1、2015-2016学年四川省某重点高中高一（上）期末化学考前加试试卷（一）一、选择题（本题每小题4分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关实验的说法中错误的是（）用酒精从碘水中萃取碘用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘实验室制Cl2、HCl和HF可用同一套装置用淀粉溶液直接检验出I氯水和SO2都有漂白性但漂白原理不同，把氯气和SO2混合后漂白性会增强盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发用KI和浓硫酸制取HI待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再向沉淀中加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，则待检液中一定含有CO32加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中
2、一定含有SO42待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+ABCD2下列有关说法正确的是（）AFeCl3溶液可作外伤止血剂，其原理与胶体知识有关BC单质可在高温下被浓H2SO4和浓HNO3氧化，而Si 单质不与任何酸反应CSiO2 分子的空间构型为四面体空间网状结构，因此SiO2晶体硬度大，熔沸点高D标准状况下，22.4LSO2和SO3的混合物所含分子数为NA3为了除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，下列实验步骤顺序和所用试剂都正确的是（）通过量CO2；加盐酸；加过量NaOH溶液；加AlCl3； 过滤ABCD4常温下，向0.1mol/L的H2S
3、O4溶液中逐滴加入0.1mol/L的Ba（OH）2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系如图所示，下列说法中正确的（）Ab处溶液的c（H+）与d处溶液的c（OH）相等Bad溶液的导电能力：abcdCad溶液的C（H+）：abcdDc处溶液和d处溶液均呈碱性5某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）AK+、Na+、HCO3、NO3BNa+、SO42、Cl、ClOCH+、Mg2+、SO42、NO3DAg+、K+、NO3、Na+6下列反应的离子方程式正确的是（）A碳酸氢钠与少量硫酸氢钠溶液反应：HCO3+HSO4CO2+H2O+SO42
4、B硫酸氢钾溶液中滴入氢氧化钡溶液至完全沉淀：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OCFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2DNH4Al（SO2）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O7往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（STP）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD8将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到
5、1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4molL1的NaOH溶液150mL则原硫酸的物质的量浓度为（）A1.5molL1B0.5molL1C2molL1D1.2molL19己知反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O；下列说法正确的是（）A1mol 氧化剂在反应中得到的电子为12molBCu（IO3）2既作氧化剂又作还原剂CCuI中各元素化合价在反应前后都不变DI2既作氧化产物又作还原产物10下列关于钠的化合物叙述中错误的是（）A1molNa2O2与2molNa
6、HCO3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、Na2CO310H2O组成的混合物0.05 mol，溶于水后加入50 mL 2 mol/L的盐酸恰好完全反应，则原混合物中各成分的物质的量之比可以为任意值C向Na2 CO3饱和溶液中通入CO2，溶液变浑浊有晶体析出D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Na2O2二、非选择题（共60分）11某铝合金（硬铝）中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如图实
7、验：（1）补全上述各步反应的离子方程式Mg+2H+Mg2+H2， Mg2+2OHMg（OH）2；（2）计算该样品中铝的质量分数：（3）第步中加入Na0H溶液不足时，会使测定结果；第步对沉淀灼烧不充分时，会使测定结果12某兴趣小组设计出如图所示装置来进行“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是（3）如表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方
8、案是，理由是、 方 案 反 应 物甲Cu、浓HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2、稀HNO3（4）该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4Cl2Br2操作步骤为：、实验现象为；但此实验的不足之处是13已知在一定条件下可实现如图所示物质之间的变化，其中甲、乙为金属单质，丙、丁、戊为非金属单质，B为氧化物请填写下列空白：（1）物质A的化学式是，甲的原子结构示意图分别是；（2）反应的离子方程式是（3）反应的化学方程式是（可以分步书写）乙和D在高温条件下反应生成1molA时转移电子的物质的量为mol（4）若要除去H溶液中的G杂质，请简述方案：，该过程的离子反应方程式为：14某学生为了测定部分变
9、质的Na2SO3样品的纯度，设计了如图实验，回答下列问题：（1）写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯（2）实验开始后，写出B中反应的离子方程式（3）C中的现象是，E装置的作用是（4）按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4完全反应然后将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g，则样品中Na2SO3的纯度为（精确到0.1%）（5）在过滤沉淀时若滤液出现浑浊，则必须要重复操作，若该学生没有重复过滤，则测定的结果将（6）要使测定结果准确，第一：装置气密性必须良好；第二：应先点燃处酒精灯（填装置字母）2015-2016学
10、年四川省某重点高中高一（上）期末化学考前加试试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题每小题4分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关实验的说法中错误的是（）用酒精从碘水中萃取碘用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘实验室制Cl2、HCl和HF可用同一套装置用淀粉溶液直接检验出I氯水和SO2都有漂白性但漂白原理不同，把氯气和SO2混合后漂白性会增强盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发用KI和浓硫酸制取HI待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再向沉淀中加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，则待检液中一定含有CO32加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一
11、定含有SO42待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+ABCD【考点】化学实验方案的评价【分析】萃取剂和原溶剂不能互溶，水和酒精互溶；碘易升华，可用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘；实验室制Cl2、HCl可用同一套装置，但HF不可；I与淀粉溶液不反应；氯水和SO2都有漂白性但漂白原理不同，等物质的量的二氧化硫与反应生成盐酸和硫酸，无漂白性；溴单质易挥发，溴微溶于水，盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发；HI具有还原性，浓硫酸具有强氧化性；生成的无色无味的气体为二氧化碳，说明生成的沉淀为碳酸钡，原溶液中一定含有碳酸根离子；生成的白
12、色沉淀可能为氯化银，不一定含有硫酸根离子；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则原溶液中一定含有铵根离子【解答】解：酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳，故错误；碘易升华，可用升华的方法分离，即用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘，故正确；实验室制Cl2、HCl可用同一套装置，氟化氢是具有强氧化性的弱酸，可以腐蚀玻璃，在铅皿中制取，故错误；碘单质与淀粉显示蓝色，I与淀粉溶液不反应，用淀粉溶液无法直接检验出I，故错误；氯水中氯气和水反应生成次氯酸，具有氧化性，属于氧化性漂白，SO2能漂白品红，是化合性漂白，两者具有漂白性但漂白原理不同，把氯气和SO2混合，等物质的量的二氧化硫与反
13、应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸不具有漂白性，故错误；防止液溴挥发，溴微溶于水，所以盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发，故正确；浓硫酸具有强氧化性，能氧化碘化氢，不能用来制备碘化氢，故错误；待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，该气体为二氧化碳，生成的沉淀为碳酸钡，则待检液中一定含有CO32，故正确；加入氯化钡溶液后生成的白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定有SO42，故错误；铵根离子的检验方法：向待测液中，加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+，故正确；故选D2下列有关说法正确的是
14、（）AFeCl3溶液可作外伤止血剂，其原理与胶体知识有关BC单质可在高温下被浓H2SO4和浓HNO3氧化，而Si 单质不与任何酸反应CSiO2 分子的空间构型为四面体空间网状结构，因此SiO2晶体硬度大，熔沸点高D标准状况下，22.4LSO2和SO3的混合物所含分子数为NA【考点】胶体的重要性质；阿伏加德罗常数；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅【分析】A、血液为胶体；B、硅单质和HF反应；C、SiO2为原子晶体，不存在分子；D、标况下三氧化硫为固体；【解答】解：A、血液为胶体，故氯化铁溶液能使血液聚沉，故可作为止血剂，与胶体的性质有关，故A正确；B、硅单质和一般的酸不反应，但能和HF反应，故B错误；
15、C、SiO2为原子晶体，不存在单个的二氧化硅分子，故C错误；D、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误故选A3为了除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，下列实验步骤顺序和所用试剂都正确的是（）通过量CO2；加盐酸；加过量NaOH溶液；加AlCl3； 过滤ABCD【考点】物质分离、提纯的实验方案设计【分析】除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，先加过量的NaOH，过滤除去氢氧化铜，然后向滤液中通入足量的二氧化碳，过滤后，将氢氧化铝与盐酸反应得到氯化铝，以此来解答【解答】解：因氢氧化铝具有两性，则除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，下列实验步骤顺序和所用试剂为加过量NaO
16、H溶液、过滤、通过量CO2、过滤、加盐酸，故选D4常温下，向0.1mol/L的H2SO4溶液中逐滴加入0.1mol/L的Ba（OH）2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系如图所示，下列说法中正确的（）Ab处溶液的c（H+）与d处溶液的c（OH）相等Bad溶液的导电能力：abcdCad溶液的C（H+）：abcdDc处溶液和d处溶液均呈碱性【考点】离子方程式的有关计算；离子浓度大小的比较【分析】先判断酸的体积，然后根据图象计算abcd四点的体积，根据反应程度判断abcd四点溶液的酸碱性、离子浓度、导电能力【解答】解：由题意知，酸碱浓度相等，且酸碱反应时计量数之比为1：1，沉淀最大
17、时消耗碱的体积与酸的体积相等，所以酸的体积是20ml，a点为酸溶液体积为20ml，b点混合液体积为30ml，c点体积为40ml，d点为50mlA、b点酸溶液剩余10ml，d点碱液剩余10ml，酸碱浓度相等，所以酸碱的物质的量相等，虽然b、d两点氢离子和氢氧根的物质的量，但混合液的体积不同，所以浓度不等，故A错误；B、溶液的导电能力与离子的浓度成正比，离子的浓度越大导电能力越强，c处电解质是弱电解质水，离子浓度最小，导电能力最弱，故B错误；C、a、b都为酸性溶液，a点氢氧根和氢离子没反应，浓度最大，b点氢氧根和部分氢离子反应，c点为中性溶液，d点为碱性溶液，所以氢离子浓度大小为：abcd，故C正
18、确；D、c处Ba2+和SO42 恰好完全反应生成沉淀，H+和OH恰好完全反应生成H2O，溶液呈中性，d处溶液中Ba（OH）2过量，溶液呈碱性，故D错误；故选C5某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）AK+、Na+、HCO3、NO3BNa+、SO42、Cl、ClOCH+、Mg2+、SO42、NO3DAg+、K+、NO3、Na+【考点】离子共存问题【分析】某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，则该溶液为强碱溶液，溶液中存在大量的OH离子，利用离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等来分析离子的共存【解答】解：因强碱溶液既能溶解Al（OH）
19、3，又能溶解H2SiO3，则该溶液为强碱溶液，溶液中存在大量的OH离子，A、因HCO3与OH离子结合生成碳酸根离子和水，则该组离子不能大量共存，故A错误；B、在碱性溶液中该组离子之间不反应，则离子能大量共存，故B正确；C、因H+与OH离子结合生成水，Mg2+与OH离子结合生成氢氧化镁沉淀，则该组离子不能大量共存，故C错误；D、因Ag+与OH离子结合生成沉淀，则该组离子不能大量共存，故D错误；故选B6下列反应的离子方程式正确的是（）A碳酸氢钠与少量硫酸氢钠溶液反应：HCO3+HSO4CO2+H2O+SO42B硫酸氢钾溶液中滴入氢氧化钡溶液至完全沉淀：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC
20、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2DNH4Al（SO2）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，硫酸氢根离子需要拆开；B沉淀恰好完全时，硫酸氢钾与氢氧化钡按照物质的量1：1反应；C碘化钾过量，硝酸根离子和铁离子都完全反应；D氢氧化钡过量，铵根离子也参与反应【解答】解：A碳酸氢钠与少量硫酸氢钠溶液反应，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：HCO3+H+CO2+H2O，故A错误；B硫酸氢钾溶液中滴入氢氧化钡溶液至完
21、全沉淀，反应的离子方程式为：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2O，故B正确；C硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故C错误；DNH4Al（SO2）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，铵根离子、铝离子和硫酸根离子都完全反应，正确的反应为：NH4+Al3+5OH+2SO42+2Ba2+AlO2+2BaSO4+2H2O+NH3H2O，故D错误；故选B7往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（STP）时立即停止
22、，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD【考点】离子反应发生的条件【分析】n（CO2）=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，以此解答该题【解答】解：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生：2OH+CO2=CO32+H
23、2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，设生成xmolCO32，ymolHCO3，则，解得x=0.1，y=0.2，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2+2OH+CO2=BaCO3，该阶段0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH、生成0.1molBaCO3；然后发生2OH+CO2=CO32+H2O，0.2molOH完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段
24、离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32；再发生CO32+CO2+H2O=2HCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，故选C8将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4molL1的NaOH溶液150mL则原硫酸的物质的量浓度为（
25、）A1.5molL1B0.5molL1C2molL1D1.2molL1【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算【分析】Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（H2SO4），再根据c=计算【解答】解：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=n（Na2SO4）=0.15L4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.
26、3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）=2 molL1，故选C9己知反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O；下列说法正确的是（）A1mol 氧化剂在反应中得到的电子为12molBCu（IO3）2既作氧化剂又作还原剂CCuI中各元素化合价在反应前后都不变DI2既作氧化产物又作还原产物【考点】氧化还原反应【分析】该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu（IO3）2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有的I元素化合价由1价变为0价，转移电子数为22，A氧化剂对应的产物是还原产
27、物，还原剂对应的产物是氧化产物；B失电子的反应物是还原剂、得电子的反应物是氧化剂；CCuI是还原产物；D1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol（21）+2mol（50）=11mol，根据转移电子相等计算【解答】解：该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu（IO3）2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有的I元素化合价由1价变为0价，转移电子数为22，A1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol（21）+2mol（50）=11mol，KI中I元素的化合价由1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol，故A错误；B失电子的反应物
28、是还原剂、得电子的反应物是氧化剂，因为Cu（IO3）2中Cu、I元素都得电子，所以只是氧化剂，故B错误；CCuI是还原产物，所以CuI中各元素化合价在反应前后都发生变化，故C错误；D氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，所以碘是氧化产物和还原产物，故D正确；故选D10下列关于钠的化合物叙述中错误的是（）A1molNa2O2与2molNaHCO3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、Na2CO310H2O组成的混合物0.05 mol，溶于水后加入50 mL 2 mol/L的盐酸恰好完全反应，则原混
29、合物中各成分的物质的量之比可以为任意值C向Na2 CO3饱和溶液中通入CO2，溶液变浑浊有晶体析出D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、由2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可知2mol碳酸氢钠分解生成1moNa2CO3、1molCO2、1molH2O，然后过氧化钠分别与水和二氧化碳反应，确定最后的固体的物质；B、根据物质的性质，写出对应的化学方程式，设出未知量，找出它们的关系，然后求出未知量；C、碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小；D、由于
30、不知道钠和氧气反应的产物为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
31、；B、设Na2O和Na2O2的物质的量分别为xmol、ymol， Na2O+H2O=2NaOH 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 x 2x y 2y NaOH+HCl=NaCl+H2O Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 2（x+y） 2（x+y） 0.05xy 2（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），故B正确；C、碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，所以会析出NaHCO3，故C正确；D、反应消耗的氯化氢的物质
32、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A二、非选择题（共60分）11某铝合金（硬铝）中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如图实验：（1）补全上述各步反应的离子方程式Mg+2H+Mg2+H2，2Al+6H+2Al3+
33、3H2H+OH=H2O，Al3+4OHAlO2+2H2O Mg2+2OHMg（OH）2OH+CO2=HCO3；CO2+AlO2+H2OAl（OH）3+HCO3（2）计算该样品中铝的质量分数：100%（3）第步中加入Na0H溶液不足时，会使测定结果偏低；第步对沉淀灼烧不充分时，会使测定结果偏高【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】由测定该合金中铝的含量流程可知，加盐酸，Cu、Si不反应，则过滤得到的固体为Cu、Si，溶液中含Al3+、Mg2+，加足量的NaOH，过滤得到的沉淀为Mg（OH）2，溶液中主要含AlO2，通足量的二氧化碳，反应生成Al（OH）3，灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3，
34、（1）先根据流程图分析实验的原理，然后写出对应的化学方程式；（2）根据铝守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，最后求出铝的质量分数；（3）第步中加入NaOH的量不足的时，铝不能完全转变成AlO2；对沉淀的灼烧不充分，会有水分，会增加灼烧后固体的质量【解答】解：（1）第步发生的化学方程式有两个：镁与盐酸反应，铝和盐酸反应，Mg+2H+Mg2+H2，2Al+6H+2Al3+3H2，第步发生的化学方程式有三个：盐酸和氢氧化钠反应，反应的离子方程式H+OH=H2O，氯化铝和过量氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：Al3+4OHAlO2+2H2O，氯化镁和氢氧化钠反应，反应的离子
35、方程式为：Mg2+2OHMg（OH）2，第步发生的化学方程式有两个：氢氧化钠和过量的二氧化碳反应，偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应，离子反应为OH+CO2=HCO3，CO2+H20+A102Al（OH）3+HCO3，故答案为：2Al+6H+2Al3+3H2；H+OH=H2O；Al3+4OHAlO2+2H2O；OH+CO2=HCO3；CO2+AlO2+H2OAl（OH）3+HCO3；（2）因铝在反应前后守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，则铝的质量为bg100%=g，样品质量为ag，所以铝的质量分数=100%=100%，故答案为：100%；（3）因NaOH的量不足，铝不能
36、完全转变成AlO2，最终产生的氧化铝质量少，造成结果偏低，因对沉淀的灼烧不充分时有水分，则灼烧后固体的质量变大，会使测定的结果偏高，故答案为：偏低；偏高12某兴趣小组设计出如图所示装置来进行“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是检查装置气密性（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是反应变缓，红棕色气体逐渐变为无色（3）如表是制取硝酸铜
37、的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是丙，理由是制取等量的硝酸铜时，丙方案耗酸量最少、无污染物（NOX）产生 方 案 反 应 物甲Cu、浓HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2、稀HNO3（4）该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4Cl2Br2操作步骤为：a中加入浓盐酸，c中加入高锰酸钾，d中加入溴化钾溶液、打开b由a向c中加入浓盐酸实验现象为c中有黄绿色气体产生，d中溶液由无色变为橙黄色；但此实验的不足之处是无尾气处理装置，会污染环境【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）实验前要检查装置气密性；（2）铜与浓硝酸反应得到硝酸铜、二氧化氮和水；二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮；
38、（3）根据制备过程中耗酸量最少，无污染的原则进行判断；（4）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，利用KMnO4与浓盐酸反应，再利用产生的氯气与KBr溶液反应得到溴，同时要注意尾气吸收【解答】解：（1）实验前要检查装置气密性，实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，这是检查装置气密性的常见方法，故答案为：检查装置气密性；（2）铜与浓硝酸反应得到硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；由a向c中加2mL蒸馏水，硝酸进行的稀释，反应变缓，同时二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，故c中气
39、体颜色红棕色气体逐渐变为无色，故答案为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；反应变缓，红棕色气体逐渐变为无色；（3）甲：铜与浓硝酸制取硝酸铜时的方程式是：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，生成的NO2会造成大气污染，硝酸的利用率为50%；乙：铜与稀硝酸制取硝酸铜时的方程式是：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，生成的NO也会造成大气污染，硝酸的利用率为75%；丙：此过程用方程式可表示为：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，从过程可以看出该过程不会产生有毒气体，环保且没有多消耗原料，故能体
40、现绿色化学理念的最佳方案是丙，故答案为：丙；制取等量的硝酸铜时，丙方案耗酸量最少；无污染物（NOX）产生；（4）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，利用KMnO4与浓盐酸反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，再利用产生的氯气与KBr溶液反应得到溴：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，操作步骤为a中加入浓盐酸，c中加入高锰酸钾，d中加入溴化钾溶液，打开b由a向c中加入浓盐酸，现象为c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为橙色，同时要注意尾气吸收，防止污染空气，故答案为：a中加入浓盐酸，c中加入高锰酸钾，d中加入溴化钾溶液；打开b由a向c中加入浓盐
41、酸；c中有黄绿色气体产生，d中溶液由无色变为橙黄色；无尾气处理装置，会污染环境13已知在一定条件下可实现如图所示物质之间的变化，其中甲、乙为金属单质，丙、丁、戊为非金属单质，B为氧化物请填写下列空白：（1）物质A的化学式是Fe3O4，甲的原子结构示意图分别是；（2）反应的离子方程式是3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3（3）反应的化学方程式是（可以分步书写）FeCl2+2NaOHFe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3乙和D在高温条件下反应生成1molA时转移电子的物质的量为8mol（4）若要除去H溶液中的G杂质，请简述方案：加入过量铁粉并过滤，该过
42、程的离子反应方程式为：Fe+2Fe3+3Fe2+【考点】无机物的推断【分析】金属甲与A反应生成氧化物B与金属单质乙，而氧化物B既能与盐酸又能与NaOH溶液反应，则A为Al，B为Al2O3，C为AlCl3，E为NaAlO2，D为H2O，F为Al（OH）3金属乙与非金属单质丁反应得到G，乙与盐酸反应生成H，H与丁反应得到G，G与NaOH溶液反应得到红褐色沉淀I，则乙为Fe，丁为Cl2，G为FeCl3，H为FeCl2，I为Fe（OH）3，乙（Fe）与D（H2O）反应生成的A为Fe3O4，戊为H2，乙与丙反应得到A，则丙为O2【解答】解：金属甲与A反应生成氧化物B与金属单质乙，而氧化物B既能与盐酸又能
43、与NaOH溶液反应，则A为Al，B为Al2O3，C为AlCl3，E为NaAlO2，D为H2O，F为Al（OH）3金属乙与非金属单质丁反应得到G，乙与盐酸反应生成H，H与丁反应得到G，G与NaOH溶液反应得到红褐色沉淀I，则乙为Fe，丁为Cl2，G为FeCl3，H为FeCl2，I为Fe（OH）3，乙（Fe）与D（H2O）反应生成的A为Fe3O4，戊为H2，乙与丙反应得到A，则丙为O2（1）物质A的化学式是Fe3O4，甲为Al，原子结构示意图是，故答案为：Fe3O4；（2）反应的离子方程式是：3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3，故答案为：3AlO2+Al3+6H2O4Al（OH）3；（3
44、）反应的化学方程式是（可以分步书写）：FeCl2+2NaOHFe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，乙和D在高温条件下反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，生成1molFe3O4时转移电子的物质的量为8mol，故答案为：FeCl2+2NaOHFe（OH）2+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；8；（4）要除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可以向FeCl2溶液中加入过量铁粉并过滤，该过程的离子反应方程式为：Fe+2Fe3+3Fe2+，故答案为：加入过量铁粉并过滤；Fe+2Fe3+3Fe2+14某学生为了测定部分变质的
45、Na2SO3样品的纯度，设计了如图实验，回答下列问题：（1）写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯圆底烧瓶、分液漏斗（2）实验开始后，写出B中反应的离子方程式Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42（3）C中的现象是红色鲜花褪色，E装置的作用是吸收未反应的二氧化硫和氯气防止环境污染（4）按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4完全反应然后将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g，则样品中Na2SO3的纯度为50.8%（精确到0.1%）（5）在过滤沉淀时若滤液出现浑浊，则必须要重复操作，若该学生没有重复过滤，
46、则测定的结果将偏低（6）要使测定结果准确，第一：装置气密性必须良好；第二：应先点燃D处酒精灯（填装置字母）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】A装置产生二氧化硫，D装置产生氯气在F装置中干燥，C装置检验干燥氯气的漂白性，氯气和二氧化硫在B装置中反应，E装置吸收尾气，防止污染空气（1）根据装置图填写仪器名称；（2）A为实验室制备二氧化硫的发生装置，D为实验室制备氯气的发生装置，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸；（3）红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；氯气和二氧化硫有毒，E中NaOH溶液吸收尾气防止污染；（4）根据图
47、示读取样品质量，托盘天平左物右码，图中砝码和样品放反了，根据硫元素守恒计算，Na2SO3SO2BaSO4；（5）没有重复过滤，导致部分沉淀留在滤液中，导致硫酸钡质量减少；（6）应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化【解答】解：（1）解：装置中所用玻璃仪器为：圆底烧瓶、分液漏斗和酒精灯，故答案为：圆底烧瓶、分液漏斗；（2）D为实验室制备氯气的发生装置，反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl22H2O，A中是实验室制备二氧化硫的装置，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应为：C
48、l2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42；故答案为：Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42；（3）红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，故红色鲜花褪色；氯气和二氧化硫有毒，二氧化硫在溶液中反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OHSO32+H2O；氯气在其溶液中反应生成NaCl和NaClO，反应为：Cl2+2OHCl+ClO+2H2O，故E中NaOH溶液吸收尾气防止污染，故答案为：红色鲜花褪色；吸收未反应的二氧化硫和氯气防止环境污染；（4）根据硫元素守恒计算，Na2SO3SO2BaSO4126g 233gm 23.3gm=12.6g，样品质量为：10.0g+10.0g+5.0g0.2g=24.8g，所以Na2SO3的质量分数为100%=50.8%；故答案为：50.8%；（5）没有重复过滤，导致部分沉淀留在滤液中，导致硫酸钡质量减少，则由此计算的亚硫酸钠的质量减少，质量分数偏低，故答案为：偏低；（6）应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化，故先加热D处酒精灯，故答案为：D2016年8月2日