1、2015-2016学年辽宁省沈阳二中高一（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（每题只有1个正确答案；共10小题，每小题2分，共20分）1下列关于金属的叙述中正确的是（）A所有的金属都是固态的B金属具有导电性、导热性和延展性C金属原子只有还原性，其阳离子只有氧化性D金属元素在自然界中都是以化合态存在的2下列图示对应的化学实验的基本操作，其中装置合理、操作规范的是（）A可用于除去碳酸钠固体中含有的少量碳酸氢钠B可用于碳酸钙固体和氯化钠溶液的分离C可正确观察钾元素焰色反应D小试管中NaHCO3分解，（B）中澄清石灰水变浑浊，（A）中澄清石灰水没浑浊，说明稳定性Na2CO3NaHCO33下列有关说
2、法不正确的是（）AFe（OH）3胶体粒子在电场中自由运动B目前我国流通的硬币是由合金材料制造的C门窗玻璃、砖瓦、水泥路桥、陶瓷餐具都为硅酸盐产品D日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用4下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取ag混合物充分加热，剩余bg固体B取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgC取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体5据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取一种叫做生物质纳米结构
3、二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可制备出超高强度的高性能混凝土下列关于二氧化硅的说法中，正确的是（）A二氧化硅溶于水显酸性，所以二氧化硅属于酸性氧化物B将二氧化碳通入硅酸钠溶液可以得到硅酸C因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸的酸性比碳酸强D二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸6下列反应的离子方程式正确的是（）A二氧化硫气体通入过氧化钠：2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2B金属铝投入NaOH溶液中：Al+2OHAlO+H2C硫酸亚铁与酸性高锰酸钾反应：3Fe2+MnO+4H+=3Fe3+MnO2+2H2OD碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：2HCO3+
4、Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O7下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）（）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaCl（Na2CO3）盐酸蒸发结晶BCO2（CO）O2点燃CZn （Cu）稀硫酸过滤DCO2（HCl）饱和碳酸钠溶液洗气AABBCCDD8下列物质反应后一定有+3价铁生成的是（）过量的Fe与Cl2反应； Fe与过量稀H2SO4反应后，再向其中加KNO3；将Fe高温下与水蒸气反应后的得到固体混合物溶于盐酸中A只有B只有C只有D全部9已知Ba【Al（OH）4】2可溶于水如图表示的是向A12（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质
5、的量y与加入Ba（OH）2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：A1（OH）3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A1（OH）3Dcd时溶液中离子的物质的量：【Al（OH）4】比Ba2+少10下列物质不能通过化合反应直接制得的是（）ANa2SiO3BFeCl2CAl（OH）3DFe（OH）3二、选择题（每题只有1个正确答案；共10小题，每小题3分，共30分）11化学在生产、生活中有着重要用途，下列物质的用途或成分正确的有个（）过氧化钠可作潜水艇供氧剂 铁红常用作红色油漆 Al2O3 可制造耐火材料
6、 Na2SiO3水溶液俗称水玻璃可用作木材防火剂 硅单质可用作计算机芯片 二氧化硅可用作光导纤维 明矾可用作净水 青铜主要成分是铜锌合金 小苏打可作发酵粉=10 烧碱可用作治疗胃酸过多的药A7个B8个C9个D10个12下表各组物质中，满足图物质一步转化关系的选项是（） 选项XYZNaNaOHNaHCO3CuCuSO4Cu（OH）2CCOCO2SiSiO2H2SiO3ABCD13已知A、B、D、E均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去，的反应条件均相同）则A、E可能的组合为（）CO2、NaOH溶液；Ca（HCO3）2溶液、Ca（OH）2溶液；Na、O2；CuO、C；AlC
7、l3溶液、NH3H2O NaAlO2溶液、盐酸ABCD14在Fe2（SO4）3溶液中，加入ag Cu，完全溶解后，又加入bg Fe，充分反应后得到cg 残余固体，且ac，则下列判断不正确的是（）A最后溶液中一定不含Fe3+B残余固体可能是Fe、Cu的混合物C最后溶液中一定含Fe2+D残余固体一定是Cu15向一定量的K2CO3溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌随着盐酸的加入，溶液中各离子数目也相应地发生变化溶液中各离子数目与图中四条曲线的对应关系完全正确的是（）abcdAClK+CO32HCO3BK+CO32ClHCO3CK+CO32HCO3ClDK+HCO3ClCO32AABBCCDD16向Fe
8、I2溶液中不断通入Cl2，溶液中I、I2、IO3、Fe2+、Fe3+等粒子物质的量随n（Cl2）/n（FeI2）（即Cl2与FeI2的物质的量之比）的变化可用如图简单表示（“”表示铁各种价态的变化，用“”表示碘各种形态的变化）下列结论错误的是（）ACl2、I2、IO3、Fe3+的氧化性依次减小B当=1.2时，反应的离子方程式为2Fe2+10I+6Cl25I2+2Fe3+12ClC当=6.5时，溶液中=6.5D若溶液的体积不变，则溶液的pH减小17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
9、酸钠转移的电子A1mol2NAB22.4L1molC106g1molD106g2 NAAABBCCDD18在密闭容器中充入CO2、CO、H2、C2H6的混合气体m g，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增重m g，则相同条件下，CO2与C2H6的体积比为（）A4：1B2：1C1：1D缺少条件，无法计算192006年11月23日中科院网报道，纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和作为药物载体用于疾病的治疗其制备过程如图，下列叙述合理的是（）AFe3O4可以表示为FeOFe2O3，属于混合物B在反应中FeCl36H2O被环丙胺（）
10、还原为FeOOHC纳米四氧化三铁材料为胶体D反应的化学方程式是：6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO220常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A含有大量AlO的溶液中：Na+、OH、Cl、COB滴加紫色石蕊试液变红的溶液中：K+、Ba2+、CH3COO、FC加入Al能放出H2的溶液中：K+、NH4+、NO3、HCO3D1.0molL1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42二、非选择题21汽车安全气囊是行车安全的重要保障当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的固体粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害为研究安全气囊工作的化学原理，取
11、安全装置中的固体粉末进行实验经组成分析，确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素水溶性试验表明，固体粉末部分溶解经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐请回答下列问题：（1）甲的化学式为（2）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为（3）单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为安全气囊中红棕色粉末的作用是（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是A
12、KCl BCuOCNa2S（5）设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物）22已知A为常见的金属单质，根据如图所示的关系，回答下列问题：（1）C的化学式为，B的俗称为（2）AB的化学反应方程式为：（3）由EF的实验现象为：（4）C与等物质的量的过氧化钠反应可生成F，其离子反应方程式为：（5）已知G为FeCO3，请写出CG的离子反应方程式：23将一定质量的镁铝合金投入200mL一定浓度的硫酸中，合金完全溶解向所得溶液中滴加浓度为10mol/L的KOH溶液，生成的沉淀跟加入的KOH溶液的体积关系如图所示（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：（1）合金
13、中Mg的质量g；（2）所用硫酸的物质的量浓度mol/L（3）m1=g24聚合硫酸铁（简称PFS，化学式为Fe（OH）n（SO4）（3n）/2m）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理现用一定质量的铁的氧化物（如图）为原料来制取聚合硫酸铁，实验步骤如图：（1）实验室用18.4molL1的浓硫酸配制250mL4.8molL1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需的玻璃仪器：（2）步骤II取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，目的是A确定下一步还原所需铁的量 B控制溶液中Fe2+与Fe3+含量比C确定氧化Fe2+所需ClO2的量 D确保铁的氧化物酸溶完全（3）写出步骤
14、中用ClO2氧化（还原产物为Cl） 时的离子方程式_（4）为了分析产品聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量之比，有人设计了以下操作：（a）取25mL聚合硫酸铁溶液，加入足量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀经过过滤、洗涤、干燥后，称重，其质量为m g（b）另取25mL聚合硫酸铁溶液，加入足量铜粉，充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成250mL溶液，取该溶液25.00mL，与0.1000mol/L VmL KMnO4酸性溶液恰好完全反应回答下列问题：根据（b）中步骤判断Cu2+、Fe2+、MnO、Fe3+氧化性由强到弱的顺序聚合硫酸铁中SO与Fe3+的物质的量之比为（用含m、V的代
15、数式表示）25镁是一种很活泼的金属，常用作脱硫剂、脱氧剂在电子工业中利用镁制取硅的反应为：2Mg+SiO22MgO+Si；同时有副反应发生：2Mg+SiMg2Si已知：Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）SiH4在常温下是一种不稳定的气体，且易燃镁与SO2可发生类似于镁与CO2的反应图（甲）是进行Mg与SiO2反应的实验装置（1）由于O2的存在对该实验有较大影响，实验中应通入X气体作为保护气X气体应选用CO2、N2、H2中的（2）实验开始时，必须先通入X的气体，再接通电源加热反应物，其理由是；当反应引发后，切断电源，反应能继续进行，其原因是（3）反应结束时，待冷却至常温后，关闭K，从分
16、液漏斗处加入稀盐酸，可观察到导管口a处有闪亮的火星据此现象可推知在空气中能自燃图（乙）所示装置进行的实验如下：先关闭K，使A中反应进行；加热玻璃管C，可观察到C管中发出耀眼白光，产生白烟，管壁上附着有淡黄色物质实验完成后，将C管中固体全部加入盐酸中，有臭鸡蛋气味的H2S气体生成（1）停止实验时，先打开K，再停止滴加浓硫酸并熄灭酒精灯橡胶气胆B在实验中的作用是（2）C中全部反应产物有、（填化学式）2015-2016学年辽宁省沈阳二中高一（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有1个正确答案；共10小题，每小题2分，共20分）1下列关于金属的叙述中正确的是（）A所有的金属
17、都是固态的B金属具有导电性、导热性和延展性C金属原子只有还原性，其阳离子只有氧化性D金属元素在自然界中都是以化合态存在的【考点】金属的通性【分析】A、根据常温下汞为液体；B、根据金属都具有导电性、导热性和延展性；C、根据Fe2+既有氧化性又有还原性；D、根据金、银以游离态存在【解答】解：A、因常温下金属单质大多数是固体，而汞为液体，故A错误；B、因金属具有导电性、导热性和延展性，故B正确；C、因金属原子的化合价只能升高，只有还原性，有些金属阳离子如Fe2+既有氧化性又有还原性，故C错误；D、因有些化学性质不活泼的金属在自然界是以游离态存在的，如金、银等，故D错误；故选：B2下列图示对应的化学实
18、验的基本操作，其中装置合理、操作规范的是（）A可用于除去碳酸钠固体中含有的少量碳酸氢钠B可用于碳酸钙固体和氯化钠溶液的分离C可正确观察钾元素焰色反应D小试管中NaHCO3分解，（B）中澄清石灰水变浑浊，（A）中澄清石灰水没浑浊，说明稳定性Na2CO3NaHCO3【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A图为蒸发装置，而除去碳酸氢钠可在试管中加热；B过滤需要玻璃棒引流；C观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；D碳酸氢钠不稳定，为对比小试管中为碳酸氢钠【解答】解：A图为蒸发装置，而除去碳酸氢钠可在试管中加热，则图中装置选择不合理，故A错误；B过滤需要玻璃棒引流，则图中缺少玻璃棒，故B错误；
19、C观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，图中缺少蓝色的钴玻璃，故C错误；D碳酸氢钠不稳定，为对比小试管中为碳酸氢钠，则，（B）中澄清石灰水变浑浊，（A）中澄清石灰水没浑浊，说明稳定性Na2CO3NaHCO3，故D正确；故选D3下列有关说法不正确的是（）AFe（OH）3胶体粒子在电场中自由运动B目前我国流通的硬币是由合金材料制造的C门窗玻璃、砖瓦、水泥路桥、陶瓷餐具都为硅酸盐产品D日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用【考点】胶体的重要性质；含硅矿物及材料的应用；合金的概念及其重要应用；铝的化学性质【分析】A胶粒带电荷；B金属的最主要用途是用来制造合金，要了解常见合金的组成和用途；C陶
20、瓷、玻璃、水泥是硅酸盐工业产品；D利用氧化铝的结构来分析对金属的保护作用【解答】解：A胶粒带电荷，在电场中做定向运动，故A错误； B目前我国流通的硬币是由合金材料制成：1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，故B正确；C玻璃、砖瓦、水泥路桥、陶瓷餐具都为硅酸盐产品，故C正确；D铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用，故D正确故选A4下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取ag混合物充分加热，剩余bg固体B取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgC取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg
21、固体D取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体【考点】有关混合物反应的计算；物质检验实验方案的设计【分析】A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B应先把水蒸气排除才合理；C根据钠守恒，可列方程组求解；D根据质量关系，可列方程组求解【解答】解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A错误；B混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B正确；CNa2CO3和NaHCO3均可
22、与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C错误；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D错误；故选B5据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取一种叫做生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可制备出超高强度的高性能混凝土下列关于二氧化硅的说法中，正确的是（）A二氧化硅溶于水显酸性，所以二氧化硅属于酸性氧化物B将二氧化碳通入
23、硅酸钠溶液可以得到硅酸C因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸的酸性比碳酸强D二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸【考点】硅和二氧化硅【分析】A二氧化硅不溶于水；B碳酸的酸性强于硅酸；C比较酸性强弱，应在溶液中进行；D二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水【解答】解：A二氧化硅不溶于水，故A错误；B碳酸的酸性强于硅酸，二氧化碳通入硅酸钠溶液可以得到硅酸，故B正确；C比较酸性强弱，应在溶液中进行，在高温条件下反应，主要是利用盐的稳定性，故C错误；D二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，能够被氢氟酸腐蚀，故D错误；故选：B6下列反应的离子方程式正确的是（）A二氧化硫气体通入过氧化钠：2
24、SO2+2Na2O22Na2SO3+O2B金属铝投入NaOH溶液中：Al+2OHAlO+H2C硫酸亚铁与酸性高锰酸钾反应：3Fe2+MnO+4H+=3Fe3+MnO2+2H2OD碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A过氧化钠具有强氧化性，与二氧化硫反应生成硫酸钠，且该反应不是离子方程式；B2mol铝与氢氧化钠溶液反应生成3mol氢气，该反应不满足电子守恒；C反应中高锰酸根离子被还原生成锰离子；D石灰水的主要成分为氢氧化钙，氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水【解答】解：A二氧化硫气体通入过氧化钠，反应生
25、成硫酸钠，且该反应无法书写离子方程式，故A错误；B金属铝投入NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故B错误；C硫酸亚铁与酸性高锰酸钾反应生成锰离子、铁离子和水，正确的离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故C错误；D碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应，离子方程式按照氢氧化钙的化学式书写，反应的离子方程式为：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，故D正确；故选D7下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）（）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaCl（Na2CO3
26、）盐酸蒸发结晶BCO2（CO）O2点燃CZn （Cu）稀硫酸过滤DCO2（HCl）饱和碳酸钠溶液洗气AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】ANa2CO3可与盐酸反应生成氯化钠和水，加热可生成氯化钠；B含有少量CO，不易燃烧，且易引入新杂质；CCu和稀硫酸不反应；D二者都与碳酸钠反应【解答】解：A碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，则加盐酸可除杂，故A正确；B二氧化碳中混有新杂质氧气，不能除杂，应利用灼热的CuO来除杂，故B错误；CZn与稀硫酸反应，将原物质反应掉，故C错误；D二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气来除杂，故D错误；故选A8下列物质
27、反应后一定有+3价铁生成的是（）过量的Fe与Cl2反应； Fe与过量稀H2SO4反应后，再向其中加KNO3；将Fe高温下与水蒸气反应后的得到固体混合物溶于盐酸中A只有B只有C只有D全部【考点】铁的化学性质【分析】依据氯气是强氧化剂把铁氧化为三价分析；硝酸亚铁加入稀盐酸在溶液中形成强氧化剂稀硝酸分析；从铁和三价铁能反应，铁过量时无三价铁分析【解答】解：过量的Fe在Cl2中燃烧生成产物为氯化铁，由于是固体反应，过量的铁不会和三氯化铁反应，所以一定得到三价铁，故符合；Fe与过量稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气，再向其中加KNO3，过量的氢离子和加入的硝酸根离子在溶液中形成稀硝酸强氧化剂，能把二价铁
28、氧化为三价铁，故符合；Fe和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸，生成氯化亚铁和氯化铁，若铁足够量会和氯化铁反应生成氯化亚铁，故不符合；综上所述符合；故选C9已知Ba【Al（OH）4】2可溶于水如图表示的是向A12（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba（OH）2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：A1（OH）3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A1（OH）3Dcd时溶液中离子的物质的量：【Al（OH）4】比Ba2+少【考点】镁、铝的重要化合物【分析】A、根据ab
29、是沉淀生成增大的过程，发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+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Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在BaAl（OH）42，当加入的Ba（OH）2的物质的量等于BaAl（OH）42的物质的量时，溶液中Ba2+与OH的量相等；C、ab发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+3BaSO4，bd中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为BaAl（OH）42，据此来分析；D、cd发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=BaAl（OH）42，BaAl（OH）42电离出Al（OH）4、Ba2+，
30、据此判断【解答】解：A、在ab发生反应A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+3BaSO4，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al（OH）3BaSO4，故A错误；B、d点时Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在BaAl（OH）42，当加入的Ba（OH）2的物质的量等于BaAl（OH）42的物质的量时，溶液中Ba2+与OH的量相等，故B正确；C、ab发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+3BaSO4，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al（OH）3BaSO4，bd中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为BaAl（OH）42，故ad时沉淀的物质的量：BaSO4大于
31、A1（OH）3，故C错误；D、cd发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=BaAl（OH）42，1molBaAl（OH）42电离出2molAl（OH）4、1molBa2+，故Al（OH）4比Ba2+多，故D错误；故选B10下列物质不能通过化合反应直接制得的是（）ANa2SiO3BFeCl2CAl（OH）3DFe（OH）3【考点】含硅矿物及材料的应用；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【分析】A氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠；B氯化铁与铁反应生成氯化亚铁；C氧化铝与水不反应；D氢氧化铁、氧气和水反应生成氢氧化铁【解答】解：A氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠，可以通过化合反应制
32、得，故A不选；B氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，所以可以通过化合反应制得氯化亚铁，故B不选；C氧化铝与水不反应，所以不能通过化合反应制得氢氧化铝，故C选；D氢氧化铁、氧气和水通过化合反应生成氢氧化铁，所以可以通过化合反应制取氢氧化铁，故D不选；故选：C二、选择题（每题只有1个正确答案；共10小题，每小题3分，共30分）11化学在生产、生活中有着重要用途，下列物质的用途或成分正确的有个（）过氧化钠可作潜水艇供氧剂 铁红常用作红色油漆 Al2O3 可制造耐火材料 Na2SiO3水溶液俗称水玻璃可用作木材防火剂 硅单质可用作计算机芯片 二氧化硅可用作光导纤维 明矾可用作净水 青铜主要成分是铜锌合金 小苏
33、打可作发酵粉=10 烧碱可用作治疗胃酸过多的药A7个B8个C9个D10个【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【分析】过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气；铁红为三氧化二铁，为红棕色固体； Al2O3 熔点高； 硅酸钠熔点高，可用于阻燃剂；硅单质导电性介于导体与绝缘体之间； 二氧化硅具有良好的光学特性； 明矾电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，能够吸附水中固体悬浮物； 青铜是铜和锡的合金； 小苏打为碳酸氢钠，不稳定受热分解生成碳酸钠和二氧化碳、水；烧碱具有强烈的腐蚀性【解答】解：过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，能够做供氧剂，
34、故正确；铁红为三氧化二铁，为红棕色固体，常用作红色油漆，故正确；Al2O3 熔点高，可用作耐火材料，故正确；硅酸钠熔点高，可用于阻燃剂，可用作木材防火剂，故正确；硅单质导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用作计算机芯片，故正确；二氧化硅具有良好的光学特性，可用作光导纤维，故正确；明矾电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，能够吸附水中固体悬浮物，能够用作净水剂，故正确；青铜是铜和锡的合金，故错误；小苏打为碳酸氢钠，不稳定受热分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，可作发酵粉，故正确；烧碱具有强烈的腐蚀性，不能用来治疗胃酸过多，故错误；故选：B12下表各组物质中，满足图物质一步转化
35、关系的选项是（） 选项XYZNaNaOHNaHCO3CuCuSO4Cu（OH）2CCOCO2SiSiO2H2SiO3ABCD【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】根据物质的性质，用代入法进行判断【解答】解：A、NaNaOHNaHCO3，但NaHCO3不能完成到Na的转化，故A错误；B、CuCuSO4Cu（OH）2，但Cu（OH）2不能完成到Cu的转化，故B错误；C、CCOCO2C，可一步完成，故C正确；D、SiSiO2，但SiO2不能一步到H2SiO3，故D错误故选：C13已知A、B、D、E均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去，的
36、反应条件均相同）则A、E可能的组合为（）CO2、NaOH溶液；Ca（HCO3）2溶液、Ca（OH）2溶液；Na、O2；CuO、C；AlCl3溶液、NH3H2O NaAlO2溶液、盐酸ABCD【考点】钠的重要化合物；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物【分析】NaOH溶液与不同量CO2反应可以生成Na2CO3、NaHCO3，二者可以相互转化；Ca（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙与水，与量无关；Na与O2反应产物与温度有关，与反应物的量无关；C不足生成二氧化碳，碳过量可以生成CO，CO与二氧化碳可以相互转化；A1Cl3溶液与NH3H2O反应生成氢氧化铝沉淀与氯化铵，与量无关；NaA
37、lO2溶液与盐酸反应，盐酸少量生成氢氧化铝，盐酸过量生成氯化铝，二者可以相互转化【解答】解：NaOH溶液与过量CO2反应NaHCO3，与少量CO2反应生成生成Na2CO3，NaHCO3与NaOH反应或加热可以得到Na2CO3，Na2CO3与二氧化碳、水反应可以得到NaHCO3，符合转化关系，故正确；Ca（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙与水，与量无关，故错误；钠在常温下与氧气反应生成氧化钠，在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，与反应的量无关，故错误；C不足生成二氧化碳，碳过量可以生成CO，CO与氧气反应可得二氧化碳，二氧化碳越碳反应可得CO，符合转化关系，故正确；A1Cl3溶
38、液与NH3H2O反应生成氢氧化铝沉淀与氯化铵，与量无关，故错误；NaAlO2溶液与盐酸反应，盐酸少量生成氢氧化铝，盐酸过量生成氯化铝，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝，符合转化关系，故正确；故选：C14在Fe2（SO4）3溶液中，加入ag Cu，完全溶解后，又加入bg Fe，充分反应后得到cg 残余固体，且ac，则下列判断不正确的是（）A最后溶液中一定不含Fe3+B残余固体可能是Fe、Cu的混合物C最后溶液中一定含Fe2+D残余固体一定是Cu【考点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来
39、，向盛有FeCl3溶液的烧杯内分别加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和铜，利用此知识解决即可；【解答】解：此题中发生的化学反应有三个，方程式如下：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；CuCl2+Fe=FeCl2+Cu；2FeCl3+Fe=3FeCl2 依元素守恒可知：ag铜完全溶解后，变为ag铜离子，若加入的铁足够多的话，可将溶液中的铜离子全部变回金属铜（ag）甚至还会有铁剩余，此时，残余固体（cg）应大于或等于ag，依题意：ac可知，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来剩余固体为Cu，不可能有Fe剩；故B错误； 根据方程式1
40、、2、3可知，溶液中一定有Fe2+，因上述推导可知，溶液中还应有Cu2+剩余，由方程式1可知，Cu与Fe3+是不能共存的，剩余固体中有Cu，则溶液中必无Fe3+，充分反应后剩余固体为Cu，而溶液中含FeCl2和CuCl2故A正确、C正确、D正确；故选B15向一定量的K2CO3溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌随着盐酸的加入，溶液中各离子数目也相应地发生变化溶液中各离子数目与图中四条曲线的对应关系完全正确的是（）abcdAClK+CO32HCO3BK+CO32ClHCO3CK+CO32HCO3ClDK+HCO3ClCO32AABBCCDD【考点】离子共存问题【分析】根据向一定量的K2CO3溶液中缓
41、慢地滴加稀盐酸，则先后发生K2CO3+HClKCl+KHCO3、KHCO3+HClKCl+CO2+H2O，则钾离子数目不发生变化，氯离子的数目增加，碳酸根离子的数目一直减少，直到为0，碳酸氢根离子的数目先增大后减小，直到为0，然后结合图象来分析对应的离子【解答】解：因向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，先后发生如下反应，K2CO3+HClKCl+KHCO3、KHCO3+HClKCl+CO2+H2O，则钾离子的数目不变，即图中a为K+离子，碳酸根离子在减少，直至为0，即图中b为CO32离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0，即图中c为HCO3离子，氯离子先为0，随盐酸的加入氯离子的数目
42、在增多，即图中d为Cl离子，故选C16向FeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I、I2、IO3、Fe2+、Fe3+等粒子物质的量随n（Cl2）/n（FeI2）（即Cl2与FeI2的物质的量之比）的变化可用如图简单表示（“”表示铁各种价态的变化，用“”表示碘各种形态的变化）下列结论错误的是（）ACl2、I2、IO3、Fe3+的氧化性依次减小B当=1.2时，反应的离子方程式为2Fe2+10I+6Cl25I2+2Fe3+12ClC当=6.5时，溶液中=6.5D若溶液的体积不变，则溶液的pH减小【考点】氧化还原反应的计算【分析】由图可知不断通Cl2的过程中，依次发生以下氧化还原反应：Cl2+2I=2Cl
43、+I2、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl、5Cl2+I2+6H2O=2IO3+12H+10Cl可见还原性强弱顺序为：IFe2+I2，当n（Cl2）：n（FeI2）=1：1时，I恰好全被氧化；当n（Cl2）：n（FeI2）=1.5时，Fe2+正好全被氧化；当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，氧化还原反应完毕因此，当n（Cl2）：n（FeI2）1：1时，开始生成Fe3+至1.5时，Fe3+达到最大量；当n（Cl2）：n（FeI2）1.5时，开始生成IO3，至6.5时，IO3达到最大量，故折线3的起点若从1.5出发至6.5结束；当n（Cl2）：n（FeI2）1时，碘离子反应生成碘单质，碘离
44、子浓度减小至1时为0，碘单质的浓度最大，为原来碘离子浓度的一半；当1.5n（Cl2）：n（FeI2）1：1时，Fe2+浓度减少至1.5时，Fe2+达到最小量为0，然后结合发生的离子反应解答【解答】解：A、原性强弱顺序为：IFe2+，所以氧化性Fe3+I2，故A错误；B、当n（Cl2）：n（FeI2）=1.2时，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分氧化，则离子反应为2Fe2+10I+6Cl2=5I2+2Fe3+12Cl，故B正确；C、当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，氯气和碘化亚铁恰好反应，反应方程式为13Cl2+2FeI2+12H2O=2FeCl3+4HIO3+20HCl，则n（C1）：n（
45、IO3）=26：4=13：2=6.5，故C正确；D、由5Cl2+I2+6H2O=2IO3+12H+10Cl可知，随氯气的通入，酸性增强，pH减小，故D正确；故选A17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A1mol2NAB22.4L1molC106g1molD106g2 NAAABBCCDD【考点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算【分析】由化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+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
46、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+2CO22Na2CO3+O2 固体质量差 2mol 2mol 56g x y 28g解得：x=1mol解得：y=1mol碳酸钠的质量=1mol106g/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C18在密闭容器中充入CO2、CO、H2、C2H6的混合气体m g，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测
47、得固体质量增重m g，则相同条件下，CO2与C2H6的体积比为（）A4：1B2：1C1：1D缺少条件，无法计算【考点】有关混合物反应的计算【分析】根据2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量；在密闭容器中充入CO2、CO、H2、C2H6的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则反应后CO2、CO、H2、C2H6混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与C2H6相当于CO、H2混合，只要CO
48、2与C2H6混合物中C、O原子数之比满足1：1即可【解答】解：根据2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2可知：固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知：固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量，在密闭容器中充入CO2、CO、H2、C2H6的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则反应后CO2、CO、H2、C2H6混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与C2H6相当于CO、H2混合，则CO2与C2H6混合物中C、O原子数之比满足1：1，所以CO2与C2H6的体积之比为2：1
49、，故选B192006年11月23日中科院网报道，纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和作为药物载体用于疾病的治疗其制备过程如图，下列叙述合理的是（）AFe3O4可以表示为FeOFe2O3，属于混合物B在反应中FeCl36H2O被环丙胺（）还原为FeOOHC纳米四氧化三铁材料为胶体D反应的化学方程式是：6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2【考点】盐类水解的应用；铁的氧化物和氢氧化物；有机物的结构和性质【分析】AFe3O4为纯净物；B反应Fe元素化合价不变；C胶体属于分散系，为混合物；D根据反应和生成物判断【解答】解：A四氧化三铁是一种由铁、氧元素组成的物质
50、，有固定的组成，则属于纯净物，故A错误；B反应Fe元素化合价不变，没有发生氧化还原反应，故B错误；C胶体属于混合物，为分散系，而纳米四氧化三铁为纯净物，故C错误；D由制备过程图可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO2，故D正确故选D20常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A含有大量AlO的溶液中：Na+、OH、Cl、COB滴加紫色石蕊试液变红的溶液中：K+、Ba2+、CH3COO、FC加入Al能放出H2的溶液中：K+、NH4+、NO3、HCO3D1.0molL1的KNO3溶液：H+、
51、Fe2+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】A溶液显碱性，该组离子之间不反应；B滴加紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性；C加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D离子之间发生氧化还原反应【解答】解：A溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B滴加紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，酸性溶液中不能大量存在CH3COO、F，故B错误；C加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中H+、NO3、Al发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能大量存在NH4+、HCO3，故C错误；DH+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A二、非选择题2
52、1汽车安全气囊是行车安全的重要保障当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的固体粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验经组成分析，确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素水溶性试验表明，固体粉末部分溶解经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐请回答下列问题：（1）甲的化学式为NaN3（2
53、）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3（3）单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为6Na+Fe2O32Fe+3Na2O安全气囊中红棕色粉末的作用是避免分解产生的钠可能产生危害（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是BAKCl BCuOCNa2S（5）设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物）可溶性盐的成分可能是Na2CO3或NaHCO3或Na2CO3与NaHCO3的混合物准确称取一定量的生成物，加热至恒重后，如试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比
54、例，即可推断出试样为NaHCO3或Na2CO3与NaHCO3的混合物【考点】复杂化学式的确定；化学方程式的有关计算【分析】（1）根据题干信息推导出甲、乙、丙三种物质，粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素水溶性试验表明，固体粉末部分溶解经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸说明为氧化铁，在四种元素组成的单质中，可以在高温隔绝空气的条件下与Fe2O3反应的就只有金属钠了，因此单质乙是钠，化合物甲是由Na和N元素组成，由分解的甲的质量和产生的氮气体积确定甲的分子式；（2）根据物质的性质来书写化学方程式，因为丙是在高温隔绝空气的条件下生成的，在根据丙的性质可知丙只能是Na2O；（3）根
55、据单质和红棕色粉末发生的置换反应来分析，钠和氧化铁发生的置换反应生成铁和氧化钠，安全气囊中氧化铁粉末的作用是消耗产生的活泼的钠；（4）根据红棕色粉末氧化铁的作用来寻找可替代的物质，需要和钠发生反应；（5）根据可溶盐的可能组成情况结合盐的性质进行检验，氧化钠跟空气接触所得的可溶性的盐成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物，依据碳酸氢钠受热分解的性质设计实验检验【解答】解：（1）Na、Fe、N、O四种元素组成的化合物中为红棕色且可溶于盐酸的只有Fe2O3，在四种元素组成的单质中，可以在高温隔绝空气的条件下与Fe2O3反应的就只有金属钠了，因此单质乙是钠，化合物甲
56、是由Na和N元素组成，13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L，即0.3mol，经计算知Na和N的原子个数比是1：3，所以化合物甲的化学式为NaN3，是一种离子化合物，故填：NaN3，故答案为：NaN3；（2）因为丙是在高温隔绝空气的条件下生成的，在根据丙的性质可知丙只能是Na2O而不是Na2O2，反应的化学方程式为：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3，故填：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3，故答案为：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3；（3）钠和氧化铁发生的置换反应方程式为：6Na+Fe2O32Fe+3Na
57、2O，所以安全气囊中氧化铁粉末的作用是消耗产生的活泼的钠，避免分解产生的金属钠可能产生的危害，故填：6Na+Fe2O32Fe+3Na2O、避免分解产生的金属钠可能产生的危害，故答案为：6Na+Fe2O32Fe+3Na2O；避免分解产生的钠可能产生危害；（4）安全气囊中氧化铁粉末的作用是消耗产生的活泼的钠，硝酸钾本身受热分解产生氧气，可以和金属钠反应，选项中能和钠反应的还有氧化铜，故选B，故答案为：B；（5）氧化钠跟空气接触所得的可溶性的盐成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物，碳酸氢钠受热容易分解，碳酸钠受热稳定，故可以用加热的办法来确定成分，故填：可溶性盐
58、的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物；准确称取一定量的生成物加热至恒重后，如果试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3，或Na2CO3与NaHCO3混合物，故答案为：可溶性盐的成分可能是Na2CO3或NaHCO3或Na2CO3与NaHCO3的混合物准确称取一定量的生成物，加热至恒重后，如试样无失重，则为Na2CO3；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为NaHCO3或Na2CO3与NaHCO3的混合物；22已知A为常见的金属单质，根据如图所示的关系，回答下列问题：
59、（1）C的化学式为FeCl2，B的俗称为磁性氧化铁（2）AB的化学反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2 （3）由EF的实验现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色最终变为红褐色（4）C与等物质的量的过氧化钠反应可生成F，其离子反应方程式为：4Na2O2+6H2O+4Fe2+4Fe（OH）3+8Na+O2（5）已知G为FeCO3，请写出CG的离子反应方程式：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O【考点】无机物的推断【分析】A为常见金属，系列转化得到红褐色固体F为Fe（OH）3，所以A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，G为FeCO3，加热分解可以得到氧化铁，据此解答
60、【解答】解：A为常见金属，系列转化得到红褐色固体F为Fe（OH）3，所以A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，G为FeCO3（1）C的化学式为FeCl2，B为Fe3O4，俗称为 磁性氧化铁，故答案为：FeCl2； 磁性氧化铁；（2）AB的化学反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2 ，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2 ；（3）由EF的实验现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色最终变为红褐色，故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色最终变为红褐色；（4）FeCl2与等物质的量的过氧化钠反应可生成Fe（OH）3，其离子反应方程式为：4Na2O2+6H2O+4Fe2+4Fe（
61、OH）3+8Na+O2，故答案为：4Na2O2+6H2O+4Fe2+4Fe（OH）3+8Na+O2；（5）已知G为FeCO3，CG的离子反应方程式：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O23将一定质量的镁铝合金投入200mL一定浓度的硫酸中，合金完全溶解向所得溶液中滴加浓度为10mol/L的KOH溶液，生成的沉淀跟加入的KOH溶液的体积关系如图所示（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：（1）合金中Mg的质量2.4g；（2）所用硫酸的物质的量浓度4mol/L（3）m1=21.4g【考点】有关混合物反应的计算【分析】由图象
62、可知，从开始至加入KOH溶液80mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V（KOH溶液）=160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，此时溶液中溶质为K2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（K2SO4）等于160mL氢氧化钾溶液中含有的n（KOH）的0.5倍；从160mL到180mL，NaOH溶解Al（OH）3：KOH+Al（OH）3=KAlO2+2H2O，当V（KOH溶液）=180mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，溶解氢氧化铝消耗了20mLKOH溶液，根据反应KOH+A
63、l（OH）3=KAlO2+2H2O可计算出氢氧化铝的物质的量，再结合铝元素守恒可知生成氢氧化铝沉淀消耗KOH的量，从而可知生成氢氧化镁消耗KOH的物质的量，结合反应可计算出氢氧化镁的物质的量，据此进行计算【解答】解：由图象可知，从开始至加入KOH溶液80mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V（KOH溶液）=160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，此时溶液中溶质为K2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（K2SO4）等于160mL氢氧化钾溶液中含有的n（KOH）的0.5倍；从160
64、mL到180mL，NaOH溶解Al（OH）3：KOH+Al（OH）3=KAlO2+2H2O，当V（KOH溶液）=180mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，（1）溶解氢氧化铝消耗了20mLKOH溶液，消耗氢氧化钾的物质的量为：10mol/L0.02L=0.2mol，根据反应KOH+Al（OH）3=KAlO2+2H2O及质量守恒定律可知n（Al）=nAl（OH）3=n（KOH）=0.2mol，生成0.2mol氢氧化铝消耗了0.6molKOH，则生成氢氧化镁沉淀消耗氢氧化钾的物质的量为：（0.16L0.08L）10mol/L0.06mol=0.2mol，则生成氢氧化镁的物质的量为：nMg
65、（OH）2）= n（KOH）=0.2mol=0.1mol，根据质量守恒定律可知合金中含有0.1molMg，含有镁的质量为：24g/mol0.1mol=2.4g，故答案为：2.4；（2）加入160mL氢氧化钾溶液时，沉淀达到最大，此时溶质为硫酸钾，则n（H2SO4）=n（K2SO4）=n（KOH）=（10mol/L0.16L）=0.8mol，则所用硫酸的物质的量浓度为： =4mol/L，故答案为：4；（3）根据以上计算可知，生成沉淀中含有0.2mol氢氧化铝、0.1mol氢氧化镁，则生成沉淀的最大值为：78g/mol0.2mol+58g/mol0.1mol=21.4g，即m1=21.4，故答案为
66、：21.424聚合硫酸铁（简称PFS，化学式为Fe（OH）n（SO4）（3n）/2m）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理现用一定质量的铁的氧化物（如图）为原料来制取聚合硫酸铁，实验步骤如图：（1）实验室用18.4molL1的浓硫酸配制250mL4.8molL1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需的玻璃仪器：250mL容量瓶、胶头滴管（2）步骤II取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，目的是ACA确定下一步还原所需铁的量 B控制溶液中Fe2+与Fe3+含量比C确定氧化Fe2+所需ClO2的量 D确保铁的氧化物酸溶完全（3）写出步骤中用ClO2氧化（还原产物为
67、Cl） 时的离子方程式_5Fe2+ClO2+4H+=5Fe3+Cl+2H2O（4）为了分析产品聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量之比，有人设计了以下操作：（a）取25mL聚合硫酸铁溶液，加入足量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀经过过滤、洗涤、干燥后，称重，其质量为m g（b）另取25mL聚合硫酸铁溶液，加入足量铜粉，充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成250mL溶液，取该溶液25.00mL，与0.1000mol/L VmL KMnO4酸性溶液恰好完全反应回答下列问题：根据（b）中步骤判断Cu2+、Fe2+、MnO、Fe3+氧化性由强到弱的顺序MnO4Fe3+Cu2+Fe2+聚
68、合硫酸铁中SO与Fe3+的物质的量之比为：（用含m、V的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）实验室用18.4molL1的浓硫酸配制250mL4.8molL1的硫酸溶液，所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；（2）控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被ClO2氧化为Fe3+；（3）酸性条件下，ClO2将Fe2+氧化为Fe3+，ClO2被还原为Cl；（4）氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性；mg白色沉淀为BaSO4，由硫酸根守恒n（SO42）=n（BaSO4），由原子
69、守恒与电电子转移守恒可得关系式：5Fe3+5Fe2+MnO4，根据关系式计算n（Fe3+）【解答】解：（1）实验室用18.4molL1的浓硫酸配制250mL4.8molL1的硫酸溶液，用量筒量取浓硫酸，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，移入2500mL容量瓶，最后需要用胶头滴管定容，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（2）因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被氧化Fe3+，需要确定氧化Fe2+所需ClO2的量，故答案为：AC；（3）酸性条件下，ClO2将Fe2+氧化为Fe3+，ClO2被还原为Cl
70、，反应离子方程式为：5Fe2+ClO2+4H+=5Fe3+Cl+2H2O，故答案为：5Fe2+ClO2+4H+=5Fe3+Cl+2H2O；（4）发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，氧化性由强到弱的顺序：MnO4Fe3+Cu2+Fe2+，故答案为：MnO4Fe3+Cu2+Fe2+；mg白色沉淀为BaSO4，由硫酸根守恒n（SO42）=n（BaSO4）=mol，由原子守恒与电电子转移守恒可得关系式：5Fe3+5Fe2+MnO4，则n（Fe3+）=5n（MnO4）=5V103L0.1mol/L，n（S
71、O42）：n（Fe3+）=mol：5V103L0.1mol/L=：，故答案为：25镁是一种很活泼的金属，常用作脱硫剂、脱氧剂在电子工业中利用镁制取硅的反应为：2Mg+SiO22MgO+Si；同时有副反应发生：2Mg+SiMg2Si已知：Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）SiH4在常温下是一种不稳定的气体，且易燃镁与SO2可发生类似于镁与CO2的反应图（甲）是进行Mg与SiO2反应的实验装置（1）由于O2的存在对该实验有较大影响，实验中应通入X气体作为保护气X气体应选用CO2、N2、H2中的（2）实验开始时，必须先通入X的气体，再接通电源加热反应物，其理由是防止加热条件下H2与空气混合
72、爆炸；当反应引发后，切断电源，反应能继续进行，其原因是Mg与SiO2的反应是放热反应（3）反应结束时，待冷却至常温后，关闭K，从分液漏斗处加入稀盐酸，可观察到导管口a处有闪亮的火星据此现象可推知SiH4在空气中能自燃图（乙）所示装置进行的实验如下：先关闭K，使A中反应进行；加热玻璃管C，可观察到C管中发出耀眼白光，产生白烟，管壁上附着有淡黄色物质实验完成后，将C管中固体全部加入盐酸中，有臭鸡蛋气味的H2S气体生成（1）停止实验时，先打开K，再停止滴加浓硫酸并熄灭酒精灯橡胶气胆B在实验中的作用是防止C管降温时因气体压强减小，而引起D中溶液倒流（2）C中全部反应产物有MgO、S、MgS（填化学式）
73、【考点】制备实验方案的设计；镁的化学性质【分析】（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应；（2）不纯的氢气燃烧会发生爆炸；Mg与SiO2反应的条件是加热，切断电源后，反应的条件由反应放热维持；（3）反应生成的Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），观察到导管口a处有闪亮的火星，说明有气体在空气中自燃；（1）打开K，将空气充入反应反应体系，可平衡容器内外压强，防止倒吸；（2）浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与Mg反应，生成淡黄色固体S，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，因此二氧化硫与Mg反应产物为MgS根据元素守恒可知，另外一种产物为氧化镁【解答】解：（1）M
74、g可以与CO2、N2发生化学反应，3Mg+N2Mg3N2、2Mg+CO22MgO+C，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气，故选；（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸；Mg与SiO2反应的条件是加热，切断电源后，反应的条件由反应放热维持，故答案为：防止加热条件下H2与空气混合爆炸；Mg与SiO2的反应是放热反应；（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si+4HCI=2MgCl2+SiH4，观察到导管口a处有闪亮的火星，说明有气体在空气中自燃，即SiH4在空气中自燃；故答案为：SiH4；（1）停止实验后，温度降低导致体系内部压强减小，容易发生倒吸，打开K，将空气充入反应反应体系，可平衡容器内外压强，防止倒吸，故答案为：防止C管降温时因气体压强减小，而引起D中溶液倒流；（2）浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与Mg反应，生成淡黄色固体S，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，因此二氧化硫与Mg反应产物为MgS根据元素守恒可知，另外一种产物为MgO，故答案为：MgO、S、MgS2016年5月18日