江西省抚州市金溪一中2016届高三化学上学期第一次月考试卷含解析.doc

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1、江西省抚州市金溪一中2015-2016学年高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1生活中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）A硫酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作X光透视肠胃的药剂B使用明矾可以对水进行消毒、杀菌C铁制品在干燥的空气中易生锈D棉花、蚕丝和人造丝的主要成分是纤维素2化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁DMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材

2、料3Na、Al、Fe、Cu都是重要的金属，下列有关它们的说法正确的是（）A在一定条件下都能与水发生置换反应B在一定条件下都能与稀HNO3发生氧化还原反应C都必须隔绝空气保存D在一定条件下都能与稀H2SO4反应产生H24某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去 酯化 水解氧化 中和（）ABCD5在下列条件下，能大量共存的微粒组是（）化学式电离常数（25）CH3COOHKi=1.7105HClOKi=3.0108H2CO3Ki1=4.3107Ki2=5.61011Ac（H+）=11014mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2、S2O32B右表提供的数据下：HClO、

3、HCO3、ClO、CO32C能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3、ID中性的溶液中：CO32、Na+、SO42、AlO26用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）18g D2O含有的电子数为10NA同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数相等标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA在标准状况下，22.4LSO3的物质的量为1mol等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数相等0.1molOH含0.1NA个电子1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAABCD7氮化铝（AlN、Al和N的相对原子质量分别为27和14）广泛

4、应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂BAlN的摩尔质量为41 gCAlN中氮元素的化合价为+3D上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子8下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是（）用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液ABCD9某金属M的氯化物MCl2的相对分子质量为

5、a，溶解度为Sg，现取质量为Wg的MCl2，在一定温度下完全溶解配成V mL饱和溶液，若溶液的密度为d g/cm3，溶液的物质的量浓度为c mol/L，溶液中溶质的质量分数为%，则下列关系式中不正确的是（）Ac=mol/LBc（Cl）=mol/LC%=%DS=10将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g下列叙述不正确的是（）A当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24 LB当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V100mLC参加反

6、应的金属的总质量3.6gm9.6 gD当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol11把一定量的锌与100mL 18.5mol/L的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下 33.6L的气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=1，则下列叙述错误的是（）A气体A中SO2和H2的体积比为4：1B气体A是SO2和H2的混合物C反应中共消耗锌97.5gD反应中共转移电子3 mol12甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（）选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2C

7、O3CO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2AABBCCDD13将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD14将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4molL1的NaOH溶液150mL则原硫酸的物质的量浓度为（）A1.5molL1B0.5molL1C2molL1D1.2molL115室温下，取m

8、克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有（）沉淀中氢氧根的质量为（nm）克恰好溶解后溶液中的NO3离子的物质的量为mol反应过程中转移的电子数为mol生成NO气体的体积为L发生反应的硝酸的物质的量为（）molA2项B3项C4项D5项16下表中评价合理的是（）选项内容评价A一定条件下0.5mol N2和1.5mol H2反应，平衡时放热a kJ，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2a kJmol1正确B氯化镁溶液与氨水反

9、应：Mg2+2OHMg（OH）2错误，氨水不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO42BaSO4正确D等物质的量的Cl2与FeBr2在溶液中反应：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+4Cl+Br2错误，Fe2+与Br的化学计量数之比应为l：2AABBCCDD二、非选择题（共52分）17（8分）某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2、SO42、SiO32、CO32、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变

10、后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失（1）肯定不存在的离子是（2）写出步骤中生成沉淀和气体的反应的离子方程式；（3）已知一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl？（填“有”或“无”）18（10分）如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，已知：反应C+GB+H能放出大量的热，G为红棕色；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I 2F+D，F中的E元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反应的化学方程式为（2）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶

11、液与铜粉完全反应，至少需要铜粉克（3）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后的溶液与过量的化合物I反应生成沉淀的离子方程式为（4）E与I反应的化学方程式为19（10分）用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）318H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；加入MnSO4至紫红色消失，过滤；浓缩、结晶、分离，得到产品（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是（2）将MnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO4

12、+Fe2+=Mn2+Fe3+（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1molL1根据表中数据解释步骤的目的：（4）已知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2向的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是：中加入MnSO4的目的是20（10分）A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物已略去）：试回答：（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为（填元素符号）（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用离

13、子方程式表示）（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B请写出B转化为C的所有可能的离子方程式化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E 的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则固体混合物中Mg的质量为；NaOH溶液的物质的量浓度为21（14分）衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件略）（1）A发生加聚反应的官能团名称是，所得聚合物分子的结构型式是（填“线型”或“体型

14、”）（2）BD的化学方程式为（3）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为（只写一种）（4）已知：CH2CNCH2COONa+NH3，E经五步转变成M的合成反应流程（如图1）：EG的化学反应类型为，GH的化学方程式为JL的离子方程式为已知：C（OH）3COOH+H2O，E经三步转变成M的合成反应流程为（示例如图2；第二步反应试剂及条件限用NaOH水溶液、加热）江西省抚州市金溪一中2015-2016学年高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1生活中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）A硫酸钡

15、是一种难溶于水和酸的盐，可用作X光透视肠胃的药剂B使用明矾可以对水进行消毒、杀菌C铁制品在干燥的空气中易生锈D棉花、蚕丝和人造丝的主要成分是纤维素【考点】药物的主要成分和疗效；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；纤维素的性质和用途【专题】元素及其化合物；有机化学基础【分析】A难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点；B明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体只具有吸附杂质的作用；C铁在有水和氧气并存时易生锈；D蚕丝的成分是蛋白质【解答】解：A溶于水的钡盐如Ba（NO3）2、BaCl2等对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它具有

16、不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂“钡餐”，故A正确； B明矾利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附悬浮的杂质可以净水，但不能杀菌消毒，故B错误；C在干燥的空气中，铁不与水接触，不易生锈，故C错误；D棉花和人造丝的主要成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故D错误故选A【点评】本题考查钡餐、明矾净水、原电池和物质的成分，难度不大，明确铁生锈原理是解题的关键2化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁DMgO的熔点

17、很高，可用于制作耐高温材料【考点】金属的电化学腐蚀与防护；金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物【分析】A、胶体能净化水；B、锌块作原电池负极被腐蚀，从而保护铁被腐蚀；C、活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼；D、根据氧化镁的性质判断其用途【解答】解：A、明矾中含有铝元素，铝能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物所以能净水，故A正确；B、锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极，负极锌失电子被腐蚀，从而保护了铁被腐蚀，故B正确；C、镁是活泼金属，电解其水溶液时，阴极上氢离子得电子而不是镁离子得电子，所以得不到金属镁，应采用电解其熔融

18、盐的方法冶炼，故C错误；D、氧化镁的熔点较高，所以能制作耐高温材料，故D正确故选：C【点评】本题考查了化学知识在日常生活中的应用，难度不大，易错选项是A，注意氢氧化铝胶体具有吸附性3Na、Al、Fe、Cu都是重要的金属，下列有关它们的说法正确的是（）A在一定条件下都能与水发生置换反应B在一定条件下都能与稀HNO3发生氧化还原反应C都必须隔绝空气保存D在一定条件下都能与稀H2SO4反应产生H2【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、Cu不能与水发生置换反应；B、Na、Al、Fe、Cu都有强还原性能与氧化性的稀HNO3发生氧化还原反应；C、铝表面形

19、成致密的氧化膜，不需隔绝空气保存；D、铜不与稀硝酸反应【解答】解：A、Cu不能与水发生置换反应，故A不选；B、Na、Al、Fe、Cu都有强还原性能与氧化性的稀HNO3发生氧化还原反应，故B符合；C、铝表面形成致密的氧化膜，不需隔绝空气保存，故C不选；D、铜不与稀硝酸反应，故D不选；故选B【点评】本题考查常见的金属单质的性质，为高频考点，把握金属及其化合物性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大4某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应类型有：取代 加成 消去 酯化 水解氧化 中和（）ABCD【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，该有机物中含有碳碳双键、酯基、OH、COOH，

20、结合烯烃、酯、醇、羧酸的性质来解答【解答】解：因含有羟基、羧基，则能发生取代反应，故选；因含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故选；因与OH相连的C的邻位碳原子上有H原子，则能发生消去反应，故选；因含有羟基、羧基，则能发生酯化反应，故选；含有酯基，则能发生水解反应，故选；含有碳碳双键、OH，能发生氧化反应，故选；因含有羧基，则能发生中和反应，选；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯、醇、羧酸的性质及反应的考查，题目难度不大5在下列条件下，能大量共存的微粒组是（）化学式电离常数（25）CH3COOHKi=1.7105HClOKi=

21、3.0108H2CO3Ki1=4.3107Ki2=5.61011Ac（H+）=11014mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2、S2O32B右表提供的数据下：HClO、HCO3、ClO、CO32C能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3、ID中性的溶液中：CO32、Na+、SO42、AlO2【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】Ac（H+）=11014mol/L的溶液，显碱性；B由表中的数据可知，酸性HClOCO32；C与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D中性溶液中不能存在水解显碱性的离子【解答】解：Ac（H+）=11014mol/L的溶液，显碱性，该

22、组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B由表中的数据可知，酸性HClOCO32，二者发生强酸制取弱酸的反应，不能共存，故B错误；C与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在NH4+，酸溶液中NO3、I（或Al）发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；DCO32、AlO2均水解显碱性，与中性溶液不符，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，选项BD为解答的关键，注意选项B中表格数据的应用，题目难度不大6用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）18g D2O含有的电子数为10NA同温、同压下，相同体积

23、的氟气和氩气所含的原子数相等标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA在标准状况下，22.4LSO3的物质的量为1mol等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数相等0.1molOH含0.1NA个电子1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAABCD【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】根据n=并结合D2O中的电子数来计算；氩气是单原子分子；根据氮气和氧气均为双原子分子来分析；标况下SO3为固体；Na2O中含2个Na+和1个O2，Na2O2中含2个Na+和1个O22来分析1molOH含10mol电子；Na2O2与水的反应为

24、歧化反应【解答】解：根据n=可知重水的物质的量n=0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水含9mol电子，故错误；氩气是单原子分子，故同温、同压下，相同体积的氟气和氩气所含的原子数不相等，故错误；标准状况下，11.2L混合气体的物质的量n=0.5mol，而氮气和氧气均为双原子分子，故所含的原子的物质的量为1mol，个数为NA，故正确；标况下SO3为固体，故错误；Na2O中含2个Na+和1个O2，Na2O2中含2个Na+和1个O22，故当两者物质的量相等时，所含的阴离子数目相等，故正确；1molOH含10mol电子，故0.1molOH含1mol电子，即1NA个电子，故错

25、误；Na2O2与水的反应为歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子即NA个，故错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用以及物质的结构是解题关键，难度不大7氮化铝（AlN、Al和N的相对原子质量分别为27和14）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂BAlN的摩尔质量为41 gCAlN中氮元素的化合价为+3D上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子【考点】氧化还原反应【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，N元

26、素的化合价由0降低为3价，C元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答【解答】解：AN元素的化合价降低，C元素的化合价升高，则N2是氧化剂，C是还原剂，故A错误；BAlN的摩尔质量为41g/mol，质量的单位为g，故B错误；CAlN中，Al为+3价，则氮的化合价为3价，故C错误；D每生成2mol AlN，转移2mol0（3）=6mol电子，则每生成1 mol AlN需转移3 mol电子，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查，题目难度不大8下列实验操作过程能引起实验结果偏高的是（）用已知浓度的盐酸

27、滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液ABCD【考点】中和滴定；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】化学实验基本操作【分析】酸式滴定管没有润洗，会导致标准液浓度被稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大；俯视量筒的刻度线，会导致量取的溶液体积偏小；定容时仰视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏大；质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合质量分数会大于二者的平均值【解答】解：用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaO

28、H溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故正确；用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，故错误；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故错误；质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，故正确；故选：B【点评】本题考查了实验操作中的误差分析，题目难度中等，涉及了配制一定物质的量浓度的溶液、中和滴定、计量仪器的使用等知识，注意明确分析实验误差的方法，如配制一定物质的量浓度的溶液中，根据操作对c=影响进行分析误差9

29、某金属M的氯化物MCl2的相对分子质量为a，溶解度为Sg，现取质量为Wg的MCl2，在一定温度下完全溶解配成V mL饱和溶液，若溶液的密度为d g/cm3，溶液的物质的量浓度为c mol/L，溶液中溶质的质量分数为%，则下列关系式中不正确的是（）Ac=mol/LBc（Cl）=mol/LC%=%DS=【考点】物质的量浓度的相关计算；溶解度、饱和溶液的概念【分析】根据溶液中，溶质的物质的量浓度c=以及质量分数=100%、饱和溶液中溶质的质量分数=100%来计算【解答】解：A、溶液中，溶质的物质的量浓度c=mol/L，故A正确；B、溶液中，溶质的物质的量浓度c=mol/L，所以c（Cl）=mol/L

30、，故B错误；C、溶质质量分数=100%=100%=%，故C正确；D、设溶解度 S，则，S=g，故D正确故选B【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数、溶解度之间的换算，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，注意体积单位之间的换算，为易错点10将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g下列叙述不正确的是（）A当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24 LB当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V100mLC参

31、加反应的金属的总质量3.6gm9.6 gD当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol【考点】有关混合物反应的计算【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的

32、质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，A根据电子转移守恒计算NO物质的量，结合气体不一定是标准状况判断；B加入的氢氧化钠可能中和未反应的硝酸；C利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；D根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2N

33、O+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，A镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为：=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，但NO不一

34、定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，故A错误；B若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，即：消耗NaOH 溶液的体积V100mL，故B正确；C镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为：3.6gm9.6g，故C正确；D根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故D正确；故选A

35、【点评】本题主要考查混合物有关计算，题目难度中等，明确氢氧根离子的物质的量与转移电子的物质的量相等为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力11把一定量的锌与100mL 18.5mol/L的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下 33.6L的气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=1，则下列叙述错误的是（）A气体A中SO2和H2的体积比为4：1B气体A是SO2和H2的混合物C反应中共消耗锌97.5gD反应中共转移电子3 mol【考点】浓硫酸的性质；化学方程式的有关计算【专题】氧族元素【分析】气体的物质的量=1.5mol，反应前n

36、（H2SO4）=18.5mol0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，稀硫酸的物质的量=0.05mol/L1L=0.05mol，n（H+）=0.1mol/L1L=0.1mol，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算【解答】解：气体的物质的量=1.5mol，反应前n（H2SO4）=18.5mol0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，稀硫酸的物质的量=0.05mol/L1L=0.05mol，n（H+）=0.1mol/L1L=0.1mol，浓硫酸和锌反应生成二氧化硫、稀硫酸和锌反应生成氢气，当浓硫酸浓度达到一定程度后，溶液变为稀硫酸，二者

37、反应生成氢气，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18.5mol/L0.05mol1L=1.8mol，令混合气体中SO2、H2的物质的量分别为xmol、ymol，则：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2Ox 2x xZn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2y y y，解之得 x=0.3，y=1.2，A混合气体中SO2和H2的体积比等于其物质的量之比=0.3mol：1.2mol=1：4，故A错误；B通过以上分析知，混合气体是二氧化硫和氢气，故B正确；C反应中共消耗金属Zn的物质的量为0.3mol+1.2mol=1.5mol，其质量=65g/mol1.5mol=97.5g，故C正确；

38、D反应中共消耗金属Zn的物质的量为0.3mol+1.2mol=1.5mol，转移电子为1.5mol2=3mol，故D正确；故选A【点评】本题考查了物质的量的有关计算，根据方程式中锌、硫酸、气体之间的关系式列方程进行计算，题目难度不大12甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（）选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2AABBCCDD【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合

39、物；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2；BAlCl3过量的NaOHNaAlO2_双水解氯化铝Al（OH）3； AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝；CFe Fe（NO3）3Fe（NO3）2 ；DC CO，所以丙为CO【解答】解：A氢氧化钠与过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化碳生成碳酸钠，碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳，每一步都能转化，故不选；BAlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝，与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，每一步都能转化，故不选；C铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，铁与少量的硝酸反应生成硝

40、酸亚铁，硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，每一步都能转化，故不选；D碳与少量的氧气生成一氧化碳，碳与足量的氧气生成二氧化碳，丙应是一氧化碳，故选；故选D【点评】本题考查无元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，题目难度较大13将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD【考点】钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗

41、NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3【解答】解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C【点评】本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力

42、，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题难度不大14将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4molL1的NaOH溶液150mL则原硫酸的物质的量浓度为（）A1.5molL1B0.5molL1C2molL1D1.2molL1【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）=n（N

43、a2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（H2SO4），再根据c=计算【解答】解：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=n（Na2SO4）=0.15L4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）=2 molL1，故选C【点评】本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等15室温下，取m克铝镁合金与一定