2015吉林省松原市扶余县一中高一上学期期中化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2015吉林省松原市扶余县一中高一上学期期中化学试卷与答案（带解析） 选择题 从利用金属的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个先后顺序跟下列有关的是 地壳中的金属元素的含量 金属活动性顺序 金属的导电性 金属冶炼的难易程度 金属的延展性 A B C D 答案： B 试题分析：对比金属活动性强弱关系与人类利用金属的先后，可以发现人类使用较早的金属，其活动性较弱；结合学习中对金属铁、铝的冶炼的认识，可知：金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，其它因素均与使用的前后顺序无关故选 D 考点：金属活动顺序表 等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧

2、化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为 5 7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是 A甲、乙中都是铝过量 B甲中铝过量，乙中碱过量 C甲中酸过量，乙中铝过量 D甲中酸过量，乙中碱过量 答案： B 试题分析：发生反应有： 2Al+3H2SO4Al2（ SO4） 3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2， 若等质量的铝都反应完，生成气体为 1：1， 若铝均没有反应完，根据酸和碱的物质的量相等，可得生成气体为 1： 3，而题中为 4： 5，因此所以一个是铝反应完全，一个是铝过量，由于等量的铝消耗的硫酸的量更多，所以完全反应的一定是硫酸，碱过量，即

3、甲中铝过量，乙中碱过量，故选 B 考点：铝的化学性质 一定量的 KMnO4与足量的 250mL浓盐酸反应，方程式为 2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 5Cl2 + 2MnCl2 + 8H2O，反应结束后，共转移电子为 5mol，则还原产物中，阳离子的物质的量浓度为（溶液的体积变化忽略不计） A 1mol/L B 4mol/L C 2mol/L D 8mol/L 答案： B 试题分析：在 2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中， Mn元素化合价降低，被还原， Cl元素化合价升高，被氧化， KMnO4为氧化剂， HCl为还原剂， Cl2为氧化产

4、物， MnCl2为还原产物，当有 2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，转移 10mol电子，生成 2mol锰离子，故转移 5mol电子时，生成阳离子的物质的量为 1mol锰离子，浓度为 =4mol/L，故答案：为 B. 考点：氧化还原反应 在含有 Fe3+、 Fe2+、 Al3+、 NH4+的溶液中，加入足量 Na2O2固体，微热充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目没有变化的是 A Al3+ B Fe3+ C NH4+ D Fe2+ 答案： A 试题分析：溶液中加入过量的 Na2O2固体，与水反应生成 NaOH和氧气，放出热量，钠离子增大， Fe2+被氧化成

5、 Fe3+， Fe2+减少； Fe3+、 Al3+、 NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子， Fe3+转化为氢氧化铁， NH4+转化为一水合氨和氨气，故 NH4+减少；再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变； A Fe3+增多，故 A不选；B Fe2+减少，故 B选； C铝离子浓度保持不变，故 C选； D NH4+减少，故D不选； 考点：离子反应发生的条件 把 V L含有 MgSO4和 K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加 入含 a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含 b mol BaCl

6、2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A mol L 1 B mol L 1 C mol L 1 D mol L 1 答案： A 试题分析：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生 Ba2+SO42-BaSO4，由方程式可知 n（ SO42-） =n（ Ba2+） =n（ BaCl2） =amol，另一份加氢氧化钠溶液时发生 Mg2+2OH-Mg（ OH） 2，由方程式可知每份溶液中 n（ Mg2+） = n（ OH-） = bmol，由电荷守恒可知每份中 2n（ Mg2+） +n（ K+） =2n（ SO42-），故每份

7、中溶液 n（ K+） =2amol-2bmol=（ 2a-b） mol，故原溶液中钾离子浓度 = ，故答案：选 A. 考点：离子方程式有关计算 往含 0.2mol NaOH和 0.1mol Ca（ OH） 2的溶液中持续稳定地通入 CO2气体，当通入气体为 6.72L（标准状况下）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入 CO2气体的体积关系正确的图 象是（气体的溶解忽略不计） A B C D 答案： C 试题分析： n（ CO2） = =0.3mol，含有 0.2mol氢氧化钠和 0.1mol氢氧化钙的溶液中： n（ OH-） =0.2mol+0.1mol2=0.4mol， n（

8、 Na+） =0.2mol， n（ Ca2+） =0.1mol，通入 CO2，发生： 2OH-+CO2=CO32-+H2O， OH-+CO2=HCO3-+H2O， Ca2+CO32-=CaCO3，设生成 xmolCO32-， ymolHCO3-， 2x+y=0.4 ；x+y=0.3，解得 x=0.1， y=0.2，所以反应后溶液中含有： n（ Na+） =0.2mol， n（ HCO3-） =0.2mol，可依次发生： 2OH-+CO2=CO32-+H2O， Ca2+CO32-=CaCO3，离子浓度迅速减小， OH-+CO2=HCO3-，所以图象 C符合，故选： C 考点：离子反应发生的条件

9、锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成 a mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为 A a mol B 1/2a mol C 1/4a mol D 2a mol 答案： C 试题分析：根据题意知，锌和稀硝酸反应方程式为 4Zn+10HNO3=4Zn（ NO3）2+NH4NO3+3H2O，生成 amol硝酸锌时转移电子的物质的量 =amol（ 2-0）=2amol，根据氧化还原反应中得失电子守恒得，被还原的硝酸的物质的量 =0.25a，故答案：选 C。 考点：氧化还原反应 质量分数为 a的某物质的溶液 m g与质量分数为 b的该物质的溶液 n g混合后，蒸发掉 p g水，得到的溶液密

10、度为 q g/cm3（此过程中无溶质析出），物质的量浓度为 c mol L 1。则溶质的相对分子质量为 A B C D 答案： C 试题分析：蒸发掉 p g水后溶质质量分数为 ， c= 可知，溶质的摩尔质量 M= g/mol= ，故答案：为 C. 考点：物质的量浓度的计算 金属钛 (Ti)性能优越，被称为继铁、铝之后的 “第三金属 ”。工业上以金红石为原料制取 Ti的反应为 aTiO2 + bCl2+eC aTiCl4+eCO TiCl4 2Mg Ti 2MgCl2 关于反应 、 的分析不正确的是 TiCl4在反应 中是还原产物，在反应 中是氧化剂； C、 Mg在两个反应中均被还原； 在反应

11、、 中 Mg的还原性大于 C， C的还原性大于 TiCl4； a=1， b=e =2 每生成 19.2 g Ti，反应 、 中共转移 4.8 mol e 。 A B C D 答案： C 试题分析： 该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是 TiCl4； 该反应中钛元素的化合价降低， TiCl4作氧化剂；所以 TiCl4在反应 I中是还原产物，在反应 II中是氧化剂，故正确； C、 Mg在反应中反应前后化合价都升高，所以均为还原剂，被氧化，故错误； 在反应 I中碳不能还原 TiO2，反应 II中 Mg能还原 TiCl4，所以镁的还原性大于

12、 C；在反应 I中碳作还原剂， TiCl4作还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以 C的还原性大于 TiCl4，故正确根据反应前后各元素的原子个数守恒知 2a=c； 2b=4a，解得 a=1， b=c=2，故正确 将方程式 、 相加得 TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2 生成 1mol钛转移电子为 8mol，所以每生成 19.2 g Ti，反应 I、 II中共转移 =3.2 mol e-，故错误答案：选 C. 考点：氧化还原反应 操作 1：将 1 L 1.00 mol L-1的 Na2CO3溶液逐滴加入到 1 L 1.25 mol L-1的盐酸中；操作 2

13、：将 1 L 1.25 mol L-1的盐酸逐滴加入 1 L 1.00 mol L-1的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比（同温同压下）是 A 2 5 B 5 2 C 1 1 D 2 1 答案： B 试题分析： 1L 1.00mol/L 的 Na2CO3溶液中 n（ Na2CO3） =1L1mol/L=1mol， 1L 1.25mol/L的盐酸中 n（ HCl） =1L1.25mol/L=1.25mol，把 Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，发生反应 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2故 HCl不足，由方程式可知，生成二氧化碳物质的量为 1.25mol

14、 =0.625mol，向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，首先发生： Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则： Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1molNa2CO3消耗 1molHCl，剩余 0.25molHCl，故生成 1molNaHCO3 然后发生： NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O； 0.25mol 0.25mol NaHCO3有剩余，生成二氧化碳 0.25mol，故两次操作产生的气体体积之比是0.625mol： 0.25mol=5： 2，故选 B 考点：有关混合物反应的计算 将 2.4 g镁、铝混合物粉末溶于 75mL 4mol/L

15、的盐酸中，反应一段时间后，再加入 250mL 1.5mol/L的 NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除 Na+、 Cl-外，还大量存在的是 A Mg2+， AlO2 B Al3+， Mg2+ C AlO2- D Al3+， Mg2+、 H+ 答案： C 试题分析：将 2.4g镁、铝混合物粉末溶于 75mL 4mol/L的盐酸中即 n（ HCl）=0.075L4mol/L=0.3mol，发生反应 Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据计算 2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成 HCl、 MgCl2、 AlCl3混合溶液，再加入 250m

16、L1.5mol/L的 NaOH溶液即 n（ NaOH） =0.25L1.5mol/L=0.375mol，据原子守恒，溶液中的 氯有0.3mol，钠有 0.375mol，所以最后溶液中除 NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故答案：选 C. 考点：镁铝及其化合物的性质 取 ag某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了 ag下列物质中不能满足上述结果的是 A H2 B CO C C6H12O6 D

17、 C12H22O11 答案： D 试题分析：已知反应的关系式： H2 H2O 2NaOH Na2O2 H2， CO CO2Na2CO3 Na2O2 CO，有机物在足量氧气中燃烧生成 CO2和 H2O，与 Na2O2发生反应： 2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2， 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3 Na2O2 CO， 2NaOH Na2O2 H2，则有机物应可拆写成（ CO） m Hn的形式，则 H2、 CO以及可拆写成（ CO） m Hn的形式的有机物能满足上述结果，选项中 C可拆写成（ CO） 6 H12，但 D不能满足，故选： D 考点：烃及其衍

18、生物 已知 2Fe3 +2I 2Fe2 +I2 2Fe2 +Cl2 2Fe3 +2Cl 则有关离子的还原性由强到弱的顺序为 A Cl- Fe2+ I- B I- Fe2+ Cl- C Fe2+ I- Cl- D Fe2+ Cl- I- 答案： B 试题分析：还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故答案：选 B。 考点：氧化还原反应 新型纳米材料氧缺位铁酸盐（ MFe2Ox）（ 3 x 4； M表示 Mn、 Co、 Zn或 Ni的二价离子），常温下，它能使工业废气中的 SO2、 NO2等氧化物转化为单质转化流程如图所示：有关上述转化过程的下列叙述正确的是 A MFe2O4表现了还原性 B MFe2

19、Ox表现了还原性 C SO2和 NO2表现了还原性 D SO2和 NO2发生了分解反应 答案： B 试题分析： A由信息可知， MFe2O4与氢气的反应中， M元素的化合价降低，则为氧化剂，具有氧化性，故 A错误； B MFe2Ox在常温下，它能使工业废气中的 SO2、 NO2等氧化物转化为单质，则氧化物为氧化剂， MFe2Ox为还原剂，体现其还原性，故 B正确； C由 B可知， SO2和 NO2表现了氧化 性，故 C错误； D SO2和 NO2发生了还原反应，故 D错误；故选 B 考点：氧化还原反应 下列说法错误的是 A钠在空气中燃烧最后所得产物为 Na2O2 B镁因在空气中形成了一薄层致密

20、的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要像钠似的进行特殊保护 C铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼 D铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层 答案： C 试题分析：钠在空气中燃烧最后产物为过氧化钠， A正确；镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜， B正确；铝的冶炼需要电解熔融的氧化铝，故铝的性质比较活泼， C错误；铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层， D正确，答案：选 C. 考点：钠及其化合物的性质 向 100ml的下列各溶液中加入少量的 NaOH固体，溶液导电性变化最不明显的是 A盐酸 B醋酸 C蒸馏水 D

21、氨水 答案： A 试题分析： A盐酸是强酸，溶于水后完全电离，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故 A 正确； B醋酸是 弱酸，是弱电解质，部分电离，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强电解质，完全电离，所以溶液中离子浓度明显增大，所以溶液导电能力增强，故 B错误； C蒸馏水是弱电解质，水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故 C错误； D一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解

22、质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度显著增大，所以导电能力增大，故 D错误；故选： A 考点：电解质溶液的导电性 FeCl3、 CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是 A加入 KSCN溶液一定不变红色 B溶液中一定含 Fe2 C溶液中一定不含 Cu2 D剩余固体中一定含 Cu 答案： C 试题分析： 当固体为铁、铜时，溶液中的 Fe3+、 Cu2+全部参加反应生成 Fe2+和Cu，反应的方程式为： 2FeCl3+Fe=3FeCl2、 CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有 Fe3+、 Cu2+，一定含有 Fe2+； 当固体为铜时，

23、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+； A、溶液中一定不含 Fe3+，所以加入 KSCN溶液不变红色，故 A说法正确； B、通过以上分析知，溶液中一定含有 Fe2+；故 B说法正确； C、通过以上分析知，溶液中可能含有 Cu2+，故 C说法错误； D、通过以上分析知，剩余固体中一定含 Cu，故 D说法正确故选 C 考点： 下列各组溶液，只用试管和胶头滴管，不用任何试剂不可以鉴别的是 A CaCl2和 Na2CO3 B稀 H2SO4和 Na2CO3 C KOH和 Al2(SO4)3

24、 D HCl NaAlO2 答案： A 试题分析： A均为无色溶液，改变滴定顺序，均生成碳酸钙白色沉淀，不能鉴别，故 A错误； B将碳酸钠溶液滴加到稀硫酸中立即有气泡生成，将稀硫酸滴加到碳酸钠溶液中，先没有气体生成，当稀硫酸滴加到一定程度后后气体生成，反应现象不同，可以鉴别，故 B正确； C KOH溶液逐滴滴加到 Al2（ SO4） 3溶液中，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，而 Al2（ SO4） 3溶液逐滴滴加到 KOH 溶液中先没有显现，滴加一定时间后可生成沉淀，现象不同，进而鉴别，故 C 正确； D NaAlO2加入到盐酸液，先无沉淀生成，后生成沉淀，但把盐酸液滴加到 NaAlO2先

25、有沉淀生成，然后溶解，滴加顺序不同，现象不同，用其他试剂就可以区别，故 D正确故选 A 考点：物质的检验鉴别 在某无色溶液中缓慢地滴入 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 A只有 Mg2 、 Al3 B H 、 Mg2 、 Al3 C H 、 Ba2 、 Al3 D Mg2 、 Al3 、 Fe2 答案： B 试题分析： A无色溶液，则一定不存在 Fe2+，故 A错误； B向溶液中缓慢地滴入 NaOH溶液直至过量，开始不产生沉淀，发生酸碱中和，则一定存在 H+，沉淀达最大量时，再加入足量氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，说明

26、溶液中一定含有 Al3+，氢氧化镁不溶液氢氧化钠溶液，故 B正确； C加入足量的氢氧化钠溶液，最终没有沉淀，不符合图象，故 C错误； D向溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，开始不产生沉淀，发生酸碱中和，则一定存在 H+，若只有 Mg2+、 Al3+，加入氢氧化钠溶液立即生成白色沉淀，与图象不符，故 D错误故选 B 考点：碱的化学性质 某干燥粉末可能由 Na2O、 Na2O2、 Na2CO3、 NaHCO3、 NaCl中的一种或几种组成将该粉末与足量的盐酸反应，有气体 X逸出， X通过足量的 NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余

27、固体的质量大于原混合粉末的质量，下列判断正确的是 A粉末中一定有 Na2O， Na2O2， NaHCO3 B粉末中一定不含有 Na2CO3和 NaCl C粉末中一定不含有 Na2O和 NaCl D无法肯定粉末里是否含有 Na2O 答案： A 试题分析：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为 Na2O2（生成 O2）、 Na2CO3或 NaHCO3（生成 CO2）， X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明 X由 O2和 CO2组成，原粉末中 Na2O2一定存在， Na2CO3和 NaHCO3至少有一种一定存在将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物

28、中一定有 NaHCO3，但 NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2； 综上分析，混合物中一定有 Na2O、 Na2O2、 NaHCO3，无法确定混合物中是否有 Na2CO3和 NaCl故选 A 考点：物质的检验 有五瓶溶液分别是 10mL0.60mol L-1NaOH水溶液 20mL0.5mol L-1H2SO4水溶液 30mL0.40mol L-1HCl水溶液 40mL0.30mol L-1HCl水溶液 50mL0.20mol L-1蔗糖水溶液以上各瓶溶液所含离子、分子总数大小顺序是 A B C D 答案： D

29、 试题分析：因溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子，五瓶溶液溶质的浓度比较小，所以微粒数主要取决于溶剂水分子的量，可以用溶液体积直接判断，而溶液体积分别为 10、 20、 30、 40、50mL，依次增大故选 D 考点：电离平衡与 pH 下列离子方程式正确的是 A向澄清石灰水中加入等物质的量的 NaHCO3溶液： Ca2+2OH + 2HCO3 = CaCO3+CO32 +2H2O B向 NH4HSO4稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2稀溶液至 SO42-刚好沉淀完全： Ba2+ + 2OH- + NH4+ + H+ + SO4 2- = BaSO4+ NH3 H

30、2O + H2O C氢氧化铁溶于氢碘酸中： Fe(OH)3 3H Fe3 3H2O D明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，使其产生沉淀的物质的量达最大值： Al3 2SO42 2Ba2 4OH 2BaSO4 AlO2 2H2O 答案： B 试题分析：向澄清石灰水中加入等物质的量的 NaHCO3溶液，氢氧根离子有剩余，故离子反应方程式为 Ca2+OH + HCO3 = CaCO3+H2O， A错误；向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2稀溶液至 SO42-刚好沉淀完全，此时氢氧根离子与氢离子反应生成水，另外还与铵根离子反应生成一水合氨，故 B正确；氢氧化铁溶于氢碘酸中不但发生酸碱中和反应，铁离

31、子还与碘离子发生氧化还原反应， C错误；明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，使其产生沉淀的物质的量达最大值，即使铝离子恰好完全生成氢氧化铝沉淀时， D错误，答案：选 B。 考点：离子方程式的书写 下列各组离子中，在强碱性溶液中能共存，且在加入盐酸过程中会产生气体和沉淀的是 A Na 、 NO3-、 AlO2-、 SO42 B Na 、 Al3 、 NO3-、 SO42 C Na 、 Mg2 、 Cl 、 HCO3- D K 、 Cl 、 AlO2-、 CO32- 答案： D 试题分析： A该组离子之间不反应，能共存，加酸只能生成氢氧化铝沉淀，故 A不选； B碱性条件下 Al3+不能大量共存，故 B不选

32、； C碱性条件下，Mg2+、 HCO3-不能大量共存，分别生成沉淀、碳酸根离子和水，故 C不选；D该组离子之间不反应，能共存，加酸生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，故 D选故选 D 考点：离子共存 铝、钠混合物投入足量的水中，充分反应后，得到澄清溶液，并收集到4.48 L H2(标准状况 )，若钠的物质的量为 0.1 mol，则铝的物质的量为 A 0.1 mol B 0.2 mol C 0.05 mol D 0.025 mol 答案： A 试题分析：铝和钠混合物投入足量的水中，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，Al再与氢氧化钠溶液反应生成氢气，生成氢气总物质的量为：=0.2mol，若钠有 0.1mo

33、l，根据电子转移守恒， Na完全反应生成氢气为：=0.05mol，故 Al与氢氧化钠溶液反应生成氢气的物质的量为：0.2mol-0.05mol=0.15mol，根据电子转移守恒 Al的物质的量为：=0.1mol，故答案：选 A。 考点：有关混合物的计算 实验题 （ 9分）某纯碱样品中含有少量氯化钠杂质，现用下图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去）。实验步骤如下： 按图连接装置，并检查气密性； 准确称得盛有碱石灰（固体氢氧化钠和生石灰的混合物）的干燥管 D的质量为 85.4g； 准确称得 6g纯碱样品放入容器 b中； 打开分液漏斗 a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至

34、不再产生气泡为止； 打开弹簧夹，往试管 A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管 D的总质量为 87.6g。试回答： （ 1）若 两步的实验操作太快，则会导致测定结果 _ _（填 “偏大 ”或 “偏小 ”）； （ 2）鼓入空气的目的是 _，装置 A中试剂 X应选用 _ _； （ 3）若没有 C装置，则会导致测定结果 _（填 “偏大 ”或 “偏小 ”）； （ 4） E装置的作用是 _； （ 5）装置 B中发生反应的离子方程式 ； （ 6）根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品 Na2CO3的质量分数为_（计算结果保留一位小数）。 答案：（ 1）偏小；（ 2）将装置内残留的 CO2气体完全排出，达

35、到精确测量的目的。 NaOH溶液；（ 3）偏大；（ 4）防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入 D的干燥管。（ 5） CO32-+2H+ =CO2+H2O；（ 6） 88.3 试题分析：（ 1）反应过快会使产生的气体二氧化碳没能完全被 D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被 D装置中碱石灰完全吸收；二氧化碳质量偏小，则测定结果偏小；故答案：为：偏小；（ 2）鼓入空气，可把残留在装置 B、 C 中二氧化碳全部由 D 中碱石灰吸收；故答案：为：使 B中产生的二氧化碳全部进入 D中因为空气中含有二氧化碳，因此应把鼓入的空气中的二氧化碳吸收处理，所以装置 A 应放入氢氧化钠溶液或其

36、它碱溶液；故答案：为： NaOH溶液或碱性溶液；（ 3） C装置中的浓硫酸具有吸水性，在装置中吸收由 B装置排出气体中混有的水分，若少了此装置则会使气体中的水分被 D装置中碱石灰吸收，而使测定质量偏大；故答案：为：偏大；（ 4）如果 D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置 E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置 D中；故答案：为：防止空气中 CO2和水蒸气进入 D中；（ 5） B中离子方程式为 CO32- + 2 H+ = CO2 + H2O；（ 6）反应中放出二氧化碳气体的质量 =85.6g-83.4g=2.2g，设放出2.2g二氧化碳消耗碳酸钠

37、的质量为 x，由 Na2CO3 CO2关系可知碳酸钠与二氧化碳的物质的量相等，即 106： 44=x： 2.2g 解之得 x=5.3g纯碱样品 Na2CO3的质量分数 = 100%88.3% 考点：有关化学方程式的计算 填空题 （ 15 分）以下是有关物质相互转化的关系图，其中 A 俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液， G为红褐色沉淀， I的颜色呈浅绿色。 （ 1）若 F是由 Na 和 SO42-组成的溶液，则甲的化学式是 _，列举A物质的一种用途_。 （ 2）若 D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为 _，丁属于单质、酸、碱中的 _；在 I溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观

38、察到的现象是 _， 对应的离子方程式 和化学方程式依次是 _，_。 （ 3）写出 GA C 的化学方程式： _。 （ 4）写出 E和 C反应的方程式并用单线桥法标明电子的转移方向和数目：_。 （ 5）若 A中混有杂质 Al2O3，除去杂质的方法是加入过量的 _，该反应的离子方程式为 _。 （ 6）由 E和 A组成的混合物与稀 H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含 Fe3 ，且 生成的 Fe2 与 H2的物质的量之比为 4 1。则反应物中 A、 E、 H2SO4的物质的量之比为 _。 答案： )H2SO4用做红色油漆和涂料； (2)CO 酸 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；

39、 Fe2 2OH =Fe(OH)2， 4Fe(OH)2 O22H2O=4Fe(OH)3； (3)2Fe(OH)3 Fe2O3 3H2O；（ 4）(5)NaOH溶液 Al2O3 2OH =2AlO2- H2O； (6)1 2 4 试题分析：其中 A俗称铁红，化学式为 Fe2O3；甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液， G为红褐色沉淀判断为 Fe（ OH） 3， C为 H2O； I的颜色呈浅绿色，为亚铁离子的溶液，（ 1）若 F是由 Na+和 SO42-组成的溶液，则依据转化关系得到，甲为强酸 H2SO4； A为 Fe2O3；氧化铁的性质分析应用和用途，铁红是非常重要的一种防锈颜料，绝大多数的涂

40、料都开发有铁红防锈漆，如醇酸铁红防锈漆、氯化橡胶铁红防锈漆和环氧铁红防锈漆甚至在某些环氧富锌底漆中，都以铁红作为重要辅助防锈颜料；故答案：为： H2SO4；用作红色油漆和涂料；（ 2）若 D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，判断乙为还原性气体 CO，还原氧化铁为铁和二氧化碳气体， E为 Fe，铁和丁反应生成亚铁离子证明丁为稀酸；亚铁离子和碱氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁红褐色沉淀；反应的离子方程式和方程式为： Fe2+2OH-=Fe（ OH）2； 4Fe（ OH） 2+O2+2H2O=4Fe（ OH） 3；答案：为： CO；酸；生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终

41、变为红褐色； Fe2+2OH-=Fe（ OH） 2； 4Fe（ OH）2+O2+2H2O=4Fe（ OH） 3；（ 3） GA+C的 化学方程式变化为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水的反应；反应化学方程式为： 2Fe(OH)3 Fe2O3 3H2O（ 4）铁与水反应生成四氧化三铁与氢气， Fe失去电子， H得到电子，表示式为，故答案：为： ；（ 5）氧化铁中含有氧化铝，利用氧化铝的两性进行除杂，氧化铝溶于强酸强碱溶液，氧化铁溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，氧化铁不溶解；反应的离子方程式为： Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故答案：为：NaOH溶液； A

42、l2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（ 6） E和 A组成 的混合物依据上述分析判断为 Fe 和 Fe2O3；与稀 H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含 Fe3+，且生成的 Fe2+与 H2的物质的量之比为 4： 1；依据反应： Fe+H2SO4=Fe2+H2；Fe+2Fe3+=3Fe2+； Fe2O3+3H2SO4=Fe2（ SO4） 3+3H2O；反应物中 Fe2O3、 Fe、H2SO4的物质的量之比 =1： 2： 4，故答案：为： 1： 2： 4 考点：无机物的推断 （ 8 分）有 A、 B、 C、 D、 E 五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的： 阳离子： K+ Na

43、+ Cu2+ Al3+ 阴离子： SO42 HCO3 OH Cl 为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是： 将它们溶于水后， D为蓝色溶液，其他均为无色溶液； 将 E溶液滴入到 C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解； 进行焰色反应，仅有 B为紫色（透过蓝色钴玻璃）； 在各溶液中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，只有 A中放出无色气体，只有 D中产生白色沉淀； 将 B、 C两溶液混合，未见沉淀或气体生成。根据上述实验填空： （ 1）写出 B、 D的化学式： B _， D 。 （ 2） C可用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理 _ _。 （ 3）将含 0.01 mol A的溶液与含 0.02

44、 mol E的溶液反应后 ,向溶液中滴加 0.1 mol L 1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成 CO2的物质的量的关系的是 （ 4）在 m mL b mol L 1C溶液中，加入等体积 a mol L 1的 E溶液。 当 a3b时，生成沉淀的物质的量是 mol； 当 3b a 4b件时，生成沉淀的物质的量是 mol。 答案：（ 1） KCL,CuSO4 ； (2) Al3+ + 3H2O = Al(OH)3 + 3H+；（ 3） C； (4) am/3000 ; (4mb-ma) 10-3 试题分析： 将它们溶于水后， D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则 D中含有铜离子； 将

45、E溶液滴入到 C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则 C中含有铝离子， E中含有氢氧根离子； 进行焰色反应实验，只有 B含有钾离子，所以 E是氢氧化钠 在各溶液中加入 Ba（ NO3） 2溶液，再加入过量稀硝酸， A中放出无色气体，则 A中含有碳酸氢根离子， D中产生白色沉淀，则 D中含有硫酸根离子，所以 D是 CuSO4， C是 AlCl3； 将 B、 C两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则 B是 KCl，所以 A是碳酸氢钠（ 1）通过以上分析知， B、 D分别是： KCl、 CuSO4，故答案：为： KCl； CuSO4；（ 2） C为氯化铝，水解生成胶体可净化水，离子反应为 Al3+

46、3H2O Al（ OH） 3（胶体） +3H+，故答案：为： Al3+3H2O Al（ OH） 3（胶体） +3H+；（ 3）发生反应NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，则反应后剩余 0.01molNaOH，生成0.01molNa2CO3，再滴加盐酸，首先发生反应 NaOH+HCl=NaCl+H2O、再HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体 ，共消耗盐酸 =0.2L，继续滴加盐酸时，发生 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，生成 0.01mol气体，此时又消耗盐酸为 =0.1L，共消耗盐酸 0.3L，只有图象 C 符合，故答案：为：C；（ 4）在 m mL b mol L-1 C溶液中，加入等体积 a mol L-1的 E溶液，当 a3b时，碱不足，发生 Al3+3OH-Al（ OH） 3，生成沉淀的物质的量是 m