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江西省上饶市2019-2020学年高一上学期期中联考化学（自主班）试题
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铅山一中—横峰中学—贞白中学三校
高一第一学期期中联考化学试卷
可能用到的相对原子质量H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Al-27 S－32 Cl-35.5 K-39 Mn－55 Fe－56 Cu-64 Zn－65 Ba－137
一、选择题
1.我国已发射“嫦娥I号”卫星，卫星运载火箭的动力由高氯酸铵(NH4ClO4)分解提供。高氯酸铵分解有可能排入大气的物质是 ( )
A. H2O B. SO2 C. CO2 D. CO
【答案】A
【解析】
【详解】高氯酸铵(NH4ClO4)中含有氮元素、氯元素、氧元素、氢元素四种元素，分解时不可能产生含有硫元素、碳元素的物质。故不可能产生二氧化硫、二氧化碳和一氧化碳，故选A。
2.据报道，科学家研制了一种间距为50 nm的“镊子”，利用它可以操控活细胞中的DNA分子等。下列分散系中分散质的粒子直径与该“镊子”间距相近的是( )。
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中分散质粒子直径小于1-100nm；悬浊液、乳浊液中分散质粒子直径大于1-100nm；胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，“镊子”间距为50 nm，所以与该“镊子”间距相近的是胶体；
答案选B。
3.按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于
①酸 ②氢化物 ③氧化物 ④含氧酸 ⑤难挥发性酸⑥强酸 ⑦一元酸 ⑧化合物 ⑨混合物
A ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①④⑥⑦⑧
C. ①⑨ D. ①④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，不是氢化物，也不是氧化物，只能电离出一个氢离子，属于一元酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物，硝酸能完全电离，属于强酸，硝酸具有挥发性，不是难挥发性的酸，所以正确的有①④⑥⑦⑧。
答案选B。
【点睛】
4.根据下列金属的熔沸点：
金属
Na
Cu
Al
Fe
熔点(℃)
97.5
1083
660
1535
沸点(℃)
883
2595
2200
3000
其中不能形成合金的是
A. Cu与Al B. Fe与Na C. Fe与Cu D . Al与Na
【答案】B
【解析】
钠的沸点低于铁的熔点，所以Fe与Na不能形成合金，故选B。
5.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是
A. 步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B. 步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
D. 步骤⑤ 的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2～3次
【答案】B
【解析】
【详解】A、样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故说法正确；
B、不能用硝酸和氯水代替H2O2，防止引入NO3－和Cl－等杂质，同时也防止产生污染，故说法错误；
C、CuCO3不溶于水，可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；
D、沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，重复上述操作2～3次，故说法正确。
故选B。
【点睛】注意哪些物质是杂质，流程的目的是什么，即需要制取什么物质，化学工艺流程中注意信息的利用，如本题pH=5时Fe3＋完全沉淀，也就是说需要把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到5，加入的物质不能引入新杂质，同时加入的物质容易除去。
6.水溶液X中只可能溶有K+、Ca2+、AlO2－、SiO32－、CO32－、SO42－中的若干种离子．某同学对该溶有进行了如下实验下列判断正确的是（ ）
A. K+、AlO2－、SiO32－和CO32－一定存在于溶液X中
B. 沉淀甲是硅酸和硅酸钙的混合物
C. 气体甲一定是纯净物
D. SO42－一定不存在于溶液X中
【答案】A
【解析】
【分析】
加盐酸有气体生成，说明有碳酸根离子，说明不含钙离子，根据溶液呈电中性，则说明一定有钾离子，有沉淀甲说明有硅酸根离子，得到无色溶液，再加过量氨水，有白色沉淀乙，说明含有偏铝酸根。
【详解】A、根据分析得到K+、AlO2－、SiO32－和CO32－一定存于溶液X中，故A正确；
B、沉淀甲是硅酸沉淀，故B错误；
C、气体甲是二氧化碳、水蒸气、易挥发的氯化氢等组成的混合物，故C错误；
D、根据以上分析SO42－可能存在于溶液X中，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】利用信息得出一定有的离子，再根据离子之间的共存问题判断出一定没有的离子，再根据电荷守恒来分析一定有的离子，通过这几个关系来分析。
7.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是
A. NH3 B. H2 C. CO2 D. NO
【答案】C
【解析】
【分析】
体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M判断X摩尔质量相对大小，据此分析解答。
【详解】体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M可知质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气，故答案选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确P、V、n、T、M之间的关系是解本题的关键，会分析图象中曲线变化趋势，采用“定一议二”的方法分析。
8.下列说法中正确的是
A. 在一定温度和压强下，各种气态物质体积大小由分子间距离决定
B. 相同温度时，CO2和N2O若体积相同，则它们的质量一定相同
C. 100g浓度为18mol/L的浓硫酸中加入等质量的水稀释浓度大于9mol/L
D. 14 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40%
【答案】D
【解析】
【详解】A、在一定温度和压强下，气态物质各种气态分子间距离是确定的，物质体积大小由分子数目决定，A错误；
B、CO2和N2O的摩尔质量相等，温度、体积相同，但是不知压强是否相同，不能得知是否物质的量相同，因此也不知道质量是否相同，B错误；
C、稀释过程中溶液密度变小，溶液体积大于原来2倍，浓度小于9mol/L，C错误；
D、，得，硫酸溶液浓度越小，密度越小，7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40% ，D正确；
答案选D。
9.一定体积的酸性KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.2000 mol·L－1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度(mol·L－1)为（ ）
A. 0.0176 B. 0.1600 C. 0.1200 D. 0.2400
【答案】B
【解析】
【详解】两反应中KHC2O4·H2C2O4·2H2O的物质的量相同，令其物质的量为1mol，H2C2O4是二元弱酸，所以1molKHC2O4·H2C2O4·2H2O可以中和氢氧化钠3mol，需要氢氧化钠溶液的体积为3mol÷0.2mol/L =15L，所以高锰酸钾溶液的体积为15L÷3=5L，由方程式10[KHC2O4•H2C2O4]+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O，可知1molKHC2O4•H2C2O4反应需要KMnO4的物质的量为×1mol= 0.8mol，所以高锰酸钾溶液的浓度为0.8mol÷5L=0.1600mol/L，答案选B。
10.将mg锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，将反应后的溶液过滤得到剩余锌粉的质量为2.5g，则m为
A. 25 B. 30 C. 35 D. 40
【答案】C
【解析】
锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为0.5mol×2mol＝1mol，故参加反应的Zn的物质的量为1mol÷2＝0.5mol，则参加反应Zn的质量为0.5mol×65g/mol＝32.5g，故原金属的质量是2.5g＋32.5g＝35g，答案选C。
点睛：考查学生根据方程式的计算、守恒计算等，本题采取电子转移守恒计算，简化计算，注意守恒思想的运用。也可以判断混合气体中氢气、二氧化硫的物质的量，再根据方程式计算，容易理解，但步骤繁琐。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 78 g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NA
B. 标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分子数为NA
C. 1 mol Cu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数均为2NA
D. 1 mol·L−1 FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含1mol阴离子即NA个，故A正确；
B、标况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、Cu在氯气中燃烧生成氯化铜，在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铜，1mol Cu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数分别为2NA和NA，故C错误；
D、未明确溶液的体积，无法判断，故D错误；
故选A。
【点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
12.某溶液中可能含有OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－、SO42－、K+、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A. 原溶液中一定含有Na2SO4
B. 反应后形成的溶液溶质为NaCl
C. 原溶液中含有CO32－与AlO2－的物质的量比为3：4
D. 原溶液中一定含有的离子是OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－、K+
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像分析得出开始阶段是H+和OH-的反应，说明溶液中有OH－，则说明原溶液中没有Fe3＋、Mg2＋、Al3＋，一定含有K＋和Na＋其中一种或者两种；随后是生成沉淀的阶段，能够与H＋反应生成沉淀的，有SiO32－和AlO2－；AB为水平线，沉淀质量不变，说明有气体生成，说明含有CO32－，BC是沉淀减少的阶段，说明有以沉淀能够溶于盐酸，则沉淀中含有Al(OH)3，但是沉淀没有完全消失，最后沉淀为硅酸。
【详解】A、根据以上分析原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；
B、反应后形成的溶液溶质可能为NaCl或KCl，故B错误；
C、根据图像CO32－消耗2体积盐酸，沉淀Al(OH)3消耗4体积盐酸，CO32－ + 2 H+ = CO2↑+ H2O，Al(OH)3 + 3 H+ = Al3+ + 3H2O，原溶液中含有CO32－与AlO2－的物质的量比为1: =3：4，故C正确；
D、原溶液中一定含有的离子是OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－，而可能含有K+，故D错误；
答案为C。
13.下列各组离子在给定条件的溶液中可能大量共存的是( )
A. 加入铝粉有大量氢气产生的溶液中：Ca2+、K+、NO3－、Cl－
B. 酸性无色溶液中：Na+、K+、MnO4－、NO3－
C. 在0.1mol／L的盐酸中：Ca2+、Fe2+、Na+、ClO－
D. 在含有大量Fe3+的溶液中：Ca2+、K+、NH4+、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A、加入铝粉有大量氢气产生的溶液中，不能是酸性溶液，因为溶液中有硝酸根，酸性条件下，金属与硝酸反应得不到氢气，说明含有大量氢氧根离子，钙离子与氢氧根离子要反应，得到Ca(OH)2微溶物故A错误；
B、MnO4－是紫红色，故B错误；
C、Fe2+与ClO－发生氧化还原反应，故C错误；
D、在含有大量Fe3+的溶液，Ca2+、K+、NH4+、Cl－都共存，故D正确；
综上所述，答案为D。
14.将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图（随着x的不断增大，产生H2的物质的量越来越接近b1）．以下判断不正确的是 （ ）
A. a1= B. a2=1 C. b1= D. b2=
【答案】A
【解析】
【分析】
发生反应有：2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2 ↑，2Al ＋ 2NaOH ＋ 2H2O = 2NaAlO2 ＋ 3H2↑，开始时铝过量，随着x增大，即钠的量逐渐增大，生成氢气的量开始时会逐渐增大，钠、铝的物质的量相等时，即a2 = 1，生成氢气的量达到增大，之后随着钠的量的增加；生成氢气的量会逐渐减小，成氢气的物质的量，据此进行解答。
【详解】A、根据分析可以知道，a1时铝过量，生成氢气量b1与全部是钠时生成的氢气量是一样
的，由此求得，
设钠的物质的量为y mol，此时铝过量，结合反应方程式可以知道参加反应的铝的物质
的量也是ymol，根据电子守恒可得：0.5y + 1.5y = ，计算得出：，
则混合物中铝的物质的量为：，
则，故A错误；
B、根据分析可以知道，当铝和钠的物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2 = 1，故B正确；
C、当1.0 g完全为钠时，生成氢气的量为，故C正确；
D、当钠和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量
都是x mol，则，计算得出：x = 0.02，则生成氢气的物质的量为：，故D正确；
答案为A。
15.某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少，实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系。
下列说法错误的是( )
A. 该未知溶液中至少含有3种阳离子
B. 滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol•L﹣1
C. 若另一种离子为二价阳离子，则a=10
D. 若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6g
【答案】D
【解析】
【分析】
从图中可知，沉淀没有完全消失，所以一定含有另一种阳离子遇OH-可产生白色沉淀，据此分析本题；
A. 根据图象可知，混合液含有氢离子、铝离子和另一种金属阳离子；
B. 由图可知Al(OH)3沉淀为0.05 mol，消耗的V(NaOH)=10 mL，根据Al(OH)3+OH-=AlO2−+2H2O，先计算n(NaOH)，再利用c = n/V计算c(NaOH)；
C. 若另一种离子为二价阳离子，M2++2OH-=M(OH)2↓，沉淀的物质的量是0.15 mol，先计算沉淀该离子所需NaOH溶液的体积，再计算生成氢氧化铝的物质的量是0.05 mol所需NaOH溶液的体积，然后根据完全沉淀所需的NaOH溶液的体积，可解得a值；
D. 溶液中的另一种阳离子不确定，所以无法确定其质量。
【详解】A、从题图可以看出，开始无沉淀产生，说明溶液中有较多H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少但没有完全溶解，说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A项正确；
B、溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是10 mL，而氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，则根据反应Al(OH)3+OH- = AlO2−+2H2O可知，氢氧化钠的物质的量浓度是5 mol/L，故B项正确；
C、若另一种离子为二价阳离子，另外一种沉淀的物质的量是0.15 mol，M2++2OH-=M(OH)2↓，则消耗氢氧化钠溶液的体积是60 mL，氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓，可得生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是30 mL，所以a＝100-60-30=10，故C项正确；
D、由于不能确定其他阳离子的种类，因此不能确定最终沉淀的质量，故D项错误；
答案选D。
16.向含S2﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
离子还原性S2－＞I－＞Fe2+＞Br－，故首先发生反应S2－+Cl2=S↓+2Cl－，再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl－，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，最后发生反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。
【详解】A、Br－的物质的量与Cl2的体积的关系图，根据分析，S2－、I－、Fe2＋完全被氧化的时候，Br－才被氧化。根据电荷守恒，S2－被氧化生成S，化合价升高2价，I－被氧化得到I2，化合价升高1价，Fe2＋被氧化得到Fe3＋化合价升高1价，则S2－、I－、Fe2+完全氧化时，转移的电子的物质的量为0.1×(2＋1＋1)=0.4mol，1molCl2得到2mol电子生成2molCl－，先得到0.4mol电子，则氯气体积为0.4mol÷2×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可以知道，0.1molBr-完全反应消耗0.05mol氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+ 0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；
B、I－的物质的量与Cl2的体积的关系图，0.1mol S2－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl－，0.1mol S2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1mol I－完全反应消耗0.05mol氯气，故0.1mol I－完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；
C、Fe2+的物质的量与Cl2的体积的关系图，0.1mol S2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05mol氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－可以知道，0.1mol Fe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；
D、由S2－+Cl2=S+2Cl－，可以知道，0.1mol S2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】离子还原性S2－＞I－＞Fe2+＞Br－。
二、填空题
17.现有下列十种物质：①铝 ②SiO2 ③熔融NaCl ④稀硫酸 ⑤KOH固体 ⑥FeSO4溶液 ⑦NH3 ⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系 ⑨HCl ⑩Na2O2
(1)上述物质属于非电解质的有___________________。(填序号)
(2)上述物质能导电的有____________________。(填序号)
(3)往装有⑧的试管中逐滴加入④至过量的现象是：____________________。
(4)请写出①与⑤的溶液反应的离子方程式：_____________________________。
(5)请写出⑩与CO2反应的化学方程式： ______________________________。
【答案】 (1). ②⑦ (2). ①③④⑥⑧ (3). 先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液。 (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2
【解析】
【详解】①铝是金属单质，能导电，不是非电解质；
②SiO2是化合物，不能导电，属于非电解质；
③熔融NaCl是电解质，能够导电；
④稀硫酸是混合物，能够导电，不是非电解质；
⑤KOH固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电；
⑥FeSO4溶液是混合物，能够导电，不是非电解质；
⑦NH3化合物，不能导电，属于非电解质；
⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系是混合物，不是非电解质，能够导电；
⑨HCl是电解质，由于HCl是由电解质分子构成，没有自由移动的离子，不能导电；
⑩Na2O2固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电。
(1)综上所述可知，上述物质属于非电解质的有②⑦；
(2)能导电的有①③④⑥⑧；
(3)向新制备的氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，首先是胶体上的电荷被中和，发生聚沉，形成氢氧化铁红褐色沉淀，然后发生酸碱中和反应，产生可溶性的硫酸铁和水，使溶液变为棕黄色；
(4)Al与强碱KOH溶液发生反应，产生偏铝酸钾和氢气，反应方程式是2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑，改写为离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
(5) Na2O2能够与CO2反应产生氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2。
18.下图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C、D均为气体单质，E是固体单质，A物质的焰色反应火焰为紫色，F 是黑色晶体，它们存在如图转化关系，反应中生成的水及次要产物均的已略去。
（1）写出下列物质的化学式：C_____________， D______________，H____________。
（2）指出MnO2在相关反应中的作用：反应①中做_______剂，反应②中做_________剂。
（3）当①中有1molA 完全反应时转移电子的物质的量是________mol。
（4）检验G中阳离子的方法_________________________________________ 。
（5）保存G溶液时为什么要加固体E_____________________________________。
（6）写出F→G+H的离子方程式：____________________________________。
【答案】 (1). O2 (2). Cl2 (3). FeCl3 (4). 催化(剂) (5). 氧化(剂) (6). 1 (7). 取少量试液于试管中，滴加硫氰化钾溶液无明显变化，往溶液中通入氯气后溶液呈血红色，则说明存在Fe2+ (8). 防止Fe2+被氧化 (9). Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
【解析】
与MnO2反应制备的气体有O2和Cl2，其中在不加热条件下，用H2O2和MnO2制备O2，在加热条件下用浓盐酸和MnO2制备Cl2，则A为H2O2，B为HCl，C为O2，D为Cl2，F为是黑色晶体，与盐酸反应生成两种氯化物，且二者之间可以相互转化，说明E为变价金属，应为Fe，则F为Fe3O4，G为FeCl2，H为FeCl3，则
（1）根据以上分析可知C、D、H的化学式分别是O2、Cl2、FeCl3。（2）根据以上分析可知反应①中二氧化锰做催化剂，反应②中做氧化剂。（3）①中氧元素化合价从－1价升高到0价，另外部分从－1价降低到－2价，则有1molH2O2完全反应时转移电子的物质的量是1mol。（4）检验亚铁离子的方法为取少量试液于试管中，滴加硫氰化钾溶液无明显变化，往溶液中通入氯气后溶液呈血红色，则说明存在Fe2+。（5）亚铁离子易被氧化，因此保存亚铁离子溶液时要加固体铁的原因是防止Fe2+被氧化。（6）根据以上分析可知F→G+H的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。
19.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中分离溶液和沉淀的操作是：_____________。
（2）沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有_________（填化学式），生成固体N反应的化学方程式为_________。
（3）滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为___________，它属于__________（填“酸”、“碱”或“盐”）类物质。
（4）实验室里常往AlCl3溶液中加入___________（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取Al(OH)3，该反应的离子方程式为__________________________。
（5）滤液Y中除了含有Na2CO3或NaHCO3外，一定还含有__________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). Fe2O3 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). NaAlO2 (5). 盐 (6). 氨水 (7). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (8). 硅酸钠（或Na2SiO3）
【解析】
【分析】
铝土矿主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质，加入NaOH，Al2O3和SiO2会与之反应，得到NaAlO2、NaSiO3，向其中通入CO2气体，控制条件，得到Al(OH)3，灼烧得到Al2O3。
【详解】Al2O3
（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中分离溶液和难溶性固体沉淀的操作是过滤；
（2）在铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3，SiO2等杂质，当向其中加入NaOH溶液时，两性氧化物Al2O3、酸性氧化物SiO2与NaOH发生反应，变为可溶性的物质，而碱性氧化物Fe2O3不能发生反应，所以沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3；在滤液X中含有NaOH及NaAlO2、NaSiO3，向其中通入CO2气体，并控制反应条件，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，将Al(OH)3沉淀洗涤，灼烧，发生分解反应：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，产生的沉淀N是Al2O3；
（3）由于NaOH溶液过量，所以在滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2；它是盐；
（4）由于Al(OH)3是两性氢氧化物，它既能与强酸发生反应，也能与强碱发生反应，所以在实验室里制取氢氧化铝时通常是往AlCl3溶液中加入弱碱氨水来制取Al(OH)3，该反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
（5）由于在滤液X中含有Na2SiO3，通入CO2气体时，形成的沉淀只有Al(OH)3，所以滤液Y中除了含有Na2CO3或NaHCO3外，一定还含有硅酸钠（或Na2SiO3）。
20.2016年8月国际期刊eLife上发表了浙江医科大学第二医院和浙江大学肿瘤研究的晁明和胡汛等人的一片论文，引发轰动。媒体以廉价的小苏打协助饿死了癌细胞予以报道。在实验室中模拟工业制取NaHCO3的实验步骤如下：
第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。
第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装 置中产生的气体，片刻后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。
第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体。
第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。
（1）下图所示装置的连接顺序是：a接______；_____接________；b接________（填接口编号）
（2）检查A装置气密性的具体操作是___________。
（3）A中常选用的固体反应物为_________；D中应选用的液体为______。
（4）装有无水CaCl2的U形管的作用是 _______。
（5）第四步所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(约占5％~8％)，请设计一个简单实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象________。
【答案】 (1). f (2). e (3). d (4). c (5). 关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好。 (6). 石灰石（或大理石或块状CaCO3） (7). 饱和NaHCO3溶液（或饱和碳酸氢钠溶液） (8). 吸收多余的NH3 (9). 取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。
【解析】
【分析】
制备NaHCO3发生反应式NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，A装置实验室制取二氧化碳，先用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl气体，B装置实验室制取氨气，最后通入到C装置中进行反应生成碳酸氢钠和氯化铵。
【详解】⑴制备NaHCO3发生反应式NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，装置A制备CO2，制出CO2混有HCl必须除去，因为HCl会与NH3，增加副产物，因此a接f，装置B制备NH3，NH3易溶于水，要防止倒吸，因此e接d，b接c；
故答案为：f；e；d；c
⑵检查装置气密性，先封闭体系，再操作，再说结论，因此检查装置A气密性操作为关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好。
故答案为：关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好；
⑶装置A制备CO2，此装置是启普发生器的简易装置，因此用的反应物是石灰石或大理石或块状CaCO3，装置D的作用是除去CO2中混有HCl，因此装置D中盛放是饱和碳酸氢钠溶液；
故答案为：石灰石（或大理石或块状CaCO3）；饱和NaHCO3溶液（或饱和碳酸氢钠溶液）；
⑷干燥管的作用是防止倒吸，NH3有毒，防止NH3污染空气，因此无水氯化钙的作用是吸收多余的NH3，防止污染空气；
故答案为：吸收多余的NH3；
⑸由于NH4Cl受热易分解，可以通过固体减少的量判断产物的含量，因此操作是：取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。
21.按要求答题
I．NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
（1）上述反应中氧化剂 ________。
（2）根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有①水、②碘化钾淀粉试纸③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有________(填序号)。
（3）请配平以下化学方程式：____Al＋____NaNO3＋____ NaOH= ____NaAlO2＋____ N2↑＋___H2O，________________，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_________L。
II．向100mL1.5mol/L 的氢氧化钠溶液中缓慢通入一定量的CO2，反应后，向所得溶液中逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积（不考虑气体溶解于水）关系如图所示。
则:①氢氧化钠溶液与一定量的CO2 充分反应后的溶液中溶质为____ （写化学式）。
②盐酸的浓度为_______。
③B点时，产生的气体在标准状况下的体积为_______L。
【答案】 (1). NaNO2 (2). ②⑤ (3). 10 6 4 10 3 2 (4). 11.2 (5). NaOH和Na2CO3 (6). 0.5mol/L (7). 1.12
【解析】
【分析】
根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式；根据图像中的特殊点分析溶液中溶质的组成，进而根据方程式计算溶液浓度。
【详解】I．（1）得电子的反应物作氧化剂，得电子化合价降低，所以上述反应中氧化剂是 NaNO2，
故答案为：NaNO2；
（2）根据题干中2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O提示，酸性溶液中NaNO2可以氧化碘离子生成单质碘，所以鉴别NaNO2 和 NaCl，可选用的物质有②碘化钾淀粉试纸和⑤食醋，故答案为：②⑤；
（3）根据得失电子守恒配平化学方程式为：10Al＋6NaNO3＋4NaOH=10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O；方程式中氮元素化合价由+5降低为0，所以若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成0.5mol N2 ，则标准状况下氮气的体积为11.2L，
故答案为：10,6,4,10,3,2；11.2；
II．①如图所示，刚加入盐酸时并未有气体生成，说明氢氧化钠过量，CO2与足量的NaOH反应可生成Na2CO3，还有未反应的NaOH，故溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，
故答案为：NaOH和Na2CO3；
②加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O-A段消耗的盐酸为A→B的二倍，反应产物应为NaOH和Na2CO3的混合物，二者都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH-+H+═H2O、CO32-+H+═HCO3-，B点时溶液中的溶质仅有NaCl，根据原子守恒得：c(HCl)∙0.3L=0.1L×1.5mol/L，则c(HCl)=0.5mol/L，
故答案为0.5 mol/L；
③AB段消耗HCl为0.1L×0.5mol/L=0.05mol，由NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.05mol，标况下0.1mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，
故答案为：1.12。
【点睛】氧化还原反应方程式配平时，先根据化合价的变化，也就是得失电子守恒配平部分反应物，然后再根据原子守恒进一步配平；根据图像分析每个阶段溶液中的溶质组成和发生的化学反应是解决此题的关键。
铅山一中—横峰中学—贞白中学三校
高一第一学期期中联考化学试卷
可能用到的相对原子质量H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Al-27 S－32 Cl-35.5 K-39 Mn－55 Fe－56 Cu-64 Zn－65 Ba－137
一、选择题
1.我国已发射“嫦娥I号”卫星，卫星运载火箭的动力由高氯酸铵(NH4ClO4)分解提供。高氯酸铵分解有可能排入大气的物质是 ( )
A. H2O B. SO2 C. CO2 D. CO
【答案】A
【解析】
【详解】高氯酸铵(NH4ClO4)中含有氮元素、氯元素、氧元素、氢元素四种元素，分解时不可能产生含有硫元素、碳元素的物质。故不可能产生二氧化硫、二氧化碳和一氧化碳，故选A。
2.据报道，科学家研制了一种间距为50 nm的“镊子”，利用它可以操控活细胞中的DNA分子等。下列分散系中分散质的粒子直径与该“镊子”间距相近的是( )。
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中分散质粒子直径小于1-100nm；悬浊液、乳浊液中分散质粒子直径大于1-100nm；胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，“镊子”间距为50 nm，所以与该“镊子”间距相近的是胶体；
答案选B。
3.按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于
①酸 ②氢化物 ③氧化物 ④含氧酸 ⑤难挥发性酸⑥强酸 ⑦一元酸 ⑧化合物 ⑨混合物
A ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①④⑥⑦⑧
C. ①⑨ D. ①④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，不是氢化物，也不是氧化物，只能电离出一个氢离子，属于一元酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物，硝酸能完全电离，属于强酸，硝酸具有挥发性，不是难挥发性的酸，所以正确的有①④⑥⑦⑧。
答案选B。
【点睛】
4.根据下列金属的熔沸点：
金属
Na
Cu
Al
Fe
熔点(℃)
97.5
1083
660
1535
沸点(℃)
883
2595
2200
3000
其中不能形成合金的是
A. Cu与Al B. Fe与Na C. Fe与Cu D . Al与Na
【答案】B
【解析】
钠的沸点低于铁的熔点，所以Fe与Na不能形成合金，故选B。
5.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是
A. 步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B. 步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C. 步骤③用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
D. 步骤⑤ 的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 2～3次
【答案】B
【解析】
【详解】A、样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故说法正确；
B、不能用硝酸和氯水代替H2O2，防止引入NO3－和Cl－等杂质，同时也防止产生污染，故说法错误；
C、CuCO3不溶于水，可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；
D、沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，重复上述操作2～3次，故说法正确。
故选B。
【点睛】注意哪些物质是杂质，流程的目的是什么，即需要制取什么物质，化学工艺流程中注意信息的利用，如本题pH=5时Fe3＋完全沉淀，也就是说需要把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH到5，加入的物质不能引入新杂质，同时加入的物质容易除去。
6.水溶液X中只可能溶有K+、Ca2+、AlO2－、SiO32－、CO32－、SO42－中的若干种离子．某同学对该溶有进行了如下实验下列判断正确的是（ ）
A. K+、AlO2－、SiO32－和CO32－一定存在于溶液X中
B. 沉淀甲是硅酸和硅酸钙的混合物
C. 气体甲一定是纯净物
D. SO42－一定不存在于溶液X中
【答案】A
【解析】
【分析】
加盐酸有气体生成，说明有碳酸根离子，说明不含钙离子，根据溶液呈电中性，则说明一定有钾离子，有沉淀甲说明有硅酸根离子，得到无色溶液，再加过量氨水，有白色沉淀乙，说明含有偏铝酸根。
【详解】A、根据分析得到K+、AlO2－、SiO32－和CO32－一定存于溶液X中，故A正确；
B、沉淀甲是硅酸沉淀，故B错误；
C、气体甲是二氧化碳、水蒸气、易挥发的氯化氢等组成的混合物，故C错误；
D、根据以上分析SO42－可能存在于溶液X中，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】利用信息得出一定有的离子，再根据离子之间的共存问题判断出一定没有的离子，再根据电荷守恒来分析一定有的离子，通过这几个关系来分析。
7.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是
A. NH3 B. H2 C. CO2 D. NO
【答案】C
【解析】
【分析】
体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M判断X摩尔质量相对大小，据此分析解答。
【详解】体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M可知质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气，故答案选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确P、V、n、T、M之间的关系是解本题的关键，会分析图象中曲线变化趋势，采用“定一议二”的方法分析。
8.下列说法中正确的是
A. 在一定温度和压强下，各种气态物质体积大小由分子间距离决定
B. 相同温度时，CO2和N2O若体积相同，则它们的质量一定相同
C. 100g浓度为18mol/L的浓硫酸中加入等质量的水稀释浓度大于9mol/L
D. 14 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40%
【答案】D
【解析】
【详解】A、在一定温度和压强下，气态物质各种气态分子间距离是确定的，物质体积大小由分子数目决定，A错误；
B、CO2和N2O的摩尔质量相等，温度、体积相同，但是不知压强是否相同，不能得知是否物质的量相同，因此也不知道质量是否相同，B错误；
C、稀释过程中溶液密度变小，溶液体积大于原来2倍，浓度小于9mol/L，C错误；
D、，得，硫酸溶液浓度越小，密度越小，7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将大于40% ，D正确；
答案选D。
9.一定体积的酸性KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.2000 mol·L－1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度(mol·L－1)为（ ）
A. 0.0176 B. 0.1600 C. 0.1200 D. 0.2400
【答案】B
【解析】
【详解】两反应中KHC2O4·H2C2O4·2H2O的物质的量相同，令其物质的量为1mol，H2C2O4是二元弱酸，所以1molKHC2O4·H2C2O4·2H2O可以中和氢氧化钠3mol，需要氢氧化钠溶液的体积为3mol÷0.2mol/L =15L，所以高锰酸钾溶液的体积为15L÷3=5L，由方程式10[KHC2O4•H2C2O4]+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O，可知1molKHC2O4•H2C2O4反应需要KMnO4的物质的量为×1mol= 0.8mol，所以高锰酸钾溶液的浓度为0.8mol÷5L=0.1600mol/L，答案选B。
10.将mg锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，将反应后的溶液过滤得到剩余锌粉的质量为2.5g，则m为
A. 25 B. 30 C. 35 D. 40
【答案】C
【解析】
锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为0.5mol×2mol＝1mol，故参加反应的Zn的物质的量为1mol÷2＝0.5mol，则参加反应Zn的质量为0.5mol×65g/mol＝32.5g，故原金属的质量是2.5g＋32.5g＝35g，答案选C。
点睛：考查学生根据方程式的计算、守恒计算等，本题采取电子转移守恒计算，简化计算，注意守恒思想的运用。也可以判断混合气体中氢气、二氧化硫的物质的量，再根据方程式计算，容易理解，但步骤繁琐。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 78 g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NA
B. 标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分子数为NA
C. 1 mol Cu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数均为2NA
D. 1 mol·L−1 FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含1mol阴离子即NA个，故A正确；
B、标况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、Cu在氯气中燃烧生成氯化铜，在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铜，1mol Cu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数分别为2NA和NA，故C错误；
D、未明确溶液的体积，无法判断，故D错误；
故选A。
【点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
12.某溶液中可能含有OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－、SO42－、K+、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子，当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A. 原溶液中一定含有Na2SO4
B. 反应后形成的溶液溶质为NaCl
C. 原溶液中含有CO32－与AlO2－的物质的量比为3：4
D. 原溶液中一定含有的离子是OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－、K+
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像分析得出开始阶段是H+和OH-的反应，说明溶液中有OH－，则说明原溶液中没有Fe3＋、Mg2＋、Al3＋，一定含有K＋和Na＋其中一种或者两种；随后是生成沉淀的阶段，能够与H＋反应生成沉淀的，有SiO32－和AlO2－；AB为水平线，沉淀质量不变，说明有气体生成，说明含有CO32－，BC是沉淀减少的阶段，说明有以沉淀能够溶于盐酸，则沉淀中含有Al(OH)3，但是沉淀没有完全消失，最后沉淀为硅酸。
【详解】A、根据以上分析原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；
B、反应后形成的溶液溶质可能为NaCl或KCl，故B错误；
C、根据图像CO32－消耗2体积盐酸，沉淀Al(OH)3消耗4体积盐酸，CO32－ + 2 H+ = CO2↑+ H2O，Al(OH)3 + 3 H+ = Al3+ + 3H2O，原溶液中含有CO32－与AlO2－的物质的量比为1: =3：4，故C正确；
D、原溶液中一定含有的离子是OH－、AlO2－、SiO32－、CO32－，而可能含有K+，故D错误；
答案为C。
13.下列各组离子在给定条件的溶液中可能大量共存的是( )
A. 加入铝粉有大量氢气产生的溶液中：Ca2+、K+、NO3－、Cl－
B. 酸性无色溶液中：Na+、K+、MnO4－、NO3－
C. 在0.1mol／L的盐酸中：Ca2+、Fe2+、Na+、ClO－
D. 在含有大量Fe3+的溶液中：Ca2+、K+、NH4+、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A、加入铝粉有大量氢气产生的溶液中，不能是酸性溶液，因为溶液中有硝酸根，酸性条件下，金属与硝酸反应得不到氢气，说明含有大量氢氧根离子，钙离子与氢氧根离子要反应，得到Ca(OH)2微溶物故A错误；
B、MnO4－是紫红色，故B错误；
C、Fe2+与ClO－发生氧化还原反应，故C错误；
D、在含有大量Fe3+的溶液，Ca2+、K+、NH4+、Cl－都共存，故D正确；
综上所述，答案为D。
14.将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图（随着x的不断增大，产生H2的物质的量越来越接近b1）．以下判断不正确的是 （ ）
A. a1= B. a2=1 C. b1= D. b2=
【答案】A
【解析】
【分析】
发生反应有：2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2 ↑，2Al ＋ 2NaOH ＋ 2H2O = 2NaAlO2 ＋ 3H2↑，开始时铝过量，随着x增大，即钠的量逐渐增大，生成氢气的量开始时会逐渐增大，钠、铝的物质的量相等时，即a2 = 1，生成氢气的量达到增大，之后随着钠的量的增加；生成氢气的量会逐渐减小，成氢气的物质的量，据此进行解答。
【详解】A、根据分析可以知道，a1时铝过量，生成氢气量b1与全部是钠时生成的氢气量是一样
的，由此求得，
设钠的物质的量为y mol，此时铝过量，结合反应方程式可以知道参加反应的铝的物质
的量也是ymol，根据电子守恒可得：0.5y + 1.5y = ，计算得出：，
则混合物中铝的物质的量为：，
则，故A错误；
B、根据分析可以知道，当铝和钠的物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2 = 1，故B正确；
C、当1.0 g完全为钠时，生成氢气的量为，故C正确；
D、当钠和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量
都是x mol，则，计算得出：x = 0.02，则生成氢气的物质的量为：，故D正确；
答案为A。
15.某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少，实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系。
下列说法错误的是( )
A. 该未知溶液中至少含有3种阳离子
B. 滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol•L﹣1
C. 若另一种离子为二价阳离子，则a=10
D. 若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6g
【答案】D
【解析】
【分析】
从图中可知，沉淀没有完全消失，所以一定含有另一种阳离子遇OH-可产生白色沉淀，据此分析本题；
A. 根据图象可知，混合液含有氢离子、铝离子和另一种金属阳离子；
B. 由图可知Al(OH)3沉淀为0.05 mol，消耗的V(NaOH)=10 mL，根据Al(OH)3+OH-=AlO2−+2H2O，先计算n(NaOH)，再利用c = n/V计算c(NaOH)；
C. 若另一种离子为二价阳离子，M2++2OH-=M(OH)2↓，沉淀的物质的量是0.15 mol，先计算沉淀该离子所需NaOH溶液的体积，再计算生成氢氧化铝的物质的量是0.05 mol所需NaOH溶液的体积，然后根据完全沉淀所需的NaOH溶液的体积，可解得a值；
D. 溶液中的另一种阳离子不确定，所以无法确定其质量。
【详解】A、从题图可以看出，开始无沉淀产生，说明溶液中有较多H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少但没有完全溶解，说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A项正确；
B、溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是10 mL，而氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，则根据反应Al(OH)3+OH- = AlO2−+2H2O可知，氢氧化钠的物质的量浓度是5 mol/L，故B项正确；
C、若另一种离子为二价阳离子，另外一种沉淀的物质的量是0.15 mol，M2++2OH-=M(OH)2↓，则消耗氢氧化钠溶液的体积是60 mL，氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓，可得生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是30 mL，所以a＝100-60-30=10，故C项正确；
D、由于不能确定其他阳离子的种类，因此不能确定最终沉淀的质量，故D项错误；
答案选D。
16.向含S2﹣、Fe2+、Br﹣、I﹣各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
离子还原性S2－＞I－＞Fe2+＞Br－，故首先发生反应S2－+Cl2=S↓+2Cl－，再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl－，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，最后发生反应2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。
【详解】A、Br－的物质的量与Cl2的体积的关系图，根据分析，S2－、I－、Fe2＋完全被氧化的时候，Br－才被氧化。根据电荷守恒，S2－被氧化生成S，化合价升高2价，I－被氧化得到I2，化合价升高1价，Fe2＋被氧化得到Fe3＋化合价升高1价，则S2－、I－、Fe2+完全氧化时，转移的电子的物质的量为0.1×(2＋1＋1)=0.4mol，1molCl2得到2mol电子生成2molCl－，先得到0.4mol电子，则氯气体积为0.4mol÷2×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br－+Cl2=Br2+2Cl－可以知道，0.1molBr-完全反应消耗0.05mol氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+ 0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；
B、I－的物质的量与Cl2的体积的关系图，0.1mol S2－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl－，0.1mol S2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1mol I－完全反应消耗0.05mol氯气，故0.1mol I－完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；
C、Fe2+的物质的量与Cl2的体积的关系图，0.1mol S2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05mol氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－可以知道，0.1mol Fe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；
D、由S2－+Cl2=S+2Cl－，可以知道，0.1mol S2－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】离子还原性S2－＞I－＞Fe2+＞Br－。
二、填空题
17.现有下列十种物质：①铝 ②SiO2 ③熔融NaCl ④稀硫酸 ⑤KOH固体 ⑥FeSO4溶液 ⑦NH3 ⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系 ⑨HCl ⑩Na2O2
(1)上述物质属于非电解质的有___________________。(填序号)
(2)上述物质能导电的有____________________。(填序号)
(3)往装有⑧的试管中逐滴加入④至过量的现象是：____________________。
(4)请写出①与⑤的溶液反应的离子方程式：_____________________________。
(5)请写出⑩与CO2反应的化学方程式： ______________________________。
【答案】 (1). ②⑦ (2). ①③④⑥⑧ (3). 先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液。 (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2
【解析】
【详解】①铝是金属单质，能导电，不是非电解质；
②SiO2是化合物，不能导电，属于非电解质；
③熔融NaCl是电解质，能够导电；
④稀硫酸是混合物，能够导电，不是非电解质；
⑤KOH固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电；
⑥FeSO4溶液是混合物，能够导电，不是非电解质；
⑦NH3化合物，不能导电，属于非电解质；
⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系是混合物，不是非电解质，能够导电；
⑨HCl是电解质，由于HCl是由电解质分子构成，没有自由移动的离子，不能导电；
⑩Na2O2固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电。
(1)综上所述可知，上述物质属于非电解质的有②⑦；
(2)能导电的有①③④⑥⑧；
(3)向新制备的氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，首先是胶体上的电荷被中和，发生聚沉，形成氢氧化铁红褐色沉淀，然后发生酸碱中和反应，产生可溶性的硫酸铁和水，使溶液变为棕黄色；
(4)Al与强碱KOH溶液发生反应，产生偏铝酸钾和氢气，反应方程式是2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑，改写为离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
(5) Na2O2能够与CO2反应产生氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2。
18.下图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C、D均为气体单质，E是固体单质，A物质的焰色反应火焰为紫色，F 是黑色晶体，它们存在如图转化关系，反应中生成的水及次要产物均的已略去。
（1）写出下列物质的化学式：C_____________， D______________，H____________。
（2）指出MnO2在相关反应中的作用：反应①中做_______剂，反应②中做_________剂。
（3）当①中有1molA 完全反应时转移电子的物质的量是________mol。
（4）检验G中阳离子的方法_________________________________________ 。
（5）保存G溶液时为什么要加固体E_____________________________________。
（6）写出F→G+H的离子方程式：____________________________________。
【答案】 (1). O2 (2). Cl2 (3). FeCl3 (4). 催化(剂) (5). 氧化(剂) (6). 1 (7). 取少量试液于试管中，滴加硫氰化钾溶液无明显变化，往溶液中通入氯气后溶液呈血红色，则说明存在Fe2+ (8). 防止Fe2+被氧化 (9). Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
【解析】
与MnO2反应制备的气体有O2和Cl2，其中在不加热条件下，用H2O2和MnO2制备O2，在加热条件下用浓盐酸和MnO2制备Cl2，则A为H2O2，B为HCl，C为O2，D为Cl2，F为是黑色晶体，与盐酸反应生成两种氯化物，且二者之间可以相互转化，说明E为变价金属，应为Fe，则F为Fe3O4，G为FeCl2，H为FeCl3，则
（1）根据以上分析可知C、D、H的化学式分别是O2、Cl2、FeCl3。（2）根据以上分析可知反应①中二氧化锰做催化剂，反应②中做氧化剂。（3）①中氧元素化合价从－1价升高到0价，另外部分从－1价降低到－2价，则有1molH2O2完全反应时转移电子的物质的量是1mol。（4）检验亚铁离子的方法为取少量试液于试管中，滴加硫氰化钾溶液无明显变化，往溶液中通入氯气后溶液呈血红色，则说明存在Fe2+。（5）亚铁离子易被氧化，因此保存亚铁离子溶液时要加固体铁的原因是防止Fe2+被氧化。（6）根据以上分析可知F→G+H的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。
19.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中分离溶液和沉淀的操作是：_____________。
（2）沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有_________（填化学式），生成固体N反应的化学方程式为_________。
（3）滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为___________，它属于__________（填“酸”、“碱”或“盐”）类物质。
（4）实验室里常往AlCl3溶液中加入___________（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取Al(OH)3，该反应的离子方程式为__________________________。
（5）滤液Y中除了含有Na2CO3或NaHCO3外，一定还含有__________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). Fe2O3 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). NaAlO2 (5). 盐 (6). 氨水 (7). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (8). 硅酸钠（或Na2SiO3）
【解析】
【分析】
铝土矿主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质，加入NaOH，Al2O3和SiO2会与之反应，得到NaAlO2、NaSiO3，向其中通入CO2气体，控制条件，得到Al(OH)3，灼烧得到Al2O3。
【详解】Al2O3
（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中分离溶液和难溶性固体沉淀的操作是过滤；
（2）在铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3，SiO2等杂质，当向其中加入NaOH溶液时，两性氧化物Al2O3、酸性氧化物SiO2与NaOH发生反应，变为可溶性的物质，而碱性氧化物Fe2O3不能发生反应，所以沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3；在滤液X中含有NaOH及NaAlO2、NaSiO3，向其中通入CO2气体，并控制反应条件，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，将Al(OH)3沉淀洗涤，灼烧，发生分解反应：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，产生的沉淀N是Al2O3；
（3）由于NaOH溶液过量，所以在滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2；它是盐；
（4）由于Al(OH)3是两性氢氧化物，它既能与强酸发生反应，也能与强碱发生反应，所以在实验室里制取氢氧化铝时通常是往AlCl3溶液中加入弱碱氨水来制取Al(OH)3，该反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
（5）由于在滤液X中含有Na2SiO3，通入CO2气体时，形成的沉淀只有Al(OH)3，所以滤液Y中除了含有Na2CO3或NaHCO3外，一定还含有硅酸钠（或Na2SiO3）。
20.2016年8月国际期刊eLife上发表了浙江医科大学第二医院和浙江大学肿瘤研究的晁明和胡汛等人的一片论文，引发轰动。媒体以廉价的小苏打协助饿死了癌细胞予以报道。在实验室中模拟工业制取NaHCO3的实验步骤如下：
第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。
第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装 置中产生的气体，片刻后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。
第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体。
第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。
（1）下图所示装置的连接顺序是：a接______；_____接________；b接________（填接口编号）
（2）检查A装置气密性的具体操作是___________。
（3）A中常选用的固体反应物为_________；D中应选用的液体为______。
（4）装有无水CaCl2的U形管的作用是 _______。
（5）第四步所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(约占5％~8％)，请设计一个简单实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象________。
【答案】 (1). f (2). e (3). d (4). c (5). 关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好。 (6). 石灰石（或大理石或块状CaCO3） (7). 饱和NaHCO3溶液（或饱和碳酸氢钠溶液） (8). 吸收多余的NH3 (9). 取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。
【解析】
【分析】
制备NaHCO3发生反应式NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，A装置实验室制取二氧化碳，先用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl气体，B装置实验室制取氨气，最后通入到C装置中进行反应生成碳酸氢钠和氯化铵。
【详解】⑴制备NaHCO3发生反应式NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，装置A制备CO2，制出CO2混有HCl必须除去，因为HCl会与NH3，增加副产物，因此a接f，装置B制备NH3，NH3易溶于水，要防止倒吸，因此e接d，b接c；
故答案为：f；e；d；c
⑵检查装置气密性，先封闭体系，再操作，再说结论，因此检查装置A气密性操作为关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好。
故答案为：关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的水面，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好；
⑶装置A制备CO2，此装置是启普发生器的简易装置，因此用的反应物是石灰石或大理石或块状CaCO3，装置D的作用是除去CO2中混有HCl，因此装置D中盛放是饱和碳酸氢钠溶液；
故答案为：石灰石（或大理石或块状CaCO3）；饱和NaHCO3溶液（或饱和碳酸氢钠溶液）；
⑷干燥管的作用是防止倒吸，NH3有毒，防止NH3污染空气，因此无水氯化钙的作用是吸收多余的NH3，防止污染空气；
故答案为：吸收多余的NH3；
⑸由于NH4Cl受热易分解，可以通过固体减少的量判断产物的含量，因此操作是：取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。
21.按要求答题
I．NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
（1）上述反应中氧化剂 ________。
（2）根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有①水、②碘化钾淀粉试纸③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有________(填序号)。
（3）请配平以下化学方程式：____Al＋____NaNO3＋____ NaOH= ____NaAlO2＋____ N2↑＋___H2O，________________，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_________L。
II．向100mL1.5mol/L 的氢氧化钠溶液中缓慢通入一定量的CO2，反应后，向所得溶液中逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积（不考虑气体溶解于水）关系如图所示。
则:①氢氧化钠溶液与一定量的CO2 充分反应后的溶液中溶质为____ （写化学式）。
②盐酸的浓度为_______。
③B点时，产生的气体在标准状况下的体积为_______L。
【答案】 (1). NaNO2 (2). ②⑤ (3). 10 6 4 10 3 2 (4). 11.2 (5). NaOH和Na2CO3 (6). 0.5mol/L (7). 1.12
【解析】
【分析】
根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式；根据图像中的特殊点分析溶液中溶质的组成，进而根据方程式计算溶液浓度。
【详解】I．（1）得电子的反应物作氧化剂，得电子化合价降低，所以上述反应中氧化剂是 NaNO2，
故答案为：NaNO2；
（2）根据题干中2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O提示，酸性溶液中NaNO2可以氧化碘离子生成单质碘，所以鉴别NaNO2 和 NaCl，可选用的物质有②碘化钾淀粉试纸和⑤食醋，故答案为：②⑤；
（3）根据得失电子守恒配平化学方程式为：10Al＋6NaNO3＋4NaOH=10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O；方程式中氮元素化合价由+5降低为0，所以若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成0.5mol N2 ，则标准状况下氮气的体积为11.2L，
故答案为：10,6,4,10,3,2；11.2；
II．①如图所示，刚加入盐酸时并未有气体生成，说明氢氧化钠过量，CO2与足量的NaOH反应可生成Na2CO3，还有未反应的NaOH，故溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，
故答案为：NaOH和Na2CO3；
②加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→B段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O-A段消耗的盐酸为A→B的二倍，反应产物应为NaOH和Na2CO3的混合物，二者都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH-+H+═H2O、CO32-+H+═HCO3-，B点时溶液中的溶质仅有NaCl，根据原子守恒得：c(HCl)∙0.3L=0.1L×1.5mol/L，则c(HCl)=0.5mol/L，
故答案为0.5 mol/L；
③AB段消耗HCl为0.1L×0.5mol/L=0.05mol，由NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.05mol，标况下0.1mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，
故答案为：1.12。
【点睛】氧化还原反应方程式配平时，先根据化合价的变化，也就是得失电子守恒配平部分反应物，然后再根据原子守恒进一步配平；根据图像分析每个阶段溶液中的溶质组成和发生的化学反应是解决此题的关键。
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