高一化学必修一综合测试题讲义A

剑锋教育集团新思维学校—化学学科高中化学必修一综合测试卷一．选择题1．下列说法正确的是（）A．萃取操作时，振荡过程中需要放气，放气是通过打开分液漏斗上口的玻璃塞进行的B．可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法从硝酸钾溶液中获得硝酸钾晶体C．将乙醇与水分离，如图1、图2操作D．稀释浓H2SO4，如图3操作2．现有三组：①CCl4和氯化钠溶液②硝酸钾溶液中含少量氯化钠③氯化钠溶液和碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．分液、过滤、蒸馏B．过滤、结晶、分液C．蒸馏、分液、萃取D．分液、结晶、萃取3．配制100mL1.0mol·L-1的NaOH溶液，下列情况不会影响溶液浓度的是（）A．容量瓶使用前有蒸馏水B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．俯视确定凹液面与刻度线相切D．称量NaOH固体时使用了称量纸4．下列实验方法及判断不正确的是（）A．用NaOH溶液来鉴别NH4Cl和KClB．用硝酸酸化的AgNO3溶液来鉴别NH4Cl和NH4NO3C．某溶液中滴加BaCl2溶液后产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42－离子D．用焰色反应鉴别NaCl和KNO35．用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A．同温同压同体积的气体单质所含原子个数相等B．常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数为NAC．摩尔是沟通宏观和微观的桥梁D．大规模海水淡化采用蒸馏法6．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174g·cm-3，物质的量浓度为4.0mol·L-1，则下列说中不正确的是（）A．25℃时，饱和KCl溶液的浓度大于4.0mol·L-B．此溶液中KCl的质量分数为C．20℃时，密度小于1.174g·cm-3的KCL溶液是不饱和溶液D．将此溶液蒸发部分水，再恢复到20℃时，溶液密度一定大于1.174g·cm-37．VmLAl2（SO4）3溶液中含有Al3+ag，取VmL溶液稀释到2VmL，则稀释后溶液中S042－的物质的量浓度是（）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L8．向质量分数为2a%，体积为10mL，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4中加入VmL的水，使之质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2mol·L－1，则下列关系正确的是（）A．V>10,2c2＝c1B．V<10,2c2﹤c1C．V>10,2c2<c1D．V>10,2c2>c19．由CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g·L－1，则该混合气体中CH4和O2的体积比为（）A．2:1B．1:2C．2:3D．3:210．下列各组离子中，在溶液中能大量共存，加入氢氧化钠溶液有沉淀析出，加入稀盐酸有气体放出的是（）A．Na＋、Ca2＋、SO42―、CO32―B．K＋、Ca2＋、HCO3―、Cl―C．K＋、Al3＋、SO42―、NO3―D．K＋、Na＋、CO32―、SO42―11．下列有关胶体的说法正确的是（）A．胶体一定是混合物B．胶体与溶液的本质区别是有丁达尔效应C．将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体D．胶体很稳定12．在Al(NO3)3和NaHSO4的混合溶液，能够大量共存的粒子组是（）A．Ba2+、OH－、Mg2+、Cl－B．Fe2+、SO、Cu2+、AlOC．HCO、I－、Cl－、Cu2+D．Fe3+、Cu2+、Cl－、H+、13．下列离子方程式书写正确的是（）A．铁和稀硫酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑B．碳酸镁和盐酸反应：MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋CO2↑＋H2OC．铜和硝酸银溶液反应：Cu＋Ag＋=Cu2＋＋AgD．硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-+Ba2+═BaSO4↓14．硫代硫酸钠可用作脱氯剂，已知25.0mL0.1mol·L－1的Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112mLCl2完全转化为Cl－时，S2O32－转化成（）A．S2－B．SC．SO32－D．SO42－15．某污水中含CN－amg·L－1，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体。处理100m3这种污水，至少需要ClO2的物质的量为（）A．50a/13molB．50a/26molC．25a/13molD.100a/13mol16．M2O7x-与S2-在酸性溶液中反应如下：（）M2O7x-+3S2-+14H+＝2M3++3S↓+7H2O，则M2O7X-A.+2B.+3C.+4D.+617．用0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL，恰好将2×10－3mol的XO4—还原，Na2SO3被氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价是（）A．＋1B．＋2C．＋3D．＋418．Cl2、HCl的混合气体通入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后分析产物溶液中除大量OH−外，还有Cl−、ClO−、ClO3−，并知这三种离子的物质的量比为9：2：1。试问原混合气体中Cl2与HCl体积比为（）A．5：2B．3：1C．2：5D．1：119．常温时，将0.1molFe（N03）3和2molHC1溶于水得2L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是（）A．由于氧化性Fe3+>H+，首先发生的反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+B．充分反应后，共消耗铁56gC．在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在D．当加入16.8g铁粉时，可生成标准状况下6.72L气体’20．二氧化碳和钠在一定条件下可制得金刚石，其化学方程式为3C02＋4Na＝2X＋C(金刚石）。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关此反应的叙述不正确的是（）A．金刚石是自然界最坚硬的单质B．1molC02中含有的共用电子对数目为2NAC．46gNa完全反应需要标准状况下CO2的体积为33．6LD．当有0．4mo1Na参与反应时，被还原的CO2的分子数目为0．1NA21．将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如下图所示，则下列选项正确的是（）A．图中m值为1.56gB．标准状况下产生氢气896mLC．图中V2为60mLD．原合金质量为0.92g22．将Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，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、2mol23．在下列各溶液中逐渐通入CO2气体直至过量，会出现先沉淀后消失现象的是（）①饱和Na2CO3溶液②澄清石灰水③Ca（ClO）2溶液④CaCl2溶液⑤Na2SiO3溶液⑥NaAlO2溶液A．只有②③B．只有③⑥C．除①⑤⑥D．全部24．常温下将铁放入下列过量的溶液中，在溶液中能大量生成Fe3+的是（）A．浓硫酸B．浓硝酸C．稀硝酸D．盐酸25．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是（）A．5.6gFe与Br2完全反应，转移电子数为0.3NAB．常温常压下，3.2gO3所含的氧原子数为0.2NAC．1L0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和小于0.1NAD．常温常压下，22.4LO2所含的原子数为2NA26．硅被誉为无机非金属材料的主角，下列物品用到硅单质的是（）A．陶瓷餐具B．石英钟表C．计算机芯片D．光导纤维27．下列说法中不正确的是（）A．在标准状况下，氯气的密度约为3.17g/LB．密闭容器中的氯水放置数天后，PH变小且几乎失去漂白性C．液氯具有漂白性，干燥的氯气和液氯均能使干燥的有色布条褪色D．在通常情况下，氯气可以和某些金属直接化合28．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．1molCaC2中含有阴离子数目为2NAB．向FeI2溶液中通入氯气，当有2molFe2+被氧化时，转移电子的数目为2NAC．2．8g乙烯与丙烯的混合物中含碳原子的数目为0．4NAD．用磁铁矿炼铁的反应中，1molFe3O4被CO还原成Fe，转移电子数目为8NA29．海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A．利用潮汐发电是将化学能转化为电能B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化C．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备NaD．海水中含有溴元素，只需经过物理变化就可以得到溴单质30．下列叙述不正确的是（）A，10mL质量分数为98％的H2SO4用10mL水稀释后；H2SO4的质量分数大于49％B．配制0.1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500ml容量瓶C.在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol·L-1的氨水D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1(保持温度不变)31．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1．68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL32．下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（）A．实验室用装置A制取氨气B．用B装置吸收氨气，并防止倒吸C．用C装置稀释浓硫酸D．用D装置除去CO2中的HCl33．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是（）A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol34．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（）A．0.2molB．0.6molC．0.8molD．1.0mol35．将Mg和Cu组成的混合物7.64g投入足量的稀硝酸中使其完全反应，得到的唯一还原产物NO在标准状况下体积为2.24L。将反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，此时溶液中NOeq\o(\s\up0(－),\s\do0(3))的浓度为（）A．0.3mol/LB．0.4mol/LC．0.5mol/LD．0.6mol/L36．等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O437．取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g跟足量浓盐酸发生如下反应(杂质不参与反应)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，制得22.4LCl2（标准状况）。下列有关说法中不正确的是（）A．这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%B．被氧化的HCl的物质的量为4molC．参加反应的HCl的质量为146gD．被还原的MnO2的物质的量为1mol38．在水溶液中，YO3n和S2发生如下反应：YO3n+3S2+6H+=Y+3S↓+3H2O，则YO3n中Y元素的化合价和原子最外层电子数分别为（）A．+4、6B．+7、7C．+5、7D．+5、539．下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是（）40．在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，溶液立即变蓝色，在蓝色溶液中通入SO2气体，发现蓝色逐渐消失，继续加入BaCl2溶液，可产生白色沉淀。据此判断出（）A．SO2氧化性比I2强B．还原性：I—>SO2>Cl—C．Cl2能氧化I—和SO2D．最后溶液中溶液一定含有Cl—、SO42-和I2二．填空题41．现有下列九种物质：①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2(SO4)3（1）属于电解质的是________________________；属于非电解质的是___________________________。（2）②和⑧反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O上述反应中氧化产物是。硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的。用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H＋＋OH－=H2O，该离子反应对应的化学方程式为_____________________（4）⑨在水中的电离方程式为_____________________，（5）2g⑨溶于水配成1000mL溶液，SO42的物质的量浓度为________。42．（16分）把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量的水中，有1.16g白色沉淀析出，向所得的浊液里，逐渐加入0.5mol/L的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如图所示：（1）写出mn段反应的离子方程式_______________________（2）混合物中NaOH的物质的量是_______________，AlCl3的物质的量是________________，MgCl2的物质的量是______________。（3）P点所表示的加入盐酸的体积是_______________mL。三．推断题47．据下图的转化关系及现象回答下列问题。已知白色沉淀是碳酸钙（1）固体X的名称______________；A的化学式______________。（2）写出反应①②③④的化学方程式①________________________________；②________________________________；③________________________________；④________________________________。四．计算题43．（5分）将25.6g铜与足量的浓硫酸共热，完全反应后，试计算：（1）生成的SO2在标准状况下的体积；（2）被还原的硫酸的物质的量。44．19.2gCu加入到100mL一定浓度的HNO3溶液中，假定两者恰好完全反应，同时产生标准状态下8.96LNO和NO2混合气体（忽略气体的溶解及转化）。求：（1）混合气体中NO2和NO的体积比？（2）HNO3溶液的物质的量浓度？45．取7.8克的过氧化钠投入水中，完全反应后，所得溶液的体积为1L，问（1）生成的气体体积在标准状态下为多少升？（2）所得溶液溶质的物质的量浓度是多少？（要求写出计算过程）46．（15分）用KMnO4氧化溶质质量分数为36.5％的盐酸。反应方程式如下：2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（1）若此盐酸的密度为1.2g/cm3，其物质的量浓度为（2）用双线桥表示电子的得失（3）此反应中氧化剂是，氧化产物（4）若有xmolKMnO4参加反应，则转移电子的物质的量为（5）15.8gKMnO4完全反应，产生标准状况下Cl2的体积为，同时有molHCl被氧化。参考答案1．B【解析】试题分析：A、萃取操作时，振荡过程中需要放气，放气时应将分液漏斗倒转，通过打开分液漏斗下口的活塞进行，错误；B、可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法从硝酸钾溶液中获得硝酸钾晶体，正确；C、将乙醇与水以任意比例互溶，不能利用萃取、分液的方法分离，错误；D、稀释浓H2SO4，不能在量筒中进行，错误。考点：考查化学实验基本操作。2．D【解析】试题分析：①CCl4和氯化钠溶液互不相溶且密度不同，应用分液的方法分离；②硝酸钾和氯化钠的随温度的变化而变化的程度不同，硝酸钾溶液中含少量氯化钠应用结晶的方法分离；③碘在水中的溶解度不大易溶于有机溶剂，氯化钠溶液和碘的水溶液可用萃取的方法分离，选D。考点：考查物质的分离。3．A【解析】试题分析：根据cB＝可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看溶液配制过程中引起了nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。A、容量瓶使用前有蒸馏水，对所配溶液的体积和溶质的物质的量无影响，不会影响溶液的浓度，准确；B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，所配溶液中溶质的物质的量偏少，所配溶液的浓度偏低，错误；C、俯视确定凹液面与刻度线相切，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，错误；D、NaOH固体易潮解，称量NaOH固体时使用了称量纸会使氢氧化钠固体粘在纸上，所配溶液中溶质的量偏小，浓度偏低，错误。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制。4．C【解析】试题分析：NaOH和NH4Cl反应生成氨气，故A正确；AgNO3和NH4Cl反应生成难溶于硝酸的氯化银沉淀，故B正确；某溶液中滴加BaCl2溶液后产生白色沉淀，该溶液中可能含有CO32-、SO32－、Ag+、SO42－离子，故C错误；Na+、K+的焰色不同，用焰色反应鉴别NaCl和KNO3，故D正确。考点：本题考查物质检验。5．C【解析】试题分析：A、根据阿伏伽德罗定律知，同温同压同体积的气体单质所含分子个数相等，但原子个数不一定相同，如O2和O3，错误；B、条件不是标准状况，常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数小于NA，错误；C、摩尔是沟通宏观和微观的桥梁，正确；D．大规模海水淡化采用电渗析法和离子交换法，少量海水的淡化可采用蒸馏法，错误。考点：考查阿伏伽德罗常数、物质的量相关概念。6．D【解析】试题分析：A、KCl的溶解度随温度的升高而增大，则25℃时，饱和KCl溶液的浓度大于4.0mol·L-1，正确；B、此溶液中KCl的质量分数为，正确；C、KCl溶液浓度越大，密度越大，故20℃时，密度小于1.174g·cm-3的KCl溶液是不饱和溶液，正确；D、将此溶液蒸发部分水，再恢复到20℃时，溶液还是相同温度下的饱和溶液，密度为1.174g·cm-3，错误。考点：考查溶液的计算。7．B【解析】试题分析：agAl3+的物质的量=a/27mol，溶液中n（Al3+）：n（SO42-）=2：3，VL溶液中n（SO42-）=a/27mol×3/2=a/18mol，c（SO42-）=(a/18)/10-3V=500a/9Vmol/L；根据稀释前后溶质的物质的量不变得：(500a/9V)×(v/4)=c×2V，解得：c=mol/L，B项正确；答案选B。考点：考查溶液稀释相关浓度计算8．C【解析】试题分析：据题意设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液体积为V1、质量为m1、密度为ρ1；溶质质量分数为a%的硫酸溶液体积为V2、质量为m2、密度为ρ2。则有：①、====2a%;=====a%;:=:===2,所以有：VH2O=;因为硫酸的密度大于水的密度，所以VH2O=>10ml。②、c1=mol/L=mol/L=mol/L则c2=mol/L=mol/L，所c1：c2=/=，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ1＞ρ2，所以>2,所以c1＞2c2。答案选C。考点：考查不同质量分数的硫酸之间的比较计算。9．D【解析】试题分析：混合气体在标准状况下的密度为1g/L，则混合气体的平均摩尔质量为1g/L×22.4L/mol=22.4g/mol．根据十字交叉法计算混合气体中CH4和O2的体积比：所以混合气体中CH4和O2的体积比为9.6：6.4=3：2，选项D符合题意。考点：考查混合物的计算10．B【解析】试题分析：A、因Ca2+分别与SO42-、CO32-结合生成沉淀，则不能共存，A错误；B、该组离子之间不反应，能共存，加NaOH与Ca2+、HCO3-反应生成碳酸钙沉淀，加盐酸与HCO3-反应生成二氧化碳气体，B正确；C、该组离子之间不反应，能共存，加NaOH与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀，加盐酸不反应，C错误；D、该组离子之间不反应，能共存，加NaOH不反应，加盐酸生成二氧化碳，D错误。答案选B。考点：离子共存11．A【解析】试题分析：A、因为分散质粒子在1nm～100nm之间的分散系就是胶体，胶体属于混合物，A正确；B、胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，不是有丁达尔效应，B错误；C、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀，C错误；D、胶体较稳定，静止不容易产生沉淀，属于介稳体系，D错误。答案选A。考点：胶体的性质12．D【解析】试题分析：在Al(NO3)3和NaHSO4的混合溶液中，相当于存在硝酸。A、镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，氢离子与氢氧根离子反应生成水，均不能大量共存，错误；B、硝酸会氧化Fe2+、SO32-，不能大量共存，错误；C、硝酸会氧化碘离子为单质碘，不能大量共存，错误；D、该组离子均不会发生离子反应，可以大量共存，正确，答案选D。考点：考查离子大量共存的判断13．B【解析】试题分析：A、铁和稀硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，A项错误；B、碳酸镁和盐酸反应：MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋CO2↑＋H2O，B项正确；C、铜和硝酸银溶液反应：Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，C项错误；D、硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2++SO42-+Ba2++2OH-=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，D项正确；答案选B。考点：考查离子方程式书写14．C【解析】试题分析：Na2S2O3中硫的化合价为+2价，氧化产物中硫元素的化合价变为x价；根据得失电子守恒，，x=+4，故C正确。考点：本题考查电子守恒。15．A【解析】试题分析：100m3这种污水含CN－的物质的量为，故D正确。考点：本题考查氧化还原反应计算。16．D【解析】试题分析：M2O7x-+3S2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O中，由电荷守恒可知，（-x）+3×（-2）+14×（+1）=2×（+3）解得x=2，设M2O72-中的M的化合价为y，M2O7x-中元素的化合价的代数和为-x，则y×2+（-2）×7=-2，解得y=+6。答案选D。考点：元素化合价的求法17．D【解析】试题分析：根据得失电子守恒,Na2SO3中的硫元素由+4价变为+6价,XO4－中的x的化合价为+7价,设元素X在还原产物中的化合价是a,则：0.1mol/L×0.030L×（6-4）=2×10－3mol×（7-a）解得a=4，元素X在还原产物中的化合价是（+4）。答案选D。考点：氧化还原反应18．A【解析】试题分析：Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO-、ClO3-是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl-、ClO-、ClO3-离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol×（1-0）+1mol×（5-0）=7mol；根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl-为被还原的过程，化合价从0价较低为-1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol-7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5：2，故选A。考点：考查了化学计算、氯气的性质的相关知识。19．D【解析】试题分析：A、氧化性HNO3>Fe3+>H+，所以首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO+2H2O,A项错误；B、0.1molFe（N03）3和2molHC1中含有Fe3+0.mol，NO3-0.9mol，H+2mol，根据氧化性HNO3>Fe3+>H+，所以首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO+2H2O，0.3molNO3-消耗0.3mol铁和1.2molH+剩余H+0.8mol；第二步反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+,0.1molFe3+消耗0.05mol铁；第三步反应：Fe+2H+=Fe2++H2，0.8molH+消耗0.4mol铁，所以消耗铁的物质的量一共：0.75mol，质量=0.75・56=42g,B项错误；C、滴加KSCN溶液不变红色，说明溶液中没有Fe3+，C项错误；D、16.8g铁粉的物质的量是0.3mol，根据以上分析恰好发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO+2H2O，生成的NO为0.3mol，标准状况下的体积是6.72L，D项正确；答案选D。考点：考查无机反应及相关计算20．B【解析】试题分析：金刚石是自然界最坚硬的单质，故A正确；C02的结构式为，1molC02中含有的共用电子对数目为4NA，故B错误；根据方程式，46gNa完全反应需要标准状况下CO2的体积为33．6L，故C正确；根据元素守恒，3C02＋4Na＝2Na2CO3＋C，被还原的CO2占参加反应的CO2的，当有0．4mo1Na参与反应时，被还原的CO2的分子数目为0．1NA，故D正确。考点：本题考查根据化学方程式的计算。21．A【解析】试题分析：A、由题意可知合金与水反应后的溶液为碱性，氢氧根离子的物质的量是0.02L×1mol/L=0.02mol，所以向溶液中滴加盐酸时，HCl先与氢氧化钠反应，则0.02mol氢氧根离子消耗HCl的物质的量是0.02mol，则V1=0.02mol/1mol/L=20mL，当滴加盐酸40mL时沉淀达到最大值，此时20mL的盐酸恰好与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，根据AlO2-～HCl～Al(OH)3，则氢氧化铝的物质的量是0.02L×1mol/L=0.02mol，质量是0.02mol×78g/mol=1.56g，正确；B、加入40mL盐酸时得到的溶液为氯化钠溶液，此时氯化钠的物质的量是0.04L×1mol/L=0.04mol，根据元素守恒可知Na的物质的量是0.04mol，Al的物质的量是0.02mol，则合金共失去电子0.04mol+0.02mol×3=0.1mol，生成氢气的物质的量是0.1mol/2=0.05mol，在标准状况下的体积是0.05mol×22.4L/mol=1.12L，错误；C、V2时的溶液为氯化钠和氯化铝的混合溶液，氯化钠的物质的量是0.04mol，氯化铝的物质的量是0.02mol，则氯离子的物质的量是0.04mol+0.02mol×3=0.1mol，所以此时V2=0.1mol/1mol/L=100mL，错误；D、根据以上分析可知合金的质量是0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，错误，答案选A。考点：考查合金与水反应的计算，对图像的分析22．D【解析】试题分析：当加入8摩尔过氧化钠时，过氧化钠和水反应生成4摩尔氧气，所以产生的氨气为6-4=2摩尔，说明溶液中铵根离子为2摩尔。最后的沉淀为氢氧化镁沉淀，3摩尔，说明镁离子3摩尔，沉淀最大量为5摩尔，其中有2摩尔氢氧化铝沉淀，说明铝离子有2摩尔，所以选D。考点：过氧化钠的性质，铝盐的性质，铵盐的性质23．A【解析】试题分析：①饱和碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，出现浑浊，不能消失，错误；②氢氧化钙和二氧化碳反应先生成碳酸钙沉淀，后转化为碳酸氢钙，沉淀消失，正确；③次氯酸钙和二氧化碳反应先生成碳酸钙沉淀和次氯酸，后碳酸钙转化为碳酸氢钙，沉淀消失，正确；④氯化钙和二氧化碳不反应，错误；⑤硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸沉淀，沉淀不溶解，错误；⑥偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不溶于二氧化碳，错误。所以选A。考点：无机反应24．C【解析】试题分析：A、铁在浓硫酸中钝化，A项错误；B、铁在浓硝酸中钝化，B项错误；C、稀硝酸能将铁氧化成Fe3+，C项正确；D、盐酸能将铁氧化成Fe2+，D项错误；答案选C。考点：考查铁的相关性质25．D【解析】试题分析：5.6gFe的物质的量为0.1mol，Fe与Br2反应生成FeBr3，转移电子数为0.3NA，故A正确；3.2gO3所含的氧原子的物质的量为，故B正确；根据物料守恒，NaHCO3溶液中HCO3﹣+CO32﹣+H2CO3=0.1mol，HCO3﹣+CO32﹣<0.1mol，故C正确；常温常压下，22.4LO2的物质的量小于1mol，故D错误。考点：本题考查阿伏加德罗常数。26．C【解析】试题分析：A、陶瓷餐具主要成分是硅酸盐,A项错误；B、,石英钟表主要成分是SiO2B项错误；C、计算机芯片，主要成分是Si,C项正确；D、光导纤维主要成分是SiO2，D项错误；答案选C。考点：考查硅的用途27．C【解析】试题分析：在标准状况下，氯气的密度约为==3.17g/L，故A正确；次氯酸不稳定，见光易分解，密闭容器中的氯水放置数天后，PH变小且几乎失去漂白性，故B正确；液氯不具有漂白性，干燥的氯气和液氯均不能使干燥的有色布条褪色，故C错误；氯气具有强氧化性、活泼金属具有还原性，在通常情况下，氯气可以和某些金属直接化合，故D正确。考点：本题考查氯气的性质。28．D【解析】试题分析：A中阴离子C22-为NA，B中碘离子先被氧化，而后亚铁离子被氧化，则转移电子的数目为2x（3—2）+2x(1-0)=4，即4NA，C中碳原子的数目为0．2NA考点：考查了微粒（离子、原子、电子）的物质的量。29．C【解析】试题分析：A、利用朝汐发电是朝汐能转化为电能，没有发生化学反应，而化学能转化为电能必须要发生化学反应，A错误；B、海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化，没有发生化学变化，B错误；C、从海水中得到氯化钠后，可以电解熔融状态的氯化钠生成氯气和金属钠，C正确；D、海水中含有的溴元素是以Br-的形式存在，要转化为溴单质，元素必然降价，要发生还原反应，即只经过物理变化不能从海水中得到溴单质，D错误。答案选C考点：海水资源的利用30．C【解析】试题分析：A．浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸质量分数=×100%=＞49%，故A正确；B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n=cV、m=nM进行计算，故B正确；C．在标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，配成1L溶液而不是溶于1L水中，得到1mol/L的氨水，故C错误；D．若要生成80份质量的氢氧化钠，需要78份质量的过氧化钠，同时消耗18份质量的水，需要62份质量的氧化钠，同时消耗18份质量的水，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1，故D正确；考点：考查溶液浓度计算、基本操作，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系31．A【解析】试题分析：根据氧化还原反应，氧得到的电子全部来自于铜所失电子。(1．68/22．4)x2x2=nCux2,求出铜的物质的量，Cu~2OH-，求出nNaOH=0．3mol,再除以浓度求知。考点：考查氧化还原反应中的得失电子守恒。32．B【解析】试题分析：A项实验室用装置A制取氨气，但是原料不是氯化铵，是氢氧化钙和氯化铵；B项正确；C项量筒不能稀释溶液用；D项导管插入液面以下会倒吸，应该短进长出。考点：考查实验装置组合的使用33．B【解析】试题分析：在所溶液中加入1.0molNaOH，溶液呈性，金属离已完全沉淀，此时溶液溶质为NaNO3；n（NaNO3）=n（NaOH）=1mol；沉淀Cu（OH）2质量为39.2g，物质的量为39.2g÷98g/mol=0.4mol；根据铜元素守恒n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu(OH)2]；反应后溶液中n[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol；故反应硝酸剩余。A、设Cu、Cu2O物质量别xmol、ymol，根据质量64x+144y=27.2根据铜元素守恒x+2y=0.4联立程解x=0.2；y=0.1。所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1故A正确；C、根据氮原守恒知原硝酸反应n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO）=1mol+0.2mol=1.2mol，故硝酸物质量浓度1.2mol÷0.5L=2.4mol/L，故B错误；由A计算知混合物n（Cu）=0.2mol、n（Cu2O）=0.1mol，根据电转移守恒，生成NO物质量mol故NO体积0.2mol×22.4L/mol=4.48L故C正确；反应后溶液加入氢氧化钠溶液，一部分氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余氢氧化钠与硝酸反应生成硝酸钠溶液，根据氮元素守恒知反应溶液n（HNO3）+2n[[Cu(NO3)2]=n（NaNO3）所n（HNO3）=n（NaNO3）-2n[[Cu(NO3)2]=1mol-2×0.4mol=0.2mol，故D正确。考点：本题考查化学反应中的能量变化。34．A【解析】试题分析：Cu与硝酸发生反应时失去的电子的物质的量与硝酸得到电子变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）时得到的电子的物质的量相等，n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，则n(e-)=1.6mol.这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，而NaNO3中N的化合价和HNO3中N的化合价相同，所以没有电子得失；而NaNO2中N化合价为+3价，是由HNO3中的+5价变为+3价，所以产生的NaNO2的物质的量是n(NaNO2)=1.6mol÷2=0.8mol,即生成NaNO2为0.8mol。故选C。考点：考查守恒法在氧化还原反应计算中的应用的知识。35．B【解析】试题分析：n（NO）==0.1mol，设混合物中Mg、Cu的物质的量分别为x、y，由电子守恒及质量守恒可知，24x+64y＝7.64……①，2x+2y＝0.1×(5−2)……②，解得x=0.0.049mol，y=0.101mol，即Cu（NO3）2、Mg（NO3）2的物质的量分别为0.049mol、0.101mol，反应后的溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，则剩余硝酸为0.1mol，由N原子守恒可知，此时溶液中NO3-的浓度为=0.4mol/L，故选B。考点：考查了硝酸的性质、化学计算的相关知识。36．A【解析】试题分析：假设质量都为mg，放出NO物质的量与转移电子的物质的量成正比。A、FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；B、Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C、FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；D、Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。37．B【解析】试题分析：22.4LCl2（标准状况）的物质的量为1mol；根据方程式，生成1mol氯气需要1molMnO2参加反应；1molMnO2的质量为87g；生成1mol氯气需要4molHCl参加反应；MnO2的质量分数为75%，故A正确；被氧化的HCl的物质的量为参加反应的HCl的一半，故B错误；参加反应的HCl的质量为，故C正确；生成1mol氯气需要1molMnO2参加反应，参加反应的MnO2都被还原，故D正确。考点：本题考查氧化还原反应。38．C【解析】试题分析：根据电荷守恒可知：-n+3×（-2）+6=-1，解得n=1．令YO3n-中Y元素的化合价为x，则：x+3×（-2）=-1，解得x=5．由于Y元素形成Y-离子，可知Y元素的最低化合价为-1价，由于最低负化合价=最外层电子数-8，所以Y原子最外层电子数=8-1=7考点：考查氧化还原反应的计算39．C【解析】试题分析：A、Mn元素化合价降低2价，应该是得到电子，氯元素化合价升高2价，应该是失去电子，A错误；B、根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从-1价升高到0价，转移电子数是5mol，即，B错误；C、S元素化合价由0降低为-2价，总共降低4价，得到4个电子，S元素从0价升高为+4价，总升高4价，共失去4个电子，得失电子守恒，C正确；D、氯酸钾中氯元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O指向Cl，D错误。答案选C。考点：氧化还原反应的电子转移数目计算40．C【解析】试题分析：在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，说明氯气氧化碘离子生成碘单质；在蓝色溶液中通入二氧化硫气体，发现蓝色逐渐消失，说明二氧化硫具有还原性，能够被碘单质氧化成硫酸根离子；继续加入BaCl2溶液，可产生硫酸钡的白色沉淀考点：考查氧化还原反应。41．（1）①⑤⑥⑨③④（2）Cu(NO3)2或Cu2+；25%（3）Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O（4）Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42（5）0.017544mol/L【解析】试题分析：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；①HCl气体，水溶液导电是电解质；②Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质；③蔗糖，水溶液和熔融状态下都不能导电，是非电解质；④CO2是非电解质；⑤H2SO4水溶液导电是电解质；⑥Ba(OH)2固体，水溶液导电是电解质；⑦氯酸钾溶液，是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑧稀硝酸，是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑨熔融Al2(SO4)3，水溶液或熔融状态下能导电是电解质；（2）氧化产物是还原剂化合价升高得到的产物，氧化产物是Cu(NO3)2；8份HNO3中只有2份化合价降低，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%；电子得失的方向和数目；（3）H＋＋OH－=H2O，用来表示强酸和强碱的反应，离子反应对应的化学方程式为Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O；（4）硫酸铝电离为铝离子和硫酸根，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42；（5）2g硫酸铝的物质的量为；SO42的物质的量=0.017544mol；SO42的物质的量浓度为mol/L。考点：本题考查电解质、氧化还原反应。42．（15分，各3分）（1）AlO2—+H++H2O=Al（OH）3↓（2）0.085mol；0.01mol；0.02mol（3）170【解析】试题分析：从图像分析，加入盐酸，刚开始没有沉淀生成，说明溶液中有氢氧化钠，则白色沉淀肯定有氢氧化镁沉淀，在10-30毫升阶段，加入盐酸，产生沉淀，说明是溶液中的偏铝酸根离子和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，30毫升以后是氢氧化铝和氢氧化镁溶解。（1）m-n阶段，为偏铝酸根离子和氢离子反应，离子方程式为：AlO2—+H++H2O=Al（OH）3↓。（2）m点为氢氧化镁沉淀，