1、2015-2016学年宁夏石嘴山三中高一（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题（本题共有18小题，每小题3分，共54分在给出的四个选项中仅有一项符合题目要求）1绿色化学是将反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，以减少有害物质生成的化学工艺理念下列符合“绿色化学”要求的是（）A湿法冶铜：Fe+CuSO4FeSO4+CuB高炉炼铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2C制氧气：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2D制环氧乙烷：2C2H2（ 乙炔）+O22C2H4O （ 环氧乙烷）2下面有关硅的叙述中，正确的是（）A光导纤维是以硅酸盐为主要原料制成的B硅是构成矿物和岩石的主要元素
2、，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位C硅的化学性质不活泼，在自然界中可以以游离态存在D硅在电子工业中，是最重要的半导体材料3能从下列四组混合物中把硫粉分离出来的同种方法是（）沙粒和硫粉 硫酸钠和硫粉 铁屑和硫粉 木炭和硫粉A用水溶解并过滤B加热使硫粉升华并过滤C用CS2溶解并过滤D用盐酸溶解并过滤4实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（）A是氨气发生装置B是氨气发生装置C是氨气吸收装置D是氨气收集、检验装置5SO2通入下列溶液中，溶液褪色或变浅，说明SO2具有漂白作用的组合是（）KMnO4（H+，aq） 品红溶液溴水氯水Fe3+（aq）ABCD只有6下列除去CO2中的SO2杂
3、质的方法中最佳的是（）A将气体通过澄清石灰水B将气体通过氯水C将气体通过KMnO4溶液D将气体通过饱和KHCO3溶液7下列物质不能直接由单质经化合反应得到的是（）AFeCl3BMg3N2CSO3DCu2S810mL 18mol/L的H2SO4中加入足量的锌片并加热，充分反应，产生标况下2.688L气体，下列说法不正确的是（）A参与反应的硫酸少于0.18molB有0.12mol H2SO4被还原C反应后溶液中无H2SO4剩余D消耗锌片为7.8g9如图，在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是（）A加入的是CCl4，加入苯，加酒精B加入的是酒精，加入
4、CCl4，加苯C加入的是苯，加入CCl4，加酒精D加入的是苯，加酒精，加CCl410氰气的分子式为（CN）2，其性质和卤素相似，称为“类卤素”以下关于（CN）2的叙述中不正确的是（）A（CN）2化学性质活泼B（CN）2不能和NaOH反应C（CN）2参加反应时常做氧化剂D（CN）2可以和H2反应11甲、乙、丙三种溶液各含有一种X（X为Cl、Br、I中的一种）离子向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，再加入丙溶液，颜色无明显变化则甲、乙、丙依次含有（）ABr、Cl、IBBr、I、ClCI、Br、ClDCl、I、Br12一般情况下，得到电子的能力越强，物质的氧化性就越强；失去电子的能力越强，物质的
5、还原性就越强现有三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl22FeCl32KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，若某溶液中有Fe2+、I、Cl共存，要氧化除去I而不影响Fe2+和Cl，可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl13只需加入一种试剂就可以把Na2SiO3、Na2CO3、MgCl2、Ba（HCO3）2四种无色溶液鉴别出来，这种试剂是（）A盐酸B硫酸C石灰水D硝酸银溶液14若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，可能共存的是（）ANH4+、NO3、CO32、Na+BNa+、Ba2+、H
6、CO3、Al（OH）4CNO3、Ca2+、K+、Fe2+DNO3、K+、Al（OH）4、OH15把Ba（OH）2溶液滴入明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（）AAl3+BAl（OH）3CAl（OH）4DAl3+和Al（OH）316a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg 5种金属中的一种已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d；（3）c与强碱反应放出气体；（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化由此可判断a、b、c、d、e依次为（）AFe Cu Al Ag MgBAl Cu M
7、g Ag FeCMg Cu Al Ag FeDMg Ag Al Cu Fe17将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不正确的是（）A硫酸的物质的量浓度为2.5 molL1B最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C镁和铝的总质量为9 gD生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L18在氧气中充分灼烧1.20g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化为SO2，将这些SO2与Cl2反应全部转化为H2SO4，共消耗标况下氯气0.44L，则原化合物中S的质量分数为（）A53
8、%B46%C18%D36%二、填空题（本题每空2分，共4分）19晶体硅（熔点1140）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）（1）试写出工业制粗硅的方程式：（2）写出由SiCl4还原制得Si的方程式：三、实验题（本题共2小题，共26分）20海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，步骤和步骤该步骤的实验操作名称分别是、（2）步骤反应的离子方程式是步骤中的转化还可以双氧水（H2O2），请写出反应的离子方程式：（3）步骤中，某学生选择用苯来提取碘的
9、理由是（4）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：21如图表示在没有通风橱的条件下制备氯气时设计的装置，图中A、B是可控制的弹簧铁夹（已知：氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小）（1）仪器A的名称是；水槽中应盛放的是；烧杯中盛放的是（2）试写出实验室用该装置制取氯气的化学方程式：（3）在收集氯气时，应打开，关闭当氯气收集完毕时打开，关闭（填A，B）（4）若要制得标准状况下的Cl20.672L，理论上需要MnO2的物质的量是四、推断题（本题共23分）22A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如下的反应关系：（1）常温下，若A为气态单
10、质，C为非金属氧化物，A、C均能使品红溶液褪色，相对分子质量ED，则：该反应的反应方程式为，检验D中阴离子的方法是（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行写出反应的离子方程式；（3）若A、C均为化合物，E为白色沉淀，C为引起温室效应的主要气体，写出E可能的化学式（写两种）、写出生成E的一个离子方程式23已知如图中均为中学阶段常见物质，A为红棕色固体氧化物，B所含元素为地壳中含量最高的金属元素，F为密度最小的非金属单质（1）单质F是，溶液H中所含的主要离子是（2）写出下列反应的化学方程式：C+LF+E：；BF+H：（3）写出下列反应的离子方程式：G+C
11、E：；DH：（4）鉴别E溶液中阳离子的方法为：五、计算题（本题共2小题，共13分请按要求写出相应的计算过程，仅有答案不得分）24某兴趣小组在研究铝的性质时用扎满小孔的铝箔包裹金属钠，总质量为5g将其投入水中，充分反应后，无固体剩余，共收集到标况下气体4.48L，将所得溶液加水稀释至200mL，试计算：（1）铝箔和金属钠的总质量各为多少（2）若溶液中仅有一种溶质，溶液浓度为多少25将7.6g的镁、铜合金加入到100mL某浓度硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1
12、g，试计算：（1）完全沉淀时所消耗的NaOH溶液的体积（2）合金中铜和镁的质量各为多少（3）该硝酸的浓度为多少2015-2016学年宁夏石嘴山三中高一（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共有18小题，每小题3分，共54分在给出的四个选项中仅有一项符合题目要求）1绿色化学是将反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，以减少有害物质生成的化学工艺理念下列符合“绿色化学”要求的是（）A湿法冶铜：Fe+CuSO4FeSO4+CuB高炉炼铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2C制氧气：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2D制环氧乙烷：2C2H2（ 乙炔）+O2
13、2C2H4O （ 环氧乙烷）【考点】绿色化学【分析】“化学反应绿色化”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中当反应的产物只有一种时就符合绿色化学的原理，产物有多种时就有可能不符合绿色化学的原理了【解答】解：A、B、C三个选项中反应产物有多个，并没有达到原料物质中的所有原子完全利用，全部转入期望产物D中只有一种产物原料物质完全被利用故选D2下面有关硅的叙述中，正确的是（）A光导纤维是以硅酸盐为主要原料制成的B硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位C硅的化学性质不活泼，在自然界中可以以游离态存在D硅在电子工业中，是最重要的半导体材料【考点】硅和二
14、氧化硅【分析】A光导纤维的主要成分是二氧化硅；B硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位；C自然界中没有游离态的硅存在；D硅为半导体材料【解答】解：A光导纤维不是以硅酸盐为主要原料制成的，故A错误；B硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位，故B错误；C硅为亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，故C错误；D硅可导电，常用于半导体材料，故D正确故选D3能从下列四组混合物中把硫粉分离出来的同种方法是（）沙粒和硫粉 硫酸钠和硫粉 铁屑和硫粉 木炭和硫粉A用水溶解并过滤B加热使硫粉升华并过滤C用CS2溶解并过滤D用盐酸溶解并过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分
15、析】沙粒和硫粉 硫酸钠和硫粉 铁屑和硫粉 木炭和硫粉中，只有硫酸钠溶于水，只有Fe与盐酸反应，但硫易溶于CS2，以此来解答【解答】解：沙粒和硫粉 硫酸钠和硫粉 铁屑和硫粉 木炭和硫粉中，只有硫酸钠溶于水，只有Fe与盐酸反应，但硫易溶于CS2，加热时Fe与S反应，则把硫粉分离出来的同种方法是用CS2溶解并过滤，故选C4实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（）A是氨气发生装置B是氨气发生装置C是氨气吸收装置D是氨气收集、检验装置【考点】氨的实验室制法【分析】NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；氨气极易溶于水，装置中相当于
16、导气管直接插入水；CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，有利于氨气的生成；氨气易溶于水，装置图中收集氨气易与空气对流收集不到纯净的气体【解答】解：NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的机会不多，故错误；氨气极易溶于水按照装置图水会发生倒吸，故错误；向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，故正确；装置中试管口处应塞一团棉花，氨气易溶于水防止与空气对流，得不到纯净的氨气，故错误；故选B5SO2通入下列溶液中，溶液褪色或变浅，说明SO2具有漂白作用的组合是（）K
17、MnO4（H+，aq） 品红溶液溴水氯水Fe3+（aq）ABCD只有【考点】二氧化硫的化学性质【分析】二氧化硫和水反应生成的亚硫酸和有机色素品红结合成不稳定的无色物质，加热不稳定的物质分解恢复原来的眼神，体现了二氧化硫的漂白性；紫红色是高锰酸根离子的颜色，通入二氧化硫气体溶液褪色是二氧化硫把高锰酸根还原为无色的锰离子，不是二氧化硫的漂白性；品红溶液褪色，结合无色的大分子化合物而褪色，是二氧化硫的漂白性；红棕色褪去的原因是：溴水是红棕色，SO2和Br2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是二氧化硫的漂白性；浅黄绿色褪去的原因是：氯水是浅黄绿色，SO2和Cl2、H2O反应，是二氧化硫的还原性，不是
18、二氧化硫的漂白性；黄色褪去，是Fe3+的黄色，Fe3+和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸，不是二氧化硫的漂白性【解答】解：高锰酸钾溶液本身呈紫红色，通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应，高锰酸钾把二氧化硫氧化，本身被还原为无色锰离子，体现二氧化硫的还原性，故不符合；品红溶液褪色，结合无色的大分子化合物而褪色，是二氧化硫的漂白性，故符合；二氧化硫气体通入溴水中发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，红棕色退去，体现了二氧化硫的还原性，故不符合；二氧化硫气体通入氯水中发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，浅绿色退去，体现了二氧化硫的还原性，
19、故不符合；黄色褪去，是Fe3+的黄色，Fe3+和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸，不是二氧化硫的漂白性；故不符合；故选D6下列除去CO2中的SO2杂质的方法中最佳的是（）A将气体通过澄清石灰水B将气体通过氯水C将气体通过KMnO4溶液D将气体通过饱和KHCO3溶液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】二者均为酸性氧化物，而二氧化硫具有还原性，能被高锰酸钾、氯气氧化，但选项D中生成更多的二氧化碳，以此来解答【解答】解：A二者均与石灰水反应，不能除杂，故A不选；B二氧化硫与氯水反应，而二氧化碳不能，可除杂，但方法不最佳，故B不选；C二氧化硫与高锰酸钾
20、反应，而二氧化碳不能，可除杂，但方法不最佳，故C不选；D二氧化硫与饱和KHCO3溶液反应生成二氧化碳，方法最佳，故D选；故选D7下列物质不能直接由单质经化合反应得到的是（）AFeCl3BMg3N2CSO3DCu2S【考点】氯气的化学性质；铁的化学性质【分析】A铁在氯气中燃烧生成氯化铁；B镁与氮气反应生成Mg3N2；C硫在空气中燃烧生成二氧化硫；D铜粉和硫粉混合反应生成硫化亚铜【解答】解：A铁在氯气中燃烧产生会生成棕黄色的烟，烟的主要成分为三氯化铁，故A错误；B镁与氮气反应生成Mg3N2，可以直接由单质经化合反应得到，故B错误；C硫在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应
21、生成三氧化硫，所以不能由单质直接化合得到，故C正确；D铜粉和硫粉混合反应生成硫化亚铜，可以直接由单质经化合反应得到，故D错误；故选C810mL 18mol/L的H2SO4中加入足量的锌片并加热，充分反应，产生标况下2.688L气体，下列说法不正确的是（）A参与反应的硫酸少于0.18molB有0.12mol H2SO4被还原C反应后溶液中无H2SO4剩余D消耗锌片为7.8g【考点】氧化还原反应的计算【分析】浓硫酸和锌反应反应生成二氧化硫，反应后浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸和锌反应生成氢气，假设生成的气体为二氧化硫和氢气的混合气体，根据硫酸和气体之间的关系式列方程计算参加反应的锌的质量【解答】解：浓硫
22、酸和锌反应生成二氧化硫，反应后浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸和锌反应生成氢气，假设生成的气体为二氧化硫和氢气的混合气体，生成气体的物质的量=0.12mol，设反应生成xmolSO2，ymolH2，参加反应的硫酸的物质的量=18mol/L0.01L=0.18mol，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2Ox 2x xZn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2 y y y列方程得 解得通过以上分析知参加反应的锌的物质的量为x+y=0.12mol，锌的质量为m=nM=0.12mol65g/mol=7.8g，A、参与反应的硫酸等于0.18mol，故A错误；B、有0.12mol H2SO4被还原，故
23、B正确；C、反应后溶液中无H2SO4剩余，故C正确；D、锌的质量为m=nM=0.12mol65g/mol=7.8g，故D正确；故选：A9如图，在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是（）A加入的是CCl4，加入苯，加酒精B加入的是酒精，加入CCl4，加苯C加入的是苯，加入CCl4，加酒精D加入的是苯，加酒精，加CCl4【考点】分液和萃取【分析】苯能萃取溴水中的溴，但密度小于水的密度；四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度；酒精和溴水互溶【解答】解：苯能萃取溴水中的溴，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色；四
24、氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色；酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液为橙黄色，故选C10氰气的分子式为（CN）2，其性质和卤素相似，称为“类卤素”以下关于（CN）2的叙述中不正确的是（）A（CN）2化学性质活泼B（CN）2不能和NaOH反应C（CN）2参加反应时常做氧化剂D（CN）2可以和H2反应【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】（CN）2的性质和卤素相似，将CN换为Cl，利用氯化物的性质来类推氰气及其化合物的性质，以此来解答【解答】解：A因Cl2化学性质活泼，则（CN）2化学性质活泼，故A正确；B氯气与
25、NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，则（CN）2和NaOH溶液反应生成NaCN、NaCNO和H2O，故B错误；C氯气易得到电子，为常见的氧化剂，则（CN）2参加反应时常做氧化剂，故C正确；故C正确；D氢气与氯气化合生成HCl，则（CN）2可以和H2反应，故D正确；故选B11甲、乙、丙三种溶液各含有一种X（X为Cl、Br、I中的一种）离子向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，再加入丙溶液，颜色无明显变化则甲、乙、丙依次含有（）ABr、Cl、IBBr、I、ClCI、Br、ClDCl、I、Br【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化性、还原性强弱的比较【分析】向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶
26、液变为橙色，则甲中含有溴离子；再加入丙溶液，颜色无明显变化，则丙中含氯离子，以此来解答【解答】解：向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，发生Cl2+2Br=Br2+2Cl，则甲中含有溴离子；再加入丙溶液，颜色无明显变化，因氯气能氧化碘离子，则丙中不含碘离子，即丙中含氯离子，甲、乙、丙三种溶液各含有一种离子，则乙中含碘离子，所以甲、乙、丙依次含有Br、I、Cl，故选B12一般情况下，得到电子的能力越强，物质的氧化性就越强；失去电子的能力越强，物质的还原性就越强现有三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl22FeCl32KMnO4+16HCl2KCl+
27、2MnCl2+5Cl2+8H2O，若某溶液中有Fe2+、I、Cl共存，要氧化除去I而不影响Fe2+和Cl，可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】利用氧化还原反应除杂，先根据方程式判断出离子的氧化性、还原性强弱；再选择合适的氧化剂氧化除去I并且不影响Fe2+和Cl，不引入新杂质【解答】解：反应中氧化性：Fe3+I2；还原性：IFe2+；反应中氧化性：Cl2Fe3+；还原性：Fe2+Cl；反应中氧化性：MnO4Cl2；还原性：ClMn2+，所以氧化性由强至弱的顺序为：MnO4Cl2Fe3+I2；所以还原性由强至弱的顺序为：IFe2+ClM
28、n2+，A：Cl2不仅氧化I还能氧化Fe2+，故A错误；B：MnO4不仅氧化I还能氧化Fe2+、Cl，并且引入杂质Mn2+，故B错误；C：Fe3+仅氧化I不能氧化Cl，故C正确；D：HCl不能氧化I，无法除去I，故D错误；故选C13只需加入一种试剂就可以把Na2SiO3、Na2CO3、MgCl2、Ba（HCO3）2四种无色溶液鉴别出来，这种试剂是（）A盐酸B硫酸C石灰水D硝酸银溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】Na2SiO3、Na2CO3、MgCl2、Ba（HCO3）2四种无色溶液分别与硫酸反应的现象为：白色沉淀、无色气体、无现象、白色沉淀和气体，以此来解答【解答】解：A盐酸不
29、能鉴别Na2CO3、Ba（HCO3）2，故A不选；BNa2SiO3、Na2CO3、MgCl2、Ba（HCO3）2四种无色溶液分别与硫酸反应的现象为：白色沉淀、无色气体、无现象、白色沉淀和气体，现象不同可鉴别，故B选；C石灰水不能鉴别Na2CO3、MgCl2、Ba（HCO3）2，故C不选；D硝酸银不能鉴别Na2SiO3、Na2CO3、MgCl2，故D不选；故选B14若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，可能共存的是（）ANH4+、NO3、CO32、Na+BNa+、Ba2+、HCO3、Al（OH）4CNO3、Ca2+、K+、Fe2+DNO3、K+、Al（OH）4、OH【考点】离子共
30、存问题【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液中存在大量氢离子或企业广告离子，A铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应；B碳酸氢根离子能够与氢离子、氢氧根离子反应；C亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应【解答】解：与铝反应生成氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，ACO32与氢离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；BHCO3、Al（OH）4与氢离子反应，HCO3与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CNO3、Fe2+在酸性条件下发生氧化还原反应，F
31、e2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DNO3、K+、Al（OH）4、OH之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故D正确；故选D15把Ba（OH）2溶液滴入明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（）AAl3+BAl（OH）3CAl（OH）4DAl3+和Al（OH）3【考点】镁、铝的重要化合物【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，根据反应：SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+4OH=Al（OH）4判断【
32、解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，由反应SO42+Ba2+=BaSO4可知，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH，则发生Al3+4OH=Al（OH）4，所以最后溶液中存在Al（OH）4，故选C16a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg 5种金属中的一种已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d；（3）c与强碱反应放出气体；（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化由此可判断a、b、c、d、e依次为（）AFe Cu Al
33、Ag MgBAl Cu Mg Ag FeCMg Cu Al Ag FeDMg Ag Al Cu Fe【考点】无机物的推断【分析】（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体，说明a和c的活动性顺序位于氢元素之前；（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，说明b的金属性比d强；（3）c与强碱反应放出气体，则为铝；（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化，分别为铁和铝中的一种【解答】解：a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg 5种金属中的一种，其中c、e在冷浓硫酸中发生钝化，分别为Fe、Al中的一种，且c与强碱反应放出气体，则c为Al、e为Fe；a、b、d分别为Cu、Ag、Mg中的一种，由于a能与稀硫
34、酸反应放出气体，则a为Mg，b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，则b为Cu、d为Ag，故选：C17将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不正确的是（）A硫酸的物质的量浓度为2.5 molL1B最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C镁和铝的总质量为9 gD生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L【考点】镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算【分析】从图象中看到，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后有剩余，此时发生的反应为
35、：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，溶液中溶质为硫酸钠，2n（Na2SO4）=n（NaOH）；当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，发生反应NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，故沉淀最大时nMg（OH）2=0.15mol，nAl（OH）3=0.35mol0.15mol=0.2mol，所以该阶段消耗的氢氧化钠为0.2mol，故原氢氧化钠溶液浓度c（NaOH）=5mol/L根据各阶段各物质的量进行
36、计算和判断【解答】解：从图象中看到，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，溶液中溶质为硫酸钠，2n（Na2SO4）=n（NaOH）；当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，发生反应NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，故沉淀最大时nMg（OH）2=0.15mol，nAl（OH）3=0.35mol0
37、.15mol=0.2mol，所以该阶段消耗的氢氧化钠为0.2mol，故原氢氧化钠溶液浓度c（NaOH）=5mol/LA、当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为硫酸钠，2n（Na2SO4）=n（NaOH）=0.2L5mol/L=1mol，n（Na2SO4）=0.5mol，所以原硫酸溶液的浓度为=2.5mol/L，故A正确；B、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后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故B正确；C、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少
38、，此时全部为Mg（OH）2故n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，m（Mg）=0.15mol24gmol1=3.6g，n（Al）=nAl（OH）3=0.35mol0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol27gmol1=5.4g，所以镁和铝的总质量为3.6g+5.4g=9g，故C正确；D、令生成的氢气为xmol，则根据电子转移守恒有2x=0.152+0.23，解得x=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol22.4Lmol1=10.08L，故D错误故选：D18在氧气中充分灼烧1.20g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化为SO2，将这些SO2与Cl2反应全
39、部转化为H2SO4，共消耗标况下氯气0.44L，则原化合物中S的质量分数为（）A53%B46%C18%D36%【考点】元素质量分数的计算【分析】根据电子转移守恒计算SO2的物质的量，再根据S原子守恒计算S的质量，进而可计算质量分数【解答】解：根据电子转移守恒：n（SO2）=n（Cl2）=，根据S原子守恒可知，混合物中S的质量=32g/mol=0.63g故混合物中S的质量分数为100%=53%故选：A二、填空题（本题每空2分，共4分）19晶体硅（熔点1140）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）（1）试写出工业制粗硅的方程式：SiO2+2CSi+
40、2CO（2）写出由SiCl4还原制得Si的方程式：2H2+SiCl4Si+4HCl【考点】硅和二氧化硅【分析】（1）C还原二氧化硅制粗硅；（2）高温下氢气与四氯化硅（SiCl4）反应可制得高纯度的硅，同时生成氯化氢气体【解答】解：（1）C还原二氧化硅制粗硅，化学反应为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（2）高温下氢气与四氯化硅（SiCl4）反应可制得高纯度的硅，同时生成氯化氢气体，反应的化学方程式为2H2+SiCl4Si+4HCl故答案为：2H2+SiCl4Si+4HCl三、实验题（本题共2小题，共26分）20海带中含有丰富的碘为了从海带中提取碘，某研究性学习小
41、组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，步骤和步骤该步骤的实验操作名称分别是过滤、蒸馏（2）步骤反应的离子方程式是2I+Cl2=I2+2Cl步骤中的转化还可以双氧水（H2O2），请写出反应的离子方程式：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O（3）步骤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是碘在苯中的溶解度比在水中溶解度大得多，苯与水互不相溶（4）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：取少量提取碘后的溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，如果出现蓝色，说明含有单质碘【考点】海带成分中碘的检验【分析】（1）分离固体与
42、液体混合物应用过滤；分离相互溶解的沸点不同的两种液体用蒸馏操作；（2）氯气具有氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘；过氧化氢具有氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，本身被还原为水；（3）步骤为萃取，依据选用萃取剂原则：和原溶液中的溶剂互不相溶； 对溶质的溶解度要远大于原溶剂，解答；（4）淀粉遇到碘单质变蓝，可以用淀粉溶液检验碘单质的存在；【解答】解：（1）依据流程图可知：操作前为海带灰悬浊液，操作后为含碘离子的溶液，可知操作为分离固体与液体的操作，为过滤；依据流程图可知：操作前为含碘的苯溶液，操作后为单质碘，单质碘易溶于苯，二者沸点不同，分离二者应选择蒸馏，所以操作为蒸馏；故答案为：过滤；蒸馏；（2
43、）氯气具有氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，离子方程式：2I+Cl2=I2+2Cl；过氧化氢具有氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，本身被还原为水，离子方程式：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O；故答案为：2I+Cl2=I2+2Cl；H2O2+2I+2H+=I2+2H2O；（3）选用的萃取剂的原则：和原溶液中的溶剂互不相溶； 对溶质的溶解度要远大于原溶剂步骤为萃取，选择用苯来提取碘的理由是：碘在苯中的溶解度比在水中溶解度大得多，苯与水互不相溶；故答案为：碘在苯中的溶解度比在水中溶解度大得多，苯与水互不相溶；（4）碘遇到淀粉变蓝，检验方法：取少量提取碘后的溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是
44、否出现蓝色，如果出现蓝色，说明含有单质碘；故答案为：取少量提取碘后的溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，如果出现蓝色，说明含有单质碘21如图表示在没有通风橱的条件下制备氯气时设计的装置，图中A、B是可控制的弹簧铁夹（已知：氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小）（1）仪器A的名称是弹簧夹；水槽中应盛放的是饱和食盐水；烧杯中盛放的是氢氧化钠溶液（2）试写出实验室用该装置制取氯气的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（3）在收集氯气时，应打开A，关闭B当氯气收集完毕时打开B，关闭A（填A，B）（4）若要制得标准状况下的Cl20.672L，理论上需要MnO2的物
45、质的量是0.03【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）根据常见实验仪器解答A名称；氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气；氯气有毒需要尾气吸收常用氢氧化钠溶液吸收；（2）实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；（3）收集氯气时，应关闭b，打开a，用排饱和食盐水法收集；收集完毕，关闭a，打开b，用氢氧化钠溶液吸收多余氯气；（4）根据氯气的体积求出氯气的物质的量，依据化学方程式从而求出反应的二氧化锰的物质的量【解答】解：（1）根据仪器特点可知A为弹簧夹；食盐水中含有氯离子能抑制氯气的溶解，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气；因为氯气有毒，可污染空气，要进行尾气吸
46、收，氢氧化钠和氯气反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验室常用氢氧化钠溶液吸收尾气，所以烧杯中盛放氢氧化钠溶液收，故答案为：弹簧夹；饱和食盐水；氢氧化钠溶液；（2）实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成二氯化锰、氯气、水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度很小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气，收集时，应关闭B，打开A；收集完毕，关闭A，打开B，多余的气体通入氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染空气，故答案为：A、B
47、；B、A；（4）n（Cl2）=0.03mol；生成0.03molCl2反应的二氧化锰物质的量为x，MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O1 1 x 0.03mol x=0.03mol 故答案为：0.03四、推断题（本题共23分）22A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如下的反应关系：（1）常温下，若A为气态单质，C为非金属氧化物，A、C均能使品红溶液褪色，相对分子质量ED，则：该反应的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，检验D中阴离子的方法是先加硝酸酸化无沉淀，再滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则含Cl（2）若A为
48、短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行写出反应的离子方程式2Al+6H+=2Al3+3H2；2Al+2OH+H2O=2AlO+H2（3）若A、C均为化合物，E为白色沉淀，C为引起温室效应的主要气体，写出E可能的化学式（写两种）H2SiO3、Al （ OH ）3写出生成E的一个离子方程式SiO32+CO2+H2O=CO32+H2SiO3或 AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3或2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32【考点】无机物的推断【分析】B为自然界中含量最多的液体，判断为H2O；（1）常温下，若A为气态单质，C为非金属氧化物
49、，A、C均能使品红溶液褪色，相对分子质量ED，推断A为Cl2，C为SO2，二者在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，判断E为H2SO4；D为HCl；（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行，说明A是两性元素判断A为Al，D为H2，C为强酸强碱溶液；（3）若A、C均为化合物，C为引起温室效应的主要气体判断为CO2，酸性强的制备酸性弱的，E为白色沉淀，判断为Al（OH）3、H2SiO3，则C为偏铝酸盐、硅酸盐【解答】解：（1）依据题干关系判断，A为Cl2，C为SO2，二者在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，判断E为H2SO4；D为HCl；该反应的反应方程式为：Cl2+
50、SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；检验D（HCl）中阴离子Cl的方法：先加硝酸酸化无沉淀，再滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则含Cl；故答案为：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；先加硝酸酸化无沉淀，再滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则含Cl；（2）A是两性元素判断A为Al，D为H2，C为强酸强碱溶液；反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3+3H2； 2Al+2OH+H2O=2AlO+H2；故答案为：2Al+6H+=2Al3+3H2； 2Al+2OH+H2O=2AlO+H2；（3）为引起温室效应的主要气体判断为CO2，酸性强的制备酸性弱的，E为白色沉淀，判断为Al（
51、OH）3、H2SiO3，则C为偏铝酸盐、硅酸盐；E可能的化学式：H2SiO3； Al （ OH ）3；SiO32+CO2+H2O=CO32+H2SiO3或 AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3或2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32；故答案为：H2SiO3； Al （ OH ）3；SiO32+CO2+H2O=CO32+H2SiO3或 AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3或2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32；23已知如图中均为中学阶段常见物质，A为红棕色固体氧化物，B所含元素为地壳中含量最高的金属元素，F为密度最小的非金属单
52、质（1）单质F是氢气，溶液H中所含的主要离子是Na+（2）写出下列反应的化学方程式：C+LF+E：Fe+2HCl=FeCl2+H2；BF+H：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAl2+3H2（3）写出下列反应的离子方程式：G+CE：2Fe3+Fe=3Fe2+；DH：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）鉴别E溶液中阳离子的方法为：取少许溶液于试管中，加入KSCN溶液无明显现象，再加入氯水，溶液呈血红色，证明含有Fe2+【考点】无机物的推断【分析】F为密度最小的非金属单质，则F为氢气B是地壳中含量最高的金属元素，则B为Al，A是一种红棕色固体，二者反应得到单质C与D，C能与酸反应生成氢
53、气，则C为金属，可知A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E与氯气反应得到G，G与Fe反应得到E，则E为FeCl2、G为FeCl3、L为盐酸结合转化关系可知H为NaAlO2，据此解答【解答】解：F为密度最小的非金属单质，则F为氢气B是地壳中含量最高的金属元素，则B为Al，A是一种红棕色固体，二者反应得到单质C与D，C能与酸反应生成氢气，则C为金属，可知A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E与氯气反应得到G，G与Fe反应得到E，则E为FeCl2、G为FeCl3、L为盐酸结合转化关系可知H为NaAlO2（1）单质F是氢气，溶液H中所含的主要离子是：Na+，故答案为：氢气；Na+；（2）C
54、+LF+E的反应方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2，BF+H的反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAl2+3H2，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAl2+3H2；（3）G+CE的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，DH的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）鉴别E（FeCl2）溶液中阳离子的方法为：取少许溶液于试管中，加入KSCN溶液无明显现象，再加入氯水，溶液呈血红色，证明含有Fe2+，故答案为：取少许溶液于试管中
55、，加入KSCN溶液无明显现象，再加入氯水，溶液呈血红色，证明含有Fe2+五、计算题（本题共2小题，共13分请按要求写出相应的计算过程，仅有答案不得分）24某兴趣小组在研究铝的性质时用扎满小孔的铝箔包裹金属钠，总质量为5g将其投入水中，充分反应后，无固体剩余，共收集到标况下气体4.48L，将所得溶液加水稀释至200mL，试计算：（1）铝箔和金属钠的总质量各为多少（2）若溶液中仅有一种溶质，溶液浓度为多少【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）Na与水反应生成氢氧化钠与氢气，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，根据总质量、生成氢气总体积列方程计算；（2）若溶液中仅有一种溶质，则为NaAlO
56、2，根据原子守恒计算偏铝酸钠物质的量，进而计算溶液浓度【解答】解：（1）Na与水反应生成氢氧化钠与氢气，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，氢气物质的量为=0.2mol，设Al、Na的物质的量分别为xmol、ymol由二者总质量得：27x+23y=5根据电子转移守恒：3x+y=0.22解得x=y=0.1则Al的质量为0.1mol27g/mol=2.7gNa的质量为0.1mol23g/mol=2.3g答：Al的质量为2.7g、Na的质量为2.3g；（2）若溶液中仅有一种溶质，则为NaAlO2，由原子守恒可知其物质的量为0.1mol，则其物质的量浓度为=0.5mol/L，答：溶液物质的量浓度
57、为0.5mol/L25将7.6g的镁、铜合金加入到100mL某浓度硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，试计算：（1）完全沉淀时所消耗的NaOH溶液的体积（2）合金中铜和镁的质量各为多少（3）该硝酸的浓度为多少【考点】有关混合物反应的计算【分析】将镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO
58、+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g（1）计算氢氧根的物质的量，可得消耗氢氧化钠的物质的量，进而计算需要氢氧化钠溶液体积；（2）根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量等于氢氧根的物质的量，结合金属的总质量列方程计算；（3）根据方程式可知参加反应的n（HNO3）=n（金属），进而计算硝酸物质的量浓度【解答】解：将镁和铜合金加
59、入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g（1）氢氧根的物质的量为=0.3mol，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol3mol/L=0.1L=100mL，答：完全沉淀时所消耗的NaOH溶液的体积为100mL；（2）根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，设镁和铜的物质的量分别为xmol、ymol，则：解得x=0.05，y=0.1则镁的质量为0.05mol24g/mol=1.2g，铜的质量为0.1mol64g/mol=6.4g，答：镁的质量为1.2g，铜的质量为6.4g；（3）根据方程式可知参加反应的n（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，该硝酸的浓度为=4mol/L，答：该硝酸的浓度为0.4mol/L2016年11月25日
