1、2015-2016学年河南省南阳市宛东五校高一（下）第一次联考化学试卷一、选择题（48分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A氘（D）原子核外有1个电子B1H与D互称同位素CH2O与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同2230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U下列有关Th的说法正确的是（）ATh元素的质量数是232BTh元素的相对原子质量是231C232Th转化成233U是化学变化D230Th和232Th的化学性质相同3下列除杂的方法错误的是（）物质杂质除杂试剂主要操作ASiO2F
2、e2O3盐酸过滤BMgAlNaOH溶液过滤CFeCl2FeCl3Cu过滤DNaCl泥沙加水溶解、过滤、蒸发AABBCCDD4下列说法正确的是（）ASiO2不能与HNO3、H2SO4等所有的酸反应BCO2和SiO2的对应水化物都是酸，碳酸酸性比硅酸弱CCO2与SiO2均是酸性氧化物，溶于水均得到相应的酸D硅胶常用于做干燥剂5下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3 Al2O3Al（OH）3 Al NaHSO4AlCl3NaAl（OH）4ABCD全部650g镁、锌、铝的混合物与适量的稀硫酸反应，得三种盐的混合溶液，然后加热、蒸发、结晶得晶体（不含结晶水）218g
3、，则反应中得到H2的质量为（）A2gB3gC3.5gD4.5g7某溶液中加入铝粉能产生氢气，在该溶液中一定能大量共存的离子组是（）AK+、NH4+、Cl、SO42BCu2+、Fe2+、NO3、SO42CNa+、Ca2+、Cl、ClODNa+、K+、Cl、SO428下列两种物质发生反应：Na和O2 AlCl3与氨水 水玻璃与CO2 Fe与Cl2 Fe和稀HNO3，因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是（）ABCD9下表各组物质中，满足右图物质一步转化关系的选项是（）选项XYZANaNaOHNaHCO3BAlAlCl3Al（OH）3CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3AABBCCDD1
4、0下列有关Al（OH）3的图象不正确的是（）A向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液B向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液C向NaAl（OH）4溶液中通入CO2D向AlCl3溶液中滴氨水11以下物质间的每步转化通过一步反应就能实现的是（）AAlAl2O3Al（OH）3NaAlO2BMgMgCl2Mg（OH）2MgOCSSO3H2SO4MgSO4DSiSiO2H2SiO3Na2 SiO31216O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A16O与18O互为同素异形体B16O与18O核外电子排布方式不同C通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D标准状况下，11.2
5、L16O2和11.2L18O2均含NA个氧原子13已知A的原子序数是X，B2与A3+具有相同的电子层结构，则B元素的原子序数为（）AX5BX+5CX+1DX114某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子在a 克HmX中所含质子的物质的量是（）A （AN+m） molB （A一N） molC（AN） molD（A一N+m） mol15将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则下列说法不正确的是（）AMg和Al的总质量为9gB最初20mLNa
6、OH溶液用于中和过量的稀硫酸CNaOH溶液物质的量浓度为5molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L16下列反应的离子方程式正确的是（）A铝片跟氢氧化钠溶液反应 6H2O+2Al+2OH2Al（OH）4+3H2B明矾溶液中加入过量的氨水 Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+C碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液 HCO3+OHCO32+2H2OD铜片跟稀硝酸反应 Cu+NO3+4H+Cu2+NO+2H2O二、非选择题（共52分）17如图所示物质的转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色沉淀请回答下列问题：（1）B的化学式是，目前B已被用作的主要原料（2）B和a溶液反应的
7、离子方程式是（3）A和a溶液反应的离子方程式是（4）C和过量的盐酸反应的离子方程式是18某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示（1）A、B、C、D四点中沉淀成分相同的是（写代号）（2）由图象可推出原溶液中一定含有的离子有：（3）若要检验可能存在的离子应采取的方法是（4）原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为（5）由图象计算使用的NaOH溶液的物质的量浓度是19在Na+的物质的量浓度为0.5molL1的某澄清溶液中，还可能含有如表中所示
8、的若干种离子阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果想该溶液中加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体将中产生的混合液过滤，将沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体的质量固体质量为2.4g向中所得的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）由实验确定一定不存在的离子是（2）实验中生成沉淀的离子方程式为（3）通过实验、和必要计算，填写表中阴离子的物质的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离
9、子NO3CO32SiO32SO42c/molL1（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由：20已知某微粒的结构示意图为： （ y0 ）请回答：（1）当xy=10时，该微粒为（填“原子”、“阳离子”或“阴离子”）（2）当y=8时，微粒可能为（不少于5种）（3）写出x+y=12与x+y=16的元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式21铁、铝、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式；（2）已知铜与稀硫酸不反应，但将铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示
10、原因（3）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为Al2O3）与焦炭混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式（4）已知Cu2S可以和硝酸反应，请配平下列化学反应方程式：Cu2S+HNO3CuSO4+Cu（NO3）2+NO+（5）某校兴趣小组欲测定一种铁铝硅合金（FexAlySiz）粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为（填化学式）20
11、15-2016学年河南省南阳市宛东五校高一（下）第一次联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（48分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A氘（D）原子核外有1个电子B1H与D互称同位素CH2O与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同【考点】同位素及其应用【分析】A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；B有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；C相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；D1H218O的相对分子质量为：12+18=20，D216O的相对分子质量为：22+16=20【解答
12、】解：A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；B1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；CH2O与D2O都是化合物，不是单质，故C错误； D1H218O的相对分子质量为：12+18=20，D216O的相对分子质量为：22+16=20，故D正确，故选C2230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U下列有关Th的说法正确的是（）ATh元素的质量数是232BTh元素的相对原子质量是231C232Th转化成233U是化学变化D230Th和232Th的化学性质相同【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】ATh元素
13、有2种核素；B元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值；C化学变化的最小微粒是原子；D同位素的化学性质几乎相同【解答】解：ATh元素有2种核素，230Th和232Th的质量数分别是230，232，故A错误； B不知道各种天然同位素的含量无法求出，故B错误；C化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而c项的原子发生变化，故C错误；D同位素的物理性质可以不同，但化学性质几乎相同，故D正确故选D3下列除杂的方法错误的是（）物质杂质除杂试剂主要操作ASiO2Fe2O3盐酸过滤BMgAlNaOH溶液过滤CFeCl2FeCl3Cu过滤DNaCl泥沙加水溶解、过滤、蒸发AABB
14、CCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A氧化铁与盐酸反应，而二氧化硅不能；BAl与NaOH溶液反应，而Mg不能；CCu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；D泥沙不溶于水【解答】解：A氧化铁与盐酸反应，而二氧化硅不能，则反应后过滤可分离，故A正确；BAl与NaOH溶液反应，而Mg不能，则反应后过滤可分离，故B正确；CCu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，应选铁粉，故C错误；D泥沙不溶于水，则溶解、过滤、蒸发可分离，故D正确；故选C4下列说法正确的是（）ASiO2不能与HNO3、H2SO4等所有的酸反应BCO2和SiO2的对应水化物都是酸，碳酸酸性比硅酸弱
15、CCO2与SiO2均是酸性氧化物，溶于水均得到相应的酸D硅胶常用于做干燥剂【考点】硅和二氧化硅【分析】A二氧化硅和氢氟酸反应；B同主族非金属性减弱，对应最高价含氧酸的酸性减弱，碳酸的酸性大于硅酸；C二氧化碳、二氧化硅都是酸性氧化物，二氧化硅不溶于水；D硅胶具有高活性吸附材料，可用作干燥剂【解答】解：ASiO2和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故A错误；BCO2和SiO2的对应水化物都是酸，碳酸酸性比硅酸强，B错误；CCO2是酸性氧化物，溶于水得到相应的酸，SiO2难溶于水，故C错误；D硅胶是具有高活性吸附材料，能吸收气体中的水蒸气，可用作干燥剂，故D正确；故选
16、D5下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3 Al2O3Al（OH）3 Al NaHSO4AlCl3NaAl（OH）4ABCD全部【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【分析】既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应的物质：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等，据此解答【解答】解：NaHCO3 Al2O3Al（OH）3 Al 既能与和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，NaHSO4、AlCl3不能与硫酸反应，NaAl（OH）4不能与氢氧化钠反应，故选：C650g镁、锌、铝的混合物与适量的稀硫酸反应，得三种盐的混合溶液，然后加热、
17、蒸发、结晶得晶体（不含结晶水）218g，则反应中得到H2的质量为（）A2gB3gC3.5gD4.5g【考点】有关混合物反应的计算【分析】反应中MgMgSO4、ZnZnSO4、FeFeSO4，可知道固体增加的质量是硫酸根的质量，在H2SO4中氢元素与硫酸根的质量比为2：96，据此计算生成氢气的质量【解答】解：反应中MgMgSO4、ZnZnSO4、FeFeSO4，可知道固体增加的质量是硫酸根的质量，即硫酸根质量为：218g50g=168g，在H2SO4中氢元素与硫酸根的质量比为2：96，故生成氢气的质量为：168g=3.5g，故选C7某溶液中加入铝粉能产生氢气，在该溶液中一定能大量共存的离子组是（
18、）AK+、NH4+、Cl、SO42BCu2+、Fe2+、NO3、SO42CNa+、Ca2+、Cl、ClODNa+、K+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】溶液中加入铝粉有氢气产生，为强碱或非氧化性酸溶液，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等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：A碱性条件下NH4+不能大量共存，故A错误；BCu2+、Fe2+碱性条件下不能大量共存，酸性条件下，Fe2+、NO3发生氧化还原反应，则不生成氢气，故B错误；C酸性条件下ClO不能大量共存，故C错误；D无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确故选D8下列两种物质发
19、生反应：Na和O2 AlCl3与氨水 水玻璃与CO2 Fe与Cl2 Fe和稀HNO3，因反应物用量或反应条件的不同而生成不同产物的是（）ABCD【考点】钠的化学性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；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】Na和O2在没有条件的条件下反应生成氧化钠、加热条件下生成过氧化钠；AlCl3与氨水反应时，无论氨水是否过量都只生成氢氧化铝；水玻璃与CO2时，少量二氧化碳反应生成碳酸钠、过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；无论氯气是否过量，Fe在Cl2中燃烧都只生成氯化铁；Fe和稀HNO3反应时，少量铁生成硝酸铁，过量铁和硝酸反应生成硝酸亚铁【解答】解：Na
20、和O2在没有条件的条件下反应生成氧化钠、加热条件下生成过氧化钠，所以生成物与反应条件有关，故选；AlCl3与氨水反应时，无论氨水是否过量都只生成氢氧化铝，所以与反应物的量多少无关，故不选；水玻璃与CO2时，少量二氧化碳反应生成碳酸钠、过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以与反应物的量多少有关，故选；无论氯气是否过量，Fe在Cl2中燃烧都只生成氯化铁，所以与反应物的量多少无关，故不选；Fe和稀HNO3反应时，少量铁生成硝酸铁，过量铁和硝酸反应生成硝酸亚铁，所以与反应物的量多少有关，故选；故选D9下表各组物质中，满足右图物质一步转化关系的选项是（）选项XYZANaNaOHNaHCO3BAlAlCl3A
21、l（OH）3CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3AABBCCDD【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物【分析】A、Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na；B、铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不能直接生成铝；C、C与少量的氧气反应得到CO，CO与氧气反应得到 CO2，CO2与Mg反应可以得到C；D、硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能溶于水，不能一步转化为硅酸，硅酸也不能转化为硅；【解答】解：A、Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na，故A错误；
22、B、铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不能直接生成铝，故B错误；C、C与少量的氧气反应得到CO，CO与氧气反应得到 CO2，CO2与Mg反应可以得到C，故C正确；D、硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能溶于水，不能一步转化为硅酸，硅酸也不能转化为硅，故D错误；故选C10下列有关Al（OH）3的图象不正确的是（）A向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液B向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液C向NaAl（OH）4溶液中通入CO2D向AlCl3溶液中滴氨水【考点】镁、铝的重要化合物【分析】A、氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先生成沉淀，后沉淀溶解至最后消失；B、NaOH溶液中滴加
23、AlCl3溶液发生Al3+4OHAlO2+2H2O开始无沉淀，然后发生Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3，后生成沉淀；C、NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，又氢氧化铝只与强酸强碱反应，所以生成氢氧化铝白色沉淀不能溶解在过量二氧化碳；D、向AlCl3溶液中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中【解答】解：A、氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生Al3+3OHAl（OH）3生成沉淀，后发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，故A正确；B、NaOH溶液中滴加AlCl3溶液发生Al3+4OHAlO2+2H2O开始无沉淀，然后
24、发生Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3，后生成沉淀，故B正确；C、NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，又氢氧化铝只与强酸强碱反应，所以生成氢氧化铝白色沉淀不能溶解在过量二氧化碳，故C错误；D、向AlCl3溶液中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，故D正确；故选C11以下物质间的每步转化通过一步反应就能实现的是（）AAlAl2O3Al（OH）3NaAlO2BMgMgCl2Mg（OH）2MgOCSSO3H2SO4MgSO4DSiSiO2H2SiO3Na2 SiO3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】根据各单质及其化合物的化学性质
25、解答：A铝在氧气中反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，氢氧化铝能和烧碱反应生成偏铝酸钠盐；BMg在Cl2中反应生成MgCl2，MgCl2与碱发生复分解反应生成Mg（OH）2，Mg（OH）2分解生成MgO；C硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫被氯水氧化为硫酸，硫酸和氢氧化镁反应生成硫酸镁；D硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，能和烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸；【解答】解：A铝在氧气中反应4Al+3O22Al2O3生成氧化铝，氧化铝不溶于水不能生成Al（OH）3，氢氧化铝能和烧碱反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O 生成偏铝酸钠盐，故A错误；BMg在C
26、l2中反应Mg+Cl2MgCl2，MgCl2与碱发生复分解反应MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2+CaCl2，生成Mg（OH）2，Mg（OH）2分解：Mg（OH）2MgO+H2O，生成MgO，故B正确；C硫在氧气中燃烧S+O2SO2生成二氧化硫不是三氧化硫，二氧化硫被氯水氧化为硫酸，硫酸和氢氧化镁反应生成硫酸镁，故C错误；D硅和氧气反应生成二氧化硅Si+O2SiO2，属于酸性氧化物，但不与水反应，SiO2不能一步生成H2SiO3，二氧化硅与烧碱反应SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸，故D错误；故选B1216O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿
27、伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A16O与18O互为同素异形体B16O与18O核外电子排布方式不同C通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D标准状况下，11.2L16O2和11.2L18O2均含NA个氧原子【考点】同位素及其应用；同素异形体；阿伏加德罗常数；原子核外电子排布【分析】A、16O与18O是同一种元素的不同原子，质子数相同，中子数不同；B、电子数相等，核外电子排布方式也相同；C、16O与18O之间的转化，属于原子核的变化；D、1.12 L标准状况下16O2和11.2L18O2的物质的量均为=0.5 mol【解答】解：A、16O与18O是同一种元素的不同原子，质子数相同，中子
28、数不同，属于同位素，故A错误；B、两种氧原子的电子数相等，核外电子排布方式也相同，故B错误；C、16O与18O之间的转化，属于原子核的变化，不是化学变化，故C错误；D、1.12 L标准状况下16O2和11.2L18O2的物质的量均为0.5 mol，含有氧原子数为1NA，故D正确，故选：D13已知A的原子序数是X，B2与A3+具有相同的电子层结构，则B元素的原子序数为（）AX5BX+5CX+1DX1【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】在原子中，核电荷数=核内质子数=核外电子数，已知A的原子序数是X，B得到2个电子后变为B2，A失去3个电子后变为A3+，根据电子层结构相同，即核外
29、电子数相同，列出等式求解即可【解答】解：设元素B的核电荷数是Y，已知A的原子序数是X，核电荷数为X，所以A3+的核外电子数等于X3，同理B2的离子中带有（Y+2）个电子因为B2和A3+具有相同的电子层结构，即核外电子数相同；所以X3=Y+2，即Y=X5故选A14某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子在a 克HmX中所含质子的物质的量是（）A （AN+m） molB （A一N） molC（AN） molD（A一N+m） mol【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】根据公式：分子中质子的物质的量=分子的物质的量一个分子中含有的质子数=一个分子中
30、含有的质子数来计算【解答】解：同位素X的质量数为A，中子数为N，因此其质子数为AN故HmX分子中的质子数为m+AN，又由于HmX中H为11H，故agHmX分子中所含质子的物质的量为：（A+mN）mol故选A15将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则下列说法不正确的是（）AMg和Al的总质量为9gB最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸CNaOH溶液物质的量浓度为5molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算【分
31、析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，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（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为
32、0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/L，以此来解答【解答】解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，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（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.
33、35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的
34、浓度为=5mol/L，A由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，故A正确；B由上述分析可知，最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸，故B正确；C由上述分析可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L，故C正确；D由电子守恒可知，生成的氢气为=0.45mol，若在标况下，体积为0.45mol22.4L/mol=10.08L，但状况未知，故D错误；故选D16下列反应的离子方程式正确的是（）A铝片跟氢氧化钠溶液反应 6H2O+2Al+2OH2Al
35、（OH）4+3H2B明矾溶液中加入过量的氨水 Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+C碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液 HCO3+OHCO32+2H2OD铜片跟稀硝酸反应 Cu+NO3+4H+Cu2+NO+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气和NaAl（OH）4；B氢氧化铝不溶于氨水；C碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；D电荷不守恒【解答】解：A铝与氢氧化钠溶液反应的离子反应为2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，故A正确；B明矾溶液中加入过量的氨水，生成氢氧化铝沉淀，沉淀不溶解，则离子方程式为：Al3
36、+3NH3H2OAl（OH）4+3NH4+，故B错误；C碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子反应为2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2O，故C错误；D金属铜跟稀硝酸反应的离子反应为3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故D错误；故选：A二、非选择题（共52分）17如图所示物质的转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色沉淀请回答下列问题：（1）B的化学式是SiO2，目前B已被用作光导纤维的主要原料（2）B和a溶液反应的离子方程式是SiO2+2OHSiO32+H2O（3）A和a溶液反应的离子方程式是Si+2OH+H2OSiO32+
37、2H2（4）C和过量的盐酸反应的离子方程式是SiO32+2H+H2SiO3【考点】无机物的推断【分析】根据题给信息和框图，B是A的氧化物，本题“突破口”是C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，则E可能是硅酸或氯化银，若E是氯化银，则C是硝酸银，A为银，则根据已有知识，银可以与硝酸反应生成硝酸银，而银与硝酸反应能生成三种产物，不符合框图中物质间的转化关系则E只能为硅酸，则C为硅酸盐，A为硅，a溶液为强碱的水溶液，进一步推出B为二氧化硅推知E为硅酸，A是Si，代入题目验证，a溶液是强碱（如NaOH）溶液或HF溶液，而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3Na2SiO3与过量盐酸
38、反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3SiO2+H2O，与题意相符Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应因此A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3（或K2SiO3），D是H2O，E是H2SiO3，F是H2，a是NaOH（或KOH），以此解答该题【解答】解：C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，推知E可能是硅酸A可能是Si，代入题目验证，a溶液是强碱（如NaOH）溶液或HF溶液，而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3SiO2+H2O，与题意相符Si和SiO
39、2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应因此A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3（或K2SiO3），D是H2O，E是H2SiO3，F是H2，a是NaOH（或KOH），（1）B为二氧化硅，化学式为：SiO2，用作制造光导纤维的主要原料；故答案为：SiO2光导纤维（2）B和a溶液反应是二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式是：SiO2+2OHSiO32+H2O；故答案为：SiO2+2OHSiO32+H2O；（3）A和a溶液反应是硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式是：Si+2OH+H2OSiO32+2H2；故答案为：Si+2OH+H2OSiO
40、32+2H2；（4）C和过量的盐酸反应是硅酸钠和过量盐酸反应生成硅酸沉淀，反应的离子方程式是：SiO32+2H+H2SiO3；故答案为：SiO32+2H+H2SiO3；18某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示（1）A、B、C、D四点中沉淀成分相同的是B、C（写代号）（2）由图象可推出原溶液中一定含有的离子有：H+、NH4+、Fe3+、Al3+、SO42（3）若要检验可能存在的离子应采取的方法是焰色反应（4）原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物
41、质的量之比为1：1（5）由图象计算使用的NaOH溶液的物质的量浓度是1mol/L【考点】无机物的推断【分析】根据图象曲线变化可知，加入氢氧化钠溶液时没有立刻生成沉淀，说明溶液中含有H+；之后氢氧化钠溶液与金属离子反应生成沉淀，之后沉淀不变，最后沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Fe3+、Al3+和NH4+，最终得到沉淀为氢氧化铁，沉淀溶解部分为氢氧化铝，沉淀不变的部分为铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32，结合溶液电中性可知，溶液中一定存在SO42，以此解答该题【解答】解：根据图象曲线变化可知，加入氢氧化钠溶液时没有立刻生成沉淀，说明溶液中含有H+；之后
42、氢氧化钠溶液与金属离子反应生成沉淀，之后沉淀不变，最后沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Fe3+、Al3+和NH4+，最终得到沉淀为氢氧化铁，沉淀溶解部分为氢氧化铝，沉淀不变的部分为铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32，结合溶液电中性可知，溶液中一定存在SO42，（1）由图象可知，开始生成Fe（OH）3沉淀，B、C为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，D为Fe（OH）3沉淀，则A、B、C、D四点中沉淀成分相同的是B、C，故答案为：B、C；（2）由以上分析可知原溶液中一定含有的离子有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、SO42，故答案为：H+、NH4+、F
43、e3+、Al3+、SO42；（3）不能确定是否含有Na+，如检验Na+，可利用焰色反应，钠的焰色反应为黄色，故答案为：焰色反应；（4）根据图象曲线变化可知，剩余氢氧化铁沉淀的物质的量与溶解的氢氧化铝的物质的量相等，都为1mol，说明原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；（5）CD发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，且由图象可知n（Al（OH）3）=1mol，则n（NaOH）=1mol，而体积为1L，则c（NaOH）=1mol/L，故答案为：1mol/L19在Na+的物质的量浓度为0.5molL1的某澄清溶液中，还可能含有如表中所示的若干种离
44、子阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3、CO32、SiO32、SO42取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果想该溶液中加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体将中产生的混合液过滤，将沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体的质量固体质量为2.4g向中所得的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）由实验确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+（2）实验中生成沉淀的离子方程式为SiO32+2H+=H2SiO3（3）通过实验、和必要计算，填写表中阴离子的物质的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离
45、子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子NO3CO32SiO32SO42c/molL1？0.25mol/L0.4mol/L0（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由：存在，其浓度至少为0.8mol/L【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题【分析】由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，SiO32的浓度为=0.4mol/L由实验可知溶液中不含SO42，
46、根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在【解答】解：由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存由实验可知，该溶液中一定含有CO32，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，SiO32的浓度为=0.4mol/L由实验可知溶液中不含SO42，根据电荷守恒2c（CO32）+2c（SiO32）=20.25mol/
47、L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3是否存在（1）由实验可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32、SiO32，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+，故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）实验中生成沉淀的离子方程式为：SiO32+2H+=H2SiO3，故答案为：SiO32+2H+=H2SiO3；（3）通过上述分析计算可知，阴离子NO3 CO32SiO32SO42c/molL1？0.25mol/L0.4mol/L 0 （4）根据电荷守恒2c（CO32
48、+）+2c（SiO32）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，故答案为：存在，其浓度至少为0.8mol/L20已知某微粒的结构示意图为： （ y0 ）请回答：（1）当xy=10时，该微粒为原子（填“原子”、“阳离子”或“阴离子”）（2）当y=8时，微粒可能为（不少于5种）Ar、K+、Ca2+、S2、Cl（3）写出x+y=12与x+y=16的元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O【考点】原子结构示意图【分析】（1）当xy=10时，核内的质子数等于核外的电
49、子数；（2）当y=8时，该微粒达8电子的稳定结构，可能为原子、阳离子或阴离子，据此分析；（3）由于当此微粒是元素的原子时，则有x=10+y，然后结合x+y=12与x+y=16，分别求解出两种元素的种类，据此分析【解答】解：（1）由于核外的第一层和第二层上共有10个电子，故当xy=10时，核内的质子数等于核外的电子数，则该微粒为原子，故答案为：原子；（2）当y=8时，该微粒达8电子的稳定结构，可能为原子、阳离子或阴离子若为原子，则为Ar；若为阳离子，即通过失电子达到8电子稳定结构，则可以为K+、Ca2+；若为阴离子，则通过得电子达到了8电子的稳定结构，则可能为S2、Cl等，故答案为：K+、Ca2
50、+、S2、Cl；（3）由于当此微粒是元素的原子时，则有x=10+y，若x+y=12，则解得x=11，即此元素为钠元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH；若x+y=16，则解得x=13，其最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，则两者反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O21铁、铝、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（2）已知铜与稀硫酸不反应，但将铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，
51、请用化学方程式表示原因2Cu+O2+2H2SO4fracunderline;2CuSO4+2H2O（3）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为Al2O3）与焦炭混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式2Cu+O2+2H2SO4fracunderline;2CuSO4+2H2O（4）已知Cu2S可以和硝酸反应，请配平下列化学反应方程式：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+8H2O（5）某校兴趣小组欲测定一种铁铝硅合金（FexAlySiz）粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液
52、充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为Fe8Al4Si（填化学式）【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】（1）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，依据离子方程式书写方法写出；（2）铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色是因为铜和氧气反应生成氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液呈蓝色；（3）根据反应物、生成物和反应条件写出配平反应方程式；（4）Cu2S中两种元素化合价都变，可将其作一整体，然后运用守恒的思想配平；（5）合金溶于过量盐酸铁和铝反应，剩
53、余固体质量为硅的质量，计算得到n（Si），加入过量氢氧化钠溶液铝离子反应全部变化为偏铝酸钠，铁离子生成氢氧化铁过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，计算得到铁元素物质的量，结合质量守恒计算合金中铝元素物质的量得到化学式；【解答】解：（1）FeCl3蚀刻铜箔反应是三价铁离子具有氧化性和铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（2）因溶液中有氧气，加热能与铜反应生成氧化铜：2Cu+O22CuO，氧化铜再与硫酸反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，两式相加：2C
54、u+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；（3）根据题意知，反应物是氧化铝、碳和氯气，反应条件是加热，生成物是氯化铝和一氧化碳，所以其反应方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，故答案为：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO； （4）在Cu2S中：Cu+1+2（21）2S2+6（2）化合价升高10而HNO3中N+5+2化合价降低3，根据化合价的升降守恒：3Cu2S+HNO3CuSO4+Cu（NO3）2+10NO+（）再根据原子守恒得：S守恒：3Cu2S+HNO33CuSO4+Cu（NO3）2+10NO+
55、（）Cu守恒：3Cu2S+HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+（）N守恒：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+（）质量守恒得：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+8 H2O故答案为：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+8H2O；（5）准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，铁和铝全部溶解，测定剩余固体质量0.07g为硅n（Si）=0.0025mol，向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，铝离子反应生成偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体判断为Fe（OH）3，再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，铁的物质的量n（Fe）=2=0.02mol，n（Al）=0.01mol；n（Fe）：n（Al）：n（Si）=0.02：0.01：0.0025=8：4：1，所以化学式为：Fe8Al4Si，故答案为：Fe8Al4Si2016年7月17日
