【化学】吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

【化学】吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019-2020学年高一上学期12月月考试题 试卷说明：试卷分为两部分，第一部分选择题共20题（共60分），第二部分为非选择题共40分。试卷共4页，共二大题，24小题。总分100分，考试时间60分钟。‎ 可能用到的相对原子量：H：1 He：4 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ag：108‎ 第Ⅰ卷 选择题（60分）‎ 一、单项选择题（20小题，每小题3分，共60分）‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 含碳量越低，钢铁的性能越好 B. 光导纤维被称为信息高速公路的骨架，其主要成分是二氧化硅 C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质 D. 合金材料的组成元素一定全部是金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于不同的含碳量，钢材有不同的性能，也有不同的用途，也就没有好坏之分，故A项错误；‎ B. 光导纤维主要成分是二氧化硅，B项正确；‎ C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中加入了一些金属元素（如钠—黄色光；铜—绿色光）而不是金属单质；另外Fe、Pt等金属元素灼烧时为无色，故C错误；‎ D. 合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎2.下列实验操作所用仪器合理的是（ ）‎ A. 实验室配制480mL 1mol.L-1的NaOH溶液，需称量19.2g固体NaOH B. 将CCl4与溴水混合后振荡、静置，再用分液漏斗分离得到溴的四氯化碳溶液 C. 用托盘天平称取25.30gNaCl固体 D. 用50mL量筒量取4.8mL硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、没有480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶配制，实验室配制500mL 1mol/L的NaOH溶液需要NaOH的质量为：0.5L×1mol/L×40g/mol=20.0g，故A错误；‎ B、CCl4与溴水混合后，四氯化碳和水互不相溶，所以溶液分层，可以采用分液的方法来分离，所以B选项是正确的；‎ C、只能用托盘天平称取25.3g的NaCl,数据精确到小数点后一位，故C错误； D、用量筒量取和量筒的规格相近体积的溶液，否则误差会很大，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎3.检验储存在密封性不佳的试剂瓶中的硫酸亚铁是否变质,可以加入的试剂是（ ）‎ A. 硫氰化钾 B. 硝酸银 C. 盐酸酸化的氯化钡 D. 硝酸酸化的硝酸钡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸亚铁若是变质，亚铁离子会被氧化成铁离子，所以可使用KSCN溶液检验，加入硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，证明硫酸亚铁已经变质，若溶液没有变成血红色，证明硫酸亚铁没有变质，故答案为A。‎ ‎4.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的本质并不改变的是 （ ）‎ A. Na和O2 B. NaOH和CO2 C. Fe和盐酸 D. 木炭（C）和O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与氧气的反应，如常温下反应，产物是氧化钠；如果燃烧，产物是过氧化钠，故A错误；‎ B、澄清石灰水与二氧化碳的反应，如果二氧化碳不足，产物是碳酸钙；如果二氧化碳过量，产物是碳酸氢钙，故B错误；‎ C、Fe与盐酸的反应，无论改变何种条件，产物都相同，故C正确；‎ D、木炭和O2的反应，如果氧气不足量，产物是CO；如果氧气过量，产物是二氧化碳，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5.下列关于化学反应及相关概念的叙述正确的是（ ）‎ A. 碱性氧化物一定是金属氧化物 B. 溶于水能导电的化合物一定是电解质 C. 冰与水之间的相互转化是化学变化 D. 有单质生成的反应一定是氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碱性氧化物均为金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Na2O2、Mn2O7等，故A正确；‎ B．二氧化碳等非电解质溶于水也能导电，则溶于水能导电的化合物不一定是电解质，故B错误；‎ C．冰和水是状态不同的同一种物质，二者的转化属于物理变化，故C错误；‎ D．同素异形体之间的转化，如3O2→2O3，化合价没有改变，不是氧化还原反应，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎6. 两种金属的混合物共15g，跟足量的盐酸反应时，恰好得到11.2L氢气（标况）。下列各组金属不可能构成上述条件的混合物的是（ ）‎ A. 镁和银 B. 铜和锌 C. 铝和铁 D. 镁和铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】假设金属都为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，根据M=计算金属混合物的平均相对原子质量，故平均相对原子质量应介于各组分之间，根据电子转移守恒，若金属不与盐酸反应，其相对原子质量可以视作无穷大，若Al为+2价时，其相对原子质量为27×=18，由此分析解答。‎ ‎【详解】标况下11.2L氢气物质的量为=0.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故混合金属平均相对分子质量为=30，因为为两种金属的混合物，故平均相对分子质量应介于各组分之间。‎ A．Mg的相对原子质量为24，银与盐酸不反应，其相对原子质量视作无穷大，符合题意，故A正确； ‎ B．铜与盐酸不反应，其相对原子质量视作无穷大，Zn的相对分子质量为65，平均值大于65，不符合题意，故B错误； ‎ C．若Al为+2价时，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故C正确； ‎ D．Mg的相对原子质量为24，Fe的相对原子质量为56，平均值可能为30，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎7.200mL 1mol•L—1的氯化铝溶液中加入一定体积的2mol•L—1的NaOH溶液，最终产生7.8g沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为（ ）‎ ‎①350mL ②90mL ③150mL ④200mL A. 只有① B. ①③ C. ②④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】AlCl3和NaOH反应，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2．AlCl3的物质的量为0.2 mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为15.6 g，大于实际沉淀质量为7.8 g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，据此计算．‎ ‎【详解】0.2mol×78g/mol = 15.6 g>7.8 g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al(OH)3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2，n[Al(OH)3]= = 0.1 mol，‎ ① 若碱不足，由Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，NaOH的物质的量为0.1 mol×3=0.3 mol，故加入NaOH溶液的体积为 = 0.15 L = 150 mL，‎ ‎②沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2，则：‎ Al3++3OH−═Al(OH)3↓‎ ‎1 3 1‎ ‎0.1mol 0.3mol 0.1mol 故转化AlO2−的Al3+的物质的量=0.2 mol−0.1 mol=0.1 mol，‎ Al3++4OH−═AlO2−+2H2O ‎1 4‎ ‎0.1mol 0.4mol 则消耗的碱的物质的量为0.3 mol+0.4 mol=0.7 mol，加入NaOH溶液的体积为 = 0.35 L = 350 mL，故B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎8.以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有（ ）‎ ‎①Fe3O4 ②Fe(OH)3 ③FeCl2 ④Cu2(OH)2CO3 ⑤Al(OH)3 ⑥Na2CO3 ⑦NaHCO3 ⑧Na2O2‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe + 2O2Fe3O4，属于化合反应；‎ ‎②氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，属于化合反应；‎ ‎③FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；‎ ‎④铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3，属于化合反应；‎ ‎⑤氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；‎ ‎⑥氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O +CO2 = Na2CO3，属于化合反应；‎ ‎⑦Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；⑧钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na + O2 Na2O2，属于化合反应；‎ 只有⑤不能通过化合反应直接生成，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了元素化合物知识、化学反应类型，掌握元素化合物的知识是解题的关键。本题的易错点为②③④，要注意一些特殊反应方程式的记忆和理解。‎ ‎9.用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是（ ）‎ A. 2：3 B. 1：2 C. 1:3 D. 3:2‎ ‎【答案】C ‎【解析】NaOH的物质的量为1L×1mol/L=1mol，‎ 设生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒、碳原子守恒，则：‎ 解得x=0.2、y=0.6‎ 故溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的物质的量浓度之比为0.2mol：0.3mol=2：3，故选A．‎ ‎10.粗盐常含有、、等杂质离子，现用下列操作除去，正确的顺序是（ ）‎ ‎①加NaOH②加Na2CO3③加BaCl2④加稀盐酸⑤过滤 A. ①②③④⑤ B. ⑤④③②① C. ①②③⑤④ D. ③①②⑤④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】粗盐常含有、、等杂质离子，钙离子用碳酸钠除去，镁离子用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，为了把引入的杂质除去，所以先加入氯化钡，再加入碳酸钠或氢氧化钠，过滤后，向滤液中加入盐酸，除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，故顺序为③①②⑤④。‎ 故选D。‎ ‎11.下列实验结论正确的是（ ）‎ A. 某溶液加入苯，苯层显紫色，证明原溶液中存在I-‎ B. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+‎ C. 检验某溶液中是否含有SO42-时，为排除某些离子的干扰，可以先加稀盐酸将溶液酸化，无明显现象后再滴入氯化钡溶液，看是否生成白色沉淀 D. 一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落，证明铝的熔点高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 某溶液加入苯，苯层显紫色，证明原溶液中存在I2，不是碘离子，故A项错误；‎ B.能溶于盐酸的碳酸盐沉淀有很多，比如碳酸钙、碳酸钡等，不一定是钡离子，故B错误；‎ C.检验检验某溶液中是否含有SO42-时，为排除某些离子的干扰，可以先加稀盐酸将溶液酸化，无明显现象后再滴入氯化钡溶液，看是否生成白色沉淀，故C项正确；‎ D.一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落，是因为在加热过程中铝与空气中氧气反应生成三氧化二铝，证明三氧化二铝熔点高于铝的熔点，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎12. 下列各组溶液只通过相互滴加不能鉴别出来的是 （ ）‎ A. NaAlO2溶液和盐酸 B. NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液 C. NaOH溶液和浓AlCl3溶液 D. 稀硫酸和碳酸钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、盐酸滴加到NaAlO2：AlO2－＋H＋＋H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，先有沉淀，然后沉淀消失，NaAlO2滴加到盐酸：AlO2－＋3H＋=Al3＋＋2H2O，Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al（OH）3↓，先无沉淀，后有沉淀，因此可以鉴别，A错误；B、NaHCO3滴加到Ca（OH）2中：：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，Ca（OH）2滴加到NaHCO3中：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O，都有沉淀产生，不能鉴别，B正确；C、NaOH滴加到AlCl3溶液：Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓，Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2O，先有沉淀，后沉淀消失，AlCl3溶液滴加到NaOH溶液：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al（OH）3↓，开始无现象，后有沉淀，因此可以鉴别，C错误；D、硫酸滴加到Na2CO3溶液：CO32－＋H＋=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，Na2CO3溶液滴加到硫酸中：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，可以鉴别，D错误。答案选B。‎ ‎13.在 2L 由 NaCl、MgCl2、CaCl2 组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此溶液中Ca2＋离子的物质的量是（ ）‎ A. 3.0mol B. 2.0mol C. 1.0mol D. 0.5 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=cV计算n(Na+)、n(Mg2+)、n(Cl-)；溶液呈电中性，根据电荷守恒有：2n(Ca2+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，据此计算解答。‎ ‎【详解】由图可知，溶液中n(Na+)=2L×1mol/L=2mol、n(Mg2+)=2L×0.5mol/L=1mol、n(Cl-)=2L×3mol/L=6mol，溶液呈电中性，根据电荷守恒有：2n(Ca2+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，即：2n(Ca2+)+2mol+2×1mol=6mol，解得n(Ca2+)=1mol，故选C。‎ ‎14.下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（ ）‎ A. 同质量的N2和CO2 B. 同质量的H2和N2‎ C. 同体积的O2和N2 D. 相同物质的量的N2O和CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二者同质量，但摩尔质量不相同，根据m=nM知，摩尔质量和物质的量成反比，即摩尔质量和分子数成反比，N(N2)>N(CO2)，一个氮气分子含有两个原子，一个二氧化碳分子含有三个原子，所以原子数不一定相同，故A错误； ‎ B. 二者同质量，但摩尔质量不相同，根据m=nM知二者分子物质的量不相同，也就是分子数不相同，这两种分子都含有两个原子，所以原子数一定不相同，故B错误；‎ C.只有在同温同压下，气体的体积比才等于分子数比，也就是物质的量比，条件中没说压强和温度，不能判断体积比等于分子数比，故C错误；‎ D二者分子物质的量相同，也就是分子数相同，这两种分子还都含有三个原子，所以原子数相同，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎15.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）‎ A. 11.2g B. 5.6g C. 2.8g D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故选B。‎ ‎16.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 等物质的量的CO和Cl2所含分子数为NA B. 在标准状况下，NA个任何分子所占的体积约为22.4L C. 46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子总数一定是3NA D. 2.24LN2和O2的混合气体所含原子数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.等物质的量的CO和Cl2，并没有说明“物质的量”是多少，故不能确定分子数，故A项错误；‎ B.在标准状况下，NA个气体分子所占的体积约为22.4L，若不是气体分子，其体积无法确定，故B项错误；‎ C.混合物中N与O元素的个数比为1:2，也就是说46克混合物中一定有1molN原子和2molH原子，共3mol，故C正确；‎ D. 2.24LN2和O2的混合气体在标准状况下所含原子数为0.2NA，选项中并为标明温度压强，故D项错误；‎ 故答案为C。‎ ‎17.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H++SO42-+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O C. 向氢氧化钠溶液中通入足量CO2：2OH-+CO2=CO32-+H2O D. 向明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，氢氧化钙会完全反应，离子方程式为，故A项错误；‎ B. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性氢氧根与氢离子一比一，离子反应方程式为：，故B正确 C.向氢氧化钠溶液中通入足量CO2会生成碳酸氢根，离子反应方程式为：，故C错误；‎ D. 向明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀，离子反应方程式为：，故D项错误；‎ 故答案为B。‎ ‎18.已知MnO、NO等在酸性条件下具有强氧化性，而S2－、I－、Fe2＋等具有较强的还原性。下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )‎ A. Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42— B. MnO4-、K＋、I－、H＋‎ C. Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋ D. H＋、Cl－、Na＋、CO32—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ba2＋和SO42—生成硫酸钡白色沉淀，属于复分解反应，故A不符合题意；‎ B、MnO4-和I－发生氧化还原反应而不能大量共存，故B符合题意；‎ C、Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋可以大量共存，故C不符合题意；‎ D、 H＋和CO32—反应生成CO2和水，属于复分解反应，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎19.密闭容器中装有1mol NaHCO3和0.8mol Na2O2，加热充分反应后，容器内残留的固体是( )‎ A. 0.8molNa2CO3和0.6molNaOH B. 0.5molNa2CO3和1molNaOH C. 0.8molNa2CO3和1molNaOH D. 1molNa2CO3和0.6molNaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，及过氧化钠与二氧化碳、水反应规律进行分析。‎ ‎【详解】碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，物质的量分别都是0.5mol。生成的CO2首先和过氧化钠反应，消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠。剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反应生成0.6mol氢氧化钠，所以正确的答案选D。‎ ‎20. 向下列溶液中分别加入钠的小颗粒，溶液里无固体析出的是（ ）‎ A. MgCl2溶液 B. Ca（OH）2饱和溶液 C. CuSO4溶液 D. 盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属钠与氯化镁溶液中的水反应，生成的NaOH会与氯化镁反应，生成氢氧化镁白色沉淀，会出现浑浊，A错误；‎ B、钠固体与饱和Ca（OH）2溶液中的水反应，饱和溶液中溶剂减少，则会有Ca（OH）2固体析出，则出现浑浊，B错误；‎ C、钠固体与CuSO4溶液中的水反应，生成的NaOH与CuSO4‎ 反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，则出现浑浊，C错误；‎ D、钠固体与盐酸溶液反应剧烈，生成氯化钠和氢气，不会出现浑浊，D正确；‎ 故选D。‎ Ⅱ部分（非选择题）‎ 二、填空题 ‎21.某固体A在空气中点燃，火焰呈黄色，并生成淡黄色固体B；将A在空气中露置，最后变成白色固体C。将A、B投入水中都生成D；B、C、D在一定条件下均能与二氧化碳反应。‎ ‎（1）A是___；B是___；C是___；D是___。（填化学符号）‎ ‎（2）完成下列方程式：‎ B与H2O反应的化学方程___。‎ 向C的稀溶液中通入CO2的离子方程式____。‎ A与H2O反应的离子方程式___。‎ ‎【答案】(1). Na (2). Na2O2 (3). Na2CO3 (4). NaOH (5). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (6). CO32-+CO2+H2O=2HCO3- (7). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由固体A在空气中点燃，火焰呈黄色，并生成淡黄色固体B，可知B为Na2O2，A为Na；由将A在空气中露置，最后变成白色固体C，则C为Na2CO3，由A、B投入水中都生成D，D为NaOH。‎ ‎【详解】1）由上述分析可知：A是Na，B是Na2O2 ，C是Na2CO3，D是NaOH，故答案为：Na；Na2O2 ；Na2CO3；NaOH；‎ ‎（2）Na2O2与H2O反应为； ‎ 向Na2CO3的稀溶液中通入CO2的离子方程式为： ；‎ Na与H2O反应的离子方程式为：。‎ ‎22.有下列几个反应：①向NaAlO2溶液中滴加盐酸；②向盐酸和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液；③向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液；‎ ‎⑴符合反应①的图象是______，符合反应②的图象是_____，符合反应③的图象是____；‎ ‎(2)写出③步骤中的二个离子方程式__________________、________________________。‎ ‎【答案】(1). D (2). B (3). C (4). Al3++ 4OH-= AlO2-+ 2H2O (5). Al3++ 3AlO2-+ 6H2O = 4Al(OH)3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量，偏铝酸钠先与盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再与盐酸发生酸碱中和生成氯化铝，沉淀完全溶解；‎ ‎②向含有盐酸的AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先是和盐酸发生中和反应，然后氢氧化钠和氯化铝反应产生沉淀，最后，沉淀完全消失；‎ ‎③向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，然后，偏铝酸钠和氯化铝生成沉淀；‎ ‎【详解】（1）①向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量，偏铝酸钠先与盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，NaAlO2～HCl～Al（OH）3，然后氢氧化铝再与盐酸发生酸碱中和生成氯化铝，Al（OH）3～3HCl，沉淀完全溶解，产生最大量沉淀消耗盐酸的量和沉淀完全溶解消耗盐酸的量之比是1：3，故选D。‎ ‎②向含有盐酸的AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先是和盐酸发生中和反应，HCl+NaOH=NaCl+H2O，然后氢氧化钠和氯化铝反应产生沉淀，AlCl3～3NaOH～Al（OH）3，最后，沉淀完全消失Al（OH）3～NaOH，B图象符合过程量的情况，故选B；‎ ‎③向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，然后，偏铝酸钠和氯化铝生成沉淀，C图象符合过程量的情况，故选C；‎ ‎（2）向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，离子方程式为：Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O，然后，偏铝酸钠和氯化铝生成沉淀离子方程式为：Al3+ + 3AlO2- + 6H2O = 4Al(OH)3 ↓。‎ ‎23.甲、乙两同学欲制取纯净的Fe(OH)2 ，根据如图所示的装置进行实验。A管中是Fe+H2SO4， B管中是NaOH溶液，请回答下列问题。‎ ‎（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，在B管中观察到的现象是 。‎ ‎（2）同学乙：打开a，使A管中反应一段时间再 夹紧止水夹a，实验中在B管中观察到的现象是 ，B中发生反应的离子方程式为 ‎ ‎（3）同学乙打开a的目的 ; （填甲或乙）同学可成功。‎ ‎【答案】（1）在B管中观察到的现象是：生成灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。‎ ‎（2）有白色沉淀生成 Fe2++2OH-=Fe(OH)2¯‎ ‎（3）使A管中产生的气体通入B管中赶走空气 ；乙 ‎【解析】由于Fe(OH)2 易被空气中的氧气气氧化，所以制备它关键是隔绝氧气。‎ ‎（1）先夹紧止水夹a，使A管开始反应，产生的氢气将反应液（FeCl2）压入试管B，FeCl2与NaOH溶液反应得到Fe(OH)2白色沉淀，但系统中氧气的存在会将其氧化，生成灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 ‎（2）打开a，使A管中反应一段时间，产生的氢气密度小，会进入试管B中，将系统中的氧气排出，再夹紧止水夹a，产生的氢气将反应液（FeCl2）压入试管B，FeCl2与NaOH溶液反应得到Fe(OH)2白色沉淀，并且可稳定存在。‎ ‎（3）很明显，乙同学的制法可成功达到实验目的。‎ ‎24.除去下列物质中所混有的少量杂质，括号内为杂质。指明应加入的试剂，写出有关方程式。‎ ‎（1）Fe粉(Al粉)：试剂___离子方程式___；‎ ‎（2）FeCl2溶液(FeCl3)：试剂___离子方程式___；‎ ‎（3）Na2CO3固体(NaHCO3)：化学方程式___。‎ ‎【答案】(1). NaOH (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). Fe (4). Fe+2Fe3 +=3Fe2+ (5). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铝粉可以和氢氧化钠反应但铁粉不可以，故可用氢氧化钠溶液除去铁粉中的铝粉，故答案为：NaOH；；‎ ‎（2）铁粉可以可氯化铁反应生成氯化亚铁，故答案为：Fe；；‎ ‎（3）碳酸钠固体中碳酸氢钠可通过加热除去，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。‎ ‎ ‎