【化学】福建省宁德市部分一级达标中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

福建省宁德市部分一级达标中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
（满分：100分；时间：90分钟）
注意事项：1．答卷前，考生务必将班级、姓名、座号填写清楚。
2．每小题选出答案后，填入答案卷中。
3．考试结束，考生只将答案卷交回，试卷自己保留。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Mg-24
第Ⅰ卷（选择题，50分）
本题共20小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1-10小题每题2分，11-20小题每题3分，共50分。
1.1956年，杨振宁和李政道提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用放射源进行了实验验证。次年，杨振宁、李政道两人因此获得诺贝尔物理奖。下列关于该Co的叙述中，错误的是（ ）
A. 质量数是27 B. 电子数是27
C. 质子数是27 D. 中子数是33
【答案】A
【详解】的质子数为27，质子数=核外电子数，质量数为60，质量数=质子数+中子数，即中子数为33，故A错误；
故选A。
2.下列说法，正确的是（ ）
A. 13C与C60互为同素异形体
B. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
C. 玻璃钢和钢化玻璃的成分相同
D. 硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应
【答案】B
【详解】A.同种元素构成的不同种单质，互为同素异形体，13C是原子，不是单质，故A错误；
B. 碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故B正确；
C.玻璃钢主要成分是碳化硅，钢化玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅的混合物，故C错误；
D.轨道化学性质较稳定，但是常温的条件下，可以与NaOH反应，故D错误；
故选B。
3.化学反应前后肯定没有变化是（ ）
①原子数 ②分子数 ③元素种类 ④物质总质量 ⑤物质的种类 ⑥共价键数
A. ②④⑥ B. ①③④ C. ①③⑤ D. ①③⑥
【答案】B
【详解】化学变化有新物质生成，则⑤物质的种类一定会发生变化．根据质量守恒定律可知，化学反应前后，④物质的总质量不变，③元素的种类不变．化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，则①原子的数目，③元素种类一定没有变化，②分子的数目可能发生改变，也可能不变，故①③④在化学反应前后，肯定没有变化。
故选：B。
4.下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ）
A. 氯元素的原子结构示意图：
B. 原子核内有8个中子的氧原子：
C. N2的结构式：N≡N
D. 二氧化碳的电子式：
【答案】C
【详解】A.氯原子的核外电子排布为：2、8、7，故A错误；
B.的质量数为18，质子数为8，即中子数为10，故B错误；
C. N2中的N原子间以叄键连接，则N2的结构式：N≡N，故C正确；
D. 二氧化碳中C与O原子之间形成两对供用电子对，故D错误；
故选C。
5.下列有关物质的说法不正确的是（ ）
A. 我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B. 水泥、玻璃、砂锅、水晶饰物都是硅酸盐制品
C. 氯化铁有氧化性，可用于腐蚀铜制线路板
D. 氧化铝可用作耐高温材料；晶体硅可用于制作半导体材料
【答案】B
【详解】A. 钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故A正确；
B.水晶主要成分是SiO2，故B错误；
C. 氯化铁有氧化性，发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，可用于腐蚀铜制线路板，故C正确；
D. 氧化铝熔点高可用作耐高温材料；晶体硅可用于制作半导体材料，故D正确；
故选B。
6.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（ ）
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 短周期元素形成离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构
C. 第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
D. VIIA族元素均能与水反应：X2 + H2O == HX + HXO (X为F、Cl、Br、I)
【答案】C
【详解】A.处于金属和非金属分界线的元素既有金属性又有非金属性，如硅元素，故A错误；
B. 短周期元素H形成离子时，无最外层电子，故B错误；
C. 第三周期的元素从Na到Cl最高化合价从正一价到正七价和族序数相等，故C正确；
D. Cl、Br、I的单质可以和水之间反应，符合通式：X2+H2O=HX+HXO，但是氟气和水反应生成的是HF和氧气，故D错误；
故选C。
7.已知最外层电子数相同的原子具有相似的化学性质。在下列四种原子中，与硅原子化学性质相似的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】Si原子最外层4个电子，根据示意图知D选项原子最外层有4个电子，化学性质与Si相似，故选D。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. 在任何分子中都含有化学键
B. 形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力
C. CO2、PCl3分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构
D. D2O与H2O所含电子总数不相等
【答案】C
【详解】A.单原子分子中不含化学键，故A错误；
B. 离子键是通过阴、阳离子静电作用作用形成的，静电作用包括相互吸引和相互排斥，故B错误；
C. 根据核外电子排布规律可知CO2、PCl3分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构，故C正确；
D. D2O与H2O所含电子总数相等，中子数和相对分子质量不等，故D错误；
故选C。
9.在密闭系统中有反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)，能使反应速率加快的措施是（ ）
①通过减小容器体积增大压强 ②升高温度
③将炭粉碎 ④通入CO2 ⑤增加炭的量
A. ①②③④ B. ①②④ C. ①②③ D. ①②③④⑤
【答案】A
【详解】有气体参与的化学反应中，增大压强可以加快化学反应速率，故①符合题意；升高温度，可以加快化学反应速率，故②符合题意；将炭粉碎，即增大接触面积，可以加快化学反应速率，故③符合题意；通入CO2，即增大反应物的浓度，可以加快化学反应速率，故④符合题意；增加炭的量对反应速率没有影响，故⑤不符合题意，故选A。
10.下列相关的叙述正确的是（ ）
A. 生成物的总能量一定低于反应物的总能量
B. 吸热反应一定需要加热才能发生
C. 金属元素与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
D. 在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到半导体材料
【答案】D
【详解】A. 吸热反应生成物总能量高于反应物，故A错误；
B. 吸热反应不一定需要加热才能发生，例如：氯化铵与氢氧化钡反应，故B错误；
C. 由金属元素和非金属元素形成的化合物，可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，则由金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，故C错误；
D. 在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故D正确；
故选D。
11.2015年12月30日，IUPAC与IUPAP组建的联合工作组确认人工合成了113号、115号、117号和118号4个新元素。2016年11月30日，IUPAC正式公布113号元素名为nihonium，符号为Nh；115号元素名为moscovium，符号为Mc；117号元素名为tennessine，符号为Ts；118号元素名为oganesson，元素符号为Og。下列有关叙述中错误的是（ ）
A. 113号元素是金属 B. 115号元素是非金属
C. Og质子数是118 D. 117号元素在第七周期
【答案】B
【详解】A.113号在周期表中位置是第七周期ⅢA族，为金属元素，故A正确；
B. 115号元素有七个电子层，最外层5个电子，位于第七周期第VA族，为金属元素，故B错误；
C. 质子数=核外电子数=原子序数，即Og质子数是118，故C正确；
D. 117号元素在第七周期VIIA族，故D正确；
故选B。
12.下列关于SiO2和CO2的叙述中不正确的是（ ）
A. 都是共价化合物
B. SiO2可用于制造光导纤维，干冰可用于人工降雨
C. 都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应
D. 都能溶于水且与水反应生成相应的酸
【答案】D
【详解】A. SiO2和CO2均由共价键结合而成的化合物，则均属于共价化合物，故A正确；
B. SiO2可用于制造光导纤维，干冰可用于人工降雨，故B正确；
C. SiO2和CO2均能与强碱反应生成盐和水，即SiO2和CO2属于酸性氧化物，故C正确；
D. SiO2不能溶于水，故D错误；
故选D。
13.已知SO2和O2反应生成2molSO3时，放出的热量为QKJ，在1L的密闭容器中进行反应 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，SO2、O2、SO3的起始物质的量分别为0.2mol、0.1mol、0.2mol，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应达到平衡时放出的热量为0.1QKJ
B. 某时刻，SO3的物质的量为0.28 mol，则SO2的转化率为40%
C. 某时刻，SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.3mol、0.15mol、0.15mol
D. 某时刻，SO3的浓度可能为0.4mol-1·L-1
【答案】B
【详解】A. SO2、O2的起始物质的量分别为0.2mol、0.1mol，完全反应生成0.2molSO3，根据题干信息，此时放出的热量为0.1QKJ，而该反应为可逆反应，所以放出的热量小于0.1QKJ，故A错误；
B. 某时刻，SO3的物质的量为0.28 mol，此时生成的SO3为0.28mol-0.2mol=0.08mol，反应掉的SO2为0.08mol，则SO2的转化率为，故B正确；
C. 某时刻，SO3的物质的量为0.15mol，则生成的SO2、O2分别为0.05mol和0.025mol，则此时的SO2、O2物质的量分别为0.25mol、0.125mol，故C错误；
D.当0.2molSO2完全转化为SO3时，此时SO3的浓度为0.4mol-1·L-1，而该反应为可逆反应，不可能完全转化，故D错误，
故选B。
14.下列离子方程式正确的是（ ）
A. AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3+＋3OH－===Al(OH)3↓
B. 用NaOH溶液溶解Al2O3：Al2O3＋6OH－===2[Al(OH)4]－＋H2O
C. 铝片碱洗时常有气泡：2Al＋4OH－===2[Al(OH)4] －＋H2↑
D. 少量二氧化碳通入“水玻璃”中：CO2 +SiO32－+H2O=CO32－+H2SiO3↓
【答案】D
【详解】A. AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，故A错误；
B.反应前后原子不守恒，故B错误；
C. 铝片碱洗时常有气泡，反应前后原子不守恒，方程式为：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑，故C错误；
D. 少量二氧化碳通入“水玻璃”中，CO2与硅酸钠和水反应，生成碳酸钠和硅酸，故D正确；
故选D。
15.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与2H原子组成2HX分子。在ag2HX中所含质子数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，X的质子数为A-N，它与2H原子组成2HX分子，该分子的质量数为：A+2，ag2HX中所含质子数为：，故C正确；
故选C。
16.在2L的密闭容器中，投入0.2mol N2和0.6 mol H2 ，发生可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，2min后，生成0.04molNH3，下列说法中正确的是（ ）
A. 2min内H2的反应速率为0.01mol·L-1·min-1
B. 若2min后，往容器中通入0.2mol的氩气，则生成NH3的反应速率加快
C. 若混合气体的密度不再改变,则反应达到平衡状态
D. 若单位时间内有3 mol H-H键断裂，同时就有6 mol N-H键断裂,则反应达到平衡状态
【答案】D
【详解】A.根据题意可知，2min内反应了H20.06mol，则2min内H2的反应速率为v（H2）==0.015 mol·L-1·min-1，故A错误；
B. 若2min后，往容器中通入0.2mol的氩气，对反应速率没有影响，故B错误；
C.反应前后质量相等，且反应中只有气体参与，所以密闭容器中气体的密度不变，故C错误；
D. 若单位时间内有3 mol H-H键断裂，即正反应方向，有6 mol N-H键断裂，即逆反应方向，且参与反应的各组分的物质的量之比等于化学计量数之比，说明该反应达到平衡状态，故D正确；
故选D。
17.用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述中错误的是（ ）
A. 标准状况下，11.2LCH4中含有2NA个共价键
B. 7.8g Na2O2与过量CO2反应，转移电子数为0.1NA
C. 5.5g超重水（T2O）中含有的中子数为3NA
D. 在熔融状态下，1mol NaHSO4完全电离出的离子总数为3NA
【答案】D
【详解】A.1个CH4分子中含有4个共价键，标准状况下，11.2LCH4即0.5mol，含有2NA个共价键，故A正确；
B. 7.8g Na2O2即0.1mol与过量CO2反应，其中Na2O2既作氧化剂又做还原剂，0.1mol过氧化钠与足量二氧化碳完全反应生成0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移0.1 NA电子，故B正确；
C.1个T2O分子含有12个中子，5.5g超重水（T2O）即0.25mol，0.25mol超重水中含有3mol中子，5.5g超重水（T2O）中含有的中子数为3NA，故C正确；
D. 熔融状态下，1mol硫酸氢钠电离出1mol钠离子、1mol硫酸氢根离子，总共电离出2mol离子，电离出的离子总数为2NA，故D错误；
故选D。
18.下列各组离子在指定溶液中均能大量共存的是（ ）
A. 在K2CO3溶液中：Na+、H+、Cl－、Br－
B. 使酚酞变红的溶液：NH4+、CH3COO－、SO42-、Mg2+
C. 无色溶液：OH－、K+、[Al(OH)4]－、Ba2+
D. 加入金属铝会产生氢气的溶液：K+、NO3－、Cl－、H+
【答案】C
【详解】A.H+与CO32-反应生成CO2和水，则在K2CO3溶液中H+不能共存，故A不符合题意；
B. 使酚酞变红的溶液即含有OH-，NH4+与OH-不能共存，反应生成NH3和水，故B不符合题意；
C. OH－、K+、[Al(OH)4]－、Ba2+在溶液中均无色，且不反应反应，则可以共存，故C符合题意；
D. 加入金属铝会产生氢气的溶液可能含有OH-，OH-与H+不能共存，故D不符合题意；
故选C。
19.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法不正确的是（ ）
A. Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为HYO4
B. 它们形成的简单离子半径:X>W
C. X、Z两种元素的气态氢化物稳定性:X>Z
D. X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:2
【答案】D
【详解】W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na元素，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y、Z同周期，则Y为与第三周期，Y的最高正价与最低负价代数和为6，则Y为Cl，
A. Y元素即Cl元素，最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，故A周期；
B. W为Na元素，X为O元素，核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，即离子半径：Na+Z，则X、Z两种元素气态氢化物稳定性:H2O>H2S，故C正确；
D. X与W形成的化合物有Na2O和Na2O2，阴阳离子数之比皆为1:1，故D错误；
故选D。
20.现有MgCl2和Al2(SO4)3的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中Cl－ 与SO42－的物质的量之比为（ ）

A. 1：3 B. 1：6
C. 2：3 D. 3：2
【答案】C
【详解】由图可知加入0.4molNaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH-）=0.4mol，加入0.5molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.1molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=0.1mol，所以2n[Mg（OH）2]+3×0.1mol=0.4mol，故n[Mg（OH）2]=0.05mol，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl-）=2n[Mg（OH）2]=2×0.05mol=0.1mol，根据化学式Al2（SO4）3可知溶液中n（SO42-）=n[Al(OH)3]= ×0.1mol=0.15mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.1mol：0.15mol=2：3；
故选：C。
第II卷（非选择题 共50分）
21.请按要求回答下列问题：
（1）下列纯净物中：a．NaOH b．Ar c．MgCl2 d．HCl e．NH3 f．KNO3
①不含化学键的物质是_______（填序号，下同）。
②既含有离子键又含有共价键的物质是______。
③只含有离子键的物质是________。
（2）下列变化中，不需要破坏化学键的是______。
A．氯化氢溶于水 B．加热氯酸钾使其分解
C．碘升华 D．氯化钠溶于水
（3）实验室盛放碱液的试剂瓶不能用玻璃塞，以氢氧化钠为例，用离子方程式表示其原因：_________，任写一个制造普通玻璃的主要反应的化学方程___________________。
（4）硅是良好的半导体材料，写出工业上生产粗硅的化学方程式：__________________________。
【答案】(1). b (2). af (3). c (4). C (5). SiO2＋2OH-＝SiO32-＋H2O (6). SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑或SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑ (7). SiO2＋2CSi＋2CO↑
【解析】
【分析】根据化学键的概念及分类分析解答，根据离子反应方程式的书写规则分析解答。
【详解】（1）①不含化学键的物质是单原子分子Ar，
②Na+与OH-之间是离子键，O原子和H原子之间是共价键，所以既含有离子键又含有共价键的物质是NaOH；
③Mg2+与Cl-之间只存在离子键，所以只含有离子键的物质是MgCl2，故答案为：b；af；c；
（2）A. 氯化氢溶于水，破坏了共价键，故A不符合题意；
B.加热氯酸钾使其分解，破坏了离子键和共价键，故B不符合题意；
C.碘升华，碘从固态转化成气态，破坏了分子间作用力，故C符合题意；
D. 氯化钠溶于水，破坏了离子键，故D不符合题意，故选C；
（3）实验室盛放碱液的试剂瓶不能用玻璃塞，是由于玻璃中的SiO2与NaOH反应生成了Na2SiO3，Na2SiO3可以将瓶塞和瓶口粘在一起，影响实验使用，离子方程式为：SiO2＋2OH-＝SiO32-＋H2O，普通玻璃是二氧化硅与碳酸钠和碳酸钙高温的条件下反应生成硅酸钠、硅酸钙和CO2，方程式为SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑或SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑；
（4）工业上生产粗硅是利用C还原SiO2，化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑；
22.下图是中学教材中元素周期表一部分，其中标出A~R 15种元素，试根据它们回答下列问题（填具体元素符号或化学式）：

（1）化学性质最不活泼的是____，原子半径最小的是（除稀有气体元素）___属于过渡元素的是____（填A~R中的代号）。
（2）最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_____，单质中氧化性最强的是________，第三周期元素形成的简单离子中半径最小的是______。
（3）F与K形成的化合物溶于水发生电离，所破坏的化学键为______。
（4）Q在元素周期表中的位置是_____，B、C可形成化合物B2C，该化合物的核外电子总数为_____。
（5）P的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物的离子方程式：____________。
（6）元素E与元素F相比，金属性较强的是________（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是______（填序号）。
a．与酸反应时，每个F原子比每个E原子失电子数多
b．E的氢化物比F的氢化物稳定
c．E和F的单质与水反应E较剧烈
d．最高价氧化物对应水化物碱性E比F强
【答案】(1). Ar (2). F (3). R (4). HClO4 (5). F2 (6). Al3+ (7). 离子键 (8). 第六周期ⅣA族 (9). 22 (10). H++OH-===H2O (11). Na (12). cd
【解析】
【分析】根据元素周期表排布规律分析解答；根据元素周期律的表现分析解答；根据金属性、非金属性强弱判断规律分析解答。
【详解】根据元素周期表可知，A为C元素，B为N元素，C为O元素，D为F元素，E为Na元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为Si元素，I为P元素，J为S元素，K为Cl元素，L为Ar元素，R为Fe元素，P为Ba元素，Q为Pb元素；
（1）化学性质最不活泼的是稀有气体Ar，原子半径最小的是（除稀有气体元素）第二周期最右边的元素F，其中属于过渡元素的是R即Fe元素，故答案为：Ar，F，R；
（2）非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，元素周期表中非金属性最强的是F其次是O，但是F和O元素无正价，其次为Cl，所以最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，非金属性越强，氧化性越强，非金属性最强的是F，其氧化性最强的单质为F2，第三周期中形成的简单离子有2个电子层的有Na+、Mg2+、Al3+，其他元素形成的简单离子均为三个电子层，所以第三周期元素形成的简单离子中半径最小的是两个电子层的Al3+，故答案为：HClO4，F2，Al3+；
（3）F是Mg元素与K是Cl元素形成的化合物MgCl2是离子化合物，仅含有离子键，溶于水发生电离，所破坏的化学键为离子键，故答案为：离子键；
（4）Q是Pb元素，根据元素周期表信息可知，Pb在元素周期表中的位置是第六周期ⅣA族，B为N元素、C为O元素，可形成化合物B2C即N2O，该化合物的核外电子总数为7×2+8=22，故答案为：第六周期ⅣA族，22；
（5）P为Ba元素，Ba的最高价氧化物对应的水化物即Ba(OH)2与B即N元素的最高价氧化物对应的水化物即HNO3反应生成硝酸钡和水，离子方程式为H++OH-===H2O；
（6）元素E为Na与元素F为Mg元素，元素周期表中，同周期元素从左向右金属性逐渐减弱，则金属性Na>Mg，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则d正确，金属性越强，则其单质与水或酸反应越剧烈，则c正确；金属性不能用氢化物性质比较，故b错误；金属性与单质与酸反应得失电子数无关，故a错误，故答案为：Na，cd。
23.I．某学习小组用下图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。

（1）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻。检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：
①记录C的液面位置；②待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；③检查气密性；④由A向B中滴加足量试剂；⑤将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，上述操作的顺序是_______，(填序号)②中记录C的液面位置前，还应______。
（2）A中装的试剂为________。
（3）若实验用铝镁合金的质量为m1g，测得氢气体积为amL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为m2g，则铝的相对原子质量为_______。
II．某化学研究小组的同学，为了探究催化剂对化学反应速率的影响，做了以下实验：将0.20mol MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示

（4）A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为_______。
（5）计算H2O2的初始物质的量浓度_____ (请保留两位有效数字) 。
【答案】(1). ③①④②⑤ (2). 使D和C的液面相平 (3). NaOH溶液 (4). 33600(m1 -m2)/a (5). D>C>B>A (6). 0.11mol·L-1
【详解】（1）整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录未读数，两将相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量，则操作的顺序为：③①④②⑤，在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，超成读数不准。
（2）Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量，所以A试剂为NaOH；
（3）实验反应了金属Al(m1-m2)g，生成n(H2)= ，则n(Al)= ×=mol，M(Al)= ==；
（4）由图像可知，相同时间内，生成O2的体积变化可知，D点产出O2最多，反应速率最快，其次是C点，B点，A点产生氧气最少，反应速率最慢，则A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D>C>B>A；
（5）从图像可知，反应结束生成标况下氧气60mL，则n(O2)= =0.0027mol，n(H2O2)=2 n(O2)=2×=0.0053mol，c(H2O2)= =0.11mol/L；
24.I．某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Cu2(OH)2CO3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：

据此判断：
（1）固体G中含有用作化肥的物质，写出其化学式_________。
（2）出土的青铜器上常有铜绿，请写出用稀硫酸除去铜绿的离子方程式_________。
（3）操作1的名称____________； 反应①的离子方程式为____________。
（4）反应②的化学方程式为______________。
II．铝是一种应用广泛的金属，工业上常用冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂来冶炼铝。以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：

（5）E在医疗上常用作石膏绷带，D的水溶液可用于刻蚀玻璃，C的化学式为_____；并写出由D制备冰晶石的化学方程式_____。
【答案】 (1). (NH4)2SO4、K2SO4 (2). Cu2(OH)2CO3 + 4H+====2Cu2++ 3H2O+ CO2↑ (3). 过滤 (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或[Al(OH)4]－+CO2===Al(OH)3↓+HCO3- (5). 3CuO＋2Al3Cu＋Al2O3 (6). H2SO4 (7). 12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3===2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O
【解析】
【分析】根据题干信息特殊条件为突破口，正向和逆向推断反应物与生成物进行分析；根据离子方程式书写规则分析解答。
【详解】由流程可知：A物质是混合物，加水溶解后，得到硫酸铝钾溶液，沉淀1为Al2O3和Cu2(OH)2CO3的混合物，再加氢氧化钠氧化铝与强氧化钠反应生成偏铝酸钠，即溶液C为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠与过量的CO2反应生成氢氧化铝沉淀，即沉淀3为氢氧化铝，加热后得到固体Al2O3；沉淀2为Cu2(OH)2CO3，加热后得到的黑色固体D 为CuO，CuO再与Al发生铝热反应得到Al2O3；硫酸铝钾与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵、硫酸钾，溶液F为硫酸铵、硫酸钾的混合物，经过结晶可得到硫酸铵和硫酸钾固体；
（1）由上述分析可知固体G硫酸铵和硫酸钾的混合物，含有用作化肥的物质，其化学式(NH4)2SO4、K2SO4；
（2）出土的青铜器上常有铜绿，铜绿化学成分即是Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3与硫酸反应生成硫酸铜、水和CO2，离子方程式Cu2(OH)2CO3 + 4H+====2Cu2++ 3H2O+ CO2↑；
（3）操作1是分离固液混合物的操作为过滤，反应①是偏铝酸钠与过量的CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或[Al(OH)4]－+CO2===Al(OH)3↓+HCO3-；
（4）反应②是铝热反应，氧化铜与Al在高温条件下反应生成Al2O3和Cu，化学方程式为3CuO＋2Al3Cu＋Al2O3；
（5）由流程图可知，冰晶石中含有F元素，逆向推断可知，气体D中一定含有F元素，且D水溶液可用于刻蚀玻璃则D为HF，信息提示E在医疗上常用作石膏绷带，则E为硫酸钙，根据原子守恒原理你想推断可知，C为硫酸，D制备冰晶石的化学方程式12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3===2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O，故答案为：H2SO4，12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3===2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O。