【化学】安徽省合肥市第六中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版） 16页

安徽省合肥市第六中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 考试说明：1．考查范围：必修1第一章至第四章第二节 ‎2．试卷结构：分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)；试卷分值100分，考试时间80分钟 ‎3．所有答案均要写在答题卷上，否则无效，考试结束后只收答题卷可能用到的相对原子质量：‎ H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Br-80 I-127‎ 第I卷（选择题）‎ 本卷共16小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意，答案填涂到答题卡上 ‎1.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是( )‎ A. 1 mol OH−含8 NA个电子 B. 1 mol CH4和CO2混合气体中含C原子数为NA C. 常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为3NA D. 标准状况下，64 g SO2中含有的原子数为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．每个OH−含10个电子，所以1 mol OH−含10 NA个电子，故A错误；‎ B．不管是CH4分子还是CO2分子，每个分子中均含一个碳原子，所以无论怎么混合，1 mol混合气体中含C原子数为NA，碳原子个数是固定的，故B正确；‎ C．常温常压下，48 g O3的物质的量n==1mol，一个臭氧分子含有三个氧原子，臭氧分子的数目是NA，所含有的氧原子数为3NA，故C正确；‎ D．标准状况下，64 g SO2中含有的分子的物质的量n==1mol，SO2中含有的分子数为NA，一个二氧化硫分子含有一个硫原子和两个氧原子，含有的原子数为3NA，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列叙述不正确的是( )‎ A. 同温同压下，1 mol N2与1 mol CO可能具有不同的体积 B. 同温同压下，二氧化碳与笑气(化学式为N2O)的密度相同 C. 质量相同的O2与O3，一定具有相同的原子数 D. 28 g CO与1 mol CO一定具有相同的碳原子数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据PV=nRT，温度、压强、物质的量相同，体积肯定相同，故A错误；‎ B．根据ρ=，同温同压下，Vm相同，两者的相对分子质量又相同都是44，所以ρ相同，故B正确；‎ C．O2与O3均由O原子构成，因此质量相同的O2与O3，O原子总质量相等，O原子的物质的量相同，则O原子的数目相同，故C正确；‎ D．28 g CO的物质的量n==1mol，都是1 mol CO，含有相同的分子数，为NA个，一个CO分子含有一个碳原子，则一定具有相同的碳原子数，为NA个；故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列指定反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe=2Fe2＋‎ B. 用醋酸除水垢：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑ + H2O C. 向碳酸氢钠溶液加入盐酸溶液：H+ + CO32－ + H+ = CO2↑ + H2O D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电荷不守恒，离子反应方程式应为：2Fe3＋＋Fe = 3Fe2＋，故A错误；‎ B．醋酸是弱酸，应写成分子的形式，离子反应方程式：CaCO3 + 2HAc = Ca2+ + 2Ac－ + CO2↑ + H2O，故B错误；‎ C．HCO3－为弱酸的酸根离子，不能拆，离子反应方程式：HCO3－ + H+ = CO2↑ + H2O，故C错误；‎ D．Al(OH)3不溶于弱碱NH3·H2O，离子反应方程式：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+‎ ‎，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.在无色透明溶液中，不能大量共存的离子组是( )‎ A. K+、Na+、SO42－、Cl－ B. K+、Na+、HCO3－、NO3－‎ C. Ca2+、Na+、OH－、HCO3－ D. Ba2+、Na+、OH－、NO3－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K+、Na+、SO42－、Cl－离子间不反应，且离子均为无色，故A可大量共存；‎ B．K+、Na+、HCO3－、NO3－离子之间不反应，且离子均为无色，故B可大量共存；‎ C．以上均为无色离子，但OH－、HCO3－、Ca2+结合生成沉淀和水，故C不能大量共存；‎ D．Ba2+、Na+、OH－、NO3－离子之间不反应，且离子均为无色，故D可大量共存；‎ 答案选C。‎ ‎5.对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列关于该反应说法正确的是( )‎ A. Cu3P既是氧化产物也是还原产物 B. 11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移 C. P发生还原反应和氧化反应物质的量之比为6∶5‎ D. CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，反应中，P的化合价既升高又降低，其中5molP化合价降低，6molP化合价升高，Cu的化合价降低；‎ A．Cu3P中Cu的化合价为+1，P的化合价为-3，Cu的化合价从+2降低到+1，P的化合价从0价降低到Cu3P中的-3价，生成物Cu3P中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故A错误；‎ B．11molP参与反应时，其中有6molP化合价从0价升高到+5价，作还原剂，共有30mol电子发生转移，故B错误；‎ C．11molP参与反应时，其中有5molP化合价降低，发生还原反应，6molP化合价升高，发生氧化反应，发生还原反应和氧化反应物质的量之比为5∶6，故C错误；‎ D．反应物CuSO4中仅有Cu元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体产生，又有白色沉淀产生的是( )‎ A. NaHCO3溶液 B. MgSO4溶液 ‎ C. FeCl3溶液 D. HCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na先与水反应，生成NaOH，放出H2，生成的NaOH与NaHCO3反应，无白色沉淀产生，故A不符合题意；‎ B．Na先与水反应，生成的NaOH与MgSO4反应，产生白色的沉淀，故B符合题意；‎ C．Na先与水反应，生成的NaOH与FeCl3反应，产生红褐色的沉淀，故C不符合题意；‎ D．Na先与水反应，Na直接和HCl反应，放出氢气，但是无白色沉淀生成，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎7.对于反应：2Na2O2(s) + 2H2O(g) = 4NaOH(s) + O2(g)，下列说法中正确的是( )‎ A. Na2O2是氧化剂，H2O是还原剂 B. O2既是氧化产物，又是还原产物 C. 该反应中每生成1 mol O2时电子转移的数目为4 mol e－‎ D. 18 g H2O(g)与足量Na2O2(s)反应，反应前后固体质量增加2 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物Na2O2中氧原子化合价为-1价，生成物氢氧化钠中的氧为-2价，氧气单质为0价，反应物Na2O2中的化合价既有降低也有升高，所以Na2O2既是氧化剂，也是还原剂，故A错误；‎ B．从反应物Na2O2到生成物O2，氧的化合价从-1升高到0价，O2氧化产物，故B错误；‎ C．根据化合价的变化可知，参加反应的四个氧原子，其中两个氧原子化合价从-1价升高到零，另外两个氧原子从-1价降低到-2价，生成一个氧分子，转移两个电子，该反应中每生成1 mol O2时电子转移的数目为2 mol e－，故C错误；‎ D．根据化学方程式，反应前的固体是Na2O2，反应后的固体是NaOH，2molH2O发生反应，固体从2molNa2O2转变为4molNaOH，固体质量增加4g，则18g水，即1molH2O反应,前后固体增加2g，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是 (　 　)‎ ‎①过量Ba(OH)2溶液和明矾溶液混合 ‎②氯化钙溶液中通入少量的CO2‎ ‎③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ‎④向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2‎ ‎⑤CaCl2与NaOH的混合溶液中通入过量CO2‎ ‎⑥Na2SiO3溶液中通入过量CO2‎ A. ①③④⑥ B. ②③④⑤ C. ①②⑤⑥ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①Ba(OH)2溶液中的Ba2+与明矾溶液中的SO42－产生白色的BaSO4沉淀，故①正确，；‎ ‎②氯化钙溶液与CO2不发生反应，若是反应，将会违背强酸制弱酸的原理，故②错误；‎ ‎③首先是Ca(OH)2溶液中OH－与NaHCO3溶液中HCO3－发生反应产生CO32－，CO32－和Ca2+发生反应生成白色的CaCO3沉淀，故③正确；‎ ‎④CO2和Na2CO3反应生成溶解度较小的NaHCO3，与此同时CO2与水反应也会消耗一部分溶剂，所以会有白色的NaHCO3析出，故④正确；‎ ‎⑤CO2是过量的，所以最终溶液的溶质是易溶的Ca(HCO3)2，故⑤错误。‎ ‎⑥CO2和Na2SiO3生成不溶于水的H2SiO3，故⑥正确；‎ 正确的是①③④⑥，‎ 答案选A。‎ ‎9.把NaOH和Na2CO3混和物配制成100mL溶液，其中c(Na+) =0.5mol/L。在该溶液中加入过量盐酸反应完全后，将溶液蒸干后所得固体质量为( )‎ A. 2.925 g B. 5.85 g C. 6.56 g D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据物料守恒，最终溶液的溶质是NaCl，n(固体)=n(Na+)=cV=100 mL × 0.5 mol/L ×10-3= 0.05 mol，m(NaCl)=nM= 0.05 × (23g/mol+ 35.5g/mol) = 2.925g，‎ 答案选A。‎ ‎10.现有MgCl2和Al2(SO4)3的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量关系如图所示，则原溶液中Cl－与SO42－的物质的量之比为( )‎ A. 4∶3 B. 1∶3 C. 1∶4 D. 2∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】首先写出发生镁离子和铝离子与氢氧根反应的离子方程式，然后发生反应氢氧化铝的溶解，由图可知，溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式，可知沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.5mol，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量，据此确定溶液中SO42-与Cl-的物质的量之比。‎ ‎【详解】首先发生反应Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，然后发生反应Al(OH)3+OH−═AlO2−+2H2O，由图可知,溶解Al(OH)3消耗氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol，根据离子方程式Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液0.4mol，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的物质的量为0.4mol−0.3mol=0.1mol，Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−═Al(OH)3↓，则n(Mg2+):n(Al3+)=:=1:2，根据MgCl2和Al2(SO4)3的化学式，故Cl−与SO42−的物质的量之比为：1×2：2×=2:3，‎ 答案选D。‎ ‎11.下列物质反应后一定有+3价铁生成的是( )‎ ‎①过量的铁与氯气反应 ‎ ‎②FeCl2溶液中通入少量Cl2‎ ‎③铁与过量的稀硫酸反应 ‎④铁和氧化铁的混合物溶于盐酸 A. ① B. ①② C. ①②③ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①过量Fe在Cl2中燃烧生成产物为氯化铁，由于是固体反应，过量的铁不会和三氯化铁反应，所以一定得到三价铁，故①正确；‎ ‎②FeCl2溶液中通入少量Cl2，氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，氯气将亚铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为： 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl－，故②正确；‎ ‎③铁与过量的稀硫酸反应，铁可以置换出酸中的氢而生成氢气，稀硫酸只能把铁氧化成二价，反应的离子方程式为：Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑，故③错误；‎ ‎④ Fe和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸，生成氯化亚铁和氯化铁，若铁足够量会和氯化铁反应生成氯化亚铁，题目要求一定生成三价铁，故④错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.现有浓度均为1 mol/L的FeCl3、CuCl2的混合溶液100 mL，向该溶液中加入5.6 g铁粉充分反应(溶液的体积变化忽略不计)。已知，氧化性Fe3+> Cu2+下列有关叙述正确的是( )‎ A. 反应后的溶液中n(Fe2+)是0.15 mol B. 反应后的溶液中不存在Fe3+和Cu2+‎ C. 反应后残留固体为3.2 g D. 反应后残留固体中可能含有未反应的铁粉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】n(FeCl3)=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.1mol，n(CuCl2)=cV=1mol/L×‎ ‎0.1L=0.1mol， n(Cu2+)=0.1mol，n(Fe)==0.1mol，根据氧化性Fe3+＞Cu2+，铁粉会先和Fe3+反应，若铁粉有剩余，再和Cu2+反应，‎ A．反应后的溶液中n(Fe2+)是0.15 + 0.05 = 0.2 mol，故A错误；‎ B．反应后的溶液中不存在Fe3+，但是还剩余0.05 mol Cu2+，故B错误；‎ C．反应后残留固体为生成的铜单质，其质量为0.05 mol × 64 g/mol = 3.2 g，故C正确；‎ D．反应后残留固体只有铜单质，铁粉已经反应完全，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.下列说法正确的是( )‎ A. SiO2既可以和NaOH溶液反应，也可以和HF溶液反应，所以SiO2是两性氧化物 B. 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶 C. 石英是良好的半导体材料，可以制成光电池 D. 陶瓷的烧制不涉及化学变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，而与HF反应生成物不是盐，为其特性，故A错误；‎ B．向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸反应生成硅酸，硅酸是白色胶状物，故B正确；‎ C．晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能，石英是二氧化硅，不导电，故C错误；‎ D．烧制陶瓷的主要原料是粘土，烧制陶瓷的过程中有新物质生成，属于化学变化，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列有关氯气的叙述正确的是( )‎ A. 氯气使湿润有色布条褪色，可证明氯气具有漂白性 B. 将氯气通入石灰水可制得漂白粉 C. 将Cl2制成漂白粉的主要目的是提高漂白能力 D. 在常温下，溶于水的部分Cl2与水发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气无漂白性，故A错误；‎ B．制取漂白粉，是将氯气通入到石灰乳中，故B错误；‎ C．将Cl2制成漂白粉的最主要目的是转变成较稳定、便于贮存的物质，故C错误；‎ D．常温下，溶于水的部分Cl2与水发生反应，还有一部分以分子的形式存在，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为3∶1，则原混合物中Fe2O3‎ 与Fe的物质的量之比为( )‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 3∶5 D. 2∶5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设原混合物中含有x mol Fe2O3，y mol Fe，‎ ‎，得= 2：5。‎ 答案选D。‎ ‎16.将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断不正确的是( )‎ A. 参与反应的氯气为0.15 mol B. 溶液中氯离子的物质的量取值范围是0.10 ＜ n(Cl－)＜ 0.25‎ C. n(Na+)∶n(Cl－)可能为15∶8‎ D. n(NaCl)：n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为8∶3∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n(NaOH) = n(NaCl) + n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L = 0.3 mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+ n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3 mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A正确；‎ B．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，根据A的分析，n(Cl2) = 0.15 mol，当氧化产物只有NaClO3，n(Cl－)最大，为0.25，当氧化产物只有NaClO，n(Cl－)最小，为0.15，0.15＜ n(Cl－)＜ 0.25，故B错误；‎ C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，当氧化产物只有NaClO3，n(Cl－)最大，为0.25，n(Na+)：n(Cl－‎ ‎)最小为6：5，当氧化产物只有NaClO，n(Cl－)最小，为0.15，n(Na+)：n(Cl－)最大为2：1，n(Na+)：n(Cl－)在6：5和2：1之间，可能为15∶8，故C正确；‎ D．令n(NaCl) = 8 mol，n(NaClO) = 3 mol，n(NaClO3) = 1 mol，生成NaCl获得的电子为8 mol × 1 = 8 mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为3 mol × 1 + 1 mol × 5 = 8 mol，得失电子相等，则有可能，故D正确；‎ 答案选B。‎ 第II卷（非选择题）‎ ‎17.晶体硅是一种重要的非金属材料，有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。‎ ‎(1)工业上生产纯硅的工艺流程如下：‎ 石英砂的主要成分是SiO2，在制备粗硅时，焦炭的作用是__________(填“氧化剂”或“还原剂”)；在该反应中，若消耗了3.0 g SiO2 ，则转移电子的总数为_______________。‎ ‎(2)某实验室利用SiHCl3(沸点33.0 ℃)与过量H2在1 000 ℃～1 100 ℃反应制得纯硅。已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。装置如图所示(热源及夹持装置略去)。‎ ‎①装置B中的试剂是___________。装置C中的烧瓶需要加热，其目的是_________________。‎ ‎②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是______________________；装置D中发生反应的化学方程式为___________________________________。‎ ‎③为检验产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需要加入的试剂有______(填字母)。‎ a.碘水 b.氯水　 c.Na2SO3溶液　 d.KSCN溶液 ‎【答案】(1). 还原剂 (2). 1.204×1023或0.2NA (3). 浓硫酸 (4). 使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化 (5). 有固体物质生成 (6). SiHCl3＋H2Si＋3HCl (7). bd ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据工艺流程写出化学方程式，从化合价的变化判断焦炭的作用，根据化学方程式和质量关系求出转移的电子数；‎ ‎(2) ①A生成的氢气经过干燥，进入D与从C中汽化的SiHCl3反应制粗硅，B是干燥装置，②氢气和SiHCl3发生置换反应，写出化学方程式； ‎ ‎③选择检验亚铁离子的试剂；‎ ‎【详解】(1)根据流程可知，化学方程式为SiO2+2CSi+2CO，碳化合价升高，做还原剂， 1mol SiO2参加反应转移的电子数为4mol，反应中消耗了3.0 g SiO2 ，n==0.05 mol，转移电子为0.2 mol，即1.204×1023或0.2NA；‎ ‎(2)SiHCl3能与H2O强烈反应，需要用浓硫酸干燥氢气，反应需要的温度比较高，在D中反应，SiHCl3的沸点较低，C中的烧瓶需要加热是为了使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化； ‎ ‎②装置D中有硅单质生成，即有固体物质生成 。此反应为 SiHCl3＋H2Si＋3HCl；‎ ‎③亚铁离子的检验通常用的方法是：先向溶液中加入KSCN，溶液不变红色，再加入氯水溶液变红色，即可却确定有亚铁离子，答案为bd。‎ ‎18.高纯氧化铁可作现代电子工业材料。以下是用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁(Fe2O3)的生产流程示意图。已知当溶液的pH大于6.5，Fe2+开始转化成Fe(OH)2。‎ ‎（1）步骤Ⅰ中过滤所得滤渣的主要成分是____，工业上可以利用一种弱酸溶解该物质，该弱酸为____。‎ ‎（2）步骤Ⅱ中加入铁粉的目的是____。‎ ‎（3）写出步骤Ⅳ中反应的离子方程式____。‎ ‎（4）在空气中煅烧FeCO3可制备高纯氧化铁，煅烧所需的主要仪器为____（写一种仪器名称），FeCO3在煅烧前应充分洗涤干净，写出实验室洗涤沉淀的方法____。‎ ‎（5）写出煅烧FeCO3可制备高纯氧化铁反应的化学方程式：____。‎ ‎【答案】(1). SiO2 (2). HF (3). 将Fe3+还原为Fe2+ (4). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ (5). 坩埚 (6). 将沉淀放置于漏斗的滤纸上，加蒸馏水浸没沉淀，静止让水全部滤干，重复2-3次 (7). 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程图可知，Fe2O3、Fe3O4、FeO与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁，SiO2不溶于盐酸，过滤后，滤液A中含有氯化铁、氯化亚铁；滤液A中加入足量铁粉，氯化铁被还原为氯化亚铁，滤液B中只含氯化亚铁，加入碳酸氢铵后生成FeCO3沉淀，高温煅烧得高纯氧化铁。‎ ‎【详解】（1）Fe2O3、Fe3O4、FeO与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁，SiO2不溶于盐酸，所以步骤Ⅰ中过滤所得滤渣的主要成分是SiO2；HF可以和SiO2反应生成四氟化硅和水，所以工业上可以用HF溶解SiO2；‎ ‎（2）铁粉与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以加入铁粉的目的是为了将Fe3＋还原为Fe2＋；‎ ‎（3）步骤Ⅳ反应是是氯化亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO↓+H2O+CO↑；‎ ‎（4）实验室煅烧固体所用主要仪器是坩埚；沉淀洗涤的基本操作是将沉淀放置于漏斗中的滤纸上，加蒸馏水浸没沉淀，静止让水全部自然滤干，重复2-3次；‎ ‎（5）煅烧FeCO3时，FeCO3和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2。‎ ‎19.实验室可用二氧化锰跟浓盐酸反应制备并收集干燥纯净氯气。进行此实验，所用仪器如图：‎ ‎(1)连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：________接________；________接________；________接________；________接________。‎ ‎(2)装置中，饱和食盐水的作用是__________；用湿润的淀粉KI试纸可检验是否有Cl2产生。若有Cl2产生，可观察到的现象是___________。‎ ‎(3)写出该实验中气体发生装置中进行的反应的离子方程式________。有兴趣小组将实验制得的氯气通入热的KOH溶液，得到了KClO3，写出该反应的化学方程式______。‎ ‎(4)该兴趣小组为比较Fe2+与I-还原性的强弱，向FeI2‎ 溶液中通入少量氯气，再向其中加入__________(填试剂化学式)，充分振荡，下层溶液呈紫红色。已知氧化性Cl2强于Fe3+，请写出向FeI2溶液中通入过量氯气反应的离子方程式_________________________。‎ ‎【答案】(1). E (2). C (3). D (4). A (5). B (6). G (7). H (8). F (9). 除去Cl2中混有的HCl (10). 试纸变蓝色 (11). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (12). 3Cl2 + 6KOHKClO3 +5KCl +3H2O (13). CCl4 (14). 2Fe2+ + 4I- + 3Cl2 = 2Fe3+ +2I2 +6Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，需要发生装置生成氯气，用饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，导气管长进短处收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；‎ ‎(2)饱和食盐水是用来除去氯气中的氯化氢气体；氯气具有氧化性遇到淀粉碘化钾溶液会氧化碘离子为单质碘遇淀粉变蓝；‎ ‎(3)发生装置中是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气与水；氯气与热的氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、氯酸钾和水；‎ ‎(4)碘化亚铁中加入过量氯气，发生氧化还原反应，完成化学方程式，选择萃取剂时看密度；‎ ‎【详解】(1)氯气中混有氯化氢和水气，先通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥除水，最后用排空气法收集氯气，同时过量的氯气用NaOH溶液吸收，仪器的正确顺序为E接C，D接A，B接G，H接F；‎ ‎(2)氯气溶于水是可逆反应，Cl2+H2O= HCl+HClO，饱和食盐水使平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，吸收氯化氢气体，用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl；氯气可氧化碘离子为单质碘，试纸变蓝色；‎ ‎(3)反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，根据题意可得方程式为 3Cl2 + 6KOHKClO3 +5KCl +3H2O；‎ ‎(4)下层溶液显紫色，密度大于水，用CCl4 萃取反应生成的单质碘，下层溶液呈紫红色。氯气过量，既可以氧化亚铁离子，也可以氧化碘离子，因此方程式为2Fe2+ + 4I- + 3Cl2 = 2Fe3+ +2I2 +6Cl-。‎ ‎20.纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。‎ ‎(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈__________色。‎ ‎(2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。‎ A. 1000mL；21.2g    B.950mL；20.14g      C.500mL；21.2g      D.500mL；10.6g ‎(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。‎ ‎(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。‎ ‎(5)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：‎ ‎①曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。‎ ‎②曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中溶质成分是________，其物质的量之比为________。‎ ‎【答案】(1). 黄 (2). A (3). 32.8% (4). 不同意，由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3 ↓+ NaOH +H2O)，碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀 (5). 33.6 (6). Na2CO3 与 NaHCO3 (7). 1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)考查焰色反应；‎ ‎(2)根据n=cV，m=nM计算；‎ ‎(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；‎ ‎(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；‎ ‎(5)①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=；②由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；‎ ‎【详解】(1)钠的焰色反应为黄色；‎ ‎(2)配置950ml的溶液应用1000 mL容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g，答案选A；‎ ‎(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g，‎ ‎，解得x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共10g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g= 3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数==32.8%；‎ ‎(4) 由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3 ↓+ NaOH +H2O)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；‎ ‎(5) ①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，‎ 当⩾1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余； ‎ 当＜＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；‎ 当⩽，反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；‎ 由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n(NaHCO3)=n(HCl)=(75ml−60ml)×0.1mol/L=1.5×10−3mol，根据C原子守恒，所以 n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5×10−3mol，V= nVm=1.5×10−3mol×22.4L/mol=33.6 mL；‎ ‎② 加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n(NaHCO3)=n(HCl)= n(CO2)=(75ml−25ml)×0.1mol/L=0.005mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=0.005mol：0.0075mol=，大于1:2，小于1，所以反应按①②进行，CO2、NaOH反应，NaOH无剩余，生成物为Na2CO3 与NaHCO3，根据钠原子守恒，所以n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.0075mol，而n(NaHCO3)= 0.005mol，则n(NaHCO3)=0.005mol，故Na2CO3 与NaHCO3的物质的量之比为1:1。‎