【化学】黑龙江省宾县一中2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

【化学】黑龙江省宾县一中2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

黑龙江省宾县一中2019-2020学年高一上学期第三次月考试题 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题 ‎1.硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是（ ）‎ A. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐 B. 水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂 C. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示 D. 高纯硅可用于制造光导纤维，高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，选项A错误；‎ B．水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项B错误；‎ C．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，选项C正确；‎ D．二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.某溶液中有Na＋、Mg2＋、Fe2＋、Al3＋四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加过量盐酸，溶液中大量减少的离子是(　)‎ A. Na＋ B. Mg2＋ C. Fe2＋ D. Al3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题干信息可以得出以下变化过程：‎ ‎【详解】A.钠离子与氢氧化钠、盐酸均不发生离子反应，加入过量氢氧化钠溶液增大了钠离子的数目，故A不合题意； B.Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成Mg2+，Mg2+‎ 数目不变，故B不合题意； C. Fe2+与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，氢氧化铁与氢离子反应生成铁离子，因此Fe2+数目减少，故C正确； D. Al3+与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与氢离子反应生成Al3+，Al3+数目不变，故D不合题意； 故选：C。‎ ‎3.离子方程式BaCO3 + 2H＋ ＝ CO2↑ + H2O + Ba2＋ 中的H＋不能代表的物质是（ ）‎ ‎①HCl；②H2SO4；③HNO3；④NaHSO4；⑤CH3COOH A. ①③ B. ①④⑤ C. ②④⑤ D. ⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查离子方程式的书写，离子方程式BaCO3 + 2H＋ ＝ CO2↑ + H2O + Ba2＋中的H＋不能代表弱酸硫酸及硫酸氢钠，前者不能拆，后者会与Ba2＋发生反应生成硫酸钡沉淀。‎ ‎【详解】①HCl与BaCO3离子方程式为： ；‎ ‎②H2SO4与BaCO3离子方程式为：;‎ ‎③HNO3与BaCO3离子方程式为： ；‎ ‎④NaHSO4与BaCO3离子方程式为：；‎ ‎⑤CH3COOH与BaCO3离子方程式为： ；故②④⑤不能用H＋代表。答案选C。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色 B. Na2O2晶体中阳离子和阴离子个数比为2:1‎ C. Na2O2与CO2反应生成0.1 mol O2时转移电子0.4 mol D. 向饱和烧碱溶液中加入2 g Na2O2，充分反应完后，溶液中c(Na＋)不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查过氧化钠的方程与性质。‎ ‎【详解】A. Na2O2有漂白性遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成褪色，故A错误；‎ B. Na2O2晶体中阳离子Na＋和阴离子O22-个数比为2:1,故B正确；‎ C. Na2O2与CO2反应 生成0.1 mol O2时转移电子0.2 mol,故C错误；‎ D. 向饱和烧碱溶液中加入2 g Na2O2，发生反应反应放热， 溶解度增大，c(Na＋)增大，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎5.某合金与铁的物理性质的比较如下表所示: ‎ ‎  ‎ 熔点/℃ ‎ 密度/gcm -3 ‎ 硬度(金刚石为10) ‎ 导电性(银为100) ‎ 某合金 ‎ ‎2 500 ‎ ‎3.00 ‎ ‎7.4 ‎ ‎2.3 ‎ 铁 ‎ ‎1 535 ‎ ‎7.86 ‎ ‎4.5 ‎ ‎17 ‎ 还知该合金耐腐蚀、强度大。从以上性能看,该合金不适合作(    )‎ A. 导线 B. 门窗框 C. 炉具 D. 飞机外壳 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合金的导电性差，不能做导线，故A正确；‎ B．合金的硬度大，可做门窗框，故B错误；‎ C．合金的熔点高，可做炉具，故C错误；D．合金的熔点高，可做炉具，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.某溶液含有K＋、Fe3＋、SO42-、OH-、I－中的几种。取样，滴加KSCN溶液后显血红色。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是(　　)‎ A. K＋ B. I－ C. SO42- D. OH-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】滴加KSCN溶液后显血红色证明溶液中含有铁离子，铁离子和OH-离子、碘离子之间均能发生反应，溶液是电中性的。‎ ‎【详解】取样，滴加KSCN溶液后显血红色，证明溶液中含有铁离子，铁离子可以和OH-、I-之间发生反应，所以OH-、I-一定不能共存，无需检验，但是溶液都呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，即硫酸根离子无需检验，但是钾离子是否存在需要检验。‎ 答案选A。‎ ‎7.下列除去杂质（括号中的物质为杂质）的方法中，不正确的是（ ）‎ A. FeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2‎ B. Fe2O3固体（Al2O3）：加入烧碱溶液，过滤 C. CO2气体（HCl）：通过Na2CO3溶液洗气后干燥 D. Na2CO3固体（NaHCO3）：加热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查物质分离与除杂。除杂原则：不增，不减，易分离。‎ ‎【详解】A. 氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，可用于除杂，故A正确；‎ B. 氧化铝为两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，故B正确；‎ C. 二者都与氢氧化钠溶液反应，应用碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；‎ D. 碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠，可用加热的方法除杂，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎8.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是(　　)‎ A. ①中还需要进行过滤操作，滤渣为二氧化硅 B. a、b中铝元素的存在形式不同 C. ③中需要通入过量的氨气 D. ④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝 ‎【答案】C ‎【解析】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2-和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3‎ ‎，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作，A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2-，a、b中铝元素的化合价均为+3价，B正确；C、③中需要把AlO2-转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；D、根据上面分析可知④是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，D正确，答案选C。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是(　 　)‎ A. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH- = Al(OH)3↓‎ B. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH- = 2AlO2-+H2↑‎ C. 钠和冷水反应：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑‎ D. 向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH-+HCO3- =CaCO3↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A．反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；‎ B．水参加反应，生成偏铝酸钠和氢气；‎ C．反应生成NaOH和氢气；‎ D．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液生成碳酸钙和水、碳酸钠。‎ ‎【详解】A．AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，选项A错误；‎ B．铝粉投入到NaOH溶液中的离子反应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，选项B错误；‎ C．钠和冷水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项C正确；‎ D．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3- =CaCO3↓+ CO32-+H2O，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列实验操作正确的是（ ）‎ 选项 实验 操作 A 观察钠与水反应的现象 用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中 B 检验NaHCO3‎ 用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水 与Na2CO3溶液 C 证明Na2O2与CO2是放热反应 Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应 D 检验Na2CO3与K2CO3溶液 用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A．从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；‎ B、碳酸钠和碳酸氢钠都和澄清石灰水反应生成白色沉淀；‎ C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应；‎ D、钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰。‎ ‎【详解】A．因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，选项A错误；‎ B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项B错误；‎ C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，选项C正确；‎ D、焰色反应时，观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 稀硫酸溶液：NH4+、Al3+、Cl－、K+‎ B. 使酚酞变红的溶液：Na+、HSO3-、Cl－、Ba2+‎ C. FeCl2溶液：H+、NO3-、Ag+、K+‎ D. 无色透明的溶液：H+、Na+、MnO4－、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硫酸溶液：NH4+、Al3+、Cl－、K+均可共存，故A正确；‎ B. 使酚酞变红的溶液含有OH－与 HSO3-反应不能共存，故B错误；‎ C. FeCl2溶液：H+、NO3-有氧化性，不能和Fe2＋共存，故C错误；‎ D. MnO4－为紫红色溶液，故无色透明溶液不存在MnO4－，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎12. 下列图像中的曲线（纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为加入物质的量），其中错误的是（ ）‎ A. 图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线 B. 图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线 C. 图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线 D. 图D表示向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液产生沉淀量的关系曲线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH-反应，所以开始无沉淀，其次为Al3+，反应后生成水、氢氧化铝，出现沉淀，Mg2+和OH-反应生成氢氧化镁，沉淀达最大量，继续滴加，NH4+和OH-反应生成一水合氨，沉淀量不变，继续滴加，氢氧化铝溶解，Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，故A正确；‎ B．石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O＝Ca（HCO3）2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1：1，故B正确；‎ C．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，开始没有沉淀，然后再与碳酸钠反应，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，NaHCO3++HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，产生CO2气体，开始未产生气体消耗的盐酸应比产生气体消耗的盐酸多，图象错误，故C错误；‎ D．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当Al3+‎ 恰好全部沉淀时，离子方程式为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-＝3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，继续滴加，则发生Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎13.SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图中所有反应都不属于氧化还原反应 B. 硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维 C. 可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙 D. 普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，其熔点很高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应，二氧化硅与碳反应生成硅单质的反应是氧化还原反应，选项A错误； ‎ B．光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，选项B错误；‎ C．碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳，二氧化硅和盐酸不反应，可以用盐酸除去石英（主要成分为SiO2）中混有的少量碳酸钙，选项C正确；‎ D．玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，选项D错误．‎ 答案选C。‎ ‎14. 下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是（ ）‎ A. 向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量 B. 向澄清石灰水中通入CO2至过量 C. 向含有盐酸的A1C13溶液中滴入NaOH溶液至过量。‎ D. 向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】A. 1mol偏铝酸钠需要1mol盐酸，而溶解1mol氢氧化铝需要3mol盐酸，故A正确；‎ B. 氢氧化钙和CO2反应的方程式为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，溶解碳酸钙的方程式为CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故B正确；‎ C. 氢氧化钠首先和盐酸反应，然后在和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，最后溶解氢氧化铝，故C正确；‎ D. 反应的方程式依次为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2KOH＋CO2=K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，故D错误，‎ 答案选D。‎ ‎15.工业上制备二氧化氯（ClO2）的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应，其反应方程式为：CH3OH+NaClO3+H2SO4→C1O2↑+CO2↑+Na2SO4+H2O（未配平），则下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲醇是氧化剂 B. 通过反应可判断NaClO3的氧化性强于Na2SO4‎ C. 还原产物和氧化产物的物质的量之比为5：l D. 生成1molCO2时转移电子的物质的量为6mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应中，碳元素化合价由甲醇中-2价变为二氧化碳中+4价，甲醇是还原剂，二氧化碳是氧化产物；氯元素化合价由NaClO3中+5价变为C1O2中+4价，NaClO3是氧化剂，C1O2是还原产物，反应中Na2SO4既不是氧化产物也不是还原产物，不能说明NaClO3的氧化性强于Na2SO4，根据电子转移数目守恒计算还原产物和氧化产物的物质的量之比，结合C元素化合价变化计算生成1molCO2时转移转移电子物质的量。‎ ‎【详解】A．该反应中，碳元素化合价由甲醇中-2价变为二氧化碳中+4价，所以甲醇是还原剂，故A错误；‎ ‎ B．氯元素化合价由NaClO3中+5价变为C1O2中+4价，NaClO3是氧化剂，C1O2‎ 是还原产物，反应中Na2SO4既不是氧化产物也不是还原产物，不能说明NaClO3的氧化性强于Na2SO4，故B错误；‎ ‎ C．该反应中氧化产物是CO2，还原产物是ClO2，根据电子转移守恒可知，所以还原产物和氧化产物的物质的量之比=[4-（-2）]：（5-4）=6：1，故C错误；‎ ‎ D．该反应中，碳元素化合价由-2价变为+4价，故生成1molCO2时转移转移电子物质的量=1mol×[4-（-2）]=6mol，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.向100mLFeBr2溶液中通入标况下氯气6.72L，氯气全部被还原，测得溶液c(Br－）=c(Cl－），原溶液中FeBr2溶液的浓度（ ）(mol·L－1)‎ A. 2 B. 4 C. 4.5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】还原性Fe2＋>Br-，所以通入氯气先发生反应，Fe2＋反应完毕，剩余的氯气再反应反应 ，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为 ，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.3mol，0.3molFe2＋只能消耗0.15mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2＋)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.6mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.6)mol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=nV计算。‎ ‎【详解】还原性Fe2＋>Br-，所以通入氯气先发生反应，Fe2＋反应完毕，剩余的氯气再反应反应 ，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为 ，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.3mol，0.3molFe2＋只能消耗0.15mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2＋)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.6mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.6)mol 根据电子转移守恒有 ，解得x=0.4mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为 ,故答案选B。‎ ‎17.在反应SiO2＋3CSiC＋2CO↑中，氧化剂与还原剂的质量比是（ ）‎ A. 36∶60 B. 60∶36 C. 1∶2 D. 1∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】SiO2+3C SiC+2CO↑中，C元素的化合价一部分由0降低为-4价，另一部分由0升高为+2价，由电子守恒可知，若3molC参加反，只有1molC为氧化剂、2molC作还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比是1∶2，故选C。‎ ‎18.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL 5mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3（相同状况），则加入铝粉的质量为（ ）‎ A. 2.7g B. 3.6g C. 5.4g D. 6.75g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式： 、 ，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，故酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，结合方程式计算解答．‎ ‎【详解】盐酸与铝的离子反应式为：，KOH与铝的离子反应式为：，所以等物质的量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钾溶液反应，消耗的氢氧化钾溶液的量比盐酸少；而本题中反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3，故盐酸少量，则与盐酸反应生成的氢气为 ，故与KOH溶液反应生成的氢气为。KOH溶液足量，加入其中的铝完全反应。故可求得 ‎ 。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ 二、填空题 ‎19.按要求回答下列问题 ‎（1）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由_______________________。‎ ‎（2）铝制品不能盛放碱性食品原因用离子方程式表示________________________________。‎ ‎（3）不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液的原因用离子方程式表________________________________。‎ ‎（4）有一种石棉矿叫做青石棉，其化学式为Na2Fe5Si8H2O24，写成氧化物形式的化学式为____________。‎ ‎（5）已知CuCL是白色难溶的物质，写出CuCL2溶液与SO2反应的离子方程式________________________。‎ ‎【答案】(1). CO2 + 2Mg C + MgO (2). 2Al+2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+3H2↑ (3). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (4). Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O (5). 2Cu2+＋2H2O＋SO2＋2Cl-＝2CuCl↓＋2SO42-＋4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）镁燃烧不能用CO2灭火： ；‎ ‎（2）铝制品不能盛放碱性食品： ；‎ ‎（3）不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液： ；‎ ‎（4）Na2Fe5Si8H2O24，写成氧化物形式的化学式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O；‎ ‎（5）CuCl2溶液与SO2反应的离子方程式: .‎ ‎【详解】（1）镁燃烧不能用CO2灭火： ；故答案为：；‎ ‎（2）铝制品不能盛放碱性食品： ；故答案为：；‎ ‎（3）不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液： ；故答案为：；‎ ‎（4）Na2Fe5Si8H2O24，写成氧化物形式的化学式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O；故答案为：Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O；‎ ‎（5）CuCl2溶液与SO2反应的离子方程式: .‎ ‎ 故答案为：。‎ ‎20.在一定条件下可实现下图所示物质之间的转化：‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，图中的F是______（填化学式）。‎ ‎（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：_________________。‎ ‎（3）图中所得G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式_______，该反应消耗了3 molG，则转移的电子数是_____________。‎ ‎【答案】(1). CO2 (2). Al3＋+ 4OH－＝AlO2－+2H2O (3). 2Al +3CuO3Cu +Al2O3 (4). 6NA（或3.612 1024）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解的产物为氧化铜、水、二氧化碳，明矾的主要成分是KAl（SO4）2•12H2O，其中的铝离子能和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠水溶液，所以A为：NaAlO2，碱式碳酸铜受热易分解的产物中，只有二氧化碳可以和A反应，所以F为CO2，G为氧化铜，B为氢氧化铝受热分解的产物之一，为氧化铝，电解产物为铝和氧气，D为 Al，E为O2，据此回答。‎ ‎【详解】孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解的产物为氧化铜、水、二氧化碳，明矾的主要成分是KAl（SO4）2•12H2O，其中的铝离子能和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠水溶液，所以A为：NaAlO2，碱式碳酸铜受热易分解的产物中，只有二氧化碳可以和A反应，所以F为CO2，G为氧化铜，B为氢氧化铝受热分解的产物之一，为氧化铝，电解产物为铝和氧气，D为 Al，E为O2，‎ ‎（1）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2‎ ‎（碱式碳酸铜），受热易分解的产物为氧化铜、水、二氧化碳，明矾的主要成分是KAl（SO4）2•12H2O，其中的铝离子能和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠水溶液，所以A为：NaAlO2，碱式碳酸铜受热易分解的产物中，只有二氧化碳可以和A反应，所以F为：CO2，故答案为：CO2；‎ ‎（2）明矾溶液与过量NaOH溶液反应的实质是：铝离子和氢氧根之间的反应，离子方程式为： ，故答案为：；‎ ‎（3）G为氧化铜，B为氢氧化铝受热分解的产物之一，为氧化铝，电解产物为铝和氧气，D为 Al，铝和氧化铜高温下的反应为： ，有电子得失守恒可知消耗了3 mol氧化铜转移电子数为6NA。故答案为：；6NA（或3.6121024）。‎ ‎21.某化学兴趣小组拟用如下图装置(2个三颈烧瓶及其他仪器)制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液。‎ ‎（1）稀硫酸应放在_____________中(填写仪器名称)。‎ ‎（2）本实验通过控制A、B、C三个开关，可将仪器中的空气排尽，具体操作为：关闭开关_______，打开开关________，打开分液漏斗活塞；待反应一段时间排尽空气后，再关闭开关_______，打开开关_______，就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时需排尽装置中空气的理由_______________________________（用化学反应方程式作答）。‎ 探究思考 ：‎ 反应后将装置B中固体过滤时白色沉淀会逐渐转变为灰绿色。在查阅不同资料后，有同学认为灰绿色物质是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化后生成的Fe3(OH)8。‎ ‎（3）Fe3(OH)8中n(Fe2+):n(Fe3+) =_______，用氧化物的形式表示可写成_______。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). A (3). BC (4). B (5). A (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 (7). 1:2 (8). FeO ·Fe2O3 ·4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】用图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液，结合装置分析可知，开启BC，关闭A，需要在三颈瓶2中加入铁单质，分液漏斗中是稀硫酸，利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集C处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭B，开启AC，利用生成的氢气在装置2中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置3的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀，可观察到氢氧化亚铁的颜色为白色沉淀。‎ ‎（1）分液漏斗中为稀硫酸，和装置2中的铁反应生成硫酸亚铁和氢气；‎ ‎（2）利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集C处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭B，开启AC，利用生成的氢气在装置2中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置3的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀；‎ ‎（3）Fe3(OH)8中三个Fe总化合价为+8价，则有两个+3的Fe一个+2价Fe，据此写出其氧化物形式。‎ ‎【详解】（1）此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗中，即应盛放在1处D的分液漏斗中，‎ 故答案为：分液漏斗；‎ ‎（2）实验时，可关闭开关A，打开开关 BC，打开分液漏斗活塞；待反应一段时间排尽空气后，再关闭开关B，打开开关A，可将生成的硫酸亚铁溶液排到右侧装置中生成氢氧化亚铁，防止发生，‎ 故答案为：A；BC；B；A；；‎ ‎（3）Fe3(OH)8中三个Fe总化合价为+8价，则有两个+3的Fe一个+2价Fe则n(Fe2+):n(Fe3+) =1:2，用氧化物的形式表示可写成FeO ·Fe2O3 ·4H2O，故答案为：1:2；FeO ·Fe2O3 ·4H2O。‎ ‎22.某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及钙镁的化合物等。某实验小组利用其提取Al(OH)3‎ ‎（1）“酸浸”过程中发生的主要反应的离子方程式为_______________。‎ ‎（2）“氧化”的目的是_____________。检验Fe3+的方法是______________。‎ ‎（3）滤渣I的主要成份________。溶于酸的反应方程式______________。‎ ‎（4）②“转化”时主要反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎【答案】(1). Al2O3＋6H+=2Al3+＋3H2O (2). 将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素 (3). 取少量待测液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液出现血红色，则证明有Fe3+ (4). SiO2 (5). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (6). AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-（或2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】煤矸石溶于稀盐酸发生的反应有 、 、 ，然后过滤，得到的滤渣I为SiO2，向滤液中通入氯气，发生的反应为 ，向溶液中加入碳酸钠，发生的反应为 、 、 、 ，过滤得到的滤液中含有NaCl，向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al（OH）3溶解，其余沉淀不溶解，过滤后得到的滤渣II为CaCO3、Mg（OH）2和Fe（OH）3，滤液中含有NaAlO2，向滤液中通入二氧化碳，发生的反应为 （或 ‎ ），然后过滤得到Al（OH）3，滤液II中含有NaHCO3或碳酸钠，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）酸浸过程中金属氧化物都和稀盐酸反应生成氯化物，主要离子反应方程式为 ，故答案为：；‎ ‎（2）铁离子易水解生成沉淀且需要的pH较小，将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素；铁离子用KSCN溶液检验，其检验方法是：取少量母液Ⅰ，滴加KSCN溶液，无血红色，则Fe3+已水解完全，‎ 故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，有利于其水解除去铁元素；取少量待测液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液出现血红色，则证明有Fe3+；‎ ‎（3）通过以上分析知，滤渣I的成分为SiO2，SiO2只能和HF发生反应 ‎ 故答案为：SiO2；；‎ ‎（4）通过以上分析知，转化时发生的离子反应方程式为（或），故答案为：（或）。‎ ‎23.0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2mol·L－1H2SO4溶液中，然后再滴加1 mol·L－1NaOH溶液。请回答：‎ ‎ ‎ ‎（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当V1＝120mL时，则金属粉末中n(Mg)＝________，V2＝________mL。‎ ‎（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝________mL。‎ ‎（3）若向300mL 1 mol/LAL2(SO4)3的溶液中逐渐加入浓度为1mol/L的溶液，若产生2.34克白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为__________毫升。‎ ‎（4）若混合物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol·L－1硫酸溶解此混合物后，再加入460 mL 1 mol·L－1NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足条件的a的取值范围是________。‎ ‎【答案】(1). 0.02 mol (2). 480 (3). 400 (4). 90mL或2370 mL (5). 0.4≤a ＜1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=120mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V1=120mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，设MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，根据守恒列方程求算n（Mg）；当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液．根据守恒有：‎ ‎ ，据此求出n（NaOH），再利用V=n/c计算；‎ ‎（2）当溶液中Mg2＋、Al3＋恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42－离子和Na＋离子守恒有 求出n（NaOH），再利用V=n/c计算；‎ ‎（3）发生反应 , ，NaOH溶液可能少量只发生反应1，也可能量较多，反生反应1和反应2，根据沉淀质量计算；‎ ‎（4）反应后的混合溶液，再加入460mL 1mol·L－1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，由于为金属混合物，则a<1，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），根据铝元素守恒用x表示出n（NaAlO2），据此确定a的取值范围。‎ ‎【详解】(1)100mL2mol/L的H2SO4溶液中硫酸的物质的量为：0.1L×2mol/L=0.2mol， ‎ 当V1=120mL时,此时,溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，‎ 由Na＋离子守恒可知,n(Na2SO4)=0.5n(Na＋)=0.5n(NaOH)=0.5×0.12L×1mol·L－1=0.06mol，‎ 设MgSO4为xmol,Al2(SO4)3为ymol，则：‎ 根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1‎ 根据SO42－离子守恒有：x+3y=0.2-0.06=0.14，‎ 联立解得：x=0.02；y=0.04，‎ 所以金属粉末中n(Mg)=0.02mol,n(Al)=2y=2×0.04mol=0.08mol；‎ 滴加NaOH溶液到体积V2时,溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液,根据SO42－离子、Na＋离子和Al原子守恒有：，所以，故答案为：0.02；480；‎ ‎(2)当溶液中Mg2＋、Al3＋恰好沉淀完全时,此时溶液是Na2SO4溶液,根据SO42－离子和Na＋离子守恒有： ，,所以 ，故答案为：400；‎ ‎(3) 发生反应 ,‎ ‎ ，当NaOH量少时只发生反应1， ，则NaOH体积。当NaOH量多时，发生反应1和2，反应1中NaOH消耗物质的量为，反应2中参加反应Al(OH)3物质的量为0.6mol-0.03mol=0.57mol，消耗NaOH物质的量，故总消耗NaOH体积，故答案为：90mL或2370 mL；‎ ‎(4)由于为金属混合物,则a<1,Al的物质的量为0.1(1-a)mol,反应后的混合溶液,再加入460mL1mol·L－1的NaOH溶液,所得沉淀中无Al(OH)3,溶质为硫酸钠、偏铝酸钠,根据铝元素守恒可知n(NaAlO2)=0.1(1-a)mol,根据钠离子守恒,应满足n(NaOH) ≥2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)，即0.46×1≥2×0.1×2+0.1(1-a)，解得a≥0.4，故0.4≤a ＜1，故答案为：0.4≤a ＜1。‎ ‎ ‎