【化学】江西省南昌市第十中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版） 16页

江西省南昌市第十中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。‎ ‎1．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号或IS号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上。‎ ‎2．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。‎ ‎3．考试结束后，请将答题纸交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 Al:27 Mg:24 Na:23 Fe:56 Cu:64 S:32 Si:28 Cl:35.5 Ba:137‎ 第I卷(选择题)‎ 一、选择题（共16题,每小题3分，共48分，每小题只有一个选项正确）‎ ‎1.为达成“同呼吸，共奋斗”全国各地为治理雾霾广泛开展了系列活动。下列不符合这一主题的是（ ）‎ A. 机动车实行限行措施是减少雾霾的途径之一 B. 积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用 C. 通过吸收空气中CO2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划 D. 将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，焚烧是一种较为理想的秸秆处理办法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】A.化石燃料燃烧产生大量烟尘、有毒气体等空气污染物；‎ B.风能、太阳能、氢能是清洁能源；‎ C.吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放； ‎ D.秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物；‎ ‎【详解】A.机动车实行限行减少汽车尾气的排放，减少氮及其化合物及固体颗粒排放，则是防止酸雨的途径之一，也是减少雾霾的途径之一，A正确；‎ B.风能、太阳能、氢能是清洁能源，使用过程中不会产生环境污染，有利于环境保护，B正确；‎ C.吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，有利于环境保护，C正确； ‎ D.秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物，容易导致雾霾的产生，不利于环境保护，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）‎ A. 酒精和水 B. 碘和四氯化碳 C. 汽油和植物油 D. 水和四氯化碳 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，A错误；‎ B.碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，B错误；‎ C.汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，C错误；‎ D.水和四氯化碳不溶，能用分液漏斗进行分离，D正确； ‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 78gNa2O2与足量水充分反应时电子转移数为NA B. 2L1mol/LNa2SO4溶液中离子总数为3NA C. 25℃，101.3kPa时，11.2LH2中含有的原子数为NA D. 4℃，101.3kPa时，54mlH2O中含有的原子数为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过氧化钠与水反应产生NaOH和O2，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，则78gNa2O2物质的量为1mol，则1mol Na2O2与足量水充分反应时电子转移数为NA，A正确；‎ B.2L 1mol/LNa2SO4溶液中硫酸钠的物质的量为2L×1mol/L=2mol，其中含有4mol钠离子和2mol硫酸根离子，共含有离子总数为6NA，B错误；‎ C.25℃、101.3kPa时，Vm≠22.4L/mol，不能按22.4L/mol计算氢气的分子数及原子数，C错误；‎ D. 4℃、101.3kPa时，54mL H2O质量为54g，物质的量为n(H2O)==3mol，含有的水分子数为3NA，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4. 下列操作正确的是：（ ）‎ ‎①过滤试剂 ②分离固体NaCl和碘单质 ③稀释浓硫酸 ④定容 A. 只有② B. ②③ C. ③④ D. 全不对 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】过滤时需要玻璃棒引流，①不正确；‎ 碘单质是易升华的，所以分离固体NaCl和碘单质可以采用升华的方法，②正确；‎ 稀释浓硫酸时应该把浓硫酸沿着器壁注入水中，并不断搅拌，量筒不能稀释溶液，③不正确；‎ 配制一定物质的量浓度溶液时，定容应该用胶头滴管，④不正确，‎ 答案选A。‎ ‎5. 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 焰色反应是化学变化 B. CO2通入CaCl2溶液中会产生白色沉淀 C. Fe3+遇KSCN溶液会产生红色沉淀 D. 25 ℃，Na2CO3在水中的溶解度比NaHCO3大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、焰色反应是利用电子的跃迁放出能量产生不同颜色的光，不是化学变化，A错误；‎ B、碳酸的酸性比盐酸弱，所以二氧化碳与氯化钙不反应，B错误；‎ C、铁离子与KSCN溶液反应生成红色的络合物，不是沉淀，C错误；‎ D、常温下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎6. 下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（ ）‎ A. 溶液是电中性的，胶体是带电的 B. 通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动 C. 溶液中溶质分子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动 D. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液是电中性的，胶体也是电中性的，故A错误；‎ B．通电时，溶液中的溶质若是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，溶质若是非电解质，则不移向任何电极，故B错误；‎ C．胶体的分散质粒子在显微镜观察下呈现无规则运动，这就是胶体的布朗运动特性。溶液中的离子自由移动，其运动是无规律的。故C错误；‎ D．溶液没有丁达尔现象而胶体存在，故胶体出现明显的光带，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是（ ）‎ A. 氯化钠溶液中滴入硝酸银溶液 B. 氢气还原氧化铜 C. 铁片置于硫酸铜溶液中 D. 一氧化碳的燃烧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯离子与银离子结合生成氯化银沉淀，不是氧化还原反应，不符合要求； B、氢气还原氧化铜，不是离子反应，不符合要求；‎ C、铁置换出铜，该反应是离子反应也是氧化还原反应，符合要求；‎ D、CO燃烧的反应都不是离子反应，不符合要求；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列变化不可能通过一步实验直接完成的是（ ）‎ A. Al(OH)3→Al2O3 B. Al2O3→Al(OH)3 ‎ C. Al→AlO2- D. AlCl3→Al(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al(OH)3→Al2O3，氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，A不符合题意；‎ B.Al2O3→Al(OH)3转化，Al2O3难溶于水，应先将Al2O3与酸反应变成Al3+或与强碱溶液反应AlO2-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al(OH)3，不可以一步完成，B符合题意；‎ C.Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，可以一步完成，C不符合题意；‎ D.AlCl3→Al(OH)3，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，可以一步完成，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9. 下列物质不能通过化合反应制得的是（ ）‎ A. NaHCO3 B. FeCl2 C. Fe(OH)3 D. H2SiO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，不符合题意，故A不选；‎ B、2FeCl3＋Fe=3FeCl2，不符合题意，故B不选；‎ C、4Fe (OH)2＋O2＋2H2O=4Fe (OH)3，不符合题意，故C不选；‎ D 、SiO2不溶于水，不能直接通过化学反应制备硅酸，符合题意，故D选 ‎10.某含硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液100 mL，已知溶液中各种阳离子的物质的量相等，硫酸根离子的浓度为7 mol·L－1。此溶液最多能溶解铁粉的质量为（ ）‎ A. 5.6 g B. 10.6 g C. 11.2 g D. 16.8 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】假设各种阳离子浓度为xmol/L，根据化学式分析硫酸根离子浓度为x+x+3x/2=7，解x=2mol/L，硫酸铜和铁可以反应，硫酸铁和铁可以反应，所以最多溶解铁的质量为（2×0.1+2×0.1/2）×56=16.8g，选D。‎ ‎11. 硅是带来人类文明的重要元素之一。下列物质中主要成分是硅酸盐的是（ ）‎ A. 陶瓷 B. 金刚石 C. 水晶 D. 大理石 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】硅酸盐是由硅、氧和金属组成的化合物的总称，所以选项A正确。金刚石是C，水晶是SiO2，大理石是CaCO3。‎ 答案选A。‎ ‎12.除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法不正确的是 （ ）‎ 物质 杂质 除杂质所用试剂和方法 A KCl溶液 I2‎ CCl4，萃取 B KNO3‎ K2SO4‎ Ba（NO3）2溶液，过滤 C Cu CuO 盐酸，过滤 D CaCO3‎ CaO 盐酸，过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单质碘易溶在有机溶剂中，萃取即可，选项A正确；‎ B. 硝酸钡能和硫酸钾分液生成白色沉淀硫酸钡和硝酸钾，过滤即可，选项B正确；‎ C. 铜和盐酸不反应，但氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，过滤即可，选项C正确；‎ D. 碳酸钙也能和盐酸反应，应该是溶于水过滤，选项D不正确，‎ 答案选D。‎ ‎13.向Fe2O3和铁屑的混合物中加入足量的稀硫酸至固体完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，而产生的Fe2+和H2的物质的量之比为4：1，则原混合物中Fe2O3和Fe的物质的量之比为（ ）‎ A. 1：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 1：3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，由化学方程式Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O和Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4得到Fe2O3～Fe2(SO4)3～Fe～3FeSO4，可见ymol的Fe2O3参加反应转化为3ymolFeSO4‎ ‎，同时消耗ymol的Fe；又由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知，(x-y)mol的Fe与硫酸反应产生(x-y)mol的FeSO4和(x-y)mol H2；则有[3ymol+(x-y)mol]：(x-y)mol=4：1，整理得y：x=1：2，故合理选项是C。‎ ‎14.某水溶液中可能含有Na＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4+、Cl－、SO42-离子中的若干种。某同学取200mL该溶液分成两等份依次进行如下实验：①向第一份溶液中加过量的NaOH溶液后加热，充分反应后生成0.02mol气体(标况)，无沉淀产生，同时得到溶液甲；②向溶液甲中通入过量的CO2，充分反应生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧至恒重得到1.02g固体；③向第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，充分反应生成白色沉淀，沉淀用盐酸充分洗涤、干燥，得到11.65g固体。据此，该同学得到的结论正确的是（ ）‎ A. 实验①中产生的气体为氨气，并可得原溶液中c(NH4+)＝0.02 mol/L B. 实验③中沉淀里一定有BaSO4，可能有Mg(OH)2‎ C. 若要确定原溶液中是否含有Cl－，无需另外再设计实验验证 D. 原溶液中一定含有Na＋，且c(Na＋)≥0.2mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，该气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，物质的量为0.02mol，其浓度为：c(NH4+)=‎ 无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；‎ ‎②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，该白色沉淀即为Al(OH)3，则原溶液中一定有Al3+，由于Al3+与CO32-不能大量共存，所以一定不含有CO32-，Al3+和过量的NaOH反应生成NaAlO2溶液，向溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是n(Al3+)=2×=0.02mol；c(Al3+)=‎ ‎③第二份溶液中加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有SO42-离子，无Ba2+。沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体即BaSO4的质量是11.65g，物质的量为：n(BaSO4)=11.65g÷233g/mol=0.05mol，根据S元素守恒，可知SO42-的物质的量是0.05mol，c(SO42-)=0.05mol÷0.1L=0.5mol/L。‎ 综上可知，一定含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：0.2mol/L；0.2mol/L；0.5mol/L，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、SO42，不能确定是否存在氯离子。‎ ‎【详解】A．根据以上分析可知，c(NH4+)=0.2 mol/L，A错误；‎ B．根据以上分析可知，③中的白色沉淀中一定有BaSO4，因溶液不存在镁离子，则没有生成氢氧化镁，B错误；‎ C．由以上分析可知，不能确定氯离子是否存在，C错误；‎ D．任何溶液中都存在电荷守恒，NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：0.2mol/L；0.2mol/L；0.5mol/L，可知NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，依据溶液中阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，则一定有Na+存在，若无氯离子存在，则0.2×1+0.2×3+c(Na+)×1=0.5×2，解得c(Na+)=0.2mol/L，若含有氯离子，则c(Na+)＞0.2mol/L，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎15.向xmL2.0mol/L的盐酸中投入ag镁铝合金，金属完全溶解，再加入ymL1.0mol/L的NaOH 溶液沉淀达到最大值，且质量为（a+1.7）g，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. a的取值范围为0.9g＜a＜1.2g B. 镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NA C. 镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12L D. x=2y ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】向Mg、Al合金与盐酸反应后的反应中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，沉淀是Mg (OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl。‎ ‎【详解】A．当金属全为Al时，Al的物质的量为n(Al)=0.1mol÷3=0.1/3mol,所以a的极小值为0.1/3mol×27g/mol=0.9g；当全为Mg时，Mg的物质的量为0.1mol÷2=0.05mol，则a的极大值=0.05mol×24g/mol=1.2g，故ad取值范围为0.9g＜a＜1.2g，正确；‎ B．沉淀混合物含有的OH-的质量为（a+1.7g）-ag=1.7g，物质的量为1.7g÷17g/mol=0.1mol;镁铝合金提供的电子等于混合物中OH-所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1mol×NAmol-1=0.lNA，故B正确；‎ C．由B分析可知，金属提供电子为0.1mol，根据电子转移守恒可知，生成氢气的物质的量为0.1mol ÷2 = 0.05mol，常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故氢气的体积大于0.05mol×22.4L/mol= 1.12L，故C正确；‎ D．根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以x ‎ mL×2mol/L=ymL×1mol/L，即y=2x，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎16.往 100 g FeCl3 和 CuCl2 的混合溶液中加入铁粉。已知 FeCl3会先与铁粉发生反应：2FeCl3 + Fe =3FeCl2。下图为加入铁粉的质量与反应后剩余固体质量关系。下列说法不正确的是（ ）‎ A. D 点对应纵坐标为 6.4‎ B. B 点后溶液的颜色为蓝色 C. 该 100 g 溶液中的 CuCl2质量分数为 13.5%‎ D. 取 DE 两点间（不含 D）的剩余固体加入盐酸，均有气泡产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B点处与氯化铜反应铁的质量为11.2g-5.6g=5.6g，设生成铜的质量为x，参加反应氯化铜的质量为y Fe + CuCl2═FeCl2+Cu ‎56  135    64‎ ‎5.6g y     x ‎＝＝，x=6.4g，y=13.5g，故此时生成铜为6.4g，也就是D点的坐标为6.4g，故A正确；‎ B、A点以前是铁与氯化铁反应，说明与氯化铁反应的铁为5.6g；A-B段是铁与氯化铜溶液反应，B点后溶液中无氯化铜，故B错误；‎ C、由D点的坐标为6.4g，则DE间的固体质量为5.6g，而BC间的质量也为5.6g，则说明B点后铁粉再未参加反应，氯化铜已恰好反应完全，由B可知反应的氯化铜的质量为13.5g，其溶质的质量分数×100%=13.5%，故C正确；‎ D、由于由于DE两点间存在铁粉，所以加盐酸后一定能产生气泡，故D正确；‎ 故选B。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ 二、非选择题（共6小题，共52分）‎ ‎17.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。提示:黄緑色气体乙是氯气。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：B______，丙______，H______。‎ ‎(2)根据要求回答：‎ ‎①D溶液和F溶液在空气中混合的现象：_______；‎ ‎②反应③离子方程式________；‎ ‎③反应⑦离子方程式________；‎ ‎④反应⑥化学方程式________。‎ ‎【答案】(1). Al (2). HCl (3). Fe(OH)2 (4). 产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 (5). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (6). 2Fe2++2Cl2=2Cl-+2Fe3+ (7). 4Fe(OH)2+ O2+2H2O=4Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】金属单质A焰色反应为黄色证明为A是Na，与水反应生成气体甲为H2，物质D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应，说明B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸，物质D是氢氧化钠，D和物质G为反应H在空气中生成红褐色沉淀I为Fe(OH)3，则H是Fe(OH)2，Fe(OH)3与盐酸发生产生的G为FeCl3‎ ‎，物质F为FeCl2，可判断C为Fe，以此解答该题。‎ ‎【详解】由以上推断可知A是Na，B是Al，C是Fe，D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)2，I是Fe(OH)3。‎ ‎(1)根据上述分析可知B为Al，丙为HCl，H为Fe(OH)2；‎ ‎(2)①D是NaOH，F是FeCl2，二者发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁沉淀，因此在空气中混合的现象为：产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；‎ ‎②反应③是Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎③FeCl2具有还原性，Cl2具有强的氧化性，二者发生氧化还原反应产生FeCl3，所以反应⑦离子方程式为2Fe2++2Cl2=2Cl-+2Fe3+；‎ ‎④Fe(OH)2不稳定，容易被氧气氧化产生Fe(OH)3，所以反应⑥化学方程式4Fe(OH)2+ O2+2H2O=4Fe(OH)3。‎ ‎18.绿矾(FeSO4•7H2O)可用做净水剂、除草剂等。某研究小组测定了硫酸矿焙烧后的烧渣中主要成分(Fe2O3、Al2O3和SiO2，不考虑其它杂质)的含量并制备了绿矾，流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和______。‎ ‎(2)试剂C是______。‎ ‎(3)③中反应的离子方程式是_______、_______。‎ ‎(4)烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比是______。‎ ‎【答案】(1). OH- (2). 稀硫酸 (3). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (4). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (5). 5：5：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】烧渣主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2，与过量NaOH溶液混合，Al2O3和SiO2‎ 反应产生NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A中，Fe2O3不能反应进入滤渣，然后过滤得到的固体B为Fe2O3为8.0g，溶液A中含有Na+、AlO2-、SiO32-和OH-，加入过量盐酸，AlO2-转化为Al3+，SiO32-反应形成H2SiO3沉淀，发生反应的离子反应方程式为OH-+H+=H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O、SiO32-+2H+=H2SiO3↓，然后过滤得到的固体F为H2SiO3沉淀，灼烧H2SiO3脱水分解得SiO2为0.6g；固体B为Fe2O3，向其中加过量试剂C溶解，因为要制备FeSO4•7H2O，所以试剂C为稀硫酸，发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，所得溶液D为硫酸铁和过量稀硫酸的混合溶液，再加试剂E将三价铁还原成二价铁，则试剂E为Fe单质，最后将硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，据此分析。‎ ‎【详解】(1)通过以上分析知，溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和OH-；‎ ‎(2)固体B为Fe2O3，向其中加入H2SO4反应产生Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入Fe粉，还原得到FeSO4溶液，因此试剂C是稀硫酸；‎ ‎(3)③是Fe单质与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4溶液，及与过量的H2SO4反应产生FeSO4和H2，其中反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎(4)通过以上分析知Fe2O3为8.0g，，固体G是SiO2，由于在反应过程中Si元素没有损失，所以根据Si元素守恒，可知原混合物中含有SiO2为0.6g，则原混合物中Al2O3质量为m(Al2O3)=13.7g-8.0g-0.6g=5.1g，则烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比n(Fe2O3)：n(Al2O3)：n(SiO2)=：：=0.05：0.05：0.01=5：5：1。‎ ‎19.(1)标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得浓度为12.0mol/L、密度为0.915g/cm3的氨水。试计算1体积水吸收________体积的氨气可制得上述氨水。(水的密度以1.00g/cm3计)‎ ‎(2)硫铁矿高温下空气氧化产生二氧化硫：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3设空气中N2、O2的含量分别为0.800和0.200(体积分数)，试完成下列各题：‎ ‎①1.00molFeS2完全氧化，需要空气的体积(标准状况)为_______L。‎ ‎②55L空气和足量FeS2完全反应后，气体体积(同温同压)变为_______L。‎ ‎【答案】(1). 378 (2). 308 (3). 52‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)假设溶液体积为1.00L，根据n(NH3)=c(NH3)×V，求出1L溶液中所含氨气的物质的量，求出标准状况下氨气的体积；根据水的质量=氨水的质量-氨气的质量，求出水的质量，进而求出水的体积；由求出1体积水所吸收氨气的体积；‎ ‎(2)①根据方程式计算需要氧气的物质的量，再根据V=n·Vm氧气的体积，根据空气中氧气的体积分数计算需要空气的体积；‎ ‎②计算空气中氧气的体积，利用差量法计算反应后气体体积变化，据此解答。‎ ‎【详解】(1)假设溶液体积为1.00L，1.00L该氨水含氨的物质的量n(NH3)= 1.00L×12.0mol/L=12.0mol，V(NH3)=12.0mol×22.4L/mol=268.8L；1.00L该氨水中含水的质量m(H2O)=1.00L×0.915g/cm3×103mL/L-12.0mol×17.0g/mol=915g-204g=711g；V(H2O)==0.711L；==378；‎ ‎(2)①根据方程式4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3可知，1.00molFeS2完全氧化需要氧气物质的量为mol，因此需要空气的体积=(mol×22.4L/mol)÷0.200=308L；‎ ‎②55L空气中氧气的体积V(O2)=55L×0.200=11.0L，由化学方程式4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3可知，11mol的O2参加反应变为8molSO2，在同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量的比，则11.0L的O2参加反应产生8LSO2，气体体积减少了3L，故反应后气体的体积为55L-3L=52L。‎ ‎20.已知Cl－、Br－、Fe2＋、I－的还原性依次增强。现向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示，请回答：‎ ‎(1)a线分别代表溶液中____________的变化情况；‎ ‎(2)c线分别代表溶液中____________的变化情况；‎ ‎(3)原溶液中Br－与Fe2＋的物质的量之比为____________；‎ ‎【答案】(1). I－ (2). Fe3＋ (3). 3∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应中:氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性,还原剂的还原性>还原产物的还原性,根据还原性强弱为：I->Fe2+>Br->Cl-‎ 规律可知，氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子；通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,最后是溴离子； 在通入氯气的量为0-1mol的过程中,碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol；通入氯气的量为1-3mol的过程中,亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大,所以含有亚铁离子共4mol；在通入氯气的量为3-6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol；据以上分析回答。‎ ‎【详解】(1) Cl－、Br－、Fe2＋、I－的还原性依次增强,氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0-1mol的过程中,碘离子从最大量降到0，所以a线代表溶液中的I－的变化情况； 综上所述，本题答案是：I－。‎ ‎(2)通入氯气的量为1-3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以c线代表溶液中的Fe3＋的变化情况；因此，本题正确答案是：Fe3＋。 (3) 通入氯气的量为1-3mol 的过程中,亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大,所以含有亚铁离子共4mol；在通入氯气的量为3-6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol；所以原溶液中Br－与Fe2＋的物质的量之比为：6:4=3∶2；‎ 综上所述，本题答案是：3∶2。‎ ‎21.一定质量的镁、铝混合物投到2 mol·L－1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入2 mol·L－1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。则：‎ ‎（1）80-90ml对应反应的离子方程式_____________；‎ ‎（2）金属铝的质量为____________g；‎ ‎（3）盐酸的体积是____________mL；‎ ‎（4）a的取值范围是________________。‎ ‎【答案】(1). Al(OH)3+ OH－＝AlO2－+2H2O (2). 0.54g (3). 80mL (4). 0＜a＜50‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：2mol/L×0.01L=0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁， （1）80～90ml为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水； （2）氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量； （3）加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，根据质量守恒可以计算出氯化氢的物质的量，再根据V=计算出盐酸的体积； （4）合金的组成可以采用极限假设法，当金属全部是金属铝时剩余的酸最多，a的值最大来判断a得取值范围。‎ ‎【详解】（1）根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-＝H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-＝Mg（OH）2↓、Al3++3OH-＝Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al(OH)3+ OH－＝AlO2－+2H2O，即80～90ml对应反应的离子方程式为Al(OH)3+ OH－＝AlO2－+2H2O；‎ ‎（2）从横坐标80mL到90mL这段可以求出n（Al（OH）3）＝n（OH－）＝2 mol·L－1×0.01L＝0.02mol，则n（Al）＝n（Al（OH）3）＝0.02mol，即为0.54g；‎ ‎（3）镁、铝混合物投到盐酸中，生成氯化镁和氯化铝，并且从图上可知盐酸过量，当加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与过量的酸反应生成氯化钠，后氢氧化钠又与氯化镁和氯化铝反应生成氯化钠，当氢氧化钠溶液的体积为80mL时，盐酸中的氯离子都与钠离子结合成氯化钠，根据原子守恒可知，n（HCl）＝n（NaOH）＝2 mol·L－1×0.08L＝0.16mol，则盐酸的体积为V＝＝0.16mol÷2mol/L＝0.08L＝80mL；‎ ‎（4）假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a＝，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为0＜a＜50。‎ ‎22.已知：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注：KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。‎ ‎(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2‎ O反应中的还原产物是_____（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。‎ ‎(2)a+b的最大值为________，a+b最小值为________。‎ ‎【答案】(1). MnCl2 (2). 0.6 (3). 0.25 (4). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl元素化合价变化计算转移电子；‎ ‎(2)KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1×(7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b)的最小值。‎ ‎【详解】(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol；‎ ‎(2)KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1×(7-2)=4a+2b，整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，此时a=0，则(a+b)的最大值=0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×=0.05mol，则a+b≥0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为0.2。‎