1、河北省唐山一中2014-2015学年高一上学期第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括5小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共10分）1硅被誉为无机非金属材料的主角据2001年12月的参考消息报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”下列有关说法正确的是( )A硅在地壳中含量居第二位，在地球上有丰富的硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅B在野外，用硅、烧碱的混合物可以制取氢气C硅的性质稳定，不与任何酸反应D硅是一种良好的半导体材料，所以是制造光导纤维的基本原料考点：硅和二氧化硅 专题：碳族元素分析：A石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅；B硅与氢氧化钠溶液反应
2、生成硅酸钠和氢气；C硅常温下与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气；D光导纤维的主要成分为二氧化硅解答：解：A石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，故A错误；B硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，在野外，用硅、烧碱的混合物可以制取氢气，故B正确；C硅常温下与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气，故A错误；D二氧化硅是制造光导纤维的基本原料，故D错误；故选：B点评：本题考查了硅及化合物的性质，性质决定用途，明确硅和二氧化硅的性质是解题关键，题目难度不大2互联网上报道：“目前世界上有近20亿人患有缺铁性贫血，影响着人的身体健康和智力，对孕妇和儿童危害尤其严重”我国政府已启动了“酱油补铁工程”这里的铁是指( )
3、A氧化铁B四氧化三铁C铁单质D铁元素考点：微量元素对人体健康的重要作用 专题：化学应用分析：根据人体中铁元素的存在形式判断，铁在人体中是以化合态的形式存在的解答：解：人体中的铁元素是以无机盐的形式存在的，这里的铁是指铁元素故选D点评：本题考查元素，难度不大，注意食品、药品、饮料中的某些成分大都是指的元素，它们以化合物的形式存在3下列物质按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是( )A胆矾、漂白粉、苛性钠、氨水、乙醇B水玻璃、硫酸、胆矾、次氯酸、乙醇C苛性钠、胆矾、乙醇、次氯酸、漂白粉D乙醇、漂白粉、胆矾、氢氧化铜、二氧化硫考点：混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念 专题
4、：物质的分类专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种物质的所属类别解答：解：A氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误； B水玻璃是硅酸钠溶于水形成的混合物，不是化合物，故B错误；C苛性钠、胆矾均属于纯净物，乙醇是非电解质，故C错误；D乙醇、漂白粉、胆矾、氢氧化铜、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故D正确，故选D点评：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及
5、各种物质的成分掌握，难度中等4下列物质的俗称、主要成分的化学式及其用途均正确的是( )A磁铁矿Fe2O3炼铁B胆矾CuSO45H2O波尔多液C蓝宝石SiO2饰品D纯碱NaHCO3焙制糕点考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题分析：A赤铁矿的主要成分是Fe2O3，磁铁矿的主要成分Fe3O4；B胆矾为五水硫酸铜的，化学式为：CuSO45H2O；C蓝宝石的主要成分为氧化铝，水晶和玛瑙的主要成分为二氧化硅；D纯碱为碳酸钠的俗名，化学式为：Na2CO3解答：解：A磁铁矿的主要成分Fe3O4，不是氧化铁，故A错误；B胆矾为五水硫酸铜的俗名，其化学式为CuSO45H2O，可用于制备波
6、尔多液，故B正确；C二氧化硅为水晶和玛瑙的主要成分，蓝宝石的主要成分为氧化铝，化学式为：Al2O3，故C错误；D纯碱的主要成分为碳酸钠，化学式为：Na2CO3，碳酸氢钠的俗名为小苏打，故D错误；故选B点评：本题考查了常见物质的化学式、俗名的判断，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，明确常见物质的组成、化学式与俗名的关系即可解答，注意区分苏打与小苏打、磁铁矿与赤铁矿的主要成分的区别5下列离子方程式书写正确的是( )A氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OB氯气溶于水：Cl2+H2O=2H+ClO+ClC溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2
7、+6ClD向硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘、水；B次氯酸为弱电解质，需要保留分子式；C氯气足量，亚铁离子和溴都被氯气氧化；D氢氧化钡少量，氢氧化铝不溶解，反应生成沉淀解答：解：A氢氧化铁溶于氢碘酸中，碘离子被铁离子氧化，正确的离子反应为：2I+2Fe（OH）3+6H+=2Fe2+6H2O+I2，故A错误；B氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2+H2O=H+HClO+Cl，故B错
8、误；C溴化亚铁溶液中通入足量氯气，反应的离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，故C正确；D氢氧化钡少量，铵根离子比氢氧化铝结合氢氧根离子能力强，正确的离子方程式为：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=NH3H2O+Al（OH）3+2BaSO4，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应及复分解反应的离子反应考查，题目难度中等二、选择题（本题包括15小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分）6实验室保存下列试剂的方法不正确的是( )ANaOH溶
9、液存放在带橡胶塞的细口玻璃瓶中B氯水存放在棕色细口玻璃瓶中，并置于冷暗处C浓硫酸存放在带橡胶塞的细口玻璃瓶中D金属钠用煤油液封于广口玻璃瓶中考点：化学试剂的存放 专题：元素及其化合物分析：A因玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应有硅酸钠（Na2SiO3）生成；B见光易挥发、易分解的液体要储存在细口棕色试剂瓶中；C浓硫酸有强氧化性；D金属钠能与空气中的氧气和水反应，须隔离空气保存解答：解：A因玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应有硅酸钠（Na2SiO3）生成，硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而应在带橡胶塞的玻璃瓶，故A正确； B氯水见光易分解，且氯水是液体，所以
10、应该存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故B正确；C浓硫酸有强氧化性，能腐蚀橡胶，故C错误；D金属钠能与空气中的氧气和水反应，须隔离空气保存，钠和煤油不反应且大于煤油密度，所以少量的金属钠可以保存在煤油中，故D正确故选C点评：本题考查了化学试剂的存放，根据物质的性质来分析解答即可，难度不大79.2g金属钠投入到足量的重水（2H216O）中，则产生的气体中含有( )A0.2 mol中子B0.4 mol电子C0.2 mol质子D0.4 mol分子考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：钠和重水反应方程式为：2Na+2D2O=2NaDO+D2，根据钠的质量计算生成D2的物质的量，再结合D2的原子构
11、成判断正误，注意一个D2中含有2个电子、2个中子、2个质子解答：解：钠的物质的量=，钠和重水反应方程式为：2Na+2D2O=2NaDO+D2，根据方程式知生成n（D2）=n（Na）=，A一个D2分子中含有2个中子，所以一共含有中子0.2mol2=0.4mol，故A错误；B一个D2分子中含有2个电子，所以一共含有中子0.2mol2=0.4mol，故B正确；C一个D2分子中含有2个质子，所以一共含有中子0.2mol2=0.4mol，故C错误；D含有分子0.2molmol，故D错误；故选B点评：本题考查物质的量的计算，难度不大，注意一个D2分子中含有2个中子，而H2中没有中子，为易错点8在下列各溶液
12、中，一定能大量共存的一组离子是( )A含有AlO2的溶液中：Na+、Al3+、NO3、ClB使淀粉碘化钾变蓝的溶液中：K+、HCO3、S2、SO42C能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、NO3、Cl、Fe3+D透明溶液中：Na+、MnO4、Cl、SO42考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：A偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；B使淀粉碘化钾变蓝的溶液具有氧化性，能够氧化硫离子；C能与金属铝反应放出氢气的溶液中含有大量氢离子或氢氧根离子，铁离子能够与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不产生氢气；DNa+、MnO4、Cl、SO42离子之间不发生反应解答：
13、解：AAlO2、Al3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B使淀粉碘化钾变蓝的溶液具有氧化性，能够氧化S2离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C能与金属铝反应放出氢气的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中含有大量氢离子或氢氧根离子，Fe3+能够与氢氧根离子反应，NO3离子在酸性条件下与铝反应不产生氢气，故C错误；DNa+、MnO4、Cl、SO42离子之间不反应，为透明溶液，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，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，如：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；还应该注意题目所隐含的条
14、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；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等9下列关于金属冶炼的说法正确的是( )A金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定BCu的湿法冶炼是将金属钠投入到CuSO4溶液中，从而置换出铜CFe通常采用热还原法冶炼，加入石灰石的目的是除去过量的碳D由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al考点：金属冶炼的一般原理 专题：金属概论与碱元素分析：A、金属
15、冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法B、湿法炼铜：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，利用铁的活动性比铜强；C加入石灰石的目的是造渣，就是和铁矿石里的二氧化硅形成硅酸钙炉渣；D、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电解答：解：A、金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法，故A正确；B、Cu的湿法冶炼是将金属铁投入到CuSO4溶液中，从而置换出铜，不能用钠，钠能与水反应，故B错误；C、Fe通常采用热还原法冶炼，加入石灰石的目的是和铁矿石里的
16、二氧化硅形成硅酸钙炉渣，故C错误；D、由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电；所以不用电解AlCl3的方法生产铝，故D错误；故选：A点评：金属的活泼性不同，冶炼方法不同，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法10既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是( )SiO2；Al（OH）3；（NH4）2CO3；Na2CO3；NaHSO3；NaHSO4ABCD考点：两性氧化物和两性氢氧化物 专题：元素及其化合物分析：铝、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐
17、、氨基酸、蛋白质都物质既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，据此分析解答解答：解：铝、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质都物质既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，碳酸铵属于弱酸的铵盐、亚硫酸氢钠属于弱酸的酸式盐，所以既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的有氢氧化铝、碳酸铵、亚硫酸氢钠；二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱溶液反应；碳酸钠属于强碱弱酸盐，能和盐酸反应；硫酸氢钠溶液呈强酸性，和稀盐酸不反应，故选A点评：本题考查两性氧化物、两性氢氧化物，明确物质的性质是解本题关键，及时总结归纳元素化合物知识，题目难度不大11用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(
18、 )A常温、常压下，16 g O3中含有的氧原子数为NAB7.8 g Na2O2与水充分反应，转移的电子数为0.2 NAC0.1 mol Fe与0.1 mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3NAD标准状况下，11.2 L H2O中含有的氢原子数为NA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.1个O3含有的氧原子数为3个，质量和微粒数目之间的关系式：N=nNA；B根据过氧化钠的物质的量和O元素的化合价分析；C等物质的量铁和氯气反应生成氯化铁，铁过量，反应的电子转移根据氯气计算；D标准状况下，水的状态不是气体解答：解：AO3是氧的单质，只含有氧原子，1个O3含有的氧
19、原子数为3个，所以16gO3中所含氧原子个数为：N=nNA3=3NA=NA，故A正确；B.7.8g过氧化钠为0.1mol，与足量水反应，自身发生氧化还原反应，转移电子数为0.1NA，故B错误；C等物质的量铁和氯气反应生成氯化铁，铁过量，反应的电子转移根据氯气计算，转移电子数0.2NA，故C错误；D标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选：A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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是解题关键，题目难度不大12下列物质不能通过化合反应得到的是( )AFe（O
20、H）3BFeCl2CH2SiO3DNaHCO3考点：铁的氧化物和氢氧化物；硅酸的性质及制法 专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应，A、氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁；B、铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁；C、硅酸不能通过化合反应得到；D、二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠；解答：解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质A、可以实现，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故A不符合；B、铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为：Fe+2FeCl33FeCl2，故B不符合；
21、C、硅酸不能通过化合反应得到，故C符合；D、二氧化碳、水和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，故D不符合；故选：C点评：本题考查铁的氢氧化物、硅酸制备、碳酸氢钠制备反应、铁的氯化物的制取反应，考查了化合反应的概念，难度中等13如图中两条曲线分别表示1g C3H6、1g M气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试据图形判断M气体可能是( )ASO2BCOCC3H8DCl2考点：阿伏加德罗定律及推论 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：同温同压下，气体的摩尔体积相等，气体的物质的量越大，则体积越大，在体积相等的容器中，气体的物质的量越大，
22、则压强越大，结合n=解答该题解答：解：同温同压下，气体的摩尔体积相等，在体积相等的容器中，气体的物质的量越大，则压强越大，1g C3H6的物质的量为mol，由图象可知在温度为50时，两种气体的压强之比为1.2：0.8，则物质的量之比为1.2：0.8，设气体M的相对分子质量为x，则：=0.8：1.2，x=28，只有B符合，故选B点评：本题考查阿伏伽德罗定律，明确图象的意义及温度相同时p与n成正比是解答本题的关键，题目难度不大14下列各反应中，划线的反应物能够完全消耗的是( )A溶于水的氯气B足量的一氧化碳与氧化铝C足量的MnO2与浓盐酸共热D足量的铁与浓硫酸共热考点：氯气的物理性质；氯、溴、碘及
23、其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：A氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该过程为可逆过程；B氧化铝与一氧化碳不反应；C二氧化锰只能够与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应；D浓硫酸在加热条下能够与铁反应，稀硫酸与铁在常温条件下就能够反应解答：解：A氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该过程为可逆过程，不能进行到底，氯气不能完全消耗，故A错误；B氧化铝与一氧化碳不反应，故B错误；C二氧化锰足量，随着反应的进行盐酸浓度变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以盐酸不会完全消耗，故C错误；D浓硫酸、稀硫酸在加热条件下都能与铁反应，只有铁过量，硫酸最终完全消耗，故D正确；故选：D点
24、评：本题考查了元素化合物知识，明确反应发生的条件是解题关键，注意浓硫酸在冷的条件下与铁发生钝化，加热能够与铁反应15从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是( )考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：化学实验基本操作分析：A固体的灼烧应在坩埚中；B过滤应用玻璃棒引流；C苯的密度比水小，应从上口倒出；D碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水解答：解：A不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故A错误；B过滤应用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故B错误；C苯的密度比水小，应从上口倒出，防止污染，故C错误；D碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端
25、出水，故D正确故选D点评：本体考查化学实验操作，题目难度不大，物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法16下列对有关实验事实的解释正确的是( )A向某溶液中滴加氯水后，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中含有Fe2+B浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低，原理不相同C向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液一定含有SO42D常温下，浓硫酸可以用铁质容器储运，说明铁与冷的浓硫酸不反应考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：A、氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，但是原溶液中可能存在铁离子；B
26、、浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性；C、氯化钡与硫酸根生成硫酸钡沉淀，与银离子生成氯化银沉淀；D、铁与浓硫酸钝化，属于氧化还原反应解答：解：A、原溶液中若存在铁离子，加入KSCN溶液，溶液呈红色，不能说明原溶液中含有Fe2+，故A错误；B、浓硫酸具有吸水性，敞口放置导致浓度减小，浓盐酸具有挥发性，导致浓度减小，两者原理不同，故B正确；C、氯化钡与硫酸根生成硫酸钡沉淀，与银离子生成氯化银沉淀，故原溶液不一定含有SO42，故C错误；D、铁与浓硫酸钝化，属于氧化还原反应，故D错误，故选B点评：本题主要考查的是常见阳离子与阴离子的检验、浓硫酸的性质，属于中等难度题目17下列各组物质相互混合反应后，最
27、终有白色沉淀生成的是( )金属钠投入到FeCl3溶液中 过量Ba（OH）2溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中通入过量CO2向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A只有B只有C只有D全部考点：钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的，据此分析解答最终得到红褐色Fe（OH）3沉淀；Ba（OH）2过量，最终只有白色硫酸钡沉淀；最终由碳酸钙沉淀；最终由氢氧化铝白色沉淀；最终有碳酸氢钠白色沉淀解答：解：金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶
28、液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误；过量Ba（OH）2溶液和明矾溶液混合Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O，最终只有白色硫酸钡沉淀，故正确；少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3 +2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故正确；向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，二氧化碳过量，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成了氢氧化铝和碳酸氢钠，沉淀不溶解，所以符合条
29、件，故正确；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确；故选A点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等18下列示意图与对应的反应情况正确的是( )考点：镁、铝的重要化合物 专题：图示题分析：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解
30、；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解解答：解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白
31、色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；C、假设n（KAl（SO4）2）=2mol，则n（Al3+）=2mol，n（SO42）=4mol，当加入n（Ba（OH）2）=3mol时，Al3+完全沉淀生成2mol Al（OH）3，此时SO42剩余1mol，继续加入1mol Ba（OH）2，此时发生的反应为Ba2+SO42BaSO4、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，生成1molBaSO4沉淀，同时有2molAl（OH）3溶解，因此沉淀的物质的量减少，最后保持不变，根据分析可知图象应该只有一段上升的过程，故C错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐
32、渐溶解掉，故D错误故选B点评：本题考查运用课本知识解决新问题的能力，并且要考虑反应的先后顺序问题，属于偏难题19美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新的氢微粒，该微粒是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，关于这种微粒的下列说法中正确的是( )A是氢元素的一种新的同素异形体B是氢元素的一种新的同位素C该微粒比普通氢分子多一个氢原子核D该微粒的组成可用H3表示考点：核素 专题：原子组成与结构专题分析：这种微粒是由3个质子和2个电子构成，这种新粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，其质子数为3，电子数为2的一种离子，以此来解答解答：解：A该粒子为微观粒子，而同素异形体的分析对象为
33、单质，则不是氢的同素异形体，故A错误；B相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，故B错误；C普通H2分子有2个原子核，而这种新粒子有3个氢原子核，故C正确；D粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，而H3表示个氢原子核（只含质子）和3个电子构成，故选C点评：本题以信息的形式考查原子的构成，明确信息是解答本题的关键，注意结合所学知识来解答，难度不大20将镁和铝的混合物5.1g投入500mL 2mol/L稀盐酸中，生成氢气0.5g；再加入4mol/L的NaOH溶液，当生成沉淀的质量最多时，加入NaOH溶液的体积与沉淀质量的最大值均正确的是( )A2
34、50 mL、13.6 gB500 mL、5.6 gC125 mL、10.2 gD1000 mL、7.8 g考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：Mg、Al与盐酸发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，生成氢气物质的量为=0.25mol，由方程式可知参加反应的HCl为0.25mol2=0.5mol0.5L2mol/L=1mol，故金属完全反应，盐酸有剩余，再加入NaOH溶液，发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，Mg2+和Al3+全
35、部转化为沉淀，此时生成沉淀最多，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），进而计算需要氢氧化钠溶液体积，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子物质的量，结合生成的氢气利用电子转移守恒计算金属提供电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与沉淀中氢氧根离子质量之和解答：解：Mg、Al与盐酸发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，生成氢气物质的量为=0.25mol，由方程式可知参加反应的HCl为0.25mol2=0.5mol0.5L2mol/L=1mol，故金属完全反应，盐酸有剩余，再加
36、入NaOH溶液，发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，此时生成沉淀最多，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=1mol，需要氢氧化钠溶液体积为=0.25L=250mL，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子物质的量，利用电子转移守恒，可知金属提供电子物质的量为0.25mol2=0.5mol，故沉淀中氢氧根离子为0.5mol，故沉淀的质量为5.1g+0.5mol17g/m
37、ol=13.6g，故选A点评：本题考查混合物有关计算，注意利用守恒法解答，关键是判断金属提供电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子物质的量，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等三、实验与探究21（19分）某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用如图所示的装置进行实验：请回答下列问题：（1）B是用来收集实验中产生气体的装置，但未将导管画全，请将装置图补充完整（2）实验中他们取6.4g铜片和12mL18molL1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应停止，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组中的同学认为还有一定量的硫酸剩余写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2
38、O；实验中若有m g铜参加了反应，则有mol硫酸被还原，电子转移数目为NA下列试剂中，能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余的是D（填写字母编号）A硫酸钠溶液 B氯化钡溶液 C银粉 D碳酸钠溶液为什么有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解？你认为的原因是稀硫酸不与铜反应（3）为了测定消耗硫酸的物质的量，该兴趣小组设计了两个实验方案：方案一：将装置A产生的气体缓缓通过已称量过的装有碱石灰的干燥管，反应停止后再次称量，两次质量差即是吸收的二氧化硫方案二：将装置A产生的气体缓缓通入足量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液，再加入足量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥，称得沉淀的质量即是二氧化硫转化为硫酸钡沉淀的质量实际
39、上，方案一、二均不可取方案一产生的气体中含有水蒸气，使干燥管增重偏大；也可能由于烧瓶中的二氧化硫不能完全排出，使干燥管增重偏小方案二：由于高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡溶液反应，使测定消耗硫酸的物质的量结果偏大考点：性质实验方案的设计；浓硫酸的性质实验 专题：实验设计题分析：（1）铜和浓硫酸加热一生成二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，进气的导气管长进短处；（2）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；依据化学方程式中元素化合价变化计算氧化还原关系；证明硫酸剩余是证明氢离子的存在；浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应；（3）方案一，碱石灰增重为二氧化硫和水蒸气的质
40、量分析；方案二，硫酸钡沉淀是二氧化硫被氧化为硫酸生成的硫酸钡沉淀和硫酸酸化高锰酸钾溶液，气酸化作用的硫酸生成的硫酸钡沉淀解答：解：（1）铜和浓硫酸加热一生成二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，进气的导气管长进短处，图中补进气管伸入近集气瓶底，装置图为：，故答案为：；（2）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；分析化学方程式若有m g铜物质的量为mol参加了反应，被还原硫酸物质的量为mol，电子转移物质的量为mol2=mol，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；NA；能证明反
41、应停止后烧瓶中有硫酸剩余，只能证明氢离子的存在才能说明，不能证明硫酸根离子，因为浓硫酸和铜反应生成了硫酸铜；A硫酸钠溶液不能能证明硫酸根离子存在，也不能证明氢离子的存在，故A不符合；B氯化钡溶液能证明硫酸根离子存在，但不能证明氢离子存在，故B不符合；C银粉和稀硫酸不反应不能证明氢离子的存在，故C不符合；D碳酸钠溶液和氢离子反应生成二氧化碳气体，可以用来证明溶液中存在稀硫酸，故D符合；故答案为：D； 有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解，因为浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应，故答案为：稀硫酸不与铜反应；（3）方案一：铜和浓硫酸反应生成的二氧化硫气体中含有水蒸气，碱石灰吸收的质量为二氧化
42、硫和水蒸气，或装置中二氧化硫未被完全排除，称量的不全是二氧化硫质量，故答案为：水蒸气；烧瓶中的二氧化硫不能完全排出；方案二：生成的沉淀是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的沉淀和二氧化硫被氧化为硫酸生成的硫酸钡沉淀，不全是二氧化硫转化为硫酸生成的沉淀，故答案为：高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸点评：本题考查性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及实验原理为解答关键，注意随反应进行浓硫酸变为稀硫酸后不与铜发生反应，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力四、填空题22常见化合物A、B，其焰色反应均呈黄色，C是一种单质转化关系如图所示（其他物质均已略去）回答下列问题：（1）A在
43、通常情况下为淡黄色粉末，常做潜水艇中的供氧剂，写出A的化学式Na2O2（2）写出的化学方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2（3）若溶液E中仅含一种溶质，写出的离子方程式CO32+CO2+H2O=2HCO3（4）若A、B混合物在密闭容器中加热，充分反应后，只得到一种固体化合物则A、B的物质的量之比为1：2考点：无机物的推断 专题：推断题分析：化合物A、B的焰色反应呈黄色，则A、B为钠的化合物，A在通常情况下为淡黄色粉末，常做潜水艇中的供氧剂，A为Na2O2，由A与B的混合物与水或硫酸反应产生气体C，可知C为O2又因为加热A与B的混合物产生O2，说明另一物质的分解产物必有H2O和CO2
44、，即另一种物质为NaHCO3A与B的混合物溶于水的产物E与D反应生成B，B受热分解生成气体D，B为NaHCO3，D为CO2，若溶液E中仅含一种溶质，则E为Na2CO3，据此解答解答：解：化合物A、B的焰色反应呈黄色，则A、B为钠的化合物，A在通常情况下为淡黄色粉末，常做潜水艇中的供氧剂，A为Na2O2，由A与B的混合物与水或硫酸反应产生气体C，可知C为O2又因为加热A与B的混合物产生O2，说明另一物质的分解产物必有H2O和CO2，即另一种物质为NaHCO3A与B的混合物溶于水的产物E与D反应生成B，B受热分解生成气体D，B为NaHCO3，D为CO2，若溶液E中仅含一种溶质，则E为Na2CO3，
45、（1）根据上面的分析可知，A的化学式为Na2O2，故答案为：Na2O2；（2）反应为NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（3）若溶液E中仅含一种溶质，则E为Na2CO3，反应的离子方程式为CO32+CO2+H2O=2HCO3，故答案为：CO32+CO2+H2O=2HCO3；（4）若A、B混合物在密闭容器中加热，充分反应后，只得到一种固体化合物，则该固体只能是Na2CO3，所以碳酸氢钠受热分解产生的二氧化碳要将混合物中过氧化钠全部反应掉，生成碳酸钠，每2mol碳酸氢钠生成1m
46、ol二氧化碳，反应消耗1mol过氧化钠，所以碳酸氢钠的物质的量过氧化钠的物质的量的2倍，故A、B的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；点评：本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物性质与相互转化，难度中等，关键是根据焰色反应推断含有Na元素，再结合混合物与水、酸反应都去气体生成确定一定含有过氧化钠五、计算题23已知下列氧化还原反应在溶液中均能发生2Fe3+2I=2Fe2+I2；2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；2Br+Cl2=2Cl+Br2（1）Fe2+、Br、I三种微粒按还原性由强到弱的顺序为IFe2+Br（2）现有某混合溶液中含a mol FeI2和b mol FeBr2，向该混合液
47、中逐渐通入c mol Cl2，试根据以上化学原理分析，当只有I被氧化时，c的取值范围是0ca（3）某混合溶液中只含有Fe2+、Cl、Br、I（忽略水的电离），其中Cl、Br、I的个数比为2：3：4向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为7：3考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：（1）根据“同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性”判断氧化性强弱；（2）依据还原性强弱顺序判断反应顺序，然后讨论即可；（3）还原性：IFe2+BrCl，根据电
48、荷守恒2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）计算n（Fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题解答：解：（1）2Fe3+2I=2Fe2+I2中的还原性IFe2+；2Fe2+Br2=2Fe3+2Br 中还原性Fe2+Br；2Br+Cl2=Br2+2Cl 中的还原性BrCl，所以还原性大小顺序为：IFe2+Br，故答案为：IFe2+Br；（2）由于还原性顺序为：IFe2+Br，当只有I被氧化时，说明通入的氯气只能够氧化碘离子，碘离子的物质的量为2a，化学反应方程式为：2I+Cl2=I2+2Cl，故c应a，故答案
49、为：0ca；（3）由题意可设Cl、Br、I的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（Cl）：n（Br）=3：1，Cl只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol4mol I先消耗2mol氯气，3mol Fe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故答案为：7：3点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的
50、角度计算n（Fe2+），根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会24由Na2CO3nH2O与NaHCO3组成的混合物28g，放入坩埚中充分加热至质量不变时，将残留固体用足量的盐酸溶解可产生标准状况下的气体3.36L；若将28g原混合物与盐酸反应，则放出标准状况下气体4.48L，由此计算（1）残留固体质量；（2）n值；（3）NaHCO3质量（写出计算求解的过程）考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：（1）加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，Na2CO3nH2ONa2CO3+nH2O，残留固体为碳酸钠，与盐酸反应生成二氧化碳，根据碳元素守恒计算碳酸钠的物质的量，
51、进而计算残留固体碳酸钠的质量；（2）两过程中气体的体积之差为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳，结合方程式计算碳酸氢钠的物质的量，根据碳元素守恒计算Na2CO3nH2O的物质的量，根据混合物总质量计算n的值；（3）根据（2）中的分析可知碳酸氢钠的物质的量，再根据m=nM计算其质量解答：解：（1）加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，Na2CO3nH2ONa2CO3+nH2O，残留固体为碳酸钠，与盐酸反应生成二氧化碳，根据碳元素守恒，n（Na2CO3）=n（CO2）=0.15mol，故残留固体碳酸钠的质量为0.15mol106g/mol=15.9g，答：残留固体质量为15.9g；（2）两过程中气体的体积之差为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳，故碳酸氢钠分解生成二氧化碳的物质的量为=0.05mol，结合方程式可知碳酸氢钠的物质的量为0.05mol2=0.1mol，根据碳元素守恒Na2CO3nH2O的物质的量为0.1mol=0.1mol，则0.1mol（106+18n）g/mol+0.1mol84g/mol=28g，解得n=5，答：n的值为5；（3）根据（2）中的分析可知碳酸氢钠的物质的量为0.1mol，其质量0.1mol84g/mol=8.4g，答：碳酸氢钠的质量为8.4g点评：本题考查混合物的计算，明确发生的反应即可解答，注意利用守恒思想进行解答，难度中等