河南省洛阳市宜阳一高2015_2016学年高一化学上学期12月第二周周练试卷含解析.doc

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1、2015-2016学年河南省洛阳市宜阳一高高一第二周周练化学试卷一、选择题1依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是A同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比2某温度下，在100克水中加入m克CuSO4或加入n克CuSO45H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合Am=nBm=Cm=Dm=3下列各组物质中，仅用水及物质间相互反应不能一一区别的一组是ANa2O2 Al23 MgCl2 K2CO3BBaCl2 Na2SO4 SO4 KOHCAgNO3

2、 NaCl KCl CuCl2DFe23 K2CO3 KHSO4 NH4Cl4实验是化学研究的基础下列关于各实验装置的叙述正确的是A装置常用于分离互不相溶的液体混合物B装置可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C装置可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D装置可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢5下列离子方程式不正确的是A硫化钠溶于水中：S2+2H2OH2S+2OHB用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2CO32+SO2+H2O2HCO3+SO32C向NaHS溶液中通入足量氯气：HS+Cl2S+H+2ClD向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2+3Cl2+4Br2Fe3+6Cl+2

3、Br26已知氧化还原反应：2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为A10molB11molC12molD13mol7下列关于化合物的说法正确的是A只含有共价键的物质一定是共价化合物B由两种原子组成的纯净物一定是化合物C不含非极性共价键的分子晶体一定是共价化合物D熔化状态下不导电的化合物一定是共价化合物8向Ba2和KOH混合液中缓缓通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体体积VmL的关系如图所示，下列结论中正确的是A原混合物中nBa2：n=1：2Bp点坐标为120mLCp点溶液中溶质为Ba2Da，b段

4、反应分二阶段，离子方程式为：CO2+2OH=CO32+H2O CO32+H2O+CO2=2HCO39据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2 ，已知O2为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是AO2中不存在共价键B在此反应中每生成1mol O2则转移1mol电子C在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂DO2中氧元素的化合价是+l价10在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl、CO32、OH6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是ACu2+、H+、ClBCO32、OH、ClCK+、H+、ClDK+、OH

5、、CO32111L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1molL1，向混合溶液中滴加某溶液Z至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是A氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D偏铝酸钠、氯化钡、硫酸12将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5molL1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是A43.2gB46.8gC53.6gD63.8g13已知Ba【Al4】2可溶于水如图表示的是向A123溶液中逐滴加入Ba2溶液时，生成

6、沉淀的物质的量y与加入Ba2的物质的量x的关系下列有关叙述正确的是Aab时沉淀的物质的量：A13比BaSO4多Bde时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OHCad时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A13Dcd时溶液中离子的物质的量：【Al4】比Ba2+少14室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，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

7、molA2项B3项C4项D5项151.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL，向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL16将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图

8、为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图以下判断不正确的是Aa1=Ba2=1Cb1=Db2=二简答题17根据物质及其化合物的性质填空为检验市售煤油中是否掺有水，可向煤油样品中加少许白色粉末 ，若观察到现象，就说明煤油中掺有水；也可向煤油样品中加入一小块金属钠，若观察到现象，就可说明煤油中掺有水，反应的化学方程式是镁着火不能用二氧化碳来灭火，理由是；铝是应用最广泛的金属之一，铝的化合物在生产和生活中也有许多用途铝离子的结构示意图是铝是一种既能与酸反应又能与碱反应的金属，请写出铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：将7.8g过氧化钠投入500ml1molL1氯化铝溶液中，可观察到的现象是A放出无色无味

9、的气体，生成大量白色沉淀B放出无色无味的气体，生成白色沉淀后恰好溶解C放出无色无味的气体，生成白色沉淀后部分溶解C放出无色无味的气体，生成白色沉淀后部分溶解18实验室制备的CuSO45H2O中常含Cu2，用重量法测定CuSO45H2O的含量实验步骤为：加水溶解加氯化钡溶液，沉淀过滤在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是若1.040g试样中含CuSO45H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g 测定的相对误差为19某无色溶液中可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42，HCO3等离子，当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体

10、积关系如图所示请回答下列问题：ab段生成沉淀的化学方程式：；cd段沉淀减少的反应方程式：；简述bc段沉淀物质的量不变的原因：；原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为20某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表一定含有的离子种类物质的量浓度2

11、1合金的性能往往优于组成金属，因而用途非常广泛钠钾合金可在核反应堆中用作导热剂5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度计算并确定该钠钾合金的化学式镁铝合金广泛用于火箭、导弹和飞机制造业等取不同质量的镁铝合金样品分别和30ml相同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体积如下表所示：实验序号ABC合金质量/mg510765918气体体积/mL560672672计算镁铝合金中镁铝的质量之比2015-2016学年河南省洛阳市宜阳一高高一第二周周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是A同温同压下两种气体的体积之比

12、等于摩尔质量之比B同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】根据pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系及物质的量与密度的关系；同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比；又根据pM=RT可知，同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比【解答】解：A、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量

13、关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系，若气体的质量相等，则同温同压下两种气体的体积之与摩尔质量成反比，故A错误；B、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，故B错误；C、由pM=RT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确；D、由pV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确；故选CD【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确pV=nRT是解答本题的关键，注意公式的变形及公式中一个量随另一个量的变化

14、来分析解答即可2某温度下，在100克水中加入m克CuSO4或加入n克CuSO45H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合Am=nBm=Cm=Dm=【考点】溶解度、饱和溶液的概念；溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据相同温度下和溶剂中，同种物质的溶解度相同，利用均可使溶液恰好达到饱和时溶质的质量分数相同来列式计算，ngCuSO45H2O溶于水后的溶质质量为ng【解答】解：因为所得溶液均为硫酸铜的饱和溶液，在相同温度下溶质的质量分数相等，所以有：100%=100%，整理后即得m=故选B【点评】本题主要考查学生对固体溶解度的概念的理解和溶质质量

15、分数的计算，解答本题，要熟记和理解固体溶解度的概念、意义和有关计算方法，在解答中要思考给定的数值的来源，也就是解题的切入点3下列各组物质中，仅用水及物质间相互反应不能一一区别的一组是ANa2O2 Al23 MgCl2 K2CO3BBaCl2 Na2SO4 SO4 KOHCAgNO3 NaCl KCl CuCl2DFe23 K2CO3 KHSO4 NH4Cl【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】压轴题；物质检验鉴别题【分析】A、加入水与过氧化钠反应生成氧气和氢氧化钠溶液，以此可鉴别其它三种物质；B、氯化钡加入到硫酸钠和硫酸铵中都有沉淀，硫酸铵和氢氧化钾反应有刺激性气体，可以相互反应进行鉴

16、别；C、不能鉴别氯化钠和氯化钾；D、硫酸铁呈黄色，用它可鉴别其它三种物质【解答】解：A、都溶于水后，过氧化钠可以与水反应，生成气体和氢氧化钠，鉴别出来，然后把氢氧化钠分别加入其它三种溶液中，Al23先沉淀后溶解，MgCl2 只生成沉淀，K2CO3无现象，故A正确；B、BaCl2 加入到Na2SO4 和SO4 中都有沉淀，可鉴别出BaCl2 ，SO4 与KOH反应有刺激性气体，即可确定各物质，故B正确；C、溶于水后，氯化铜有颜色，另外三个相互混合，可以鉴别硝酸银，但是氯化钠与氯化钾不能区分，故C错误；D、溶于水后，硫酸铁有颜色，再利用硫酸铁和碳酸钾发生相互促进的水解生成红褐色的氢氧化铁沉淀和二氧

17、化碳气体鉴别出碳酸钾，再利用碳酸钾和硫酸氢钠反应生成二氧化碳气体鉴别出硫酸氢钾，剩下的是氯化铵，故D正确故选C【点评】本题考查物质的鉴别，做题时注意先从某具有特殊性质的角度入手，如颜色等，在鉴别其它物质，如没有特殊性质，可相互滴加从颜色、气体、沉淀等角度判断，该类题的关键之处是反应现象各不相同，否则无法判断4实验是化学研究的基础下列关于各实验装置的叙述正确的是A装置常用于分离互不相溶的液体混合物B装置可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C装置可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D装置可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢【考点】连接仪器装置；物质的分离、提纯和除杂【专题】压轴题

18、【分析】根据蒸馏用来分离沸点不同的液体混合物的方法；吸收易溶于水的气体时，应防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入气体不溶的有机溶剂等方法；是一种多功能瓶，可用作洗气瓶、集气瓶等，当作集气瓶时，根据气体的密度大小可从不同的导气管进气；收集氯化氢气体应用酸性干燥剂【解答】解：A、装置常用于分离沸点不同的液体混合物，故A错；B、装置导气管插入到水面以下，起不到防倒吸的作用，故B错；C、当用装置收集密度比空气小的气体时，用向下排空气法，应从短导气管进入气体，当收集密度比空气大的气体时，用向上排空气法，从长导气管进气，故C正确；D、因碱石灰能与HCl反应，则装置不可用来干燥HCl，故D错故选C

19、【点评】本题考查物质的分离提纯、尾气吸收、气体收集以及气体的干燥等，注意物质的性质和实验装置的操作5下列离子方程式不正确的是A硫化钠溶于水中：S2+2H2OH2S+2OHB用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2CO32+SO2+H2O2HCO3+SO32C向NaHS溶液中通入足量氯气：HS+Cl2S+H+2ClD向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2+3Cl2+4Br2Fe3+6Cl+2Br2【考点】离子方程式的书写【专题】压轴题；化学用语专题；离子反应专题【分析】A、依据多元弱酸分步水解分析判断；B、依据亚硫酸酸性强于碳酸，少量二氧化硫通入生成亚硫酸钠分析；C、依据负二价硫元素具有还原性，氯气

20、具有强氧化性分析判断；D、依据溴化亚铁中的离子还原性Fe2+大于Br，通入足量氧化剂氯气会把亚铁离子和溴离子全部氧化，离子方程式中的亚铁离子和溴离子符合1：2组成；【解答】解：A、硫离子是弱酸阴离子分步水解，S2+H2OHS+OH；HS+H2OH2S+OH；故A错误；B、用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体离子方程式为，2CO32+SO2+H2O2HCO3+SO32，故B正确；C、向NaHS溶液中通入足量氯气，氯气氧化HS为硫单质离子方程式，HS+Cl2S+H+2Cl，故C正确；D、向溴化亚铁溶液中通入过量氯气，溴化亚铁全部反应，离子方程式中亚铁离子和溴离子符合化学式的组成比，离子方程式为，2Fe

21、2+3Cl2+4Br2Fe3+6Cl+2Br2，故D正确；故选A【点评】本题考查离子方程式书写原则和注意问题，是现在考试的热点，难度不大但注意各种离子性质的应用6已知氧化还原反应：2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为A10molB11molC12molD13mol【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算【专题】压轴题；氧化还原反应专题【分析】2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由

22、1价升高到0，以此来计算【解答】解：由2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol+2mol=11mol，故选B【点评】本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点，题目难度中等7下列关于化合物的说法正确的是A只含有共价键的物质一定是共价化合物B由两种原子组成的纯净物一定是化合物C不含非极性共价键的分子晶体一定是共价化合物D熔

23、化状态下不导电的化合物一定是共价化合物【考点】单质和化合物；共价键的形成及共价键的主要类型【专题】压轴题；物质的分类专题【分析】A、只含共价键的物质包括单质；B、同位素组成的纯净物可以是单质；C、不含非极性共价键的分子晶体可以是单质；D、熔化状态下不导电的化合物，一定不存在离子；【解答】解：A、双原子分子形成的单质只含有共价键，故A错误；B、由两种原子组成的纯净物，可以是同位素的不同原子形成的单质，如HD分子，故B错误；C、稀有气体分子是不含非极性共价键的分子晶体，故C错误；D、熔化状态下不导电的化合物一定不存在离子，说明是共价化合物，故D正确；故选D【点评】本题考查了单质化合物的组成，同位素

24、的概念，共价键的形成与类型8向Ba2和KOH混合液中缓缓通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体体积VmL的关系如图所示，下列结论中正确的是A原混合物中nBa2：n=1：2Bp点坐标为120mLCp点溶液中溶质为Ba2Da，b段反应分二阶段，离子方程式为：CO2+2OH=CO32+H2O CO32+H2O+CO2=2HCO3【考点】离子方程式的有关计算【专题】压轴题；计算题【分析】向KOH和Ba2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳

25、和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钡、水反应生成可溶性的碳酸氢钡A根据OA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，ab段：2OH+CO2CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3分析解答；B根据OA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3分析解答；Cp点溶液中溶质为Ba2、KHCO3；Da，b段反应分二阶段，先是二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，后是二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾；【解答】解：AOA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧

26、化碳、ab段：2OH+CO2CO32+H2O、ab段消耗mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3，由Oa段和ab段的反应原理可知，消耗二氧化碳的量Ba2和KOH的物质的量相等，所以原混合溶液中Ba2和KOH的物质的量之比为30：=1：1，故A错误；BOA段：Ba2+2OH+CO2BaCO3+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HCO3，需消耗30mL的二氧化碳，所以P点为90mL，故B错误；Cab段：2OH+CO2CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3，最后是BaCO3+CO2+H2OBa2+2HC

27、O3，所以p点溶液中溶质为Ba2、KHCO3，故C错误；Da，b段，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，CO2+2OH=CO32+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，CO32+H2O+CO2=2HCO3，故D正确；故选D【点评】本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等9据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2 ，已知O2为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是AO2中不存在共价键B在此反应中每生成1mol O2则转移1mol电子C在此反应中，O2是氧化剂，P

28、tF6是还原剂DO2中氧元素的化合价是+l价【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【专题】压轴题；氧化还原反应专题【分析】已知O2为离子化合物，其中Pt为+5价，氟只能为1价，所以该化合物是由阴离子和O2+阳离子构成的，在阴阳离子中都存在共价键，反应中氧元素化合价升高从01/2，O2中氧元素的化合价是+1/2，铂元素的化合价降低从+6+5，所以反应中O2是还原剂，PtF6是氧化剂；此反应中每生成1molO2电子转移总数为1mol【解答】解：A、化合物中的阴离子和O2+阳离子是原子团，其中都存在共价键，故A错误；B、O2O2+e，PtF6e，所以氧化还原反应 中转移电子总数为1e，

29、故B正确；C、根据化合价的升降可知，O2是还原剂，PtF6是氧化剂，故C错误；D、O2中氧元素的化合价是+l/2价，故D错误；故选B【点评】本题考查了氧化还原反应的特征、实质、概念判断和电子转移数目的计算，关键是氟的化合价为1价，正确标注元素化合价10在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl、CO32、OH6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是ACu2+、H+、ClBCO32、OH、ClCK+、H+、ClDK+、OH、CO32【考点】离子共存问题【专题】压轴题；离子反应专题【分析】甲烧杯的溶液呈蓝色含有Cu2+，所以与之不共存的CO32

30、、OH离子在乙烧杯中，乙烧杯的阳离子不可能为H+，只能为K+【解答】解：甲烧杯的溶液呈蓝色含有Cu2+，而CO32、OH离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32、OH离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl，乙中含有的离子为K+、OH、CO32，故选D【点评】本题考查离子共存问题，注意从铜离子的颜色作为本题的突破口，本题难度不大111L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1molL1，向混合溶液中滴加某溶液Z至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是A氯化铝

31、、氯化铁、氢氧化钠B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D偏铝酸钠、氯化钡、硫酸【考点】镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题；压轴题；几种重要的金属及其化合物【分析】若Z为氢氧化钠溶液，根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，不能是铝盐；所以z是硫酸溶液，根据图象分析【解答】解：从图象趋势和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶液，故所加Z为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含Ba2+；故AB错误；若为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，生成最大量沉淀氢

32、氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同时生成盐酸氯化氢0.2mol，所以溶液不能为中性，并且不符合第一个拐点，故D不符合；按图象拐点分成三个阶段1：硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的OH和硫酸里的H+1：1中和同时Ba2+和SO42，1：1反应生成硫酸钡沉淀2：氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于H+和AlO2是1：1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：23：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al3，因此硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把

33、氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4符合图象的数值变化；故C符合；故选C【点评】本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，题目较难，需要从图象中分析数据结合物质反应和沉淀生成判断12将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5molL1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是A43.2gB46.8gC53.6gD63.8g【考点】有关混合物反应的计算【专题】压轴题；守恒法【分析】Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg2、Cu2，则可知失去电子的物质的量等于生

34、成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量【解答】解：反应中CuCu2+Cu2，MgMg2+Mg2，可知Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3NO，生成8.96LNO转移的电子为=1.2mol，所以反应后生成沉淀的质量为26.4g+1.2mol17g/mol=46.8g故选B【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键13已知Ba【Al4】2可溶于水如图表示的是向A123溶液中

35、逐滴加入Ba2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba2的物质的量x的关系下列有关叙述正确的是Aab时沉淀的物质的量：A13比BaSO4多Bde时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OHCad时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A13Dcd时溶液中离子的物质的量：【Al4】比Ba2+少【考点】镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题；压轴题【分析】A、根据ab是沉淀生成增大的过程，发生A123+3Ba2=2Al3+3BaSO4，b点沉淀的物质的量最大以及所发生的反应来回答；B、d点时Al3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在BaAl42，当加入的Ba2的物质的量等于BaAl42的物质的量时，溶液中B

36、a2+与OH的量相等；C、ab发生A123+3Ba2=2Al3+3BaSO4，bd中Al3沉淀逐渐溶解转化为BaAl42，据此来分析；D、cd发生反应2Al3+Ba2=BaAl42，BaAl42电离出Al4、Ba2+，据此判断【解答】解：A、在ab发生反应A123+3Ba2=2Al3+3BaSO4，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al3BaSO4，故A错误；B、d点时Al3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在BaAl42，当加入的Ba2的物质的量等于BaAl42的物质的量时，溶液中Ba2+与OH的量相等，故B正确；C、ab发生A123+3Ba2=2Al3+3BaSO4，由方程式可知，沉淀的物质的量

37、：Al3BaSO4，bd中Al3沉淀逐渐溶解转化为BaAl42，故ad时沉淀的物质的量：BaSO4大于A13，故C错误；D、cd发生反应2Al3+Ba2=BaAl42，1molBaAl42电离出2molAl4、1molBa2+，故Al4比Ba2+多，故D错误；故选B【点评】结合图象知识来考查离子之间的反应，难度较大，熟悉每一段图中对应的化学反应是解答本题的关键14室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，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克恰好溶解后溶液中的NO

38、3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【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物【专题】压轴题；计算题【分析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，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，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和恰好溶解后溶液中的NO3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3离子的物质的量，即n=n=n，据此进行计算根据电

39、荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算根据气体没有明确所处状态是否标准状态来判断根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量进行计算【解答】解：沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为克，故正确；、恰好溶解后溶液中的NO3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠，硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n=n=n=mol，

40、故正确；、至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n=n=mol，故正确；、根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol=mol，其体积在标准状况下为L，但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，故错误；、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量为m

41、ol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为mol，故正确故正确故选：C【点评】本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题151.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL，向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是A该合金中铜与镁的物

42、质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质【专题】压轴题；守恒法【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此

43、解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为

44、xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为mol，根据电子转移守恒可知，a1+21=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答16将钠、铝混合物共