吉林省长春市第十一高中2018_2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）.docx

2018-2019学年度高一上学期期末考试化学试题第卷（共 60分）可能用到的相对原子质量：Na:23 Mg: 24 Al: 27 Fe: 56 Cu: 64 S: 32 Si:28 Ba:137一、选择题：（本题共20小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）。1.金属钠投入水中发生剧烈反应，并有氢气生成。装运金属钠的包装箱应贴的图标是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：金属钠投入水中发生剧烈反应，并有氢气生成。装运金属钠的包装箱应贴的图标是遇湿易燃品，答案选C。考点：考查危险化学品标示判断2.下列物质不属于合金的是A. 黄铜 B. 青铜 C. 不锈钢 D. 水银【答案】D【解析】【详解】由两种或两种以上的金属或金属和非金属熔合而成的具有金属特性的物质称为合金，即合金一定是混合物。黄铜、青铜、不锈钢均属于合金，水银是单质，属于纯净物，不是合金。答案选D。3.下列物质在氯气中燃烧，实验现象描述正确的是A. Na黄色的烟 B. H2苍白色火焰C. Cu蓝色的烟 D. Fe棕色的雾【答案】B【解析】【详解】A、金属钠在氯气中燃烧产生白色的烟，发出黄色火焰，故A错误；B、H2在氯气中燃烧，产生苍白色火焰，故B正确。C、铜在氯气中燃烧产生棕黄色烟，故C错误；D、铁在氯气中燃烧产生棕褐色的烟，故D错误；答案选B。4.下列叙述正确的是A. 1 mol N2的质量为28 g/molB. 标准状况下，1 mol任何物质的体积均为22.4LC. Cl2的摩尔质量为71 gD. 常温常压下，32 g SO2的物质的量为0.5mol【答案】D【解析】【详解】A、质量的单位是g，1molN2的质量为28g，N2的摩尔质量为28g/mol，故A错误；B、标况下，1mol任何气体的体积约是22.4L，不是气体则不一定，故B错误；C、摩尔质量的单位为g/mol，Cl2的摩尔质量为71 g/mol，故C错误；D、根据nm/M可知32 g SO2的物质的量n(SO2)32g64g/mol0.5mol，故D正确。故答案选D。【点睛】B选项为易错点，注意气体摩尔体积只适用于气体，而固体、液体不能利用气体摩尔体积计算其物质的量。另外气体的摩尔体积与温度和压强有关，不是固定不变的，标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol。5.熔化氢氧化钠时，应选用的坩埚是A. 铁坩埚 B. 石英坩埚 C. 刚玉坩埚 D. 陶瓷坩埚【答案】A【解析】【详解】A铁坩埚含有铁，铁与氢氧化钠不反应，可以用铁坩埚熔化氢氧化钠，故A正确； B石英中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不能用石英坩埚，故B错误；C氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，不能用刚玉坩埚，故C错误；D陶瓷坩埚含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不能用陶瓷坩埚，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查了元素化合物的性质，明确二氧化硅能与氢氧化钠反应以及各物质的成分是解答本题的关键。6.下列有关物质颜色，正确的组合是FeSO47H2O 棕黄色 Fe2O3 红棕色 Fe(OH)2 白色 Fe3O4 黑色 CuSO45H2O 白色 HCl 无色A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】FeSO47H2O是绿色的，不符合；Fe2O3是红棕色的，符合；Fe(OH)2是白色的，符合；Fe3O是黑色的，符合；CuSO45H2O是蓝色的，不符合；HC是无色的，符合；答案选B。7.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列物质分类不合理的是A. 酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2B. 碱性氧化物： Na2O2、MgO、CaOC. 电解质： BaSO4、KAl(SO4)212H2O 、HClD. 胶体： 烟水晶、硅酸溶胶、云雾【答案】B【解析】【详解】A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO2、SO2、SiO2均为酸性氧化物，A正确；B、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，MgO、CaO均为碱性氧化物，过氧化钠和酸反应时还有氧气生成，不是碱性氧化物，属于过氧化物，B错误；C、在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，BaSO4、KAl(SO4)212H2O、HCl均是电解质，C正确；D、分散质粒子直径介于1100nm之间的分散系为胶体，烟水晶、硅酸溶胶、云雾均属于胶体，D正确。答案选B。8.下列各组离子能够大量共存的是A. 加入Al粉后产生H2的溶液中：Na+、HCO3、SO42、ClB. 滴加石蕊试剂变红的溶液中：Na+、Fe2+、NO3、ClC. 酸性溶液中：Fe3+、K+、SCN、SO42D. 澄清透明的溶液中：Cu2+、H+、NH4+、SO42【答案】D【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应以及题干中的限制条件分析判断。【详解】A. 加入Al粉后产生H2的溶液显酸性或碱性，HCO3在酸性溶液中或碱性溶液中均不能大量共存，A不符合；B. 滴加石蕊试剂变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合；C. 酸性溶液中Fe3+、SCN发生反应，不能大量共存，C不符合；D. 澄清透明的溶液中Cu2+、H+、NH4+、SO42之间不反应，可以大量共存，D符合；答案选D。【点睛】明确离子的性质、发生的反应是解答的关键，选项D是解答的易错点，注意澄清透明的溶液不一定是无色的，例如硫酸铜溶液显蓝色，但属于澄清透明的。9.下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是()A. 硅可用于制造光导纤维B. 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品C. 可用反应Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸D. SiO2既能与HF反应又能与强碱反应，所以SiO2是两性氧化物【答案】C【解析】【详解】A、SiO2可用于制光导纤维，而硅用于半导体材料，故A错误；B、水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水晶主要成分为SiO2，不属于硅酸盐，故B错误；C、硅酸酸性弱于盐酸，依据“强酸制弱酸”，可用反应Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸，故C正确；D、SiO2能与HF反应生成四氟化硅和水，不是盐和水，且二氧化硅只能与一种酸，不是两性氧化物，属于酸性氧化物，故D错误。故答案选C。10.下列关于氯水的说法正确的是A. 新制氯水含有 Cl2、HCl、HClO、H2O 分子B. 紫色石蕊试剂滴入新制氯水中，溶液先变红后变无色C. 氯水和液氯都能使干燥的有色布条褪色D. 新制氯水的 pH 值要比久置氯水的 pH 值小【答案】B【解析】【详解】A氯气与水发生Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O分子，含有OH、H+、ClO-、Cl-等离子，新制氯水中无HCl分子，故A错误；B氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，次氯酸有漂白性，所以紫色石蕊试剂滴入新制氯水中，溶液先变红后变无色，故B正确；C氯气没有漂白性，起漂白作用的是次氯酸，液氯无水，因此液氯不能使干燥的有色布条褪色，故C错误；D久置氯水中的次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，酸性增强，所以新制氯水的pH值要比久置氯水的pH值大，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，注意相关基础知识的积累，尤其要注意氯气虽然具有强氧化性，但没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸才具有漂白性。11.下列装置及药品和实验室制备的气体相匹配的是A. 甲装置用来制备氧气B. 乙装置用来尾气处理氯化氢气体C. 丙装置用来制取氯气D. 丁装置中盛有碱石灰用来干燥二氧化碳气体【答案】C【解析】A、制备氧气一般用KMnO4受热分解或KClO3和MnO2加热，试管口略向下倾斜，如果用H2O2制备O2，用MnO2作催化剂，不需要加热，故选项A错误；B、HCl极易溶于水，因此需要防止倒吸，本装置缺少防倒吸，故B错误；C、制取Cl2，用MnO2和浓盐酸加热来制备，故C正确；D、碱石灰是NaOH和CaO的混合物，CO2属于酸性氧化物，因此干燥CO2不能用碱石灰干燥，故D错误。12.一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物可以完全反应的是A. 过量的水与氯气 B. 过量的氢氧化钠与二氧化硅C. 过量的二氧化锰与浓盐酸 D. 过量的氨水与氢氧化铝【答案】B【解析】【详解】A、氯气与水的反应为可逆反应，即使水过量也不能完全反应，故A不选；B、NaOH过量时二氧化硅可完全反应，故B选；C、MnO2与浓盐酸反应，而和稀盐酸不反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，反应停止，所以即使二氧化锰有剩余，盐酸也不能完全反应，故C不符合；D、氨水不能溶解氢氧化铝，二者不反应，故D不符合。故答案选B。13.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如晾晒在空气中，过一段时间，其漂白效果更好的原因是A. 漂白粉被氧化B. 漂白粉和二氧化碳反应生成了次氯酸C. 有色布条被空气中的氧气氧化D. 漂白粉溶液失去了部分水分，浓度增大【答案】B【解析】【详解】A漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，难以被氧化，故A错误；B漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，故B正确；C空气中的氧气在短时间内不能迅速氧化有色布条，故C错误；D漂白粉具有漂白性的原因是与空气中二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，与漂白粉的浓度无关，故D错误；故答案选B。14.下列说法正确的是A. NaHCO3 的电离方程式是 NaHCO3=Na+H+CO32B. 向硫酸中通入少量氨气，硫酸溶液的导电能力会明显增强C. 胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1-100nmD. SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，故SO3是电解质【答案】C【解析】【详解】A. NaHCO3是弱酸的酸式盐，其电离方程式是NaHCO3Na+HCO3，A错误；B. 向硫酸中通入少量氨气生成硫酸铵和水，硫酸根离子的浓度几乎不变，因此硫酸溶液的导电能力不会明显增强，B错误；C. 胶体和其它分散系的本质区别是分散质粒子大小为1100nm之间，C正确；D. SO3溶于水后所得到的H2SO4溶液能导电，但溶液导电的原因是硫酸电离出阴阳离子，硫酸电解质，三氧化硫不能电离，故SO3是非电解质，D错误；答案选C。【点睛】电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。另外要注意溶液导电能力的强弱与离子浓度、离子电荷有关，与离子种类无关。15.同温同压下，在两个容积相同的容器中，一个盛有C2H4气体，另一个盛有N2和CO的混合气体。两容器内的气体一定具有相同的分子数 密度 质量 质子数 原子数 电子数A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4与N2和CO的总分子数目相同，故正确；N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，C2H4的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故正确；CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故正确；CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，质子数一定不相等，故错误；CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故错误；CO分子中电子数为14，N2分子中电子数为14，C2H4分子中电子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，电子数一定不相等，故错误；故答案选D。16.下列物质均为a g，将它们在氧气中完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重为a g，符合条件的物质种类有（ ）CO H2 CH4 HCHO CH3COOH HCOOHA. 4 种 B. 5 种 C. 6种 D. 2种【答案】A【解析】【详解】H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合mCOnH2的物质完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，则符合，而HCHO可以改写成COH2，CH3COOH可以改写成2CO2H2，CH4可以改写成C2H2，HCOOH可以改写成CO2H2，因此符合，不符合，即符合；故答案选A。17.已知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2， KClO3+6HCl(浓)=3Cl2+KCl+3H2O，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3， 下列说法正确的是A. 上述3个反应都是置换反应B. 中1 mol 氧化剂参加反应得到电子的物质的量为10 NAC. 反应中若得到13.44L Cl2，则电子转移个数为6.021023D. 氧化性由强到弱的顺序为: KBrO3 KClO3 Cl2 Br2【答案】D【解析】【详解】A、一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，反应KClO3+6HCl(浓)3Cl2+KCl+3H2O中，反应物不存在单质，不属于置换反应，A错误；B、反应中lmol还原剂（Cl2）反应，由电子守恒可知，2mol氧化剂得到电子的物质的量为1mol2（5-0）=10mol，B错误；C、反应中氧化剂是氯酸钾，氯元素化合价从+5价降低到0价，因此生成3mol氯气转移5mol电子，但13.44L氯气的物质的量不一定是0.6mol，无法计算转移电子数，C错误；D、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱顺序为KBrO3KClO3Cl2Br2，D正确。答案选D。【点睛】准确判断出反应中元素的化合价变化情况是解答的关键，注意电子得失守恒的灵活应用。即答题时要从氧化还原反应的实质电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。18.由Na、Mg、Al、Fe 四种金属组成的混合物，与足量的稀硫酸反应，生成H2在标准状况下的体积为6.72L，则混合物的物质的量不可能为A. 0.6mol B. 0.5mol C. 0.4mol D. 0.3mol【答案】A【解析】【分析】Na与盐酸反应表现为+1价，Mg、Fe与硫酸反应都表现为+2价，Al与硫酸反应表现+3价，可把Mg、Fe看成一种成分，然后用极端法结合电子得失守恒计算。【详解】氢气的物质的量为6.72L22.4L/mol=0.3mol，假设全部是Mg或Fe，根据电子得失守恒可知它们的物质的量之和为0.3mol；假设全是Al，根据电子得失守恒可知它的物质的量为0.3mol2/3=0.2mol，假设全部是钠，根据电子得失守恒可知它的物质的量为0.3mol2=0.6mol，由于是混合物，故混合物的物质的量之和应介于0.20.6mol之间，因此不可能是0.6mol，答案选A。【点睛】本题考查混合物的计算，本题采取极端法解答，极端法是化学计算中的一种技巧性解法，对于混合物范围计算比较适用，该方法的解题思路是假设只有混合物中的某一成份，通过计算得出两个极端值。19.某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是A. Fe5O6 B. Fe3O4 C. Fe6O7 D. Fe5O7【答案】C【解析】分析：铁的氧化物与盐酸反应后生成铁的氯化物和水，由H原子守恒和O原子守恒可以求出铁的氧化物中O的物质的量；由电子转移守恒，可以根据氯气的物质的量求出n(Fe2+)；由电荷守恒，可以求出n(Fe3+)。详解：某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，则其中含O离子的物质的量为0.14L5mol/L=0.35mol，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，因电子转移守恒，故n(Fe2+)=2n(Cl2)=0.2mol，由电荷守恒可知，n(Fe3+)=，所以，n(Fe):n(O)=(0.2mol+0.1mol):0.35mol=6:7，该样品可能的化学式是Fe6O7，C正确，本题选C。 点睛：本题考查的是有关化学式的确定的计算。氧化还原反应的本质是电子转移，故在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总物质的量等于氧化剂得到电子的总物质的量，根据电子转移守恒解有关氧化还原反应的计算通常都很简便。本题还考查了质量守恒定律，盐酸和铁的氧化物恰好反应生成水，则盐酸中的氢离子的物质的量一定是铁的氧化物中氧原子的2倍，利用这个关系，可以很快确定铁的氧化物中氧原子的物质的量。本题还考查了电荷守恒（换一角度，就是化合价的代数和为0），在确定比较复杂的无机物的组成时，经常要用到电荷守恒这个隐蔽的条件。20.下列离子方程式正确的是A. 向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al(OH)3B. 向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+CO32+2H2OC. 已知：2Br+Cl22Cl+Br2,Br2+2Fe2+2Fe3+2Br，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+Br2+6ClD. 向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性：H+SO42+Ba2+OHH2O+BaSO4【答案】C【解析】【详解】A. 向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时应该是硫酸根离子恰好转化为硫酸钡沉淀，则反应为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O，A错误；B. 向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液生成碳酸钙、氢氧化钠和水：Ca2+OH+HCO3CaCO3+2H2O，B错误；C. 已知：2Br+Cl22Cl+Br2,Br2+2Fe2+2Fe3+2Br,说明还原性是Fe2+BrCl，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2即0.15mol氯气时亚铁离子全部被氧化，溴离子有0.1mol被氧化，则发生的反应为：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+Br2+6Cl，C正确；D. 向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性生成硫酸钡、硫酸钠和水：2H+SO42+Ba2+2OH2H2O+BaSO4，D错误。答案选C。第卷（共50分）二、填空题（本题共5小题,共50分）。21.根据要求写出下列反应的方程式:（1）Al粉和NaOH溶液反应的化学方程式: _。（2）漂白粉露置于空气中较长时间后失效的化学方程式: _。（3）铁粉和水蒸气反应化学方程式:_。（4）Cl2通入NaOH溶液中，发生反应的离子方程式：_。（5）NaAlO2溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 (2). Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO)3+2HClO、2HClO2HCl+O2 (3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O (5). 2AlO2-+CO2+3H2O2Al(OH)3+2CO32-【解析】【分析】根据物质的性质、反应的生成物结合原子守恒、电荷守恒以及物质的拆分情况分析解答。【详解】（1）Al粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2。（2）漂白粉露置于空气中较长时间后失效是因为次氯酸钙吸收空气中的水蒸气和二氧化碳生成次氯酸，次氯酸不稳定易分解所致，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO)3+2HClO、2HClO2HCl+O2。（3）铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。（4）Cl2通入NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气与水用化学式表示，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。（5）NaAlO2溶液中通入少量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，沉淀和气体以及水用化学式表示，则发生反应的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O2Al(OH)3+2CO32-。22.框图中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请问答下列问题：（1）反应-中，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是_（填序号）。（2）反应的化学方程式为_。（3）甲与B反应的离子方程式 _。（4）在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是_。（5）在F溶液中加入等物质的量的A，发生反应的总的离子方程式为：_。【答案】（1）（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O = 4Fe(OH)3（3）2Na + 2H2O = 2Na+2OH- + H2（4）产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀（5）4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na+O2【解析】试题分析：甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，（1）反应中，属于氧化还原反应，属于非氧化还原反应；属于化合反应。故答案为：；（2）反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（3）甲与B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2。（4）在空气中将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（5）在FeCl2溶液中加入等物质的量的Na2O2，发生反应的总的离子方程式为：4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na+O2。考点：考查无机推断题23.2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H、NH4+、Fe3、Al3、Mg2、Na、NO3、CO32、SO42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是_，一定存在的阳离子是_。（2）写出实验图像中沉淀开始减少至完全消失阶段发生反应的离子反应方程式：_。（3）分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3)的比值为_，所得沉淀的最大质量是_g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na)=0.14 molL1,试判断原废水中NO3是否存在？_（填“存在”“不存在”或“不确定”）。 若存在，c(NO3)=_molL1。（若不存在或不确定则此空不填）【答案】 (1). CO32- (2). Na+、H+、Al3+、NH4+ (3). Al(OH)3 + OH = AlO2-+2H2O (4). 1:1 (5). 0.546 g (6). 存在 (7). 0.36 molL-1【解析】【分析】无色溶液排除铁离子，焰色反应显黄色，说明含有钠离子，加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀，说明含有SO42；逐滴加入氢氧化钠溶液，开始阶段没有沉淀，说明含有氢离子，则一定不存在CO32，沉淀达到最大值后，继续加入氢氧化钠，沉淀不立即溶解，说明该阶段发生铵根与氢氧根的反应，即一定存在NH4+，最后沉淀完全消失，说明沉淀只有氢氧化铝，因此一定存在Al3+，没有Mg2，结合有关数据根据电荷守恒分析判断。【详解】（1）无色废水，一定不存在Fe3+，根据实验确定存在Na+，根据实验确定存在SO42，根据实验确定有H+、Al3+、NH4+，没有CO32、Mg2+，因此废水中一定不存在的阴离子是CO32，一定存在的阳离子是Na+、H+、Al3+、NH4+；（2）实验图像中沉淀开始减少至完全消失阶段发生的反应是氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+OHAlO2-+2H2O；根据图像可知与铵根反应的氢氧根的物质的量是0.042mol0.035mol0.007mol，根据反应NH4+OH-NH3H2O可知铵根的物质的量是0.007mol；沉淀铝离子消耗氢氧化钠的物质的量是0.035mol0.014mol0.021mol，根据方程式Al3+3OHAl(OH)3可知铝离子的物质的量是0.021mol30.007mol，所以在原溶液中c(NH4+)与c(Al3)的比值为1:1，所得沉淀的最大质量是0.007mol78g/mol0.546g；（4）根据图像可知中和氢离子消耗氢氧化钠是0.014mol，则氢离子的物质的量是0.014mol。硫酸钡沉淀的质量是2.33g，n（SO42-）2.33g233g/mol0.01mol，根据电荷守恒，阴离子电荷总物质的量为0.01mol20.02mol，阳离子电荷总物质的量为n（H+）+n（Al3+）+n（NH4+）+n（Na+）0.014mol+0.0073mol+0.007mol+0.14mol/L0.1L0.056mol，则原废水中存在NO3-，物质的量是0.056mol0.02mol0.036mol，则c（NO3-）0.036mol0.1L0.36mol/L。【点睛】本题考查常见离子的推断与检验，定性与定量以及与图像的相结合增加了解题的难度，明确离子的性质、发生反应的先后顺序是解答的关键，注意溶液中的电荷守恒的应用。24.硅是信息技术的关键材料，在工业中可利用镁制取硅:2Mg(过量)+SiO22MgO+Si，2Mg+SiMg2Si(副反应)，查资料得:Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4(硅烷)；SiH4在常温下是一种不稳定易分解、易自燃的气体；Mg在加热时能与CO2、N2反应。I.如图是实验室进行Mg与SiO2反应的裝置:(1)盛放稀硫酸的装置为_，由于氧气的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用_(填序号)。a.石灰石 b.锌粒 c.纯碱(2)反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸。可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因用化学方程式表示为 _； _。II.利用如图装置(量气管“0”刻度在刻度线的最上方)可测定生成物的纯度。(3)实验开始前应先_。(4)若取样品Wg加入5mLNaOH(足量)充分反应。反应前量气管液面读数为V1mL，反应后为V2mL(实验数据均转化为标准状况下)，则样品的纯度为_。（写出计算式，不化简）。(5)若反应结束时读数前未调节量气装置两边液面高度相平(右边的液面高于左边液面)，则会导致实验结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). b (3). Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4 (4). SiH4+2O2=SiO2+2H2O (5). 检查装置气密性 (6). (7). 偏低【解析】【分析】（1）根据仪器构造分析其名称；Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅需排尽装置中的空气，据此判断X气体；（2）根据题干中的已知信息分析判断；（3）根据装置不能漏气解答；（4）根据反应中产生的氢气与硅的物质的量之间的关系解答；（5）根据压强对气体体积的影响分析解答。【详解】（1）根据装置图可判断盛放稀硫酸的装置为分液漏斗；由于在点燃的条件下Mg可以与O2、CO2反应发生化学反应生成氧化镁、氧化镁和碳，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气，选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，所以试管中的固体药品可选用锌粒，答案选b；（2）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si+4HCl2MgCl2+SiH4，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4+2O2SiO2+2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星；（3）反应中有气体产生，所以实验开始前应先检查装置气密性；（4）若取样品Wg加入5mLNaOH(足量)充分反应。反应前量气管液面读数为V1mL，反应后为V2mL(实验数据均转化为标准状况下)，则反应中产生氢气的体积是（V1V25）mL，物质的量是，根据1mol硅失去4mol电子可知消耗硅的物质的量是，质量是，因此样品的纯度为；（5）若反应结束时读数前未调节量气装置两边液面高度相平(右边的液面高于左边液面)，说明装置内压强大于外界大气压，因此V1偏小，则会导致实验结果偏低。25.5.00g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。请回答下列问题