1、2015-2016学年四川省某重点高中高一（上）期末化学模拟试卷（一）一、选择题（共7题，每题6分每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1生活中常会碰到某些化学问题，如：“白雪牌”漂粉精可令所有有色物质黯然失“色”，没有最白，只有更白霸王洗发液不含任何化学物质夏天混用不同品牌的墨水书写时，钢笔的笔尖容易发生堵塞是因为胶体发生了聚沉的原因53度白酒是指该白酒的着火点是53太太口服液含丰富的氮、磷、锌等微量元素则有关上述说法，你的看法是（）A全部正确B只有正确C只有正确D以上说法都是错误的2下列实验操作或实验现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实 验 操 作实验目的或结论A向
2、某溶液中加入几滴氯水后再滴入KSCN溶液，溶液变红该溶液中一定含Fe2+B将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入盛有FeSO4溶液的试管底部并缓慢挤出碱液防止加碱过程中带入空气，制备并较长时间观察到白色絮状的Fe（OH）2沉淀C蒸馏实验操作时将温度计插入液面以下但不能触碰到烧瓶内壁准确测定馏分的温度，以便于液体混合物分离DFe（OH）3胶体的电泳实验中发现阴极附近颜色加深而阳极附近颜色变浅说明Fe（OH）3胶体带正电荷AABBCCDD3下列反应的离子方程式书写正确的是（）A硅单质溶于入氢氧化钠溶液中：Si+2OH+H2OSiO3+2H2B向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀物质的量最多：A
3、l3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OC在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Mg2+2HCO3+2OHMgCO3+CO32+2H2OD向NaAlO2溶液中加入过量稀盐酸：AlO2+4H+Al3+2H2O4某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失下列叙述中对实验原理的解释和结论不正确的是（）A氧化性：HClOI2SO42B淀粉KI溶液变蓝是因为I被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝C第二步蓝色消失的反应中1mol氧化剂失去电子的数目为2NAD若将Na
4、2SO3溶液加入氯水中，氯水退色5X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（）C、CO AlCl3、Al（OH）3 Na、Na2O NaOH、Na2CO3ABCD6下列关于钠的化合物叙述中错误的是（）A1 mol Na2O2与2 mol NaHCO3固体混合物在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是NaOH和Na2CO3B由Na2O、Na2O2、Na2CO3.10H2O组成的混合物0.05 mol，溶于水后加入50 mL 1 mol/L的硫酸恰好完全反应，则原混合物中各成分的物质的量之比可为任意值C将mg CO和H2的混合气体在足量氧气中完全燃烧，再将燃烧后的气
5、体用足量Na2O2充分吸收，Na2O2增重mgD将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol/L的HCl溶液中和，则该生成物的成分是Na2O和Na2O27某无色溶液M可能含有离子OH、HCO3、CO32、SO42、SiO32、AlO2、NH4+、MnO4、Cu2+、Mg2+、Na+、Fe3+中的若干种取一定量的M溶液滴加盐酸，产生沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示（HCO3与Al3+和AlO2均要反应，不共存）下列判断正确的是（）A原溶液中可能含有NH4+、SO42B最终溶液中最少含2种溶质C原溶液中n（NaAlO2）：n（Na2CO3）=1：1
6、D滴加盐酸初始阶段发生反应的离子方程式是：CO32+H+HCO3二、解答题（共5小题，满分58分）8“材料”的发现和使用往往会极大地推动生产、生活的发展，一些材料的出现甚至具有里程碑式划时代的意义请回答下列问题：SiO2Si（粗）SiHCl3Si（纯）（1）无机非金属材料高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”这种材料可以按下列方法制备：写出步骤I的化学方程式：步骤II经过冷凝得到的SiHCl3（沸点为33.0）中含有少量的SiCl4（沸点为57.6）和HCl（沸点为84.7），提纯SiHCl3的实验方法是，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度
7、计、锥形瓶外还需要（2）磁性材料这种黑色材料含有某种铁的氧化物，请写出该氧化物溶于稀硫酸溶液的化学方程式，简述检验所得溶液中较高价态阳离子的实验操作方法（3）激光材料我国是激光技术先进的国家，红宝石（Al2O3）是最早用于产生激光的材料请用离子方程式来证明它是一种两性氧化物：、（4）高分子材料一种新型高效净水剂Al Fe（OH）nCl6nm属于无机高分子材料，它广泛应用于生活用水和工业污水的处理，其中铁元素的化合价为（5）合金材料取等质量的两份某镁铝合金分别加入足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的H2体积分别为100ml，90ml则该合金中镁，铝的质量之比为（6）消毒材料棕黄色强刺激性气体Cl
8、2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取少量Cl2O，补充完整并配平下列反应方程式：Cl2+Na2CO3+NaHCO3+NaCl+ Cl2O9作为高中生，学会利用我们课堂上学到的知识来解决生活中的一些问题，是我们学习的重要目的之一某中学的化学实验兴趣小组，一行四人，利用实验室老师提供的基本仪器和药品，自行购置了鸡蛋，食醋等生活用品，进行了如下探究I甲同学老家在山西，对儿时在家乡品尝到的山西老陈醋的滋味记忆犹新，而今总是觉得超市买到的醋不如儿时的味道，查阅相关资料后，得知以下信息：醋分两种，酿造醋和配制醋正宗的老陈醋必须经长久时间酿造才得此美味，市场上多
9、充斥着工业醋酸加水勾兑的配制醋酿造醋国家标准为醋酸含量必须大于3.50g/100mL，而配制醋国家标准仅为1.50g3.50g/100mL在老师的帮助下，测定了超市购买的食醋中，醋酸的物质的量浓度为0.75mol/L（1）请帮助甲同学计算从超市购买的食醋中醋酸含量为g/100mL，属于醋（填“酿造”或“配制”，醋酸的化学式为CH3COOH）（2）请写出醋酸与鸡蛋壳（主要成分为CaCO3）反应的离子方程式II图1是该学校化学实验室浓盐酸试剂标签上的部分内容乙同学现用该浓盐酸配制100mL 1molL1的稀盐酸可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平；玻璃棒请回答下列问题：（1
10、）配制稀盐酸时，还缺少的仪器有（2）经计算，配制100mL1molL1的稀盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸的体积为mL（3）对所配制的稀盐酸进行测定，发现其浓度小于1molL1，引起误差的原因可能是A定容时俯视容量瓶刻度线 B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线III丙同学对课堂上学到的胶体的相关知识产生了浓厚兴趣（1）他利用买来的鸡蛋的蛋清配制成溶液，用激光笔照射溶液，发现一条光束穿过鸡蛋清溶液，此现象称为（2）他将乙同学配制好的盐酸溶液加入到鸡蛋清溶液中，发现出现絮状沉淀，此现象称为IV丁同学试图测定CO2
11、的相对分子质量利用丙同学用完后剩下的鸡蛋壳和乙同学配制好的稀盐酸溶液制备CO2；查询相关书籍后，设计了如图2装置：（1）B装置在此处必要（填写“有”、“无”）请简述原因（2）A装置中的饱和NaHCO3的作用（3）实验前测得C装置（含水）重量为50.00g，实验完毕后C装置（含水）重量为40.02g，D中量筒读数为10.0mL，已知相同条件下H2密度为0.09g/L，请根据以上数据用相对密度法计算CO2的相对分子质量为（保留一位小数）10教材中给出了Na2O2与H2O反应的化学方程式为了探究Na2O2与H2O反应的机理，某学习探究小组在教师指导下设计了如图所示装置进行实验实验步骤如下：按图示组装
12、仪器，并检查气密性为良好后装入药品；保持K1打开、K2关闭，将注射器中的水推入试管，此时A中无气体产生；挤压装有酚酞的胶头滴管，使酚酞滴入试管中，A中溶液显红色；挤压装有稀盐酸的胶头滴管，使酸液滴入试管中，红色消失后再滴加2滴；用双连打气球向A中鼓气，使A中溶液通过喷头进入B中支管，发现淀粉KI溶液变蓝，KMnO4溶液褪色；迅速打开止水夹K2，关闭K1，继续向A中鼓气，待A中溶液进入C中约三分之一时停止鼓气然后用热水浴加热C片刻，C中有气泡冒出，经检验为氧气回答下列问题：（1）写出Na2O2与H2O反应的离子方程式（2）若向Na2O2中滴加适量的盐酸，也能产生使带火星的木条复燃的气体，且最后溶
13、液呈中性，请写出该反应的化学方程式（3）用离子方程式表示淀粉KI溶液变蓝的原因（4）用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因（MnO4在酸性条件下被还原成Mn2+，不考虑MnO4氧化Cl）（5）A中用冰盐冷浴和C中用热水浴的作用分别是，（6）由此实验探究可知：Na2O2与H2O反应的机理是（用化学方程式表示），11物质的分离和提纯有多种方法物质分离、提纯方案的设计在科学研究和工业生产中占有十分重要的地位工业上冶炼铝的原料是铝土矿（主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、SiO2等，已知SiO2是不溶于水的酸性氧化物，Fe2O3是不溶于水的碱性氧化物）某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：铝
14、土矿滤液1滤液2沉淀AAl2O3（1）写出沉淀A的化学式：（2）加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液2中含有的溶质有（3）写出由沉淀AAl2O3的化学方程式：，通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为12按照要求回答下列问题：A、B、C、D、E是常见化合物或单质，有如下转化关系 （略去条件和副产品）若A为黄绿色气体单质，D、E为生活中常见的两种金属，其中E是一种红色光亮的物质（1）写出向B的溶液中加入足量D的离子反应方程式（2）向（1）所得的溶液中加入NaOH溶液，并在空气中放置的现象是：，写出所得固体在空气中放置时发生的化学反应方程式：2015-2016学年四川省某重点高中高一（上）期末
15、化学模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（共7题，每题6分每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1生活中常会碰到某些化学问题，如：“白雪牌”漂粉精可令所有有色物质黯然失“色”，没有最白，只有更白霸王洗发液不含任何化学物质夏天混用不同品牌的墨水书写时，钢笔的笔尖容易发生堵塞是因为胶体发生了聚沉的原因53度白酒是指该白酒的着火点是53太太口服液含丰富的氮、磷、锌等微量元素则有关上述说法，你的看法是（）A全部正确B只有正确C只有正确D以上说法都是错误的【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；物质的组成、结构和性质的关系；胶体的重要性质；醇类简介【分析】漂粉精主要成分是次氯酸钙，只能漂
16、白有机物；任何物质都由化学物质组成；墨水是胶体，带同种电荷；53度白酒是指乙醇的体积分数为53%；氮和磷不是微量元素【解答】解：漂粉精主要成分是次氯酸钙，一些有色无机物如CuO等不能被漂白，故错误；任何物质都由化学物质组成，故错误；不同牌号墨水所带电荷不同，混用发生胶体聚沉，钢笔堵塞，故正确；53度白酒是指乙醇的体积分数为53%，而不是着火点，故错误；氮和磷不是微量元素，故错误故选C2下列实验操作或实验现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实 验 操 作实验目的或结论A向某溶液中加入几滴氯水后再滴入KSCN溶液，溶液变红该溶液中一定含Fe2+B将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入盛有F
17、eSO4溶液的试管底部并缓慢挤出碱液防止加碱过程中带入空气，制备并较长时间观察到白色絮状的Fe（OH）2沉淀C蒸馏实验操作时将温度计插入液面以下但不能触碰到烧瓶内壁准确测定馏分的温度，以便于液体混合物分离DFe（OH）3胶体的电泳实验中发现阴极附近颜色加深而阳极附近颜色变浅说明Fe（OH）3胶体带正电荷AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A要检验亚铁离子，应该先加KSCN溶液后加氯水；BFe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3；C蒸馏时，温度计测量馏分温度；D胶体不带电荷，但胶粒带电荷【解答】解：A要检验亚铁离子，应该先加KSCN溶液后加氯水，排除铁离子的干扰，故A错
18、误；BFe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3，所以该实验中能防止加碱过程中带入空气，从而能防止氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；D胶体不带电荷，但胶体具有吸附性，因为吸附带电荷的离子而使胶粒带电荷，故D错误；故选B3下列反应的离子方程式书写正确的是（）A硅单质溶于入氢氧化钠溶液中：Si+2OH+H2OSiO3+2H2B向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀物质的量最多：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OC在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Mg2+2HCO3+2O
19、HMgCO3+CO32+2H2OD向NaAlO2溶液中加入过量稀盐酸：AlO2+4H+Al3+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A电荷不守恒；B加入Ba（OH）2溶液至沉淀物质的量最多，生成氢氧化铝和硫酸钡；C加入过量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠；D反应生成氯化铝、氯化钠、水【解答】解：A硅单质溶于入氢氧化钠溶液中的离子反应为Si+2OH+2H2OSiO3+2H2，故A错误；B向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀物质的量最多的离子反应为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）3，故B错误；C在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液的离子反应为Mg2
20、+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O，故C错误；D向NaAlO2溶液中加入过量稀盐酸的离子反应为AlO2+4H+Al3+2H2O，故D正确；故选D4某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失下列叙述中对实验原理的解释和结论不正确的是（）A氧化性：HClOI2SO42B淀粉KI溶液变蓝是因为I被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝C第二步蓝色消失的反应中1mol氧化剂失去电子的数目为2NAD若将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水退色【考点】氧化还原反应【分析】第一步
21、中发生：NaClO+2KI+H2SO4I2+NaCl+K2SO4+H2O，第二步发生：Na2SO3+I2+H2ONa2SO4+2HI，均为氧化还原反应，结合物质的性质及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答【解答】解：A由NaClO+2KI+H2SO4I2+NaCl+K2SO4+H2O，ClO的氧化性大于I2的氧化性，由Na2SO3+I2+H2ONa2SO4+2HI，I2的氧化性大于SO4 2的氧化性，所以氧化性强弱为：ClOI2SO42，故A正确；B由第一步反应可知，淀粉KI溶液变蓝是因为I被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，故B正确；C氧化剂在反应中得到电子，而不是失去，故C错误；D氯气的氧化
22、性强于碘单质，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氯气更能将亚硫酸钠氧化，而使氯水褪色，故D正确；故选：C5X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（）C、CO AlCl3、Al（OH）3 Na、Na2O NaOH、Na2CO3ABCD【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物【分析】图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等，以此解答该题【解答】解：X为C、W为O2时，Z为CO 2，且C与O2完全反应即生成CO2，故正确；若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO2，过量NaOH与Al
23、Cl3反应生成NaAlO2，故正确；若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的时候生成Na2O2，故正确；若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，故正确；故选D6下列关于钠的化合物叙述中错误的是（）A1 mol Na2O2与2 mol NaHCO3固体混合物在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是NaOH和Na2CO3B由Na2O、Na2O2、Na2CO3.10H2O组成的混合物0.05 mol，溶于水后加入50 mL 1 mol/L的硫酸恰好完全反应，则原混合物中各成分
24、的物质的量之比可为任意值C将mg CO和H2的混合气体在足量氧气中完全燃烧，再将燃烧后的气体用足量Na2O2充分吸收，Na2O2增重mgD将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol/L的HCl溶液中和，则该生成物的成分是Na2O和Na2O2【考点】钠的重要化合物【分析】A碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应；B根据物质的性质，写出对应的
25、化学方程式，设出未知量，找出它们的关系，然后求出未知量；C利用差量法，根据化学方程式分析：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重m=2H2OO2=2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；D由于不知道钠和氧气反应的产物
26、为Na2O还是Na2O2或二者都有，因此可设定氧化物的化学式为Na2OX，计算出其摩尔质量，然后与两种氧化物的摩尔质量进行对比即可判断【解答】解：A由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可知2mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，故A错误；BNa2O+H2O=2N
27、aOH x 2x2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 y 2y 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O 2（x+y） （x+y） Na2CO3 +H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2 0.05xy （0.05xy） 所以2（x+y）+2（0.05xy）=0.052 解得 0.1=0.1 （说明与物质的量之比无关），原混合物中各成分的物质的量之比可为任意值，故B正确；C.2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H
28、2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重m=2H2OO2=2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量所以将mgCO和H2的混合气体在足量氧气中充分燃烧后的产物立即通入盛有足量Na2O2的反应管，固体质量增重为mgCO和H2的混合气体的质量，故C正确；D反应消耗的氯化氢的物质的量为：n（HCl）=0.08L0.50mol/L=0.04mol，溶液恰好能被80mL浓度为0.5mol/L的HCl溶液中和，设钠与氧气反应生成的氧化物为Na2OX，则：Na2OX2NaOH2HCl 0.02mol 0.04molNa2OX平均
29、摩尔质量为：M=75g/mol，介于Na2O（62g/mol）和Na2O2（78g/mOl）之间，所以反应产物为Na2O和Na2O2的混合物，故D正确；故选A7某无色溶液M可能含有离子OH、HCO3、CO32、SO42、SiO32、AlO2、NH4+、MnO4、Cu2+、Mg2+、Na+、Fe3+中的若干种取一定量的M溶液滴加盐酸，产生沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示（HCO3与Al3+和AlO2均要反应，不共存）下列判断正确的是（）A原溶液中可能含有NH4+、SO42B最终溶液中最少含2种溶质C原溶液中n（NaAlO2）：n（Na2CO3）=1：1D滴加盐酸初始阶段发生反应的离子方程式
30、是：CO32+H+HCO3【考点】常见离子的检验方法【分析】无色溶液中不存在有色离子：MnO4、Cu2+、Fe3+；加入盐酸时，开始没有生成沉淀，说明溶液中一定存在氢氧根离子，所以一定不存在碳酸氢根离子；之后开始生成沉淀，沉淀达到最大量后沉淀的量暂时不变，最后沉淀随着盐酸的加入，沉淀逐渐减少，直至沉淀的物质的量不再变化，说明该沉淀为氢氧化铝和硅酸的混合物，说明溶液中一定存在SiO32、AlO2、CO32，则一定不存在NH4+、Mg2+，根据以上分析并结合图象数据进行解答【解答】解：根据溶液为无色可知，溶液中一定不存在MnO4、Cu2+、Fe3+；初始加入盐酸时没有生成沉淀，说明溶液中一定存OH
31、、HCO3离子，所以一定不存在HCO3；之后开始生成沉淀，当沉淀达到最大量后沉淀的量暂时不变，最后沉淀随着盐酸的加入，沉淀逐渐减少，直至沉淀的物质的量不再变化，说明该沉淀为氢氧化铝和硅酸的混合物，说明溶液中一定存在SiO32、AlO2、CO32，则一定不存在NH4+、Mg2+，A根据以上分析可知，溶液中一定不存在NH4+，故A错误；B最终溶液中最少含氯化钠和氯化铝两种溶质，故B正确；C设单位体积中含有氯化氢nmol，根据图象可知，溶解氢氧化铝消耗氯化氢的物质的量为3nmol，则含有氢氧化铝nmol，根据铝原子守恒，原溶液中含有nmol偏铝酸钠；碳酸钠消耗氯化氢的物质的量为8nmol，则溶液中含
32、有碳酸钠的物质的量为4nmol，原溶液中n（NaAlO2）：n（Na2CO3）=4：1，故C错误；D滴加盐酸初始阶段，参加反应的离子为氢氧根离子，反应的离子方程式为：OH+H+=H2O，故D错误；故选B二、解答题（共5小题，满分58分）8“材料”的发现和使用往往会极大地推动生产、生活的发展，一些材料的出现甚至具有里程碑式划时代的意义请回答下列问题：SiO2Si（粗）SiHCl3Si（纯）（1）无机非金属材料高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”这种材料可以按下列方法制备：写出步骤I的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO步骤II经过冷凝
33、得到的SiHCl3（沸点为33.0）中含有少量的SiCl4（沸点为57.6）和HCl（沸点为84.7），提纯SiHCl3的实验方法是蒸馏或分馏，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管（2）磁性材料这种黑色材料含有某种铁的氧化物，请写出该氧化物溶于稀硫酸溶液的化学方程式Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，简述检验所得溶液中较高价态阳离子的实验操作方法取少量该溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+（3）激光材料我国是激光技术先进的国家，红宝石（Al2O3）是最早用于产生激光的材料请用离子方程式来证明它是一种两
34、性氧化物：Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Al2O3+2OH2AlO2+H2O（4）高分子材料一种新型高效净水剂Al Fe（OH）nCl6nm属于无机高分子材料，它广泛应用于生活用水和工业污水的处理，其中铁元素的化合价为+3（5）合金材料取等质量的两份某镁铝合金分别加入足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的H2体积分别为100ml，90ml则该合金中镁，铝的质量之比为4：27（6）消毒材料棕黄色强刺激性气体Cl2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取少量Cl2O，补充完整并配平下列反应方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaHCO3+2NaC
35、l+1 Cl2O【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）焦炭在高温下可以置换二氧化硅中的硅；根据熔沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏；所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管；（2）具有磁性的黑色材料含有某种铁的氧化物即Fe3O4，与稀硫酸溶液反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水；根据KSCN溶液与三价铁离子显血红色检验；（3）氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应，均放出氢气；（4）根据AlFe（OH）nCl6n中各元素的化合价代数和为0计算；（5）因为铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，而镁不反应，所以90ml氢气为铝与氢氧化钠溶液反应生成，又铝和镁都能与盐酸反应
36、生成氢气，所以100ml氢气为铝和镁与盐酸反应生成，据此计算；（6）反应中氯气是自身氧化还原反应，化合价从0价变化为1价和+1价，依据原子守恒和得失电子守恒解答【解答】解：（1）工业上用焦炭在高温下置换二氧化硅中的硅来制备粗硅，方程式为：SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；SiHCl3（沸点33.0）、SiCl4（沸点57.6）、HCl（沸点84.7），他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏，所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶外还需要蒸馏烧瓶和冷凝管；故答案为：蒸馏或分馏；蒸馏烧瓶和冷凝管；（2）具有磁性的黑色材料含有某种铁的氧化物即F
37、e3O4，与稀硫酸溶液反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，方程式为：Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；因为三价铁离子遇KSCN溶液显血红色，所以检验三价铁离子的实验操作方法是取少量该溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；故答案为：Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；取少量该溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；（3）氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应，离子方程式分别为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Al2O3+2OH2AlO2+H2O；故答案为：
38、Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（4）化合物中铝元素显+3价，氢氧根为1价，氯元素为1价，各元素的化合价代数和为0，故铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3；（5）因为铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，而镁不反应，所以90ml氢气为铝与氢氧化钠溶液反应生成，又铝和镁都能与盐酸反应生成氢气，所以100ml氢气为铝和镁与盐酸反应生成，根据得失电子守恒，则铝生成90ml氢气，镁生成10090=10ml氢气，所以合金中镁，铝的质量之比为1024：9027=4：27，故答案为：4：27；（6）反应中氯气是自身氧化还原反应，化合价从0价变化为1价和+1价，依据原子守
39、恒进而电子守恒得到，反应物缺项为H2O，配平的化学方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O，故答案为：2；2；H2O；2；2；19作为高中生，学会利用我们课堂上学到的知识来解决生活中的一些问题，是我们学习的重要目的之一某中学的化学实验兴趣小组，一行四人，利用实验室老师提供的基本仪器和药品，自行购置了鸡蛋，食醋等生活用品，进行了如下探究I甲同学老家在山西，对儿时在家乡品尝到的山西老陈醋的滋味记忆犹新，而今总是觉得超市买到的醋不如儿时的味道，查阅相关资料后，得知以下信息：醋分两种，酿造醋和配制醋正宗的老陈醋必须经长久时间酿造才得此美味，市场上多充斥着工业醋酸
40、加水勾兑的配制醋酿造醋国家标准为醋酸含量必须大于3.50g/100mL，而配制醋国家标准仅为1.50g3.50g/100mL在老师的帮助下，测定了超市购买的食醋中，醋酸的物质的量浓度为0.75mol/L（1）请帮助甲同学计算从超市购买的食醋中醋酸含量为4.50g/100mL，属于酿造醋（填“酿造”或“配制”，醋酸的化学式为CH3COOH）（2）请写出醋酸与鸡蛋壳（主要成分为CaCO3）反应的离子方程式2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+CO2+H2O+Ca2+II图1是该学校化学实验室浓盐酸试剂标签上的部分内容乙同学现用该浓盐酸配制100mL 1molL1的稀盐酸可供选用的仪器有：胶
41、头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平；玻璃棒请回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，还缺少的仪器有100 ml容量瓶（2）经计算，配制100mL1molL1的稀盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸的体积为8.5mL（3）对所配制的稀盐酸进行测定，发现其浓度小于1molL1，引起误差的原因可能是CDA定容时俯视容量瓶刻度线 B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线III丙同学对课堂上学到的胶体的相关知识产生了浓厚兴趣（1）他利用买来的鸡蛋的蛋清配制成溶液，用激光笔照射溶液，发现一条光束穿过鸡蛋清溶液，此现象称为丁达尔效
42、应（2）他将乙同学配制好的盐酸溶液加入到鸡蛋清溶液中，发现出现絮状沉淀，此现象称为胶体的聚沉IV丁同学试图测定CO2的相对分子质量利用丙同学用完后剩下的鸡蛋壳和乙同学配制好的稀盐酸溶液制备CO2；查询相关书籍后，设计了如图2装置：（1）B装置在此处无必要（填写“有”、“无”）请简述原因排水法收集气体，不需要对气体进行干燥（2）A装置中的饱和NaHCO3的作用吸收（除去）CO2中混有的HCl杂质（3）实验前测得C装置（含水）重量为50.00g，实验完毕后C装置（含水）重量为40.02g，D中量筒读数为10.0mL，已知相同条件下H2密度为0.09g/L，请根据以上数据用相对密度法计算CO2的相对
43、分子质量为44.4（保留一位小数）【考点】制备实验方案的设计；配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法；胶体的重要性质【分析】I（1）食醋的物质的量浓度为0.7molL1，总酸量为0.75molL160g/mol=45g/L；（2）醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳；II、（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀选择合适的仪器；（2）求出浓盐酸的物质的量浓度c=，然后根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；（3）根据c=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差；III（1）溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束
44、光线出现光亮光路，为丁达尔现象； （2）胶体遇电解质溶液发生聚沉；IV（1）CO2用排水法收集，在收集之前不需要对气体进行干燥；（2）盐酸易挥发，生成的CO2气体中含有挥发出的氯化氢气体，A装置中的饱和NaHCO3溶液可以吸收氯化氢；（3）实验前测得C装置（含水）重量为50.00g，实验完毕后C装置（含水）重量为40.02g，D中量筒读数为10.0 mL，这说明收集到CO2的质量=40.02g+10.0g50.0g=0.02g，其体积是10.0ml，所以CO2的密度=2g/L；已知H2密度为0.09g/L（以上数据均已折合为标况下数值），则根据在相同条件下气体的密度之比等于相对分子质量之比可知
45、可计算出二氧化碳的相对分子质量【解答】解：I（1）食醋的物质的量浓度为0.75molL1，总酸量为0.75molL160g/mol=45g/L，即4.50g/100mL，为酿造醋，故答案为：4.50；酿造；（2）醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+CO2+H2O+Ca2+，故答案为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+CO2+H2O+Ca2+；II（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故需要选用的仪器有，还缺少
46、的仪器有100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（2）浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=11.8mol/L，设需要的浓盐酸的体积为VmL，然后根据稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：11.8mol/LVmL=100mL1molL1，解得V=8.5mL，故答案为：8.5；（3）A定容时俯视容量瓶刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故A错误；B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对浓度无影响，故B错误；C转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故C正确；D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线，则溶液体积增加，所配浓度偏小，故D正确；故答案为：CD；
47、III（1）胶体能产生丁达尔效应，鸡蛋的蛋清配制成溶液属于胶体，因此用激光笔照射溶液，可以发现一条光束穿过鸡蛋清溶液，此现象称为丁达尔效应，故答案为：丁达尔效应；（2）胶体和电解质混合可以聚沉盐酸是电解质氯化氢的水溶液，所以将配制好的盐酸溶液加入到鸡蛋清溶液中，会出现絮状沉淀，此现象称为胶体的聚沉，故答案为：胶体的聚沉；IV（1）根据装置可知，CO2用排水法收集，因此在收集之前不需要对气体进行干燥，即没有必要设计B装置，故答案为：无；排水法收集气体，不需要对气体进行干燥；（2）由于盐酸易挥发，因此生成的CO2气体中含有挥发出的氯化氢气体，所以A装置中的饱和NaHCO3溶液的作用是吸收氯化氢，故
48、答案为：吸收（除去）CO2中混有的HCl杂质；（3）实验前测得C装置（含水）重量为50.00g，实验完毕后C装置（含水）重量为40.02g，D中量筒读数为10.0 mL，这说明收集到CO2的质量=40.02g+10.0g50.0g=0.02g，其体积是10.0ml，所以CO2的密度为： =2g/L；已知H2密度为0.09g/L（以上数据均已折合为标况下数值），在相同条件下气体的密度之比等于相对分子质量之比，所以CO2的相对分子质量为：2=44.4，故答案为：44.410教材中给出了Na2O2与H2O反应的化学方程式为了探究Na2O2与H2O反应的机理，某学习探究小组在教师指导下设计了如图所示装
49、置进行实验实验步骤如下：按图示组装仪器，并检查气密性为良好后装入药品；保持K1打开、K2关闭，将注射器中的水推入试管，此时A中无气体产生；挤压装有酚酞的胶头滴管，使酚酞滴入试管中，A中溶液显红色；挤压装有稀盐酸的胶头滴管，使酸液滴入试管中，红色消失后再滴加2滴；用双连打气球向A中鼓气，使A中溶液通过喷头进入B中支管，发现淀粉KI溶液变蓝，KMnO4溶液褪色；迅速打开止水夹K2，关闭K1，继续向A中鼓气，待A中溶液进入C中约三分之一时停止鼓气然后用热水浴加热C片刻，C中有气泡冒出，经检验为氧气回答下列问题：（1）写出Na2O2与H2O反应的离子方程式2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2（2
50、）若向Na2O2中滴加适量的盐酸，也能产生使带火星的木条复燃的气体，且最后溶液呈中性，请写出该反应的化学方程式2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2（3）用离子方程式表示淀粉KI溶液变蓝的原因2I+2H+H2O2=I2+2H2O（4）用离子方程式表示KMnO4溶液褪色的原因（MnO4在酸性条件下被还原成Mn2+，不考虑MnO4氧化Cl）2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O（5）A中用冰盐冷浴和C中用热水浴的作用分别是防止生成的H2O2分解，促使H2O2分解（6）由此实验探究可知：Na2O2与H2O反应的机理是（用化学方程式表示）Na2O2+2H2O2NaOH+H2
51、O2，2H2O22H2O+O2【考点】性质实验方案的设计【分析】开始时试管中无气体生成，滴入酚酞后，溶液变红色，说明Na2O2与H2O反应生成了碱和H2O2，然后滴入的稀盐酸中和NaOH，H2O2在C中分解生成O2，（1）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气；（2）Na2O2中滴加适量的盐酸，也能产生使带火星的木条复燃的气体，且最后溶液呈中性，过氧化钠和盐酸反应生成氯化钠、氧气和水；（3）H2O2有强氧化性，能将I氧化成碘单质，所以淀粉碘化钾试纸变蓝，据此写出反应的离子方程式；（4）H2O2使KMnO4溶液褪色，体现了双氧水的还原性，说明双氧水被酸性高锰酸钾溶液氧化成氧气；（5）双氧水不稳
52、定，温度过高容易分解，则A中用冰盐冷浴可防止温度过高H2O2分解，C中用热水浴可使加快H2O2分解；（6）根据实验可知，过氧化钠与水反应的机理为：Na2O2与H2O反应生成H2O2，H2O2遇热分解生成氧气，据此写出反应方程式【解答】解：开始时试管中无气体生成，滴入酚酞，溶液变红色，说明Na2O2与H2O反应生成了碱和H2O2，然后滴入的稀盐酸中和NaOH，H2O2在C中分解生成O2，（1）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2；（2）Na2O2中滴加适量的盐酸，也能产生使带
53、火星的木条复燃的气体，且最后溶液呈中性，过氧化钠和盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，反应的化学方程式为：2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2，故答案为：2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2；（3）淀粉碘化钾试纸变蓝，说明H2O2有强氧化性，能将I氧化成碘单质，反应的离子方程式为：2I+2H+H2O2=I2+2H2O，故答案为：2I+2H+H2O2=I2+2H2O；（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，H2O2使KMnO4溶液褪色，体现了双氧水的还原性，反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2O2+6H+=2M
54、n2+5O2+8H2O；（5）双氧水不稳定，温度过高容易分解，则A中用冰盐冷浴，目的是防止温度过高H2O2分解；C中用热水浴可使H2O2分解，故答案为：防止生成的H2O2分解，使H2O2分解；（6）根据实验可知，过氧化钠与水反应的机理为：Na2O2与H2O反应生成H2O2，H2O2遇热分解生成氧气，反应方程式为：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2、2H2O22H2O+O2，故答案为：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2、2H2O22H2O+O211物质的分离和提纯有多种方法物质分离、提纯方案的设计在科学研究和工业生产中占有十分重要的地位工业上冶炼铝的原料是铝土矿（主要成分是Al2
55、O3，杂质为Fe2O3、SiO2等，已知SiO2是不溶于水的酸性氧化物，Fe2O3是不溶于水的碱性氧化物）某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：铝土矿滤液1滤液2沉淀AAl2O3（1）写出沉淀A的化学式：Al（OH）3（2）加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液2中含有的溶质有NaOH、NaAlO2、NaCl（3）写出由沉淀AAl2O3的化学方程式：2Al（OH）3Al2O3+3H2O，通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】铝土矿（主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、SiO2等，
56、已知SiO2是不溶于水的酸性氧化物，Fe2O3是不溶于水的碱性氧化物），由流程可知，加入盐酸溶解过滤，固体二氧化硅不溶于盐酸，氧化铝、氧化铁与盐酸反应，则滤液1中含氯化铝、氯化铁溶液，然后滤液中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液2中含偏铝酸钠溶液，再通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，即沉淀A为Al（OH）3，最后Al（OH）3加热分解生成Al2O3，以此来解答【解答】解：由流程可知，加入盐酸溶解过滤，固体二氧化硅不溶于盐酸，氧化铝、氧化铁与盐酸反应，则滤液1中含氯化铝、氯化铁溶液，然后滤液中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液2中含偏铝酸钠溶液，再通入过
57、量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，即沉淀A为Al（OH）3，最后Al（OH）3加热分解生成Al2O3，（1）由上述分析可知，沉淀A为Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；（2）加入过量的NaOH溶液与氯化铝反应生成偏氯酸钠、氯化钠，NaOH过量，则过滤后的滤液中含有的溶质有NaOH、NaAlO2、NaCl，故答案为：NaOH、NaAlO2、NaCl；（3）由沉淀AAl2O3的化学方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O；加入过量CO2生成沉淀A时反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故答案为：2Al（OH）3A
58、l2O3+3H2O；AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO312按照要求回答下列问题：A、B、C、D、E是常见化合物或单质，有如下转化关系 （略去条件和副产品）若A为黄绿色气体单质，D、E为生活中常见的两种金属，其中E是一种红色光亮的物质（1）写出向B的溶液中加入足量D的离子反应方程式Fe+2Fe3+3Fe2+（2）向（1）所得的溶液中加入NaOH溶液，并在空气中放置的现象是：生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，写出所得固体在空气中放置时发生的化学反应方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【考点】无机物的推断【分析】若A为黄绿色气体单质，则A为Cl2
59、，D、E为生活中常见的两种金属，其中E是一种红色光亮的物质，则E为Cu，根据转化关系，D为Fe，B为FeCl3，FeCl3与Cu反应得FeCl2和CuCl2【解答】解：若A为黄绿色气体单质，则A为Cl2，D、E为生活中常见的两种金属，其中E是一种红色光亮的物质，则E为Cu，根据转化关系，D为Fe，B为FeCl3，FeCl3与Cu反应得FeCl2和CuCl2（1）向B的溶液中加入足量D的离子反应方程式：Fe+2Fe3+3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+3Fe2+；（2）向FeCl2溶液中加入NaOH溶液，可得Fe（OH）2白色沉淀，在空气中能被氧化成红褐色氢氧化铁沉淀，其化学反应方程式是：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，现象为：生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：生成白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32016年11月28日
