《吉林省白城市通榆县第一中学2020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《吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三化学上学期第二次月考试题含解析.doc（22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、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标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同28gCO的体积为22.4L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在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】标准状况下，H2O不是气态，无法计算其物质的量，错误；标准状况下，1gH2和14gN2的物质的量都为0.5mol，体积相同，正确；28gCO的物质的量是1mol，没有告诉是标况，体积不一定是22
2、.4L，错误；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；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；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D2.一定条件下，下列物质可以通过化合反应一步制得的共有硫酸铝 小苏打 氯化亚铁 氢氧化铜 氢氧化铁 磁性氧化铁A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】分析：硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；氢氧化铜
3、不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成。 详解：硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；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；氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；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,共4种；正确选项B。 3.已知NH4CuSO3与足量的10 molL硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝
4、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
5、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 3molL-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23（相同状况），则加入铝粉的质量为（ ）A. 27gB. 36gC. 504gD. 405g【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
6、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+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+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01L3mol/L=03mol，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=015mol，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为015mol=0225mol，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=015mol，则铝的质量为015mol27g/mol=405g，故
7、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
8、+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
9、+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Al2O3N23C2Al
10、N3CO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3D. 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2mol
11、AlN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+H2ONaAlO2+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. 11B. 21C. 31D. 13【答案】C【解析】【详解】铝与足
12、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 1molL1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 molL1或3 molL1B. 3 molL1或5 molL1C. 1 molL1或5 molL1D. 3 molL1或7 m
13、olL1【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 1molL1的Al2（SO4）3全转化为沉淀的质量=0.02mol278g/mol=3.12g0.78g，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=0.02L1mol/L=0.02mol，与NaOH反应完全转化为Al（OH）3，可得Al（OH）3的质量=0.02mol278g/mol=3.12g0.78g，由Al3+
14、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；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；当Al3+全部转化为Al（OH）3后，Al（
15、OH）3部分溶解,则: Al3+3OH-= Al（OH）3，当n（Al3+）=0.02mol2=0.04mol时，n（OH-）=30.04=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
16、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：ABa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；BBa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；CBa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
17、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. 2.8gB. 11.2gC. 5.6gD. 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
18、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)=0.1L1mol/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0.05mol56g/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. NaOHB. NH3H2OC. A
19、gNO3D. 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. 1：1B. 3：2C. 1：2D. 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
20、量之比是x：1.5x2：3，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)3B. FeSO4C. NaOHD. 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+2Al2
21、Fe+Al2O3B. 2Ag2O4Ag+O2C. Fe2O3+3CO2Fe +3CO2D. 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
22、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 + O2C. 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 + NH3H2OD. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸：Fe3O4+8H+ = Fe2+ + 2Fe3+
23、+ 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 + NH3H2O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
24、灼热的 CuO 固体固体由黑色变为红色该气体一定为 COB向某溶液中加入 12 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. AB. BC. CD. 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
25、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(S
26、O4)3和MgSO4的物质的量之比为A. 1 ：2B. 3 : 1C. 3 : 2D. 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10mL3=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
27、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
28、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. 6.4gB. 4.8gC. 2.4gD. 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=0.3L1moL/L0.5=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
29、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=0.15mol16g/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只有Fe2+ Fe2+和Fe3+ Fe2+和Cu2+ Cu2+和Fe3+A. B. C. D. 【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，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
30、=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+，故正确；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，
31、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/molB. 24g/molC. 65g/molD. 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
32、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(148622) g/mol =24g/mol；答案选B。22.将铝粉与某铁的氧化物FeO2Fe2O3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. 11.20LB. 15.68LC. 22.40LD. 31.36L【答案】A【解析】试题分析：一
33、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15.68L22.4L/mol=0.7mol。铁的氧化物FeO2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，所以根据关系式3H22Al3OAl2O33 2 30.7mol 1.4/3mol 0.7mol由于氧化物为FeO2Fe2O3，根据氧原子守恒，所以氧化物FeO2Fe2O3的为0.7mol7=0.1mol，根据铁原子守恒，可知另一份生成的铁的物质的量为0.1mol5=0.5mol，根据FeH2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0.5mol22.4L/mol=11.2
34、L，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MgB. Mg和AlC. Al 和 SiD. 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；ACu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
35、40，平均摩尔质量可以小于40g/mol，故A正确；BAl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；CAl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；DSiO2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
36、 g和b g。那么a和b的关系应是( )A. abB. abC. abD. 无法确定【答案】C【解析】NaH223 123 g m11 ga(23m1) g(22m) g。MgH224 224 g m22 gb(24m2) g(22m) g。25.次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。H3PO2中，P元素的化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为_（填化学式）。NaH2P
37、O2为_（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_。【答案】 (1). H3PO2HH2PO (2). 1 (3). H3PO4 (4). 正盐 (5). 弱碱性 (6). )6H2O2P43Ba(OH)2=2PH33Ba(H2PO2)2【解析】（1）：（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2H2PO2-+H+；（2）H3PO2 中，P元素的
38、化合价为1 ；该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4（1-0）=1（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，P的化合价升高了4价，银的化合价也应该降低4价，所以Ag元素的前边都是系数4，反应的方程式为H3PO2+4AgNO3+2H2O=4Ag+4HNO3+H3PO4，所以氧化产物为H3PO4，故答案为：H3PO4；由于H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2为正盐，是强碱弱酸盐，水解呈碱性；(3)白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成P
39、H3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3。26.有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，B、C是常见金属，且C的合金用量最大。三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系(图中有些反应的产物和反应的条件没有标出)。 请根据以上信息回答下列问题：(1)画出A的原子结构示意图：_，(2)写出下列物质的化学式： H：_、乙：_，(3)C的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，该氧化物的化学式是_。(4)写出反应的离子方程式：反应_；(5)写出反应的化学方程式：反应_；(6)检验溶液E中阴
40、离子的常用方法是_。【答案】 (1). (2). Fe(OH)3 (3). Cl2 (4). Fe3O4 (5). Fe+2H+Fe2+H2 (6). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 (7). 用硝酸酸化的AgNO3,出现白色沉淀，证明是Cl-【解析】【分析】有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反应为黄色，焰色反应为黄色，说明物质中一定含有钠元素，则A为金属Na，Na与水反应生成NaOH和氢气，则甲是氢气，D的溶液是氢氧化钠，黄绿色的气体是氯气，则乙为氯气，氯气和氢气反应生成HCl，则丙为HCl，E是盐酸，红褐色的沉淀一定是氢氧化铁，所以金属C是铁，F是氯化亚铁，G是氯化
41、铁，能和氢氧化钠反应生成氢气的金属只有铝，所以B是金属铝。【详解】（1）A为Na原子，该原子的核内质子数是11，有3个电子层，最外层电子数为1， 原子结构示意图为，故答案为：。（2）由分析可知，H为Fe(OH)3、乙为Cl2，故答案为：Fe(OH)3、Cl2。（3）在铁的氧化物中，具有磁性的黑色晶体是Fe3O4，故答案为：Fe3O4。（4）反应为铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为Fe2HClFeCl2H2，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故答案为：Fe+2H+Fe2+H2。（5）反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al2NaOH2H2O2NaAlO23
42、H2，故答案为：2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2。（6）溶液E是氯化氢溶液，其阴离子为Cl-，检验Cl-的方法是用硝酸酸化的AgNO3，出现白色沉淀，证明是Cl-，故答案为：用硝酸酸化的AgNO3，出现白色沉淀，证明是Cl-。【点睛】解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。27.I 将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100mL 2molL-1的H2SO4溶液中，然后再滴加1molL-1的NaOH溶液。请回答：（不需要写出计算过程）（1）若在滴加NaOH溶液的过程中沉淀质量随加入N
43、aOH溶液的体积V变化如图所示。当mL时，则金属粉末中n(Mg)=_mol，_mL。（2）要配制100 mL 2molL的H2SO4溶液，需要的仪器除量筒、烧杯外，还有_下列操作会使所配的溶液浓度偏小的是_（填代号）A用量筒量取一定体积的98%的浓H2SO4，稀释后未经冷却即转入容量瓶内B稀释硫酸所用的小烧杯未洗涤 C定容时俯视液面D用蒸馏水洗涤后容量瓶未干燥E定容摇匀后，倒入干燥的试剂瓶中储存时，有少量溶液浅出瓶外II（1）在100 g物质的量浓度为cmol/l，密度为pg/ mL的硫酸中加入一定量的水稀释成0.5cmol/L的硫酸，则加入水的体积_100 mL (填 “= ”“” 下同）（
44、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). (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、
45、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)根据配制溶液的实验操作过程选择所需的仪器； 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/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/计算判断水的体