2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一上学期期末考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高一上学期期末考试 化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56‎ Ⅰ卷(选择题 共 60 分)‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，20小题，共60分)‎ ‎1.下列物质中不属于铁合金的是 A. 不锈钢 B. 生铁 C. 碳素钢 D. 氧化铁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据合金的定义与特点进行解答．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。‎ ‎【详解】A. 不锈钢是铁的合金，故A项正确；‎ B. 生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，故B项正确；‎ C. 碳素钢是碳含量低于2%,并有少量硅、锰以及磷、硫等杂质的铁碳合金，故C项正确；‎ D. 氧化铁是氧化物，属于纯净物，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列有关厨房中铝制品使用合理的是 A. 盛放食醋 B. 用碱水洗涤 C. 烧煮开水 D. 用金属丝擦洗表面的污垢 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据金属铝和表面致密的氧化膜（氧化铝）的化学性质：铝和氧化铝既能与酸反应又能与碱反应，再结合生活实际分析作答。‎ ‎【详解】A. 铝和氧化铝均可以与酸反应，则不能盛放食醋，故A项错误；‎ B. 铝和氧化铝可以与碱反应，则不能用碱水洗涤，故B项错误；‎ C. 铝制品表面有一层致密的氧化薄膜，可以起到保护作用，金属铝表面的氧化铝与热水不反应，故C项正确；‎ D. 用金属丝擦洗表面的污垢，会破坏铝制品表面的致密的氧化薄膜，从而起不到保护作用。‎ 答案选C。‎ ‎3.将钠投入下列溶液中,既有气体产生,又有沉淀生成的是 A. NaCl溶液 B. FeCl3溶液 C. 盐酸 D. Na2CO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钠化学性质活泼，投入到溶液中，一般先与水反应，生成氢氧化钠与氢气，其化学方程式为：2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑，溶液的溶质再继续与生成的氢氧化钠接触发生复分解反应生成沉淀，则符合题意，据此分析判断。‎ ‎【详解】A. 钠只与水反应有氢气产生，但无沉淀生成，故A项错误；‎ B. 钠投入到FeCl3溶液中后，先与水生成氢氧化钠与氢气，接着FeCl3与NaOH反应，离子方程式为：Fe3++3OH- = Fe(OH)3↓，则反应的现象既有气体产生,又有沉淀生成，故B项正确；‎ C. 钠投入到盐酸中，会发生置换反应，其化学方程式为：2Na+2HCl = 2NaCl+ H2↑，则只产生气体，无沉淀生成，故C项错误；‎ D. 钠投入到Na2CO3溶液中，只发生钠与水的反应，则无沉淀生成，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】钠投入到溶液中的规律可归纳为：有H+先和H+反应，无H+则和水反应，再考虑是否和盐溶质反应，即“先酸后水，先水后盐”的一般规律。做题时要注意，出题人设下的陷阱，如钠投入到硫酸铜溶液中，不能认为直接发生的是钠与铜离子的置换反应，而是钠先和水反应生成氢氧化钠，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀。‎ ‎4. 下列关于氯气的说法不正确的是(　　)‎ A. 尽管氯气的化学性质很活泼，但是干燥的液氯能用钢瓶贮存 B. 氯气和液氯是两种不同的物质 C. 可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气 D. 氯气有毒，它曾在战争中被用于制造毒气弹 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在通常状况下，干燥的液氯可以用钢瓶储运，所以A是正确的．氯气和液氯是同一种物质的不同状态，所以B选项不正确．除去氯气中混有的水蒸气应选用不能和氯气反应的干燥剂，因为氯气气体呈酸性，不宜选用碱性干燥剂，如碱石灰等，常选用酸性或中性干燥剂，如：浓硫酸、无水氯化钙等，因此C选项是正确的．氯气有毒，对人体有害，可以用于制造毒气弹应用于战争中．‎ ‎5.在澄清透明的强酸性溶液中,能大量共存的是 A. Fe3+ K+ SO42- Cl- B. Na+ HCO3- K+ NO3-‎ C. Na+ AlO2- NO3- Cl- D. K+ Na+ SiO32- SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 澄清透明的强酸性溶液中存在大量H+离子， A．四种离子之间不反应，都不与氢离子反应； B．碳酸氢根离子与氢离子反应； C．酸性条件下AlO2-与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀； D．SiO32-与氢离子反应生成硅酸沉淀。‎ ‎【详解】A. Fe3+、K+、SO42-和Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A项正确；‎ B. HCO3-与氢离子反应生成二氧化碳和水，在酸性溶液中不能大量共存，故B项错误；‎ C. AlO2-与氢离子反应会生成氢氧化铝沉淀，在酸性条件下不能大量共存，故C项错误；‎ D. SiO32-与氢离子反应会生成硅酸沉淀，在酸性溶液中不能大量共存，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。在这里要特别注意，条件中给定的是澄清透明，不等于无色透明。如若是无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意，但本题的澄清透明条件下，A组是可以共存的。要理清条件，不可混为一谈。‎ ‎6.将少量的CO2通入下列溶液中，不能产生沉淀的是 A. 氯化钙溶液 B. 偏铝酸钠溶液 C. 硅酸钠溶液 D. 氢氧化钡溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应； B. 二氧化碳通入到偏铝酸钠溶液中会生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠； C. 碳酸酸性强于硅酸酸性，根据“强酸”制弱酸的规律，反应生成硅酸沉淀和碳酸钠； ‎ D. 氢氧化钡属于碱，二氧化碳是酸性氧化物，发生反应生成盐碳酸钡和水，体现了酸性氧化物的通性。‎ ‎【详解】A. 碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应，不能产生沉淀，故A项正确； B. 二氧化碳通入到偏铝酸钠溶液反应：CO2+2H2O +NaAlO2= Al(OH)3↓+ NaHCO3，能产生沉淀，故B项错误； C. 硅酸钠溶液和二氧化碳的反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3‎ ‎，能产生沉淀，故C项错误； D. 氢氧化钡与二氧化碳反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，能产生沉淀，故D项错误； 答案选A。‎ ‎7.将氯气通入含下列离子的溶液中,离子浓度变化最小的是 A. Fe2+ B. HCO3- C. CO32- D. Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，溴水的成分为Cl2、HCl、HClO、H2O，根据几种物质的性质分析。‎ ‎【详解】氯气溶于水后存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，‎ A. Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，Fe2+的浓度减小，变化较大，故A项错误；‎ B. HCl属于强酸，会与HCO3-反应生成二氧化碳，则HCO3-的浓度减小，变化较大，故B项错误；‎ C. 氯水显酸性，与CO32-反应生成二氧化碳与水，则CO32-的浓度减小，变化较大，故C项错误；‎ D. 氯水中的成分与Fe3+不反应，所以Fe3+的浓度几乎不变，变化最小，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列化学实验基本操作中，正确的是 A. 稀释浓硫酸时，把浓硫酸慢慢倒入盛有水的量筒中并搅拌 B. 用胶头滴管向试管中加入液体时，胶头滴管紧贴试管内壁 C. 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 用托盘天平称量物质时，称量物质放在右盘，砝码放在左盘 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 烧杯可做稀释容器，量筒做量取液体容器； B. 用胶头滴管向试管中加入液体时，胶头滴管要悬空；‎ C. 分液的正确操作是下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出； D. 用托盘天平称量物质时，遵循“左物右砝”原则．‎ ‎【详解】A. 稀释浓硫酸时，把浓硫酸慢慢倒入盛有水的烧杯中并搅拌，防止局部温度过高而溅出液体，量筒不能做稀释容器，故A项错误 B. 用胶头滴管向试管中加入液体时，胶头滴管要悬空，如果胶头滴管紧贴试管内壁，会污染胶头滴管，故B项错误；‎ C. 分液时，避免两种液体相互污染，需要下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C项正确；‎ D. 用托盘天平称量物质时，遵循“左物右砝”原则，所以称量物放在左盘，砝码放在右盘，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.某温度下，已知Cl2与NaOH溶液反应产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为（ ）‎ A. 5：1 B. 1：5 C. 5：9 D. 9：5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 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，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1，设二者物质的量分别为4mol、1mol，根据电子转移守恒：‎ ‎4mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=n（NaCl）×1‎ 解得n（NaCl）=9mol 所以被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比为（4+1）mol：9mol=5：9，故选C．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物与氧化产物是关键，再根据电子转移守恒计算．‎ ‎10.已知Co2O3 在酸性溶液中易被还原成Co2+、Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）‎ A. 3Cl2+6FeI2= 2FeCl3+4FeI3‎ B. Cl2+ 2FeI2= FeCl2+ I2‎ C. Co2O3+ 6HCl = CoCl3+Cl2↑+ 3H2O D. 2Fe3+ + 2I-= 2Fe2++I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据题意可知，碘离子的还原性强于亚铁离子的，所以氯气首先氧化碘离子，且不存在FeI3，所以选项A是错误的，其余都是正确的，答案选A。‎ ‎11.下列化合物不可以由化合反应制得的是 A. Fe(OH)3 B. FeCl2 C. FeCl3 D. Al(OH)3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 氢氧化亚铁和氧气、水反应化合为氢氧化铁；‎ B. 铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁；‎ C. 铁和氯气化合反应生成氯化铁；‎ D. Al(OH)3不可以由化合反应制得。‎ ‎【详解】A. 氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，不符合题意，故A项不选；‎ B. 铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁,反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，不符合题意，故B项不选；‎ C. 铁和氯气化合反应生成氯化铁，反应为Fe+3Cl22FeCl3，不符合题意，故C项不选；‎ D. 氢氧化铝可由铝盐与碱反应或偏铝酸钠与酸反应制得，不能由化合反应制备，符合题意，故D项选；‎ 答案选D。‎ ‎12.某物质灼烧时火焰呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，说明该物质一定含有 A. 钾离子 B. 钾元素 C. 钾原子 D. 钾的化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 每种元素都有个别的光谱，某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，叫焰色反应，据此分析作答。‎ ‎【详解】用洁净的铂丝蘸取某无色溶液，放在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰的颜色呈紫色说明溶液中有钾元素，故B项正确； 答案选B。‎ ‎13.下列说法中正确的是(NA为阿伏加德罗常数)‎ A. 标准状况下，1mol SiO2所占体积约为22.4L B. 相同质量的O2和O3含有相同数目的氧原子 C. 常温下，11.2L CO2含有分子数为0.5NA D. 2.4g金属镁变成镁离子时失去电子的数目为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.标准状况下二氧化硅的状态不是气体； B. 根据公式n = 及分子内的原子构成作答； C.‎ ‎ 常温，不是标准状况； D. 镁为2价金属，根据镁的物质的量计算出失去的电子数。‎ ‎【详解】A. 在标准状况下，SiO2为固体，不是气体，题中条件无法计算1mol SiO2所占体积，故A项错误； B. 设质量均为1g，则O2的原子数为2NA = 16 NA，同理可知，O3的原子数为3NA = 16 NA，即相同质量的O2和O3含有相同数目的氧原子，故B项正确；‎ C. 常温下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算出CO2的物质的量，故C项错误； D. 2.4 g镁的物质的量为0.1 mol，变成镁离子失去0.2 mol电子，失去的电子数目为0.2 NA，故D项错误； 答案选B。‎ ‎【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题A、C两项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。‎ ‎14.能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 氢氧化钡溶液与稀硫酸：H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－＝BaSO4＋H2O B. 氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-‎ C. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-‎ D. 稀硝酸与过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 不符合离子的配比；‎ B. 次氯酸为弱酸，在离子方程式书写时，保留化学式；‎ C. 采用“以少定多”原则分析作答；‎ D. 过量的铁屑可与铁离子继续反应生成亚铁离子。‎ ‎【详解】A. 氢氧化钡溶液与过量稀硫酸反应的离子反应方程式为2OH−+Ba2++SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O，故A项错误；‎ B. 氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，其离子反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故B项错误；‎ C. 碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应的离子反应方程式为Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−，故C项正确；‎ D. 稀硝酸与过量的铁屑反应的离子反应为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，而本题D项便是反应物用量多少问题，抓住“以少定多”原则是解题的关键。学生需审题认真，做题严谨，找出突破口，方可提高做题准确率。‎ ‎15.将少量Na2O2分别放入盛有下列溶液的小烧杯中，有白色沉淀产生的是 ‎①MgSO4溶液 ②FeCl2溶液 ③Ca(HCO3)2溶液 ④饱和澄清石灰水 A. ①③ B. ①④ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将少量Na2O2分别放入盛有液的小烧杯中，首先与溶液的水发生反应：2Na2O2+2H2O="4NaOH+" O2↑，然后看溶质是否与反应产生的NaOH发生反应。①MgSO4溶液与NaOH会发生反应：MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，反应产生了白色沉淀，正确；②FeCl2溶液中加入Na2O2，会发生反应：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，反应产生了白色沉淀，该白色沉淀不稳定，容易被空气中的氧气氧化变为氢氧化铁，反应的方程式是：4Fe(OH)2+ O2+2H2O == 4Fe(OH)3 ，会看到白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色；错误；③Ca(HCO3)2溶液中加入Na2O2，会发生反应：Ca(HCO3)2+2NaOH=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，反应产生白色沉淀，正确；④饱和澄清石灰水加入Na2O2固体，由于水发生反应消耗，溶质Ca(OH)2不能再被溶解而析出，因此会形成白色沉淀，正确。‎ 考点：考查物质混合反应现象的判断的知识。‎ ‎16.不能用胶体的观点解释的现象是 A. 在河流入海口处易形成三角洲 B. 电影放映时会出现一条光路 C. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗 D. 在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胶体是分散质介于1-100nm的分散系，胶体可以发生聚沉现象，具有丁达尔效应，能够透过滤纸但是不能够通过半透膜，据此解答。‎ ‎【详解】A. 河流本身携带的泥沙以胶体形式存在，入海口处海水中含电解质(氯化钠为主)，使得胶体溶液发生聚沉形成三角洲，故A项正确； B. 电影放映时的丁达尔效应，与胶体有关，故B项正确； C.‎ ‎ 血液中蛋白质和血细胞颗粒较大，属于胶体，不能透过透析膜（半透膜），血液内的毒性物质直径较小，属于离子，则可以透过透析膜，与胶体有关，故C项正确； D. FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，故D项错误； 答案选D。‎ ‎17.将新制氯水分别滴入下列溶液中，由实验现象得出的结论正确韵是 选项 氯水滴入下列溶液中 实验现象 结论 A 滴有KSCN的FeC12溶液 变红 C12具有还原性 B 滴有石蕊的NaOH溶液 褪色 C12具有酸性 C 紫色石蕊溶液 先变红后褪色 C12具有漂白性 D KI淀粉溶液 变蓝 C12具有氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．氯水滴入有KSCN的FeC12 溶液中，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，则氯气具有氧化性，错误；B．氯水滴入有石蕊的NaOH溶液中，氯气和水反应生成酸，再发生酸碱中和，NaOH被反应掉，则颜色褪去，而氯气本身不能电离出氢离子，不具有酸性，错误；C．氯水滴入紫色石蕊溶液中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸使其褪色，则次氯酸具有漂白性，而干燥的氯气不具有漂白性，错误； D．氯水滴入KI淀粉溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则氯气具有氧化性，正确。‎ 考点：考查新制氯水的性质及有关实验现象正误判断的知识。‎ ‎18.将2.9 g镁铝合金投入到500 mL 2 mol/L的硫酸中，合金完全溶解，再加入4 mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入NaOH溶液的体积是 A. 125 mL B. 200 mL C. 250 mL D. 500 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，反应生成MgCl2、AlCl3，加入4 mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒，可得n(NaOH) = 2 n(Na2SO4) = 2n(H2SO4)，再根据c=计算。‎ ‎【详解】由上述分析可知，n(NaOH) = 2 n(Na2SO4) = 2n(H2SO4)= 2 × 2 mol/L×0.5 L = 2 mol，故需要氢氧化钠溶液体积为 = 0.5 L = 500 mL，‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】解题的关键在于利用元素守恒法，可避免中间过程，理清解题思路。‎ ‎19.将0.4gNaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L-l的盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成C02的物质的量的关系的是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎0.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol；二者混合后，溶液中含有0.01molHCO3-和0.01molCO32-，滴加盐酸，CO32-先与H+反应：CO32-+H+=HCO3-，不放出气体，消耗0.01molH+即0.1L盐酸；此时溶液中含有0.02molHCO3-，继续滴加盐酸，HCO3-与H+反应发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，有气体产生，0.02molHCO3-完全反应消耗盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生CO2达到最大值。故选D。‎ 点睛：解答本题的关键是要理解CO32-结合H+的能力强于HCO3-，向CO32-和HCO3-的混合溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是CO32-+H+=HCO3-；进行完全后，再发生：HCO3-+H+=H2O+CO2↑。‎ ‎20.分别向盛有等物质的量浓度的稀硫酸和氢氧化钠溶液的烧杯中加入足量的铝，反应后放出的气体体积在标准状况下为1︰2，则所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比为 A. 1︰2 B. 3︰4 C. 3︰2 D. 6︰1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应的有关方程式为：铝与硫酸反应：2Al+3H2SO4=2Al2（SO4）3+3H2↑，铝与NaOH溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑， 因铝足量，则根据方程式中氢气与酸、碱物质的关系式分别计算H2SO4、NaOH的物质的量，稀硫酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度相等，所以所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比等于溶质H2SO4、NaOH的物质的量的之比。‎ ‎【详解】为方便计算，可令生成的氢气的物质的量分别为3 mol和6 mol，消耗的稀硫酸的物质的量为x，氢氧化钠的物质的量为y，则： ‎ 解得x = = 3 mol，‎ 解得y = = 4 mol，又因稀硫酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度相等，则所取稀硫酸和氢氧化钠溶液的体积比等于溶质H2SO4、NaOH 的物质的量的之比，即为3 mol：4 mol = 3：4，故B项正确； 答案选B。‎ ‎【点睛】铝与盐酸、氢氧化钠反应的对比计算是常考点，学生需要注意的是，审题要认真，由于铝过量，产生氢气的体积取决于参加反应的酸与碱的物质的量，根据关系式法解题即可。‎ Ⅱ卷(非选择题 共 40 分)‎ 二、填空题(共33分)‎ ‎21.铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)沉淀B的成分是____________(填化学式，下同)；‎ ‎(2)沉淀C的成分是__________；‎ ‎(3)沉淀F转化为物质M的化学方程式为 _____________________；‎ ‎(4)溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). Fe(OH)3、Mg(OH)2 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO，因Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，MgO、Fe2O3不与NaOH溶液反应；除SiO2不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3、MgO均与盐酸反应；结合流程可知，加入过量盐酸，溶液A为AlCl3、MgCl2、FeCl3，沉淀B为SiO2，A中加入过量烧碱，沉淀C为Fe（OH）3和Mg（OH）2，溶液D为NaAlO2，D中通入过量二氧化碳，溶液E为NaHCO3，沉淀F为Al（OH）3，加热分解得到M为Al2O3，经电解氧化铝可得到Al，结合题目要求可解答该题。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，沉淀B的成分是SiO2，故答案为：SiO2；‎ ‎（2）沉淀C的成分是Fe(OH)3、Mg(OH)2，故答案为：Fe(OH)3、Mg(OH)2；‎ ‎（3）沉淀F转化为物质M，即由Al(OH)3受热分解为Al2O3的过程，其化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故答案为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；‎ ‎（4）溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。‎ ‎22.(1)用FeSO4·7H2O配制FeSO4溶液时，需加入稀H2SO4和________。‎ ‎(2)在过量FeSO4溶液中滴入稀硫酸，再滴入几滴H2O2溶液，溶液立即变黄。上述反应的离子方程式为______________________________________。‎ ‎(3)为检验上述反应中的氧化产物，甲同学取少许上述反应后的溶液，加入_____________，出现血红色溶液，证明氧化产物为Fe3+；乙同学取少许上述反应后的溶液，加入_________溶液，溶液变蓝，证明氧化产物为Fe3+，该反应的离子方程式为_________。‎ ‎(4)为证明上述反应后的溶液中仍存在过量的Fe2+，可向其中滴加_________溶液。‎ ‎【答案】 (1). 铁屑或铁粉(钉) (2). 2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O (3). KSCN溶液 (4). 淀粉KI溶液 (5). 2Fe3++2I-==2Fe2++I2 (6). 酸性KMnO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）FeSO4极易被空气氧化为Fe2(SO4)3；‎ ‎（2）亚铁离子被H2O2溶液氧化成铁离子； （2）氧化产物是铁离子，检验铁离子的方法可以是KSCN溶液，也可通过铁离子的氧化性分析作答； （3）Fe2+具有还原性，可加入强氧化性的酸性高锰钾溶液，通过观察颜色变化来分析判断。‎ ‎【详解】（1）为防止FeSO4被空气氧化为Fe2(SO4)3，又不引入新的杂质，则在配制过程中，需加入还原剂铁屑或铁粉(钉)，‎ 故答案为：铁屑或铁粉(钉)；‎ ‎（2）在过量FeSO4溶液中加入稀硫酸，再滴入几滴H2O2溶液，溶液立即变黄，说明亚铁离子被氧化成铁离子，所以反应的离子方程式其为：2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O，‎ 故答案为：2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O；‎ ‎（3）氧化产物是铁离子，检验铁离子可滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明存在铁离子，因铁离子会将碘离子氧化成碘单质，遇淀粉会变蓝，则根据题设条件可知，乙同学通过加入淀粉KI溶液来检测Fe3+的存在，其发生的离子方程式为：2Fe3++2I-==2Fe2++I2，‎ 故答案为：KSCN溶液；淀粉KI溶液；2Fe3++2I-==2Fe2++I2；‎ ‎（4）为证明上述反应后的溶液中仍存在过量的Fe2+，可加入酸性高锰钾溶液，如果紫色褪去，说明溶液中仍存在过量的亚铁离子，‎ 故答案为：酸性KMnO4。‎ ‎23.无水三氯化铁呈棕红色，易潮解，100℃左右时升华，冷却后易凝华。下图是两名学生设计的用氯气与铁反应制备无水三氯化铁的实验装置。左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置则不同，分别如(Ⅰ)和(Ⅱ)所示。试回答：‎ ‎(1)A仪器的名称是_____________________；‎ ‎(2)B中反应的离子方程式为______________________；其中浓盐酸表现出________性；若用含有0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制取Cl2，制得的Cl2体积总是小于1.12 L(标准状况)的原因是______________。‎ ‎(3)气体通过装置C的目的是________________。‎ ‎(4)D中的反应开始前，需进行的操作是___________，应采取的方法是__________________。‎ ‎(5)D中发生反应的化学方程式为__________________________________________。‎ ‎(6)装置(Ⅰ)的主要缺点是_______________________________________________。‎ ‎(7)装置(Ⅱ)中F中发生反应的化学方程式为___________________________。如果选用(Ⅱ)装置来完成实验，则必须采取的改进措施是__________________________。‎ ‎【答案】 (1). (球形)分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 酸性和还原性 (4). 随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐减小变为稀盐酸，反应停止 (5). 吸收水蒸气，干燥氯气 (6). 排除装置中的空气 (7).‎ ‎ B中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满整个装置，再开始加热D (8). 2Fe+3Cl2 2FeCl3 (9). 氯化铁升华后遇冷凝华，导管易被堵塞尾气排入空气，会造成环境污染 (10). 2NaOH＋Cl2 == NaCl+NaClO+H2O (11). 在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验仪器的特点回答；‎ ‎（2）B装置中是浓盐酸与二氧化锰制备氯气的发生装置；根据氧化还原反应的规律判断，浓盐酸中氯元素一部分化合价升高，被氧化，做还原剂，另一部分生成盐氯化锰；且浓盐酸可以被二氧化锰氧化为氯气，但稀盐酸与氯化锰不反应，据此分析判断；‎ ‎（3）浓硫酸具有吸收性，可干燥氯气；‎ ‎（4）利用生成的氯气排出装置中的空气来分析；‎ ‎（5）加热条件下，氯气和铁反应生成氯化铁； （6）导管易被产品堵塞，有毒气体应该有尾气处理装置； （7）F装置为尾气处理装置，氢氧化钠可吸收氯气，但该尾气处理装置中有水，导致氯化铁易潮解，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）根据图示信息可知，A仪器的名称为（球形）分液漏斗，‎ 故答案为：（球形）分液漏斗；‎ ‎（2）实验室用氯气和铁反应制取氯化铁，所以首先必须制取氯气，实验室常用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，所以B中发生的化学反应是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，可以看出，浓盐酸一部分氯原子被氧化为氯气，起还原性作用，另一部分氯原子并没有参与化合价的升降，生成了盐，则浓盐酸在此反应中表现出酸性和还原性。因浓盐酸具有还原性，稀盐酸不和二氧化锰反应，所以随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐减小变为稀盐酸，反应停止，故实际制得的Cl2体积总是小于理论值，‎ 故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；还原性和酸性；随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐减小变为稀盐酸，反应停止；‎ ‎（3）为达到实验目的，需制备无水氯气，则用浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，干燥氯气，‎ 答案为：吸收水蒸气，干燥氯气；‎ ‎（4）D中的反应开始前，需排除装置中的空气，防止氧气和铁反应生成铁的氧化物而产生杂质，所以D中的反应开始前，必须排除装置中的空气，其方法是B中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满装置，再开始加热D， 故答案为：B中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满装置，再开始加热D；、‎ ‎（5）D为干燥的氯气与铁粉反应生成无水氯化铁的反应，发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，‎ 故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；‎ ‎（6）导气管口较小，D装置中的固体物质易堵塞导管口；氯气是有毒气体，不能直接排空，否则会污染环境，所以应该有一个尾气处理装置，‎ 故答案为：氯化铁升华后遇冷凝华，导管易被堵塞尾气排入空气，会造成环境污染 ‎（7）该装置中有尾气处理装置，其内部发生的化学反应为：2NaOH＋Cl2 == NaCl+NaClO+H2O，但尾气处理装置中是水溶液，会导致E中有水蒸气，会导致氯化铁产品易潮解，所以为防止氯化铁潮解，在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置，‎ 故答案为：2NaOH＋Cl2 == NaCl+NaClO+H2O；在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置。‎ 三、计算题(共9分)‎ ‎24.铁和氧化铁的混合物15g中加入150mL稀H2SO4放出氢气1.68L(标准状况)。当反应停止后，铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无Fe3+存在。为了中和过量H2SO4，并使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，共耗用3 mol/L NaOH溶液200mL。求：‎ ‎①混合物中铁和氧化铁各多少克?‎ ‎②稀H2SO4的物质的量浓度为多少?‎ ‎【答案】(1)m(Fe)＝0.125mol×56g/mol＝7g, m(Fe2O3)＝0.05mo l×160g/mol＝8g；(2)n(H2SO4)＝0.3mol c(H2SO4)＝2 mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】①设铁和氧化铁的物质的量分别为x和y，则 x×56 g/mol+y×160 g/mol＝15 g ①‎ 由得失电子守恒得，x×2＝y×2+1.68 L/22.4L/mol×2 ②‎ 解得：x＝0.125 mol，y＝0.05 mol。‎ 即m(Fe)＝0.125 mol×56 g/mol ＝7 g，m(Fe2O3)＝0.05 mol×160 g/mol＝8 g ‎②在铁和氧化铁的混合物中加入稀H2SO4反应停止后，溶液中的溶质主要是H2SO4和FeSO4。由电荷守恒知：硫酸中的硫酸根离子最后完全和钠离子结合在一起，则n(H2SO4)＝1/2×3 mol/L×0.2L＝0.3 mol，故c(H2SO4)＝0.3 mol/0.15L＝2 mol/L，‎ 故答案为：①m(Fe)＝0.125mol×56g/mol＝7g， m(Fe2O3)＝0.05 mol×160 g/mol＝8 g；‎ ‎② c(H2SO4)＝2 mol/L ‎【点睛】①上述解题的技巧在于利用元素守恒法和电荷守恒法，另外一种解法可供学生参考，如下：‎ 从Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，由方程式可以算出和硫酸生成1.68 LH2的铁为0.075 mol，则4.2g 剩下15 g-4.2 g = 10.8 g混合物发生如下反应 Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O 2Fe3++Fe=3Fe2+ 系数（Fe3+）：Fe = 2：1，又因为Fe2O3分子内含有2个Fe原子，所以剩余混合物中Fe2O3和Fe的物质的量应该为1：1‎ ‎ ，可以算出其各为0.05 mol，则m(Fe2O3) =0.05mo l×160g/mol＝8 g，m(Fe) = 4.2+2.8 = 7 g ；‎ ‎②加入NaOH溶液发生以下反应 Fe2++2OH- = Fe(OH)2↓， H++OH-=H2O，可以得到与NaOH反应的硫酸的物质的量为0.075 mol，再加上和Fe，Fe2O3反应的硫酸的物质的量，总原硫酸的物质的量为0.075 mol + 0.15 mol + 0.075 mol = 0.3 mol 所以原稀H2SO4的物质的量浓度为 = 2 mol/L，得出答案。‎ ‎ ‎