宁夏海原县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题 17页

海原一中2019--2020学年第一学期第三次月考 高一化学试卷 相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Zn-65‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，选择正确的填入答题卡上，每小题2分，共50分）‎ ‎1.光纤通信是一种现代化的通信手段，它可以提供大容量、高速度、高质量的通信服务。光纤通信所使用的光缆，其主要部件为光导纤维。下列说法正确的是 ①制造光导纤维的主要原料是CaCO3；②制造光导纤维的主要原料是SiO2；③光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的全反射；④光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的折射 A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 光导纤维的主要成分是二氧化硅，它是一种能利用光的全反射作用来传导光线的透明度极高的细丝，据此分析。‎ ‎【详解】①制造光导纤维的主要原料是是SiO2，故错误；‎ ‎②制造光导纤维的主要原料是SiO2，故正确；‎ ‎③光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的全反射，故正确；‎ ‎④光导纤维传递光信号的基本物理原理是光的全反射，故错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.实验中的下列操作正确的是( )‎ A. 用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中 B. Ba(NO3)2 溶于水，可将含有Ba(NO3)2 的废液倒入水池中，再用水冲入下水道 C. 用蒸发方法使NaCl 从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl 溶液全部蒸干才停止加热 D. 用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．取出Na2CO3溶液，发现取量过多，不能放回原瓶，会污染原试剂，故A错误；‎ B．钡离子有毒，可污染地下水，不能直接排放进下水道，故B错误；‎ C．蒸发时不能蒸干，应利用余热蒸干，有大量固体析出时即停止加热，故C错误；‎ D．容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后在转移到容量瓶中，故D正确。 故选：D。‎ ‎3. 下列灭火剂能用于扑灭金属钠着火的是 A. 干冰灭火剂 B. 黄沙 C. 干粉（含NaHCO3）灭火剂 D. 泡沫灭火剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与水、二氧化碳发生反应生成氧气，则不能使用水、干粉灭火器等来扑灭金属钠着火。‎ ‎【详解】A项金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而干冰灭火器产生二氧化碳，所以不能扑灭，故A错误；‎ B项、因砂土不支持钠燃烧，且可以隔绝空气，故钠着火时，能用砂土来扑灭，B正确；‎ C项、干粉（含NaHCO3）灭火剂产生的二氧化碳能与钠燃烧生成的过氧化钠反应，则不能使用，故C错误；‎ D项、金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而泡沫灭火器都生成二氧化碳，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题以扑灭钠的着火为载体来考查钠即过氧化钠的性质，熟悉钠与水的反应、过氧化钠与水和二氧化碳的反应是解答的关键。‎ ‎4.下列反应一定是氧化还原反应的是（ ）‎ A. 分解反应 B. 化合反应 C. 置换反应 D. 复分解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．分解反应中可能发生化合价的改变，如果有单质的生成，就一定有化合价的变化，所以分解反应可能是氧化还原反应，故A错误；‎ B．化合反应中可能发生化合价的改变，如果有单质参加反应，就一定有化合价的变化，所以化合反应可能是氧化还原反应，故B错误；‎ C．在置换反应中因为有单质参加和单质生成，一定有化合价的变化，所以置换反应一定是氧化还原反应，故C正确；‎ D．在复分解反应中，因为是化合物相互交换成分生成了新的化合物，一定没有化合价的变化，所以复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】明确各种反应类型的特点是解题关键，置换反应一定属于氧化还原反应，则是包含关系，复分解反应一定不属于氧化还原反应，则不是包含也不是交叉关系，有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，有单质参加的化合反应属于氧化还原反应，则化合、分解反应与氧化还原反应都是交叉关系。‎ ‎5.萃取碘水中的碘，可用的萃取剂是 ①四氯化碳 ②苯 ③酒精( )‎ A. 只有① B. ①和② C. ①和③ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】四氯化碳、苯都和水不互溶，且碘在四氯化碳和苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳和苯都和碘不反应，所以四氯化碳和苯能作萃取剂萃取碘水中的碘；酒精和水互溶，所以酒精不能作萃取剂。 故选：B。‎ ‎6.下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分离操作分别是（    ）‎ A. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发 B. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。‎ ‎【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；‎ 普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；‎ 分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；‎ 蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，‎ 所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。‎ 答案选A。‎ ‎7.在蒸馏实验中，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 在蒸馏烧瓶中盛约1/2体积的自来水，并放入几粒沸石 B. 将温度计水银球插入自来水中 C. 冷水从冷凝管下口入，上口出 D. 收集蒸馏水时，应弃去开始馏出的部分 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、为防止暴沸，蒸馏时，加入的液体约为蒸馏烧瓶容积的三分之一，且加入几粒沸石，故A正确；‎ B、温度计测的是蒸气的温度，水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；‎ C、冷凝管中冷水从下口流进，上口流出，故C正确；‎ D、因为仪器中难免有杂质存在，为保证蒸馏水的纯度应弃去开始馏出的部分，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】蒸馏操作注意事项：‎ ‎（1）在蒸馏烧瓶中放少量碎瓷片，防止液体暴沸。‎ ‎（2）温度计水银球的位置应与支管口下端位于同一水平线上。‎ ‎（3）蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3。‎ ‎（4）冷凝管中冷却水从下口进，上口出。‎ ‎（5）加热温度不能超过混合物中沸点最高物质的沸点。‎ ‎8.下图是 10ml 量筒的一部分，数字XY之间相差 1ml，若 X=5，则量筒所盛液体的体积是 A. 5.7‎‎ ml B. 4.4 ml C. 4.3 ml D. 6.3 ml ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y之间相差 1ml，有10格，每格为0．1mL， X=5则Y=4，液面与3格处相切，故体积是4.3ml，选C。‎ ‎9.用托盘天平称取 ‎10.1g NaOH 试样,下列操作中，正确的是 A. 将 NaOH 放在天平左边托盘中的纸片上 B. 将 NaOH 放入烧杯中（烧杯事先已称重），并放在天平右边托盘上 C. 用镊子取出标定为 ‎10.1g 的砝码放在天平右边的托盘上 D. 用镊子取出标定为‎10g的砝码放在天平右边的托盘上，并将游码向右移到 ‎0.1g位置上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaOH属于易潮解的物质，不能用称量纸称量，A错误；‎ B、天平称量物品时要左物右码，B错误；‎ C、砝码没有‎0.1g的，‎0.1g要用游码，C错误。‎ D、防止砝码沾上手上的污染物，而生锈腐蚀，因此用镊子取砝码，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.除去NaCl中含有的Ca2＋、Mg2＋、SO42- 离子，通常采用以下四种试剂：①Na2CO3 ②BaCl2 ③NaOH ④HCl。加入试剂合理的操作顺序是（ ）‎ A. ①②③④ B. ③①②④ C. ④②①③ D. ③②①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】除去Ca2＋用碳酸钠，Mg2＋用氢氧化钠，SO42- 用氯化钡，加入的试剂均为稍过量，则除去钡离子也用碳酸钠，则除SO42-在Ca2＋之前，过滤之后，再加入HCl 除过量的碳酸根离子及氢氧根离子，则顺序为D。‎ ‎11.相同温度和压强下，3体积的X2气体与6体积的Y2气体化合生成6体积的气态化合物A，则生成物A的化学式为（ ）‎ A. XY2 B. X3Y‎2 ‎C. X2Y3 D. XY ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意三种气体的物质的量之比是1︰2︰2，即方程式的化学计量数之比为1︰2︰2，X2+2Y2=‎2A，根据原子守恒可知，A的化学式为XY2，答案选A。‎ ‎12.已知1.505×1023个X气体分子的质量为‎8g，则X气体的摩尔质量是( )‎ A ‎16g B. ‎32g C. ‎64g /mol D. ‎32g /mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】气体的物质的量n==0.25mol，气体的摩尔质量M=，故答案为D。‎ ‎【点睛】‎ 注意摩尔质量的单位为g/mol。‎ ‎13.在标准状况下相同体积的下列气体，其质量最大的是（ ）‎ A. N2 B. SO‎2 ‎C. CO2 D. CH4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在标准状况下相同体积气体，含有相同数目的分子，则根据n＝m/M可知，在分子数相同的条件下，气体的相对分子质量越大，气体的质量越大。氨气、SO2、CO2、CH4的相对分子质量分别是28、64、44、16，所以质量最大的是SO2，答案选B。‎ ‎14.欲配制100mL1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是( )‎ ‎①将‎14.2 g Na2SO4，溶于100mL水中 ‎②将‎32.2g Na2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL ‎③将20 mL 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mL A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；‎ ‎②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c==1.0mol•L-1，故②正确；‎ ‎③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故③正确；‎ ‎②③正确，故答案为B。‎ ‎15. 下列叙述正确的是 A. 1mol任何气体的体积一定是‎22.4L B. 同温同压下两种气体,只要它们的分子数相同,所占体积也一定相同 C. 在标准状况下,体积为‎22.4L物质都是1mol D. 在非标准状况下,1mol任何气体的体积不可能是‎22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体的体积取决于温度和压强的大小，在标准状况下，Vm=‎22.4L/mol，在其它条件下，1mol气体的体积不一定为‎22.4L，A错误；‎ B．根据n==，同温同压下两种气体，气体的分子个数与体积呈正比，B正确；‎ C．在标准状况下，只有体积为‎22.4L的气体物质才是1mol，其它状态的物质的Vm≠‎22.4L/mol，C错误；‎ D．根据PV=nRT可知，并不是只有在标准状况下Vm=‎22.4L/mol，Vm取决于温度和压强的大小，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点晴】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，本题注意阿伏加德罗定律只适用于气体，另外在标准状况下，Vm=‎22.4L/mol，其它条件下也有可能为‎22.4L/moL。解答时注意灵活应用。‎ ‎16.设NA为阿伏加德罗常数, 下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎18g 水所含有的电子数目为NA B. ‎2g 氢气所含原子数为NA C. 过氧化钠与水反应生成标况下‎11.2L氧气电子转移的数目为NA D. 200 mL0.5mol/LNa2SO4溶液所含Na+数目0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎18g 水的物质的量为=1mol，一个H2O分子中含有10个电子，所以1mol水所含有的电子数目为10NA，故A错误；‎ B‎.2g氢气的物质的量为1mol，氢气分子为双原子分子，所以‎2g 氢气所含原子数为2NA，故B错误；‎ C.标况下‎11.2L氧气的物质的量为，过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.5mol氧气时转移1mol电子即NA个，故C正确；‎ D. 200 mL0.5mol/LNa2SO4溶液中溶质的物质的量为200mL×0.5mol/L=0.1mol，所以Na+数目0.2NA，故D错误 故答案为C。‎ ‎17.等物质的量的 SO2 和 SO3 相比较，下列结论错误的是 A. 它们的分子数目之比是 1∶1‎ B. 它们的氧原子数目之比为 2∶3‎ C. 它们的质量之比为 1∶1‎ D. 它们所含原子数目之比为 3∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物质的物质的量之比等于其分子数之比，为1：1，A正确；‎ B、氧原子的数目比为(1×2)：(1×3)=2：3，B正确；‎ C、质量比为(1mol×‎64g/mol)：(1mol×‎80g/mol)=4：5，C错误；‎ D、它们所含的原子数目比为(1×3)：(1×4)=3：4，D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎18.钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（ ）‎ A. 钠的熔点低 B. 钠的密度小 C. 钠的硬度小 D. 钠的强还原性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故A错误；‎ B．钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B错误；‎ C．硬度大小与Na和水反应现象无关，与性质无关，故C正确；‎ D．因钠的还原性强，所以与水反应剧烈，放出热量，与性质有关，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查钠与水的反应，应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象，钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮的小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声。现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因。‎ ‎19.下列物质①Al ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④NaHCO3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的一组物质是( )‎ A. ②④ B. ①② C. ①②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】：①Al这种金属既能与酸反应，又能与强碱反应，其反应方程式为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故Al既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故①符合； ②Al2O3是一种两性氧化物，根据两性氧化物的概念，既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，其方程式为Al2O3+6HCl═2AlCl3+3H2O；Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，即Al2O3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故②符合； ③Al(OH)3 是两性氢氧化物，即能与酸反应，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物，为两性氢氧化物。其方程式为2Al(OH)3+6HCl═2AlCl3+6H2O；Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，Al(OH)3既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故③符合； ④NaHCO3是一种酸式盐，根据酸式盐的性质，酸式盐能与碱发生反应生成正盐，即NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O ‎，即能和氢氧化钠溶液反应；由于盐酸的酸性比碳酸的强，因此NaHCO3能与盐酸反应，即NaHCO3+HCl═NaCl+H2O，故NaHCO3即能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故④符合； 故选：D。‎ ‎20.下列离子方程式中书写正确的是（ ）‎ A. 铝与盐酸反应 Al ＋ H＋ ＝Al3＋＋H2↑‎ B. 硫酸铜与Ba(OH)2溶液反应 Cu2＋＋ 2OH－＝ Cu（OH）2↓‎ C. 铁与FeCl3溶液反应 Fe ＋ Fe3＋＝ 2Fe2＋‎ D. 氢氧化钠溶液与氯气反应 Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铝与盐酸反应：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑，故A错误；‎ B.硫酸铜与Ba(OH)2溶液反应的离子反应为SO42-+Ba2++Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故B错误；‎ C.铁与FeCl3溶液反应离子方程式为：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，故C错误；‎ D.氢氧化钠溶液与氯气反应生成次氯酸钠和氯化钠，方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎21.在无色溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）‎ A. Mg2＋、SO42－、K ＋、Cl－ B. Na＋ 、NH4＋ 、NO3－、MnO4－‎ C. K ＋ 、Cu2＋ 、Cl－、Br－ D. Ba2＋ 、Na＋ 、NO3－、CO32－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.四种离子水溶液均无色，且相互不反应可以大量共存，故A正确；‎ B. MnO4－水溶液显紫色，故B错误；‎ C. Cu2＋ 水溶液显蓝色，故C错误；‎ D.碳酸根和钡离子会生成碳酸钡沉淀，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎22.取两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应，同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为 A. 1:6 B. 2:‎3 ‎C. 3:2 D. 1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铝与盐酸反应方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，与烧碱溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可以看出，反应关系式都为2Al～3H2，同温同压下放出相同体积的气体，需要铝的物质的量相等，质量相等。‎ 故选D。‎ ‎23.下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是（ ）‎ A. SO2→S B. SO32－→SO‎2 ‎C. I－→I2 D. KClO3 →O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化剂作用是得到还原剂的电子，使还原剂化合价升高，‎ A. SO2→S硫元素的化合价降低，需要还原剂，故A错误；‎ B. SO32－→SO2元素化合价没有发生变化，故B错误；‎ C. I－→I2碘元素化合价由-1价升高到0价，需要氧化剂，故C正确；‎ D. KClO3 →O2氧元素化合价虽然升高，但并不需要加入氧化剂，可自身发生分解得到氧气，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎24.A、B、C、D、E分别是 Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：(1)A、C、E均能与稀 H2SO4反应放出氢气；(2)B与D的硝酸盐反应，置换出单质D；(3)C与强碱溶液反应放出氢气；(4)A的盐溶液中加入氢氧化钠有白色沉淀，继续加入过量氢氧化钠沉淀不溶解；由此可以推断A、 B、 C、 D、E依次为（ ）‎ A. Fe、Cu、Al、Ag、Mg B. Al、Cu、Mg、Ag、Fe C Mg、Cu、Al、Ag、Fe D. Mg、Ag、Al、Cu、Fe ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A、C、E均能与稀硫酸反应放出气体说明A、C、E的活动性顺序位于氢元素之前； (2)B与D的硝酸盐反应，置换出单质D，说明B的金属性比D强，由(1)有可知B、D 活动顺序位于H之后，即为Ag、Cu，所以B为Cu，D为Ag； (3)C与强碱反应放出气体，为铝； (4)A的盐溶液中加入氢氧化钠有白色沉淀，继续加入过量氢氧化钠沉淀不溶解，则A为镁，活动性顺序位于氢元素之前的有Fe、Al、Mg，A为Mg，C为Al，则E为Fe，‎ 综上所述A、 B、 C、 D、E依次为Mg、Cu、Al、Ag、Fe，故答案为C。‎ ‎【点睛】本题的突破口在能和强碱反应放出气体的金属是铝。‎ ‎25.将适量的铁粉加入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3＋和Fe2＋的物质的量浓度相等，则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比（ ）‎ A. 3︰2 B. 1︰‎2 ‎C. 2︰1 D. 2︰3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将适量的铁粉加入FeCl3溶液中，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；完全反应后，溶液中的Fe3＋和Fe2＋的物质的量浓度相等，则n(Fe3+)=n(Fe2+)，假设反应后n(Fe2+)=3mol，则反应的n(Fe3+)=2mol，溶液中未反应的n(Fe3+)=3mol，则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比2:3，故选项D正确。‎ 二、实验题（16分）‎ ‎26.混合物的分离方法①过滤，②蒸发，③蒸馏，④分液，⑤萃取，请从上面选择下列各混合物的分离方法（填序号）‎ ‎(1)食盐水与泥沙______‎ ‎(2)苯和水______‎ ‎(3)蒸馏水的制取_______‎ ‎【答案】 (1). ① (2). ④ (3). ③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)泥沙不溶于食盐水，会成为沉淀，故可用过滤的方法分离；‎ ‎(2)苯和水均为液体但不互溶会分层，故可用分液的方法分离；‎ ‎(3)蒸馏水的制取需要用蒸馏方法。‎ ‎27.实验室利用右图所示装置进行NaHCO3的受热分解实验。请回答：‎ ‎(1)加热一段时间后，烧杯中观察到的实验现象是______________，反应的离子方程式___________________。‎ ‎(2)实验结束时的正确操作是__________（填序号），否则会引起_________________。‎ ‎①先将导管从液体中移出，再熄灭酒精灯②先熄灭酒精灯，再将导管从液体中移出 ‎ ‎(3)NaHCO3受热分解的化学方程式是______________。‎ ‎【答案】 (1). 澄清石灰水变浑浊 (2). Ca2++2OH－+CO2 ＝CaCO3↓ + H2O (3). ① (4). 溶液倒吸引起试管炸裂 (5). 2NaHCO3 Na2CO3 + H2O +CO2 ↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3 Na2CO3 + H2O +CO2 ↑，生成的CO2会使澄清石灰水变浑浊，实验时注意防止倒吸，以此解答该题。‎ ‎【详解】：(1)NaHCO3不稳定，加热分解生成的CO2会使澄清石灰水变浑浊，可观察到烧杯中有气泡冒出，且有生成白色沉淀，反应方程式为：Ca2++2OH－+CO2 ＝CaCO3↓ + H2O； (2)如先撤酒精灯，温度降低，试管内压强减小，会导致倒吸而使试管炸裂，应先将导管从溶液中移出，再熄灭酒精灯，所以操作①正确，故答案为：①；溶液倒吸引起试管炸裂； (3)NaHCO3不稳定，加热分解生成的CO2、H2O和Na2CO3，反应的方程式为2NaHCO3 Na2CO3 + H2O +CO2 ↑。‎ 三、简答填空（34分）‎ ‎28.(1)写出下列离子方程式相对应的化学方程式 ‎① Ca2+ + CO32－ ＝ CaCO3↓ 化学方程式：____________________________________________________________‎ ‎② Cu2+ + Fe ＝ Fe2+ + Cu 化学方程式：_____________________________________________________________‎ ‎(2)制印刷电路时常用氯化铁溶液。铜被氯化铁溶液腐蚀的方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，其中氧化剂是_________，氧化产物是________。写出离子方程式并用双线桥标出电子得失：________________。‎ ‎(3)除去氯化铁溶液中的氯化亚铁所用试剂________（填化学式），发生的离子反应方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 + Ca(OH)2 ＝CaCO3↓ + 2NaOH (2). Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu (3). FeCl3 (4). CuCl2 (5). (6). Cl2 (7). 2Fe2＋ + Cl2 = 2Fe3＋＋2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(2)氧化还原反应中氧化剂得电子化合价降低发生还原反应得到还原产物，还原剂失电子化合价升高发生氧化反应得到氧化产物，据此分析；‎ ‎(3)氯气可将氯化亚铁氧化成氯化铁。‎ ‎【详解】(1)① Ca2+ + CO32－＝CaCO3↓可表示碳酸钠和氢氧化钙的反应，方程式为：Na2CO3 + Ca(OH)2＝CaCO3↓+ 2NaOH；(其他合理答案均可)‎ ‎② Cu2+ + Fe＝Fe2+ + Cu可表示硫酸铜和铁单质的反应，方程式为：Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu(其他合理答案均可)；‎ ‎(2)2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2反应中Fe3+化合价降低，所以氧化剂为FeCl3，Cu化合价升高生成CuCl2，所以氧化产物为CuCl2；离子方程式为：；‎ ‎(3)氯气可将氯化亚铁氧化成氯化铁，所以除去氯化铁溶液中的氯化亚铁所用试剂为氯气；发生的离子方程式为：2Fe2＋ + Cl2 = 2Fe3＋＋2Cl－。‎ ‎29.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：‎ ‎(1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____________。‎ ‎(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式B_________；沉淀D __________；溶液E__________。‎ ‎(3)写出①、②、③、④四个反应方程式或离子方程式：‎ ‎①___________________________________；‎ ‎②___________________________________；‎ ‎③___________________________________；‎ ‎④___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). (NH4)2SO4 ,K2SO4,( NH3·H2O) (5). Al2O3 + 2NaOH = 2NaAlO2 +H2O (6). Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋ (7). AlO2-+H2O+H+ ＝Al(OH)3↓ (8). 2Al(OH)3Al2O3 +3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al(OH)3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl(SO4)2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4、和过量的NH3·H2O，生成的沉淀为Al(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。‎ ‎【详解】(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤，故答案为：过滤；‎ ‎(2)由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O；‎ ‎(3)①根据分析可知该反应为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；‎ ‎②为KAl(SO4)2和氨水的反应，氨水为弱碱不和氢氧化铝沉淀反应，所以方程式为：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋；‎ ‎③为偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸，方程式为：AlO2-+H2O+H+ ＝Al(OH)3↓；‎ ‎④为加热氢氧化铝沉淀，方程式为：2Al(OH)3Al2O3 +3H2O。‎ ‎【点睛】本题以实验形式考查混合物的分离、提纯，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化铝、氢氧化铝的两性，氢氧化铝不能溶于过量氨水中，题目难度中等。‎ ‎30.把6.5gZn放入足量的稀盐酸中，锌完全反应。计算：‎ ‎（1）参加反应的HCl的物质的量。‎ ‎（2）生成氢气的体积（标准状况）。‎ ‎【答案】（1）0.2mol，（2）y=‎‎2.24L ‎【解析】‎ ‎【详解】设参加反应的HCl的物质的量为x，生成氢气的体积（标准状况）为y 。‎ ‎，，x=0.2mol；，y=‎2.24L。‎ ‎ ‎