2022-2022学年宁夏石嘴山市平罗中学高三（上）期中化学试卷 一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，共46分，每小题只有一个选项符合题意.）1．氮化铝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．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3mol电子C．AlN中氮的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g 2．下列叙述正确的是（ ）A．48gO3和O2的混合气体中含有6.02×1023个分子B．常温常压下，4.6gNO2气体含有1.806×1023个原子C．0.5mol•L﹣11LCuCl2溶液中含有3.01×1023个Cu2+D．标准状况下，3.36LH2O含有9.03×1023个分子H2O 3．下列叙述正确的是（ ）A．一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定B．一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定C．气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4LD．不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等 4．有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份．一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl﹣离子完全沉淀．反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3．据此得知原混合溶液中的c（Na+）/mol•L﹣1为（ ）A．B．C．D． 5．将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（ ）-34-\nA．NO2B．N2O2C．N2OD．N2O4 6．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOB．向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2OD．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O 7．下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A．在含有大量﹣溶液中NH4+、Na+、Cl﹣、H+B．在强碱溶液中Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣C．在pH=12的溶液中NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．在c（H+）=0.1mol•L﹣1的溶液中K+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣ 8．下列实验可行的是（ ）A．用澄清石灰水检验CO中含有的CO2B．用BaCl2除去NaOH溶液中混有的少量Na2SO4C．用KSCN溶液检验溶液中含有的Fe2+D．用溶解、过滤的方法分离CaCl2和NaCl固体混合物 9．某溶液中可能含有SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣，为了检验其中是否含有SO42﹣，除BaCl2液外，还需要的溶液是（ ）A．H2SO4B．HClC．NaOHD．NaNO3 10．由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：①在一定条件下脱水干燥；②加熟石灰；③加盐酸；④过滤；⑤浓缩结晶．其先后顺序正确的是（ ）A．②④⑤③①B．③②④①⑤C．③④②⑤①D．②④③⑤① 11．从绿色化学的理念出发，下列实验不宜用所示装置进行的是（ ）-34-\nA．不同浓废的硝酸与铜的反应B．稀硫酸与纯碱或小苏打反应C．铝与氢氧化钠溶液或稀盐酸反应D．H2O2在不同催化剂作用下分解 12．下列做法中不符合“绿色化学”思想的是（ ）A．以水性涂料代替油性涂料B．以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂C．实验后的有毒有害物质应分类收集、统一处理D．在通风橱中制氯气时不用NaOH溶液吸收尾气 13．下列有关物质分类一定正确的是（ ）A．强电解质：盐酸、氢氧化钡、明矾B．弱电解质：甲酸、纯碱、醋酸铵C．非电解质：液氨、二氧化硫、苯D．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2 14．下列关于金属铝及其化合物的叙述，正确的是（ ）A．铝在常温下不能与氧气反应B．铝不能与氯气反应C．铝既能溶于酸又能溶于碱D．氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应 15．下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（ ）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动-34-\nC．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有 16．能实现下列物质间直接转化的元素是（ ）单质氧化物酸或碱盐．A．硅B．硫C．铜D．铁 17．下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（ ）A．制备氢氧化亚铁并观察其颜色B．收集氧气C．制备并检验氢气的可燃性D．浓硫酸稀释 18．下列有关金属及其合金的说法不正确的是（ ）A．目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹-34-\nD．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 19．有一块铁的“氧化物”样品，用140mL5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（ ）A．Fe4O5B．Fe5O7C．Fe2O3D．Fe3O4 20．向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNa的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系不正确的是（ ）选项ABCDn（CO2）（mol）2346n（沉淀）（mol）1232A．AB．BC．CD．D 21．已知四种盐的溶解度（s）曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体C．Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg（ClO3）2 22．在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出，下列说法中正确的是（ ）A．若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+B．若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，可能含有Cu2+和地Fe3+C．若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3+和Fe2+，一定不含Cu2+-34-\nD．若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+ 23．SO2通入足量的Fe（NO3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀．针对上述一系列变化，下列说法不正确的是（ ）A．上述过程中，最终被还原的是NO3﹣B．从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸C．上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D．假设通SO2完全反应，同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为1：1 二．填空题24．某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O．（1）请将Au2O3之外反应物与生成物分别填入以下空格内．Au2O3+ + → + + （2）反应中，被还原的元素是 ，还原剂是 ．（3）将氧化剂与还原剂填入空格中，并标出电子转移的方向和数目． …（4）纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂物质的量之比为 ． 25．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物．进行如下实验：①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol•盐酸中，得溶液C；③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出l.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色．请填空：（1）①中引发铝热反应的实验操作 ，产物中的单质B是 ．（2）②中所发生的各反应的化学方程式是 （3）③中所发生的各反应的离子方程式是 ．-34-\n（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2+）为 ，c（Fe2+）为 ． 26．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，W溶液中加入KSCN出现红色．（1）写出下列物质的化学式：A： D： E： N： ．（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象： ；（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式： ；M→W的离子方程式： ． 27．Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂．（1）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，固体完全溶解，并立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生．①使酚酞溶液变红是因为 ，红色褪去的可能原因是 ．②加入MnO2反应的化学方程式为 ．（2）Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，有同学猜想Na2O2与H2能反应．为了验证此猜想，该小组同学进行如下实验，实验步骤和现象如下．-34-\n步骤1：按上图组装仪器（图中夹持仪器省略），检查气密性，装入药品．步骤2：打开K1、K2，产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管，一段时间后，没有任何现象．步骤3：检验H2的纯度后，开始加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2开始熔化，淡黄色的粉末变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色．步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1．①添加稀盐酸的仪器名称是 ；B装置的作用是 ．②必须检验氢气纯度的原因是 ．③设置装置D的目的是 ．④你得到的结论是 （若能反应请用化学方程式表示）． 三.计算题28．生态农业涉及农家废料的综合利用，某种废料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体．2.016L（标准状况）该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu．当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g．将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g．（1）原混合气体中甲烷的物质的量是 ．（2）原混合气体中氮气的体积分数为多少？（写出计算过程） -34-\n2022-2022学年宁夏石嘴山市平罗中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，共46分，每小题只有一个选项符合题意.）1．氮化铝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．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3mol电子C．AlN中氮的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧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Al2O3+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正确；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的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识，难度不大． 2．下列叙述正确的是（ ）A．48gO3和O2的混合气体中含有6.02×1023个分子B．常温常压下，4.6gNO2气体含有1.806×1023个原子-34-\nC．0.5mol•L﹣11LCuCl2溶液中含有3.01×1023个Cu2+D．标准状况下，3.36LH2O含有9.03×1023个分子H2O【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．臭氧和氧气的摩尔质量不同，无法计算48g混合气体的物质的量及分子数；B．4.6g二氧化氮的物质的量为0.1mol，根据质量守恒，含有的原子的物质的量为0.3mol；C．氯化铜溶液中，铜离子部分水解，溶液中铜离子的数目减少；D．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量．【解答】解：A．48g臭氧的物质的量为1mol，48g氧气的物质的量为1.5mol，所以48g臭氧和氧气的物质的量大于1mol，含有的电子数大于6.02×1023，故A错误；B．4.6gNO2气体的物质的量为0.1mol，根据质量守恒定律，0.1mol二氧化氮中一定含有0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，总共含有0.3mol原子，含有的原子数为1.806×1023，故B正确；C．0.5mol•L﹣11LCuCl2溶液中含有溶质氯化铜0.5mol，铜离子部分水解，溶液中铜离子的物质的量小于0.5mol，溶液中含有的铜离子数目小于3.01×1023，故C错误；D．标准状况下，水不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下水、四氯化碳、乙醇等不是气体，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项C为易错点，注意铜离子部分水解． 3．下列叙述正确的是（ ）A．一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定B．一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定C．气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4LD．不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、对于气体来说，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，一定温度、压强下，决定其体体积大小的主要因素是分子数的多少；-34-\nB、一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体体积由气体的物质的量的多少决定；C、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积；D、一定物质的量的气体的体积大小取决于温度和压强，外界条件不同，体积不同．【解答】解：A、一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，决定其体体积大小的主要因素是分子数的多少，故A错误；B、一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体体积由气体的物质的量的多少决定，物质的量越多，体积越大，故B正确；C、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积，不同条件下，气体摩尔体积的数值不同，标准状况下约为22.4L/mol，故C错误；D、一定物质的量的气体的体积大小取决于温度和压强，外界条件不同，体积不同，不同条件下体积不等的气体所含分子数可能相等，故D错误．故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗定律定律及其推论，题目难度不大，本题注意影响气体体积大小的因素有哪些． 4．有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份．一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl﹣离子完全沉淀．反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3．据此得知原混合溶液中的c（Na+）/mol•L﹣1为（ ）A．B．C．D．【考点】离子方程式的有关计算．【分析】第一份溶液中发生的反应为BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，根据n（H2SO4）计算n（BaCl2）；第二份溶液中发生的反应为BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba（NO3）2、NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，根据n（BaCl2）计算和BaCl2反应的n（AgNO3），剩余AgNO3和NaCl反应生成AgCl，据此计算NaCl物质的量，再结合C=计算c（Na+）．【解答】解：第一份溶液中发生的反应为BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，根据BaCl2﹣﹣﹣H2SO4知，n（H2SO4）=n（BaCl2）=xmol；第二份溶液中发生的反应为BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba（NO3）2、NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，根据BaCl2﹣﹣﹣2AgNO3知，和BaCl2反应的n（AgNO3）=2n（BaCl2）=2xmol，则剩余AgNO3和NaCl反应生成AgCl，根据NaCl﹣﹣﹣AgNO3知，和NaCl反应的硝酸银物质的量n（AgNO3-34-\n）=n（NaCl）=ymol﹣2xmol，则两种溶液中NaCl的物质的量为2ymol﹣4xmol，根据Na原子守恒知，n（Na+）=n（NaCl）=2ymol﹣4xmol，则原来混合溶液中c（Na+）==mol/L，故选D．【点评】本题考查离子方程式计算，明确物质之间的反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、计算能力，注意溶液体积大小判断，题目难度中等． 5．将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（ ）A．NO2B．N2O2C．N2OD．N2O4【考点】复杂化学式的确定．【专题】差量法．【分析】根据该氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应的原理以及气体体积差量法来计算．【解答】解：假设反应为：2NxOy+2yCu2yCuO+xN2，根据题中数据，反应后气体体积为反应前气体体积的一半，即可以得到x=1，因为4Cu+2NO2=4CuO+N2，方程式的系数之比等于物质的量之比，所以反应前有NO222.4L即1mol，所以反应后有N20.5mol，所以是NO2，故选A．【点评】本题是一道有关物质化学式确定的题目，注意差量法在解题中的灵活运用，难度不大． 6．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOB．向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2OD．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】A．反应生成碳酸氢钙和HClO；B．发生氧化还原反应生成硫酸钙、盐酸；-34-\nC．反应生成Mg（OH）2、CaCO3、H2O；D．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水．【解答】解：A．向次氯酸钙溶液通入过量CO2的离子反应为ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO，故A错误；B．向次氯酸钙溶液通入SO2的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl﹣，故B错误；C．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故C错误；D．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，注意与氧化还原反应有关的离子反应为解答的易错点和难点，选项BC均为解答的难点，题目难度中等． 7．下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A．在含有大量﹣溶液中NH4+、Na+、Cl﹣、H+B．在强碱溶液中Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣C．在pH=12的溶液中NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．在c（H+）=0.1mol•L﹣1的溶液中K+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．﹣与铵根离子之间发生双水解反应；B．强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应；C．在pH=12的溶液中存在大量的氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；D．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化碘离子．【解答】解：A．﹣与NH4+离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．在pH=12的溶液为碱性溶液，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．NO3﹣在H+存在条件下具有强氧化性，能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故D错误；-34-\n故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 8．下列实验可行的是（ ）A．用澄清石灰水检验CO中含有的CO2B．用BaCl2除去NaOH溶液中混有的少量Na2SO4C．用KSCN溶液检验溶液中含有的Fe2+D．用溶解、过滤的方法分离CaCl2和NaCl固体混合物【考点】物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】实验评价题．【分析】A、二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊；B、除杂的原则：所加试剂可以和杂质反应，但是不能引进新杂质；C、三价铁离子可以和KSCN溶液反应而显示红色；D、过滤的方法分离固体和溶液．【解答】解：A、二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，可以用澄清石灰水检验CO中含有的CO2，故A正确；B、BaCl2可以和Na2SO4反应生成硫酸钡和氯化钠，会在氢氧化钠中引入新杂质了氯化钠，故B错误；C、用KSCN溶液可以检验溶液中含有的Fe3+，故C错误；D、过滤的方法分离固体和溶液，CaCl2和NaCl均是溶于水的物质，不能过滤，故D错误．故选A．【点评】本题考查学生物质的检验、分离和除杂知识，考查学生基本的实验技能，可以根据教材知识来回答，难度不大． -34-\n9．某溶液中可能含有SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣，为了检验其中是否含有SO42﹣，除BaCl2液外，还需要的溶液是（ ）A．H2SO4B．HClC．NaOHD．NaNO3【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】加入除BaCl2，可生成碳酸钡、硫酸钡沉淀，应先排除CO32﹣等离子的干扰，以此解答该题．【解答】解：只加可溶性钡盐，不酸化，误将CO32﹣、SO32﹣、Ag+等干扰离子判成SO42﹣，所以应先加盐酸酸化，然后加入BaCl2溶液．故选：B．【点评】本题考查SO42﹣离子的检验．为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意排除其它杂质离子的干扰，如Ag+、CO32﹣等． 10．由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：①在一定条件下脱水干燥；②加熟石灰；③加盐酸；④过滤；⑤浓缩结晶．其先后顺序正确的是（ ）A．②④⑤③①B．③②④①⑤C．③④②⑤①D．②④③⑤①【考点】海水资源及其综合利用．【专题】卤族元素．【分析】根据海水中MgCl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀，然后将沉淀过滤，接着将Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2，这样就实现了MgCl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（MgCl2•6H2O）（这步是为了得到纯净的MgCl2），又因MgCl2易水解，为防止MgCl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行．【解答】解：因海水中MgCl2的浓度较小，所以要经过富集这一过程：先加熟石灰形成沉淀：MgCl2+Ca（OH）2═Mg（OH）2+CaCl2，然后将沉淀过滤，接着将Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2：Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O，这样就实现了MgCl2富集，将溶液蒸发结晶得到六水合氯化镁晶体（MgCl2•6H2O）（这步是为了得到纯净的MgCl2），又因MgCl2易水解，为防止MgCl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行：MgCl2•6H2OMgCl2+6H2O．故选：D．-34-\n【点评】由于海水中MgCl2灰的浓度较小，要经过富集这一过程，不能直接蒸发海水得到（MgCl2•6H2O），同时防止MgCl2水解的水解，加热六水合氯化镁晶体必须在HCl氛围下中进行． 11．从绿色化学的理念出发，下列实验不宜用所示装置进行的是（ ）A．不同浓废的硝酸与铜的反应B．稀硫酸与纯碱或小苏打反应C．铝与氢氧化钠溶液或稀盐酸反应D．H2O2在不同催化剂作用下分解【考点】绿色化学；硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”，绿色化学的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放或零污染．【解答】解：A．用铜和稀HNO3反应制取Cu（NO3）2反应过程中有有毒的一氧化氮气体生成，不符合绿色化学理念，故A错误；B．采稀硫酸与纯碱或小苏打反应，生成硫酸钠和二氧化碳和水，符合绿色化学理念，故B正确；C．铝与氢氧化钠溶液或稀盐酸产生氢气，无污染，故C正确；D．H2O2在不同催化剂作用下生成氧气和水，无污染，故D正确；故选A．【点评】本题属于环境保护类试题，只要抓住题干中所给出的“绿色化学”的要求，即可顺利作答，较简单． 12．下列做法中不符合“绿色化学”思想的是（ ）A．以水性涂料代替油性涂料B．以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂-34-\nC．实验后的有毒有害物质应分类收集、统一处理D．在通风橱中制氯气时不用NaOH溶液吸收尾气【考点】绿色化学；常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】根据“绿色化学”要求从根本上减少或杜绝污染，尽可能使原料的利用率提高进行解答．【解答】解：A．用水代替有机溶剂可减少污染，符合“绿色化学”思想，故A正确；B．以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂，防止磷污染造成富营养化，符合“绿色化学”思想，故B正确；C．实验后的有毒有害物质应分类收集、统一处理，废物再利用，提高了原料的利用率，符合“绿色化学”思想，故C正确；D．直接排放氯气到大气中可产生污染，不符合“绿色化学”思想，故D错误；故选D．【点评】本题考查绿色化学的含义，题目难度不大，只要抓住题干中所给出的“绿色化学”的要求，即可顺利作答． 13．下列有关物质分类一定正确的是（ ）A．强电解质：盐酸、氢氧化钡、明矾B．弱电解质：甲酸、纯碱、醋酸铵C．非电解质：液氨、二氧化硫、苯D．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质；芳香烃、烃基和同系物．【专题】物质的分类专题．【分析】A．在水溶液里或熔融状态下完全电离的电解质是强电解质，强电解质包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；B．在水溶液部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、小部分盐和水；C．在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，包括非金属氧化物、氨气、一些有机物如蔗糖、酒精；D．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．-34-\n【解答】解：A．氯化氢、氢氧化钡、摩尔盐都是强电解质，但盐酸是HCl的水溶液，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．甲酸是弱电解质，纯碱、醋酸铵是强电解质，故B错误；C．液氨、二氧化硫、苯都是非电解质，故C正确；D．CH202，C2Hq02，C3H602结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故D错误；故选：C．【点评】本题主要考查强电解质、弱电解质、非电解质和同系物的定义，难度不大，注意把握概念的区别． 14．下列关于金属铝及其化合物的叙述，正确的是（ ）A．铝在常温下不能与氧气反应B．铝不能与氯气反应C．铝既能溶于酸又能溶于碱D．氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．常温下，铝和氧气反应生成氧化铝；B．铝能和氯气反应生成氯化铝；C．铝能和强酸、强碱反应生成盐和氢气；D．氧化铝属于两性氧化物，能和酸、碱反应．【解答】解：A．Al属于亲氧元素，极易被氧气氧化生成氧化铝，故A错误；B．Al能被氯气氧化生成AlCl3，故B错误；C.2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，所以铝能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，故C正确；D.2Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所以氧化铝能和强酸、强碱反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了铝及其化合物的反应，明确物质的性质是解本题关键，知道Al、氧化铝、氢氧化铝性质较特殊，能和强酸、强碱反应，注意基础知识的积累，题目难度不大． -34-\n15．下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（ ）A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C．溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A、胶体是电中性的；B、通电时溶质电离出的阴阳离子分别移向两极，溶质是非电解质时不移向任何电极；C、溶液中溶质分子运动无规律D、胶体能发生丁达尔现象，溶液没有；【解答】解：A、溶液是电中性的，胶体也是电中性的，胶体粒子吸附了带电的离子，故A错误；B、通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质不移向电极，胶体中的分散质粒子向某一极移动，故B错误；C、胶体的分散质粒子在显微镜观察下呈现无规则运动，这就是胶体的布朗运动特性．溶液中的离子呈现自由态，其运动是无规律可言的．故C错误；D、溶液没有丁达尔现象而胶体存在，故胶体出现明显的光带，故D正确；故选D．【点评】本题考查了胶体、溶液的性质区别，较简单，注意胶体粒子的吸附离子作用． 16．能实现下列物质间直接转化的元素是（ ）单质氧化物酸或碱盐．A．硅B．硫C．铜D．铁【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】依据物质的性质，结合转化关系分析判断，单质氧化物酸或碱盐．【解答】解：A、SiSiO2，二氧化硅不能和水分仪生成对应的硅酸，故A错误；-34-\nB、SSO2H2SO3Na2SO3或NaHSO3，故B正确C、铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能和水反应生成氢氧化铜，故C错误；D、铁和氧气反应生成铁的氧化物，但铁的氧化物不能和水反应生成氢氧化物，故D错误；故选B．【点评】本题考查了单质化合物性质的应用，主要考查氧化物和水反应的特征判断，与酸碱反应的产物判断，题目难度中等． 17．下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（ ）A．制备氢氧化亚铁并观察其颜色B．收集氧气C．制备并检验氢气的可燃性D．浓硫酸稀释【考点】化学实验方案的评价；常见气体的检验；气体的收集；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．【专题】实验评价题．【分析】A、从氢氧化亚铁的性质考虑操作是否正确；B、氧气可用排水法收集；-34-\nC、氢气在点燃前要验纯，防止发生爆炸；D、稀释浓硫酸时应将密度大的加入到密度小的溶液中，防止酸液飞溅．【解答】解：A、胶头滴管应伸入液面以下，防止氢氧化亚铁被氧化，故A错误；B、氧气不溶于水，收集氧气用排水法，故B正确；C、氢气能燃烧，则氢气要验纯，防止发生爆炸，故C错误；D、浓硫酸稀释放出大量的热，应为浓硫酸倒入水中以防止液滴飞溅，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验的基本操作，注意物质氢氧化亚铁的还原性，不纯氢气点燃时易爆炸，以及浓硫酸的稀释时的注意事项． 18．下列有关金属及其合金的说法不正确的是（ ）A．目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹D．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用【考点】金属与合金在性能上的主要差异．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A．金属的最主要用途是用来制造合金，要了解常见合金的组成和用途；B．根据含碳量的多少把铁合金分为生铁和钢；C．金属的性质决定金属的用途；D．利用氧化铝的结构来分析对金属的保护作用．【解答】解：A．目前我国流通的硬币是由合金材料制成：1角的为不锈钢，5角的为钢芯镀铜，1元的为钢芯镀镍，故A正确；B．生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少．题目说法与事实相反，故B错误；C．制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光，故C正确；D．铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用，故D正确．故选B．【点评】本题考查了金属镁铝的性质及用途，合金的组成及应用，难度不大，要求同学们要关心生活中的化学问题，学以致用． -34-\n19．有一块铁的“氧化物”样品，用140mL5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（ ）A．Fe4O5B．Fe5O7C．Fe2O3D．Fe3O4【考点】化学方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】n（HCl）=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，结合氯元素守恒确定铁的物质的量，可确定氧化物分子式．【解答】解：n（HCl）=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl﹣）=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，则n（Fe3+）=n（Cl﹣）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）=0.25：0.35=5：7，所以化学式为Fe5O7，故选B．【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意把握氧化物与盐酸反应的特点，以此确定氧原子数目，结合质量守恒解答该题． 20．向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNa的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系不正确的是（ ）选项ABCDn（CO2）（mol）2346n（沉淀）（mol）1232A．AB．BC．CD．D【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．-34-\n【分析】CO2通入到NaOH、Ba（OH）2、Na的混合溶液，反应的先后顺序依次为：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、2Na+CO2=2Al（OH）3↓+H2O+Na2CO3，若二氧化碳过量，还发生：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，根据反应的方程式计算．【解答】解：A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应恰好反应，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，则沉淀只有1mol，故A正确；B．当通入的n（CO2）=3mol时，Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O1mol1mol1mol2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、2mol1mol2Na+CO2=2Al（OH）3↓+H2O+Na2CO3，2mol（3﹣1﹣1）mol2mol所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1molBaCO3和2molAl（OH）3），故B错误；C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳与Na发生反应2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成2mol氢氧化铝沉淀，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确；D．当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2Na+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，故D正确；故选B．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序及反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，难度较大． 21．已知四种盐的溶解度（s）曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）-34-\nA．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体C．Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg（ClO3）2【考点】溶解度、饱和溶液的概念；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．根据NaCl的溶解度受温度的影响不大；B．根据MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢；C．根据Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，D．根据侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理；【解答】解：A．因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体，故A正确；B．因MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为氢氧化镁，故B错误；C．因Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；D．反应MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg（ClO3）2的方向进行，故D正确；故选：B；【点评】掌握溶解度曲线的意义及应用，才能结合题意灵活分析解答问题，本题解答的关键是看清图象中各自的溶解度变化情况，再结合相关选项进行分析． -34-\n22．在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出，下列说法中正确的是（ ）A．若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+B．若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，可能含有Cu2+和地Fe3+C．若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3+和Fe2+，一定不含Cu2+D．若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，则铁能与氯化铁和氯化铜溶液反应，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe═3FeCl2，CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，据此回答．【解答】解：在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe═3FeCl2，CuCl2+Fe═FeCl2+Cu．A、若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，故A错误；B、若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故B错误；C、若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故C错误；D、若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+，故D正确；故选D．【点评】本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序以及离子的氧化性顺序是解题的关键，题目难度不大． 23．SO2通入足量的Fe（NO3）3稀溶液中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀．针对上述一系列变化，下列说法不正确的是（ ）A．上述过程中，最终被还原的是NO3﹣B．从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸C．上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D．假设通SO2完全反应，同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为1：1【考点】氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】氧化还原反应专题．-34-\n【分析】根据滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀，则具有还原性的SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生了氧化还原反应，反应时硫元素的化合价升高被氧化为硫酸，铁元素化合价的变化可以依据现象判断，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，注意NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性．【解答】解：A、溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被还原的是NO3﹣，故A正确；B、由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，综上所述氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸，故B正确；C、硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，故C正确；D、上述过程中，最终被还原的是NO3﹣，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原，3SO2～2NO3﹣，之比为3：2，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键． 二．填空题24．某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O．（1）请将Au2O3之外反应物与生成物分别填入以下空格内．Au2O3+ Na2S2O3 + H2O → Au2O + Na2S4O6 + NaOH （2）反应中，被还原的元素是 +3价的Au元素 ，还原剂是 Na2S2O3 ．（3）将氧化剂与还原剂填入空格中，并标出电子转移的方向和数目． …（4）纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂物质的量之比为 1：4 ．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．-34-\n【分析】（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5﹣2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据元素守恒配平其它物质的系数；（2）Au元素的化合价降低，被还原；S元素的化合价升高；（3）氧化剂为Au2O3，还原剂为Na2S2O3，该反应转移4e﹣；（4）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，计算还原剂和氧化剂物质的量之比．【解答】解：（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5﹣2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据Au守恒可知Au2O系数为1，根据硫元素守恒可知Na2S2O3系数为4，根据元素Na元素守恒可知NaOH的系数为4，根据H元素守恒可知H2O系数为2，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH，故答案为：Na2S2O3；H2O；Au2O；Na2S4O6；NaOH．（2）Au元素的化合价降低，则+3价的Au元素被还原；S元素的化合价升高，则Na2S2O3为还原剂，故答案为：+3价的Au元素；Na2S2O3；（3）氧化剂为Au2O3，还原剂为Na2S2O3，该反应转移4e﹣，则电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：；-34-\n（4）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为﹣1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，所以n（Na2S2O3）×2×（6﹣2）=n（Cl2）×2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4．故答案为：1：4．【点评】本题考查氧化还原反应的计算、配平、基本概念等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，根据化合价、元素守恒判断反应物、生成物是解题的关键．掌握化合价升降法配平氧化还原反应方程式． 25．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物．进行如下实验：①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol•盐酸中，得溶液C；③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出l.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色．请填空：（1）①中引发铝热反应的实验操作 加少量KClO3，插上镁条并将其点燃 ，产物中的单质B是 Fe ．（2）②中所发生的各反应的化学方程式是 MgO+2HCl=MgCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O （3）③中所发生的各反应的离子方程式是 Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+ ．（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2+）为 0.67mol/L ，c（Fe2+）为 2.33mol/L ．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】①铝热反应本质是置换反应，金属性Al＞Fe，所以发生Al与Fe2O3反应，置换出铁，即B为Fe；②MgO与盐酸反应生成氯化镁与水，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水，溶液C中含有MgCl2、FeCl3；③单质B和溶液C反应，放出1.12L（标准状况）气体，说明生成氢气，说明②中盐酸过量，溶液C为MgCl2、FeCl3、HCl混合溶液，反应同时生成溶液D，还残留有固体物质B，说明Fe有剩余，结合④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色，说明D溶液不含铁离子，则D中溶质为MgCl2、FeCl2．（1）①中引发铝热反应操作为：加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；-34-\n（2）氧化镁与盐酸反应生成氯化镁与水，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁与水；（3）Fe与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；（4）计算MgO和Fe2O3的物质的量，溶液D为MgCl2、FeCl2的混合溶液，根据镁元素守恒可知，n（Mg2+）=n（MgO），再根据c=计算镁离子浓度，根据电荷守恒溶液中2c（Mg2+）+2c（Fe2+）=c（Cl﹣），据此计算亚铁离子浓度．【解答】解：①铝热反应本质是置换反应，金属性Al＞Fe，所以发生Al与Fe2O3反应，置换出铁，即B为Fe；②MgO与盐酸反应生成氯化镁与水，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水，溶液C中含有MgCl2、FeCl3；③单质B和溶液C反应，放出1.12L（标准状况）气体，说明生成氢气，说明②中盐酸过量，溶液C为MgCl2、FeCl3、HCl混合溶液，反应同时生成溶液D，还残留有固体物质B，说明Fe有剩余，结合④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色，说明D溶液不含铁离子，则D中溶质为MgCl2、FeCl2．（1）①中引发铝热反应操作为：加少量KClO3，插上镁条并将其点燃，产物中的单质B是Fe，故答案为：加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；Fe；（2）氧化镁与盐酸反应生成氯化镁与水，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁与水，反应方程式为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，故答案为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；（3）Fe与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+；（4）令MgO和Fe2O3的物质的量分别为xmol，则40x+160x=20，解得x=0.1，溶液D为MgCl2、FeCl2的混合溶液，根据镁元素守恒可知，n（Mg2+）=n（MgO）=0.1mol，所以c（Mg2+）==0.67mol/L；根据电荷守恒溶液中2c（Mg2+）+2c（Fe2+）=c（Cl﹣），所以2×0.67mol/L+2c（Fe2+）=6mol/L，解得c（Fe2+）=2.33mol/L，故答案为：0.67mol/L；2.33mol/L．【点评】本题考查元常用化学用语、混合物有关计算、物质的量浓度计算等，难度中等，理解反应过程是解题的关键，注意（4）利用电荷守恒计算． -34-\n26．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，W溶液中加入KSCN出现红色．（1）写出下列物质的化学式：A： Na2O2 D： Fe3O4 E： FeCl2 N： NaAlO2 ．（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象： 溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 ；（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式： 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑ ；M→W的离子方程式： Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O ．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】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，则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，则W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，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，则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，则W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2．（1）通过以上分析知，A是Na2O2，D是Fe3O4，E是FeCl2，N是NaAlO2，-34-\n故答案为：Na2O2；Fe3O4；FeCl2；NaAlO2；（2）NaOH与FeCl2混和得到Fe（OH）2并在潮湿空气中变成Fe（OH）3的过程中，可能观察到的现象：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）B和R反应生成N的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；M→W的离子方程式为：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O．【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还在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． 27．Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂．（1）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，固体完全溶解，并立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生．①使酚酞溶液变红是因为 过氧化钠和水反应生成碱氢氧化钠 ，红色褪去的可能原因是 反应生成的H2O2具有漂白作用 ．②加入MnO2反应的化学方程式为 2H2O22H2O+O2↑ ．（2）Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，有同学猜想Na2O2与H2能反应．为了验证此猜想，该小组同学进行如下实验，实验步骤和现象如下．步骤1：按上图组装仪器（图中夹持仪器省略），检查气密性，装入药品．步骤2：打开K1、K2，产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管，一段时间后，没有任何现象．-34-\n步骤3：检验H2的纯度后，开始加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2开始熔化，淡黄色的粉末变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色．步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1．①添加稀盐酸的仪器名称是 长颈漏斗 ；B装置的作用是 吸收氢气中的杂质气体 ．②必须检验氢气纯度的原因是 防止空气与氢气混合加热爆炸 ．③设置装置D的目的是 防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入C装置和过氧化钠反应影响实验验证 ．④你得到的结论是 氢气和过氧化钠反应生成氢氧化钠，Na2O2+H22NaOH （若能反应请用化学方程式表示）．【考点】探究过氧化钠与水的反应．【专题】金属概论与碱元素．【分析】（1）①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气；（2）①分析装置图和实验步骤可知，盛盐酸的仪器为长颈漏斗；B装置是除去氢气中的水蒸气；②氢气是可燃性气体混有空气乙点燃发生爆炸；③D装置是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入C影响实验验证；④实验现象分析可知过氧化钠变为白色固体，硫酸铜不变蓝色证明无水生成，证明氢气和过氧化钠反应生成氢氧化钠．【解答】解：（1）①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，故答案为：过氧化钠和水反应生成碱氢氧化钠；反应生成的H2O2具有漂白作用；②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；（2）①分析装置图和实验步骤可知，盛盐酸的仪器为长颈漏斗；B装置是吸收氢气中的杂质气体，除去氢气中的水蒸气等，故答案为：长颈漏斗；吸收氢气中的杂质气体；-34-\n②氢气是可燃性气体混有空气易点燃发生爆炸，验纯防止空气与氢气混合加热爆炸，故答案为：防止空气与氢气混合加热爆炸；③D装置是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入C影响实验验证，故答案为：防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入C装置和过氧化钠反应影响实验验证；④实验现象分析可知过氧化钠变为白色固体，硫酸铜不变蓝色证明无水生成，证明氢气和过氧化钠反应生成氢氧化钠，反应的化学方程式为，Na2O2+H22NaOH，故答案为：氢气和过氧化钠反应生成氢氧化钠，Na2O2+H22NaOH．【点评】本题考查了物质性质的实验验证和分析判断，实验步骤的设计方法和注意问题，掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等． 三.计算题28．生态农业涉及农家废料的综合利用，某种废料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体．2.016L（标准状况）该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu．当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g．将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g．（1）原混合气体中甲烷的物质的量是 0.075mol ．（2）原混合气体中氮气的体积分数为多少？（写出计算过程）【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【专题】压轴题；差量法．【分析】（1）由发生的反应为CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu，当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g，可知减少的质量为氧元素的质量，利用差量法计算甲烷的物质的量；（2）将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g，可知二氧化碳的物质的量，利用气体的总物质的量、甲烷、二氧化碳的物质的量来计算氮气的物质的量，最后计算氮气的体积分数．【解答】解：（1）设甲烷的物质的量为x，当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g，则CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu△m116×4x4.8g-34-\n，解得x=0.075mol，故答案为：0.075mol；（2）由反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g，沉淀为碳酸钙，由C原子守恒可知，n（CO2）==0.085mol，CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu0.075mol0.075mol则原混合气体中n（CO2）为0.085mol﹣0.075mol=0.01mol，混合气体的总物质的量为=0.09mol，所以氮气的物质的量为0.09mol﹣0.01mol﹣0.075mol=0.005mol，原混合气体中氮气的体积分数为×100%=5.56%，答：原混合气体中氮气的体积分数为5.56%．【点评】本题考查学生了利用化学反应方程式的计算，明确参加的化学反应及原子守恒是解答本题的关键，难度不大，注意生成碳酸钙沉淀的二氧化碳有两个来源即可解答． -34-
