四川省某重点高中高一化学上学期期末考前加试试卷(一)(含解析)

2015-2016学年四川省某重点高中高一（上）期末化学考前加试试卷
（一）
一、选择题（本题每小题4分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．下列有关实验的说法中错误的是（）
①用酒精从碘水中萃取碘
②用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘
③实验室制Cl2、HCl和HF可用同一套装置
④用淀粉溶液直接检验出I﹣
⑤氯水和SO2都有漂白性但漂白原理不同，把氯气和SO2混合后漂白性会增强
⑥盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发
⑦用KI和浓硫酸制取HI
⑧待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再向沉淀中加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，则待检液中一定含有CO32﹣
⑨加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42﹣
⑩待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+．
A．①④⑦⑧⑨B．②③⑤⑧⑩C．②④⑥⑧⑩D．①③④⑤⑦⑨
2．下列有关说法正确的是（）
A．FeCl3溶液可作外伤止血剂，其原理与胶体知识有关
B．C单质可在高温下被浓H2SO4和浓HNO3氧化，而Si 单质不与任何酸反应
C．SiO2分子的空间构型为四面体空间网状结构，因此SiO2晶体硬度大，熔沸点高
D．标准状况下，22.4LSO2和SO3的混合物所含分子数为N A
3．为了除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，下列实验步骤顺序和所用试剂都正确的是（）①通过量CO2；②加盐酸；③加过量NaOH溶液；④加AlCl3；⑤过滤．
A．③⑤④⑤②B．③⑤②C．③⑤①② D．③⑤①⑤②
4．常温下，向0.1mol/L的H2SO4溶液中逐滴加入0.1mol/L的Ba（OH）2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系如图所示，下列说法中正确的（）
A．b处溶液的c（H+）与d处溶液的c（OH﹣）相等
B．a～d溶液的导电能力：a＜b＜c＜d
C．a～d溶液的C（H+）：a＞b＞c＞d
D．c处溶液和d处溶液均呈碱性
5．某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣B．Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣
C．H+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣D．Ag+、K+、NO3﹣、Na+
6．下列反应的离子方程式正确的是（）
A．碳酸氢钠与少量硫酸氢钠溶液反应：HCO3﹣+HSO4﹣═CO2↑+H2O+SO42﹣
B．硫酸氢钾溶液中滴入氢氧化钡溶液至完全沉淀：
Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
C．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
D．NH4Al（SO2）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：
Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O
7．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（S．T．P）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．
8．将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L ﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为（）
A．1.5mol•L﹣1B．0.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1.2mol•L﹣1
9．己知反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O；下列说法正确的是（）A．1mol 氧化剂在反应中得到的电子为12mol
B．Cu（IO3）2既作氧化剂又作还原剂
C．CuI中各元素化合价在反应前后都不变
D．I2既作氧化产物又作还原产物
10．下列关于钠的化合物叙述中错误的是（）
A．1molNa2O2与2molNaHCO3固体混合物在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是NaOH和Na2CO3
B．由Na2O、Na2O2、Na2CO3•10H2O组成的混合物0.05 mol，溶于水后加入50 mL 2 mol/L的盐酸恰好完全反应，则原混合物中各成分的物质的量之比可以为任意值
C．向Na2 CO3饱和溶液中通入CO2，溶液变浑浊有晶体析出
D．将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol/L
的HCl溶液中和，则该生成物的成分是Na2O和Na2O2
二、非选择题（共60分）
11．某铝合金（硬铝）中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如图实验：
（1）补全上述①②③各步反应的离子方程式
①Mg+2H+═Mg2++H2↑，
②， Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
③；
（2）计算该样品中铝的质量分数：
（3）第②步中加入Na0H溶液不足时，会使测定结果；第④步对沉淀灼烧不充分时，会使测定结果．
12．某兴趣小组设计出如图所示装置来进行“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化．
（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是．
（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是．
再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是．
（3）如表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是，理由是、．
方
反应物
案
甲Cu、浓HNO3
乙Cu、稀HNO3
丙Cu、O2、稀HNO3
（4）该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2．操作步骤为：、实验现象为；但此实验的不足之处是．
13．已知在一定条件下可实现如图所示物质之间的变化，其中甲、乙为金属单质，丙、丁、戊为非金属单质，B为氧化物．
请填写下列空白：
（1）物质A的化学式是，甲的原子结构示意图分别是；
（2）反应①的离子方程式是．
（3）反应②的化学方程式是（可以分步书写）．
乙和D在高温条件下反应生成1molA时转移电子的物质的量为mol．
（4）若要除去H溶液中的G杂质，请简述方案：，该过程的离子反应方程式为：．
14．某学生为了测定部分变质的Na2SO3样品的纯度，设计了如图实验，回答下列问题：
（1）写出A装置中玻璃仪器的名称：酒精灯．
（2）实验开始后，写出B中反应的离子方程式．
（3）C中的现象是，E装置的作用是．
（4）按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4完全反应．然后将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g，则样品中Na2SO3的纯度为（精确到0.1%）
（5）在过滤沉淀时若滤液出现浑浊，则必须要重复操作，若该学生没有重复过滤，则测定的结果将．
（6）要使测定结果准确，第一：装置气密性必须良好；第二：应先点燃处酒精灯（填装置字母）．
2015-2016学年四川省某重点高中高一（上）期末化学考前加试试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题每小题4分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．下列有关实验的说法中错误的是（）
①用酒精从碘水中萃取碘
②用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘
③实验室制Cl2、HCl和HF可用同一套装置
④用淀粉溶液直接检验出I﹣
⑤氯水和SO2都有漂白性但漂白原理不同，把氯气和SO2混合后漂白性会增强
⑥盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发
⑦用KI和浓硫酸制取HI
⑧待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再向沉淀中加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，则待检液中一定含有CO32﹣
⑨加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42﹣
⑩待检液加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+．
A．①④⑦⑧⑨B．②③⑤⑧⑩C．②④⑥⑧⑩D．①③④⑤⑦⑨
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】①萃取剂和原溶剂不能互溶，水和酒精互溶；
②碘易升华，可用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘；
③实验室制Cl2、HCl可用同一套装置，但HF不可；
④I﹣与淀粉溶液不反应；
⑤氯水和SO2都有漂白性但漂白原理不同，等物质的量的二氧化硫与反应生成盐酸和硫酸，无漂白性；
⑥溴单质易挥发，溴微溶于水，盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发；
⑦HI具有还原性，浓硫酸具有强氧化性；
⑧生成的无色无味的气体为二氧化碳，说明生成的沉淀为碳酸钡，原溶液中一定含有碳酸根离子；
⑨生成的白色沉淀可能为氯化银，不一定含有硫酸根离子；
⑩能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则原溶液中一定含有铵根离子．
【解答】解：①酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳，故①错误；
②碘易升华，可用升华的方法分离，即用加热方法从碘和沙子的混合物中分离出碘，故②正确；
③实验室制Cl2、HCl可用同一套装置，氟化氢是具有强氧化性的弱酸，可以腐蚀玻璃，在铅皿中制取，故③错误；
④碘单质与淀粉显示蓝色，I﹣与淀粉溶液不反应，用淀粉溶液无法直接检验出I﹣，故④错误；
⑤氯水中氯气和水反应生成次氯酸，具有氧化性，属于氧化性漂白，SO2能漂白品红，是化合性漂白，两者具有漂白性但漂白原理不同，把氯气和SO2混合，等物质的量的二氧化硫与反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸不具有漂白性，故⑤错误；
⑥防止液溴挥发，溴微溶于水，所以盛放液溴的试剂瓶内放少量蒸馏水防止液溴挥发，故⑥正确；
⑦浓硫酸具有强氧化性，能氧化碘化氢，不能用来制备碘化氢，故⑦错误；
⑧待检液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体，该气体为二氧化碳，生成的沉淀为碳酸钡，则待检液中一定含有CO32﹣，故⑧正确；
⑨加入氯化钡溶液后生成的白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定有SO42﹣，故⑨错误；
⑩铵根离子的检验方法：向待测液中，加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+，故⑩正确；
故选D．
2．下列有关说法正确的是（）
A．FeCl3溶液可作外伤止血剂，其原理与胶体知识有关
B．C单质可在高温下被浓H2SO4和浓HNO3氧化，而Si 单质不与任何酸反应
C．SiO2分子的空间构型为四面体空间网状结构，因此SiO2晶体硬度大，熔沸点高
D．标准状况下，22.4LSO2和SO3的混合物所含分子数为N A
【考点】胶体的重要性质；阿伏加德罗常数；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅．
【分析】A、血液为胶体；
B、硅单质和HF反应；
C、SiO2为原子晶体，不存在分子；
D、标况下三氧化硫为固体；
【解答】解：A、血液为胶体，故氯化铁溶液能使血液聚沉，故可作为止血剂，与胶体的性质有关，故A正确；
B、硅单质和一般的酸不反应，但能和HF反应，故B错误；
C、SiO2为原子晶体，不存在单个的二氧化硅分子，故C错误；
D、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D 错误．
故选A．
3．为了除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，下列实验步骤顺序和所用试剂都正确的是（）①通过量CO2；②加盐酸；③加过量NaOH溶液；④加AlCl3；⑤过滤．
A．③⑤④⑤②B．③⑤②C．③⑤①② D．③⑤①⑤②
【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．
【分析】除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，先加过量的NaOH，过滤除去氢氧化铜，然后向滤液中通入足量的二氧化碳，过滤后，将氢氧化铝与盐酸反应得到氯化铝，以此来解答．
【解答】解：因氢氧化铝具有两性，则除去酸性氯化铝溶液中的Cu2+，下列实验步骤顺序和所用试剂为③加过量NaOH溶液、⑤过滤、①通过量CO2、⑤过滤、②加盐酸，
故选D．
4．常温下，向0.1mol/L的H2SO4溶液中逐滴加入0.1mol/L的Ba（OH）2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液的体积关系如图所示，下列说法中正确的（）
A．b处溶液的c（H+）与d处溶液的c（OH﹣）相等
B．a～d溶液的导电能力：a＜b＜c＜d
C．a～d溶液的C（H+）：a＞b＞c＞d
D．c处溶液和d处溶液均呈碱性
【考点】离子方程式的有关计算；离子浓度大小的比较．
【分析】先判断酸的体积，然后根据图象计算abcd四点的体积，根据反应程度判断abcd
四点溶液的酸碱性、离子浓度、导电能力．
【解答】解：由题意知，酸碱浓度相等，且酸碱反应时计量数之比为1：1，沉淀最大时消耗碱的体积与酸的体积相等，所以酸的体积是20ml，a点为酸溶液体积为20ml，b点混合液体积为30ml，c点体积为40ml，d点为50ml．
A、b点酸溶液剩余10ml，d点碱液剩余10ml，酸碱浓度相等，所以酸碱的物质的量相等，虽然b、d两点氢离子和氢氧根的物质的量，但混合液的体积不同，所以浓度不等，故A错误；
B、溶液的导电能力与离子的浓度成正比，离子的浓度越大导电能力越强，c处电解质是弱电解质水，离子浓度最小，导电能力最弱，故B错误；
C、a、b都为酸性溶液，a点氢氧根和氢离子没反应，浓度最大，b点氢氧根和部分氢离子反应，c点为中性溶液，d点为碱性溶液，所以氢离子浓度大小为：a＞b＞c＞d，故C正确；
D、c处Ba2+和SO42﹣恰好完全反应生成沉淀，H+和OH﹣恰好完全反应生成H2O，溶液呈中性，d处溶液中Ba（OH）2过量，溶液呈碱性，故D错误；
故选C．
5．某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣B．Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣
C．H+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣D．Ag+、K+、NO3﹣、Na+
【考点】离子共存问题．
【分析】某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，则该溶液为强碱溶液，溶液中存在大量的OH﹣离子，利用离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等来分析离子的共存．
【解答】解：因强碱溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，则该溶液为强碱溶液，溶液中存在大量的OH﹣离子，
A、因HCO3﹣与OH﹣离子结合生成碳酸根离子和水，则该组离子不能大量共存，故A错误；
B、在碱性溶液中该组离子之间不反应，则离子能大量共存，故B正确；
C、因H+与OH﹣离子结合生成水，Mg2+与OH﹣离子结合生成氢氧化镁沉淀，则该组离子不能大量共存，故C错误；
D、因Ag+与OH﹣离子结合生成沉淀，则该组离子不能大量共存，故D错误；
故选B．
6．下列反应的离子方程式正确的是（）
A．碳酸氢钠与少量硫酸氢钠溶液反应：HCO3﹣+HSO4﹣═CO2↑+H2O+SO42﹣
B．硫酸氢钾溶液中滴入氢氧化钡溶液至完全沉淀：
Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
C．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
D．NH4Al（SO2）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：
Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，硫酸氢根离子需要拆开；B．沉淀恰好完全时，硫酸氢钾与氢氧化钡按照物质的量1：1反应；
C．碘化钾过量，硝酸根离子和铁离子都完全反应；
D．氢氧化钡过量，铵根离子也参与反应．
【解答】解：A．碳酸氢钠与少量硫酸氢钠溶液反应，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A错误；
B．硫酸氢钾溶液中滴入氢氧化钡溶液至完全沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO
↓+H2O，故B正确；
4
C．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故C错误；
D．NH4Al（SO2）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，铵根离子、铝离子和硫酸根离子都完全反应，正确的反应为：NH4++Al3++5OH﹣+2SO42﹣+2Ba2+═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O+NH3•H2O，故D错误；故选B．
7．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（S．T．P）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．
【考点】离子反应发生的条件．
【分析】n（CO2）==0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生：
2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2=HCO3﹣+H2O，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，以此解答该题．
【解答】解：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+0.1mol×2=0.4mol，n（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﹣，
则，解得x=0.1，y=0.2，
通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓，该阶段0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH﹣、生成0.1molBaCO3；
然后发生2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，0.2molOH﹣完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol﹣0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32﹣；
再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣、BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3﹣，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，
所以图象C符合，
故选C．
8．将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L ﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为（）
A．1.5mol•L﹣1B．0.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1.2mol•L﹣1
【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算．
【分析】Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，
最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（H2SO4），再根据c=计算．
【解答】解：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，
由钠离子守恒可知：n（NaOH）=n（Na2SO4）=0.15L×4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）==2 mol•L﹣1，
故选C．
9．己知反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O；下列说法正确的是（）A．1mol 氧化剂在反应中得到的电子为12mol
B．Cu（IO3）2既作氧化剂又作还原剂
C．CuI中各元素化合价在反应前后都不变
D．I2既作氧化产物又作还原产物
【考点】氧化还原反应．
【分析】该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu（IO3）2中碘元素化合价由+5价变为
0价、KI中有的I元素化合价由﹣1价变为0价，转移电子数为22，
A．氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物；
B．失电子的反应物是还原剂、得电子的反应物是氧化剂；
C．CuI是还原产物；
D．1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，根据转移电子相等计算．
【解答】解：该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu（IO3）2中碘元素化合价由+5价
变为0价、KI中有的I元素化合价由﹣1价变为0价，转移电子数为22，
A．1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，KI中I元素的化合价由﹣1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol，故A错误；
B．失电子的反应物是还原剂、得电子的反应物是氧化剂，因为Cu（IO3）2中Cu、I元素都得电子，所以只是氧化剂，故B错误；
C．CuI是还原产物，所以CuI中各元素化合价在反应前后都发生变化，故C错误；
D．氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，所以碘是氧化产物和还原产物，故D正确；
故选D．
10．下列关于钠的化合物叙述中错误的是（）
A．1molNa2O2与2molNaHCO3固体混合物在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是NaOH和Na2CO3
B．由Na2O、Na2O2、Na2CO3•10H2O组成的混合物0.05 mol，溶于水后加入50 mL 2 mol/L的盐酸恰好完全反应，则原混合物中各成分的物质的量之比可以为任意值
C．向Na2 CO3饱和溶液中通入CO2，溶液变浑浊有晶体析出
D．将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol/L
的HCl溶液中和，则该生成物的成分是Na2O和Na2O2
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A、由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2mol碳酸氢钠分解生成1moNa2CO3、
1molCO2、1molH2O，然后过氧化钠分别与水和二氧化碳反应，确定最后的固体的物质；
B、根据物质的性质，写出对应的化学方程式，设出未知量，找出它们的关系，然后求出未知量；
C、碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小；
D、由于不知道钠和氧气反应的产物为Na2O还是Na2O2或二者都有，因此可设定氧化物的化学式为Na2O X，计算出其摩尔质量，然后与两种氧化物的摩尔质量进行对比即可判断．
【解答】解：A、由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2mol NaHCO3分解得到
Na2CO3、CO2和H2O各1mol，
还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，故A错误；
B、设Na2O和Na2O2的物质的量分别为xmol、ymol，
Na2O+H2O=2NaOH 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
x 2x y 2y
NaOH+HCl=NaCl+H2O Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2
2（x+y） 2（x+y） 0.05﹣x﹣y 2（0.05﹣x﹣y）所以2（x+y）+2（0.05﹣x﹣y）=0.05×2 解得 0.1=0.1 （说明与物质的量之比无关），故B正确；
C、碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，所以会析出NaHCO3，故C正确；
D、反应消耗的氯化氢的物质的量为：n（HCl）=0.08L×0.50mol/L=0.04mol，
溶液恰好能被80mL浓度为0.5mol/L的HCl溶液中和，设钠与氧气反应生成的氧化物为Na2O X，
则：Na2O X～2NaOH～2HCl
0.02mol 0.04mol
Na2O X平均摩尔质量为：M==75g/mol，介于Na2O（62g/mol）和Na2O2（78g/mOl）之
间，
所以反应产物为Na2O和Na2O2的混合物，故D正确；
故选A．
二、非选择题（共60分）
11．某铝合金（硬铝）中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如图实验：
（1）补全上述①②③各步反应的离子方程式
①Mg+2H+═Mg2++H2↑，2Al+6H+═2Al3++3H2↑
②H++OH﹣=H2O ，Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
③OH﹣+CO2=HCO3﹣；CO2+AlO2﹣+H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣
（2）计算该样品中铝的质量分数：×100%
（3）第②步中加入Na0H溶液不足时，会使测定结果偏低；第④步对沉淀灼烧不充分时，会使测定结果偏高．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】由测定该合金中铝的含量流程可知，①加盐酸，Cu、Si不反应，则过滤得到的固体为Cu、Si，溶液中含Al3+、Mg2+，②加足量的NaOH，过滤得到的沉淀为Mg（OH）2，溶液中主要含AlO2﹣，③通足量的二氧化碳，反应生成Al（OH）3，④灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3，（1）先根据流程图分析实验的原理，然后写出对应的化学方程式；
（2）根据铝守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，最后求出铝的质量分数；
（3）第②步中加入NaOH的量不足的时，铝不能完全转变成AlO2﹣；对沉淀的灼烧不充分，会有水分，会增加灼烧后固体的质量．
【解答】解：（1）第①步发生的化学方程式有两个：镁与盐酸反应，铝和盐酸反应，Mg+2H+═Mg2++H2↑，2Al+6H+═2Al3++3H2↑，
第②步发生的化学方程式有三个：盐酸和氢氧化钠反应，反应的离子方程式H++OH﹣=H2O，氯化铝和过量氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，氯化镁和氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，
第③步发生的化学方程式有两个：氢氧化钠和过量的二氧化碳反应，偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应，离子反应为OH﹣+CO2=HCO3﹣，CO2+H20+A102﹣═Al（OH）3↓+HCO3﹣，
故答案为：2Al+6H+═2Al3++3H2↑；H++OH﹣=H2O；Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；OH﹣+CO2=HCO3﹣；CO2+AlO2﹣+H
O═Al（OH）3↓+HCO3﹣；
2
（2）因铝在反应前后守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，则
铝的质量为bg××100%=g，样品质量为ag，所以铝的质量分数=×100%=×100%，
故答案为：×100%；
（3）因NaOH的量不足，铝不能完全转变成AlO2﹣，最终产生的氧化铝质量少，造成结果偏低，因对沉淀的灼烧不充分时有水分，则灼烧后固体的质量变大，会使测定的结果偏高，故答案为：偏低；偏高．
12．某兴趣小组设计出如图所示装置来进行“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化．
（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是检查装置气密性．
（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O ．
再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是反应变缓，红棕色气体逐渐变为无色．（3）如表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是丙，理由是制取等量的硝酸铜时，丙方案耗酸量最少、无污染物（NO X）产生．
方
反应物
案
甲Cu、浓HNO3
乙Cu、稀HNO3
丙Cu、O2、稀HNO3
（4）该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2．操作步骤为：a中加入浓盐酸，c中加入高锰酸钾，d中加入溴化钾溶液、打开b由a向c中加入浓盐酸实验现象为c中有黄绿色气体产生，d中溶液由无色变为橙黄色；但此实验的不足之处是无尾气处理装置，会污染环境．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）实验前要检查装置气密性；
（2）铜与浓硝酸反应得到硝酸铜、二氧化氮和水；二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮；
（3）根据制备过程中耗酸量最少，无污染的原则进行判断；
（4）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，利用KMnO4与浓盐酸反应，再利用产生的氯气与KBr溶液反应得到溴，同时要注意尾气吸收．
【解答】解：（1）实验前要检查装置气密性，实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长
导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，这是检查装置气密性的常见方法，
故答案为：检查装置气密性；
（2）铜与浓硝酸反应得到硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）
+2NO2↑+2H2O；由a向c中加2mL蒸馏水，硝酸进行的稀释，反应变缓，同时二氧化氮能与2
水反应生成硝酸和一氧化氮，故c中气体颜色红棕色气体逐渐变为无色，
故答案为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；反应变缓，红棕色气体逐渐变为无色；
（3）甲：铜与浓硝酸制取硝酸铜时的方程式是：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，
生成的NO2会造成大气污染，硝酸的利用率为50%；
乙：铜与稀硝酸制取硝酸铜时的方程式是：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成
的NO也会造成大气污染，硝酸的利用率为75%；
丙：此过程用方程式可表示为：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，从过程可以看出该过程不会产生有毒气体，环保且没有多消耗原料，故能体现绿色化学理念的最佳方案是丙，
故答案为：丙；制取等量的硝酸铜时，丙方案耗酸量最少；无污染物（NO X）产生；
（4）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，利用KMnO4与浓盐酸反
应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
再利用产生的氯气与KBr溶液反应得到溴：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，操作步骤为a中加入浓盐酸，
c中加入高锰酸钾，d中加入溴化钾溶液，打开b由a向c中加入浓盐酸，现象为c中有黄
绿色气体产生，d中溶液变为橙色，同时要注意尾气吸收，防止污染空气，
故答案为：a中加入浓盐酸，c中加入高锰酸钾，d中加入溴化钾溶液；打开b由a向c中
加入浓盐酸；c中有黄绿色气体产生，d中溶液由无色变为橙黄色；无尾气处理装置，会污
染环境．
13．已知在一定条件下可实现如图所示物质之间的变化，其中甲、乙为金属单质，丙、丁、
戊为非金属单质，B为氧化物．
请填写下列空白：
（1）物质A的化学式是Fe3O4，甲的原子结构示意图分别是；
（2）反应①的离子方程式是3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓．
（3）反应②的化学方程式是（可以分步书写）FeCl2+2NaOH═Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）
+O2+2H2O═4Fe（OH）3．
2
乙和D在高温条件下反应生成1molA时转移电子的物质的量为8 mol．
（4）若要除去H溶液中的G杂质，请简述方案：加入过量铁粉并过滤，该过程的离子
反应方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+．。