福建省福州市2018-2019学年高一化学上册期中试题

2018-2019学年福建省福州市闽清县高级中学高一（上）期中化学试卷一、选择题（本题共包括22小题，每小题3分，共66分．每小题只有1个选项符合题意）1．实验室配制1mol/L 250mL NaCl溶液，下列仪器中不需要的是( )A．玻璃棒B．分液漏斗 C．胶头滴管 D．250mL容量瓶2．漂白粉的有效成分是( )A．次氯酸钙 B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙3．下列叙述正确的是( )A．与28gCO具有相同分子数的CO2的质量一定是44gB．与VLCO具有相同分子数的CO2的体积一定是VLC．所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7：11D．所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21：224．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中不正确的是( )A．分子总数为N A的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2N AB．28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2N AC．常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6N AD．常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2N A5．下列说法正确的是( )A．目前已被使用的高性能通信材料光导纤维的主要原料是硅B．在医疗上，碳酸钠是治疗胃酸过多症的一种药剂C．从电影业、照相业、科研单位和医院X光室回收的定影液中可以提取银D．空气中的二氧化碳是造成光化学烟雾的主要因素6．下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂，但反应是氧化还原反应的是( ) A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B．C+H2O CO+H2C．Na2O+H2O═2NaOH D．2F2+2H2O═4HF+O27．已知：2Fe+3Br2=2FeBr32Fe3++2I﹣=2Fe2++I23Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，现将Fe（NO3）2溶液分别滴入到以下溶液中：①H2SO4②HNO3③溴水④碘水，其中能使Fe2+转变成Fe3+的是( )A．只有②③B．①②③ C．②③④ D．全部8．下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是( )A．pH=1的无色溶液：Na+、Cu2+、NO3﹣、SO42B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：K+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣C．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．能溶解Al（OH）3固体的溶液：K+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣9．下列离子方程式中不正确的是( )A．氢氧化钡溶液与硫酸混合：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2OB．饱和碳酸钠溶液通入二氧化碳后，溶液浑浊：2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓C．氯化铝溶液与过量的氨水反应：Al 3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O10．R2O8n﹣离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣，若R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为( )A．4 B．3 C．2 D．111．若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m+3.55g），则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为( )①（m+0.8g）②（m+1.0g）③（m+1.2g）④（m+1.6g）⑤（m+1.4g）A．①④B．①⑤C．③④D．①②③④⑤12．在AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生．则下列结论正确的是( )A．滤液中一定有Fe（NO3）3B．滤渣只含Ag和Cu，一定无ZnC．滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无ZnD．滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn13．将1mol Na和1mol Al的混合物投入足量水中，产生气体在标准状况下体积为( ) A．11.2 L B．22.4 L C．33.6 L D．44.8 L14．碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠．现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31g，则混合物中碳酸钠的质量为( )A．3.38 g B．4.58 g C．4.16 g D．4.41 g15．现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH 溶液的体积如图所示，求原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为( )A．1：3 B．2：3 C．6：1 D．3：116．下列反应中，能证明SiO2是酸性氧化物的是( )①SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O②SiO2+CaO CaSiO3③SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O④SiO2+2C=Si+2CO↑A．①②B．②③C．③④D．①④17．G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转化关系（未配平）：①G→Q+NaCl ②Q+H2O→X+H2③Y+NaOH→G+Q+H2O④Z+NaOH→Q+X+H2O则G、Q、X、Y、Z这五种化合物中氯元素的化合价由低到高的顺序为( ) A．QGZYX B．GYQZX C．GYZQX D．ZXGYQ18．已知5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是( ) A．KClO3是氧化剂B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D．1mol KClO3参加反应时有10mol电子转移19．为了除去混入CO2中的SO2和O2，下列试剂的使用顺序正确的是( )①饱和的Na2CO3溶液②饱和的NaHCO3溶液③浓硫酸④灼热的铜网⑤碱石灰．A．①③④ B．②③④ C．②④⑤ D．③④⑤20．盛有NO和NO2的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中，过一段时间后，量筒内的气体体积减小为原来的一半．则原混合气体中NO和NO2的体积比是( )A．3：1 B．1：3 C．2：1 D．1：221．某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体．现将此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色．对于原混合气体成分的判断中正确的是( )A．肯定有SO2和NO B．肯定有NO和NO2C．可能有Cl2和O2D．肯定没有Cl2、NO2，可能有O222．已知Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，若反应中Cu2S与HNO3的物质的量之比为2：13，则该反应的还原产物为( )A．N2O B．NO C．NO2D．N2O3二、非选择题（本题共包括2小题，共34分）23．（16分）已知X为Fe2O3和CuO的混合物，且知氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+．取X样品进行如图所示的实验（1）写出③步可能发生反应的离子方程式为__________．（共有3个）（2）若溶液E中只有一种金属离子，则一定是__________；若溶液E含有两种金属离子，则一定是__________．（3）若D固体是纯净物，该固体是__________．（填化学式）（4）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路的离子反应方程式为__________．24．（18分）某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用图所示装置进行有关实验．请回答：（1）装置A中发生的化学反应方程式为__________．（2）装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是__________，其作用是__________．（3）装置B的作用是贮存多余的气体．当D处有明显的现象后，关闭旋塞K并移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是__________．B中应放置的液体是（填字母）__________．a．水b．酸性KMnO4溶液c．浓溴水d．饱和NaHSO3溶液（4）实验中，取一定质量的铜片和一定体积18mol•L﹣1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余．①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是__________．②下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是__________（填字母）．a．铁粉b．BaCl2溶液c．银粉d．NaHCO3溶液．2018-2019学年福建省福州市闽清县高级中学高一（上）期中化学试卷一、选择题（本题共包括22小题，每小题3分，共66分．每小题只有1个选项符合题意）1．实验室配制1mol/L 250mL NaCl溶液，下列仪器中不需要的是( )A．玻璃棒B．分液漏斗 C．胶头滴管 D．250mL容量瓶【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；计量仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器．【分析】配制1mol/L250mLNaCl溶液，配制步骤有：计算、称量、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据实验操作选择使仪器即不需要的仪器．【解答】解：配制1mol/L250mLNaCl溶液，配制步骤有：计算、称量、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；一般用天平称量氯化钠质量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以需要的仪器为：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是分液漏斗，故选B．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力．2．漂白粉的有效成分是( )A．次氯酸钙 B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】物质的组成专题．【分析】漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙．【解答】解：漂白粉的有效成分是次氯酸钙，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸，故选A．【点评】本题考查物质的组成，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．3．下列叙述正确的是( )A．与28gCO具有相同分子数的CO2的质量一定是44gB．与VLCO具有相同分子数的CO2的体积一定是VLC．所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7：11D．所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21：22【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、根据m=nM=M计算；B、气体体积受温度和压强的影响；C、根据ρ=计算判断；D、根据ρ=计算判断．【解答】解：A、28gCO的物质的量是1mol，与28gCO具有相同分子数的CO2的物质的量也是1mol，1mol二氧化碳的质量是44g，故A正确；B、气体体积受温度和压强的影响，温度和压强不同，气体摩尔体积不同，所以与VLCO具有相同分子数的CO2的体积不一定是VL，故B错误；C、所含原子数相等的CO与CO2的质量之比为7：11；由ρ=知，温度和压强不同，气体摩尔体积不同，未知一氧化碳和二氧化碳的气体摩尔体积，所以无法计算其体积，导致无法判断其密度之比，故C错误；D、所含原子数相等的CO与CO2的质量之比为7：11；由ρ=知，温度和压强不同，气体摩尔体积不同，未知一氧化碳和二氧化碳的气体摩尔体积，所以无法计算其体积，导致无法判断其密度之比，故D错误．故选A．【点评】本题考查了有关气体体积、密度、质量的计算判断，难度不大，明确有关气体体积的计算受温度和压强的影响．4．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中不正确的是( )A．分子总数为N A的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2N AB．28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2N AC．常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6N AD．常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、NO2和CO2均含2个氧原子；B、乙烯C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式均为CH2；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol．【解答】解：A、分子总数为N A的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，而NO2和CO2均含2个氧原子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol氧原子，即2N A个，故A正确；B、乙烯C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n==2mol，故含有2mol碳原子，即2N A个，故B正确；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n==2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子，即6N A个，故C正确；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氯气的物质的量小于1mol，故转移的电子的物质的量小于2mol，故D错误．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．5．下列说法正确的是( )A．目前已被使用的高性能通信材料光导纤维的主要原料是硅B．在医疗上，碳酸钠是治疗胃酸过多症的一种药剂C．从电影业、照相业、科研单位和医院X光室回收的定影液中可以提取银D．空气中的二氧化碳是造成光化学烟雾的主要因素【考点】药物的主要成分和疗效；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．【分析】A、光导纤维主要由纯净的二氧化硅为原料制作的；B、碳酸钠碱性较强，医学上可用碳酸氢钠用于治疗胃酸过多；C、AgBr可以制造照相底片或胶卷的感光层，回收的定影液中含有银离子，利用金属的置换反应可以提取银单质；D、光化学烟雾指大气中的氮氧化物和碳氢化合物等一次污染物及其受紫外线照射后产生的以臭氧为主的二次污染物所组成的混合污染物．【解答】解：A、光导纤维主要由纯净的二氧化硅为原料制作的，晶体硅可作半导体材料和太阳能电池，故A错误；B、碳酸钠碱性较强，医学上可用碳酸氢钠用于治疗胃酸过多，故B错误；C、AgBr可以制造照相底片或胶卷的感光层，回收的定影液中含有银离子，利用金属的置换反应可以提取银单质，故C正确；D、光化学烟雾指大气中的氮氧化物和碳氢化合物等一次污染物及其受紫外线照射后产生的以臭氧为主的二次污染物所组成的混合污染物，二氧化碳可造成温室效应，故D错误；故选：C．【点评】本题涉及知识点较多，涉及金属的冶炼、硅和二氧化硅的用途、抗酸药物和大气污染等方面，题目难度不大，注意基础知识的积累，关注环境保护，保护地球生态环境．6．下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂，但反应是氧化还原反应的是( ) A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑B．C+H2O CO+H2C．Na2O+H2O═2NaOH D．2F2+2H2O═4HF+O2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】有化合价变化的化学反应是氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，说明该反应中水中各元素化合价不变，据此分析解答．【解答】解：A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，反应Na2O2中O元素化合价发生变化，水中H、O元素化合价不变，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B．C+H2O CO+H2，该反应水中H元素化合价由+1价变为0价，所以水是氧化剂，故B错误；C．Na2O+H2O=2NaOH，该反应中没有元素化合价变化，所以不是氧化还原反应，故C错误；D.2F2+2H2O=4HF+O2，该反应水中O元素化合价由﹣2价变为0价，所以水作还原剂，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应、氧化剂、还原剂的判断，明确基本概念内涵是解本题关键，根据元素化合价是否变化来分析解答，难度不大．7．已知：2Fe+3Br2=2FeBr32Fe3++2I﹣=2Fe2++I23Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，现将Fe（NO3）2溶液分别滴入到以下溶液中：①H2SO4②HNO3③溴水④碘水，其中能使Fe2+转变成Fe3+的是( )A．只有②③B．①②③ C．②③④ D．全部【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】先根据反应方程式2Fe+3Br2=2FeBr3 2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，判断离子间的氧化性强弱，当离子的氧化性大于铁离子时，亚铁离子才能够被氧化成铁离子，注意在酸性条件下硝酸根离子检验氧化性，据此完成本题．【解答】解：由题中反应方程式可知，离子的氧化性关系为：Br2＞Fe3+＞I2，HNO3＞Fe3+，①、Fe（NO3）2溶液滴入硫酸中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够将亚铁离子还原成铁离子，故①正确；②Fe（NO3）2溶液滴入硝酸中，硝酸检验强氧化性，能发生反应3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故②正确；③Fe（NO3）2溶液滴入溴水中，由于氧化性Br2＞Fe3+，所以溴单质能够将亚铁离子氧化成铁离子，故③正确；④Fe（NO3）2溶液滴入碘水中，由于氧化性Fe3+＞I2，所以碘单质不能够氧化亚铁离子，故④错误；故选B．【点评】本题考查了铁盐与亚铁盐的相互转变、氧化还原反应中氧化性强弱比较等知识，题目难度不大，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．8．下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是( )A．pH=1的无色溶液：Na+、Cu2+、NO3﹣、SO42B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：K+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣C．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．能溶解Al（OH）3固体的溶液：K+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，能够氧化亚铁离子；C．四种离子之间不发生反应，都不与铁离子反应；D．能够溶解氢氧化铝的溶液为酸性或强碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应．【解答】解：A．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，该溶液能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．NH4+、Na+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，都不与Fe3+反应，在溶液中能够大量共存，故C 正确；D．能溶解Al（OH）3固体的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在等．9．下列离子方程式中不正确的是( )A．氢氧化钡溶液与硫酸混合：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2OB．饱和碳酸钠溶液通入二氧化碳后，溶液浑浊：2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓C．氯化铝溶液与过量的氨水反应：Al 3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二者反应生成硫酸钡和水；B．碳酸钠的溶解性大于碳酸氢钠；C．氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱；D．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水．【解答】解：A．二者反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A正确；B．碳酸钠的溶解性大于碳酸氢钠，所以二氧化碳通入饱和碳酸氢钠溶液中会析出碳酸氢钠，离子方程式为2Na++CO32﹣+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故B正确；C．氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱，离子方程式为Al 3++3NH3•H2O═Al（OH）+，故C错误；3↓+3NH4D．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D正确；故选C．【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，侧重考查复分解反应，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，注意B中碳酸氢钠、碳酸钠溶解性大小，为易错点．10．R2O8n﹣离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣，若R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为( )A．4 B．3 C．2 D．1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值．【解答】解：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n﹣作氧化剂，即R2O8n ﹣与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n﹣+2Mn2+=2MnO4﹣+10RO42﹣+16H+，根据电荷守恒得﹣5n+2×2=﹣1×2+（﹣2×10）+1×16，n=2，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，根据原子守恒和电荷守恒即可分析解答本题，难度不大．11．若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m+3.55g），则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为( )①（m+0.8g）②（m+1.0g）③（m+1.2g）④（m+1.6g）⑤（m+1.4g）A．①④B．①⑤C．③④D．①②③④⑤【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】Na与氯气反应生成氯化钠，根据固体增重，可知增重为氯元素的质量，根据n=计算氯原子的物质的量，根据化学式可得n（Na）=n（Cl），钠与氧气反应，全部生成Na2O 时，固体的质量最小，全部生成Na2O2时，固体的质量最大，根据化学式中钠原子与氧原子的比例关系计算与氧气反应固体增重，据此解答．【解答】解：mg Na在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为（m+3.55g），则m（Cl）=3.55g，故n（Cl）==0.1mol，根据NaCl化学式可得n（Na）=n（Cl）=0.1mol，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为×16g/mol=0.8g，所以固体的质量为（m+0.8）g，全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为0.1mol×16g/mol=1.6g，所以固体的质量为（m+1.6）g，故钠与氧气反应生成固体的质量：（m+0.8）g≤m（固体）≤（m+1.6）g，故选D．【点评】本题考查有关化学计算，难度中等，利用极值法确定固体质量的极大值与极小值是关键．12．在AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生．则下列结论正确的是( )A．滤液中一定有Fe（NO3）3B．滤渣只含Ag和Cu，一定无ZnC．滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无ZnD．滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】元素及其化合物．【分析】充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu 2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu 2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，据此分析解答．【解答】解：分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag+、Cu 2+发生置换反应，则溶液中一定不含Ag+、Cu 2+，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，A．铁能和铁离子反应，Fe过量，所以滤液中一定没有Fe（NO3）3，故A错误；B．因为只有Fe和HCl反应，所以滤渣中一定含有Fe，故B错误；C．根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故C正确；D．根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故D错误；故选C．【点评】本题考查金属的活动性强弱，明确金属之间的置换反应是解本题关键，注意盐酸性质的特殊性，题目难度不大．13．将1mol Na和1mol Al的混合物投入足量水中，产生气体在标准状况下体积为( ) A．11.2 L B．22.4 L C．33.6 L D．44.8 L【考点】钠的化学性质；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】钠与铝混合物投入足量水中，先发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，然后发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，依据钠、铝的物质的量计算氢氧化钠的物质的量，判断氢氧化钠与铝过量与不足，计算氢气的物质的量及体积．【解答】解：钠与铝混合物投入足量水中，先发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，依据方程式可知：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑1mol 1mol 0.5mol然后发生反应2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，依据方程式可知1molAl消耗1molNaOH，故Al与NaOH恰好完全反应，生成氢气为1mol×=1.5mol，所以生成氢气的总体积为（0.5mol+1.5mol）×22.4L/mol=44.8L，故选：D．【点评】本题考查了有关方程式的计算，熟悉钠与铝的性质及发生的反应，准确判断反应物量的关系是解题关键，题目难度不大．14．碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠．现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31g，则混合物中碳酸钠的质量为( )A．3.38 g B．4.58 g C．4.16 g D．4.41 g【考点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠完全分解，根据反应的方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，利用差量法计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠质量．【解答】解：碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m2×84 62x 0.31g2×84：62=x：0.31g解得：x=0.84g，所以：m（Na2CO3）=5g﹣m（NaHCO3）=5g﹣0.84g=4.16g，故选：C．【点评】本题考查混合物的计算，难度不大，注意碳酸氢钠的性质，利用差量法计算简化计算过程．15．现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH 溶液的体积如图所示，求原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为( )A．1：3 B．2：3 C．6：1 D．3：1【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图示题；几种重要的金属及其化合物．【分析】氢氧化铝能和氢氧化钠反应而溶解，氢氧化镁不能溶于氢氧化钠中，则由图象可知，则0.4V～0.5VNaOH发生了NaOH与氢氧化铝的反应，由铝原子守恒可判断原溶液中的铝离子，即得出氯离子的量，再由0～0.4VNaOH发生镁离子、铝离子分别与碱反应生成沉淀，可确定镁离子的量，即得出硫酸根离子的量．【解答】解：第一条上升的直线是表示AlCl3和MgSO4一起产生沉淀，第二条下降的直线表示Al（OH）3沉淀溶解，设氢氧化钠溶液的浓度为c，由第二条直线可知加入0.1体积的NaOH将氢氧化铝完全溶解，可知AlCl3是0.1cmol，氯离子的量为0.3cmol，这些氯化铝完全沉淀消耗氢氧化钠0.3体积，再根据第一条直线可知，0.4﹣0.1×3=0.1体积的氢氧化钠将镁离子全部沉淀，而2NaOH～MgSO4，所以MgSO4为0.05cmol，所以硫酸根离子的量为0.05cmol，所以原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3cmol：0.05cmol=6：1，故选C．【点评】本题考查金属镁、金属铝的化合物的有关性质，注意氢氧化铝能和强碱反应是解题的关键所在，难度不大．16．下列反应中，能证明SiO2是酸性氧化物的是( )①SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O②SiO2+CaO CaSiO3③SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O④SiO2+2C=Si+2CO↑A．①②B．②③C．③④D．①④【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】依据酸性氧化物能够与碱反应只生成盐和水；能够与碱性氧化物反应只生成盐，据此解答．【解答】解：酸性氧化物能够与碱反应只生成盐和水；能够与碱性氧化物反应只生成盐，②SiO2+CaO CaSiO3，氧化钙为碱性氧化物，二氧化硅与氧化钙反应只生成盐，可以体现酸性氧化物性质，故②正确；③SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，二氧化硅与碱反应生成盐硅酸钠和水，可以体现酸性氧化物性质，故③正确；故选：B．【点评】本题考查了酸性氧化物，明确二氧化硅的性质和酸性氧化物的性质及概念是解题关键，注意二氧化硅不溶于水，与水不反应．17．G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转化关系（未配平）：①G→Q+NaCl ②Q+H2O→X+H2③Y+NaOH→G+Q+H2O④Z+NaOH→Q+X+H2O则G、Q、X、Y、Z这五种化合物中氯元素的化合价由低到高的顺序为( ) A．QGZYX B．GYQZX C．GYZQX D．ZXGYQ【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，根据氧化还原反应中Cl元素的化合价升降来分析解答．【解答】解：①G→Q十NaCl中，NaCl中Cl元素为﹣1价，则Cl元素的化合价为Q＞G ＞﹣1，③Y十NaOH→G十Q十H2O中，结合①可知Cl元素的化合价为Q＞Y＞G，②Q+H2O→X+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q，④Z十NaOH→Q十X十H2O中，结合②可知，Cl元素的化合价为X＞Z＞Q，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为GYQZX，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，难度不大．18．已知5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是( ) A．KClO3是氧化剂B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D．1mol KClO3参加反应时有10mol电子转移【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中，KCl中Cl元素由﹣1价升高到0，KClO3中Cl元素由+5价降低为0，以此来解答．。