1、2015-2016学年河北省石家庄一中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个选项符合题意请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1下列仪器常用于物质分离的是( )漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 研钵ABCD2胶体的最本质的特征是( )A丁达尔效应B可以通过滤纸C布朗运动D分散质颗粒的直径在1nm100nm之间3下列关于金属的叙述中正确的是( )A所有的金属都是固态的B金属具有导电性、导热性和延展性C金属都能与酸反应，但不能与碱反应D金属元素在自然界中都是以化合态存在的4下列关于“焰色反应”的理解正确的是( )A只有金属单质才有焰色反应B只有金属
2、化合物才有焰色反应C只有某些金属或其化合物才有焰色反应D只有金属离子才有焰色反应5下列说法正确的是( )A合金是指由几种金属熔合而成的具有一定金属特性的物质B光导纤维的主要成分是晶体硅C硅石、石英、水晶、玛瑙中都含有二氧化硅D明矾净水是因为其具有杀菌消毒的性质6下列表格中各项分类都正确的一组是( ) 类别选项纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖BCaO海水铜乙醇C胆矾铝合金AgClCO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋AABBCCDD7下列说法正确的是( )A元素的单质一定是由还原该元素的化合物来制得B含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性C阳离子只能得到电子被还原
3、，阴离子只能失去电子被氧化D在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强8下列物质的用途中，不正确的是( )A纯碱：制玻璃B烧碱：治疗胃酸过多的一种药剂C过氧化钠：制氧气D小苏打：发酵粉主要成份9在109mlO7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化如纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸下列说法正确的是( )A纳米铜是一种新型化合物B纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应C纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同D纳米铜无需密封保存10设NA为阿伏加德罗常数，下面叙述正确的是( )A标准状况下，11.2L CCl4所含分子数为0.5NAB1L 1mol/L
4、的氯化钠溶液中，所含离子数为NAC常温下，4.4g CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的原子数为0.3NAD1mol Cl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为3NA11已知2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，则MOyx中的M的化合价为( )A+3B+4C+6D+712如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是( )AMgSO4BKAl（SO4）2CAl2（SO4）3DNaAlO213将一定量的铁片和浓硫酸混合加热，充分应后得到溶液X，X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要确认其中的Fe2+，应选用(
5、)AKSCN溶液和氯水B铁粉和KSCN溶液C浓氨水D酸性KMnO4溶液14把过氧化钠投入含有HCO3、Cl、Mg2+、Na+的水溶液中，离子数目不变的是( )AHCO3BClCMg2+DNa+15下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )A装置：用氯化铵和氢氧化钙制NH3B装置：收集NO气体C装置：用锌粒和稀硫酸制H2D装置：用双氧水和二氧化锰制O216下列离子方程式正确的是( )A氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：SO2+OHSO32+H2OD氢氧化铝与足量盐酸反应，Al
6、（OH）3+3H+Al3+3H2O17氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体下列叙述正确的是( )A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子CAlN属于离子化合物，其中氮元素的化合价为+3DAlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH318已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaCl+NaClO3，在相同条件下NaClO2也能
7、发生类似的反应，其最终产物是( )ANaCl、NaClOBNaCl、NaClO3CNaClO、NaClO3DNaClO3、NaClO419以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是( )氧化物环境问题主要来源ACO2酸雨化石燃料的燃烧BSO2光化学烟雾汽车尾气的排放CNO2温室效应工厂废气的排放DCO煤气中毒 煤炭的不完全燃烧AABBCCDD20将NO2、NH3、O2混合气22.4L通过稀硫酸后，溶液质量增加了26.7g，气体体积缩小为4.48L（气体均在标准状况下测定）剩余气体能使带火星的木条着火，则混合气体的平均相对分子质量为( )A30.1B31.1C32.1D33.121
8、Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH外，还有Cl、ClO、ClO3，且这三种离子的物质的量之比为9：2：1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为( )A5：2B2：5C3：1D1：322现有Na2CO3、H2SO4、Ba（OH）2三种物质的物质的量浓度与体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，出现沉淀后过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液( )A一定呈酸性B不可能呈碱性C可能呈中性或碱性D一定呈中性23把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加
9、入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为( )AB（2ba）mol/LCD（10b5a）mol/L24下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是( )操作和现象结论A切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去Na在空气中会生成Na2O2B向某溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加足量稀HCl，若白色沉淀不溶解原溶液中一定含SO42C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸和KSCN溶液，变成红色溶液中有Fe3+生成D将FeCl2溶液滴加到少许酸性KMnO4溶液中，溶液褪色FeCl2具有漂白性AABBCCDD25向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准
10、状况下的气体bL向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是( )Ac=Bp=m+Cn=m+17VcDmpm二、填空题（共5小题，共50分，请将正确答案填写在答题纸上）26I（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，反应的离子方程式是_（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，发现蓝色逐渐消失，反应的离子方程式是_（3）对比（1）和（2）实验所得的结果，将Cl、I、SO2按还原性由强到弱顺序排列为_（4）除去铁粉中混有铝粉的试剂是_，离子方程式为_（
11、5）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，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_27如图1是工业上“碱法烟气脱硫法”示意图，如图2是工业上“石灰石膏烟气脱硫法”示意图，回答：已知：试 剂Ca（OH）2NaOH价格（元/kg）0.362.9吸收SO2的成本（元/mol）0.0270.232（1）图1中，反应的离子方程式为_，该法的缺点之一是_（2）图2中，反应的目的是稳定固化硫元素形成高价态的化合物，氧气的作用是_该法的优点之一是_（3）“碱法烟气脱硫法”中的产物Na2SO3的稳定性不好，易使硫元素重新转化为挥发性污染物，为避免之，设计了的反应，写出其化学方程式
12、为_28已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体（1）写出下列物质的化学式：A：_D：_R：_（2）按要求写下列反应方程式：H在潮湿空气中变成M的化学方程式：_；D与盐酸反应的离子方程式：_（3）检验气体C的方法：_29（13分）某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究已知：PdCI2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO+PdCI2+H2OCO2+2HCI+Pd（产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊）（1）实验时要通入足够长时间的N2，其原因是
13、_（2）装置B的作用是_（3）装置C、D中所盛试剂分别为_、_，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为_（4）该装置的缺点是_（5）资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC取18g Si02和8.4g焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体13.44L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为_（6）设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：_30某结晶水合物A含有两种阳离子和一种阴离子将溶有90.60gA的水溶液分成两等份，向第一份逐滴加入NaOH溶液，溶液先出现白色沉淀后完全溶解，此过程中产生2.24L（标准状
14、况）刺激性气味的气体向第二份加入过量的Ba（OH）2溶液，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.60g请回答以下问题：（1）A的摩尔质量为_（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式为_（3）若第二份加入75.00mL2.00molL1的Ba（OH）2溶液，则得到的沉淀质量为_2015-2016学年河北省石家庄一中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个选项符合题意请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1下列仪器常用于物质分离的是( )漏斗 试管 蒸馏烧瓶 天平 分液漏斗 研钵ABCD【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器 【专题】化学
15、实验常用仪器及试剂【分析】实验室常用于分离的操作有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液等，常用的仪器有普通漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶等仪器【解答】解：普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；试管常用于物质的制备、发生装置；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；托盘天平常用于称量固体的质量；分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；研钵常用于固体药品的研磨，不能用来分离所以用来分离的仪器有故选C【点评】本题考查实验室常见仪器的使用，题目难度不大，注意常见基础知识的积累2胶体的最本质的特征是( )A丁达尔效应B可以通过滤纸C布朗运动D分散质颗粒的直径在1nm100nm之间【考点】胶体的重要性质 【专题】溶
16、液和胶体专题【分析】根据胶体区别于溶液和浊液最本质的特征是分散质直径的大小不同【解答】解：因胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm100nm之间，溶液和浊液本质区别是；分散质微粒直径在1nm的是溶液，分散质微粒直径在100nm的是浊液，故选D【点评】本题主要考查了胶体区别于溶液和浊液最本质的特征，要注意是本质特征，不是鉴别方法3下列关于金属的叙述中正确的是( )A所有的金属都是固态的B金属具有导电性、导热性和延展性C金属都能与酸反应，但不能与碱反应D金属元素在自然界中都是以化合态存在的【考点】金属与合金在性能上的主要差异；金属的通性 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A常温下金属单
17、质大多数是固体，而汞为液体；B金属都具有导电性、导热性和延展性；C不活泼的金属不与酸反应；D有些金属化学性质不活泼，在自然界是以游离态存在，如金、银等【解答】解：A常温下金属单质都是固体，说法错误，因为汞为液体，故A错误；B金属具有导电性、导热性和延展性金属特性，故B正确；C不是所有金属能与酸反应，有些不活泼的金属不与酸反应，如金和盐酸、硫酸等酸不反应；铝能与碱反应，故C错误；D性质活泼的金属在自然界以化合态的形式存在；有些化学性质不活泼的金属在自然界是以游离态存在的，如金、银等，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了金属的物理性质和化学性质两方面的内容，注意用反例来论证正确与否是解答的技巧之
18、一，题目难度不大4下列关于“焰色反应”的理解正确的是( )A只有金属单质才有焰色反应B只有金属化合物才有焰色反应C只有某些金属或其化合物才有焰色反应D只有金属离子才有焰色反应【考点】焰色反应 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】根据焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应来分析【解答】解：因焰色反应是元素的性质，则同种金属的单质或金属的化合物、溶液中的金属阳离子都具有相同的焰色反应，并且只有某些金属元素有焰色反应，如Fe不具有焰色反应，故选C【点评】要深入理解焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应5下列说法正确的是(
19、 )A合金是指由几种金属熔合而成的具有一定金属特性的物质B光导纤维的主要成分是晶体硅C硅石、石英、水晶、玛瑙中都含有二氧化硅D明矾净水是因为其具有杀菌消毒的性质【考点】合金的概念及其重要应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物 【专题】元素及其化合物；化学计算【分析】A根据合金的定义； B光导纤维的成分为SiO2；C硅石、石英、水晶、玛瑙主要成分为二氧化硅；D明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒【解答】解：A合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，故A错误； B光导纤维的主要成分是SiO2，故B错误；C硅石、石英、水晶、玛瑙中都含有二氧化硅，故C正确；
20、D明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒用作净水剂，但不能杀菌消毒，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了物质的组成与性质，难度不大，根据所学知识即可完成6下列表格中各项分类都正确的一组是( ) 类别选项纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖BCaO海水铜乙醇C胆矾铝合金AgClCO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋AABBCCDD【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】混合物由两种或两种以上物质组成，纯净物纯净物是由一种物质组成；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质【
21、解答】解：A、生理盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误；B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、胆矾是纯净物，铝合金含有多种成分是混合物；氯化银是电解质，二氧化碳是非电解质，故C正确；D、硫酸钠溶液是混合物，所以不是电解质；食醋是弱电解质，故D错误；故选C【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质和非电解质的判断，难度不大，明确能导电的不一定是电解质，电解质不一定导电7下列说法正确的是( )A元素的单质一定是由还原该元素的化合物来制得B含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性C阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化D在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
22、【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】A单质可由化合物得电子或失去电子得到；B化合物是否具有强氧化性取决于得电子能力；C阳离子如处于中间价态，可被氧化，阴离子如具有强氧化性，可得电子被还原；D氧化性的强弱与得电子能力有关，与得电子多少无关【解答】解：A金属阳离子具有氧化性，可得电子被还原得到，非金属单质可由阴离子失去电子被氧化得到，故A错误；B化合物是否具有强氧化性取决于得电子能力，如CO2中C元素处于最高价态，但氧化性较弱，故B正确；C阳离子如处于中间价态，可被氧化，如Fe2+，阴离子如具有强氧化性，可得电子被还原，如NO3、MnO4等，故C错误；D氧化性的强弱与得电子能力有
23、关，与得电子多少无关，故D错误故选B【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价与微粒性质的关系、氧化性比较等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例分析，题目难度不大8下列物质的用途中，不正确的是( )A纯碱：制玻璃B烧碱：治疗胃酸过多的一种药剂C过氧化钠：制氧气D小苏打：发酵粉主要成份【考点】钠的重要化合物 【分析】A、纯碱是日常生活用品，也是制造玻璃、洗涤剂等的重要化工原料；B、氢氧化钠有很强的腐蚀性，不能在食品和药品里使用；C、呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠（Na2O2）作为供氧剂；D、碳酸氢钠的用途有很多，如做化工原料、治疗胃酸过多、做发酵粉等；【解答】解：
24、A、工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，发生的反应有：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，故A正确；B、氢氧化钠有很强的腐蚀性，能腐蚀胃部，故B错误；C、Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可用过氧化钠（Na2O2）制氧气，故C正确；D、发酵粉的主要成分之一是碳酸氢钠，再做糕点时它受热分解生成二氧化碳气体，使糕点疏松多孔，故D正确；故选B【点评】本题考查常见物质的用途，与实际生产生活联系密切，要注意化学知识在生产生活中的应用9在109mlO7m范围内，对原子、分子进行操纵的
25、纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化如纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸下列说法正确的是( )A纳米铜是一种新型化合物B纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应C纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同D纳米铜无需密封保存【考点】纳米材料 【专题】溶液和胶体专题【分析】利用题干中的信息可知纳米铜也是铜，但易于氧气反应并且速度很快，利用此知识解决判断即可【解答】解：A纳米铜和普通铜都是由铜元素组成，故纳米铜属于单质，故A错误；B普通铜加热才能与氧气反应，而纳米铜很易于氧气反应，故B正确；C纳米铜和普通铜中都属于铜元素，所以铜原子结构相同，故C错误；D纳米铜很易与氧气反应，应密封保存，故D错误
26、故选B【点评】本题是一道信息给予题，关键是对题干知识的整理，并与所学知识的关联性的掌握，较简单10设NA为阿伏加德罗常数，下面叙述正确的是( )A标准状况下，11.2L CCl4所含分子数为0.5NAB1L 1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NAC常温下，4.4g CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的原子数为0.3NAD1mol Cl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为3NA【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标准状况四氯化碳不是气体；B、氯化钠电离生成钠离子和氯离子；C、CO2和N2O的摩尔质量相同为44g/mol，依据n=计算物质的量，结合
27、分子构成分析判断；D、1mol Cl2与足量的铁发生反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算【解答】解：A、标准状况四氯化碳不是气体，11.2L CCl4物质的量不是0.5mol，故A错误；B、氯化钠电离生成钠离子和氯离子，1L 1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数大于2NA，故B错误；C、CO2和N2O的摩尔质量相同为44g/mol，依据n=计算物质的量=0.1mol，结合分子构成分析混合物中所含有的原子数为0.3NA，故C正确；D、1mol Cl2与足量的铁发生反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算，1mol Cl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为2NA，故D错误；故选C【点评
28、】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，注意气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移的计算分析，掌握基础是关键，题目较简单11已知2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，则MOyx中的M的化合价为( )A+3B+4C+6D+7【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】根据O原子守恒计算y的值，再根据电荷守恒计算x的值，令MOyx中M的化合价为a，根据各元素化合价代数和等于离子所带的电荷计算a的值【解答】解：对于反应2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2（x）+5（2）+16=22，解得x=1
29、MOyx中为MO4，令MO4中M的化合价为a，则：a+4（2）=1解得a=+7，故选D【点评】本题考查学生氧化还原反应及根据信息提取知识的能力等，难度中等，关键根据电荷守恒及元素守恒判断x、y的值，是对所学知识的综合运用与能力考查，是一道不错的能力考查题目12如图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系该溶液的成分可能是( )AMgSO4BKAl（SO4）2CAl2（SO4）3DNaAlO2【考点】镁、铝的重要化合物 【专题】图像图表题【分析】A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=
30、AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，加入3mol氢氧化钡沉淀最大，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol；C、先发生反应Ba2+SO42=BaSO4、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，结合加入3mol氢氧化钡沉淀最大判断；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应【解答】解：A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要
31、1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡，可以
32、生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3+3OHAl（OH）3，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；故选C【点评】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系13将一定量的铁片和浓硫酸混合加热，充分应后得到溶液X，X中除Fe3+外还可能含有Fe2+若要确认其中的Fe2+，应选用( )AKSCN溶液和氯水B铁粉和KSCN溶液C浓氨水D酸性KMnO4溶液【考点】二价
33、Fe离子和三价Fe离子的检验 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】通常检验三价铁离子的检验方法为：取待测液于试管中，向待测溶液中加入KSCN溶液，溶液马上变成红色说明溶液中有Fe3+，即Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；检验二价铁离子的检验方法为：再取待测液于试管中，加KSCN溶液没有明显现象，加入氯水溶液变成红色，说明溶液只有Fe2+；由于溶液中存在铁离子，无法通过以上方法检验，可以利用亚铁离子检验较强的还原性，加入高锰酸钾溶液进行检验【解答】解：X中除Fe3+外还可能含有Fe2+，由于存在铁离子，不能使用硫氰化钾溶液检验，应该利用亚铁离子的还原性进行检验，检验方法为：取少量溶液，滴入
34、酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液溶液颜色变浅或者褪色，证明溶液中存在亚铁离子，所以正确的为D酸性高锰酸钾溶液，故选D【点评】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法，题目难度不大，注意掌握亚铁离子、铁离子的检验方法，特别注意本题中溶液中铁离子、亚铁离子都存在，不能使用硫氰化钾溶液和氯水检验14把过氧化钠投入含有HCO3、Cl、Mg2+、Na+的水溶液中，离子数目不变的是( )AHCO3BClCMg2+DNa+【考点】钠的重要化合物；离子共存问题 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】先判断能够发生的化学反应，从而确定原溶液中存在的离子数目是否改变，过氧化钠先和水反应，生成的氢氧根离子再和溶液中的
35、某些离子反应【解答】解：过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠在水溶液中能电离出自由移动的氢氧根离子，氢氧根离子能和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成水和碳酸根离子，所以发生的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，2OH+Mg2+=Mg（OH）2，HCO3+OH=H2O+CO32，所以溶液中减少的离子为HCO3、Mg2+，增加的离子为Na+，不变的离子为Cl故选B【点评】本题以溶液中离子是否改变为载体考查了离子反应，难度不大，明确各离子之间的反应是解本题的关键15下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )A装置：用氯化铵和氢氧化钙制NH3
36、B装置：收集NO气体C装置：用锌粒和稀硫酸制H2D装置：用双氧水和二氧化锰制O2【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A氯化铵和氢氧化钠反应生成水，应防水倒流；BNO不能利用排空气法收集；C氢气的密度比空气的密度小；DH2O2分解生成水和氧气，二氧化锰作催化剂，氧气不溶于水【解答】解：A氯化铵和氢氧化钠反应生成水，应防水倒流，则加热的试管口应略向下倾斜，故A错误；BNO不能利用排空气法收集，图中收集方法不合理，应利用排水法收集，故B错误；C氢气的密度比空气的密度小，图中收集方法不合理，导管应短进长出，故C错误；DH2O2分解生成水和氧气，二氧化锰作催化剂，氧气不溶于水，则图中固
37、液反应不加热装置及排水法收集装置均合理，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见气体的制备实验、气体的收集等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大16下列离子方程式正确的是( )A氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OC过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：SO2+OHSO32+H2OD氢氧化铝与足量盐酸反应，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A次氯酸
38、为弱电解质，离子方程式中次氯酸不能拆开，需要保留分子式；B氨水为弱碱，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；C二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢根离子；D氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水【解答】解：A氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B氯化铝溶液中加入过量氨水，氨水不会溶解氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：SO2+OHHSO3，故C错误；D氢氧化铝与足量盐酸反应生成氯化铝和水，
39、反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式17氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体下列叙述正确的是( )A上述反应中，N2是还原剂，Al2O
40、3是氧化剂B上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子CAlN属于离子化合物，其中氮元素的化合价为+3DAlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目【解答】解：A、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，故A错误；B、反应Al
41、2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，故B错误；C、AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3，故C错误；D、AlN与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，其反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价即可分析解答本题，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力18已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaCl+NaClO
42、3，在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是( )ANaCl、NaClOBNaCl、NaClO3CNaClO、NaClO3DNaClO3、NaClO4【考点】钠的重要化合物 【分析】反应3NaClO2NaCl+NaClO3中，Cl元素化合价既升高又降低，自身发生氧化还原反应，NaClO2在热的碱性溶液中也能发生类似的反应，Cl元素化合价既升高又降低，以此解答该题【解答】解：反应3NaClO2NaCl+NaClO3中，Cl元素化合价既升高又降低，自身发生氧化还原反应，NaClO2在热的碱性溶液中也能发生类似的反应，Cl元素化合价既升高又降低，化合价降低最终产物应为NaCl，化合价
43、升高应大于+3价，可为+5价的NaClO3或NaClO4，故选B【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于考查学生的自学能力，注意从元素化合价变化的角度认识物质表现出的性质，明确元素化合价为解答该题的关键，题目难度不大19以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是( )氧化物环境问题主要来源ACO2酸雨化石燃料的燃烧BSO2光化学烟雾汽车尾气的排放CNO2温室效应工厂废气的排放DCO煤气中毒 煤炭的不完全燃烧AABBCCDD【考点】常见的生活环境的污染及治理 【分析】A二氧化碳与温室效应有关；B二氧化硫与酸雨有关；C二氧化氮与光化学烟雾有关；D燃料不完全燃烧生成CO，C
44、O有毒【解答】解：A化石燃料燃烧主要排放二氧化碳气体，与温室效应有关，故A错误；B工厂废气的排放产生大量二氧化硫气体，是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C汽车尾气排放大量的氮氧化物，氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故C错误；D燃料不完全燃烧生成CO，CO有毒，故D正确故选D【点评】本题考查常见的生活环境的污染治理，题目难度不大，注意污染物的形成条件及防治方法20将NO2、NH3、O2混合气22.4L通过稀硫酸后，溶液质量增加了26.7g，气体体积缩小为4.48L（气体均在标准状况下测定）剩余气体能使带火星的木条着火，则混合气体的平均相对分子质量为( )A30.1B31.1C32.1D33
45、.1【考点】有关混合物反应的计算；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 【专题】计算题；氮族元素【分析】根据n=进行计算原混合气体的物质的量及剩余气体的物质的量；气体的总质量=溶液增加的质量+剩余气体的质量，根据“剩余气体能使带火星的木条着火”可知氧气过量，则二氧化氮和氨气完全反应，剩余的气体为氧气，根据n=nM计算出氧气的质量，从而得出混合气体的总质量，最后根据M=计算出混合气体的平均摩尔质量，从而得出平均分子量【解答】解：该混合气体的物质的量为n=1mol，氨气与稀硫酸溶液发生如下反应：2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4（若氨气过量，则过量的氨气会溶于水）；NO2和O2在溶
46、液中发生如下反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2，将两个反应方程式相加可得总反应方程式：O2+4NO2+2H2O=4HNO3，由质量守恒定律可得：溶液增加的质量为溶解的气体的质量，所以溶液增加的质量加剩余气体的质量为原混合气体的质量，带火星的木头复燃说明氧气过量，则剩余的4.48L气体为O2，剩余O2的物质的量为：n=0.2mol，则剩余的O2的质量为：m=nM=0.2mol32g/mol=6.4g，所以原混合气体的质量为：26.7g+6.4g=33.1g，所以原混合气体的平均摩尔质量为：=33.1g/mol，则混合气体的平均相对分子质量为33.1，故选D【点评】本
47、题考查了混合物的计算，题目难度中等，注意掌握平均摩尔质量的计算方法，明确摩尔质量与相对分子量之间的关系，正确分析最后剩余的气体为氧气为解答关键21Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中，充分反应后，溶液中除大量OH外，还有Cl、ClO、ClO3，且这三种离子的物质的量之比为9：2：1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为( )A5：2B2：5C3：1D1：3【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】Cl、ClO、ClO3离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠和水，根据化合价
48、变化计算出氯气被氧化成ClO、ClO3失去的电子的物质的量，再根据化合价变化变化计算出氯气被含有生成的氯离子的物质的量，从而得出氯气的物质的量及氯化氢与氢氧化钠溶液反应生成的氯离子的物质的量，最后计算出原混合气体中Cl2与HCl体积比【解答】解：Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO、ClO3是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl、ClO、ClO3离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol（10）+1mol（50）=7mol；根据氧化还原反应中得失电子式相等
49、，Cl2生成Cl为被还原的过程，化合价从0价较低为1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：5：2，故选A【点评】本题考查了氯气与氯化氢的混合气体与氢氧化钠溶液反应的化学计算，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应中的电子守恒在计算中的应用，明确反应原理及化合价变化为解答本题的关键22现有Na2CO3、H2SO4、Ba（OH）2三种物质的物质的量浓度与
50、体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，出现沉淀后过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液( )A一定呈酸性B不可能呈碱性C可能呈中性或碱性D一定呈中性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】离子反应专题【分析】如果是Na2CO3、Ba（OH）2先混合，再把滤液和H2SO4混合，所得溶液为Na2SO4溶液，溶液显中性；如果是H2SO4、Ba（OH）2先混合，再与Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液显碱性，如果是Na2CO3、H2SO4先混合，再把滤液和Ba（OH）2混合，所得溶液为NaOH溶液，呈碱性【解答】解：若先将Na2CO3溶液和H2SO
51、4溶液混合后，再加Ba（OH）2，Na2CO3、H2SO4恰好完全反应，生成的Na2SO4再与Ba（OH）2恰好完全反应，最终生成的NaOH溶液显碱性；若先将Na2CO3溶液和Ba（OH）2溶液混合后，再加H2SO4，Na2CO3、Ba（OH）2恰好完全反应，生成的NaOH再与H2SO4恰好完全反应，最终生成的Na2SO4溶液显中性；若先将H2SO4和Ba（OH）2溶液混合后，再加Na2CO3溶液，H2SO4和Ba（OH）2溶液恰好完全反应，生成硫酸钡和水，再加入a2CO3溶液，水解呈碱性则混合后溶液可能呈中性或碱性，不可能呈酸性，故选C【点评】本题考查溶液酸碱性定性判断，为高频考点，明确反应
52、实质及最后所得溶液溶质成分是解本题关键，题目难度不大23把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为( )AB（2ba）mol/LCD（10b5a）mol/L【考点】有关混合物反应的计算 【专题】守恒法【分析】NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3H20+Na2CO3+H2O，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+
53、H2O+CO2，根据方程式计算【解答】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3H20+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，则Na2CO3的物质的量为（b0.5a）mol，n（Na+）=2n（Na2CO3）=（b0.5a）mol，c（Na+）=（b0.5a）mol0.1L=（10b5a）mol/L，故选D【点评】本题考查
54、混合物的计算，题目难度不大，本题注意用守恒的方法根据化学方程式计算24下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是( )操作和现象结论A切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去Na在空气中会生成Na2O2B向某溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加足量稀HCl，若白色沉淀不溶解原溶液中一定含SO42C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸和KSCN溶液，变成红色溶液中有Fe3+生成D将FeCl2溶液滴加到少许酸性KMnO4溶液中，溶液褪色FeCl2具有漂白性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A钠在不加热条件下生成氧化钠；B银离子和氯离子产生白色沉淀氯化银；C酸性
55、条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子；D亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应【解答】解：A切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，原因是钠在不加热条件下生成氧化钠，在加热条件下可生成过氧化钠，颜色为淡黄色，故A错误；B银离子和氯离子产生氯化银白色沉淀，所以该溶液中不一定含有SO42，故B错误；C亚铁离子具有还原性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，故C正确；D亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应，氯化亚铁体现还原性，故D错误故选C【点评】本题多角度考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严
56、密性、可行性的评价，难度不大25向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是( )Ac=Bp=m+Cn=m+17VcDmpm【考点】有关混合物反应的计算 【专题】计算题【分析】反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2；MgSO4+2KOH=Mg（OH）2+K2SO4；Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3+3K2SO4；Mg（OH
57、）2MgO+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；A根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH）等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；B由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；C沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cVM计算氢氧根离子的质量；
58、D按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间【解答】解：A根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故2=cmol/LV103L，整理得c=，故A正确；B选项中p为生成的氧化物的质量，由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+cV10316=
59、m+，故B正确；C沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+cV10317=m+，故C错误；D得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=102=，质量介于二者之间，故D正确；故选C【点评】本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒寻找关系解答，题目计算量较大，且为无数据计算，难度较大二、填空题（共5小题，共50分，请将正确答案填写在答题纸上）26I（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，反应的离子方程式是2I+C
60、l2=I2+2Cl（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，发现蓝色逐渐消失，反应的离子方程式是I2 +SO2+2H2O=4H+SO42+2I（3）对比（1）和（2）实验所得的结果，将Cl、I、SO2按还原性由强到弱顺序排列为SO2ICI（4）除去铁粉中混有铝粉的试剂是NaOH溶液，离子方程式为2Al+2OH +2H2O=2AlO2+3H2（5）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，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Na2CO3【考点】离子方程式的书写；氧化性、还原性强弱的比较 【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】（1）在淀粉碘化钾溶液中通入
61、少量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质与淀粉变蓝色；（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，是因为碘单质被二氧化硫还原生成碘离子，碘离子不能使淀粉变蓝色；（3）运用氧化还原反应中强制弱的原理解此类题目；（4）运用铝与碱反应，而铁不与碱反应，来除杂；（5）2mol碳酸氢钠固体加热产生1mol的二氧化碳和1mol的水，1mol过氧化钠首先与1mol的二氧化碳恰好完全反应【解答】解：（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质与淀粉变蓝色，发生化学反应为：2I+Cl2=I2+2Cl，故答案为：2I+Cl2=I2+2Cl；（2）在碘和淀
62、粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，是因为碘单质被二氧化硫还原生成碘离子，碘离子不能使淀粉变蓝色，发生反应为I2 +SO2+2H2O=4H+SO42+2I，故答案为：I2 +SO2+2H2O=4H+SO42+2I；（3）由反应I2 +SO2+2H2O=4H+SO42+2I，可知还原性：SO2I，由反应2I+Cl2=I2+2Cl，可知还原性ICI，所以还原性由强到弱的顺序为SO2ICI，故答案为：SO2ICI；（4）运用铝与碱反应，而铁不与碱反应，来除杂，加NaOH溶液然后过滤，发生反应为2Al+2OH +2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH +2H2O=2AlO2
63、+3H2；（5）2mol碳酸氢钠固体加热产生1mol的二氧化碳和1mol的水，1mol过氧化钠首先与1mol的二氧化碳恰好完全反应，生成1molNa2CO3，故答案为：Na2CO3【点评】本题考查氧化还原型离子方程式的书写，比较微粒还原性的强弱，以及除杂的相关知识，难度不大27如图1是工业上“碱法烟气脱硫法”示意图，如图2是工业上“石灰石膏烟气脱硫法”示意图，回答：已知：试 剂Ca（OH）2NaOH价格（元/kg）0.362.9吸收SO2的成本（元/mol）0.0270.232（1）图1中，反应的离子方程式为SO2+2OHSO32+H2O，该法的缺点之一是成本高（2）图2中，反应的目的是稳定固
64、化硫元素形成高价态的化合物，氧气的作用是作氧化剂该法的优点之一是成本低（3）“碱法烟气脱硫法”中的产物Na2SO3的稳定性不好，易使硫元素重新转化为挥发性污染物，为避免之，设计了的反应，写出其化学方程式为2Na2SO3+O22Na2SO4【考点】常见的生活环境的污染及治理；二氧化硫的化学性质 【专题】元素及其化合物【分析】（1）根据SO2能与碱反应生成亚硫酸盐和水，然后写出离子方程式；根据工业生产的经济效应来分析；（2）亚硫酸盐具有还原性，能被氧气氧化生成硫酸盐；利用题中已知和有关信息可知采用石灰石膏法所用原料易得、成本低等；（3）亚硫酸盐具有还原性，能被氧气氧化生成硫酸盐；【解答】解：（1）
65、SO2能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，方程式为：2NaOH+SO2Na2SO3+H2O，离子方程式为：2OH+SO2SO32+H2O；氢氧化钠的成本远高于氢氧化钙，所以该法的缺点之一是成本高；故答案为：2OH+SO2SO32+H2O；成本高；（2）亚硫酸钠能被氧气氧化生成硫酸钠，氧气的作用是氧化剂，石灰石膏法所用原料易得、成本低等，所以该法的优点之一是成本低；故选：作氧化剂；成本低；（3）亚硫酸钠能被氧气氧化生成硫酸钠，方程式为：2Na2SO3+O22Na2SO4；故答案为：2Na2SO3+O22Na2SO4；【点评】本题考查二氧化硫尾气的处理，根据流程图利用所学知识结合习题中的信息即可解答
66、，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力28已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体（1）写出下列物质的化学式：A：Na2O2D：Fe3O4R：Al（2）按要求写下列反应方程式：H在潮湿空气中变成M的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4 Fe（OH）3；D与盐酸反应的离子方程式：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O（3）检验气体C的方法：用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成【考点】无机物的推断 【专题】无机推断【分析】A为淡黄
67、色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B（NaOH）反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮湿的空气中得到M为Fe（OH）3，M与HCl反应生成W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，R与Q都能和NaOH溶液反应生成N，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2，据此解答【解答】解：A为淡黄色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，C是O2、B是NaOH；D是具有
68、磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B（NaOH）反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮湿的空气中得到M为Fe（OH）3，M与HCl反应生成W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，R与Q都能和NaOH溶液反应生成N，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2（1）通过以上分析知，A是Na2O2，D是Fe3O4，R是Al，故答案为：Na2O2；Fe3O4；Al；（2）H在潮湿空气中变成M的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4 Fe（OH）3，D与盐酸反应的离
69、子方程式：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4 Fe（OH）3；Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O；（3）检验气体C（氧气）的方法：用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成，故答案为：用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成【点评】本题考查无机物推断，涉及Na、Al、Fe等元素单质化合物性质与转化，物质的颜色及转化关系中特殊反应是推断突破口，需要学生熟练掌握物质性质，题目难度中等29（13分）某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究已知：PdCI2溶液可用于检
70、验CO，反应的化学方程式为CO+PdCI2+H2OCO2+2HCI+Pd（产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊）（1）实验时要通入足够长时间的N2，其原因是要用氮气将装置中的空气排尽，避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰（2）装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸（3）装置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为3SiO2+4C 2CO2+2CO+3Si（4）该装置的缺点是没有尾气吸收装置将CO吸收（5）资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC取18g Si02和8.4g焦炭充分反应后收集到
71、标准状况下的气体13.44L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为2：1（6）设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸【考点】探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】（1）碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反应，所以实验时要将装置中的空气排尽；（2）根据装置图可知，B装置可以作安全瓶，防止倒吸；（3）根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以C装置用来检验有没有二氧化碳，D装置用来检验一氧化碳；若装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化
72、碳，检测两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可写出化学方程式；（4）一氧化碳有毒，有能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置；（5）取18g Si02物质的量=0.3mol，8.4g焦炭物质的量=0.7mol，充分反应后收集到标准状况下的气体13.44L，物质的量=0.6mol，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，SiO2+2C=2CO+Si，Si+C=SiC，依据化学方程式计算；（6）验证碳酸、硅酸的酸性强弱，产生的CO2气体通入硅酸钠溶液发生反应，生成沉淀是硅酸，碳酸酸性强于硅酸【解答】解：（1）碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反应，所以实验时要将装置中
73、的空气排尽，所以实验时要通人足够长时间的N2，故答案为：要用氮气将装置中的空气排尽，避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰；（2）根据装置图可知，B装置可以作安全瓶，防止倒吸，故答案为：作安全瓶，防止倒吸；（3）根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以C装置用来检验有没有二氧化碳，D装置用来检验一氧化碳，所以置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；若装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，检测两气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为3SiO2+4C2CO2+2CO+3Si，故答案为：澄清石灰水；PdCl2溶液；3
74、SiO2+4C2CO2+2CO+3Si；（4）一氧化碳有毒，有能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收，故答案为：没有尾气吸收装置将CO吸收（5）取18g Si02物质的量=0.3mol，8.4g焦炭物质的量=0.7mol，充分反应后收集到标准状况下的气体13.44L，物质的量=0.6mol，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC， SiO2 +2C=2CO+Si，0.3mol 0.6mol 0.6mol0.3mol Si+C=SiC， 1 1 10.1mol 0.1mol 0.1mol得到Si和SiC的物质的量之比为0.2mol：0.1mol=2：1，故答案为：2：1；（6
75、）验证碳酸、硅酸的酸性强弱，产生的CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的杂质气体，然后再通入硅酸钠溶液发生反应CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，说明酸性H2CO3H2SiO3，故答案为：向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸【点评】本题考查了物质组成的实验探究方法，过程分析判断，实验设计，注意题干信息的分析判断应用，掌握基础是关键，题目难度中等30某结晶水合物A含有两种阳离子和一种阴离子将溶有90.60gA的水溶液分成两等份，向第一份逐滴加入NaOH溶液，溶液先出现白色沉淀后完全溶解，此过程中产生2.24L（标准状况）刺激性气味的气体向
76、第二份加入过量的Ba（OH）2溶液，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.60g请回答以下问题：（1）A的摩尔质量为453g/mol（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式为NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O（3）若第二份加入75.00mL2.00molL1的Ba（OH）2溶液，则得到的沉淀质量为42.75g【考点】复杂化学式的确定 【分析】（1）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵根离子的存在，白色溶于氢氧化钠的沉淀是氢氧化铝，和Ba（OH）2溶液反应生成的白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡，结合电荷守恒和原子守恒确定
77、该结晶水化合物的化学式，从而确定其摩尔质量；（2）根据（1）可知该结晶水化合物的化学式；（3）过量的Ba（OH）2溶液发生NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OH=2BaSO4+NH3H2O+AlO2+2H2O，nBa（OH）2=2.0mol/L0.075L=0.15mol，若碱不足，生成沉淀为硫酸钡和氢氧化铝，结合过量判断计算【解答】解：（1）一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g，说明含有硫酸根离子；加入NaOH溶液，一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，证明一定含有NH
78、4+；向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多，最后白色沉淀逐渐减少并最终消失，证明一定含有Al3+，由题中信息可知45.3g的该结晶水合物中：n（SO42）=，n（NH4+）=n（NH3）=，根据离子化合物中阴、阳离子电荷平衡的原理：n（NH4+）+3n（Al3+）=2n（SO42）可得：n（Al3+）=（20.2mol0.1 mol）=0.1 mol，根据质量守恒可知45.3g该结晶水化合物中含有水的物质的量为：n（H2O）=1.2mol，所以该结晶水合物中：m（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：
79、1.2mol=1：1：2：12，故该结晶水合物的化学式为：NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O，其摩尔质量为453g/mol，故答案为：453g/mol；（2）根据（1）可知该结晶水合物的化学式为NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O，故答案为：NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O；（3）45.3g晶体的物质的量=，n（Ba（OH）2）=2.0mol/L0.075L=0.15mol，n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）=0.1mol：0.15mol=，所以氢氧化钡不足量，根据原子守恒知，生成n（BaSO4）=n（Ba（OH）2）=0.15mol，生成n（Al（OH）3）=n（Ba（OH）2）=0.1mol，所以沉淀的质量=0.15mol233g/mol+0.1mol78g/mol=34.95g+7.8g=42.75g，故答案为：42.75g【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及离子检验、物质的量计算为解答的关键，注意守恒法及过量判断为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查
