黑龙江省大庆市铁人中学2022学年高一上学期期末考试化学模拟试题

PAGE32铁人中学2022级高一学年上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Si：28Al：27Na：23Mg：24K：39Cl：：40Fe：56Cu：64Ba：137第Ⅰ卷选择题共54分一、选择题每小题只有一个选项正确，每小题3分，共54分。1化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是A苏打在生活中可用做发酵粉B磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆C石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料D二氧化硅可用于制作硅芯片和光电池【答案】C【解析】【详解】A苏打是碳酸钠，在生活中可用做发酵粉的是小苏打，即碳酸氢钠，A错误；B磁性氧化铁是四氧化三铁，可用于制备颜料和油漆的氧化铁，B错误；C工业制备玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，制备水泥的原料是石灰石、黏土和辅助原料，因此石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料，C正确；D二氧化硅可用于制作光导纤维，单质硅可用于制作硅芯片和光电池，D错误。答案选C。2下列试剂保存说法不正确的是漂白粉置于冷暗处密封保存烧碱盛放在玻璃瓶塞的磨口玻璃瓶中【答案】D【解析】【详解】A．因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故A正确；B．因碳酸的酸性强于次氯酸，则Ca（ClO）2能和空气中CO2、H2O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处，故B正确。C．因液溴易挥发，保存溴时应加入少量水，故C正确；D．因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，选项D是解答的易错点，注意氢氧化钠溶液可以用玻璃瓶保存，但不能用玻璃塞。3有以下物质①Na2SO4溶液；②熔融的CaCl2；③CuSO4·5H2O固体；④KOH固体；⑤石墨；⑥蔗糖。有关它们的说法正确的是A不能导电的有③④⑥ B属于电解质有①②③④C属于非电解质的有①⑤⑥D属于混合物的有①②③⑥【答案】A【解析】【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此解答。【详解】①硫酸钠溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②熔融的氯化钙能导电，属于电解质；③胆矾不导电，溶于水可以导电，属于电解质；④氢氧化钾固体不导电，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质；⑤石墨是非金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥蔗糖是化合物，不能导电，是非电解质；A不能导电的有③④⑥，A正确；B属于电解质有②③④，B错误；C属于非电解质的有⑥，C错误；D属于混合物的有①，D错误；答案选A。【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体等。4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、K、AlO2-、、Cu2、NO3-、Cl-、Fe3、I-、、K、SO42-、CO32-【答案】A【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，结合离子的性质分析判断。【详解】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；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；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；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；答案选A。5完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是选项ABCD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【答案】C【解析】【分析】根据混合物分离提纯的物理原理选择合适的装置。【详解】A项：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项错误；B项：碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项错误；C项：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项正确；D项：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项错误。本题选C。6下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋4NH4＋＋2H2OHCO32溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－＋2H2OC水玻璃中通入少量的二氧化碳：Na2SiO3＋CO2＋H2O＝2Na＋＋CO32－＋H2SiO3↓D氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe24HNO3－＝3Fe32H2ONO↑【答案】D【解析】【详解】A氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O＝AlOH3↓＋3NH4＋，A错误；HCO32溶液中加入少量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水：Ca2＋＋HCO3－＋OH－＝CaCO3↓＋H2O，B错误；C硅酸钠易溶易电离，水玻璃中通入少量的二氧化碳：SiO32－＋CO2＋H2O＝CO32－＋H2SiO3↓，C错误；D氯化亚铁溶液中加入稀硝酸发生氧化还原反应：3Fe24HNO3－＝3Fe32H2ONO↑，D正确。答案选D。7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3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【解析】【详解】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正确；B合金与各组分金属相比一般具有更大的硬度，B正确；3固体生成醋酸钠，离子浓度增大，溶液的导电性明显增强，C正确；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错误。答案选D。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，和CO2混合气体中含有的碳原子数目为B标准状况下，氯气与足量氢氧化钠稀溶液反应转移的电子数为OH3胶体中含有的胶粒数目为NA硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA【答案】D【解析】【详解】A．在标准状况下，气体摩尔体积等于mol，混合气体的物质的量才等于，而在常温常压，气体的物质的量小于，则含有的碳原子数目小于，A项错误；B．氯气的物质的量为，根据化学反应Cl22NaOH＝NaClNaClOH2O可知，氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为NA，B项错误；C．胶体是分子的集合体，则1molFeOH3胶体中含有的胶粒数目小于NA，C项错误；D．·L－1硫酸钾溶液中硫酸根离子的物质的量是2L×L＝1mol，因此忽略水的电离可知阴离子所带电荷数为NA，D项正确；答案选D。9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=bC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】B【解析】【详解】A节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素发生焰色反应体现的，焰色反应是物理变化，不是化学性质的展现，A错误；，则Na2OH2O＝2NaOH△m1mol2mol62g2Na2O22H2O＝4NaOHO2↑△m1mol2mol62g由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等，B正确；C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，由于铝易被氧化为氧化铝，且氧化铝的熔点高，因此熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D氢氧化铝是两性氢氧化物，将装置①中的AlCl3溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，溶液中不会产生氢氧化铝沉淀，因此不可能观察到有大量白色沉淀产生，D错误。答案选B。10下列关于氯及其化合物说法正确的是A氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－B洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解3D氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气【答案】D【解析】【详解】A次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，A错误；B洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是次氯酸钠具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气而中毒，B错误；C漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的次氯酸钙与空气中的水、CO2反应生成次氯酸和CaCO3，C错误；D氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，D正确。答案选D。11一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板厚度不计将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置保持温度不变，下列说法正确的是

A右边与左边分子数之比为4∶1的质量为C右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入【答案】C【解析】试题分析：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=。A、气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；B、右侧CO的质量为：28g/mol*=7g，故B错误；C、相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，故C正确；D、相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：=，故D错误。考点：阿伏伽德罗定律的应用12赤铜矿的主要成分是氧化亚铜Cu2O，辉铜矿的主要成分是硫化亚铜Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有如下反应：Cu2S＋2Cu2O===6Cu＋SO2↑，下列对于该反应的说法正确的是A该反应中的氧化剂只有在反应中既是氧化剂又是还原剂既是氧化产物又是还原产物D氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，根据得失电子数相等确定氧化产物和还原产物的物质的量之比。【详解】A．反应中，Cu2S和Cu2O中的1价Cu元素得电子生成0价的Cu，所以Cu2S和Cu2O都是氧化剂，故A错误；B．Cu2S中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C．反应中，1价Cu元素得电子生成0价的Cu，所以Cu是还原产物，故C错误；D．根据Cu2S2Cu2O＝6CuSO2↑可知SO2是氧化产物，Cu是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价的变化情况是解本题的关键，注意该题中反应物都是氧化剂，但Cu2S还是还原剂，为易错点。13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·L－1的NaOH溶液称取固体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用CCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，再从上口倒出水层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

【答案】A【解析】【详解】溶解过程是放热的，导致溶液温度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，会造成配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，所以不能实现实验目的，故A选；B铝和氢氧化钠溶液反应但镁不反应，故能分离，故B不选；C四氯化碳的密度比水大，在下层，碘易溶于四氯化碳，从分液漏斗下口放出碘的四氯化碳溶液，从上口倒出水，故C不选；D要检验硫酸根离子，先加入盐酸，不产生沉淀和气体排除其它离子的干扰，后加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液含有硫酸根离子，故D不选。故答案选A。【点睛】本题考查化学实验评价，涉及溶液配制、离子检验、物质的分离提纯等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。14下列各组物质之间不能通过一步就能实现如图所示转化的是物质编号物质转化关系abcdA

SiO2Na2SiO3SiH2SiO3BNa2ONa2O2NaNaOHCAl2O3NaAlO2AlAlOH3DFeCl2FeCl3FeCuCl2【答案】B【解析】【详解】A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，硅酸钠与酸反应转化为硅酸，硅酸分解转化为二氧化硅，硅与氧气反应生成二氧化硅，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，通过一步就能实现，A不选；B、氧化钠与氧气反应转化为过氧化钠，过氧化钠溶于水转化为氢氧化钠，钠与氧气常温下反应生成氧化钠，点燃或加热时生成过氧化钠，但氢氧化钠不能转化为氧化钠，B选；C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，铝与氧气反应生成氧化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通过一步就能实现，C不选；D、氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铜反应可以生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成氯化亚铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁，通过一步就能实现，D不选；答案选B。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。15已知含有硝酸铜、硝酸锌、硝酸铁、硝酸银各的混合溶液中加入铁粉，充分搅拌后，铁溶解，溶液中不存在Fe3，同时析出银。下列结论正确的是A氧化性：Ag>Cu2>Fe3>Zn22与Fe2物质的量比为2：1可还原阳离子Cu2=Fe2Cu【答案】C【解析】【详解】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错误；B、Fe先还原Ag，其次是铁离子，最后是铜离子，银离子需要消耗铁，铁离子消耗铁，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错误；C、根据B中分析可知可还原银离子和铁离子，即可还原阳离子，故C正确；D、根据以上分析可知加入时发生反应为2AgFe＝2AgFe2、2Fe3Fe＝3Fe2，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法以及氧化还原反应的应用，注意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。3混合溶液中滴加·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，只发生中和反应斜段发生反应的离子方程式为CO32—＋2H＋=H2O＋CO2↑＝3的物质的量之比为2∶1【答案】C【解析】A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加L稀盐酸发生的反应依次为H＋＋OH－＝H2O、CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，第三步才开始产生气体，故0-a范围内，发生了前两步反应，A错误；B、ab段立即产生气体，则反应为：HCO3-H=H2OCO2↑，故B错误；C、生成，根据方程式HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑可知，消耗盐酸的物质的量是，消耗盐酸的体积为，所以a＝，故C正确；D、生成，则Na2CO3为，Na2CO3共消耗盐酸，从图上可知整个过程共消耗，所以与NaOH反应的盐酸是－＝，则NaOH为，因此原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，故D错误。选C。17今有一混合物的水溶液，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：（1）第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；（2）第二份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为．根据上述实验，下列推测正确的是（）一定存在该溶液中含﹣不一定存在﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验【答案】B【解析】【详解】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，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4，根据反应NH4OH-＝NH3↑H2O，产生NH3为，可得NH4也为。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为。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-Ba2OH-＝BaCO3↓H2O、SO42-Ba2＝BaSO4↓，因为BaCO32HCl＝BaCl2CO2↑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，物质的量为，BaCO3为，物质的量为，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含，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：、、，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，故A错误；B、100mL该溶液中含的碳酸氢根离子，故B正确；C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，故C错误；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，故D错误。故答案选B。【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是钠离子的确定易出现失误。另外选项D也易错点，注意硫酸根离子对氯离子检验的干扰。18铁、铜混合粉末加入到•L﹣1FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为．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（Fe3）=（Fe2）n（Cu2）=【答案】BD【解析】试题分析：2FeCl3Fe=3FeCl22FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2分析，假设反应的铁的物质的量为mol，反应的铜的物质的量为ymol，则有22y=×55664y=，解=""y=，所以剩余固体只有铜，没有铁，A错误；原固体中铜的质量为×=克，B正确；反应后的溶液中没有铁离子，C错误；反应后的亚铁离子和铜离子的物质的量为摩尔，D错误。所以选B。考点：金属的性质和反应顺序第Ⅱ卷非选择题共46分、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：DX。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是（填编号）。（3）反应⑥的离子方程式为：。（4）往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是。（5）反应⑦的化学方程式为；该反应中每消耗的A，可转移电子mol。（6）除去D溶液中混有的少量G的方法是：。【答案】（1）FeCl3）HCl）；（2）③⑥（3）Fe33SCN-=FeSCN3）（4）生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（5）3Fe4H2OgFe3O4（6）向混合液中通入足量氯气（或加入足量H2O2）【解析】试题分析：A为固体，B为黄绿色气体，说明B为Cl2，D与F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeCl2，Fe与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O。（1）由上述分析可知，D为FeCl3，X为HCl；（2）在反应①～⑦中，①为铁和氯气发生反应产生FeCl3，反应属于氧化还原反应；②为铁和氧气产生Fe3O4的反应，发生的氧化还原反应；③为四氧化三铁和盐酸发生反应产生FeCl2、FeCl3和水的复分解反应，不是氧化还原反应；④为氯化铁和铁发生反应产生FeCl2，反应属于氧化还原反应；⑤为氯化亚铁和氯气发生反应产生FeCl3，反应属于氧化还原反应；⑥是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，反应⑦是铁与水在高温下的置换反应，是氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有①②④⑤⑦，不是氧化还原反应的是③⑥共2个；（3）反应④的离子方程式是：Fe33SCN-=FeSCN3；（4）G是FeCl2，往G溶液中加入NaOH溶液，发生反应：FeCl22NaOH=FeOH2↓2NaCl，FeOH2不稳定，容易被空气中的氧气氧化产生FeOH3，反应的方程式是：4FeOH2O22H2O=4FeOH3，会观察到首先产生白色沉淀，后白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（5）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe4H2OgFe3O44H2；根据方程式可知：每有3molFe发生反应转移电子的物质的量是8mol，则有反应，转移电子的物质的量是；（6）若要除去FeCl3溶液中含有FeCl2，可以利用FeCl2的还原性，向混合溶液中通入足量的氯气，发生反应：2FeCl2Cl2=2FeCl3，就得到纯净的FeCl3溶液。【考点定位】考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、物质的净化方法、反应类型的判断的知识。【名师点睛】本题考查了元素及化合物的性质。B为黄绿色气体，可知B是Cl2，D与F混合溶液为血红色，结合A为固体，与Cl2反应产生D，则说明A是铁；X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，可知X的HCl，水溶液是盐酸，C为无色气体，与铁在点燃情况下反应的产生物质与盐酸反应产生的物质G与Cl2生成FeCl3，FeCl3与Fe反应产生FeCl2，其它可以根据物质的转化关系进行逐一推断得到。根据质量守恒定律可得反应的方程式，若反应为离子反应还应该符合电荷守恒；若为氧化还原反应，则应该符合电子守恒。201在标准状况下，和CO2的混合气体质量为，则该混合气体的平均摩尔质量为_________，其中CH4和CO2的物质的量之比为_____。2将OH2溶解在水中，配成100mL溶液，配好后从中取出10mL溶液，加水稀释至100mL，则稀释后所得溶液中OH-的物质的量浓度是__________mol/L。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实验室用MnO2与浓盐酸制取Cl2，发生反应的化学方程式：_____。ClO2处理水时被还原成Cl－，不生成有机氯代物等有害物质。工业上用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2反应：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋NaClH2O。写出配平的化学方程式________________。生成转移的电子数目为_____________。5取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当恰好完全反应时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为__________________________。如果向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2，该反应的离子方程式为________________________________。【答案】130g/mol21：1345MnO2＋4HCl浓MnCl2＋Cl2↑＋2H2O65NaClO24HCl＝4ClO2↑5NaCl2H2O786：3：292Fe22Br-2Cl2＝2Fe3Br24Cl-【解析】【分析】（1）根据n＝V/Vm、m＝nM以及十字交叉法计算；（2）根据c＝n/V、m＝nM以及稀释过程中溶质的物质的量不变解答；（3）根据c＝n/V、n＝V/Vm结合溶液的密度解答；（4）浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应生成氯化锰、氯气和水，据此书写；根据元素的化合价变化情况结合电子得失守恒配平和计算；（5）根据得失电子守恒以及还原剂的还原性强弱顺序分析解答。【详解】（1）在标准状况下，和CO2的混合气体的物质的量是÷mol＝，其质量为，则该混合气体的平均摩尔质量为÷＝30g/mol；根据十字交叉法可知CH4和CO2的物质的量之比为。（2）OH2溶解在水中，配成100mL溶液，溶质的物质的量是÷171g/mol＝，则氢氧化钡的浓度是÷＝L，因此氢氧根的浓度是L。配好后从中取出10mL溶液，加水稀释至100mL，稀释了10倍，根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知稀释后所得溶液中OH-的物质的量浓度是L÷10＝L。（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，气体的物质的量是，质量是。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，则所得溶液的体积是，因此物质的量浓度c＝；（4）浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl浓MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。反应中NaClO2→ClO2，3价的氯元素化合价升高到4价，NaClO2→NaCl，3价的氯元素的化合价降低到-1价，由得失电子守恒可知，方程式为5NaClO24HCl＝4ClO2↑5NaCl2H2O；生成4molClO2，转移电子4mol，生成转移电子的物质的量为，数目为；（5）向KI、Na2SO3、FeBr2溶液中分别通入足量氯气均发生氧化还原反应，且反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2失去的电子数相等，设KI、Na2SO3、FeBr2的物质的量分别为、y、，由失去的电子数相等可知，×（1-0）＝y×（6-4）＝×（3-2）×2×（1-0），解得：y：=6：3：2，由于溶液体积相等，则浓度之比为6：3：2；向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2，先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，其反应方程式为2Fe22Br-2Cl2＝2Fe3Br24Cl-。、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。

1A点沉淀物的化学式为_____。B点纵坐标为___________________。2A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_____。3B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】1MgOH22344842AlO2－＋CO2＋3H2O===2AlOH3↓＋CO32－56110【解析】【分析】加入盐酸开始阶段沉淀不溶解，说明反应中氢氧化钠过量，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸钠，氢氧化钠被完全中和后偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝，最后加入的盐酸溶解氢氧化镁和氢氧化铝，结合图象分析解答。【详解】（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MgOH2，即A点沉淀物的化学式为MgOH2；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H2OAlO2-H＝AlOH3↓，该阶段消耗盐酸的物质的量是×2mol/L＝，因此生成氢氧化铝是，质量是×78g/mol＝，则B点纵坐标为＝；（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＝2AlOH3↓＋CO32－，氢氧化铝消耗二氧化碳，标况下的体积是×mol＝＝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[MgOH2]＝÷58g/mol＝，根据Mg原子守恒得nMgCl2＝n[MgOH2]＝；氢氧化铝的物质的量是，根据铝离子守恒可知nAlCl3＝，由Cl-离子守恒得B点含溶质氯化钠的物质的量是×2×3×2mol/L＝；根据钠离子守恒可知原混合物中氢氧化钠是，C点溶液为MgCl2、AlCl