湖北省部分重点中学2022学年高一化学学期期末联考试题（含解析）

湖北省部分重点中学2022-2022学年高一学期期末联考化学试卷一、选择题（每题只有一个正确答案，本题共16小题，每小题3分，共48分）1．下列各组物质，按混合物、单质、化合物顺序排列的是（　　）　A．水泥、液态氧、盐酸B．水玻璃、液氯、液氨　C．石膏、溴水、熟石灰D．干冰、铁、磁性氧化铁考点：混合物和纯净物；单质和化合物．.分析：混合物是由多种物质组成的；单质是只有一种元素组成的纯净物，化合物是至少有两种元素组成的纯净物，据此解答即可．解答：解：A、水泥是混合物、液态氧是单质、盐酸是混合物，故A错误；B、水玻璃是混合物、液氯是氯气单质、液氨是化合物，故B正确；C、石膏是纯净物，溴水是混合物，熟石灰是化合物，故C错误；D、干冰是化合物，铁是金属单质，磁性氧化铁是化合物，故D错误，故选B．点评：本题主要考查的是物质的分类，物质分为混合物和纯净物，纯净物又分单质和化合物，难度不大．　2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是（　　）　A．常温常压下，8.0gCH4中含有的氢原子数为2NA　B．1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA　C．1molNa2O2与足量二氧化硫反应转移电子数为NA　D．0.1mol/LCaCl2溶液中含氯离子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数．.分析：A．根据n=计算出甲烷的物质的量，然后计算出含有的氢原子数；B．氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂1mol氯气完全反应转移了1mol电子；C．过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应，1mol过氧化钠完全反应转移了2mol电子；D．缺少氯化钙溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目．解答：解：A.8.0gCH4的物质的量为：=0.5mol，0.5mol甲烷中含有2molH原子，含有的氢原子数为2NA，故A正确；B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气既是氧化剂，也是还原剂1mol氯气完全反应转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故B错误；C.1molNa2O2与足量二氧化硫反应生成硫酸钠，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，故C错误；D．没有告诉氯化钙溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，明确氯气与氢氧化钠溶液、过氧化钠与二氧化碳、二氧化硫的反应实质，为易错点．　3．（3分）下列说法或做法正确的是（　　）　A．加入氢氧化钠溶液并加热，产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+-16-　B．检验SO2中是否混有CO2，将气体通过澄清的石灰水变浑浊，则说明一定含CO2　C．铝比铁活泼，所以铝比铁更容易被腐蚀　D．正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7考点：常见气体的检验；铝的化学性质；常见阳离子的检验．.分析：A．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝；B．二者均使石灰水变浑浊；C．铝在空气中易被氧气氧化生成致密的氧化物保护膜；D．正常的雨水因为溶解了少量的二氧化碳气体而显弱酸性，雨水的pH只是稍小于7，当雨水中溶解了二氧化硫、二氧化氮等物质时，雨水的酸性会明显增强，当达到一定程度时就形成酸雨．解答：解：A．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，故A正确；B．二者均使石灰水变浑浊，应先排除二氧化硫的干扰再通过澄清的石灰水检验二氧化碳，故B错误；C．通常情况下铝制品比铁更耐腐蚀，这是因为铝在常温下与空气中的氧气发生化学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化，所以铁比铝更容易被腐蚀，故C错误；D．正常雨水中因为溶有二氧化碳而显酸性，正常雨水的pH约为5.6，但酸雨的pH却小于5.6，故D错误；故选A．点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质及气体的检验等，难度中等．侧重学生分析能力和实验能力的考查．　4．（3分）下列变化可通过一步化学反应实现的是（　　）　A．N2→NO2B．Al2O3→Al（OH）3C．S→SO3D．SiO2→SiF4考点：氮气的化学性质；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物．.分析：A．氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2；B．氧化铝和水不反应；C．S在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成SO3；D．二氧化硅和HF反应生成SiO2→SiF4．解答：解：A．氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，所以不能一步发生反应N2→NO2，故A错误；B．氧化铝和水不反应，所以不能一步发生反应Al2O3→Al（OH）3，故B错误；C．S在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成SO3，所以不能一步发生反应S→SO3，故C错误；D．二氧化硅和HF反应生成SiO2→SiF4，所以能一步发生反应SiO2→SiF4，故D正确．故选D．点评：本题考查物质之间转化，明确物质性质是解本题关键，知道物质转化时的反应条件，注意二氧化硅性质的特殊性，题目难度不大．　5．（3分）如表分离和提纯的实验，所选用的方法不正确的是（　　）-16-序号ABCD实验目的从粗盐中除去泥沙从食盐和氯化铵混合物中除去氯化铵提取碘水中的I2分离乙醇与水分离方法溶解、过滤灼烧萃取、分液、蒸馏蒸发　A．AB．BC．CD．D考点：物质分离、提纯的实验方案设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.分析：A．粗盐中泥沙不溶于水；B．氯化铵加热分解，而食盐不能；C．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；D．乙醇与水互溶，加热蒸发不能分离．解答：解：A．粗盐中泥沙不溶于水，则溶解、过滤可除去泥沙，故A正确；B．氯化铵加热分解，而食盐不能，则灼烧可除去氯化铵，故B正确；C．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选有机溶剂萃取、分液、蒸馏可得到碘，故C正确；D．乙醇与水互溶，加热蒸发不能分离，应选择蒸馏法分离，故D错误；故选D．点评：本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分离方法的选择，题目难度不大．　6．（3分）下列有关说法或操作中，正确的有（　　）①标准状况下，1mol溴单质的体积约为22.4L②500mL，1mol/LMgCl2溶液中含有氯化镁分子数目为0.5NA③用酒精从饱和碘水中萃取碘④让一束可见光通过胶体，从垂直于光线的方向可以看到一条光亮的“通路”⑤同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同．　A．1个B．2个C．3个D．4个考点：气体摩尔体积；物质的量的相关计算；胶体的重要性质；分液和萃取．.分析：①标准状况溴不是气体；②氯化镁是离子化合物；③酒精和溶液混溶不能分层；④胶体具有丁达尔现象；⑤阿伏伽德罗定律分析判断．解答：解：①标准状况溴不是气体，1mol溴单质的体积不是22.4L，故①错误；②氯化镁是离子化合物，水溶液中不存在分子，故②错误；③酒精和溶液混溶不能分层，不能从饱和碘水中萃取碘，故③错误；④胶体具有丁达尔现象，让一束可见光通过胶体，从垂直于光线的方向可以看到一条光亮的“通路”，故④正确；⑤阿伏伽德罗定律分析判断，同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同，故⑤正确；故选B．点评：-16-本题考查了气体摩尔体积的条件应用，实验基本操作的理解掌握，胶体性质和阿伏伽德罗定律的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．　7．（3分）下列实验现象描述正确的是（　　）选项实验现象A向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体无明显现象B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来C向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液立刻产生大量白色沉淀D加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体　A．AB．BC．CD．D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、向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体会出现碳酸氢钠晶体；B、氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落；C、向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀；D、钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球，燃烧火焰为黄色，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠；解答：解：A、向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成碳酸氢钠晶体，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，溶液变浑浊，故A错误B、铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B错误．C、向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，故C错误；D、钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球，燃烧火焰为黄色，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质性质的分析应用，注意反应过程中的现象分析判断掌握物质性质和化学基础是解题关键，题目难度中等．　8．（3分）下列离子方程式中正确的是（　　）　A．金属钠与水反应：Na+H2O=Na++OH﹣+H2↑　B．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣　C．实验室制备氢氧化铝：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　D．向稀盐酸溶液中加铁粉：3Fe+6H+=2Fe3++3H2↑考点：离子方程式的书写．.分析：A．电子不守恒；B．HClO在离子反应中保留化学式；-16-C．可溶性铝盐与氨水反应制备氢氧化铝，一水合氨和氢氧化铝在离子反应中保留化学式；D．反应生成氯化亚铁和氢气．解答：解：A．金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故B错误；C．实验室制备氢氧化铝的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C正确；D．向稀盐酸溶液中加铁粉的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意守恒法及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　9．（3分）化学在生产和日常生活中有关重要的应用，下列说法不正确的是（　　）　A．明矾可用于水的净化B．Al2O3可用作耐火材料　C．NaOH可用作食用碱D．烟花燃放中发生了焰色反应考点：盐类水解的应用；钠的重要化合物；焰色反应；镁、铝的重要化合物．.专题：元素及其化合物．分析：A、氢氧化铝具有净水作用；B、氧化铝的熔点很高；C、氢氧化钠具有腐蚀性；D、金属元素的焰色反应会呈现不同的颜色．解答：解：A、明矾电离出的铝离子会生成氢氧化铝，氢氧化铝具有净水作用，所以明矾可用于水的净化，故A正确；B、氧化铝的熔点很高，可用作耐火材料，故B正确；C、氢氧化钠具有腐蚀性，对人体有害，所以氢氧化钠不能作食用碱，故C错误；D、金属元素的焰色反应会呈现不同的颜色，烟花燃放中发生了焰色反应，故D正确．故选：C．点评：本题考查了盐类水解的应用，氧化铝的性质应用，氢氧化钠的特征性质应用，焰色反应的应用，题目难度中等．　10．（3分）用如图所示装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，且尾气处理装置略），其中可行的是（　　）气体abcANO2浓硝酸铜片浓硫酸BSO2浓硫酸Cu酸性KMnO4溶液CCO2稀硫酸CaCO3浓硫酸DNH3浓氨水生石灰浓硫酸-16-　A．AB．BC．CD．D考点：实验装置综合．.专题：实验设计题．分析：由图可知，图中装置为固体与液体反应不需要加热制备气体，c为除杂装置，最后利用向上排空气法收集，以此来解答．解答：解：A．Cu与浓硝酸不需要加热生成的二氧化氮可利用向上排空气法收集，故A正确；B．Cu与浓硫酸反应需要加热，故B错误；C．稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的发生，则不适合制备气体，故C错误；D．氨气不能利用浓硫酸干燥，故D错误；故选A．点评：本题考查常见气体的制备实验及实验装置的综合，为高频考点，把握制备原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　11．（3分）下列两种物质发生反应：①Na和O2②AlCl3与氨水③漂白粉溶液与CO2④Fe与Cl2⑤Cu和HNO3，因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是（　　）　A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②⑤D．①③⑤考点：钠的化学性质；硝酸的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．.分析：①钠和氧气反应因为条件不同导致其产物不同；②氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，与氨水的量无关；③漂白粉溶液和二氧化碳反应，当二氧化碳过量或少量时生成的钙盐不同；④铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，与氯气量的多少无关；⑤铜和浓稀硝酸反应生成的氮氧化物不同．解答：解：①在没有条件的条件下，钠和氧气反应生成氧化钠，在加热条件下，钠燃烧生成过氧化钠，故正确；②氯化铝和氨水反应时，无论氨水是否过量都生成氢氧化铝沉淀，故错误；③漂白粉溶液和少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，和过量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钙，故正确；④在点燃条件下，铁和氯气反应都生成氯化铁，与氯气的量无关，故错误；⑤铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，故正确；故选D．点评：本题考查了物质之间的反应，有的反应与反应物的用量、反应物浓度、反应条件不同而导致产物不同，注意氢氧化铝不溶于氨水，为易错点．　-16-12．（3分）必须通过加入其它试剂才能鉴别的一组无色溶液是（　　）　A．氯化铝溶液和氢氧化钾溶液B．碳酸氢钠和稀盐酸　C．偏铝酸钠溶液和稀硝酸D．碳酸钠和稀硫酸考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．.专题：物质检验鉴别题．分析：加入其它试剂才能鉴别，则改变试剂的加入顺序，发生的反应相同，不能鉴别，所以还需另外试剂才能鉴别，以此来解答．解答：解：A．试剂加入顺序不同，现象不同，KOH滴入氯化铝中先生成沉淀后沉淀溶解，氯化铝滴入KOH中先没有沉淀后生成沉淀，可以鉴别，故A不选；B．改变试剂的顺序，均发生反应生成氯化钠、水、二氧化碳，则必须通过加入其它试剂才能鉴别，故B选；C．硝酸过量时，不生成沉淀，偏铝酸钠中滴加硝酸，先生成沉淀后沉淀现象，可以鉴别，故C不选；D．碳酸钠中滴加硫酸，先不生成气体后生成气体，而硫酸中加碳酸钠开始就生成气体，现象不同，可鉴别，故D不选；故选B．点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，侧重元素化合物性质的考查，注意改变滴加顺序及量对反应的影响为解答的关键，注重基础知识的夯实，题目难度不大．　13．（3分）（2022•肇庆一模）向某NaOH溶液中通入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）的关系有下列图示四种情况（不计CO2的溶解），则下列对应图形的判断正确的是（　　）　A．含有两种溶质B．只含一种溶质C．只含Na2CO3D．含有NaOH考点：有关混合物反应的计算．.专题：图示题．分析：CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当＜＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；-16-当≤，反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；向M中逐滴加入盐酸，根据溶液M中溶质不同，通过反应过程判断．解答：解：由分析可知向NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M中溶质情况有：（1）当含有两种溶质时，①若溶质为Na2CO3、NaOH时，不能立即产生气体，滴加盐酸先中和氢氧化钠，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积同碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积相等，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；②若为NaHCO3、Na2CO3，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，故A错误；（2）若只有一种溶质时，①当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；②当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为．-16-A、由上述分析可知，当含有两种溶质，不论是Na2CO3、NaOH，还是NaHCO3、Na2CO3，滴加盐酸都不能立即产生气体，故A错误；B、由上述分析可知，只含一种溶质，①当溶质为Na2CO3时，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；②当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，故B错误；C、由上述分析可知，只含一种溶质，当溶质为Na2CO3时，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，故C正确；D、溶质含有氢氧化钠，则含有两种溶质，是Na2CO3、NaOH，由上述分析可知，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，故D正确．故选CD．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键判断溶液可能的溶质，分情况讨论．注意盐酸的体积．　14．（3分）某无色溶液能与镁反应放出氢气，此溶液中可能大量共存的离子组是（　　）　A．H+、Ba2+、Mg2+、Cl﹣B．K+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+　C．K+、OH﹣、SO32﹣、MnO4﹣D．Ca2+、H+、Cl﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．.分析：无色溶液能与镁反应放出大量氢气，溶液显酸性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．解答：解：A．酸溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均无无色，故A正确；B．Fe3+有颜色，与无色溶液不符，故B错误；-16-C．因酸溶液不能大量存在OH﹣、SO32﹣，且H+、SO32﹣、MnO4﹣发生氧化还原反应，且MnO4﹣为紫色，与无色溶液不符，故C错误；D．Mg与H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，不能共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和氧化还原反应的考查，注重学生思维严密性的训练，有利于提高学生分析问题解决问题的能力，题目难度不大．　15．（3分）已知下列离子在酸性条件下都能氧化KI，它们自身发生如下变化：①Cr2O72﹣→Cr3+，②IO3﹣→I2，③MnO4﹣→Mn2+．如果分别用等物质的量的这些离子氧化足量的KI，得到I2的物质的量由多到少的顺序正确的是（　　）　A．②=③＞①B．①＞②=③C．②＞③＞①D．①=②＞③考点：氧化还原反应的计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：反应中I﹣→I2，失去1个电子，而Cr2O72﹣→Cr3+得到6个电子，IO3﹣→I2得到5个电子，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断．解答：解：I﹣→I2，失去1个电子，氧化时I﹣，Cr2O72﹣→Cr3+得到6个电子，则1molCr2O72﹣可生成3molI2，IO3﹣→I2得到5个电子，但由于IO3﹣和I﹣所对应的产物都是I2，则1molIO3﹣可得到3molI2，MnO4﹣→Mn2+得到5个电子，则1molMnO4﹣可得到2.5molI2，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意把握元素化合价的变化，本题关键是IO3﹣由于也被还原为I2，为本题的易错点．　16．（3分）铁粉和氧化铁的混合物共15g，放入300mL稀H2SO4中，发现固体完全溶解，并放出1.68LH2（标准状况），加入KSCN溶液后，无颜色变化．为了使Fe2+恰好转化为Fe（OH）2沉淀，共耗用200mL3mol/LNaOH溶液，则原硫酸溶液的物质的量浓度为（　　）　A．4mol•L﹣1B．3mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1mol•L﹣1考点：有关混合物反应的计算．.分析：Fe2+恰好转化为Fe（OH）2沉淀时溶液成分为Na2SO4，则n（H2SO4）=n（SO42﹣）=n（Na+）=n（NaOH），根据物料守恒计算出原硫酸溶液中硫酸的物质的量，进而计算硫酸的物质的量浓度．解答：解：同时铁和氧化铁均无剩余，向溶液中滴加硫氰化钾溶液后，未见颜色变化，说明反应固体混合物全部转化为FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据质量守恒可得：n（H2SO4）=n（SO42﹣）=n（Na+）=n（NaOH），则：n（H2SO4）=×3mol/L×0.2L=0.3mol，原溶液中硫酸的浓度为：c（H2SO4）==1mol/L，故选D．-16-点评：本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度的计算，题目难度不大，本题计算时要注意利用守恒方法和物质反应时某些离子结合的特点．　二、填空题（46分）17．（4分）1.5molSO2共含有　2.709×1024（或4.5NA）　个原子，1.5molSO2所含氧原子数与　80　gSO3所含氧原子数相等．考点：物质的量的相关计算．.分析：根据n==结合物质的构成计算．解答：解：1.5molSO2共含有4.5mol原子，个数为4.5mol×6.02××1023/mol=2.709×1024（或4.5NA），1.5molSO2所含氧原子数为3mol，与1molSO3所含氧原子数，则m（SO3）=1mol×80g/moL=80g，故答案为：2.709×1024（或4.5NA）；80．点评：本题考查物质的量有关计算，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，注意对化学式意义的理解．　18．（2分）质量相同的①HCl②NH3③CO2④O2四种气体中，含有分子数目最多的是（填序号）　②　．考点：物质的量的相关计算．.分析：根据n==计算．解答：解：四种气体的摩尔质量分别为36.5g/mol、17g/mol、44g/mol、32g/mol，由n==可知，等质量时，气体的摩尔质量越小，物质的量越多，则分子数越多，含有分子数目最多的是②，故答案为：②．点评：本题考查物质的量有关计算，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．　19．（2分）有100mL0.2mol/L的Na2SO4溶液，将此溶液稀释到200mL，则溶液中Na+的物质的量是　0.04mol　．考点：物质的量的相关计算．.分析：根据n=cV结合物质的构成计算，溶液稀释前后，溶质的物质的量不变．解答：解：n（Na+）=2n（Na2SO4）=2×0.1L×0.2mol/L=0.04mol，溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，将此溶液稀释到200mL，则溶液中Na+的物质的量是0.04mol，故答案为：0.04mol．-16-点评：本题考查物质的量有关计算，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，注意对化学式意义的理解．　20．（2分）7.8g过氧化钠中含阴阳离子总数为　1.806×1023（或0.3NA）　．考点：物质的量的相关计算．.分析：过氧化钠的阳离子、阴离子分别为Na+、O22﹣，结合n==计算．解答：解：7.8g过氧化钠物质的量为=0.1mol，含0.2molNa+，含0.1molO22﹣，共计0.3mol，所以含阴阳离子总数为1.806×1023（或0.3NA），故答案为：1.806×1023（或0.3NA）．点评：本题考查物质的量有关计算，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，注意对化学式意义的理解．　21．（12分）某些化学反应可用下式表示：A+B→C+D+H2O．请回答下列问题（反应可以是固体之间的反应，也可以是在水溶液中进行的反应）：（1）若A是非金属气态单质，反应后所得溶液常用于消毒、杀菌．则A为　Cl2　（填化学式下同）．实验室制取A气体的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　．（2）若A为非金属固态单质，C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊．则A为　C　．写出C或D中任意一种气体与足量澄清石灰水反应的离子方程式　2OH﹣+Ca2++CO2=H2O+CaCO3↓或2OH﹣+Ca2++SO2=H2O+CaSO3↓　．（3）若A为紫红色金属，D为有色气体．则A为　Cu　．D与水反应的离子方程式为　H2O+3NO2=2H++2NO3﹣+NO　．（4）若A为烧碱溶液，C是相对分子质量为100的白色沉淀，D为正盐．则C为　CaCO3　．反应的离子方程式为　2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=2H2O+CaCO3↓+CO32﹣　．考点：无机物的推断．.分析：（1）若A是非金属气态单质，反应后所得溶液常用于消毒、杀菌，则该反应是氯气与氢氧化钠的反应；（2）若A为非金属固态单质，C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，C、D分别为CO2、SO2中的一种，则该反应为碳与浓硫酸反应；（3）若A为紫红色金属，则A为Cu，D为有色气体，该反应为Cu与浓硝酸反应；（4）若A为烧碱溶液，C是相对分子质量为100的白色沉淀，为CaCO3，D为正盐，应是碳酸氢钙与氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠与水．解答：解：（1）若A是非金属气态单质，反应后所得溶液常用于消毒、杀菌，该反应是氯气与氢氧化钠的反应，则A为Cl2，实验室制取A气体的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：Cl2；MnO2+4HCl（浓）-16-MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）若A为非金属固态单质，C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，C、D分别为CO2、SO2中的一种，则该反应为碳与浓硫酸反应，故A为C，反应化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，C或D中任意一种气体与足量澄清石灰水反应的离子方程式为2OH﹣+Ca2++CO2=H2O+CaCO3↓或2OH﹣+Ca2++SO2=H2O+CaSO3↓，故答案为：C；2OH﹣+Ca2++CO2=H2O+CaCO3↓或2OH﹣+Ca2++SO2=H2O+CaSO3↓；（3）若A为紫红色金属，则A为Cu，D为有色气体，该反应为Cu与浓硝酸反应（Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2H2O+2NO2↑），则D与水反应的离子方程式为H2O+3NO2=2H++2NO3﹣+NO，故答案为：Cu；H2O+3NO2=2H++2NO3﹣+NO；（4）若A为烧碱溶液，C是相对分子质量为100的白色沉淀，为CaCO3，D为正盐，应是碳酸氢钙与氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠与水，反应离子方程式为：2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=2H2O+CaCO3↓+CO32﹣，故答案为：CaCO3；2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=2H2O+CaCO3↓+CO32﹣．点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握反应、现象推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意物质的颜色、用途及物质类别等，题目难度不大．　22．（10分）在一定体积的18.0mol/L的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，有0.9mol气体产生，则浓硫酸的体积　大于100mL　（填“大于”、“等于”或“小于”）100mL．若使剩余的铜片继续溶解，可加入以下物质（A．硫酸钠晶体B．硝酸钠晶体C．氯化铁晶体）中的　B　（填字母），反应的离子方程式为　3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O　；或加入　C　（填字母），反应的离子方程式为　Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+　．考点：浓硫酸的性质．.专题：元素及其化合物．分析：铜与浓硫酸在加热条件下发生反应，与稀硫酸不反应；硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu，三价铁离子具有强的氧化性能够氧化铜．解答：解：Cu与浓硫酸反应，随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，所以被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积应大于，即大于100ml；反应后剩余硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu，所以加入硝酸钠可氧化Cu，发生的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；三价铁离子具有强的氧化性能够氧化铜，所以加入氯化铁晶体可氧化铜，离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；故答案为：大于100mL；B；3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；C；Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+．点评：本题考查了元素化合物知识，明确浓硫酸、浓硝酸、三价铁离子的性质是解题关键，注意稀硫酸与铜不反应，题目难度不大．　-16-23．（4分）根据如图操作及现象推断酸X为　B　（填序号），Fe不溶于X的原因是　铁在冷的浓硫酸中钝化　；向Fe粉溶解后的溶液中加入足量NaOH溶液的现象是　先产生白色沉淀，经过灰绿色，最后变成红褐色　．A、浓盐酸B、浓硫酸C、浓硝酸．考点：实验装置综合．.专题：实验设计题．分析：由图中铁未见溶解，则酸一定不是盐酸或稀硫酸、稀硝酸，而加水溶解，则浓酸变为稀酸，铁与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应，最后生成白色沉淀为硫酸钡，以此来解答．解答：解：由图中铁未见溶解，则酸一定不是盐酸或稀硫酸、稀硝酸，则加入酸可能为浓硫酸或浓硝酸，而加水溶解，则浓酸变为稀酸，最后生成白色沉淀为硫酸钡，所以推断加入酸为浓硫酸，向Fe粉溶解后的溶液中加入足量NaOH溶液生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，现象为先产生白色沉淀，经过灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：B；铁在冷的浓硫酸中钝化；先产生白色沉淀，经过灰绿色，最后变成红褐色．点评：本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握Fe与酸的反应及白色沉淀为解答本题的关键，注意未见溶解与钝化有关，侧重分析能力、推断能力的综合考查，题目难度不大．　24．（8分）实验室可用干燥纯净的氨还原氧化铜来制取氮气．根据如图装置图（部分夹持装置略去）回答有关问题：（1）装置B中盛放的药品名称是　碱石灰　．（2）装置A还可以用于制取　O2　．（3）写出装置C中反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目　　．（4）装置C中可能看到的现象有　固体由黑变红，硬质试管内壁有水珠　．考点：实验装置综合．.专题：实验设计题．-16-分析：用干燥纯净的氨还原氧化铜来制取氮气，应先制备氨气，则A为氨气的发生装置，B为干燥氨气的装置，C中发生2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，可观察到有固体变为红色，以此解答该题．解答：解：（1）A为氨气的发生装置，B为干燥氨气的装置，应用碱石灰，故答案为：碱石灰；（2）A为加热固体生成气体的装置，除制备氨气外，实验室还可用于制备氧气，故答案为：O2；（3）发生的反应为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，反应中N元素化合价由﹣3价升高到0价，Cu元素化合价由+2价降低到0价，电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：；（4）C中发生2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，可观察到有固体变为红色，并且生成水，可观察到硬质试管内壁有水珠，故答案为：固体由黑变红，硬质试管内壁有水珠．点评：本题考查了实验室制备氨气的方法和氨气的性质分析，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度不大．　25．（2分）实验室配制1.00mol/L的NaOH溶液100mL，下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是　AD　．（填序号）．A、某同学定容观察液面时俯视B、在滤纸上称量固体烧碱C、加蒸馏水时，不慎超过了刻度线D、选用的NaOH固体中混有Na2OE、容量瓶使用前内壁沾有水珠．考点：溶液的配制．.专题：实验评价题．分析：分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析．解答：解：A、某同学定容观察液面时俯视，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故A选；B、在滤纸上称量固体烧碱，导致氢氧化钠有损耗，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故B不选；C、加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故C不选；D、选用的NaOH固体中混有Na2O，导致溶质的物质的量增大，溶液的浓度偏高，故D选；E、容量瓶使用前内壁沾有水珠，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度无影响，故E不选；-16-故选：AD．点评：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液误差分析，明确配制原理、准确判断不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响是解题关键，题目难度不大．　三、计算题（6分）26．（6分）把7.8g镁铝合金的粉末溶于过量的稀硫酸中，得到8.96LH2（标准状况下）．试计算：（1）该合金中铝和镁的物质的量之比；（2）若向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，最终能产生沉淀多少克？考点：有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：（1）设出镁、铝的物质的量，然后分别根据总质量、生成氢气的量列式计算；（2）氢氧化钠溶液过量，最终生成的沉淀为氢氧化镁，根据镁原子守恒计算出氢氧化镁的物质的量、质量．解答：解：（1）设镁、铝的物质的量分别为x、y，根据合金质量可得：①24x+27y=7.8，标况下8.96L氢气的物质的量为：=0.4mol，则：②x+1.5y=0.4mol，根据①②联立解得：x=0.1、y=0.2，所以该合金中铝和镁的物质的量之比为：0.2mol：0.1mol=2：1，答：该合金中铝和镁的物质的量之比为2：1；（2）向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，氢氧化铝溶解，最终得到沉淀为氢氧化镁，根据镁原子守恒可知生成氢氧化镁沉淀的物质的量为0.1mol，0.1mol氢氧化镁沉淀的质量为：58g/mol×0.1mol=5.8g，答：最终能产生沉淀的质量为5.8g．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，注意守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力．　-16-