2015-2016学年江西省九江一中高一上学期期末化学试卷(解析版)

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1、2015-2016学年江西省九江一中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共计48分每小题只有一个选项最符合题意）1下列气体不会造成大气污染的是（）A二氧化硫B一氧化氮C一氧化碳D氮气【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】题目中二氧化硫、一氧化碳、一氧化氮都是有毒气体，会造成大气污染，并且二氧化硫形成酸雨，一氧化氮形成光化学烟雾【解答】解：A二氧化硫是有毒气体，是形成酸雨的有害气体，会污染大气，故A错误；B一氧化氮有毒，会污染大气，并能形成形成光化学烟雾，故B错误；C一氧化碳有毒，会污染大气，故C错误；D空气中有的气体是氮气，不会造成污染，故D正确故选D【点评】本

2、题考查常见污染性气体，题目较为简单，注意物质的性质的积累2以下实验装置一般不用于分离物质的是（）ABCD【考点】物质分离装置【分析】根据各种实验的装置特点判断实验目的，可做出答案，其中A为蒸发，B为蒸馏，C为溶液的配制，D为洗气装置【解答】解：A为蒸发装置，可用来分离可溶性固体和水，故A不选；B为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，故B不选；C为配制一定物质的量浓度的溶液的操作，不用于分离物质，故C选；D为洗气装置，可用来除去气体杂质，故D不选故选C【点评】本题考查基本实验操作，题目难度不大，注意常见实验操作的装置特点3如图所示排气法收集气体，从导管口a端通入可收集的气体是（）ASO2BH2C

3、NODN2【考点】气体的收集【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】导管口a端通入，说明为向上排空气法收集，密度比空气大，不与空气反应，据此解题【解答】解：ASO2可用向上排空气法收集，故A正确； B氢气用想下排空气法收集，故B错误；CNO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，故C错误；D氮气与空气密度接近，不能用排空气法收集，故D错误故选A【点评】本题考查了气体的收集、净化、检验，题目难度不大，要根据物质的密度和压强做深入理解4向含有下列离子的溶液中分别加入Na2O2固体（溶液体积变化可忽略），能使其离子浓度基本不变的是（）AAlO2BNa+CFe2+DHCO3【考点】钠的重要化合物；

4、离子共存问题【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】Na2O2具有强氧化性，与水反应后溶液呈碱性，具有还原性的离子和能与OH反应的离子浓度发生改变【解答】解：A、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，AlO2离子浓度不变，故A选；B、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子浓度增大，故B不选；C、Na2O2具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+离子浓度减小，故C不选；D、Na2O2与水反应后溶液呈碱性，HCO3与OH反应，HCO3离子浓度减小，故D不选；故选A【点评】本题考查Na2O2的性质以及离子反应问题，题目难度不大，注意Na2O2的强氧化性和与水反应的性质5下列有关阿伏加德罗常

5、数（NA）的说法错误的是（）A32 g氧气和臭氧的混合气体中所含的原子数为2NB常温常压下，22.4LCO2含有的分子数目为NAC0.1mol OH含有NA个电子D2.4g金属镁与足量的盐酸反应，转移的电子数为0.2NA【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、依据氧原子守恒分析计算；B、标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol；C、氢氧根离子含有10个电子；D、依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子2个；【解答】解：A、依据氧原子守恒分析计算，32 g氧气和臭氧的混合气体中所含的原子数=NA=2NA，故A正确；B、标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol，常

6、温常压下，22.4LCO2含物质的量不是1mol，故B错误；C、氢氧根离子含有10个电子，0.1mol OH含有电子数=0.1mol10NA个=NA个，故C正确；D、依据n=计算物质的量=0.1mol，结合镁原子最外层电子2个，与足量的盐酸反应，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用，物质的量计算微粒数的方法，掌握基础是关键，题目较简单6下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而导致生成不同产物的是：（）CO2与NaOH溶液 盐酸与偏铝酸钠溶液 盐酸与NaHCO3溶液高温下焦炭与O2AlCl3溶液与氢氧化钠溶液 铁

7、与稀硝酸A除外B除外C除外D除外【考点】离子反应发生的条件；离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】二氧化碳和氢氧化钠反应能生成碳酸钠或碳酸氢钠；盐酸溶液与偏铝酸钠反应生成氯化铝或氢氧化铝；碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水；碳和氧气能生成二氧化碳或一氧化碳；氯化铝和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝或偏铝酸钠；铁与稀硝酸反应铁不足量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁；【解答】解：向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，当二氧化碳不足量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，反应物的量不同而导致生成不同产物，故正确；盐酸溶液与偏铝酸钠反应，盐酸不足生

8、成氢氧化铝，如盐酸过量，则生成氯化铝，反应物的量不同而导致生成不同产物，故正确；NaHCO3溶液与盐酸混合，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水，故错误； 当氧气不足时，碳和氧气反应生成一氧化碳，当氧气过量时，碳和氧气反应生成二氧化碳，反应物的量不同而导致生成不同产物，故正确；AlCl3溶液与氢氧化钠反应混合，氢氧化钠不足时生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，反应物的量不同而导致生成不同产物，故正确；铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，一氧化氮和水，过量的铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，量不同产物不同，反应物的量不同而导致生成不同产物，故正确；故选B【点评】本题考查了化学反应

9、与量的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱7下列有关SO2说法错误的是（）ASO2能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色BSO2能使沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2具有还原性CSO2能使品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性DSO2能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2是酸性氧化物【考点】二氧化硫的化学性质【专题】氧族元素【分析】ASO2是酸性氧化物，能使有机物褪色；B二氧化硫具有还原性；CSO2能使有机物褪色，具有漂白性；DSO2是酸性氧化物【解答】解：ASO2是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，故二氧化硫

10、能使湿润蓝色石蕊试纸变红，但不能使其褪色，故A错误；B二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；CSO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故C正确；DSO2是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，故SO2能使沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，故D正确，故选A【点评】本题考查二氧化硫的化学性质，难度中等要注意二氧化硫的漂白原理：与有色物质结合成无色物质，对象主要是有机物8已知某溶液中存在较多的H+、SO42、NO3，该溶液中还可能大量存在的离子组是（）ANa+、NH4+、ClBMg2+、Ba2+、BrCMg2+、Cl、Fe2+DK+、SiO32、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析

11、】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：A离子之间均不反应，可大量共存，故A选；BSO42、Ba2+结合生成沉淀，不能共存，故B不选；CH+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；DH+、SiO32结合生成沉淀，不能共存，故D不选；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大9能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：C

12、O32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A原子不守恒；B碳酸氢根离子不能拆开；C氢氧化铝不溶于弱碱；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水【解答】解：A原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A错误；B碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故B错误；C氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D铜和稀硝酸反

13、应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握10下列实验现象和结论相符的是（）操作及现象结论A溶液中加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体溶液中一定含有CO32B某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀溶液中一定含有ClC用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液中有Na+，无K+D向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红溶

14、液中一定含有Fe2+AABBCCDD【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】A、溶液中含有亚硫酸根离子和盐酸反应生成的二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊；B、溶液中含有硫酸根离子也可以生成硫酸银白色沉淀；C、用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色一定含有钠元素，可能含有钾元素，需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在；D、向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红是检验亚铁离子检验方法【解答】解：A、溶液中含有亚硫酸根离子和盐酸反应生成的二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，不一定是碳酸根离子，故A错误；B、溶液中含有硫酸根离子也可以生成硫酸银白色沉淀，不一定含有

15、氯离子，故B错误；C、用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色一定含有钠元素，可能含有钾元素，需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在，故C错误；D、向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红是检验亚铁离子检验方法，反应现象证明含有亚铁离子，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析判断，掌握离子检验过程中的干扰离子分析，题目难度中等11含浓度均为0.1mol/L的硫酸、硫酸铜的混合溶液200mL，加入一定质量的锌片，生成气体224mL（标准状况下），则加入锌片的质量为（）A1.95gB0.65gC2.6gD1.3g【考点】化学方程式的有关计算【专题】

16、利用化学方程式的计算【分析】加入锌片后，混合液中铜离子优先反应，然后氢离子参与反应，根据n=cV计算出硫酸、硫酸铜的物质的量，然后根据生成氢气的量、铜离子的物质的量计算出消耗金属锌的物质的量，再根据m=nM计算出加入锌的质量【解答】解：200mL 0.1mol/L的硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为：0.1mol/L0.2L=0.02mol，含有0.04mol氢离子，200mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液中含有硫酸铜的物质的量为：0.1mol/L0.2L=0.02mol，含有0.02mol铜离子，224mL气体为氢气，其物质的量为： =0.01mol，由于铜离子的氧化性大于氢离子，则加入锌后铜离

17、子优先反应，0.02mol铜离子完全反应消耗0.02molZn，生成0.01mol氢气消耗0.01molZn，所以加入锌的总物质的量为：0.01mol+0.02mol=0.03mol，质量为：65g/mol0.03mol=1.95g，故选A【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度不大，明确发生反应的实质及先后顺序为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力12将含有氧化铁的铁片投入足量稀硫酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且溶液中的Fe2+与生成的H2的物质的量之比为5：2，则原混合物中氧化铁与铁的物质的量之比为（）A1：1B1：2C1：3D2：5【考点】化学方程式

18、的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】含有氧化铁的铁丝投入足量的稀硫酸中，经分析，溶液中无Fe3+，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，根据反应的方程式计算【解答】解：设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，则：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2Oymol ymolFe2（SO4）3+Fe=3FeSO4ymol ymol 3ymol Fe+H2SO4=FeSO4+H2（xy）mol （xy）mol （xy

19、）mol 则：3ymol+（xy）mol：（xy）mol=5：2，整理得y：x=1：3，故选C【点评】本题考查Fe元素单质化合物性质、化学方程式的有关计算等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意对方程式的运用，难度中等13要除去CO2中含有的少量的SO2杂质，可选用的一组 试剂是：（）NaOH溶液 NaHCO3溶液 Na2CO3溶液 HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液氨水 酸性KMnO4溶液ABCD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】CO2和SO2都为酸性气体，都可与强碱性溶液反应，SO2具有还原性，除去CO

20、2中的SO2，可用强氧化性物质或饱和NaHCO3溶液，以此解答【解答】解：二者均与反应，不能用于除杂，除去CO2中含有的少量的SO2杂质，先用NaHCO3溶液，再利用HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，最后利用酸性KMnO4溶液检验二氧化硫是否除尽，故选C【点评】本题考查物质的分离和提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，难度不大14某溶液中只含Na+、Al3+、Cl、SO42，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中C（Al3+） 和C（SO42） 之比为：（）A3：4B1：2C1：4D3：2【考点】离子方程式的有关计算；

21、物质的量的相关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】令Na+、Al3+、Cl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据溶液中电荷守恒有n（Na+）+3n（Al3+）=n（Cl）+2n（SO42），据此计算SO42的物质的量，离子数目之比等于二物质的量之比【解答】解：令Na+、Al3+、Cl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据溶液中电荷守恒有n（Na+）+3n（Al3+）=n（Cl）+2n（SO42），即3mol+32mol=1mol+2n（SO42），解得n（SO42）=4mol，故溶液中C（Al3+） 和C（SO42）为2mol：4mol=1：2，故选B【点评】本题考

22、查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意电解质的混合溶液中离子浓度的计算，经常利用电荷守恒计算15往含I和Cl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示则原溶液中的比值为（）ABCD【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据沉淀溶解平衡常数：Ksp越小的越先形成沉淀，根据离子反应实质和图中数据来计算回答即可【解答】解：因为I+Ag+=AgI，Cl+Ag+=AgCl，可以看出I、Cl跟Ag+反应都是1：1的关系，由图中可知：AgI的沉淀量为V1（黄色沉淀是AgI），而AgCl的沉淀量为V2

23、V1，所以c（I）：c（Cl）=故选C【点评】本题考查学生难溶电解质的溶解平衡以及沉淀转化的知识，可以根据教材知识来回答，难度不大16相同物质的量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）AAlBAl（OH）3CAlCl3DAl2O3【考点】镁、铝的重要化合物；铝的化学性质【分析】选项中的各种物质和氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，AlCl3+4NaOH（过量）NaAlO2+3NaCl+2H2O，Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，结合反应的方程式计算

24、在各物质质量相等的条件下消耗的碱量【解答】解：令各物质的物质的量为1mol，A铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，由方程式可知1molAl消耗NaOH的物质的量为1mol；B氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由方程式可知1molAl（OH）3消耗NaOH的物质的量为1mol；CAlCl3与氢氧化钠反应为Al3+4OH=AlO2+2H2O，由方程式可知1molAlCl3消耗NaOH的物质的量为4mol；DAl2O3与氢氧化钠反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，由方程式可知1molAl2O3消耗NaOH的

25、物质的量为2mol相同物质的量的Al、Al（OH）3、AlCl3、Al2O3，AlCl3消耗NaOH最多，故选C【点评】本题考查铝及其化合物的性质、化学方程式有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握二、填空题（每空2分，共计32分）：17某合作学习小组讨论辨析以下说法中正确的是硅是光导纤维的主要成分 CO2气体通入CaCl2溶液中会出现混浊冰和干冰既是纯净物又是化合物 某气体能使品红溶液褪色，该气体是SO2盐酸和食醋既是化合物又是酸 鉴别MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液可用NaOH试剂豆浆、雾都是胶体 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体【考点】硅和二氧化硅；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物

26、的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；二氧化硫的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】元素及其化合物【分析】光导纤维的主要成分是二氧化锆晶体，所以SiO2可以制光导纤维；CO2与CaCl2不反应，据此进行判断；冰是水，干冰是二氧化碳，都是由一种物质组成的，并且都是由不同种元素组成的纯净物；Cl2、Na2O2、H2O2等氧化性；SO2与品红发生化合反应褪色；盐酸是氯化氢的水溶液；MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液，阴离子相同，阳离子不同，分别与NaOH反应的现象为：白色沉淀、生成白色沉淀后溶解、红褐色沉淀；豆浆是固溶胶、雾是气溶胶； 利用丁达尔效应可以区分溶液和

27、胶体【解答】解：光导纤维的主要成分是二氧化锆晶体，所以SiO2可以制光导纤维，故错误；CO2与CaCl2不反应，所以不会出现浑浊，故错误；冰和干冰都是由一种物质组成的，属于纯净物，并且都是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故错误；Cl2、Na2O2、H2O2等氧化性；SO2与品红发生化合反应褪色，所以不一定是二氧化硫，故错误；盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故错误；MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液，阴离子相同，阳离子不同，分别与NaOH反应的现象为：白色沉淀、生成白色沉淀后溶解、红褐色沉淀，所以现象不同，故正确；豆浆是固溶胶、雾是气溶胶，都是胶体，故正确； 利用丁达尔效应可以区分溶液

28、和胶体，故正确；故答案为：【点评】本题考查了常见物质的组成、性质和应用，熟悉物质的组成是解答本题的关键18现有五种溶液，分别含下列离子：Ag+Mg2+Fe2+Al3+Fe3+（1）写出符合下列条件的离子符号：滴加氯水有明显现象的离子是Ag+ Fe2+，加铁粉后溶液增重的是Fe3+；（2）向的溶液中滴加NaOH溶液，现象是生成的白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应过程中属于氧化还原反应的化学方程式4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3【考点】离子反应发生的条件【专题】离子反应专题【分析】（1）居于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，滴加氯水溶液中氯气和水反应生成盐酸和次氯

29、酸，氯气具有氧化性，银离子结合氯离子生成白色沉淀，亚铁离具有还原性，被氯气氧化铁离子，三价铁遇硫氰酸钾显红色，铁能将银从溶液中置换出来，能和三价铁化合为二价铁；（2）亚铁离子和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁沉淀很容易被氧气氧化为氢氧化铁【解答】解：（1）Fe2+中Fe元素的化合价处于中间价态，既能被氧化又能被还原，滴加氯水溶液中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯气具有氧化性，银离子结合氯离子生成白色沉淀，Ag+Cl=AgCl，亚铁离具有还原性，被氯气氧化铁离子，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl，铁能与中的离子反应，对溶中铁反应后析出了银，Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，溶液质量减轻，而铁能和

30、三价铁反应生成二价铁，Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液质量增加了金属铁的质量，故答案为：Ag+、Fe2+，Fe3+；（2）亚铁离子和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁沉淀很容易被氧气氧化为氢氧化铁，现象是：出现白色沉淀，迅速变为灰绿色最后变为红褐色，属于氧化还原反应的为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4 Fe（OH）3，故答案为：生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握离子的性质、元素的化合价及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大19某溶液含Cl、SO42、C

31、O32三种阴离子，欲依次检验出此三种阴离子且只取用一次该溶液，则加入的检验试剂依次分别是HNO3、Ba（NO3）2、AgNO3（写化学式）；写出最后检验出的离子与所加试剂反应的离子方程式Ag+Cl=AgCl【考点】离子反应发生的条件【专题】离子反应专题【分析】检验氯离子可以使用银离子，检验硫酸根离子可以使用钡离子，检验碳酸根离子可以使用氢离子注意检验离子时其他离子的干扰作用【解答】解：用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，检验氯离子可以使用银离子，检验硫酸根离子可以使用钡离子，检验碳酸根离子可以使用氢离子，而银离子和钡离子都可

32、以与碳酸根离子结合成沉淀，所以需先检验碳酸根离子，此时可以加入稀硝酸，反应的离子方程式为：CO32+2H+=H2O+CO2，检验氯离子所用的银离子可以与硫酸根离子结合成微溶于水的硫酸银，所以需先检验硫酸根离子，此时可以加入硝酸钡，最后检验氯离子，可以加入硝酸银，反应生成沉淀，反应的离子方程式为Ag+Cl=AgCl故答案为：HNO3、Ba（NO3）2、AgNO3，Ag+ClAgCl；【点评】本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行，同时需考虑物质之间的反应题目难度中等20有X、Y、Z、W四种化合物，其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体这四种化合物具

33、有下列转化关系（部分反应物、产物及反应条件已略去）（1）W的化学式是CO2；（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是：HCO3+OH=CO32+H2O；（3）XZ过程反应的化学方程式是：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（4）W经另一反应可转化为无色无味的单质气体Q，利用如图装置（夹持固定装置已略去）进行实验可在V中收集到Q，已知：烧瓶中固体为X或Z，装置中产生白色沉淀则装置中物质的化学式Na2O2，中主要反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【考点】无机物的推断【专题】元素及其化合物【分析】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物X含有四种元素，

34、在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，Z反应得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2，即W为CO2，在装置中，碳酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化碳，经过装置后，在中产生白色沉淀，二氧化碳被吸收，经过干燥后在中收集到密度比空气大的无色气体，应为氧气，所以在中的反应是二氧化碳和过氧化钠反应，据此解答【解答】解：X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，Z反应得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2，即W为CO2，在装置中，碳酸氢钠与稀硫

35、酸反应生成二氧化碳，经过装置后，在中产生白色沉淀，二氧化碳被吸收，经过干燥后在中收集到密度比空气大的无色气体，应为氧气，所以在中的反应是二氧化碳和过氧化钠反应，（1）根据上面的分析可知，W为CO2，故答案为：CO2；（2）X与Y在溶液中反应是NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，离子方程式是HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OH=CO32+H2O；（3）XZ过程反应的化学方程式是碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；（4）根据上面的分析可知，装置中反

36、应的化学方程式是2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O，装置中主要的反应化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：Na2O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【点评】本题考查了无机物转化关系和物质判断，元素化合物的相互转化是高考出题的热点之一题目往往以框图推断题的形式展现，这就要求学生必须对元素化合的知识非常熟练，在学习时要让学生多总结、多联系，形成知识网络，题目难度中等21已知：将SO2通入FeCl3溶液中，溶液颜色会变为浅绿色，其原理可表示为：Fe3+SO2+H2OFe2+SO42+H+（1）在上述方框内填上配平后的系数，并用单线

37、桥法标出电子转移的方向和数目（2）若参加反应的SO2体积为1.12L（标准状况下），则反应中转移电子的物质的量为0.1mol；（3）已知向Fe2+溶液中滴加少量硝酸时，溶液由浅绿色变为黄色则Fe3+、SO42、HNO3的氧化性由强到弱的顺序为HNO3Fe3+SO42【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）按化合价升降法配平方程式；（2）计算出二氧化硫的物质的量，根据SO2SO42计算转移电子数；（3）由溶液由浅绿色变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可判断，氧化性硝酸强于三价铁离子，Fe3+和SO42氧化性强弱可从（1）得到【解答

38、】解：（1）Fe3+Fe2+，化合价从+3+2，降低1价，SO2SO42，化合价从+4+6，升高2价，化合价升高和降低总数相等，故铁元素前面系数为2，硫元素前面系数为1，则再根据氧原子守恒可知H2O前面系数为2，H+前系数为4，电子转移的方向和数目为：，故答案为：2；1；2；2；1；4；（2）SO2的物质的量为=0.05mol，根据SO2SO42计算转移电子数：0.05mol2=0.1mol，故答案为：0.1；（3）浅绿色为亚铁离子颜色，黄色为三价铁离子颜色，溶液由浅绿色变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，故氧化性硝酸强于三价铁离子，根据（1）可知，三价铁离子氧化性强于SO42，故答案为：H

39、NO3Fe3+SO42【点评】本题考查了氧化还原反应的配平及氧化性强弱比较，中等难度注意配平一般用化合价升降法配平变价元素，再根据原子守恒配平其他元素，根据反应方程式判断氧化性，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性三、计算题（每空4分，共计20分）：22（1）某氯化镁溶液的密度为d gcm3，其中镁离子的质量分数为A%，则300mL该溶液中C （Cl）= （mol/L）（2）无土栽培中，需配制营养液NaH2PO4、Na2HPO4（物质的量之比为4：1），已知每升含磷元素0.10mol，现用4.0mol/LH3PO4和固体NaOH配制2L该营养液需要：V（H3PO4）=50（mL），m（NaOH）

40、=9.6（g）（3）甲、乙两烧杯中各成盛有100mL 3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为 甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为：5.4（g）【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算【专题】溶液浓度的计算；利用化学方程式的计算【分析】（1）根据物质的量浓度c=计算出镁离子的浓度，然后根据氯化镁的化学式组成计算出溶液中含有氯离子的物质的量浓度；（2）用4.0molL1的磷酸溶液和固体NaOH反应来配制2.0L混合液，H3PO4可与氢氧化钠反应生成NaH2PO4或Na2HPO4；每升混合液中含磷元素0.10mol，2.0L该混

41、合液含有磷元素0.2mol，则反应后n（NaH2PO4）+n（Na2HPO4）=0.2mol，而NaH2PO4和Na2HPO4物质的量比为4：1，则n（NaH2PO4）=0.16mol，n（Na2HPO4）=0.04mol，根据磷、钠原子守恒，以此计算n（H3PO4）进而计算磷酸溶液的体积、n（NaOH）的物质的量，进而计算质量；（3）根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，若铝粉足量，则铝粉和碱最多生成0.45mol氢气

42、，铝粉和酸最多生成0.15mol氢气，而反应结束后测得生成的气体体积比为酸：碱=1：2，故碱生成的氢气不可能高于0.3mol，而氢氧化钠的量是一定的，那么只能是铝粉量对于碱来说不够，所以相对来说碱过量；而个时候的铝粉量对酸来说恰好足够，相对来说酸相比于铝粉来说就是不够的了；酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量，以此来计算解答【解答】解：（1）氯化镁溶液的密度为d gcm3，其中镁离子的质量分数为A%，则该溶液中镁离子的浓度为：c（Mg2+）=mol/L=mol/L，根据氯化镁的化学式可知该溶液中氯离子浓度为：c（Cl）=2c（Mg2+）=mol/L2=mol/L，故答案为：；（2）用4.

43、0molL1的磷酸溶液和固体NaOH反应来配制2.0L混合液，H3PO4可与氢氧化钠反应生成NaH2PO4或Na2HPO4；则反应后n（NaH2PO4）+n（Na2HPO4）=0.2mol，而NaH2PO4和Na2HPO4物质的量比为3：1，则n（NaH2PO4）=0.2mol=0.16mol，n（Na2HPO4）=0.2mol=0.04mol，由磷元素守恒可知需要n（H3PO4）=n（NaH2PO4）+n（Na2HPO4）=0.16mol+0.04mol=0.2mol，磷酸溶液的体积V=0.05L=50mL，由钠元素守恒可知需要n（NaOH）=n（NaH2PO4）+2n（Na2HPO4）=0

44、.16mol+0.08mol=0.24mol，则需要氢氧化钠的质量为：m（NaOH）=0.24mol40g/mol=9.6g，故答案为：50；9.6；（3）解：盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则 2Al+6HCl2AlCl3+3H2 6 3 0.3mol x则： =，解得：x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝

45、完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 2 3 y 0.3mol则： =，解得：y=0.2mol，则铝的质量为：0.2mol27g/mol=5.4g，故答案为：5.4【点评】本题考查了物质的量浓度的计算、化学方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力23为测定一种复合氧化物材料的组成称取12.52g样品，将其全部溶于过量稀硝酸后，配成100ml溶液取其一半，加入过量K2SO4溶液，生成白色沉淀，经过滤、洗涤、烘干后得4.66克固体在余下的50毫升溶液中加入少

46、许KSCN溶液，显红色；如果加入过量NaOH溶液，则生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得3.20克固体计算确定该材料的化学式为BaOFe2O3【考点】复杂化学式的确定【专题】利用化学方程式的计算【分析】根据题意可知4.66g固体是硫酸钡的质量，计算出其中的钡元素的质量，3.20g固体是Fe2O3的质量，计算出其中的铁元素的质量，混合氧化物中氧元素的质量=12.52g钡元素的质量2铁元素的质量2，通过n=计算Ba、Fe、O三种元素的物质的量，根据物质的量的比值确定分子式【解答】解：混合氧化物加入硫酸钾溶液得到白色沉淀，硫酸盐只有硫酸钡不溶，所以4.66g固体是硫酸钡的质量，则硫酸钡中钡元素

47、的质量：4.66g100%=2.74g，混合氧化物中加入氢氧化钠得到红褐色沉淀，红褐色沉淀只有氢氧化铁，所以3.20g是Fe2O3的质量，则Fe2O3中铁元素的质量：3.20g100%=2.24g，所以氧元素质量：12.52g2.74g22.24g2=2.56g，n（Ba）=0.04mol，n（Fe）=0.08mol，n（O）=0.16mol，则分子式中N（Ba）：N（Fe）：n（O）=0.04mol：0.08mol：0.16mol=1：2：4，因此分子式为BaFe2O4，以氧化物的形式表示为BaOFe2O3，故答案为：BaOFe2O3【点评】本题考查复杂化学式的确定，侧重于元素化合物的性质的应用，解答本题的关键是要知道4.66g固体是硫酸钡的质量，3.20g固体是氢氧化铁的质量，题目难度中等