2026届安徽黄山市化学高一第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2026届安徽黄山市化学高一第一学期期末教学质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，其离子方程式为：MnO4－＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋＿＿(未配平)。关于此反应的叙述正确的是A．该反应的还原产物是CO2B．该反应右框内的产物是OH－C．配平该反应后，H＋计量数是6D．1molMnO4－在反应中失去5mol电子2、已知常温下在溶液冲可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+。由此可以确定Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是A．Ce4+、Fe3+、Sn4+ B．Sn4+、Ce4+、Fe3+C．Sn4+、Fe3+、Ce4+ D．Fe3+、Sn4+、Ce4+3、短周期金属元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如图所示，下列判断正确的是（）甲乙丙丁戊A．原子半径：丙＜丁＜戊B．金属性：乙＞甲C．最外层电子数：甲＞乙D．最高价氧化物的水化物的碱性：丙＞丁＞戊4、某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入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。则下列说法不正确的是A．溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+B．溶液中n(Al3+)=0.1molC．溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—D．n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶15、下列说法正确的是A．铜与氯气反应时，剧烈燃烧并产生蓝色的烟B．将金属钠投入硫酸铜溶液中可观察到有红色的铜生成C．生活中常用的“84”消毒液中的有效成分是NaClD．次氯酸不如次氯酸盐稳定，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分6、下列除杂试剂或操作选用不正确的是()物质(括号内为杂质)除杂试剂或操作ANa2CO3晶体(NaHCO3)加热BCO2(HCl)饱和氯化钠溶液、浓H2SO4，洗气CFe2O3(SiO2)NaOH溶液，过滤D稀盐酸(Cl2)光照A．A B．B C．C D．D7、在3Cl2＋6KOHKClO3＋5KCl＋3H2O的反应中，下列说法不正确的是()A．Cl2是氧化剂，KOH是还原剂B．KCl是还原产物，KClO3是氧化产物C．反应中每消耗3molCl2，转移电子数为5NAD．被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍8、准确称取6.0g铝土矿样品(主要成分为Al2O3,含Fe2O3杂质)，加入100mL稀硫酸中，充分反应后向滤液中加入10mol·L－1NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积之间的关系如图所示。则所用硫酸物质的量浓度为（）A．3.50mol·L－1B．1.75mol·L－1C．0.85mol·L－1D．无法确定9、将过量的CO2通入下列溶液中，一定能产生沉淀的是（）A．氢氧化钡溶液 B．氯化钙溶液 C．硅酸钠溶液 D．次氯酸钠溶液10、高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与亚铁离子反应，离子方程式如下(未配平)：MnO4-+Fe2++H+=Mn2++Fe3++H2O下列有关说法正确的是()A．MnO4-和H+是氧化剂，Fe2+是还原剂B．H2O既是氧化产物又是还原产物C．每生成1mol水将转移1.2mol的电子D．Fe2+的还原性强于Mn2+11、Cl2和SO2都具有漂白作用，能使品红溶液褪色。若将等物质的量的Cl2、SO2混合后再通入品红与BaCl2的混合溶液，能观察到的现象是()①溶液很快褪色②溶液不褪色③出现沉淀④不出现沉淀A．①② B．①③ C．②③ D．②④12、ag硝酸钾溶于bg水，形成VmL饱和溶液。下列关系式错误的是()A．该溶液的物质的量浓度：c(KNO3)＝a101VB．该溶液的质量分数：w(KNO3)＝100aC．20℃时KNO3的溶解度S＝100aD．该溶液的密度ρ＝1000a+13、下列有关叙述正确的是A．相同条件下，体积相等的CO气体和CO2气体它们所含的氧原子数目之比为1：1B．同体积、同密度的N2O和CO2，两种气体的分子数一定相等C．1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为2NAD．1L0.45mol/LNaCl溶液中Cl－的物质的量浓度比0.1L0.15mol/LAlCl3溶液大14、分别将0.2mol的Na、Mg、Al投入足量的盐酸中，生成氢气的质量比为()A．1:2:3 B．1:1:1 C．3:2:1 D．2:1:115、下列反应中必须加入还原剂才能进行的是()A．Fe3+→Fe2+ B．Zn→Zn2＋ C．H2→H2O D．CuO→CuCl216、某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2+)＝2mol·L－1，c(SO42-)＝6.5mol·L－1，若将200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1氢氧化钠溶液的体积是A．0.5L B．1.625L C．1.8L D．2L二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A是一种金属，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如图变化关系：（1）A的名称是___；D的化学式是___。（2）B→D反应的化学方程式___。（3）A与水反应的化学方程式___。18、设计如下实验探究橄榄石（仅含三种短周期元素）的组成和性质。（1）橄榄石的组成元素是O和____、____（填元素符号），化学式为__________。（2）写出白色粉末A的一种用途：__________________________。（3）白色粉末A溶于NaOH溶液的离子方程式是_________________________________。19、某学习小组以Ba(OH)2、水、H2SO4为实验对象探究离子反应发生的条件。实验1：向烧杯中依次加入下列试剂，记录灯泡变化①Ba(OH)2粉末：灯泡不亮②加入蒸馏水：灯泡变亮③逐滴滴加0.1mol/LH2SO4，灯泡变化如下：（1）Ba(OH)2与H2SO4在溶液中能发生_________反应。a.复分解反应b.氧化还原反应c.置换反应（2）加H2O后，灯泡变亮的原因是Ba(OH)2发生了___________。（3）用离子方程式解释过程Ⅰ中灯泡变暗的原因_________。（4）查阅有关物质溶解度数据如下表：物质Ba(OH)2BaSO4溶解度/g5.60.00025比较溶液1、溶液2中c(SO42-)的大小：＞___________（5）实验2：用Na2SO4溶液替代稀H2SO4，重复实验进行对照。①Na2SO4溶液的浓度是_________。②加入Na2SO4溶液过程中灯泡不熄灭，原因是_________。通过实验可知：离子反应发生的条件之一是生成沉淀。20、用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)为防止FeSO4溶液被空气中的氧气氧化需向溶液中添加_______________。(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用____________的方法。(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下再挤出NaOH溶液。这样操作的原因是_______________。方法二：用如图所示装置制备。(4)操作步骤：打开止水夹，从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，下一步操作为____________。(5)b试管中生成Fe(OH)2的化学方程式是_____________。(6)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，原因是___________。21、现有下列物质：①高锰酸钾②镁③氧气④氢氧化钠⑤硫酸⑥甲烷⑦胶体⑧硫酸铜(1)以上物质属于电解质的是_________，属于非电解质的是_______。(填序号)(2)属于有机物的是__________。(填序号)(3)鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是_____；分离胶体和溶液常用的物理方法是_____。(4)从上述物质中选出一种或两种为反应物，按下列反应类型各写一个反应化学方程式：①化合反应：______；②分解反应：______；③置换反应：______；④复分解反应：________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．H2C2O4中碳元素的化合价升高，发生氧化反应，CO2为氧化产物，故A错误；B．根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++__，根据电荷守恒、原子守恒，所以空白中为8H2O，H+的计量数是6，故B错误；C．化合价降低的元素是锰元素，所在反应物KMnO4是氧化剂，被还原为Mn2+，故根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6，故C正确；D．锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4-在反应中得到5mol电子，故D错误；故选：C。2、A【解析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+中亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性是Ce4+＞Fe3+；反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+中铁离子被还原为亚铁离子，则氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是Ce4+、Fe3+、Sn4+，答案选A。3、D【解析】

A、丙、丁、戊位于同周期，同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，即原子半径：丙>丁>戊，故A错误；B、甲和乙属于同周期，从左向右金属性减弱，非金属性增强，即金属性：甲>乙，故B错误；C、主族元素，最外层电子数等于族序数，同周期从左向右最外层电子数增多，即最外层电子数：乙>甲，故C错误；D、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：丙>丁>戊，即最高价氧化物对应水化物的碱性：丙>丁>戊，故D正确；答案选D。4、D【解析】

若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。【详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；B.根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠的量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；C.结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1molAl3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。综上所述，本题选D。5、D【解析】

A.铜在氯气中燃烧产生棕黄色烟，生成物是氯化铜，故A错误；B.钠投入硫酸铜溶液时，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以得不到金属单质铜，故B错误；C.“84”消毒液中的有效成分是NaClO，故C错误；D.次氯酸见光易分解，所以次氯酸不如次氯酸盐稳定，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了氯气及其钠的化学性质，要注意的是：钠和盐溶液反应时，先和水反应。6、B【解析】

A、NaHCO3受热分解产生Na2CO3、CO2和H2O，其中CO2和H2O可以脱离装置，且Na2CO3对热稳定，可用加热的方式除去NaHCO3，A正确；B、HCl易溶于水，CO2微溶于水，用饱和氯化钠溶液除去HCl，会损失部分CO2，不符合除杂的原则，一般是使用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，B错误；C、SiO2可以溶于NaOH溶液，而Fe2O3不会溶解，故可以用NaOH溶液除去Fe2O3中的SiO2，再经过滤得到Fe2O3固体，C正确；D、Cl2在溶液中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，尽管HCl会抑制该平衡正向移动，但是HClO对光不稳定，分解使得溶液中HClO的浓度降低，促进平衡正向移动，所以光照一段时间之后，盐酸中的Cl2通过平衡的移动被除去，D正确；故选B。7、A【解析】

A.Cl2中氯元素的化合价有升高、有降低，所以Cl2既做氧化剂，又做还原剂，故A错误；B.Cl2失去电子被氧化，得到电子被还原，所以KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，故B正确；C.该反应中氯元素化合价从0价升高到+5价，因此每消耗3molCl2，转移电子数为5NA，故C正确；D.Cl元素的化合价升高被氧化，化合价降低被还原，则由电子守恒可知，被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为1：5，即被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍，故D正确。故答案选A。【点睛】本题的解题关键在于确定Cl2既做氧化剂又做还原剂，特别注意氧化还原分反应的基本概念及转移电子的计算。注意氧化还原反应的分析思路，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。8、B【解析】

图像中前期加入的NaOH没有在溶液中生成沉淀说明溶解铝土矿时H2SO4过量，所以6.0g铝土矿溶解后得到Al2(SO4)3\、Fe2(SO4)3、H2SO4混合溶液，加入NaOH溶液后反应依次为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，当加入35mLNaOH时，沉淀Al(OH)3没有溶解，所以反应后所有的Na元素、SO42-生成Na2SO4，n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)/2=10mol·L-1×0.035L/2=0.175mol，c(H2SO4)=0.175mol/0.1L=1.75mol/L。正确答案B。9、C【解析】

A.氢氧化钡溶液中通入过量的CO2，起初生成BaCO3沉淀，后来沉淀溶解，生成Ba(HCO3)2，A不合题意；B.氯化钙溶液中通入CO2，不发生反应，没有沉淀产生，B不合题意；C.硅酸钠溶液中通入过量的CO2，生成硅酸沉淀，C符合题意；D.次氯酸钠溶液中通入过量的CO2，生成HClO和NaHCO3，无沉淀产生，D不合题意。故选C。10、D【解析】

A、由反应可知MnO4-是氧化剂，Fe2+是还原剂，H元素化合价不变，H+既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、还原剂对应氧化产物，H2O既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；C、配平的方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，每生成4mol水将转移5mol电子，则生成1mol水将转移1.25mol电子，故C错误；D、在一个反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe2+的还原性强于Mn2+，故D正确；故答案选D。11、C【解析】

等物质的量的SO2和Cl2混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成盐酸和硫酸都不具有漂白性，所以不能使品红溶液；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，所以会产生白色沉淀，②③正确，故答案为C。12、A【解析】

A.根据agKNO3溶于bg水中,恰好形成VmL饱和溶液,知整个溶液的质量为(a+b)g，体积为VmL，则该溶液的物质的量浓度为：KNO3的质量/KNO3的摩尔质量/溶液体积=a101B.该溶液的质量分数为：KNO3的质量/溶液的质量＝100aC.20°C时KNO3的溶解度为:在100克水中溶解的KNO3的质量，即是100aD.该溶液的密度=质量/体积=(a+b)/v,得到的是g/ml,换成g/L应乘以1000，故D正确；故选A。13、B【解析】

A、二者分子中含有氧原子的数目之比为1：2；B、N2O和CO2的摩尔质量相等，根据m＝ρV、n＝＝分析；C、钠为+1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子；D、c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝3c（AlCl3）。【详解】A、相同条件下，体积相等的CO气体和CO2气体具有相同的物质的量，根据N＝nNA可知，它们所含的氧原子数目之比为1：2，故A错误；B、N2O和CO2的摩尔质量都是44g/mol，同体积、同密度的N2O和CO2具有相同的质量，根据n＝＝可知，两种气体的分子数一定相等，故B正确；C、1molNa与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，均失去1mol电子，失电子数目均为NA，故C错误；D、1L0.45mol/LNaCl溶液中c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝0.45mol/L，0.15mol/LAlCl3中，c（Cl﹣）＝3c（AlCl3）＝0.15molL×3＝0.45mol/L，两溶液中Cl﹣的物质的量浓度相等，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积等物理量之间的转化关系。14、A【解析】

钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑；镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应方程式为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；【详解】0.2mol钠与盐酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol镁与盐酸反应生成0.2mol氢气，0.2mol铝与盐酸反应生成0.3mol氢气，三种金属生成氢气的质量之比为0.1mol×2g/mol:0.2mol×2g/mol:0.3mol×2g/mol=1:2:3;答案选A。15、A【解析】

必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。【详解】A．Fe3+→Fe2+化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故A正确；B．Zn元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B错误；C．H元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故C错误；D．Cu元素化合价在反应前后没有发生变化，为非氧化还原反应，故D错误。答案选A。16、D【解析】

根据电荷守恒可得c(Al3＋)=3mol/L；；n(Al3＋)=3ml/L×0.2L=0.6mol；反应的离子方程式为：Al3＋+3OH—=Al(OH)3↓；Al3＋+4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3＋恰好完全反应生成AlO2—离子，即，需氢氧化钠的物质的量为；所以加入1.6mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为：，答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、钠NH3NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑【解析】

B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色，可知B溶液中含有钠元素，A是金属，和水反应生成B和E，可知A是钠，B是NaOH溶液，E是氢气。氢气和氯气点燃生成HCl，NaOH溶液和固体C在加热下生成气体D，则D为NH3，氨气和HCl化合生成NH4Cl，能看到白烟，所以C为NH4Cl。【详解】由以上分析可知，A是金属钠，B是NaOH，E是H2，C是NH4Cl，D是NH3，F是HCl。（1）A的名称是钠；D的化学式是NH3。（2）B→D反应的化学方程式是NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O。（3）A与水反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。【点睛】根据特征颜色和特殊实验现象可以快速找到无机推断题的突破口，如B溶液能使酚酞试液变红，说明溶液显碱性，焰色反应呈黄色，说明溶液中有钠元素；D、F相遇会产生白烟通常是氨气和氯化氢反应生成氯化铵的反应。18、MgSi2MgO·SiO2光导纤维等合理即可SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】

橄榄石与盐酸反应后生成了白色胶状沉淀，推知该胶状沉淀为硅酸，灼烧后生成二氧化硅，质量为1.8g，则物质的量为，二氧化硅能溶于NaOH溶液生成Na2SiO3，橄榄石与过量盐酸反应后的无色溶液，与过量的NaOH溶液反应后，生成白色沉淀，该沉淀应是Mg(OH)2，质量为3.48g，则物质的量为，因此该化合物中，硅元素与镁元素的物质的量之比为1：2，因此橄榄石的化学式为：2MgO·SiO2；（1）根据以上分析可知，橄榄石的组成元素是O和Mg、Si，化学式为2MgO·SiO2，本题答案为：Mg；Si；2MgO·SiO2；（2）白色粉末为二氧化硅，用途有：制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料，本题答案为：光导纤维等；（3）白色粉未为二氧化硅，与NaOH溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，本题答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。19、a电离（溶解）Ba2++2OH-+2H++SO＝BaSO4+2H2Oc2(SO)＞c1(SO)0.1mol/L反应生成NaOH，易溶于水电离出Na+和OH-，灯泡不熄灭。【解析】（1）Ba(OH)2与H2SO4在溶液中能发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和水，答案选a。（2）加H2O后，灯泡变亮的原因是Ba(OH)2发生了电离，电离出阴阳离子而导电。（3）由于Ba(OH)2与H2SO4在溶液中能发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度降低，导电性减弱，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O。（4）由于溶液1中氢氧化钡过量，硫酸根浓度最小，所以溶液1、溶液2中c(SO42-)的大小为c2(SO42－)＞c1(SO42－)；（5）①作为对照实验，Na2SO4溶液的浓度应该与硫酸溶液的浓度相同，为0.1mol/L。②由于反应生成NaOH，易溶于水电离出Na+和OH-，所以灯泡不熄灭。点睛：掌握电解质的电离情况和溶液导电性的原因是解答的关键，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数。20、铁粉加热煮沸防止带入空气中的氧气将氢氧化亚铁氧化关闭止水夹2NaOH＋FeSO4＝2Fe(OH)2↓+Na2SO4生成的氢气将整套装置中的空气排出【解析】

Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，所以在制备Fe(OH)2的过程中，要特别注意防止Fe(OH)2被氧化，即采取各种措施隔绝氧气。【详解】方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)为防止FeSO4溶液被空气中的氧气氧化需向溶液中添加铁粉，铁可以和Fe3+反应生成Fe2+。(2)气体溶解度随温度升高而降低，所以除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热煮沸的方法。(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下再挤出NaOH溶液。这样操作的原因是防止带入空气中的氧气将氢氧化亚铁氧化。方法二：打开止水夹，在a中发生铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气的反应，生成的氢气进入b中，将b中溶液中的氧气带走，同时也可以把b试管液面上方的空气赶出。从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，再把止水夹夹上，此时氢气的产生会使a中的压强增大，将a中生成的FeSO4溶液压入b中，和b中的NaOH溶液反应生成Fe(OH)2。由于b中没有氧气，所以生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色。(4)根据以上分析，打开止水夹，从b中导管口收集氢气，经检验纯净后反应一段时间，下一步操作为关闭止水夹。(5)b试管中生成Fe(OH)2的化学方程式是2NaOH＋FeSO4＝2Fe(OH)2↓+Na2SO4。(6)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，原因是生成的氢气将整套装置中的空气排出。21、①④⑤⑧⑥⑥丁达尔效应渗析（答案合理即可）（答案合理即可）（答案合理即可）（答案合理即可）【解析】

(1)在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非