【化学】甘肃省天水市武山一中2019-2020学年高一12月月考试题（解析版） 16页

甘肃省天水市武山一中2019-2020学年高一12月月考试题 ‎1.以氧化铝为原料制取氢氧化铝，最好的方法是(   )‎ A. 将氧化铝溶于水 B. 将氧化铝先溶于盐酸中，之后滴加氨水。‎ C. 将氧化铝溶于盐酸，再滴加氢氧化钠溶液。‎ D. 将氧化铝溶于氢氧化钠溶液中，之后滴加盐酸。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】以氧化铝为原料制取氢氧化铝，可先和盐酸反应生成氯化铝，然后再和氨水反应可生成氢氧化铝，可也与氢氧化钠反应，然后在溶液中通入二氧化碳气体，以此解答。‎ ‎【详解】A.氧化铝不溶于水，不和水反应，故A错误； B.氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氨水反应形成氢氧化铝，氨水为弱碱，不会使氢氧化铝变成偏铝酸钠，所以B选项是正确的； C.氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氢氧化钠溶液反应形成氢氧化铝，但氢氧化钠为强碱，若氢氧化钠不足，生成氢氧化铝不够，若氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故C错误； D.将氧化铝溶于氢氧化钠，生成偏铝酸钠，不会生成氢氧化铝，故D错误。 故选B。‎ ‎2.2018年10月21日，港珠澳大桥正式开通，该桥的建成创下多项世界之最，其中仅大桥主梁使用的钢材42万吨。下列材料中不属于铁合金的是(   )‎ A. 生铁 B. 铁锈 C. 不锈钢 D. 铁锰合金 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】合金是由一种金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，据此判断。‎ ‎【详解】A. 生铁属于铁合金，A不选；‎ B. 铁锈主要成分是氧化铁，不是铁合金，B选；‎ C. 不锈钢属于铁合金，C不选；‎ D. 铁锰合金属于铁合金，D不选；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列关于Na和Na+的叙述中，错误的是(   )‎ A. 它们相差一个电子层 B. 它们的化学性质相似 C. 钠原子，钠离子均为同一元素 D. 灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Na+是钠原子失去一个电子后形成的，有2个电子层，根据钠原子和钠离子的结构来分析稳定性和化学性质，根据它们的质子和电子来分析它们的转化及是否为同种元素。‎ ‎【详解】A．Na+是钠原子失去一个电子后形成，有2个电子层，而钠原子有3个电子层，所以它们相差一个电子层，故A正确； ‎ B．Na+最外层为8电子结构，性质稳定；Na原子最外层有1个电子，易失电子，具有还原性，故B错误； ‎ C．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，质子数没有改变，所以钠原子、钠离子均为同一元素，故C正确； ‎ D．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，质子数没有改变，所以钠原子、钠离子均为同一元素，都是钠元素，所以灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎4.下列有关物质的用途中，运用了物质的化学性质的是(   )‎ A. 用胶状氢氧化铝凝聚水中的悬浮物进行净水 B. 用红棕色氧化铁制造红色油漆 C. 氢氧化铝作为医用的胃酸中和剂 D. 用氧化铝制造耐火坩埚和耐火管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，用于净水为物理吸附过程，故A不选；‎ B．用红棕色氧化铁制造红色油漆，是利用氧化铁为红棕色物理性质，故B不选；‎ C．氢氧化铝碱性较弱，能够与盐酸反应，可以作为医用的胃酸中和剂，运用了物质的化学性质，故C选；‎ D．耐火材料具有较高的熔点，氧化铝具有较高的熔点，氧化铝制造耐火坩埚和耐火管，利用氧化铝高熔点的物理性质，故D不选；‎ 故答案选C。‎ ‎5.只能表示一个化学方程式的离子方程式的是(   )‎ A. Cu2++2OH－+Ba2++SO42－＝Cu（OH）2↓+BaSO4↓‎ B. CO32－+2H+＝H2O+CO2↑‎ C. Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O D. H++OH－＝H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只能为硫酸铜与氢氧化钡的反应，则该离子反应只表示一个反应，故A选；‎ B．为可溶性碳酸盐和强酸或强酸酸式盐反应，如碳酸钠与盐酸、碳酸钾与硫酸等，则该离子反应不只表示一个反应，故B不选；‎ C．为氢氧化铁与强酸或强酸酸式盐反应，如盐酸与氢氧化铁、硫酸与氢氧化铁等，则该离子反应不只表示一个反应，故C不选；‎ D．为强酸或强酸酸式盐与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，如盐酸与氢氧化钠、硫酸与氢氧化钾等，则该离子反应不只表示一个反应，故D不选；‎ 答案选A。‎ ‎6.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是（ ）‎ A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红 C. 实验Ⅲ ：放出大量气体 D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；‎ B项、三价铁离子与硫氰化钾溶液反应生成硫氰合铁，溶液变红色，与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；‎ C项、铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；‎ D项、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子 C. AlN中氮元素的化合价为＋3‎ D. CO是还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应方程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由“0”价变为“-3”价，而C的化合价由“0”价变为“+2”价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；‎ B.N的化合价由“0”价变为“-3”价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；‎ C.氮化铝中Al的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故C错误；‎ D.在反应过程中C由“0”价变为+2价，所以CO是氧化产物，故D错误；‎ 所以本题答案为B。‎ ‎8.如图所示，在烧杯中加入水和苯(苯的密度为0.88g·cm-3，与水互不相溶，且不与钠反应)各50mL，将一小粒金属钠(密度为0.97g·cm-3)投入烧杯中，观察到的现象为（ ）‎ A. 钠在水层中反应并四处游动 B. 钠停留在苯层中不发生反应 C. 钠在苯的液面上反应并四处游动 D. 钠在苯与水的界面处反应并不断上浮、下沉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】苯不溶于水，密度比水小，在上层，钠不溶于苯，Na的密度比水小、比苯大，在苯和水的界面处，钠和水反应产生气体，使钠上浮，气体脱离后钠又下沉到苯和水的界面处，反复进行，直到Na完全消失。‎ 故选D。‎ ‎9.下列反应的离子方程式书写不正确的是(   )‎ A. 稀硫酸滴在铁片上：Fe＋2H+ ==Fe2+ ＋H2↑‎ B. 铜片插入硝酸银溶液中： Cu＋2Ag+ =Cu2+ ＋2Ag C. 碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应：Ca2＋＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O D. 醋酸滴在石灰石上：CaCO3 ＋ 2CH3COOH= Ca2＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硫酸滴在铁片上生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe＋2H+ ==Fe2+ ＋H2↑，故A正确，但不符合题意；‎ B. 电荷守恒，离子方程式为Cu＋2Ag+ =Cu2+ ＋2Ag，故B正确，但不符合题意；‎ C. 碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－=CaCO3↓＋CO32-+2H2O，故C错误，符合题意；‎ 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＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O，故D正确，但不符合题意；‎ 故选：C。‎ ‎10.营养学专家告诫大家：吃饭时不要同时大量食用海鲜（如虾、蟹、牡蛎等，其体内含有无毒的+5价的砷（As）元素）和某些蔬菜水果（如西红柿、土豆等，其体内富含维生素C），否则它们之间容易反应，生成剧毒的As2O3。对于产生剧毒的过程，下列叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 维生素C能将+5价砷氧化成As2O3 B. 维生素C具有还原性 C. 维生素C在反应中作还原剂 D. 含砷物质发生了还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】虾、蟹、牡蛎等，其体内含有无毒的+5价的砷（As），当和含维生素C的蔬菜，共同食用时,它们之间容易反应，生成剧毒的含+3价砷的物质（As2O3），说明维生素C具有还原性，做反应中的还原剂。‎ ‎【详解】A.维生素C具有还原性，将+5价砷还原成As2O3，故A错误；‎ B. 维生素C将+5价砷还原成+3价砷，说明维生素C具有还原性，故B.正确；‎ C.在反应中还原剂具有还原性，故C正确；‎ D. 无毒的+5价的砷（As）元素，由+5价变成了+3价，发生了还原反应，故D正确；‎ 所以本题答案为A。‎ ‎11.某化学小组以铝土矿(含 Al2O3、Fe2O3和 SiO2)为原料进行炼铝探究(流程如下)，叙述错误的是(   )‎ A. 步骤①②过程中均需过滤操作 B. a、b中铝元素的化合价相同 C. 反应③的化学方程式为：2 NaAlO2＋3H2O＋CO2 = 2Al(OH)3↓＋Na2CO3‎ D. d只能是氧化铝 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】铝土矿中含Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入盐酸后，Al2O3、Fe2O3溶于酸分别转化为Al3+和Fe3+，SiO2不溶于盐酸而过滤除去，a中的Al3+与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根离子，Fe3+与过量的NaOH溶液转化为氢氧化铁沉淀而过滤除去，则溶液b中的溶质主要是偏铝酸钠和氢氧化钠，再继续通入过量二氧化碳，则偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则c为滤渣，为氢氧化铝沉淀，再受热分解转化为氧化铝后，在熔融状态下通电，生成金属铝与氧气，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. 步骤①是为了除去二氧化硅，需要过滤，步骤②过程是为了除去氢氧化铁沉淀，也需要过滤，A项正确； ‎ B. a中铝元素以铝离子形式存在，b中铝元素以偏铝酸根离子形式存在，铝元素的化合价均为+3价，B项正确；‎ C. 反应③因通入过量的CO2，则会生成碳酸氢钠，正确的化学方程式为：NaAlO2＋2H2O＋CO2 = Al(OH)3↓＋NaHCO3，C项错误；‎ D. 依据上述分析可知，氢氧化铝受热分解后得到的氧化铝，在熔融状态下通电得到铝和氧气，则D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.某工厂废切削液中含有2%-5%的NaNO2，直接排放会造成水污染。已知NaNO2能发生反应：2NO2-+ xI- + yH+ = 2NO↑+ I2 +2H2O（已配平），下列说法不正确的是(   )‎ A. 上述反应中，x=2，y=4‎ B. 上述反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1‎ C. 若反应中转移1 mol电子，则生成的NO的体积为22.4 L D. 为使NaNO2转化为无污染的N2后再排出，可选用的试剂是NH4Cl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由I元素原子守恒可知x=2，由电荷守恒可计算y=4，故A正确，但不符合题意；‎ 氧化剂是NO2-，N元素的化合价由+3降为+2；还原剂是I-，I元素的化合价由-1升高到0，x=2，故物质的量之比为1：1，故正确，但不符合题意；‎ 若反应中转移1 mol电子，则生成的NO为1mol，在标准状况下为22.4L，故C错误，但符合题意；‎ 由于NH4++NO2-=N2↑+2H2O，为使NaNO2转化为无污染的N2后再排出，可选用NH4Cl溶液，故D正确，但不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎13.某无色溶液中，已知含有H+、Mg2+、Al3+等阳离子，加入NaOH溶液的体积（v）和生成沉淀的质量（m）之间的关系如如图所示，其中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加入NaOH溶液时依次发生反应：H++OH﹣=H2O，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，则说明开始没有沉淀，后开始产生沉淀，最后沉淀部分溶解，符合的图象为C，故选C。‎ ‎14.下列各组中的物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是(   )‎ A. Fe和FeCl3 B. Na与O2‎ C. NaOH与CO2 D. NaOH与AlCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe和FeC13发生反应产生FeCl2，与反应条件及物质的量的多少无关，正确；‎ B．Na与O2在室温下反应产生Na2O，在点燃或加热时发生反应产生Na2O2，反应温度不同，产物不同，错误；‎ C．NaOH与少量CO2反应产生碳酸钠和水，与过量CO2反应产生碳酸氢钠，物质的量多少不同，产物不同，错误；‎ D．少量NaOH与AlC13反应产生氢氧化铝和氯化钠；过量NaOH与AlC13反应产生偏铝酸钠、氯化钠和水，物质的量多少不同，反应产物不同，错误。‎ ‎15.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2 H2O = NaBO2+ 4H2↑下列说法中正确的是（NaBH4中B元素为＋3价）(   )‎ A. NaBH4既是氧化剂以是还原剂 B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂 C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，B元素化合价为+3价、Na元素化合价为+1价，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 ‎【详解】A．根据元素化合价变化知，NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，故A错误；‎ B．根据A知，NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，故B错误；‎ C．B元素化合价不变，所以B元素不被氧化或还原，故C错误；‎ D．根据方程式中，被氧化的H元素与被还原的H元素质量比为1：1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确，且两者具有因果关系的是(   )‎ 选项 实验 现象 结论或解释 A 将Cu片放入FeCl3溶液中 溶液棕黄色变为浅绿色 铁比铜还原性强 B 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落下来 铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且A12O3熔点高于Al C 向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液 产生白色沉淀 酸雨中一定含有SO42-‎ D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．证明Fe的金属性比Cu强，应将铁放入硫酸铜溶液中，将Cu片放入FeC13溶液中，生成铜离子和亚铁离子，只能证明铁离子氧化性比铜离子强，故A错误；‎ B．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则Al熔化但不滴落，现象、结论合理，故B正确；‎ C．硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚硫酸生成硫酸，结论不合理，故C错误；‎ D．过氧化钠与盐酸反应生成氧气，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，都为无色气体，结论错误，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎17.向某晶体的水溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现血红色。则由此得出下列的结论错误的是(   )‎ A. 该晶体中一定含有SCN-‎ B. Fe3+的氧化性比Br2的氧化性强 C. Fe2+被Br2氧化为Fe3+‎ D. Fe2+与SCN-不能形成血红色的化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显想，但在加入溴水后溶液变红，是因为溴水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN-结合，说明混合液原溶液中含有SCN-。‎ ‎【详解】A、向溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显想，但在加入溴水后溶液变红，是因为溴水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN-结合，说明混合液原溶液中含有SCN-，SCN-只能来源于晶体，所以该晶体含有SCN-，A正确；‎ B、Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，则说明Br2的氧化性比Fe3+强，B错误；‎ C、Fe2+被Br2氧化为Fe3+，C正确；‎ D、加入溴水后，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液才变红，说明Fe2+不能与SCN-结合形成血红色物质，D正确；‎ 故选B。‎ ‎18.将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。‎ ‎【详解】0.4g NaOH的物质的量为0.4g÷40g·mol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3‎ 的物质的量为1.06g÷106g·mol-1=0.01mol，则 A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；‎ B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；‎ C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；‎ D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎19.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。‎ ‎（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是________。‎ A．Fe B．FeO C．Fe3O4 D．Fe2O3‎ ‎（2）在现代工业生产中，常利用 FeCl3 腐蚀铜的原理制作印刷线路板，写出该原理的化学方程式_________________________‎ ‎（3）实验室在配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是_______________(用离子方程式表示) 。‎ ‎（4）现有配制所得的 100mL 6mol/L FeSO4 溶液，往其中滴入一定量的稀硝酸，回答下列问题：‎ ‎①配平该反应的离子方程式：□Fe2＋＋□NO3-＋□H＋ = □Fe3＋＋□NO↑＋□H2O___________‎ ‎②要检验该反应后的溶液中是否还含有 Fe2＋，可选用的试剂为___________‎ A. 酸性 KMnO4 溶液 B.KSCN 溶液 C. Cl2‎ ‎③经检验，上述反应后的溶液中不存在 Fe2＋，则该反应过程中产生的 NO 体积为（标准状况下）_____________L。‎ ‎【答案】(1). C (2). 2FeCl3 + Cu = 2FeCl2 + CuCl2 (3). Fe +2Fe3+ = 3Fe2+ (4). 3Fe2＋＋NO3-＋4H＋ = 3Fe3＋＋NO↑＋2H2O (5). A (6). 4.48‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）四氧化三铁是一种具有磁性的黑色晶体；‎ ‎（2）三价铁可以氧化铜单质为铜离子；‎ ‎（3）亚铁离子具有还原性；‎ ‎（4）①根据电荷守恒和原子守恒配平方程式；‎ ‎②亚铁离子具有还原性；‎ ‎③依据方程式进行计算；‎ ‎【详解】（1）指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是四氧化三铁，选项C符合，‎ 故选：C。‎ ‎（2）利用 FeCl3 腐蚀铜的原理制作印刷线路板，铁离子把铜单质氧化成铜离子，化学方程式是2FeCl3 + Cu = 2FeCl2 + CuCl2，故答案为：2FeCl3 + Cu = 2FeCl2 + CuCl2；‎ ‎（3）配制 FeSO4 溶液时为了防止 FeSO4 溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是Fe +2Fe3+ = 3Fe2+，故答案为：Fe +2Fe3+ = 3Fe2+；‎ ‎（4）①铁元素的化合价有+2价升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低到+2价，有电子，电荷及原子守恒可知离子反应为3Fe2＋＋NO3-＋4H＋ = 3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，‎ 故答案为：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋ = 3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；‎ ‎②亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选：A。‎ ‎③反应后的溶液中不含有亚铁离子，说明亚铁离子全部参与反应，n（Fe2＋）=c×V=0.1L×6mol/L=0.6mol，依据物质的量之比等于化学计量数之比，可得n(NO)= n（Fe2＋）=0.2mol，V(n（Fe2＋）)=n×Vm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48‎ ‎20.（1）我国是激光技术先进的国家，红宝石（Al2O3）是最早用于产生激光的材料。请用离子方程式来证明它是一种两性氧化物：____________、___________．‎ ‎（2）取等质量的两份某镁铝合金分别加入足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的标准状况下H2体积分别为33.6L、22.4L则该合金中镁、铝的物质的量之比为___________。‎ ‎（3）将一定质量的镁铝合金溶解在500mL盐酸中，向反应后的溶液中逐滴加入2mol/L NaOH溶液，产生沉淀质量与碱溶液体积的关系如图所示．则盐酸的物质的量浓度（假设反应前后溶液体积的变化忽略不计）_______________．产生沉淀质量的最大值_____________g．‎ ‎【答案】(1). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O (2). Al2O3+2OH—=2AlO2—+H2O (3). 3:4 (4). 2.8mol/L (5). 33‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应，均放出氢气；‎ ‎（2）依据Mg+2HCl=MgCl2+ H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3 H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2 NaAlO2+3 H2↑进行计算；‎ ‎（3）由图象可知，当加入NaOH700mL时，沉淀达最大值，此时溶液中溶液溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=‎ 计算盐酸浓度；加入NaOH800mL时，发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝完全溶解，消耗NaOH100mL，此时n（NaOH）=0.1L×2mol/L=0.2mol，以此可计算Al（OH）3的物质的量，加入NaOH溶液100mL～700mL时，发生Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，结合该阶段消耗的NaOH计算n[Mg（OH）2]，再根据m=nM计算．‎ ‎【详解】（1）氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应，离子方程式分别为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；‎ 故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；‎ ‎（2）设镁的物质的量是xmol，铝的物质的量是2ymol，镁铝合金加入到氢氧化钠溶液时，只发生2Al+2NaOH+2H2O=2 NaAlO2+3 H2↑，依据反应的物质的量之比等于化学计量数之比，可知生成氢气的物质的量是3ymol，有题意知3y=1mol，可得铝的物质的量是同样该等量的合金与盐酸反应时铝与盐酸反应放出的氢气体积在标准状况下有应该是22.4L，说明没与盐酸反应生成氢气的体积是11.2L（标况下），有Mg+2HCl=MgCl2+ H2↑，可知镁的物质的量是0.5mol，镁、铝的物质的量之比为0.5mol：=3:4，故答案为：3:4；‎ ‎(3)由图象可知，当加入NaOH700mL时,沉淀达最大值,此时溶液中溶液溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知：n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=0.7L×2moL/L=1.4mol，故盐酸的物质的量浓度=1.4mol0.5L=2.8mol/L，答：盐酸的物质的量浓度为2.8mol/L；‎ 加入NaOH800mL时，发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝完全溶解，消耗NaOH100mL，此时n(NaOH)=0.1L×2mol/L=0.2mol，可知Al(OH)3的物质的量=0.2mol，加入NaOH溶液100mL∼700mL时，发生Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓、Al3++3OH−‎ ‎═Al(OH)3↓，故生成氢氧化铝消耗NaOH为0.2mol×3=0.6mol,则生成氢氧化镁消耗NaOH为(0.7−0.1)L×2mol/L−0.6mol=0.6mol,故n[Mg(OH)2]=0.6mol2=0.3mol，则沉淀的最大重量=0.3mol×58g/mol+0.2mol×78g/mol=33g，答：沉淀的最大重量为33g.‎ ‎21.在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。 应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。 请回答该实验中的问题。‎ ‎（1）写出该反应的化学方程式____________________。圆底烧瓶中盛装水，烧瓶里应事先放置____，其作用是_____。‎ ‎（2）该同学欲确定反应后硬质试管中固体物质的成分，设计了如下实验方案：①待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；②取少量溶液B滴加KSCN溶液，溶液未变红色,该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应。若按图所示的操作，可观察到________________________________________ 的现象，请写出与上述现象相关的反应的化学方程式___________________________ ，____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (2). 碎瓷片 (3). 防止暴沸 (4). 先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 (5). FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2+Na2SO4 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）对于铁与水蒸气反应的化学方程式，教材中已出现，很容易写出化学方程式．还原剂的判定方法根据化合价升高的物质，氧化剂是化合价降低的物质；根据3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 ，‎ ‎ 反应物为水蒸气与铁；放碎瓷片的目的是防止沸腾事故发生；‎ ‎（2）滴入NaOH溶液时，生成的白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，则白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；‎ ‎【详解】（1）铁与水蒸气发生氧化还原反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，因为反应物为水蒸气与铁，所以这里加热的目的就是提供水蒸气，烧瓶底部应事先放置碎瓷片，放碎瓷片的目的是防止沸腾事故发生，故答案为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；碎瓷片；防止暴沸；‎ ‎（2）滴入NaOH溶液时，生成的白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，则白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生的反应为FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；‎ ‎22.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度。(可供选用的试剂只有CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水)回答下列问题：‎ ‎（1）装置B的作用是___________________； 装置E中碱石灰的作用是_________________________________。‎ ‎（2）装置D中发生反应的化学方程式是_________________；______________________.‎ ‎（3）超氧化钾（KO2）与过氧化钠一样能吸收CO2生成碳酸盐及O2，写出该反应的化学方程式_________________________。‎ ‎（4）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为___________。‎ ‎【答案】(1). 除去气体中的HCl (2). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). Na2O+CO2 =Na2CO3 (5). 4KO2 +2CO2=2K2CO3+3O2 (6). 78%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）获得二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，碱石灰可以吸收二氧化碳；‎ ‎（2）根据氧化钠和过氧化钠的性质来回答；‎ ‎（3）根据信息写出化学方程式；‎ ‎（4）根据氧气的量和过氧化钠量的关系来获得过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度．‎ ‎【详解】(1)碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，‎ 故答案为：除去气体中的HCl；吸收装置D中反应剩余的二氧化碳；‎ ‎(2)氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ； Na2O+CO2 =Na2CO3 ，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ； Na2O+CO2 =Na2CO3 ；‎ ‎（3）超氧化钾（KO2）与过氧化钠一样能吸收CO2生成碳酸盐及O2，依据元素守恒可知碳酸盐应该是碳酸钾，反应的化学方程式是：4KO2 +2CO2=2K2CO3+3O2 ，‎ 故答案为：4KO2 +2CO2=2K2CO3+3O2；‎ ‎(4)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=0.02mol×78g/mo÷l2.0g×100%=78%，故答案：78%.‎