【化学】安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期疫情防控延期开学期间辅导测试（二）试题（解析版）

【化学】安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期疫情防控延期开学期间辅导测试（二）试题（解析版）

安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一下学期疫情防控延期开学期间辅导测试（二）试题 一、选择题（每一题只有一个正确选项，每一题3分，共48分）‎ ‎1.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 在标准状况下，1 mol SO3体积等于22.4 L B. 标准状况下，7.1 g氯气与足量氢氧化钠稀溶液反应转移的电子数为0.1NA C. 1 mol Fe(OH)3胶体中含有的胶粒数目为NA D. 2 L 0.5 mol·L−1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标况下不是气体，因此无法计算体积，A项错误；‎ B.氯气在碱液中发生歧化反应，得到+1价的氯和-1价的氯，因此1个氯气分子在碱液中转移1个电子，又因为，则一共转移0.1mol电子，B项正确； ‎ C.胶体是很多氢氧化铁胶体粒子的集合体，因此1mol胶体中的胶粒将远远小于1mol，C项错误； ‎ D.根据算出的物质的量，1个带2个负电荷，因此一共带2NA个负电荷，D项错误； ‎ 答案选B。‎ ‎2.下列叙述不正确的是（ ）‎ 选项 被提纯物质 杂质 除杂试剂或方法 A FeCl3溶液 FeCl2‎ 通入适量Cl2‎ B Cl2‎ H2O (蒸气)‎ 通入浓硫酸中 C 铜粉 铁粉 加入过量盐酸并过滤 D CO2‎ HCl 通入饱和的碳酸钠溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、FeCl2与氯气反应生成FeCl3，通入氯气可除去FeCl3溶液中的FeCl2，故A正确；‎ B、浓硫酸具有吸水性，可除去氯气中的水蒸气，故B正确；‎ C、铜与盐酸不反应、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，可用盐酸除去铜中的铁粉，故C正确；‎ D、二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，不能用碳酸钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列各离子能大量共存的是（ ）‎ A. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3-‎ B. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-‎ C. NH4Cl溶液中：K+、OH-、SO42-、Cl-‎ D. pH=1的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu2+为有色离子，与题意要求不符，故A错误；‎ B. 使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42−、CO32−之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C. NH4Cl与OH−发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D. pH=1的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，氢离子与HCO3−反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列关于Fe(OH)3胶体的说法中，不正确的是 ( )‎ A. 分散质粒子直径在10-9～10-7m之间 B. 是一种纯净物 C. 具有丁达尔效应 D. 具有净水作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化铁胶体胶粒的直径在10-9～10-7m之间，A正确；‎ B. 氢氧化铁胶体是氢氧化铁和水的混合物，B错误；‎ C. 胶体具有丁达尔效应，C正确；‎ D. 氢氧化铁胶粒能吸附水中的杂质颗粒，有净水的作用，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.为了防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的独立包装的物质是（ ）‎ A. 无水硫酸铜、蔗糖 B. 食盐、硫酸亚铁 C. 生石灰、还原铁粉 D. 生石灰、食盐 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无水硫酸铜能吸收水分，一般不用做干燥剂，蔗糖不能防止食品被氧化，A不选；‎ B．食盐不能防止食品受潮，硫酸亚铁能防止食物被氧化，B不选；‎ C．生石灰能防止食品受潮，还原铁粉能防止食物被氧化，C选；‎ D．生石灰能防止食品受潮，但食盐不能防止食品被氧化，D不选；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是(　　)‎ ‎①金属钠在纯氧中燃烧　②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间　③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中 A. ②③①④ B. ③②①④‎ C. ③①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；④无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是③②①④，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.我国的自来水一般是用氯气消毒的。某学生用这种自来水配制下列物质的稀溶液，不会产生明显的药品变质的是（ ）‎ A. AgNO3 B. KI C. NaClO D. FeCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氯气部分溶于水，Cl2+H2OHCl+HClO，所以溶液中存在氯气、盐酸、次氯酸等。‎ A、AgNO3与盐酸反应生成难溶的氯化银而变质，A错误；‎ B、碘化钾被氯气氧化而变质，B错误；‎ C、由于次氯酸钠起漂白作用时需要转化为次氯酸，所以可以用自来水配制次氯酸钠溶液，C正确；‎ D、氯化亚铁易被氧化为氯化铁而变质，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.将浓度均为0.1 mol/L的三种溶液等体积混合，充分反应后没有沉淀的一组溶液是（ ）‎ A. BaCl2、NaOH、NaHCO3 B. Na2CO3、MgCl2、H2SO4‎ C AlCl3、NH3·H2O、NaOH D. Ba(OH)2、CaCl2、Na2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、等物质的量NaOH、NaHCO3恰好反应生成碳酸钠和水，BaCl2和碳酸钠后反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以一定有沉淀生成，故A不选；‎ B、Na2CO3、MgCl2、H2SO4等物质的量混合后碳酸钠和稀硫酸恰好反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，所以不可能生成沉淀，故B选；‎ C、AlCl3、NH3•H2O、NaOH等物质的量混合，1mol铝离子需要3mol氢氧根离子完全沉淀，根据题意碱不足，所以一定有沉淀生成，故C不选；‎ D、Ba(OH)2、CaCl2、Na2SO4等物质的量混合可以生成硫酸钡沉淀，所以一定有沉淀生成，故D不选；‎ 故答案选B ‎9.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 过氧化钠投入水中：Na2O2+2H2O=O2↑+2OH-+2Na+‎ B. 用FeCl3腐蚀印刷电路板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+‎ C. 在碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钠溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O D. Fe与水蒸气反应：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 方程式Na2O2+2H2O=O2↑+2OH-+2Na+，H原子不守恒，A错误；‎ B. 方程式Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+，电荷不守恒、电子不守恒，B错误；‎ C. 在碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钠溶液，则Ca2+与HCO3-都过量，由OH-的量确定Ca2+与HCO3-的用量，C正确；‎ D. Fe与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.下列实验，能达到实验目的的是（ ）‎ A B C D 观察钾元素的焰色 实验室制备Fe(OH)2‎ 制备氧化钠 比较NaHCO3和Na2CO3溶解度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色，故A正确；‎ B、氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，故B错误；‎ C、钠与氧气加热生成过氧化钠，故C错误；‎ D、溶解度与溶解放热多少无关，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好.一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是（ ）‎ A. Na2FeO4是还原产物 B. Na2O2既是氧化剂又是还原剂 C 若有2molFeSO4参与反应，则该反应中共有8mol电子转移 D. Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，所以Na2O2是碱性氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．反应中FeSO4在反应中作还原剂，则Na2FeO4为氧化产物，故A错误；‎ B．过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到-2价，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；‎ C．反应中元素化合价升高的数目为：2×(6-2)+2×[0-(-1)]=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，故C错误；‎ D．Na2O2与水反应生成NaOH，同时生成氧气，因此Na2O2不是碱性氧化物，故D错误； ‎ 故选B。‎ ‎12.将一定量的Mg、Al混合物投入200mL某浓度的盐酸中，金属完全溶解后，再逐滴加入2 mol·L-1的NaOH溶液至过量，所生成的沉淀与所加NaOH的关系如图所示。则盐酸的浓度是（ ）‎ A. 2.5mol L-1 B. 3mol L-1‎ C. 3.5mol L-1 D. 4mol L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】沉淀量最大时，溶液为氯化钠溶液，由原子守恒可知，n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=0.3L×2mol/L=0.6mol，可知盐酸的浓度为=3mol/L，故答案为B。‎ ‎13.下列物质中不能用化合反应的方法生成的是（ ）‎ ‎①Fe3O4 ②H2SiO3 ③Fe(OH)3 ④Cu(OH)2 ⑤FeCl2 ⑥CaSiO3‎ A. ①③④⑥ B. ②④ C. ②④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①可由铁在氧气中燃烧制得；‎ ‎②不与水反应，无法通过化合反应制得硅酸；‎ ‎③可由氧化得到；‎ ‎④无法通过化合反应得到；‎ ‎⑤可由和高温下反应得到；‎ 因此②④无法通过化合反应得到，答案选B。‎ ‎14.某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应得到氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠混合液，经测定溶液中次氯酸钠和氯酸钠的浓度之比为1∶2，则氯气与氢氧化钠溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）‎ A. 21∶5 B. 11∶3‎ C. 3∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1：2，则可设ClO-为1mol，ClO3-为2mol，被氧化的Cl共为3mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，得到电子的物质的量为11mol，因此被还原的Cl的物质的量为11mol；所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，答案选B。‎ ‎15.某同学设计如下装置进行铁与水反应的实验，虚线框处的装置用来检验生成的气体。下列说法正确的是（已知：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+）（ ）‎ A. 实验后，装置B中生成红棕色固体 B. 虚线框C处应该选择装置甲 C. 实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，可观察到铜丝由黑变红 D. 实验后，将装置B中的固体溶于足量稀硫酸，所得溶液中一定含有Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验后，装置B中生成黑色的四氧化三铁固体，A错误；‎ B. 虚线框C处为验证生成的为氢气，其密度小于空气，应该选择装置乙，B错误；‎ C. 实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，生成的氢气可与氧化铜反应生成单质铜，则可观察到铜丝由黑变红，C正确；‎ D. 实验后，将装置B中的固体溶足量稀硫酸，所得溶液中可能含有Fe3+，若铁粉过量时可能不含有Fe3+，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎16.下列说法正确的是（ ）‎ A. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定 C. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2‎ D. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；‎ B．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B正确；‎ C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故C错误；‎ D．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 二、非选择题（除特别标明外，每空2分，共52分）‎ ‎17.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，还原产物为黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可以表示为：_____KClO3＋________HCl(浓)→_________KCl＋_______ClO2↑＋______Cl2↑＋__________H2O ‎(1)请配平该化学方程式(未知系数填入横线内)。‎ ‎(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是________(填编号)。‎ ‎①只有还原性　②还原性和酸性　③只有氧化性　④氧化性和酸性 ‎(3)5 ℃ 下将产物氯气0.1 mol溶于水配成1 L溶液，请写出氯气溶于水的化学反应方程式____________________。‎ ‎(4)若改变温度至70 ℃，发现KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，试写出反应的化学方程式：______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). ② (8). H2O+Cl2=HCl+HClO (9). 5KClO3＋6HCl(浓) 5KCl＋6ClO2↑＋3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，可知未知物是水，配平各物质的系数；‎ ‎(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高被氧化，还有一部分氯的化合价不变；‎ ‎(3)氯气溶于水生成等物质的量的盐酸和次氯酸；‎ ‎(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，根据得失电子守恒分析解答。‎ ‎【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2，配平了的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高，被氧化，还有一部分氯的化合价不变，所以浓盐酸体现为还原性和酸性，故答案为：②；‎ ‎(3)氯气溶于水生成等物质的量的盐酸和次氯酸，发生反应的化学方程式为H2O+Cl2=HCl+HClO；‎ ‎(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，所以反应的方程式为：5KClO3＋6HCl(浓) 5KCl＋6ClO2↑＋3H2O。‎ ‎18.实验室用下图装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量，D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物。‎ ‎(1)装置B的作用是______________ ，装置C中盛装的液体是______________。‎ ‎(2)在硬质双通玻璃管中发生的化学反应方程式是_______________________。‎ ‎(3)若为FeO和Fe2O3物质的量之比1∶1的固体混合物，反应完全后，U型管的质量增加7.2 g，则混合物中Fe2O3的质量为______________。‎ ‎(4)U型管E右边连接干燥管F的目的是________________，若无干燥管F，测得Fe2O3的质量将_____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】(1). 除HCl (2). 浓H2SO4 (3). Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O、FeO＋H2Fe＋H2O (4). 16 g (5). 防止空气中水蒸气进入 (6). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】装置A是制备氢气的发生装置，通过装置B中的水除去氢气中的氯化氢，通过装置C中的浓硫酸干燥氢气，通过装置D还原FeO和Fe2O3的混合物，生成的水蒸气进入装置E吸收，称量质量变化得到生成水的质量计算氧化铁的质量，装置F是防止空气中的水蒸气进入装置E影响测定结果的准确性；‎ ‎(1)A中产生的H2中混有HCl和水蒸气，必须通过洗气逐一除去，防止干扰后续实验；‎ ‎(2)D装置发生的反应是氢气还原氧化亚铁、氧化铁的反应，生成了铁和水；‎ ‎(3)根据氧化铁、氧化亚铁的物质的量之比1：1及U型管的质量增加7.2g为水的质量列式计算；‎ ‎(4)若无干燥管F，空气中的水蒸气被E吸收则所测生成水的质量增大，氧元素物质的量偏大，Fe2O3的质量也将偏大。‎ ‎【详解】(1)由于A中产生的H2中混有HCl和水蒸气，必须通过洗气逐一除去，防止干扰后续实验，所以B的作用是除去氢气中的氯化氢，C中盛放浓硫酸，用于干燥氢气，‎ 故答案为：除去氢气中的氯化氢；浓硫酸；‎ ‎(2)装置D中发生的是氧化亚铁、氧化铁与氢气的反应，反应方程式为：3H2+Fe2O32Fe+3H2O，H2+FeOFe+H2O；‎ ‎(3)U型管质量增加的7.2g是水，物质的量是7.2g÷18g/mol=0.4mol，其中氧原子的物质的量是0.4mol；设FeO、Fe2O3物质的量均为x，根据氧原子守恒可知x+3x=0.4mol，解得x＝0.1mol，则混合物中Fe2O3的质量为160g/mol×0.1mol=16g；‎ ‎(4)干燥管F的作用防空气中水蒸气对实验干扰，若无干燥管F，空气中的水蒸气被E吸收则所测生成水的质量增大，导致氧的含量增大，Fe2O3的质量将偏大。‎ ‎19.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后,产生1.16g白色沉淀,再向所得浊液中逐渐加入1.00 mol·L-1HCl溶液,加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。‎ ‎ ‎ 试回答:‎ ‎（1）A点沉淀的化学式为______。‎ ‎（2）写出A点至B点发生反应的离子方程式_______。‎ ‎（3）求原混合物中AlCl3的质量____和NaOH的物质的量____。‎ ‎【答案】(1). Mg(OH)2 (2). AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓ (3). 2.67g (4). 0.13mol ‎【解析】‎ ‎【分析】固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2‎ ‎，AB段发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，B点后发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O； 由AB段消耗盐酸，结合反应方程式、Al原子守恒计算n（AlCl3），B点溶液中存在的溶质是氯化钠，根据原子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl），则原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，A为Mg(OH)2，因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg(OH)2，故答案为：Mg(OH)2；‎ ‎（2）由上述分析可知，A点至B点发生反应的离子方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；‎ ‎（3）AB段发生反应：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O，则n[Al（OH）3]=n（HCl）=1mol/L×（0.03-0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.02mol，氯化铝的质量为：0.02mol×133.5g/mol=2.67g； A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）==0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n[Mg（OH）2]=0.02mol，B点溶液中存在的溶质是NaCl，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，故答案为：2.67g；0.13mol。‎ ‎20.黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2等)是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义。利用黄铁矿烧渣为原料制备高档颜料—铁红(Fe2O3)的流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“焙烧”时所添加的最佳还原剂是________(填序号)。‎ a．焦炭 b．硫黄 c．镁粉 d．锌粉 ‎(2)“过滤1”后的滤液中溶质的主要成分是________________(填化学式)。‎ ‎(3)“沉淀反应”时不宜混入过多空气，其原因为______________________(用离子方程式表示)。‎ ‎(4)为检验FeCO3是否洗涤干净，可以向最后一次洗涤液中滴加________溶液。‎ ‎(5)在空气中煅烧FeCO3生成铁红和另一种氧化物，反应的化学方程式为________。‎ ‎(6)现有黄铁矿烧渣500t，铁元素的质量分数为16.8％，经过一系列转化后，得到90t铁红，该产品的产率为________。(提示：)‎ ‎【答案】(1). a (2). (3). (4). 稀盐酸和 (5). (6). 37.5%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】本题要从含有杂质的黄铁矿烧渣中得到铁红(Fe2O3)，第一步焙烧将所有氧化物还原为单质铁和单质硅，接下来用硫酸酸浸将铁转变为Fe2+，硅不与硫酸反应，可以过滤除去；接下来加入碳酸氢铵，得到FeCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥后再煅烧，煅烧时+2价的Fe被空气中的氧气氧化，最终得到Fe2O3，据此来分析即可。‎ ‎【详解】(1)焙烧时加入焦炭是最好的选择，焦炭可以还原铁的氧化物和硅的氧化物，过量的焦炭在酸浸时不溶于硫酸，过滤即可除去，答案选a；‎ ‎(2)根据分析，过滤1后的滤液中溶质的主要成分是溶液；‎ ‎(3)极易被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；‎ ‎(4)检验FeCO3是否洗涤干净，只要检验最后的洗涤液中是否含有即可，因此我们可以取最后一次洗涤液，加入稀盐酸和溶液，若无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净；‎ ‎(5)空气中有氧气，根据原子守恒，在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3和CO2，反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；‎ ‎(6)黄铁矿烧渣中铁元素的质量为，根据Fe守恒，理论上能产生铁红的质量为×160g/mol=240t的铁红，产品的产率为。‎ ‎21.为探究Na与CO2反应的产物，某化学兴趣小组按如图所示装置进行实验。‎ 己知：CO+2Ag(NH3)2OH=2Ag↓+ (NH4)2CO3+2NH3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B中的溶液为______________。‎ ‎（2）先称量硬质玻璃管的质量为ml g，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2 g。再进行下列实验操作，其正确顺序是____________（填标号）；重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3 g。‎ a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．称量硬质玻璃管 d．打开K1和K2，通入CO2至E中出现浑浊 e．关闭K1和K2 f．冷却到室温 ‎（3）加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象：‎ ‎①钠块表面变暗，熔融成金属小球；‎ ‎②继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质；‎ ‎③F中试管内壁有银白物质产生。‎ 产生上述②现象的原因是____________________________________________________；‎ ‎（4）探究固体产物中钠元素的存在形式 ‎ 假设一：只有Na2CO3； 假设二：只有Na2O； 假设三：Na2O和Na2CO3均有；‎ 完成下列实验设计，验证上述假设：‎ 步骤 操作和现象 结论 ‎1‎ 将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤；‎ 假设一成立 ‎2‎ 往步骤1所得滤液中_________________________________；‎ 现象：____________________________________。‎ ‎（5）根据上述实验现象及下表实验数据，写出Na与CO2反应的总化学方程式_____________。‎ m1‎ m2‎ m3‎ ‎66.7g ‎69.0g ‎72.1g ‎【答案】(1). 饱和碳酸氢钠溶液 (2). d、a、b、f 、e、c (3). 钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成 (4). 加入足量BaCl2溶液（或足量CaCl2溶液）后滴入酚酞试液（或测pH） (5). 有白色沉淀产生，酚酞不变红（pH=7） (6). 12Na+11CO2=6Na2CO3+C+4CO ‎【解析】‎ ‎【分析】根据实验目的及反应装置，A为制备二氧化碳，使用的盐酸易挥发，则装置B为除HCl气体，但不能吸收二氧化碳，为饱和的碳酸氢钠溶液，装置C为浓硫酸，除去二氧化碳中的水蒸气；D为Na与二氧化碳的反应装置，装置E为除去未反应的二氧化碳，F为验证是否有CO生成。‎ ‎【详解】(1)装置B为吸收HCl气体，且不能吸收二氧化碳，则溶液为饱和的碳酸氢钠溶液；‎ ‎(2) Na能和空气中的氧气反应，则需先通入一定量的二氧化碳排净装置中的空气，再点燃酒精灯，使Na与二氧化碳反应；熄灭酒精灯，待装置恢复至室温时，关闭K1和K2 ，称量硬质玻璃管的质量，则答案为d、a、b、f 、e、c；‎ ‎(3)根据实验现象，钠能在二氧化碳中燃烧，产生黄色火焰，且生成黑色的单质碳；‎ ‎(4)若只有碳酸钠，向步骤1中加入氯化钡时，能产生溶于酸的白色沉淀和NaCl溶液，则在室温时溶液的pH为7；‎ ‎(5)m(Na)=69.0-66.7=2.3g，固体增重为72.1-69.0=3.1g，根据Na原子守恒，碳酸钠的质量为5.3g，则C的质量为0.1g，n(Na2CO3):n(C)=:=6:1，则方程式为12Na+11CO2=6Na2CO3+C+4CO。‎