1、2015-2016学年江苏省镇江中学三校高三（上）第一次联考化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1化学在生产、生活中有着广泛的应用下列做法正确的是（）A农作物收获后，就地焚烧秸秆，增加土壤中钾肥含量B回收制革工厂的边角皮料生产食用明胶，加工成医用胶囊或做食品增稠剂C将工业废水“再生”处理，用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水D食品加工时，尽可能多的使用各种色素、香味剂等添加剂，改善食品的品质2下列有关化学用语表示正确的是（）ANH4Cl的电子式：B中子数为7的碳原子：13CCCl的原子结构示意图：D次氯酸的结构式：HClO3居室装修用石材的放射
2、性常用Ra作为标准，发现Ra元素的居里夫人（Marie Curie）曾两度获得诺贝尔奖下列叙述中正确的是（）A Ra原子核外有88个电子BRa元素位于元素周期表中第六周期A族CRaCl2的熔点比CaCl2高DRa（OH）2是一种两性氢氧化物4下列物质提纯的方法正确的是（）A除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合B除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤D除去乙酸中混有的乙醇：加入金属钠后蒸馏5下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和Na
3、Cl（aq）NaHCO3Na2CO3 Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3ABCD6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A氯气溶于水：Cl2+H2OH+Cl+HClOB向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OC酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3+5I+6H+3I2+3H2OD向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO327某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A3种B4种
4、C5种D6种8下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2D加热盛有NH4Cl固体的试管试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD9关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A装置可用于分离苯和溴苯的混合物B装置可用于吸收HCl或NH3气体C装置可用于分解NH4Cl制备NH3D装置b口进气可收集CO2或NO气体10N
5、A为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子B3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8 NA个电子C过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意11已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示下列说法正确的是（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H2O2H2O+O2+QD
6、反应物的总能量高于生成物的总能量12离子方程式2Ca2+3HCO3+3OH2CaCO3+CO32+3H2O可以表示（）ACa（HCO3）2与NaOH溶液反应BNaHCO3与澄清石灰水反应CCa（HCO3）2与澄清石灰水反应DNH4HCO3与澄清石灰水反应13工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2在该反应中（）A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收1mol SO2就会放出5.6LCO214下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为
7、了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其氧化吸收15将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）A231.5mLB268.8mLC287.5mLD313.6mL三、非选择题（共80分）16溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：（1）上述使用的氢溴酸的质
8、量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、；（2）已知步骤的滤液中不含NH4+步骤加入的试剂a是，控制溶液的pH约为8.0的目的是、；（3）试剂b是，步骤的目的是；（4）步骤所含的操作依次是、；（5）制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：称取4.00g无水溴化钙样品；溶解；滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；称量若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为（保留两位小数）若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是17银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分
9、别为450和80）（1）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色及变色后气体发生的化学反应方程式为、（2）固体混合物B的组成为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO+Al2O3+（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液L（5）向铜银合金中加入少量稀硝酸，写出发生反应的离子方程式18工业上利用N2和H2合成氨，其化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH
10、3（g）H0（1）将一定量的N2和H2的混合气放入某密闭容器中发生上述反应下列措施中可提高氢气的转化率的有（填字母）A升高温度 B使用催化剂 C增大压强 D循环利用和不断补充氮气在一定温度和压强下，将H2和N2按体积比3：1在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中NH3的体积分数为，此时N2的转化率为（2）某厂每天产生600m3含氨废水（NH3 的浓度为153mg/L，废氨水密度为1g/cm3）该厂处理废水的方法：将废水加热得到NH3，使废水中NH3的浓度降为17mg/L再对加热蒸发得到的NH3用一定量空气氧化发生的主要反应如下：4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+
11、2H2O4HNO3副反应为：4NH3+3O22N2+6H2O该厂每天通过加热蒸发可得到NH3的物质的量是mol若氧化过程中90% NH3转化为硝酸，10% NH3发生了副反应，则该厂每天消耗标准状况下的空气立方米（假设废水加热前后的体积和密度近似认为不变，空气中氧气的体积分数20%）19某化学兴趣探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含Cu（70%）、Al（25%）、Fe（4%）及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）在金属混合物与酸的反应中，表现氧化性的离子为；得到滤渣1的主要成分为（2）第步加H2O2后发生反应的离子方程式为；通过加入NaOH调节
12、溶液的pH，其目的是；（3）通过操作可以由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O下列是操作的一种实验方案实验中：试剂1是，试剂2是（填化学式）20铝是地壳中含量最多的金属元素，1854年法国化学家德维尔用金属钠还原氯化钠和氯化铝的复盐，获得了金属铝单质1886年，美国人豪尔和法国人海郎特，分别独立地电解熔融的氧化铝和冰晶石的混合物，制得了金属铝，奠定了今天大规模生产铝的基础（SiO2属原子晶体，常温下与NaOH反应的速率很慢）工业生产金属铝的原料是铝土矿（主要成分为Al2O3，另含有Fe2O3和SiO2），工业中得到较纯氧化铝的过程如图1所示：试回答下列问题：（1）经分析不溶物A的主要成分为（
13、2）工业上电解炼铝的化学方程式为：，若电路中通过1mol电子，可以得到铝g（3）为了提高综合经济效益，实际工业生产中常将上述反应中的相关物质循环利用其部分转化关系如图2所示：上述转化中未涉及到四种基本反应类型中的反应；写出转化的化学方程式（该反应在工业生产中称为苛化法）（4）科学研究表明，人体过量吸入铝元素会严重危害身体健康请你结合实际提出二条杜绝铝元素过量吸入的措施：21某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：阳离子H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+阴离子Cl、Br、OH、CO32、AlO2为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入
14、Na2O2的物质的量的关系分别如图所示（1）该溶液中一定含有的阳离子是，其对应物质的量浓度之比为，溶液中一定不存在的阴离子是（2）a=，b=，c=（3）写出下列离子方程式：AB段CD段2015-2016学年江苏省镇江中学三校高三（上）第一次联考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1化学在生产、生活中有着广泛的应用下列做法正确的是（）A农作物收获后，就地焚烧秸秆，增加土壤中钾肥含量B回收制革工厂的边角皮料生产食用明胶，加工成医用胶囊或做食品增稠剂C将工业废水“再生”处理，用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水D食品加工时，尽可能多
15、的使用各种色素、香味剂等添加剂，改善食品的品质【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常见的生活环境的污染及治理【分析】A含有钾元素的肥料称为钾肥；B加工的明胶中铬含量严重超标；C工业废水经处理后可循环使用；D任意加入各种添加剂，过量是食品添加剂对人体有害，在达到预期的效果下尽可能降低在食品中的用量【解答】解：A农作物收获后，焚烧秸秆，产物固体为草木灰，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾属于钾肥，增加土壤中钾肥含量，但就地焚烧，焚烧后很多营养成分流失，同时导致土壤有机质损失，故A错误；B铬是重金属，回收制革工厂的边角皮料生产食用明胶中含铬，对人体的蛋白质产生变性作用，故B错误；C将工业废水“再生”
16、处理，把废水变为较为纯净的水，可用于城市道路保洁、喷泉和浇花用水，故C正确；D食品添加剂，特别是化学合成的食品添加剂或多或少有一定的毒性，所以要严格控制使用量，如果尽可能多的使用各种色素、香味剂等添加剂，人使用后，对人体有害，故D错误；故选C2下列有关化学用语表示正确的是（）ANH4Cl的电子式：B中子数为7的碳原子：13CCCl的原子结构示意图：D次氯酸的结构式：HClO【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A氯离子为阴离子，电子式中需要标出最外层电子；B质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；C氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子；D次氯酸的中心
17、原子为O，分子中不存在HCl键【解答】解：A氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，其正确的电子式为，故A错误；B中子数为7的碳原子的质量数为13，该原子可以表示为：13C，故B正确；C为氯离子结构示意图，氯原子的最外层含有7个电子，其正确的原子结构示意图为：，故C错误；D次氯酸分子中含有1个HO键和1个OCl键，其正确的结构式为：HOCl，故D错误；故选B3居室装修用石材的放射性常用Ra作为标准，发现Ra元素的居里夫人（Marie Curie）曾两度获得诺贝尔奖下列叙述中正确的是（）A Ra原子核外有88个电子BRa元素位于元素周期表中第六周期A族CRaCl2的熔
18、点比CaCl2高DRa（OH）2是一种两性氢氧化物【考点】元素周期表的结构及其应用；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】A、在原子中质子数=电子数；B、Ra（镭）位于第A族，与Ca同主族，Ra元素位于元素周期表第七周期A族；C、Ra2+的半径大于Ca2+，所以RaCl2的晶格能小于CaCl2；D、镭单质比Ca金属性强，则氢氧化物为强碱【解答】解：A、一个Ra的质子数为88，所以原子核外有88个电子，故A正确；B、Ra（镭）位于第A族，与Ca同主族，Ra元素位于元素周期表第七周期A族，故B错误；C、Ra2+的半径大于Ca2+，所以RaCl2的晶格能小于CaCl2，所以RaCl2的熔点比
19、CaCl2低，故C错误；D、镭单质比Ca金属性强，氢氧化钙是强碱，则氢氧化物为强碱，故D错误；故选：A4下列物质提纯的方法正确的是（）A除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合B除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤D除去乙酸中混有的乙醇：加入金属钠后蒸馏【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A易混入氧气；B二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化；C氯化钡过量，引入新杂质；D二者都与金属钠反应【解答】解：A氧气过量，易混入氧气，引入新杂质，故A错误；B二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，可用于除杂，故
20、B正确；C氯化钡过量，引入新杂质，应加入盐酸除杂，故C错误；D二者都与金属钠反应，故D错误故选B5下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3 Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3ABCD【考点】钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】Al2O3和氢氧化钠反应生成NaAlO2和水，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成Al（OH）3和碳酸钠；S在氧气中燃烧生成二氧化硫；饱和NaCl溶液中通入氨气再通入二氧化碳生成NaHCO3，碳酸氢钠受热分解产生Na2CO3；Fe2O
21、盐酸反应生成FeCl3和水，氯化铁溶液加热蒸发生成氢氧化铁【解答】解：Al2O3和氢氧化钠反应生成NaAlO2和水，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成Al（OH）3和碳酸钠，可以实现各步转化，故正确；S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能一步转化，故错误；饱和NaCl溶液中通入氨气再通入二氧化碳生成溶解度极小的NaHCO3，碳酸氢钠受热分解产生Na2CO3，可以实现各步转化，故正确；Fe2O盐酸反应生成FeCl3和水，氯化铁溶液加热蒸发生成氢氧化铁，因氯化铁水解，所以不能得到无水氯化铁，故错误；故选A6下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A氯气溶于水：Cl2+H2OH+Cl+HClOB向稀HNO
22、3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OC酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3+5I+6H+3I2+3H2OD向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成盐酸和次氯酸；B发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水；C发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D反应生成硅酸和亚硫酸氢根离子【解答】解：A氯气溶于水的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A正确；B向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为2NO3+3SO32+2H+3SO42+2NO+H2O，故B错误；C酸性溶液中KIO3
23、与KI反应生成I2的离子反应为IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故C正确；D向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故D错误；故选AC7某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A3种B4种C5种D6种【考点】离子共存问题【分析】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH、NO3、CO32，若呈碱性，则不存在Al
24、3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题【解答】解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH、NO3、CO32，阴离子只能为Cl，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32，可存在的离子为：Ba2+、Cl、OH、NO3，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C8下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均
25、有水珠两种物质均受热分解B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2D加热盛有NH4Cl固体的试管试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水；B原溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液呈红色；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体【解答】解：A根据元素守恒
26、知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；B原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液也会呈红色，不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故B错误；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Cl2I2，故C正确；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，故D错误；故选
27、C9关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A装置可用于分离苯和溴苯的混合物B装置可用于吸收HCl或NH3气体C装置可用于分解NH4Cl制备NH3D装置b口进气可收集CO2或NO气体【考点】蒸馏与分馏；氨的实验室制法；气体的收集；尾气处理装置【分析】A、互相溶解的两种液体混合物的分离可以采用蒸馏的办法；B、氯化氢和氨气极易溶于水，要注意倒吸的危险；C、氯化铵分解后得不到氨气；D、收集密度比空气大的气体要长进短出，一氧化氮不能用排空气法收集【解答】解：A、苯和溴苯互相溶解，可以采用蒸馏的办法进行分离，故A正确；B、氯化氢和氨气极易溶于水，导气管直接伸入水层会产生倒吸，故B错误；C、氯化铵分解后
28、产生的氨气和氯化氢遇冷会迅速化合，得不到氨气，故C错误；D、一氧化氮不能用排空气法收集，二氧化碳密度比空气大，收集时导管要长进短出，故D错误故选A10NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子B3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8 NA个电子C过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A铜与浓硝酸反应生成的是二氧化硫；B根据Fe3O4中铁为+价来分析；C过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由1价变为0价；DNO2和
29、N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4【解答】解：A.1molCu和足量热浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，不会生成三氧化硫，故A错误；BFe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故B正确；C过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；DNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D
30、错误；故选：B二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意11已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示下列说法正确的是（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H2O2H2O+O2+QD反应物的总能量高于生成物的总能量【考点】化学反应的能量变化规律【分析】A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；C、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态；D、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物
31、的总能量【解答】解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）H0，故C错误；D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选D12离子方程式2Ca2+3HCO3+3OH2CaCO3+CO32+3H2O可以表示（）ACa（HCO3）2与NaOH溶液反应BNaHCO3与澄清石灰水反应CCa（HCO3）2与澄清石灰
32、水反应DNH4HCO3与澄清石灰水反应【考点】离子方程式的书写【分析】与量有关的离子反应中，量少的物质完全反应，碳酸钙、水在离子反应中保留化学式，以此来解答【解答】解：ACa（HCO3）2与足量的NaOH反应即nCa（HCO3）2：n（NaOH）=1：2时，离子反应为Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，与少量NaOH反应即nCa（HCO3）2：n（NaOH）=1：1时，离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，当nCa（HCO3）2：n（NaOH）=2：3时，符合离子方程式2Ca2+3HCO3+3OH2CaCO3+CO32+3H2O，故A选；BCa（OH）2
33、与少量的NaHCO3反应即nCa（OH）2：n（NaHCO3）=1：1时，离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，与过量NaHCO3反应即nCa（OH）2：n（NaHCO3）=1：2时，离子反应为Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，当nCa（OH）2：n（NaHCO3）=2：3时，符合离子方程式2Ca2+3HCO3+3OH2CaCO3+CO32+3H2O，故B选；CCa（OH）2与少量的Ca（HCO3）2反应的离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，Ca（OH）2与足量的Ca（HCO3）2反应的离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H
34、2O，故C不选；DNH4HCO3与足量澄清石灰水的离子反应为NH4+Ca2+HCO3+2OH=CaCO3+NH3H2O+H2O，NH4HCO3与少量澄清石灰水的离子反应为Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，故D不选；故选AB13工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2在该反应中（）A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收1mol SO2就会放出5.6LCO2【考点】氧化还原反应【分析】工业上将Na2CO3和Na
35、2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，以此来解答【解答】解：A由2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A正确；B2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa
36、2S2O3，转移mol电子，故C错误；D根据方程式可知，每吸收4mol SO2就会放出1molCO2，则每吸收1mol SO2就会放出0.25molCO2，Vm未知不能计算其体积，故D错误；故选A14下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其氧化吸收【考点】海水资源及其综合利用【分析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C
37、工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C氢氧化钠是强碱，具有强腐蚀性价格高，工业生产中常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
38、转化为HBr，达到富集的目的，故D错误；故选CD15将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）A231.5mLB268.8mLC287.5mLD313.6mL【考点】有关混合物反应的计算【分析】发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL气体可能为氧气，有可能是NO，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别根据剩余气体为氧气、NO结合反应方程式列式计算即可【解答】解：最终收集到44
39、.8mL气体可能为氧气，有可能为NO，当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x=x，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：x=x，则： x+x+44.8mL=y，联立解得：x=134.4mL、y=313.6mL，即：氧气体积为313.6mL；当剩余的气体为NO时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL为NO，设原混合气体中
40、氨气体积为x、氧气体积为y，则：x+y=448mL，氨气完全反应消耗氧气体积为x=x，同时生成NO体积为x，其中转化成硝酸的NO体积为：x44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：（x44.8mL），消耗氧气总体积为： x+（x44.8mL）=y，联立可得：x=160.5mL、y=287.5mL，即：原混合气体中氧气的总体积为287.5mL，根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6mL或287.5mL，故选CD三、非选择题（共80分）16溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：
41、（1）上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、量筒、烧杯；（2）已知步骤的滤液中不含NH4+步骤加入的试剂a是氢氧化钙，控制溶液的pH约为8.0的目的是确保Al3+、Fe3+沉淀完全、防止氢氧化铝溶解；（3）试剂b是氢溴酸，步骤的目的是除去过量的氢氧化钙；（4）步骤所含的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：称取4.00g无水溴化钙样品；溶解；滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；烘干、冷却；称量若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为0.94（保留两位小数）若实验操
42、作规范而测定结果偏低，其原因是溴化钙吸水【考点】制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制500mL溶液；（2）加入的试剂a、控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3+、Fe3+，防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙；（3）加试剂b的目的是除去过量的a，是氢溴酸；（4）步骤的结果得到CaBr26H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；（5）对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，然后烘干、冷却；根据CaBr2CaCO3可求CaBr2的质量为
43、，进而计算质量分数；溴化钙易吸水，因此造成测定结果偏低【解答】解：（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制500mL溶液，故答案为：量筒、烧杯；（2）加入的试剂a、控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3+、Fe3+，防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故答案为：氢氧化钙；确保Al3+、Fe3+沉淀完全，防止氢氧化铝溶解；（3）加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，故b应是氢溴酸，故答案为：氢溴酸；除去过量的氢氧化钙；（4）步骤的结果从溶液中得到CaBr26H2O，因此其操作步骤为
44、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；（5）对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，然后烘干、冷却；CaBr2CaCO3 200 100 3.76g 1.88g故CaBr2的质量为3.76g，质量分数为=0.94；溴化钙易吸水，因此造成测定结果偏低，故答案为：烘干、冷却；0.94；溴化钙吸水17银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色及变色后气体发生的化学反应方程式为2NO+O2=2NO2、2NO2N2O4
45、（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为50.0mol CuAlO2，至少需要1.0molL1的Al2（SO4）3溶液25.0L（5）向铜银合金中加入少量稀硝酸，写出发生反应的离子方程式3Cu+2NO3+8H+=2NO+4H2O+3Cu2+【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析
46、】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2，二者反应得到CuAlO2，（1）无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02，N02与可以转化成四氧化二氮；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（3）由上述分析可知，CuO、Al2O3反
47、应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，配平完成方程式；（4）根据铜元素守恒建立关系式：CuCuAlO2来计算；根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）32CuAlO2来计算；（5）向铜银合金中加入少量稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；【解答】解：（1）无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2，N02与可以转化成四氧化二氮，反应方程式为：2NO2N2O4，故答案为：2NO+O2=2NO2；2NO2N2O4；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和
48、80，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）由上述分析可知，CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2，故答案为：4；2；4CuAlO2；O2；（4）由关系式：CuCuAlO2得n（CuAlO2
49、）=50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2（SO4）32CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）=25.0mol，所以需要体积为=25.0L，故答案为：50.0；25.0；（5）向铜银合金中加入少量稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO3+8H+=2NO+4H2O+3Cu2+，故答案为：3Cu+2NO3+8H+=2NO+4H2O+3Cu2+18工业上利用N2和H2合成氨，其化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0（1）将一定量的N2和H2的混合气放入某密闭容器中发生上述反应下列措施中可提高氢气的转化
50、率的有CD（填字母）A升高温度 B使用催化剂 C增大压强 D循环利用和不断补充氮气在一定温度和压强下，将H2和N2按体积比3：1在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中NH3的体积分数为，此时N2的转化率为25%（2）某厂每天产生600m3含氨废水（NH3 的浓度为153mg/L，废氨水密度为1g/cm3）该厂处理废水的方法：将废水加热得到NH3，使废水中NH3的浓度降为17mg/L再对加热蒸发得到的NH3用一定量空气氧化发生的主要反应如下：4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O4HNO3副反应为：4NH3+3O22N2+6H2O该厂每天通过加热蒸发可得到NH
51、3的物质的量是4800mol若氧化过程中90% NH3转化为硝酸，10% NH3发生了副反应，则该厂每天消耗标准状况下的空气1008立方米（假设废水加热前后的体积和密度近似认为不变，空气中氧气的体积分数20%）【考点】化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算；化学平衡的计算【分析】（1）A升高温度，平衡向逆反应方向移动，则转化率减小；B使用催化剂平衡不移动，转化率不变；C增大压强平衡向正反应方向移动，转化率增大；D循环利用和不断补充氮气，可使平衡向正反应方向移动，转化率增大；设起始时H2的物质的量为3mol，N2为1mol，平衡时N2转化了xmol， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始
52、：1mol 3mol 0转化：xmol 3xmol 2xmol平衡：（1x）mol （33x）mol 2xmol则=x=0.25，由此分析解答；（2）计算氨气的浓度变化，根据n=cV计算物质的量；根据方程式得出反应的关系式，可根据关系式计算【解答】解：（1）A升高温度，平衡向逆反应方向移动，则转化率减小，故A错误；B使用催化剂平衡不移动，转化率不变，故B错误；C增大压强平衡向正反应方向移动，转化率增大，故C正确；D循环利用和不断补充氮气，可使平衡向正反应方向移动，转化率增大，故D正确故答案为：CD；设起始时H2的物质的量为3mol，N2为1mol，平衡时N2转化了xmol， N2（g）+3H2
53、（g）2NH3（g）起始：1mol 3mol 0转化：xmol 3xmol 2xmol平衡：（1x）mol （33x）mol 2xmol则=x=0.25，此时N2的转化率为100%=25%，故答案为：25%；（2）n（NH3）=103g/mg600m3103L/m3=4800mol，故答案为：4800；根据下列发生的主反应：4NH3+5O24NO+6H2O，4NO+3O2+2H2O=4HNO3得主反应中氨气与氧气的物质的量有如下关系式：NH32O2n（O2）主反应=4800 mol90%2=8640 mol根据下列副反应：4NH3+3O2=2N2+6H2On（O2）副反应=4800 mol10
54、%=360molV（空气）=mol22.4L/mol103m3/L20%=1008m3故答案为：100819某化学兴趣探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含Cu（70%）、Al（25%）、Fe（4%）及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）在金属混合物与酸的反应中，表现氧化性的离子为NO3；得到滤渣1的主要成分为Au、Pt（2）第步加H2O2后发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；通过加入NaOH调节溶液的pH，其目的是使Al3+、Fe3+转化为沉淀；（3）通过操作可以由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O下列是操
55、作的一种实验方案实验中：试剂1是H2SO4，试剂2是Al（填化学式）【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】Cu、Fe、Al、Au的混合物中加入硫酸和浓硝酸的混合物溶解，可以得到滤液1为铁盐、铝盐、铜盐溶液，滤渣1为Au、Pt，向滤液1中加入双氧水和氢氧化钠，加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，结合沉淀的pH可知，调节pH为4，过滤分离出氢氧化铁，再调节pH为5左右，过滤得滤液2为硫酸铜溶液，滤渣2为Al（OH）3，加硫酸溶解后结晶得到晶体，（1）在金属混合物与酸的反应中，硝酸充当氧化剂，根据上面的分析可知滤渣1的成份；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原
56、为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；（3）滤渣2含有氢氧化铁、氢氧化铝，加入硫酸后再加入铝可除杂铁，蒸发结晶可得到硫酸铝晶体【解答】解：Cu、Fe、Al、Au的混合物中加入硫酸和浓硝酸的混合物溶解，可以得到滤液1为铁盐、铝盐、铜盐溶液，滤渣1为Au、Pt，向滤液1中加入双氧水和氢氧化钠，加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，结合
57、沉淀的pH可知，调节pH为4，过滤分离出氢氧化铁，再调节pH为5左右，过滤得滤液2为硫酸铜溶液，滤渣2为Al（OH）3，加硫酸溶解后结晶得到晶体，（1）在金属混合物与酸的反应中，硝酸充当氧化剂，根据上面的分析可知滤渣1为Au、Pt，故答案为：NO3；Au、Pt；（2）第步加H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，滤液1为铁盐、铝盐溶液，加入过量NaOH溶液，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；使Al3+、Fe3+转化为沉淀；（3
58、）先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，故答案为：H2SO4；Al20铝是地壳中含量最多的金属元素，1854年法国化学家德维尔用金属钠还原氯化钠和氯化铝的复盐，获得了金属铝单质1886年，美国人豪尔和法国人海郎特，分别独立地电解熔融的氧化铝和冰晶石的混合物，制得了金属铝，奠定了今天大规模生产铝的基础（SiO2属原子晶体，常温下与NaOH反应的速率很慢）工业生产金属铝的原料是铝土矿（主要成分为Al2O3，另含有Fe2O3和SiO2），工业中得到较纯氧化铝的过程如图1所示：试回
59、答下列问题：（1）经分析不溶物A的主要成分为Fe2O3（2）工业上电解炼铝的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2，若电路中通过1mol电子，可以得到铝9g（3）为了提高综合经济效益，实际工业生产中常将上述反应中的相关物质循环利用其部分转化关系如图2所示：上述转化中未涉及到四种基本反应类型中的置换反应反应；写出转化的化学方程式（该反应在工业生产中称为苛化法）Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH（4）科学研究表明，人体过量吸入铝元素会严重危害身体健康请你结合实际提出二条杜绝铝元素过量吸入的措施：不用铝制品作炊具，不用铝箔包装食品等【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【
60、分析】铝土矿（主要成分为Al2O3，另含有Fe2O3和SiO2），加入氢氧化钠溶液，过滤得溶液A为偏铝酸钠溶液和硅酸钠溶液的混合物，沉淀A为氧化铁，溶液A中通入二氧化碳得不溶物B为氢氧化铝沉淀和溶液B为碳酸钠溶液，氢氧化铝受热分解得氧化铝，（1）氧化铝、二氧化硅均可以和氢氧化钠发生反应，氧化铁和氢氧化钠之间不反应，据此来确定难溶物的成分；（2）工业上电解熔融的氧化铝来获取金属铝，根据化学方程式结合电子转移计算生成金属铝的量；（3）根据每一步转化发生的反应确定所属的反应类型；碳酸钠可以和强碱氢氧化钙之间发生复分解反应；（4）在涉及到食物包装及其含有铝元素的药品时要注意尽可能的避免【解答】解：（1
61、）氧化铝、二氧化硅均可以和氢氧化钠发生反应，氧化铁和氢氧化钠之间不反应，所以不溶物A的主要成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（2）工业上电解熔融的氧化铝来获取金属铝，即2Al2O34Al+3O2，根据化学方程式，电子转移为12mol生成金属铝是4mol，所以若电路中通过1mol电子，可以得到铝的质量是=9g，故答案为：2Al2O34Al+3O2；9；（3）溶液B是碳酸钠，可以和氢氧化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以X是碳酸钙，Y是氧化钙，Z是氢氧化钙，涉及到了分解反应、化合反应以及复分解反应，不涉及置换反应，故答案为：置换反应；流程中的化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2
62、=CaCO3+2NaOH，属于复分解反应，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH；（4）在涉及到食物包装及其含有铝元素的药品时要注意尽可能的避免，如：不用铝制品作炊具，不用铝箔包装食品等，故答案为：不用铝制品作炊具，不用铝箔包装食品等21某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：阳离子H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+阴离子Cl、Br、OH、CO32、AlO2为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示（1）该溶液中一定含有的阳离子是H+、Al3+、NH4+、Mg2+，其对应物
63、质的量浓度之比为2：2：2：3，溶液中一定不存在的阴离子是OH、CO32、AlO2（2）a=1，b=7，c=9（3）写出下列离子方程式：AB段2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2、NH4+OHNH3+H2OCD段Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O【考点】常见离子的检验方法【分析】（1）根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量
64、；（2）图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量来计算各个点所对应的值；（3）AB中过氧化钠与水反应、碱与铵根离子反应，CD中氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式【解答】解：（1）根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32、AlO2，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能
65、是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol3+3mol2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）
66、2n（SO42），所以氯离子物质的量16mol，即：离子种类H+Al3+NH4+Mg2+Br或Cl物质的量（mol）222316所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH、CO32、AlO2，故答案为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；2：2：2：3；OH、CO32、AlO2；（2）含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要1mol过氧化钠来生成，所以a=1，含有镁离子和铝离子一共5mol，所以消耗过氧化钠的量为5mol，在加上a=2mol，则b=7mol，氯离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗1mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以c=9mol，故答案为：1；7；9；（3）AB段发生2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2、NH4+OHNH3+H2O，CD段氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2、NH4+OHNH3+H2O；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O2016年4月16日版权所有：高考资源网()