【化学】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高一上学期第三次学段考试试题（解析版）

【化学】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高一上学期第三次学段考试试题（解析版）

甘肃省武威第六中学2019-2020学年高一上学期第三次学段考试试题 可能用到的相对原子质量H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5‎ 一、单选题（共16题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列操作或装置能达到实验目的的是（ ）‎ A. 灼烧 B. 分离Fe(OH)3胶体 C. 制备蒸馏水 D. 分离酒精和水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、灼烧应该用坩埚，A错误；‎ B、胶体能透过滤纸，分离Fe(OH)3胶体应该用渗析法，B错误；‎ C、该装置是蒸馏装置，可以制备蒸馏水，C正确；‎ D、酒精和水互溶，不能分液，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.为了除去粗盐中的少量泥沙和Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，先将粗盐溶于水，过滤，然后对滤液进行4项操作：①过滤，②加适量盐酸 ，③加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液④加过量BaCl2溶液。上述4项操作的正确顺序为（ ）‎ A. ②③④① B. ④②③① C. ④③①② D. ②①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，加入氢氧化钠除去镁离子，因加入过量氯化钡除去SO42﹣，为除去钙离子和过量的钡离子，可在加入氯化钡之后加入碳酸钠，则应先加入过量BaCl2溶液，再加过量的NaOH和Na2CO3混合溶液，过滤后溶液中含有氢氧化钠、碳酸钠和氯化钠，可加入适量盐酸除去氢氧化钠、碳酸钠，最后得到氯化钠溶液，则正确顺序为④③①②，故答案为C。‎ ‎3.2018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。新的摩尔的定义规定，1摩尔物质包括阿伏加德罗常数NA个基本单元。下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，11gCO2中含有0．75NA个原子 B. 2.4g镁变成镁离子时，失去的电子数目为0.1NA C. 标准状况下，NA个水分子的体积约为22．4L D. 1L 0．3mol／LNaCl溶液中含有0．3NA个NaCl分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.11gCO2物质的量为=0.25mol，其中所含原子物质的量为0.75mol，所含原子数为0.75NA，A正确；‎ B.2.4gMg的物质的量为=0.1mol，1个Mg原子失去两个电子变为1个Mg2+，则2.4g镁变成镁离子失去的电子数为0.2NA ，B错误；‎ C.NA个水分子物质的量为1mol，水在标准状况下不是气体，在标准状况下的体积远小于22.4L，C错误；‎ D.在NaCl溶液中没有氯化钠分子，存在的是Na+、Cl-，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.两个体积相同的密闭容器一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体，在同温同压下，两个容器内的气体一定具有相同的 （ ）‎ ‎①质量     ②密度     ③分子总数   ④原子总数 ⑤质子总数 A. ③④ B. ①②③ C. ①②③④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】①氢气与氯气的物质的量之比为1：1时，氢气、氯气的总质量与HCl的质量相等，但氢气、氯气的物质的量之比不一定为1：1，故氢气、氯气的总质量与HCl的质量不一定相等，故①错误；②由①中分析可知，氢气与氯气的物质的量之比为1：1时，两容器内气体的密度相等，但氢气、氯气的物质的量之比不一定为1：1，故两容器内气体的密度不一定相等，故②错误； ③氢气、氯气的总体积与HCl体积相等，则氢气、氯气总物质的量与HCl物质的量相等，分子总数一定相等，故③正确；④‎ 氢气、氯气的总体积与HCl体积相等，则氢气、氯气总物质的量与HCl物质的量相等，都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故④正确；⑤H原子中含有1个质子，Cl原子中含有17个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等，故⑤错误；答案选A.‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 氯水能导电，所以氯气是电解质 B. 碳酸钙难溶于水，所以它是非电解质 C. 固体磷酸是电解质，所以磷酸在熔融状态下和溶于水时都能导电 D. 胆矾虽不能导电，但它属于电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，选项A错误；‎ B．碳酸钙是难溶的盐，熔融状态能电离而导电，属于电解质，选项B错误；‎ C．固体磷酸是电解质，但磷酸是共价化合物，在熔化状态下不能导电，选项C错误；‎ D．CuSO4•5H2O属于离子化合物，在水溶液里完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以是电解质，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体 B. 雾属于分散系中的胶体，它的分散剂是水蒸气 C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是丁达尔效应 D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先生成红褐色沉淀最后沉淀溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故B错误；‎ B．雾是小液滴悬浮在空气中形成的分散系，属于胶体，它的分散剂是空气，故B错误；‎ C．胶体区别于其它分散系本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，丁达尔效应是胶体的特征性质，故C错误；‎ D．氢氧化铁胶体滴入盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.下列反应的离子方程式中，书写正确的是（ ）‎ A. 钠跟水反应：Na + 2H2O = Na+ + 2OH－ + H2↑‎ B. 向硫酸溶液中加入Ba(OH)2溶液： H++SO42-+Ba2++OH－ =H2O+BaSO4↓‎ C. 向A12(SO4)3溶液中加入过量氨水：A13++3NH3·H2O=A1(OH)3↓+3NH4+‎ D. FeCl2溶液跟Cl2反应：Fe2++Cl2= Fe3++2Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不符合电荷守恒，应该是2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH－ + H2↑，A项错误；‎ B．硫酸是二元强酸，所以向硫酸溶液中加入Ba(OH)2溶液的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH－ =2H2O+BaSO4↓，B项错误；‎ C．NH3•H2O是弱碱，Al(OH)3溶于强酸、强碱，则向A12(SO4)3溶液中加入过量的氨水的离子方程式为A13++3NH3·H2O=A1(OH)3↓+3NH4+，C项正确；‎ D．不符合得失电子守恒，应该为2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl－，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.在某无色透明的酸性的溶液中能共存的离子组是（ ）‎ A. NH4+、NO3-、Al3+、Cl- B. Fe2+、K+、Cl－、NO3-‎ C. MnO4-、K+、SO42-、Na+ D. K+、SO42-、HCO3-、Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子组NH4+、NO3-、Al3+、Cl-能在酸性溶液中大量共存，且彼此间不发生离子反应，故A正确；‎ B．Fe2+在酸性条件下，能被NO3-氧化，不能共存，且无色溶液中不可能含有Fe2+，故B错误；‎ C．无色溶液中不可能含有MnO4-，故C错误；‎ D．HCO3-在酸性溶液中不可能大量存在，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎9.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2；②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O；③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3。下列说法正确的是：(　　)‎ A. ①中KCl 是氧化产物，KBr发生还原反应 B. 氧化性由强到弱的顺序为KBrO3>KClO3>Cl2>Br2‎ C. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6‎ D. ③中1 mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为2.5 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①中Cl2是氧化剂，KCl 是还原产物，KBr是还原剂，发生氧化反应，A错误；‎ B. ①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，则氧化性：Cl2>Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是KClO3，氧化产物是Cl2，则氧化性：KClO3>Cl2，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是KBrO3，氧化产物是KClO3，所以氧化性：KBrO3>KClO3，故物质氧化性由强到弱顺序是KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，B正确；‎ C. 在②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是KClO3，还原剂是HCl，参加反应的HCl中有作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：×6=1：5，C错误；‎ D. ③KBrO3是氧化剂，Br元素化合价由反应前+5价变为反应后Br2的0价，化合价降低5价，所以1 mol氧化剂参加反应得到电子的物质的量为5 mol，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.下列关于钠单质性质的叙述中不正确的是（ ）‎ A. 在空气中极易被氧化，常保存在煤油 B. 能与氯化铜溶液反应生成氯化钠和铜 C. 是一种银白色金属，具有金属光泽 D. 在空气中燃烧火焰为黄色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na原子半径大，最外层电子受到原子核吸引力小，易失去最外层电子表现强的还原性，容易被空气中的O2氧化，所以为防止其被氧化，通常将金属钠保存在与钠不反应，密度比Na小的煤油中，A正确；‎ B. Na很容易与溶液中的水反应产生NaOH和H2，所以Na不能与氯化铜溶液发生置换反应产生Cu单质，B错误；‎ C. 金属钠是银白色金属，有金属光泽，质地软，可以用小刀切割，C正确； ‎ D. Na元素焰色反应呈黄色，所以金属钠在空气中燃烧火焰为黄色，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是(　　)‎ ‎①MgSO4溶液　 ②Na2SO4稀溶液　 ③饱和澄清石灰水 ④Ca(HCO3)2溶液　⑤CuSO4溶液　 ⑥饱和NaCl溶液 ⑦FeCl3溶液 A. ①④⑤⑦ B. ②④⑤⑥ C. ③④⑤⑦ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①钠与硫酸镁溶液反应生成氢气、氢氧化镁沉淀，正确；‎ ‎②钠与硫酸钠溶液反应生成氢气，得不到沉淀，错误；‎ ‎③钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热且消耗水，氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，故有白色沉淀氢氧化钙析出，正确；‎ ‎④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，正确；‎ ‎⑤钠与硫酸铜溶液反应生成氢气、氢氧化铜蓝色沉淀，错误；‎ ‎⑥溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，水减少，饱和氯化钠溶液析出白色氯化钠固体，正确；‎ ‎⑦钠与FeCl3溶液反应生成氢气，氢氧化铁红褐色沉淀，错误。‎ 答案选D。‎ ‎12.在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡 B. 铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出，杠杆右边下沉 C. 反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡 D. 右边球上出现红色，左边溶液的c(OH－)增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．左烧杯中发生 ‎，不生成沉淀，故A错误；‎ B．左烧杯中发生，右烧杯中发生，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故B正确；‎ C．由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，故C错误；‎ D．右边球上生成Cu，则出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c（OH-）减小，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎13.下列判断正确的是（　　）‎ ‎①足量金属Na与标准状况下11.2LO2反应时一定转移2 mol电子 ‎②金属与氧气反应时都生成最高价金属氧化物 ‎③金属钠与H2O反应生成NaOH，金属铜也能与H2O反应生成Cu（OH）2‎ ‎④Na2O2与足量H2O反应时，每生成1mol O2转移电子的数目为2NA ‎⑤Na2O2遇到紫色石蕊试剂后，石蕊试剂最终变成蓝色 ‎⑥78gNa2O2与CO2充分反应后，固体质量增加了56g A. ①②③ B. ②③⑤ C. ②④⑥ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①足量金属Na与标准状况下11.2LO2反应时生成物有氧化钠（氧为-2价）和过氧化钠（氧为-1价）无法确定转移电子数，故错误；‎ ‎②铁与氧气反应时生成四氧化三铁，其中铁为+2和+3价，故错误；‎ ‎③金属钠与H2O反应生成NaOH，金属铜还原性较弱，不能与H2O反应，故错误；‎ ‎④Na2O2与足量H2O反应时，生成的氧气都是由-1变成0价，所以每生成1mol O2转移电子的数目为2NA，故正确；‎ ‎⑤Na2O2遇到紫色石蕊试剂后，过氧根有漂白性，石蕊试剂最终会被漂白，故错误；‎ ‎⑥78gNa2O2即1mol与CO2充分反应，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知固体的增重为28g，故错误；‎ 正确的有④，故答案为D。‎ ‎14.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中不正确的是(　　)‎ A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠 B. 二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠 C. 二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，等质量时生成CO2量一样多 D. 二者在一定条件下可以相互转化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】碳酸氢钠较不稳定，加热易分解；在相同温度下，在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，可观察到溶液变浑浊，生成碳酸氢钠，可说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶于水，因此二者的溶解度：碳酸钠>碳酸氢钠，A正确；‎ B.因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，碳酸钠稳定，B正确；‎ C.Na2CO3相对分子质量是106，106g Na2CO3与足量盐酸反应产生1molCO2；NaHCO3的式量是84，84g NaHCO3与足量盐酸反应产生1molCO2；则106g NaHCO3与足量盐酸反应产生CO2的物质的量大于1mol；可见等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，后者生成二氧化碳多，C错误；‎ D.加热条件下，碳酸氢钠固体能够转化成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；在溶液中，碳酸钠能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸钠和碳酸氢钠能够相互转化，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.烟火璀璨耀首都，火树银花庆国庆。在新中国成立70周年国庆联欢晚会上，最后的烟花表演用璀璨的焰火点亮了北京的夜空，惊艳了无数国人。这与高中化学中“焰色反应”知识相关,下列说法中正确的是（ ）‎ A. 焰色反应是化学变化 B. 利用焰色反应可区分NaCl与Na2CO3固体 C. 透过蓝色钴玻璃观察到焰色为紫色，则待测液一定含钾盐 D. 用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝(或铁丝)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 焰色反应是电子跃迁释放能量产生的，属于物理变化，故A错误；‎ B. NaCl与Na2CO3都含有钠元素，焰色相同，不能利用焰色反应区分NaCl与Na2CO3固体，故B错误；‎ C. 透过蓝色钴玻璃观察到焰色为紫色，则待测液一定含钾离子，不一定是钾盐，可能是氢氧化钾，故C错误；‎ D. 盐酸易挥发，盐酸本身对火焰不会造成影响，用盐酸洗去其他的杂质离子，以防其他离子影响焰色反应的效果，故D正确。‎ ‎16.下列有关硅材料的说法不正确的是( )‎ A. 晶体硅是良好的半导体材料和制作太阳能电池的材料 B. SiO2可用于制造光导纤维 C. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料经高温烧结而制成的 D. SiO2是酸性氧化物，它可溶于水生成硅酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、晶体硅是制作半导体、太阳能电池板的主要原料，故A说法正确；‎ B、SiO2是制作光导纤维的原料，故B说法正确；‎ C、普通玻璃是以纯碱、石灰石、石英为原料高温烧结而成，故C说法正确；‎ D、SiO2是酸性氧化物，SiO2难溶于水，不与水反应生成硅酸，故D说法错误；‎ 答案选D。‎ 二、填空题 ‎17.镁与稀硝酸反应为：Mg+HNO3(稀)——Mg(NO3)2+NO↑+H2O ‎(1)配平上述化学方程式并用“双线桥法”表示该反应中电子转移的方向和数目_____________。‎ ‎(2)该反应中，还原产物是_________，HNO3表现了___________（选填“还原性”、“氧化性”、“酸性”、“碱性”）。还原剂与氧化剂的的物质的量之比为____________。‎ ‎(3)若反应过程中转移的电子为0.6 mol，则被还原的硝酸物质的量为________。‎ ‎【答案】(1). +4H2O (2). NO (3). 氧化性，酸性 (4). 3：2 (5). 0.2 mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)配平原则：根据得失电子数相等，先配氧化和还原剂、氧化和还原产物，再配平未参加氧化还原反应的元素。Mg元素的化合价由0变化为+2，化合价升高2价，N元素的化合价由+5变为+2，化合价降低3价，化合价升降最小公倍数是6，所以Mg、Mg(NO3)2的系数是3，HNO3、NO的系数是2，反应产生3个Mg(NO3)2中有6个N化合价未发生变化，这部分N也是由硝酸提供，所以应将HNO3的系数由2改为8，根据H原子守恒。可知H2O的系数为4，配平后的方程式为：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O，用双线桥法原则：由氧化剂指向还原产物，还原剂指向氧化产物。桥上注明电子转移数目及“得、失”字样，该题中HNO3为氧化剂，NO为还原产物；Mg为还原剂，Mg(NO3)2为氧化产物。转移电子数6e-，表示为：+4H2O；‎ ‎(2)在该反应中，氧化剂HNO3化合价降低，生成还原产物NO，所以HNO3为氧化剂，NO为还原产物。化学方程式中8分子HNO3中有6分子生成3个 Mg(NO3)2，生成盐中N元素化合价不变，表现酸性，2个N发生了变化，作氧化剂，所以HNO3的性质表现氧化剂和酸性；方程式中Mg作还原剂，表现还原性，8个HNO3只有2个表现氧化性，所以还原剂与氧化剂的的物质的量之比为3：2；‎ ‎(3)在反应3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O中转移电子数为6e-，所以若转移电子为0.6 mol，说明反应的硝酸的物质的量为0.8 mol，其中被还原的硝酸的物质的量是0.2 mol。‎ ‎18.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。‎ ‎(1)检验溶液中Fe3+存在的试剂是________，证明Fe3+存在的现象是________。‎ ‎(2)写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式：________。‎ ‎(3)要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为________。‎ ‎①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液 ③加入少量KSCN溶液 A．①③ B．③② C．③① D．①②③‎ ‎(4)某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：‎ 请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式④____________。‎ ‎(5)写出向⑤的混合液中通入⑥的离子方程式：______________________。‎ ‎【答案】(1). KSCN (2). 溶液变成血红色 (3). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (4). C (5). HCl (6). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由于Fe3+与SCN-会发生反应产生络合物Fe(SCN)3，而使溶液变为血红色来判断Fe3+的存在，故使用的试剂可以是KSCN溶液，证明Fe3+存在的现象是：滴加KSCN溶液变成血红色；‎ ‎(2)Fe3+具有氧化性，Cu具有还原性，Fe3+与Cu会发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；‎ ‎(3)由于Fe3+与SCN-反应产生红色可溶性络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色；而Fe2+具有还原性，能够被KMnO4溶液氧化而使KMnO4溶液的紫色褪色，所以要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行实验操作是：先加入少量KSCN溶液，无明显现象，再加入足量KMnO4溶液，溶液的紫色会褪去，故使用试剂合理顺序为③②，合理选项是C；‎ ‎(4)腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁、氯化铁，向反应后的废液中加入过量的铁，Fe可以和氯化铁反应产生氯化亚铁；与氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，故①为Fe，经过滤所得滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以能盐酸反应，所以向滤渣③中加入过量盐酸可以将铜分离，得到的滤液为氯化亚铁，滤液合并后向滤液中通入氯气，能将亚铁离子氧化为氯化铁，根据上述分析可知①是Fe粉，③为Fe、Cu混合物，④是盐酸，⑤是FeCl2，⑥是Cl2。物质④化学式是HCl；‎ ‎(5)根据上述分析可知⑤是FeCl2，⑥是Cl2，向FeCl2的溶液中通入Cl2，会发生氧化还原反应产生FeCl3，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎ 三、实验题 ‎19.实验室制备Cl2通常采用如图所示装置：‎ ‎(1)A装置中发生反应的化学方程式是________；每生成0.5 mol Cl2，被氧化的物质的物质的量是_____mol。‎ ‎(2)仪器a的名称是_________；‎ ‎(3)B装置中所盛的试剂是________________；‎ ‎(4)实验时，通常采用密度为1.19 g/cm3、浓度为36.5%的浓盐酸。该浓盐酸的物质的量浓度为________；‎ ‎(5)将如图装置代替装置D和E，可进行“氯气与金属钠反应”的实验，以下叙述正确的是________。‎ A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体 B. 玻璃管尾部塞一团浸有碱液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气 C. 玻璃管中，钠燃烧时会产生苍白色火焰 D. 若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收 ‎(6)E装置中发生反应的化学方程式是________________；为验证E装置反应后的溶液中存在Cl-，正确的操作是_____________。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 1 (3). 分液漏斗 (4). 饱和食盐水 (5). 11.9 mol/L (6). ABD (7). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (8). 取少量烧杯内吸收Cl2的溶液于试管中，加入足量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，证明其中还有Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，制取的Cl2中含有杂质HCl、H2O蒸气，先通过饱和NaCl溶液除去HCl，再通过浓硫酸干燥Cl2，然后在装置D中收集。由于Cl2是大气污染物，在排放前要进行尾气处理，可根据其与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，据此解答。‎ ‎【详解】(1)在A装置中浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；根据方程式可知：每反应产生1 mol Cl2，转移2 mol电子，氧化2 mol HCl，则反应生成0.5 mol Cl2，被氧化的HCl的物质的量是1 mol；‎ ‎(2)根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗；‎ ‎(3)B装置中所盛的试剂是饱和食盐水，作用是除去Cl2中的杂质HCl；‎ ‎(4)密度为1.19 g/cm3、浓度为36.5%的浓盐酸的物质的量浓度c= mol/L=11.9 mol/L；‎ ‎(5)Cl2与Na反应方程式为：2Na +Cl22NaCl。‎ A. 该反应产生NaCl白色固体，因此会看到有白烟现象，A正确；‎ B. 由于NaOH溶液能够与Cl2发生反应，所以玻璃管尾部塞一团浸有碱液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气，B正确；‎ C. 玻璃管中，钠燃烧时会产生黄色火焰，C错误；‎ D. 若Cl2未被NaOH溶液完全吸收，逸出的氯气会与KI发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，若完全被吸收，就不会出现蓝色，所以在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，D正确；‎ 故合理选项是ABD；‎ ‎(6)在E装置中，Cl2与NaOH溶液发生反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；为验证E装置反应后的溶液中存在Cl-，正确的操作是取少量烧杯内吸收Cl2的溶液于试管中，先向溶液中加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，就证明溶液中含Cl-，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。‎ 四、计算题 ‎20.将一定质量的镁铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。‎ ‎(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________；‎ ‎(2)镁和铝的总质量为________g；‎ ‎(3)b点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________ mol/L；‎ ‎(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L；‎ ‎(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。‎ ‎【答案】(1). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (2). 9 (3). Na2SO4 (4). 2.5 (5). 10.08 (6). NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20 mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V(NaOH溶液)=200 mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液溶质为Na2SO4；从200 mL到240 mL，NaOH溶解固体Al(OH)3，发生反应：OH-+ Al(OH)3=AlO2-+2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35 mol，从200 mL到240 mL，NaOH溶解Al(OH)3，当V(NaOH溶液)=240 mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15 mol，Al(OH)3的物质的量为0.35 mol-0.15 mol=0.2 mol，由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20 mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15 mol，所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20 mol×27 g/mol+0.15 mol×24 g/mol=9 g；‎ ‎(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200 mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍，所以n(Na2SO4)=0.5×5 mol/L×0.2 L =0.5 mol，所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)==2.5 mol/L；‎ ‎(4)根据以上分析，n(Al)=0.2 mol，n(Mg)=0.15 mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2 mol×3+ 0.15 mol×2=0.9 mol，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=n(e-)=0.45 mol，则在标准状况下的体积V(H2)=0.45 mol×22.4 L/mol=10.08 L；‎ ‎(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3，在b→c过程中发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3‎ ‎，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。‎