四川省三台中学实验学校2020学年高一化学上学期12月月考试题（含解析）

四川省三台中学实验学校2020学年高一12月月考化学试题1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A. 陶瓷含有的主要成分是硅酸盐 B. 氢氧化铝是治疗胃酸过多的一种药剂C. 二氧化硅是制造光电池的常用材料 D. 氧化铝熔点很高，可制造高温耐火材料【答案】C【解析】【分析】制作陶瓷的原料是黏土，主要成分是硅酸盐；氢氧化铝与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水；硅是制造光电池的常用材料；氧化铝熔点很高,常用于制造耐火材料，例如制作坩埚。【详解】A.制作陶瓷的原料是黏土，主要成分是硅酸盐，故A说法正确；B.氢氧化铝与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，所以氢氧化铝是治疗胃酸过多的一种药剂，故B说法正确；C.硅是制造光电池的常用材料，故C说法错误；D.氧化铝熔点很高,常用于制造耐火材料，例如制作坩埚，故D说法正确。选C。2.下列诗句描述的过程涉及氧化还原反应的是A. 月波成露露成霜 B. 雪融山顶响流泉C. 粉身碎骨浑不怕 D. 蜡炬成灰泪始干【答案】D【解析】A. 只涉及物质状态的变化，属于物理变化；B. 只涉及物质状态的变化和水的流动，属于物理变化；C. 只涉及物质颗粒大小的变化，属于物理变化；D. 涉及燃烧类型的氧化还原反应。故选D。点睛：解答本题需要明确以下概念。产生新物质的变化属于化学变化。燃烧反应涉及氧气成为化合物的变化，涉及化合价的变化，故燃烧反应一定属于氧化还原反应。3.下列物质中，属于电解质且能导电的是A. 液氯 B. 石墨C. 硫酸 D. 熔融的氯化钠【答案】D【解析】【分析】能导电的物质含有自由移动的电子或离子，溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，据此分析解答。【详解】A.液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故不选A；B.石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故不选B；C.硫酸的水溶液能导电，硫酸是电解质，但纯硫酸不含自由移动的离子，硫酸不导电，故不选C；D.熔融氯化钠中含有自由移动的阴阳离子，所以能导电，且氯化钠是电解质，故选D。【点睛】本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意无论电解质还是非电解质都首先必须是化合物，导电必须存在自由移动的离子或电子。4.下列物质不能由化合反应直接一步得到的是A. FeCl3 B. H2SiO3 C. FeCl2 D. Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】由两种或两种以上物质生成一种物质的反应为化合反应。铁和氯气加热生成氯化铁；二氧化硅不溶于水，硅酸不能通过二氧化硅与水反应直接制取；铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁。【详解】A.铁和氯气加热生成氯化铁，属于化合反应，故不选A；B.二氧化硅不溶于水，硅酸不能通过二氧化硅与水反应直接制取，故选B；C.铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，故不选C；D.氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，属于化合反应，故不选D，答案选B。【点睛】本题考查了化合反应的判断，明确物质的性质及物质间的转化是解答本题的关键，根据物质间的反应来分析解答，难度不大。5.月球上有丰富的绿柱石（绿宝石）矿藏，其主要化学成分为BenAl2Si6O18也可用氧化物表示为nBeOAl2O36SiO2，其n值为（Be为+2价）( )A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】试题分析：BenAl2Si6O18也可用氧化物表示为nBeOAl2O36SiO2，根据O原子守恒，n+3+12=18，n=3。答案选C。考点：无机非金属材料6.KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O，有关该反应，下列说法不正确的是A. Cl2既是氧化产物，又是还原产物B. 被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1C. 盐酸既体现酸性，又体现还原性D. 转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2【答案】D【解析】【分析】在反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，KClO3中的Cl原子得到电子，被还原变为Cl2，每摩尔的Cl原子得到5mol的电子，HCl中的Cl原子失去电子，也变为Cl2，每摩尔的Cl原子失去1mol的电子。【详解】A.KClO3中的Cl原子得到电子，被还原变为Cl2，HCl中的Cl原子失去电子，也变为Cl2，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；B.KClO3中的Cl原子得到电子，被还原变为Cl2，每摩尔的Cl原子得到5mol的电子，HCl中的Cl原子失去电子，也变为Cl2，每摩尔的Cl原子失去1mol的电子，由于在氧化还原反应中电子得失数目相等，因此被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1，故B正确；C.在该反应中6mol HCl反应，有1molHCl的起酸的作用，有5molHCl的作还原剂，故在该反应中盐酸既体现酸性，又体现还原性，故C正确；D.转移5mol电子时，产生3mol的Cl2，在标准状况下其体积为67.2L，缺少条件，不能计算气体体积，故D错误，选D。【点睛】本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，熟悉元素化合价是解答本题的关键，易错选项是D，注意气体摩尔体积的适用范围和适用条件。7.下列说法正确的是江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关“钡餐”中使用的硫酸钡是非电解质冰和干冰既是纯净物又是化合物钢是用量最大、用途最广的合金某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】江河入海口三角洲的形成通常与胶体的聚沉有关；“钡餐”中使用的硫酸钡是电解质；冰是固态水，干冰是固态二氧化碳，都是纯净物；钢是铁碳合金；CO32-、HCO3-都能与盐酸反应放出二氧化碳气体。【详解】江河入海口三角洲的形成通常与胶体的聚沉有关，故正确；“钡餐”中使用的硫酸钡是电解质，故错误；冰是固态水，干冰是固态二氧化碳，都是纯净物，故正确；钢是铁碳合金，故正确；某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中含CO32-或HCO3-，故错误。选B。8.读下列药品标签，有关分析不正确的是选项ABCD物品标签分析该试剂应装在橡胶塞的细口瓶中该药品不能与皮肤直接接触该物质受热易分解该药品物质的量浓度为18.4 molL1A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】氯水腐蚀橡胶；具有腐蚀性的药品不能与皮肤直接接触；碳酸氢钠不稳定，加热易分解；根据 计算；【详解】A.氯水腐蚀橡胶，氯水应装在玻璃塞的棕色细口瓶中，故选A；B.该药品具有腐蚀性，具有腐蚀性的药品不能与皮肤直接接触，故不选B；C.碳酸氢钠加热易分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故不选C；D. 18.4 molL1，故不选D，答案选A。9.下列物质：氢氟酸；浓H2SO4；烧碱溶液；Na2CO3固体；氧化钙；浓HNO3。其中在一定条件下能与SiO2反应的有( )A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，故正确；二氧化硅不与氢氟酸以外的酸反应，不与浓硫酸反应，故错误；二氧化硅与烧碱溶液反应生成硅酸钠与水，故正确；二氧化硅与Na2CO3固体在高温下反应生成硅酸钠与二氧化碳，故正确；二氧化硅与氧化钙在高温时反应生成硅酸钙，故正确；二氧化硅不与氢氟酸以外的酸反应，不与浓硝酸反应，故错误；故正确；故选A。点睛：二氧化硅化学性质不活泼，不与水反应，属于酸性氧化物，一般不与酸反应，但二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅与水。本题中要注意二氧化硅和碳酸钠在高温下能够反应。10.由镁、铝、铜三种金属粉末组成的混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，滤液中存在的离子有（ ）A. Mg2+ B. Cu2+ C. Al3+ D. AlO2-【答案】D【解析】由镁、铝、铜三种金属粉末组成的混合物，加入过量盐酸充分反应，镁、铝溶解，转化为氯化镁、氯化铝，铜不反应，过滤后滤液中含有氯化镁、氯化铝以及过量的盐酸，加入过量烧碱溶液得到氢氧化镁沉淀、偏铝酸钠和氯化钠，因此滤液中存在的离子有氯离子、钠离子、偏铝酸根离子，答案选D。点睛：掌握相关物质的化学性质特点是解答的关键，注意氢氧化镁与氢氧化铝性质的差异，氢氧化镁是中强碱，能溶于酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于酸或强碱中。11.下列各组数值或物理量中，都不随水的“物质的量”的变化而变化的是A. 水的沸点；水分子的数目 B. 水的质量；水的相对分子质量C. 水的体积；水中所含原子的数目 D. 水的密度；水的摩尔质量【答案】D【解析】【详解】水分子的数目与水的 “物质的量”成正比；水的质量与水的 “物质的量”成正比；水的体积随水的“物质的量”增大而增大；沸点是水的物理性质，与水的多少无关；水的相对分子质量是18，与水的多少无关；水的密度是水的物理性质，与水的多少无关；水的摩尔质量是18g/mol，与水的多少无关；故选D。12.下列表述正确的是A. 合金的熔点一般比各成分金属的熔点高B. 盛装NaOH溶液的试剂瓶可以用玻璃塞C. 胶体区别与其他分散系的本质特征是能发生丁达尔现象D. 配制物质的量浓度溶液时，溶液的体积与容量瓶的量程可以不一致【答案】D【解析】【分析】合金的熔点一般比各成分金属的熔点低；二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起；胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径不同；容量瓶规格没有480mL，配制480mL溶液时，只能选用500mL容量瓶。【详解】A.合金的熔点一般比各成分金属的熔点低，故A错误；B.二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，要用橡胶塞，故B错误；C.胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径不同，故C错误；D.容量瓶规格没有480mL，配制480mL溶液时，只能选用500mL容量瓶，所以配制一定物质的量浓度溶液时，溶液的体积与容量瓶的量程可以不一致，故D正确，答案选D。13.下列有关物质检验的实验操作与现象能得到对应结论的是( )操作现象结论A.将氯气通入湿润有色布条中布条褪色氯气有漂白性B用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在洒精灯上加热铝熔化但不滴落Al2O3的熔点高于AlC用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有Na，无KD向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液呈红色未知液中一定含有Fe2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性；金属铝在氧气中加热，会在表面形成氧化膜，氧化铝的熔点很高；观察K的焰色需透过蓝色钴玻璃；若原溶液含有Fe3，滴加KSCN溶液，溶液同样呈红色。【详解】A.氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性，故A错误；B.用砂纸打磨的铝条，放在酒精灯上加热至熔化，会在表面形成氧化膜，氧化铝的熔点很高，所以不会滴落，故B正确；C.观察K的焰色需透过蓝色钴玻璃，用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，只能说明含有Na，不能确定是否含有K，故C错误；D.向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，未知液中含有Fe2或Fe3或二者都有，故D错误，答案选B。14.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、 AlCl3五种溶液，只需要一种试剂就可以把它们鉴别开来，这种试剂是（ ）A. 氨水 B. 烧碱溶液 C. 盐酸 D. KSCN溶液【答案】B【解析】A加入浓氨水不能鉴别MgCl2和AlCl3，必需选强碱，A错误；B加入烧碱溶液，NaCl无现象，FeCl2先生成白色沉淀迅速变灰绿色最终为红褐色，FeCl3生成红褐色沉淀，MgCl2生成白色沉淀，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，现象各不相同，可鉴别，B正确；C盐酸与五种氯化物都不反应，不能鉴别，C错误；DKSCN溶液只与FeCl3反应溶液变红色，不能鉴别，D错误，答案选B。15.已知还原性由强到弱的顺序为SO3 2- I -Br -,向NaBr、NaI、Na2 SO3 的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是( )A. NaCl B. NaCl、 NaBr、 Na2 SO4 C. NaCl、Na2 SO4、I2 D. NaCl、Na2 SO4 、 NaI【答案】B【解析】氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应（Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl）生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余NaI，生成的Br2、I2蒸干并灼烧时将分别挥发，升华脱离固体，所以得到的剩余固体物质的组成可能是NaCl、NaBr、Na2SO4，答案选B。点睛：本题考查氧化还原反应的应用与判断，本题要注意Cl2和NaBr、NaI、Na2SO3反应的先后顺序，判断依据就是氧化还原反应中的先后规律，即一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。16.下列物质的分类正确的是 （ ）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A烧碱H2SO4BaCO3Na2O2CO2BBa(OH)2HClNaClNa2OCOC纯碱CH3COOHCaCl2Al2O3SO2DKOHHClOCaCO3CaOSiO2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、Na2O2是过氧化物，但不属于碱性氧化物，错误；B、CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，错误；C、纯碱是盐，不属于碱，Al2O3是两性氧化物，错误；D、各物质都符合分类，正确。答案选D。点睛：本题考查物质的分类，考生容易在常见物质分类中出现判断的错误，解题的关键是将常出现的物质类别分清楚，如纯碱不是碱，过氧化物、不成盐氧化物等氧化物的分类，酸的多种分类情况整理清楚，突破易错点。17.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 能溶解Al2O3的溶液中：Na+、Ca2+、HCO3-、NO3-B. 强酸性溶液中：Na+、NH4+、ClO-、I-C. 某透明溶液中：Fe3+、NH4+、NO3-、SCND. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl-、SiO32-、NO3-【答案】D【解析】【分析】强酸、强碱都能溶解Al2O3；次氯酸根离子具有氧化性，能把I-氧化为碘单质；Fe3+与SCN反应生成Fe(SCN)3；能使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下Na+、Cl-、SiO32-、NO3-不反应。【详解】A.能溶解Al2O3的溶液呈酸性或碱性，H+、OH-都能与HCO3-反应，故不选A；B.酸性溶液中，H+可以和ClO-结合生成次氯酸，ClO-具有氧化性，能把I-氧化为碘单质，故不选B；C.Fe3+与SCN反应生成Fe(SCN)3，故不选C；D.能使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下Na+、Cl-、SiO32-、NO3-不反应，能大量共存，故选D，答案为D。【点睛】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并熟悉常见离子之间的反应来解答，本题的难点是C中生成络离子的考查。18.合理使用仪器、恰当存放药品是化学实验安全、顺利进行的保障。下列“使用方法”与对应的“应用举例”不相符的是选项使用方法应用举例A验纯后加热CO还原Fe2O3B振荡分液漏斗后放气CCl4萃取碘水中的I2C先撤导管后撤酒精灯MnO2、浓HCl制Cl2D剩余药品不能放回原瓶Na块A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】可燃性气体验纯后才能加热；CCl4萃取碘水中的I2，用分液法分离；加热制备气体时，为防止倒吸，要先撤导管后撤酒精灯；钠是活泼金属，用剩的Na块要放回原瓶。【详解】A.CO可燃，CO还原Fe2O3，验纯后才能加热，故A相符；B.CCl4萃取碘水中的I2，用分液法分离，故B相符；C.加热MnO2与浓HCl制Cl2，为防止倒吸，要先撤导管后撤酒精灯，故C相符；D.钠是活泼金属，用剩的Na块要放回原瓶，故D不相符，答案选D。19.下列离子方程式书写正确的是A. 金属钠加入到CuSO4溶液中：2NaCu2=Cu2NaB. 将铝片打磨后置于NaOH溶液中：2Al2OH=2AlO2-H2C. 向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al32SO42-2Ba24OH = 2BaSO4AlO2-2H2OD. 向Ba(AlO2)2溶液中通入少量CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-【答案】C【解析】【详解】A.金属钠加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，钠不能把硫酸铜溶液中的铜置换出来，故A错误；B.将铝片打磨后置于NaOH溶液中：2Al2OH+2H2O=2AlO2-3H2，故B错误；C.向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钾，反应离子方程式是Al32SO42-2Ba24OH = 2BaSO4AlO2-2H2O，故C正确；D.向Ba(AlO2)2溶液中通入少量CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸钡沉淀，反应离子方程式是Ba2+2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3BaCO3，故D错误，答案选C。20.在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是( )A. Na2CO3和Na2O2 B. Na2CO3和NaOHC. NaOH和Na2O2 D. NaOH、Na2O2和Na2CO3【答案】B【解析】试题分析：设Na2O2固体和NaHCO3固体都为1mol，则2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O 2mol 1mol 1mol 1mol1mol 0.5mol 0.5mol 0.5mol2Na2O2+ 2CO2 = 2Na2CO3+O2， 2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2，0.5mol 0.5mol 0.5mol 0.5mol 0.5mol 1mol 则剩余固体为n（Na2CO3）=0.5mol+0.5mol=1mol，n（NaOH）=1mol，即剩余固体是等物质的量的Na2CO3和 NaOH的混合物，故选B。考点：钠的重要化合物21.钠露置在空气中，其变质过程中不可能产生的物质是 ( )A. Na2O B. NaHCO3 C. Na2CO3 D. NaOH【答案】B【解析】【详解】金属钠露置于空气中，观察到的现象依次有：银白色（钠）变暗（生成了白色的Na2O）成液体（Na2O+H2O=2NaOH，NaOH潮解）结块（2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，析出含结晶水的Na2CO310H2O）最后成粉末（风化成Na2CO3），整个过程中没有生成NaHCO3生成，B项符合题意，选B。22.CO2和氢氧化钠溶液反应，所得产物中Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为3 ：5 ,则参加反应的CO2和NaOH 的物质的量之比为（ ）A. 3 ：5 B. 1 : 2 C. 8 : 11 D. 18 : 8【答案】C【解析】设所得产物中Na2CO3和NaHCO3物质的量分别是3mol、5mol，参加反应的CO2和NaOH的物质的量分别是xmol、ymol，根据原子守恒可知3+5x、32+5y，因此x:y=8:11，答案选C。23.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 1 mol FeI2 与足量的氯气反应时转移的电子为3 NAB. 15.6 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NAC. Fe与0.1 mol Cl2反应时失去的电子数为0.3NAD. 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA【答案】A【解析】【分析】FeI2与足量的氯气反应生成氯化铁和碘单质；Na2O2与过量CO2反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1mol过氧化钠转移1mol电子；Fe与0.1 mol Cl2反应，氯元素化合价由0降低为-1；Na2O2固体中含的离子是Na、O22。【详解】A.FeI2 与足量的氯气反应生成氯化铁和碘单质，铁元素化合价由+2升高为+3，碘元素化合价由-1升高为0，所以1 mol FeI2 与足量的氯气反应时转移的电子为3 NA，故A正确；B. Na2O2与过量CO2反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，1mol过氧化钠转移1mol电子，15.6 g Na2O2的物质的量是0.2mol，与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA，故B错误；C.Fe与0.1 mol Cl2反应，氯元素化合价由0降低为-1，Fe与0.1 mol Cl2反应时失去的电子数为0.2NA，故C错误；D.Na2O2固体中含的离子是Na、O22，1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，故D错误，答案选A。24.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是A. 取a克混合物充分加热，减重b克B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【答案】C【解析】试题分析：A碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，所以取ag混合物充分加热，减重bg，则根据碳酸氢钠分解的方程式可以计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数，A正确；B碳酸钠、碳酸氢钠均能与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，则取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体是氯化钠，因此根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；C取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，由于生成的CO2中混有水蒸气，则增重bg的质量不是CO2的，所以不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；D碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，则取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体是碳酸钡，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，答案选C。考点：考查碳酸钠质量分数测定实验方案设计与探究视频25.一定量的Fe、FeO、Fe2O3固体混合物，恰好溶解在0.1 mol盐酸中，并生成224mL（标况）的氢气。取同质量的上述固体与足量的CO高温反应后，固体质量减少( )A. 条件不足 B. 0.72g C. 0.48g D. 0.64g【答案】D【解析】取同质量的上述固体与足量的CO高温反应后得到铁单质，固体减少的质量就是氧元素的质量。由于混合物与盐酸反应时氧元素转化为水，生成的氢气是0.224L22.4L/mol0.01mol，所以根据氢原子守恒可知0.1mol盐酸生成水的物质的量是0.04mol，所以氧元素的质量是0.04mol16g/mol0.64g，则最终固体质量减少0.64g，答案选D。点睛：根据反应的原理得出固体减少的质量就是混合物中氧元素的质量是解答的关键，计算要注意利用好原子守恒。易错点是容易忽视盐酸中氢原子有一部分转化为了氢气，从而得出生成的水是0.05mol而错选A。26.化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：（1）K2FeO4是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O。在该反应中，还原剂是_，当反应中有1mol K2FeO4生成时，消耗Cl2在标况下的体积为_ L,转移电子的数目为_。（2）宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：_。（3）厨房里小苏打常作面包和糕点的发泡剂，写出小苏打溶于水的电离方程式:_。（4）工业上制漂白粉的化学方程式为_，新制氯水在阳光照射下产生无色气体，该反应的化学方程式是_。（5）KA1(SO4)212H2O因其溶于水生成_(化学式)可以吸附杂质，从而达到净水作用。（6）硅钢具有很高的_，主要用作变压器的铁芯；硅酸钠水溶液的俗名为_，可作为木材_的原料。（7）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：_。若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是_。A有铜无铁 B有铁无铜 C铁、铜都有 D铁、铜都无【答案】 (1). Fe（OH）3 (2). 33.6 (3). 3NA或1.8061024 (4). (5). NaHCO3=NaHCO3- (6). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O (7). 2HClO2HCl+O2 (8). Al（OH）3 (9). 导磁性 (10). 水玻璃 (11). 防火剂 (12). Cu2Fe3=2Fe2Cu2 (13). B【解析】【分析】(1).2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O反应中，Fe元素化合价由+3升高为+6，被氧化，生成1mol K2FeO4转移3mol电子；根据化学方程式计算生成1mol K2FeO4消耗氯气的体积；（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；过氧化钠发生歧化反应，氧元素化合价由-1升高为0，由-1降低为-2，升高数=降低数=转移电子数；（3）小苏打是强电解质，溶于水电离出钠离子和碳酸氢根离子；（4）工业上用氢氧化钙和氯气反应制漂白粉，新制氯水在阳光照射下，次氯酸发生分解反应生成HCl和氧气；（5）铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质；（6）变压器的铁芯需要很好的导磁性。硅酸钠水溶液的俗名为水玻璃，硅酸钠具有较高熔点，不易燃烧，是制备硅胶和木材防火剂的重要原料；（7）FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁；向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，由于Fe的还原性比Cu强，Fe3+首先应与Fe反应，如果Fe3+有剩余，剩余的Fe3+再与Cu反应。【详解】(1).2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O反应中，Fe元素化合价由+3升高为+6，被氧化，所以Fe(OH)3是还原剂；生成1mol K2FeO4转移3mol电子，电子数是3NA；根据化学方程式，生成1mol K2FeO4消耗氯气的物质的量是1.5mol，在标况下的体积为位1.5mol22.4L/mol=33.6L；（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式是2Na2O22CO2 =2Na2CO3O2；过氧化钠发生歧化反应，氧元素化合价由-1升高为0，由-1降低为-2，升高数=降低数=转移电子数，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为；（3）小苏打碳酸氢钠是强电解质，溶于水电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3=NaHCO3-；（4）工业上用氢氧化钙和氯气反应制漂白粉，反应方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O，新制氯水在阳光照射下，次氯酸发生分解反应生成盐酸和氧气，反应方程式是2HClO 2HCl+O2；（5）铝离子水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体可以吸附杂质；（6）因为硅钢具有很高的导磁性，所以主要用作变压器的铁芯；硅酸钠水溶液的俗名为水玻璃，可作为木材防火剂的原料；（7）FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应的离子方程式是Cu2Fe3=2Fe2Cu2；加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，故不选A；加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，铁反应完后铜才能参加反应，不会出现有铁无铜的情形，故选B；若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉都可能剩余，故不选C;若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，都不会有剩余，故不选D，答案为B。27.工业上冶炼铝的原料是铝土矿(主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、SiO2等)。某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：（1）滤渣a中除含泥沙外，一定含有_，分离溶液a和滤渣a的操作需要的玻璃仪器为_。 （2）溶液a中含铝元素的溶质与过量试剂A反应的离子方程式为_，溶液a与过量试剂A反应生成滤渣b的离子方程式为_。（3）溶液b与过量试剂B反应生成滤渣c的离子方程式为_。（4）加热滤渣c得到氧化铝的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有_（填主要仪器名称），实验室里还常往NaAlO2溶液中通入过量的_来制取A1(OH)3。【答案】 (1). Fe2O3 (2). 漏斗，烧杯，玻璃棒 (3). AlO4 H= Al32H2O (4). 2 HSiO=H2SiO3 (5). Al33NH3H2O=Al(OH)33NH (6). 坩埚 (7). CO2【解析】铝土矿(主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、SiO2等)中加入NaOH溶液，Al2O3和SiO2被氢氧化钠溶解，因此滤渣a为Fe2O3，滤液a中含有偏铝酸钠和硅酸钠，根据流程图，滤渣b中应该含有硅元素，则试剂A为酸，如盐酸，滤渣b为硅酸沉淀，滤液b中含有铝离子，再加入过量的氨水，滤渣c为氢氧化铝沉淀，过滤煅烧生成氧化铝，滤液c中含有铵根离子。(1)根据上述分析，滤渣a中除含泥沙外，一定含有Fe2O3，分离溶液a和滤渣a的操作为过滤，需要的玻璃仪器为漏斗，烧杯，玻璃棒，故答案为：Fe2O3；漏斗，烧杯，玻璃棒；(2)溶液a中含铝元素的溶质与过量试剂A反应的离子方程式为AlO2-4 H= Al32H2O，溶液a与过量试剂A反应生成滤渣b的离子方程式为2 HSiO32-=H2SiO3，故答案为：AlO2-4 H= Al32H2O；2 HSiO32-=H2SiO3；(3)溶液b与过量氨水反应生成氢氧化铝的离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33 NH4+，故答案为：Al33NH3H2O=Al(OH)33 NH4+；(4)加热氢氧化铝得到氧化铝的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有坩埚，实验室里还常往NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳来制取A1(OH)3，故答案为：坩埚； CO2。28.某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的化肥的主要成分及相关性质。首先对该化肥的成分进行了如下假设：a只含有FeSO4b含有FeSO4和Fe2(SO4)3c只含有Fe2(SO4)3将化肥固体粉末溶于水中得到溶液(记为X)，进行如下实验：序号操作现象取2 mL溶液X，加入1 mL 1 molL1 NaOH溶液产生红褐色沉淀取2 mL溶液X，加入1滴KSCN溶液显红色（1）对实验的预期现象是产生白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，预期产生该现象的依据是(用化学方程式或离子方程式表达)_、_。（2）由实验得出的结论是_。为进一步验证假设，小组同学进行了以下实验：序号操作现象取2 mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1 mL水溶液显红色取2 mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1 mL氯水溶液显红色，颜色比深（3）实验中氯水参加反应的离子方程式是_。（4）通过以上实验，可得到的结论是_。【答案】 (1). Fe22OH=Fe(OH)2 (2). 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 (3). 化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假设a不成立) (4). Cl22Fe2=2Cl2Fe3 (5). 化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)【解析】【分析】（1）FeSO4溶液与氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，所以预期现象是产生白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀；(2). Fe3遇KSCN溶液变红；（3）实验：溶液X中加入1滴KSCN，再加入1 mL氯水，颜色比深，说明含有Fe2，且Fe2被氯水氧化为Fe3；（4）实验，溶液X，加入1滴KSCN，再加入1 mL水，溶液显红色，说明含有Fe3，综合实验、得结论。【详解】（1）FeSO4溶液与氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，反应离子方程式是Fe22OH=Fe(OH)2，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式是4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；(2). Fe3遇KSCN溶液变红，溶液X加入1滴KSCN，溶液显红色，说明含有Fe2(SO4)3，则假设a不成立；（3）实验：溶液X中加入1滴KSCN，再加入1 mL氯水，颜色比深，说明Fe2被氯水氧化为Fe3，反应的离子方程式是Cl22Fe2=2Cl2Fe