【化学】江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

【化学】江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高一上学期12月月考试题（解析版）

江西省赣州市赣县中学北校区2019-2020学年高一上学期12月月考试题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg:24 Al：27 S：32 Cl：35.5 K：39 Fe:56 Ba:137‎ 第I卷(选择题 共48分)‎ 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分)‎ ‎1.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 用火箭燃料发射“天宫二号”的过程中，发生了氧化还原反应 B. “何意百炼钢，化为绕指柔”，其中钢指的是铁的合金 C. “声如罄、薄如纸”,瓷器的原料高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，可表示为:Al2O3·2SiO2·2H2O D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现的屠呦呦对青蒿素的提取属化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用火箭燃料发射“天宫二号”的过程中，燃料被氧化，发生了氧化还原反应，故A正确；‎ B. 钢是铁和碳的合金，故B正确；‎ C. 瓷器的原料高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，可表示为:Al2O3·2SiO2·2H2O，故C正确；‎ D. 屠呦呦对青蒿素的提取是萃取，是物理变化，故D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎2.下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. KMnO4→MnCl2 B. Fe→FeCl2 ‎ C. CaCO3→CO2 D. CuO→Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】变化中需要加入氧化剂才能实现，说明该微粒是还原剂，失去电子，有关元素的化合价升高，据此解答。‎ ‎【详解】A、KMnO4→MnCl2中Mn元素化合价降低，需要加入还原剂，A错误；‎ B、Fe→FeCl2中Fe的化合价升高被氧化，必须加氧化剂，B正确；‎ C、CaCO3→CO2中元素的化合价均不变化，不属于氧化还原反应，C错误；‎ D、CuO→Cu中Cu元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列实验方法正确的是（ ）‎ A. 用氨水鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液 B. 用丁达尔效应鉴别浓溴水和Fe(OH)3胶体 C. 利用右图所示方法检验溶液中是否含有K+‎ D. 用Cl2除去Fe2(SO4)3溶液中含有的FeSO4杂质 ‎【答案】B ‎【解析】A项，MgCl2溶液和AlCl3溶液与氨水反应都生成白色沉淀，无法用氨水鉴别，故A错误；B项，胶体具有丁达尔效应，浓溴水不具有丁达尔效应，可鉴别，故B正确；C项，检验溶液中是否含有K+，应透过蓝色钴玻璃观察，故C错误；D项，用Cl2除去Fe2(SO4)3溶液中含有的FeSO4杂质，会引入氯离子杂质，不符合除杂原则，故D错误。‎ 点睛：本题考查物质的检验和鉴别，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质性质的异同。注意两个易错选项：A项注意Al(OH)3具有两性可溶于强碱溶液，故可用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液；C项注意，钾元素焰色反应为浅紫色，因为通常钾中都混有钠(与工业制钾有关)，钠的焰色为黄色，可能遮住钾的焰色，所以需要蓝色钴玻璃片滤去黄光。‎ ‎4.甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（　　）‎ A. Al2（SO4）3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案选D。‎ ‎5.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是( )‎ A. 标准状况下，11.2L CCl4中含有的分子数目为0.5 NA B. 1 mol Fe参与反应失去电子数目一定为2NA C. 1 molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子 D. 常温下，46 g NO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下， CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积计算所含微粒数目，故A错误；‎ B. 1molFe与氯气反应时生成三氯化铁，失去电子数目为3NA，故B错误；‎ C. 1 molNa被完全氧化生成0.5molNa2O2，Na2O2中Na元素化合价为+1，则失去NA个电子，故C错误；‎ D. NO2和N2O4的最简式相同，为 NO2，则常温下，46 g NO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为，即NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.某溶液中有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋4种离子，若向其中加入过量的Na2O2固体，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（ ）‎ A. Cu2＋ B. Mg2＋ C. Fe2＋ D. Al3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，同时过氧化钠具有氧化性，则向含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等四种离子的溶液中加入过量的过氧化钠，会产生Cu(OH)2、Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀，Al3+则变为AlO2-溶于水，由于氢氧化亚铁易被氧化，所以微热并搅拌，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，再加入过量盐酸，Cu(OH)2、Mg(OH)2、Fe(OH)3溶解变为Cu2＋、Mg2＋、Fe3＋，AlO2-则变为Al3＋。因此溶液中大量减少的阳离子是Fe2＋，答案选C。‎ ‎7.下列离子方程式正确的是( )‎ A. 二氧化硅溶于氢氟酸溶液中： SiO2+4H++4F-=SiF4↑ +2H2O B. 偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：2AlO2- + CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32-‎ C. 稀硫酸加入氢氧化钡溶液中：H+ ++ Ba2+ + OH-=BaSO4↓+ H2O D. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硅与氢氟酸反应生成四氯化硅和水，离子方程式为： SiO2+4HF=SiF4↑ +2H2O，故A错误；‎ B. 偏铝酸钠与过量的CO2反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，故B错误；‎ C. 稀硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2 H2O，故C错误；‎ D. 硫酸铝与过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.在下列溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）‎ A. 在强酸性溶液中：Na＋、K＋、Cl-、HCO3－‎ B. 加入金属铝有H2 产生的溶液中：Fe2＋、Mg2＋、NO3－、Cl－‎ C. 含有大量 Fe3＋的溶液中：SCN－、I－、K＋、Br－‎ D. 滴入酚酞变红的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸性溶液中，H++HCO3=H2O+CO2↑，A错误；‎ B、加入金属铝有H2产生的溶液可能是酸性或强碱性溶液，当溶液呈酸性时，NO3-在H+作用下能将Fe2+氧化成Fe3+；当溶液呈碱性时，Fe2+能与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，因此B中离子一定不能大量共存，B 错误；‎ C、Fe3+能够氧化I-生成I2，也能与SCN-反应生成Fe(SCN)3，既C中离子不能大量共存，C错误；‎ D、滴入酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、K+　Na+　AlO2- 、CO32-五种离子间不发生反应，所以可以大量共存，D正确；‎ 正确答案D。‎ ‎9.常温常压下，等质量的CH4、CO2、O2、SO2分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】V=，因为气体的质量相等，常温常压，则Vm相同，所以气体的体积V与气体的相对分子质量成反比，气体的相对分子质量越小，气体的体积越大。‎ CH4、CO2、O2、SO2的相对分子质量分别为16、44、32、64，所以CH4的相对分子质量最小，体积最大。‎ 故选D。‎ ‎10.下列除杂质的方法不正确的是（ ）‎ A. 铁粉中混有铝粉：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤 B. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量Cu粉 ，过滤 C. SiO2中混有Al2O3：加入过量盐酸充分反应，过滤 D. NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3：往溶液中通入过量CO2气体 ‎【答案】B ‎【解析】A. 铁粉中混有铝粉：加入过量NaOH溶液铝粉充分反应，铁粉不反应，过滤，故A方法正确；B. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量Cu粉除去了FeCl3，增加了CuCl2 ，此法错误；C. SiO2中混有Al2O3：加入过量盐酸Al2O3完全反应，而SiO2不反应，过滤可以，此法正确，故C法正确；D. NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3：往溶液中通入过量CO2气体，Na2CO3+ CO2+H2O= 2NaHCO3，此法正确；故D法正确。所以本题正确答案：B。‎ ‎11.高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：‎ 下列说法正确的是 (　　)‎ A. 自然界中存在大量的单质硅 B. 步骤电弧炉中的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑‎ C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应 D. SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、硅在自然界中没有单质硅，只有化合态的硅，故A错误；B、电弧炉中的化学方程式为SiO2 ＋2CSi＋2CO↑，所以B错误；C、二氧化硅和硅都能与氢氟酸反应，所以C错误；D、SiHCl3(沸点33.0 ℃)和SiCl4(沸点67.6 ℃)的沸点有较大差距，所以可通过蒸馏(或分馏)提纯SiHCl3，故D正确。本题正确答案为D。‎ ‎12.下列装置能达到实验目的的是（ ）‎ A. 碳酸氢钠溶液直接蒸干得到碳酸氢钠固体 B. 制备Fe(OH)2‎ C. 除去CO2中含有的少量HCl D. 配制100mL 0.1mol/L的稀硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，碳酸氢钠具有不稳定性，受热分解为碳酸钠，所以碳酸氢钠溶液直接蒸干得不到碳酸氢钠固体，故A错误；‎ B项，打开止水夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气；关闭止水夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，故B正确；‎ C项，二氧化碳、氯化氢气体都能与碳酸钠溶液反应，所以达不到除去杂质的目的，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故C错误；‎ D项，浓硫酸应该在烧杯中进行稀释，冷却至室温后，在用玻璃棒转移进容量瓶中，故D项错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎13.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）‎ ‎①NaHCO3 ②(NH4)2SO3 ③Al2O3 ④Al(OH)3 ⑤Al ⑥NaAlO2 ⑦SiO2‎ A. ①②③④⑤ B. ①③④⑤ C. ①③④⑤⑥ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHCO3属于弱酸酸式盐，既能与硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠； ②(NH4)2SO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化硫，可以和氢氧化钠发生反应生成亚硫酸钠和氨水；③Al2O3属于两性氧化物，既能与硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子； 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； ⑤Al与硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气， ⑥NaAlO2只与硫酸反应，不与氢氧化钠反应 ⑦SiO2只与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不与硫酸反应。根据以上分析可知①②③④⑤正确，故选A；‎ 正确答案：A。‎ ‎14.将一定质量Fe2O3和Al2O3的混合固体溶解在200mL 0.1mol·L-1的过量H2SO4溶液中,然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀,用去NaOH溶液100 mL,则NaOH溶液的浓度为（ ）‎ A. 0.4 mol·L-1 B. 0.2 mol·L-1‎ C. 0.1 mol·L-1 D. 0.8 mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根离子守恒与钠元素守恒作答，再结合公式c=计算得出结论。‎ ‎【详解】由上述分析可知，根据硫酸根守恒有n(Na2SO4)=n(H2SO4) = 0.2 L×0.1 mol/L= 0.01 mol，根据钠离子守恒有n(NaOH）= 2 n(Na2SO4）= 0.02 mol× 2 =0.04 mol，则该c(NaOH）= = 0.4 mol/L，故A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.已知溶液中可以发生反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl ②Cl2+2FeCl2=2FeCl3，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应①属于氧化还原反应，其中FeCl3做氧化剂 B. 由上述方程式可知氧化性顺序：Cl2>Fe3+>I2‎ C I－也可以被Cl2氧化 D. 往2mL 0.1mol/L FeI2溶液中先滴入几滴氯水，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①中铁元素化合价降低，得到电子，属于氧化还原反应，其中FeCl3做氧化剂，A正确；‎ B. 反应①中FeCl3做氧化剂，碘是氧化产物，反应②中氯气是氧化剂，氯化铁是氧化产物，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性顺序：Cl2＞Fe3+＞I2，B正确；‎ C. 还原性碘离子强于亚铁离子，氯气能氧化亚铁离子，因此I－也可以被Cl2氧化，C正确；‎ D. 还原性碘离子强于亚铁离子，往2mL 0.1mol/L FeI2溶液中先滴入几滴氯水，碘离子首先被氧化为碘，氯水不足，没有铁离子产生，因此再滴加几滴KSCN溶液，溶液不会变红，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎16.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（ ）‎ A. S2－ B. S C. SO32－ D. SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】n(Na2S2O3)=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n(Cl2)==0.01mol，‎ 设S2O32-被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×(n-2)mol=2×0.01mol，n=6，‎ 故选：D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ 二、填空题 ‎17.(1)K2FeO4是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中，还原剂是________________。当反应中有1molK2FeO4生成时，消耗的Cl2在标况下的体积为_______________ ，转移电子的数目为________________。‎ ‎(2)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式____________‎ ‎(3)厨房里小苏打常作面包和糕点的发泡剂，写出小苏打溶于水的电离方程式:______________‎ ‎(4)将钠、镁、铝各0.3mo1分别放入100mL1mol·L-1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是________________‎ ‎(5)现有①铝 ②SiO2 ③熔融NaCl ④稀硫酸 ⑤KOH固体 ⑥FeSO4溶液 ⑦NH3 ⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系 ⑨HCl ⑩Na2O2上述物质属于非电解质的有___________(填序号)‎ ‎【答案】(1). Fe(OH)3 (2). 33.6L (3). 3mol (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). NaHCO3=Na++HCO3- (6). 3：1：1 (7). ②⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据反应中元素化合价变化判断还原剂，计算转移电子数目，根据气体摩尔体积计算气体体积；‎ ‎（2）根据过氧化钠的化学性质书写相关反应方程式；‎ ‎（3）根据电离方程式书写规则书写相关电离方程式；‎ ‎（4）根据金属与酸或水反应方程式及物质的量与气体体积的的关系进行相关计算；‎ ‎（5）根据电解质与非电解质的概念分析解答。‎ ‎【详解】(1)反应中，Fe元素化合价由Fe(OH)3中+3价升高为K2FeO4中的+6价，则Fe(OH)3被氧化，作还原剂；1molK2FeO4生成时，消耗3/2molCl2，在标准状态下，体积为3/2mol×22.4L/mol=33.6L；转移的电子数为1mol×(6-3)=3mol，即3NA，故答案为：Fe(OH)3；33.6L；3mol；‎ ‎(2)过氧化钠是供氧剂，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；‎ ‎(3)小苏打是指NaHCO3，属于酸式盐，在水溶液中电离分两步，第一步完全电离生成钠离子和碳酸氢钠，第二步部分电离，所以电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；‎ ‎(4)钠和稀盐酸、水都反应，镁和铝分别与稀盐酸反应方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，实际上n（HCl）=1mol/L×0.1L=0.1mol，所以镁和铝都剩余，根据2Na～H2↑可知，0.3molNa完全反应，生成氢气的物质的量=0.3mol×1/2=0.15mol；镁和铝都剩余，所以二者与酸反应生成氢气的量相等，生成根据氢原子守恒得生成氢气的量=，所以同温同压下产生的气体的物质的量之比=0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故答案为：3：1：1；‎ ‎(5)在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，上述物质中属于非电解质的是②SiO2与⑦NH3，故答案为：②⑦。‎ ‎18.用10 mol·L-1 H2SO4配制 480mL 1mol·L-1 H2SO4，有如下几个操作：‎ ‎①计算并用量筒量取 x mL10 mol·L-1 H2SO4，稀释； ‎ ‎②将稀释后的溶液转入规格为 y 的容量瓶中；‎ ‎③用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2–3次，并转入容量瓶； ‎ ‎④继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线；‎ ‎⑤将容量瓶塞紧，充分摇匀。‎ ‎(1)请填写上述步骤中 x、y分别是：x________________；y________________。‎ ‎(2)若没有进行操作③，则所配溶液的浓度________________ (填“偏高”、“偏低”或“不影响”，下同)；操作④中定容时俯视刻度线，则所配溶液的浓度________________。‎ ‎【答案】(1). 50 (2). 500 (3). 偏低 (4). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据溶液配制的原理分析所需仪器及进行相关计算；根据溶液配制原理及进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)需配制 480mL 1mol·L-1 H2SO4，但实际要配制500mL，根据稀释过程中溶质保持不变的规律分析得：1mol/L×500mL=10mol/L×XmL，解得X=50mL，需要规格为500mL的容量瓶，故答案为：50；500；‎ ‎(2)配制过程中没有洗涤烧杯，则溶质损耗，根据 分析得，所配溶液的浓度偏低；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则则所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏低；偏高。‎ ‎19.某课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下4组实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示。‎ ‎(1)Ⅱ所示的实验，若固体质量相同且稀盐酸足量时，气球鼓起较小的是____________(填化学式)。‎ ‎(2)Ⅲ、Ⅳ所示的实验均能鉴别这两种物质，相关反应的化学方程式是_________________________和___________________________________________________。‎ ‎(3)与Ⅲ相比，IV的优点是________________(填字母)。‎ a.Ⅳ比Ⅲ复杂 b.Ⅳ比Ⅲ安全 c.Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行 ‎(4)若用Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体应该是_________(填化学式)。‎ ‎(5)将适量钠投入下列溶液中，既能产生大量气体又能生成沉淀的是________________ (填字母)‎ a.稀硫酸 b.碳酸氢钙溶液 c.氯化镁溶液 d.硫酸铜溶液 e.饱和氢氧化钠 ‎【答案】(1). Na2CO3 (2). 2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O (3). CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O (4). c (5). NaHCO (6). bcde ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多；‎ ‎（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；根据两个实验的区别分析； （3）（4）根据碳酸氢钠的性质分析；‎ ‎（5）根据钠与水反应的产物分析解答。‎ ‎【详解】（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，根据原子守恒分析得：质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多，碳酸钠中含碳量为=11.3%，而碳酸氢钠中含碳量为=14.3%，所以碳酸钠放出二氧化碳量少，故答案为：Na2CO3；‎ ‎（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O，故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O；‎ ‎（3）实验Ⅲ、Ⅳ相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故选c，故答案为：c；‎ ‎（4）碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，就更说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；‎ ‎(5)钠与溶液中的水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钠也硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，饱和氢氧化钠溶液中加入钠，溶剂水反应掉，生成溶质氢氧化钠，所以有固体析出，故答案为：bcde。‎ ‎20.2019年3月21日是第二十七届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-‎ 中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)焰色反应是_________ (填“物理”或“化学”)变化；实验②中产白色沉淀是_________ (填化学式)。‎ ‎(2)原溶液中一定存在的离子有________________，可能存在的离子有________________，一定不存在的离子有________________ (写化学式)。‎ ‎(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为________________‎ ‎(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14 mol·L¯1，试判断原废水中NO3¯是否存在？________________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。 若存在，c(NO3¯)=___________mol·L¯1。(若不存在或不确定则此空不填)‎ ‎【答案】(1). 物理 (2). BaSO4 (3). Na＋、SO42-、H+、Al3+、NH4+ (4). NO3- (5). Fe3＋、Mg2＋、CO32- (6). 1:1 (7). 存在 (8). 0.36‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据溶液颜色及焰色反应等实验现象分析溶液中离子存在情况；根据图像中沉淀的变化及消耗的氢氧化钠的物质的量分析计算溶液中存在的离子及其物质的量；根据溶液的电中性分析判断溶液中可能存在的离子，并计算其物质的量。‎ ‎【详解】(1)焰色反应是物理变化；实验②中加入BaCl2和盐酸，产白色沉淀是不溶液盐酸的BaSO4，故答案为：物理；BaSO4；‎ ‎(2)Fe3＋呈黄色，则肯定不存在，实验①中焰色反应为黄色，则确定存在Na+；实验②中加入BaCl2和盐酸，产白色沉淀是不溶液盐酸的BaSO4，确定存在SO42-，根据实验③中沉淀的变化，可以分析知发生的反应依次为：H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH4∙H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O则确定有H+、Al3+、NH4+，沉淀完全溶解，则没有Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；所以原溶液中一定存在的离子有Na＋、SO42-、H+、Al3+、NH4+；一定不存在的离子有Fe3＋、Mg2＋、CO32-；可能存在的离子是NO3-，故答案为：Na＋、SO42-、H+、Al3+、NH4+；NO3-；Fe3＋、Mg2＋、CO32-；‎ ‎(3)根据图像中沉淀不变的部分及NH4++OH-=NH4∙H2‎ O分析知：n(NH4+)=n(OH-)=0.042mol-0.035mol=0.007mol；根据图像中生成沉淀部分及Al3++3OH-=Al(OH)3↓分析知：c(Al3＋)=1/3n(OH-)=1/3×(0.042mol-0.035mol)×3=0.007mol，则原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值等于物质的量之比：0.007mol:0.007mol=1:1，故答案为：1:1；‎ ‎(4)根据硫酸钡沉淀2.33g，n（SO42-）=，根据电荷守恒，阴离子电荷总物质的量为0.01mol×2=0.02mol，阳离子电荷总物质的量为n（H+）+n（Al3+）+n（NH4+）+n（Na+）=0.014mol+0.007×3mol+0.007mol+0.14mol/L×0.1L=0.056mol，则原废水中存在NO3-，c（NO3-）==0.36mol/L；故答案为：存在； 0.36。‎ ‎21.三氯化铁溶液可腐蚀印刷电路板.上的铜膜，某教师为了从腐蚀废液(含有大量FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液作为腐蚀液原料循环使用。准备采用下列步骤： ‎ ‎(1)步骤I的操作名称:_________________ :所需玻璃仪器:_______________________‎ ‎(2)写出FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式：__________________________________‎ ‎(3)检验废腐蚀液中是否含有Fe3+所需试剂:______________________(填名称)‎ ‎(4)向②中加入NaOH溶液并长时间暴露在空气中，此过程的现象：_______________________此转化的化学方程式为:______________ ______________________‎ ‎(5)写出③中所含物质:__________________(填化学式)⑥发生反应的离子方程式:________‎ ‎(6)若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉。反应结束后，下列结果不可能出现的是_____(填写编号)‎ A.有铜无铁 B.有铁无铜 C.铁、铜都有 D.铁、铜都无 ‎【答案】(1). 过滤 (2). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (3). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (4). 硫氰化钾 (5). 生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色 (6).‎ ‎ 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). 铁、铜 (8). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (9). B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据流程图及混合物的分离和提纯原理分析操作的方法及所需的仪器；根据Fe3+的强氧化性分析书写相关离子方程式；根据铁离子性质及检验方法分析实验现象，书写相关反应离子方程式；根据物质的氧化性强弱分析反应的先后顺序，判断剩余物质。‎ ‎【详解】（1）由题干信息知要回收Cu，则试剂①为Fe，铁和废液中的FeCl3、CuCl2反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，反应后过滤，得到滤液②（FeCl2溶液）和滤渣③（Fe、Cu），则步骤Ⅰ的操作名称为过滤；所需玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、烧杯、玻璃棒；‎ ‎（2）FeCl3与铜箔反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；‎ ‎（3）检验Fe3+所需试剂名称是硫氰化钾，Fe3+遇硫氰化钾溶液变成红色，实验现象是若溶液变为红色，说明含有Fe3+，故答案为：硫氰化钾；‎ ‎（4）②为FeCl2溶液，向其中加入NaOH溶液，FeCl2和NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2容易被空气中的氧气氧化，最终转变为红褐色沉淀Fe(OH)3，实验现象是先生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色；此转化的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎（5）滤渣③含有过量的铁和置换出的铜；向滤渣③中加入过量的盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜不反应，然后过滤，得到金属铜和滤液⑤（FeCl3溶液），然后将滤液②和滤液⑤合并，向其中通入氯气，FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，⑥发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：铁、铜；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；‎ ‎(6)铁的还原性强于铜，则铁先反应，反应完全后铜开始反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，若氯化铁足量则铁和铜都没有，若氯化铁少量则铁、铜都有，也可能是有铜无铁，不可能存在的情况是有铁无铜，故答案为：B。‎ ‎22.在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入的NaOH的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如下图所示。‎ ‎（1）写出代表下列线段发生的反应的离子方程式：‎ DC段________________________________________________。‎ ‎（2）原溶液中Mg2＋、Al3＋的物质的量之比为_____________。‎ ‎（3）图中B点时所加入溶液中含NaOH为________mol ‎（4）若向50 mL 2 mol·L-1AlCl3溶液中加入100 mL KOH溶液，充分反应后得到3.12g沉淀。则KOH的物质的量浓度可能为________________________________。‎ ‎【答案】(1). Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O (2). 2∶1 (3). 0.8 mol (4). 1.2 mol·L﹣1 、3.6 mol·L﹣1‎ ‎【解析】试题分析：本题考查与Al（OH）3有关的图像的计算，Al3+与强碱反应的计算。在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，图像中OD段发生的反应为MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；Mg（OH）2不溶于NaOH溶液，Al（OH）3溶于NaOH溶液，DC段发生的反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O。‎ ‎（1）DC段为Al（OH）3溶于NaOH生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎（2）根据纵坐标，Mg（OH）2物质的量为0.2mol，n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]=0.2mol，Al（OH）3物质的量为0.3mol-0.2mol=0.1mol， n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.1mol，原溶液中Mg2+、Al3+物质的量之比为0.2mol：0.1mol=2:1。‎ ‎（3）根据反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Mg2+消耗的NaOH物质的量为0.2mol2=0.4mol；B点时Al3+完全转化为AlO2-，根据反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，到B点时Al3+消耗的NaOH物质的量为0.1mol4=0.4mol；图中B点所加溶液中含NaOH物质的量为0.4mol+0.4mol=0.8mol。‎ ‎（4）n（AlCl3）=2mol/L0.05L=0.1mol，n[Al（OH）3]==0.04mol ‎0.1mol。可能存在两种情况，①若加入的KOH溶液较少使部分AlCl3反应生成Al（OH）3沉淀，根据反应AlCl3+3KOH=3KCl+Al（OH）3↓，消耗的KOH物质的量n（KOH）= 3n[Al（OH）3]=3 0.04mol=0.12mol，c（KOH）==1.2mol/L；②若加入的KOH使AlCl3完全沉淀，KOH又溶解了部分Al（OH）3，AlCl3完全沉淀消耗KOH物质的量为0.1mol3=0.3mol，生成Al（OH）3沉淀的最大值为0.1mol，则溶解的Al（OH）3物质的量为0.1mol-0.04mol=0.06mol，根据反应Al（OH）3+KOH=KAlO2+2H2O，溶解Al（OH）3消耗的KOH物质的量为0.06mol，加入的KOH物质的量为0.3mol+0.06mol=0.36mol，c（KOH）==3.6mol/L；KOH物质的量浓度可能为1.2mol/L或3.6mol/L。‎