四川省攀枝花市2018-2019學年高一化學上學期期末教學質量監(jiān)測試題（含解析）.doc

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四川省攀枝花市2018-2019學年高一化學上學期期末教學質量監(jiān)測試題（含解析） 可能用到的相對原子質量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137 第Ⅰ卷 (選擇題 共40分) 一、選擇題 1.下列具有攀枝花特色的商品中，主要成分屬于金屬的是 A．苴卻硯 B．鈦零件 C．國勝茶 D．油底肉 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【詳解】A.苴卻硯主要成分是硅酸鹽，不是金屬，A錯誤； B.鈦零件主要成分是金屬鈦合金，B正確； C.國勝茶主要成分是纖維素等有機化合物，C錯誤； D. 油底肉主要成分為蛋白質和脂肪，屬于有機物，D錯誤； 故合理選項是B。 2.《本草經集注》中記載有關于區(qū)別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4) 的方法：“強燒之，紫青煙起，…，云是真硝石也?！蔽闹袇^(qū)別的方法是利用了下列中的 A. 焰色反應 B. 萃取 C. 丁達爾效應 D. 蒸餾 【答案】A 【解析】 【詳解】由“強燒之，紫青煙起”可知，發(fā)生的是金屬的焰色反應，故合理選項是A。 3.盛放金屬鈉固體的試劑瓶上應貼的危險化學品標志是 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【詳解】金屬鈉遇空氣中的水蒸氣會發(fā)生反應產生氫氧化鈉和氫氣，反應是放熱反應，當達到Na的著火點時就著火燃燒，所以金屬鈉屬于遇濕容易著火燃燒的物質，選項B正確。 4.下列化合物中，在水溶液里和熔融狀態(tài)下均不能導電的是 A. NaCl B. H2SO4 C. NaOH D. 蔗糖 【答案】D 【解析】 【分析】 在水溶液里和熔融狀態(tài)下均不導電，且是化合物，則說明該物質是非電解質，據(jù)此分析解答。 【詳解】A．氯化鈉是電解質，在水溶液里或熔融狀態(tài)均能導電，A不符合題意； B．硫酸是電解質，在水溶液里能導電，B不符合題意； C．氫氧化鈉是電解質，在水溶液里或熔融狀態(tài)均能導電，C不符合題意； D．蔗糖是非電解質，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電，D符合題意； 故合理選項是D。 【點睛】本題考查電解質和非電解質的判斷的知識，注意不是電解質的物質不一定是非電解質，如氫氧化鈉溶液或金屬單質。 5.下列化合物中，屬于堿性氧化物且能與水反應的是 A. FeO B. CaO C. Al2O3 D. CuO 【答案】B 【解析】 【詳解】A.氧化亞鐵是堿性氧化物，但不溶于水也不與水反應，A錯誤； B.氧化鈣是堿性氧化物，氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣，化學方程式為：CaO+H2O=Ca(OH)2，B正確； C.氧化鋁是兩性氧化物，不溶于水也不與水反應，C錯誤； D.氧化銅是堿性氧化物，不溶于水也不跟水反應，D錯誤； 故合理選項是B。 6.在碘水中加入適量CCl4振蕩，靜置后可觀察到的現(xiàn)象為 A. 不分層，溶液呈紫色 B. 不分層， 溶液呈棕色 C. 分層，上層為紫色 D. 分層，下層為紫色 【答案】D 【解析】 【分析】 四氯化碳與水互不相溶，密度比水大，碘在四氯化碳密度中的溶解度比在水中溶解度大，四氯化碳能夠萃取碘水中的碘，據(jù)此解答。 【詳解】四氯化碳與水互不相溶，密度比水大，碘在四氯化碳密度中溶解度比在水中的溶解度大，四氯化碳能夠萃取碘水中的碘，所以在碘水中加入適量CCl4振蕩，靜置后可觀察到的現(xiàn)象為溶液分層，下層為溶解了碘的四氯化碳層，溶液呈紫紅色，上層為水層，呈無色，故合理選項是D。 【點睛】本題考查了碘的萃取實驗，明確碘在四氯化碳和水中溶解性是解題關鍵，題目難度不大，注意對萃取實驗知識的鞏固。 7.下列金屬中，表面能形成致密氧化層，保護內層金屬不被空氣氧化的是 A. Al B. Cu C. Na D. Fe 【答案】A 【解析】 【詳解】由表面自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化可知，只有氧化鋁為致密的結構，可保護內層金屬，而Cu、Na、Fe的氧化物均不是致密的結構，故選A。 8.磁流體是電子材料的新秀。在一定條件下，將含等物質的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍過量的NaOH溶液，可得到分散質粒子大小在36～55nm之間的黑色磁流體。下列說法中正確的是 A. 所得的分散系屬于懸濁液 B. 所得的分散系中分散質為Fe2O3 C. 用光束照射該分散系能產生丁達爾效應 D. 分散系為膠體，分散質粒子大小即Fe(OH)3分子直徑 【答案】C 【解析】 【分析】 根據(jù)分散質微粒直徑大小來判斷屬于該分散系為膠體，根據(jù)膠體的性質分析。 【詳解】根據(jù)題意可知：磁流體分散系分散質粒子直徑在36～55nm，屬于膠體的范疇，具備膠體的性質。 A．分散質粒子直徑在36～55nm之間，所得分散系為膠體，不是懸濁液，A錯誤； B．分散質應是黑色的，而Fe2O3是紅褐色的，故分散質不是Fe2O3，B錯誤； C．該分散性屬于膠體，膠體有丁達爾效應，所以當一束強光通過此磁流體時會出現(xiàn)光亮的通路，C正確； D．該膠體分散質是黑色的，氫氧化鐵膠體膠體為紅褐色，而且膠粒很多分子的集合體，不是一個分子，D錯誤； 故合理選項是C。 【點睛】本題考查膠體的性質，比較基礎，側重對基礎知識的鞏固，注意膠體的本質特征是分散質的粒度大小。 9.鎂鋁合金質優(yōu)體輕，又不易銹蝕，大量用于航空工業(yè)、造船工業(yè)、日用化工等領域。下列關于鎂鋁合金性質的敘述中，不正確的是 A. 此合金的熔點比鎂和鋁的熔點都低 B. 此合金能全部溶解于足量稀鹽酸中 C. 此合金能全部溶解于足量氫氧化鈉溶液中 D. 此合金的硬度比鎂和鋁的硬度都大 【答案】C 【解析】 【分析】 根據(jù)合金是指一種或幾種金屬或金屬與非金屬加熱熔合而成的具有金屬特性的物質。合金的硬度比組成它的純金屬的硬度大，合金的熔點比組成它的純金屬的熔點低，結合金屬的化學性質，進行分析判斷。 【詳解】A．合金的熔點比各成分金屬的低，A錯誤； B．此合金的主要成分是鎂和鋁，均能與稀鹽酸反應，能全部溶解于稀鹽酸中，B正確； C．此合金屬于鎂和鋁的混合物，鋁能與氫氧化鈉反應，但鎂不能與氫氧化鈉反應，此合金不能全部溶解于氫氧化鈉溶液中，C錯誤； D．根據(jù)合金的特點：合金的硬度比組成它的純金屬的硬度大，可知此合金的硬度比鎂和鋁的硬度都小，D錯誤； 故合理選項是C。 【點睛】本題考查金屬與合金在性能上的主要差異，難度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征、金屬的化學性質是正確解答本題的關鍵。 10.下列離子方程式中書寫正確的是 A. Al(OH)3溶于NaOH溶液：Al3++4OH-= AlO2- +2H2O B. NaHCO3溶液與NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32- +H2O C. 氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應：Ba2++OH﹣+ H+ + SO42-= BaSO4↓+H2O D. FeCl3溶液腐蝕銅質電路板：2Fe3++3Cu=3Cu2++ 2Fe 【答案】B 【解析】 【詳解】A．Al(OH)3溶于NaOH溶液中，但氫氧化鋁難溶于水，也難電離，所以反應的離子方程式為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，A錯誤； B. NaHCO3溶液與NaOH溶液混合，反應產生碳酸鈉和水，反應的離子方程式為：HCO3-+OH-=CO32- +H2O，正確； C.氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應，產生硫酸鋇沉淀和水，生成的硫酸鋇與水的物質的量的比是1:2，反應的離子方程式是：Ba2++2OH﹣+ 2H+ + SO42-= BaSO4↓+2H2O，C錯誤； D. FeCl3溶液腐蝕銅質電路板，生成氯化亞鐵和氯化銅，反應的離子方程式是： 2Fe3++Cu=Cu2++ 2Fe2+，D錯誤； 故合理選項是B。 11.下列實驗現(xiàn)象描述錯誤的是 選項 實驗 現(xiàn)象 A 將水蒸氣通過灼熱的鐵粉 黑色粉末變?yōu)榧t褐色 B 在酒精燈上加熱用砂紙打磨過的鋁箔 鋁箔變軟，失去光澤，熔化的鋁并不滴落 C 在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液 生成白色沉淀，沉淀很快變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色 D 加熱放在坩堝中的小塊鈉 鈉先熔化成光亮的小球，燃燒時，火焰為黃色，燃燒后，生成淡黃色固體 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【詳解】A. 水蒸氣通過灼熱的鐵粉，生成黑色的四氧化三鐵固體，不是紅褐色，A錯誤； B．在酒精燈上加熱用砂紙打磨過的鋁箔，Al與空氣中的氧氣反應產生氧化鋁，氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則鋁箔變軟，失去光澤，熔化的鋁并不滴落，B正確； C.在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，發(fā)生復分解反應，產生氫氧化亞鐵白色沉淀，該物質不穩(wěn)定，容易被空氣氧化成為紅褐色氫氧化鐵，因此會看到首先生成白色沉淀，白色沉淀很快變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色，C正確； D.加熱放在坩堝中的小塊鈉，則鈉首先熔化成光亮的小球，鈉燃燒時，火焰呈黃色，燃燒后，生成淡黃色過氧化鈉固體，D正確； 故合理選項是A。 12.下列物質中含原子個數(shù)最多的是 A. 9gNH3 B. 標準狀況下5.6LCO2 C. 9g H2O D. 0.4mol O3 【答案】A 【解析】 【分析】 根據(jù)n=，原子的物質的量越多，原子的數(shù)目就越多，結合物質的構成微粒計算。 【詳解】A. 9gNH3的物質的量是n(NH3)=，在一個NH3中含有4個原子，所以共含有原子的物質的量為n=4n(NH3)=； B.標準狀況下5.6LCO2氣體的物質的量為n(CO2)=，由于在一個CO2中含有3個原子，所以共含有原子的物質的量為n=3n(CO2)=0.75mol； C.9g H2O的物質的量是n(H2O)=，由于在一個H2O中含有3個原子，所以共含有原子的物質的量為n=3n(H2O)=1.5mol； D.在一個O3分子中含3個原子， 0.4mol O3中含有的原子物質的量是n=30.4mol=1.2mol，可見含有原子物質的量最多的是NH3。由于n=可知：原子的物質的量越多，含有的原子數(shù)目就越多，故原子數(shù)目最多的是NH3，選項A合理。 【點睛】本題考查了有關微粒數(shù)目多少判斷的知識，涉及物質的量與質量、氣體體積、及微粒的構成等。掌握有關物理量的關系是本題解答的關鍵。 13.根據(jù)下列反應：①Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O；②3H2O2 + Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4 +8H2O判斷：H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由強到弱的順序是 A. K2CrO4＞H2O2＞Ag2O B. Ag2O＞H2O2＞K2CrO4 C. H2O2＞Ag2O＞ K2CrO4 D. Ag2O＞K2CrO4＞H2O2 【答案】B 【解析】 【分析】 利用氧化性：氧化劑>還原劑，氧化劑>氧化產物分析判斷。 【詳解】根據(jù)①可知氧化劑是Ag2O，還原劑是H2O2，所以氧化性Ag2O>H2O2；根據(jù)②可知氧化劑是H2O2，氧化產物是K2CrO4，所以氧化性H2O2>K2CrO4。所以物質的氧化性由強到弱順序為Ag2O＞H2O2＞K2CrO4，選項B合理。 【點睛】本題考查了物質氧化性強弱比較的知識。一般情況下，物質的氧化性：氧化劑>還原劑，氧化劑>氧化產物。物質的氧化性也與溫度、濃度有關。反應溫度越高，物質的濃度越大，物質的氧化性就越強。但也有例外，如Cl2+H2O=HCl+HClO，氧化劑是Cl2，氧化產物是HClO，實際上HClO的氧化性比Cl2強。要注意掌握一般的物質氧化性比較規(guī)律，同時也要注意一些特殊情況。 14.工業(yè)上曾經通過反應“3Fe + 4NaOHFe3O4 + 2H2↑+ 4Na↑”生產金屬鈉。下列說法正確的是 A. 還原產物是鈉Na和Fe3O4 B. 用磁鐵可以將Fe與Fe3O4分離 C. 將生成的氣體在空氣中冷卻可獲得鈉 D. 每生成1 mol H2，該反應轉移的電子數(shù)約為46.021023 【答案】D 【解析】 【詳解】A.在該反應中，Na元素的化合價由反應前NaOH中的+1價變?yōu)榉磻驨a單質的0價，化合價降低，獲得電子，被還原，所以還原產物是Na；Fe元素的化合價由反應前Fe單質的0價變?yōu)榉磻驠e3O4中的+2、+3價，化合價升高，失去電子，被氧化，所以Fe3O4是氧化產物，A錯誤； B. Fe與Fe3O4都可以被磁鐵吸引，所以不能用磁鐵可以將Fe與Fe3O4分離，B錯誤； C.鈉極易被空氣中的氧氣氧化，所以將生成的氣體在空氣中冷卻得不到鈉，C錯誤； D.根據(jù)方程式可知：每生成2 mol H2，轉移8mol的電子，則生成1molH2，轉移電子的物質的量為4mol，電子數(shù)目約為46.021023， D正確； 故合理選項是D。 15.為了除去粗鹽中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4以及泥沙等雜質，某同學設計了一種制備精鹽的實驗方案，步驟如下（用于沉淀的試劑稍過量）： 下列說法不正確的是 A. 第②步過濾出的濾渣是泥沙 B. 在第④步中不能用KOH替代NaOH C. 第⑤步加入Na2CO3溶液的目的是除去Ba2+和Ca2+ D. 第③、④、⑤步添加試劑的操作順序還可以是：NaOH、Na2CO3、BaCl2 【答案】D 【解析】 【分析】 由流程可知，粗鹽溶解后過濾可除去泥沙，③加氯化鋇可除去硫酸根離子，④中加NaOH除去鎂離子，⑤中加碳酸鈉可除去鋇離子、鈣離子，過濾后溶液主要為氯化鈉、氫氧化鈉和碳酸鈉，⑦中加鹽酸，反應后溶液中溶質為NaCl，然后蒸發(fā)結晶得到NaCl，以此解答該題。 【詳解】由流程可知，粗鹽溶解后②步過濾除去泥沙，③加氯化鋇可除去SO42-離子，④中加NaOH除去Mg2+，⑤中加碳酸鈉可除去Ba2+、Ca2+，過濾后溶液主要為NaCl、NaOH和Na2CO3，⑦中加鹽酸，NaOH和Na2CO3與HCl反應后溶液中溶質為NaCl，然后蒸發(fā)結晶得到NaCl，A.由分析可知第②步過濾出的濾渣是泥沙，A正確； B. 在第④步中若用KOH替代NaOH，就會在溶液中引入雜質離子K+，因此不能使用KOH，B正確； C.第⑤步加入Na2CO3溶液，發(fā)生反應：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓，因此能達到除去Ba2+和Ca2+的目的，C正確； D.若第③步加入NaOH可除去Mg2+，第④步加Na2CO3可除去Ca2+，第⑤步添加BaCl2溶液可除去SO42-，但這樣的順序，最后加入BaCl2溶液，就又引入了雜質Ba2+離子，加入鹽酸不能除去，所以BaCl2溶液必須在Na2CO3溶液之前加入，可以在NaOH溶液之前加入，也可以在NaOH溶液之后加入，D錯誤； 故合理選項是D。 【點睛】本題考查物質分離、提純實驗方案的設計，把握粗鹽提純流程中的分離方法及發(fā)生的離子反應為解答的關鍵，側重分析能力及物質除雜的考查，題目難度不大。 16.向相同體積的FeCl3、MgCl2和KCl三種溶液中分別加入5mL的0.2 mol/LAgNO3溶液，恰好可使Cl﹣離子完全沉淀，則三種鹽溶液中溶質的物質的量濃度之比是 A. 1:2:3 B. 1:2:6 C. 2:3:6 D. 1:3:9 【答案】C 【解析】 【詳解】用5mL0.2 mol/LAgNO3溶液恰好可使相同體積的FeCl3、MgCl2、NaCl三種溶液中的氯離子完全轉化為氯化銀沉淀，根據(jù)方程式：Cl-+Ag+=AgCl↓可知生成的沉淀AgCl的物質的量相同，三種溶液中含有Cl-的物質的量相等。假設產生AgCl的物質的量為6mol，根據(jù)氯原子守恒，則：n(FeCl3)=1/3n(AgCl)=2mol，n(MgCl2)=1/2n(AgCl)=3mol，n(KCl)= n(AgCl)=6mol，由于溶液的體積相等，所以三種溶液的濃度比等于它們的物質的量的比，故c(FeCl3)：c(MgCl2)：c(KCl)=2：3：6，故合理選項是C。 17.取Na2CO3和NaHCO3的混合粉末樣品22.1g，將其加熱到質量不再改變，冷卻后稱固體質量為15.9g。則原混合物中Na2CO3的質量為 A. 4.2g B. 5.3g C. 8.4 g D. 10.6 g 【答案】B 【解析】 【分析】 NaHCO3不穩(wěn)定，受熱分解產生碳酸鈉、水、二氧化碳，所以固體混合物加熱最后得到固體為碳酸鈉，根據(jù)反應前后固體質量差，利用差量法先計算其中碳酸氫鈉的質量，進而計算原樣品中碳酸鈉的質量。 【詳解】假設原混合物中含NaHCO3質量為x。NaHCO3不穩(wěn)定，受熱分解，反應方程式為 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 質量減少 168g 106g 168g-106g =62g x 22.1g-15.9g=6.2g 所以168g：x=62g：6.2g，解得x=16.8g，所以原混合物中Na2CO3的質量為22.1g-16.8g=5.3g，選項B正確。 【點睛】本題考查混合物有關計算，注意利用差量法計算，本題側重考查學生分析和計算能力。 18.t℃時，100mLNaNO3飽和溶液的質量為137g，如將這些溶液蒸干，獲得62.5g NaNO3固體。下列說法中，不正確的是 A. t℃時，NaNO3飽和溶液密度為1.37g/cm3 B. t℃時，NaNO3的溶解度約為83.9g C. t℃時，NaNO3飽和溶液中溶質的質量分數(shù)約為45.6% D. t℃時，NaNO3飽和溶液中溶質的物質的量濃度約為1.61mol/L 【答案】D 【解析】 【詳解】A.溶液的體積是100mL，溶液的質量是137g，所以根據(jù)密度定義式可得溶液的密度為g/mL=1.37g/cm3，A正確； B.飽和溶液的質量為137g，溶質質量是62.5g，溶劑質量是m(溶劑)=137g-62.5g=74.5g，根據(jù)溶解度的概念可知，在100g溶劑中形成飽和溶液時溶解的溶質質量為S，則100:74.5=S:62.5，解得S=83.9g，B正確； C.飽和溶液的質量為137g，溶質質量是62.5g，則該飽和溶液中溶質的質量分數(shù)為45.6%，C正確； D.溶質質量是62.5g，則溶質的物質的量是n(NaNO3)=，由于溶液的體積為100mL，所以溶液的物質的量濃度為c=，D錯誤； 故合理選項是D。 19.Mg、Al混合物與足量鹽酸反應，產生標況下的氫氣4.48 L，下列說法不正確的是 A. 參加反應的Mg、Al共0.2 mol B. 參加反應的HCl為0.4 mol C. Mg、Al在反應中共失去0.4 mol電子 D. 若與足量的稀硫酸反應能產生0.2 mol H2 【答案】A 【解析】 反應的實質為：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。n(H2)＝＝0.2 mol，則參加反應的n(H＋)＝0.4 mol。若換成稀H2SO4，同樣產生0.2 mol H2，B、D項正確；依據(jù)得失電子守恒，由2H＋→H2得電子總數(shù)為0.2 mol2＝0.4 mol，C項正確；0.2 mol Mg提供0.4 mol電子，0.2 mol Al則提供0.6 mol電子，0.2 mol Mg、Al混合物提供的電子數(shù)大于0.4 mol小于0.6 mol，A項錯誤。 20.鐵的氧化物極為復雜。為測定一種鐵的氧化物樣本X的化學式，實驗過程如下： 根據(jù)實驗結果，該氧化物X的化學式為 A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7 【答案】D 【解析】 【分析】 鐵的氧化物X加稀硫酸溶解，用過量的氯氣氧化，再加氫氧化鈉生成氫氧化鐵沉淀，過濾、洗滌、干燥、灼燒，最后得到固體為氧化鐵，根據(jù)質量守恒計算。 【詳解】鐵的氧化物X加稀硫酸溶解，用過量的氯氣氧化，再加氫氧化鈉生成氫氧化鐵沉淀，過濾、洗滌、干燥、灼燒，最后得到氧化鐵，則生成的氧化鐵的物質的量為n(Fe2O3)==0.025mol，則Fe的物質的量為n(Fe)=2n(Fe2O3)=20.025mol=0.05mol，F(xiàn)e的質量為m(Fe)=n(Fe)M=0.05mol56g/mol=2.8g，氧化物X中O的質量為m(O)=3.92g-2.8g=1.12g，n(O)=，n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7，所以氧化物X的化學式為Fe5O7。選項D合理。 【點睛】本題考查了物質化學式的確定的知識。涉及物質的量的計算、物質之間的轉化、鐵的化合物的性質，側重于考查學生的分析能力和計算能力，注意質量守恒在化學計算中的應用。 第Ⅱ卷(非選擇題 共60分) 21.寫出以下反應的化學方程式： (1)Na2O2與水反應：____________。 (2)Al2O3溶于NaOH溶液：______________。 (3)將FeCl3飽和溶液滴入沸水中制備氫氧化鐵膠體：____________。 (4)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水制備氫氧化鋁：_________________。 【答案】 (1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2↑ (2). Al2O3 +2NaOH= 2NaAlO2 +H2O (3). FeCl3+3H2O Fe(OH)3 (膠體)+3HCl (4). Al2(SO4)3+6NH3H2O= 2Al(OH)3 ↓+3(NH4)2SO4 【解析】 【詳解】(1)Na2O2與水反應產生氫氧化鈉和氧氣，反應方程式為2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑； (2)Al2O3是兩性氧化物，與NaOH溶液反應產生偏鋁酸鈉和水，反應的化學方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O； (3)將FeCl3飽和溶液滴入沸水中加熱止液體呈紅褐色，就制備得到氫氧化鐵膠體，反應的化學方程式是：FeCl3+3H2O Fe(OH)3 (膠體)+3HCl； (4)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水，二者發(fā)生復分解反應，產生氫氧化鋁沉淀和硫酸銨，反應的化學方程式是：Al2(SO4)3+6NH3H2O=2Al(OH)3 ↓+3(NH4)2SO4。 22.標出下列氧化還原反應的電子轉移數(shù)目和方向，并寫出氧化劑 (1)Al2(SO4)3+3H2 Al2O3 +3SO2 +3H2O 電子轉移_______ 氧化劑是______ (2)6KMnO4 +5KI +3H2O= 6KOH+6MnO+5KIO3 電子轉移_____________　 氧化劑是_____ 【答案】 (1). (2). Al2(SO4)3 (3). (4). KMnO4 【解析】 【詳解】(1)在反應Al2(SO4)3+3H2 Al2O3 +3SO2 +3H2O中，S元素化合價由反應前Al2(SO4)3中的+6價變?yōu)榉磻骃O2中的+4價，化合價降低，獲得電子，被還原，所以Al2(SO4)3作氧化劑；H元素化合價由反應前H2中的0價變?yōu)榉磻驢2O中的+1價，化合價升高，失去電子，被氧化。每1mol氫氣反應，轉移2mol電子，3molH2反應轉移6mol電子，用單線橋法表示電子轉移為； (2)在反應6KMnO4 +5KI +3H2O= 6KOH+6MnO+5KIO3中，Mn元素的化合價由反應前KMnO4中的+7價變?yōu)榉磻驧nO中的+2價，化合價降低，獲得電子，被還原，所以KMnO4為氧化劑；I元素的化合價由反應前KI中的-1價變?yōu)榉磻驥IO3中的+5價，化合價升高，失去電子，被氧化，所以KI為還原劑，每1molKI反應轉移6mol電子，則5molKI反應，轉移30mol電子，用單線橋法表示為：。 23.某學習小組需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培養(yǎng)液500 mL，且要求該培養(yǎng)液中c(Cl-)=c(K＋)= c(SO42-)=0.4 mol/L，則NH4+的物質的量濃度為_________mol/L；若用KCl和(NH4)2SO4兩種物質配制該培養(yǎng)液，則需稱取m(KCl)=_____ g，m[(NH4)2SO4]=_____ g。 【答案】 (1). 0.8 (2). 14.9 (3). 26.4 【解析】 【分析】 (1)依據(jù)電荷守恒計算溶液中銨根離子濃度； 2()依據(jù)m=n?M=c?V?M及質量守恒定律計算選用溶質的質量。 【詳解】(1)要求該培養(yǎng)液中c(Cl-)=c(K＋)=c(SO42-)=0.4 mol/L，依據(jù)溶液中電荷守恒規(guī)律可知： c(Cl-)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，0.4mol/L+20.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得c(NH4+)=0.8mol/L； (2)要求該培養(yǎng)液中c(Cl-)=c(K+)=0.4 mol/L，c(NH4+)=0.8mol/L，則需要氯化鉀的物質的量濃度為0.4mol/L，由于溶液的體積為500mL，所以需要氯化鉀固體質量為：m(KCl)=0.4mol/L0.5L74.5g/mol=14.9g； 要使c(SO42-)=0.4mol/L，c(NH4+)=0.8mol/L，則需要硫酸銨的物質的量濃度為0.4mol/L，溶液的體積為500mL，所以需要硫酸銨固體質量為：m[(NH4)2SO4]=0.4mol/L0.5L132g/mol=26.4g。 【點睛】本題考查了電荷守恒在溶液微粒濃度的測定及溶液配制的應用的知識。 24.某工廠的工業(yè)硫酸鹽廢水中含有大量的Fe2+、Fe3+、較多的Cu2+和少量的Na+。工廠計劃從該廢水中回收硫酸亞鐵和金屬銅，設計如下流程圖。 回答下列問題； (1)A的化學式為_________，D的化學式為_______。 (2)在工業(yè)廢水中加入過量A時，發(fā)應的離子方程式有：___________、__________。 (3)得到FeSO4?7H2O晶體的操作Ⅲ為：加熱濃縮、冷卻結晶、______、______、干燥。 【答案】 (1). Fe (2). H2SO4 (3). Fe + 2Fe3+=3Fe2+ (4). Fe + Cu2+= Fe2++ Cu (5). 過濾 (6). 洗滌 【解析】 【分析】 工業(yè)廢水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量的Na+，從該廢水中回收硫酸亞鐵和金屬銅，結合流程可知，要加入鐵粉，可置換出銅，同時生成硫酸亞鐵，經過濾，得到的濾液C中主要含硫酸亞鐵，濾渣B中含Cu、Fe，向該固體混合物中加入D為H2SO4，得到的溶液F為硫酸亞鐵，得到濾渣E為Cu，將溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液經為蒸發(fā)、濃縮、冷卻結晶、過濾，洗滌、干燥就可得到FeSO4.7H2O晶體，以此來解答。 【詳解】工業(yè)廢水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量Na+，從該廢水中回收硫酸亞鐵和金屬銅，結合流程可知，要加入鐵粉，可置換出銅，同時生成硫酸亞鐵，經過濾，則濾液C中主要含硫酸亞鐵，濾渣B中含Cu、Fe，向該固體混合物中加入D為H2SO4，得到的溶液F為硫酸亞鐵，得到濾渣E為Cu，將溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液經為蒸發(fā)、濃縮、冷卻結晶、過濾，洗滌、干燥就可得到FeSO4.7H2O晶體 (1)加入鐵粉，由于金屬活動性Fe>Cu，可發(fā)生酯化反應，置換出銅，反應的離子方程式為Fe+Cu2+=Fe2++Cu，鐵、銅的混合物中加入稀硫酸，鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，反應的離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以A的化學式為Fe，D的化學式為H2SO4； (2)由于離子的氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+>Na+，所以向工業(yè)廢水中加入過量A時，首先發(fā)生反應Fe + 2Fe3+=3Fe2+，然后發(fā)生反應Fe + Cu2+= Fe2++ Cu； (3) FeSO4的溶解度受溫度的影響變化較大，所以從FeSO4的溶液中獲得晶體經過加熱，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，然后過濾、 洗滌，最后干燥，就得到了FeSO4?7H2O晶體。 【點睛】本題以廢水處理流程為線索，考查了混合物的分離、提純的操作過程、試劑的選用及離子方程式書寫等，把握流程中發(fā)生的化學反應及分離方法為解答的關鍵，注重基礎知識的考查。 25.明礬[ KAl(SO4)212H2O ]在造紙、凈水等方面應用廣泛。以處理過的廢舊易拉罐碎屑為原料(主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質)制備明礬的過程如下圖所示。 回答下列問題： (1)原料溶解過程中反應的離子方程式是_________________________。 (2)Al(OH)3 與稀硫酸反應的離子方程式是__________________________。 (3)溶液A中通入過量CO2，反應的離子方程式是_________________。 (4)為證明固體B中含有鐵，某同學做如下實驗：取少量固體B，加入稀硫酸使其溶解，觀察到有無色氣體生成。向溶液中加入___________，溶液立即變紅，證明固體B中含有鐵。 【答案】 (1). 2Al+ 2OH- +2H2O= 2AlO2- +3H2↑ (2). Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ +3H2O (3). AlO2- +CO2+2H2O =Al(OH)3 ↓+ HCO3- (4). KSCN溶液和少量氯水 【解析】 【分析】 廢舊易拉罐碎屑主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質，鋁與熱氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，過濾后得到溶液A為偏鋁酸鈉溶液，固體B為Fe、Mg混合物；溶液A中通入過量二氧化碳后生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，通過過濾得到碳酸氫鈉溶液(溶液C)和氫氧化鋁(固體D)；固體D[Al(OH)3]與稀硫酸反應生成硫酸鋁，硫酸鋁與硫酸鉀混合溶液，加熱蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌，可以得到明礬[KAl(SO4)2?12H2O]，據(jù)此進行解答。 【詳解】(1)廢舊易拉罐碎屑的主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質，加入熱氫氧化鈉溶液，鋁反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應方程式是2Al +2OH-+2H2O=2AlO2- +3H2↑； (2)氫氧化鋁是難溶性的兩性氫氧化物，與硫酸反應產生硫酸鋁和水，反應的離子方程式是 Al(OH)3+3H+ =Al3+ +3H2O； (3)溶液A為偏鋁酸鈉溶液，由于酸性H2CO3> Al(OH)3，所以向溶液A中通入過量CO2氣體，反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，方程式是：AlO2- +CO2+2H2O = Al(OH)3 ↓+ HCO3-； (4)固體B是Fe、Mg混合物，為證明其中含有Fe，可取少量固體B，加入稀硫酸使其溶解，觀察到有無色氣體生成，F(xiàn)e與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，向該溶液中滴加KSCN溶液后不變色，再加入幾滴氯水，溶液立即變紅，證明固體B與硫酸反應后溶液中含有Fe2+，則固體B中含有鐵，所以所價試劑為KSCN溶液、氯水。 【點睛】本題考查制備方案設計的知識，根據(jù)制備流程明確實驗原理為解答關鍵，注意熟練掌握常見元素及其化合物性質、離子的檢驗，明確常見化學實驗基本操作方法。 26.配制500 mL 0.05 mol/L的NaOH溶液,試回答下列問題: （1）計算：需要稱取NaOH固體的質量為____g。 （2）有以下5個操作步驟： ①向盛有NaOH固體的燒杯中加入200 mL蒸餾水使其溶解,并冷卻至室溫; ②繼續(xù)往容量瓶中加蒸餾水至液面接近刻度線1~2 cm; ③將NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中; ④用少量的蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次，并將洗滌液移入容量瓶; ⑤改用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線，加蓋搖勻。 以上操作步驟正確的排序是__________。 （3）某學生實際配制NaOH溶液的濃度為0.048 mol/L，原因可能是___。 A．使用濾紙稱量氫氧化鈉固體 B．容量瓶中原來存在少量蒸餾水 C．膠頭滴管加水定容時仰視刻度線 D．轉移NaOH溶液時，少量溶液濺出容量瓶 【答案】(1)10.0 g (2)①③④②⑤ (3)ACD 【解析】 (1)需要NaOH固體的質量為0.5 L0.5 mol/L40 g/mol="10.0" g。(2)根據(jù)配制一定物質的量濃度溶液的操作步驟可知其順序為①③④②⑤。(3)0.48 mol/L比0.5 mol/L 小,A項:由于固體NaOH具有極強的吸水性,使用濾紙稱量時,NaOH固體易粘附在濾紙上,使n(NaOH)減小,c(NaOH)偏小;B項:容量瓶中原來存有少量蒸餾水,無影響;C項:溶解后的燒杯未經過多次洗滌,使n(NaOH)減小,c(NaOH)偏小;D項:膠頭滴管加水定容時仰視刻度線,加水過多,使溶液的體積增大,c(NaOH)偏小。 27.現(xiàn)有一定量含有Na2O雜質的Na2O2試樣，用如圖的實驗裝置測定Na2O2試樣的純度。 回答下列問題： (1)裝置A中盛放稀鹽酸的儀器名稱為__________________。 (2)裝置B的作用是______________________________________。 (3)裝置C的作用是____________________________________________。 (4)裝置D中發(fā)生反應的化學方程式是_____________、_______________。 (5)裝置E中堿石灰的作用是______________________________________。 (6)若開始時稱得樣品的質量為4.52 g，反應結束后稱得固體的質量為6.36g，則Na2O2試樣的純度為____________。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 除去氣體中的HCl (3). 干燥氣體 (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). Na2O+CO2=Na2CO3 (6). 防止空氣中的CO2、水蒸氣進入裝置D與樣品反應 (7). 86.3% 【解析】 【詳解】(1)根據(jù)圖示可知裝置A中盛放稀鹽酸的儀器名稱為分液漏斗； (2)碳酸鈣和鹽酸反應生成的二氧化碳氣體，由于鹽酸有揮發(fā)性，所以制取的二氧化碳氣體中含有雜質氯化氫氣體，可以用飽和碳酸氫鈉來除去，反應方程式是HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑； (3)用鹽酸與碳酸鈣反應產生的CO2氣體中含有雜質HCl和水蒸氣，通過裝置B把HCl除去后，再通過盛有濃硫酸的裝置C，由于濃硫酸具有吸水性，可以將其中的水蒸氣除去，所以濃硫酸的作用是干燥二氧化碳； (4)在裝置D中Na2O2及雜質Na2O與進入的CO2發(fā)生反應,化學方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3； (5)由于空氣中含有水蒸氣及二氧化碳，為防止空氣中的成分對實驗造成干擾，利用堿石灰可以吸收水分及二氧化碳的性質，裝置E中裝了堿石灰，所以堿石灰的作用是防止空氣中的CO2、水蒸氣進入裝置D與樣品反應； (6)假設在混合物中含Na2O2質量為x，含Na2O質量為y，則x+y=4.52 g；根據(jù)反應2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知xg Na2O2反應后得到的固體質量為g，ygNa2O發(fā)生反應：Na2O+CO2=Na2CO3反應結束后，得到固體質量是g，則+=6.36g，解得x=3.9g，y=0.62g。所以過氧化鈉的純度=。 28.向Fe和Fe2O3組成的6.56 g混合物中加入100 mL某濃度的鹽酸，恰好完全反應，生成896mLH2(標準狀況下)，若向反應后的溶液中滴入幾滴KSCN溶液，溶液不呈紅色。求： (1)原混合物中Fe2O3的質量分別為______，F(xiàn)e的質量為________。 (2)原鹽酸的物質的量濃度____________。 【答案】 (1). 3.20 g (2). 3.36g (3). 2.0 mol /L 【解析】 【詳解】(1)設原混合物中Fe、Fe2O3的物質的量分別為x、y ，混合物中加入鹽酸，反應的有關方程式是Fe2O3 + 6H+=2Fe3+ + 3H2O 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+= Fe2+ + H2↑，反應放出氫氣的物質的量為： ， 根據(jù)方程式中物質間的關系可得方程x-y= 0.04mol，根據(jù)原固體質量可得56x+160y =6.56g 解得x=0.06mol，y=0.02mol，所以原混合物中Fe的質量為m(Fe)=0.06mol56g/mol=3.36g，含有的Fe2O3質量為m(Fe2O3)=0.02mol160g/mol=3.20g； (2)由于反應后溶液中只有FeCl2，故根據(jù)元素守恒，可知參與反應的HCl物質的量為:n(HCl)=2n(FeCl2)=2n(Fe)+4n (Fe2O3)=20.06mol+40.02mol=0.20mol，則c(HCl)=。