河北省衡水中学2022届高三化学上学期小一调试卷含解析

2022-2022学年河北省衡水中学高三（上）小一调化学试卷　一、单项选择题（1-10题每小题1分，共10分）1．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（　　）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铯与水反应十分剧烈，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．①②③④⑤⑦　2．下列叙述正确的是（　　）　A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀　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，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失　D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变　3．下列溶液一定显酸性的是（　　）　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反应放出H2的溶液　4．科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在．在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是（　　）　A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成　B．探究NO和N2O可能化合生成NO2-51-　C．探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3　D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用　5．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（　　）弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×10﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11　A．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溶液等体积混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于b　C．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混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）　6．如图所示，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边与右边基本相平，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、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁．下列说法不正确的是（　　）　A．此法的优点之一是原料来源丰富　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MgCl2-51-　D．以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应　8．取一定质量的某物质在ag氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后容器内有bg氧气，测得b＞a．下列物质中满足上述结果的是（　　）　A．HCOOHB．HCHOC．CH4D．C6H12O6　9．下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是（　　）　A．固体的热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3　B．与稀盐酸反应放出气体的快慢：Na2CO3＞NaHCO3　C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量的盐酸反应，放出CO2的质量：Na2CO3＞NaHCO3　D．在Na2CO3和NaHCO3的稀溶液中，加CaCl2溶液都有白色沉淀生成　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，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（　　）　A．Al2（SO4）3B．NaOHC．BaCl2D．FeSO4　　二、单项选择题（11-30题每小题2分，共40分）11．在三个2L恒容的容器中，分别发生反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），5min后各容器反应达平衡状态，其中甲容器中A的物质的量为0.4mol．反应前各物质的物质的量/mol下列说法正确的是（　　）ABC甲130乙002丙1.54.51　A．乙中5min内C的反应速率为0.16mol•L﹣1•min﹣1　B．达到平衡时，丙中A的浓度是甲中的2倍　C．丙中反应的平衡常数大于甲中反应的平衡常数-51-　D．达到平衡时，甲乙两容器中C的物质的量百分含量相等　12．如图装置中发生反应的离子方程式为：Zn+2H+═Zn2++H2↑，下列说法错误的是（　　）　A．a、b不可能是同种材料的电极　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，又名咖啡鞣酸，具有广泛的杀菌消炎功效，结构如图所示，下列有关绿原酸的说法正确的是（　　）　A．绿原酸的分子式为C16H8O9　B．1mol绿原酸最多与7molNaOH反应　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种化学环境不同的氢原子　14．在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入到750mL1.0mol•L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出xkJ热量．在该条件下1molCO2通入到2L1.0mol•L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出ykJ热量，则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学反应方程式为（　　）　A．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ•mol﹣1　B．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ•mol﹣1　C．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ•mol﹣1　D．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（8x﹣2y）kJ•mol﹣1　-51-15．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3（　　）　A．AB．BC．CD．D　16．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（　　）　A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．0.18mol/LD．0.24mol/L　17．称取一定质量的纯碱溶于水中，与适量的盐酸作用，下列关于盐酸的用量和气体产量的变化正确的是（　　）　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．下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（　　）　A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2　B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2　C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2　D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O　-51-19．向50gCuSO4溶液中放入一小块Na，待反应完全后，过滤，得到仍显蓝色的溶液44.6g，则投入的Na的质量为（　　）　A．4.6gB．4.1gC．6.9gD．9.2g　20．不能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）　A．Na与稀硫酸反应的离子方程式为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+恰好完全沉淀Ca2++HCO3﹣+OHˉ═CaCO3↓+H2O　D．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体CO32﹣+CO2+H2O═HCO3﹣　21．下列化学实验事实及其解释不正确的是（　　）　A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3　B．钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气　C．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应　D．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应　22．通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一．下列由实验现象得出正确结论的是（　　）选项实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的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：铝箔只熔化成液体而没有脱落由此得出：铝不易燃烧C向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液　A．AB．BC．CD．D-51-　23．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案．方案①：2.7gAlX溶液Al（OH）3沉淀方案②：2.7gAlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉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，下列说法正确的是（　　）　A．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2　B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液　C．在O点时两方案中所得溶液浓度相等　D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应　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同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，测定得到沉淀的质量则能测定出镁的质量分数的是（　　）　A．都能B．都不能　C．①不能，其它都能D．②③不能，①能　25．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol•L﹣1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（　　）-51-　A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓　B．b和c曲线表示的离子反应是相同的　C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9g　D．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2　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）与生成沉淀的质量（纵坐标）如下图所示的关系，则加入的NaOH溶液的体积为（　　）　A．10mLB．30mLC．40mLD．50mL　27．有钠、镁、铝各nmol，分别与等体积、均与含xmolHCl的盐酸反应，下列说法不正确的是（　　）　A．x＜n时，钠生成的氢气最多　B．x=n时，钠、镁、铝生成的氢气一样多　C．n＜x≤2n时，生成的氢气钠＜镁=铝　D．x≥2n时，生成的氢气钠＜镁＜铝　28．过氧化钠可作为氧气的来源．常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28g，反应中有关物质的量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（　　）二氧化碳碳酸钠转移的电子-51-A1mol2NAB22.4L1molC106g1molD106g2NA　A．AB．BC．CD．D　29．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、6mol　C．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol　30．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9．加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，其中正确的是（　　）　A．B．C．D．　　二、非选择题（共50分）31．（10分）（2022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下列有关问题：-51-（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，能与许多有机物反应．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）能验证H、I两种元素金属性的强弱的实验方法是　　　　　　（a）将在空气中放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定性（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，写出其中一种化合物的电子式：　　　　　　．（7）元素B和E能形成两种常见氧化物甲（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：a　　　　　　b（填＜、＞或=）②在元素N的低价硫酸盐溶液中，加入少量化合物乙，观察到的现象是　　　　　　；有关反应的离子方程式为　　　　　　．　32．（11分）（2022秋•衡水校级月考）A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，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，完成下列空白：-51-（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反应的离子方程式为　　　　　　．5.05g单质甲﹣钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为　　　　　　．（3）向一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通入量的不同，溶液M的组成也不同．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图示两种情况．①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为　　　　　　②B对应的溶液M低温蒸干后得到固体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．已知存在如下反应：①A+BF+G②A+C（溶液）→H+G③C（溶液）+E→L+D（蓝色沉淀）④DB+H2O⑤A+E+H2O→J+I（气体单质）⑥J+H+H2O→K+L（以上反应中，反应物和生成物均已给出，有的反应方程式未配平）其中A、G为常见金属单质，L是家庭厨房必备的一种盐，主要由海水中获得．请回答：（1）工业上常用L的水溶液制备E，其化学方程式为：　　　　　　（2）写出F的一种工业用途　　　　　　（3）反应②的离子方程式为　　　　　　（4）除反应⑥外，还有多种化学反应可由H生成K．下列物质能与H反应生成K的是　　　　　　（填选项字母）；a．CO2b．NaHCO3c．NaHSO4d．NaClOe．NH4NO3f．NH3•H2O-51-写出你所选任意一种试剂和H反应生成K的离子方程式：　　　　　　．　34．（10分）（2022•路南区校级模拟）某过碳酸钠中含有少量过氧化钠，甲、乙两位同学各称取一定质量的该样品，并用如下图所示仪器测定样品的纯度．仪器的连接顺序，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应的化学方程式如下：2Na2CO4+2H2SO4═2Na2SO4+2CO2↑+O2↑+2H2O；2Na2O2+2H2SO4═2Na2SO4+O2↑+2H2O．（1）甲同学想通过实验测得的数据是　　　　　　，他选用的装置　　　　　　（填序号）是没有必要的．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，则他得到的Na2CO4的质量分数　　　　　　（填“偏高”或“偏低”'）．（2）乙同学想通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，原因是　　　　　　；也有可能偏低，原因是　　　　　　．（3）为了测得准确的实验数据，请你将乙同学的实验设计进行改进，写出你所选用仪器的连接顺序（每种仪器最多使用一次，也可以不用）：　　　　　　（填序号）．　35．（10分）（2022•延安模拟）铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得．-51-①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：回答下列问题：（1）写出反应1的化学方程式　　　　　　；（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是　　　　　　，反应2的离子方程式为　　　　　　；（3）E可作为建筑材料，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，阳极产生的混合气体的成分是　　　　　　．　　2022-2022学年河北省衡水中学高三（上）小一调化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（1-10题每小题1分，共10分）1．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（　　）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铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸-51-⑥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．①②③④⑤⑦考点：碱金属的性质．分析：Li、Na、K、Rb、Cs都是碱金属元素，位于同一主族，位置从上到下，依据同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，密度逐渐增大，阳离子半径逐渐增大，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，位置从上到下，①同主族元素金属性从上到下依次增强，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依次增强，阳离子氧化性依次减弱，所以氧化性最强的是锂离子，故正确；③碱金属性质活泼，容易与空气中的氧气和水发生反应，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依次增大，所以Li的密度最小，故正确；⑤同主族元素金属性从上到下依次增强，所以金属性最强的是铯，与水反应最剧烈，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+，电子层依次减少，所以半径依次减小，故Rb+＞K+＞Na+，正确，Cs与Cs+具有相同的质子数，但是Cs电子数多，所以半径大，故正确；故选：D．点评：本题考查了碱金属的性质，熟悉同主族元素性质的相似性和递变性是解题关键，题目难度不大．　2．下列叙述正确的是（　　）　A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀　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，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失　D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变-51-考点：二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物．专题：压轴题；化学反应速率专题；元素及其化合物．分析：A．CO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；B．NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；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应，反应速率较大．解答：解：A．CO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；B．铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，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，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；D．加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误．故选C．点评：本题考查元素化合物知识，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，以及原电池反应等知识，为元素化合物中常考查知识，学习中注意积累．　3．下列溶液一定显酸性的是（　　）　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反应放出H2的溶液考点：探究溶液的酸碱性．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＜c（H+），则溶液呈酸性，如果c（OH﹣）=c（H+）则溶液呈中性，溶液c（OH﹣）＞c（H+），则溶液呈碱性．-51-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一定呈酸性，故A错误；B．c（OH﹣）＜c（H+），则溶液呈酸性，故B正确；C．pH＜7的溶液不一定是酸性溶液，如100℃时，纯水的pH=6，则6＜pH＜7的溶液呈碱性，故C错误；D．酸能和铝反应生成氢气，强碱溶液也能与铝反应生成氢气，所以能与铝反应放出氢气的溶液不一定是酸溶液，故D错误；故选B．点评：本题考查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关键，难度不大．　4．科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在．在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是（　　）　A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成　B．探究NO和N2O可能化合生成NO2　C．探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3　D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是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．分析：A、进行科学探究时，要有合理的理论依据，不能凭空猜测．二氧化硫还原性气体，可以与氧化剂反应生成三氧化硫，化学反应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时化合价都升高，不符合氧化还原反应的本质特征，无探究意义；C、NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3，依据氧化还原反应的化合价变化特征分析；D、依据氯气和碱反应，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性．解答：解：A、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故A不选；-51-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时化合价都升高，不符合氧化还原反应的本质特征，故B选；C、NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3，氮元素化合价从+4价变化为+5价和+3价，符合氧化还原反应的规律特征，有探究的意义，故C不选；D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选B．点评：本题考查了常见物质的化学反应中生成物的推测，完成此题，可以依据质量守恒定律、氧化还原反应规律、物质间的反应规律判断．　5．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（　　）弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×10﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11　A．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溶液等体积混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于b　C．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混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：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，其水解程度越大来分析．B、等体积混合，若a=b恰好完全反应，因CN﹣的水解溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）．C、冰醋酸中逐滴加水电离程度一直在增大，氢离子物质的量增大，但氢离子离子浓度先增大而后较大，pH也是先减小后增大，且无限接近中性溶液的pH．D、利用电荷守恒来分析．-51-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﹣，显然等浓度时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、等体积混合，若a=b恰好完全反应，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+）一直增大、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；故选D．点评：本题考查盐类水解、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关键，A是学生解答的易错点．　6．如图所示，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边与右边基本相平，则烧杯内的物质是（　　）　A．过氧化钠B．氧化钠C．钠D．钾考点：吸热反应和放热反应．分析：根据物理知识的原理，可知U形管内液体慢慢右移说明容器内压强比外界压强大，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，说明压强又变回原来相等，根据热涨冷缩现象，导致压强变化，但不能产生气体．解答：解：A、过氧化钠溶于水放出热量并生成氧气，使容器内温度升高，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边仍然比右边低，故A错误；B、氧化钠与水反应放出热量，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，故B正确；-51-C、钠加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，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边仍然比右边低，故C错误；D、钾加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，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边仍然比右边低，故D错误．故选B．点评：要了解物质溶于水的过程，知道为什么放热和吸热，记住溶于水吸热和放热的常见物质，常见的遇于水放热的有：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边与右边基本相平，所以不能生成气体导致压强增大．　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、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁．下列说法不正确的是（　　）　A．此法的优点之一是原料来源丰富　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MgCl2　D．以上提取镁的过程中涉及化合、分解和复分解反应考点：金属冶炼的一般原理；海水资源及其综合利用．专题：金属概论与碱元素．分析：A、贝壳和海水资源丰富；B、电解熔融的氯化镁阴极生成金属镁；C、海水提取镁是先沉淀镁离子，在溶解生成氯化镁溶液，一定条件下得到氯化镁固体；D、根据提取过程中的化学反应分析判断；解答：解：A、贝壳和海水是海水中提取镁的主要原料，自然界中来源丰富廉价，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沉淀镁离子；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物氢氧化镁；③将沉淀物氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物得到氯化镁；故C正确；-51-D、以上提取镁的过程中涉及化合反应为贝壳制成石灰乳利用的氧化钙和水反应生成氢氧化钙、分解反应为贝壳分解生成氧化钙和水，氯化镁电解生成氯气和镁；复分解反应是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀溶于盐酸反应，故D正确；故选B．点评：本题考查了海水提取镁的工艺流程，主要考查过程中的化学反应特征．　8．取一定质量的某物质在ag氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后容器内有bg氧气，测得b＞a．下列物质中满足上述结果的是（　　）　A．HCOOHB．HCHOC．CH4D．C6H12O6考点：化学方程式的有关计算．分析：烃及烃的含氧衍生物与在O2中充分燃烧后生成CO2、H2O，通过足量的Na2O2，发生反应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，组成增重质量的组成可以表示为nCO．mH2，即化学式可以改写成nCO．mH2的物质完全燃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，而反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO．mH2．xO2形式．解答：解：烃及烃的含氧衍生物与在O2中充分燃烧后生成CO2、H2O，通过足量的Na2O2，发生反应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，组成增重质量的组成可以表示为nCO．mH2，即化学式可以改写成nCO．mH2完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO．mH2．xO2形式，A．HCOOH可以改写为CO．H2．O2形式，故A符合；B．HCHO可以改写为CO．H2，故B不符合；C．CH4中没有氧元素，反应后氧气质量小于原氧气质量，故C不符合；D．C6H12O6以改写为6CO．6H2形式，反应后氧气质量等于原氧气质量，故D不符合，故选：A．-51-点评：本题考查化学方程式有关计算，明确反应前后固体质量增加成分是解本题关键，侧重对学生分析能力与方法技巧的考查，题目难度中等．　9．下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是（　　）　A．固体的热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3　B．与稀盐酸反应放出气体的快慢：Na2CO3＞NaHCO3　C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量的盐酸反应，放出CO2的质量：Na2CO3＞NaHCO3　D．在Na2CO3和NaHCO3的稀溶液中，加CaCl2溶液都有白色沉淀生成考点：探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．分析：A、NaHCO3不稳定，加热易分解；B、相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈；C、等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2一样多；D、Na2CO3和氯化钙能发生复分解反应，但是碳酸氢钠不反应．解答：解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，故A正确；B、分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故B错误；C、都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，故C错误；D、Na2CO3和氯化钙能发生复分解反应生成氯化钠和碳酸钙沉淀，但是碳酸氢钠不反应，故D错误．故选A．点评：本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累．　-51-10．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，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（　　）　A．Al2（SO4）3B．NaOHC．BaCl2D．FeSO4考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则丙为BaCl2，甲为FeCl2，最后剩余的为丙物质．解答：解：若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，反应的方程式有：Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，因此，丙为FeSO4．故选D．点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据物质反应的现象进行推断，学习中注意常见元素化合物知识的积累．　二、单项选择题（11-30题每小题2分，共40分）11．在三个2L恒容的容器中，分别发生反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），5min后各容器反应达平衡状态，其中甲容器中A的物质的量为0.4mol．反应前各物质的物质的量/mol下列说法正确的是（　　）ABC甲130乙002丙1.54.51　A．乙中5min内C的反应速率为0.16mol•L﹣1•min﹣1-51-　B．达到平衡时，丙中A的浓度是甲中的2倍　C．丙中反应的平衡常数大于甲中反应的平衡常数　D．达到平衡时，甲乙两容器中C的物质的量百分含量相等考点：化学平衡建立的过程；等效平衡．专题：化学平衡专题．分析：依据化学平衡的建立和三段式列式计算，甲容器中A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始量（mol）130变化量（mol）0.61.81.2平衡量（mol）0.41.21.2乙容器中和甲容器达到相同平衡状态A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始量（mol）002变化量（mol）1.21.20.8平衡量（mol）1.21.21.2恒容容器中丙中达到的平衡A（g）+3B（g）⇌2C（g）1.54.51起始量（mol）260相当于甲容器的2倍，但反应前后体积减小，压强增大平衡正向进行；温度不变平衡常数不变．解答：解：甲容器中A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始量（mol）130变化量（mol）0.61.81.2平衡量（mol）0.41.21.2乙容器中和甲容器达到相同平衡状态A（g）+3B（g）⇌2C（g）起始量（mol）002变化量（mol）1.21.20.8-51-平衡量（mol）1.21.21.2恒容容器中丙中达到的平衡A（g）+3B（g）⇌2C（g）1.54.51起始量（mol）260相当于甲容器的2倍，但反应前后体积减小，压强增大平衡正向进行，A、甲容器和乙容器达到相同的平衡状态，依据分析可知应消耗C物质的量为0.8mol，乙中5min内C的反应速率==0.08mol/（L•min），故A错误；B、丙容器中的起始量当于甲容器的2倍，但反应前后体积减小，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、丙中的反应温度相同，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，故C错误；D、乙容器中和甲容器达到相同平衡状态，达到平衡时，甲乙两容器中C的物质的量百分含量相等，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学平衡的三段式计算应用，等效平衡的分析判断是解题关键，题目难度中等．　12．如图装置中发生反应的离子方程式为：Zn+2H+═Zn2++H2↑，下列说法错误的是（　　）　A．a、b不可能是同种材料的电极　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：电化学专题．-51-分析：根据Zn+2H+═Zn2++H2↑知，锌失电子发生氧化反应，氢离子得电子发生还原反应，该装置可能是原电池也可能是电解池，锌发生的反应可能是原电池负极也可能是电解池阳极上发生的反应，则氢离子发生的反应可能是原电池正极也可能是电解池阳极上发生的反应，如果是原电池，则锌作负极，比锌不活泼的金属或导电的非金属作正极，电解质溶液为酸溶液，如果是电解池，则阳极是锌，电解质溶液是酸或活动性顺序在氢之前的金属盐溶液，据此分析解答．解答：解：A．如果该装置是电解池，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，符合离子反应方程式，所以两个电极可以相同，故A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，符合离子反应方程式，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，发生的反应符合离子方程式，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，符合离子方程式，故D正确．故选A．点评：本题考查了原电池和电解池原理，同时考查学生的发散思维能力，明确正、负极和阴、阳极上发生反应的类型是解本题的关键，难度不大．　13．金银花有效活性成分为绿原酸，又名咖啡鞣酸，具有广泛的杀菌消炎功效，结构如图所示，下列有关绿原酸的说法正确的是（　　）　A．绿原酸的分子式为C16H8O9　B．1mol绿原酸最多与7molNaOH反应　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种化学环境不同的氢原子考点：有机物的结构和性质．-51-专题：有机物的化学性质及推断．分析：该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有羧基，具有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．解答：解：A．由有机物的结构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应，在碱性条件下生成羧基，也消耗NaOH，则1mol绿原酸最多与4molNaOH反应，故B错误；C．连4各不同基团的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．结构不对称，含15种H，则绿原酸分子中有15种化学环境不同的氢原子，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，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溶液中充分反应，放出xkJ热量．在该条件下1molCO2通入到2L1.0mol•L﹣1的NaOH溶液中充分反应，放出ykJ热量，则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学反应方程式为（　　）　A．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ•mol﹣1　B．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ•mol﹣1　C．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ•mol﹣1　D．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（8x﹣2y）kJ•mol﹣1考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据题意可知，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molCO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液2L中充分反应放出ykJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式．-51-解答：解：根据题意，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）==0.5mol，n（NaOH）=1mol•L﹣1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为xKJ，则2molCO2反应放出热量为4xKJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣4xKJ/mol①，又1molCO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液2L中充分反应放出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=﹣（4x﹣y）KJ/mol，故选B．点评：本题考查热化学方程式的书写和计算，是高考中常见题型，计算中涉及到化学方程式的有关计算问题和盖斯定律的有关应用，是一重点题型，学生还应注意在书写热化学方程式时标明各物质的状态．　15．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（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；铁盐和亚铁盐的相互转变．分析：A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4；B．Na燃烧生成Na2O2；-51-C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2；D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z．解答：解：A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；B．Na燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；故选D．点评：本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　16．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，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：物质的量浓度的相关计算．分析：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，发生反应为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，不管是将前者加入后者中，还是将后者加入前者中，都有气体产生，说明n（HCl）：n（Na2CO3）＞1：1，但最终产生的气体体积不同，说明n（HCl）：n（Na2CO3）＜2：1，根据二者之间的关系式来分析解答．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，反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，不管是将前者加入后者中，还是将后者加入前者中，都有气体产生，说明n（HCl）：n（Na2CO3）＞1：1，但最终产生的气体体积不同，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200mL，所以＜c（HCl）＜，即1mol/L＜c（HCl）＜2mol/L，-51-故选B．点评：本题考查化学方程式的有关计算，明确二者滴定顺序不同其反应方程式不同是解本题关键，再根据题意结合反应方程式进行计算，难度中等．　17．称取一定质量的纯碱溶于水中，与适量的盐酸作用，下列关于盐酸的用量和气体产量的变化正确的是（　　）　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：有关混合物反应的计算．分析：同质量的纯碱与杂质所消耗盐酸的多少决定酸的用量，若同质量的杂质消耗的酸的量大于纯碱，则酸用量将增大，反之，减小；同理，同质量的杂质与酸反应产生的气体多于纯碱与酸反应产生的气体，则产生的气体量将增加，反之，减小，结合方程式判断．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增多，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，消耗的盐酸会偏小，生成的气体总量偏小，故D错误；故选C．-51-点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．　18．下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（　　）　A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2　B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2　C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2　D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O考点：真题集萃；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，据此作判断．解答：解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中，这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D．点评：本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度．　19．向50gCuSO4溶液中放入一小块Na，待反应完全后，过滤，得到仍显蓝色的溶液44.6g，则投入的Na的质量为（　　）　A．4.6gB．4.1gC．6.9gD．9.2g-51-考点：化学方程式的有关计算；钠的化学性质．分析：首先发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，再发生反应：CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu（OH）2↓，发生总反应为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓+H2↑，溶液仍显蓝色，说明CuSO4有剩余，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有剩余，设Na的物质的量为xmol，则：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓+H2↑211xmol0.5mol0.5mol得到蓝色的溶液44.6g，则50g+xmol×23g/mol﹣0.5xmol×98g/mol﹣0.5xmol×2g/mol=44.6g，解得x=0.2，故加入Na的质量为0.2mol×23g/mol=4.6g，故选A．点评：本题考查化学方程式有关计算，关键是根据质量守恒确定溶液质量，难度不大．　20．不能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）　A．Na与稀硫酸反应的离子方程式为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+恰好完全沉淀Ca2++HCO3﹣+OHˉ═CaCO3↓+H2O　D．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体CO32﹣+CO2+H2O═HCO3﹣考点：离子方程式的书写．分析：A．钠与硫酸反应生成硫酸钠和氢气；B．质量不守恒；C．碳酸氢钙溶液中滴加氢氧化钠溶液至Ca2+恰好完全沉淀，反应物物质的量之比为1：1；D．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成碳酸氢钠晶体．解答：解：A．钠与硫酸反应生成硫酸钠和氢气，反应的离子方程式为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；-51-C．碳酸氢钙溶液中滴加氢氧化钠溶液至Ca2+恰好完全沉淀，反应物物质的量之比为1：1，为Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；D．饱和碳酸钠溶液中通入过量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．故选BD．点评：本题考查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，明确反应物过量情况对生成物的影响为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．　21．下列化学实验事实及其解释不正确的是（　　）　A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3　B．钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气　C．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应　D．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应考点：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．分析：A．加热促进碳酸氢根离子的水解，溶液碱性增强；B．钠比煤油密度大，且不反应，钠沉在底部，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气；C．脱脂棉燃烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反应提供热量；D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠．解答：解：A．对NaHCO3溶液微热，HCO3﹣水解程度增大，溶液碱性增强，故滴加酚酞的碳酸氢钠溶液微热后红色加深，故A错误；B．钠与煤油不反应，且比煤油密度大，钠沉在底部，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气，防止钠与氧气、水反应，故B正确；C．脱脂棉燃烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反应提供热量，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应，故C正确；-51-D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，故D正确，故选A．点评：本题考查钠单质及其化合物性质，难度不大，注意对基础知识的积累掌握．　22．通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一．下列由实验现象得出正确结论的是（　　）选项实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的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：铝箔只熔化成液体而没有脱落由此得出：铝不易燃烧C向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失由此得出：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．分析：A、金属性的强弱是金属与酸反应失电子的能力强弱；B、是因为氧化铝的熔点高，而没有脱落；C、铝与氯化铵溶液反应，是铝与铵根离子水解产生的氢离子反应生成氢气；D、氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为：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，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．解答：解：A、金属性的强弱是金属与酸反应失电子的能力强弱，而不是与碱反应，所以不能说明铝的金属性比镁强，故A错误；B、是因为氧化铝的熔点高，而没有脱落，而不是铝不易燃烧，故B错误；C、铝与氯化铵溶液反应，是铝与铵根离子水解产生的氢离子反应生成氢气，所以气体不是氨气，而是氢气，故C错误；-51-D、氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为：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，反应的离子方程式为：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；故选D．点评：本题考查物质的性质及检验，题目难度不大，本题注意把握常见元素化合物的性质，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如下两个实验方案．方案①：2.7gAlX溶液Al（OH）3沉淀方案②：2.7gAlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉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，下列说法正确的是（　　）　A．X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2　B．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液　C．在O点时两方案中所得溶液浓度相等　D．a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应考点：化学实验方案的评价；铝的化学性质．专题：实验评价题．分析：n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（Al）==0.1mol，2Al++6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；-51-根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol＜0.3mol，所以NaOH有剩余，据此分析解答．解答：解：n（HCl）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（Al）==0.1mol，2Al++6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol＜0.3mol，所以NaOH有剩余，A．根据以上分析知，X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沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是Y溶液，先发生酸碱中和反应，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点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，根据最初的钠原子和Cl原子守恒知，两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，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C．点评：本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、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，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同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，测定得到沉淀的质量则能测定出镁的质量分数的是（　　）　A．都能B．都不能　C．①不能，其它都能D．②③不能，①能考点：化学实验方案的评价．-51-专题：实验评价题．分析：设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数；设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数．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，以此得到质量分数，设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，故选A．点评：本题考查以物质含量的测定、实验方案设计考查化学实验方案的评价，题目难度中等，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，注意金属量的确定为解答的关键．　25．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol•L﹣1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（　　）　A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓　B．b和c曲线表示的离子反应是相同的　C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9g　D．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2考点：有关混合物反应的计算．分析：向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，先发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣减少，第二阶段；AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少；c线表示HCO3﹣的增加，第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣减少，此阶段Al（OH）3不参与反应，据此结合选项进行解答．-51-解答：解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣减少，第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少，c线表示HCO3﹣的增加，第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣减少，此阶段Al（OH）3不参与反应，A．Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，故A正确；B．第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少，c线表示HCO3﹣的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32﹣反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）0.05mol，m=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应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，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比，故D错误；故选D．点评：本题考查反应与图象的关系，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关键，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、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）与生成沉淀的质量（纵坐标）如下图所示的关系，则加入的NaOH溶液的体积为（　　）-51-　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．分析：图象开始阶段沉淀的量为0，所以开始阶段是盐酸和氢氧化钠之间的中和反应，然后沉淀量逐渐增多，发生的是四羟基合铝酸钠与盐酸之间的反应，直到所有的沉淀被溶解完毕．解答：解：开始阶段是盐酸和氢氧化钠之间的中和反应，根据消耗盐酸的量，知道剩余的氢氧化钠的物质的量是0.01L×1mol．L﹣1=0.01mol，然后沉淀量逐渐增多，发生的是四羟基合铝酸钠与盐酸之间的反应，即Na+HCl=NaCl+Al（OH）3↓+H2O，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，根据各段消耗盐酸的量知道生成的Na的物质的量是0.01L×1mol．L﹣1=0.01mol，根据铝元素守恒，所以铝离子的物质的量是0.01mol，生成四羟基合铝酸钠时消耗氢氧化钠就40mL，剩余氢氧化钠的量是10mL，所以加入氢氧化钠的量是50mL．故选D．点评：本题考查铝的性质的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算．　27．有钠、镁、铝各nmol，分别与等体积、均与含xmolHCl的盐酸反应，下列说法不正确的是（　　）　A．x＜n时，钠生成的氢气最多　B．x=n时，钠、镁、铝生成的氢气一样多　C．n＜x≤2n时，生成的氢气钠＜镁=铝　D．x≥2n时，生成的氢气钠＜镁＜铝考点：化学方程式的有关计算．分析：钠可与水反应，盐酸不足，Mg、Al生成氢气相当，但小于钠与水反应生成的氢气，结合2Na～2HCl～H2，2Mg～4HCl～2H2，2Al～6HCl～3H2，以此解答．解答：解：A、x＜n时，则盐酸少量，又钠与水反应生成的氢气，所以钠生成的氢气最多，故A正确；-51-B、x=n时，则钠刚好与盐酸反应，镁、铝与盐酸反应都是盐酸少量，所以生成的氢气都由盐酸中的氢生成，故一样多，故B正确；C、n＜x≤2n时，则钠与盐酸反应盐酸过量，镁、铝与盐酸反应都是盐酸少量，所以生成的氢气钠＜镁=铝，故C正确；D、x＞2n时，则钠、镁、铝与盐酸反应盐酸都过量，所以生成的氢气钠＜镁＜铝；但当x=2n，镁与盐酸刚好反应，铝与盐酸反应盐酸少量，生成的氢气镁=铝，故D错误；故选D．点评：本题考查钠的性质，注意钠和水反应的特点，根据物质的量的大小可与酸、水反应的特点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源．常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28g，反应中有关物质的量正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（　　）二氧化碳碳酸钠转移的电子A1mol2NAB22.4L1molC106g1molD106g2NA　A．AB．BC．CD．D考点：钠的重要化合物；化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：由化学方程式：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数．解答：解：设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加28g时，参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2固体质量差2mol2mol56gxy28g解得：x=1mol-51-解得：y=1mol碳酸钠的质量=1mol×106g/mol=106g因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积＞22.4L；由化学方程式可知；1mol二氧化碳参与反应转移1mol电子，即有NA个电子转移．由此可知上表中C正确．故选C．点评：本题主要考查化学方程式的书写和有关化学方程式的计算以及氧化还原反应中电子转移数目的计算，难度较小．　29．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、6mol　C．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol考点：化学方程式的有关计算．专题：图示题．分析：由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n+n=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据守恒计算n（Al3+）、n（Mg2+）；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6﹣4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol．解答：解：由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n+n=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据元素守恒可知，n（Al3+）=n=2mol，n（Mg2+）=n=3mol；-51-当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6mol﹣4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol，故选D．点评：本题考查镁铝及其化合物的性质、化学图象计算等，题目难度中等，注意守恒思想的运用．　30．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9．加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，其中正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：铝的化学性质；镁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，由Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来计算消耗碱的量，由发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓来计算消耗碱的量，然后分析得出结论．解答：解：镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，设铝的量为1单元，利用铝守恒，铝的量与氢氧化铝的物质的量相等，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，得到消耗碱的量也为1个单元，由发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓消耗碱为3单元，而Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓反应消耗碱为2单元，所以从沉淀生成到最大量到沉淀溶解碱的体积之比为（3+2）：1=5：1，而且等物质量的氢氧化铝的质量大于氢氧化镁，故选A．点评：本题考查镁、铝及其化合物的性质，明确发生的化学反应及反应与图象的关系是解答本题的关键，难度较大．　-51-二、非选择题（共50分）31．（10分）（2022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下列有关问题：（1）上述元素中第一电离能最大的元素是　He　（2）由A、C、D形成的ACD分子中，σ键个数：π键个数=　1：1　．（3）元素M的化合物（MO2Cl2）在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应．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　非极性　（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　H2S比SiH4稳定　（5）能验证H、I两种元素金属性的强弱的实验方法是　（b）　（a）将在空气中放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定性（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，写出其中一种化合物的电子式：　或　．（7）元素B和E能形成两种常见氧化物甲（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：a　=　b（填＜、＞或=）②在元素N的低价硫酸盐溶液中，加入少量化合物乙，观察到的现象是　有红褐色沉淀产生，溶液变黄色　；有关反应的离子方程式为　6Fe2++3Na2O2+3H2O=4Fe（OH）3↓+2Fe3++6Na+　．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为Na，C为碳，D为氮，E为氧，F为氟，G为钾，H为Mg，I为Al，J为Si，K为硫，L为Cl，M为Cr，N为Fe，R为He．（1）稀有气体最外层为稳定结构，最难失去电子，第一电离能最大；（2）HCN结构式为H﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；-51-（3）MO2Cl2常温下为深红色液体，熔点低，属于分子晶体，能与CCl4、CS2等非极性溶剂互溶，根据相似相溶原理判断分子极性；（4）可以根据氢化物稳定性判断元素非金属性强弱；（5）利用金属与酸反应的剧烈程度、最高价氧化物对应水化物碱性强弱等判断金属性强弱；（6）H、K、O、Cl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有KOH、KClO等；（7）①甲为Na2O、乙为Na2O2，与水发生反应：Na2O+H2O=2NaOH、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，二者物质的量相等，得到NaOH质量相等，由差量法可知，过氧化钠反应得到溶液质量与氧化钠反应得到溶液质量相等；②元素N的低价硫酸盐为FeSO4，加入少量Na2O2，过氧化钠与水反应得到的氢氧化钠、氧气立即与亚铁离子反应得到氢氧化铁沉淀，配平书写离子方程式．解答：解：由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为Na，C为碳，D为氮，E为氧，F为氟，G为钾，H为Mg，I为Al，J为Si，K为硫，L为Cl，M为Cr，N为Fe，R为He．（1）稀有气体最外层为稳定结构，最难失去电子，第一电离能最大，故答案为：He；（2）HCN结构式为H﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，故σ键、π键数目之比为1：1，故答案为：1：1；（3）MO2Cl2常温下为深红色液体，熔点低，属于分子晶体，能与CCl4、CS2等非极性溶剂互溶，根据相似相溶原理，可知其属于非极性，故答案为：非极性；（4）H2S比SiH4稳定，说明S元素非金属性比Si元素强，故答案为：H2S比SiH4稳定；（5）（a）将在空气中放置已久的这两种元素表面会生成氧化物薄膜，影响金属与水的反应，故错误；（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，根据溶液碱性强弱可以判断金属性强弱，故正确；（c）均为金属元素，不能比较两种元素的气态氢化物的稳定性判断金属性强弱，故错误，故答案为：（b）；（6）H、K、O、Cl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有KOH、KClO等，电子式为：或，故答案为：或；-51-（7）①甲为Na2O、乙为Na2O2，与水发生反应：Na2O+H2O=2NaOH、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，二者物质的量相等，得到NaOH质量相等，由差量法可知，过氧化钠反应得到溶液质量与氧化钠反应得到溶液质量相等，故得到溶液浓度相等，故答案为：=；②元素N的低价硫酸盐为FeSO4，加入少量Na2O2，过氧化钠与水反应得到的氢氧化钠、氧气立即与亚铁离子反应得到氢氧化铁沉淀，配平后离子方程式为：6Fe2++3Na2O2+3H2O=4Fe（OH）3↓+2Fe3++6Na+，看到的现象为：有红褐色沉淀产生，溶液变黄色，故答案为：有红褐色沉淀产生，溶液变黄色；6Fe2++3Na2O2+3H2O=4Fe（OH）3↓+2Fe3++6Na+．点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，题目综合性强，需要学生熟练掌握基础知识，（7）中为易错点、难点，注意得到的氢氧根离子不能完全沉淀铁离子，难度中等．　32．（11分）（2022秋•衡水校级月考）A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，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，完成下列空白：（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为　溶液先变红后褪色，并有气泡生成　．（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为　2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑　．5.05g单质甲﹣钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为　NaK2　．（3）向一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通入量的不同，溶液M的组成也不同．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图示两种情况．①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为　OH﹣+H+=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣　②B对应的溶液M低温蒸干后得到固体a克，将a克固体充分加热至恒重后，固体质量减少　0.0775　克．③由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为　3：10　．-51-考点：无机物的推断．分析：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2，据此解答．解答：解：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2．（1）向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是溶液薄荷味红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2，故答案为：NaK2；（3）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1，①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH﹣+H+=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣，故答案为：OH﹣+H+=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣；②加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n（NaOH）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，B对应的溶液M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，低温蒸干后得到固体a克为Na2CO3、NaHCO3-51-，根据钠离子守恒可知2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）=n（NaOH）=0.0075mol，故n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=0.0025mol，将a克固体充分加热至恒重后，发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑，固体质量减少质量为0.0025mol××62g/mol=0.0775g，故答案为：0.0775g；③曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（75﹣60）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（75﹣25）mL=50mL，由HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，故答案为：3：10．点评：本题考查无机物推断、化学计算等，基本属于猜测验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（3）中计算关键是根据图象判断溶液溶质的成分，题目难度较大．　33．已知存在如下反应：①A+BF+G②A+C（溶液）→H+G③C（溶液）+E→L+D（蓝色沉淀）④DB+H2O⑤A+E+H2O→J+I（气体单质）⑥J+H+H2O→K+L（以上反应中，反应物和生成物均已给出，有的反应方程式未配平）其中A、G为常见金属单质，L是家庭厨房必备的一种盐，主要由海水中获得．请回答：（1）工业上常用L的水溶液制备E，其化学方程式为：　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　（2）写出F的一种工业用途　用作冶炼铝的原料或用作耐火材料　（3）反应②的离子方程式为　2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu　（4）除反应⑥外，还有多种化学反应可由H生成K．下列物质能与H反应生成K的是　bdf　（填选项字母）；a．CO2b．NaHCO3c．NaHSO4d．NaClOe．NH4NO3f．NH3•H2O写出你所选任意一种试剂和H反应生成K的离子方程式：　Al3++3HCO3﹣=3CO2↑+Al（OH）3、Al3++3ClO﹣+3H2O=3HClO+Al（OH）3、Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　．考点：无机物的推断．-51-分析：A、G、I均为单质，其中A、G为金属且都常被用作输电线，且G单质有特殊颜色，故G为Cu，A为Al，L是家庭厨房必备的一种盐，主要有还是中获得，则L为NaCl，由反应②可知，该反应为置换反应，C溶液含有金属G的元素，由反应③中C的溶液与E反应得到L与蓝色沉淀D，可推知G为Cu、D为Cu（OH）2，E为NaOH，C为CuCl2，由反应④中加热D分解得到B为CuO，由反应⑤中金属A与NaOH反应得到J与气体单质I，则A为Al，I为H2，J为NaAlO2，反应①为铝热反应，可推知F为A12O3，结合反应②可知H为AlCl3，反应⑥为AlCl3+NaAlO2→Al（OH）3+NaCl，故K为Al（OH）3，据此解答．解答：解：A、G、I均为单质，其中A、G为金属且都常被用作输电线，且G单质有特殊颜色，故G为Cu，A为Al，L是家庭厨房必备的一种盐，主要有还是中获得，则L为NaCl，由反应②可知，该反应为置换反应，C溶液含有金属G的元素，由反应③中C的溶液与E反应得到L与蓝色沉淀D，可推知G为Cu、D为Cu（OH）2，E为NaOH，C为CuCl2，由反应④中加热D分解得到B为CuO，由反应⑤中金属A与NaOH反应得到J与气体单质I，则A为Al，I为H2，J为NaAlO2，反应①为铝热反应，可推知F为A12O3，结合反应②可知H为AlCl3，反应⑥为AlCl3+NaAlO2→Al（OH）3+NaCl，故K为Al（OH）3．（1）工业上常用电解NaCl的水溶液制备NaOH，其化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（2）F为A12O3，工业上用作冶炼铝的原料或用作耐火材料，故答案为：用作冶炼铝的原料或用作耐火材料；（3）反应②的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；（4）能与AlCl3反应生成Al（OH）3的物质有：碱或水解呈碱性的物质，AlCl3溶液与NaHCO3溶液、NaClO溶液发生双水解反应生成Al（OH）3，AlCl3溶液与NH3•H2O反应生成Al（OH）3与氯化铵；任意一种试剂和H反应生成K的离子方程式：Al3++3HCO3﹣=3CO2↑+Al（OH）3、Al3++3ClO﹣+3H2O=3HClO+Al（OH）3、Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，-51-故选：bdf；Al3++3HCO3﹣=3CO2↑+Al（OH）3、Al3++3ClO﹣+3H2O=3HClO+Al（OH）3、Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．点评：本题考查无机物的推断，L为厨房必备的盐及物质的颜色、特殊反应是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识的，难度中等．　34．（10分）（2022•路南区校级模拟）某过碳酸钠中含有少量过氧化钠，甲、乙两位同学各称取一定质量的该样品，并用如下图所示仪器测定样品的纯度．仪器的连接顺序，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应的化学方程式如下：2Na2CO4+2H2SO4═2Na2SO4+2CO2↑+O2↑+2H2O；2Na2O2+2H2SO4═2Na2SO4+O2↑+2H2O．（1）甲同学想通过实验测得的数据是　生成的氧气的体积　，他选用的装置　③　（填序号）是没有必要的．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，则他得到的Na2CO4的质量分数　偏低　（填“偏高”或“偏低”'）．（2）乙同学想通过实验测得的数据是　生成的二氧化碳的质量　．按他测得的数据计算出的实验结果有可能偏高，原因是　空气中的水与二氧化碳进入②增重使结果偏大　；也有可能偏低，原因是　产生的二氧化碳在装置⑤、③及导管中没有完全被②吸收使结果偏小　．（3）为了测得准确的实验数据，请你将乙同学的实验设计进行改进，写出你所选用仪器的连接顺序（每种仪器最多使用一次，也可以不用）：　⑩①③②⑨　（填序号）．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．-51-专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）过碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳和氧气，甲同学通过⑤﹣⑧﹣③﹣⑦﹣④的步骤进行实验，可用⑧吸收二氧化碳，通过测量氧气的体积可确定含量；（2）乙同学：⑤﹣③﹣②，用碱石灰吸收二氧化碳，根据二氧化碳的质量可确定含量；空气中二氧化碳和水蒸气进入会引起测定结果偏大，生成的二氧化碳未被完全吸收会使测定结果偏小；（3）应在②后面连接⑨，防止空气中的水、二氧化碳进入②，且使装置内气体全部被吸收，应通氮气，把生成的二氧化碳赶入后边的装置完全吸收，以减少误差；解答：解：（1）过碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳和氧气，甲同学通过⑤﹣⑧﹣③﹣⑦﹣④的步骤进行实验，可用⑧吸收二氧化碳，通过测量氧气的体积可确定含量，用排水法收集氧气，气体无需干燥，则装置③没有必要，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，测定氧气体积比标准状况大，则他得到的Na2CO4的质量分数偏低；故答案为：生成的氧气的体积；③；偏低；（2）乙同学：⑤﹣③﹣②，用碱石灰吸收二氧化碳，根据二氧化碳的质量可确定含量，但空气中的水与二氧化碳进入②增重使结果偏大；故答案为：生成的二氧化碳的质量，空气中的水与二氧化碳进入②增重使结果偏大；产生的二氧化碳在装置⑤、③及导管中没有完全被②吸收使结果偏小；（3）应在②后面连接⑨，防止空气中的水、二氧化碳进入②，且使装置内气体全部被吸收，应通氮气，把生成的二氧化碳赶入后边的装置完全吸收，以减少误差；仪器的连接顺序⑩①③②⑨．故答案为：⑩①③②⑨；点评：本题考查较实验方案的设计，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理和目的，为解答该题的关键，难度中等．　35．（10分）（2022•延安模拟）铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得．-51-①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：回答下列问题：（1）写出反应1的化学方程式　2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O、2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O　；（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是　CaSiO3　，反应2的离子方程式为　2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣　；（3）E可作为建筑材料，化合物C是　浓H2SO4　，写出由D制备冰晶石的化学方程式　12HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O　；（4）电解制铝的化学方程式是　2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑　，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是　O2、CO2（或CO）　．考点：镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠；（3）由工艺流程可知，气体D含有F元素，应是HF，故C为浓硫酸；根据元素守恒，可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水；-51-（4）电解熔融的氧化铝生成铝与氧气；阳极生成氧气，部分氧气可以石墨反应生成二氧化碳、CO．解答：解：（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O，故答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O、2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故答案为：CaSiO3；2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣；（3）由工艺流程可知，气体D含有F元素，应是HF，故C为浓硫酸；根据元素守恒，可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水，反应方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O，故答案为：浓H2SO4；12HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；（4）电解熔融的氧化铝生成铝与氧气，反应方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，阳极生成氧气，部分氧气可以石墨反应生成二氧化碳、CO，故阳极气体有O2、CO2（或CO）故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；O2、CO2（或CO）．点评：本题考查化学工艺流程、无机物推断、常用化学用语等，题目难度中等，理解工艺流程是解题的关键，（3）中HF的制备是中学中比较陌生的知识，现在基本不涉及，是难点、易错点，需要学生基本扎实的据此与运用知识分析解决问题的能力．　-51-