【化学】贵州省黎平第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】贵州省黎平第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

贵州省黎平第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)‎ ‎1.常温下，某反应M＋酸―→N＋盐，其中M、N的物质类别不可能的是（ ）‎ A. 单质、单质 B. 盐、酸 C. 碱、氧化物 D. 氧化物、酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】本题考查酸常见的性质,利用反应M+酸→N+盐,可以知道反应有可能是置换反应或复分解反应,若为置换反应,应是金属与酸反应；若为复分解反应,可能是金属氧化物与酸、碱与酸或盐与酸的反应。‎ ‎【详解】A．若发生置换反应,根据反应M+酸→N+盐可知，M与N可能是金属单质和氢气,则A选项有可能,故A正确； B. 若发生复分解反应,根据反应M+酸→N+盐可知，M与N可能是盐和酸,发生强酸制弱酸的反应,则B选项有可能,故B正确；‎ C．若发生复分解反应,根据反应M+酸→N+盐可知，酸碱中和反应生成盐和水,则M是碱，N是氧化物，则C选项有可能，故C正确；‎ D．若发生复分解反应,根据反应M+酸→N+盐可知，M是金属氧化物时生成盐和水,N应为水,不会生成酸,则D选项不可能，故D错误； 故答案选D。‎ ‎2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5NA B. 在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2NA C. 在常温常压下，11.2 L O2所含的原子数目为NA D. 在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、C项是已知气体在非标准状况下的体积，不能直接用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，错误；B项，物质的量与状态无关，正确；D项，由阿伏加德罗定律知在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数相同，当气体单质分子中所含原子数不同时，相同体积的上述气体所含原子数就不相同，错误。‎ 故选B。‎ ‎3.下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是(　　)‎ A. Cu(OH)2＋HCl与Cu(OH)2＋CH3COOH B. NaHCO3＋H2SO4与Na2CO3＋HCl C. NaHCO3＋NaOH与Ca(HCO3)2＋NaOH D. BaCl2＋H2SO4与Ba(OH)2＋Na2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸是强酸，能拆写成离子，醋酸是弱酸，不能拆写成离子，因此不能用同一离子方程式表示，故错误；‎ B、NaHCO3属于弱酸的酸式盐，HCO3－不能拆写，两者的离子反应方程式为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O，故错误；‎ C、前者：HCO3－＋OH－=H2O＋CO32－，后者Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，不符合题意，故错误；‎ D、两个反应的离子方程式都是Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，符合题意，故正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.实验室常用热的氢氧化钠溶液洗去试管内壁沾有的硫单质，发生反应6NaOH＋3S2Na2S＋Na2SO3＋3H2O。关于该反应的说法不正确的是(　　)‎ A. 硫既氧化剂又是还原剂 B. 硫化钠是还原产物 C. 硫既表现氧化性又表现还原性 D. 消耗3 mol 硫，转移电子6 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应的概念分析判断。‎ ‎【详解】反应中，每3molS参与反应，其中有2molS得4mol电子生成Na2S，作氧化剂，表现氧化性；另1molS失4mol电子生成Na2SO3，是还原剂，表现还原性，A、C均正确。硫化钠是氧化剂得电子生成的，是还原产物，B项正确；反应中消耗3molS，转移电子4 mol，D项错误。‎ 本题选D。‎ ‎5.下列氧化还原反应发生在同种元素之间的是（ ）‎ A. Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑ B. 2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O C. H2＋CuOCu＋H2O D. 2H2O2H2↑＋O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应发生在同种元素之间，即反应中只有一种元素发生化合价的变化。‎ ‎【详解】A．Zn、H元素的化合价都变化，故A不符合要求；‎ B．只有S元素的化合价变化，则氧化还原反应发生在同种元素之间，故B符合要求；‎ C．Cu、H元素的化合价都变化，故C不符合要求；‎ D．H、O元素的化合价都变化，故D不符合要求；‎ 答案选B。‎ ‎6.氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是（ ）‎ A. 胶粒直径小于1 nm B. 胶粒不停地作无规则运动 C. 胶粒带正电荷 D. 胶粒不能通过半透膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.胶体中分散质的微粒大小为1-100nm,，故A错误；‎ B.胶体中的粒子不停地作无规则运动，但不是胶体稳定存在的主要原因，故B错误；‎ C.胶体不带电，氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不 易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故C正确；‎ D.胶粒不能透过半透膜，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列关于决定物质体积的因素的说法中不正确的是(　　)‎ A. 物质的体积取决于粒子数目、粒子大小和粒子间距 B. 相同条件下，粒子数相同的任何气体都具有相同体积 C. 同温同压下，1 mol任何物质所占的体积都相同 D. 等质量的氢气，压强越小、温度越高，其体积越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 从微观粒子的角度分析，决定物质体积大小的因素是粒子数目、粒子大小和粒子间距，故A正确；‎ B. 相同条件下，气体分子间的距离相同，气体分子数相同时，其体积相同，故B正确；‎ C. 同温同压下，1 mol固体或液体物质的体积不相同，故C错误；‎ D. 一定量的气体，压强越小、温度越高，其体积越大，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎8.下列关于分散系的说法中正确的是(　　)‎ A. 不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等 B. 可吸入颗粒(例如硅酸盐粉尘)形成气溶胶，对人类健康的危害更大 C. 胶体的分散质粒子的直径为1～10 nm D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是有无丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分散系是混合物，水是纯净物，水不是分散系，故A错误；‎ B. 可吸入颗粒形成气溶胶，与空气接触面积大，更易被人体吸收，对人类健康危害极大，故B正确；‎ C. 胶体的分散质粒子的直径为1～100 nm，故C错误；‎ D. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的本质区别是分散质粒子直径不同，故D错误。‎ 选B。‎ ‎9.氧化铁和氧化亚铁都能与氢碘酸反应，下列相关叙述中正确的是(　　)‎ A. 都有铁盐生成 B. 都有亚铁盐生成 C. 都是氧化还原反应 D. 反应中都无电子转移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故A错误；‎ B项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故B正确；‎ C项、氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故C错误；‎ D项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10. 某学生用量筒量取液体，初次视线与量筒内凹液面的最低处保持水平，读数为9.8mL。倒出部分液体后，俯视凹液面的最低处，读数为3.5mL，则该学生实际倒出液体的体积（ ）‎ A. 大于6.3mL B. 小于6.3mL ‎ C. 等于6.3mL D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】量筒的刻度自下而上逐渐增大，当俯视读数时，所读刻度线偏上，使读数偏大，造成所取溶液体积偏小，所以实际倒出的溶液的体积大于6.3mL，答案选A。‎ ‎11.下列化学药品与警示语对应正确的是（　　）‎ ‎①酒精——剧毒品　②浓硫酸——腐蚀品　③汽油——易燃品　④烧碱——剧毒品　⑤氯酸钾——氧化剂 ⑥硝酸铵——爆炸品 A. ①②③⑥ B. ①②⑤ ‎ C. ①④⑤ D. ②③⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①酒精无毒，易燃烧，属于易燃品，故错误；‎ ‎②浓硫酸有强腐蚀性，属于腐蚀品，故正确；‎ ‎③汽油是可燃性液体，属于易燃品，故正确；‎ ‎④烧碱无毒，具有腐蚀性，属于腐蚀品，不属于剧毒品，故错误；‎ ‎⑤氯酸钾具有强氧化性，属于氧化剂，故正确；‎ ‎⑥硝酸铵受热或受到撞击，会发生爆炸，属于爆炸品，故正确；‎ ‎②③⑤⑥正确，故选D。‎ ‎12.决定气体体积的因素：①气体分子的直径、②气体的物质的量多少、③气体分子间的平均距离、④气体分子的相对分子质量，则决定气体体积的因素主要为（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】气体粒子间距离较大，远大于粒子的直径，所以粒子大小可以忽略不计，决定气体体积的因素主要为构成物质的粒子数和粒子间的距离；相同的温度和压强下，任何气体粒子之间的距离可以看成是相等的，即②③正确；‎ 答案为C。‎ ‎13.下列关于水泥和普通玻璃工业生产的叙述正确的是（ ）‎ ‎①产品都是硅酸盐　②反应条件都是高温　③都用含有硅的物质作原料　④反应原理都是一系列复杂的物理化学变化 A. ①③ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①水泥和普通玻璃产品都是硅酸盐，正确；‎ ‎②反应条件都是高温，正确；‎ ‎③制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱，都用含有硅的物质作原料，正确；‎ ‎④反应原理都是一系列复杂的物理化学变化，正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)‎ A. 某无色澄清透明溶液中：K＋　H＋　Fe2＋　Cl－‎ B. 含0.1 mol·L－1OH－的溶液中：Na＋　K＋　　ClO－‎ C. 含0.1 mol·L－1的溶液中：K＋　Ca2＋　　‎ D. 含0.1 mol·L－1OH－的溶液中：Fe3＋　　Cu2＋　‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe2＋为浅绿色，在无色溶液中不能大量存在，故A错误；‎ B.OH－、Na＋、K＋、、ClO－离子间不反应，可以大量共存，故B正确；‎ C. 与Ca2＋反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，Ca2＋与生成硫酸钙微溶物，也不能大量共存，故C错误；‎ D. OH－与Fe3＋、Cu2＋反应生成沉淀，与结合生成氨气和水，不能大量共存，故D错误 故选B。‎ ‎15.除去粗盐中混有泥沙的实验中，用到玻璃棒的次数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】除去粗盐中混有泥沙的实验中，首先溶于水，需要玻璃棒搅拌，过滤时需要玻璃棒引流，从溶液中得到氯化钠晶体需要蒸发，又需要利用玻璃棒搅拌，所以用到玻璃棒的次数是3次，答案选C。‎ ‎16.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 硫酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等 B. 6.02×1023个N2和6.02×1023个O2的质量比等于7∶8‎ C. 3.2 g O2所含的原子数目约为0.2×6.02×1023‎ D. 常温、常压下，0.5×6.02×1023个二氧化碳分子质量是44 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.摩尔质量是指1mol物质的质量，硫酸的摩尔质量为98g/mol，6.02×1023个磷酸分子为1mol，1mol磷酸的质量为98g，则硫酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等，故A正确；‎ B.6.02×1023个氮气分子和6.02×1023个氧气分子的物质的量都为1mol，质量分别为1mol×28g/mol=28g、1mol×32g/mol=32g，所以6.02×1023个氮气分子和6.02×1023个氧气分子的质量比等于7：8，故B正确；‎ C.3.2g氧气的物质的量为0.1mol，1个氧气分子中含2个O原子，所以3.2g氧气所含的原子数目为0.2×6.02×1023，故C正确；‎ D.常温常压下，0.5×6.02×1023个二氧化碳分子的物质的量为0.5mol，质量=0.5mol×44g/mol=22g，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎17.选用金属材料时，以下方面需要考虑的是(　　)‎ ‎①主要用途　②物理性质、化学性质　③价格　④加工难度　⑤日常维护　⑥对环境的影响 A. ①②③ B. ③④⑤ ‎ C. ①⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】金属具有良好的导电性、导热性、延展性，多数金属的硬度较大，价格差别很大。‎ ‎【详解】选择金属材料时，应该考虑的因素有：主要用途，物理性质、化学性质，价格，加工难度，日常维护，对环境的影响，故上述因素都需要考虑，答案选D。‎ ‎18.检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是（ ）‎ A. 用干燥的蓝色石蕊试纸 B. 用干燥有色布条 C. 用湿润的淀粉碘化钾试纸 D. 将气体通入硝酸银溶液 ‎【答案】C ‎【解析】A．氯气遇到湿润的有色物质，Cl2+H2O=HClO+HCl，生成的HClO具有漂白性，但氯气不能用干燥的蓝色石蕊试纸检验，故A错误；B．用干燥有色布条，氯气不能与水反应生成次氯酸，不能使之褪色，故B错误；C．气体遇湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2+2I-=I2+2Cl-，碘单质遇淀粉变蓝，可检验，故C正确；D．气体中通入硝酸银溶液中，与氯化氢反应生成氯化银白色沉淀，氯气通入也会和水反应生成氯化氢与硝酸银反应生成白色沉淀，故D错误；故选C。‎ ‎19.自来水厂常使用氯气消毒，市场上有些小商小贩用自来水充当纯净水出售。下列试剂中，可用来辨其真伪的是(　　)‎ A. 酚酞溶液 B. 氯化钡溶液 ‎ C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】自来水厂常使用氯气消毒，Cl2＋H2O=HCl＋HClO，则自来水中含有Cl-，而纯净水则无Cl-，检验Cl-离子的存在，可用硝酸银溶液，生成不溶于水和酸的AgCl沉淀；氯水中存在氢离子显酸性，遇酚酞不变色、与氯化钡溶液不反应、与氢氧化钠发生中和反应，均无明显现象，不能鉴别，故选D。‎ ‎20.自来水厂常用氯气对生活用水进行杀菌消毒。市场上有些不法商贩为牟取暴利，用这样的自来水冒充纯净水(离子的浓度非常低)出售，给人们的生活造成了一定的不良影响。在下列化学试剂中，可以用于鉴别这种自来水和纯净水的是（ ）‎ A. 酚酞溶液 B. 氯化钡溶液 ‎ C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】自来水厂常用氯气对生活用水进行杀菌消毒，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，因此，自来水含盐酸和次氯酸，而纯净水不含，据此分析；‎ ‎【详解】A.酚酞溶液遇酸不变色，自来水和纯净水滴入酚酞后均为无色，无法鉴别，A错误；‎ B.氯化钡溶液和盐酸、次氯酸均不反应，无现象，无法鉴别，B错误； ‎ C.氢氧化钠溶液和盐酸、次氯酸虽然反应但无明显现象，无法鉴别，C错误； ‎ D.硝酸银溶液和盐酸生成白色的氯化银沉淀，而和纯净水无现象，能鉴别，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎21.下列关于金属通性的叙述不正确的是(　　)‎ A. 在反应中金属原子易失去最外层上的电子 B. 金属单质只具有还原性，而不具有氧化性 C. 金属元素在化合物中不可能为负价 D. 金属单质都能与盐酸溶液发生置换反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在反应中金属原子易失去最外层上的电子，A正确；‎ B. 金属元素只能失去电子，金属单质只具有还原性，而不具有氧化性，B正确；‎ C. 金属元素只能失去电子，金属元素在化合物中不可能为负价，C正确；‎ D. 金属单质不一定都能与盐酸溶液发生置换反应，例如铜等不活泼的金属，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎22.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，溶液导电性的变化合理的图像为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氢氧化钡中加入硫酸，反应生成硫酸钡和水，溶液中的离子浓度减小，溶液的导电性减弱，当氢氧化钡完全反应，溶液的导电性最小，然后加入硫酸，溶液中有氢离子和硫酸根离子，溶液的导电性逐渐增强，选C。‎ ‎23.下列可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法及现象是(　　)‎ A. 加热时无气体放出 B. 滴加盐酸时有气泡放出 C. 溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成 D. 溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠不分解，不能利用加热判断是否混有碳酸钠，故A错误；‎ B．二者均与盐酸反应生成气体，滴加盐酸时有气泡放出不能判断是否混有碳酸钠，故B错误；‎ C．碳酸氢钠与氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成，可判断存在碳酸钠，故C正确；‎ D．二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成，不能判断是否混有碳酸钠，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎24.实验室中，要使氯化铝溶液中的铝离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是(　　)‎ A. 氢氧化钠溶液 B. 氢氧化钡溶液 C. 盐酸 D. 氨水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱。‎ ‎【详解】A. NaOH溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故A错误；‎ B. Ba(OH)2溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故B错误；‎ C. 盐酸是酸，与Al3+不反应，故C错误；‎ D. 氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故D正确。‎ ‎25.下列为防止产生雾霾的措施中不可行的是（ ）‎ A. 停止冬季供暖，减少有害物质排放 B. 对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理 C. 退耕还林，改善生态环境 D. 寻找新能源，减少化石燃料的使用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．停止冬季供暖，虽然减少有害物质排放，但不符合客观实际，A错误；‎ B．对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理可以减少雾霾的产生，B正确；‎ C．退耕还林，改善生态环境有利于节能减排，可以防止雾霾的产生，C正确；‎ D．寻找新能源，减少化石燃料的使用，有利于节约能源，且可以减少雾霾的生成，D正确；答案选A。‎ 二、非选择题(共6小题,共50分)‎ ‎26.某铝合金(硬铝)中含有镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计如下实验：‎ ‎（1）称取样品ag。‎ ‎（2）将样品溶于足量稀盐酸中，过滤，滤液中主要含有___离子，滤渣中含有___；在溶解过滤时使用仪器有___。‎ ‎（3）往滤液中加入过量NaOH溶液，过滤，写出该步操作中有关的离子方程式____。‎ ‎（4）在第（3）步的滤液中通入足量CO2过滤，将沉淀用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至质量不再减少为止，冷却后称量，质量为bg。有关反应的化学方程式为____。‎ ‎（5）计算该样品中铝的质量分数的表达式为___。‎ ‎（6）若第（3）步中加入NaOH溶液的量不足时，会使测定的结果___(“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。若第（4）步对沉淀的灼烧不充分时，会使测定的结果___。若第（4）步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，会使测定的结果____。‎ ‎【答案】(1). Al3＋、Mg2＋、Cl－ (2). Cu、Si (3). 烧杯、玻璃棒、漏斗、带铁圈的铁架台(或漏斗架) (4). H++OH-＝H2O、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2-+2H2O[或H++OH-＝H2O、Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓] (5). NaOH+CO2=NaHCO3、NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓，2Al(OH)3 Al2O3+3H2O (6). ×100% (7). 偏低 (8). 偏高 (9). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】(2)铝合金(硬铝)中的铝和镁能够与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，单质硅、铜和稀盐酸不反应；结合溶解、过滤操作分析解答；‎ ‎(3)滤液中含有氯化镁、氯化铝和过量的盐酸，结合物质的性质分析解答； ‎ ‎(4)第(3)步的滤液中含有氯化钠和偏铝酸钠，以及过量的氢氧化钠，结合物质的性质分析解答； ‎ ‎(5)bg为氧化铝的质量，结合铝元素守恒计算铝的质量分数；‎ ‎(6)若第(3)步中加入氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀偏少；若第(4)步对沉淀的灼烧不充分时，会导致测得的氧化铝质量偏大；若第(4)步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，导致氢氧化铝沉淀的质量偏大，据此分析误差。‎ ‎【详解】(2)铝合金(硬铝)中的铝和镁能够与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，过滤，滤液中主要含有Al3+、Mg2+、Cl－，单质硅和铜不能和稀盐酸发生反应，留在了滤渣中；溶解、过滤过程中需要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒、带铁圈的铁架台(或漏斗架)，故答案为：Al3+、Mg2+、Cl－；Cu、Si；烧杯、漏斗、玻璃棒、带铁圈的铁架台(或漏斗架)；‎ ‎(3)滤液中含有氯化镁、氯化铝和过量的盐酸，剩余的盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠与水，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀与氯化钠，氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氯化钠，有关离子方程式为：H++OH-＝H2O、Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O、Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓； ‎ ‎(4)第(3)步的滤液中含有氯化钠和偏铝酸钠，以及过量的氢氧化钠，通入足量CO2，氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，灼烧氢氧化铝分解得到氧化铝，发生反应为NaOH+CO2=NaHCO3、NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓，2Al(OH)3 Al2O3+3H2O；‎ ‎(5)将沉淀用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至重量不再减少为止，冷却后称量，质量为bg，为Al2O3，该样品中铝的质量分数的表达式=×100%=×100%，故答案为：×100%；‎ ‎(6)若第(3)步中加入氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀偏少，测定结果偏低；若第(4)步对沉淀的灼烧不充分时，会导致测得的氧化铝质量偏大，测定结果偏高；若第(4)步中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，导致氢氧化铝沉淀的质量偏大，测定生成的氧化铝质量偏大，测定结果偏高。‎ ‎27.某课外活动小组为了检验钠与水反应的产物，设计如图装置(夹持装置省略)。首先在U形管内加入少量煤油和几粒钠块，再从U形管高端加入水(含有酚酞)，赶出空气，一段时间后加热铜丝。‎ 根据反应中观察到的现象，回答下列问题：‎ ‎(1)金属钠的变化现象________。‎ ‎(2)U形管中溶液的颜色_____，说明有__________生成。‎ ‎(3)铜丝的变化现象____________，说明有________生成；若去掉后面的装置，简述检验气体的方法____‎ ‎(4)若a g钠与b mL水完全反应，则该溶液溶质的质量分数是_______。‎ ‎【答案】(1). 在水和煤油的界面上逐渐变小并作上下跳动 (2). 从上到下逐渐由无色变为红色 (3). NaOH (4). 由黑色变红色 (5). H2 (6). 在玻璃管口处点燃气体，有淡蓝色火焰产生 (7). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】该实验的目的是检验钠与水的反应产物。观察装置，左边的U形管中有H2产生（2Na+2H2O=2NaOH+H2↑）；在水中滴加了酚酞，若溶液变红，可以证明有NaOH生成；若铜丝表面由黑色变为红色，可以说明有H2生成。‎ ‎【详解】(1)钠的密度比水小，比煤油大；钠与水接触后会产生H2‎ ‎（2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），并被H2推起来，又由于重力的作用，钠块会称降到水和没有的界面上，再次与水接触产生H2，就这样不断往复地在水和没有的界面上上下跳动，由于每次跳动都有H2生成，所以可以看到钠块不断被消耗，逐渐变小，直至消失；‎ ‎(2)钠和水反应有NaOH生成，故可以看到U形管中的溶液变红，故可以通过该现象证明有NaOH生成；‎ ‎(3)钠和水反应有H2生成，H2可以在加热的条件下还原CuO为Cu，对应的现象是黑色固体变红，故可以通过铜丝表面颜色的变化来证明有H2生成；检验H2的方法还有其他，比如：①用试管收集气体之后，对准燃着的酒精灯，松开手指可以听到爆鸣声，也可以②通过观察燃烧时火焰的颜色，淡蓝色的火焰可以证明有H2生成；‎ ‎(4)根据反应的现象可以推出水一定是过量的，故需要通过Na的质量来计算反应各体系消耗和生成的量：‎ ‎2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑‎ ‎2×23 2×40 2‎ a g g g 则w(NaOH)＝×100%=×100%。‎ 二、推断题(共1小题,每小题10.0分,共10分)‎ ‎28.A、B、C、D、E、F六种物质有如下转化关系，E为淡黄色粉末，通常用在呼吸面具中作为氧气的来源。‎ ‎（1）A、C、E、F的化学式：‎ A______，C______，E______，F______。‎ ‎（2）向饱和的C的溶液中通入足量CO2，会出现的现象是_____，有关反应的化学方程式为____。‎ ‎（3）鉴别C与F溶液应选用的试剂是_____，有关反应的离子方程式为_____。‎ ‎【答案】(1). Na (2). Na2CO3 (3). Na2O2 (4). NaHCO3 (5). 析出晶体 (6). Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3 (7). CaCl2溶液 (8). CO32-＋Ca2＋=CaCO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】E为淡黄色粉末，通常用在呼吸面具中作为氧气的来源，则E为Na2O2，A与氧气反应生成Na2O2，则A为Na，钠与水反应生成B且也能由过氧化钠转化得到，可推知B为NaOH，由于NaOH与二氧化碳得到C，C与二氧化碳、水反应得到F，可推知C为Na2CO3、F为NaHCO3，碳酸钠与HCl反应得到固体D，且能由过氧化钠转化得到，可推知D为NaCl，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3、D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3，故答案为Na；Na2CO3；Na2O2；NaHCO3；‎ ‎(2)向饱和的碳酸钠的溶液中通入足量CO2，Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，由于碳酸氢钠溶解度较小，因此会析出碳酸氢钠晶体，故答案为析出晶体；Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3；‎ ‎(3)鉴别碳酸钠与碳酸氢钠溶液可以选用CaCl2溶液，碳酸钠能够与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-＋Ca2＋=CaCO3↓，而碳酸氢钠不能与氯化钙溶液反应，故答案为CaCl2溶液；CO32-＋Ca2＋=CaCO3↓。‎ ‎29.已知A为常见的金属单质，根据如图所示的关系：‎ ‎(1)确定A、B、C、D、E、F的化学式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________，F____________。‎ ‎(2)写出⑧的化学方程式________，④、⑤的离子方程式________，_________。‎ ‎【答案】(1). Fe (2). Fe3O4 (3). FeCl2 (4). FeCl3 (5). Fe(OH)2 (6). Fe(OH)3 (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (8). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (9). Fe+2Fe3+=3Fe2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe(OH)3，则E为Fe(OH)2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4。据此解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3；‎ ‎(2)反应⑧为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；④的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，⑤的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2＋。‎ ‎30.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。‎ ‎（1）检验溶液中Fe3＋存在的常用试剂是___，证明Fe3＋存在的现象是____，配制含Fe2＋的溶液时，常常向溶液中加入少量___，使被氧气氧化形成的Fe3＋还原为Fe2＋。‎ ‎（2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式：___。‎ ‎（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，准备采用下列步骤：‎ A．请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式。‎ ‎①___，②___，③___，④____，⑤____，⑥_____。‎ B．请写出相关反应的化学方程式。_______。‎ ‎【答案】(1). KSCN溶液 (2). 溶液变成红色 (3). 铁粉 (4). 2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2 (5). Fe (6). FeCl2 (7). Fe和Cu (8). HCl (9). FeCl2 (10). Cl2 (11). CuCl2＋Fe=FeCl2＋Cu、2FeCl3＋Fe=3FeCl2、Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑、2FeCl2＋Cl2=2FeCl3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；Fe2＋容易被空气中的氧气氧化，为了防止亚铁离子被氧化，结合不能引入新杂质分析判断；‎ ‎(2)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁；‎ ‎(3)反应中含有氯化亚铁、氯化铜和未反应氯化铁，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，通入氯气可以得到氯化铁，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明存在Fe3+；配制含Fe2＋的溶液时，为了防止亚铁离子被氧化，且不能引入新杂质，常加入铁粉(铁钉也可)，使被氧气氧化形成的Fe3＋还原为Fe2＋，故答案为：KSCN溶液；溶液变红；铁粉；‎ ‎(2)氯化铁与铜反应生成氯化亚铁与氯化铜，反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2‎ ‎，故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；‎ ‎(3)A．废液中含有氯化亚铁、氯化铜和未反应的氯化铁，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，滤渣③中含有金属铜和未反应的铁，加入盐酸，滤液⑤中也含有氯化亚铁，与滤液②合并后通入氯气可以得到氯化铁，故答案为：Fe；FeCl2；Fe、Cu；HCl；FeCl2；Cl2；‎ B．废液中加入铁粉，发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2、2FeCl3＋Fe=3FeCl2；滤渣中含有铁、铜，加入盐酸，铁与盐酸反应，化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁与氯气的反应，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：CuCl2+Fe=Cu+FeCl2、2FeCl3＋Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl2+Cl2=2FeCl3。‎ ‎31.综合利用海水制备金属镁的流程如图所示，请据图回答下列问题：‎ ‎（1）贝壳主要成分化学式是__。‎ ‎（2）第②步是用生石灰和水反应制取石灰乳(主要成分是氢氧化钙)请写出制取石灰乳的化学方程式：__，基本反应类型是__。‎ ‎（3）第③步是将沉淀出的氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，写出该反应的化学方程式：__，该反应基本类型是__。‎ ‎（4）第④步是无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式：___，反应基本类型是__。‎ ‎（5）要使海水中MgCl2完全转化为沉淀Mg(OH)2，加入石灰乳的量应过量，确定海水中的MgCl2已全部转化为Mg(OH)2的方法：取上层清液少量，向其中加入氢氧化钠溶液，观察到__。‎ ‎（6）海水中本来就有氯化镁，请分析从海水中制取MgCl2时，要经历“MgCl2→Mg(OH)2→MgCl2”的转化原因：__。‎ ‎【答案】(1). CaCO3 (2). CaO＋H2O=Ca(OH)2 (3). 化合反应 (4). Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O (5). 复分解反应 (6). MgCl2Mg＋Cl2↑ (7). 分解反应 (8). 没有沉淀生成 (9). 海水中氯化镁含量低，通过转化使溶液中的氯化镁富集 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据已有的知识进行分析，贝壳的主要成分是碳酸钙；‎ 氧化钙能与水反应生成氢氧化钙；‎ 氢氧化镁能和盐酸反应生成氯化镁和水以及基本的反应类型进行解答；‎ 根据物质的分离与鉴别的方法分析；‎ 根据转化流程的原理与目的分析。‎ ‎【详解】(1)贝壳的主要成分是碳酸钙，它的化学式是CaCO3；‎ ‎(2)氧化钙和水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为CaO＋H2O=Ca(OH)2，反应类型为化合反应；‎ ‎(3)氢氧化镁能和盐酸反应生成氯化镁和水，反应的化学方程式为Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O；‎ ‎(4)电解氯化镁的化学方程式为MgCl2Mg＋Cl2↑，反应类型为分解反应；‎ ‎(5)要使海水中MgCl2完全转化为沉淀Mg(OH)2，加入石灰乳的量应过量；确定海水中的MgCl2已全部转化为Mg(OH)2的方法是取上层清液少量，向其中加入氢氧化钠溶液，若无沉淀生成则证明无氯化镁；‎ ‎(6)海水中氯化镁的浓度低，经历以上转化的目的是使溶液中的氯化镁富集。‎