黑龙江大庆第十中学2019-2020学年高一上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高一上·大庆期末）下列说法正确的是（ ）
A．节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现
B．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，说明金属铝的熔点较低
C．将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是a%和b%的两种溶液，则a和b的关系是a=b
D．用如图装置进行实验，将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，溶液中可观察到有大量白色沉淀产生
【答案】C
【知识点】焰色反应；镁、铝的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素的焰色反应，焰色反应是物理变化，故A不符合题意；
B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，表面生成高熔点的氧化铝，熔化后的液态铝不能滴落下来，故B不符合题意；
C. 等物质的量的Na2O和Na2O2分别与等质量的水反应，产生NaOH的物质的量相同，Na2O2与H2O反应时产生的氧气全部来自于Na2O2，所以反应后溶液的质量相同，两溶液中溶质的质量分数也相同，故C符合题意；
D.将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，开始氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，后来偏铝酸钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，可观察到的现象是开始没有沉淀、后产生沉淀，故D不符合题意。
【分析】A.焰色反应没有新物质生成；
B.铝加热生成氧化铝，氧化铝的熔点高于金属铝，熔化后不会滴落；
C.根据钠元素守恒和溶液质量的变化进行分析即可；
D.反应开始时，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，没有沉淀生成。
2．（2020高一上·大庆期末）铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，再加入3mol Na2O2固体使之充分反应，最终产物是（ ）
A．Fe（OH）2、Al（OH）3、NaCl
B．Fe（OH）2、Al（OH）3、NaAlO2、NaCl
C．Fe（OH）3、NaAlO2、NaCl
D．Fe（OH）3、Al（OH）3、NaAlO2、NaCl
【答案】C
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，生成1mol氯化亚铁和1mol氯化铝，再加入3mol Na2O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，再与水、氧气反应生成氢氧化铁沉淀，而氯化铝则与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氯化钠。
【分析】1mol过氧化钠与水反应生成6molNaOH，再分析1molFeCl2和1molAlCl3与6molNaOH反应的物质的量关系即可得到产物的成分，注意氢氧化亚铁最终被氧化为氢氧化铁。
3．（2020高一上·大庆期末）把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是（ ）
A B C D
X NaHCO3 NaAlO2 NaHCO3 MgCl2
Y Ca(OH)2 HCl HCl NaOH
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、Ca(OH)2过量：化学方程式：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O，离子方程式：Ca2＋ + OH－ + HCO3－ =CaCO3↓+H2O；NaHCO3过量：化学方程式：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，离子方程式：Ca2＋ + 2OH－ + 2HCO3－ =CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，均有白色沉淀，故A不符合题意；
B、HCl滴入NaAlO2中，NaAlO2一开始是过量的，现象为生成沉淀，沉淀逐渐增加然后逐渐减少，HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O；NaAlO2滴入HCl中，盐酸是过量的，先生成沉淀，沉淀迅速消失，继续滴入后生成沉淀，沉淀不再减少，NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，AlCl3+3NaAlO2+6H2O=NaCl+4Al(OH)3↓，故B符合题意；
C、NaHCO3与HCl均产生气泡，故C不符合题意；
D、均产生白色沉淀，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据反应物相对用量的多少，分析发生反应的先后顺序，然后分析产生的现象是否相同即可。
4．（2020高一上·大庆期末）下列说法不正确的是（ ）
A．分别在甲乙两支侧管中装入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3，试管中各有10mL相同浓度的盐酸(如图)同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，乙装置的气球膨胀速率大
B．用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2
C．取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色。结论：该Fe(NO3)2试样已经变质
D．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤
【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、甲中碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，乙中碳酸氢钠直接和盐酸反应生成二氧化碳，所以乙装置的气球膨胀速率大，故A不符合题意；
B、开始反应时，A中生成的氢气由C进入B，排出B中的空气，可以防止氢氧化亚铁被氧化，一段时间后，关闭止水夹C，A中的硫酸亚铁进入B，与氢氧化钠反应生成Fe(OH)2，故B不符合题意；
C、Fe(NO3)2试样加水溶解，滴加稀H2SO4酸化，发生反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO ，生成Fe3+，干扰变质的检验，故C符合题意；
D、Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，加入足量烧碱溶液充分反应，Al(OH)3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤，向滤液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.碳酸氢钠与盐酸的反应比碳酸钠与盐酸的反应速率快；
B.铁与硫酸反应生成的氢气可排出装置中的空气，生成的硫酸亚铁被压入NaOH溶液，生成氢氧化亚铁沉淀；
C.硝酸亚铁溶液中有硝酸根离子，加入稀硫酸后相等于有了硝酸，硝酸钠将亚铁离子氧化为铁离子；
D.氢氧化铝溶于氢氧化钠，过滤后得到偏铝酸钠溶液，再与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀。
5．（2020高一上·大庆期末）向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．a＝0.3
C．ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A不符合题意；
B.根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol L-1稀盐酸的体积分别为 =0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B符合题意；
C.根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C不符合题意；
D.根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。
6．（2020高一上·大庆期末）下列叙述不正确的是（ ）
A．丁达尔效应可以区别溶液和胶体
B．合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度
C．向醋酸溶液中加入Na2CO3固体，溶液的导电性明显增强
D．配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，使所得溶液浓度偏大
【答案】D
【知识点】合金及其应用；配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应可以区别溶液和胶体，A不符合题意；
B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度，B不符合题意；
C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3固体生成醋酸钠，离子浓度增大，溶液的导电性明显增强，C不符合题意；
D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积增加，使所得溶液浓度偏小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.丁达尔效应是胶体特有的现象；
B.结合合金的性质进行判断；
C.醋酸是弱酸，存在部分电离的情况，离子浓度较小，与碳酸钠反应后生成强电解质醋酸钠；
D.定容仰视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏大。
7．在下图点滴板上进行四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是( )
A．a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2=Fe3＋＋2H2O
B．b反应：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O
C．c反应：H＋＋OH－=H2O
D．d反应：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+
【答案】D
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A．离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故A错误；B．氢氧化钠过量，则铵根离子也参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+NH3 H2O，故B错误；C．醋酸在离子反应中保留化学式，离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故C错误；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子反应为Al3++3NH3 H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确.
【分析】本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等，题目难度不大．
8．（2020高一上·大庆期末）下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验操作
A 配制0.4000mol·L 1的NaOH溶液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容
B 除去Mg粉中混有的Al粉 加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥
C 比较Fe3+和I2的氧化性强弱 向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色
D 检验溶液中存在SO42 向未知溶液中先加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】硫酸根离子的检验；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氢氧化钠溶于水放热，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却到室温后，转移至250mL容量瓶中定容，可得0.40mol·L 1的NaOH溶液，
B、Al粉与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，可除去Mg粉中混有的Al粉，故不选B；
C、向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明发生反应2Fe3++2I- =2Fe2++I2，证明氧化性Fe3+>I2，故不选C；
D、向未知溶液中先加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明原溶液中一定含有SO42 ，故不选D。
故答案为：A；
【分析】A.没有洗涤、冷却等操作；
B.根据铝与氢氧化钠溶液的反应进行分析；
C.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行判断；
D.注意先加入盐酸排除干扰离子的存在。
9．（2020高一上·大庆期末）已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．O2和S2O32－是氧化剂，Fe2+是还原剂
B．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
C．每生成1molFe3O4，转移电子的物质的量为2mol
D．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+ ；硫元素的化合价变化为：+2→+2.5；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，故A不符合题意；
B、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故B不符合题意；
C、由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子为1mol×4=4mol，故C不符合题意；
D、2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为2mol÷4=0.5mol，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+ ；硫元素的化合价变化为：+2→+2.5；氧元素的化合价变化：0→-2。据此解答。
10．（2020高一上·大庆期末）阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中不正确的是（ ）
①标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子
②常温常压下，32gSO2含有的分子数为0.5NA
③2molNaOH的摩尔质量为80g/mol
④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol
⑤1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为NA
⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA
⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA
⑧11.2L氯气中含有NA个氯原子
⑨在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol
⑩标准状况下14gCO含有的核外电子数为10NA
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①不符合题意；
②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为0.5NA，故②符合题意；
③NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③不符合题意；
④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④不符合题意；
⑤1mol Na2O2与足量的CO2反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故⑤符合题意；
⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥不符合题意；
⑦氦气是单原子分子，常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦符合题意；
⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧不符合题意；
⑨N2和N2O分子中都含2个N原子，在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，故⑨符合题意；
⑩14g CO的物质的量为0.5mol，0.5mol一氧化碳中含有7mol电子，含有的核外电子数为7NA，故⑩不符合题意；
选C。
【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的判断及计算，注意明确气体摩尔体积的使用条件，掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系。
11．（2020高一上·大庆期末）下列说法不正确的是（ ）
A．钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠
B．青铜是我国使用最早的合金，钢是用量最大、用途最广的合金
C．铝是地壳里含量最多的金属元素，在常温下，铝不能与氧气反应
D．铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属
【答案】C
【知识点】合金及其应用；钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A. 钠是活泼金属，熔点低，钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠，故A不符合题意；
B. 我国最早使用的合金是由铜、锡形成的青铜，目前世界上用途最广的合金是钢，如炊具、建筑材料等，故B不符合题意；
C. 铝是地壳里含量最多的金属元素，铝是活泼金属，极易在空气中形成一层致密的氧化膜阻止铝进一步氧化，从而保护内层金属，不是铝不能与氧气反应，故C符合题意；
D. 铁合金易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，不能保护内层金属，易进一步氧化，应加防护措施，故D不符合题意。
【分析】本题主要考查了金属的性质，掌握钠、铝、铁合金的性质是解答关键，明确铝是活泼金属，由于在表面形成氧化膜，在空气中不需要特殊保护。
12．（2020高一上·大庆期末）下列说法正确的是（ ）
A．同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积
B．等质量的O2 和H2 的物质的量之比为l6：1
C．不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
D．同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A.同温同压下，气体摩尔体积相同，液体和固体的体积与密度有关，如果一种是液体一种是固体，相同数目的分子其体积不同，A不符合题意；
B.假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=1/32mol：1/2mol=1：16，B不符合题意；
C.不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数不一定不等，还与气体摩尔体积有关，C不符合题意；
D.根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查阿伏加德罗定律及推论，注意气体摩尔体积的适用范围和适用条件，为易错点。
13．（2020高一上·大庆期末）下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是（ ）
选项 物质及成分 性质 用途
A 小苏打(Na2CO3) 与酸反应产生二氧化碳 作发酵粉
B 胃舒平[Al(OH)3 ] 与酸发生中和反应 做胃酸中和剂
C 磁性氧化铁(Fe2O3) 难溶于水，颜色为红色 制造红色涂料
D 蓝矾(CuSO4·5H2O) 蓝色 检验水蒸气
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、小苏打的成分是NaHCO3，小苏打可作发酵粉，故A不符合题意；
B、胃舒平的主要成分是Al(OH)3 ，是胃酸中和剂，故B符合题意；
C、磁性氧化铁的成分是Fe3O4，颜色为黑色，故C不符合题意；
D、无水硫酸铜遇水变蓝，所以用无水硫酸铜检验水蒸气，故D不符合题意。
【分析】A.做发酵粉的是碳酸氢钠；
B.胃舒平中的有效成分是氢氧化铝；
C.磁性氧化铁是四氧化三铁；
D.检验水蒸气的试剂是硫酸铜粉末。
14．（2019高一上·大庆期末）在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．Na+、K+、AlO2- 、CO32- B．Ag+、Cu2+、NO3-、Cl-
C．Mg2+、Fe3+、I-、SO42- D．NH4+、K+、SO42-、CO32-
【答案】A
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】A. 如果溶液显碱性，Na+、K+、AlO2-、CO32-之间不反应，可以大量共存，A符合题意；
B. Ag+与Cl-在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C. Fe3+与I-在溶液中发生氧化还原反应生成亚铁离子和单质碘，不能大量共存，C不符合题意；
D. 如果溶液显酸性，则CO32-不能大量共存，如果显碱性NH4+不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】 因为铝可以和酸反应放出氢气，也可以和强碱反应放出氢气，所以要考虑选项中各离子在酸性或者碱性条件下的存在情况；同时也要考虑选项中各离子是否可以共存。
A、碱性条件下各离子可以共存，酸性不能共存；酸性条件下AlO2-、CO32-不能共存；
B、Ag++Cl-=AgCl生成沉淀；
C、2Fe3++2I-=2Fe2++I2发生氧化还原反应；
D、溶液显酸性，2H++CO32-=H2O+CO2，不能共存；显碱性，NH4++OH-=NH3.H2O，不能共存。
15．（2018高一上·大港期中）完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是（ ）
选项 A B C D
实验 从食盐水中提取NaCl固体 分离碘和泥沙 分离水和四氯化碳 分离Na2SO4溶液和苯（苯是难溶于水，密度比水小的液体）
装置或仪器
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】A.从水溶液（食盐水）中提取固体溶质（NaCl固体）应选择蒸发装置而不是灼烧固体装置。A项不符合题意；
B.碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项不符合题意；
C.水和四氯化碳组成不相溶的液体混合物，使用分液方法分离。C项符合题意；
D.苯是难溶于水的液体，分离Na2SO4溶液和苯的混合物应使用分液法。D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.粗盐提纯要进行的操作是蒸发；
B.分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法；
D.分离互不相溶的液体的操作是分液。
16．（2019高一上·大庆期末）已知含有硝酸铜、硝酸锌、硝酸铁、硝酸银各 0.1mol 的混合溶液中加入 0.1mol 铁粉，充分搅拌后，铁溶解，溶液中不存在 Fe3+，同时析出 0.1mol 银。下列结论正确的是（ ）
A．氧化性：Ag+ >Cu2+>Fe3+> Zn2+
B．溶液中 Cu2+与 Fe2+物质的量比为 2：1
C．0.1mol Fe 可还原 0.2mol 阳离子
D．加入 0.1molFe 时发生了反应 Fe+Cu2+=Fe2++Cu
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、根据金属活动顺序表可知氧化性Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁可知氧化性Cu2+＜Fe3+，因此氧化性应该是Zn2+＜Cu2+＜Fe3+＜Ag+，故A不符合题意；
B、Fe先还原Ag+，其次是铁离子，最后是铜离子，0.1mol银离子需要消耗0.05mol铁，0.1mol铁离子消耗0.05mol铁，因此铁与银离子、铁离子恰好反应，则根据原子守恒可知溶液中Cu2+与Fe2+物质的量比为1：2，故B不符合题意；
C、根据B中分析可知0.1molFe可还原0.1mol银离子和0.1mol铁离子，即0.1molFe可还原0.2mol阳离子，故C符合题意；
D、根据以上分析可知加入0.1molFe时发生反应为2Ag++Fe＝2Ag+Fe2+、2Fe3++Fe＝3Fe2+，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、由金属活动顺序判定阳离子的氧化性；
B、还原剂先和氧化性最强的离子发生反应；
C、 溶液中不存在 Fe3+ ，所有的铁转化成了亚铁离子；
D、由氧化性强弱顺序判定发生的反应。
17．（2020高一上·大庆期末）下表中的各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
编号 a b c d
① Na2O Na2O2 Na NaOH
② Al2O3 NaAlO2 Al Al(OH)3
③ FeCl2 FeCl3 Fe CuCl2
④ MgO MgCl2 Mg Mg(OH)2
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．②③④
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】① NaOH加热不能分解，NaOH不能一步转化为Na2O，故不选①；Al2O3与氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与二氧化碳反应生成Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3，Al与氧气反应生成Al2O3，Al与氢氧化钠反应生成NaAlO2，
故答案为：②；FeCl2与氯气反应生成FeCl3，Fe与盐酸反应生成FeCl2、Fe与氯气反应生成FeCl3；FeCl3与Cu反应生成CuCl2，CuCl2与铁反应生成FeCl2和铜，
故答案为：③；MgO与盐酸反应生成MgCl2，单质Mg与氧气反应生成MgO，单质Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和氢氧化钠反应生成Mg(OH)2，加热Mg(OH)2分解为MgO，
故答案为：④；
故答案为：D。
【分析】①NaOH不能一步制取Na2O，其他各组物质可根据物质间的转化判断符合条件。
18．（2020高一上·大庆期末）有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、HCO3﹣、SO42﹣，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：
⑴第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；
⑵第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g.
根据上述实验，下列推测正确的是（ ）
A．Ba2+一定存在
B．100mL该溶液中含0.01mol HCO3－
C．Na+不一定存在
D．Cl﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3－、SO42－、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则
A、钡离子一定不存在，A不符合题意；
B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B符合题意；
C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C不符合题意；
D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH－＝NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3－+Ba2++OH－＝BaCO3↓+H2O、SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3－、SO42－，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1molHCO3-，据此分析解答。
19．（2020高一上·大庆期末）铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 mol·L－1 FeCl3 溶液中，剩余固体质量为3.2 g。下列说法正确的是（ ）
A．剩余固体是铁、铜混合物
B．原固体混合物中铜的质量是9.6 g
C．反应后溶液中n(Fe3＋)＝0.10 mol
D．反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.5 mol
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】铁的还原性大于铜，铁、铜混合粉末加入到FeCl3 溶液中，铁先反应；FeCl3的物质的量为0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铜m1g 、 m2g，则有：Cu+ 2Fe3＋=Cu2＋+2 Fe2＋，根据Cu-- 2Fe3＋关系，m1/64：0.5=1：2，解之m1=16 g；Fe+ 2Fe3＋=3 Fe2＋，根据Fe--2Fe3＋关系，m2/56：0.5=1：2， 解之m2=14g，溶解的金属质量为18-3.2=14.8 g，因为14<14.8<16，所以铁完全反应，铜部分反应，且铁离子完全反应；设反应消耗铜的物质的量为xmol， 反应的铁的量为 ymol ，则有64x+56y=14.8，x+y=0.25，解之：x=0.1 mol、y=0.15mol；原混合物中铜的质量是0.1×64+3.2=9.6 g，根据反应方程式可知反应后的溶液中：n(Fe2＋)=2x（Cu）+3y（Fe）=2×0.1+3×0.15=0.65 mol；反应后溶液中铜离子的物质的量为：n(Cu)= n(Cu2+)=0.1 mol，n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)=0.65+0.1=0.75 mol；综上分析，剩余固体全部为铜，溶液中不可能含有Fe3＋，A、C均不符合题意；反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.75 mol，D不符合题意；符合题意选项B。
【分析】铁、铜混合粉末加入到FeCl3 溶液中，充分反应后有固体剩余，剩余的固体可能为铜，也可能为铜和铁，溶液中一定没有Fe3＋。
20．（2020高一上·大庆期末）溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-
B．在滴加NaOH溶液物质的量为0.5～0.7mol时，发生离子反应为Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O
C．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
D．n(H＋)∶n(NH4+)∶n(Mg2＋)＝2∶4∶1
【答案】D
【知识点】常见离子的检验；两性氧化物和两性氢氧化物；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A、溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则一定不含CO32-和NO3-，根据电中性原则知，一定含有SO42-，故A不符合题意；
B、根据题给图像知，在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NH4++OH-=NH3·H2O，故B不符合题意；
C、根据题给图像知，溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故C不符合题意；
D、根据题给图像分析，氢离子消耗氢氧根离子的物质的量是0.1mol，所以氢离子的物质的量是0.1mol，氢氧化钠为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NH4++OH-=NH3·H2O，所以铵离子的物质的量为0.2mol ，氢氧化钠为0.7至0.8mol时，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以Al3＋的物质的量是0.1mol，镁离子的物质的量是(0.4mol-0.1mol×3)÷2=0.05mol，n(H+)∶n(NH4+)∶n(Mg2+) =2∶4∶1，故D符合题意。
【分析】根据题意知，①溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，根据电中性原则知，溶液中一定含有硫酸根；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明溶液中一定不含铁离子；当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根离子反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。
二、推断题
21．（2020高一上·大庆期末）A，B，C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。
（1）写出下列物质的化学式：D ，X 。
（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是 （填数字编号）。
（3）反应⑥的离子方程式为： 。
（4）反应⑦的化学方程式为 ；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子 mol。
（5）除去D溶液中混有的少量G的方法是： 。
（6）检验G溶液中阳离子的方法是： 。
【答案】（1）FeCl3；HCl
（2）③⑥
（3）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
（4）3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；0.8
（5）向混合液中通入足量氯气（或氯水）（或加入足量H2O2）
（6）取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据以上分析，（1）D是氯化铁，化学式是FeCl3，X是盐酸，化学式是HCl。（2）反应①是铁与氯气反应生成氯化铁，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应②是铁与氧气反应生成Fe3O4，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应③是Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和水，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应④是FeCl3与铁反应生成FeCl2，铁元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑤是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，元素化合价改变，属于氧化还原反应；在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。（3）反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（4）反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；3mol铁反应转移8mol电子，所以反应中每消耗0.3mol的铁，可转移电子0.8mol。（5）FeCl2与氯气反应生成FeCl3，除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是通入过量的氯气。（6）Fe3+与SCN-反应生成血红色Fe(SCN)3，Fe2+与SCN-作用不显红色，所以检验Fe2+的方法是：取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色，说明含有Fe2+。
【分析】单质A和C反应生成黑色晶体E，E和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H在常温下为液体，H为H2O；B为黄绿色气体，B是氯气，依据G+B=D判断D为FeCl3、G为FeCl2、X为HCl。据此解答。
22．（2020高一上·大庆期末）现有三种可溶性物质A，B，C，其中有一种是碱，两种是盐，溶于水后电离产生的离子如下表所示：
阳离子 Na＋
H＋
Ba2＋
阴离子 OH－ CO32－ SO42－
为鉴别它们，分别完成一些实验。请根据实验的结果回答下列问题：
（1）A溶液与B溶液反应可生成气体X。根据上述六种离子之间的可能反应判断X的化学式为 ，A溶液与B溶液反应的离子方程式为 。
（2）气体X可以和C溶液反应生成沉淀D，沉淀D可与B溶液反应。则C的化学式为 ，B溶于水后的电离方程式为 。
（3）B溶液与C溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀E。B溶液与C溶液反应至中性的离子方程式为 。
（4）D与E的混合物ag，加入足量盐酸，完全反应生成的气体在标准状况下体积为bL，则求算E在混合物中的质量分数的表达式为 。
【答案】（1）CO2；2H++CO32-=H2O+CO2↑
（2）Ba(OH)2；NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－
（3）2H++SO42－+Ba2++2OH－=2H2O+BaSO4↓
（4）
【知识点】常见离子的检验；离子共存；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）生成的气体只有CO2符合，发生的反应为 2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案为：CO2； 2H++CO32-=H2O+CO2↑；（2）CO2气体可以和C溶液反应生成沉淀D，则C为Ba(OH)2，沉淀D为BaCO3，与B溶液反应，则B为NaHSO4，所以A为Na2CO3，在溶液中完全电离生成Na+、H+和SO42-，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故答案为：Ba(OH)2；NaHSO4=Na++H++SO42-；（3）B为NaHSO4，C为Ba(OH)2，B溶液与C溶液反应至中性的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故答案为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；（4）D与E的混合物ag，加入足量盐酸，发生的反应为BaCO3+2HCl=CO2↑+BaCl2+H2O，n(CO2)= mol，n(BaCO3)=n(CO2)= mol，m(BaCO3)= mol×197g/mol= g，m(BaSO4)=ag- g，所以：w(BaSO4)= ×100%= ×100%，故答案为： ×100%。
【分析】
（1）A与B反应产生气体一定是二氧化碳，两种盐之间反应生成气体，则其中一定含有一种强酸的酸式盐；
（2）二氧化碳产生沉淀的离子一定是钡离子，结合离子共存判断X即可；
（3）根据判断出的物质书写离子方程式。
三、综合题
23．（2020高一上·大庆期末）
（1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g·mol-1)，若用NA表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为 ，氢原子的物质的量为 mol。
（2）FeCl3溶液可以用来净水，用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数 (填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。
（3）在标准状况下，VL某气体(摩尔质量为Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似为1g/cm3)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，所得溶液的密度为ρg/cm3，则所得溶液的物质的量浓度c= mol/L(用以上字母表示，且必须化简)。
（4）工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋NaCl+H2O。写出配平的化学方程式 。
（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L(已知还原性：Fe2＋＞Br－)，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 mol/L。反应的离子方程式为 。
（6）若向盛有10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中加20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 mol。
【答案】（1）0.33NA；0.26
（2）小于
（3）
（4）5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O
（5）2；4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl-
（6）0.022
【知识点】电离方程式的书写；物质的量浓度；离子方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据 ，12.2g该晶体的物质的量是 0.1mol，含氧原子数为0.1×3.3×NA=0.33NA，氢原子的物质的量为0.1mol×2.6=0.26mol；（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol，生成具有净水作用的微粒是氢氧化铁胶粒，氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，所以微粒数小于0.2NA。（3）在标准状况下，VL某气体的物质的量是 ；VL某气体的质量是 ；所得溶液的质量是 ，溶液的体积是 ，所以物质的量浓度为 ÷ = mol/L；（4）NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4、部分氯元素化合价由+3降低为-1，所以NaClO2既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂还原剂的比为1:4，所以反应方程式是5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O。（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入Cl2，氯气先氧化Fe2＋；标准状况下3.36L Cl2的物质的量是 0.15mol，设FeBr2的物质的量为xmol，氯气与Fe2＋反应的离子方程式是2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-，则Fe2＋消耗氯气的物质的量是 mol；与Br-反应的氯气物质的量是0.15mol- mol，氯气与Br-反应的离子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，剩余Br-的物质的量是2x-0.3+x=(3x-0.3)mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中Cl-的物质的量是0.3mol，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则3x-0.3=0.3，x=0.2mol；原FeBr2溶液的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L=2mol/L；与Br-反应的氯气物质的量是0.15mol- mol=0.05mol，被氧化的Br-的物质的量是0.1mol，被氧化的Fe2＋、Br-的物质的量比是2:1，所以反应方程式是4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl-；（6）10mL 1mol L-1NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，所以可以得到0.02mol BaSO4；根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，根据H4++OH-=NH3 H2O可知反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。
【分析】（1）根据 计算晶体的物质的量，进而计算氧原子、氢原子的物质的量；（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol。（3）根据物质的量浓度的计算公式 计算；（4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2，氯气先氧化Fe2＋；（6）NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液混合，SO42-、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，OH-与Al3+、NH4+依次发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3 H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
四、实验题
24．（2020高一上·大庆期末）氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。
甲同学的实验方案如下：
（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为 ，加入药品前首先要进行的实验操作是 (不必写出具体的操作方法)；其中装置B的作用是 。
（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封)，然后在甲苯（一种有机化合物）中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中。通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是 。
（3）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险。分析该反应原理，完成LiH与水反应的化学方程式 。
（4）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4mL(已换算成标准状况)，则产品中LiH与Li的物质的量之比为 。
【答案】（1）e接a，b接f，g(或者f，g)接d；检验装置的气密性；除去H2中的H2O和HCl
（2）收集c处排出的气体并检验H2纯度
（3）LiH＋H2O=LiOH＋H2↑
（4）10∶1
【知识点】化学实验操作的先后顺序；化学实验安全及事故处理；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，e接a用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，b接f在C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，g接d，可以防止空气中的水蒸气进入C，所以仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g(或者f，g)接d；涉及气体的实验，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置的气密性；装置B中盛放的碱石灰，作用是除去H2中的H2O和HCl。（2）加热氢气与氧气的混合气体，易爆炸，所以加热D处的石英管之前，必须收集c处排出的气体并检验H2纯度。（3）LiH与水反应生成氢氧化锂和氢气，反应的化学方程式是LiH＋H2O=LiOH＋H2↑。（4）共收集到氢气的体积是470.4mL，物质的量是 ；设样品中LiH与Li的物质的量分别是xmol、ymol，则8x+7y=0.174①；根据反应方程式LiH＋H2O=LiOH＋H2↑、2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，则 0.021mol②；联立①②，解得x=0.02，y=0.002；则产品中LiH与Li的物质的量之比为10:1。
【分析】A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，最后连接浓硫酸，可以防止空气中的水蒸气进入C。据此解答。
五、填空题
25．（2019高一上·大庆期末）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
2.00mol/LHCl 溶液，加入HCl
溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。
（1）A
点沉淀物的化学式为 。B 点纵坐标为 。
（2）A
点至B 点改为通入二氧化碳气体，至少须标准状况下二氧化碳 mL。此时发生反应的离子方程式为 。
（3）B
点含溶质的物质的量是 mol。C 点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl 溶液的体积为 mL。
【答案】（1）Mg(OH)2；4.28
（2）448；2AlO2－＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32－
（3）0.22；110
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】（1）向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，0～10mL时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2，即A点沉淀物的化学式为Mg(OH)2；10mL～30mL时盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+＝Al(OH)3↓，该阶段消耗盐酸的物质的量是0.02L×2mol/L＝0.04mol，因此生成氢氧化铝是0.04mol，质量是0.04mol×78g/mol＝3.12g，则B点纵坐标为3.12+1.16＝4.28；
（2）向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－，0.04mol氢氧化铝消耗0.02mol二氧化碳，标况下的体积是0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL；
（3）当沉淀质量不再发生变化时溶液中的溶质是NaCl，A点沉淀是氢氧化镁，则n[Mg(OH)2]＝1.16g÷58g/mol＝0.02mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)＝n[Mg(OH)2]＝0.02mol；氢氧化铝的物质的量是0.04mol，根据铝离子守恒可知n(AlCl3)＝0.04mol，由Cl-离子守恒得B点含溶质氯化钠的物质的量是0.02mol×2+0.04mol×3+0.03L×2mol/L＝0.22mol；根据钠离子守恒可知原混合物中氢氧化钠是0.22mol，C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸相当于用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量n(HCl)＝n(NaOH)＝0.22mol，则C点所表示盐酸的体积为0.22mol÷2mol/＝0.11L＝110mL。
【分析】根据图像分析：向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0-A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2；A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3；B-C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，据此分析解答。
黑龙江大庆第十中学2019-2020学年高一上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高一上·大庆期末）下列说法正确的是（ ）
A．节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现
B．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，说明金属铝的熔点较低
C．将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是a%和b%的两种溶液，则a和b的关系是a=b
D．用如图装置进行实验，将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，溶液中可观察到有大量白色沉淀产生
2．（2020高一上·大庆期末）铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，再加入3mol Na2O2固体使之充分反应，最终产物是（ ）
A．Fe（OH）2、Al（OH）3、NaCl
B．Fe（OH）2、Al（OH）3、NaAlO2、NaCl
C．Fe（OH）3、NaAlO2、NaCl
D．Fe（OH）3、Al（OH）3、NaAlO2、NaCl
3．（2020高一上·大庆期末）把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是（ ）
A B C D
X NaHCO3 NaAlO2 NaHCO3 MgCl2
Y Ca(OH)2 HCl HCl NaOH
A．A B．B C．C D．D
4．（2020高一上·大庆期末）下列说法不正确的是（ ）
A．分别在甲乙两支侧管中装入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3，试管中各有10mL相同浓度的盐酸(如图)同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，乙装置的气球膨胀速率大
B．用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2
C．取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色。结论：该Fe(NO3)2试样已经变质
D．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤
5．（2020高一上·大庆期末）向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．a＝0.3
C．ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
6．（2020高一上·大庆期末）下列叙述不正确的是（ ）
A．丁达尔效应可以区别溶液和胶体
B．合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度
C．向醋酸溶液中加入Na2CO3固体，溶液的导电性明显增强
D．配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，使所得溶液浓度偏大
7．在下图点滴板上进行四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是( )
A．a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2=Fe3＋＋2H2O
B．b反应：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O
C．c反应：H＋＋OH－=H2O
D．d反应：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+
8．（2020高一上·大庆期末）下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验操作
A 配制0.4000mol·L 1的NaOH溶液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容
B 除去Mg粉中混有的Al粉 加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥
C 比较Fe3+和I2的氧化性强弱 向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色
D 检验溶液中存在SO42 向未知溶液中先加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液
A．A B．B C．C D．D
9．（2020高一上·大庆期末）已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．O2和S2O32－是氧化剂，Fe2+是还原剂
B．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
C．每生成1molFe3O4，转移电子的物质的量为2mol
D．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol
10．（2020高一上·大庆期末）阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中不正确的是（ ）
①标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子
②常温常压下，32gSO2含有的分子数为0.5NA
③2molNaOH的摩尔质量为80g/mol
④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol
⑤1molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数为NA
⑥2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NA
⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA
⑧11.2L氯气中含有NA个氯原子
⑨在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2mol
⑩标准状况下14gCO含有的核外电子数为10NA
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
11．（2020高一上·大庆期末）下列说法不正确的是（ ）
A．钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠
B．青铜是我国使用最早的合金，钢是用量最大、用途最广的合金
C．铝是地壳里含量最多的金属元素，在常温下，铝不能与氧气反应
D．铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属
12．（2020高一上·大庆期末）下列说法正确的是（ ）
A．同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积
B．等质量的O2 和H2 的物质的量之比为l6：1
C．不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
D．同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比
13．（2020高一上·大庆期末）下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是（ ）
选项 物质及成分 性质 用途
A 小苏打(Na2CO3) 与酸反应产生二氧化碳 作发酵粉
B 胃舒平[Al(OH)3 ] 与酸发生中和反应 做胃酸中和剂
C 磁性氧化铁(Fe2O3) 难溶于水，颜色为红色 制造红色涂料
D 蓝矾(CuSO4·5H2O) 蓝色 检验水蒸气
A．A B．B C．C D．D
14．（2019高一上·大庆期末）在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．Na+、K+、AlO2- 、CO32- B．Ag+、Cu2+、NO3-、Cl-
C．Mg2+、Fe3+、I-、SO42- D．NH4+、K+、SO42-、CO32-
15．（2018高一上·大港期中）完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是（ ）
选项 A B C D
实验 从食盐水中提取NaCl固体 分离碘和泥沙 分离水和四氯化碳 分离Na2SO4溶液和苯（苯是难溶于水，密度比水小的液体）
装置或仪器
A．A B．B C．C D．D
16．（2019高一上·大庆期末）已知含有硝酸铜、硝酸锌、硝酸铁、硝酸银各 0.1mol 的混合溶液中加入 0.1mol 铁粉，充分搅拌后，铁溶解，溶液中不存在 Fe3+，同时析出 0.1mol 银。下列结论正确的是（ ）
A．氧化性：Ag+ >Cu2+>Fe3+> Zn2+
B．溶液中 Cu2+与 Fe2+物质的量比为 2：1
C．0.1mol Fe 可还原 0.2mol 阳离子
D．加入 0.1molFe 时发生了反应 Fe+Cu2+=Fe2++Cu
17．（2020高一上·大庆期末）下表中的各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
编号 a b c d
① Na2O Na2O2 Na NaOH
② Al2O3 NaAlO2 Al Al(OH)3
③ FeCl2 FeCl3 Fe CuCl2
④ MgO MgCl2 Mg Mg(OH)2
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．②③④
18．（2020高一上·大庆期末）有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、HCO3﹣、SO42﹣，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：
⑴第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；
⑵第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g.
根据上述实验，下列推测正确的是（ ）
A．Ba2+一定存在
B．100mL该溶液中含0.01mol HCO3－
C．Na+不一定存在
D．Cl﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验
19．（2020高一上·大庆期末）铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 mol·L－1 FeCl3 溶液中，剩余固体质量为3.2 g。下列说法正确的是（ ）
A．剩余固体是铁、铜混合物
B．原固体混合物中铜的质量是9.6 g
C．反应后溶液中n(Fe3＋)＝0.10 mol
D．反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.5 mol
20．（2020高一上·大庆期末）溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-
B．在滴加NaOH溶液物质的量为0.5～0.7mol时，发生离子反应为Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O
C．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
D．n(H＋)∶n(NH4+)∶n(Mg2＋)＝2∶4∶1
二、推断题
21．（2020高一上·大庆期末）A，B，C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。
（1）写出下列物质的化学式：D ，X 。
（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是 （填数字编号）。
（3）反应⑥的离子方程式为： 。
（4）反应⑦的化学方程式为 ；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子 mol。
（5）除去D溶液中混有的少量G的方法是： 。
（6）检验G溶液中阳离子的方法是： 。
22．（2020高一上·大庆期末）现有三种可溶性物质A，B，C，其中有一种是碱，两种是盐，溶于水后电离产生的离子如下表所示：
阳离子 Na＋
H＋
Ba2＋
阴离子 OH－ CO32－ SO42－
为鉴别它们，分别完成一些实验。请根据实验的结果回答下列问题：
（1）A溶液与B溶液反应可生成气体X。根据上述六种离子之间的可能反应判断X的化学式为 ，A溶液与B溶液反应的离子方程式为 。
（2）气体X可以和C溶液反应生成沉淀D，沉淀D可与B溶液反应。则C的化学式为 ，B溶于水后的电离方程式为 。
（3）B溶液与C溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀E。B溶液与C溶液反应至中性的离子方程式为 。
（4）D与E的混合物ag，加入足量盐酸，完全反应生成的气体在标准状况下体积为bL，则求算E在混合物中的质量分数的表达式为 。
三、综合题
23．（2020高一上·大庆期末）
（1）最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g·mol-1)，若用NA表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为 ，氢原子的物质的量为 mol。
（2）FeCl3溶液可以用来净水，用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数 (填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。
（3）在标准状况下，VL某气体(摩尔质量为Mg/mol)溶解在1L水(水的密度近似为1g/cm3)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，所得溶液的密度为ρg/cm3，则所得溶液的物质的量浓度c= mol/L(用以上字母表示，且必须化简)。
（4）工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋NaCl+H2O。写出配平的化学方程式 。
（5）向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L(已知还原性：Fe2＋＞Br－)，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 mol/L。反应的离子方程式为 。
（6）若向盛有10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中加20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 mol。
四、实验题
24．（2020高一上·大庆期末）氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。
甲同学的实验方案如下：
（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为 ，加入药品前首先要进行的实验操作是 (不必写出具体的操作方法)；其中装置B的作用是 。
（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封)，然后在甲苯（一种有机化合物）中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中。通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是 。
（3）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险。分析该反应原理，完成LiH与水反应的化学方程式 。
（4）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4mL(已换算成标准状况)，则产品中LiH与Li的物质的量之比为 。
五、填空题
25．（2019高一上·大庆期末）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
2.00mol/LHCl 溶液，加入HCl
溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。
（1）A
点沉淀物的化学式为 。B 点纵坐标为 。
（2）A
点至B 点改为通入二氧化碳气体，至少须标准状况下二氧化碳 mL。此时发生反应的离子方程式为 。
（3）B
点含溶质的物质的量是 mol。C 点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl 溶液的体积为 mL。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】焰色反应；镁、铝的重要化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素的焰色反应，焰色反应是物理变化，故A不符合题意；
B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，表面生成高熔点的氧化铝，熔化后的液态铝不能滴落下来，故B不符合题意；
C. 等物质的量的Na2O和Na2O2分别与等质量的水反应，产生NaOH的物质的量相同，Na2O2与H2O反应时产生的氧气全部来自于Na2O2，所以反应后溶液的质量相同，两溶液中溶质的质量分数也相同，故C符合题意；
D.将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，开始氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，后来偏铝酸钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，可观察到的现象是开始没有沉淀、后产生沉淀，故D不符合题意。
【分析】A.焰色反应没有新物质生成；
B.铝加热生成氧化铝，氧化铝的熔点高于金属铝，熔化后不会滴落；
C.根据钠元素守恒和溶液质量的变化进行分析即可；
D.反应开始时，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，没有沉淀生成。
2．【答案】C
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；钠的氧化物
【解析】【解答】铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，生成1mol氯化亚铁和1mol氯化铝，再加入3mol Na2O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，再与水、氧气反应生成氢氧化铁沉淀，而氯化铝则与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氯化钠。
【分析】1mol过氧化钠与水反应生成6molNaOH，再分析1molFeCl2和1molAlCl3与6molNaOH反应的物质的量关系即可得到产物的成分，注意氢氧化亚铁最终被氧化为氢氧化铁。
3．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、Ca(OH)2过量：化学方程式：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O，离子方程式：Ca2＋ + OH－ + HCO3－ =CaCO3↓+H2O；NaHCO3过量：化学方程式：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，离子方程式：Ca2＋ + 2OH－ + 2HCO3－ =CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，均有白色沉淀，故A不符合题意；
B、HCl滴入NaAlO2中，NaAlO2一开始是过量的，现象为生成沉淀，沉淀逐渐增加然后逐渐减少，HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O；NaAlO2滴入HCl中，盐酸是过量的，先生成沉淀，沉淀迅速消失，继续滴入后生成沉淀，沉淀不再减少，NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，AlCl3+3NaAlO2+6H2O=NaCl+4Al(OH)3↓，故B符合题意；
C、NaHCO3与HCl均产生气泡，故C不符合题意；
D、均产生白色沉淀，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据反应物相对用量的多少，分析发生反应的先后顺序，然后分析产生的现象是否相同即可。
4．【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、甲中碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，乙中碳酸氢钠直接和盐酸反应生成二氧化碳，所以乙装置的气球膨胀速率大，故A不符合题意；
B、开始反应时，A中生成的氢气由C进入B，排出B中的空气，可以防止氢氧化亚铁被氧化，一段时间后，关闭止水夹C，A中的硫酸亚铁进入B，与氢氧化钠反应生成Fe(OH)2，故B不符合题意；
C、Fe(NO3)2试样加水溶解，滴加稀H2SO4酸化，发生反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++2H2O+NO ，生成Fe3+，干扰变质的检验，故C符合题意；
D、Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，加入足量烧碱溶液充分反应，Al(OH)3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤，向滤液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.碳酸氢钠与盐酸的反应比碳酸钠与盐酸的反应速率快；
B.铁与硫酸反应生成的氢气可排出装置中的空气，生成的硫酸亚铁被压入NaOH溶液，生成氢氧化亚铁沉淀；
C.硝酸亚铁溶液中有硝酸根离子，加入稀硫酸后相等于有了硝酸，硝酸钠将亚铁离子氧化为铁离子；
D.氢氧化铝溶于氢氧化钠，过滤后得到偏铝酸钠溶液，再与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀。
5．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A不符合题意；
B.根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol L-1稀盐酸的体积分别为 =0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B符合题意；
C.根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C不符合题意；
D.根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。
6．【答案】D
【知识点】合金及其应用；配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应可以区别溶液和胶体，A不符合题意；
B. 合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度，B不符合题意；
C. 向醋酸溶液中加入Na2CO3固体生成醋酸钠，离子浓度增大，溶液的导电性明显增强，C不符合题意；
D. 配制一定物质的量浓度溶液，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积增加，使所得溶液浓度偏小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.丁达尔效应是胶体特有的现象；
B.结合合金的性质进行判断；
C.醋酸是弱酸，存在部分电离的情况，离子浓度较小，与碳酸钠反应后生成强电解质醋酸钠；
D.定容仰视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏大。
7．【答案】D
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A．离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故A错误；B．氢氧化钠过量，则铵根离子也参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+NH3 H2O，故B错误；C．醋酸在离子反应中保留化学式，离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故C错误；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子反应为Al3++3NH3 H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确.
【分析】本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等，题目难度不大．
8．【答案】A
【知识点】硫酸根离子的检验；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氢氧化钠溶于水放热，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却到室温后，转移至250mL容量瓶中定容，可得0.40mol·L 1的NaOH溶液，
B、Al粉与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，可除去Mg粉中混有的Al粉，故不选B；
C、向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明发生反应2Fe3++2I- =2Fe2++I2，证明氧化性Fe3+>I2，故不选C；
D、向未知溶液中先加入足量盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明原溶液中一定含有SO42 ，故不选D。
故答案为：A；
【分析】A.没有洗涤、冷却等操作；
B.根据铝与氢氧化钠溶液的反应进行分析；
C.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行判断；
D.注意先加入盐酸排除干扰离子的存在。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+ ；硫元素的化合价变化为：+2→+2.5；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，故A不符合题意；
B、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故B不符合题意；
C、由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子为1mol×4=4mol，故C不符合题意；
D、2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为2mol÷4=0.5mol，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+ ；硫元素的化合价变化为：+2→+2.5；氧元素的化合价变化：0→-2。据此解答。
10．【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①不符合题意；
②常温常压下，32g SO2的物质的量为0.5mol，含有的分子数约为0.5NA，故②符合题意；
③NaOH的摩尔质量为40g/mol，摩尔质量与物质的量无关，故③不符合题意；
④没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故④不符合题意；
⑤1mol Na2O2与足量的CO2反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故⑤符合题意；
⑥没有告诉2mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，故⑥不符合题意；
⑦氦气是单原子分子，常温常压下，1mol氦气含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故⑦符合题意；
⑧没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氯气的物质的量，故⑧不符合题意；
⑨N2和N2O分子中都含2个N原子，在标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氮原子，故⑨符合题意；
⑩14g CO的物质的量为0.5mol，0.5mol一氧化碳中含有7mol电子，含有的核外电子数为7NA，故⑩不符合题意；
选C。
【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的判断及计算，注意明确气体摩尔体积的使用条件，掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系。
11．【答案】C
【知识点】合金及其应用；钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A. 钠是活泼金属，熔点低，钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠，故A不符合题意；
B. 我国最早使用的合金是由铜、锡形成的青铜，目前世界上用途最广的合金是钢，如炊具、建筑材料等，故B不符合题意；
C. 铝是地壳里含量最多的金属元素，铝是活泼金属，极易在空气中形成一层致密的氧化膜阻止铝进一步氧化，从而保护内层金属，不是铝不能与氧气反应，故C符合题意；
D. 铁合金易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，不能保护内层金属，易进一步氧化，应加防护措施，故D不符合题意。
【分析】本题主要考查了金属的性质，掌握钠、铝、铁合金的性质是解答关键，明确铝是活泼金属，由于在表面形成氧化膜，在空气中不需要特殊保护。
12．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A.同温同压下，气体摩尔体积相同，液体和固体的体积与密度有关，如果一种是液体一种是固体，相同数目的分子其体积不同，A不符合题意；
B.假设质量都是1g，n（O2）：n（H2）=1/32mol：1/2mol=1：16，B不符合题意；
C.不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数不一定不等，还与气体摩尔体积有关，C不符合题意；
D.根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查阿伏加德罗定律及推论，注意气体摩尔体积的适用范围和适用条件，为易错点。
13．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、小苏打的成分是NaHCO3，小苏打可作发酵粉，故A不符合题意；
B、胃舒平的主要成分是Al(OH)3 ，是胃酸中和剂，故B符合题意；
C、磁性氧化铁的成分是Fe3O4，颜色为黑色，故C不符合题意；
D、无水硫酸铜遇水变蓝，所以用无水硫酸铜检验水蒸气，故D不符合题意。
【分析】A.做发酵粉的是碳酸氢钠；
B.胃舒平中的有效成分是氢氧化铝；
C.磁性氧化铁是四氧化三铁；
D.检验水蒸气的试剂是硫酸铜粉末。
14．【答案】A
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】A. 如果溶液显碱性，Na+、K+、AlO2-、CO32-之间不反应，可以大量共存，A符合题意；
B. Ag+与Cl-在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C. Fe3+与I-在溶液中发生氧化还原反应生成亚铁离子和单质碘，不能大量共存，C不符合题意；
D. 如果溶液显酸性，则CO32-不能大量共存，如果显碱性NH4+不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】 因为铝可以和酸反应放出氢气，也可以和强碱反应放出氢气，所以要考虑选项中各离子在酸性或者碱性条件下的存在情况；同时也要考虑选项中各离子是否可以共存。
A、碱性条件下各离子可以共存，酸性不能共存；酸性条件下AlO2-、CO32-不能共存；
B、Ag++Cl-=AgCl生成沉淀；
C、2Fe3++2I-=2Fe2++I2发生氧化还原反应；
D、溶液显酸性，2H++CO32-=H2O+CO2，不能共存；显碱性，NH4++OH-=NH3.H2O，不能共存。
15．【答案】C
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】A.从水溶液（食盐水）中提取固体溶质（NaCl固体）应选择蒸发装置而不是灼烧固体装置。A项不符合题意；
B.碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项不符合题意；
C.水和四氯化碳组成不相溶的液体混合物，使用分液方法分离。C项符合题意；
D.苯是难溶于水的液体，分离Na2SO4溶液和苯的混合物应使用分液法。D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.粗盐提纯要进行的操作是蒸发；
B.分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法；
D.分离互不相溶的液体的操作是分液。
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、根据金属活动顺序表可知氧化性Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁可知氧化性Cu2+＜Fe3+，因此氧化性应该是Zn2+＜Cu2+＜Fe3+＜Ag+，故A不符合题意；
B、Fe先还原Ag+，其次是铁离子，最后是铜离子，0.1mol银离子需要消耗0.05mol铁，0.1mol铁离子消耗0.05mol铁，因此铁与银离子、铁离子恰好反应，则根据原子守恒可知溶液中Cu2+与Fe2+物质的量比为1：2，故B不符合题意；
C、根据B中分析可知0.1molFe可还原0.1mol银离子和0.1mol铁离子，即0.1molFe可还原0.2mol阳离子，故C符合题意；
D、根据以上分析可知加入0.1molFe时发生反应为2Ag++Fe＝2Ag+Fe2+、2Fe3++Fe＝3Fe2+，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、由金属活动顺序判定阳离子的氧化性；
B、还原剂先和氧化性最强的离子发生反应；
C、 溶液中不存在 Fe3+ ，所有的铁转化成了亚铁离子；
D、由氧化性强弱顺序判定发生的反应。
17．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】① NaOH加热不能分解，NaOH不能一步转化为Na2O，故不选①；Al2O3与氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2与二氧化碳反应生成Al(OH)3，Al(OH)3加热分解为Al2O3，Al与氧气反应生成Al2O3，Al与氢氧化钠反应生成NaAlO2，
故答案为：②；FeCl2与氯气反应生成FeCl3，Fe与盐酸反应生成FeCl2、Fe与氯气反应生成FeCl3；FeCl3与Cu反应生成CuCl2，CuCl2与铁反应生成FeCl2和铜，
故答案为：③；MgO与盐酸反应生成MgCl2，单质Mg与氧气反应生成MgO，单质Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和氢氧化钠反应生成Mg(OH)2，加热Mg(OH)2分解为MgO，
故答案为：④；
故答案为：D。
【分析】①NaOH不能一步制取Na2O，其他各组物质可根据物质间的转化判断符合条件。
18．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3－、SO42－、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则
A、钡离子一定不存在，A不符合题意；
B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B符合题意；
C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C不符合题意；
D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH－＝NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3－+Ba2++OH－＝BaCO3↓+H2O、SO42－+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3－、SO42－，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1molHCO3-，据此分析解答。
19．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】铁的还原性大于铜，铁、铜混合粉末加入到FeCl3 溶液中，铁先反应；FeCl3的物质的量为0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铜m1g 、 m2g，则有：Cu+ 2Fe3＋=Cu2＋+2 Fe2＋，根据Cu-- 2Fe3＋关系，m1/64：0.5=1：2，解之m1=16 g；Fe+ 2Fe3＋=3 Fe2＋，根据Fe--2Fe3＋关系，m2/56：0.5=1：2， 解之m2=14g，溶解的金属质量为18-3.2=14.8 g，因为14<14.8<16，所以铁完全反应，铜部分反应，且铁离子完全反应；设反应消耗铜的物质的量为xmol， 反应的铁的量为 ymol ，则有64x+56y=14.8，x+y=0.25，解之：x=0.1 mol、y=0.15mol；原混合物中铜的质量是0.1×64+3.2=9.6 g，根据反应方程式可知反应后的溶液中：n(Fe2＋)=2x（Cu）+3y（Fe）=2×0.1+3×0.15=0.65 mol；反应后溶液中铜离子的物质的量为：n(Cu)= n(Cu2+)=0.1 mol，n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)=0.65+0.1=0.75 mol；综上分析，剩余固体全部为铜，溶液中不可能含有Fe3＋，A、C均不符合题意；反应后溶液中n(Fe2＋)＋n(Cu2＋)＝0.75 mol，D不符合题意；符合题意选项B。
【分析】铁、铜混合粉末加入到FeCl3 溶液中，充分反应后有固体剩余，剩余的固体可能为铜，也可能为铜和铁，溶液中一定没有Fe3＋。
20．【答案】D
【知识点】常见离子的检验；两性氧化物和两性氢氧化物；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A、溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则一定不含CO32-和NO3-，根据电中性原则知，一定含有SO42-，故A不符合题意；
B、根据题给图像知，在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NH4++OH-=NH3·H2O，故B不符合题意；
C、根据题给图像知，溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故C不符合题意；
D、根据题给图像分析，氢离子消耗氢氧根离子的物质的量是0.1mol，所以氢离子的物质的量是0.1mol，氢氧化钠为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：NH4++OH-=NH3·H2O，所以铵离子的物质的量为0.2mol ，氢氧化钠为0.7至0.8mol时，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以Al3＋的物质的量是0.1mol，镁离子的物质的量是(0.4mol-0.1mol×3)÷2=0.05mol，n(H+)∶n(NH4+)∶n(Mg2+) =2∶4∶1，故D符合题意。
【分析】根据题意知，①溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，根据电中性原则知，溶液中一定含有硫酸根；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明溶液中一定不含铁离子；当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根离子反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。
21．【答案】（1）FeCl3；HCl
（2）③⑥
（3）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
（4）3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；0.8
（5）向混合液中通入足量氯气（或氯水）（或加入足量H2O2）
（6）取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据以上分析，（1）D是氯化铁，化学式是FeCl3，X是盐酸，化学式是HCl。（2）反应①是铁与氯气反应生成氯化铁，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应②是铁与氧气反应生成Fe3O4，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应③是Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和水，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应④是FeCl3与铁反应生成FeCl2，铁元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑤是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，元素化合价改变，属于氧化还原反应；在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。（3）反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（4）反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；3mol铁反应转移8mol电子，所以反应中每消耗0.3mol的铁，可转移电子0.8mol。（5）FeCl2与氯气反应生成FeCl3，除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是通入过量的氯气。（6）Fe3+与SCN-反应生成血红色Fe(SCN)3，Fe2+与SCN-作用不显红色，所以检验Fe2+的方法是：取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色，说明含有Fe2+。
【分析】单质A和C反应生成黑色晶体E，E和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H在常温下为液体，H为H2O；B为黄绿色气体，B是氯气，依据G+B=D判断D为FeCl3、G为FeCl2、X为HCl。据此解答。
22．【答案】（1）CO2；2H++CO32-=H2O+CO2↑
（2）Ba(OH)2；NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－
（3）2H++SO42－+Ba2++2OH－=2H2O+BaSO4↓
（4）
【知识点】常见离子的检验；离子共存；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）生成的气体只有CO2符合，发生的反应为 2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案为：CO2； 2H++CO32-=H2O+CO2↑；（2）CO2气体可以和C溶液反应生成沉淀D，则C为Ba(OH)2，沉淀D为BaCO3，与B溶液反应，则B为NaHSO4，所以A为Na2CO3，在溶液中完全电离生成Na+、H+和SO42-，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故答案为：Ba(OH)2；NaHSO4=Na++H++SO42-；（3）B为NaHSO4，C为Ba(OH)2，B溶液与C溶液反应至中性的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故答案为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；（4）D与E的混合物ag，加入足量盐酸，发生的反应为BaCO3+2HCl=CO2↑+BaCl2+H2O，n(CO2)= mol，n(BaCO3)=n(CO2)= mol，m(BaCO3)= mol×197g/mol= g，m(BaSO4)=ag- g，所以：w(BaSO4)= ×100%= ×100%，故答案为： ×100%。
【分析】
（1）A与B反应产生气体一定是二氧化碳，两种盐之间反应生成气体，则其中一定含有一种强酸的酸式盐；
（2）二氧化碳产生沉淀的离子一定是钡离子，结合离子共存判断X即可；
（3）根据判断出的物质书写离子方程式。
23．【答案】（1）0.33NA；0.26
（2）小于
（3）
（4）5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O
（5）2；4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl-
（6）0.022
【知识点】电离方程式的书写；物质的量浓度；离子方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据 ，12.2g该晶体的物质的量是 0.1mol，含氧原子数为0.1×3.3×NA=0.33NA，氢原子的物质的量为0.1mol×2.6=0.26mol；（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol，生成具有净水作用的微粒是氢氧化铁胶粒，氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，所以微粒数小于0.2NA。（3）在标准状况下，VL某气体的物质的量是 ；VL某气体的质量是 ；所得溶液的质量是 ，溶液的体积是 ，所以物质的量浓度为 ÷ = mol/L；（4）NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4、部分氯元素化合价由+3降低为-1，所以NaClO2既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂还原剂的比为1:4，所以反应方程式是5NaClO2＋4HCl=4ClO2↑＋5NaCl+2H2O。（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入Cl2，氯气先氧化Fe2＋；标准状况下3.36L Cl2的物质的量是 0.15mol，设FeBr2的物质的量为xmol，氯气与Fe2＋反应的离子方程式是2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-，则Fe2＋消耗氯气的物质的量是 mol；与Br-反应的氯气物质的量是0.15mol- mol，氯气与Br-反应的离子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，剩余Br-的物质的量是2x-0.3+x=(3x-0.3)mol，根据氯元素守恒，反应后溶液中Cl-的物质的量是0.3mol，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则3x-0.3=0.3，x=0.2mol；原FeBr2溶液的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L=2mol/L；与Br-反应的氯气物质的量是0.15mol- mol=0.05mol，被氧化的Br-的物质的量是0.1mol，被氧化的Fe2＋、Br-的物质的量比是2:1，所以反应方程式是4Fe2＋＋2Br-＋3Cl2=4Fe3＋＋Br2＋3Cl-；（6）10mL 1mol L-1NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol L-1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，所以可以得到0.02mol BaSO4；根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，根据H4++OH-=NH3 H2O可知反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知得到Al(OH)3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol。
【分析】（1）根据 计算晶体的物质的量，进而计算氧原子、氢原子的物质的量；（2）100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中FeCl3的物质的量是0.1L×2mol·L-1=0.2mol。（3）根据物质的量浓度的计算公式 计算；（4）根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式。（5）还原性：Fe2＋＞Br－，FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2，氯气先氧化Fe2＋；（6）NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液混合，SO42-、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，OH-与Al3+、NH4+依次发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3 H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
24．【答案】（1）e接a，b接f，g(或者f，g)接d；检验装置的气密性；除去H2中的H2O和HCl
（2）收集c处排出的气体并检验H2纯度
（3）LiH＋H2O=LiOH＋H2↑
（4）10∶1
【知识点】化学实验操作的先后顺序；化学实验安全及事故处理；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，e接a用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，b接f在C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，g接d，可以防止空气中的水蒸气进入C，所以仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g(或者f，g)接d；涉及气体的实验，加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置的气密性；装置B中盛放的碱石灰，作用是除去H2中的H2O和HCl。（2）加热氢气与氧气的混合气体，易爆炸，所以加热D处的石英管之前，必须收集c处排出的气体并检验H2纯度。（3）LiH与水反应生成氢氧化锂和氢气，反应的化学方程式是LiH＋H2O=LiOH＋H2↑。（4）共收集到氢气的体积是470.4mL，物质的量是 ；设样品中LiH与Li的物质的量分别是xmol、ymol，则8x+7y=0.174①；根据反应方程式LiH＋H2O=LiOH＋H2↑、2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，则 0.021mol②；联立①②，解得x=0.02，y=0.002；则产品中LiH与Li的物质的量之比为10:1。
【分析】A中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，用B中的碱石灰除去杂质氯化氢并干燥氢气，C装置中氢气与金属锂反应生成LiH，最后连接浓硫酸，可以防止空气中的水蒸气进入C。据此解答。
25．【答案】（1）Mg(OH)2；4.28
（2）448；2AlO2－＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32－
（3）0.22；110
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】（1）向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，0～10mL时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2，即A点沉淀物的化学式为Mg(OH)2；10mL～30mL时盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+＝Al(OH)3↓，该阶段消耗盐酸的物质的量是0.02L×2mol/L＝0.04mol，因此生成氢氧化铝是0.04mol，质量是0.04mol×78g/mol＝3.12g，则B点纵坐标为3.12+1.16＝4.28；
（2）向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－，0.04mol氢氧化铝消耗0.02mol二氧化碳，标况下的体积是0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL；
（3）当沉淀质量不再发生变化时溶液中的溶质是NaCl，A点沉淀是氢氧化镁，则n[Mg(OH)2]＝1.16g÷58g/mol＝0.02mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)＝n[Mg(OH)2]＝0.02mol；氢氧化铝的物质的量是0.04mol，根据铝离子守恒可知n(AlCl3)＝0.04mol，由Cl-离子守恒得B点含溶质氯化钠的物质的量是0.02mol×2+0.04mol×3+0.03L×2mol/L＝0.22mol；根据钠离子守恒可知原混合物中氢氧化钠是0.22mol，C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸相当于用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量n(HCl)＝n(NaOH)＝0.22mol，则C点所表示盐酸的体积为0.22mol÷2mol/＝0.11L＝110mL。
【分析】根据图像分析：向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0-A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2；A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3；B-C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，据此分析解答。
