【化学】山西省长治市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】山西省长治市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

山西省长治市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 ‎【本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟】‎ 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64 ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上） ‎ ‎1.化学与社会、生产、生活等密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 制作高压锅的硬铝不属于合金 B. 在 “雾霾” 等空气污染的治理方面，化学不能发挥作用 C. 氯气、明矾是水处理过程中常用的两种化学试剂，两者的作用原理相同 D. 用豆浆可以制作出美味可口的豆腐，属于胶体的聚沉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 制作高压锅的硬铝属于铝合金,故A错误；‎ B. 在 “雾霾” 等空气污染的治理方面，化学能发挥巨大作用，如工厂尾气处理达标排放，探索和使用清洁能源、  新型能源,  减少或禁止燃放烟花爆竹等措施均有利于改善空气质量;故B错误；‎ C. 氯气净水是通过氧化还原反应消毒杀菌，明矾净水是吸附杂质颗粒，属于物理变化，两者的作用原理不相同，故C错误；‎ D. 用豆浆可以制作出美味可口的豆腐，属于胶体的聚沉，故D正确；‎ 答案：D。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 我国自主研发的“龙芯1号”CPU芯片与光导纤维是同种材料 B. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制备的 C. 水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品 D. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅为良好的半导体，用作芯片，光导纤维主要成分为二氧化硅，为绝缘体,故A错误;‎ B.普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料，经混合、粉碎，在玻璃窑中熔融制得，故B正确;‎ C.餐桌上的瓷盘是陶瓷，主要成分是硅酸盐，是硅酸盐制品,水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐制品，故C错误;‎ D.粗硅制备单晶硅的反应是，Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl，过程中涉及氧化还原反应，故D错误；‎ 所以答案：B。‎ ‎3.下列各组物质，按酸、碱、盐、非电解质的顺序排列的是（ ）‎ A. 硫酸、纯碱、氯化镁、二氧化碳 B. 硝酸、烧碱、干冰、苏打水 C. 醋酸、消石灰、明矾、铜 D. 盐酸、苛性钠、小苏打、氨气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸属于酸，纯碱属于盐，氯化镁属于盐，二氧化碳属于氧化物，故A不符合题意；‎ B. 硝酸属于酸，烧碱属于碱，干冰属于氧化物、苏打水属于混合物，故B不符合题意；‎ C. 醋酸属于酸，消石灰属于碱，，明矾属于盐，铜属于金属，故C不符合题意； ‎ D. 盐酸属于酸，苛性钠属于碱，小苏打属于盐,氨气属于非电解质，故D符合题意；‎ 答案：D。‎ ‎4.下列试剂保存方法错误的是（ ）‎ A. 氢氟酸保存在玻璃瓶中 B. 钠应保存在石蜡油或煤油中 C. 保存FeSO4溶液时加入少量的铁粉 D. NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氟酸能腐蚀玻璃，所以不能保存在玻璃瓶中，故A错误；‎ B.钠为活泼的金属，易被氧气氧化，应保存在石蜡油或煤油中，故B正确；‎ C.加铁粉防止FeSO4被氧化，所以保存溶液时加入少量的铁粉，故C正确；‎ D. NaOH溶液能和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠，容易和瓶口粘在一起，所以NaOH溶液应保存在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D正确；‎ 答案：A。‎ ‎5.既能通过金属单质与足量反应得到，也能通过金属单质与酸反应得到的是（ ）‎ A. B. NaCl C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属铁和氯气之间反应生成氯化铁，不能用Cl2跟金属直接化合制取FeCl2，故A错误；‎ B、钠与氯气反应生成氯化钠，钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，所以氯化钠既能通过金属单质与足量Cl2反应得到，也能通过金属单质与酸反应得到，故B正确；‎ C、金属铁和盐酸反应生成FeCl2，得不到FeCl3，故C错误；‎ D、金属铜和氯气之间反应生成氯化铜，但铜与盐酸不反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列除杂试剂或方法正确的是（ ）‎ A. Fe（Al）：盐酸 B. FeCl2（FeCl3）：铜粉 C. CO2（HCl）：饱和Na2CO3溶液 D. Na2CO 3固体（NaHCO3）：加热 ‎【答案】D ‎【解析】A、Fe和Al均能和盐酸反应，故A错误；B、FeCl3和铜粉反应生成FeCl2和氯化铜，引入新的杂质，故B错误；C、CO2（HCl）： CO2也能和饱和Na2CO3溶液反应，故C错误；D、NaHCO3加热生成Na2CO 3固体，故D正确；故选D。‎ ‎7.下列离子在溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. Na+、OH－、SiO32－、Cl－ B. Fe3+、 NH4+、SCN－、Cl－‎ C. Fe2+ 、H+、Na+ 、MnO4－ D. Na+、AlO2－、SO42－、H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na+、OH－、SiO32－、Cl－离子之间不发生反应，故A符合题意； ‎ B. Fe3+和SCN－能形成络合物，所以不能大量共存，故B不符合题意；‎ C. Fe2+ 在酸性条件下能和MnO4－发生氧化还原反应，所以不能大量共存，故C不符合题意；‎ D. AlO2－和H+发生反应，所以不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案：A。‎ ‎8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA B. 将含0.l mol FeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NA C. 常温常压下，lmolNa 加热后生成的Na2O、Na2O2混合物中阴离子数目一定为0.5NA D. 1molFe与足量水蒸气在高温下充分反应后失电子数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下，等物质的量的N2和CO所含分子数均相等，不一定是NA，故A错误；‎ B. Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3的聚集体，所以将含0.l mol FeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成Fe(OH)3胶粒的数目小于0.1NA，故B错误；‎ C. 1molNa2O含有阳离子2mol, 1molNa2O2含有2mol 阳离子，则lmolNa 加热后产物中阴离子数目都为0.5NA，故C正确;‎ ‎ D. 1molFe与足量水蒸气高温完全反应时生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为: mol，失去的电子数为NA，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2 + H2O 2H+ + Cl－ + ClO－‎ B. 硅酸钠溶液与盐酸混合产生浑浊：SiO32－+2H+=H2SiO3↓‎ C. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：Cl2 +2Br－ = 2Cl－+ Br2‎ D. 将磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++ Fe2++4H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HClO为弱酸，不能拆，所以氯气通入水中，离子方程式为：Cl2 + H2O H+ + Cl－+ HClO,故A错误；‎ B. H2SiO3为难溶性酸，所以硅酸钠溶液与盐酸混合产生浑浊：SiO32－+2H+=H2SiO3↓，故B正确；‎ C. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2，Fe2+的还原性比Br-的强，所以先反应，离子方程式为：Cl2 +2Fe2+ = 2Cl－+ 2Fe3+ ，故C错误；‎ D. 磁性氧化铁化学式 为Fe3O4，溶于氢碘酸后产生Fe2+、Fe3+，而Fe3+具有强氧化性，能氧化I-，二者发生氧化还原反应的离子方程式为：2I- + Fe3O4 +8H+ = 3Fe2+ +4H2O+ I2，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎10.下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）‎ A. 图1：制备并观察氢氧化亚铁 B. 图2：证明过氧化钠与水反应放热 C. 图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 D. 图4：验证酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 氢氧化亚铁不稳定，易空气被氧化。图1通H2把试管中的氢氧化钠溶液压入装铁和硫酸反应的装置中，起到了隔绝空气的作用，故A正确；B. 图2：过氧化钠滴水后，脱脂棉燃烧了，说明过氧化钠和水反应是放热反应，故B能证明过氧化钠与水反应放热。故B正确；‎ C. 图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验，应该是碳酸氢钠在里边小试管，碳酸钠装在大试管里；故C错；D. 图4 H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2+H2O：Na2SiO3+ CO2+H2O= H2SiO3+ Na2CO3证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3故D正确。‎ ‎11.下列变化中，气体被还原的是（ ）‎ A. 氨气使酚酞溶液由无色变成红色 ‎ B. 二氧化碳使Na2O2由浅黄色变成白色 C. 氧气使FeSO4溶液由浅绿色变成黄色 ‎ D. 氢气使灼热的CuO由黑色变成红色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】变化中气体被还原，说明该气体中有关元素的化合价降低，据此解答。‎ ‎【详解】A．氨气使酚酞溶液由无色变成红色，说明氨水呈碱性，该反应不属于氧化还原反应，氨气没有被还原，故A不符合；‎ B．二氧化碳使Na2O2由浅黄色变成白色，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是还原剂也不是氧化剂，故B不符合；‎ C．氧气使FeSO4溶液由浅绿色变成黄色，氧气为氧化剂，反应中被还原，故C符合；‎ D．氢气使灼热的CuO由黑色变成红色，氧化铜被氢气还原成铜，氢气为还原剂，反应中被氧化，故D不符合；‎ 故答案选C。‎ ‎12.下列各项操作过程中，发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是 （ ）‎ ‎①向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸②向AlCl3溶液中通入过量的NH3③向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2 ④向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. ①② B. ①③④ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①因Fe(OH)3胶体加入稀硫酸产生聚沉现 象，H2SO4与Fe(OH)3反应，沉淀又溶解, 所以出现先沉淀后溶解现象，故①符合题意;‎ ‎②AlCl3和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，即沉淀不溶解，所以不出现 先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故②不符合题意;‎ ‎ ③氢氧化钡和CO2反应，先生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故③符合题意;‎ ‎④向NaAlO2中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合题意;所以①③④符合题意，故B正确；‎ 答案：B。‎ ‎②AlCl3和氨水反应生成氢氧化铝沉淀;③向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2‎ 先生成 CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3溶液反应，生成可溶的Ca(HCO3)2；‎ ‎④偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水。‎ ‎13.下列各组物质中，不满足下图物质间转化关系（物质间的反应均为一步转化）的选项是（ ）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；NaAlO,+HCl+H2O=A1(OH)3+NaCl；但Al(OH)3不能一步反应得A1，所以A符合题意； B.铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和铝反应生成铁，所以能满足条件，故B不符合题意；‎ C.氢氧化钠和过量的CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，所以C不符合题意； ‎ D.二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，硅酸受热分解生成二氧化硅，所以D不符合题意；‎ 本题的正确答案： A。‎ ‎14.某溶液中含有大量Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+、Cl-、SO42-离子，其中加入足量Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是（ ）‎ A. Na+、Fe2+ B. Al3+、SO42- C. Fe3+、SO42- D. Al3+、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，钠离子浓度增大，故A错误；‎ B．Na2O2‎ 是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，硫酸根离子自始至终不发生变化，故B正确；‎ C．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故C错误；‎ D．加入足量的盐酸溶解沉淀，氯离子浓度增大，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称半导体材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场革命，这种材料可以按下列方法制备，下列说法正确的是（ ）‎ A. 二氧化硅的分子式是SiO2‎ B. 步骤①的化学方程式是SiO2 + C Si + CO2↑‎ C. 步骤③中，每生成1mol Si，转移4mol电子 D. 二氧化硅能与氢氟酸发生反应，而硅单质不能与氢氟酸发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硅属于原子晶体，其化学式为SiO2，故A错误；‎ B.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为: SiO2 + 2C Si + 2CO↑，故B错误; C.步骤③中Si的化合价降低4,1molSi转移电子数为4mol，反应方程式为：SiO2+2C Si+2CO↑，所以每生成1mol Si，转移4mol电子，故C正确；‎ D.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故D错误; 答案：C。‎ ‎16.向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸，产生CO2气体的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. 所得溶液溶质成分的物质的量之比为：n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2: 1‎ B. 所得溶液溶质成分的物质的量之比为：(NaOH):n(Na2CO3)=1: 3‎ C. 原NaOH溶液的浓度为0.1mol/L D. 通入CO2体积为448mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查关于NaOH与CO2反应的计算。有关反应:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。‎ ‎【详解】A.由图象可知，混合物为碳酸钠和碳酸氢钠，混合物中滴加盐酸，由碳酸钠转化为碳酸氢钠，消耗25mL盐酸，则原有碳酸氢钠消耗100mL-25×2mL=50mL盐酸，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=50mL:25mL=2:1，故A正确；‎ B.根据A项分析，所得溶液的溶质成分为碳酸钠和碳酸氢钠，不含氢氧化钠，故B错误；‎ C.在加入100mL稀盐酸时，恰好生成氯化钠溶液，由原子守恒可知，原NaOH溶液的浓度为c==0.2mol/L，故C错误；‎ D.温度和压强不确定，通入CO2的体积也无法确定，故D错误。‎ 答案：A。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题 ‎17.A、B、C分别是三种常见金属单质，其中B的氧化物和氢氧化物都是两性化合物。A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。‎ 请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D_______，乙_____。‎ ‎（2）在反应①－⑥中，不属于氧化还原反应的是__________。‎ ‎（3）检验溶液G中阳离子的试剂为____________（填化学式），现象为_____________。‎ ‎（4）写出下列反应的化学方程式：反应③：____________，气体乙与D物质溶液反应：________。‎ ‎【答案】(1). NaOH (2). Cl2 (3). ⑥ (4). KSCN (5). 溶液变成血红色 (6). 2Al＋2NaOH＋2H2O = 2NaAlO2＋3H2↑ (7). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】金属单质A的焰色反应为黄色，应为Na，与水反应生成的气体甲为H2，D为NaOH，黄绿色气体乙为Cl2，则丙为HCl, E为盐酸，能与NaOH反应生成氢气的B为Al，红褐色沉淀H为Fe (OH) 3,  则C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3 ,以此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知D为NaOH，乙为Cl2，故答案为: NaOH; Cl2; (2)①钠与水的反应,  为氧化还原反应；②氯气和氢气的化合反应，为氧化还原反应；③铝和氢氧化钠溶液生成氢气的反应 为氧化还原反应；④铁和盐酸置换氢气的反应，为氧化还原反应；⑤氯气和氯化亚铁的反应，为氧化还原反应；⑥氢氧化钠与氯化铁的复分解反应，不是氧化还原反应。所以答案为：⑥；‎ ‎(3) 由上述分析可知G为FeCl3，溶液G中阳离子为Fe3+，检验Fe3+的试剂为KSCN溶液，加入FeCl3溶液后溶液变成血红色；答案：KSCN；溶液变成血红色。‎ ‎(4)根据上述分析可知D为NaOH，B为Al，由框图可知反应③是NaOH溶液和金属Al反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O = 2NaAlO2＋3H2↑； 气体乙为Cl2与D为NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，还有水，反应的化学方程式为： Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ；答案：2Al＋2NaOH＋2H2O = 2NaAlO2＋3H2↑； Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。‎ ‎18.“生活无处不化学”，请你回答下列问题。‎ ‎（1）据报道，全国各地曾发生多起洁厕灵（主要成分为盐酸）和84消毒液（主要成分为NaClO）混用而引起的氯气中毒事件，请写出反应的离子方程式：______________。‎ ‎（2）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成。刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，生成CuCl2和FeCl2。请写出反应的离子方程式：__________。‎ ‎（3）漂白粉长期露置在空气中容易失效，请用化学方程式表示其失效原理：___________。‎ ‎【答案】(1). Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑ +H2O (2). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ (3). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液的主要成分为NaClO，混用而引起化学反应，生成氯气，其反应的离子方程式：Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑ +H2O；答案：Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑ +H2O。‎ ‎（2）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成。刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”， FeCl3溶液具有强氧化性，能和铜发生氧化还原反应，生成CuCl2和FeCl2。其反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；答案：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。‎ ‎（3）漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；答案：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。‎ ‎19.分类法在化学物质及反应的学习中起着重要的作用。有以下物质：①液氯②磁性氧化铁③碱石灰④石油⑤氢氧化铁胶体⑥浓硫酸⑦黑火药⑧铜 ‎（1）上述物质中属于混合物的是___________。‎ ‎（2）石油可以通过分馏（多次蒸馏）得到煤油、汽油等产物，该变化属于___（填“物理变化”或“化学变化”）。‎ ‎（3）简述浓硫酸稀释的操作_________________。‎ ‎（4）氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于________。‎ ‎【答案】(1). ③④⑤⑥⑦ (2). 物理变化 (3). 将浓硫酸沿杯壁缓慢加入蒸馏水中，边加边用玻璃棒搅拌 (4). 分散质粒子直径大小不同 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的分类方法和胶体的性质进行判断。‎ ‎【详解】（1）有以下物质：①液氯为纯净物，②磁性氧化铁为四氧化三铁，属于纯净物，③碱石灰为氢氧化钠和氧化钙的混合物，④石油属于混合物，⑤氢氧化铁胶体是分散系，属于混合物，⑥浓硫酸属于混合物，⑦黑火药属于混合物，⑧铜单质属于纯净物，所以 上述物质中属于混合物的是③④⑤⑥⑦；答案：③④⑤⑥⑦。‎ ‎（2）分馏利用沸点不同分离混合物，石油可以通过分馏（多次蒸馏）得到煤油、汽油等产物，该变化属于物理变化；答案：物理变化。‎ ‎（3）将浓硫酸沿烧杯壁缓慢加入蒸馏水中，边加边用玻璃棒搅拌，使产生的热量迅速扩散；答案：将浓硫酸沿烧杯壁缓慢加入蒸馏水中，边加边用玻璃棒搅拌。‎ ‎（4）氢氧化铁胶体的粒子直径为10-910-7‎ m,氢氧化铁沉淀属于浊液，粒子直径为大于10-7m，所以氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质是分散质粒子直径大小不同；答案：氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于分散质粒子直径大小不同。‎ ‎20.某工厂排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑和其它化学试剂进行如下操作，得到了Fe2O3、Al2O3和金属Cu。‎ 请回答：‎ ‎（1）固体A的成分是____________（用化学式表示）。‎ ‎（2）溶液B→沉淀F的现象是_______________，用化学方程式表示沉淀产生此现象的原理_______。 ‎ ‎（3）写出下列反应的离子方程式：反应①中Fe3+发生的反应：_____________，D→E：__________。‎ ‎（4）小明认为由溶液B→溶液D的过程并不符合绿色化学，所以将氯水换成了H2O2溶液，在该转化过程中若转移2mol 电子，则消耗质量分数为30%的H2O2溶液的质量为________g（精确到0.1g）。‎ ‎【答案】(1). Fe、Cu (2). 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (5). Al3++4OH-=AlO2－+2H2O (6). 113. 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，加入过量铁粉后，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2+ + Fe= Fe2++ Cu，所以固体A为Cu和Fe，溶液B为FeCl2，再加足量的氯水，溶液D为FeCl3溶液，再加过量的氢氧化钠溶液，生成沉淀F为Fe(OH)3，溶液E为NaAlO2，以此解答。‎ ‎【详解】(1)根据流程图中可以知道，完成回收铁红、Al2O3‎ 和金属Cu，先加过量铁粉,2Fe3++ Fe= 3Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来Cu2+ + Fe= Fe2++ Cu，过滤得到Fe、Cu，故答案为: Fe、 Cu ；‎ ‎(2)过滤所得溶液B中含有Al3+、Fe2+，沉淀F为Fe(OH)3，所以溶液B→沉淀F的现象是先产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，发生的反应为： 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ；答案：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色； 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； ‎ ‎（3）废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，反应①中Fe3+具有强氧化性，能和铁发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液B中含有Al3+、Fe2+，加氯水后，+2价的铁离子被氯水氧化2Fe2++ Cl2= 2Fe3+ + 2Cl-，溶液D中含有Al3+、Fe3+，加入过量的NaOH溶液后，会产溶液E的反应为，Al3++4OH-=AlO2－+2H2O；答案：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Al3++4OH-=AlO2－+2H2O；‎ ‎ (5)1mol双氧水得到2mol电子，该转化过程中若转移2mol电子，则消耗双氧水是1mol质量是34g，所以消耗质量分数为30%的H2O2溶液的质量为 =113.3g；答案：113.3。‎ ‎21.实验室利用如下装置制取氯化铁粉末，已知氯化铁粉末很容易吸水生成结晶化合物FeCl3＋6H2O = FeCl3·6H2O ‎（1）按照气体流向从左到右顺序连接仪器应是(填仪器接口顺序，各接口序号间用“—”连接)：①—_____。‎ ‎（2）烧瓶A中反应的离子方程式为________，其中，氧化剂是________(填物质名称)。‎ ‎（3）B中反应的化学方程式是_____________。‎ ‎（4）装置C的作用是_______________。‎ ‎（5）A、B中的酒精灯应先点燃____处(填“A”或“B”)的酒精灯，理由是__________。‎ ‎（6）小明同学认为这套实验装置不完整，还须补充________装置。‎ ‎【答案】(1). ⑦—⑥—④—⑤—②—③ (2). MnO2+4H++2Cl－ Mn2++Cl2↑ +2H2O ‎ ‎ (3). 二氧化锰 (4). 2Fe+3Cl2 2FeCl3 (5). 吸收空气中的水分，防止生成的FeCl3变质 (6). A (7). 利用A中生成的Cl2将装置中的空气排尽 (8). 尾气吸收 ‎【解析】‎ ‎【分析】A装置为制备氯气装置，通过E和D进行除杂净化，再和铁在B中反应，C装置是防止空气中的水蒸气进入无水氯化钙的干燥管，以此进行分析解答。‎ ‎【详解】(1)用A装置制备氯气①，气体分别通入E盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去氯气中的氯化氢接⑦，⑥和D盛有浓硫酸的洗气瓶除去氯气中的水蒸气接④，⑤,  除杂干燥后和B装置中的铁反应接②，装置C防止空气中的水蒸气进入无水氯化钙的干燥管③, 从左到右顺序连接仪器应是⑦—⑥—④—⑤—②—③；故答案为: ⑦—⑥—④—⑤—②—③； ‎ ‎(2)烧瓶A是用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的装置，反应的方程式为：MnO2+4HCl MnCl2 +2H2O+ Cl2↑，在此反应中MnO2MnCl2，Mn元素的化合价降低了，所以氧化剂为MnO2，此反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－ Mn2++Cl2↑ +2H2O；答案：MnO2+4H++2Cl－ Mn2++Cl2↑ +2H2O；二氧化锰； （3）B中反应是铁和氯气的反应，反应生成氯化铁，化学方程式为3Cl2+2Fe2FeCl3  ;故答案为: 3Cl2+2Fe2FeCl3 ；‎ ‎（4）装置C是装无水氯化钙的干燥管，可以防止空气的水蒸气进入B装置中，防止生成的FeCl3变质，答案：吸收空气中的水分，防止生成的FeCl3变质；‎ ‎ (5) A处是制取氯气，B处是氯气和铁反应，所以先点A，使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中氧气氧化；故答案为: A；使制取的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中氧气氧化; (6)氯气有毒，污染环境，所以不能排放到空气中，所以这套实验装置不完整，应安装尾气处理装置；答案：尾气吸收。‎ ‎22.（1）欲使3mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3的物质的量为____mol（已知：KClO3被还原成KCl）。‎ ‎（2）向200mL0.1mo/L 的Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH 溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧后得到固体的质量为___g。‎ ‎（3）将0.51g的Mg、Al混合物溶于500mL，4mol/L HCl，加入2mol/L NaOH，要使沉淀的量达到最大值，则加入NaOH的量最少为___mL。‎ ‎（4）200℃时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增大了7.2g，则原混合气体的物质的量为____mol。‎ ‎【答案】(1). 0.5 (2). 1.6 (3). 1000 (4). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据氧化还原反应化合价变化确定得失电子数，进而确定氧化剂的含量； ‎ ‎（2）根据Fe2+的不稳定性，加碱后加热蒸干会被氧化，灼烧生成Fe2O3，进而计算；‎ ‎（3）根据Mg、Al与HCl反应后再和 NaOH反应的现象不同进行判断；‎ ‎（4）根据气体质量变化，确定生成氧气的量，再根据关系式计算原混合气体的物质的量。‎ ‎【详解】（1）根据得失电子守恒：由VO2+VO2+e-，欲使3mol的VO2+变为VO2+需失去3mol e-，则需要氧化剂KClO3KCl6e-，根据得失电子守恒：6e-x=3mol e-，解得x=0.5mol，所以需要氧化剂KClO3的物质的量为0.5mol ；答案：0.5。‎ ‎（2）Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液,使Fe2+完全沉淀，得到硝酸钠与氢氧化亚铁，过滤，小心加热沉淀，再灼烧至质量不再变化，由于氢氧化亚铁易被氧化，最终所得固体为Fe2O3 ，200mL0.1mol. L-1的Fe( NO3 )2溶液中n[ Fe( NO3 )2 ]=0.2L 0.1mol/ L=0.02mol，由Fe原子守恒可知:n[ Fe( NO3)2]=2n(Fe2O3)，所以 n(Fe2O3)==0.01mol，其质量为0.01mol 160g/mol= 1.6g答案: 1.6 ；‎ ‎（3）根据题意知，反应过程中镁铝的转化过程分别为: Mg→MgCl2→Mg(OH)2；Al→AlCl3→Al(OH)3， Mg、Al、Mg(OH)2、Al(OH)3 都不溶于水，所以沉淀质量达到最大值时溶液中的溶质是氯化钠， 根据元素守恒：n(NaOH)= n(HCl)计算，设加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为 xL，2mol/LxL= 0.5L4mol/L ，x= 1，所以需加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为1L即1000mL；答案：1000；‎ ‎（4）200°C时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应，发生反应:2 Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 固体只增加了7.2g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m(O2)=23.2g-7.2g=16g，所以n(O2)= =0.5mol；根据方程式可知：n(混合气体)=2n(O2)=20.5mol=1.0mol。答案：1.0mol。‎ ‎ ‎