B完全相同
3、C仅c（K+）相同D仅c（Cl）相同6下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（）A硫化钠的水解反应：S2+H3O+HS+H2OBFe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO2+14H2OCNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2ODNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2O7（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（）ABaSO4BBa
4、SO3CBaSDBaSO4和BaSO38下列说法正确的是（）漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；非极性键也可能存在于离子化合物中ABCD9下列关于胶体的叙述正确的是（）A过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象10“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）钠与水反应生成NaOH
5、和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁ABCD11物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）3FeO+10HNO33Fe（NO3）3+NO+5H2O C+2H2SO4 （浓）CO2+2SO2+2H2O8NH3+3Cl2NH4Cl+N2 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2ABCD全部12标准状况下V
6、 L氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为 g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（）A=B=C=Dc=13含有下列各组离子的溶液中通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存的是（）AH+、Ba2+、Fe3+、NO3，通入SO2气体BCa2+、Cl、K+、H+，通入CO2气体CAlO2、Na+、Br、SO42，通入CO2气体DHCO3、Na+、I、HS，加入AlCl3溶液14将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L则下列判断中正确的是（）A
7、原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入KSCN溶液，显红色C无法计算原混合物的质量aD此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：115元素周期表中A元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（）Pb+2Cl2PbCl4Sn+2Cl2SnCl4SnCl2+Cl2SnCl4PbO2+4HCl=PbCl4+2H2OPb3O4+8HCl3PbCl2+Cl2+4H2OABCD16实验室有一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2SO”字样已知固体M只可能是Na2SO3或Na2S
8、O4若取少量固体M配成溶液，下列试剂不能用于鉴定M的是（）ABa（OH）2B稀盐酸C稀硫酸D浓硝酸17如图，利用培养皿探究SO2的性质实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面表中对实验现象的描述或解释不正确的是（）选项实验现象解释ABaCl2溶液变浑浊SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO4沉淀BNa2S溶液变浑浊SO2与Na2S溶液反应产生了S单质CKMnO4溶液褪色SO2具有还原性D品红溶液褪色SO2具有还原性AABBCCDD18往含I和Cl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示则原溶液中的比值为（
9、）ABCD19下列有关说法正确的是（） A实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液 B为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解 CN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大 D吸热反应“TiO2（s）+2Cl 2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的S0AABBCCDD20下列各项反应对应的图象正确的是（）A25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B向 Na溶液中通入 HCl气体C向少量氯化铁溶液中加入铁粉D向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠21常温下，
10、用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20ml同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH随X的变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法不正确的是（）AHA溶液加水稀释后，溶液中的值减小BHA的电离常数KHA=（x为滴定分数）C当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大D滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）二、填空题（本题共5小题，共58分）22氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在4050时反应可生成它CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2
11、Cu+=Cu2+Cu根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是（填氧化剂或还原剂）（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是（填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式23某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失
12、去3.011023个电子（1）写出该反应的化学方程式：；（2）若有9.8g H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为；（3）本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果：24实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W（Na2CO3），称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液方案一：沉淀法利用化学反应把HCO3、CO32完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中（Na2CO3）（1）量取100mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3、CO32完全转化为沉淀，应选用的试剂是（填编号）ACaCl2溶液 BMgSO4溶液 CNaCl溶液 DB
13、a（OH）2溶液（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是；（3）将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算（Na2CO3）如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得（Na2CO3）（填“偏大”、“偏小“或“无影响”）方案二：量气法量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20、1.01105Pa）的体积，由此计算混合物中（Na2CO3）（1）装置中导管a的作用是（2）若撤去导管a，使测得气体体积（“偏大”，“偏小”或“无影响”）方案三：滴定法量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000mol/L的盐酸滴定
14、到终点（已知终点时反应H+CO32=HCO3恰好完全）重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00mL（1）量取25.00mL配制好的溶液，应选择仪器来完成（2）判断滴定终点的依据是（3）此法测得（Na2CO3）=%25通过煤的气化和液化，使碳及其化合物得以广泛应用I工业上先用煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）（1）向1L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800时测得部分数据如下表t/min01234n（H2O）/mol0.6000.5200.4500.3500.350n（CO）/mol0.4000.3200.2
15、500.1500.150则该温度下反应的平衡常数K=（保留2位有效数字）（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1mol H2O（g）、2molCO2、2mo1H2，此时v （正） v （逆）（填“”“=”或“”）已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283kJmol1、286kJmol1、726kJmol1（3）利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为（4）依据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如右图所示：一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了
16、Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2（5）以辛烷（C8H18）代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式（6）已知一个电子的电量是1.6021019C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929105C的电量时，生成NaOHg煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一（7）将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环如：a6CO2+6H2O C6H12O6+6O2b2CO2+6H2C2H5OH+3H2OcCO2+CH4CH3COOH d2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O以上反应中，最节能的是，反应b中理论上原子利用率为26钡盐生产中排出大量的钡泥，某主要生产BaCO3的化工厂利
17、用钡泥制取Ba（NO3）2晶体及其他副产物，其部分工艺流程如下：已知：iFe（OH）3和Fe（OH）2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7iiBa（NO3）2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小iiiKSP（BaSO4）=1.11010，KSP（BaCO3）=5.1109（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤用离子方程式说明提纯原理：（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，化学方程式为：（3）该厂结合本厂实际，选用的X为（从下列选项中选择）；废渣2为（写出化学式）Ba
18、Cl2 Ba（NO3）2 BaCO3 Ba（OH）2（4）过滤3后的母液应循环到容器中（填“a”、“b”或“c”）（5）称取w g晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m g，则该Ba（NO3）2的纯度为2015-2016学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（）ANaCl、BaSO4、SO2BCu、CH3C00H、酒精C氯化钠晶体、水、酒精DKNO3、NH3H2O、CaCO3【考点】电解质与
19、非电解质；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质【解答】解：A、氯化钠为强电解质电解质，二氧化硫为非电解质，而硫酸钡为强电解质，不属于弱电解质，故A错误；B、铜既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C、氯化钠晶体为强电解质、水为弱电解质、酒精为非电解质，满足题中要求，故C正确；D、硝酸钾为强电解质、一水合氨为弱电解质，而碳酸钙为强电解质，不是弱电解质，不满足题中要求，故D错误；故选C【点评】
20、本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及判断，题目难度不大，注意明确强弱电解质的本质区别，明确电解质与非电解质的概念及判断方法2一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（）A20%B40%C58.6%D60%【考点】有关混合物反应的计算【分析】镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为氧化镁，氧化镁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化镁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答【解答】解：由镁铝
21、合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为MgO，由于MgO的质量等于合金Mg、Al的质量，则MgO中O元素的质量等于合金中Al的质量，所以氧化镁中氧元素的质量分数=合金中铝元素的质量分数，故合金中铝的质量分数是为：100%=40%，故选B【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，根据发生反应的实质找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法3用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A1L0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.
22、2NAC25时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NAD1mol羟基中电子数为10 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A铜离子部分水解，导致铜离子的数目减少；B过氧化钠中的过氧根离子含有1个共用电子对，0.1mol过氧化钠含有0.1mol共用电子对；CpH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子；D羟基中含有9个电子，1mol羟基中含有9mol电子【解答】解：A1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有0.5mol氯化铜，由于铜离子部分水解，则溶液中含有的铜离子小于0.5mol，含有Cu2+的个数小于0.5NA，故A错
23、误；B7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol共用电子对，含有的共用电子对数为0.1NA，故B错误；C25时，pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1.0L该Ba（OH）2溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH数目为0.1NA，故C正确；D羟基为中性原子团，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，D为易错点，注意羟基与氢氧根
24、离子的区别4实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2下列说法正确的是（）ANaNO2是还原剂BNH4Cl中N元素被还原C生成1mol N2时转移6mol电子D氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】A、依据物质中元素化合价变化分析判断，有元素化合价升高的物质做还原剂；B、氯化铵中氮元素化合价从3价变化为0价，化合价升高被氧化；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，依据电子转移计算；D、依据化学方程式计算判断【解答】解：A、反应中NaNO2氮元素化合价从
25、+3价变化为0价，化合价降低，则为氧化剂，故A错误；B、氯化铵中氮元素化合价从3价变化为0价，氮元素化合价升高被氧化，故B错误；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，生成1 mol N2时转移3 mol 电子，故C错误；D、由化学方程式NaNO2+NH4ClNaC1+N2+2H2O可知，氧化剂（NaNO2）和还原剂（NH4Cl）的物质的量之比是1：1，故D正确；故选D【点评】本题考查了氧化还原反应的概念理解、概念判断和应用，电子转移的计算判断，熟悉氧化还原反应的基本概念含义是解题关键5有体积相同的两份营养液，其配方如下：K
26、ClK2SO4ZnSO4ZnCl2第一份0.3mol0.2mol0.1mol第二份0.1mol0.3mol0.1mol两份营养液中各离子浓度（）A完全不同B完全相同C仅c（K+）相同D仅c（Cl）相同【考点】物质的量浓度【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】体积相同的溶液，离子的物质的量浓度与离子的物质的量有关，离子的物质的量相同，物质的量浓度也相同；求出两份营养液中各种离子的物质的量，进而判断离子的物质的量浓度的关系【解答】解：第一份营养液中，0.3molKCl里面有0.3mol钾离子和0.3mol氯离子，0.2mol硫酸钾里面有0.2mol2=0.4mol钾离子和0.2mol硫酸根离子，
27、0.1mol硫酸锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol硫酸根离子，那么总共此营养液里面有：n（K+）=0.3mol+0.4mol=0.7mol，n（SO42）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，n（Zn2+）=0.1mol，n（Cl）=0.3mol；第二份营养液中，0.1molKCl里面有0.1mol钾离子和0.1mol氯离子，0.3mol硫酸钾里面有0.3mol2=0.6mol钾离子和0.3mol硫酸根离子，0.1mol氯化锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol2=0.2mol氯离子，则第二份营养液内有：n（K+）=0.1mol+0.6mol=0.7mol，n（SO42）=0.3
28、mol，n（Zn2+）=0.1mol，n（Cl）=0.1mol+0.2mol=0.3mol；对比以上可知：因体积相同，两种营养液相同离子的物质的量相同，则两种营养液离子浓度完全相同，故选B【点评】本题考查了体积相同的溶液中离子浓度的关系，题目难度不大，注意明确溶液体积相同时，离子浓度大小与离子的物质的量有关，离子的物质的量相同，物质的量浓度也相同，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力6下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（）A硫化钠的水解反应：S2+H3O+HS+H2OBFe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO2+14H2OCNaHSO4溶液与Ba（O
29、H）2溶液混合后显中性：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2ODNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；B稀硝酸还原产物为一氧化氮；C溶液中氢离子物质的量等于氢氧根离子的物质的量；D发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子【解答】解：A硫化钠的水解反应，离子方程式：S2+H2O HS+OH，故A错误；BFe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故B错误；CNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性，离
30、子方程式2H+2SO42+Ba2+2OH=2BaSO4+2H2O，故C错误；DNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，离子方程式：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质、熟悉离子反应方程式的书写方法是解题关键，题目难度不大7（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（）ABaSO4BBaSO3CBaSDBaSO4和BaSO3【考点】含硫物质的性质及综合应用【专题】元素及其化合物【分析】根据反应
31、生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断，生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡【解答】解：反应后的混合气体通入到BaCL2溶液中发生的是复分解反应 SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3 （NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4ClSO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧
32、化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4，故选D【点评】本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等8下列说法正确的是（）漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；非极性键也可能存在于离子化合物中ABCD【考
33、点】混合物和纯净物；极性键和非极性键；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】从物质的组成角度分析，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；从物质的性质和发生的反应判断，煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化；纯碱是碳酸钠的俗称，是一种盐；非极性键也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠属于离子化合物，其中含有非极性键【解答】解：漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，以上三种物质都是混合物
34、，故正确；煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故错误；纯碱是碳酸钠的俗称，是一种强碱弱酸盐，水解呈碱性，故错误；过氧化钠属于离子化合物，过氧根离子中O与O形成的化学键为非极性键，故正确；故选A【点评】本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类、反应类型的判断、物质的分类、化学键等知识，题目难度不大，易错点为，注意非极性键也可能存在于离子化合物中9下列关于胶体的叙述正确的是（）A过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通
35、过D胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象【考点】胶体的重要性质【分析】A胶体、溶液都能透过滤纸； B胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；C用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能；D胶体不带电，胶体粒子带电【解答】解：A胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开，故A错误； B胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于110nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故C正确；D胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳
36、现象，故D错误故选C【点评】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，注意胶体不带电，胶粒带电10“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁ABCD【考点】钠的化学性质；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【分
37、析】活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；难溶性碱受热易分解；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电【解答】解：活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱，故错误；铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故错误；难溶性碱受热易分解，所以Fe（OH）3受热也易分解，故正确；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融
38、的MgCl2来制取金属镁，故错误；故选C【点评】本题考查类推这一思维方法在化学学科中的应用，属于方法与知识相结合的内容，是高考的热点之一11物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）3FeO+10HNO33Fe（NO3）3+NO+5H2O C+2H2SO4 （浓）CO2+2SO2+2H2O8NH3+3Cl2NH4Cl+N2 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2ABCD全部【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】在反应中得电子化合价降低的物质体现氧化性，在反应中失电子化合价升高的物质体现还原性，和碱性
39、氧化物反应生成水的物质体现酸性，和酸性氧化物反应生成水的物质体现碱性【解答】解：中硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则这部分硝酸体现氧化性，部分硝酸和碱性氧化物氧化亚铁反应生成水，则体现酸性，故正确；该反应中，硫酸中硫元素化合价全部由+6价变为+4价，所以硫酸只体现氧化性，故错误；该反应中，氯元素化合价全部由0价变为1价，所以氯气只体现氧化性，故错误；该反应中，过氧化钠中氧元素化合价由1价变为0价和2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，即体现氧化性又体现还原性，故正确；故选：B【点评】本题考查了氧化还原反应中物质的性质，根据元素化合价变化来分析解答即可，难度不大12标准状况下V L氨
40、气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为 g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（）A=B=C=Dc=【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题【分析】A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和；B、根据c=进行计算；C、根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，利用m=V计算水的质量，根据溶质质量分数=100%计算D、根据c=计算【解答】解：A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和，故A错误；B、由c=可知，该溶液氨
41、气质量分数=，故B正确；C、氨气的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol17g/mol=g，1L水的质量为1000g，故该溶液的质量分数为=100%=，故C正确；D、由C可知质量分数为=，故c=，故D正确；故选A【点评】考查质量分数、物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意公式的理解与灵活运用，题目为字母型计算，计算量较大，需要学生细心观察进行计算13含有下列各组离子的溶液中通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存的是（）AH+、Ba2+、Fe3+、NO3，通入SO2气体BCa2+、Cl、K+、H+，通入CO2气体CAlO2、Na+、Br、SO42，通入CO2气体DHCO3、Na+、I、HS
42、，加入AlCl3溶液【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，通入二氧化硫后会生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；BCa2+、Cl、K+、H+离子之间不发生反应，通入二氧化碳后也不反应；C偏铝酸根离子在溶液中与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；D碳酸氢根离子、硫氢根离子都与铝离子发生双水解反应【解答】解：AH+、NO3能够氧化SO2气体，反应生成硫酸根离子能够与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCa2+、Cl、K+、H+离子之间不反应，通入二氧化碳后也发生不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CHCO3与二
43、氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCO3、HS与Al3+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意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；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；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力14将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入KS