高中化学人教版本册总复习总复习-参赛作品

浙江省金华市东阳长山中学2023学年高一上学期第一次月考化学试卷一、选择题（60分）1．（2分）纪录片《舌尖上的中国》展示了中华饮食文化的博大精深．下列烹饪用品的调味成分属于无机物的是（）A．食盐B．香醋C．麻油D．黄酒2．（2分）下列关于卤素及其化合物的叙述正确的是（）A．HF水溶液可存放在玻璃试剂瓶中B．Br2可从KCl溶液中置换出氯C．F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱D．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强3．（2分）在一种酸性溶液中，可能存在NO3﹣、I﹣、Cl﹣、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此推断溶液中（）A．一定有碘离子，不能确定是否含有硝酸根离子B．一定含有硝酸根离子C．一定含有碘离子、氯离子、铁离子D．不含铁离子和硝酸根离子4．（2分）工业生产金刚砂（SiC中Si为+4价，C为﹣4价）的化学方程式为SiO2+3C═SiC+2CO↑在这个反应中，氧化剂和还原剂的质量比（）A．2：1B．1：2C．5：3D．3：55．（2分）欲配制100mL•L﹣1Na2SO4溶液，正确的方法是（）①将14.2gNa2SO4溶于100mL水中②将•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mL③将20mL•L﹣1Na2SO4溶液用水稀释至100mL．A．①②B．②③C．①③D．①②③6．（2分）纯净的碳酸氢钙试样在高温下分解，当剩余的固体物质质量为原试样质量一半时，碳酸氢钙的分解率是（）A．50%B．75%C．%D．100%7．（2分）（2023•庐江县模拟）有一种铁的“氧化物”样品，用5mol•L﹣1盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56L氯气，恰好使其中Fe2+全部转化成Fe3+，该样品可能的化学式是（）A．Fe2O3B．Fe3O4C．Fe5O7D．Fe4O58．（2分）有人设想将不溶的碳酸盐材料通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸盐材料（即碳酸盐材料粒子直径是纳米级），这将使建筑材料的性能发生巨大变化，下列关于纳米碳酸盐材料的推测正确的是（）A．纳米碳酸盐材料是与胶体相似的分散系B．纳米碳酸盐材料分散到水中会产生丁达尔效应C．纳米碳酸盐材料的化学性质已与原来的碳酸盐材料完全不同D．纳米碳酸盐材料的粒子不能透过滤纸9．（2分）下列有关物质用途的叙述不正确的是（）A．用氧化亚铜作制造红色玻璃的颜料B．氢氧化钠可作色素的吸附剂C．铁红（Fe2O3）常用作红色油漆和涂料D．明矾可用作净水剂10．（2分）在硫酸铝、硫酸钾和明矾[KAl（SO4）2•12H2O]的混合溶液中，SO42﹣的浓度为L，当加入等体积LKOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解．则反应后溶液中K+的浓度约为（）A．LB．LC．LD．L11．（2分）已知反应①2BrO3﹣+Cl2═Br2+2ClO3﹣；②5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HCl；③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（）A．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣B．BrO3﹣＞Cl2＞C1O3﹣＞IO3﹣C．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣12．（2分）托盘天平的两盘中各放一只盛有等体积、等物质的量浓度盐酸的小烧杯，调整天平平衡后向两烧杯中分别加入等质量的Fe粉和Zn粉，下列现象不可能出现的是（）A．开始时天平加锌的一端上升B．最终天平加锌的一端上升C．最终天平仍平衡D．最终天平加铁的一端上升13．（2分）已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2OIO3﹣→I2MnO4﹣→Mn2+HNO3→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（）A．H2O2B．IO3﹣C．MnO4﹣D．HNO314．（2分）ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，固体质量与反应前相同，则参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）A．1：7B．7：1C．7：8D．8：715．（2分）将适量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比是（）A．2：3B．3：2C．1：2D．1：116．（2分）（2023•承德模拟）某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为（）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：217．（2分）在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）A．Al3+、SO42﹣、Cl﹣B．Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．Fe3+、OH﹣、SCN﹣D．K+、HCO3﹣、NO3﹣18．（2分）等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（）①两块钠失去电子一样多②第一块钠失去电子多③第二块钠失去电子多④两块钠的反应产物质量一样大⑤第一块钠的反应产物质量大⑥第二块钠的反应产物质量大．A．①④B．②⑤C．③⑥D．①⑤19．（2分）下列化学反应所对应的离子方程式正确的是（）A．金属铝和过量的氢氧化钠溶液反应：2OH﹣+Al═AlO2﹣+H2↑B．氯化铁溶液中加入铁粉：2Fe3++Fe═3Fe2+C．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH﹣═H2OD．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣20．（2分）把CO2通入含NaOH0.8g的碱溶液中，将产物在减压条件下蒸干后，得固体1.37g，则通入CO2的质量是（）A．0.44gB．0.88gC．0.66gD．都不是21．（2分）下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）①Al2O3；②Mg（OH）2；③Al（OH）3；④（NH4）2CO3；⑤NaHCO3；⑥AlCl3．A．①③⑤⑥B．只有①③C．只有②③D．①③④⑤22．（2分）把过量的CO2通入下列溶液中，最后仍有白色沉淀的是（）A．Na2SiO3溶液B．CaCl2溶液C．Ca（OH）2溶液D．NaOH溶液23．（2分）两瓶均为棕黄色的氯化铁溶液和溴水，用下列试剂无法鉴别的是（）A．KSCNB．CCl4C．NaOHD．淀粉KI试纸24．（2分）将铁粉、铜粉混合物加入FeC13溶液，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定不含Cu2+D．剩余固体中一定含Cu25．（2分）碳酸钠和碳酸氢钠各1mol，分别强热后，其产物与足量盐酸反应的结果是（）A．放出的CO2的量前者为后者的二分之一B．放出的CO2的量前者为后者的2倍C．消耗盐酸一样多D．消耗盐酸前者比后者少26．（2分）有MgCl2、Al2（SO4）3的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到的沉淀量与加入的NaOH溶液的关系如图所示，则溶液中Cl﹣与SO42﹣之比为（）A．1：3B．2：3C．3：2D．1：427．（2分）在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）A．Fe3+B．Al3+C．NH4+D．Fe2+28．（2分）在托盘天平两端的烧杯中加入同浓度同体积的足量盐酸，当向两个烧杯中分别加入两种金属充分反应后，而在某一端要再放一个0.2g砝码，天平才能平衡，则这两种金属是（）A．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和CuD．Na和Mg29．（2分）等体积等物质的量浓度的硫酸，氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为4：5，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A．甲、乙中都是铝过量B．甲中铝过量，乙中碱过量C．甲中酸过量，乙中铝过量D．甲中酸过量，乙中碱过量30．（2分）将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol•L﹣1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（）A．125mLB．200mLC．250mLD．560mL二、填空题（48分）31．（10分）在盛有氯化铜、氯化亚铁和氯化铁混合溶液的容器中加入铁粉和铜粉，讨论以下几种情况阳离子或金属单质存在：（用Cu、Fe、Fe2+、Cu2+、Fe3+等化学用语回答）（1）反应后有铁剩余，则容器中固体还可能有_________．（2）反应后铜有剩余且有相当数量的Fe2+，则溶液中可能存在_________．（3）反应后溶液中有相当数量的Cu2+，则还可能有_________．（4）若反应后容器中除有相当数量的铜离子外，若还有相当数量的铜，则一定不存在的有_________；若有相当数量的Fe3+存在，则一定不存在_________．32．（8分）某同学为了检验家中的一瓶补铁药（成分为FeSO4）是否变质，查阅了有关资料，得知Fe2+能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，并结合已学的知识设计了如下实验：将药片除去糖衣研细后，溶解过滤，取滤液分别加入两支试管中，在一支试管中滴入酸性高锰酸钾溶液，在另一支试管中滴入KSCN溶液．请你填出该同学实验中出现以下现象时的应得结论：①若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色，滴入KSCN溶液后不变红，结论是_________．②若滴入酸性高锰酸钾溶液后不褪色，滴入KSCN溶液变红，结论是_________③若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色，滴入KSCN溶液变红，结论是_________．33．（6分）现有以下物质：①NaCl晶体；②液态SO3；③液态的醋酸；④铝；⑤BaSO4固体；⑥纯蔗糖（C12H22O11）；⑦酒精（C2H5OH）；⑧熔化的KNO3，请回答下列问题（填序号）：（1）属于电解质的是_________．（2）属于非电解质的是_________．（3）能导电的是_________．34．（4分）（1）将钠、铝、铁各分别放入100mL1mol/L盐酸中，同温同压下产生的气体的体积之比为_________．（2）将一定量的钠、镁、铝、铁放入足量的稀硫酸中，充分反应中，如果放出的气体在同温同压下体积相同，则消耗的钠、镁、铝、铁的物质的量之比为_________．35．（6分）氯气与氨气可发生如下反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，当将浓氨水靠近氯气时，可以看到白烟（NH4Cl）生成，所以工厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏．在此反应中：①氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________．②此反应的还原产物为_________．③当有1.12L氨气被氧化时，转移电子的物质的量为_________．36．（14分）现有一包固体粉未，其中可能含有CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4．现进行如下实验：①溶于水得无色溶液；②向溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失．根据上述实验现象推断：（1）一定不存在的物质是：_________．（2）一定存在的物质是：_________．（3）可能存在的物质是：_________．（4）对于可能存在的物质的检验方法是（写出简要的步骤和有关的离子方程式）：_________．（5）已知离子反应：RO3n﹣+6I﹣+6H+═R﹣+3I2+3H2O，试求RO3n﹣中R的化合价_________．（6）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应”，一个是氧化反应，一个是还原反应，如：2H++Zn═Zn2++H2↑拆写的结果是：氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+还原反应2H++2e﹣═H2↑，据此，请将反应2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+拆写成两个“半反应”式，氧化反应：_________，还原反应：_________．三、计算题（12分）37．（6分）两份质量相等且组成完全相同的镁﹣铝合金，一份投入足量的稀硫酸中，生成氢气的体积是7.84L；另一份投入足量的氢氧化钠溶液，生成氢气的体积是3.36L（以上体积数据均在标准状况下测得）．计算这种镁﹣铝合金中镁的质量分数．38．（6分）将一定量的铁粉加入500mLFe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中，恰好完全反应，且反应前后溶液的质量不变．要使溶液中的SO42﹣完全沉淀，需加入2mol/LBaCl2的溶液500mL．求：（1）原溶液中离子SO42﹣的物质的量浓度（2）加入铁粉的质量．

浙江省金华市东阳长山中学2023学年高一上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（60分）1．（2分）纪录片《舌尖上的中国》展示了中华饮食文化的博大精深．下列烹饪用品的调味成分属于无机物的是（）A．食盐B．香醋C．麻油D．黄酒考点：无机化合物与有机化合物的概念．专题：物质的分类专题．分析：有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．解答：解：A．食盐不含碳元素，属于无机物，故A正确；B．香醋的主要成分是乙酸，是含有碳元素的化合物，属于有机物，故B错误；C．麻油的主要成分是油脂，是含有碳元素的化合物，属于有机物，故C错误；D．黄酒的主要成分是酒精，含有碳元素的化合物，属于有机物，故D错误．故选A．点评：本题考查无机化合物与有机化合物的概念，难度不大，解答本题要掌握有机物和无机物的区别与联系方面的知识，只有这样才能对各种物质进行正确的分类．2．（2分）下列关于卤素及其化合物的叙述正确的是（）A．HF水溶液可存放在玻璃试剂瓶中B．Br2可从KCl溶液中置换出氯C．F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱D．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强考点：卤素原子结构及其性质的比较．专题：卤族元素．分析：A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能溶于HF中；B．氯气的氧化性大于溴，氧化性强的非金属单质能置换出氧化性较弱的非金属单质；C．卤族元素中，元素非金属性随着原子序数增大而减弱；D．非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定．解答：解：A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能溶于HF中，反应方程式为4HF+SiO2=SiF4+2H2O，所以HF溶液不能盛放在玻璃瓶中，故A错误；B．氯气的氧化性大于溴，所以氯气能置换出溴化钾溶液中的溴，溴不能置换出氯气，故B错误；C．卤族元素中，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，故C正确；D．非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故D错误；故选C．点评：以卤族元素、碱金属族元素为例熟练掌握同一主族元素性质递变规律，能从物质结构、原子结构知道其产生递变规律的原因，题目难度不大．3．（2分）在一种酸性溶液中，可能存在NO3﹣、I﹣、Cl﹣、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此推断溶液中（）A．一定有碘离子，不能确定是否含有硝酸根离子B．一定含有硝酸根离子C．一定含有碘离子、氯离子、铁离子D．不含铁离子和硝酸根离子考点：几组未知物的检验；常见离子的检验方法．专题：离子反应专题．分析：向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I﹣，在酸性条件下，NO3﹣、Fe3+具有强氧化性，应不能存在，依据离子共存和离子性质分析推断．解答：解：在酸性条件下，NO3﹣、Fe3+具有强氧化性，向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I﹣，则一定不存在NO3﹣、Fe3+，由于Cl﹣不与溴反应，不能确定Cl﹣是否存在，所以溶液中一定含有I﹣，一定不含有NO3﹣、Fe3+，可能含有Cl﹣；A、依据分析可知硝酸根离子一定不存在，故A错误；B、依据分析可知硝酸根离子一定不存在，故B错误；C、分析判断溶液中一定不含有铁离子，氯离子可能含有，故C错误；D、分析判断溶液中一定不含有NO3﹣、Fe3+，故D正确；故选：D．点评：本题考查离子反应，题目难度不大，本题注意离子的性质，为解答该题的关键．4．（2分）工业生产金刚砂（SiC中Si为+4价，C为﹣4价）的化学方程式为SiO2+3C═SiC+2CO↑在这个反应中，氧化剂和还原剂的质量比（）A．2：1B．1：2C．5：3D．3：5考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：SiO2+3C═SiC+2CO↑中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为﹣4价，以此来解答．解答：解：SiO2+3C═SiC+2CO↑中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为﹣4价，则C既是氧化剂又是还原剂，3molC反应，其中1mol为氧化剂，2mol为还原剂，物质的量之比等于质量之比，所以氧化剂和还原剂的质量比1mol：2mol=1：2，故选：B．点评：本题考查氧化还原反应，侧重氧化剂、还原剂判断的考查，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度不大．5．（2分）欲配制100mL•L﹣1Na2SO4溶液，正确的方法是（）①将14.2gNa2SO4溶于100mL水中②将•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mL③将20mL•L﹣1Na2SO4溶液用水稀释至100mL．A．①②B．②③C．①③D．①②③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的物质的量为=，根据c=以及溶液的体积不等于溶剂的体积来分析；②•10H2O物质的量为=，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，根据c=计算判断；③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，据此计算稀释后浓度，进行判断；解答：解：①的物质的量为=，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；②•10H2O物质的量为=，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c==•L﹣1，故②正确；③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，故③正确．故选：B；点评：本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算，难度不大，注意配制中物质溶于水溶质发生变化的情况以及稀释前后溶质的物质的量不变．6．（2分）纯净的碳酸氢钙试样在高温下分解，当剩余的固体物质质量为原试样质量一半时，碳酸氢钙的分解率是（）A．50%B．75%C．%D．100%考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：若发生反应Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2，可知162g碳酸氢钙完全分解生成碳酸钙100g，固体质量减少不一半，所以CaCO3继续分解成CaO，此时Ca（HCO3）2已经全部分解．解答：解：若发生反应Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2，可知162g碳酸氢钙完全分解生成碳酸钙100g，剩余的固体物质质量大于原固体质量的一半，所以CaCO3继续分解成CaO，此时Ca（HCO3）2已经全部分解，碳酸氢钙的分解率是100%，故选D．点评：本题考查根据方程式的计算，利用假设法根据固体质量变化判断碳酸钙分解是关键．7．（2分）（2023•庐江县模拟）有一种铁的“氧化物”样品，用5mol•L﹣1盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56L氯气，恰好使其中Fe2+全部转化成Fe3+，该样品可能的化学式是（）A．Fe2O3B．Fe3O4C．Fe5O7D．Fe4O5考点：几组未知物的检验．专题：元素及其化合物．分析：n（HCl）=0.14L×5mol/L=，n（Cl2）==，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，结合质量守恒计算．解答：解：n（HCl）=0.14L×5mol/L=，n（Cl2）==，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=×n（HCl）=×=，反应后溶液成分为FeCl3，n（Cl﹣）=+×2=，则n（Fe）=×=，所以：n（Fe）：n（O）=：=5：7，该氧化物的化学式为Fe5O7，故选C．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，为解答该题的关键，做题时注意体会．8．（2分）有人设想将不溶的碳酸盐材料通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸盐材料（即碳酸盐材料粒子直径是纳米级），这将使建筑材料的性能发生巨大变化，下列关于纳米碳酸盐材料的推测正确的是（）A．纳米碳酸盐材料是与胶体相似的分散系B．纳米碳酸盐材料分散到水中会产生丁达尔效应C．纳米碳酸盐材料的化学性质已与原来的碳酸盐材料完全不同D．纳米碳酸盐材料的粒子不能透过滤纸考点：纳米材料．专题：溶液和胶体专题．分析：A．一种或几种物质分散在另一种物质中所形成的体系称为分散系；B．将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体；C．纳米碳酸钙化学性质与原来碳酸钙基本相同；D．纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸．解答：解：A．纳米碳酸钙是纯净物，分散系是混合物，故A错误；B．将纳米碳酸钙分散到水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，故B正确；C．纳米碳酸钙化学性质与原来相比相同，故C错误；D．与胶体中的胶粒能透过滤纸一样，纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸，故D正确；故选BD．点评：本题考查了胶体分散系的本质特征，题目难度不大，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小不同．9．（2分）下列有关物质用途的叙述不正确的是（）A．用氧化亚铜作制造红色玻璃的颜料B．氢氧化钠可作色素的吸附剂C．铁红（Fe2O3）常用作红色油漆和涂料D．明矾可用作净水剂考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：化学应用．分析：A、氧化亚铜难溶于水的红色氧化物；B、氢氧化钠是强碱不能吸附色素；C、铁红是红色的氧化铁，难溶于水；D、明矾溶于水生成氢氧化铝胶体能净水．解答：解：A、氧化亚铜是难溶于水的红色氧化物，可以作为制造红色玻璃的颜料，故A正确；B、氢氧化钠是强碱，易溶于水，没有较大的表面积不能吸附色素，故B错误；C、铁红是红色的氧化铁，难溶于水，常用作红色油漆和涂料，故C正确；D、明矾溶于水生成氢氧化铝胶体能净水，做净水剂，故D正确；故选B．点评：本考考查了常见物质的性质和用途，体现了性质决定用途，用途反映性质的理念，属于基础知识的考查，题目难度不大，要加强记忆．10．（2分）在硫酸铝、硫酸钾和明矾[KAl（SO4）2•12H2O]的混合溶液中，SO42﹣的浓度为L，当加入等体积LKOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解．则反应后溶液中K+的浓度约为（）A．LB．LC．LD．L考点：有关混合物反应的计算．专题：守恒法．分析：根据当加入等体积LKOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解，求出原溶液中铝离子的浓度，根据电荷守恒计算原溶液中钾离子的浓度，再加上所加KOH的中钾离子的物质的量，可计算反应后钾离子的总浓度．解答：解：设体积均为1L，由于生成沉淀完全溶解，所以反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O14X得x=，即含有+，原溶液中只含有K+，Al3+和SO42﹣，根据电荷守恒，则n（K+）+3n（Al3+）=2n（SO42﹣），而n（Al3+）=，n（SO42﹣）=，所以n（K+）+3×=2×，得n（K+）=，而反应时又KOH引入了+，所以K+总量为，此时溶液体积变为2L，故c（K+）=L，故选C．点评：本题考查有关混合物的计算，题目浓度不大，注意根据质量守恒和电荷守恒的角度解答．11．（2分）已知反应①2BrO3﹣+Cl2═Br2+2ClO3﹣；②5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HCl；③ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（）A．BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣B．BrO3﹣＞Cl2＞C1O3﹣＞IO3﹣C．ClO3﹣＞BrO3﹣＞IO3﹣＞Cl2D．Cl2＞BrO3﹣＞ClO3﹣＞IO3﹣考点：氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题．分析：在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．解答：解：①中BrO3﹣是氧化剂，ClO3﹣是氧化产物，所以氧化性BrO3﹣＞ClO3﹣，②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3﹣，③中ClO3﹣是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，综上得氧化性顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣．故选A．点评：本题考查了根据方程式来比较氧化性和还原性．解题的关键是根据化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物．12．（2分）托盘天平的两盘中各放一只盛有等体积、等物质的量浓度盐酸的小烧杯，调整天平平衡后向两烧杯中分别加入等质量的Fe粉和Zn粉，下列现象不可能出现的是（）A．开始时天平加锌的一端上升B．最终天平加锌的一端上升C．最终天平仍平衡D．最终天平加铁的一端上升考点：计量仪器及使用方法；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：元素及其化合物．分析：因为加入的盐酸质量相等，所以需要判断两端加入一定量物质后增加质量是否相等，增加质量相等时天平能仍然保持平衡，不相等时天平发生偏转．解答：解：Fe和Zn与盐酸反应时化合价都为+2价，等质量的Fe和Zn与足量的盐酸反应时，最终所产生氢气质量的多少是由金属的相对原子质量的大小来决定的，相对原子质量越大，最后所产生氢气的质量越少，反之就越多．Zn的相对原子质量是65，而铁的相对原子质量是56，所以随着反应的进行，最终所产生氢气的质量是加铁的一端多一些，所以加铁的一端质量轻，故天平指针最后偏向加锌的一端，天平加锌的一端下降，天平加铁的一端上升．故选：B．点评：本题考查天平的使用，题目难度不大，注意基础知识的积累．13．（2分）已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2OIO3﹣→I2MnO4﹣→Mn2+HNO3→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（）A．H2O2B．IO3﹣C．MnO4﹣D．HNO3考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：反应中I﹣→I2，失去1个电子，而H2O2→H2O得到2个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，HNO3→NO得到3个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断．解答：解：氧化时I﹣，H2O2→H2O得到2个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，HNO3→NO得到3个电子，I﹣→I2，失去1个电子，但IO3﹣由于也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3﹣，故选B．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意把握元素化合价的变化，本题关键是IO3﹣由于也被还原为I2，为本题的易错点．14．（2分）ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，固体质量与反应前相同，则参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）A．1：7B．7：1C．7：8D．8：7考点：有关混合物反应的计算．专题：差量法．分析：铜离子的氧化性大于氢离子，则加入铁粉后，Fe优先与CuSO4反应，只有铜离子完全反应后，铁粉再与H2SO4反应，根据反应Fe+CuSO4═FeSO4+Cu可知，铁置换铜的过程中固体质量增加，而固体质量与反应前相同，则硫酸铜一定完全反应；反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑中固体质量减少，要满足反应恰好固体质量不变，则铁与硫酸铜溶液反应使固体增加的质量一定等于铁粉与硫酸反应使固体减少的质量，据此列式计算出参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比．解答：解：设参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量分别为xmol、ymol，Fe+CuSO4═FeSO4+Cu△m56g1mol64g8gxmolm铁与硫酸铜反应后固体增加的质量为：m=8x，Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，56g1molm（Fe）ymol与硫酸反应的铁粉的质量为：m（Fe）==56y，由于反应前后固体的质量不变，则铁与硫酸铜反应使固体增加的质量一定等于铁与稀硫酸反应消耗的铁的质量，即：8x=56y，解得：x：y=7：1，即：参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为7：1，故选B．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，此题是根据化学方程式的较为复杂的计算，涉及的化学方程式有两个，做此题首先需正确写出这两个方程式，然后认真审题利用差量法进行计算．15．（2分）将适量的铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比是（）A．2：3B．3：2C．1：2D．1：1考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案．解答：解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+23n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为，所以未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量之比=：n=3：2．故选B．点评：本题是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式解答问题的能力，难度不大．16．（2分）（2023•承德模拟）某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为（）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：2考点：电解质在水溶液中的电离．专题：守恒法．分析：因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算．解答：解：溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，即：Na++3Al3+=Cl﹣+2SO42﹣（乘的系数就是它的电荷数），设SO42﹣的离子个数为x，所以3+3×2=1+2×x，解得x=4，所以溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为2：4=1：2．故选A．点评：本题考查学生溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．17．（2分）在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）A．Al3+、SO42﹣、Cl﹣B．Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．Fe3+、OH﹣、SCN﹣D．K+、HCO3﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：强酸性溶液中存在大量的H+，与H+反应的离子不能共存，结合离子的性质，进一步判断离子间能否发生反应生成沉淀、气体或弱电解质．解答：解：A、在酸性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B、在酸性条件下Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C、在酸性条件下OH﹣不能存在，Fe3+与SCN﹣发生络合反应而不能共存，故C错误；D、在酸性条件下HCO3﹣不能存在，故D错误．故选A．点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意离子的性质，注重基础知识的积累．18．（2分）等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（）①两块钠失去电子一样多②第一块钠失去电子多③第二块钠失去电子多④两块钠的反应产物质量一样大⑤第一块钠的反应产物质量大⑥第二块钠的反应产物质量大．A．①④B．②⑤C．③⑥D．①⑤考点：钠的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据两个反应方程式中钠和转移电子、产物的关系式计算来判断正误．解答：解：假设两块钠的质量都是23g，即钠的物质的量是1mol，钠在氧气中加热的反应方程式为：2Na+O2Na2O2转移电子46g78g2mol23g39g1mol23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1mol．4Na+O2=2Na2O转移电子92g124g4mol23g31g1mol23g钠与氧气发生生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1mol；所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，故选D．点评：本题以钠的化学性质为载体考查了物质的量的有关计算，根据反应方程式计算即可，难度不大．19．（2分）下列化学反应所对应的离子方程式正确的是（）A．金属铝和过量的氢氧化钠溶液反应：2OH﹣+Al═AlO2﹣+H2↑B．氯化铁溶液中加入铁粉：2Fe3++Fe═3Fe2+C．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH﹣═H2OD．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．漏写反应物水，电子、电荷不守恒；B．反应生成氯化亚铁；C．漏写生成硫酸钡的离子反应；D．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．解答：解：A．金属铝和过量的氢氧化钠溶液反应的离子反应为2H2O+2OH﹣+2Al═2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．氯化铁溶液中加入铁粉的离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，故B正确；C．硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子反应为Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═2H2O+BaSO4↓，故C错误；D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查离子反应的书写的正误判断，为高考常见题型，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．20．（2分）把CO2通入含NaOH0.8g的碱溶液中，将产物在减压条件下蒸干后，得固体1.37g，则通入CO2的质量是（）A．0.44gB．0.88gC．0.66gD．都不是考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：首先根据NaOH的质量和固体的质量判断反应产物的成分，利用假设法进行，假定0.8g氢氧化钠全部生成碳酸钠，0.8g氢氧化钠全部生成碳酸氢钠，计算碳酸钠与碳酸氢钠的质量，根据实际固体质量判断进行的反应，进而根据反应的方程式计算．解答：解：设0.8g氢氧化钠全部生成碳酸钠，质量为x，则有2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O801060.8gxx==1.06g，设0.8g氢氧化钠全部生成碳酸氢钠，质量为y，则有NaOH+CO2=NaHCO340840.8gyy==1.68g，而题干中给出的物质的质量为1.37g，所以产物为碳酸钠、碳酸氢钠．设混合物中含有mmolNa2CO3，nmolNaHCO3，根据钠元素守恒有：2m+n=，根据固体质量有：106m+84n=，联立方程解得：m=，n=，所以通入CO2的质量为：（+）mol×44g/mol=0.66g．故选：C．点评：本题考查化学方程式的计算，根据反应物的量判断生成物的组成为解答该题的关键，题目难度中等．21．（2分）下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）①Al2O3；②Mg（OH）2；③Al（OH）3；④（NH4）2CO3；⑤NaHCO3；⑥AlCl3．A．①③⑤⑥B．只有①③C．只有②③D．①③④⑤考点：镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等；⑥其它一些物质．如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应．以此解答本题．解答：解：①氧化铝可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，又能跟NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故①正确；②氢氧化镁可以和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，但是不能跟NaOH溶液反应，故②错误；③氢氧化铝可以和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，又能跟NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故③正确；④（NH4）2CO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化碳，又能跟NaOH溶液反应生成碳酸钠和氨水，故④正确；⑤NaHCO3可以和硫酸反应生成硫酸钠、水以及二氧化碳，又能跟NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故⑤正确；⑥氯化铝可以和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，但是和硫酸之间不反应，故⑥错误．故选D．点评：本题考查与酸和碱都能发生反应的物质，常见的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐（如碳酸氢钠、硫氢化钠等）、蛋白质、氨基酸．22．（2分）把过量的CO2通入下列溶液中，最后仍有白色沉淀的是（）A．Na2SiO3溶液B．CaCl2溶液C．Ca（OH）2溶液D．NaOH溶液考点：无机非金属材料．专题：碳族元素．分析：先判断二氧化碳和这些溶液是否反应，如果反应，再根据反应后的生成物是否溶于水判断．解答：A、无论二氧化碳是否过量，二氧化碳和硅酸钠溶液反应都生成不溶于水的硅酸，故A正确．B、二氧化碳和氯化钙不反应，所以最后溶液中得不到白色沉淀，故B错误．C、二氧化碳和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙，但二氧化碳和水、碳酸钙能发生反应生成易溶于水的碳酸氢钙，所以把过量的CO2通入氢氧化钙溶液中，最后没有白色沉淀，故C错误．D、二氧化碳和氢氧化钠反应生成易溶于水的碳酸钠，如果二氧化碳过量，二氧化碳和水、氢氧化钠反应生成易溶于水的碳酸氢钠，所以把过量的CO2通入氢氧化钠溶液中，最后没有白色沉淀，故D错误．故A正确．点评：本题考查了有关二氧化碳的化学反应，难度不大，注意该题中“过量”二字是解本题的关键．23．（2分）两瓶均为棕黄色的氯化铁溶液和溴水，用下列试剂无法鉴别的是（）A．KSCNB．CCl4C．NaOHD．淀粉KI试纸考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：物质检验鉴别题．分析：氯化铁溶液和溴水均具有氧化性，均使淀粉KI试纸变蓝，结合铁离子检验方法及萃取来解答．解答：解：A．氯化铁遇KSCN溶液变为血红色，而溴水不能，现象不同，可鉴别，故A正确；B．溴水与四氯化碳发生萃取，水层无色，而氯化铁溶液与四氯化碳混合分层后水层为黄色，现象不同，可鉴别，故B正确；C．氯化铁和NaOH反应生成红褐色沉淀，而溴水与NaOH反应后无色，现象不同，可鉴别，故C正确；D．二者均使淀粉KI试纸变蓝，现象相同，不能鉴别，故D错误；故选D．点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，注意利用二者性质的差异及反应中的不同现象，题目难度不大．24．（2分）将铁粉、铜粉混合物加入FeC13溶液，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定不含Cu2+D．剩余固体中一定含Cu考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据三价铁离子、铜离子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，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断．解答：解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+全部参加反应生成Fe2+，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+，一定含有Fe2+；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+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+；故B正确；C、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确．故选C．点评：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，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．25．（2分）碳酸钠和碳酸氢钠各1mol，分别强热后，其产物与足量盐酸反应的结果是（）A．放出的CO2的量前者为后者的二分之一B．放出的CO2的量前者为后者的2倍C．消耗盐酸一样多D．消耗盐酸前者比后者少考点：钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：加热时发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，与盐酸发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，结合反应的方程式解答该题．解答：解：Na2CO3加热不分解，NaHCO3不稳定，加热发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，与盐酸发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，可知放出的CO2的量前者为后者的2倍，消耗盐酸前者比后者多，故选B．点评：本题考查钠的重要化合物，侧重碳酸钠、碳酸氢钠的性质的考查，为高频考点，注意结合反应的方程式解答该题，难度不大．26．（2分）有MgCl2、Al2（SO4）3的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到的沉淀量与加入的NaOH溶液的关系如图所示，则溶液中Cl﹣与SO42﹣之比为（）A．1：3B．2：3C．3：2D．1：4考点：有关混合物反应的计算．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由图可知加入体积NaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，令氢氧化钠的浓度为c，根据氢氧根守恒可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣）=，加入体积NaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=，计算出n[Mg（OH）2]，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl﹣）=2n[Mg（OH）2]，根据化学式Al2（SO4）3可知溶液中n（SO42﹣）=n[Al（OH）3]，据此计算判断．解答：解：由图可知加入体积NaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，令氢氧化钠的浓度为c，根据氢氧根守恒可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣）=，加入体积NaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=，所以2n[Mg（OH）2]+3×=，故n[Mg（OH）2]=，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl﹣）=2n[Mg（OH）2]=2×=，根据化学式Al2（SO4）3可知溶液中n（SO42﹣）=n[Al（OH）3]=×=，所以原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为：=1：3．故选：A．点评：考查离子反应计算、化学反应图象计算等，难度中等，清楚图象中各阶段发生的反应是解题的关键．27．（2分）在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）A．Fe3+B．Al3+C．NH4+D．Fe2+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：溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子和铵根离子．解答：解：A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，故B正确；C、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，故D错误．故选B．点评：本题考查物质性质的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点．28．（2分）在托盘天平两端的烧杯中加入同浓度同体积的足量盐酸，当向两个烧杯中分别加入两种金属充分反应后，而在某一端要再放一个0.2g砝码，天平才能平衡，则这两种金属是（）A．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和CuD．Na和Mg考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：分别加入两种金属，在某一端要再放一个0.2g砝码，天平才能恢复平衡，说明反应后天平左右两盘质量相差0.2g，结合金属与酸反应生成氢气的质量判断溶液的增重，可确定金属，以此解答．解答：解：根据题意，托盘天平两边溶液的增重相差0.2g才能满足条件，题中金属与酸反应生成氢气的关系式分别为Mg～H2；2Al～3H2；Fe～H2；2Na～H2，当mol金属与足量盐酸作用后，溶液的增重分别如下：Mg：mol×24g•mol﹣1﹣mol×2g•mol﹣1=2.2gAl：mol×27g•mol﹣1﹣×2g•mol﹣1=2.4gFe：mol×56g•mol﹣1﹣mol×2g•mol﹣1=5.4gNa：mol×23g•mol﹣1﹣mol×2g•mol﹣1=2.2gCu：不与盐酸反应，故增重6.4g．故满足条件的金属组合为Mg和Al或Na和Al．故选A．点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握反应的关系式或方程式，根据方程式计算生成氢气的质量与金属质量的关系，为解答该题的关键，难度中等．29．（2分）等体积等物质的量浓度的硫酸，氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为4：5，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A．甲、乙中都是铝过量B．甲中铝过量，乙中碱过量C．甲中酸过量，乙中铝过量D．甲中酸过量，乙中碱过量考点：铝的化学性质；化学方程式的有关计算．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：发生反应有：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，若等质量的铝都反应完，生成气体为1：1，若铝均没有反应完，根据酸和碱的物质的量相等，可得生成气体为1：3，而题中为4：5，因此所以一个是铝反应完全，一个是铝过量，由于等量的铝消耗的硫酸的量更多，所以完全反应的一定是硫酸，碱过量，以此来解答．解答：解：发生反应有：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，①若等质量的铝都反应完，生成气体为1：1，②若铝均没有反应完，根据酸和碱的物质的量相等，可得生成气体为1：3，而题中为4：5，因此所以一个是铝反应完全，一个是铝过量，由于等量的铝消耗的硫酸的量更多，所以完全反应的一定是硫酸，碱过量，即甲中铝过量，乙中碱过量，故选B．点评：本题考查Al的化学性质及化学方程式有关计算，为高频考点，把握铝与酸、碱反应的量及过量问题的分析为解答的关键，题目难度中等，注意端值法的应用．30．（2分）将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol•L﹣1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（）A．125mLB．200mLC．250mLD．560mL考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题．解答：解：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl．根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HCl～NaCl～NaOH112mol/L×0.5L4mol/L×VV=0.25L=250ml故选C．点评：该题主要考查了化学计算中常用方法终态法，解题时需注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解，溶液中的溶质只有NaCl，需灵活运用原子守恒解题．二、填空题（48分）31．（10分）在盛有氯化铜、氯化亚铁和氯化铁混合溶液的容器中加入铁粉和铜粉，讨论以下几种情况阳离子或金属单质存在：（用Cu、Fe、Fe2+、Cu2+、Fe3+等化学用语回答）（1）反应后有铁剩余，则容器中固体还可能有Cu．（2）反应后铜有剩余且有相当数量的Fe2+，则溶液中可能存在Cu2+．（3）反应后溶液中有相当数量的Cu2+，则还可能有Fe3+、Fe2+或Cu、Fe2+．（4）若反应后容器中除有相当数量的铜离子外，若还有相当数量的铜，则一定不存在的有Fe、Fe3+；若有相当数量的Fe3+存在，则一定不存在Fe、Cu．考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题．解答：解：氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，（1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，容器中剩余固体还可能含有Cu，故答案为：Cu；（2）反应后铜有剩余，说明一定不含有Fe3+、且有相当数量的Fe2+，可能含有Cu2+，故答案为：Cu2+；（3）反应后溶液中有相当数量的Cu2+，由于Cu2+可氧化单质铁，则不可能有Fe，容器中可能有Fe3+、Fe2+或Cu、Fe2+，故答案为：Fe3+、Fe2+或Cu、Fe2+；（4）若反应后容器中除有相当数量的铜离子外，若还有相当数量的铜，容器中一定不存在Fe3+，Fe；若有相当数量的Fe3+存在，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，故答案为：Fe、Fe3+；Fe、Cu．点评：本题考查氧化还原反应以及铁的单质化合物的性质，题目难度中等，本题关键是把握物质的氧化性、还原性强弱判断反应的先后顺序．32．（8分）某同学为了检验家中的一瓶补铁药（成分为FeSO4）是否变质，查阅了有关资料，得知Fe2+能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，并结合已学的知识设计了如下实验：将药片除去糖衣研细后，溶解过滤，取滤液分别加入两支试管中，在一支试管中滴入酸性高锰酸钾溶液，在另一支试管中滴入KSCN溶液．请你填出该同学实验中出现以下现象时的应得结论：①若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色，滴入KSCN溶液后不变红，结论是Fe2+没有被氧化．②若滴入酸性高锰酸钾溶液后不褪色，滴入KSCN溶液变红，结论是Fe2+完全被氧化③若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色，滴入KSCN溶液变红，结论是Fe2+部分被氧化．考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：Fe2+具有还原性，能使高锰酸钾褪色；Fe3+使KSCN溶液变红是三价铁离子的特征反应，可用此判断三价铁离子是否存在．解答：解：加KMnO4溶液只要褪色就说明含有Fe2+，而加入KSCN溶液变红则说明含有Fe3+．（1）根据实验现象分析，高锰酸钾褪色说明有Fe2+；KSCN溶液不变红，说明没有Fe3+；从而确定药品没有被氧化．故答案为：Fe2+没有被氧化；（2）根据实验现象分析，高锰酸钾不褪色说明没有Fe2+；KSCN溶液变红，说明有Fe3+；从而确定药品完全被氧化．故答案为：Fe2+完全被氧化；（3）根据实验现象分析，高锰酸钾褪色说明有Fe2+；KSCN溶液变红，说明有Fe3+；从而确定药品部分被氧化．故答案为：Fe2+部分被氧化．点评：本题考查了二价铁离子和三价铁离子的检验，难度不大，三价铁离子的检验是高考的热点，常在实验题中考查．33．（6分）现有以下物质：①NaCl晶体；②液态SO3；③液态的醋酸；④铝；⑤BaSO4固体；⑥纯蔗糖（C12H22O11）；⑦酒精（C2H5OH）；⑧熔化的KNO3，请回答下列问题（填序号）：（1）属于电解质的是①③⑤⑧．（2）属于非电解质的是②⑥⑦．（3）能导电的是④⑧．考点：电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．解答：解：①NaCl晶体不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；②液态SO3不能导电，且自身不能电离，是非电解质；③液态的醋酸不能导电，在水溶液中能够导电，是电解质；④铝为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不能导电，在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质；⑥纯蔗糖（C12H22O11）不能导电，是非电解质；⑦酒精（C2H5OH）不能导电，是非电解质；⑧熔化的KNO3能导电，是电解质；（1）属于电解质的是①③⑤⑧；故答案为：①③⑤⑧；（2）属于非电解质的是②⑥⑦；故答案为：②⑥⑦；（3）能导电的是④⑧；故答案为：④⑧．点评：本题考查物质的导电性的判断，电解质、非电解质概念的辨析，难度不大．解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件．34．（4分）（1）将钠、铝、铁各分别放入100mL1mol/L盐酸中，同温同压下产生的气体的体积之比为3：1：1．（2）将一定量的钠、镁、铝、铁放入足量的稀硫酸中，充分反应中，如果放出的气体在同温同压下体积相同，则消耗的钠、镁、铝、铁的物质的量之比为6：3：2：3．考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：（1）根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算．钠与酸反应完会继续与水反应；（2）据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算生成氢气的物质的量，钠与酸反应完会继续与水反应，结合关系式计算．解答：解：（1）将三种金属各分别投入100mL1mol/L的盐酸中，铝、铁只能和HCl反应，可知铝、铁过量，应按HCl的物质的量计算，铁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为：（0.1L×1mol/L）×═mol．但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，因此钠少量，生成氢气的量根据钠的物质的量进行计算，钠产生氢气．故将钠、铁、铝各分别放入100mL1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：：：═2：1：1，所以同温同压下产生的气体体积比是3：1：1，故答案为：3：1：1；（2）生成氢气在同温同压下体积相同，则氢气的物质的量相同，故金属提供的电子物质的量相同，反应中Na表现+1价、Mg表现+2价、Al表现+3价、Fe表现+2价，故参加反应的Na、Mg、Al、Fe的物质的量之比为：：：=6：3：2：3，故答案为：6：3：2：3．点评：本题考查根据方程式进行的计算，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．35．（6分）氯气与氨气可发生如下反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，当将浓氨水靠近氯气时，可以看到白烟（NH4Cl）生成，所以工厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏．在此反应中：①氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2．②此反应的还原产物为NH4Cl．③当有1.12L氨气被氧化时，转移电子的物质的量为．考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，Cl元素的化合价降低，N元素的化合价升高，3molCl2作氧化剂与2molNH3作还原剂转移电子相等，结合元素的化合价变化计算转移电子．解答：解：①Cl元素的化合价降低，N元素的化合价升高，Cl2作氧化剂，NH3作还原剂，且3molCl2作氧化剂与2molNH3作还原剂转移电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；②Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物NH4Cl为还原产物，故答案为：NH4Cl；③有1.12L氨气被氧化时，转移电子的物质的量为×[0﹣（﹣3）]=，故答案为：．点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子数计算为解答的关键，题目难度不大，侧重分析与计算能力的考查．36．（14分）现有一包固体粉未，其中可能含有CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4．现进行如下实验：①溶于水得无色溶液；②向溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失．根据上述实验现象推断：（1）一定不存在的物质是：CaCO3、Na2SO4、CuSO4．（2）一定存在的物质是：Na2CO3．（3）可能存在的物质是：NaCl．（4）对于可能存在的物质的检验方法是（写出简要的步骤和有关的离子方程式）：取固体粉未少许，加水溶解后，加入稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，如果有白色沉淀生成，则说明含有NaCl，CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O、Ag++Cl﹣═AgCl↓．（5）已知离子反应：RO3n﹣+6I﹣+6H+═R﹣+3I2+3H2O，试求RO3n﹣中R的化合价+5．（6）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应”，一个是氧化反应，一个是还原反应，如：2H++Zn═Zn2++H2↑拆写的结果是：氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+还原反应2H++2e﹣═H2↑，据此，请将反应2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+拆写成