1、2015-2016学年江西省南昌市实验中学等四校联考高一（上）期末化学试卷一选择题：（本大题共16个小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1下列有关物质的分类正确的是（）A纯净物：水银、氢氧化铁固体、冰水混合物B碱性氧化物：Na2O、Na2O2、Al2O3C盐：纯碱、小苏打、烧碱D电解质：CH3COOH、H2O、NH32下列说法不正确的是（）A用激光笔检验豆浆的丁达尔现象B胶体的分散质粒子直径小于l00nm但大于1nm，能通过滤纸，不能透过半透膜C存在自由移动的离子是电解质溶液导电的原因D用萃取的方法分离汽油和煤油3下列实验操作、现象或结论正确的是（）A
2、蒸发操作时，应使蒸发皿中的水分完全蒸干后，才能停止加热B加入盐酸，放出无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中只含CO32C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D除去铜粉中混有的少量镁粉和铝粉可加入足量氢氧化钠溶液，反应后过滤、洗涤4铝可以制成多种建筑型材，铝在空气中能够稳定存在的原因是（）A铝的密度小B铝表面能形成致密的氧化膜C常温下铝不能与氧气反应D铝的化学性质不活泼5下列关于NaHCO3和Na2CO3的叙述不正确的是（）ANaHCO3比Na2CO3稳定BNaHCO3、Na2CO3可相互转化CNaHCO3 可用于焙制糕点；Na2CO3可用于玻璃、造
3、纸等工业D都能与澄清石灰水反应生成白色沉淀6欲配制1.00mol/L的NaCl溶液980mL，需要使用的仪器和药品是（）A1 000 mL容量瓶，58.5 g NaClB980 mL容量瓶，57.3 g NaClC500 mL容量瓶，58.5 gNaClD1 000 mL容量瓶，117.0 g NaC17某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.4mol/L Cl、0.8mol/L SO42、0.2mol/L Al3+0.6mol/L H+、M，则M及其物质的量浓度可能为（）ANa+0.6mol/LBCO32 0.2 mol/LCMg2+0.4 mol/LDBa2+0.4mol/L8在下列反应中
4、，既属于离子反应又属于氧化还原反应的是（）ABaCl2溶液和K2SO4溶液反应BAl放入烧碱溶液中CNaOH溶液和CuSO4溶液反应DKSCN溶液和FeCl3溶液反应9NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）在常温常压下，1mol氦气含有原子数为2NA0.5molO2和0.5molO3的混合物所含有的氧原子个数为2.5NA常温常压下，18g H2O中含有的原子总数为3NA1L 0.1mol/L NaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO4含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1molL11.00mol NaCl中，所有Na+的最外层电子总数约为86.021023物
5、质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA13.5g Al与足量盐酸反应生成H2的分子数为NA标准状况下，2.24LCH4所含电子数为NAABCD10有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（）A盐酸B烧碱溶液C氨水DKSCN溶液11下列离子能大量共存且溶液为无色透明的是（）ANa+、OH、NO3、HCO3BNa+、Fe3+、Cl、SCNCNa+、Al3+、NO3、ClDK+、Cu2+、SO42、OH12下列各项操作中，发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是（）向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀硫
6、酸 向AlCl3溶液中通入过量的NH3向Ca（OH）2溶液中逐渐通入过量的CO2 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸ABCD13在2H2S+SO23S+2H2O的反应中，当有86.021023个电子发生转移时，得到的氧化产物比还原产物多（）A64 gB32 gC1.5molD3 mol14下列离子方程式的表达正确的是（）A金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH2AlO2+H2BAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+4OHAlO2+2H2OC过氧化钠与水反应：Na2O2+2H2O2Na+2OH+O2DFeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl15在某无色溶液中缓慢地滴入Na
7、OH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（）AMg2+、Al3+、Fe2+BH+、Mg2+、Al3+CH+、Ba2+、Al3+D只有Mg2+、Al3+16将一定量的铝、铁混合物完全溶于200mL 1mol/L H2SO4溶液中，然后再滴加0.5mol/L NaOH溶液至生成沉淀量最大，则此时消耗NaOH溶液的体积为（）A400mLB600mLC800mLD1000mL二非选择题（共52分）17按要求写出下列反应的离子方程式少量氢氧化钙溶液中加入足量的碳酸氢钠溶液氯化铝与过量氢氧化钠溶液混合偏铝酸钠溶液中通过量CO2气体18用双线桥
8、表示下列氧化还原反应电子转移转移的方向和数目KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O若该反应中生成标准状况下的Cl2为67.2L，则转移电子个数为19除去下列物质中所含杂质（括号内为杂质），写出除去杂质的化学方程式Fe2O3（Al2O3）NaHCO3溶液中（Na2CO3）20如图是教师在课堂中演示的两个实验装置（铁架台等辅助仪器略去未画）回答下列问题：（1）实验一是为了探究碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，请问试管A中盛放的药品是（填序号）（碳酸钠碳酸氢钠）（2）实验一中观察到的实验现象是，得到的结论是，写出受热分解的化学方程式（3）实验二用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验
9、现象是：包有Na2O2的棉花燃烧请写出Na2O2与CO2反应的化学方程式：21现有浓度均为2molL1的FeCl3、FeCl2、CuCl2 混合溶液100mL，加入一定量的铁粉，按下列情况填空（1）反应完毕后，有铜生成，铁粉无剩余则反应完毕后溶液一定含有阳离子，该阳离子在溶液中的物质的量的范围是（2）反应完毕后，铁粉有剩余：反应完毕后，溶液中一定含有阳离子，为mol，一定没有阳离子； 固体物质干燥后，其中一定有，与反应前加入铁粉质量相比（填“多”或“少”）g22如图，有以下物质相互转化，其中B溶液为浅绿色，I溶液为棕黄色，J为AgCl，请回答：（1）足量气体C是（填化学式），F的化学式（2）写
10、出B的化学式，检验B中阳离子的操作方法是（只填一种方法，用文字表述）（3）写出由G转变成H的化学方程式（4）写出检验I溶液中阳离子的离子方程式；向I溶液中加入单质Cu的有关离子反应方程式是23把NaOH、FeCl3、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.07g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示试回答：（1）A点沉淀为，（填化学式）B点沉淀为（填化学式）（2）原固体混合物中各物质的物质的量分别是多少？（3）C点处的盐酸的体积是多少毫升？2015-2016学年江西省南昌市实验中学等四校联考高一（上）期末化学试卷参考
11、答案与试题解析一选择题：（本大题共16个小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1下列有关物质的分类正确的是（）A纯净物：水银、氢氧化铁固体、冰水混合物B碱性氧化物：Na2O、Na2O2、Al2O3C盐：纯碱、小苏打、烧碱D电解质：CH3COOH、H2O、NH3【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】A一种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物；B和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；C盐是一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物；D水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；水
12、溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质【解答】解：A水银、氢氧化铁固体由一种物质组成，为纯净物，冰水混合物是一种习惯性叫法，实质上就是一种物质水，是纯净物，故A正确；B能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而过氧化钠与酸反应除生成盐和水以外还有氧气，所以过氧化钠不是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，故B错误；C烧碱是氢氧化钠，属于碱，故C错误；D氨气不能自身电离而导电，所以不是电解质，应是非电解质，故D错误；故选A2下列说法不正确的是（）A用激光笔检验豆浆的丁达尔现象B胶体的分散质粒子直径小于l00nm但大于1nm，能通过滤纸，不能透过半透膜C存在自由移动的离子是电解质溶液导电的原因D
13、用萃取的方法分离汽油和煤油【考点】胶体的重要性质；电解质溶液的导电性；分液和萃取【分析】A豆浆是胶体；B根据胶体的微利大小结合半透膜的特点来回答；C溶液导电的原因：存在自由移动的离子；D汽油和煤油混溶，不能用萃取分液的方法分离【解答】解：A豆浆是胶体，有丁达尔效应，故A正确；B胶体的分散质粒子直径小于l00nm但大于1nm，该分散系微粒能通过滤纸，不能透过半透膜，故B正确；C溶液导电的原因：存在自由移动的离子，故C正确；D汽油和煤油混溶，但二者的沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故D错误；故选D3下列实验操作、现象或结论正确的是（）A蒸发操作时，应使蒸发皿中的水分完全蒸干后，才能停止加热B加入盐酸
14、，放出无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中只含CO32C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D除去铜粉中混有的少量镁粉和铝粉可加入足量氢氧化钠溶液，反应后过滤、洗涤【考点】化学实验方案的评价【分析】A蒸发时，当蒸发皿中出现大量固体时停止加热，避免造成固体飞溅；B原溶液中也可能存在HCO3；C分液时应避免液体重新混合而污染；D铝粉能与氢氧化钠溶液反应，而镁不反应【解答】解：A蒸发时，不能直接蒸干，当有大量固体析出时可停止加热，用余热蒸干，防止蒸干后温度过高而导致固体分解，故A错误；B加入盐酸，放出无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体
15、为二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3，故B错误；C分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免液体重新混合而污染，故C正确；D镁粉不与氢氧化钠溶液反应、但铝粉能与氢氧化钠溶液反应、反应时能把杂质除去，而且原物质也保留，故C错误；故选C4铝可以制成多种建筑型材，铝在空气中能够稳定存在的原因是（）A铝的密度小B铝表面能形成致密的氧化膜C常温下铝不能与氧气反应D铝的化学性质不活泼【考点】铝的化学性质【分析】铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化物薄膜，从而阻止了铝进一步氧化，使铝在空气中能够稳定存在【解答】解：A金属铝的密度小，不是金属铝在空气中能够稳定存在的原因，故A错
16、误；B铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化物薄膜，这是铝在空气中能够稳定存在的原因，故B正确；C常温下，铝在空气中与氧气反应生成氧化铝，故C错误；D铝是一种比较活泼的金属，属于亲氧元素，极易和空气中氧气反应生成氧化铝，故D错误；故选B5下列关于NaHCO3和Na2CO3的叙述不正确的是（）ANaHCO3比Na2CO3稳定BNaHCO3、Na2CO3可相互转化CNaHCO3 可用于焙制糕点；Na2CO3可用于玻璃、造纸等工业D都能与澄清石灰水反应生成白色沉淀【考点】钠的重要化合物【分析】NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，二者可相互转化，都可与氢氧化钙反应
17、生成碳酸钙沉淀，以此解答该题【解答】解：ANaHCO3不稳定，加热易分解，故A错误；BNa2CO3可与水、二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3分解可生成Na2CO3，二者可相互转化，故B正确；CNaHCO3 加热易分解生成二氧化碳气体，从而使面包疏松多孔，可用于焙制糕点，Na2CO3可用于玻璃、造纸等工业，故C正确；DNa2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3CaCO3+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2O，故D正确故选
18、A6欲配制1.00mol/L的NaCl溶液980mL，需要使用的仪器和药品是（）A1 000 mL容量瓶，58.5 g NaClB980 mL容量瓶，57.3 g NaClC500 mL容量瓶，58.5 gNaClD1 000 mL容量瓶，117.0 g NaC1【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】依据配制溶液体积结合常见容量瓶规格选择合适的容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量【解答】解：欲配制1.00mol/L的NaCl溶液980mL，实验室没有890mL容量瓶，应选择1000mL容量瓶，实际配制1000mL溶液，需要氯化钠质量=1.00mol/L1L58.5g/mol=58.5g
19、；故选：A7某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.4mol/L Cl、0.8mol/L SO42、0.2mol/L Al3+0.6mol/L H+、M，则M及其物质的量浓度可能为（）ANa+0.6mol/LBCO32 0.2 mol/LCMg2+0.4 mol/LDBa2+0.4mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据溶液中电荷守恒判断M离子的电性，c（Cl）+2c（SO42）=0.4mol/L+20.8mol/L=2mol/L，3c（Al3+）+c（H+）=30.2mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L，所以M为阳离子，设M阳离子为c（Mn+），根据电荷守恒有nc（Mn
20、+）=2mol/L1.2mol/L=0.8mol/L，再结合选项考进行判断【解答】解：溶液中总负电荷浓度为：c（Cl）+2c（SO42）=0.4mol/L+20.8mol/L=2mol/L，总电荷浓度为：3c（Al3+）+c（H+）=30.2mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L，所以M为阳离子，设M阳离子为c（Mn+），根据电荷守恒有：nc（Mn+）=2mol/L1.2mol/L=0.8mol/L，A.1c（Na+）=0.6mol/L，故A错误；B由上述分析可知，M为阳离子，不可能是CO32，故B错误；C.2c（Mg2+）=20.4 mol/L=0.8mol/L，故C正确；D.2c（
21、Ba2+）=20.4mol/L=0.8mol/L，但硫酸根离子与钡离子不能共存，故D错误；故选C8在下列反应中，既属于离子反应又属于氧化还原反应的是（）ABaCl2溶液和K2SO4溶液反应BAl放入烧碱溶液中CNaOH溶液和CuSO4溶液反应DKSCN溶液和FeCl3溶液反应【考点】氧化还原反应【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，有离子参加的反应为离子反应，以此来解答【解答】解：A属于离子反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B烧碱电离出离子，有离子参加，属于离子反应，且Al、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B选；C属于离子反应，但没有元素的化合价变化，
22、不属于氧化还原反应，故C不选；D属于离子反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选B9NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）在常温常压下，1mol氦气含有原子数为2NA0.5molO2和0.5molO3的混合物所含有的氧原子个数为2.5NA常温常压下，18g H2O中含有的原子总数为3NA1L 0.1mol/L NaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO4含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1molL11.00mol NaCl中，所有Na+的最外层电子总数约为86.021023物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数
23、为NA13.5g Al与足量盐酸反应生成H2的分子数为NA标准状况下，2.24LCH4所含电子数为NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】氦气为单原子分子；氧气为双原子分子，臭氧为三原子分子；求出18g H2O的物质的量，然后根据水为三原子分子来分析；NaHSO4溶液中无HSO4；含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，溶液体积大于1L；1.00mol NaCl中含1molNa+，而钠离子的最外层有8个电子；溶液体积不明确；求出13.5g Al的物质的量，然后根据铝与足量盐酸时，1mol铝1.5mol氢气来分析；求出标准状况下，2.24LCH4的物质的量，然后根据甲烷为10电子微粒来分析【解
24、答】解：氦气为单原子分子，故1mol氦气中含NA个原子，故错误；氧气为双原子分子，臭氧为三原子分子，故0.5molO2中含1mol氧原子，而0.5molO3中含1.5mol氧原子，故混合物所含有的氧原子个数共2.5NA，故正确；18g H2O的物质的量为1mol，而水为三原子分子，故1mol水中含3mol原子即3NA个，故正确；NaHSO4在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根，故溶液中无HSO4，故错误；含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，溶液体积大于1L，则钠离子的浓度小于1mol/L，故错误；1.00mol NaCl中含1molNa+，而钠离子的最外层有8个电子，故1mol钠离子的
25、最外层有8NA个电子，故正确；溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故错误；13.5g Al的物质的量为0.5mol，而铝与足量盐酸时，1mol铝1.5mol氢气，故0.5mol铝反应生成0.75NA个氢气分子，故错误；标准状况下，2.24LCH4的物质的量为0.1mol，而甲烷为10电子微粒，故0.1mol甲烷中含NA个电子，故正确故选A10有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（）A盐酸B烧碱溶液C氨水DKSCN溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】六种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，
26、盐酸与六种氯化物都不反应，KSCN溶液只与FeCl3变红色，不能达到目的，且另外BC二个选项提供的物质均为碱溶液，因而主要考查金属氢氧化物的溶解性及颜色因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因此必需选强碱【解答】解：A盐酸与六种氯化物都不反应，不能鉴别，故A错误； B加入烧碱溶液，NaCl无现象，FeCl2先生成白色沉淀迅速变灰绿色最终为红褐色，FeCl3生成红褐色沉淀，MgCl2生成白色沉淀，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，现象各不相同，可鉴别，故B正确；C加入浓氨水不能鉴别MgCl2和AlCl3，必需选强碱，故C错误；DKSCN溶液只与FeCl3变红色，故D错误故选B11下列离子能大
27、量共存且溶液为无色透明的是（）ANa+、OH、NO3、HCO3BNa+、Fe3+、Cl、SCNCNa+、Al3+、NO3、ClDK+、Cu2+、SO42、OH【考点】离子共存问题【分析】溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，A碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；B铁离子与硫氰根离子反应，且铁离子为有色离子；C四种离子之间不反应，都是无色离子；D铜离子为有色离子，铜离子与氢氧根离子反应【解答】解：无色溶液可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，AOH、HCO3之间反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+、SCN之间反
28、应生成络合物硫氰化铁，且Fe3+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、Al3+、NO3、Cl之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故C正确；DCu2+、OH之间反应生成氢氧化铜沉淀，且铜离子为有色离子，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C12下列各项操作中，发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是（）向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 向AlCl3溶液中通入过量的NH3向Ca（OH）2溶液中逐渐通入过量的CO2 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【分析】先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解
29、；氢氧化铝沉淀不溶于弱碱；向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失；氢氧化铝沉淀能溶于强酸【解答】解：先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解，发生先沉淀后溶解现象，故符合题意；向AlCl3溶液中通入过量的NH3生成氢氧化铝沉淀，当氨水过量时沉淀不溶解，故不符合题意；向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失，发生先沉淀后溶解现象，故符合题意；向NaAlO2溶
30、液中逐滴加入过量的盐酸，开始时生成氢氧化铝沉淀，当盐酸过量时，氢氧化铝沉淀溶解，故符合题意；故选B13在2H2S+SO23S+2H2O的反应中，当有86.021023个电子发生转移时，得到的氧化产物比还原产物多（）A64 gB32 gC1.5molD3 mol【考点】氧化还原反应【分析】在SO2+2H2S=2H2O+3S反应中，SO2中S元素的化合价由+4降低为0，H2S中S元素的化合价由2升高到0，以此来解答【解答】解：在SO2+2H2S=2H2O+3S反应中，SO2中S元素的化合价由+4降低为0，为氧化剂；H2S中S元素的化合价由2升高到0，为还原剂，则S单质既是氧化产物又是还原产物，当有
31、86.021023个电子发生转移时，生成6molS，即氧化产物和还原产物的和为6mol，其中H2S被氧化生成的S为4mol，SO2被还原生成的S为2mol，则氧化产物比还原产物多2mol，即64g，故选A14下列离子方程式的表达正确的是（）A金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH2AlO2+H2BAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+4OHAlO2+2H2OC过氧化钠与水反应：Na2O2+2H2O2Na+2OH+O2DFeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B、氢氧化铝不能溶于过量的氨水；C、不满足
32、质量守恒；D、FeCl2溶液跟Cl2反应生成FeCl3【解答】解：A、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式都是Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故A错误；B、氢氧化铝不能溶于过量的氨水，故AlCl3溶液中加入足量的氨水生成的是Al（OH）3沉淀，且一水合氨不能拆：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B错误；C、Na2O2固体与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故C错误；D、FeCl2溶液跟Cl2反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D正确故选D15在某无色溶液中缓慢地滴入
33、NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（）AMg2+、Al3+、Fe2+BH+、Mg2+、Al3+CH+、Ba2+、Al3+D只有Mg2+、Al3+【考点】镁、铝的重要化合物【分析】根据图象，可以看出分为4个阶段：第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，即部分沉淀溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加【解答】解：第一阶段无沉淀，水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的
34、量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，故选B16将一定量的铝、铁混合物完全溶于200mL 1mol/L H2SO4溶液中，然后再滴加0.5mol/L NaOH溶液至生成沉淀量最大，则此时消耗NaOH溶液的体积为（）A400mLB600mLC800mLD1000mL【考点】有关混合物反应的计算【分析】Fe和Al的混合物完全溶解于H2SO4溶液中生成硫酸铁、硫酸铝，硫酸可能有剩余，再向反应后的溶液中加入NaOH溶液，要使反应后的Fe3+、Al3+全部沉淀出来，则此时溶
35、液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根离子守恒可知n（Na2SO4）=n（H2SO4），然后根据V=计算需要氢氧化钠溶液体积【解答】解：Fe和Al的混合物完全溶解于H2SO4溶液中生成硫酸铁、硫酸铝，硫酸可能有剩余，再向反应后的溶液中加入NaOH溶液，要使反应后的Fe3+、Al3+全部沉淀出来，则此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2SO4），再根据硫酸根离子守恒可知：n（Na2SO4）=n（H2SO4），则消耗氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=2n（H2SO4）=20.2L1
36、mol/L=0.4mol，需要氢氧化钠溶液的体积为： =0.8L=800mL，故选C二非选择题（共52分）17按要求写出下列反应的离子方程式少量氢氧化钙溶液中加入足量的碳酸氢钠溶液2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O氯化铝与过量氢氧化钠溶液混合Al2O3+2OH=2AlO2+H2O偏铝酸钠溶液中通过量CO2气体AlO2+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3+HCO3【考点】离子方程式的书写【分析】少量氢氧化钙溶液中加入足量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；氧化铝与过量氢氧化钠溶液混合反应生成偏铝酸钠和水；二氧化碳过量，二者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠【解答】解
37、：少量氢氧化钙溶液中加入足量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O；故答案为：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O；氧化铝与过量氢氧化钠溶液混合反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；向偏铝酸钠溶液中通过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2（过）+2H2O=Al（OH）3+HCO318用双线桥表示下列氧化还
38、原反应电子转移转移的方向和数目KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O若该反应中生成标准状况下的Cl2为67.2L，则转移电子个数为5NA【考点】氧化还原反应【分析】反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、1价变化为0价，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，以此解答该题；【解答】解：该反应中，氯酸钾中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以氯酸钾是氧化剂，HCl中Cl元素化合价由1价升高到0价，被氧化，既是氧化产物也是还原产物，得电子与失电子个数相等，比值为1：1，氧化产物和还原产物的质量之比是5：1
39、，只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，所以生成标准状况下的Cl2为67.2L即=3mol，则转移电子个数为5NA，故答案为：5NA19除去下列物质中所含杂质（括号内为杂质），写出除去杂质的化学方程式Fe2O3（Al2O3）Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2ONaHCO3溶液中（Na2CO3）Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】（1）Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能，则加足量NaOH溶解后过滤可
40、除杂；（2）碳酸钠溶液与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，以此来解答【解答】解：（1）Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能，则加足量NaOH溶解后过滤可除杂，则选择试剂为NaOH，发生的离子反应为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；（2）碳酸钠溶液与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则除杂反应为Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故答案为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO320如图是教师在课堂中演示的两个实验装置（铁架台等辅助仪器略去未画）回答下列问题：（1）实验一是为了探究碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，请问
41、试管A中盛放的药品是（填序号）（碳酸钠碳酸氢钠）（2）实验一中观察到的实验现象是中澄清石灰水不变浑浊，中澄清石灰水变浑浊，得到的结论是碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解且产生二氧化碳，写出受热分解的化学方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2（3）实验二用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象是：包有Na2O2的棉花燃烧请写出Na2O2与CO2反应的化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2【考点】碱金属及其化合物的性质实验【分析】（1）碳酸氢钠具有热不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产
42、生气体判断稳定性强弱；（2）碳酸氢钠加热分解放出二氧化碳，能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠比较稳定，对应的澄清石灰水不变浑浊，据此得出结论，写出反应的化学方程式；（3）包有Na2O2的棉花燃烧，则过氧化钠与二氧化碳的反应为放热反应，反应有氧气生成，以此来解答【解答】解：（1）碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故答案为：；（2）碳酸氢钠具有热不稳定，加热分解生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠难分解，则中澄清石灰水不变浑浊，故
43、答案为：中澄清石灰水不变浑浊，中澄清石灰水变浑浊；碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解且产生二氧化碳；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（3）实验二用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象是：包有Na2O2的棉花燃烧，即温度升高棉花燃烧，有氧气助燃，由此说明：该反应放热，该反应有氧气生成，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O221现有浓度均为2molL1的FeCl3、FeCl2、CuCl2 混合溶液100mL，加入一定量的铁粉，按下列情况填空（1）反应完毕后，有铜生成，铁粉无剩余则反应完毕后溶液一定含
44、有Fe2+阳离子，该阳离子在溶液中的物质的量的范围是0.25moln（Fe2+）0.35mol（2）反应完毕后，铁粉有剩余：反应完毕后，溶液中一定含有Fe2+阳离子，为0.35mol，一定没有Fe3+、Cu2+阳离子； 固体物质干燥后，其中一定有Fe、Cu，与反应前加入铁粉质量相比少（填“多”或“少”）4g【考点】铁的化学性质【分析】依据三价铁离子、铜离子、二价铁离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，若反应后，有铜生成，铁粉无剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若充分反应后，铁粉有剩余，则三价铁离子、铜离子一定完全反应；据此结合反应方程式计算解答【解答】解：Fe3+、C
45、u2+、Fe2+的氧化性依次减弱，加入铁粉，先与Fe3+反应，再与Cu 2+反应，（1）当有铜生成，铁粉无剩余，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；如果只有Fe2+，则其物质的量为：0.35mol，如果还有Cu2+，且最多为0.1mol时，只发生2FeCl3+Fe=3FeCl2，则Fe2+物质的量为0.25mol，由于两个反应都发生，所以Cu2+小于0.1mol，因此Fe2+物质的量大于0.25mol，故Fe2+物质的量为：0.25moln（Fe2+）0.35mol；故答案为：Fe2+；0
46、.25moln（Fe2+）0.35mol；（2）当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+FeCu+FeCl2，溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；反应后溶液中的溶质为氯化亚铁，根据氯离子守恒：n（Cl）=（1mol/L3+1mol/L2+1mol/L2）0.1L=0.7mol，所以n（Fe2+）=n（Cl）=0.35mol；故答案为：Fe2+；0.35；Fe3+、Cu2+；当铁粉有剩余时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，所以固体中含有Fe、Cu；根据方程式
47、；2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+FeCu+FeCl2，反应消耗铁的量为n（Fe）=n（FeCl3）+n（Cu）=2mol/L0.1L+2mol/L0.1L=0.3mol，质量为：0.3mol56g/mol=16.8g，反应生成的铜为n（Cu）=2mol/L0.1L=0.2mol，质量为；0.2mol64g/mol=12.8g，固体质量减少16.8g12.8g=4g；故答案为：Fe、Cu；少；422如图，有以下物质相互转化，其中B溶液为浅绿色，I溶液为棕黄色，J为AgCl，请回答：（1）足量气体C是（填化学式）Cl2，F的化学式KCl（2）写出B的化学式FeCl2，检验B中阳离子的
48、操作方法是取少量B溶液于试管中，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色或向其中滴加铁氰化钾溶液，溶液产生蓝色沉淀，都说明含有亚铁离子（只填一种方法，用文字表述）（3）写出由G转变成H的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（4）写出检验I溶液中阳离子的离子方程式Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；向I溶液中加入单质Cu的有关离子反应方程式是2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+【考点】无机物的推断【分析】J为AgCl，且溶液焰色反应呈紫色，说明含有K元素，根据元素守恒知，F为KCl；白色沉淀G在空气中变为红色沉淀H，则G为Fe（OH）2、H为Fe（OH）3，H和稀盐酸反
49、应生成溶液I，I溶液为棕黄色，I为FeCl3，I和A反应生成B，B溶液为浅绿色，且A为固体单质，所以A为Fe、B为FeCl2，FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，则C为Cl2，FeCl2和E反应生成KCl和Fe（OH）2，根据元素守恒得E为KOH，结合题目分析解答【解答】解：J为AgCl，且溶液焰色反应呈紫色，说明含有K元素，根据元素守恒知，F为KCl；白色沉淀G在空气中变为红色沉淀H，则G为Fe（OH）2、H为Fe（OH）3，H和稀盐酸反应生成溶液I，I溶液为棕黄色，I为FeCl3，I和A反应生成B，B溶液为浅绿色，且A为固体单质，所以A为Fe、B为FeCl2，FeCl2和Cl2反应生成F
50、eCl3，则C为Cl2，FeCl2和E反应生成KCl和Fe（OH）2，根据元素守恒得E为KOH，（1）通过以上分析知，足量气体C是Cl2，F的化学式为KCl，故答案为：Cl2；KCl；（2）通过以上分析知，B的化学式FeCl2，亚铁离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能和铁氰化钾溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以可以用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液检验亚铁离子，检验B中阳离子的操作方法是取少量B溶液于试管中，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色或向其中滴加铁氰化钾溶液，溶液产生蓝色沉淀，都说明含有亚铁离子，故答案为：FeCl2；取少量B溶液于试管中，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色或
51、向其中滴加铁氰化钾溶液，溶液产生蓝色沉淀，都说明含有亚铁离子；（3）氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，由G转变成H的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）I为铁离子，能和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，则检验I溶液中阳离子的离子方程式Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；向I溶液中加入单质Cu的有关离子反应方程式是2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+23把NaO
52、H、FeCl3、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.07g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示试回答：（1）A点沉淀为Fe（OH）3，（填化学式）B点沉淀为Al（OH）3（填化学式）（2）原固体混合物中各物质的物质的量分别是多少？（3）C点处的盐酸的体积是多少毫升？【考点】有关混合物反应的计算【分析】固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入20 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2转化为Al（OH）3，则A点沉淀物为 Fe（OH）
53、3，AB段发生反应：AlO2+2H2O+H+=Al（OH）3，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Fe（OH）3、Al（OH）3；BC段发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O、Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O，据此进行解答【解答】解：固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入20 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2转化为Al（OH）3，则A点沉淀物为 Fe（OH）3，AB段发生反应：AlO2+2H2O+H+=Al（OH）3，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Fe（OH）3、Al（OH）3；B
54、C段发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O、Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O，（1）根据分析可知，A点沉淀为Fe（OH）3，B点沉淀为Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；Al（OH）3；（2）A点沉淀的是Fe（OH）3，则nFe（OH）3= =0.01mol，根据Fe原子守恒得n（FeCl3）=nFe（OH）3=0.01mol；AB段发生反应：AlO2+2H2O+H+=Al（OH）3，则nAl（OH）3=n（HCl）=1mol/L（0.050.02）L=0.03mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=nAl（OH）3=0.03mol，B点溶质为NaCl，由Na+离子
55、和Cl离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl）=3n（FeCl3）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.01mol3+0.03mol3+0.051mol/L=0.17mol，答：原混合物中n（AlCl3）=0.03mol、n（FeCl3）=0.01mol、n（NaOH）=0.17mol；（3）C溶液中溶质为NaCl、MgCl2、AlCl3，加入盐酸等于原混合物中NaOH消耗的盐酸体积，二者恰好反应时：n（HCl）=n（NaOH）=0.17mol，则C点处的盐酸的体积为：VHCl（aq）= =0.17L=170mL，答：C点处的盐酸的体积为170mL2016年11月22日