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2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析） (III)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1.我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指( )A. 烧碱溶液 B. 醋酸 C. 硝酸 D. 氢氟酸【答案】C【解析】【详解】“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”说明该物质可以溶解许多的金属，也可以与许多盐发生反应，但是与玻璃不能发生反应，在选项中提供的物质中只有硝酸具有该性质，答案选C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关NA的叙述中，正确的是 ( )A. 1 mol NaHCO3晶体中所含的离子总数为3NAB. 常温下，46gNO2与N2O4混合气体中所含的N原子数为NAC. 标准状况下，22.4L水中所含的H2O分子数为NAD. 在钠与过量氧气的反应中，1 mol 钠失去电子的数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A. 碳酸氢钠是由钠离子和碳酸氢根离子组成的盐，1 mol NaHCO3晶体中所含的离子总数为2NA，A错误；B. NO2与N2O4的最简式均是“NO2”，常温下，46gNO2与N2O4混合气体中所含“NO2”的物质的量是1mol，其中含有的N原子数为NA，B正确；C. 标准状况下水是液态，不能利用气体摩尔体积计算22.4L水中所含的H2O分子数，C错误；D. 钠在反应中只能失去1个电子，在钠与过量氧气的反应中，1 mol钠失去电子的数目为NA，D错误；答案选B。3.“纳米材料”是指微粒直径为几纳米到几十纳米的材料，如将纳米材料分散到水中，得到的分散系不可能具有下列性质中的( )A. 能全部通过半透膜 B. 能全部通过滤纸C. 粒子做布朗运动 D. 能发生丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】因纳米材料分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，则A.胶体粒子的直径大于溶液中分散质粒子的直径，则纳米材料不能透过半透膜，A符合题意；B.溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，则能全部透过滤纸，B不符合题意；C.因形成的是胶体分散系，则具有胶体的性质，可以产生布朗运动，C不符合题意；D.因形成的是胶体分散系，故能发生丁达尔效应，D不符合题意。答案选A。4.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有+5价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的+3价砷。下列说法正确的是()A. 在该反应中维生素C作氧化剂B. 由上述信息可推知砒霜中含有的砷是+3价C. 因为河虾中含有砷元素，所以不能食用D. 上述反应中河虾中的+5价砷被氧化【答案】B【解析】【分析】河虾中含有+5价砷与维生素C同食会产生有毒的+3价砷，则砷元素的化合价降低，维生素C中某元素的化合价升高，以此来解答。【详解】A、由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故A错误；B、由信息可知，含有+3价砷的物质有毒，砒霜是砷的氧化物，且有毒，则砒霜中含有的砷是+3价，故B正确；C、由信息可知，河虾中含有+5价砷与维生素C同食会产生有毒的+3价砷，所以二者不能同时食用，并不是因为河虾中含有砷元素，C错误；D、由信息可知，河虾中含有+5价砷与维生素C同食会产生有毒的+3价砷，砷元素的化合价降低，则反应中河虾中的+5价砷被还原，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，注意把握习题中的信息。5.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是( )选项实验目的实验操作A称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B分离乙醇和水用分液漏斗分液C检验溶液中是否含有NH4+取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D制备Fe(OH)2直接往 FeSO4溶液中滴加NaOH溶液A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化钠易潮解且具有腐蚀性，不能用滤纸称量，应在烧杯中称量，A错误；B.乙醇与水互溶，不能直接分液分离，应该是蒸馏，B错误；C.加热时铵离子与氢氧根反应产生氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，能达到相应实验目的，C正确；D.氢氧化亚铁易被氧化，直接往FeSO4溶液中滴加NaOH溶液不能制备氢氧化亚铁，D错误；故答案选C。6.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是( )A. 图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完B. 图：溶液变红证明新制氯水具有强氧化性C. 图：瓶口有白雾生成D. 图：湿润的有色布条褪色【答案】D【解析】【详解】A二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；B图中溶液变红证明新制氯水显酸性，后褪色才能证明新制氯水具有漂白性，B错误；C铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不是雾，C错误；D氯气没有漂白性，图中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确；答案选D。7.类推的思维方法在化学学习与研宄中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中错误的是( )钠与水反应生成NaOH和H2；高温下铁与水反应也生成碱和H2氢氧化铝加热分解为金属氧化物和水；氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成相应的金属氧化物和水碳酸钠、碳酸氢钠溶液均显碱性；钠盐溶液均能使酚酞变红铝和硫反应生成Al2S3；铁与硫反应生成Fe2S3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和H2，故错误；难溶性的碱受热分解，生成对的氧化物和水，所以氢氧化镁、氢氧化铁也能加热分解生成金属氧化物和水，故正确；碳酸钠、碳酸氢钠是强碱弱酸盐，溶液均水解显碱性，而氯化钠、硫酸钠溶液是强碱强酸盐溶液呈中性，所以并不是所有的钠盐溶液均能使酚酞变红，故错误；铝和硫反应生成Al2S3；由于硫的氧化性较弱，铁与硫反应生成FeS，不存在Fe2S3，故错误；故答案选B。8.下列离子在对应的溶液中能大量共存的是( )A. 在强酸性溶液中： CH3COO-、 NO3-、Fe2+、 Na+B. 在能使酚酞试液变深红色的溶液中：Ca2+、 Ba2+、 NO3-、HCO3-C. 在含有Cl-、 Ba2+的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-D. 在无色透明溶液中：Ba2+、Fe3+、Mg2+、 Cl-、NO3-【答案】C【解析】【详解】A. 在强酸性溶液中CH3COO-结合氢离子转化为醋酸，NO3-、Fe2+与氢离子一起反应生成铁离子、NO和水，不能大量共存，A不符合；B. 能使酚酞试液变深红色的溶液显碱性，Ca2+、Ba2+、HCO3-与氢氧根离子反应生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，不能大量共存，B不符合；C. 在含有Cl-、Ba2+的溶液中Na+、K+、HCO3-、NO3-之间不反应，可以大量共存，C符合；D. 在无色透明溶液中Fe3+不能大量共存，因为铁离子在溶液中显棕黄色，D不符合；答案选C。9.下列离子方程式书写正确的是( )A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2OB. 铜与稀硝酸反应：Cu+NO3-+4H+Cu2+2NO2+2H2OC. 实验室制备氢氧化铝：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D. 向氯化铁溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+【答案】C【解析】【详解】A. 铁离子能氧化碘离子，Fe(OH)3溶于氢碘酸中生成碘化亚铁、单质碘和水，A错误；B. 铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水：3Cu+2NO3-+8H+3Cu2+2NO+4H2O，B错误；C. 氨水不能溶解氢氧化铝，实验室制备氢氧化铝：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，C正确；D. 向氯化铁溶液中加入过量铁粉：2Fe3+Fe3Fe2+，D错误。答案选C。10.下列有关硅及其化合物的说法正确的是 ()A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，属于金属材料B. 常温下，硅的化学性质稳定，所以自然界中的硅大部分以游离态存在C. SiO2是一种酸性氧化物，能够与水反应生成相应的酸D. 除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸【答案】D【解析】【详解】A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，但硅是非金属，不是金属材料，A错误；B. 常温下，硅的化学性质稳定，但硅是亲氧元素，所以自然界中的硅全部以化合态存在，B错误；C. SiO2是一种酸性氧化物，不溶于水，不能与水反应生成相应的酸，C错误；D. 二氧化硅和盐酸不反应，碳酸钙和盐酸反应，则除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸，D正确。答案选D。11.有Na、Mg、Al、Fe、Cu五种金属，若两两混合，取混合物15g与足量稀硫酸反应后完全溶解，产生标准状况下H2 11.2L，求此混合物的组合方式最多有( )A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 6种【答案】D【解析】【详解】混合物15g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，氢气物质的量=11.2L22.4L/mol=0.5mol，15g金属提供电子物质的量为0.5mol2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为15g。则Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g；Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g1/2=12g；Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g1/3=9g；Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g1/2=28g；Cu不稀硫酸反应产生氢气，提供1mol电子需要Cu的质量为无穷大；故两两混合，可能的组合为Na与Mg，Na与Al，Cu与Mg、Cu与Al、Fe与Mg、Fe与Al，共6种，故答案选D。【点睛】本题考查金属的性质、混合物的有关计算，注意平均值与极限法相结合的利用，从而简化计算，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大。12.在下列曲线中，纵坐标表示生成Al(OH)3的质量，横坐标表示加入试剂的体积。下列叙述中不正确的是( )A. 图可表示向NH3H2O中滴加AlCl3溶液至过量B. 图可表示向NaOH与NaAlO2的混合溶液中通入CO2至过量C. 图可表示向NaOH与NaAlO2的混合液中滴加HCl溶液至过量；而图可表示向盐酸酸化的AlCl3溶液中滴加NaOH至过量D. 图可表示向MgCl2和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液至过量【答案】C【解析】【详解】A、NH3H2O是弱碱，不能溶解氢氧化铝，向NH3H2O中滴加AlCl3溶液至过量：AlCl3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4Cl，对照图象应为，A正确；B、向NaOH与NaAlO2的混合溶液中通入CO2气体：先发生2NaOH+CO22H2O+Na2CO3；后逐渐产生沉淀，NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3，对照图象应为，B正确；C、向NaOH与NaAlO2的混合液中滴加HCl溶液至过量，盐酸首先中和氢氧化钠，然后开始产生氢氧化铝沉淀，盐酸过量后沉淀溶解，图像均不满足；向盐酸酸化的AlCl3溶液中滴加NaOH至过量，氢氧化钠首先中和盐酸，然后沉淀铝离子产生氢氧化铝沉淀，过量后沉淀又溶解，图像均不满足，C错误；D、向MgCl2和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，后是氢氧化铝溶解，对照图象应为，D正确；答案选C。13. xx12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰，避免了两军舰艇相撞。据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)做载热介质。下列有关说法不正确的是A. 自然界中没有游离的钠和铝B. 若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n(Al)n(Na)C. 铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出D. m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小【答案】D【解析】试题分析：A、钠和铝的化学性质活泼，自然界中没有游离的钠和铝，正确；B、若铝钠合金投入水中得无色溶液，说明钠和水反应生成的氢氧化钠足以将金属铝溶解，根据相关化学方程式知n(Al)n(Na)，正确；C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n（Al）n（Na），金属铝也可能会置换出金属铜，正确；D、根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al3H2，2NaH2，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，错误。考点：考查钠与铝的化学性质。14.某混合气体可能含有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，当依次通过澄清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红）和无水CuSO4（变蓝），则可断定该混合气一定有A. HCl、CO2、H2 B. CO、H2、H2O C. CO、H2、NH3 D. HCl、CO、H2O【答案】A【解析】试题分析：通过澄清石灰水无浑浊现象说明可能无CO2，或可能是CO2和HCl混合物，通过氢氧化钡溶液有浑浊现象，说明含有CO2，因此除还有CO2外，还有HCl，浓硫酸作用是做干燥剂，灼热的氧化铜变红，说明含H2或CO或是两者的混合物，无水硫酸铜检验水的存在，无水CuSO4变蓝，说明通过灼热氧化铜有水蒸气的存在，根据上述推断，只能是H2还原CuO得到的，因此一定含有H2，综上所述，一定含有的气体是CO、HCl、H2，故选项A正确。考点：考查物质的检验等知识。【此处有视频，请去附件查看】15.1L稀硝酸和稀硫酸的混合液，物质的量浓度分别为0.2mol/L和0.5mol/L。若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为( )A. 4.8g B. 19.2g C. 32.0g D. 36.8g【答案】B【解析】【详解】混合溶液中n（H+）=1L0.2moL/L+1L0.5mol/L2=1.2mol，n（NO3-）=1L0.2moL/L=0.2mol，由离子方程式3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O可知0.2molNO3-完全反应，需要H+为0.8mol，小于1.2mol，故H+足量，NO3-完全反应，根据方程式可知0.2molNO3-完全反应消耗0.3mol铜，质量是0.3mol64g/mol19.2g。答案选B。【点睛】本题考查化学方程式有关计算、硝酸的性质，涉及到过量计算，注意利用离子方程式进行过量判断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查。16.NO和CO2的混合气体，通过过量的Na2O2后，剩余气体体积为原来的一半，则NO和CO2的体积比为(不考虑NOx与Na2O2的反应及2NO2N2O4)( )A. 2：1 B. 1：2 C. 1：4 D. 1：1的任意比【答案】D【解析】【详解】设NO和CO2的体积分别为x、y，则根据方程式可知2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2 V2 1 1y 0.5y2NO+O22NO2 V2 1 2 1x 0.5x显然x=y时满足剩余气体体积为原来的一半，若xy时，剩余气体体积大于原来的一半，若xy时满足剩余气体体积为原来的一半，综上所述，剩余气体体积为原来的一半，NO和CO2的体积比为1：1的任意比，故答案选D。【点睛】本题考查混合物的计算，把握发生的反应、气体体积的变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意差量法的灵活应用。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17.硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化，从总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀确酸的还原产物为NO。实验室中，常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。(1)请写出实验室中用Cu与浓HNO3反应制取NO2的化学方程式：_。(2)上述(1)反应中发生氧化反应的物质是_，1 mol 氧化剂_(填“得到或失去“)_mol电子。(3)48.0g Cu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22.4L气体(标准状况下)，反应中消耗HNO3的物质的量是_(填字母代号)。A.1.5mol B.2.0mol C.2.5mol D.3.0mol(4)实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO，浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等，请将下列3种物质：FeSO4、Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上，并配平该反应的化学方程式。 HNO3+ + + N2O+ H2O_(5)硝酸的还原产物NO、NO2、N2O等对环境均有副作用，为了可持续发展，当今社会提出的一个新概念-“绿色化学”，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应，则下列由单质铜制取硝酸铜的方法可行且符合“绿色化学”的是_(填字母代号)。ACu Cu(NO3)2BCuCuO Cu(NO3)2CCu CuOCu(OH)2 Cu(NO3)2DCuCuSO4Cu(NO3)2【答案】（1）Cu4HNO3(浓) Cu(NO3)22NO22H2O；（2）Cu；得到， 1 ；（3）C ；（4）HNO3FeSO4 Fe(NO3)3Fe2(SO4)3N2OH2O 8Fe22NO310H 8Fe3N2O5H2O（5）B【解析】试题分析：（1）Cu与浓HNO3反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，化学方程式为：Cu4HNO3(浓) Cu(NO3)22NO22H2O；（2）该反应中铜元素的化合价升高，发生氧化反应，硝酸中氮元素的化合价由+5价降为+4，作氧化剂，1 mol氧化剂得到1mol电子；（3）铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）=1mol，即被还原的硝酸的物质的量为1mol，48.0 g Cu的物质的量为0.75mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.75mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.75mol2=1.5mol，则：参加反应的硝酸的物质的量为：1mol+1.5mol=2.5mol，选C。（4）所给的物质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的FeSO4氧化为Fe2（SO4）3、Fe（NO3）3，故发生的反应为HNO3FeSO4 Fe(NO3)3Fe2(SO4)3N2OH2O；根据离子方程式的书写原则及氧化还原方程式配平原则写出配平后的离子方程式：8Fe22NO310H 8Fe3N2O5H2O；（5） A、铜与硝酸反应会产生一氧化氮、二氧化氮等大气污染物，错误；B、该途径符合绿色化学原理，正确；C、该流程中氧化铜与水不反应，不能制得硝酸铜，错误；D、该途径中铜与稀硫酸不反应，不能制得硫酸铜；铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫气体，污染大气，错误，选B。考点：考查硝酸的性质、氧化还原反应、物质的制备及绿色化学。18.A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，相关物质间的关系如下图所示(反应条件及部分产物均已略)： 已知：X、Y是生活中常见的金属单质且X具有两性，A、B都是氧化物，A是红棕色粉末。回答下列问题：(1)A的化学式为_；(2)若试剂b是稀硝酸。Y的单质与稀硝酸反应生成E时，Y单质必须过量，写出该反应的离子方程式_。如果稀硝酸过量，可以选择试剂_进行验证。D的阳离子能够与强碱、氯气反应，生成一种高效的净水剂YO42-，写出有关反应的离子方程式_。【答案】 (1). Fe2O3 (2). 3Fe+8H+2NO3-3Fe2+2NO+4H2O (3). KSCN溶液 (4). 2Fe3+16OH-+3Cl22FeO42-+6Cl-+8H2O【解析】【分析】X、Y是生活中常见的金属且X具有两性，分别为Al、Fe中的一种，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末，A是氧化铁。X与A反应得到Y与氧化物B，则X为Al，Y为Fe，B为Al2O3，据此解答。【详解】（1）X、Y是生活中常见的金属且X具有两性，分别为Al、Fe中的一种，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末，A是氧化铁。X与A反应得到Y与氧化物B，则X为Al，Y为Fe，B为Al2O3，A的化学式为Fe2O3。（2）若试剂b是稀硝酸，则Fe单质与稀硝酸反应生成E时，铁单质必须过量，这说明生成的E是硝酸亚铁，该反应的离子方程式为3Fe+8H+2NO3-3Fe2+2NO+4H2O；如果稀硝酸过量，会有铁离子生成，可以选择KSCN溶液进行验证；D为铁盐，铁离子能够与强碱、氯气反应，生成一种高效的净水剂FeO42-，反应中铁元素化合价从+3价升高到+6价，氯元素化合价从0价降低到1价，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知有关反应的离子方程式为2Fe3+16OH-+3Cl22FeO42-+6Cl-+8H2O。19.工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生成过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)Na2SO3(aq)+H2S(aq)()2H2S(aq)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)()S(s)+Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)()(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若_，则整个装置气密性良好，装理D的作用是_。装置E中为_溶液。(2)为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则理论上烧瓶C中Na2S和Na2SO3的物质的量之比为_。(3)装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_(填字母代号)。a蒸馏水b饱和Na2SO3溶液 c饱和NaHSO3溶液d饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_。已知反应()相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器有_。a烧杯 b蒸发皿 c试管 d锥形瓶(4)反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：_。(已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32- + 2H+ =S+ SO2+ H2O)【答案】（18分）答案：（1）液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH（合理即得分）（2）2:1（3）c 控制滴加硫酸的速度（合理即得分）溶液变澄清（或混浊消失）；a、d（4）取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。（合理即得分）【解析】试题分析：（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D为安全瓶，可以防止倒吸；装置E起到吸收为期中二氧化硫和硫化氢的作用，所以选用NaOH。（2）根据题目给的3个反应，可以得到关系为2Na2S-2H2S-3S-3Na2SO3，所以烧瓶C中硫化钠和亚硫酸钠的物质的量比为2:1。（3）二氧化硫易溶于水，能与亚硫酸钠溶液和碳酸氢钠溶液反应，但在亚硫酸氢钠溶液中溶解度小，所以选c；二氧化硫为70%硫酸和亚硫酸钠反应制取的，所以为了使二氧化硫缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度。反应（III）相对较慢，所以烧瓶C的反应终点的现象为溶液变澄清（或混浊消失）；蒸发皿和试管可以直接加热，烧杯和锥形瓶加热时需要使用石棉网，所以选a、d。（4）检验溶液中的硫酸根即可，方法为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。考点： 气密性的检查，中和滴定，硫酸根检验【名师点睛】常见阴离子的检验方法：离子检验试剂实验步骤实验现象离子方程式CO32-BaCl2溶液、稀盐酸向未知溶液中加入BaCl2溶液再向沉淀中加入稀盐酸加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，沉淀溶于稀盐酸，并放出无色无味气体Ba2+CO32-=BaCO3BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O稀盐酸、Ca(OH)2溶液加入稀盐酸后放出的气体通入使澄清的Ca(OH)2溶液加入稀盐酸后放出无色无味气体，通入澄清的Ca(OH)2溶液变浑浊CO32-+2H+=H2O+CO2Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2OSO42-BaCl2溶液、稀硝酸或稀盐酸向未知溶液中加入BaCl2溶液再向沉淀中加入稀盐酸生成不溶于稀硝酸或稀盐酸的白色沉淀Ba2+SO42-=BaSO4SO32-BaCl2溶液、稀盐酸向未知溶液中加入BaCl2溶液再向沉淀中加入稀盐酸加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，沉淀溶于稀盐酸，并放出刺激性气味的气体SO32-+2H+=H2O+SO2稀盐酸、品红溶液加入稀盐酸后放出的气体通入品红溶液加入稀盐酸后放出的气体使品红溶液褪色SO32-+2H+=H2O+SO2Cl-AgNO3溶液、稀硝酸或稀盐酸向未知溶液中加入AgNO3溶液，再向沉淀中加入稀盐酸生成不溶于稀硝酸或稀盐酸的白色沉淀Ag+Cl-=AgClBr-AgNO3溶液、稀硝酸或稀盐酸生成不溶于稀硝酸或稀盐酸的浅黄色沉淀Ag+Br-=AgBrI-AgNO3溶液、稀硝酸或稀盐酸向未知溶液中加入AgNO3溶液，再向沉淀中加入稀盐酸生成不溶于稀硝酸的黄色沉淀Ag+I-=AgI新制氯水，淀粉溶液向未知溶液中加入新制氯水，再加入淀粉溶液滴入新制Cl2，振荡后再滴入淀粉溶液，变蓝Ag+I-=AgI 2I-+Cl2=I2+2Cl-I2遇淀粉变蓝20.某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。已知铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）固体B的主要用途有（写出1条即可）_。（2）第步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是 ； ；第步中，生成氢氧化铝的化学方程式是 。（3）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是_。（保留一位小数）（4）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗05 mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是 。【答案】（1）炼铁原料、用作涂料、油漆等（2）Al2O3+2OH= 2AlO2+H2O SiO2+2OH= SiO32+ H2OAlCl3+3NH3H2O = Al（OH）3+ 3NH4Cl（3）654%（4）Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO【解析】试题分析：（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等，向铝土矿中加入NaOH溶液，由于Al2O3和SiO2均与NaOH反应，因此固体B为Fe2O3，主要用途有炼铁原料、用作涂料、油漆等；（2）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，离子方程式为：Al2O3+2OH= 2AlO2+H2O ，SiO2+2OH= SiO32+ H2O ；向溶液A中加入盐酸，固体C为H2SiO3，溶液D为AlCl3和NaCl，第步中，向溶液D加入氨水，氨水与AlCl3反应生成氢氧化铝，离子方程式为：AlCl3+3NH3H2O = Al（OH）3+ 3NH4Cl；（3）设生成氢氧化铝的质量为m，即原铝土矿的质量为m，则铝元素的物质的量为：，则Al2O3的物质的量为：，则原铝土矿中Al2O3的质量为：，故铝土矿中Al2O3的质量分数是：；（4）每消耗05 mol碳单质，转移1mol电子，则碳元素化合价由0价升高为+2价，因此生成的产物有CO和AlCl3，故反应的化学方程式为：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO。考点：考查铝的主要化合物；探究物质的组成及含量的测定。21.某玻璃厂生产普通玻璃，其组成为(质量分数)Na2O：13%，CaO：11.7%，SiO：75.3%。(1)请以氧化物的组成形式表示该玻璃的化学式：_。(2)制造这种玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，若该厂每天生产10t玻璃，石灰石的利用率按80%计算，纯碱和石英的利用率按95%计算，每月(按31天计)至少需要上述原料的质量分别是多少?_(要求有简单的计算过程，计算结果保留整数)。【答案】 (1). Na2OCaO6SiO2 (2). Na2CO3 73t；CaCO3 81t；SiO2 246t【解析】【分析】（1）根据普通玻璃中各种物质的质量分数首先计算出物质的量之比，然后书写玻璃的化学式；（2）根据原子守恒结合其利用率进行计算。【详解】（1）普通玻璃的组成为(质量分数)Na2O：13%，CaO：11.7%，SiO：75.3%，则n（Na2O）：n（CaO）：n（SiO2）=13%/62：11.7%/56：75.3%/60=1：1：6，所以以氧化物组成的形式表示玻璃的化学式为Na2OCaO6SiO2；（2）若该厂每天生产10t玻璃，则每月生产玻璃310t，m（CaO）=310t11.7%=36.27t，石灰石的利用率为80%，则石灰石的质量=(36.27t100/56)80%81t；m（Na2O）=310t13%=40.3t，纯碱的利用率为95%，则m（Na2CO3）=(40.3t106/62)95%73t；m（SiO2）=310t75.3%=233.43t，二氧化硅的利用率为95%，则需要二氧化硅质量=233.43t95%246t。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重考查分析、计算能力，明确各物质之间的关系式即可解答。注意硅酸盐改写成氧化物形式的方法技巧：氧化物的顺序：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水；氧化物前系数配置原则：除氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置系数。