1、2015-2016学年山西省吕梁学院附属高级中学高一（上）第三次月考化学试卷一、选择题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分）1设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A23g钠在氧气中完全燃烧失去电子数为0.5NAB2molL1的AlCl3溶液中含Al3+数为2NAC78g过氧化钠与足量二氧化碳反应，转移电子数为NA个D常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子2如图是同学们经常使用的某品牌修正液包装标签小明仔细阅读后，结合自己的生活经验和所学知识得出了修正液的某些性质，小明的推测中合理的是（）A修正液的成分对纸张具有强腐蚀性B修正液中不含有化学物质C修正液是一种胶体，均一、稳定D修
2、正液的溶剂易挥发、易燃3三种正盐的混合溶液中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl，则SO42的物质的量为（）A0.1 molB0.3 molC0.5 molD0.15 mol4下列物质的鉴别方法不正确的是（）A用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4B用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液C利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液D用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液5氢氧化铁胶体逐滴加入下列溶液，先产生沉淀后沉淀溶解的是（）A稀硫酸B酒精C饱和硫酸钠溶液D磷酸钠溶液6120、101kPa，甲烷（CH4）和过量的O2的混合物，
3、用电火花引燃（CH4+2O2=CO2+2H2O）后，恢复到原来的温度和压强，测得反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的体积比为（）A9：1B1：9C1：7D7：17在酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）AMg2+、Fe3+、NO3、SCNBAl3+、Fe2+、Cl、SO42CK+、Na+、Cl、HCO3DNa+、Ca2+、NO3、OH8下列各组物质与其用途的关系不正确的是（）A过氧化钠：供氧剂B烧碱：治疗胃酸过多的一种药剂C氧化铝：耐火材料D明矾：净水剂9下列各组物质相互作用，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（）ANa和O2BNa2CO3和HClC
4、AlCl3和NaOHDNaOH和NaHCO310世界组织把铝确定为食品污染源之一，应加以控制使用下列应用时应加以控制的是（）制铝合金 制电线 制炊具 明矾净水 明矾与苏打制食品膨松剂 用氢氧化铝凝胶制胃舒平药片 银色漆颜料 易拉罐 包装糖果和小食品ABCD11表示下列反应的离子方程式正确的是（）A金属钠加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+Cu+2Na+B金属铝加入到NaOH溶液中：Al+2OH+H2OAlO+2H2C铁粉加入到FeCl3溶液中：Fe+2Fe3+3Fe2+D铜片插入到AgNO3溶液中：Cu+Ag+Cu2+Ag12将固体X投入过量的Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体
5、能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是（）A钠和氯化铝溶液B铝和烧碱溶液C过氧化钠和氯化亚铁D锌和稀硫酸13在500毫升1mol/LFeCl3溶液中加入铁粉，完全反应后，除去多余的铁粉，加入足量的NaOH溶液，搅拌充分反应，所得沉淀的物质的量是（）A0.5molB1molC0.75molD不能确定14把一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热关于混合物加热前后消耗盐酸的物质的量，下列结论判断正确的是（）A加热前消耗的多B加热前加热后消耗的一样多C加热后消耗的多D不知NaHCO3和Na2O2含量无法确定15现有NaOH、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2、FeCl3、KCl
6、五种溶液，不用任何试剂，被鉴别出来的物质的顺序依次是（）ABCD16相同物质的量的Na2O2和Na2O 的比较中，不正确的是（）A两种物质所含原子个数之比为4：3B两种物质与水充分反应，生成的氢氧化钠质量之比为2：1C两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量比为1：1D两种物质中阳离子的物质的量之比为1：117将Cu片放入0.1molL1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（）A3：2B3：5C3：4D4：318类推的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
7、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氢氧化铝加热能分解为金属氧化物和水；氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧化物和水碳酸钠、碳酸氢钠溶液均显碱性；钠盐溶液均能使酚酞变红钠和硫反应生成Na2S；镁、铝、铁均能与硫直接化合生成相应的硫化物ABCD19把4.6g钠放入200mL 0.1molL1 AlCl3溶液中，待其充分反应后，下列叙述中错误的是（）ACl的浓度几乎不变B溶液变浑浊C溶液中Al3+全部转化为AlO2D溶液中存在最多的离子是Na+20室温时，向四份各1L 0.01molL1的HCl溶液中分别加入0.02mol表
8、中的金属，反应完成后再加入0.01mol的另一种金属，在全过程中，放出气体最多的是（）选项ABCD第一次加入AlNaZnMg第二次加入KMgAlCuAABBCCDD二、非选择题（本题包括3小题，共32分）21A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体根据以上叙述回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B，C，D，F（2）E加热生成D和F的化学方程式；C溶液和CO2反应生成D的离子方程式；A与水反应的
9、离子方程式22下列物质之间有如下反应关系，已知由E转化成C的现象是：灰白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（1）写出下列物质的化学式：B，D，甲，丙（2）写出EC反应的化学方程式：写出反应的离子方程式：写出反应的离子方程式：23如图所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量，按试题将相应图的字母填入下列空格中，并写出所发生反应的离子方程式（1）表示向饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量的是，离子方程式：（2）表示向饱和AlCl3溶液中滴加NaOH至过量的是，NaOH过量时的离子方程式：（3）表示向饱和石灰水中通入CO2至过量的是，CO2少量时的化学方程式：（4）
10、表示向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至过量的是，Mg2+生成沉淀的离子方程式：三、计算题（共8分）24向30.0mL硫酸铜溶液中加入过量铝粉，待充分反应后，再向其中加入2.00mol/L烧碱溶液，至沉淀不再减少，消耗烧碱溶液210mL，且收集到气体0.672L（标准状况）据此计算：（1）加入铝粉的质量（2）原硫酸铜溶液的物质的量浓度2015-2016学年山西省吕梁学院附属高级中学高一（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分）1设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A23g钠在氧气中完全燃烧失去电子数为0.5NAB2
11、molL1的AlCl3溶液中含Al3+数为2NAC78g过氧化钠与足量二氧化碳反应，转移电子数为NA个D常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A钠为1价金属，23g钠的物质的量为1mol，完全反应失去1mol电子；B缺少氯化铝溶液的体积，无法计算溶液中铝离子的数目；C过氧化钠与二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂也是氧化剂，过氧化钠中氧元素为1价，根据生成氧气的物质的量计算出转移的电子数；D常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氦气的物质的量【解答】解：A23g钠的物质的量为1mol，完全反应失去1mol电子，失去电子数为NA，故A错误；B没有告诉氯化铝
12、溶液的体积，无法计算溶液中铝离子的数目，故B错误；C78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠与足量二氧化碳反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移电子数为NA，故C正确；D不是标准状况下，题中条件无法计算22.4L氦气的物质的量，故D错误；故选C2如图是同学们经常使用的某品牌修正液包装标签小明仔细阅读后，结合自己的生活经验和所学知识得出了修正液的某些性质，小明的推测中合理的是（）A修正液的成分对纸张具有强腐蚀性B修正液中不含有化学物质C修正液是一种胶体，均一、稳定D修正液的溶剂易挥发、易燃【考点】无机化合物与有机化合物的概念；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学试剂的分类
13、【分析】由修正液的成分可知，修正液属于混合物苯和甲基环己烷有毒能用作纸张的修正液，说明不腐蚀纸张根据这些修正液的性质进行分析判断【解答】解：A修正液能用于纸张的修改，说明对纸张不具有腐蚀性，故A错误； B任何物质都是化学物质，故B错误；C使用前要摇匀，说明不均一，不稳定，说明不是胶体，故C错误；D从使用方法可知修正液具有挥发性，从安全标志可知该修正液容易燃烧，故D正确故选D3三种正盐的混合溶液中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl，则SO42的物质的量为（）A0.1 molB0.3 molC0.5 molD0.15 mol【考点】物质的量的相关计算【分析】溶液呈电中
14、性，根据电荷守恒有n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl）+2n（SO42），据此计算【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒有n（Na+）+2n（Mg2+）=n（Cl）+2n（SO42），故0.2mol1+0.25mol2=10.4mol+2n（SO42）解得：n（SO42）=0.15mol，故选D4下列物质的鉴别方法不正确的是（）A用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4B用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液C利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液D用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】ANaCl
15、、Na2SO4的焰色反应均为黄色；BNaOH与AlCl3溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀；C丁达尔效应为胶体特有的性质；DNa2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO3不能【解答】解：ANaCl、Na2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故A错误；BNaOH与AlCl3溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故B正确；C丁达尔效应为胶体特有的性质，则利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液，故C正确；DNa2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO3不能，现象不同，可鉴别，故D正
16、确；故选A5氢氧化铁胶体逐滴加入下列溶液，先产生沉淀后沉淀溶解的是（）A稀硫酸B酒精C饱和硫酸钠溶液D磷酸钠溶液【考点】胶体的重要性质【分析】胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，氢氧化铁胶体逐滴加入溶液，先产生沉淀后沉淀溶解，说明先胶体聚沉，后能溶解沉淀【解答】解：A、加入稀硫酸是电解质溶液，会引起氢氧化铁胶体聚沉，继续加入稀硫酸，氢氧化铁沉淀会溶解，故A正确；B、酒精是非电解质，加入不会引起聚沉，也不能溶解沉淀，故B错误；C、饱和硫酸钠溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，故C错误；D、磷酸钠溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，故D错误；
17、故选A6120、101kPa，甲烷（CH4）和过量的O2的混合物，用电火花引燃（CH4+2O2=CO2+2H2O）后，恢复到原来的温度和压强，测得反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的体积比为（）A9：1B1：9C1：7D7：1【考点】化学方程式的有关计算【分析】120时燃烧生成的水为气态，氧气过量发生反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，故平均相对分子质量不变，由反应后的相对氢气的密度计算原混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量，利用十字交叉法计算原混合气体中甲烷和氧气的体积比【解答】解：120时燃烧生成的水为气态，氧
18、气过量发生反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，故平均相对分子质量不变，反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，故与混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量为152=30，根据十字交叉法：故原混合气体中甲烷和氧气的体积比为2：14=1：7，故选C7在酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）AMg2+、Fe3+、NO3、SCNBAl3+、Fe2+、Cl、SO42CK+、Na+、Cl、HCO3DNa+、Ca2+、NO3、OH【考点】离子共存问题【分析】A铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；B四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C碳酸氢根离子与酸性溶液中的氢
19、离子反应；D钙离子与氢氧根离子反应，氢氧根离子与酸性溶液反应【解答】解：AFe3+、SCN之间反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；BAl3+、Fe2+、Cl、SO42之间不发生反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CHCO3与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D酸性溶液中存在氢离子，Ca2+、OH都与OH之间反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B8下列各组物质与其用途的关系不正确的是（）A过氧化钠：供氧剂B烧碱：治疗胃酸过多的一种药剂C氧化铝：耐火材料D明矾：净水剂【考点】钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物【分
20、析】A过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气；B烧碱为氢氧化钠，具有腐蚀性；C氧化铝熔点高；D明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性【解答】解：A过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作供氧剂，故A正确；B烧碱为氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用来治疗胃酸过多，故B错误；C氧化铝熔点高，常用作耐火材料，故C正确；D明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸附水中固体悬浮颗粒，故D正确；故选：B9下列各组物质相互作用，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（）ANa和O2BNa2CO3和HClCAlCl3和NaOHDNaOH和NaHCO3【考点】钠的化学性质；钠的重要
21、化合物；镁、铝的重要化合物【分析】A、根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析；B、根据Na2CO3和少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的HCl生成氯化钠、水和二氧化碳；C、氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解；D、碳酸氢盐和其对应的强碱的反应产物是碳酸盐；【解答】解：A、钠和氧气反应无条件下，生成氧化钠，加热时，生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故A错误；C、氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，故
22、C错误；C、Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故C错误；D、碳酸氢钠和其对应的强碱氢氧化钠的反应产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故D正确；故选D10世界组织把铝确定为食品污染源之一，应加以控制使用下列应用时应加以控制的是（）制铝合金 制电线 制炊具 明矾净水 明矾与苏打制食品膨松剂 用氢氧化铝凝胶制胃舒平药片 银色漆颜料 易拉罐 包装糖果和小食品ABCD【考点】铝的化学性质【分析】根据人体摄入铝的途径判断，人体摄入铝元素主要是通过消化系统完成的，凡是使用铝制炊具、餐
23、具、食品包装，或吃含有铝的药物、食品都会摄入过多的铝，即凡与人的食用物品及口腔接触的物品都必须控制铝的使用，都需要加以控制【解答】解：制铝合金用于制炊具外的材料，不必严加控制，这些材料不会直接接触消化系统，难以被吸收，故不必控制；制电线后，电线不会直接接触消化系统，难以被吸收，故不必控制；用铝制炊具，势必有部分铝元素通过食物进入人体，这种做法必须控制，故需控制；明矾是十二水硫酸铝钾，其中含有铝，在净化水的过程中铝可能随水进入人体，故需控制；明矾是十二水硫酸铝钾，其中含有铝，用明矾及小苏打做食物膨化剂也可能进入人体，故需控制；用氢氧化铝凝胶剂加工成胃舒平药片，人在服药时铝元素也会进入人体，这种做
24、法必须控制，故需控制；银色油漆不会直接接触消化系统，难以被吸收，故不必控制；用铝易拉罐，饮料中就会含有铝元素，其中的铝元素会随饮料喝进人体内，故需控制；用铝包装糖果和小食品，铝会污染糖果和小食品，食品中的铝元素就会通过食物进入人体，故需控制所以需控制故选：D11表示下列反应的离子方程式正确的是（）A金属钠加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+Cu+2Na+B金属铝加入到NaOH溶液中：Al+2OH+H2OAlO+2H2C铁粉加入到FeCl3溶液中：Fe+2Fe3+3Fe2+D铜片插入到AgNO3溶液中：Cu+Ag+Cu2+Ag【考点】离子方程式的书写；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【
25、分析】A钠不能置换铜，应生成硫酸钠、氢氧化铜与氢气；B不遵循电荷守恒；C铁单质能将三价铁离子还原为二价铁离子；D不遵循电荷守恒【解答】解：A钠先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应总的离子方程式为2Na+Cu2+2H2O2Na+Cu（OH）2+H2，故A错误； B铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气，反应实质为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故B错误；C三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故C正确；D离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故D错误故选C12将固体X投入过量的Y中
26、，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是（）A钠和氯化铝溶液B铝和烧碱溶液C过氧化钠和氯化亚铁D锌和稀硫酸【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【分析】根据题意知，固体和Y的溶液能反应，且生成白色不溶物且放出气体，该气体是可燃性气体且不易溶于水，据此分析解答【解答】解：A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化率白色沉淀，生成的氢气能燃烧且不溶于水，所以符合条件，故A正确；B铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠和氢气，没有白色沉淀生成，故B错误；C过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气不能燃烧，且氢氧化钠和氯化亚铁
27、反应生成灰白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，故C错误；D锌和稀硫酸反应生成可溶性的硫酸锌和氢气，没有白色沉淀生成，故D错误；故选A13在500毫升1mol/LFeCl3溶液中加入铁粉，完全反应后，除去多余的铁粉，加入足量的NaOH溶液，搅拌充分反应，所得沉淀的物质的量是（）A0.5molB1molC0.75molD不能确定【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】根据铁和三氯化铁的反应计算生成氯化亚铁的量，根据氯化亚铁和氢氧化钠的反应FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl以及反应4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3来计算最后生成的沉淀的量【解
28、答】解：500毫升1mol/LFeCl3溶液中，Fe3+的物质的量是0.5L1mol/L=0.5mol，根据反应，设生成的亚铁离子物质的量为n，则2Fe3+Fe=3Fe2+2 30.5mol n解得n=0.75mol，根据氯化亚铁和氢氧化钠的反应：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，所以0.75mol的氯化亚铁和氢氧化钠的反应生成沉淀0.75mol，Fe（OH）2会迅速被氧化，即4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，所以0.75mol的Fe（OH）2会生成0.75mol的Fe（OH）3故选C14把一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热关于混合物
29、加热前后消耗盐酸的物质的量，下列结论判断正确的是（）A加热前消耗的多B加热前加热后消耗的一样多C加热后消耗的多D不知NaHCO3和Na2O2含量无法确定【考点】钠的重要化合物【分析】无论是否加热，与盐酸反应都生成NaCl，由Na原子守恒可知，消耗的盐酸的物质的量相同【解答】解：加热前：NaHCO3NaCl，NaOHNaCl，加热后可存在Na2CO32NaCl，由转化关系可知：无论是否加热，与盐酸反应都生成NaCl，由Na原子守恒可知，消耗的盐酸的物质的量相同，故选：B15现有NaOH、Al2（SO4）3、Ba（NO3）2、FeCl3、KCl 五种溶液，不用任何试剂，被鉴别出来的物质的顺序依次是
30、（）ABCD【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】FeCl3溶液为棕黄色，先鉴别出FeCl3，加入反应生成红棕色沉淀，再鉴别出NaOH，然后利用NaOH可鉴别出Al2（SO4）3，再利用Al2（SO4）3鉴别出Ba（NO3）2和KCl，以此来解答【解答】解：FeCl3溶液为棕黄色，先鉴别出FeCl3，分别与其它四种溶液少许，滴加FeCl3溶液，反应生成红棕色沉淀，可鉴别出NaOH；再分别取其它三种溶液少许，滴加NaOH溶液，产生白色沉淀后溶解，可鉴别出Al2（SO4）3，再利用Al2（SO4）3分别与剩余的两种溶液反应，生成白色沉淀的是Ba（NO3）2，无现象的是KCl，所以不加任何试
31、剂就可鉴别出的先后顺序为，故选B16相同物质的量的Na2O2和Na2O 的比较中，不正确的是（）A两种物质所含原子个数之比为4：3B两种物质与水充分反应，生成的氢氧化钠质量之比为2：1C两种物质与足量的CO2反应，消耗气体的质量比为1：1D两种物质中阳离子的物质的量之比为1：1【考点】物质的量的相关计算【分析】A.1molNa2O2含有4mol原子，1molNa2O含有3mol原子；B根据Na2O2和Na2O 分别和水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O+H2O=2NaOH分析；C根据两种物质与足量的CO2反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=N
32、a2CO3分析；DNa2O2由钠离子与过氧根离子构成，Na2O由钠离子与阳离子构成【解答】解：A1molNa2O2含有4mol原子，1molNa2O含有3mol原子，故相同物质的量的Na2O2和Na2O的含有原子数目之比是4：3，故A正确；BNa2O2和Na2O 分别和水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O+H2O=2NaOH，相同物质的量的Na2O2和Na2O与水充分反应，生成的氢氧化钠质量之比为1：1，故B错误；C两种物质与足量的CO2反应，分别发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，相同物质的量的Na2O2和Na2O 则消耗气体
33、的物质的量、质量比均为1：1，故C正确；DNa2O2由钠离子与过氧根离子构成，1molNa2O2含有2mol钠离子，Na2O由钠离子与阳离子构成，1molNa2O含有2mol钠离子，相同物质的量的Na2O2和Na2O含有阳离子的物质的量之比为1：1，故D正确，故选：B17将Cu片放入0.1molL1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（）A3：2B3：5C3：4D4：3【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；离子方程式的有关计算【分析】先利用假设法求出二价铁离子、三价铁离子的物质的量，再根据离子方程式中铜
34、离子和二价铁离子的关系求出铜离子的物质的量【解答】解：将Cu片放入FeCl3溶液中发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，假设溶液中n（Fe2+）=3mol，则溶液中n（Fe3+）=2mol，由离子方程式可知，n（Cu2+）=n（Fe2+）=3mol=1.5mol，所以n（Cu2+）：n（Fe3+）=1.5mol：2mol=3：4，故选C18类推的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氢氧化铝加热能分解为金属氧化物和水；氢氧化镁、氢氧
35、化铁也能加热分解生成金属氧化物和水碳酸钠、碳酸氢钠溶液均显碱性；钠盐溶液均能使酚酞变红钠和硫反应生成Na2S；镁、铝、铁均能与硫直接化合生成相应的硫化物ABCD【考点】探究化学规律【分析】活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；难溶性的碱受热分解，生成对的氧化物和水；碳酸钠、碳酸氢钠是强碱弱酸，溶液均水解显碱性，而氯化钠、硫酸钠溶液是强碱强酸盐溶液呈中性；镁、铝、铁金属是强还原剂，硫是弱氧化剂化合生成相应的硫化物【解答】解：活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故错误；难溶性的碱受热分解，生成对的氧化物和水，所以氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧
36、化物和水，故正确；碳酸钠、碳酸氢钠是强碱弱酸，溶液均水解显碱性，而氯化钠、硫酸钠溶液是强碱强酸盐溶液呈中性，所以并不是所有的钠盐溶液均能使酚酞变红，故错误；镁、铝、铁金属是强还原剂，硫是弱氧化剂化合生成相应的硫化物，所以镁、铝、铁与硫化合生成硫化镁、硫化铝和硫化亚铁，故正确；故选B19把4.6g钠放入200mL 0.1molL1 AlCl3溶液中，待其充分反应后，下列叙述中错误的是（）ACl的浓度几乎不变B溶液变浑浊C溶液中Al3+全部转化为AlO2D溶液中存在最多的离子是Na+【考点】镁、铝的重要化合物；钠的化学性质【分析】钠与水发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，计算生成的氢氧化钠
37、，再根据氢氧化钠与氯化铝的物质的量判断Al3+与OH发生的反应，结合选项判断；【解答】解：4.6g钠的物质的量为=0.2mol，由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2可知生成氢氧化钠0.2mol，AlCl3的物质的量为0.2L0.1molL1=0.02mol，n（Al3+）：n（OH）=0.02mol：0.2mol=1：10，Al3+与OH发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH有剩余，A、参加反应的水很小，溶液的体积变化不大，氯离子不反应，Cl的浓度几乎不变，故A正确；B、Al3+与OH发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH有剩余，溶液澄清，故B错误；C、Al3+与OH发
38、生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH有剩余，溶液中Al3+全部转化为AlO2，故C正确；D、溶液中Na+为0.2mol，氯离子为0.06mol，偏铝酸根为0.02mol，氢氧根为0.2mol0.02mol4=0.12mol，故D正确；故选B20室温时，向四份各1L 0.01molL1的HCl溶液中分别加入0.02mol表中的金属，反应完成后再加入0.01mol的另一种金属，在全过程中，放出气体最多的是（）选项ABCD第一次加入AlNaZnMg第二次加入KMgAlCuAABBCCDD【考点】化学方程式的有关计算【分析】1L 0.01molL1的HCl溶液中HCl的物质的量为1L0.01
39、mol/L=0.01mol，第一次加入0.02mol金属，分别发生：2Na+2HCl=2NaCl+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、Zn+2HCl=ZnCl2+2H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2，由方程式可知盐酸完全反应，第二次再加入金属时，B、C、D中均没有气体再生成，而A中K发生反应：2K+2H2O=2KOH+H2，以此解答该题【解答】解：1L 0.01molL1的HCl溶液中HCl的物质的量为1L0.01mol/L=0.01mol，第一次加入0.02mol金属，分别发生：2Na+2HCl=2NaCl+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、Zn+2HCl=ZnCl
40、2+2H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2，由方程式可知盐酸完全反应，可知HCl不足，故Na生成0.01mol氢气，Al、Zn、Mg生成氢气为0.005mol，剩余Al为0.02molmol=mol，生成氯化铝为mol第二次再加入金属时，B、C、D中均没有气体再生成，而A中K发生反应：2K+2H2O=2KOH+H2，生成0.005mol氢气，且发生2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2，则A生成的氢气大于0.01mol，生成氢气最多，故选A二、非选择题（本题包括3小题，共32分）21A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与
41、水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体根据以上叙述回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：BNa2O2，CNaOH，DNa2CO3，FNaHCO3（2）E加热生成D和F的化学方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；C溶液和CO2反应生成D的离子方程式2OH+CO2=CO32+H2O；A与水反应的离子方程式2Na+2H2O2Na+2OH+H2【考点】无机物的推断【分析】A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，均含Na元素，A、B与水反应都有气体放出，A与水反应放出的气体具有还原性
42、，B与水反应放出的气体具有氧化性，则A为Na，B为Na2O2，同时都生成溶液C，则C为NaOH，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体，则F为CO2，所以D为Na2CO3，E为NaHCO3【解答】解：A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，均含Na元素，A、B与水反应都有气体放出，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，则A为Na，B为Na2O2，同时都生成溶液C，则C为NaOH，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体，则F为CO2，所以D为Na2CO3，E为NaHCO3（1）由上述分
43、析可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，故答案为：Na2O2；NaOH；Na2CO3；NaHCO3；（2）E加热生成D和F的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；C溶液和CO2反应生成D的离子方程式为：2OH+CO2=CO32+H2O，故答案为：2OH+CO2=CO32+H2O；A与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O2Na+2OH+H222下列物质之间有如下反应关系，已知由E转化成C的现象是：灰白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（1
44、）写出下列物质的化学式：BFe2O3，DFeCl2，甲Cl2，丙KSCN（2）写出EC反应的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3写出反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+写出反应的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【考点】无机物的推断【分析】E转化成C的现象是：灰白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则E是Fe（OH）2、C是Fe（OH）3，A是红棕色粉末，能和盐酸反应生成B，则A是Fe2O3、B是FeCl3，B和丙反应生成红色溶液，则丙是KSCN，B和Fe反应生成D，则D是FeCl2，D和乙反应生成Fe（OH）2，则乙是NaOH等，D和甲反应生
45、成FeCl3，则甲是Cl2【解答】解：E转化成C的现象是：灰白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则E是Fe（OH）2、C是Fe（OH）3，A是红棕色粉末，能和盐酸反应生成B，则A是Fe2O3、B是FeCl3，B和丙反应生成红色溶液，则丙是KSCN，B和Fe反应生成D，则D是FeCl2，D和乙反应生成Fe（OH）2，则乙是NaOH等，D和甲反应生成FeCl3，则甲是Cl2（1）通过以上分析知，B为Fe2O3、D为FeCl2、甲为Cl2、丙为KSCN，故答案为：Fe2O3；FeCl2；Cl2；KSCN；（2）EC反应的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，反应的离子方
46、程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；Fe+2Fe3+=3Fe2+；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl23如图所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量，按试题将相应图的字母填入下列空格中，并写出所发生反应的离子方程式（1）表示向饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量的是C，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（2）表示向饱和AlCl3溶液中滴加NaOH至过量的是B，NaOH过量时的离子方程式：Al（OH）3+OHAlO2+2H
47、2O（3）表示向饱和石灰水中通入CO2至过量的是A，CO2少量时的化学方程式：Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O（4）表示向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至过量的是D，Mg2+生成沉淀的离子方程式：Mg2+2OHMg（OH）2【考点】镁、铝的重要化合物【分析】（1）饱和AlCl3溶液中滴入稀氨水生成沉淀氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱氨水；（2）饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应而溶解；（3）氢氧化钙通入二氧化碳，先反应生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙而溶解；（4）MgCl2和AlCl3混合溶液
48、中滴加NaOH溶液，生成两种沉淀：氢氧化镁和氢氧化铝，随着反应的进行沉淀量增大，但氢氧化铝溶于强碱，氯化镁和氯化铝完全转化为氢氧化物沉淀时，再继续加入氢氧化钠溶液，沉淀会部分溶解【解答】解：（1）向饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量，发生反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，一水合氨属于弱碱，氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀的质量不变，图象C符合该过程；故答案为：C；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（2）饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应：Al3+3OHAl（OH）3，生成氢氧化铝沉淀，后发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2
49、O，沉淀溶解，根据方程式可知：1molAlCl3反应，生成沉淀和沉淀溶解，消耗的NaOH的物质的量分别为3mol和1mol，图象B符合该过程；故答案为：B；Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（3）饱和石灰水通过量CO2气体，首先发生反应生成碳酸钙：Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O，然后碳酸钙与二氧化碳反应，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HCO3，生成沉淀和沉淀溶解所用CO2相等，图象A符合该过程；故答案为：A；Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O；（4）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，发生反应：Al3+3OHAl（OH）3、Mg2+2O
50、HMg（OH）2生成两种沉淀，沉淀量随着氢氧化钠的量增大而增大，但氯化镁和氯化铝完全转化为氢氧化物沉淀时，再继续加入氢氧化钠溶液，然后发生 Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，随着氢氧化钠溶液的加入，沉淀量减少，但不会完全溶解，图象D符合该过程；故答案为：D；Mg2+2OHMg（OH）2三、计算题（共8分）24向30.0mL硫酸铜溶液中加入过量铝粉，待充分反应后，再向其中加入2.00mol/L烧碱溶液，至沉淀不再减少，消耗烧碱溶液210mL，且收集到气体0.672L（标准状况）据此计算：（1）加入铝粉的质量（2）原硫酸铜溶液的物质的量浓度【考点】物质的量浓度的计算【分析】根据反应的离子方程
51、式计算，3Cu2+2Al=3Cu+2Al3+ Al3+4OH=AlO2+2H2O 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，计算时注意根据铝守恒和NaOH守恒，结合方程式和质量守恒定律计算该题【解答】解：发生反应的离子方程式为 3Cu2+2Al=3Cu+2Al3+ Al3+4OH=AlO2+2H2O 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2由题可知n（H2）=0.03mol，则反应消耗的n（NaOH）=0.0200mol，n（Al）=0.0200mol，反应消耗的n（NaOH）=2.00molL10.210L0.0200mol=0.400mol，则反应消耗的n（Al）=0.100mol，n（Cu2+）=0.150mol 故加入铝粉的质量为 m（Al）=（0.100mol+0.0200mol）27.0gmol1=3.24g，硫酸铜溶液的浓度为c（CuSO4）=5mol/L，答：（1）加入铝粉的质量为3.24g；（2）原硫酸铜溶液的物质的量浓度为5mol/L2016年12月16日
