鲁科版高中化学必修一第4章《材料家族中的元素》单元测试题（解析版）
文档属性
| 名称 | 鲁科版高中化学必修一第4章《材料家族中的元素》单元测试题（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 241.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2018-11-27 16:03:23 | ||
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文档简介
第4章《材料家族中的元素》单元测试题
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．下列材料属于有机高分子合成材料的是（ ）
A． 不锈钢水壶 B． 汽车玻璃 C． 真丝衬衫 D． 尼龙绳
2．形形色色的硅酸盐存在于地球的每一个角落，在人类的生活和生产中扮演着重要的角色，下列说法不正确的是( )
A． 古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品
B． 硅晶体的导电性介于导体和绝缘体之间，是一种重要的半导体材料
C． 硅酸、二氧化硅、硅酸钠及硅酸盐产品均属于电解质
D． 青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O
3．下列叙述正确的是（用NA代表阿伏加德罗常数的值）（ ）
A．1 mol·L-1NaCl溶液含有NA个Na+
B．1 L 0.1 mol·L-1氨水含有0.1 NA个OH-
C．电解饱和食盐水若产生2 g氢气，则转移2 NA个电子
D．将0.1 mol氯化铝溶于1 L水中，所得溶液含有0.1 NA个Al3+
4．下面有关硅的叙述中，正确的是（ ）
A．硅原子既不易失去电子又不易得到电子，所以既不能作氧化剂，又不能作还原剂。
B．硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位。
C．硅的化学性质不活泼，在自然界中可以游离态存在。
D．硅在电子工业中，是最重要的半导体材料。
5．关于碳酸氢钙的以下叙述中正确的是（ ）
A．用加热浓缩结晶的方法，可以从溶液中得到固态碳酸氢钙
B．碳酸氢钙在270℃时开始分解，有气态二氧化碳释出
C．碳酸氢钙的溶液可以与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀
D．碳酸钙在碳酸中溶解可形成碳酸氢钙溶液
6．下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A． 硅太阳能电池 B． 锂离子电池放电 C． 火箭的燃料燃烧 D． 葡萄糖提供能量
A． A B． B C． C D． D
7．下列说法不正确的是（ ）
A． 硅酸钠的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料
B． 碘单质在苯中的溶解度较大，可用苯萃取碘水中的碘单质
C． 小苏打可用于配制发酵粉，医疗上也可以用作治疗胃酸过多
D． 光导纤维的主要成分为硅晶体
8．一定量的镁铝合金与500mL 1mol?L-1 HNO3完全反应生成2.24LNO(标况)，再向反应后的溶液中加入2mol?L-1 NaOH溶液，使镁、铝元素完全沉淀，则所加NaOH溶液体积是( )
A．50mL B．100mL C．150mL D．200mL
9．从能源开发、环境保护、资源利用等角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．天然气、石油、流水、风力、氢气为一级能源
B．研究采煤、采油新技术，尽量提高产量以满足工业生产的快速发展
C．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质
D．实现资源的“3R”利用，即：减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环利用(Recycle)
10．将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等,则原硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（ ）
①1∶3 ②2∶3 ③1∶7 ④2∶7 ⑤任意比
A．②④ B．只有① C．②④ D．①③
11．化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源
B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应
C．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
D．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维
12．放在手心就能熔化的稀有金属镓，其沸点为2403 ℃，更奇妙的是镓熔化后在－120 ℃仍不易凝固；在常温下几乎不与氧气和水反应，但能溶于强酸和强碱；与其他金属熔合可改善合金性能；与硫、硒等非金属化合可生成优质的半导体材料。下列有关镓的性质和用途的叙述错误的是( )
A． 镓的熔点高 B． 镓的性质与铝类似
C． 镓能够与盐酸反应生成气体 D． 镓可与多种金属形成合金
13．第五套人民币中的1元硬币的材质为钢芯镀镍合金。下列关于1元硬币的说法中不正确的是（ ）
A． 有一定硬度，耐磨损；但硬度不是很大，否则文字和图案很难压印上去
B． 化学性质稳定，抗腐蚀
C． 每枚硬币实际价值远远高于面值1元
D． 每枚硬币实际价值低于面值1元
14．下列盐溶液中，加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加入稀HNO3振荡，白色沉淀不消失的是( )
A．Na2SO3 B．K2CO3
C．Na3PO4 D．Na2SiO3
15．为验证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是 ( )
A． 观察加热时能否放出气体
B． 观察滴加盐酸时能否放出气体
C． 溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成
D． 溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
二、填空题
16．某固体可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现取该固体进行如下实验，所得现象和有关数据如下所示(气体体积的数据均已折算成标准状况下)：
请回答下列问题：
（1）混合物中是否存在FeCl2？________(填“存在”或“不存在”)。
（2）混合物中是否存在(NH4)2SO4？______(填“存在”或“不存在”)；你的判断依据是____________。
（3）写出反应④的离子方程式：____________________。
（4）请根据计算判断混合物中是否存在AlCl3：_____(写出你的判断依据，但不必写计算过程)。
17．已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。
（1）写出下列物质的化学式：D：____________，R：_______________；
写出下列物质的电子式A： ；
（2）按要求写下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：__________________；
B与R反应的化学方程式：___________________________ ；
D与盐酸反应的离子方程式：________________________。
（3）向沸水中加入W饱和溶液，可制得一种红褐色胶体，该反应的离子方程式为：_________。
18．（1）用KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得ClO2。请写出反应的离子方程式：______。
（2）把ag固体NaHCO3加热分解一段时间后，固体质量变为b g。
①尚未分解的NaHCO3质量为________g。
②当b为________g时，表明NaHCO3完全分解。
（3）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
①上述反应中氧化剂是__________________。
②根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、
③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有___________(填序号)。
③某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是________(填编号)。
A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3 D．浓H2SO4
④请配平以下化学方程式：________□Al＋□NaNO3＋□NaOH===□NaAlO2＋□N2↑＋2H2O。若反应过程中转移5 mole－，则生成标准状况下N2的体积为________L。
19．硅是一种重要的半导体材料，应用范围广，三氯苯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程如图所示：
（1）硅属于_______(填“金属”或“非金属”)元素；
（2）上述流程中最后一步反应的化学方程式为____________。
（3）如果还原SiHCl3过程中混入O2，可能引起的后果是___________。
（4）该流程中可以循环利用的物质的化学式是_____________。
20．在下图转化关系中，固体甲的焰色反应呈黄色，M为常见的液体物质，I为一常见金属，酸G是重要的化工产品和化工原料；固体H能够溶解在A溶液和酸G中，且H为良好的耐火材料（图中部分产物没有列出）。
（1）固体甲与液体M反应的方程式为______。A溶液与固体H反应的离子方程式为______。
（2）固体乙的化学式为_______。液体M的电子式为_______。
（3）反应①～⑦中属于氧化还原反应的为_______（填写反应序号）。
（4）若I与C的稀溶液不反应，只能与G的浓溶液在加热条件下反应，则反应⑦的化学方程式为_______。
（5）若由黄铁矿(FeS2)与气体B反应来生产气体E，且每生成1 mol E放出426.5 kJ的热量，该反应的热化学方程式为_______ 。
三、实验题
21． 铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如下实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：
（1）聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。
①聚合硫酸铁可用于净水的原理是 。
②有人认为上述流程中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见： ；浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是 。
③加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为 ；溶液的pH对[Fe2(OH) x(SO4)y]n中x的值有较大影响（如图1所示），试分析pH过小（pH＜3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因： 。
图1 图2
（2）明矾是一种常见铝钾硫酸盐。
①为充分利用原料， 试剂X应为 。
②请结合图2所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液Ⅰ制备明矾晶体的实验步骤(可选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生， ，得到明矾晶体。
22．工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．
（1）实验原理：①Al4C3与硫酸反应可生成CH4．②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式_____________________________。
（2）实验装置（如图所示）：
（3）实验过程：
①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL。
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应。
③待反应进行完全后，关闭活塞___________，打开活塞____________，通过分液漏斗加入过量________(填化学式)，与装置B瓶内物质充分反应。
④ _____________（填入该步应进行的操作）。
⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。
（4）数据分析：（已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L?mol-1）
①Al4C3的质量分数为___________。
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
③AlN的质量分数为_______________。
四、推断题
23．下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去．
（1）单质F的化学式是________，写出物质A的一种用途________；
（2）写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式________，写出由沉淀J生成 H溶液的离子方程式________；
（3）溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，写出生成L的离子方程式：________，白色沉淀L最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式________；
（4）溶液I中所含金属离子是________。
五、计算题
24．充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g，完全反应后固体质量减轻了3.1g，求：原混合物中碳酸钠的质量。（2）在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积（标准状况）。
25．向50 mL浓硫酸(足量)中加入3.2 g Cu，在加热条件下充分反应：
(1)反应消耗的H2SO4的物质的量是________mol，生成SO2的体积为________ mL(标准状况下)。
(2)若题干中浓硫酸的物质的量浓度为a mol·L－1，投入足量的铜片加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n(H2SO4)________0.025a mol(填“等于”“大于”或“小于”)。
(3)将题干中反应后的溶液稀释到500 mL，从中取出50 mL，并向取出液中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81 g，则原浓硫酸的物质的量浓度为________mol·L－1。
试卷第8页，总8页
参考答案
1．D
【解析】A、不锈钢是一种特殊的合金材料，属于无机金属材料，A错误；汽车玻璃是由普通玻璃加工制成的，属于无机非金属材料，B错误；真丝是由天然蛋白质加工制成的，属于天然有机高分子材料，C错误；D、尼龙是由化工原料经过化学反应生成的，属于合成有机高分子材料，D正确。故本题选D。
2．C
【解析】A、水泥、玻璃、陶瓷属于传统的无机非金属材料，主要成分都是硅酸盐，故A说法正确；B、晶体硅是半导体材料，故B说法正确；C、二氧化硅是非电解质，硅酸盐产品是混合物，而电解质是化合物，属于纯净物，故C说法错误；D、硅酸盐可以用盐的形式或氧化物的形式表示，氧化物表示的形式是Al2O3·2SiO2·2H2O，故D说法正确。
点睛：复杂硅酸盐写成氧化物时，一般按照金属氧化物、二氧化硅、水的形式，如果有多种金属氧化物，按照金属活动顺序表先后书写，注意原子个数守恒，或原子个数比为硅酸盐化学式中原子个数比。
3．C
【解析】
试题分析：A．1 mol·L-1NaCl溶液含Na+浓度为1mol·L-1，无溶液体积不能确定Na+数目，故A错误；B．NH3·H2O是弱电解质不能完全电离，1 L 0.1 mol·L-1氨水含有OH-远小于0.1 NA个，故B错误；C．电解饱和食盐水若产生2 g氢气，因每生成1个氢分子转移2个电子，则共转移2 NA个电子，故C正确；D．Al3+易水解，将0.1 mol氯化铝溶于1 L水中，所得溶液含有的Al3+数目小于0.1 NA个，故D错误，答案为C。
考点：考查有关阿伏加德罗常数的值的计算
4．D
【解析】A、硅既能得电子又能失电子，既可以做氧化剂又可以做还原剂；
B、地壳中含量第一的为氧元素；
C、硅为亲氧元素，以氧化物和硅酸盐形式存在。
5．C、D
【解析】对溶液中Ca（HCO3）2加热（低于100℃），Ca（HCO3）2即发生分解反应：Ca（HCO3）2＝CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，A错、B错；碳酸氢钙的溶液可以与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀，C正确；根据CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca（HCO3）2，可判断D正确。
6．A
【解析】分析：氧化还原反应是指元素化合价在反应前后发生变化的反应，A. 硅太阳能电池是通过光电效应直接把光能转化成电能的装置，未发生氧化还原反应；B.原电池发生的反应一定为氧化还原反应；C.火箭中燃料燃烧反应N2O4（1）+2N2H4（1）═3N2（g）+4H2O，属于氧化还原反应；D. 葡萄糖被氧化过程为氧化还原反应。
详解：A项，硅太阳能电池是通过光电效应直接把光能转化成电能的装置，转化过程中，未发生氧化还原反应，A正确；B项，锂离子电池放电相当于原电池，原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，将化学能转化为电能，B错误；C项，火箭的燃料燃烧反应为：N2O4（1）+2N2H4（1）═3N2（g）+4H2O，氮元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，C错误；D项，葡萄糖为人类生命活动提供能量时，葡萄糖被氧化生成二氧化碳和水并放出热量，属于氧化还原反应，D错误；正确选项A。
7．D
【解析】分析：A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料；B项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘；C项，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多；D项，光导纤维的主要成分为SiO2。
详解：A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料，A项正确；B项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘，B项正确；C项，小苏打能与酸反应，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多，C项正确；D项，光导纤维的主要成分为SiO2，D项错误；答案选D。
8．D
【解析】
试题分析：由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故选D。
【考点定位】考查化学方程式的有关计算
【名师点晴】本题考查氧化还原反应有关计算。注意利用守恒法解答，避免判断硝酸是否有剩余，侧重考查学生分析计算能力，由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒计算n(NaNO3)，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=计算需要NaOH溶液的体积。
9．D
【解析】
试题分析：A．可以直接利用的能源是一级能源，天然气、石油、流水、风力为一级能源，氢气是二级能源，A错误；B．煤、石油均是化石燃料，研究采煤、采油新技术，尽量提高产量以满足工业生产的快速发展不符合节能减排，B错误；C．铝是活泼的金属，通过电解法冶炼，C错误；D．实现资源的“3R”利用，即：减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环利用(Recycle)有利于环境保护、节约能源，D正确，答案选D。
考点：考查化学与环境、能源的有关判断
10．D
【解析】
试题分析：将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等。溶液中的Al元素可能是Al3+，也可能是AlO2-。发生的反应有：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓；Al3＋＋4OH-＝AlO2-+ 2H2O。若溶液中铝元素以Al3+存在，则n(Al3+)：n(OH-)=2:3，n(硫酸铝)：n(氢氧化钠)=1:3；若溶液中的Al元素以AlO2-存在，则n(Al3+)：n(OH-)=2:7，n(硫酸铝)：n(氢氧化钠)=1:7.故选项是D。
考点：考查硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应的物质的量关系的计算的知识。
11．D
【解析】
试题分析：A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源，A正确；B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应，B正确；C．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化，C正确；D．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片，但不能用于光导纤维，二氧化硅用于光导纤维，D错误，答案选D。
考点：考查化学与生活的判断
12．A
【解析】
【详解】
A．由信息可知，稀有金属镓放在手心里就能熔化，则镓的熔点低，故A错误；B．镓能溶于强酸和强碱，则与Al性质相似，故B正确；C．镓与Al性质相似，与盐酸反应生成氢气，故C正确；D．镓与其它金属融合可改善合金性能，则可形成合金，故D正确；故选A。
【点睛】
本题考查金属的性质，把握习题中的信息、镓与Al性质相似为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的抽取及应用。
13．C
【解析】
【详解】
A、B两个选项是根据合金的性质所描述的，是铸造硬币时必须考虑的因素，故A、B正确；C. 硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象，所以每枚硬币实际价值远远高于面值1元不符合事实，故C错误；D. 每枚硬币是钢芯镀镍合金，实际价值低于面值1元，故D正确；答案：C。
【点睛】
本题考查“合金”的知识，解题的关键是题目中A、B、D三个选项所描述的是铸造硬币时必须考虑的因素：性质既要稳定又要成本低。而A、B两个选项是关于硬币“合金”的性质问题。当出现C选项情况时，硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象。
14．AD
【解析】Na2SO3+BaCl2BaSO3↓+2NaCl，BaSO3被HNO3氧化为BaSO4，Na2SiO3+BaCl2BaSiO3+2NaCl，BaSiO3+2HNO3Ba(NO3)2+H2SiO3↓。
15．D
【解析】A、加热时，碳酸氢钠分解都产生气体，无论是否含有碳酸钠，不能确定是否含有碳酸钠，故A错误；B、碳酸钠和碳酸氢钠加入盐酸都会产生二氧化碳气体，不能确定是否含有碳酸钠，故B错误；C、碳酸钠和碳酸氢钠溶于水中，滴加澄清石灰水，都产生碳酸钙沉淀，不能确定是否含有碳酸钠，故C错误；D、碳酸钡难溶于水，碳酸氢钡易溶于水，将固体溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，只有碳酸钠产生沉淀，如能观察到白色沉淀生成，说明含有碳酸钠，故D正确。故选D。
点睛：本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的检验，解题关键：掌握二者性质的区别，易错点为C，写出相关反应的化学方程式就容易理解了。
16．（1）不存在
（2）存在 11.2 L气体通过浓H2SO4时，体积减少了 4.48 L
（3）H＋＋OH－===H2O、AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
（4）混合物中，MgCl2、Al、(NH4)2SO4的总质量刚好等于 28.1 g，说明不含AlCl3
【解析】
试题分析：根据题给流程图知，混合物与过量氢氧化钠溶液反应生成的气体通过碱石灰体积不变，而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的 6.72 L气体为氢气，即原固体中一定含有金属Al，且其质量为5.4 g，生成氨气的物质的量为0.2 mol，则原固体中一定含有 0.1 mol （NH4）2SO4，其质量为13.2 g；得到白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），因为NaOH过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明5.8 g白色沉淀为Mg（OH）2，为0.1 mol，则固体中MgCl2为0.1 mol，质量为9.5g，无色溶液中有NaAlO2和过量的氢氧化钠。（1）白色沉淀久置不变色，说明不存在FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁）；（2）气体通过浓硫酸后，体积减少4.48 L，说明气体中有NH3，则原固体中一定存在（NH4）2SO4；（3）无色溶液中有无色溶液中有NaAlO2和过量的氢氧化钠，加入盐酸发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O、AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓；（4）由上述分析知，混合物中一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而m（Al）+m〔（NH4）2SO4〕+m（MgCl2）=28.1 g，所以一定没有AlCl3
考点：考查物质推断。
17．(1）D：Fe3O4 R：Al A： （2） 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3
2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ Fe3O4 + 8H+= Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
（3）Fe3＋＋3H2OFe(OH)3 (胶体)＋3H＋
【解析】
试题分析：A为淡黄色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B（NaOH）反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮湿的空气中得到M为Fe（OH）3，M与HCl反应生成W，则W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2，则
（1）通过以上分析知，D、R分别是Fe3O4、Al；A是过氧化钠，含有离子键和非极性键，电子式为。
（2）H在潮湿空气中被氧化变成M的过程中的化学方程式4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3；铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑；四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4 + 8H+= Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O。
（3）向沸水中加入氯化铁饱和溶液，可制得一种红褐色氢氧化铁胶体，该反应的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3 (胶体)＋3H＋。
考点：考查无机框图题的推断
18．2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- NaNO2①②⑤B10 6 4 10 311.2
【解析】
【分析】
（1）KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯，同时生成硫酸钾；（2）反应前固体为NaHCO3，反应后为未反应的NaHCO3和反应生成的Na2CO3的混合物，找到反应物Na2CO3和反应前后固体质量差对应的正比例关系即可迅速解题；（3）氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；选择试剂时要考虑既能使NaNO2转化又无二次污染；反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30。
【详解】
（1）KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯，同时生成硫酸钾，则离子反应为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-。（2）设分解的碳酸氢钠质量为x，则：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m=—62g
168 62
x (a—b)
由化学方程式可知x=，则尚未分解的NaHCO3质量为a-=；NaHCO3完全分解时，生成的碳酸钠的质量为bg，则bg=g，故b为。（3）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂；①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故选①②⑤；NaNO2→N2是被还原，必须加还原剂，N元素氧化性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还原剂，反应的方程式为NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故选B；反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知OH-系数为4，由H元素守恒可知H2O前面的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，转移30mol电子会有3mol氮气生成，根据电子转移守恒，有5mol电子转移时生成氮气的物质的体积为11.2L。
【点睛】
本题考查氧化还原反应的配平、计算、基本概念等，注意对基础知识的理解掌握。
19．（1）非金属；（2）H2+SiHCl3Si+3HCl（3）爆炸；（4）HCl。
【解析】
试题分析：（1）硅的名称中带有“石”字旁，属于非金属，故答案为：非金属；
（2）上述流程中最后一步反应的化学方程式为：SiHCl+H2Si+3HCl，故答案为： SiHCl+H2Si+3HCl；
（3）如果还原SiHCl过程中混入O2，会形成氢气和氧气混合气体，点燃时易引起爆炸，故答案为：爆炸；
（4）该流程中可以循环利用的物质的化学式是HCl，故答案为： HCl。
考点：考查了物质的相互转化和制备；化学方程式的书写的相关知识。
20．（1） 2Na2O2+2H2O="4NaOH+" O2↑; Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
（2） Al2S3;.
（3）①③⑤⑦
（4）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（5）4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8 SO2(g) ΔH=-3412KJ/mol
【解析】
试题分析：固体甲焰色反应呈黄色说明含有Na元素，含有Na元素的化合物能够与常见的液体物质反应放出气体，则固体甲为Na2O2，液体M为水，A为NaOH，气体B 为O2，为反应的方程式为2Na2O2+ 2H2O="4NaOH+" O2↑; O2能够与某气体C发生反应产生H2O和气体E，证明C中含有H元素，E还能与O2继续发生反应，说明C、E、F 含有相同的元素，C、E有强还原性，能连续被氧化。可能C为H2S；E为SO2；F为SO3。那么酸G为H2SO4。I为一常见金属，与稀H2SO4溶液不反应，只能与H2SO4浓溶液在加热条件下反应，证明该金属I为Cu。固体H能够溶解在A溶液和酸G中，且H为良好的耐火材料，则H为Al2O3.逆推白色沉淀D为Al(OH)3.能与水反应产生Al(OH)3和H2S的固体物质乙为Al2S3.反应的方程式为Al2S3+ 6H2O= 2Al(OH)3↓+3H2S↑. (l)固体甲与液体M反应的方程式为2Na2O2+2H2O="4NaOH+" O2↑；A溶液与固体H反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O.（2）Al2S3;（2）固体乙的化学式为Al2S3;液体M的电子式为。（3）氧化还原反应的特征是化合价的升降，在①～⑦反应中属于氧化还原反应的为①③⑤⑦。（4）Cu与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 。（5） FeS2燃烧的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。由于在该反应中产生了8mol的SO2气体，所以该反应的热化学方程式为4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8 SO2(g) ΔH=-3412KJ/mol。
考点：考查元素及化合物的推断、相互转化、氧化还原反应的判断及物质的电子式的书写、化学方程式、离子方程式、热方向方程式的书写的知识。
21．（15分）
（1）①聚合硫酸铁具有吸附作用
②将稀HNO3改为H2O2（或其他合理答案等）
降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；所得产物易于干燥
③Fe2O3pH过小，会抑制Fe3+的水解
（2）①KOH
②过滤，向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥
（除第⑵②小题最后一空3分，其他每空2分，共15分）
【解析】试题分析：（1）①聚合硫酸铁可用于净水的原理是聚合硫酸铁的Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有很强的吸附作用，所以聚合硫酸铁可用于净水的原理是聚合硫酸铁具有吸附作用。
②在上述流程中的“氧化”过程中使用的氧化剂是HNO3，该氧化剂得到电子，被还原变为NO,会造成环境污染，改进的意见是使用绿色氧化剂H2O2（或O2、O3等），乙醇是有机物，聚合硫酸铁是盐，该物质在乙醇中的溶解度比在水中小，浓缩时向其中加入一定量的乙醇，就可以降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；乙醇容易挥发，便于使所得产物易于干燥。
③加入试剂Y的目的是消耗酸，调节溶液的pH，所加试剂应该既可以反应消耗酸，又不引入杂质，则Y为Fe2O3；如图1所示，溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n 中x的值有较大影响，溶液的pH过小，pH＜3，会抑制Fe3+的水解，盐的水解程度减小，因此导致聚合硫酸铁中x的值减小；
（2）①为使Al、Fe合金中Al溶解，而Fe不溶解，，还不引入杂质离子，应该加入只与Al反应的KOH溶液；明矾是一种常见铝钾硫酸盐。所以试剂X应为KOH；
②根据图2所示的明矾溶解度曲线，可知温度升高，明矾的溶解度增大；由滤液Ⅰ制备明矾晶体的实验步骤是向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤，除去固体杂质；向所得滤液中加入少量稀硫酸，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，为减少明矾的溶解，用酒精洗涤晶体，干燥，得到明矾晶体。
考点：考查制备聚合硫酸铁和明矾的流程分析等知识。
22．（1） AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑
（3）③ K1 K3 NaOH ④打开K2，通入空气一段时间
（4）① ②偏小 ③
【解析】
试题分析：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；
（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
（3）③用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3；④装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小；（4）①甲烷的体积为（a-b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为=，Al4C3的质量分数为。②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；③氨气的质量为(z-y)g，物质的量为(z-y)/17mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为(z-y)/17mol×41g/mol=41(z-y)/17g,故AlN的质量分数为=。
考点：本题是一道关于物质的组成和含量测定知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力。
23．
（1）H2；用作油漆颜料，炼铁等；
（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；
（4）Na+、Al3+
【解析】
试题分析：金属B与强碱反应得到单质F与H，则B为Al、F为H2，H为偏铝酸盐，G为红褐色沉淀，则G为Fe（OH）3，红棕色物质A与金属Al发生置换反应生成单质C与氧化物D，则A为Fe2O3、C为Fe、D为Al2O3，由转化关系可知，E为FeCl2，H为NaAlO2，溶液I为NaCl、HCl、AlCl3混合物，J为Al（OH）3．
（1）由上述分析可知，单质F的化学式是H2，物质A为Fe2O3，可以用作油漆颜料，炼铁等，故答案为：H2；用作油漆颜料，炼铁等；
（2）单质Al与强碱溶液反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，由沉淀J生成 H溶液的离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）溶液FeCl2中加入氨水时，先生成白色沉淀L为Fe（OH）2，离子方程式：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，白色沉淀会迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，L变为G的化学反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；
（4）溶液I为NaCl、HCl、AlCl3混合物，所含金属离子是Na+、Al3+，故答案为：Na+、Al3+
【考点定位】考查无机推断
【名师点晴】本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。推断图中的特征反应现象常见的有：（1）焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）；（2）使品红溶液褪色的气体：SO2 （加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）；（3）白色沉淀Fe（OH）2置于空气中最终转变为红褐色[Fe（OH）3]（由白色→灰绿→红褐色）；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质（或挥发性酸如盐酸、硝酸）反应等。
24．（8分） (1)10.6g (2)3.36L
【解析】
试题分析：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠发生分解反应，而碳酸钠不反应。
(1)设碳酸氢钠的质量为mg，反应色生成的碳酸钠的质量为m1反应方程式为：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O m
2*84g 106g 62g
mg m1g 3.1g
2*84g*3.1g=62*mg 解得：m=8.4g
106g*3.1g=62g*m1g 解得：m1=5.3g
因此原混合物中碳酸钠的质量为：m(Na2CO3)= 19g-8.4g=10.6g
(2)剩余固体是Na2CO3，其质量为m(Na2CO3)= m1 +m=5.3g+10.6g=15.9g
设放出二氧化碳的物质的量为n，化学方程式为：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+ CO2↑+H2O
106g 1mol
15.9g n
106g*n=15.9g*1mol 解得：n=0.15mol
因此：V(CO2)=22.4L/mol*0.15mol=3.36L
答：(1)原混合物中碳酸钠的质量是10.6g；（2）二氧化碳的体积（标准状况）是3.36L。
考点：化学计算 差量法 钠的化合物的性质
点评：本题考查的差量法的运用。
25．0.11 120小于18
【解析】
本题考查化学计算，（1）发生的反应是Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，因为硫酸是过量的，因此根据铜进行计算，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=2n(Cu)=2×3.2/64mol=0.1mol，产生V(SO2)=3.2×22.4×1000/22.4mL=1120mL；（2）硫酸不足，铜过量，因此根据硫酸进行计算，被还原硫酸的物质的量为50×10－3×a/2mol=0.025amol，但铜只与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，转化成稀硫酸，反应停止，即被还原的稀硫酸的物质的量小于0.025amol；（3）根据反应方程式，硫酸一部分起酸性，一部分作氧化剂，因此根据硫元素守恒，n(H2SO4)=[n(SO42－)＋n(SO2)] mol=( ＋) mol=0.9mol，因此c(H2SO4)=0.9/（50×10－3）mol·L－1=18mol·L－1。
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．下列材料属于有机高分子合成材料的是（ ）
A． 不锈钢水壶 B． 汽车玻璃 C． 真丝衬衫 D． 尼龙绳
2．形形色色的硅酸盐存在于地球的每一个角落，在人类的生活和生产中扮演着重要的角色，下列说法不正确的是( )
A． 古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品
B． 硅晶体的导电性介于导体和绝缘体之间，是一种重要的半导体材料
C． 硅酸、二氧化硅、硅酸钠及硅酸盐产品均属于电解质
D． 青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O
3．下列叙述正确的是（用NA代表阿伏加德罗常数的值）（ ）
A．1 mol·L-1NaCl溶液含有NA个Na+
B．1 L 0.1 mol·L-1氨水含有0.1 NA个OH-
C．电解饱和食盐水若产生2 g氢气，则转移2 NA个电子
D．将0.1 mol氯化铝溶于1 L水中，所得溶液含有0.1 NA个Al3+
4．下面有关硅的叙述中，正确的是（ ）
A．硅原子既不易失去电子又不易得到电子，所以既不能作氧化剂，又不能作还原剂。
B．硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位。
C．硅的化学性质不活泼，在自然界中可以游离态存在。
D．硅在电子工业中，是最重要的半导体材料。
5．关于碳酸氢钙的以下叙述中正确的是（ ）
A．用加热浓缩结晶的方法，可以从溶液中得到固态碳酸氢钙
B．碳酸氢钙在270℃时开始分解，有气态二氧化碳释出
C．碳酸氢钙的溶液可以与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀
D．碳酸钙在碳酸中溶解可形成碳酸氢钙溶液
6．下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A． 硅太阳能电池 B． 锂离子电池放电 C． 火箭的燃料燃烧 D． 葡萄糖提供能量
A． A B． B C． C D． D
7．下列说法不正确的是（ ）
A． 硅酸钠的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料
B． 碘单质在苯中的溶解度较大，可用苯萃取碘水中的碘单质
C． 小苏打可用于配制发酵粉，医疗上也可以用作治疗胃酸过多
D． 光导纤维的主要成分为硅晶体
8．一定量的镁铝合金与500mL 1mol?L-1 HNO3完全反应生成2.24LNO(标况)，再向反应后的溶液中加入2mol?L-1 NaOH溶液，使镁、铝元素完全沉淀，则所加NaOH溶液体积是( )
A．50mL B．100mL C．150mL D．200mL
9．从能源开发、环境保护、资源利用等角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．天然气、石油、流水、风力、氢气为一级能源
B．研究采煤、采油新技术，尽量提高产量以满足工业生产的快速发展
C．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质
D．实现资源的“3R”利用，即：减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环利用(Recycle)
10．将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等,则原硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（ ）
①1∶3 ②2∶3 ③1∶7 ④2∶7 ⑤任意比
A．②④ B．只有① C．②④ D．①③
11．化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源
B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应
C．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化
D．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维
12．放在手心就能熔化的稀有金属镓，其沸点为2403 ℃，更奇妙的是镓熔化后在－120 ℃仍不易凝固；在常温下几乎不与氧气和水反应，但能溶于强酸和强碱；与其他金属熔合可改善合金性能；与硫、硒等非金属化合可生成优质的半导体材料。下列有关镓的性质和用途的叙述错误的是( )
A． 镓的熔点高 B． 镓的性质与铝类似
C． 镓能够与盐酸反应生成气体 D． 镓可与多种金属形成合金
13．第五套人民币中的1元硬币的材质为钢芯镀镍合金。下列关于1元硬币的说法中不正确的是（ ）
A． 有一定硬度，耐磨损；但硬度不是很大，否则文字和图案很难压印上去
B． 化学性质稳定，抗腐蚀
C． 每枚硬币实际价值远远高于面值1元
D． 每枚硬币实际价值低于面值1元
14．下列盐溶液中，加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加入稀HNO3振荡，白色沉淀不消失的是( )
A．Na2SO3 B．K2CO3
C．Na3PO4 D．Na2SiO3
15．为验证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是 ( )
A． 观察加热时能否放出气体
B． 观察滴加盐酸时能否放出气体
C． 溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成
D． 溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
二、填空题
16．某固体可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现取该固体进行如下实验，所得现象和有关数据如下所示(气体体积的数据均已折算成标准状况下)：
请回答下列问题：
（1）混合物中是否存在FeCl2？________(填“存在”或“不存在”)。
（2）混合物中是否存在(NH4)2SO4？______(填“存在”或“不存在”)；你的判断依据是____________。
（3）写出反应④的离子方程式：____________________。
（4）请根据计算判断混合物中是否存在AlCl3：_____(写出你的判断依据，但不必写计算过程)。
17．已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。
（1）写出下列物质的化学式：D：____________，R：_______________；
写出下列物质的电子式A： ；
（2）按要求写下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：__________________；
B与R反应的化学方程式：___________________________ ；
D与盐酸反应的离子方程式：________________________。
（3）向沸水中加入W饱和溶液，可制得一种红褐色胶体，该反应的离子方程式为：_________。
18．（1）用KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得ClO2。请写出反应的离子方程式：______。
（2）把ag固体NaHCO3加热分解一段时间后，固体质量变为b g。
①尚未分解的NaHCO3质量为________g。
②当b为________g时，表明NaHCO3完全分解。
（3）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
①上述反应中氧化剂是__________________。
②根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、
③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有___________(填序号)。
③某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是________(填编号)。
A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3 D．浓H2SO4
④请配平以下化学方程式：________□Al＋□NaNO3＋□NaOH===□NaAlO2＋□N2↑＋2H2O。若反应过程中转移5 mole－，则生成标准状况下N2的体积为________L。
19．硅是一种重要的半导体材料，应用范围广，三氯苯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程如图所示：
（1）硅属于_______(填“金属”或“非金属”)元素；
（2）上述流程中最后一步反应的化学方程式为____________。
（3）如果还原SiHCl3过程中混入O2，可能引起的后果是___________。
（4）该流程中可以循环利用的物质的化学式是_____________。
20．在下图转化关系中，固体甲的焰色反应呈黄色，M为常见的液体物质，I为一常见金属，酸G是重要的化工产品和化工原料；固体H能够溶解在A溶液和酸G中，且H为良好的耐火材料（图中部分产物没有列出）。
（1）固体甲与液体M反应的方程式为______。A溶液与固体H反应的离子方程式为______。
（2）固体乙的化学式为_______。液体M的电子式为_______。
（3）反应①～⑦中属于氧化还原反应的为_______（填写反应序号）。
（4）若I与C的稀溶液不反应，只能与G的浓溶液在加热条件下反应，则反应⑦的化学方程式为_______。
（5）若由黄铁矿(FeS2)与气体B反应来生产气体E，且每生成1 mol E放出426.5 kJ的热量，该反应的热化学方程式为_______ 。
三、实验题
21． 铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如下实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：
（1）聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。
①聚合硫酸铁可用于净水的原理是 。
②有人认为上述流程中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见： ；浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是 。
③加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为 ；溶液的pH对[Fe2(OH) x(SO4)y]n中x的值有较大影响（如图1所示），试分析pH过小（pH＜3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因： 。
图1 图2
（2）明矾是一种常见铝钾硫酸盐。
①为充分利用原料， 试剂X应为 。
②请结合图2所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液Ⅰ制备明矾晶体的实验步骤(可选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生， ，得到明矾晶体。
22．工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．
（1）实验原理：①Al4C3与硫酸反应可生成CH4．②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式_____________________________。
（2）实验装置（如图所示）：
（3）实验过程：
①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL。
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应。
③待反应进行完全后，关闭活塞___________，打开活塞____________，通过分液漏斗加入过量________(填化学式)，与装置B瓶内物质充分反应。
④ _____________（填入该步应进行的操作）。
⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。
（4）数据分析：（已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L?mol-1）
①Al4C3的质量分数为___________。
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
③AlN的质量分数为_______________。
四、推断题
23．下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去．
（1）单质F的化学式是________，写出物质A的一种用途________；
（2）写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式________，写出由沉淀J生成 H溶液的离子方程式________；
（3）溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，写出生成L的离子方程式：________，白色沉淀L最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式________；
（4）溶液I中所含金属离子是________。
五、计算题
24．充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g，完全反应后固体质量减轻了3.1g，求：原混合物中碳酸钠的质量。（2）在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积（标准状况）。
25．向50 mL浓硫酸(足量)中加入3.2 g Cu，在加热条件下充分反应：
(1)反应消耗的H2SO4的物质的量是________mol，生成SO2的体积为________ mL(标准状况下)。
(2)若题干中浓硫酸的物质的量浓度为a mol·L－1，投入足量的铜片加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的量n(H2SO4)________0.025a mol(填“等于”“大于”或“小于”)。
(3)将题干中反应后的溶液稀释到500 mL，从中取出50 mL，并向取出液中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81 g，则原浓硫酸的物质的量浓度为________mol·L－1。
试卷第8页，总8页
参考答案
1．D
【解析】A、不锈钢是一种特殊的合金材料，属于无机金属材料，A错误；汽车玻璃是由普通玻璃加工制成的，属于无机非金属材料，B错误；真丝是由天然蛋白质加工制成的，属于天然有机高分子材料，C错误；D、尼龙是由化工原料经过化学反应生成的，属于合成有机高分子材料，D正确。故本题选D。
2．C
【解析】A、水泥、玻璃、陶瓷属于传统的无机非金属材料，主要成分都是硅酸盐，故A说法正确；B、晶体硅是半导体材料，故B说法正确；C、二氧化硅是非电解质，硅酸盐产品是混合物，而电解质是化合物，属于纯净物，故C说法错误；D、硅酸盐可以用盐的形式或氧化物的形式表示，氧化物表示的形式是Al2O3·2SiO2·2H2O，故D说法正确。
点睛：复杂硅酸盐写成氧化物时，一般按照金属氧化物、二氧化硅、水的形式，如果有多种金属氧化物，按照金属活动顺序表先后书写，注意原子个数守恒，或原子个数比为硅酸盐化学式中原子个数比。
3．C
【解析】
试题分析：A．1 mol·L-1NaCl溶液含Na+浓度为1mol·L-1，无溶液体积不能确定Na+数目，故A错误；B．NH3·H2O是弱电解质不能完全电离，1 L 0.1 mol·L-1氨水含有OH-远小于0.1 NA个，故B错误；C．电解饱和食盐水若产生2 g氢气，因每生成1个氢分子转移2个电子，则共转移2 NA个电子，故C正确；D．Al3+易水解，将0.1 mol氯化铝溶于1 L水中，所得溶液含有的Al3+数目小于0.1 NA个，故D错误，答案为C。
考点：考查有关阿伏加德罗常数的值的计算
4．D
【解析】A、硅既能得电子又能失电子，既可以做氧化剂又可以做还原剂；
B、地壳中含量第一的为氧元素；
C、硅为亲氧元素，以氧化物和硅酸盐形式存在。
5．C、D
【解析】对溶液中Ca（HCO3）2加热（低于100℃），Ca（HCO3）2即发生分解反应：Ca（HCO3）2＝CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，A错、B错；碳酸氢钙的溶液可以与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀，C正确；根据CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca（HCO3）2，可判断D正确。
6．A
【解析】分析：氧化还原反应是指元素化合价在反应前后发生变化的反应，A. 硅太阳能电池是通过光电效应直接把光能转化成电能的装置，未发生氧化还原反应；B.原电池发生的反应一定为氧化还原反应；C.火箭中燃料燃烧反应N2O4（1）+2N2H4（1）═3N2（g）+4H2O，属于氧化还原反应；D. 葡萄糖被氧化过程为氧化还原反应。
详解：A项，硅太阳能电池是通过光电效应直接把光能转化成电能的装置，转化过程中，未发生氧化还原反应，A正确；B项，锂离子电池放电相当于原电池，原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，将化学能转化为电能，B错误；C项，火箭的燃料燃烧反应为：N2O4（1）+2N2H4（1）═3N2（g）+4H2O，氮元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，C错误；D项，葡萄糖为人类生命活动提供能量时，葡萄糖被氧化生成二氧化碳和水并放出热量，属于氧化还原反应，D错误；正确选项A。
7．D
【解析】分析：A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料；B项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘；C项，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多；D项，光导纤维的主要成分为SiO2。
详解：A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料，A项正确；B项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘，B项正确；C项，小苏打能与酸反应，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多，C项正确；D项，光导纤维的主要成分为SiO2，D项错误；答案选D。
8．D
【解析】
试题分析：由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故选D。
【考点定位】考查化学方程式的有关计算
【名师点晴】本题考查氧化还原反应有关计算。注意利用守恒法解答，避免判断硝酸是否有剩余，侧重考查学生分析计算能力，由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒计算n(NaNO3)，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=计算需要NaOH溶液的体积。
9．D
【解析】
试题分析：A．可以直接利用的能源是一级能源，天然气、石油、流水、风力为一级能源，氢气是二级能源，A错误；B．煤、石油均是化石燃料，研究采煤、采油新技术，尽量提高产量以满足工业生产的快速发展不符合节能减排，B错误；C．铝是活泼的金属，通过电解法冶炼，C错误；D．实现资源的“3R”利用，即：减少资源消耗(Reduce)、增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环利用(Recycle)有利于环境保护、节约能源，D正确，答案选D。
考点：考查化学与环境、能源的有关判断
10．D
【解析】
试题分析：将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等。溶液中的Al元素可能是Al3+，也可能是AlO2-。发生的反应有：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓；Al3＋＋4OH-＝AlO2-+ 2H2O。若溶液中铝元素以Al3+存在，则n(Al3+)：n(OH-)=2:3，n(硫酸铝)：n(氢氧化钠)=1:3；若溶液中的Al元素以AlO2-存在，则n(Al3+)：n(OH-)=2:7，n(硫酸铝)：n(氢氧化钠)=1:7.故选项是D。
考点：考查硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应的物质的量关系的计算的知识。
11．D
【解析】
试题分析：A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源，A正确；B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应，B正确；C．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化，C正确；D．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片，但不能用于光导纤维，二氧化硅用于光导纤维，D错误，答案选D。
考点：考查化学与生活的判断
12．A
【解析】
【详解】
A．由信息可知，稀有金属镓放在手心里就能熔化，则镓的熔点低，故A错误；B．镓能溶于强酸和强碱，则与Al性质相似，故B正确；C．镓与Al性质相似，与盐酸反应生成氢气，故C正确；D．镓与其它金属融合可改善合金性能，则可形成合金，故D正确；故选A。
【点睛】
本题考查金属的性质，把握习题中的信息、镓与Al性质相似为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的抽取及应用。
13．C
【解析】
【详解】
A、B两个选项是根据合金的性质所描述的，是铸造硬币时必须考虑的因素，故A、B正确；C. 硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象，所以每枚硬币实际价值远远高于面值1元不符合事实，故C错误；D. 每枚硬币是钢芯镀镍合金，实际价值低于面值1元，故D正确；答案：C。
【点睛】
本题考查“合金”的知识，解题的关键是题目中A、B、D三个选项所描述的是铸造硬币时必须考虑的因素：性质既要稳定又要成本低。而A、B两个选项是关于硬币“合金”的性质问题。当出现C选项情况时，硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象。
14．AD
【解析】Na2SO3+BaCl2BaSO3↓+2NaCl，BaSO3被HNO3氧化为BaSO4，Na2SiO3+BaCl2BaSiO3+2NaCl，BaSiO3+2HNO3Ba(NO3)2+H2SiO3↓。
15．D
【解析】A、加热时，碳酸氢钠分解都产生气体，无论是否含有碳酸钠，不能确定是否含有碳酸钠，故A错误；B、碳酸钠和碳酸氢钠加入盐酸都会产生二氧化碳气体，不能确定是否含有碳酸钠，故B错误；C、碳酸钠和碳酸氢钠溶于水中，滴加澄清石灰水，都产生碳酸钙沉淀，不能确定是否含有碳酸钠，故C错误；D、碳酸钡难溶于水，碳酸氢钡易溶于水，将固体溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，只有碳酸钠产生沉淀，如能观察到白色沉淀生成，说明含有碳酸钠，故D正确。故选D。
点睛：本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的检验，解题关键：掌握二者性质的区别，易错点为C，写出相关反应的化学方程式就容易理解了。
16．（1）不存在
（2）存在 11.2 L气体通过浓H2SO4时，体积减少了 4.48 L
（3）H＋＋OH－===H2O、AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
（4）混合物中，MgCl2、Al、(NH4)2SO4的总质量刚好等于 28.1 g，说明不含AlCl3
【解析】
试题分析：根据题给流程图知，混合物与过量氢氧化钠溶液反应生成的气体通过碱石灰体积不变，而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的 6.72 L气体为氢气，即原固体中一定含有金属Al，且其质量为5.4 g，生成氨气的物质的量为0.2 mol，则原固体中一定含有 0.1 mol （NH4）2SO4，其质量为13.2 g；得到白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），因为NaOH过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明5.8 g白色沉淀为Mg（OH）2，为0.1 mol，则固体中MgCl2为0.1 mol，质量为9.5g，无色溶液中有NaAlO2和过量的氢氧化钠。（1）白色沉淀久置不变色，说明不存在FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁）；（2）气体通过浓硫酸后，体积减少4.48 L，说明气体中有NH3，则原固体中一定存在（NH4）2SO4；（3）无色溶液中有无色溶液中有NaAlO2和过量的氢氧化钠，加入盐酸发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O、AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓；（4）由上述分析知，混合物中一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而m（Al）+m〔（NH4）2SO4〕+m（MgCl2）=28.1 g，所以一定没有AlCl3
考点：考查物质推断。
17．(1）D：Fe3O4 R：Al A： （2） 4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3
2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ Fe3O4 + 8H+= Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
（3）Fe3＋＋3H2OFe(OH)3 (胶体)＋3H＋
【解析】
试题分析：A为淡黄色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B（NaOH）反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮湿的空气中得到M为Fe（OH）3，M与HCl反应生成W，则W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2，则
（1）通过以上分析知，D、R分别是Fe3O4、Al；A是过氧化钠，含有离子键和非极性键，电子式为。
（2）H在潮湿空气中被氧化变成M的过程中的化学方程式4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3；铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑；四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4 + 8H+= Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O。
（3）向沸水中加入氯化铁饱和溶液，可制得一种红褐色氢氧化铁胶体，该反应的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3 (胶体)＋3H＋。
考点：考查无机框图题的推断
18．2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- NaNO2①②⑤B10 6 4 10 311.2
【解析】
【分析】
（1）KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯，同时生成硫酸钾；（2）反应前固体为NaHCO3，反应后为未反应的NaHCO3和反应生成的Na2CO3的混合物，找到反应物Na2CO3和反应前后固体质量差对应的正比例关系即可迅速解题；（3）氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；选择试剂时要考虑既能使NaNO2转化又无二次污染；反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30。
【详解】
（1）KClO3在H2SO4存在下与SO2反应制得二氧化氯，同时生成硫酸钾，则离子反应为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-。（2）设分解的碳酸氢钠质量为x，则：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m=—62g
168 62
x (a—b)
由化学方程式可知x=，则尚未分解的NaHCO3质量为a-=；NaHCO3完全分解时，生成的碳酸钠的质量为bg，则bg=g，故b为。（3）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂；①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故选①②⑤；NaNO2→N2是被还原，必须加还原剂，N元素氧化性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还原剂，反应的方程式为NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故选B；反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知OH-系数为4，由H元素守恒可知H2O前面的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，转移30mol电子会有3mol氮气生成，根据电子转移守恒，有5mol电子转移时生成氮气的物质的体积为11.2L。
【点睛】
本题考查氧化还原反应的配平、计算、基本概念等，注意对基础知识的理解掌握。
19．（1）非金属；（2）H2+SiHCl3Si+3HCl（3）爆炸；（4）HCl。
【解析】
试题分析：（1）硅的名称中带有“石”字旁，属于非金属，故答案为：非金属；
（2）上述流程中最后一步反应的化学方程式为：SiHCl+H2Si+3HCl，故答案为： SiHCl+H2Si+3HCl；
（3）如果还原SiHCl过程中混入O2，会形成氢气和氧气混合气体，点燃时易引起爆炸，故答案为：爆炸；
（4）该流程中可以循环利用的物质的化学式是HCl，故答案为： HCl。
考点：考查了物质的相互转化和制备；化学方程式的书写的相关知识。
20．（1） 2Na2O2+2H2O="4NaOH+" O2↑; Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
（2） Al2S3;.
（3）①③⑤⑦
（4）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（5）4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8 SO2(g) ΔH=-3412KJ/mol
【解析】
试题分析：固体甲焰色反应呈黄色说明含有Na元素，含有Na元素的化合物能够与常见的液体物质反应放出气体，则固体甲为Na2O2，液体M为水，A为NaOH，气体B 为O2，为反应的方程式为2Na2O2+ 2H2O="4NaOH+" O2↑; O2能够与某气体C发生反应产生H2O和气体E，证明C中含有H元素，E还能与O2继续发生反应，说明C、E、F 含有相同的元素，C、E有强还原性，能连续被氧化。可能C为H2S；E为SO2；F为SO3。那么酸G为H2SO4。I为一常见金属，与稀H2SO4溶液不反应，只能与H2SO4浓溶液在加热条件下反应，证明该金属I为Cu。固体H能够溶解在A溶液和酸G中，且H为良好的耐火材料，则H为Al2O3.逆推白色沉淀D为Al(OH)3.能与水反应产生Al(OH)3和H2S的固体物质乙为Al2S3.反应的方程式为Al2S3+ 6H2O= 2Al(OH)3↓+3H2S↑. (l)固体甲与液体M反应的方程式为2Na2O2+2H2O="4NaOH+" O2↑；A溶液与固体H反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O.（2）Al2S3;（2）固体乙的化学式为Al2S3;液体M的电子式为。（3）氧化还原反应的特征是化合价的升降，在①～⑦反应中属于氧化还原反应的为①③⑤⑦。（4）Cu与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 。（5） FeS2燃烧的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。由于在该反应中产生了8mol的SO2气体，所以该反应的热化学方程式为4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8 SO2(g) ΔH=-3412KJ/mol。
考点：考查元素及化合物的推断、相互转化、氧化还原反应的判断及物质的电子式的书写、化学方程式、离子方程式、热方向方程式的书写的知识。
21．（15分）
（1）①聚合硫酸铁具有吸附作用
②将稀HNO3改为H2O2（或其他合理答案等）
降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；所得产物易于干燥
③Fe2O3pH过小，会抑制Fe3+的水解
（2）①KOH
②过滤，向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥
（除第⑵②小题最后一空3分，其他每空2分，共15分）
【解析】试题分析：（1）①聚合硫酸铁可用于净水的原理是聚合硫酸铁的Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有很强的吸附作用，所以聚合硫酸铁可用于净水的原理是聚合硫酸铁具有吸附作用。
②在上述流程中的“氧化”过程中使用的氧化剂是HNO3，该氧化剂得到电子，被还原变为NO,会造成环境污染，改进的意见是使用绿色氧化剂H2O2（或O2、O3等），乙醇是有机物，聚合硫酸铁是盐，该物质在乙醇中的溶解度比在水中小，浓缩时向其中加入一定量的乙醇，就可以降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；乙醇容易挥发，便于使所得产物易于干燥。
③加入试剂Y的目的是消耗酸，调节溶液的pH，所加试剂应该既可以反应消耗酸，又不引入杂质，则Y为Fe2O3；如图1所示，溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n 中x的值有较大影响，溶液的pH过小，pH＜3，会抑制Fe3+的水解，盐的水解程度减小，因此导致聚合硫酸铁中x的值减小；
（2）①为使Al、Fe合金中Al溶解，而Fe不溶解，，还不引入杂质离子，应该加入只与Al反应的KOH溶液；明矾是一种常见铝钾硫酸盐。所以试剂X应为KOH；
②根据图2所示的明矾溶解度曲线，可知温度升高，明矾的溶解度增大；由滤液Ⅰ制备明矾晶体的实验步骤是向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤，除去固体杂质；向所得滤液中加入少量稀硫酸，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，为减少明矾的溶解，用酒精洗涤晶体，干燥，得到明矾晶体。
考点：考查制备聚合硫酸铁和明矾的流程分析等知识。
22．（1） AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑
（3）③ K1 K3 NaOH ④打开K2，通入空气一段时间
（4）① ②偏小 ③
【解析】
试题分析：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；
（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
（3）③用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3；④装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小；（4）①甲烷的体积为（a-b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为=，Al4C3的质量分数为。②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；③氨气的质量为(z-y)g，物质的量为(z-y)/17mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为(z-y)/17mol×41g/mol=41(z-y)/17g,故AlN的质量分数为=。
考点：本题是一道关于物质的组成和含量测定知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力。
23．
（1）H2；用作油漆颜料，炼铁等；
（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；
（4）Na+、Al3+
【解析】
试题分析：金属B与强碱反应得到单质F与H，则B为Al、F为H2，H为偏铝酸盐，G为红褐色沉淀，则G为Fe（OH）3，红棕色物质A与金属Al发生置换反应生成单质C与氧化物D，则A为Fe2O3、C为Fe、D为Al2O3，由转化关系可知，E为FeCl2，H为NaAlO2，溶液I为NaCl、HCl、AlCl3混合物，J为Al（OH）3．
（1）由上述分析可知，单质F的化学式是H2，物质A为Fe2O3，可以用作油漆颜料，炼铁等，故答案为：H2；用作油漆颜料，炼铁等；
（2）单质Al与强碱溶液反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，由沉淀J生成 H溶液的离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）溶液FeCl2中加入氨水时，先生成白色沉淀L为Fe（OH）2，离子方程式：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，白色沉淀会迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，L变为G的化学反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；
（4）溶液I为NaCl、HCl、AlCl3混合物，所含金属离子是Na+、Al3+，故答案为：Na+、Al3+
【考点定位】考查无机推断
【名师点晴】本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。推断图中的特征反应现象常见的有：（1）焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）；（2）使品红溶液褪色的气体：SO2 （加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）；（3）白色沉淀Fe（OH）2置于空气中最终转变为红褐色[Fe（OH）3]（由白色→灰绿→红褐色）；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质（或挥发性酸如盐酸、硝酸）反应等。
24．（8分） (1)10.6g (2)3.36L
【解析】
试题分析：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠发生分解反应，而碳酸钠不反应。
(1)设碳酸氢钠的质量为mg，反应色生成的碳酸钠的质量为m1反应方程式为：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O m
2*84g 106g 62g
mg m1g 3.1g
2*84g*3.1g=62*mg 解得：m=8.4g
106g*3.1g=62g*m1g 解得：m1=5.3g
因此原混合物中碳酸钠的质量为：m(Na2CO3)= 19g-8.4g=10.6g
(2)剩余固体是Na2CO3，其质量为m(Na2CO3)= m1 +m=5.3g+10.6g=15.9g
设放出二氧化碳的物质的量为n，化学方程式为：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+ CO2↑+H2O
106g 1mol
15.9g n
106g*n=15.9g*1mol 解得：n=0.15mol
因此：V(CO2)=22.4L/mol*0.15mol=3.36L
答：(1)原混合物中碳酸钠的质量是10.6g；（2）二氧化碳的体积（标准状况）是3.36L。
考点：化学计算 差量法 钠的化合物的性质
点评：本题考查的差量法的运用。
25．0.11 120小于18
【解析】
本题考查化学计算，（1）发生的反应是Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，因为硫酸是过量的，因此根据铜进行计算，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=2n(Cu)=2×3.2/64mol=0.1mol，产生V(SO2)=3.2×22.4×1000/22.4mL=1120mL；（2）硫酸不足，铜过量，因此根据硫酸进行计算，被还原硫酸的物质的量为50×10－3×a/2mol=0.025amol，但铜只与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，转化成稀硫酸，反应停止，即被还原的稀硫酸的物质的量小于0.025amol；（3）根据反应方程式，硫酸一部分起酸性，一部分作氧化剂，因此根据硫元素守恒，n(H2SO4)=[n(SO42－)＋n(SO2)] mol=( ＋) mol=0.9mol，因此c(H2SO4)=0.9/（50×10－3）mol·L－1=18mol·L－1。