甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高一11月月考化学试题

甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高一11月月考化学试题

山丹一中2019-2020学年上学期11月月考试卷 高一化学 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 Fe-56 As -75 Br-80‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题： ‎ ‎1.下列说法正确的是 A. H2、CuSO4·5H2O都是化合物 B. 由同种元素组成的物质一定是纯净物 C. NaHSO4溶于水显酸性，所以NaHSO4是酸 D. 浊液、胶体、溶液三种分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2是氢气单质，CuSO4⋅5H2O是化合物，故A错误；‎ B. 由同种元素组成的物质不一定是纯净物，如O2、O3组成的混合气体是同种元素组成为混合物，故B错误；‎ C. NaHSO4在溶液中能电离出的阳离子包括H+和钠离子，阴离子为SO42-，在水溶液中既能电离出金属阳离子又能电离出酸根阴离子的是盐，所以NaHSO4是盐，故C错误；‎ D. 当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 将AgBr放入水中不能导电，故AgBr不是电解质 B. CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质 C. 熔融的金属能导电，所以金属是电解质 D. 固态的NaCl不导电，但 NaCl是电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溴化银在熔融状态下能够导电，属于电解质，故A错误；‎ B. 二氧化碳溶于水生成电解质碳酸，碳酸电离产生自由离子而导电，但是二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故B错误；‎ C. 金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；‎ D. 氯化钠在熔融状态下或者溶于水都能导电，属于电解质，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，包括酸、碱、盐和活泼金属氧化物、水。‎ ‎3.实验室进行粗盐提纯，无需进行的操作是 A. 分液 B. 溶解 C. 过滤 D. 蒸发 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】粗盐中含有泥沙、硫酸镁、氯化钙等杂质，需先将粗盐溶解，再加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠等生成氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡等沉淀，过滤除去沉淀，在滤液中加入盐酸，用蒸发的方法除去盐酸和水，无需用到分液操作，故答案选A。‎ ‎4.实验室发生意外时,比如手指划破、烫伤等都需要对伤口进行消毒。现配置0.01mo1/L的KMnO4消毒液,下列有关说法不正确的是 A. KMnO4的摩尔质量为158‎ B. KMnO4溶液用于杀菌消毒的原理是因其具有强氧化性 C. 当液面接近容量瓶的刻度线下‎2cm处,改用胶头滴管定容 D. 定容时俯视容量瓶刻庋线,导致所配溶液浓度偏高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、摩尔质量的单位是g/mol，A错误；B、KMnO4具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；C、当液面接近容量瓶的刻度线下‎2cm处时改用胶头滴管定容，C正确；D、定容时俯视容量瓶刻庋线，导致加水偏少，所配溶液浓度偏高，D正确。正确答案为A。‎ ‎5.如图在盛有碘水的三支试管中分别加入汽油、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是 A. ①加入的是CCl4，②加汽油，③加酒精 B. ①加入的是酒精，②加CCl4，③加汽油 C. ①加入的是汽油，②加酒精，③加CCl4‎ D. ①加入的是汽油，②加CCl4，③加酒精 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】汽油能萃取溴水中的溴，密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色；四氯化碳能萃取溴水中的溴，密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色；酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液仍然为橙黄色，故选：D。‎ ‎6.实验室用NaCl固体配500mL 1.0mol·L-1NaCl溶液，下列判断错误的是 A. 用托盘天平称取NaCl固体‎29.25g B. 应选用500mL的容量瓶来配制此溶液 C. 在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配制溶液 D. 加蒸馏水至离刻度线1‎-2cm时改用胶头滴管定容 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 托盘天平精确到‎0.1g，所以用托盘天平称取NaCl固体‎29.3g，故A错误；‎ B. 常见容量瓶规格为100mL、200mL、500mL、1000mL等，配500mL溶液，故需选用500mL容量瓶来配制溶液，故B正确；‎ C. 转移溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，则最终溶液的浓度偏低，故需重新配制，故C正确；‎ D. 定容时使用胶头滴管，防止加水超过刻度线，则加蒸馏水至离刻度线1−‎2cm时改用胶头滴管定容，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.能用H++OH﹣＝H2O来表示的化学反应是 A. Cu（OH）2和稀H2SO4反应 B. NaOH溶液和HNO3溶液反应 C. KOH溶液和NaHCO3溶液反应 D. Ba（OH）2溶液和稀H2SO4反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】稀的强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为H++OH﹣＝H2O，以此来解答。‎ ‎【解答】A．Cu（OH）2和稀H2SO4反应的离子反应为Cu（OH）2+2H+＝2H2O+Cu2+，A错误；‎ B．NaOH溶液和HNO3溶液反应的离子反应为H++OH﹣＝H2O，B正确；‎ C．KOH溶液和NaHCO3溶液反应的离子反应为HCO3－+OH-=CO32－+H2O，C错误；‎ D．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液反应的离子反应为2H++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱反应的离子反应，注意酸碱的强弱及盐的溶解性，明确离子反应中保留化学式的物质即可解答，题目难度不大。‎ ‎8.下列各组离子在溶液中可以大量共存的是 A. Mg2＋、Fe3＋、Cl－、OH－ B. Ba2＋、NO3－、Cl－、Na＋‎ C. Na＋、HCO3－、H＋、NO3－ D. K＋、NH4＋、SO42－、OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；B、 Ba2＋、NO3－、Cl－、Na＋离子之间不满足离子反应发生条件；C、HCO3－、H＋生成水和二氧化碳；D、NH4＋、OH－反应生成一水合氨。‎ ‎【详解】A、铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B、 Ba2＋、NO3－、Cl－、Na＋离子之间不满足离子反应发生条件，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C、HCO3－、H＋生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D、NH4＋、OH－反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存的正误判断，解题关键：明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3＋和 SCN－）等；易错点D，NH4＋、OH－反应生成一水合氨，学生难理解。‎ ‎9.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. Na2CO3溶液中加入醋酸：2H＋+CO32-=CO2↑＋H2O B. MgO与稀盐酸反应：MgO+2H＋=Mg2＋+H2O C. AlCl3溶液与过量的氢氧化钠溶液反应：AlCl3+3OH-=Al (OH)3↓+3Cl－‎ D. 锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag＋=Zn2＋+Ag ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸是弱酸，不能拆为离子形式，A错误；‎ B.符合反应事实及物质的拆分原则，B正确；‎ C.NaOH是强碱，能够溶解两性氢氧化物Al (OH)3，在过量的氢氧化钠下，因此不能形成Al (OH)3沉淀，C错误；‎ D.电荷不守恒，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.下列转化过程中必须加入还原剂的是 A. KClO3→KCl B. SO2→SO32- C. Fe3+→Fe2+ D. Cu→Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 转化过程中必须加入还原剂，说明该微粒作氧化剂，其中的某些元素化合价降低，据此判断。‎ ‎【详解】A、KClO3受热分解即可转化为KCl，不需要加入还原剂，A错误；‎ B、SO2→SO32-时化合价没有变化，B错误；‎ C、Fe3+→Fe2+时化合价降低，必须加入还原剂才能实现，C正确；‎ D、Cu→ Cu2+时化合价从0价升高为+2价，需要加入氧化剂才能实现，D错误。‎ 答案选C ‎【点睛】明确氧化还原反应规律是解答的关键，易错选项是A ‎，本题要特别注意题目的要求是“必须”，注意能发生自身氧化还原反应的物质。‎ ‎11.下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是 A. I可用于制备并检验氢气的可燃性 B. II可用于除去CO2 中的HCl C. 用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液 D. 用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、点燃H2前必须验纯，以防爆炸，故A错误；B、饱和NaHCO3和CO2不反应，而NaHCO3和HCl反应且生成CO2，不引进新的杂质，所以该装置能除去CO2中的HCl，故B正确；C、容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D、氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，所以胶头滴管应该伸入液面下，故D错误。故选B。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.某物质灼烧时焰色反应为黄色，下列判断正确的是(　　)‎ A. 该物质一定是钠的化合物 B. 该物质一定含钠元素 C. 该物质一定是金属钠 D. 该物质中一定含钠离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 灼烧时焰色反应为黄色，说明该物质一定含有钠元素，但是钠元素可能以离子、单质、化合物等任意形式存在，A、C、D项表述不完整，故B项正确。综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎13.下列关于金属铝的叙述不正确的是( )‎ A. 铝是地壳中含量最多的金属元素 B. 铝是比较活泼金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性 C. 铝箔在空气中用酒精灯加热可以熔化，且发生剧烈燃烧 D. 铝箔在空气中用酒精灯加热可以观察到铝熔化了但并不滴落。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据地壳中元素含量，Al是地壳中含量最多的金属元素，故A说法正确；‎ B、铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现为还原性，故B说法正确；‎ C、铝箔在空气中用酒精灯加热，迅速在外层产生致密氧化薄膜，对内部的铝起到保护作用，氧化铝的熔点高于Al，因此现象是熔化而不滴落，故C说法错误；‎ D、根据选项C的分析，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.往FeCl2溶液中滴加溴水，溶液变为黄色，下列说法正确的是 A. 由于溶液存在Br2，所以溶液为黄色 B. 往所得溶液中加入硫氰化钾溶液，可判断是否生成了Fe3+‎ C. 往所得溶液中加入足量氢氧化钾溶液，不能判断是否生成了Fe3+‎ D. 往所得溶液中加入淀粉碘化钾溶液，可判断是否生成了Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液为黄色是亚铁离子被氧化为铁离子，即使溴水不过量，溶液也是黄色的，A错误；‎ B. 往所得溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变血红色，可判断生成了Fe3+，B正确；‎ C. 往所得溶液中加入足量氢氧化钾溶液，如果立即生成红褐色沉淀，能判断生成了Fe3+，C错误；‎ D. 往所得溶液中加入淀粉碘化钾溶液，由于铁离子和单质溴都能把碘化钾氧化为单质，因此不能据此判断是否生成了Fe3+，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.将少量金属钠投入到氯化铁溶液中，产物是 A. Fe(OH)3、NaCl,H2‎ B. Fe,NaCl C NaOH、H2‎ D. H2、NaCl、NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ Na投入到FeCl3溶液中，发生反应为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3═Fe(OH)3↓+3NaCl，则产物为Fe(OH)3、NaCl、H2，故选A。‎ 点睛：本题考查钠的性质，明确反应物质反应先后顺序是解本题关键。金属钠的性质很活泼，钠投入到盐溶液中，钠先与水反应生成NaOH和氢气，NaOH再和盐反应。‎ ‎16.准确称取‎6.0 g铝土矿样品(主要成分为Al2O3,含Fe2O3杂质)，加入100 mL稀硫酸中，充分反应后向滤液中加入10 mol·L－1NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积之间的关系如图所示。则所用硫酸物质的量浓度为（ ）‎ A. 3.50‎‎ mol·L－1‎ B. 1.75 mol·L－1‎ C. 0.85 mol·L－1‎ D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 图像中前期加入的NaOH没有在溶液中生成沉淀说明溶解铝土矿时H2SO4过量，所以‎6.0g铝土矿溶解后得到Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、H2SO4混合溶液，加入NaOH溶液后反应依次为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，当加入35mLNaOH时，沉淀Al(OH)3没有溶解，所以反应后所有的Na元素、SO42-生成Na2SO4，n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)/2=10 mol·L-1×‎0.035L/2=0.175mol，c(H2SO4)=0.175mol/‎0.1L=1.75mol/L。正确答案B。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、非选择题 ‎17.某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：‎ 供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸 ‎（1）操作②的名称是______________，试剂a的溶质是_______________（填化学式）‎ ‎（2）加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________________________________。‎ ‎（3）该方案能不能达到实验目的：_____________，若不能，应如何改进？（若能，此问不用回答）________________________________________。‎ ‎（4）用分离出的固体B配制100mL 0.5mol/L的溶液B，现有如下可供选择的仪器：‎ A.胶头滴管 B.烧瓶 C.烧杯 D.药匙 E.量筒 F.托盘天平。‎ ‎①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。‎ ‎②配制溶液B时，上述仪器中一定不需要使用的有_____________（填字母），还缺少的仪器有__________________________________（写仪器名称）。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). K2CO3 (3). BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O (4). 不能 (5). 应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 (6). 10.4 (7). B (8). 100mL容量瓶、玻璃棒 ‎【解析】‎ ‎【详解】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸可得KCl，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2， （1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的K2CO3溶液使BaCl2转化为沉淀，试剂a的溶质是K2CO3；综上所述，本题答案是：过滤；K2CO3。‎ ‎（2）沉淀A为BaCO3，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。‎ ‎（3）该方案不能达到实验目的，因为操作②进行完成后，所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应该加入过量的盐酸，把K2CO3变为氯化钾，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固体；综上所述，本题答案是：不能；应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。‎ ‎（4）①固体B为氯化钡，其质量是‎0.1L×0.5mol/L×‎208g/mol=‎10.4g；综上所述，本题答案是：10.4。 ②固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒；综上所述，本题答案是：B， 100mL容量瓶、玻璃棒。‎ ‎18.（1）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共‎28L，质量为‎51g。其中CO2的质量为_____g，混合气体中CO的物质的量分数为____。混合气体的平均摩尔质量为_______。‎ ‎（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比为______，原子个数之比为______，密度之比为________。‎ ‎（3）在‎120℃‎时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）：‎ A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓ B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2‎ C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2 D．C4H8+6O2＝4H2O+4CO2‎ 若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是___________；符合d前＞d后和V前＞V后的是___________（填写反应的代号）。‎ ‎【答案】 (1). 44 (2). 20％ (3). ‎40.8g/mol (4). 2：1 (5). 8：3 (6). 1：2 (7). D (8). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)假设一氧化碳的物质的量为x mol，二氧化碳的物质的量为y mol，则有x+y==1.25， 28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为‎44g，一氧化碳的物质的量分数为=20％，混合气体的平均摩尔质量为=‎40.8g/mol；‎ ‎ (2) 同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:17=2：1，原子个数之比等于（2×4）：（1×3）=8:3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:34=1：2；‎ ‎ (3) 若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化，A中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；B中气体体积变小，密度变大；C中气体体积不变，密度不变；D中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为D和A。‎ ‎19.KClO3和浓HCl在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其反应可表述为：‎ ‎________KClO3+________HCl(浓) ===________KCl+________ClO2↑+________Cl2↑+________H2O ‎（1）配平以上化学方程式（写出各物质的化学计量数）。‎ ‎（2）ClO2是反应的_________（填“氧化”或“还原”）产物。浓盐酸在反应中显示出来的性质是________（填字母）。‎ a．还原性 b．氧化性 c．酸性 d．碱性 ‎（3）反应产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为________ mol。‎ ‎（4）ClO2具有很强的氧化性，因此可被用来做消毒剂，若ClO2作消毒剂后其自身转化为Cl−，则其消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是Cl2的________倍（保留2位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). 还原 (8). ac (9). 0.2 (10). 2.63‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2；故答案为： 2， 4， 2，2，1，2；‎ ‎（2）KClO3氯元素的化合价降低，是氧化剂，对应的产物二氧化氯是还原产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高，氯元素被氧化；反应2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各中一半；故答案为：还原；ac；‎ ‎（3）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，故答案为：0.2mol；‎ ‎（5）设质量都是‎71g，氯气得到的电子数为×2×1=2mol，ClO2得到的电子数为×1×5=mol=mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为≈2.63，故答案为：2.63。‎ ‎【点睛】‎ 本题以氯气的制法来考查酸的性质，氧化还原反应中转移的电子数的计算，明确化合价的变化是分析的关键，难点是消毒效率的计算。‎ ‎20.某研究性学习小组请你参与“铁及其化合物”有关性质的实验探究，并共同解答下列问题：‎ 探究一　设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验(夹持仪器略)。‎ ‎（1）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为_______________________________。‎ ‎（2）反应前A中投放碎瓷片的目的是____________________。‎ ‎（3）装置E中的现象是__________________________________。‎ 探究二 FeBr2是一种黄绿色鳞片状的固体，某研究性学习小组为了探究它的还原性，进行了如下实验：‎ I．实验需要90mL 0.10mol·L－1FeBr2溶液 ‎（1）配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是________。‎ ‎（2）下列有关配制过程中说法正确的是________（填序号）。‎ a．用托盘天平称量质量为‎1.944g的FeBr2 ‎ b．将称量的FeBr2放入容量瓶中，加90mL蒸馏水溶解 ‎ c．洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中 ‎ d．容量瓶贴签存放配好的FeBr2溶液 ‎ e．定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的FeBr2溶液浓度偏高 II．探究FeBr2的还原性 取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：‎ 假设1：Br－被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；‎ 假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+。‎ ‎（3）请你完成下表，验证假设 实验步骤、预期现象 结论 ‎①向溶液中加入__________，振荡、静置，‎ 现象：下层呈橙红色，上层呈无色 假设1正确 ‎②向溶液中加入_____________‎ 现象：溶液变为红色 假设2正确 若假设1正确，从实验①中分离出Br2的实验操作名称是_______________ 。‎ ‎（4）已知：Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-。若在50mL上述FeBr2溶液中通入标准状况112mlCl2，反应的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (2). 防暴沸 (3). 黑色固体变红，右端管壁有水珠 (4). 100mL容量瓶 (5). c (6). CCl4 (7). KSCN溶液 (8). 萃取、分液 (9). 2Fe2++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl－‎ ‎【解析】‎ 探究一（1）硬质玻璃管B中铁与水蒸气反应，发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2。（2）由于需要加热，反应前A中投放碎瓷片的目的是防暴沸。（3）反应生成的氢气能把氧化铜还原为铜，则装置E中的现象是黑色固体变红，右端管壁有水珠。‎ 探究二（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制90mL 0.10mol·L－1FeBr2溶液，应选择100mL容量瓶，所以还缺少的仪器为100mL容量瓶；（2）a.由于需要配制100mL溶液，需要溶质的质量=0.1mol/L×‎0.1L×‎216g/mol=‎2.16g，但托盘天平只能读数到‎0.1g，a错误；b.容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体，应该在烧杯中用蒸馏水溶解，冷却后再转移至容量瓶中，b错误；c.为将所有溶质全部转移的容量瓶，应进行洗涤操作，并将洗涤液转移至容量瓶中，c正确；d.容量瓶不能够用来长期盛放溶液，应转移到试剂瓶中盛放，d错误；e定容时，仰视容量瓶刻度线导致溶液体积偏大，依据c=n/V可知溶液浓度偏低，e错误；答案选c；（3）假设1：Br-被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中，通过溶液中加入适量四氯化碳，萃取出溴单质从而使CCl4层呈橙红色来证明有溴单质生成；假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，向该溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色证明有三价铁生成；溴易溶于四氯化碳，四氯化碳密度大与水，与水互不相溶，溶液分层，可以选择萃取分液法分离；（4）50mL上述FeBr2溶液含有溴化亚铁物质的量n=0.1mol/L×‎0.05L=0.005mol ‎；标准状况下112mL Cl2物质的量n=‎0.112L÷‎22.4L/mol=0.005mol；还原性Fe2+＞Br-，二者以1：1反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子反应为2Fe2++2Br－+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl－。‎ ‎21.在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。‎ ‎(1)以下有关金属单质的叙述正确的是_______。‎ A.金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中 B.用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下 C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2‎ ‎(2)把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生‎1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。‎ ‎①A点的沉淀物的化学式为______________。‎ ‎②写出A点至B点发生反应的离子方程式：_________________。‎ ‎③某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_______和盐酸。‎ ‎④C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为________mL。‎ ‎【答案】 (1). A (2). Mg(OH)2 (3). AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓ (4). CO2 (5). 130.0（130也给分）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）金属钠非常活泼，能够与水、氧气等物质发生反应，但与石蜡油或煤油不反应，可以保存在石蜡油或煤油中，A正确；铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B错误；铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；正确选项A。‎ ‎（2）从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以‎1.16g 白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中存在偏铝酸根离子，继续加盐酸，会发生AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓ ，沉淀达到最大值，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（B点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；‎ ‎①A点的沉淀物为氢氧化镁，化学式为Mg(OH)2；正确答案：Mg(OH)2。‎ ‎②写出A点至B点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓；正确答案：AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓。‎ ‎③含有MgCl2和AlCl3的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化镁，再加适量的盐酸，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离；正确答案：CO2。‎ ‎④根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为‎1.16克，物质的量为0.02 mol，A→B过程为AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，共消耗盐酸的量为（30-10）×10-3×1=0.02 mol，生成Al(OH)3沉淀的量为0.02 mol，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守恒可得：V(HCl)×1=0.02×2+0.02×3=0.1, V(HCl)=‎0.1L=100mL, C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为30+100=130.0 mL,正确答案：130.0（130也给分）。‎ ‎ ‎