1、河北省石家庄市藁城区第一中学2019-2020学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Ca 40 Fe 56 Zn 65 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ag 108第卷(选择题 共40分)一、选择题：(本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列叙述正确的是( )A. H+OH-H2O可表示所有酸和碱的中和反应B. 所有离子方程式都可表示一类反应C. 单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示D. 凡是易溶于水的化合物都可以写成离子形式【答案】C【解析
2、】【详解】AH+OH-H2O可表示盐酸与氢氧化钠之间的中和反应，而硫酸与氢氧化钡发生中和反应的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，故A错误；B离子方程式不一定表示的是一类反应，如2CH3COOH+CaCO32CH3COO-+Ca2+H2O+CO2，该反应只表示醋酸和碳酸钙的反应，故B错误；C单质和氧化物在离子方程式中应保留化学式，不用离子符号表示，故C正确；D易溶于水且易电离的化合物可以拆成离子形式，如醋酸易溶于水但是难电离，不能拆成离子形式，故D错误；故答案为C。2. 随着人们对物质组成和性质研究的深入，物质的分类也更加多样化。下列有关说法正确的是( )A. Na2O
3、2、Al2O3、Fe2O3都是碱性氧化物B. 磁铁矿、铝土矿、明矾都是混合物C. CO2、NH3、乙醇都是非电解质D. 烧碱、纯碱、熟石灰都是碱【答案】C【解析】【详解】ANa2O2是过氧化物，不是碱性氧化物，且Al2O3是两性氧化物，故A错误；B磁铁矿和铝土矿是混合物，而明矾是纯净物，故B错误；CCO2溶液导电是由于二氧化碳和水反应生成碳酸的缘故，是非电解质，同理NH3是非电解质，液态乙醇也不导电，是非电解质，故C正确；D纯碱是碳酸钠，是盐，不是碱，故D错误；故答案为C。3. 下列化合物中，不能通过化合反应直接制取的是( )A. FeCl2B. Fe(OH)3C. CuCl2D. H2SiO
4、3【答案】D【解析】【详解】A. 2FeCl3+Fe=3FeCl2，能通过化合反应直接制取FeCl2，A项错误；B.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，能通过化合反应直接制取Fe(OH)3，B项错误；C.Cu+Cl2CuCl2，能通过化合反应直接制取CuCl2，C项错误；D.SiO2与水不反应，不能通过化合反应直接制取H2SiO3，D项正确；答案选D。4. 只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3四种溶液, 这种试剂是( )A. Ba(NO3)2B. Ba(OH)2C. NaOHD. AgNO3【答案】C【解析】【详解】ANa2SO4溶液、Al
5、2(SO4)3溶液与Ba(NO3)2溶液反应均生成BaSO4白色沉淀，现象相同，不能区分，故A错误；BFeCl2溶液中滴加Ba(OH)2溶液先生成白色沉淀，后变为灰绿色，最后为红褐色；在Al2(SO4)3溶液中滴加Ba(OH)2溶液先生成白色沉淀，最后沉淀减少部分；而在MgCl2溶液、Na2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能区分，故B错误；CNa2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3四种溶液与NaOH反应的现象分别为：无现象、白色沉淀、白色沉淀变为灰绿色最后为红褐色、先生成白色沉淀后沉淀消失，现象不同，能区分，故C正确；D四种溶液与AgNO3反应均生
6、成白色沉淀，现象相同，不能区分，故D错误；故答案为C。5. 下列说法正确的是()A. SO2能使KMnO4水溶液褪色B. 可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D. 少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A. SO2有还原性，可以将酸性KMnO4还原而褪色，故A正确；B. CO2和SO2均使澄清石灰水变浑浊，现象相同，无法鉴别，故B错误；C. S粉在纯氧中燃烧也是生成SO2，故C错误；D. 亚硫酸的酸性弱于盐酸，依据强酸制弱酸规律，SO2与CaCl2不反应，故D错误。故选A。6. 下列除杂质的操作中不正确的是( )A. 镁
7、粉中混有铝粉：加入适量烧碱溶液充分反应、过滤B. CO2中混有CO：通入O2后点燃C. NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3：往该溶液中通入过量CO2气体D. NaCl溶液中混有少量I2：加入适量CCl4 ，振荡，静置，分液【答案】B【解析】【详解】A金属铝能和强碱反应，而金属镁不能，可用于除杂，A项正确；BCO虽具有可燃性，但CO2中混有的CO含量太少，且CO2不能燃烧也不支持燃烧，无法通过通入O2后点燃的方法除去CO2中混有的少量CO，B项错误；CNaHCO3不与CO2反应，Na2CO3和CO2可以发生反应：Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，可以达到除杂目的，C项正确；DNaC
8、l不溶于CCl4，I2溶于CCl4中，加入适量CCl4，振荡，静置，分液可达到除杂目的，D项正确；答案选B。7. 证明某溶液只含有Fe2而不含Fe3的实验方法是( )A. 先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色C. 滴加NaOH溶液，马上有灰绿色沉淀生成D. 只需滴加KSCN溶液【答案】B【解析】【详解】A先滴加氯水，氯气能将Fe2+氧化成Fe3+，滴加KSCN溶液后显红色，可知溶液中可能只含有Fe2+、只含有Fe3+或既有Fe2+又有Fe3+，故A错误；BKSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显
9、红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故B正确；C滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿色、最后显红褐色来判断Fe2+，而灰绿色是氢氧化亚铁和氢氧化铁混合物的颜色，影响Fe3+检验，故C错误；D只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，只能检验出溶液中是否含有Fe3+，却无法验证Fe2+存在，故D错误；故答案为B。8. 下列有关说法正确的是()A. 硅酸钠溶液与醋酸混合的离子方程式为SiO2H=H2SiO3B. 向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强
10、C. SiO2有导电性，所以SiO2可用于制备光导纤维D. 单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料【答案】D【解析】【详解】A硅酸钠溶液与醋酸混合的离子方程式为SiO2CH3COOH=H2SiO3+2CH3COO-，故A错误；BNa2SiO3溶液中通入适量CO2气体，生成白色沉淀H2SiO3，说明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性弱，故B错误；CSiO2晶体有导光性，可用于制备光导纤维，但SiO2没有导电性，故C错误；D单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，故D正确；故答案为D。9. 有Mg、Al、Fe、Cu四种金属，若两两混合，取混合物26g与足量稀硫酸反应产生标
11、准状况下氢气11.2L，则此混合物的可能组合最多有（ ）A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】C【解析】【详解】解法一：结合各金属与酸反应的关系式：，产生氢气的物质的量大于；，产生氢气的物质的量大于；，产生氢气的物质的量小于；铜不能与稀硫酸反应生成氢气。题中产生氢气，所以混合物的组合可能为和、和、和、和。解法二：平均金属可以产生氢气，则只需组成混合物的金属产生氢气的质量一种比大，另一种比小即可。可以产生氢气，可以产生氢气，可以产生氢气，铜不能与稀硫酸反应生成氢气。所以混合物的组合可能为和、和、和、和。故选C。10. 合金制成的金属材料与纯金属制成的金属材料相比，具有的优点是( )合金
12、的硬度一般比它的各成分金属的都大 一般地，合金的熔点比它的各成分金属的都低 改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可得到不同性能的合金 合金比纯金属的导电性更强 合金比纯金属的应用范围更广A B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】合金硬度一般大于成分金属的硬度，故正确；合金熔点一般低于成分金属熔点，故正确；合金的性质与合金的原料配比以及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可以制得具有不同性能的合金，故正确；合金的导电性不一定比纯金属更强，比如铝合金的导电性比纯铝要差，故错误；合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故正确；综上所述，符合
13、题意，故答案为B。11. 诺贝尔化学奖曾授予德国化学家Gerhard Ertl，以表彰他在固体表面化学研究过程中的重大发现。使CO、NOx等在铂表面发生化学反应转变成无毒气体，以减少汽车尾气中有毒气体的排放，正是此项研究的重要应用之一。下列有关说法不正确的是()A. CO在铂表面被氧化生成CO2，铂起催化作用B. 汽车尾气中NOx在铂表面发生反应的产物是N2C. NOx可以引起光化学烟雾D. NOx、CO、CO2均能与人体中的血红蛋白结合【答案】D【解析】【详解】A根据信息“使CO、NOx等在铂表面发生化学反应转变成两种无毒气体”，可以得出CO在铂表面被氧化生成CO2，故A正确；B由题给信息可
14、知汽车尾气中NOx在铂表面反应转化为N2，故B正确；C光化学烟雾主要是氮氧化物引起的，故C正确；DCO2是无毒气体，在CO2浓度高的地方人容易窒息死亡，而不是与人体中的血红蛋白结合，使人中毒，故D错误；故答案为D。12. 下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )28 g氮气所含有的原子数目为NA7.8 g Na2O2与足量的CO2反应，转移的电子数为0.1NA在常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5 NA在标况下 1 mol Ne含有的原子数为NA0.5 mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA标准状况下，1 L水所含分子数为1/22.4NA17 g氨气所含电子
15、数目10NAA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】28 gN2的物质的量为=1mol，所含有的原子数目为2NA，故错误；在2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中每生成1molO2转移2mol电子，7.8 g Na2O2物质的量为=0.1mol，则与足量的CO2反应，转移的电子数为0.1NA，故正确；在常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则常温常压下11.2 L N2的物质的量小于0.5mol，含有的分子数小于0.5 NA，故错误； 在标况下 1 mol Ne含有的原子数为1molNAmol-1=1NA，故正确；Al原子最外层有3个电子，则0.5 mol单质
16、铝与足量盐酸反应转移电子数为0.5mol3NAmol-1=1.5NA，故正确；标准状况下，水为液态，则不能根据气体的摩尔体积计算1 L水的物质的量，故错误；17 g氨气的物质的量为=1mol，所含电子数目为1mol10NAmol-1=10NA，故正确；正确，故答案为C。13. 下列叙述正确的是（ ）Cl-和Cl2的性质相同ClO-具有氧化性Cl-比Cl多1个电子盐酸具有酸性、氧化性，还原性Cl-具有酸性Cl2的氧化性比MnO2的强Cl2只有氧化性而没有还原性A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】为阴离子，具有8电子的稳定结构，为分子、具有强氧化性，不同的粒子，性质不同，错误；ClO
17、-中氯元素为+1价，具有氧化性，正确；Cl得到1个电子变成，故比Cl多1个电子，正确；盐酸中有酸性，氧化性，有还原性，正确；没有酸性，有还原性，错误；和浓盐酸反应生成，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以的氧化性比的强，错误；中氯元素的化合价处于中间价态（0价），既有氧化性，又有还原性，错误；综上，正确的为，故选C。14. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 在水溶液中： H、I、NO、SiOB. 饱和氯水中： Cl、NO、Na、SOC. 将足量CO2通入时：H、Ba2、Al3、ClD. 碱性溶液中：NO、I、Na、Al3【答案】C【解析】【详解】AH和SiO发生
18、离子反应生成H2SiO3沉淀，且酸性条件下NO能氧化I-，则不能大量共存，故A错误；BSO能被氯水氧化生成，不能大量共存，故B错误；C在含有H、Ba2、Al3、Cl的溶液中通入过量CO2气体，不发生离子反应，均能大量共存，故C正确；DAl3与OH-能发生离子反应生成Al(OH)3或，则碱性条件下Al3不可能大量存在，故D错误；故答案为C。15. 现有以下反应Cl2+2KBr2KCl+Br2，KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O，2KBrO3+Cl2Br2+2KClO3，下列说法正确的是( )A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO
19、3Cl2Br2C. 反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D. 中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol【答案】B【解析】【详解】A置换反应中不仅有单质生成还必须有单质参加，中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误； BCl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 KBrO3KCl
20、O3Cl2Br2，故B正确；CKClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误；D还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，化合价从+5变为0价，lmol KBrO3得5mol电子，该反应式中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为：，故D错误；故答案为B。16. 某CaCl2样品可能混有FeCl3、MgCl2、NaCl、Na2CO3中的一种或两种，取11.1克样品溶解，得无色溶液，再加入足量AgNO3溶液，得27.7克沉淀，由此可知样品中所含杂质的正确结论是A. 一定无Na2CO3，一定有MgCl2B
21、. 一定无Na2CO3，一定有NaClC. 一定有MgCl2，可能有NaClD. 一定有FeCl3，可能有NaCl【答案】B【解析】【详解】原样品溶于水形成无色溶液，因Fe3+的溶液显黄色，Na2CO3存在时会与CaCl2反应形成CaCO3沉淀，故样品一定不存在FeCl3与Na2CO3。向无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得27.7克沉淀，该沉淀为氯化银沉淀，由此可确定原样品中n(Cl-)=n(AgCl)=，样品中氯元素的质量分数为。CaCl2中氯元素的质量分数为，MgCl2中氯元素的质量分数为，NaCl中氯元素的质量分数为，因此，原样品中一定含有氯化钠，可能含有氯化镁。综上所述，此题选B17
22、. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2O AlO+4NH+2H2OB. 氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2+Cl2 2Fe3+2ClC. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+ Ca2+CO2+H2OD. 澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2+OH+HCOCaCO3+H2O【答案】B【解析】【详解】A氯化铝溶液中加入过量氨水时发生反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O Al(OH)3+3NH，故A错误；B氯化亚铁溶液中通入氯气时发生反应的离子方程式为2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl，故B正确；C醋酸是弱酸，则碳酸钙溶于醋酸时发生反应离子方程
23、式为CaCO3+2CH3COOH Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，故C错误；D苏打是Na2CO3，则澄清石灰水与少量苏打溶液混合时发生反应的离子方程式为Ca2+COCaCO3，故D错误；故答案为B。18. 有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c(Mg2)为0.2mol/L，c(Cl)为1.3mol/L。要使Mg2、Al3+全部转化为沉淀，至少需加4mol/LNaOH溶液的体积为()A. 40mLB. 72mLC. 65mLD. 128mL【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，混合溶液中n(Cl)=，n(Mg2)= ，则有：n(Al3+)=。要使Mg2、Al3+全部转化为沉淀，
24、则所需的n(OH)=，则需加4mol/LNaOH溶液的体积为。答案选C。19. 检验SO2气体中是否混有CO2气体，可采用的方法是A. 通过澄清石灰水B. 先通过饱和NaHCO3溶液，再通过澄清石灰水C. 先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水D. 先通过酸性KMnO4溶液，再通过品红溶液，最后通过澄清石灰水【答案】D【解析】【详解】A两种气体都能和石灰水反应产生白色沉淀，A不可行；B二氧化硫和碳酸氢钠溶液反应可以生成二氧化碳气体，从而干扰了二氧化碳的检验，B不可行；C两种气体都被氢氧化钠吸收且无明显变化，C不可行；D二氧化硫可以被高锰酸钾溶液氧化为硫酸而吸收，用品红检验其被完全吸收后，最后通过
25、澄清的石灰水，如果出现浑浊，说明有二氧化碳气体，故D可行。本题选D。20. 有FeO、 Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻1.6 g，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使其完全溶解需1 mol/L 的盐酸的体积为( )A. 200mLB. 100mLC. 50mLD. 无法计算【答案】A【解析】【详解】FeO、Fe2O3的混合物若干克，在CO气流中加热充分反应，生成Fe，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻1.6g，则减少的质量为O元素的质量，物质的量是0.1mol。将FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3的混合物，相当于
26、其中的O被Cl代替，根据化合价守恒，1个O被2个Cl代替，所以需1 molL-1的盐酸的体积V（HCl）=0.2mol1mol/L=0.2L，即200mL，答案选A。【点睛】本题考查混合物反应的计算，本题计算时可从化合物组成的角度分析，从化合价守恒的角度解答，可以省去过程的繁琐。第卷 (非选择题 共60分)21. 被誉为“太空金属”的钛(Ti)，在自然界中主要以金红石(TiO2)的形式存在。由于金红石熔点高，为金属Ti的直接制备带来了困难。在工业上常常采用将其先转化成熔沸点较低的TiCl4后再进行还原的方法。金红石转化成TiCl4的反应方程式如下：_TiO2+_C+_Cl2=_TiCl4+_C
27、O(1)配平上述反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移_；(2)指出该反应的氧化剂_，氧化产物_；(3)当有6mol电子转移，则有_mol还原剂被氧化。【答案】 (1). TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO； (2). Cl2 (3). CO (4). 3【解析】【详解】(1)在反应中，C元素的化合价由0升高到+2价，失去2个电子，Cl元素的化合价由0降低为-1价，得到2个电子，Cl元素守恒，所以氯气前边系数是2，根据电子守恒，碳单质和一氧化碳前边系数都是2，根据钛元素守恒，可知二氧化钛前边系数是1，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，电子转移情况为：。答案为：
28、TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；(2)反应中，碳元素化合价升高，被氧化，本身作还原剂，氧化产物是CO；Cl2中Cl元素化合价降低，被还原，本身作氧化剂，还原产物为TiCl4；答案为：Cl2；CO；(3)根据化学方程式，当消耗2mol碳单质时，转移的电子为4mol，当有6mol电子转移，则有3mol还原剂C被氧化。答案为：3。22. 已知实验室制氯气反应原理：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。氧化剂和还原剂的物质的量之比为：_浓盐酸在反应中显示出来的性质是_A只有还原性 B还原性和酸性 C只有氧化性 D氧化性和酸性在该反应中，若有2mol电子发生转移，在标准状况下
29、，可生成Cl2的体积为_，被氧化的盐酸为_mol。【答案】 (1). 1:2 (2). B (3). 22.4L (4). 2【解析】【详解】根据化学反应方程式可知，MnO2中Mn元素的化合价由+4价变为+2价，化合价降低，被还原，发生还原反应，本身作氧化剂。HCl中的Cl元素化合价一部分由-1价变为0价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，本身作还原剂。每1molMnO2可以氧化2molHCl，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；根据化学反应方程式可知，在反应中，一部分浓盐酸发生氧化反应，充当还原剂，体现了还原性。一部分浓盐酸化合价没有发生变化，体现了酸性。故答案为：B；在
30、反应中，若有2mol电子发生转移，则消耗1molMnO2，生成1molCl2，标准状况下体积为22.4L。有2mol盐酸被氧化。答案为：22.4L；2。23. 已知A为金属单质，根据下图物质的变化完成各问题：(1)各物质的化学式：A_B_，C_，D_，E_。(2)写出下列变化的离子方程式_【答案】 (1). Al (2). AlCl3 (3). Al(OH)3 (4). Al2(SO4)3 (5). NaAlO2 (6). Al3+ + 3NH3H2O=Al(OH)3+ 3 (7). 2Al + 2OH- +2H2O=2+ 3H2 (8). Al(OH)3 + OH-= +2H2O【解析】【分
31、析】金属A与氢氧化钠、稀硫酸反应，则A为Al，A与氯气反应生成B为AlCl3，B与氨水反应生成C，而C与氢氧化钠反应生成E，且A与氢氧化钠反应也生成E，故C为Al(OH)3，E为NaAlO2，A与硫酸反应生成D，结合D与C的消耗转化可知，D为Al2(SO4)3，据此解答。【详解】(1)由分析知：A的化学式为Al、B的化学式为AlCl3、C的化学式为Al(OH)3、D的化学式为Al2(SO4)3、E的化学式为NaAlO2；(2)AlCl3溶液中滴加氨水时发生反应的离子方程式为Al3+ + 3NH3H2O=Al(OH)3+ 3；Al溶于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为2Al + 2OH- +2
32、H2O=2+ 3H2；Al(OH)3溶解于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为Al(OH)3 + OH-= +2H2O。【点睛】考查有机物推断，从金属A能与硫酸、氢氧化钠反应作为解题突破口，确定Al为两性金属Al，再结合Al、Al(OH)3的两性及应用即可解题。24. 有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；试判断：（1）固体混合物中肯定含有_，肯定无_，可能含有_。（2）写出实验中
33、反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Na2CO3 (2). CuSO4、Na2SO4、CaCl2 (3). KCl (4). BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2【解析】【分析】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成沉淀的物质不能同时存在；往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。【详解】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者
34、不能同时含有；往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3，则一定不能含有CaCl2；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4；(1)由上述分析可知，固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；(2)实验中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。
35、【点睛】本题考查混合物组成的推断，主要利用物质的特征性质、离子共存等进行判断。本题的易错点为Na2SO4的判断，要注意硫酸钡不溶于水，也不溶于酸。25. 图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铜网，F右端出气管口附近放有脱脂棉。试回答：(1)写出中的离子反应方程式_；(2)C试剂是_ ；(3)E中干燥红色布条_(填“褪色”或“不褪色”)；(4)F管中现象为_；(5)A仪器的名称_，H装置的作用是_；写出H中的离子反应方程式_。【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). 不褪色
36、 (4). 产生棕黄色的烟 (5). 分液漏斗 (6). 吸收氯气的尾气，防止污染环境 (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，C中饱和食盐水可除去挥发的HCl，D中浓硫酸干燥氯气，E瓶中放有干燥红色布条，E中布条不褪色，F中Cu与氯气反应生成氯化铜，G为向上排空气法收集氯气，H中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】(1)实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，A中是浓盐酸，B中是二氧化锰固体，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)生成的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水
37、除去氯气中的氯化氢，所以C中试剂为饱和食盐水；(3)E是收集氯气并检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气无漂白性，则干燥的有色布条不褪色；(4)F是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕黄色烟，反应的化学方程式为Cu+Cl2CuCl2；(5)盛装浓盐酸的A仪器的名称分液漏斗；氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。【点睛】考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应
38、生成的HClO有漂白性，另外浓盐酸有挥发性，制得的氯气中混有HCl和水蒸气，需要利用C装置中饱和食盐水和D装置中浓硫酸除去，得到干燥纯净的氯气。四、计算题(共11分)26. 将一定质量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加浓度为5 mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图。(横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g)(需要写出简单的求解步骤)求：合金中Mg的质量_；所用HCl的物质的量浓度_；a 值_.【答案】 (1). 4.8g (2). 8mol/L (3). 19.4【解析】【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液20m
39、L，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液；再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液20mL，据此结合发生的反应进行计算。【详解】由图可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，当加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠140
40、mL，由氢氧根守恒可知3nAl(OH)3+2nMg(OH)2=n(NaOH)=(0.16L-0.02L)5mol/L=0.7mol；图中滴加NaOH溶液160mL到180mL时溶解生成的Al(OH)3，消耗NaOH的物质的量为0.02L5mol/L=0.1mol，结合NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知nAl(OH)3=0.1mol，故30.1mol+2nMg(OH)2=0.7mol，解得nMg(OH)2=0.2mol，由元素守恒可知n(Mg)=nMg(OH)2=0.2mol，所以Mg的质量为0.2mol24g/mol=4.8g；沉淀量最大时，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.16L5mol/L=0.8mol，根据氯元素守恒n(HCl)=0.8mol，故盐酸的物质的量浓度为=8mol/L；生成Mg(OH)2和Al(OH)3的沉淀总质量为0.2mol58g/mol+0.1mol78g/mol=19.4g，故a=19.4。【点睛】考查镁、铝化合物性质及混合物的计算，明确分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再结合反应原理和利用原子守恒与电荷守恒计算即可。
