黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2019-2020学年高一上学期11月月考化学试题

黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2019-2020学年高一上学期11月月考化学试题

www.ks5u.com 化学试题 一、选择题（共20小题，1-10题，每小题2分。11-20题，每小题3分。共50分。每小题有一个选项符合题意）‎ ‎1.关于钠的描述正确的是 （ ）‎ ‎①钠在自然界既有游离态又有化合态存在 ‎ ‎②金属钠着火可以用泡沫灭火器救火 ‎ ‎③碳酸钠性质稳定，可治疗胃酸过多 ‎ ‎④Na－K合金做原子反应堆的导热剂 ‎ ‎⑤钠比铜活泼，因而钠可以从CuCl2溶液中置换出铜 ‎ ‎⑥过氧化钠是淡黄色固体，可作漂白剂 A. ①②⑤ B. ④⑥ C. ③④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①钠性质活泼，能够与空气中水、氧气反应，在自然界中只能以化合态存在，故①错误；‎ ‎②钠燃烧生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，所以金属钠着火，不能使用泡沫灭火器救火，故②错误；‎ ‎③碳酸钠碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，可以选用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故③错误；‎ ‎④Na-K合金具有良好的导热性，且熔点较低，可以做原子反应堆的导热剂，故④正确；‎ ‎⑤钠与盐溶液反应时，先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，钠不能从CuCl2溶液中置换出铜，故⑤错误；‎ ‎⑥过氧化钠为淡黄色固体，具有强的氧化性，可做漂白剂，故⑥正确；‎ 故选B。‎ ‎2.下列不能通过单质间反应而制得的物质是（ ）‎ A. CuCl2 B. CuS C. FeCl3 D. FeS ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、，故A正确；‎ B、Cu+SCu2S，故B错误；‎ C、2Fe+3Cl22FeCl3，故C正确；‎ D、Fe+SFeS，故D正确。‎ ‎3.为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入（ ）‎ A. KSCN溶液 B. 铁片 C. HCl溶液 D. 石蕊溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色，现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，可以用KSCN溶液检验某FeCl2溶液是否变质，故A正确；‎ B．如果氯化亚铁变质，则生成氯化铁，少量氯化铁和铁片反应，但现象不明显，不能用铁片检验某FeCl2溶液是否变质，故B错误；‎ C．加入盐酸，没有明显现象，无法检验是否变质，故C错误；‎ D．无论氯化亚铁是否变质，都是强酸弱碱盐，溶液都呈酸性，所以无法检验，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的本质就是考查Fe3+的检验方法，要注意现象必须明显。‎ ‎4.加热熔化氢氧化钠的坩埚，应选用的是（ ）‎ A. 瓷坩埚 B. 石英坩埚 C. 铁坩埚 D. 铝坩埚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．瓷坩埚主要成分含有SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；‎ B． 石英坩埚主要成分是SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；‎ C．铁坩埚在高温下不能与NaOH发生反应，因此可以加热熔化氢氧化钠，正确；‎ D．铝坩埚的成分Al可以与氢氧化钠发生反应，因此不能加热熔化氢氧化钠，错误。‎ ‎5.用含有少量镁的铝片制取纯净的Al（OH）3，可能有的步骤为：① 加盐酸溶解；② 加过量苛性钠溶液；③ 过滤；④ 通入过量CO2；⑤ 加过量纯碱溶液，实验操作最合理的组合及顺序是 A ①⑤④③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①⑤③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】把含有少量镁的铝片放入过量苛性钠溶液，镁不反应，铝反应生成偏铝酸钠，过滤，除去镁，在偏铝酸钠滤液中通入过量CO2，会得到Al(OH)3沉淀，和碳酸氢钠溶液，过滤，即得到Al(OH)3，最合理的操作组合是②③④③，选B。‎ ‎6.钠，镁，铝，铁四种金属组成的混合物6 g，与足量的稀硫酸反应，产生标准状况下的氢气6.72 L，由此判断混合物中必含 ( )‎ A. 钠 B. 镁 C. 铝 D. 铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下6.72 L氢气的物质的量==0.3 mol，故6g混合物提供的电子为0.3 mol×2=0.6 mol，则提供1mol电子需要金属混合物的质量为6g×=10g，Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×=12g，Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×=9g，Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol×=28g，Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g/mol×1mol=23g，提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al，故选C。‎ ‎【点睛】学会利用平均值法进行解题是解答本题的关键。要注意理解平均电子摩尔质量的含义和应用。‎ ‎7.通过量CO2于下列溶液中，出现浑浊的是 A. Ba(NO3)2溶液 B. 澄清石灰水 C. Na2SiO3溶液 D. 饱和NaHCO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO2与Ba(NO3)2溶液不反应，不会出现浑浊；‎ B.通过量CO2于澄清石灰水中，先生成碳酸钙沉淀，随后溶解，反应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，最终不会出现浑浊；‎ C.通过量CO2于Na2SiO3溶液中，发生反应Na2SiO3＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2NaHCO3，出现浑浊；‎ D.CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，不会出现浑浊；‎ 答案为C。‎ ‎8.下列关于合金的说法正确的是 ( )‎ ‎①合金至少含两种金属 ‎ ‎②合金中元素以化合物形式存在 ‎③合金中一定含金属 ‎ ‎④合金一定是混合物 ‎ ‎⑤铁锈是一种铁合金 A. ①② B. ②③⑤ C. ③④ D. ③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】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。①合金中至少有一种金属，还可以有非金属，故①错误；②合金中至少有一种金属，各成分都是以单质形式存在，故②错误；③合金中至少有一种金属，故③正确；④合金中含有金属或非金属，合金一定是混合物，故④正确；⑤铁锈的主要成分是氧化铁，不属于合金，故⑤错误；故选C。‎ ‎9.CaCl2和NaCl组成的混合溶液中，c（Ca2+）: c（Na+）=1 : 2，若该溶液中共有6mol Cl－，则混合溶液中NaCl的物质的量为（ ）‎ A. 1mol B. 2mol C. 3mol D. 4mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因溶液中c(Ca2+)∶c(Na+)=1∶2，设NaC1的物质的量为x，则CaC12的物质的量为0.5x，根据氯离子守恒，则有：x+2×0.5x=6mol，解得x=3mol，故选C。‎ ‎10.下列除杂质的方法不正确的是 （ ）‎ A. 铜粉中混有铁粉：加入过量盐酸充分反应，过滤 B. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入Fe粉，过滤 C. NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3：往该溶液中通入过量CO2气体 D. CO2中混有HCl：将其通入Na2CO3溶液，洗气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe与盐酸反应，而Cu不能，则加入过量盐酸充分反应，过滤可除杂，故A正确；‎ B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入Fe粉、过滤可除杂，故B正确；‎ C．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则往该溶液中通入过量CO2气体可除杂，故C正确；‎ D．二者均能够与Na2CO3溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意存在反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 1 mol SiO2中含有Si-O键为4NA B. 1 mol氢氧化铁胶粒所含氢氧化铁的分子数为NA C. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 NA D. 足量的Fe和1mol Cl2完全反应，转移的电子数为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol二氧化硅含有4molSi-O键，则1 mol SiO2晶体中含有Si-O键的数目为4NA，故A正确；‎ B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol胶粒中含的氢氧化铁分子的个数多于NA个，故B错误；‎ C．标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为=0.25mol，过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子，故0.25molCO2参与反应时，转移0.25mol电子，即0.25NA个，故C错误；‎ D．由于反应后氯元素为-1价，故1mol氯气转移2mol电子，即2NA个，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.下列实验过程能引起结果偏高的是 （ ）‎ ‎①配制100gl0％CuSO4溶液，称取l0g硫酸铜晶体溶于90g水中 ‎②测定硫酸铜晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮 ‎③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容时俯视容量瓶的刻度线 ‎④质量分数为10％和90%的两种硫酸等质量混合配制50％的硫酸溶液 A. ①④ B. ②④ C. ②③ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①硫酸铜晶体含有结晶水所以配制100gl0％CuSO4溶液，称取l0g硫酸铜晶体溶于90g水中，称取的硫酸铜的质量小于10g，所得到的溶液的质量分数小于10%；‎ ‎②晶体受潮导致晶体的总质量变大，而得到的无水硫酸铜的质量是一定的所以结晶水含量的值偏大；‎ ‎③定容时俯视会导致溶液的体积小于规定体积，所得溶液的浓度偏大；‎ ‎④质量分数为10％和90%的两种硫酸等质量混合所得溶液的质量分数等于50%；‎ 所以答案选C。‎ ‎13.下列各组物质只用胶头滴管和试管不能鉴别的是 A. KOH溶液与AlCl3溶液 B. MgCl2溶液与氨水 C. NaAlO2溶液与盐酸 D. Na2CO3溶液与盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A、将氢氧化钾溶液滴加到氯化铝溶液中先生成白色沉淀，后溶解，将氯化铝滴加到KOH中，先没有现象，后生成沉淀，二者现象不同，可鉴别，故A不选；‎ B．MgCl2溶液与氨水，无论如何滴加都只生成白色沉淀，二者现象相同，不可鉴别，故B选；‎ C．向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故C不选；‎ D．NaCO3溶液滴入稀盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入NaCO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故D不选。‎ ‎14.既能与酸(H+)反应，又能与碱(OH-)反应的化合物是 ( )‎ ‎①MgO ②Al(OH)3 ③NaHSO4 ④NaHCO3 ⑤CH3COONH4 ⑥Al A. ②④ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①MgO不能与碱反应，故①不选； ‎ ‎②Al(OH)3 是两性氢氧化物，与酸和碱都能反应生成盐和水，故②选；‎ ‎③NaHSO4 不能与酸反应，故③不选；‎ ‎④NaHCO3 与酸反应生成盐、水和二氧化碳；与碱反应生成碳酸盐和水，故④选；⑤醋酸铵既能和酸反应，生成醋酸和铵盐，又能和碱反应生成氨气、水和醋酸盐，故⑤选；‎ ‎⑥Al能与酸、碱反应都放出氢气，但铝属于单质，故⑥不选；‎ 既能与酸(H+)反应，又能与碱(OH-)反应的化合物是②④⑤，故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为③和④ 的判断，要注意NaHSO4属于强酸的酸式盐，NaHCO3属于弱酸的酸式盐。‎ ‎15.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）‎ A. Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2O B. 向含有0.4 mol FeI2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2I﹣+3Cl2=4Fe3++6Cl﹣+I2‎ C. Ca(OH)2溶液中通入足量的CO2：CO2+ OH﹣= HCO3﹣‎ D. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故A错误；‎ B．首先氧化碘离子，只有0.6mol碘离子被氧化，发生的离子反应为2I-+Cl2=2Cl-+I2，故B错误；‎ C．Ca(OH)2溶液中通入足量的CO2反应生成碳酸氢钙，CO2+ OH﹣= HCO3﹣，故C正确；‎ D．稀硝酸具有强氧化性，磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意碘离子的还原性强于亚铁离子，与氯气反应时，先氧化碘离子，再氧化亚铁离子。‎ ‎16.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 （ ）‎ A. pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-‎ B. 红色石蕊的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-‎ C. 1.0mol▪L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ D. 与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=12的溶液，显碱性，K+、Na+、CH3COO-、Br-离子之间不反应，可大量共存，故A正确；‎ B．石蕊溶液呈红色的溶液，显酸性，H+、AlO2-结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C．Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎17.下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）‎ a b c A Al2O3‎ AlCl3‎ Al（OH）3‎ B Na Na2O Na2O2‎ C Si SiO2‎ H2SiO3‎ D Fe FeCl2‎ FeCl3‎ A A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A错误；‎ B．过氧化钠不能一步反应生成氧化钠，故B错误；‎ C．SiO2不能一步反应生成H2SiO3，故C错误；‎ D．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，物质间都能一步实现转化，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎18.镁、铝、铜三种金属粉末混合物， 加入过量盐酸充分反应， 过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液， 再过滤， 滤液中大量存在的离子有（ ）种 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在金属活动顺序表中，排在氢前面的金属能和非强氧化性的酸反应生成氢气，镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸，金属镁和铝能溶于盐酸，发生的离子反应有：Mg+2H+=H2↑+Mg2+、2Al+6H+=3H2↑+2Al3+，过滤，滤液为氯化镁、氯化铝、盐酸，滤渣为铜，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，过量的氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，发生的离子反应有：H++OH-=H2O、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，所以再过滤，滤液中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，所以滤液中大量存在的离子有4种，故选C。‎ ‎【点睛】解答本题要注意元素和氢氧化钠均过量，同时氢氧化铝为两性氢氧化物，能够被过量的氢氧化钠溶解生成偏铝酸钠。‎ ‎19.工业上用铋酸钠(NaBiNO3)检验溶液中的Mn2+，反应方程式为：4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO4=4NaMnO4+5Bi(SO4)3+3Na2SO4+□，下列说法不正确的是（ ）‎ A. “□”内的物质为水，配平系数为14 B. 若生成1mol NaMnO4,则转移5mole-‎ C. 反应方程式中的硫酸可换为盐酸 D. 溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 根据质量守恒定律判断口内的物质为水，配平系数为14，故A正确；B. NaMnO4～5e-，若生成1molNaMnO4，则转移5mole-，故B正确；C. 盐酸可被NaBiO3氧化，故C不正确；D. 该反应中Mn2+→，溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色，故D正确。故选C。‎ ‎20.将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是 A. O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3‎ B. a点溶液中c (HCO3-) >c (CO32-)‎ C. 标准状况下，通入CO2的体积为44．8L D. 原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+ HCl="NaCl" +H2O+ CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图像可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A正确；‎ B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根水解，溶液显碱性，则溶液中c(HCO3-)＞c(CO32-)，B正确；‎ C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22．4L/mol=44．8L，C正确；‎ D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==2．5mol/L，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】掌握反应的原理，特别是相关反应的化学方程式以及清除图像中各段表示的意义是解答的关键。在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。‎ 二、非选择题（共4小题，共50分。）‎ ‎21.I.天宫二号空间实验室己于2016年9月15日22时04分在酒泉卫星发射中心发射成功。请回答下列问题：‎ ‎（1）耐辐照石英玻璃是航天器姿态控制系统的核心元件。石英玻璃的成分是___________（填化学式），该物质的类别属于_______(填“碱性氧化物”或“酸性氧化物”)，实验室中不能用玻璃塞的试剂瓶盛放KOH溶液，原因是___________________（用离子方程式表示）。‎ ‎（2）太阳能电池帆板是“天宫二号”空间运行的动力。其性能直接影响到“天宫二号”的运行寿命和可靠性。天宫二号使用的光太阳能电池，该电池的核心材料是_______，其能量转化方式为____________________。‎ II.铝和氢氧化钾都是重要的工业产品。‎ 请回答：‎ ‎（1）铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是____________________。‎ ‎（2）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有____________（填序号）。‎ a．KCl b．KClO3 c．MnO2 d．Mg 取少量铝热反应所得到的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，________(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，若能，则不用填写理由，若不能，理由是(用离子方程式说明)___________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 酸性氧化物 (3). SiO2+2OH- =SiO32-+H2O (4). Si（或晶体硅） (5). 太阳能转化为电能 (6). 2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑ (7). bd (8). 不能 (9). Fe2O3+6H＋＝2Fe3＋+3H2O，Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)石英玻璃的成分为二氧化硅，二氧化硅能和碱反应生成盐和水；玻璃中含二氧化硅，和碱反应生成的硅酸钠溶液能使瓶塞和瓶口粘结在一起；‎ ‎(2)天宫二号使用的光伏太阳能电池的核心材料是半导体硅，太阳能电池是将太阳能转化为电能；‎ II.(1)Al和KOH溶液反应生成偏铝酸钾和氢气；‎ ‎(2)铝热反应需要引发剂引发反应，结合铝热反应的实验分析判断；铁能和铁离子反应生成亚铁离子，亚铁离子和KSCN溶液不反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】I.(1)石英玻璃的成分为二氧化硅，化学式为SiO2，二氧化硅和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；玻璃中含二氧化硅，和碱反应生成的硅酸钠溶液，是一种矿物胶，瓶塞和瓶口会粘结在一起，不易打开，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：SiO2； 酸性氧化物； SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；‎ ‎(2)天宫二号使用的光伏太阳能电池的核心材料是半导体硅，天宫二号使用的光伏太阳能电池是将太阳能转化为电能，故答案为：Si；太阳能转化为电能；‎ II.(1)Al和KOH溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(2)铝热反应需要引发剂产生高温，引发反应，镁条在空气中可以燃烧，氧气是氧化剂。插入混合物中的部分镁条燃烧时，氯酸钾是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应，所以还需要的试剂是氯酸钾和Mg，故选bd；‎ 铁能和铁离子反应生成亚铁离子，亚铁离子和KSCN溶液无明显现象，所以根据该现象不能确定固态中是否含有氧化铁，涉及的离子方程式分别为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：bd；不能； Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+。‎ ‎22.已知A～H是中学化学中的常见物质，A、C、G是金属，E、F是氧化物， B溶于水得蓝色溶液，E为红棕色粉末，它们有如下图所示的关系（反应中生成的水已略去）。‎ ‎ ‎ 试回答下列问题。‎ ‎（1）推断填写物质化学式：A是________ ，E是_________，H是_________。‎ ‎（2）F的类别是_________（选填“酸性氧化物”、“碱性氧化物”或“两性氧化物”）。‎ ‎（3）反应④的化学方程式为___________________________________。若反应④转移电子数目为4NA，则生成F______mol。‎ ‎【答案】 (1). Cu (2). Fe2O3 (3). FeCl3 (4). 两性氧化物 (5). 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe (6). 2/3 或0.67‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、C、G是金属，G和氯气反应生成H，H和KSCN反应后溶液呈红色，说明H是FeCl3，所以G是Fe，C是金属单质、E和F是氧化物，则反应④是铝热反应，则C是Al，F是Al2O3，E为红棕色粉末，E是Fe2O3，A是金属单质，和氯气反应生成氯化物，B溶于水得蓝色溶液，说明B中含有铜离子，根据元素守恒知，B为CuCl2，A为Cu，Al和CuCl2发生置换反应生成Cu和AlCl3‎ ‎，D是AlCl3，氧化铝(F)和盐酸反应生成氯化铝，结合物质性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为Cu，E为Fe2O3，H为FeCl3，故答案为：Cu； Fe2O3；FeCl3；‎ ‎(2)F是Al2O3，为两性氧化物，故答案为：两性氧化物；‎ ‎(3)反应④为铝和氧化铁发生的铝热反应，生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe，反应中转移6个电子，若反应④转移电子数目为4NA，即转移4mol电子，则生成的氧化铝为=mol，故答案为：2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe；。‎ ‎【点睛】明确物质的性质及物质的特殊反应现象是解本题关键。本题的突破口为“反应⑥中加入KSCN，溶液变成红色”。解答本题要注意理解铝热反应的特征。‎ ‎23.为了保护环境，充分利用资源，可将工业废弃物转变成重要的化工原料。回答下列问题：‎ ‎（1）可用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3，FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备。‎ ‎①写出NaClO3氧化酸性FeCl2的离子方程式：__________________________。‎ ‎②若酸性FeCl2废液中：c(Fe2+)=2.0×10-2 mol∕L，c(Fe3+)=1.0×10-3 mol∕L，c(Cl－)=5.3×10-2 mol∕L，则该溶液的c(H+)约为_________。‎ ‎③与明矾净水原理相似，FeCl3净水的原理是：________________（用恰当文字回答）‎ ‎（2）可用废铁屑为原料，按下图的工艺流程制备聚合硫酸铁（PFS），PFS是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。‎ ‎①酸浸时最合适的酸是______________。‎ ‎②反应釜中加入的氧化剂，下列试剂中最合适的是____________（填标号）。‎ a．HNO3 b．KMnO4 c．Cl2 d．H2O2‎ ‎③检验其中Fe2+是否完全被氧化，可选择__________（填标号）。‎ a．KMnO4溶液 b．Na2SO3溶液 c．KSCN溶液 ‎【答案】 (1). ClO3－＋6Fe2+＋6H+＝Cl－＋6Fe3+＋3H2O (2). 10-2mol/L (3). FeCl3在自然水中能生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 (4). 硫酸 (5). d (6). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①NaClO3氧化酸性FeCl2，Cl元素的化合价从+5价降低到-1价，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，结合守恒规律写出反应的离子方程式；‎ ‎②根据电荷守恒：c(Cl-)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)计算；‎ ‎③Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；‎ ‎(2)废铁屑在酸浸槽中加入酸，酸浸时加入的酸能腐蚀Fe且不能引进杂质，根据PFS成分知，酸为硫酸；然后过滤，向滤液中加入氧化剂，氧化剂能氧化亚铁离子且不能引进新的杂质，选取双氧水；然后向聚合釜中加入水和硫酸，最后得到PFS，结合氧化还原反应的规律分析解答。‎ ‎【详解】(1)①NaClO3氧化酸性FeCl2，反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到-1价，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；‎ ‎②根据电荷守恒：c(Cl-)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中OH-浓度很小，忽略不计)，则c(H+)=c(Cl-)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.0×10-2mol•L-1， 故答案为：1.0×10-2 mol/L；‎ ‎③Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)3，可起到净水的作用，‎ 故答案为：Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)3，可起到净水的作用；‎ ‎(2)①根据实验目的制备聚合硫酸铁(PFS)，酸浸时最合适的酸是稀硫酸，这样可以防止带入新的杂质，故答案为：稀硫酸；‎ ‎②反应釜中加入氧化剂的作用是将Fe2+转化为Fe3+，最合适的是H2O2，这是因为利用过氧化氢做氧化剂不会带入新的杂质，故答案为：d；‎ ‎③Fe2+完全被氧化为Fe3+，则溶液中不存在Fe2+，故选择KMnO4溶液检验，向溶液中滴加KMnO4溶液，高锰酸钾溶液不褪色，即可证明完全被氧化，故答案为：a。‎ ‎24.将NaOH，MgCl2，AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水， 产生1.16g白色沉淀， 再向所得浊液中逐渐加入1.00 mol/L的盐酸， 加入盐酸的体积与生成沉淀的关系如下图：‎ ‎ ‎ 请回答:‎ ‎①A点溶液中溶质有___________（填化学式）；‎ ‎②写出加入盐酸体积由10.0mL到30.0mL发生反应的离子方程式________________；‎ ‎③原混合物中MgCl2质量是_________， AlCl3物质的量是________， NaOH质量是______。‎ ‎④C点消耗盐酸的体积为___________mL。‎ ‎【答案】 (1). NaOH， NaAlO2 (2). AlO2- +H+ +H2O ==Al(OH)3 (3). 1.9g (4). 0.02mol (5). 5.2g (6). 130‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将NaOH，MgCl2，AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水，产生1.16g白色沉淀，沉淀中一定含有氢氧化镁，再加入盐酸时，0-A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，A点溶液中有NaOH和NaAlO2，A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，B-C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，据此分析解答。‎ ‎【详解】①将NaOH，MgCl2，AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水，产生1.16g白色沉淀，沉淀中一定含有氢氧化镁，再加入盐酸时，0-A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2，因此A点溶液中溶质有NaOH和NaAlO2，故答案为：NaOH和NaAlO2；‎ ‎②加入盐酸体积由10.0mL到30.0mL，即A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓，故答案为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓；‎ ‎③A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，氯化镁的质量=0.02mol×95g/mol=1.9g；A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3‎ ‎↓，根据HCl的体积知，n(AlO2-)=n(HCl)=1mol/L×(0.03-0.01)L=0.02mol；根据铝原子守恒得n(AlCl)=n(AlO2-)=0.02mol，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氢氧化钠的质量=0.13mol×40g/mol=5.2g，故答案为：1.9g；0.02mol；5.2g；‎ ‎④C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量n(HCl)=n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸的体积为：V==0.13L=130mL，故答案为：130。‎ ‎【点睛】明确每一段图像发生的化学反应、溶液中溶质的成分示解题的关键。本题的易错点为③，要注意氢氧化钠的计算时，要理清楚反应的过程。‎ ‎ ‎