福建省厦门六中2022学年高一化学下学期质检试题必修含解析

2022-2022学年福建省厦门六中高一（下）质检化学试卷（必修）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．硅单质及其化合物在材料领域中一直扮演着主要角色．下列叙述中，不正确的是()A．石英可用来制作工艺品B．硅单质可用来制造太阳能电池C．硅单质是制造玻璃的主要原料D．二氧化硅是制造光导纤维的材料2．下列物质可用来刻蚀玻璃的是()A．盐酸B．氨水C．氢氟酸D．纯碱3．教材中下列图示物质对应的主要成分错误的是()ABCD物质赤铁矿硫磺水晶液化石油气主要成分Fe2O3S硅酸盐烃A．AB．BC．CD．D4．下列说法中，正确的是()A．酸性氧化物都不与酸溶液反应B．陶瓷、水泥及所有的玻璃都是硅酸盐产品C．某些非金属单质既能与酸反应也能与碱反应D．硅酸盐都是难溶于水的5．下列关于无机非金属材料的说法中正确的是()A．传统无机非金属材料是指：光导纤维、玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料B．新型无机非金属材料虽然克服了传统无机非金属材料的缺点，但强度比较差C．高温结构材料具有耐高温、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点D．传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的主要成分都是硅酸盐6．下列所用材料不属于合金的是()A．家用的铝窗B．建筑用的钢筋C．铸造用的黄铜D．温度计用的水银7．石英的主要化学成分是()A．Na2SiO3B．A12O3C．SiO2D．Si8．世界著名的科技史专家，英国剑桥大学的李约瑟博士考证说：“中国至少在距今3000年以前，就已经使用玻璃了．”下列有关玻璃的说法不正确的是()-26-A．制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英砂B．玻璃在加热熔化时有固定的熔点C．普通玻璃的主要成分中有硅酸钠、硅酸钙D．盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是为了防止烧碱跟二氧化硅反应生成硅酸钠而使瓶塞与瓶口黏在一起9．下列物品或设备：①门窗玻璃，②水晶镜片，③石英钟表，④玛瑙首饰，⑤硅太阳能，⑥光导纤维，⑦计算机芯片．所用材料为SiO2或要用到SiO2的是()A．①②③④⑥B．全部C．⑤⑦D．①②⑥⑦10．下列各种物质既能与强酸反应又能与强碱反应的是()①Al②AlCl3③Na[Al（OH）4]④Al（OH）3⑤Al2O3．A．①②③④⑤B．①③④⑤C．④⑤D．①④⑤11．下列说法中正确的是()A．铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属B．点燃的镁条插入盛有二氧化碳的集气瓶里，则迅速熄灭C．铝在高温下能还原锰、铁、铬等金属的氧化物D．因为镁和铝在空气中都能形成氧化膜，所以镁和铝都不溶于浓硝酸12．下列物质中加入NaOH溶液，不能得到澄清溶液的是()A．Al（OH）3B．Al2O3C．H2SiO3D．MgCO313．铝具有较强的抗腐蚀能力，主要原因是()A．铝的化学性质稳定B．铝与氧气常温下不反应C．铝是两性元素D．铝与氧化合形成一层致密的氧化膜14．2022年2月21日，法国佳士得拍卖行“伊去•圣洛朗与皮埃尔•贝尔热珍藏”专物拍卖会拍卖品预展在法国巴黎大皇宫拉开帷幕．25日，中国圆明园流失文物鼠首和兔首铜像被拍卖．普通铜器的时间稍久容易出现铜绿，其主要成分是Cu2（OH）2CO3．这两件铜铸的国宝仍然熠熠生辉不生锈，下列对其主要原因的分析，最可能的是()A．它们的表面都镀上了一层耐腐蚀的黄金B．环境污染日趋严重，它们表面的铜绿被酸雨溶液溶解洗去C．铜的金属活动性比氢小，因此不易被氧化D．它们是含一定比例金、银、锡、锌的铜合金-26-15．镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有()A．[Al（OH）4]﹣B．Cu2+C．Al3+D．Mg2+16．下列各离子加入强酸或强碱后，都能使其离子浓度降低的是()A．Al3+B．[Al（OH）4]﹣C．HCO3﹣D．SiO32﹣二．填空题17．按要求准确表达下列变化过程中的化学用语，其中（1）～（3）写化学方程式，（4）～（5）写离子方程式．（1）工业粗硅的制取__________（2）铝片投入氢氧化钠溶液__________（3）写出焊接钢轨的化学方程式__________（4）实验室中氢氧化铝的制取__________（5）氧化铝溶于氢氧化钠溶液__________．18．铜是生产生活中用量较多的金属．（1）下列有关铜元素的说法中，不正确的是__________．A．青铜、不锈钢、硬铝都是合金B．铜表面易形成致密的氧化膜C．铜与O2反应，生成黑色的CuOD．CuSO4•5H2O是一种混合物，加热后变为白色的固体（2）某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量①溶液A能否选用稀硝酸？若能，写出方案Ⅰ中发生反应的离子方程式；若不能说明理由__________．②溶液B可选用稀硫酸，也可选用__________．③实验室中方案__________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）更便于实施．三．实验题（本题包括2小题，共14分）19．从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：-26-请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为__________．（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32﹣的离子方程式为__________．（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入__________（填试剂名称）．（4）滤液E、K中溶质的主要成分是__________（填化学式），写出该溶质的一种用途__________．20．实验室中备有稀硫酸、盐酸、醋酸、醋酸钠、纯碱、碳酸氢钠、烧碱、硅酸钠、二氧化硅、蒸馏水等试剂，仪器齐全，自选．已知碳酸酸性比硅酸强请设计一实验，通过反应的现象，验证碳酸、醋酸、硅酸的酸性强弱．要求：（1）画出简易的装置图；（2）写出选用试剂，并叙述反应现象及结论．四．计算题（本题包括1个小题，共9分）21．写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：__________将足量的浓硫酸加入16g铜粉中，计算：（1）生成的二氧化硫在标准状况下的体积（2）被还原的硫酸的质量．五．选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）22．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则x、Y可能是()①C、CO②AlCl3、Al（OH）3③N2、NO④S、SO2⑤NaOH、Na2CO3．A．①②⑤B．②③⑤C．③④D．①②④-26-23．为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100mL0.3mol•L稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL；再加入0.2mol•L﹣1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去350mLNaOH溶液．则所取样品中铝的物质的量为()A．0.005molB．0.01molC．0.025molD．0.03mol24．以下六种饱和溶液①Ba（NO3）2②Ca（OH）2③Na2SiO3④Na[Al（OH）4]⑤Na2CO3⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是()A．①③④⑥B．②③④⑥C．③④⑤⑥D．②③④⑤25．下列有关金属的说法中，正确的是()①在人类对金属材料的使用过程中，性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用；②纯铁比生铁抗腐蚀性更强；③单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属；④正常人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血等疾病；⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金；⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素．A．②④⑤⑥B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②⑤⑥26．向明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液时，当SO42﹣沉淀完全时，铝元素的存在形式是()A．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以Al3+形式存在于溶液中B．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以﹣形式存在于溶液中C．全部为Al（OH）3沉淀D．几乎全部以AlO2﹣存在于溶液中六．推断题（本题包括1个小题，共10分）27．硅单质及其化合物应用很广．请回答下列问题：（1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅．三氯甲硅烷（SiHCl3）还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式__________．②整个制备过程必须严格控制无水、无氧．SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式__________；（2）下列有关硅材料的说法正确的是__________．A．单质硅化学性质稳定，但可以被强碱溶液腐蚀B．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高D．光导纤维的主要成分是SiO2（3）硅酸钠水溶液俗称水玻璃．取少量硅酸钠溶液于试管中，逐滴加入盐酸，振荡．写出实验现象并给予解释（用化学方程式说明）__________．-26-（4）在人体器官受到损伤时，需要使用一种新型无机非金属材料来植入体内，这种材料是__________（填字母）．A．高温结构陶瓷B．生物陶瓷C．导电陶瓷．七．实验题（本题包含1小题，共12分）28．一位同学在复习时遇到这样一道习题：某无色溶液中可能含有“H+、OH﹣、Na+、NO3﹣”，加入铝粉后，只产生H2，问该无色溶液中能大量存在哪几种离子．（1）加入铝粉产生H2，说明铝具有__________（填“氧化性”或“还原性”）．（2）该同学分析：若H+大量存在，则NO3﹣就不能大量存在．设计实验证实如下：装置现象ⅰ．实验初始，未见明显现象ⅱ．过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色ⅲ．试管变热，溶液沸腾①盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是__________．②根据现象ⅱ，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实验内容现象实验1将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝实验2用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝a．浅棕色气体是__________．b．实验1的目的是__________．c．实验1、2说明反应生成了NO，将生成NO的离子方程式补充完整：__________Al+__________NO3‑+____________________═__________Al3++__________NO↑+____________________（3）再假设：若OH﹣大量存在，NO3﹣也可能不能大量存在．重新设计实验证实如下：装置现象ⅰ．实验初始，未见明显现象ⅱ．过一会儿，出现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝．①刺激性气味的气体是__________．②产生该气体的离子方程式是__________．（4）在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，其化学方程式是__________．（5）实验结果证实：NO3‑在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物．习题中的无色溶液一定能大量存在的是Na+和OH﹣．八．计算题（本题包含1小题，共8分）29．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol•L﹣1NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示．求：-26-（1）原合金中镁、铝的质量各是多少？__________（2）盐酸的物质的量浓度为多少？__________．-26-2022-2022学年福建省厦门六中高一（下）质检化学试卷（必修）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．硅单质及其化合物在材料领域中一直扮演着主要角色．下列叙述中，不正确的是()A．石英可用来制作工艺品B．硅单质可用来制造太阳能电池C．硅单质是制造玻璃的主要原料D．二氧化硅是制造光导纤维的材料【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】A．石英可用来制作工艺品；B．太阳能电池的原料是硅单质；C．二氧化硅可以用来生产玻璃；D．二氧化硅是制成光导纤维的原料．【解答】解：A．石英透明、熔点高的晶体，外观漂亮，可用来制作工艺品，故A正确；B．太阳能电池的原料是硅单质，故B正确；C．二氧化硅可以用来生产玻璃，但是硅不能作为生产玻璃的原料，故C错误；D．二氧化硅具有传输数据的功能，是制成光导纤维的原料，故D正确．故选C．【点评】本题考查硅和二氧化硅的用途，难度不大，注意制造玻璃的主要原料有SiO2、Na2CO3、CaCO3．2．下列物质可用来刻蚀玻璃的是()A．盐酸B．氨水C．氢氟酸D．纯碱【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】玻璃的主要成分为：Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅气体，工艺师利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，二氧化硅与盐酸不反应，与氨水几乎不反应，与碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠，不采用此法刻蚀玻璃，据此分析解答．【解答】解：A．稀硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故A错误；B．二氧化硅与氨水反应几乎不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故B错误；C．氢氟酸与二氧化硅易反应，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，生成四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故C正确；D．纯碱与二氧化硅在高温下反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了二氧化硅的性质，掌握二氧化硅与氢氟酸的反应是解答本题的关键，题目难度不大．3．教材中下列图示物质对应的主要成分错误的是()ABCD-26-物质赤铁矿硫磺水晶液化石油气主要成分Fe2O3S硅酸盐烃A．AB．BC．CD．D【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【专题】化学计算．【分析】A．赤铁矿为无水氧化铁矿石，主要成分为三氧化二铁；B．硫外观为淡黄色脆性结晶或粉末；C．水晶的主要成分是二氧化硅，二氧化硅只含有硅和氧两种元素；D．液化石油气组分主要是丙烷（超过95%），还有少量的丁烷．【解答】解：A．赤铁矿的主要成分为三氧化二铁，故A正确；B．硫外观为淡黄色脆性结晶或粉末，故B正确；C．水晶的主要成分是二氧化硅，二氧化硅只含有硅和氧两种元素，属于氧化物，不属于盐，故C错误；D．液化石油气组分主要是丙烷（超过95%），还有少量的丁烷，丙烷、丁烷只含C和H两种元素，属于烃，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了物质的组成和分类，属于对基础知识的考查，明确盐和氧化物的组成上的差别是解题关键．4．下列说法中，正确的是()A．酸性氧化物都不与酸溶液反应B．陶瓷、水泥及所有的玻璃都是硅酸盐产品C．某些非金属单质既能与酸反应也能与碱反应D．硅酸盐都是难溶于水的【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；含硅矿物及材料的应用．【分析】A、二氧化硅可以和HF酸之间反应；B、石英玻璃的成分是单一成分二氧化硅；C、S可以和强酸、强碱反应；D、根据硅酸盐中的硅酸钾、硅酸钠等物质的物理性质来回答判断．【解答】解：A、二氧化硅属于酸性氧化物，但是可以和HF酸反应，故A错误；B、石英玻璃的成分是二氧化硅，成分不是硅酸盐，故B错误；C、单质硫可以和浓硝酸加热下发生反应，还可以和氢氧化钠之间发生反应，故C正确；D、硅酸盐中硅酸钾、硅酸钠等都是易溶于水的，故D错误．故选C．【点评】本题目是一道关于物质性质综合知识的考查题目，涉及到酸、碱、盐、氧化物的概念以及硅酸盐的性质知识，难度不大．5．下列关于无机非金属材料的说法中正确的是()A．传统无机非金属材料是指：光导纤维、玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料B．新型无机非金属材料虽然克服了传统无机非金属材料的缺点，但强度比较差-26-C．高温结构材料具有耐高温、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点D．传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的主要成分都是硅酸盐【考点】无机非金属材料．【分析】A．玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料是传统的无机非金属材料，光导纤维不是；B．新型无机非金属材料能承受高温、强度较高；C．高温结构材料属于新型的无机非金属材料，各方面性能优越；D．新型无机非金属材料的主要成分不是硅酸盐．【解答】解：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于新型无机非金属材料，玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料是传统的无机非金属材料，故A错误；B．新型无机非金属材料不但克服了传统的无机非金属材料的缺点，而且同时还具有了如能承受高温、强度较高，具有电学性能等若干优点，故B错误；C．高温结构材料属于新型的无机非金属材料，具有耐高温、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点，故C正确；D．新型无机非金属材料如高温结构陶瓷（Si3N4陶瓷、SiC陶瓷）的主要成分不是硅酸盐，只有传统无机非金属材料才是硅酸盐，故D错误；故选C．【点评】本题考查无机非金属材料，题目难度不大，注意传统和新型材料的优缺点，注意新型无机非金属材料如高温结构陶瓷（Si3N4陶瓷、SiC陶瓷）的主要成分不是硅酸盐．6．下列所用材料不属于合金的是()A．家用的铝窗B．建筑用的钢筋C．铸造用的黄铜D．温度计用的水银【考点】合金的概念及其重要应用．【专题】金属概论与碱元素．【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等．【解答】解：A、家用的铝窗含有的元素有铝、铜、硅、镁、锌、锰等，所以是合金，故A不选．B、钢筋中含有铁、碳等元素，所以建筑用的钢筋是合金，故B不选．C、黄铜中含有铜和锌，所以铸造用的黄铜是合金，故C不选．D、水银是单质，所以温度计用的水银不是合金，故D选．故选D．【点评】本题难度不大，主要考查合金的特征，明确合金的特征是正确解答本题的关键．7．石英的主要化学成分是()A．Na2SiO3B．A12O3C．SiO2D．Si【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】根据物质的成分分析，玻璃的主要成分之一是硅酸钠；刚玉或宝石的成分是氧化铝；石英和水晶的成分是二氧化硅；半导体材料的成分是硅．【解答】解：A、玻璃的主要成分之一是硅酸钠，故A错误．B、刚玉或宝石的成分是氧化铝，故B错误；C、石英、水晶、玛瑙、沙子的主要成分是二氧化硅，故C正确．D、半导体材料的成分是硅，故D错误．-26-故选C．【点评】本题考查了石英的主要成分，难度不大，注意教材中基础知识的积累和掌握．8．世界著名的科技史专家，英国剑桥大学的李约瑟博士考证说：“中国至少在距今3000年以前，就已经使用玻璃了．”下列有关玻璃的说法不正确的是()A．制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英砂B．玻璃在加热熔化时有固定的熔点C．普通玻璃的主要成分中有硅酸钠、硅酸钙D．盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是为了防止烧碱跟二氧化硅反应生成硅酸钠而使瓶塞与瓶口黏在一起【考点】玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途．【分析】A．工业制玻璃主要原料有石灰石、纯碱和石英砂，碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；B．晶体有固定熔点，非晶体没有熔点，玻璃是硅酸盐，没有固定的熔点；C．玻璃主要含有的物质是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2；D．二氧化硅属于酸性氧化物，可以和强碱反应．【解答】解：A．工业制玻璃主要原料有石英砂、纯碱和石灰石，碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，玻璃成分是：二氧化硅，硅酸钠和硅酸钙，故A正确；B．玻璃是硅酸盐，因玻璃是玻璃态物质，是混合物，没有固定的熔点，故B错误；C．普通玻璃的成分主要是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，属于混合物，故C正确；D．二氧化硅属于酸性氧化物，可以和强碱氢氧化钠反应，生成硅酸钠，具有粘性，能将瓶口和瓶塞黏在一起，所以盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故D正确；故选B．【点评】本题考查玻璃的制取原料、成分等知识，属于基本知识的考查，平时注意基础知识的积累，题目难度不大．9．下列物品或设备：①门窗玻璃，②水晶镜片，③石英钟表，④玛瑙首饰，⑤硅太阳能，⑥光导纤维，⑦计算机芯片．所用材料为SiO2或要用到SiO2的是()A．①②③④⑥B．全部C．⑤⑦D．①②⑥⑦【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】石英、水晶、玛瑙、玻璃的主要成分是二氧化硅，光导纤维是二氧化硅材料，硅电池、硅芯片均是硅单质的用途的体现，陶瓷、砖瓦、玻璃、石棉为硅酸盐材料．【解答】解：石英、水晶、玛瑙、玻璃的主要成分是二氧化硅，光导纤维是二氧化硅材料，硅电池、硅芯片均是硅单质的用途的体现，陶瓷、砖瓦、玻璃、石棉为硅酸盐材料，其中所用材料为SiO2或用到SiO2的是：①②③④⑥；故选A．-26-【点评】本题考查硅和二氧化硅的存在和用途，题目难度不大，注意石英、水晶、玻璃的主要成分是二氧化硅，光导纤维是二氧化硅材料，硅电池、硅芯片均是硅单质的用途的体现，陶瓷、砖瓦、玻璃、石棉为硅酸盐材料．10．下列各种物质既能与强酸反应又能与强碱反应的是()①Al②AlCl3③Na[Al（OH）4]④Al（OH）3⑤Al2O3．A．①②③④⑤B．①③④⑤C．④⑤D．①④⑤【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等．【解答】解：①金属铝与酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成AlO2﹣和氢气，故①正确；②AlCl3只能和强碱反应，但是不能和强酸之间反应，故②错误；③Na[Al（OH）4]能与强酸反应，不能与碱反应，故③错误；④Al（OH）3属于两性氢氧化物，既能与酸反应生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2﹣离子，故④正确；⑤Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应，生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2﹣离子，故⑤正确；故选D．【点评】本题考查元素化合物性质，题目难度不大，注意基础知识的积累，注意具有两性和能与酸、碱反应的区别．11．下列说法中正确的是()A．铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属B．点燃的镁条插入盛有二氧化碳的集气瓶里，则迅速熄灭C．铝在高温下能还原锰、铁、铬等金属的氧化物D．因为镁和铝在空气中都能形成氧化膜，所以镁和铝都不溶于浓硝酸【考点】铝的化学性质；镁的化学性质．【分析】A．铝是亲氧元素，极易被氧气氧化生成氧化铝；B．在点燃条件下，镁和二氧化碳发生氧化还原反应；C．铝热反应可制备熔点较高的金属；D．常温下，Al遇浓硝酸钝化，Al的氧化物为致密的结构．【解答】解：A．铝是亲氧元素，极易被氧气氧化生成氧化铝，致密的氧化物薄膜耐腐蚀，故A错误；B．在点燃条件下，镁和二氧化碳发生氧化还原反应生成氧化镁和C，故B错误；C．铝热反应可制备熔点较高的金属，则铝在高温下能还原锰、铁、铬等金属氧化物得到金属，故C正确；D．常温下，Al遇浓硝酸钝化，Al的氧化物为致密的结构，加热时镁铝都能溶于浓硝酸，故D错误；故选C．【点评】本题考查镁铝及其化合物的性质，把握元素化合物的性质是解本题关键，注意铝常温下和浓硝酸发生钝化现象，但加热条件下发生氧化还原反应，为易错点．-26-12．下列物质中加入NaOH溶液，不能得到澄清溶液的是()A．Al（OH）3B．Al2O3C．H2SiO3D．MgCO3【考点】镁、铝的重要化合物；含硅矿物及材料的应用．【分析】氢氧化铝、氧化铝为两性化合物，都与氢氧化钠溶液反应，硅酸与氢氧化钠反应生成硅酸钠，碳酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，以此解答．【解答】解：A．Al（OH）3为两性氢氧化物，可用氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，得到澄清溶液，故A不选；B．Al2O3为两性氧化物，可用氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，得到澄清溶液，故B不选；C．硅酸与氢氧化钠反应生成硅酸钠，得到澄清溶液，故C不选；D．碳酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，仍为浑浊溶液，故D选．故选D．【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于镁铝化合物的性质的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．13．铝具有较强的抗腐蚀能力，主要原因是()A．铝的化学性质稳定B．铝与氧气常温下不反应C．铝是两性元素D．铝与氧化合形成一层致密的氧化膜【考点】铝的化学性质．【分析】铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜而保护金属被腐蚀，据此分析解答．【解答】解：铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止铝进一步被腐蚀，从而保护金属铝，与铝的两性无关，故选D．【点评】本题考查铝的性质，为高频考点，明确氧化物薄膜的作用是解本题关键，注意铝的两性，题目难度不大．14．2022年2月21日，法国佳士得拍卖行“伊去•圣洛朗与皮埃尔•贝尔热珍藏”专物拍卖会拍卖品预展在法国巴黎大皇宫拉开帷幕．25日，中国圆明园流失文物鼠首和兔首铜像被拍卖．普通铜器的时间稍久容易出现铜绿，其主要成分是Cu2（OH）2CO3．这两件铜铸的国宝仍然熠熠生辉不生锈，下列对其主要原因的分析，最可能的是()A．它们的表面都镀上了一层耐腐蚀的黄金B．环境污染日趋严重，它们表面的铜绿被酸雨溶液溶解洗去C．铜的金属活动性比氢小，因此不易被氧化D．它们是含一定比例金、银、锡、锌的铜合金【考点】金属与合金在性能上的主要差异．【分析】-26-中国圆明园流失文物鼠首和兔首铜像属于铜合金，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的性质是：硬度大、熔点低、耐腐蚀等，根据金属活动性顺序和金属单质与盐溶液能否发生置换反应进行判断，铜在金属活动性顺序中排在氢的后面，不能置换出酸中的氢，所以铜合金文物不容易被酸雨腐蚀，电化学腐蚀，正极被保护，据此分析解答．【解答】解：A．中国圆明园流失文物鼠首和兔首铜像不是进行的电镀，而是形成合金，故A错误；B．中国圆明园流失文物鼠首和兔首铜像放在外面不会让酸雨腐蚀，因为铜和稀酸不反应，故B错误；C．铜在加热的条件下，会与氧气反应生成氧化铜，故C错误；D．中国圆明园流失文物鼠首和兔首铜像是含一定比例金、银、锡、锌的铜合金，形成原电池时铜做正极被保护，耐腐蚀性好，所以铜铸的国宝仍然熠熠生辉不生锈，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查合金的性质，涉及合金性质应用，原电池的原理应用，理解常见的金属腐蚀防护原理是解答关键，题目难度不大．15．镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有()A．[Al（OH）4]﹣B．Cu2+C．Al3+D．Mg2+【考点】镁的化学性质；铝的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】在金属活动顺序表中，排在氢前面的金属能和非强氧化性的酸反应生成氢气，金属镁和铝能溶于盐酸，铜和盐酸不反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，镁离子能和烧碱反应转化为氢氧化镁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐，据此分析解答．【解答】解：在金属活动顺序表中，排在氢前面的金属能和非强氧化性的酸反应生成氢气，镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸，金属镁和铝能溶于盐酸，发生的离子反应有：Mg+2H+=H2↑+Mg2+、2Al+6H+=3H2↑+2Al3+，过滤，滤液为氯化镁、氯化铝、盐酸，滤渣为铜，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，过量的氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，发生的离子反应有：H++OH﹣=H2O、Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，所以再过滤，滤液中存在的离子有[Al（OH）4]﹣，故选A．【点评】本题以元素的存在方式为载体考查了金属镁铝铜的性质，明确发生的反应是解本题关键，题目难度不大．16．下列各离子加入强酸或强碱后，都能使其离子浓度降低的是()A．Al3+B．[Al（OH）4]﹣C．HCO3﹣D．SiO32﹣【考点】镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A．Al3+与强酸不反应，与强碱反应；B．[Al（OH）4]﹣与强酸反应，与强碱不反应；C．HCO3﹣属于弱酸的酸式盐，与强酸、强碱都能反应；D．SiO32﹣属于弱酸的酸根离子，与强酸反应，与强碱不反应．【解答】解：A．Al3+与碱反应，可以生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸盐，但Al3+与酸不反应，故A错误；B．[Al（OH）4]﹣与强酸反应，如与盐酸反应可以生成氯化铝与水，与强碱不反应，故B错误；C．HCO3﹣属于弱酸的酸式盐，如与盐酸反应生成水与二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故C正确；-26-D．SiO32﹣可以与强酸反应，如与盐酸反应可以用生成硅酸沉淀，但SiO32﹣不强碱反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了元素化合物的性质，掌握物质的性质是解本题的关键，侧重对基础知识的考查，难度不大，注意归纳总结中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质．二．填空题17．按要求准确表达下列变化过程中的化学用语，其中（1）～（3）写化学方程式，（4）～（5）写离子方程式．（1）工业粗硅的制取SiO2+2CSi+2CO↑（2）铝片投入氢氧化钠溶液2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑（3）写出焊接钢轨的化学方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（4）实验室中氢氧化铝的制取Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+（5）氧化铝溶于氢氧化钠溶液Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．【分析】（1）工业上常用碳在高温下与二氧化硅反应制取粗硅；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（3）铝和铁的氧化物高温反应生成熔融铁和氧化铝；（4）硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；（5）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水．【解答】解：（1）碳在高温下与二氧化硅反应生成硅与一氧化碳，SiO2+2CSi+2CO↑；故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式：2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑；故答案为：2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑；（3）铝和铁的氧化物高温反应生成熔融铁和氧化铝，化学方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（4）硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故答案为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；（5）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，-26-故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，题目难度不大．18．铜是生产生活中用量较多的金属．（1）下列有关铜元素的说法中，不正确的是BD．A．青铜、不锈钢、硬铝都是合金B．铜表面易形成致密的氧化膜C．铜与O2反应，生成黑色的CuOD．CuSO4•5H2O是一种混合物，加热后变为白色的固体（2）某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量①溶液A能否选用稀硝酸？若能，写出方案Ⅰ中发生反应的离子方程式；若不能说明理由3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，Al+4H++NO3﹣=Al3++NO↑+2H2O，方案Ⅰ中溶液A是稀HNO3，都能生成NO气体，已知铜、铝质量和生成气体的体积，通过列方程组可求得铜的质量分数．②溶液B可选用稀硫酸，也可选用氢氧化钠溶液．③实验室中方案Ⅱ（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）更便于实施．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】（1）A．根据合金的定义判断；B．铜生成碱式碳酸铜，较为疏松；C．铜与O2反应生成氧化铜，为黑色固体；D．CuSO4•5H2O为纯净物．（2）铝为活泼金属，可与强酸，也可与强碱反应生成氢气，根据氢气的体积可知铝的质量，进而可确定铜的质量分数，也可与稀硝酸反应，根据生成NO的体积，结合混合物的质量可列方程组计算铜的质量分数．【解答】解：（1）A．青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，故A正确；B．铜生成碱式碳酸铜，较为疏松，故B错误；C．铜与O2反应生成氧化铜，为黑色固体，故C正确；D．CuSO4•5H2O为纯净物，加热后变为白色的固体CuSO4，故D错误．故答案为：BD；（2）①加入稀硝酸，可分别发生3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，Al+4H++NO3﹣=Al3++NO↑+2H2O，根据生成NO的体积，结合铜、铝质量和生成气体的体积，通过列方程组可求得铜的质量分数，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，Al+4H++NO3﹣=Al3++NO↑+2H2O，方案Ⅰ中溶液A是稀HNO3，都能生成NO气体，已知铜、铝质量和生成气体的体积，通过列方程组可求得铜的质量分数；②因铝为活泼金属，可与强酸，也可与强碱反应生成氢气，则也可与氢氧化钠溶液反应，故答案为：氢氧化钠溶液；-26-③实验Ⅰ生成NO，易被氧化生成二氧化氮，难以操作，而实验Ⅱ生成氢气，可根据氢气的体积确定铝的质量，进而确定铜的质量分数，故答案为：Ⅱ．【点评】本题综合考查物质的含量的测定，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握铜、铝的性质以及实验的原理的评价，难度不大．三．实验题（本题包括2小题，共14分）19．从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O．（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32﹣的离子方程式为SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O．（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入硫氰化钾（填试剂名称）．（4）滤液E、K中溶质的主要成分是NaHCO3（填化学式），写出该溶质的一种用途制纯碱或做发酵粉等．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠、NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，以此来解答．【解答】解：由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，（1）Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化物不能拆，离子方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；-26-（3）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，故答案为：硫氰化钾；（4）根据工艺流程甲可知，固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则滤液E中溶质为NaHCO3，碳酸氢钠可用于制纯碱或做发酵粉等，故答案为：NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等．【点评】本题以氧化铝提取工艺流程为载体考查混合物分离实验方案的设计，为高频考点，涉及无机物推断、元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．20．实验室中备有稀硫酸、盐酸、醋酸、醋酸钠、纯碱、碳酸氢钠、烧碱、硅酸钠、二氧化硅、蒸馏水等试剂，仪器齐全，自选．已知碳酸酸性比硅酸强请设计一实验，通过反应的现象，验证碳酸、醋酸、硅酸的酸性强弱．要求：（1）画出简易的装置图；（2）写出选用试剂，并叙述反应现象及结论．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）验证碳酸、醋酸、硅酸的酸性强弱，将CH3COOH与Na2CO3发生反应：Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑，说明酸性CH3COOH＞H2CO3；产生的CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的醋酸蒸汽，然后再通入硅酸钠溶液发生反应CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，说明酸性H2CO3＞H2SiO3，再结合仪器的作用画图；（2）根据操作步骤排序，再根据物质间的反应及物质的性质确定实验现象及结论．【解答】解：（1）验证碳酸、醋酸、硅酸的酸性强弱，将CH3COOH与Na2CO3发生反应：Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑，说明酸性CH3COOH＞H2CO3；产生的CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的醋酸蒸汽，然后再通入硅酸钠溶液发生反应CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，说明酸性H2CO3＞H2SiO3；D中为醋酸，A为碳酸钠，醋酸滴加到A中与Na2CO3反应生成二氧化碳，B中为饱和碳酸氢钠溶液，除去二氧化碳中混有的醋酸蒸汽，二氧化碳与通入C中与硅酸钠反应生成硅酸，所以简易的装置图见答案，答：简易的装置图为；（2）实验时，实验操作步骤为：连接装置、检查气密性、加入药品和试剂、打开分液漏斗的盖子并打开活塞，醋酸和碳酸钠反应Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑，A中固体表面有气泡产生，说明酸性CH3COOH＞H2CO3；乙酸易挥发，产生的CO2-26-气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的醋酸蒸汽，然后再通入试管C硅酸钠溶液发生反应CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，反应生成碳酸钠和硅酸沉淀，所以看到有沉淀生成，说明酸性H2CO3＞H2SiO3，酸性CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3，答：A中固体表面有气泡产生；说明酸性CH3COOH＞H2CO3；试管C中有白色沉淀生成；说明酸性H2CO3＞H2SiO3；酸性CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3．【点评】本题考查了探究顺序强弱实验方案的设计，明确物质的性质是解本题关键，结合强酸制取弱酸实验原理来分析解答，注意：醋酸有挥发性，导致制取的二氧化碳中含有醋酸，干扰实验，为易错点，题目难度中等．四．计算题（本题包括1个小题，共9分）21．写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑将足量的浓硫酸加入16g铜粉中，计算：（1）生成的二氧化硫在标准状况下的体积（2）被还原的硫酸的质量．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】发生反应：反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，根据方程式计算生成二氧化硫的物质的量，根据V=nVm计算二氧化硫的体积，被还原的硫酸生成二氧化硫，根据硫原子守恒计算被还原硫酸的物质的量，再根据m=nM计算被还原硫酸的质量．【解答】解：在加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成CuSO4、H2O和SO2，反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；16gCu的物质的量为=0.25mol，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑110.25mol0.25mol（1）标况下，生成V（SO2）=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，答：生成的二氧化硫在标准状况下的体积为5.6L；（2）被还原的硫酸生成二氧化硫，根据硫原子守恒，被还原硫酸的物质的量为0.25mol，则被还原硫酸的质量为0.25mol×98g/mol=24.5g，答：被还原的硫酸的质量为24.5g．【点评】本题考查化学方程式计算、氧化还原反应计算，难度不大，注意根据化合价变化理解氧化还原反应基本概念．五．选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）22．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则x、Y可能是()①C、CO②AlCl3、Al（OH）3③N2、NO④S、SO2-26-⑤NaOH、Na2CO3．A．①②⑤B．②③⑤C．③④D．①②④【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】转化关系为X+W=YY+W=ZZ+W=X①C与不足量氧气生成CO，与过量氧气生成二氧化碳，CO与氧气反应生成二氧化碳；②氯化铝与不足量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；③氮气与氧气发生生成NO，不能直接生成二氧化氮；④硫与氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫；⑤氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳生成碳酸氢钠，二氧化碳过量和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠；【解答】解：①C与不足量氧气生成CO，与过量氧气生成二氧化碳，CO与氧气反应生成二氧化碳，转化关系C→CO→CO2，C→CO2，故①正确；②氯化铝与不足量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，转化关系为AlCl3→Al（OH）3→NaAlO2，AlCl3→NaAlO2，故②正确；③氮气与氧气发生生成NO，NO与氧气反应生成二氧化硫，氮气与氧气不能直接生成二氧化氮，故③错误；④硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，硫与氧气不能直接生成三氧化硫，故④错误；⑤氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳生成碳酸氢钠，二氧化碳过量和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，转化关系为：NaOH→Na2CO3→NaHCO3；NaOH→NaHC3，故⑤正确；故选A．【点评】本题考查碳、氮、硫、铝、钠元素化合物的性质，难度中等，掌握元素化合物的性质是关键，注意基础知识的积累．23．为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100mL0.3mol•L稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL；再加入0.2mol•L﹣1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去350mLNaOH溶液．则所取样品中铝的物质的量为()A．0.005molB．0.01molC．0.025molD．0.03mol【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】镁铝合金与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝与氢气，向反应后的溶液中加入0.2mol•L﹣1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4、NaAlO2，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），据此计算n（NaAlO2），再根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）．【解答】解：镁铝合金与硫酸反应生成硫酸镁、硫酸铝与氢气，向反应后的溶液中加入0.2mol•L﹣1-26-NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4、NaAlO2，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.1L×0.3mol/L=0.03mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），故n（NaAlO2）=0.35L×0.2mol/L﹣0.03mol×2=0.01mol，根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）=0.01mol，故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚发生的反应，利用守恒进行计算是解题关键．24．以下六种饱和溶液①Ba（NO3）2②Ca（OH）2③Na2SiO3④Na[Al（OH）4]⑤Na2CO3⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是()A．①③④⑥B．②③④⑥C．③④⑤⑥D．②③④⑤【考点】硅酸的性质及制法；碳族元素简介．【专题】碳族元素．【分析】①碳酸比硝酸弱，与硝酸钡不反应；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀；④NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，可生成氢氧化铝沉淀；⑤过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应生成碳酸氢钠；⑥可生成碳酸氢钠和氯化铵，为侯氏制碱法原理．【解答】解：①碳酸比硝酸弱，二氧化碳与Ba（NO3）2溶液不反应，没有沉淀生成，故①错误；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②错误；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③正确；④NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故④正确；⑤过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故⑤正确；⑥反应发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，所以有NaHCO3晶体析出，故⑥正确．故选C．【点评】本题考查了元素及其化合物的性质等，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，比较基础，注意基础知识的掌握，难度不大．25．下列有关金属的说法中，正确的是()①在人类对金属材料的使用过程中，性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用；②纯铁比生铁抗腐蚀性更强；③单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属；④正常人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血等疾病；⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金；⑥可通过焰色反应区分钾元素和钠元素．A．②④⑤⑥B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②⑤⑥【考点】生活中常见合金的组成；金属冶炼的一般原理；焰色反应；铝的化学性质．【专题】金属概论与碱元素．-26-【分析】①金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属活动性较弱时，比较难形成化合物，常以单质形式存在，比较容易被利用；②生铁能构成原电池的腐蚀，腐蚀性更强；③铝是活泼金属，易生成氧化铝；④骨质疏松症与缺钙有关，贫血与缺铁有关；⑤根据青铜、不锈钢、硬铝的组成解答；⑥灼烧钠盐，火焰的颜色呈黄色，钾元素焰色反应为紫色．【解答】解：①由于铜的活动性比较弱，以单质形式存在的比较多，在我国，距今4000年前的夏朝已经开始使用红铜，即天然铜．铁比铜活泼，到春秋时期才发现使用，铝的活动性比铁还强，难以炼制铝的单质，所以到近代才使用，故①错误；②纯铁由于无杂质，只能发生化学腐蚀，而生铁含碳，能构成原电池，发生电化学腐蚀，比纯铁抗腐蚀性差，腐蚀得更快，故②正确；③铝是活泼金属，单质铝在空气中易与氧气发生氧化反应，生成氧化铝，氧化铝可阻止内部的铝进一步反应，比较耐腐蚀，故③错误；④骨质疏松症是由于人体缺钙引起的，缺铁会引起缺铁性贫血，故④正确；⑤青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，都是合金，故⑤正确；⑥在进行焰色反应时，由于Na+燃烧呈黄色，干扰了K+的焰色反应（紫色）的观察，所以必须把黄色的光滤去，即可清楚地看到钾的焰色紫色，可通过焰色反应区分钾元素和钠元素，故⑥正确；故选A．【点评】本题主要考查金属的性质和用途和焰色反应，解答时要充分理解各种物质的性质，然后再根据物质的性质方面进行分析、判断，从而确定物质的用途，题目难度不大．26．向明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液时，当SO42﹣沉淀完全时，铝元素的存在形式是()A．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以Al3+形式存在于溶液中B．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以﹣形式存在于溶液中C．全部为Al（OH）3沉淀D．几乎全部以AlO2﹣存在于溶液中【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件．【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为nmol，则溶液中含有nmolAl3+、2nmolSO42﹣，当溶液中的SO42﹣完全沉淀时，发生反应物：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓、Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，根据消耗钡离子的量计算出氢氧根离子的量，再根据铝离子与氢氧根离子的物质的量判断反应产物．【解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为nmol，则溶液中含有nmolAl3+、2nmolSO42﹣，根据反应SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓可知，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，需要2nmolBa（OH）2，同时引进4molOH﹣，根据反应Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O可知，铝离子与氢氧根离子恰好反应生成AlO2﹣，故选D．【点评】本题考查离子方程式的书写与判断，题目难度中等，本题中注意判断使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据Al3+和OH﹣物质的量的关系判断反应产物．六．推断题（本题包括1个小题，共10分）-26-27．硅单质及其化合物应用很广．请回答下列问题：（1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅．三氯甲硅烷（SiHCl3）还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式SiHCl3+H2Si+3HCl．②整个制备过程必须严格控制无水、无氧．SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑；（2）下列有关硅材料的说法正确的是AD．A．单质硅化学性质稳定，但可以被强碱溶液腐蚀B．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高D．光导纤维的主要成分是SiO2（3）硅酸钠水溶液俗称水玻璃．取少量硅酸钠溶液于试管中，逐滴加入盐酸，振荡．写出实验现象并给予解释（用化学方程式说明）生成白色絮状沉淀，Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓．（4）在人体器官受到损伤时，需要使用一种新型无机非金属材料来植入体内，这种材料是B（填字母）．A．高温结构陶瓷B．生物陶瓷C．导电陶瓷．【考点】硅和二氧化硅．【分析】（1）①纯SiHCl3与氢气反应生成硅和氯化氢；②依据原子个数守恒结合化合价变化写出方程式；（2）A．硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和氢气；B．硅与盐酸不反应；C．玻璃为混合物，不存在固定的熔点；D．二氧化硅为光导纤维的主要成分；（3）盐酸的酸性强于硅酸，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和氯化钠；（4）用于人体器官的陶瓷，应具有良好的生物性能，据此分析．【解答】解：（1）①纯SiHCl3与氢气反应生成硅和氯化氢，方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl；②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，化学方程式为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑；故答案为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑；（2）A．硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和氢气，可以被强碱溶液腐蚀，故A正确；B．硅与盐酸不反应，故B错误；C．玻璃为混合物，不存在固定的熔点，故C错误；D．二氧化硅为光导纤维的主要成分，故D正确；故选：AD；-26-（3）盐酸的酸性强于硅酸，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和氯化钠，离子方程式：生成白色絮状沉淀，Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓；故答案为：生成白色絮状沉淀，Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓；（4）用于人体器官的陶瓷，应具有良好的生物性能，故选B．【点评】本题考查了硅及其化合物的性质和用途，熟悉物质的化学性质是解题关键，注意相关知识的积累．七．实验题（本题包含1小题，共12分）28．一位同学在复习时遇到这样一道习题：某无色溶液中可能含有“H+、OH﹣、Na+、NO3﹣”，加入铝粉后，只产生H2，问该无色溶液中能大量存在哪几种离子．（1）加入铝粉产生H2，说明铝具有还原性（填“氧化性”或“还原性”）．（2）该同学分析：若H+大量存在，则NO3﹣就不能大量存在．设计实验证实如下：装置现象ⅰ．实验初始，未见明显现象ⅱ．过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色ⅲ．试管变热，溶液沸腾①盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是6H++Al2O3═2Al3++3H2O．②根据现象ⅱ，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实验内容现象实验1将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝实验2用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝a．浅棕色气体是NO2．b．实验1的目的是对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能．c．实验1、2说明反应生成了NO，将生成NO的离子方程式补充完整：1Al+1NO3‑+4H+═1Al3++1NO↑+2H2O（3）再假设：若OH﹣大量存在，NO3﹣也可能不能大量存在．重新设计实验证实如下：装置现象ⅰ．实验初始，未见明显现象ⅱ．过一会儿，出现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝．①刺激性气味的气体是NH3．②产生该气体的离子方程式是8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═3NH3↑+8AlO2﹣．（4）在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，其化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．（5）实验结果证实：NO3‑在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物．习题中的无色溶液一定能大量存在的是Na+和OH﹣．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；离子共存问题；铝的化学性质．【专题】实验分析题；离子反应专题；几种重要的金属及其化合物．-26-【分析】无色溶液中可能含有“H+、OH﹣、Na+、NO3﹣”，加入铝粉后，只产生H2，因硝酸具有强氧化性，则无色溶液应为NaOH溶液，（1）加入铝粉产生H2，Al失去电子，H得到电子；（2）①盐酸与氧化铝反应生成氯化铝和水；②液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质；Al与H+、NO3﹣发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水；（3）用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为氨气，碱性条件下Al与NO3﹣发生氧化还原反应生成氨气；（4）NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，即反应生成偏铝酸钠和氢气．【解答】解：无色溶液中可能含有“H+、OH﹣、Na+、NO3﹣”，加入铝粉后，只产生H2，因硝酸具有强氧化性，则无色溶液应为NaOH溶液，（1）加入铝粉产生H2，Al失去电子，H得到电子，则Al为还原剂，具有还原性，故答案为：还原性；（2）①盐酸与氧化铝反应生成氯化铝和水，该离子反应为6H++Al2O3═2Al3++3H2O，故答案为：6H++Al2O3═2Al3++3H2O；②液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质，a．由上述分析可知，浅棕色气体是NO2，故答案为：NO2；b．实验1的目的是对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能，故答案为：对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能；c．Al与H+、NO3﹣发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，离子反应为Al+NO3‑+4H+═Al3++NO↑+2H2O，故答案为：1；1；4；H+；1；1；2；H2O；（3）①用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为NH3，故答案为：NH3；②由上述分析可知，碱性条件下Al与NO3﹣发生氧化还原反应生成氨气，离子反应为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═3NH3↑+8AlO2﹣，故答案为：8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═3NH3↑+8AlO2﹣；（4）NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，即反应生成偏铝酸钠和氢气，反应为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．【点评】本题考查物质中的成分及性质，为高频考点，把握实验方案的设计及发生的氧化还原反应为解答的关键，注意设计思路与物质性质的关系，侧重实验学生分析能力、综合应用能力的考查，较好考查学生实验基本技能，题目难度中等．八．计算题（本题包含1小题，共8分）29．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol•L﹣1NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示．求：（1）原合金中镁、铝的质量各是多少？m（Mg）=4.8g，m（Al）=2.7g（2）盐酸的物质的量浓度为多少？8mol/L．-26-【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，到沉淀量开始进行，到沉淀量最小时，沉淀为Mg（OH）2，质量为11.6g，故到沉淀量最大，Al（OH）3的质量为19.4g﹣11.6g=7.8g，由元素守恒可知，n（Al）=n[Al（OH）3]，n（Mg）=n[Mg（OH）2]，再利用m=nM计算Al、Mg的质量；（2）加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n（HCl）=3n（AlCl3）+2n（MgCl2）+n（NaCl），根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH），据此计算出n（HCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度．【解答】解：（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，到沉淀量开始进行，到沉淀量最小时，沉淀为Mg（OH）2，质量为11.6g，故到沉淀量最大，Al（OH）3的质量为19.4g﹣11.6g=7.8g．由元素守恒可知，n（Al）=n[Al（OH）3]==0.1mol，所以m（Al）=0.1mol×27g/mol=2.7g，n（Mg）=n[Mg（OH）2]==0.2mol，所以m（Mg）=0.2mol×24g/mol=4.8g，故答案为：m（Mg）=4.8g，m（Al）=2.7g；（2）加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n（HCl）=3n（AlCl3）+2n（MgCl2）+n（NaCl），根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.02L×5mol/L=0.1mol，所以n（HCl）=3n（AlCl3）+2n（MgCl2）+n（NaCl）=3×0.1mol+2×0.2mol+0.1mol=0.8mol，原盐酸的物质的量浓度为=8mol/L．故答案为：8mol/L．【点评】本题考查镁铝化合物性质、混合物的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算．-26-