【化学】江西省南昌市八一中学、洪都中学等六校2019-2020学年高一上学期期末联考试题（解析版） 14页

江西省南昌市八一中学、洪都中学等六校2019-2020学年高一上学期期末联考试题 相对原子质量 Mg 24 Al 27 Fe 56 O 16‎ 一、单选题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)‎ ‎1.化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. “血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质 B. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵 C. 酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强还原性 D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用渗析原理，“静电除尘”利用了胶体的电泳，A项正确；‎ B.石灰浆为Ca(OH)2悬浊液，虫卵含蛋白质，强碱能使蛋白质发生变性，把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，B项正确；‎ C.酸性重铬酸钾具有强氧化性，故酸性重铬酸钾用于检查酒驾是利用其强氧化性，C项错误；‎ D.硅胶具有吸水性，可以防止食物受潮，铁粉具有还原性，可以防止食物氧化，D项正确。‎ 故选C ‎2.下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度或反应物用量改变)，不会引起产物种类改变的是      ‎ A. Na2O2和CO2 B. Na2CO3和HCl C. Na和O2 D. NaHSO4和Ba(OH)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】A.Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，与反应条件无关，A符合题意；‎ B.Na2CO3和HCl反应时，二者的物质的量不同，反应不同，少量HCl与Na2CO3反应产生NaCl、NaHCO3，足量HCl与Na2CO3反应产生NaCl、H2O、CO2，B不符合题意；‎ C.Na和O2反应的温度不同，产物不同，常温下生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，B不符合题意；‎ D.NaHSO4和Ba(OH)2反应时，二者的物质的量不同，反应不同，若NaHSO4少量，反应产生BaSO4、H2O、NaOH；若Ba(OH)2少量，反应产生BaSO4、H2O、Na2SO4，D不符合题意。‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.向下列各溶液中通入足量CO2气体，最终有浑浊现象产生的是（ ）‎ ‎①饱和Na2CO3溶液 ②澄清石灰水 ③NaAlO2溶液 ④CaCl2溶液 ⑤Na2SiO3溶液 A. ①③⑤ B. ③④⑤ C. ①②④⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，则有浑浊现象，故①符合题意； ②向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2会生成易溶于水的碳酸氢钙，最终没有浑浊现象，故②不符合题意； ③碳酸酸性大于氢氧化铝，将二氧化碳通到偏铝酸钠的溶液中，会产生氢氧化铝白色沉淀，故③符合题意； ④向CaCl2溶液中通入CO2不会发生反应，无浑浊现象，故④不符合题意； ⑤向Na2SiO3溶液中通入过量CO2会生成硅酸沉淀，故⑤符合题意； 符合题意的有①③⑤，故答案为A。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：2Al3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓‎ B. NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中并加热：NH4+＋HCO3-＋2OH－ CO32-＋NH3↑＋2H2O C. NaHCO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32-‎ D. 醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，离子方程式为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，选项A错误；‎ B．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中并加热的离子反应为NH4+＋HCO3-＋2OH－‎ ‎ CO32-＋NH3↑＋2H2O，选项B正确；‎ C．二者反应生成碳酸钡、NaOH和水，离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，选项C错误；‎ D．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO2制取Si。制取过程中不涉及的化学反应是(　　)‎ A. 2C＋SiO2Si＋2CO↑ B. SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O C. Si＋2Cl2SiCl4 D. SiCl4＋2H2Si＋4HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】SiO2制取Si，先用焦炭还原SiO2，从而制得粗硅；再用Cl2氧化粗硅得SiCl4，最后用H2还原SiCl4得高纯硅。发生反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑、Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl。‎ 故选B。‎ ‎6.下列各组溶液只通过相互滴加不能鉴别出来的是 （ ）‎ A. NaAlO2溶液和盐酸 B. NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液 C. NaOH溶液和浓AlCl3溶液 D. 稀硫酸和碳酸钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸滴加到NaAlO2：AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，先有沉淀，然后沉淀消失，NaAlO2滴加到盐酸：AlO2－＋3H＋=Al3＋＋2H2O，Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4 Al(OH)3↓，先无沉淀，后有沉淀，因此可以鉴别，A错误；‎ B、NaHCO3滴加到Ca（OH）2中：：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，Ca(OH)2滴加到NaHCO3中：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O，都有沉淀产生，不能鉴别，B正确；‎ C、NaOH滴加到AlCl3溶液：Al3＋＋3OH－= Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2‎ O，先有沉淀，后沉淀消失，AlCl3溶液滴加到NaOH溶液：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4 Al(OH)3↓，开始无现象，后有沉淀，因此可以鉴别，C错误；‎ D、硫酸滴加到Na2CO3溶液：CO32－＋H＋=HCO3－，HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，Na2CO3溶液滴加到硫酸中：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，可以鉴别，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎7.已知 100 mL 浓度为 0.1 mol·L-1的 H2C2O4 溶液恰好与20 mL浓度为 0.2 mol·L-1的 KRO4溶液完全反应，已知H2C2O4生成CO2，则 R元素在产物中的化合价是（ ）‎ A. +1 B. +2 C. +3 D. +4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数，根据得失电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】n(H2C2O4)=0.1L×0.1 mol·L-1=0.01mol，n(KRO4)=0.02L×0.2 mol·L-1=0.004mol，已知反应中H2C2O4生成CO2，C元素化合价由+3升高为+4，失电子，则H2C2O4为还原剂，则KRO4应为氧化剂，得电子，化合价降低，KRO4中化合价为+7价，设R元素在产物中的化合价是x，则根据得失电子守恒可得，0.01mol×2=0.004mol×(7-x)，解得x=2，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ ‎①合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料 ‎②硅酸可制备硅胶，硅胶可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂 ‎③Mg2＋、H＋、SiO32-、SO42-在水溶液中能大量共存 ‎④向含K＋、Na＋、Br－、SiO32-的溶液中通入CO2后仍能大量共存 ‎⑤SiO2不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器 ‎⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可用于制备硅酸胶体 ‎⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步转化 A. ①⑤⑥ B. ①②⑥⑦ C. ②⑥ D. ③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①合成纤维是有机高分子材料，错误；‎ ‎②硅酸可制备硅胶，硅胶有吸水性，可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂，正确；‎ ‎③Mg2＋和SiO32-、H＋和SiO32-都能发生反应而不能大量共存，错误；‎ ‎④通入的CO2可以和溶液中的SiO32-发生反应：CO2+H2O+ SiO32-= H2SiO3↓+CO32-，错误；‎ ‎⑤SiO2可以和氢氟酸反应，错误；‎ ‎⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可以和盐酸反应制备硅酸胶体，正确；‎ ‎⑦SiO2不能一步转化为H2SiO3，错误。‎ 故选C。‎ ‎9.加热熔化氢氧化钠的坩埚，应选用的是（ ）‎ A. 瓷坩埚 B. 石英坩埚 C. 铁坩埚 D. 铝坩埚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．瓷坩埚主要成分含有SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；‎ B． 石英坩埚主要成分是SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；‎ C．铁坩埚在高温下不能与NaOH发生反应，因此可以加热熔化氢氧化钠，正确；‎ D．铝坩埚的成分Al可以与氢氧化钠发生反应，因此不能加热熔化氢氧化钠，错误。‎ ‎10.检验储存在密封性不佳的试剂瓶中的硫酸亚铁是否变质,可以加入的试剂是（ ）‎ A. 硫氰化钾 B. 硝酸银 C. 盐酸酸化的氯化钡 D. 硝酸酸化的硝酸钡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸亚铁若是变质，亚铁离子会被氧化成铁离子，所以可使用KSCN溶液检验，加入硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，证明硫酸亚铁已经变质，若溶液没有变成血红色，证明硫酸亚铁没有变质，故答案为A。‎ ‎11.镁、铝合金粉末溶于盐酸中且恰好完全反应，若加入的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】加入1mol/L的氢氧化钠溶液，要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒计算氢氧化钠的物质的量，进而计算所需体积。‎ ‎【详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.5L×4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为=2L=2000mL，故答案为D。‎ ‎12.同温同压下，等体积的O3和O2相同的是（ ）‎ A. 质量 B. 分子数 C. 原子数 D. 密度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据阿伏伽德罗定律：同温同压下，等体积的O3和O2相同的是分子数，故选B.‎ ‎13.某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）‎ A. K+、Mg2+、Cl-、SO42- B. Na+、NH4+、SO42-、HCO3-‎ C. Na+、K+、SO42-、Cl- D. K+、Na+、NO3-、CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】加入铝粉能够产生氢气，溶液中可能存在大量的H+或OH-。‎ ‎【详解】A．Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．HCO3-能够与H+和OH-发生反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；‎ C．Na+、K+、SO42-、Cl-离子之间不发生反应，都不与H+和OH-反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．CO32-与H+发生反应生成二氧化碳和水，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，加入铝粉不会生成氢气，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.某溶液含有①NO3-②HCO3-③SO32-④CO32-⑤SO42-等五种阴离子。向其中加入少量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(设溶液体积无变化) ( ).‎ A. ① B. ①④⑤ ‎ C. ①③⑤ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小，CO32-离子浓度增大；‎ Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小，SO42-浓度增大；‎ NO3-浓度基本不变。‎ 答案选A。‎ ‎15.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是（ ）‎ A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B. Fe→FeSO4→Fe(OH)2→Fe(OH)3‎ C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；‎ B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；‎ C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。‎ D项，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎16.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是(　　)‎ A. 甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡 B. 乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡 C. 丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量 D. 丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；A错误；‎ B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．B错误；‎ C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3•H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；C正确；‎ D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ 二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)‎ ‎17.现有下列十种物质：①铝 ②SiO2 ③熔融NaCl ④稀硫酸 ⑤KOH固体 ⑥FeSO4溶液 ⑦NH3 ⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系 ⑨HCl ⑩Na2O2‎ ‎(1)上述物质属于非电解质的有___________________。(填序号)‎ ‎(2)上述物质能导电的有____________________。(填序号)‎ ‎(3)往装有⑧的试管中逐滴加入④至过量的现象是：____________________。‎ ‎(4)请写出①与⑤的溶液反应的离子方程式：_____________________________。‎ ‎(5)请写出⑩与CO2反应的化学方程式： ______________________________。‎ ‎【答案】(1). ②⑦ (2). ①③④⑥⑧ (3). 先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液。 (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①铝是金属单质，能导电，不是非电解质； ‎ ‎②SiO2是化合物，不能导电，属于非电解质；‎ ‎③熔融NaCl是电解质，能够导电；‎ ‎④稀硫酸是混合物，能够导电，不是非电解质；‎ ‎⑤KOH固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电；‎ ‎⑥FeSO4溶液是混合物，能够导电，不是非电解质； ‎ ‎⑦NH3是化合物，不能导电，属于非电解质； ‎ ‎⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系是混合物，不是非电解质，能够导电； ‎ ‎⑨HCl是电解质，由于HCl是由电解质分子构成，没有自由移动的离子，不能导电； ‎ ‎⑩Na2O2固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电。‎ ‎(1)综上所述可知，上述物质属于非电解质的有②⑦；‎ ‎(2)能导电的有①③④⑥⑧；‎ ‎(3)向新制备的氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，首先是胶体上的电荷被中和，发生聚沉，形成氢氧化铁红褐色沉淀，然后发生酸碱中和反应，产生可溶性的硫酸铁和水，使溶液变为棕黄色；‎ ‎(4)Al与强碱KOH溶液发生反应，产生偏铝酸钾和氢气，反应方程式是2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑，改写为离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(5) Na2O2能够与CO2反应产生氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2。‎ ‎18.化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等离不开化学。‎ ‎(1)普通玻璃是常见的硅酸盐产品，其主要成分的化学式为Na2CaSi6O14，以氧化物形式可表示为______。‎ ‎(2)缺铁性贫血患者补充的铁，通常为硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则没有这种药效。当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是______。若在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得到棕黄色溶液，请写出此反应的离子方程式______。检验棕黄色溶液是否有Fe2+，可选用的试剂为______(填字母)。‎ A.稀硝酸 B.浓硫酸 C.KSCN溶液 D.酸性高锰酸钾溶液 ‎(3)实验室用硫酸铜晶体配制一定物质的量浓度的硫酸铜溶液，下列操作将使所配溶液物质的量浓度偏高的是______(填字母)。‎ A.所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水 B.移液时不小心溅出少许溶液 C.容量瓶查漏后未经干燥就直接使用 D.定容时俯视容量瓶刻度线 E.未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎【答案】(1). Na2O•CaO•6SiO2 (2). 防止Fe2+被氧化 (3). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (4). D (5). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水的顺序书写；‎ ‎（2）二价铁离子具有强的还原性，硫酸亚铁易被氧气氧化生成三价铁离子；酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水；高锰酸钾与亚铁离子反应，高锰酸钾褪色；‎ ‎（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的产生的影响，依据c=进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O，同时要遵循原子守恒，普通玻璃中Na2SiO3：CaSiO3：SiO2，其化学式为Na2CaSi6O14，以氧化物的形式表示故写成Na2O•CaO•6SiO2；‎ ‎（2）缺铁性贫血患者补充的铁，通常以硫酸亚铁的形式，亚铁易被氧化，当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是防止Fe2+被氧化，在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得到棕黄色溶液，亚铁离子被氧气氧化成铁离子，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O； Fe2+具有还原性，可以使酸性高锰酸钾褪色，故答案为：防止Fe2+被氧化；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；D；‎ ‎（3）A．所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水，导致实际秤取的硫酸铜物质的量偏大，溶液浓度偏高，选项A选；‎ B．移液时不小心溅出少许溶液，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项B不选；‎ C．容量瓶查漏后未经干燥就直接使用，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，选项C不选；‎ D．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项D选；‎ E．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项E不选；‎ 答案选：AD。‎ ‎19.（1）除去NaCO3粉末中混入的NaHCO3杂质用__________方法，化学方程式为____。‎ ‎（2）除去氧化铜粉末中混入的氧化铝粉末通常用________试剂，离子方程式为________。‎ ‎（3）通常用________试剂除去CO2中的HCl气体，离子方程式为________。‎ ‎【答案】(1). 加热 (2). 2NaHCO3Na2CO3+ CO2↑+H2O (3). NaOH溶液 (4). Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O (5). 饱和NaHCO3溶液 (6). HCO3-+ H+=CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）NaHCO3受热易分解；‎ ‎（2）氧化铝为两性氧化物，能溶于强碱溶液中； ‎ ‎（3）CO2与NaHCO3不反应，而HCl与NaHCO3可反应。‎ ‎【详解】（1）NaHCO3受热易分解，因此除去NaCO3粉末中混入的NaHCO3杂质通常用加热的方法，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+ CO2 ↑+H2O；‎ ‎（2）向混合物中加入氢氧化钠溶液，其中杂质氧化铝可溶解，氧化铜不反应，离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O；‎ ‎（3）将混合气体通入饱和NaHCO3溶液中，HCl与NaHCO3反应生成NaCl、水和CO2，而CO2与碳酸氢钠溶液不反应，因此可除去CO2中的HCl气体，离子反应为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O。‎ ‎20.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：‎ ‎(1)沉淀A的成分是(填化学式)_________。‎ ‎(2)步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH-=H2O还有：‎ ‎_____________________________、________________________________；‎ ‎(3)步骤③中通入过量CO2气体的离子方程式有______________________；‎ ‎【答案】(1). SiO2 (2). Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ (3). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (4). CO2+OH- ‎ ‎= HCO3-；AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据工艺流程得出试剂a为盐酸，氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成氯化铝和氯化铁，而二氧化硅和盐酸不反应，沉淀A为二氧化硅，滤液中有氯化铝、氯化铁、过量盐酸，再加氢氧化钠溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，沉淀B为氢氧化铁，滤液为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，氢氧化铝加热变为氧化铝。‎ ‎【详解】(1)二氧化硅不与盐酸反应，因此沉淀A的成分是(填化学式) SiO2，故答案为：SiO2。‎ ‎(2)步骤②滤液主要是氯化铝、氯化铁、过量盐酸，加入过量NaOH溶液，先发生酸碱中和反应，再与铁离子和铝离子反应，发生反应的离子方程式，除了H++OH－ = H2O还有：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O；故答案为：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。‎ ‎(3)步骤③中通入过量CO2气体，先氢氧化钠和二氧化碳反应，再是偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，其离子方程式有CO2+OH－= HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－+Al(OH)3 ↓，故答案为：CO2+OH－ = HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－+Al(OH)3 ↓。‎ ‎21.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，其在消毒(发生氧化还原反应)后可形成Fe(OH)3胶体，常用于处理饮用水。工业上有干法与湿法两种制备高铁酸钾的方法。‎ ‎(1)干法制备高铁酸钾时，先制备得到Na2FeO4，反应为：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑‎ ‎①该反应中，氧化剂是________，氧化产物是________。‎ ‎②每生成1 mol Na2FeO4，转移________mol电子。‎ ‎(2)配平湿法制备高铁酸钾反应的离子方程式：______Fe(OH)3＋______ClO－＋______OH－=______FeO42－＋______Cl－＋______H2O ‎(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，该反应表明氧化性：K2FeO4______(填“>”或“<”)Cl2。‎ ‎(4)Fe(OH)3胶体可使水中悬浮物沉降下来，用作净水剂。实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体的化学方程式是_____________________。‎ ‎【答案】(1). Na2O2 (2). Na2FeO4和O2 (3). 5 (4). 2 (5). 3 (6). 4 (7). 2 ‎ ‎ (8). 3 (9). 5 (10). > (11). FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑中Fe、O元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由化合价的变化计算转移的电子数；‎ ‎（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O-作氧化剂被还原生成C1-，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；‎ ‎(3)氧化剂的氧化性强于还原剂；‎ ‎(4)饱和氯化铁溶液滴入到沸水中反应得到Fe(OH)3胶体。‎ ‎【详解】（1）①反应中Fe颜色化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素化合价由-1价降低为-2价，由-1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故氧化剂是Na2O2；氧化产物是Na2FeO4和O2；‎ ‎②由方程式可知，生成2molNa2FeO4，有6molNa2O2参加反应，转移10mol电子，则每生成1molNa2FeO4转移的电子数为5mol；‎ ‎（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O-作氧化剂被还原生成C1-，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该离子反应为2 Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎(3)取少量K2FeO4溶液，滴加盐酸，有Cl2产生，氯元素由-1价升高为0价，被氧化，为氧化剂K2FeO4；则该反应表明氧化性：K2FeO4>Cl2。‎ ‎(4)实验室用饱和氯化铁溶液制取Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式是FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。‎ ‎22.向 Fe 和 Fe2O3 组成的 3.84g 混合物中加入 120mL 某浓度的盐酸，恰好完全反应，生成 672mL H2（标准状况下）；向反应后的溶液中滴加几滴 KSCN 溶液，溶液无明显变化。（结果保留三位有效数字） ‎ ‎（1）原混合物中Fe 的质量为____________g. ‎ ‎（2）所用盐酸的物质的量浓度为____________mol/L.‎ ‎【答案】(1). 2.24 (2). 1.00‎ ‎【解析】‎ 分析】混合物与盐酸恰好完全反应,所得溶液中加入KSCN溶液,无血红色出现,说明溶液中的溶质为FeCl2,发生反应:Fe2H+=Fe2+H2、Fe2O36H+=2Fe3+3H2O、Fe2Fe3+=3Fe2+,设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，结合氢气的体积与二者质量之和列方程计算,再根据m=nM计算Fe和Fe2O3的质量,根据氯离子守恒参与反应的n(HCl)=2n(FeCl2),根据Fe元素守恒可以知道n(FeCl2)=n(Fe)2n(Fe2O3),再根据c=n/V计算HCl的物质的量浓度。‎ ‎【详解】(1)生成氢气物质的量为：=0.03mol,设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为x、y,则：‎ ‎ Fe2O36H+=2Fe3+3H2O   ‎ ymol   2ymol        ‎ Fe2Fe3+=3Fe2+  ‎ ymol 2ymol           ‎ Fe2H+=Fe2+H2‎ ‎(x-y)mol  (x-y)mol 根据题意得方程：x-y=0.03mol,56x160y=3.84g，联立方程计算得：x=0.04mol 、y=0.01mol,故m(Fe)=0.04mol56g/mol=2.24g， m(Fe2O3)=0.01mol160g/mol=1.6g本题答案为：2.24。‎ ‎(2)参加反应的盐酸有下列关系：n(HCl)=2n(FeCl2)=2[n(Fe)2n(Fe2O3)]=2[0.04mol20.01mol]=0.12mol,c(HCl)==1.00mol/L ；本题答案为：1.00.‎