【化学】安徽省庐巢六校联盟2019-2020学年高一上学期第二次阶段考试（11月）试题（解析版）

【化学】安徽省庐巢六校联盟2019-2020学年高一上学期第二次阶段考试（11月）试题（解析版）

安徽省庐巢六校联盟2019-2020学年高一上学期第二次阶段考试（11月）试题 说明：‎ ‎1.本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)组成。考试时间：90分钟，满分100分。‎ ‎2.考试结束后将答题卡和答题卷一并交回。‎ ‎3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Mn55 Fe56 Cu64 Ag108‎ 第I卷(选择题 共48分)‎ 一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. “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于化学变化 B. 水泥厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质 C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应 D. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指蒸馏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “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方法是萃取，属于物理变化，故A错误；‎ B. 胶体具有电泳性质，水泥厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的电泳，故B正确；‎ C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及石蜡的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；‎ D. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指蒸馏，故D正确；‎ 选A。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 液态HCl和固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均是非电解质 B. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 铜、石墨均导电，但他们都不是电解质，而是非电解质 D. 蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HCl溶于水能导电，NaCl溶于水或熔融状态下均能导电，属于电解质，A错误；‎ B、NH3和CO2本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨或碳酸电解质溶液导电，属于非电解质，B错误；‎ C、铜和石墨均是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；‎ D、蔗糖和酒精在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，蔗糖和酒精均是非电解质，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 2.4g金属镁所含电子数目为0.2NA B. 16gCH4所含原子数目为NA C. 18g水所含分子数目为NA D. 标准状况下，22.4L水所含的水分子数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2.4g金属镁的物质的量是=0.1mol，所含电子数目为0.1mol ×12×NA=1.2NA，故A错误；‎ B. 16gCH4所含原子数目为5NA，故B错误；‎ C. 18g水所含分子数目为NA，故C正确；‎ D. 标准状况下，水是液体，22.4L水的物质的量不是1mol，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎4.在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（ ）‎ A. 所用NaOH已经潮解 B. 向容量瓶中加水未到刻度线 C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 称量时误用“左码右物”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 所用NaOH已经潮解，氢氧化钠的物质的量偏少，造成所配溶液浓度偏低，故不选A； ‎ B. 向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积偏小，造成所配溶液浓度偏高，故选B；‎ C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里，氢氧化钠的物质的量偏少，造成所配溶液浓度偏低，故不选C； ‎ D. 称量时误用“左码右物”，若用游码，则氢氧化钠质量偏小，造成所配溶液浓度偏低，若不用游码，对结果无影响，故不选D。‎ ‎5.下列各组离子，能大量共存的是（ ）‎ A. Fe3＋、I－、Cl－、Na＋ B. Cl－、K＋、AlO2－、OH－‎ C. H＋、Na＋、K＋、CO32－ D. Ba2＋、Mg2＋、HCO3－、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3＋、I－发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选A；‎ B. Cl－、K＋、AlO2－、OH－相互之间不反应，能大量共存，故选B；‎ C. H＋、CO32－反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故不选C；‎ D. Ba2＋、SO42－反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，故不选D。‎ ‎6.下列关于氧化还原反应的叙述正确的是（ ）‎ A. 得到电子的物质被氧化 B. 氧化还原反应中，一种元素被氧化，一定有另一元素被还原 C. 含有化合价升高元素的反应物被氧化 D. 氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 得到电子物质，化合价降低，被还原，故A错误；‎ B. 氧化还原反应中，可能同一种元素既被氧化又被还原，故B错误；‎ C. 含有化合价升高元素的反应物是还原剂，还原剂被氧化，故C正确；‎ D. 氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是同种物质，故D错误。‎ ‎7.下列反应既属于离子反应，又属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. NaOH溶液与盐酸中和 B. Zn与CuSO4 溶液的反应 C 分解氯酸钾制氧气 D. MgCl2溶液 与KOH溶液产生沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaOH溶液与盐酸中和属于在溶液中可发生的离子反应，反应的离子方程式为OH-+H+=H2O，各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；‎ B.Zn与CuSO4溶液的反应属于在溶液中可发生的离子反应，反应的离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；‎ C.分解氯酸钾制氧气不是在溶液中进行的反应，所以不属于离子反应；2KClO32KCl+3O2↑，化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；‎ D.MgCl2溶液 与KOH溶液产生沉淀属于在溶液中发生的离子反应，反应的离子方程式为Mg2+ +2OH-=Mg（OH）2↓，各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.从下列事实所列出的相应结论正确的是（ ）‎ 实验事实 结论 ‎①‎ Cl2的水溶液可以导电 Cl2是电解质 ‎②‎ 将约绿豆大小的钠投入装有适量水的烧杯中，观察到钠立刻熔成小球，并在水面上游动。‎ 钠比水轻；钠的熔点较低 ‎③‎ Na2O2与水或CO2反应都产生O2‎ Na2O2可作供氧剂 ‎④‎ Al(OH)3既可以和盐酸反应，又可以和NaOH溶液反应 Al(OH)3是两性氢氧化物 ‎⑤‎ 某溶液中先加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失 该溶液一定有SO42－‎ A. ③④⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故①错误；②‎ 将约绿豆大小的钠投入装有适量水的烧杯中，观察到钠立刻熔成小球，说明钠的熔点低，水面上游动，说明钠的密度小于水，故②正确；③Na2O2与水或CO2反应都产生O2，说明Na2O2可作供氧剂，故③正确；④Al(OH)3是两性氢氧化物，所以既可以和盐酸反应又可以和NaOH溶液反应，故④正确；⑤某溶液中先加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，说明含有SO42－或Ag+，故⑤错误；‎ 选C。‎ ‎9.周杰伦在歌曲《青花瓷》中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中“铜绿”的化学成分是碱式碳酸铜。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu＋O2＋CO2＋H2O = Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是 (　　)‎ A. 该反应是氧化还原反应，发生化合价变化的有三种元素 B. O2得电子，发生的是还原反应 C. 由此反应可知，化合反应一定是氧化还原反应 D. 0.2mol Cu参与反应消耗O2的体积为2.24L ‎【答案】B ‎【解析】在2Cu＋O2＋CO2＋H2O = Cu2(OH)2CO3中，Cu元素的化合价升高，氧气中O元素的化合价降低。A．该反应属于氧化还原反应，发生化合价变化的只有Cu、O两种元素，故A错误；B．该反应中铜失去电子，O2得到电子，所以O2是氧化剂，发生还原反应，故B正确；C．化合反应不一定都是氧化还原反应，如CaO＋H2O=Ca(OH)2等很多化合反应都不是氧化还原反应，故C错误；D．根据反应方程式可知，0.2mol Cu参与反应消耗O2的物质的量是0.1mol，但由于未说明状态是标准状况，故无法计算氧气的体积，所以D错误，故选B。‎ ‎10.为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是 (　　)‎ A. 分别加入1 mol·L－1的盐酸溶液，看有无气泡产生 B. 分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊 C. 分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀 D. 分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 两者分别加入稀盐酸都产生气体；‎ B. NaHCO3不稳定，受热易分解，K2CO3稳定，受热不分解；‎ C. K2CO3可与BaCl2生成沉淀；‎ D. 两者分别含有Na元素与K元素，其焰色反应现象不同。‎ ‎【详解】A. 将K2CO3和NaHCO3两种白色固体分别加入稀盐酸中都产生二氧化碳，均会有气泡产生，则通过观察有无气泡产生这种方法不可行，故A项错误；‎ B. NaHCO3不稳定，受热易分解生成二氧化碳，将二氧化碳通入澄清石灰水中能生成白色沉淀，但K2CO3较稳定，受热不易分解，所以通入澄清石灰水没有白色沉淀生成，其现象不同，故B项正确；‎ C. 分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，K2CO3会与BaCl2反应，其离子方程式为：Ba2++ CO32-=BaCO3↓，有白色沉淀生成，而NaHCO3与BaCl2不反应，故C项正确；‎ D. 两者分别含有Na元素与K元素，分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，注意观察K元素的焰色反应时，需要透过蓝色钴玻璃，其火焰颜色不同，故D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列离子方程式书写正确的是(　 　)‎ A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－══ 2AlO2－+H2↑‎ B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ══ Al(OH)3↓‎ C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：‎ D. FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查离子方程式的书写与判断。‎ ‎【详解】A．原子数目不守恒应改为：，故A错误；‎ B．氨水是弱电解质，不能拆成离子形式，应改为：，故B错误；‎ C．三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：，故C错误；‎ D．氯气能把亚铁离子氧化到最高价，即，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎12.重金属离子具有毒性。实验室中有甲、乙两种重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，主要的有毒离子为Ba2＋‎ ‎，如将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低。则乙废液中可能含有的离子是（ ）‎ A. Cu2＋和SO42－ B. Cu2＋和Cl－ C. K＋和SO42－ D. Ag＋和NO3－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH-，主要为有毒离子为Ba2+，若乙中含有Cu2＋和SO42－，则生成硫酸钡沉淀、氢氧化铜沉淀，毒性明显降低，故选A；‎ B、甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH-，主要为有毒离子为Ba2+，若乙中含有Cu2＋和Cl－，则只能生成氢氧化铜沉淀，溶液中含有氯化钡，故不选B；‎ C、甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH-，主要为有毒离子为Ba2+，若乙中含有K＋和SO42－，则只生成硫酸钡沉淀，溶液含有氢氧化钾，故不选C；‎ D、甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH-，主要为有毒离子为Ba2+，若乙中含有Ag＋和NO3－，则生成氢氧化银沉淀，溶液中含有硝酸钡，故不选D。‎ ‎13.将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是（ ）‎ A. KSCN B. BaCl2 C. NaOH D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】所选择的试剂与氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液结合后出现不同的现象。‎ ‎【详解】氯化钠溶液中滴加氢氧化钠溶液无明显现象；氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先出现白色沉淀，当氢氧化钠溶液过量后沉淀溶解；氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀，后白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色；氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液生成红褐色沉淀；氯化镁溶液中滴加氢氧化钠溶液产生白色沉淀；五种溶液中分别加入氢氧化钠溶液，实验现象不同；‎ 答案选C。‎ ‎14.制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”。铜被氯化铁溶液腐蚀的方程式为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；FeCl3溶液也能与铁反应2FeCl3+Fe＝3FeCl2；当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，烧杯底部不可能出现的是（ ）‎ A. 有铁无铜 B. 有铜无铁 C. 有铁有铜 D. 无铁无铜 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe＝3FeCl2判断还原剂，得出铁的还原性大于铜，再利用多种还原剂和一种氧化剂反应的时候，还原性强的物质优先反应来分析解答。‎ ‎【详解】由2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2可知还原剂为Cu，2FeCl3+Fe＝3FeCl2中还原剂为Fe，根据金属活动顺序，铁的化学活动性大于铜，因此铁的还原性大于铜。则向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，一定是铁优先与铁离子反应，则①有铁必须有铜，②当铁完全反应后，铜开始反应，③氯化铁过量时，铁和铜都完全反应，即不会出现有铁无铜的情况，答案选A。‎ ‎15.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（ ）‎ A. 5∶4 B. 5∶3 C. 1∶1 D. 3∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】铵根里氮从-3价到0价，被氧化，有5个氮原子；硝酸根里氮从+5价到0价，被还原，有3个，故为5:3，答案选B。‎ ‎16.某溶液中含有较大量的Cl﹣、、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（　　）‎ ‎①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液 A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】检验氯离子用AgNO3溶液，检验氢氧根离子可用Mg(NO3)2溶液，检验碳酸根离子可用Ba(NO3)2溶液；由于碳酸根离子能与AgNO3溶液、Mg(NO3)2溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验CO32-，再检验OH-和Cl-；由于OH-与Ag+结合形成极不稳定的氢氧化银，故要先检验OH-；仅用一份样品溶液，可先滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸根离子，过滤，向滤液中再滴加Mg(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明含有OH-，过滤，再向滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有氯离子，故正确的实验操作顺序是④②①②③；‎ 故答案选B。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ 二、填空题(本题共25分)‎ ‎17.胃酸过多是常见的胃病。下面是甲、乙两种常见胃药的说明摘要。‎ 甲：（1）白色结晶状粉末；（2）能溶于水，水溶液呈弱碱性；（3）受热分解；（4） 遇酸及酸性药物则产生二氧化碳；（5）胃酸过多患者服用后多见胃胀气，甚至有引起溃疡穿孔的危险。‎ 乙：（1）与胃酸的中和作用缓慢持久，可维持3～4小时；（2）凝胶本身覆盖于溃疡面上，具有保护作用，并能吸附H+；（3）可溶于稀酸或氢氧化钠溶液。‎ ‎（1）请你推测，甲中含有的主要化学成分是___________；乙中含有的主要化学成分是___________。‎ ‎（2）试写出甲中含有的主要化学成分引起胃胀气的离子方程式__________________________________________。‎ ‎（3）试写出乙中含有的主要化学成分分别与稀盐酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程式______________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). NaHCO3（或碳酸氢钠） (2). Al(OH)3（或氢氧化铝） (3). HCO3-+ H+ =CO2↑+ H2O (4). Al(OH)3+ 3H+=Al3+ + 3H2O 、Al(OH)3+ OH－=AlO2－+ 2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由信息可知，甲中物质能分解，其水溶液显碱性，与酸反应生成二氧化碳，则甲中主要物质为碳酸氢钠，其化学式为NaHCO3；乙中物质可溶于稀酸或氢氧化钠溶液，凝胶本身覆盖于溃疡面上，具有保护作用，则乙中含有的主要物质为氢氧化铝，其化学式为Al(OH)3 ，故答案为NaHCO3；Al(OH)3 ；‎ ‎（2）甲中碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，该反应的离子方程式为HCO3－+H＋═CO2↑+H2O，故答案为HCO3－+H＋═CO2↑+H2O；‎ ‎（3）氢氧化铝可与盐酸和氢氧化钠反应，与盐酸反应的离子方程式为Al(OH)3 +3H+═Al3++3H2O，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为Al(OH)3 +OH－═AlO2－+2H2O，故答案为Al(OH)3 +3H+═Al3++3H2O、Al(OH)3 +OH－═AlO2－+2H2O。‎ ‎18.如下图所示，横坐标表示通入气体或加入试剂的体积，纵坐标表示产生沉淀的质量。请把符合下列各种情况的图像字母代码分别填入题后。‎ ‎(1)向石灰水中通入二氧化碳：__________。‎ ‎(2)向AlCl3溶液中加入氨水：__________。‎ ‎(3)向盐酸和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液：__________。‎ ‎(4)向NaAlO2溶液中滴加盐酸：__________。‎ ‎【答案】(1). F (2). E (3). C (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)向石灰水中通入二氧化碳，依次发生反应CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用二氧化碳体积为1:1，故选F；‎ ‎(2)向AlCl3溶液中加氨水，发生反应是AlCl3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，逐渐产生沉淀，Al(OH)3不溶于氨水，故选E；‎ ‎(3)向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应:HCl+NaOH=NaCl+H2O，无现象，再发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，产生沉淀，后沉淀溶解，后两过程所用NaOH溶液体积为3:1，故选C；‎ ‎(4)向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸，依次发生反应NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1:3，故选A。‎ ‎19.某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。‎ 请回答下列问题。‎ ‎(1)图中涉及分离溶液与沉淀的方法是______________________________。‎ ‎(2)B、C、D、E4种物质的化学式为：B___________、C___________、D___________、E___________。‎ ‎(3)沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为_________________________________。溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). NaAlO2 (5). Al(OH)3 (6). Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O (7). Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2 SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Al2(SO4)3易溶于水，Al2O3、Fe2O3难溶于水，所以沉淀F是Al2O3、Fe2O3， G是Al2(SO4)3溶液；‎ Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以沉淀C是Fe2O3、D是偏铝酸钠溶液；Al2(SO4)3与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，则E是Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3；Al(OH)3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液。‎ ‎【详解】(1)固体与液体分离用过滤法，图中涉及分离溶液与沉淀的方法是过滤。‎ ‎(2)根据以上分析，B是氧化铝，化学式是Al2O3；C是氧化铁，化学式是Fe2O3；D是偏铝酸钠，化学式是NaAlO2；E是氢氧化铝，化学式是Al(OH)3。‎ ‎(3)沉淀F中的Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O。G是Al2(SO4)3溶液，与过量稀氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2 SO4。‎ 三、实验题(本题共22分)‎ ‎20.现用18.4 mol/L的浓H2SO4来配制500mL0.2 mol/L的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥托盘天平⑦药匙。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)上述仪器中，在配制稀H2SO4‎ 时不需要使用的有_____________(填代号)，还缺少的仪器是______________________。‎ ‎(2)经计算，需浓H2SO4的体积为___________，量取浓硫酸时应选用___________(填序号)(选填①10mL、②50mL、③100mL三种规格)的量筒。‎ ‎(3)将所配制的稀H2SO4进行测定，发现浓度小于0.2 mol/L。请你分析配制过程中可能引起浓度偏低的原因是___________(填字母)。‎ a.定容时俯视标线 b.烧杯和玻璃棒没有洗涤 c.加蒸馏水不慎超过刻度线 d.容量瓶使用前内壁沾有水珠 e.定容时仰视标线 ‎【答案】(1). ②⑥⑦ (2). 500mL容量瓶 (3). 5.4mL (4). ① (5). bce ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器； （2）根据稀释前后硫酸的物质的量不变求出浓H2SO4的体积；根据溶液的体积选取稍大的量筒； （3）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断。‎ ‎【详解】（1）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）量取浓硫酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、500mL容量瓶，不需要的仪器有②⑥⑦；还缺少的仪器是500mL容量瓶；‎ ‎（2）稀释前后硫酸的物质的量不变，设浓H2SO4的体积为VmL，则18.4mol/L×VmL=500mL×0.2mol/L，解得V=5.4mL，选用量筒的规格为10mL，故选①； （3）a、定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所以溶液浓度偏高，故不选a； b、烧杯和玻璃棒没有洗涤，硫酸的物质的量偏小，所以溶液浓度偏低，故选b；‎ c、加蒸馏水不慎超过刻度线，使溶液的体积偏大，所以溶液浓度偏低，故选c；‎ d．定容时需要加水，所以容量瓶使用前内壁沾有水珠，对溶液浓度无影响，故不选d； e、定容时仰视刻度线，使溶液的体积偏大，所以溶液浓度偏低，故选e。‎ ‎21.(1)鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是___________，离子方程式为________________。‎ ‎(2)除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质的试剂是________，离子方程式为___________。‎ ‎(3)除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用________方法，化学方程式为_____________。‎ ‎(4)除去铁粉中混有铝粉试剂是___________，离子方程式为_________________________。‎ ‎【答案】(1). 盐酸 (2). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (3). 盐酸 (4). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (5). 加热 (6). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (7). 氢氧化钠溶液 (8). 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) KCl与盐酸不反应， K2CO3与盐酸反应放出二氧化碳气体；‎ ‎(2) NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；‎ ‎(3) NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水；‎ ‎(4)铁粉与氢氧化钠溶液不反应、铝粉与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；‎ ‎【详解】(1) KCl与盐酸不反应， K2CO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，所以用盐酸鉴别KCl溶液和K2CO3，反应的离子方程式是CO32-+2H+=CO2↑+H2O；‎ ‎(2) NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，用盐酸除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质，反应离子方程式是HCO3-+H+=CO2↑+H2O；‎ ‎(3) NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，加热可以除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质，反应方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；‎ ‎(4)铁粉与氢氧化钠溶液不反应、铝粉与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，用氢氧化钠溶液除去铁粉中混有的铝粉，反应的离子方程式是2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑；‎ ‎22.两同学为制得纯净的Fe(OH)2，使用如图所示的装置，A管中是Fe和H2SO4，B管中是NaOH溶液：‎ ‎(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管中反应一段时间后再夹紧止水夹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)在制备纯净的Fe(OH)2实验中，一定要注意避免Fe(OH)2‎ 被氧化，一旦实验失败就会看到白色絮状沉淀逐渐变为灰绿色，最后变成红褐色，请写出这个过程的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_________________________________‎ ‎【答案】(1). 产生红褐色沉淀 (2). 有白色沉淀产生 (3). Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)先夹紧止水夹a，使A管开始反应，A中产生的氢气把硫酸亚铁溶液压入B中，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁；‎ ‎(2)打开a，A中产生的氢气通过a进入B中，排出B中的空气，使A管中反应一段时间后再夹紧止水夹a，A中产生的氢气把硫酸亚铁溶液压入B中，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁；‎ ‎(3) Fe(OH)2在空气中被氧气氧化为Fe(OH)3；铁元素化合价由+2价升高为+3价。‎ ‎【详解】(1)先夹紧止水夹a，使A管开始反应，A中产生的氢气把硫酸亚铁溶液压入B中，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，在B管中观察到的现象是产生红褐色沉淀；‎ ‎(2)打开a，A中产生的氢气通过a进入B中，排出B中的空气，使A管中反应一段时间后再夹紧止水夹a，A中产生的氢气把硫酸亚铁溶液压入B中，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，在B管中观察到的现象是有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；‎ ‎(3) Fe(OH)2在空气中被氧气氧化为Fe(OH)3，反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；铁元素化合价由+2价升高为+3价，电子转移的方向和数目可表示为。‎ 四、计算题(本题共5分)‎ ‎23.实验室用8.7g的MnO2与50mL足量的浓盐酸制取氯气，其反应方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑‎ ‎(1)求生成氯气的体积(标准状况)______________‎ ‎(2)若向反应后的剩余溶液中，加入足量AgNO3溶液，生成沉淀57.4g，求原浓盐酸的物质的量浓度______________。‎ ‎【答案】(1). 2.24L (2). 12mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据化学方程式MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑计算氯气的体积；‎ ‎(2)根据氯元素守恒计算原浓盐酸的物质的量浓度。‎ ‎【详解】(1)根据实验室制取氯气的方程式：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，生成氯气的物质的量和消耗MnO2的物质的量相等，n(Cl2)=n(MnO2)= =0.1mol，所以生成氯气的体积(标准状况)0.1mol×22.4L/mol=2.24L；‎ ‎(2)若向反应后的剩余溶液中加入足量AgNO3溶液，生成氯化银沉淀57.4g，氯化银的物质的量是 ，根据氯元素守恒，原浓盐酸中氯化氢的物质的量是0.4mol+0.1mol×2=0.6mol，原浓盐酸的浓度是12mol/L。‎