【化学】湖南省衡阳县三中2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】湖南省衡阳县三中2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

湖南省衡阳县三中2019-2020学年高一上学期期中考试试题 一、选择题 ‎1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 明矾可用作净水剂 B. 纯碱可用于中和过多的胃酸 C. 硫酸铜常用作游泳馆池水消毒剂 D. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、氢氧化铝胶体具有吸附性；‎ B、纯碱碱性较强，不能用于胃药；‎ C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性；‎ D、 硫酸钡难溶于水，可用于胃肠X射线造影检查。‎ ‎【详解】A、氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中悬浮的杂质，故A正确；‎ B、纯碱碱性较强，不能用于胃药，故B错误；‎ C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，硫酸铜具有杀菌消毒作用，常用作游泳馆池水消毒剂，故C正确；‎ D、 硫酸钡难溶于水，X射线不能透过，可用于胃肠X射线造影检查，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 2 mL 0.5 mol/L FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒数目为0.001NA B. 标准状况下，3.36LSO3含有的电子数为6NA C. 铁和水蒸气反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA D. 将含有3NA个离子的过氧化钠固体溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为 2mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；‎ B、标准状况下，SO3是固体；‎ C、氢气的状态不确定；‎ D、含有3NA个离子的过氧化钠固体即1molNa2O2；‎ ‎【详解】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.001NA个，故A错误；‎ B、标准状况下，SO3是固体，不能用气体摩尔体积来计算物质的量，故B错误；‎ C、氢气的状态不确定，不一定是标准状况，故C错误；‎ D、含有3NA个离子的过氧化钠固体即1molNa2O2，2molNa+,溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为 2mol/L，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.表示下列反应的离子方程式正确的是(   )‎ A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸: ‎ B. 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气: ‎ C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制 D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、磁性氧化铁溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；‎ B、用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；‎ C、向NaAlO2溶液中通入过量CO2 制Al（OH）3，离子方程式：CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故C正确；‎ D、在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，正确离子方程式为：3ClO-+4OH-+2Fe（OH）3═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.下列反应中，水只作氧化剂的是（ ）‎ ‎①氟气通入水中 　 ②水蒸气经过灼热的焦炭 　 ③钠块投入水中 　‎ ‎④铁与水蒸气反应 　 ⑤氯气通入水中 A. 只有①④ B. 只有①⑤‎ C 只有②③ D. 只有②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应的特点，化合价升高的反应是氧化剂，所以通过分析在反应中水中的氢元素化合价既能判定。‎ ‎【详解】①氟气通入水中发生的反应为：2F2+2H2O=4HF+O2 ,水中氧元素的化合价升高，所以水做还原剂；②水蒸气经过灼热的焦炭发生的反应为：C+H2O(g) =CO+H2，水中的氢的化合价降低，所以水做氧化剂；③钠块投入水中发生的反应为：2Na+2H2O= 2NaOH+H2, 水中的氢的化合价降低，所以做氧化剂；④铁与水蒸气反应发生的反应为：3Fe+4H2O= Fe3O4+4H2, 水中的氢的化合价降低，所以水做氧化剂；⑤氯气通入水中发生的反应为:Cl2+ H2OHCl+HClO水中的氢和氧的化合价都没有变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂。综上所述A. 只有①④不符合题意； B. 只有①⑤不符合题意；C. 只有②③不符合题意；D. 只有②③④符合题意；答案：D。‎ ‎5.用NaCl 固体配制0.1mo/L 的NaCl 溶液1000mL，下列操作或说法正确的是（ ）‎ A. 将5.85gNaCl 固体溶于1L水中可配成0.1mol/L的NaCl 溶液 B. 称量时，将固体NaCl 直接放在天平左盘上 C. 固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线 D. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、要配制0．1mol/L的NaCl溶液980mL，应选用1000ml的容量瓶配成1000ml，5.85g NaCl的物质的量为0.1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，溶剂的体积不是1L，A错误；‎ B、药品不能直接放在托盘上，防止腐蚀，应放在称量纸上或玻璃器皿中，B错误；‎ C、定容之前应洗涤烧杯、玻璃棒，再加水至刻度线1-2cm改用胶头滴管定容，C错误；‎ D、配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不影响溶液的体积，不会影响实验结果，D正确；‎ 答案选D ‎6.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（ ）‎ A. 2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑ B. Al2O3＋3H22Al＋3H2O C. Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2 D. 2HgO2Hg＋O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属钠是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，故A正确；‎ B、金属铝是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故B错误；‎ C、工业上采用热还原法来冶炼金属铁，故C正确；‎ D、对于不活泼金属Hg，可以直接用加热分解的方法将金属从氧化汞中还原出来，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.已知还原性Cl- < Fe2+ < H2O2 < I- < SO2判断下列反应不能发生的是（ ）‎ A. 2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+‎ B. I2+SO2 +2H2O=H2SO4+2HI C. H2O2 +2H+ +SO42-=SO2 +O2+2H2O D. 2 Fe3++2I-=2 Fe2+ +I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应中还原剂还原性大于还原产物的还原性，可以判断氧化还原反应中物质的还原性强弱，同时也可以根据还原性的强弱反推氧化还原反应能否发生，通过逐一判断反应中的还原剂和还原产物，与题目中的还原性强弱顺序表，符合的可以发生，不符合的不可以发生来解题。‎ ‎【详解】A. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性二氧化硫大于亚铁离子，故反应可以发生，故A正确；‎ B. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为碘离子，还原性二氧化硫大于碘离子，故反应可以发生，故B正确；‎ C. 反应中还原剂为双氧水，还原产物为二氧化硫，而二氧化硫的还原性大于双氧水的，故反应不发生，故C错误；‎ D.‎ ‎ 反应中还原剂为碘离子，还原产物为亚铁离子，还原性碘离子大于亚铁离子，故反应可以发生，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.ClO2遇浓盐酸会生成Cl2 ，反应方程式为2ClO2 +8HCl=5Cl2+4H2O ，该反应中若转移电子的数目为9.632×1023，则产生的Cl2在标况下的体积为（ ）‎ A. 11.2L B. 33.6L C. 22.4L D. 44.8L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据方程式可知氯化氢中氯元素的化合价才-1价升高到0价，失去1个电子，即生成5mol氯气转移8mol电子，所以如果转移电子的数目为9.632×1023，即1.6mol电子，则产生的Cl2是，在标况下的体积为22.4L，答案选C。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应 B. CO2和钠在一定条件下反应可以得到金刚石和碳酸钠，反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4‎ C. 现代海战通过喷放液体SiCl4(极易水解)和液氨来产生烟幕，烟幕的主要成分是HCl D. 水玻璃、有机玻璃、玛瑙、普通玻璃、陶瓷及水泥均属于硅酸盐产品 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．试管自身含有二氧化硅，高温条件下可以和焦炭反应，故A错误； B．CO2和钠在一定条件下反应可以得到金刚石和碳酸钠，该反应的化学方程式为3CO2+4Na=C+2Na2CO3，反应中氧化剂是二氧化碳（参加反应的二氧化碳中只有三分之一做氧化剂）、还原剂是钠，其物质的量之比是1：4，故B正确；C．SiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢，氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体，氯化铵分散到空气中形成烟，氯化氢遇空气中的水蒸气形成雾，故C错误；D．有机玻璃属于有机物，玛瑙的主要成分是二氧化硅，它们都不属于硅酸盐产品，故D错误。答案：B。‎ ‎10.判断下列实验说法不正确的是（ ）‎ A. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色 ，可用于检验Fe3+‎ B. 向FeSO4溶液中滴入K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀 ，可用于检验Fe2+‎ C. 把饱和的FeCl3溶液煮沸至红褐色 ，可用于制备氢氧化铁胶体 D. 配制FeCl3溶液时，可先将FeCl3固体溶于盐酸中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色 ，所以可用KSCN溶液检验Fe3+，故A正确；B. 向FeSO4溶液中滴入K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀 ，故K3[Fe（CN）6]溶液可用于检验Fe2+；故B正确；C. 把饱和的FeCl3溶液滴加到沸水中至溶液呈红褐色 ，可制得氢氧化铁胶体，若直接把饱和氯化铁溶液煮沸会生成氢氧化铁沉淀，C不正确；D. 配制FeCl3溶液时，为防止氯化铁水解，可先将FeCl3固体溶于盐酸中，再加适量的蒸馏水稀释到所需要的浓度即可，故D正确；答案：C。‎ ‎11.氢化亚铜(CuH)是一难溶物质,用CuSO4溶液和另一种“反应物”在40~50 ℃时反应可生成它。CuH不稳定,易分解;CuH在氯气中能燃烧,跟盐酸反应能产生气体。下列有关推断中错误的是(   )‎ A. 这里的"另一种反应物"具有还原性 B. CuH可作氧化剂、还原剂 C. CuH+Cl2CuCl+HCl(燃烧) D. CuH+HClCuCl+H2↑(常温)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂；CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低；CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气。‎ ‎【详解】A、Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，故A正确；‎ B、CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，故B正确；‎ C、CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑，故C错误；‎ D、CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，该反应中只有H元素的化合价发生变化，反应为CuH+HCl═CuCl+H2↑，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎12.取少量MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 上述四种氧化物对应的水化物中，Al(OH)3酸性最强 B. 向沉淀X中加入氢氟酸，沉淀X不溶解 C. 溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋‎ D. 溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸充分反应后，MgO、Al2O3、Fe2O3生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，同时还有HCl剩余。SiO2与盐酸不反应。‎ ‎【详解】A、Al（OH）3显两性，酸中是最弱的酸，碱中是最弱的碱，其酸性比硅酸要弱，故A错误；‎ B、根据上述分析，沉淀X为二氧化硅，能与氢氟酸反应导致二氧化硅溶解，故B错误；‎ C、根据上述分析，溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋，故C正确；‎ D、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋都要沉淀，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎13.按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色 B. 若A为醋酸，B为CaCO3，C中盛Na2SiO3，则C中溶液中变浑浊 C. 实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用 D. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓盐酸和KMnO4反应生成氯气，氯气通入品红溶液，溶于水生成的次氯酸有漂白性，能使品红溶液褪色，故A正确；B、若A为醋酸，B为碳酸钙，与醋酸反应会生成二氧化碳气体，C中Na2SiO3溶液和CO2‎ 反应生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，故B正确；C、D装置为球形结构，其容积较大，其中倒吸的液体受重力作用可以回流至试管中，因而具有防倒吸作用，故C正确。D、浓氨水和生石灰CaO反应生成氨气，氨气溶于水生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故D错误；答案：D。‎ ‎14.在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂,能观察到先沉淀后变澄清的是(   )‎ ‎①向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 ②向偏铝酸钠溶液中加盐酸 ‎ ‎③向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液 ④向蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液 ‎ ‎⑤向氯化铝溶液中滴加氨水 ⑥向硝酸银溶液中滴加氨水   ‎ ‎⑦向氢氧化铁胶体中滴加硫酸 A. ①②⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①②⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】①依据加入试剂的顺序，先生成氢氧化铝的生成，然后溶于强碱；‎ ‎②依据偏铝酸钠的性质，加入酸生成氢氧化铝沉淀，继续加入沉淀溶解；‎ ‎③依据氢氧化铝能溶解在过量的氢氧化钠中，继续滴入最终会产生白色沉淀分析；‎ ‎④硫酸铜是重金属盐；‎ ‎⑤依据氢氧化铝不溶于弱碱分析；‎ ‎⑥在硝酸银溶液中逐滴滴入氨水，边滴边振荡，先出现浑浊后消失，所得溶液为银氨溶液；‎ ‎⑦依据胶体的聚沉分析形成沉淀，结合氢氧化铁能溶于酸分析判断。‎ ‎【详解】①向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，发生的反应为；Al3++3OH-=Al（OH）3↓；Al（OH）3+OH-=AlO2-+H2O，故①正确；‎ ‎②向偏氯酸钠溶液中加盐酸发生的反应为：AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故②正确；‎ ‎③向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液，由于在滴加过程中碱是过量，所以生成的氢氧化铝沉淀会溶解在过量的氢氧化钠溶液中，继续滴加最终生成白色沉淀，故③错误；‎ ‎④硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，只生成沉淀，故④错误；‎ ‎⑤向氯化铝溶液中滴加氨水，由于生成的氢氧化铝不溶于氨水弱碱，所以滴加氨水会生成白色沉淀，故⑤错误；‎ ‎⑥向氨水中逐渐滴加硝酸银溶液，现象是开始生成氢氧化银白色沉淀，后白色沉淀溶解生成氢氧化二氨合银，故⑥正确；‎ ‎⑦向氢氧化铁胶体滴加硫酸溶液。首先是硫酸是电解质溶液，能使胶体发生聚沉，继续加入酸，氢氧化铁会溶于酸中，故⑦正确。‎ 答案选A。‎ ‎15.下列实验方法、操作及分析不正确的是（ ）‎ 序号 操作及现象 结论 A 向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色 苯与Br2发生了加成反应 B 某气体使湿润的淀粉KI试纸变蓝 该气体可能是NO2‎ C 向碳酸钠溶液中加入硫酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液产生白色胶状物质 非金属性：S>C>Si D ‎ 常温下，将Al片和浓硝酸混合，用排水法几乎收集不到气体 ‎ Al和浓硝酸钝化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色，发生了萃取，属于物理变化，故A错误；B. 某气体使湿润的淀粉KI试纸变蓝，说明有I2单质生成，该气体具有氧化性，所以可能是NO2,故B正确；C. 向碳酸钠溶液中加入硫酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液产生白色胶状物质，说明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，非金属性：S>C>Si，故C正确；D. 常温下，将Al片和浓硝酸混合，用排水法几乎收集不到气体，是因为Al和浓硝酸发生了钝化。阻止金属和酸反应继续发生，所以收集不到气体，故D正确。答案：A。‎ ‎16.Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2,NO和H2O。当产物n(NO2):n(NO)=1:1时,下列说法正确的是( )‎ A. 产物中n[Cu(NO3)2]:n[CuSO4]=1:1‎ B. 参加反应的n(Cu2S):n(HNO3)=1:5‎ C. 反应中Cu2S既作氧化剂,又作还原剂 D. 1mol Cu2S参加反应时有8mol电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】由信息可知，n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO，则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole-；由电子守恒可知Cu2S应失去4mole-。而1molCu2S能失10mole-，故失4mole-说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3)2，即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol，参加反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7。‎ ‎【详解】A、由反应可知产物n[Cu(NO3)2]：n[CuSO4]=1：1，故A正确；‎ B、由反应可知参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：7，故B错误；‎ C、Cu、S化合价都升高，则反应中Cu2S只作还原剂，故C错误；‎ D、由分析可知1molCu2S参加反应时有10mol电子转移故D错误。‎ 答案选A。‎ 二、填空题 ‎17.现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸、②小苏打、③纯碱、④二氧化碳、⑤葡萄糖、⑥0.1mol/LNaOH溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑧氨水、⑨Al2O3、⑩硫酸铁溶液 ‎（1）上述十种物质中，属于非电解质的有_____（填序号）。‎ ‎（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是_________（填序号）。‎ ‎（3）既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是__________（填序号）。‎ ‎（4）标谁状况下，_____L④中含有0.4mol氧原子。‎ ‎（5）现有100mL⑩溶液中含Fe3+ 5.6g，则溶液中c(SO42-)=_____________。‎ ‎（6）将①滴加到⑥的溶液中，⑥的溶液导电能力变化为___________（填“增强”“ 减弱”或“基本不变”）‎ ‎【答案】(1). ④⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑨ (4). 4.48 (5). 1.5mol/L (6). 基本不变 ‎【解析】（1）在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的有二氧化碳、葡萄糖。（2）强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用离子方程式H++OH-＝H2O表示，这两种物质是硫酸与氢氧化钠。（3）既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是小苏打和氧化铝。（4）0.2molCO2含有0.4mol氧原子，标谁状况下体积为0.2mol×22.4L/mol＝4.48L。（5）5.6g铁离子的物质的量是0.1mol，则相应硫酸铁的物质的量是0.05mol，硫酸根的物质的量是0.15mol，则溶液中c(SO42-‎ ‎)＝0.15mol÷0.1L＝1.5mol/L；（6）硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，由于硫酸根离子的浓度基本不变，所以溶液导电能力基本不变。‎ ‎18.M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）‎ ‎（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为________________________________。‎ ‎（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如右图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质为____________________（填化学式），物质的量之比为_______。‎ ‎（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。‎ ‎（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色，则由A转化成E的离子方程式是____________________________________________________。‎ ‎（5）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3+、SO42-、CO32-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生如右图所示变化，由此可知，该溶液中肯定含有的离子为______________________________。‎ ‎【答案】(1). 2:3或者2:7 (2). Na2CO3和NaHCO3 (3). 1:1 (4). (NH4)2SO3 (5). 4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或者分步写Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3） (6). H+、NH4+、Al3+、SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气；D为氯气；若A是地売中含量最多的金属元素，则A为铝；AlCl3溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，可能发生的反应有Al3++3OH﹣= Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O,所以生成偏铝酸钠的总反应为Al3++4OH﹣= AlO2﹣+2H2O。若A是CO2气体，A与B溶液反应即CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 、Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl、 NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+ CO2‎ ‎【详解】（1）当得到沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，由反应的离子方程式可知，碱过量时n[Al(OH)3]=n(AlO2﹣)，此时c( AlCl3):c(NaOH)=2:7当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(AlCl3) ,此时c( AlCl3):c(NaOH)=2:3所以A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为2:3或2:7。‎ ‎（2）图所示知00.1V盐酸时没有气体放出，发生的是Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl ；0.10.3V时气体完全放出，发生的是NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+ CO2，所以A与B溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据消耗盐酸的体积知Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。答案：Na2CO3和NaHCO3、1:1。‎ ‎（3）因为B为NaOH，A是一种正盐能和NaOH生成具有刺激性气味的气体，则A中含有NH4+;因为F为HCl，A是一种正盐且A能与大dddHCl生成具有刺激性气味的气体，则A中含有SO32_;所以A为(NH4)2SO3。答案：(NH4)2SO3。‎ ‎（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色,推断出A为亚铁盐溶液，E为Fe(OH)3‎ ‎，则由A转化成E的离子方程式是Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）。‎ ‎（5）由图可以知道,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2＋,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-= NH3H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可以知道一定含有SO42-,由此可知，该溶液中肯定含有的离子为H+、NH4+、Al3+、SO42-。‎ ‎19.信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为_______________________________________；得到滤渣1的主要成分为________________。‎ ‎（2）第②步加入H2O2的作用是______________________________________，使用H2O2的优点是______________________________________________；调节pH的目的是使_______________生成沉淀。‎ ‎（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是_______________________。‎ ‎（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：‎ 上述三种方案中，______方案不可行 。‎ ‎【答案】(1). Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (2). Au Pt (3). 把Fe2＋氧化为Fe3＋ (4). 该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染 (5). Fe3＋和Al3＋ (6). 加热脱水 (7). 甲 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋、Fe2＋；所以滤渣1的成分是Pt和Au；‎ ‎（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染．调溶液PH的目的是使Fe3＋和Al3＋形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2＋，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；‎ ‎（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；‎ ‎（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；‎ ‎【详解】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋、Fe2＋；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2＋、Al3＋、Fe2＋；第①步Cu与酸反应的离子方程式为： Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 。‎ ‎（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液pH使Fe3＋、Al3＋全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜。‎ ‎（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法：在坩埚中加热脱水；‎ ‎（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；‎ 丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；‎ ‎20.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1.00 mol·L-1HCl溶液,加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。‎ ‎ ‎ 试回答:‎ ‎（1）A点沉淀的化学式为______。‎ ‎（2）写出A点至B点发生反应的离子方程式_______。‎ ‎（3）求原混合物中AlCl3的质量____和NaOH的物质的量____。‎ ‎【答案】(1). Mg(OH)2 (2). AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓ (3). 2.67g (4). 0.13mol ‎【解析】‎ ‎【分析】固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2，AB段发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，B点后发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O； 由AB段消耗盐酸，结合反应方程式、Al原子守恒计算n（AlCl3），B点溶液中存在的溶质是氯化钠，根据原子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl），则原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，A为Mg(OH)2，因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg(OH)2，故答案为：Mg(OH)2；‎ ‎（2）由上述分析可知，A点至B点发生反应的离子方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；‎ ‎（3）AB段发生反应：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O，则n[Al（OH）3]=n（HCl）=1mol/L×（0.03-0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.02mol，氯化铝的质量为：0.02mol×133.5g/mol=2.67g； A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，B点溶液中存在的溶质是NaCl，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，故答案为：2.67g；0.13mol。‎ 三、实验题 ‎21.常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8 ℃，42 ℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。‎ ‎【制备产品】将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。‎ ‎（1）各装置的连接顺序为______→ → →C→ 。‎ ‎（2）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是____________________________________ ；装置C的作用是_____________________。‎ ‎（3）制备Cl2O的化学方程式为________________________。‎ ‎（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_____________________________。‎ ‎（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_______。‎ ‎【答案】(1). A→D→B→C→E (2). 增大反应物接触面积，使反应充分进行，加快反应速率 (3). 除去Cl2O中的Cl2。 (4). 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或者2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3） (5). 防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 (6). 制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据实验目的，要将Cl2和空气混合通入含Na2CO3溶液中制备Cl2O，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，故装置的连接顺序为A→D→B→C→E。答案：A→D→B→C→E。‎ ‎（2）多孔球泡和搅拌棒均能增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分快速进行。装置C的作用是除去Cl2O中的Cl2。答案：增大反应物接触面积，使反应充分进行，加快反应速率 、除去Cl2O中的Cl2。‎ ‎（3）已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3‎ 为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和-1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3。‎ ‎（5）已知Cl2O在42 ℃以上会分解生成Cl2和O2，因此反应过程中，装置B需放在冷水中，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解。答案：防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解。‎ ‎(6）Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O= 2HClO ，Cl2和水反应的化学方程式为Cl2+H2OHClO+HCl，Cl2O和水反应只生成HClO 且反应不可逆，Cl2和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大。答案：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大。‎