陕西省城固县第一中学2018_2019学年高一化学上学期期末考试试卷（含解析）.docx

陕西省城固县第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试化学试题1.下列说法正确的是A. 呈酸性的雨水就是酸雨 B. 能电离出H+的物质属于酸C. “雷雨肥庄稼”符合科学道理 D. 白色物质引起的污染叫白色污染【答案】C【解析】【详解】A. pH小于5.6的雨水是酸雨，因此呈酸性的雨水不一定就是酸雨，A错误；B. 能电离出H+的物质不一定属于酸，例如NaHSO4等，B错误；C. “雷雨肥庄稼”过程中氮气转化为NO，NO转化为NO2，NO2与水反应转化为硝酸，硝酸与土壤中的矿物质结合转化为硝酸盐而被吸收，因此符合科学道理，C正确；D. 白色污染是人们对难降解的塑料垃圾(多指塑料袋)污染环境现象的一种形象称谓，因此不一定是白色物质引起的污染，D错误；答案选C。2.下列有关物质的用途错误的是A. 水玻璃可用作木材防火剂B. 二氧化硅是制造光导纤维的材料C. 石英是制造太阳能电池的常用材料D. 石灰石和纯碱均是生产普通玻璃的原料【答案】C【解析】试题分析：A、水玻璃是硅酸钠溶液，用于建筑工业上防火，正确；B、SiO2是光导纤维的主要成分，正确；C、石英的主要成分是SiO2，Si是制造太阳能电池的材料，错误；D、生产玻璃用的原料是石灰石、纯碱和石英，正确。考点：考查物质的基本用途3.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A. 干冰、 铁、 冰水混合物 B. 烧碱、液氯、氯水C. 碱石灰、白磷、熟石灰 D. 漂白粉、氮气、胆矾【答案】B【解析】【分析】由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上物质组成的是混合物，据此判断。【详解】A. 干冰是二氧化碳属于化合物，铁是金属单质，冰水混合物属于纯净物，A不符合；B. 烧碱是氢氧化钠属于化合物，液氯是氯气属于单质，氯水是氯气的水溶液，属于混合物，B符合；C. 碱石灰是氢氧化钠和氧化钙组成的混合物，白磷是单质，熟石灰是氢氧化钙，C不符合；D. 漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，氮气是单质，胆矾是硫酸铜晶体，属于纯净物，D不符合；答案选B。4.下列各组中的两种物质作用时，反应物用量改变，不会引起产物改变的是A. NaOH和CO2 B. Al2（SO4）3和NaOHC. Na2CO3和HCl D. Al2O3和NaOH【答案】D【解析】【详解】A. 足量NaOH和CO2反应生成碳酸钠和水，少量氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，A不符合；B. Al2（SO4）3和足量NaOH反应生成偏铝酸钠、硫酸钠和水，Al2（SO4）3和少量NaOH反应生成氢氧化铝、硫酸钠，B不符合；C. Na2CO3和足量HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，Na2CO3和少量HCl反应生成氯化钠、碳酸氢钠，C不符合；D. Al2O3和NaOH反应只能生成偏铝酸钠和水，与用量无关系，D符合；答案选D。5.下列各组物质充分反应的气体产物中，只有一种气体的是A. 木炭和浓硫酸共热B. 铁粉与高温水蒸气反应C. 足量的铜加入一定量的浓硝酸中D. Na2O2加入少量的氯化铵溶液中【答案】B【解析】试题分析：A、木炭和浓硫酸共热反应生成水、二氧化碳和二氧化硫，得到两种气体，错误；B、铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氧气和水，只能得到一种气体，正确；C、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，得到两种气体，错误；D、Na2O2加入少量的氯化铵溶液中生成氨气和氧气，得到两种气体，错误。考点：考查常见物质的性质。6.常温下，在溶液中可以发生反应：X2Y3=X22Y2，有下列解释：X被氧化X是氧化剂X具有还原性Y2是氧化产物Y2具有还原性Y3的氧化性比X2的氧化性强。其中正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：反应X+2Y3+X2+2Y2+中XX2+ X元素化合价升高、失电子、还原剂、被氧化为X2+、发生氧化反应；Y3+Y2+Y元素化合价降低、得电子、氧化剂、被还原为Y2+、发生还原反应；反应中X具还原性，Y3+具有氧化性，X的还原性大于还原产物Y2+，Y3+的氧化性大于氧化产物X2+；X被氧化、X具有还原性、Y2+具有还原性、Y3+的氧化性比X2+要强等正确，选项D符合题意。考点：氧化还原反应的分析7.当锌与某浓度的硝酸反应时，若参加反应的锌与硝酸物质的量之比为2：5，则硝酸的还原产物可能是A. NO2 B. NO C. N2 D. NH4NO3【答案】D【解析】【详解】设反应的镁和稀硝酸分别为4mol和10mol，根据原子守恒可知生成4mol硝酸镁，转移8mol电子，如果剩余的2mol硝酸全部被还原，则1mol硝酸得到4mol电子，所以+5价的氮元素化合价应降低4价，生成+1价，即还原产物是N2O；如果剩余的2mol硝酸中只有1mol被还原，则1mol硝酸得到8mol电子，所以+5价的氮元素化合价应降低8价，生成3价，因此还原产物是NH4NO3，综上所述答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中电子守恒和原子守恒的应用为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。8.下列除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的是A. Na2CO3固体中混有NaHCO3：充分加热固体混合物B. FeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量的铁粉，过滤C. Fe2O3 固体中混有Al2O3：加入足量的盐酸，过滤D. FeCl3溶液中混有FeCl2：通入足量的Cl2【答案】C【解析】试题分析：ANaHCO3受热易分解，生成Na2CO3固体、水和二氧化碳，因此可利用充分加热固体混合物的方法除去Na2CO3固体中混有NaHCO3，A正确；B铁粉能与FeCl3反应生成FeCl2，因此除去FeCl2溶液中混有FeCl3的方法是加入过量的铁粉，过滤，B正确；CFe2O3和Al2O3都是碱性氧化物，都能溶于盐酸，因此加入足量的盐酸，过滤不能除去Fe2O3固体中混有的Al2O3，C错误；DCl2能将FeCl2氧化为FeCl3，因此可往FeCl3溶液中通入足量的Cl2，以除去溶液中混有的FeCl2，D正确。故答案C。考点：考查物质的提纯。9.下列实验过程始终无明显现象的是A. CO2气体通入BaCl2溶液中 B. NO2气体通入FeSO4溶液中C. H2S气体通入CuSO4溶液中 D. HC1气体通入Na2SiO3溶液中【答案】A【解析】【详解】A由于酸性HClH2CO3，所以将CO2通入BaCl2溶液中，始终无任何明显现象反应，A符合；B将NO2通入FeSO4溶液中，发生反应：3NO2+H2O2HNO3+NO，4H+NO3-+3Fe2+3Fe3+2H2O+NO，因此会看到溶液变为黄色，同时产生无色气体，B不符合；CH2S气体通入CuSO4溶液中生成硫化铜黑色沉淀，C不符合；DHCl气体通入Na2SiO3溶液中产生硅酸沉淀，D不符合。答案选A。10.下列说法正确的是A. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，且加热后均恢复原色B. SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应C. 紫色石蕊试液滴入SO2水溶液中，先变红后褪色D. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO42-【答案】B【解析】Cl2使品红溶液褪色后，加热不能恢复原色，A错；SiO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，B对；SO2不能使指示剂褪色，C错；若原溶液中含有Ag，也会生成白色沉淀（AgCl），D错。11.某溶液中有NH4+Cu2+Fe2+Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】NH4+：加入氢氧化钠溶液后生成一水合氨，加热后生成氨气，再加入过量盐酸后，铵根离子大量减少，故符合；Cu2+：加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜，微热后没有变化，再加入盐酸，氢氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，反应前后铜离子的物质的量不变，故不符合；Fe2+：亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，加热后氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，再加入盐酸，氢氧化铁溶解生成铁离子，反应前后亚铁离子大量减少，故符合；Al3+：铝离子与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，微热后基本无变化，再加入过量盐酸，偏铝酸钠转化成铝离子，反应前后铝离子的物质的量不变，故不符合；根据以上分析可知，溶液中大量减少的离子为，故答案选D。【点睛】本题考查了离子共存、离子反应等知识，掌握相关离子的性质特点是解答的关键。亚铁离子的判断是解答的易错点，这是由于不能考虑到氢氧化亚铁的还原性，极易被氧化导致的。12.下列有关概念间关系的说法正确的是A. 碱性氧化物一定是金属氧化物B. 氧化剂在化学反应中一定被氧化C. 酸性氧化物一定是非金属氧化物D. 摩尔质量相同的物质其摩尔体积一定相同【答案】A【解析】试题分析：A金属氧化物可分为酸性、碱性、两性氧化物，所以碱性氧化物一定是金属氧化物，故A正确；B氧化剂在化学反应中得电子，化合价降低一定被还原，故B错误；C金属氧化物可分为酸性、碱性、两性氧化物，所以酸性氧化物也可能是金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D摩尔体积是指单位物质的量的物质所具有的体积，与摩尔质量无关，故D错误；故选A13. 下列反应的离子方程式正确的是A. 碳酸钙溶解于稀硝酸中：CO32+2H+=CO2+H2OB. 氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液：Cl+AgNO3=AgCl+NO3C. 盐酸中滴入氨水：H+OH=H2OD. 碳酸氢钠溶液与NaOH溶液混合：HCO3+OH=CO32+H2O【答案】D【解析】试题分析：碳酸钙不溶于水，应该用化学式表示，A不正确；B不正确，硝酸银是易溶、易电离的，应该用离子表示；C不正确，氨水是弱碱，难电离，应该用化学式表示，所以答案选D。考点：考查离子方程式的正误判断点评：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。14.50 g 镁.、锌、铝的混合物与适量的稀硫酸反应，得到三种盐的混合溶液，然后蒸发结晶得到晶体（不含结晶水）242 g 。则反应中得到H2的质量为A. 2 g B. 4 g C. 4.5 g D. 6.5 g【答案】B【解析】【详解】50gMg、Zn、Al与硫酸发生反应生成MgSO4、ZnSO4、Al2(SO4)3和氢气，将盐溶液加热蒸发、结晶得到MgSO4、ZnSO4、Al2(SO4)3的质量和是242g，增加的质量是SO42的质量，n(SO42)=（242g-50g）96g/mol=2mol，则根据S元素守恒可知参加反应的硫酸的物质的量是2mol，根据H元素守恒可知，每有1mol硫酸发生反应，就会产生1molH2，则反应产生氢气的物质的量是2mol，其质量是m(H2)=2mol2g/mol=4g，答案选B。15.某溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是A. Mg2+ 、Cl-、Na+、NO3- B. K+、Na+、NO3-、HCO3-C. Na+、Ba2+、Cl-、NO3- D. Fe3+、Na+、AlO2-、SO42-【答案】C【解析】能溶解Al(OH)3的溶液可能是酸溶液,也可能是碱溶液,所以:A不能,在碱溶液中镁离子不能存在.B不能,在酸或者碱溶液中，碳酸氢根离子都不能存在.C可以.D不能,在酸溶液中,偏铝酸根离子不能存在,在碱溶液中,铁离子不能存在.16.下列说法中正确的是A. 2gH2所占有的体积是22.4LB. 1 mol氯气与足量的铁反应，转移3 mol电子C. 标准状况下，22.4L H2O含有6.021023个H2O分子D. 常温常压下的32gO2与标准状况下22.4L N2含有相同的分子数【答案】D【解析】【详解】A. 2gH2的物质的量是1mol，因为氢气的状态是未知的，因此所占有的体积不一定是22.4L，A错误；B. 1 mol氯气与足量的铁反应，根据氯元素的化合价变化，可以判断转移的电子为2 mol，B错误；C. 标准状况下，水不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L H2O含有的分子个数，C错误；D. 常温常压下32gO2的物质的量是1mol，标准状况下22.4L N2的物质的量也是1mol，因此二者含有相同的分子数，D正确；答案选D。17.把7.4 g由 Na2CO310H2O 和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液， 其中c(Na+)=0.6 molL-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是A. 2.12g B. 3.18g C. 4.22g D. 5.28g【答案】B【解析】【详解】把7.4gNa2CO310H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO310H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.50.6mol/L0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol0.03mol=3.18g，故答案选B。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。18.下列说法不正确的是A. 碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多症B. 切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面会逐渐变暗C. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D. 金属钠着火时，可以使用泡沫灭火器来灭火【答案】D【解析】【详解】A、碳酸氢钠的碱性较弱，常用于治疗胃酸过多，A正确；B、Na活泼金属暴露在空气生成了氧化钠，颜色逐渐变暗，B正确；C、碳酸氢钠能与酸反应生成二氧化碳，另外碳酸氢钠不稳定受热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2H2O，因此能使糕点疏松多孔，C正确；D、泡沫灭火器产生CO2和泡沫，Na着火生成Na2O2，Na2O2与水、CO2能反应生成O2，O2是助燃剂，且钠与水反应生成氢气，应该用沙子扑灭，D错误；答案选D。19.关于下列各装置图的叙述中，正确的是A. 制取及观察Fe（OH）2B. 比较两种物质的热稳定性C. 实验室制取NH3D. 分离沸点不同且互溶的液体混合物【答案】A【解析】【详解】A将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；B碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；C氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；故答案选A。20.将14克铜银合金与硝酸溶液充分反应，完全溶解后放出的气体与标准状况下的氧气1.12L混合，通入水中恰好完全吸收。此合金中铜的质量是A. 2.4 g B. 3.2g C. 4.8g D. 6.4g【答案】B【解析】【分析】铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量与电子转移列方程计算。【详解】n（O2）=1.12L22.4L/mol=0.05mol，铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则根据质量列方程：x64g/mol+y108g/mol=14g，根据电子守恒列方程：2x+1y=0.05mol4，解得：x=0.05mol，y=0.1mol，m（Cu）=0.05mol64g/mol=3.2g，答案选B。【点睛】本题考查混合物计算，根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是解答的关键，注意氧化还原反应中守恒思想的运用。21.将装有16mL一氧化氮的试管倒置在水槽中，向试管中缓缓通入氧气，使试管中液面稳定在试管容积的一半，则通入氧气的体积可能为A. 6mL B. 8mL C. 10mL D. 12mL【答案】A【解析】【详解】当试管内液面稳定在试管容积的一半，说明反应后剩余气体体积为8mL，由4NO+3O2+2H2O4HNO3可知，若剩余8mL气体为NO，反应中消耗NO是16mL8mL8mL，所以通入的氧气为8mL3/4=6mL；若剩余8mL气体为氧气，则16mLNO完全转化为硝酸，消耗氧气体积为：16mL3/4=12mL，因此通入的氧气是20mL。答案选A。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确反应后剩余气体组成为解答关键，注意掌握一氧化氮与氧气、水反应的总方程式及讨论法在化学计算中的应用。22.（1）化学是一门以实验为基础的学科，化学实验是化学学习的重要内容。根据掌握的知识判断，下列有关实验操作的描述正确的是_(填下列各项序号)。A从试剂瓶中取出的任何药品，若有剩余均不能再放回原试剂瓶中B用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶C配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再慢慢加入浓硫酸并不断搅拌D各放一张质量相同的滤纸于托盘天平的两托盘上，将NaOH固体放在左盘纸上称量ENaOH溶液不能保存在带有玻璃塞的试剂瓶中F将用水润湿的pH试纸浸入稀盐酸中，测定溶液的pH（2）化学实验中，不正确的操作会对实验结果的准确性造成一定的影响，请用“”、“”或“”填写下列空白：用托盘天平称取10.4 g氯化钠，若将砝码和氯化钠的位置放颠倒了，所称取的氯化钠的质量_10.4 g。用容量瓶配制500 mL 0.1 molL1NaOH溶液，定容时仰视刻度线，所得溶液的物质的量浓度_0.1 molL1。（3）实验时为使氯气、氨气在如图所示装置中充分混合并反应，在a口通入的气体是_，若氨气量较多，则瓶内会出现大量白烟，该白烟为_，反应的方程式为_（已知氮元素被氧化生成常见的单质）。【答案】 (1). BE (2). (3). (4). 氨气(NH3) (5). 氯化铵(NH4Cl) (6). 3Cl28NH3=6NH4Cl+N2【解析】【分析】（1）结合物质的性质、化学实验基本操作注意事项判断其正误；（2）左物右码分析解答；根据c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（3）根据氯气和氨气的密度大小分析，氯气和氨气反应生成氮气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，据此解答。【详解】（1）A对化学实验剩余药品，大多是不可以放回原瓶的，但是极少数例外，如金属钠切下一小块后可放回原瓶，故A错误； B碳酸钙或氢氧化钙均能与盐酸反应，可用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，故B正确；C量筒不能作反应容器，不能用来稀释浓硫酸，故C错误；DNaOH固体具有强腐蚀性，易潮解，应该在烧杯中称量，故D错误E氢氧化钠能和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶，可以粘结瓶口和瓶塞，因此NaOH溶液不能保存在带有玻璃塞的试剂瓶中，故E正确；F不能用水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱，测定结果不准确，故F错误；故答案为：BE；（2）用托盘天平称取10.4 g氯化钠，若将砝码和氯化钠的位置放颠倒了，由左盘质量右盘的质量+游码的质量可知药品质量=砝码质量-游码质量，即所称取的氯化钠的质量为9.6 g；若定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1mol/L；（3）由于氯气密度大于氨气，则实验时为使氯气、氨气在如图所示装置中充分混合并反应，由于氨气的密度较小、氯气的密度较大，故在a口通入的气体是氨气。二者反应生成氮气和氯化氢，若氨气量较多，则氯化氢和氨气反应生成氯化铵，所以瓶内会出现大量白烟，反应的方程式为3Cl28NH3=6NH4Cl+N2。23.A、B、C、D均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系，其中A是单质（1）若A是一种淡黄色固体，B是气态氢化物，C、D为气态氧化物，C是形成酸雨的主要物质请写出C与B反应的化学方程式_（2）若B是气态氢化物，C、D为气态氧化物，且CD是形成光化学烟雾的一个重要原因请写出反应的化学方程式_实验室中检验气体B用的试剂或用品为_（3）若B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应均需要强碱性溶液，反应可以通过滴加少量稀盐酸实现，请写出的离子方程式_（4）若C是一种淡黄色固体，常用于呼吸面具中的供氧剂，D是一种强碱则C做供氧剂时与CO2反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为_；焰色反应时，D的火焰呈_色【答案】 (1). SO2+2H2S=3S+2H2O (2). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (3). 湿润的红色石蕊试纸(蘸有浓盐酸的玻璃棒或其他合理答案) (4). 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 (5). 1：2 (6). 黄【解析】【分析】（1）若A是一种淡黄色固体，则A为S，据此解答；（2）B是气态氢化物，C、D为气态氧化物，且C、D是形成光化学烟雾的一个重要原因，则C为NO，A为N2，B为NH3，D为NO2；（3）B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应均需要强碱性溶液，反应可以通过滴加少量稀盐酸实现，则A为Al，B为Al2O3，D为Al（OH）3；（4）C是一种淡黄色固体，常用于吸吸面具中的供氧剂，D是一种强碱，则C为Na2O2，D为NaOH。【详解】（1）若A是一种淡黄色固体，B是气态氢化物，C、D为气态氧化物，且C是形成酸雨的主要物质，C为SO2，则A为S，B为H2S，D为SO3，C与B反应生成S和水，其化学反应方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O；（2）B是气态氢化物，C、D为气态氧化物，且C、D是形成光化学烟雾的一个重要原因，则C为NO，A为N2，B为NH3，D为NO2，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O，检验氨气常利用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒；（3）B、D既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应均需要强碱性溶液，反应可以通过滴加少量稀盐酸实现，则A为Al，B为Al2O3，C为偏铝酸盐，D为Al（OH）3，的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（4）C是一种淡黄色固体，常用于吸吸面具中的供氧剂，D是一种强碱，则C为Na2O2，D为NaOH，A是钠，B是氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，元素化合价升高失电子发生氧化反应，得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应，得到还原产物，因此过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，焰色反应时，氢氧化钠的火焰呈黄色。【点睛】本题考查无机物的推断，综合考查非金属元素及金属元素化合物性质，涉及常见元素及其化合物知识的考查，把握单质及化合物的性质来分析推断各物质为解答的关键，注意物质颜色、性质和用途常作为解答的突破口。24.有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H、NH4+、K、Mg2、Cu2、Al3、NO3-、CO32-、SO42-，现取三份100 mL溶液进行如下实验：第一份加入足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。第二份加入足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图所示。根据上述实验，完成下列问题：（1）原溶液中一定不存在的离子是_。（2）2535段发生反应的离子方程式为_。（3）3540段发生反应的离子方程式为_。（4）实验所加的NaOH的浓度为_。（5）原溶液中NO3-的物质的量为n(NO3-)，根据提供的图像和数据，试计算n(NO3-)的取值范围为_。【答案】 (1). Cu2、CO32-、H (2). NH4+OH=NH3H2O (3). Al（OH）3OH=AlO2-+2H2O (4). 2 molL1 (5). n(NO3-)0.01 mol【解析】【分析】根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO32-、SO42-两种离子中的一种；第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，则推断一定有CO32-、SO42-两种离子中的一种；第三份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液时立即有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，滴加氢氧化钠溶液，沉淀不溶解，说明含有铵根离子。继续加入氢氧化钠时沉淀部分溶解，最后溶液中仍然有沉淀，推断一定含有Mg2、Al3，Mg2、Al3和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子，结合图象以及电荷守恒解答。【详解】（1）硫酸钡的物质的量是6.99g233g/mol0.03mol，则每一份溶液中硫酸根的物质的量是0.03mol。根据图像可知与铵根离子反应的氢氧化钠是10mL，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是5mL，则沉淀铝离子消耗氢氧化钠是15mL，所以沉淀镁离子消耗氢氧化钠是25mL15mL10mL。最终得到氢氧化镁沉淀是0.01mol，所以每一份溶液中镁离子是0.01mol，与镁离子反应的氢氧化钠是0.02mol，则氢氧化钠的浓度是0.02mol0.01L2mol/L，所以每一份溶液中铵根的物质的量是0.01L2mol/L0.02mol，与氢氧化铝反应的氢氧化钠是2mol/L0.005L0.01mol，则每一份溶液中铝离子是0.01mol。根据电荷守恒可知溶液中一定存在硝酸根离子，而钾离子不能确定，所以根据以上分析可知原溶液中一定不存在Cu2、CO32-、H。（2）根据以上分析可知2535段发生反应的离子方程式为NH4+OH=NH3H2O。（3）根据以上分析可知3540段发生反应的离子方程式为Al（OH）3OH=AlO2-+2H2O。（4）根据以上分析可知实验所加的NaOH的浓度为2 molL1。（5）如果存在钾离子，则忽略水的电离，依据电荷守恒可知每一份溶液中NO3-的物质的量n(NO3-)0.02mol+0.01mol2+0.01mol30.03mol20.01mol。【点睛】本题考查了离子共存、离子反应的计算等知识点，定性分析离子共存、定量分析离子的物质的量是解本题的关键，注意电荷守恒的灵活应用。25.2013年12月12日，中国矿业报报道中国地质科学院矿产综合利用研究所认定石龙铜矿含铜品位高(含铜3.27%)。已知铜矿物以黄铜矿、斑铜矿和辉铜矿为主。黄铜矿(CuFeS2)既是制取铜及其化合物的主要原料，又可以制备硫及铁的化合物。请回答下列问题：（1）冶炼铜的反应方程式为8CuFeS221O28Cu4FeO2Fe2O316SO2，若CuFeS2中铁元素为2价，则反应中被还原的元素为_(填元素名称)。（2）上述冶炼过程中产生大量二氧化硫，下列对其性质的描述中正确的是_(填序号)。ASO2既是氧化剂，又是还原剂BSO2是还原产物CSO2是形成酸雨的一种物质DSO2是氧化产物（3）SO2的存在对CO2的检验会造成干扰，实验室常用酸性高锰酸钾溶液除去SO2，请写出该反应的化学方程式：_。（4）利用黄铜矿冶炼产生的炉渣(含FeO、Fe2O3、SiO2、Al2O3)可制备Fe2O3。方法为先用稀盐酸浸取炉渣，过滤；将滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3。用下列哪些试剂可以验证炉渣中含有FeO？_(填序号)其中发生氧化还原反应的离子方程式为_。A稀盐酸 B稀硫酸 CKSCN溶液 DKMnO4溶液 ENaOH溶液 F碘水【答案】 (1). 铜元素、氧元素 (2). CD (3). 5SO22KMnO42H2O=K2SO42MnSO42H2SO4 (4). BD (5). 5Fe2MnO4-8H=5Fe3Mn24H2O【解析】【分析】（1）得到电子化合价降低的元素被还原；（2）根据二氧化硫的性质以及反应中硫元素的化合价变化分析解答；（3）根据氧化还原反应中电子得失守恒以及原子守恒书写方程式；（4）根据氧化亚铁中铁元素的化合价是+2价易被氧化分析解