1、黑龙江省绥化市绥棱一中2015届高三上学期第一次月考化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列措施，是为了防止产生雾霾的，其中不可行的是（）A停止冬季供暖，减少有害物质排放B对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理C退耕还林，改善生态环境D寻找新能源，减少化石燃料的使用考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：防止产生雾霾，应减少有害气体和烟尘的排放，使用清洁能源，减少化石能源的使用是有效手段，以此解答该题解答：解：A停止冬季供暖，虽然减少危害气体排放，但给人们的生活带来较大烦恼，且煤炭的燃烧不是产生雾霾的主要原因，故A
2、错误；B对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理，可减少雾霾的产生，故B正确；C退耕还林，改善生态环境，可减少雾霾，故C正确；D寻找新能源，减少化石燃料的使用，可减少污染物的排放，有效防止雾霾，故D正确故选A点评：本题考查环境污染及治理，为高频考点，侧重于化学与环境、生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，树立环境保护意识，难度不大2（3分）下列物质中含有原子数由多到少排列正确的是（）0.1molH2SO44.8g氦气 5.6L标况下NH3（气）4时的5.4mLH2OA B. C. D. 考点：物质的量的相关计算.专题：计算题分析：根据n=计算氦气的物质的量，根据n=计算氨气物质的量，根
3、据m=V计算水的质量，再根据n=计算水的物质的量，结合分子含有原子数目计算原子总物质的量，据此解答，注意稀有气体为单原子分子解答：解：0.1molH2SO4含有原子物质的量=0.1mol7=0.7mol；4.8g氦气的物质的量为=1.2mol，氦气为单原子分子，含有原子物质的量1.2mol；5.6L标况下NH3（气）物质的量为=0.25mol，含有原子物质的量=0.25mol4=1mol；4时的5.4mLH2O的质量为5.4g，其物质的量=0.3mol，含有原子物质的量=0.3mol3=0.9mol，故含有原子数目，故选C点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，注
4、意稀有气体为单原子分子3（3分）下列四种基本类型反应中一定属于氧化还原反应的是（）A. 复分解反应 B. 分解反应 C. 化合反应 D. 置换反应考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：有化合价变化的反应是氧化还原反应解答：解：A、复分解反应中一定没有元素的化合价变化，则一定不属于氧化还原反应，故A错误；B、没有单质生成的分解反应，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，但有单质生成的分解反应，存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，故B错误；C、没有单质参加的化合反应，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，但有单质参加的化合反应，存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，
5、故C错误；D、置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定属于氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题考查学生氧化还原反应和四大基本反应类型之间的关系知识，可以根据所学知识进行回答，较简单4（3分）由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c（H+）=0.1mol/L，c（Al3+）=0.4mol/L，c（SO42）=0.8mol/L，则c（K+）为（）A0.15 mol/LB0.2 mol/LC0.3 mol/LD0.4 mol/L考点：物质的量浓度的相关计算；电解质在水溶液中的电离.专题：守恒法分析：溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），根据溶液电荷
6、守恒计算解答：解：根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），而溶液中c（OH）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42），所以：c（K+）=2c（SO42）3c（Al3+）c（H+），c（K+）20.8mol/L30.4mol/L0.1mol/L=0.3mol/L；故选C点评：本题考查溶液物质的量浓度的计算，题目难度不大，可利用电荷守恒计算5（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A64gSO2含有氧原子数为1NAB物质的量浓度为0.5mol/LMgCl2溶液，含有Cl离子数为1NA
7、C标准状况下，22.4LH2O的分子数为1NAD常温常压下，14gN2含有分子数为0.5NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、根据质量、摩尔质量、分子数、原子数、阿伏伽德罗常数之间的关系计算；B、溶液体积不明确；C、根据气体摩尔体积的使用范围判断；D、据质量、摩尔质量、分子数、阿伏伽德罗常数之间的关系计算解答：解：A、64gSO2的物质的量为1mol，其含有的氧原子数为2NA，故A错误；B、溶液体积不明确，无法计算，故B错误；C、标况下，水是液体，气体摩尔体积不适用，故C错误；D、14gN2的物质的量是0.5mol，其含有的分子数为0.5NA，故D正确；故选：
8、D点评：阿伏伽德罗常数有关的计算，题目在注重对计算关系的考查的同时，又隐含对物质状态、物质结构、氧化还原反应、电离、水解知识的考查6（3分）（2014广东模拟）下列反应中，水作为还原剂的是（）ANa2O+H2O2NaOHB2F2+2H2O4HF+O2CCl2+H2OHCl+HClOD3Fe+4H2OFe3O4+4H2考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：水作为还原剂，则水中O元素的化合价升高生成氧气，以此来解答解答：解：A没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不选；BF元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，则水为还原剂，故B选；C只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也
9、不是还原剂，故C不选；DFe元素的化合价升高，H元素的化合价降低，水为氧化剂，故D不选；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重还原剂判断的考查，注意从元素的化合价角度分析，题目难度不大7（3分）在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是（）ANa+、Ag+、CO32、ClBK+、Ba2+、SO42、ClCNa+、K+、CO32、ClDNa+、K+、Cl、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：离子在水溶液中能大量共存，则离子之间不发生任何反应，如复分解反应、氧化还原反应以及相互促进的水解反应等，加入过量稀硫酸溶液
10、时，有气体生成，则溶液中存在CO32或HCO3等离子解答：解：AAg+与CO32反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；BBa2+与SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C离子之间不发生任何反应，能大量共存，且加入硫酸后，CO32与H+反应生成二氧化碳气体，故C正确；D离子之间不发生任何反应，但加入硫酸后不生成气体，故D错误故选C点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意离子能大量共存，且加入硫酸反应生成气体的条件8（3分）密度为1.84g/cm3，浓度为98%的浓H2SO4的物质的量的浓度为（）A18.4mol/LB9.2mol/LC13mol/LD12mol/L考点：物质的量
11、浓度的相关计算.专题：计算题分析：根据c=计算该浓硫酸的物质的量浓度解答：解：由c=可知，密度为1.84g/cm3，浓度为98%的浓H2SO4的物质的量的浓度为mol/L=18.4mol/L，故选A点评：本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意理解物质的量浓度与质量分数之间的关系9（3分）下列物质属于纯净物的是（）A液氧B氯水C漂白液D碘酒考点：混合物和纯净物.专题：物质的分类专题分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此解答解答：解：A液氧是氧气的液态形式，只含氧气一种物质，属于纯净物，故A正确；B氯水中含有氯气、次氯酸、水等，属于混合物，故B错误；C漂白粉是
12、氯化钙与次氯酸钙混合组成，属于混合物，故C错误；D碘酒含有碘和酒精两种物质属于混合物，故D错误；故选：A点评：本题考查了纯净物和混合物的判断，明确概念是解题关键，注意熟记各种物质中的成分10（3分）某物质灼烧时，焰色反应为黄色，则下列判断不正确的是（）A该物质可能是钠的化合物B该物质一定含钠元素C该物质一定是金属钠D不能确定该物质中是否含有钾元素考点：焰色反应.专题：元素及其化合物分析：物质灼烧时，焰色反应为黄色，注意焰色反应的性质是元素的性质，和元素的存在形态无关，可能是含钠化合物，也可能是单质，钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住，应透过蓝色钴玻璃观察解答：解：A、焰色反应的性质是元素的性
13、质，和元素的存在形态无关，可能是含钠化合物，也可能是单质，故A正确；B、焰色反应的性质是元素的性质，物质灼烧时，焰色反应为黄色，则一定含有钠元素，故B正确；C、只要含有钠元素，焰色反应就呈黄色，不一定是钠单质，故C错误；D、钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住，应透过蓝色钴玻璃观察，故D正确故选：C点评：本题考查焰色反应，题目难度不大，注意掌握焰色反应的性质是元素的性质，和元素的存在形态无关；钾元素焰色的特点11（3分）下面关于Na2CO3和NaHCO3性质的叙述，正确的是（）A受热时NaHCO3比Na2CO3稳定B在水中NaHCO3比Na2CO3溶解性大C质量相等的Na2CO3和NaHCO3
14、分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出的CO2比Na2CO3多D物质的量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放出CO2的物质的量之比为2：1考点：钠的重要化合物.专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、NaHCO3不稳定，加热易分解为碳酸钠；B、Na2CO3较NaHCO3易溶；C、比较化学式中碳元素的质量分数，从而判断放出二氧化碳的量；D、等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2一样多解答：解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，故A错误；B、常温下相同的溶剂时，Na2
15、CO3较NaHCO3易溶，故B错误；C、Na2CO3和NaHCO3中碳元素的质量分数分别为、，所以碳酸氢钠中碳元素的质量分数大，所以质量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出的CO2比Na2CO3多，故C正确；D、都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，故D错误故选C点评：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累12（3分
16、）设 NA为阿伏加德罗常数的值，标准状况下某 O2 和 N2 的混合气体 mg含有 b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（）ALBCDL考点：气体摩尔体积.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积解答：解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，x=个； ng该混合气体含有的物质的量为：n=mol，其体积为：V=nVm =molVm =mol22.4l/mol=L故选：A点评：本题考查了物质
17、的量、质量、气体摩尔体积之间的关系，题目难度不大，灵活运用公式是解题的关键，这种类型的题在高考选择题中经常出现13（3分）今有0.1molL1Na2SO4溶液300mL，0.1molL1MgSO4溶液200mL和0.1molL1Al2（SO4）3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是（）A1：1：1B3：2：2C3：2：3D1：1：3考点：物质的量浓度；电解质在水溶液中的电离.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：结合各溶质的化学式根据溶液浓度计算溶液中硫酸根的浓度，据此判断注意离子的浓度与溶液的体积无关，与物质的构成有关解答：解：0.1molL1Na2SO4溶液中硫酸根离子浓度为0.
18、1mol/L；0.1molL1MgSO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol/L；0.1molL1Al2（SO4）3溶液中硫酸根离子浓度为0.3mol/L；所以三种溶液中硫酸根离子浓度之比为0.1mol/L：0.1mol/L：0.3mol/L=1：1：3故选：D点评：考查物质的量浓度的计算，难度较小，明确物质的构成是解答本题的关键，并注意离子的浓度与溶液的浓度的关系来解答即可14（3分）硫酸铵在强热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是（）A1：3B2：3C1：1D4：3考点：氧化还原反应的计算；铵盐.专题：氧化还原反应专题分析：还原剂对应的产物是氧
19、化产物，氧化剂对应的产物是还原产物，先根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，再确定氧化产物和还原产物的物质的量之比解答：解：该反应中，NH4+N2，氮元素的化合价由3价0价，失电子化合价升高，硫酸铵是还原剂，氮气是氧化产物，一个铵根离子失去3个电子；SO42SO2，硫元素的化合价由+6价+4价，得电子化合价降低，硫酸铵是氧化剂，二氧化硫是还原产物，一个硫酸根离子得到2个电子，其最小公倍数是6，其它元素根据原子守恒配平该方程式，方程式为3（NH4）2SO44NH3+3SO2+N2+6H2O，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比=1：3，故选A点评：本题考查了氧化还原反应中氧化产物和还原产物
20、的关系，难度 不大，能正确判断氧化产物和还原产物是解本题的关键15（3分）在KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O中，有30mole转移，生成的氯气在标准状况下的体积为（）A22.4LB336.0LC403.2LD672.0L考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O中，KClO3中Cl元素由+5价变为+0价，HCl中Cl元素由1价变为0价，由方程式可知当有6molHCl参加反应时，有5mol被氧化，转移5mol电子，生成3molCl2，以此解答该题解答：解：氧化还原反应K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrC
21、l3+3Cl2+7H2O中，化合价升高元素Cl失电子，化合价降低元素Cr得电子，得失电子数目相等=反应中转移电子数=5，产生氯气3mol，此反应若转移了30mol的电子，产生氯气mol，体积为：mol22.4L/mol=403.2L故选C点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的特点，从元素化合价的角度解答该题，难度不大16（3分）将2.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为（）A0.05molB1m
22、olC1.05molD0.13mol考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量解答：解：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）=0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n（Cu）
23、=0.04mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol故选D点评：本题考查化学方程式的计算，但该题可不同书写有关反应的方程式，注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，从质量守恒的角度解答该题二、解答题（共6小题，满分52分）17（6分）某无色透明溶液可能存在Na+、Fe3+、Ba2+、NO3、CO32、HCO3、SO42中的几种离子，现有如下操作：、取适量该溶液加入CaCl2溶液无沉淀，继续滴加盐酸产生无色无味的气体、另取该溶液滴加一定量的NaOH溶液有
24、白色沉淀生成试回答下列问题：（1）该溶液中一定存在的离子有Ba2+、HCO3；，一定不存在的离子Fe3+、CO32、SO42（2）用一个离子方程式表示操作的实验现象：Ba2+HCO3+OH=BaCO3+H2O考点：常见离子的检验方法；离子共存问题.专题：离子反应专题分析：无色溶液中不存在有色离子，Fe3+为浅黄色；、硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，则溶液中一定不存在SO42、CO32；产生的气体为二氧化碳气体，说明溶液中一定存在碳酸氢根离子；、加入氢氧化钠溶液后发生反应：HCO3+OH=CO32+H2O，碳酸根离子和钡离子结合生成沉淀，说明溶液中一定存在钡离子和碳酸氢根离子，据此进行解答解答：解：Fe
25、3+为浅黄色，无色透明溶液中一定不含有Fe3+；、取适量该溶液加入CaCl2溶液无沉淀，因硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，说明原溶液中不含有SO42、CO32；继续滴加盐酸产生无色无味的气体，H+HCO3=H2O+CO2，所以，该溶液中一定存在HCO3；、另取该溶液滴加一定量的NaOH溶液有白色沉淀生成，是由于NaOH电离出氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和钡离子结合生成沉淀，Ba2+HCO3+OH=BaCO3+H2O，（1）根据以上分析可知，该溶液中一定存在的离子有：Ba2+、HCO3；一定不存在的离子为：Fe3+、CO32、SO42，故答案为：Ba2+、HCO3；Fe3+、C
26、O32、SO42；（2）反应生成的白色沉淀为碳酸钡，反应的离子方程式为：Ba2+HCO3+OH=BaCO3+H2O（或Ba2+2HCO3+2OH=BaCO3+CO32+2H2O），故答案为：Ba2+HCO3+OH=BaCO3+H2O（或Ba2+2HCO3+2OH=BaCO3+CO32+2H2O）点评：本题考查常见离子的检验、离子方程式的书写，题目难度中等，注意把握离子的性质以及检验方法，要求学生能够根据题干信息及反应现象判断离子的存在情况18（6分）按要求填空：（1）Fe（OH）2在空气中变质的化学方程为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（2）漂白粉在空气中久置会变质，变质过
27、程中既有非氧化还原反应又有氧化还原反应，其中氧化还原反应的方程式为：2HClO2HCl+O2（3）实验室制备氨气的反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，收集氨气时，在试管口放一小团棉花其作用是防止与空气对流，用湿润的红色石蕊试纸试纸检验氨气是否收集满（4）将CaMg3Si4O12改写为氧化物的形式：CaO3MgO4SiO2考点：铁的氧化物和氢氧化物；氨的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硅矿物及材料的应用.专题：元素及其化合物分析：（1）氢氧化亚铁在空气与氧气、水反应生成氢氧化铁，据此写出反应的化学方程式；（2）次氯酸酸性小于碳酸，在空气中次氯酸
28、钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气；（3）实验室中用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气；试管口的棉花可以防止氨气与空气对流；检验氨气通常使用湿润的红色石蕊试纸；（4）硅酸盐的化学式改成氧化物的形式过程中，元素的化合价不变、主要元素的物质的量之比不变解答：解：（1）氢氧化亚铁不稳定，在空气中容易被氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（2）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙在空气中容易与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，导致漂白粉失效，次氯
29、酸分解的方程式为：2HClO2HCl+O2，故答案为：2HClO2HCl+O2；（3）2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；防止与空气对流；湿润的红色石蕊试纸（不写湿润不给分）；（4）CaMg3Si4O12中的氧化物为：CaO、MgO、SiO2，改写为氧化物的形式为：CaO3MgO4SiO2，故答案为：CaO3MgO4SiO2点评：本题考查了铁的氢氧化物性质、漂白粉的组成及性质、硅酸盐组成、氨气的实验室制法等知识，题目难度中等，注意掌握常见元素单质及其化合物的性质，明确常见气体的实验室制法，能够正确书写
30、相应的化学方程式19（8分）实验室中需要220mL0.5mol/L H2SO4，现用98%浓硫酸（密度为1.84g/cm3）稀释配制（1）本实验室中需要的容器是量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶（2）要将浓硫酸在烧杯中稀释，稀释时的操作方法是浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，并及时搅拌和冷却（3）必须将稀释后的硫酸冷却至室温，后再移液，原因是浓硫酸溶于水放热，否则，所配制的稀硫酸浓度会偏高（偏高、偏低、无影响）考点：配制一定物质的量浓度的溶液.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（2）根据浓硫酸的稀释方法、注意事项进行分析
31、解答即可（3）根据浓硫酸稀释放热，热溶液的体积大，冷却下来体积偏小，即溶液的体积偏小，影响溶液的浓度解答：解：（1）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到250L容量瓶中（容量瓶没有220mL），并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶（2）稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；故答案为：烧杯；浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入
32、水中，并及时搅拌和冷却（3）浓硫酸稀释放热，热溶液的体积大，一旦冷却下来体积偏小，浓度偏大，所以必须冷却至室温才能转移至容量瓶；故答案为：冷却至室温；浓硫酸溶于水放热；偏高点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制步骤以及误差分析，难度不大，注意掌握浓硫酸的稀释方法、注意事项20（8分）将一定质量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解向所得溶液中滴加浓度为5mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：（1）加入NaOH溶液020mL过程中反应方程式为：HCl+NaOH=NaCl+H2O160180mL过程
33、中反应方程式为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O（2）合金中Mg的质量为4.8g所用HCl 的物质的量浓度为8mol/L考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后，盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（2）由图可知
34、，从加入20m氢氧化钠溶液L开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3nAl（OH）3+2nMg（OH）2=n（NaOH）=（0.16L0.02L）5mol/L=0.7mol从加入氢氧化钠溶液160mL180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以nAl（OH）3=（0.18L0.16L）5mol/L=0.1mol，代入上式计算nMg（OH）2，由元素守恒可知n（Mg）=nMg（OH）2，再利用m=nM计算Mg的质量；沉淀量最大时，溶液为氯化钠溶液
35、，根据钠元素守恒：n（NaCl）=n（NaOH），根据氯离子守恒：n（HCl）=n（NaCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度解答：（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后，盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；故答案为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；Al（OH
36、）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（2）由图可知，从加入20m氢氧化钠溶液L开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3nAl（OH）3+2nMg（OH）2=n（NaOH）=（0.16L0.02L）5mol/L=0.7mol从加入氢氧化钠溶液160mL180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以nAl（OH）3=（0.18L0.16L）5mol/L=0.1mol，解得nMg（OH）2=0.2mol，由元素守恒可知n（Mg）=nMg（OH）2=
37、0.2mol，所以Mg的质量为0.2mol24g/mol=4.8g；沉淀量最大，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L5mol/L=0.8mol，根据氯离子守恒：n（HCl）=n（NaCl）=0.8mol，故盐酸的物质的量浓度为=8mol/L，故答案为：4.8；8点评：本题以图象题的形式，考查镁铝化合物性质、混合物的计算，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算，题目难度中等21（10分）如图是实验室制取并收集Cl2的装置A是Cl2发生装置，E是硬质玻璃管中装有细铁丝网；F为干燥的广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置试回答：（1）A中发生的化学
38、反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）C、D、G中各装的药品：C饱和NaCl溶液；D浓H2SO4；GNaOH溶液（3）E中的现象为剧烈反应，产生棕黑色（棕褐色）的烟，放出大量热；反应方程式为2Fe+3Cl22FeCl3（4）写出G中反应的离子方程式Cl2+2OHCl+ClO+H2O（5）若将Cl2和SO2等物质的量混合漂白作用减弱，用化学方程式解释原因Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl考点：氯气的实验室制法.专题：实验题分析：（1）A装置是制取氯气的发生装置，固体+液体加热制气体，利用二氧化锰的氧化性氧化浓盐酸中的氯化氢制取氯气；（2）实验制备氯气中含
39、杂质气体氯化氢和水蒸气，通入E装置时需要除去杂质，所以通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气；氯气有毒不能排到大气中，要进行尾气吸收；（3）氯气和铁在点燃条件下剧烈反应生成氯化铁，产生棕褐色烟，放热；（4）G中是用氢氧化钠溶液吸收氯气的反应，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，据此写出反应的离子方程式；（5）氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸解答：解：（1）A中是实验室制氯气的发生装置，发生的化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（2）实
40、验制备的氯气中通常含杂质HCl气体和水蒸气，通入E装置时需要除去HCl，氯气在饱和食盐水中溶解度较小，所以通过饱和食盐水除去氯气中的杂质HCl，然后通过干燥剂浓H2SO4除去水蒸气；氯气有毒不能排到大气中，最后还需要进行尾气吸收，可以用NaOH溶液吸收多余的氯气，故答案为：饱和NaCl溶液；浓H2SO4；NaOH溶液；（3）氯气和铁反应生成氯化铁产生棕褐色烟，剧烈反应放热，该反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：剧烈反应，产生棕黑色（棕褐色）的烟，放出大量热；2Fe+3Cl22FeCl3；（4）G为尾气吸收装置，氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为：Cl2+
41、2OHCl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（5）若将Cl2和SO2等物质的量混合，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为：Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，所以漂白作用减弱，故答案为：Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl点评：本题考查了氯气的实验室制备原理、装置、杂质气体的处理、反应现象的分析判断、离子方程式和化学方程式的书写等知识，题目难度中等，主要是氯气及其化合物性质的应用吗，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力22（14分）物质A经如下所示的过程转化为含氧酸D，D为强
42、酸，请回答下列问题：ABCD（1）若A在常温下为气体单质则回答：A、C的化学式分别是：AN2；CNO2将C通入水溶液中，反应化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，则回答：A的化学式是：AH2SB生成C的化学方程式为2SO2+O22SO3一定条件下碳单质与D反应的方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，该反应中D起到的作用是氧化性作用（3）若A在常温下为固体单质则回答：D的化学式是H2SO4；向含2mol D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积小于22.4L（填“大于”“等于”或“小于”），原因为随反应的进行，
43、硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升考点：无机物的推断.专题：推断题分析：（1）若A为气体单质，C与水反应得到强酸D，A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3，符合转化关系与题意；（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意；（3）若A在常温下为固体单质，A为C或S符合转化关系，由于D为强酸，故A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意解答：解：（1）若A为气体单质，C与水反应得到强酸D，A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO
44、3，符合转化关系与题意，则：A的化学式为：N2，C的化学式为：NO2，故答案为：N2；NO2；NO2与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意，则：A的化学式是：H2S，故答案为：H2S；二氧化硫在催化剂、加热的条件下生成三氧化硫，反应方程式为2SO2+O22SO3；故答案为：2SO2+O22SO3；碳单质与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2、SO2、H2O，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2
45、SO2+2H2O，反应中浓硫酸起氧化剂的作用；故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，氧化剂作用；（3）若A在常温下为固体单质，A为C或S符合转化关系，由于D为强酸，故A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意，则：D为硫酸，化学式是H2SO4，故答案为：H2SO4；Cu与浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，若浓硫酸完全反应，由方程式可知生成的二氧化硫体积为2mol22.4L/mol=22.4L，但随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升；故答案为：小于，随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升点评：本题以物质转化关系的形式，考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语等，难度中等，旨在考查学生对元素化合物知识的熟练掌握