1、2016-2017学年山西省晋城市阳城一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1下列关于金属铝的叙述中，不正确的是（）AAl是地壳中含量最多的金属元素，但铝是使用较晚的金属BAl是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现还原性CAl箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧DAl箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的Al并不滴落2下列有关混合物的分离方法中，正确的是（）A从食盐溶液中获得食盐晶体采用蒸发的方法B除去酒精中含有的少量水采用萃取的方法C将碘晶体中含有的少量沙子除去采用蒸馏的方法D从碘水中获得碘的晶体采用过滤的方法3能区分胶体
2、和溶液的方法是（）A静置，有沉淀现象的是胶体B有丁达尔现象的是胶体C能透过滤纸的是溶液D用肉眼观察，均匀透明的是溶液4下列有关气体体积的叙述中，正确的是（）A一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子的大小决定B一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定C不同的气体若体积不同，则它们所含的分子数也不同D气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积约为22.4L5下列有关分类的观点正确的是（）由苯制取溴苯、硝基苯、环己烷的反应都属于取代反应铅蓄电池、锂电池、碱性锌锰电池都属于二次电池碳素钢、不锈钢和目前流通的硬币都属于合金浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸都属于氧化性酸氨
3、水、醋酸、氢氧化铝都属于弱电解质豆浆、淀粉水溶液、雾都属于胶体ABCD61L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol/L的氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量随着Z溶液的体积变化关系如图所示，则X、Y、Z分别是（）AAlCl3、FeCl3、NaOHBAlCl3、MgCl2、NaOHCNaAlO2、Ba（OH）2、H2SO4DNaAlO2、BaCl2、H2SO47已知a An+，bB（n+1）+，cCn，dD（n+1）是具有相同的电子层结构的短周期元素形成的简单离子，下列叙述正确的是（）A原子半径：CDABB原子序数：bacdC离子半径：CD
4、ABD单质还原性：ABCD8下列各组离子一定能大量共存的是（）A在强碱性溶液中：Na+、K+、Al（OH）4、CO32B在含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNC在c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO39萃取水中的溴，不可以选择的萃取剂是（）A汽油B酒精C苯D四氯化碳10设NA表示阿佛加德罗常数值，下列说法正确的是（）A500mL0.1molL1的Al2（SO4）3溶液中，含Al3+0.1NAB36g重氧（18O2）气体所含分子数为NA，占体积为22.4LC7.8gNa2O2与足量CO2反
5、应，转移电子数为0.1NAD15g甲基中含有的电子数为8NA11英国会议员代表团曾到广州、东莞、深圳考察，来中国取经“碳捕捉”技术，希望能与广东省合作开发潮汐能科学家利用NaOH溶液“捕捉”空气中的CO2，反应过程如图所示下列有关说法不正确的是（）A图中循环中的物质是NaOHB图中X中物质分离的基本操作是蒸发结晶C用该方法捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品D二氧化碳“捕捉”室中，将NaOH溶液进行“喷雾”，有利于对CO2的吸收12把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶
6、液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡则原混合溶液中钾离子的浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL1二、解答题（共9小题，满分0分）13为维持人体血液中的血糖含量，在给病人输液时，通常用葡萄糖注射液，下图是医院给病人输液时使用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖（C6H12O6）注射液的标签某学生欲在实验室中配制500mL该葡萄糖注射液实验用品：葡萄糖固体、蒸馏水、烧杯、容量瓶、药匙、胶头滴管、量筒（1）还缺少的仪器有（2）下列对容量瓶及使用的描述中不正确的是A容量瓶上标有容积、温度和浓度B使用前要检查容量瓶是否漏水C容量瓶用蒸馏水洗净后，再用5%葡萄糖注射液洗D配制溶液时，把
7、称好的葡萄糖晶体小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线（3）实验中需取用固体的质量为g，该葡萄糖注射液的物质的量浓度mol/L（4）配制该葡萄糖注射液，下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是A没有将洗涤液转移到容量瓶 B定容时俯视刻度线C容量瓶洗净后未干燥 D定容时液面超过了刻度线14已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，有多种方法测定试样中纯碱的质量分数（I）气体法可用图中的装置进行实验：主要实验步骤如下：按图组装仪器，并检查装置的气密性将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液从A处导管缓缓鼓入一定量的空气称量盛有碱石灰的U型管的质量
8、，得到b克从分液漏斗滴入6molL1的盐酸，直到不再产生气体时为止再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，为d克请填空和回答问题：（1）C、D两装置中分别装什么试剂C： D：（2）装置中干燥管F的作用是（3）该试样中纯碱的质量分数的计算式为（II）沉淀法称取m1克样品完全溶于水后加足量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥称重得m2克固体，在该实验洗涤操作中如何检验固体已洗干净（III）滴定法准确称取2.6500克样品，溶于水配成250ml溶液，量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000m
9、ol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，则样品中纯碱的质量分数为，以下实验操作导致测量结果偏低的是A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数，滴定终点时俯视刻度线读数D、滴定前锥形瓶中有水E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失15分别完成实验：a红磷转变为白磷；b钠与氧气加热反应现在如图所示三套硬质试管可供选择：（固定装置铁架台和热源酒精灯已省略）：（1）请简述从试剂瓶中取出一小块钠的操作过程（2）实验a采用装置，实验b采用装置（添相应序号）请简述选择相应装置的
10、理由（3）如何用化学方法证明钠与氧气反应生成了Na2O2，请简述实验方法：取少量反应后冷却的固体放入试管中，然后16某研究性学习小组欲用化学方法测量一个不规则容器的体积把35.1g NaCl放入500mL烧杯中，加入150mL蒸馏水待NaCl完全溶解后，将溶液全部转移到容器中，用蒸馏水稀释至完全充满容器从中取出溶液100mL，该溶液恰好与20mL 0.100molL1AgNO3溶液完全反应试计算该容器的体积17物质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，D为强酸，请回答下列问题：（1）若A在常温下为气体单质则回答：A、C的化学式分别是：A；C将C通入水溶液中，反应化学方程式为（2）若仅A、B在常温下
11、为气体且为化合物，则回答：A的化学式是：AB生成C的化学方程式为一定条件下碳单质与D反应的方程式为，该反应中D起到的作用是（3）若A在常温下为固体单质则回答：D的化学式是；向含2mol D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积22.4L（填“大于”“等于”或“小于”），原因为18A、B、C、X和Y均为中学常见物质，其中A、B为单质，X、Y为化合物，C为地壳中含量最多的元素形成的单质，它们在一定条件下可发生如图1所示反应，请填空：（1）若X是光导纤维的主要成分，Y的化学式为（2）若X是一种黑色磁性物质，且Y具有两性，则A与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为（3）若组成A的元素在短周期
12、主族元素中原子半径最大，B为气体，则以B和C为电极反应物，Y溶液为电解质溶液构成的燃料电池，其负极的电极反应式为（4）若B是红色固体Cu，常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图2），测得原电池的电流强度（）随时间（t）的变化如图3所示，反应过程中有红棕色气体产生0t1时，原电池的负极是Al片，此时，溶液中的H+向极移动（填Cu或Al）；t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是，正极反应式为19A、B、C、D、E五种物质均含有某种常见金属元素，它们的转化关系如图所示，其中B为白色难溶固体，E易溶于水（1）写出下列物质的化学式：A、B、C、D（2）写出下列反应的
13、化学方程式：BC，BD（3）写出下列反应的离子方程式：AD，CD20取1.43g Na2CO3XH2O 溶于水配成10m L 溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸 2.0m L，并收集到112m L CO2（标况）计算：（1）稀盐酸物质的量浓度为；（2）Na2CO3xH2O的摩尔质量；（3）x=21某溶液中含有Ba2+，Cu2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离其流程图如右（写出最佳答案）（1）沉淀的化学式：沉淀1沉淀2沉淀3（2）写出混合液+A的离子方程式写出溶液+B的离子方程式2016-2017学年山西省晋城市阳城一中高三（上）月考
14、化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1下列关于金属铝的叙述中，不正确的是（）AAl是地壳中含量最多的金属元素，但铝是使用较晚的金属BAl是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现还原性CAl箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧DAl箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的Al并不滴落【考点】铝的化学性质【分析】AAl的金属性较强，含量较高；BAl为活泼金属，易失去电子；CAl氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D氧化铝的熔点高【解答】解：AAl是地壳中含量最多的金属元素，Al的金属性较强，电解法冶炼Al，则铝是使用
15、较晚的金属，故A正确；BAl为活泼金属，易失去电子，表现还原性，故B正确；CAl氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则不能剧烈燃烧，故C错误；D氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化的Al并不滴落，故D正确；故选C2下列有关混合物的分离方法中，正确的是（）A从食盐溶液中获得食盐晶体采用蒸发的方法B除去酒精中含有的少量水采用萃取的方法C将碘晶体中含有的少量沙子除去采用蒸馏的方法D从碘水中获得碘的晶体采用过滤的方法【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；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】A食盐溶于水，可将水蒸发掉得到NaCl；B酒精与水互溶；C碘易升
16、华；D碘溶于水【解答】解：A食盐溶于水，从食盐溶液中获得食盐晶体采用蒸发的方法，故A正确；B酒精与水互溶，则萃取不能除杂，应利用加CaO后蒸馏除去酒精中含有的少量水，故B错误；C碘易升华，则将碘晶体中含有的少量沙子除去采用加热的方法，故C错误；D碘溶于水，不能利用过滤法分离，从碘水中获得碘的晶体应采用萃取、分液、蒸馏的方法，故D错误；故选A3能区分胶体和溶液的方法是（）A静置，有沉淀现象的是胶体B有丁达尔现象的是胶体C能透过滤纸的是溶液D用肉眼观察，均匀透明的是溶液【考点】胶体的重要性质【分析】根据胶体与溶液的性质区别胶体具有丁达尔效应，可以用此性质来鉴别溶液和胶体【解答】解：A、胶体和溶液都
17、具有均一稳定性，故A错误；B、用可见光束照射胶体和溶液，胶体会出现光亮的通道，称为丁达尔效应，溶液不会出现光亮的通道，故B正确；C、胶体和溶液都能透过滤纸，故C错误；D、有些胶体也是均匀透明的，故D错误；故选B4下列有关气体体积的叙述中，正确的是（）A一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子的大小决定B一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定C不同的气体若体积不同，则它们所含的分子数也不同D气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积约为22.4L【考点】气体摩尔体积【分析】A、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，
18、此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数；B、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数；C、根据分子数N=nNA=NA来回答；D、气体摩尔体积22.4L/mol，必须适用于标况下的气体【解答】解：A、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，故A错误；B、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，故B正确；C、根据分子数N=nNA=NA，若体积不同，不同状态下气体的Vm
19、也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，故C错误；D、气体摩尔体积22.4L/mol，必须适用于标况下的气体，故D错误故选B5下列有关分类的观点正确的是（）由苯制取溴苯、硝基苯、环己烷的反应都属于取代反应铅蓄电池、锂电池、碱性锌锰电池都属于二次电池碳素钢、不锈钢和目前流通的硬币都属于合金浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸都属于氧化性酸氨水、醋酸、氢氧化铝都属于弱电解质豆浆、淀粉水溶液、雾都属于胶体ABCD【考点】原电池和电解池的工作原理；强电解质和弱电解质的概念；合金的概念及其重要应用【分析】由苯制取溴苯、硝基苯，发生取代反应，制备环己烷发生加成反应；碱性锌锰电池属于一次电池；碳素钢、不锈钢和目前流通的硬
20、币都由不同的金属或金属与非金属熔合而成；浓盐酸不属于氧化性酸；氨水属于混合物；豆浆、淀粉水溶液、雾的粒子直径都介于1100nm之间【解答】解：由苯制取溴苯、硝基苯，发生取代反应，制备环己烷发生加成反应，反应类型不同，故错误；碱性锌锰电池属于一次电池，故错误；碳素钢、不锈钢和目前流通的硬币都由不同的金属或金属与非金属熔合而成，都属于合金，故正确；浓盐酸为非氧化性酸，不具有强氧化性，故错误；氨水属于混合物，不是电解质，故错误；豆浆、淀粉水溶液、雾的粒子直径都介于1100nm之间，属于胶体，故正确故选A61L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol/
21、L的氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量随着Z溶液的体积变化关系如图所示，则X、Y、Z分别是（）AAlCl3、FeCl3、NaOHBAlCl3、MgCl2、NaOHCNaAlO2、Ba（OH）2、H2SO4DNaAlO2、BaCl2、H2SO4【考点】镁、铝的重要化合物【分析】根据图象分析，若Z为氢氧化钠溶液，Mg2+2OH=Mg（OH）2，Al3+3OH=Al（OH）3，Fe3+3OH=Fe（OH）3，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，溶液中沉淀量达到最大时，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，X不能是铝盐；所以Z是硫酸溶液，据此
22、解答【解答】解：A若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3+3OH=Al（OH）3，Fe3+3OH=Fe（OH）3，n（Al3+）：n（OH）=1：3，n（Fe3+）：n（OH）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH）=1：1，不符合图象的数值变化，故A错误；B若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2+2OH=Mg（OH）2，Al3+3OH=Al（OH）3，n（Mg2+）：n（OH）=1：2，n（Al3+）：n（OH）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，n（A
23、l（OH）3）：n（OH）=1：1，不符合图象的数值变化，故B错误； C若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH+H+=H2O，Ba2+SO42=BaSO4，H+AlO2+H2O=Al（OH）3，图中第一段直线：氢氧化钡的OH和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO421：1反应生成硫酸钡沉淀，Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O；图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H+AlO2+H2O=Al（OH）3，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀
24、，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，故C正确； D若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2+SO42=BaSO4，H+AlO2+H2O=Al（OH）3，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；故选C7已知a An+，bB（n+1）+，cCn，dD（n+1）是具有相同的电子层结构的短周期元素形成的简单离子，下列叙述正确
25、的是（）A原子半径：CDABB原子序数：bacdC离子半径：CDABD单质还原性：ABCD【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构，则有：an=b（n+1）=c+n=d+（n+1），原子序数：bacd，A、B同周期，C、D同周期，且A、B在周期表中C、D的下一周期，由形成的离子可知，A、B为金属，C、D为非金属性，结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构，则有：an=b（n+1）=c+n=d+（n+1），原子序数：bacd，A、B同周期，C、D同周期，
26、且A、B在周期表中C、D的下一周期，由形成的离子可知，A、B为金属，C、D为非金属性，AA、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：bacd，原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素原子序数越大，原子半径越小，则有原子半径：ABDC，故A错误；BaAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构，则有：an=b（n+1）=c+n=d+（n+1），则有原子序数：bacd，故B正确；CaAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数bacd，故离子半径dD（n+1）cCnaAn+bB（n+1），故C错误；DA、
27、B在周期表中同周期，原子序数：ba，金属性：AB，对应单质的还原性：AB，C、D在周期表同周期，原子序数cd，非金属性CD，对应单质的氧化性CD，所以还原性CD，故D错误，故选B8下列各组离子一定能大量共存的是（）A在强碱性溶液中：Na+、K+、Al（OH）4、CO32B在含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNC在c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】A强碱溶液中该组离子之间不反应；B离子之间结合生成络离子；Cc（H+）=1013molL1的溶液，显碱性；DpH
28、=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应【解答】解：A强碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A选；BFe3+、SCN结合生成络离子，不能共存，故B不选；Cc（H+）=1013molL1的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Al3+，故C不选；DpH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故D不选；故选A9萃取水中的溴，不可以选择的萃取剂是（）A汽油B酒精C苯D四氯化碳【考点】分液和萃取【分析】根据萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应【解答】解：A溴在直馏汽油中的溶解度大于在水中
29、的溶解度，且溴与直馏汽油不反应，水与汽油不互溶，能作为萃取剂，故A正确； B溴在乙醇中的溶解度大于在水中的溶解度，但乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故B错误；C溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且溴与苯不反应，水与苯不互溶，能作为萃取剂，故C正确；D溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且溴与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，能作为萃取剂，故D正确故选B10设NA表示阿佛加德罗常数值，下列说法正确的是（）A500mL0.1molL1的Al2（SO4）3溶液中，含Al3+0.1NAB36g重氧（18O2）气体所含分子数为NA，占体积为22.4LC7.8gNa2O2与足量CO2反应，转移电子
30、数为0.1NAD15g甲基中含有的电子数为8NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、铝离子在溶液中会水解；B、重氧所处的状态不明确；C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子来分析；D、求出甲基的物质的量，然后根据甲基中含9个电子来分析【解答】解：A、铝离子在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于0.1NA个，故A错误；B、重氧所处的状态不明确，故其体积不一定是22.4L，故B错误；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故C正确；
31、D、15g甲基的物质的量为1mol，而甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故D错误故选C11英国会议员代表团曾到广州、东莞、深圳考察，来中国取经“碳捕捉”技术，希望能与广东省合作开发潮汐能科学家利用NaOH溶液“捕捉”空气中的CO2，反应过程如图所示下列有关说法不正确的是（）A图中循环中的物质是NaOHB图中X中物质分离的基本操作是蒸发结晶C用该方法捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品D二氧化碳“捕捉”室中，将NaOH溶液进行“喷雾”，有利于对CO2的吸收【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】A根据氧化钙和氢氧化钠可循环使用，其余的物质不能循环使用分析；B在X中发
32、生的反应有CaO+H20=Ca（OH）2，Ca（OH）2+Na2C03=CaC03+2NaOH；C工业上利用二氧化碳制备甲醇；D将NaOH溶液进行“喷雾”，则增大了反应的接触面积【解答】解：A根据流程图可知：有两个反应：二氧化碳与氢氧化钠反应，碳酸钙的高温分解，循环利用的应该有CaO和NaOH 两种物质在反应中，循环I为氢氧化钠都，其余的物质不能循环使用，故A正确；B在X中发生的反应有CaO+H20=Ca（OH）2，Ca（OH）2+Na2C03=CaC03+2NaOH，所以分离CaC03和NaOH用过滤操作，故B错误；C该方法得到较多的二氧化碳，可用来制备甲醇等产品，故C正确；D二氧化碳“捕捉
33、”室中，将NaOH溶液进行“喷雾”，增大了反应的接触面积，有利于对CO2的吸收，故D正确；故选B12把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡则原混合溶液中钾离子的浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL1【考点】离子方程式的有关计算【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（Ba2+），另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OHMg（OH）2，由方程式可
34、知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OHMg（OH）2，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH）=amol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），故每份中溶液n（K+）=2b2amol=（2ba）mol，则原混合溶
35、液中钾离子的浓度为=molL1，故选C二、解答题（共9小题，满分0分）13为维持人体血液中的血糖含量，在给病人输液时，通常用葡萄糖注射液，下图是医院给病人输液时使用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖（C6H12O6）注射液的标签某学生欲在实验室中配制500mL该葡萄糖注射液实验用品：葡萄糖固体、蒸馏水、烧杯、容量瓶、药匙、胶头滴管、量筒（1）还缺少的仪器有托盘天平、玻璃棒（2）下列对容量瓶及使用的描述中不正确的是ACDA容量瓶上标有容积、温度和浓度B使用前要检查容量瓶是否漏水C容量瓶用蒸馏水洗净后，再用5%葡萄糖注射液洗D配制溶液时，把称好的葡萄糖晶体小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线12cm
36、处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线（3）实验中需取用固体的质量为27.0g，该葡萄糖注射液的物质的量浓度0.3mol/L（4）配制该葡萄糖注射液，下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是BA没有将洗涤液转移到容量瓶 B定容时俯视刻度线C容量瓶洗净后未干燥 D定容时液面超过了刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（2）A容量瓶上标明容积、温度和刻度线；B配制最后需颠倒，上下反复摇匀，使用前要检查容量瓶是否漏水；C用标准葡萄糖注射液润洗，容量瓶内壁沾有少量葡萄糖；D物质溶解或稀释会生成热效应，对溶液体积有影响，甚至使容量瓶受
37、热不均导致破裂的危险；（3）根据m=V计算溶液的质量，再利用m（溶质）=m（溶液）（溶质）计算葡萄糖的质量；根据n=计算葡萄糖的物质的量，再根据c=计算该葡萄糖注射液的物质的量浓度；（4）分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响【解答】解：（1）因配制步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，放在小烧杯中称量，然后在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，盖好瓶塞颠倒反复摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、烧杯、药匙、玻璃棒、5
38、00mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：托盘天平、玻璃棒；（2）A容量瓶上标明容积、温度和刻度线，故A错误；B配制最后需颠倒，上下反复摇匀，使用前要检查容量瓶是否漏水，故B正确；C用标准葡萄糖注射液润洗，容量瓶内壁沾有少量葡萄糖，所配葡萄糖溶液的浓度偏高，故C错误；D物质溶解或稀释会生成热效应，对溶液体积有影响，甚至使容量瓶受热不均导致破裂的危险，容量瓶不能直接用来溶解固体，故D错误；故答案为：ACD；（3）葡萄糖（C6H12O6）注射液的密度为1.08gmL1，500mL溶液，葡萄糖的质量分数5%，则含葡萄糖的质量为：500mL1.08g/cm35%=27.0g，葡萄糖的物质的量为=0.15mo
39、l，溶质的物质的量浓度为=0.3mol/L，故答案为：27.0；0.3； （4）A没有将洗涤液转移到容量瓶，移入容量瓶内溶质的物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，故A不符合；容量瓶中原有少量蒸馏水，故A错误； B定容时俯视刻度线，液面再刻度线下方，所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故B符合；C配制需加水定容，容量瓶洗净后未干燥，对体积和物质的量均无影响，对所配溶液浓度无影响，故C不符合；D定容时液面超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故D不符合；故答案为：B14已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，有多种方法测定试样中纯碱的质量分数（I）气体法可用图中的装置进行实验：主要实验步骤
40、如下：按图组装仪器，并检查装置的气密性将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液从A处导管缓缓鼓入一定量的空气称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b克从分液漏斗滴入6molL1的盐酸，直到不再产生气体时为止再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，为d克请填空和回答问题：（1）C、D两装置中分别装什么试剂C：水 D：浓硫酸（2）装置中干燥管F的作用是防止空气中的CO2和水气进入U型管中（3）该试样中纯碱的质量分数的计算式为100%（II）沉淀法称取m1克样品完全溶于水后加足量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、
41、干燥称重得m2克固体，在该实验洗涤操作中如何检验固体已洗干净取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀证明已洗干净，否则没有洗干净（III）滴定法准确称取2.6500克样品，溶于水配成250ml溶液，量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，则样品中纯碱的质量分数为80.0%，以下实验操作导致测量结果偏低的是B、CA、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数，
42、滴定终点时俯视刻度线读数D、滴定前锥形瓶中有水E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，有多种方法测定试样中纯碱的质量分数（I）气体法按图组装仪器，并检查装置的气密性将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，赶净装置内的空气，避免空气中成分干扰；称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b克从分液漏斗滴入6molL1的盐酸，直到不再产生气体时为止再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，把生成的二氧化碳气体全部赶到E中吸收再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克重复步骤和的操作，直到
43、U型管的质量基本不变，为d克，据此计算生成二氧化碳的质量；（1）装置C中是水吸收二氧化碳气体中的氯化氢，装置D中是浓硫酸，吸收二氧化碳中的水蒸气；（2）装置F是为了防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置E使测定结果产生误差；（3）生成二氧化碳质量=（db）g，结合碳元素守恒计算碳酸钠的质量分数；（II）沉淀法在该实验洗涤操作中检验固体已洗干净的方法是取最后一次洗涤液，加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液检验氯离子的存在判断是否洗涤干净；（）滴定法量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，发生的反
44、应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，依据化学反应的定量关系计算碳酸钠的物质的量得到样品中的碳酸钠的质量，计算得到碳酸钠的质量分数；依据滴定过程中标准溶液体积的变化分析判断产生的误差，c（待测）=，A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线，加入水的量少未达到刻度线；B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线，导致溶液超过刻度线，浓度减小；C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数读取读数增大，滴定终点时俯视刻度线读数，读取数值减小；D、滴定前锥形瓶中有水对测定结果无影响；E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，标准溶液体积增大，测定结果增大【解答】解：
45、（I）气体法按图组装仪器，并检查装置的气密性将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，赶净装置内的空气，避免空气中成分干扰；称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b克从分液漏斗滴入6molL1的盐酸，直到不再产生气体时为止再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，把生成的二氧化碳气体全部赶到E中吸收再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，为d克，据此计算生成二氧化碳的质量；（1）装置C中是水吸收二氧化碳气体中的氯化氢，装置D中是浓硫酸，吸收二氧化碳中的水蒸气，C、D两装置中分别装的试剂为：水和浓硫酸，故答案为：水，浓
46、硫酸；（2）装置F是为了防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置E使测定结果产生误差，故答案为：防止空气中的CO2和水气进入U型管中；（3）生成二氧化碳质量=（db）g，结合碳元素守恒计算碳酸钠的质量分数=100%=100%，故答案为：100%；（II）在该实验洗涤操作中检验固体已洗干净的方法是取最后一次洗涤液，加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液检验氯离子的存在判断是否洗涤干净，实验设计为：取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀证明已洗干净，否则没有洗干净，故答案为：取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若没有
47、白色沉淀证明已洗干净，否则没有洗干净；（III）滴定法（5）量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，依据化学反应的定量关系计算碳酸钠的物质的量得到样品中的碳酸钠的质量， Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl， 1 1 n 0.1000mol/L0.0200Ln=0.0020mol250ml溶液中含碳酸钠物质的量=0.0020mol=0.0200mol碳酸钠的质量分数=100%=80.0%，依据c（待测）=分析判断，A、配制样品溶液定
48、容时俯视容量瓶刻度线，加入水的量少未达到刻度线，溶液浓度增大，故A不符合；B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线，导致溶液超过刻度线，浓度减小，故B符合；C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数读取读数增大，滴定终点时俯视刻度线读数，读取数值减小，得到标准溶液消耗体积减小，测定浓度减小，故C符合；D、滴定前锥形瓶中有水对测定结果无影响，故D不符合；E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，标准溶液体积增大，依据c（待测）=分析判断测定结果增大，故E不符合，故答案为：80.0%；B、C15分别完成实验：a红磷转变为白磷；b钠与氧气加热反应现在如图所示三套硬质试管
49、可供选择：（固定装置铁架台和热源酒精灯已省略）：（1）请简述从试剂瓶中取出一小块钠的操作过程用镊子从试剂瓶中取出一小块钠，用滤纸吸干表面煤油，用小刀切一块钠，剩余的钠放回试剂瓶（2）实验a采用装置，实验b采用装置（添相应序号）请简述选择相应装置的理由便于钠与氧气接触反应；加热气体逸出，便于形成无氧环境；因为加热气体膨胀，所以封闭体系不适合这个加热实验；（3）如何用化学方法证明钠与氧气反应生成了Na2O2，请简述实验方法：取少量反应后冷却的固体放入试管中，然后加入少量水，将带火星的木条插入试管中（或置于试管口）木条复燃证明有Na2O2生成【考点】钠的化学性质；实验装置综合【分析】（1）钠保存在煤
50、油中，取出一小块钠的操作过程是用镊子从试剂瓶中取出一小块钠，用滤纸吸干表面煤油，用小刀切一块钠，剩余的钠放回试剂瓶；（2）红磷转变为白磷要隔绝空气，所以a采用，钠与氧气加热反应用玻璃通管，由此分析解答；（3）过氧化钠与水反应生成氧气，然后用带木条来证明氧气的存在【解答】解：（1）钠保存在煤油中，取出一小块钠的操作过程是用镊子从试剂瓶中取出一小块钠，用滤纸吸干表面煤油，用小刀切一块钠，剩余的钠放回试剂瓶，故答案为：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠，用滤纸吸干表面煤油，用小刀切一块钠，剩余的钠放回试剂瓶；（2）红磷转变为白磷要隔绝空气，所以a采用，原因是加热气体逸出，便于形成无氧环境，钠与氧气加热反应
51、用玻璃通管，原因是因为加热气体膨胀，所以封闭体系不适合这个加热实验，故答案为：；便于钠与氧气接触反应；加热气体逸出，便于形成无氧环境；因为加热气体膨胀，所以封闭体系不适合这个加热实验；（3）过氧化钠与水反应生成氧气，然后用带木条来证明氧气的存在，所以方法为：加入少量水，将带火星的木条插入试管中（或置于试管口）木条复燃证明有Na2O2生成，故答案为：加入少量水，将带火星的木条插入试管中（或置于试管口）木条复燃证明有Na2O2生成16某研究性学习小组欲用化学方法测量一个不规则容器的体积把35.1g NaCl放入500mL烧杯中，加入150mL蒸馏水待NaCl完全溶解后，将溶液全部转移到容器中，用蒸
52、馏水稀释至完全充满容器从中取出溶液100mL，该溶液恰好与20mL 0.100molL1AgNO3溶液完全反应试计算该容器的体积【考点】化学方程式的有关计算【分析】氯化钠与硝酸银发生反应：NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3，100mL氯化钠溶液与20mL 0.100molL1 AgNO3溶液恰好反应，则n（NaCl）=n（AgNO3），再根据c=计算NaCl溶液的物质的量浓度，根据n=计算46.8g NaCl的物质的量，根据V=计算溶液体积，即为该容器的体积【解答】解：氯化钠与硝酸银发生反应：NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3，100mL氯化钠溶液与20mL 0.1molL1
53、AgNO3溶液恰好反应，则n（NaCl）=n（AgNO3）=0.02L0.1molL1=0.002mol，故NaCl溶液的物质的量浓度为=0.02mol/L，35.1g NaCl的物质的量为=0.6mol，则故NaCl溶液体积为=30L，即该容器的体积为30L，答：该容器的体积为30L17物质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，D为强酸，请回答下列问题：（1）若A在常温下为气体单质则回答：A、C的化学式分别是：AN2；CNO2将C通入水溶液中，反应化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，则回答：A的化学式是：AH2SB生成C的化学方程式为2SO2+
54、O22SO3一定条件下碳单质与D反应的方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，该反应中D起到的作用是氧化剂作用（3）若A在常温下为固体单质则回答：D的化学式是H2SO4；向含2mol D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积小于22.4L（填“大于”“等于”或“小于”），原因为随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升【考点】无机物的推断；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用【分析】（1）若A为气体单质，C与水反应所得的溶液呈酸性，A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3
55、，符合转化关系与题意；（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意；（3）若A在常温下为固体单质，A为C或S符合转化关系，由D的浓溶液与Cu反应，故A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意【解答】解：（1）若A为气体单质，C与水反应所得的溶液呈酸性，A为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3，符合转化关系与题意；A的化学式为：N2，C的化学式为：NO2；故答案为：N2；NO2；NO2与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO
56、；（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意；A的化学式是：H2S；故答案为：H2S；二氧化硫在催化剂、加热的条件下生成三氧化硫，反应方程式为2SO2+O22SO3；故答案为：2SO2+O22SO3；碳单质与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2、SO2、H2O，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，反应中浓硫酸起氧化剂的作用；故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，氧化剂作用；（3）若A在常温下为固体单质，A为C或S符合转化关系，由D的浓溶液与Cu反应，故A为S，B为SO2，C为
57、SO3，D为H2SO4，符合转化关系与题意；D为硫酸，化学式是H2SO4；故答案为：H2SO4；Cu与浓硫酸发生反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，若浓硫酸完全反应，由方程式可知生成的二氧化硫体积为2mol22.4L/mol=22.4L，但随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升；故答案为：小于，随反应的进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升18A、B、C、X和Y均为中学常见物质，其中A、B为单质，X、Y为化合物，C为地
58、壳中含量最多的元素形成的单质，它们在一定条件下可发生如图1所示反应，请填空：（1）若X是光导纤维的主要成分，Y的化学式为CO（2）若X是一种黑色磁性物质，且Y具有两性，则A与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+H2O=2AlO2+3H2（3）若组成A的元素在短周期主族元素中原子半径最大，B为气体，则以B和C为电极反应物，Y溶液为电解质溶液构成的燃料电池，其负极的电极反应式为：H22e+2OH=2H2O（4）若B是红色固体Cu，常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图2），测得原电池的电流强度（）随时间（t）的变化如图3所示，反应过程中有红棕色气体产生0t1
59、时，原电池的负极是Al片，此时，溶液中的H+向Cu极移动（填Cu或Al）；t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是Al遇浓硝酸钝化，正极反应式为2H+NO3+e=NO2+H2O【考点】无机物的推断【分析】A、B为单质，X、Y为化合物，则A与X的反应为置换反应，C为地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，则X为氧化物，（1）若X是光导纤维的主要成分，应为SiO2，则B为Si，二氧化硅与碳反应生成CO和硅，所以Y为CO，A为C；（2）若X是一种黑色磁性物质，应为Fe3O4，且Y具有两性，应为Al2O3，则A为Al，B为Fe；（3）若组成A的元素在短周期中（稀有气体除外）原子半径最大，应为N
60、a，B为气体，应为H2，则X为H2O，Y为NaOH；（4）铜和铝插入浓HNO3中组成原电池，开始阶段，铝的还原性强于铜，铝做原电池的负极，发生的原电池反应为铝与硝酸的反应，随着反应的进行，铝被钝化，铜做负极，发生的原电池反应是铜与浓硝酸反应，据此分析解答【解答】解：A、B为单质，X、Y为化合物，则A与X的反应为置换反应，C为地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，则X为氧化物，（1）若X是光导纤维的主要成分，应为SiO2，则B为Si，二氧化硅与碳反应生成CO和硅，所以Y为CO，A为C，故答案为：CO；（2）若X是一种黑色磁性物质，应为Fe3O4，且Y具有两性，应为Al2O3，则A为Al，B为
61、Fe，Al与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+H2O=2AlO2+3H2；（3）若组成A的元素在短周期中（稀有气体除外）原子半径最大，应为Na，B为气体，应为H2，则X为H2O，Y为NaOH，形成碱性氢氧源电池时，负极发生氧化反应，电极方程式为H22e+2OH=2H2O，故答案为：H22e+2OH=2H2O；（4）铜和铝插入浓HNO3中组成原电池，开始阶段，铝的还原性强于铜，铝做原电池的负极，发生的原电池反应为铝与硝酸的反应，此时氢离子向铜电极方向移动，随着反应的进行，铝被钝化，铜做负极，发生的原电池反应是铜与浓硝酸反应，电池的
62、正极反应式为2H+NO3+e=NO2+H2O，故答案为：Cu；Al遇浓硝酸钝化；2H+NO3+e=NO2+H2O19A、B、C、D、E五种物质均含有某种常见金属元素，它们的转化关系如图所示，其中B为白色难溶固体，E易溶于水（1）写出下列物质的化学式：AAl（OH）3、BAl2O3、CAl、DAlCl3（2）写出下列反应的化学方程式：BC2Al2O34Al+3O2，BDAl2O3+6HCl2AlCl3+3H2O（3）写出下列反应的离子方程式：ADAl（OH）3+3H+Al3+3H2O，CD2Al+6H+2Al3+3H2【考点】无机物的推断【分析】A、B、C、D、E五种物质均含有某种常见的金属元素
63、，A、B、C均既能和盐酸反应又能和氢氧化钠反应，可知A、B、C均含有铝元素，A加热生成B，B为白色难溶固体，B电解生成C，可推知A为Al（OH）3，C为Al，B为Al2O3，所以D为AlCl3，E易溶于水，E为NaAlO2，据此答题【解答】解：A、B、C、D、E五种物质均含有某种常见的金属元素，A、B、C均既能和盐酸反应又能和氢氧化钠反应，可知A、B、C均含有铝元素，A加热生成B，B为白色难溶固体，B电解生成C，可推知A为Al（OH）3，C为Al，B为Al2O3，所以D为AlCl3，E易溶于水，E为NaAlO2，（1）分析可知ABCD分别为：A为Al（OH）3，C为Al，B为Al2O3，所以D
64、为AlCl3，故答案为：Al（OH）3；Al2O3；Al；AlCl3；（2）BC是电解熔融的氧化铝生成金属铝，反应的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2，BD的反应是氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的化学方程式为：Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O，故答案为：2Al2O34Al+3O2；Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O；（3）AD是氢氧化铝溶解于强酸溶液中生成铝离子和水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，CD的反应为铝和酸反应生成氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+2Al3+3H2，故答案为：Al（OH）3+3H+Al3+3H2O；2Al
65、+6H+2Al3+3H220取1.43g Na2CO3XH2O 溶于水配成10m L 溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸 2.0m L，并收集到112m L CO2（标况）计算：（1）稀盐酸物质的量浓度为5.0mol/L；（2）Na2CO3xH2O的摩尔质量286g/mol；（3）x=10【考点】化学方程式的有关计算；摩尔质量；物质的量浓度的相关计算【分析】根据反应的化学方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O计算相关物理量【解答】解：n（CO2）=0.005mol， Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O 1 2 1n（Na2CO3） n（HC
66、l） 0.005mol（1）n（HCl）=2n（CO2）=20.005mol=0.01mol，c（HCl）=5.0mol/L，故答案为：5.0mol/L；（2）n（Na2CO3xH2O）=n（Na2CO3）=0.005mol，M（Na2CO3xH2O）=286g/mol，故答案为：286g/mol； （3）由摩尔质量可知：106+18x=286，x=10，故答案为：1021某溶液中含有Ba2+，Cu2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离其流程图如右（写出最佳答案）（1）沉淀的化学式：沉淀1AgCl沉淀2Cu（OH）2沉淀3BaSO4（2）写出混合液+A的
67、离子方程式Ag+Cl=AgCl写出溶液+B的离子方程式Cu2+2OH=Cu（OH）2【考点】物质的分离、提纯和除杂；离子方程式的书写【分析】溶液含有Ba2+、Cu2+、Ag+，应先加入HCl，生成AgCl沉淀，过滤后在加入Na2SO4，可得到BaSO4沉淀，最后加入NaOH，可得到Cu（OH）2沉淀，根据物质的性质书写反应的离子方程式【解答】解：（1）溶液含有Ba2+、Cu2+、Ag+，应先加入HCl，生成AgCl沉淀，过滤后在加入Na2SO4，可得到BaSO4沉淀，最后加入NaOH，可得到Cu（OH）2沉淀，所以沉淀1是氯化银，沉淀2是氢氧化铜，沉淀3是硫酸钡，故答案为：AgCl；Cu（OH）2；BaSO4；（2）混合液+A反应的离子方程式为Ag+Cl=AgCl，沉淀2为Cu（OH）2，溶液+B反应的离子方程式为：Cu2+2OH=Cu（OH）2，故答案为：Ag+Cl=AgCl；Cu2+2OH=Cu（OH）22017年5月8日
