2016-2017学年江苏省淮北市天一中学高一上学期期末化学试卷
一、选择题
1．（2017高一上·淮北期末）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（ ）
A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
B．硫酸铁易溶于水，可作净水剂
C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料
D．减少烟花爆竹的燃放，有利于降低空气中的PM2.5含量
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅与碳反应生成硅与一氧化碳，硅为良好的半导体材料，可以用于制造计算机芯片，故A错误；
B．硫酸铁易溶于水，电离产生的铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体，可以吸附水中固体杂质颗粒，所以可作净水剂，故B正确；
C．拦阻索是特种钢缆，为钢丝绳，主要成分为Fe，属于金属材料，故C正确；
D．烟花爆竹的燃放能够产生大量粉尘，减少烟花爆竹的燃放，可以减少粉尘的排放，有利于降低空气中的PM2.5含量，故D正确；
故选：A．
【分析】A．二氧化硅与碳反应生成硅与一氧化碳；
B．依据三价铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体解答；
C．拦阻索是特种钢缆，为钢丝绳；
D．烟花爆竹的燃放能够产生大量粉尘；
2．（2017高一上·淮北期末）下列各组物质中，将前者加入后者时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是（ ）
A．稀盐酸，Na2CO3溶液 B．稀H2SO4溶液，NaAlO2溶液
C．Cl2，NaBr溶液 D．CO2，澄清石灰水
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A、稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，盐酸不足发生的反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaOH，盐酸过量发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，量不同，生成产物不同，故A不符合；
B、稀H2SO4溶液加入NaAlO2溶液中，硫酸不足发生的反应2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al（OH）3↓+Na2SO4，硫酸过量发生2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，量不同，生成产物不同，故B不符合；
C、Cl2，NaBr溶液只发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，Cl2过量不再反应，故C符合；
D、二氧化碳不足时生成碳酸钙和水，发生的反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，二氧化碳过量时生成碳酸氢钙，发生Ca（OH）2+2CO2=Ca（HCO3）2，量不同，生成产物不同，故D不符合；
故选C．
【分析】A、从碳酸根分步水解分析，两种物质滴加顺序不同产物不同；
B、从氢氧化铝的两性分析，生成的物质与过量物质继续反应，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；
C、发生的是氧化还原反应，过量的物质不能继续反应；
D、二氧化碳少量时生成碳酸钙和水，二氧化碳过量时生成碳酸氢钙．
3．（2017高一上·淮北期末）下列各组物质不能实现直接转化的是（ ）
A．S→SO2→H2SO4→MgSO4
B．Cu→CuCl2→Cu（NO3）2→Cu（OH）2
C．Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2
D．Na→Na2O→Na2CO3→NaCl
【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；钠的化学性质；铝的化学性质；铜及其化合物
【解析】【解答】解：A、S与氧气反应生成SO2，SO2与氯水H2SO4，H2SO4与Mg反应生成MgSO4，所以能实现直接转化，故A不选；
B、Cu在氯气中燃烧生成CuCl2，CuCl2与硝酸银反应生成Cu（NO3）2，Cu（NO3）2与NaOH反应生成Cu（OH）2，所以能实现直接转化，故B不选；
C、Al与氧气反应生成氧化铝，Al2O3不与水反应，所以不能直接生成Al（OH）3，故C选；
D、Na在空气中与氧气反应生成Na2O，Na2O与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与HCl反应生成NaCl，所以能实现直接转化，故D不选；
故选C．
【分析】由一步实现的物质间的转化，要求源反应通过一个反应即可转化生成目标物质，若源物质需要通过两个或更多反应转化生成目标物质则不符合“一步实现”的要求；据此，利用各组内物质的性质、变化规律，找出可实现源物质生成目标物质的反应，完成对转化的判断．
4．（2017高一上·淮北期末）下列关于镁和钠的比较，结论正确的是（ ）
A．铝镁合金的硬度较大，钠钾合金的硬度较小
B．因为钠的金属性比镁要强，所以钠的熔点比镁要高
C．镁能置换硫酸铜溶液中的铜，钠也能置换硫酸铜溶液中的铜
D．在空气中都能被点燃，生成的产物都是氧化物，氧在产物中的化合价都是﹣2
【答案】A
【知识点】镁的化学性质
【解析】【解答】解：A、铝镁合金的硬度和强度均高于纯镁、铝，钠钾合金的硬度确较小，故A正确；
B、钠的熔点较低，镁的熔点较高，故B错误；
C、由于钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故钠不能利用其金属性置换溶液中的金属，故C错误；
D、钠在空气中的燃烧产物是过氧化钠，氧是﹣1价，故D错误；
故选A．
【分析】A、合金的熔点比成分金属低，硬度、强度比成分金属大，钠钾合金相反；
B、钠的熔点较低；
C、钠能与水反应；
D、钠在空气中的燃烧产物是过氧化钠，氧是﹣1价．
5．（2017高一上·淮北期末）下列各种应用中，利用了硅元素的还原性的是（ ）
A．用硅制造集成电路、晶体管等半导体器件
B．在野外，用硅、石灰、烧碱的混合物制取氢气：Si+Ca （OH）2+2NaOH=Na2SiO3+CaO+2H2↑
C．用HF酸刻蚀玻璃：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
D．单质硅的制备：SiO2+2C Si+2CO↑
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．晶体硅是半导体材料，所以可以用硅制造集成电路、晶体管等半导体器件，利用了Si的物理性质，故A错误；
B．Si+Ca （OH）2+2NaOH=Na2SiO3+CaO+2H2↑，反应中Si的化合价升高，则Si作还原剂，故B正确；
C．用HF酸刻蚀玻璃：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．SiO2+2C Si+2CO↑，反应中Si的化合价降低，则二氧化硅作氧化剂，具有氧化性，故D错误．
故选B．
【分析】A．晶体硅是半导体材料；
B．反应中Si的化合价升高；
C．反应中没有元素化合价的变化；
D．反应中Si的化合价降低．
6．（2017高一上·淮北期末）将赤铜矿（Cu2O）与辉铜矿（Cu2S）混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2↑，下列说法错误的是（ ）
A．在Cu2O、Cu2S中Cu元素化合价都是+1价
B．反应中Cu元素被氧化，S元素被还原
C．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂
D．每生成6.4g Cu，反应中转移0.1 mole﹣
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．在Cu2O、Cu2S中O、S均为﹣2价，则Cu元素化合价都是+1价，故A正确；
B．硫化亚铜中硫元素化合价升高，失电子，被氧化，铜元素的化合价降低，得电子被还原，故B错误；
C．硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；
D．反应Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中，化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，所以每生成6.4gCu，反应中转移0.1mol电子，故D正确；
故选B．
【分析】由Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2↑可知，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，以此来解答．
7．（2018高一上·包头期末）向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合．
故答案为：D
【分析】本题首先发生两个反应即Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，继续滴加氢氧化钠Mg（OH）2不会和氢氧化钠反应，
氢氧化铝会溶解在氢氧化钠溶液中即Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，据此解答即可。
8．（2017高一上·淮北期末）用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁（如图），将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升．根据实验现象判断下列说法错误的是（ ）
A．实验中发生的反应都是氧化还原反应
B．铝是一种较活泼的金属
C．铝与氧气反应放出大量的热量
D．铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物
【答案】D
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】解：A、铝在空气中易与氧气生成氧化铝，反应物是两种生成物是一种，是化合反应，铝与硝酸汞的反应是铝能置换出硝酸汞中的汞，反应物与生成物均是一种单质一种化合物，是置换反应；属于氧化还原反应，故A正确；
B、铝的化学性质比较活泼，不久铝箔表面生出“白毛”，可知金属铝易被氧化，所以说明铝是活泼金属，故B正确；
C、红墨水柱右端上升说明试管内气压升高，可判断其温度升高，从而判断铝与氧气反应放出大量的热量；故C正确；
D、从铝的氧化以及铝与硝酸汞的反应可知铝片上生成的白毛是氧化铝，因为汞的化学性质不活泼，所以不可能是氧化汞，而是汞的单质的形式存在．所以是铝从液态汞中被氧化生成氧化铝形成的白毛，故D错误；
故选D．
【分析】A、从铝的氧化以及铝与硝酸汞的反应进行分析判断；
B、依据铝的化学性质进行分析；
C、从红墨水的变化分析温度的变化即可；
D、从反应的发生判断产物的情况即可；
9．（2017高一上·淮北期末）能证明SO2具有漂白性的是（ ）
A．品红溶液中通入SO2气体，溶液红色消失
B．溴水中通入SO2气体后，溶液褪色
C．滴入酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体，红色消失
D．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，溶液褪色
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A．SO2通入品红溶液中，红色褪去，二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现二氧化硫的漂白性，故A选；
B．SO2通入溴水中橙色褪去，发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故B不选；
C．显红色的酚酞，溶液显碱性，通入SO2后红色褪去，与二氧化硫发生复分解反应，体现其酸性氧化物性质，故C不选；
D．SO2通入紫色的酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，紫色褪去，体现二氧化硫的还原性，故D不选；
故选A．
【分析】二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，以此来解答．
10．（2017高一上·淮北期末）在H2SO4、K2SO4、Al2（SO4）3和明矾[KAl（SO4）2 12H2O]的混合溶液中，H+的浓度为0.2mol/L，SO42﹣的浓度为0.5mol/L，当加入等体积0.6mol/L KOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解．则反应后溶液中K+的浓度约为（ ）
A．0.225mol/L B．0.25mol/L C．0.45mol/L D．0.55mol/L
【答案】D
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：H2SO4、Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混和溶液中，加入等体积的0.6mol/L的KOH溶液时，氢离子优先反应，0.2mol/L的氢离子消耗0.2mol/L的氢氧根离子，则与铝离子反应的氢氧根离子的浓度为：0.6mol/L﹣0.2mol/L=0.4mol/L；
生成的沉淀恰好溶解，发生反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知原溶液中c（Al3+）= ×0.4mol/L=0.1mol/L，
根据电荷守恒可知，原溶液中：c（H+）+c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42﹣），即c（K+）=2c（SO42﹣）﹣3c（Al3+）﹣c（H+）=2×0.5mol/L﹣0.1mol/L×3﹣0.2mol/L=0.5mol/L；
设溶液体积为V，反应前后钾离子的物质的量不变，则反应后溶液中K+的浓度约为 =0.55mol/L，
故选D．
【分析】H2SO4、Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混和溶液中，加入等体积的0.6mol/L的KOH溶液时，氢离子先参加反应，需要消耗氢氧化钾的浓度为0.2mol/L，与铝离子反应的氢氧根离子浓度为：0.6mol/L﹣0.2mol/L=0.4mol/L，生成的沉淀恰好溶解，发生反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知原溶液中c（Al3+）= ×0.4mol/L=0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中：c（H+）+c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42﹣），据此进行计算反应前溶液中钾离子浓度，再根据钾离子不反应计算出反应后溶液中K+的浓度，注意反应后溶液的体积扩大一倍．
11．（2017高一上·淮北期末）下列根据实验事实得出的结论正确的是（ ）
实 验 事 实 结 论
A 加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落 熔点：氧化铝＞铝
B 溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42﹣
C 碳酸钠溶液能使酚酞试液变红 碳酸钠溶液呈碱性
D 常温下，铜与冷的浓H2SO4不反应 铜与浓硫酸发生钝化
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故A正确；
B．溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除Ag+的影响，应先加入盐酸，如无现象再加氯化钡检验，故B错误；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使酚酞变红，故C正确；
D．铜和浓硫酸在常温下不反应，故D错误．
故选AC．
【分析】A．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．溶液能使酚酞试液变红，应呈碱性；
D．铜和浓硫酸在常温下不反应．
12．（2017高一上·淮北期末）化学版《青花瓷》中所描绘的“蓝色絮状的沉淀跃然试管底 铜离子遇氢氧根 再也不分离”、“无色酚酞面对碱 羞涩脸绯红 紫色石蕊遇到碱 青蓝慢淡出”等现象大家耳熟能详，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（ ）
A．可用氧化物形式表示为BaO CuO 2SiO2
B．性质稳定，不易脱色
C．易溶解于强酸和强碱
D．x等于6
【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】解：A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO CuO 2SiO2，故A正确；
B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；
C．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；
D．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为﹣2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（﹣2）×x=0，解得x=6，故D正确．
故选C．
【分析】A．根据矿物质用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水来分析；
B．硅酸盐性质稳定；
C．硅酸盐能和强酸反应；
D．硅酸铜钡的化学式为BaCuSi2OX，利用钡、铜、硅、氧元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0来解答．
13．（2017高一上·淮北期末）往CuO和铁粉的混合物中，加入一定量的稀H2SO4，并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化．根据上述现象，确定下面说法中正确的是（ ）
A．不溶物一定是铜
B．不溶物一定是铁
C．不溶物中一定含铜，但不一定含铁
D．滤液中一定含有FeSO4，一定没有CuSO4
【答案】C,D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】解：铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜，铁与硫酸铜反应生成铜，所以不溶物中一定有铜；根据“滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉并无任何变化”，稀硫酸和铜离子都完全反应，铁的反应情况有两种：一种是恰好反应，所以不溶物是铜；一种是铁过量，所以不溶物是铁和铜，
故选CD．
【分析】CuO和铁都可与稀硫酸反应，铁可置换出铜，向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化，说明溶液中无铜离子，以此解答该题．
14．（2017高一上·淮北期末）如图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）．则下列有关说法正确的是（ ）
A．湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色
B．湿润的品红试纸蘸有KMnO4酸性溶液的滤纸均褪色证明了SO2的漂白性
C．湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明SO2不能将I﹣还原为I2
D．实验后，可把注射器中的物质推入NaOH溶液，以减少环境污染
【答案】A,D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A．SO2只能使蓝色石蕊试变红，但不能漂白指示剂，故A正确；
B．二氧化锰能够使酸性高锰酸钾褪色体现的是二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故B错误；
C．氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞还原剂，湿润的碘化钾淀粉试纸末变蓝说明SO2不能将I﹣氧化为I2，故C错误；
D．二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，故D正确；
故选：AD．
【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物与水反应生成亚硫酸，具有酸性，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；二氧化硫具有强的还原性能够被酸性的高锰酸钾、卤素单质氧化，二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，但是不能漂白指示剂，由此分析解答．
15．（2016高一下·营山期末）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（ ）
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量，乙中碱过量
C．甲中酸过量，乙中铝过量 D．甲中酸过量，乙中碱过量
【答案】B
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】发生反应有：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1．
（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3
（3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，
故选B．
【分析】利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应．
二、填空题
16．（2017高一上·淮北期末）镁是一种活泼的金属，可以在CO2中燃烧生成MgO和C，海水中镁含量很大，世界上生产的镁60%来自海水．海水提镁，需要在海水中加碱，然后沉淀分离后转化为氯化镁，最后电解得到金属镁．试根据你已有的知识，回答下列问题：
（1）请用流程图式表示工业上用海水提炼镁的主要工序 ．
（2）若金属镁的提取都是利用电解氯化镁来进行的．请写出电解氯化镁的化学方程式 ，在电解过程中还原剂是 ，氧化产物是 ．
（3）若用电解制得的镁来制镁粉，可将镁加热变成蒸气，然后冷却得到镁粉，这个过程能在空气中进行吗？ 原因是什么？ ，现有气体：二氧化碳、氢气、氩气、氮气、氧气，可以选择用于冷却镁粉的气体有 ．
【答案】（1）海水 氢氧化镁 氯化镁 镁
（2）MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑；MgCl2；Cl2
（3）不能；镁在空气中被氧化；氢气和氩气
【知识点】镁的化学性质
【解析】【解答】解：（1）海水提炼镁的主要工序用流程图式表示为：海水 氢氧化镁 氯化镁 镁，故答案为：海水 氢氧化镁 氯化镁 镁；（2）氯化镁电解生成单质镁和氯气，化学方程式为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑，氯化镁既是氧化剂也是还原剂，氧化产物是氯气，故答案为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑；MgCl2；Cl2；（3）镁和氧气反应生成氧化镁，和氮气反应生成氮化镁，与二氧化碳反应生成氧化镁和单质碳，所以不能在空气中冷却镁蒸气，但镁与氢气和氩气不反应，可以冷却，故答案为：不能；镁在空气中被氧化；氢气和氩气．
【分析】（1）海水提炼镁的主要工序用流程图式表示为：海水 氢氧化镁 氯化镁 镁；（2）氯化镁电解生成单质镁和氯气，氯化镁既是氧化剂也是还原剂，氧化产物是氯气；（3）冷却镁蒸气的物质不能和镁反应，否则得不到纯净的镁，据此分析解答．
17．（2017高一上·淮北期末）由常见元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有如图所示的转化关系，甲是工业上制取A的主要原料．
（1）写出下列物质的化学式：A 、甲 、乙 、丁 ．
（2）写出甲物质在工业上的两种主要用途 、 ．
（3）A与NaOH溶液反应的化学方程式为 ；乙与过量CO2反应的离子方程式为 ．
【答案】（1）Al；Al2O3；NaAlO2；AlCl3
（2）制取金属铝；作耐火材料
（3）2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知，A为Al，甲为Al2O3，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，
故答案为：Al；Al2O3；NaAlO2；AlCl3；（2）甲为Al2O3，硬度大，熔点高，作耐火材料，可做手表轴承或耐火材料，工业用电解Al2O3的方法冶炼铝，
故答案为：制取金属铝；作耐火材料；（3）A与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，乙与过量CO2反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣．
【分析】甲既能与酸反应又能与碱反应，应为Al2O3或Al（OH）3，甲是工业上制取A的主要原料，甲应为Al2O3，且B能与NaOH反应，则A为Al，B为O2，C为H2O，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，丙为H2O，戊为Al（OH）3，结合物质的性质解答该题．
18．（2017高一上·淮北期末）某化学兴趣小组的成员捡到一块矿石，观察外观发现该矿石坚硬且呈红褐色，投入水中没有任何变化，再向水中加浓盐酸至过量，矿石部分溶解，并有大量无色气体生成．学生猜测该矿石可能由CaCO3、SiO2、Fe2O3三种成分组成，试设计实验证明CaCO3以外的两种成分．
仅限选择的仪器和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、滴管、药匙、漏斗、漏斗架；2 mol L﹣1盐酸、2mol L﹣1NaOH溶液、2%的KSCN溶液．
（1）将实验方案用以下流程示意图表示，试写出每步所用试剂的名称或化学式．
试剂Ⅰ ；试剂Ⅱ ；试剂Ⅲ ．
（2）如果猜测是成立的，试根据上述实验方案，叙述实验操作，预期现象和结论．
编号 实验操作 预期现象和结论
① 取适量矿石研细，加 足量2 mol L﹣1盐酸 有大量无色气体生成，得棕黄 色溶液，且仍有少量固体残留
②
③
④
【答案】（1）2%的KSCN溶液；2mol L﹣1NaOH溶液；2mol L﹣1盐酸
（2）取①操作得溶液少许置于洁净试管中，并滴加几滴2%的KSCN溶液；溶液变为红色，说明原矿石可能含有Fe2O3；取①操作得残余固体适量置于烧杯中，加入足量2 mol L﹣1NaOH溶液，充分搅拌；残余固体完全溶解于2 mol L﹣1NaOH溶液，并得无色溶液；取③操作得无色溶液少许置于洁净试管中，用胶头滴管滴入2 mol L﹣1盐酸至过量；有白色胶状沉淀，且不溶于过量盐酸，说明原矿石中可能含有SiO2
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）Fe2O3可溶于盐酸，Fe3+存在于溶液中，可用SCN﹣检验，从而说明矿石含Fe2O3．SiO2不溶于盐酸，作为残渣被滤出．为进一步确认，是否存在SiO2，加入NaOH溶液，充分反应后，再加盐酸，如果生成了白色胶状沉淀则其为H2SiO3，说明矿石中有SiO2，
故答案为：2%的KSCN溶液；2 mol L﹣1 NaOH溶液；2 mol L﹣1盐酸；（2）检验矿石中含有Fe2O3，与盐酸反应生成氯化铁，取少量上述流程中的Ⅰ，加入2%KSCN溶液，溶液变为血红色，则含有氧化铁，
检验是否含有二氧化硅，取①操作得残余固体适量置于烧杯中，加入足量2 mol L﹣1NaOH溶液，充分搅拌，残余固体完全溶解于2 mol L﹣1NaOH溶液，并得无色溶液，
然后取③操作得无色溶液少许置于洁净试管中，用胶头滴管滴入2 mol L﹣1盐酸至过量，有白色胶状沉淀，且不溶于过量盐酸，可说明含有二氧化硅，
故答案为：
② 取①操作得溶液少许置于洁净试管中，并滴加几滴2%的KSCN溶液 溶液变为红色，说明原矿石可能含有Fe2O3
③ 取①操作得残余固体适量置于烧杯中，加入足量2 mol L﹣1NaOH溶液，充分搅拌 残余固体完全溶解于2 mol L﹣1NaOH溶液，并得无色溶液
④ 取③操作得无色溶液少许置于洁净试管中，用胶头滴管滴入2 mol L﹣1盐酸至过量 有白色胶状沉淀，且不溶于过量盐酸，说明原矿石中可能含有SiO2
【分析】矿石部分溶解，并有大量无色无味气体生成，则一定含CaCO3、SiO2，如检验是否含有Fe2O3，可在反应后的溶液中加入KSCN溶液，残渣加入氢氧化钠溶液，SiO2与NaOH反应，与盐酸不反应，硅酸盐与盐酸反应生成白色的硅酸沉淀，以此解答该题．
19．（2017高一上·淮北期末）某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用右图所示的装置进行实验：
请回答下列问题：
（1）B是用来收集实验中产生气体的装置，但未将导管画全，请将装置图补充完整．
（2）实验中他们取6.4g铜片和12mL18mol L﹣1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应停止，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组中的同学认为还有一定量的硫酸剩余．
①写出铜与浓硫酸反应的化学方程式： ，
实验中若有m g铜参加了反应，则有 mol硫酸被 （填“氧化”或“还原”），转移电子的物质的量为 mol．
②下列试剂中，能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余的是 （填写字母编号）．
A．硫酸钠溶液 B．氯化钡溶液 C．银粉 D．碳酸钠溶液
③为什么有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解？你认为的原因是
（3）为了测定剩余硫酸的物质的量浓度，该兴趣小组设计了三个实验方案：
方案一：将装置A产生的气体缓缓通过已称量过的装有碱石灰的干燥管，反应停止后再次称量，两次质量差即是吸收的二氧化硫．
方案二：将装置A产生的气体缓缓通入足量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液，再加入足量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥，称得沉淀的质量即是二氧化硫转化为硫酸钡沉淀的质量．
方案三：当铜和浓硫酸的反应结束后，在装置A中加入足量的锌粉，用排水法测得产生氢气的体积为V L（已换算为标准状况）．
实际上，以上方案一、二均不可取，请你说出原因？
方案一 ；
方案二 ．
方案三：写出剩余硫酸的物质的量浓度的计算式（假设反应后溶液的体积仍为12mL） ．
【答案】（1）解：铜和浓硫酸加热一生成二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，进气的导气管长进短处，图中补进气管伸入近集气瓶底，装置图为：
（2）Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；；还原；；D；稀硫酸不与铜反应
（3）产生的气体中含有水蒸气，干燥管中的质量差不仅仅是SO2的质量（或烧瓶中的二氧化硫不能完全排出）；沉淀的质量一部分是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的； mol/L
【知识点】浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】解：（2）①铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；分析化学方程式若有m g铜物质的量为 mol参加了反应，被还原硫酸物质的量为 mol，电子转移物质的量为 mol×2= ，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O； ；还原； ；②能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余，只能证明氢离子的存在才能说明，不能证明硫酸根离子，因为浓硫酸和铜反应生成了硫酸铜；
A．硫酸钠溶液不能能证明硫酸根离子存在，也不能证明氢离子的存在，故A不符合；
B．氯化钡溶液能证明硫酸根离子存在，但不能证明氢离子存在，故B不符合；
C．银粉和稀硫酸不反应不能证明氢离子的存在，故C不符合；
D．碳酸钠溶液和氢离子反应生成二氧化碳气体，可以用来证明溶液中存在稀硫酸，故D符合；
故答案为：D； ③有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解，因为浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应，故答案为：稀硫酸不与铜反应；（3）方案一：铜和浓硫酸反应生成的二氧化硫气体中含有水蒸气，碱石灰吸收的质量为二氧化硫和水蒸气，或装置中二氧化硫未被完全排除，称量的不全是二氧化硫质量，故答案为：产生的气体中含有水蒸气，干燥管中的质量差不仅仅是SO2的质量（或烧瓶中的二氧化硫不能完全排出）；
方案二：生成的沉淀是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的沉淀和二氧化硫被氧化为硫酸生成的硫酸钡沉淀，不全是二氧化硫转化为硫酸生成的沉淀，
故答案为：沉淀的质量一部分是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的；
方案三：依据化学方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成氢气物质的量= mol，所以剩余稀硫酸浓度= mol/L，故答案为： mol/L．
【分析】（1）铜和浓硫酸加热一生成二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，进气的导气管长进短处；（2）①铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；依据化学方程式中元素化合价变化计算氧化还原关系；②证明硫酸剩余是证明氢离子的存在；③浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应；（3）方案一，碱石灰增重为二氧化硫和水蒸气的质量分析；
方案二，硫酸钡沉淀是二氧化硫被氧化为硫酸生成的硫酸钡沉淀和硫酸酸化高锰酸钾溶液，气酸化作用的硫酸生成的硫酸钡沉淀；
方案三，依据生成氢气计算硫酸物质的量结合浓度概念计算剩余硫酸浓度．
20．（2017高一上·淮北期末）将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL 4mol L﹣1的盐酸溶液中，然后再滴加2mol L﹣1的NaOH溶液．请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n （Al）= mol
（2）0～V1段发生的反应的离子方程式为 ；
（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）= mL；
（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL 4mol L﹣1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2mol L﹣1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围为 ．
【答案】（1）0.08
（2）H++OH﹣=H2O
（3）400
（4）0.6≤a＜1
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液，
由Na+离子守恒可知，n（NaCl）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L×2mol/L=0.32mol，
200mL 4mol L﹣1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol，
设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol，则：
根据Mg原子、Al原子守恒有：x+y=0.2，
根据Cl﹣离子守恒有：2x+3y=0.8﹣0.32=0.48，
联立方程解得：x=0.12、y=0.08，
所以金属粉末中：n（Mg）=0.12mol、n（Al）=y=0.08mol，
故答案为：0.08；（2）0～V1段，滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，
故答案为：H++OH﹣=H2O；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl﹣离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）=4mol/L×0.2L=0.8mol，
所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）= =0.4L=400mL，
故答案为：400；（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2（1﹣a）mol，反应后的混合溶液，再加入840mL 2mol L﹣1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：n（NaAlO2）=0.2（1﹣a）mol，
根据钠离子守恒，应满足：n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84×2≥2×0.2×4+0.2（1﹣a），
解得：a≥0.6，
所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1，
故答案为：0.6≤a＜1．
【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，V1=160mL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，根据Mg原子、Al原子、Cl﹣离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Al）；（2）0～V1段滴入的氢氧化钠溶液与剩余的氯化氢反应生成氯化钠和水；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl﹣离子和Na+离子守恒有n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）求出n（NaOH），再利用V= 计算滴入NaOH溶液的体积；（4）反应后的混合溶液，再加840mL 2mol L﹣1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，由于为金属混合物，则a＜1，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），根据铝元素守恒用a表示出n（NaAlO2），据此确定a的取值范围．
2016-2017学年江苏省淮北市天一中学高一上学期期末化学试卷
一、选择题
1．（2017高一上·淮北期末）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（ ）
A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
B．硫酸铁易溶于水，可作净水剂
C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料
D．减少烟花爆竹的燃放，有利于降低空气中的PM2.5含量
2．（2017高一上·淮北期末）下列各组物质中，将前者加入后者时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是（ ）
A．稀盐酸，Na2CO3溶液 B．稀H2SO4溶液，NaAlO2溶液
C．Cl2，NaBr溶液 D．CO2，澄清石灰水
3．（2017高一上·淮北期末）下列各组物质不能实现直接转化的是（ ）
A．S→SO2→H2SO4→MgSO4
B．Cu→CuCl2→Cu（NO3）2→Cu（OH）2
C．Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2
D．Na→Na2O→Na2CO3→NaCl
4．（2017高一上·淮北期末）下列关于镁和钠的比较，结论正确的是（ ）
A．铝镁合金的硬度较大，钠钾合金的硬度较小
B．因为钠的金属性比镁要强，所以钠的熔点比镁要高
C．镁能置换硫酸铜溶液中的铜，钠也能置换硫酸铜溶液中的铜
D．在空气中都能被点燃，生成的产物都是氧化物，氧在产物中的化合价都是﹣2
5．（2017高一上·淮北期末）下列各种应用中，利用了硅元素的还原性的是（ ）
A．用硅制造集成电路、晶体管等半导体器件
B．在野外，用硅、石灰、烧碱的混合物制取氢气：Si+Ca （OH）2+2NaOH=Na2SiO3+CaO+2H2↑
C．用HF酸刻蚀玻璃：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
D．单质硅的制备：SiO2+2C Si+2CO↑
6．（2017高一上·淮北期末）将赤铜矿（Cu2O）与辉铜矿（Cu2S）混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2↑，下列说法错误的是（ ）
A．在Cu2O、Cu2S中Cu元素化合价都是+1价
B．反应中Cu元素被氧化，S元素被还原
C．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂
D．每生成6.4g Cu，反应中转移0.1 mole﹣
7．（2018高一上·包头期末）向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（ ）
A． B．
C． D．
8．（2017高一上·淮北期末）用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁（如图），将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升．根据实验现象判断下列说法错误的是（ ）
A．实验中发生的反应都是氧化还原反应
B．铝是一种较活泼的金属
C．铝与氧气反应放出大量的热量
D．铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物
9．（2017高一上·淮北期末）能证明SO2具有漂白性的是（ ）
A．品红溶液中通入SO2气体，溶液红色消失
B．溴水中通入SO2气体后，溶液褪色
C．滴入酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体，红色消失
D．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，溶液褪色
10．（2017高一上·淮北期末）在H2SO4、K2SO4、Al2（SO4）3和明矾[KAl（SO4）2 12H2O]的混合溶液中，H+的浓度为0.2mol/L，SO42﹣的浓度为0.5mol/L，当加入等体积0.6mol/L KOH溶液时，生成的沉淀恰好完全溶解．则反应后溶液中K+的浓度约为（ ）
A．0.225mol/L B．0.25mol/L C．0.45mol/L D．0.55mol/L
11．（2017高一上·淮北期末）下列根据实验事实得出的结论正确的是（ ）
实 验 事 实 结 论
A 加热的铝箔熔化，但液态的铝不滴落 熔点：氧化铝＞铝
B 溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42﹣
C 碳酸钠溶液能使酚酞试液变红 碳酸钠溶液呈碱性
D 常温下，铜与冷的浓H2SO4不反应 铜与浓硫酸发生钝化
A．A B．B C．C D．D
12．（2017高一上·淮北期末）化学版《青花瓷》中所描绘的“蓝色絮状的沉淀跃然试管底 铜离子遇氢氧根 再也不分离”、“无色酚酞面对碱 羞涩脸绯红 紫色石蕊遇到碱 青蓝慢淡出”等现象大家耳熟能详，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（ ）
A．可用氧化物形式表示为BaO CuO 2SiO2
B．性质稳定，不易脱色
C．易溶解于强酸和强碱
D．x等于6
13．（2017高一上·淮北期末）往CuO和铁粉的混合物中，加入一定量的稀H2SO4，并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化．根据上述现象，确定下面说法中正确的是（ ）
A．不溶物一定是铜
B．不溶物一定是铁
C．不溶物中一定含铜，但不一定含铁
D．滤液中一定含有FeSO4，一定没有CuSO4
14．（2017高一上·淮北期末）如图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）．则下列有关说法正确的是（ ）
A．湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色
B．湿润的品红试纸蘸有KMnO4酸性溶液的滤纸均褪色证明了SO2的漂白性
C．湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明SO2不能将I﹣还原为I2
D．实验后，可把注射器中的物质推入NaOH溶液，以减少环境污染
15．（2016高一下·营山期末）等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（ ）
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量，乙中碱过量
C．甲中酸过量，乙中铝过量 D．甲中酸过量，乙中碱过量
二、填空题
16．（2017高一上·淮北期末）镁是一种活泼的金属，可以在CO2中燃烧生成MgO和C，海水中镁含量很大，世界上生产的镁60%来自海水．海水提镁，需要在海水中加碱，然后沉淀分离后转化为氯化镁，最后电解得到金属镁．试根据你已有的知识，回答下列问题：
（1）请用流程图式表示工业上用海水提炼镁的主要工序 ．
（2）若金属镁的提取都是利用电解氯化镁来进行的．请写出电解氯化镁的化学方程式 ，在电解过程中还原剂是 ，氧化产物是 ．
（3）若用电解制得的镁来制镁粉，可将镁加热变成蒸气，然后冷却得到镁粉，这个过程能在空气中进行吗？ 原因是什么？ ，现有气体：二氧化碳、氢气、氩气、氮气、氧气，可以选择用于冷却镁粉的气体有 ．
17．（2017高一上·淮北期末）由常见元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有如图所示的转化关系，甲是工业上制取A的主要原料．
（1）写出下列物质的化学式：A 、甲 、乙 、丁 ．
（2）写出甲物质在工业上的两种主要用途 、 ．
（3）A与NaOH溶液反应的化学方程式为 ；乙与过量CO2反应的离子方程式为 ．
18．（2017高一上·淮北期末）某化学兴趣小组的成员捡到一块矿石，观察外观发现该矿石坚硬且呈红褐色，投入水中没有任何变化，再向水中加浓盐酸至过量，矿石部分溶解，并有大量无色气体生成．学生猜测该矿石可能由CaCO3、SiO2、Fe2O3三种成分组成，试设计实验证明CaCO3以外的两种成分．
仅限选择的仪器和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、滴管、药匙、漏斗、漏斗架；2 mol L﹣1盐酸、2mol L﹣1NaOH溶液、2%的KSCN溶液．
（1）将实验方案用以下流程示意图表示，试写出每步所用试剂的名称或化学式．
试剂Ⅰ ；试剂Ⅱ ；试剂Ⅲ ．
（2）如果猜测是成立的，试根据上述实验方案，叙述实验操作，预期现象和结论．
编号 实验操作 预期现象和结论
① 取适量矿石研细，加 足量2 mol L﹣1盐酸 有大量无色气体生成，得棕黄 色溶液，且仍有少量固体残留
②
③
④
19．（2017高一上·淮北期末）某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用右图所示的装置进行实验：
请回答下列问题：
（1）B是用来收集实验中产生气体的装置，但未将导管画全，请将装置图补充完整．
（2）实验中他们取6.4g铜片和12mL18mol L﹣1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应停止，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组中的同学认为还有一定量的硫酸剩余．
①写出铜与浓硫酸反应的化学方程式： ，
实验中若有m g铜参加了反应，则有 mol硫酸被 （填“氧化”或“还原”），转移电子的物质的量为 mol．
②下列试剂中，能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余的是 （填写字母编号）．
A．硫酸钠溶液 B．氯化钡溶液 C．银粉 D．碳酸钠溶液
③为什么有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解？你认为的原因是
（3）为了测定剩余硫酸的物质的量浓度，该兴趣小组设计了三个实验方案：
方案一：将装置A产生的气体缓缓通过已称量过的装有碱石灰的干燥管，反应停止后再次称量，两次质量差即是吸收的二氧化硫．
方案二：将装置A产生的气体缓缓通入足量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液，再加入足量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥，称得沉淀的质量即是二氧化硫转化为硫酸钡沉淀的质量．
方案三：当铜和浓硫酸的反应结束后，在装置A中加入足量的锌粉，用排水法测得产生氢气的体积为V L（已换算为标准状况）．
实际上，以上方案一、二均不可取，请你说出原因？
方案一 ；
方案二 ．
方案三：写出剩余硫酸的物质的量浓度的计算式（假设反应后溶液的体积仍为12mL） ．
20．（2017高一上·淮北期末）将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL 4mol L﹣1的盐酸溶液中，然后再滴加2mol L﹣1的NaOH溶液．请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n （Al）= mol
（2）0～V1段发生的反应的离子方程式为 ；
（3）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）= mL；
（4）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL 4mol L﹣1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2mol L﹣1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围为 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅与碳反应生成硅与一氧化碳，硅为良好的半导体材料，可以用于制造计算机芯片，故A错误；
B．硫酸铁易溶于水，电离产生的铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体，可以吸附水中固体杂质颗粒，所以可作净水剂，故B正确；
C．拦阻索是特种钢缆，为钢丝绳，主要成分为Fe，属于金属材料，故C正确；
D．烟花爆竹的燃放能够产生大量粉尘，减少烟花爆竹的燃放，可以减少粉尘的排放，有利于降低空气中的PM2.5含量，故D正确；
故选：A．
【分析】A．二氧化硅与碳反应生成硅与一氧化碳；
B．依据三价铁离子水解生成具有吸附性氢氧化铁胶体解答；
C．拦阻索是特种钢缆，为钢丝绳；
D．烟花爆竹的燃放能够产生大量粉尘；
2．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A、稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，盐酸不足发生的反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaOH，盐酸过量发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，量不同，生成产物不同，故A不符合；
B、稀H2SO4溶液加入NaAlO2溶液中，硫酸不足发生的反应2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al（OH）3↓+Na2SO4，硫酸过量发生2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，量不同，生成产物不同，故B不符合；
C、Cl2，NaBr溶液只发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，Cl2过量不再反应，故C符合；
D、二氧化碳不足时生成碳酸钙和水，发生的反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，二氧化碳过量时生成碳酸氢钙，发生Ca（OH）2+2CO2=Ca（HCO3）2，量不同，生成产物不同，故D不符合；
故选C．
【分析】A、从碳酸根分步水解分析，两种物质滴加顺序不同产物不同；
B、从氢氧化铝的两性分析，生成的物质与过量物质继续反应，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；
C、发生的是氧化还原反应，过量的物质不能继续反应；
D、二氧化碳少量时生成碳酸钙和水，二氧化碳过量时生成碳酸氢钙．
3．【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；钠的化学性质；铝的化学性质；铜及其化合物
【解析】【解答】解：A、S与氧气反应生成SO2，SO2与氯水H2SO4，H2SO4与Mg反应生成MgSO4，所以能实现直接转化，故A不选；
B、Cu在氯气中燃烧生成CuCl2，CuCl2与硝酸银反应生成Cu（NO3）2，Cu（NO3）2与NaOH反应生成Cu（OH）2，所以能实现直接转化，故B不选；
C、Al与氧气反应生成氧化铝，Al2O3不与水反应，所以不能直接生成Al（OH）3，故C选；
D、Na在空气中与氧气反应生成Na2O，Na2O与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与HCl反应生成NaCl，所以能实现直接转化，故D不选；
故选C．
【分析】由一步实现的物质间的转化，要求源反应通过一个反应即可转化生成目标物质，若源物质需要通过两个或更多反应转化生成目标物质则不符合“一步实现”的要求；据此，利用各组内物质的性质、变化规律，找出可实现源物质生成目标物质的反应，完成对转化的判断．
4．【答案】A
【知识点】镁的化学性质
【解析】【解答】解：A、铝镁合金的硬度和强度均高于纯镁、铝，钠钾合金的硬度确较小，故A正确；
B、钠的熔点较低，镁的熔点较高，故B错误；
C、由于钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故钠不能利用其金属性置换溶液中的金属，故C错误；
D、钠在空气中的燃烧产物是过氧化钠，氧是﹣1价，故D错误；
故选A．
【分析】A、合金的熔点比成分金属低，硬度、强度比成分金属大，钠钾合金相反；
B、钠的熔点较低；
C、钠能与水反应；
D、钠在空气中的燃烧产物是过氧化钠，氧是﹣1价．
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．晶体硅是半导体材料，所以可以用硅制造集成电路、晶体管等半导体器件，利用了Si的物理性质，故A错误；
B．Si+Ca （OH）2+2NaOH=Na2SiO3+CaO+2H2↑，反应中Si的化合价升高，则Si作还原剂，故B正确；
C．用HF酸刻蚀玻璃：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．SiO2+2C Si+2CO↑，反应中Si的化合价降低，则二氧化硅作氧化剂，具有氧化性，故D错误．
故选B．
【分析】A．晶体硅是半导体材料；
B．反应中Si的化合价升高；
C．反应中没有元素化合价的变化；
D．反应中Si的化合价降低．
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．在Cu2O、Cu2S中O、S均为﹣2价，则Cu元素化合价都是+1价，故A正确；
B．硫化亚铜中硫元素化合价升高，失电子，被氧化，铜元素的化合价降低，得电子被还原，故B错误；
C．硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；
D．反应Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中，化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，所以每生成6.4gCu，反应中转移0.1mol电子，故D正确；
故选B．
【分析】由Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2↑可知，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，以此来解答．
7．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合．
故答案为：D
【分析】本题首先发生两个反应即Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，继续滴加氢氧化钠Mg（OH）2不会和氢氧化钠反应，
氢氧化铝会溶解在氢氧化钠溶液中即Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，据此解答即可。
8．【答案】D
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】解：A、铝在空气中易与氧气生成氧化铝，反应物是两种生成物是一种，是化合反应，铝与硝酸汞的反应是铝能置换出硝酸汞中的汞，反应物与生成物均是一种单质一种化合物，是置换反应；属于氧化还原反应，故A正确；
B、铝的化学性质比较活泼，不久铝箔表面生出“白毛”，可知金属铝易被氧化，所以说明铝是活泼金属，故B正确；
C、红墨水柱右端上升说明试管内气压升高，可判断其温度升高，从而判断铝与氧气反应放出大量的热量；故C正确；
D、从铝的氧化以及铝与硝酸汞的反应可知铝片上生成的白毛是氧化铝，因为汞的化学性质不活泼，所以不可能是氧化汞，而是汞的单质的形式存在．所以是铝从液态汞中被氧化生成氧化铝形成的白毛，故D错误；
故选D．
【分析】A、从铝的氧化以及铝与硝酸汞的反应进行分析判断；
B、依据铝的化学性质进行分析；
C、从红墨水的变化分析温度的变化即可；
D、从反应的发生判断产物的情况即可；
9．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A．SO2通入品红溶液中，红色褪去，二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现二氧化硫的漂白性，故A选；
B．SO2通入溴水中橙色褪去，发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故B不选；
C．显红色的酚酞，溶液显碱性，通入SO2后红色褪去，与二氧化硫发生复分解反应，体现其酸性氧化物性质，故C不选；
D．SO2通入紫色的酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，紫色褪去，体现二氧化硫的还原性，故D不选；
故选A．
【分析】二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，以此来解答．
10．【答案】D
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：H2SO4、Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混和溶液中，加入等体积的0.6mol/L的KOH溶液时，氢离子优先反应，0.2mol/L的氢离子消耗0.2mol/L的氢氧根离子，则与铝离子反应的氢氧根离子的浓度为：0.6mol/L﹣0.2mol/L=0.4mol/L；
生成的沉淀恰好溶解，发生反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知原溶液中c（Al3+）= ×0.4mol/L=0.1mol/L，
根据电荷守恒可知，原溶液中：c（H+）+c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42﹣），即c（K+）=2c（SO42﹣）﹣3c（Al3+）﹣c（H+）=2×0.5mol/L﹣0.1mol/L×3﹣0.2mol/L=0.5mol/L；
设溶液体积为V，反应前后钾离子的物质的量不变，则反应后溶液中K+的浓度约为 =0.55mol/L，
故选D．
【分析】H2SO4、Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混和溶液中，加入等体积的0.6mol/L的KOH溶液时，氢离子先参加反应，需要消耗氢氧化钾的浓度为0.2mol/L，与铝离子反应的氢氧根离子浓度为：0.6mol/L﹣0.2mol/L=0.4mol/L，生成的沉淀恰好溶解，发生反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知原溶液中c（Al3+）= ×0.4mol/L=0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中：c（H+）+c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42﹣），据此进行计算反应前溶液中钾离子浓度，再根据钾离子不反应计算出反应后溶液中K+的浓度，注意反应后溶液的体积扩大一倍．
11．【答案】A,C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故A正确；
B．溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除Ag+的影响，应先加入盐酸，如无现象再加氯化钡检验，故B错误；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使酚酞变红，故C正确；
D．铜和浓硫酸在常温下不反应，故D错误．
故选AC．
【分析】A．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；
B．可能生成AgCl沉淀；
C．溶液能使酚酞试液变红，应呈碱性；
D．铜和浓硫酸在常温下不反应．
12．【答案】C
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】解：A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO CuO 2SiO2，故A正确；
B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；
C．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；
D．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为﹣2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（﹣2）×x=0，解得x=6，故D正确．
故选C．
【分析】A．根据矿物质用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水来分析；
B．硅酸盐性质稳定；
C．硅酸盐能和强酸反应；
D．硅酸铜钡的化学式为BaCuSi2OX，利用钡、铜、硅、氧元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为0来解答．
13．【答案】C,D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】解：铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜，铁与硫酸铜反应生成铜，所以不溶物中一定有铜；根据“滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉并无任何变化”，稀硫酸和铜离子都完全反应，铁的反应情况有两种：一种是恰好反应，所以不溶物是铜；一种是铁过量，所以不溶物是铁和铜，
故选CD．
【分析】CuO和铁都可与稀硫酸反应，铁可置换出铜，向滤液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉并无任何变化，说明溶液中无铜离子，以此解答该题．
14．【答案】A,D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：A．SO2只能使蓝色石蕊试变红，但不能漂白指示剂，故A正确；
B．二氧化锰能够使酸性高锰酸钾褪色体现的是二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故B错误；
C．氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞还原剂，湿润的碘化钾淀粉试纸末变蓝说明SO2不能将I﹣氧化为I2，故C错误；
D．二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，故D正确；
故选：AD．
【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物与水反应生成亚硫酸，具有酸性，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；二氧化硫具有强的还原性能够被酸性的高锰酸钾、卤素单质氧化，二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，但是不能漂白指示剂，由此分析解答．
15．【答案】B
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】发生反应有：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1．
（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3
（3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，
故选B．
【分析】利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应．
16．【答案】（1）海水 氢氧化镁 氯化镁 镁
（2）MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑；MgCl2；Cl2
（3）不能；镁在空气中被氧化；氢气和氩气
【知识点】镁的化学性质
【解析】【解答】解：（1）海水提炼镁的主要工序用流程图式表示为：海水 氢氧化镁 氯化镁 镁，故答案为：海水 氢氧化镁 氯化镁 镁；（2）氯化镁电解生成单质镁和氯气，化学方程式为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑，氯化镁既是氧化剂也是还原剂，氧化产物是氯气，故答案为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑；MgCl2；Cl2；（3）镁和氧气反应生成氧化镁，和氮气反应生成氮化镁，与二氧化碳反应生成氧化镁和单质碳，所以不能在空气中冷却镁蒸气，但镁与氢气和氩气不反应，可以冷却，故答案为：不能；镁在空气中被氧化；氢气和氩气．
【分析】（1）海水提炼镁的主要工序用流程图式表示为：海水 氢氧化镁 氯化镁 镁；（2）氯化镁电解生成单质镁和氯气，氯化镁既是氧化剂也是还原剂，氧化产物是氯气；（3）冷却镁蒸气的物质不能和镁反应，否则得不到纯净的镁，据此分析解答．
17．【答案】（1）Al；Al2O3；NaAlO2；AlCl3
（2）制取金属铝；作耐火材料
（3）2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知，A为Al，甲为Al2O3，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，
故答案为：Al；Al2O3；NaAlO2；AlCl3；（2）甲为Al2O3，硬度大，熔点高，作耐火材料，可做手表轴承或耐火材料，工业用电解Al2O3的方法冶炼铝，
故答案为：制取金属铝；作耐火材料；（3）A与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，乙与过量CO2反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣．
【分析】甲既能与酸反应又能与碱反应，应为Al2O3或Al（OH）3，甲是工业上制取A的主要原料，甲应为Al2O3，且B能与NaOH反应，则A为Al，B为O2，C为H2O，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，丙为H2O，戊为Al（OH）3，结合物质的性质解答该题．
18．【答案】（1）2%的KSCN溶液；2mol L﹣1NaOH溶液；2mol L﹣1盐酸
（2）取①操作得溶液少许置于洁净试管中，并滴加几滴2%的KSCN溶液；溶液变为红色，说明原矿石可能含有Fe2O3；取①操作得残余固体适量置于烧杯中，加入足量2 mol L﹣1NaOH溶液，充分搅拌；残余固体完全溶解于2 mol L﹣1NaOH溶液，并得无色溶液；取③操作得无色溶液少许置于洁净试管中，用胶头滴管滴入2 mol L﹣1盐酸至过量；有白色胶状沉淀，且不溶于过量盐酸，说明原矿石中可能含有SiO2
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）Fe2O3可溶于盐酸，Fe3+存在于溶液中，可用SCN﹣检验，从而说明矿石含Fe2O3．SiO2不溶于盐酸，作为残渣被滤出．为进一步确认，是否存在SiO2，加入NaOH溶液，充分反应后，再加盐酸，如果生成了白色胶状沉淀则其为H2SiO3，说明矿石中有SiO2，
故答案为：2%的KSCN溶液；2 mol L﹣1 NaOH溶液；2 mol L﹣1盐酸；（2）检验矿石中含有Fe2O3，与盐酸反应生成氯化铁，取少量上述流程中的Ⅰ，加入2%KSCN溶液，溶液变为血红色，则含有氧化铁，
检验是否含有二氧化硅，取①操作得残余固体适量置于烧杯中，加入足量2 mol L﹣1NaOH溶液，充分搅拌，残余固体完全溶解于2 mol L﹣1NaOH溶液，并得无色溶液，
然后取③操作得无色溶液少许置于洁净试管中，用胶头滴管滴入2 mol L﹣1盐酸至过量，有白色胶状沉淀，且不溶于过量盐酸，可说明含有二氧化硅，
故答案为：
② 取①操作得溶液少许置于洁净试管中，并滴加几滴2%的KSCN溶液 溶液变为红色，说明原矿石可能含有Fe2O3
③ 取①操作得残余固体适量置于烧杯中，加入足量2 mol L﹣1NaOH溶液，充分搅拌 残余固体完全溶解于2 mol L﹣1NaOH溶液，并得无色溶液
④ 取③操作得无色溶液少许置于洁净试管中，用胶头滴管滴入2 mol L﹣1盐酸至过量 有白色胶状沉淀，且不溶于过量盐酸，说明原矿石中可能含有SiO2
【分析】矿石部分溶解，并有大量无色无味气体生成，则一定含CaCO3、SiO2，如检验是否含有Fe2O3，可在反应后的溶液中加入KSCN溶液，残渣加入氢氧化钠溶液，SiO2与NaOH反应，与盐酸不反应，硅酸盐与盐酸反应生成白色的硅酸沉淀，以此解答该题．
19．【答案】（1）解：铜和浓硫酸加热一生成二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，进气的导气管长进短处，图中补进气管伸入近集气瓶底，装置图为：
（2）Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；；还原；；D；稀硫酸不与铜反应
（3）产生的气体中含有水蒸气，干燥管中的质量差不仅仅是SO2的质量（或烧瓶中的二氧化硫不能完全排出）；沉淀的质量一部分是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的； mol/L
【知识点】浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】解：（2）①铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；分析化学方程式若有m g铜物质的量为 mol参加了反应，被还原硫酸物质的量为 mol，电子转移物质的量为 mol×2= ，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O； ；还原； ；②能证明反应停止后烧瓶中有硫酸剩余，只能证明氢离子的存在才能说明，不能证明硫酸根离子，因为浓硫酸和铜反应生成了硫酸铜；
A．硫酸钠溶液不能能证明硫酸根离子存在，也不能证明氢离子的存在，故A不符合；
B．氯化钡溶液能证明硫酸根离子存在，但不能证明氢离子存在，故B不符合；
C．银粉和稀硫酸不反应不能证明氢离子的存在，故C不符合；
D．碳酸钠溶液和氢离子反应生成二氧化碳气体，可以用来证明溶液中存在稀硫酸，故D符合；
故答案为：D； ③有一定量的硫酸剩余但未能使铜片完全溶解，因为浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应，故答案为：稀硫酸不与铜反应；（3）方案一：铜和浓硫酸反应生成的二氧化硫气体中含有水蒸气，碱石灰吸收的质量为二氧化硫和水蒸气，或装置中二氧化硫未被完全排除，称量的不全是二氧化硫质量，故答案为：产生的气体中含有水蒸气，干燥管中的质量差不仅仅是SO2的质量（或烧瓶中的二氧化硫不能完全排出）；
方案二：生成的沉淀是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的沉淀和二氧化硫被氧化为硫酸生成的硫酸钡沉淀，不全是二氧化硫转化为硫酸生成的沉淀，
故答案为：沉淀的质量一部分是高锰酸钾溶液中起酸化作用的硫酸与氯化钡反应而产生的；
方案三：依据化学方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成氢气物质的量= mol，所以剩余稀硫酸浓度= mol/L，故答案为： mol/L．
【分析】（1）铜和浓硫酸加热一生成二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，进气的导气管长进短处；（2）①铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；依据化学方程式中元素化合价变化计算氧化还原关系；②证明硫酸剩余是证明氢离子的存在；③浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应；（3）方案一，碱石灰增重为二氧化硫和水蒸气的质量分析；
方案二，硫酸钡沉淀是二氧化硫被氧化为硫酸生成的硫酸钡沉淀和硫酸酸化高锰酸钾溶液，气酸化作用的硫酸生成的硫酸钡沉淀；
方案三，依据生成氢气计算硫酸物质的量结合浓度概念计算剩余硫酸浓度．
20．【答案】（1）0.08
（2）H++OH﹣=H2O
（3）400
（4）0.6≤a＜1
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液，
由Na+离子守恒可知，n（NaCl）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L×2mol/L=0.32mol，
200mL 4mol L﹣1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol，
设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol，则：
根据Mg原子、Al原子守恒有：x+y=0.2，
根据Cl﹣离子守恒有：2x+3y=0.8﹣0.32=0.48，
联立方程解得：x=0.12、y=0.08，
所以金属粉末中：n（Mg）=0.12mol、n（Al）=y=0.08mol，
故答案为：0.08；（2）0～V1段，滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明盐酸过量，滴入的氢氧化钠与氯化氢反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，
故答案为：H++OH﹣=H2O；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl﹣离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）=4mol/L×0.2L=0.8mol，
所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）= =0.4L=400mL，
故答案为：400；（4）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2（1﹣a）mol，反应后的混合溶液，再加入840mL 2mol L﹣1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：n（NaAlO2）=0.2（1﹣a）mol，
根据钠离子守恒，应满足：n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.84×2≥2×0.2×4+0.2（1﹣a），
解得：a≥0.6，
所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1，
故答案为：0.6≤a＜1．
【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，V1=160mL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，根据Mg原子、Al原子、Cl﹣离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Al）；（2）0～V1段滴入的氢氧化钠溶液与剩余的氯化氢反应生成氯化钠和水；（3）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl﹣离子和Na+离子守恒有n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）求出n（NaOH），再利用V= 计算滴入NaOH溶液的体积；（4）反应后的混合溶液，再加840mL 2mol L﹣1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，由于为金属混合物，则a＜1，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），根据铝元素守恒用a表示出n（NaAlO2），据此确定a的取值范围．
