高中化学 高一(上)期末化学试卷含解析含答案

一、选择题（共14小题，每小题3分，共52分．每题只有一个选项符合题意．）

1．（3分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是（　　）

A．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶

B．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂

C．2010年11月广州亚运会燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩

D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁

2．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．被氧化的物质是氧化剂

B．可以利用酒精将碘水中的碘提取出来

C．化合反应一定不是氧化还原反应

D．铝抗腐蚀是外层氧化膜致密的缘故

3．（3分）在水溶液中能大量共存，且加入过量的NaOH溶液时，有沉淀生成的是（　　）

A．K+、Ag+、NO3﹣、Cl﹣    B．NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣

C．Na+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣    D．Na+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣

4．（3分）自然界里常见金属元素存在最多的是铝，其次是铁，铜的含量较少．然而人类冶炼金属获得成功最早的反而是含量少的铜，含量最多的铝最迟冶炼出来，究其原因，合理的是（　　）

A．铜矿较易还原，铝矿很难还原 

B．铜矿颜色较深，易发现；铝矿颜色较浅，不易发现 

C．矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发 

D．以上说法都是错误的 

5．（3分）镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如图．关于反应中镁和铝的说法正确的是（　　）

A．质量之比为3：2

B．物质的量之比为2：3

C．摩尔质量之比为2：3

D．消耗硫酸的物质的量之比为1：1

6．（3分）往AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，发现有少量金属析出，过滤后往滤液中滴加盐酸有白色沉淀生成，则析出的少量金属一定是（　　）

A．Ag    B．Cu    C．Cu和Ag    D．无法判断

7．（3分）下列实验装置与实验操作正确的是（　　）

A．①④⑥    B．④⑥    C．①②④⑤    D．④⑤⑥

8．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）

A．常温常压下，11.2 L CH4中含有的氢原子数为2 NA

B．1 mol Cu被氧化时，失去的电子数一定为2 NA

C．1 mol Na2O2与足量水反应后转移的电子数为NA

D．0.1 mol/L MgCl2溶液中Cl﹣离子数为0.2 NA

9．（3分）在如图点滴板上有四组溶液间反应的小实验，其对应的离子方程式书写正确的是（　　）

A．a反应：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3↓

B．b反应：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O

C．c反应：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O

D．d反应：Fe2++2H++H2O2=Fe3++2H2O

10．（3分）某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水电离的少量H+），且SO42﹣的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（　　）

A．11.2 g    B．16.8 g    C．19.6 g    D．22.4 g

11．（3分）工业上用某种氧化铝矿石（含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的是（　　）

A．试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物

B．CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替

C．反应Ⅱ中的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣

D．工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低

12．（3分）下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（　　）

①KOH、Na2SO4、AlCl3          

②NaAlO2、HCl、H2SO4 

③Na2CO3、NaHCO3、H2SO4 

④AgNO3、Na2CO3、KCl．

A．①②④    B．②③    C．①②    D．①③

13．（3分）下列关于物质的检验说法不正确的是（　　）

A．向某物质中滴加盐酸后，有能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体产生，证明含CO32﹣

B．将某化合物进行焰色实验，透过蓝色钴玻璃观察，焰色为紫色，证明含K+

C．待检液逐滴加入NaOH溶液，有白色胶状沉淀产生后来沉淀逐渐消失，则原溶液中可能含有Al3+

D．待检液中先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水溶液显血红色，则待检液中一定含有Fe2+

14．（3分）研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果．下列表达不正确的是（　　）

A．密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：

B．Fe在Cl2中的燃烧产物：

C．NaOH溶液中通入一定量的CO2的产物：

D．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后体系中铝元素的存在形式：

二、填空题（本大题共4小题，共54分）

15．（8分）焊接铜件时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的氧化铜．其反应式为：

　   　NH4C1+　   　CuO→　   　Cu+　   　CuCl2+　   　N2↑+　   　H2O

（1）配平，并用双线桥法标出电子转移情况．

（2）该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：　   　．

（3）若反应中电子转移了0.3mol，则产生的气体在标准状况下的体积为　   　L．

16．（10分）在实验室中

（1）烧碱溶液因保存不慎会变质，涉及的离子方程式为：　   　．

（2）向NaCO3逐滴加入稀盐酸，现象是：　   　．涉及的离子方程式为：　   　、　   　．

（3）向分液漏斗中先加入10mL溴水，再加入4mLCCI4溶液，振荡静置，现象是：　   　．

17．（11分）某无色透明溶液，可能含有下列离子：Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、SO42﹣、Cl﹣、AlO2﹣，现取该溶液实验如下：

（2）写出下列反应的离子方程式：操作②：　   　．操作④中沉淀溶解：　   　．

18．（12分）某铝合金中含有铝、镁、铜、硅．为了测定该合金中铝的含量，现设计了如下实验：

已知：Si+2NaOH=Na2 Si O3+H2↑，H2Si O3是不溶于水的弱酸．

（1）固体A的成分是：　   　，溶液M中的阴离子有：　   　

（2）步骤③中生成沉淀的离子方程式为：　   　

（3）步骤④中，用到的仪器有三脚架、酒精灯以及　   　

（4）该样品中铝的质量分数是：　   　（用a、b表示）．

（5）下列因操作不当，会使测定结果偏大的是　   　

A．第①步中加入NaOH溶液不足       

B．第②步中加入盐酸不足时

C．第④步中的沉淀未用蒸馏水洗涤     

D．第④步对沉淀灼烧不充分．

三、计算题（共7分）

19．（7分）将镁、铝的混合物7.8g溶于100mL 6mol/L的H2SO4溶液中，然后再滴加2mol/L的NaOH溶液．请回答：

（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．当V1=200mL时，则金属粉末中，n（Mg）=　   　mol，V2=　   　mL．

（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、A13+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积为　   　mL．

高一（上）期末化学试卷

参与试题解析

一、选择题（共14小题，每小题3分，共52分．每题只有一个选项符合题意．）

1．（3分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是（　　）

A．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶

B．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂

C．2010年11月广州亚运会燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩

D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁

【分析】A．注意氧化还原反应的实质，食品被氧化的实质是被空气中的氧气氧化；

B．碳酸氢钠能和酸反应放出气体还没有腐蚀性，不会对人体造成伤害；

C． 焰色反应是金属元素的性质应用；

D．目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁．

【解答】解：A．生石灰无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化，故A错误； 

B．碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，也可治疗胃酸过多，故B正确；

C．焰色反应是金属元素的性质应用，燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现的颜色，故C正确；

D．目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁，青铜是我国使用最早的合金材料，故D正确．

故选A．

【点评】本题考查食品添加剂、焰色反应和合金，题目难度不大，注意焰色反应是元素的性质．

2．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．被氧化的物质是氧化剂

B．可以利用酒精将碘水中的碘提取出来

C．化合反应一定不是氧化还原反应

D．铝抗腐蚀是外层氧化膜致密的缘故

【分析】A．被氧化的物质应为还原剂；

B．酒精和水混溶，不能用作萃取剂；

C．化合反应如存在化合价的变化，为氧化还原反应；

D．致密的氧化物膜可阻碍反应的进行．

【解答】解：A．氧化还原反应中，被氧化的物质应为还原剂，故A错误；

B．酒精和水混溶，不能用作萃取剂，萃取剂与水互不相溶，故B错误；

C．化合反应如存在化合价的变化，为氧化还原反应，如H2+Cl2=2HCl，故C错误；

D．铝被氧化可生成致密的氧化物膜，可阻碍反应的进行，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质，从元素化合价的角度解答，难度不大．

3．（3分）在水溶液中能大量共存，且加入过量的NaOH溶液时，有沉淀生成的是（　　）

A．K+、Ag+、NO3﹣、Cl﹣    B．NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣

C．Na+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣    D．Na+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣

【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，不能相互促进水解，则离子能大量共存，并结合加入过量NaOH溶液时，能产生白色沉淀来解答．

【解答】解：A．Ag+、Cl﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；

B．Ba2+、CO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；

C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，碱性条件下，Ca2+、HCO3﹣反应生成碳酸钙沉淀，故C正确；

D．离子之间不发生反应，加入过量NaOH，生成NaAlO2，没有沉淀生成，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和氧化还原反应及水解反应的考查，注重学生思维严密性的训练，有利于提高学生分析问题解决问题的能力，题目难度不大．

4．（3分）自然界里常见金属元素存在最多的是铝，其次是铁，铜的含量较少．然而人类冶炼金属获得成功最早的反而是含量少的铜，含量最多的铝最迟冶炼出来，究其原因，合理的是（　　）

A．铜矿较易还原，铝矿很难还原 

B．铜矿颜色较深，易发现；铝矿颜色较浅，不易发现 

C．矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发 

D．以上说法都是错误的 

【分析】金属冶炼的难易与金属的活泼性有关，越不活泼的金属，越易冶炼，使用的越早，而铝的性质比较活泼，用一般的还原剂不能将之置换，一般用电解法，使用较晚．

【解答】解：金属冶炼的难易与金属的活泼性有关，铜不活泼，在加热条件下可用碳置换，使用较早，而铝的性质比较活泼，用一般的还原剂不能将之置换，一般用电解法，使用较晚，与金属化合物的其它性质无关，

故选A．

【点评】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属冶炼的一般原理，学习中注意常见金属的冶炼方法．

5．（3分）镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如图．关于反应中镁和铝的说法正确的是（　　）

A．质量之比为3：2

B．物质的量之比为2：3

C．摩尔质量之比为2：3

D．消耗硫酸的物质的量之比为1：1

【分析】硫酸过量，Mg、Al完全反应，由图可知生成氢气体积相同，则氢气物质的量相等，假设氢气为1mol，根据电子转移守恒计算Mg、Al物质的量，再根据m=nM计算各自质量，进而计算二者物质的量之比、质量之比，摩尔质量之比等于相对分子质量之比，根据氢元素守恒计算消耗硫酸物质的量之比．

【解答】解：硫酸过量，Mg、Al完全反应，由图可知生成氢气体积相同，则氢气物质的量相等，假设氢气为1mol，根据电子转移守恒，Mg的物质的量为=1mol、Al物质的量为=mol．

A．Mg、Al的质量之比为1mol×24g/mol：mol×27g/mol=4：3，故A错误；

B．Mg、Al的物质的量之比为1mol：mol=3：2，故B错误；

C．Mg、Al的摩尔质量之比为24g/mol：27g/mol=8：9，故C错误；

D．根据氢原子守恒，消耗硫酸的物质的量相等，故D正确，

故选D．

【点评】本题以化学反应图象形式，考查化学方程式有关计算，关键是明确金属完全反应且生成氢气的体积相等，注意利用守恒法解答．

6．（3分）往AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，发现有少量金属析出，过滤后往滤液中滴加盐酸有白色沉淀生成，则析出的少量金属一定是（　　）

A．Ag    B．Cu    C．Cu和Ag    D．无法判断

【分析】依据金属活动顺序表，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，据此解答．

【解答】解：在金属活动性顺序中，锌＞铁＞氢＞铜＞银，铁能与银反应生成银和亚铁，可以和铜反应生成铜和亚铁，不能与锌反应；所以放入铁后铁要先置换出银中银再去置换铜中的铜，所以如果向所得滤液中加稀盐酸有白色沉淀生成，说明溶液中还存在银离子其白色沉淀是氯化银，因此铜一定还没有反应，析出的金属一定为银，

故选：A．

【点评】本题考查了金属单质的还原性强弱，明确金属活动顺序表与单质还原性强弱关系是解题关键，题目难度不大．

7．（3分）下列实验装置与实验操作正确的是（　　）

A．①④⑥    B．④⑥    C．①②④⑤    D．④⑤⑥

【分析】①加热固体试管底要高于试管口；

②制取二氧化碳的装置中，长颈漏斗的管口要伸入液面以下，防止气体逸出；

③转移液体需要引流；

④使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置是否伸入到试管内或接触试管；

⑤铁丝的燃烧试验要在集气瓶底部铺一层沙子或放少量水；

⑥根据向试管中倾倒液体药品的方法进行分析判断．

【解答】解：①氢气还原氧化铜有水生成，所以试管底要高于试管口，否则会产生水倒流现象而炸裂试管，故①错误；

②制取二氧化碳的装置中，长颈漏斗的管口没有伸入液面下，导致产生的二氧化碳逸出，故②错误；

③转移液体需要用玻璃杯引流，故③错误；

④使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置是否伸入到试管内或接触试管内壁．应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，故④正确；

⑤铁丝的燃烧试验要在集气瓶底部铺一层沙子或放少量水，防止铁丝燃烧产生的热量炸裂集气瓶，故⑤错误；

⑥向试管中倾倒液体药品时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨，故⑥正确；

故选B．

【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意基本实验操作的要领和实验要求．

8．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（　　）

A．常温常压下，11.2 L CH4中含有的氢原子数为2 NA

B．1 mol Cu被氧化时，失去的电子数一定为2 NA

C．1 mol Na2O2与足量水反应后转移的电子数为NA

D．0.1 mol/L MgCl2溶液中Cl﹣离子数为0.2 NA

【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；

B、根据反应后铜的价态来分析；

C、Na2O2与水的反应为歧化反应；

D、溶液体积不明确．

【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L甲烷的物质的量小于0.5mol，故含有的氢原子的个数2NA，故A错误；

B、反应后铜元素的价态可能为+1价或+2价，故失去的电子数可能为NA个或2NA个，故B错误；

C、Na2O2与水的反应为歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子，个数为NA个，故C正确；

D、溶液体积不明确，故氯离子个数不能计算，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

9．（3分）在如图点滴板上有四组溶液间反应的小实验，其对应的离子方程式书写正确的是（　　）

A．a反应：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3↓

B．b反应：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O

C．c反应：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O

D．d反应：Fe2++2H++H2O2=Fe3++2H2O

【分析】A．硫氰化铁为络合物，不能用沉淀符号；

B．氢氧化钠过量，铵根离子与碳酸氢根离子都参与反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；

C．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和水；

D．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒．

【解答】解：A．铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁，正确的离子方程式为：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，故A错误；

B．氢氧化钠过量，则铵根离子也参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3•H2O，故B错误；

C．氧化铝具有两性，能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，正确的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故C正确；

D．离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．

10．（3分）某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水电离的少量H+），且SO42﹣的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（　　）

A．11.2 g    B．16.8 g    C．19.6 g    D．22.4 g

【分析】根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子守恒计算n（FeSO4），进而计算反应后溶液中Fe2+的物质的量，根据电荷守恒计算原溶液中n（Fe3+），根据Fe元素守恒，减去原溶液中Fe3+物质的量可得溶解Fe的物质的量，再根据m=nM计算溶解的铁粉的质量．

【解答】解：n（SO42﹣）=0.1L×6mol/L=0.6mol，CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有n（Cu2+）=n（H+）=n（Fe3+），设Cu2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒：2n+3n+n=0.6mol×2，解得n=0.2mol，

Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子守恒，反应后溶液中n（FeSO4）=0.6mol，则n（Fe2+）=n（FeSO4）=0.6mol，

根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4mol×56g/moL=22.4g，

故选D．

【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，侧重考查学生分析计算能力，注意用电荷守恒和质量守恒解答．

11．（3分）工业上用某种氧化铝矿石（含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的是（　　）

A．试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物

B．CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替

C．反应Ⅱ中的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣

D．工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低

【分析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应Ⅰ过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，溶液Y为NaHCO3，Al（OH）3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3生成Al，以此解答该题．

【解答】解：综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应Ⅰ过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，溶液Y为NaHCO3，Al（OH）3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3生成Al，

A．分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不能用氨水，因氧化铝与氨水不反应，故A错误；

B．CO2可以和偏铝酸钠反应制得氢氧化铝，用H2SO4溶液或稀盐酸代替会导致生成的氢氧化铝溶于其中，故B错误；

C．过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，即CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；

D．Fe活泼性较Al弱，与Al2O3不反应，故D错误．

故选C．

【点评】本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等．

12．（3分）下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（　　）

①KOH、Na2SO4、AlCl3          

②NaAlO2、HCl、H2SO4 

③Na2CO3、NaHCO3、H2SO4 

④AgNO3、Na2CO3、KCl．

A．①②④    B．②③    C．①②    D．①③

【分析】根据物质的性质及相互反应的现象进行分析，解答此类题一般先看颜色、闻气味、进行焰色反应，再相互反应或利用两种物质相互反滴，让已被检出的物质作已知物再去鉴别其它物质．

【解答】解：①先两两反应，其中一种物质与另外两种物质无明显现象，该物质是Na2SO4，将剩余的两种物质进行滴加反应，KOH滴加到AlCl3中先出现白色沉淀，后白色沉淀溶解，若将加入AlCl3滴加到KOH中先不出现白色沉淀，后出现白色沉淀，据此可以鉴别KOH与AlCl3，故①正确；

②先两两反应，其中一种物质与另外两种物质反应都有沉淀产生，该物质是NaAlO2，但HCl、H2SO4 不能鉴别开，故②错误；

③先两两反应，其中一种物质与另外两种物质反应都有气体生成，则该物质是H2SO4，H2SO4滴加到Na2CO3中，先不产生气体，后产生气体，H2SO4滴加到NaHCO3中立即产生气体，据此可以鉴别Na2CO3、NaHCO3，故③正确；

④先两两反应，其中一种物质与另外两种物质反应都有白色沉淀生成，则该物质是AgNO3，Na2CO3、KCl不能鉴别开，故④错误；

故选D．

【点评】不同考查物质检验与推断、元素化合物知识、学生综合分析能力，难度中等，掌握化合物的基础知识与相应的现象是解题的关键，注意不用试剂进行的鉴别一般先看颜色（对气体可以闻气味）、进行焰色反应，再相互反应或利用两种物质相互反滴，让已被检出的物质作已知物再去鉴别其它物质．

13．（3分）下列关于物质的检验说法不正确的是（　　）

A．向某物质中滴加盐酸后，有能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体产生，证明含CO32﹣

B．将某化合物进行焰色实验，透过蓝色钴玻璃观察，焰色为紫色，证明含K+

C．待检液逐滴加入NaOH溶液，有白色胶状沉淀产生后来沉淀逐渐消失，则原溶液中可能含有Al3+

D．待检液中先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入氯水溶液显血红色，则待检液中一定含有Fe2+

【分析】A、CO32﹣和HCO3﹣都能与HCl反应生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，所以不能判断出是否含有CO32﹣；

B、观察钾的颜色需要透过蓝色钴玻璃；

C、铝的氢氧化物具有两性，能与强碱反应生成片铝酸盐；

D、亚铁离子与氯气反应生成铁离子，据此判断即可．

【解答】解：A、CO32﹣和HCO3﹣都能与HCl反应生成CO2气体，CO2气体为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，所以不能判断出是否含有CO32﹣，故A错误；

B、某化合物进行焰色实验，透过蓝色钴玻璃观察，焰色为紫色，证明含K+，故B正确；

C、待检液逐滴加入NaOH溶液，有白色胶状沉淀（氢氧化铝）产生后来沉淀逐渐消失生成片铝酸盐，则原溶液中可能含有Al3+，故C正确；

D、亚铁离子与氯气反应生成铁离子，铁离子遇硫显红色，故D正确，

故选A．

【点评】本题考查物质的检验、鉴别、反应现象的判断，解题关键是干扰离子的分析判断，题目难度中等．

14．（3分）研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果．下列表达不正确的是（　　）

A．密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：

B．Fe在Cl2中的燃烧产物：

C．NaOH溶液中通入一定量的CO2的产物：

D．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后体系中铝元素的存在形式：

【分析】A．根据发生的反应CuO+CCu+CO，2CuO+C 2Cu+CO2分析；

B．Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，其产物只有FeCl3；

C．根据可能发生的反应2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3分析；

D．根据可能发生的反应Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O分析．

【解答】解：A．发生反应：CuO+CCu+CO，2CuO+C 2Cu+CO2，当≤1，产物为CO； ≥2，产物为CO2；1＜＜2，产物为CO和CO2，故A正确；

B．Fe在Cl2中燃烧只有一种产物FeCl3，故B错误；

C．发生反应：2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3，当≤1，生成NaHCO3，当1＜＜2，生成Na2CO3、NaHCO3，当≥2，生成Na2CO3，故C正确；

D．Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，当＜3，铝元素以Al3+和Al（OH）3形式存在； 当=3，则以Al（OH）3形式存在；3＜＜4以 AlO2﹣和Al（OH）3形式存在； 当≥4只以 AlO2﹣形式存在，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查讨论型过量计算、元素化合物性质，题目以常见的用数轴法表示化学知识，较好地考查学生灵活应用知识的能力，注意Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，其产物只有FeCl3．

二、填空题（本大题共4小题，共54分）

15．（8分）焊接铜件时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的氧化铜．其反应式为：

　2　NH4C1+　4　CuO→　3　Cu+　1　CuCl2+　1　N2↑+　4　H2O

（1）配平，并用双线桥法标出电子转移情况．

（2）该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：　3：2　．

（3）若反应中电子转移了0.3mol，则产生的气体在标准状况下的体积为　1.12　L．

【分析】（1）根据Cu元素的化合价降低、N元素的化合价升高，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应，转移电子数=2×（3﹣0）=3×（2﹣0）=6；

（2）该反应中氧化剂为CuO，还原剂为NH4C1，有（1）中双线桥可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；

（3）生成1个N2分子转移电子数为6，若反应中电子转移了0.3mol，则产生的N2的物质的量为=0.05mol，带入V=nVm计算．

【解答】解：（1）根据Cu元素的化合价降低、N元素的化合价升高，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应得2NH4C1+4CuO=3Cu+CuC12 +N2↑+4H2O，转移电子数=2×（3﹣0）=3×（2﹣0）=6，双线桥法标出电子转移情况为：

，

故答案为：2NH4C1+4CuO=3Cu+CuC12 +N2↑+4H2O

；

（2）该反应中氧化剂为CuO，还原剂为NH4C1，有（1）中双线桥可知，4molCuO参与反应，做氧化剂的为3mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，

故答案为：3：2；

（3）生成1个N2分子转移电子数为6，若反应中电子转移了0.3mol，则产生的N2的物质的量为=0.05mol，

则产生的N2在标准状况下的体积V=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，

故答案为：1.12．

【点评】本题考查氧化还原反应得配平及有关计算，根据电子守恒及质量守恒定律得出化学反应方程式是解答本题的关键，并注意（2）是学生解答的难点和易错点，4molCuO参与反应与作氧化剂的区别，难度中等．

16．（10分）在实验室中

（1）烧碱溶液因保存不慎会变质，涉及的离子方程式为：　2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O　．

（2）向NaCO3逐滴加入稀盐酸，现象是：　开始没有气泡，一段时间后产生气泡　．涉及的离子方程式为：　CO32﹣+H+=HCO3﹣　、　HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑　．

（3）向分液漏斗中先加入10mL溴水，再加入4mLCCI4溶液，振荡静置，现象是：　溶液分层，上层无色，下层橙红色　．

【分析】（1）氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水；

（2）碳酸钠中逐滴加入盐酸，首先反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；

（3）溴易溶于四氯化碳，四氯化碳密度大于水．

【解答】解：（1）氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，离子方程式；2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，故答案为：2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O；

（2）碳酸钠中逐滴加入盐酸，首先反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；所以现象开始没有气泡，一段时间后产生气泡，离子方程式为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故答案为：开始没有气泡，一段时间后产生气泡；CO32﹣+H+=HCO3﹣；HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；

（3）溴易溶于四氯化碳，溴水中加入4mLCCI4溶液，溶液分层，上层为无色水层，下层为溴的四氯化碳层，颜色为橙红色，

故答案为：溶液分层，上层无色，下层橙红色．

【点评】本题考查了离子方程式的书写、萃取，题目难度不大，明确碳酸根与氢离子反应的原理、明确萃取的原理是解题关键，题目难度不大．

17．（11分）某无色透明溶液，可能含有下列离子：Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、SO42﹣、Cl﹣、AlO2﹣，现取该溶液实验如下：

（2）写出下列反应的离子方程式：操作②：　Ba2++SO42﹣=BaSO4↓　．操作④中沉淀溶解：　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．

【分析】无色溶液中，有色离子不存在，氢氧化铝是两性氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于的白色沉淀是氯化银或者是硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析．因是一无色透明溶液，则不含有Fe2+，

①取少量该溶液，加几滴石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显示酸性，所以AlO2﹣不存在；

②取少量该溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则含有SO42﹣；

③由于②中加入了氯化钡，无法确定原溶液中是否存在氯离子；

④取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有铝离子、镁离子．

【解答】解：无色溶液中，有色离子不存在，氢氧化铝是两性氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于的白色沉淀是氯化银或者是硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析．因是一无色透明溶液，则不含有Fe2+，

①取少量该溶液，加几滴石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显示酸性，所以AlO2﹣不存在；

②取少量该溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则含有SO42﹣；

③由于②中加入了氯化钡，无法确定原溶液中是否存在氯离子；

④取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有铝离子、镁离子．

（1）根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子有：SO42﹣ Mg2+、Al3+，溶液中肯定不存在的离子是Ba2+、Fe2+、AlO2﹣，不能确定的是：Cl﹣，

故答案为：SO42﹣、Mg2+、Al3+； Ba2+、Fe2+、AlO2﹣；Cl﹣；

（2）钡离子与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，

故答案为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．

【点评】本题考查离子的共存问题，关键是明确题中信息的挖掘和应用，并能够熟悉离子不能共存的常见的原因，本题难度中等．

18．（12分）某铝合金中含有铝、镁、铜、硅．为了测定该合金中铝的含量，现设计了如下实验：

已知：Si+2NaOH=Na2 Si O3+H2↑，H2Si O3是不溶于水的弱酸．

（1）固体A的成分是：　Mg Cu　，溶液M中的阴离子有：　AlO2﹣，SiO32﹣，OH﹣　

（2）步骤③中生成沉淀的离子方程式为：　Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　

（3）步骤④中，用到的仪器有三脚架、酒精灯以及　坩埚、泥三角、坩埚钳　

（4）该样品中铝的质量分数是：　×100%　（用a、b表示）．

（5）下列因操作不当，会使测定结果偏大的是　C D　

A．第①步中加入NaOH溶液不足       

B．第②步中加入盐酸不足时

C．第④步中的沉淀未用蒸馏水洗涤     

D．第④步对沉淀灼烧不充分．

【分析】铝合金的主要成分为铝、镁、铜、硅加入过量氢氧化钠溶液过滤，固体A为Mg、Cu，溶液M为NaAlO2，Na2SiO3，溶液M中加入过量盐酸反应过滤得到固体B为H2SiO3，溶液N中为AlCl3溶液加入过量氨水过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀灼烧得到固体C为Al2O3；

（1）依据上述分析可知固体A为Mg、Cu，溶液M中的阴离子为过量的氢氧根离子，偏铝酸根离子和硅酸根离子；

（2）步骤③是氯化铝和一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀的反应；

（3）灼烧固体的实验在坩埚中进行，需要的仪器有酒精灯、坩埚、泥三角、铁三角、坩埚钳等；

（4）分析可知固体C为Al2O3，依据铝元素守恒计算；

（5）A．第①步中加入NaOH溶液不足，铝为全部溶解，测定结果偏低；          

B．第②步中加入盐酸不足时，生成的偏铝酸钠为全部反应导致最后生成的氧化铝质量减小，结果偏低；

C．第③步中沉淀未用蒸馏水洗涤，表面有杂质氯化钠、氯化铵，灼烧氯化铵分解，氯化钠对测定结果固体C质量增大； 

D．第④步对沉淀灼烧不充分，得到固体C质量增大．

【解答】解：铝合金的主要成分为铝、镁、铜、硅加入过量氢氧化钠溶液过滤，固体A为Mg、Cu，溶液M为NaAlO2，Na2SiO3，溶液M中加入过量盐酸反应过滤得到固体B为H2SiO3，溶液N中为AlCl3溶液加入过量氨水过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀灼烧得到固体C为Al2O3；

（1）依据上述分析可知固体A为Mg、Cu，溶液M中的阴离子为过量的氢氧根离子，偏铝酸根离子和硅酸根离子，AlO2﹣，SiO32﹣，OH﹣；

故答案为：Mg、Cu，AlO2﹣，SiO32﹣，OH﹣；

（2）步骤③是氯化铝和一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀的反应，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（3）步骤④中，用到的仪器有三脚架、酒精灯以及坩埚、泥三角、坩埚钳；

故答案为：坩埚、泥三角、坩埚钳；

（4）分析可知bg固体C为Al2O3，依据铝元素守恒计算，铝的质量分数=×100%=×100%；

故答案为：×100%；

（5）A．第①步中加入NaOH溶液不足，铝为全部溶解，测定结果偏低，故A不符合；          

B．第②步中加入盐酸不足时，生成的偏铝酸钠为全部反应导致最后生成的氧化铝质量减小，结果偏低，故B不符合；

C．第③步中沉淀未用蒸馏水洗涤，表面有杂质氯化钠、氯化铵，灼烧氯化铵分解，氯化钠对测定结果固体C质量增大，铝质量分数增大，故C正确； 

D．第④步对沉淀灼烧不充分，得到固体C质量增大，铝质量分数增大，故D正确；

故答案为：C D；

【点评】本题考查了物质组成的实验测定过程分析判断，物质性质的理解应用，实验基本操作的熟练掌握是解题关键，题目难度中等．

三、计算题（共7分）

19．（7分）将镁、铝的混合物7.8g溶于100mL 6mol/L的H2SO4溶液中，然后再滴加2mol/L的NaOH溶液．请回答：

（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．当V1=200mL时，则金属粉末中，n（Mg）=　0.1　mol，V2=　700　mL．

（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、A13+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积为　600　mL．

【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=200mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V1=200mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，根据Mg原子、Al原子、SO42﹣离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Mg）；

当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液．根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒，求出n（NaOH），再利用V=计算滴入氢氧化钠溶液体积V2．

（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42﹣离子和Na+离子守恒有n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）求出n（NaOH），再利用V=计算需要滴入NaOH溶液的体积．

【解答】解：（1）当V1=200mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，

由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（Na+）=n（NaOH）=×0.2L×2mol/L=0.2mol，

设MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，则：

根据Mg原子、Al原子守恒有：24x+27×2y=7.8，

100mL 6mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：6mol/L×0.1L=0.6mol，

根据SO42﹣离子守恒有：x+3y=0.6﹣0.2=0.4，

联立方程解得：x=0.1、y=0.1，

所以金属粉末中：n（Mg）=0.1mol，n（Al）=2y=2×0.1mol=0.2mol，

滴加NaOH溶液到体积V2时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒有：

n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.6mol×+0.2mol=1.4mol，

则V2==0.7L=700mL，

故答案为：0.1，700；

（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42﹣离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=2×0.6mol=1.2mol，

所以需要氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）==0.6L=600mL，

故答案为：600．

【点评】本题考查了有关混合物反应的计算，题目难度中等，熟练掌握离子性质、明确图象曲线变化的含义为解答此类题的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．