【文档说明】【精准解析】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一上学期12月质量检测化学试卷.doc，共(22)页，817.000 KB，由小赞的店铺上传

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河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一12月质量检测化学试题1.下列物质不能通过化合反应得到的是A.Al(OH)3B.Fe(OH)3C.Cu2(OH)2CO3D.Fe3O4【答案】A【解析】【分析】【详解

】A．Al2O3不溶于水，不能由化合反应生成Al(OH)3，故A选；B．Fe(OH)3可由Fe(OH)2与H2O、O2经化合反应而得，故B不选；C．铜和氧气、二氧化碳以及水发生化合反应生成Cu2(OH)

2CO3，故C不选；D．铁和氧气在点燃的条件下发生化合反应生成四氧化三铁，故D不选；答案选A。2.有KCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别出来，这种试剂是

A.盐酸B.烧碱溶液C.氨水D.KSCN溶液【答案】B【解析】【详解】A．KCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液中分别滴加盐酸，均无明显变化，不能鉴别，故A错误；B．KCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液分

别与NaOH混合的现象为：无明显现象、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀、先生成白色沉淀后消失，现象不同，可鉴别，故B正确；C．氨水不能鉴别MgCl2、AlCl3，故C错误；D．KSCN溶液只能鉴别出FeCl3，故D错误；

故答案为B。3.下列仪器在使用前需要检查是否漏液的是①分液漏斗②容量瓶③长颈漏斗④集气瓶A.①②B.①②③C.②③④D.①②③④【答案】A【解析】【详解】化学仪器中凡是带有玻璃塞或活塞，并用来盛装液体的仪器(有时需要倒置)在使用时要先检查是否漏液；①

分液漏斗有活塞的仪器，需要检查是否漏液，故①符合题意；②容量瓶具有塞子的仪器，摇匀时要防止漏液，需要检查是否漏液，故②符合题意；③长颈漏斗是无塞子或活塞的仪器，不需要检查是否漏液，故③不符合题意；④集气瓶是无塞子或活塞的仪器，不需要检查是否漏液，故④

不符合题意；由上可知①②正确；答案为A。4.下列装置在实验室中常用于油水分离的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．属于蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大的液体混合物，故A错；B．属于分液装置，常用于分离两种互不相溶的液体，油和水互不相溶，则可用B装置分离，故B正确；C．属于过滤装

置，用于分离会不相溶的固体和液体，故C错；D．属于蒸发装置，常用于易溶性固体和液体之间的分离，故D错。答案选B。5.下列物质含氧原子数最多的是A.4.9gH2SO4B.11gCO2C.4gO2D.4.5gH2O【答

案】B【解析】【分析】依据N=n×NA，可知氧原子个数与氧原子物质的量成正比，氧原子物质的量最多，则含氧原子个数最多，结合物质分子的构成分析解答。【详解】A．4.9gH2SO4含有氧原子物质的量为n(O)=4.998/ggmol×4=0.2mol；B．11gCO2含有氧原子物质的量为n(O)=4

4g11g/mol×2=0.5mol；C．4gO2含有氧原子物质的量为n(O)=4g32g/mol×2=0.25mol；D．4.5gH2O含有氧原子物质的量为n(O)=4.5g18g/mol×1=0.25mol；所以含氧原子个数最多的

为B；答案为B。6.下列有关说法正确的是A.凡是均一、稳定的液体都属于溶液B.丁达尔效应是用于鉴别胶体和溶液的唯一方法C.胶体分散质粒子的直径比悬浊液中的大D.胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子大小【答案】D【解析】【详解】A．溶液是均一、稳定的，

胶体也比较均一、稳定，故均一、稳定的不一定是溶液，故A不选；B．溶液和胶体可用电泳等方法来鉴别，丁达尔效应是鉴别溶液和胶体的最简单的方法，但不是唯一的方法，故B不选；C．胶体中分散质粒子直径在1~100nm之间，而浊液中的粒子直径大于100nm，故胶体分散质粒子的直径比悬浊液中的小

，故C不选；D．分散系根据粒子直径大小可分为溶液，胶体和浊液，故胶体和其他分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，故选D。答案选D。7.下列物质中，属于酸性氧化物的是A.COB.SO2C.MgOD.KOH【答案】B【解析】【详解】氧化物是由两种元素组成并且其中一种元素为

氧元素的化合物，能和碱反应生成盐和水的氧化物称为酸性氧化物。A．CO是不能与碱反应的氧化物，不属于酸性氧化物，故A不符合题意；B．SO2是能与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B符合题意；C．MgO不能与碱反应，但能与酸反应生成盐和水，MgO属于碱性氧化物，故C不符合

题意；D．KOH属于碱而不是氧化物，故D不符合题意；答案选B。8.关于胶体和溶液的叙述中不正确的是A.两者都呈电中性B.两者都是混合物C.两者都能发生丁达尔现象D.溶液的分散质粒子比胶体的小【答案】C【解析】【详解】A．溶液、胶体均不带电，是呈电中性的分散系，胶体微粒吸附带电荷离子，故A正确；B

．溶液中含有溶质、溶剂，属于分散系，胶体中含有分散质、分散剂，属于分散系，两者都是混合物，故B正确；C．丁达尔效应是胶体特有的性质，当一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现光亮的通路即丁达尔效应，前者则没有，故C错误；D．分散系中分散质粒子直径大小把分散系分成小于1nm为溶液，大于

100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，溶液的分散质粒子比胶体的小，故D正确；答案为C。9.下列说法正确的是A.NaCl属于电解质，蔗糖属于非电解质B.电解质溶液中阴、阳离子总数一定相等C.盐酸能导电，所以盐酸属于电解质D.凡是电解质溶解于水中均放出热量【答案】A

【解析】【详解】A．NaCl在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，而蔗糖在水溶液中和融融状态下都不导电，属于非电解质，故A正确；B．电解质溶液呈电中性，正负电荷数一定相等，但溶液中阴、阳离子总数不一定相等，如Na2SO4溶液中，Na+和SO42

-的数目比为2:1，故B错误；C．盐酸能导电，但盐酸是溶液，而电解质的研究对象是化合物，所以盐酸既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．不是所有电解质溶解于水中都放出热量，如NH4NO3溶于水是吸热的过程，溶液温度降低，故D错误；故答案为A。10.下列金属钠与硫酸铜溶液反应的现象中错误的是A

.钠块熔化成小球B.钠块浮游于液面C.溶液中出现红色物质D.溶液中出现蓝色沉淀【答案】C【解析】【分析】将Na投入CuSO4溶液，Na先与H2O反应，2Na＋2H2O＝2H2O＋H2↑，生成的NaOH再与CuSO4反应，CuSO4+2NaOH

=Cu(OH)2↓+Na2SO4。【详解】A．由于Na与水反应放热，Na的熔点较低，所以Na会熔化成小球，A正确；B．Na的密度比水小，所以Na会浮在水面上，Na与水反应生成H2，会推动Na在水面游动，B正确；C

．根据分析，Na与水先反应，生成的NaOH再与CuSO4反应，因此不会置换出红色的Cu，C错误；D．根据分析，生成的NaOH与CuSO4反应可生成Cu(OH)2蓝色沉淀，D正确；故选C。11.下列物质的用途错误的是A.镁铝合金：制作门窗B.过氧化钠：供氧剂C.四氧化三铁：红色油漆D.硫酸亚铁

：食品抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A．镁铝合金硬度大，密度小，适合做门框，故A正确；B．过氧化钠与水反应生成氧气，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，适合作供氧剂，故B正确；C．四氧化三铁为黑色物质，三氧化二铁为红棕色物质，可以制

造红色油漆，故C错误；D．硫酸亚铁中亚铁离子具有还原性，可以作为食品抗氧化剂，故D正确；答案为C。12.下列关于钠的叙述中不正确的是A.钠在氧气中燃烧比在空气中更为剧烈B.钠燃烧发出黄色火焰，生成淡黄色固体Na2O2C.金属钠长期暴露在空气中，最终转化为Na2CO3D.将Na投

入FeSO4溶液中可置换出Fe【答案】D【解析】【详解】A．O2具有助燃的作用，故钠在氧气中燃烧比在空气中更为剧烈，A正确；B．钠在空气中燃烧时，迅速熔化为一个光亮的小球，发出黄色火焰，生成淡黄色固体

，即为Na2O2，B正确；C．金属钠露置于空气中首先生成氧化钠，然后和水反应生成氢氧化钠，然后和二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失水得到碳酸钠粉末，C正确；D．将Na投入FeSO4溶液，Na先与H2O反应，2Na＋2H2O

＝2H2O＋H2↑，生成的NaOH再与FeSO4反应，FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，不能置换出Fe，D错误；故选D。13.下列变化中，属于氧化反应的是A.Fe3+→Fe2+B.FeCl2→FeCl3C.-3NO→

HNO2D.-4MnO→Mn2+【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+→Fe2+中Fe元素化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．FeCl2→FeCl3中Fe元素化合价升高，发生氧化反应，故B正确；C．-3NO→HNO2中M元素化合价降低，发生还原反应，故C错误；D．-4MnO→Mn2+

中Mn元素化合价降低，发生还原反应，故D错误；故答案为B。14.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.Al2O3具有两性，可用作耐高温材料B.NaHCO3溶液呈碱性，可用于制备纯碱C.铝具有良好导热性，可用作贮运浓硝酸D.FeCl3溶液具有氧化性，

可用作蚀刻铜电路板【答案】D【解析】【详解】A．Al2O3熔点高，所以Al2O3可用作耐高温材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；B．NaHCO3加热易分解为碳酸钠、二氧化碳、水，所以NaHCO3可用于制备纯碱，与NaH

CO3溶液呈碱性无关，故B错误；C．常温下，铝遇浓硝酸易钝化，可用作贮运浓硝酸，与铝具有良好导热性无关，故C错误；D．FeCl3溶液具有氧化性，铜和FeCl3溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用作蚀刻铜电路板，故D正确；答案选D。15.标准状况下，将

XLCO2通入1L1.0mol/LNaOH溶液中，测得溶液中2-3CO和-3HCO物质的量浓度之比为1：2，则X等于A.11.2B.16.8C.22.4D.33.6【答案】B【解析】【详解】NaOH的物质的量为1L×1.0mol/L=1m

ol，反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3。设生成的Na2CO3的物质的量为x，生成的NaHCO3的物质的量为y，根据题意得：1221molxyxy=+=解得0.25mol0.5molxy=

=根据C元素守恒，反应前的CO2的物质的量为xy+=0.25mol+0.5mol=0.75mol，标况下CO2的体积为0.75mol×22.4L/mol=16.8L，故选B。16.向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐

酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，反应分为二个阶段进行，先发生反应①HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，没有气体产生；进行完全后，再发生反应②NaHCO3+HCl=NaCl+H2

O+CO2↑，有CO2气体产生；由①②两个化学方程式分析可知，Na2CO3转化成NaHCO3和NaHCO3转化成NaCl放出CO2，这二个阶段消耗HCl的物质的量相等，即消耗HCl的体积一样；A．A中图象第一阶段消耗HCl体积大于第二阶段消耗的HCl的体积，图象与反应不符，故A错误

；B．B中图象第一阶段消耗HCl体积小于第二阶段消耗的HCl的体积，图象与反应不符，故B错误；C．C中图象第一阶段消耗HCl体积等于第二阶段消耗的HCl的体积，图象与反应相符合，故C正确；D．D中图象加入HCl，立即产生气体

，而实际是第一阶段不产生气体，图象与反应不符，故D错误；答案为C。17.下列操作或叙述正确的是A.配制NaOH溶液时，将称量后的NaOH加入容量瓶中，再加水溶解、定容B.将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中挤出溶液，可制得Fe(OH)2C

.向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有SO24−D.向沸水中逐滴滴加FeCl3的稀溶液并用玻璃棒搅拌，可制得Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】【详解】A．配置氢氧化钠溶液时，将称量好的氧化钠转移至杯中加蒸馏水溶解，待冷却至常温后再转移至容

量瓶，洗涤烧杯将洗液一并转移至烧杯，最后再定容，故A错；B．制备氢氧化亚铁时，将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中挤出溶液，试为了防止生成的氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁，故B正确；C．能与氯化钡反应

产生白色沉淀的离子有银离子（Ag+）、硫酸根离子（24SO−）等，不一定含24SO−，故C错；D．实验室制取Fe(OH)3胶体是向沸水中滴加饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。故D错。答案选B18.以下物质间的转化通过一步反应不能都实

现的是A.Fe→FeCl2→FeCl3→Fe(OH)3B.Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3C.Cu→CuO→Cu(OH)2→CuCl2D.Al→NaAlO2→Al(OH)3→Al2O3【答案

】C【解析】【详解】A．Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，FeCl2溶液中通入氯气生成FeCl3，FeCl3溶液中滴加NaOH溶液生成Fe(OH)3，各步转化均能一步实现，故A不选；B．Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2

O2与CO2气体反应生成氧气和Na2CO3，Na2CO3溶液中通入过量CO2气体生成NaHCO3，各步转化均能一步实现，故B不选；C．Cu在空气中加热生成CuO，但CuO不能与水反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)

2溶于盐酸生成CuCl2，则各步转化不能一步实现，故C选；D．Al溶于NaOH溶液生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入过量CO2气体生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，各步转化均能一步实现，故D不选；故答案为C。19.现有以下10种物

质：①铜②稀硫酸③氯化氢④氨气⑤空气⑥二氧化碳⑦金属汞(俗称水银)⑧食盐水⑨硫酸钡⑩氯气。其中不属于电解质，但本身能导电的是A.①②⑦⑧B.②③⑦⑩C.①④⑥⑩D.②③⑧⑨【答案】A【解析】【详解】电解质为在水溶液或者融状态下能导电的化合物，金属单

质，电解质溶液以及石墨等能导电，但不属于电解质。所以①⑦属于金属单质能导电，且不是电解质；②⑧属于电解质溶液能导电但不是电解质；③HCl和⑨硫酸钡的水溶液分别能电离出H+、Cl−和2Ba+、24SO−而导电，即HCl和

硫酸钡为电解质；④⑥虽然氨气、二氧化碳的水溶液能导电，但不是其自身在水溶液电离出阴阳离子而导电；⑤空气为不导电的混合物；⑩氯气为不导电的单质。综上分析①②⑦⑧符合题意，即A符合题意。答案选A。20.用NA表示阿伏加德罗

常数值，下列说法不正确的是A.24g由O2和O3组成的混合物中含氧原子数为1.5NAB.0.1molNa2O2与水完全反应，转移电子数为0.1NAC.8.4gNaHCO3固体中含HCO3-数目为0.1NAD.足量Al与1.5molCl2完全反应，转移电

子数为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A．由()()AAmNOnONNM==可得24g单一的O2和O3中所含氧原子数分别为：氧气中：()()()22AAA24O2O2O21.532NNnNNN====，臭氧中：()()()2

2AAA24O3O3nO31.548NNNNN====，则24g由O2和O3组成的混合物中含氧原子数为1.5NA，故A不选；B．Na2O2与水反应生成O2的反应中Na2O2既做氧化剂又做还原剂，所以0.1molNa2O2与水完全反应生成0.5molH2，转移的电子数为0.1mol，故B

不选；C．由mnM=可知，8.4gNaHCO3的物质的量为0.1mol，又因为NaHCO3属于离子化合物，所8.4gNaHCO3固体中含HCO3-数目为0.1NA，故C不选；D．1molCl2完全反应得到2mol电子，所以足量Al与1.5molCl2完全反应转

移电子数为3NA，故选D。答案为D。21.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：Fe2+、Ba2+、-3NO、C1-B.使酚酞变红色的溶液中：Na+、4NH+、C1-、2-4SOC

.c(A13+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、2-4SO、OH-D.0.1mol/LNa2CO3溶液：K+、Ba2+、-3NO、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．虽然含Fe2+的溶液呈浅绿色，但是离子相互间不反应，溶液澄清透明，故A符合题意；B．使酚

酞变红的溶液呈碱性，4NH+与OH−结合生成3NH2HO，即4NH+与OH−不能大量共存，故B不符合题意；C．A13+、Mg2+分别与OH−结合生成()23AlOHAlO−或和()2MgOH，即A13+、Mg2+

不能与OH−大量共存，故C不符合题意；D．Ba2+与23CO−会结合生成3BaCO白色沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。22.现有500g氯化铜溶液，其中含Cu2+的物质的量是1mol。下列有关说法不正确的是A.溶液中Cl-的物质的量为2molB.氯化铜的摩尔质量为

135gC.溶液中溶质的质量分数为27%D.溶液中溶剂的质量为365g【答案】B【解析】【详解】A.根据盐的组成CuCl2可知Cu2+、Cl-的物质的量的比是1：2，含Cu2+的物质的量是1mol，则溶液中含有Cl-的物质的量为2mol，A正确；B.氯

化铜的摩尔质量为135g/mol，B错误；C.500g氯化铜溶液，其中含Cu2+的物质的量是1mol即含有1molCuCl2，溶质的质量是135g，所以溶质的质量分数为(135g÷500g)×100%=27%，C正确；D.

溶液质量是500g，溶质质量是135g，则溶剂质量是500g-135g=365g，D正确；故合理选项是B。23.实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L(标准状况)通入盛有20.0g铜粉的反应容器中，充分加热后恰好完全

反应，粉末的质量变为21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为A.30%B.40%C.50%D.60%【答案】C【解析】【详解】由题意知，标准状况下0.896L混合气体物质的量为n(总)=0.896L22.4L/mol=

0.04mol，反应后固体质量增重21.6g-20g=1.6g，气态全部参与反应，即气体的质量为1.6g，设臭氧的物质的量为x，则氧气的物质的量为(0.04-x)mol，由二者总质量列出方程，则xmol×48g/mol+(0.04-x)mol×32g/mol=1.6g，解之x=0

.02mol，相同条件下臭氧的体积分数等于其物质的量分数=0.02mol0.04mol×100%=50%，C正确；答案为C。24.将12.4g由NaOH和NaHCO3组成的混合物加入100mL2.0m

ol/L稀硫酸中，恰好完全反应，则所得溶液中溶质的物质的量为A.0.2molB.0.3molC.0.4molD.无法计算【答案】A【解析】【分析】发生反应2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O

+2CO2↑、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，由于恰好反应，反应后溶液中溶质为Na2SO4，根据SO42-守恒可知n(Na2SO4)=n(H2SO4)。【详解】NaOH和NaHCO3组成的混合物加入100mL2.0mol/L稀硫酸中，发生反应2Na

HCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，由于恰好反应，反应后溶液中溶质为Na2SO4，根据SO42-守恒可知n(Na2SO4)=n(H2SO4

)=0.1L×2.0mol•L-1=0.2mol，故答案为A。25.下列指定反应的离子方程式正确的是A.氯化铁溶液溶解铜片：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+B.向硫酸铝溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+34NH+C.用NaHCO3治疗胃酸过多：2-3CO+2H+=

CO2↑+H2OD.向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓【答案】B【解析】【详解】A．方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B．向硫酸铝溶液中滴加过量氨水可制得Al(OH)3，由于NH3∙H2O

是弱碱，不会继续与Al(OH)3反应，离子方程式为Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+34NH+，B正确；C．-3HCO不可拆分，正确的离子方程式为-3HCO+H+=CO2↑+H2O，C错误；D．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液

，4NH+也会与OH-反应，正确的离子方程式为Fe2++4OH-+24NH+=Fe(OH)2↓+2NH3∙H2O，D错误；故选B。26.在标准状况下，有四种气体：①6.72LCH4；②3.01×1023个HCl分子

；③13.6gH2S；④0.2molNH3。下列有关比较中正确的是A.体积大小：②>③>①>④B.质量大小：②>③>④>①C.氢原子数目多少：④>①>③>②D.摩尔质量的大小：④>②>③>①【答案】A【解析】【分析】A.先计算各种气体的物质的量，利用n=mVV可知：气体的物质的量越多，气

体的体积越大比较；B.根据m=n·M计算，然后比较大小；C.根据氢原子的物质的量等于分子的物质的量与分子中含有的H原子数目的乘积n(H)，再根据N=nNA比较；D.根据摩尔质量与物质相对分子质量的关系计算

。【详解】在标准状况下：①6.72LCH4，n(CH4)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol；②3.01×1023个HCl分子，n(HCl)=3.01×1023÷6.02×1023/mol=0.5mol；③13.6gH2

S，n(H2S)=13.6g÷34g/mol=0.4mol，④0.2molNH3。A.根据n=mVV可知气体的物质的量越多，气体的体积越大，所以气体体积由大到小的顺序为②>③>①>④，A正确；B.根据m=n·M可知m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g；②m(HCl)=0.5mo

l×36.5g/mol=18.25g；m(H2S)=13.6g；m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，则四种气体的质量由大到小的顺序为：②>③>①>④，B错误；C.根据氢原子的物质的量的多少判断，物质的量越多，原子个

数越多，0.3molCH4含有1.2molH，0.5mol含有0.5molH，0.4molH2S含有0.8molH，0.2molNH3含有0.6molH，则氢原子个数大小为①>③>④>②，C错误；D.当单位为g/mol时，物质的摩尔质量等于气体的相对分子质量，则四种气体的摩

尔质量由大到小的顺序为②>③>④>①，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了物质的量的相关计算，掌握物质的量的有关计算公式、各个物理量的含义是本题解答的关键。注意把握物质的微粒构成以及相关计算公式的运用。27.向氯化铝和氯化镁的混合溶液中滴加

1mol/LNaOH溶液之后，所得沉淀的物质的量n(mol)与NaOH溶液的体积V(mL)之间的关系如图所示。下列说法错误的是A.混合溶液中氯化铝物质的量为0.001molB.混合溶液中氯化镁物质的量为0.001molC.所得沉淀的总物质的量最多为0.003molD.在P点后滴加稀HCl，n

的值可升高到0.002【答案】C【解析】【分析】由图可知，O-M段发生反应：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓；M-N段氢氧化铝溶解：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，沉淀的质量逐渐减小；N-P段沉淀的质量不变，剩余

沉淀为氢氧化镁，据此进行解答。【详解】A．M-N段氢氧化铝溶解：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则n[Al(OH)3]=n(NaOH)=1mol/L×0.001L=0.001mol，根据质量守恒可

知n(AlCl3)=0.001mol，故A正确；B．设氯化镁物质的量为x，0-M段发生反应：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，则2x+0.001mol×3=1mol/L×0.005L，解

得：x=0.001mol，故B正确；C．所得沉淀的总物质的量最多时在M点，根据质量守恒可知：n[Al(OH)3]+n[Mg(OH)2]=0.001mol+0.001mol=0.002mol，故C错误；D．P点滴加HCl后偏铝酸钠与HCl反

应生成生成氢氧化铝沉淀，当恰好反应时生成沉淀的总物质的量可以为0.002mol，故D正确；故答案为C。28.将铁片加到1L2mol/L的氯化铁溶液中，当反应后的溶液中Fe2+和Fe3+物质的量浓度相等时，溶液增加的质量为A.2.8gB.

5.6gC.22.4gD.11.2g【答案】C【解析】【详解】设参加反应的铁为xmol，则：3+2+Fe+2Fe3Fexmol2xmol3xmol＝，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，即2−2x＝3x，所以x＝0.4mol，反应的铁的质量为：0.4mol×56g/mol＝22

.4g，答案为C。29.肼(N2H4)和N2O4常用作发射火箭的燃料,反应的化学方程式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O。关于该反应的说法中正确的是A.属于置换反应B.肼是氧化剂C.氮气是还原剂D.N2O4被还原【答案】D【解析】【详解】A．由反应的化学方程式2N2H4+N2

O4=3N2+4H2O可知，反应物为二种化合物，生成物有单质，不属于置换反应，为氧化还原反应，故A错误；B．由反应的化学方程式2N2H4+N2O4=3N2+4H2O可知，肼(N2H4)中N元素化合价由-2价失电子变为0价，化合价升高，被氧化，作还原剂，故B错误；C．由反应的化学方程式2

N2H4+N2O4=3N2+4H2O可知，N2是产物，N2中N元素有部分失电子得到，有部分得电子得到，N2既是氧化产物又是还原产物，故C错误；D．由反应的化学方程式2N2H4+N2O4=3N2+4H2O可知，N2O

4中N元素化合价由+4价得电子变为0价，化合价降低，被还原，作氧化剂，故D正确；答案为D。30.某反应体系中有6种物质：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O，其中Au2O是生成物之一。下列说法正确的是A.该反应体系中NaOH是反

应物B.该反应体系中Na2S4O6是氧化剂C.氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1D.反应中转移2mol电子时消耗1molH2O【答案】D【解析】【详解】已知Au2O是生成物之一，则Au2O3为反应物之一，A

u化合价降低，则S元素化合价升高，故Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，其反应的化学反应方程式为：2322322246O4SO2HOO2SO4AuNaAuNaNaOH++=++。所以A．该反应体系中NaOH是生成物；故A不选；B．Na2S4O6是氧化产物，胡B不选；C．氧化剂与还原剂

物质的量之比为1：4，故C不选；D．每消耗1molAu2O3消耗2molH2O，1molAu2O3中的Au由+3价降到Au2O的+1价得到4mol电子，故反应中转移2mol电子时消耗1molH2O，故选D。31.某同学在实验室设计下图装置探究钠与CO2的

反应。回答下列问题：已知：PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd。(1)写出装置①中反应的离子方程式：_________________________。(2)装置②、③的作用分别是_______________、____________

__。(3)装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到_________时，再点燃酒精灯。(4)当装置⑥中观察到有黑色沉淀产生，装置④中所得固体只有一种且向其中加入稀盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，写出此时钠与CO2反应的化学方程式：___

___________。【答案】(1).CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O(2).除去CO2中混有的HCl(3).吸收CO2中的水蒸气(4).装置⑤中石灰水变浑浊(5).2Na+2CO2Δ=Na2CO3+CO【解析】【分析】根据题中图示信息可知，装置①为气体发生装置产生

CO2气体；装置②用于除去CO2中HCl杂质；装置③用于除去CO2中H2O杂质，干燥CO2；装置④探究Na与CO2反应的装置；装置⑤用于检验在点燃酒精灯前装置中空气是否排尽和反应过程中吸收CO2；装置⑥用于检验装置④发生反应产生了CO这种产物。【详解】（1）装置①是稀盐

酸与CaCO3发生反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，改写成离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；答案为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。（2）因为HCl易挥发，则产生

的CO2中混有HCl气体和水蒸气，装置②中NaHCO3不与CO2反应，可以与HCl反应，生成NaCl、CO2和水，即NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3可以除去CO2中混有的HCl，装置③盛的是浓硫酸，吸收CO2中的水蒸气，避免H2

O干扰后面的实验；答案为除去CO2中混有的HCl，吸收CO2中的水蒸气。（3）为防止钠和空气中氧气反应，因此应该先通入二氧化碳，排除装置中的空气，当看到装置⑤中石灰水变浑浊时，再点燃酒精灯；答案为装置⑤中石灰水变浑浊。（4）装置⑥中观察到有黑

色沉淀产生，可证明装置④中产生了CO，装置④中所得固体只有一种且向其中加入稀盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明装置④中的固体为Na2CO3，则钠与CO2反应的化学方程式为2Na+2CO2Δ=Na2CO3+CO；答案为2Na+2CO2Δ

=Na2CO3+CO。32.铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：(1)除去镁粉中混有少量铝粉，应加入的试剂为_______，然后经过滤、洗涤、干燥。(2)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液

反应，所得H2在同温同压下的体积之比是_________。(3)现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示。原溶液中Cl-与SO2-4的物质的量之比为______________

。(4)某同学在实验室用铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下：①Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为______________。②滤液II中溶质的用途之一是________________。③电解熔融的Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气

体产物是_______(填化学式)。工业上在电解熔融的Al2O3时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于__________(填字母)。a．酸b．碱c．盐d．氧化物【答案】(1).氢氧化钠溶液(2).1:1(3

).6:1(4).A12O3+6H+=2A13++3H2O(5).用作肥料(6).O2(7).c【解析】【分析】铝是两性金属，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，镁与氢氧化钠不反应；铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应

溶解，氢氧化镁保持沉淀，据此回答问题。【详解】(1)铝是两性金属，镁不具有两性。除去镁粉中混有少量铝粉，应加入的试剂为氢氧化钠溶液，然后经过滤、洗涤、干燥。(2)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，铝的化合价从0价均升高到+3价，

转移电子数相同，即所得H2的物质的量相同，在同温同压下的体积之比是1：1。(3)现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀。AB段消

耗的就是氢氧化铝，根据反应方程Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，氢氧化铝沉淀有1mol，即铝离子的物质的量为0.1mol，故生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠0.3mol，即剩余0.1mol氢氧化钠

与镁离子反应，镁离子的物质的量为0.05mol，即原溶液中Cl-与SO2-4的物质的量之比为0.3：0.05=6：1。(4)铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)加入硫酸，二氧化硅不反应，氧化铝生成硫酸铝，加入氨水后生成氢氧化铝沉淀，烘

干灼烧后转化为氧化铝，通电后电解出铝单质。①Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为A12O3+6H+=2A13++3H2O。②滤液II中溶质为硫酸铵，属于铵盐，用途之一是用作肥料。③根据电解法可知，电解熔融的Al2O3除得

到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2。工业上在电解熔融的Al2O3时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于盐，选c。33.钙离子是维持机体细胞正常功能的非常重要的离子，人体是否缺钙可通过测定血液样

品中Ca2+的浓度判断。其原理为：抽取一定体积的血样，加入适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再与KMnO4溶液反应即可测定血液样品

中Ca2+的浓度。回答下列问题：(1)写出Ca2+与草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液反应生成草酸钙(CaC2O4)的离子方程式：__________。(2)测定前需配制KMnO4标准溶液。①下图所示的仪器中，在

配制溶液时肯定不需要的是______(填字母)，还缺少的仪器有托盘天平、_________(填仪器名称)。②配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是_____(填字母)。a.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水b.定容时仰视液

面c.将溶液转移至容量瓶内时，有部分溶液溅出d.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理(3)取20.00mL血样，经过上述处理后得到草酸，加入12.00mL0.020mol●L-1KMnO4溶液，恰好使草酸转化成CO

2逸出。则血液样品中Ca2+的浓度为_______mg●cm-3(已知草酸与KMnO4溶液反应的离子方程式为2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)【答案】(1).222424COOCaCaC+−+=(2).ac(3

).烧杯、玻璃棒(4).ad(5).1.2【解析】【详解】（1）由于草酸铵[(NH4)2C2O4]为易溶于水的强电解质，草酸钙(CaC2O4)难溶物，则Ca2+与草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液反应生成草酸钙(CaC2O4)的离子方程式：222424COOCa

CaC+−+=；（2）①配置一定物质量浓度的KMnO4溶液所需的仪器有：容量瓶、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、托盘天平等，所以在配制溶液时肯定不需要的是：ac，还缺的仪器有烧杯和玻璃棒，故答案为：ac；烧杯和玻璃棒；②实验操作对配制结果没有影响

的：容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水；定容、摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但不做任何处理等，所以答案为：ad；（3）由-24224222MnO5HCO6H2108HOMnCO++++=++和草酸钙（24OCaC）可知()()()22-24455nnCOnMnO0.012L0.

02/L0.000622Camolmol+−====，所以血样中()24m61040g/0.024gCamolmol+−==，钙离子浓度为：330.024gw1.2/20mgcmcm==，故答案为1.2。34.FeCO3是制备补血剂原料之一。一种在实验室里制

备FeCO3的流程如下图所示：回答下列问题：(1)“酸溶”时，常采取加热或搅拌措施，其原因是____________________。(2)“操作1”和“操作2”是指______，需用的玻璃仪器有_____________。(3)写出“沉淀”时反应的化学方程式：________

______________________。(4)“沉淀”反应前，检验溶液中是否含有Fe2+，应选用的试剂是______________。(5)检验是否“洗涤”干净的方法是___________________________________。【答

案】(1).加快反应速率、提高原料利用率(2).过滤(3).漏斗、烧杯、玻璃棒(4).443322424FeSO2NHHCOFeCOHOCO(NH)SO+=+++(5).KSCN、氯水(其它合理答案亦可)(6).取最后一次洗涤液，加盐酸酸化、滴入氯化钡溶液，若未出现

白色沉淀，则沉淀已洗净【解析】【分析】从流程知，废旧铜铁粉加稀硫酸后，铁溶解，为了加快反应速率、提高原料利用率，“酸溶”时，常采取加热或搅拌措施，经过滤分离出铜，得到滤液进入“沉淀”环节，滤液主要成分为FeSO4溶液，和加入的碳酸氢铵反应出现FeCO3沉淀和二氧化碳

气体，反应为：443322424FeSO2NHHCOFeCOHOCO(NH)SO+=+++，经过滤、洗涤得到纯净的FeCO3沉淀，怎么检验沉淀已经洗涤干净呢？只要证明最后一次洗涤液中不含硫酸根离子即可，据此回答。【详解】(1)加热能加快反应速率、通过搅拌使反应物充分混合

、受热均匀，缩短反应时间，提高原料利用率，故“酸溶”时，常采取加热或搅拌措施；(2)“操作1”和“操作2”都用于分离不溶性固体和液体混合物，因此是过滤操作，需用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；(3)“沉淀”环节得到Fe

CO3沉淀和二氧化碳气体，故硫酸亚铁和碳酸氢铵反应的离子方程式为：23322Fe2HCOFeCOCOHO+−+=++，则反应的化学方程式为：443322424FeSO2NHHCOFeCOHOCO(NH)SO+=+++；(4)“沉淀”反应

前，检验溶液中是否含有Fe2+，取少量液体，若加入KSCN溶液不变红、继续加入少量氯水，溶液变血红色，则可证明存在亚铁离子，故应选用的试剂是KSCN、氯水，当然其它合理答案也可，例如取样后，加入铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀可证明亚铁离子存在；(5)从

443322424FeSO2NHHCOFeCOHOCO(NH)SO+=+++知：沉淀表面有硫酸铵，那么检验是否“洗涤”干净的方法是：取最后一次洗涤液，加盐酸酸化、滴入氯化钡溶液，若未出现白色沉淀，则沉淀已洗净。【点睛】本题为工艺流程题，考查物质的分离、提纯、化学方程式的书写

等，从流程中提取有效信息并灵活应用是解题的关键。