2021学年高三上学期化学测试卷(答案解析)

2021学年最新高三上学期化学测试卷（答案分析）2021学年最新高三上期中化学试卷学校班级成绩一、单项选择题（1-10题每题1分，共10分）1．以下对于Li、Na、K、Rb、Cs的表达均正确的一组是（）①金属性最强的是铯②氧化性最强的是锂离子③在自然界中均以化合态形式存在④Li的密度最小⑤铯与水反响十分强烈，甚至会发生爆炸⑥它们的氧化物都只有M2O和M2O2两种形式⑦粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．A．①②③④B．④⑤⑥⑦C．②⑥D．①②③④⑤⑦2．以下表达正确的选项是（）A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无积淀产生；再通入SO2，产生积淀B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色积淀；再加入过度NaHSO4溶液，积淀消失D．纯锌与稀硫酸反响产生氢气的速率较慢；再加入少许CuSO4固体，速率不改变3．以下溶液必定显酸性的是（）第1页共48页A．含H+的溶液B．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液C．pH＜7的溶液D．能与金属Al反响放出H2的溶液4．科学的假定与猜想是科学研究的先导和价值所在．在以下假定或猜想指引下的研究必定没存心义的是（）A．研究SO2和Na2O2反响可能有Na2SO4生成B．研究NO和N2O可能化合生成NO2C．研究NO2可能被NaOH溶液完整汲取生成NaNO2和NaNO3D．研究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原由是溶液的酸碱性改变仍是HClO的漂白作用5．已知25℃时有关弱酸的电离均衡常数：则以下有关说法正确的选项是（）弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离均衡常数（25℃）1.8×10﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol?L﹣1HCN溶液与bmol?L﹣1NaOH溶液等体积混淆后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a必定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、n（H+）、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混淆溶液中，存在cNa+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）6．以下图，若锥形瓶内是水，分液漏斗内的液体也是水，向烧杯内滴加水时，发现U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左侧与右侧基真相平，则烧杯内的物质是（）A．过氧化钠B．氧化钠C．钠D．钾7．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、清洗积淀物；③将积淀物与盐酸反响，结晶过滤、在HCl气体气氛中干燥产物；④将获取的产物熔融电解获取镁．以下说法不正确的选项是（）A．此法的长处之一是原料来丰富B．第④步电解时阴极产生氯气C．①②第2页共48页③步骤的目的是从海水中提取MgCl2D．以上提取镁的过程中波及化合、分解和复分解反响8．取必定质量的某物质在ag氧气中完整焚烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完整反响，反响后容器内有bg氧气，测得b＞a．以下物质中知足上述结果的是（）A．HCOOH．BHCHOC．CH4D．C6H12O69．以下有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的选项是（）A．固体的热稳固性：Na2CO3＞NaHCO3B．与稀盐酸反响放出气体的快慢：Na2CO3＞NaHCO3C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过度的盐酸反响，放出CO2的质量：Na2CO3＞NaHCO3D．在Na2CO3和NaHCO3的稀溶液中，加CaCl2溶液都有白色积淀生成10．甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色积淀生成，持续滴加则积淀消逝，丁溶液滴入甲溶液时，无明展现象发生，据此可判断丙物质是（）A．Al2（SO4）3B．NaOHC．BaCl2D．FeSO4二、单项选择题（11-30题每题2分，共40分）11．在三个2L恒容的容器中，分别发生反响A（g）+3B（g）?2C（g），5min后各容器反响达均衡状态，此中甲容器中A的物质的量为0.4mol．反响前各物质的物质的量/mol以下说法正确的选项是（）ABC甲130乙002丙．乙中5min内C的反响速率为0.16mol?L﹣1?min﹣1B．达到均衡时，丙中A的浓度是甲中的2倍C．丙中反响的均衡常数大于甲中反响的均衡常数D．达到均衡时，甲乙两容器中C的物质的量百分含量相等12．如图装置中发生反响的离子方程式为：Zn+2H+═Zn2++H2↑，以下说法错误的选项是（）A．a、b不行能是同种资料的电极B．该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸D．该装置可看作是铜﹣锌原电池，电解质溶液是稀硫酸13．金银花有效活性成分为绿原酸，别名咖啡鞣酸，拥有宽泛的杀菌消炎功能，构造以下图，以下有关绿原酸的说法正确的选项是（）第3页共48页A．绿原酸的分子式为C16H8O9B．1mol绿原酸最多与7molNaOH反响C．1个绿原酸分子中含有4个手性碳原子D．绿原酸分子中有4种化学环境不一样的氢原子14．在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入到750mL1.0mol?L﹣1的NaOH溶液中充分反响，放出_kJ热量．在该条件下1molCO2通入到2L1.0mol?L﹣1的NaOH溶液中充分反响，放出ykJ热量，则CO2与NaOH反响生成NaHCO3的热化学反响方程式为（）A．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣_）kJ?mol﹣1B．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（4_﹣y）kJ?mol﹣1C．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2_﹣y）kJ?mol﹣1D．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（8_﹣2y）kJ?mol﹣115．如图W、_、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转变的常有反响，此中常温下能实现图示转变关系的是选项W_YZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3（）A．AB．BC．CD．D16．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和20__mL盐酸，不论将前者滴加入后者，仍是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最平生成的气体体积不一样，则盐酸的浓度合理的是（）A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．0.18mol/LD．0.24mol/L17．称取必定质量的纯碱溶于水中，与适当的盐酸作用，以下对于盐酸的用量随和体产量的变化正确的选项是（）A．若纯碱中混有K2CO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏大B．若纯碱中混有NaHCO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏大C．若纯碱中混有KHCO3，盐酸用量将偏小；气体产量将偏大D．若纯碱中混有Na2SO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏小18．以下反响与Na2O2+SO2→Na2SO4对比较，Na2O2的作用同样的是（）A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O第4页共48页19．向50gCuSO4溶液中放入一小块Na，待反响完整后，过滤，获取仍显蓝色的溶液44.6g，则投入的Na的质量为（）A．4.6gB．4.1gC．6.9gD．9.2g20．不可以正确表示以下反响的离子方程式是（）A．Na与稀硫酸反响的离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑B．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑C．碳酸氢钙溶液中滴加氢氧化钠溶液至Ca2+恰巧完整积淀Ca2++HCO3﹣+OHˉ═CaCO3↓+H2OD．饱和碳酸钠溶液中通入过度二氧化碳气体CO32﹣+CO2+H2O═HCO3﹣21．以下化学实验事实及其解说不正确的选项是（）A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是由于NaHCO3分解生成了Na2CO3B．钠保留在煤油中，是由于煤油不与钠发生反响，钠比煤油密度大，煤油能够使钠隔断空气和水蒸气C．用干净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉焚烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反响是放热反响D．钠长久裸露在空气中的产物是Na2CO3，原由是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反响22．经过察看化学实验现象，剖析^p概括出正确的结论，是学习化学科学最基本的技术之一．以下由实验现象得出正确结论的是（）选项实验现象结论A把同样大小的一块铝和镁分别投入同样浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只融化成液体而没有零落由此得出：铝不易燃烧C向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大批气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过度：先产生白色积淀，后积淀渐渐溶解，最后积淀完整消逝由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液A．AB．BC．CD．D23．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了以下两个实验方案．方案①：2.7gAl_溶液Al（OH）3积淀方案②：2.7gAlY溶液Al（OH）3积淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向_溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生积淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，以下说法正确的选项是（）第5页共48页A．_溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2B．b曲线表示的是向_溶液中加入NaOH溶液C．在O点时双方案中所得溶液浓度相等D．a、b曲线表示的反响都是氧化复原反响24．现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不一样的实验方案实验设计1：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计2：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计3：铝镁合金溶液过滤，测定获取积淀的质量则能测定出镁的质量分数的是（）A．都能B．都不可以C．①不可以，其余都能D．②③不可以，①能25．向含Na2CO3、NaAlO2的混淆溶液中逐滴加入150mL1mol?L﹣1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化以下图，则以下说法不正确的是（）A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓B．b和c曲线表示的离子反响是同样的C．M点时，溶液中积淀的质量为3.9gD．原混淆溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：226．向100mL0.1mol．L﹣1的AlCl3溶液中，加入1mol．L﹣1的NaOH溶液VmL后，再滴加1mol．L﹣1盐酸．滴加盐酸的体积（横坐标）与生成积淀的质量（纵坐标）如以下图所示的关系，则加入的NaOH溶液的体积为（）A．10mLB．30mLC．40mLD．50mL27．有钠、镁、铝各nmol，分别与等体积、均与含_molHCl的盐酸反响，以下说法不正确的选项是（）A．_＜n时，钠生成的氢气最多B．_=n时，钠、镁、铝生成的氢气一样多C．n＜_≤2n时，生成的氢气钠＜镁=铝D．_≥2n时，生成的氢气钠＜镁＜铝28．过氧化钠可作为氧气的来．常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增添了28g，反响中有关物质的量正确的选项是（NA表示阿伏加德罗常数）（）第6页共48页二氧化碳碳酸钠转移的电子A1mol2NAB22.4L1molC106g1molD106g2NAA．AB．BC．CD．D29．将Na2O2渐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混淆液中并微热，产生积淀随和体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系以下图，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别（）A．2mol、3mol、6molB．3mol、2mol、6molC．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol30．有一块镁铝合金，此中镁与铝的质量比是8：9．加入足量稀H2SO4使其完整溶解后，再加入NaOH溶液，生成积淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，此中正确的选项是（）A．B．C．D．二、非选择题（共50分）31．（10分）（20__秋?衡水校级月考）下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种化学元素．请用元素符号等化学用语回答以下有关问题：（1）上述元素中第一电离能最大的元素是（2）由A、C、D形成的ACD分子中，σ键个数：π键个数=．（3）元素M的化合物（MO2Cl2）在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与很多有机物反响．已知MO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断MO2Cl2是（填“极性”或“非极性”）分子．（4）能够说明K、J两元素非金属性强弱的事实是（5）能考证H、I两种元素金属性的强弱的实验方法是（a）将在空气中搁置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中（b）将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液（c）比较这两种元素的气态氢化物的稳固性（6）A、G、E、L中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出此中一种化合物的电子式：．（7）元素B和E能形成两种常有氧化物甲（B2E）和乙（B2E2）①将等物质的量的甲和乙分别放入等量且足量的水中，所得溶液的质量分数分别为a和b，则a、b的关系是：ab（填＜、＞或=）第7页共48页②在元素N的低价硫酸盐溶液中，加入少许化合物乙，察看到的现象是；有关反响的离子方程式为32．（11分）（20__秋?衡水校级月考）A、B、C是由周期表中短周期元素构成的三种常有化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，达成以下空白：（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为（2）单质甲与化合物B反响的离子方程式为5.05g单质甲﹣钾合金溶于20__mL水生成0.075mol氢气，确立该合金的化学式为（3）向必定体积某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不一样，溶液M的构成也不一样．若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有图2图示两种状况．①由A确立滴加前60mL的盐酸时，发生反响的离子方程式为②B对应的溶液M低温蒸干后获取固体a克，将a克固体充分加热至恒重后，固体质量减少克．③由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为33．已知存在以下反响：①A+BF+G②A+C（溶液）→H+G③C（溶液）+E→L+D（蓝色积淀）④DB+H2O⑤A+E+H2O→J+I（气体单质）⑥J+H+H2O→K+L（以上反响中，反响物和生成物均已给出，有的反响方程式未配平）此中A、G为常有金属单质，L是家庭厨房必备的一种盐，主要由海水中获取．请回答：（1）工业上常用L的水溶液制备E，其化学方程式为：第8页共48页（2）写出F的一种工业用途（3）反响②的离子方程式为（4）除反响⑥外，还有多种化学反响可由H生成K．以下物质能与H反响生成K的是（填选项字母）；a．CO2b．NaHCO3c．NaHSO4d．NaClOe．NH4NO3f．NH3?H2O写出你所选随意一种试剂和H反响生成K的离子方程式：34．（10分）（20__?路南区校级模拟）某过碳酸钠中含有少许过氧化钠，甲、乙两位同学各称取必定质量的该样品，并用以以下图所示仪器测定样品的纯度．仪器的连结次序，甲同学：⑤﹣⑧﹣③﹣⑦﹣④；乙同学：⑤﹣③﹣②．已知：过碳酸钠（Na2CO4）、过氧化钠分别跟足量稀硫酸反响的化学方程式以下：2Na2CO4+2H2SO4═2Na2SO4+2CO2↑+O2↑+2H2O；2Na2O2+2H2SO4═2Na2SO4+O2↑+2H2O．（1）甲同学想经过实验测得的数据是，他采用的装置（填序号）是没有必需的．实验中甲同学测得气体体积为VL（20℃，1大气压），计算时他未将VL换算到标准状况，则他获取的Na2CO4的质量分数（填“偏高”或“偏低”＇）．（2）乙同学想经过实验测得的数据是．按他测得的数据计算出的实验结果有可能偏高，原由是；也有可能偏低，原由是．（3）为了测得正确的实验数据，请你将乙同学的实验设计进行改良，写出你所采用仪器的连结次序（每种仪器最多使用一次，也能够不用）：第9页共48页（填序号）．35．（10分）（20__?延安模拟）铝是一种应用宽泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混淆熔融电解制得．①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等．从铝土矿中提炼Al2O3的流程如图1所示：②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图2所示：回答以下问题：（1）写出反响1的化学方程式；（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的积淀是，反响2的离子方程式为；（3）E可作为建筑资料，化合物C是，写出由D制备冰晶石的化学方程式；（4）电解制铝的化学方程式是，以石墨为电极，阳极产生的混淆气体的成分是．参照答案与试题分析一、单项选择题（1-10题每题1分，共10分）1．以下对于Li、Na、K、Rb、Cs的表达均正确的一组是（）①金属性最强的是铯②氧化性最强的是锂离子③在自然界中均以化合态形式存在④Li的密度最小⑤铯与水反响十分强烈，甚至会发生爆炸⑥它们的氧化物都只有M2O和M2O2两种形式⑦粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．A．①②③B．第10页共48页④⑤⑥⑦C．②⑥D．①②③④⑤⑦考点：碱金属的性质．剖析^p：Li、Na、K、Rb、Cs都是碱金属元素，位于同一主族，地点从上到下，依照同主族元素金属性从上到下挨次加强，阳离子氧化性挨次减弱，密度渐渐增大，阳离子半径渐渐增大，据此解答．解答：解：Li、Na、K、Rb、Cs都是碱金属元素，位于同一主族，地点从上到下，①同主族元素金属性从上到下挨次加强，所以金属性最强的是铯，故正确；②同主族元素金属性从上到下挨次加强，阳离子氧化性挨次减弱，所以氧化性最强的是锂离子，故正确；③碱金属性质开朗，简单与空气中的氧气和水发生反响，所以在自然界中均以化合态形式存在，故正确；④碱金属密度从上到下挨次增大，所以Li的密度最小，故正确；⑤同主族元素金属性从上到下挨次加强，所以金属性最强的是铯，与水反响最强烈，甚至会发生爆炸，故正确；⑥锂只有M2O一种氧化物，故错误；⑦Rb+、K+、Na+，电子层挨次减少，所以半径挨次减小，故Rb+＞K+＞Na+，正确，Cs与Cs+拥有同样的质子数，可是Cs电子数多，所以半径大，故正确；应选：D．评论：本题考察了碱金属的性质，熟习同主族元生性质的相像性和递变性是解题关键，题目难度不大．2．以下表达正确的选项是（）A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无积淀产生；再通入SO2，产生积淀B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶第11页共48页C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色积淀；再加入过度NaHSO4溶液，积淀消失D．纯锌与稀硫酸反响产生氢气的速率较慢；再加入少许CuSO4固体，速率不改变考点：二氧化硫的化学性质；化学反响速率的影响要素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物．专题：压轴题；化学反响速率专题；元素及其化合物．剖析^p：A．CO2和SO2与BaCl2不反响，没有积淀产生；B．NO3﹣拥有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化复原反响；C．Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；D．锌和铜在酸性条件下形成原电池反响，反响速率较大．解答：解：A．CO2和SO2对应的酸比HCl弱，两者与BaCl2不反响，没有积淀产生，故A错误；B．铜和稀硫酸不反响，加入Cu（NO3）2固体，NO3﹣拥有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化复原反响，可溶解铜，故B错误；C．氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过度NaHSO4溶液，积淀消逝，故C正确；D．加入少许CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反响，反响速率较大，故D错误．应选C．评论：本题考察元素化合物知识，题目难度中等，本题注意CO2和SO2对应的酸比HCl弱，Al（OH）3不溶于弱碱，以及原电池反响等知识，为元素化合物中常考察知识，学习中注意积累．3．以下溶液必定显酸性的是（）A．含H+的溶液B．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液C．pH＜7的溶液D．能与金属Al反响放出H2的溶液考点：研究溶液的酸碱性．专题：电离均衡与溶液的pH专题．剖析^p：第12页共48页溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，假如c（OH﹣）＜c（H+），则溶液呈酸性，假如c（OH﹣）=c（H+）则溶液呈中性，溶液c（OH﹣）＞c（H+），则溶液呈碱性．解答：解：A．任何溶液中都含有氢离子，所以含有氢离子的溶液不必定呈酸性，故错误；B．c（OH﹣）＜c（H+），则溶液呈酸性，故B正确；C．pH＜7的溶液不必定是酸性溶液，如100℃时，纯水的pH=6，则6＜pH＜7的溶液呈碱性，故C错误；D．酸能和铝反响生成氢气，强碱溶液也能与铝反响生成氢气，所以能与铝反应放出氢气的溶液不必定是酸溶液，故D错误；应选B．评论：本题考察了溶液酸碱性的判断，明确溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH+）、c（H+）的相对大小是解本题的要点，难度不大．4．科学的假定与猜想是科学研究的先导和价值所在．在以下假定或猜想指引下的研究必定没存心义的是（）A．研究SO2和Na2O2反响可能有Na2SO4生成B．研究NO和N2O可能化合生成NO2C．研究NO2可能被NaOH溶液完整汲取生成NaNO2和NaNO3D．研究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原由是溶液的酸碱性改变仍是HClO的漂白作用考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．专题：氮族元素．剖析^p：A、进行科学研究时，要有合理的理论依照，不可以凭空猜想．二氧化硫复原性气体，能够与氧化剂反响生成三氧化硫，化学反响前后元素的种类不变；B、NO中氮元素化合价未+2价和N2O化合价未+1价，化合生成NO2时化合价都高升，不切合氧化复原反响的实质特色，无研究意义；C、NO2可能被NaOH溶液完整汲取生成NaNO2和NaNO3，依照氧化复原反响的化合价变化特色剖析^p；第13页共48页D、依照氯气和碱反响，氯气与水反响生成次氯酸拥有漂白性．解答：解：A、二氧化硫拥有复原性，过氧化钠拥有氧化性，所以能够研究SO2和Na2O2反响可能有Na2SO4生成，故A不选；B、NO中氮元素化合价未+2价和N2O化合价未+1价，化合生成NO2时化合价都高升，不切合氧化复原反响的实质特色，故B选；C、NO2可能被NaOH溶液完整汲取生成NaNO2和NaNO3，氮元素化合价从+4价变化为+5价和+3价，切合氧化复原反响的规律特色，有研究的意义，故C不选；D、氯气和氢氧化钠反响生成氯化钠次氯酸钠和水，耗费氢氧化钠溶液红色褪去，氯气能够与水反响生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸拥有漂白性，有研究意义，故D不选；应选B．评论：本题考察了常有物质的化学反响中生成物的推测，达成本题，能够依照质量守恒定律、氧化复原反响规律、物质间的反响规律判断．5．已知25℃时有关弱酸的电离均衡常数：则以下有关说法正确的选项是（）弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离均衡常数（25℃）1.8×10﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol?L﹣1HCN溶液与bmol?L﹣1NaOH溶液等体积混淆后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a必定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、n（H+）、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混淆溶液中，存在cNa+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离均衡；盐类水解的应用；酸碱混淆时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离均衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．剖析^p：A、利用酸的电离常数比较酸性的强弱，再利用盐中酸根离子对应的酸越弱，其水解程度越大来剖析^p．B、等体积混淆，若a=b恰巧完整反响，因CN﹣第14页共48页的水解溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）．C、冰醋酸中逐滴加水电离程度向来在增大，氢离子物质的量增大，但氢离子离子浓度先增大尔后较大，pH也是先减小后增大，且无穷靠近中性溶液的pH．D、利用电荷守恒来剖析^p．解答：解：A、由电离常数Ka的关系可知，1.8×10﹣5＞4.9×10﹣10＞5.6×10﹣11，则酸性CH3COOH＞HCN＞HCO3﹣，明显等浓度时Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）pH（CH3COONa），故A错误．B、等体积混淆，若a=b恰巧完整反响，因CN﹣的水解溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），a＜b时溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），即所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）时a≤b，故B错误；C、冰醋酸中逐滴加水，电离产生的离子浓度增大，导电性增大，但随水的量增大，浓度变小，导电性减小，而n（H+）向来增大、pH先减小后增大，故C错误；D、因溶液不显电性，则所有阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正确；应选D．评论：本题考察盐类水解、弱电解质的电离及溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的溶质及酸性强弱的比较、电荷守恒是解答本题的要点，A是学生解答的易错点．6．以下图，若锥形瓶内是水，分液漏斗内的液体也是水，向烧杯内滴加水时，发现U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左侧与右侧基真相平，则烧杯内的物质是（）A．过氧化钠B．氧化钠C．钠D．钾考点：吸热反响和放热反响．剖析^p：依据物理知识的原理，可知U形管内液体慢慢右移说明容器内压强比外界压强盛，恢复到原温度后液面左侧与右侧基真相平，说明压强又变回本来相等，依据热涨冷缩现象，致使压强变化，但不可以产生气体．解答：解：A、过氧化钠溶于水放出热量并生成氧气，使容器内温度高升，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左侧仍旧比右侧低，故A错误；第15页共48页B、氧化钠与水反响放出热量，使容器内温度高升，压强增大，U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左侧与右侧基真相平，故B正确；C、钠加入水中放热并生成氢气，使容器内温度高升，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左侧仍旧比右侧低，故C错误；D、钾加入水中放热并生成氢气，使容器内温度高升，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左侧仍旧比右侧低，故D错误．应选B．点评：要认识物质溶于水的过程，知道为何放热和吸热，记着溶于水吸热和放热的常有物质，常有的遇于水放热的有：浓硫酸、生石灰、氢氧化钠固体，难度不大，注意恢复到原温度后液面左侧与右侧基真相平，所以不可以生成气体致使压强增大．7．从海水中提取镁，可按以下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、清洗积淀物；③将积淀物与盐酸反响，结晶过滤、在HCl气体气氛中干燥产物；④将获取的产物熔融电解获取镁．以下说法不正确的选项是（）A．此法的长处之一是原料来丰富B．第④步电解时阴极产生氯气C．①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2D．以上提取镁的过程中波及化合、分解和复分解反响考点：金属冶炼的一般原理；海水资及其综合利用．专题：金属概论与碱元素．剖析^p：A、贝壳和海水资丰富；B、电解熔融的氯化镁阴极生成金属镁；C、海水提取镁是先积淀镁离子，在溶解生成氯化镁溶液，必定条件下获取氯化镁固体；D、依据提取过程中的化学反响剖析^p判断；第16页共48页解答：解：A、贝壳和海水是海水中提取镁的主要原料，自然界中来丰富低价，故A正确；B、第④步电解熔融的氯化镁，阴极产生镁，阳极生成氯气，故B错误；C、①把贝壳制成石灰乳用于积淀镁离子；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、清洗积淀物氢氧化镁；③将积淀物氢氧化镁与盐酸反响生成氯化镁，结晶过滤、在HCl气体气氛中干燥产物获取氯化镁；故C正确；D、以上提取镁的过程中波及化合反响为贝壳制成石灰乳利用的氧化钙和水反应生成氢氧化钙、分解反响为贝壳分解生成氧化钙和水，氯化镁电解生成氯气和镁；复分解反响是氢氧化钙和氯化镁反响生成氢氧化镁积淀，氢氧化镁积淀溶于盐酸反响，故D正确；应选B．评论：本题考察了海水提取镁的工艺流程，主要考察过程中的化学反响特征．8．取必定质量的某物质在ag氧气中完整焚烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完整反响，反响后容器内有bg氧气，测得b＞a．以下物质中知足上述结果的是（）A．HCOOH．BHCHOC．CH4D．C6H12O6考点：化学方程式的有关计算．剖析^p：烃及烃的含氧衍生物与在O2中充分焚烧后生成CO2、H2O，经过足量的Na2O2，发生反响2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2?CO，2NaOH～Na2O2?H2，可知过氧化钠增重=与CO2同物质的量的CO质量+与H2O同物质的量的H2质量，构成增重质量的构成能够表示为nCO．mH2，即化学式能够改写成nCO．mH2的物质完整焚烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，容器内氧气质量不变，而反响后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO．mH2．_O2形式．解答：第17页共48页解：烃及烃的含氧衍生物与在O2中充分焚烧后生成CO2、H2O，经过足量的Na2O2，发生反响2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2?CO，2NaOH～Na2O2?H2，可知过氧化钠增重=与CO2同物质的量的CO质量+与H2O同物质的量的H2质量，构成增重质量的构成能够表示为nCO．mH2，即化学式能够改写成nCO．mH2完整焚烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，反响后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO．mH2．_O2形式，A．HCOOH能够改写为CO．H2．O2形式，故A切合；B．HCHO能够改写为CO．H2，故B不切合；C．CH4中没有氧元素，反响后氧气质量小于原氧气质量，故C不切合；D．C6H12O6以改写为6CO．6H2形式，反响后氧气质量等于原氧气质量，故D不切合，应选：A．评论：本题考察化学方程式有关计算，明确反响前后固体质量增添成分是解本题关键，重视对学生剖析^p能力与方法技巧的考察，题目难度中等．9．以下有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的选项是（）A．固体的热稳固性：Na2CO3＞NaHCO3B．与稀盐酸反响放出气体的快慢：Na2CO3＞NaHCO3C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过度的盐酸反响，放出CO2的质量：Na2CO3＞NaHCO3D．在Na2CO3和NaHCO3的稀溶液中，加CaCl2溶液都有白色积淀生成考点：研究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．专题：几种重要的金属及其化合物．剖析^p：A、NaHCO3不稳固，加热易分解；B、同样条件下NaHCO3比Na2CO3反响放出气体强烈；C、等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过度盐酸反响，放出CO2同样多；D、Na2CO3和氯化钙能发生复分解反响，可是碳酸氢钠不反响．解答：解：A、NaHCO3不稳固，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳固，故A正确；第18页共48页B、分别滴加HCl溶液，反响离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，同样条件下NaHCO3比Na2CO3反响放出气体强烈，故B错误；C、都与盐酸反响生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过度盐酸反应，放出CO2质量相等，故C错误；D、Na2CO3和氯化钙能发生复分解反响生成氯化钠和碳酸钙积淀，可是碳酸氢钠不反响，故D错误．应选A．评论：本题考察Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意掌握Na2CO3和NaHCO3性质，着重基础知识的积累．10．甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色积淀生成，持续滴加则积淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明展现象发生，据此可判断丙物质是（）A．Al2（SO4）3B．NaOHC．BaCl2D．FeSO4考点：无机物的推测．专题：推测题．剖析^p：若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色积淀生成，持续滴加则积淀消逝，应为NaOH和Al2（SO4）3的反响，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明展现象发生，只有BaCl2与NaOH不反响，则丙为BaCl2，甲为FeCl2，最后节余的为丙物质．解答：解：若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色积淀生成，持续滴加则积淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反响，反响的方程式有：Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色积淀，后积淀溶解，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明展现象发生，只有BaCl2与NaOH不反响，则甲为BaCl2，所以，丙为FeSO4．应选D．评论：本题考察无机物的推测，题目难度不大，注意依据物质反响的现象进行推测，学习中注意常有元素化合物知识的累积．二、单项选择题（11-30题每题2分，共40分）第19页共48页11．在三个2L恒容的容器中，分别发生反响A（g）+3B（g）?2C（g），5min后各容器反响达均衡状态，此中甲容器中A的物质的量为0.4mol．反响前各物质的物质的量/mol以下说法正确的选项是（）ABC甲130乙002丙．乙中5min内C的反响速率为0.16mol?L﹣1?min﹣1B．达到均衡时，丙中A的浓度是甲中的2倍C．丙中反响的均衡常数大于甲中反响的均衡常数D．达到均衡时，甲乙两容器中C的物质的量百分含量相等考点：化学均衡成立的过程；等效均衡．专题：化学均衡专题．剖析^p：依照化学均衡的成立和三段式列式计算，甲容器中A（g）+3B（g）?2C（g）开端量（mol）130变化量（mol）0.61.81.2平权衡（mol）0.41.21.2乙容器中和甲容器达到同样均衡状态A（g）+3Bg）?2C（g）开端量（mol）002变化量（mol）1.21.20.8平权衡（mol）1.21.21.2恒容容器中丙中达到的均衡A（g）+3B（g）?2Cg）1.54.51开端量（mol）260相当于甲容器的2倍，但反响前后体积减小，压强增大均衡正向进行；温度不变均衡常数不变．解答：解：甲容器中A（g）+3B（g）?2C（g）开端量（mol）130变化量（mol）第20页共48页0.61.81.2平权衡（mol）0.41.21.2乙容器中和甲容器达到同样均衡状态A（g）+3Bg）?2C（g）开端量（mol）002变化量（mol）1.21.20.8平权衡（mol）1.21.21.2恒容容器中丙中达到的均衡A（g）+3B（g）?2C（g）1.54.51开端量（mol）260相当于甲容器的2倍，但反响前后体积减小，压强增大均衡正向进行，A、甲容器和乙容器达到同样的均衡状态，依照剖析^p可知应耗费C物质的量为0.8mol，乙中5min内C的反响速率==0.08mol/（L?min），故A错误；B、丙容器中的开端量当于甲容器的2倍，但反响前后体积减小，压强增大平衡正向进行，则丙中A的浓度比甲容器中的2倍小，故B错误；C、甲、丙中的反响温度同样，均衡常数随温度变化，温度不变，均衡常数不变，故C错误；D、乙容器中和甲容器达到同样均衡状态，达到均衡时，甲乙两容器中C的物质的量百分含量相等，故D正确；应选D．评论：本题考察了化学均衡的三段式计算应用，等效均衡的剖析^p判断是解题要点，题目难度中等．12．如图装置中发生反响的离子方程式为：Zn+2H+═Zn2++H2↑，以下说法错误的选项是（）A．a、b不行能是同种资料的电极B．该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸D．该装置可看作是铜﹣锌原电池，电解质溶液是稀硫酸考点：原电池和电解池的工作原理．专题：第21页共48页电化学专题．剖析^p：依据Zn+2H+═Zn2++H2↑知，锌失电子发生氧化反响，氢离子得电子发生复原反响，该装置可能是原电池也可能是电解池，锌发生的反响可能是原电池负极也可能是电解池阳极上发生的反响，则氢离子发生的反响可能是原电池正极也可能是电解池阳极上发生的反响，假如是原电池，则锌作负极，比锌不开朗的金属或导电的非金属作正极，电解质溶液为酸溶液，假如是电解池，则阳极是锌，电解质溶液是酸或活动性次序在氢以前的金属盐溶液，据此剖析^p解答．解答：解：A．假如该装置是电解池，如锌作阴、阳极，电解质溶液是酸，阳极上锌失电子，阴极上氢离子得电子，切合离子反响方程式，所以两个电极能够同样，故错误；B．该装置可能是电解池，电解质溶液是稀盐酸，锌作阳极，电解时，阳极上锌失电子，阴极上氢离子得电子，切合离子反响方程式，故B正确；C、该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸，锌作负极，正极上氢离子得电子，发生的反响切合离子方程式，故C正确；D、该装置可看作是铜﹣锌原电池，电解质溶液是稀硫酸，负极上锌失电子，正极氢离子得电子，切合离子方程式，故D正确．应选A．评论：本题考察了原电池和电解池原理，同时考察学生的发散思想能力，明确正、负极和阴、阳极上发生反响的种类是解本题的要点，难度不大．13．金银花有效活性成分为绿原酸，别名咖啡鞣酸，拥有宽泛的杀菌消炎功能，构造以下图，以下有关绿原酸的说法正确的选项是（）A．绿原酸的分子式为C16H8O9B．1mol绿原酸最多与7molNaOH反响C．1个绿原酸分子中含有4个手性碳原子D．绿原酸分子中有4种化学环境不一样的氢原子考点：有机物的构造和性质．专题：有机物的化学性质及推测．剖析^p：该有机物含有酚羟基，可发生代替、氧化反响，含有羧基，拥有酸性可发生中和、代替反响，含有酯基，可发生水解反响，含有羟基，可发生代替、消去、氧化反响，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反响，以此解答该题．解答：第22页共48页解：A．由有机物的构造简式可知该有机物的分子式为C16H18O9，故A错误；B．由分子中羧基和酚羟基都能与碱反响，在碱性条件下生成羧基，也耗费NaOH，则1mol绿原酸最多与4molNaOH反响，故B错误；C．连4各不一样基团的C为手性C原子，则环己烷中除2各亚甲基外的4各C均为手性C原子（与﹣OH或与﹣COOC﹣相连的C），故C正确；D．构造不对称，含15种H，则绿原酸分子中有15种化学环境不一样的氢原子，故D错误．应选C．评论：本题考察有机物的构造与性质，为高频考点，掌握有机物官能团与性质的关系为解答的要点，重视酚、酯性质的考察，选项CD为解答的难点，题目难度不大．14．在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入到750mL1.0mol?L﹣1的NaOH溶液中充分反响，放出_kJ热量．在该条件下1molCO2通入到2L1.0mol?L﹣1的NaOH溶液中充分反响，放出ykJ热量，则CO2与NaOH反响生成NaHCO3的热化学反响方程式为（）A．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣_）kJ?mol﹣1B．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（4_﹣y）kJ?mol﹣1C．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2_﹣y）kJ?mol﹣1D．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（8_﹣2y）kJ?mol﹣1考点：热化学方程式．专题：化学反响中的能量变化．剖析^p：依据题意可知，22gCO2通入1mol?L﹣1NaOH溶液750mL中充分反响，测得反应放出_kJ的热量，写出热化学反响方程式，再利用1molCO2通入2mol?L﹣1NaOH溶液2L中充分反响放出ykJ的热量写出热化学反响方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反响生成NaHCO3的热化学方程式．解答：解：依据题意，22gCO2通入1mol?L﹣1NaOH溶液750mL中充分反响，nCO2）==0.5mol，n（NaOH）=1mol?L﹣1×0.75L=0.75mol，该反响既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2，由0.5molCO2反第23页共48页应放出热量为_KJ，则2molCO2反响放出热量为4_KJ，即热化学反响方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣4_KJ/mol①，又1molCO2通入2mol?L﹣1NaOH溶液2L中充分反响放出ykJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣yKJ/mol②，由盖斯定律可知，①﹣②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4_﹣y）KJ/mol，故选B．评论：本题考察热化学方程式的书写和计算，是高考取常有题型，计算中波及到化学方程式的有关计算问题和盖斯定律的有关应用，是一要点题型，学生还应注意在书写热化学方程式时注明各物质的状态．15．如图W、_、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转变的常有反响，此中常温下能实现图示转变关系的是选项W_YZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3（）A．AB．BC．CD．D考点：含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的互相转变．剖析^p：A．S焚烧生成二氧化硫，且S在常温下不可以转变成SO3、H2SO4；B．Na焚烧生成Na2O2；C．Fe焚烧生成FeCl3，且Fe在常温下不可以直接生成Fe（OH）2；D．Al与HCl反响生成_，Al与NaOH反响生成Y，Al与硫酸反响生成Z，Z与氯化钡反响生成_，_与NaOH反响生成Y，Y与硫酸反响生成Z．解答：解：A．S焚烧生成二氧化硫，且S在常温下不可以转变成SO3、H2SO4，则常温下不可以发生图中转变，故A不选；B．Na焚烧生成Na2O2，Na在常温下反响生成Na2O，则常温下不可以发生图中转变，故B不选；第24页共48页C．Fe焚烧生成FeCl3，且Fe在常温下不可以直接生成Fe（OH）2，则常温下不可以发生图中转变，故C不选；D．Al与HCl反响生成_，Al与NaOH反响生成Y，Al与硫酸反响生成Z，Z与氯化钡反响生成_，_与NaOH反响生成Y，Y与硫酸反响生成Z，反响均可在常温下进行，故D选；应选D．评论：本题考察物质的性质及互相转变，为高频考点，综合考察元素化合物知识，掌握发生的化学反响及反响条件为解答的要点，着重基础知识的考察，题目难度不大．16．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和20__mL盐酸，不论将前者滴加入后者，仍是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最平生成的气体体积不一样，则盐酸的浓度合理的是（）A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．0.18mol/LD．0.24mol/L考点：物质的量浓度的有关计算．剖析^p：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，发生反响为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，不论是将前者加入后者中，仍是将后者加入前者中，都有气体产生，说明n（HCl）：n（Na2CO3）1：1，但最后产生的气体体积不一样，说明n（HCl）：n（Na2CO3）＜2：1，依据两者之间的关系式来剖析^p解答．解答：解：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反响次序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，不论是将前者加入后者中，仍是将后者加入前者中，都有气体产生，说明n（HCl）：n（Na2CO3）＞1：1，但最后产生的气体体积不一样，说明n（HCl）：n（Na2CO3）＜2：1，所以1＜n（HCl）：n（Na2CO3）＜2，n（Na2CO3）=0.20mol，则0.2mol＜n（HCl）＜0.4mol，盐酸的体积是20__mL，所以＜c（HCl）＜，即1mol/L＜cHCl）＜2mol/L，应选B．评论：本题考察化学方程式的有关计算，明确两者滴定次序不一样其反响方程式不一样是解本题要点，再依据题意联合反响方程式进行计算，难度中等．17．称取一第25页共48页定质量的纯碱溶于水中，与适当的盐酸作用，以下对于盐酸的用量随和体产量的变化正确的选项是（）A．若纯碱中混有K2CO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏大B．若纯碱中混有NaHCO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏大C．若纯碱中混有KHCO3，盐酸用量将偏小；气体产量将偏大D．若纯碱中混有Na2SO3，盐酸用量将偏大；气体产量将偏小考点：有关混淆物反响的计算．剖析^p：同质量的纯碱与杂质所耗费盐酸的多少决定酸的用量，若同质量的杂质耗费的酸的量大于纯碱，则酸用量将增大，反之，减小；同理，同质量的杂质与酸反响产生的气体多于纯碱与酸反响产生的气体，则产生的气体量将增添，反之，减小，联合方程式判断．解答：解：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O106g2mol1molA．K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O138g2mol1mol故若混有K2CO3，则耗HCl减少，产生的CO2也减少，故A错误；B．NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O84g1mol1mol故若混有NaHCO3，则耗HCl减少，产生的CO2增加，故B错误；C．KHCO3+HCl=KCl+CO2↑+H2O100g1mol1mol若混有碳酸氢钾，则消耗的盐酸偏小，生成的二氧化碳气体偏大，故C正确；D．Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+H2O126g2mol1mol若混有亚硫酸钠，耗费的盐酸会偏小，生成的气体总量偏小，故D错误；应选C．评论：本题考察了混淆物反响的计算，题目难度中等，明确发生反响原理为解答要点，试题重视考察学生的剖析^p、理解能力及化学计算能力．18．以下反响与Na2O2+SO2→Na2SO4对比较，Na2O2的作用同样的是（）A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O考点：真题集萃；钠的重要化合物．专题：第26页共48页元素及其化合物．剖析^p：由于在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自己氧化复原；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自己氧化复原；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化复原，是一个复分解反响；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变成﹣2价，Na2O2作氧化剂，据此作判断．解答：解：由于在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自己氧化复原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自己氧化复原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中，这是非氧化复原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变成﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；应选D．评论：本题主要考察了学生对氧化复原反响的理解，解题的要点是抓住化合价的变化剖析^p，中等难度．19．向50gCuSO4溶液中放入一小块Na，待反响完全后，过滤，获取仍显蓝色的溶液44.6g，则投入的Na的质量为（）A．4.6gB．4.1gC．6.9gD．9.2g考点：化学方程式的有关计算；钠的化学性质．剖析^p：第一发生反响：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，再发生反响：CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（）2↓，发生总反响为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+CuOH）2↓+H2↑，溶液仍显蓝色，说明CuSO4有节余，所得溶液质量=硫酸铜溶液质量+Na的质量﹣氢气质量﹣氢氧化铜质量，据此计算解答．解答：解：溶液仍显蓝色，说明CuSO4有节余，设Na的物质的量为_mol，则：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓+H2↑211_mol获取蓝色的溶液44.6g，则50g+_mol×23g/mol﹣第27页共48页0.5_mol×98g/mol﹣0.5_mol×2g/mol=44.6g，解得_=0.2，故加入Na的质量为0.2mol×23g/mol=4.6g，应选A．评论：本题考察化学方程式有关计算，要点是依据质量守恒确立溶液质量，难度不大．20．不可以正确表示以下反响的离子方程式是（）A．Na与稀硫酸反响的离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑B．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑C．碳酸氢钙溶液中滴加氢氧化钠溶液至Ca2+恰巧完整积淀Ca2++HCO3﹣+OHˉ═CaCO3↓+H2OD．饱和碳酸钠溶液中通入过度二氧化碳气体CO32﹣+CO2+H2O═HCO3﹣考点：离子方程式的书写．剖析^p：A．钠与硫酸反响生成硫酸钠和氢气；B．质量不守恒；C．碳酸氢钙溶液中滴加氢氧化钠溶液至Ca2+恰巧完整积淀，反响物物质的量之比为1：1；D．饱和碳酸钠溶液中通入过度二氧化碳气体生成碳酸氢钠晶体．解答：解：A．钠与硫酸反响生成硫酸钠和氢气，反响的离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑，故A正确；B．质量不守恒，应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故B错误；C．碳酸氢钙溶液中滴加氢氧化钠溶液至Ca2+恰巧完整积淀，反响物物质的量之比为1：1，为Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；D．饱和碳酸钠溶液中通入过度二氧化碳气体生成碳酸氢钠晶体，离子方程式为2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故D错误．应选BD．评论：本题考察了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确反响物过度状况对生成物的影响为解答要点，试题重视考察学生的剖析^p、理解能力．21．下列化学实验事实及其解说不正确的选项是（）A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是由于NaHCO3分解生成了Na2CO3B．钠保留在煤油中，是由于煤油不与钠发生反响，钠比煤油密度大，煤油能够使钠隔断空气和水蒸气C．用干净的玻璃管向包有Na2O2第28页共48页的脱脂棉吹气，脱脂棉焚烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反响是放热反响D．钠长久裸露在空气中的产物是Na2CO3，原由是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反响考点：钠的重要化合物；钠的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．剖析^p：A．加热促使碳酸氢根离子的水解，溶液碱性加强；B．钠比煤油密度大，且不反响，钠沉在底部，煤油能够使钠隔断空气和水蒸气；C．脱脂棉焚烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反响供给热量；D．钠与氧气反响生成氧化钠，氧化钠与水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液汲取二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化获取碳酸钠．解答：解：A．对NaHCO3溶液微热，HCO3﹣水解程度增大，溶液碱性加强，故滴加酚酞的碳酸氢钠溶液微热后红色加深，故A错误；B．钠与煤油不反响，且比煤油密度大，钠沉在底部，煤油能够使钠隔断空气和水蒸气，防备钠与氧气、水反响，故B正确；C．脱脂棉焚烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反响供给热量，说明CO2、H2O与Na2O2的反响是放热反响，故C正确；D．钠与氧气反响生成氧化钠，氧化钠与水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液汲取二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化获取碳酸钠，故D正确，应选A．评论：本题考察钠单质及其化合物性质，难度不大，注意对基础知识的累积掌握．22．经过察看化学实验现象，剖析^p概括出正确的结论，是学习化学科学最基本的技术之一．以下由实验现象得出正确结论的是（）选项实验现象结论A把同样大小的一块铝和镁分别投入同样浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只融化成液体而没有零落由此得出：铝不易燃第29页共48页烧C向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大批气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过度：先产生白色积淀，后积淀渐渐溶解，最后积淀完整消逝由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液A．AB．BC．CD．D考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．剖析^p：A、金属性的强弱是金属与酸反响失电子的能力强弱；B、是由于氧化铝的熔点高，而没有零落；C、铝与氯化铵溶液反响，是铝与铵根离子水解产生的氢离子反响生成氢气；D、氯化铝和氢氧化钠溶液反响先生成氢氧化铝白色积淀，反响的离子方程式为：3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓，氢氧化铝和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，反响的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．解答：解：A、金属性的强弱是金属与酸反响失电子的能力强弱，而不是与碱反响，所以不可以说明铝的金属性比镁强，故A错误；B、是由于氧化铝的熔点高，而没有零落，而不是铝不易焚烧，故B错误；C、铝与氯化铵溶液反响，是铝与铵根离子水解产生的氢离子反响生成氢气，所以气体不是氨气，而是氢气，故C错误；D、氯化铝和氢氧化钠溶液反响先生成氢氧化铝白色积淀，反响的离子方程式为：3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓，氢氧化铝和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，反响的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钠溶液，故D正确；应选D．评论：本题考察物质的性质及查验，题目难度不大，本题注意掌握常有元素化合物的性质，学生要对铝及化合物的性质充分掌握．23．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了以下两个实验方案．方案①：2.7gAl_溶液Al（OH）3积淀方案第30页共48页②：2.7gAlY溶液Al（OH）3积淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向_溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生积淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，以下说法正确的选项是（）A．_溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2B．b曲线表示的是向_溶液中加入NaOH溶液C．在O点时双方案中所得溶液浓度相等D．a、b曲线表示的反响都是氧化复原反响考点：化学实验方案的评论；铝的化学性质．专题：实验评论题．剖析^p：n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，nAl）==0.1mol，2Al++6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，依据方程式知，Al和HCl完整反响需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰巧完整反响生成氯化铝；依据方程式知，Al和NaOH完整反响需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol＜0.3mol，所以NaOH有节余，据此剖析^p解答．解答：解：n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，nAl）==0.1mol，2Al++6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，依据方程式知，Al和HCl完整反响需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰巧完整反响生成氯化铝；依据方程式知，Al和NaOH完整反响需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol＜0.3mol，所以NaOH有节余，A．依据以上剖析^p知，_溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，故A错误；B．加入溶液后先没有生成积淀，则溶液中还发生其余反响，则该溶液应当是Y溶液，先发生酸碱中和反响，所以b曲线表示的是向Y溶液中加入HCl溶液，故B错误；C．在O点时积淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，依据最先的钠原子和Cl原子守恒知，双方案中所得溶液浓度相等，故C正确；D．a、b曲线中没有电子转移，不属于氧化复原反响，故D错误；应选C．评论：第31页共48页本题考察性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反响是解本题要点，重视考察学生剖析^p问题、解答问题能力，题目难度中等．24．现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定此中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不一样的实验方案实验设计1：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计2：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验设计3：铝镁合金溶液过滤，测定获取积淀的质量则能测定出镁的质量分数的是（）A．都能B．都不可以C．①不可以，其余都能D．②③不可以，①能考点：化学实验方案的评论．专题：实验评论题．剖析^p：设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此获取质量分数；设计3中，积淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此获取质量分数．解答：解：已知质量的铝镁合金，设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此获取质量分数，设计3中，积淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此获取质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，应选A．评论：本题考察以物质含量的测定、实验方案设计考察化学实验方案的评论，题目难度中等，需要学生拥有知识的基础与综合运用知识剖析^p问题、解决问题的能力，注意金属量确实定为解答的要点．25．向含Na2CO3、NaAlO2的混淆溶液中逐滴加入150mL1mol?L﹣1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化以下图，则以下说法不正确的选项是（）第32页共48页A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓B．b和c曲线表示的离子反响是同样的C．M点时，溶液中积淀的质量为3.9gD．原混淆溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2考点：有关混淆物反响的计算．剖析^p：向Na2CO3、NaAlO2的混淆溶液中逐滴加入1mol?L﹣1的盐酸，先发生反响AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣减少，第二阶段；AlO2﹣反响完成，发生反响CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少；c线表示HCO3﹣的增加，第三阶段，CO32﹣反响完成，发生反响HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣减少，此阶段Al（OH）3不参加反响，据此联合选项进行解答．解答：解：Na2CO3、NaAlO2的混淆溶液中加入HCl溶液，先发生反响AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣减少，第二阶段，AlO2﹣反响完成，发生反响CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少，c线表示HCO3﹣的增添，第三阶段，CO32﹣反响完成，发生反响HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣减少，此阶段Al（OH）3不参加反响，A．Na2CO3，NaAlO2的混淆溶液中加入HCl溶液，先发生反响：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，故A正确；B．第二阶段，AlO2﹣反响完成，发生反响：CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少，c线表示HCO3﹣的增添，所以b和c曲线表示的离子反响是同样的，故B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素所有转变成氢氧化铝积淀，加50mL盐酸之后CO32﹣反响，氢氧化铝积淀不溶解，则M点积淀的质量和盐酸50mL时积淀的质量同样，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）0.05mol，m[Al（OH）3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；D．第一、第二两段耗费的盐酸的体积都是50ml，所以耗费的氯化氢的物质的量相等，依照第一阶段、第二阶段发生反响AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，CO32﹣+H+═HCO3﹣，可知CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不一样致使没法判断溶液中CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比，故D错误；应选D．评论：第33页共48页本题考察反响与图象的关系，题目难度中等，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的要点，注意碳酸钠和盐酸反响是分步进行的，先生成碳酸氢钠，而后碳酸氢钠再和盐酸反响生成氯化钠和水、二氧化碳．26．向100mL0.1mol．L﹣1的AlCl3溶液中，加入1mol．L﹣1的NaOH溶液VmL后，再滴加1mol．L﹣1盐酸．滴加盐酸的体积（横坐标）与生成积淀的质量（纵坐标）以以下图所示的关系，则加入的NaOH溶液的体积为（）A．10mLB．30mLC．40mLD．50mL考点：镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算．专题：计算题．剖析^p：图象开始阶段积淀的量为0，所以开始阶段是盐酸和氢氧化钠之间的中和反应，而后积淀量渐渐增加，发生的是四羟基合铝酸钠与盐酸之间的反响，直到所有的积淀被溶解完成．解答：解：开始阶段是盐酸和氢氧化钠之间的中和反响，依据耗费盐酸的量，知道节余的氢氧化钠的物质的量是0.01L×1mol．L﹣1=0.01mol，而后积淀量渐渐增多，发生的是四羟基合铝酸钠与盐酸之间的反响，即Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+AlOH）3↓+H2O，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，依据各段耗费盐酸的量知道生成的Na[Al（OH）4]的物质的量是0.01L×1mol．L﹣1=0.01mol，依据铝元素守恒，所以铝离子的物质的量是0.01mol，生成四羟基合铝酸钠时耗费氢氧化钠就40mL，节余氢氧化钠的量是10mL，所以加入氢氧化钠的量是50mL．应选D．评论：本题考察铝的性质的计算，以图象题的形式考察，题目难度中等，剖析^p图象各阶段的发生的反响是解题要点，再利用守恒计算．27．有钠、镁、铝各nmol，分别与等体积、均与含_molHCl的盐酸反响，以下说法不正确的选项是（）A．_＜n时，钠生成的氢气最多B．_=n时，钠、镁、铝生成的氢气一样多C．n＜_≤2n时，生成的氢气钠＜镁=铝D．_≥2n时，生成的氢气钠＜镁＜铝考点：化学方程式的有关计算．剖析^p：第34页共48页钠可与水反响，盐酸不足，Mg、Al生成氢气相当，但小于钠与水反响生成的氢气，联合2Na～2HCl～H2，2Mg～4HCl～2H2，2Al～6HCl～3H2，以此解答．解答：解：A、_＜n时，则盐酸少许，又钠与水反响生成的氢气，所以钠生成的氢气最多，故A正确；B、_=n时，则钠恰巧与盐酸反响，镁、铝与盐酸反响都是盐酸少许，所以生成的氢气都由盐酸中的氢生成，故同样多，故B正确；C、n＜_≤2n时，则钠与盐酸反响盐酸过度，镁、铝与盐酸反响都是盐酸少量，所以生成的氢气钠＜镁=铝，故C正确；D、_＞2n时，则钠、镁、铝与盐酸反响盐酸都过度，所以生成的氢气钠＜镁＜铝；但当_=2n，镁与盐酸恰巧反响，铝与盐酸反响盐酸少许，生成的氢气镁=铝，故D错误；应选D．评论：本题考察钠的性质，注意钠和水反响的特色，依据物质的量的大小可与酸、水反响的特色比较生成氢气的多少，难度不大．28．过氧化钠可作为氧气的来．常温常压下二氧化碳和过氧化钠反响后，若固体质量增添了28g，反响中有关物质的量正确的选项是（NA表示阿伏加德罗常数）（）二氧化碳碳酸钠转移的电子A1mol2NAB22.4L1molC106g1molD106g2NAA．AB．BC．CD