1、2015-2016学年甘肃省天水一中高三（上）月考化学试卷（10月份）（普通班）一.选择题（每个小题只有一个选项符合题意，1-14题每小题2分，15-20题每小题2分）1Na2O与Na2O2的相同点是（）A氧元素化合价B颜色状态C阴、阳离子个数比D为碱性氧化物2合金就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点（）97.510836601535沸点（）883259522003000其中不能形成合金的是（）ACu和AlBFe和CuCFe和NaDAl和Na3下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）AMgO、Al2O3的熔点很高，可制
2、作耐高温材料BNaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂CAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品D利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光4近年来，科技人员又研究得到一种新型材料泡沫铝它是由发泡剂加到熔融或固体粉末的铝合金（合金是指金属跟其他金属或非金属所组成的具有金属特性的物质）中而制成的，其优点是硬度高，密度小（约为0.160.5gcm3），比木材还轻，可浮于水面，又有很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，近几年就可大批量投放市场，则下列关于泡沫铝的说法错误的是（）A泡沫铝是纯净物B泡沫铝是一种合金C泡沫铝是一种优质的
3、建筑材料和轻质材料D泡沫铝可用于飞机制造5下列条件下，离子能大量共存或者离子方程式正确的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、ClO、Na+、SO42B在含较多Al3+的溶液中：K+、Cl、HCO3C一小块钠投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+Cu+2Na+D铜溶于稀硝酸：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O6下列实验的前后，铜的质量一定发生变化的是（）A铜丝在空气中灼烧后立即插入乙醇B铜片放入酸化的硝酸钠溶液C铜和铁的混合物放入稀硝酸D铜、锌、稀硫酸构成的原电池放电7工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b
4、g固体则该样品中纯碱的质量分数为（）A100%B100%C100%D100%8钙和钠相似，也能形成含O22离子的过氧化物，下列叙述不正确的是（）A过氧化钙的化学式是CaO2B1 mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成1mol氧气CO22离子的电子式为D过氧化钙或过氧化钠都是强氧化剂9在Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为（）A1：2B3：1C3：2D2：110CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A途径所用混酸中H2
5、SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C混合气体X不能使品红溶液褪色DY可以是葡萄糖11按如图所示实验装置进行钠跟水反应的实验，据此判断下列说法正确的是（）A打开右端胶塞，将一小块金属钠加入到煤油中，反应前片刻，钠的位置应在a处B开始反应后，能观察到的实验现象是钠在b处液面以下的水中反应C反应一段时间后，左端液面上升，进入长颈漏斗，a处有无色气体产生D若用苯或酒精来代替煤油，可观察到相同的实验现象12某溶液中可能存在Fe3+、Fe2+、I、HCO、Cl、NO六种离子中的几种进行下列实验：取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈红色；另取少量原溶液滴加盐酸
6、，溶液的棕黄色加深据此可以推断，该溶液中一定大量存在的阴离子是（）AIBHCOCClDNO13在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是（）A54.5%B40%C36%D33.3%14准确称取某种铁的氧化物2.88g，用足量的CO进行还原，将生成的CO2全部用足量的澄清石灰水吸收，得到沉淀4g，则这种铁的氧化物为（）AFe3O4BFe2O3CFeOD以上都不是15向某NaOH溶液中通入CO2气体后 得到溶液M，因CO2通入的量不同，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（
7、CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图所示则下列分析与判断正确的是（不计CO2溶解）（）A若OB=0，则溶液M为Na2CO3溶液B若OB=BC，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3C若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3）D若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO316由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL 2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多该盐酸的浓度为（）A0.5 mol/LB3.0 mol/LC2.0 mol/LD1.0 mo
8、l/L17将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl外，还大量存在的是（）AAlO2BAl3+，Mg2+CMg2+，AlO2DAl3+，Mg2+、H+18下列实验过程中产生沉淀的物质的量（Y） 与加入试剂的量（X）之间的关系正确的是（）A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D向NaOH、Ba（OH）2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量
9、19有a g氧化铜和氧化铁的混合物，加入2molL1的稀硫酸溶液50mL，恰好完全溶解，若将a g该混合物在过量的CO气流中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为（）A1.6a gB（a1.6）gC（a3.2）gD无法计算20将17.7g Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，且只收集到标准状况下4.48L无色但遇空气变红色的气体，则向反应后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，最终生成沉淀的质量为（）A19.8 gB25.6 gC27.9 gD31.3 g二、（包括四个大题，共54分）21某化学兴
10、趣小组利用下列试剂：铁粉、锌粉、0.1molLl FeCl3溶液，0.1molLl FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水，探究Fe2+、Fe3+的氧化性、还原性，并利用实验结论解决一些问题（1）用所给试剂写出体现Fe2+具有还原性的反应的化学方程式：（2）设计实验方案，完成下列表格探究内容实验方案实验现象探究Fe3+具有氧化性取少量0.1mol/L FeCl3溶液，往溶液中加入足量铁粉，再加入少量KSCN溶液加入铁粉后，溶液颜色变为_加入KSCN溶液后，溶液（3）该兴趣小组为说明“Fe2+具有氧化性”，提出了向FeCl2溶液中加入锌粉，观察实验现象的方案，该反应的离子方程式为（4）某反应中反
11、应物与生成物有Fe3+、Mn2+、H+、MnO4、H2O和一种未知离子X已知MnO4在反应中得到电子，则X是该反应的离子方程式是22如图为中学化学中几种常见物质的转化关系（部分产物已略去）已知：A、D是金属单质，L为红褐色沉淀，E为食盐的主要成分，I的水溶液呈强酸性（1）K的化学式为（2）写出反应的化学方程式：（3）写出反应的离子方程式：（4）向M溶液中加入足量的I溶液反应的离子方程式为（5）写出一个由化合反应生成L的化学方程式23硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO某探究性学习小组的同学设计以下实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来已知常温下，部分阳
12、离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH1.93.79.6沉淀完全时的pH3.25.211.0（1）固体A溶于NaOH溶液的化学方程式为（2）实验室用11 9mol/L的浓盐酸配制250ml3.0mol/L的稀盐酸，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要（3）上述流程中的试剂Y最好选用下列中的（选填字母编号）A水 B氧化镁 C氨水 D氢氧化钠（4）写出溶液D中的金属离子在加入试剂Y时发生反应的离子方程式（5）实验室可用大理石和稀盐酸反应制取上述流程中所需的CO2，仪器如下，装置A产生CO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a，装置C中应盛放的
13、试剂为24某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）请填空：（1）AB段的反应的离子方程式为；（2）原混合酸中NO3物质的量浓度为多少？（3）原混合物中H2SO4物质的量为多少？2015-2016学年甘肃省天水一中高三（上）月考化学试卷（10月份）（普通班）参考答案与试题解析一.选择题（每个小题只有一个选项符合题意，1-14题每小题2分，15-20题每小题2分）1Na2O与Na2O2的相同点是（）A氧元素化合价B颜色状态C阴、阳离子个数比D为碱性氧化
14、物【考点】钠的重要化合物【分析】A、在所有化合物中Na只有+1价；B、Na2O与Na2O2的颜色分别为：白色和淡黄色；C、过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成；D、过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，所以不是碱性氧化物，Na2O与Na2O2分别为：碱性氧化物和非碱性氧化物【解答】解：A、在氧化钠中氧为2价，在过氧化钠中氧为1价，故A错误；B、因Na2O与Na2O2的颜色分别为：白色和淡黄色，故B错误；C、氧化钠是由钠离子和氧离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以Na2O与Na2O2中阴、阳离子个数比都是1：2，故C正确；D、过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，所以不是碱性氧化物，故D错误；
15、故选C【点评】本题主要考查了Na2O与Na2O2的性质差异，通过比较对两者的性质的掌握更加牢固，题目难度不大2合金就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点（）97.510836601535沸点（）883259522003000其中不能形成合金的是（）ACu和AlBFe和CuCFe和NaDAl和Na【考点】金属与合金在性能上的主要差异；合金的概念及其重要应用【专题】金属概论与碱元素【分析】由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点【解答】解：A铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够
16、形成合金，故A错误； B铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；C铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故C正确；D铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误故选C【点评】本题考查合金的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累3下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）AMgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料BNaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂CAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品D利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光【考点】镁、铝的重要化合物；钠的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质【专
17、题】几种重要的金属及其化合物【分析】AMgO、Al2O3熔点高，硬度大，可用于耐高温材料；B碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体；CAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜；D钠的焰色反应为黄色【解答】解：A耐高温材料应具有熔点高的特点，因MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可用于耐高温材料，故A正确；B碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体，则可用于焙制糕点的膨松剂，但不是和碱反应的原因，故B错误；CAl具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，故C正确；D钠的焰色反应为黄色，因黄色光射程远、
18、透雾能力强，则可用于自造高压钠灯，故D正确；故选B【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累4近年来，科技人员又研究得到一种新型材料泡沫铝它是由发泡剂加到熔融或固体粉末的铝合金（合金是指金属跟其他金属或非金属所组成的具有金属特性的物质）中而制成的，其优点是硬度高，密度小（约为0.160.5gcm3），比木材还轻，可浮于水面，又有很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，近几年就可大批量投放市场，则下列关于泡沫铝的说法错误的是（）A泡沫铝是纯净物B泡沫铝是一种合金C泡沫铝是一种优质的
19、建筑材料和轻质材料D泡沫铝可用于飞机制造【考点】合金的概念及其重要应用；金属与合金在性能上的主要差异【分析】A泡沫铝是一种合金；B泡沫铝中有多种成分；C泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温；D泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温【解答】解：A泡沫铝中含有Al、发泡剂等，所以是一种合金，故A错误；B泡沫铝中含有Al、发泡剂等，所以是一种合金，故B正确；C泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温，所以一种良好的建筑材料和轻质材料，故C正确；D泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温，所以一种良好的建筑材料和轻质材料，可用于飞机制造，故D正确；故选A【点评】本题考查了铝及其氧化物的性
20、质，根据题给信息判断泡沫铝的性质，题目难度不大，侧重于考查学生对题目信息的应用能力5下列条件下，离子能大量共存或者离子方程式正确的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、ClO、Na+、SO42B在含较多Al3+的溶液中：K+、Cl、HCO3C一小块钠投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+Cu+2Na+D铜溶于稀硝酸：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】离子共存问题；离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】ApH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，次氯酸根离子能够与氢离子反应生成次氯酸；B铝离子能 够与碳酸氢根离子发生双水解反应；C钠与硫酸铜溶液的反应实质为：钠
21、先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀；D铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水【解答】解：A该溶液中存在大量的氢离子，能够与ClO发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BAl3+与HCO3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；C一小块钠投入到CuSO4溶液中，钠不可能置换出铜，正确的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+H2+2Na+Cu（OH）2，故C错误；D铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存、离子方程式书
22、写的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子不能大量共存的一般情况，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力6下列实验的前后，铜的质量一定发生变化的是（）A铜丝在空气中灼烧后立即插入乙醇B铜片放入酸化的硝酸钠溶液C铜和铁的混合物放入稀硝酸D铜、锌、稀硫酸构成的原电池放电【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】元素及其化合物【分析】A、铜灼烧生成了氧化铜，氧化铜和乙醇反应生成了乙醛和铜；B、铜和稀硝酸反应生成了硝酸铜；C、铁的还原性大于铜的还原性，铁先反应；D、锌在原电池中
23、作负极，被氧化，铜质量不变【解答】解：A、由于氧化铜能够和乙醇反应生成乙醛和铜，铜变成氧化铜，氧化铜又被还原成铜，最终铜质量没有变化，故A错误；B、铜和稀硝酸反应生成了硝酸铜，质量一定减少，故B正确；C、由于铁还原性大于铜的，铁先参加反应，若是铁足量，铜变化消耗，故C错误；D、铜、锌构成的原电池，锌是负极，铜是正极不消耗，故D错误；故选B【点评】本题考查了铜的化学性质，涉及了原电池的知识，联系所学知识能够完成，本题难度中等，7工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取a g纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体则该样品中纯碱的质量分数为（）A100%B100%C
24、100%D100%【考点】有关混合物反应的计算【分析】加入盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O，加热、蒸干、灼烧最终得到固体为NaCl，利用固体质量差、结合差量法计算碳酸钠的质量，进而计算样品中纯碱的质量分数【解答】解：设碳酸钠的质量为m，则：Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O 固体质量增重106 117 11m （ba）g所以106：11=m：（ba）g解得m=g故该样品中纯碱的质量分数为100%=100%，故选：D【点评】本题考查混合物有关计算，注意根据质量守恒定律理解差量法，难度不大，有利于基础知识的巩固8钙和钠相似，也能形成含O22离子的过氧化物
25、，下列叙述不正确的是（）A过氧化钙的化学式是CaO2B1 mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成1mol氧气CO22离子的电子式为D过氧化钙或过氧化钠都是强氧化剂【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A根据化合物中元素化合价的代数和为0的原则来书写化学式； B过氧化钠或过氧化钡跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，2H2O+2BaO2=2Ba（OH）2+O2，；C过氧根中，氧原子之间形成的是非极性共价单键，并且均达到了8电子稳定结构；D过氧化钠与过氧化钙都含有过氧根离子【解答】解：A因为钙元素是+2价，即Ca2+，O22离子是2价，所以过氧化钙化学式CaO2，故A正确
26、； B因过氧化钠或过氧化钡跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，2H2O+2BaO2=2Ba（OH）2+O2，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B错误；C过氧根中，氧原子之间形成的是非极性共价单键，并且有1对共用电子，电子式为，故C正确；D过氧化钠与过氧化钙都含有过氧根离子，具有强氧化性，故D正确故选B【点评】本题考查了过氧化钙的结构和性质，熟悉过氧化钠的结构及性质是解题关键，题目难度不大9在Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为
27、（）A1：2B3：1C3：2D2：1【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答【解答】解：首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发
28、生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=20mL：30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，故选A【点评】本题考查镁铝化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键10CuSO4是一种重要的化
29、工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法不正确的是（）A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C混合气体X不能使品红溶液褪色DY可以是葡萄糖【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应；B途径产生一氧化氮污染性气体，途径产生二氧化硫气体；C硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2；D硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基【解答】解：ACu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+
30、2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；B相对于途径、，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故B正确；C根据2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2知，混合气体X中含有二氧化硫，能够使品红溶液褪色，故C错误；D葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故D正确；故选C【点评】本题考查了物质
31、的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答11按如图所示实验装置进行钠跟水反应的实验，据此判断下列说法正确的是（）A打开右端胶塞，将一小块金属钠加入到煤油中，反应前片刻，钠的位置应在a处B开始反应后，能观察到的实验现象是钠在b处液面以下的水中反应C反应一段时间后，左端液面上升，进入长颈漏斗，a处有无色气体产生D若用苯或酒精来代替煤油，可观察到相同的实验现象【考点】钠的化学性质【分析】钠的密度大于煤油而小于水，钠和水剧烈反应生成氢气，钠和煤油不反应，所以钠会沉在煤油中而漂浮在水面上，钠和水剧烈反应生成的氢气将钠带离水而进入煤油中，又因为重力作用而进入水
32、中，如此往返，据此分析解答【解答】解：A钠的密度大于煤油，所以会沉在煤油中，故A错误；B钠的密度大于煤油而小于水，钠和水剧烈反应生成氢气，钠和煤油不反应，所以钠会沉在煤油中而漂浮在水面上，钠和水剧烈反应生成的氢气将钠带离水而进入煤油中，又因为重力作用而进入水中，如此往返，故B错误；C钠和水反应生成NaOH和氢气，生成的氢气导致左端液面上升，进入长颈漏斗，a处有无色气体产生，故C正确；D乙醇和水互溶，所以不会出现相同的实验现象，故D错误；故选C【点评】本题考查钠和水的反应，明确钠的性质是解本题关键，会根据反应、密度等方面分析解答，注意反应现象特点，题目难度不大12某溶液中可能存在Fe3+、Fe2
33、+、I、HCO、Cl、NO六种离子中的几种进行下列实验：取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈红色；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深据此可以推断，该溶液中一定大量存在的阴离子是（）AIBHCOCClDNO【考点】物质检验实验方案的设计；离子共存问题【专题】物质检验鉴别题【分析】取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，一定含Fe3+；则I、HCO3与其反应，一定不能存在；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，则含Fe2+、NO3，以此来解答【解答】解：取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，一定含Fe3+；则I、HCO3与其反应，一定不能存在；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深
34、，则含Fe2+、NO3，在酸性条件下发生氧化还原反应使Fe3+浓度增大，即一定含Fe3+、Fe2+、NO3，一定不含I、HCO3，可能含Cl，则溶液里一定含有的阴离子为NO3，故答案为：D【点评】本题考查离子的检验及离子的共存，为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进水解反应为解答的关键，题目难度不大13在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2，用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是（）A54.5%B40%C36%D33.3%【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】CO燃烧生成二氧化碳，反应方程
35、式为2CO+O22CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量；氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O22H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，据此计算【解答】解：CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O22CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2C
36、O3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量，氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O22H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量，CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，所以混合气体中氧气的质量为16.5g7.5g=9g，氧气的质量分数为100%=54.5%故选：A【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，判断过氧化钠固体质量增加实质为氢气与一氧化碳的质量事实解题关键14准确称取某种铁
37、的氧化物2.88g，用足量的CO进行还原，将生成的CO2全部用足量的澄清石灰水吸收，得到沉淀4g，则这种铁的氧化物为（）AFe3O4BFe2O3CFeOD以上都不是【考点】铁的氧化物和氢氧化物；化学方程式的有关计算【专题】守恒法【分析】根据元素守恒，4g碳酸钙中碳元素物质的量就是还原剂CO的物质的量，二氧化碳与一氧化碳相比增加的氧元素的质量即为铁的氧化物中的氧元素质量，再根据氧化物2.88g求的铁元素的质量，进而求的铁元素与氧元素的物质的量之比，得到氧化物的化学式；也可用化学方程式进行计算【解答】解1：4g沉淀CaCO3的物质的量为0.04mol，则CO、CO2的物质的量也为0.04mol，增
38、加的氧元素为0.04mol，质量为0.04mol16gmol1=0.64g，铁的氧化物中氧元素质量为0.64g，铁元素质量为2.88g0.64g=2.24g，铁的氧化物中铁元素与氧元素物质的量之比为： =1：1，则铁的化学式为FeO解2：设铁的氧化物化学式为FeXOY，发生反应的化学方程式为 2FeXOY+YCO=XFe+YCO2，由化学方程式可知生成二氧化碳的物质的量即为FeXOY中氧元素的物质的量，氧元素物质的量n（O）=0.04mol，m（Fe）=2.88g0.04mol16gmol1=2.24g，n（Fe）=0.04mol，氧化物中n（Fe）：n（O）=0.04mol：0.04mol=
39、1：1，化学式为FeO故选：C【点评】本题主要考查了铁的氧化物与一氧化碳反应的特征，反应过程中的碳元素守恒、氧元素守恒、化学方程式的计算等知识15向某NaOH溶液中通入CO2气体后 得到溶液M，因CO2通入的量不同，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）的关系如图所示则下列分析与判断正确的是（不计CO2溶解）（）A若OB=0，则溶液M为Na2CO3溶液B若OB=BC，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3C若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3）D若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO3
40、2和HCO3【考点】离子方程式的有关计算【分析】CO2与NaOH反应为CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当1，反应按进行，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，反应按进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当，反应按进行，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
41、种溶质时，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；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；（2）若只有一种
42、溶质时，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；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A若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3，则溶液M为NaHCO3溶液，故A错误；B若OB=BC，M溶质为Na2CO3，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢
43、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，形成溶液M所发生反应的离子方程式为2OH+CO2CO32+H2O，故B错误；C若3OB=BC，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，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3），故C正确；D若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和OH，故D错误；故选C【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16由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度盐酸溶液中
44、，混合物完全溶解，当再加入250mL 2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多该盐酸的浓度为（）A0.5 mol/LB3.0 mol/LC2.0 mol/LD1.0 mol/L【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl），根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=计算【解答】解：Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐
45、酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=0.25L2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该元素的物质的量浓度=1mol/L，故选D【点评】本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度计算，难度中等，理解反应过程根据离子守恒计算是关键，侧重对学生思维能力的考查17将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL1.5mol/L的NaO
46、H溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl外，还大量存在的是（）AAlO2BAl3+，Mg2+CMg2+，AlO2DAl3+，Mg2+、H+【考点】镁、铝的重要化合物；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】将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据计算盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）=0.25L1.5mol/L=0.375
47、mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；【解答】解：将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据计算2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入250m
48、L1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）=0.25L1.5mol/L=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故选A【点评】本题考查了镁、铝的性质，明确离子存在的条件是解本题的关键，本题整体分析较简便18下列实验过程中产生沉淀的物质的量（Y） 与加入试剂的量（X）之间的关系正确的是（）A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B向
49、NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D向NaOH、Ba（OH）2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量【考点】镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题；计算题【分析】A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，产生沉淀，和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；B向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，且产生沉淀，和沉淀溶解消耗盐酸的比为1：3；C向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先产生氢氧化铝沉淀，然后沉淀量不变，最
50、后沉淀溶解，且消耗NaOH的比为3：1：1；D向NaOH、Ba（OH）2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，产生沉淀，沉淀的量不变，又产生沉淀，沉淀量不变，最后沉淀部分溶解【解答】A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al（OH）3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH，和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；故A错误；B向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧化铝沉淀，发生
51、反应：AlO2+H+H2O=Al（OH）3，随着盐酸的逐滴加入，则沉淀开始溶解，发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3故B错误；C向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3+3OH=Al（OH）3，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4+OH=NH3H2O；NH4+，此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH，沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比
52、为3：1：1；故C正确；D向NaOH、Ba（OH）2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，产生沉淀，然后发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：CO32+H2O+CO2=2HCO3，BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2故图象错误CO32+H2O+CO2=2HCO3，BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2故图象错误Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3沉淀量不变，最后发生反应：B
53、aCO3+2H2O+2CO2=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，故D错误；故选：C【点评】本题考查化学反应与图象的关系，解答本题关键在于理解相关反应，和反应的顺序，并要求能够熟练写出相应的反应的方程式，找出对应的图形即可19有a g氧化铜和氧化铁的混合物，加入2molL1的稀硫酸溶液50mL，恰好完全溶解，若将a g该混合物在过量的CO气流中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为（）A1.6a gB（a1.6）gC（a3.2）gD无法计算【考点】有关混合物反应的计算【分析】氧化铜和氧化铁的混合物与硫酸反应生成硫酸盐与水，由于硫酸中H元素与混合物中O元素结合生成水，则混合物中n（O）=n（H2SO
54、4），根据m=nM计算混合物中O元素质量，将ag这种混合物在CO流中加热并充分反应，冷却后剩余固体为Fe、Cu，金属质量等于氧化物质量减去氧元素质量【解答】解：氧化铜和氧化铁的混合物与硫酸反应生成硫酸盐与水，由于硫酸中H元素与混合物中O元素结合生成水，则混合物中n（O）=n（H2SO4）=0.05L2mol/L=0.1mol，故ag该混合物中O元素质量为：0.1mol16g/mol=1.6g，若将ag这种混合物在CO流中加热并充分反应，冷却后剩余固体为Fe、Cu，则固体质量为ag1.6g=（a1.6）g，故选B【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，注意根据硫酸中H元素与混合物中O元素结合生成
55、水确定混合物中氧元素物质的量20将17.7g Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，且只收集到标准状况下4.48L无色但遇空气变红色的气体，则向反应后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，最终生成沉淀的质量为（）A19.8 gB25.6 gC27.9 gD31.3 g【考点】有关混合物反应的计算【分析】Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，说明生成硝酸锌、硝酸亚铁，硝酸完全反应，且收集到标准状况下4.48L无色但遇空气变红色的气体为NO，则向反应
56、后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，由于氢氧化亚铁易被氧化，故最终生成沉淀为Zn（OH）2、Fe（OH）3，根据Zn与Fe总质量、电子转移守恒计算二者各自物质的量，再根据电荷守恒计算沉淀中氢氧根离子物质的量，沉淀质量=金属质量+沉淀中氢氧根离子质量【解答】解：Zn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，说明生成硝酸锌、硝酸亚铁，硝酸完全反应，且收集到标准状况下4.48L无色但遇空气变红色的气体为NO，其物质的量为=0.2mol，设Zn、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，根据Zn与Fe总质量、电
57、子转移守恒，可得：解得x=0.1、y=0.2则向反应后的溶液中加入足量的氨水（不考虑沉淀在氨水中溶解损失），在空气中不断搅拌，充分反应后，由于氢氧化亚铁易被氧化，故最终生成沉淀为Zn（OH）2、Fe（OH）3，根据电荷守恒可知沉淀中氢氧根离子物质的量=0.1mol2+0.2mol3=0.8mol，故沉淀质量=17.7g+0.8mol17g/mol=31.3g，故选：D【点评】本题考查混合物有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意利用守恒法进行解答，难度中等二、（包括四个大题，共54分）21某化学兴趣小组利用下列试剂：铁粉、锌粉、0.1molLl FeCl3溶液，0.1molLl FeCl2溶液
58、、KSCN溶液、新制氯水，探究Fe2+、Fe3+的氧化性、还原性，并利用实验结论解决一些问题（1）用所给试剂写出体现Fe2+具有还原性的反应的化学方程式：2FeCl2+Cl22FeCl3（2）设计实验方案，完成下列表格探究内容实验方案实验现象探究Fe3+具有氧化性取少量0.1mol/L FeCl3溶液，往溶液中加入足量铁粉，再加入少量KSCN溶液加入铁粉后，溶液颜色变为浅绿色_加入KSCN溶液后，溶液不变色（3）该兴趣小组为说明“Fe2+具有氧化性”，提出了向FeCl2溶液中加入锌粉，观察实验现象的方案，该反应的离子方程式为Fe2+ZnZn2+Fe（4）某反应中反应物与生成物有Fe3+、Mn2
59、+、H+、MnO4、H2O和一种未知离子X已知MnO4在反应中得到电子，则X是Fe2+该反应的离子方程式是MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）亚铁离子居于中间价态，铁元素化合价由+2价升高为+3价表现还原性，据此解答即可；（2）探究亚铁离子具有还原性，依据图表中实验步骤，加入铁和氯化铁反应生成氯化亚铁溶液，加入硫氰酸钾溶液不变红色，证明无铁离子；（3）锌和亚铁离子反应发生置换反应生成铁和锌离子；（4）已知MnO4在反应中得到电子，依据氧化还原反应电子守恒，X为亚铁离子失电子发生氧化反应；高锰酸根离子具有氧化性在酸溶液这氧化亚铁离子为铁离子
60、，本身被还原为锰离子【解答】解：（1）依据分析可知：加入氧化剂氯水会氧化亚铁离子为铁离子，化学反应方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（2）探究铁离子具有氧化性，依据图表中实验步骤，取少量0.1mol/L FeCl3溶液，往溶液中加入足量铁粉，再加入少量KSCN溶液，加入铁粉后，发生反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，溶液颜色变为浅绿色，加入硫氰酸钾溶液不变红色，证明无铁离子，故答案为：浅绿色，不变色；（3）锌和亚铁离子反应发生置换反应生成铁和锌离子，反应的离子方程式为：Fe2+ZnZn2+Fe，故答案为：Fe2+ZnZn2+Fe；（4
61、）已知MnO4在反应中得到电子，依据氧化还原反应电子守恒，元素化合价有升高和降低，所以判断X为亚铁离子失电子发生氧化反应，故答案为：Fe2+；高锰酸根离子具有氧化性在酸溶液这氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，故答案为：MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O【点评】本题考查了离子性质和离子检验的实验方法设计和反应现象分析，离子方程式书写，掌握基础是关键，题目难度中等22如图为中学化学中几种常见物质的转化关系（部分产物已略去）已知：A、D是金属单质，L为红褐色沉淀，E为食盐的主要成分，I的水溶液呈强酸性
62、（1）K的化学式为FeCl3（2）写出反应的化学方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（3）写出反应的离子方程式：2Cl+2H2O H2+Cl2+2OH（4）向M溶液中加入足量的I溶液反应的离子方程式为AlO2+4H+=Al3+2H2O（5）写出一个由化合反应生成L的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）3，Fe（OH）3受热分解生成B为Fe2O3，A、D是金属单质，A与B在高温下反应生成D，则该反应为铝热反应，所以A为Al，C为Al2O3，D为Fe，E为食盐的主要成分，则E为NaCl，电解
63、E得F、G、H分别为NaOH、H2、Cl2，G、H反应生成I，I的水溶液呈强酸性，则F为NaOH，所以I为HCl，D和I反应生成H和J，则H为H2，J为FeCl2，所以G为Cl2，J与G反应生成K为FeCl3，C和F反应生成M为NaAlO2，M与I生成N，N受热分解得C，则N为Al（OH）3，据此答题【解答】解：L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）3，Fe（OH）3受热分解生成B为Fe2O3，A、D是金属单质，A与B在高温下反应生成D，则该反应为铝热反应，所以A为Al，C为Al2O3，D为Fe，E为食盐的主要成分，则E为NaCl，电解E得F、G、H分别为NaOH、H2、Cl2，G、H反应生成I，
64、I的水溶液呈强酸性，则F为NaOH，所以I为HCl，D和I反应生成H和J，则H为H2，J为FeCl2，所以G为Cl2，J与G反应生成K为FeCl3，C和F反应生成M为NaAlO2，M与I生成N，N受热分解得C，则N为Al（OH）3，（1）根据上面的分析可知，K为FeCl3，故答案为：FeCl3；（2）反应为铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（3）反应为电解食盐水，反应的离子方程式为2Cl+2H2O H2+Cl2+2OH，故答案为：2Cl+2H2O H2+Cl2+2OH；（4）向NaAlO2溶液中加入足量的盐酸，反应
65、的离子方程式为AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案为：AlO2+4H+=Al3+2H2O；（5）用氢氧化亚铁通过化合反应可以生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【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，把握铝热反应及两性化合物的性质为解答的关键，侧重Al、Fe及其化合物之间转化反应的考查，题目难度不大23硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO某探究性学习小组的同学设计以下实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来已知常温下
66、，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH1.93.79.6沉淀完全时的pH3.25.211.0（1）固体A溶于NaOH溶液的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（2）实验室用11 9mol/L的浓盐酸配制250ml3.0mol/L的稀盐酸，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管（3）上述流程中的试剂Y最好选用下列中的D（选填字母编号）A水 B氧化镁 C氨水 D氢氧化钠（4）写出溶液D中的金属离子在加入试剂Y时发生反应的离子方程式Al3+4OH=AlO2+2H2O，Mg2+2OH=Mg（OH
67、）2（5）实验室可用大理石和稀盐酸反应制取上述流程中所需的CO2，仪器如下，装置A产生CO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为adecb，装置C中应盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验设计题【分析】先判断各物质的组成，在根据题目要求分析该题硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂X并调节溶液的PH值为3.5，结合题意溶液pH=3.5时Fe3+已经沉淀完全知，试
68、剂X是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂X只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂Y并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝（1）根据二氧化硅和氢氧化钠的性质写出相应的化学反应方程式（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤选择所需仪器；（3）依据阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂的选择，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钠液将Mg
69、2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2；（4）向溶液D中加入氢氧化钠并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀；（5）依据CO2气体的实验室制备、除杂、收集方法学生需根据实验室制备CO2的原理将所给仪器进行合理地组装利用大理石和稀盐酸本来反应得到的CO2气体中会混有HCl气体气质，应通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶来除去；CO2气体密度大于空气，应采用向上排空气法集【解答】解：硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化
70、铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂X并调节溶液的PH值为3.5，结合题意溶液pH=3.5时Fe3+已经沉淀完全知，试剂X是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂X只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂Y并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝（1）通过以上分析知，A是二氧化硅，二氧
71、化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，所以反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（2）实验室用11.9mol/L的浓盐酸配制250mL3.0mol/L的稀盐酸，要求掌握一定物质的量浓度溶液的配制实验所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要250mL容量瓶和胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（3）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钠溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2溶液；故答案为：D；（4）向溶液D中加入氢氧化钠并调节溶液的PH
72、值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Mg2+2OH=Mg（OH）2；故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Mg2+2OH=Mg（OH）2；（5）利用大理石和稀盐酸反应得到的CO2气体中会混有HCl气体气质，应通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶来除去；CO2气体密度大于空气，应采用向上排空气法集，实验室可用大理石和稀盐酸反应制取上述流程中所需的CO2，仪器如下，装置A产生CO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为adecb；故答案为：decb；饱和NaHCO3溶液【点评】
73、本题考查了物质的分离与提纯、溶液配制实验过程和仪器选择，掌握物质性质和实验流程分析是解题关键，题目难度中等24某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）请填空：（1）AB段的反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）原混合酸中NO3物质的量浓度为多少？（3）原混合物中H2SO4物质的量为多少？【考点】离子方程式的有关计算【分析】（1）由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：
74、Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2（2）根据n=计算Fe的物质的量，根据Fe与硝酸反应的方程式计算硝酸的物质的量和浓度；（3）最终消耗14.0gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n（FeSO4），再根据硫酸根守恒计算每一份溶液中n（H2SO4），进而计算硫酸的物质的量【解答】解；（1）由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2；故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）由于铁过量，OA段发生反应
75、为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，Fe的物质的量为n=0.1mol，则消耗的硝酸为0.1mol，则原混合酸中NO3物质的量浓度为=1mol/L；答：原混合酸中NO3物质的量浓度为1mol/L；（3）最终消耗14.0gFe，溶液中溶质为FeSO4，Fe的物质的量为=0.25mol，根据Fe元素守恒可n（FeSO4）=n（Fe）=0.25mol，再根据硫酸根守恒，每一份溶液中n（H2SO4）=n（FeSO4）=0.25mol，故意硫酸的物质的量为0.5mol；答：原混合物中H2SO4物质的量为0.5mol【点评】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用
